1、2014-2015学年江苏省南通市如东高中高二（上）段考化学试卷（12月份）（选修）一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1（2分）（2014秋如东县校级月考）化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法正确的是（）A电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁B用食醋去除水壶中的水垢所发生的是水解反应C在海轮外壳上镶入不活泼的铜块，可减缓船体的腐蚀速率D明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用作净化剂2（2分）（2014秋如东县校级月考）下列化学用语正确的是（）AHF的电子式：BH2O的球棍模型：CCl离子的结构示意图：D氮原子价层电子排布图：3（2分）（2014秋如东县校级
2、月考）浓度均为0.1mol/L的下列溶液，pH最大的是（）AHCl溶液BNaHCO3溶液CK2CO3溶液DCu（NO3）2溶液4（2分）（2014秋如东县校级月考）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A使甲基橙变红的溶液：K+、Na+、SO42、CO32BpH=7的溶液中：Fe3+、K+、SO42、BrCc（H+）/c （OH）104的溶液：K+、Ba2+、NO3、ClD水电离出的c（H+）1.01013 molL1的溶液中：SO42、K+、Cl、Fe3+5（2分）（2011重庆）对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是（）A明矾溶液加热BCH3COONa溶液加热C氨水中
3、加入少量NH4Cl固体D小苏打溶液中加入少量NaCl固体6（2分）（2014秋如东县校级月考）下列反应的离子方程式书写正确的是（）ANaHSO3在水中的电离：NaHSO3Na+H+SO32B碳酸钠水溶液的水解：CO32+2H2OH2CO3+2OHC向含有Pb2+的工业废水中加入FeS：Pb2+FeSPbS+Fe2+D向硫酸铜溶液中滴加过量氨水：Cu2+2NH3H2OCu（OH）2+2NH4+7（2分）（2014秋如东县校级月考）用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A2 L 1 molL1的盐酸中所含氯化氢分子数为2NAB1L 0.1 molL1的NaClO溶液中ClO数目为0.
4、1NAC标准状况下，11.2L乙醇完全燃烧生成的CO2分子数为NAD标准状况下，4.48 L N2所含的共用电子对数0.6NA8（2分）（2014秋如东县校级月考）下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是（）A溴水中有下列平衡：Br2+H2OHBr+HBrO，当加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅B对2HI（g）H2（g）+I2（g），平衡体系增大压强可使颜色变深C反应CO+NO2CO2+NO（正反应为放热反应），升高温度可使平衡向逆反应方向移动D合成NH3反应，为提高NH3的产率，理论上应采取低温度的措施（N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；H0）9（2分）（2014秋如东县校级月考）已知常温
5、时ksp（AgCl）=1.81010、ksp（AgBr）=4.91013，将AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合，再加足量浓AgNO3溶液，发生的反应为（）A只有AgBr沉淀生成BAgCl和AgBr沉淀等量生成CAgCl沉淀少于AgBr沉淀DAgCl沉淀多于AgBr沉淀10（2分）（2009沈阳三模）2.0mol PCl3和1.0mol Cl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3+Cl2PCl5达平衡时，PCl5为0.40mol，如果此时移走1.0mol PCl3和0.50mol Cl2，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是（）A0.40molB0.20molC
6、小于0.20molD大于0.20mol，小于0.40mol二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11（4分）（2014秋如东县校级月考）氢氧化镁固体在水中存在如下溶解平衡：Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH（aq）H0，为使Mg（OH）2固体的质量增多，可采取的措施是（）A升高温度B加入NH4Cl固体C通入HCl气体D加入1mol/LNaOH溶液12（4分）（2014秋如东县校级月考）下列说法中，正确的是（）A使用催化剂可以改变化学反应的活化能，但不改变反应的晗变BNa2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和Kw均减小C50时，pH=11的纯碱溶液中c（OH）=1.010
7、3molL1D反应NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）在常温时向右进行，加热时向左进行，是因为该正向H0，S013（4分）（2014秋如东县校级月考）下列图示与对应的叙述相符的是（）A图1所示的总反应为吸热反应B图2表示常温下pH=2的HCl溶液加水稀释倍数与pH的变化关系C图3表示反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）平衡常数K随CO浓度变化的关系D图4可以说明在恒容密闭容器中充入SO2、O2，反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） 从t1时刻起达到平衡状态14（4分）（2014秋如东县校级月考）下列有关溶液（常温下）中微粒浓度关系的叙述正确的是（）A对于0.1 molL
8、1 Na2SO3溶液中：2c （Na+）c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3）B将CH3COOK溶液和盐酸溶液混合所得中性溶液：c（K+）c（Cl）=c（CH3COOH）CKa（CH3COOH）=1.8105，Ka（HCN）=4.91010，物质的量浓度相同的CH3COONa、NaCN溶液中：c（CH3COO）c（CN）DpH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c（Cl）=c（NH4+）c（OH）=c（H+）15（4分）（2014秋如东县校级月考）温度为T时，向2.00L恒容密闭容器中充入1.00molCH4，发生反应：2CH4（g）C2H2（g）+3H2（g），经过一段时间后达
9、到平衡反应过程中测定的部分数据见下表：t/s05152535n（CH4）/mol1.000.840.810.800.80改变温度，测得不同温度下达平衡时C2H2的物质的量的变化曲线如图下列说法正确的是（）A温度T时，前5s H2平均速率为0.024molL1s1B温度T时，b点 （逆）（正）C该反应的平衡常数随温度升高逐渐减小D温度T时，若向2.00L恒容密闭充入2.00molC2H2和6.00molH2，达到平衡时，C2H2转化率大于80%三、解答题（共6小题，满分80分）16（14分）（2014秋如东县校级月考）根据化学反应原理，回答下列问题：（1）将溶液甲：pH=4的NH4Cl溶液及溶液
