1、高考资源网（ ），您身边的高考专家2015-2016学年浙江省金华市武义三中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共54分）1化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列化学用语不正确的是（）ACl的结构示意图：B羟基的电子式：CHClO的结构式：HClOD原子核内有10个中子的氧原子：解：A氯离子最外层达到8电子稳定结构，所以Cl的结构示意图为：，故A正确；B羟基中氧原子最外层为7个电子，羟基的电子式为：，故B正确；C次氯酸的电子式为：，将共用电子对换成短线即为次氯酸的结构式，所以次氯酸的结构式为：HOCl，故C错误；D氧原子的质子数为8，有
2、10个中子的氧原子的质量数为18，该氧原子可以表示为：，故D正确；故选C2下列物质的分类正确的一组是（）ABCD电解质NH3Na2CO3NH4NO3Fe（OH）3混合物漂白粉明矾水玻璃冰水混合物酸性氧化物CO2NO2SiO2CO酸HClOCH3COOHH2SiO3HNO3AABBCCDD解：A氨气本身不能电离产生自由移动离子，是化合物，属于非电解质，漂白粉是单质不是化合物，二氧化碳与碱反应生成盐和水是酸性氧化物，次氯酸是弱酸，故A错误；B碳酸钠是盐属于电解质，明矾是十二水合硫酸铝钾KAl（SO4）212H2O，是纯净物，二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮不符合酸性氧化物概念，醋酸是弱酸，故B错误
3、；C硝酸铵是盐，溶液中导电，是电解质，水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物，二氧化硅和碱反应生成硅酸钠和水，是酸性氧化物，硅酸是弱酸，故C正确；D氢氧化铁是碱属于弱电解质，冰水混合物是水的两种聚集状态属于纯净物，一氧化碳是不成盐氧化物不是酸性氧化物，硝酸是强酸，故D错误；故选C3下列说法中正确的是（）AFe（OH）3、FeCl2均可由化合反应制得B配制1L0.1mol/LNa2CO3溶液，需称取Na2CO3H2O的质量为10.6gC用澄清石灰水可鉴别CO2和SO2D用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小解：A氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁；氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，二者都是化
4、合反应，故A正确；B配制1L0.1mol/LNa2CO3溶液，需称取Na2CO3H2O的质量m=1L0.1mol/L124g/mol=12.4g，故B错误；CSO2和CO2气体都可使澄清石灰水变浑浊，故C错误；D用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，依据C=可知，溶液的浓度偏高，故D错误；故选：A4下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（）A常温下浓硫酸能使铝发生钝化，可在常温下用铝制贮罐贮运浓硫酸B二氧化硅不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器C二氧化氯具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒D铜的金属活泼性比铁的弱，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀解：A、因浓硫酸具有强氧
5、化性，能够与大多数金属反应，但遇到金属铝、铁要发生钝化，因此常温下用铝、铁制贮罐贮运浓硫酸，故A正确；B、因二氧化硅能与氢氟酸反应：SiO2 +4HFSiF4+2H2O，所以不能用石英制造耐酸容器，故B错误；C、因二氧化氯可用于自来水的杀菌消毒是因为其具有强氧化性，而不是还原性，故C错误；D、因要减缓船体的腐蚀应连接比铁更活泼的金属，如锌，这就是牺牲阳极的阴极保护法，故D错误；故选A5X、Y、Z、W均为中学化学的常见物质，一定条件下它们之间有如图所示转化关系（其他产物已略）：下列说法不正确的是（）A若W是单质铁，则Z溶液可能是FeCl2溶液B若X是金属铝，则W可能是强碱C若W是氢氧化钠，则X与
