1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014-2015学年河南省驻马店市确山二中高二（下）月考化学试卷（4月份）一选择题（16小题每小题3分共48分）1化学与能源开发、环境保护、生产生活等密切相关下列有关说法正确的是( )A二氧化硫可用于纸浆漂白，表明二氧化硫具有还原性B煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C为防止月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰DNa2O2可用作呼吸面具的供氧剂2某合作学习小组讨论辨析以下说法正确的是( )粗盐和酸雨都是混合物 沼气和水煤气都是可再生能源冰和干冰既是纯净物又是化合物 不锈钢和目前流通的硬币都是合金盐酸和食醋既是化合物又是酸 纯碱和熟石灰都是碱
2、 利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体ABCD3一定条件下的密闭容器中有如下反应：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H=905.9kJmol1，下列叙述正确的是( )A4 mol NH3和5 mol O2反应，达到平衡时放出热量为905.9 kJB平衡时v正（O2）=v逆（NO）C平衡后减小压强，混合气体平均摩尔质量增大D平衡后升高温度，混合气体中NO含量降低4下列说法正确的是( )A汽油燃烧时将全部的化学能转化为热能B饱和石灰水中加入一定量生石灰，所得溶液的pH增大C向AgCl悬浊液中加入KI溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀，说明溶解度AgClAgID向AgCl悬浊液中滴加浓氨
3、水，沉淀溶解，说明AgCl的溶解平衡向右移动5下列关系的表述中，正确的是( )A0.1molL1NaHSO4溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（SO42）+c（OH）B中和pH和体积都相同的盐酸和醋酸，消耗NaOH的物质的量之比为1：1CpH=3的盐酸和pH=3的FeCl3溶液中，水电离的c（H+）不相等D0.1molL1NaHCO3溶液中：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）6设NA为阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是( )A足量Fe在1 mol Cl2中充分燃烧，转移2NA个电子B在标准状况下，22.4L甲烷与18g水所含有的电子数均为10NAC含NA个Na+的Na2
4、O溶解于1L水中，Na+浓度为1molL1D同一温度下1L0.5mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液所含NH4+的物质的量相同7下列各组离子在指定条件下一定能大量共存的是( )A在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、NO3B能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液中：Na+、NH4+、S2、BrC能使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：Na+、K+、CO32、NO3、AlO2DFeCl2溶液中：H2O2、Mg2+、H+、Cl8下列说法不正确的是( )A等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数目相等B等质量的 14NO和 13CO气体中含有的中子数相等C10.6 g Na
5、2CO3固体中含阴阳离子总数约为1.8061023D5.6 g铁和6.4 g铜分别与0.1 mol氯气完全反应，转移的电子数相等9X、Y、Z均为短周期元素，其简单离子X+、Y3+、Z2的核外电子层结构相同下列说法不正确的是( )A原子序数：YXZB碱性：XOHY（OH）3C单质的还原性：XYD离子半径：X+Y3+Z210下列各组物质充分反应后，只能得到一种气体的是( )A木炭和浓硫酸共热BNa2O2与足量的稀硫酸反应C足量的铜跟一定量的浓硝酸反应D汽油在汽车发动机中燃烧后排出的气体11科学家从化肥厂生产的（NH4）2SO4中检出化学式为N4H4（SO4）2的物质，该物质的晶体中含有SO42和N
6、4H44+两种离子，当N4H44+遇到碱性溶液时，会生成N4分子下列说法正确的是( )A14N、N4与N2互为同位素BN4H4（SO4）2的电离方程式为N4H4（SO4）2N4H44+2SO42CN4H4（SO4）2不能与草木灰、K3PO4等化肥混合施用DN4H4（SO4）2中只含有共价键，不含离子键12A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或 三种元素组成的化合物，辛是由C元素形成的单质已知：甲+乙=丁+辛，甲+丙=戊+辛；常温下0.1mol/L 丁溶液的pH为13下列说法正确的是( )A元素B在周期表中的位置为第二周期第VIA族B元素B、C、D的
7、原子半径由大到小的顺序为r（D）r（C）r（B）C1.0 L0.1 mol/L戊溶液中阴离子总的物质的量小于0.1 molD1 mol甲与足量的乙完全反应共转移了约6.021O23个电子13下列有关实验设计或操作、观察或记录、结论或解释都正确的是( )选项实验设计或操作观察或记录结论或解释A将少量浓硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合液中产生红棕色气体硝酸的还原产物是NO2B某粉末用酒精润湿后，用铂丝蘸取做焰色反应火焰呈黄色该粉末一定不含钾盐C在A1C13 和MgCl2 的混合液中加入过量NaOH溶液先生成白色沉淀，后沉淀部分溶解金属性NaMgAlD将盛水的分液漏斗先静置，再倒置漏斗口和活塞不渗水
8、分液漏斗不漏液AABBCCDD14下列关于有机物的说法中正确的是( )A乙烷和乙烯都能与氢气在一定条件下发生加成反应B蔗糖、淀粉和纤维素都属于天然高分子化合物C乙烷在光照条件下与氯气发生取代反应，理论上得到的氯代物最多有8种D乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别15下列叙述和均正确并且有因果关系的是( )选项叙述叙述ANH4Cl为强酸弱碱盐用加热法除去NaCl中的NH4ClBFe3+具有氧化性用KSCN溶液可以鉴别Fe3+C溶解度：CaCO3Ca（HCO3）2溶解度：Na2CO3NaHCO3DSiO2可与HF反应氢氟酸不能保存在玻璃瓶中AABBCCDD16某温度下，在一容积可变的容
