1、2015-2016学年江西省南昌三中高二（上）入学化学试卷一、选择题（共7小题，每题6分，共42分）1设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是( )A1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAB18gD2O含有10NA个质子C标准状况下，2.24L CCl4中含有CCl 0.4 NAD标准状况下，0.1 mol Cl2 溶于水，转移的电子数目为0.1NA2对一定温度下的恒容容器中的可逆反应A（g）+3B（g）2C（g），下列叙述不能作为平衡标志的是( )C的生成速率与C的分解速率相等； 单位时间内生成amol A，同时生成3amol B；A、B、C的浓度不再变化； A、B
2、、C的压强不再变化；混合气体的总压强不再变化； 混合气体的物质的量不再变化；单位时间内消耗amol A，同时生成3amol B； A、B、C的分子数之比为1：3：2ABCD3某航空站安装了一台燃料电池，该电池可同时提供电和水蒸气所用燃料为氢气，电解质为熔融的碳酸钾已知该电池的总反应式为2H2+O22H2O，正极反应式为O2+2CO2+4e，则下列推断正确的是( )A负极反应式为H2+20H2e2H20B该电池可在常温或高温时进行工作，对环境具有较强适应性C该电池供应2 mol水蒸气，同时转移电子的物质的量为2 molD放电时负极有C02生成4下列图示变化为吸热反应的是( )ABCD5海水开发利
3、用的部分过程如图所示下列说法错误的是( )A向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C工业生产常选用NaOH作为沉淀剂D富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收6甲醛（CH2O）、乙酸（C2H4O2）和丙醛（C3H6O）组成的混合物中，氧元素的质量分数是37%，则碳元素的质量分数为( )A27%B28%C54%D无法计算7下列说法正确的是( )A在粗硅的制取中发生反应2C+SiO22CO+Si，所以非金属性CSiB由Na2CO3+SiO2CO2+Na2SiO3可知硅酸的酸性大于碳酸C用SiO2制取硅酸，应先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，然后再通入CO
4、2D由H2S+CuSO4CuS+H2SO4可知，氢硫酸的酸性比硫酸强二、填空题（共58分）8（14分）某课外小组设计的实验室制取乙酸乙酯的装置如图1所示，A中放有浓硫酸，B中放有乙醇（含180）、无水醋酸钠，D中放有含有酚酞饱和碳酸钠溶液已知无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl26C2H50H有关有机物的沸点：试剂乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯沸点/34.778.511877.1请回答：（1）浓硫酸的作用是_；若用同位素180示踪法确定反应产物水分子中氧原子的提供者，写出能表示180位置的化学方程式：_（2）球形干燥管C的作用是_反应结束后D中的现象是_（3）上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是_（4）
5、欲从D中得到乙酸乙酯的分离方法是_；从D中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入无水氯化钙，分离出_；（5）某化学课外小组设计了如图2所示的制取乙酸乙酯的装置（图中的铁架台、铁夹、加热装置已略去），与图1装置相比，此装置的主要优点有：（请写出两点）_9工业上硝酸的制备和自然界中硝酸的生成既有相同之处，又有区别路线是工业生产硝酸的主要途径，路线、是雷电高能固氮过程中硝酸的生成途径（1）写出N2的一种用途_（2）实验室制取物质NH3的化学方程式为_（3）写出工业制硝酸第步反应化学方程式_（4）硝酸是一种强氧化性、腐蚀性的强酸，其还原产物因硝酸浓度的不同而有变化，从总体上说，硝酸浓
6、度越高，平均每分子硝酸得到的电子数越少，浓硝酸的还原产物主要为NO2，稀硝酸的还原产物主要为NO 实验室中，常用Cu与浓HNO3反应制取NO2，用Cu与稀HNO3反应制取NO（）请写出实验室中用Cu与浓HNO3反应制取NO2的化学方程式：_该反应中发生氧化反应的物质是_，1mol氧化剂_（填“得到”或“失去”）_ mol电子（）48.0g Cu与适量的浓HNO3反应，铜全部溶解后，共收集到标准状况下22.4L的气体（NO2和NO的混合气体），反应中消耗HNO3的物质的量是_A1.5mol B2.0mol C2.5mol D3.0mol（）实际上硝酸不仅可被还原为NO2或NO，浓度更稀时硝酸还可
7、以被还原为N2O、N2、NH4NO3等请将3种物质：FeSO4、Fe（NO3）3和Fe2（SO4）3分别填入下面对应的横线上，组成一个未配平的化学方程式HNO3+_+_+N2O+H2O写出对应离子方程式_10（）观察图A、B、C，回答下列问题：（1）把一块纯净的锌片插入装有稀硫酸的烧杯里，可观察到锌片上有气泡，再平行插入一块铜片，可观察到铜片_（填“有”或“没有”）气泡产生再用导线把锌片和铜片连接起来（见图A），组成一个原电池，正极的电极反应式为_（2）如果烧杯中最初装入的是2mol/L 500mL的稀硫酸溶液，构成铜锌原电池（见图B，假设产生的气体没有损失，锌失去的电子完全沿导线到铜电极），
