1、2014-2015学年上海交大附中高一（下）期末化学试卷一、单选题（每小题只有一个正确答案）1下列物质中，属于电解质的是（）A Cl2B NaNO3C SO2D 硫酸溶液2区分强弱电解质的标准是（）A 在水中的溶解度B 溶液的导电能力C 在水中的电离程度D 化学键的类型3下列属于氮的固定的是（）A N2和H2在Pt作用下反应生成NH3B NH4Cl和Ca（OH）2反应生成NH3C NO2和水制硝酸D 由NH3制氮肥4在25水中加入下列物质，不会使水的电离平衡发生移动的是（）A KIB 浓氨水C 冰醋酸D 热水5下列反应既利用了浓硫酸的强氧化性，又利用了浓硫酸的酸性的是（）A 碳与浓硫酸加热B
2、浓硫酸与NaCl固体加热C 浓硫酸中加入铜片D 蔗糖与浓硫酸混合后炭化发黑6在2L密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）C（g）+D（g），若开始时加入的A和B都是4mol，在前10s内A的平均速率为0.12mol/（Ls），则10s时容器内B的物质的量为（）A 3.2molB 2.4molC 0.8molD 0.4mol7有一可逆反应为A（g）B（g），下列各项中，能证明已达到平衡的是（）A c（A）=c（B）B 压强不再发生变化C A与B的体积分数不再发生变化D A的消耗速率等于B的生成速率825时，在浓度均为1mol/L的（NH4）2SO4、（NH4）2CO3、（NH4）2Fe（
3、SO4）2、三种溶液中，若测得其中c（NH4+）分别为a、b、c（单位为mol/L），则下列判断正确的是（）A a=b=cB bacC cabD acb9在无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的离子组是（）A K+、Na+、NO3、MnO4B Mg2+、Na+、Cl、SO42C K+、Cu2+、Br、S2D NH4+、Al3+、I、NO310如图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极则下列有关判断正确的是（）A a为正极、b为负极B d为阳极，c为阴极C 电解过程中，氯离子浓度不变D 电解过程中，d电极质量增加11在一定条件下，将70ml硫化氢气体和90ml氧气混合，点燃并使其反应，再
4、恢复到原来的条件，则生成的SO2气体的体积为（）A 70mLB 60mLC 50mLD 55mL12使用单质铜制取硝酸铜，最适宜的方法是：（）A Cu+稀HNO3B CuCuOCu（NO3）2C Cu+浓HNO3D CuCuCl2Cu（NO3）213可逆反应aX（g）+b Y（g）cZ（g）在一定温度下的一密闭容器内达到平衡后，t0时改变某一外界条件，化学反应速率（u）一时间（t）图象如图则下列说法中正确的是（）A 若a+b=c，则t0时只能是增大了容器的压强B 若a+b=c，则t0时只能是加入了催化剂C 若a+bc，则t0时只能是增大了容器的压强D 若a+bc，则t0时只能是加入了催化剂14
5、下列各组数据关系中，前者比后者的大是（）A 纯水100和25的pH值B Na2CO3溶液中HCO3和OH数目C 100mL0.1mol/L的CH3COOH溶液与10mL1.0mol/L的CH3COOH溶液中H+数目D 同温下pH=11的KOH与pH=3的CH3COOH溶液中由水电离出的OH离子浓度15在工业生产硫酸的过程中，发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）+Q，下列叙述中，不正确的是（）A 矿石粉碎的目的是使原料充分利用，并增大接触面使反应速率加快B 接触室中采用常压的主要原因是常压下SO2的转化率已经很高C 沸腾炉中出来的混合气需要洗涤，目的是防止催化剂中毒D 接触室采
6、用450的温度是使催化剂活性最佳，提高平衡混和气中SO3的含量16实验室可用如图装置（启普发生器）制取氢气欲使得到氢气的速率加快，下列措施可行的是（）A 将稀硫酸改用浓硫酸B 向稀硫酸中加入少量浓H2SO4 C 向稀硫酸中加入Cu（NO3）2溶液D 给装置中发生反应的部分加热17室温下xL pH=a的盐酸溶液和yL pH=b的电离度为的氨水恰好完全中和，则的值为（）A 1B C D 二、多选题（每小题有12个正确答案）18对气体反应：mA（g）+nB（g）eC（g）温度（T）、压强（P）、时间（t）与生成物的体积百分数C%的关系图，下列结论正确的是：（）A 正反应是吸热反应B m+neC 逆反
7、应是放热反应D m+ne19下列离子方程式中正确的是（）A 少量SO2通入NaOH溶液中：OH+SO2HSO3B H2S通入氯水中：S2+Cl2S+2ClC 二氧化氮溶于水：3NO2+H2O2H+2NO3+NOD 少量NaHSO4与过量Ba（OH）2溶液反应：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O20pH值等于2的两种酸溶液A和B，分别加水稀释1000倍，其pH值与所加水的体积变化趋势示意图如图所示，则下列结论正确的是：（）A 等体积pH=2的两种酸中和NaOH的能力酸A比酸B强B A为弱酸，B为强酸C 酸B的摩尔浓度比酸A大D A比B易电离21用惰性电极电解下列溶液，电解一段时间
8、后，电解质溶液的pH上升的是（）A 饱和NaCl溶液B AgNO3C CuCl2D 饱和NaOH溶液22常温下，某CH3COONa与CH3COOH的混合溶液的pH=7，则下列离子浓度之间的关系错误的是（）A c（Na+）c（CH3COO）B c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO）C c（Na+）c（CH3COO）D c（Na+）c（CH3COO）+c（OH）三、填空题23NH4+、NO3、HSO4、HCO3、CO32、HCl等微粒中，在水溶液里能电离而不能水解的有；能水解而不能电离的有；既能水解又能电离的有；既不能水解又不能电离的有写出其中既能水解又能电离的微粒的电离方程式及
9、水解方程式，24有三溶液：aBa（OH）2，bNaOH，cNH3H2O（1）pH值相等时，三种溶液浓度由大到小的顺序为（2）物质的量浓度相等时，pH值由大到小的顺序为（3）pH=11时，各100mL与同浓度的HCl中和，消耗HCl体积由多到少的顺序为（4）浓度相等时，各100mL与同浓度HCl中和，消耗HCl体积由多到少的顺序为25在一容积为2L的密闭容器中，高温下发生下列反应：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），其中H2O、CO的物质的量（mol）随时间（min）的变化曲线如图所示：（1）该反应的化学平衡常数表述式为（2）计算1min内（CO）=（3）反应处于平衡状态的时间区间是（
