仿真訓(xùn)練周測(cè)卷(五)

仿真訓(xùn)練周測(cè)卷(五)(時(shí)間：90分鐘試卷滿分：100分)可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H—1C—12N—14O—16Na—23Mg—24Al—27Si—28P—31S—32Cl—35.5K—39Cr—52Mn—55Fe—56Cu—64Zn—65Br—80Ag—108Ba—137卷Ⅰ選擇題部分一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分)1．下列物質(zhì)中屬于易分解的弱酸的是()A．HClOB．CH3COOHC．HNO3D．H2SO4解析：選AHClO為弱酸，見光或受熱易分解，故A符合題意；CH3COOH為羧酸，不易分解，故B不符合題意；HNO3為強(qiáng)酸，故C不符合題意；H2SO4為強(qiáng)酸，故D不符合題意。2．下列化學(xué)用語(yǔ)表示錯(cuò)誤是()A．2-甲基戊烷的鍵線式：B．KCl的形成過程：C．SO3的VSEPR模型：D．基態(tài)Mg原子的核外電子排布圖：解析：選C鍵線式只用鍵線來表示碳架，2-甲基戊烷的鍵線式：，A正確；KCl的形成過程鉀失去電子、氯得到電子，形成氯化鉀離子化合物，B正確；SO3的中心原子S原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3＋eq\f(6－2×3,2)＝3，為sp2雜化，VSEPR為平面三角形，C錯(cuò)誤；鎂為12號(hào)元素，基態(tài)Mg原子的核外電子排布圖：，D正確。3．水是一種重要的資源，關(guān)于水的下列說法正確的是()A．化學(xué)反應(yīng)中生成1molH2O所釋放的能量稱為中和熱B．水的離子積可表示為Kw＝1×10－14C．鐵與水蒸氣在高溫下反應(yīng)生成Fe3O4和H2D．1molNa與足量水反應(yīng)，放出11.2L氫氣解析：選C在稀溶液中，強(qiáng)酸跟強(qiáng)堿發(fā)生中和反應(yīng)生成1mol液態(tài)水時(shí)所釋放的熱量稱為中和熱，故A錯(cuò)誤；水的離子積常數(shù)表示為Kw＝c(H＋)·c(OH－)，在25℃條件下水的離子積常數(shù)為Kw＝1×10－14，故B錯(cuò)誤；鐵與水蒸氣在高溫下反應(yīng)生成Fe3O4和H2，選項(xiàng)C正確；題中沒有給出是否是標(biāo)準(zhǔn)狀況，無法計(jì)算生成氫氣的體積，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。4．下列說法正確的是()A．因?yàn)槎趸蚓哂衅仔?，所以二氧化硫能夠殺菌消毒B．由于四水合銅離子{[Cu(H2O)4]2＋}為藍(lán)色，則銅鹽溶液均為藍(lán)色C．可向食鹽溶液中滴加淀粉溶液，觀察是否變藍(lán)，判斷食鹽中是否加碘D．植物油中含有碳碳雙鍵，具有還原性，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色解析：選D二氧化硫能夠殺菌消毒是利用其氧化性，不是漂白性，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；氯化銅溶液中含有[CuCl4]2－，[CuCl4]2－是黃色的，CuCl2溶液由于同時(shí)含有[Cu(H2O)4]2＋和[CuCl4]2－以及Cl－和H2O的混合配離子，通常為黃綠色或綠色，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；食鹽中含有碘酸鉀，不含碘單質(zhì)，不能使淀粉變藍(lán)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；植物油中含有碳碳雙鍵，具有還原性，能發(fā)生氧化反應(yīng)，使酸性高錳酸鉀溶液褪色，選項(xiàng)D正確。5．下列有關(guān)儀器和用品說法中，正確的是()A．由圖①所示裝置可保存金屬鋰B．由圖②所示操作可制取Fe(OH)2C．由圖③所示裝置可收集氯氣，但不能收集氫氣D．由圖④所示操作可溶解固體物質(zhì)解析：選B鋰是活潑金屬，密度小于煤油，應(yīng)封存在石蠟中，故A錯(cuò)誤；煤油能夠防止試管中氧氣對(duì)氫氧化亞鐵的氧化，則圖②所示操作可制取Fe(OH)2，故B正確；氯氣的密度比空氣大，可以用向上排空氣法收集，長(zhǎng)管進(jìn)，短管出；氫氣的密度比空氣小，可以用向下排空氣法收集，短管進(jìn)，長(zhǎng)管出，由圖③所示裝置可收集氯氣，也可以收集氫氣，故C錯(cuò)誤；容量瓶不能用來溶解固體物質(zhì)，故D錯(cuò)誤。6．CuSO4是一種重要的化工原料，其有關(guān)制備途徑及性質(zhì)如圖所示。下列說法不正確的是()A．途徑①所用混酸中H2SO4與HNO3物質(zhì)的量之比最好為3∶2B．相對(duì)于途徑①③，途徑②更好地體現(xiàn)了綠色化學(xué)思想C．1molCuSO4在1100℃所得混合氣體X中O2可能為0.75molD．Y應(yīng)該是一種還原劑解析：選C由圖可知，途徑①的反應(yīng)為3H2SO4＋2HNO3＋3Cu=3CuSO4＋2NO↑＋4H2O，途徑②的反應(yīng)為2Cu＋O2＋2H2SO4=2CuSO4＋2H2O，途徑③的反應(yīng)為2H2SO4(濃)＋Cueq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O。