【化学】广西壮族自治区田阳高中2019-2020学年高二下学期6月月考（解析版） 16页

广西壮族自治区田阳高中2019-2020学年高二下学期6月月考 ‎1.化学在人类社会发展中发挥着重要作用，下列事实不涉及化学反应的是（ ）‎ A. 利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇 B. 利用石油生产塑料、化纤等高分子材料 C. 利用基本的化学原料生产化学合成药物 D. 利用反渗透膜从海水中分离出淡水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断．‎ ‎【详解】A、秸杆主要成分为纤维素，利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇，有新物质生成，属于化学变化，故A涉及化学反应；‎ B、利用石油生产塑料、化纤等高分子材料，产生新物质，属于化学变化，故B涉及化学反应；‎ C、利用基本化学原料生产化学合成药，产生新物质，属于化学变化，故C涉及化学反应；‎ D、海水中的水淡化成淡水，没有产生新物质，属于物理变化，故D不涉及化学反应；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化．‎ ‎2.萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是 A. a和b都属于芳香族化合物 B. a、b和c均能使酸性KMnO4溶液褪色 C. a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上 D. b和c均能与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A项，a中没有苯环，不属于芳香族化合物，错误；B项，a中含碳碳双键，b中含-OH以及苯环上连有-CH3，c中含醛基，a、b、c都能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4被还原而褪色，正确；C项，a（如图）中“*”标志碳原子（称之为叔碳原子），与其直接相连的3个碳原子和1个H原子构成四面体，该碳原子位于四面体中间，所有碳原子不能都在同一平面上，c中含有2个叔碳原子和2个季碳原子，所有碳原子不可能都在同一平面上，错误；D项，b中官能团为-OH，属于醇类，不能与新制Cu（OH）2反应，c中官能团为-CHO，与新制Cu（OH）2共热可产生红色沉淀，错误；答案选B。‎ ‎【点睛】判断分子中共线、共面原子数的技巧 ‎1.任何两个直接相连的原子在同一直线上。‎ ‎2.任何满足炔烃结构的分子，其所有4个原子在同一直线上。‎ ‎3.苯环对位上的2个碳原子及与之相连的2个氢原子共4个原子一定在一条直线上。‎ ‎4.典型所有的原子一定共平面的有：CH2=CH2、CHCH、苯；可能共平面的有：CH2=CH—CH=CH2、。‎ ‎5.只要出现CH4、—CH3或—CX3等，即只要出现饱和碳原子，所有原子肯定不能都在同一平面上。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（ ）‎ A. Na2O2与足量的CO2反应生成1molO2，转移电子数目为2NA B. 由Cu、Zn和稀硫酸组成的原电池工作时，若Cu极生成0.2gH2，则电路通过电子0.2NA C. 32gCu和32gS充分反应，转移电子数为NA D. 0.1molMnO2与足量浓盐酸反应生成氯气转移电子数为0.2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na2O2与CO2反应生成O2，O化合价由-1价升高到0价，每生成一个O2分子得到2个电子，则生成1mol O2转移电子数目为2NA，A正确；‎ B. Cu、Zn和稀硫酸组成的原电池工作时，Cu极H+得电子生成H2，每得到两个电子生成一分子H2，则生成0.2gH2即0.1mol H2时，电路通过电子0.2NA，B正确；‎ C.，32gCu和32gS反应，S过量，应以铜的量来计算，铜化合价由0价升高至+1价，失去一个电子，铜的物质的量为0.5mol，则转移电子数为0.5NA，C错误；‎ D.Mn化合价由+4价降至+2价，得到两个电子，则0.1molMnO2与足量浓盐酸反应生成氯气转移电子数为0.2NA，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎4.利用如图的实验装置和方法进行实验，能达到目的的是（ ）‎ A. 甲装置可将FeC12溶液蒸干获得FeC12晶体 B. 乙装置可证明浓硫酸具有脱水性和氧化性 C. 丙装置可除去CO2中的SO2‎ D. 丁装置可将NH4Cl固体中的I2分离 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加热会强烈水解，并且暴露在空气中会导致被氧气氧化为，最终无法得到，A项错误；‎ B.