高三開學摸底考試答案(解析答案).

1、高三開學摸底考試化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共14小題，每小題3分，滿分42分）1美國研究人員將CO和O附著在一種釕催化劑表面，用激光脈沖將其加熱到2000K，成功觀察到CO與O形成化學鍵生成CO2的全過程下列說法不正確的是（）ACO2屬于酸性氧化物BCO與O形成化學鍵的過程中放出能量C釕催化劑可以改變該反應的焓變DCO與O形成化學鍵的過程中有電子轉移【考點】氧化還原反應；吸熱反應和放熱反應；催化劑的作用【分析】A根據酸性氧化物為與堿反應生成鹽和水判斷；B形成化學鍵時放出熱量；C催化劑只改變活化能，不改變反應的焓變；D根據CO轉換成二氧化碳時碳的化合價升高【解答】解：ACO2與堿反應

2、生成鹽和水為酸性氧化物，故A正確；B形成化學鍵時放出熱量，故B正確；C催化劑只改變活化能，不改變反應的焓變，故C錯誤；DCO轉換成二氧化碳時碳的化合價升高，所以CO與O形成化學鍵過程中有電子轉移，故D正確故選C【點評】本題考查了一氧化碳與二氧化碳的性質，題目難度不大，注意把握酸性氧化物的定義和催化劑只改變活化能，不改變反應的焓變2下列物質的應用不正確的是（）ASO2可用于漂白紙漿B堿石灰可用于干燥氯氣C氫氟酸可用于蝕刻玻璃D碳酸氫鈉可用于中和胃酸【考點】二氧化硫的化學性質；鈉的重要化合物【分析】ASO2具有漂白性；B堿石灰與氯氣反應，不能干燥氯氣；C氫氟酸為弱酸，能夠與玻璃中的二氧化硅發(fā)生反應

3、，能夠腐蝕玻璃；D碳酸氫鈉與胃液中的鹽酸反應生成氯化鈉、水和二氧化碳【解答】解：ASO2具有漂白性，可用于漂白紙漿，故A正確；B氯氣與堿石灰中的氫氧化鈣反應生成次氯酸鈣、氯化鈣和水，不能用堿石灰干燥，故B錯誤；C氫氟酸和二氧化硅反應生成四氟化硅和水SiO2+4HF=SiF4+2H2O，氫氟酸可用于蝕刻玻璃，故C正確；D碳酸氫鈉與胃液中的鹽酸反應生成氯化鈉、水和二氧化碳，可用于治療胃酸（主要成分是鹽酸）過多，反應的化學方程式為：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，故D正確；故選B【點評】本題考查物質的性質和用途，題目難度不大，明確物質的性質是解題關鍵，注意對相關知識的積累，培養(yǎng)了學生

4、靈活應用所學知識的能力3神農本草經說：“水銀镕化（加熱）還復為丹”黃帝九鼎神丹經中的“柔丹”“伏丹”都是在土釜中加熱Hg制得的這里的“丹”是指（）A氯化物B合金C硫化物D氧化物【考點】酸、堿、鹽、氧化物的概念及其相互聯系【分析】在加熱的條件下，金屬汞可以和氧氣發(fā)生反應得到氧化汞，氧化汞屬于物質分類中的氧化物，據此回答【解答】解：在土釜中加熱Hg，金屬汞可以和氧氣發(fā)生反應得到氧化汞，氧化汞屬于物質分類中的氧化物，故選D【點評】本題考查學生物質的分類以及氧化物的概念的理解知識，屬于教材基本知識的考查，難度不大4三氯異氰尿酸是一種極強的氧化劑和氯化劑，利用氰尿酸（如圖1）與次氯酸在一定pH下反應可制

5、備三氯異氰尿酸（如圖2），若原料完全反應生成三氯異氰尿酸則氰尿酸和次氯酸的物質的量之比應為（）A1：1B2：3C1：2D1：3【考點】化學方程式的有關計算【分析】氰尿酸與次氯酸在一定pH下發(fā)生取代反應可制備三氯異氰尿酸，反應方程式為： +3HOCl+3H2O，由此分析解答【解答】解：氰尿酸與次氯酸在一定pH下發(fā)生取代反應可制備三氯異氰尿酸，反應方程式為： +3HOCl+3H2O，所以氰尿酸和次氯酸的物質的量之比應為1：3，故選D【點評】本題以三氯異氰尿酸為載體，考查化學反應的特點和應用，注意次氯酸的結構和性質，以及取代反應的特點，難度不大5設NA為阿伏加德羅常數的數值下列說法正確的是（）A50

6、mL18.4molL1濃硫酸與足量銅微熱反應，生成SO2分子的數目為0.46NAB若由CO2和O2組成的混合物中共有NA個分子，則其中的氧原子數為2NAC某密閉容器盛有0.1molN2和0.3molH2，充分反應后轉移電子的數目為0.6NAD常溫下，1L0.1molL1NH4NO3溶液中的氫原子數為0.4NA【考點】阿伏加德羅常數【分析】A、濃硫酸隨反應進行濃度變稀后不與銅繼續(xù)反應；B、由CO2和O2組成的混合物，分子中都含有2個氧原子，NA個分子物質的量為1mol；C、合成氨的反應為可逆反應；D、NH4NO3溶液中不但硝酸銨本身含氫原子，水也含氫原子【解答】解：A、濃硫酸隨反應進行濃度變稀后

