【完整版】河北省衡水中学2017届高三(上)期末化学试卷

/2016-2017河北省衡水中学高三〔上〕期末化学试卷一、选择题：本大题共7小题,每题6分．在每题给出的四个选项中,只有一项为哪一项符合题目要求的．1．化学与生活亲密相关,以下说法不正确的选项是〔〕A．煤、石油、天然气是不可再生能源,风能、生物质能、沼气是可再生能源B．“84消毒液〞具有强氧化性,可做环境的消毒剂从而预防流感C．水热反响是指在高温高压下,将二氧化碳转化为有机物的技术,那么水热反响可以降低自然界中碳的含量D．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物,也称为“细颗粒物〞,那么PM2.5在空气中有可能形成胶体2．以下有关说法正确的选项是〔〕A．分子式为C5H11Cl的有机物,分子中含2个甲基的同分异构体有4种B．甲苯与氯气在光照下反响主要生成2,4﹣﹣二氯甲苯C．苯酚、甲醛通过加聚反响可制得酚醛树脂D．合成顺丁橡胶〔〕的单体是CH3﹣CH=CH﹣CH33．短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大,甲形成的化合物种类最多,乙、丙、丁为同周期元素,其最高价氧化物对应的水化物两两之间能互相反响,丁的原子序数为甲、乙原子序数之和．以下说法正确的选项是〔〕A．元素丙的单质可用于冶炼金属B．甲的氢化物比丁的氢化物热稳定性强C．简单离子半径：乙＞丁＞丙D．甲与乙的氧化物均有强氧化性4．以下实验事实：①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液,又能溶于硫酸得到Cr2〔SO4〕3溶液；②将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中,溶液变蓝；③向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液,再酸化,可得K2Cr2O7溶液．以下判断不正确的选项是〔〕A．化合物KCrO2中Cr元素为+3价B．实验①证明Cr2O3是两性氧化物C．实验②证明氧化性：Cr2O72﹣＜I2D．实验③证明H2O2有氧化性5．某同学将光亮镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中,有大量气泡产生．为探究该反响原理,该同学做了以下试验并观察到相关现象,由此得出的结论不合理的是〔〕选项实验及现象结论A将潮湿红色石蕊试纸靠近试管口反响中有NH3产生B搜集产生的气体并点燃,火焰呈淡蓝色反响中有H2产生C搜集气体的同时测得溶液的pH为8.0生成Mg〔OH〕2使溶液呈弱碱性D向NH4Cl溶液中加锌,也有大量气泡产生活泼金属可促进NH4+水解A．A B．B C．C D．D6．在容积均为1L的三个密闭容器中,分别放入镍粉并充入1molCO,控制作在不同温度下发生反响：Ni〔s〕+4CO〔g〕⇌Ni〔CO〕4〔g〕,当反响进展到5min时,测得Ni〔CO〕4的体积分数与温度的关系如下图．以下说法正确的选项是〔〕A．正反响为吸热反响,平衡常数：K〔T1〕＞K〔T2〕B．反响进展到5min时,b容器中v〔正〕=v〔逆〕C．到达平衡时,a、b、c中CO的转化率为b＞a＞cD．减压或升温可将b中的平衡状态转变成c中的平衡状态7．常温下,某酸HA的电离常数：K=1×10﹣5,以下说法正确的选项是〔〕A．HA溶液中参加NaA固体后,减小B．常温下,0.1mol/LHA溶液中水电离的c〔H+〕为10﹣13mol/LC．常温下,0.1mol/LNaA溶液水解常数为10﹣9D．NaA溶液中参加HCl溶液至恰好完全反响,存在关系：2c〔Na+〕═c〔A﹣〕+c〔Cl﹣〕二、非选择题8．亚硝酸盐是一种工业盐,外观与食盐非常相似,毒性较强．某化学兴趣小组对食盐与亚硝酸钠进展多角度探究：〔一〕鉴别NaCl和NaNO2甲同学用沉淀分析法经查：常温下Ksp〔AgNO2〕=2×10﹣8,Ksp〔AgCl〕=1.8×10﹣10．分别向盛有5mL0.0001mol/L两种盐溶液的试管中同时逐滴滴加0.0001mol/L硝酸银溶液,先生成沉淀的是盛有溶液的试管．乙同学测定溶液pH用pH试纸分别测定0.1mol/L两种盐溶液的pH,测得NaNO2溶液呈碱性．该溶液呈碱性的原因是〔用离子方程式解释〕．〔二〕该小组用如下装置〔略去夹持仪器〕制备亚硝酸钠：①2NO+Na2O2=2NaNO2；②酸性条件下,NO和NO2都能与MnO4﹣反响生成NO3﹣和Mn2+〔1〕使用铜丝的优点是．〔2〕装置A中反响方程式为．装置C中盛放的药品是；〔填字母代号〕A．浓硫酸B．NaOH溶液C．水D．四氯化碳仪器F的作用．〔3〕该小组称取5.000g制取的样品溶于水配成250.0mL溶液,取25.00mL溶液于锥形瓶中,用0.1000mol/L酸性KMnO4溶液进展滴定,实验所得数据如下表所示：滴定次数1234消耗KMnO4溶液体积/mL20.7020.1220.0019.88①第一次实验数据出现异常,造成这种异常的原因可能是〔填字母代号〕．a．锥形瓶洗净后未枯燥b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗c．滴定终点时仰视读数②酸性KMnO4溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为．③该样品中亚硝酸钠的质量分数为．9．