赤峰市寧城縣高三上學(xué)期第一次統(tǒng)考化學(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)年內(nèi)蒙古赤峰市寧城縣高三（上）第一次統(tǒng)考化學(xué)試卷一、選擇題（共15小題,每小題3分，滿分45分）1．下列敘述正確的是（）①C02的大量排放會加劇溫室效應(yīng)②正常雨水的pH為5。6，主要是因為溶解了SO2③利用太陽能、風(fēng)能和氫能替代化石能源能改善空氣質(zhì)量④含磷合成洗滌劑易于被細(xì)菌分解，不會導(dǎo)致水體污染⑤為防止電池中的重金屬離子污染土壤和水源,廢電池要集中處理．A．①②③④⑤ B．②③⑤ C．①③⑤ D．①②④⑤2．中國傳統(tǒng)文化對人類文明貢獻(xiàn)巨大，古文獻(xiàn)中充分記載了古代化學(xué)研究成果,下列關(guān)于KNO3的古代文獻(xiàn)，對其說明不合理的是（）目的古代文獻(xiàn)說明A使用“…凡研消(KNO3）不以鐵碾入石臼，相激火生，禍不可測”﹣《天工開物》KNO3能自燃B性質(zhì)“（火藥）乃焰消（KNO3）、硫磺、山木炭所合，以為烽燧餇諸藥者"﹣《本草綱目》利用KNO3的氧化性C鑒別區(qū)分硝石（KNO3）和樸消（Na2SO4）:“以火燒之，紫青煙起，乃真硝石也"﹣《本草經(jīng)集注》利用焰色反應(yīng)D提純“…（KNO3）所在山澤，冬月地上有霜，掃取以水淋汁后，乃煎煉而成”﹣《開寶本草》溶解、蒸發(fā)、結(jié)晶A．A B．B C．C D．D3．N2（g)與H2（g)在鐵催化劑表面經(jīng)歷如下過程生成NH3（g）：下列說法正確的是（）A．Ⅰ中破壞的均為極性鍵 B．Ⅳ中NH2與H2生成NH3C．Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均為放熱過程 D．N2（g)+3H2(g）?2NH3（g）△H＞04．下列檢測方法不合理的是（）實驗檢驗方法A向沸水中滴加飽和FeCl3溶液,制備膠體用可見光束照射B確認(rèn)銅與濃硫酸反應(yīng)生成CuSO4將反應(yīng)后溶液轉(zhuǎn)入盛有水的燒杯中C區(qū)分AgNO3溶液和Al2（SO4）3溶液分別取少量溶液,滴加BaCl2溶液D證明氯水中起漂白作用的不是Cl2用CCl4充分萃取,將紅紙條分別浸入分層后的溶液中A．A B．B C．C D．D5．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù),下列敘述正確的是（）①lmolCH3CH2C（CH3）3所含甲基個數(shù)為4NA②2。8g乙烯和2.8g聚乙烯中含碳原子數(shù)均為0。2NA③1。0L1。0mol?L﹣1CH3COOH溶液中,CH3COOH分子數(shù)為NA④8。8g乙酸乙酯中含共用電子對數(shù)為1.4NA⑤標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22。4L乙醇完全燃燒后生成CO2的分子數(shù)為2NA⑥常溫常壓下,17g甲基(一14CH3）所含的中子數(shù)為9NA⑦標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11。2L氯仿中含有C﹣Cl鍵的數(shù)目為1。5NA⑧l(xiāng)molC15H32分子中含碳一碳共價鍵數(shù)目為14NA．A．①③⑤⑦ B．②③⑥⑧ C．①②④⑧ D．①②⑥⑧6．將如圖中所示實驗裝置的K閉合，下列判斷正確的是（）A．電子沿Zn→a→b→Cu路徑流動B．Cu電極質(zhì)量增加C．甲池與乙池中的溶液互換，閉合K，電流沒有明顯變化D．片刻后可觀察到濾紙b點(diǎn)變紅色7．已知NH4CuSO3與足量的10mol/L硫酸液混合微熱，產(chǎn)生下列現(xiàn)象：①有紅色金屬生成②產(chǎn)生刺激性氣味的氣體③溶液呈現(xiàn)藍(lán)色．據(jù)此判斷下列說法正確的是（)A．反應(yīng)中硫酸作氧化劑B．NH4CuSO3中硫元素被氧化C．刺激性氣味的氣體是氨氣D．1molNH4CuSO3完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移0.5mol電子8．下列說法正確的是（）A．釀酒過程中，葡萄糖可通過水解反應(yīng)生成酒精B．雞蛋清溶液中加入飽和硫酸鈉溶液，生成的沉淀物不能再溶解C．酸性高錳酸鉀紫色溶液中加入植物油充分振蕩后，溶液顏色會褪去D．維生素C（)溶液中滴加KI淀粉溶液,立即變藍(lán)色9．短周期主族元素A、B、C、D原子序數(shù)依次增大．已知：A、C的原子序數(shù)的差為8，A、B、C三種元素原子的最外層電子數(shù)之和為15，B原子最外層電子數(shù)等于A原子最外層電子數(shù)的一半．下列敘述正確的是(）A．原子半徑：A＜B＜C＜DB．四氧化三鐵與B的反應(yīng)是工業(yè)上大量生產(chǎn)鐵的重要方法C．D的最高價氧化物的水化物的酸性大于C的最高價氧化物的水化物的酸性D．B的氧化物是酸性氧化物，可溶于氨水10．常溫下,用0.1000mol?L﹣1NaOH溶液分別滴定20.00mL0.1000mol?L﹣1鹽酸和20。00mL0.1000mol?L﹣1醋酸溶液，得到2條滴定曲線，如圖所示．若以HX表示酸，下列說法正確的是(）A．滴定鹽酸的曲線是圖乙B．達(dá)到B、D狀態(tài)時，兩溶液中離子濃度均為c（Na+）=c(X﹣）C．達(dá)到B、E狀態(tài)時,反應(yīng)消耗的，n(CH3COOH）＞n（HCl)D．當(dāng)0mL＜V（NaOH）＜20.00mL時,對應(yīng)混合溶液中各離子濃度由大到小的順序均為c(X﹣）＞c(Na+）＞c(H+)＞c（OH﹣）11．分子式為C5H8O2的有機(jī)物,能使溴的CCl4溶液褪色，也能與NaHCO3溶液反應(yīng)生成氣體，則符合上述條件的同分異構(gòu)體(不考慮立體異構(gòu)）最多有（）A．8種 B．7種 C．6種 D．5種12．700℃時，向容積為2L的密閉容器中充入一定量的CO和H2O,發(fā)生反應(yīng)：CO（g）+H2O（g)?CO2+H2(g）反應(yīng)過程中不同條件下達(dá)到平衡時測定的部分?jǐn)?shù)據(jù)見表（表中t1＞t2）：反應(yīng)時間/minn（CO）/moln（H2O)/mol01.200。60t10。80t20.20下列說不正確的是（）A．反應(yīng)在t1min內(nèi)的平均速率為v（H2）=0.40/t1mol?L﹣1?min﹣1B．保持其他條件不變，起始時向容器中充入0。60molCO和1。20molH2O，到達(dá)平衡時，n（CO2）=0。40molC．保持其他條件不變，向平衡體系中再通入0。20molH2O（g)，與原平衡相比，達(dá)到新平衡時CO轉(zhuǎn)化率增大，H2O的體積分?jǐn)?shù)增大D．溫度升至800℃，上述反應(yīng)平衡常數(shù)變?yōu)?。64，則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)13．已知25℃物質(zhì)的溶度積常數(shù)為:FeS:Ksp=6.3×10﹣18；CuS：Ksp=1。3×10﹣36;ZnS：Ksp=1。6×10﹣24．下列說法正確的是（）A．相同溫度下，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度B．除去工業(yè)廢水中的Cu2+,可以選用FeS做沉淀劑C．足量CuSO4溶解在0。1mol/L的H2S溶液中,Cu2+能達(dá)到的最大濃度為1。3×10﹣35mol/LD．在ZnS的飽和溶液中，加入FeCl2溶液，一定不產(chǎn)生FeS沉淀14．關(guān)于下列圖示的說法中正確的是：（）A．圖①裝置用于分離沸點(diǎn)相差較大的互溶液體混合物B．圖②裝置用于研究不同催化劑對反應(yīng)速率的影響C．圖③表示可逆反應(yīng)CO（g）+H2O(g）?CO2(g）+H2（g）;△H＞0D．對反應(yīng)：A(s)+2B（g）?xCO（g）；根據(jù)圖④可以求出x=215．