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2017-2018学年陕西省西安市高二下学期期末考试化学试题 解析版
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陕西省西安市2017-2018学年高二下学期期末考试
化学试题
1.下列各组物质中，第一种是酸，第二种是混合物，第三种是碱的是
A. 空气、硫酸铜、硫酸 B. 醋酸、液氯、纯碱
C. 硝酸、食盐水、烧碱 D. 氧化铁、胆矾、熟石灰
【答案】C
【解析】
【详解】A. 空气是混合物，不符合要求， A错误；
B. 醋酸是酸，液氯是单质，属于纯净物，不符合题意，B错误；
C. 硝酸是酸，食盐水是混合物，烧碱是NaOH，属于碱，C正确；
D.氧化铁是氧化物，胆矾是盐，属于纯净物，D错误；
故选项是C。
2.下列实验操作中，错误的是
A. 蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处
B. 蒸发时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热
C. 分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
D. 萃取时，应选择与原溶剂互不相溶的萃取剂
【答案】B
【解析】
【分析】
A．蒸馏时，温度计测定馏分的温度；
B．蒸发时，不能蒸干，利用余热加热；
C．分液时，避免上下层液体混合；
D．萃取时，不能发生反应，溶质在不同溶剂中溶解度不同，不需要考虑密度。
【详解】A．蒸馏时，温度计测定馏分的温度，则使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处，A正确；
B．蒸发时，不能使混合物中的水分完全蒸干后，利用余热加热，出现大量固体时停止加热，B正确；
C．分液时，避免上下层液体混合，则分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C正确；
D．萃取时，溶质与萃取剂不能发生反应，溶质在萃取剂溶解度比原溶剂中大，萃取剂与原溶剂互不相容，不需要考虑密度大小，萃取剂密度比水大或小均可，D正确；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
3.用NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法不正确的是
A. 标准状况下，18gH2O所含电子数为10NA
B. 22.4L CO2与17 g NH3所含分子数相等
C. 0.9g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.1NA
D. 常温下，1L 0.1mol/L NaCl溶液中含Na+ 数为0.1NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.18gH2O的物质的量是1mol，由于1个H2O分子中含有10个电子，所以1molH2O中含有的电子数为10NA，A正确；
B.缺条件，不能确定22.4L CO2飞物质的量及分子数目，B错误；
C.Al是+3价的金属，所以0.9g铝完全反应转移电子的物质的量为n(e-)=，故转移电子数目为N(e-)=0.1NA，C正确；
D. 常温下，1L 0.1mol/L NaCl溶液中含溶质NaCl的物质的量为0.1mol，由于1molNaCl电离产生1molNa+，所以0.1molNaCl电离产生的Na+ 数为0.1NA，D正确；
故合理选项为B。
4.下列离子方程式正确的是
A. 金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH－=AlO2－+H2↑
B. 钠与水的反应：Na+2H2O=Na++2OH－+H2↑
C. 铜片跟稀硝酸的反应：Cu+NO3－+4H+=Cu2++NO↑+2H2O
D. 将氯气通入氯化亚铁溶液：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－
【答案】D
【解析】
A、B、C均为电荷不守恒，排除；
5.在无色强酸性溶液中，下列各组离子能够大量共存的是
A. Al3+、Fe2+、Cl－、SO42－ B. NH4+、HCO3－、Cl－、K+
C. Na+、Ba2+、NO3－、SO42－ D. Cl －、Na+、NO3－、Ca2+
【答案】D
【解析】
【详解】A.在无色溶液中浅绿色的Fe2+不能大量存在，A错误；
B. HCO3-与H+会发生离子反应，产生水和二氧化碳，不能大量共存，B错误；
C. Ba2+与SO42-会发生离子反应，不能大量共存，C错误；
D.选项中的离子都是无色的，不能发生任何反应，可以大量共存，D正确；
故合理选项是D。
6.下列关于天然物质水解的叙述正确的是
A. 油脂的水解反应都是皂化反应 B. 蛋白质水解的最终产物均为葡萄糖
C. 油脂的水解可得到甘油 D. 淀粉水解和纤维素水解得到的最终产物不同
【答案】C
【解析】
【分析】
油脂含有酯基，可在酸性或碱性条件下水解，淀粉、纤维素属于多糖，可水解生成葡萄糖，蛋白质可水解生成氨基酸，据此解答。
【详解】A．油脂在碱性条件下的水解为皂化反应，油脂水解生成的高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，A错误；
B．蛋白质水解的最终产物为氨基酸，B错误；
C．油脂为高级脂肪酸甘油脂，可水解生成甘油，C正确；
D．淀粉、纤维素属于多糖，可水解最终都生成葡萄糖，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题综合考查有机物的结构和性质，注意把握有机物官能团的性质以及高分子化合物的水解产物的判断，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大。
7.下列各种方法中，最适用于炼制相应金属的是
A. 加热氧化铜制铜 B. 氧化铁与铝粉反应制铁
C. 电解熔融氯化铝制铝 D. 电解熔融氧化镁制镁
【答案】B
【解析】
【分析】
特别活泼的金属从K到Al用电解方法冶炼；从Al后到Cu的金属用热还原方法冶炼，从Hg、Ag用热分解方法冶炼，据此分析。
【详解】A. Cu可用热还原方法得到，加热氧化铜不能制铜，A错误；
B.Al的活动性比Fe强，所以氧化铁与铝粉反应铝热反应可制取铁，B正确；
C.氯化铝是共价化合物，不含带电微粒，所以不能电解制取金属Al，C错误；
D.MgO是离子化合物，由于其熔沸点比MgCl2高，所以一般用电解熔融的MgCl2的方法制取Mg，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查金属冶炼方法的知识。掌握金属的冶炼方法、使用物质与金属活动性关系是本题解答的关键。
8.下列关于元素性质的有关叙述中不正确的是
A. C、N、O、F的原子半径依次减小
B. KOH、NaOH、LiOH的碱性逐渐减弱
C. P、S、Cl、Ar的最高正价依次升高
D. Na、Mg、Al、Si的最外层电子数依次增加
【答案】C
【解析】
【详解】A．C、N、O、F位于周期表同一周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，
A正确；
B．Li、Na、K位于同一主族，同一主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，KOH、NaOH、LiOH的碱性逐渐减弱，B正确；
C．P、S、Cl的最高正价依次升高，Ar为惰性气体，化合价一般为0，C错误；
D．Na、Mg、Al、Si的最外层电子数依次为1、2、3、4，依次增加，D正确；
故合理选项是C。
9.下列关于甲烷、乙烯、苯三种烃的比较中,正确的是
A. 只有甲烷不能因化学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 在空气中分别完全燃烧等质量的这三种烃,苯消耗的氧气最多
C. 除甲烷外,其余两种分子内所有原子都共平面
D. 甲烷和苯属于饱和烃,乙烯是不饱和烃
【答案】C
【解析】
试题分析：A.甲烷、苯不能因化学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙烯能因化学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，错误；B.有机物含有的H元素的含量越大，则等质量时燃烧消耗的氧气就越多。由于三种烃中甲烷的H元素的含量最高，因此在空气中分别完全燃烧等质量的这三种烃，甲烷消耗的氧气最多，错误；C.甲烷是正四面体结构的分子，乙烯和苯分子都是平面分子，因此除甲烷外，其余两种分子内所有原子都共平面，正确；D.甲烷属于饱和烃，乙烯、苯是不饱和烃，错误。
考点：考查关于甲烷、乙烯、苯三种烃的结构、性质的知识。
10.下列说法正确的是
A. 共价化合物中一定不含离子键
B. 离子化合物中一定不含共价键
C. 任何化学物质中均存在化学键
D. 全部由非金属元素形成的化合物一定是共价化合物
【答案】A
【解析】
