1、2014-2015学年广西柳铁一中高三（上）第二次月考化学试卷一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1X、Y均为元素周期表中前20号元素，其简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是（）A 由mXa+与nYb，得m+a=nbB X2的还原性一定大于YC X、Y一定不是同周期元素D 若X的原子半径大于Y，则气态氢化物的稳定性HmX一定大于HnY2下表中评价合理的是（）选项化学反应及其离子方程式评价AFe3O4与稀硝酸反应：2Fe3O4+18H+=6Fe3+H2+8H2O正确B向碳酸镁中加入稀盐酸：CO23+2H+=CO2+H2O错误，碳酸镁不应写成离子形式C向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液
2、：Ba2+SO24=BaSO4正确DFeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+4Cl+Br2错误，Fe2+与Br的化学计量数之比应为1：2A AB BC CD D3类推的思维方法在化学学习与研究中常会产生错误的结论因此类推出的结论最终要经过实践的检验才能确定其正确与否下列几种类推结论中正确的是（）A 从CH4、NH4+、SO42为正四面体结构，可推测PH4+、PO43也为正四面体结构B NaCl与CsCl化学式相似，故NaCl与CsCl的晶体结构也相似C 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故苯的同系物也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D CO2通入Ca（ClO）2溶液
3、生成CaCO3和HClO，SO2通入Ca（ClO）2溶液也生成CaSO3和HClO4用NA代表阿伏加德罗常数，下列表述正确的是（）A 1L 0.5 molL1CuCl2溶液中含有Cu2+的个数为0.5NAB 标况下，22.4L辛烷完全燃烧生成二氧化碳分子为8NAC 1mol Na2O和1mol Na2O2晶体中离子总数均为3NAD 1mol羟基中电子数为10 NA5氮化钠和氢化钙都是离子化合物，与水反应的化学方程式（末配平）如下：Na3N+H2ONaOH+NH3，CaH2+H2OCa（OH）2+H2有关它们的叙述：离子半径：Na+N3H+；与水反应都是氧化还原反应；与水反应后的溶液都显碱性；与
4、盐酸反应都只生成一种盐；两种化合物中的阴阳离子均具有相同的电子层结构其中正确的是（）A B C D 6在某体积固定的密闭容器中进行如下可逆反应：A（g）+B（g）2C（g），在反应过程中体系的温度持续升高，实验测得混合气体中C的含量与温度关系如图所示下列说法正确的是（）A 此反应的正反应是吸热反应B 反应在T2温度时达到平衡C T3温度时正反应速率大于逆反应速率D T3温度时正反应速率大于T1温度时正反应速率7足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸若向所得硝酸铜溶液中加入5m
5、olL1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（）A 60 mLB 45 mLC 30 mLD 15 mL825时，下列关于分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成的溶液的说法中，不正确的是（）A Ba（OH）2溶液与 Na2SO4溶液：pH=13B 醋酸与CH3COONa溶液：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）C Na2CO3溶液与 NaOH溶液：c（Na+）c（CO32）c（OH）c（H+）D Na2CO3溶液与 NaHCO3溶液：2c（Na+）=3c（CO32）+3c（HCO3）+3c（H2CO3）二、解答题（共4小题，满分60分）9
6、硝酸是一种重要的化工原料，工业上生产硝酸的主要过程如下（1）以N2和H2为原料合成氨气反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0下列措施可以提高H2的转化率的是（填选项序号）a选择适当的催化剂 b增大压强 c及时分离生成的NH3d升高温度一定温度下，在密闭容器中充入1mol N2和3mol H2发生反应若容器容积恒定，达到平衡状态时，气体的总物质的量是原来的，则N2的转化率1=；若容器压强恒定，达到平衡状态时，N2的转化率为2，则21（填“”、“”或“=”）（2）以氨气、空气为主要原料制硝酸NH3被氧气催化氧化生成NO的反应的化学方程式是在容积恒定的密闭容器中进行反应2NO（g）+O2（
7、g）2NO2（g）H0该反应的反应速率（）随时间（t）变化的关系如图所示若t2、t4时刻只改变一个条件，下列说法正确的是（填选项序号）a在t1t2时，可依据容器内气体的压强保持不变判断反应已达到平衡状态b在t2时，采取的措施可以是升高温度c在t3t4时，可依据容器内气体的密度保持不变判断反应已达到平衡状态d在t5时，容器内NO2的体积分数是整个过程中的最大值（3）硝酸厂常用如下2种方法处理尾气催化还原法：催化剂存在时用H2将NO2还原为N2已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJ/molN2（g）+2O2（g）=2NO2（g）H=+67.7kJ/mol则H2还原NO2生
