安徽省六安一中高三上学期第一次月考化学试卷

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2016—2017学年安徽省六安一中高三(上）第一次月考化学试卷一、选择题（本大题共15小题，共45分,每小题只有一个是符合题目要求的）．1．唐代中药学著作《新修本草》中，有关于“青矾”的记录为:“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃,…，烧之赤色"．据此推测，“青矾"的主要成分为（）A．CuSO4•5H2O B．FeSO4•7H2OC．KAl（SO4）2•12H2O D．Fe2（SO4）3•9H2O2．下列叙述中，正确的是（)A．14C中含有14个中子B．1H、2H、3H是同一种核素C．H2O与D2O(重水）互称同位素D．C60、C70、金刚石、石墨均为碳的同素异形体3．下列说法正确的是（）A．可使用溴水鉴别植物油和汽油B．利用二氧化碳制造全降解塑料，可以消除温室效应C．“玉兔号”月球车上的太阳能电池的材料是硅D．实验室金属钠失火时,可使用泡沫灭火器灭火4．下列说法不正确的是(）A．已知冰的熔化热为6。0kJ•mol﹣1，冰中氢键键能为20kJ•mol﹣1，假设每摩尔冰中有2mol氢键，且熔化热完全用于打破冰的氢键,则最多只能破坏冰中15%的氢键B．已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c,电离度为a，Ka=（ca)2/c（1﹣a）．若加水稀释，则CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+向右移动,a增大，Ka不变C．甲烷的标准燃烧热为﹣890。3kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2（g）=CO2（g）+2H2O(l）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1D．500℃、30MPa下,将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为:N2（g)+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣38。6kJ•mol﹣15．设NA为阿伏伽德罗常数,下列说法正确的是()A．4.6gNO2与N2O4的混合气体中所含氮原子数为0。1NAB．常温常压下1。6g甲烷所含共用电子对数为0.1NAC．标准状况下，6.72LCO2与足量Na2O2反应转移电子数为0。6NAD．50ml98％浓硫酸（密度为1。84g•cm﹣3）与足量铜共热，转移的电子数为0.92NA6．能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A．用过量石灰乳吸收工业尾气中的SO2：Ca2++2OH﹣+SO2═CaSO3↑+H2OB．用酸性KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4﹣+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2OC．用铜做电极电解NaCl溶液：2C1﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣D．将Fe2O3加入到HI溶液中：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O↑7．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是(）选项实验操作实验现象结论A某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液白色沉淀溶液中一定含有SO42﹣B用激光笔照射鸡蛋白溶液有丁达尔效应鸡蛋白溶液属于胶体C某气体通入酸性KMnO4溶液中紫色褪去该气体一定是SO2D用铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色溶液中无K+A．A B．B C．C D．D8．元素周期表的形式多种多样，图是扇形元素周期表的一部分，对比中学常见元素周期表，分析其元素的填充规律，判断下列说法正确的是(）A．③元素形成的单质晶体均属于原子晶体B．②、⑦、⑧对应的简单离子半径依次减小C．②⑤形成的化合物阴阳离子个数比可能为1：1D．④元素的气态氢化物易液化，是因为其分子间存在氢键9．常温下，浓度均为0。10mol/L、体积均为V0的HA和HB溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，下列叙述正确的是(）A．该温度下HB的电离平衡常数约等于1.11×10﹣5B．相同条件下NaA溶液的pH大于NaB溶液的pHC．溶液中水的电离程度:a=c＞bD．当时,若两溶液同时升高温度，则减小10．2015年10月，屠哟哟获得诺贝尔生理学或医学奖，理由是她发现了青蒿素,这种药品可以有效降低疟疾患者的死亡率．她成为首获科学类诺贝尔奖的中国人．青蒿素两步可合成得到治疗疟疾的药物青蒿琥酯．下列有关说法正确的是（）A．青蒿素分子式为C15H2405B．反应②原子利用率为100％C．该过程中青蒿素生成双氢青蒿素属于氧化反应D．1mol青蒿琥酯与氢氧化钠溶液反应,最多消耗1mol氢氧化钠11．一定条件下合成乙烯6H2(g)+2CO2（g）⇌CH2=CH2（g）+4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法正确的是（）A．生成乙烯的速率:v（M）＞v（N）B．平衡常数KM＜KNC．催化剂可能会影响CO2的平衡转化率D．若投料比n（H2)：n(CO2）=3：1，则图中M点时,CO2的体积分数约为15.4%12．常温下，相同pH的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释，平衡时pH随溶液体积变化的曲线如图所示，则下列叙述正确的是（)A．b、c两点溶液的导电能力相同B．a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞bC．c点溶液中c（H+)=c（OH﹣）+c（CH3COOH)D．用等浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应,消耗盐酸体积Vb=Vc13．下列关于置换反应M+X→N+Y其中M、N为单质,X，Y为化合物，反应条件已略去）的说法中正确的是(）A．若X为氧化物，则Y也一定是氧化物B．若M为金属单质，则N一定为金属单质C．若X是不含金属元素的化合物，则N一定是非金属单质D．若X是含有金属元素的化合物,则Y一定含有金属元素的化合物14．