重慶市2018高三第二次診斷考試?yán)砜凭C合化學(xué)試題Word版含解析

1、眾志成城臥虎藏龍地豪氣干云秣馬礪兵鋒芒盡露披星戴月時(shí)書香盈耳含英咀華學(xué)業(yè)必成重慶市2018-2019學(xué)年高三第二次診斷考試?yán)砜凭C合化學(xué)試題1. 化學(xué)與技術(shù)、社會(huì)和生活等密切相關(guān)，下列說法不正確的是A. 節(jié)日期間城市里大量燃放煙花爆竹，會(huì)加重霧霾的形成B. 我國最近合成的某新型炸藥(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl，其中“N5”顯-1價(jià)C. 維生素C具有較強(qiáng)還原性，高溫烹飪會(huì)損失維生素CD. 生理鹽水可用于養(yǎng)殖場消毒，以殺死H7N9等病毒【答案】D2. 設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)值，下列有關(guān)敘述正確的是A. 在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LSO3中含氧原子數(shù)為0.3NAB. 1L0.1mol/L(NH4

2、)2Fe(SO4)2溶液中，陽離子總數(shù)為0.3NAC. 常溫常壓下，4.2g乙烯和環(huán)丙烷的混合氣體中所含原子總數(shù)為0.9NAD. 將0.1molCl2通入足量熱的濃NaOH溶液中完全反應(yīng)生成NaCl、NaClO3和水，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1NA【答案】C【解析】A、標(biāo)況下三氧化硫?yàn)楣腆w，不能根據(jù)氣體摩爾體積來計(jì)算其物質(zhì)的量，故A錯(cuò)誤；B. (NH4)2Fe(SO4)2溶液中的陽離子要發(fā)生水解反應(yīng)，因此1L0.1mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液中陽離子總數(shù)少于0.3NA，故B錯(cuò)誤；C、乙烯和環(huán)丙烷的最簡式為CH2，4.2g混合氣體含有0.3mol最簡式，含有0.3mol碳原子，0.6mol

3、氫原子，含有的原子數(shù)為0.9NA，故C正確；D、氯氣與氫氧化鈉的反應(yīng)為歧化反應(yīng)，作氧化劑和還原劑的氯氣的物質(zhì)的量之比為5:1，0.1mol氯氣反應(yīng)轉(zhuǎn)移mol電子，故D錯(cuò)誤；故選C。3. 下列有關(guān)說法不正確的是A. 苯甲酸()分子中所有原子不可能在同一平面上B. 苯和甲苯可用酸性KMnO4溶液鑒別C. 食用花生油和雞蛋清都能發(fā)生水解反應(yīng)D. 籃烷（結(jié)構(gòu)簡式如圖）的一氯代物有4種（不含立體異構(gòu)）【答案】A【解析】A、旋轉(zhuǎn)羧基中的C-O單鍵，可以使羧基中的所有原子處于同一平面，通過旋轉(zhuǎn)羧基連接苯環(huán)的單鍵，可以使兩個(gè)平面共面，故苯甲酸中所有的原子可能處于同一平面，故A錯(cuò)誤；B苯與高錳酸鉀不反應(yīng)，甲苯與

4、高錳酸鉀反應(yīng)使溶液褪色，所以苯和甲苯可用酸性KMnO4溶液鑒別，故B正確；C食用花生油成分是油脂，雞蛋清成分是蛋白質(zhì)，油脂水解生成高級(jí)脂肪酸和甘油，蛋白質(zhì)水解生成氨基酸，故C正確；D、該分子屬于高度對(duì)稱結(jié)構(gòu)，有如圖所示的4種H原子，故其一氯代物就有4種同分異構(gòu)體，故D正確；故選A。4. 下列實(shí)驗(yàn)中，操作、現(xiàn)象及結(jié)論均正確的是選項(xiàng)操作現(xiàn)象結(jié)論A將CH3CH2Br與NaOH溶液共熱。冷卻后，取出上層水溶液加入AgNO3溶液產(chǎn)生淡黃色沉淀CH3CH2Br含有溴原子BKNO3和KOH混合溶液中加入鋁粉并加熱，管口放濕潤的紅色石蕊試紙?jiān)嚰堊優(yōu)樗{(lán)色NO3被還原為NH3C將乙醇與濃硫酸共熱至140所得氣體直

