甘肃省武威市第六中学高三下学期第一次诊断考试考试化学试卷

武威六中20182019学年度高三第一次诊断考试试卷化学第I卷(选择题)1.2018年是“2025中国制造”启动年，而化学与生活生产社会可持续发展密切相关。下列有关化学知识的说法错误的是A.“玉兔二号”月球车底盘和车轮由SiC颗粒增强铝基复合材料制成，这是由于该复合材料具有重量轻、高刚度、高耐磨、耐冲击的特点B.我国发射的“北斗组网卫星”所使用的碳纤维，是一种非金属材料C.高纯二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”D.钾一钠合金可用于原子反应堆的导热剂，钾与钠都属于短周期主族元素【答案】D【解析】【详解】A.SiC颗粒增强铝基复合材料具有重量轻、高刚度、高耐磨、耐冲击的特点，这也正是“玉兔二号”月球车底盘和车轮用该复合材料的原因，故A项正确；B.碳纤维主要成分为C，属于无机非金属，则碳纤维是一种非金属材料，故B项正确；C.二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维主要原料，为酸性氧化物，能够与强碱反应生成硅酸盐，所以光导纤维遇强碱会“断路”，故C项正确；D.短周期是指元素周期表的前三周期，而钾位于元素周期表第四周期IA族，不属于短周期元素，故D项错误；答案选D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是A.25℃，pH=13的Ba(OH)2溶液中OH－数目为B.常温常压下，Cl2和充分反应转移电子数目为0.3NAC.2S和CuO的混合物中所含的铜原子数为0.1NAD.标准状况下，乙烷中含有的极性键数目为A【答案】A【解析】【分析】A.溶液的体积未知，无法计算溶液中OH－数目；B.铁与氯气充分反应生成氯化铁，反应物中有Cl2和5.6gFe，分别换算成物质的量可知，铁少量，据此分析作答；C.混合物中Cu2S的摩尔质量是CuO的两倍，其分子内所含铜原子数也为CuO的两倍，据此分析作答；D.1mol乙烷分子中所含极性键6mol；【详解】A.因溶液的体积未知，条件不足则无法通过溶液中的pH值换算成OH－数目，故A项错误；B.铁与氯气反应的方程式为：3Cl2+2Fe2FeCl3，常温常压下Cl2的物质的量略小于1mol，而5.6gFe的物质的量为5.6g56g/mol=0.1mol，根据化学方程式的计量数可看出，充分反应，氯气剩余，依据关系式2Fe~6e得，充分反应转移电子数目为C.混合物中Cu2S的摩尔质量是CuO的两倍，其分子内所含铜原子数也为CuO的两倍，则8.0gCu2S和CuO的混合物可以等效成是CuO，则其含有的铜原子数为8.0g80g/molD.标准状况下，5.6L乙烷的物质的量为5.6L22.4L/mol=0.25mol，乙烷分子的结构简式为，则0.25mol答案选A。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题B项是干扰项，也是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，但该题中氯气过量，并不需要实际氯气的具体物质的量解决问题，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。3.短周期元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，Y原子达到稳定结构获得的电子数目和它的内层电子数目相等，X、Z同主族，Z是所在周期主族元素中原子半径最大的元素，W的最外层电子数与电子层数相同，R与Z形成的化合物其水溶液呈碱性。下列说法正确的是（）A.离子半径由大到小的顺序为R、Z、Y、WB.X、Y分别与Z形成的多种化合物中化学键类型相同C.Y、R分别与X形成的化合物沸点依次升高D.Z、W、R最高价氧化物对应的水化物两两之间均能发生反应【答案】D【解析】短周期元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，Y原子达到稳定结构获得的电子数目和它的内层电子数目相等，Y最外层电子数为6，则Y为O；X与Z同主族，Z是所在周期主族元素中原子半径最大的元素，Z为Na元素，则X为H元素；W的最外层电子数与电子层数相同，W为Al元素；R与Z形成的化合物其水溶液呈碱性，R为S元素。A.W的离子有3个电子层，离子半径最大，A错误；B.X、Y分别与Z形成的多种化合物中过氧化钠含有共价键和离子键，而氧化钠只含离子键，B错误；C.