1、2014-2015学年河南省洛阳市宜阳一中培优部高二（下）第一次限时化学试卷（5.25）一、选择题（共20小题，每小题3分，满分60分）1（3分）（2012惠州模拟）已知：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g），H=1025kJ/mol，该反应是一个可逆反应，若反应物起始的物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是（）ABCD2（3分）（2013商州区校级一模）一密闭容器中，400时存在一个化学平衡反应进行至2min、4min时，分别只改变了某一条件，容器中四种物质的物质的量n （mol）随时间t （min）变化如图，下列说法不正确的（）A平衡涉及反应为4NH3+5O24
2、NO+6H2OB0至3分钟气体的平均分子量在逐步减小C第4至5分钟平衡在右移，NH3的转化率提高D2min、4min时改变条件可能为降温、加入O23（3分）（2014祁县校级模拟）下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是（）ANO2球浸在冷水和热水中Bt/2550100Kw/10141.015.4755.0CDC（氨水）/（molL1）0.10.01pH11.110.64（3分）（2015张家界模拟）某体积可变的密闭容器，盛有适量的A和B的混合气体，在一定条件下发生反应：A+3B2C若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器的体积为V升，其中C气体的体积占10%，下列推断正确的是（）原混和气体的体
3、积为1.2V升；原混和气体的体积为1.1V升；反应达平衡时气体A消耗掉0.05V升；反应达平衡时气体B消耗掉0.05V升ABCD5（3分）（2014金川区校级模拟）常温下，向一定浓度的醋酸溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液直至过量，在此操作过程中，有关溶液中离子浓度变化的大小关系不正确的是（）A当pH=7时，c（Na+）=c（CH3COO）c（H+）=c（OH）B当pH7时，c（CH3COO）c（Na+）c（OH）c（H+）C当恰好完全中和时，c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）D无论溶液显什么性都有关系：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）6（3分）（2014秋哈尔
4、滨校级期末）一定温度下，三种碳酸盐MCO3（M：Mg2+、Ca2+、Mn2+）的沉淀溶解平衡曲线如图所示已知：pM=lgc（M），p（CO32）=lgc（CO32）下列说法正确的是（）AMgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大Ba点可表示MnCO3的饱和溶液，且c（Mn2+）c（CO32）Cb点可表示CaCO3的饱和溶液，且c（Ca2+）c（CO32）Dc点可表示MgCO3的不饱和溶液，且c（Mg2+）c（CO32）7（3分）（2012天津）下列电解质溶液的有关叙述正确的是（）A同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH=7B在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c
5、（Ba2+）增大C含1mol KOH的溶液与1mol CO2完全反应后，溶液中c（K+）=c（HCO）D在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c（Na+）=c（CH3COO）8（3分）（2012秋西华县校级期末）已知298K时Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=5.61012，MgCO3的溶度积常数Ksp=6.8106取适量的MgCl2溶液加入一定量的烧碱溶液达到沉淀溶解平衡状态测得溶液的pH=13.0则下列说法中不正确的是（）AMg（OH）2是水垢的成分之一BMgCO3悬浊液中加入适量的烧碱溶液可以生成Mg（OH）2沉淀C沉淀溶解平衡时溶液中的c（Mg2+）=5.61010 mo
6、l/LD298 K时饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgCO3溶液相比前者的c（Mg2+）大9（3分）（2012山东）下列与金属腐蚀有关的说法正确的是（）A图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B图b中，开关由M改置于N时，CuZn合金的腐蚀速率减小C图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大D图d中，ZnMnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的10（3分）（2012东城区模拟）镁及其化合物一般无毒（或低毒）、无污染，且镁原电池放电时电压高而平稳，使镁原电池越来越成为人们研制绿色原电池的关注焦点其中一种镁原电池的反应为：x Mg+Mo3S4MgxMo3S
7、4在镁原电池放电时，下列说法错误的是（）AMo3S4发生氧化反应B正极反应为：Mo3S4+2xe=Mo3S42xCMg2+向正极迁移D负极反应为：xMg2xe=xMg2+11（3分）（2009湘潭一模）如图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色则以下说法不正确的是（）A电源B极是正极B（甲）、（乙）装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量比为1：2：2：2C欲用（丙）装置给铜镀银，G应该是Ag，电镀液选是AgNO3溶液D装置（丁）中X极附近红褐色变浅，说明氢氧化铁胶粒带正电荷12（3分）（2009春南关区校级期末）将Fe片和
8、Zn片放在盛有NaCl溶液（其中滴有酚酞）的表面皿中，如图所示最先观察到变为红色的区域为（）AI和BI和CII和IIIDII和13（3分）（2014宜章县校级模拟）二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示常温下，S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体下列说法错误的是（）AS2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HClBS2Cl2分子中含有极性键和非极性键CS2Br2与S2Cl2结构相似，熔沸点：S2Br2S2Cl2DS2Cl2的电子式为14（3分）（2015玉山县校级模拟）膦（PH3）又称磷化氢，在常温下是一种
9、无色有大蒜臭味的有毒气体，电石气的杂质中常含有磷化氢以下关于PH3的叙述不正确的是（）APH3分子中有未成键的孤电子对BPH3是极性分子C它的分子构型是三角锥形D磷原子采用sp2杂化方式15（3分）（2015淄博一模）下列有关说法正确的是（）A相同类型的离子晶体，晶格能越大，形成的晶体越稳定B中心原子的杂化方式取决于其配位原子的数目C用金属的电子气理论能合理的解释金属易腐蚀的原因DH3O+、NH4Cl和Ag（NH3）2+中均存在配位键16（3分）（2013金台区校级模拟）富勒烯是由60个碳原子构成的分子，碳原子成键情况与苯分子相似，由于它形似足球，所以又称足球烯关于足球烯分子的叙述不正确的是（
10、）A一个分子中有12个五边形、20个六边形B按凯库勒价键理论计算，12克足球烯可形成共价键的数目（共用电子对数）为1.5NA个C按碳元素的四价理论计算，一个分子中有30个碳碳双键、60个碳碳单键DN60分子与足球烯分子相似，每个氮原子的最外层电子数都满足8电子稳定结构17（3分）（2015鱼台县校级三模）分子式为C5H10O2的有机物A，有果香味，不能使紫色石蕊试液变红，但可在酸性条件下水解生成有机物B和C，其中C能被催化氧化成醛，则A可能的结构共有（）A1种B6种C18种D28种18（3分）（2015建德市校级模拟）下列说法正确的是（）AHOCH2COOH既可发生取代反应，也可发生加聚反应B
11、某有机化合物完全燃烧生成等物质的量的CO2和H2O，则该有机物的分子式一定CnH2nC甲烷、甲醛、甲酸都不存在同分异构体，则甲醚（CH3OCH3）也无同分异构体D酸性条件下CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH19（3分）（2015天津模拟）天然维生素P（结构如图）存在于槐树花蕾中，它是一种营养增补剂关于维生素P的叙述正确的是（）A若R为甲基则该物质的分子式可以表示为C16H10O7B分子中有三个苯环C1mol该化合物与NaOH溶液作用消耗NaOH的物质的量以及与氢气加成所需的氢气的物质的量分别是4 mol、8 molD1mol该化合物最多可与5mol Br2完全