部分氧化的FeCu合金樣品（氧化產(chǎn)物為Fe2O3、CuO）共5.76g，經(jīng)如下處理：下列說法正確的是（）A．濾液A中的陽離子為Fe2+、Fe3+、H+B．樣品中CuO的質(zhì)量為4。0gC．V=448D．原樣品中Fe元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為41％二、解答題(共5小題，滿分55分）16．氫能是理想的清潔能源，資源豐富．以太陽能為熱源分解Fe3O4，經(jīng)由熱化學(xué)鐵氧化合物循環(huán)分解水制H2的過程如圖1：（1）過程Ⅰ:2Fe3O4（s）?6FeO（s）+O2（g）△H=+313。18kJ?mol﹣1①將O2分離出去，目的是提高Fe3O4的．②平衡常數(shù)K隨溫度變化的關(guān)系是．③在壓強(qiáng)p1下，F(xiàn)e3O4的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的α(Fe3O4)～T曲線如圖3所示．若將壓強(qiáng)由p1增大到p2,在圖3中畫出p2的α（Fe3O4）～T曲線示意圖．（2)過程Ⅱ的化學(xué)方程式是．（3）其他條件不變時，過程Ⅱ在不同溫度下,H2O的轉(zhuǎn)化率隨時間的變化α（H2O）~t曲線如圖24所示．比較溫度T1、T2、T3的大小關(guān)系是，判斷依據(jù)是．(4）科研人員研制出透氧膜(OTM），它允許電子、O2﹣同時透過,可實現(xiàn)水連續(xù)分解制H2．工作時，CO、H2O分別在透氧膜的兩側(cè)反應(yīng)．工作原理示意圖如圖2：H2O在側(cè)反應(yīng)（填“a”或“b”），在該側(cè)H2O釋放出H2的反應(yīng)式是．17．某學(xué)習(xí)小組通過下列裝置探究MnO2與FeCl3?6H2O能否反應(yīng)產(chǎn)生Cl2．實驗操作和現(xiàn)象:操作現(xiàn)象點(diǎn)燃酒精燈，加熱iA中部分固體溶解,上方出現(xiàn)白霧ii稍后，產(chǎn)生黃色氣體，管壁附著黃色液滴iiiB中溶液變藍(lán)（1）現(xiàn)象i中的白霧是，形成白霧的原因是．（2）分析現(xiàn)象ii，該小組探究黃色氣體的成分，實驗如下：a．加熱FeCl3?6H2O，產(chǎn)生白霧和黃色氣體．b．用KSCN溶液檢驗現(xiàn)象ii和a中的黃色氣體，溶液均變紅．通過該實驗說明現(xiàn)象ii中黃色氣體含有．(3)除了氯氣可使B中溶液變藍(lán)外，推測還可能的原因是：①實驗b檢出的氣體使之變藍(lán)，反應(yīng)的離子方程式是．實驗證實推測成立．②溶液變藍(lán)的另外一種原因是：在酸性條件下，裝置中的空氣使之變藍(lán)．通過進(jìn)一步實驗確認(rèn)了這種可能性，其實驗方案是．(4）為進(jìn)一步確認(rèn)黃色氣體是否含有Cl2，小組提出兩種方案，無證實了Cl2的存在．方案1:在A、B間增加盛有某種試劑的洗氣瓶C．方案2：將B中KI﹣淀粉溶液替換為NaBr溶液;檢驗Fe2+．現(xiàn)象如下：方案1B中溶液變?yōu)樗{(lán)色方案2B中溶液呈淺橙色;未檢出Fe2+方案1B中溶液變?yōu)樗{(lán)色方案2B中溶液呈淺橙紅色;未檢出Fe2+①方案1的C中盛放的試劑是．②方案2中檢驗Fe2+的原因是．③綜合方案1、2的現(xiàn)象，說明選擇NaBr溶液的依據(jù)是．（5）將A中產(chǎn)物分離得到Fe2O3和MnCl2，A中產(chǎn)生Cl2的化學(xué)方程式是．18．二氧化氯（ClO2）可用于自來水消毒．以粗鹽為原料生產(chǎn)ClO2的工藝主要包括:①粗鹽精制；②電解微酸性NaCl溶液；③ClO2的制取．工藝流程如圖：(1）粗食鹽水中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等雜質(zhì)．除雜操作時,往粗鹽水中先加入過量的試劑X，X是（填化學(xué)式),至沉淀不再產(chǎn)生后，再加入過量的Na2CO3和NaOH，充分反應(yīng)后將沉淀一并濾去．經(jīng)檢測發(fā)現(xiàn)濾液中仍含有一定量的SO42﹣，其原因是．（已知：Ksp（BaSO4）=1。1×10﹣10；Ksp（BaCO3）=5。1×10﹣9）(2）上述過程中，將食鹽水在特定條件下電解得到的氯酸鈉與鹽酸反應(yīng)生成ClO2．電解時生成的氣體B是；反應(yīng)Ⅲ的化學(xué)方程式為．（3）ClO2很不穩(wěn)定,需隨用隨制,產(chǎn)物用水吸收得到ClO2溶液．為測定所得溶液中ClO2的含量,進(jìn)行了以下實驗：步驟1：準(zhǔn)確量取ClO2溶液10。00mL，稀釋成100mL試樣．步驟2:量取V1mL試樣加入到錐形瓶中，調(diào)節(jié)試樣的pH≤2。0，加入足量的KI晶體,搖勻,在暗處靜置30分鐘．（已知：ClO2+I﹣+H+﹣I2+Cl﹣+H2O未配平)步驟3：以淀粉溶液作指示劑,用cmol?L﹣1Na2S2O3溶液滴定至終點(diǎn),消耗Na2S2O3溶液V2mL．（已知：I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣)①準(zhǔn)確量取10.00mLClO2溶液的玻璃儀器是．②滴定過程中，至少須平行測定兩次的原因是．③根據(jù)上述步驟可計算出原ClO2溶液的物質(zhì)的量濃度為mol?L﹣1（用含字母的代數(shù)式表示）．19．【化學(xué)﹣﹣選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】已知：A、B、C、D、E、F六種元素核電荷數(shù)依次增大，屬周期表中前四周期的元素．其中A原子核外有三個未成對電子；化合物B2E的晶體為離子晶體，E原子核外的M層中只有兩對成對電子；C元素是地殼中含量最高的金屬元素；D單質(zhì)的熔點(diǎn)在同周期元素形成的單質(zhì)中最高;F能形成紅色（或磚紅色）的F2O和黑色的FO兩種氧化物．回答下列問題：（1）F的原子的M層電子排布式為．（2）B、C、D的第一電離能由小到大的順序為．(用元素符號表示）（3）A的簡單氫化物分子極易溶于水，其主要原因是．（4）E的最高價氧化物分子的空間構(gòu)型是．其中心原子的雜化方式為．（5)F的高價離子與A的簡單氫化物形成的配離子，配位數(shù)為．（6)A、F形成某種化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，則其化學(xué)式為；（黑色球表示F原子)，已知緊鄰的白球與黑球之間的距離為acm，該晶胞的密度為g/cm3．20．有機(jī)物A~F有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系:已知一個碳原子上連有兩個羥基時不穩(wěn)定，轉(zhuǎn)化如下：請回答:(1）A的結(jié)構(gòu)簡式為：;④的反應(yīng)類型（2）C與新制Cu（OH)2的化學(xué)方程式為(3）已知B的摩爾質(zhì)量為162g/mol，完全燃燒的產(chǎn)物中n(CO2）：n（H2O）=2：1，B的分子式為．(4）F是生產(chǎn)高分子光阻劑的主要原料,特點(diǎn)如下：①能發(fā)生加聚反應(yīng)②含有苯環(huán)且苯環(huán)上一氯取代物只有兩種③遇FeCl3溶液顯紫色F與濃溴水反應(yīng)的化學(xué)方程式B與NaOH反應(yīng)的化學(xué)方程式（5)F的一種同分異構(gòu)體G含苯環(huán)且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)．寫出一種滿足條件的G的結(jié)構(gòu)簡式．

