武威市武威八中2021屆高三化學(xué)第一次診斷考試試題含解析

甘肅省武威市武威八中2021屆高三化學(xué)第一次診斷考試試題含解析甘肅省武威市武威八中2021屆高三化學(xué)第一次診斷考試試題含解析PAGE29-甘肅省武威市武威八中2021屆高三化學(xué)第一次診斷考試試題含解析甘肅省武威市武威八中2021屆高三化學(xué)第一次診斷考試試題（含解析）可能用到的相對原子質(zhì)量：H—1C-12N—14O-16Na—23Mg—24Al—27S-32Cl-35.5K—39Ca-40Fe-56Cu-64Zn—65Ba-137第?卷（選擇題共40分）一、選擇題（本題包括18小題，每小題3分,共54分，每小題只有一個選項符合題意）1。下列物質(zhì)在生活中的應(yīng)用對應(yīng)關(guān)系錯誤的是（）性質(zhì)應(yīng)用A油脂在堿性溶液中水解制肥皂B聚氯乙烯化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定作食品包裝盒CAl2O3具有較高熔點作耐火材料DSO2具有漂白性用SO2漂白紙漿A.A B.B C.C D。D【答案】B【解析】【詳解】A．油脂在堿性條件下水解生成高級脂肪酸鹽和甘油,高級脂肪酸鹽是肥皂的主要成分,故A正確；B．聚氯乙烯對光和熱的穩(wěn)定性差，可分解釋放出有毒的氯化氫氣體，不宜用聚氯乙烯制作食品包裝盒，故B錯誤；C．氧化鋁的熔點高達(dá)2054℃且穩(wěn)定性強，常用作耐火材料，故C正確;D．二氧化硫有漂白性,可用于漂白紙漿，故D正確；答案選B。2.下列化學(xué)用語表述正確的是（）A。核內(nèi)質(zhì)子數(shù)為117，核內(nèi)中子數(shù)為174的核素Ts可表示為：TsB.乙醇的結(jié)構(gòu)簡式:C2H6OC。COCl2的結(jié)構(gòu)式為：D。CaO2的電子式為：【答案】C【解析】【詳解】A．核內(nèi)質(zhì)子數(shù)為117,核內(nèi)中子數(shù)為174的核素Ts的質(zhì)量數(shù)為291,可表示為，故A錯誤；B．乙醇的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH，C2H6O是乙醇的分子式，故B錯誤;C．在有機物中C元素形成4個共價鍵，O元素形成2個共價鍵,Cl元素形成1個共價鍵，所以COCl2的結(jié)構(gòu)式為:,故C正確；D．CaO2中含有過氧離子，電子式為，故D錯誤；答案選C?！军c睛】本題主要考查化學(xué)用語,涉及原子構(gòu)成、電子式、結(jié)構(gòu)式、結(jié)構(gòu)簡式等，把握化學(xué)用語的區(qū)別及規(guī)范應(yīng)用是解答本題的關(guān)鍵，試題難度不大.本題的易錯點是D項，注意CaO2中含有的是過氧離子，不是氧離子。3。運用有關(guān)概念判斷下列敘述正確的是(）A。1molH2燃燒放出的熱量為H2的燃燒熱B.Na2SO3和H2O2的反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)C.和互為同系物D.Fe（OH)3膠體和FeSO4溶液均能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)【答案】B【解析】【詳解】A。1mol氫氣完全燃燒生成液態(tài)水放出的熱量為氫氣的燃燒熱，故A錯誤；B。亞硫酸鈉具有還原性，過氧化氫具有氧化性，亞硫酸鈉與過氧化氫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鈉，故B正確；C。同系物必須是同類物質(zhì)，屬于酚，屬于醇，不是同類物質(zhì)，則和不互為同系物,故C錯誤；D。膠體能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng),溶液不能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，故D錯誤；故選B。4.酸化的KI淀粉溶液中，加入（或通入)下物質(zhì)不能使溶液變藍(lán)的是（)A。Fe(OH）3膠體 B。漂白液 C。O2 D。生石灰【答案】D【解析】【詳解】A.