1、2016年四川省南充市营山县回龙中学高考化学冲刺试卷（6月份）一、单选题1化学“暖手袋”是充满过饱和醋酸钠溶液的密封塑胶袋，袋内置有一个合金片当合金片轻微震动使溶质结晶，该过程放热下列说法不正确的是（）A彩色密封塑胶袋能造成白色污染B钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应得到醋酸钠C化学变化都伴随着能量的变化D大多数合金比各成分金属硬度小，熔点低2某学生用碱式滴定管量取0.1molL1的NaOH溶液，开始时仰视液面读数为1.00mL，取出部分溶液后，俯视液面，读数为11.00mL，该同学在操作中实际取出的液体体积为（）A大于10.00 mLB小于10.00 mLC等于10.00 mLD不能确定3下
2、列四种溶液中，水的电离程度最大的是（）ApH=5的NH4Cl溶液BpH=5的NaHSO4溶液CpH=8的CH3COONa溶液DpH=8的NaOH溶液4在下列所示的转化关系中，X不可能是（）X氧化物氧化物AN2BSiCNaDC5如图是产生和收集气体的实验装置，该装置最适合于（）A用浓盐酸和MnO2反应制取Cl2B用浓硫酸与Na2SO3反应制取SO2C用H2O2溶液和MnO2反应制取O2D用NH4Cl浓溶液和Ca（OH）2浓溶液反应制取NH36下列离子方程式正确的是（）ANH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3+OHCO32+H2OBCl2通入水中：Cl2+H2O2H+Cl+ClOC用氯化
3、铁溶液腐蚀印刷线路板上的铜：Fe3+CuFe2+Cu2+D明矾溶液与足量的氢氧化钡溶液混合：Al3+2SO42+2Ba2+4OHAlO2+2BaSO4+2H2O7如图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量下列选项编号对应的曲线编号错误的是（）A向NaAlO2溶液中逐渐滴入HCl至过量B向澄清石灰水中通入SO2至过量C向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量D向含有等物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至过量二、填空题8A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素的原子序数依次增大，其中仅有一种稀有气体元素A和E最外层电子数相同，短周期主族元素的原子中
4、，E原子的半径最大； B、C和F在周期表中相邻，B、C同周期，C、F同主族，F原子的质子数是C原子质子数的2倍；A和C可形成两种常见的液态化合物X和Y（相对分子质量XY ），D形成的分子为单原子分子回答问题：（1）Y的电子式为；（2）液态化合物Y与稀H2SO4酸化的K2Cr2O7溶液作用可产生一种无色助燃性气体及可溶性的Cr2（SO4）3，则该反应的离子方程式为；（3）用某种金属易拉罐与A、C、E组成的化合物的水溶液反应，产生的气体可充填气球，请写出该反应的离子方程式（4）P和Q两种物质都是由A、C、E、F四种元素组成的盐，其水溶液都显酸性，等物质的量的P和Q恰好完全反应写出该反应的离子方程式
5、，这两种盐均含有的化学键类型为；（5）由A、B两元素形成的化合物W可作为火箭推进器中的强还原剂，已知一个W分子和一个Y分子中都含有18个电子，0.5mol液态W和足量液态Y反应，生成一种无色无味无毒的气体B2和液态X，并放出408.8KJ热量写出该反应的热化学方程式为三、实验题9某化学兴趣小组为探究铜与浓硫酸的反应，用下图所示装置进行有关实验 甲同学取ag Cu 片和12ml 18mol/L浓H2SO4放入圆底烧瓶中加热，直到反应完毕，最后发现烧瓶中还有一定量的H2SO4和Cu剩余（1）Cu与浓H2SO4反应的化学方程式是（2）装置D盛有品红溶液，当C中气体集满后，D中有可能观察到的现象是，（
6、3）装置D中试管口放置的棉花中应浸一种液体，这种液体是，其作用是（4）装置B的作用是贮存多余的气体当D处有明显现象后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，此时B中试剂瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升B中应放置的液体是（填序号）a饱和Na2SO3溶液 b酸性 KMnO4溶液 c浓溴水 d饱和NaHSO3溶液（5）反应完毕后，烧瓶中还有一定量的余酸，为什么却不能使Cu完全溶解的原因是使用足量的下列药品不能用来证明反应结束后的烧瓶中的确有余酸的是（填序号）aFe粉 bBaCl2溶液 cCuO dNa2CO3溶液（6）实验中某学生向A中反应后溶液中通入一种常见气体单质，使铜片全
