甘肃省定西市通渭县高二下学期期末化学试卷

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2015—2016学年甘肃省定西市通渭县高二（下）期末化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列说法正确的是（）A．酿酒过程中,葡萄糖可通过水解反应生成酒精B．鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液，生成的沉淀物不能再溶解C．酸性高锰酸钾紫色溶液中加入植物油充分振荡后,溶液颜色会褪去D．维生素C（）溶液中滴加KI淀粉溶液，立即变蓝色2．下列说法正确的（)A．1mol乙酸和甲酸甲酯的混合物中含有共用电子对的数目是8×6.02×1023B．等物质的量的﹣CH3与OH﹣所含电子数相等C．7.8gNa2O2中所含阴离子的物质的量是0。2molD．35C12和37C12互为同素异形体3．下列离子在给定的条件下一定能大量共存的是（）A．加入Al粉放出H2的溶液中:Na+、K+、Fe3+、NO3﹣B．含有SCN﹣离子的溶液中：Ca2+、Fe2+、NO3﹣、Cl﹣C．水电离出的c（H+）=1×10﹣13mol/L的溶液中：Mg2+、K+、NO3﹣、Cl﹣D．c（Fe3+)=0.1mol/L的溶液中：NH4+、Cl﹣、AlO2﹣、SO42﹣4．下列离子方程式的书写与结论均合理的是（）选项离子方程式结论AAgCl（s)+I﹣（aq）═AgI(s）+Cl﹣（aq）溶解度：AgI＞AgClBFe2++H2O2+2H+═Fe3++2H2O氧化性:H2O2＞Fe3+CCO32﹣+CO2+H2O═2HCO3﹣稳定性:HCO3﹣＞CO32﹣DNH3+H3O+═NH4++H2O得质子能力：NH3＞H2OA．A B．B C．C D．D5．下列叙述中正确的是（）A．图①中正极附近溶液pH降低B．图①中电子由Zn流向Cu,盐桥中的Cl﹣移向CuSO4溶液C．图②中加入少量K3［Fe（CN)6］溶液，有蓝色沉淀生成D．图②正极反应是O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣6．对常温下pH=3的CH3COOH溶液，下列叙述不正确的是(）A．c（H+）=c(CH3COO﹣)+c（OH﹣）B．加入少量CH3COONa固体后，c（CH3COO﹣）降低C．该溶液中由水电离出的c（H+)是1.0×10﹣11mol/LD．与等体积pH=11的NaOH溶液混合后所得溶液显酸性7．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A．如图所示装置，蒸干AlCl3饱和溶液制备AlCl3晶体B．如图所示装置,制备并收集少量NO2气体C．如图所示装置，分离CCl4萃取I2水后的有机层和水层D．如图所示装置，可以证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2二、解答题（共3小题,满分45分）8．A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A元素是所有原子中半径最小的原子；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物生成一种盐X；D与A同主族,且与E同周期；E元素的最外层电子数是其次外层电子数的，A、B、D、E这四种元素中，每一种都能与C元素形成原子个数比不相同的化合物．请回答下列问题：（1)A、C两元素形成的原子个数比为1：1的化合物，该化合物电子式为．（2）B元素的氢化物在催化剂存在的情况下与C元素单质反应的化学方程式为．（3)X的水溶液显（填酸性、碱性或中性），原因是(用离子方程式表示）．（4）C和E两元素相比较，非金属性较强的是（填“元素名称"），可以验证该结论的是(填“序号”）．A．比较这两种元索的气态氢化物的沸点B．比较这两种元素的单质在常温下的状态C．比较这两种元素的气态氢化物的稳定性D．比较这两种元素的单质与氢气化合的难易（5）C、D两元素形成的原子个数比为1:1的化合物，E、C两元素形成的原子个数比为1：2的化合物，这两种化合物反应的化学方程式为．(6）A与C、A与E可分别形成甲、乙两种负一价双原子离子，且甲有10个电子，乙有18个电子,则甲与乙反应的离子方程式为．9．氨在人类的生产和生活中有着广泛的应用，某化学兴趣小组利用图一装置探究氨气的有关性质．（1）装置A中烧瓶内试剂可选用（填序号)．B的作用是a．碱石灰b．浓硫酸c．生石灰d．烧碱溶液（2)连接好装置并检验装置的气密性后，装入药品，然后应先(填I或Ⅱ）．Ⅰ．打开旋塞逐滴向圆底烧瓶中加入氨水Ⅱ．加热装置C（3)实验中观察到C中CuO粉末变红,D中无水硫酸铜变蓝,并收集到一种单质气体,则该反应相关化学方程式为，．该反应证明氨气具有性．(4)该实验缺少尾气吸收装置，图二中能用来吸收尾气的装置是（填装置序号）．（5）氨气极易溶于水，若标准状况下,将2。24L的氨气溶于水配成0.5L溶液,所得溶液的物质的量浓度为mol/L．10．