6、Z可能反应生成YD若X为氧气，则X与Y的相对分子质量可能相差12解：A如果W是Fe，Z是FeCl2，则Y必是FeCl3，发生的化学反应是2FeCl2+Cl22FeCl3，则X是Cl2，符合题干要求，故A正确；B若X是金属铝，W是NaOH溶液，则Y为NaAlO2，NaAlO2与NaOH不反应，故B错误；C若W是氢氧化钠，说明X能连续与氢氧化钠反应，即Y应是氢氧化物，Y能与氢氧化钠继续反应，说明氢氧化物Y具有酸性，则Y必是氢氧化铝，则X必是含有Al3+的溶液，Al3+水解使溶液呈酸性Z是AlO2，Al3+的溶液和AlO2溶液混合生成氢氧化铝沉淀，故C正确；D若X是氧气，W是C，Y是CO2，Z是CO
7、，则X和Y相对分子质量相差12，故D正确故选B6下列叙述错误的是（）（1）石油裂解、煤的气化、溶液导电都属于化学变化（2）H2S水溶液是弱酸，HCl水溶液是强酸，可以验证硫元素的非金属性比氯元素弱（3）H2O、H2S、H2Se的相对分子质量增大，所以熔沸点依次升高（4）液态氟化氢中存在氢键，所以其分子比氯化氢更稳定（5）都是由非金属元素形成的化合物只能是共价化合物A全部B（2）（3）（4）C（1）（2）（3）（5）D（2）（3）（4）（5）解：（1）石油裂解是长链烃断裂成乙烯、丙烯等短链烃的加工过程，属于化学变化；煤的气化是煤与碳反应生成一氧化碳和氢气，属于化学变化；溶液是电解，有新物质生成，
8、是化学变化，故正确；（2）要通过比较最高价含氧酸的酸性强弱来比较酸性强弱，故要比较硫元素的非金属性比氯元素弱，须通过比较H2SO4和HClO4的酸性强弱来比较，故错误；（3）水分子间有氢键，故使得水的沸点反常的高，故错误；（4）氢键影响的是物质的熔沸点而不是键能的大小，故错误；（5）都是由非金属元素形成的化合物不一定是共价化合物，如铵盐，全部由非金属元素构成的，但是离子化合物，故错误故选D7用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A在反应KIO3+6 HI=KI+3I2+3 H2O中，每生成3mo1 I2转移的电子数为5NAB室温下，28.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为
9、3NAC在1L0.1molL1碳酸钠溶液中，阴离子总数小于0.1NAD1mol Na2O2 固体中含离子总数为4 NA解：A、在反应KIO3+6HIKI+3I2+3H2O中，碘元素化合价+5价变化为0价，1价变化为0价，依据电子守恒，每生成3mol I2转移的电子数为5NA，故A正确；B、乙烯和丁烯的最简式都是CH2，28.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为：=2mol=2NA，故B错误；C、1L0.1molL1碳酸钠溶液中，还含有OH，阴离子总数大于0.1NA，故C错误；D、1mol Na2O2 固体中含离子总数为3 NA，故D错误；故选A8在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（
10、）A强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl、SO42B由水电离产生的H+浓度为11013molL1的溶液中，Na+、K+、Cl、HCO3C强碱性的溶液中：CO32、Na+、AlO2、NO3D酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3、I解：A强碱溶液中含大量的OH，与Al3+结合生成沉淀，不能共存，故A错误；B由水电离产生的H+浓度为11013molL1的溶液，为酸或碱溶液，HCO3既能与酸又能与碱反应，一定不能共存，故B错误；C强碱性的溶液，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D酸性溶液含大量的H+，Fe2+（或I）、H+、NO3离子之间发生氧化还原反应，不能共存，故D错误；故选C9下列各离子
11、方程书写正确的是（）AH2SO4与Ba（OH）2溶液反应：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OB将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合：3Fe2+4H+NO3=3Fe3+2H2O+NOC在FeI2溶液中通入少量的氯气：2Fe2+Cl2=2Fe3+2ClDFe（OH）3与足量的HI溶液反应：Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2O解：AH2SO4与Ba（OH）2溶液反应的离子反应为Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故A错误；B将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合的离子反应为3Fe2+4H+NO3=3Fe3+2H2O+NO，故B正确；C在FeI2溶液中通入少量的氯气的离子反应为2I+Cl2=I