向酸化的碘化鉀淀粉溶液中加入氫氧化鐵膠體,氫氧化鐵膠體發(fā)生聚沉生成氫氧化鐵沉淀后，與溶液中的氫離子反應(yīng)生成鐵離子，鐵離子與碘離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成單質(zhì)碘使溶液變藍(lán)，故A不符合題意；B.向酸化的碘化鉀淀粉溶液中加入漂白液，酸性條件下,漂白液中的次氯酸根與碘離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成單質(zhì)碘使溶液變藍(lán),故B不符合題意；C。向酸化的碘化鉀淀粉溶液中通入氧氣，氧氣具有氧化性，酸性條件下與碘離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成單質(zhì)碘使溶液變藍(lán)，故C不符合題意；D.向酸化的碘化鉀淀粉溶液中加入氧化鈣,氧化鈣能與酸反應(yīng)，但不能與碘化鉀反應(yīng)生成單質(zhì)碘使溶液變藍(lán)，故D符合題意;故選D。5.設(shè)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是（）A.22。0gT2O中含有的中子數(shù)為10B.一定條件下，6。4g銅與過量的硫反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.2NAC.在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.8gN2和2.24LCO所含電子數(shù)均為1.4NAD。標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LCH2Cl2中含C—H鍵數(shù)為2NA【答案】C【解析】【詳解】A．1個T2O含12個中子,22。0gT2O物質(zhì)的量為1mol，含有中子數(shù)為12NA，故A錯誤；B．硫與銅高溫反應(yīng)生成硫化亞銅，則一定條件下，6.4g銅物質(zhì)量為0。1mol，與過量的硫反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0。1NA，故B錯誤；C．一個氮氣分子或一氧化碳分子中都含有14的電子，氮氣和一氧化碳的摩爾質(zhì)量相等，所以可把兩種物質(zhì)當(dāng)成一種物質(zhì)進(jìn)行計算；標(biāo)況下，2.8gN2和22。4LCO混合物的物質(zhì)的量是0。1mol，含有的電子數(shù)都是1。4NA，故C正確；D．標(biāo)況下二氯甲烷為液體，不能使用氣體摩爾體積計算物質(zhì)的量,則含有的C-H鍵的數(shù)目無法計算,故D錯誤；答案選C。6.下列關(guān)于強弱電解質(zhì)的敘述正確的是（）A.強電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力一定比弱電解質(zhì)溶液強B.NH3、CH3COOH、BaSO4、H3PO4都是弱電解質(zhì)C.CO2溶于水后能部分電離,故CO2是弱電解質(zhì)D。純凈的強電解質(zhì)在液態(tài)時，有的導(dǎo)電，有的不導(dǎo)電【答案】D【解析】【詳解】A．電解質(zhì)溶液導(dǎo)電能力與自由移動的離子濃度成正比，當(dāng)弱電解質(zhì)溶液的離子濃度大于強電解質(zhì)溶液的離子濃度時，導(dǎo)電能力可以強于強電解質(zhì)，故A錯誤；B．NH3是非電解質(zhì)，CH3COOH和H3PO4都是弱酸,弱酸和弱堿都屬于弱電解質(zhì)，電解質(zhì)強弱與溶解性無關(guān)，取決于電離的程度,硫酸鋇難溶于水，但在熔融狀態(tài)下能完全電離，屬于強電解質(zhì)，故B錯誤；C．電解質(zhì)必須是本身能夠電離的化合物，二氧化碳本身不能電離，屬于非電解質(zhì)，故C錯誤；D．純凈的強電解質(zhì)在液態(tài)時，若為共價化合物在液態(tài)時，不導(dǎo)電，若為離子化合物在液態(tài)時導(dǎo)電,故D正確；答案選D。7。用下列裝置不能達(dá)到有關(guān)實驗?zāi)康牡氖?）A。用甲圖裝置電解精煉鋁B.用乙圖裝置制備氫氧化亞鐵C.用丙圖裝置可制得金屬錳D。