福建省南平市2022届高三化学上学期期末试题含解析

2022-2022学年福建省南平市高三（上）期末化学试卷一、选择题（每题3分，共42分）1．化学已经渗透到人类生活的各个方面，下列说法不正确的是()A．食盐可作氯碱工业的原料B．碘酒是指单质碘的乙醇溶液C．大量使用化肥和农药，以提高农作物产量，符合绿色化学的原则D．低碳生活注重节能减排，尽量使用太阳能等代替化石燃料，减少温室气体的排放2．下列金属的冶炼方法与钠相同的是()A．铁B．铜C．银D．铝3．“富勒烯”家族又增添了新成员，继C60、C90、N60之后，中美科学家首次发现了全硼富勒烯B60，下列说法正确的是()A．B60和C90都属于新型化合物B．C60和N60属于同分异构体C．B60、C60、C90、N60都只含共价键D．B60、C60、C90、N60都属于烯烃4．下列物质的水溶液呈碱性的是()A．FeCl3B．KSCNC．CH3COOHD．NH4Al（SO4）25．用NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述正确的是()A．28gCO中含有的分子数为NAB．22.4L空气含有NA个单质分子C．1mol/L的NaCl溶液含有NA个Na+D．1molNa2O2固体中含有的离子总数为4NA6．下列关于有机化合物的认识正确的是()A．甲烷、苯和油脂均能使酸性KMnO3溶液褪色B．苯使溴水褪色是因为发生了氧化反应C．用新制的Cu（OH）2悬浊液可以鉴别乙酸、乙醇和葡萄糖D．甲烷和乙烯一定条件下都可以与氯气反应，反应类型相同7．常温下在下列给定条件的溶液中，能大量共存的粒子组是()A．能使pH试纸呈红色的溶液：CH3COOH、NH4+、I﹣、NO3﹣B．pH=14的溶液：Ba2+、Mg2+、HCO3﹣C．c（Fe3+）=0.1mol/L的溶液：H+、Al3+、Cl﹣、SCN﹣D．kw/c（H+）=0.1mol/L的溶液：Na+、NH3•H2O、SiO32﹣、NO3﹣8．在酸性介质中，向MnSO4溶液中滴加（NH4）2S2O8（过二硫酸铵）溶液会发生如下离子反应：2Mn2++5S2O82﹣+8X=2MnO42﹣+10SO42﹣+16H+，下列说法正确的是()A．X是H2O-25-\nB．还原性：SO42﹣＞Mn2+C．该反应中酸性介质可以为盐酸D．每生成0.1molSO42﹣，转移电子0.05mol9．下列相关反应的离子方程式书写正确的是()A．将钠粒投入CuSO4溶液中：2Na+Cu2+═Cu+2Na+B．将NaHSO4溶液滴加到含有酚酞的Ba（OH）2溶液中，溶液由红色变成无色：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2OC．硫化钠溶液中加入少量的氯化铁溶液：S2﹣+2Fe3+═2Fe2++S↓D．将少量醋酸加入到NaAlO2溶液中：CH3COOH+AlO2﹣+H2O═CH3COO﹣+Al（OH）3↓10．实验室某些物质的制备装置如图所示（省略夹持装置和净化装置），仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的是()选项a中的物质b中的物质c中的物质d中的物质d中的物质A浓硫酸Na2SO3（NH4）2SO3浓氨水CaOB浓硝酸CuH2SO4稀盐酸Na2SC稀硫酸ZnHCl稀盐酸MnO2D浓硫酸CH3CH2OHCH2BrCH2Br溴单质CCl4A．AB．BC．CD．D11．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X是地壳中含量最多的元素．常温下，Y的块状单质在Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液中会发生钝化．下列说法正确的是()A．X与W位于同一主族B．原子半径：X＞YC．最简单氢化物的稳定性：X＞ZD．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞W12．常温下，已知0.1mol/L的CH3COOH和HCN溶液的pH分别为a、b，且1＜a＜b，下列有关叙述不正确的是()A．CH3COOH与HCN均为弱酸B．常温下，等浓度CH3COONa溶液的pH小于NaCN溶液的pHC．在CH3COONa溶液中，c（Na+）+c（H+）═c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）D．在NaCN溶液中，c（Na+）＞c（CN﹣）-25-\n13．如图为以SCY陶瓷固体为电解质的电化学合成氨装置，将该装置的底部置于加热炉内保持570℃的高温．将氨气通往陶瓷内筒，将氢气通过陶瓷内筒和石英外筒间的空隙．下列说法正确的是()A．钯电极N为正极B．钯电极M上发生氧化反应C．SCY陶瓷固体电解质中H+移向钯电极ND．电池总反应方程式为N2+3H2═2NH314．工业上消除氮氧化物的污染可用如下反应：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=akJ/mol．在温度T1和T2时，分别将0.50molCH4和1.2molNO2充入体积为1L的恒容密闭容器中，测得n（N2）随时间变化的数据如表．下列说法不正确的是()温度时间/minn/mol010204050T1n（N2）00.200.350.400.40T2n（N2）00.25…0.300.30A．T1温度下，CH4的平衡转化率为50%B．T1＜T2C．a＜0D．T2时反应的平衡常数大于T1时反应的平衡常数二、非选择题（58分）15．W、M、X、Y、Z五种短周期元素在周期表中的位置如表所示，其中只有M为金属元素．请回答下列问题：WMXYZ（1）M的原子结构示意图为__________，比较Y与Z两种元素的简单离子的半径大小：__________（用离子符号表示）（2）写出X的氧化物与W的氢化物的水溶液反应的化学方程式：__________．（3）科学家研制出一种英文名为sulflower的新型分子C16Y8（结构如图所示）．1molC16Y8最多能与__________molH2发生加成反应．（4）托帕石是一种名贵黄玉，其组成为M2[XO4]WOH，托帕在强碱溶液中会发生腐蚀，写出托帕石粉末与过量NaOH溶液反应的化学方程式：__________．-25-\n16．氢气是清洁能源，也是重要的化工原料．（1）写出金属钠与水反应生成氢气的化学方程式：__________．（2）以H2为原料制取氨气进而合成CO（NH2）2的反应如下：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3△H=﹣92.4kJ/mol2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=﹣86.98kJ/mol则N2（g）、H2（g）与CO2（g）反应生成CO（NH2）2（s）和H2O（l）的热化学方程式为__________．（3）已知H2S高温热分解制H2的反应为H2S（g）⇌H2（g）+S2（g）．在为2L的恒容密闭容器中，通入3.5molH2S，控制不同温度进行H2S的分解实验，测得H2S的平衡转化率与温度的关系如图所示．