2016-2017學(xué)年內(nèi)蒙古赤峰市寧城縣高三（上）第一次統(tǒng)考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共15小題，每小題3分，滿分45分）1．下列敘述正確的是(）①C02的大量排放會加劇溫室效應(yīng)②正常雨水的pH為5。6，主要是因為溶解了SO2③利用太陽能、風(fēng)能和氫能替代化石能源能改善空氣質(zhì)量④含磷合成洗滌劑易于被細(xì)菌分解，不會導(dǎo)致水體污染⑤為防止電池中的重金屬離子污染土壤和水源，廢電池要集中處理．A．①②③④⑤ B．②③⑤ C．①③⑤ D．①②④⑤【考點(diǎn)】F6：二氧化硫的污染及治理．【分析】①溫室效應(yīng)加劇主要是由于現(xiàn)代化工業(yè)社會燃燒過多煤炭、石油和天然氣，這些燃料燃燒后放出大量的二氧化碳?xì)怏w進(jìn)入大氣造成的;②正常雨水的pH為5.6，是因為溶解了二氧化碳?xì)怏w形成的碳酸造成；③清潔能源替代化石燃料可以有效減少污染氣體的排放;④含磷合成洗滌劑因為會引起水生植物的快速生長引起水污染分析；⑤集中處理時重金屬離子能更加專業(yè)的轉(zhuǎn)為重金屬，電池中的重金屬離子會帶來污染;【解答】解：①溫室效應(yīng)主要是C02的大量排放，所以大量排放二氧化碳?xì)怏w會加劇溫室效應(yīng)，故①正確；②正常雨水的pH為5。6，是因為溶解了二氧化碳?xì)怏w,故②錯誤；③太陽能、風(fēng)能和氫能替代化石燃料可以有效減少污染氣體的排放，故③正確；④含磷合成洗滌劑因為會引起水生富營養(yǎng)化，使植物快速生長引起水體污染，故④錯誤;⑤電池中的重金屬離子會帶來污染，為防止電池中的重金屬離子污染土壤和水源，廢電池要集中處理，故⑤正確；綜上所述:①③⑤正確故選C．2．中國傳統(tǒng)文化對人類文明貢獻(xiàn)巨大，古文獻(xiàn)中充分記載了古代化學(xué)研究成果，下列關(guān)于KNO3的古代文獻(xiàn)，對其說明不合理的是（）目的古代文獻(xiàn)說明A使用“…凡研消（KNO3)不以鐵碾入石臼，相激火生，禍不可測”﹣《天工開物》KNO3能自燃B性質(zhì)“(火藥）乃焰消（KNO3）、硫磺、山木炭所合，以為烽燧餇諸藥者”﹣《本草綱目》利用KNO3的氧化性C鑒別區(qū)分硝石（KNO3)和樸消（Na2SO4)：“以火燒之，紫青煙起,乃真硝石也”﹣《本草經(jīng)集注》利用焰色反應(yīng)D提純“…（KNO3)所在山澤，冬月地上有霜，掃取以水淋汁后,乃煎煉而成”﹣《開寶本草》溶解、蒸發(fā)、結(jié)晶A．A B．B C．C D．D【考點(diǎn)】14：物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系．【分析】A．KNO3不能自燃,受熱易分解;B．火藥發(fā)生化學(xué)反應(yīng)的時候，KNO3中氮元素的化合價降低，體現(xiàn)氧化性；C．鉀元素和鈉元素的焰色反應(yīng)不同;D．KNO3溶解度隨溫度變化大,提純的方法是利用溶解后，蒸發(fā)結(jié)晶得到．【解答】解:A．由文獻(xiàn)可知，KNO3加熱后才分解，不能自燃，故A錯誤;B．火藥發(fā)生化學(xué)反應(yīng)時生成氮?dú)?，KNO3中氮元素的化合價降低，由文獻(xiàn)可知KNO3的氧化性，故B正確；C．鑒別KNO3和Na2SO4,利用鉀元素和鈉元素的焰色反應(yīng)不同，鈉元素焰色反應(yīng)為黃色，鉀元素焰色反應(yīng)為隔著鈷玻璃為紫色，故C正確；D．KNO3溶解度隨溫度變化大，提純的方法是利用溶解后，煎煉得之主要利用蒸發(fā)結(jié)晶，故D正確；故選A．3．N2（g）與H2（g）在鐵催化劑表面經(jīng)歷如下過程生成NH3（g）：下列說法正確的是（）A．Ⅰ中破壞的均為極性鍵 B．Ⅳ中NH2與H2生成NH3C．Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均為放熱過程 D．N2(g）+3H2(g）?2NH3（g）△H＞0【考點(diǎn)】BB：反應(yīng)熱和焓變．【分析】A．I中破壞的是非極性鍵；B．Ⅵ中是NH2和H生成NH3；C．中三個過程均是能量降低，所以是放熱過程;D．由圖可知反應(yīng)物的能量高于生成物的能量，是放熱反應(yīng),因此△H＜0．【解答】解：A．I中破壞的N2和H2中的共價鍵是非極性鍵，故A錯誤；B．圖象中Ⅵ的變化是NH2和H生成NH3,不是NH2和H2生的反應(yīng),故B錯誤；C．圖象中Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ三個過程均是能量降低的變化,所以是放熱過程，故C正確；D．由圖可知最終反應(yīng)物的能量高于生成物的能量，是放熱反應(yīng)，因此△H＜0,N2(g）+3H2（g）?2NH3（g)△H＜0，故D錯誤；故選C．4．下列檢測方法不合理的是（）實驗檢驗方法A向沸水中滴加飽和FeCl3溶液，制備膠體用可見光束照射B確認(rèn)銅與濃硫酸反應(yīng)生成CuSO4將反應(yīng)后溶液轉(zhuǎn)入盛有水的燒杯中C區(qū)分AgNO3溶液和Al2（SO4）3溶液分別取少量溶液，滴加BaCl2溶液D證明氯水中起漂白作用的不是Cl2用CCl4充分萃取,將紅紙條分別浸入分層后的溶液中A．A B．B C．C D．D【考點(diǎn)】U5:化學(xué)實驗方案的評價．【分析】A．膠體具有丁達(dá)爾效應(yīng);B．硫酸銅在水溶液中呈現(xiàn)藍(lán)色；C．滴加BaCl2溶液后BaCl2分別和AgNO3和Al2（SO4)3反應(yīng)生成氯化銀和硫酸鋇沉淀;D．經(jīng)四氯化碳萃取后的氯氣不能使干燥的紅布條褪色．【解答】解:A．向沸水中滴加飽和FeCl3溶液,可生成氫氧化鐵膠體,膠體具有丁達(dá)爾效應(yīng)，故A正確;B．硫酸銅在水溶液中呈現(xiàn)藍(lán)色,可確認(rèn)銅與濃硫酸反應(yīng),故B正確；C．滴加BaCl2溶液后BaCl2分別和AgNO3和Al2（SO4）3反應(yīng)生成氯化銀和硫酸鋇沉淀,現(xiàn)象基本相同，不能鑒別,故C錯誤;D．經(jīng)四氯化碳萃取后的氯氣不能使干燥的紅布條褪色，可證明實驗結(jié)論，故D正確．故選C．5．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù),下列敘述正確的是（）①lmolCH3CH2C(CH3)3所含甲基個數(shù)為4NA②2。8g乙烯和2。8g聚乙烯中含碳原子數(shù)均為0。2NA③1.0L1。0mol?L﹣1CH3COOH溶液中，CH3COOH分子數(shù)為NA④8。8g乙酸乙酯中含共用電子對數(shù)為1.4NA⑤標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22。4L乙醇完全燃燒后生成CO2的分子數(shù)為2NA⑥常溫常壓下，17g甲基(一14CH3)所含的中子數(shù)為9NA⑦標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11。2L氯仿中含有C﹣Cl鍵的數(shù)目為1.5NA⑧l(xiāng)molC15H32分子中含碳一碳共價鍵數(shù)目為14NA．A．①③⑤⑦ B．②③⑥⑧ C．①②④⑧ D．①②⑥⑧【考點(diǎn)】4F：阿伏加德羅常數(shù)．【分析】①CH3CH2C（CH3)3分子中含有4個甲基，lmolCH3CH2C（CH3）3含有4mol甲基，結(jié)合N=nNA計算甲基數(shù)目．②乙烯和聚乙烯的最簡式相同為CH2，碳元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)相等為，根據(jù)n=計算碳原子的物質(zhì)的量,結(jié)合根N=nNA計算碳原子數(shù)目．③醋酸是弱電解質(zhì)，1。0mol?L﹣1CH3COOH溶液中c（CH3COOH)+c（CH3COO﹣）=1mol/L．④乙酸乙酯分子中含有14對共用電子對，根據(jù)n=計算乙酸乙酯的物質(zhì)的量,再根據(jù)N=nNA計算共用電子對數(shù)．⑤標(biāo)準(zhǔn)狀況下，乙醇是液態(tài),不能使用氣體摩爾體積22.4L/mol．