用丁圖裝置驗證碳酸氫鈉和碳酸鈉的熱穩(wěn)定性【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．電解氯化鋁溶液時,鋁離子不能放電產(chǎn)生鋁，錯誤，選A;B．裝有氫氧化鈉溶液的膠頭滴管伸入到液面以下再擠出，且硫酸亞鐵溶液上面有一層煤油，可以使反應(yīng)生成的氫氧化亞鐵沉淀不接觸到氧氣，正確，不選B;C．鋁和二氧化錳在高溫條件下反應(yīng)生成氧化鋁和錳，正確，不選C；D．碳酸鈉直接加熱不產(chǎn)生二氧化碳?xì)怏w,碳酸氫鈉間接加熱產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的氣體，說明碳酸鈉比碳酸氫鈉穩(wěn)定，正確,不選D?！军c睛】8.某化合物由兩種單質(zhì)直接反應(yīng)生成，將其加入Ba（HCO3)2溶液中同時有氣體和沉淀產(chǎn)生。下列化合物中符合上述條件的是（）A。SiO2 B。Na2O C.FeCl2 D。AlCl3【答案】D【解析】【詳解】A．Si與O2在高溫下反應(yīng)生成SiO2，SiO2和Ba(HCO3）2不反應(yīng)，故A不符合題意；B．Na與O2常溫下化合生成Na2O，Na2O＋H2O=2NaOH,Ba（HCO3）2＋NaOH=BaCO3↓＋H2O＋NaHCO3，沒有氣體,故B不符合題意；C．鐵和氯氣反應(yīng)生成FeCl3,不生成FeCl2，故C不符合題意；D．Al和Cl2反應(yīng)生成AlCl3，AlCl3通入到Ba（HCO3）2溶液中發(fā)生Al3＋＋3HCO3－=Al(OH）3↓＋3CO2↑，故D符合題意；答案選D。9。某溶液中含有HCO、SO、CO、Cl—等4種陰離子。向其中加入足量的Na2O2固體后，溶液中離子濃度基本保持不變的是（假設(shè)溶液體積無變化）（）A.CO B。SO C。Cl- D。HCO【答案】C【解析】【詳解】向溶液中加入過量的過氧化鈉固體，過氧化鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣,反應(yīng)生成的氫氧根離子與碳酸氫根離子反應(yīng)生成碳酸根和水，溶液中碳酸氫根離子減少,碳酸根離子增大，反應(yīng)生成的氧氣與亞硫酸根發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸根，亞硫酸根離子濃度減少，氯離子與氫氧根離子和氧氣均不反應(yīng),離子濃度基本保持不變,故選C。10。同溫同壓下,等體積兩容器內(nèi)分別充滿由14N、13C、18O三種原子構(gòu)成的一氧化氮和一氧化碳,下列說法正確的是(）A.所含分子數(shù)和質(zhì)量均不相同B。含有相同的分子數(shù)和電子數(shù)C.含有相同的質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)D.含有相同數(shù)目的中子、原子和分子【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)阿伏加德羅定律，相同溫度相同壓強下，相同體積的任何氣體所含的分子數(shù)相同,即物質(zhì)的量相同，根據(jù)m=nM，由14N、13C、18B．根據(jù)阿伏伽德羅定律，，相同溫度相同壓強下，相同體積的任何氣體所含的分子數(shù)相同，一氧化氮電子數(shù)為15，一氧化碳電子數(shù)為14,電子數(shù)不同，故B錯誤；C．一氧化氮質(zhì)子數(shù)為15，一氧化碳質(zhì)子數(shù)為14，質(zhì)子數(shù)不同，根據(jù)中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)—質(zhì)子數(shù)，一氧化氮和一氧化碳中子數(shù)分別是17、17，中子數(shù)相等，故C錯誤；D．根據(jù)A、C選項的分析，中子數(shù)、分子數(shù)相等，因為物質(zhì)的量相同，因此原子數(shù)也相等，故D正確；答案選D。11。常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.使甲基橙變紅的溶液中：、、、B。水電離的濃度為的溶液中:、、、C。無色溶液中：、、、D.

