福建省福州一中高三上學(xué)期質(zhì)檢化學(xué)試卷

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2016—2017學(xué)年福建省福州一中高三（上）質(zhì)檢化學(xué)試卷一、選擇題（本題包括14小題，每小題3分，每小題只有一個選項符合題意)1．CO2的資源化利用是解決溫室效應(yīng)的重要途徑，如圖是在一定條件下用NH3捕獲CO2生成重要化工產(chǎn)品三聚氰酸的反應(yīng)：下列有關(guān)三聚氰酸的說法正確的是（）A．分子式為C3H6N303B．分子中既含極性鍵，又含非極性鍵C．屬于共價化合物D．生成該物質(zhì)的上述反應(yīng)為中和反應(yīng)2．NA表示阿伏伽德羅常數(shù)的值,下列敘述正確的是（）A．1molFe與足量氧氣反應(yīng)時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAB．2L0.5mol?L﹣1硫酸鉀溶液中陰離子所帶電荷數(shù)為NAC．1molNa2O2固體中含離子總數(shù)為4NAD．丙烯和環(huán)丙烷組成的42g混合氣體中氫原子的個數(shù)為6NA3．下列有關(guān)溶液組成的描述合理的是（)A．無色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣B．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO﹣、SO42﹣、I﹣C．弱堿性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl﹣、SO42﹣4．下列說法不正確的是（）A．光催化還原水制氫比電解水制氫更節(jié)能環(huán)保、更經(jīng)濟(jì)B．氨氮廢水(含NH4+及NH3)可用化學(xué)氧化法或電化學(xué)氧化法處理C．某種光學(xué)檢測技術(shù)具有極高的靈敏度,可檢測到單個細(xì)胞(V≈10﹣12L）內(nèi)的數(shù)個目標(biāo)分子，據(jù)此可推算該檢測技術(shù)能檢測細(xì)胞內(nèi)濃度約為10﹣12﹣10﹣11mol?L﹣1的目標(biāo)分子D．向汽油中添加甲醇后，該混合燃料的熱值不變5．在“石蠟→液體石蠟→石蠟蒸氣→裂化氣”的變化過程中，被破壞的作用力依次是（）A．范德華力、范德華力、范德華力B．范德華力、范德華力、共價鍵C．范德華力、共價鍵、共價鍵D．共價鍵、共價鍵、共價鍵6．已知：2Na[Al（OH）4]+CO2→2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O．向含2molNaOH，1molBa（OH)2,2molNa[Al(OH）4]的混合溶液中慢慢通入CO2，則通入CO2的量和生成沉淀的量關(guān)系正確的是（）選項ABCDn（CO2)(mol)2346n（沉淀）(mol）1233A．A B．B C．C D．D7．下列裝置應(yīng)用于實驗室制氯氣并回收氯化錳的實驗，能達(dá)到實驗?zāi)康氖牵ǎ〢．用裝置甲制取氯氣B．用裝置乙除去氯氣中混有的少量氯化氫C．用裝置丙分離二氧化錳和氯化錳溶液D．用裝置丁蒸干氯化錳溶液制MnCl2?4H2O8．化學(xué)與社會、生活密切相關(guān),對下列現(xiàn)象或事實的解釋正確的是（）選項現(xiàn)象或事實解釋AAl(OH）3用作塑料的阻燃劑Al（OH）3受熱熔化放出大量的熱B用氫氟酸蝕刻玻璃SiO2是堿性氧化物,能溶于酸C過氧化鈉作呼吸面具中的供氧劑過氧化鈉是強氧化劑，能氧化二氧化碳D用浸有酸性高錳酸鉀溶液的硅藻土作水果保鮮劑酸性高錳酸鉀溶液能氧化水果釋放的催熟劑乙烯A．A B．B C．C D．D9．利用如圖所示裝置進(jìn)行下列實驗，能得出相應(yīng)實驗結(jié)論是()選項①②③實驗結(jié)論A稀硫酸Na2SAgNO3與AgCl的濁液Ksp(AgCl）＞Ksp（Ag2S）B濃硫酸蔗糖溴水濃硫酸具有脫水性、氧化性C稀鹽酸Na2SO3Ba（NO3）2溶液SO2與可溶性鋇鹽均可生成白色沉淀D濃硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性:硝酸＞碳酸＞硅酸A．A B．B C．C D．D10．如圖所示的五中元素中，W、X、Y、Z為短周期元素，這四種元素的原子最外層電子數(shù)之和為22,下列說法正確的是（）A．X、Y、Z三種元素最低價氫化物的沸點依次升高B．由X、Y和氫三種元素形成的化合物中只有共價鍵C．物質(zhì)WY2，W3X4，WZ4均有熔點高，硬度大的特性D．T元素的單質(zhì)具有半導(dǎo)體的特性，T與Z元素可形成化合物TZ411．室溫下將1mol的CuSO4?5H2O(s）溶于水會使溶液溫度降低,熱效應(yīng)為△H1，將1mol的CuSO4（s)溶于水會使溶液溫度升高，熱效應(yīng)為△H2;CuSO4?5H2O受熱分解的化學(xué)方程式為：CuSO4?5H2O（s）═CuSO4（s)+5H2O（l)，熱效應(yīng)為△H3．則下列判斷正確的是（）A．△H2＞△H3 B．△H1＞△H3 C．△H1=△H2+△H3 D．△H1+△H2＞△H312．如圖是在航天用高壓氫鎳電池基礎(chǔ)上發(fā)展起來的一種金屬氫化物鎳電池（MH﹣Ni電池）．下列有關(guān)說法不正確的是（）A．放電時正極反應(yīng)為:NiOOH+H2O+e﹣=Ni(OH）2+OH﹣B．電池的電解液可為KOH溶液C．充電時負(fù)極反應(yīng)為：MH+OH﹣=M+H2O+e﹣D．MH是一類儲氫材料，其氫密度越大，電池的能量密度越高13．已知：將Cl2通入適量KOH溶液中,產(chǎn)物中可能有KCl，KClO，KClO3，且的值與溫度高低有關(guān)．當(dāng)n（KOH）=amol時,下列有關(guān)說法錯誤的是（)A．若某溫度下,反應(yīng)后=11，則溶液中=B．參加反應(yīng)的氯氣的物質(zhì)的量等于amolC．改變溫度,反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量ne的范圍：amol≤ne≤amolD．改變溫度,產(chǎn)物中KClO3的最大理論產(chǎn)量為amol14．一定溫度下,10mL0.40mol/LH2O2溶液分生催化分解，不同時刻測定生成O2的體積（已折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況)如下表：t/min0246810V（O2)/mL0.09。917.222.426。529.9下列敘述不正確的是（溶液體積變化忽略不計)（）A．0~6min的平均反應(yīng)速率：v（H2O2）≈3。3×10﹣2mol/(L?min）B．6～10min的平均反應(yīng)速率：v(H2O2）＜3.3×10﹣2mol/（L?min)C．反應(yīng)至6min時，c(H2O2）=0.3mol/LD．反應(yīng)至6min時，H2O2分解了50％二、非選擇題：15．錳鋰電池的體積小、性能優(yōu)良，是常用的一次電池．