1、陕西省咸阳市永寿县中学2021届高三化学上学期开学考试（摸底）试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 P31 Cl35.5 Fe56 Cu64第卷一、选择题1. 中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是选项古诗文化学知识A本草纲目拾遗中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛。”强水氢氟酸B诗经大雅绵：“堇茶如饴。”郑玄笺：“其所生菜，虽有性苦者，甘如饴也。”糖类均有甜昧C梦溪笔谈中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折。”铁合金的硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高D本草经集注中记载鉴别硝石(KNO3
2、)和朴硝(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃是真硝石也。利用焰色反应A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A、硝酸酸性强氧化性强能与金属反应，强水为硝酸，选项A错误；B、糖类有些有甜味，有些没有甜味，选项B错误；C、铁合金的硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，选项C错误；D、钾的焰色反应是紫色，用火烧硝石(KNO3)，是钾的焰色反应，选项D正确。答案选D。2. 下列化学用语正确的是A. 中子数为2的氢原子：HB. Na+的结构示意图：C. OH-的电子式：H一D. N2分子的结构式：NN【答案】C【解析】【详解】A中子数为2的氢原子的质量数为3，该原子正确的表示方法
3、为：H，故A错误；B钠离子的核外电子总数为10，质子数为11，钠离子正确的离子结构示意图为：，故B错误；C氢氧根离子带一个单位负电荷，电子式为H一，故C正确；D氮气分子的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，氮气的结构式为：NN，故D错误；故选C。3. 下列说法正确的是A. 煤的干馏和石油的分馏都是化学变化B. 漂白粉、水玻璃和碱石灰都是混合物C. 纯碱、明矾和干冰都是电解质D. 乙酸乙酯中混有乙酸，可加入饱和氢氧化钠溶液，振荡、静置后分液【答案】B【解析】【详解】A、石油的分馏是物理变化而煤的干馏是化学变化，选项A错误；A、漂白粉是由氯化钙和次氯酸钙构成的，是混合物；水玻璃是硅酸钠的水
4、溶液，是混合物；碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，选项B正确；C、纯碱是碳酸钠属于盐类，是电解质；明矾是硫酸铝钾属于盐，是电解质；干冰是固态的二氧化碳，属于非电解质，选项C错误；D、乙酸乙酯中混有乙酸，可加入饱和碳酸钠溶液，振荡、静置后分液，选项D错误。答案选B。4. 下列物质的工业制备原理不涉及氧化还原反应的是（ ）A. 用焦炭和石英制备粗硅B. 海水提溴C. 用油脂和NaOH溶液制备肥皂D. 利用铝热反应制备金属锰【答案】C【解析】【分析】氧化还原反应特征是化合价变化，有化合价变化的反应是氧化还原反应。【详解】A.工业上用焦炭和石英制备粗硅，硅的化合价由+4价降低到0价，有化合价变化；B.