8、当在标准状况下收集到11.2L的氢气时，则此时烧杯内溶液中溶质的物质的量浓度分别为（溶液体积变化忽略不计）_、_（3）如果电极材料分别是铁片和石墨并进行连接，插入氯化钠溶液中（见图C），放置数天后，写出正极的电极反应式_（）将铜粉末用10%H2O2和3.0molL1H2SO4混合溶液处埋，测得不同温度下铜的平均溶解速率如下表：温度（）20304050607080铜的平均溶解速率（103molL1min1）7.348.019.257.987.246.735.76由表中数据可知，当温度高于40时，铜的平均溶解速率随着温度的升高而下降，其主要原因是_11随原子序数的递增，八种短周期元素（用字母X表示
9、）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示根据判断出的元素回答问题：（1）f在元素周期表的位置是_（2）比较d、e常见离子的半径的小（用化学式表示，下同）_；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：_（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式_（4）上述元素可组成盐R：zx4f（gd4）2，向盛有10mL1molL1R溶液的烧杯中滴加1molL1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图如图2：写出m点反应的离子方程式_若R溶液改加20mL1.2molL1Ba（OH）2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为_mol2015-2016学年江
10、西省南昌三中高二（上）入学化学试卷一、选择题（共7小题，每题6分，共42分）1设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是( )A1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAB18gD2O含有10NA个质子C标准状况下，2.24L CCl4中含有CCl 0.4 NAD标准状况下，0.1 mol Cl2 溶于水，转移的电子数目为0.1NA【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.1.6g氧气和臭氧的混合物中含有1.6g氧原子，含有0.1mol氧原子；BD2O的相对分子质量为20；C气体摩尔体积只适用气体；D氯气溶于水部分与水反应，且是可逆反应；【解
11、答】解：A.1.6g氧气和臭氧的混合物中含有氧原子的质量为1.6g，含有氧原子的物质的量为0.1mol，含有氧原子的数目为0.1NA，故A正确；B.18gD2O的物质的量为=0.9mol，含质子数=0.9mol10NA=9NA，故B错误；C标况下，四氯化碳为液体，不能适用气体摩尔体积，故C错误；D标准状况下，0.1 mol Cl2 溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，故D错误；故选：A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查溶液离子物质的量计算，质量换算物质的量计算微粒数，气体摩尔体积的条件应用，注意可逆反应的特点，题目难度不大2对一定温度下的恒容容器中的可逆反应A（g）+3B（g）
12、2C（g），下列叙述不能作为平衡标志的是( )C的生成速率与C的分解速率相等； 单位时间内生成amol A，同时生成3amol B；A、B、C的浓度不再变化； A、B、C的压强不再变化；混合气体的总压强不再变化； 混合气体的物质的量不再变化；单位时间内消耗amol A，同时生成3amol B； A、B、C的分子数之比为1：3：2ABCD【考点】化学平衡状态的判断 【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到
13、达平衡状态【解答】解：可逆反应A（g）+3B（g）2C（g）C的生成速率与C的消耗速率相等，说明反应达到平衡状态，故不选；单位时间内生成a molA，同时生成3a molB，A、B都是反应物，生成A、B的速率都是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故选； A、B、C的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，故不选； A、B、C的压强不再变化，说明各物质的量不变，反应达到平衡状态，故不选； 混合气体的总压强不再变化，反应前后气体体积不相同，压强不变说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故不选； 混合气体的总物质的量不再变化，反应前后气体物质的量不相同，气体总物质的量不变说明各组分浓度不变，反应达到