MnCO3是信息产业和机电工业的重要根底功能材料,某地有含锰矿石〔主要成分是MnO2还含CaO、Al2O3、FeS等杂质〕,由此矿石消费MnCO3的工艺流程如下：物质开场沉淀沉淀完全Fe〔OH〕32.73.7Ca〔OH〕212﹣﹣﹣﹣﹣﹣Al〔OH〕33.84.7答复以下问题：〔1〕操作Ⅰ为：．〔2〕取溶液Ⅰ参加KSCN溶液,溶液呈血红色,试写出酸溶过程中FeS发生反响的离子方程式：〔3〕调节溶液pH所用物质X最好为A．NaOH溶液B．氨水C．MnCO3固体D．盐酸〔4〕滤渣Ⅰ为,滤渣Ⅱ为．〔5〕沉锰的化学方程式为：．〔6〕MnCO3也是制造锂离子电池的重要原料,在此电池的正极,充放电过程中发生LiMn2O4与Li1﹣xMn2O4之间的转化,写出该电池充电时正极发生的反响式：．10．目前人们对环境保护、新能源开发很重视．〔1〕汽车尾气中含有CO、NO2等有毒气体,对汽车加装尾气净化装置,可使有毒气体转化为无毒气体．4CO〔g〕+2NO2〔g〕⇌4CO2〔g〕+N2〔g〕△H=﹣1200kJ•mol﹣1对于该反响,温度不同〔T2＞T1〕、其他条件一样时,以下图象正确的选项是〔填代号〕．〔2〕用活性炭复原法也可以处理氮氧化物,某研究小组向某密闭容器参加一定量的活性炭和NO,发生反响C〔s〕+2NO〔g〕⇌N2〔g〕+CO2〔g〕△H在T1℃时,反响进展到不同时间测得各物质的量浓度如下：浓度/mol．L﹣1/时间/min01020304050NO1.00.580.400.400.480.48N200.210.300.300.360.36CO200.210.300.300.360.36①根据图表数据分析T1℃时,该反响在0～20min的平均反响速率v〔CO2〕=；计算该反响的平衡常数K=．②30min后,只改变某一条件,根据上表的数据判断改变的条件可能是〔填字母代号〕．a．参加一定量的活性炭b．通入一定量的NOc．适当缩小容器的体积d．参加适宜的催化剂③假设30min后升高温度至T2℃,到达平衡时,容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5：3：3,那么到达新平衡时NO的转化率〔填“升高〞或“降低〞〕,△H0〔填“＞〞或“＜〞〕．〔3〕以CO2与NH3为原料可合成化肥尿素[化学式为CO〔NH2〕2]．：①2NH3〔g〕+CO2〔g〕=NH2CO2NH4〔s〕△H=﹣l59.5kJ/mol②NH2CO2NH4〔s〕=CO〔NH2〕2〔s〕+H2O〔g〕△H=+116.5kJ/mol③H2O〔l〕=H2O〔g〕△H=+44.0kJ/mol写出CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反响方程式．〔4〕一种氨燃料电池,使用的电解质溶液是2mol/L﹣1的KOH溶液．电池反响为：4NH3+3O2=2N2+6H2O；请写出通入a气体一极的电极反响式为；每消耗3.4gNH3转移电子的物质的量为．【化学--选修3：物质构造与性质】11．碳、氮、氟、硅、铁、钛等元素的化合物广泛应用于消费生活,答复以下问题：〔1〕基态Si原子中,电子占据的最高能层具有的原子轨道数为,1mol氮气分子中σ键和π键的物质的量之比为；基态钛原子的价电子排布式为．〔2〕C、N、F三种元素电负性由大到小的顺序为．第二周期元素中第一电离能介于B、F之间的有种．〔3〕NF3分子的空间构型为三角锥型,N原子的杂化轨道类型为．〔4〕铁的单质有如图1所示的两种常见堆积方式,其中属于面心立方最密堆积的是〔填a或b〕〔5〕金刚砂〔SiC〕的硬度仅次于金刚石,其晶胞构造如图2所示,金刚砂晶体类型为,每个C原子周围最近的C原子数目为,假设晶胞的边长为acm,阿伏伽德罗常数为NA,那么金刚砂的密度为g•cm﹣3〔不需要化简〕【化学--选修5：有机化学根底】12．M是石油裂解气的重要成分,由M制备环酯P的合成道路〔局部反响条件略去〕如下图：：在特殊催化剂的作用下可以发生碳碳双键两边基团互换位置的反响．如：2CH2=CHRCH2=CH2+RCH=CHR答复以下问题：〔1〕M的名称是,A含有的官能团名称是．〔2〕①的反响类型是,⑥的反响类型是．〔3〕C的构造简式为．由C→G的过程中步骤④、⑥的目的是．〔4〕G中最多有个原子共平面,其顺式构造式为．〔5〕符合以下条件D的同分异构体有种．①氯原子连在碳链的一端②羟基连在不同的碳原子上,其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为4：2：2：1的为〔写构造简式〕．〔6〕由I和G在一定条件下制取环酯P的化学方程式为．

2016-2017河北省衡水中学高三〔上〕期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共7小题,每题6分．在每题给出的四个选项中,只有一项为哪一项符合题目要求的．1．化学与生活亲密相关,以下说法不正确的选项是〔〕A．煤、石油、天然气是不可再生能源,风能、生物质能、沼气是可再生能源B．“84消毒液〞具有强氧化性,可做环境的消毒剂从而预防流感C．水热反响是指在高温高压下,将二氧化碳转化为有机物的技术,那么水热反响可以降低自然界中碳的含量D．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物,也称为“细颗粒物〞,那么PM2.5在空气中有可能形成胶体【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．可以源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源；B．