7、部溶解且仅生成硫酸铜溶液，请问该气体单质是，该反应的化学方程式是四、推断题10周期表前三周期元素A、B、C、D，原子序数依次增大，A的基态原子的L层电子是K层电子的两倍；B的价电子层中的未成对电子有3个；C与B同族；D的最高价含氧酸为酸性最强的无机含氧酸请回答下列问题：（1）C的基态原子的电子排布式为；D的最高价含氧酸酸性比其低两价的含氧酸酸性强的原因是（2）杂化轨道分为等性和不等性杂化，不等性杂化时在杂化轨道中有不参加成键的孤电子对的存在A、B、C都能与D形成中心原子杂化方式为的两元共价化合物其中，属于不等性杂化的是（写化学式）以上不等性杂化的化合物价层电子对立体构型为，分子立体构型为（3）
8、以上不等性杂化化合物成键轨道的夹角 （填“大于”、“等于”或“小于”）等性杂化的化合物成键轨道间的夹角由于C核外比B多一层电子，C还可以和D形成另一种两元共价化合物此时C的杂化轨道中没有孤对电子，比起之前C和D的化合物，它的杂化轨道多了一条其杂化方式为（4）A和B能形成多种结构的晶体其中一种类似金刚石的结构，硬度比金刚石还大，是一种新型的超硬材料其结构如图所示（图1为晶体结构，图2为切片层状结构），其化学式为实验测得此晶体结构属于六方晶系，晶胞结构见图3已知图示原子都包含在晶胞内，晶胞参数a=0.64nm，c=0.24nm其晶体密度为（已知： =1.414， =1.732，结果精确到小数点后第
9、2位）图1是A和B形成的一种晶体结构图，图2是切片层状结构，图3是晶胞结构 （图2和图3中为N原子为C原子）五、综合题11氨气有广泛用途，工业上利用反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0合成氨，其基本合成过程如下：（1）某小组为了探究外界条件对反应的影响，以c0mol/L H2参加合成氨反应，在a、b两种条件下分别达到平衡，如图Aa条件下，0t0的平均反应速率v（N2）=molL1min1相对a而言，b可能改变的条件是在a条件下t1时刻将容器体积压缩至原来的，t2时刻重新建立平衡状态请在答题卡相应位置画出t1t2时刻c（H2）的变化曲线（2）某小组往一恒温恒压容器充入9mol N2和2
10、3mol H2模拟合成氨反应，图B为不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强（p）的关系图若体系在T2、60MPa下达到平衡此时N2的平衡分压为MPa，H2的平衡分压为MPa（分压=总压物质的量分数）列式计算此时的平衡常数Kp=（用平衡分压代替平衡浓度计算，结果保留2位有效数字）（3）分离器中的过程对整个工业合成氨的意义是（4）有人利用NO2和NH3构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放减少环境污染，又能充分利用化学能进行粗铜精炼，如图C所示，d极为粗铜a极通入气体（填化学式）；b极电极反应为2016年四川省南充市营山县回龙中学高考化学冲刺试卷（6月份）参考答案与试题解析一、单选题
11、1化学“暖手袋”是充满过饱和醋酸钠溶液的密封塑胶袋，袋内置有一个合金片当合金片轻微震动使溶质结晶，该过程放热下列说法不正确的是（）A彩色密封塑胶袋能造成白色污染B钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应得到醋酸钠C化学变化都伴随着能量的变化D大多数合金比各成分金属硬度小，熔点低【考点】钠的化学性质；金属与合金在性能上的主要差异；碱金属的性质【分析】A白色污染指塑料制品形成的污染；B钠与醋酸反应生成醋酸钠和氢气，氧化钠与醋酸反应生成醋酸钠和水，氢氧化钠与醋酸反应生成醋酸钠和水；C化学变化一定伴随着能量变化和物质变化；D根据合金的特点分析【解答】解：A密封塑胶袋，难降解，会造成白色污染，故A正确；B钠、
12、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应得到醋酸钠，故B正确；C化学变化一定伴随着能量变化和物质变化，故C正确；D合金的特点为熔点比各成分都低，硬度比各成分都大，故D错误；故选：D2某学生用碱式滴定管量取0.1molL1的NaOH溶液，开始时仰视液面读数为1.00mL，取出部分溶液后，俯视液面，读数为11.00mL，该同学在操作中实际取出的液体体积为（）A大于10.00 mLB小于10.00 mLC等于10.00 mLD不能确定【考点】中和滴定【分析】滴定管刻度从上到下增大，仰视读数偏大，俯视读数偏小，以此解答该题【解答】解：仰视凹液面的最低处时，看到的读数偏大，如果读数为1.00mL，实际小于1.00