在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+的稀溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，离子数几乎没有变化的是（）A．Fe3+ B．Al3+ C．NH4+ D．Fe2+15．水热法制备Fe（FeO2）2纳米颗粒的反应为3Fe2++2S2O32﹣+O2+xOH﹣=Fe（FeO2）2+S4O62﹣+2H2O．下列说法中，不正确的是（）A．每生成1molFe3O4转移4mol电子B．该反应中Fe2+和S2O32﹣都是还原剂C．3molFe2+被氧化时有1molO2被还原D．反应方程式中化学计量数x=4二、非选择题(本大题共3小题，共55分）．(一）必考题(共41分）16．铬是用途广泛的金属，但在生产过程中易产生有害的含铬工业废水．I、还原沉淀法是处理含Cr2O42﹣和CrO72﹣工业废水的一种常用方法，其工艺流程如下：其中第①步存在平衡：2CrO42﹣(黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O(1)若平衡体系中，pH=0时溶液显色．（2）以石墨为电极，电解Na2CrO4制备Na2Cr2O7的装置如图1所示．a极的名称是；b极直接相连一极的反应式为．(3）第②步反应的离子方程式：．第②步反应后的溶液加入一定量烧碱,若溶液中c（Fe3+）=2.0×10﹣12mol•L﹣1,则溶液中c(Cr3+）=mol•L﹣1．（已知Ksp［Fe（OH）3]=4。0×10﹣38mol•L﹣1，Ksp[Cr（OH）3］=6。0×10﹣31mol•L﹣1）．II、探究CrO3的强氧化性和热稳定性（4)CrO3遇有机物（如酒精）时猛烈反应以至着火．若该过程中乙醇被氧化成乙酸，CrO3被还原成绿色的Cr2（SO4）3．补充并配平下列反应式：aCrO3+bC2H5OH+cH2SO4=dCr2（SO4）3+eCH3COOH+fRb：c：f=．（5）CrO3的热稳定性差,加热时逐步分解,其固定残留率随温度的变化如图2所示．B点时生成固体的化学式为．（固体残留率=×100%）17．雾霾由多种污染物形成，其中包含颗粒物(包括PM2。5在内）、氮氧化物（NOx）、CO、SO2等．化学在解决雾霾污染中有着重要的作用．（1）已知:2SO2（g）+O2（g)═2SO3（g）△H=﹣196。6kJ•mol﹣12NO（g)+O2（g）═2NO2（g)△H=﹣113.0kJ•mol﹣1则反应NO2(g）+SO2（g）═SO3（g）+NO（g)△H=kJ•mol﹣1．一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于恒温恒容的密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的有．a．体系密度保持不变b．混合气体颜色保持不变c．SO3和NO的体积比保持不变d．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1：5，则平衡常数K=．(2）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2(g）═CH3OH（g）．CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示．实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是．（3)如图是一种用NH3脱除烟气中NO的原理．①该脱硝原理中，NO最终转化为H2O和（填化学式)．②当消耗1molNH3和0。5molO2时，除去的NO在标准状况下的体积为L．（4）NO直接催化分解（生成N2和O2）也是一种脱硝途径．在不同条件下，NO的分解产物不同．在高压下，NO在40℃下分解生成两种化合物，体系中各组分物质的量随时间变化曲线如右图所示,写出NO分解的化学方程式．18．CaS用于制备除虫剂、发光材料等．某课题组拟用硫酸钙和焦炭在高温下反应制备硫酸钙并检验产物．(1)甲同学设计如图实验装置检验气体产物：①B装置作用是；②D和E装置能检验装置A的反应产物是；③E装置中可能出现的现象是．（2)乙同学提出，根据氧化还原反应，A中的气体产物可能还有CO2、SO2，为了验证他的猜想，结合上述装置并选择下列仪器设计方案（同一种仪器可重复使用）．①气流从左至右，仪器连接顺序为A、F．②能证明有SO2的现象是；能证明有CO2的现象是．③除去SO2的离子方程式为．(3）经试验检验气体产物有SO2、CO、CO2且气体体积之比为1：1：2,写出A中反应的化学方程式．(4）利用重量法测定固体产物的质量之比，即将样品溶于足量的饱和碳酸钠溶液,过滤洗涤、干燥等．需要测定的物理量有．（已知CaS与H2O反应生成Ca(OH）2和H2S）(二）选考题（2题中任选一题作答，14分）【化学-—选修3：物质结构与性质】19．短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，c和d位于同主族且原子序数相差8；基态a原子核外有3个能级上容纳电子且每个能级上电子数相等,c原子s能级电子总数与p能级电子数相等,基态e原子的M层上有2个未成对电子且无空轨道．（1）在a、b、c中，第一电离能由大到小排序为（用元素符号表示）;基态e原子的价层电子排布式为．(2）配合物e（ac）4在常温下呈液态,易溶于四氯化碳、苯等有机溶剂．固态e（ac）4的晶体类型是．已知(dab)2分子中含非极性键，分子中每个原子最外层都达到8个电子稳定结构,1mol（dab）2分子含σ键的数目为．（3）写出一种与dab互为等电子体的分子(填化学式）．ac32﹣的中心原子杂化类型为；dc32﹣的空间构型为．(4）ec晶胞结构与NaCl相似，其晶胞边长为apm，列式计算该晶胞的密度为g•cm﹣3（不必计算出结果,阿伏伽德罗常数的值为NA）,晶胞中c粒子的配位数为．（5）人工合成的ec晶胞存在缺陷,即阳离子有+3、+2价两种．某人工合成的晶体样品组成为e0。96c,则该晶体中+3价、+2价两种离子的个数之比为．【化学-—选修5:有机化学基础】20．艾薇醛（G，分子式:C9H14O）是一种新型的香料，可通过下列途径合成．已知下列信息：①A的核磁共振氢谱有3组峰,峰面积比为6：3:1②A、C、F均能使Br2/CCl4溶液褪色③D、E、F、G1、G2均能发生银镜反应，F中含甲基④Diels﹣Alder反应（双烯合成反应）．如：⑤回答下列问题:（1)A的名称为；E→F的反应类型是．(2)B→C的化学方程式为．（3）D的结构简式为．(4)G1、G2（均含六元环）互为同分异构体，其结构简式分别为;G1、G2在下列一种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是（填标号）a．质谱仪b．红外光谱仪c．元素分析仪d．核磁共振仪(5)与E互为同分异构体且能发生银镜反应的异构体有种（不含立体结构，不含醚键),其中核磁共振氢谱有3组峰且面积比为6：1：1的结构简式为．