强氧化性物质能氧化蛋白质而使其变性；C．水热反响是指在高温高压下,将二氧化碳转化为有机物的技术,从而减少自然界中二氧化碳,但C含量不变；D．分散质微粒直径在1﹣100nm之间的分散系是胶体,能产生丁达尔效应．【解答】解：A．风能、沼气、生物质能是通过太阳光的照射和水的循环来形成的,太阳光可以源源不断的从自然界得到,是可再生能源,煤、石油和天然气属于三大化石燃料,都属于不可再生的能源,故A正确；B．强氧化性物质能氧化蛋白质而使其变性,流感病毒的成分是蛋白质,“84消毒液〞具有强氧化性,能使流感病毒变性,所以可做环境的消毒剂从而预防流感,故B正确；C．水热反响是指在高温高压下,将二氧化碳转化为有机物的技术,从而减少自然界中二氧化碳,根据原子守恒知,自然界中C含量不变,故C错误；D．分散质微粒直径在1﹣100nm之间的分散系是胶体,能产生丁达尔效应,PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物,也称为“细颗粒物〞,其分散质微粒直径在1﹣100nm之间,所以PM2.5在空气中有可能形成胶体,故D正确；应选C．2．以下有关说法正确的选项是〔〕A．分子式为C5H11Cl的有机物,分子中含2个甲基的同分异构体有4种B．甲苯与氯气在光照下反响主要生成2,4﹣﹣二氯甲苯C．苯酚、甲醛通过加聚反响可制得酚醛树脂D．合成顺丁橡胶〔〕的单体是CH3﹣CH=CH﹣CH3【考点】有机物的构造和性质．【分析】A．先确定分子式为C5H11Cl的同分异构体,在此根底上进展判断；B．甲苯与氯气在光照下反响,取代甲基的H原子；C．苯酚、甲醛发生缩聚反响；D．的单体为1,3﹣丁二烯．【解答】解：A．分子式为C5H11Cl的同分异构体有：主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；主链有4个碳原子的：CH3CH〔CH3〕CH2CH2Cl；CH3CH〔CH3〕CHClCH3；CH3CCl〔CH3〕CH2CH3；CH2ClCH〔CH3〕CH2CH3；主链有3个碳原子的：CH3C〔CH3〕2CH2Cl；共有8种情况,但含有2个甲基的有机物有4种,故A正确；B．甲苯与氯气在光照下反响,取代甲基的H原子,故B错误；C．苯酚、甲醛发生缩聚反响,不是加聚反响,故C错误；D．顺丁橡胶的构造简式为：,根据加聚反响原理可得其单体为：CH2=CH﹣CH=CH2,故D错误．应选A．3．短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大,甲形成的化合物种类最多,乙、丙、丁为同周期元素,其最高价氧化物对应的水化物两两之间能互相反响,丁的原子序数为甲、乙原子序数之和．以下说法正确的选项是〔〕A．元素丙的单质可用于冶炼金属B．甲的氢化物比丁的氢化物热稳定性强C．简单离子半径：乙＞丁＞丙D．甲与乙的氧化物均有强氧化性【考点】原子构造与元素周期律的关系．【分析】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大,甲形成的化合物种类最多,那么甲为C元素；乙、丙、丁为同周期元素,其最高价氧化物对应的水化物两两之间能互相反响,那么丙为Al元素,乙为Na元素,丁为S或Cl元素；结合丁的原子序数为甲、乙原子序数之和可知丁的原子序数=6+11=17,那么丁为Cl元素,据此结合元素周期律进展判断．【解答】解：短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大,甲形成的化合物种类最多,那么甲为C元素；乙、丙、丁为同周期元素,其最高价氧化物对应的水化物两两之间能互相反响,那么丙为Al元素,乙为Na元素,丁为S或Cl元素；结合丁的原子序数为甲、乙原子序数之和可知丁的原子序数=6+11=17,那么丁为Cl元素,A．元素丙为Al元素,利用铝热反响可冶炼金属,故A正确；B．甲为C、丁为Cl,非金属性Cl＞C,那么氢化物稳定性：C＜Cl,即：甲＜丁,故B错误；C．乙、丙、丁分别为Na、Al、Cl,离子的电子层越多,离子半径越多,电子层一样时,核电荷数越大,离子半径越小,那么离子半径大小为：丁＞乙＞丙,故C错误；D．甲为C,其氧化物为二氧化碳、CO,乙为Na,氧化物为氧化钠、过氧化钠,二氧化碳、CO不具有强氧化性,氧化钠不具有强氧化性,故D错误；应选A．4．以下实验事实：①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液,又能溶于硫酸得到Cr2〔SO4〕3溶液；②将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中,溶液变蓝；③向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液,再酸化,可得K2Cr2O7溶液．以下判断不正确的选项是〔〕A．化合物KCrO2中Cr元素为+3价B．实验①证明Cr2O3是两性氧化物C．实验②证明氧化性：Cr2O72﹣＜I2D．实验③证明H2O2有氧化性【考点】氧化复原反响．【分析】①中,氧化铬与酸、碱反响生成盐和水,为两性氧化物；②中,发生氧化复原反响,Cr元素的化合价由+3价升高为+6价,那么过氧化氢中O元素的化合价降低；③中,溶液变蓝,生成碘单质,那么发生氧化复原反响,Cr元素的化合价降低,I元素的化合价升高,以此来解答．【解答】解：A．化合物KCrO2中,K为+1价,O为﹣2价,由化合物中正负化合价的倒数和为0,那么Cr元素为+3价,故A正确；B．