13、mL，假设为0.90mL；俯视凹液面的最低处，看到的读数偏小，由凹液面的最低处读数为11.00mL，实际比11.00mL大，假设12.00mL，所以倾出液体的体积是12.00mL0.90mL=11.1mL，大于10.00m L，故选A3下列四种溶液中，水的电离程度最大的是（）ApH=5的NH4Cl溶液BpH=5的NaHSO4溶液CpH=8的CH3COONa溶液DpH=8的NaOH溶液【考点】水的电离【分析】溶于水电离出氢离子或氢氧根离子的物质能抑制水电离，含有弱根离子的盐能促进水电离，水溶液中存在离子积常数计算水电离出的离子浓度比较，据此分析解答【解答】解：A、pH=5的NH4Cl溶液中铵根离
14、子水解，促进水的电离，c（H+）水=105mol/L；B、pH=5的NaHSO4溶液中氢离子抑制水的电离，水电离出的离子浓度c（OH）水=109mol/L；C、pH=8的CH3COONa溶液中醋酸根离子水解促进水的电离，水电离出离子浓度c（OH）水=106mol/L；D、pH=8的NaOH溶液中氢氧根离子抑制水的电离，水电离出的离子浓度c（H+）水=108mol/L；综上所述水的电离程度最大的是A；故选A4在下列所示的转化关系中，X不可能是（）X氧化物氧化物AN2BSiCNaDC【考点】无机物的推断【分析】由图中转化可知，物质能发生连续氧化反应，氮气、钠、碳均能发生连续氧化，而Si只能氧化为二
15、氧化硅，以此来解答【解答】解：AN2NONO2，能发生转化，故A不选；BSi只能氧化为二氧化硅，不能被连续氧化，故B选；CNaNa2ONa2O2，能发生转化，故C不选；DCCOCO2，能发生转化，故D不选；故选B5如图是产生和收集气体的实验装置，该装置最适合于（）A用浓盐酸和MnO2反应制取Cl2B用浓硫酸与Na2SO3反应制取SO2C用H2O2溶液和MnO2反应制取O2D用NH4Cl浓溶液和Ca（OH）2浓溶液反应制取NH3【考点】实验装置综合【分析】由图可知，该装置为固体与液体反应不加热制备气体，生成的气体难溶于水，可利用排水法收集，以此来解答【解答】解：A浓盐酸和MnO2反应制取Cl2，
16、需要加热，且氯气溶于水，故A不选；B二氧化硫溶于水，故B不选；C用H2O2溶液和MnO2反应制取O2，符合该装置，且氧气不溶于水，利用排水法收集，故C选；D氨气极易溶于水，不能利用排水法收集，故D不选；故选C6下列离子方程式正确的是（）ANH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3+OHCO32+H2OBCl2通入水中：Cl2+H2O2H+Cl+ClOC用氯化铁溶液腐蚀印刷线路板上的铜：Fe3+CuFe2+Cu2+D明矾溶液与足量的氢氧化钡溶液混合：Al3+2SO42+2Ba2+4OHAlO2+2BaSO4+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A氢氧化钠过量，铵根离子和碳酸氢根离子都参
17、与反应；B次氯酸为弱酸，离子方程式中次氯酸不能拆开；C离子方程式两边不满足电荷守恒；D氢氧化钡足量，铝离子和硫酸根离子完全反应，铝离子转化成偏铝酸根离子，硫酸根离子转化成硫酸钡【解答】解：ANH4HCO3与过量NaOH溶液混合生成一水合氨、碳酸钠和水，离子方程式为：NH4+HCO3+2OHNH3H2O+CO32+H2O，故A错误；B氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸小于保留分子式，正确的离子方程式为：Cl2+H2OH+Cl+HClO，故B错误；C用氯化铁溶液腐蚀印刷线路板上的铜，正确的反应为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，故C错误；D明矾溶液与足量的氢氧化钡溶液混合，反应生成硫酸钡沉淀