浓硫酸可以脱去蔗糖中的水，即“黑面包实验”，同时硫酸被还原得到，使溴水褪色，因此体现了浓硫酸的脱水性和氧化性，B项正确；‎ C.碳酸钠溶液会吸收变成碳酸氢钠，因此不能用来除杂，C项错误；‎ D.氯化铵固体受热易分解，碘受热易升华，二者遇冷后都重新附着于圆底烧瓶底部无法分离，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】除杂的第一要义是不能和原物质反应，其次是不能引入新的杂质，最后还要从可行性、操作的简便程度来选择最优的除杂方法。‎ ‎5.下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（　　）‎ 选项 X Y Z R A Al AlCl3‎ Al(OH)3‎ NaAlO2‎ B Na Na2O Na2O2‎ NaOH C H2S S SO2‎ SO3‎ D N2‎ NH3‎ NO NO2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铝不能一步反应生成氢氧化铝，故A错误；‎ B．Na常温下氧化生成 Na2O，燃烧生成Na2O2，与水反应生成NaOH；Na2O与水反应生成NaOH，钠在氧气中加热生成Na2O2；Na2O2与水反应生成NaOH，故B正确；‎ C．H2S不能一步反应生成SO3，S不能一步反应生成SO3，故C错误；‎ D．N2不能一步反应生成NO2，NH3不能一步反应生成NO2，故D错误；‎ 故答案选：B。‎ ‎6.常温下，下列溶液中的微粒浓度关系不正确的是 A. pH＝8.3的某酸式盐NaHB的水溶液中：c (Na+) > c (HB－) > c (H2B) > c (B2－)‎ B. 等物质的量浓度的Na2S和NaHS溶液中：c (Na+)＝‎2c (S2－) + c (HS－)‎ C. NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至恰好呈中性：c (Na+) > c (SO42－) > c (NH4+) > c (OH－)＝c (H+)‎ D. 0.1 mol / L NaH2PO4溶液中：c (Na+)＝c (PO43－) + c (HPO4２－) + c (H2PO4－) + c (H3PO4)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A，NaHB溶液的pH=8.3说明HB-的水解程度(HB-+H2OH2B+OH-)大于HB-的电离程度(HB-H++B2-)，溶液中粒子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)c(HB-)c(H2B)c(B2-)，A项正确；B，等物质的量浓度的Na2S和NaHS溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+‎2c(S2-)，由于溶液呈碱性，c(OH-)c(H+)，则c(Na+)c(HS-)+‎2c(S2-)，B项错误；C，若NH4HSO4与NaOH以1:1物质的量之比混合，发生的反应为2NH4HSO4+2NaOH=(NH4)2SO4+Na2SO4+2H2O，所得溶液呈酸性，若NH4HSO4与NaOH以1:2物质的量之比混合，发生的反应为NH4HSO4+2NaOH=Na2SO4+NH3·H2O+H2O，所得溶液呈碱性，NH4HSO4溶液中滴加NaOH至溶液呈中性，则1:2n(NH4HSO4)：n(NaOH)1:1，溶液由Na2SO4、(NH4)2SO4和NH3·H2O混合而成，溶液中的物料守恒为c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(SO42-)，溶液中粒子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)c(SO42-)c(NH4+)c(OH-)=c(H+)，C项正确；D，H2PO4-在溶液中既存在电离平衡(H2PO4-H++HPO42-、HPO42-H++PO43-)又存在水解平衡(H2PO4-+H2OH3PO4+OH-)，0.1mol/LNaH2PO4溶液中的物料守恒为：c(Na+)=c(H2PO4-)+c(HPO42-)+c(PO43-)+c(H3PO4)，D项正确；答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查溶液中粒子浓度的大小关系。确定溶液中粒子浓度大小关系时，首先确定溶液的组成，分析溶液中存在的平衡，分清主次(如A项HB-的水解程度大于HB-的电离程度)，注意弱酸、弱碱的电离和盐的水解程度是微弱的，巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒(质子守恒可由电荷守恒和物料守恒推出)。‎ ‎7.用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如下图所示。