8、成水蒸气反应的热化学方程式是碱液吸收法：用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2若每9.2g NO2和Na2CO3溶液反应时转移电子数为0.1mol，则反应的离子方程式是10原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，四种元素的原子序数之和为32，在周期表中X是原子半径最小的元素，Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族（1）X元素是（2）由X、Y、Z、W四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，离子方程式为（3）由X、Y、Z、W四种元素组成的一种离子化合物A已知1mol A能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体写出加热条件下A与NaOH溶液反应的离子方程式又知A
9、既能与盐酸反应，又能与氯水反应，写出A与氯水反应的离子方程式（4）由X、Y、Z、W和Fe五种元素组成的式量为392的化合物B，1mol B中含有6mol结晶水对化合物B进行如下实验：a 取B的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色刺激性气味气体过一段时间白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色；b 另取B的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解B的化学式为已知1molL1 100mL B的溶液能与1molL1 20mL KMnO4溶液（硫酸酸化）恰好完全反应写出反应的离子方程式11实验一：某化学小组为比较盐酸和醋酸的酸性，设计了如下实验方案装置如图：实验方案：在两试
10、管中分别加入过量镁条，同时将两注射器中的溶液注入相应试管中，观察产生氢气的速率和体积（1）盐酸与镁反应的离子方程式为（2）在上述实验方案中有一明显欠缺，该欠缺是（3）在欠缺已经改正的方案下，反应起始时，产生氢气的速率关系应是；最终产生氢气的体积关系应是（4）实验中产生的氢气体积比理论值高，可能原因是（5）通过比较起始反应的速率可以得出的结论是（6）除上述方法外，还可以通过其他方法比较盐酸和醋酸的酸性，请写出其中一种更简单的方法实验二：某二元酸（H2B）在水中的电离方程式是：H2B=H+HB HBH+B2回答下列问题：（1）请判断H2B是强电解质还是弱电解质？（2）已知0.1molL1NaHB溶
11、液的pH=2，则0.1molL1 H2B溶液中氢离子的物质的量浓度应0.11molL1（填“”，“”或“=”）（3）在0.1mol/L的Na2B溶液中，下列离子浓度关系式正确的是Ac（H+）+c（HB）+c（H2B）=0.1mol/L Bc（Na+）+c（OH）c（H+）+c（HB）Cc（Na+）+c（H+）c（OH）+c（HB）+2c（B2） Dc（Na+）2c（B2）+2c（HB）（4）0.1mol/LNaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是12乙醇是一种重要的化工原料 （1）葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇的化学方程式是 （2）香豆素是一种用途广泛的香料，它可以利用乙醇和B通过以下途径
12、合成D的结构简式是；完成下列化学方程式：E在一定条件下发生加成聚合反应：； E香豆素：； B有多种同分异构体，其中苯环上只有一个侧链的所有同分异构体的结构简式是； 有关香豆素的说法正确的是（填字母） a只能与溴单质发生加成反应，不能发生取代反应 b.1mol香豆素可与5mol H2发生加成反应c.1mol香豆素可与2mol NaOH发生反应d.1mol香豆素完全燃烧消耗9.5mol O22014-2015学年广西柳铁一中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1X、Y均为元素周期表中前20号元素，其简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是（
13、）A 由mXa+与nYb，得m+a=nbB X2的还原性一定大于YC X、Y一定不是同周期元素D 若X的原子半径大于Y，则气态氢化物的稳定性HmX一定大于HnY考点：原子结构与元素周期律的关系专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A简单离子的电子层结构相同，则核外电子数相同；B简单离子的电子层结构相同，X、Y位于同周期，为非金属元素，原子序数越大的非金属性强，对应离子的还原性弱；C简单离子的电子层结构相同，X、Y均为阴离子、或均为阳离子在同一周期，否则不在同一周期；D简单离子的电子层结构相同，X的原子半径大于Y，X可能为金属解答：解：A由mXa+与nYb，离子的电子层结构相同，则核外电子数相同
14、，所以ma=n+b，故A错误；B简单离子的电子层结构相同，X、Y位于同周期，为非金属元素，Y的原子序数大，则X2的还原性一定大于Y，故B正确；C简单离子的电子层结构相同，X、Y均为阴离子、或均为阳离子在同一周期，若一个为阳离子一个为阴离子，则一定不在同一周期，故C错误；D简单离子的电子层结构相同，X的原子半径大于Y，X可能为金属，则不存在气态氢化物，故D错误；故选B点评：本题考查具有相同电子层结构的离子，明确X、Y可能为阴离子、阳离子及相对位置是解答本题的关键，题目难度不大2下表中评价合理的是（）选项化学反应及其离子方程式评价AFe3O4与稀硝酸反应：2Fe3O4+18H+=6Fe3+H2+8
15、H2O正确B向碳酸镁中加入稀盐酸：CO23+2H+=CO2+H2O错误，碳酸镁不应写成离子形式C向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2+SO24=BaSO4正确DFeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+4Cl+Br2错误，Fe2+与Br的化学计量数之比应为1：2A AB BC CD D考点：离子方程式的书写专题：压轴题；离子反应专题分析：A、Fe3O4与稀硝酸反应产生的气体是一氧化氮；B、碳酸镁是难溶物质；C、铵根离子能和氢氧根离子反应产生氨气或者是一水合氨；D、氯气具有氧化性，亚铁离子的还原性强于溴离子解答：解：A、Fe3O4与稀硝酸反应产生的气体是一氧