該電池反應(yīng)原理如圖所示，其中電解質(zhì)LiClO4溶于混合有機(jī)溶劑中，Li+通過電解質(zhì)遷移入MnO2晶格中，生成LiMnO2．回答下列問題:（1）外電路的電流方向是由極流向極（填字母)．（2）電池正極反應(yīng)式．（3）是否可用水代替電池中的混合有機(jī)溶劑？（填“是"或“否"），原因是．（4）MnO2可與KOH和KClO3在高溫下反應(yīng)，生成K2MnO4，反應(yīng)的化學(xué)方程式為．K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2的物質(zhì)的量之比為．16．A、B、D、E、F為短周期元素．非金屬元素A最外層電子數(shù)與其周期數(shù)相同,B的最外層電子數(shù)是其所在周期數(shù)的2倍．B在D中充分燃燒能生成其最高價化合物BD2．E+與D2﹣具有相同的電子數(shù)．A在F中燃燒，產(chǎn)物溶于水得到一種強酸．回答下列問題：（1）寫出工業(yè)制備單質(zhì)F的離子方程式．（2）B、D、E組成的一種鹽中，E的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為43％，其水溶液與F單質(zhì)反應(yīng)的化學(xué)方程式為．（3）由這些元素組成的物質(zhì)，其組成和結(jié)構(gòu)信息如下表：物質(zhì)組成和結(jié)構(gòu)信息a含有A的二元離子化合物b含有非極性共價鍵的二元離子化合物,且原子數(shù)之比為1：1c化學(xué)組成為BDF2d只存在一種類型作用力且可導(dǎo)電的單質(zhì)晶體a的化學(xué)式為；b的化學(xué)式為;c的電子式為；d的晶體類型是．17．某學(xué)生對SO2與漂粉精的反應(yīng)進(jìn)行實驗探究:操作現(xiàn)象取4g漂粉精固體，加入100mL水部分固體溶解，溶液略有顏色過濾,測漂粉精溶液的pHpH試紙先變藍(lán)(約為12），后褪色i．液面上方出現(xiàn)白霧;ⅱ．稍后，出現(xiàn)渾濁,溶液變?yōu)辄S綠色；ⅲ．稍后，產(chǎn)生大量白色沉淀，黃綠色褪去（1）Cl2和Ca（OH）2制取漂粉精的化學(xué)方程是．(2)pH試紙顏色的變化說明漂粉精溶液具有的性質(zhì)是．(3）向水中持續(xù)通入SO2，未觀察到白霧．推測現(xiàn)象i的白霧由HCl小液滴形成，進(jìn)行如下實驗：a．用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗白霧,無變化；b．用酸化的AgNO3溶液檢驗白霧，產(chǎn)生白色沉淀．①實驗a目的是．②由實驗a、b不能判斷白霧中含有HCl，理由是．（4)現(xiàn)象ⅱ中溶液變?yōu)辄S綠色的可能原因：隨溶液酸性的增強，漂粉精的有效成分和Cl﹣發(fā)生反應(yīng)．通過進(jìn)一步實驗確認(rèn)了這種可能性，其實驗方案是．（5)將A瓶中混合物過濾、洗滌，得到沉淀X．①向沉淀X中加入稀HCl，無明顯變化．取上層清液，加入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀．則沉淀X中含有的物質(zhì)是．②用離子方程式解釋現(xiàn)象ⅲ中黃綠色褪去的原因：．18．在容積為1。00L的容器中,通入一定量的N2O4,發(fā)生反應(yīng)N2O4（g)?2NO2（g），隨溫度的升高，混合氣體的顏色變深．回答下列問題：(1）反應(yīng)的△H0(填“大于"或“小于”）；100℃時,體系中各物質(zhì)濃度隨時間變化如圖所示．在0~60s時段，反應(yīng)速率v（N2O4）為mol?L﹣1?s﹣1;反應(yīng)的平衡常數(shù)K1為．（2）100℃時達(dá)平衡后，改變反應(yīng)溫度為T，c(N2O4)以0。0020mol?L﹣1?s﹣1的平均速率降低，經(jīng)10s又達(dá)到平衡．①T100℃(填“大于"或“小于”），判斷理由是．②列式計算溫度T時反應(yīng)的平衡常數(shù)K2．（3)溫度T時反應(yīng)達(dá)平衡后,將反應(yīng)容器的容積減少一半，平衡向(填“正反應(yīng)"或“逆反應(yīng)”)方向移動，判斷理由是．19．3﹣對甲苯丙烯酸甲酯(E）是一種用于合成抗血栓藥的中間體，其合成路線如下:已知:HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO+H2O（1）遇FeCl3溶液顯紫色且苯環(huán)上有兩個取代基的A的同分異構(gòu)體有種，B中含氧官能團(tuán)的名稱為．(2）試劑C可選用下列中的．a(chǎn)、溴水b、銀氨溶液c、酸性KMnO4溶液d、新制Cu（OH)2懸濁液（3)是E的一種同分異構(gòu)體,該物質(zhì)與足量NaOH溶液共熱的化學(xué)方程式為．（4）E在一定條件下可以生成高聚物F，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為．20．硫在白然界中以游離態(tài)和多種化合態(tài)形成出現(xiàn)．硫的化合物大多具有氧化性或還原性．許多金屬硫化物難溶于水．完成下列填空：(1)（1）硫化氫具有還原性，可以和許多氧化劑反應(yīng)．在酸性條件下，H2S和KMnO4反應(yīng)生成S、MnSO4、K2SO4和H2O,寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式．．（2）室溫下,0.1mol/L的硫化鈉溶液和0。1mol．L的碳酸鈉溶液，堿性更強的是，其原因是．已知：H2S：Ka1=1.3×10﹣7Ka2=7。1×10﹣15H2CO3：Ka1=4。3×10﹣7Ka2=5。6×10﹣11（3）將黑色的Fe2S3固體加入足量鹽酸中，溶液中有淡黃色固體生成，產(chǎn)物還有．過濾，微熱濾液，然后加入過量的氫氧化鈉溶液，可觀察到的現(xiàn)象是．

2016-2017學(xué)年福建省福州一中高三(上）質(zhì)檢化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本題包括14小題，每小題3分，每小題只有一個選項符合題意）1．CO2的資源化利用是解決溫室效應(yīng)的重要途徑，如圖是在一定條件下用NH3捕獲CO2生成重要化工產(chǎn)品三聚氰酸的反應(yīng)：下列有關(guān)三聚氰酸的說法正確的是（）A．分子式為C3H6N303B．分子中既含極性鍵,又含非極性鍵C．屬于共價化合物D．生成該物質(zhì)的上述反應(yīng)為中和反應(yīng)【考點】真題集萃;有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【分析】A．根據(jù)三聚氰酸的結(jié)構(gòu)簡式書寫分子式；B．分子中化學(xué)鍵都是不同原子之間形成的共價鍵,都是極性鍵；C．三聚氰酸分子是原子之間通過共價鍵形成的分子，屬于共價化合物；D．酸與堿反應(yīng)生成鹽與水的反應(yīng)為中和反應(yīng)．【解答】解：A．由三聚氰酸的結(jié)構(gòu)簡式可知，其分子式為C3H3N3O3,故A錯誤；B．分子中化學(xué)鍵都是不同原子之間形成的共價鍵,都是極性鍵,不存在非極性鍵,故B錯誤;C．