下列说法中，正确的是 A. 燃料电池工作时，正极反应为：O2 + 2H2O + 4e－＝ 4OH－‎ B. a极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出 C. a极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出 D. a、b两极均是石墨时，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、燃料电池工作时，正极反应为：O2+4H++4e一=4H2O，错误；‎ B、a极是铁，b极是铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出，错误；‎ C、正确；‎ D、a、b两极均是石墨时，在相同条件下a极产生的气体为nmol，与电池中消耗的H2为2nmol，体积不相等，错误。‎ 答案选C。‎ ‎8.Ⅰ.按要求回答下列问题：‎ ‎(1)以CO2和NH3为原料合成尿素是利用CO2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：‎ 反应Ⅰ：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)△H1‎ 反应Ⅱ：NH2COONH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H2=+72.49kJ/mol 总反应：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H3=-86.98kJ/mol ‎①反应Ⅰ的△H1=__。‎ ‎②一定温度下，在体积固定的密闭容器中按n(NH3)：n(CO2)=2：1进行反应Ⅰ，下列能说明反应Ⅰ达到了平衡状态的是__（填序号）。‎ A.容器内气体总压强不再变化 B.NH3与CO2的转化率相等 C.容器内混合气体的密度不再变化 ‎(2)在一定体积的密闭容器中进行如下化学反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数(K)和温度(t)的关系如下表所示：‎ t/℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1000‎ ‎1200‎ K ‎0.6‎ ‎0.9‎ ‎1.0‎ ‎1.7‎ ‎2.6‎ 回答下列问题：‎ ‎①该反应的化学平衡常数表达式为K=__。‎ ‎②该反应为__（填“吸热”或“放热”）反应。‎ ‎③某温度下，平衡浓度符合下式：c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为__℃。‎ ‎④在‎800℃‎时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为c(CO2)为2mol·L-1，c(H2)为1.5mol·L-1，c(CO)为1mol·L-1，c(H2O)为3mol·L-1，此时反应向__（填“正向”或“逆向”）进行。‎ ‎(3)工业上从废铅蓄电池废液回收铅的过程中，常用纯碱溶液与处理后的铅膏(主要含PbSO4)发生反应：PbSO4(s)＋CO(aq)PbCO3(s)＋SO( aq)。‎ 已知溶度积常数：Ksp(PbSO4)=1.6×10-8，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14，则该反应的化学平衡常数K=__。‎ Ⅱ.N2H4—O2燃料电池是一种高效低污染的新型电池，其装置如图所示：‎ ‎(1)N2H4的电子式为__；‎ ‎(2)a极的电极反应方程式为___。‎ ‎【答案】 (1). -159.47kJ/mol (2). AC (3). (4). 吸热 (5). 830 (6). 逆向 (7). 2.2×105或2.16×105 (8). (9). N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)△H1根据盖斯定律进行计算；反应达到化学平衡状态利用等和定的特征进行分析判断；(2)通过观察分析表格数据，发现K随着温度升高的变化规律，判断平衡移动的方向，进而得出反应的热效应，温度的确定列出平衡常数表达式进行计算，即可找到对应的温度，反应方向根据给出浓度算出Qc与K进行比较，若大于K，说明生成物浓度偏高，反应应向逆向进行，反之正向 ，相等则说明达到平衡；(3)平衡常数根据溶度积和平衡常数表达式进行计算，燃料电池根据通入的气体可知a为负极，失电子，发生氧化反应，结合电解质溶液写出相应的电极反应式。‎ ‎【详解】(1)①反应Ⅰ：2NH3( g)+CO2(g )⇌ NH2COONH4 (s) △H1‎ 反应Ⅱ：NH2COONH4(s )⇌ CO (NH2)2 ( s)+H2O( g ) △H2= +72.49kJ/mol 总反应：2NH3(g )+CO2(g) ⇌ CO (NH2)2 (s) +H2O (g) △H3= -86.98kJ/mol 根据盖斯定律计算：△H1=△H3 -△H2 =-86.98kJ/mol-72.49kJ/mol=-159.47 kJ/mol ，故答案：-159.47 kJ/mol；‎ ‎②A.