12、反应20（3分）（2015春洛阳校级月考）根据以下叙述，回答第18和19题苯分子的结构式可以表示为，两者是等同的苯并芘是强致癌物质（存在于烟囱灰、煤焦油、燃烧烟草的烟雾和内燃机的尾气中）它的分子由五个苯环合并而成，其结构式可以表示（）或（），这两者也是等同的现有结构式（A）（D），其中跟（）、（）式等同的结构式是（）ABCD二、解答题（共5小题，满分80分）21（16分）（2014黄州区模拟）在容积固定且为2L的密闭容器中进行反应：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=92.4kJ/mol，恒温条件下，体系中某两种物质的物质的量随时间关系图，回答下列问题：（1）图象中a、b、c、d四点，
13、其中处于平衡状态的点有（2）用H2表示15分钟内的反应速率为v（H2）=达到平衡状态时，下列说法不正确的是A2v（N2）正=v（NH3）逆B容器的总压强不再随时间而变化CN2、NH3的分子数之比保持1：2不变D混合气体的摩尔质量保持不变E充入少量He时平衡体系中H2的体积百分含量将会减小（3）25min时采用的措施是；若从a点时刻改变某一条件，以实现达到d点时的状态，此时KbKd（填“”、“”或“=”）（4）以N2、H2为电极反应物，以1L浓度均为0.05molL1的HClNH4Cl混合液为电解质溶液的燃料电池，请写出电池工作时的正极反应式：已知NH3H2O在常温下的电离平衡常数为K，N2H2
14、燃料电池工作一段时间后溶液的pH=7，求电路中通过的电子的物质的量为（用含K的代数式表示，假设NH3与H2O完全转化为NH3H2O且忽略溶液体积的变化）22（16分）（2014呼兰区校级三模）在温度t下，某Ba（OH）2的稀溶液中c（H+）=10amol/L，c（OH）=10bmol/L，已知a+b=12，向该溶液中逐滴加入pH=b的NaHSO4，测得混合溶液的部分pH如下表所示：序号氢氧化钡的体积/mL硫酸氢钠的体积/mL溶液的pH33.000.00833.00x733.0033.006（1）依据题意判断，t25（填“大于”、“小于”或“等于”），该温度下水的离子积常数Kw=（2）b=，x=
15、mL（3）反应的离子方程式为（4）将此温度下的Ba（OH）2溶液取出1mL，加水稀释至1L，则稀释后溶液中c（Ba2+）c（OH）=；（5）与NaHSO4相同，NaHSO3和NaHCO3也为酸式盐已知NaHSO3溶液呈酸性，NaHCO3溶液呈碱性现有浓度均为0.1mol/L的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液，溶液中各粒子的物质的量浓度存在下列关系（R表示S或C），其中可能正确的是（填正确答案的标号）Ac（Na+）c（HRO3）c（H+）c（RO32）c（OH）Bc（Na+）+c（H+）=c（HRO3）+2c（RO32）+c（OH）Cc（H+）+c（H2RO3）=c（RO32）+c（OH）D两
16、溶液中c（Na+）、c（HRO3）、c（RO32）分别相等23（16分）（2015春洛阳校级月考）（1）已知298K时，1mol CH4在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水，放出热量890.3kJ写出该反应的热化学方程式：（2）利用该反应设计一个燃料电池：用氢氧化钾溶液作电解质溶液，用多孔石墨作电极，在电极上分别充入CH4和氧气写出负极的电极反应式：（3）在如图实验装置中，分别写出石墨棒上的电极反应式为；铁棒上的电极反应式为（4）如果起始时烧杯中盛有1000mL，某浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后溶液中的Cu2+恰好消耗掉，（假设没有其它离子干扰），此时收集到气体3.36L（标准状况下）则原硫
17、酸铜溶液的浓度是mol/L，电路中通过的电子的物质的量是mol；若要使溶液恢复到起始浓度（忽略溶液体积的变化），可向溶液中加入（填物质名称），其质量约为g24（18分）（2014秋同安区校级期中）按要求完成下列填空（1）电负性最大的元素符号；第一电离能最大的元素基态原子核外电子排布式；第三周期原子半径最小的元素的价电子排布式（2）在下列物质中：N2、H2O、NaOH、MgCl2、C2H4、Na2O2（用序号填空）其中只含有非极性键的是；既含有非极性键又含有极性键的是；含有非极性键的离子化合物是（3）NN的键能为942kJmol1，NN单键的键能为247kJmol1，通过计算说明N2中的键更稳定
18、（填“”或“”）（4）钋（Po）是一种放射性金属，其晶胞的堆积模型如图1，钋的摩尔质量为209gmol1，晶胞的密度为 gcm3，则它晶胞的边长（a）为cm（用代数式表示，NA表示阿伏加德罗常数）（5）测定大气中PM2.5的浓度方法之一是射线吸收法，射线放射源可用85Kr已知Kr晶体的晶胞结构如图2所示，该晶体中与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有m个，晶胞中含Kr原子为n个，则=25（14分）（2015龙岩校级模拟）已知两个羟基同时连在同一个碳原子上时结构是不稳定的，它将发生脱水反应，例如：CH3CH（OH）2CH3CHO+H2O，现有分子式为C9H8O2Br2的物质M，已知E的化学式为C7H5
19、O2Na，A的相对分子质量为46，在一定条件下可发生下列一系列反应：请回答下列问题（1）B中官能团的名称，A的核磁共振氢谱有个吸收峰；GH的反应类型（2）M的结构简式（3）写出下列反应的化学方程式AB HI（4）同时符合下列条件的G的同分异构体的结构简式有种，写出其中一种A分子中含有苯环 B能发生水解反应C能发生银镜反应 D与FeCl3溶液反应显紫色2014-2015学年河南省洛阳市宜阳一中培优部高二（下）第一次限时化学试卷（5.25）参考答案与试题解析一、选择题（共20小题，每小题3分，满分60分）1（3分）（2012惠州模拟）已知：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g），
20、H=1025kJ/mol，该反应是一个可逆反应，若反应物起始的物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是（）ABCD考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线 专题：压轴题；化学平衡专题分析：由4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）H=1025kJ/mol知，该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡解答：解：A、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故A正确B、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热
21、反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故B正确C、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故C错误D、催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡，正催化剂能加快反应速率缩短反应到达平衡的时间，故D正确故选：C点评：本题以图象为载体考查了外界条件对化学平衡的影响，难度不大，明确催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡2（3分）（2013商州区校级一模）一密闭容器中，400时存在一个化学平衡反应进行至2min、4min时，分别只改变了某一条件，容器中四种物质的物质的量n （mol）随时间t （min）变化如图，下列说法
22、不正确的（）A平衡涉及反应为4NH3+5O24NO+6H2OB0至3分钟气体的平均分子量在逐步减小C第4至5分钟平衡在右移，NH3的转化率提高D2min、4min时改变条件可能为降温、加入O2考点：化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素 专题：压轴题分析：根据图中各物质的物质的量随时间变化的关系，分析各物质的物质的量的变化，联系化学平衡的知识，得出平衡建立的过程和不同时间段条件的改变解答：解：A、从图中看出反应开始时O2为1.2mol，NH3为1.0mol，并随时间逐渐减少，开始时NO和H2O的物质的量都为0，且随时间不断增多，所以反应是以NH3和O2为反应物开始生成NO和H2O的，且前2mi
