1、2015-2016学年山东省淄博一中高三（上）期中化学试卷一.选择题：（每小题3分，每个小题只有一个选项，共16小题）1神农本草经说：“水银镕化（加热）还复为丹”黄帝九鼎神丹经中的“柔丹”“伏丹”都是在土釜中加热Hg制得的这里的“丹”是指（）A氯化物B合金C硫化物D氧化物2下列对各物质的分类全部正确的是（）酸性氧化物碱性氧化物酸碱强电解质非电解质ANO2CuOHFKOHH2SO4SO2BCO2Na2O2HClCu（OH）2HClO4CH4CSiO2MgOHClONH3H2ONaHCO3C2H5OHDMn2O7K2OHBrNa2CO3Ba（OH）2Cl2AABBCCDD3下列有关金属的叙述中，错
2、误的是（）A钠的还原性很强，可以用来冶炼金属钛、锆、铌等B纯铁比生铁的耐腐蚀性强C铝是比较活泼金属，不能用铝制容器盛放冷的浓硫酸D将铜放入稀硫酸中不溶解，再加入一些硝酸钾溶液铜就可溶解4下列表述正确的是（）A少量的CO2通入BaCl2溶液中会产生白色沉淀B向氯水中加入碳酸钙粉末，能提高溶液中HClO的浓度CNO2和水反应时，NO2作氧化剂，水作还原剂D SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为SO2具有漂白性5能正确表示下列反应的离子方程式为（）A硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2+H2SBNH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3+OH=CO32+H2OC漂白粉溶液在空气中失效
3、：ClO+CO2+H2OHClO+HCO3D大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO+CO2+H2O6下列实验装置不能达到实验目的是 （）A验证Na和水反应是否为放热反应B 用CO2做喷泉实验C观察纯碱的焰色反应D 比较NaCO3、NaHCO3的稳定性7某溶液中可能含有下列离子：Na+、SO、Ba2+、NO、OH、NH中的某几种离子，为确定该溶液的组成，某同学做了如下实验（）（1）取少量上述溶液，向其中加入硫酸钠溶液，产生白色沉淀，加入稀硝酸沉淀不溶解；（2）另取少量该溶液，向其中加入足量的NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味的气体则下列有关说法中不正确的是（）A
4、该溶液中一定含有NHB该溶液中一定含有硝酸根离子C该溶液中一定含有SOD根据上述实验不能确定Na+是否存在8设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的组合是（）a.12g 金刚石中含有的碳碳键的数目为2NAb.1mol 明矾与水完全反应转化为氢氧化铝胶体后，其中胶体粒子的数目为NAc.1mol Na2O2与水反应转移的电子数为NAd常温下，1molL1的NH4NO3溶液中含有氮原子的数目为2NAe标准状况下，2.24L C6H14含原子总数大于2NAf.17g H2O2中含有的电子数为9NAg将2mol SO2与1mol O2混合，发生反应转移的电子总数一定是4NAh常温下，100mL 1mo
5、lL1 AlCl3溶液中阳离子总数大于0.1NAAa c f hBa c e gCa c e f hDb d e h9下列有关热化学方程式的叙述正确的是（）A已知2H2（gO2（g）=2H2O（g）；H=483.6 kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8 kJ/molB已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）；H0，则金刚石比石墨稳定C含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则该反应中和热的热化学方程式为：NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（aq）；H=57.4 kJ/molD已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）；H1，2C（s）
6、+O2（g）=2CO（g）；H2则H1H210在AlCl3和FeCl3的混合液中，先加入过量的KI溶液，再加入足量的Na2S溶液，所得到的沉淀物是（）AFe2S3、I2BAl（OH）3、I2CFe（OH）3、Al（OH）3DFeS、S、Al（OH）311某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀由此可知原溶液中（）A至少存在5种离子BCl一定存在，且c（Cl）0.4mol/
7、LCSO42、NH4+、一定存在，Cl可能不存在DCO32、Al3+一定不存在，K+可能存在12（ 2015秋淄博校级期中）C和CuO在一定温度下反应，产物有Cu、Cu2O、CO、CO2若将2.00g C跟16.0g CuO混合，隔绝空气加热，将生成的气体全部通过足量的澄清石灰水，反应一段时间后共收集到1.12L气体（标况），生成沉淀的质量为5.00g下列说法错误的是（）A反应后的固体混合物中Cu的质量为1 2.8 gB反应后的固体混合物中还含有碳C反应后的固体混合物总质量为14.4 gD反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为0.05mol13向Na2CO3、NaHCO3，混合溶液中逐滴加入稀
8、盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）Aa点对应的溶液中：Na+、OH、SO42、NO3Bb点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、MnO4、ClCc点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3、ClDd点对应的溶液中：F、NO3、Fe2+、Ag+14中学常见的某反应的化学方程式为a+bc+d+H2O （未配平，反应条件略去）下列叙述不正确的是（）A若a是铁，b是稀硝酸（过量）且a可溶于c溶液中则a与b反应的离子方程式为Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2OB若c，d为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，则将此混合气体通入溴水中，橙色褪去，其褪
9、色过程的离子方程式为SO2+Br2+2H2O4H+SO+2BrC若c是无色刺激性气味的气体，其水溶液显弱碱性，在标准状况下用排空气法收集c气体得平均摩尔质量为20 gmol1的混合气体进行喷泉实验假设溶质不扩散，实验完成后所得溶液的物质的量浓度约为0 056 molL1D若a是造成温室效应的主要气体之一，c、d均为钠盐，参加反应的a、b物质的量之比为4：5，则上述反应的离子方程式为4CO2+5OHCO+3HCO+H2O15下列实验操作对应的实验现象和解释或结论都正确的是（）选项 实验操作 实验现象 解释或结论 A 把S02通入紫色石蕊试液中 紫色褪去 SO2具有漂白性B向NaOH溶液中滴加足量
10、的MgCl2溶液，然后再滴加足量的CuCl2溶液先产生白色沉淀，然后沉淀变蓝色 KSPCu（OH）2KSPMg（OH）2 C 向某溶液中滴加KSCN溶液 溶液变红色 溶液中含有Fe3+ D 将充满N02的密闭玻璃球浸泡在热水中 红棕色变深反应2NO2（g）N2O4（g）的H0AABBCCDD16近年来AIST报告正在研究一种“高容量、低成本”锂铜空气燃料电池该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li+2OH，下列说法不正确的是（）A放电时，Li+透过固体电解质向Cu极移动B放电时，负极的电极反应式为Cu2O+H2O+2e=Cu+2OHC通
11、空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2OD整个反应过程中，铜相当于催化剂二.（非选择题共52分）17实验室常用的几种气体发生装置如图甲A、B、C所示：（1）实验室可以用B或C装置制取氨气，如果用C装置，检查C装置气密性是否良好的操作方法是若用B装置制取氨气，用化学方程式表示制取氨气的反应原理（2）若用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，应选用的气体发生装置是，用离子方程式表示制取氯气的反应原理（3）若用A装置与D装置相连制取收集X气体，则X可能是下列气体中的CO2 NO Cl2 H2 其中在D装置连接小烧杯目的是（4）如图乙是某同学设计收集氨气的几种装置，其中可行的是（5）某兴趣小组同学模拟工业上用离子
