1、2017年四川省遂宁市高考化学零珍试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列有关说法不正确的是（）A墨水是一种胶体，不同墨水混用时可能使钢笔流水不畅或者堵塞B持续加热到一定温度能杀死甲型H1N1流感病毒是因为病毒的蛋白质受热变性C洁厕液与84消毒液混合洗厕所可以达到洗涤和消毒杀菌的双重功效，对人体不可能造成伤害D用13C示踪原子法可以进行幽门螺旋杆菌的精确检测2下列说法正确的是（）A硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物B蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质C溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规
2、律，即布朗运动D由于2NO+2CO2CO2+N2的H0，则该反应一定能自发进行3用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A2.0gH218O与D216O的混合物中所含中子数为NAB0.1molCl2溶于足量水中，转移的电子数为0.1NAC常温常压下50g 46%的乙醇溶液中，所含氧原子数目为0.5NAD25时，pH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH数目为0.1NA4如图所示的实验，能达到实验目的或说法正确的是（）A进行中和热的测定B运用该实验可区分胶体和溶液CX若为苯，可用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸D验证AgCl溶解度大于Ag2S5已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依
3、次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D是地壳中含量最多的金属元素下列说法正确的是（）AB的单质在自然界只有一种核素B元素C、D、E的简单离子的半径依次减小CA、E分别与C形成的化合物中含有一种相同类型的化学键D这几种元素可能形成的简单离子中E的简单离子的还原性最强6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水电离的c（ H+）=1l013 mol/L的溶液中：K+、Na+、SiO32、SO42B能溶解Al（OH）3的溶液：NH4+、K+、SO42、HCO3C甲基橙显黄色的
4、溶液：Na+、CO32、NO3、SO32D1.0 mol/L的CH3COOH溶液：K+、Fe3+、NO3、Cl7下列说法不正确的是（）A将pH=4的某酸稀释10倍，测得其pH5，则该酸为弱酸B相同温度相同pH的CH3COONa、NaAlO2和NaHCO3三种溶液的物质的量浓度大小为：c（NaAlO2）c（NaHCO3）c（CH3COONa）C0.1 mol/L的NaA溶液和0.1 mol/L的HA溶液等体积混合pH=4.75，则溶液：c （HA）+2c（H+）=2c（OH）+c（A）D向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得混合液：c（Na+）c（NH4+）c（SO42）c（OH）=
5、c（H+）二、解答题（共4小题，满分58分）8近年来“雾霾”污染日益严重，原因之一是机动车尾气中含有NO、NO2、CO等气体，火力发电厂释放出大量的NOx、SO2和CO2等气体也是其原因，现在对其中的一些气体进行了一定的研究：（1）用 CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染已知：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=574kJ/molCH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1160kJ/molH2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol写出 CH4（g）与 NO2（g）反应生成 N2（g）、CO2（g）和 H2
6、O（l）的热化学方程式：（2）汽车尾气中含有CO、NO2等有毒气体，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体转化为无毒气体4CO（g）+2NO2（g）4CO2（g）+N2（g）H=1200kJmol1对于该反应，温度不同（T2T1）、其他条件相同时，下列图象正确的是（填代号）（3）用活性炭还原法也可以处理氮氧化物，某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）H=a kJ/mol在T1时，反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如表：时间/min浓度/（mol/L） 01020304050NO1.00.580.400.400.480.48N200