根據(jù)分析，途徑①所用混酸中H2SO4與HNO3物質(zhì)的量之比最好為3∶2，A正確；根據(jù)分析，途徑①產(chǎn)生大氣污染物氮的氧化物，途徑③產(chǎn)生大氣污染物SO2，而途徑②不產(chǎn)生大氣污染物，且酸的利用率高，因此，相對(duì)于途徑①③，途徑②更好地體現(xiàn)了綠色化學(xué)思想，B正確；1molCuSO4可生成0.5molCu2O，n(O2)＝0.75mol，則剩余的n(O)＝1mol×4－0.75mol×2－0.5mol＝2mol，與S結(jié)合恰好生成SO2，但在1100℃下，SO2與O2可反應(yīng)生成SO3，因此剩余O2的物質(zhì)的量無法計(jì)算，C錯(cuò)誤；CuSO4可以與過量的NaOH溶液反應(yīng)生成Cu(OH)2懸濁液，Cu(OH)2中Cu為＋2價(jià)，生成的Cu2O中Cu為＋1價(jià)，因此Y是還原劑，D正確。7．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()A．28g晶體硅中含有σ鍵的數(shù)目為4NAB．0.1molBr2溶于水，所得溶液中含有Br－的數(shù)目為0.1NAC．1molNa加入足量NH4Cl濃溶液中，生成氣體分子的數(shù)目為0.5NAD．1molH2和N2的混合氣體在密閉容器中充分反應(yīng)后，容器內(nèi)原子總數(shù)為2NA解析：選D硅單質(zhì)為共價(jià)晶體，1個(gè)Si原子與周圍4個(gè)Si原子形成σ鍵，由均攤法計(jì)算得28g(即1mol)晶體硅中含有2NA個(gè)σ鍵，A項(xiàng)錯(cuò)誤；Br2溶于水時(shí)，極少量Br2與水反應(yīng)生成HBr，故溶液中Br－的數(shù)目遠(yuǎn)小于0.1NA，B項(xiàng)錯(cuò)誤；Na與足量NH4Cl濃溶液反應(yīng)生成氫氣和氨氣，故生成氣體分子的數(shù)目大于0.5NA，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由原子守恒知，1molH2和N2的混合氣體在密閉容器充分反應(yīng)，反應(yīng)前后原子數(shù)目不變，容器內(nèi)原子總數(shù)為2NA，D項(xiàng)正確。8．化學(xué)與生活聯(lián)系密切，下列說法不正確的是()A．質(zhì)譜是快速、微量、精確測(cè)定相對(duì)分子質(zhì)量的方法B．植物油氫化后不僅更易存儲(chǔ)和運(yùn)輸，性質(zhì)也更穩(wěn)定和不易變質(zhì)C．淀粉和纖維素的化學(xué)式都是(C6H10O5)n，都能為人體提供能量D．水果中因含有低級(jí)酯類物質(zhì)而具有特殊香味解析：選C質(zhì)譜法是用電場(chǎng)和磁場(chǎng)將運(yùn)動(dòng)的離子(帶電荷的原子、分子或分子碎片，有分子離子等)按它們的質(zhì)荷比分離后進(jìn)行檢測(cè)的方法，因此質(zhì)譜是快速、微量、精確測(cè)定相對(duì)分子質(zhì)量的方法，A正確；植物油中含大量碳碳雙鍵，通過與氫氣加成后轉(zhuǎn)化成飽和程度較高的油脂，狀態(tài)由液態(tài)轉(zhuǎn)化為固態(tài)，固態(tài)油脂的熔點(diǎn)高，性質(zhì)穩(wěn)定，便于運(yùn)輸和儲(chǔ)存，B正確；人體內(nèi)無纖維素酶，不能消化纖維素，故纖維素不能為人體提供能量，C錯(cuò)誤；低級(jí)酯類具有芳香氣味，水果中因含有低級(jí)酯具有特殊香味，D正確。9．能正確表示下列反應(yīng)的離子方程式的是()A．將KMnO4溶液滴入Mn2＋溶液中：2H2O＋2MnOeq\o\al(－,4)＋3Mn2＋=5MnO2↓＋4H＋B．將濃氨水滴入AgI沉淀中：2NH3·H2O＋AgI=[Ag(NH3)2]＋＋I(xiàn)－＋2H2OC．向CuS沉淀中加入稀硫酸：CuS＋2H＋=Cu2＋＋2H2S↑D．向漂白粉溶液中通入少量的SO2氣體：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O=CaSO4↓＋2HClO解析：選AMnOeq\o\al(－,4)與Mn2＋發(fā)生歸中反應(yīng)生成MnO2，離子方程式為2H2O＋2MnOeq\o\al(－,4)＋3Mn2＋=5MnO2↓＋4H＋，A正確；AgI的穩(wěn)定性較強(qiáng)，不易與氨水反應(yīng)生成銀氨離子，B錯(cuò)誤；CuS不能與H2SO4反應(yīng)，C錯(cuò)誤；漂白粉溶液中的次氯酸鈣與少量二氧化硫反應(yīng)生成微溶于水的硫酸鈣、氯化鈣和次氯酸，反應(yīng)的離子方程式為SO2＋H2O＋Ca2＋＋3ClO－=CaSO4↓＋Cl－＋2HClO，D錯(cuò)誤。10．某些揮發(fā)性油中含有乙酰氧基胡椒酚乙酸酯，它具有生物活性，在醫(yī)藥和食品工業(yè)上有廣泛的應(yīng)用前景。乙酰氧基胡椒酚乙酸酯(W)的合成路線如圖所示，下列有關(guān)M、W的說法錯(cuò)誤的是()A．1molW最多能與3molNaOH反應(yīng)B．