2016-2017学年安徽省六安一中高三（上)第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共15小题,共45分,每小题只有一个是符合题目要求的)．1．唐代中药学著作《新修本草》中,有关于“青矾”的记录为：“本来绿色，新出窟未见风者,正如琉璃，…,烧之赤色”．据此推测，“青矾”的主要成分为（）A．CuSO4•5H2O B．FeSO4•7H2OC．KAl（SO4）2•12H2O D．Fe2（SO4）3•9H2O【考点】3A：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【分析】“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者,正如瑠璃…烧之赤色…"，青矾是绿色,经煅烧后,分解成粒度非常细而活性又很强的Fe203超细粉末为红色；【解答】解:“青矾”的描述为:“本来绿色，新出窟未见风者,正如瑠璃…烧之赤色…”，青矾是绿色,经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe203超细粉末为红色,A为蓝色晶体，B为FeSO4•7H2O是绿色晶体,C为KAl（SO4）2•12H2O是无色晶体，D为Fe2（SO4)3•9H2O为黄色晶体,所以判断“青矾"的主要成分为FeSO4•7H2O，故选B．2．下列叙述中，正确的是（）A．14C中含有14个中子B．1H、2H、3H是同一种核素C．H2O与D2O（重水）互称同位素D．C60、C70、金刚石、石墨均为碳的同素异形体【考点】32：核素．【分析】A．原子符号中左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数；B．具有一定质子数和一定中子数的原子为一种核素；C．质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子为同位素；D．同种元素组成的不同单质为同素异形体．【解答】解:A．14C中含有中子数=14﹣6=8，故A错误；B．1H、2H、3H是质子数相同，中子数不同的同一氢元素的不同种核素，是三种核素，故B错误；C．H2O与D2O是化合物，不是原子，不是同位素，故C错误；D．C60、C70、金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质,均为碳的同素异形体，故D正确；故选D．3．下列说法正确的是（）A．可使用溴水鉴别植物油和汽油B．利用二氧化碳制造全降解塑料，可以消除温室效应C．“玉兔号”月球车上的太阳能电池的材料是硅D．实验室金属钠失火时,可使用泡沫灭火器灭火【考点】U5：化学实验方案的评价．【分析】A．植物油和汽油都可使溴水褪色；B．二氧化碳制造的全降解塑料，降解后可生成二氧化碳；C．硅为半导体材料；D．过氧化钠与水、二氧化碳都反应生成氧气．【解答】解：A．植物油和汽油中含有C=C键，都可使溴水褪色，故A错误；B．二氧化碳制造的全降解塑料，降解后可生成二氧化碳，不可以消除温室效应，故B错误；C．硅为半导体材料，能制造太阳能电池板，所以“玉兔号”月球车上的太阳能电池的材料是硅，故C正确;D．钠和氧气反应生成过氧化钠,过氧化钠与水、二氧化碳都反应生成氧气,不能灭火,应用沙土盖灭，故D错误．故选C．4．下列说法不正确的是(）A．已知冰的熔化热为6.0kJ•mol﹣1，冰中氢键键能为20kJ•mol﹣1，假设每摩尔冰中有2mol氢键，且熔化热完全用于打破冰的氢键，则最多只能破坏冰中15％的氢键B．已知一定温度下,醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为a,Ka=（ca）2/c(1﹣a)．若加水稀释，则CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+向右移动，a增大,Ka不变C．甲烷的标准燃烧热为﹣890.3kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为:CH4(g)+2O2（g)=CO2（g）+2H2O（l)△H=﹣890.3kJ•mol﹣1D．500℃、30MPa下，将0。5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为:N2（g）+3H2（g)2NH3（g)△H=﹣38.6kJ•mol﹣1【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；BE：热化学方程式．【分析】A．熔化热是指:单位质量的晶体物质在熔点时变成同温度的液态物质所需吸收的热量，单位是焦/千克；氢键是一种比分子间作用力稍强，比共价键和离子键弱很多的相互作用．其稳定性弱于共价键和离子键；B．电离度与弱电解质的电离程度有关．不同的弱电解质电离的程度不同，电离度是指：弱电解质在溶液里达电离平衡时，已电离的电解质分子数占原来总分子数(包括已电离的和未电离的）的百分数，加入水稀释促进电离，电离程度增大，电离平衡常数随温度变化；C．甲烷的燃烧热指1molCH4完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；D.0。5molN2和1。5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19。3kJ，生成的氨气的物质的量小于1mol，相同条件下的同一可逆反应，正逆反应反应热数值相等，符号相反．【解答】解：A．冰是由水分子通过氢键形成的分子晶体，冰的熔化热为6。0kJ•mol﹣1，1mol冰变成0℃的液态水所需吸收的热量为6。0kJ,全用于打破冰的氢键，冰中氢键键能为20。0kJ•mol﹣1，1mol冰中含有2mol氢键，需吸收40.0kJ的热量．6。0kJ/40。0kJ×100％=15％．由计算可知，最多只能打破1mol冰中全部氢键的15％，故A正确；B．Ka是电离常数，是弱电解质达电离平衡时的平衡常数,在一定温度下，与浓度无关．Ka的计算用溶液中电离出来的各离子浓度乘积与溶液中未电离的电解质分子浓度的比值，一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为α，CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+醋酸电离出的CH3COO﹣和H+浓度均为cα，溶液中未电离的电解质分子浓度为c（1﹣α），故题中Ka=．若加水稀释，促进电离,CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+向右移动,α增大，温度不变，Ka不变，故B正确；C．根据燃烧热的概念：1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1，故C正确;D．相同条件下的同一可逆反应，正逆反应反应热数值相等，符号相反，0。