三聚氰酸分子是原子之間通過共價鍵形成的分子，屬于共價化合物，故C正確；D．該反應(yīng)不符合酸與堿反應(yīng)生成鹽與水，不是中和反應(yīng)，故D錯誤，故選C．2．NA表示阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（)A．1molFe與足量氧氣反應(yīng)時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAB．2L0。5mol?L﹣1硫酸鉀溶液中陰離子所帶電荷數(shù)為NAC．1molNa2O2固體中含離子總數(shù)為4NAD．丙烯和環(huán)丙烷組成的42g混合氣體中氫原子的個數(shù)為6NA【考點】阿伏加德羅常數(shù)．【分析】A．鐵與氧氣反應(yīng)生成四氧化三鐵,產(chǎn)物中鐵元素的化合價為+價；B。2L0。5mol?L﹣1硫酸鉀溶液中含有溶質(zhì)硫酸鉀1mol,1mol硫酸鉀中帶有2mol負(fù)電荷；C.1mol過氧化鈉固體中含有2mol鈉離子、1mol過氧根離子,總共含有3mol離子;D．丙烯和環(huán)丙烷的最簡式都是CH2，根據(jù)最簡式計算出混合物中含有氫原子數(shù)目．【解答】解：A．鐵與氧氣反應(yīng)生成四氧化三鐵，四氧化三鐵中鐵元素的化合價為+價，則1mol鐵完全反應(yīng)失去mol電子，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA，故A錯誤；B。2L0。5mol?L﹣1硫酸鉀溶液中含有溶質(zhì)硫酸鉀的物質(zhì)的量為1mol，1mol硫酸鉀中帶有2mol負(fù)電荷，陰離子所帶電荷數(shù)約為2NA，故B錯誤；C。1molNa2O2固體中含有2mol鈉離子、1mol過氧根離子,總共含有3mol離子，含離子總數(shù)為3NA，故C錯誤；D.42g丙烯和環(huán)丙烷的混合物中含有42g最簡式CH2，含有最簡式的物質(zhì)的量為:=3mol，含有氫原子的物質(zhì)的量為額6mol，含有的氫原子的個數(shù)為6NA，故D正確；故選D．3．下列有關(guān)溶液組成的描述合理的是（）A．無色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣B．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO﹣、SO42﹣、I﹣C．弱堿性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl﹣、SO42﹣【考點】離子共存問題．【分析】A．無色溶液中不存在Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色離子，鋁離子與硫離子發(fā)生雙水解反應(yīng)；B．次氯酸根離子與氫離子結(jié)合生成次氯酸、次氯酸根離子能夠氧化碘離子；C．Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣離子之間不發(fā)生反應(yīng)，且碳酸氫根離子水解溶液顯示弱堿性；D．鐵離子水解，溶液顯示酸性，則溶液中一定不存在鐵離子．【解答】解:A．Al3+、S2﹣之間發(fā)生雙水解反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故A錯誤；B．酸性溶液中存在大量氫離子,次氯酸根離子與氫離子反應(yīng)生成弱酸次氯酸,次氯酸根離子能夠氧化碘離子，在溶液中一定不能大量共存，故B錯誤；C．Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣離子之間不發(fā)生反應(yīng)，HCO3﹣離子部分水解,溶液顯示弱堿性，故C正確；D．Fe3+在溶液中結(jié)合水電離的氫氧根離子，溶液顯示酸性，與溶液為中性不相符，在溶液中不能大量共存，故D錯誤；故選C．4．下列說法不正確的是（）A．光催化還原水制氫比電解水制氫更節(jié)能環(huán)保、更經(jīng)濟(jì)B．氨氮廢水（含NH4+及NH3）可用化學(xué)氧化法或電化學(xué)氧化法處理C．某種光學(xué)檢測技術(shù)具有極高的靈敏度，可檢測到單個細(xì)胞（V≈10﹣12L）內(nèi)的數(shù)個目標(biāo)分子，據(jù)此可推算該檢測技術(shù)能檢測細(xì)胞內(nèi)濃度約為10﹣12﹣10﹣11mol?L﹣1的目標(biāo)分子D．向汽油中添加甲醇后，該混合燃料的熱值不變【考點】真題集萃；反應(yīng)熱和焓變；清潔能源;”三廢”處理與環(huán)境保護(hù)．【分析】A．電解消耗電能，而光催化還原水制氫可利用太陽能;B．氨氮廢水中N為﹣3價,可利用氧化還原反應(yīng)原理轉(zhuǎn)化為無毒物質(zhì);C．可檢測到單個細(xì)胞（V≈10﹣12L）內(nèi)的數(shù)個目標(biāo)分子，結(jié)合c=計算；D．汽油與甲醇均可燃燒，且熱值不同．【解答】解：A．電解消耗電能,而光催化還原水制氫可利用太陽能，前者浪費能源,則光催化還原水制氫比電解水制氫更節(jié)能環(huán)保、更經(jīng)濟(jì),故A正確；B．氨氮廢水中N為﹣3價,可利用氧化還原反應(yīng)原理發(fā)生氧化反應(yīng)轉(zhuǎn)化為無毒物質(zhì)，所以可用化學(xué)氧化法或電化學(xué)氧化法處理，故B正確；C．可檢測到單個細(xì)胞（V≈10﹣12L）內(nèi)的數(shù)個目標(biāo)分子，體積為10﹣12L，設(shè)數(shù)個分子為N,則即該檢測技術(shù)能檢測細(xì)胞內(nèi)濃度為，N可能介于1~10之間，則約為10﹣12﹣10﹣11mol?L﹣1的目標(biāo)分子，故C正確；D．汽油與甲醇均可燃燒，且熱值不同，則向汽油中添加甲醇后,該混合燃料的熱值發(fā)生變化,故D錯誤;故選D．5．在“石蠟→液體石蠟→石蠟蒸氣→裂化氣”的變化過程中，被破壞的作用力依次是（)A．范德華力、范德華力、范德華力B．范德華力、范德華力、共價鍵C．范德華力、共價鍵、共價鍵D．共價鍵、共價鍵、共價鍵【考點】不同晶體的結(jié)構(gòu)微粒及微粒間作用力的區(qū)別．【分析】物質(zhì)的三態(tài)變化屬于物理變化,石蠟蒸氣轉(zhuǎn)化為裂化氣發(fā)生了化學(xué)變化，根據(jù)物質(zhì)的變化分析．【解答】解：石蠟→液體石蠟→石蠟蒸氣屬于物質(zhì)的三態(tài)變化，屬于物理變化，破壞了范德華力，石蠟蒸氣→裂化氣發(fā)生了化學(xué)變化，破壞了共價鍵;所以在“石蠟→液體石蠟→石蠟蒸氣→裂化氣”的變化過程中，被破壞的作用力依次是范德華力、范德華力、共價鍵．故選B．6．已知：2Na［Al（OH)4]+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O．向含2molNaOH，1molBa（OH）2，2molNa[Al（OH）4］的混合溶液中慢慢通入CO2,則通入CO2的量和生成沉淀的量關(guān)系正確的是（)選項ABCDn（CO2）（mol）2346n(沉淀）（mol）1233A．