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2015-2016学年河北省衡水中学高三（上）期末化学试卷一、选择题（每小题6分，满分42分）1．下列说法或表达正确的是（ ）A ．乙醇、糖类和蛋白质都是人体必需的营养物质B ．NH 4I 的电子式：C ．石油是混合物，其分馏产品汽油也是混合物D ．陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐2．用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的是（ ）A ．甲装置制干燥的氨气B ．用乙装置收集并测量Cu 与浓硝酸反应产生的气体及体积C ．用丙装置除去CO 2中含有的少量HC1D ．用丁装置吸收NH 3，并防止倒吸3．有机物C 4H 8Cl 2的结构中只含有一个甲基的同分异构体有几种（不考虑立体异构）（ ）A ．3B ．4C ．7D ．84．下表中对离子方程式的评价不合理的是（ ）A．A B．B C．C D．D5．设N A为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A．足量铁在氯气中反应，l mol铁失去的电子数为2 N AB．标准状况下22.4 L H2中含中子数为2 N AC．1 L Imol/L的盐酸溶液中，所含氯化氢分子数为N AD．常温下46 g NO2和N2O4混合气体中含有原子数为3N A6．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）A．A B．B C．C D．D7．短周期四种元素离子W2+、X﹣、Y2﹣、Z+的电子层结构相同．下列说法正确的是（）A．原子序数：W＞Z＞X＞YB．离子半径：r（W2+）＞r（X﹣）＞r（Y2﹣）＞r（Z+）C．Y的气态氢化物比X的气态氢化物稳定D．氢氧化物碱性强弱：W（OH）2＞ZOH二、解答题（共3小题，满分43分）8．镁是海水中含量较多的金属，镁合金及其镁的化合物用途非常广泛．（1）Mg2Ni是一种储氢合金，已知：Mg（s）+H2（g）═MgH2（S）△H=﹣74.5kj．mol﹣1Mg2Ni（s）+2H2（g）=Mg2NiH4（s）△H2=﹣64.4kj．mol﹣﹣1则：Mg2Ni（s）+2MgH2（s）═2Mg（s）+Mg2NiH4，（s）的△H3=．（2）某科研小组用水氯镁石（主要成分为MgCl2•6H2O）制备金属镁工艺的关键流程如下（如图1）：科研小组将MgCl2•6H20在氩气气氛中进行热重分析，结果如图2（TG表示残留固体质量占原样品总质量的百分数）．①图中AB线段为“一段脱水”，试确定B点对应固体物质的化学式图中BC线段为“二段脱水”，在实验中通人H2和Cl2燃烧产物的目的是②该工艺中，可以循环使用的物质有．（3）CH3MgCl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价是，该化合物水解时生成甲烷、氯化镁和氢氧化镁，请写出该反应的化学方程式．（4）储氢材料Mg（AlH4）2在110℃〜200℃的反应为：Mg（AlH4）2═MgH2+2A1+3H2↑；每转移3mol电子生成A1的质量为．（5）“镁一次氯酸盐”燃料电池的装置如图3所示，该电池的正极反应式为．9．节能减排是当下环境保护的重点．（1）将C0和气态水通人一个体积固定的密闭容器中，在一定条件下发生如下可逆反应：CO （g ）+H 20（g ）=C02（g ）+H 2（g ）△H ＜0800℃，在2L 恒容密闭容器中，起始时按照下表数据进行投料，达到平衡状态，K=1.0①从起始经过5min 达到化学平衡时，用生成物C02表示该反应的反应速率v （C02）： 平衡时，容器中C0的转化率为②如图表示上述反应在t 1时刻达到平衡，在t 2时刻因改变某个条件而发生变化的情况．则t 2时刻发生改变的条件可能是 （写出一条）．