10、乙：pH=4的盐酸，分别加水稀释10倍，pH变化较大的是溶液（填“甲”、“乙”，下同），稀释后水的电离程度较大的是溶液（2）在密闭容器中加入一定量N2O5，发生分解反应：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）H0该反应平衡常数表达式为k=提出一个合理措施，使得该反应反应速率减小，且平衡向正反应方向移动通过NOx传感器可监测汽车尾气中NOx含量，工作原理如图1：写出NiO电极的电极反应式（3）25时，0.1mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH 的关系如图2所示CO32水解反应的平衡常数即水解常数Kh=，选择图中合理数据，算得CO32水解常数Kh=W点
11、所示的溶液中：3c（CO32）+c（OH）+c（Cl）（选填“”“”或“=”）c（Na+）17（12分）（2014秋如东县校级月考）甲醇被称为2l世纪的新型燃料，请解决甲醇的有关问题（1）已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H11275.6kJ/mol2CO （g）+O2（g）2CO2（g）H2566.0kJ/molH2O（g）H2O（l）H344.0kJ/mol甲醇不完全燃烧仅生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）CO （g）+2H2O（l）HkJ/mol（2）反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）能自发进行，由此可
12、以判断H0（“”“=“”）为了寻找该法合成甲醇的温度和压强的适宜条件，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计的表中，请在空格中填入剩余的实验条件数据实验编号T（）n （CO）/n（H2）P（MPa）11500.12533505（3）倘若（2）中合成甲醇的原料气由下述反应提供：将1.0mol CH4和2.0mol H2O（g）通入反应室（容积为100L），在一定条件下发生反应CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），CH4的转化率与温度、压强的关系如右图图中的P1P2（选填“”、“”或“=”），100、P2时，该反应平衡常数数值为18（16分）（2012金东区校级模拟）
13、工业上常回收冶炼锌废渣中的锌（含有ZnO、FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质），并用来生产Zn（NO3）26H2O晶体，其工艺流程如图为：有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：氢氧化物Al（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2Zn（OH）2开始沉淀的pH3.31.56.54.25.4沉淀完全的pH5.23.79.76.78.0（1）在“酸浸”步骤中，为提高锌的浸出速率，除通入空气“搅拌”外，还可采取的措施是（2）上述工艺流程中多处涉及“过滤”，实验室中过滤操作需要使用的玻璃仪器有（3）在“除杂I”步骤中，需再加入适量H2O2溶液，H2O2与Fe2+反应的离子方程式
14、为为使Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀完全，而Zn（OH）2不沉淀，应控制溶液的pH范围为检验Fe3+是否沉淀完全的实验操作是（4）加入Zn粉的作用是“操作A”的名称是19（10分）（2014秋如东县校级月考）磷酸氧铜CuxOy（PO4）z可作为锂/磷酸氧铜电池正极的活性物质某化学兴趣小组为测定磷酸氧铜的组成，进行如下操作：准确称取上述46.2g磷酸氧铜样品（假设不含杂质）使其完全溶于一定量盐酸中，并加水配成100mL蓝色溶液A；用滴定管准确量取20.00mL蓝色溶液A，逐滴加入氢氧化钠溶液，至恰好完全沉淀，过滤、洗涤，将所得沉淀灼烧使其恰好全部转化为黑色氧化物，冷却后称得残留固体质量为6.
15、40g；将滤液和洗涤液合并，加入足量CaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、烘干得6.20g沉淀（1）计算46.2g磷酸氧铜样品中Cu2+、PO43的物质的量（写出计算过程）（2）通过计算确定磷酸氧铜的化学式（写出计算过程）20（14分）（2014秋如东县校级月考）X、Y、Z、W、R为前四周期元素且原子序数依次增大，X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Z、W形成的化合物既和盐酸反应又和氢氧化钠溶液反应，W的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子；R基态原子中未成对电子数目为4个请用具体元素回答下列问题：（1）元素R在元素周期表中位置为（2）Y、Z、W原子半径由大到小依次为（3）X2Z2的电子
16、式为，该分子中Z原子的杂化类型为，四个原子的空间位置关系（选填“在”、“不在）一条直线上（4）结合相关离子方程式解释实验室配制RCl3溶液时，往往需要加入少量盐酸的原因是（5）酸性物质Y2X4Z2中键与键数目之比为21（14分）（2014秋如东县校级月考）运用物质结构的知识完成B、N元素的问题（1）第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有（填元素符号）（2）Cr3+能与CN形成配合物离子Cr（CN）63，Cr3+的电子排布式为写出一种双原子分子的化学式，它与CN互为等电子体（3）BF3与一定量水形成（H2O）2BF3晶体Q，Q在一定条件下可能转化为R：BF3的立体构型为R中阳离子的空间构型为，
17、阴离子中B原子轨道采用杂化（4）硼砂是含结晶水的四硼酸钠，其阴离子Xm（含B、O、H三种元素）的球棍模型如图所示则m=（填数字）2014-2015学年江苏省南通市如东高中高二（上）段考化学试卷（12月份）（选修）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1（2分）（2014秋如东县校级月考）化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法正确的是（）A电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁B用食醋去除水壶中的水垢所发生的是水解反应C在海轮外壳上镶入不活泼的铜块，可减缓船体的腐蚀速率D明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用作净化剂考点：金属冶炼的一般原理；金属的
18、电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用 分析：A、电解MgCl2饱和溶液，生成氢氧化镁、氢气和氯气；B、水垢的主要成分是碳酸钙、氢氧化镁，二者都能和醋酸反应生成可溶性的盐而除去水垢；C、作原电池正极的金属被保护，做负极的金属被腐蚀；D、Al（OH）3胶体具有较大的表面积，有吸附性解答：解：A、电解MgCl2饱和溶液，生成氢氧化镁、氢气和氯气，电解熔融的氯化镁，可以制取金属镁，故A错误；B、水垢的主要成分是碳酸钙、氢氧化镁，CaCO3+2CH3COOH=Ca（CH3COO）2+CO2+H2O、Mg（OH）2+2CH3COOH=Mg（CH3COO）2+2H2O，所以发生的是复分解反应，故B错误；C、在海