A B．B C．C D．D【考點】真題集萃；化學(xué)方程式的有關(guān)計算．【分析】CO2通入到NaOH、Ba(OH）2、Na[Al（OH)4］的混合溶液，反應(yīng)的先后順序為：Ba（OH）2、NaOH、Na［Al（OH)4］．含NaOH、Ba(OH)2、Na[Al（OH）4］的混合溶液中慢慢通入CO2，發(fā)生的反應(yīng)有：CO2+Ba(OH）2=BaCO3+H2O;2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；2Na[Al（OH)4]+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O；CO32﹣+H2O+CO2=2HCO3﹣，【解答】解：A．通入2mol二氧化碳，先發(fā)生反應(yīng):Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸鋇沉淀,剩余的1mol二氧化碳與氫氧化鈉反應(yīng)，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，故A正確；B．當(dāng)通入的n（CO2)=3mol時，發(fā)生的離子反應(yīng)是Ba2++2OH﹣+CO2=BaCO3↓+H2O、2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O、2[Al（OH）4]﹣+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣+H2O,所以產(chǎn)生的沉淀是BaCO3和Al(OH）3且n（沉淀）之和是3mol(1molBaCO3和2molAl（OH)3)，故B錯誤；C．通入4mol二氧化碳，先發(fā)生反應(yīng):Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，消耗1mol二氧化碳,生成1mol碳酸鋇沉淀,剩余3mol二氧化碳與氫氧化鈉發(fā)生反應(yīng)：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O,消耗二氧化碳1mol，然后1mol二氧化碳與Na［Al（OH)4］發(fā)生反應(yīng)2Na［Al（OH）4］+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O，生成2mol氫氧化鋁沉淀，最后1mol與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉,故生成沉淀總物質(zhì)的量為3mol,故C正確；D．當(dāng)通入6mol二氧化碳，分別發(fā)生反應(yīng)Ba（OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，2Na[Al(OH）4]+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O，生成1mol碳酸鋇、2mol氫氧化鋁沉淀,2mol碳酸氫鈉，1mol碳酸鈉，消耗4mol二氧化碳，剩余的2mol二氧化碳分別與生成的1mol碳酸鈉和1mol碳酸鋇沉淀發(fā)生反應(yīng)：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，BaCO3+CO2+H2O=Ba(HCO3）2，所以最后剩余沉淀的物質(zhì)的量為2mol，故D錯誤;故選：AC．7．下列裝置應(yīng)用于實驗室制氯氣并回收氯化錳的實驗，能達(dá)到實驗?zāi)康氖牵ǎ〢．用裝置甲制取氯氣B．用裝置乙除去氯氣中混有的少量氯化氫C．用裝置丙分離二氧化錳和氯化錳溶液D．用裝置丁蒸干氯化錳溶液制MnCl2?4H2O【考點】真題集萃;氯氣的實驗室制法；氯、溴、碘的性質(zhì)實驗．【分析】A、二氧化錳和濃鹽酸制備氯氣需要加熱;B、飽和碳酸氫鈉溶液呈堿性，能吸收氯氣，氣體應(yīng)為長進(jìn)短處；C、二氧化錳不溶于水,將液體和不溶于液體的固體分離開來的一種方法為過濾；D、錳離子可發(fā)生水解．【解答】解：A、二氧化錳和濃鹽酸制備氯氣需要加熱，甲裝置無加熱儀器，故A錯誤;B、飽和碳酸氫鈉溶液呈堿性,能吸收氯氣,且NaHCO3和HCl反應(yīng)能生成CO2，引入新的雜質(zhì)氣體，所以吸收試劑應(yīng)該為飽和食鹽水，并且氣體應(yīng)為長進(jìn)短出,故B錯誤；C、二氧化錳不溶于水，因此分離二氧化錳和氯化錳溶液需要過濾，丙裝置為過濾裝置,故C正確；D、錳離子水解，水解吸熱，因此不能直接加熱蒸發(fā)氯化錳溶液制MnCl2?4H2O，應(yīng)該在HCl的氣氛中進(jìn)行，故D錯誤；故選C．8．化學(xué)與社會、生活密切相關(guān)，對下列現(xiàn)象或事實的解釋正確的是（)選項現(xiàn)象或事實解釋AAl（OH）3用作塑料的阻燃劑Al（OH)3受熱熔化放出大量的熱B用氫氟酸蝕刻玻璃SiO2是堿性氧化物，能溶于酸C過氧化鈉作呼吸面具中的供氧劑過氧化鈉是強氧化劑，能氧化二氧化碳D用浸有酸性高錳酸鉀溶液的硅藻土作水果保鮮劑酸性高錳酸鉀溶液能氧化水果釋放的催熟劑乙烯A．A B．B C．C D．D【考點】鈉的重要化合物；硅和二氧化硅；兩性氧化物和兩性氫氧化物；乙烯的用途．【分析】A．Al(OH)3受熱分解生成H2O并吸收大量的熱量，使周圍環(huán)境溫度降低；B．Si02是酸性氧化物，常溫下能夠與氫氟酸反應(yīng);C．過氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣,過氧化鈉既是氧化劑又是還原劑；D．乙烯是一種植物生長調(diào)節(jié)劑,對水果蔬菜具有催熟的作用；【解答】解：A．Al（OH）3受熱分解生成H2O并吸收大量的熱量，使周圍環(huán)境溫度降低，且生成的氧化鋁熔點較高，附著在可燃物表面，從而阻止可燃物燃燒,故A錯誤；B．Si02是酸性氧化物，故B錯誤;C．過氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，過氧化鈉既是氧化劑又是還原劑，故C錯誤；D．乙烯是一種植物生長調(diào)節(jié)劑，對水果蔬菜具有催熟的作用,乙烯含有不飽和鍵能被酸性高錳酸鉀氧化，故D正確；故選:D．9．利用如圖所示裝置進(jìn)行下列實驗，能得出相應(yīng)實驗結(jié)論是（）選項①②③實驗結(jié)論A稀硫酸Na2SAgNO3與AgCl的濁液Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2S）B濃硫酸蔗糖溴水濃硫酸具有脫水性、氧化性C稀鹽酸Na2SO3Ba（NO3)2溶液SO2與可溶性鋇鹽均可生成白色沉淀D濃硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸A．A B．B C．C D．D【考點】化學(xué)實驗方案的評價．【分析】A．不發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，AgNO3與AgCl的濁液中，Qc（Ag2S）＞Ksp（Ag2S）,則生成Ag2S;B．