碳、氮广泛的分布在自然界中，碳、氮的化合物性能优良，在工业生产和科技领域有重要用途．（1）氮化硅(Si3N4）是一种新型陶瓷材料,它可由SiO2与过量焦炭在1300～1700°C的氮气流中反应制得：3SiO2(s）+6C（s)+2N2（g）⇌Si3N4（s）+6CO(g）．△H=﹣1591.2kJ/mol，则该反应每转移1mole﹣，可放出的热量为．（2）某研究小组现将三组CO（g)与H2O（g）的混合气体分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，一定条件下发生反应：CO(g)+H2O（g)⇌CO2（g）+H2(g），得到如下数据:实验组温度/℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OCOH21650240.51。552900120。50。5①实验Ⅰ中，前5min的反应速率v（CO2）=．②900℃时该反应的平衡常数K=③下列能判断实验Ⅱ已经达到平衡状态的是．a．容器内CO、H2O、CO2、H2的浓度不再变化b．容器内压强不再变化c．混合气体的密度保持不变d．v正(CO)=v逆(CO2）e．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化④若实验Ⅲ的容器是绝热的密闭容器，实验测得H2O(g)的转化率H2O%随时间变化的示意图如图1所示，则b点v正v逆(填“＜”、“=”或“＞”），t3～t4时刻，H2O（g）的转化率H2O%降低的原因是．（3）利用CO与H2可直接合成甲醇，图2是由“甲醇﹣空气”形成的绿色燃料电池的工作原理示意图，写出以石墨为电极的电池工作时正极的电极反应式，利用该电池电解1L0.5mol/L的CuSO4溶液，当消耗560mLO2（标准状况下）时，电解后溶液的pH=(溶液电解前后体积的变化忽略不计）．[[化学—-选修2化学与技术]11．高铁酸钾（K2FeO4)是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂=其生产工艺如下：已知:①2KOH+Cl2═KCl+KClO+H2O（条件：温度较低)②6KOH+3Cl2═5KCl+KClO3+3H2O（条件：温度较高）③2Fe(NO3)3+2KClO+10KOH═2K2FeO4+6KNO3+2KCl+5H2O回答下列问题：(1）该生产工艺应在（填“温度较高"或“温度较低”)的情况下进行；（2)写出工业上制取Cl2的化学方程式；（3）K2FeO4可作为新型多功能水处理剂的原因；（4)配制KOH溶液时，是在每100mL水中溶解61。6gKOH固体（该溶液的密度为1。47g/mL)，它的物质的量浓度为(5）在“反应液I”中加KOH固体的目的是①，②；（6）从“反应液II”中分离出K2FeO4后，副产品是(写化学式)．[化学——选修3物质结构与性质]12．已知R、W、X、Y、Z是周期表中前四周期元素，它们的原子序数依次递增．R的基态原子中占据哑铃形原子轨道的电子数为1；W的氢化物的沸点比同族其它元素氢化物的沸点高；X2+与W2﹣具有相同的电子层结构；Y元素原子的3P能级处于半充满状态；Z+的电子层都充满电子．请回答下列问题：(1）写出Z的基态原子的外围电子排布式．（2）R的某种钠盐晶体,其阴离子Am﹣(含R、W、氢三种元素)的球棍模型如上图所示：在Am﹣中,R原子轨道杂化类型有;m=．（填数字)(3）经X射线探明，X与W形成化合物的晶体结构与NaCl的晶体结构相似，X2+的配位原子所构成的立体几何构型为．（4）往Z的硫酸盐溶液中加入过量氨水,可生成[Z（NH3）4］S04，下列说法正确的是A．［Z（NH3）4]SO4中所含的化学键有离子键、极性键和配位键B．在[Z（NH3）4］2+中Z2+给出孤对电子，NH3提供空轨道C．［Z（NH3）4]SO4的组成元素中第一电离能最大的是氧元素D．SO42﹣与PO43﹣互为等电子体,空间构型均为四面体（5）固体YCl5的结构实际上是YCl4+和YCl6﹣构成的离子晶体，其晶体结构与CsCl相似．若晶胞边长为apm，则晶胞的密度为g•cm﹣3．[化学—-选修5有机化学基础]13．已知2RCH2CHOR﹣,水杨酸酯E为紫外吸收剂，可用于配制防晒霜．E的一种合成路线如下：已知D的相对分子质量是130．请回答下列问题：(1)一元醇A中氧的质量分数约为21.6%．则A的分子式为，结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为；（2）B能与新制的Cu（OH）2发生反应，该反应的化学方程式为：；（3）写出C结构简式：；若只能一次取样，请提出检验C中2种官能团的简要方案：；（4）写出同时符合下列条件的水杨酸所有同分异构体的结构简式：；（a)分子中有6个碳原子在一条直线上；（b)分子中所含官能团包括羧基和羟基（5）第④步的反应条件为；写出E的结构简式:

2015—2016学年甘肃省定西市通渭县高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列说法正确的是(）A．酿酒过程中，葡萄糖可通过水解反应生成酒精B．鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液，生成的沉淀物不能再溶解C．酸性高锰酸钾紫色溶液中加入植物油充分振荡后,溶液颜色会褪去D．维生素C(）溶液中滴加KI淀粉溶液，立即变蓝色【考点】有机物的结构和性质;有机化学反应的综合应用．【分析】A．葡萄糖发生酒化反应生成乙醇；B．鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液，发生盐析,为可逆过程；C．油中含碳碳双键，能被高锰酸钾氧化;D．维生素C有还原性，淀粉遇碘单质变蓝．【解答】解：A．葡萄糖分解生成酒精和二氧化碳，未发生水解，故A错误;B．鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液发生盐析,盐析是可逆的，生成的沉淀物能再溶解，故B错误;C．植物油中含有碳碳双键,能被酸性高锰酸钾氧化，溶液颜色会褪去，故C正确；D．维生素C有还原性，不能将碘化钾氧化为碘单质，则不能变蓝，故D错误；故选C．2．下列说法正确的（）A．1mol乙酸和甲酸甲酯的混合物中含有共用电子对的数目是8×6。02×1023B．等物质的量的﹣CH3与OH﹣所含电子数相等C．7.8gNa2O2中所含阴离子的物质的量是0。2molD．35C12和37C12互为同素异形体【考点】物质的量的相关计算．【分析】A．乙酸和甲酸甲酯互为同分异构体，每个乙酸和甲酸甲酯分子中所含共用电子对个数都是8；B．一个﹣CH3与OH﹣所含电子数分别是9、10;C．1mol过氧化钠化中含有1mol阴离子；D．同种元素的不同单质互称同素异形体．【解答】解：A．乙酸和甲酸甲酯互为同分异构体，每个乙酸(CH3COOH）和甲酸甲酯（HCOOCH3）分子中所含共用电子对个数都是8,所以1mol乙酸和甲酸甲酯的混合物中含有共用电子对的数目是8×6.02×1023，故A正确；B．一个﹣CH3与OH﹣所含电子数分别是9、10,所以等物质的量的﹣CH3与OH﹣所含电子数不等，故B错误；C．Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物,电子式为,1mol过氧化钠化中含有1mol阴离子过氧根离子，.7。8gNa2O2的物质的量是0.1mol,所以7。8gNa2O2中所含阴离子的物质的量是0.1mol，故C错误；D．同种元素的不同单质互称同素异形体，35Cl2和37Cl2是同一种物质，故D错误；故选A．3．下列离子在给定的条件下一定能大量共存的是(）A．加入Al粉放出H2的溶液中：Na+、K+、Fe3+、NO3﹣B．含有SCN﹣离子的溶液中:Ca2+、Fe2+、NO3﹣、Cl﹣C．水电离出的c（H+）=1×10﹣13mol/L的溶液中：Mg2+、K+、NO3﹣、Cl﹣D．c（Fe3+）=0。1mol/L的溶液中：NH4+、Cl﹣、AlO2﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．加入Al粉放出H2的溶液，为强碱或非氧化性酸溶液；B．含有SCN﹣离子的溶液,该组离子之间不反应；C．水电离出的c（H+）=1×10﹣13mol/L的溶液,为酸或碱溶液;D．离子之间相互促进水解．【解答】解:A．加入Al粉放出H2的溶液,为强碱或非氧化性酸溶液,碱溶液中不能大量存在Fe3+,故A不选；B．含有SCN﹣离子的溶液，该组离子之间不反应,可大量共存，故B选；C．水电离出的c（H+)=1×10﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液,碱溶液中不能大量存在Mg2+，故C不选；D．AlO2﹣、Fe3+相互促进水解,不能大量共存，故D不选；故选B．4．下列离子方程式的书写与结论均合理的是（）选项离子方程式结论AAgCl（s）+I﹣（aq）═AgI（s）+Cl﹣（aq）溶解度：AgI＞AgClBFe2++H2O2+2H+═Fe3++2H2O氧化性：H2O2＞Fe3+CCO32﹣+CO2+H2O═2HCO3﹣稳定性：HCO3﹣＞CO32﹣DNH3+H3O+═NH4++H2O得质子能力:NH3＞H2OA．A B．B C．C D．D【考点】离子方程式的书写．【分析】A．发生沉淀的转化,向溶度积更小的方向进行;B．发生氧化还原反应，电子、电荷不守恒；C．离子反应与稳定性无关;D．由离子反应可知，氨气易结合氢离子．【解答】解：A．发生沉淀的转化，向溶度积更小的方向进行，则由AgCl（s）+I﹣(aq)═AgI（s）+Cl﹣（aq)可知,溶解度：AgI＜AgCl，故A错误;B．发生氧化还原反应，电子、电荷不守恒,离子反应为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故B错误；C．离子反应与稳定性无关,不能比较离子的稳定性，故C错误；D．由NH3+H3O+═NH4++H2O可知,得质子能力：NH3＞H2O，故D正确．故选D．5．下列叙述中正确的是（）A．图①中正极附近溶液pH降低B．图①中电子由Zn流向Cu,盐桥中的Cl﹣移向CuSO4溶液C．图②中加入少量K3[Fe（CN）6］溶液，有蓝色沉淀生成D．