19、轮外壳上镶入Cu块，Cu、铁和海水构成原电池，Fe易失电子作负极，则Fe被腐蚀，可以加快船体的腐蚀速率，故C错误；D、明矾在水中电离的铝离子能水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体具有较大的表面积，有吸附性，能吸附水中的悬浮物，可用于水的净化，故D正确；故选D点评：本题考查学生电解池的工作原理以及金属腐蚀和防护知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度中等2（2分）（2014秋如东县校级月考）下列化学用语正确的是（）AHF的电子式：BH2O的球棍模型：CCl离子的结构示意图：D氮原子价层电子排布图：考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合 专题：化学用语专题分析：A、HF为共价化合物，H
20、与F之间形成1对共价键；B、H2O为V形；C、Cl原子质子数为17，得到1个电子后形成氯离子；D、氮原子最外层电子数为5，据此解答即可解答：解：A、HF为共价化合物，H与F之间形成1对共价键，正确应为：，故A错误；B、H2O为V形，正确的应为：，故B错误；C、Cl原子质子数为17，得到1个电子后形成氯离子，正确应为：，故C错误；D、氮原子最外层电子数为5，核外价电子排布为：，故D正确，故选D点评：本题考查了化学用语，涉及电子式的书写、球棍模型、结构式等知识点，共价键中易漏掉孤电子对，本题难度不大3（2分）（2014秋如东县校级月考）浓度均为0.1mol/L的下列溶液，pH最大的是（）AHCl溶
21、液BNaHCO3溶液CK2CO3溶液DCu（NO3）2溶液考点：盐类水解的应用 专题：盐类的水解专题分析：浓度均为0.1mol/L的溶液，pH最大，说明溶液碱性最强，据此分析解答解答：解：A盐酸溶液呈酸性，0.1mol/L的盐酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，pH=1；B碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度溶液呈碱性，但碱性较弱；C碳酸钾是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，且碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以相同浓度时碳酸钾溶液碱性大于碳酸氢钠；D硝酸铜是强酸弱碱盐，铜离子水解导致溶液呈酸性，但酸性小于相同浓度的盐酸溶液；通过以上分析知，碱性最强的是碳酸
22、钾溶液，则pH最大的是碳酸钾溶液，故选C点评：本题以盐类水解为载体考查溶液酸碱性强弱判断，明确物质性质是解本题关键，知道多元弱酸根离子水解程度大小顺序，题目难度不大4（2分）（2014秋如东县校级月考）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A使甲基橙变红的溶液：K+、Na+、SO42、CO32BpH=7的溶液中：Fe3+、K+、SO42、BrCc（H+）/c （OH）104的溶液：K+、Ba2+、NO3、ClD水电离出的c（H+）1.01013 molL1的溶液中：SO42、K+、Cl、Fe3+考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：A使甲基橙变红色的溶液呈强酸性，弱酸根离
23、子等和氢离子反应的离子不能大量存在；B常温下，pH=7的溶液呈中性，离子之间不能反应生成气体、沉淀、弱电解质或发生氧化还原反应、双水解反应；Cc（H+）/c （OH）104的溶液呈酸性，离子之间不能反应且和氢离子不能反应；D水电离出的c（H+）1.01013 molL1的溶液呈酸性或碱性，离子之间不能反应且和氢离子或氢氧根离子都不能反应解答：解：A使甲基橙变红色的溶液呈强酸性，碳酸根离子和氢离子反应生成二氧化碳和水，所以不能大量共存，故A错误；B常温下，pH=7的溶液呈中性，中性条件下，铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，故B错误；Cc（H+）/c （OH）104的溶液呈酸性，这几种离子之
24、间不反应且和氢离子也不反应，所以能大量共存，故C正确；D水电离出的c（H+）1.01013 molL1的溶液呈酸性或碱性，碱性条件下，铁离子和氢氧根离子反应而不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子共存，为高考高频点，侧重考查复分解反应，明确复分解反应的条件即可解答，易错选项是B5（2分）（2011重庆）对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是（）A明矾溶液加热BCH3COONa溶液加热C氨水中加入少量NH4Cl固体D小苏打溶液中加入少量NaCl固体考点：盐类水解的应用 专题：盐类的水解专题分析：对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后红色变深，说明溶液中OH浓度增大，结合外界条件对水解平
25、衡移动的影响分析解答：解：A明矾溶液中电离后产生的Al3+水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变化，故A错误；BCH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深，故B正确；C氨水为弱碱，部分电离：NH3H2ONH4+OH，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NH4+Cl，其中的NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，故C错误；D加入少量NaCl固体不影响小苏打的电离，酚酞溶液不变深，故D错误故选B点评：本题考查影响盐类水解的因素，题目难度不大，注意两点，一是溶液呈碱性，二是把握影响水解平衡的因素以及平衡移动的方
26、向6（2分）（2014秋如东县校级月考）下列反应的离子方程式书写正确的是（）ANaHSO3在水中的电离：NaHSO3Na+H+SO32B碳酸钠水溶液的水解：CO32+2H2OH2CO3+2OHC向含有Pb2+的工业废水中加入FeS：Pb2+FeSPbS+Fe2+D向硫酸铜溶液中滴加过量氨水：Cu2+2NH3H2OCu（OH）2+2NH4+考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A亚硫酸氢根离子为弱酸的酸式根离子应保留化学式；B碳酸根离子为弱酸的酸式根离子分步水解；C硫化铅的溶解度小于硫化亚铁；D向硫酸铜溶液中滴加过量氨水生成可溶性络合物解答：解：ANaHSO3在水中的电离，离子方程式：
27、NaHSO3Na+HSO3，故A错误；B碳酸钠水溶液的水解，离子方程式：CO32+H2OHCO3+OH，故B错误；C硫化铅的溶解度小于硫化亚铁，向含有Pb2+的工业废水中加入FeS反应生成硫化铅沉淀，离子方程式为：Pb2+FeSPbS+Fe2+，故C正确；D向硫酸铜溶液中滴加过量氨水，离子方程式：Cu2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+4H2O，故D错误；故选：C点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意化学式的拆分、电解质的强弱，题目难度不大7（2分）（2014秋如东县校级月考）用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A2 L 1 molL1的盐酸中所含