14、平衡状态，故不选； 单位时间消耗a mol A，同时生成3a molB，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故不选； A、B、C的分子数之比决定于开始加入物质的多少，与平衡状态无关，故选；故选A【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为03某航空站安装了一台燃料电池，该电池可同时提供电和水蒸气所用燃料为氢气，电解质为熔融的碳酸钾已知该电池的总反应式为2H2+O22H2O，正极反应式为O2+2CO2+4e，则下列推断正确的是( )A负极反应式为H2+20H2e2H20B该电池可在常温或高温时进行工作，对环境具有较强适应性C该电池供应2
15、mol水蒸气，同时转移电子的物质的量为2 molD放电时负极有C02生成【考点】化学电源新型电池 【专题】电化学专题【分析】A总反应为2H2+O22H2O，则负极反应=总反应正极反应式；B该电池使用的电解质是熔融的碳酸钾，在常温下无法工作；C由反应可知，生成2molH2O转移4mol电子；D根据负极的反应式来确定；【解答】解：A放电时，负极反应为：2H24e+2CO322CO2+2H2O，故A错误；B该电池使用的电解质是熔融的碳酸钾，在常温下无法工作，B项错误，故B错误；C由反应可知，生成2molH2O转移4mol电子，则该燃料电池供应2mol水蒸气时转移电子的物质的量为4mol，故C错误；D
16、负极反应为2H24e+2CO322CO2+2H2O，有C02生成，故D正确；故选：D【点评】本题考查化学电源新型电池，明确负极反应=总反应正极反应式是解答本题的关键，注意离子的移动方法及利用化合价分析转移电子，题目难度中等4下列图示变化为吸热反应的是( )ABCD【考点】吸热反应和放热反应 【专题】化学反应中的能量变化【分析】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱）【解答】解：A反应物的能量小于生成物的能量，图反应为
17、吸热反应，故A正确； B反应物的能量大于生成物的能量，反应为放热反应，故B错误；C浓硫酸是稀释放热，但不是化学反应，故C错误；D活泼金属与酸的反应是放热反应，故D错误故选A【点评】本题考查化学反应的热量变化，学生应注重归纳中学化学中常见的吸热或放热的反应，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题5海水开发利用的部分过程如图所示下列说法错误的是( )A向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C工业生产常选用NaOH作为沉淀剂D富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【考点】真题集萃；海水资源及其综合利用 【分析】A向苦卤中通入Cl2置换出溴单
18、质，分离得到溴；B粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42等杂质，精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯；C工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂；D先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的【解答】解：A向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，故A正确；B粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故B正确；C工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂
19、，故C错误；D海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故D正确，故选：C【点评】本题考查海水资源的综合利用，注意掌握中学常见的化学工业，侧重对化学与技术的考查，难度不大6甲醛（CH2O）、乙酸（C2H4O2）和丙醛（C3H6O）组成的混合物中，氧元素的质量分数是37%，则碳元素的质量分数为( )A27%B28%C54%D无法计算【考点】元素质量分数的计算 【专题】有机物分子组成通式的应用规律【分析】根据混合物中氧元素的质量分数计算出碳元素与氢元素的总的质量分数，甲醛（CH2O）、乙酸（C2H4O2）和丙醛（C3H
20、6O）组成的化合物中，碳原子与氢原子个数之比为1：2，则碳元素与氢元素的质量之比为6：1，据此计算【解答】解：在混合物中，只有C、H、O三种元素，氧元素的质量分数为37%，则碳元素和氢元素的总的质量分数为137%=63%，甲醛（CH2O）、乙酸（C2H4O2）和丙醛（C3H6O）组成的化合物中，碳原子与氢原子个数之比为1：2，则碳元素与氢元素的质量之比为12：2=6：1，所以碳元素的质量分数为63%=54%，故选C【点评】本题考查混合物中元素的质量分数的计算，关键是利用混合物中各成分的化学式确定C、H元素的固定质量比，难度中等7下列说法正确的是( )A在粗硅的制取中发生反应2C+SiO22CO