9、器里，反应2A（g） B（g）+2C（g）达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为4mol、2mol、4mol在保持温度和压强不变的条件下，下列说法正确的是( )A充入1mol稀有气体氦（He），平衡将不移动B充入A、B、C各1mol，平衡将向正反应方向移动C将A、B、C各物质的量都减半，C的百分含量不变D加入一定量的A气体达平衡后，C的百分含量一定增加二、非选择题（共四大题52分）17（16分）“低碳循环”引起各国的高度重视，而如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，引起了全世界的普遍重视所以“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题（1）用电弧法合成的储氢纳米碳管常伴有大量的碳纳米颗粒
10、（杂质），这种颗粒可用如下氧化法提纯，请完成该反应的化学方程式，并在方框内填上系数C+KMnO4+H2SO4=CO2+MnSO4+K2SO4+_（2）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），得到如下二组数据：实验组温度起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OH2CO1650421.62.462900210.41.63实验1条件下，反应从开始至达到平衡，以v（CO2） 表示的反应速率为_（保留小数点后二位数，下同）实验2条件下平衡常数K=_，该反应为_（填“吸热”或“放热”）反应（3）
11、已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H1=1275.6kJ/mol2CO （g）+O2（g）2CO2（g）H2=566.0kJ/molH2O（g）H2O（l）H3=44.0kJ/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和气态水的热化学方程式：_（4）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置该电池正极的电极反应式为：_；该电极上每消耗1.6g氧气，转移的电子数为_mol该电池工作时，溶液中的OH向_（填“正”或“负”）极移动18碘被称为“智力元素”，科学合理地补充碘可防止碘缺乏病碘酸钾（KIO3）是国家规定的食盐加碘剂，它的晶体为白色，可溶
12、于水碘酸钾在酸性介质中与过氧化氢或碘化物作用均生成单质碘以碘为原料，通过电解制备碘酸钾的实验装置如图所示请回答下列问题（1）碘是_（填颜色）固体物质，实验室常用_方法来分离提纯含有少量杂质的固体碘（2）电解前，先将一定量的精制碘溶于过量氢氧化钾溶液，溶解时发生反应：3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O，将该溶液加入阳极区另将氢氧化钾溶液加入阴极区，电解槽用水冷却电解时，阳极上发生反应的电极反应式为_；阴极上观察到的实验现象是_（3）电解过程中，为确定电解是否完成，需检验电解液中是否有I请设计一个检验电解液中是否有I的实验方案，并按要求填写下表要求：所需药品只能从下列试剂中选择，实验仪器及
13、相关用品自选试剂：淀粉溶液、碘化钾淀粉试纸、过氧化氢溶液、稀硫酸实验方法实验现象及结论_（4）电解完毕，从电解液中得到碘酸钾晶体的实验过程如下：步骤的操作名称是_，步骤的操作名称是_步骤洗涤晶体的目的是_192007年诺贝尔化学奖授予德国科学家格哈德埃特尔，以表彰他在表面化学研究领域作出的开拓性贡献（1）有人认为：该研究可以提高合成氨反应在铁催化剂表面进行的效率，从而提高原料的转化率你是否认同他的观点_（填“是”或“否”）理由是_（2）合成氨反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），在某温度时，K=0.4若出现下列状态，反应将向哪个方向进行以达到平衡状态（在后面空白处填“向左进行”、“向右
14、进行”或“已达平衡状态”）？（A）c（N2）=c（H2）=1mol/L，c（NH3）=0.5mol/L，_（B）c（N2）=0.3mol/L，c（H2）=0.1mol/L，c（NH3）=0.03mol/L，_若该反应升高温度再达到平衡时，K为0.2，则正反应为_热反应20（14分）有A、B、C、D、E五种元素其相关信息如下：元素相关信息AA原子的1s轨道上只有一个电子BB是电负性最大的元素CC的基态原子2p轨道有三个未成对电子DD为主族元素，且与E同周期，其最外层上有两个运动状态不同的电子EE能形成红色（或砖红色）的E2O和EO两种氧化物请回答下列问题（1）写出E元素原子基态时的电子排布式_；
15、（2）C元素的第一电离能比氧元素的第一电离能_ （填“大”或“小”）；（3）CA3分子中C原子的杂化轨道类型是_；（4）A、C、E三种元素可形成E（CA3）42+配离子，其中存在的化学键类型有_ （填序号）配位键 金属键 极性共价键 非极性共价键 离子键 氢键若E（CA3）42+具有对称的空间构型，且当E（CA3）42+中的两个CA3被两个Cl取代时，能得到两种不同结构的产物，则E（CA3）42+的空间构型为_ （填序号）；a平面正方形 b正四面体 c三角锥型 dV型（5）B与D可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示其中D离子的配位数为_，若该晶体的密度为a gcm3，则该晶胞的体积是_cm3
16、（写出表达式即可）2014-2015学年河南省驻马店市确山二中高二（下）月考化学试卷（4月份）一选择题（16小题每小题3分共48分）1化学与能源开发、环境保护、生产生活等密切相关下列有关说法正确的是( )A二氧化硫可用于纸浆漂白，表明二氧化硫具有还原性B煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C为防止月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰DNa2O2可用作呼吸面具的供氧剂【考点】二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物；煤的干馏和综合利用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用 【专题】元素及其化合物【分析】A二氧化硫具有漂白性，可用于纸浆漂白；B煤的气化和液化为化学变化；C生石灰不具有还原
17、性；D过氧化钠可与二氧化碳、水等发生氧化还原反应【解答】解：A二氧化硫具有漂白性，可用于纸浆漂白，与二氧化硫的还原性无关，故A错误；B煤的气化和液化分别生成CO、氢气以及甲醇等，为化学变化，故B错误；C生石灰具有吸水性，可防止食品变潮，不具有还原性，故C错误；D过氧化钠可与二氧化碳、水等发生氧化还原反应，可用于供氧剂，故D正确故选D【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大2某合作学习小组讨论辨析以下说法正确的是( )粗盐和酸雨都是混合物 沼气和水煤气都是可再生能源冰和干冰既是纯净物又是化合物 不锈钢和目