由反响①可知,氧化铬与酸、碱反响生成盐和水,为两性氧化物,故B正确；C．由③中溶液变蓝,生成碘单质可知,发生氧化复原反响,Cr元素的化合价降低,I元素的化合价升高,由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知,证明氧化性为Cr2O72﹣＞I2,故C错误；D．实验②中发生氧化复原反响,Cr元素的化合价由+3价升高为+6价,那么过氧化氢中O元素的化合价降低,所以证明H2O2有氧化性,故D正确；应选C．5．某同学将光亮镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中,有大量气泡产生．为探究该反响原理,该同学做了以下试验并观察到相关现象,由此得出的结论不合理的是〔〕选项实验及现象结论A将潮湿红色石蕊试纸靠近试管口反响中有NH3产生B搜集产生的气体并点燃,火焰呈淡蓝色反响中有H2产生C搜集气体的同时测得溶液的pH为8.0生成Mg〔OH〕2使溶液呈弱碱性D向NH4Cl溶液中加锌,也有大量气泡产生活泼金属可促进NH4+水解A．A B．B C．C D．D【考点】盐类水解的应用．【分析】A．氨气为碱性气体,遇到潮湿的红色石蕊变蓝；B．氢气燃烧发出淡蓝色的火焰；C．氢氧化镁是难溶于水的碱；D．氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性,活泼金属和酸反响生成氢气；【解答】解：A．氨气为碱性气体,遇到潮湿的红色石蕊变蓝,将潮湿的红色石蕊试纸放在试管口,试纸变蓝,可以证明气体中含有氨气,故A正确；B．搜集产生的气体并点燃,火焰呈淡蓝色,可以证明氢气的存在,故B正确；C．搜集气体的同时测得溶液的pH为8.0,说明碱性条件下,Mg可以被氧化,但氢氧化镁是难溶于水的物质不是氢氧化镁导致溶液的碱性,故C错误；D．氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性,活泼金属和酸反响生成氢气,向NH4Cl溶液中加锌,也有大量气泡产生,活泼金属可促进NH4+水解,故D正确；应选C．6．在容积均为1L的三个密闭容器中,分别放入镍粉并充入1molCO,控制作在不同温度下发生反响：Ni〔s〕+4CO〔g〕⇌Ni〔CO〕4〔g〕,当反响进展到5min时,测得Ni〔CO〕4的体积分数与温度的关系如下图．以下说法正确的选项是〔〕A．正反响为吸热反响,平衡常数：K〔T1〕＞K〔T2〕B．反响进展到5min时,b容器中v〔正〕=v〔逆〕C．到达平衡时,a、b、c中CO的转化率为b＞a＞cD．减压或升温可将b中的平衡状态转变成c中的平衡状态【考点】产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线．【分析】A．根据升高温度平衡挪动的方向判断反响热；B．未到达平衡前,升高温度甲醇的含量增大,到达平衡后再升高温度,平衡向逆反响方向挪动,甲醇的含量降低,而5min时,b容器中甲醇的含量不一定最高,不一定是平衡状态；C．根据温度对平衡的影响来判断,升高温度平衡逆向挪动,CO的转化率减小；D．b中的平衡状态转变成c中的平衡状态,甲醇的体积分数减小,说明平衡逆向挪动,根据方程式的特点,升高温度或减压都可以．【解答】解：A．升高温度,甲醇的百分含量减小,说明正反响是放热反响,那么△H＜0,故A错误；B．5min时,b容器中甲醇的含量不一定最高,不一定是平衡状态,那么v〔正〕、v〔逆〕不一定相等,故B错误；C．到达平衡时,a、b、c三个容器的反响温度不同,a容器温度最低,c容器的反响温度最高,根据反响放热可判断出,升高温度,平衡逆向挪动,甲醇的体积分数减小,故应为a＞b＞c,故C错误；D．b中的平衡状态转变成c中的平衡状态,甲醇的体积分数减小,说明平衡逆向挪动,根据方程式的特点,减小压强或升高温度平衡逆向挪动,故D正确．应选D．7．常温下,某酸HA的电离常数：K=1×10﹣5,以下说法正确的选项是〔〕A．HA溶液中参加NaA固体后,减小B．常温下,0.1mol/LHA溶液中水电离的c〔H+〕为10﹣13mol/LC．常温下,0.1mol/LNaA溶液水解常数为10﹣9D．NaA溶液中参加HCl溶液至恰好完全反响,存在关系：2c〔Na+〕═c〔A﹣〕+c〔Cl﹣〕【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A．的比值为A﹣的水解平衡常数,水解平衡常数只受温度影响；B．HA为弱酸,那么氢离子浓度小于0.1mol/L,水电离的氢离子浓度大于10﹣13mol/L；C．NaA的水解平衡常数K==×=,据此带入数据计算即可；D．根据混合液中的物料守恒判断；【解答】解：A．的比值为A﹣的水解平衡常数,参加NaA固体后,由于温度不变,那么水解平衡常数不变,故A错误；B．由于HA为弱酸,那么常温下0.1mol/LHA溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L,水电离的c〔H+〕一定大于mol/L=10﹣13mol/L,故B错误；C．NaA的水解平衡常数K==×===10﹣9,故C正确；D．NaA溶液中参加HCl溶液至恰好完全反响,NaA和HCl的物质的量相等,根据物料守恒可得：2c〔Na+〕=c〔A﹣〕+c〔Cl﹣〕+c〔HA〕,故D错误；应选C．二、非选择题8．亚硝酸盐是一种工业盐,外观与食盐非常相似,毒性较强．某化学兴趣小组对食盐与亚硝酸钠进展多角度探究：〔一〕鉴别NaCl和NaNO2甲同学用沉淀分析法经查：常温下Ksp〔AgNO2〕=2×10﹣8,Ksp〔AgCl〕=1.8×10﹣10．