试题分析：A、共价化合物中一定不含离子键，含离子键的化合物一定是离子化合物，故正确；B、离子化合物中可能含有共价键，如NaOH、Na2O2等，故错误；C、稀有气体是有单原子组成的分子，不含化学键，故错误；D、如所有铵盐，都是非金属元素组成的，但属于离子化合物，故错误。
考点：考查化学键和物质类别的关系等知识。
11.下列叙述中正确的是
①电解池是将化学能转变为电能的装置
②原电池是将电能转变成化学能的装置
③不能自发进行的氧化还原反应,通过电解的原理有可能实现
④电镀过程相当于金属的“迁移”，可视为物理变化
A. ③ B. ③④ C. ②③④ D. ①②③④
【答案】A
【解析】
【详解】：①电解池是将电能转变成化学能的装置，①错误；
②原电池是将化学能转变成电能的装置，②错误；
③不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理有可能实现，如铜和稀硫酸的反应，铜为阳极被氧化，可生成硫酸铜，③正确；
④电镀时镀层金属在阳极失电子，金属阳离子在阴极得电子析出金属，是化学变化，④错误；
故合理选项是A。
12.温度相同,浓度均为0.2 mol/L的①(NH4)2SO4,②NaNO3,③NH4HSO4,④NH4NO3,⑤CH3COONa溶液,它们的pH由小到大的排列顺序是
A. ①③⑤④② B. ③①④②⑤ C. ⑤②④①③ D. ③②①⑤④
【答案】B
【解析】
【分析】
溶液酸性越强，溶液的pH越小，则溶液的pH：酸性＜中性＜碱性；先将溶液分为酸性、中性和碱性，然后根据电离程度、盐的水解情况判断各溶液的pH大小。
【详解】：①(NH4)2SO4、④NH4NO3水解呈酸性，两溶液的pH＜7；③NH4HSO4电离出H+呈酸性，pH＜7；②NaNO3不水解，其pH=7；⑤CH3COONa水解呈碱性，pH＞7。①、④比较，前者c(NH4+)大，水解生成c(H+)大，pH小，①、③比较，后者电离出c(H+)比前者水解出c(H+)大，pH小，所以溶液的pH从小到大的顺序为：③①④②⑤，故合理选项是B。
【点睛】本题考查溶液pH的大小比较，要考虑盐类的水解程度大小，注意硫酸氢铵中硫酸氢根离子电离出氢离子，该题考查了学生的灵活应用基础知识的能力．。
13. 下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是
A. 某物质的溶液pH < 7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐
B. pH＝ 4.5的番茄汁中c(H+)是pH＝ 6.5的牛奶中c(H+)的100倍
C. AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同
D. pH＝ 5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c(Na+) > c(CH3COO－)
【答案】B
【解析】
试题分析：A、某物质的溶液pH＜7，则该物质可能是酸或强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐，弱酸弱碱盐的水溶液有可能也显酸性，A错误；B、pH＝4.5的番茄汁中c(H＋)＝1.0×10-4.5mol/L，pH＝6.5的牛奶中c(H＋)＝1.0×10-6.5mol/L，前者是后者的100倍，B正确；C、浓度相同的CaCl2和NaCI溶液中的Cl-浓度不同，前者是后者的2倍，根据氯化银的溶解平衡判断，氯离子浓度增大，平衡左移，氯化银的溶解度减小，所以AgCl在同浓度的CaCl2和NaCI溶液中的溶解度不同，前者较小，C错误；D、pH＝5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液显酸性，说明醋酸的电离大于醋酸根离子的水解程度，所以c(Na＋)＜C(CH3COO－)，D错误，答案选B。
考点：考查溶液酸碱性的判断，氢离子浓度的计算，难溶电解质的溶解平衡的应用，混合液的离子浓度的比较
14.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是
A. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式为：Fe－2e－===Fe2＋
B. 氢氧燃料电池的负极反应式为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu－2e－===Cu2＋
D. 惰性电极电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl－－2e－===Cl2↑
【答案】D
【解析】
15.根据以下三个热化学方程式：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)ΔH=Q1kJ/mol；2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l) ΔH=Q2 kJ/mol；2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) ΔH=Q3 kJ/mol。判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是
A. Q3>Q2>Q1 B. Q2>Q1>Q3 C. Q1>Q3>Q2 D. Q1>Q2>Q3
【答案】A
【解析】
【详解】）①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ΔH=Q1kJ/mol
②2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(l) ΔH=Q2 kJ/mol
③2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) ΔH=Q3 kJ/mol
反应②、③相比，生成气态水和生成液态水相比，生成液态水放出的热量多，所以Q2
A. 平衡向逆反应方向移动 B. x＋y
【答案】B
【解析】
【分析】
x A(g)＋y B(g) z C(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，而再达平衡时，测得A的浓度为0.20mol/L，则说明体积增大(压强减小)化学平衡正向移动，以此来解答。
【详解】由信息可知，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达到平衡时测得A的浓度为0.20mol/L，说明体积增大，相当于压强减小，化学平衡正向移动，则
A．由上述分析可知，平衡正向移动，A错误；
B．减小压强，向气体体积增大的方向移动，平衡正向移动，说明正反应为气体体积增大的反应，x+y＜z，B正确；
C．将容器飞容积扩大为原来的2倍，平衡正向移动，则C的体积分数增大，C错误；
D．平衡正向移动，反应物B的转化率就会增大，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查化学平衡的移动，注意A浓度变化及体积变化导致的平衡移动是解答本题的关键，通过分析压强对化学平衡的影响进行解答。
17.Ⅰ.下图是元素周期表的一部分，根据①～⑧在周期表中的位置按题目要求回答：
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
二
①
②
③
三
④
⑤
⑥
⑦
⑧
(1)元素①～⑧中，除⑧外，原子半径最大的是___________（填元素符号），元素③、⑦所形成的氢化物的稳定性由强到弱的顺序为__________________（用相应氢化物的化学式作答）元素②的氢化物的电子式是____________。
(2)④⑤⑥三种元素的氢氧化物的碱性由强到弱的顺序是________（用相应氢氧化物的化学式作答），元素①～⑧中的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的酸是_______(填化学式)。
Ⅱ.实验室用密度为1.84g/cm3，溶质的质量分数为98%的硫酸，配制980mL物质的量浓度为0.1mol/L的硫酸。供选用的仪器有：①胶头滴管；②药匙；③烧杯；④量筒；⑤托盘天平。请回答下列问题：
(1)配制上述溶液量取浓硫酸时应选用__________量筒（选填序号）
①10mL ②50mL ③100mL；
(2)配制稀硫酸时，上述仪器中还缺少的仪器有____________________________（写仪器名称），不需要使用的有______________（选填序号）；
(3)下列操作使所配溶液的物质的量浓度偏低的是___________。
A.用量筒量取的浓硫酸，慢慢地沿着玻璃棒注入盛有20mL蒸馏水的小烧杯，搅拌后，立即转移到容量瓶中，再按正确操作配制溶液。
B.往容量瓶转移溶液时，有少量液体溅出。
C.未洗涤稀释浓硫酸的小烧杯
D.定容时俯视刻度线。
E.容量瓶未干燥即用来配制溶液。
F.定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线。