①985℃时，反应经7min达到平衡，则上述反应从起始至7min内的反应速率v（S2）=__________．②反应S2（g）+2H2（g）⇌2H2S（g）的△H__________（填“＞”或“＜”）0．17．湿化学法（NPP﹣法）制备纳米级活性氧化锌，可以用氧化锌粗品（含有FeO、Fe2O3、CuO杂质）为原料，采用酸浸出锌，经过多次净化除去原料中的杂质，然后沉淀获得碱式碳酸锌，最后焙烧获得活性氧化锌．其化学工艺流程如图：已知：溶液中Fe2+、Fe3+、Cu2+、Zn2+以氢氧化物的形式沉淀时的pH如表：离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe2+6.48.4Fe3+2.73.2Cu2+5.26.7Zn2+6.89.0（1）实验室用98%浓H2SO4（ρ=1.84g/cm3）来配制100ml2.5mol/L稀H2SO4所需的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、__________、__________、__________．-25-\n（2）上述流程图中pH=12的Na2CO3溶液中阴离子的浓度由大到小的顺序为__________．（3）滤渣1是__________（填化学式，下同），滤渣2是__________．加入H2O2时发生反应的离子方程式为__________．（4）“沉淀”得到ZnCO3•2Zn（OH）2•H2O，“煅烧”在450～500℃下进行，“煅烧”反应的化学方程式为__________．18．CO、SO2、NO2是常见的污染气体．（1）CO、SO2、NO2、NO四种氧化物中，属于酸性氧化物的是__________（填化学式）．（2）如图甲是一种新型燃料电池，它以CO为燃料，一定比例的Li2CO3和Na2CO3熔融混合物为电解质；图乙是粗铜精炼的装置图．现以燃料电池为电源进行粗铜的精炼实验．A极的电极反应式为__________，B极应与__________（填“C”或“D”）极相连．（3）工业二氧化硫尾气用Na2SO3吸收后转化为NaHSO3溶液，再用惰性电极电解NaHSO3溶液，可在生产硫酸的同时再生成Na2SO3．原理如图丙所示，则电解总反应方程式是__________．19．一氯胺（NH2Cl，Cl呈+1价）可用于制备液体火箭燃料偏二甲肼．实验一：制备NH2Cl．实验室制备一氯胺可用氨气与次氯酸或次氯酸盐反应．某实验小组设计如图装置制备NH2Cl．（1）B中盛装的试剂是__________．（2）E置于B、C之间，可用于收集制备的气体，收集时，气体从__________（填“c”或“d”）口进气．（3）C中盛装的是饱和食盐水，则惰性电极b应与电源__________极相连．（4）电解一段时间后，通入氨气，写出氨气与次氯酸钠反应生成NH2Cl的化学方程式：__________．实验二：检测自来水中的一氯胺的含量．一氯胺是重要的水消毒剂，利用碘量法可以检测自来水中一氯胺的含量．其主要方法为：取已加入一氯胺的自来水，加入过量的碘化钾溶液，充分反应后，用0.100mol/L的Na2S2O3溶液进行滴定，达到终点时，消耗Na2S2O3溶液5.00ml．已知：NH2Cl+3I﹣+2H2O═NH3•H2O+OH﹣+Cl﹣+I3﹣I3﹣≒I2+I﹣I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣（5）滴定时选用的指示剂是__________．（6）该自来水中一氯胺的浓度为__________．-25-\n三、物质结构与性质20．第VIA族的氧、硫、硒（Se）、碲（Te）等元素在化合物中常表现出多种价态，含第VIA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途．请回答下列问题：（1）在元素周期表中N、O、F三种元素相邻，这三种元素的第一电离能由小到大的顺序是__________．（2）氧元素的存在影响了很多物质的性质，乙醇（CH3CH2OH）和二甲醚（CH3OCH3）的分子式均为C2H6O，但CH3CH2OH的沸点高于CH3OCH3的沸点，其原因是__________．（3）Se元素基态原子的价电子排布式为__________．CSe2首次是由H2Se与CCl4反应后制取的．CSe2分子内的Se﹣C﹣Se键角__________（填“大于”“等于”或“小于”）H2Se分子内的H﹣Se﹣H键角．（4）根据价电子对互斥理论，可以推知SO2分子的空间构型为__________，其中S原子采用的轨道杂化形式为__________．（5）铜与氧能形成CuO和Cu2O两种氧化物，某种铜的氧化物的结构如图所示．①该氧化物的化学式为__________．②该晶体中氧原子的配位数为__________．晶体中距离最近的4个铜原子构成的几何形状为__________．四、有机化学基础21．图1表示的化合物I的名称为甲基环氧乙烷，化合物I常用于制备药物和合成高分子材料．（1）化合物I的分子式为__________．（2）化合物I在催化剂作用下能与发生水反应得到二元醇，该反应的化学方程式为__________．（3）慢心律是一种治疗心律失常的药物，它的合成路线如图2：-25-\n①III→IV的反应类型为__________；III的结构简式为__________．②写出化合物III与浓溴水反应的化学方程式__________．③由III制备IV的过程中有少量副产物V生成，V与IV互为同分异构体．V的结构简式为__________．（4）化合物IV还可用于制备高分子化合物VII，涉及的过程为：ⅣⅥⅦ．已知VI的分子中不含甲基，写出反应VI→VII的化学方程式__________．-25-\n2022-2022学年福建省南平市高三（上）期末化学试卷一、选择题（每题3分，共42分）1．化学已经渗透到人类生活的各个方面，下列说法不正确的是()A．食盐可作氯碱工业的原料B．碘酒是指单质碘的乙醇溶液C．大量使用化肥和农药，以提高农作物产量，符合绿色化学的原则D．低碳生活注重节能减排，尽量使用太阳能等代替化石燃料，减少温室气体的排放【考点】常见的生活环境的污染及治理．【专题】化学计算．【分析】A．工业上制取氯气大多采用电解饱和食盐水的方法，以此为基础的工业称为“氯碱工业”；B．碘酒是碘溶于酒精形成的溶液；C．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，大量使用化肥和农药，会污染土壤和水资源；D．“低碳生活”是指生活中要减少能量消耗，从而降低碳特别是二氧化碳的排放．【解答】解：A．“氯碱工业”的主要生产过程是电解饱和食盐水，产生氯气、氢气和氢氧化钠，食盐可作氯碱工业的原料，故A正确；B．碘易溶于乙醇，可形成碘酒，常用于杀菌消毒，故B正确；C．绿色化学的核心是从源头上减少对环境的污染，大量使用化肥和农药，不符合绿色化学的原则，会污染土壤和水资源，应合理使用，故C错误；D．低碳经济就是指通过开发新能源，尽可能地减少煤炭、石油、天然气等高碳能源消耗，减少温室气体的排放，达到社会发展与生态环境保护双赢的一种经济发展形态，故D正确；故选C．