18、、偏铝酸钾和水，反应的离子方程式为：Al3+2SO42+2Ba2+4OHAlO2+2BaSO4+2H2O，故D正确；故选D7如图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量下列选项编号对应的曲线编号错误的是（）A向NaAlO2溶液中逐渐滴入HCl至过量B向澄清石灰水中通入SO2至过量C向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量D向含有等物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至过量【考点】镁、铝的重要化合物；二氧化硫的化学性质【分析】A、根据反应AlO2+H+H2OAl（OH）3，Al（OH）3+3H+Al3+3H2O判断；B、根据反应Ca（OH）2+SO2
19、CaSO3+H2O，CaSO3+SO2+H2OCa（HSO3）2判断；C、根据反应Al3+3OHAl（OH）3、Al（OH）3+OHAlO2+2H2O 判断；D、根据反应2OH+CO2CO32+H2O，Ca2+CO32CaCO3，CO32+CO2+H2O2HCO3，CaCO3+CO2+H2OCa（HCO3）2判断【解答】解：A、向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量，发生的反应分别为AlO2+H+H2OAl（OH）3，Al（OH）3+3H+Al3+3H2O，两个反应消耗的盐酸的物质的量之比为1：3，图象符合，故A正确；B、向澄清石灰水中通入SO2至过量，发生的反应分别为Ca（OH）2+SO2Ca
20、SO3+H2O，CaSO3+SO2+H2OCa（HSO3）2，两个反应消耗的二氧化硫的物质的量之比为1；1，图象符合，故B正确；C、向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，发生的反应分别为OH+H+H20，Al3+3OHAl（OH）3、Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，后两个反应消耗的NaOH的物质的量之比为3：1，图象符合，故C正确；D、向含有等物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失，发生的反应分别为2OH+CO2CO32+H2O，Ca2+CO32CaCO3，CO32+CO2+H2O2HCO3，CaCO3+CO2+H2OCa（HCO3）2，设Ca（
21、OH）2的物质的量为xmol，则KOH也为xmol，所以各段反应消耗的二氧化碳的物质的量分别为x，x，x比值为1：1：1，故D错误；故选D二、填空题8A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素的原子序数依次增大，其中仅有一种稀有气体元素A和E最外层电子数相同，短周期主族元素的原子中，E原子的半径最大； B、C和F在周期表中相邻，B、C同周期，C、F同主族，F原子的质子数是C原子质子数的2倍；A和C可形成两种常见的液态化合物X和Y（相对分子质量XY ），D形成的分子为单原子分子回答问题：（1）Y的电子式为；（2）液态化合物Y与稀H2SO4酸化的K2Cr2O7溶液作用可产生一种无色助燃性气体及可溶性
22、的Cr2（SO4）3，则该反应的离子方程式为Cr2O72+3H2O2+8H+=2Cr3+3O2+7H2O；（3）用某种金属易拉罐与A、C、E组成的化合物的水溶液反应，产生的气体可充填气球，请写出该反应的离子方程式2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（4）P和Q两种物质都是由A、C、E、F四种元素组成的盐，其水溶液都显酸性，等物质的量的P和Q恰好完全反应写出该反应的离子方程式H+HSO3SO2+H2O，这两种盐均含有的化学键类型为离子键、共价键；（5）由A、B两元素形成的化合物W可作为火箭推进器中的强还原剂，已知一个W分子和一个Y分子中都含有18个电子，0.5mol液态W和足量液态Y反应
23、，生成一种无色无味无毒的气体B2和液态X，并放出408.8KJ热量写出该反应的热化学方程式为N2H4 （1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（1）H=817.6 kJmol1【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素的原子序数依次增大A和E最外层电子数相同，二者同主族，短周期主族元素的原子中，E原子的半径最大，则E为Na；B、C和F在周期表中相邻，B、C同周期，C、F同主族，则B、C处于第二周期，F处于第三周期，F原子的质子数是C原子质子数的2倍，则C为O元素、F为S元素，可知B为N元素；A和C可形成两种常见的液态化合物X和Y（相对分子质量X