⑥中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)﹣質(zhì)子數(shù)，H原子不含中子,甲基（一14CH3）中含有的中子數(shù)等于碳原子含有的中子數(shù)為14﹣6=8，根據(jù)n=計算甲基的物質(zhì)的量，再根據(jù)N=nNA計算中子數(shù)．⑦標(biāo)準(zhǔn)狀況下，氯仿是液態(tài)，不能使用氣體摩爾體積22。4L/mol．⑧C15H32是烷烴,分子中含有含有14個C﹣C共價鍵數(shù)，根據(jù)N=nNA計算C﹣C共價鍵數(shù)．【解答】解：①lmolCH3CH2C(CH3）3含有4mol甲基，含有甲基的數(shù)目為1mol×4×NAmol﹣1=4NA，故①正確；②乙烯和聚乙烯的最簡式相同為CH2，碳元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)相等，則碳元素的質(zhì)量相等為2.8g×=2.4g，所以碳原子數(shù)目相等為×NAmol﹣1=0.2NA，故②正確；③醋酸是弱電解質(zhì),1.0mol?L﹣1CH3COOH溶液中c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=1mol/L，所以c（CH3COO﹣)小于1mol/L，溶液中CH3COOH分子數(shù)小于1L×1mol/L×NAmol﹣1=NA,故③錯誤;④乙酸乙酯分子中含有14對共用電子對，8。8g乙酸乙酯的物質(zhì)的量為=0。1mol，8。8g乙酸乙酯中共用電子對數(shù)為0。1mol×14×NAmol﹣1=1.4NA，故④正確；⑤標(biāo)準(zhǔn)狀況下，乙醇是液態(tài)，不能使用氣體摩爾體積22.4L/mol，故⑤錯誤；⑥甲基（一14CH3)中含有的中子數(shù)等于碳原子含有的中子數(shù)為14﹣6=8,17g甲基(一14CH3）的物質(zhì)的量為=1mol，含有的中子數(shù)為1mol×8×NAmol﹣1=8NA，故⑥錯誤;⑦標(biāo)準(zhǔn)狀況下，氯仿是液態(tài)，不能使用氣體摩爾體積22.4L/mol，故⑦錯誤；⑧C15H32是烷烴，分子中含有含有14個C﹣C共價鍵數(shù)，lmolC15H32分子中含C﹣C共價鍵數(shù)目為1mol×14×NAmol﹣1=14NA,故⑧正確．故①②④⑧正確．故選：C．6．將如圖中所示實驗裝置的K閉合,下列判斷正確的是（)A．電子沿Zn→a→b→Cu路徑流動B．Cu電極質(zhì)量增加C．甲池與乙池中的溶液互換，閉合K，電流沒有明顯變化D．片刻后可觀察到濾紙b點(diǎn)變紅色【考點(diǎn)】BH:原電池和電解池的工作原理．【分析】甲、乙裝置能自發(fā)的進(jìn)行氧化還原反應(yīng)，所以是原電池，鋅易失電子作負(fù)極,銅作正極，則含有硫酸鉀溶液的濾紙是電解池，a是陰極,b是陽極，陰極上氫離子放電，陽極上氫氧根離子放電，電子從負(fù)極沿導(dǎo)線流向電解池陰極，原電池放電時，陰離子向負(fù)極移動，陽離子向正極移動．【解答】解：甲、乙裝置能自發(fā)的進(jìn)行氧化還原反應(yīng)，所以是原電池，鋅易失電子作負(fù)極,銅作正極，則含有硫酸鉀溶液的濾紙是電解池，a是陰極，b是陽極,A、電子從Zn→a，b→Cu路徑流動,電子不進(jìn)入電解質(zhì)溶液，故A錯誤;B、銅電極上銅離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)而生成銅,所以電極質(zhì)量增加，故B正確;C、甲池與乙池中的溶液互換，Zn與硫酸銅溶液直接接觸，發(fā)生置換反應(yīng)，不能形成原電池，所以閉合K沒有電流產(chǎn)生,故C錯誤；D、電解池中，a電極上氫離子放電生成氫氣，同時a電極附近生成氫氧根離子，導(dǎo)致溶液堿性增強(qiáng)，所以a極變紅色，故D錯誤；故選B．7．已知NH4CuSO3與足量的10mol/L硫酸液混合微熱,產(chǎn)生下列現(xiàn)象：①有紅色金屬生成②產(chǎn)生刺激性氣味的氣體③溶液呈現(xiàn)藍(lán)色．據(jù)此判斷下列說法正確的是（）A．反應(yīng)中硫酸作氧化劑B．NH4CuSO3中硫元素被氧化C．刺激性氣味的氣體是氨氣D．1molNH4CuSO3完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移0。5mol電子【考點(diǎn)】B1：氧化還原反應(yīng)；51：氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算．【分析】根據(jù)有紅色金屬生成，則生成Cu，溶液為藍(lán)色，則生成硫酸銅,產(chǎn)生刺激性氣味的氣體，則生成二氧化硫,所以Cu元素的化合價由+1價升高為+2價，Cu元素的化合價由+1價降低為0，以此來解答．【解答】解:NH4CuSO3與足量的10mol/L硫酸液混合微熱,生成Cu、硫酸銅、二氧化硫，所以Cu元素的化合價由+1價升高為+2價，Cu元素的化合價由+1價降低為0，A．硫酸中各元素的化合價不變，故A錯誤；B．NH4CuSO3中Cu元素的化合價既升高又降低，則既被氧化又被還原，而S元素的化合價不變，故B錯誤；C．刺激性氣味的氣體為二氧化硫，故C錯誤；D.1molNH4CuSO3完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移0.5mol×(1﹣0）=0。5mol,故D正確；故選：D．8．下列說法正確的是()A．釀酒過程中，葡萄糖可通過水解反應(yīng)生成酒精B．雞蛋清溶液中加入飽和硫酸鈉溶液，生成的沉淀物不能再溶解C．酸性高錳酸鉀紫色溶液中加入植物油充分振蕩后，溶液顏色會褪去D．維生素C（）溶液中滴加KI淀粉溶液，立即變藍(lán)色【考點(diǎn)】HD:有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)；I9：有機(jī)化學(xué)反應(yīng)的綜合應(yīng)用．【分析】A．葡萄糖發(fā)生酒化反應(yīng)生成乙醇；B．雞蛋清溶液中加入飽和硫酸鈉溶液，發(fā)生鹽析，為可逆過程;C．油中含碳碳雙鍵,能被高錳酸鉀氧化；D．維生素C有還原性，淀粉遇碘單質(zhì)變藍(lán)．【解答】解：A．葡萄糖分解生成酒精和二氧化碳，未發(fā)生水解,故A錯誤；B．雞蛋清溶液中加入飽和硫酸鈉溶液發(fā)生鹽析，鹽析是可逆的，生成的沉淀物能再溶解，故B錯誤；C．植物油中含有碳碳雙鍵,能被酸性高錳酸鉀氧化，溶液顏色會褪去,故C正確；D．維生素C有還原性,不能將碘化鉀氧化為碘單質(zhì),則不能變藍(lán)，故D錯誤;故選C．9．短周期主族元素A、B、C、D原子序數(shù)依次增大．已知：A、C的原子序數(shù)的差為8，A、B、C三種元素原子的最外層電子數(shù)之和為15，B原子最外層電子數(shù)等于A原子最外層電子數(shù)的一半．下列敘述正確的是（）A．原子半徑：A＜B＜C＜DB．四氧化三鐵與B的反應(yīng)是工業(yè)上大量生產(chǎn)鐵的重要方法C．D的最高價氧化物的水化物的酸性大于C的最高價氧化物的水化物的酸性D．B的氧化物是酸性氧化物，可溶于氨水【考點(diǎn)】8F：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．【分析】短周期主族元素A、B、C、D原子序數(shù)依次增大，B原子最外層電子數(shù)等于A原子最外層電子數(shù)的一半,則A原子最外層電子數(shù)為偶數(shù)，A、C的原子序數(shù)的差為8，則A、C為同主族元素，A、B、C三種元素原子的最外層電子數(shù)之和為15，令B原子最外層電子數(shù)為x，則x+2x+2x=15，解的x=3，故A、C的最外層電子數(shù)為6,A為O元素，C為S元素,B的原子序數(shù)大于氧元素,最外層電子數(shù)為3，故B為Al元素,D的原子序數(shù)最大，故D為Cl元素，據(jù)此解答．