5、接通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色乙醇發(fā)生消去反應(yīng)，氣體一定是乙烯D向體積為100mL濃度均為0.01mol/LNaCl和Na2CrO4的混合溶液中滴加0.01mol/L的AgNO3溶液先產(chǎn)生白色沉淀，后產(chǎn)生磚紅色沉淀（Ag2CrO4)同溫下，溶度積常數(shù)：Ksp(AgCl)<Ksp(Ag2CrO4)A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A、CH3CH2Br與NaOH溶液發(fā)生水解反應(yīng)，檢驗(yàn)溴離子應(yīng)在酸性溶液中，應(yīng)水解后、冷卻加酸至酸性，再加AgNO3溶液，觀察是否產(chǎn)生淡黃色沉淀，故A錯(cuò)誤；B、氨氣能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)色，KNO3和KOH 混合溶液中加入鋁粉

6、并加熱，管口放濕潤的紅色石蕊試紙，試紙變藍(lán)色，說明有氨氣生成，則NO3-還原為NH3，故B正確；C、濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，在反應(yīng)中，碳和濃硫酸之間會(huì)反應(yīng)生成具有還原性的二氧化硫氣體，該氣體也能使高錳酸鉀褪色，故C錯(cuò)誤；D、向體積為100mL濃度均為0.01mol/LNaCl和Na2CrO4的混合溶液中滴加0.01mol/L的AgNO3溶液 先產(chǎn)生白色沉淀，后產(chǎn)生磚紅色沉淀(Ag2CrO4)，由于AgCl和Ag2CrO4的組成形式不同，不能比較溶度積常數(shù)Ksp(AgCl)和Ksp(Ag2CrO4)的大小，故D錯(cuò)誤；故選B。5. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)

7、層電子總數(shù)的3倍，Y原子的電子層數(shù)和最外層電子數(shù)相同，Z單質(zhì)可制成半導(dǎo)體材料，W與X屬于同一主族。下列敘述正確的是A. 簡單離子的半徑的大?。篩WB. 元素W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性比Z的弱C. 單質(zhì)Y和Z均能與強(qiáng)堿溶液反應(yīng)生成氫氣D. W的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性強(qiáng)于X的氣態(tài)氫化物【答案】C【解析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子總數(shù)的3倍，X有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為6，故X為O元素；W與X屬于同一主族，故W為S元素；Y原子的電子層數(shù)和最外層電子數(shù)相同，原子序數(shù)大于O元素，故Y處于第三周期，故Y為Al元素；Z單質(zhì)可制成半導(dǎo)體材料，Z為Si元素。

8、A鋁離子只有2個(gè)電子層，硫離子含有3個(gè)電子層，離子半徑：YW，故A錯(cuò)誤；B非金屬性SiS，故元素S的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性比Si的強(qiáng)，故B錯(cuò)誤；C. 鋁能夠與強(qiáng)堿反應(yīng)生成偏鋁酸鹽和氫氣，硅能與強(qiáng)堿溶液反應(yīng)生成硅酸鹽和氫氣，故C正確；D非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，非金屬性O(shè)S，則X的簡單氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強(qiáng)，故D錯(cuò)誤；故選C。點(diǎn)睛：本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)與位置關(guān)系、元素周期律，正確推斷元素是解題的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為A，要注意掌握比較離子半徑的一般方法，同時(shí)知道，一般而言，電子層數(shù)越多，離子半徑越大，本題中也可以借助于氧離子進(jìn)行比較。6. 一種可連續(xù)使用的鋰電池結(jié)構(gòu)如圖所示，下列