溶液中：、、、【答案】C【解析】【詳解】使甲基橙變紅的溶液，顯酸性，不能大量存在,故A錯誤；B.水電離的濃度為的溶液，為酸或堿溶液，酸溶液中不能大量存在、，堿溶液中不能大量存在、，故B錯誤；C。該組離子之間不反應(yīng)，可大量共存，且離子均為無色，故C正確；D.、或發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存,故D錯誤；故選：C。12。把100mL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成兩等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇。則原混合溶液中鉀離子的濃度為A。20（2b－a)mol·L－1 B。20（b－2a）mol·L－1C.10（2b－a)mol·L－1 D.10(b－2a)mol·L－1【答案】A【解析】把100mL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成兩等份,一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂，所以混合溶液含有0.5amolMg2+；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇,所以混合溶液含有bmolSO42-。根據(jù)電荷守恒可得:n（K+）+2n(Mg2+）=2n(SO42—)，n（K+）+2amol=bmol，n（K+)=（2b-a）mol，c（K+)=(2b-a）mol/0。05L=20（2b－a)mol·L－1，故選A。點睛：在電解質(zhì)溶液中存在的最基本的關(guān)系就是陰陽離子所帶電荷的代數(shù)和等于0.13。下列有關(guān)實驗原理或操作正確的是（）A。用20mL量筒量取15mL酒精，加水5mL，配制質(zhì)量分?jǐn)?shù)為75%酒精溶液B。在200mL某硫酸鹽溶液中，含有1.5NA個硫酸根離子,同時含有NA個金屬離子，則該硫酸鹽的物質(zhì)的量濃度為2。5mol·L-1C。實驗中需用2.0mol·L-1的Na2CO3溶液950mL，配制時應(yīng)選用的容量瓶的規(guī)格和稱取Na2CO3的質(zhì)量分別為950mL、201。4gD。實驗室配制500mL0。2mol·L—1的硫酸亞鐵溶液，其操作是:用天平稱15.2g綠礬(FeSO4·7H2O),放入小燒杯中加水溶解，轉(zhuǎn)移到500mL容量瓶，洗滌、稀釋、定容、搖勻【答案】B【解析】【詳解】A．量筒不能用來配制溶液,應(yīng)該用燒杯配制，15mL酒精中加水5mL，配制的酒精溶液體積分?jǐn)?shù)為75%,故A錯誤；B．1.5NA個硫酸根離子的物質(zhì)的量為1.5mol，NA個金屬陽離子的物質(zhì)的量為1mol，令金屬離子的化合價為x,根據(jù)電荷守恒可知，x=1.5×2=3，故金屬陽離子為+3價，所以該硫酸鹽可以表示為M2(SO4)3，根據(jù)硫酸根守恒可知，硫酸鹽的物質(zhì)的量為0。5mol，所以該硫酸鹽的物質(zhì)的量濃度為0.5mol÷0.2L=2。5mol/L，故B正確;C．實驗中需用2.0mol·L-1的Na2CO3溶液950mL，配制時應(yīng)選用的容量瓶的規(guī)格1000mL，稱取Na2CO3的質(zhì)量=cVM=1L×2mol/L×106g/mol=212.0g，故C錯誤;D．應(yīng)稱取綠礬的質(zhì)量為0。5L×0.2mol/L×278g/mol=27.8g，故D錯誤;答案選B。14.除去下列物質(zhì)中所含的少量雜質(zhì)的方法正確的是A.① B。② C。③ D。④【答案】D【解析】【分析】【詳解】①硫酸鋇和碳酸鋇均不溶于水，無法通過溶解、過濾分離，①錯誤；②CO2也能與碳酸鈉溶液反應(yīng),②錯誤；③乙酸乙酯在氫氧化鈉溶液中能夠水解，③錯誤；④蛋白質(zhì)溶液中加入濃硫酸銨溶液,發(fā)生鹽析,而葡萄糖不能，過濾后經(jīng)過洗滌，可以分離蛋白質(zhì)和葡萄糖，④正確。故選D.【點睛】15.下列由實驗得出的結(jié)論正確的是選項實驗結(jié)論A向某鈉鹽中滴加濃鹽酸。將產(chǎn)生的氣體通入品紅溶液,品紅溶液褪色該鈉鹽為Na2SO3或NaHSO3B用乙酸浸泡水壺中的水垢?？蓪⑵淝宄宜岬乃嵝源笥谔妓酑向某鹽溶液中先加入少量氯水、再滴加幾滴KSCN溶液，溶液變血紅色原溶液中一定含有Fe2+D室溫下。向飽和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末.過濾，向洗凈的沉淀中加稀鹽酸有氣泡產(chǎn)生Ksp（BaCO3）<Ksp（BaSO4）A.A B。B C。C D。D【答案】B【解析】A.該鈉鹽除了為Na2SO3和NaHSO3外，還有可能是硫代硫酸鹽,也可以產(chǎn)生SO2使品紅溶液褪色，A錯誤；B.乙酸的酸性大于碳酸,可和水壺中的水垢反應(yīng)生成醋酸鈣、二氧化碳和水，B正確；C.先加入少量氯水、再滴加幾滴KSCN溶液，溶液變血紅色，不能證明原溶液中一定含有Fe2+，若原溶液中含有Fe3+，也能有一樣的現(xiàn)象，C錯誤；D。常溫下，向飽和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末,c（Ba2+）c(CO32—)>Ksp(BaCO3），有沉淀生成,不能說明Ksp（BaCO3）和Ksp(BaSO4）的關(guān)系，D錯誤；答案選B.16。W、X、Y、Z