28、氯化氢分子数为2NAB1L 0.1 molL1的NaClO溶液中ClO数目为0.1NAC标准状况下，11.2L乙醇完全燃烧生成的CO2分子数为NAD标准状况下，4.48 L N2所含的共用电子对数0.6NA考点：阿伏加德罗常数 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A氯化氢为强电解质，在水中完全电离；B次氯酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分水解；C气体摩尔体积适用对象为气体；D氮气分子中含有氮氮三键，1分子氮气中含有3个共用电子对；解答：解：A氯化氢为强电解质，在水中完全电离，不存在氯化氢分子，故A错误；B次氯酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分水解，所以1L 0.1 molL1的NaClO
29、溶液中ClO数目小于0.1NA，故B错误；C标况下，乙醇为液态，不能使用气体摩尔体积，故C错误；D标况下4.48L氮气的物质的量为0.2mol，0.2mol氮气中含有0.6mol共用电子对，所含的共用电子对数0.6NA，故D正确；故选：D点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确氮气分子中存在氮氮三键是解题关键，注意气体摩尔体积使用对象和条件8（2分）（2014秋如东县校级月考）下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是（）A溴水中有下列平衡：Br2+H2OHBr+HBrO，当加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅B对2H
30、I（g）H2（g）+I2（g），平衡体系增大压强可使颜色变深C反应CO+NO2CO2+NO（正反应为放热反应），升高温度可使平衡向逆反应方向移动D合成NH3反应，为提高NH3的产率，理论上应采取低温度的措施（N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；H0）考点：化学平衡移动原理；化学平衡的影响因素；氯、溴、碘及其化合物的综合应用 专题：化学平衡专题分析：勒夏特列原理内容为：如果改变影响平衡的条件之一，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，反应必须为可逆反应，否则勒夏特列原理不适用解答：解：A、溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后发生反应：Br+A
31、g+AgBr，溴离子浓度减小，使平衡Br2+H2OHBr+HBrO向着正向移动，溴水的浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A错误；B、H2、I2、HI三者的平衡，增大压强平衡不移动，但浓度增大，则颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故B正确；C、反应CO+NO2CO2+NO，H0，升高温度，向着吸热方向进行，即可使平衡向逆反应方向移动，能用勒夏特列原理解释，故C错误；D、合成NH3反应为放热反应，降低温度，平衡向着正向移动，有利于提高NH3的产率，能够用勒夏特列原理解释，故D错误；故选B点评：本题考查勒夏特例原理的应用，是高考中的常见题型和考点，为中等难度试题，试题基础性强，侧重对学生解
32、题能力的培养与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力；该题需要明确的应注意区别化学平衡移动原理和化学反应速率理论的应用范围，并能具体问题、具体分析9（2分）（2014秋如东县校级月考）已知常温时ksp（AgCl）=1.81010、ksp（AgBr）=4.91013，将AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合，再加足量浓AgNO3溶液，发生的反应为（）A只有AgBr沉淀生成BAgCl和AgBr沉淀等量生成CAgCl沉淀少于AgBr沉淀DAgCl沉淀多于AgBr沉淀考点：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：向两饱和溶液中，加入AgNO3，AgCl与
33、AgBr的溶解平衡向左移动，但是饱和溶液中AgBr的溶解度更小，所以溶液中AgCl沉淀较多解答：解：在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c（Ag+）大于后者c（Ag+），c（Cl）c（Br），当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr沉淀，与此同时，溶液中n（Cl）比原来AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多故选D点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等，解答本题时注意AgCl的溶解度比AgBr大，加入硝酸银，抑制溶解平衡向右移动，生成沉淀更多10（2分
34、）（2009沈阳三模）2.0mol PCl3和1.0mol Cl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3+Cl2PCl5达平衡时，PCl5为0.40mol，如果此时移走1.0mol PCl3和0.50mol Cl2，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是（）A0.40molB0.20molC小于0.20molD大于0.20mol，小于0.40mol考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素 专题：化学平衡专题分析：达平衡后移走1.0mol PC13和0.50mol C12，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1.0mol PC13和0.50mol C12到达的平衡，与原平
35、衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，故平衡时PC15的物质的量小于原平衡的倍解答：解：达平衡后移走1.0mol PC13和0.50mol C12，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1.0mol PC13和0.50mol C12到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，故达新平衡时PC15的物质的量小于原平衡的倍，即达平衡时PC15的物质的量小于0.4mol=0.2mol，故选C点评：考查化学平衡的有关减小，化学平衡的建立等，难度中等，关键是设计等效平衡建立的途径二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11（4分）（2014秋如东县校级月考）
36、氢氧化镁固体在水中存在如下溶解平衡：Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH（aq）H0，为使Mg（OH）2固体的质量增多，可采取的措施是（）A升高温度B加入NH4Cl固体C通入HCl气体D加入1mol/LNaOH溶液考点：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：根据平衡移动原理及溶度积解答，为使Mg（OH）2固体的质量增多，即平衡逆向移动，可增加Mg2+或OH的浓度，因溶解吸热，也可降低温度，以此解答该题解答：解：A因溶解吸热，升高温度，促进溶解，则Mg（OH）2固体的质量减少，故A错误；B加入NH4Cl固体，NH4+与OH结合生成氨水，故氢氧根的浓度减