5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g)，放热19.3kJ，生成的氨气的物质的量小于1mol,所以生成2mol氨气，放出的热量小于38.6kJ，△H＞﹣38.6kJ•mol﹣1,故D错误;故选D．5．设NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A．4。6gNO2与N2O4的混合气体中所含氮原子数为0。1NAB．常温常压下1。6g甲烷所含共用电子对数为0。1NAC．标准状况下，6.72LCO2与足量Na2O2反应转移电子数为0。6NAD．50ml98％浓硫酸（密度为1.84g•cm﹣3)与足量铜共热，转移的电子数为0。92NA【考点】4F:阿伏加德罗常数．【分析】A、NO2与N2O4的最简式均为NO2;B、求出甲烷的物质的量,然后根据甲烷中含4对共用电子对来分析；C、求出二氧化碳的物质的量，然后根据当1mol二氧化碳和过氧化钠反应时，反应转移1mol电子来计算；D、铜只能和浓硫酸反应,和稀硫酸不反应．【解答】解：A、NO2与N2O4的最简式均为NO2，故4。6g混合物中含有的NO2的物质的量为0.1mol，故含0。1NA个氮原子，故A正确；B、1。6g甲烷的物质的量为0.1mol，而甲烷中含4对共用电子对，故0。1mol甲烷中含0。4NA对共用电子对，故B错误；C、标况下6.72L二氧化碳的物质的量为0.3mol,而1mol二氧化碳和过氧化钠反应时，反应转移1mol电子，故0。3mol二氧化碳反应时反应转移0。3NA个电子,故C错误；D、铜只能和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应,故浓硫酸不能反应完全,则转移的电子数小于0。92NA个,故D错误．故选A．6．能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A．用过量石灰乳吸收工业尾气中的SO2：Ca2++2OH﹣+SO2═CaSO3↑+H2OB．用酸性KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4﹣+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2OC．用铜做电极电解NaCl溶液：2C1﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣D．将Fe2O3加入到HI溶液中：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O↑【考点】49：离子方程式的书写．【分析】A．石灰乳中氢氧化钙应保留化学式；B．酸性高锰酸钾氧化过氧化氢生成氧气；C．铜做电极，电极氯化钠溶液，为活性电极，电极本身放电;D．不符合反应客观事实，三价铁离子能够氧化碘离子．【解答】解：A．用过量石灰乳吸收工业尾气中的SO2，离子方程式:Ca(OH）2+SO2═CaSO3↓+H2O，故A错误；B．用酸性KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性，离子方程式：2MnO4﹣+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O，故B正确；C．金属铜作阳极时，铜电极本身失去电子，阳极反应为Cu﹣2e﹣=Cu2+，阴极是水中的氢离子放电，故电解原理方程式为Cu+2H2OCu（OH）2↓+H2↑，故C错误；D．将Fe2O3加入到HI溶液中,离子方程式：Fe2O3+2I﹣+6H+═2Fe2++I2+3H2O,故D错误；故选:B．7．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液白色沉淀溶液中一定含有SO42﹣B用激光笔照射鸡蛋白溶液有丁达尔效应鸡蛋白溶液属于胶体C某气体通入酸性KMnO4溶液中紫色褪去该气体一定是SO2D用铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色溶液中无K+A．A B．B C．C D．D【考点】U5:化学实验方案的评价．【分析】A．白色沉淀可能为AgCl;B．胶体分散系具有丁达尔现象；C．具有还原性的气体均可被高锰酸钾氧化；D．观察K的焰色应透过蓝色的钴玻璃．【解答】解:A．白色沉淀可能为AgCl，则某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，原溶液中可能含银离子或SO42﹣，但二者不能同时存在，故A错误；B．胶体分散系具有丁达尔现象,则用激光笔照射鸡蛋白溶液有丁达尔效应，说明鸡蛋白溶液属于胶体，故B正确;C．具有还原性的气体均可被高锰酸钾氧化，则某气体通入酸性KMnO4溶液中,紫色褪去,则气体可能为SO2或乙烯、乙炔等，故C错误；D．观察K的焰色应透过蓝色的钴玻璃,则用铂丝蘸取溶液进行焰色反应，焰色为黄色,则一定含Na元素，可能含K元素，故D错误；故选B．8．元素周期表的形式多种多样，图是扇形元素周期表的一部分，对比中学常见元素周期表，分析其元素的填充规律，判断下列说法正确的是（)A．③元素形成的单质晶体均属于原子晶体B．②、⑦、⑧对应的简单离子半径依次减小C．②⑤形成的化合物阴阳离子个数比可能为1:1D．④元素的气态氢化物易液化，是因为其分子间存在氢键【考点】78：元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为Na、③为C、④为N、⑤为O、⑥为P、⑦为S、⑧为Cl．A．碳单质中金刚石为原子晶体，而C60等为分子晶体;B．电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大;C．Na2O与Na2O2中阴阳离子个数比均为1：2；D．氨气分子之间存在氢键,沸点较高,容易液化．【解答】解：由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为Na、③为C、④为N、⑤为O、⑥为P、⑦为S、⑧为Cl．A．碳单质中金刚石为原子晶体，石墨为混合晶体，而C60等为分子晶体，故A错误；B．电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2﹣＞Cl﹣＞Na+，故B错误;C．Na2O与Na2O2中阴阳离子个数比均为1：2，故C错误；D．氨气分子之间存在氢键，沸点较高，容易液化，故D正确．故选D．9．常温下，浓度均为0。10mol/L、体积均为V0的HA和HB溶液,分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示,下列叙述正确的是()A．该温度下HB的电离平衡常数约等于1.11×10﹣5B．相同条件下NaA溶液的pH大于NaB溶液的pHC．溶液中水的电离程度：a=c＞bD．当时，若两溶液同时升高温度，则减小【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】0。