根据2NH3 (g)+CO2(g)⇌ CO(NH2) 2 (s) +H2O (g)反应可知,反应前后气体体积减小，容器内气体总压强不再变化说明反应达到平衡状态，故A 正确；‎ B.转化率与起始量和变化量有关，所以NH3与 CO2的转化率相等，不能说明反应达到平衡状态，故B 错误；‎ C.根据2NH3( g)+CO2(g )⇌CO(NH2) 2(s) +H2O (g)反应可知, 反应前后气体质量变化，气体体积不变，容器内混合气体的密度不再变化说明反应达到平衡状态，故C正确；‎ 故答案：AC；‎ ‎(2) ①因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以K=c(CO).c(H2O)/c(CO2).c(H2)‎ ‎②化学平衡常数的大小只与温度有关，升高温度平衡向吸热的方向移动，由表可知：升高温度，化学平衡常数增大，说明化学平衡正向移动，因此正反应方向吸热反应，故答案为：吸热；‎ ‎③某温度下，因为平衡浓度符合下式：c(CO2 )·c(H2)＝c(CO) ·c(H2O )，所以K=c(CO).c(H2O)/c(CO2).c(H2) =1，根据表格可知：温度为‎830℃‎时K =1，所以此时的温度为‎830℃‎ ；‎ ‎④已知800 ℃时，K=0.9 。某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为c(CO2)为2 mol·L －1，c(H2) 为1.5 mol·L－1 ，c(CO)为1 mol·L－1，c(H2O) 为3 mol·L－1 ，根据Qc=c(CO).c(H2O)/c(CO2).c(H2) =1×3/(2×1.5) =1>0.9，此时反应向逆反应方向进行，故答案：逆向；‎ ‎(3)Ksp (PbCO3)= 7.4×10-14 ， Ksp (PbSO4)= 1.6×10-8 ，在水溶液中进行 PbSO4 (s)＋CO32 －(aq)⇌PbCO3(s)＋ SO42－(aq)反应，反应的平衡常数 K= c(SO42－)/c(CO32－)=c(SO42－)/c(CO32－)×[c(Pb2+)/c(Pb2+)] =Ksp(PbSO4)/Ksp(PbCO3)‎ ‎ =1.6×10−8/7.4×10−14=2.16×105或2.2×105，故答案： 2.2×105或2.16×105；‎ Ⅱ.N2H4—O2燃料电池，(1)N2H4的电子式为 ‎(2)a极通入的气体为N2H4，b极通入O2，则a为负极，失电子，发生氧化反应，b为正极，得电子，发生还原反应，电解质溶液为碱性溶液，则a极电极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O。‎ ‎【点睛】(1)压强、密度能否作为判据，看其在平衡前后有无差别，若平衡前在变化，则其不变了说明达到了平衡状态；(2)反应方向的判断通过比较Qc与K相对大小得出，若Qc大于K，说明生成物浓度偏高，反应应向逆向进行，反之正向 ，相等则说明达到平衡；(3)燃料电池利用燃烧原理，根据通入物质判断电极，进而分析得失电子情况，电极方程式书写时要考虑电解质溶液的影响。‎ ‎9.某工厂的废金属屑中主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4·7H2O）和胆矾晶体（CuSO4·5H2O）。‎ 请回答：‎ ‎（1）步骤Ⅰ中，发生的氧化还原反应的离子方程式为___，涉及到的分离操作是___。‎ ‎（2）试剂X___；溶液D是___。‎ ‎（3）溶液E在空气中易被氧化，请设计一个简单的实验方案检验溶液E是否被氧化___。‎ ‎（4）在步骤Ⅱ时，若用大理石与浓盐酸制取CO2并直接通入溶液A中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少。为避免固体C减少，可采取的改进措施是___。‎ ‎（5）工业上常用溶液E制取净水剂Na2FeO4，流程如图：‎ 写出由Fe(OH)3制取Na2FeO4的离子方程式___。（已知NaClO还原为NaCl）‎ ‎【答案】 (1). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (2). 过滤 (3). 稀硫酸（或稀H2SO4‎ ‎；或硫酸） (4). NaHCO3溶液（或碳酸氢钠溶液） (5). 取少量E溶液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变为血红色，则说明E溶液已被氧化，反之，则未被氧化 (6). 在通入CO2之前增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去HCl气体 (7). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Cu、Fe和Al，少量Al2O3和Fe2O3，氢氧化钠与Al、Al2O3反应，而Cu、Fe和Fe2O3不反应，过滤得到滤渣为Cu、Fe和Fe2O3，滤液为偏铝酸钠溶液和氢氧化钠溶液，向滤液中通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，过滤，向沉淀中加入盐酸生成氯化铝溶液，最终得到氯化铝固体；向滤渣为Cu、Fe和Fe2O3中加入稀硫酸，生成硫酸亚铁，最终得到绿矾，过滤得到Cu，Cu与氧气、硫酸反应得到硫酸铜。‎ ‎【详解】⑴步骤Ⅰ中，发生的氧化还原反应的是铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，其离子方程式为2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑，Fe、Cu、Fe2O3不和氢氧化钠溶液反应，因此涉及到的分离操作是过滤；故答案为：2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑；过滤。‎ ‎⑵将Fe、Cu中Fe溶于溶液中生成硫酸亚铁，因此试剂X是硫酸；溶液A为偏铝酸钠溶液，向溶液中通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，因此D是碳酸氢钠；故答案为：稀硫酸(或稀H2SO4；或硫酸)；NaHCO3溶液(或碳酸氢钠溶液)。‎ ‎⑶溶液E在空气中易被氧化，亚铁离子被氧化生成铁离子，铁离子常用KSCN溶液来检验，因此简单的实验方案检验溶液E是否被氧化的实验为取少量E溶液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变为血红色，则说明E溶液已被氧化，反之，则未被氧化；故答案为：取少量E溶液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变为血红色，则说明E溶液已被氧化，反之，则未被氧化。‎ ‎⑷在步骤Ⅱ时，若用大理石与浓盐酸制取CO2并直接通入溶液A中，一段时间后，观察到烧杯中产生白色沉淀会逐渐减少，减少的主要原因是浓盐酸易挥发，挥发出的HCl与沉淀反应，为避免固体C减少，先用饱和碳酸氢钠溶液除掉挥发的HCl，再通入CO2；故答案为：在通入CO2之前增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去HCl气体；故答案为：在通入CO2之前增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去HCl气体。‎ ‎⑸Fe(OH)3与NaClO反应生成NaCl和Na2FeO4，其制取Na2FeO4的离子方程式2Fe(OH)3+3ClO－+4OH－ = 2FeO42−+3Cl－+5H2O；故答案为：2Fe(OH)3+3ClO－+4OH－ = 2FeO42−+3Cl－+5H2O。‎ ‎10.中和滴定是化学定量实验之一。某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液，请填写下列空白：‎ ‎（1）在中和滴定的过程中有如下操作：①用标准溶液润洗滴定管 ②往滴定管内注入标准溶液 ③检查滴定管是否漏水 ④滴定 ⑤洗涤，则在操作过程中正确的顺序是__________________。（写序号）‎ ‎（2）选用的指示剂是_____________________。(a、石蕊 b、甲基橙)‎ ‎（3）用标准的盐酸溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视______________________。‎ ‎（4）下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是_______________。‎ A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液 B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数 ‎（5）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，请将数据填入下面表格的空白处。‎ 滴定次数 待测氢氧化钠溶液的体积/ mL ‎0.1000 mol/L 盐酸的体积/ mL 滴定前刻度 滴定后刻度 溶液体积/ mL 第一次 ‎25.00‎ ‎________‎ ‎_________‎ ‎_________‎ 第二次 ‎25.00‎ ‎2.00‎ ‎28.08‎ ‎26.08‎ 第三次 ‎25.00‎ ‎0.22‎ ‎26.34‎ ‎26.12‎ ‎（6）请根据上表中数据列式计算该氢氧化钠溶液的物质的量浓度：c(NaOH)＝_____。