7、不與銅繼續(xù)反應，50mL 18.4mol/L濃硫酸與足量銅微熱反應，生成SO2分子數目小于0.46NA ，故A錯誤；B、由CO2和O2組成的混合物，分子中都含有2個氧原子，NA個分子物質的量為1mol，由CO2和O2組成的混合物中共有個NA分子，其中的氧原子數為2NA，故B正確；C、合成氨的反應為可逆反應，不能進行徹底，故充分反應后轉移電子的數目小于0.6NA故C錯誤；D、NH4NO3溶液中不但硝酸銨本身含氫原子，水也含氫原子，故溶液中氫原子的個數大于0.4NA個，故D錯誤故選B【點評】本題考查了阿伏伽德羅常數的有關計算，熟練掌握公式的使用和物質的結構是解題關鍵，難度不大6下列有關離子方程式書

8、寫正確的是（）A鋁溶于氫氧化鈉溶液：Al+2OH+H2OAlO2+2H2B銅片投入少量FeCl3溶液中：3Cu+2Fe3+2Fe+3Cu2+CCa（HCO3）2溶液與足量澄清石灰水混合：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2OD用鐵棒作電極電解CuSO4溶液：2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+【考點】離子方程式的書寫【分析】A電子、電荷不守恒；B反應生成氯化銅、氯化亞鐵；C反應生成碳酸鈣和水；D陽極Fe失去電子，陰極銅離子得到電子【解答】解：A鋁溶于氫氧化鈉溶液的離子反應為2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，故A錯誤；B銅片投入少量FeCl3溶液中的離子反應為Cu+2Fe3+2Fe

9、2+Cu2+，故B錯誤；CCa（HCO3）2溶液與足量澄清石灰水混合的離子反應為Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O，故C正確；D用鐵棒作電極電解CuSO4溶液的離子反應為Cu2+FeFe2+Cu，故D錯誤；故選C【點評】本題考查離子反方程式書寫的正誤判斷，為高頻考點，把握發(fā)生的反應及離子反應的書寫方法為解答的關鍵，側重復分解反應及氧化還原反應的離子反應考查，題目難度不大7下列裝置或操作正確且能達到實驗目的是（）A加熱分解NaHCO3B除去氯氣中的少量氯化氫C構成銅鋅原電池D分餾石油【考點】實驗裝置綜合【分析】A碳酸氫鈉不穩(wěn)定，加熱時注意試管口略朝下；B二者都與硝酸銀溶液反應；C鋅置換出銅

10、；D溫度計位置錯誤【解答】解：A碳酸氫鈉不穩(wěn)定，加熱易分解，裝置正確，可完成實驗，故A正確；B氯氣與水反應生成鹽酸，二者都與硝酸銀溶液反應，應用飽和食鹽水，故B錯誤；C鋅置換出銅，應將鋅放在盛有硫酸鋅的燒杯中，故C錯誤；D溫度計用于測量餾分的溫度，應位于蒸餾燒瓶的支管口，故D錯誤故選A【點評】本題考查較為綜合，涉及物質的分離、制備以及原電池等知識，為高考常見題型，側重學生的分析、實驗能力的考查，注意把握實驗的嚴密性以及合理性的評價，難度不大8科學家最新開發(fā)的一種新原理二次電池的能量密度是現行鋰電池的7倍，該電池結構如圖所示，下列有關說法正確的是（）A電池放電時Li+向負極移動B電池放電時，正極

11、的電極反應式為：2Li+Li2O2+2e2Li2OC電池充電時，Li極應與外電源的正極相連D電池系統內進入二氧化碳及水對電池性能不會產生影響【考點】原電池和電解池的工作原理【分析】A、原電池中，電解質中的陽離子移向正極；B、原電池中，正極發(fā)生得電子的還原反應；C、電池充電時，Li極應與外電源的負極相連；D、根據鋰易于水發(fā)生反應；【解答】解：A、電池放電時，是原電池的工作原理，原電池中，電解質中的陽離子移向正極，故A錯誤；B、電池放電時，正極發(fā)生得電子的還原反應，即2Li+Li2O2+2e2Li2O，故B正確；C、電池充電時，Li極應與外電源的負極相連，故C錯誤；D、鋰易于水發(fā)生反應，所以電池系

12、統內進入水對電池性能會產生影響，故D錯誤故選：B【點評】本題考查學生原電池和電解池的工作原理知識，注意二次充電電池在工作時的電極反應情況，難度不大91mol分子式為C7H12O4的酯在氫氧化鈉溶液、加熱條件下完全水解生成1mol羧酸鈉和2mol甲醇，則符合該條件的酯的結構有（）A4種B5種C6種D7種【考點】有機化合物的異構現象【分析】1mol分子式為C7H12O4的酯在氫氧化鈉溶液、加熱條件下完全水解生成1mol羧酸鈉和2mol甲醇，結合不飽和度判斷該酯為戊二酸與甲醇生成的二元酯，據此判斷其同分異構體數目【解答】解：1mol分子式為C7H12O4的酯在氫氧化鈉溶液、加熱條件下完全水解生成1m

13、ol羧酸鈉和2mol甲醇，C7H12O4的不飽和度=2，該有機物為飽和二元酯，在酸性條件下水解生成1分子羧酸和2分子甲醇，說明該羧酸為戊二酸，戊二酸可以看作兩個羧基取代了丙烷上的2個H原子形成的，總共有4種結構，故形成的酯有4種，故選A【點評】本題考查了同分異構體的書寫及酯的性質，題目難度不大，明確酯的性質及同分異構體的書寫原則為解答關鍵，試題側重考查學生的分析能力及靈活應用能力10下列各組物質中，物質之間通過一步反應就能實現如圖所示變化的是（）選項甲乙丙丁AN2NH3NONO2BNaNa2ONaOHNa2O2CSiO2SiF4H2SiO3Na2SiO3DAlAlCl3Al2O3NaAlO2A