12、交换膜法制烧碱的方法，设想用如图丙装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾该电解槽的阳极反应式为得到的硫酸从（填A，或D）排放出此时通过阴离子交换膜的离子数（填大于，小于或等于）通过阳离子交换膜的离子数若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池，则电池负极的电极反应式为18铁及其化合物之间的相互转化可用下式表示：Fe2+Fe3+FeO（高铁酸根离子）回答下列有关问题：（1）检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2+的方法是（2）干法制备高铁酸钠的主要反应为2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2该反应中的还原剂是，每生成l mol Na2FeO4转
13、移mol电子（3）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种微粒：Fe（OH）3、ClO、OH、FeO42、Cl、H2O写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为19某化学小组通过査阅资料，设计了如图所示的方法以含镍催化剂为原料来制备NiSO47H20已知某化工厂的含镍废催化剂主要含有Ni，还含有Al、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH如下：沉淀物开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHAl（OH）33.85.2Fe（OH）32.73.2Fe（OH）27.69.7Ni（OH）27
14、.19.2（1）“碱浸”时反应的离子方程式是（2）“酸浸”时所加入的酸是（填化学式）（3）加入H2O2时发生反应的离子方程式为（4）操作b为调节溶液的pH，你认为pH的调控范围是（5）NiS047H20可用于制备镍氢电池（NiMH），镍氢电池目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型NiMH中的M表示储氢金属或合金该电池在充电过程中总反应的化学方程式是Ni（OH）2+MNiOOH+MH，则NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为20合成氨是最重要的化工生产工业上用氨气合成尿素（HNCONH）的反应在进行时分为如下两步：第一步：2NH3（l）+CO2（g）H2NCOONH4（氨基甲酸铵）（l）
15、H1第二步：H2NCOONH4（l）H2O（l）+H2NCONH2（l）H2（1）某实验小组模拟工业上合成尿素的条件，在一体积为0.5L密闭容器中投入4mol氨和1mol二氧化碳，实验测得反应中各组分随时间的变化如图I所示：已知总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素总反应的快慢由第决定已知：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=akJmol1N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H2=bkJmol12H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=ckJmol1则4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）H=kJmol1（2）合成氨反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）
16、，使用催化剂反应的H（填“增大”“减小”或“不改变”（3）合成氨盐也是氨的重要用途，测定其中的含氮量可以采用“甲醛法”即4NH+6HCHO（CH2）5N4+4H+6H2O现有一种纯净的铵盐，可能是硝酸铵、硫酸铵或碳酸铵中的一种称取2克该铵盐溶于水，加入足量的甲醛溶液后，再加入水配成100mL，浴液，取出10mL，滴人酚酞后再逐滴滴入0.1mol/LNaOH溶液，当滴到25mL时溶液呈粉红色，且在半分钟内不褪色，则该铵盐中氮的质量分数是拆开 1mol HH键、1mol NH键、1mol NN键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，写出N2+3H22NH3反应的热化学方程式21如图1
17、为元素周期表的一部分，其中编号代表对应的元素请回答下列问题：（1）写出元素的基态原子外围电子排布式，元素位于区元素原子的价层电子的电子排布图为，（2）若元素形成的某化合物显酸性，经测定这三种元素的质量比为1：6：16，该化合物对氢气的相对密度为23，则其中所有杂化原子的杂化方式分别为和（3）元素的第一电离能由大到小的顺序是（用元素符号表示）请写出由和两种元素形成的与N3互为等电子体的分子的化学式，（写出一种即可）其VSEPR构型为（4）ZnS的晶胞结构如图2所示，在ZnS晶胞中，S2的配位数为2分子（与氯气分子性质相似）反应生成Cu（SCN）2，1mol（SCN）2分子中含有共价键的数目为铜与
18、金形成的金属互化物结构如图3，其晶胞边长为a nm，该金属互化物的密度为（用含“a、NA 的代数式表示）gcm32015-2016学年山东省淄博一中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一.选择题：（每小题3分，每个小题只有一个选项，共16小题）1神农本草经说：“水银镕化（加热）还复为丹”黄帝九鼎神丹经中的“柔丹”“伏丹”都是在土釜中加热Hg制得的这里的“丹”是指（）A氯化物B合金C硫化物D氧化物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系菁优网版权所有【分析】在加热的条件下，金属汞可以和氧气发生反应得到氧化汞，氧化汞属于物质分类中的氧化物，据此回答【解答】解：在土釜中加热Hg，金属汞可以和
19、氧气发生反应得到氧化汞，氧化汞属于物质分类中的氧化物，故选D【点评】本题考查学生物质的分类以及氧化物的概念的理解知识，属于教材基本知识的考查，难度不大2下列对各物质的分类全部正确的是（）酸性氧化物碱性氧化物酸碱强电解质非电解质ANO2CuOHFKOHH2SO4SO2BCO2Na2O2HClCu（OH）2HClO4CH4CSiO2MgOHClONH3H2ONaHCO3C2H5OHDMn2O7K2OHBrNa2CO3Ba（OH）2Cl2AABBCCDD【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；强电解质和弱电解质的概念菁优网版权所有【专题】物质的分类专题【分析】酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的
20、氧化物，碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物；两性氧化物是指既能和酸反应生成盐和水又能和碱反应生成盐和水的氧化物；电离生成的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；电离生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱；能电离出金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物是盐；非电解质是水溶液中和熔融状态都不导电的化合物，强电解质是指在水溶液里能够完全电离的化合物，包括强酸、强碱和大部分盐，弱电解质为水溶液中部分电离的电解质【解答】解：A、NO2和碱反应发生的是氧化还原反应，不是酸性氧化物，故A错误；B、Na2O2与酸反应时除了生成盐和水还生成氧气，不是碱性氧化物，故B错误；C、SiO2属于酸性氧化物，MgO
21、属于碱性氧化物，HClO属于酸，NH3H2O属于碱，NaHCO3是可溶性盐，属于碱，C2H5OH属于非电解质，故C正确；D、Cl2是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故D错误；故选C【点评】本题考查物质的组成和分类，比较简单，属于基础题学生应能识别常见物质的种类，并能利用其组成来判断物质的类别是解答的关键3下列有关金属的叙述中，错误的是（）A钠的还原性很强，可以用来冶炼金属钛、锆、铌等B纯铁比生铁的耐腐蚀性强C铝是比较活泼金属，不能用铝制容器盛放冷的浓硫酸D将铜放入稀硫酸中不溶解，再加入一些硝酸钾溶液铜就可溶解【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用菁优网版权所有【专题】几种重要的金属
22、及其化合物【分析】A钠化学性质比钛、锆、铌等活泼，可以用钠冶炼钛、锆、铌等金属；B生铁中含有碳元素，容易发生形成原电池，发生电化学腐蚀；C铝与浓硫酸在常温下发生钝化现象，阻止了反应的继续进行，可以可用铝制容器盛放浓硫酸；D铜化学性质不活泼，不与稀硫酸反应，加入硝酸钾溶液后，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化铜，从而使铜溶解【解答】解：A钠比钛、锆、铌等金属活泼，并且钛、锆、铌等金属较难冶炼，可用钠置换钛、锆、铌等金属，故A正确；B纯铁不含杂元素，而含有杂质的铁在潮湿空气中比较容易生锈，即纯铁的耐腐蚀性比生铁强，故B正确；C铝虽然是比较活泼的金属，但在常温下，却可以用铝制容器来盛装浓硫酸或浓硝酸，这