1mol/L的HA溶液的pH=1，说明HA完全电离,所以HA为强酸,0.1mol/L的HB溶液的pH＞2，说明HB在溶液中部分电离,所以HB是弱酸;A．a点时，存在平衡：HB⇌H++B﹣，稀释100倍后，HB溶液的pH=4,溶液中c（A﹣）≈c（OH﹣）=10﹣4mol/L，结合Ka=计算；B．强酸强碱盐不水解，强碱弱酸盐水解显碱性;C．酸抑制水的电离,酸电离出的氢离子浓度越大，对水的抑制程度越大；D．升高温度促进弱酸的电离,酸根离子浓度增大,强酸的酸根离子浓度不变．【解答】解：0.1mol/L的HA溶液的pH=1，说明HA完全电离，所以HA为强酸，0.1mol/L的HB溶液的pH＞2,说明HB在溶液中部分电离，所以HB是弱酸；A．a点时，存在平衡:HB⇌H++B﹣，稀释100倍后，HB溶液的pH=4，溶液中c(A﹣）≈c（H+)=10﹣4mol/L,则Ka===1.11×10﹣5，故A正确；B．HA为强酸，NaA是强酸强碱盐不水解,溶液显中性,NaB为强碱弱酸盐，水解显碱性，所以相同条件下NaA溶液的pH小于NaB溶液的pH，故B错误；C．酸抑制水的电离，酸电离出的氢离子浓度越大,对水的抑制程度越大，氢离子浓度:a=c＞b,所以溶液中水的电离程度：a=c＜b，故C错误；D．升高温度促进弱酸的电离，所以HB中B﹣浓度增大，强酸的酸根离子浓度不变，所以A﹣的浓度不变，因此增大,故D错误．故选A．10．2015年10月，屠哟哟获得诺贝尔生理学或医学奖，理由是她发现了青蒿素，这种药品可以有效降低疟疾患者的死亡率．她成为首获科学类诺贝尔奖的中国人．青蒿素两步可合成得到治疗疟疾的药物青蒿琥酯．下列有关说法正确的是（)A．青蒿素分子式为C15H2405B．反应②原子利用率为100%C．该过程中青蒿素生成双氢青蒿素属于氧化反应D．1mol青蒿琥酯与氢氧化钠溶液反应,最多消耗1mol氢氧化钠【考点】HD：有机物的结构和性质．【分析】A．根据结构简式确定分子式；B．反应②为加成反应;C．青蒿素生成双氢青蒿素，C=O生成C﹣OH；D．青蒿琥酯含有酯基、羧基，都可与氢氧化钠溶液反应．【解答】解：A．青蒿素的化学式为C15H22O5,故A错误；B．反应②为加成反应，则原子利用率为100%，故B正确；C．青蒿素生成双氢青蒿素，C=O生成C﹣OH，为还原反应，故C错误；D．青蒿琥酯含有酯基、羧基，都可与氢氧化钠溶液反应,则最多消耗2mol氢氧化钠,故D错误．故选B．11．一定条件下合成乙烯6H2（g)+2CO2（g)⇌CH2=CH2（g）+4H2O（g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法正确的是（）A．生成乙烯的速率：v（M）＞v（N)B．平衡常数KM＜KNC．催化剂可能会影响CO2的平衡转化率D．若投料比n（H2）：n(CO2）=3：1，则图中M点时，CO2的体积分数约为15.4％【考点】CP：化学平衡的计算；CA：化学反应速率的影响因素；CB:化学平衡的影响因素．【分析】A．温度越高，反应速率越快；B．由图可知，温度高时反应物的转化率低,则正反应为放热反应；C．催化剂对平衡移动无影响;D．若投料比n（H2）：n（CO2）=3:1,图中M点CO2的转化率为50%,则6H2(g)+2CO2（g）⇌CH2=CH2（g)+4H2O开始3100转化1。50.50。251平衡1。50.50。251CO2的体积分数为×100％．【解答】解:A．温度越高，反应速率越快,N点温度高，则生成乙烯的速率：v(M）＜v(N)，故A错误；B．由图可知，温度高时反应物的转化率低,则正反应为放热反应，N点温度高，则平衡常数KM＞KN，故B错误;C．催化剂对平衡移动无影响,则催化剂不能改变CO2的平衡转化率，故C错误；D．若投料比n（H2)：n（CO2）=3:1，图中M点CO2的转化率为50％,则6H2（g）+2CO2（g）⇌CH2=CH2（g）+4H2O开始3100转化1。50。50。251平衡1。50。50.251CO2的体积分数为×100%=15.4%，故D正确；故选D．12．常温下,相同pH的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释，平衡时pH随溶液体积变化的曲线如图所示,则下列叙述正确的是(）A．b、c两点溶液的导电能力相同B．a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞bC．c点溶液中c（H+)=c(OH﹣）+c（CH3COOH)D．用等浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应,消耗盐酸体积Vb=Vc【考点】DB：盐类水解的原理．【分析】NaOH是强电解质,CH3COONa是强碱弱酸盐，加水稀释促进醋酸根离子水解，稀释相同的倍数时，溶液中c（OH﹣）CH3COONa＞NaOH，所以pH变化大的是NaOH,则b为NaOH，变化小的是CH3COONa，即c为CH3COONa，A．溶液的导电能力与离子浓度成正比；B．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；C．任何电解质溶液中都存在质子守恒；D．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（CH3COONa）＞c（NaOH）,相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度的盐酸体积与氢氧化钠和醋酸钠的物质的量成正比．【解答】解：NaOH是强电解质，CH3COONa是强碱弱酸盐，加水稀释促进醋酸根离子水解，稀释相同的倍数时，溶液中c（OH﹣）CH3COONa＞NaOH,所以pH变化大的是NaOH，则b为NaOH，变化小的是CH3COONa，即c为CH3COONa，A．溶液的导电能力与离子浓度成正比,pH相等的醋酸钠和氢氧化钠，c（CH3COONa）＞c(NaOH），所以c点导电能力大于b，即b、c两点溶液的导电能力不相同,故A正确；B．氢氧化钠对水的电离起抑制作用，而醋酸根离子浓度越大对水的电离程度越促进，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞b，故B正确；C．任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒得C（H+）+C（CH3COOH）=C（OH﹣），故C正确;D．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液,c(CH3COONa）＞c（NaOH），相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度的盐酸体积与氢氧化钠和醋酸钠的物质的量成正比，相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液n(CH3COONa）＞n（NaOH)，所以醋酸钠消耗盐酸多，消耗盐酸体积Vb＜Vc，故D错误；故选B．13．