18、前流通的硬币都是合金盐酸和食醋既是化合物又是酸 纯碱和熟石灰都是碱 利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体ABCD【考点】混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；常见的能量转化形式；合金的概念及其重要应用 【分析】混合物是由多种物质组成的物质；能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源；纯净物是由一种物质组成的物质，化合物是由不同种元素组成的纯净物；合金是由两种或两种以上的金属与非金属经一定方法所合成的具有金属特性的物质；盐酸和食醋都是由多种物质组成的，属于混合物；纯碱属于盐，熟石灰属于碱；分散质粒子直径在1nm100nm之间的分散系属于胶体，胶体有丁达尔效应，溶液没有【解答】解：粗盐
19、含有杂质和酸雨中溶有二氧化硫都是混合物，故正确；沼气是由发酵产生的，属于可再生能源，但水煤气是由煤和水高温反应的产物，则是不可再生能源，故错误；冰和干冰都是由一种物质组成的物质，是纯净物，都是由不同种元素组成的纯净物，又是化合物，故正确；不锈钢和目前流通的硬币都是由两种或两种以上的金属组成的，是合金，故正确；盐酸中含有水和氯化氢，属于混合物；食醋是含有醋酸和水，属于混合物，故错误；纯碱是由钠离子和碳酸根离子组成的化合物，属于盐；熟石灰属于碱，故错误；豆浆、雾、烟分散质粒子直径在1nm100nm之间，是胶体，胶体有丁达尔效应，溶液没有，故利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故正确；故选B【点评】本
20、题考查物质的分类，难度不大，熟悉物质的分类及常见的概念即可解答，平时注意知识的积累3一定条件下的密闭容器中有如下反应：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H=905.9kJmol1，下列叙述正确的是( )A4 mol NH3和5 mol O2反应，达到平衡时放出热量为905.9 kJB平衡时v正（O2）=v逆（NO）C平衡后减小压强，混合气体平均摩尔质量增大D平衡后升高温度，混合气体中NO含量降低【考点】化学平衡的影响因素 【专题】化学平衡专题【分析】A减小压强，平衡向正反应方向移动；B达到平衡时，正逆反应速率相等；C反应为可逆反应，反应物不可能完全转化；D升高温度，平衡向
21、逆反应方向移动【解答】解：A反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，则4mol NH3和5mol O2反应，达到平衡时放出热量小于905.9kJ，故A错误；B达到平衡时，正逆反应速率相等，应为v正（O2）=v逆（NO），故B错误；C减小压强，平衡向正反应方向移动，混合气体平均摩尔质量减小，故C错误；D升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体中NO含量降低，故D正确故选：D【点评】本题考查化学平衡的影响，题目难度中等，本题注意把握可逆反应的特点，注意外界条件对化学平衡的影响4下列说法正确的是( )A汽油燃烧时将全部的化学能转化为热能B饱和石灰水中加入一定量生石灰，所得溶液的pH增大C向AgCl悬浊
22、液中加入KI溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀，说明溶解度AgClAgID向AgCl悬浊液中滴加浓氨水，沉淀溶解，说明AgCl的溶解平衡向右移动【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见的能量转化形式 【专题】化学反应中的能量变化；电离平衡与溶液的pH专题【分析】A汽油燃烧时产生热和光；B饱和溶液的浓度不变；C难溶电解质之间可实现由溶度积常数较大的物质转化为溶度积常数较小的物质；D银离子与氨水生成氢氧化二氨合银【解答】解：A汽油燃烧时产生热和光，将化学能转化为热能和光能，故A错误； B加入生石灰后，生石灰与水反应生成氢氧化钙，溶剂的质量减少，析出氢氧化钙，剩余溶液仍为饱和溶液，浓度不变，PH
23、不变，故B错误；C难溶电解质之间可实现由溶度积常数较大的物质转化为溶度积常数较小的物质，AgCl悬浊液中加入KI溶液，白色沉淀变成黄色，证明此条件下Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故C错误；D银离子与氨水生成氢氧化二氨合银，使平衡向右移动，故D正确故选D【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡和沉淀转化，题目难度不大，注意难溶电解质之间的相互转化的实质5下列关系的表述中，正确的是( )A0.1molL1NaHSO4溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（SO42）+c（OH）B中和pH和体积都相同的盐酸和醋酸，消耗NaOH的物质的量之比为1：1CpH=3的盐酸和pH=3的FeCl3溶液中，水电离
24、的c（H+）不相等D0.1molL1NaHCO3溶液中：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）【考点】盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】A、溶液中遵循电荷守恒：所有阳离子的浓度和等于所有阴离子的浓度和；B、盐酸和醋酸分别是强酸和弱酸，当PH相等时，其浓度大小不一样；C、计算pH=3的盐酸和pH=3的FeCl3溶液中，水电离的c（H+）的大小来比较；D、根据离子浓度大小比较的方法来判断【解答】解：A、根据溶液中的电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（SO42）+c（OH），故A错误；B、盐酸和醋酸分
25、别是强酸和弱酸，当PH相等时，醋酸的浓度大于盐酸，所以醋酸消耗的氢氧化钠要比盐酸多，故B错误；C、pH=3的盐酸中，水电离出的c（H+）=c（OH）=1011，pH=3的FeCl3溶液中，水电离的c（H+）=103，水电离的c（H+）不相等，故C正确；D、在碳酸钠溶液中，钠离子和碳酸氢根是直接电离出的离子，但是碳酸氢根会水解和电离，所以c（Na+）c（HCO3），碳酸氢钠中，碳酸氢根的水解程度大于电离程度，所以c（CO32）c（H2CO3），离子浓度大小关系为：c（Na+）c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32），故D错误故选C【点评】本题是一道关于水溶液知识的综合题目，可以根据所学知识进
26、行回答，难度不大6设NA为阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是( )A足量Fe在1 mol Cl2中充分燃烧，转移2NA个电子B在标准状况下，22.4L甲烷与18g水所含有的电子数均为10NAC含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，Na+浓度为1molL1D同一温度下1L0.5mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液所含NH4+的物质的量相同【考点】阿伏加德罗常数 【分析】A、根据反应后氯元素的价态为1价来分析；B、标况下，22.4L甲烷为1mol，18g水的物质的量也为1mol，而甲烷和水均为10电子微粒；C、将氧化钠溶于1L水中后，溶液体积大于1L；D、NH4+是弱碱