相同物質(zhì)的量的M和W，在一定條件下消耗等量的H2C．M和W與H2完全加氫后的產(chǎn)物與M和W分子中含有的手性碳原子數(shù)相同D．能與NaHCO3反應(yīng)且屬于M的同分異構(gòu)體有13種解析：選DW中含有兩個(gè)酯基，水解形成兩個(gè)羧基、一個(gè)酚羥基和一個(gè)醇羥基，則1molW最多能與3molNaOH反應(yīng)，A項(xiàng)正確；H2不能還原酯基，則相同物質(zhì)的量的M和W，在一定條件下消耗等量的H2，B項(xiàng)正確；M和M加氫前后都只有一個(gè)手性碳原子，C項(xiàng)正確；能與NaHCO3反應(yīng)說明該同分異構(gòu)體中含有羧基，該同分異構(gòu)體可含有苯環(huán)，也可不含有苯環(huán)，種類大于13種，D項(xiàng)錯(cuò)誤。11．短周期元素形成的化合物(W2XYZ4M2)作為電池的電解液添加劑，能顯著提高電池的容量和性能。X、Y、Z、W為同周期元素且原子序數(shù)依次增大，其中X的最外層電子數(shù)為最內(nèi)電子數(shù)的eq\f(1,2)，化合物YZ2的總電子數(shù)為奇數(shù)，且易形成二聚物Y2Z4(常溫下為無色氣體)，化合物MZ2中M的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為50%。下列說法錯(cuò)誤的是()A．簡(jiǎn)單離子的半徑：Z>XB．簡(jiǎn)單氫化物的熱穩(wěn)定性：M>WC．YZ2與水反應(yīng)可以生成化合物YZD．Y、M的最高價(jià)氧化物的水化物均為強(qiáng)酸解析：選BX的最外層電子數(shù)為最內(nèi)層電子數(shù)的eq\f(1,2)，則X為L(zhǎng)i或Na；化合物YZ2的總電子數(shù)為奇數(shù)，則Y的電子數(shù)為奇數(shù)，且易形成二聚物Y2Z4(常溫下為無色氣體)，所以Y為N、Z為O；X、Y、Z、W為同周期元素且原子序數(shù)依次增大，則W為F；X為L(zhǎng)i；化合物MZ2中M的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為50%，則M的相對(duì)原子質(zhì)量為32，則M為S。O2－核外電子排布2層，Li＋核外電子排布只有1層，電子層數(shù)越多，離子半徑越大，則簡(jiǎn)單離子的半徑：Z>X，故A正確；非金屬性越強(qiáng)，簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，非金屬性：F>S，則簡(jiǎn)單氫化物的熱穩(wěn)定性：M<W，故B錯(cuò)誤；NO2與水反應(yīng)可以生成硝酸和NO，故C正確；Y、M的最高價(jià)氧化物的水化物分別為HNO3和H2SO4，均為強(qiáng)酸，故D正確。12．化工廠在生產(chǎn)過程中需要對(duì)原料提純，以提高產(chǎn)品質(zhì)量，經(jīng)測(cè)定某氯化鈉樣品中混有硫酸鈉，為了除去雜質(zhì)并制得純凈的氯化鈉固體，某小組設(shè)計(jì)了如圖工藝流程：下列說法錯(cuò)誤的是()A．“懸濁液”不能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)B．“過濾”時(shí)，用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗和玻璃棒C．該流程中的稀鹽酸可用稀硝酸代替D．“加熱蒸發(fā)”時(shí)要用到玻璃棒攪拌，攪拌的目的是使液體受熱均一、防止液滴飛濺解析：選C膠體能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，“懸濁液”不能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，故A正確；進(jìn)行過濾時(shí)所用到的玻璃儀器是漏斗、燒杯、玻璃棒，故B正確；若稀鹽酸用稀硝酸代替，引入了新的雜質(zhì)，得不到純凈的NaCl固體，故C錯(cuò)誤；“加熱蒸發(fā)”時(shí)攪拌的目的是使液體受熱均一、防止液滴飛濺，故D正確。13．用下圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置，按下列實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)不能完成的實(shí)驗(yàn)是()選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)裝置A減緩鐵的腐蝕X為石墨棒，溶液含Na＋、Cl－，開關(guān)K置于A處B模擬鐵的吸氧腐蝕X為鋅棒，溶液含Na＋、Cl－，開關(guān)K置于B處C在鐵棒上鍍銅X為銅棒，溶液含[Cu(NH3)4]2＋、SOeq\o\al(2－,4)，開關(guān)K置于A處D比較鐵和銅的金屬活動(dòng)性強(qiáng)弱X為銅棒，溶液含H＋、SOeq\o\al(2－,4)，開關(guān)K置于B處解析：選BX為石墨棒，溶液含Na＋、Cl－，開關(guān)K置于A處，鐵棒為陰極，得到保護(hù)，可以減緩鐵的腐蝕，故A正確；X為鋅棒，溶液含Na＋、Cl－，開關(guān)K置于B處，鋅失去電子是負(fù)極，鐵作為正極被保護(hù)，無法模擬鐵的吸氧腐蝕，應(yīng)該鐵作為負(fù)極，中性溶液才可以模擬吸氧腐蝕，故B錯(cuò)誤；在鐵棒上鍍銅，銅棒做陽(yáng)極，電解質(zhì)為含銅離子的溶液，X為銅棒，溶液含[Cu(NH3)4]2＋、SOeq\o\al(2－,4)，開關(guān)K置于A處，符合要求，故C正確；X為銅棒，溶液含H＋、SOeq\o\al(2－,4)，開關(guān)K置于B處，鐵失去電子，氫離子在銅棒上得到電子產(chǎn)生氣泡，可以證明鐵的金屬活動(dòng)性大于銅的，故D正確。