分别向盛有5mL0.0001mol/L两种盐溶液的试管中同时逐滴滴加0.0001mol/L硝酸银溶液,先生成沉淀的是盛有NaCl溶液的试管．乙同学测定溶液pH用pH试纸分别测定0.1mol/L两种盐溶液的pH,测得NaNO2溶液呈碱性．该溶液呈碱性的原因是NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣〔用离子方程式解释〕．〔二〕该小组用如下装置〔略去夹持仪器〕制备亚硝酸钠：①2NO+Na2O2=2NaNO2；②酸性条件下,NO和NO2都能与MnO4﹣反响生成NO3﹣和Mn2+〔1〕使用铜丝的优点是可以控制反响的发生与停顿．〔2〕装置A中反响方程式为Cu+4HNO3〔浓〕=Cu〔NO3〕2+2NO2↑+2H2O．装置C中盛放的药品是C；〔填字母代号〕A．浓硫酸B．NaOH溶液C．水D．四氯化碳仪器F的作用防止水蒸气进入．〔3〕该小组称取5.000g制取的样品溶于水配成250.0mL溶液,取25.00mL溶液于锥形瓶中,用0.1000mol/L酸性KMnO4溶液进展滴定,实验所得数据如下表所示：滴定次数1234消耗KMnO4溶液体积/mL20.7020.1220.0019.88①第一次实验数据出现异常,造成这种异常的原因可能是bc〔填字母代号〕．a．锥形瓶洗净后未枯燥b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗c．滴定终点时仰视读数②酸性KMnO4溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为6H++2MnO4﹣+5NO2﹣=2Mn2++5NO3﹣+3H2O．③该样品中亚硝酸钠的质量分数为69.0%．【考点】制备实验方案的设计．【分析】〔一〕溶度积表达式一样时,溶度积小的先生成沉淀；NaNO2说明为强碱弱酸盐,亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性；〔二〕装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反响,反响生成二氧化氮和硝酸铜和水,装置C中是A装置生成的二氧化氮和水反响生成硝酸和一氧化氮；通过装置D中的枯燥剂吸收水蒸气,通过装置F中的枯燥剂防止水蒸气进入,通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反响,最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气．〔1〕可通过上下挪动铜丝控制反响是否进展；〔2〕浓硝酸和铜加热发生反响生成二氧化氮和硝酸铜和水；装置C中是A装置生成的二氧化氮和水反响生成硝酸和一氧化氮；通过装置F中的枯燥剂防止水蒸气进入．〔3〕①根据c〔待测〕=分析不当操作对V〔标准〕的影响,以此判断浓度的误差；②该反响中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子,高锰酸根离子被复原为锰离子；③根据方程式5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+=5NO3﹣+2Mn2++3H2O可求出亚硝酸钠的物质的量,然后求样品中亚硝酸钠的质量分数．【解答】解：〔一〕溶度积表达式一样时,溶度积小的先生成沉淀,根据溶度积常数知Ksp〔AgNO2〕＞Ksp〔AgCl〕,所以NaCl先生成沉淀；NaNO2说明为强碱弱酸盐,亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性,其水解方程式为NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣,故答案为：NaCl；NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣；〔二〕〔1〕可通过上下挪动铜丝控制反响是否进展,所以使用铜丝的优点是可以控制反响的发生与停顿；故答案为：可以控制反响的发生与停顿；〔2〕浓硝酸和铜加热发生反响生成二氧化氮和硝酸铜和水,方程式为：Cu+4HNO3〔浓〕=Cu〔NO3〕2+2NO2↑+2H2O；通过装置C中的水与二氧化氮反响生成硝酸和一氧化氮；通过装置F中的枯燥剂防止水蒸气进入,与过氧化钠反响；故答案为：Cu+4HNO3〔浓〕=Cu〔NO3〕2+2NO2↑+2H2O；C；防止水蒸气进入；〔3〕①a．锥形瓶洗净后未枯燥,待测液的物质的量不变,对V〔标准〕无影响,根据c〔待测〕=知,c〔标准〕不变,故a错误；b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗,标准液的浓度偏小,造成V〔标准〕偏大,根据c〔待测〕=知,c〔标准〕偏大,故b正确；c．滴定终点时仰视读数,造成V〔标准〕偏大,根据c〔待测〕=知,c〔标准〕偏大,故c正确；应选bc．