9、有關(guān)該電池放電時(shí)的說法正確的是A. 電子由Li電極經(jīng)Li+透過膜進(jìn)入Fe2+、Fe3+的水溶液移向Ti電極B. Ti電極上發(fā)生的電極反應(yīng)為：Fe3+ + e- Fe2+C. Li+透過膜除允許Li+通過外,還允許H2O分子通過D. 貯罐中發(fā)生的離子反應(yīng)為：S2O82- + 2Fe3+ 2Fe2+ + 2SO42-【答案】BD【解析】A電子由負(fù)極經(jīng)外電路移向正極即由Li電極經(jīng)外電路移向Ti電極，不能經(jīng)過溶液，溶液是通過離子導(dǎo)電的，故A錯(cuò)誤；BTi電極為正極，正極上三價(jià)鐵離子得電子生成亞鐵離子，反應(yīng)式為：Fe3+e-=Fe2+，故B正確；C. Li+透過膜為陽離子透過膜，允許Li+通過，不允許H2

10、O分子通過，故C錯(cuò)誤；D貯罐中S2O82-將亞鐵離子氧化成鐵離子，發(fā)生的離子反應(yīng)為S2O82-+2Fe2+2Fe3+2SO42-，故D正確；故選BD。點(diǎn)睛：本題考查了原電池原理，明確原電池負(fù)極上得失電子及電極反應(yīng)式是解本題關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為A，要注意金屬和溶液導(dǎo)電的區(qū)別。7. 40時(shí)，在氨-水體系中不斷通入CO2，各種離子變化趨勢如圖所示。下列說法不正確的是A. 當(dāng)8.5<pH<10.5時(shí)，會(huì)有中間產(chǎn)物（NH2COO）生成B. 在pH9.5時(shí)，溶液中存在關(guān)系：c(NH4+)c(HCO3)c(NH2COO)c(CO32)C. 在pH9.0時(shí)，溶液中存在關(guān)系：c(NH4+)c(H+)

11、2c(CO32)c(HCO3)c(NH2COO)c(OH)D. 隨著CO2的通入，不斷減小【答案】D【解析】A由圖像可知開始沒有NH2COO-，后來也不存在NH2COO-，在8.5<pH<10.5時(shí)，存在NH2COO-，所以NH2COO-為中間產(chǎn)物，故A正確；BpH=9.5時(shí)，圖像中各種離子濃度的大小關(guān)系：c(NH4+)c(HCO3-)c(NH2COO-)c(CO32-)，故B正確；C溶液中存在電荷守恒，即正電荷的總濃度等于負(fù)電荷的總濃度，則不同pH的溶液中存在電荷守恒關(guān)系為：c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)，故C

12、正確；D已知Kb=，溫度一定時(shí)，Kb為常數(shù)，不隨濃度的變化而變化，隨著CO2的通入，c(NH4+)逐漸增大，則不斷減小，則不斷增大，故D錯(cuò)誤；故選D。點(diǎn)睛：本題考查了溶液中離子濃度大小比較、電荷守恒的應(yīng)用、圖像的分析與應(yīng)用等。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為D，要注意根據(jù)平衡常數(shù)分析判斷。8. 據(jù)報(bào)道，磷酸二氫鉀（KH2PO4）大晶體已應(yīng)用于我國研制的巨型激光器“神光二號(hào)”中。利用氟磷灰石（化學(xué)式為Ca5P3FO12)制備磷酸二氫鉀的工藝流程如下圖所示（部分流程步驟已省略）：已知萃取的主要反應(yīng)原理：KCl+H3PO4KH2PO4+HCl；其中，反應(yīng)產(chǎn)生的HCl易溶于有機(jī)萃取劑。請(qǐng)回答下列問題：（1）流程中將氟磷

13、灰石粉碎的目的是_。（2）不能使用二氧化硅陶瓷材質(zhì)的沸騰槽的主要原因是_（用化學(xué)方程式表示）。（3）副產(chǎn)品N的化學(xué)式是_；在得到KH2PO4晶體的一系列操作，其主要包括_、過濾、洗滌、干燥等。（4）若用1000kg質(zhì)量分?jǐn)?shù)為50.4%的氟磷灰石（化學(xué)式為Ca5P3FO12)來制取磷酸二氫鉀晶體，其產(chǎn)率為80%，則理論上可生產(chǎn)KH2PO4的質(zhì)量為_kg。 （5）電解法制備KH2PO4的裝置如圖所示該電解裝置中，a 區(qū)屬于_區(qū)（填“陽極”或“陰極”），陰極區(qū)的電極反應(yīng)式是_。（6）工業(yè)上還可以用氟磷灰石與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1500生成白磷，同時(shí)逸出SiF4和CO,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為