濃硫酸使蔗糖變黑，然后C與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成二氧化硫，二氧化硫與溴水發(fā)生氧化還原反應(yīng)使其褪色;C．鹽酸與亞硫酸鈉生成二氧化硫，與Ba（NO3）2溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀；D．濃硝酸與碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳，但濃硝酸易揮發(fā)，硝酸、碳酸均可與硅酸鈉溶液反應(yīng)生成硅酸沉淀．【解答】解：A．圖中裝置和試劑不發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化,對AgNO3與AgCl的濁液中，Qc（Ag2S）＞Ksp（Ag2S),則生成Ag2S，可發(fā)生沉淀的生成，則不能比較溶度積,故A錯誤；B．濃硫酸具有脫水性使蔗糖變黑,然后C與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成二氧化硫，體現(xiàn)其強氧化性，最后二氧化硫與溴水發(fā)生氧化還原反應(yīng)使其褪色，故B正確；C．鹽酸與亞硫酸鈉生成二氧化硫，與Ba（NO3）2溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，但SO2與可溶性鋇鹽不一定生成白色沉淀，如與氯化鋇不反應(yīng)，故C錯誤；D．濃硝酸與碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳，但濃硝酸易揮發(fā)，硝酸、碳酸均可與硅酸鈉溶液反應(yīng)生成硅酸沉淀，則不能比較碳酸與硅酸的酸性,應(yīng)排除硝酸的干擾，故D錯誤;故選B．10．如圖所示的五中元素中，W、X、Y、Z為短周期元素，這四種元素的原子最外層電子數(shù)之和為22，下列說法正確的是（）A．X、Y、Z三種元素最低價氫化物的沸點依次升高B．由X、Y和氫三種元素形成的化合物中只有共價鍵C．物質(zhì)WY2，W3X4，WZ4均有熔點高,硬度大的特性D．T元素的單質(zhì)具有半導(dǎo)體的特性，T與Z元素可形成化合物TZ4【考點】真題集萃；元素周期律和元素周期表的綜合應(yīng)用．【分析】W、X、Y、Z為短周期元素，這四種元素的原子最外層為22，則X、Y為第二周期元素，W、Z為第三周期元素，設(shè)X的最外層電子為x,則Y、W、Z的最外層電子數(shù)分別為x+1、x﹣1、x+2，所以x+x+1+x﹣1+x+2=22，解得x=5，即X為N，Y為O，W為Si，Z為Cl，W與T同主族，則T為Ge，然后結(jié)合元素化合物知識來解答．【解答】解：W、X、Y、Z為短周期元素，這四種元素的原子最外層為22，則X、Y為第二周期元素，W、Z為第三周期元素，設(shè)X的最外層電子為x，則Y、W、Z的最外層電子數(shù)分別為x+1、x﹣1、x+2,所以x+x+1+x﹣1+x+2=22，解得x=5，即X為N，Y為O,W為Si，Z為Cl,W與T同主族，則T為Ge，A．X、Y、Z三種元素最低價氫化物分別為NH3、H2O、HCl，NH3、H2O中存在氫鍵，沸點都比HCl高,故A錯誤；B．N、H、O三種元素可形成NH4NO3，是離子化合物，既有共價鍵也有離子鍵,故B錯誤;C．SiO2、Si3N4屬于原子晶體，熔點高，硬度大，而SiCl4屬于分子晶體,熔點低,硬度小,故C錯誤；D．Ge元素位于金屬與非金屬之間的分界線，因此具有半導(dǎo)體的特性,與碳屬于同一主族，最外層四個電子，性質(zhì)相似，可形成GeCl4，故D正確；故選D．11．室溫下將1mol的CuSO4?5H2O(s)溶于水會使溶液溫度降低，熱效應(yīng)為△H1,將1mol的CuSO4（s）溶于水會使溶液溫度升高,熱效應(yīng)為△H2；CuSO4?5H2O受熱分解的化學(xué)方程式為：CuSO4?5H2O（s）═CuSO4（s）+5H2O（l）,熱效應(yīng)為△H3．則下列判斷正確的是（）A．△H2＞△H3 B．△H1＞△H3 C．△H1=△H2+△H3 D．△H1+△H2＞△H3【考點】用蓋斯定律進(jìn)行有關(guān)反應(yīng)熱的計算．【分析】膽礬溶于水時，溶液溫度降低，反應(yīng)為CuSO4?5H2O(s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）+5H2O(l）△H1＞0;CuSO4(s)=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）△H2；已知CuSO4?5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O(l）△H3,根據(jù)蓋斯定律確定之間的關(guān)系．【解答】解:①膽礬溶于水時,溶液溫度降低，反應(yīng)為CuSO4?5H2O(s)=Cu2+（aq）+SO42﹣(aq）+5H2O（l）△H1＞0；②CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）△H2＜0;③已知CuSO4?5H2O（s）=CuSO4（s)+5H2O（l）△H3；依據(jù)蓋斯定律①﹣②得到③，所以△H3=△H1﹣△H2；△H2＜0，△H1＞0，則△H3＞0，A、上述分析可知△H2＜△H3，故A錯誤；B、分析可知△H2=△H1﹣△H3，由于△H2＜0，△H3＞△H1，故B錯誤;C、△H3=△H1﹣△H2,故C正確；D、△H2＜0,△H1＞0、△H3＞△H1+△H2，故D錯誤;故選C．12．如圖是在航天用高壓氫鎳電池基礎(chǔ)上發(fā)展起來的一種金屬氫化物鎳電池（MH﹣Ni電池）．下列有關(guān)說法不正確的是（)A．放電時正極反應(yīng)為:NiOOH+H2O+e﹣=Ni（OH)2+OH﹣B．電池的電解液可為KOH溶液C．充電時負(fù)極反應(yīng)為：MH+OH﹣=M+H2O+e﹣D．MH是一類儲氫材料，其氫密度越大，電池的能量密度越高【考點】原電池和電解池的工作原理．【分析】鎳氫電池中主要為KOH作電解液充電時,陽極反應(yīng)：Ni（OH）2+OH﹣=NiOOH+H2O+e﹣陰極反應(yīng)：M+H2O+e﹣=MH+OH﹣，總反應(yīng)：M+Ni（OH）2=MH+NiOOH；放電時，正極：NiOOH+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣，負(fù)極:MH+OH﹣﹣e﹣=M+H2O，總反應(yīng)：MH+NiOOH=M+Ni(OH）2，以上式中M為儲氫合金，MH為吸附了氫原子的儲氫合金．【解答】解：A、放電時，正極：NiOOH+H2O+e﹣=Ni（OH)2+OH﹣,故A正確;B、為了防止MH被氫離子氧化，鎳氫電池中電解液為堿性溶液，主要為KOH作電解液，故B正確；C、充電時，負(fù)極作陰極,陰極反應(yīng)為M+H2O+e﹣=MH+OH﹣，故C錯誤；D、M為儲氫合金，MH為吸附了氫原子的儲氫合金，儲氫材料，其氫密度越大,電池的能量密度越高，故D正確；故選C．13．已知:將Cl2通入適量KOH溶液中，產(chǎn)物中可能有KCl，KClO，KClO3，且的值與溫度高低有關(guān)．