【点评】本题主要考查化学物质与生活得关系、绿色化学的概念、化肥农药对人类生活的影响，解题中联系到平时积累的知识．所以平时要注意多积累，做题时要积极联想，和所学知识联系起来，题目难度不大．2．下列金属的冶炼方法与钠相同的是()A．铁B．铜C．银D．铝【考点】金属冶炼的一般原理．【分析】金属冶炼的实质是用还原的方法使金属化合物中的金属阳离子得到电子，生成金属的单质．选择金属的冶炼方法与金属在自然界的存在形态，与金属的活动性有关．【解答】解：A．采用热还原法冶炼铁，故A错误；B．采用热还原法冶炼铜，故B错误；C．采用热分解法冶炼银，故C错误；D．铝与钠一样采用电解的方法冶炼，故D正确；故选D．【点评】本题的关键点是要熟悉一些金属的冶炼方法，如湿法炼铜等．3．“富勒烯”家族又增添了新成员，继C60、C90、N60之后，中美科学家首次发现了全硼富勒烯B60，下列说法正确的是()-25-\nA．B60和C90都属于新型化合物B．C60和N60属于同分异构体C．B60、C60、C90、N60都只含共价键D．B60、C60、C90、N60都属于烯烃【考点】单质和化合物；共价键的形成及共价键的主要类型；同分异构现象和同分异构体；烯烃．【分析】A．均只有一种元素组成，属于单质；B．均为单质，且为不同元素的单质；C．均只有一种元素，则只含非金属元素之间的化学键；D．烯烃含C、H元素．【解答】解：A．B40和C70都只有一种元素组成，均属于单质，故A错误；B．C60和N60为不同的单质，故B错误；C．均只有一种元素，则只含非金属元素之间的化学键，则只含共价键，故C正确；D．烯烃含C、H元素，几种单质均不含有H元素，不属于烯烃，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学键，为高频考点，把握物质的组成、相关概念的辨析、化学键的形成为解答的关键，侧重分析与迁移应用能力的考查，题目难度不大．4．下列物质的水溶液呈碱性的是()A．FeCl3B．KSCNC．CH3COOHD．NH4Al（SO4）2【考点】探究溶液的酸碱性．【分析】FeCl3、NH4Al（SO4）2为强酸弱碱盐，在溶液中弱碱根离子部分水解，溶液呈酸性；CH3COOH为弱酸，醋酸溶液呈酸性；KSCN为强碱弱酸盐，弱酸根离子在溶液中部分水解，溶液呈碱性，据此进行判断．【解答】解：A．FeCl3溶液中，铁离子部分水解，溶液呈酸性，故A错误；B．KSCN溶液为强碱弱酸盐，溶液中硫氰根离子部分水解，溶液呈碱性，故B正确；C．CH3COOH为弱酸，在溶液中部分电离出氢离子，则溶液呈酸性，故C错误；D．NH4Al（SO4）2的水溶液中，铵根离子和铝离子部分水解，溶液呈酸性，故D错误；故选B．【点评】本题考查了溶液酸碱性判断，题目难度不大，明确盐的水解原理为解答关键，注意掌握常见盐的类型及判断其水溶液酸碱性的方法，试题侧重基础知识的考查，培养了学生灵活应用能力．5．用NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述正确的是()A．28gCO中含有的分子数为NAB．22.4L空气含有NA个单质分子C．1mol/L的NaCl溶液含有NA个Na+D．1molNa2O2固体中含有的离子总数为4NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．一氧化碳的摩尔质量为28g/mol，根据n=计算出28g一氧化碳的物质的量；B．气体状况未知，气体摩尔体积无法确定；C．溶液体积未知；D．过氧化钠是由钠离子与过氧根离子构成．-25-\n【解答】解：A.28g一氧化碳的物质的量为：n（CO）==1mol，含有一氧化碳的分子数为NA，故A正确；B．气体状况未知，气体摩尔体积无法确定，无法计算空气的物质的量，故B错误；C．溶液体积未知，依据n=CV可知，无法计算物质的量，故C错误；D．过氧化钠是由钠离子与过氧根离子构成，1molNa2O2固体中含有的离子总数为3NA，故D错误；故选：A．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，题目难度不大．6．下列关于有机化合物的认识正确的是()A．甲烷、苯和油脂均能使酸性KMnO3溶液褪色B．苯使溴水褪色是因为发生了氧化反应C．用新制的Cu（OH）2悬浊液可以鉴别乙酸、乙醇和葡萄糖D．甲烷和乙烯一定条件下都可以与氯气反应，反应类型相同【考点】有机物的鉴别；有机化学反应的综合应用．【专题】有机反应．【分析】A．甲烷、苯不与酸性高锰酸钾反应；B．苯与溴水不反应；C．新制的Cu（OH）2悬浊液分别与乙酸、乙醇和葡萄糖混合的现象为：蓝色溶液、无现象、砖红色沉淀；D．甲烷与氯气发生取代反应，乙烯与氯气发生加成反应．【解答】解：A．甲烷、苯不与酸性高锰酸钾反应，而油脂中油含碳碳双键，可使酸性KMnO3溶液褪色，故A错误；B．苯与溴水不反应，可发生萃取现象，故B错误；C．新制的Cu（OH）2悬浊液分别与乙酸、乙醇和葡萄糖混合的现象为：蓝色溶液、无现象、砖红色沉淀，现象不同，可鉴别，故C正确；D．甲烷与氯气发生取代反应，乙烯与氯气发生加成反应，反应类型不同，故D错误；故选C．【点评】本题考查有机物的鉴别，为高频考查，把握常见有机物的性质为解答的关键，侧重常见有机物结构与性质、反应类型的考查，题目难度不大．7．常温下在下列给定条件的溶液中，能大量共存的粒子组是()A．能使pH试纸呈红色的溶液：CH3COOH、NH4+、I﹣、NO3﹣B．pH=14的溶液：Ba2+、Mg2+、HCO3﹣C．c（Fe3+）=0.1mol/L的溶液：H+、Al3+、Cl﹣、SCN﹣D．kw/c（H+）=0.1mol/L的溶液：Na+、NH3•H2O、SiO32﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．能使pH试纸呈红色的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；B．pH=14的溶液，显碱性；C．离子之间结合生成络离子；D．kw/c（H+）=0.1mol/L的溶液，显碱性．-25-\n【解答】解：A．能使pH试纸呈红色的溶液，显酸性，H+、I﹣、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．pH=14的溶液，显碱性，不能大量存在Mg2+、HCO3﹣，且Ba2+、OH﹣、HCO3﹣反应生成碳酸钡沉淀和水，不能大量共存，故B错误；C．Fe3+、SCN﹣结合生成络离子，不能大量共存，故C错误；D．kw/c（H+）=0.1mol/L的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应、络合反应的离子共存考查，题目难度不大．8．在酸性介质中，向MnSO4溶液中滴加（NH4）2S2O8（过二硫酸铵）溶液会发生如下离子反应：2Mn2++5S2O82﹣+8X=2MnO42﹣+10SO42﹣+16H+，下列说法正确的是()A．X是H2OB．还原性：SO42﹣＞Mn2+C．该反应中酸性介质可以为盐酸D．