21、+Si，所以非金属性CSiB由Na2CO3+SiO2CO2+Na2SiO3可知硅酸的酸性大于碳酸C用SiO2制取硅酸，应先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，然后再通入CO2D由H2S+CuSO4CuS+H2SO4可知，氢硫酸的酸性比硫酸强【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；硅酸的性质及制法 【分析】A、非金属性是指非金属元素的单质在化学反应中得到电子的能力；B、常温下，强酸能够制取弱酸，据此判断酸性强弱；C、二氧化硅和水不反应，但能溶于强碱，碳酸的酸性大于硅酸，根据强酸制取弱酸分析；D、符合复分解反应的条件生成难溶于硫酸的硫化铜【解答】解：A、在2C+SiO22CO+Si反应，非
22、金属性是指非金属元素的单质在化学反应中得到电子的能力，而碳与二氧化硅反应所表现出来的是碳失去电子的能力（或还原性），因此不能说明碳的非金属性比硅，故A错误；B、高温下，二氧化硅能和碳酸钠反应，不能说明碳酸酸性小于硅酸，要根据常温下，强酸制取弱酸判断，故B错误；C、二氧化硅和水不反应，但能溶于强碱，碳酸的酸性大于硅酸，所以制取硅酸的方法为用SiO2制取硅酸，应先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，然后再通入CO2，从而得到硅酸，故C正确；D、是符合复分解反应的条件生成难溶于硫酸的硫化铜，而不是氢硫酸的酸性比硫酸强，故D错误；故选C【点评】本题考查了硅及其化合物、复分解反应等知识点，根据硅酸钠、二氧化硅
23、等物质的性质来分析解答，知道硅酸的制取方法，题目难度不大二、填空题（共58分）8（14分）某课外小组设计的实验室制取乙酸乙酯的装置如图1所示，A中放有浓硫酸，B中放有乙醇（含180）、无水醋酸钠，D中放有含有酚酞饱和碳酸钠溶液已知无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl26C2H50H有关有机物的沸点：试剂乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯沸点/34.778.511877.1请回答：（1）浓硫酸的作用是制乙酸、催化剂、吸水剂；若用同位素180示踪法确定反应产物水分子中氧原子的提供者，写出能表示180位置的化学方程式：CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OC2H5+H2O（2）球形干燥管C的作用
24、是防止倒吸、冷凝反应结束后D中的现象是溶液分层，上层无色油体液体，下层溶液颜色变浅（3）上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是中和乙酸并吸收乙醇，减少乙酸乙酯的溶解（4）欲从D中得到乙酸乙酯的分离方法是分液；从D中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入无水氯化钙，分离出乙醇；（5）某化学课外小组设计了如图2所示的制取乙酸乙酯的装置（图中的铁架台、铁夹、加热装置已略去），与图1装置相比，此装置的主要优点有：（请写出两点）：增加了温度计，便于控制发生装置中反应液的温度，减少副产物的发生；增加了分液漏斗，有利于及时补充反应混合液，以提高乙酸乙酯的产量；增加了冷凝装置，有利于收集产物乙酸乙
25、酯【考点】乙酸乙酯的制取 【分析】（1）乙酸与乙醇在浓硫酸作催化剂、加热的条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动；羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供OH，醇中的OH提供H，相互结合生成水；（2）圆底烧瓶受热不均，球形干燥管的管口伸入液面下可能发生倒吸，同时起冷凝作用；醇与乙酸都易挥发，制备的乙酸乙酯含有乙醇与乙酸，通常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，反应掉挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味，溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，故D中的溶液为饱和的碳酸钠溶液，碳酸根水解，溶液呈碱性，
26、反应后溶液分层，上层无色油体液体，由于碳酸钠与乙酸反应，故下层溶液颜色变浅；（3）用饱和碳酸钠溶液来收集酯的作用是：溶解掉乙醇，反应掉乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；（4）乙酸乙酯不溶于水，和饱和碳酸钠溶液分层；无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl26C2H50H；（5）从该装置与传统制备装置的使用的仪器的不同进行分析；【解答】解：（1）乙酸与乙醇需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，由于反应加入的是乙酸钠，故浓硫酸还有制取乙酸的作用，故浓硫酸的作用为：制乙酸、催化剂、吸水剂；羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供OH，醇中的OH提供H，相互结合生成