23、是因为它的表面被氧化成致密的氧化物薄膜，这层薄膜阻止了酸与内层金属的进一步反应，故C错误；D铜不与稀硫酸反应，但加入硝酸钾溶液时，由于原溶液有大量H+离子，相当于铜与稀硝酸的反应，所以铜可以溶解，故D正确；故选C【点评】本题考查学生对常见金属化学性质的认识，题目难度中等，注意掌握常见金属单质及其化合物性质，明确常温下铁、铝与浓硝酸、浓硫酸发生钝化现象，可以用铁制、铝制的容器盛放浓硫酸、浓硝酸4下列表述正确的是（）A少量的CO2通入BaCl2溶液中会产生白色沉淀B向氯水中加入碳酸钙粉末，能提高溶液中HClO的浓度CNO2和水反应时，NO2作氧化剂，水作还原剂DSO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因
24、为SO2具有漂白性【考点】氧化还原反应；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质菁优网版权所有【专题】氧化还原反应专题；卤族元素；氧族元素【分析】A少量的CO2通入BaCl2溶液中，不反应；B氯水中存在Cl2+H20HCl+HClO，加碳酸钙与盐酸反应，平衡正向移动；CNO2和水反应生成硝酸和NO；DSO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生氧化还原反应【解答】解：A盐酸的酸性大于碳酸，则少量的CO2通入BaCl2溶液中不反应，故A错误；B氯水中存在Cl2+H20HCl+HClO，加碳酸钙与盐酸反应，平衡正向移动，则HClO的浓度增大，故B正确；CNO2和水反应生成硝酸和NO，NO2即作氧化剂又作还原剂，
25、故C错误；DSO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生氧化还原反应，S元素的化合价升高，则体现二氧化硫的还原性，故D错误；故选B【点评】本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质、发生的反应、平衡移动原理、氧化还原反应等为解答的关键，注重性质与反应原理的结合，题目难度不大5能正确表示下列反应的离子方程式为（）A硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2+H2SBNH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3+OH=CO32+H2OC漂白粉溶液在空气中失效：ClO+CO2+H2OHClO+HCO3D大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO+CO2+H2
26、O【考点】离子方程式的书写菁优网版权所有【分析】A稀硝酸具有氧化性，能够氧化亚铁离子和硫离子；B氢氧化钠过量，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应；C次氯酸盐和二氧化碳、水反应生成次氯酸和碳酸盐；D二者反应生成醋酸钙、二氧化碳和水【解答】解：A硫化亚铁溶于稀硝酸中，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：FeS+4H+NO3=Fe3+S+NO+2H2O，故A错误；BNH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中，正确的离子方程式为：NH4+HCO3+2OH=CO32+H2O+NH3H2O，故B错误；C次氯酸盐和二氧化碳、水反应生成次氯酸和碳酸盐，正确的离子方程式为：2ClO+CO2+H2O2HClO+CO3
27、2，故C错误；D大理石和醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO+CO2+H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，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，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等6下列实验装置不能达到实验目的是 （）A验证Na和水反应是否为放热反应B 用CO2做喷泉实验C观察纯碱的焰色反应D 比较NaCO3、NaHCO3的稳定性【考点】实验装置综合菁优网
28、版权所有【专题】实验评价题【分析】A钠与水反应放热，气体压强增大；B二氧化碳与氢氧化钠反应，压强减小；C铁丝的焰色反应为无色；D小试管的温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中【解答】解：A钠与水反应放热，试管中温度升高，导致气体压强增大，红墨水出现液面差，可以达到实验目的，故A正确； B二氧化碳与氢氧化钠反应，压强减小，形成喷泉，可以达到实验目的，故B正确；C铁丝的焰色反应为无色，可用来做纯碱的焰色反应，能够达到实验目的，故C正确；D套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，题中装置无法达到实验目的，故D错误；故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，
29、题目难度中等，涉及反应热、喷泉实验、焰色反应以及Na2CO3、NaHCO3的稳定性等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累7某溶液中可能含有下列离子：Na+、SO、Ba2+、NO、OH、NH中的某几种离子，为确定该溶液的组成，某同学做了如下实验（）（1）取少量上述溶液，向其中加入硫酸钠溶液，产生白色沉淀，加入稀硝酸沉淀不溶解；（2）另取少量该溶液，向其中加入足量的NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味的气体则下列有关说法中不正确的是（）A该溶液中一定含有NHB该溶液中一定含有硝酸根离子C该溶液中一定含有SOD根据上述实验不能确定Na+是否存在【考点】
30、物质检验实验方案的设计；离子反应发生的条件菁优网版权所有【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）取少量上述溶液，向其中加入硫酸钠溶液，产生白色沉淀，加入稀硝酸沉淀不溶解，可知生成的沉淀为BaSO4，溶液里一定有Ba2+，因Ba2+与SO42在同一溶液里不共存，故肯定不含SO42；（2）另取少量该溶液，向其中加入足量的NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味的气体，此气体为NH3，可知溶液里有NH4+，因NH4+与OH在同一溶液里不能大量共存，故肯定不含OH；【解答】解：（1）取少量上述溶液，向其中加入硫酸钠溶液，产生白色沉淀，加入稀硝酸沉淀不溶解，可知生成的沉淀为BaSO4，溶液里一定有Ba2+
31、，因Ba2+与SO42在同一溶液里不共存，故肯定不含SO42；（2）另取少量该溶液，向其中加入足量的NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味的气体，此气体为NH3，可知溶液里有NH4+，因NH4+与OH在同一溶液里不能大量共存，故肯定不含OH；结合（1）和（2）可知，溶液里肯定含有、，肯定不含有、，因溶液是电中性是，现知道的都是阳离子，故必须存在一种阴离子，在SO、NO、OH只存在NO3一定存在，整个检验过程无法确定Na+是否存在，故选C【点评】本题考查离子的检验和推断，题目难度中等，注意把握离子反应的实验现象以及离子的检验的实验操作方法，关键不能忽视溶液是电中性的，有关NO3的判断是难点8设NA
32、为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的组合是（）a.12g 金刚石中含有的碳碳键的数目为2NAb.1mol 明矾与水完全反应转化为氢氧化铝胶体后，其中胶体粒子的数目为NAc.1mol Na2O2与水反应转移的电子数为NAd常温下，1molL1的NH4NO3溶液中含有氮原子的数目为2NAe标准状况下，2.24L C6H14含原子总数大于2NAf.17g H2O2中含有的电子数为9NAg将2mol SO2与1mol O2混合，发生反应转移的电子总数一定是4NAh常温下，100mL 1molL1 AlCl3溶液中阳离子总数大于0.1NAAa c f hBa c e gCa c e f hDb d e
33、h【考点】阿伏加德罗常数菁优网版权所有【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】a求出金刚石的物质的量，然后根据1mol金刚石中含2mol碳碳键来分析；b一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体；cNa2O2与水的反应为歧化反应；d溶液体积不明确；e标准状况下，C6H14为液态；f求出 H2O2的物质的量，然后根据1mol双氧水中含18mol电子来分析；gSO2与O2的反应为可逆反应；h AlCl3的水解导致阳离子个数增多【解答】解：a.12g金刚石的物质的量为1mol，而1mol金刚石中含2mol碳碳键，故含2NA条，故正确；b一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体，故1mol明矾形成的胶