當(dāng)n（KOH）=amol時，下列有關(guān)說法錯誤的是（）A．若某溫度下，反應(yīng)后=11,則溶液中=B．參加反應(yīng)的氯氣的物質(zhì)的量等于amolC．改變溫度，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量ne的范圍：amol≤ne≤amolD．改變溫度，產(chǎn)物中KClO3的最大理論產(chǎn)量為amol【考點】真題集萃；氯氣的化學(xué)性質(zhì)．【分析】A．令n（ClO﹣）=1mol，反應(yīng)后=11，則n(Cl﹣)=11mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒計算n（ClO3﹣）,據(jù)此計算判斷;B．由Cl原子守恒可知,2n(Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3)，由鉀離子守恒可知n(KCl）+n（KClO）+n（KClO3)=n（KOH）；C．氧化產(chǎn)物只有KClO3時，轉(zhuǎn)移電子最多,氧化產(chǎn)物只有KClO時，轉(zhuǎn)移電子最少,根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒及鉀離子守恒計算；D．氧化產(chǎn)物只有KClO3時，其物質(zhì)的量最大,結(jié)合C中計算判斷．【解答】解：A．令n（ClO﹣）=1mol,反應(yīng)后=11，則n（Cl﹣）=11mol，電子轉(zhuǎn)移守恒，5×n（ClO3﹣)+1×n（ClO﹣）=1×n(Cl﹣），即5×n（ClO3﹣）+1×1mol=1×11mol，解得n（ClO3﹣）=2mol，故溶液中=，故A正確;B．由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n(KCl）+n(KClO）+n（KClO3）,由鉀離子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3)=n（KOH），故參加反應(yīng)的氯氣的物質(zhì)的量=n（KOH）=amol，故B正確；C．氧化產(chǎn)物只有KClO3時，轉(zhuǎn)移電子最多，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒n（KCl）=5（KClO3）,由鉀離子守恒：n(KCl）+n（KClO3)=n(KOH），故n（KClO3）=n（KOH)=amol，轉(zhuǎn)移電子最大物質(zhì)的量=amol×5=amol，氧化產(chǎn)物只有KClO時，轉(zhuǎn)移電子最少，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒n（KCl)=n（KClO)，由鉀離子守恒：n（KCl）+n(KClO)=n（KOH)，故n(KClO)=n（KOH）=amol，轉(zhuǎn)移電子最小物質(zhì)的量=amol×1=amol，故反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量ne的范圍:amol≤ne≤amol，故C正確;D．氧化產(chǎn)物只有KClO3時,其物質(zhì)的量最大，由C中計算可知：n最大(KClO3）=n（KOH)=amol，故D錯誤，故選D．14．一定溫度下，10mL0。40mol/LH2O2溶液分生催化分解，不同時刻測定生成O2的體積（已折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況）如下表：t/min0246810V(O2）/mL0.09。917.222.426.529.9下列敘述不正確的是（溶液體積變化忽略不計)(）A．0～6min的平均反應(yīng)速率：v（H2O2）≈3。3×10﹣2mol/（L?min)B．6～10min的平均反應(yīng)速率：v（H2O2）＜3.3×10﹣2mol/（L?min)C．反應(yīng)至6min時,c（H2O2)=0.3mol/LD．反應(yīng)至6min時,H2O2分解了50％【考點】化學(xué)平衡的計算．【分析】A.0～6min，生成O2為=0.001mol，由2H2O2?2H2O+O2↑可知,分解的過氧化氫為0.002mol，結(jié)合v=計算；B。6～10min，生成O2為=0.33×10﹣3mol，由2H2O2?2H2O+O2↑可知，分解的過氧化氫為0.66×10﹣3mol,結(jié)合v=計算;C．反應(yīng)至6min時，剩余H2O2為0.01L×0。4mol/L﹣0。002mol=0.002mol，結(jié)合c=計算；D．反應(yīng)至6min時，分解的過氧化氫為0.002mol，開始的H2O2為0.01L×0.4mol/L=0。004mol，結(jié)合轉(zhuǎn)化率=×100％計算．【解答】解：A。0~6min,生成O2為=0.001mol，由2H2O2?2H2O+O2↑可知，分解的過氧化氫為0.002mol，v（H2O2)===0.033mol/（L?min）,故A正確；B.6～10min，生成O2為=0。33×10﹣3mol，由2H2O2?2H2O+O2↑可知,分解的過氧化氫為0。66×10﹣3mol,v===0。0165mol/（L?min），或隨著反應(yīng)的進(jìn)行，H2O2的濃度逐漸減小，反應(yīng)速率減慢,6~10min的平均反應(yīng)速率小于0～6min時間內(nèi)反應(yīng)速率，故B正確；C．反應(yīng)至6min時，剩余H2O2為0。01L×0.4mol/L﹣0.002mol=0.002mol，c（H2O2)==0。2mol/L，故C錯誤；D．反應(yīng)至6min時，分解的過氧化氫為0.002mol，開始的H2O2為0。01L×0。4mol/L=0.004mol，轉(zhuǎn)化率=×100％=×100%=50％，故D正確；故選C．二、非選擇題：15．錳鋰電池的體積小、性能優(yōu)良，是常用的一次電池．該電池反應(yīng)原理如圖所示，其中電解質(zhì)LiClO4溶于混合有機(jī)溶劑中，Li+通過電解質(zhì)遷移入MnO2晶格中,生成LiMnO2．回答下列問題：（1）外電路的電流方向是由b極流向a極（填字母)．（2）電池正極反應(yīng)式MnO2+e﹣+Li+=LiMnO2．（3）是否可用水代替電池中的混合有機(jī)溶劑？否（填“是”或“否”）,原因是電極Li是活潑金屬，能與水反應(yīng)．（4）MnO2可與KOH和KClO3在高溫下反應(yīng)，生成K2MnO4，反應(yīng)的化學(xué)方程式為3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O．K2MnO4在酸性溶液中歧化,生成KMnO4和MnO2的物質(zhì)的量之比為2：1．【考點】真題集萃；原電池和電解池的工作原理．【分析】形成原電池反應(yīng)時,Li為負(fù)極，被氧化，電極方程式為Li﹣e﹣=Li+，MnO2為正極，被還原,電極方程式為MnO2+e﹣+Li+=LiMnO2，結(jié)合電極方程式以及元素化合價的變化解答該題．