24、Y ），则A为H元素，X为H2O、Y为H2O2；D形成的分子为单原子分子，且原子序数介于氧、钠之间，故D为Ne元素；G的原子序数大于硫，故G为Cl，据此解答【解答】解：A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素的原子序数依次增大A和E最外层电子数相同，二者同主族，短周期主族元素的原子中，E原子的半径最大，则E为Na；B、C和F在周期表中相邻，B、C同周期，C、F同主族，则B、C处于第二周期，F处于第三周期，F原子的质子数是C原子质子数的2倍，则C为O元素、F为S元素，可知B为N元素；A和C可形成两种常见的液态化合物X和Y（相对分子质量XY ），则A为H元素，X为H2O、Y为H2O2；D形成的
25、分子为单原子分子，且原子序数介于氧、钠之间，故D为Ne元素；G的原子序数大于硫，故G为Cl（1）Y为H2O2，电子式为，故答案为：；（2）Y为H2O2，被K2Cr2O7氧化为氧气，反应的离子方程式是Cr2O72+3H2O2+8H+=2Cr3+3O2+7H2O，故答案为：Cr2O72+3H2O2+8H+=2Cr3+3O2+7H2O；（3）A、C、E组成的化合物的水溶液为NaOH溶液，金属易拉罐含铝，则发生的离子反应为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；（4）P和Q两种物质都是由H、O、Na、S四种元素组成的盐，其水溶液都显酸性，两
26、物质为NaHSO3、NaHSO4，等物质的量的P和Q恰好完全反应，该反应的离子方程式：H+HSO3SO2+H2O，硫酸氢钠和亚硫酸氢钠中均含有离子键和共价键，故答案为：H+HSO3SO2+H2O；离子键和共价键；（5）由A、B两元素形成的化合物W，一个W分子和一个Y分子中都含有18个电子，则W为N2H4，W与Y的反应方程式为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O，0.5mol液态W和足量液态Y反应，生成一种无色无味无毒的气体B2和液态X，并放出408.8KJ热量，该反应热化学方程式为：N2H4 （1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（1）H=817.6 kJmol1，故答案为：N2H4
27、 （1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（1）H=817.6 kJmol1三、实验题9某化学兴趣小组为探究铜与浓硫酸的反应，用下图所示装置进行有关实验 甲同学取ag Cu 片和12ml 18mol/L浓H2SO4放入圆底烧瓶中加热，直到反应完毕，最后发现烧瓶中还有一定量的H2SO4和Cu剩余（1）Cu与浓H2SO4反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2（2）装置D盛有品红溶液，当C中气体集满后，D中有可能观察到的现象是品红溶液褪色，（3）装置D中试管口放置的棉花中应浸一种液体，这种液体是氢氧化钠溶液，其作用是在试管口吸收二氧化硫（4）装置B的作用是贮存多
28、余的气体当D处有明显现象后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，此时B中试剂瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升B中应放置的液体是d（填序号）a饱和Na2SO3溶液 b酸性 KMnO4溶液 c浓溴水 d饱和NaHSO3溶液（5）反应完毕后，烧瓶中还有一定量的余酸，为什么却不能使Cu完全溶解的原因是随着反应进行，硫酸被消耗，产物有水生成，所以浓硫酸变成稀硫酸，反应会停止使用足量的下列药品不能用来证明反应结束后的烧瓶中的确有余酸的是b（填序号）aFe粉 bBaCl2溶液 cCuO dNa2CO3溶液（6）实验中某学生向A中反应后溶液中通入一种常见气体单质，使铜片全部溶解且仅生成