水分子间能够形成氢键，沸点比硫化氢高，C错误；D.Z、W、R最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝和硫酸，氢氧化铝是两性氢氧化物，两两之间均能发生反应，D正确；故选D。4.25弱酸HCOOHHClOH2S电离平衡常数(Ka)Ka=1.0×104Ka=2.0×108Ka1=1.3×107Ka2=7.1×1015A.若HCOONa和HCOOH的混合溶液的pH=3，则c(HCOOH)/c(HCOO)=10B.相同浓度的HCOONa和NaClO溶液中离子总浓度前者大C.任何浓度NaHS溶液中总存在：c(H2S)+c(H+)=c(OH－)+c(S2－)D.向NaClO溶液中通入H2S发生的反应为2C1O－+H2S===S2－+2HClO【答案】D【解析】【分析】A.利用甲酸的电离平衡常数将c(HCOOH)/c(HCOO)转化B.依据电荷守恒式列出HCOONa溶液和NaClO溶液中的离子浓度关系，电离常数越小，其对应盐的水解程度越大，结合表格判断；C.溶液中离子浓度遵循质子守恒定律；D.NaClO具有强氧化性，会与H2S发生氧化还原反应。【详解】A.在溶液中，HCOOH的电离平衡常数Ka=c(H+)∙c(HCOO-)c(B.HCOONa溶液中的电荷守恒式为：c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(HCOO－)，溶液中总离子浓度为2[c(Na+)+c(H+)]，同理可得，NaClO溶液中的总离子浓度为2[c(Na+)+c(H+)]，由表格数据可知，HCOOH比HClO易电离，相同浓度的HCOONa和NaClO溶液中，ClO水解程度比HCOO的水解程度大，说明NaClO溶液溶液中c(OH)大，c(H+)小，即相同浓度的HCOONa和NaClO溶液中离子总浓度前者大，故B项正确；C.任何浓度的NaHS溶液遵循质子守恒规律，总存在：c(H2S)+c(H+)=c(OH－)+c(S2－)，故C项正确；D.NaClO具有强氧化性，则向NaClO溶液中通入H2S发生的反应是氧化还原反应，故D项错误；答案选D。5.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A向某溶液中滴加H2O2溶液，再滴加KSCN溶液溶液变为血红色原溶液中一定含有Fe2+B向H2S溶液中通入O2溶液变浑浊氧化性：O2＞SC向等浓度的碳酸氢钠溶液和碳酸钠溶液中分别滴加2滴酚酞溶液后者红色更深水解程度：碳酸氢钠＞碳酸钠D向1mol/LNa2S溶液中滴加4溶液至不再产生沉淀，继续滴加4白色沉淀变为黑色Ksp(CuS)＞Ksp(ZnS)A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】A.Fe3+可使KSCN溶液变血红色；B.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性规律判断；C.酚酞与碱性溶液变红，碳酸钠与碳酸氢钠溶液水解均显碱性，据此分析作答；D.ZnS为白色沉淀，CuS为黑色沉淀，根据溶度积的应用，难溶沉淀向更难溶沉淀转化。【详解】A.溶液中可能存在Fe3+，也会产生上述现象，即结论不正确，故A项错误；B.向H2S溶液中通入O2发生的反应为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，现象为溶液变浑浊。该反应中，O元素化合价降低，被还原，做氧化剂，硫元素化合价升高，得到的S单质为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，故氧化性：O2＞S，故B项正确；C.向等浓度的碳酸氢钠溶液和碳酸钠溶液中分别滴加2滴酚酞溶液，后者红色更深，说明碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度，结论不正确，故C项错误；D.向1mol/LNa2S溶液中滴加4溶液至不再产生沉淀，生成的ZnS为白色沉淀，继续滴加4，白色沉淀转化为黑色沉淀，则说明发生了沉淀的转化，即ZnS的溶解度比CuS的大，因两者是相同类型的沉淀，则证明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，故D项错误；答案选B。【点睛】本题侧重考查物质的性质与化学实验的基本操作，所加试剂的顺序可能会影响实验结论，如A项，正确操作应为先加KSCN溶液观察溶液是否有Fe3+，再加氧化剂，若溶液变为血红色，则说明原溶液中含有Fe2+。