37、小，故平衡右移，平衡正向移动，Mg（OH）2固体的质量减少，故B错误；C通入HCl气体，氢氧根的浓度减小，故平衡右移，平衡正向移动，Mg（OH）2固体的质量减少，故C错误；D加入1mol/LNaOH溶液，氢氧根的浓度增大，平衡逆向移动，Mg（OH）2固体的质量增多，故D正确故选D点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡和沉淀的转化，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意从平衡移动的角度解答该题12（4分）（2014秋如东县校级月考）下列说法中，正确的是（）A使用催化剂可以改变化学反应的活化能，但不改变反应的晗变BNa2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和Kw均减小C50时，
38、pH=11的纯碱溶液中c（OH）=1.0103molL1D反应NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）在常温时向右进行，加热时向左进行，是因为该正向H0，S0考点：反应热和焓变；化学平衡的影响因素；pH的简单计算 分析：A催化剂只能改变反应的活化能，不会改变化学反应的反应热；BNa2CO3溶液加水稀释促进水解，Kw只与温度有关；C根据水的离子积常数计算氢氧根离子浓度；D根据G=HTS0时，反应能自发进行判断解答：解：A催化剂只能改变反应的活化能，不会改变化学反应的反应热，反应热只与反应的始态与终态有关，与反应途径、是否使用催化剂无关，故A正确；B水的离子积常数只与温度有关，温度不变，则Kw
39、不变，故B错误；C水的离子积常数与温度有关，温度不同，水的离子积常数不同，该温度下，水的离子积常数大于1014，所以pH=11的纯碱溶液中：c（OH）1.0103molL1，故C错误；D反应NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）在室温下向右进行，加热时向左进行，又S0，根据G=HTS0，则该反应正向的H0，故D错误；故选A点评：本题是道综合性题目，涉及盐类水解、催化剂的作用、水的离子积常数、反应自发的判断等，难度中等，注意基础知识的积累13（4分）（2014秋如东县校级月考）下列图示与对应的叙述相符的是（）A图1所示的总反应为吸热反应B图2表示常温下pH=2的HCl溶液加水稀释倍数与pH
40、的变化关系C图3表示反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）平衡常数K随CO浓度变化的关系D图4可以说明在恒容密闭容器中充入SO2、O2，反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） 从t1时刻起达到平衡状态考点：反应热和焓变；化学平衡的影响因素；pH的简单计算 分析：A由图象可知反应后能量降低；BHCl溶液加水稀释，溶液的pH始终小于7；C平衡常数K只与温度有关；D恒容密闭容器中充入SO2、O2，反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） 反应前后质量不变，又体积恒定，所以密度恒定解答：解：A由图象可知反应后能量降低，所以该反应是放热反应，故A错误；BHCl溶液加水稀释，溶液仍是HCl
41、溶液，显酸性，溶液的pH始终小于7，故B错误；C平衡常数K只与温度有关，所以增大压强K不变，故C正确；D恒容密闭容器中充入SO2、O2，反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） 反应前后质量不变，又体积恒定，所以密度恒定，故D错误；故选：C点评：本题以图象的形式考查平衡常数动、化学反应中的能量变化、平衡状态判断等，难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与读图获取信息的能力14（4分）（2014秋如东县校级月考）下列有关溶液（常温下）中微粒浓度关系的叙述正确的是（）A对于0.1 molL1 Na2SO3溶液中：2c （Na+）c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3）B将CH3COOK溶
42、液和盐酸溶液混合所得中性溶液：c（K+）c（Cl）=c（CH3COOH）CKa（CH3COOH）=1.8105，Ka（HCN）=4.91010，物质的量浓度相同的CH3COONa、NaCN溶液中：c（CH3COO）c（CN）DpH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c（Cl）=c（NH4+）c（OH）=c（H+）考点：离子浓度大小的比较 专题：盐类的水解专题分析：A根据亚硫酸钠溶液中的物料守恒判断；B根据电荷守恒c（K+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH）+c（CH3COO）和质子守恒c（Cl）+c（OH）=c（H+）+c（CH3COOH）进行分析；C酸根离子对应酸的酸性越强，酸根离子的
43、水解程度越大，水解程度越大，则酸根离子浓度越小；D一水合氨为弱碱，混合液中氨水过量，溶液显示碱性，则c（OH）c（H+）解答：解：A对于0.1 molL1 Na2SO3溶液中一定满足物料守恒：c （Na+）2c（SO32）+2c（HSO3）+2c（H2SO3），故A错误；B混合液为中性，则c（OH）=c（H+），根据电荷守恒c（K+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH）+c（CH3COO）可得：c（K+）=c（Cl）+c（CH3COO），所以c（K+）c（Cl）；根据质子守恒可得：c（Cl）+c（OH）=c（H+）+c（CH3COOH），由于c（OH）=c（H+），则c（Cl）=c（CH3CO
44、OH），故B正确；CKa（CH3COOH）=1.8105，Ka（HCN）=4.91010，则酸性：CH3COOHHCN，则醋酸钠的水解程度小于NaCN，所以物质的量浓度相同的CH3COONa、NaCN溶液中：c（CH3COO）c（CN），故C正确；DpH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合，一水合氨为弱碱，氨水浓度大于盐酸，则混合液中氨水过量，溶液显示碱性，则c（OH）c（H+），根据电荷守恒可得：c（Cl）c（NH4+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+），故D错误；故选BC点评：本题考查了溶液中离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度中等，试题
45、知识点较多，充分考查了学生对基础知识的把握情况，要求学生能够利用电荷守恒、物料守恒、质子守恒及盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小，选项D为易错点，注意混合液中氨水过量15（4分）（2014秋如东县校级月考）温度为T时，向2.00L恒容密闭容器中充入1.00molCH4，发生反应：2CH4（g）C2H2（g）+3H2（g），经过一段时间后达到平衡反应过程中测定的部分数据见下表：t/s05152535n（CH4）/mol1.000.840.810.800.80改变温度，测得不同温度下达平衡时C2H2的物质的量的变化曲线如图下列说法正确的是（）A温度T时，前5s H2平均速率为0.024molL1