14．用草酸二甲酯(H3COOCCOOCH3)和氫氣為原料制備乙二醇的反應(yīng)原理如下：在2MPa條件下，將氫氣和草酸二甲酯體積比(氫酯比)為80∶1的混合氣體以一定流速通過裝有催化劑的反應(yīng)管，草酸二甲酯的轉(zhuǎn)化率、產(chǎn)物的選擇性與溫度的關(guān)系如圖所示。產(chǎn)物的選擇性＝eq\f(n生成乙醇酸甲酯或乙二醇,n反應(yīng)草酸二甲酯)×100%下列說法正確的是()A．曲線Ⅰ表示乙二醇的選擇性隨溫度的變化B．其他條件不變，增大壓強(qiáng)或升高溫度，草酸二甲酯的平衡轉(zhuǎn)化率均增大C．其他條件不變，在190～195℃溫度范圍，隨著溫度升高，出口處乙醇酸甲酯的量不斷減小D．其他條件不變，在190～210℃溫度范圍，隨著溫度升高，出口處甲醇和乙二醇的物質(zhì)的量之比[eq\f(nCH3OH,nHOCH2CH2OH)]減小解析：選D當(dāng)曲線乙醇酸甲酯選擇性為50%時(shí)，曲線Ⅱ?qū)?yīng)的選擇性恰好為50%，而乙二醇的選擇性此時(shí)應(yīng)為50%，故曲線Ⅱ表示乙二醇的選擇性隨溫度的變化，故A錯(cuò)誤；兩個(gè)反應(yīng)ΔH均小于0，即兩反應(yīng)均為放熱反應(yīng)，當(dāng)升高溫度時(shí)，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，草酸二甲酯的平衡轉(zhuǎn)化率減小，故B錯(cuò)誤；由圖可知，在190～195℃溫度范圍，隨著溫度升高，草酸二甲酯的轉(zhuǎn)化率升高，乙醇酸甲酯的選擇性幾乎不變，故出口乙醇酸甲酯的量會(huì)不斷增多，故C錯(cuò)誤；設(shè)乙二醇的選擇性為α，反應(yīng)的草酸二甲酯為n(反應(yīng))，由反應(yīng)方程式可知，n(甲醇)＝n(反應(yīng))＋n(反應(yīng))×α，乙二醇為n(乙二醇)＝n(反應(yīng))×α，eq\f(n甲醇,n乙二醇)＝1＋eq\f(1,α)，在190～210℃溫度范圍，隨著溫度升高，乙二醇的選擇性不斷增大，出口處甲醇和乙二醇的物質(zhì)的量之比減小，故D正確。15．CuC2O4是一種重要的有機(jī)反應(yīng)催化劑。以Na2C2O4為原料制備CuC2O4的化學(xué)方程式為Na2C2O4＋CuSO4=CuC2O4↓＋Na2SO4。已知室溫下：Ka1(H2C2O4)＝10－1.23、Ka2(H2C2O4)＝10－4.27。下列說法正確的是()A．0.1mol·L－1Na2C2O4溶液中存在c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))B．向NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液可制備Na2C2O4溶液。當(dāng)pH＝7時(shí)：c(Na＋)>2[c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(H2C2O4)]C．向0.1mol·LNa2C2O4溶液中加入等體積0.1mol·L－1CuSO4溶液，產(chǎn)生淺藍(lán)綠色沉淀，可推測(cè)Ksp(CuC2O4)>2.5×10－3D．加水稀釋一定濃度的NaHC2O4溶液，溶液中eq\f(cHC2O\o\al(－,4),cC2O\o\al(2－,4))的值逐漸變小解析：選DNa2C2O4溶液中存在質(zhì)子守恒c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))，A錯(cuò)誤；當(dāng)NaHC2O4與NaOH恰好反應(yīng)生成Na2C2O4時(shí)，存在物料守恒c(Na＋)＝2[c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(H2C2O4)]，當(dāng)pH＝7時(shí)NaOH量不足，故c(Na＋)＜2[c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(H2C2O4)]，B錯(cuò)誤；等體積濃度均為0.1mol·L－1，則Qc＝c(Cu2＋)·c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝0.05mol·L－1×0.05mol·L－1＝2.5×10－3，產(chǎn)生淺藍(lán)綠色沉淀，說明Ksp(CuC2O4)＜2.5×10－3，C錯(cuò)誤；eq\f(cHC2O\o\al(－,4),cC2O\o\al(2－,4))＝eq\f(cH＋,Ka2)，加水稀釋NaHC2O4溶液，c(H＋)減少，溫度不變Ka2不變，故eq\f(cHC2O\o\al(－,4),cC2O\o\al(2－,4))減小，D正確。16．