5、海水提溴的过程中溴的化合价由-1价升高到0价，有化合价变化；C. 用油脂和NaOH溶液制备肥皂时发生的是水解反应，不涉及元素化合价的变化；D. 利用铝热反应制备金属锰的反应中锰由化合态转化为游离态，存在元素化合价的变化。故选C项。【点睛】工业生产中凡是有单质参加或生成的反应都有化合价变化，都会涉及氧化还原反应。5. 下列实验装置图可以完成对应实验的是A. 石油的分馏B. 食盐水的蒸发结晶C. 海带灼烧D. 分离乙酸和水【答案】A【解析】【详解】A石油分馏时温度计测蒸气的温度，冷凝水从下口入上口出，实验操作符合实验要求，选项A正确；B蒸发结晶必须使用蒸发皿而不是坩埚，选项B错误；C海带灼烧，燃烧
6、固体物质必须用坩埚而不是用蒸发皿，选项C错误；D乙酸和水互溶，不能用分液的方法进行分离，选项D错误。答案选A。6. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A. 标准状况下，11.2L NO2完全溶于水，转移电子数为0.5NAB. 20g D2O和HTO两种水的组合中含有的中子数为10NAC. 一定温度下，lmol H2和足量碘蒸气反应产生的HI键数目为2NAD. 标准状况下，22.4L的SO3中含有的O原子数目为3NA【答案】B【解析】【详解】A. 标况下，11.2L二氧化氮的物质的量为0.5mol，二氧化氮溶于水的反应为，3mol二氧化氮参加反应转移电子的物质的量为2mol，故0
7、.5mol二氧化氮反应转移电子数为0.33NA，A错误；B. D2O和HTO的摩尔质量均为20g/mol，均含有10个中子，故20g D2O和HTO两种水的组合中含有的中子数为10NA，B正确；C. 氢气与碘蒸气的化合反应为可逆反应，lmol H2和足量碘蒸气反应产生的HI键数目小于2NA，C错误；D. 标况下，三氧化硫为固体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L的SO3中含有的O原子数，D错误；故答案选B。【点睛】气体摩尔体积为22.4L/mol，仅限于标况下的气体使用。7. 下列物质转化在给定条件下不能实现的是A. Al2O3NaAlO2Al(OH)3B. 饱和NaCl(aq) NaHCO3
8、Na2CO3C. SSO3H2SO4D. MgCl2(aq) Mg(OH)2MgO【答案】C【解析】【详解】A氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，物质转化在给定条件下能实现，选项A不符合题意；B饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气后通入二氧化碳反应产生碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，物质转化在给定条件下能实现，选项B不符合题意；C硫在氧气中燃烧生成二氧化硫而不是生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，物质转化在给定条件下不能实现，选项C符合题意；D氯化镁溶液中加入石灰乳反应生成氢氧化镁和氯化钙，氢氧化镁煅烧
9、生成氧化镁和水，物质转化在给定条件下能实现，选项D不符合题意；答案选C。8. W、X、Y、Z是短周期主族元素，其原子序数依次增大。前三种元素形成的简单离子分别为W2、X、Y2，下列说法错误的是（ ）A. W、X、Y、Z的氢化物都是共价化合物B. X、Y、Z与W形成的化合物都不止一种C. Z的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物都是强酸D. 简单离子半径：XW2Y2【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z是短周期主族元素，其原子序数依次增大。前三种元素形成的简单离子分别为W2、X、Y2，说明W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl。【详解】经分析，W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl，则A.四种元素的氢