（2）汽车尾气中的一氧化碳是大气污染物，可通过反应：CO （g ）+02（g ）⇌O 2（g ）降低其浓度．①某温度下，在两个容器中进行上述反应，容器中各物质的起始浓度及正逆反应速率关系如表所示．请在表中的空格处填写“＞”“＜”或“=”②相同温度下，某汽车尾气中C0、C02的浓度分别为1.0X 10﹣5mol/L 和1.0×10﹣4mol/L ．若在汽车的排气管上增加一个补燃器，不断补充02并使其浓度保持为1.0X10﹣4 mol/L ，则最终尾气中CO 的浓度为 mol/L （请保留两位有效数字）． （3）CO 2在自然界循环时可与CaC03反应，CaC03是一种难溶物质，其Ksp=2.8×10﹣9．现将等体积的CaCl 2溶液与Na 2C03溶液混合，若Na 2C03溶液的浓度为2×10﹣4mol/L ，则生成 CaC03沉淀所需原CaCl 2溶液的最小浓度为 mol/L ．10．对叔丁基苯酚工业用途广泛，可用于生产油溶性酚醛树脂、稳定剂和香料等．实验室以苯酚、叔丁基氯[（CH 3）3CC1]等为原料制备对叔丁基苯酚，已知叔丁基氯熔点（℃）﹣25.4沸点（℃）：51实验步骤如下：步骤1：组装仪器，用量筒量取2.2mL叔丁基氯（过量），称取1.6g苯酚，搅拌使苯酚完全溶解，并装人滴液漏斗步骤2：向X中加入少量无水AlCl3固体作催化剂，打开滴液漏斗旋塞．迅速有气体放出步骤3：反应缓和后，向X中加入8mL水和1mL浓盐酸，即有白色固体析出步骤4：抽滤得到白色固体，洗涤，得到粗产物．用石油醚重结晶，得对叔丁基苯酚1.8g（1）仪器X的名称为．（2）步骤2中发生主要反应的化学方程式为．该反应过于激烈，放出大量热，常使实验的产率降低，可能的原因是．（3）图中倒扣漏斗的作用是．苯酚有腐蚀性，能使蛋白质变性，若其溶液沾到皮肤上可用洗涤．（4）在取用苯酚时发现苯酚冻结在试剂瓶中，可采取的措施为．（5）下列仪器在使用前必须检查是否漏液的是（填选项字母）．A量筒B．容量瓶C．滴定管D．分液漏斗E．长颈漏斗（6）本实验中，对叔丁基苯酚的产率为（请保留三位有效数字）．[化学--选修2：化学与技术]11．红矾钠（重铬酸钠：Na2Cr2O7•2H2O）是重要的基本化工原料，应用领域十分广泛．（1）实验室中红矾钠可用铬铁矿（主要成分：FeO．Cr2O3）利用以下过程来制取．①步骤I中反应的化学方程式为：4FeO•Cr2O3（s）+8Na2CO3（s）+7O2═8Na2CrO4（s）+2Fe2O3（s）+8CO2该反应的化学平衡常数的表达式为．在常温下该反应速度极慢，下列措施中能使反应速率增大的是．A．升高温度B．通入过量的空气C．将原料粉碎D．增加纯碱的用量②步骤Ⅱ中所得溶液显碱性，其中除含有Na2CrO4外还含有铝、硅元素的化合物，它们的化学式可能是．③步骤Ⅲ需将溶液的pH调至7〜8并煮沸，其目的是．④步骤IV中发生反应的离子方程式为（2）将红矾钠与KCl固体1：2（物质的量比）混合溶于水后经适当操作可得到K2Cr2O7晶体，反应方程式为：Na2CrO4+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl（已知NaCl的溶解度受温度影响小，K2Cr2O7的溶解度受温度影响大），基本实验步骤为：①溶解；②；③④冷却、结晶，过滤，得到K2Cr2O7晶体．[化学---选修3：物质结构与性质]12．已知A、B、C、D、E、F为前四周期的六种元素，原子序数依次增大，其中A位于周期表的s区，其原子中电子层数和未成对电子数相同；B原子价电子排布式为ns n np n，B和E同主族，D原子的最外层电子数是其内层的3倍；F元素位于元素周期表的第四行、第十一列．试回答下列问题：（1）基态F原子的核外电子排布式为．（2）关于B2A2的下列说法中正确的是（填选项序号）．①B2A2中的所有原子都满足8电子稳定结构②每个B2A2分子中σ键和π键数目比为1：1③B2A2是由极性键和非极性键构形成的非极性分子④B2A2中心原子的杂化类型为sp杂化（3）B、C、D三种元素第一电离能按由大到小的顺序排列为（用元素符号表示）．