10、4）若反应进行到2min时，改变了温度，使曲线发生如右图所示的变化，则温度为（选填“升高”或“降低”）逆反应是（选填“吸”或“放”）热反应（5）反应至5min时，若也只改变了某一个条件，使曲线发生如图所示变化，该条件可能是下述中的A增加了C B增加了水蒸气 C降低了温度 D增加了压强四、实验题26.实验室配制500mL 0.1mol/L Na2CO3溶液，回答下列问题：（1）应用托盘天平称取石碱晶体（十水碳酸钠）g；（2）配制Na2CO3溶液时需要使用的主要仪器有托盘天平、烧杯、钥匙、（3）若实验遇到下列情况，溶液的浓度是偏高，偏低还是不变？加水时超过刻度线，再用滴管吸出直至刻度线；忘记将洗涤
11、液加入容量瓶；偏低容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理；定容后摇匀，液面低于刻度线27.资料显示：“氨气可在纯氧中安静燃烧“，某校化学小组学生设计如下装置（图中铁夹等夹持装置已略去）进行氨气与氧气在不同条件下反应的实验（1）用装置A制取纯净、干燥的氨气，大试管内碳酸盐的化学式是；碱石灰的作用是（2）将产生的氨气与过量的氧气通到装置B（催化剂为铂石棉）中，用酒精喷灯加热：氨催化氧化的化学方程式是，试管内气体变为红棕色，该反应的化学方程式是停止反应后，立即关闭B中两个活塞一段时间后，将试管浸入冰水中试管内气体颜色变浅，请结合化学方程式说明原因（3）将过量的氧气与A产生的氨气分别从a、b两管进气口通人到装
12、置C中，并在b管上端点燃氨气，两气体通入的先后顺序是，其理由是五、计算题28含有SiO2 的黄铁矿（FeS2）试样1 克，在O2 中充分灼烧后残余固体为0.76 克，则该黄铁矿的纯度为%（SiO2不反应）；（2）用这种黄铁矿100 吨可制得98%的浓硫酸吨（设工业生产中有2%的硫损失）不要求计算过程29.有一硫酸和硝酸的混合溶液，取出20mL，加入足量BaCl2溶液，经过滤、洗涤、烘干后得沉淀9.32g；滤液与4mol/L的苛性钠溶液35mL恰好完全中和试求：（1）原混合溶液中硫酸和硝酸的物质的量浓度（2）另取10mL原溶液，加入0.96g铜粉共热，生成一氧化氮的体积为多少？（STP）（3）另
13、取10mL原溶液，加入1.92g铜粉共热，生成一氧化氮的体积为多少？（STP）（4）向（3）反应后的溶液中加入多少毫升1mol/L硫酸就能将1.92g铜恰好完全溶解？2014-2015学年上海交大附中高一（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、单选题（每小题只有一个正确答案）1下列物质中，属于电解质的是（）A Cl2B NaNO3C SO2D 硫酸溶液考点：电解质与非电解质专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，无论电解质还是非电解质都必须是化合物解答：解：A、氯气是单质不是化合物，所以氯气既不属于电
14、解质也不属于非电解质，故A错误；B、NaNO3是在水溶液中或熔融状态下均能导电的化合物，属于电解质，故B正确；C、二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化硫的水溶液导电，但电离出离子的物质是亚硫酸不是二氧化硫，所以二氧化硫是非电解质，故C错误；D、硫酸溶液是混合物不是化合物，所以不是电解质，故D错误；故选B点评：本题考查了电解质的概念，难度不大，注意电解质本身不一定导电，导电的不一定是电解质2区分强弱电解质的标准是（）A 在水中的溶解度B 溶液的导电能力C 在水中的电离程度D 化学键的类型考点：强电解质和弱电解质的概念分析：电解质必须是化合物，强电解质是在水溶液
15、中或熔融状态下，能完全电离的电解质包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐，弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等；根据定义即可解答解答：解：A强电解质和弱电解质的区分与溶解度无关，如：乙酸是化合物，在水中与水以任意比互溶，在水中只有部分电离，属于弱电解质，硫酸钡属于强电解质，但在水中难溶，而氯化钠属于强电解质，但在水中易溶，故A错误；B水溶液的导电能力与溶液中的离子浓度有关，离子浓度大导电能力强，与电解质的强弱无关，如硫酸钡属于强电解质，但在水溶液中很难溶解，其溶液导电能力弱，而氯化氢是强电解质，其水溶液导电能力强，故B错误；C强电解质是指：在水溶液中或熔融状态下，能
16、够完全电离的化合物即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物，故C正确；D电解质强弱与化学键类型无关，故D错误，故选C点评：本题考查了强弱电解质的判断，注意强弱电解质与导电能力、溶解度之间的关系，难度不大，抓住强电解质的定义中的关键词“完全电离”是解题的关键3下列属于氮的固定的是（）A N2和H2在Pt作用下反应生成NH3B NH4Cl和Ca（OH）2反应生成NH3C NO2和水制硝酸D 由NH3制氮肥考点：氮的固定分析：氮的固定是指：将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程游离态是指氮气单质氮的固定有：人工固氮和天然固氮人工固氮最典型事例是工业合成氨天然固氮包括自然固氮和生物
17、固氮自然固氮典型事例是闪电能使空气里的氮气转化为一氧化氮生物固氮典型事例是豆科植物中寄生有根瘤菌，它含有氮酶，能使空气里的氮气转化为氨解答：解：氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程AN2和H2在Pt作用下反应生成NH3，N2+3H22NH3，属于工业固氮，故A正确；BNH4Cl和Ca（OH）2反应生成NH3，属于化合物间的转化，不符合单质转化为化合物的特点，所以不属于氮的固定，故B错误；CNO2和水制硝酸，NO2为氮的氧化物，硝酸为含氮的酸，属于化合物间的转化，不符合单质转化为化合物的特点，所以不属于氮的固定，故C错误；D由NH3制氮肥，它们间的相互转化，属于化合物间的转化，不符
18、合单质转化为化合物的特点，所以不属于氮的固定，故D错误；故选A点评：本题主要考查氮的固定，依据氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程即可解答，题目难度不大4在25水中加入下列物质，不会使水的电离平衡发生移动的是（）A KIB 浓氨水C 冰醋酸D 热水考点：水的电离分析：水为弱电解质，溶液中存在电离平衡：H2OH+OH，加入酸或碱会抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离；水的电离为吸热反应，升高温度会促进水的电离，据此分析解答解答：解：AKI是强酸强碱盐，KI不水解，所以不影响水电离，故A选；B一水合氨是弱电解质，在水溶液中电离出氢氧根离子而抑制水电离，故B不选；C冰醋酸是酸，在水