10、化物中，NaH为离子化合物，A错误；B.Na和O可以形成氧化钠和过氧化钠，S和O可以形成二氧化硫和三氧化硫，Cl和O可以形成二氧化氯或五氧化二氯等，B正确；C.Z的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物分别是氯化氢和高氯酸，它们都为强酸，C正确；D.简单离子半径，电子层多径大，序大径小，半径关系为NaO2H3BO3D向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄氧化性：H2O2Fe3+A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A常温下，取浓度均为0.2mol/L的Na2CO3和NaHCO3溶液各2mL于试管中，分别滴加几滴酚酞试液，因碳酸钠溶液的碱性更强，所以前者红
11、色更深，选项A错误；B在Na2CrO4溶液中存在下列平衡：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，向Na2CrO4溶液中滴加浓硫酸，平衡正向移动，溶液由黄色变成橙色，选项B错误；CNa2CO3溶液与醋酸溶液反应生成二氧化碳，与硼酸溶液不反应，根据强酸制弱酸的原理，证明酸性：CH3COOHH2CO3H3BO3，选项C正确；D向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄，可能是H2O2将Fe2+氧化，也可能是HNO3将Fe2+氧化，但不能肯定是H2O2将Fe2+氧化，也就不能得出氧化性H2O2Fe3，选项D错误；答案为C。10. MgAgCl电池是一种用海水激活的一次性电池，
12、在军事上用作电动鱼雷的电源。电池的总反应为Mg2AgClMgCl22Ag。下列说法错误的是A. 该电池工作时，正极反应为2AgCl2e2Cl2AgB. 该电池的负极材料Mg用金属铝代替后，仍能形成原电池C. 有1 mol Mg被氧化时，可还原得到108gAgD. 装备该电池的鱼雷在海水中行进时，海水作为电解质溶液【答案】C【解析】【详解】A、由电池反应方程式看出，Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，故金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e-2C1-+2Ag，选项A正确；B、Al的活泼性大于Ag，所以铝和氯化银、海水也能构成原电池，故该电池的负极材料Mg用金属铝代替后，仍能形成原电池，选项B正
13、确；C、电极反应式：Mg2e=Mg2+，1molMg被氧化时，转移电子是2mol，正极反应为：2AgCl+2e2C1+2Ag，可还原得到216gAg，选项C错误；D、因为该电池能被海水激活，海水可以作为电解质溶液，选项D正确。答案选C。【点睛】本题考查原电池的应用。总结题技巧总结：电极类型的判断首先在明确属于电解池还是原电池基础上来分析的，原电池对应的是正、负两极，电解池对应的阴、阳两极，根据元素价态变化找出氧化剂与还原产物。11. 下列离子方程式正确的是（ ）A. 向FeO固体中加入少量稀硝酸：FeO+2H+=Fe2+H2OB. 向Na2S2O3溶液中加入过量稀硫酸：S2O32-+2H+=S
14、+SO2+H2OC. 向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3+4NH3H2O=AlO2-+4NH4+2H2OD. 向FeCl2溶液中加入氯水：Fe2+Cl2=Fe3+2Cl-【答案】B【解析】【详解】A.FeO和稀硝酸发生氧化还原反应生成Fe(NO3)3、NO和H2O，A项错误；B.Na2S2O3与稀硫酸反应生成Na2SO4、S、SO2和H2O，B项正确；C.Al(OH)3不溶于NH3H2O，C项错误；D.向FeCl2溶液中加入氯水的离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，D项错误。故选B。【点睛】FeO和稀硝酸不是发生复分解反应，由于FeO具有还原性，硝酸有强氧化性，所以会发生氧化
15、还原反应：3FeO+10HNO3=3Fe(NO3)3+NO+5H2O。12. 工业合成氨的反应是在高温、高压和有催化剂存在的条件下，用氢气和氮气直接化合制取：3H2N22NH3，这是一个正反应放热的可逆反应。如果反应在密闭容器中进行，下述有关说法中错误的是A. 为了提高H2的转化率。应适当提高N2的浓度B. 达到平衡时，c(NH3)一定是c(H2)的三分之二C. 使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率D. 达到平衡时，氨气分解速率是氮气消耗速率的两倍【答案】B【解析】【详解】A、增大N2浓度，平衡向正反应移动，H2的转化率增大，选项A正确；B、反应达到平衡时，c(NH3)不一定是c(H2)