每生成0.1molSO42﹣，转移电子0.05mol【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】2Mn2++5S2O82﹣+8X=2MnO42﹣+10SO42﹣+16H+中，Mn元素的化合价升高，S元素的化合价降低，由电荷守恒可知，X为中性物质，结合原子守恒可知X为H2O，以此来解答．【解答】解：A．由电荷守恒及原子守恒可知，X为H2O，故A正确；B．由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，还原性为Mn2+＞SO42﹣，故B错误；C．高锰酸根离子能氧化盐酸，不能使用盐酸作酸性介质，故C错误；D．由反应可知，生成10molSO42﹣转移电子10mol电子，则每生成0.1molSO42﹣，转移电子0.1mol，故D错误；故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项C为解答的难点，题目难度不大．9．下列相关反应的离子方程式书写正确的是()A．将钠粒投入CuSO4溶液中：2Na+Cu2+═Cu+2Na+B．将NaHSO4溶液滴加到含有酚酞的Ba（OH）2溶液中，溶液由红色变成无色：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2OC．硫化钠溶液中加入少量的氯化铁溶液：S2﹣+2Fe3+═2Fe2++S↓D．将少量醋酸加入到NaAlO2溶液中：CH3COOH+AlO2﹣+H2O═CH3COO﹣+Al（OH）3↓【考点】离子方程式的书写．【分析】A．反应生成氢氧化铜、硫酸钠和氢气；B．溶液由红色变成无色，生成硫酸钡、硫酸钠和水；C．反应生成FeS、S、氯化钠；D．反应生成醋酸钠、氢氧化铝．【解答】解：A．将钠粒投入CuSO4溶液中的离子反应为2Na+2H2O+Cu2+═Cu（OH）2↓+2Na++H2↑，故A错误；B．将NaHSO4溶液滴加到含有酚酞的Ba（OH）2溶液中，溶液由红色变成无色的离子反应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故B错误；-25-\nC．硫化钠溶液中加入少量的氯化铁溶液的离子反应为3S2﹣+2Fe3+═2FeS+S↓，故C错误；D．将少量醋酸加入到NaAlO2溶液中的离子反应为CH3COOH+AlO2﹣+H2O═CH3COO﹣+Al（OH）3↓，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒分析，题目难度不大．10．实验室某些物质的制备装置如图所示（省略夹持装置和净化装置），仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的是()选项a中的物质b中的物质c中的物质d中的物质d中的物质A浓硫酸Na2SO3（NH4）2SO3浓氨水CaOB浓硝酸CuH2SO4稀盐酸Na2SC稀硫酸ZnHCl稀盐酸MnO2D浓硫酸CH3CH2OHCH2BrCH2Br溴单质CCl4A．AB．BC．CD．D【考点】常见气体制备原理及装置选择；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质．【专题】氧族元素；氮族元素．【分析】A、浓硫酸和Na2SO3制取二氧化硫，浓氨水和CaO可制取氨气，二氧化硫和氨气反应生成（NH4）2SO3；B、浓硝酸和铜反应生成NO2，稀盐酸和Na2S反应生成H2S，NO2和H2S反应生成S；C、稀盐酸和二氧化锰不反应；D、CH3CH2OH在浓硫酸催化下消去反应，反应装置需要加热．【解答】解：A、浓硫酸和Na2SO3制取二氧化硫，浓氨水和CaO可制取氨气，二氧化硫和氨气反应生成（NH4）2SO3，故A正确；B、浓硝酸和铜反应生成NO2，稀盐酸和Na2S反应生成H2S，NO2和H2S反应生成S，不能生成硫酸，故B错误；C、稀盐酸和二氧化锰不反应，故C错误；D、CH3CH2OH在浓硫酸催化下消去反应，反应装置需要加热，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学实验基本原理（气体的制备）、实验装置、仪器的使用，难度一般，掌握物质的性质是解题的关键．11．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X是地壳中含量最多的元素．常温下，Y的块状单质在Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液中会发生钝化．下列说法正确的是()A．X与W位于同一主族B．原子半径：X＞YC．最简单氢化物的稳定性：X＞Z-25-\nD．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞W【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X是地壳中含量最多的元素，则X为O元素；常温下，Y的块状单质在Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液中会发生钝化，则Y为Al、Z为S元素，故W为Cl，结合元素周期律解答．【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X是地壳中含量最多的元素，则X为O元素；常温下，Y的块状单质在Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液中会发生钝化，则Y为Al、Z为S元素，故W为Cl．A．X为O元素、W为Cl元素，二者不是同主族元素，故A错误；B．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：X（O）＜Y（Al），故B错误；C．非金属性X（O）＞Z（S），故最简单氢化物的稳定性：X＞Z，故C正确；D．非金属性Cl＞S，故Cl元素最高价氧化物对应水化物的酸性更强，故D错误，故选C．【点评】本题考查元素周期律、结构位置性质关系，推断元素是解题关键，需要学生熟练掌握元素化合物性质，难度中等．12．常温下，已知0.1mol/L的CH3COOH和HCN溶液的pH分别为a、b，且1＜a＜b，下列有关叙述不正确的是()A．CH3COOH与HCN均为弱酸B．常温下，等浓度CH3COONa溶液的pH小于NaCN溶液的pHC．在CH3COONa溶液中，c（Na+）+c（H+）═c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）D．在NaCN溶液中，c（Na+）＞c（CN﹣）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】常温下，已知0.1mol/L的CH3COOH和HCN溶液的pH分别为a、b，且1＜a＜b，说明都是弱酸，而同浓度PH值越大，酸的电离程度越小，对应的酸越弱，结合物料守恒分析解答．