27、阳离子，在溶液中会水解，且溶液越稀其水解程度越大【解答】解：A、由于反应后氯元素的价态为1价，故1mol氯气转移2mol电子即2NA个，故A正确；B、标况下，22.4L甲烷为1mol，18g水的物质的量也为1mol，而甲烷和水均为10电子微粒，故1mol甲烷和1mol水中均含10mol电子即10NA个，故B正确；C、将氧化钠溶于1L水中后，溶液体积大于1L，故所得钠离子的浓度小于1mol/L，故C错误；D、NH4+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，且溶液越稀其水解程度越大，即2L0.25mol/LNH4Cl溶液中铵根离子的水解程度更大，则含有的铵根离子个数比前者的小，故D错误故选AB【点评】本题考
28、查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大7下列各组离子在指定条件下一定能大量共存的是( )A在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、NO3B能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液中：Na+、NH4+、S2、BrC能使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：Na+、K+、CO32、NO3、AlO2DFeCl2溶液中：H2O2、Mg2+、H+、Cl【考点】离子共存问题 【分析】A加入铝粉能产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；B能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液，具有强氧化性；C能使红色石蕊试纸变蓝的溶液，溶液显碱性；D离子之间发生氧化还原反应【解答】解：A加入铝粉
29、能产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱性溶液中不能大量存在NH4+、Fe2+，酸性溶液中H+、Fe2+、NO3发生氧化还原反应，故A错误；B能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液，具有强氧化性，与S2发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C能使红色石蕊试纸变蓝的溶液，溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；DH2O2、Fe2+、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大8下列说法不正确的是( )A等质量的乙烯和丙烯中含有的共用
30、电子对数目相等B等质量的 14NO和 13CO气体中含有的中子数相等C10.6 g Na2CO3固体中含阴阳离子总数约为1.8061023D5.6 g铁和6.4 g铜分别与0.1 mol氯气完全反应，转移的电子数相等【考点】共价键的形成及共价键的主要类型；离子键的形成；氧化还原反应 【专题】原子组成与结构专题【分析】A乙烯和丙烯的最简式相同，等质量的乙烯和丙烯含有的碳原子个数相同，根据每个碳原子平均占有的共价键个数判断；B根据n=结合分子构成判断；C根据n=结合碳酸钠的构成判断；D根据反应物和转移电子之间的关系式计算【解答】解：A乙烯和丙烯的最简式相同，等质量的乙烯和丙烯含有的碳原子个数相同，
31、平均每个碳原子含有3个共价键，所以等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数目相等，故A正确；B每个14NO和 13CO分子中中子数相同，根据n=知，两种气体的M不同，则等质量的两种物质的物质的量不同，所以等质量的两种气体中含有的中子数不同，故B错误；C碳酸钠的物质的量n=0.1mol，一个碳酸钠化学式中含有2个阳离子1个阴离子，所以10.6 g Na2CO3固体中含阴阳离子总数约为1.8061023，故C正确；D铜和铁分别与氯气反应的方程式为：Cu+Cl2CuCl2，2Fe+3Cl22FeCl3，5.6g铁和6.4 g铜的物质的量都是0.1mol，根据方程式知，铁和氯气反应时氯气的量不足，参加反
32、应的氯气的物质的量相同且化合价变化相同，所以转移电子数相同，故D正确；故选B【点评】本题涉及氧化还原反应、物质的量的计算、离子化合物的构成等知识点，根据物质的构成来分析解答，易错选项是D，注意无论铁是否过量，铁和氯气反应都生成氯化铁，为易错点9X、Y、Z均为短周期元素，其简单离子X+、Y3+、Z2的核外电子层结构相同下列说法不正确的是( )A原子序数：YXZB碱性：XOHY（OH）3C单质的还原性：XYD离子半径：X+Y3+Z2【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；原子结构与元素周期律的关系 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】X、Y、Z均为短周期元素，其简单离子X+、Y
33、3+、Z2的核外电子层结构相同，则离子具有2个电子层，故X为Na、Y为Al、Z为O，据此解答【解答】解：X、Y、Z均为短周期元素，其简单离子X+、Y3+、Z2的核外电子层结构相同，则离子具有2个电子层，故X为Na、Y为Al、Z为O，AX为Na、Y为Al、Z为O，原子序数：AlNaO，故A正确；B金属性NaAl，故碱性NaOHAl（OH）3，故B正确；C金属性NaAl，单质的还原性：NaAl，故C正确；D电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2Na+Al3+，故D错误；故选D【点评】本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，根据离子结构特点及处于短周期推断元素是关键10下列各组物质
34、充分反应后，只能得到一种气体的是( )A木炭和浓硫酸共热BNa2O2与足量的稀硫酸反应C足量的铜跟一定量的浓硝酸反应D汽油在汽车发动机中燃烧后排出的气体【考点】浓硫酸的性质；硝酸的化学性质；钠的重要化合物 【专题】元素及其化合物【分析】A、碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳和二氧化硫气体；B、Na2O2与足量的稀硫酸反应生成硫酸钠、氧气和水； C、铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，浓硝酸浓度变稀后和铜反应生成一氧化氮气体；D、汽油在汽车发动机中燃烧后排出的气体为碳氢化合物、NOx、CO、CO2、O2；【解答】解：A、碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，得到两种气体，故A错误；B、Na2O2与足