16、的三分之二，这与该反应的初始物质的量及转化率有关，选项B错误；C、使用催化剂增大反应速率，不影响化学平衡移动，能提高生产效率，选项C正确；D、氨气分解速率是氮气消耗速率的两倍时，说明正逆反应速率相等，则反应达平衡状态，选项D正确。答案选B。13. 分子式为C5H10O3，既能和NaHCO3溶液反应产生CO2，也含有与乙醇相同的官能团的有机物种类有（ ）A. 9种B. 10种C. 11种D. 12种【答案】D【解析】【分析】分子式为C5H10O3，既能和NaHCO3溶液反应产生CO2，含-COOH，也含有与乙醇相同的官能团，含-OH，可看成4个碳的烃中H被-COOH、-OH取代，以此来解答。【详
17、解】分子式为C5H10O3，既能和NaHCO3溶液反应产生CO2，含-COOH，也含有与乙醇相同的官能团，含-OH，可看成4个碳的烃中H被-COOH、-OH取代，则固定-COOH的位置、移动-OH的位置，如图，共4+4+3+1=12种。答案选D。【点睛】本题考查有机物的性质及同分异构体，把握羧酸的性质、二取代物的判断方法为解答的关键，注意丁烷的碳链结构。14. 下列溶液中各微粒的浓度关系不正确的是A. 0.1mo1L-1HCOOH溶液中：c(HCOO-)+c(OH-)c(H+)B. 1L0.1mo1L-1CuSO4(NH4)2SO46H2O的溶液中：c()c()c(Cu2+)c(H+)c(OH
18、-)C. 等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中：c(Na+)c(HX)c(X-)c(H+)c(OH-)D. 0.1mo1L-1Na2CO3溶液中：c(H+)+c()+2c(H2CO3)c(OH-)【答案】C【解析】【详解】A因HCOOH溶液不显电性，共有HCOO、OH、H三种离子，则电荷守恒式为c(HCOO)+c(OH)=c(H)，选项A正确；B .1 L 0.1 molL-1CuSO4(NH4)2SO4的物质的量为0.1mol，则n(SO42)=n(NH4)n(Cu2)，但在溶液中因铵根离子和铜离子的水解使溶液显酸性，则c(H)c(OH)，因铵根离子水解则c(SO42)c(
19、NH4)c(Cu2)，水解的程度很弱，所以离子浓度大小关系为c(SO42)c(NH4)c(Cu2)c(H)c(OH)，选项B正确；C不能确定X-的水解程度、HX的电离程度的相对大小，等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后，c(HX)、c(X-)的相对大小、c(H+)、c(OH-)的相对大小不能确定，选项C不正确；DNa2CO3溶液中，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，物料守恒：c(Na+)=2c()+2c()+2c(H2CO3)，则c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)c(OH-)，选项D正确；答案选C。15. 无机阻燃剂是把具有本质阻燃
20、性的无机元素以单质或化合物的形式添加到被阻燃的基材中。Al(OH)3是目前用量最大、应用最广的无机阻燃剂，下列关于其阻燃原理的说法中错误的是（ ）A. Al(OH)3受热分解为Al2O3和H2O的反应为吸热反应，降低燃烧温度，阻止燃烧B. Al(OH)3受热分解放出的水蒸气稀释空气中O2，使O2浓度减小，阻止燃烧C. Al(OH)3受热分解生成的Al2O3覆盖在可燃物表面，起隔离作用，阻止燃烧D. Al(OH)3为还原性的氢氧化物，消耗空气中的O2，降低O2浓度，阻止燃烧【答案】D【解析】【详解】A. Al(OH)3受热分解为Al2O3和H2O的反应为吸热反应，降低燃烧温度，故A正确；B. A
21、l(OH)3分解放出的水蒸气会稀释可燃性气体和O2，使其浓度减小，阻止燃烧，故B正确；C. Al(OH)3分解生成的Al2O3熔点高，覆盖可燃物表面，起隔离作用，阻止燃烧，故C正确；D.Al(OH)3不是还原性的氢氧化物，不能消耗空气中的O2，D项错误。故选D。16. 25时，用浓度为0.01molL-1的HA溶液滴定20mL浓度为0.01molL-1的NaOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）A. 应选用酚酞作指示剂B. M点溶液中存在：c（Na+）c（A-）C. Ka（HA）210-8D. N点溶液中存在：c（OH-）-c（H+）=c（HA）【答案】C【解析】【详解】A.N点H