14、ABBCCDD【考點】氮氣的化學性質；硅和二氧化硅；鈉的化學性質；鋁的化學性質【分析】A、氮氣轉化為二氧化氮，要兩步進行氮氣放電生成一氧化氮，一氧化氮再被氧化生成二氧化氮；B、氫氧化鈉無法轉化過氧化鈉；C、SiO2無法一步轉化為H2SiO3；D、甲乙：AlAlCl3；甲丙：AlAl2O3；甲?。篈lNaAlO2；丙?。篈l2O3NaAlO2【解答】解：A、氮氣轉化為二氧化氮，要兩步進行氮氣放電生成一氧化氮，一氧化氮再被氧化生成二氧化氮，不實現甲到丁的一步轉化，故A錯誤；B、氫氧化鈉無法轉化過氧化鈉，故B錯誤；C、SiO2無法一步轉化為H2SiO3，首先二氧硅與強堿反應生成硅酸鹽，然后再利用強制

15、弱生成硅酸，故C錯誤；D、甲乙：AlAlCl3；甲丙：AlAl2O3；甲?。篈lNaAlO2；丙?。篈l2O3NaAlO2，各步都可以實現一步轉化，故D正確；故選D【點評】本題考查無機物的推斷，明確各物質的性質來分析轉化發(fā)生的反應是解答本題的關鍵，注意某些轉化中的答案是不唯一的，題目難度中等11X、Y、Z、W為原子序數依次增大的四種短周期主族元素，其原子核外L電子層的電子數分別為0、5、6、8，它們的最外層電子數之和為17，下列說法不正確的是（）A原子半徑：WYZXB最高價氧化物對應水化物的酸性：YWC單質沸點WZDX、Y、Z不能存在與同一離子化合物中【考點】原子結構與元素周期律的關系【分析】

16、X、Y、Z、W均為的短周期主族元素，原子序數依次增加，且原子核外L電子層的電子數分別為0、5、6、8，則X是H元素，Y是N元素，Z為O元素，W為第三周期元素；它們的最外層電子數之和為17，X最外層電子數是1，Y最外層電子數是5，Z最外層電子數是6，則W的最外層電子數為5，則W是P元素，A電子層越多半徑越大，電子層相同時，原子序數越大，半徑越?。籅同主族從上到下最高價氧化物對應水化物的酸性減弱；C根據物質常溫下的狀態(tài)分析；DX、Y、Z可以形成硝酸銨【解答】解：X、Y、Z、W均為的短周期主族元素，原子序數依次增加，且原子核外L電子層的電子數分別為0、5、6、8，則X是H元素，Y是N元素，Z為O元素

17、，W為第三周期元素；它們的最外層電子數之和為17，X最外層電子數是1，Y最外層電子數是5，Z最外層電子數是6，則W的最外層電子數為5，則W是P元素，A電子層越多半徑越大，電子層相同時，原子序數越大，半徑越小，則原子半徑：PNOH，即WYZX，故A正確；B同主族從上到下最高價氧化物對應水化物的酸性減弱，則硝酸的酸性大于磷酸，即最高價氧化物對應水化物的酸性：YW，故B正確；C常溫下，P的單質為固體，O的單質為氣體，則單質沸點WZ，故C正確；DX、Y、Z可以形成硝酸銨，所以X、Y、Z能存在于同一離子化合物中，故D錯誤故選D【點評】本題考查原子結構和元素性質，涉及離子化合物判斷、酸性強弱判斷、物質熔沸

18、點高低判斷、元素周期律等知識點，正確判斷元素是解本題關鍵，結合物質的結構性質解答12下列有關實驗現象或亊實解釋正確的是 （） 選項實驗現象或事實解釋A檢驗待測液中SO42時，先滴入稀鹽酸，再滴入BaCl2溶液先滴入鹽酸可排除Ag+、CO32、SO32等離子干擾B制備乙酸乙酯時，導管應伸入試管至飽和Na2CO3溶液液面上方乙酸乙酯易溶于碳酸鈉溶液，防止發(fā)生倒吸C向Fe（NO3）2溶液中加入稀硫酸，試管口有紅棕色氣體產生溶液中NO3被Fe2+還原為NO2D含Mg（HCO3）2的硬水長時間充分加熱，最終得到的沉淀物的主要成分為Mg（OH）2，而不是MgCO3Kw（MgCO3）KwMg（OH）2AAB

19、BCCDD【考點】化學實驗方案的評價【分析】A加鹽酸排除干擾離子；B乙酸乙酯不溶于水；C向Fe（NO3）2溶液中加入稀硫酸，硝酸根離子在酸性條件具有強氧化性；D最終得到的沉淀物的主要成分為Mg（OH）2，而不是MgCO3，氫氧化鎂更難溶【解答】解：A加鹽酸排除干擾離子，再滴入BaCl2溶液，生成白色沉淀可檢驗硫酸根離子，故A正確；B乙酸乙酯不溶于水，乙酸與碳酸鈉反應，乙醇與水互溶，碳酸鈉可降低乙酸乙酯的溶解度，解釋不合理，故B錯誤；C向Fe（NO3）2溶液中加入稀硫酸，硝酸根離子在酸性條件具有強氧化性，則溶液中NO3被Fe2+還原為NO，然后NO被氧化生成NO2，故C錯誤；D最終得到的沉淀物的