35、量的稀硫酸反应生成硫酸钠、氧气和水，只能得到一种气体，故B正确；C、铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，浓硝酸浓度变稀后和铜反应生成一氧化氮气体，得到两种气体，故C错误；D、汽油在汽车发动机中燃烧后排出的气体为碳氢化合物、NOx、CO、CO2、O2，故D错误；故选：B【点评】本题考查物质性质的应用，主要考查浓硝酸反应过程中的浓度变化生成气体不同，碳和浓硫酸的反应，汽油在汽车发动机中燃烧后排出的气体成分的判断，题目较简单11科学家从化肥厂生产的（NH4）2SO4中检出化学式为N4H4（SO4）2的物质，该物质的晶体中含有SO42和N4H44+两种离子，当N4H44+遇到碱性溶液时，会生成N4分子下列说法
36、正确的是( )A14N、N4与N2互为同位素BN4H4（SO4）2的电离方程式为N4H4（SO4）2N4H44+2SO42CN4H4（SO4）2不能与草木灰、K3PO4等化肥混合施用DN4H4（SO4）2中只含有共价键，不含离子键【考点】同位素及其应用；电离方程式的书写；化学键 【专题】信息给予题【分析】A根据同位素的概念分析；BN4H4（SO4）2的晶体中含有SO42和N4H44+，可写出电离方程式；C根据题给信息N4H44+遇到碱性溶液时，会生成N4分子判断；D根据晶体中含有SO42和N4H44+两种离子可知含离子键【解答】解：A同位素是指同种元素的不同原子的互称，N4与N2为两种单质，属
37、于同素异形体，故A错误；BN4H4（SO4）2的晶体中含有SO42和N4H44+，可知该物质为离子化合物，完全电离，电离方程式为：N4H4（SO4）2=N4H44+2SO42，故B错误；C草木灰、K3PO4等化肥显碱性，根据题给信息N4H44+遇到碱性溶液时，会生成N4分子判断会使肥效降低，不能混用，故C正确；D根据晶体中含有SO42和N4H44+两种离子可知该晶体中还含离子键，故D错误；故选C【点评】本题为信息题，考查了同位素的概念和化学键类型的判断要充分利用题给信息，结合电解质的电离和有关概念分析判断12A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或
38、三种元素组成的化合物，辛是由C元素形成的单质已知：甲+乙=丁+辛，甲+丙=戊+辛；常温下0.1mol/L 丁溶液的pH为13下列说法正确的是( )A元素B在周期表中的位置为第二周期第VIA族B元素B、C、D的原子半径由大到小的顺序为r（D）r（C）r（B）C1.0 L0.1 mol/L戊溶液中阴离子总的物质的量小于0.1 molD1 mol甲与足量的乙完全反应共转移了约6.021O23个电子【考点】位置结构性质的相互关系应用 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】0.1 mol/L 丁溶液的pH为13（25），丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为NaOH，发生反应：甲+乙=丁+
39、辛，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、Na元素，辛是由C组成的单质，由发生反应可知，辛不能是Na，结合原子数可知，A为H、C为O、D为Na元素，故辛为氧气，可知甲是Na2O2、乙是水，再根据反应：甲+丙=戊+辛，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则B为碳元素，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求可解答该题【解答】解：0.1 mol/L 丁溶液的pH为13（25），丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为NaOH，发生反应：甲+乙=丁+辛，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、Na元素，辛是由C组成的单质，由发生反应可知，辛不能是Na，结合原子数可知，A为H、C
40、为O、D为Na元素，故辛为氧气，可知甲是Na2O2、乙是水，再根据反应：甲+丙=戊+辛，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则B为碳元素，AY为碳，在周期表中的位置为：第二周期第A族，故A错误；B同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径大小顺序为：NaCO，即：DBC，故B错误；C戊是碳酸钠，在碳酸钠溶液中，CO32离子水解生成HCO3离子和OH离子，溶液中阴离子总的物质的量大于0.1mol，故C错误；D甲与足量的乙完全反应的方程式为：2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，1molNa2O2反应转移的电子为1mol，约6.021O23个电子，故D正确，故选D【点评】
41、本题为元素化合物推断，题目难度中等，需要学生熟练掌握元素化合物知识，对学生的逻辑推理有一定的要求，C选项注意盐类水解13下列有关实验设计或操作、观察或记录、结论或解释都正确的是( )选项实验设计或操作观察或记录结论或解释A将少量浓硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合液中产生红棕色气体硝酸的还原产物是NO2B某粉末用酒精润湿后，用铂丝蘸取做焰色反应火焰呈黄色该粉末一定不含钾盐C在A1C13 和MgCl2 的混合液中加入过量NaOH溶液先生成白色沉淀，后沉淀部分溶解金属性NaMgAlD将盛水的分液漏斗先静置，再倒置漏斗口和活塞不渗水分液漏斗不漏液AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价 【专题】实验
42、评价题【分析】A一氧化氮易于氧气反应生成二氧化氮；B火焰呈黄色，说明是含钠元素的物质；C比较金属性的强弱可根据金属与酸、水反应的剧烈程度或对应最高价氧化物的水化物的碱性强弱等；D将上口瓶塞旋转180度，正放倒放，将下端旋塞旋转180度，正放倒放，若都不漏水，则分液漏斗不漏水【解答】解：A稀硝酸的还原产物是一氧化氮，一氧化氮易于氧气反应生成二氧化氮，故A错误； B火焰呈黄色，说明是含钠元素的物质，不能确定是否含有钾元素，故B错误；C在MgCl2溶液和AlCl3溶液中分别加入NaOH溶液，由于Al（OH）3具有两性，可溶于NaOH溶液而生成NaAlO2，说明碱性：Ma（OH）2Al（OH）3，则金
43、属性：NaMgAl，故C正确；D分液漏斗中装入适量蒸馏水，正放，倒放，将上口瓶塞旋转180度，正放倒放，将下端旋塞旋转180度，正放倒放，若都不漏水，则分液漏斗不漏水，故D错误故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、焰色反应、金属性比较以及实验基本操作等，把握实验操作的规范性、实验细节和实验原理为解答的关键，注意方案的合理性、评价性、操作性分析，题目难度不大14下列关于有机物的说法中正确的是( )A乙烷和乙烯都能与氢气在一定条件下发生加成反应B蔗糖、淀粉和纤维素都属于天然高分子化合物C乙烷在光照条件下与氯气发生取代反应，理论上得到的氯代物最多有8种D乙醇、乙酸和乙