【解答】解:短周期主族元素A、B、C、D原子序數(shù)依次增大，B原子最外層電子數(shù)等于A原子最外層電子數(shù)的一半，則A原子最外層電子數(shù)為偶數(shù)，A、C的原子序數(shù)的差為8，則A、C為同主族元素，A、B、C三種元素原子的最外層電子數(shù)之和為15，令B原子最外層電子數(shù)為x，則x+2x+2x=15,解的x=3，故A、C的最外層電子數(shù)為6，A為O元素,C為S元素，B的原子序數(shù)大于氧元素,最外層電子數(shù)為3，故B為Al元素，D的原子序數(shù)最大，故D為Cl元素，A．同周期自左而右原子半徑減小，電子層越多原子半徑越大，故原子半徑Al＞S＞Cl＞O，即B＞C＞D＞A，故A錯誤；B．工業(yè)上用焦炭與鐵礦石（氧化鐵）反應(yīng)生產(chǎn)鐵,故B錯誤；C．C為硫元素、D為氯元素,非金屬性Cl＞S，非金屬性越強(qiáng),最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性，所以最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性D＞C，故C正確；D．B的氧化物為氧化鋁，能溶于強(qiáng)酸、強(qiáng)堿，不能溶于氨水，故D錯誤;故選C．10．常溫下，用0。1000mol?L﹣1NaOH溶液分別滴定20。00mL0。1000mol?L﹣1鹽酸和20.00mL0。1000mol?L﹣1醋酸溶液，得到2條滴定曲線,如圖所示．若以HX表示酸，下列說法正確的是（)A．滴定鹽酸的曲線是圖乙B．達(dá)到B、D狀態(tài)時，兩溶液中離子濃度均為c(Na+)=c（X﹣）C．達(dá)到B、E狀態(tài)時，反應(yīng)消耗的，n（CH3COOH）＞n（HCl)D．當(dāng)0mL＜V（NaOH)＜20.00mL時，對應(yīng)混合溶液中各離子濃度由大到小的順序均為c(X﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）【考點(diǎn)】DO：酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)ph的計算．【分析】A．醋酸是弱電解質(zhì)、HCl是強(qiáng)電解質(zhì)，物質(zhì)的量濃度相等的鹽酸和醋酸,醋酸中氫離子濃度小于鹽酸，則pH醋酸＞鹽酸；B．中性溶液中存在c（H+）=c（OH﹣），根據(jù)電荷守恒判斷c（Na+）、c(X﹣）大小;C．兩種酸的物質(zhì)的量濃度相等，其體積相等時物質(zhì)的量相等；D．當(dāng)0mL＜V（NaOH）＜20.00mL時，酸相對于堿來說是過量的，所得溶液是生成的鹽和酸的混合物，假設(shè)當(dāng)加入的氫氧化鈉極少量時,生成了極少量的鈉鹽（氯化鈉或是醋酸鈉)，剩余大量的酸．【解答】解：A．醋酸是弱電解質(zhì)、HCl是強(qiáng)電解質(zhì),物質(zhì)的量濃度相等的鹽酸和醋酸，醋酸中氫離子濃度小于鹽酸，則pH醋酸＞鹽酸，根據(jù)圖象知，甲是滴定鹽酸、乙是滴定醋酸，故A錯誤；B．中性溶液中存在c（H+）=c（OH﹣）,根據(jù)電荷守恒得c（Na+)=c（X﹣），故B正確;C．兩種酸的物質(zhì)的量濃度相等，其體積相等時物質(zhì)的量相等，所以n(CH3COOH）=n(HCl)，故C錯誤；D．當(dāng)0mL＜V（NaOH)＜20。00mL時，酸相對于堿來說是過量的，所得溶液是生成的鹽和酸的混合物,假設(shè)當(dāng)加入的氫氧化鈉極少量時，生成了極少量的鈉鹽（氯化鈉或是醋酸鈉），剩余大量的酸，此時c（A﹣）＞c(H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣)，故D錯誤,故D錯誤；故選B．11．分子式為C5H8O2的有機(jī)物，能使溴的CCl4溶液褪色，也能與NaHCO3溶液反應(yīng)生成氣體，則符合上述條件的同分異構(gòu)體（不考慮立體異構(gòu)）最多有（）A．8種 B．7種 C．6種 D．5種【考點(diǎn)】I4：同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體．【分析】能與NaHCO3溶液反應(yīng)生成CO2,說明此分子含有羧基，能與溴的四氯化碳溶液反應(yīng)說明此分子含有碳碳雙鍵，然后根據(jù)官能團(tuán)的位置異構(gòu)和碳鏈異構(gòu)確定．【解答】解：由該有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)、組成知其含有碳碳雙鍵、羧基．當(dāng)沒有支鏈時，其碳骨架有3種:有一個甲基做支鏈的結(jié)構(gòu)有四種：，有一個乙基做支鏈的結(jié)構(gòu)為，故共有8種結(jié)構(gòu)，故選A．12．700℃時，向容積為2L的密閉容器中充入一定量的CO和H2O，發(fā)生反應(yīng):CO（g）+H2O（g）?CO2+H2（g）反應(yīng)過程中不同條件下達(dá)到平衡時測定的部分?jǐn)?shù)據(jù)見表(表中t1＞t2）：反應(yīng)時間/minn（CO)/moln（H2O）/mol01。200。60t10。80t20。20下列說不正確的是（）A．反應(yīng)在t1min內(nèi)的平均速率為v（H2）=0.40/t1mol?L﹣1?min﹣1B．保持其他條件不變，起始時向容器中充入0。60molCO和1.20molH2O,到達(dá)平衡時，n（CO2）=0。40molC．保持其他條件不變，向平衡體系中再通入0.20molH2O(g）,與原平衡相比,達(dá)到新平衡時CO轉(zhuǎn)化率增大，H2O的體積分?jǐn)?shù)增大D．溫度升至800℃，上述反應(yīng)平衡常數(shù)變?yōu)?.64，則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)【考點(diǎn)】CP：化學(xué)平衡的計算．【分析】由表格中數(shù)據(jù)可知,CO（g）+H2O（g）?CO2+H2（g）開始1.20。600轉(zhuǎn)化0。400.400.400.40t0.800.200。400。40可知t1時達(dá)到平衡,t1、t1均為平衡狀態(tài),A．結(jié)合v=計算；B．起始時向容器中充入0.60molCO和1。20molH2O，開始的量及轉(zhuǎn)化的量相同；C．平衡體系中再通入0.20molH2O（g），促進(jìn)CO的轉(zhuǎn)化，但H2O的量增大;D．K==1，溫度升至800℃，上述反應(yīng)平衡常數(shù)變?yōu)?。64，可知升高溫度平衡正向移動．【解答】解：由表格中數(shù)據(jù)可知，CO（g)+H2O（g)?CO2+H2（g）開始1。20.600轉(zhuǎn)化0。400。400.400。40t10。800.200.400。40可知t1時達(dá)到平衡,t1、t1均為平衡狀態(tài)，A．反應(yīng)在t1min內(nèi)的平均速率為v（H2）==mol?L﹣1?min﹣1，故A錯誤；B．起始時向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，開始的量及轉(zhuǎn)化的量相同，則到達(dá)平衡時，n(CO2）=0.40mol，故B正確；C．平衡體系中再通入0。20molH2O（g),促進(jìn)CO的轉(zhuǎn)化，但H2O的量增大，則達(dá)到新平衡時CO轉(zhuǎn)化率增大，H2O的體積分?jǐn)?shù)增大，故C正確;D．K==1，溫度升至800℃，上述反應(yīng)平衡常數(shù)變?yōu)?。64，可知升高溫度平衡正向移動，即正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故D正確；故選A．13．已知25℃物質(zhì)的溶度積常數(shù)為：FeS：Ksp=6.3×10﹣18；CuS:Ksp=1。3×10﹣36；ZnS：Ksp=1。6×10﹣24．下列說法正確的是(）A．相同溫度下，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度B．除去工業(yè)廢水中的Cu2+，可以選用FeS做沉淀劑C．足量CuSO4溶解在0.1mol/L的H2S溶液中，Cu2+能達(dá)到的最大濃度為1.3×10﹣35mol/LD．