7、.210.300.300.360.36CO200.210.300.3 00.360.36根据图表数据分析T1时，该反应在020min的平均反应速率v（NO）=；计算该反应的平衡常数K=30min后，只改变某一条件，根据表的数据判断改变的条件可能是（填字母代号）A通入一定量的CO2 B加入合适的催化剂C适当缩小容器的体积 D通入一定量的NOE加入一定量的活性炭若30min后升高温度至T2，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为2：1：1，则达到新平衡时NO的转化率（填“升高”或“降低”），a0（填“”或“”）（4）温度T1和T2时，分别将0.50mol CH4和1.2mol NO2充入
8、1L的密闭容器中发生反应：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=bkJ/mol测得有关数据如表：温度时间/min物质的量010204050T1n（CH4）/mol0.500.350.250.100.10T2n（CH4）/mol0.500.300.18x0.15下列说法正确的是AT1T2，且b0B当温度为T2、反应进行到40min时，x0.15C温度为T2时，若向平衡后的容器中再充入0.50mol CH4和1.2mol NO2，重新达到平衡时，n（N2）0.70molD温度为T1时，若起始时向容器中充入0.50mol CH4（g）、0.50molNO2（g）、1
9、.0mol N2（g）、2.0molCO2（g）、0.50molH2O（g），反应开始时，（正）（逆）9铈、铬、钛、镍虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要作用（1）二氧化铈 （CeO2）在平板电视显示屏中有着重要应用CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2在该反应中作剂（2）自然界Cr主要以+3价和+6价存在+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬完成并配平下列离子方程式：Cr2O72+SO32+=Cr3+SO42+H2O（3）钛（Ti）被誉为“二十一世纪的金属”，工业上在550时用钠与四氯化钛反应可制得钛，该反应的化学方程式是（4）N
10、iSO4xH2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于镀镍、电池等，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得操作步骤如下：向滤液中加入FeS是为了除去Cu2+、Zn2+等杂质，除去Cu2+的离子方程式为对滤液先加H2O2再调pH，调pH的目的是滤液溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是10甲同学进行了FeCl2溶液的配制、浓度的测定以及Fe2+还原性的实验，并针对异常现象进行探究步骤一：制取FeCl2 甲同学准备用两种方案制取方案1：按如图装置用H2还原无水FeCl3制取E中盛放的试剂是；D中反应的化学方程式为此方案
11、有个明显的缺陷是方案2：由0.1molL1 FeCl3溶液制取FeCl2溶液，你认为其操作应该是步骤二：测定方案2所配FeCl2溶液的物质的量浓度用重铬酸钾法（一种氧化还原滴定法）可达到目的若需配制浓度为0.01000molL1的K2Cr2O7标准溶液480mL，实验中用到的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯，还缺少，本实验滴定过程中操作滴定管的图示正确的是（填编号）下列错误的操作使测定的FeCl2溶液浓度偏小的是A若在配制K2Cr2O7标准溶液定容时采取俯视姿势B若滴定操作中，如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失C锥形瓶洗净后未干燥步骤三：向2mL Fe
12、Cl2溶液中滴加2滴0.1molL1KSCN溶液，无现象；再滴加5滴5% H2O2溶液（物质的量浓度约为1.5molL1、pH约为5），观察到溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成（经检验为O2）甲同学探究“步骤三”中溶液褪色的原因：实验I取褪色后溶液两份，一份滴加FeCl3溶液无现象；另一份滴加KSCN溶液出现红色；实验II取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀，并测得生成了两种可直接排放到空气中的气体实验III向2mL 0.1molL1 FeCl3溶液中滴加2滴0.1molL1KSCN溶液，变红，通入O2，无明显变化实验I说明溶液红色褪去是因为SCN发生了反应而不是Fe
13、3+发生反应实验III的目的是得出结论：溶液褪色的原因是酸性条件下H2O2将SCN氧化成SO42和相关气体写出该反应的离子方程式11铁触媒是重要的催化剂，CO易与铁触媒作用导致其失去催化活性：Fe+5CO=Fe（CO）5；除去CO的化学反应方程式为：Cu（NH3）2OOCCH3+CO+NH3=Cu（NH3）3（CO）OOCCH3请回答下列问题：（1）C、N、O的电负性由大到小的顺序为，基态Fe原子的价电子排布图为（2）Fe（CO）5又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，则Fe（CO）5的晶体类型是，与CO互为等电子体的分子的电子式为（3）配合物Cu（NH3）2OOCCH3中碳原子的杂化类型是，配体