【答案】 (1). Na (2). HF>HC1 (3). (4). NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3 (5). HC1O4 (6). ① (7). 1000ml容量瓶、玻璃棒 (8). ②⑤ (9). BC
【解析】
【详解】Ⅰ.由元素在周期表中的位置可知，①为C，②为N，③为F，④为Na，⑤为Mg，⑥为Al，⑦为Cl，⑧为Ar。
(1)元素原子核外电子层数越多，原子半径越大，对于电子层数相同的元素，原子序数越大，原子半径就越小，所以元素①～⑧中，除⑧外，原子半径最大的是Na元素；
F、Cl是同一主族的元素，由于原子半径Cl>F，所以元素的非金属性F>Cl，元素的非金属性越强，元素形成的氢化物的稳定性就越强，故两种元素的氢化物的稳定性由强到弱的顺序为HF>HCl；
②为N元素，原子最外层有5个电子，与3个H原子形成3对共用电子对，电子式为；
(2)④⑤⑥三种元素分别是Na、Mg、Al，由于元素的原子半径Na>Mg>Al，所以元素的金属性有强到弱的顺序是：Na>Mg>Al，元素的金属性越强，其氢氧化物的碱性就越强，所以三种物质的碱性由强到弱的顺序是NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3；
元素①～⑧中的F非金属性最强，无最高价含氧酸，除此之外，其余元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的酸是HClO4；
II.(1)准确配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液的仪器是容量瓶，由于在实验室中没有规格为980mL的容量瓶，根据选择仪器的标准：大而近，要选择使用1000mL容量瓶；98%的硫酸物质的量浓度为c=，溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，所以V1×19.8mol/L=1000mL×0.1mol/L，解得V1=5.1mL，故要选择10mL的量筒量取；
(2)配制稀硫酸时需要10mL量筒、滴管、烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶，所以上述仪器中还缺少的仪器有玻璃棒、1000mL容量瓶；不需要使用的有是药匙、托盘天平；代号是②⑤；
(3) A.用量筒量取的浓硫酸，慢慢地沿着玻璃棒注入盛有20mL蒸馏水的小烧杯，搅拌后，立即转移到容量瓶中，再按正确操作配制溶液，会使溶液的体积偏小，导致溶液的浓度偏高，A错误；
B.往容量瓶转移溶液时，有少量液体溅出，会使溶质的物质的量偏少，导致溶液的浓度偏低，B正确；
C.未洗涤稀释浓硫酸的小烧杯，使溶质的物质的量偏少，导致溶液的浓度偏低，C正确；
D.定容时俯视刻度线，溶液的体积偏少，导致溶液的浓度偏高，D错误；
E.容量瓶未干燥即用来配制溶液，不影响溶液的浓度，E错误；
F.定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，对溶液的浓度无影响，F错误；
故合理选项是BC。
18.(1)实验室制氨气的化学方程式为_________________________。
(2)0.1 mol/LNH4Cl溶液中离子浓度由大到小的顺序为____________________。
(3)已知0.5mol的液态甲醇（CH3OH）在空气中完全燃烧生成CO2气体和液态水时放出350kJ的热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为______________________。
(4)已知①C(s)＋O2(g)= CO2(g) ΔH1=－393 kJ/mol
②2CO(g)＋O2(g)= 2CO2(g) ΔH2=－566 kJ/mol
③TiO2(s)＋2Cl2(g)= TiCl4(s)＋O2(g) ΔH3=＋141 kJ/mol
则TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)= TiCl4(s)＋2CO(g)的 ΔH =__________________。
(5)在25℃下，向浓度均为0.1 mol/L的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成沉淀_____（填化学式）（已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，KsP[Cu(OH)2]=2.2×10-20）。
(6)常温下，0.lmol/LNaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中c(H2CO3)______c(CO32-）（填“>”、“=”或“＜”)。
(7)在25℃下，将a mol/L的氨水与0.01 mol/L的盐酸等体积混合，反应完成后溶液中c(NH4+)=c(Cl-)，则溶液显_________性（填“酸”“碱”或“中”），a _________0.01 mol/L（填“>”、“=”或“＜”)。
【答案】 (1). 2NH4C1+Ca(OH)22NH3↑+CaC12+2H2O (2). c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-) (3). CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH＝－700kJ/mol (4). -79 kJ/mol (5). Cu(OH)2 (6). > (7). 中 (8). >
【解析】
【详解】(1)在实验室中是用铵盐与碱共热制取氨气的，反应的化学方程式是：2NH4C1+Ca(OH)22NH3↑+CaC12+2H2O；
(2) NH4Cl是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，当最终达到平衡后，溶液中c(H＋)>c(OH－)，NH4+由于水解而消耗，所以c(Cl－)>c(NH4+)，盐电离产生的离子浓度大于水电离产生的离子浓度，所以c(NH4+)>c(H＋)，因此最终溶液中离子浓度大小关系为c(Cl－)>c(NH4+)>c(H＋)>c(OH－)；
(3)燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，由于0.5mol甲醇完全燃烧产生CO2气体和液体水放出热量是350kJ，所以甲醇燃烧热的化学方程式为CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-700kJ/mol；
(4) ③+2×①-②，整理可得TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)= TiCl4(s)＋2CO(g)ΔH ＝-79kJ/mol；
(5)由于难溶性的物质Mg(OH)2、Cu(OH)2的构型相同，所以向浓度均为0.1 mol/L的MgCl2和CuCl2混合溶液中加入氨水水，溶度积常数小的物质，首先形成沉淀。由于Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11
(7)对于该溶液来说，存在电荷守恒，c(H+)+ c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，由于c(NH4+)=c(Cl-)，所以c(H+)=c(OH-)，溶液显中性；盐酸是强酸，完全电离，一水合氨为弱碱，只有部分电离，现在c(H+)=c(OH-)，所以c(NH3·H2O)> c(OH-)= c(H+)=c(HCl)=0.01mol/L，即c(NH3·H2O)>0.01mol/L。
19.Ⅰ.用如图所示的装置进行电解，在通电一段时间后，铁电极的质量增加。
(1)写出甲中发生反应的化学方程式：____________________________。
(2)写出乙中两极发生的电极反应式。
阳极：_______________；阴极：_____________________。
Ⅱ.在一定温度下，将2mol A和2mol B两种气体相混合于容积为2 L的某密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g) xC(g)＋2D(g)，2min末反应达到平衡状态，生成了0.6mol D，并测得C的浓度为0.3mol/L，请填写下列空白：
(1)x值等于__________。
(2)A的转化率为__________。
(3)生成D的反应速率为________________。
(4)达平衡后保持容器内气体压强不变，向其中加入He(He不参加反应)，则平衡______移动(填“正向”“逆向 “或”“不”)。
【答案】 (1). 2CuSO4＋2H2O 2Cu＋2H2SO4＋O2↑ (2). Ag-e-= Ag+ (3). Ag+＋e-=Ag (4). 2 (5). 45%或0.45 (6). 0.15 mol/(L·min) (7). 不
【解析】
【详解】I.(1) 装置为电解池，用惰性电极电解硫酸铜溶液生成铜、氧气和硫酸，电池反应为：2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4；
