2014-2015學(xué)年寧夏銀川二中高三（上）統(tǒng)練化學(xué)試卷（解析版）

1、2014-2015學(xué)年寧夏銀川二中高三（上）統(tǒng)練化學(xué)試卷一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1（6分）（2014西城區(qū)二模）下列敘述不正確的是（）A金屬腐蝕的本質(zhì)是金屬原子失去電子而被氧化B將地下鋼管與直流電源的正極相連，用來保護(hù)鋼管C電解飽和食鹽水制氫氧化鈉，可以用鐵做陰極D氫氧燃料電池中，氫氣在負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)考點(diǎn)：金屬的電化學(xué)腐蝕與防護(hù)；原電池和電解池的工作原理專題：電化學(xué)專題分析：A、金屬原子失去電子被氧化；B、鋼管與直流電源的正極相連，陽(yáng)極金屬易被腐蝕；C、在陰極上是發(fā)生得電子的還原反應(yīng)；D、燃料電池中，燃料在負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)解答：

2、解：A、金屬腐蝕的本質(zhì)是金屬原子在負(fù)極上失去電子而被氧化的過程，故A正確；B、將地下鋼管與電源負(fù)極相連，作電解池的陰極被保護(hù)，能防止鋼鐵銹蝕，故B錯(cuò)誤；C、電解飽和食鹽水制氫氧化鈉，在陰極區(qū)會(huì)產(chǎn)生氫氧化鈉，金屬鐵必須做陰極，不能做陽(yáng)極，故C正確；D、氫氧燃料電池中，在負(fù)極上是燃料發(fā)生氧化反應(yīng)的過程，故D正確故選B點(diǎn)評(píng)：本題考查學(xué)生金屬的腐蝕和防護(hù)知識(shí)以及燃料電池的工作原理知識(shí)，難度中等2（6分）（2014秋銀川校級(jí)月考）下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)的說法正確的是（）A某學(xué)生用pH試紙測(cè)新制氯水的pH值，先變紅后褪色，是因?yàn)镃l2有強(qiáng)氧化性B容量瓶、分液漏斗、滴定管在使用前要檢查是否漏水C為測(cè)定熔融氫氧化鈉的導(dǎo)

3、電性，可在瓷坩堝中熔化氫氧化鈉固體后進(jìn)行測(cè)量D將銅片放入濃硫酸中，無(wú)明顯實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，說明銅在冷的濃硫酸中發(fā)生鈍化考點(diǎn)：濃硫酸的性質(zhì)；測(cè)定溶液pH的方法；鈉的重要化合物；不能加熱的儀器及使用方法分析：A氯氣沒有漂白性，次氯酸有漂白性；B根據(jù)帶有旋塞和瓶塞的儀器，一般在使用前需要檢查是否漏水；C瓷坩堝中含有二氧化硅，在加熱條件下能與氫氧化鈉反應(yīng)；D銅和濃硫酸在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)解答：解：A氯氣和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，溶液呈酸性，所以用PH試紙測(cè)溶液的PH值時(shí)試紙變紅，次氯酸有漂白性，能使紅色試紙褪色，故A錯(cuò)誤；B分液漏斗、容量瓶、滴定管是帶有旋塞和瓶塞的儀器，使用前需要檢查是否漏水，故B正

4、確；C瓷坩堝中含有二氧化硅，在加熱條件下能與氫氧化鈉反應(yīng)而導(dǎo)致坩堝炸裂，故C錯(cuò)誤；D銅和濃硫酸在常溫下不反應(yīng)，加熱條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故D錯(cuò)誤故選：B點(diǎn)評(píng)：本題為綜合題，考查了氯水、二氧化硅、濃硫酸的性質(zhì)，常見化學(xué)儀器的使用方法，側(cè)重考查學(xué)生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)掌握，題目難度不大3（6分）（2014秋銀川校級(jí)月考）能正確表示下列反應(yīng)的離子方程式的是（）ANH4HSO3溶于少量的NaOH溶液中：HSO3+OHSO32+H2OB向NaAlO2溶液中通入過量CO2：2AlO2+CO2+3H2O2Al（OH）3+CO32C硫化亞鐵溶于稀硝酸中：FeS+2H+Fe2+H2SD在NaHSO4溶液中滴加Ba（OH

5、）2至中性：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2O考點(diǎn)：離子方程式的書寫分析：A氫氧化鈉少量，亞硫酸氫根離子優(yōu)先結(jié)合氫氧根離子；B二氧化碳過量，反應(yīng)生成碳酸氫根離子；C稀硝酸能夠?qū)嗚F離子氧化成鐵離子；D溶液為中性，氫離子和氫氧根離子恰好反應(yīng)，鋇離子與氫氧根離子的物質(zhì)的量之比應(yīng)該為1：2解答：解：ANH4HSO3溶于少量的NaOH溶液中，亞硫酸氫根離子優(yōu)先反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為：HSO3+OHSO32+H2O，故A正確；B向NaAlO2溶液中通入過量CO2，反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉，正確的離子方程式為：AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故B錯(cuò)誤；C硫化亞鐵溶于稀