下列實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是()選項(xiàng)方案設(shè)計(jì)現(xiàn)象和結(jié)論A將CH3CH2CH2Cl與NaOH水溶液共熱，冷卻后，取少量溶液，加入AgNO3溶液有沉淀產(chǎn)生，說明CH3CH2CH2Cl發(fā)生了水解B葡萄糖溶液用硝酸酸化后加入新制氫氧化銅并加熱未產(chǎn)生磚紅色沉淀，說明葡萄糖分子中不含有醛基C往苯酚鈉溶液中通入CO2溶液變渾濁，說明苯酚的酸性比碳酸弱D往CH2=CHCHO溶液中滴加酸性高錳酸鉀溶液酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明含有碳碳雙鍵的有機(jī)物能使酸性高錳酸鉀溶液褪色解析：選CNaOH溶液會(huì)與AgNO3溶液反應(yīng)產(chǎn)生沉淀，不能確定CH3CH2CH2Cl是否發(fā)生水解，故A錯(cuò)誤；稀硝酸會(huì)與新制氫氧化銅反應(yīng)，干擾實(shí)驗(yàn)，不能確定葡萄糖分子中是否含有醛基，故B錯(cuò)誤；往苯酚鈉溶液中通入CO2，兩者反應(yīng)生成的苯酚微溶于水使溶液變渾濁，原理是較強(qiáng)酸制備較弱酸，能說明苯酚的酸性比碳酸弱，故C正確；醛基也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D錯(cuò)誤。卷Ⅱ非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17．(10分)鹵族元素可以與很多元素形成多種具有不同組成、結(jié)構(gòu)、性質(zhì)的物質(zhì)?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)氟原子價(jià)電子的軌道表示式為__________；與溴同周期且未成對(duì)電子數(shù)目相同的元素有____________種。(2)亞硝酰氯(NOCl)是有機(jī)合成中的重要試劑，寫出與(NOCl)互為等電子體的一種分子______(填化學(xué)式，合理即可)；苯分子中的大π鍵可表示為Πeq\o\al(6,6)，則NOCl的大π鍵表示為____________。(3)磷和硫均能形成多種鹵化物。下列說法錯(cuò)誤的是____________(填標(biāo)號(hào))。A．SCl2、PCl5均屬于非極性分子B．PCl3、S2Cl2的空間構(gòu)型分別為三角錐形、直線形C．NF3、S2Br2分子中各原子最外層均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)(4)γ-AgI晶胞為立方結(jié)構(gòu)，晶胞中I－采取面心立方堆積方式(如圖1)；γ-AgI晶胞沿x、y、z軸方向的投影均如圖2所示。①Ag＋填充在I－構(gòu)成的________(填“正四面體”或“正八面體”)空隙，其填充率為____________。②已知NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。γ-AgI晶胞的密度為ρg·cm－3，則晶胞中兩個(gè)最近的Ag＋之間的距離為____________nm。解析：(1)氟為9號(hào)元素，基態(tài)氟原子價(jià)電子排布式為2s22p5，價(jià)電子的軌道表示式為；溴處于第四周期第ⅦA族，未成對(duì)電子數(shù)為1，與溴同周期且未成對(duì)電子數(shù)目相同的元素有K、Sc、Cu、Ga，共4種。(2)等電子體是指價(jià)電子數(shù)和原子數(shù)相同的分子、離子或原子團(tuán)，與NOCl互為等電子體的一種分子可為O3或SO2等；NOCl的N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2＋eq\f(5－2－1,2)＝3，孤電子對(duì)數(shù)為1,N原子采用sp2雜化，N原子未參與雜化的p軌道有1個(gè)電子，氧與氮肩并肩的p軌道有1個(gè)電子，氯的單電子和N形成共價(jià)鍵，相互平行的p軌道有2個(gè)電子與氮、氧的p軌道相互平行，故共4個(gè)電子形成大π鍵，表示為Πeq\o\al(4,3)。(3)SCl2中S為sp3雜化，為V形結(jié)構(gòu)，正負(fù)電荷中心不重合，為極性分子；PCl5為三角雙錐結(jié)構(gòu)，正負(fù)電荷中心重合，屬于非極性分子，A錯(cuò)誤；PCl3中P為sp3雜化且存在1對(duì)孤電子對(duì)，為三角錐形結(jié)構(gòu)；S2Cl2中中心硫原子為sp3雜化且存在1對(duì)孤電子對(duì)，構(gòu)型不會(huì)是直線形，B錯(cuò)誤；NF3電子式為，S2Br2電子式為，分子中各原子最外層均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，C正確。(4)①由圖1可知，根據(jù)“均攤法”，晶胞中含8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4個(gè)I－，結(jié)合化學(xué)式可知，晶胞中含4個(gè)Ag＋，結(jié)合圖2可知，Ag＋填充在晶胞平分切割成的8個(gè)小立方體的體心且交錯(cuò)分布在其中4個(gè)小立方體的體心，故Ag＋填充在I－構(gòu)成的正四面體空隙，其填充率為50%。