34、粒的个数小于NA个，故错误；cNa2O2与水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子即NA个，故正确；d溶液体积不明确，故溶液中氮原子的个数无法计算，故错误；e标准状况下，C6H14为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故错误；f.17g H2O2的物质的量为0.5mol，而1mol双氧水中含18mol电子，故0.5mol双氧水中含9mol电子即9NA个，故正确；gSO2与O2的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于4NA个，故错误；h AlCl3的水解导致阳离子个数增多，故溶液中的阳离子的个数大于0.1NA个，故正确故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计
35、算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大9下列有关热化学方程式的叙述正确的是（）A已知2H2（gO2（g）=2H2O（g）；H=483.6 kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8 kJ/molB已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）；H0，则金刚石比石墨稳定C含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则该反应中和热的热化学方程式为：NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（aq）；H=57.4 kJ/molD已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）；H1，2C（s）+O2（g）=2CO（g）；H2则H1H2【考点】热化学方程式
36、；焓变和熵变菁优网版权所有【分析】A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；B、依据能量守恒，物质的能量越高越活泼；C、中和热是指强酸强碱稀溶液恰好中和反应生成1mol水放出的热量；D、依据盖斯定律计算得到【解答】解：A、2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6 kJ/mol，热化学方程式中生成的是气体水不符合燃烧热的概念，故A错误；B、C（石墨，s）=C（金刚石，s）H0，依据能量守恒判断，金刚石能量高，石墨能量低，则石墨比金刚石稳定，故B错误；C、含20.0g NaOH物质的量为0.5mol，稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，所以中和热为57
37、.4KJ/mol，故C错误；D、2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）H1，2C（s）+O2（g）=2CO（g）H2依据盖斯定律，得到2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）的H=H1H2，故D正确；故选D【点评】本题考查了热化学方程式的书写方法和注意问题，主要是燃烧热、中和热概念的分析判断，能量守恒的应用，盖斯定律的计算应用，题目难度中等10在AlCl3和FeCl3的混合液中，先加入过量的KI溶液，再加入足量的Na2S溶液，所得到的沉淀物是（）AFe2S3、I2BAl（OH）3、I2CFe（OH）3、Al（OH）3DFeS、S、Al（OH）3【考点】氧化还原反应；盐类水解的应用菁优网版权所
38、有【专题】氧化还原反应专题；盐类的水解专题【分析】加入碘离子后，将铁离子全部还原成亚铁离子，同时生成碘单质；加入硫化钠，碘将氧化硫离子生成硫沉淀；硫化钠水解，所以溶液中有硫离子和氢氧根离子，根据题目中的提示，显然亚铁离子结合硫离子，铝离子结合氢氧根离子，所以还要生成硫化亚铁沉淀和氢氧化铝沉淀【解答】解：在FeCl3和AlCl3溶液中加过量KI，先是FeCl3与KI两盐发生氧化还原反应：2Fe3+2I=2Fe2+I2，反应完后溶液中含大量Fe2+、Al3+、I2，再加入Na2S后，由于S2+H2O HS+OH在Na2S溶液中，有大量S2、OH，依题意知，Fe2+结合S2能力强，两盐发生复分解反应
39、，形成FeS沉淀，Fe2+S2=FeS；Al3+结合OH能力强，形成Al（OH）3沉淀，Al3+3OH=Al（OH）3，或理解为Al3+与S2发生双水解反应：3Na2S+AlCl3+6H2O=2Al（OH）3+3H2S+6NaCl；但由于I2的存在发生：I2+S2=S+2I或I2+H2S=S+2HI，所以最终得到的沉淀是FeS、Al（OH）3和S的混合物故选D【点评】本题考查离子反应，题目难度不大，注意分析盐与盐反应时要依次考虑能否发生氧化还原反应、能否发生双水解互促反应，以上两反应均不发生，则考虑能否发生复分解反应这些盐之间反应的一般规律，主要决定于盐的性质11某溶液可能含有Cl、SO42、
40、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀由此可知原溶液中（）A至少存在5种离子BCl一定存在，且c（Cl）0.4mol/LCSO42、NH4+、一定存在，Cl可能不存在DCO32、Al3+一定不存在，K+可能存在【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验菁优网版权所有【专题】离子反应专题【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵离子；红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为
41、三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀，硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol；根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据【解答】解：由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，必须还有阴离子，因此一定有Cl，至少0.02mol3+0.020.02mol2=
42、0.04mol，物质的量浓度至少 =0.4mol/L，A、至少存在Cl、SO42、NH4+、Fe3+四种离子，故A错误；B、根据电荷守恒，至少存在0.04molCl，故B正确；C、一定存在氯离子，故C错误；D、Al3+无法判断是否存在，故D错误；故选B【点评】本题考查离子共存知识，做题是认真阅读、分析题中数据，合理分析，特别是氯离子的推断，难度中等12C和CuO在一定温度下反应，产物有Cu、Cu2O、CO、CO2若将2.00g C跟16.0g CuO混合，隔绝空气加热，将生成的气体全部通过足量的澄清石灰水，反应一段时间后共收集到1.12L气体（标况），生成沉淀的质量为5.00g下列说法错误的是
43、（）A反应后的固体混合物中Cu的质量为1 2.8 gB反应后的固体混合物中还含有碳C反应后的固体混合物总质量为14.4 gD反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为0.05mol【考点】有关混合物反应的计算菁优网版权所有【专题】利用化学方程式的计算【分析】反应得到混合气体与通过足量的澄清石灰水，反应一段时间后共收集到1.12L气体（标准状况）为CO的体积，生成沉淀的质量为5.00g为碳酸钙，据此计算CO、二氧化碳的物质的量，反应后的固体混合物含有Cu、Cu2O，可能含有碳，A假设CuO完全被还原为Cu，根据Cu守恒计算生成Cu的质量，由产物中CO2、CO中的O原子守恒计算氧化铜失去氧的质量，进而
44、计算CuO反应后的总质量，与Cu的质量比较判断；B根据碳原子守恒计算参加反应的C的质量，进而确定碳是否完全反应来解答；C反应后固体混合物总质量=原固体混合物总质量生成CO2与CO的总质量；DCu2O、CuO均含有1个氧原子，根据剩余的氧原子质量计算，剩余氧原子质量=CuO反应后的总质量Cu元素的质量【解答】解：由题意可知，生成的n（CO2）=n（CaCO3）=0.05mol，n（CO）=0.05mol，A假设CuO完全被还原为Cu，根据Cu守恒生成Cu的质量=64g/mol=12.8g，由产物中CO2、CO中的O原子守恒可知失去氧的质量=（0.05mol2+0.05mol）16g/mol=2.