下列关于置换反应M+X→N+Y其中M、N为单质，X,Y为化合物,反应条件已略去)的说法中正确的是（）A．若X为氧化物，则Y也一定是氧化物B．若M为金属单质，则N一定为金属单质C．若X是不含金属元素的化合物,则N一定是非金属单质D．若X是含有金属元素的化合物,则Y一定含有金属元素的化合物【考点】GS：无机物的推断．【分析】由信息可知,M+X→N+Y可为铝热反应或金属单质之间的置换反应、卤素单质之间的置换反应等;若X是不含金属元素的化合物,M+X→N+Y可能为2Mg+CO22MgO+C或金属与酸（或水）反应等,以此来解答．【解答】解:A．M+X→N+Y可为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，则X为氧化物，Y不一定为氧化物，故A错误；B．M+X→N+Y可为2Mg+CO22MgO+C，则M为金属单质，N不一定为金属单质,故B错误；C．若X是不含金属元素的化合物，如M+X→N+Y可能为2Mg+CO22MgO+C或金属与酸（或水）反应、卤素单质置换反应等，可知Y一定为非金属单质，故C正确；D．若X是含有金属元素的化合物，如H2+CuOCu+H2O，Y不一定含金属元素，故D错误；故选C．14．在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+的稀溶液中加入足量的Na2O2固体,充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，离子数几乎没有变化的是(）A．Fe3+ B．Al3+ C．NH4+ D．Fe2+【考点】GF:钠的重要化合物．【分析】溶液中加入足量的Na2O2固体,充分反应后，再加入过量的稀盐酸,Fe2+氧化成Fe3+，减少的是亚铁离子和铵根离子．【解答】解:A、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀,再和盐酸反应生成三价铁离子，所以三价铁离子数目增大，故A错误；B、Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子，在盐酸作用下又会生成铝离子，根据铝元素守恒,则铝离子量不变，故B正确;C、Na2O2是强氧化剂,而且遇水生成大量的NaOH，铵根和氢氧化钠反应，这样NH4+转化成NH3从溶液逸出，铵根离子减少，故C错误;D、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+氧化成Fe3+,并沉淀,所以二价铁离子数目减小，故D错误．故选B．15．水热法制备Fe(FeO2）2纳米颗粒的反应为3Fe2++2S2O32﹣+O2+xOH﹣=Fe(FeO2)2+S4O62﹣+2H2O．下列说法中，不正确的是（）A．每生成1molFe3O4转移4mol电子B．该反应中Fe2+和S2O32﹣都是还原剂C．3molFe2+被氧化时有1molO2被还原D．反应方程式中化学计量数x=4【考点】B1：氧化还原反应；51：氧化还原反应的电子转移数目计算．【分析】根据反应3Fe2++2S2O32﹣+O2+xOH﹣=Fe(FeO2）2+S4O62﹣+2H2O中，铁、硫元素的化合价升高、氧元素的化合价降低来分析氧化剂和还原剂及反应中转移的电子数，再利用电荷守恒来分析x．【解答】解：A、因氧化还原反应中得电子数=失电子数=转移的电子总数，则生成1molFe3O4时1molO2参加反应，转移的电子数为1×2×2=4mol电子，故A说法正确;B、因该反应中铁由+2价升高到+3价，硫由+2价升高到+2。5价，则该反应中Fe2+和S2O32﹣都是还原剂,故B说法正确；C、3molFe2+参加反应时只有2mol被氧化，此时该反应中1molO2被还原，故C说法不正确；D、由电荷守恒可知,（+2）×3+(﹣2）×2+x×（﹣1）=﹣2，则x=4,故D说法正确；故选C．二、非选择题（本大题共3小题,共55分)．（一）必考题(共41分）16．铬是用途广泛的金属，但在生产过程中易产生有害的含铬工业废水．I、还原沉淀法是处理含Cr2O42﹣和CrO72﹣工业废水的一种常用方法，其工艺流程如下：其中第①步存在平衡：2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O（1）若平衡体系中，pH=0时溶液显橙色．（2）以石墨为电极,电解Na2CrO4制备Na2Cr2O7的装置如图1所示．a极的名称是负极；b极直接相连一极的反应式为2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑．（3）第②步反应的离子方程式:Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O．第②步反应后的溶液加入一定量烧碱,若溶液中c（Fe3+）=2.0×10﹣12mol•L﹣1,则溶液中c（Cr3+）=3×10﹣5mol•L﹣1．(已知Ksp[Fe（OH）3］=4。0×10﹣38mol•L﹣1，Ksp［Cr（OH）3]=6。0×10﹣31mol•L﹣1）．II、探究CrO3的强氧化性和热稳定性（4）CrO3遇有机物（如酒精）时猛烈反应以至着火．若该过程中乙醇被氧化成乙酸,CrO3被还原成绿色的Cr2(SO4）3．补充并配平下列反应式：aCrO3+bC2H5OH+cH2SO4=dCr2（SO4)3+eCH3COOH+fRb:c:f=1：2：3．（5）CrO3的热稳定性差,加热时逐步分解,其固定残留率随温度的变化如图2所示．B点时生成固体的化学式为Cr2O3．（固体残留率=×100%）【考点】FE:"三废”处理与环境保护；U3:制备实验方案的设计．【分析】（1）根据氢离子对2CrO42﹣（黄色）+2H+═Cr2O72﹣（橙色）+H2O平衡移动的影响判断；（2)根据2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O设计图示装置（均为惰性电极）电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，需要通过电解生成H+提高溶液的酸性，说明在该电极是阳极,连接电源的正极,即b为正极，阳极上氢氧根离子失电子；（3）亚铁离子与Cr2O72﹣发生氧化还原反应,由c（Fe3+）和Ksp［Fe（OH）3］计算c（OH﹣)，结合Ksp［Cr（OH）3]计算c（Cr3+）；(4)根据化合价升降总数相等以及原子守恒来解答;(5）根据质量守恒定律，在变化过程中,Cr的质量没有变，求出氧原子和铬原子的个数比即可．