是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W

的氫化物水溶液能蝕刻玻璃，X、Y處于相鄰位置，Y的最高正價與最低負(fù)價代數(shù)和為零，W、X

原子的最外層電子數(shù)之和與Y、Z

原子的最外層電子數(shù)之和相等。下列說法錯誤的是A。原子

半

徑

:X>

Y

>Z

>WB最高正價：W〉Z〉Y〉XC.簡單氫化物的熱穩(wěn)定性:W>Z〉YD.簡單離子的電子層結(jié)構(gòu)：W

與X相同【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W的氫化物水溶液能蝕刻玻璃，則W為F，Y的最高正價與最低負(fù)價代數(shù)和為零，則Y為Si，X為Al，W、X原子的最外層電子數(shù)之和與Y、Z原子的最外層電子數(shù)之和相等,則Z為S?！驹斀狻緼。電子層越多原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑:X>Y〉Z〉W，故A正確;B.F無正價，故B錯誤;C。非金屬性越強,氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，非金屬性F>S〉Si，所以簡單氫化物的熱穩(wěn)定性:W〉Z〉Y，C正確;D。W的簡單離子為F—,X的簡單離子為Al3+,二者核外電子排布相同，簡單離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，D正確；答案選B。17.向CuSO4溶液中逐滴加入碘化鉀溶液至過量，觀察到產(chǎn)生白色沉淀CuI，藍(lán)色溶液變棕色，再向反應(yīng)后的溶液中通入過量SO2，溶液變無色.則下列說法正確的是A.通入22。4LSO2參加反應(yīng)時，有2NA個電子發(fā)生轉(zhuǎn)移B。通入SO2后溶液逐漸變成無色，體現(xiàn)了SO2的漂白性C。滴加碘化鉀溶液時,KI被氧化，CuI是氧化產(chǎn)物D。上述實驗條件下,微粒的氧化性：Cu2+〉I2>SO2【答案】D【解析】【詳解】A．沒指出SO2是否為標(biāo)準(zhǔn)狀況，其物質(zhì)的量不一定為1mol，A錯誤;B．再通入SO2時發(fā)生的反應(yīng)為SO2＋I(xiàn)2＋2H2O=H2SO4＋2HI，實質(zhì)上是SO2將I2還原為I－，體現(xiàn)了SO2的還原性,B錯誤；C．過量的KI與CuSO4在溶液中發(fā)生反應(yīng)2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I(xiàn)2，Cu2＋作氧化劑,而I－被氧化為I2，CuI是還原產(chǎn)物,C錯誤；D．根據(jù)上述分析。結(jié)合“在同一反應(yīng)中氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的氧化性”規(guī)律可知，微粒的氧化性：Cu2+>I2>SO2,D正確.故選D。18。烴A分子式為C4H10，分子結(jié)構(gòu)中含有一個次甲基（），則此物質(zhì)A的二溴代物的種數(shù)為(）A。3種 B。4種 C.5種 D。以上都不對【答案】A【解析】【詳解】分子式為C4H10,分子結(jié)構(gòu)中含有一個次甲基的烴A的結(jié)構(gòu)簡式為（CH3)3CH，兩個溴原子能同時取代甲基上的2個氫原子、分別取代2個甲基上的氫原子和分別取代甲基上和次甲基上的氫原子，則二溴代物共有3種，故選A.非選擇題二、填空題19.肼，又名聯(lián)氨,化學(xué)式為N2H4，是一種無色油狀液體，沸點113。5℃，具有強還原性。已知:①N2(g)+2O2（g）=2NO2（g）ΔH=+68kJ?mol-1.②N2H4（l)+3O2(g)=2NO2（g)+2H2O(l）ΔH=-622kJ?mol—1③H2O（g)=H2O（l)ΔH=—44kJ?mol-1(1)火箭發(fā)射時可用肼作燃料，NO2作氧化劑，生成N2(g）和H2O(g)。寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：___.(2）肼具有弱堿性和強還原性，工業(yè)上利用尿素［CO(NH2)2］、NaClO在NaOH溶液中發(fā)生反應(yīng)生成水合肼（N2H4·H2O）、Na2CO3等產(chǎn)物。上述生成水合肼的反應(yīng)中尿素是__（填“氧化劑”或“還原劑”），反應(yīng)的化學(xué)方程式為__.(3)肼與鹽酸反應(yīng)可生成N2H6Cl2，N2H6Cl2的水溶液顯__（填“酸"、“堿”或“中”)性。(4）肼已應(yīng)用于燃料電池。以N2H4（l）為燃料和O2(g）為氧化劑，Pt為電極催化劑，陽離子交換膜（只允許H+透過）為電解質(zhì)。