6、硝酸中，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，正確的離子方程式為：NO3+FeS+4H+=Fe3+S+NO+2H2O，故C錯(cuò)誤；D在NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2至中性，反應(yīng)生成硫酸鋇和水，正確的離子方程式為：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O，故D錯(cuò)誤；故選A點(diǎn)評(píng)：本題考查了離子方程式的書寫判斷，題目難度中等，明確離子方程式的書寫原則為解答關(guān)鍵，側(cè)重考查反應(yīng)物過量情況對(duì)生成物的影響及氧化還原反應(yīng)型的離子反應(yīng)，試題培養(yǎng)了學(xué)生靈活應(yīng)用基礎(chǔ)知識(shí)的能力4（6分）（2014秋銀川校級(jí)月考）設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述中正確的是（）A1molCH3+（碳正離子）中含有電子數(shù)為10NAB1mo

7、l銅與足量硫蒸氣反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NAC用惰性電極電解CuCl2溶液，陰極析出32g銅時(shí)，線路中通過的電子數(shù)為NAD0.84g NaHCO3晶體中陽(yáng)離子和陰離子總數(shù)為0.03NA考點(diǎn)：阿伏加德羅常數(shù)分析：A碳正離子中含有8個(gè)電子，1molCH3+（碳正離子）中含有8mol電子；B銅與硫反應(yīng)生成硫化亞銅，1mol銅與足量硫蒸氣反應(yīng)失去1mol電子；C依據(jù)電解反應(yīng)和電子守恒計(jì)算分析；D根據(jù)碳酸氫鈉晶體中含有的離子為鈉離子和碳酸氫根離子判斷解答：解：A.1molCH3+（碳正離子）中含有8mol電子，含有電子數(shù)為8NA，故A錯(cuò)誤；B.1mol銅與足量硫蒸氣反應(yīng)生成0.5mol硫化亞銅，轉(zhuǎn)移了1mo

8、l電子，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA，故B錯(cuò)誤；C依據(jù)電極反應(yīng)和電子守恒計(jì)算分析，用惰性電極電解CuCl2溶液，陰極析出32g銅時(shí)物質(zhì)的量為0.5mol，Cu2+2e=Cu，線路中通過的電子數(shù)為NA，故C正確；D.0.84gNaHCO3晶體的物質(zhì)的量為0.01mol，含有0.01mol鈉離子和0.01mol碳酸氫根離子，含有的陽(yáng)離子和陰離子總數(shù)為0.02NA，故D錯(cuò)誤；故選：C點(diǎn)評(píng)：本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)，題目難度不大，注意碳酸氫鈉固體中的離子為鈉離子和碳酸氫根離子5（6分）（2015蘭州校級(jí)三模）R、X、Y、M、Z五種短周期主族元素的原子半徑依次減小，X、Y、Z的電子層數(shù)之和為5，X元素原子的最外層電

9、子數(shù)是它的電子層數(shù)的2倍，Y元素原子的最外層電子數(shù)是X和Z兩元素原子最外層電子數(shù)的總和，M是地殼中含量最多的元素，R與Z的最外層電子數(shù)相同下列敘述正確的是（）AZ與M形成的化合物中不可能含有非極性鍵B對(duì)應(yīng)氫化物的熱穩(wěn)定性：XYMC單質(zhì)的還原性：RMYXDX、Y、M、Z四種元素組成的離子化合物受熱易分解考點(diǎn)：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系專題：元素周期律與元素周期表專題分析：R、X、Y、M、Z五種短周期主族元素的原子半徑依次減小，X元素原子的最外層電子數(shù)是它的電子層數(shù)的2倍，X、Y、Z的電子層數(shù)之和為5，則X原子有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為4，則X為C元素；Y元素原子的最外層電子數(shù)是X元素和Z元素原

10、子最外層電子數(shù)的總和，則Z處于第一周期，Y處于第二周期，故Z為H元素，Y最外層電子數(shù)為4+1=5，則Y為N元素；M是地殼中含量最多的元素，則M為O元素，R與Z的最外層電子數(shù)相同，且原子半徑最大，應(yīng)為Na元素，以此解答該題解答：解：R、X、Y、M、Z五種短周期主族元素的原子半徑依次減小，X元素原子的最外層電子數(shù)是它的電子層數(shù)的2倍，X、Y、Z的電子層數(shù)之和為5，則X原子有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為4，則X為C元素；Y元素原子的最外層電子數(shù)是X元素和Z元素原子最外層電子數(shù)的總和，則Z處于第一周期，Y處于第二周期，故Z為H元素，Y最外層電子數(shù)為4+1=5，則Y為N元素；M是地殼中含量最多的元素，則M

11、為O元素，R與Z的最外層電子數(shù)相同，且原子半徑最大，應(yīng)為Na元素，AH、O兩元素形成的化合物H2O2，分子中氧原子之間為非極性鍵，故A錯(cuò)誤；B非金屬：X（C）Y（N）M（O），元素的非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，故B錯(cuò)誤；C元素的非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的單質(zhì)的還原性越弱，M為O元素，對(duì)應(yīng)的單質(zhì)沒有還原性，故C錯(cuò)誤；DX、Y、M、Z四種元素組成的離子化合物為碳酸銨，銨鹽受熱易分解，故D正確故選D點(diǎn)評(píng)：本題考查結(jié)構(gòu)物質(zhì)性質(zhì)關(guān)系、氮化合物性質(zhì)等，難度中等，推斷元素是解題的關(guān)鍵，注意根據(jù)最外層電子數(shù)之和確定X是推斷的突破口6（6分）（2014洛陽(yáng)三模）下列有關(guān)說法正確的是（）A0.1mol/L NH4