②已知NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，γ-AgI晶胞的密度為ρg·cm－3，設(shè)晶胞邊長(zhǎng)為anm，結(jié)合①分析，晶體密度為eq\f(\f(4M,NA),a3)×1021g·cm－3＝eq\f(940,a3NA)×1021g·cm－3＝ρg·cm－3，a＝eq\r(3,\f(940,ρNA))×107nm，則晶胞中兩個(gè)最近的Ag＋之間的距離為面對(duì)角線長(zhǎng)度的二分之一，為eq\f(\r(2),2)a＝eq\f(\r(2),2)×eq\r(3,\f(940,ρNA))×107nm。答案：(1)4(2)O3Πeq\o\al(4,3)(3)AB(4)①正四面體50%②eq\f(\r(2),2)×eq\r(3,\f(940,ρNA))×10718．(10分)固態(tài)肥料X是由3種常見元素組成的黑灰色粉末。某興趣小組對(duì)其開展探究實(shí)驗(yàn)：其中：A和B均為純凈物；D為無色無味氣體；由D和E組成的混合氣遇濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)色。請(qǐng)回答：(1)組成X的3種元素是____________(填元素符號(hào))，X的化學(xué)式________________。(2)步驟Ⅳ，發(fā)生反應(yīng)生成固體A的離子方程式是________________________________________________________________________。(3)步驟Ⅰ，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)工業(yè)上，通常先往飽和氯化鈉溶液中通氣體E，然后再通氣體D，能得到較多的晶體。不能先通氣體D再通氣體E的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)氣體E具有還原性。請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：固體X與H2O、CO2反應(yīng)產(chǎn)生固體A、液體B，根據(jù)X與A、B的質(zhì)量關(guān)系可知反應(yīng)消耗H2CO3的物質(zhì)的量n(H2CO3)＝eq\f(5.0g＋2.1g－4.0g,62g·mol－1)＝0.05mol；液體B水解產(chǎn)生D、E的氣體混合物，將該混合氣體通過足量濃硫酸，濃硫酸增加質(zhì)量1.7g，則說明該氣體中含有NH31.7g，因此X中含有N元素，根據(jù)N元素守恒可得n(N)＝n(NH3)＝eq\f(1.7g,17g·mol－1)＝0.1mol，將剩余氣體通過足量澄清石灰水產(chǎn)生固體A的質(zhì)量是5.0g，則固體A是CaCO3，物質(zhì)的量為0.05mol，其質(zhì)量與X和H2O、CO2反應(yīng)產(chǎn)生固體A質(zhì)量相等，說明X中含有Ca、C兩種元素，然后根據(jù)質(zhì)量與物質(zhì)的量關(guān)系確定X的化學(xué)式，并結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)分析解答。(1)根據(jù)上述分析可知X中含有Ca、C、N三種元素；n(N)＝0.1mol，n(Ca)＝n(CaCO3)＝0.05mol，則固體X中含有C元素的物質(zhì)的量n(C)＝eq\f(4.0g－0.1mol×14g·mol－1－0.05mol×40g·mol－1,12g·mol－1)＝0.05mol，n(Ca)∶n(C)∶n(N)＝0.05mol∶0.05mol∶0.1mol＝1∶1∶2，所以X的化學(xué)式為CaCN2；(2)在步驟Ⅳ中CO2與Ca(OH)2溶液反應(yīng)產(chǎn)生CaCO3沉淀和水，發(fā)生反應(yīng)生成固體A的離子方程式是：Ca2＋＋2OH－＋CO2=CaCO3↓＋H2O；(3)在步驟Ⅰ中CaCN2與H2O、CO2反應(yīng)產(chǎn)生A是CaCO3，產(chǎn)生液體B含有C、N、H元素，n(H)＝eq\f(2.1g－0.05mol×12g·mol－1－0.1mol×14g·mol－1,1g·mol－1)＝0.1mol，n(H)∶n(C)∶n(N)＝0.01mol∶0.05mol∶0.1mol＝2∶1∶2，則B化學(xué)式為CH2N2，所以CaCN2與H2O、CO2反應(yīng)產(chǎn)生CaCO3、CH2N2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為CaCN2＋H2O＋CO2=CH2N2＋CaCO3；(4)工業(yè)上，通常先往飽和氯化鈉溶液中通氣體E，然后再通氣體D，能得到較多的晶體，是由于NH3在水中的溶解度遠(yuǎn)大于CO2，先通NH3，形成堿性溶液，可吸收更多的CO2，產(chǎn)生更多的HCOeq\o\al(－,3)，從而能得到較多的晶體；(5)E是NH3，由于N元素化合價(jià)為－3價(jià)，是N元素的最低化合價(jià)，因此具有還原性，該氣體能夠與CuO在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)：2NH3＋3CuOeq\o(=,\s\up7(△))N2＋3H2O＋3Cu。