46、s1B温度T时，b点 （逆）（正）C该反应的平衡常数随温度升高逐渐减小D温度T时，若向2.00L恒容密闭充入2.00molC2H2和6.00molH2，达到平衡时，C2H2转化率大于80%考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程 专题：化学平衡专题分析：A、依据化学反应速率概念计算，V=计算C2H2的反应速率，依据反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算分析；B、b点和曲线比较可知反应正向进行；C、温度升高，平衡正向进行，正反应为吸热反应；D、温度T时，若向2.00L恒容密闭充入2.00molC2H2和6.00molH2，可以分析上述反应的逆反应乙炔转化率，结合影响平衡因素和平衡移动原理分
47、析判断解答：解：A、温度T时，前5s甲烷的反应速率=0.016mol/Ls，H2平均速率=V（CH4）=0.016mol/Ls=0.024molL1s1，故A正确；B、b点和曲线比较可知反应正向进行，b点 （逆）（正），故B错误；C、温度升高，乙炔的物质的量增大，平衡正向进行，正反应为吸热反应，故C错误；D、2CH4（g）C2H2（g）+3H2（g）， 起始量（mol） 1 0 0变化量（mol） 0.2 0.1 0，3平衡量（mol） 0.8 0.1 0.3逆向进行时 达到相同平衡起始量 0 0.5 1.5变化量 0.8 0.4 1.2平衡状态 0.8 0.1 0.3乙炔的转化率=100%=
48、80%温度T时，若向2.00L恒容密闭充入2.00molC2H2和6.00molH2，相当于增大压强，平衡逆向进行，乙炔的转化率大于80%，故D正确；故选AD点评：本题考查了化学平衡影响因素分析，平衡移动原理的理解应用，掌握国内实质和分析方法是关键，题目难度中等三、解答题（共6小题，满分80分）16（14分）（2014秋如东县校级月考）根据化学反应原理，回答下列问题：（1）将溶液甲：pH=4的NH4Cl溶液及溶液乙：pH=4的盐酸，分别加水稀释10倍，pH变化较大的是溶液乙（填“甲”、“乙”，下同），稀释后水的电离程度较大的是溶液甲（2）在密闭容器中加入一定量N2O5，发生分解反应：2N2O5
49、（g）4NO2（g）+O2（g）H0该反应平衡常数表达式为k=提出一个合理措施，使得该反应反应速率减小，且平衡向正反应方向移动减小压强通过NOx传感器可监测汽车尾气中NOx含量，工作原理如图1：写出NiO电极的电极反应式NO+O22eNO2（3）25时，0.1mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH 的关系如图2所示CO32水解反应的平衡常数即水解常数Kh=，选择图中合理数据，算得CO32水解常数Kh=2.5104W点所示的溶液中：3c（CO32）+c（OH）+c（Cl）（选填“”“”或“=”）c（Na+）考点：pH的简单计算；化学电源新型电池；化学平衡的
50、影响因素；化学平衡的计算 分析：（1）强酸溶液稀释，氢离子浓度随体积变化减小，氯化铵溶液稀释除随体积变化浓度减小外，稀释促进铵根离子的水解；（2）化学平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值；减小压强平衡向气体体积增大的方向移动；NiO电极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮；（3）当PH=11时，c（CO32）=0.08mol/L，c（HCO3）=0.02mol/L，结合水解常数Kh=计算，根据电荷守恒结合W点c（CO32）=c（HCO3）判断解答：解：（1）pH均为4的盐酸和NH4Cl溶液，分别加水稀释10倍，盐酸溶液PH变化为5，氯化铵铵根离子水解促进，溶液中氢离
51、子浓度减小的少，溶液PH小于5，所以pH较大的是盐酸，稀释后水的电离程度较大的是NH4Cl溶液；故答案为：乙；甲；（2）化学平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值，即K=，故答案为：；该反应正反应是体积增大的反应，减小压强平衡向气体体积增大的方向移动，即向正反应移动，故答案为：减小压强； NiO电极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，所以电极反应式为：NO+O22e=NO2，故答案为：NO+O22e=NO2；（3）当PH=11时，c（OH）=1103mol/L，c（CO32）=0.08mol/L，c（HCO3）=0.02mol/L，所以水解常数Kh=2.5104，故
52、答案为：2.5104；根据电荷守恒可知，溶液中离子应该满足关系式c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（OH）+c（Cl）+c（HCO3），W点c（CO32）=c（HCO3），所以c（Na+）+c（H+）=3c（CO32）+c（OH）+c（Cl），所以3c（CO32）+c（OH）+c（Cl）c（Na+），故答案为：点评：本题考查了水的离子积常数有关计算、平衡常数表达式、碳酸钠和盐酸反应中离子浓度大小比较，该题是高考中的常见题型，属于综合性试题的考查，对学生的思维能力提出了较高的要求，本题贴近高考，综合性强，侧重对学生能力的培养，意在培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力该题的关键是在明确
53、反应原理的基础上利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，然后结合图象和题意灵活运用即可，题目难度中等17（12分）（2014秋如东县校级月考）甲醇被称为2l世纪的新型燃料，请解决甲醇的有关问题（1）已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H11275.6kJ/mol2CO （g）+O2（g）2CO2（g）H2566.0kJ/molH2O（g）H2O（l）H344.0kJ/mol甲醇不完全燃烧仅生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）CO （g）+2H2O（l）H442.8kJ/mol（2）反应CO（g）+2H2（g）
54、CH3OH（g）能自发进行，由此可以判断H0（“”“=“”）为了寻找该法合成甲醇的温度和压强的适宜条件，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计的表中，请在空格中填入剩余的实验条件数据实验编号T（）n （CO）/n（H2）P（MPa）11500.12150533505（3）倘若（2）中合成甲醇的原料气由下述反应提供：将1.0mol CH4和2.0mol H2O（g）通入反应室（容积为100L），在一定条件下发生反应CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），CH4的转化率与温度、压强的关系如右图图中的P1P2（选填“”、“”或“=”），100、P2时，该反应平衡常数数值为