23、n内，NH3减少了0.12mol，O2减少了0.15mol，NO和H2O的物质的量分别增加了0.12mol和0.18mol，化学反应计量数之比为：4：5：4：6，所以平衡涉及反应为4NH3+5O24NO+6H2O，故A对；B、0至3分钟，NH3和O2的物质的量不断减少，NO和H2O的物质的量不断增多，平衡向正反应方向进行，混合气体中分子个数增多，但是总质量不变，因此平均相对分子质量减小，故B对；C、第4至5分钟，NH3的物质的量在减少，但第4分钟时O2的物质的量却增加，说明第4分钟时向容器中加入了O2，因此，平衡向右移，NH3的转化率提高，故C对；D、由图看出2min后，NH3和O2的减少速度
24、与NO和H2O的增多速度都在增大，说明反应速率增大，2min时改变的条件不可能是降温，4min时，O2的物质的量增加，NH3的物质的量减少，说明第4分钟时向容器中加入了O2，故D错故选：D点评：本题考查学生对图象的观察分析能力，图象中各物质在不同的时间段中物质的量的变化趋势是解答本题的关键3（3分）（2014祁县校级模拟）下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是（）ANO2球浸在冷水和热水中Bt/2550100Kw/10141.015.4755.0CDC（氨水）/（molL1）0.10.01pH11.110.6考点：化学平衡移动原理 专题：化学平衡专题分析：勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件
25、之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用解答：解：A、2NO2N2O4，H0，升高温度，平衡逆向移动，颜色加深，降低温度，平衡正向移动，颜色变浅，能用平衡移动原理解释，故A错误；B、水的电离平衡是吸热的过程，升高温度，平衡正向移动，水的离子积常数变大，能用平衡移动原理解释，故B错误；C、催化剂不会引起平衡的移动，只能同等程度的改变正逆反应速率，故C正确；D、氨水的电离过程是吸热的过程，升高温度，平衡正向移动，碱性增强，pH变大，能用平衡移动原理解释，故D错误；故选C点评：本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特
26、列原理的前提必须是可逆反应4（3分）（2015张家界模拟）某体积可变的密闭容器，盛有适量的A和B的混合气体，在一定条件下发生反应：A+3B2C若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器的体积为V升，其中C气体的体积占10%，下列推断正确的是（）原混和气体的体积为1.2V升；原混和气体的体积为1.1V升；反应达平衡时气体A消耗掉0.05V升；反应达平衡时气体B消耗掉0.05V升ABCD考点：化学反应速率和化学计量数的关系；等效平衡；化学平衡的计算 专题：压轴题；差量法；化学平衡专题分析：在反应A+3B2C中，A、B的消耗量和C得生成量之比为1：3：2，反应后，C体积变化量为0.1V，可以获得A、B
27、的消耗量；根据C的体积增加量确定原来混合气体体积解答：解：根据反应：A+3B 2C各物质体积变化量 0.05V 0.15V 0.1V则生成气体C的体积等于反应中混合气体减少的总体积，即为0.1V，气体A所消耗的体积等于混合气体减少的总体积的一半，气体B所消耗的体积等于混合气体减少的总体积的1.5 倍，由于平衡时总体积减少10%V L，则原混合气体的体积应为1V L+10%V L=1.1V L，建立平衡时，气体A的消耗为：10%V L=0.05V L，气体B的消耗为：510%V L=0.15V L故选A点评：本题考查了学生气体差量法的有关计算，难度较大，考查学生分析和解决问题的能力5（3分）（2
28、014金川区校级模拟）常温下，向一定浓度的醋酸溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液直至过量，在此操作过程中，有关溶液中离子浓度变化的大小关系不正确的是（）A当pH=7时，c（Na+）=c（CH3COO）c（H+）=c（OH）B当pH7时，c（CH3COO）c（Na+）c（OH）c（H+）C当恰好完全中和时，c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）D无论溶液显什么性都有关系：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）考点：离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 专题：压轴题；电离平衡与溶液的pH专题分析：A当pH=7时，c（H+）=c（OH），结合电荷守恒判断；B
29、阴离子浓度之和大于阳离子浓度之和，不能满足溶液电中性；C当恰好完全中和时，恰好生成醋酸钠，溶液呈碱性；D从溶液的电中性原则分析解答：解：A当pH=7时，c（H+）=c（OH），溶液存在c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），则c（Na+）=c（CH3COO），中性溶液中氢离子或氢氧根离子浓度较小，则c（CH3COO）c（H+），所以有c（Na+）=c（CH3COO）c（H+）=c（OH），故A正确；B阴离子浓度之和大于阳离子浓度之和，不能满足溶液电中性，应为c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+），如NaOH过量较多时存在c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（
30、H+），故B错误；C当恰好完全中和时，恰好生成醋酸钠，溶液呈碱性，存在c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+），故C正确；D溶液存在电荷守恒，则有c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），故D正确故选B点评：本题考查离子浓度的大小比较，题目难度中等，本题注意溶液电中性原则的应用6（3分）（2014秋哈尔滨校级期末）一定温度下，三种碳酸盐MCO3（M：Mg2+、Ca2+、Mn2+）的沉淀溶解平衡曲线如图所示已知：pM=lgc（M），p（CO32）=lgc（CO32）下列说法正确的是（）AMgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大Ba点可表示MnCO3的饱和溶液，
31、且c（Mn2+）c（CO32）Cb点可表示CaCO3的饱和溶液，且c（Ca2+）c（CO32）Dc点可表示MgCO3的不饱和溶液，且c（Mg2+）c（CO32）考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：ApM相等时，图线中p（CO32）数值越大，实际浓度越小； Ba点可表示MnCO3的饱和溶液，pM=p（CO32）；Cb点可表示CaCO3的饱和溶液，pMp（CO32）；DpM数值越大，实际浓度越小，则c点可表示MgCO3 的不饱和溶液，pMp（CO32）解答：解：ApM相等时，图线中p（CO32）数值越大，实际浓度越小，因此，MgCO3、CaCO3、MnC
32、O3 的Ksp依次减小，故A错误；Ba点可表示MnCO3的饱和溶液，pM=p（CO32），所以c（Mn2+）=c（CO32），故B错误；Cb点可表示CaCO3的饱和溶液，pMp（CO32），所以c（Ca2+）c（CO32），故C正确；DpM数值越小，实际浓度越大，已知c点不在曲线上，而在曲线下面，则c点表示MgCO3 的过饱和溶液，pMp（CO32），所以c（Mg2+）c（CO32），故D错误；故选：C点评：本题主要考查了沉淀溶解平衡曲线，掌握图线中pc（CO32）、pM数值越大，实际浓度越小是解题的关键，难度中等7（3分）（2012天津）下列电解质溶液的有关叙述正确的是（）A同浓度、同体积的
33、强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH=7B在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c（Ba2+）增大C含1mol KOH的溶液与1mol CO2完全反应后，溶液中c（K+）=c（HCO）D在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c（Na+）=c（CH3COO）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；影响盐类水解程度的主要因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 专题：压轴题；电离平衡与溶液的pH专题分析：A、强酸强碱不一定是一元强酸和一元强碱；B、依据沉淀溶解平衡分析，在一定温度下溶度积为常数，硫酸根离子浓度增大，平衡逆向进行；C、依据化学反应判断生成产物为碳酸氢钾，碳