45、4g，故CuO反应后的总质量=16g2.4g=13.6g，故反应后固体中Cu的质量小于12.8g，故A错误；B生成的n（CO2）=n（CaCO3）=0.05mol，n（CO）=0.05mol，根据C守恒可知，参加反应的C的质量=（0.05mol+0.05mol）12g/mol=1.2g，故没有参与反应的碳的质量为：2g1.2g=0.8g，故B正确；C反应后固体总质量为：16g+2g0.05mol（44g/mol+28g/mol）=14.4g，故C正确；D反应后m（O）=13.6g12.8g=0.8g，Cu2O、CuO均含有1个氧原子，根据氧原子守恒可知反应后的固体混合物中氧化物的物质的量=0.
46、05 mol，故D正确；故选A【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，试题侧重对解题方法技巧与思维能力的考查，注意利用守恒思想进行解答13向Na2CO3、NaHCO3，混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）Aa点对应的溶液中：Na+、OH、SO42、NO3Bb点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、MnO4、ClCc点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3、ClDd点对应的溶液中：F、NO3、Fe2+、Ag+【考点】离子方程式的有关计算菁优网版权所有【分析】向Na2CO3、NaHCO
47、3，a点溶液中含有CO32和HCO3，b点全部为HCO3，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，结合对应离子的性质解答该题【解答】解：向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32和HCO3，b点全部为HCO3，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，Aa点溶液中含有CO32和HCO3，HCO3与OH反应不能大量共存，故A错误；Bb点全部为HCO3，Al3+、Fe3+与HCO3发生互促水解反应而不能大量共存，故B错误；Cc点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C错误；Dd点呈酸性，酸性条件下，NO3
48、与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误故选：C【点评】本题考查离子共存问题，侧重于元素化合物知识的综合考查和学生的分析能力、审题的能力的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，答题时注意题中各阶段溶液的成分，题目难度不大14中学常见的某反应的化学方程式为a+bc+d+H2O （未配平，反应条件略去）下列叙述不正确的是（）A若a是铁，b是稀硝酸（过量）且a可溶于c溶液中则a与b反应的离子方程式为Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2OB若c，d为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，则将此混合气体通入溴水中，橙色褪去，其褪色过程的离子方程式为SO2+Br2+2H2O4H+SO+2
49、BrC若c是无色刺激性气味的气体，其水溶液显弱碱性，在标准状况下用排空气法收集c气体得平均摩尔质量为20 gmol1的混合气体进行喷泉实验假设溶质不扩散，实验完成后所得溶液的物质的量浓度约为0 056 molL1D若a是造成温室效应的主要气体之一，c、d均为钠盐，参加反应的a、b物质的量之比为4：5，则上述反应的离子方程式为4CO2+5OHCO+3HCO+H2O【考点】无机物的推断菁优网版权所有【专题】推断题；化学用语专题；元素及其化合物【分析】A若a是铁，b是稀硝酸（过量），且a可溶于c溶液中，则c为硝酸铁、D为NO；B若c，d为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，为二氧化碳和二氧化硫，应是碳和
50、浓硫酸能反应生成二氧化碳、二氧化硫和水；C若C是无色刺激性气味的气体，其水溶液呈弱碱性，则C为氨气，应是氯化铵与氢氧化钙反应生成氨气、氯化钙与水，氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积，令氨气为1L，根据n=计算氨气物质的量，再根据c=计算溶液浓度；D若a是造成温室效应的主要气体之一，则a为CO2，c、d均为钠盐，则b为NaOH，参加反应的a、b物质的量之比为4：5，则生成NaHCO3、Na2CO3，根据钠离子、碳原子守恒计算NaHCO3、Na2CO3物质的量之比，进而书写离子方程式【解答】解：A若a是铁，b是稀硝酸（过量），且a可溶于c溶液中，则c为硝酸铁、D为NO，则a与b反应的离子方程式为Fe
51、+4H+NO3=Fe3+NO+2H2O，故A正确；B若c，d为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，为二氧化碳和二氧化硫，应是碳和浓硫酸能反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，则将此混合气体通入溴水中，橙色褪去，反应生成硫酸与HBr，离子方程式为：SO2+Br2+2H2O4H+SO42+2Br，故B正确；C若C是无色刺激性气味的气体，其水溶液呈弱碱性，则C为氨气，应是氯化铵与氢氧化钙反应生成氨气、氯化钙与水，氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积，令氨气为1L，氨气物质的量为=mol，溶液浓度为=0.045mol/L，故C错误；D若a是造成温室效应的主要气体之一，则a为CO2，c、d均为钠盐，则b为NaOH，参
52、加反应的a、b物质的量之比为4：5，则生成NaHCO3、Na2CO3，根据钠离子、碳原子守恒n（NaHCO3）+n（Na2CO3）：n（NaHCO3）+2n（Na2CO3）=4：5，整理可得n（NaHCO3）：n（Na2CO3）=3：1，故反应的离子方程式为4CO2+5OHCO32+3HCO3+H2O，故D正确，故选：C【点评】本题考查无机物推断、离子方程式书写、化学计算等，需要学生熟练掌握元素化合物知识，是对学生综合能力考查，难度中等15下列实验操作对应的实验现象和解释或结论都正确的是（）选项 实验操作 实验现象 解释或结论 A 把S02通入紫色石蕊试液中 紫色褪去 SO2具有漂白性B向Na
53、OH溶液中滴加足量的MgCl2溶液，然后再滴加足量的CuCl2溶液先产生白色沉淀，然后沉淀变蓝色 KSPCu（OH）2KSPMg（OH）2 C 向某溶液中滴加KSCN溶液 溶液变红色 溶液中含有Fe3+ D 将充满N02的密闭玻璃球浸泡在热水中 红棕色变深反应2NO2（g）N2O4（g）的H0AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二氧化硫的化学性质；二价Fe离子和三价Fe离子的检验菁优网版权所有【专题】实验评价题【分析】AS02通入紫色石蕊试液，溶液变红；B先产生白色沉淀，然后沉淀变蓝色，发生沉淀的转化；C向某溶液中滴加KSCN溶
54、液，溶液变红色，则含铁离子；D热水中红色加深，则升高温度2NO2（g）N2O4（g）向逆向移动【解答】解：AS02通入紫色石蕊试液，溶液变红，体现二氧化硫酸性氧化物的性质，与漂白性无关，故A错误；B先产生白色沉淀，然后沉淀变蓝色，发生沉淀的转化，则KSPCu（OH）2KSPMg（OH）2，故B错误；C向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，则溶液中含有Fe3+，现象与结论合理，故C正确；D热水中红色加深，则升高温度2NO2（g）N2O4（g）向逆向移动，则反应2NO2（g）N2O4（g）的H0，故D正确；故选CD【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、沉淀的转化、离子检
55、验及化学平衡移动等为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大16（2015河南模拟）近年来AIST报告正在研究一种“高容量、低成本”锂铜空气燃料电池该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li+2OH，下列说法不正确的是（）A放电时，Li+透过固体电解质向Cu极移动B放电时，负极的电极反应式为Cu2O+H2O+2e=Cu+2OHC通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2OD整个反应过程中，铜相当于催化剂【考点】原电池和电解池的工作原理菁优网版权所有【分析】放电时，锂失电子作负极，Cu上O2得电子作正极，负极上电极反应式为LieLi+，正极上