12、Cl溶液加蒸餾水稀釋，溶液的pH不斷減小B常溫下，pH=2的CH3COOH溶液與pH=12的NaOH溶液等體積混合后，溶液的pH7C水的離子積常數(shù)Kw隨著溫度的升高而增大，說明水的電離是放熱反應(yīng)D0.1mol/L的NaHA溶液，其pH=4：c（HA）c（H+）c（H2A）c（A2）考點(diǎn)：鹽類水解的應(yīng)用；弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；水的電離專題：電離平衡與溶液的pH專題；鹽類的水解專題分析：A、加水稀釋溶液的濃度減??；B、CH3COOH在溶液中部分電離；C、根據(jù)影響Kw的因素分析；D、0.1mol/L的NaHA溶液，其pH=4，HA的電離程度大于水解程度解答：解：A、加水稀釋溶液的濃度減小，所

13、以0.1mol/L NH4Cl溶液加蒸餾水稀釋，溶液中氫離子濃度減小，則溶液的pH不斷增大，故A錯(cuò)誤；B、CH3COOH在溶液中部分電離，所以常溫下，pH=2的CH3COOH溶液中醋酸的濃度大于0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液中氫氧化鈉的濃度為0.01mol/L，所以二者等體積混合后，醋酸過量，溶液的pH7，故B正確；C、水的離子積常數(shù)Kw隨著溫度的升高而增大，說明升高溫度平衡正移，則正方向?yàn)槲鼰岱较颍运碾婋x是吸熱反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D、0.1mol/L的NaHA溶液，其pH=4，說明HA的電離程度大于水解程度，則c（HA）c（H+）c（A2）c（H2A），故D錯(cuò)誤；故選B點(diǎn)評(píng)：

14、本題考查了弱電解質(zhì)的電離、Kw的影響因素、鹽的水解原理的應(yīng)用等，側(cè)重于基礎(chǔ)知識(shí)的考查，題目難度不大7（6分）（2015張掖模擬）在2L的密閉容器中進(jìn)行如下反應(yīng)：CO（g）+H2O（g）TCO2（g）+H2（g），有如下數(shù)據(jù)：實(shí)驗(yàn)溫度/起始量/mol平衡量/molCOH2OCO2H2CO216502.01.0000.828002.02.0001.0下列說法正確的是（）A正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)B實(shí)驗(yàn)1中，CO的轉(zhuǎn)化率為80%C650時(shí)，化學(xué)平衡常數(shù)K=D實(shí)驗(yàn)1再加入1.0 mol H2O，重新達(dá)到平衡時(shí)，n（CO2）為1.6 mol考點(diǎn)：化學(xué)平衡的計(jì)算；吸熱反應(yīng)和放熱反應(yīng)分析：A利用三段式，計(jì)算出兩個(gè)溫

15、度下的平衡常數(shù)，再根據(jù)平衡常數(shù)的大小可判斷出該反應(yīng)是放熱反應(yīng)還是吸熱反應(yīng)；B轉(zhuǎn)化率=；C根據(jù)根據(jù)平衡常數(shù)等于生成物的濃度冪之積除以反應(yīng)物的濃度冪之積進(jìn)行計(jì)算；D根據(jù)650時(shí)的平衡常數(shù)進(jìn)行計(jì)算解答：解：A在650時(shí) CO（g ）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）， 起始（mol） 2.0 1.0 0 0 轉(zhuǎn)化（mol） 0.8 0.8 0.8 0.8 平衡（mol） 1.2 0.2 0.8 0.8平衡常數(shù)K=，在800時(shí) CO（g ）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），起始（mol） 2.0 2.0 0 0轉(zhuǎn)化（mol） 1.0 1.0 1.0 1.0平衡（mol） 1.0 1.0 1.

16、0 1.0平衡常數(shù)K=1，由此可知在650時(shí)平衡常數(shù)大于800的平衡常數(shù)，即升高溫度平衡逆向移動(dòng)，故該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B在650時(shí) CO（g ）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）， 起始（mol） 2.0 1.0 0 0 轉(zhuǎn)化（mol） 0.8 0.8 0.8 0.8 平衡（mol） 1.2 0.2 0.8 0.8CO的轉(zhuǎn)化率=×100%=40%，故B錯(cuò)誤；C由A中的計(jì)算可知，650時(shí)，化學(xué)平衡常數(shù)K=，故C正確；D設(shè)平衡時(shí)n（CO2）為x，則 CO（g ）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），起始（mol） 2.0 2.0 0 0轉(zhuǎn)化（mol） x x x

17、x平衡（mol） 2x 2x x x平衡常數(shù)K=，解得x1.6，故D錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評(píng)：本題主要考查平衡常數(shù)和轉(zhuǎn)化率的計(jì)算，及根據(jù)平衡常數(shù)對(duì)反應(yīng)作判斷，中等難度要注意溫度對(duì)平衡常數(shù)的影響二、非選擇題8（16分）（2014鐵鋒區(qū)校級(jí)模擬）氮是一種非常重要的元素，它的單質(zhì)和化合物應(yīng)用廣泛，在科學(xué)技術(shù)和生產(chǎn)中有重要的應(yīng)用試回答下列問題：（1）N2和H2為原料合成氨氣的反應(yīng)為：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，下列措施可以提高H2的轉(zhuǎn)化率是（填選項(xiàng)序號(hào)）bca選擇適當(dāng)?shù)拇呋瘎?b增大壓強(qiáng) c及時(shí)分離生成的NH3 d升高溫度（2）在恒溫條件下，將N2與H2按一定比例混合的氣體充入一個(gè)2L固定容積