在ZnS的飽和溶液中，加入FeCl2溶液,一定不產(chǎn)生FeS沉淀【考點(diǎn)】DH:難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)．【分析】A、根據(jù)溶度積大小進(jìn)行比較，溶度積越大，溶解度越大；B、根據(jù)溶度積大的沉淀可以轉(zhuǎn)化為溶度積小的沉淀；C、H2S是弱酸，硫離子的最大濃度為0.1mol/L，根據(jù)CuS的溶度積常數(shù)（Ksp)為1。3×10﹣36即可求得;D、當(dāng)Qc＞Ksp就會生成沉淀．【解答】解;A、由于Ksp(CuS）=1。3×10﹣36＜Ksp(ZnS）=1.6×10﹣24，所以溶解度CuS＜ZnS，故A錯誤；B、由于Ksp（CuS）=1.3×10﹣36＜Ksp(FeS）=6。3×10﹣18，硫化銅的溶解度小于硫化亞鐵的，所以除去工業(yè)廢水中含有的Cu2+，可采用FeS固體作為沉淀劑,故B正確；C、H2S是弱酸,硫離子的最大濃度為0。1mol/L，CuS的溶度積常數(shù)（Ksp）為1。3×10﹣36，所以溶液中Cu2+的最小濃度為1.3×10﹣35mol/L,故C錯誤;D、ZnS的飽和溶液中存在S2﹣，加入FeCl2溶液，當(dāng)Qc=c（Fe2+)?c（S2﹣）＞Ksp（FeS），就會生成FeS沉淀，故D錯誤；故選:B．14．關(guān)于下列圖示的說法中正確的是:(）A．圖①裝置用于分離沸點(diǎn)相差較大的互溶液體混合物B．圖②裝置用于研究不同催化劑對反應(yīng)速率的影響C．圖③表示可逆反應(yīng)CO(g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）；△H＞0D．對反應(yīng)：A（s）+2B(g）?xCO（g）；根據(jù)圖④可以求出x=2【考點(diǎn)】PE：物質(zhì)的分離、提純和除雜；BB：反應(yīng)熱和焓變；C7：化學(xué)平衡建立的過程；CA：化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素．【分析】A．溫度計測量蒸氣的溫度;B．雙氧水的濃度應(yīng)相同；C．依據(jù)反應(yīng)物和生成物能量高低判斷反應(yīng)熱效應(yīng)；D．化學(xué)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比．【解答】解：A．溫度計測量蒸氣的溫度，應(yīng)與蒸餾燒瓶支管口處相平，故A錯誤;B．濃度影響化學(xué)反應(yīng)的速率，雙氧水的濃度應(yīng)相同，故B錯誤；C．圖象分析反應(yīng)物的能量高于生成物，反應(yīng)是放熱反應(yīng),△H＜0，故C錯誤;D．兩分鐘內(nèi)反應(yīng)消耗了0.2molB，生成了0。2molC，反應(yīng)速率相等,化學(xué)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，則x=2，故D正確．故選D．15．部分氧化的FeCu合金樣品（氧化產(chǎn)物為Fe2O3、CuO）共5。76g,經(jīng)如下處理：下列說法正確的是（）A．濾液A中的陽離子為Fe2+、Fe3+、H+B．樣品中CuO的質(zhì)量為4。0gC．V=448D．原樣品中Fe元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為41%【考點(diǎn)】5A:化學(xué)方程式的有關(guān)計算；M3:有關(guān)混合物反應(yīng)的計算．【分析】硫酸足量，氧化性：Fe3+＞Cu2+＞H+，鐵離子優(yōu)先反應(yīng)，由于濾液A中不含銅離子，且有氣體氫氣生成,則濾液A中不含鐵離子,濾渣3。2g為金屬銅，物質(zhì)的量為0。05mol，即合金樣品中總共含有銅元素0.05mol，利用極限法判斷樣品中CuO的質(zhì)量問題；濾液A中加入足量氫氧化鈉溶液，所得濾渣灼燒得到的固體3。2g為Fe2O3，物質(zhì)的量為0。02mol，鐵元素的物質(zhì)的量為0。04mol，濾液A溶質(zhì)為過量H2SO4和FeSO4，而鐵元素物質(zhì)的量為0。04mol,說明參加反應(yīng)硫酸物質(zhì)的量為0.04mol,硫酸含氫離子0.08mol，其中部分氫離子生成氫氣,另外的H+和合金中的氧結(jié)合成水了，計算合金中氧元素的質(zhì)量,進(jìn)而計算合金中氧原子的物質(zhì)的量,計算氧原子結(jié)合氫離子物質(zhì)的量，再根據(jù)H原子守恒生成氫氣的體積，根據(jù)質(zhì)量分?jǐn)?shù)定義計算Fe元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)．【解答】解:A．由于氧化性Fe3+＞Cu2+＞H+,鐵離子優(yōu)先反應(yīng),由于濾液A中不含銅離子，且硫酸足量，濾液A中陽離子為Fe2+、H+，故A錯誤；B．由于硫酸過量，生成氫氣，濾液中不含銅離子，濾渣3。2g為金屬銅，銅元素的物質(zhì)的量為=0。05mol，若全部為氧化銅，氧化銅的質(zhì)量為：80g/mol×0.05mol=4.0g，由于部分銅被氧化成氧化銅,則樣品中氧化銅的質(zhì)量一定小于4。0g，故B錯誤；C．濾液A中加入足量氫氧化鈉溶液,所得濾渣灼燒得到的固體3。2g為Fe2O3，其物質(zhì)的量==0。02mol，鐵元素的物質(zhì)的量為0。04mol，濾液A中溶質(zhì)為過量H2SO4和FeSO4，說明參加反應(yīng)硫酸物質(zhì)的量為0。04mol，含氫離子0。08mol，其中部分氫離子生成氫氣，另外的H+和合金中的氧結(jié)合成水了，合金中Fe元素質(zhì)量=0。04mol×56g/mol=2。24g，故合金中氧原子的物質(zhì)的量=0。02mol，它結(jié)合氫離子0。04mol，所以硫酸中有0.08mol﹣0。04mol=0。04molH+生成氫氣，即生成0。02mol氫氣，標(biāo)況體積=0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL，故C正確;D．合金中Fe元素的質(zhì)量為：56g/mol×0。04mol=2。24g，故合金中Fe元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100％=38.89％，故D錯誤,故選C．二、解答題（共5小題,滿分55分）16．氫能是理想的清潔能源，資源豐富．以太陽能為熱源分解Fe3O4，經(jīng)由熱化學(xué)鐵氧化合物循環(huán)分解水制H2的過程如圖1:（1）過程Ⅰ：2Fe3O4（s)?6FeO(s）+O2（g）△H=+313。18kJ?mol﹣1①將O2分離出去，目的是提高Fe3O4的轉(zhuǎn)化率．②平衡常數(shù)K隨溫度變化的關(guān)系是隨著溫度升高,平衡常數(shù)K變大．③在壓強(qiáng)p1下,Fe3O4的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的α(Fe3O4）～T曲線如圖3所示．若將壓強(qiáng)由p1增大到p2，在圖3中畫出p2的α(Fe3O4）~T曲線示意圖．（2)過程Ⅱ的化學(xué)方程式是3FeO+H2O?Fe3O4+H2．（3）其他條件不變時,過程Ⅱ在不同溫度下，H2O的轉(zhuǎn)化率隨時間的變化α（H2O）~t曲線如圖24所示．比較溫度T1、T2、T3的大小關(guān)系是T1＞T2＞T3，判斷依據(jù)是溫度越高，反應(yīng)速率越大．（4）科研人員研制出透氧膜（OTM），它允許電子、O2﹣同時透過，可實現(xiàn)水連續(xù)分解制H2．工作時，CO、H2O分別在透氧膜的兩側(cè)反應(yīng)．工作原理示意圖如圖2：H2O在a側(cè)反應(yīng)（填“a"或“b”），在該側(cè)H2O釋放出H2的反應(yīng)式是H2O+2e﹣=H2+O2﹣．【考點(diǎn)】CB:化學(xué)平衡的影響因素;C7:化學(xué)平衡建立的過程．