44、酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用 【分析】A乙烯中含碳碳双键，而乙烷为饱和烃；B相对分子质量在10000以上的为高分子，而蔗糖相对分子质量较小；C光照下取代反应为链锁反应，乙烷有多种对应卤代烃；D乙醇与碳酸钠不分层，乙酸与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯与碳酸钠分层【解答】解：A乙烯中含碳碳双键，而乙烷为饱和烃，则只有乙烯能与氢气在一定条件下发生加成反应，故A错误；B相对分子质量在10000以上的为高分子，而蔗糖相对分子质量较小，只有淀粉和纤维素都属于天然高分子化合物，故B错误；C光照下取代反应为链锁反应，乙烷的一氯取代物有1种，二氯取代物有2种
45、，三氯取代物有2种，四氯取代物有2种（与二溴取代物个数相同），五氯取代物有1种（与一溴取代物个数相同），六氯取代物1种，所以共有9种，故C错误；D乙醇与碳酸钠不分层，乙酸与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯与碳酸钠分层，现象不同，利用碳酸钠可鉴别，故D正确；故选D【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机物的鉴别、有机反应等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大15下列叙述和均正确并且有因果关系的是( )选项叙述叙述ANH4Cl为强酸弱碱盐用加热法除去NaCl中的NH4ClBFe3+具有氧化性用KSCN溶液可以鉴别Fe3+C溶解度：CaCO3Ca（HC
46、O3）2溶解度：Na2CO3NaHCO3DSiO2可与HF反应氢氟酸不能保存在玻璃瓶中AABBCCDD【考点】铵盐；硅和二氧化硅；二价Fe离子和三价Fe离子的检验 【专题】氮族元素；碳族元素；几种重要的金属及其化合物【分析】A氯化铵是强酸弱碱盐，且不稳定；B铁离子具有氧化性，能氧化还原性物质，铁离子和硫氰根离子反应生成血红色硫氰化铁溶液；C碳酸钙的溶解度小于碳酸氢钙，但碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠；D二氧化硅是酸性氧化物，但能和氢氟酸反应【解答】解：A氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，氯化铵不稳定，加热易分解，两者没有因果关系，故A错误；B铁离子具有氧化性，能氧化还原性物质，铁离子和硫氰根离子
47、反应生成血红色硫氰化铁溶液，可以用硫氰化钾溶液检验铁离子，两者没有因果关系，故B错误；C碳酸钙的溶解度小于碳酸氢钙，但碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，二者没有因果关系，故C错误；D二氧化硅能和氢氟酸反应，玻璃中含有二氧化硅，所以玻璃瓶不能保存氢氟酸，二者有因果关系，故D正确；故选D【点评】本题考查较综合，明确二氧化硅的性质，铁离子的检验是高考热点，应熟练掌握16某温度下，在一容积可变的容器里，反应2A（g） B（g）+2C（g）达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为4mol、2mol、4mol在保持温度和压强不变的条件下，下列说法正确的是( )A充入1mol稀有气体氦（He），平衡将不移动B充入A
48、、B、C各1mol，平衡将向正反应方向移动C将A、B、C各物质的量都减半，C的百分含量不变D加入一定量的A气体达平衡后，C的百分含量一定增加【考点】化学平衡的影响因素 【专题】化学平衡专题【分析】AHe不参加反应，压强不变，应使容器体积增大，参加反应的物质的浓度减小，平衡移动；B充入A、B、C各1mol，平衡向逆反应方向移动；C将A、B、C各物质的量都减半，压强不变，则浓度不变；D保持温度和压强不变，加入一定量的A气体达平衡后，C的百分含量不变【解答】解：AHe不参加反应，压强不变，应使容器体积增大，参加反应的物质的浓度减小，平衡向正反应方向移动，故A错误；B从等效平衡的角度思考，如加入A、B
49、、C分别为1mol、0，5mol、1mol，则平衡不移动，现充入A、B、C各1mol，相当于在加入A、B、C分别为1mol、0，5mol、1mol的基础上加入0.5molB，则平衡向逆反应方向移动，故B错误；C将A、B、C各物质的量都减半，压强不变，则浓度不变，平衡不移动，C的百分含量不变，故C正确；D保持温度和压强不变，加入一定量的A气体达平衡后，从等效平衡的基础上考虑，平衡不移动，C的百分含量不变，故D错误故选C【点评】本题考查化学平衡移动问题，题目难度中等，注意从等效平衡的角度分析，题目易错点为D二、非选择题（共四大题52分）17（16分）“低碳循环”引起各国的高度重视，而如何降低大气中
50、CO2的含量及有效地开发利用CO2，引起了全世界的普遍重视所以“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题（1）用电弧法合成的储氢纳米碳管常伴有大量的碳纳米颗粒（杂质），这种颗粒可用如下氧化法提纯，请完成该反应的化学方程式，并在方框内填上系数C+KMnO4+H2SO4=CO2+MnSO4+K2SO4+6H2O（2）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），得到如下二组数据：实验组温度起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OH2CO1650421.62.462900210.41.63实验1条件
51、下，反应从开始至达到平衡，以v（CO2） 表示的反应速率为0.13mol/（Lmin）（保留小数点后二位数，下同）实验2条件下平衡常数K=0.17，该反应为放热（填“吸热”或“放热”）反应（3）已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H1=1275.6kJ/mol2CO （g）+O2（g）2CO2（g）H2=566.0kJ/molH2O（g）H2O（l）H3=44.0kJ/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和气态水的热化学方程式：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）H=354.8KJ/mol（4）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设