56、电极反应式为O2+4e+2H2O=4OH，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答【解答】解：A放电时，阳离子向正极移动，则Li+透过固体电解质向Cu极移动，故A正确；B放电时，负极的电极反应式为LieLi+，故B错误；C放电过程为2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，故C正确；D通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，故D正确；故选B【点评】本题考查了原电池原理，明确原电池负极上得失电子及电极反应式是解本题关键，题目难度中等，注意把握Cu在整个过程中的作用二.（非
57、选择题共52分）17实验室常用的几种气体发生装置如图甲A、B、C所示：（1）实验室可以用B或C装置制取氨气，如果用C装置，检查C装置气密性是否良好的操作方法是在导管上接一橡皮管，用止水夹夹住橡皮管，打开分液漏斗上口的玻璃塞，向分液漏斗中注水，若一段时间，水不再滴下，则证明气密性完好若用B装置制取氨气，用化学方程式表示制取氨气的反应原理2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O（2）若用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，应选用的气体发生装置是C，用离子方程式表示制取氯气的反应原理2MNO4+16H+10Cl=5Cl2+Mn2+8H2O（3）若用A装置与D装置相连制取收集X气体，则X
58、可能是下列气体中的CO2 NO Cl2 H2 其中在D装置连接小烧杯目的是吸收尾气防止产生污染（4）如图乙是某同学设计收集氨气的几种装置，其中可行的是d（5）某兴趣小组同学模拟工业上用离子交换膜法制烧碱的方法，设想用如图丙装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾该电解槽的阳极反应式为4OH4e=2H2O+O2得到的硫酸从A（填A，或D）排放出此时通过阴离子交换膜的离子数小于（填大于，小于或等于）通过阳离子交换膜的离子数若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池，则电池负极的电极反应式为H22e+2OH=2H2O【考点】常见气体制备原理及装置选择菁优网版权所有【专题】电化学专
59、题；气体的制备与性质检验类实验【分析】（1）检查装置气密性的方法是利用压强变化和液面变化来设计检验；B装置制取氨气，为固体与固体加热制备气体装置；（2）KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，选择装置我固体与液体不加热；高锰酸钾与浓盐酸常温下反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水；（3）若用A装置与D装置相连制取收集X气体，制取气体的特点为：反应物为固体与液体加热，密度大于空气密度，且气体可利用浓硫酸干燥，需要尾气处理；氯气有毒，直接排放能够引起空气污染，应进行尾气处理，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（4）依据氨气密度小于空气密度，极易溶于水选择合适的收集装置；（5）电解时，溶液中的氢氧根离子
60、的放电能力大于硫酸根离子的放电能力，阳极上失电子发生氧化反应；电解硫酸钾溶液，阳极氢氧根离子失去电子发生氧化反应，生成氢离子，硫酸根离子为阴离子，移向阳极，据此判断硫酸出口；根据阴阳离子的移动方向，通过相同电量时，阴阳离子交换的个数判断；燃料原电池中，负极上还原剂失去电子发生氧化反应，写出相应的电极反应式，注意结合电解质溶液的酸碱性书写【解答】解：（1）检查装置气密性的方法是利用压强变化和液面变化来设计检验，检查C装置气密性是否良好的操作方法是：在导管上接一橡皮管，用止水夹夹住橡皮管，打开分液漏斗上口的玻璃塞，向分液漏斗中注水，若一段时间，水不再滴下，则证明气密性完好；采用B装置制备氨气时应选
61、择用氢氧化钙和氯化铵固体加热反应，反应方程式：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O；故答案为：在导管上接一橡皮管，用止水夹夹住橡皮管，打开分液漏斗上口的玻璃塞，向分液漏斗中注水，若一段时间，水不再滴下，则证明气密性完好；2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；（2）KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，选择装置我固体与液体不加热，所以应选择装置C；高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，离子方程式：2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O，故答案为：C；2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O；（3）若用A装置与
62、D装置相连制取收集X气体，制取气体的特点为：反应物为固体与液体加热，密度大于空气密度，且气体可利用浓硫酸干燥，需要尾气处理；制取CO2时不需要加热也不不必处理尾气，故错误；NO不能用排空气法收集，故错误；二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气，氯气密度大于空气密度，能够用浓硫酸干燥，氯气可以用氢氧化钠溶液吸收尾气，故正确；氢气密度小于空气 密度，故错误；氯气有毒，直接排放能够引起空气污染，应进行尾气处理，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，故选：；吸收尾气防止产生污染；（4）氨气密度小于空气密度，极易溶于水，应选择向下排气法收集，不能用排水法收集，收集不能用密封装置，所以只有d符合题意；故选：d
63、；（5）电解时，阳极上失电子发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子的放电能力，所以阳极上氢氧根离子失电子生成水和氧气4OH4e=2H2O+O2，故答案为：4OH4e=2H2O+O2；电解硫酸钾溶液，阳极氢氧根离子失去电子发生氧化反应，生成氢离子，硫酸根离子为阴离子，移向阳极，所以硫酸应从A口出；故答案为：A；阳极氢氧根离子放电，因此硫酸根离子向阳极移动，阴极氢离子放电，因此钠离子向阴极移动，所以通过相同电量时，通过阴离子交换膜的离子数小于通过阳离子交换膜的离子数；故答案为：小于；燃料原电池中，燃料在负极上失电子发生氧化反应，生成氢离子，电解质溶液为氢氧化钾溶液，所以氢气在负极
64、上失去电子和氢氧根离子结合生成水，电极反应式为H22e+2OH=2H2O，故答案为：H22e+2OH=2H2O【点评】本题考查了气体的实验室制备和装置的应用，考查了原电池和电解池原理，明确气体制备原理、原电池和电解池工作原理是解题关键，注意电极反应式书写应考虑电解质溶液性质，题目难度中等18铁及其化合物之间的相互转化可用下式表示：Fe2+Fe3+FeO（高铁酸根离子）回答下列有关问题：（1）检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2+的方法是将适量的硫酸铁溶液置于洁净的试管中，滴加几滴高锰酸钾溶液，充分反应后，溶液紫色退去，则证明其中含有亚铁离子，否则不含（2）干法制备高铁酸钠的主要反应为2FeSO4+6
65、Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2该反应中的还原剂是FeSO4、Na2O2，每生成l mol Na2FeO4转移5mol电子（3）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种微粒：Fe（OH）3、ClO、OH、FeO42、Cl、H2O写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：2Fe（OH）3+3ClO+4OH=2FeO42+3Cl+5H2O若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为0.15mol【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；二价Fe离子和三价Fe离子的检验菁优网版权所有【专题】元素及其化合物【分析】（1）检验铁离子可以使用硫氰化钾溶液，检验亚铁
66、离子，若溶液中存在铁离子，无法使用硫氰化钾溶液检验，但可以利用亚铁离子具有还原性进行检验，如使用高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色，证明溶液中存在亚铁离子，据此进行解答；（2）所含元素化合价升高的反应物是还原剂，反应中化合价升高的元素有Fe、O元素，计算生成氧气物质的量，再根据Fe元素、O元素化合价变化计算转移电子；（3）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4），则FeO42为产物，Fe（OH）3为反应物，化合价升高总共3价，由电子转移守恒可知，ClO为反应物，Cl为生成物，化合价降低共2将，化合价升降最小公倍数为6，故Fe（OH）3的系数为2，FeO42的系数为2，ClO的系数为3，Cl的系数为3，根据