16、化氮，不会产生氢气，故A错误；B、碳酸镁是难溶物质，不应该写成离子形式，故B正确；C、铵根离子能和氢氧根离子反应产生氨气或者是一水合氨，向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液，反应为：2NH4+Ba2+SO42+2OHBaSO4+2NH3H2O，故C错误；D、亚铁离子的还原性强于溴离子，FeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应为，亚铁离子被完全氧化，溴离子被部分氧化：2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+4Cl+Br2，评价为正确；若Fe2+与Br的化学计量数之比应为1：2，则氯气需要过量，溴化亚铁全部反应，故D错误故选B点评：本题考查学生离子方程式书写的正误判断，主要考查化合物的性质应用，特别是氧化性
17、离子还原性离子的氧化还原反应的顺序，难度不大3类推的思维方法在化学学习与研究中常会产生错误的结论因此类推出的结论最终要经过实践的检验才能确定其正确与否下列几种类推结论中正确的是（）A 从CH4、NH4+、SO42为正四面体结构，可推测PH4+、PO43也为正四面体结构B NaCl与CsCl化学式相似，故NaCl与CsCl的晶体结构也相似C 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故苯的同系物也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D CO2通入Ca（ClO）2溶液生成CaCO3和HClO，SO2通入Ca（ClO）2溶液也生成CaSO3和HClO考点：探究化学规律分析：A正四面体结构中中心原子价层电子对个数是4，且不
18、含孤电子对；BNaCl、CsCl晶胞结构分别为；C连接苯环的碳原子上含有H原子的苯的同系物能被酸性高锰酸钾溶液氧化；D二氧化硫和次氯酸钙发生氧化还原反应解答：解：APH4+、PO43中P原子价层电子对个数都是4且不含孤电子对，所以空间构型为正四面体结构，故A正确；BNaCl与CsCl化学式相似，说明两种晶胞中阴阳离子个数比相同，但NaCl、CsCl晶胞结构分别为，根据图知，其晶胞结构不同，故B错误；C由于受苯环影响导致连接苯环的烃基较活泼，连接苯环的碳原子上含有H原子的苯的同系物能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D二氧化硫具有还原性，次氯酸钙具有强氧化性，二
19、者发生氧化还原反应生成硫酸钙，离子方程式为Ca2+2ClO+2SO2+2H2OCaSO4+2Cl+4H+SO42，故D错误；故选A点评：本题考查探究化学规律，为高频考点，涉及氧化还原反应、苯的同系物的性质、晶胞结构、微粒空间构型判断，明确物质结构、性质及其相互关系即可解答，注意规律中的反常现象，易错选项是CD，注意：只有连接苯环的碳原子上含有H原子的苯的同系物能被酸性高锰酸钾溶液氧化，为易错点4用NA代表阿伏加德罗常数，下列表述正确的是（）A 1L 0.5 molL1CuCl2溶液中含有Cu2+的个数为0.5NAB 标况下，22.4L辛烷完全燃烧生成二氧化碳分子为8NAC 1mol Na2O和
20、1mol Na2O2晶体中离子总数均为3NAD 1mol羟基中电子数为10 NA考点：阿伏加德罗常数分析：A铜离子为弱碱阳离子，水溶液中部分发生水解；B气体摩尔体积适用对象为气体；C氧化钠中阳离子为钠离子阴离子为氧离子，过氧化钠中阳离子为钠离子，阴离子为过氧根离子；D.1个羟基中含有9个电子解答：解：A水溶液中部分铜离子水解，所以1L 0.5 molL1CuCl2溶液中含有Cu2+的个数小于0.5NA，故A错误；B标况下，辛烷为液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；C.1mol Na2O含有2mol钠离子和1mol氧离子，共含有3NA个离子；1mol Na2O2晶体中含有2mol钠离子和1mo
21、l过氧根离子，共含有3NA个离子，故C正确；D.1个羟基中含有9个电子，1mol羟基中电子数为9NA，故D错误；故选：C点评：本题考查阿伏加德罗常数的应用，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是解题关键，注意标况下气体摩尔体积的使用条件，注意过氧化钠、羟基的结构，题目难度不大5氮化钠和氢化钙都是离子化合物，与水反应的化学方程式（末配平）如下：Na3N+H2ONaOH+NH3，CaH2+H2OCa（OH）2+H2有关它们的叙述：离子半径：Na+N3H+；与水反应都是氧化还原反应；与水反应后的溶液都显碱性；与盐酸反应都只生成一种盐；两种化合物中的阴阳离子均具有相同的电子层结构其中
22、正确的是（）A B C D 考点：钠的重要化合物分析：根据离子半径的判断标准，核外电子层数多的大于核外电子层数少的，当核外电子层数相同时，核内质子数大的离子半径小；氧化还原反应中一定有电子的转移和化合价的升降；强碱和弱碱在水溶液中都为碱性；与盐酸反应生成氯化钠、氯化铵、氨气或氯化钠、氢气；氮化钠和氢化钙中阳离子为Na+，Ca2+，阴离子为H，N3，阴阳离子电子层结构不同；解答：解：中钠离子和氮离子核外均有十个电子，钠离子的核内质子数大于氮的核内质子数，故离子半径氮离子大于钠离子，氢离子核外没有电子，故离子半径为氮离子钠离子氢离子，故错误；在第一个反应中，是复分解反应，第二个反应有化合价的升降，