27、水，其它基团相互结合生成酯，同时该反应可逆，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OC2H5+H2O；故答案为：制乙酸、催化剂、吸水剂；CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OC2H5+H2O；（2）圆底烧瓶受热不均，球形干燥管的管口伸入液面下可能发生倒吸，球形干燥管体积大，可以防止倒吸，同时起冷凝作用；碳酸钠水解呈碱性，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，密度比水小，溶液分层，上层无色油体液体，乙酸和碳酸钠反应而使溶液红色变浅；故答案为：防止倒吸、冷凝；溶液分层，上层无色油体液体，下层溶液颜色变浅；（3）用饱和碳酸钠溶液来收集酯的作用是：溶解掉乙醇，反应掉
28、乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，故答案为：中和乙酸并吸收乙醇，减少乙酸乙酯的溶解；（4）乙酸乙酯不溶于水，和饱和碳酸钠溶液分层，故可以用分液的方法来分离；无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl26C2H50H，故加入无水氯化钙，经过滤后能先分离出乙醇，故答案为：分液，乙醇；（5）从该装置与传统制备装置的使用的仪器的不同进行分析，增加了温度计，有利于控制发生装置中反应液的温度，根据反应的可逆性特点，增加反应物有利于平衡向正方向移动，提高乙酸乙酯的产量，增加了冷凝装置，有利于收集产物，故答案为：增加了温度计，便于控制发生装置中反应液的温度，减少副产物的发生；增加了分液漏斗，有利于及时补充反应混合液，
29、以提高乙酸乙酯的产量；增加了冷凝装置，有利于收集产物乙酸乙酯【点评】本题考查乙酸乙酯的制备与实验改进，难度中等，注意掌握乙酸乙酯的制取原理及装置选择，明确反应过程中浓硫酸、饱和碳酸钠溶液的作用9工业上硝酸的制备和自然界中硝酸的生成既有相同之处，又有区别路线是工业生产硝酸的主要途径，路线、是雷电高能固氮过程中硝酸的生成途径（1）写出N2的一种用途做保护气（或保存粮食、制氨气等）（2）实验室制取物质NH3的化学方程式为Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O（3）写出工业制硝酸第步反应化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO（4）硝酸是一种强氧化性、腐蚀性的强酸，其还原产物因
30、硝酸浓度的不同而有变化，从总体上说，硝酸浓度越高，平均每分子硝酸得到的电子数越少，浓硝酸的还原产物主要为NO2，稀硝酸的还原产物主要为NO 实验室中，常用Cu与浓HNO3反应制取NO2，用Cu与稀HNO3反应制取NO（）请写出实验室中用Cu与浓HNO3反应制取NO2的化学方程式：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O该反应中发生氧化反应的物质是Cu，1mol氧化剂得到（填“得到”或“失去”）1 mol电子（）48.0g Cu与适量的浓HNO3反应，铜全部溶解后，共收集到标准状况下22.4L的气体（NO2和NO的混合气体），反应中消耗HNO3的物质的量是CA1.5mol B
31、2.0mol C2.5mol D3.0mol（）实际上硝酸不仅可被还原为NO2或NO，浓度更稀时硝酸还可以被还原为N2O、N2、NH4NO3等请将3种物质：FeSO4、Fe（NO3）3和Fe2（SO4）3分别填入下面对应的横线上，组成一个未配平的化学方程式HNO3+FeSO4+Fe（NO3）3+Fe2（SO4）3+N2O+H2O写出对应离子方程式8Fe2+2NO3+10H+=8Fe3+N2O+5H2O【考点】工业制取硝酸；硝酸的化学性质 【专题】氧化还原反应专题；氮族元素【分析】（1）氮气的化学性质比较稳定，故可用氮气做保护气、保存粮食、制氨气等；（2）实验室中用氢氧化钙和氯化铵加热反应制取氨
32、气，写出该反应的化学方程式；（3）工业制硝酸第步为二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮；（4）（）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水；所含元素化合价升高的物质发生氧化反应；氧化剂获得电子，发生还原反应，结合N元素化合价变化计算转移电子；（）铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体可能只有NO2或NO2和NO混合物，由于每个气体分子都含有1个N原子，故气体的物质的量等于被还原的硝酸的物质的量，根据生成硝酸铜的物质的量可知表现酸性的硝酸的物质的量，这两部分硝酸的质量即为消耗的硝酸的质量；（）所给的物质组合中，HNO
33、3中氮元素化合价位于最高价，具有氧化性，对应还原产物为NO2，能将还原性的FeSO4氧化为Fe2（SO4）3，根据氢原子守恒，水在生成物中，配平完成方程式，再改写成离子方程式【解答】解：（1）由于氮气的化学性质比较稳定，焊接金属时可以用氮气做保护气，储存粮食时也可以用氮气代替空气，避免粮食变质，工业合成氨中以氮气为原料，故答案为：做保护气（或保存粮食、制氨气等）；（2）实验室中用氢氧化钙与氯化铵加热反应生成氯化钙、氨气和水，反应方程式为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O；（3）工业制硝酸第步反应为二