学生在做实验时也要注意此类问题，化学实验探究和综合评价时，其操作要规范，实验过程中可能存在的问题要多思考、多分析可能发生的情况。6.第20届中国国际工业博览会上，华东师范大学带来一种“锌+碘”新型安全动力电池，亮相工博会高校展区。“锌+碘”新型安全动力电池有望取代目前广泛使用的“铅蓄电池”、“锂电池”等，已知该电池的工作原理如图所示。下列有关说法错误的是A.该电池安全性高，且对环境友好B.正极反应式为I3－+2e－=3I－，电极a附近显红色C.电子的移动方向为“Zn→电极a→电极b→石墨毡”D.“回流通道”可以减缓电池两室的压差，避免电池受损【答案】C【解析】【分析】A.“铅蓄电池”、“锂电池”对坏境有污染，“锌+碘”新型安全动力电池不会产生污染物质，且安全；B.原电池原理中，正极I3－得电子，发生氧化反应；且石墨电极a连接原电池的负极，为电解池的阴极，溶液中的H+发生还原反应，据此分析；C.电子从电源的负极经外电路流向电源的正极，不会经过电解质溶液；D.新型电池的充放电过程，会导致电池内离子交换膜的两边产出压差，据此考虑“回流通道”的作用。【详解】A.该电池对环境友好，且避免使用易燃的有机电解液，安全性高，故A项正确；B.正极发生还原反应，其电极反应式为：I3－+2e－=3I－，石墨电极a为阴极，电极反应式为：2H2O+2e－=H2↑+2OH－，使得溶液显碱性，遇酚酞变红，故B项正确；C.电子不能通过溶液，其移动方向为：“Zn→电极a，电极b→石墨毡”，故C项错误；D.该新型电池的充放电过程，会导致电池内离子交换膜的两边产出压差，所以“回流通道”的作用是可以减缓电池两室的压差，避免电池受损，故D项正确；答案选C。7.25℃时，向10mLNaOH溶液中逐滴加入的HR溶液，测得反应混合液中c水(OH－)与V(HR)A.V2=10B.HR为弱酸C.当V(HR)=V2时，溶液中存在：c(OH－)－c(H+)=c(HR)D.当V(HR)=V1或V3时，溶液中均有：c(Na+)=c(HR)+c(R－)【答案】D【解析】【详解】从图像分析可知，氢氧化钠溶液未加入HR时溶液呈碱性，抑制水的电离，水中电离的c(OH)=1×1013，即pH值为，当加入HR到体积V1时，水电离的c(OH)=1×107，即溶液中的溶质为NaOH和NaR，NaOH电离出OH抑制水的电离，而R水解促进水的电离，使抑制电离和促进电离程度相同，达到a点，使水电离的c(OH)=1×107；继续向溶液中滴加HR，水电离的c(OH)继续增大，说明这个过程是促进水的电离的，即R发生水解，所以HR是弱酸，当HR为V2时，b点溶液的溶质为NaR，溶液只有R水解促进电离，使c(OH)达到最大值，再继续加入HR，又逐渐抑制水的电离，所以c(OH)减小。A.当HR的体积为V2时，b点溶液的溶质为NaR，即发生化学反应NaOH+HR=NaR+H2O，n(NaOH)=n(HR)，由上述分析可知，c(NaOH)=0.1mol/L，V(NaOH)=10mL，c(HR)=0.1mol/L，所以V(HR)=10mL，即V2=10mL，故A正确；B.由a点——b点的过程中，继续向溶液中滴加HR，水电离的c(OH)继续增大，说明这个过程是促进水的电离的，即R发生水解，所以HR是弱酸，故B正确；C.当HR的体积为V2时，b点溶液的溶质为NaR，根据质子守恒可得到c(OH－)=c(HR)+c(H+)，故C正确；D.当加入HR到体积V1时，水电离的c(OH)=1×107，即溶液中的溶质为NaOH和NaR，c(Na+)一定大于c(HR)+c(R－)，故D错误；故选D。【点睛】通过溶液的电离或水解程度的大小，结合电荷守恒、物料守恒来比较溶液中各离子浓度大小的基本方法有：(1)关键离子定位法：主要适用于解答选择题。即通过判断溶液中浓度最大或最小的某离子、c(H+)与c(OH－)的大小关系的位置正确与否，来判断选项是否正确。(2)守恒判断法：运用物质的量(或原子个数)守恒、电荷守恒或物料守恒等守恒规律，来解决问题。(3)反应方程式分析法：主要适用于单一溶液型问题的分析。即将电离方程式与水解方程式结合起来，进行定性与定量的分析。先考虑电离，再考虑水解。8.燃煤烟气中含有大量SO2和NO，某科研小组研究SO2和NO的吸收方法。回答下列问题：(1)已知SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)△H1=－241.6kJ·mol－1NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)△H2=－199.8kJ·mol－1则反应SO3(g)+NO(g)SO2(g)+NO2(g)的△H=________kJ·mol－1(2)在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入1molNO和1molO3发生反应NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)，2min时达到平衡状态。