图②正极反应是O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】图①锌为负极，铜为正极，正极铜离子放电生成铜,图②铁为负极，铜为正极,正极氢离子放电生成氢气，以此解答该题．【解答】解：A．图①中正极发生：Cu2++2e﹣=Cu，如不考虑盐类水解，则正极pH不变，如考虑盐类水解，则正极pH增大，故A错误；B．原电池中阴离子向负极移动,即向硫酸锌溶液移动，故B错误；C．图②中生成Fe2+,亚铁离子和K3[Fe(CN)6］生成蓝色沉淀,故C正确;D．图②铁为负极，铜为正极,正极氢离子放电生成氢气，电极方程式为2H++2e﹣=H2↑，故D错误．故选C．6．对常温下pH=3的CH3COOH溶液，下列叙述不正确的是（）A．c（H+)=c(CH3COO﹣)+c(OH﹣）B．加入少量CH3COONa固体后，c（CH3COO﹣)降低C．该溶液中由水电离出的c（H+）是1。0×10﹣11mol/LD．与等体积pH=11的NaOH溶液混合后所得溶液显酸性【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】醋酸为弱酸,醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌H++CH3COO﹣，则pH=3的CH3COOH溶液，c(H+）=0.001mol/L,c（CH3COOH）＞0。001mol/L,以此解答该题．【解答】解：A．醋酸溶液呈电中性，溶液中存在电荷守恒c（H+）=c(OH﹣)+c（CH3COO﹣）,故A正确；B．加入少量CH3COONa固体后，虽然平衡向逆反应方向移动，但c(CH3COO﹣）增大，故B错误；C．c（H+)=0.001mol/L,则c（OH﹣）=1.0×10﹣11mol/L，所以该溶液中由水电离出的c(H+)是1。0×10﹣11mol/L，故C正确；D．等体积pH=11的NaOH溶液混合，醋酸过量，反应后溶液呈酸性，故D正确．故选B．7．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A．如图所示装置，蒸干AlCl3饱和溶液制备AlCl3晶体B．如图所示装置,制备并收集少量NO2气体C．如图所示装置，分离CCl4萃取I2水后的有机层和水层D．如图所示装置，可以证明氧化性:Cl2＞Br2＞I2【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．蒸干AlCl3饱和溶液,水解生成的盐酸易挥发;B．NO2与水反应；C．碘不易溶于水,易溶于四氯化碳,且有机层在下层；D．氯气可氧化溴离子、碘离子．【解答】解：A．蒸干AlCl3饱和溶液,水解生成的盐酸易挥发,蒸干得到氢氧化铝，故A错误；B．NO2与水反应，不能利用图中排水法收集，故B错误;C．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳,且有机层在下层，图中萃取、分液操作合理，故C正确；D．氯气可氧化溴离子、碘离子，不能比较Br2＞I2，故D错误；故选C．二、解答题(共3小题,满分45分）8．A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大;A元素是所有原子中半径最小的原子；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物生成一种盐X；D与A同主族，且与E同周期；E元素的最外层电子数是其次外层电子数的,A、B、D、E这四种元素中，每一种都能与C元素形成原子个数比不相同的化合物．请回答下列问题:(1）A、C两元素形成的原子个数比为1：1的化合物，该化合物电子式为．(2)B元素的氢化物在催化剂存在的情况下与C元素单质反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O．（3）X的水溶液显酸性（填酸性、碱性或中性)，原因是NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+（用离子方程式表示）．(4)C和E两元素相比较,非金属性较强的是氧（填“元素名称”）,可以验证该结论的是CD（填“序号"）．A．比较这两种元索的气态氢化物的沸点B．比较这两种元素的单质在常温下的状态C．比较这两种元素的气态氢化物的稳定性D．比较这两种元素的单质与氢气化合的难易（5）C、D两元素形成的原子个数比为1：1的化合物，E、C两元素形成的原子个数比为1:2的化合物，这两种化合物反应的化学方程式为Na2O2+SO2═Na2SO4．（6）A与C、A与E可分别形成甲、乙两种负一价双原子离子，且甲有10个电子，乙有18个电子,则甲与乙反应的离子方程式为HS﹣+OH﹣═S2﹣+H2O．