【分析】（1）過程Ⅰ:2Fe3O4(s）?6FeO（s）+O2(g）△H=+313。18kJ?mol﹣1①將O2分離出去，平衡正向移動，目的是提高Fe3O4的轉(zhuǎn)化率;②正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，隨著溫度升高，平衡常數(shù)K變大；③壓強(qiáng)增大，平衡向氣體系數(shù)減小的方向移動，轉(zhuǎn)化率降低；(2）由圖可知：過程Ⅱ的化學(xué)方程式是氧化亞鐵與水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣；(3）可以從圖象斜率看出速率大小，溫度與速率呈現(xiàn)正相關(guān)，得到T1＞T2＞T3;（4）本實驗利用水制取氫氣，H2O得電子生成H2和O2﹣,O2﹣通過OTM進(jìn)入b側(cè)，所以H2O在a側(cè)，反應(yīng)方程為H2O+2e﹣=H2+O2﹣．【解答】解：（1）過程Ⅰ：2Fe3O4（s）?6FeO(s）+O2（g）△H=+313。18kJ?mol﹣1①將O2分離出去，平衡正向移動，目的是提高Fe3O4的轉(zhuǎn)化率，故答案為：轉(zhuǎn)化率;②正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，隨著溫度升高，平衡常數(shù)K變大,故答案為:隨著溫度升高,平衡常數(shù)K變大;③壓強(qiáng)增大，平衡向氣體系數(shù)減小的方向移動，轉(zhuǎn)化率降低，所以圖象為：，故答案為：；(2)由圖可知：過程Ⅱ的化學(xué)方程式是氧化亞鐵與水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣，所以反應(yīng)方程式為：3FeO+H2O?Fe3O4+H2，故答案為：3FeO+H2O?Fe3O4+H2；（3）T1＞T2＞T3；初始壓強(qiáng)相同,濃度相同，圖象斜率T1＞T2＞T3,溫度越高，反應(yīng)速率越大,則說明T1＞T2＞T3，故答案為：T1＞T2＞T3；溫度越高,反應(yīng)速率越大；（4）本實驗利用水制取氫氣,H2O得電子生成H2和O2﹣，O2﹣通過OTM進(jìn)入b側(cè)，所以H2O在a側(cè)，反應(yīng)方程為H2O+2e﹣=H2+O2﹣，故答案為：a；H2O+2e﹣=H2+O2﹣．17．某學(xué)習(xí)小組通過下列裝置探究MnO2與FeCl3?6H2O能否反應(yīng)產(chǎn)生Cl2．實驗操作和現(xiàn)象:操作現(xiàn)象點(diǎn)燃酒精燈，加熱iA中部分固體溶解，上方出現(xiàn)白霧ii稍后,產(chǎn)生黃色氣體，管壁附著黃色液滴iiiB中溶液變藍(lán)(1)現(xiàn)象i中的白霧是HCl小液滴，形成白霧的原因是FeCl3?6H2O受熱水解,生成HCl氣體，同時受熱失去結(jié)晶水,HCl和H2O結(jié)合形成鹽酸小液滴．(2）分析現(xiàn)象ii，該小組探究黃色氣體的成分，實驗如下：a．加熱FeCl3?6H2O，產(chǎn)生白霧和黃色氣體．b．用KSCN溶液檢驗現(xiàn)象ii和a中的黃色氣體,溶液均變紅．通過該實驗說明現(xiàn)象ii中黃色氣體含有FeCl3．(3）除了氯氣可使B中溶液變藍(lán)外，推測還可能的原因是：①實驗b檢出的氣體使之變藍(lán)，反應(yīng)的離子方程式是2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2．實驗證實推測成立．②溶液變藍(lán)的另外一種原因是：在酸性條件下，裝置中的空氣使之變藍(lán)．通過進(jìn)一步實驗確認(rèn)了這種可能性,其實驗方案是另取一支試管，向其中加入KI﹣淀粉溶液，再滴入幾滴HCl溶液，在空氣中放置，觀察一段時間后溶液是否變藍(lán)．(4）為進(jìn)一步確認(rèn)黃色氣體是否含有Cl2,小組提出兩種方案，無證實了Cl2的存在．方案1:在A、B間增加盛有某種試劑的洗氣瓶C．方案2：將B中KI﹣淀粉溶液替換為NaBr溶液；檢驗Fe2+．現(xiàn)象如下：方案1B中溶液變?yōu)樗{(lán)色方案2B中溶液呈淺橙色;未檢出Fe2+方案1B中溶液變?yōu)樗{(lán)色方案2B中溶液呈淺橙紅色；未檢出Fe2+①方案1的C中盛放的試劑是飽和NaCl溶液．②方案2中檢驗Fe2+的原因是排除Fe3+將Br﹣氧化成Br2的可能性．③綜合方案1、2的現(xiàn)象,說明選擇NaBr溶液的依據(jù)是Br﹣可以被Cl2氧化成Br2，但不會被Fe3+氧化為Br2．（5）將A中產(chǎn)物分離得到Fe2O3和MnCl2，A中產(chǎn)生Cl2的化學(xué)方程式是3MnO2+4FeCl3?6H2O2Fe2O3+3MnCl2+3Cl2↑+24H2O．【考點(diǎn)】U2：性質(zhì)實驗方案的設(shè)計．【分析】（1）FeCl3?6H2O受熱水解，生成HCl氣體，同時受熱失去結(jié)晶水，HCl和H2O結(jié)合形成鹽酸小液滴;（2）用KSCN溶液檢驗現(xiàn)象ii和A中的黃色氣體，溶液均變紅，說明含有FeCl3;(3）①氯化鐵具有強(qiáng)氧化性，可以將碘離子氧化為碘單質(zhì)；②作對照實驗，需要除去Cl2和Fe3+的干擾才能檢驗酸性情況下的O2影響,所以最好另取溶液對酸性情況下氧氣的影響進(jìn)行檢驗．因為原題中存在HCl氣體,所以酸化最好選用鹽酸；(4)①方案1：除去Cl2中的FeCl3和O2（H+)，若仍能觀察到B中溶液仍變?yōu)樗{(lán)色，則證明原氣體中確實存在Cl2；Cl2的．使用飽和NaCl溶液，可以讓FeCl3溶解，并且除去O2影響過程中提供酸性的HCl氣體，從而排除兩個其他影響因素．②方案2:若B中觀察到淺橙紅色，則證明有物質(zhì)能夠?qū)r﹣氧化成Br2,若未檢查到Fe2+，則證明是Cl2氧化的Br﹣，而不是Fe3+．另外，因為還原劑用的不是I﹣，可不用考慮O2（H+)的影響問題．③NaBr比KI﹣淀粉溶液好的原因，在于Fe3+能氧化I﹣對檢驗Cl2產(chǎn)生干擾，而Fe3+不會氧化Br﹣，不會產(chǎn)生干擾;（5)二氧化錳與FeCl3?6H2O反應(yīng)生成Fe2O3、MnCl2、Cl2及水．【解答】解：（1)FeCl3?6H2O受熱水解，生成HCl氣體，同時受熱失去結(jié)晶水，HCl和H2O結(jié)合形成鹽酸小液滴，而形成白霧,故答案為：HCl小液滴；FeCl3?6H2O受熱水解,生成HCl氣體,同時受熱失去結(jié)晶水,HCl和H2O結(jié)合形成鹽酸小液滴；（2)用KSCN溶液檢驗現(xiàn)象ii和A中的黃色氣體，溶液均變紅，說明含有FeCl3,故答案為：FeCl3;（3)①氯化鐵具有強(qiáng)氧化性，可以將碘離子氧化為碘單質(zhì)，反應(yīng)離子方程式為：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，故答案為:2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2；②作對照實驗,另取一支試管，向其中加入KI﹣淀粉溶液，再滴入幾滴HCl溶液，在空氣中放置，觀察一段時間后溶液是否變藍(lán)，故答案為：另取一支試管，向其中加入KI﹣淀粉溶液，再滴入幾滴HCl溶液，在空氣中放置，觀察一段時間后溶液是否變藍(lán)；（4）①方案1:除去Cl2中的FeCl3和O2(H+），若仍能觀察到B中溶液仍變?yōu)樗{(lán)色，則證明原氣體中確實存在Cl2，使用飽和NaCl溶液,可以讓FeCl3溶解，并且除去O2影響過程中提供酸性的HCl氣體，從而排除兩個其他影響因素,故答案為：飽和NaCl溶液；②方案2：若B中觀察到淺橙紅色，則證明有物質(zhì)能夠?qū)r﹣氧化成Br2,若未檢查到Fe2+,則證明是Cl2氧化的Br﹣，而不是Fe3+．