12、2+2Cl，故C错误；DFe（OH）3与足量的HI溶液反应的离子反应为2I+2Fe（OH）3+6H+=I2+2Fe2+6H2O，故D错误；故选B10对某些离子的检验及结论一定正确的是（）A加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，则原溶液中一定有SO42B通入Cl2后，溶液变为黄色，加入淀粉后溶液变蓝，则原溶液中一定有IC加入碳酸钠溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀消失，则原溶液中一定有Ba2+D加入NaOH溶液并加热，产生使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，则原溶液一定有NH4+解：A加入Ba（NO3）2溶液生成的不溶于盐酸的白色沉淀可能为硫酸钡，原溶液中可能含有SO32，不一
13、定含有SO42，故A错误；B通入Cl2后，溶液变为黄色（碘水），加入淀粉后溶液变蓝（碘遇淀粉变蓝），则原溶液中一定有I，故B正确；C碳酸钡和碳酸钙等沉淀都可溶于盐酸，原溶液中可能含有Ca2+，不一定含有Ba2+，故C错误；D产生使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，为酸性气体，该气体不是氨气，则原溶液中不存在氨气，故D错误；故选B11某溶液中大量存在的四种离子：NO3、SO42、H+、M，其物质的量之比为：n（NO3）：n（SO42）：n（H+）：n（M）=3：1：3：1，则M可能为：Fe2+ Mg2+ Cl Ba2+（）ABCD解：因溶液不显电性，阳离子带的正电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，NO3
14、与SO42的电荷总数为31+12=5，H+的电荷总数为31=3，显然阴离子总数大于H+的电荷总数，则M为阳离子，设M带的电荷数位x，由物质的量之比为n（NO3）：n（SO42）：n（H+）：n（M）=3：1：3：1，则31+12=31+1x，解的x=+2，又NO3、H+、Fe2+能发生氧化还原反应，则不会存在，SO42、Ba2+能结合生成硫酸钡沉淀，则不会存在，则M可能为Mg2+，故选C12NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌酸性高锰酸钾溶液与亚硝酸钠的反应方程式是：MnO4+NO2+Mn2+NO3+H2O下列叙述中正确的是（）A该反应中NO2被还原B反应过程中溶液的pH变小C生成1molNa
15、NO3需要消耗0.4molKMnO4D中的粒子是OH解：该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以MnO4是氧化剂，NO2应该作还原剂，亚硝酸根离子中N元素应该失电子化合价升高，酸性条件下，应该生成硝酸根离子，根据转移电子相等、原子守恒配平方程式为2MnO4+5NO2+6H+=2Mn2+5 NO3+3H2O，A该反应中N元素化合价由+3价变为+5价，所以亚硝酸根离子失电子被氧化，故A错误；B根据元素守恒、电荷守恒知，是H+，氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低，则溶液的pH增大，故B错误；C根据转移电子守恒得，生成1molNaNO3需消耗KMnO4的物质的量=0.4mol，故C正确；D由
16、B分析可知，是H+，故D错误故选C13臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱销反应为：2NO2（g）+O3（g）N2O5（g）+O2（g），若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图象作出的判断正确的是（）AABBCCDD解：A由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A正确；B由图可知，03s内，二氧化氮的浓度变化量=1mol/L0.4mol/L=0.6mol/L，故v（NO2）=0.2mol/（Ls），单位错误，故B错误；Ct1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，