19、溶液中电离出氢离子而抑制水电离，故C不选；D水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以影响水电离，故D不选故选A点评：本题考查水电离影响因素，明确水电离特点是解本题关键，知道酸溶液和碱溶液抑制了水的电离，能够水解的盐促进了水的电离，题目难度不大5下列反应既利用了浓硫酸的强氧化性，又利用了浓硫酸的酸性的是（）A 碳与浓硫酸加热B 浓硫酸与NaCl固体加热C 浓硫酸中加入铜片D 蔗糖与浓硫酸混合后炭化发黑考点：浓硫酸的性质分析：硫酸既能表现出酸性又表现出氧化性，在反应中应生成硫酸盐，且硫酸被还原生成二氧化硫等物质，据此解答解答：解：A碳与浓硫酸加热生成二氧化碳和二氧化硫，硫元素化合价都降低，浓硫
20、酸只表现氧化性，故A不选；B浓硫酸与NaCl固体加热生成氯化氢和硫酸氢钠，反应中硫元素化合价不变，表现浓硫酸的难挥发性和酸性，不表现氧化性，故B不选；C铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，硫酸既表现出了强氧化性又表现了酸性，故C选；D蔗糖与浓硫酸混合后炭化发黑，表现浓硫酸脱水性和强氧化性，不表现酸性，故D不选；故选：C点评：本题考查了元素化合物知识，熟悉硫酸的强氧化性、酸性是解题关键，题目难度不大6在2L密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）C（g）+D（g），若开始时加入的A和B都是4mol，在前10s内A的平均速率为0.12mol/（Ls），则10s时容器内B的物质的量为（）A
21、 3.2molB 2.4molC 0.8molD 0.4mol考点：反应速率的定量表示方法专题：化学反应速率专题分析：前10s A的平均反应速率为0.12mol/（Ls），由反应速率之比等于化学计量数之比可计算B的速率，再结合v=解答解答：解：前10s A的平均反应速率为0.12mol/（Ls），由反应速率之比等于化学计量数之比可知，B的反应速率为0.12mol/（Ls）=0.04mol/（Ls），所以转化的B为0.04mol/（Ls）10s2L=0.8mol，则10s时，容器中B的物质的量为4mol0.8mol=3.2mol，故选A点评：本题考查化学反应速率的计算，明确反应速率的计算公式和反
22、应速率与化学计量数的关系即可解答，题目难度不大7有一可逆反应为A（g）B（g），下列各项中，能证明已达到平衡的是（）A c（A）=c（B）B 压强不再发生变化C A与B的体积分数不再发生变化D A的消耗速率等于B的生成速率考点：化学平衡状态的判断专题：化学平衡专题分析：A、平衡状态是正逆反应速率相同，各组分浓度不变，A、B的浓度相同不能证明反应达到平衡；B、反应前后气体体积不变，反应过程中压强不变；C、AB的体积分数不变是判断平衡的依据；D、A的消耗速率等于B的生成速率，只能证明反应正向进行；解答：解：A、化学平衡状态是正逆反应速率相同，各组分浓度不变，A、B的浓度相同不能证明反应达到平衡，故
23、A错误；B、反应前后气体体积不变，反应过程中压强不变，压强不再发生变化不能证明反应达到平衡，故B错误；C、A与B的体积分数不再发生变化是化学平衡的标志，能证明反应达到平衡，故C正确；D、A的消耗速率等于B的消耗速率才能证明反应达到平衡，故D错误；故选C点评：本题考查化学平衡状态的判断依据和条件分析，掌握平衡状态的判断依据分析是解题关键，题目难度中等825时，在浓度均为1mol/L的（NH4）2SO4、（NH4）2CO3、（NH4）2Fe（SO4）2、三种溶液中，若测得其中c（NH4+）分别为a、b、c（单位为mol/L），则下列判断正确的是（）A a=b=cB bacC cabD acb考点：
24、盐类水解的应用专题：盐类的水解专题分析：如果不考虑其他离子的影响，每摩尔物质都含有2 molNH4+，但溶液中CO32的水解促进NH4+的水解，Fe2+的水解抑制NH4+的水解，以此解答该题解答：解：溶液中CO32的水解促进NH4+的水解，Fe2+的水解抑制NH4+的水解，则等浓度时，c（NH4+）大小顺序应为cab，故选C点评：本题考查盐类水解的应用，侧重于盐类水解因素的考查，题目难度不大，注意把握影响因素，能正确判断水解平衡的移动方向9在无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的离子组是（）A K+、Na+、NO3、MnO4B Mg2+、Na+、Cl、SO42C K+、Cu2+、Br、S2D N
25、H4+、Al3+、I、NO3考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：无色溶液中可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在，强酸溶液中存在大量氢离子，AMnO4为有色离子，不满足溶液无色的条件；BMg2+、Na+、Cl、SO42之间不发生反应，都不与氢离子反应，且为无色溶液；CCu2+为有色离子，铜离子、氢离子与硫离子发生反应；D硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性，能够氧化碘离子解答：解：溶液无色，不会存在Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在，强酸溶液中存在大量H+，AMnO4为有色离子，不满足溶液无色的要求，故A错误；BMg2+、Na+、Cl、SO42之
26、间不反应，都不与H+反应，且为无色溶液，在溶液中能够大量共存，故B正确；CCu2+、S2反应生成硫化铜沉淀，Cu2+为有色离子，S2与强酸反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D强酸性溶液中，NO3离子具有强氧化性，能够氧化I，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B点评：本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除
27、 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在10如图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极则下列有关判断正确的是（）A a为正极、b为负极B d为阳极，c为阴极C 电解过程中，氯离子浓度不变D 电解过程中，d电极质量增加考点：电解原理专题：电化学专题分析：在电解池中，电流的流向和电子的移动方向相反，电流是从正极流向阳极，所以c是阳极，d是阴极，a是正极，b是负极，以此来解答解答：解：在电解池中，电流的流向和电子的移动方向相反，电流是从正极流向阳极，所以c是阳极，d是阴极，a是正极，b是负极Aa是正极，b是负极，故A正确；B电解池中，电流是从正极流向阳极，所以c是阳极，d是