‎ ‎（7）滴定终点的判定依据是________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). ③⑤①②④ (2). b (3). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (4). D (5). ‎ ‎0.00 (6). 26.10 (7). 26.10 (8). 0.1044mol/L (9). 溶液恰好由黄色变为橙色，且保持半分钟不褪色 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，所以正确的顺序是③⑤①②④；‎ ‎（2）石蕊颜色太深，一般不用，所以答案b；‎ ‎（3）酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化；‎ ‎（4）A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液被稀释，浓度减小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知，c（待测）偏大，错误；‎ B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=可知，测定c（NaOH）无影响，错误；‎ C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知，c（待测）偏大，错误；‎ D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=可知，c（待测）偏小，正确。‎ ‎（5）起始读数为0.00mL，终点读数为26.10mL，盐酸溶液的体积为26.10mL；‎ ‎（6）根据3组实验，平均消耗V（盐酸）=26.10mL，结合方程式 HCl + NaOH = NaCl + H2O，‎0.0261L×0.1000mol·L-1= ‎0.025L×C（NaOH），解得C（NaOH）=0.1044mol·L-1；‎ ‎（7）滴定终点时溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不褪色。‎ ‎【点睛】本题考查了中和滴定操作方法及中和滴定方法判断、滴定管读数等，难度中等，注意：①酸和碱恰好完全中和，溶液不一定呈中性，由生成的盐性质而定。②由于所用指示剂变色范围的限制，滴定至终点不一定是恰好完全反应时，但应尽量减少误差。指示剂的选择：①强酸强碱相互滴定，可选用甲基橙或酚酞。②‎ 若反应生成强酸弱碱盐溶液呈酸性，则选用酸性变色范围的指示剂（甲基橙）；若反应生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则选用碱性变色范围的指示剂（酚酞）③石蕊试液因颜色变化不明显，且变色范围过宽，一般不作滴定指示剂。误差分析：根据c（待测）=，一般可把各因素引起的误差转嫁到V标准上，若V标准偏大，则测定结果偏大；若V标准偏小，则测定结果偏小。‎ ‎11.砷化镓（GaAs）是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题：‎ ‎（1）写出基态As原子的核外电子排布式________________________。‎ ‎（2）根据元素周期律，原子半径Ga_____________As，第一电离能Ga____________As。（填“大于”或“小于”）‎ ‎（3）AsCl3分子的立体构型为____________________，其中As的杂化轨道类型为_________。‎ ‎（4）GaF3的熔点高于‎1000℃‎，GaCl3的熔点为‎77.9℃‎，其原因是__________。‎ ‎（5）GaAs的熔点为‎1238℃‎，密度为ρg·cm-3，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为________________,Ga与As以________键键合。Ga和As的摩尔质量分别为MGag·mol-1和MAs g·mol-1，原子半径分别为rGapm和rAspm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为____________________。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p3 (2). 大于 (3). 小于 (4). 三角锥形 (5). sp3 (6). GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，离子晶体GaF3的熔沸点高 (7). 原子晶体 (8). 共价键 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）As为ⅤA族33号元素，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3。