20、主要成分為Mg（OH）2，而不是MgCO3，氫氧化鎂更難溶，則Kw（MgCO3）KwMg（OH）2，故D錯誤；故選A【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，涉及離子的檢驗、氧化還原反應、物質制備實驗等，把握實驗原理、實驗操作為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，題目難度不大1325時，將amolL1、pH=m的一元酸HX溶液與bamolL1、pH=n的一元堿YOH溶液等體積混合，下列說法正確的是（）A若a=b，則混合后溶液中一定有：c（X）=c（Y+）c（H+）=c（OH）B若m+n=14，則混合后溶液一定顯中性C若混合后溶液中c（X）c（Y+），則該混合溶液一定顯堿性D若a=b，混

21、合后溶液pH7，則混合溶液中一定存在：c（Y）=c（X）+c（HX）【考點】酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算【分析】AHX與YOH等物質的量反應生成鹽YX，若為強堿弱酸鹽則顯堿性，若為強酸弱堿鹽則顯酸性；B若m+n=14，則氫離子濃度與氫氧根離子濃度相同；C根據電荷守恒分析；D若a=b，混合后溶液pH7，YX為強酸弱堿鹽，HX為強酸【解答】解：AHX與YOH等物質的量反應生成鹽YX，若為強堿弱酸鹽則顯堿性，若為強酸弱堿鹽則顯酸性，由于不知道酸與堿的相對強弱，所以不能判斷溶液的酸堿性，則不能判斷氫離子與氫氧根離子濃度的相對大小，故A錯誤；B若m+n=14，則氫離子濃度與氫氧根離子濃度相同，若

22、酸為弱酸，則酸過量，混合后顯酸性，若堿為弱堿，則堿過量，混合后溶液顯堿性，所以不能判斷溶液的酸堿性，故B錯誤；C混合后溶液存在電荷守恒：c（X）+c（OH）=c（Y+）+c（H+），若混合后溶液中c（X）c（Y+），則c（OH）c（H+），即該混合溶液一定顯堿性，故C正確；D若a=b，混合后溶液pH7，則YX為強酸弱堿鹽，即HX為強酸，所以溶液中c（X）=c（Y）+c（YOH），故D錯誤故選C【點評】本題考查了鹽的水解原理的應用、離子濃度大小比較，側重學生的分析能力的考查，注意把握鹽類水解原理，結合電荷守恒解答該題，難度中等14已知反應2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）的分解速率表達式

23、為v正=k正cm（N2O5），k正是與溫度有關的常數，340K時實驗測得的有關數據如下： t/min 1 2 3 4 c（N2O5）/molL1 0.133 0.080 0.057 0.040 v正/molL1min1 0.0466 0.028 0.020 0.014下列有關敘述不正確的是（）A340K時，速率表達式中m=1B340K時，速率表達式中k正0.35min1C340K時，若c（N2O3）=0.100molL1，則v正0.035molL1minD若t=2min時升高溫度，則m不變，k正減小【考點】化學平衡的計算；反應速率的定量表示方法【專題】化學反應速率專題【分析】A由表中數據可知，

24、c（N2O5）濃度之比等于v正之比，v正與 c（N2O5）濃度成正比關系；Bv正與 c（N2O5）濃度成正比關系，則m=1，由任意一組數據根據v正=k正c（N2O5）計算k正；C根據v正=k正c（N2O5）計算；D升高溫度，反應速率加快，k正是與溫度有關的常數，不影響m值，根據v正=k正c（N2O5）判斷【解答】解：A由表中數據可知，c（N2O5）濃度之比等于v正之比，則v正與 c（N2O5）濃度成正比關系，故m=1，故A正確；Bv正與 c（N2O5）濃度成正比關系，則m=1，由2min數據可知，0.028molL1min1=k正×0.080molL1，解得k正0.35min1，故B

25、正確；C340K時，若c（N2O3）=0.100molL1，則v正0.35min1×0.35min1=0.035molL1min1，故C正確；D升高溫度，反應速率加快，k正是與溫度有關的常數，不影響m值，根據v正=k正c（N2O5）可知k正增大，故D錯誤，故選：D【點評】本題考查化學反應速率，側重考查學生對數據的分析歸納，B選項中可以多次計算求平均值以減小誤差二、（本題包括5小題，共43分）15二氧化鋯是重要的耐高溫材料、陶瓷絕緣材料以鋯英砂（主要成分為ZrSiO4，還含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等雜貨）為原料制備二氧化鋯（ZrO2）的工藝流程如圖所示已知：ZrO2能與燒

26、堿反應生成可溶于水的Na2ZrO2，Na2ZrO2與酸反應生成ZrO2+部分離子在實驗條件下開始沉淀和完全沉淀時的pH如下表離子Fe3+AP+ZrO2+開始沉淀pH1.93.36.2完仝沉淀pH3.25.28.0（l）經熔融后，鋯英砂中Zr元素以Na2ZrO3（寫化學式）形式存在，寫出酸浸時生成Al3+、Fe3+的離子方程式：Fe2O3+6H+=Fe3+3H2O，AlO2+4H+=Al3+2H2O（2）濾渣I的主要成分的名稱為硅酸（3）向過濾所得溶液中加氨水調pH=a，其目的是除去Fe3+、Al3+然后繼續(xù)加氨水至pH=b的范圍是b8.0（4）向過濾所得溶液中加入CaCO2粉末并加熱，可得CO