34、氧化氮与水反应生成硝酸，反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（4）（）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，反应方程式为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；反应中Cu元素化合价升高，发生氧化反应，硝酸是氧化剂，获得电子，其化合价由+5降低为+4，故1mol硝酸完全其氧化剂作用，转移电子为1mol，故答案为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；Cu；得到； 1；（）铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故
35、生成的气体可能只有NO2或NO2和NO混合物，由于每个气体分子都含有1个N原子，故气体的物质的量等于被还原的硝酸的物质的量，n（气体）=1mol，即被还原的硝酸的物质的量为1mol，n（Cu）=0.75mol，则生成nCu（NO3）2=0.75mol，可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.75mol2=1.5mol，则参加反应的硝酸的物质的量为：1.0mol+1.5mol=2.5mol，故答案为：C；（） 所给的物质组合中，HNO3中氮元素化合价位于最高价，具有氧化性，对应还原产物为NO2，能将还原性的FeSO4氧化为Fe2（SO4）3，根据氢原子守恒，水在生成物中，配平后发生的反应为：30HNO
36、3+24FeSO4=8Fe（NO3）3+8Fe2（SO4）3+3N2O+15H2O，改写成离子方程式为：8Fe2+2NO3+10H+=8Fe3+N2O+5H2O，故答案为：FeSO4；Fe（NO3）3+Fe2（SO4）3；8Fe2+2NO3+10H+=8Fe3+N2O+5H2O【点评】本题考查氧化还原反应基本概念、计算与配平及含氮化合物的综合应用等知识，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及化学计算能力，注意掌握氧化还原反应的配平方法，明确含氮化合物的知识及其应用10（）观察图A、B、C，回答下列问题：（1）把一块纯净的锌片插入装有稀硫酸的烧杯里，可观察到锌片
37、上有气泡，再平行插入一块铜片，可观察到铜片没有（填“有”或“没有”）气泡产生再用导线把锌片和铜片连接起来（见图A），组成一个原电池，正极的电极反应式为2H+2e=H2（2）如果烧杯中最初装入的是2mol/L 500mL的稀硫酸溶液，构成铜锌原电池（见图B，假设产生的气体没有损失，锌失去的电子完全沿导线到铜电极），当在标准状况下收集到11.2L的氢气时，则此时烧杯内溶液中溶质的物质的量浓度分别为（溶液体积变化忽略不计）c（H2SO4）=1mol/L、c（ZnSO4）=1mol/L（3）如果电极材料分别是铁片和石墨并进行连接，插入氯化钠溶液中（见图C），放置数天后，写出正极的电极反应式O2+2H2
38、O+4e=4OH（）将铜粉末用10%H2O2和3.0molL1H2SO4混合溶液处埋，测得不同温度下铜的平均溶解速率如下表：温度（）20304050607080铜的平均溶解速率（103molL1min1）7.348.019.257.987.246.735.76由表中数据可知，当温度高于40时，铜的平均溶解速率随着温度的升高而下降，其主要原因是温度升高H2O2的分解速率加快，导致H2O2的浓度降低从而使铜的溶解速率慢【考点】原电池和电解池的工作原理；化学反应速率的影响因素 【分析】（1）金属铜和硫酸不反应，锌片、铜片和硫酸形成的原电池中，金属铜为正极；（2）根据电极反应方程式来计算；（3）铁片、
39、石墨和氯化钠溶液构成的原电池中，金属铁发生吸氧腐蚀；（）温度升高H2O2的分解速率加快，导致H2O2的浓度降低从而使铜的溶解速率慢；【解答】解：（1）金属铜和硫酸不反应，不会产生气泡，锌片、铜片和硫酸形成的原电池中，金属铜为正极，该极上氢离子得电子生成氢气，电极反应为：2H+2e=H2，故答案为：没有；2H+2e=H2；（2）根据正极反应：2H+2e=H2，当在标准状况下收集到11.2L即0.5mol的氢气时，转移电子是1mol，减少的氢离子为1mol，所以剩余的硫酸的浓度为1mol/L，负极上的电极反应式为：ZnZn2+2e，当转移电子1mol时，生成锌离子的量为0.5mol，所以c（ZnS
40、O4）=1mol/L，故答案为：c（H2SO4）=1mol/L；c（ZnSO4）=1mol/L；（3）铁片、石墨和氯化钠溶液构成的原电池中，金属铁发生吸氧腐蚀，正极上是氧气得电子发生，电极反应为：O2+2H2O+4e=4OH，故答案为：O2+2H2O+4e=4OH；温度升高H2O2的分解速率加快，导致H2O2的浓度降低从而使铜的溶解速率慢，故答案为：温度升高H2O2的分解速率加快，导致H2O2的浓度降低从而使铜的溶解速率慢；【点评】本题考查学生原电池的工作原理知识，影响化学反应速率的因素等，难度中等，题目较为综合，是对学生综合能力的考查11随原子序数的递增，八种短周期元素（用字母X表示）原子半