①若测得2min内v(NO)=0.21mol·L－1·min－1，则平衡时NO的转化率α1=________；若其它条件保持不变，在恒压条件下进行，则平衡时NO的转化率α2________α1(填“>”“<”或“=”)②保持温度不变，向2min后的平衡体系中再加入0.3moNO2和0.04molNO，此时平衡将向________(填“正”或“逆”)方向移动③该反应的逆反应速率与时间的关系如下图所示，反应在t1、t3、t5时刻均达到平衡状态。t2、t6时刻都只改变了某一个条件，则t2时刻改变的条件是________，t6时刻改变的条件是________，t4时刻改变条件后v(正)________v(逆)(填“>”“<”或“=”)(3)处理烟气中SO2也可采用碱液吸收法。已知25℃时，K(NH3·H2O)=1.8×10－5；H2SO3的Ka1=1.5×10－2，Ka2=1.0×10－7；Ksp(CaSO4)=7.1×10－5。第1步：用过量的浓氨水吸收SO2，并在空气中氧化；第2步：加入石灰水，发生反应Ca2++2OH－+2NH4++SO42－CaSO4↓+2NH3·H2O。①25℃时，0.1mol·L－1(NH4)2SO3溶液呈________(填“酸性”“碱性”或“中性”)。②计算第2步反应的平衡常数K=________(列出计算式即可)。【答案】(1).(2).84％(3).=(4).逆(5).升高温度(或增大生成物的浓度)(6).使用催化剂（或增大压强）(7).>(8).碱性(9).1/(1.8×10－5)2×7.1×10－5【解析】【分析】（1）根据盖斯定律解答。（2）①根据三段式解答。NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)，起始(mol)1100转化(mol)xxxx平衡(mol)1x1xxx②根据平衡移动原理解答。③t2时刻v逆增大，改变的条件是升高温度或增大生成物的浓度；t6时刻平衡不移动，NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)由于这个反应是反应前后气体体积相等的反应，故改变的条件是使用催化剂或增大压强；由图象可知，t4时刻v逆减小，则v(正)>v(逆)。（3）①由题可知25℃时，K(NH3·H2O)=1.8×10－5；H2SO3的Ka1=1.5×10－2，Ka2=1.0×10－7，因为H2SO3的Ka2=1.0×10－7比NH3·H2O的K(NH3·H2O)=1.8×10－5的小，所以SO32水解程度比NH4+的水解程度大，故25℃时，0.1mol·L－1(NH4)2SO3溶液呈碱性。②加入石灰水，发生反应Ca2++2OH－+2NH4++SO42－CaSO4↓+2NH3·H2O，由于Ksp(CaSO4)=c(Ca2+)c(SO42－)=7.1×10－5，K(NH3·H2O)=c(OH－)c(NH4+)/c(NH3·H2O)=1.8×10－5，把它们带入表达式，平衡常数K=c2(NH3·H2O)/c(Ca2+)c2(OH－)c2(NH4+)c(SO42－)=c2(NH3·H2O)/c2(OH－)c2(NH4+)×7.1×10－5=1/(1.8×10－5)2×7.1×10－5。【详解】(1)①已知SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)△H1=－241.6kJ·mol－1②NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)△H2=－199.8kJ·mol－1②①得，反应SO3(g)+NO(g)SO2(g)+NO2(g)，△H=－199.8kJ·mol－1+241.6kJ·mol－1=+41.8kJ·mol－1，故答案为：+41.8。（2）①NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)，起始(mol)1100转化(mol)xxxx平衡(mol)1x1xxxv(NO)=(x/2L)/2min=0.21mol·L－1·min－1，所以x=0.84mol，则平衡时NO的转化率α1=0.84mol÷1mol×100％=84％；NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)由于这个反应是反应前后气体体积相等的反应，若其它条件保持不变，在恒压条件下进行，平衡不移动，则平衡时NO的转化率α2=α1，故答案为：84％；=。②NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)，保持温度不变，向2min后的平衡体系中再加入0.3moNO2和0.04molNO，根据平衡常数与浓度商的关系可知，平衡应该向逆反应方向移动，故答案为：逆。③t2时刻v逆增大，改变的条件是升高温度或增大生成物的浓度；t6时刻平衡不移动，NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)由于这个反应是反应前后气体体积相等的反应，故改变的条件是使用催化剂或增大压强；由图象可知，t4时刻v逆减小，则v(正)>v(逆),故答案为：升高温度(或增大生成物的浓度)；使用催化剂（或增大压强）；>。（3）①由题可知25℃时，K(NH3·H2O)=1.8×10－5；H2SO3的Ka1=1.5×10－2，Ka2=1.0×10－7，因为H2SO3的Ka2=1.0×10－7比NH3·H2O的K(NH3·H2O)=1.8×10－5的小，所以SO32水解程度比NH4+的水解程度大，故25℃时，0.1mol·L－1(NH4)2SO3溶液呈碱性，故答案为：碱性。②第2步：加入石灰水，发生反应Ca2++2OH－+2NH4++SO42－CaSO4↓+2NH3·H2O，由于Ksp(CaSO4)=c(Ca2+)c(SO42－)=7.1×10－5，K(NH3·H2O)=c(OH－)c(NH4+)/c(NH3·H2O)=1.8×10－5，把它们带入表达式，平衡常数K=c2(NH3·H2O)/c(Ca2+)c2(OH－)c2(NH4+)c(SO42－)=c2(NH3·H2O)/c2(OH－)c2(NH4+)×7.1×10－5=1/(1.8×10－5)2×7.1×10－5故答案为：1/(1.8×10－5)2×7.1×10－5。9.钴的化合物用途广泛。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等)制取CoCl2·6H2O粗品的工艺流程如下：已知：①浸出液含有的阳离子主要有H＋、Co2＋、Fe2＋、Mn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Al3＋等；②部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时的pH如下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2完全沉淀的pH③CoCl2·6H2O熔点为86℃，加热至110℃～请回答下列问题：(1)写出“浸出”时Co2O3发生反应的离子方程式：_____________________________。(2)加入NaClO3的作用是______________________________。(3)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如下图所示。向“滤液II”中加入萃取剂的主要目的是___________________，使用萃取剂时最适宜的pH是_____(填字母序号)。A．～2.5B．～3.5C～～(4)“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀。已知某温度下，Ksp(MgF2)=7.35×10－11，Ksp(CaF2)=1.05×10－10。当加入过量NaF后，所得滤液c(Mg2＋)/c(Ca2＋)=________。(5)制得的CoCl2·6H2O粗品经进一步提纯得到CoCl2·6H2O晶体，在烘干晶体时需采用减压烘干，其原因是___________________________________________。【答案】(1).Co2O3+SO32+4H+=2Co2++SO42+2H2O(2).将Fe2+氧化为Fe3+(3).除去Mn2+(4).B(5).(6).