【解答】解：A、因为常温下，已知0.1mol/L的CH3COOH和HCN溶液的pH分别为a、b，且1＜a＜b，所以两种酸都弱酸，故A正确；B、酸越弱对应酸根离子水解能力越强，所以等浓度CH3COONa溶液的水解程度小于NaCN溶液的水解程度，所以pH（NaCN）＞pH（CH3COONa），故B正确；C、根据物料守恒，在CH3COONa溶液中，钠离子的浓度与醋酸离子所有存在形式的浓度相等，所以c（Na+）═c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），故C错误；D、在NaCN溶液中，弱离子CN﹣水解，导致c（Na+）＞c（CN﹣），故D正确；故选C．【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离程度与弱酸根离子水解程度的关系即可解答，注意两种弱酸同浓度PH值越大，酸的电离程度越小．-25-\n13．如图为以SCY陶瓷固体为电解质的电化学合成氨装置，将该装置的底部置于加热炉内保持570℃的高温．将氨气通往陶瓷内筒，将氢气通过陶瓷内筒和石英外筒间的空隙．下列说法正确的是()A．钯电极N为正极B．钯电极M上发生氧化反应C．SCY陶瓷固体电解质中H+移向钯电极ND．电池总反应方程式为N2+3H2═2NH3【考点】化学电源新型电池．【分析】由图可知，氮气在电极放电生成氨气，所以此电极为阴极，在电解池中，阴极发生得电子的还原反应，氮气得电子的过程为：N2+6e﹣+6H+=2NH3，氢气在另一个电极失电子生成氢离子，H2一2e﹣═2H+，总反应是N2+3H2═2NH3．【解答】解：A、由图可知，氮气在电极放电生成氨气，所以此电极为阴极，钯电极N为负极，故A错误；B、钯电极M是正极，该电极上发生得电子的还原反应反应，故B错误；C、SCY陶瓷固体电解质中H+移向正极，即移向钯电极M，故C错误；D、在电解池中，阴极发生得电子的还原反应，氮气得电子的过程为：N2+6e﹣+6H+=2NH3，氢气在另一个电极失电子生成氢离子，H2一2e﹣═2H+，两极反应相加纪委总反应：N2+3H2═2NH3，故D正确．故选D．【点评】本题考查学生原电池的工作原理以及电极反应式的书写知识，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度中等．14．工业上消除氮氧化物的污染可用如下反应：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=akJ/mol．在温度T1和T2时，分别将0.50molCH4和1.2molNO2充入体积为1L的恒容密闭容器中，测得n（N2）随时间变化的数据如表．下列说法不正确的是()温度时间/minn/mol010204050T1n（N2）00.200.350.400.40T2n（N2）00.25…0.300.30A．T1温度下，CH4的平衡转化率为50%B．T1＜T2C．a＜0D．T2时反应的平衡常数大于T1时反应的平衡常数【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【分析】A．由表中数据可知，40min处于平衡状态，平衡时生成氮气为0.4mol，根据方程式计算消耗甲烷物质的量，进而计算甲烷的转化率；B．由前10min内，温度T2时生成氮气较多，说明温度T2的反应速率快，温度越高反应速率越快；-25-\nC．由B中分析可知，温度T1＜T2，T2温度30min处于平衡状态，平衡时氮气的物质的量比T1温度小，说明升高温度平衡逆向移动；D．升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小．【解答】解：A．由表中数据可知，40min处于平衡状态，平衡时生成氮气为0.4mol，根据方程式可知消耗甲烷物质的量为0.4mol，则甲烷的转化率为×100%=80%，故A错误；B．由前10min内，温度T2时生成氮气较多，说明温度T2的反应速率快，温度越高反应速率越快，故温度T1＜T2，故B正确；C．由B中分析可知，温度T1＜T2，T2温度30min处于平衡状态，平衡时氮气的物质的量比T1温度小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故a＜0，故C正确；D．升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，T2时反应的平衡常数小于T1时反应的平衡常数，故D错误，故选：AD．【点评】本题考查化学平衡计算及影响因素、平衡常数影响因素等，关键是根据数据判断温度大小，较好的考查学生对数据的分析处理能力，难度中等．二、非选择题（58分）15．W、M、X、Y、Z五种短周期元素在周期表中的位置如表所示，其中只有M为金属元素．请回答下列问题：WMXYZ（1）M的原子结构示意图为，比较Y与Z两种元素的简单离子的半径大小：S2﹣＞Cl﹣（用离子符号表示）（2）写出X的氧化物与W的氢化物的水溶液反应的化学方程式：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O．（3）科学家研制出一种英文名为sulflower的新型分子C16Y8（结构如图所示）．1molC16Y8最多能与8molH2发生加成反应．（4）托帕石是一种名贵黄玉，其组成为M2[XO4]WOH，托帕在强碱溶液中会发生腐蚀，写出托帕石粉末与过量NaOH溶液反应的化学方程式：Al2[SiO4]FOH+5NaOH=2NaAlO2+Na2SiO3+NaF+3H2O．【考点】化学方程式的书写；原子结构示意图；微粒半径大小的比较．【分析】根据题意：其中只有M为金属元素，所以M是Al，X是Si，Y是S，Z是Cl，W是F．（1）根据原子核外电子排布规律来确定电子排布示意图，微粒电子层越多半径越大，电子层数一样，核电荷数越多，半径越小；-25-\n（2）二氧化硅可以和氢氟酸之间反应生成四氟化硅和水；（3）根据双键的数目结合加成反应的特征来回答；（4）托帕石粉末与过量NaOH溶液反应偏铝酸钠、硅酸钠、氟化钠以及水，根据质量守恒来配平方程式．【解答】解：根据题意：其中只有M为金属元素，所以M是Al，X是Si，Y是S，Z是Cl，W是F．（1）根据原子核外电子排布规律，Al原子的核外电子排布示意图为，硫离子和氯离子电子层数一样，核电荷数越多，半径越小，所以微粒半径：S2﹣＞Cl﹣；故答案为：；S2﹣＞Cl﹣；（2）硅的氧化物与F的氢化物的水溶液反应生成四氟化硅和水，即SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；故答案为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；（3）1molC16Y8双键的数目是8mol，所以最多能与8molH2发生加成反应；故答案为：8；（4）根据推断结果，M2[XO4]WOH的分子式为：Al2[SiO4]FOH，托帕石粉末与过量NaOH溶液反应偏铝酸钠、硅酸钠、氟化钠以及水，根据质量守恒来配平方程式为：Al2[SiO4]FOH+5NaOH=2NaAlO2+Na2SiO3+NaF+3H2O；故答案为：Al2[SiO4]FOH+5NaOH=2NaAlO2+Na2SiO3+NaF+3H2O．【点评】本题涉及元素周期表的结构以及元素周期律的应用知识，属于综合知识的考查，难度中等．