18、的密閉容器中，10分鐘后反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，n（N2）=1.0mol，n（H2）=1.0mol，n（NH3）=0.4mol，則反應(yīng)速率v（N2）=0.01mol/（Lmin），平衡常數(shù)K=0.64（3）在容積恒定的密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H0該反應(yīng)的反應(yīng)速率（v）隨時(shí)間（t）變化的關(guān)系如圖所示若t2、t4時(shí)刻只改變一個(gè)條件，下列說法正確的是（填選項(xiàng)序號(hào)）ada在t1t2時(shí)，可依據(jù)容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)保持不變判斷反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)b在t2時(shí)，采取的措施一定是升高溫度c在t3t4時(shí)，可依據(jù)容器內(nèi)氣體的密度保持不變判斷反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)d在t0t5時(shí)，容器內(nèi)NO2的體積分?jǐn)?shù)在t

19、3時(shí)值的最大（4）氨和聯(lián)氨（N2H4）是氮的兩種常見化合物，最常見的制備聯(lián)氨的方法是以丙酮為催化劑，用次氯酸鈉與氨氣反應(yīng)，該反應(yīng)中還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為2：1，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：NaClO+2NH3N2H4+H2O+NaCl（5）已知：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.5kJ/molN2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJ/mol若有17g 氨氣經(jīng)催化氧化完全生成一氧化氮?dú)怏w和水蒸氣所放出的熱量為226.3kJ（6）直接供氨式堿性燃料電池的電池反應(yīng)式是4NH3+3O22N2+6H2O，電解

20、質(zhì)溶液一般使用KOH溶液，則負(fù)極電極反應(yīng)式是2NH36e+6OHN2+6H2O從理論上分析，該電池工作過程中不需要（填“需要”或“不需要”）補(bǔ)充堿（KOH）考點(diǎn)：化學(xué)平衡的影響因素；熱化學(xué)方程式；常見化學(xué)電源的種類及其工作原理；化學(xué)平衡常數(shù)的含義；化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷專題：基本概念與基本理論分析：（1）轉(zhuǎn)化率是消耗量占起始量的百分比；a、催化劑改變反應(yīng)速率不改變化學(xué)平衡；b、增大壓強(qiáng)平衡向氣體體積縮小的方向進(jìn)行；c、分離出氨氣平衡正向進(jìn)行；d、反應(yīng)是放熱反應(yīng)升溫平衡逆向進(jìn)行；（2）依據(jù)化學(xué)平衡三段式列式計(jì)算，反應(yīng)速率V=，平衡常數(shù)用生成物平衡濃度冪次方乘積除以反應(yīng)物平衡濃度冪次方乘積；（3）2N

21、O（g）+O2（g）2NO2（g）H0反應(yīng)是氣體體積減小的吸熱反應(yīng)；a、壓強(qiáng)不變說明反應(yīng)達(dá)到平衡；b、反應(yīng)是吸熱反應(yīng)升溫正逆反應(yīng)速率增大，平衡正向進(jìn)行；c、反應(yīng)中氣體質(zhì)量守恒，體積不變，過程中密度不變；d、依據(jù)圖象分析器內(nèi)NO2的體積分?jǐn)?shù)在t3t4時(shí)最大；（4）次氯酸鈉與氨氣反應(yīng)，根據(jù)NaClO氧化NH3可以得到肼來書寫方程式；（5）依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計(jì)算所需讓化學(xué)方程式，結(jié)合熱化學(xué)方程式定量關(guān)系計(jì)算；（6）燃料電池中，負(fù)極是燃料發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)解答：解：（1）a選擇適當(dāng)?shù)拇呋瘎?，加快反?yīng)速率，不影響平衡移動(dòng)，H2的轉(zhuǎn)化率不變，故a錯(cuò)誤；b增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，H2的轉(zhuǎn)化率增

22、大，故b正確；c及時(shí)分離生成的NH3，生成物濃度降低，平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，H2的轉(zhuǎn)化率增大，故c正確；d升高溫度，平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，H2的轉(zhuǎn)化率降低，故d錯(cuò)誤；故答案為：bc；（2）在恒溫條件下，將N2與H2按一定比例混合的氣體充入一個(gè)2L固定容積的密閉容器中，10分鐘后反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，n（N2）=1.0mol，n（H2）=1.0mol，n（NH3）=0.4mol， N2（g）+3H2（g）2NH3（g）起始量（mol） 1.2 1.6 0變化量（mol） 0.2 0.6 0.4平衡量 （mol） 1.0 1.0 0.4則反應(yīng)速率v（N2）=0.01mol/Lmin；平衡常數(shù)K=0.64；故答案為

23、：0.01；0.64；（3）2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H0，反應(yīng)是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，a該反應(yīng)正反應(yīng)是氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，恒溫恒容下條件下，壓強(qiáng)不變，說明到達(dá)平衡，故a正確；b正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，在t2時(shí)，正、逆速率都增大，且正反應(yīng)速率增大更多，平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，該反應(yīng)正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)平衡向正反應(yīng)進(jìn)行，轉(zhuǎn)化率增大，不是升溫變化，故b錯(cuò)誤；c恒容條件下，反應(yīng)混合氣體的總質(zhì)量不變，密度始終不變，所以不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故c錯(cuò)誤；d由圖可知，在t2時(shí)，改變條件平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，t3時(shí)到達(dá)平衡，t4時(shí)瞬間正反應(yīng)速率不變，逆反應(yīng)速率減