（4）C的气态氢化物与C的最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐H，H 晶体中存在的化学键类型有（填选项序号）．①离子键②共价键③氢键④配位键⑤金属键（5）基态E原子的最高能层具有的原子轨道数为；B和E分别与氧元素形成的最高价氧化物中，熔沸点较高的是（写化学式）．（6）F单质的晶体堆积方式为面心立方，其配位数为；若F的相对分子质量为M，它的晶胞棱长为a（cm），则F晶体的密度为g•cm﹣3．（阿伏伽德罗常数为NA）[化学--选修5：有机化学基础]13．乙苯是一种重要的化工原料．以乙苯为原料通过以下转化可得多种化工产品．己知：I．Ⅱ．Ⅲ．A中苯环上的一氯代物只有2种（1）写出物质A的分子式，M的结构简式：．（2）C中苯环侧链所含官能团的名称是．（3）E→F的反应类型是．（4）关于．B的说法正确的是．（填选项字母）a．能发生银镜反应b．能发生消去反应c．遇FeCl3溶液发生显色反应d．能与H2发生加成反应（5）写出D→E反应的化学方程式：．（6）符合下列条件的A的同分异构体有种（不考虑立体异构），写出任意一种同分异构体的结构简式：．①苯环上有3个取代基②遇FeCl3溶液发生显色反应③能与溴水发生加成反应．2015-2016学年河北省衡水中学高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题6分，满分42分）1．下列说法或表达正确的是（）A．乙醇、糖类和蛋白质都是人体必需的营养物质B．NH4I的电子式：C．石油是混合物，其分馏产品汽油也是混合物D．陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐【考点】营养均衡与人体健康的关系；混合物和纯净物；电子式；硅和二氧化硅．【分析】A．糖类、油脂、蛋白质为人体必需的营养物质；B．没有标出碘离子的最外层电子；C．汽油是多种烃的混合物；D．水晶的主要成分为二氧化硅．【解答】解：A．类、油脂、蛋白质为人体必需的营养物质，乙醇不是营养物质，故A错误；B．没有标出碘离子的最外层电子，NH4I的电子式：，故B错误；C．石油和汽油是多种烃的混合物，故C正确；D．水晶的主要成分为二氧化硅，不属于硅酸盐产品，故D错误．故选C．2．用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的是（）A．甲装置制干燥的氨气B．用乙装置收集并测量Cu与浓硝酸反应产生的气体及体积C．用丙装置除去CO2中含有的少量HC1D．用丁装置吸收NH3，并防止倒吸【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．浓氨水与CaO可制取氨气，氨气可用碱石灰干燥；B．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，溶于水；C．二氧化碳、HCl均与碳酸钠溶液反应；D．苯的密度小，不能使气体与水分离．【解答】解：A．浓氨水与CaO可制取氨气，氨气可用碱石灰干燥，为固体与液体制取氨气的反应原理，装置合理，故A正确；B．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，溶于水，不能利用排水法测定其体积，故B 错误；C．二氧化碳、HCl均与碳酸钠溶液反应，应选饱和碳酸氢钠溶液，故C错误；D．苯的密度小，不能使气体与水分离，应将苯改为四氯化碳，从而起防倒吸的作用，故D错误；故选A．3．有机物C4H8Cl2的结构中只含有一个甲基的同分异构体有几种（不考虑立体异构）（）A．3 B．4 C．7 D．8【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】二氯代物的同分异构体可以采用“定一移二”法解题，先找出所有的同分异构体，再找出只含一个“﹣CH3”的．