16．氢气是清洁能源，也是重要的化工原料．（1）写出金属钠与水反应生成氢气的化学方程式：2Na+2H2O=H2↑+2NaOH．（2）以H2为原料制取氨气进而合成CO（NH2）2的反应如下：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3△H=﹣92.4kJ/mol2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=﹣86.98kJ/mol则N2（g）、H2（g）与CO2（g）反应生成CO（NH2）2（s）和H2O（l）的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=﹣179.38KJ/mol．（3）已知H2S高温热分解制H2的反应为H2S（g）⇌H2（g）+S2（g）．在为2L的恒容密闭容器中，通入3.5molH2S，控制不同温度进行H2S的分解实验，测得H2S的平衡转化率与温度的关系如图所示．①985℃时，反应经7min达到平衡，则上述反应从起始至7min内的反应速率v（S2）=0.05mol/（L•min）．②反应S2（g）+2H2（g）⇌2H2S（g）的△H＜（填“＞”或“＜”）0．-25-\n【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；反应速率的定量表示方法；焓变和熵变；钠的化学性质．【分析】（1）钠和水反应生成氢氧化钠和氢气；（2）根据已知方程式构建目标方程式结合盖斯定律来分析；（3）①根据在985℃时，H2S的转化率为40%，即可求出H2S的物质的量的该变量，然后根据在反应中，物质的量的该变量之比等于计量数之比，即可求出S2的物质的量的该变量，然后根据v=来计算反应速率．②据图可知，温度越高，H2S的平衡转化率越高，则说明升高温度，反应H2S=H2（g）+S2（g）平衡右移，反应吸热，据此判断．【解答】解：（1）钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应方程式为：2Na+2H2O=H2↑+2NaOH，故答案为：2Na+2H2O=H2↑+2NaOH；（2）已知：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92.40kJ•mol﹣1①2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=﹣86.98kJ•mol﹣1②将①+②可得：N2（g）+3H2（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=（﹣92.4KJ/mol）+（﹣86.98KJ/mol）=﹣179.38KJ/mol，故答案为：N2（g）+3H2（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=﹣179.38KJ/mol；（3）①在985℃时，H2S的转化率为40%，H2S的物质的量的该变量△n=3.5mol×40%=1.4mol，在反应中，物质的量的该变量之比等于计量数之比，故S2的物质的量的该变量△n=0.7mol，故反应速率v（S2）===0.05mol/（L•min），故答案为：0.05mol/（L•min）；②据图可知，温度越高，H2S的平衡转化率越高，则说明升高温度，反应H2S=H2（g）+S2（g）平衡右移，反应吸热，故反应S2（g）+2H2（g）=2H2S（g）放热，即△H＜0，故答案为：＜．【点评】本题考查了钠与水反应、反应热的计算、反应热的计算等知识，利用盖斯定律进行反应热的计算以及利用温度对平衡转化率的影响来分析反应吸热还是放热是解答关键，题目难度中等．17．湿化学法（NPP﹣法）制备纳米级活性氧化锌，可以用氧化锌粗品（含有FeO、Fe2O3、CuO杂质）为原料，采用酸浸出锌，经过多次净化除去原料中的杂质，然后沉淀获得碱式碳酸锌，最后焙烧获得活性氧化锌．其化学工艺流程如图：-25-\n已知：溶液中Fe2+、Fe3+、Cu2+、Zn2+以氢氧化物的形式沉淀时的pH如表：离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe2+6.48.4Fe3+2.73.2Cu2+5.26.7Zn2+6.89.0（1）实验室用98%浓H2SO4（ρ=1.84g/cm3）来配制100ml2.5mol/L稀H2SO4所需的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、00mL容量瓶、量筒、玻璃棒．（2）上述流程图中pH=12的Na2CO3溶液中阴离子的浓度由大到小的顺序为c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）．（3）滤渣1是Fe（OH）3（填化学式，下同），滤渣2是Cu、Zn．加入H2O2时发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O．（4）“沉淀”得到ZnCO3•2Zn（OH）2•H2O，“煅烧”在450～500℃下进行，“煅烧”反应的化学方程式为ZnCO3•2Zn（OH）2•H2O3ZnO+CO2↑+3H2O↑．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】由实验流程可知，氧化锌粗品（含有FeO、Fe2O3、CuO杂质），用硫酸浸出锌，得溶液中含有Fe2+、Fe3+、Cu2+、Zn2+，再加入双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，调节pH值，使Fe3+生成滤渣1为氢氧化铁，过滤除杂，得到滤液的中加入足量的锌，置换出铜，得滤渣2为铜和过量的锌，滤液中含锌离子，与加入的Na2CO3溶液反应生成碱式碳酸锌，最后焙解获得活性氧化锌，（1）根据配制一定物质的浓度的溶液的操作要求可知，实验过程需要用到的玻璃仪器；（2）Na2CO3溶液中碳酸根离子发生水解，使溶液呈碱性，且一级水解程度大于二级水解；（3）根据上面的分析可知滤渣的成份；加入H2O2时亚铁离子在酸性条件下与双氧水发生氧化还原反应生成铁离子和水；（4）“煅烧”反应生成ZnO、二氧化碳和水．