14、中提供孤对电子的原子是（4）用Cu（NH3）2OOCCH3除去CO的反应中，肯定有形成a离子键 b配位键 c非极性键 d键（5）NaAlH4晶体的晶胞如图，与Na+紧邻且等距的AlH4有个；NaAlH4晶体的密度为gcm3（用含a的代数式表示）2017年四川省遂宁市高考化学零珍试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列有关说法不正确的是（）A墨水是一种胶体，不同墨水混用时可能使钢笔流水不畅或者堵塞B持续加热到一定温度能杀死甲型H1N1流感病毒是因为病毒的蛋白质受热变性C洁厕液与84消毒液混合洗厕所可以达到洗涤和消毒杀菌的双重
15、功效，对人体不可能造成伤害D用13C示踪原子法可以进行幽门螺旋杆菌的精确检测【考点】胶体的重要性质【分析】A、不同的墨水可能是带相反电荷的胶体；B、病毒的主要成分是蛋白质；C、洁厕液的主要成分是酸，而84消毒液中含氯离子和次氯酸根；D、用13C或14C示踪原子可以进行幽门螺旋杆菌的检测；【解答】解：A、不同的墨水可能是带相反电荷的胶体，故混合使用后会发生胶体的聚沉，从而堵塞钢笔，故A正确；B、病毒的主要成分是蛋白质，在高温条件下能发生变性，故高温能杀菌消毒，故B正确；C、洁厕液的主要成分是酸，而84消毒液中含氯离子和次氯酸根，Cl和ClO在酸性条件下能发生归中反应：Cl+ClO+2H+=Cl2
16、+H2O，生成的氯气对人体有毒，故C错误；D、用13C或14C示踪原子可以进行幽门螺旋杆菌的检测，能使检测更精确，故D正确；2下列说法正确的是（）A硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物B蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质C溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动D由于2NO+2CO2CO2+N2的H0，则该反应一定能自发进行【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】A纯碱是碳酸钠；B电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，水溶液中能完全电离的电解质为强电解质，水溶液中部分电离的电解质为弱电解质；非电解质是指在水溶
17、液中和熔融状态下能够导电的化合物；、C溶质粒子和胶体中分散质粒子均作无规则运动；D反应自发进行的判断依据是HTS0，反应自发进行，HTS0，反应非自发进行；【解答】解：A纯碱是碳酸钠，是盐不是碱，故A错误；B蔗糖是在水溶液中和熔融状态不导电、硫酸钡是盐熔融状态完全电离，水存在电离平衡分别属于非电解质、强电解质和弱电解质，故B正确；C、溶液中溶质粒子和胶体中分散质粒子均作无规则运动，胶体粒子的无规则运动属于布朗运动，故C错误；DH0，但S0，HTS不一定小于0，反应不一定自发进行，故D错误；故选B3用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A2.0gH218O与D216O的混合物中所含中
18、子数为NAB0.1molCl2溶于足量水中，转移的电子数为0.1NAC常温常压下50g 46%的乙醇溶液中，所含氧原子数目为0.5NAD25时，pH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH数目为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、H218O与D216O的摩尔质量均为20g/mol，且均含10个中子；B、氯气和水的反应为可逆反应；C、乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子；D、溶液体积不明确【解答】解：A、H218O与D216O的摩尔质量均为20g/mol，故2g混合物的物质的量为0.1mol，且两者均含10个中子，故0.1mol混合物中含NA个中子，故A正确；B、氯气和水的反应为可逆反应，不
19、能进行彻底，故转移的电子数小于0.1NA个，故B错误；C、乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子，故溶液中含有的氧原子的个数大于0.5NA个，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的氢氧根的个数无法计算，故D错误故选A4如图所示的实验，能达到实验目的或说法正确的是（）A进行中和热的测定B运用该实验可区分胶体和溶液CX若为苯，可用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸D验证AgCl溶解度大于Ag2S【考点】化学实验方案的评价【分析】A缺少环形玻璃搅拌器；B胶体具有丁达尔效应；C气体与水直接接触，不能起到防倒吸的作用；D硝酸银过量，不能验证AgCl溶解度大于Ag2S【解答】解：A测定中和热时，应用环形玻璃搅
20、拌器搅拌，使之充分反应，故A错误；B胶体具有丁达尔效应，可形成光路，而溶液不具有此性质，可鉴别，故B正确；C气体与水直接接触，不能起到防倒吸的作用，应用四氯化碳，故C错误；D硝酸银过量，不能验证AgCl溶解度大于Ag2S，应用少量硝酸银，故D错误故选B5已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D是地壳中含量最多的金属元素下列说法正确的是（）AB的单质在自然界只有一种核素B元素C、D、E的简单离子的半径依次减小CA、E分别与C形成的化合物中含有一种相