②该反响中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子,高锰酸根离子被复原为锰离子,离子方程式为2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+=2Mn2++5NO3﹣+3H2O；故答案为：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+=2Mn2++5NO3﹣+3H2O；③消耗高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L×0.02L=0.002mol,那么根据方程式5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+=5NO3﹣+2Mn2++3H2O可知,亚硝酸钠的物质的量是0.002mol×=0.005mol,那么原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol×=0.02mol,其质量为0.02mol×69g/mol=1.38g,所以样品中亚硝酸钠的质量分数×100%=69.0%；故答案为：69.0%．9．MnCO3是信息产业和机电工业的重要根底功能材料,某地有含锰矿石〔主要成分是MnO2还含CaO、Al2O3、FeS等杂质〕,由此矿石消费MnCO3的工艺流程如下：物质开场沉淀沉淀完全Fe〔OH〕32.73.7Ca〔OH〕212﹣﹣﹣﹣﹣﹣Al〔OH〕33.84.7答复以下问题：〔1〕操作Ⅰ为：过滤．〔2〕取溶液Ⅰ参加KSCN溶液,溶液呈血红色,试写出酸溶过程中FeS发生反响的离子方程式：FeS+12H++3MnO22Fe3++2S↓+3Mn2++6H2O〔3〕调节溶液pH所用物质X最好为CA．NaOH溶液B．氨水C．MnCO3固体D．盐酸〔4〕滤渣Ⅰ为Al〔OH〕3、Fe〔OH〕3,滤渣Ⅱ为CaF2．〔5〕沉锰的化学方程式为：MnSO4+2NaHCO3=MnCO3↓+Na2SO4+H2O+CO2↑．〔6〕MnCO3也是制造锂离子电池的重要原料,在此电池的正极,充放电过程中发生LiMn2O4与Li1﹣xMn2O4之间的转化,写出该电池充电时正极发生的反响式：LiMn2O4﹣xe﹣=Li1﹣xMn2O4+xLi+．【考点】制备实验方案的设计．【分析】锰矿石的主要成分是MnO2还含CaO、Al2O3、FeS等杂质,参加稀硫酸高温酸溶,二氧化锰将氯化亚铁氧化成硫单质、铁离子,同时氧化钙和氧化铝与稀硫酸反响,通过操作Ⅰ过滤得到S沉淀和含有锰离子、铁离子、钙离子和铝离子的滤液Ⅰ；通过调节滤液Ⅰ的pH,将铝离子、铁离子转化成Al〔OH〕3、Fe〔OH〕3,过滤后别离出Al〔OH〕3、Fe〔OH〕3,滤液Ⅱ中含有钙离子和锰离子,参加NaF后将钙离子转化成CaF2沉淀,过滤后得到滤渣Ⅱ〔CaF2沉淀〕和滤液Ⅲ〔主要含有硫酸锰〕,再参加碳酸氢钠,发生反响：MnSO4+2NaHCO3=MnCO3↓+Na2SO4+H2O+CO2↑,从而获得MnCO3,〔1〕操作Ⅰ得到的是S单质的沉淀,据此判断别离方法；〔2〕溶液Ⅰ参加KSCN溶液呈现红色,说明有铁离子存在,据此写出在酸溶过程中FeS发生反响的离子方程式；〔3〕除杂时由于不能引进杂质,那么调节溶液的pH所用的物质最好为MnCO3；〔4〕根据表中数据分析可得到当pH=6的时候,铁离子和铝离子会完全沉淀,据此可知滤渣成分；滤液中还会含有钙离子,参加NaF后转化成CaF2沉淀；〔5〕沉锰是利用碳酸氢钠与硫酸锰反响生成碳酸锰沉淀,据此写出反响的化学方程式；〔6〕MnCO3也是制造锂离子电池的重要原料,在此电池充电过程中正极发生LiMn2O4失去电子写生成Li1﹣xMn2O4,据此写出该电池充电时正极发生的反响式．【解答】解：锰矿石的主要成分是MnO2还含CaO、Al2O3、FeS等杂质,参加稀硫酸高温酸溶,二氧化锰将氯化亚铁氧化成硫单质、铁离子,同时氧化钙和氧化铝与稀硫酸反响,通过操作Ⅰ过滤得到S沉淀和含有锰离子、铁离子、钙离子和铝离子的滤液Ⅰ；通过调节滤液Ⅰ的pH,将铝离子、铁离子转化成Al〔OH〕3、Fe〔OH〕3,过滤后别离出Al〔OH〕3、Fe〔OH〕3,滤液Ⅱ中含有钙离子和锰离子,参加NaF后将钙离子转化成CaF2沉淀,过滤后得到滤渣Ⅱ〔CaF2沉淀〕和滤液Ⅲ〔主要含有硫酸锰〕,再参加碳酸氢钠,发生反响：MnSO4+2NaHCO3=MnCO3↓+Na2SO4+H2O+CO2↑,从而获得MnCO3,〔1〕操作Ⅰ得到的是S单质的沉淀,该物质别离的方法为过滤,故答案为：过滤；〔2〕取溶液Ⅰ参加KSCN溶液,溶液呈现红色,说明有铁离子存在,所以在酸溶过程中FeS发生反响的离子方程式：FeS+12H++3MnO22Fe3++2S↓+3Mn2++6H2O,故答案为：FeS+12H++3MnO22Fe3++2S↓+3Mn2++6H2O；〔3〕由于不能引进杂质,那么调节溶液的pH所用的物质X最好为MnCO3固体,故C正确,故答案为：C；〔4〕根据表中数据分析可得到当pH=6的时候,铁离子和铝离子会完全沉淀,因此滤渣为Al〔OH〕3、Fe〔OH〕3；滤液中还会含有钙离子,那么参加NaF后转化成CaF2沉淀,故答案为：Al〔OH〕3、Fe〔OH〕3；CaF2；〔5〕滤液Ⅲ中含有硫酸锰,硫酸锰与碳酸氢钠溶液反响生成碳酸锰沉淀、硫酸钠、二氧化碳和水,反响的化学方程式为：MnSO4+2NaHCO3=MnCO3↓+Na2SO4+H2O+CO2↑,故答案为：MnSO4+2NaHCO3=MnCO3↓+Na2SO4+H2O+CO2↑；〔6〕MnCO3也是制造锂离子电池的重要原料,在此电池充电过程中正极发生LiMn2O4失去电子的氧化反响,该电池充电时正极发生的反响式为：LiMn2O4﹣xe﹣=Li1﹣xMn2O4+xLi+,故答案为：LiMn2O4﹣xe﹣=Li1﹣xMn2O4+xLi+．10．目前人们对环境保护、新能源开发很重视．〔1〕汽车尾气中含有CO、NO2等有毒气体,对汽车加装尾气净化装置,可使有毒气体转化为无毒气体．