24、小，平衡向正反應(yīng)進(jìn)行，應(yīng)是NO2降低的濃度，故容器內(nèi)NO2的體積分?jǐn)?shù)在t3時(shí)值的最大，故d正確；故選ad；（4）制備肼的方法，是以NaClO氧化NH3，反應(yīng)中還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為2：1，制得肼的稀溶液，反應(yīng)為NaClO+2NH3N2H4+H2O+NaCl，故答案為：NaClO+2NH3N2H4+H2O+NaCl；（5）N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.5kJ/mol，N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJ/mol，2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJ/mol，由蓋斯定律×2×2+×3得：4NH3（g）+5

25、O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H=905.2kJ/mol； 則17g 即1mol氨氣經(jīng)催化氧化完全生成一氧化氮?dú)怏w和水蒸氣所放出的熱量為×905.2kJ=226.3kJ，故答案為：226.3kJ； （6）燃料電池中，負(fù)極是燃料發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，所以氨作為燃料電池燃?xì)鈺r(shí)，負(fù)極上是氨氣失電子的過程，即2NH36e+6OHN2+6H2O，正極反應(yīng)為：O2+2H2O+4e=4OH，依據(jù)電子守恒分析，正負(fù)極反應(yīng)和生成的氫氧根離子相同，理論上分析不需要補(bǔ)充氫氧化鉀溶液，故答案為：2NH36e+6OHN2+6H2O；不需要點(diǎn)評(píng)：本題考查了蓋斯定律、外界條件對(duì)反應(yīng)速率和平衡的影響、平衡的

26、判斷，化學(xué)平衡的計(jì)算，燃料電池等，題目難度中等，注重高考?？键c(diǎn)的考查，注意圖象變化的分析9（13分）（2014秋銀川校級(jí)月考）某興趣小組探究SO2氣體還原Fe，I2，他們使用的藥品和裝置如如所示（1）儀器組裝完成后，關(guān)閉兩端活塞，向裝置B中的長(zhǎng)頸漏斗內(nèi)注入液體至形成一段液柱，若液柱高度保持不變，則整個(gè)裝置氣密性良好裝置E的作用是安全瓶，防止倒吸裝置F中為NaOH溶液（2）裝置B的作用之一是觀察SO2的生成速率，其中的液體最好選擇Ca蒸餾水 b飽和Na2SO3溶液c飽和NaHSO3溶液 d飽和NaHCO3溶液（3）SO2氣體還原Fe3+反應(yīng)的產(chǎn)物是Fe2+、SO42（填離子符號(hào)）（4）在上述裝置

27、中通入過量的SO2為了驗(yàn)證C中SO2與Fe3+發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，他們?nèi)中的溶液，分成三份，并設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)：方案：往第一份試液中加入KMnO4溶液，紫紅色褪去方案：往第一份試液加入KSCN溶液，不變紅，再加入新制的氯水，溶液變紅方案：往第二份試液加入用稀鹽酸酸化的BaCl2，產(chǎn)生白色沉淀上述方案不合理的是方案，原因是SO2、Fe2+都能使酸性高錳酸鉀褪色（5）能表明I的還原性弱于SO2的現(xiàn)象是D中藍(lán)色褪去，寫出有關(guān)離子方程式：I2+SO2+2H2O=4H+2I+SO42考點(diǎn)：性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)；探究二氧化硫與水和品紅溶液的反應(yīng)專題：實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)題分析：（1）利用液面差在一段時(shí)間內(nèi)不變檢驗(yàn)裝置的

28、氣密性；有緩沖裝置能防止倒吸；二氧化硫有毒不能直接排空，應(yīng)該用堿液吸收；（2）二氧化硫能溶于水生成亞硫酸，為防止二氧化硫溶解，應(yīng)該用亞硫酸氫鈉溶液洗氣；（3）二氧化硫具有還原性、鐵離子具有氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸根離子和亞鐵離子；（4）亞鐵離子和KSCN溶液不反應(yīng)，但能被氯水氧化生成鐵離子，鐵離子和KSCN溶液反應(yīng)生成血紅色溶液；亞硫酸鋇和稀鹽酸反應(yīng)，二氧化硫和亞鐵離子都和酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)；（5）同一可逆反應(yīng)中，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性，根據(jù)D中溶液顏色變化判斷解答：解：（1）儀器組裝完成后，關(guān)閉兩端活塞，向裝置B中的長(zhǎng)頸漏斗內(nèi)注入液體至形成一段液柱，若液柱高度保持不

29、變，說明不漏氣，則氣密性良好；E中左側(cè)為短導(dǎo)管可防止液體倒吸；F中盛放NaOH溶液進(jìn)行尾氣處理，防止含硫化合物排放在環(huán)境中，從而保護(hù)環(huán)境，故答案為：液柱高度保持不變；防止倒吸；NaOH；（2）二氧化硫能溶于水生成亞硫酸，二氧化硫和亞硫酸鈉、碳酸氫鈉反應(yīng)，為防止二氧化硫溶解，應(yīng)該用亞硫酸氫鈉溶液洗氣，故選C；（3）二氧化硫具有還原性、鐵離子具有氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸根離子和亞鐵離子，故答案為：Fe2+、SO42；（4）方案往第一份試液中加入KMnO4溶液，紫紅色褪去，原來溶液中有二氧化硫，二氧化硫和亞鐵離子都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而導(dǎo)致酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以不能確定哪種微粒其