14、_?！敬鸢浮?(1). 增大氟磷灰石與稀硫酸反應(yīng)的接觸面積,加快化學(xué)反應(yīng)速率 (2). 4HF+SiO2SiF4+2H2O (3). NH4Cl (4). 蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶 (5). 326.4 kg (6). 陰極 (7). 2H2eH2 (8). 4Ca5P3FO12 +21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4+30CO【解析】氟磷灰石(化學(xué)式為Ca5P3FO12)粉碎后加入濃硫酸，反應(yīng)生成氫氟酸、硫酸鈣、磷酸等，加入氯化鉀后用有機(jī)萃取劑，KCl+H3PO4KH2PO4+HCl，反應(yīng)產(chǎn)生的HCl易溶于有機(jī)萃取劑，有機(jī)相中含有氯化氫，加入氨水反應(yīng)生成氯化銨，因此副產(chǎn)品主要為氯

15、化銨，水相中含有KH2PO4，經(jīng)過一系列操作得到KH2PO4晶體。(1)流程中將氟磷灰石粉碎，可以增大氟磷灰石與稀硫酸反應(yīng)的接觸面積，加快化學(xué)反應(yīng)速率，故答案為：增大氟磷灰石與稀硫酸反應(yīng)的接觸面積，加快化學(xué)反應(yīng)速率；(2)根據(jù)流程圖，反應(yīng)中生成了氫氟酸，氫氟酸能夠與二氧化硅反應(yīng)，因此不能使用二氧化硅陶瓷材質(zhì)的沸騰槽，故答案為：4HF+SiO2SiF4+2H2O；(3)根據(jù)上述分析，副產(chǎn)品N的化學(xué)式為NH4Cl；在得到KH2PO4晶體的一系列操作為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥等，故答案為：NH4Cl；蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；(4)1000kg質(zhì)量分?jǐn)?shù)為50.4%的氟磷灰石(化學(xué)式為Ca5P3

16、FO12)中含有Ca5P3FO12的質(zhì)量為504kg，根據(jù)P元素守恒，理論上可生產(chǎn)KH2PO4的質(zhì)量為504kg×80%×÷=326.4 kg，故答案為：326.4 kg；(5)根據(jù)圖示，應(yīng)該在a區(qū)生成KH2PO4，則鉀離子由b區(qū)移向a區(qū)，則a 區(qū)屬于陰極區(qū)；陰極上氫離子放電生成氫氣，電極反應(yīng)式為2H2eH2，故答案為：陰極；2H2eH2；(6)用氟磷灰石與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1500生成白磷，同時(shí)逸出SiF4和CO，反應(yīng)的化學(xué)方程式為4Ca5P3FO12 +21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4+30CO，故答案為：4Ca5P3FO1

17、2 +21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4+30CO。9. 納米級(jí)Cu2O既是航母艦艇底部的防腐蝕涂料，也是優(yōu)良的催化劑。（1）已知：1克碳粉燃燒全部生成CO氣體時(shí)放出9.2kJ熱量，2Cu2O（s）+O2（g） 4CuO（s） H 292kJmol-1 ，則工業(yè)上用碳粉與CuO粉末混合在一定條件下反應(yīng)制取Cu2O(s)，同時(shí)生成CO氣體的熱化學(xué)方程式為_。（2）用納米級(jí)Cu2O作催化劑可實(shí)現(xiàn)甲醇脫氫可制取甲醛：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g),甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化曲線如下圖所示。該反應(yīng)的H_0 （填“>”或“<”）；600K時(shí)，Y點(diǎn)甲醇