52、计如图所示的电池装置该电池正极的电极反应式为：O2+4e+2H2O=4OH；该电极上每消耗1.6g氧气，转移的电子数为0.2mol该电池工作时，溶液中的OH向负（填“正”或“负”）极移动【考点】氧化还原反应方程式的配平；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理 【专题】计算题；抽象问题具体化思想；守恒法；电化学专题【分析】（1）根据氧化还原反应中得失电子数相等和原子守恒来配平化学方程式；（2）由表中数据可知，CO的物质的量变化量为4mol2.4mol=1.6mol，根据v=计算v（CO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（CO2）；利用三段式计算平衡时，各组分的物质的量，该反应是气体体积不
53、变的反应，故利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算平衡常数；第二组温度比第一组高，反应物物质的量比第一组减半，但是平衡时CO2的物质的量比第一组的一半少，表明该反应为放热反应；（3）根据热化学方程式和盖斯定律计算进行书写；（4）该燃料电池中，负极反应为CH3OH6e+2OH=CO32+3H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应为O2+2H2O+4e=4OH；根据电极反应式进行计算；原电池原理可知溶液中阴离子移向负极【解答】解：（1）碳元素化合价从0价变化为+4价，锰元素化合价从+7价变化为+2价，依据电子守恒，电子转移总数为20，所以碳和二氧化碳前系数为5，高锰酸钾和硫酸锰化学式前为
54、4，结合原子守恒配平离子方程式为：5 C+4KMnO4+6 H2SO4=5CO2+4MnSO4+2K2SO4+6H2O；故答案为：5、4、6、5、4、2、6H2O；（2）依据化学平衡三段式列式计算， CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）起始量（mol） 4 2 0 0变化量（mol） 1.6 1.6 1.6 1.6平衡量（mol） 2.4 0.4 1.6 1.6所以以v （CO2） 表示的反应速率=0.13mol/（Lmin）；故答案为：0.13mol/（Lmin）； 实验1 CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）起始量（mol/L） 2 1 0 0变化量（mol/L）
55、0.8 0.8 0.8 0.8平衡量（mol/L） 1.2 0.2 0.8 0.8K1=2.7实验2 CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）起始量（mol/L） 1 0.5 0 0变化量（mol/L） 0.2 0.2 0.2 0.2平衡量（mol/L） 0.8 0.3 0.2 0.2K2=0.17温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正反应方向是放热反应；故答案为：0.17； 放热；（3）2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H1=1275.6kJ/mol2CO （g）+O2（g）=2CO2（g）H2=566.0kJ/molH2O（g）=
56、H2O（l）H3=44.0kJ/mol依据盖斯定律得到2CH3OH（l）+2O2（g）=2CO（g）+4H2O（g）H=709.6KJ/mol；化简得到甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和气态水的热化学方程式：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）H=354.8KJ/mol；故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）H=354.8KJ/mol；（4）甲醇燃料电池，甲醇在负极失电子发生氧化反应碱溶液中生成碳酸盐，正极氧气得到电子生成氢氧根离子，正极电极反应为：O2+4e+2 H2O=4OH，根据电极反应可知，每消耗1mol氧气，转移4mol电子，所以该电极上消耗
57、1.6g即0.05mol氧气时，转移的电子数为0.2mol，故答案为：O2+4e+2 H2O=4OH；0.2；该电池工作时，依据原电池原理可知溶液中的OH向负极移动，故答案为：负【点评】本题考查了氧化还原反应配平，原电池原理的分析判断，化学平衡影响因素和平衡常数的计算方法，热化学方程式计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等18碘被称为“智力元素”，科学合理地补充碘可防止碘缺乏病碘酸钾（KIO3）是国家规定的食盐加碘剂，它的晶体为白色，可溶于水碘酸钾在酸性介质中与过氧化氢或碘化物作用均生成单质碘以碘为原料，通过电解制备碘酸钾的实验装置如图所示请回答下列问题（1）碘是紫黑色（填颜色）固体物质，实验
58、室常用升华方法来分离提纯含有少量杂质的固体碘（2）电解前，先将一定量的精制碘溶于过量氢氧化钾溶液，溶解时发生反应：3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O，将该溶液加入阳极区另将氢氧化钾溶液加入阴极区，电解槽用水冷却电解时，阳极上发生反应的电极反应式为2I2e=I2；阴极上观察到的实验现象是有气泡产生（3）电解过程中，为确定电解是否完成，需检验电解液中是否有I请设计一个检验电解液中是否有I的实验方案，并按要求填写下表要求：所需药品只能从下列试剂中选择，实验仪器及相关用品自选试剂：淀粉溶液、碘化钾淀粉试纸、过氧化氢溶液、稀硫酸实验方法实验现象及结论取少量阳极区电解液于试管中，加稀硫酸酸化后加入
59、几滴淀粉溶液，观察是否变蓝如果不变蓝，说明无I，如果变蓝，说明有I（4）电解完毕，从电解液中得到碘酸钾晶体的实验过程如下：步骤的操作名称是冷却结晶，步骤的操作名称是干燥步骤洗涤晶体的目的是洗去吸附在碘酸钾晶体上的氢氧化钾等杂质【考点】原电池和电解池的工作原理；电解原理 【分析】（1）碘是紫黑色固体；加热时碘易升华（2）阳极上阴离子放电发生氧化反应；阴极上氢离子放电发生还原反应（3）酸性条件下，碘离子和碘酸根离子能发生氧化还原反应生成碘单质，淀粉遇碘变蓝色，根据溶液是否变蓝判断是否含有碘离子（4）从热溶液中析出晶体的方法是冷却结晶；洗涤后的晶体要进行干燥；洗涤晶体的目的：洗去吸附在碘酸钾晶体上的
60、氢氧化钾等杂质【解答】解：（1）碘是紫黑色固体；加热条件下碘易升华，杂质不易升华，所以采用升华的方法分离碘单质故答案为：紫黑色；升华；（2）阳极附近的阴离子有碘离子、碘酸根离子和氢氧根离子，电解过程中阳极上碘离子失电子生成碘单质，电极反应式为：2I2e=I2；阴极上氢离子放电生成氢气，所以阴极现象：有气泡产生故答案为：2I2e=I2；有气泡产生（3）电解后的溶液区含有碘酸根离子，酸性条件下，碘离子和碘酸根离子能发生氧化还原反应生成碘单质，淀粉溶液遇碘变蓝色，所以实验方法是：取少量阳极区电解液于试管中，加稀硫酸酸化后加入几滴淀粉溶液，观察是否变蓝；如果阳极区含有碘离子，加入稀硫酸后就有碘单质生成