30、作用，故錯(cuò)誤；方案：往第一份試液加入KSCN溶液，不變紅，再加入新制的氯水，溶液變紅，亞鐵離子和KSCN不反應(yīng)，鐵離子和KSCN反應(yīng)生成血紅色溶液，所以可以檢驗(yàn)溶液中存在亞鐵離子，故正確；方案：往第二份試液加入用稀鹽酸酸化的BaCl2，產(chǎn)生白色沉淀，亞硫酸根離子和氯化鋇不反應(yīng)，硫酸根離子和鋇離子反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，且不溶于稀鹽酸，所以可以檢驗(yàn)溶液中存在硫酸根離子，故正確；所以實(shí)驗(yàn)方案不合理，故答案為：方案；SO2、Fe2+都能使酸性高錳酸鉀褪色；（5）I2+SO2+2H2O=4H+2I+SO42中還原劑是二氧化硫、還原產(chǎn)物是碘離子，所以還原性SO2I，碘遇淀粉試液變藍(lán)色，所以看到的現(xiàn)象是D中藍(lán)

31、色褪去，離子反應(yīng)方程式為I2+SO2+2H2O=4H+2I+SO42，故答案為：D中藍(lán)色褪去；I2+SO2+2H2O=4H+2I+SO42點(diǎn)評(píng)：本題考查性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)，側(cè)重考查學(xué)生對(duì)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)、評(píng)價(jià)，明確物質(zhì)性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意（4）題為易錯(cuò)點(diǎn)，同時(shí)考查學(xué)生思維的縝密性，題目難度中等10（14分）（2014秋銀川校級(jí)月考）在室溫下，下列五種溶液：0.1mol/L NH4Cl 0.1mol/L CH3COONH4 0.1mol/L NH4HSO40.1mol/L NH3H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液 0.1mol/L NH3H2O請(qǐng)根據(jù)要求填寫下列空白：（1）溶液呈酸性（填“

32、酸”“堿”或“中”），其原因是NH4+H2ONH3H2O+H+（用離子方程式表示）（2）比較溶液、中c（NH4+）的大小關(guān)系是（填“”、“”或“=”）（3）在溶液中Cl離子的濃度為0.1mol/L；NH3H2O和NH4+離子的量濃度之和為0.2mol/L（4）室溫下，測(cè)得溶液的pH=7，則說明CH3COO的水解程度=（填“”“”或“=”）NH4+的水解程度，CH3COO與NH4+濃度的大小關(guān)系是：c（CH3COO）=c（NH4+）（5）常溫下，某水溶液M中存在的離子有：Na+、A2、HA、H+、OH，存在的分子有H2O、H2A寫出酸H2A的電離方程式H2AH+HA、HAH+A2若溶液M由10m

33、L 2molL1NaHA溶液與2molL1NaOH溶液等體積混合而得，則溶液M的pH7（填“”、“”或“=”）考點(diǎn)：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的原理分析：（1）氯化銨是強(qiáng)酸弱堿鹽，水解溶液呈酸性，銨根離子水解生成一水合氨和氫離子；（2）醋酸根離子水解促進(jìn)銨根離子水解，NH4HSO4 溶液中的氫離子抑制銨根離子的水解；（3）混合溶液中氯離子濃度不變?yōu)?.1mol/L；依據(jù)溶液中氮元素的物料守恒計(jì)算得到；（4）醋酸根離子水解程度和銨根離子水解程度相同，溶液呈中性，依據(jù)溶液中電荷守恒分析判斷；（5）存在的分子有H2O、H2A，則H2A為弱酸；等體積混合生成Na2A，水解顯堿性解答：解：（

34、1）氯化銨是強(qiáng)酸弱堿鹽，銨根離子水解顯酸性；水解離子方程式為：NH4+H2ONH3H2O+H+；故答案為：酸；NH4+H2ONH3H2O+H+；（2）0.1mol/L CH3COONH4 醋酸根離子水解促進(jìn)銨根離子水解，銨根離子濃度小于0.1mol/L；0.1mol/L NH4HSO4 溶液中的氫離子抑制銨根離子的水解，銨根離子濃度大于0.1mol/L，溶液呈酸性溶液、中c（NH4+）的大小關(guān)系是，故答案為：；（3）0.1mol/L NH3H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液中，氯離子濃度不變?yōu)?.1mol/L；根據(jù)氮元素守恒得到NH3H2O和NH4+濃度為0.2mol/L；故答案為：C

35、l；NH4+；（4）常溫下，測(cè)得溶液的pH=7，說明0.1mol/L CH3COONH4 溶液中醋酸根離子和銨根離子水解程度相同；溶液中存在電荷守恒：CH3COO+OH=NH4+H+PH=7說明溶液中H+=OH得到：CH3COO=NH4+；故答案為：=；=；（5）存在的分子有H2O、H2A，則H2A為弱酸，電離方程式為H2AH+HA、HAH+A2，故答案為：H2AH+HA、HAH+A2；（2）兩溶液等體積混合生成Na2A，A2水解顯堿性，溶液的pH7，故答案為：點(diǎn)評(píng)：本題考查了鹽類水解的應(yīng)用、離子濃度大小比較，題目難度中等，注意掌握鹽的水解原理，明確弱電解質(zhì)的電離平衡及其影響，能夠根據(jù)電荷守恒