降低烘干温度，防止产品分解【解析】【分析】（1）Co2O3与加入的亚硫酸钠发生氧化还原反应，再根据化合价升降法进行配平；（2）根据阳离子完全沉淀的pH值表中数据可知，Fe2+转化为Fe3+，易于调节pH沉淀除去，而NaClO3具有强氧化性，据此分析；（3）结合工业流程易知，“滤液II”中存在锰元素，根据萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系选取适宜的pH范围；（4）根据Ksp(MgF2)=7.35×10－11，Ksp(CaF2)=1.05×10－10公式推导c(Mg2＋)/c(Ca2＋)的值；（5）结合已知信息③加热至110℃～120【详解】（1）Co2O3的化合价为+3价，而浸出液中的Co为+2价，显然其与加入的亚硫酸钠发生了氧化还原反应，其化学方程式为：Co2O3+SO32+4H+=2Co2++SO42+2H2O；（2）NaClO3具有强氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，易于沉淀，则NaClO3的作用为：将Fe2+氧化为Fe3+，故答案为：Co2O3+SO32+4H+=2Co2++SO42+2H2O；将Fe2+氧化为Fe3+；（3）萃取前溶液中的Co2＋、Fe2＋、Ca2＋、Mg2＋、Al3＋已经被除去，还剩下Mn2＋，故萃取的目的是除去Mn2＋，最适应的pH应该是Mn2＋萃取率最高的，故B项正确，答案选B。（4）c(Mg2＋)/c(Ca2＋)=c(Mg2+故答案为：；（5）因为CoCl2·6H2O晶体加热至110℃～120故答案为：降低烘干温度，防止产品分解。【点睛】本题第（4）问考查的溶度积的计算与应用，是近年来常考的考点。找出给定的溶度积与离子浓度比值的关系是解此题的关键，学生要理解溶度积在解题中的实际应用，把握离子浓度之间的关系。另外，沉淀的转化过程中，其化学平衡常数也可采用分子分母同时乘以相同离子浓度的方法借助溶度积求出。10.(NH4)2Cr2O7用于有机合成催化剂，媒染剂，显影液等。某化学兴趣小组对(NH4)2Cr2O7的部分性质及组成进行探究。已知：Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+。回答下列问题：(1)在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热，观察到的主要现象是固体溶解、__________、__________。(2)为探究(NH4)2Cr2O7(摩尔质量252g/mol)的分解产物，按下图连接好装置，在A中加入样品进行实验。①仪器B的名称是__________。②加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，同时测得A、B中质量变化分别为、，写出重铬酸铵加热分解反应的化学方程式____________________。③C的作用是__________。(3)实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的样品中氮的质量分数，其反应原理为：2Ba2++Cr2O72－+H2O=2BaCrO4↓+2H+、4NH4++6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+[滴定时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。实验步骤：称取样品，配成250mL溶液，移取样品溶液于250mL锥形瓶中，用氯化钡溶液使Cr2O72－完全沉淀后，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴酚酞试液，用0.200mol·L－1NaOH标准溶液滴定至终点。重复上述操作3次。①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积__________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)；滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察__________。【答案】(1).有刺激性气味气体放出(2).溶液变为黄色(3).U形管(4).(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O(5).防止水蒸气进入到B中(6).偏大(7).