電池反應(yīng)產(chǎn)物只有N2（g)和H2O(l)。通入肼的一極是電池的__極，該極上的電極反應(yīng)式為:__.【答案】(1).2N2H4(l）+2NO2(g)=3N2(g）+4H2O(g）ΔH=-1272kJ?mol-1（2)。還原劑(3）.CO(NH2）2+NaClO+2NaOH=N2H4·H2O+Na2CO3+NaCl(4)。酸(5）.負(fù)(6）.N2H4-4e-=N2+4H+【解析】【分析】（1）由蓋斯定律計算解答；(2)尿素［CO（NH2)2］中N為—3價，N2H4·H2O中N為-2價，故化合價升高，尿素做還原劑，根據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子守恒和物料守恒書寫化學(xué)方程式；（3）肼與鹽酸反應(yīng)可類比NH3和HCl的反應(yīng)生成氯化銨,氯化銨為強酸弱堿鹽，溶液中銨根離子水解使溶液顯酸性；（4)燃料電池中燃料N2H4為負(fù)極,O2為正極，負(fù)極上N2H4失去電子變?yōu)镹2?！驹斀狻浚?）已知：①N2（g)+2O2(g）=2NO2(g)ΔH=+68kJ?mol-1。②N2H4（l）+3O2（g）=2NO2（g)+2H2O（l）ΔH=-622kJ?mol-1③H2O（g）=H2O（l）ΔH=-44kJ?mol-1由蓋斯定律可知②ｘ2-①ｘ3—③ｘ4可得:2N2H4（l)+2NO2（g)=3N2（g)+4H2O(g)ΔH=—1272kJ?mol-1；（2)尿素[CO(NH2）2］中N為-3價，N2H4·H2O中N為-2價，故化合價升高，尿素做還原劑，根據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子守恒和物料守恒,生成水合肼的反應(yīng)的化學(xué)方程式為CO(NH2）2+NaClO+2NaOH=N2H4·H2O+Na2CO3+NaCl；(3）肼與鹽酸反應(yīng)可類比NH3和HCl的反應(yīng)生成氯化銨,氯化銨為強酸弱堿鹽,溶液中銨根離子水解使溶液顯酸性，則肼與鹽酸反應(yīng)生成的N2H6Cl2也應(yīng)為強酸弱堿鹽，N2H6Cl2的水溶液顯酸性；（4)根據(jù)題意,燃料電池中燃料N2H4為負(fù)極,O2為正極，負(fù)極上N2H4失去電子變?yōu)镹2，則負(fù)極反應(yīng)為N2H4—4e—=N2+4H+。【點睛】難點為（3)中反應(yīng)生成溶液的酸堿性的判斷,根據(jù)題意，肼又名聯(lián)氨，需要結(jié)合類比的方法，根據(jù)氨氣和銨鹽的性質(zhì)分析解答。20。氯化亞銅（CuCl)是白色粉末，不溶于水、乙醇及稀硫酸，在空氣中迅速被氧化成綠色，常用作有機合成工業(yè)中的催化劑。實驗室擬以下列方法制取CuCl：在CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加熱,生成CuCl。試回答以下問題:(1)CuCl制備過程中需配制物質(zhì)的量濃度為2。0mol·L-1的CuSO4溶液。①配制950mL2.0mol·L-1的CuSO4溶液應(yīng)稱取膽礬的質(zhì)量為___g.②某學(xué)生實際配制CuSO4溶液的濃度為1。8mol·L—1，原因可能是__。A.托盤天平的砝碼生銹B.容量瓶中原來存有少量蒸餾水C.溶解后的燒杯未經(jīng)多次洗滌D.膠頭滴管加水定容時仰視刻度(2）寫出用上述方法制備CuCl的離子方程式__。（3)在上述制取過程中，經(jīng)過濾得到CuCl沉淀,用無水乙醇洗滌沉淀，在真空干燥機內(nèi)于70℃干燥2小時，冷卻，密封包裝即得產(chǎn)品。其中“于70℃真空干燥”的目的是_；__(回答兩點）.【答案】（1）.500（2).CD(3）。2Cu2++SO+2Cl-+H2O2CuCl↓+SO+2H+(4）.加快乙醇和水的蒸發(fā)（5)。防止CuCl在空氣中被氧化【解析】【分析】（1)①一定容積規(guī)格的容量瓶只能配制相應(yīng)體積的溶液，由于沒有950ml的容量瓶，選擇大于950ml相近規(guī)格的容量瓶；根據(jù)化學(xué)式可知硫酸銅的物質(zhì)的量等于硫酸銅晶體的物質(zhì)的量,根據(jù)m=cVM計算所需膽礬的質(zhì)量；②根據(jù)c=、m=nM分析操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量或?qū)θ芤旱捏w積的影響來判斷；（2)亞硫酸根和硫酸銅之間可以發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯化亞銅沉淀；（3）乙醇和水易揮發(fā)，CuCl具有還原性，可以被空氣氧化。