36、、物料守恒及鹽的水解原理判斷溶液中各離子濃度大小三、選做題【化學(xué)-選修2：化學(xué)與技術(shù)】11（15分）（2015順慶區(qū)模擬）重鉻酸鉀是工業(yè)生產(chǎn)和實(shí)驗(yàn)室的重要氧化劑，工業(yè)上常用鉻鐵礦（主要成分為FeOCr2O3，雜質(zhì)為SiO2、Al2O3）為原料產(chǎn)它，實(shí)驗(yàn)室模擬工業(yè)法用鉻鐵礦制K2Cr2O7的主要工藝如圖涉及的主要反應(yīng)是6FeOCr2O3+24NaOH+7KClO312Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12H2O（1）堿浸前將銘鐵礦粉碎的作用是增大接觸面積，增大反應(yīng)速率（2）步驟調(diào)節(jié)pH后過濾得到的濾渣是Al（OH）3、H2SiO3（3）操作中，酸化時(shí)，CrO42轉(zhuǎn)化為Cr2O72，寫出平衡

37、轉(zhuǎn)化的離子方程式2CrO42+2H+Cr2O72+H2O；（4）用簡(jiǎn)要的文字說明操作加入KCl的原因溫度對(duì)氯化鈉的溶解度影響小，但對(duì)重鉻酸鉀的溶解度影響較大，利用復(fù)分解反應(yīng)，可得到重鉻酸鉀（5）稱取重鉻酸鉀試樣2.500g配成250mL溶液，取出25mL與腆量瓶中，加入10mL2mol/LH2SO4和足量碘化鉀（鉻的還原產(chǎn)物為Cr3+），放于暗處5min然后加入100mL水，加入3mL淀粉指示劑，用0.1200mol/LNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定（I2+2S2O32=2I+S4O62）判斷達(dá)到滴定終點(diǎn)的依據(jù)是當(dāng)?shù)渭幼詈笠坏瘟虼蛩徕c溶液，溶液藍(lán)色褪色；若實(shí)驗(yàn)中共用去Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液40.

38、00mL，則所得產(chǎn)品中重鉻酸鉀的純度為（設(shè)整個(gè)過程中其它雜質(zhì)不參加反應(yīng)）94.08%（保留2位有效數(shù)字）考點(diǎn)：探究物質(zhì)的組成或測(cè)量物質(zhì)的含量；中和滴定專題：實(shí)驗(yàn)探究和數(shù)據(jù)處理題分析：（1）依據(jù)影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素分析，增大接觸面積會(huì)加快反應(yīng)速率；（2）根據(jù)水解平衡移動(dòng)判斷產(chǎn)物；（3）在酸性環(huán)境下，CrO42轉(zhuǎn)化為Cr2O72，據(jù)此來書寫方程式；（4）操作加入KCl的原因溫度對(duì)氯化鈉的溶解度影響小，但對(duì)重鉻酸鉀的溶解度影響較大；（5）根據(jù)反應(yīng)：I2+2S2O32=2I+S4O62，碘單質(zhì)遇到淀粉時(shí)，溶液的藍(lán)色消失，據(jù)此來回答并計(jì)算純度解答：解：（1）堿浸前將銘鐵礦粉碎的作用是增大接觸面積加快反

39、應(yīng)速率；故答案為：增大接觸面積，增大反應(yīng)速率；（2）由于硅酸鈉和偏鋁酸鈉在溶液中發(fā)生水解，SiO32+H2OHSiO3+OH、HSiO3+H2OH2SiO3+OH、AlO2+2H2OAl（OH）3+OH，降低pH有利于水解平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，當(dāng)pH調(diào)到78時(shí)能使它們完全水解生成沉淀，故答案為：H2SiO3、Al（OH）3；（3）在酸性環(huán)境下，CrO42轉(zhuǎn)化為Cr2O72，即2CrO42+2H+Cr2O72+H2O；故答案為：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O；（4）操作加入KCl的原因溫度對(duì)氯化鈉的溶解度影響小，但對(duì)重鉻酸鉀的溶解度影響較大，利用復(fù)分解反應(yīng)，可得到重鉻酸鉀；故答案為：溫

40、度對(duì)氯化鈉的溶解度影響小，但對(duì)重鉻酸鉀的溶解度影響較大，利用復(fù)分解反應(yīng)，可得到重鉻酸鉀；（5）根據(jù)反應(yīng)：I2+2S2O32=2I+S4O62，當(dāng)?shù)渭幼詈笠坏瘟虼蛩徕c溶液時(shí)，碘單質(zhì)恰好完全反應(yīng)，溶液藍(lán)色褪去，達(dá)到滴定終點(diǎn)，故答案為：當(dāng)?shù)渭幼詈笠坏瘟虼蛩徕c溶液時(shí)，溶液藍(lán)色褪去，半分鐘內(nèi)不變色；由反應(yīng)Cr2O72+6I+14H+=2Cr3+3I2+7H2O；I2+2S2O32=2I+S4O62可得反應(yīng)的關(guān)系式為Cr2O723I26S2O32，根據(jù)關(guān)系式計(jì)算Cr2O723I26S2O321mol 3mol 6moln 0.1200×40×103mol則250ml含重鉻酸鉀的物質(zhì)

41、的量為n=×10，則所得產(chǎn)品中重鉻酸鉀純度為 ×100%=94.08%，故答案為：94.08%點(diǎn)評(píng)：本題考查較為綜合，涉及氧化還原反應(yīng)、溶解平衡以及滴定操作等問題，題目難度中等，本題注意從質(zhì)量守恒的角度利用關(guān)系式法計(jì)算【化學(xué)-選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)】12（2014秋銀川校級(jí)月考）鎳（Ni）是一種重要的金屬，金屬鎳及其化合物在合金材料以及催化劑等方面應(yīng)用廣泛（1）基態(tài)Ni原子的價(jià)電子（外圍電子）排布式為3d84s2；（2）很多不飽和有機(jī)物在Ni催化下可與H2發(fā)生加成反應(yīng)如CH2=CH2、HCCH、HCHO其中碳原子采取sp2雜化的分子有（填物質(zhì)序號(hào)），HCHO分子的立體結(jié)構(gòu)為平面三