27、2和另一種氣體，該反應的離子方程式為2NH4+CaCO3Ca2+2NH3+CO2+H2O【考點】制備實驗方案的設計；物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用【分析】鋯英砂（主要成分為ZrSiO4，也可表示為ZrO2SiO2，還含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等雜質）加NaOH熔融，ZrSiO4轉化為Na2SiO3和Na2ZrO3，加過量鹽酸酸浸，Na2SiO3與HCl生成硅酸沉淀，濾液中含有ZrO2+、Fe3+、Al3+，加氨水調節(jié)pH為5.26.2，使Fe3+、Al3+轉化為氫氧化物沉淀，過濾，濾液中主要含有ZrO2+，再加氨水調節(jié)pH使ZrO2+轉化為Zr（OH）4沉淀，過濾、洗滌，得

28、到Zr（OH）4，加熱分解，即可得到ZrO2（1）高溫下，ZrSiO4與NaOH反應生成Na2SiO3和Na2ZrO3；酸浸時生成Al3+、Fe3+的反應是氧化鐵和酸反應生成氯化鐵和水，偏鋁酸鈉和鹽酸反應生成氯化鋁和水；（2）加過量鹽酸酸浸，Na2SiO3與HCl生成硅酸沉淀，過濾，濾渣為H2SiO3；（3）需用氨水調pH=a，使Fe3+、Al3+轉化為氫氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根據表中數據判斷；加氨水至pH=b時，ZrO2+與NH3H2O反應生成Zr（OH）4沉淀；（4）過濾所得濾液中主要含有銨根離子，溶液顯酸性，加入CaCO3粉末并加熱得到氨氣和二氧化碳【解答】解：（1）高溫下，

29、ZrSiO4與NaOH反應生成Na2SiO3和Na2ZrO3，其反應的方程式為：ZrSiO4+4NaOH Na2SiO3+Na2ZrO3+2H2O，經熔融后，鋯英砂中Zr元素以Na2ZrO3存在，酸浸時生成Al3+、Fe3+的反應是氧化鐵和酸反應生成氯化鐵和水，偏鋁酸鈉和鹽酸反應生成氯化鋁和水，反應的離子方程式為：Fe2O3+6H+=Fe3+3H2O，AlO2+4H+=Al3+2H2O，故答案為：Na2ZrO3；Fe2O3+6H+=Fe3+3H2O，AlO2+4H+=Al3+2H2O；（2）加過量鹽酸酸浸，Na2SiO3與HCl生成硅酸沉淀，過濾，濾渣為H2SiO3，名稱為：硅酸，故答案為：硅

30、酸；（3）需用氨水調pH=a，使Fe3+、Al3+轉化為氫氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根據表中數據可知：pH在5.26.2時Fe3+、Al3+完全沉淀，而ZrO2+不沉淀；加氨水至pH=b=8時，ZrO2+與NH3H2O反應生成Zr（OH）4沉淀，其反應的離子方程式為：ZrO2+2NH3H2O+H2O=Zr（OH）4+2NH4+，所以b8.0使ZrO2+完全轉化為Zr（OH）4沉淀，故答案為：除去Fe3+、Al3+；b8.0；（4）過濾所得濾液中主要含有銨根離子，溶液顯酸性，加入CaCO3粉末并加熱得到氨氣和二氧化碳，其反應的離子方程式為：2NH4+CaCO3Ca2+2NH3+CO2+H

31、2O；故答案為：2NH4+CaCO3Ca2+2NH3+CO2+H2O【點評】本題考查了物質分離提純的方法和流程分析應用，涉及流程的分析應用、離子方程式的書寫、除雜質、基本實驗操作等，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，解答該類題目，注意把握實驗原理和操作流程的目的，主要是物質性質的理解，題目難度中等16氧化亞銅（Cu2O）作為一種重要的無機化工原料，在涂料、有色玻璃和催化劑等領域有著廣泛的用途回答下列問題：（1）添加Cu2O的涂料或玻璃顯磚紅色（2）制備氧化亞銅的方法之一是用銅作陽極電解NaCl和NaOH混合溶液，其原理如圖所示：陰極的電極反應式為2H+2e=H2溶液中CuCln1n轉化為C

32、u2O的離子方程式為CuCln1n+2OH=Cu2O+H2O+2nCl（3）工業(yè)生產中常采用高溫煅燒氧化銅粉末制備Cu2O，但所得產品中會含有一定量CuO，測定產品中Cu2O的含量常用滴定法，其原理為：樣品溶解：Cu2O+Fe2（SO4）3+H2SO42FeSO4+2CuSO4+H2O滴定（未配平）：FeSO4+KMnO4+H2SO4Fe2（SO4）3+MnSO4+K2SO4+H2O配平滴定反應的化學方程式滴定時，KMnO4溶液盛放在酸式（填“酸式”或“堿式”）滴定管中若產品質量為1.0g，滴定時消耗0.10molL1的KMnO4標準溶液20.00mL，則產品中Cu2O的質量分數為72%【考點