34、酸氢根离子水解；D、依据溶液中的电荷守恒计算判断；解答：解：A、强酸强碱不一定是一元强酸和一元强碱，等浓度等体积混合可能酸过量或碱过量，故A错误；B、加入Na2SO4固体，硫酸根离子浓度增大，平衡逆向进行，钡离子浓度减小，故B错误；C、含1mol KOH的溶液与1mol CO2完全反应后生成碳酸氢钾，碳酸氢根离子水解，c（K+）c（HCO3），故C错误；D、在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，依据电荷守恒；c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO）+c（OH），当c（H+）=c（OH）时，c（Na+）=c（CH3COO），故D正确；故选D点评：本题考查了酸碱反应的溶液酸碱性判断，
35、溶液中离子浓度大小比较，盐类水解的应用，溶液中电荷守恒的应用，沉淀溶解平衡的分析判断，题目难度中等8（3分）（2012秋西华县校级期末）已知298K时Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=5.61012，MgCO3的溶度积常数Ksp=6.8106取适量的MgCl2溶液加入一定量的烧碱溶液达到沉淀溶解平衡状态测得溶液的pH=13.0则下列说法中不正确的是（）AMg（OH）2是水垢的成分之一BMgCO3悬浊液中加入适量的烧碱溶液可以生成Mg（OH）2沉淀C沉淀溶解平衡时溶液中的c（Mg2+）=5.61010 mol/LD298 K时饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgCO3溶液相比前者的c（Mg2+）大考
36、点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 专题：压轴题；电离平衡与溶液的pH专题分析：A、氢氧化镁溶解度小于碳酸镁，生成的碳酸镁加热会转化为氢氧化镁；B、氢氧化镁溶解度小于碳酸镁，MgCO3悬浊液中加入适量的烧碱会发生沉淀转化；C、依据氢氧化镁的溶度积常数结合溶液PH计算氢氧根离子浓度，计算得到镁离子浓度；D、依据溶度积常数计算分析解答：解：A、水中的碳酸氢镁受热分解生成碳酸镁会继续反应生成更难溶的氢氧化镁沉淀，所以Mg（OH）2是水垢的成分之一，故A正确；B、氢氧化镁溶解度小于碳酸镁，MgCO3悬浊液中加入适量的烧碱会发生沉淀转化，生成Mg（OH）2沉淀，故B正确；C、取适量的MgCl2溶液
37、加入一定量的烧碱溶液达到沉淀溶解平衡状态测得溶液的pH=13.0，溶液中c（OH）=0.1mol/L，由氢氧化镁溶度积常数计算镁离子浓度，Ksp=c（Mg2+）c2（OH）=5.61012 ，代入计算得到c（Mg2+）=5.61010 mol/L，故C正确；D、298K时Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=5.61012，Ksp=c（Mg2+）c2（OH）=5.61012，c（Mg2+）=1.1104mol/L；MgCO3的溶度积常数Ksp=6.8106Ksp=c（Mg2+）c（CO32）=6.8106，得到c（Mg2+）=2.6103mol/L，则298 K时饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgC
38、O3溶液相比前者的c（Mg2+）小，故D错误；故选D点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡的相关计算和判断，题目难度中等，本题注意溶度积常数的利用9（3分）（2012山东）下列与金属腐蚀有关的说法正确的是（）A图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B图b中，开关由M改置于N时，CuZn合金的腐蚀速率减小C图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大D图d中，ZnMnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的考点：金属的电化学腐蚀与防护 专题：压轴题；电化学专题分析：A当溶液中氧气浓度越大时电化学腐蚀越严重；B开关由M改置于N时，Zn为负极，合金被保护；C气体在P
39、t上放出；DMnO2发生还原反应解答：解：A图a中，铁棒发生化学腐蚀，靠近底端的部分与氧气接触少，腐蚀程度较轻，故A错误；B、图b中开关由M置于N，CuZn作正极，腐蚀速率减小，故B正确；C图c中接通开关时Zn作负极，腐蚀速率增大，但氢气在Pt上放出，故C错误；D图d中干电池放电时MnO2发生还原反应，体现锌的还原性，故D错误故选B点评：本题考查金属的腐蚀及防护，题目难度不大，注意把握原电池的工作原理10（3分）（2012东城区模拟）镁及其化合物一般无毒（或低毒）、无污染，且镁原电池放电时电压高而平稳，使镁原电池越来越成为人们研制绿色原电池的关注焦点其中一种镁原电池的反应为：x Mg+Mo3S
40、4MgxMo3S4在镁原电池放电时，下列说法错误的是（）AMo3S4发生氧化反应B正极反应为：Mo3S4+2xe=Mo3S42xCMg2+向正极迁移D负极反应为：xMg2xe=xMg2+考点：化学电源新型电池 专题：压轴题；电化学专题分析：A、放电是原电池反应，依据元素化合价变化判断，负极反应是镁失电子发生氧化反应，正极反应物质是Mo3S4，得到电子发生还原反应；B、正极反应物质是Mo3S4，得到电子发生还原反应C、原电池中阳离子移向正极；D、负极反应是镁失电子发生氧化反应；解答：解：A、放电是原电池反应，负极反应是镁失电子发生氧化反应，正极反应物质是Mo3S4，得到电子发生还原反应，故A错误
41、；B、正极反应物质是Mo3S4，得到电子发生还原反应，正极电极反应为：Mo3S4+2xe=Mo3S42x，故B正确；C、负极生成镁离子，Mg2+向正极迁移，故C正确；D、负极反应是镁失电子发生氧化反应；负极电极反应为：xMg2xe=xMg2+，故D正确；故选A点评：本题考查了新型电池的原电池反应原理的应用，主要是依据反应元素化合价变化确定负极反应物质和 正极反应物质，书写电极反应是解题关键11（3分）（2009湘潭一模）如图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色则以下说法不正确的是（）A电源B极是正极B（甲）、（乙）装置的C、D、E
42、、F电极均有单质生成，其物质的量比为1：2：2：2C欲用（丙）装置给铜镀银，G应该是Ag，电镀液选是AgNO3溶液D装置（丁）中X极附近红褐色变浅，说明氢氧化铁胶粒带正电荷考点：原电池和电解池的工作原理 专题：压轴题；电化学专题分析：A、根据电解滴入酚酞的氯化钠溶液时，阴极附近溶液显红色，根据电解池的阴阳极判断原电池的正负极；B、根据单质与电子的关系式计算其物质的量之比；C、电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极，电解质溶液中金属阳离子和阳极材料是相同元素；D、电解池工作时，溶液中阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动解答：解：A、电解滴入酚酞的氯化钠溶液时，阴极上氢离子放电，导致阴极附近显碱性，所以
43、阴极附近溶液显红色，在F极附近显红色，所以F极是阴极，则B极是负极，故A错误；B、电解硫酸铜溶液时，阳极C上生成氧气，阴极D上生成铜；电解氯化钠溶液时，阳极E上生成氯气，阴极F上生成氢气，当通过相同的电量时，其物质的量比为1：2：2：2，故B正确；C、电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极，电解质溶液中金属阳离子和阳极材料是相同元素，所以欲用（丙）装置给铜镀银，G应该是Ag，电镀液选是AgNO3溶液，故C正确；D、电解池工作时，溶液中阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，装置丁中，X极是阳极，Y极是阴极，X极附近红褐色变浅，说明氢氧化铁胶粒向阴极移动，由此证明氢氧化铁胶粒带正电荷，故D正确；故选A点
44、评：本题考查了电解池原理，难度较大，能正确判断装置乙中的阴阳极是解本题的关键，易错选项是B，能根据析出物质和电子之间的关系进行计算12（3分）（2009春南关区校级期末）将Fe片和Zn片放在盛有NaCl溶液（其中滴有酚酞）的表面皿中，如图所示最先观察到变为红色的区域为（）AI和BI和CII和IIIDII和考点：原电池和电解池的工作原理 专题：压轴题；电化学专题分析：第一个装置是原电池，Zn为负极，溶液中的氧气在处得电子生成OH，所以处变红；第二个装置是电解池，铁为阳极，溶液中的H+在处得电子，破坏了锌片附近水的电离平衡，使得OH浓度增大，所以处也变红解答：解：甲图示是原电池，锌做负极，锌失电子