【解答】解：（1）Li為負(fù)極，MnO2為正極，原電池工作時，外電路的電流方向從正極到負(fù)極,即從b極流向a極，故答案為：b；a;(2）MnO2為正極，被還原，電極方程式為MnO2+e﹣+Li+=LiMnO2,故答案為：MnO2+e﹣+Li+=LiMnO2;(3）因負(fù)極材料為Li，可與水反應(yīng)，則不能用水代替電池中的混合有機(jī)溶劑，故答案為：否；電極Li是活潑金屬，能與水反應(yīng);（4）MnO2可與KOH和KClO3在高溫下反應(yīng)，生成K2MnO4，反應(yīng)的方程式為3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O，K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2,反應(yīng)中Mn元素化合價分別由+6價升高到7價、降低到+4價，由氧化還原反應(yīng)氧化劑和還原劑之間得失電子數(shù)目相等可知，生成KMnO4和MnO2的物質(zhì)的量之比為2：1，故答案為：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；2：1．16．A、B、D、E、F為短周期元素．非金屬元素A最外層電子數(shù)與其周期數(shù)相同,B的最外層電子數(shù)是其所在周期數(shù)的2倍．B在D中充分燃燒能生成其最高價化合物BD2．E+與D2﹣具有相同的電子數(shù)．A在F中燃燒，產(chǎn)物溶于水得到一種強酸．回答下列問題：（1）寫出工業(yè)制備單質(zhì)F的離子方程式2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑．（2）B、D、E組成的一種鹽中,E的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為43%，其水溶液與F單質(zhì)反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Na2CO3+Cl2+H2O═NaCl+NaClO+2NaHCO3．（3）由這些元素組成的物質(zhì)，其組成和結(jié)構(gòu)信息如下表：物質(zhì)組成和結(jié)構(gòu)信息a含有A的二元離子化合物b含有非極性共價鍵的二元離子化合物，且原子數(shù)之比為1：1c化學(xué)組成為BDF2d只存在一種類型作用力且可導(dǎo)電的單質(zhì)晶體a的化學(xué)式為NaH；b的化學(xué)式為Na2O2；c的電子式為;d的晶體類型是金屬．【考點】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．【分析】A，B，D，E，F(xiàn)為短周期元素，非金屬元素A最外層電子數(shù)與其周期數(shù)相同，則A為H;B的最外層電子數(shù)是其所在周期數(shù)的2倍，則B為C或S，B在D中充分燃燒能生成其最高價化合物BD2，則D為O，B的最高正價為+4價，則B為C；E+與D2﹣具有相同的電子數(shù),則E為Na；A在F中燃燒,產(chǎn)物溶于水得到種強酸,則F為Cl;（1）工業(yè)上常用電解飽和食鹽水的方法來制備氯氣；(2）C、O、Na組成的化合物為碳酸鈉，碳酸鈉與氯氣反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉、碳酸氫鈉；（3）這幾種元素只有Na能與H形成離子化合物；根據(jù)常見的氧的化合物和碳的化合物分析;根據(jù)COCl2結(jié)構(gòu)式分析；只存在一種類型作用力且可導(dǎo)電的單質(zhì)晶體為Na．【解答】解：A，B，D，E，F(xiàn)為短周期元素,非金屬元素A最外層電子數(shù)與其周期數(shù)相同，則A為H；B的最外層電子數(shù)是其所在周期數(shù)的2倍，則B為C或S，B在D中充分燃燒能生成其最高價化合物BD2，則D為O,B的最高正價為+4價，則B為C;E+與D2﹣具有相同的電子數(shù)，則E為Na；A在F中燃燒,產(chǎn)物溶于水得到種強酸，則F為Cl；（1）工業(yè)上常用電解飽和食鹽水的方法來制備氯氣，其電解的離子方程式為:2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑，故答案為:2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑;（2）C、O、Na組成的一種鹽中,Na的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為43%，則為碳酸鈉,碳酸鈉與氯氣反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉、碳酸氫鈉，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Na2CO3+Cl2+H2O═NaCl+NaClO+2NaHCO3，故答案為：2Na2CO3+Cl2+H2O═NaCl+NaClO+2NaHCO3；(3）這幾種元素只有Na能與H形成離子化合物，則a的化學(xué)式為NaH；含有非極性共價鍵的二元離子化合物,且原子數(shù)之比為1：1，則b為Na2O2；已知COCl2結(jié)構(gòu)式為，則其電子式為;只存在一種類型作用力且可導(dǎo)電的單質(zhì)晶體為Na，Na屬于金屬晶體，故答案為:NaH；Na2O2;；金屬．17．某學(xué)生對SO2與漂粉精的反應(yīng)進(jìn)行實驗探究：操作現(xiàn)象取4g漂粉精固體，加入100mL水部分固體溶解，溶液略有顏色過濾，測漂粉精溶液的pHpH試紙先變藍(lán)(約為12），后褪色i．液面上方出現(xiàn)白霧;ⅱ．稍后，出現(xiàn)渾濁，溶液變?yōu)辄S綠色;ⅲ．稍后，產(chǎn)生大量白色沉淀，黃綠色褪去（1)Cl2和Ca（OH)2制取漂粉精的化學(xué)方程是2Cl2+2Ca(OH）2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O．(2）pH試紙顏色的變化說明漂粉精溶液具有的性質(zhì)是堿性、漂白性．（3）向水中持續(xù)通入SO2，未觀察到白霧．推測現(xiàn)象i的白霧由HCl小液滴形成,進(jìn)行如下實驗：a．用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗白霧,無變化;b．用酸化的AgNO3溶液檢驗白霧，產(chǎn)生白色沉淀．①實驗a目的是檢驗白霧中是否含有Cl2，排除Cl2干擾．②由實驗a、b不能判斷白霧中含有HCl，理由是白霧中混有SO2，SO2可與酸化的AgNO3反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀．(4)現(xiàn)象ⅱ中溶液變?yōu)辄S綠色的可能原因:隨溶液酸性的增強，漂粉精的有效成分和Cl﹣發(fā)生反應(yīng)．