實(shí)驗(yàn)操作為將光亮的銅絲在酒精燈火焰上加熱，待銅絲變黑后，趁熱伸入充滿氨氣的集氣瓶中，看到銅絲又變?yōu)樽霞t色，據(jù)此證明其還原性。答案：(1)Ca、C、NCaCN2(2)Ca2＋＋2OH－＋CO2=CaCO3↓＋H2O(3CaCN2＋H2O＋CO2=CH2N2＋CaCO3(4)氨氣在水中的溶解度遠(yuǎn)大于二氧化碳，先通氨氣，形成堿性溶液，可吸收更多的二氧化碳，能得到較多的晶體(5)將光亮的銅絲在酒精燈火焰上加熱，待銅絲變黑后，趁熱伸入充滿氨氣的集氣瓶中，銅絲又變?yōu)樽霞t色19．(10分)汽車尾氣的污染不容忽視，對(duì)汽車尾氣中污染氣體NO和CO的轉(zhuǎn)化是研究熱點(diǎn)。Ⅰ.汽車尾氣中的NO對(duì)人體健康有嚴(yán)重危害，一種新技術(shù)用H2還原NO的反應(yīng)原理為2H2(g)＋2NO(g)N2(g)＋2H2O(g)ΔH<0。該反應(yīng)的能量變化過程如圖：(1)ΔH＝____________kJ·mol－1(用圖中字母a、b、c、d表示)。Ⅱ.已知反應(yīng)：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－746.5kJ·mol－1可以有效轉(zhuǎn)化汽車尾氣。在密閉容器中充入2molCO和2molNO，平衡時(shí)NO的體積分?jǐn)?shù)與溫度、壓強(qiáng)的關(guān)系如圖所示：(2)充分反應(yīng)達(dá)到平衡后，放出的熱量Q________746.5kJ(選填“大于”“小于”或“等于”)(3)據(jù)圖分析可知，T1____________T2(選填“大于”“小于”或“等于”)；反應(yīng)平衡后，改變以下條件能使速率和兩種污染氣體轉(zhuǎn)化率都增大的是____________(填標(biāo)號(hào))。A．壓縮容器體積 B．升高溫度C．恒壓充入氦氣 D．加入催化劑(4)反應(yīng)在D點(diǎn)達(dá)到平衡后，若此時(shí)降低溫度，同時(shí)壓縮容器體積，在重新達(dá)到平衡過程中，D點(diǎn)會(huì)向A～G點(diǎn)中的____________點(diǎn)方向移動(dòng)。(5)某研究小組探究催化劑對(duì)CO、NO轉(zhuǎn)化率的影響。將NO和CO按物質(zhì)的量1∶1，以一定的流速通過兩種不同的催化劑進(jìn)行反應(yīng)，相同時(shí)間內(nèi)測(cè)量逸出氣體中NO含量，從而確定尾氣脫氮率(即NO的轉(zhuǎn)化率)，結(jié)果如圖所示：①溫度低于200℃時(shí)，圖中曲線Ⅰ脫氮率隨溫度升高而變化不大的主要原因是________________________________________________________________________。②450℃時(shí)，平衡脫氮率為50%，壓強(qiáng)恒為p，則Kp＝____________(Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)，用含p的代數(shù)式表示)。解析：(1)由圖可知，反應(yīng)物破壞化學(xué)鍵需要吸收的能量之和為(a＋b)kJ·mol－1，生成物形成化學(xué)鍵釋放的能量之和為(c＋d)kJ·mol－1，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則ΔH＝－[(c＋d)kJ·mol－1－(a＋b)kJ·mol－1]＝－(c＋d－a－b)kJ·mol－1；(2)該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，可逆反應(yīng)不可能完全反應(yīng)，則2mol一氧化碳和2mol一氧化氮在密閉容器中不能完全反應(yīng)，所以充分反應(yīng)達(dá)到平衡后，放出的熱量Q小于746.5kJ；(3)該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，一氧化氮的體積分?jǐn)?shù)增大，由圖可知，壓強(qiáng)一定時(shí)，T1條件下一氧化氮的體積分?jǐn)?shù)大于T2，則溫度T1大于T2；該反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，壓縮容器體積，容器中氣體壓強(qiáng)增大，反應(yīng)速率增大，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，兩種污染氣體轉(zhuǎn)化率都增大，故A正確；該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，兩種污染氣體轉(zhuǎn)化率都減小，故B錯(cuò)誤；恒壓充入氦氣相當(dāng)于減小壓強(qiáng)，化學(xué)反應(yīng)速率減小，故C錯(cuò)誤；加入催化劑，化學(xué)反應(yīng)速率增大，但化學(xué)平衡不移動(dòng)，兩種污染氣體轉(zhuǎn)化率都不變，故D錯(cuò)誤；(4)該反應(yīng)是一個(gè)氣體體積減小的放熱反應(yīng)，相同壓強(qiáng)下降低溫度，向正反應(yīng)方向移動(dòng