45、形成锌离子，正极是，在正极上，O2+2H2O+4e=4OH；所以处变红；乙图示是电解池，铁做阳极，铁失电子生成亚铁离子，锌做阴极，在阴极上，2H+2e=H2，破坏了锌片附近水的电离平衡，使得OH浓度增大，所以处也变红故选B点评：本题考查了原电池和电解池的工作原理的应用，主要是电解反应的离子变化13（3分）（2014宜章县校级模拟）二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示常温下，S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体下列说法错误的是（）AS2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HClBS2Cl2分子中含有极性键和
46、非极性键CS2Br2与S2Cl2结构相似，熔沸点：S2Br2S2Cl2DS2Cl2的电子式为考点：极性键和非极性键；电子式；分子间作用力对物质的状态等方面的影响 专题：压轴题；化学键与晶体结构分析：A、S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体，该气体为二氧化硫，在反应过程中硫元素一部分升高到+4价（生成SO2），一部分降低到0价（生成S），符合氧化还原反应原理B、同种元素原子之间形成非极性键，不同元素的原子之间形成的化学键多为极性键C、组成与结构相似，相对分子质量越大，其熔沸点越高D、氯原子未成键的孤对电子对未标出解答：解：A、S2Cl2中的硫元素为中间价态（+1价），在反应过程中一
47、部分升高到+4价（生成SO2），一部分降低到0价（生成S），符合氧化还原反应原理，故A正确；B、S2Cl2的结构类似于H2O2的结构，为ClSSCl，其中的SS为非极性键，SCl键为极性键，故B正确；C、S2Br2与S2Cl2的组成与结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，其熔沸点越高，所以熔沸点S2Br2S2Cl2，故C正确；D、氯原子未成键的孤对电子对未标出，S2Cl2的电子式为，故D错误故选：D点评：以S2Cl2的结构为载体，考查分子结构、化学键、电子式、氧化还原反应、分子间作用力与物质性质等，难度不大，是对基础知识的综合运用与学生能力的考查，注意基础知识的全面掌握，是一道不错的能力考
48、查题目14（3分）（2015玉山县校级模拟）膦（PH3）又称磷化氢，在常温下是一种无色有大蒜臭味的有毒气体，电石气的杂质中常含有磷化氢以下关于PH3的叙述不正确的是（）APH3分子中有未成键的孤电子对BPH3是极性分子C它的分子构型是三角锥形D磷原子采用sp2杂化方式考点：判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 专题：化学键与晶体结构分析：APH3中P原子成3个键，有一对未成键的孤对电子；BPH3分子中存在PH极性键，分子结构不对称，为极性分子；CPH3的分子是采用sp3杂化，P上连有3个氢，有一对孤对电子，分子构型是三角锥形；D价层电子对个数= 键+孤
49、电子对个数，PH3杂化轨道数是4，PH3的分子是采用sp3杂化解答：解：A分子中除了用于形成共价键的键合电子外，还经常存在未用于形成共价键的非键合电子这些未成键的价电子对叫做孤对电子，PH3的P原子最外层满足8电子结构，P上连有3个氢，有一对孤对电子，故A正确；BPH3分子中三个PH键完全相同，所以键能、键长，键角都相等；分子中PH键是不同非金属元素之间形成的极性共价键，该分子为三角锥型结构，分子结构不对称，为极性分子，故B正确；CPH3分子中价层电子对个数=键个P数+孤电子对个数=3+（531）=4，所以磷原子采用sp3杂化，PH3分子中中心原子上有一对孤电子对，所以分子构型是三角锥形，故C
50、正确；DPH3分子中价层电子对个数=键个P数+孤电子对个数=3+（531）=4，所以磷原子采用sp3杂化，故D错误故选D点评：本题以膦为载体考查了物质的结构、化学键等知识点，以氨气分子为例采用知识迁移的方法进行分析解答，注意结合基本概念分析，题目难度中等15（3分）（2015淄博一模）下列有关说法正确的是（）A相同类型的离子晶体，晶格能越大，形成的晶体越稳定B中心原子的杂化方式取决于其配位原子的数目C用金属的电子气理论能合理的解释金属易腐蚀的原因DH3O+、NH4Cl和Ag（NH3）2+中均存在配位键考点：用晶格能的大小衡量离子晶体中离子键的强弱；配合物的成键情况；金属键的涵义；原子轨道杂化方
51、式及杂化类型判断 分析：A、在离子晶体，晶格能越大，形成的晶体越稳定；B、中心原子的杂化方式取决于价电子数和配位原子数；C、用金属的电子气理论只能解释金属的物理性质，不能解释金属易腐蚀；D、H3O+中H和O，NH4Cl中N和H、Ag（NH3）2+中Ag和N存在配位键解答：解：A、在离子晶体，晶格能越大，形成的晶体越稳定，故A正确；B、中心原子的杂化方式取决于价电子数和配位原子数，两者共同决定，故B错误；C、用金属的电子气理论只能解释金属的物理性质，不能解释金属易腐蚀是化学性质，故C错误；D、H3O+中H和O，NH4Cl中N和H、Ag（NH3）2+中Ag和N存在配位键，故D正确；故选AD点评：本
52、题考查晶格能的大小、中心原子的杂化方式和配位键的相关知识，考查的知识点多，但比较容易16（3分）（2013金台区校级模拟）富勒烯是由60个碳原子构成的分子，碳原子成键情况与苯分子相似，由于它形似足球，所以又称足球烯关于足球烯分子的叙述不正确的是（）A一个分子中有12个五边形、20个六边形B按凯库勒价键理论计算，12克足球烯可形成共价键的数目（共用电子对数）为1.5NA个C按碳元素的四价理论计算，一个分子中有30个碳碳双键、60个碳碳单键DN60分子与足球烯分子相似，每个氮原子的最外层电子数都满足8电子稳定结构考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别 专题：化学键与晶体结构分析：欧拉定理是值
53、在一凸多面体中，顶点数棱边数+面数=2，设C60分子中含有x个五边形和y个六边形根据欧拉定理求棱边数：每个顶点伸出三条棱，而每条棱又总是由两个顶点共有，每个顶点单独伸出的棱有1.5条，60个顶点共伸出的棱为601.5=90条至此，依据欧拉定理可写出：60+x+y90=2 每条棱是由两个面共用的，所以，一个五边形单独占有的棱边数为2.5条，一个六边形单独占有的棱边数为3条，由棱边数守恒2.5x+3y=90 联立可以解得：x=12，y=20解答：解：设C60分子中含有x个五边形和y个六边形根据欧拉定理求棱边数：每个顶点伸出三条棱，而每条棱又总是由两个顶点共有，每个顶点单独伸出的棱有1.5条，60个
54、顶点共伸出的棱为601.5=90条至此，依据欧拉定理可写出：60+x+y90=2 每条棱是由两个面共用的，所以，一个五边形单独占有的棱边数为2.5条，一个六边形单独占有的棱边数为3条，由棱边数守恒2.5x+3y=90 联立可以解得：x=12，y=20A、通过以上分析知一个分子中有12个五边形、20个六边形，故A正确；B、通过以上分析知1个足球烯分子中有30个碳碳双键，60个碳碳单键，12克足球烯可形成共价键的数目为NA120=2NA，故B错误；C、通过以上分析知五边形的碳形成共价双键，五边形的碳形成共价单键，所以一个分子中有30个碳碳双键，60个碳碳单键，故C正确；D、通过以上分析知足球烯每个
55、碳原子的最外层电子数都满足8电子稳定结构，N60分子与足球烯分子相似，每个氮原子的最外层电子数都满足8电子稳定结构，故D正确故选：B点评：本题考查了足球烯的原子个数、共价键数目的判断，欧拉定理（在一凸多面体中，顶点数棱边数+面数=2）和棱边数守恒是解题的关键17（3分）（2015鱼台县校级三模）分子式为C5H10O2的有机物A，有果香味，不能使紫色石蕊试液变红，但可在酸性条件下水解生成有机物B和C，其中C能被催化氧化成醛，则A可能的结构共有（）A1种B6种C18种D28种考点：有机物实验式和分子式的确定；同分异构现象和同分异构体 专题：同系物和同分异构体分析：分子式为C5H10O2的酯为饱和一
56、元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为5，讨论羧酸与醇含有的碳原子，C能被催化氧化成醛，则C属于醇类并且结构中含有CH2OH结构，据此回答判断解答：解：分子式为C5H10O2的有机物A，有果香味，不能使紫色石蕊试液变红，则不属于羧酸类，属于饱和一元酯，若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，其中能氧化为醛的醇有：1丁醇，2甲基1丙醇，甲酸酯有一种，这样的酯有2种；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，其中能氧化为醛的醇有：1丙醇，乙酸只有一种，这样的酯有1种；若为丙酸和乙醇酯化，乙醇只有1种能氧化互为乙醛，丙酸有1种，这样的酯有1种；若为丁酸和甲醇酯化，甲醇只有1种，能氧化为甲醛，丁酸有2种，这样的酯有2种；