29、硫酸铜溶液，请问该气体单质是O2，该反应的化学方程式是2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O【考点】性质实验方案的设计【分析】探究铜与浓硫酸的反应：A装置：Cu与浓硫酸反应Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2；装置B装有饱和NaHSO3溶液，作用是贮存多余的二氧化硫气体，装置C收集二氧化硫气体，因二氧化硫能使品红褪色，装置D检验二氧化硫的漂白性，二氧化硫有毒，装置D中试管口放置的棉花中应浸一种液体为氢氧化钠溶液，用浸有NaOH溶液的棉团塞在试管口吸收二氧化硫（1）铜是金属，具有还原性，浓硫酸具有强氧化性，加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水2）当C中气体集满，D中逸出二氧
30、化硫，遇到品红试液会变褪色；（3）二氧化硫属于酸性气体，能够与氢氧化钠溶液反应，可以用浸有NaOH溶液的棉团塞在试管口吸收二氧化硫；（4）B中应放置的液体不与二氧化硫反应，也不溶解二氧化硫；（5）稀硫酸与铜不反应，浓硫酸和铜发生反应随浓度减小，变为稀硫酸后，不能继续和铜发生反应，证明硫酸剩余，需要证明反应后的溶液中存在大量氢离子；（6）稀硫酸和铜不发生反应，通入氧气后能够反应生成硫酸铜，据此写出反应的化学方程式【解答】解：（1）铜跟浓硫酸反应，铜具有还原性，浓硫酸具有强氧化性，反应必须加热才能发生，书写化学方程式时注意“浓”字，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+
31、SO2，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2；（2）装置E中试管D内盛品红溶液，当C中气体集满，D中有二氧化硫，二氧化硫能和有色物质品红溶液生成无色物质，即品红溶液褪色，故答案为：品红溶液褪色；（3）二氧化硫有毒，不能直接排放，氢氧化钠溶液能够与二氧化硫反应，可用浸有NaOH溶液的棉团塞在试管口吸收二氧化硫，反应的离子方程式为：SO2+2OH=SO32+H2O，故答案为：氢氧化钠溶液；在试管口吸收二氧化硫；（4）装置B的作用是贮存多余的气体，所以B中应放置的液体不能与二氧化硫反应，也不能溶解二氧化硫，而a饱和Na2SO3溶液和二氧化硫和水生成亚硫酸氢钠、b酸性KMnO
32、4溶液氧化二氧化硫、C浓溴水和二氧化硫生成硫酸和氢溴酸，它们都能够与二氧化硫反应，只有d饱和NaHSO3溶液符合要求，故答案为：d；（5）直到反应完毕，最后发现烧瓶中还有一定量的H2SO4和Cu剩余，原因是浓硫酸和铜发生反应随浓度减小，变为稀硫酸后，不能继续和铜发生反应，证明反应后有硫酸剩余，需要证明反应后的溶液中存在大量氢离子，根据金属活动顺序表可知铁能和氢离子反应，稀硫酸与BaC12溶液反应生成硫酸钡，但是不能证明是否含有氢离子；氧化铜与氢离子反应生成铜离子和水，证明溶液中含有氢离子，与饱和NaHSO3溶液反应生成二氧化硫，证明溶液中含有氢离子，所以b不正确，故答案为：随着反应进行，硫酸被
33、消耗，产物有水生成，所以浓硫酸变成稀硫酸，反应会停止；b；（6）实验中甲学生向A中反应后溶液中通入一种常见气体单质，使铜片全部溶解且仅生成硫酸铜溶液，该气体单质具有强氧化性，又是常见的，可以为氧气；铜和氧气、稀硫酸发生氧化还原反应，得到硫酸铜和水，反应的化学方程式为：2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O，故答案为：O2；2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O四、推断题10周期表前三周期元素A、B、C、D，原子序数依次增大，A的基态原子的L层电子是K层电子的两倍；B的价电子层中的未成对电子有3个；C与B同族；D的最高价含氧酸为酸性最强的无机含氧酸请回答下列问题：（1）C的基
34、态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p3；D的最高价含氧酸酸性比其低两价的含氧酸酸性强的原因是高氯酸中非羟基氧原子为3个，而氯酸中为2个（或高氯酸中Cl元素为+7价，吸引羟基氧原子的能力很强，而氯酸中Cl元素为+5价对羟基氧原子吸引能力较弱）（2）杂化轨道分为等性和不等性杂化，不等性杂化时在杂化轨道中有不参加成键的孤电子对的存在A、B、C都能与D形成中心原子杂化方式为sp3的两元共价化合物其中，属于不等性杂化的是NCl3、PCl3（写化学式）以上不等性杂化的化合物价层电子对立体构型为四面体形，分子立体构型为三角锥形（3）以上不等性杂化化合物成键轨道的夹角小于 （填“大于”、“等于”或