41、径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示根据判断出的元素回答问题：（1）f在元素周期表的位置是第三周期A族（2）比较d、e常见离子的半径的小（用化学式表示，下同）O2Na+；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：HClO4H2SO4（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式 （或）（4）上述元素可组成盐R：zx4f（gd4）2，向盛有10mL1molL1R溶液的烧杯中滴加1molL1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图如图2：写出m点反应的离子方程式NH4+OH=NH3H2O若R溶液改加20mL1.2molL1Ba（OH）2溶液，充分反应后，
42、溶液中产生沉淀的物质的量为0.22mol【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期A族；（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强；（3）四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等；（4）1molNa的单质在足量O2中燃烧生成Na2O2（s），放出255.5kJ热量，2molNa反应放出热量为511
43、kJ，注明聚集状态、反应热书写热化学方程式；（5）m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH反应生成NH3H2O；根据n=cV计算n（Al3+ ）、n（NH4+）、n（SO42）、n（Ba2+）、n（OH），根据SO42、Ba2+中不足量的离子的物质的量计算生成BaSO4的物质的量，依次发生：Al3+OH=Al（OH）3、NH4+OH=NH3H2O、Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，根据方程式计算生成Al（OH）3的物质的量，进而二者计算生成固体总物质的量【解答】解：从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元
44、素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期A族，故答案为：第三周期A族；（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：r（O2）r（Na+）；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，故酸性：HClO4H2SO4，故答案为：r（O2）r（Na+）；HClO4；H2SO4；（3）四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等，其电子式为： （或），故答案为： （或）；（4）1molNa的单质在足量O2中燃烧生成Na2O2（s），放出255.5kJ热量，2molNa反应放出热量为511kJ，则该反应的热化学方程式为：2Na
45、（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=511kJmol1，故答案为：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=511kJmol1；（5）Rm点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH反应生成NH3H2O，离子方程式为：NH4+OH=NH3H2O，故答案为：NH4+OH=NH3H2O；10mL 1molL1 NH4Al（SO4）2溶液中Al3+ 物质的量为0.01mol，NH4+的物质的量为0.01mol，SO42的物质的量为0.02mol，20mL 1.2 molL1Ba（OH）2溶液中Ba2+物质的量为0.024mol，OH为0.048mol，由SO42+Ba2+=BaS
46、O4，可知SO42不足，故可以得到0.02mol BaSO4， Al3+3OH=Al（OH）30.01mol 0.03mol 0.01mol 反应剩余OH为0.048mol0.03mol=0.018mol， NH4+OH=NH3H2O0.01mol 0.01mol反应剩余OH为0.018mol0.01mol=0.008mol， Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O0.008mol 0.008mol故得到Al（OH）3沉淀为0.01mol0.008mol=0.002mol则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol，故答案为：0.022【点评】本题考查结构位置性质关系、离子半径的大小比较、元素周期律、热化学方程式书写、离子浓度大小比较、化学图象及化学计算，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等