57、故A可能的结构共有6种故选B点评：本题考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键是形成酯的羧酸与醇的同分异构体的判断，注意利用数学法进行计算18（3分）（2015建德市校级模拟）下列说法正确的是（）AHOCH2COOH既可发生取代反应，也可发生加聚反应B某有机化合物完全燃烧生成等物质的量的CO2和H2O，则该有机物的分子式一定CnH2nC甲烷、甲醛、甲酸都不存在同分异构体，则甲醚（CH3OCH3）也无同分异构体D酸性条件下CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH考点：有机物实验式和分子式的确定；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；酯的性质 分析：A、含有醇
58、羟基和羧基的有机物的性质来回答判断；B、生成CO2和H2O的物质的量相等，则该烃碳氢原子个数比是1：2；C、二甲醚（CH3OCH3）和乙醇（CH3CH2OH）分子式相同，是同分异构体；D、在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是羧酸和醇，根据酯化反应的原理：酸掉羟基醇掉氢的原理来回答解答：解：A、HOCH2COOH中含有醇羟基和羧基，可以发生取代反应和酯化反应，不能发生加聚反应，故A错误；B、生成CO2和H2O的物质的量相等，则该烃碳氢原子个数比是1：2，则该有机物的分子式不一定CnH2n，可能含有氧元素，故B错误；C、甲烷、甲醛、甲酸都不存在同分异构体，但是二甲醚（CH3OCH3）
59、和乙醇（CH3CH2OH）分子式相同，是同分异构体，故C错误；D、在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解反应是酯化反应的逆反应，酯化反应的原理：酸掉羟基醇掉氢的原理，所以CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH，故D正确故选D点评：本题涉及有机物分子式的确定、同分异构体的书写、有机物的性质等知识，属于综合知识的考查，难度不大19（3分）（2015天津模拟）天然维生素P（结构如图）存在于槐树花蕾中，它是一种营养增补剂关于维生素P的叙述正确的是（）A若R为甲基则该物质的分子式可以表示为C16H10O7B分子中有三个苯环C1mol该化合物与NaOH溶液作用消耗NaO
60、H的物质的量以及与氢气加成所需的氢气的物质的量分别是4 mol、8 molD1mol该化合物最多可与5mol Br2完全反应考点：有机物分子中的官能团及其结构 专题：有机物的化学性质及推断分析：A、根据结构简式和键线式的特点来书写分子式；B、根据有机物的结构可以得出分子中苯环数目；C、维生素P结构中含有酚羟基，能与氢氧化钠反应，含有的苯环、碳碳双键、碳氧双键都能与氢气发生加成反应；D、维生素P结构中含有酚羟基、碳碳双键，可以分别和溴发生取代和加成反应解答：解：A、根据维生素P的结构简式可以得出其分子式为：C16H11O7，故A错误；B、维生素P结构中含有两个苯环，故B错误；C、维生素P结构中含
61、有的苯环、碳碳双键、碳氧双键都能与氢气发生加成反应，一定条件下1mol该物质可与H2加成，耗H2最大量为8mol，维生素P结构中含有酚羟基，能与氢氧化钠反应，每1mol维生素P结构中含有4mol酚羟基，所以1mol该物质可与4molNaOH反应，故C正确；D、结构中含有酚羟基，能与溴水反应OH的邻、对位取代，含有碳碳双键，能发生加成反应，1mol该物质与足量溴水反应耗6molBr2，故D错误故选C点评：本题考查有机物的结构和性质，题目难度中等，把握有机物的组成、结构和性质为解答该题的关键，学习中要注意相关基础知识的积累20（3分）（2015春洛阳校级月考）根据以下叙述，回答第18和19题苯分子
62、的结构式可以表示为，两者是等同的苯并芘是强致癌物质（存在于烟囱灰、煤焦油、燃烧烟草的烟雾和内燃机的尾气中）它的分子由五个苯环合并而成，其结构式可以表示（）或（），这两者也是等同的现有结构式（A）（D），其中跟（）、（）式等同的结构式是（）ABCD考点：同分异构现象和同分异构体 专题：压轴题分析：对于多个苯环并在一起的稠环芳香烃，要确定两者是否为同分异构体，可以通过平移或翻转来判断是否互为同分异构体解答：解：以（I）式为基准，将图形从左边揭起（右边在纸面不动），翻转1800后再贴回纸面即得D式；将D式在纸面上反时针旋转450即得A式因此，A、D都与（I）（II）式等同也可以（II）式为基准，将（
63、II）式图形在纸面上反时针旋转1800即得A式（II）式在纸面上反时针旋转1350即得D式从分子组成来看，（I）式是C20H12，B式也是C20H12，而C式是C19H12，所以B是（I）、（II）式的同分异构体，而C式不是 故答案：A、D点评：判断有机物结构是否等同的方法是：用系统命名法命名后名称相同者；将分子整体旋转或翻转后能完全“重叠”者二、解答题（共5小题，满分80分）21（16分）（2014黄州区模拟）在容积固定且为2L的密闭容器中进行反应：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=92.4kJ/mol，恒温条件下，体系中某两种物质的物质的量随时间关系图，回答下列问题：（1）图象中
64、a、b、c、d四点，其中处于平衡状态的点有bd（2）用H2表示15分钟内的反应速率为v（H2）=0.02mol/（Lmin）达到平衡状态时，下列说法不正确的是CEA2v（N2）正=v（NH3）逆B容器的总压强不再随时间而变化CN2、NH3的分子数之比保持1：2不变D混合气体的摩尔质量保持不变E充入少量He时平衡体系中H2的体积百分含量将会减小（3）25min时采用的措施是分离出0.8mol氨气；若从a点时刻改变某一条件，以实现达到d点时的状态，此时Kb=Kd（填“”、“”或“=”）（4）以N2、H2为电极反应物，以1L浓度均为0.05molL1的HClNH4Cl混合液为电解质溶液的燃料电池，请
65、写出电池工作时的正极反应式：N2+6e+8H+=2NH4+已知NH3H2O在常温下的电离平衡常数为K，N2H2燃料电池工作一段时间后溶液的pH=7，求电路中通过的电子的物质的量为3（0.05+）mol（用含K的代数式表示，假设NH3与H2O完全转化为NH3H2O且忽略溶液体积的变化）考点：化学平衡的调控作用；化学电源新型电池；化学平衡状态的判断 分析：（1）当可逆反应中各组分浓度不再变化时，说明该反应处于化学平衡状态，据此结合图象进行判断；（2）物质的量变化与方程式中的化学计量数成正比，根据图象中达到平衡状态时物质的量变化找出二者化学计量数之比，然后判断两曲线分别代表的物质，再根据反应速率的表
66、达式计算出15分钟内的反应速率为v（H2）；根据化学平衡状态的特征进行判断；（3）结构25min时氨气的物质的量有1.2mol变为0.4mol，而氮气的物质的量不变进行判断改变的条件；根据温度不变，化学平衡常数不变进行解答；（4）N2在正极发生还原反应生成NH4+，以此书写电极反应式；根据溶液pH=7可知溶液中c（OH）=c（H+）=107mol/L，然后根据一水合氨的电离平衡常数计算出溶液中氨水的浓度，再计算出氮气反应生成氨气和铵根离子的物质的量，最后计算出转移的电子数解答：解：（1）根据图象可知，在a、c两点，对应的物质的物质的量仍然发生变化，说明没有达到平衡状态，而b、d两点，对应的物质
67、浓度不再变化，说明已经达到平衡状态，故答案为：bd；（2）根据图象可知，b所在的曲线达到平衡时物质的量变化为：1.2mol0.8mol=0.4mol，d所在的曲线达到平衡时浓度变化为：1.2mol1.0mol=0.2mol，二者的浓度变化之比为：0.2mol：0.4mol=1：2，化学计量数为1：2的为氮气和氨气，所以从0.8mol开始反应的曲线代表的是氨气的物质的量变化曲线，从1.2mol开始反应的曲线代表的是氮气的物质的量变化曲线，第一次达到平衡状态时，氮气的物质的量减小了0.2mol，则氢气的物质的量变化为：0.2mol3=0.6mol，用氢气表示15min内平均反应速率为：v（H2）=
68、0.02mol/（Lmin）；A2v（N2）正=v（NH3）逆：表示的是正逆反应速率，且正逆反应速率相等，说明达到了平衡状态，故A正确；B容器的总压强不再随时间而变化：达到平衡状态时，各组分的百分含量不再变化，所以气体的总物质的量不变，容器容积不变，所以容器的总压强不再随时间而变化，故B正确；CN2、NH3的分子数之比保持1：2不变：达到平衡状态时，氮气和氨气的分子数不再变化，但是不一定为1：2，故C错误；D混合气体的摩尔质量保持不变：达到平衡状态时，混合气体的总质量不变，气体的总物质的量不变，所以混合气体的摩尔质量保持不变，故D正确；E充入少量He时平衡体系中H2的体积百分含量将会减小：充入