33、】電解原理；氧化還原反應方程式的配平；銅金屬及其重要化合物的主要性質【分析】（1）根據氧化亞銅的顏色確定添加Cu2O的涂斜或玻璃的顏色即可；（2）在電解池的陰極上是溶液中的陽離子發(fā)生得電子的還原反應，根據放電順序來回答；在堿性環(huán)境下，CuCln1n和氫氧根離子之間發(fā)生反應得到轉紅色沉淀，據此書寫離子方程式；（3）反應中化合價升高的元素是Fe，化合價降低的元素是Mn，根據電子守恒來配平方程式即可；高錳酸鉀具有強氧化性，據此選擇滴定管；根據發(fā)生的反應找到Cu2O和KMnO4之間的關系式，進行相應的計算即可【解答】解：（1）氧化亞銅的顏色是磚紅色，所以添加Cu2O的涂斜或玻璃顯磚紅色，故答案為：磚紅

34、；（2）在電解池的陰極上是溶液中的陽離子發(fā)生得電子的還原反應，根據放電順序，發(fā)生的反應為：2H+2e=H2，故答案為：2H+2e=H2；在堿性環(huán)境下，CuCln1n和氫氧根離子之間發(fā)生反應得到轉紅色沉淀，離子方程式CuCln1n+2OH=Cu2O+H2O+2nCl，故答案為：CuCln1n+2OH=Cu2O+H2O+2nCl；（3）反應FeSO4+KMnO4+H2SO4Fe2（SO4）3+MnSO4+K2SO4+H20中化合價升高的元素是Fe，共升高2價，化合價降低的元素是Mn，降低5價，根據電子守恒，含錳元素的物質前邊系數是2，鐵原子數是10，硫酸亞鐵前邊是10，硫酸鐵前邊是5，根據元素守恒

35、，配平其他物質，結果為：10FeSO4+2KMnO4+8H2SO45Fe2（SO4）3+2MnSO4+K2SO4+8H20，故答案為：10；2；8；5；2；1；8；高錳酸鉀具有強氧化性，應該選擇酸式滴定管，故答案為：酸式；根據發(fā)生的反應Cu2O+Fe2（SO4）3+H2SO42FeSO4+2CuSO4+H2O、10FeSO4+2KMnO4+8H2SO45Fe2（SO4）3+2MnSO4+K2SO4+8H20，找到Cu2O和KMnO4之間的關系為：Cu2OKMnO4，產品質量為1.0g，滴定時消耗0.10molL1的KMnO4標準溶液20.00mL，則產品中Cu2O的物質的量是mol=0.005

36、mol，質量分數是×100%=72%故答案為：72%【點評】本題綜合考查學生電解原理的應用、電極反應式的書寫、氧化還原反應的配平以及物質含量的測定等知識，屬于綜合知識的考查，難度大17氨水和銨鹽是實驗室常用試劑，也是重要的工業(yè)產品，（1）實可用如圖I裝置制取氮氣用裝置I中藥品制取氮氣的化學方程式為NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2+2H2OI中反應開始的一段時間反應速率越來越快，其可能原因是該反應為放熱反應（2）實驗室可利用下列裝置結合裝置模擬工業(yè)上制取氨氣并檢驗氨氣裝置的連接順序為f，e；d，i，j，g，h，b（填玻璃接口字母）裝置中用稀硫酸而不用鹽酸的理由是鹽酸具有揮發(fā)性，揮

37、發(fā)出的氯化氫與生成的氨氣反應能說明有氨氣生成的現象是裝置中溶液變紅色（3）設計實驗證明NH3H2O是弱電解質：常溫下，測定0.01mol/L氨水的pH值，其值小于12（簡要說明）【考點】氨的實驗室制法；氨的制取和性質【分析】（1）氯化銨與亞硝酸鈉發(fā)生氧化還原反應生成氮氣、氯化鈉和水；放熱反應放出的熱量使體系溫度升高，升高溫度反應速率加快；（2）裝置為制備氮氣裝置，為檢驗氨氣裝置，為干燥氮氣和氫氣，為制備氫氣的裝置，為收集氨氣裝置，兼氨氣瓶，為氮氣與氫氣發(fā)生反應生成氨氣裝置，要制備制取氨氣并檢驗氨氣，裝置正確順序為，連接，連接，然后連接，最后連接；依據鹽酸易揮發(fā)的性質解答；氨氣溶于水生成一水合氨

38、，一水合氨電離生成銨根離子與氫氧根離子，顯堿性；（3）依據弱電解質不能完全電離設計實驗【解答】解：（1）氯化銨與亞硝酸鈉發(fā)生氧化還原反應生成氮氣、氯化鈉和水，化學方程式：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2+2H2O；故答案為：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2+2H2O；I中反應開始的一段時間反應速率越來越快，是因為該反應為放熱反應，放出的熱量使體系溫度升高，升高溫度反應速率加快；故答案為：該反應為放熱反應；（2）要制備制取氨氣并檢驗氨氣，裝置正確順序為，連接，連接，然后連接，最后連接，儀器連接順序為：f，e；d，i，j，g，h，b；故答案為：f，e；d，i，j，g，h，b；鹽酸易揮發(fā)

39、，制備的氫氣中含有氯化氫，氯化氫能夠與氨氣反應，故答案為：鹽酸具有揮發(fā)性，揮發(fā)出的氯化氫與生成的氨氣反應；氨氣溶于水生成一水合氨，一水合氨電離生成銨根離子與氫氧根離子，顯堿性，遇到酚酞變紅色，故答案為：裝置中酚酞溶液變紅色；（3）弱電解質不能完全電離，常溫下，測定0.01mol/L氨水的pH值，其值小于12即可證明一水合氨為弱電解質，故答案為：常溫下，測定0.01mol/L氨水的pH值，其值小于12【點評】本題考查了物質的制備和實驗方案的設計，涉及氮氣、氨氣、氫氣的制備，熟悉制備原理和各裝置的作用是解題關鍵，注意實驗設計的合理性，題目難度不大18連二次硝酸（H2N2O2）是一種二元酸，可用于制