4CO〔g〕+2NO2〔g〕⇌4CO2〔g〕+N2〔g〕△H=﹣1200kJ•mol﹣1对于该反响,温度不同〔T2＞T1〕、其他条件一样时,以下图象正确的选项是乙〔填代号〕．〔2〕用活性炭复原法也可以处理氮氧化物,某研究小组向某密闭容器参加一定量的活性炭和NO,发生反响C〔s〕+2NO〔g〕⇌N2〔g〕+CO2〔g〕△H在T1℃时,反响进展到不同时间测得各物质的量浓度如下：浓度/mol．L﹣1/时间/min01020304050NO1.00.580.400.400.480.48N200.210.300.300.360.36CO200.210.300.300.360.36①根据图表数据分析T1℃时,该反响在0～20min的平均反响速率v〔CO2〕=0.015mol•L﹣1•min﹣1；计算该反响的平衡常数K=0.56．②30min后,只改变某一条件,根据上表的数据判断改变的条件可能是bc〔填字母代号〕．a．参加一定量的活性炭b．通入一定量的NOc．适当缩小容器的体积d．参加适宜的催化剂③假设30min后升高温度至T2℃,到达平衡时,容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5：3：3,那么到达新平衡时NO的转化率〔填“升高〞或“降低〞〕,△H＜0〔填“＞〞或“＜〞〕．〔3〕以CO2与NH3为原料可合成化肥尿素[化学式为CO〔NH2〕2]．：①2NH3〔g〕+CO2〔g〕=NH2CO2NH4〔s〕△H=﹣l59.5kJ/mol②NH2CO2NH4〔s〕=CO〔NH2〕2〔s〕+H2O〔g〕△H=+116.5kJ/mol③H2O〔l〕=H2O〔g〕△H=+44.0kJ/mol写出CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反响方程式2NH3〔g〕+CO2〔g〕=CO〔NH2〕2〔s〕+H2O〔l〕△H=﹣87.0kJ•mol﹣1．〔4〕一种氨燃料电池,使用的电解质溶液是2mol/L﹣1的KOH溶液．电池反响为：4NH3+3O2=2N2+6H2O；请写出通入a气体一极的电极反响式为2NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2+6H2O；每消耗3.4gNH3转移电子的物质的量为0.6mol．【考点】化学平衡的影响因素；用盖斯定律进展有关反响热的计算；原电池和电解池的工作原理．【分析】〔1〕该反响中焓变小于0,为放热反响,升高温度,正逆反响速率都增大,且反响向着逆向进展,二氧化氮转化率减小、一氧化碳的体积含量减小,据此对各图象进展判断；〔2〕①分析图表数据,根据V=计算得到反响速率,根据k=计算；②根据图表数据分析,结合平衡浓度计算平衡常数和浓度变化分析判断,30min后,只改变某一条件,反响重新到达平衡,C〔s〕+2NO〔g〕⇌N2〔g〕+CO2〔g〕,根据图表数据分析,平衡状态物质浓度增大,根据平衡常数计算,平衡常数随温度变化,平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；根据数据分析,氮气浓度增大,二氧化碳和一氧化氮浓度增大,反响前后气体体积不变,所以可能是减小溶液体积后参加一定量一氧化氮；③假设30min后升高温度至T2℃,到达平衡时,容器中NO、N2、CO2的浓度之比从为5：3：3,氮气和二氧化碳难度之比始终为1：1,所以5：3＞4：3,说明平衡向逆反响方向挪动；〔3〕由热化学方程式和盖斯定律计算①+②﹣③得到CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反响方程式；〔4〕由反响可知,负极上氨气失去电子生成氮气,根据电子与氨气的物质的量关系计算．【解答】解：〔1〕该反响为放热反响,升高温度,正逆反响速率均增大,都应该分开原来的速率点,图象与实际情况不相符,故甲错误；升高温度,反响向着逆向进展,反响物的转化率减小,反响速率加快,图象与实际反响一致,故乙正确,压强一样时,升高温度,反响向着逆向挪动,一氧化氮的体积分数应该增大,图象与实际不相符,故丙错误,故答案为：乙；〔2〕①0～20min内,CO2的平均反响速率v〔CO2〕==0.015mol•L﹣1•min﹣1；故答案为：0.015mol•L﹣1•min﹣1；C〔s〕+2NO〔g〕⇌N2〔g〕+CO2〔g〕,平衡浓度c〔N2〕=0.3mol/L；c〔CO2〕=0.3mol/L；c〔NO〕=0.4mol/L；反响的平衡常数K===0.56；故答案为：0.015mol•L﹣1•min﹣1；0.56；②30min后,只改变某一条件,反响重新到达平衡,C〔s〕+2NO〔g〕⇌N2〔g〕+CO2〔g〕,根据图表数据分析,平衡状态物质浓度增大,根据平衡常数计算K===0.56,平衡常数随温度变化,平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；根据数据分析,氮气浓度增大,二氧化碳和一氧化氮浓度增大,反响前后气体体积不变,所以可能是减小溶液体积后参加一定量一氧化氮；a．参加一定量的活性炭,碳是固体对平衡无影响,平衡不动,故a错误；b．通入一定量的NO,新平衡状态下物质平衡浓度增大,故b正确；c．适当缩小容器的体积,反响前后体积不变,平衡状态物质浓度增大,故c正确；d．