【解答】解:（1)若平衡体系的pH=0，溶液酸性较强，平衡2CrO42﹣（黄色)+2H+═Cr2O72﹣(橙色）+H2O正向移动，溶液呈橙色;故答案为：橙；（2)根据2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O设计图示装置（均为惰性电极）电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，需要通过电解生成H+提高溶液的酸性，说明在该电极是阳极，连接电源的正极，即b为正极,则a为负极，阳极上氢氧根离子失电子，则阳极电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；故答案为：负极；4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；（3）亚铁离子与Cr2O72﹣发生氧化还原反应,反应的离子方程式为6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；向Ⅱ反应后的溶液加一定量NaOH,若溶液中c（Fe3+）=2。0×10﹣12mol•L﹣1，则c（OH﹣）=mol/L，则c(Cr3+)==3×10﹣5，故答案为：6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；3×10﹣5；（4）CrO3具有强氧化性，遇到有机物（如酒精）时,乙醇被氧化成乙酸，碳的平均化合价从﹣2价升高到0,1个乙醇化合价变化4，CrO3被还原成绿色的硫酸铬[Cr2（SO4）3]，铬的化合价从+6价降低到+3价，1个CrO3化合价变化3，两者的最小公倍数是12，再根据原子守恒得4CrO3+3C2H5OH+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+9H2O，则b：c：f=1：2：3；故答案为：1：2：3；（5)设固体质量为100g，B点时固体的质量为：100g×76%=76g，Cr的质量没有变,所以生成物中Cr的质量为52g，氧元素的质量为16，两者的个数比为：=2:3,所以B点时剩余固体的成分是Cr2O3，所以加热到750K时成分是Cr2O3,故答案为：Cr2O3．17．雾霾由多种污染物形成，其中包含颗粒物（包括PM2。5在内）、氮氧化物（NOx）、CO、SO2等．化学在解决雾霾污染中有着重要的作用．（1）已知:2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣12NO（g）+O2（g）═2NO2（g)△H=﹣113.0kJ•mol﹣1则反应NO2（g)+SO2（g）═SO3（g）+NO（g）△H=﹣41。8kJ•mol﹣1．一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于恒温恒容的密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的有b．a．体系密度保持不变b．混合气体颜色保持不变c．SO3和NO的体积比保持不变d．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1：5，则平衡常数K=1.8．（2）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2(g）═CH3OH（g）．CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示．实际生产条件控制在250℃、1。3×104kPa左右，选择此压强的理由是在1.3×104kPa下,CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加,经济效益低．(3）如图是一种用NH3脱除烟气中NO的原理．①该脱硝原理中，NO最终转化为H2O和N2（填化学式)．②当消耗1molNH3和0.5molO2时，除去的NO在标准状况下的体积为11。2L．（4）NO直接催化分解（生成N2和O2）也是一种脱硝途径．在不同条件下，NO的分解产物不同．在高压下，NO在40℃下分解生成两种化合物，体系中各组分物质的量随时间变化曲线如右图所示，写出NO分解的化学方程式3NON2O+NO2．【考点】C9：用化学平衡常数进行计算；5A：化学方程式的有关计算；BF：用盖斯定律进行有关反应热的计算；CG：化学平衡状态的判断．【分析】(1）利用盖斯定律计算反应热,得到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变,计算平衡时各物质的浓度，可K=计算平衡常数；（2）实际生产条件控制在250℃、1。3×104kPa左右，选择此压强的理由是工业生产要考虑速经济效益,要考虑速度和效率，据此分析；（3)①由图3可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水；②根据氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量计算；（4）NO在40℃下分解生成两种化合物,根据元素守恒可知生成的为N的氧化物，由图象可知3molNO生成两种氮的氧化物各为1mol，根据原子守恒判断产物书写方程式．【解答】解：（1）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196。6kJ•mol﹣1①2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g)△H=﹣113。0kJ•mol﹣1②将方程式得：NO2（g)+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H==﹣41.8kJ/mol，a．随反应：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO(g）的进行，气体的质量和体积都不变，所以ρ=也不变，不能说明到达平衡状态，故a错误；b．混合气体颜色保持不变,说明二氧化氮的浓度不变，说明到达平衡状态,故b正确；c．随反应进行，SO3和NO都是生成物，所以体积比一直等于系数比，所以SO3和NO的体积比保持不变，不能说明到达平衡状态，故c错误;d．每生成1molSO3的同时消耗1molNO2都表示正反应速率,反应自始至终都按此比例进行，故d错误；NO2(g)+SO2（g）⇌SO3(g）+NO（g）起始物质的体积a2a00转化物质的体积xxxx平衡物质的体积a﹣x2a﹣xxx平衡时NO2与SO2体积比为1：6，即（1a﹣x）：（2a﹣x）=1：5，故x=a,故平衡常数K====1.8，故答案为：﹣41。8；b;1。8；（2）实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是工业生产要考虑速经济效益,要考虑速度和效率，压强越大需要的条件越高,花费越大．故答案为：在1.3×104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，经济效益低;（3）①由图3可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水，所以NO最终转化为N2和H2O，故答案为：N2；②氧气、一氧化氮和氨气反应生成氮气和水,反应中氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量，1molNH3转化为N2失去3mol电子，0。