61、，淀粉溶液就会变蓝色，否则不变色故答案为：取少量阳极区电解液于试管中，加稀硫酸酸化后加入几滴淀粉溶液，观察是否变蓝；如果不变蓝，说明无I，如果变蓝，说明有I （4）从热溶液中析出晶体的方法是：冷却结晶；洗涤后的晶体有水分，所以要进行干燥；过滤后得到的晶体上吸附部分氢氧化钾等杂质，为得到较纯净的碘酸钾晶体，所以要进行洗涤故答案为：冷却结晶；干燥；洗去吸附在碘酸钾晶体上的氢氧化钾等杂质【点评】本题考查了碘的物理性质、电解原理、碘离子的检验等性质，难度不大，明确酸性条件下碘离子和碘酸根离子能生成碘单质，碱性条件下，碘能和氢氧根离子生成碘离子和碘酸根离子192007年诺贝尔化学奖授予德国科学家格哈德埃
62、特尔，以表彰他在表面化学研究领域作出的开拓性贡献（1）有人认为：该研究可以提高合成氨反应在铁催化剂表面进行的效率，从而提高原料的转化率你是否认同他的观点否（填“是”或“否”）理由是催化剂只能提高化学反应速率，不能改变化学反应的限度（2）合成氨反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），在某温度时，K=0.4若出现下列状态，反应将向哪个方向进行以达到平衡状态（在后面空白处填“向左进行”、“向右进行”或“已达平衡状态”）？（A）c（N2）=c（H2）=1mol/L，c（NH3）=0.5mol/L，向右进行（B）c（N2）=0.3mol/L，c（H2）=0.1mol/L，c（NH3）=0.03mo
63、l/L，向左进行若该反应升高温度再达到平衡时，K为0.2，则正反应为放热反应【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断 【分析】（1）催化剂只能提高化学反应速率，不能改变化学反应的限度，据此回答；（2）根据浓度商和平衡常数K的大小关系可以判断化学反应的状态是不是平衡状态；根据温度变化和平衡常数的变化之间的关系，可以确定反应的吸放热情况【解答】解：（1）合成氨工业加入催化剂，可以提高合成氨反应在铁催化剂表面进行的效率，但是不会引起化学平衡的移动，故答案为：否；催化剂只能提高化学反应速率，不能改变化学反应的限度；（2）（A）c（N2）=c（H2）=1mol/L，c（NH3）=0.5mol/L，
64、Q=0.25，QK，所以反应向右进行，故答案为：向右进行；（B）c（N2）=0.3mol/L，c（H2）=0.1mol/L，c（NH3）=0.03mol/L，Q=3，QK，所以反应向左进行，故答案为：向左进行；该反应升高温度再达到平衡时，K为0.22，即升高温度，K减小，所以反应是放热的，故答案为：放【点评】本题考查学生影响化学平衡移动的因素以及化学平衡常数的应用知识，注意教材知识的迁移和应用是关键，难度不大20（14分）有A、B、C、D、E五种元素其相关信息如下：元素相关信息AA原子的1s轨道上只有一个电子BB是电负性最大的元素CC的基态原子2p轨道有三个未成对电子DD为主族元素，且与E同周
65、期，其最外层上有两个运动状态不同的电子EE能形成红色（或砖红色）的E2O和EO两种氧化物请回答下列问题（1）写出E元素原子基态时的电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1；（2）C元素的第一电离能比氧元素的第一电离能大 （填“大”或“小”）；（3）CA3分子中C原子的杂化轨道类型是sp3；（4）A、C、E三种元素可形成E（CA3）42+配离子，其中存在的化学键类型有 （填序号）配位键 金属键 极性共价键 非极性共价键 离子键 氢键若E（CA3）42+具有对称的空间构型，且当E（CA3）42+中的两个CA3被两个Cl取代时，能得到两种不同结构的产物，则E（CA3）42+的空间构型为
66、a （填序号）；a平面正方形 b正四面体 c三角锥型 dV型（5）B与D可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示其中D离子的配位数为8，若该晶体的密度为a gcm3，则该晶胞的体积是cm3 （写出表达式即可）【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 【分析】A原子的1s轨道上只有一个电子，则A是H元素；B是电负性最大的元素，则B为F元素；C的基态原子2p轨道有三个未成对电子，则C是N元素；E能形成红色（或砖红色）的E2O和EO两种氧化物，则E为Cu元素；D为主族元素，且与E同周期，其最外层上有两个运动状态不同的电子，则D最外层有两个电子，且为主
67、族元素，为Ca元素；（1）E是Cu元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理书写Cu元素原子基态时的电子排布式；（2）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；（3）根据价层电子对互斥理论确定原子杂化方式；（4）含有空轨道和含有孤电子对的原子之间形成配位键，不同非金属元素之间易形成极性键；若Cu（NH3）42+具有对称的空间构型，且当Cu（NH3）42+中的两个NH3被两个Cl取代时，能得到两种不同结构的产物，则Cu（NH3）42+平面正方形；（5）F与Ca可形成离子化合物，根据晶胞结构知，Ca 2+的配位数为8；该晶胞中氟离
68、子个数为8、钙离子个数=8+6=4，该晶胞的体积=【解答】解：A原子的1s轨道上只有一个电子，则A是H元素；B是电负性最大的元素，则B为F元素；C的基态原子2p轨道有三个未成对电子，则C是N元素；E能形成红色（或砖红色）的E2O和EO两种氧化物，则E为Cu元素；D为主族元素，且与E同周期，其最外层上有两个运动状态不同的电子，则D最外层有两个电子，且为主族元素，为Ca元素；（1）E是Cu元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理知，Cu元素原子基态时的电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；（2）同一周期元素，元素第一电离能
69、随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，N和O元素位于同一周期且N元素位于第VA族、O元素位于第VIA族，所以第一电离能NO，故答案为：大；（3）NH3分子中N原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，所以N的杂化轨道类型是sp3，故答案为：sp3；（4）Cu（NH3）42+中铜离子与氮原子之间形成配位键，氨气分子中N原子与H原子之间形成极性键；Cu（NH3）42+中的两个NH3被两个Cl取代能得到两种不同结构的产物，Cu（NH3）42+的空间构型为平面正方形，故答案为：；a；（5）F与Ca可形成离子化合物，根据晶胞结构知，Ca 2+的配位数为8；该晶胞中氟离子个数为8、钙离子个数=8+6=4，该晶胞的体积=cm3，故答案为：8；【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、配合物、原子核外电子排布、电离能等知识点，侧重考查学生知识运用、计算及空间想象能力，难点是晶胞计算及配位数计算，题目难度中等高考资源网版权所有，侵权必究！