参加适宜的催化剂,催化剂只改变化学反响速率,不改变化学平衡,故d错误；故答案为：bc；③假设30min后升高温度至T2℃,到达平衡时,容器中NO、N2、CO2的浓度之比从为5：3：3,氮气和二氧化碳难度之比始终为1：1,所以5：3＞4：3,说明平衡向逆反响方向挪动,到达新平衡时NO的转化率,说明逆反响是吸热反响,那么正反响是放热反响；故答案为：降低；＜；〔3〕①2NH3〔g〕+CO2〔g〕→NH2CO2NH4〔s〕△H=﹣l59.5kJ/mol②NH2CO2NH4〔s〕→CO〔NH2〕2〔s〕+H2O〔g〕△H=+116.5kJ/mol③H2O〔l〕→H2O〔g〕△H=+44.0kJ/mol根据热化学方程式和盖斯定律计算①+②﹣③得到CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反响方程式为：2NH3〔g〕+CO2〔g〕=CO〔NH2〕2〔s〕+H2O〔l〕△H=﹣87.0kJ•mol﹣1；故答案为：2NH3〔g〕+CO2〔g〕=CO〔NH2〕2〔s〕+H2O〔l〕△H=﹣87.0kJ•mol﹣1；〔4〕电池反响为：4NH3+3O2=2N2+6H2O．该电池负极是氨气失电子生成氮气,负极的电极反响式为2NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2+6H2O；每消耗3.4gNH3即0.2mol,转移电子的物质的量为0.6mol；故答案为：2NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2+6H2O；0.6mol．【化学--选修3：物质构造与性质】11．碳、氮、氟、硅、铁、钛等元素的化合物广泛应用于消费生活,答复以下问题：〔1〕基态Si原子中,电子占据的最高能层具有的原子轨道数为9,1mol氮气分子中σ键和π键的物质的量之比为1：2；基态钛原子的价电子排布式为3d24s2．〔2〕C、N、F三种元素电负性由大到小的顺序为F＞N＞C．第二周期元素中第一电离能介于B、F之间的有4种．〔3〕NF3分子的空间构型为三角锥型,N原子的杂化轨道类型为sp3．〔4〕铁的单质有如图1所示的两种常见堆积方式,其中属于面心立方最密堆积的是a〔填a或b〕〔5〕金刚砂〔SiC〕的硬度仅次于金刚石,其晶胞构造如图2所示,金刚砂晶体类型为原子晶体,每个C原子周围最近的C原子数目为12,假设晶胞的边长为acm,阿伏伽德罗常数为NA,那么金刚砂的密度为g•cm﹣3〔不需要化简〕【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子核外电子排布；晶胞的计算．【分析】〔1〕硅质子数为14,根据能量最低原理书写核外电子排布式,根据核外电子排布式确定最高能层具有的原子轨道数,每个氮气分子中有一个σ键和2个π键,Ti是22号元素,根据核外电子排布规律书写价电子排布式；〔2〕同一周期元素,元素电负性随着原子序数增大而增大,元素的第一电离能随着原子序数增大而增大,但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素,据此判断；〔3〕根据NF3分子中N原子的价层电子对数判断杂化轨道类型；〔4〕由图可知,a为面心立方最密堆积,b为体心立方最密堆积；〔5〕金刚砂硬度大,晶胞中Si、C原子之间形成共价键,为空间网状构造,属于原子晶体,晶胞中存在四面体构型,晶胞中Si、C原子位置可以互换,互换后以顶点C原子为研究对象,与之最近的C原子处于面心,每个顶点为8个晶胞共用,每个面心为2个晶胞共用；晶胞中Si处于顶点与面心、C原子处于晶胞内部,利用均摊法计算晶胞中Si、C原子数目,进而计算晶胞质量,再根据ρ=计算晶胞密度．【解答】解：〔1〕硅质子数为14,基态Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2,最高能层3s、3p、3d具有的原子轨道数为1+3+5=9,每个氮气分子中有一个σ键和2个π键,所以1mol氮气分子中σ键和π键的物质的量之比为1：2,Ti是22号元素,核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2,价电子排布式为为3d24s2,故答案为：9；1：2；3d24s2；〔2〕同一周期元素,元素电负性随着原子序数增大而增大,所以C、N、F三种元素电负性由大到小的顺序为F＞N＞C,元素的第一电离能随着原子序数增大而增大,但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素,所以第二周期元素中第一电离能介于B、F之间的有Be、C、N、O,共4种,故答案为：F＞N＞C；4；〔3〕根据价层电子对理论知,NF3分子中N原子价层电子对个数==4,所以N原子采用sp3杂化,故答案为：sp3；〔4〕由图可知,a为面心立方最密堆积,b为体心立方最密堆积,故答案为：a；〔5〕金刚砂硬度大,晶胞中Si、C原子之间形成共价键,为空间网状构造,属于原子晶体,晶胞中存在四面体构型,晶胞中Si、C原子位置可以互换,互换后以顶点C原子为研究对象,与之最近的C原子处于面心,每个顶点为8个晶胞共用,每个面心为2个晶胞共用,故每个C原子周围最近的C原子数目为=12,晶胞中Si处于顶点与面心,晶胞中Si元素数目为8×+6×=4,C原子处于晶胞内部,晶胞中C原子数目为4,故晶胞质量为4×g,晶胞体积为〔acm〕3,那么晶胞密度为4×g÷〔acm〕3=g•cm﹣3,故答案为：原子晶体；12；．【化学--选修5：有机化学根底】12．M是石油裂解气的重要成分,由M制备环酯P的合成道路〔局部反响条件略去〕如下图：：在特殊催化剂的作用下可以发生碳碳双键两边基团互换位置的反响．如：2CH2=CHRCH2=CH2+RC