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子半径最小，则A为H；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐，则B为N；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的，则E为S；D与A同主族，且与E同周期，则D为Na；A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的多种化合物，则C为O，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答．【解答】解：A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子半径最小，则A为H；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐，则B为N；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的，则E为S；D与A同主族，且与E同周期，则D为Na;A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的多种化合物，则C为O,（1)A、C两元素形成的原子个数比为1：1的化合物，为H2O2，电子式为，故答案为:；(2）氨气在催化剂存在的情况下与氧气反应生成一氧化氮与水，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O;（3）X为硝酸铵，为强酸弱碱盐，水解呈酸性，水解的离子方程式为NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+,故答案为：酸性;NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+；(4)氧与硫同主族，从上到下非金属性在减弱，则非金属性O＞S，可以利用与氢气化合的难易程度及气态氢化物的稳定性、单质的氧化性等来判断，氢化物沸点、单质的状态都属于物理性质,不能比较非金属性强弱，故AB错误、CD正确，故答案为：氧；CD;(5）C、D两元素形成的原子个数比为1：1的化合物为Na2O2,E、C两元素形成的原子个数比为1：2的化合物为SO2，过氧化钠具有强氧化性，二者反应生成硫酸钠，反应的化学方程式为：Na2O2+SO2═Na2SO4，故答案为：Na2O2+SO2═Na2SO4；（6）H与O、H与S可分别形成甲、乙两种负一价双原子离子，且甲有10个电子，乙有18个电子，则甲为HO﹣，乙为HS﹣，离子反应为HS﹣+OH﹣═S2﹣+H2O，故答案为：HS﹣+OH﹣═S2﹣+H2O．9．氨在人类的生产和生活中有着广泛的应用，某化学兴趣小组利用图一装置探究氨气的有关性质．（1)装置A中烧瓶内试剂可选用ac(填序号）．B的作用是干燥氨气a．碱石灰b．浓硫酸c．生石灰d．烧碱溶液(2）连接好装置并检验装置的气密性后，装入药品,然后应先I(填I或Ⅱ）．Ⅰ．打开旋塞逐滴向圆底烧瓶中加入氨水Ⅱ．加热装置C（3)实验中观察到C中CuO粉末变红，D中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体，则该反应相关化学方程式为3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，．该反应证明氨气具有还原性．（4）该实验缺少尾气吸收装置，图二中能用来吸收尾气的装置是Ⅱ、Ⅲ（填装置序号）．（5）氨气极易溶于水，若标准状况下，将2.24L的氨气溶于水配成0。5L溶液,所得溶液的物质的量浓度为0。2mol/L．【考点】性质实验方案的设计．【分析】浓氨水在碱石灰或生石灰的作用下挥发生成氨气，在B中用碱石灰干燥，在C中加热体积与氧化铜发生氧化还原反应生成水、氮气和铜，D可用于检验是否生成水,最后氨气用水吸收,因氨气极易溶于水，注意防止倒吸，（1）装置A是制备氨气的发生装置，浓氨水滴入固体碱石灰或氧化钙或固体氢氧化钠都可以生成氨气；B装置是吸收水蒸气的作用；（2)依据装置图分析,先反应生成氨气再加热装置C;(3)依据反应现象可知,氧化铜氧化氨气为氮气，氧化铜被还原为铜;（4）氨气极易溶于水尾气吸收需要防止倒吸；（5)依据氨水溶液中溶质为氨气，结合物质的量浓度概念计算．【解答】解：浓氨水在碱石灰或生石灰的作用下挥发生成氨气,在B中用碱石灰干燥，在C中加热体积与氧化铜发生氧化还原反应生成水、氮气和铜，D可用于检验是否生成水，最后氨气用水吸收，因氨气极易溶于水，注意防止倒吸,（1）装置A是制备氨气的发生装置，浓氨水滴入固体碱石灰或氧化钙或固体氢氧化钠都可以生成氨气，浓硫酸和氨气发生反应，氨气易溶入烧碱溶液，不选择浓硫酸、氢氧化钠溶液制备氨气，所以装置A中试剂为：a．碱石灰，c．生石灰；B装置中的碱石灰是吸收水蒸气，干燥氨气的作用,故答案：ac；干燥氨气；(2)连接好装置并检验装置的气密性后,装入药品,打开旋塞逐滴向圆底烧瓶中加入氨水发生反应生成氨气，故答案为：Ⅰ；（3)实验中观察到C中CuO粉末变红证明生成铜，D中无水硫酸铜变蓝生成水，并收集到一种单质气体，依据氧化还原反应分析，氧化铜氧化氨气为氮气,氧化铜被还原为铜，反应的化学方程式为:3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O；氮元素化合价升高为0价，做还原剂具有还原性,故答案为：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O；还原;（4)氨气极易溶于水尾气吸收需要防止倒吸，图二中能用来吸收尾气的装置是Ⅱ、Ⅲ，装置Ⅰ易发生倒吸，故答案为:Ⅱ、Ⅲ；（5）氨气极易溶于水，若标准状况下,将2。