28、阴极，故B错误；C电解过程中，氯离子在阳极上失电子产生氯气，氯离子浓度减小，故C错误；D电解过程中，d电极是阴极，该电极上铜离子得电子析出金属铜，电极质量增加，故D正确；故选AD点评：本题考查电解池的工作原理，难度不大，会根据电子流向和电流流向判断电源的正负极，从而确定电极的阴阳极，再根据所学知识进行回答11在一定条件下，将70ml硫化氢气体和90ml氧气混合，点燃并使其反应，再恢复到原来的条件，则生成的SO2气体的体积为（）A 70mLB 60mLC 50mLD 55mL考点：硫化氢；化学方程式的有关计算专题：氧族元素分析：根据O2过量有：2H2S+3O22SO2+2H2O，O2不足有：2H
29、2S+O22S+2H2O判断该反应介于两者之间，所以可以设反应方程式为：7H2S+9O2=xS+ySO2+zH2O通过方程式组来求解解答：解：设反应方程式为：7H2S+9O2=xS+ySO2+zH2O，那么有 x+y=7 z=7 2y+z=18所以x=1.5，y=5.5，z=7所以SO2气体体积就是5.5*10=55ml，故选：D；点评：本题主要考查了反应的过量判断以及质量守恒的运用，难度中等12使用单质铜制取硝酸铜，最适宜的方法是：（）A Cu+稀HNO3B CuCuOCu（NO3）2C Cu+浓HNO3D CuCuCl2Cu（NO3）2考点：化学实验方案的评价分析：制备硝酸铜，要符合绿色化
30、学的要求方案，应杜绝生成污染性气体，且实验步骤少，消耗原料较少，以此解答该题解答：解：A会生成氮的氧化物，不符合绿色化学的要求，故A错误； B生成的氧化铜与硝酸反应生成硝酸铜和水，绿色环保，符合绿色化学的要求，故B正确；C会生成氮的氧化物，不符合绿色化学的要求，故C错误；D氯气有毒，且不廉价，故D错误故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，侧重绿色化学和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大13可逆反应aX（g）+b Y（g）cZ（g）在一定温度下的一密闭容器内达到平衡后，t0时改变某一外界条件，化学反应速率（u）一时间（t）图象如图则下列说法中正确
31、的是（）A 若a+b=c，则t0时只能是增大了容器的压强B 若a+b=c，则t0时只能是加入了催化剂C 若a+bc，则t0时只能是增大了容器的压强D 若a+bc，则t0时只能是加入了催化剂考点：化学反应速率变化曲线及其应用；化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：根据图象知，改变条件时正逆反应速率相等，且大于原来平衡速率，说明改变条件时能同等程度的增大正逆反应速率，但平衡不移动，据此分析解答解答：解：根据图象知，改变条件时正逆反应速率相等，且大于原来平衡速率，说明改变条件时能同等程度的增大正逆反应速率，但平衡不移动，如果a+b=c，改变的条件可能是增大压强或加入催化剂，如果a+bc，则改变的
32、条件只能是加入催化剂，故选D点评：本题考查化学反应速率图象分析，根据改变条件时正逆反应速率相对大小确定平衡是否移动，再结合反应特点分析解答，为易错题14下列各组数据关系中，前者比后者的大是（）A 纯水100和25的pH值B Na2CO3溶液中HCO3和OH数目C 100mL0.1mol/L的CH3COOH溶液与10mL1.0mol/L的CH3COOH溶液中H+数目D 同温下pH=11的KOH与pH=3的CH3COOH溶液中由水电离出的OH离子浓度考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的原理分析：A水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，根据溶液中氢离子浓度大小判断；B碳酸钠水解
33、分两步进行，第一步水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，第二步水解生成碳酸和氢氧化钠，据此分析两种离子浓度大小；C相同温度相同溶质的弱电解质溶液中，溶液越稀，电解质的电离程度越大；D根据水的电离程度分析，酸或碱抑制水电离，酸中氢离子、碱溶液中氢氧根离子浓度越大，抑制程度越大解答：解：A水的电离是吸热反应，温度越高，水的电离程度越大，则其pH越小，故A错误；B碳酸根离子的两步水解中都产生氢氧根离子，只有碳酸根离子的第一步水解中生成碳酸氢根离子，所以碳酸氢根离子数目小于氢氧根离子数目，故B错误；C相同温度相同溶质的弱电解质溶液中，溶液越稀，电解质的电离程度越大，所以0.01mol/L的CH3COOH大于1
34、0.1mol/L的CH3COOH的电离程度，且二者的物质的量相等，所以100mL0.01mol/L的CH3COOH溶液大于10mL 0.1mol/L的CH3COOH溶液的H+数目，故C正确；D同温下pH=11的KOH溶液中氢氧根离子浓度为0.001mol/L，氢氧化钾溶液中的氢离子是水电离的，水电离的氢氧根离子为：11011mol/L，pH=3的CH3COOH溶液中氢离子浓度为0.001mol/L，醋酸中氢氧根离子是水电离的，则水电离的氢氧根离子浓度为11011mol/L，所以两溶液中水电离的氢氧根离子浓度相等，故D错误；故选C点评：本题考查了弱电解质的电离平衡及其影响，题目难度中等，明确盐的
35、水解原理、弱电解质的电离平衡的影响因素为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力灵活应用能力15在工业生产硫酸的过程中，发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）+Q，下列叙述中，不正确的是（）A 矿石粉碎的目的是使原料充分利用，并增大接触面使反应速率加快B 接触室中采用常压的主要原因是常压下SO2的转化率已经很高C 沸腾炉中出来的混合气需要洗涤，目的是防止催化剂中毒D 接触室采用450的温度是使催化剂活性最佳，提高平衡混和气中SO3的含量考点：化学平衡的影响因素；化学平衡的调控作用分析：A、增大接触面积能够加快化学反应速率；B、在二氧化硫的催化氧化中，常压下二氧化硫的转化率很高；
36、C、沸腾炉中出来的混合气中含有很多杂质，能够引起催化剂中毒；D、二氧化硫的催化氧化是放热反应解答：解：A、矿石粉碎增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故A正确；B、在二氧化硫的催化氧化中，常压下二氧化硫的转化率很高，增大压强会增加成本，故B正确；C、沸腾炉中出来的混合气中含有很多杂质，能够引起催化剂中毒，洗涤的目的是防止催化剂中毒，故C正确；D、二氧化硫的催化氧化是放热反应，接触室采用450的温度不能提高平衡混和气中SO3的含量，故D错误；故选D点评：本题考查工业制取硫酸中的二氧化硫的催化氧化原理，题目难度不大，注意工业生产在环保、安全的基础上以经济效益为中心16实验室可用如图装置（启普发生