【解答】解由实验流程可知，氧化锌粗品（含有FeO、Fe2O3、CuO杂质），用硫酸浸出锌，得溶液中含有Fe2+、Fe3+、Cu2+、Zn2+，再加入双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，调节pH值，使Fe3+生成滤渣1为氢氧化铁，过滤除杂，得到滤液的中加入足量的锌，置换出铜，得滤渣2为铜和过量的锌，滤液中含锌离子，与加入的Na2CO3溶液反应生成碱式碳酸锌，最后焙解获得活性氧化锌，（1）根据配制一定物质的浓度的溶液的操作要求可知，实验过程需要用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、00mL容量瓶、量筒、玻璃棒，故答案为：00mL容量瓶、量筒、玻璃棒；（2）Na2CO3溶液中碳酸根离子发生水解，使溶液呈碱性，且一级水解程度大于二级水解，所以pH=12的Na2CO3溶液中阴离子的浓度由大到小的顺序为c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），故答案为：c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）；-25-\n（3）根据上面的分析可知滤渣1为氢氧化铁，化学式为Fe（OH）3，滤渣2为Cu、Zn，加入H2O2时亚铁离子在酸性条件下与双氧水发生氧化还原反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：Fe（OH）3；Cu、Zn；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（4）“煅烧”反应生成ZnO、二氧化碳和水，反应为ZnCO3•2Zn（OH）2•H2O3ZnO+CO2↑+3H2O↑，故答案为：ZnCO3•2Zn（OH）2•H2O3ZnO+CO2↑+3H2O↑．【点评】本题考查学生对工艺流程的理解、阅读获取信息能力、对操作步骤的分析评价、物质的分离提纯、氧化还原反应计算等，是对所学知识的综合运用与能力的考查，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力，题目难度中等．18．CO、SO2、NO2是常见的污染气体．（1）CO、SO2、NO2、NO四种氧化物中，属于酸性氧化物的是SO2（填化学式）．（2）如图甲是一种新型燃料电池，它以CO为燃料，一定比例的Li2CO3和Na2CO3熔融混合物为电解质；图乙是粗铜精炼的装置图．现以燃料电池为电源进行粗铜的精炼实验．A极的电极反应式为CO﹣2e﹣+CO32﹣=2CO2，B极应与D（填“C”或“D”）极相连．（3）工业二氧化硫尾气用Na2SO3吸收后转化为NaHSO3溶液，再用惰性电极电解NaHSO3溶液，可在生产硫酸的同时再生成Na2SO3．原理如图丙所示，则电解总反应方程式是2NaHSO3+H2OH2SO4+Na2SO3+H2↑．【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）根据酸性氧化物的定义判断，酸性氧化物可与碱反应，且只生成盐和水，如与水反应，酸性氧化物只生成酸；（2）原电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应，所以通入氧气的一极为正极，通入CO的一极为负极；B为正极，粗铜精炼时，粗铜作阳极，与电源的正极相连；（3）电解NaHSO3溶液可在生产硫酸的同时再生成Na2SO3，硫的化合价升高，所以阳极是HSO3﹣溶液失去电子被氧化生成SO42﹣，阴极为氢离子得电子生成氢气，据此书写总反应．【解答】解：（1）NO2与水反应生成硝酸、NO和水，不是酸性氧化物，SO2可与碱反应生成盐和水是酸性氧化物，而CO与水、碱都不反应，为不成盐氧化物，-25-\n故答案为：SO2；（2）CO具有还原性，在负极上发生氧化反应生成CO2，所以A极的电极反应式为：CO﹣2e﹣+CO32﹣═2CO2，因A为负极，B为正极，粗铜精炼时，粗铜D作阳极，与电源的正极B相连，故答案为：CO﹣2e﹣+CO32﹣=2CO2；D；（3）电解池中阳极失去电子，发生氧化反应，电解NaHSO3溶液可在生产硫酸的同时再生成Na2SO3，硫的化合价升高，所以阳极是HSO3﹣溶液失去电子被氧化生成SO42﹣，阴极为氢离子得电子生成氢气，所以电解总反应方程式是2NaHSO3+H2OH2SO4+Na2SO3+H2↑；故答案为：2NaHSO3+H2OH2SO4+Na2SO3+H2↑．【点评】本题考查了酸性氧化物的判断和原电池电极反应和电解池原理的理解应用，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等．19．一氯胺（NH2Cl，Cl呈+1价）可用于制备液体火箭燃料偏二甲肼．实验一：制备NH2Cl．实验室制备一氯胺可用氨气与次氯酸或次氯酸盐反应．某实验小组设计如图装置制备NH2Cl．（1）B中盛装的试剂是碱石灰或者生石灰．（2）E置于B、C之间，可用于收集制备的气体，收集时，气体从d（填“c”或“d”）口进气．（3）C中盛装的是饱和食盐水，则惰性电极b应与电源正极相连．（4）电解一段时间后，通入氨气，写出氨气与次氯酸钠反应生成NH2Cl的化学方程式：NaClO+NH3=NH2Cl+NaOH．实验二：检测自来水中的一氯胺的含量．一氯胺是重要的水消毒剂，利用碘量法可以检测自来水中一氯胺的含量．其主要方法为：取已加入一氯胺的自来水，加入过量的碘化钾溶液，充分反应后，用0.100mol/L的Na2S2O3溶液进行滴定，达到终点时，消耗Na2S2O3溶液5.00ml．已知：NH2Cl+3I﹣+2H2O═NH3•H2O+OH﹣+Cl﹣+I3﹣I3﹣≒I2+I﹣I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣（5）滴定时选用的指示剂是淀粉．（6）该自来水中一氯胺的浓度为0.0125mol/L．【考点】氨的制取和性质．【分析】（1）B中盛装是净化碱性气体氨气中的水，所以选用的试剂是碱石灰或者生石灰；（2）装置E用收集气体时，如气体的密度比空气小用向上排空法，即d进c出；-25-\n（3）b极应产生氯气与a极产生的氢氧化钠充分接触生成次氯酸钠；（4）氨气与次氯酸钠发生氧化还原反应生成一氯胺，反应的方程式为：NaClO+NH3=NH2Cl+NaOH；（5）淀粉遇碘变蓝色，可用淀粉作指示剂，滴定终点时，溶液蓝色变为无色；（6）由方程式：NH2Cl+3I﹣+2H2O═NH3•H2O+OH﹣+Cl﹣+I3﹣；I3﹣≒I2+I﹣；I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣；可得到关系式：NH2Cl～I3﹣～I2～2S2O32﹣进行计算．【解答】解：（1）B中盛装是净化碱性气体氨气中的水，所以选用的试剂是碱石灰或者生石灰，故答案为：碱石灰或者生石灰；（2）E置于B、C之间，可用于收集制备未完全反应的氨气，收集时，应d进c出，故答案为：d；（3）b极应产生氯气与a极产生的氢氧化钠充分接触生成次氯酸钠，氯由﹣1价变成0价的氯，化合价升高发生氧化反应，所以b是阳极，与电源的正极相连，故答案为；正；（4）氨气与次氯酸钠发生氧化还原反应生成一氯胺，反应的方程式为：NaClO+NH3=NH2Cl+NaOH，故答案为：NaClO+NH3=NH2Cl+NaOH；（5）淀粉遇碘变蓝色，可用淀粉作指示剂，滴定终点时，溶液蓝色变为无色，所以滴定时选用的指示剂是：淀粉溶液，故答案为：淀粉；（6）由方程式：NH2Cl+3I﹣+2H2O═NH3•H2O+OH﹣+Cl﹣+I3﹣；I3﹣≒I2+I﹣；I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣；可得到关系式：NH2Cl～I3﹣～I2～2S2O32﹣；12C×20×10﹣3L0.100mol/L×5×10﹣3L解之得：C==0.0125mol/L，故答案为：0.0125mol/L．