【詳解】（1）①由于沒有950mL的容量瓶，選擇大于950mL相近規(guī)格的容量瓶,所以應(yīng)選擇1000mL規(guī)格容量瓶，根據(jù)化學(xué)式可知硫酸銅的物質(zhì)的量等于硫酸銅晶體的物質(zhì)的量，所以需要膽礬的質(zhì)量為：1L×2mol/L×250g/mol=500g；②A．砝碼生銹后增重，使稱量的固體質(zhì)量偏大,溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏大，所配溶液的濃度偏高，故A錯誤；B．容量瓶中原來存有少量蒸餾水，對溶質(zhì)物質(zhì)的量和溶液體積都不會產(chǎn)生影響，溶液的濃度不變，故B錯誤;C．溶解后的燒杯未經(jīng)多次洗滌，導(dǎo)致溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液的濃度偏低，故C正確；D．膠頭滴管加水定容時仰視刻度,導(dǎo)致溶液的體積偏大，溶液的濃度偏低,故D正確；故答案為：CD；（2)Na2SO3和硫酸銅之間可以發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯化亞銅沉淀，反應(yīng)的離子方程式為：2Cu2++SO+2Cl—+H2O2CuCl↓+SO+2H+;（3）CuCl沉淀,用無水乙醇洗滌沉淀,在真空干燥機內(nèi)于70℃干燥2小時，這樣可以加快乙醇和水的蒸發(fā)，防止CuCl被空氣氧化。【點睛】易錯點為配制的為硫酸銅溶液,使用的溶質(zhì)為硫酸銅晶體,含有結(jié)晶水，計算溶質(zhì)質(zhì)量時,要計算硫酸銅晶體的質(zhì)量。21.亞硝酰氯（NOCl）是有機合成中的重要試劑,可由NO與Cl2在常溫常壓下合成。已知NOCl是一種紅褐色液體或黃色氣體，其熔點?64.5℃，沸點?5.5℃，遇水易水解。Ⅰ.實驗室制備原料氣NO和Cl2的裝置如圖所示：（1）實驗室制NO時，裝置A中燒瓶內(nèi)為銅和稀硝酸，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：__。（2）實驗室制Cl2時，裝置B中盛放的試劑為__。Ⅱ。將上述收集到的Cl2充入集氣瓶中，按圖示裝置制備亞硝酰氯。（3)NOCl分子中各原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu),則NOCl的電子式為___。（4）裝置E中無水氯化鈣的作用為__.III.NO可用間接電化學(xué)法除去,其原理如圖所示：（5）陰極的電極反應(yīng)式為__。（6）吸收塔內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___?！敬鸢浮?1).3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3）2+2NO↑+4H2O（2）.飽和食鹽水(3)。(4）。吸收水蒸氣,防止水蒸氣進(jìn)入D裝置(5）.2HSO+2H++2e—=S2O+2H2O(6）。2NO+2S2O+2H2O=N2+4HSO【解析】【分析】I．實驗室氯氣制備是利用濃鹽酸和MnO2混合加熱，結(jié)合電子守恒、原子守恒寫出此反應(yīng)的化學(xué)方程式；濃鹽酸有揮發(fā)性,制得的氯氣中混有HCl，應(yīng)通過B中溶液除雜，據(jù)此分析判斷；II．裝置D中由黃綠色的氯氣生成了紅褐色液體NOCl，根據(jù)反應(yīng)物之間發(fā)生的氧化還原反應(yīng)，結(jié)合電子守恒書寫化學(xué)方程式；根據(jù)NOCl遇水易分解，故裝置中應(yīng)無水分析；III．硫代硫酸根離子與一氧化氮發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成氮氣；陰極發(fā)生還原反應(yīng)，是亞硫酸氫根離子得電子，生成硫代硫酸根離子?！驹斀狻浚?）銅和稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、NO和水，化學(xué)方程式為3Cu+8HNO3(?。?3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故答案為：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3）2+2NO↑+4H2O；（2)二氧化錳和濃鹽酸,制得的氯氣中有氯化氫氣體，用飽和食鹽水除去，故答案為：飽和食鹽水；（3）NOCl分子中各原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則氮原子與氧原子形成兩對共用電子對，與氯原子形成一對，電子式為;故答案為：；（4）NOCl遇水易分解，裝置E中無水氯化鈣吸收水蒸氣，防止水蒸氣進(jìn)入