(2)通电一段时间后发现乙烧杯中铁电极的质量增加，铁电极作电解池阴极，发生还原反应：Ag++e-=Ag，银电极做阳极，电极反应为：Ag-e-=Ag+；
II.(1)平衡时C物质的浓度为0.3mol/L，则n(C)=0.3mol/L×2L=0.6mol，与反应产生D物质的物质的量相等，根据化学反应中物质变化的物质的量之比等于化学计量数之比，所以0.6mol：0.8mol=x：2，解得x=2；
(2)平衡时n(D)=0.6mol，由方程式可知参加反应的n(A)=，所以A的转化率为(0.9mol÷2mol)×100%=45%；
(3)生成D的反应速率V(D)=0.15 mol/(L·min)
(4)达平衡后保持容器内气体压强不变，向其中加入He（He不参加反应），容器的容积扩大，反应混合物的物质的量浓度减小，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，所以减小压强平衡不发生移动。
【点睛】本题考查了电解池原理的应用、化学反应速率、物质的转化率、化学平衡的计算等知识，电极产物的分析判断解答本题的关键，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学计算应用能力。
20.东晋《华阳国志•南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
(1)镍元素的基态价电子排布式为_____________，3d能级上的未成对的电子数为______。
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是___________。
②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为______________，提供孤电子对的成键原子是_____________。
③氨的沸点_________（填“高于”或“低于”）膦(PH3)，原因是__________________；氨是_________分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为_______。
(3)单质铜及镍都是由______________键形成的晶体。
(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为___________。
②若合金的密度为dg/cm3，晶胞边长a=______________nm。
【答案】 (1). 3d84s2 (2). 2 (3). 正四面体 (4). 配位键 (5). N (6). 高于 (7). NH3分子间可形成氢键 (8). 极性 (9). sp3 (10). 金属 (11). 3:1 (12). ×107
【解析】
【分析】
(1)Ni是28号元素，其原子核外有28个电子，根据构造原理书写镍元素基态原子的电子排布式；3d能级上的未成对的电子数为2；
(2)①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的价层电子对个数=4+，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫酸根离子的立体构型；
②含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键，提供孤电子对的成键原子是N原子；
③有氢键的氢化物熔沸点较高；
氨气分子结构不对称，正负电荷重心不重合；氨气分子中中心原子N原子的价层电子对个数=3+，且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子的轨道杂化类型；
(3)金属晶体中存在金属键；
(4)①该晶胞中Ni原子个数=8×=1；Cu原子个数=6×=3；
②该晶胞的化学式为Cu3Ni，若合金的密度为dg/cm3，根据晶体密度公式计算晶胞参数。
【详解】(1)Ni是28号元素，其原子核外有28个电子，根据构造原理书写镍元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；3d能级上的未成对的电子数为2；
（2）①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子价层电子对个数=4+，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫酸根离子的立体构型为正四面体；
②含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键，在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+提供空轨道、NH3提供孤电子对，所以在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是N原子；
③有氢键的氢化物熔沸点较高，氨气中含有氢键、膦中不含氢键，则氨的熔沸点高于膦；
氨气分子结构不对称，正负电荷重心不重合，所以为极性分子；氨气分子中中心原子N原子的价层电子对个数=3+，且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子的轨道杂化类型为sp3杂化；
(3)金属晶体中存在金属键，则该物质中含有金属键；
(4)①该晶胞中Ni原子个数=8×=1；Cu原子个数=6×=3，则Cu、Ni原子个数之比为3：1；
②该晶胞的化学式为Cu3Ni，若合金的密度为dg/cm3，根据晶体密度计算式晶胞参数l=×107nm。
【点睛】本题考查物质结构和性质的知识，涉及晶胞计算、价层电子对互斥理论、配位键、原子核外电子排布等，侧重考查学生对物质结构、基本理论的理解和运用，孤电子对的计算方法是易错点。
21. [化学--选修5：有机化学基础]
氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为，从而具有胶黏性，某种氰基丙烯酸酯（G）的合成路线如下：
已知：
①A的相对分子量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰
②
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_______。
（2）B的结构简式为______，其核磁共振氢谱显示为______组峰，峰面积比为______。
（3）由C生成D的反应类型为________。
（4）由D生成E的化学方程式为___________。
（5）G中的官能团有___、 ____ 、_____。（填官能团名称）
（6）G的同分异构体中，与G具有相同官能团且能发生银镜反应的共有_____种。（不含立体异构）
【答案】（1）丙酮
（2）2 6：1
（3）取代反应
（4）
（5）碳碳双键 酯基 氰基
（6）8
【解析】
试题分析：A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，则A分子中氧原子数目为=1，分子中C、H原子总相对原子质量为58-16=42，则分子中最大碳原子数目为=3…6，故A的分子式为C3H6O，其核磁共振氢谱显示为单峰，且发生信息中加成反应生成B，故A为，B为；B发生消去反应生成C为；C与氯气光照反应生成D，D发生水解反应生成E，结合E的分子式可知，C与氯气发生取代反应生成D，则D为；E发生氧化反应生成F，F与甲醇发生酯化反应生成G，则E为，F为，G为。
（1）由上述分析可知，A为，化学名称为丙酮。
故答案为：丙酮；
（2）由上述分析可知，B的结构简式为其核磁共振氢谱显示为2组峰，峰面积比为1：6。
故答案为：；1：6；
（3）由C生成D的反应类型为：取代反应。
故答案为：取代反应；
（4）由D生成E的化学方程式为+NaOH+NaCl。
故答案为：+NaOH+NaCl；
（5）G为，G中的官能团有酯基、碳碳双键、氰基。
故答案为：酯基、碳碳双键、氰基；
（6）G（）的同分异构体中，与G具有相同官能团且能发生银镜反应，含有甲酸形成
的酯基：HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）=CH2，当为HCOOCH2CH=CH2时，-CN的取代位置有3种，当为HCOOCH=CHCH3时，-CN的取代位置有3种，当为HCOOC（CH3）=CH2时，-CN的取代位置有2种，共有8种。
故答案为：8。
考点：考查有机物的推断
【名师点睛】根据题给信息确定某种有机物的分子式往往是解决问题的突破口，现将有机物分子式的确定方法简单归纳为：一、“单位物质的量”法 根据有机物的摩尔质量（分子量）和有机物中各元素的质量分数，推算出1 mol有机物中各元素原子的物质的量，从而确定分子中各原子个数，最后确定有机物分子式。二、最简式法 根据有机物各元素的质量分数求出分子组成中各元素的原子个数之比（最简式），然后结合该有机物的摩尔质量（或分子量）求有机物的分子式。三、燃烧通式法 根据有机物完全燃烧反应的通式及反应物和生成物的质量或物质的量或体积关系求解，计算过程中要注意“守恒”思想的运用。四、平均值法 根据有机混合物中的平均碳原子数或氢原子数确定混合物的组成。平均值的特征为： C小≤C≤C大，H小≤H≤H大。