23、为氧化还原反应，故错误；第一个反应有氢氧化钠和氨气生成，故溶液显碱性，第二个反应有氢氧化钠生成，故溶液显碱性，故正确；第一个反应产物与盐酸反应生成氯化钠和氯化铵两种物质，故错误；氮化钠和氢化钙的阳离子电子结构不相同，阴离子结构也不相同，故错误；故选D点评：本题考查了离子半径的判断标准，氧化还原反应的本质等知识点，掌握基础是关键，题目较简单6在某体积固定的密闭容器中进行如下可逆反应：A（g）+B（g）2C（g），在反应过程中体系的温度持续升高，实验测得混合气体中C的含量与温度关系如图所示下列说法正确的是（）A 此反应的正反应是吸热反应B 反应在T2温度时达到平衡C T3温度时正反应速率大于逆反应
24、速率D T3温度时正反应速率大于T1温度时正反应速率考点：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：T2温度之前，升高温度，C的含量增大，T2温度之后，升高温度，C的含量减小，故曲线上最高点为平衡点，最高点之前未达平衡，反应向正反应进行，最高点之后，各点为平衡点，升高温度C的含量降低，平衡向逆反应，故正反应为放热反应，据此解答解答：解：曲线上最高点为平衡点，最高点之前未达平衡，反应向正反应进行，最高点之后，各点为平衡点，升高温度C的含量降低，平衡向逆反应，故正反应为放热反应，A、曲线最高点之后，各点为平衡点，升高温度C的含量降低，平衡向逆反应，故正反应为放热反应，故A错误；B、T
25、2温度对应为曲线上最高点，反应在T2温度时达到平衡，故B正确；C、T3温度时处于平衡状态，正反应速率等于逆反应速率，故C错误；D、温度越高反应速率越快，T3温度时正反应速率大于T1温度时正反应速率，故D正确；故选BD点评：本题考查化学平衡图象，难度中等，判断最高点及之后各点为平衡点是解题的关键7足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸若向所得硝酸铜溶液中加入5molL1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（）A 60 mLB 45 mLC 30 mL
26、D 15 mL考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸Cu失去的电子都被O2得到了，根据电子得失守恒，求出参加反应的铜，然后求出 Cu（NO3）2，再根据 Cu（NO3）2与NaOH 反应的关系，求出NaOH 的物质的量，最终求出NaOH溶液的体积解答：解：NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中，完全生成HNO3，则整个过程中HNO3 反应前后没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了，根据得失电子守恒：n（Cu）2=n（O2）4
27、n（Cu）2=mol4 解得：n（Cu）=0.15mol 所以 Cu（NO3）2 为0.15mol，根据 Cu2+2OH 0.15mol n（OH） 则NaOH 为 0.15mol2=0.3 mol，则NaOH 体积V=0.06L，即60ml，故选：A点评：本题主要考查了金属与硝酸反应的计算，若根据化学方程式来计算，无从下手，若根据氧化还原反应中电子得失守恒则化繁为简，平时需注意守恒思想的应用825时，下列关于分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成的溶液的说法中，不正确的是（）A Ba（OH）2溶液与 Na2SO4溶液：pH=13B 醋酸与CH3COONa溶液：c（Na+）+c（H+）
28、=c（CH3COO）+c（OH）C Na2CO3溶液与 NaOH溶液：c（Na+）c（CO32）c（OH）c（H+）D Na2CO3溶液与 NaHCO3溶液：2c（Na+）=3c（CO32）+3c（HCO3）+3c（H2CO3）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、等体积等浓度反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L；B、依据溶液中电荷守恒分析判断；C、Na2CO3溶液与 NaOH溶液等浓度等体积混合后氢氧根离子浓度大于碳酸根离子浓度；D、依据溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析判断解答：解：A、等体积等浓
29、度反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，溶液中pH=13，故A正确；B、醋酸与CH3COONa溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），故B正确；C、Na2CO3溶液与 NaOH溶液：c（Na+）c（OH）c（CO32）c（H+），故C错误；D、Na2CO3溶液与 NaHCO3溶液中依据钠元素和碳元素物质的量之比为3：2计算分析得到：2c（Na+）=3c（CO32）+3c（HCO3）+3c（H2CO3），故D正确；故选C点评：本题考查电解质溶液中电荷守恒，物料守恒，离子浓度大小比较方法，掌握方法和基础是关键，题目难度中等二、解
30、答题（共4小题，满分60分）9硝酸是一种重要的化工原料，工业上生产硝酸的主要过程如下（1）以N2和H2为原料合成氨气反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0下列措施可以提高H2的转化率的是（填选项序号）bca选择适当的催化剂 b增大压强 c及时分离生成的NH3d升高温度一定温度下，在密闭容器中充入1mol N2和3mol H2发生反应若容器容积恒定，达到平衡状态时，气体的总物质的量是原来的，则N2的转化率1=12.5%；若容器压强恒定，达到平衡状态时，N2的转化率为2，则21（填“”、“”或“=”）（2）以氨气、空气为主要原料制硝酸NH3被氧气催化氧化生成NO的反应的化学方程式是4NH