D

裝置中，故答案為:吸收水蒸氣，防止水蒸氣進(jìn)入D裝置‘’（5）陰極發(fā)生還原反應(yīng)，是亞硫酸氫根離子，得電子,生成硫代硫酸根離子,電極反應(yīng)式為:2HSO+2H++2e-=S2O+2H2O；故答案為：2HSO+2H++2e—=S2O+2H2O；（6）硫代硫酸根離子與一氧化氮發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成氮氣，離子反應(yīng)方程式為：2NO+2S2O+2H2O=N2+4HSO，故答案為：2NO+2S2O+2H2O=N2+4HSO?！军c睛】本題主要考查了化學(xué)方程式的書寫、實驗方案評價、氧化還原反應(yīng)、環(huán)境保護(hù)等，側(cè)重于考查學(xué)生的分析問題和解決問題的能量，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的學(xué)習(xí)與積累。三、選做題（考生從給出的22、23二題中任選一題作答，如果多做,則按所做的第一題計分）22。已知A、B、C、D、E、F為前4周期的6種元素,原子序數(shù)依次增大，其中A位于周期表中s區(qū)，其原子中電子層數(shù)和未成對電子數(shù)相同；B原子價電子排布式為nsnnpn,B和E同主族,D原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的3倍；F元素位于元素周期表的第4行、第11列。試回答下列問題：（1）基態(tài)F原子的核外電子排布式為___。(2)下列關(guān)于B2A2①B2A2②每個B2A2③B2A2④B2A2(3）B、C、D三種元素第一電離能由大到小順序為___（用元素符號表示）。（4）C的簡單氣態(tài)氫化物與C的最高價氧化物對應(yīng)的水化物反應(yīng)生成一種鹽H，H晶體中存在的化學(xué)鍵類型有___（填選項符號）①離子鍵②共價鍵③氫鍵④配位鍵⑤金屬鍵（5）基態(tài)E原子的最高能層具有的原子軌道數(shù)為___；B和E的最高價氧化物中，熔沸點較高的是___（寫化學(xué)式）。（6）F單質(zhì)晶體堆積方式為面心立方最密堆積，其配位數(shù)為___;若F的相對原子質(zhì)量為M，它的晶胞棱長為acm，則F晶體的密度為___g·cm-3.（阿伏伽德羅常數(shù)為NA）【答案】（1).1s22s22p63s23p63d104s1或［Ar］3d104s1(2)。③④（3）。N＞O＞C(4）。①②④（5)。9(6).SiO2(7)。12（8）.【解析】【分析】A、B、C、D、E、F為前四周期的六種元素，原子序數(shù)依次增大，其中A位于周期表的s的區(qū)，其原子中電子層數(shù)和未成對電子數(shù)相同,則A為H元素；D原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層的3倍；D原子只能有2個電子層,最外層電子數(shù)為6，故D為O元素；F元素位于元素周期表的第四行、第十一列,則F為Cu；B原子價電子排布式為nsnnpn，由于s能級最多容納2個電子，且p能級填充電子，故n=2，則B為碳元素；B和E同主族，E的原子序數(shù)小于Cu，只能處于第三周期,故E為Si；C原子序數(shù)介于碳、氧之間，故C為N元素?fù)?jù)此分析解答?！驹斀狻浚?)F為Cu元素，基態(tài)F原子的核外電子排布式為:1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar］3d104s1；(2）①C2H2中H原子不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu),故①錯誤;②C2H2分子結(jié)構(gòu)式為H-C≡C—H，單鍵為σ鍵、三鍵含有1個σ鍵、2個π鍵,故C2H2分子中σ鍵和π鍵數(shù)目比為3：2，故②錯誤；③C2H2分子中C—H鍵屬于極性鍵，碳碳鍵為非極性鍵，屬于直線型對稱結(jié)構(gòu)，為非極性分子,故③正確；④C2H2中心原子C成2個σ鍵、沒有孤電子對,故其雜化類型為sp雜化，故④正確；故答案為③④；（3）C、O、N元素都是第二周期非金屬元素，同一周期元素自左而右第一電離能呈增大趨勢，但N元素原子2p能級是半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能：N＞O＞C;（4)C為氮元素，C的氣態(tài)氫化物與C的最高價氧化物對應(yīng)的水化物反應(yīng)生成一種鹽H為NH4NO3,晶體中存在的化學(xué)鍵類型有：離子鍵、共價鍵、配位鍵，故答案為①②④；(5）E為Si，基態(tài)原子的最高能層為M層，有s、p、d3個能級,分別有1、3、5個軌道，故具有的原子軌道數(shù)為9；B和E與氧元素形成的最高價氧化物分別為CO2、SiO2,前者屬于分子晶體，后者屬于原子晶體，故熔沸點較高的是SiO2；（6）F為Cu,Cu單質(zhì)的晶體堆積方式為面心立方,以頂點Cu原子為