67、电荷守恒可知，OH为反应物，系数为4，由元素守恒可知H2O为生成物，其系数为5；根据Fe元素化合价变化计算转移电子，还原产物为Cl，根据Cl元素化合价变化计算生成Cl的物质的量【解答】解：（1）亚铁离子具有还原性，滴入高锰酸钾溶液后，高锰酸钾溶液褪色，说明溶液中存在亚铁离子，故答案为：将适量的硫酸铁溶液置于洁净的试管中，滴加几滴高锰酸钾溶液，充分反应后，溶液紫色退去，则证明其中含有亚铁离子，否则不含；（2）所含元素化合价升高的反应物是还原剂，反应中化合价升高的元素有Fe、O元素，故还原剂为FeSO4、Na2O2，由方程式可知，每生成l mol Na2FeO4同时生成0.5mol氧气，则转移电子
68、为1mol（62）=0.5mol20（1）=5mol，故答案为：FeSO4、Na2O2；5；（3）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4），则FeO42为产物，Fe（OH）3为反应物，化合价升高总共3价，由电子转移守恒可知，ClO为反应物，Cl为生成物，化合价降低共2将，化合价升降最小公倍数为6，故Fe（OH）3的系数为2，FeO42的系数为2，ClO的系数为3，Cl的系数为3，根据电荷守恒可知，OH为反应物，系数为4，由元素守恒可知H2O为生成物，其系数为5，离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO+4OH=2FeO42+3Cl+5H2O，故答案为：2Fe（OH）3+3ClO+4OH=2FeO42+
69、3Cl+5H2O；反应中Fe元素化合价变化由+3价升高为+6，故每生成1mol FeO42转移电子，1mol（63）=3mol，由于还原产物为Cl，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为=0.15mol，故答案为：0.15mol【点评】本题考查氧化还原反应计算与配平、物质的分离提纯等，（2）为易错点，注意过氧化钠中氧元素的化合价的变化，注意根据元素化合价理解19某化学小组通过査阅资料，设计了如图所示的方法以含镍催化剂为原料来制备NiSO47H20已知某化工厂的含镍废催化剂主要含有Ni，还含有Al、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）部分阳离子以氢氧化物形
70、式沉淀时的pH如下：沉淀物开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHAl（OH）33.85.2Fe（OH）32.73.2Fe（OH）27.69.7Ni（OH）27.19.2（1）“碱浸”时反应的离子方程式是2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2、Al2O3+2OH2AlO2+H2O（2）“酸浸”时所加入的酸是H2SO4（填化学式）（3）加入H2O2时发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O（4）操作b为调节溶液的pH，你认为pH的调控范围是3.27.1（5）NiS047H20可用于制备镍氢电池（NiMH），镍氢电池目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型NiMH中的M表
71、示储氢金属或合金该电池在充电过程中总反应的化学方程式是Ni（OH）2+MNiOOH+MH，则NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OH【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用菁优网版权所有【分析】由流程可知，某化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%），原料中加入碱溶液，铝元素溶解，碱浸后过滤得到固体中应含有镍、铁的化合物，酸浸后过滤，滤液中含有亚铁离子、铁离子、镍离子，加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液PH使铁离子生成氢氧化铁沉淀，镍离子不沉淀，再过滤后，调节滤液PH值为23
72、防止镍离子水解，得硫酸镍溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO47H2O晶体，（1）含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al的单质及氧化物，铝和氧化铝都可以和强碱反应溶解得到溶液含有偏铝酸盐；（2）依据最后制备NiSO47H2O，防止引入其他杂志离子需要加入硫酸进行溶解；铁及其化合物、镍和硫酸反应生成亚铁离子、铁离子和镍离子；（3）加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，铁离子易转化为沉淀除去；（4）依据氢氧化物沉淀的PH分析判断，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子后，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，镍离子不沉淀得到较纯净的硫酸镍溶液；（5）正极上NiOOH得电子生成Ni（OH）2【解答】解：由流
73、程可知，某化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%），原料中加入碱溶液，铝元素溶解，碱浸后过滤得到固体中应含有镍、铁的化合物，酸浸后过滤，滤液中含有亚铁离子、铁离子、镍离子，加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液PH使铁离子生成氢氧化铁沉淀，镍离子不沉淀，再过滤后，调节滤液PH值为23防止镍离子水解，得硫酸镍溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO47H2O晶体，（1）“碱浸”过程中是为了除去铝及其氧化物，铝是两性元素和强碱反应，氧化铝是两性氧化物和强碱反应，镍单质和铁及其氧化物不和碱反应达到除去铝元素的目的；反应的两种
74、方程式为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2、Al2O3+2OH2AlO2+3H2O，故答案为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2、Al2O3+2OH2AlO2+H2O；（2）“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备目的是得到NiSO47H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸；镍、铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸镍溶液，则酸浸后，经操作a分离出固体后，溶液中可能含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+；故答案为：H2SO4；（3）铁离子易转化为沉淀除去，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，其反应的离子方程式为：H2O2+2Fe2+2H+=2F
75、e3+2H2O；故答案为：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O；（4）依据图表中沉淀需要的溶液pH，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子后，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，镍离子不沉淀得到较纯净的硫酸镍溶液，pH应在3.27.1间，故答案为：3.27.1；（5）NiMH电池放电过程中，正极上NiOOH得电子生成Ni（OH）2，则正极的电极方程式为：NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OH，故答案为：NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OH【点评】本题考查了物质分离的实验设计和方法应用、溶度积常数的有关计算，主要是利用溶液不同PH条件下离子沉淀的情况不同，控制溶液PH除去杂质离子，得
76、到较纯净的硫酸镍溶液来制备硫酸镍晶体，同时考查了除杂原则不能引入新的杂质，铝及其化合物性质分析判断，题目难度中等20合成氨是最重要的化工生产工业上用氨气合成尿素（HNCONH）的反应在进行时分为如下两步：第一步：2NH3（l）+CO2（g）H2NCOONH4（氨基甲酸铵）（l）H1第二步：H2NCOONH4（l）H2O（l）+H2NCONH2（l）H2（1）某实验小组模拟工业上合成尿素的条件，在一体积为0.5L密闭容器中投入4mol氨和1mol二氧化碳，实验测得反应中各组分随时间的变化如图I所示：已知总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素总反应的快慢由第二决定已知：N2（g）+O2（g）2NO