另外，因為還原劑用的不是I﹣,可不用考慮O2（H+）的影響問題，故答案為：排除Fe3+將Br﹣氧化成Br2的可能性；③NaBr比KI﹣淀粉溶液好的原因，在于Fe3+能氧化I﹣對檢驗Cl2產(chǎn)生干擾，而Fe3+不會氧化Br﹣,不會產(chǎn)生干擾,故答案為：Br﹣可以被Cl2氧化成Br2，但不會被Fe3+氧化為Br2；（5）二氧化錳與FeCl3?6H2O反應(yīng)生成Fe2O3、MnCl2、Cl2及水，反應(yīng)方程式為：3MnO2+4FeCl3?6H2O2Fe2O3+3MnCl2+3Cl2↑+24H2O，故答案為：3MnO2+4FeCl3?6H2O2Fe2O3+3MnCl2+3Cl2↑+24H2O．18．二氧化氯（ClO2）可用于自來水消毒．以粗鹽為原料生產(chǎn)ClO2的工藝主要包括:①粗鹽精制;②電解微酸性NaCl溶液；③ClO2的制取．工藝流程如圖:（1)粗食鹽水中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等雜質(zhì)．除雜操作時，往粗鹽水中先加入過量的試劑X,X是BaCl2（填化學(xué)式）,至沉淀不再產(chǎn)生后，再加入過量的Na2CO3和NaOH，充分反應(yīng)后將沉淀一并濾去．經(jīng)檢測發(fā)現(xiàn)濾液中仍含有一定量的SO42﹣，其原因是BaCl2、BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，當(dāng)溶液中存在大量的CO32﹣離子時，BaSO4(s）會部分轉(zhuǎn)化為BaCO3(s）．(已知：Ksp（BaSO4）=1.1×10﹣10;Ksp(BaCO3）=5。1×10﹣9）(2）上述過程中，將食鹽水在特定條件下電解得到的氯酸鈉與鹽酸反應(yīng)生成ClO2．電解時生成的氣體B是H2;反應(yīng)Ⅲ的化學(xué)方程式為2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+2NaCl+2H2O．(3）ClO2很不穩(wěn)定，需隨用隨制，產(chǎn)物用水吸收得到ClO2溶液．為測定所得溶液中ClO2的含量，進(jìn)行了以下實驗:步驟1：準(zhǔn)確量取ClO2溶液10。00mL，稀釋成100mL試樣．步驟2:量取V1mL試樣加入到錐形瓶中，調(diào)節(jié)試樣的pH≤2。0，加入足量的KI晶體，搖勻，在暗處靜置30分鐘．(已知:ClO2+I﹣+H+﹣I2+Cl﹣+H2O未配平)步驟3：以淀粉溶液作指示劑，用cmol?L﹣1Na2S2O3溶液滴定至終點(diǎn)，消耗Na2S2O3溶液V2mL．（已知：I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣）①準(zhǔn)確量取10。00mLClO2溶液的玻璃儀器是酸式滴定管．②滴定過程中，至少須平行測定兩次的原因是減少實驗誤差．③根據(jù)上述步驟可計算出原ClO2溶液的物質(zhì)的量濃度為mol?L﹣1(用含字母的代數(shù)式表示）．【考點(diǎn)】U3：制備實驗方案的設(shè)計；P8:物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用．【分析】（1)粗食鹽水中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等雜質(zhì)，除雜操作時,往粗鹽水中先加入過量的試劑BaCl2，用于除去SO42﹣，至沉淀不再產(chǎn)生后，再加入過量的Na2CO3來除去原溶液中的Ca2+和為除去SO42﹣而引入的Ba2+，然后再加入NaOH溶液來除去Mg2+,充分反應(yīng)后將沉淀一并濾去；經(jīng)檢測發(fā)現(xiàn)濾液中仍含有一定量的SO42﹣，是因為在溶液中沉淀溶解平衡，BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大,當(dāng)溶液中存在大量的CO32﹣離子時，BaSO4（s）會部分轉(zhuǎn)化為BaCO3（s），（2）將食鹽水在特定條件下電解得到的氯酸鈉，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中的化合價升高與降低的總數(shù)相等判斷電解時生成的氣體B的名稱；根據(jù)題意反應(yīng)Ⅲ為氯酸鈉與氯化氫反應(yīng)生成二氧化氯、氯化鈉和水；（3）①ClO2溶液顯酸性,應(yīng)該用酸式滴定管準(zhǔn)確量取10。00mLClO2溶液;②為了減少實驗的偶然性，減少實驗誤差，實驗至少須平行測定兩次，取其平均值；③由方程式ClO2+I﹣+H+﹣I2+Cl﹣+H2O、I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣得關(guān)系式ClO2～5S2O32﹣,n（S2O32﹣）=cV2×10﹣3mol,所以V1mLClO2的溶液中含有的ClO2的物質(zhì)的量為2cV2×10﹣4mol，根據(jù)c=計算出原ClO2溶液的物質(zhì)的量濃度．【解答】解：(1）除雜操作時,往粗鹽水中先加入過量的試劑BaCl2，用于除去SO42﹣，至沉淀不再產(chǎn)生后,再加入過量的Na2CO3來除去原溶液中的Ca2+和為除去SO42﹣而引入的Ba2+；然后再加入NaOH溶液來除去Mg2+，充分反應(yīng)后將沉淀一并濾去;經(jīng)檢測發(fā)現(xiàn)濾液中仍含有一定量的SO42﹣,是因為在溶液中沉淀溶解平衡,BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，當(dāng)溶液中存在大量的CO32﹣離子時,BaSO4(s）會部分轉(zhuǎn)化為BaCO3（s)，故答案為:BaCl2；BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，當(dāng)溶液中存在大量的CO32﹣離子時,BaSO4（s）會部分轉(zhuǎn)化為BaCO3(s）；（2）將食鹽水在特定條件下電解得到的氯酸鈉，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中的化合價升高與降低的總數(shù)相等可知電解時生成的氣體B為H2；根據(jù)題意反應(yīng)Ⅲ為氯酸鈉與氯化氫反應(yīng)生成二氧化氯、氯化鈉和水,反應(yīng)的化學(xué)方程式為:2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+2NaCl+2H2O,故答案為：H2；2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+2NaCl+2H2O；（3）①ClO2溶液顯酸性,所以準(zhǔn)確量取10。00mLClO2溶液的玻璃儀器是酸式滴定管，故答案為：酸式滴定管；②在堿性滴定實驗過程中難免會產(chǎn)生誤差，為了減少實驗的偶然性，減少實驗誤差，實驗至少須平行測定兩次，取其平均值，這樣就更接近理論值，故答案為:減少實驗誤差；③由方程式ClO2+I﹣+H+﹣I2+Cl﹣+H2O、I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣得關(guān)系式ClO2～5S2O32﹣,n（S2O32﹣）=cV2×10﹣3mol，所以V1mLClO2的溶液中含有的ClO2的物質(zhì)的量為2cV2×10﹣4mol，則10mL的原溶液含有ClO2的物質(zhì)的量為:2cV2×10﹣4mol×=×10﹣2mol，所以原ClO2溶液的物質(zhì)的量濃度為：=mol/L,故答案為:．19．【化學(xué)﹣﹣選修3:物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】已知：A、B、C、D、E、F六種元素核電荷數(shù)依次增大，屬周期表中前四周期的元素．其中A原子核外有三個未成對電子；化合物B2E的晶體為離子晶體,E原子核外的M層中只有兩對成對電子;C元素是地殼中含量最高的金屬元素；D單質(zhì)的熔點(diǎn)在同周期元素形成的單質(zhì)中最高;F能形成紅色（或磚紅色）的F2O和黑色的FO兩種氧化物．回答下列問題：（1）F的原子的M層電子排布式為3s23p63d10．(2)B、C、D的第一電離能由小到大的順序為Na＜Al＜Si．（