18、的(正) _(逆)（填“>”或“<”）。從Y點(diǎn)到X點(diǎn)可采取的措施是_。在t1K時(shí)，向固定體積為2L的密閉容器中充入1molCH3OH(g)，溫度保持不變，9分鐘時(shí)達(dá)到平衡,則09min內(nèi)用CH3OH(g)表示的反應(yīng)速率v(CH3OH)_, t1K時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K_。（3）研究表明，納米級(jí)的Cu2O也可作為太陽光分解水的催化劑。 其他條件不變時(shí),若水的分解反應(yīng)使用Cu2O催化劑與不使用催化劑相比，使用催化劑會(huì)使該反應(yīng)的活化能_ (填“增大”、“減小”或“不變”)，反應(yīng)熱(H)_(填“增大”、“減小”或“不變”)。 如圖所示，當(dāng)關(guān)閉K時(shí)，向容器A、B中分別充入0.04molH2O

19、(g)，起始時(shí)V(A) = V(B) = 2L。在一定條件下使水分解(反應(yīng)過程中溫度保持不變，B中活塞可以自由滑動(dòng))，達(dá)到平衡時(shí)，V(B) = 2.4L。平衡時(shí)，兩容器中H2O(g)的分解率A_B (填“<”、“=”或“>”)。打開K，過一段時(shí)間重新達(dá)平衡時(shí)，B的體積為_L。(連通管中氣體體積不計(jì))?！敬鸢浮?(1). 2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s），H =+35.6kJmol-1 (2). > (3). < (4). 縮小體積增大壓強(qiáng) (5). 0.05 mol·L1·min1 (6). 4.05 mol·L1 (7

20、). 減小 (8). 不變 (9). (10). 2.8【解析】(1)1g C(s)燃燒全部生成CO時(shí)放出熱量9.2kJ；24gC燃燒生成一氧化碳放熱220.8KJ，熱化學(xué)方程式為：2C(s)+O2(g)=2CO(g)H=-220.8kJmol-1；2Cu2O(s)+O2(g) 4CuO(s) H 292kJmol-1 ，根據(jù)蓋斯定律，(-)得：2CuO(s)+C(s)=CO(g)+Cu2O(s)，H =×(-220.8kJmol-1)-(292kJmol-1)=+35.6kJmol-1，故答案為：2CuO(s)+C(s)=CO(g)+Cu2O(s)，H =+35

21、.6kJmol-1；(2)根據(jù)圖像，升高溫度，甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率增大，說明平衡正向移動(dòng)，正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，H0；600K時(shí)，甲醇的轉(zhuǎn)化率小于Y，則Y點(diǎn)反應(yīng)逆向進(jìn)行，(正)(逆) ，故答案為：；要減小甲醇的轉(zhuǎn)化率，可以通過縮小體積增大壓強(qiáng)使平衡逆向移動(dòng)，可以實(shí)現(xiàn)從Y點(diǎn)到X點(diǎn)，故答案為：縮小體積增大壓強(qiáng)；在t1K時(shí)，甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率為90%，向固定體積為2L的密閉容器中充入1molCH3OH(g)，溫度保持不變，9分鐘時(shí)達(dá)到平衡，平衡時(shí)，甲醇的物質(zhì)的量為0.1mol，則甲醛為0.9mol，氫氣為0.9mol，三者濃度分別為0.05mol/L、0.45mol/L、0.45mol/L，則09min內(nèi)用C

22、H3OH(g)表示的反應(yīng)速率v(CH3OH)=0.05 mol·L1·min1，t1K時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=4.05 mol/L，故答案為：0.05 mol·L1·min1；4.05 mol·L1；(3)使用催化劑會(huì)降低反應(yīng)的活化能，但不能改變反應(yīng)熱(H) ，故答案為：減??；不變；A為恒溫恒容容器，B為恒溫恒壓容器，隨反應(yīng)進(jìn)行A容器中壓強(qiáng)增大，B容器中為維持恒壓，體積增大，平衡正向進(jìn)行，所以A容器中水的分解率小于B中容器中水的分解率，打開K，過一段時(shí)間重新達(dá)平衡時(shí)，為恒壓容器，物質(zhì)的量之比等于體積之比，平衡后體積為4.8L，B的體積為4.8L