55、2.25104考点：热化学方程式；反应热和焓变；化学平衡的计算 分析：（1）依据已知的热化学方程式和盖斯定律进行计算；（2）反应前气体体积大于反应后气体体积，即正反应方向为熵减少，反应能自发进行，根据HTS0进行判断；温度相同，比较压强的影响；压强相同，比较温度的影响；（3）相同温度下，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，根据甲烷转化率大小确定压强大小；由100平衡CH4的转化率为0.5，利用三段式计算平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数表达式计算解答：解：（1）H2O（g）=H2O（l）H1=44.0kJ/mol2CO （g）+O2（g）=2CO2（g）H2=566.0kJ/mol2CH
56、3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H3=1275.6kJ/mol；依据盖斯定律计算，+4得到甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）H=442.8KJ/mol，故答案为：442.8； （2）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），反应前气体体积大于反应后气体体积，即正反应方向为熵减少，反应能自发进行，根据HTS0可知，H0；采取控制变量法，探究合成甲醇的温度和压强的适宜条件，所以温度、压强是变化的，n（CO）/n（H2）保持不变，比较使用1、2，压强不同，所以温度应相同，应为150，故答案为：；150
57、；（3）相同温度下，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，甲烷的转化率减小，所以P1P2；平衡时甲烷的浓度变化量为=0.005mol/L，则： CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）开始（mol/L）：0.01 0.02 0 0变化（mol/L）：0.005 0.005 0.005 0.015平衡（mol/L）：0.005 0.015 0.005 0.015故100时平衡常数k=2.25104，故答案为：；2.25104点评：本题考查盖斯定律的应用、化学平衡的影响因素、平衡常数的相关计算机实验探究等知识，综合性较大，知识面广，难度较大应加强平时知识的积累18（16分）（2012金
58、东区校级模拟）工业上常回收冶炼锌废渣中的锌（含有ZnO、FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质），并用来生产Zn（NO3）26H2O晶体，其工艺流程如图为：有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：氢氧化物Al（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2Zn（OH）2开始沉淀的pH3.31.56.54.25.4沉淀完全的pH5.23.79.76.78.0（1）在“酸浸”步骤中，为提高锌的浸出速率，除通入空气“搅拌”外，还可采取的措施是适当升高反应温度（2）上述工艺流程中多处涉及“过滤”，实验室中过滤操作需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗（3）在“除杂I”步骤中，需再加入适量
59、H2O2溶液，H2O2与Fe2+反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O为使Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀完全，而Zn（OH）2不沉淀，应控制溶液的pH范围为5.25.4检验Fe3+是否沉淀完全的实验操作是静置片刻，取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe3+沉淀完全（4）加入Zn粉的作用是除去溶液中的Cu2+“操作A”的名称是冷却结晶考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物；铜金属及其重要化合物的主要性质；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 专题：几种重要的金属及其化合物分析：（1）从温度、浓度、
60、增大接触面积等分析增大反应速率；（2）过滤操作使用漏斗、烧杯、玻璃棒等仪器；（3）H2O2与Fe2+发生氧化还原反应生成铁离子；根据沉淀和pH表分析控制溶液的pH，利用铁离子与KSCN反应出现血红色来检验铁离子是否存在；（4）Zn与溶液中铜离子反应，冷却结晶得到Zn（NO3）26H2O晶体解答：解：（1）因适当升高反应温度（或增大硝酸浓度、将锌废渣粉碎等）可提高锌的浸出速率，故答案为：适当升高反应温度；（2）过滤操作使用漏斗、烧杯、玻璃棒等玻璃仪器，还需要铁架台等，故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；（3）“除杂I”步骤中，需再加入适量H2O2溶液，H2O2与Fe2+反应的离子方程式为2Fe2+H2
61、O2+2H+=2Fe3+2H2O，由表格中的数据可知，氢氧化锌开始沉淀的pH为5.4，氢氧化铝完全沉淀的pH为5.2，则为使Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀完全，而Zn（OH）2不沉淀，应控制溶液的pH范围为5.25.4，又铁离子与KSCN反应出现血红色，则静置片刻，取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe3+沉淀完全，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；5.25.4；静置片刻，取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe3+沉淀完全；（4）由流程图及离子沉淀的pH，则加入Zn粉的作用除去溶液中的Cu2+，除杂后的溶液加热浓缩后、冷却结晶
62、得到晶体，故答案为：除去溶液中的Cu2+；冷却结晶点评：本题考查晶体的制备及混合物的分离、提纯，注意已知信息与所学知识的结合来分析解答问题，除杂流程及表格数据是解答本题的关键，题目难度中等19（10分）（2014秋如东县校级月考）磷酸氧铜CuxOy（PO4）z可作为锂/磷酸氧铜电池正极的活性物质某化学兴趣小组为测定磷酸氧铜的组成，进行如下操作：准确称取上述46.2g磷酸氧铜样品（假设不含杂质）使其完全溶于一定量盐酸中，并加水配成100mL蓝色溶液A；用滴定管准确量取20.00mL蓝色溶液A，逐滴加入氢氧化钠溶液，至恰好完全沉淀，过滤、洗涤，将所得沉淀灼烧使其恰好全部转化为黑色氧化物，冷却后称得
63、残留固体质量为6.40g；将滤液和洗涤液合并，加入足量CaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、烘干得6.20g沉淀（1）计算46.2g磷酸氧铜样品中Cu2+、PO43的物质的量（写出计算过程）（2）通过计算确定磷酸氧铜的化学式（写出计算过程）考点：有关混合物反应的计算；复杂化学式的确定 专题：计算题分析：（1）根据中氧化铜的质量计算出其物质的量，再根据质量守恒计算出46.2g磷酸氧铜中含有铜离子的物质的量；根据中生成的磷酸钙沉淀质量计算出磷酸根离子的物质的量，再根据质量守恒计算出46.2g磷酸氧铜中含有PO43的物质的量；（2）根据总质量、铜离子、磷酸根离子的量计算出O离子的物质的量，再根据x：
64、y：z确定磷酸氧铜的化学式解答：解：（1）中黑色氧化物为CuO，其物质的量为：=0.08mol，根据质量守恒可知，46.2g磷酸氧铜中含有铜离子的物质的量为：0.08mol=0.4mol；中6.20g沉淀为磷酸钙，其物质的量为：=0.02mol，则46.2g磷酸氧铜中含有PO43的物质的量为：0.02mol2=0.2mol，答：46.2g磷酸氧铜样品中含有Cu2+0.4mol、PO430.2mol；（2）46.2g磷酸氧铜CuxOy（PO4）z含有0.4molCu2+、0.2molPO43，则含有氧离子的物质的量为：=0.1mol，则x：y：z=0.4mol：0.1mol：0.2mol=4：1