31、3+5O24NO+6H2O在容积恒定的密闭容器中进行反应2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H0该反应的反应速率（）随时间（t）变化的关系如图所示若t2、t4时刻只改变一个条件，下列说法正确的是（填选项序号）aba在t1t2时，可依据容器内气体的压强保持不变判断反应已达到平衡状态b在t2时，采取的措施可以是升高温度c在t3t4时，可依据容器内气体的密度保持不变判断反应已达到平衡状态d在t5时，容器内NO2的体积分数是整个过程中的最大值（3）硝酸厂常用如下2种方法处理尾气催化还原法：催化剂存在时用H2将NO2还原为N2已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJ/molN2
32、（g）+2O2（g）=2NO2（g）H=+67.7kJ/mol则H2还原NO2生成水蒸气反应的热化学方程式是4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）H=1034.9kJ/mol碱液吸收法：用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2若每9.2g NO2和Na2CO3溶液反应时转移电子数为0.1mol，则反应的离子方程式是2NO2+CO32=NO3+NO2+CO2考点：化学平衡的影响因素；热化学方程式；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的调控作用专题：基本概念与基本理论分析：（1）转化率是消耗量占起始量的百分比；a、催化剂改变反应速率不改变化学平衡；b、增大压强平衡向气体体积缩小
33、的方向进行；c、分离出氨气平衡正向进行；d、反应是放热反应升温平衡逆向进行；依据化学平衡三段式列式计算得到；恒压容器中压强大于恒容容器中，平衡正向进行，转化率增大；（2）氨气的催化氧化生成一氧化氮和水，依据原子守恒配平写出；2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H0反应是气体体积减小的吸热反应；a、压强不变说明反应达到平衡；b、反应是吸热反应升温正逆反应速率增大，平衡正向进行；c、反应中气体质量守恒，体积不变，过程中密度不变；d、依据图象分析器内NO2的体积分数在t3t4时最大；（3）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；根据n=计算NO2的物质的量，反应中只有NO2中N元素化合价发生变化，发生
34、歧化反应，有生成NO3，根据注意电子数计算生成NO3的物质的量，再根据电子转移守恒计算N元素在还原产物中的化合价，判断还原产物，据此书写解答：解：（1）、a选择适当的催化剂，加快反应速率，不影响平衡移动，H2的转化率不变，故a错误；b增大压强，平衡向正反应移动，H2的转化率增大，故b正确；c及时分离生成的NH3，生成物浓度降低，平衡向正反应移动，H2的转化率增大，故c正确；d升高温度，平衡向逆反应移动，H2的转化率降低，故d错误；故答案为：bc；压强之比等于物质的量之比，达到平衡状态时，容器内的压强是原来的，则减少的物质的量为（1+3）mol（1）=mol，则：N2（g）+3H2（g）2NH3
35、（g） 物质的量减少n1 2n（N2） 故n（N2）=mol，所以氮气的转化率=100%=12.5%，正反应是气体体积减小的反应，容器压强恒定，相当于在恒容的条件下增大压强，平衡向正反应进行，氮气的转化率增大，所以a2a1，故答案为：12.5%；（2）氨气的催化氧化反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O； a该反应正反应是气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，压强不变，说明到达平衡，故a正确；b正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，在t2时，正、逆速率都增大，且正反应速率增大更多，平衡向正反应移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，
36、增大压强平衡向正反应进行，转化率增大，故b正确；c恒容条件下，反应混合气体的总质量不变，密度始终不变，所以不能说明反应达到平衡状态，故c错误；d由图可知，在t2时，改变条件平衡向正反应移动，t3时到达平衡，t4时瞬间正反应速率不变，逆反应速率减小，平衡向正反应进行，应是NO2降低的浓度，故容器内NO2的体积分数在t3时值的最大，故d错误；故选ab；（3）已知：、2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJ/mol、N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）H=+67.7kJ/mol由盖斯定律可知，2得4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g），故H=2（483.6kJ
37、/mol）67.7kJ/mol=1034.9kJ/mol，故热化学方程式为：4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）H=1034.9kJ/mol，故答案为：4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）H=1034.9kJ/mol；9.2gNO2的物质的量=mol=0.2mol，反应中只有NO2中N元素化合价发生变化，发生歧化反应，有生成NO3，0.2mol二氧化氮转移电子的物质的量是0.1mol，故生成的NO3的物质的量为=0.1mol，故被还原的氮原子物质的量为0.2mol0.1mol=0.1mol，令N元素在还原产物中的化合价为x价，则0.1mol（4x）=0.