23、-2L=2.8L，故答案為：；2.8。10. 人教版高中化學(xué)選修4實(shí)驗(yàn)2-3中用到了硫代硫酸鈉，某化學(xué)興趣小組對(duì)這一物質(zhì)展開了如下探究。實(shí)驗(yàn)一制備Na2S2O3·5H2O通過查閱資料，該化學(xué)興趣小組設(shè)計(jì)了如下的裝置(略去部分夾持儀器)來制取Na2S2O3·5H2O晶體。已知燒瓶C中發(fā)生如下三個(gè)反應(yīng)：Na2S(aq)H2O(l)SO2(g) Na2SO3(aq)H2S(aq) 2H2S(aq)SO2(g) 3S(s)2H2O(l) ; S(s)Na2SO3(aq) Na2S2O3(aq)（1）寫出A中的化學(xué)反應(yīng)方程式_。（2）裝置B的作用之一是觀察SO2的生成速率?？刂芐O2

24、生成速率可以采取的措施有_（寫一條）（3）裝置E的作用是_。（4）為提高產(chǎn)品純度，應(yīng)使燒瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反應(yīng)，則燒瓶C中Na2S和Na2SO3物質(zhì)的量之比為_。實(shí)驗(yàn)二性質(zhì)探究（5）常溫下，用pH試紙測定0.1 mol·L1 Na2S2O3溶液pH值約為8，測定時(shí)的具體操作是_。（6）向新制氯水中滴加少量Na2S2O3溶液，氯水顏色變淺，有硫酸根離子生成，寫出該反應(yīng)的離子化學(xué)方程式_。 實(shí)驗(yàn)三Na2S2O3的應(yīng)用（7）用Na2S2O3溶液測定廢水中Ba2濃度，步驟如下：取廢水25.00 mL，控制適當(dāng)?shù)乃岫燃尤胱懔縆2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；過濾、洗滌后

25、，用適量稀鹽酸溶解。此時(shí)CrO42全部轉(zhuǎn)化為Cr2O72；再加過量KI溶液，充分反應(yīng)后，加入淀粉溶液作指示劑，用0.0100 mol·L1的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，反應(yīng)完全時(shí)，相關(guān)數(shù)據(jù)記錄如下表所示：滴定次數(shù)1234消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積/mL18.0220.0317.9818.00部分反應(yīng)的離子方程式為： Cr2O726I14H=3I22Cr37H2O I22S2O32=S4O622I滴定時(shí)Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液應(yīng)該用_(填儀器名稱) 盛裝，該廢水中Ba2的物質(zhì)的量濃度為_。【答案】 (1). Na2SO3H2SO4Na2SO4SO2H2O (2). 調(diào)

26、節(jié)硫酸的滴加速度 (3). 吸收多余的SO2或H2S，防止污染環(huán)境 (4). 2:1 (5). 取一小段pH試紙于表面皿上，用潔凈的玻璃棒蘸取待測溶液點(diǎn)在pH試紙中段，與比色卡對(duì)照，讀出溶液的pH值 (6). S2O324Cl25H2O2SO4210H+8Cl (7). 堿式滴定管 (8). 0.0024 mol·L1【解析】(1)A中亞硫酸鈉與硫酸反應(yīng)生成二氧化硫和硫酸鈉，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Na2SO3H2SO4Na2SO4SO2H2O，故答案為：Na2SO3H2SO4Na2SO4SO2H2O；(2)裝置B的作用之一是觀察SO2的生成速率?？刂芐O2生成速率可以通過調(diào)節(jié)硫酸的滴加速

27、度實(shí)現(xiàn)，故答案為：調(diào)節(jié)硫酸的滴加速度；(3)在裝置C中，通入的二氧化硫使溶液呈現(xiàn)酸性，在酸性溶液中，存在Na2S(aq)H2O(l)SO2(g) Na2SO3(aq)H2S(aq) 、2H2S(aq)SO2(g) 3S(s)2H2O(l)、S(s)Na2SO3(aq) Na2S2O3(aq)，二氧化硫和硫化氫會(huì)污染環(huán)境，因此裝置E可以吸收多余的SO2或H2S，防止污染環(huán)境，故答案為：吸收多余的SO2或H2S，防止污染環(huán)境；(4)為提高產(chǎn)品純度，應(yīng)使燒瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反應(yīng)，根據(jù)2H2S(aq)SO2(g) 3S(s)2H2O(l)，燒瓶C中Na2S和Na2SO3物質(zhì)的量之比為