37、器）制取氢气欲使得到氢气的速率加快，下列措施可行的是（）A 将稀硫酸改用浓硫酸B 向稀硫酸中加入少量浓H2SO4 C 向稀硫酸中加入Cu（NO3）2溶液D 给装置中发生反应的部分加热考点：常见气体制备原理及装置选择专题：化学实验基本操作分析：A一般增大反应物的浓度增大，反应速率增大，但浓硫酸溶于水放热，且具有强氧化性与锌无氢气产生；B向稀硫酸中加入少量浓H2SO4 ，增大了氢离子浓度加快了反应；C向稀硫酸中加入Cu（NO3）2溶液，相当于稀硝酸，稀硝酸具有强氧化性，和锌无氢气生成；D启普发生器制备的气体反应为不能放出大量的热，更不能加热解答：解：A浓硫酸溶于水放热，启普发生器不能承受明显温度升
38、高的反应，浓硫酸具有强氧化性，锌与浓硫酸反应生成二氧化硫而不生成氢气，故A错误；B锌和硫酸反应的本质为：2H+Zn=Zn2+H2，加入少量浓H2SO4 ，增加了溶液中氢离子的浓度，能使得到氢气的速率加快，故B正确；C向稀硫酸中加入Cu（NO3）2溶液，锌置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，但引入硝酸根离子相当于稀硝酸，有一氧化氮气体生成，制取氢气不纯，故C错误；D启普发生器是利用块状固体与液体无须加热反应装置，制备的气体反应为不能放出大量的热，更不能加热，故D错误；故选B点评：本题考查影响化学反应速率的常见因素，应熟悉温度、浓度、构成原电池、增大接触面等对化学反应速率的影响，掌握浓硫酸、稀
39、硝酸与金属反应的性质是解答的关键，C注意加入硝酸铜后形成原电池，但有硝酸的存在是解答的易错点，题目难度中等17室温下xL pH=a的盐酸溶液和yL pH=b的电离度为的氨水恰好完全中和，则的值为（）A 1B C D 考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算分析：室温下，HCl是强电解质，所以pH=a的盐酸中c（HCl）=10a mol/L，一水合氨是弱电解质，所以pH=b且电离度为a的氨水中c（NH3H2O）=mol/L，xL pH=a的盐酸溶液和yL pH=b的电离度为的氨水恰好完全中和，说明二者的物质的量相等，据此分析解答解答：解：室温下，HCl是强电解质，所以pH=a的盐酸中c（HCl
40、）=10a mol/L，一水合氨是弱电解质，所以pH=b且电离度为a的氨水中c（NH3H2O）=mol/L，xL pH=a的盐酸溶液和yL pH=b的电离度为的氨水恰好完全中和，说明二者的物质的量相等，则10axmol=ymol，则=，故选C点评：本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，正确计算氨水浓度是解本题关键，利用二者关系式分析解答，题目难度不大二、多选题（每小题有12个正确答案）18对气体反应：mA（g）+nB（g）eC（g）温度（T）、压强（P）、时间（t）与生成物的体积百分数C%的关系图，下列结论正确的是：（）A 正反应是吸热反应B m+neC 逆反应是放热反应D m+ne考点：
41、体积百分含量随温度、压强变化曲线专题：化学平衡专题分析：根据“先拐先平数值大”知，左图中T2T1，升高温度C的含量减小，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应；根据右图知，相同温度下，增大压强，C的含量增大，说明平衡向正反应方向移动，则该反应是反应前后气体体积减小的反应，据此分析解答解答：解：根据“先拐先平数值大”知，左图中T2T1，升高温度C的含量减小，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，逆反应是吸热反应；根据右图知，相同温度下，增大压强，C的含量增大，说明平衡向正反应方向移动，则该反应是反应前后气体体积减小的反应，则m+ne；故选D点评：本题考查可逆反应中温度、压强对化学平
42、衡影响图象分析，采用“先拐先平数值大”、“定一议二”原则分析即可，同时考查学生分析问题能力，题目难度不大19下列离子方程式中正确的是（）A 少量SO2通入NaOH溶液中：OH+SO2HSO3B H2S通入氯水中：S2+Cl2S+2ClC 二氧化氮溶于水：3NO2+H2O2H+2NO3+NOD 少量NaHSO4与过量Ba（OH）2溶液反应：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O考点：离子方程式的书写分析：A二氧化硫少量，反应生成亚硫酸根离子；B硫化氢为气体，离子方程式中不能拆开；C二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮气体；D氢氧化钡过量，离子方程式按照硫酸氢钠的化学式组成书写，氢离子和
43、氢氧根离子的系数错误解答：解：A少量SO2通入NaOH溶液中，反应生成亚硫酸钠和水，正确的离子方程式为：2OH+SO2H2O+SO32，故A错误；BH2S通入氯水中，硫化氢不能拆开，正确的离子方程式为：H2S+Cl2S+2H+2Cl，故B错误；C二氧化氮溶于水，反应生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式为：3NO2+H2O2H+2NO3+NO，故C正确；D少量NaHSO4与过量Ba（OH）2溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2O，故D错误；故选C点评：本题考查了离子方程式的判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生
44、成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等，D为易错点，注意反应物过量情况对生成物影响20pH值等于2的两种酸溶液A和B，分别加水稀释1000倍，其pH值与所加水的体积变化趋势示意图如图所示，则下列结论正确的是：（）A 等体积pH=2的两种酸中和NaOH的能力酸A比酸B强B A为弱酸，B为强酸C 酸B的摩尔浓度比酸A大D A比B易电离考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡分析：pH均为2的酸，如果酸是强酸，稀释1000倍后，溶液的pH应该为5，如果是弱酸，因为存在电离平衡，导致稀释后的溶液中氢离子大于原来的千分之一，则溶液的pH应该大于2小
45、于5，根据图象知，溶液稀释后，A的pH为5，B的小于5，所以A是强酸，B是弱酸，据此进行判断解答：解：pH均为2的酸，如果酸是强酸，稀释1000倍后，溶液的pH应该为5，如果是弱酸，因为存在电离平衡，导致稀释后的溶液中氢离子大于原来的千分之一，则溶液的pH应该大于2小于5，根据图象知，溶液稀释后，A的pH为5，B的小于5，所以A为强酸、B为弱酸，A根据分析可知，A为强酸、B为弱酸，则B的浓度大于A，故等体积的两种酸中和强氧化钠能力B比A强，故A错误；B根据分析可知，A为强酸、B为弱酸，故B错误；CA是强酸，B是弱酸，所以B中存在电离平衡，当pH相等时，弱酸的物质的量浓度大于强酸，即：B的物质的