35、“小于”）等性杂化的化合物成键轨道间的夹角由于C核外比B多一层电子，C还可以和D形成另一种两元共价化合物此时C的杂化轨道中没有孤对电子，比起之前C和D的化合物，它的杂化轨道多了一条其杂化方式为sp3d杂化（4）A和B能形成多种结构的晶体其中一种类似金刚石的结构，硬度比金刚石还大，是一种新型的超硬材料其结构如图所示（图1为晶体结构，图2为切片层状结构），其化学式为C3N4实验测得此晶体结构属于六方晶系，晶胞结构见图3已知图示原子都包含在晶胞内，晶胞参数a=0.64nm，c=0.24nm其晶体密度为3.11gcm3（已知： =1.414， =1.732，结果精确到小数点后第2位）图1是A和B形成的
36、一种晶体结构图，图2是切片层状结构，图3是晶胞结构 （图2和图3中为N原子为C原子）【考点】晶胞的计算；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】周期表前三周期元素A、B、C、D，原子序数依次增大，A的基态原子的L层电子是K层电子的两倍，原子L层电子数为4，故A为C元素；B的价电子层中的未成对电子有3个，处于VA族，C与B同族，则B为N元素、C为P元素；D的最高价含氧酸为酸性最强的无机含氧酸，则D为Cl元素（1）C为P元素，原子核外电子数为15，根据能量最低原理书写核外电子排布；含氧酸中非羟基氧数目越多，中心元素化合价越高，酸性越强；（2）C、N、P与Cl可以形成CCl4
37、、NCl3、PCl3，中心原子均采取sp3杂化，NCl3、PCl3含有孤对电子，属于不等性杂化；（3）孤对电子与成键电子对之间排斥大于成键电子对之间排斥；由于P核外比N多一层电子，P还可以和Cl形成另一种两元共价化合物为PCl5，此时P的杂化轨道中没有孤对电子，与PCl3相比它的杂化轨道多了一条，则d轨道参与杂化，其杂化方式为sp3d杂化；（4）碳和氮能形成多种结构的晶体其中一种类似金刚石的结构，硬度比金刚石还大，属于原子晶体，图2为切片层状结构中菱形内为层内重复结构单元，含有6个C原子、8个N原子，据此可以确定化学式；实验测得此晶体结构属于六方晶系，晶胞结构图示原子都包含在晶胞内，计算晶胞质
38、量、晶胞体积，再根据=计算晶胞密度【解答】解：由分析知A为碳元素、B为N元素、C为P元素、D为Cl元素（1）C为P元素，原子核外电子数为15，根据能量最低原理，核外电子排布为1s22s22p63s23p3；高氯酸中非羟基氧原子为3个，而氯酸中为2个（或高氯酸中Cl元素为+7价，吸引羟基氧原子的能力很强，而氯酸中Cl元素为+5价对羟基氧原子吸引能力较弱），故高氯酸的酸性更强，故答案为：1s22s22p63s23p3；高氯酸中非羟基氧原子为3个，而氯酸中为2个（或高氯酸中Cl元素为+7价，吸引羟基氧原子的能力很强，而氯酸中Cl元素为+5价对羟基氧原子吸引能力较弱）；（2）C、N、P与Cl可以形成C
39、Cl4、NCl3、PCl3，中心原子均采取sp3杂化，NCl3、PCl3含，1孤对电子，属于不等性杂化，价层电子对数均为4，价层电子对立体构型为四面体形，分子立体构型为三角锥形，故答案为：sp3；NCl3、PCl3；四面体形；三角锥形；（3）孤对电子与成键电子对之间排斥大于成键电子对之间排斥，故不等性杂化化合物成键轨道的夹角小于等性杂化的化合物成键轨道间的夹角；由于P核外比N多一层电子，P还可以和Cl形成另一种两元共价化合物为PCl5，此时P的杂化轨道中没有孤对电子，与PCl3相比它的杂化轨道多了一条，则d轨道参与杂化，其杂化方式为sp3d杂化，故答案为：小于；sp3d杂化；（4）碳和氮能形成
40、多种结构的晶体其中一种类似金刚石的结构，硬度比金刚石还大，属于原子晶体，图2为切片层状结构中菱形内为层内重复结构单元，含有6个C原子、8个N原子，C、N原子数目之比为3：4，则化学式为：C3N4；实验测得此晶体结构属于六方晶系，晶胞质量=g，晶胞参数a=0.64nm，c=0.24nm，则晶胞体积为（0.64107 cm）20.24107 cm，故晶胞密度=g（0.64107 cm）20.24107 cm=3.11gcm3；故答案为：C3N4；3.11gcm3五、综合题11氨气有广泛用途，工业上利用反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0合成氨，其基本合成过程如下：（1）某小组为了探究外界