21、同类型的化学键D这几种元素可能形成的简单离子中E的简单离子的还原性最强【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，则C为Na元素；元素D是地壳中含量最多的金属元素，则D为Al元素；元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，B有2个电子层，最外层电子数为4，故B为C元素；其中元素A、E的单质在常温下呈气态，A的原子序数小于碳元素，A为H元素，E的原子序数大于铝元素，E为Cl元素，以此解答该题【解答】解：AB为C元素，在自然界存在多种同位素，如12C、13C等，故A错误；B元素C、D、E的简单离子中
22、C、D有两个电子层，C有3个电子层，C的离子的半径最大，故B错误；CA、E分别与C形成的化合物分别为NaH、NaCl，都含有离子键，故C正确；DCl的非金属性大于C，对应的简单离子C的还原性较强，故D错误故选C6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水电离的c（ H+）=1l013 mol/L的溶液中：K+、Na+、SiO32、SO42B能溶解Al（OH）3的溶液：NH4+、K+、SO42、HCO3C甲基橙显黄色的溶液：Na+、CO32、NO3、SO32D1.0 mol/L的CH3COOH溶液：K+、Fe3+、NO3、Cl【考点】离子共存问题【分析】A水电离的c（ H+）=1
23、l013 mol/L的溶液，为酸或碱溶液；B能溶解Al（OH）3的溶液，为酸或强碱溶液；C甲基橙显黄色的溶液，可能显酸性；D醋酸溶液中该组离子之间不反应【解答】解：A水电离的c（ H+）=1l013 mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在SiO32，故A不选；B能溶解Al（OH）3的溶液，为酸或强碱溶液，碱性溶液中不能大量存在NH4+、HCO3，酸性溶液中不能大量存在HCO3，故B不选；C甲基橙显黄色的溶液，可能显酸性，不能大量存在CO32、SO32，且酸性溶液中NO3、SO32发生氧化还原反应，故C不选；D醋酸溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故D选；故选D7下列说法不正确
24、的是（）A将pH=4的某酸稀释10倍，测得其pH5，则该酸为弱酸B相同温度相同pH的CH3COONa、NaAlO2和NaHCO3三种溶液的物质的量浓度大小为：c（NaAlO2）c（NaHCO3）c（CH3COONa）C0.1 mol/L的NaA溶液和0.1 mol/L的HA溶液等体积混合pH=4.75，则溶液：c （HA）+2c（H+）=2c（OH）+c（A）D向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得混合液：c（Na+）c（NH4+）c（SO42）c（OH）=c（H+）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较【分析】A将pH=4的某酸稀释10倍，测得其pH5，说明酸没
25、有完全电离；B溶液中氢氧根离子浓度相同，盐中阳离子相同，酸越弱，其盐的酸根水解程度越大；C根据电荷守恒可知：c（A）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），根据物料守恒可得：c（A）+c（HA）=2c（Na+），D溶液pH=7，NaOH稍微过量，溶液中c（OH）=c（H+）；【解答】解：A将pH=4的某酸稀释10倍，测得其pH5，说明酸没有完全电离，应为弱酸，故A正确；BCH3COONa、NaAlO2和NaHCO3是盐，PH值相同，四种盐的阳离子相同，其阴离子对应的酸越弱，酸根的水解程度越大，酸性：醋酸碳酸碳酸氢根偏铝酸，PH值相同，酸根的水解程度越大，其物质的量浓度越小，故浓度c（NaAlO
26、2）c（NaHCO3）c（CH3COONa），故B正确；C.0.1 mol/L的NaA溶液和0.1 mol/L的HA溶液等体积混合pH=4.75，溶液显酸性，根据电荷守恒可知：c（A）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），根据物料守恒可得：c（A）+c（HA）=2c（Na+），二者结合得到：2c（H+）+c（HA）=c（A）+2c（OH），故C正确；D溶液pH=7，NaOH稍微过量，则c（Na+）c（SO42），溶液中c（OH）=c（H+），所以溶液中离子浓度关系为：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+），故D错误；故选D二、解答题（共4小题，满分58分）8近年来“雾
27、霾”污染日益严重，原因之一是机动车尾气中含有NO、NO2、CO等气体，火力发电厂释放出大量的NOx、SO2和CO2等气体也是其原因，现在对其中的一些气体进行了一定的研究：（1）用 CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染已知：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=574kJ/molCH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1160kJ/molH2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol写出 CH4（g）与 NO2（g）反应生成 N2（g）、CO2（g）和 H2O（l）的热化学方程式：CH4（g）+2NO2（g）=N