38、1mol，解得x=+3，故还原产物为NO2，且生成的NO3和NO2物质的量之比为1：1，同时反应生成CO2，故二氧化氮和碳酸钠溶液反应的离子反应方程式为：2NO2+CO32=NO3+NO2+CO2，故答案为：2NO2+CO32=NO3+NO2+CO2点评：本题考查化学平衡的有关计算、化学平衡的影响因素与平衡图象、热化学方程式书写、氧化还原反应等，题目综合性较大，难度较大，注意（2）中利用含量时间草图进行理解，讨论是否到达平衡，根据各情况判断10原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，四种元素的原子序数之和为32，在周期表中X是原子半径最小的元素，Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族（1
39、）X元素是H（2）由X、Y、Z、W四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，离子方程式为3Cu+2NO3+8H+3Cu2+2NO+4H2O（3）由X、Y、Z、W四种元素组成的一种离子化合物A已知1mol A能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体写出加热条件下A与NaOH溶液反应的离子方程式NH4+OHH2O+NH3又知A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，写出A与氯水反应的离子方程式SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2H+（4）由X、Y、Z、W和Fe五种元素组成的式量为392的化合物B，1mol B中含有6mol结晶水对化合物B进行如下实验：a 取B的溶液
40、加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色刺激性气味气体过一段时间白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色；b 另取B的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解B的化学式为（NH4）2Fe（SO4）26H2O已知1molL1 100mL B的溶液能与1molL1 20mL KMnO4溶液（硫酸酸化）恰好完全反应写出反应的离子方程式5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O考点：位置结构性质的相互关系应用分析：原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，四种元素的原子序数之和为32，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Y、Z左右相邻，Z、W位于同
41、主族，故Y、Z、W原子序数之和为31，设Z的原子序数为a，则Y的原子序数为a1，W的原子序数为a+8，故a1+a+a+8=31，a=8，故Z为O、Y为N、W为S，（1）根据分析可知X为氢元素；（2）常见元素氢、氧、氮、硫形成的化合物，属于强酸且与铜反应的为硝酸，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；（3）氢、氧、氮、硫形成的化合物，根据题目要求，判断铵根离子的数量和硫酸根、亚硫酸根离子的量，并写相应的方程式；（4）氢、氮、氧、硫、铁形成的化合物，根据有气体放出，有白色沉淀生成，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，可以确定有铵根离子和亚铁离子，根据与氯化钡反应生成沉淀，且沉淀不溶于硝酸，可以判断含
42、有硫酸根离子，根据含结晶水的量和相对分子质量可以得出化学式解答：解：原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，四种元素的原子序数之和为32，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族，故Y、Z、W原子序数之和为31，设Z的原子序数为a，则Y的原子序数为a1，W的原子序数为a+8，故a1+a+a+8=31，a=8，故Z为O、Y为N、W为S，（1）根据分析可知，X为H元素，故答案为：H；（2）由氢、氮、氧、硫中的三种组成的能与铜反应的强酸为硝酸，反应的离子方程式为：3Cu+2NO3+8H+3Cu2+2NO+4H2O，故答案为：3Cu+2NO3+8H+