【解答】解：C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法，由图可知C4H8Cl2共有9种同分异构体，其中图1中另一氯在1、2、3三个碳原子上，分子中都只有1个甲基，图2中另一氯在1、2号碳上，分子中都含2个甲基，图3中另一氯在3号碳上，分子中只含1个甲基，所以分子中含1个甲基的同分异构体有共4种；故选B．4．下表中对离子方程式的评价不合理的是（）A．A B．B C．C D．D【考点】离子方程式的书写．【分析】A．碱性条件下，溶液中不能大量存在氢离子；B．离子方程式要遵循原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒；C．硫酸铝铵中铝离子先和氢氧根离子反应，当铝离子完全转化为沉淀时，铵根离子再和氢氧根离子反应，当铵根离子完全反应后，氢氧化铝再和氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子；D．用惰性电极电解氯化镁溶液时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电．【解答】解：A．碱性条件下，溶液中不能大量存在氢离子，氢离子要和氢氧根离子反应生成水，故A正确；B．该离子方程式遵循原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒，且符合离子方程式书写规则，故B正确；C．硫酸铝铵中铝离子先和氢氧根离子反应，当铝离子完全转化为沉淀时，铵根离子再和氢氧根离子反应，当铵根离子完全反应后，氢氧化铝再和氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，所以C 评价正确，故C 正确；D ．用惰性电极电解氯化镁溶液时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电，其离子方程式为：2Cl ﹣+2H 2OH 2↑+Cl 2↑+2OH ﹣，故D 错误； 故选D ．5．设N A 为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（ ）A ．足量铁在氯气中反应，l mol 铁失去的电子数为2 N AB ．标准状况下22.4 L H 2中含中子数为2 N AC ．1 L Imol/L 的盐酸溶液中，所含氯化氢分子数为N AD ．常温下46 g NO 2和N 2O 4混合气体中含有原子数为3N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A ．铁与氯气反应生成氯化铁；B ．氢元素不含有中子；C ．盐酸溶液中不含有氯化氢分子；D ．NO 2和N 2O 4最简式相同为NO 2．【解答】解：A ．铁与氯气反应生成氯化铁，故lmol 铁失去的电子数为3N A ，故A 错误；B ．氢元素不含有中子，故标准状况下22.4LH 2中含中子数为0，故B 错误；C ．盐酸溶液中不含有氯化氢分子，故1L 1mol/L 的盐酸溶液中，所含氯化氢分子数为0，故C 错误；D ．NO 2和N 2O 4最简式相同为NO 2，故46gNO 2和N 2O 4混合气体中含有原子数=×3×N A =3N A ，故D 正确；故选D ．6．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．白色沉淀可能为AgCl；B．胶体分散系具有丁达尔现象；C．具有还原性的气体均可被高锰酸钾氧化；D．观察K的焰色应透过蓝色的钴玻璃．【解答】解：A．白色沉淀可能为AgCl，则某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，原溶液中可能含银离子或SO42﹣，但二者不能同时存在，故A错误；B．胶体分散系具有丁达尔现象，则用激光笔照射鸡蛋白溶液有丁达尔效应，说明鸡蛋白溶液属于胶体，故B正确；C．具有还原性的气体均可被高锰酸钾氧化，则某气体通入酸性KMnO4溶液中，紫色褪去，则气体可能为SO2或乙烯、乙炔等，故C错误；D．