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化学试题
1.下列各组物质中，第一种是酸，第二种是混合物，第三种是碱的是
A. 空气、硫酸铜、硫酸 B. 醋酸、液氯、纯碱
C. 硝酸、食盐水、烧碱 D. 氧化铁、胆矾、熟石灰
【答案】C
【解析】
【详解】A. 空气是混合物，不符合要求， A错误；
B. 醋酸是酸，液氯是单质，属于纯净物，不符合题意，B错误；
C. 硝酸是酸，食盐水是混合物，烧碱是NaOH，属于碱，C正确；
D.氧化铁是氧化物，胆矾是盐，属于纯净物，D错误；
故选项是C。
2.下列实验操作中，错误的是
A. 蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处
B. 蒸发时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热
C. 分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
D. 萃取时，应选择与原溶剂互不相溶的萃取剂
【答案】B
【解析】
【分析】
A．蒸馏时，温度计测定馏分的温度；
B．蒸发时，不能蒸干，利用余热加热；
C．分液时，避免上下层液体混合；
D．萃取时，不能发生反应，溶质在不同溶剂中溶解度不同，不需要考虑密度。
【详解】A．蒸馏时，温度计测定馏分的温度，则使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处，A正确；
B．蒸发时，不能使混合物中的水分完全蒸干后，利用余热加热，出现大量固体时停止加热，B正确；
C．分液时，避免上下层液体混合，则分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C正确；
D．萃取时，溶质与萃取剂不能发生反应，溶质在萃取剂溶解度比原溶剂中大，萃取剂与原溶剂互不相容，不需要考虑密度大小，萃取剂密度比水大或小均可，D正确；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
3.用NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法不正确的是
A. 标准状况下，18gH2O所含电子数为10NA
B. 22.4L CO2与17 g NH3所含分子数相等
C. 0.9g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.1NA
D. 常温下，1L 0.1mol/L NaCl溶液中含Na+ 数为0.1NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.18gH2O的物质的量是1mol，由于1个H2O分子中含有10个电子，所以1molH2O中含有的电子数为10NA，A正确；
B.缺条件，不能确定22.4L CO2飞物质的量及分子数目，B错误；
C.Al是+3价的金属，所以0.9g铝完全反应转移电子的物质的量为n(e-)=，故转移电子数目为N(e-)=0.1NA，C正确；
D. 常温下，1L 0.1mol/L NaCl溶液中含溶质NaCl的物质的量为0.1mol，由于1molNaCl电离产生1molNa+，所以0.1molNaCl电离产生的Na+ 数为0.1NA，D正确；
故合理选项为B。
4.下列离子方程式正确的是
A. 金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH－=AlO2－+H2↑
B. 钠与水的反应：Na+2H2O=Na++2OH－+H2↑
C. 铜片跟稀硝酸的反应：Cu+NO3－+4H+=Cu2++NO↑+2H2O
D. 将氯气通入氯化亚铁溶液：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－
【答案】D
【解析】
A、B、C均为电荷不守恒，排除；
5.在无色强酸性溶液中，下列各组离子能够大量共存的是
A. Al3+、Fe2+、Cl－、SO42－ B. NH4+、HCO3－、Cl－、K+
C. Na+、Ba2+、NO3－、SO42－ D. Cl －、Na+、NO3－、Ca2+
【答案】D
【解析】
【详解】A.在无色溶液中浅绿色的Fe2+不能大量存在，A错误；
B. HCO3-与H+会发生离子反应，产生水和二氧化碳，不能大量共存，B错误；
C. Ba2+与SO42-会发生离子反应，不能大量共存，C错误；
D.选项中的离子都是无色的，不能发生任何反应，可以大量共存，D正确；
故合理选项是D。
6.下列关于天然物质水解的叙述正确的是
A. 油脂的水解反应都是皂化反应 B. 蛋白质水解的最终产物均为葡萄糖
C. 油脂的水解可得到甘油 D. 淀粉水解和纤维素水解得到的最终产物不同
【答案】C
【解析】
【分析】
油脂含有酯基，可在酸性或碱性条件下水解，淀粉、纤维素属于多糖，可水解生成葡萄糖，蛋白质可水解生成氨基酸，据此解答。
【详解】A．油脂在碱性条件下的水解为皂化反应，油脂水解生成的高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，A错误；
B．蛋白质水解的最终产物为氨基酸，B错误；
C．油脂为高级脂肪酸甘油脂，可水解生成甘油，C正确；
D．淀粉、纤维素属于多糖，可水解最终都生成葡萄糖，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题综合考查有机物的结构和性质，注意把握有机物官能团的性质以及高分子化合物的水解产物的判断，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大。
7.下列各种方法中，最适用于炼制相应金属的是
A. 加热氧化铜制铜 B. 氧化铁与铝粉反应制铁
C. 电解熔融氯化铝制铝 D. 电解熔融氧化镁制镁
【答案】B
【解析】
【分析】
特别活泼的金属从K到Al用电解方法冶炼；从Al后到Cu的金属用热还原方法冶炼，从Hg、Ag用热分解方法冶炼，据此分析。
【详解】A. Cu可用热还原方法得到，加热氧化铜不能制铜，A错误；
B.Al的活动性比Fe强，所以氧化铁与铝粉反应铝热反应可制取铁，B正确；
C.氯化铝是共价化合物，不含带电微粒，所以不能电解制取金属Al，C错误；
D.MgO是离子化合物，由于其熔沸点比MgCl2高，所以一般用电解熔融的MgCl2的方法制取Mg，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查金属冶炼方法的知识。掌握金属的冶炼方法、使用物质与金属活动性关系是本题解答的关键。
8.下列关于元素性质的有关叙述中不正确的是
A. C、N、O、F的原子半径依次减小
B. KOH、NaOH、LiOH的碱性逐渐减弱
C. P、S、Cl、Ar的最高正价依次升高
D. Na、Mg、Al、Si的最外层电子数依次增加
【答案】C
【解析】
【详解】A．C、N、O、F位于周期表同一周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，
A正确；
B．Li、Na、K位于同一主族，同一主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，KOH、NaOH、LiOH的碱性逐渐减弱，B正确；
C．P、S、Cl的最高正价依次升高，Ar为惰性气体，化合价一般为0，C错误；
D．Na、Mg、Al、Si的最外层电子数依次为1、2、3、4，依次增加，D正确；
故合理选项是C。
9.下列关于甲烷、乙烯、苯三种烃的比较中,正确的是
A. 只有甲烷不能因化学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 在空气中分别完全燃烧等质量的这三种烃,苯消耗的氧气最多
C. 除甲烷外,其余两种分子内所有原子都共平面
D. 甲烷和苯属于饱和烃,乙烯是不饱和烃
【答案】C
【解析】
试题分析：A.甲烷、苯不能因化学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙烯能因化学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，错误；B.有机物含有的H元素的含量越大，则等质量时燃烧消耗的氧气就越多。由于三种烃中甲烷的H元素的含量最高，因此在空气中分别完全燃烧等质量的这三种烃，甲烷消耗的氧气最多，错误；C.甲烷是正四面体结构的分子，乙烯和苯分子都是平面分子，因此除甲烷外，其余两种分子内所有原子都共平面，正确；D.甲烷属于饱和烃，乙烯、苯是不饱和烃，错误。
考点：考查关于甲烷、乙烯、苯三种烃的结构、性质的知识。
10.下列说法正确的是
A. 共价化合物中一定不含离子键
B. 离子化合物中一定不含共价键
C. 任何化学物质中均存在化学键
D. 全部由非金属元素形成的化合物一定是共价化合物
【答案】A
【解析】
试题分析：A、共价化合物中一定不含离子键，含离子键的化合物一定是离子化合物，故正确；B、离子化合物中可能含有共价键，如NaOH、Na2O2等，故错误；C、稀有气体是有单原子组成的分子，不含化学键，故错误；D、如所有铵盐，都是非金属元素组成的，但属于离子化合物，故错误。