43、3Cu2+2NO+4H2O；（3）由氢、氮、氧、硫组成的离子化合物可能为硫酸铵、硫酸氢铵、亚硫酸铵、亚硫酸氢铵等，1 mol生成气体2 mol说明一分子这种离子化合物中含有2分子铵根离子，铵根离子与氢氧根离子反应方程式为NH4+OHH2O+NH3，故答案为：NH4+OHH2O+NH3；此种化合物与氯气反应说明为亚硫酸根离子，故此种化合物为亚硫酸铵，与氯气反应的离子方程式为SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2H+，故答案为：SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2H+；（4）B中含有氢、氮、氧、硫、铁五种元素，取B的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色刺激性气味气
44、体过一段时间白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色，说明B中有亚铁离子和铵根离子，B的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解，说明有硫酸根离子，1mol B中含有6mol结晶水，说明B带六个结晶水，由相对分子质量为392可知道分子式只能为（NH4）2Fe （SO4）26H2O，故答案为：（NH4）2Fe （SO4）26H2O； B的物质的量为0.1 mol，高锰酸根离子的物质的量为0.02 mol，说明亚铁离子与高锰酸根离子以5：1的比例恰好完全反应，故离子方程式为5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，故答案为：5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4
45、H2O点评：本题考查了位置、结构与性质关系的应用，题目难度中等，正确推断各元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用能力11实验一：某化学小组为比较盐酸和醋酸的酸性，设计了如下实验方案装置如图：实验方案：在两试管中分别加入过量镁条，同时将两注射器中的溶液注入相应试管中，观察产生氢气的速率和体积（1）盐酸与镁反应的离子方程式为Mg+2H+=Mg2+H2（2）在上述实验方案中有一明显欠缺，该欠缺是没有说明两种酸的浓度相等（3）在欠缺已经改正的方案下，反应起始时，产生氢气的速率关系应是盐酸的快，醋酸的慢；最
46、终产生氢气的体积关系应是体积相等（4）实验中产生的氢气体积比理论值高，可能原因是反应放热，过量镁与水反应（5）通过比较起始反应的速率可以得出的结论是盐酸酸性比醋酸强（6）除上述方法外，还可以通过其他方法比较盐酸和醋酸的酸性，请写出其中一种更简单的方法测定同浓度的盐酸和醋酸的pH测定醋酸钠和氯化钠溶液的pH实验二：某二元酸（H2B）在水中的电离方程式是：H2B=H+HB HBH+B2回答下列问题：（1）请判断H2B是强电解质还是弱电解质？强电解质（2）已知0.1molL1NaHB溶液的pH=2，则0.1molL1 H2B溶液中氢离子的物质的量浓度应0.11molL1（填“”，“”或“=”）（3）
47、在0.1mol/L的Na2B溶液中，下列离子浓度关系式正确的是CDAc（H+）+c（HB）+c（H2B）=0.1mol/L Bc（Na+）+c（OH）c（H+）+c（HB）Cc（Na+）+c（H+）c（OH）+c（HB）+2c（B2） Dc（Na+）2c（B2）+2c（HB）（4）0.1mol/LNaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）c（HB）c（H+）c（B2）c（OH）考点：比较弱酸的相对强弱的实验分析：实验一：（1）镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，据此写出反应的离子方程式；（2）两种酸的浓度必须相等，才能比较反应速率快慢；（3）醋酸为弱酸，溶液中只能部分电离出氢离子，则醋酸
48、与镁的在开始时反应速率较小；由于两种酸的物质的量相等，则生成氢气的最终体积相等；（4）该反应放热，过量镁与水反应生成了氢气；（5）盐酸醋酸氢气速率快、醋酸慢，说明盐酸的酸性较强；（6）比较酸的强弱，还可以测定相同浓度的醋酸和盐酸溶液的pH，或沉淀醋酸钠和氯化钠溶液的pH；实验二：（1）在水溶液里或熔融状态下部分电离的电解质为弱电解质，完全电离的电解质为强电解质；（2）根据电离方程式知，HA只电离不水解，0.1molL1NaHA溶液的pH=2，则HA电离出氢离子浓度为0.01mol/L，H2A第一步电离出的氢离子抑制第二步电离；（3）根据二元酸的电离方程式知，B2只发生第一步水解，根据溶液中的电
49、荷守恒、物料守恒及质子守恒进行判断；（4）根据离子是否电离确定钠离子和酸式酸根离子浓度大小，根据溶液的酸碱性确定氢离子和氢氧根离子浓度相对大小，根据离子来源确定氢离子和B离子相对大小解答：解：实验一：（1）镁与盐酸反应的离子方程式为：Mg+2H+=Mg2+H2，故答案为：Mg+2H+=Mg2+H2；（2）根据产生氢气的速率判断酸性强弱时，必须指出醋酸和盐酸的浓度相等，否则无法比较，故答案为：没有说明两种酸的浓度相等；（3）醋酸为弱酸，盐酸为强酸，浓度相等时醋酸中氢离子浓度小于盐酸，则与镁的反应中，盐酸的快，醋酸的慢；由于醋酸和盐酸的浓度、体积相等，镁过量，则最终生成氢气的体积相等，故答案为：盐