观察K的焰色应透过蓝色的钴玻璃，则用铂丝蘸取溶液进行焰色反应，焰色为黄色，则一定含Na元素，可能含K元素，故D错误；故选B．7．短周期四种元素离子W2+、X﹣、Y2﹣、Z+的电子层结构相同．下列说法正确的是（）A．原子序数：W＞Z＞X＞YB．离子半径：r（W2+）＞r（X﹣）＞r（Y2﹣）＞r（Z+）C．Y的气态氢化物比X的气态氢化物稳定D．氢氧化物碱性强弱：W（OH）2＞ZOH【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】W2+、X﹣、Y2﹣、Z+四种离子均具有相同的电子层结构，离子最外层电子数为8，W、Z处于同一周期，为金属元素，Z形成+1价离子，X处于ⅠA族，W 形成+2价离子，Y处于ⅡA族；X、Y处于同一周期，为非金属元素，X形成﹣1价离子，X处于ⅦA，Y形成﹣2价离子，Y处于ⅥA族；且W、Z在周期表中X、Y的下一周期，原子序数：W＞Z＞X＞Y，结合元素周期律递变规律解答该题．【解答】解：W2+、X﹣、Y2﹣、Z+四种离子均具有相同的电子层结构，离子最外层电子数为8，W、Z处于同一周期，为金属元素，Z形成+1价离子，X处于ⅠA族，W形成+2价离子，Y处于ⅡA族；X、Y处于同一周期，为非金属元素，X形成﹣1价离子，X处于ⅦA，Y形成﹣2价离子，Y处于ⅥA族；且W、Z在周期表中X、Y的下一周期，原子序数：W＞Z＞X＞Y，A．由以上分析可知原子序数：W＞Z＞X＞Y，故A正确；B．原子序数：W＞Z＞X＞Y，W2+、X﹣、Y2﹣、Z+四种离子均具有相同的电子层结构，核电荷数越大离子半径越小，则r（Y2﹣）＞r（X﹣）＞r（Z+）＞r（W2+），故B错误；C．X、Y处于同一周期，为非金属元素，且原子序数X＞Y，则非金属性X＞Y，非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；D．W、Z处于同一周期，为金属元素，原子序数W＞Z，金属性Z＞W，氢氧化物碱性强弱：W（OH）2＜ZOH，故D错误．故选A．二、解答题（共3小题，满分43分）8．镁是海水中含量较多的金属，镁合金及其镁的化合物用途非常广泛．（1）Mg2Ni是一种储氢合金，已知：Mg（s）+H2（g）═MgH2（S）△H=﹣74.5kj．mol﹣1Mg2Ni（s）+2H2（g）=Mg2NiH4（s）△H2=﹣64.4kj．mol﹣﹣1则：Mg2Ni（s）+2MgH2（s）═2Mg（s）+Mg2NiH4，（s）的△H3=+84.6KJ/mol．（2）某科研小组用水氯镁石（主要成分为MgCl2•6H2O）制备金属镁工艺的关键流程如下（如图1）：科研小组将MgCl2•6H20在氩气气氛中进行热重分析，结果如图2（TG表示残留固体质量占原样品总质量的百分数）．①图中AB线段为“一段脱水”，试确定B点对应固体物质的化学式MgCl2•2H2O 图中BC线段为“二段脱水”，在实验中通人H2和Cl2燃烧产物的目的是为防止MgCl2•2H2O脱水过程中发生水解反应②该工艺中，可以循环使用的物质有HCl、Cl2．（3）CH3MgCl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价是+2，该化合物水解时生成甲烷、氯化镁和氢氧化镁，请写出该反应的化学方程式2CH3MgCl+2H2O=Mg（OH）2+MgCl2+2CH4↑．（4）储氢材料Mg（AlH4）2在110℃〜200℃的反应为：Mg（AlH4）2═MgH2+2A1+3H2↑；每转移3mol电子生成A1的质量为27g．（5）“镁一次氯酸盐”燃料电池的装置如图3所示，该电池的正极反应式为ClO﹣+2e﹣+H2O=Cl﹣+2OH﹣．【考点】海水资源及其综合利用．