65、：2，则磷酸氧铜的化学式为：Cu4O（PO4）2，答：磷酸氧铜的化学式为Cu4O（PO4）2点评：本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，注意质量守恒在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力20（14分）（2014秋如东县校级月考）X、Y、Z、W、R为前四周期元素且原子序数依次增大，X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Z、W形成的化合物既和盐酸反应又和氢氧化钠溶液反应，W的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子；R基态原子中未成对电子数目为4个请用具体元素回答下列问题：（1）元素R在元素周期表中位置为第四周期第族（2）Y、Z、W原子半径由大
66、到小依次为AlCO（3）X2Z2的电子式为，该分子中Z原子的杂化类型为sp3，四个原子的空间位置关系不在（选填“在”、“不在）一条直线上（4）结合相关离子方程式解释实验室配制RCl3溶液时，往往需要加入少量盐酸的原因是Fe3+极易水解，Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，增大H+浓度，抑制Fe3+水解（5）酸性物质Y2X4Z2中键与键数目之比为7：1考点：位置结构性质的相互关系应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z、W、R为前四周期元素且原子序数依次增大，Z、W形成的化合物既和盐酸反应又和氢氧化钠溶液反应，则Z、W形成的化合物为氧化铝，W的基态原子核外有7个原子轨道填充了电
67、子，则W为铝元素，所以Z为氧元素；X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0，则X、Y为第A族或第A族元素，由于X、Y的原子序数均小于氧，所以X为氢元素，Y为碳元素；R基态原子中未成对电子数目为4个，则R为铁元素，据此答题解答：解：X、Y、Z、W、R为前四周期元素且原子序数依次增大，Z、W形成的化合物既和盐酸反应又和氢氧化钠溶液反应，则Z、W形成的化合物为氧化铝，W的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，则W为铝元素，所以Z为氧元素；X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0，则X、Y为第A族或第A族元素，由于X、Y的原子序数均小于氧，所以X为氢元素，Y为碳元素；R基态原子中未成对电子数目为4个，
68、应该为4d轨道上有6个电子，则R为铁元素，（1）R为铁元素，元素R在元素周期表中位置为第四周期第族，故答案为：第四周期第族； （2）Y、Z、W分别为C、O、Al，根据电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，所以它们原子半径由大到小依次为AlCO，故答案为：AlCO； （3）X2Z2为过氧化氢，其电子式为 ，该分子中氧原子的杂化类型为sp3，四个原子的空间位置关系是不在一条直线上，故答案为：；sp3；不在；（4）结合相关离子方程式解释实验室配制FeCl3溶液时，往往需要加入少量盐酸的原因是Fe3+极易水解，Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，增大H+浓度，抑制Fe3+水
69、解，故答案为：Fe3+极易水解，Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，增大H+浓度，抑制Fe3+水解；（5）酸性物质Y2X4Z2为C2H4O2，其中有一个碳氧双键和一个氢氧键、一个碳氧单键、一个碳碳单键、三个碳氢键，所以键与键数目之比为7：1，故答案为：7：1点评：本题考查了元素的推断、原子半径大小比较、电子式、杂化轨道、盐类的水解、分子结构等知识点，难度不答，能正确判断各元素是解本题的关键21（14分）（2014秋如东县校级月考）运用物质结构的知识完成B、N元素的问题（1）第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O（填元素符号）（2）Cr3+能与CN形成配合物离子Cr（CN）63
70、，Cr3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d3写出一种双原子分子的化学式，它与CN互为等电子体N2（3）BF3与一定量水形成（H2O）2BF3晶体Q，Q在一定条件下可能转化为R：BF3的立体构型为平面三角形R中阳离子的空间构型为三角锥形，阴离子中B原子轨道采用sp3杂化（4）硼砂是含结晶水的四硼酸钠，其阴离子Xm（含B、O、H三种元素）的球棍模型如图所示则m=2（填数字）考点：元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别 分析：（1）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、
71、第VA族元素第一电离能大于相邻元素；（2）铬24号元素，铬元素失去3个电子变成Cr3+，所以Cr3+核外有21个电子，根据构造原理写出其核外电子排布式；CN中C原子与1个单位负电荷用N原子替换可得CN等电子体的物质；（3）根据价电子对数判断其杂化类型，根据形成的杂化轨道判断其空间构型；根据价层电子对互斥理论确定H3O+空间构型、阴离子中中心原子杂化方式；（4）由图示可以看出该结构可以表示为B4H4O9m，其中B为+3价，O为2价，H为+1价，根据化合价根据化合价判断m值；解答：解：（1）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻
72、元素，根据电离能的变化规律，半充满的N原子和全充满的Be原子第一电离能要比同周期原子序数大的原子高，故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素，故答案为：Be、C、O；（2）铬24号元素，铬元素失去3个电子变成Cr3+，所以Cr3+核外有21个电子，根据构造原理知，该离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d3，CN中C原子与1个单位负电荷用N原子替换可得CN等电子体的物质N2，故答案为：1s22s22p63s23p63d3；N2；（3）BF3中价电子对数为：=3，形成了三条杂化轨道，即B的杂化类型为sp2，形成3个共用电子对，无孤对电子为平面三角形，故答案为：平面三角形；H3O+中O原子价层电子对个数=3+（6131）=4且含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，阴离子中中心原子B原子含有4个键且不含孤电子对，所以B原子采用sp3杂化方式，故答案为：三角锥形；sp3；（4）由图示可以看出该结构可以表示为B4H4O9m，其中B为+3价，O为2价，H为+1价，根据化合价可知m=2，故答案为：2；点评：本题综合考查物质的结构与性质知识，侧重于电子排布式、等电子体、杂化类型与分子构型等知识，题目难度中等，注意把握杂化类型的判断方法，注意根据价电子对数=孤电子对数+共价键数判断分子构型