40、N2O氣體（1）連二次硝酸中氮元素的化合價為+1（2）常溫下，用0.01molL1的NaOH溶液滴定10mL001molL1H2N2O2溶液，測得溶液PH與NaOH溶液體積的關系如圖所示寫出H2N2O2在水溶液中的電離方程式：H2N2O2HN202+H+c點時溶液中各離子濃度由大到小的順序為c（Na+）c（N2022）c（OH）c（HN202）c（H+）b點時溶液中c（H2N2O2）（填“”“”或“=”，下同）c（N2O22）a點時溶液中c（Na+）c（HN202）+c（N2O22）（3）硝酸銀溶液和連二次硝酸鈉溶液混合，可以得到黃色的連二次硝酸銀沉淀，向該分散系中滴加硫酸鈉溶液，當白色沉淀和

41、黃色沉淀共存時，分散系中=3.0×104已知Ksp（Ag2N2O2）=4.2×109，Ksp（Ag2SO4）=1.4×105【考點】離子濃度大小的比較；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質【分析】（1）根據H2N2O2中H、O元素的化合價分別為+1、2及總化合價之和為0進行計算N元素的化合價；（2）根據圖象可知，0.01mol/L的H2N2O2溶液的pH=4.3，說明H2N2O2為二元弱酸，二元弱酸只要以第一步電離為主，據此寫出其電離方程式；c點滴入20mL相同濃度的NaOH溶液，反應后溶質為Na2N2O2，HN202部分水解，溶液呈堿性，結合電荷守恒判斷各離子濃

42、度大?。籧點溶質為NaHN202，溶液呈堿性，則HN202的水解程度大于其電離程度；a點時溶液的pH=7，則c（OH）=c（H+），根據電荷守恒可知c（Na+）=c（HN202）+2c（N2O22）；（3）根據=及二者的溶度積進行計算【解答】解：（1）H2N2O2分子中H的化合價為+1，O元素的化合價為2，設N元素的化合價為x，根據總化合價之和為0可知：2x+（+1）×2+（2）×2=0，解得：x=1，即N元素的化合價為+1，故答案為：+1；（2）根據圖象可知，氫氧化鈉溶液體積為0時，0.01mol/L的H2N2O2溶液的pH=4.3，說明H2N2O2為二元弱酸，二元弱酸只

43、要以第一步電離為主，則其電離方程式為：H2N2O2HN202+H+，故答案為：H2N2O2HN202+H+；c點滴入20mL相同濃度的NaOH溶液，反應后溶質為Na2N2O2，HN202部分水解，溶液呈堿性，則：c（OH）c（H+），由于溶液中氫氧根離子還來自水的電離及HN202的水解，則c（OH）c（HN202），溶液中離子濃度大小為：c（Na+）c（N2022）c（OH）c（HN202）c（H+），故答案為：c（Na+）c（N2022）c（OH）c（HN202）c（H+）；c點溶質為NaHN202，溶液的pH，說明溶液顯示堿性，則HN202的水解程度大于其電離程度，所以c（H2N2O2）c

44、（N2O22），故答案為：；根據圖象可知，a點時溶液的pH=7，溶液呈中性，則c（OH）=c（H+），根據電荷守恒可知c（Na+）=c（HN202）+2c（N2O22），所以c（Na+）c（HN202）+2c（N2O22），故答案為：；（3）當兩種沉淀共存時， =3.0×104，故答案為：3.0×104【點評】本題考查了離子濃度大小比較、難溶物溶度積的計算，題目難度中等，明確反應后溶質組成及難溶物溶度積的表達式即可解答，試題側重考查學生的分析、理解能力及化學計算能力19以天然氣為原料合成甲醇常見的方法有水煤氣法和目前正在開發(fā)的直接氧化法（1）有關熱化學方程式如下：水煤氣法：

45、CH4（g）+O2（g）CO（g）+2H2O（g）H1=35.4KJmol1CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H2=90.1KJmol1直接氧化法：2CH4（g）+O2（g）2CH3OH（g）H3=251KJmol1（2）工業(yè)廢氣二氧化碳催化加氫也可合成甲醇：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H在密閉容器中投入1molCO2和2.75molH2，在不同條件下發(fā)生反應，實驗測得平衡時甲醇的物質的量隨溫度、壓強的變化如圖所示二氧化碳合成甲醇正反應的H（填“”“”或“=”，下同）0M、N兩點時化學反應速率：v（M）v（N）為提高CO2的轉化率除可改變溫度和壓強外，還可采取

46、的措施是增大的值圖中M點時，容器體積為10L，則N點對應的平衡常數K=1.04（填數值，保留2位小數）（3）一定條件下，向容積不變的某密閉容器中加入amolCO2和bmolH2發(fā)生反應：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），欲使整個反應過程中CO2的體積分數為恒定值，則a與b的關系是a=b【考點】化學平衡的計算；熱化學方程式；化學平衡的影響因素【專題】化學平衡專題【分析】（1）已知：CH4（g）+O2（g）CO（g）+2H2（g）H1=35.4kJmol1，CO（g）+2H2（g）CH3OH （g）H2=90.1kJmol1，根據蓋斯定律，（+）×2可得：2CH4

47、（g）+O2（g）2CH3OH（g），反應熱也進行相應計算；（2）由圖可知，壓強一定時，溫度越高，CH3OH的物質的量越小，說明升高溫度平衡向逆反應方向移動；正反應為氣體體積減小的反應，溫度一定時，增大壓強，平衡向正反應方向移動，甲醇的物質的量增大，故壓強P1P2，壓強越大，反應速率越快；在可逆反應中，增加一種反應物濃度可以提高另一反應物的轉化率；圖中M、N點溫度相同，平衡常數相同，M點時，容器體積為10L，平衡時CH3OH的物質的量為0.25mol，則： CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol/L）：0.1 0.275 0 0變化（mol/L）：0.025 0.