【分析】（1）依据热化学方程式①Mg（s）+H2（g）=MgH2（S）△H1=﹣74.5kJ•mol ﹣1；②Mg2Ni（s）+2H2（g）=Mg2NiH4（s）△H2=﹣64.4kJ•mol﹣l，利用盖斯定律将②﹣2×①得到反应Mg2Ni（s）+2MgH2（s）=2Mg（s）+Mg2NiH4（s），进而计算反应热；（2）①图中AB线段为“一段脱水”，设B点对应固体物质的化学式为MgCl2•xH2O，根据=0.645，可计算确定B的化学式；二段脱水中通入HCl可以抑制MgCl2的水解；②制备金属镁工艺的关键流程分析，循环使用的物质是加入后在反应过程中有重新生成分析判断；（3）根据化合价代数和为0判断镁的化合价，根据元素守恒书写化学方程式；（4）根据氧化还原反应Mg（AIH4）2=MgH2+2Al+3H2↑中电子转移数目与产物的物质的关系进行计算；（5）依据“镁﹣次氯酸盐”燃料电池的装置图中所示，原电池的正极应发生还原反应，元素的化合价降低，根据图示可知，正极上是ClO﹣变为Cl﹣，据此写出正极反应式．【解答】解：（1）①Mg（s）+H2（g）═MgH2（s）△H1=﹣74.5kJ•mol﹣1②Mg2Ni（s）+2H2（g）═Mg2NiH4（s）△H2=﹣64.4kJ•mol﹣1Mg2Ni（s）+2MgH2（s）═2Mg（s）+Mg2NiH4（s）△H3由盖斯定律②﹣2×①得到Mg2Ni（s）+2MgH2（s）═2Mg（s）+Mg2NiH4（s）△H3 =﹣64.4KJ/mol﹣2×（﹣74.5KJ/mol）=+84.6KJ/mol，则△H3=+84.6KJ/mol，故答案为：+84.6KJ/mol；（2）①图中AB线段为“一段脱水”，设B点对应固体物质的化学式为MgCl2•xH2O，根据=0.645，计算得x=2，所以B的化学式为MgCl2•2H2O；二段脱水中通入HCl可以抑制MgCl2的水解，故答案为：MgCl2•2H2O；为防止MgCl2•2H2O脱水过程中发生水解反应；②制备金属镁工艺的关键流程分析，循环使用的物质是加入后在反应过程中有重新生成的物质，分析可知是氯气和氯化氢，故答案为：HCl，Cl2；（3）根据CH3MgCl中各元素化合价代数和为0可知镁的化合价为+2价，CH3MgCl 水解时生成甲烷、氯化镁和氢氧化镁，反应的化学方程式为2CH3MgCl+2H2O=Mg （OH）2+MgCl2+2CH4↑，故答案为：+2；2CH3MgCl+2H2O=Mg（OH）2+MgCl2+2CH4↑；（4）储氢材料Mg（AlH4）2在110℃﹣200℃的反应为：Mg（AlH4）=MgH2+2Al+3H2↑，反应中生成2molAl转移电子6mol，所以每转移3mol电子生2成Al的物质的量为1mol，即质量为27g，故答案为：27g；（5）“镁﹣次氯酸盐”燃料电池的装置图中微粒变化分析可知，ClO﹣在正极放电，生成Cl﹣，结合碱性的环境，可写出正极反应式：ClO﹣+2e﹣+H2O=Cl﹣+2OH﹣，故答案为：ClO﹣+2e﹣+H2O=Cl﹣+2OH﹣．9．节能减排是当下环境保护的重点．（1）将C0和气态水通人一个体积固定的密闭容器中，在一定条件下发生如下可逆反应：CO（g）+H20（g）=C02（g）+H2（g）△H＜0800℃，在2L恒容密闭容器中，起始时按照下表数据进行投料，达到平衡状态，K=1.0①从起始经过5min达到化学平衡时，用生成物C02表示该反应的反应速率v （C02）：0.01mol/（L•min）平衡时，容器中C0的转化率为50%②如图表示上述反应在t1时刻达到平衡，在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况．则t2时刻发生改变的条件可能是降低温度或降低H2浓度或增大H2O （g）浓度（写出一条）．（2）汽车尾气中的一氧化碳是大气污染物，可通过反应：CO（g）+02（g）⇌O2（g）降低其浓度．①某温度下，在两个容器中进行上述反应，容器中各物质的起始浓度及正逆反应速率关系如表所示．请在表中的空格处填写“＞”“＜”或“=”②相同温度下，某汽车尾气中C0、C02的浓度分别为1.0X 10﹣5mol/L和1.0×10﹣4mol/L．若在汽车的排气管上增加一个补燃器，不断补充02并使其浓度保持为1.0X10﹣4mol/L，则最终尾气中CO的浓度为 1.1×10﹣6mol/L（请保留两位有效数字）．（3）CO2在自然界循环时可与CaC03反应，CaC03是一种难溶物质，其Ksp=2.8×10﹣9．