故答案为1s22s22p63s23p63d104s24p3；‎ ‎（2）根据元素周期律，Ga与As位于同一周期，Ga原子序数小于As，故半径Ga大于As，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大，故第一电离能Ga小于As。‎ ‎（3）AsCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+=4，所以原子杂化方式是sp3，由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形。‎ ‎（4）GaF3的熔点高于‎1000℃‎，GaCl3的熔点为‎77.9℃‎，其原因是GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高。‎ ‎（5）GaAs的熔点为‎1238℃‎，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为ρ g•cm-3，根据均摊法计算，As：8×1/8+6×1/2＝4，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=(πr3As×4+πr3Ga×4)×10-30，晶胞的体积V2=，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%将V1、V2带入计算得百分率=。‎ ‎12.高血脂是一种常见的心血管疾病，治疗高血脂的新药I的合成路线如下：‎ 已知：a、‎ b、RCHO 回答下列问题：‎ ‎（1）反应①所需试剂、条件分别是____________；A的化学名称为____________。‎ ‎（2）②的反应类型是______________；A→B 的化学方程式为_________________。‎ ‎（3）E的结构简式为______________；I 中所含官能团的名称是____________。‎ ‎（4）化合物W 相对分子质量比化合物C 大14，且满足下列条件①遇FeCl3 溶液显紫色；②能发生银镜反应，W 的可能结构有____种。其中核磁共振氢谱显示有5 ‎ 种不同化学环境的氢，峰面积比为2:2:2:1:1，写出符合要求的W 的结构简式________。‎ ‎（5）设计用甲苯和乙醛为原料制备 的合成路线，其他无机试剂任选（合成路线常用的表示方式为AB目标产物。____________‎ ‎【答案】 (1). Cl2、光照 (2). 苯甲醇 (3). 取代反应 (4). (5). HCHO (6). 酯基 (7). 13 (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成D（CH2Cl2），D在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应，但同一个碳原子上含有两个羟基不稳定会失水生成醛，则E为HCHO，CH3(CH2)6CHO和甲醛反应生成G，根据题给信息知G为，G和氢气发生加成反应生成H为；甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成，水解得到A为，A氧化生成B为，B进一步氧化生成C为，C与H发生酯化反应生成I为。‎ ‎【详解】（1）反应①是甲苯转化为，是甲苯与氯气在光照条件下进行；A为，根据A的结构简式可知其化学名称为苯甲醇，故答案为：Cl2、光照；苯甲醇；‎ ‎（2）反应②是含有羧基的物质C()与含有醇羟基的物质H()‎ 在浓硫酸催化作用下发生的酯化反应，该反应也属于取代反应；苯甲醇被O2催化氧化产生苯甲醛，所以A→B 的化学方程式为：，故答案为：取代反应；；‎ ‎（3）D是CH2Cl2，与NaOH的水溶液在加热时发生取代反应，2个Cl原子被羟基取代，但由于同一个C原子上有2个羟基不稳定，会脱去1分子的水，形成甲醛HCHO，所以物质E的结构简式为HCHO；I为，根据结构简式可知I所含官能团的名称是：酯基，故答案为：HCHO；酯基；‎ ‎（4）C为，化合物W 的相对分子质量比化合物C 大14，W比C多一个CH2，遇FeCl3 溶液显紫色，说明含有酚羟基，属于芳香族化合物含有苯环；能发生银镜反应，说明含有醛基；①苯环上有三个取代基，分别为醛基、羟基和甲基，先固定醛基和羟基的位置，邻间对，最后移动甲基，可得到10种不同结构；②苯环上有两个取代基，分别为-OH和-CH2CHO，邻间对位共3种，所以W 的可能结构有10+3 = 13种；其中核磁共振氢谱显示有5 种不同化学环境的氢、峰面积比为2:2:2:1:1，其结构简式：，故答案为：13；；‎ ‎（5）苯与Cl2在光照条件下生成，然后发生水解反应生成，苯甲醛与乙醛在碱性条件下反应生成目标物，因此合成路线为：，故答案为：。‎ ‎【点睛】本题考查了有机物的推断与合成，熟练掌握官能团的性质与转化是关键，注意同一个碳原子上连接两个羟基不稳定，会自动脱去一分子的水变为醛基，同时要结合信息中醛的加成反应特点，利用顺推与逆推法相结合进行推断。‎