48、075 0.025 0.025 平衡（mol/L）：0.075 0.2 0.025 0.025根據K=計算；（3）設轉化的二氧化碳的物質的量為x，則： CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol）：a b 0 0轉化（mol）：x 3x x x 平衡（mol）：ax b3x x x則CO2的體積分數為，據此判斷【解答】解：（1）已知：CH4（g）+O2（g）CO（g）+2H2（g）H1=35.4kJmol1，CO（g）+2H2（g）CH3OH （g）H2=90.1kJmol1，根據蓋斯定律，（+）×2可得：2CH4（g）+O2（g）2CH3OH（g），故H3

49、=2H1+2H2=2×（35.4kJmol190.1kJmol1）=251kJmol1，故答案為：251；（2）由圖可知，壓強一定時，溫度越高，CH3OH的物質的量越小，說明升高溫度平衡向逆反應方向移動，則正反應為放熱反應，故H0，故答案為：；正反應為氣體體積減小的反應，溫度一定時，增大壓強，平衡向正反應方向移動，甲醇的物質的量增大，故壓強P1P2，壓強增大，反應速率也增大，所以v（N）v（M），故答案為：；在可逆反應中，增加一種反應物濃度可以提高另一反應物的轉化率，所以為提高CO2的轉化率除可改變溫度和壓強外，還可采取的措施是增大的值，故答案為：增大的值；圖中M、N點溫度相同，平衡

50、常數相同，M點時，容器體積為10L，平衡時CH3OH的物質的量為0.25mol，則： CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol/L）：0.1 0.275 0 0變化（mol/L）：0.025 0.075 0.025 0.025 平衡（mol/L）：0.075 0.2 0.025 0.025故平衡常數K=1.04，故答案為：1.04；（3）設轉化的二氧化碳的物質的量為x，則： CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol）：a b 0 0轉化（mol）：x 3x x x 平衡（mol）：ax b3x x x則CO2的體積分數為，要使為恒定的值，

51、則a=b，故答案為：a=b【點評】本題考查化學平衡計算與影響因素、化學平衡常數、反應熱計算等，是對學生綜合能力的考查，需要學生具備扎實的基礎，難度中等三、（本題包括3小題，每小題0分，只能選擇一題作答）物質結構與性質21（2015秋陽泉校級月考）氟及氟產品在工農業(yè)生產中應用非常廣泛，回答下列問題：（1）基態(tài)氟原子核外電子的運動狀態(tài)有9種，這些電子的電子云形狀有2種；氟原子的外圍電子排布式為2s22p5（2）NaHF2（氟化氫鈉）電解可制氟氣，NaHF2中所含作用力的類型有離子鍵、共價鍵、氫鍵；與HF2互為等電子體的分子有CO2（或Na2O）（舉一例）（3）N2F2（二氟氮烯）分子中，氮原子的雜

52、化軌道類型為sp2，畫出N2F2可能的結構式（4）三氟化硼乙醚（如圖1）的熔點為58，沸點為126129，它屬于分子晶體（5）氟化鈣的晶胞結構如圖2所示，晶胞參數=0.555pmCa2+、F的配位數分別為8和4列式表示氟化鈣晶體的密度：=gcm3（不必計算出結果）【考點】晶胞的計算；原子核外電子排布；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷【分析】（1）原子核外含有多少電子，核外電子的運動狀態(tài)就有幾種；氟原子含有s和p兩種類型的軌道，則電子云有2種；氟原子最外層為L層，含有7個電子，據此寫出外圍電子排布式；（2）NaHF2中含有離子鍵、共價鍵，F的電負性較強，還存在氫鍵；（3）N2F2（二氟氮烯）分子中

53、存在氮氮雙鍵和兩個NF鍵，據此畫出其結構式，在根據N原子形成的鍵數目判斷雜化類型；（4）根據三氟化硼乙醚的熔點、沸點大小進行判斷其晶體類型；（5）根據圖示的晶胞結構判斷鈣離子、氟離子的配位數；該晶胞為立方體結構，根據棱長計算出該晶胞體積，再結合=計算出氟化鈣晶體的密度【解答】解：（1）基態(tài)氟原子核外含有9個電子，則其核外電子的運動狀態(tài)有9種；氟原子核外含有2s軌道和p軌道兩種軌道，則氟原子的電子的電子云形狀有2種；氟原子的外圍含有7個電子，其外圍電子排布式為：2s22p5，故答案為：9；2；2s22p5；（2）NaHF2為離子化合物，存在離子鍵，HF鍵為共價鍵，F的電負性較強，還存在氫鍵，故答案為：離子鍵、共價鍵、氫鍵；CO2（或Na2O）；（3）N2F2（二氟氮烯）分子中，氮原子形成了3個鍵和1個鍵，則其雜化軌道類型為sp2；N2F2可能的結構式為：，故答案為：sp2；（4）三氟化硼乙醚（如圖1）的熔點為58，沸點為