69、稀有气体，由于各组分的浓度不变，所以化学平衡不移动，各组分的含量不变，故E错误；故答案为：0.02mol/（Lmin）；CE；（3）根据图象可知，25min时氨气的物质的量突然有1.2mol变为0.4mol，氨气减少了0.8mol，而此时氮气的物质的量不变，说明改变的条件是减小了0.8mol氨气；由于从平衡状态b到d，温度没有变化，则化学平衡常数不变，即：Kb=Kd，故答案为：分离出0.8mol氨气；=；（4）以N2、H2为电极反应物，以HClNH4Cl为电解质溶液制取新型燃料电池，N2在正极发生还原反应生成NH4+，电极反应式为：N2+6e+8H+=2NH4+；已知NH3H2O在常温下的电离
70、平衡常数为K，N2H2燃料电池工作一段时间后溶液的pH=7，则溶液中c（OH）=c（H+）=107mol/L，根据电荷守恒可得：c（Cl）=c（NH4+）=0.1mol/L，氨水的电离平衡常数为：K=，则溶液中氨水浓度为：c（NH3H2O）=mol/L，原电池工作中生成铵根离子和氨水总的物质的量为：（0.05mol/L+mol/L）1L=（0.05+）mol，氮气的化合价为0，氨水和铵根离子中氮元素的化合价为3价，化合价降低了3价，则转移电子的物质的量为：=（0.05+）mol3=3（0.05+）mol，故答案为：N2+6e+8H+=2NH4+；3（0.05+）mol点评：本题考查了化学反应速
71、率的计算、化学平衡状态的判断、化学电源新型电池的工作原理及计算，题目难度稍大，注意掌握化学反应速率、化学平衡状态的概念及判断方法，明确化学反应速率的计算方法，（4）的第二问为难点，注意利用一水合氨的电离平衡常数正确计算出氮气生成的铵根离子和一水合氨的物质的量22（16分）（2014呼兰区校级三模）在温度t下，某Ba（OH）2的稀溶液中c（H+）=10amol/L，c（OH）=10bmol/L，已知a+b=12，向该溶液中逐滴加入pH=b的NaHSO4，测得混合溶液的部分pH如下表所示：序号氢氧化钡的体积/mL硫酸氢钠的体积/mL溶液的pH33.000.00833.00x733.0033.006
72、（1）依据题意判断，t25（填“大于”、“小于”或“等于”），该温度下水的离子积常数Kw=11012（2）b=4，x=27mL（3）反应的离子方程式为Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O（4）将此温度下的Ba（OH）2溶液取出1mL，加水稀释至1L，则稀释后溶液中c（Ba2+）c（OH）=1：20；（5）与NaHSO4相同，NaHSO3和NaHCO3也为酸式盐已知NaHSO3溶液呈酸性，NaHCO3溶液呈碱性现有浓度均为0.1mol/L的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液，溶液中各粒子的物质的量浓度存在下列关系（R表示S或C），其中可能正确的是ABC（填正确答案的标号）Ac（N
73、a+）c（HRO3）c（H+）c（RO32）c（OH）Bc（Na+）+c（H+）=c（HRO3）+2c（RO32）+c（OH）Cc（H+）+c（H2RO3）=c（RO32）+c（OH）D两溶液中c（Na+）、c（HRO3）、c（RO32）分别相等考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；水的电离；离子浓度大小的比较 专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：（1）根据Kw=c（H+）c（OH）计算水的离子积，然后根据水的电离过程为吸热过程判断温度大小；（2）根据水电离离子积及溶液的pH计算出氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度；两溶液混合后溶液的pH=8，根据该温度下水的离子积可知，混合液
74、显示碱性，说明氢氧根离子过量，根据题中数据计算出x；（3）反应后的溶液的pH=6，溶液为中性，说明二者恰好反应，据此写出反应的离子方程式；（4）先根据氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度计算出氢氧化钡的浓度、钡离子浓度，再计算出稀释1000倍后溶液中钡离子浓度；而对于氢氧化钡溶液中，氢氧根离子在稀释过程中其浓度只能无限接近中性时离子浓度，据此计算出二者浓度之比；（5）A、NaHSO3溶液呈酸性说明亚硫酸氢离子电离大于水解；B、依据溶液中电荷守恒分析判断；C、依据溶液中的物料守恒进行判断；D、溶液中电离和水解程度不同，离子浓度不同解答：解：（1）该温度下水的离子积为：Kw=c（H+）c（OH）=10a1
75、0b=10（a+b）=1101211014，水的电离为吸热过程，所以该温度t25，故答案为：；11012；（2）氢氧化钡溶液的pH=8，水电离离子积为11012，则溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH）=10bmol/L=mol/L=104mol/L，所以b=4；两溶液混合后溶液的pH=7，根据水电离离子积为11012可知溶液显示碱性，反应后的溶液中氢氧根离子浓度为105mol/L，则=105mol/L，解得x=27，故答案为：4；27；（3）该温度下，溶液的pH=6，说明溶液显示中性，反应的离子方程式为：Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故答案为：Ba2+2OH+2H+SO4
76、2=BaSO4+2H2O；（4）氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度为：104mol/L，则氢氧化钡的浓度为5105mol/L，c（Ba2+）=cBa（OH）2=5105mol/L，1mL该氢氧化钡溶液稀释到1L时，钡离子浓度为：mol/L=5108mol/L，而氢氧根离子浓度只能无限接近1106mol/L，所以稀释后溶液中c（Ba2+）c（OH）=5108mol/L：1106mol/L=1：20，故答案为：1：20；（5）A、若是亚硫酸氢钠溶液，NaHSO3溶液呈酸性说明亚硫酸氢离子电离大于水解、溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（HSO3）c（SO32）c（OH），所以该离子浓度关系可能成立，故
77、A正确；B、溶液中存在电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（HRO3）+2c（RO32）+c（OH），故B正确；C、依据电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（HRO3）+2c（RO32）+c（OH），物料守恒得到c（Na+）=c（HRO3）+c（RO32）+c（H2RO3），二者结合得到：c（H+）+c（H2RO3）=c（RO32）+c（OH），故C正确；D、溶液中电离和水解程度不同，溶液中各离子浓度不同，故D错误；故答案为：ABC点评：本题考查了水的电离及其影响因素、溶液酸碱性与溶液pH的计算、溶液中离子浓度大小比较等知识，题目难度中等，试题涉及的题量较大，知识点较大，注意掌握酸碱混合
78、时的定性判断、溶液酸碱性与溶液pH的计算方法，明确溶液中离子浓度大小比较的方法，（4）为易错点，注意明确氢氧化钡溶液稀释后氢氧根离子浓度为该温度下的中性时的浓度23（16分）（2015春洛阳校级月考）（1）已知298K时，1mol CH4在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水，放出热量890.3kJ写出该反应的热化学方程式：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（1）H=890.3kJmol1（2）利用该反应设计一个燃料电池：用氢氧化钾溶液作电解质溶液，用多孔石墨作电极，在电极上分别充入CH4和氧气写出负极的电极反应式：CH48e+10OHCO32+7H2O（3）在如图实验装置中，分别
79、写出石墨棒上的电极反应式为4OH4e2H2O+O2；铁棒上的电极反应式为Cu2+2e=Cu（4）如果起始时烧杯中盛有1000mL，某浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后溶液中的Cu2+恰好消耗掉，（假设没有其它离子干扰），此时收集到气体3.36L（标准状况下）则原硫酸铜溶液的浓度是0.3mol/L，电路中通过的电子的物质的量是0.6mol；若要使溶液恢复到起始浓度（忽略溶液体积的变化），可向溶液中加入氧化铜（填物质名称），其质量约为24g考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：（1）依据热化学方程式书写方法解答，标注物质聚集状态和反应焓变；（2）反应中甲烷发生氧化反应，而原电池负极发