)，一氧化氮體積分?jǐn)?shù)減小，相同溫度下增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，一氧化氮體積分?jǐn)?shù)減小，降低溫度的同時(shí)壓縮容器體積，在重新達(dá)到平衡過程中，D點(diǎn)會(huì)向G點(diǎn)移動(dòng)；(5)①溫度低于200℃時(shí)，圖中曲線Ⅰ的脫氮率隨溫度升高而變化不大是因?yàn)榉磻?yīng)溫度較低，催化劑的活性偏低，化學(xué)反應(yīng)速率較慢，相同時(shí)間內(nèi)反應(yīng)消耗一氧化氮的量較少；②設(shè)450℃時(shí)，一氧化氮和一氧化碳的起始物質(zhì)的量都為2mol，由一氧化氮的平衡脫氮率為50%可知，平衡時(shí)一氧化氮、一氧化碳、氮?dú)?、二氧化碳的物質(zhì)的量分別為2mol－2mol×50%＝1mol、2mol－2mol×50%＝1mol、2mol×50%×eq\f(1,2)＝0.5mol、2mol×50%＝1mol，由壓強(qiáng)恒為p可知，一氧化氮、一氧化碳、氮?dú)?、二氧化碳的平衡分壓分別為eq\f(2p,7)、eq\f(2p,7)、eq\f(p,7)、eq\f(2p,7)，則分壓平衡常數(shù)Kp＝eq\f(\f(p,7)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2p,7)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2p,7)))2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2p,7)))2)＝eq\f(7,4p)。答案：(1)－(c＋d－a－b)(2)小于(3)大于A(4)G(5)①溫度較低時(shí)，催化劑的活性偏低②eq\f(7,4p)20．(10分)已知甲酸銅是一種重要的化工原料，常溫常壓下穩(wěn)定，可溶于水，難溶于乙醇，具有還原性，某實(shí)驗(yàn)小組在實(shí)驗(yàn)室用廢銅屑制備甲酸銅晶體Cu(HCOO)2·4H2O，實(shí)驗(yàn)流程如圖：回答下列問題：(1)若甲同學(xué)設(shè)計(jì)方案：銅屑、稀硫酸加熱通入氧氣制得硫酸銅溶液，再與甲酸反應(yīng)生成甲酸銅溶液，再結(jié)晶。請(qǐng)判斷：甲同學(xué)____________(填“能”或“不能”)制得甲酸銅晶體。(2)步驟Ⅱ制備Cu(OH)2·CuCO3時(shí)，寫出CuSO4和NaHCO3物質(zhì)的量之比為1∶2時(shí)的離子方程式：____________________________________________________________。(3)操作步驟Ⅲ：向盛Cu(OH)2·CuCO3燒杯中加入一定量熱蒸餾水，逐滴加入甲酸至固體恰好全部溶解，然后除去少量不溶性雜質(zhì)，過程中為了防止甲酸銅結(jié)晶損失，可采取____________操作；接著冷卻結(jié)晶，過濾，再洗滌晶體2～3次，為使固體快速干燥，可選____________(填寫序號(hào))來洗滌。得到產(chǎn)品。A．冷水 B．乙醇C．四氯化碳 D．飽和甲酸銅溶液(4)晶體中甲酸根含量的測(cè)定：①下列儀器可供步驟A選用的是____________(寫名稱，下同)；可供步驟C中滴定選用的是____________。②溶液恒溫80℃、30min時(shí)應(yīng)采取的操作方法是____________，步驟C滴定時(shí)當(dāng)觀察到______________________即達(dá)到滴定終點(diǎn)。③計(jì)算晶體中甲酸根的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為________________________________________________________________________。解析：由題給流程可知，向廢銅屑中加入過氧化氫和稀硫酸混合溶液，將銅屑溶解得到含有硫酸銅的溶液，加入小蘇打得到堿式碳酸銅，在堿式碳酸銅中加一定量熱蒸餾水，逐滴加入甲酸至藍(lán)綠色固體恰好全部溶解，除去少量不溶性雜質(zhì)；結(jié)晶，過濾，再洗滌晶體2～3次，晾干，得到產(chǎn)品。(1)弱酸不能制強(qiáng)酸，甲酸是弱酸，不能和硫酸銅反應(yīng)；(2)步驟Ⅱ?yàn)镃uSO4溶液和NaHCO3溶液混合加熱制備堿式碳酸銅，CuSO4和NaHCO3物質(zhì)的量之比為1∶2時(shí)反應(yīng)的離子方程式為2Cu2＋＋4HCOeq\o\al(－,3)=Cu(OH)2·CuCO3↓＋3CO2↑＋H2O；(3)溫度越高甲酸銅的溶解度越大，為防止甲酸銅結(jié)晶體析出而損失，可以采取趁熱過濾的方式；甲酸銅結(jié)晶體易溶于水，難溶于乙醇等有機(jī)溶劑，故可以用乙醇來洗滌；(4)①步驟A為配制250mL甲酸銅溶液的過程，應(yīng)該選用250mL的容量瓶，題中給出的是100mL容量瓶，不能使用；需要量取3.00g晶體，托盤天平不能稱取出3.00g晶體，故也不能用，溶解需要在燒杯中進(jìn)行，另外可以用量筒量取所需要的蒸餾水的量；步驟C中滴定時(shí)，是用草酸鈉溶液滴定過量的高錳酸鉀，草酸鈉應(yīng)該放在堿式滴定管中，根據(jù)提供的儀