42、角形；（3）NiO、FeO的晶體結(jié)構(gòu)類型均與氯化鈉的相同，Ni2+和Fe2+的半徑分別為69pm和78pm，則熔點(diǎn)NiOFeO（填“”或“”）；（4）NiO晶胞中Ni和O的配位數(shù)分別為6、6；（5）金屬鎳與鑭（ La）形成的合金足一種良好的儲(chǔ)氫材料，其晶胞結(jié)構(gòu)示意圖如圖1所示該合金的化學(xué)式為L(zhǎng)aNi5；（6）丁二酮肟常用于檢驗(yàn)Ni2+：在稀氨水介質(zhì)中，丁二酮肟與Ni2+反應(yīng)可生成鮮紅色沉淀，其結(jié)構(gòu)如圖2所示該結(jié)構(gòu)中，碳碳之間的共價(jià)鍵類型是鍵，碳氮之間的共價(jià)鍵類型是一個(gè)鍵、一個(gè)鍵；，氮鎳之間形成的化學(xué)鍵是配位鍵；該結(jié)構(gòu)中，氧氫之間除共價(jià)鍵外還可存在氫鍵；該結(jié)構(gòu)中，碳原子的雜化軌道類型有sp2、s

43、p3考點(diǎn)：晶胞的計(jì)算；原子核外電子排布；判斷簡(jiǎn)單分子或離子的構(gòu)型；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷分析：（1）Ni是28號(hào)元素，根據(jù)能量最低原則、泡利不相容原理和洪特規(guī)則，寫出其核外電子排布式為：1s22s22p43s23p43d84s2，據(jù)此判斷其外圍電子排布式；（2）根據(jù)碳原子含有的鍵和孤電子對(duì)判斷碳原子采取的雜化方式； 根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷甲醛的空間構(gòu)型；（3）離子晶體的熔點(diǎn)與離子鍵的強(qiáng)弱有關(guān)，離子所帶電荷數(shù)越多，離子半徑越小，離子鍵越強(qiáng)，熔點(diǎn)越高；（4）因?yàn)镹i0、Fe0的晶體結(jié)構(gòu)類型均與氯化鈉的相同，而氯化鈉中陰陽(yáng)離子的配位數(shù)均為6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位數(shù)也均為6；（5

44、）晶胞中鑭原子數(shù)8×=1；鎳原子數(shù)=1+8×=5，由此可判斷出化學(xué)式；（6）碳氮之間是雙鍵，雙鍵是由一個(gè)鍵和一個(gè)鍵構(gòu)成；鎳原子有空軌道，氮原子有孤電子對(duì)，因此二者形成配位鍵；丁二酮肟中甲基中的碳原子都是單鍵，在與氮相連的碳上有碳氮雙鍵，據(jù)此判斷雜化方式解答：解：（1）Ni是28號(hào)元素，其核外電子排布式為：1s22s22p43s23p43d84s2，價(jià)電子數(shù)為10，價(jià)電子排布式為3d84s2，故答案為：3d84s2；（2）CH2=CH2中每個(gè)碳原子含有3個(gè)鍵，不含孤電子對(duì)，所以采取sp2雜化；HCCH中每個(gè)碳原子含有2個(gè)鍵，不含孤電子對(duì)，所以采取sp雜化；中每個(gè)碳原子含有3個(gè)

45、鍵，不含孤電子對(duì)，所以采取sp2雜化；HCHO中碳原子含有3個(gè)鍵，不含孤電子對(duì)，所以采取sp2雜化；故碳原子采取sp2雜化的分子有；HCHO中碳原子含有3個(gè)鍵，不含孤電子對(duì)，所以其空間構(gòu)型是平面三角形；故答案為：； 平面三角； （3）Ni0、Fe0的晶體結(jié)構(gòu)類型均與氯化鈉的相同，說明二者都是離子晶體，離子晶體的熔點(diǎn)與離子鍵的強(qiáng)弱有關(guān)，離子所帶電荷數(shù)越多，離子半徑越小，離子鍵越強(qiáng)，熔點(diǎn)越高由于Ni2+的離子半徑小于Fe2+的離子半徑，屬于熔點(diǎn)是NiOFeO，故答案為：；（4）因?yàn)镹i0、Fe0的晶體結(jié)構(gòu)類型均與氯化鈉的相同，而氯化鈉中陰陽(yáng)離子的配位數(shù)均為6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位數(shù)也均為6故答案為：6；6；（5）晶胞中鑭原子數(shù)8×=1；鎳原子數(shù)=1+8×=5，所以化學(xué)式為L(zhǎng)aNi5，故答案為：LaNi5；（6）碳氮之間是雙鍵，雙鍵是由一個(gè)鍵和一個(gè)鍵構(gòu)成；鎳原子有空軌道，氮原子有孤電子對(duì)，因此二者形成配位鍵；氧原子與氫原子之間可以形成氫鍵；丁二酮肟中甲基中的碳原子都是單鍵，在與氮相連的碳上有碳氮雙鍵，因此雜化類型是