17、但催化剂不影响平衡的移动，故C错误；D达平衡时，仅增大c（O2），平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低，由图可知，二氧化氮的转化率随x增大而增大，x可以代表O3浓度、压强，故D错误，故选A14由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐混盐CaOC12在酸性条件下可以产生C12，下列关于混盐CaOC12的有关判断不正确的是（）A该混盐与硫酸反应产生1molC12时转移2NA个电子B该混盐的水溶液呈碱性C该混盐具有较强的氧化性D该混盐中氯元素的化合价为+1和1解：A在酸性条件下发生：Cl+ClO+2H+=Cl2+H2O，由化合价可知产生1molCl2时转移1mole，故A错误；B混盐为CaCl
18、2Ca（ClO）2的形式，溶液呈碱性，故B正确；CCa（ClO）2中Cl元素化合价为+1价，具有强氧化性，故C正确；D混盐为CaCl2Ca（ClO）2的形式，氯元素的化合价分别为+1、1价，故D正确故选A15化学新教材中，常借助于图象，这一表现手段清晰地突出实验装置的要点、形象地阐述化学过程的原理下列有关化学图象表现的内容正确的是（）解：A、洗气瓶中的气体应长进短出，故A错误；B、乙酸与乙醇混溶，不能用分液的方法分离，应根据二者沸点不同和乙酸的酸性的特点，在混合物中加入氧化钙后进行蒸馏，故B错误；C、检验气密性时，先关闭止水夹，通过长颈漏斗口加水至长颈漏斗颈高于液面的一段水柱，观察一段时间，如
19、水柱不下降，说明装置不漏气，故C正确；D、氯化铵分解生成氨气和氯化氢，温度稍低时又会生成氯化铵，实验室制备氨气应用氯化铵和熟石灰在加热条件下反应，故D错误故选C16X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，W、Y为金属元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体W能与冷水剧烈反应，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等下列说法正确的是（）A原子半径：WYZXB气态氢化物的稳定性：XZC最高价氧化物对应水化物的碱性：YWDY、Z的氧化物都有酸性和碱性解：X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序
20、数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则X有3个电子层，最外层电子数为6，故X为氧元素；Z单质是一种良好的半导体，Z为硅元素W、Y为金属元素，Y、Z位于同周期，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，则Y的最外层电子数为3，W的最外层电子数为1，故Y为铝元素，原子序数W大于硅元素，故W为钾元素，钾能与冷水剧烈反应，即X为氧元素，Y为铝元素，Z为硅元素，W为钾元素A、同周期随原子序数增大，原子半径减小，所以原子半径NaAlSi，CO，同主族自上而下，原子半径增大，所以原子半径KNa，SiC，所以原子半径KAlSiO，即WYZX，故A正确；B、X为氧元素，Z
21、为硅元素，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性OSi，非金属性越强，氢化物越稳定，所以气态氢化物稳定性XY，故B错误；C、Y为铝元素，W为钾元素，同主族自上而下金属性增强，所以金属性KNa，同周期自左而右金属性减弱，所以金属性NaAl，金属性KAl，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性YW，故C错误；D、Y为铝元素，Z为硅元素，氧化铝是两性氧化物，二氧化硅是酸性氧化物，故D错误故选A17在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2OCO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示下列说法不正确的是（）AX是电源的负极B阴极的反应式是：H2O+2eH2+O2
22、，CO2+2eCO+O2C总反应可表示为：H2O+CO2H2+CO+O2D阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1：1解：A根据图示知：与X相连的电极产生CO，电解H2OCO2混合气体，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，发生还原反应，电解池阴极发生还原反应，所以X是电源的负极，故A正确；B电解池阴极发生还原反应，电解H2OCO2混合气体制备H2和CO，阴极：水中的氢原子得到电子生成氢气，H2O+2eH2+O2，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，CO2+2eCO+O2，故B正确；C电解H2OCO2混合气体制备H2和CO，根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，所以总反应为：H2O+CO2H2+CO+