46、量浓度大于A，故C正确；DA是强酸，B是弱酸，所以A比B容易电离，故D正确；故选CD点评：本题考查强弱电解质溶液稀释时的pH的浓度变化，题目难度中等，注意明确加水稀释后促进了弱酸的电离，所以弱酸的pH变化慢，熟练掌握弱电解质的电离平衡及其影响为解答关键21用惰性电极电解下列溶液，电解一段时间后，电解质溶液的pH上升的是（）A 饱和NaCl溶液B AgNO3C CuCl2D 饱和NaOH溶液考点：电解原理分析：A电解饱和NaCl溶液时，溶液中有NaOH生成；B电解硝酸银溶液中，溶液中有硝酸生成；C电解CuCl2溶液时，有CuCl2析出，溶液浓度降低；D电解饱和NaOH溶液，实际上是电解水，溶液变
47、为过饱和溶液解答：解：A电解饱和氯化钠溶液时发生反应2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，溶液中有NaOH生成，溶液碱性增强，则pH升高，故A正确；B电解硝酸银溶液发生反应为4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3，有硝酸生成，溶液酸性增强，则pH降低，故B错误；C电解氯化铜溶液发生反应为CuCl2Cu+Cl2，溶液浓度降低，氯化铜是强酸弱碱盐，溶液呈酸性，如果溶液变为水，则溶液的pH升高，故C正确；D电解饱和氢氧化钠溶液实际上是电解水，反应为2H2O2H2+O2，溶液变为过饱和溶液，有NaOH析出，浓度不变，所以pH不变，故D错误；故选AC点评：本题以溶液pH变化为载体考查电解
48、原理，明确发生的反应是解本题关键，易错选项是CD，注意C中虽然没有碱生成，但溶质浓度降低而改变pH，注意D电解后是过饱和溶液而导致pH不变，题目难度中等22常温下，某CH3COONa与CH3COOH的混合溶液的pH=7，则下列离子浓度之间的关系错误的是（）A c（Na+）c（CH3COO）B c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO）C c（Na+）c（CH3COO）D c（Na+）c（CH3COO）+c（OH）考点：离子浓度大小的比较分析：常温下，pH=7的溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒分析解答解答：解：常温下，pH=
49、7的溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO），又因为c（H+）=c（OH），所以c（Na+）=c（CH3COO），c（Na+）c（CH3COO）+c（OH），故选AC点评：本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中的溶质及溶液酸碱性是解本题关键，灵活运用守恒思想分析解答，题目难度不大三、填空题23NH4+、NO3、HSO4、HCO3、CO32、HCl等微粒中，在水溶液里能电离而不能水解的有HCl，HSO4；能水解而不能电离的有NH4+，CO32；既能水解又能电离的有HCO3；既不能水解又不能
50、电离的有NO3写出其中既能水解又能电离的微粒的电离方程式及水解方程式HCO3H+CO32，HCO3+H2OH2CO3+OH考点：盐类水解的原理；电离方程式的书写分析：给出的微粒中，酸式酸根离子、酸能发生电离，强酸或强碱对应的离子不能水解；弱酸、弱碱的离子能水解，以此来解答解答：解：HSO4、HCl在水溶液里能电离而不能水解；NH4+、CO32能水解而不能电离；HCO3既能水解又能电离，其电离方程式及水解方程式分别为HCO3H+CO32、HCO3+H2OH2CO3+OH，既不能水解又不能电离的是NO3，故答案为：HSO4，HCl；NH4+，CO32；HCO3；NO3；HCO3H+CO32，HCO
51、3+H2OH2CO3+OH点评：本题考查电离与水解，注意电离与水解的规律及弱电解质的电离、盐类水解均为可逆反应，注重基础知识的考查，题目难度不大24有三溶液：aBa（OH）2，bNaOH，cNH3H2O（1）pH值相等时，三种溶液浓度由大到小的顺序为cba（2）物质的量浓度相等时，pH值由大到小的顺序为abc（3）pH=11时，各100mL与同浓度的HCl中和，消耗HCl体积由多到少的顺序为ca=b（4）浓度相等时，各100mL与同浓度HCl中和，消耗HCl体积由多到少的顺序为b=ca考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡分析：（1）pH=lgcH+，pH相同时，NH3H2O为弱电解质，在溶液中部
52、分电离，所以需要的浓度最大；Ba（OH）2为二元强碱，所以其浓度最小；（2）三种碱的物质的量浓度相同时，氨水部分电离，溶液中氢氧根离子浓度最小，溶液的pH最小；氢氧化钡中氢氧根离子浓度最大，溶液的pH最大；（3）三种碱溶液的pH相同、体积也相同时，氢氧化钡和氢氧化钠为强电解质，它们含有的氢氧根离子相同，氨水为弱电解质，含有的氢氧根离子物质的量最大；（4）中和等量的盐酸，需要的氢氧根离子的物质的量相同，所以需要同浓度的氢氧化钠和氨水的体积相同，氢氧化钡为二元强碱，需要的体积最大解答：解：（1）aBa（OH）2二元强碱，完全电离，bNaOH为一元强碱，完全电离，cNH3H2O为一元弱碱部分电离；所
53、以三种碱的pH相同时，NH3H2O为弱电解质，在溶液中部分电离，所以需要的浓度增大；Ba（OH）2为二元强碱，所以其浓度最小，pH相同，三种溶液浓度由大到小的顺序是：cba，故答案为：cba；（2）三种碱的物质的量浓度相同时，氨水溶液中氢氧根离子浓度最小，溶液的pH最小，氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度最大，溶液pH最大，所以三种溶液的pH大小关系为：abc，故答案为：abc；（3）三种碱溶液的pH相同、体积也相同时，氢氧化钡和氢氧化钠中含有的氢氧根离子相同，氨水为弱电解质，含有的氢氧根离子物质的量最大，与同浓度的HCl中和，消耗HCl体积由多到少的顺序是：ca=b，故答案为：ca=b；（4）中和
54、等量的盐酸，需要的氢氧根离子的物质的量相同，所以需要同浓度的氢氧化钠和氨水的体积相同，氢氧化钡为二元强碱，需要的体积最小，所以消耗HCl体积由少到多的顺序是：b=ca，故答案为：b=ca点评：本题考查了弱电解质的电离平衡、酸碱混合后溶液定性判断及溶液pH的计算，题目难度中等，注意掌握弱电解质的电离平衡较强影响，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系及计算方法25在一容积为2L的密闭容器中，高温下发生下列反应：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），其中H2O、CO的物质的量（mol）随时间（min）的变化曲线如图所示：（1）该反应的化学平衡常数表述式为（2）计算1min内（CO）=0.1mol/