24L的氨气溶于水配成0。5L溶液，溶质氨气物质的量为0。1mol，所得溶液的物质的量浓度==0。2mol/L，故答案为:0.2．10．碳、氮广泛的分布在自然界中，碳、氮的化合物性能优良,在工业生产和科技领域有重要用途．（1）氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可由SiO2与过量焦炭在1300～1700°C的氮气流中反应制得：3SiO2（s）+6C(s)+2N2（g）⇌Si3N4（s）+6CO(g）．△H=﹣1591。2kJ/mol,则该反应每转移1mole﹣,可放出的热量为132。6kJ．（2）某研究小组现将三组CO（g）与H2O（g）的混合气体分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，一定条件下发生反应：CO（g）+H2O(g）⇌CO2（g)+H2（g)，得到如下数据：实验组温度/℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OCOH21650240.51.552900120.50。5①实验Ⅰ中，前5min的反应速率v（CO2)=0。15mol•L﹣1•min﹣1．②900℃时该反应的平衡常数K=③下列能判断实验Ⅱ已经达到平衡状态的是ad．a．容器内CO、H2O、CO2、H2的浓度不再变化b．容器内压强不再变化c．混合气体的密度保持不变d．v正（CO)=v逆(CO2）e．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化④若实验Ⅲ的容器是绝热的密闭容器,实验测得H2O（g）的转化率H2O％随时间变化的示意图如图1所示，则b点v正＞v逆（填“＜”、“="或“＞”），t3～t4时刻,H2O（g）的转化率H2O％降低的原因是该反应达到平衡后，因反应为放热反应且反应容器为绝热容器，故容器内温度升高，反应逆向进行．（3）利用CO与H2可直接合成甲醇,图2是由“甲醇﹣空气"形成的绿色燃料电池的工作原理示意图，写出以石墨为电极的电池工作时正极的电极反应式O2+4e﹣+4H+=2H2O,利用该电池电解1L0。5mol/L的CuSO4溶液，当消耗560mLO2（标准状况下）时，电解后溶液的pH=1（溶液电解前后体积的变化忽略不计)．【考点】化学平衡的计算;反应热和焓变;原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）根据方程式3SiO2(s）+6C（s)+2N2（g）⇌Si3N4(s)+6CO（g）△H=﹣1591.2kJ/mol，可知每转移12mol电子，放出1591.2kJ热量，据此计算；(2）①根据v=计算v（H2），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（CO2）；②利用化学平衡三段式及化学平衡常数的表达式计算;③a．容器内CO、H2O、CO2、H2的浓度不再变化,则说明反应处于平衡状态；b．恒温、恒容条件下，气体的总物质的量始终不变，压强始终不变；c．恒容条件下，反应物和产物都是气体，密度始终不变；d．υ正(CO）=υ逆(CO2），转化成CO2的正、逆反应速率相等；e．该反应气体的物质的量不变，气体的质量也不变,所以反应过程中气体的平均相对分子质量不变；④c到达平衡,而b点未达到平衡，正反应速率减小,逆反应速率增大至相等；该反应达到平衡后,因反应为放热反应且反应容器为绝热容器，故容器内温度升高，反应逆向进行；（3）负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应;根据电子守恒求消耗的氢氧根离子浓度．【解答】解:（1）根据方程式3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）⇌Si3N4(s）+6CO(g）△H=﹣1591.2kJ/mol，可知每转移12mol电子,放出1591.2kJ热量，所以每转移1mole﹣可放出的热量为：=132。6kJ,故答案为：132。6kJ；（2）①实验Ⅰ中，前5min的反应速率v（H2)==0。15mol•L﹣1•min﹣1,速率之比等于化学计量数之比，则v（CO2）=v(H2）=0。15mol•L﹣1•min﹣1，故答案为：0。15mol•L﹣1•min﹣1；②CO（g）+H2O（g）⇌CO2(g）+H2（g），初始（mol/L）0。5100转化（mol/L）0。250。250。250。25平衡（mol/L)0.250.750.250.25则900℃时该反应的平衡常数K==，故答案为：；③a．容器内CO、H2O、CO2、H2的浓度不再变化,则说明反应处于平衡状态，故a正确;b．