考点：考查化学键和物质类别的关系等知识。
11.下列叙述中正确的是
①电解池是将化学能转变为电能的装置
②原电池是将电能转变成化学能的装置
③不能自发进行的氧化还原反应,通过电解的原理有可能实现
④电镀过程相当于金属的“迁移”，可视为物理变化
A. ③ B. ③④ C. ②③④ D. ①②③④
【答案】A
【解析】
【详解】：①电解池是将电能转变成化学能的装置，①错误；
②原电池是将化学能转变成电能的装置，②错误；
③不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理有可能实现，如铜和稀硫酸的反应，铜为阳极被氧化，可生成硫酸铜，③正确；
④电镀时镀层金属在阳极失电子，金属阳离子在阴极得电子析出金属，是化学变化，④错误；
故合理选项是A。
12.温度相同,浓度均为0.2 mol/L的①(NH4)2SO4,②NaNO3,③NH4HSO4,④NH4NO3,⑤CH3COONa溶液,它们的pH由小到大的排列顺序是
A. ①③⑤④② B. ③①④②⑤ C. ⑤②④①③ D. ③②①⑤④
【答案】B
【解析】
【分析】
溶液酸性越强，溶液的pH越小，则溶液的pH：酸性＜中性＜碱性；先将溶液分为酸性、中性和碱性，然后根据电离程度、盐的水解情况判断各溶液的pH大小。
【详解】：①(NH4)2SO4、④NH4NO3水解呈酸性，两溶液的pH＜7；③NH4HSO4电离出H+呈酸性，pH＜7；②NaNO3不水解，其pH=7；⑤CH3COONa水解呈碱性，pH＞7。①、④比较，前者c(NH4+)大，水解生成c(H+)大，pH小，①、③比较，后者电离出c(H+)比前者水解出c(H+)大，pH小，所以溶液的pH从小到大的顺序为：③①④②⑤，故合理选项是B。
【点睛】本题考查溶液pH的大小比较，要考虑盐类的水解程度大小，注意硫酸氢铵中硫酸氢根离子电离出氢离子，该题考查了学生的灵活应用基础知识的能力．。
13. 下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是
A. 某物质的溶液pH < 7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐
B. pH＝ 4.5的番茄汁中c(H+)是pH＝ 6.5的牛奶中c(H+)的100倍
C. AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同
D. pH＝ 5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c(Na+) > c(CH3COO－)
【答案】B
【解析】
试题分析：A、某物质的溶液pH＜7，则该物质可能是酸或强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐，弱酸弱碱盐的水溶液有可能也显酸性，A错误；B、pH＝4.5的番茄汁中c(H＋)＝1.0×10-4.5mol/L，pH＝6.5的牛奶中c(H＋)＝1.0×10-6.5mol/L，前者是后者的100倍，B正确；C、浓度相同的CaCl2和NaCI溶液中的Cl-浓度不同，前者是后者的2倍，根据氯化银的溶解平衡判断，氯离子浓度增大，平衡左移，氯化银的溶解度减小，所以AgCl在同浓度的CaCl2和NaCI溶液中的溶解度不同，前者较小，C错误；D、pH＝5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液显酸性，说明醋酸的电离大于醋酸根离子的水解程度，所以c(Na＋)＜C(CH3COO－)，D错误，答案选B。
考点：考查溶液酸碱性的判断，氢离子浓度的计算，难溶电解质的溶解平衡的应用，混合液的离子浓度的比较
14.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是
A. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式为：Fe－2e－===Fe2＋
B. 氢氧燃料电池的负极反应式为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu－2e－===Cu2＋
D. 惰性电极电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl－－2e－===Cl2↑
【答案】D
【解析】
15.根据以下三个热化学方程式：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)ΔH=Q1kJ/mol；2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l) ΔH=Q2 kJ/mol；2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) ΔH=Q3 kJ/mol。判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是
A. Q3>Q2>Q1 B. Q2>Q1>Q3 C. Q1>Q3>Q2 D. Q1>Q2>Q3
【答案】A
【解析】
【详解】）①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ΔH=Q1kJ/mol
②2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(l) ΔH=Q2 kJ/mol
③2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) ΔH=Q3 kJ/mol
反应②、③相比，生成气态水和生成液态水相比，生成液态水放出的热量多，所以Q2
A. 平衡向逆反应方向移动 B. x＋y
【答案】B
【解析】
【分析】
x A(g)＋y B(g) z C(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，而再达平衡时，测得A的浓度为0.20mol/L，则说明体积增大(压强减小)化学平衡正向移动，以此来解答。
【详解】由信息可知，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达到平衡时测得A的浓度为0.20mol/L，说明体积增大，相当于压强减小，化学平衡正向移动，则
A．由上述分析可知，平衡正向移动，A错误；
B．减小压强，向气体体积增大的方向移动，平衡正向移动，说明正反应为气体体积增大的反应，x+y＜z，B正确；
C．将容器飞容积扩大为原来的2倍，平衡正向移动，则C的体积分数增大，C错误；
D．平衡正向移动，反应物B的转化率就会增大，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查化学平衡的移动，注意A浓度变化及体积变化导致的平衡移动是解答本题的关键，通过分析压强对化学平衡的影响进行解答。
17.Ⅰ.下图是元素周期表的一部分，根据①～⑧在周期表中的位置按题目要求回答：
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
二
①
②
③
三
④
⑤
⑥
⑦
⑧
(1)元素①～⑧中，除⑧外，原子半径最大的是___________（填元素符号），元素③、⑦所形成的氢化物的稳定性由强到弱的顺序为__________________（用相应氢化物的化学式作答）元素②的氢化物的电子式是____________。
(2)④⑤⑥三种元素的氢氧化物的碱性由强到弱的顺序是________（用相应氢氧化物的化学式作答），元素①～⑧中的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的酸是_______(填化学式)。
Ⅱ.实验室用密度为1.84g/cm3，溶质的质量分数为98%的硫酸，配制980mL物质的量浓度为0.1mol/L的硫酸。供选用的仪器有：①胶头滴管；②药匙；③烧杯；④量筒；⑤托盘天平。请回答下列问题：
(1)配制上述溶液量取浓硫酸时应选用__________量筒（选填序号）
①10mL ②50mL ③100mL；
(2)配制稀硫酸时，上述仪器中还缺少的仪器有____________________________（写仪器名称），不需要使用的有______________（选填序号）；
(3)下列操作使所配溶液的物质的量浓度偏低的是___________。
A.用量筒量取的浓硫酸，慢慢地沿着玻璃棒注入盛有20mL蒸馏水的小烧杯，搅拌后，立即转移到容量瓶中，再按正确操作配制溶液。
B.往容量瓶转移溶液时，有少量液体溅出。
C.未洗涤稀释浓硫酸的小烧杯
D.定容时俯视刻度线。
E.容量瓶未干燥即用来配制溶液。
F.定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线。
【答案】 (1). Na (2). HF>HC1 (3). (4). NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3 (5). HC1O4 (6). ① (7). 1000ml容量瓶、玻璃棒 (8). ②⑤ (9). BC