通過進(jìn)一步實驗確認(rèn)了這種可能性，其實驗方案是向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸,觀察溶液是否變?yōu)辄S綠色．(5）將A瓶中混合物過濾、洗滌，得到沉淀X．①向沉淀X中加入稀HCl，無明顯變化．取上層清液，加入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀．則沉淀X中含有的物質(zhì)是CaSO4．②用離子方程式解釋現(xiàn)象ⅲ中黃綠色褪去的原因：SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+．【考點】二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)；氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用．【分析】(1）漂粉精的制備，氯氣和堿反應(yīng)，利用氫氧化鈣和氯氣發(fā)生反應(yīng)生成次氯酸鈣、氯化鈣和水；（2）pH試紙先變藍(lán)（約為12），后褪色說明溶液呈堿性，具有漂白性；（3)①反應(yīng)中生成Cl2，用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗白霧中是否Cl2，排除Cl2干擾;②白霧中含有SO2，可以被硝酸氧化為硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀;（4）依據(jù)次氯酸根離子和氯離子在酸溶液中會發(fā)生歸中反應(yīng)生成氯氣，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，觀察溶液顏色是否變?yōu)辄S綠色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中,形成酸溶液，次氯酸根離子具有強氧化性可以氧化二氧化硫為硫酸和鈣離子形成硫酸鈣沉淀；二氧化硫繼續(xù)通入后和生成的氯氣發(fā)生反應(yīng)生成硫酸和鹽酸；【解答】解：（1)氯氣和堿反應(yīng)，利用氫氧化鈣和氯氣發(fā)生反應(yīng)生成次氯酸鈣、氯化鈣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Cl2+2Ca（OH)2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；故答案為:2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca(ClO）2+2H2O;(2）pH試紙先變藍(lán)（約為12）溶液呈堿性，后褪色溶液具有漂白性，所以說明溶液呈堿性，具有漂白性；故答案為：堿性、漂白性；(3）向水中持續(xù)通入SO2，未觀察到白霧．推測現(xiàn)象的白霧由HCl小液滴形成，①．用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗白霧，無變化；為了檢驗白霧中是否含有氯氣,因為含有氯氣在檢驗氯化氫存在時產(chǎn)生干擾；故答案為：檢驗白霧中是否含有Cl2，排除Cl2干擾；②．用酸化的AgNO3溶液檢驗白霧,產(chǎn)生白色沉淀，若含有二氧化硫氣體，通入硝酸酸化的硝酸銀溶液，會被硝酸氧化為硫酸，硫酸和硝酸銀反應(yīng)也可以生成硫酸銀沉淀，所以通過實驗不能證明一定含有氯化氫；故答案為:白霧中混有SO2，SO2可與酸化的AgNO3反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀(4）現(xiàn)象ⅱ中溶液變?yōu)辄S綠色的可能原因：隨溶液酸性的增強,漂粉精的有效成分和Cl﹣發(fā)生反應(yīng)．通過進(jìn)一步實驗確認(rèn)了這種可能性，漂粉精中成分為次氯酸鈣、氯化鈣，次氯酸根具有強氧化性在酸性溶液中可以氧化氯離子為氯氣；故答案為：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，觀察溶液是否變?yōu)辄S綠色；（5））①取上層清液，加入BaC12溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說明SO2被氧化為SO42﹣，故沉淀X為CaSO4;②溶液呈黃綠色,有Cl2生成，Cl2與SO2反應(yīng)生成鹽酸與硫酸;反應(yīng)的離子方程式為：SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+；故答案為：CaSO4：SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+；18．在容積為1。00L的容器中，通入一定量的N2O4，發(fā)生反應(yīng)N2O4（g）?2NO2（g），隨溫度的升高，混合氣體的顏色變深．回答下列問題：（1）反應(yīng)的△H大于0（填“大于”或“小于”）；100℃時，體系中各物質(zhì)濃度隨時間變化如圖所示．在0～60s時段，反應(yīng)速率v（N2O4）為0.001mol?L﹣1?s﹣1；反應(yīng)的平衡常數(shù)K1為0.36mol/L．（2）100℃時達(dá)平衡后,改變反應(yīng)溫度為T，c（N2O4）以0.0020mol?L﹣1?s﹣1的平均速率降低,經(jīng)10s又達(dá)到平衡．①T大于100℃(填“大于”或“小于”），判斷理由是正反應(yīng)方向吸熱,反應(yīng)向吸熱方向移動，故溫度升高．②列式計算溫度T時反應(yīng)的平衡常數(shù)K21。28mol/L．（3)溫度T時反應(yīng)達(dá)平衡后，將反應(yīng)容器的容積減少一半，平衡向逆反應(yīng)（填“正反應(yīng)”或“逆反應(yīng)”）方向移動，判斷理由是對氣體體積增大的反應(yīng)，增大壓強平衡向逆反應(yīng)方向移動．【考點】物質(zhì)的量或濃度隨時間的變化曲線；化學(xué)平衡常數(shù)的含義；化學(xué)平衡的影響因素．【分析】(1）隨溫度的升高,混合氣體的顏色變深，化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向移動，據(jù)此判斷;反應(yīng)速率利用公式v=計算得到；化學(xué)平衡常數(shù)利用化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式計算；（2）①N2O4的濃度降低，平衡向正反應(yīng)方向移動，由于正反應(yīng)方向吸熱，T＞100℃;②計算T℃時兩種物質(zhì)的濃度，計算得到化學(xué)平衡常數(shù)；（3)反應(yīng)容器的容積減少一半，壓強增大，根據(jù)反應(yīng)前后氣體體積大小判斷化學(xué)平衡移動方向．【解答】解：(1）隨溫度的升高,混合氣體的顏色變深，化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向移動，即△H＞0；0～60s時段，N2O4濃度變化為：0.1mol/L﹣0.04mol/L=0。06mol/L，v(N2O4）==0。001mol?L﹣1?s﹣1；K===0。