22、A和NaOH的物质的量相等，恰好完全反应，溶质为NaA，溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，A项正确；B.M点为等物质的量浓度的NaOH和NaA的混合液，溶液呈碱性，由电荷守恒可知：c（Na+）c（A-），B项正确；C.N点为NaA溶液，物质的量浓度为0.005mol/L，PH=9，c(H+)=110-9mol/L，c(OH-)=110-5mol/L，NaA中的A-发生水解：A-+H2OHA+OH-，c(OH-)c(HA)，则，则，C项错误；D. N点为NaA溶液，存在质子守恒：c（H+）+ c（HA）=c（OH-），故D正确。故选C。【点睛】强酸和弱碱相互滴定或弱酸和强碱互相滴定时，要注意滴定曲
23、线上的几个特殊点：中和点，即酸碱恰好中和的点，溶质即为酸碱中和反应生成的盐；中性点，即溶液恰好呈中性的点，此时的溶质除了盐外还有剩余的弱酸或弱碱，经常利用电荷守恒考查离子浓度关系；1:1点，即溶质是盐和剩余的酸或碱，两者物质的量相等，经常考查物料守恒和质子守恒。第卷二非选择题：17. 有机物数量众多，分布极广，与人类关系非常密切。石油裂解得到某烃A，其球棍模型为，它是重要的化工基本原料。(1)A的名称是_。(2)A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式为_。(3)AC的反应类型是_，C+DE的化学方程式为_。(4)A的同系物B的相对分子质量比A大14，B的结构有_种。【答案】 (1). 丙烯 (2
24、). CH3CH=CH2+Br2CH3CHBrCH2Br (3). 加成反应 (4). CH3CH2CHOH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O (5). 3【解析】【分析】根据球棍模型为，A的结构简式为CH3CH=CH2，A(CH3CH=CH2)与水发生加成反应生成C，C为醇，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，D为酸，则C为CH3CH2CH2OH，D为CH3CH2COOH，C和D发生酯化反应生成E，E为CH3CH2COOCH2CH2CH3，加成分析解答。【详解】(1)根据球棍模型为，A的结构简式为CH3CH=CH2，名称为丙烯；(2)A(CH3CH=CH2)与溴的
25、四氯化碳溶液中的溴发生加成反应，反应的化学方程式为CH3CH=CH2+Br2 CH3CHBrCH2Br；(3)根据流程图，A(CH3CH=CH2)与水发生加成反应生成C，C为醇，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，D为酸，则C为CH3CH2CH2OH，D为CH3CH2COOH，C和D发生酯化反应生成E，E为CH3CH2COOCH2CH2CH3，因此AC为加成反应；C+DE的化学方程式为CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O；(4)A(CH3CH=CH2)的同系物B的相对分子质量比A大14，说明B的分子式为C4H8，B的结构有CH3CH2CH=CH2
26、、CH3CH=CH CH3、(CH3)2C=CH2，共3种。18. 中学化学中有很多物质可以实现下图中物质之间的转化。其中反应条件和部分反应的产物已略去。液体B和C可能是单一溶质的溶液，也可能是纯净物。（1）若A是一种紫红色金属，气体D能使品红溶液退色，加热时又恢复原色。写出反应的化学方程式：_。该气体D与另一种气体H混合后生成一种淡黄色固体W，写出该反应的化学方程式：_。（2）若A是一种金属单质，D是密度最小的气体，B能否是水_（填A“能”或B“否”）。（3）若A是金属单质，D是一种无色气体，遇到空气变为红棕色，液体C呈蓝色。写出反应的离子方程式：_。写出反应的任意一个离子方程式：_。【答案
27、】 (1). (2). (3). B否 (4). 3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O (5). Cu2+Fe=Fe2+Cu【解析】【详解】（1）若A是一种紫红色金属，为铜，气体D能使品红溶液褪色，加热时又恢复原色，为SO2，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；SO2与另一种气体H混合后生成一种淡黄色固体w，则H为H2S，w为S单质，方程式为2H2S+SO2=3S+2H2O；（2）若A是一种金属单质，D是密度最小的气体即氢气，如果B是水，说明A是非常活泼的金属，如Na，C为NaOH，不能一步生成Na，所以B不能是水；（3）若A是金属单质，D是一