锥形瓶内溶液颜色的变化【解析】【分析】（1）滴加足量浓KOH溶液，NH4+会与OH反应后加热会生成氨气，结合已经条件，考虑氢氧根离子对溶液中的离子平衡的影响作答；（2）①依据基本实验仪器的构造与用途作答；②依据质量守恒定律作答；③从测量水蒸气质量的准确性考虑；（3）结合c(测)=c(【详解】（1）在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热，NH4+会与OH反应其离子方程式为：NH4++OHNH3↑+H2O，则有刺激性气味的气体生成，同时加入OH后，促进Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+向正反应方向移动，溶液变黄色，故答案为：有刺激性气味气体放出；溶液变为黄色；（2）①根据仪器的构造可知，该仪器名称为U形管，故答案为：U形管；②(NH4)2Cr2O7的物质的量为5.040g252g/mol=0.02mol，加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，同时测得A质量变化为2.00g，则剩余固体质量为5.040g-2.00g=3.040g，根据元素守恒法已知，剩余固体为Cr2O3，其物质的量为3.040g152g/mol=0.02mol，碱石灰吸收水蒸气，增重1.44g，则生成的水的物质的量为1.44g18g/mol=0.08mol，结合原子守恒可知，N原子的质量为0.02mol×14×2=0.56g，而实际质量差为5.040g-3.040g-1.44g=0.56g，另一种产物为N故答案为：(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O；③为避免外界空气中的水蒸气进入装置干扰实验设计安装C装置；（3）碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则导致标准液浓度偏低，根据c(测)=c(标)故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化。11.碳、氮、铜形成的单质及它们形成的化合物有重要研究和应用价值，回答下列问题：(1)邻氨基吡啶的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结简式如图所示。①基态Cu原子的价电子排布式为_________，在元素周期表中铜位于_________区(填“s”“p”“d”或“ds”)。②C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_________。③邻氨基吡啶的铜配合物中，Cu2+的配位数是_________，N原子的杂化类型为_________。(2)C60是富勒烯族分子中稳定性最高的一种，N60是未来的火箭燃料，二者结构相似。①有关C60和N60的说法中正确的是_________。60和N60均属于分子晶体60的稳定性强于N260中碳原子是sp3杂化60易溶于CS2、苯②近年来，科学家合成了一种具有“二重结构”的球形分子，它是把足球形分子C60容纳在足球形分子Si60中，则该分子中含有的化学键类型为___________(填“极性键”“非极性键”)。(3)原子坐标参数和晶胞参数是晶胞的两个基本参数。①图中原子坐标参数分别为：A(0，0，0)，B(1/2，1/2，0)，C(1/2，0，1/2)，则D的原子坐标参数为_________。②图为铜的晶胞，铜原子半径为Rnm，NA是阿伏加德罗常数的值，则铜晶体的密度为_________g·cm－3(用含R、NA的式子表示)【答案】(1).3d104s1(2).ds(3).N>O>C(4).4(5).sp2sp3(6).AD(7).极性键、非极性键(8).（0，1/2，1/2）(9).82【解析】【分析】（1）①Cu的原子序数为29，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，在元素周期表中铜位于ds区；②同周期从左到右第一电离能有增大的趋势；③邻氨基吡啶的铜配合物中，Cu2+形成2个CuN键，2个CuO键；NH2上的N形成3个σ键，一对孤电子对，杂环上的N形成3个σ键，一个π键；60和N60均由分子构成；2形成三键，键能大，更稳定；60中碳原子形成3个σ键，一个π键；60非极性分子，易溶于CS2、苯；②C60置于“足球型”的Si60内合成“二重构造”球形分子C60Si60，该反应中反应物全部加合在一起，类似有机反应中的加成反应，其中有CC、SiSi、CSi键；（3）D的原子坐标参数x为0，y、z为1/2；Cu晶体的粒子堆积方式为面心立方最密堆积，该晶胞中Cu原子个数=6×1/2+8×1/8=4，其晶胞体积V=(22R×107)3cm3，其密度ρ【详解】（1）①Cu的原子序数为29，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，在元素周期表中铜位于ds区；②同周期从左到右第一电离能有增大的趋势，N的价电子排布为2s22p3，2p能