5molO2得到2mol电子，则NO转化为N2得到的电子为1mol,所以NO的物质的量为0。5mol，其体积为22.4L/mol×0。5mol=11。2L，故答案为：11.2；(4）NO在40℃下分解生成两种化合物,根据元素守恒可知生成的为N的氧化物，氮元素的氧化物有NO、N2O、NO2、N2O3、N2O4、N2O5，由图象可知3molNO生成两种氮的氧化物各为1mol,其反应方程式为:3NO=Y+Z，根据原子守恒可知为N2O、NO2，所以方程式为3NON2O+NO2,故答案为：3NON2O+NO2．18．CaS用于制备除虫剂、发光材料等．某课题组拟用硫酸钙和焦炭在高温下反应制备硫酸钙并检验产物．（1）甲同学设计如图实验装置检验气体产物：①B装置作用是除去酸性气体;②D和E装置能检验装置A的反应产物是CO；③E装置中可能出现的现象是溶液变浑浊．(2）乙同学提出，根据氧化还原反应,A中的气体产物可能还有CO2、SO2，为了验证他的猜想，结合上述装置并选择下列仪器设计方案（同一种仪器可重复使用）．①气流从左至右，仪器连接顺序为A、FJ、F、I、M．②能证明有SO2的现象是第1个F中溶液褪色；能证明有CO2的现象是第2个F中溶液不褪色，I中溶液变浑浊．③除去SO2的离子方程式为5SO2+2MnO4﹣+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+．（3）经试验检验气体产物有SO2、CO、CO2且气体体积之比为1：1：2,写出A中反应的化学方程式2CaSO4+3CCaS+CaO+SO2↑+2CO2↑+CO↑．（4）利用重量法测定固体产物的质量之比，即将样品溶于足量的饱和碳酸钠溶液,过滤洗涤、干燥等．需要测定的物理量有样品的质量、碳酸钙的质量．（已知CaS与H2O反应生成Ca（OH）2和H2S）【考点】U3:制备实验方案的设计．【分析】硫酸钙和焦炭在高温下反应制备硫化钙的方程式里可能产生使氧化铜还原的气体应为CO，CuO氧化CO生成红色的Cu和CO2，CO2使石灰水变浑浊．验证A中的气体产物可能还有CO2、SO2，必须先用品红验证SO2后再用酸性高锰酸钾除去SO2，再用澄清石灰水检验CO2．根据检验气体产物有SO2、CO、CO2且气体体积之比为1：1：2，写出方程式：2CaSO4+3CCaS+CaO+SO2↑+2CO2↑+CO↑．最后确定CaS和CaO的质量比，只要知道样品的质量、碳酸钙的质量即可．（1）①用硫酸钙和焦炭在高温下反应制备硫化钙,根据质量守恒定律，产物中会生成二氧化碳等酸性气体；②生成的气体中可能含有一氧化碳等还原性气体，加热时，一氧化碳能够还原氧化铜；③如果存在一氧化碳，则气体通过装置D生成二氧化碳；（2）①检验气体产物可能还有CO2、SO2，可以通过品红溶液检验二氧化硫，除去二氧化硫后再用澄清石灰水检验二氧化碳,气流从左至右;②能证明有SO2的现象是第1个F中溶液褪色；能证明有CO2的现象是第2个F中溶液不褪色，I中溶液变浑浊；③二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应；（3）气体产物有SO2、CO、CO2且气体体积之比为1:1：2；（4）将样品溶于足量的饱和碳酸钠溶液,过滤洗涤、干燥，利用重量法测定固体产物的质量之比,需要测定的物理量有样品的质量、碳酸钙的质量，【解答】解：（1）①氢氧化钠溶液可吸收除去酸性气体,不吸收CO,故答案为：除去酸性气体；②通过一氧化碳还原氧化铜由黑色变红色和CO2能够使澄清石灰水变浑浊的现象,证明装置A的反应产物是CO，故答案为：CO；③二氧化碳能够使澄清石灰水变浑浊,故答案为：溶液变浑浊；（2）①可以通过品红溶液检验二氧化硫，除去二氧化硫后再用澄清石灰水检验二氧化碳，气流从左至右的仪器连接顺序为A、F、J、F、I、M,故答案为：J、F、I、M；②能证明有SO2的现象是第1个F中溶液褪色；能证明有CO2的现象是第2个F中溶液不褪色,I中溶液变浑浊，故答案为：第1个F中溶液褪色；第2个F中溶液不褪色,I中溶液变浑浊;③反应的离子方程式为5SO2+2MnO4﹣+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+，故答案为：5SO2+2MnO4﹣+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+;（3)反应的化学方程式为2CaSO4+3CCaS+CaO+SO2↑+2CO2↑+CO↑，故答案为：2CaSO4+3CCaS+CaO+SO2↑+2CO2↑+CO↑;（4）最后确定CaS和CaO的质量比，需要测定的物理量有样品的质量、碳酸钙的质量，故答案为:样品的质量、碳酸钙的质量．（二）选考题(2题中任选一题作答，14分）【化学--选修3：物质结构与性质】19．短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，c和d位于同主族且原子序数相差8；基态a原子核外有3个能级上容纳电子且每个能级上电子数相等，c原子s能级电子总数与p能级电子数相等，基态e原子的M层上有2个未成对电子且无空轨道．（1)在a、b、c中，第一电离能由大到小排序为N＞O＞C（用元素符号表示）；基态e原子的价层电子排布式为3d84s2．（2）配合物e(ac）4在常温下呈液态,易溶于四氯化碳、苯等有机溶剂．固态e（ac）4的晶体类型是分子晶体．已知（dab）2分子中含非极性键，分子中每个原子最外层都达到8个电子稳定结构,1mol(dab）2分子含σ键的数目为5×6。02×1023．(3)写出一种与dab互为等电子体的分子CO2(或N2O）（填化学式）．ac32﹣的中心原子杂化类型为sp2;dc32﹣的空间构型为三角锥型．(4）ec晶胞结构与NaCl相似，其晶胞边长为apm,列式计算该晶胞的密度为g•cm﹣3(不必计算出结果，阿伏伽德罗常数的值为NA）,晶胞中c粒子的配位数为6．（5）人工合成的ec晶胞存在缺陷，即阳离子有+3、+2价两种．某人工合成的晶体样品组成为e0.96c，则该晶体中+3价、+2价两种离子的个数之比为1:11．【考点】9I：晶胞的计算；78：元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大,c原子s能级电子总数与p能级电子数相等，c的电子排布为1s22s22p4,c和d位于同主族且原子序数相差8，可知c为O，d为S；基态a原子核外有3个能级上容纳电子且每个能级上电子数相等,a的电子排布为1s22s22p2，则a为C元素,结合原子序数关系可知b为N；基态e原子的M层上有2个未成对电子且无空轨道,e的电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，则e为Ni，以此来解答．【解答】解:短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，c原子s能级电子总数与p能级电子数相等,c的电子排