23、O2，故C正确；D电解H2OCO2混合气体制备H2和CO，总反应为：H2O+CO2H2+CO+O2，阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是2：1，故D错误；故选D18常温下，pH=1的某溶液A中含有NH4+、K+、Na+、Fe3+、Al3+、Fe2+、CO32、NO3、Cl、I、SO42中的4种，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示：下列有关说法正确的是（）A该溶液中一定有上述离子中的NO3、Al3+、SO42、Cl四种离子B实验消耗Cu 14.4g，则生成气体丁的体积为3.36LC沉淀乙一定有BaCO3，可
24、能有BaSO4D一定没有Fe3+，但是无法确定是否含有I解：pH=1的某溶液A中含有NH4+、K+、Na+、Fe3+、Al3+、Fe2+、CO32、NO3、Cl、I、SO42中的4种，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1mol/L由于pH=1的某溶液中H+浓度为0.1mol/L，则说明溶液中无CO32向溶液中加入过量的（NH4）2CO3溶液，生成的无色气体甲为CO2，生成的白色沉淀甲是CO32和溶液中的弱碱阳离子双水解生成的，由于生成的沉淀为白色，故此弱碱阳离子为Al3+，还能说明溶液中不含Fe3+、Fe2+；向溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，生成的气体乙为NH3，由于前面加入的过量的（
25、NH4）2CO3溶液能引入NH4+，故不能确定原溶液中含NH4+前面加入的过量的（NH4）2CO3溶液能引入CO32，故生成的白色沉淀乙一定含BaCO3向溶液乙中加铜和硫酸，有遇空气变红棕色的气体丙生成，说明溶液中含NO3由于溶液显酸性，即含硝酸，则I不能有综上分析可知，溶液中一定无CO32、Fe3+、Fe2+、I，一定含0.1mol/LH+、0.1mol/LAl3+、0、1mol/LNO3，由于溶液必须显电中性，且除H+外只能含4种离子，故溶液中一定含Cl、SO42即溶液中一定无NH4+、K+、Na+、CO32、Fe3+、Fe2+、I，一定含Cl、SO42、H+、Al3+、NO3A、该溶液中
26、一定有上述离子中的NO3、Al3+、SO42、Cl四种离子，故A正确；B、实验消耗Cu 14.4g即0.225mol，设生成的气体丙NO的物质的量为xmol，根据得失电子数守恒可知：0.225mol2=xmol3解得x=0.15mol，则0.15molNO与氧气反应后生成的气体丁NO2也为0.15mol，但由于状态不明确，故NO2的体积不一定是3.36L，故B错误；C、由于原溶液中含SO42，故沉淀乙一定有BaCO3，也一定含BaSO4，故C错误；D、溶液中一定不含I，故D错误故选A二、填空题19X、Y、Z、M、N是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，相关信息如表：元素相关信息X
27、X元素可形成自然界中硬度最大的物质Y其单质为双原子分子，其最简单氢化物的水溶液能使酚酞变红ZZ是短周期内最容易失去电子的元素MM的一种同位素的质量数为34，中子数为18NN是具有紫红色光泽的金属，有很好的延展性、导热性和导电性（1）M在元素周期表中的位置为第三周期A族 X的最高价氧化物的电子式（2）标准状况下，将4.48L X的最高价氧化物通入1L 0.3molL1 Z的最高价氧化物对应水化物的溶液中发生反应的离子方程式为3OH+2CO2=HCO3+CO32+H2O（3）Y的氢化物Y2H4是火箭的常见燃料，已知16.0g该液态燃料在氧气中完全燃烧生成氮气和液态水时，放出312kJ热量写出该反应
28、的热化学方程式：N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）H=624 kJmol1（4）元素N与人体分泌物中的盐酸以及空气反应可生成超氧酸（HO2）：N+HCl+O2NCl+HO2，HO2不仅是一种弱酸而且也是一种自由基，具有极高的活性下列有关该反应的说法错误的是CA氧化剂是O2BHO2在碱中不能稳定存在C氧化产物是HO2D.1mol N参加反应就有1mol电子发生转移（5）Y、Z两元素形成的化合物H可用于汽车的安全气囊，取6.5g H充分撞击分解后得到两种单质，其中一种气体单质的体积在标准状况下为3.36L，则H的化学式为NaN3，该物质的晶体类型为离子晶体解：X、Y、Z、M、N