【点评】本题是一道综合考查题，有关于制备液体火箭燃料偏二甲肼的制备的题目和氧化还原反应滴定的计算，难度中等，注意利用关系式计算．三、物质结构与性质20．第VIA族的氧、硫、硒（Se）、碲（Te）等元素在化合物中常表现出多种价态，含第VIA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途．请回答下列问题：（1）在元素周期表中N、O、F三种元素相邻，这三种元素的第一电离能由小到大的顺序是O＜N＜F．（2）氧元素的存在影响了很多物质的性质，乙醇（CH3CH2OH）和二甲醚（CH3OCH3）的分子式均为C2H6O，但CH3CH2OH的沸点高于CH3OCH3的沸点，其原因是乙醇分子之间形成氢键．（3）Se元素基态原子的价电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4．CSe2首次是由H2Se与CCl4反应后制取的．CSe2分子内的Se﹣C﹣Se键角大于（填“大于”“等于”或“小于”）H2Se分子内的H﹣Se﹣H键角．（4）根据价电子对互斥理论，可以推知SO2分子的空间构型为V形，其中S原子采用的轨道杂化形式为sp2．（5）铜与氧能形成CuO和Cu2O两种氧化物，某种铜的氧化物的结构如图所示．①该氧化物的化学式为CuO．②该晶体中氧原子的配位数为4．晶体中距离最近的4个铜原子构成的几何形状为正四面体．-25-\n【考点】晶胞的计算；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；氢键的存在对物质性质的影响．【分析】（1）同周期元素自左而右，第一电离能呈增大趋势；氮原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，其第一电离能大于O；（2）CH3CH2OH含氢键，使其沸点升高；（3）硒是34号元素，基态原子核外有34个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式；根据分子空间构型确定其键角相对大小；（4）二氧化硫分子中，中心原子S形成两个2个σ键和1对孤对电子，据此判断其中心原子的杂质方式及空间构型；（5）①在晶胞结构中，黑颜色球代表的Cu位于体内，共4个；白颜色球代表的O有8个位于顶点、6个位于面心，利用均摊法计算出其化学式；②根据晶胞结构可知，立方体体心的O原子周围含有4个铁离子，所以其配位数为4，晶体中距离最近的4个铜原子构成正四面体结构．【解答】解：（1）同周期元素自左而右，第一电离能呈增大趋势，但是氮原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，电子能量降低，所以第一电离能高于同周期相邻元素的第一电离能，所以三者的第一电离能由小到大的顺序为：O＜N＜F，故答案为：O＜N＜F；（2）CH3CH2OH含氢键，使其沸点升高，CH3CH2OH的沸点高于CH3OCH3的沸点，其原因是乙醇分子之间形成氢键，故答案为：乙醇分子之间形成氢键；（3）硒是34号元素，基态原子核外有34个电子，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p4；CSe2与CO2结构相似，二氧化碳是直线型分子，H2Se分子为v型分子，所以CSe2分子内的Se﹣C﹣Se键角大于H2Se分子内的H﹣Se﹣H键角，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p4；大于；（4）二氧化硫分子中，中心原子S形成两个2个σ键、含有1对孤对电子，故杂化轨道数为3，采取sp2杂化，其空间结构为V形，故答案为：V形；sp2；（5）①在晶胞结构中，黑颜色球代表的Cu位于体内，共4个；白颜色球代表的O有8个位于顶点、6个位于面心，晶胞中总个数为：8×+6×=4，化学式可写为CuO，故答案为：CuO；②氧化铜晶胞的体心的氧离子周围包围了4个铜离子，则其配位数为4；由于晶体中距离最近的4个铜原子与体心的氧原子距离完全相同，所以这四个Cu原子构成了正四面体结构，故答案为：4；正四面体．【点评】本题考查了晶胞的计算、配合物的成键情况的判断、元素周期律的应用等知识，题目难度较大，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力，注意掌握均摊法在计算晶胞化学式中的应用，明确配合物的成键情况．四、有机化学基础-25-\n21．图1表示的化合物I的名称为甲基环氧乙烷，化合物I常用于制备药物和合成高分子材料．（1）化合物I的分子式为C3H6O．（2）化合物I在催化剂作用下能与发生水反应得到二元醇，该反应的化学方程式为+H2O→．（3）慢心律是一种治疗心律失常的药物，它的合成路线如图2：①III→IV的反应类型为加成反应；III的结构简式为．②写出化合物III与浓溴水反应的化学方程式+3Br2→↓+3HBr．③由III制备IV的过程中有少量副产物V生成，V与IV互为同分异构体．V的结构简式为．（4）化合物IV还可用于制备高分子化合物VII，涉及的过程为：ⅣⅥⅦ．已知VI的分子中不含甲基，写出反应VI→VII的化学方程式．【考点】有机物的推断；有机物的结构和性质．【分析】（1）根据Ⅰ的结构简式可写出分子式；（2）Ⅰ与水发生加成反应生成乙二醇；-25-\n（3）物质Ⅱ在碱性条件下水解、再酸化得物质Ⅲ为，Ⅲ与Ⅰ发生加成反应生成Ⅳ，由于Ⅰ有不对称三元环，在加成过程中断裂碳氧双键有两种方法，所以可以得到两种产物，除了Ⅳ外还有一种Ⅴ为；（4）IV在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生反应生成VI，VI的分子中不含甲基，则VI的结构简式为，VI在催化剂条件下发生加聚反应生成VII，则VII为．【解答】解：（1）根据Ⅰ的结构简式可知分子式为C3H6O，故答案为：C3H6O；（2）Ⅰ与水发生加成反应生成乙二醇为+H2O→，故答案为：+H2O→；（3）物质Ⅱ在碱性条件下水解、再酸化得物质Ⅲ为，Ⅲ与Ⅰ发生加成反应生成Ⅳ，由于Ⅰ有不对称三元环，在加成过程中断裂碳氧双键有两种方法，所以可以得到两种产物，除了Ⅳ外还有一种Ⅴ为，①Ⅲ+Ⅰ→Ⅳ的反应类型为加成反应，Ⅲ的结构简式为，故答案为：加成反应；；-25-\n②化合物Ⅲ与浓溴水反应的化学方程式为+3Br2→↓+3HBr，故答案为：+3Br2→↓+3HBr；③V的结构简式为，故答案为：；（4）IV在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生反应生成VI，VI的分子中不含甲基，则VI的结构简式为，VI在催化剂条件下发生加聚反应生成VII，则VII为，则VI生成VII的反应方程式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物结构和性质及有机物推断，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，结合反应条件、部分物质结构简式进行推断，题目难度不大．-25-