28、2（g）+CO2（g）+2H2O（l）H=955kJ/mol（2）汽车尾气中含有CO、NO2等有毒气体，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体转化为无毒气体4CO（g）+2NO2（g）4CO2（g）+N2（g）H=1200kJmol1对于该反应，温度不同（T2T1）、其他条件相同时，下列图象正确的是乙（填代号）（3）用活性炭还原法也可以处理氮氧化物，某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）H=a kJ/mol在T1时，反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如表：时间/min浓度/（mol/L） 01020304050NO1.00.580
29、.400.400.480.48N200.210.300.300.360.36CO200.210.300.3 00.360.36根据图表数据分析T1时，该反应在020min的平均反应速率v（NO）=0.030molL1min1；计算该反应的平衡常数K=0.5630min后，只改变某一条件，根据表的数据判断改变的条件可能是CD（填字母代号）A通入一定量的CO2 B加入合适的催化剂C适当缩小容器的体积 D通入一定量的NOE加入一定量的活性炭若30min后升高温度至T2，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为2：1：1，则达到新平衡时NO的转化率降低（填“升高”或“降低”），a0（填“”或“
30、”）（4）温度T1和T2时，分别将0.50mol CH4和1.2mol NO2充入1L的密闭容器中发生反应：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=bkJ/mol测得有关数据如表：温度时间/min物质的量010204050T1n（CH4）/mol0.500.350.250.100.10T2n（CH4）/mol0.500.300.18x0.15下列说法正确的是CDAT1T2，且b0B当温度为T2、反应进行到40min时，x0.15C温度为T2时，若向平衡后的容器中再充入0.50mol CH4和1.2mol NO2，重新达到平衡时，n（N2）0.70molD温度为T
31、1时，若起始时向容器中充入0.50mol CH4（g）、0.50molNO2（g）、1.0mol N2（g）、2.0molCO2（g）、0.50molH2O（g），反应开始时，（正）（逆）【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素【分析】（1）已知：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=574kJ/molCH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1160kJ/molH2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol由盖斯定律+4可得CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）；（2）该
32、反应中焓变小于0，为放热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，且反应向着逆向进行，二氧化氮转化率减小、一氧化碳的体积含量减小，据此对各图象进行判断；（3）根据v=计算反应速率，K=计算化学平衡常数K；依据图表数据分析，结合平衡浓度计算平衡常数和浓度变化分析判断，30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g），依据图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，依据平衡常数计算，平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体体积不变，所以可能是减小溶液体积后加入一定量一氧化氮；若3
33、0min后升高温度至T2，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比从为2：1：1，氮气和二氧化碳难度之比始终为1：1，所以2：14：3，说明平衡向逆反应方向移动；（4）A、温度升高，反应速率加快，甲烷剩余量增多，说明反应向左进行，正反应放热；B、温度升高，反应速率加快，当温度为T1、反应进行到40 min时已达平衡状态，温度为T2时反应也应该达到平衡状态；C、温度为T2时，若向平衡后的容器中再充入0.50 mol CH4和1.2mol NO2，可等效为在另一个相同的容器中建立一个和原平衡相同的平衡状态，再压缩到一个容器中，即为增大压强，平衡逆向移动；D、根据温度为T1时平衡常数不变，根据
34、浓度商与平衡常数的大小判断平衡移动方向，利用化学平衡三段式计算【解答】解：（1）已知：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=574kJ/molCH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1160kJ/molH2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol由盖斯定律+4可得CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）H=955 kJ/mol；故答案为：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）H=955 kJ/mol；（2）该反应为放热反应，升高温度，正逆反应速率均增大，都