29、是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，X元素可形成自然界中硬度最大的物质，则X为C元素；Y单质为双原子分子，其最简单氢化物的水溶液能使酚酞变红，则Y为N元素；Z是短周期内最容易失去电子的元素，则Z为Na；M的一种同位素的质量数为34，中子数为18，其质子数为3418=16，故M为S元素；N是具有紫红色光泽的金属，有很好的延展性、导热性和导电性，则N为Cu（1）M为S元素，在元素周期表中的位置为：第三周期A族，X的最高价氧化物为CO2，电子式为，故答案为：第三周期A族；（2）X的最高价氧化物为CO2，Z的最高价氧化物对应水化物为NaOH，4.48L CO2为=0.2mol，NaOH
30、物质的量为1L0.3molL1=0.3mol，由于1：2n（CO2）：n（NaOH）=2：31：1，故反应生成Na2CO3、NaHCO3，令Na2CO3、NaHCO3物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=y=0.1，故发生反应的离子方程式为：3OH+2CO2=HCO3+CO32+H2O，故答案为：3OH+2CO2=HCO3+CO32+H2O；（3）N2H4是火箭的常见燃料，16.0g N2H4液态燃料在氧气中完全燃烧生成氮气和液态水时，放出312kJ热量，1mol N2H4反应放出的热量为312kJ=642kJ，该反应的热化学方程式：N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（
31、l）H=624 kJmol1，故答案为：N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）H=624 kJmol1；（4）发生反应：Cu+HCl+O2CuCl+HO2，AO2中氧元素的化合价是0价，HO2中氧元素的平均化合价是0.5价，元素化合价降低，故O2作氧化剂，故A正确；BHO2为超氧酸，是一种弱酸，可与碱反应，故HO2在碱中不能稳定存在，故B正确；C还原产物是HO2，故C错误；D1molCu参加反应生成+1价铜离子，有1mol电子发生转移，故D正确，故选：C；（5）N、Na两元素形成的化合物H可用于汽车的安全气囊，加热H使其完全分解，生成两种单质，即生成氮气、钠单质，氮气物质的量=
32、0.15mol、其质量=0.15mol28g/mol=4.2g，故Na元素质量=6.5g4.2g=2.3g，物质的量=0.1mol，故H中Na、N原子数目之比=0.1mol：0.15mol2=1：3，则H为NaN3，属于离子晶体，故答案为：NaN3；离子晶体20某钠盐溶液中通入足量氨气，无明显现象再在所得溶液中通入过量CO2，产生大量白色沉淀（1）写出氨气的电子式（2）该钠盐溶液中一定不可能含有下列哪种微粒B（填编号）ACl BFe2+ CSiO32 DAlO2（3）写出一个通入过量CO2时生成白色沉淀的离子方程式CO2+A1O2+2H2O=Al（OH）3+HCO3解：（1）氨气为共价化合物，
33、氮原子与氢原子通过共用电子对结合，电子式为：，故答案为：； （2）钠盐溶液中通入足量氨气，无明显现象，再在所得溶液中通入过量CO2，产生大量白色沉淀，不可能可以Fe2+，因通入氨气会产生白色沉淀，迅速变化灰绿色，最终变为红褐色；可能为硅酸钠、偏铝酸钠，可能为NaCl，可能含有Cl、SiO32、AlO2，故选：B；（3）溶液若是偏铝酸钠溶液，通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，离子方程式：CO2+A1O2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故答案为：CO2+A1O2+2H2O=Al（OH）3+HCO321电镀工业中往往产生大量的有毒废水，必须严格处理后才可以排放某种高浓度有毒的含A离子
34、（阴离子）废水在排放前的处理过程如图：已知：9.0g沉淀D在氧气中灼烧后，产生8.0g黑色固体，生成的气体通过足量澄清石灰水时，产生10.0g白色沉淀，最后得到的混合气体除去氧气后，还剩余1.12L氮气（1）沉淀D的化学式是CuCN（2）滤液C中还含有微量的A离子，通过反应，可将其转化为对环境无害的物质，试用离子方程式表示该原理2CN+5ClO+2H+=5C1+2CO2+N2+H2O（3）反应为制得某种元素的低价X离子，试从氧化还原反应的角度分析，是否可以用Na2SO3溶液来代替B溶液可以，因为Na2SO3有还原性，有可能将Cu2+还原为Cu+，并设计实验证明所用Na2SO3溶液是否变质取少最