55、Lmin（3）反应处于平衡状态的时间区间是12min、35min（4）若反应进行到2min时，改变了温度，使曲线发生如右图所示的变化，则温度为升高（选填“升高”或“降低”）逆反应是放（选填“吸”或“放”）热反应（5）反应至5min时，若也只改变了某一个条件，使曲线发生如图所示变化，该条件可能是下述中的BA增加了C B增加了水蒸气 C降低了温度 D增加了压强考点：化学平衡的影响因素；吸热反应和放热反应；化学平衡常数的含义分析：（1）化学平衡常数K=；（2）据v（CO）=计算；（3）图象分析物质水、一氧化碳物质的量不变的时间段为平衡状态；（4）反应进行至2min时，根据图象知，相同时间内，水和一氧
56、化碳的物质的量变化量大于01min内，说明反应速率增大，根据压强和温度对反应速率、化学平衡的影响分析；（5）反应至第5min时，CO的物质的量不变，水的物质的量增大，说明改变的量是水的物质的量解答：解：（1）化学平衡常数K=，故答案为：；（2）v（CO）=0.1mol/Lmin，故答案为：0.1mol/Lmin；（3）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度、含量等不再发生变化，以及由此衍生的其它量不变，可由此判断12 min、35 min时间段反应达到平衡状态；故答案为：12 min、35 min； （4）反应进行至2min时，根据图象知，相同时间内，水和一氧化碳
57、的物质的量变化量大于01min内，说明反应速率增大，水蒸气的物质的量减少，一氧化碳的物质的量增加，说明平衡向正反应方向移动，则该改变的条件只能是升高温度，升温一氧化碳物质的量增大，说明平衡正向进行，正反应为吸热反应，逆反应为放热反应；故答案为：升高；放； （5）反应至第5min时，CO的物质的量不变，水的物质的量增大，说明改变的量是增加水的物质的量，随反应进行水蒸气减小，一氧化碳增大，平衡正向进行；A、增加了C是固体，不影响化学平衡，故A错误；B、增加了水蒸气，5min时，CO的物质的量不变，水的物质的量增大，故B正确；C、反应是吸热反应，降低了温度平衡逆向进行，图象不符合，故C错误；D、增加
58、了压强，平衡逆向进行，不符合图象变化，故D错误；故答案为：B点评：本题考查了化学平衡状态的判断、外界条件对化学平衡的影响，明确化学平衡状态的判断依据、温度和物质的浓度对化学平衡的影响即可解答，注意降低温度时，无论是吸热反应还是放热反应，都降低反应速率，题目难度中等四、实验题26.实验室配制500mL 0.1mol/L Na2CO3溶液，回答下列问题：（1）应用托盘天平称取石碱晶体（十水碳酸钠）14.3g；（2）配制Na2CO3溶液时需要使用的主要仪器有托盘天平、烧杯、钥匙、500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管（3）若实验遇到下列情况，溶液的浓度是偏高，偏低还是不变？加水时超过刻度线，再用滴管吸出
59、直至刻度线偏低；忘记将洗涤液加入容量瓶偏低；偏低容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理不变；定容后摇匀，液面低于刻度线不变考点：配制一定物质的量浓度的溶液分析：（1）根据n=CV和m=nM来计算；（2）根据配制溶液的实验操作过程选择所需的仪器；（3）分析操作对溶质物质的量、溶液体积的影响，根据c=判断对所配溶液浓度的影响解答：解：（1）配制500ml 0.1molL1的Na2CO3溶液需要的Na2CO3的物质的量n=CV=0.5L0.1molL1=0.05mol，质量m=nM=0.05mol286g/mol=14.3g，故答案为：14.3；（2）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等
60、操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒23次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀所用仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、药匙，故答案为：500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管；（3）加水超过了刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏低，溶液是均匀的，取出水使液面恰好到刻度线，剩余溶液的浓度与原溶液的浓度相等，故偏低，故答案为：偏低；忘记将洗涤液加入容量瓶酸，移入容量瓶内溶质的物质的量减小，所
61、配溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；定容需要加水，容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对所配溶液的浓度无影响，故答案为：不影响；溶液配制需加水定容，容量瓶没有干燥，对所配溶液的浓度无影响，故答案为：不影响点评：本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，难度不大，根据c=判断理解溶液配制原理与误差分析27.资料显示：“氨气可在纯氧中安静燃烧“，某校化学小组学生设计如下装置（图中铁夹等夹持装置已略去）进行氨气与氧气在不同条件下反应的实验（1）用装置A制取纯净、干燥的氨气，大试管内碳酸盐的化学式是（NH4）2CO3或NH4HCO3；碱石灰的作用是吸收水和二氧化碳（2）将产生的氨气与过量的氧气通到装置B（催化剂为
62、铂石棉）中，用酒精喷灯加热：氨催化氧化的化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O，试管内气体变为红棕色，该反应的化学方程式是2NO+O22NO2停止反应后，立即关闭B中两个活塞一段时间后，将试管浸入冰水中试管内气体颜色变浅，请结合化学方程式说明原因2NO2N2O4 H0，降温平衡向正反应方向移动，颜色变浅（3）将过量的氧气与A产生的氨气分别从a、b两管进气口通人到装置C中，并在b管上端点燃氨气，两气体通入的先后顺序是先通O2，后通NH3，其理由是若先通NH3，氨气在空气中不能燃烧，逸出会造成环境污染考点：氨的制取和性质分析：（1）碳酸盐加热分解能产生NH3，只有（NH4）2CO3或NH4H