35、应该离开原来的速率点，图象与实际情况不相符，故甲错误；升高温度，反应向着逆向进行，反应物的转化率减小，反应速率加快，图象与实际反应一致，故乙正确；压强相同时，升高温度，反应向着逆向移动，一氧化氮的体积分数应该增大，图象与实际不相符，故丙错误；故答案为：乙；（3）T1时，该反应在020min的平均反应速率v（NO）=0.030molL1min1；C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g），平衡浓度c（N2）=0.3mol/L；c（CO2）=0.3mol/L；c（NO）=0.4mol/L；反应的平衡常数K=0.56；故答案为：0.030molL1min1；0.56；A通入一定量的CO2，平衡逆
36、向移动，NO的浓度增大，但是氮气的浓度会减少，与题不符，故A错误；B催化剂只改变化学反应速率，不改变化学平衡，故B错误；C适当缩小容器的体积，反应前后体积不变，平衡状态物质浓度增大，故C正确；D通入一定量的NO，新平衡状态下物质平衡浓度增大，故D正确；E加入一定量的活性炭，碳是固体对平衡无影响，平衡不动，故E错误；故答案为：CD；30min后升高温度至T2，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比从为2：1：1，氮气和二氧化碳难度之比始终为1：1，所以2：14：3，说明平衡向逆反应方向移动，说明平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时NO的转化率，说明逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应；故答
37、案为：降低；（4）A、温度升高，反应速率加快，因此T2T1，甲烷剩余量增多，说明反应向左进行，正反应放热，所以a0，故A错误；B、当温度为T2、反应进行到40 min时，反应达到平衡状态，x=0.15，故B错误；C、温度为T2时，若向平衡后的容器中再充入0.50 mol CH4和1.2mol NO2，平衡逆向移动，重新达到平衡时，n（N2）小于原平衡n（N2）的2倍，故C正确；D、对于反应 CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）起始（mol/L） 0.5 1.2 0 0 0变化（mol/L） 0.4 0.8 0.4 0.4 0.8平衡（mol/L） 0.1 0.4
38、 0.4 0.4 0.8温度为T1时，平衡常数K=6.4，若起始时向容器中充入0.50 mol CH4（g）、0.50 molNO2（g）、1.0 mol N2（g）、2.0 molCO2（g）、0.50 molH2O（g），浓度商Qc=4K，平衡正向移动，（正）（逆），故D正确；故答案为：CD9铈、铬、钛、镍虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要作用（1）二氧化铈 （CeO2）在平板电视显示屏中有着重要应用CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2在该反应中作氧化剂剂（2）自然界Cr主要以+3价和+6价存在+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+
39、3价的铬完成并配平下列离子方程式：1Cr2O72+3SO32+8H+=2Cr3+3SO42+4H2O（3）钛（Ti）被誉为“二十一世纪的金属”，工业上在550时用钠与四氯化钛反应可制得钛，该反应的化学方程式是4Na+TiCl4Ti+4NaCl（4）NiSO4xH2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于镀镍、电池等，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得操作步骤如下：向滤液中加入FeS是为了除去Cu2+、Zn2+等杂质，除去Cu2+的离子方程式为FeS+Cu2+=CuS+Fe2+对滤液先加H2O2再调pH，调pH的目的是除去Fe3+滤液溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过
40、滤后，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶（或富集NiSO4）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【分析】（1）CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，Ce元素的化合价由+4价降低为+3价；（2）从质量守恒、电荷守恒和电子守恒的角度配平方程式；（3）工业上在550时用钠与四氯化钛反应可制得钛，四氯化钛被钠还原为钛，依据原子守恒书写；（4）FeS除去Cu2+的反应是沉淀的转化；对滤液加H2O2的目的是将Fe2+氧化Fe3+，然后调pH沉淀Fe3+；NiSO4与Na2CO3反应生成NiC