35、Na2SO3溶液，先加入BaCl2溶液，再加入足量稀盐酸，观察有无沉淀若有，说明Na2SO3溶液己变质；或取少量Na2SO3溶液，先加入足量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，观察有无沉淀若有，说明Na2SO3溶液己变质解：9.0g沉淀D在氧气中灼烧后，产生8.0g黑色固体，黑色固体应为CuO，生成的气体通过足量澄清石灰水时，产生10.0g白色沉淀，白色沉淀为CaCO3，其物质的量为=0.1mol，碳元素质量为0.1mol12g/mol=1.2g，氮气的物质的量为=0.05mol，CuO的物质的量为=0.1mol，C、N、Cu元素总质量为1.2g+1.4g+0.1mol64g/mol=9g，等于沉淀
36、D的质量，故D由Cu、C、N三种元素组成，且三原子物质的量之比为0.1mol：0.1mol：0.05mol2=1：1：1，故D的化学式为CuCN，A离子为CN离子、X为Cu+离子，B应为具有还原性的物质，（1）由以上分析可知沉淀D的化学式是：CuCN，故答案为：CuCN；（2）CN离子与NaClO在酸性条件转化为对环境无害的物质，应是生成氮气、二氧化碳，还有氯化钠与水生成，反应离子方程式为：2CN+5ClO+2H+=5Cl+N2+2CO2+H2O，故答案为：2CN +5ClO+2H+=5C1+2CO2+N2+H2O；（3）Na2SO3具有还原性，有可能将Cu2+还原为Cu+离子，可以用Na2S
37、O3溶液来代替B溶液；Na2SO3溶液变质为生成Na2SO4，检验Na2SO3溶液是否变质的方法为：取少最Na2SO3溶液，先加入BaCl2溶液，再加入足量稀盐酸，观察有无沉淀若有，说明Na2SO3溶液己变质；或取少量Na2SO3溶液，先加入足量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，观察有无沉淀若有，说明Na2SO3溶液己变质，故答案为：可以，因为Na2SO3有还原性，有可能将Cu2+还原为Cu+；取少最Na2SO3溶液，先加入BaCl2溶液，再加入足量稀盐酸，观察有无沉淀若有，说明Na2SO3溶液己变质；或取少量Na2SO3溶液，先加入足量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，观察有无沉淀若有，说明Na2S
38、O3溶液己变质22对含氮物质的研究和利用有着极为重要的意义（1）N2、O2和H2相互之间可以发生化合反应，已知反应的热化学方程式如下：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.5kJmol1；2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJmol1；N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJmol1则氨的催化氧化反应的热化学方程式为4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）H=905kJ/mol（2）汽车尾气净化的一个反应原理为：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H0一定温度下，将2.8mol NO、2.4mol CO通入固定容积为2
39、L的密闭容器中，反应过程中部分物质的物质的量变化如图1所示NO的平衡转化率为28.57%，020min平均反应速率v（NO）为0.02mol/（Lmin）25min时，若保持反应温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，则化学平衡将向左移动（填“向左”、“向右”或“不”）如图2若只改变某一反应条件X，反应由原平衡I达到新平衡，变量Y的变化趋势如表所示下列说法正确的是b （填字母代号）条件X变量Ya压强反应的平衡常数b温度CO的平衡浓度c温度N2的体积分数d催化剂NO的平衡转化率（3）某化学小组拟设计以N2和H2为电极反应物，以HClNH4Cl为电解质溶液制成燃料电池，则该电池的正极反应
40、式为N2+8H+6e2NH4+假设电解质溶液的体积不变，下列说法正确的是bcd（填字母代号）a放电过程中，电解质溶液的pH保持不变b溶液中的NH4Cl浓度增大，但Cl离子浓度不变c每转移6.021023个电子，则有标准状况下11.2L电极反应物被氧化d为保持放电效果，电池使用一段时间需更换电解质溶液解：（1）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.5kJmol1；2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJmol1；N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=92.4kJmol1根据盖斯定律，3+22可得：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）