50、酸的快，醋酸的慢； 体积相等；（4）镁在加热条件下能够与水反应，所以该反应放热，导致过量镁与水反应生成氢气，所以产生的氢气比理论值高，故答案为：反应放热，过量镁与水反应；（5）根据醋酸、盐酸与镁反应产生氢气的速率可知，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，则盐酸的酸性大于醋酸，故答案为：盐酸酸性比醋酸强；（6）判断醋酸和盐酸的酸性强弱，还可以通过测定同浓度的盐酸和醋酸的pH或测定醋酸钠和氯化钠溶液的pH进行判断，故答案为：测定同浓度的盐酸和醋酸的pH；测定醋酸钠和氯化钠溶液的pH；实验二：（1）根据H2A=H+HA知，H2A第一步完全电离，所以为强电解质，故答案为：强电解质；（2）根据电离方程式知，HA只
51、电离不水解，0.1molL1NaHA溶液的pH=2，则HA电离出氢离子浓度为0.01mol/L，H2A第一步完全电离生成0.1mol/L的氢离子，第一步电离出的氢离子抑制第二步电离，所以第二步电离出的氢离子浓度小于0.01mol/L，则H2A溶液中氢离子的物质的量浓度应小于0.11mol/L，故答案为：；（3）AH2B第一步完全电离，所以溶液中不存在H2B，应该为c（B2）+c（HB ）=0.1mol/L，故A错误；BH2B第一步完全电离，所以溶液中不存在H2B，溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得：c（OH）=c（H+）+c（HB），故B错误；C根据电荷守恒得：c（Na+）+c（H+ ）=c（
52、OH ）+c（HB）+2c（B2 ），故C正确；D根据物料守恒得：c（Na+）=2c（B2 ）+2c（HB ），故D正确；故答案为：CD；（4）钠离子不电离，HB能电离，所以c（Na+）c（HB），根据（3）知，溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），水和HB都电离出氢离子，则c（H+）c（B2），所以该溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）c（HB）c（H+）c（B2）c（OH），故答案为：c（Na+）c（HB）c（H+）c（B2）c（OH）点评：本题考查了酸性强弱比较、离子浓度大小比较、溶解度在的电离平衡及其影响等知识，注意掌握判断酸性强弱的方法，明确弱电解质的电离平衡及其影响因素，能够根据电荷
53、守恒、物料守恒、质子守恒及盐的水解原理判断各离子浓度大小12乙醇是一种重要的化工原料 （1）葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇的化学方程式是C6H12O62C2H5OH+2CO2 （2）香豆素是一种用途广泛的香料，它可以利用乙醇和B通过以下途径合成D的结构简式是；完成下列化学方程式：E在一定条件下发生加成聚合反应：； E香豆素：； B有多种同分异构体，其中苯环上只有一个侧链的所有同分异构体的结构简式是； 有关香豆素的说法正确的是cd（填字母） a只能与溴单质发生加成反应，不能发生取代反应 b.1mol香豆素可与5mol H2发生加成反应c.1mol香豆素可与2mol NaOH发生反应d.1mol
54、香豆素完全燃烧消耗9.5mol O2考点：有机物的推断分析：（1）葡萄糖和酒化酶的作用下反应生成乙醇和二氧化碳；（2）由香豆素可知E为，D发生氧化反应生成E，则D为，乙醇被氧化生成乙醛，则A为CH3CHO，C发生消去反应生成D，结合题给信息知，C为，则B为，据此分析解答解答：解：（1）葡萄糖再酒化酶的作用下生成乙醇与二氧化碳，反应方程式为：C6H12O62C2H5OH+2CO2，故答案为：C6H12O62C2H5OH+2CO2；（2）由香豆素可知E为，D发生氧化反应生成E，则D为，乙醇被氧化生成乙醛，则A为CH3CHO，C发生消去反应生成D，结合题给信息知，C为，则B为，通过以上分析知，D的结
55、构简式是，故答案为：；E发生加聚反应方程式为，由E生成香豆素的化学方程式为：，故答案为：；B为，有多种同分异构体，其中苯环上只有一个侧链的所有同分异构体可为酸或酯，结构简式是，故答案为：；a含有碳碳双键，所以能和溴发生加成反应，含有酯基，能发生取代反应，故错误； b碳碳双键和苯环都能和氢气发生加成反应，1mol香豆素可与4mol H2发生加成反应，故错误；c酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和NaOH反应，所以1mol香豆素可与2mol NaOH发生反应，故正确；d香豆素的分子式为C9H6O2，1mol香豆素完全燃烧消耗（9+1）mol=9.5molO2，故正确；故选cd点评：本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力及知识迁移能力，根据香豆素结构简式采用逆向推断方法进行推断，结合反应条件、题给信息分析，难点是同分异构体种类判断，注意酯基水解生成的酚羟基能和氢氧化钠反应，为易错点