41、O3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这样可提高NiSO4的浓度，有利于蒸发结晶【解答】解：I、（1）CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，Ce元素的化合价由+4价降低为+3价，则CeO2在反应中作氧化剂，故答案为：氧化剂；（2）反应中Cr元素化合价由+6价降低到+3价，S元素化合价由+4价升高到+6价，则最小公倍数为12，由电子守恒和原子守恒、电荷守恒可知配平后的离子方程式为：Cr2O72+3SO32+8H+2Cr3+3SO42+4H20，故答案为：1；3；8H+；2；3；4；（3）工业上在550时用钠与四氯化钛反应可制得钛，四氯化钛被钠还原为钛，反应的化学方程
42、式为：4Na+TiCl4Ti+4NaCl；故答案为：4Na+TiCl4Ti+4NaCl；（4）FeS除去Cu2+的反应是沉淀的转化，即FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；故答案为：FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；对滤液加H2O2的目的是将Fe2+氧化Fe3+，然后调pH使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，从而除去Fe3+；故答案为：除去Fe3+；NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这样可提高NiSO4的浓度，有利于蒸发结晶；故答案为：增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶（或富集NiSO4）10甲同学进行了FeCl2溶液的配制、浓度的测定以及
43、Fe2+还原性的实验，并针对异常现象进行探究步骤一：制取FeCl2 甲同学准备用两种方案制取方案1：按如图装置用H2还原无水FeCl3制取E中盛放的试剂是碱石灰；D中反应的化学方程式为H2+2FeCl3=2FeCl2+2HCl此方案有个明显的缺陷是没有处理尾气H2方案2：由0.1molL1 FeCl3溶液制取FeCl2溶液，你认为其操作应该是向0.1molL1FeCl3溶液中加足量铁粉振荡，静置后取上层清液步骤二：测定方案2所配FeCl2溶液的物质的量浓度用重铬酸钾法（一种氧化还原滴定法）可达到目的若需配制浓度为0.01000molL1的K2Cr2O7标准溶液480mL，实验中用到的玻璃仪器有
44、量筒、玻璃棒、烧杯，还缺少500mL容量瓶、胶头滴管，本实验滴定过程中操作滴定管的图示正确的是A（填编号）下列错误的操作使测定的FeCl2溶液浓度偏小的是AA若在配制K2Cr2O7标准溶液定容时采取俯视姿势B若滴定操作中，如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失C锥形瓶洗净后未干燥步骤三：向2mL FeCl2溶液中滴加2滴0.1molL1KSCN溶液，无现象；再滴加5滴5% H2O2溶液（物质的量浓度约为1.5molL1、pH约为5），观察到溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成（经检验为O2）甲同学探究“步骤三”中溶液褪色的原因：实验I取褪色后溶
45、液两份，一份滴加FeCl3溶液无现象；另一份滴加KSCN溶液出现红色；实验II取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀，并测得生成了两种可直接排放到空气中的气体实验III向2mL 0.1molL1 FeCl3溶液中滴加2滴0.1molL1KSCN溶液，变红，通入O2，无明显变化实验I说明溶液红色褪去是因为SCN发生了反应而不是Fe3+发生反应实验III的目的是排除H2O2分解产生的O2氧化SCN的可能得出结论：溶液褪色的原因是酸性条件下H2O2将SCN氧化成SO42和相关气体写出该反应的离子方程式2SCN+11H2O22SO42+2H+2CO2+N2+10H2O【考点】性质实验方案
46、的设计【分析】步骤一：方案1：按如图中装置可知，用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2，A装置一般用锌和稀盐酸制备H2，B装置用来除去氢气中的氯化氢，C装置用来干燥氢气，可以装置碱石灰，E装置中也要装置碱石灰，吸收氯化氢气体同时防止空气中的水份进入D装置，D装置中用氢气与氯化氯生成氯化亚；方案2：由FeCl3溶液制取FeCl2溶液，可以在氯化铁溶液中加入足量铁粉；步骤二：根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤可知，配制溶液是需要500 mL容量瓶、胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯等，在操作滴定管时应用左手握住活塞，手指在另上侧拧开活塞，根据氧化还原滴定原理可以进行误差分析；步骤三：根据实验步骤
47、可知，实验III的目的是排除H2O2分解产生的O2氧化SCN的可能，在酸性条件下H2O2将SCN氧化成SO42和氮气，同时有二氧化碳生成，据此书写离子方程式；【解答】解：步骤一：方案1：按如图中装置可知，用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2，A装置一般用锌和稀盐酸制备H2，B装置用来除去氢气中的氯化氢，C装置用来干燥氢气，可以装置碱石灰，E装置中也要装置碱石灰，吸收氯化氢气体同时防止空气中的水份进入D装置，D装置中用氢气与氯化氯生成氯化亚，所以E中盛放的试剂是 碱石灰，D中反应的化学方程式为 H2+2FeCl3=2FeCl2+2HCl，根据装置图可知，此方案有个明显的缺陷是没有处理尾气H