41、H=905kJ/mol，故答案为：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）H=905kJ/mol；（2）由图可知，20min到达平衡，平衡时生成氮气为0.4mol，由方程式可知消耗NO为0.4mol2=0.8mol，NO转化率=100%=28.57%，v（NO）=0.02mol/（Lmin），若保持反应温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，由平衡常数表达式K=可知，浓度商QcK，平衡逆向移动；故答案为：28.57%；0.02mol/（Lmin）；向左；2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H0，反应是气体体积减小的放热反应，图象中X随Y增大而增大；a
42、平衡常数随温度变化，不随压强变化，故a不符合；b温度升高，平衡逆向进行，一氧化碳浓度增大，故b符合c温度升高，平衡逆向进行，氮气含量减小，故c不符合；d催化剂改变反应速率，不影响化学平衡，NO转化率不变，故d不符合；故答案为：b；（3）以N2、H2为电极反应物，以HClNH4Cl溶液为电解质溶液制造新型燃料电池，氮气在正极得到电子发生还原反应，电极反应为N2+8H+6e2NH4+；a放电过程中，负极电极反应为：H22e=2H+，正极电极反应N2+8H+6e2NH4+，根据电子守恒可知过程中消耗氢离子，电解质溶液PH升高，故a错误；b正极生成铵根离子，溶液中的NH4Cl浓度增大，但Cl离子浓度不
43、变，故b正确；c每转移6.021023个电子，即转移电子为1mol，电极反应物被氧化的是氢气，根据电子守恒，氢气被氧化的物质的量为0.5mol，则标准状况下氢气体积为11.2L，故c正确；d原电池工作过程中消耗氢离子，为保持放电效果，电池使用一段时间需更换电解质溶液，故正确，故答案为：N2+8H+6e2NH4+； bcd23某化学兴趣小组设计了图示实验装置（图中省略了夹持仪器）来测定某铁碳合金中铁的质量分数（1）m g铁碳合金中加入过量浓硫酸，未点燃酒精灯前，A、B均无明显现象，其原因是常温下碳与浓硫酸不反应、常温下Fe遇浓硫酸发生钝化（2）A中铁与浓硫酸在加热时反应的化学方程式为2Fe+6H
44、2SO4 （浓）Fe2（SO4）3+3SO2+6H2O（3）待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下装置E并称重，装置E增重n g则铁碳合金中铁的质量分数为100%（用含m、n的表达式表示）（4）甲同学认为利用此装置测得铁的质量分数可能偏小，请写出其可能原因：装置E可吸收空气中的CO2和水蒸气，导致E质量增重偏大乙同学认为利用此装置测得铁的质量分数可能偏大，请写出其可能原因：装置内残留CO2未被E吸收，导致E质量增重偏小解：由装置图可知，该实验原理：通过测定干燥管E的质量增重确定二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算铁碳合金中碳的质量，进而计算铁的质量，再计算合金中铁的质量分数故二氧化硫会影响二氧
45、化碳的测定，进入干燥管E的气体应除去二氧化硫、且干燥（1）常温下，铁与浓硫酸反应生成一层致密的氧化物保护膜，阻止内金属继续与浓硫酸反应，发生钝化现象，故答案为：常温下碳与浓硫酸不反应，常温下Fe遇浓硫酸发生钝化；（2）铁与浓硫酸在加热的条件下生成二氧化硫、硫酸铁、水，反应方程式为2Fe+6H2SO4 （浓）Fe2（SO4）3+3SO2+6H2O，故答案为：2Fe+6H2SO4 （浓）Fe2（SO4）3+3SO2+6H2O；（3）E增重n g为二氧化碳的质量，根据碳元素守恒可知合金中碳元素的质量为ng，合金中铁的质量为mgng=（mn）g，故铁的质量分数100%=100%，故答案为：100%；（4）甲同学认为利用此装置测得铁的质量分数可能偏小，装置E可吸收空气中的CO2和水蒸气，导致E质量增重偏大；乙同学认为利用此装置测得铁的质量分数可能偏大，装置内残留部分二氧化碳，未能被装置E完全吸收，导致测量的二氧化碳的质量偏小，即合金中碳元素的质量偏小，铁元素的质量增大，质量分数增大，故答案为：装置E可吸收空气中的CO2和水蒸气，导致E质量增重偏大；装置内残留CO2未被E吸收，导致E质量增重偏小欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。