【解析】
【详解】Ⅰ.由元素在周期表中的位置可知，①为C，②为N，③为F，④为Na，⑤为Mg，⑥为Al，⑦为Cl，⑧为Ar。
(1)元素原子核外电子层数越多，原子半径越大，对于电子层数相同的元素，原子序数越大，原子半径就越小，所以元素①～⑧中，除⑧外，原子半径最大的是Na元素；
F、Cl是同一主族的元素，由于原子半径Cl>F，所以元素的非金属性F>Cl，元素的非金属性越强，元素形成的氢化物的稳定性就越强，故两种元素的氢化物的稳定性由强到弱的顺序为HF>HCl；
②为N元素，原子最外层有5个电子，与3个H原子形成3对共用电子对，电子式为；
(2)④⑤⑥三种元素分别是Na、Mg、Al，由于元素的原子半径Na>Mg>Al，所以元素的金属性有强到弱的顺序是：Na>Mg>Al，元素的金属性越强，其氢氧化物的碱性就越强，所以三种物质的碱性由强到弱的顺序是NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3；
元素①～⑧中的F非金属性最强，无最高价含氧酸，除此之外，其余元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的酸是HClO4；
II.(1)准确配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液的仪器是容量瓶，由于在实验室中没有规格为980mL的容量瓶，根据选择仪器的标准：大而近，要选择使用1000mL容量瓶；98%的硫酸物质的量浓度为c=，溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，所以V1×19.8mol/L=1000mL×0.1mol/L，解得V1=5.1mL，故要选择10mL的量筒量取；
(2)配制稀硫酸时需要10mL量筒、滴管、烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶，所以上述仪器中还缺少的仪器有玻璃棒、1000mL容量瓶；不需要使用的有是药匙、托盘天平；代号是②⑤；
(3) A.用量筒量取的浓硫酸，慢慢地沿着玻璃棒注入盛有20mL蒸馏水的小烧杯，搅拌后，立即转移到容量瓶中，再按正确操作配制溶液，会使溶液的体积偏小，导致溶液的浓度偏高，A错误；
B.往容量瓶转移溶液时，有少量液体溅出，会使溶质的物质的量偏少，导致溶液的浓度偏低，B正确；
C.未洗涤稀释浓硫酸的小烧杯，使溶质的物质的量偏少，导致溶液的浓度偏低，C正确；
D.定容时俯视刻度线，溶液的体积偏少，导致溶液的浓度偏高，D错误；
E.容量瓶未干燥即用来配制溶液，不影响溶液的浓度，E错误；
F.定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，对溶液的浓度无影响，F错误；
故合理选项是BC。
18.(1)实验室制氨气的化学方程式为_________________________。
(2)0.1 mol/LNH4Cl溶液中离子浓度由大到小的顺序为____________________。
(3)已知0.5mol的液态甲醇（CH3OH）在空气中完全燃烧生成CO2气体和液态水时放出350kJ的热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为______________________。
(4)已知①C(s)＋O2(g)= CO2(g) ΔH1=－393 kJ/mol
②2CO(g)＋O2(g)= 2CO2(g) ΔH2=－566 kJ/mol
③TiO2(s)＋2Cl2(g)= TiCl4(s)＋O2(g) ΔH3=＋141 kJ/mol
则TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)= TiCl4(s)＋2CO(g)的 ΔH =__________________。
(5)在25℃下，向浓度均为0.1 mol/L的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成沉淀_____（填化学式）（已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，KsP[Cu(OH)2]=2.2×10-20）。
(6)常温下，0.lmol/LNaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中c(H2CO3)______c(CO32-）（填“>”、“=”或“＜”)。
(7)在25℃下，将a mol/L的氨水与0.01 mol/L的盐酸等体积混合，反应完成后溶液中c(NH4+)=c(Cl-)，则溶液显_________性（填“酸”“碱”或“中”），a _________0.01 mol/L（填“>”、“=”或“＜”)。
【答案】 (1). 2NH4C1+Ca(OH)22NH3↑+CaC12+2H2O (2). c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-) (3). CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH＝－700kJ/mol (4). -79 kJ/mol (5). Cu(OH)2 (6). > (7). 中 (8). >
【解析】
【详解】(1)在实验室中是用铵盐与碱共热制取氨气的，反应的化学方程式是：2NH4C1+Ca(OH)22NH3↑+CaC12+2H2O；
(2) NH4Cl是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，当最终达到平衡后，溶液中c(H＋)>c(OH－)，NH4+由于水解而消耗，所以c(Cl－)>c(NH4+)，盐电离产生的离子浓度大于水电离产生的离子浓度，所以c(NH4+)>c(H＋)，因此最终溶液中离子浓度大小关系为c(Cl－)>c(NH4+)>c(H＋)>c(OH－)；
(3)燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，由于0.5mol甲醇完全燃烧产生CO2气体和液体水放出热量是350kJ，所以甲醇燃烧热的化学方程式为CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-700kJ/mol；
(4) ③+2×①-②，整理可得TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)= TiCl4(s)＋2CO(g)ΔH ＝-79kJ/mol；
(5)由于难溶性的物质Mg(OH)2、Cu(OH)2的构型相同，所以向浓度均为0.1 mol/L的MgCl2和CuCl2混合溶液中加入氨水水，溶度积常数小的物质，首先形成沉淀。由于Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11
(7)对于该溶液来说，存在电荷守恒，c(H+)+ c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，由于c(NH4+)=c(Cl-)，所以c(H+)=c(OH-)，溶液显中性；盐酸是强酸，完全电离，一水合氨为弱碱，只有部分电离，现在c(H+)=c(OH-)，所以c(NH3·H2O)> c(OH-)= c(H+)=c(HCl)=0.01mol/L，即c(NH3·H2O)>0.01mol/L。
19.Ⅰ.用如图所示的装置进行电解，在通电一段时间后，铁电极的质量增加。
(1)写出甲中发生反应的化学方程式：____________________________。
(2)写出乙中两极发生的电极反应式。
阳极：_______________；阴极：_____________________。
Ⅱ.在一定温度下，将2mol A和2mol B两种气体相混合于容积为2 L的某密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g) xC(g)＋2D(g)，2min末反应达到平衡状态，生成了0.6mol D，并测得C的浓度为0.3mol/L，请填写下列空白：
(1)x值等于__________。
(2)A的转化率为__________。
(3)生成D的反应速率为________________。
(4)达平衡后保持容器内气体压强不变，向其中加入He(He不参加反应)，则平衡______移动(填“正向”“逆向 “或”“不”)。
【答案】 (1). 2CuSO4＋2H2O 2Cu＋2H2SO4＋O2↑ (2). Ag-e-= Ag+ (3). Ag+＋e-=Ag (4). 2 (5). 45%或0.45 (6). 0.15 mol/(L·min) (7). 不
【解析】
【详解】I.(1) 装置为电解池，用惰性电极电解硫酸铜溶液生成铜、氧气和硫酸，电池反应为：2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4；
(2)通电一段时间后发现乙烧杯中铁电极的质量增加，铁电极作电解池阴极，发生还原反应：Ag++e-=Ag，银电极做阳极，电极反应为：Ag-e-=Ag+；