28、种无色气体，遇到空气变为红棕色，则D是NO，液体C呈蓝色，说明A为Cu，B为稀硝酸，C为Cu（N03）2，反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O，反应为置换反应，生成Cu，离子方程式可以为Cu2+Fe=Fe2+Cu。19. 某化学小组模拟工业生产制取HNO3，设计下图所示装置，其中a为一个可持续鼓入空气的橡皮球。请回答下列问题：(1)写出装置A中主要反应的化学方程式_。(2)已知1molNO2与液态水反应生成HNO3溶液和NO气体放出热量46kJ，写出该反应的热化学方程式_，该反应是一个可逆反应，欲要提高NO2的转化率，可采取的措施是_。A降低温度 B升高温度 C
29、减小压强 D增大压强(3)实验结束后，关闭止水夹b、c，将装置D，浸入冰水中，现象_。(4)装置C中浓H2SO4的作用是_。(5)请你帮助该化学小组设计实验室制取NH3的另一方案_。(6)干燥管中碱石灰用于干燥NH3，某同学思考是否可用无水氯化钙代替碱石灰，并设计下图所示装置(仪器固定装置未画)进行验证。实验步骤如下：用烧瓶收集满干燥的氨气，立即塞上如图所示的橡胶塞。正立烧瓶，使无水氯化钙固体滑入烧瓶底部，摇动，可以观察到的现象是_，由此，该同学得出结论：不能用CaCl2代替碱石灰。【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+CaCl2+2H2O (2). 3NO2(g)+H2O
30、(l)=2HNO3(aq)+NO(g) H=-138kJmol-1 (3). AD (4). 颜色变浅 (5). 吸收多余的NH3 (6). 方案：加热浓氨水制取NH3 方案：向NaOH或CaO固体上滴加浓氨水制取NH3 (7). 气球膨胀【解析】【分析】利用加热消石灰和氯化铵混合固体制备氨气，制得的气体通过碱石灰干燥，a为一个可持续鼓入空气的橡皮球，将氨气和氧气在装置B中混合反应催化氧化生成NO和水，NO与氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸和NO，通过实验进行探究，据此分析。【详解】（1）装置为实验室制氨气的实验装置，目的是制取氨气，所以化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22N
31、H3+CaCl2+2H2O；（2）1molNO2与液态水反应生成HNO3溶液和NO气体放出热量46kJ，热化学方程式为3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g) H=-138kJmol-1；两种反应物，需加入一种物质的量来提高另一种物质的转化率，改变温度会改变平衡，对有气体参加的反应，改变压器平衡移动； 采取的措施：因反应是放热反应，所以降低温度平衡右移，二氧化氮转化率提高；反应前后气体体积减少，所以增大压强平衡右移，二氧化氮转化率提高；答案选AD；（3）制得的二氧化氮气体会转化为四氧化二氮，形成化学平衡 2NO2N2O4，正向是放热反应，二氧化氮气体是红棕色，四氧化二氮是无
32、色气体，所以放入冰中温度降低，平衡右移，混合气体颜色变浅； （4）浓硫酸具有吸水性，可以干燥与之不反应的气体，同时吸收过量的氨气；故答案为：干燥气体，吸收多余的NH3；（5）利用浓氨水分解制取氨气，故答案为：方案：加热浓氨水制取NH3 方案：向NaOH或CaO固体上滴加浓氨水制取NH3；（6）当气球膨胀时，说明烧瓶内的气体压强减小，即氨气被无水氯化钙吸收，故答案为：气球膨胀。20. 铝的阳极氧化，是一种常用的金属表面处理技术，它能使铝的表面生成一层致密的氧化膜，该氧化膜不溶于稀硫酸。某化学研究小组在实验室中按下列步骤模拟该生产过程。填写下列空白：(1)配制实验用的溶液。要配制200mL密度为1
33、.2gcm-3的溶质质量分数为16的NaOH溶液，需要称取_gNaOH固体。(2)把铝片浸入热的16NaOH溶液中约半分钟左右洗去油污，除去表面的氧化膜，取出用水冲洗。写出除去氧化膜的离子方程式_。(3)如图，组装好仪器，接通开关K，通电约25min。在阳极生成氧化铝，阴极产生气体。写出该过程中的电极反应式：阳极_，阴极_。(4)断开电路，取出铝片，用1稀氨水中和表面的酸液，再用水冲洗干净。写出该过程发生反应的离子方程式_。【答案】 (1). 38.4 (2). Al2O3+2OH-=2+H2O (3). 2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+ (4). 6H+6e-=3H2 (5).