48、2，故答案为：碱石灰；H2+2FeCl3=2FeCl2+2HCl；没有处理尾气H2；方案2：由FeCl3溶液制取FeCl2溶液，可以在氯化铁溶液中加入足量铁粉，其操作为向0.1 molL1 FeCl3溶液中加足量铁粉振荡，静置后取上层清液，故答案为：向0.1 molL1 FeCl3溶液中加足量铁粉振荡，静置后取上层清液；步骤二：根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤可知，配制溶液是需要500 mL容量瓶、胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯等，在操作滴定管时应用左手握住活塞，手指在另上侧拧开活塞，故选 A，在氧化还原滴定中：A若在配制K2Cr2O7标准溶液定容时采取俯视姿势，会使标准液的浓度偏高，导致
49、消耗的标准液的体积偏小，会使测定的FeCl2溶液浓度偏小，故A正确；B若滴定操作中，如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，使标准液的体积偏大，会使测定的FeCl2溶液浓度偏大，故B错误；C锥形瓶洗净后未干燥，对实验没有影响，故选A；故答案为：500 mL容量瓶、胶头滴管；A； A；步骤三：根据实验步骤可知，实验III的目的是排除H2O2分解产生的O2氧化SCN的可能，在酸性条件下H2O2将SCN氧化成SO42和氮气，同时有二氧化碳生成，反应的离子方程式为2SCN+11H2O22SO42+2H+2 CO2+N2+10 H2O，故答案为：排除H2O2分解
50、产生的O2氧化SCN的可能；2SCN+11H2O22SO42+2H+2 CO2+N2+10 H2O11铁触媒是重要的催化剂，CO易与铁触媒作用导致其失去催化活性：Fe+5CO=Fe（CO）5；除去CO的化学反应方程式为：Cu（NH3）2OOCCH3+CO+NH3=Cu（NH3）3（CO）OOCCH3请回答下列问题：（1）C、N、O的电负性由大到小的顺序为ONC，基态Fe原子的价电子排布图为（2）Fe（CO）5又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，则Fe（CO）5的晶体类型是分子晶体，与CO互为等电子体的分子的电子式为（3）配合物Cu（NH3）2OOCCH3中碳原子的杂化类型是sp3、sp2，配体中
51、提供孤对电子的原子是N（4）用Cu（NH3）2OOCCH3除去CO的反应中，肯定有bd形成a离子键 b配位键 c非极性键 d键（5）NaAlH4晶体的晶胞如图，与Na+紧邻且等距的AlH4有8个；NaAlH4晶体的密度为gcm3（用含a的代数式表示）【考点】晶胞的计算；位置结构性质的相互关系应用【分析】（1）同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而增大；Fe原子核外有26个电子，其3d、4s能级上的电子为其价电子；（2）分子晶体熔沸点较低；等电子体的原子个数相等、价电子数相等；（3）该配合物中C原子价层电子对个数是4和3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定C原子杂化方式；该配体中Cu原
52、子提供空轨道、N原子提供孤电子对；（4）用Cu（NH3）2OOCCH3除去CO的反应中，肯定有配位键和键生成；（5）以体心的AlH4研究，与之紧邻且等距的Na+位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与AlH4紧邻且等距的Na+有8个，根据均摊法可知，晶胞中AlH4数目为1+8+4=4，Na+数目为6+4=4，则二者配位数相等；结合晶胞中AlH4、Na+数目，表示出晶胞质量，再根据=计算密度【解答】解：（1）同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而增大，这三种元素第一电离能大小顺序是ONC；Fe原子3d、4s能级电子为其价电子，基态Fe原子的价电子排布图为
53、，故答案为：ONC；（2）熔沸点较低的晶体为分子晶体，Fe（CO）5又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，其熔沸点较低，为分子晶体；与CO互为等电子体的分子是氮气分子，电子式为，故答案为：分子晶体；（3）该配合物中C原子价层电子对个数是4和3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定C原子杂化方式为sp3、sp2，该配体中Cu原子提供空轨道、N原子提供孤电子对，故答案为：sp3、sp2；N；（4）用Cu（NH3）2OOCCH3除去CO的反应中，肯定有Cu原子和N、C原子之间的配位键且也是键生成，故选bd；（5）根据均摊法可知，晶胞中AlH4数目为1+8+4=4，Na+数目为6+4=4，则二者配位数为1：1，以体心的AlH4研究，与之紧邻且等距的Na+位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与AlH4紧邻且等距的Na+有8个，则与Na+紧邻且等距的AlH4有8个；晶胞质量为4g，晶胞密度为4g（a107 cm）22a107 cm= gcm3，故答案为：8；2017年1月8日