II.(1)平衡时C物质的浓度为0.3mol/L，则n(C)=0.3mol/L×2L=0.6mol，与反应产生D物质的物质的量相等，根据化学反应中物质变化的物质的量之比等于化学计量数之比，所以0.6mol：0.8mol=x：2，解得x=2；
(2)平衡时n(D)=0.6mol，由方程式可知参加反应的n(A)=，所以A的转化率为(0.9mol÷2mol)×100%=45%；
(3)生成D的反应速率V(D)=0.15 mol/(L·min)
(4)达平衡后保持容器内气体压强不变，向其中加入He（He不参加反应），容器的容积扩大，反应混合物的物质的量浓度减小，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，所以减小压强平衡不发生移动。
【点睛】本题考查了电解池原理的应用、化学反应速率、物质的转化率、化学平衡的计算等知识，电极产物的分析判断解答本题的关键，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学计算应用能力。
20.东晋《华阳国志•南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
(1)镍元素的基态价电子排布式为_____________，3d能级上的未成对的电子数为______。
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是___________。
②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为______________，提供孤电子对的成键原子是_____________。
③氨的沸点_________（填“高于”或“低于”）膦(PH3)，原因是__________________；氨是_________分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为_______。
(3)单质铜及镍都是由______________键形成的晶体。
(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为___________。
②若合金的密度为dg/cm3，晶胞边长a=______________nm。
【答案】 (1). 3d84s2 (2). 2 (3). 正四面体 (4). 配位键 (5). N (6). 高于 (7). NH3分子间可形成氢键 (8). 极性 (9). sp3 (10). 金属 (11). 3:1 (12). ×107
【解析】
【分析】
(1)Ni是28号元素，其原子核外有28个电子，根据构造原理书写镍元素基态原子的电子排布式；3d能级上的未成对的电子数为2；
(2)①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的价层电子对个数=4+，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫酸根离子的立体构型；
②含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键，提供孤电子对的成键原子是N原子；
③有氢键的氢化物熔沸点较高；
氨气分子结构不对称，正负电荷重心不重合；氨气分子中中心原子N原子的价层电子对个数=3+，且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子的轨道杂化类型；
(3)金属晶体中存在金属键；
(4)①该晶胞中Ni原子个数=8×=1；Cu原子个数=6×=3；
②该晶胞的化学式为Cu3Ni，若合金的密度为dg/cm3，根据晶体密度公式计算晶胞参数。
【详解】(1)Ni是28号元素，其原子核外有28个电子，根据构造原理书写镍元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；3d能级上的未成对的电子数为2；
（2）①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子价层电子对个数=4+，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫酸根离子的立体构型为正四面体；
②含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键，在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+提供空轨道、NH3提供孤电子对，所以在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是N原子；
③有氢键的氢化物熔沸点较高，氨气中含有氢键、膦中不含氢键，则氨的熔沸点高于膦；
氨气分子结构不对称，正负电荷重心不重合，所以为极性分子；氨气分子中中心原子N原子的价层电子对个数=3+，且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子的轨道杂化类型为sp3杂化；
(3)金属晶体中存在金属键，则该物质中含有金属键；
(4)①该晶胞中Ni原子个数=8×=1；Cu原子个数=6×=3，则Cu、Ni原子个数之比为3：1；
②该晶胞的化学式为Cu3Ni，若合金的密度为dg/cm3，根据晶体密度计算式晶胞参数l=×107nm。
【点睛】本题考查物质结构和性质的知识，涉及晶胞计算、价层电子对互斥理论、配位键、原子核外电子排布等，侧重考查学生对物质结构、基本理论的理解和运用，孤电子对的计算方法是易错点。
21. [化学--选修5：有机化学基础]
氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为，从而具有胶黏性，某种氰基丙烯酸酯（G）的合成路线如下：
已知：
①A的相对分子量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰
②
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_______。
（2）B的结构简式为______，其核磁共振氢谱显示为______组峰，峰面积比为______。
（3）由C生成D的反应类型为________。
（4）由D生成E的化学方程式为___________。
（5）G中的官能团有___、 ____ 、_____。（填官能团名称）
（6）G的同分异构体中，与G具有相同官能团且能发生银镜反应的共有_____种。（不含立体异构）
【答案】（1）丙酮
（2）2 6：1
（3）取代反应
（4）
（5）碳碳双键 酯基 氰基
（6）8
【解析】
试题分析：A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，则A分子中氧原子数目为=1，分子中C、H原子总相对原子质量为58-16=42，则分子中最大碳原子数目为=3…6，故A的分子式为C3H6O，其核磁共振氢谱显示为单峰，且发生信息中加成反应生成B，故A为，B为；B发生消去反应生成C为；C与氯气光照反应生成D，D发生水解反应生成E，结合E的分子式可知，C与氯气发生取代反应生成D，则D为；E发生氧化反应生成F，F与甲醇发生酯化反应生成G，则E为，F为，G为。
（1）由上述分析可知，A为，化学名称为丙酮。
故答案为：丙酮；
（2）由上述分析可知，B的结构简式为其核磁共振氢谱显示为2组峰，峰面积比为1：6。
故答案为：；1：6；
（3）由C生成D的反应类型为：取代反应。
故答案为：取代反应；
（4）由D生成E的化学方程式为+NaOH+NaCl。
故答案为：+NaOH+NaCl；
（5）G为，G中的官能团有酯基、碳碳双键、氰基。
故答案为：酯基、碳碳双键、氰基；
（6）G（）的同分异构体中，与G具有相同官能团且能发生银镜反应，含有甲酸形成
的酯基：HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）=CH2，当为HCOOCH2CH=CH2时，-CN的取代位置有3种，当为HCOOCH=CHCH3时，-CN的取代位置有3种，当为HCOOC（CH3）=CH2时，-CN的取代位置有2种，共有8种。
故答案为：8。
考点：考查有机物的推断
【名师点睛】根据题给信息确定某种有机物的分子式往往是解决问题的突破口，现将有机物分子式的确定方法简单归纳为：一、“单位物质的量”法 根据有机物的摩尔质量（分子量）和有机物中各元素的质量分数，推算出1 mol有机物中各元素原子的物质的量，从而确定分子中各原子个数，最后确定有机物分子式。二、最简式法 根据有机物各元素的质量分数求出分子组成中各元素的原子个数之比（最简式），然后结合该有机物的摩尔质量（或分子量）求有机物的分子式。三、燃烧通式法 根据有机物完全燃烧反应的通式及反应物和生成物的质量或物质的量或体积关系求解，计算过程中要注意“守恒”思想的运用。四、平均值法 根据有机混合物中的平均碳原子数或氢原子数确定混合物的组成。平均值的特征为： C小≤C≤C大，H小≤H≤H大。
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