41、条件对反应的影响，以c0mol/L H2参加合成氨反应，在a、b两种条件下分别达到平衡，如图Aa条件下，0t0的平均反应速率v（N2）=molL1min1相对a而言，b可能改变的条件是增大c（N2）在a条件下t1时刻将容器体积压缩至原来的，t2时刻重新建立平衡状态请在答题卡相应位置画出t1t2时刻c（H2）的变化曲线（2）某小组往一恒温恒压容器充入9mol N2和23mol H2模拟合成氨反应，图B为不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强（p）的关系图若体系在T2、60MPa下达到平衡此时N2的平衡分压为9MPa，H2的平衡分压为15MPa（分压=总压物质的量分数）列式计算此时的平衡常数
42、Kp=0.043（MPa）2（用平衡分压代替平衡浓度计算，结果保留2位有效数字）（3）分离器中的过程对整个工业合成氨的意义是及时分离出液氨，c（NH3）减小，使平衡往生成NH3的方向移动，增大原料利用率（或NH3产率）（4）有人利用NO2和NH3构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放减少环境污染，又能充分利用化学能进行粗铜精炼，如图C所示，d极为粗铜a极通入NO2气体（填化学式）；b极电极反应为2NH36e+6OH=N2+6H2O【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】（1）a条件下，0t0的平均反应速率v（N2）=v（H2）=；a、b氢气起始浓度相同，b到达平衡的时间缩短，
43、说明反应速率增大，平衡时氢气的正向移动；在a条件下t1时刻将容器体积压缩至原来的，氢气浓度增大，压强增大平衡正向进行，氢气浓度减小，t2时刻重新建立平衡状态，浓度大于c1，据此画出图象变化；（2）若体系在T2、60MPa下达到平衡，相同温度下，气体的体积分数等于其物质的量分数，设平衡时n（NH3）=xmol， N2（g）+3H2（g）2NH3（g）开始（mol） 9 23 0反应（mol） 0.5x 1.5x x平衡（mol）90.5x 231.5x x平衡时氨气体积分数=100%=60%，x=12，氮气分压=60MPa；此时的平衡常数Kp等生成物压强幂之积与反应物压强幂之积的比；（3）分离器
44、中的过程是分离出氨气促进平衡正向进行，提高原料利用率和产物的产量；（4）根据图知，d极为粗铜，为电解池的阳极，e为精铜，为电解池阴极，d为阳极，所以通入a的电极是正极、通入b的电极是负极，原电池中NH3和NO2构成原电池，负极上氨气失电子发生氧化反应，正极上二氧化氮得电子发生还原反应【解答】解：（1）a条件下，0t0的平均反应速率v（N2）=v（H2）=mol/（Lmin），故答案为：；a、b氢气起始浓度相同，b到达平衡的时间缩短，说明反应速率增大，平衡时氢气的浓度减小，说明平衡正向移动，所以改变的条件是增大c（N2），故答案为：增大c（N2）；（ 在a条件下t1时刻将容器体积压缩至原来的，t
45、2时刻重新建立平衡状态，t1时刻变成2c1，t1t2时刻的趋势逐渐减小，终点达到新的平衡时浓度大于c1，故答案为：；（2）若体系在T2、60MPa下达到平衡，相同温度下，气体的体积分数等于其物质的量分数，设平衡时n（NH3）=xmol， N2（g）+3H2（g）2NH3（g）开始（mol）9 23 0反应（mol）0.5x 1.5x x平衡（mol）90.5x 231.5x x平衡时氨气体积分数=100%=60%，x=12，氮气分压=60MPa=9MPa；氨气的分压=60%60MPa=36MPa，氢气分压=60MPa9MPa36MPa=15MPa，此时的平衡常数Kp=0.043（MPa）2，故
46、答案为：9； 15；0.043（MPa）2；（3）分离器中的过程是分离出氨气促进平衡正向进行，及时分离出液氨，c（NH3）减小，使平衡往生成NH3的方向移动，增大原料利用率（或NH3产率）；故答案为：及时分离出液氨，c（NH3）减小，使平衡往生成NH3的方向移动，增大原料利用率（或NH3产率）；（4）根据图知，e为精铜，为电解池阴极，d为阳极，所以通入a的电极是正极、通入b的电极是负极，原电池中NH3和NO2构成原电池，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，原电池中二氧化氮得电子生成氮气，氨气失电子生 成氮气，所以a电极上通入的是NO2，故答案为：NO2；d为粗铜，电极上发生氧化反应，电极电极e为精铜，电极上发生还原反应，则a极为正极，正极上二氧化氮得电子生成氮气，b电极是氨气失电子发生氧化反应生成氮气，电极反应为：2NH36e+6OH=N2+6H2O；故答案为：2NH36e+6OH=N2+6H2O2016年12月18日