28、2:1，故答案為：2:1；(5)常溫下，用pH試紙測定0.1 mol·L1 Na2S2O3溶液pH值約為8，測定的具體操作為取一小段pH試紙于表面皿上，用潔凈的玻璃棒蘸取待測溶液點(diǎn)在pH試紙中段，與比色卡對(duì)照，讀出溶液的pH值，故答案為：取一小段pH試紙于表面皿上，用潔凈的玻璃棒蘸取待測溶液點(diǎn)在pH試紙中段，與比色卡對(duì)照，讀出溶液的pH值；(6)向新制氯水中滴加少量Na2S2O3溶液，氯水顏色變淺，有硫酸根離子生成，氯氣被還原為氯離子，反應(yīng)的離子化學(xué)方程式為S2O324Cl25H2O2SO4210H+8Cl，故答案為：S2O324Cl25H2O2SO4210H+8Cl； .11. C

29、、N、O、Si、P、Ge、As及其化合物在科研和生產(chǎn)中有許多重要用途。請(qǐng)回答下列問題：（1）基態(tài)氮原子核外電子占據(jù)的原子軌道數(shù)目為_。（2）圖1表示碳、硅和磷三種元素的四級(jí)電離能變化趨勢，其中表示磷的曲線是_(填標(biāo)號(hào))。（3）NH3的沸點(diǎn)比PH3高，原因是_。（4）根據(jù)等電子原理，NO電子式為_。（5）Na3AsO4 中AsO43-的空間構(gòu)型為_，As4O6的分子結(jié)構(gòu)如圖2所示，則在該化合物中As的雜化方式是_。（6）鍺的某種氧化物晶胞結(jié)構(gòu)如圖3所示，該物質(zhì)的化學(xué)式為_。已知該晶體密度為7.4g/cm3，晶胞邊長為4.31×10-10m。則鍺的相對(duì)原子質(zhì)量為_(保留小數(shù)點(diǎn)后

30、一位)。（已知：O的相對(duì)原子質(zhì)量為16，4.313=80，NA=6.02×1023mol-1）【答案】 (1). 5 (2). b (3). NH3分子間存在較強(qiáng)的氫鍵作用，而PH3分子間僅有較弱的范德華力 (4). (5). 正四面體 (6). sp3 (7). GeO (8). 73.1【解析】(1)N為7號(hào)元素，基態(tài)氮原子核外電子排布式為1s22s22p3，占據(jù)5個(gè)原子軌道，故答案為：5；(2)同主族自上而下第一電離能減小，P元素3p能級(jí)為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素的，故Si的第一電離能最小，由圖中第一電離能可知，c為Si，P原子第四電離能為失去4s2能中1個(gè)電

31、子，為全滿穩(wěn)定狀態(tài)，與第三電離能相差較大，可知b為P、a為C，故答案為：b；(3)NH3分子間存在較強(qiáng)的氫鍵作用，而PH3分子間僅有較弱的范德華力，因此NH3的沸點(diǎn)比PH3高，故答案為：NH3分子間存在較強(qiáng)的氫鍵作用，而PH3分子間僅有較弱的范德華力；(4)根據(jù)等電子原理，NO與CO互為等電子體，電子式為，故答案為：；(5)AsO43-中As與周圍4個(gè)O原子相連，采用sp3雜化，空間構(gòu)型為正四面體，根據(jù)As4O6的分子結(jié)構(gòu)圖，As與周圍3個(gè)O原子相連，含有1個(gè)孤電子對(duì)，采用sp3雜化，故答案為：正四面體；sp3；(6)晶胞中Ge原子數(shù)目為4，O原子數(shù)目為8×+6×=4，則化學(xué)式為GeO，設(shè)鍺的相對(duì)原子質(zhì)量為M，則就晶胞質(zhì)量為：g=7.4 g/cm3×(4.31×l0-8 cm)