63、CO3，碱石灰可以吸收酸性气体，并用于干燥氨气；（2）NH3与过量O2在催化剂、加热条件下发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O，生成的NO在试管内被过量的O2氧化为红棕色的NO2气体；由于2NO2（g）N2O4（g）；H0，正反应为放热反应，当温度降低时，平衡向正反应方向移动，依次进行判断；（3）若先通入NH3，NH3在空气中不能点燃，可在纯氧中安静燃烧，依次进行判断解答：解：（1）碳酸盐加热分解能产生NH3，只有（NH4）2CO3或NH4HCO3，其分解产生的混合气体通过碱石灰后，CO2和H2O被吸收，可得到纯净的NH3，故答案为：（NH4）2CO3 或NH4HCO3； 吸收水和二氧化
64、碳； （2）NH3与过量O2在催化剂、加热条件下发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O，通过无水CaCl2后，未反应完的NH3和生成的H2O被吸收，生成的NO在试管内被过量的O2氧化为红棕色的NO2气体，方程式为：2NO+O22NO2，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；2NO+O22NO2；将试管浸入冰水中，由于2NO2（g）N2O4（g）H0，正反应为放热反应，当温度降低时，平衡向正反应方向移动，部分红棕色的NO2转化为无色N2O4，故颜色变浅，故答案为：2NO2N2O4H0，降温平衡向正反应方向移动，颜色变浅；（3）由于装置C上端开口，要点燃NH3，须先通入O2，后通入NH3
65、，因为若先通入NH3，NH3在空气中不能点燃，NH3逸出会造成污染，故答案为：先通O2，后通NH3；若先通NH3，氨气在空气中不能燃烧，逸出会造成环境污染点评：本题考查氨气制取及性质，题目难度中等，做题时注意题中“氨气可在纯氧中安静燃烧”这一重要信心，结合氨气的性质进行解答五、计算题28含有SiO2 的黄铁矿（FeS2）试样1 克，在O2 中充分灼烧后残余固体为0.76 克，则该黄铁矿的纯度为72%（SiO2不反应）；（2）用这种黄铁矿100 吨可制得98%的浓硫酸117.6吨（设工业生产中有2%的硫损失）不要求计算过程考点：有关混合物反应的计算专题：关系式法分析：（1）FeS2在氧气充分灼烧
66、，完全反应后生成Fe2O3，根据Fe元素守恒以及利用差量法计算FeS2的质量，进而计算FeS2的质量分数；（2）根据S元素守恒，利用关系式FeS22SO22SO32H2SO4计算解答：解：（1）FeS2在氧气中充分灼烧，完全反应后生成Fe2O3，根据Fe元素守恒可得2FeS2Fe2O3，利用差量法计算，设1.00g矿石样品中FeS2的质量为m，则：2FeS2Fe2O3 质量减少m240g 160g 80gm 1g0.76g=0.24gm=0.72g所以该黄铁矿中FeS2的质量分数为=72%，故答案为：72；（2）根据S元素守恒，利用关系式发计算，反应的关系式为：FeS22SO22SO32H2S
67、O4，设制得98%的硫酸xt， FeS22SO22SO32H2SO4 120g 196g 100t98%72% x98%x=117.6t，故答案为：117.6点评：本题考查化学方程式的计算，题目难度较大，注意运用差量法和关系式法计算29.有一硫酸和硝酸的混合溶液，取出20mL，加入足量BaCl2溶液，经过滤、洗涤、烘干后得沉淀9.32g；滤液与4mol/L的苛性钠溶液35mL恰好完全中和试求：（1）原混合溶液中硫酸和硝酸的物质的量浓度（2）另取10mL原溶液，加入0.96g铜粉共热，生成一氧化氮的体积为多少？（STP）（3）另取10mL原溶液，加入1.92g铜粉共热，生成一氧化氮的体积为多少？
68、（STP）（4）向（3）反应后的溶液中加入多少毫升1mol/L硫酸就能将1.92g铜恰好完全溶解？考点：有关混合物反应的计算分析：（1）发生H2SO4+BaCl22HCl+BaSO4，沉淀9.32g为硫酸钡的质量，根据n=计算硫酸钡的物质的量，根据方程式计算硫酸的物质的量，再根据c=算硫酸的浓度；滤液中氢离子物质的量不变，与氢氧化钠反应的离子方程式为H+OHH2O，根据NaOH的物质的量氢离子总的物质的量，进而计算硝酸的物质的量，再根据c=算硝酸的浓度；（2）（3）发生为3Cu+8H+2NO33Cu2+4H2O+2NO，根据反应的离子方程式计算判断反应的过量问题，根据不足量的物质计算生成NO的
69、物质的量，再根据V=nVm计算；（4）根据（3）中缺少氢离子的物质的量计算将1.92g铜恰好完全溶解需要加入1mol/L的硫酸的体积解答：解：（1）沉淀9.32g为硫酸钡的质量，根据H2SO4+BaCl22HCl+BaSO4，可知n（H2SO4）=n（BaSO4）=0.04mol，故原溶液中c（H2SO4）=2mol/L；滤液中氢离子物质的量不变，与4.0molL1NaOH溶液反应，用去35mL碱液时恰好完全中和，由H+OHH2O，可知n（H+）=n（OH）=0.035L4mol/L=0.14mol，溶液氢离子来源于硫酸、硝酸的电离，故n（HNO3）+20.04mol=0.14mol，解得n（
70、HNO3）=0.06mol，故原溶液中c（HNO3）=3mol/L，答：混合液中H2SO4的物质的量浓度为2mol/L、HNO3的物质的量浓度是3mol/L（2）0.96g铜的物质的量为：=0.015mol，10mL的混合溶液中含有硫酸0.02mol，硝酸是0.03mol，氢离子的物质的量是0.07mol，硝酸和铜反应的离子方程式为： 3Cu+8H+2NO33Cu2+4H2O+2NO 3mol 8mol 2mol 0.015mol 0.04mol 0.01mol所以硝酸根和氢离子是过量的，Cu不足，完全反应，所以生成NO的物质的量是0.015mol=0.01mol，其标准状况下的体积是0.01
71、mol22.4L/mol=0.224L，答：标况下能生成气体体积为0.224L；（3）根据（2）可知，1.92g铜的物质的量为0.03mol，10mL的混合溶液中含有硫酸0.02mol，硝酸是0.03mol，氢离子的物质的量是0.07mol，硝酸和铜反应的离子方程式为： 3Cu+8H+2NO33Cu2+4H2O+2NO 3mol 8mol 2mol 0.03mol 0.08mol 0.02mol所以硝酸根离子过量，氢离子不足，所以生成NO的物质的量是：0.07mol=0.0175mol，其标准状况下的体积是：0.175mol22.4L/mol=0.392L，答：标况下能生成气体体积为0.392L；（4）根据（3）可知，氢离子还缺少的物质的量为：0.08mol0.07mol=0.01mol，需要1mol/L的硫酸溶液体积为：=0.005L=5mL，答：向（3）反应后的溶液中加入5毫升1mol/L硫酸就能将1.92g铜恰好完全溶解点评：本题考查混合物计算、离子反应的计算，题目难度中等，明确发生反应实质为解答关键，注意硫酸和铜不反应，可以提供氢离子，只要氢离子足量，硝酸根就有可能被完全还原，注意掌握利用离子方程式进行计算的方法