34、NH3H2O+H+=+H2O【解析】【详解】（1）200mL密度为1.2gcm-3的溶质质量分数为16%的NaOH溶液，溶液中氢氧化钠质量=200ml1.2gcm-316%=38.4g；（2）铝表面有氧化铝，氧化铝是两性氧化物溶于氢氧化钠溶液中反应生成偏铝酸钠，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2+H2O；（3）装置图分析铝接电源正极在电解池中 做阳极失电子生成氧化铝，电极反应为：2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+；溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，电极反应为：6H+6e-=3H2；（4）用1%稀氨水中和表面的酸液，是和稀硫酸发生的反应，反应离子方程式为：NH3H2O+H+
35、=+H2O。21. A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，A、E同主族，A元素的原子半径最小，B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，C元素的最高价氧化物的水化物X与其氢化物反应生成一种盐Y，A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物。回答下列问题：(1)常温下，X、Y的水溶液的pH均为5。则两种水溶液中由水电离出的H+浓度之比是_。(2)A、B、D、E四种元素组成的某无机化合物，受热易分解。写出少量该化合物溶液与足量的Ba(OH)2溶液反应的离子方程式_。(3)将铝片和镁片用导线相连，插入由A、D、E三种元素组成物质的稀溶液中构成原电池，则负极的电极
36、反应式为_。(4)化学反应3A2(g)+C2(g)2CA3(g)。当反应达到平衡时不断改变条件(不改变A2、C2和CA3的量)，下图表示反应速率与反应过程的关系，其中表示平衡混合物中CA3的含量最高的一段时间是_。温度为T时，将4amolA2和2amolC2放人1L密闭容器中，充分反应后测得C2的转化率为50，则反应的平衡常数_。【答案】 (1). 10-4：1 (2). Ba2+OH-=BaCO3+H2O (3). Al+4OH-3e-=+2H2O (4). t0t1 (5). 【解析】【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，A元素的原子半径最小，则A为氢元素；B元素原子
37、的最外层电子数是内层电子数的2倍，则B有2个电子层，最外层电子数为4，则B为碳元素；C元素的最高价氧化物的水化物X与其氢化物反应生成一种盐Y，则C为氮元素、X为硝酸、Y为硝酸铵；A、E同主族，E的原子序数大于碳元素，则E为Na元素；A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物，则D为O氧元素,然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答。【详解】A 元素的原子半径最小，则A为H，B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则B为C(碳) ，C元素的最高价氧化物的水化物X与其氢化物反应生成一种盐Y，则C为N，X为HNO3，Y为NH4NO3，A、E同主族，E为Na。 (1) X为
38、HNO3，溶液中的OH全部来自于水的电离，当pH5时，则c(OH) 109mol/L，即由水电离出的H+浓度为109mol/L，Y为NH4NO3，溶液中的氢离子全部来自于水的电离，当pH5时，由水电离出的H+浓度为105mol/L，两种水溶液中由水电离出的H+浓度之比是109mol/L:105mol/L104:1；(2) A、B、D、E四种元素组成的无机化合物为碳酸氢钠，少量NaHCO3溶液与足量的Ba(OH) 2溶液反应的离子方程式:HCO3Ba2+OHBaCO3H2O； (3)将铝片和镁片用导线相连，插入NaOH的稀溶液中构成原电池，铝与氢氧化钠溶液反应，Mg不与氢氧化钠溶液反应，故Al为
39、负极，电极反应式为Al+4OH-3e-=+2H2O；(4)化学反应3A2(g)+C2(g)2CA3(g)，该反应为气体体积减小的反应，t0t1，正逆反应速率相等，平衡不移动；t1t2，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动,导致氨气的含量降低；t2t3，正逆反应速率相等，处于平衡状态，氨气的含量不变；t3t4,正逆反应速率都同等程度的增大平衡不移动,氨气的含量不变；t4t5,正逆反应速率都降低,但逆反应速率大于正反应速率,导致平衡向逆反应方向移动,氨气的含量降低； t5t6,正逆反应速率相等,平衡不移动,氨气的含量不变,所以平衡混合物中CA3的含量最高的一段时间是t0t1；故该温度平衡常数K=。