恒温、恒容条件下，气体的总物质的量始终不变，压强始终不变，故b错误;c．恒容条件下,反应物和产物都是气体，密度始终不变,故c错误；d．υ正(CO）=υ逆（CO2)，转化成CO2的正、逆反应速率相等,说明反应处于平衡状态,故d正确；e．该反应气体的物质的量不变，气体的质量也不变，所以反应过程中气体的平均相对分子质量不变,所以不能说明反应是否处于平衡状态，故e错误,故答案为：ad；④c到达平衡，而b点未达到平衡，正反应速率减小，逆反应速率增大至相等，故b点υ正＞υ逆；该反应达到平衡后，因反应为放热反应且反应容器为绝热容器，故容器内温度升高,反应逆向进行,故t3～t4时刻,H2O（g）的转化率降低，故答案为：＞;该反应达到平衡后，因反应为放热反应且反应容器为绝热容器，故容器内温度升高，反应逆向进行；(3)负极发生氧化反应，负极电极反应式为：CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2+6H+，正极氧气得到电子生成氢氧根离子，正极反应式为:O2+4e﹣+4H+=2H2O；依据电子守4OH﹣～O2～4e﹣，当消耗560mLO2（标准状况下）时即=0.025mol，依据电子守恒4OH﹣～O2～4e﹣，则消耗的氢氧根离子物质的量为0.025mol×4=0。1mol,所以溶液中氢离子的浓度为:=0。1mol/L，则电解后溶液的pH=1,故答案为：O2+4e﹣+4H+=2H2O;1．[[化学——选修2化学与技术］11．高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂=其生产工艺如下:已知:①2KOH+Cl2═KCl+KClO+H2O（条件：温度较低)②6KOH+3Cl2═5KCl+KClO3+3H2O（条件：温度较高）③2Fe(NO3)3+2KClO+10KOH═2K2FeO4+6KNO3+2KCl+5H2O回答下列问题：（1)该生产工艺应在温度较低（填“温度较高”或“温度较低”）的情况下进行；（2）写出工业上制取Cl2的化学方程式2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑;(3）K2FeO4可作为新型多功能水处理剂的原因+6价的Fe元素易得电子表现出强氧化性，可杀菌消毒；还原产物Fe元素为+3价，在水中形成Fe（OH）3胶体，可吸附水中悬浮物并可使泥沙聚沉;（4）配制KOH溶液时，是在每100mL水中溶解61。6gKOH固体（该溶液的密度为1。47g/mL)，它的物质的量浓度为10mol/L（5）在“反应液I”中加KOH固体的目的是①与“反应液I"中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO，②为下一步反应提供反应物；（6）从“反应液II”中分离出K2FeO4后,副产品是KNO3、KCl(写化学式）．【考点】制备实验方案的设计．【分析】(1)由工艺流程及③可知，利用Fe(NO3）3与KClO制备K2FeO4，由信息②可知温度较高KOH与Cl2反应生成的是KClO3;（2）工业是利用电解饱和食盐水制取氯气；（3)K2FeO4中铁元素化合价为+6价，价态高,+6价的Fe元素易得电子表现出强氧化性，可杀菌消毒；还原产物Fe元素为+3价,在水中形成Fe（OH）3胶体，可吸附水中悬浮物并可使泥沙聚沉;(4）根据n=计算出氢氧化钾的物质的量，溶液质量等于溶质质量与溶剂质量之和，利用V=计算溶液体积，再根据c=计算氢氧化钾溶液的物质的量浓度;（5）由工艺流程可知，反应液I中有过量的Cl2反应，生成更多的KClO；(6）由工艺流程及③可知,从“反应液II”中分离出K2FeO4后，会有副产品KNO3、KCl．【解答】解：(1）由工艺流程及③可知,利用Fe（NO3)3与KClO制备K2FeO4，由信息②可知温度较高KOH与Cl2反应生成的是KClO3．由信息①可知，在低温下KOH与Cl2反应生成的是KClO．故选择低温较低,故答案为：温度较低；（2)工业是利用电解饱和食盐水制取氯气．反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑,故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；（3)K2FeO4中铁元素化合价为+6价，价态高,易得电子,表现强氧化性，+6价的Fe元素易得电子表现出强氧化性，可杀菌消毒；还原产物Fe元素为+3价,在水中形成Fe(OH）3胶体，可吸附水中悬浮物并可使泥沙聚沉，故答案为:+6价的Fe元素易得电子表现出强氧化性，可杀菌消毒；还原产物Fe元素为+3价，在水中形成Fe（OH)3胶体，可吸附水中悬浮物并可使泥沙聚沉；(4）61。6gKOH固体的物质的量n===1.1mol，溶液的质量为100mL×1g/mL+61.6g=161.6g，所以溶液的体积V===L，所以氢氧化钾溶液的物质的量浓度c===10mol/L，故答案为：10mol/L；(5)由工艺流程可知，反应液I中有过量的Cl2反应,加KOH固体的目的是与过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO．为下一步反应提供反应物，故答案为：与“反应液I”中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO；为下一步反应提供反应物；（6）由工艺流程及③可知，从“反应液II”中分离出K2FeO4后，会有副产品KNO3、KCl,故答案为：KNO3、KCl．［化学--选修3物质结构与性质］12．已知R、W、X、Y、Z是周期表中前四周期元素，它们的原子序数依次递增．R的基态原子中占据哑铃形原子轨道的电子数为1；W的氢化物的沸点比同族其它元素氢化物的沸点高；X2+与W2﹣具有相同的电子层结构；Y元素原子的3P能级处于半充满状态;Z+的电子层都充满电子．请回答下列问题:（1）写出Z的基态原子的外围电子排布式3d104s1．（2）R的某种钠盐晶体，其阴离子Am﹣（含R、W、氢三种元素）的球棍模型如上图所示：在Am﹣中，R原子轨道杂化类型有SP2、SP3；m=2．（填数字）（3)经X射线探明，X与W形成化合物的晶体结构与NaCl的晶体结构相似，X2+的配位原子所构成的立体几何构型为正八面体．（4）往Z的硫酸盐溶液中加入过量氨水，可生成[Z(NH3)4］S04，下列说法正确的是ADA．［Z（NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、极性键和配位键B．在[Z(NH3）4]2+中Z2+给出孤对电子,NH3提供空轨道C．［Z（NH3)4]SO4的组成元素中第一电离能最大的是氧元素D．SO42﹣与PO43﹣互为等电子体，空间构型均为四面体(5）固体YCl5的结构实际上是YCl4+和YCl6﹣构成的离子晶体，其晶体结构与CsCl相似．若晶胞边长为apm,则晶胞的密度为g•cm﹣3．【考点】晶胞的计算；原子结构与元素周期律的关系;判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】R、W、X、Y、Z是周期表中前四周期元素，它们的原子序数依次递增．R的基态原子中占据哑铃形原子轨道的电子数为1，及p能级只有1个电子,R原子核外电子排布为1s22s22p1，故R为硼元素;Y元素原子的3p能级处于半充满状态,Y原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p3,故Y为磷元素;W的氢化物的沸点比同族其它元素氢化物的沸点高，考虑氢键的存在，且X2+与W2﹣具有相同的电子层结构，故X处于第三周期、W处于第二周期，故X为Mg元素、W为氧元素；Z+的电子层都充满电子，各层电子数为2、8、18,故Z原子核外电子数为2+8+18+1=29，故Z为Cu元素，以此解答该题．【解答】解：R、W、X、Y、Z是周期表中前四周期元素，它们的原子序数依次递增．R的基态原子中占据哑铃形原子轨道的电子数为1，及p能级只有1个电子，R原子核外电子排布为1s22s22p1，故R为硼元素；Y元素原子的3p能级处于半充满状态，Y原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p3，故Y为磷元素；W的氢化物的沸点比同族其它元素氢化物的沸点高，考虑氢键的存在，且X2+与W2﹣具有相同的电子层结构,故X处于第三周期、W处于第二周期，故X为Mg元素、W为氧元素；Z+的电子层都充满电子，各层电子数为2、8、18，故Z原子核外电子数为2+8+18+1=29，故Z为Cu元素，（1）Z为Cu元素，原子核外电子数为29，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,Cu的基态原子的外围电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；（2）H原子成1个键，O原子成2个键，B原子一般是形成3个键，B形成4个键，其中1个键很可能就是配位键,则成3个键的B原子为SP2杂化，成4个键的B为SP3杂化；观察模型，可知Am﹣是（H4B4O9）m﹣,依据化合价H为+1，B为+3，O为﹣2,可得m=2，故答案为：SP2、SP3;2；（3）经X射线探明，Mg与O形成化合物的晶体结构与NaCl的晶体结构相似，Mg2+的周围有6个O原子，为如图结构，故配位原子所构成的立体几何构型为正八面体，故答案为：正八面体;（4）A．[Z（NH3)4］SO4中，内界离子[Cu（NH3)4］2+与外界离子SO42形成离子键，Cu2+与NH3形成配位键，NH3中N原子与H原子之间形成极性键，故A正确；B．在［Z（NH3）4］SO4中Z2+提供空轨道,NH3给出孤对电子，故B错误;C．[Z(NH3）4］SO4组成元素中第一电离能最大的是N元素,故C错误；D．SO42﹣与PO43﹣互为等电子体，价层电子总数相同，空间结构相同，SO42﹣中S原子成4个σ键,孤对电子对数为=0，价层电子对为4,为正四面体，故D正确；故答案为：AD；(5)固体PCl5的结构实际上是PCl4+和PCl6﹣构成的离子晶体，其晶体结构与CsCl相似,则晶胞的组成为P2Cl10，晶胞中相当于含有2个PCl5，若晶胞边长为apm，则晶胞的密度为=g•cm﹣3,故答案为：．［化学-—选修5有机化学基础］1