80、生氧化反应，应在负极通入甲烷，甲烷在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根与水；（3）电解池中电子流出的电极为阳极，溶液中水在阳极失去电子生成氧气与氢离子，铜离子在Fe电极上放电析出，附着在Fe电极上；（4）根据电荷守恒计算铜离子的物质的量，代入c=计算浓度，电路中通过的电子的物质的量=4n（O2）=2n（Cu2+），根据脱离溶液的物质确定复原溶液加入的物质解答：解：（1）在298K时，1mol CH4在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水，放出热量890.0kJ，则该反应的热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=890.0kJ/mol，故答案为：CH4（g）+2O
81、2（g）CO2（g）+2H2O（1）H=890.3 kJmol1；（2）甲烷失电子发生氧化反应，所以通入甲烷气体的电极应为负极，甲烷在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根与水，电极反应式为：CH48e+10OHCO32+7H2O，故答案为CH48e+10OHCO32+7H2O；（3）电解池中电子流出的电极为阳极，石墨为阳极，溶液中水在阳极失去电子生成氧气与氢离子，电极反应式为：4OH4eO2+2H2O或2H2O4e=O2+4H+，铜离子在Fe电极上放电析出，附着在Fe电极上，阴极反应式为：Cu2+2e=Cu，故答案为：4OH4e2H2O+O2；Cu2+2e=Cu；（4）标准状况下3.36L氧气的
82、物质的量为=0.15mol，根据电极反应式可得关系：2Cu2+4eO2，因此铜离子的物质的量为0.15mol2=0.3mol，c=0.3mol/L，电路中通过的电子为4n（O2）=0.15mol4=0.6mol；发生电极反应后析出0.15mol氧气，0.3molCu，要复原原溶液，需要加入0.3molCuO，0.3molCuO的质量为0.3mol80g/mol=24g，故答案为：0.3；0.6；氧化铜；24点评：本题考查热化学方程式书写、原电池与电解池的工作原理，明确电极反应及利用电子守恒、元素守恒等计算是解答本题的关键，难度中等24（18分）（2014秋同安区校级期中）按要求完成下列填空（1
83、）电负性最大的元素符号F；第一电离能最大的元素基态原子核外电子排布式1s2；第三周期原子半径最小的元素的价电子排布式3s23p5（2）在下列物质中：N2、H2O、NaOH、MgCl2、C2H4、Na2O2（用序号填空）其中只含有非极性键的是；既含有非极性键又含有极性键的是；含有非极性键的离子化合物是（3）NN的键能为942kJmol1，NN单键的键能为247kJmol1，通过计算说明N2中的键更稳定（填“”或“”）（4）钋（Po）是一种放射性金属，其晶胞的堆积模型如图1，钋的摩尔质量为209gmol1，晶胞的密度为 gcm3，则它晶胞的边长（a）为cm（用代数式表示，NA表示阿伏加德罗常数）（
84、5）测定大气中PM2.5的浓度方法之一是射线吸收法，射线放射源可用85Kr已知Kr晶体的晶胞结构如图2所示，该晶体中与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有m个，晶胞中含Kr原子为n个，则=3考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；化学键 分析：（1）根据非金属性越强电负性越强来判断；元素的第一电离能是指气态原子失去1个电子形成气态阳离子克服原子核的引力而消耗的能量，原子越稳定其第一电离能越大；同周期从左到右原子半径依次减小；（2）活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，据此分析解答；（3）NN中含有2个键，1个键，根据已知数据计算判断；（4）根据晶胞中原子数目计算结合摩尔质
85、量，计算晶胞质量，再根据密度定义计算晶胞的体积，求边长；（5）以顶点为计算，与之相邻的最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面心上的Kr为两个立方体共有，故与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有34=12，晶胞中含Kr原子为8+6=4，然后求出比值解答：解：（1）根据非金属性越强电负性越强，周期表中非金属性最强的为F，所以F的电负性最大；元素的第一电离能是指气态原子失去1个电子形成气态阳离子克服原子核的引力而消耗的能量，原子越稳定其第一电离能越大，He为稀有气体中原子半径最小的，最难失去1个电子，所以He的第一电离能最大，He的电子排布式为1s2；同周期从左到右原子半径依次减小
86、，所以第三周期原子半径最小的元素为Cl，其价电子排布式为3s23p5；故答案为：F；1s2；3s23p5；（2）只含有非极性键的是N2；既含有非极性键又含有极性键的是C2H4；含有非极性键的离子化合物是Na2O2；故答案为：；（3）2）NN中含有2个键，1个键，已知NN键能为942kJ/mol，NN单键键能为247kJ/mol，则1个键的键能为kJ/mol=347.5kJ/mol，则N2中的键键能大于键键能，较稳定，故答案为：；（4）晶胞的堆积棋型为简单立方堆积，则晶胞中含有1个原子，故晶胞质量为g，晶胞的体积为V=a3cm3，故晶胞密度=，解得a=cm，故答案为：；（3）与每个Kr原子相紧邻
87、的Kr原子有34=12，晶胞中含Kr原子为8+6=4，则=3，故答案为：3点评：本题考查了电负性、化学键的稳定性判断以及晶胞的计算等知识点，注意根据均摊法计算晶胞中原子数目，计算晶胞的棱长是计算的关键25（14分）（2015龙岩校级模拟）已知两个羟基同时连在同一个碳原子上时结构是不稳定的，它将发生脱水反应，例如：CH3CH（OH）2CH3CHO+H2O，现有分子式为C9H8O2Br2的物质M，已知E的化学式为C7H5O2Na，A的相对分子质量为46，在一定条件下可发生下列一系列反应：请回答下列问题（1）B中官能团的名称醛基，A的核磁共振氢谱有3个吸收峰；GH的反应类型加成反应（2）M的结构简式
88、（3）写出下列反应的化学方程式AB2CH3CH2OH+O22CH3CHO HI（4）同时符合下列条件的G的同分异构体的结构简式有3种，写出其中一种（邻、间、对任写一种）A分子中含有苯环 B能发生水解反应C能发生银镜反应 D与FeCl3溶液反应显紫色考点：有机物的推断 分析：A的相对分子质量为46，A氧化生成B，B可继续氧化成C，又B可以生成C，所以A为CH3CH2OH；B为CH3CHO，C为CH3COOH，E的化学式为C7H5O2Na，可与氢氧化铜浊液反应生成砖红色沉淀，说明E中含有CHO，H转化为I时，能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明是H中的醇羟基脱水生成了碳碳双键，产物只有一种结构，说明H中
89、的醇羟基在和另一个取代基处于六元环的对位，根据题中各物质的转化关系，可知D、E、F中苯环上的取代基处于对位，则E为，羧酸的酸性强于酚，在碱性条件下，根据有机物的转化可知F为，G为，H为，则I为，D应为Br2CHOH，M为：，据此答题解答：解：A的相对分子质量为46，A氧化生成B，B可继续氧化成C，又B可以生成C，所以A为CH3CH2OH；B为CH3CHO，C为CH3COOH，E的化学式为C7H5O2Na，可与氢氧化铜浊液反应生成砖红色沉淀，说明E中含有CHO，H转化为I时，能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明是H中的醇羟基脱水生成了碳碳双键，产物只有一种结构，说明H中的醇羟基在和另一个取代基处于六元
90、环的对位，根据题中各物质的转化关系，可知D、E、F中苯环上的取代基处于对位，则E为，羧酸的酸性强于酚，在碱性条件下，根据有机物的转化可知F为，G为，H为，则I为，D应为Br2CHOH，M为：，（1）B为CH3CHO，含有醛基，A为CH3CH2OH，含有3种性质不同的H，核磁共振氢谱有3个吸收峰，GH，G为，通过加成反应可生成，故答案为：醛基； 3；加成反应；（2）由以上分析可知M为，故答案为：；（3）A为CH3CH2OH，在加热条件下催化氧化成CH3CHO，反应的方程为2CH3CH2OH+O22CH3CHO，故答案为2CH3CH2OH+O22CH3CHO；H为，通过消去反应可生成，反应的方程式为，故答案为：；（4）G为，由条件可知G的同分异构体应含有COO、CHO、以及酚羟基，符合条件的有（邻、间、对），共三种，故答案为：3；（邻、间、对任写一种）；点评：本题考查有机物的推断，涉及酯、醛、羧酸、卤代烃、醇、酚的性质等，难度中等，答题时需要对给予的信息进行利用，掌握官能团的性质是关键，采取正推法与逆推法相结合的方法推断