77、（g）H=akJmol1N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H2=bkJmol12H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=ckJmol1则4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）H=（3c2a2b）kJmol1（2）合成氨反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g），使用催化剂反应的H不改变（填“增大”“减小”或“不改变”（3）合成氨盐也是氨的重要用途，测定其中的含氮量可以采用“甲醛法”即4NH+6HCHO（CH2）5N4+4H+6H2O现有一种纯净的铵盐，可能是硝酸铵、硫酸铵或碳酸铵中的一种称取2克该铵盐溶于水，加入足量的甲醛溶液后，再加入水配成100mL，浴液
78、，取出10mL，滴人酚酞后再逐滴滴入0.1mol/LNaOH溶液，当滴到25mL时溶液呈粉红色，且在半分钟内不褪色，则该铵盐中氮的质量分数是35%拆开 1mol HH键、1mol NH键、1mol NN键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，写出N2+3H22NH3反应的热化学方程式N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92kJmol1【考点】热化学方程式；化学方程式的有关计算；反应热和焓变菁优网版权所有【专题】化学反应中的能量变化【分析】（1）从氨、CO2曲线下降及氨基甲酸铵曲线升高看出第一步是快反应；从尿素曲线升高缓慢看出第二步是慢反应，总反应的快慢由慢的一步决定；依据热
79、化学方程式和盖斯定律计算出该反应的焓变；（2）催化剂改变反应速率不改变化学平衡；（3）根据H+OH=H2O知氢离子和氢氧根离子之间的关系式计算氢离子的物质的量浓度，再根据离子方程式定量关系计算铵根离子物质的量，据此计算此铵盐的摩尔质量判断属于的铵盐，结合判断出的化学式计算其质量分数；（4）化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并判断吸热还是放热；【解答】解：（1）由图象可知在15分钟左右，氨气和二氧化碳反应生成氨基甲酸铵后不再变化发生的是第一步反应，氨基甲酸铵先增大再减小最后达到平衡，发生的是第二部反应，从曲线斜率不难看出第二部
80、反应速率慢，所以已知总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素总反应的快慢由第二步决定，故答案为：二；已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=a kJmol1N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H2=b kJmol12H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=c kJmol1依据盖斯定律322得到，4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）H=（3c2a2b）kJ/mol，故答案为：（3c2a2b）（2）合成氨反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g），使用催化剂只改变反应速率，不改变化学平衡，反应的H不变，故答案为：不改变；（3）根据H+OH=H2O知c（H
81、+）=0.25mol/L，100mL溶液中氢离子的物质的量=0.25mol/L0.1L=0.025mol，根据4NH4+6HCHO（CH2）6N4+4H+6H2O，得铵根离子的物质的量=0.025mol，若为硝酸铵物质的量也为0.025mol，M=80g/mol，摩尔质量符合，若为硫酸铵或碳酸铵，物质的量为0.0125mol，摩尔质量M=160g/mol，所以判断此铵盐为硝酸铵，硝酸铵盐中氮的质量分数100%=35%，故答案为：35%； （4）在反应N2+3H22NH3中，断裂3molHH键，1mol N三N键共吸收的能量为：3436kJ+946kJ=2254kJ，生成2mol NH3，共形成
82、6mol NH键，放出的能量为：6391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ2254kJ=92kJ，即N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92kJmol1，故答案为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92kJmol1【点评】本题考查了化学平衡的影响因素分析、化学反应速率的影响因素判断、化学反应速率的计算，物质的量的有关计算等知识，题目难度中等，注意掌握化学平衡的影响因素、化学反应速率的计算方法，能够利用盖斯定律求算反应中的焓变21如图1为元素周期表的一部分，其中编号代表对应的元素请回答下列问题：（1）写出元素的基态原子外围电
83、子排布式3d54S1，元素位于ds区元素原子的价层电子的电子排布图为，（2）若元素形成的某化合物显酸性，经测定这三种元素的质量比为1：6：16，该化合物对氢气的相对密度为23，则其中所有杂化原子的杂化方式分别为SP2和SP3（3）元素的第一电离能由大到小的顺序是FNOC（用元素符号表示）请写出由和两种元素形成的与N3互为等电子体的分子的化学式N2O，（写出一种即可）其VSEPR构型为直线形（4）ZnS的晶胞结构如图2所示，在ZnS晶胞中，S2的配位数为42分子（与氯气分子性质相似）反应生成Cu（SCN）2，1mol（SCN）2分子中含有共价键的数目为9NA铜与金形成的金属互化物结构如图3，其晶
84、胞边长为a nm，该金属互化物的密度为gcm3（用含“a、NA 的代数式表示）gcm3【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用；晶胞的计算菁优网版权所有【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构【分析】根据元素在周期表中的位置知，分别是H、Be、C、N、O、F、Cr、Cu元素（1）元素的基态原子外围电子为3d、4s电子，根据构造原理书写其外围电子排布式，根据最后填入电子名称确定区域名称，是O元素，其2S、2P电子为其原子价电子；（2）若元素形成的某化合物显酸性，经测定这三种元素的质量比为1：6：16，则这三种元素的原子个数之比=：=2：1：2，该化合物对氢气的相对密度为23，则该化合
85、物的相对分子质量为46，所以分子式为CH2O2，为HCOOH，根据价层电子对互斥理论确定原子杂化类型；（3）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VA族元素第一电离能大于相邻元素；由和两种元素形成的与N3互为等电子体的分子是N2O，根据价层电子对互斥理论确定其VSEPR构型；（4）根据晶胞的结构图可求S2的配位数；（5）根据（SCN）2分子的结构NCSSCN解答，根据均摊法计算出晶胞中Cu、Au原子数，根据计算密度【解答】解：根据元素在周期表中的位置知，分别是H、Be、C、N、O、F、Cr、Cu元素（1）元素的基态原子外围电子为3d、4s电子，根据构造原理书知其外
86、围电子排布式为3d54s1，该元素位于ds区，是O元素，其2S、2P电子为其原子价电子，则元素原子的价层电子的轨道表示式为，故答案为：3d54s1；ds；（2）若元素形成的某化合物显酸性，经测定这三种元素的质量比为1：6：16，则这三种元素的原子个数之比=：=2：1：2，该化合物对氢气的相对密度为23，则该化合物的相对分子质量为46，所以分子式为CH2O2，为HCOOH，C原子和羰基上O原子都含有3个键，所以为sp2杂化，羟基上O原子含有2个键和2个孤电子对，所以为sp3杂化，故答案为：sp2；sp3；（3）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VA族元素第一电离
87、能大于相邻元素，所以的第一电离能由大到小的顺序为FNOC，由和两种元素形成的与N3互为等电子体的分子是N2O，该分子中价层电子对个数=2+（623）=2，所以为直线形分子，故答案为：FNOC；N2O；直线形；（4）根据图1，距离S2最近的锌离子有4个，即S2的配位数为4，故答案为：4；（5）（SCN）2分子的结构NCSSCN，1mol（SCN）2分子中含有共价键的数目为为9NA，Cu原子位于晶胞面心，数目为6=3，Au原子为晶胞顶点，数目为8=1，晶胞体积V=（a107）3，密度=gcm3，故答案为：9NA；gcm3【点评】本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，涉及原子杂化方式的判断、微粒空间构型的判断、晶体的密度求算等知识点，根据价层电子对互斥理论、原子结构等知识点来分析解答，注意第一电离能规律中的异常现象，为易错点，掌握根据均摊法计算晶胞原子个数的高频考题技巧，题目难度中等