现将等体积的CaCl2溶液与Na2C03溶液混合，若Na2C03溶液的浓度为2×10﹣4mol/L，则生成CaC03沉淀所需原CaCl2溶液的最小浓度为 5.6×10﹣5 mol/L．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【分析】（1）①结合化学平衡三段式列式计算，设消耗一氧化碳物质的量为x CO （g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）起始量（mol）0.2 0.2 0 0变化量（mol）x x x x平衡量（mol）0.2﹣x 0.2﹣x x x800℃，在2L恒容密闭容器中达到平衡状态，K=l，平衡常数K==1x=0.1反应速率v=，转化率=×100%计算得到；②由图可知，t2时刻后二氧化碳浓度增大，一氧化碳浓度减小，改变条件，平衡向正反应方向移动，结合平衡移动原理与反应特点分析解答；（2）①I中正逆速率相等，处于平衡状态，根据I中数据计算该温度下平衡常数，再计算Ⅱ中浓度商，与平衡常数比较判断反应进行情况，进而确定正、逆反应速率关系；②设平衡时CO的浓度变化量为xmol/L，利用三段式表示平衡时各组分的浓度，再利用平衡常数列方程计算；（3）等体积混合后溶液中碳酸根的浓度为1×l0﹣4mol/L，利用溶度积计算需要钙离子浓度，再根据稀释定律计算所需CaCl2溶液的最小浓度．【解答】解：（1）①设消耗一氧化碳物质的量为x，CO （g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）起始量（mol）0.2 0.2 0 0变化量（mol）x x x x平衡量（mol）0.2﹣x 0.2﹣x x x800℃，在2L恒容密闭容器中达到平衡状态，K=l，平衡常数K==1，解得x=0.1，生成物CO2表示该反应的反应速率v（CO2）===0.01mol/（L•min），平衡时，容器中CO的转化率=×100%=×100%=50%，故答案为：0.01mol/（L•min）；50%；②由图可知，t2时刻后二氧化碳浓度增大，一氧化碳浓度减小，改变条件，平衡向正反应方向移动，反应是放热反应，可减低温度使平衡正向进行，或降低氢气的浓度或增大水蒸气的浓度，使平衡向正反应方向移动，故答案为：降低温度或降低H2浓度或增大H2O（g）浓度；（2）①I中正逆速率相等，处于平衡状态，该温度下平衡常数K==104，Ⅱ中浓度商Qc==8.3×103＜104，故反应向正反应进行，则v（正）＞v（逆），故答案为：＞；②设CO的浓度变化量为xmol/L，则：CO（g）+O2（g）⇌CO2（g）起始（mol/L）：1.0×10﹣5 1.0×10﹣4变化（mol/L）：x x平衡（mol/L）：1.0×10﹣5 ﹣x 1.0×10﹣4 1.0×10﹣4+x则=104，解得x=8.91×10﹣6mol/L，故平衡时CO浓度为1.0×10﹣5mol﹣8.91×10﹣6mol=1.1×10﹣6mol/L故答案为：1.1×10﹣6；（3）等体积混合后溶液中碳酸根的浓度为2×l0﹣4mol/L÷2=1×l0﹣4mol/L，要生成CaCO3沉淀需要钙离子浓度为mol/L=2.8×l0﹣5mol/L，故需要CaCl2溶液的最小浓度为2.8×l0﹣5mol/L×2=5.6×l0﹣5mol/L，故答案为：5.6×10﹣5．10．对叔丁基苯酚工业用途广泛，可用于生产油溶性酚醛树脂、稳定剂和香料等．实验室以苯酚、叔丁基氯[（CH3）3CC1]等为原料制备对叔丁基苯酚，已知叔丁基氯熔点（℃）﹣25.4沸点（℃）：51实验步骤如下：步骤1：组装仪器，用量筒量取2.2mL叔丁基氯（过量），称取1.6g苯酚，搅拌使苯酚完全溶解，并装人滴液漏斗步骤2：向X中加入少量无水AlCl3固体作催化剂，打开滴液漏斗旋塞．迅速有气体放出步骤3：反应缓和后，向X中加入8mL水和1mL浓盐酸，即有白色固体析出步骤4：抽滤得到白色固体，洗涤，得到粗产物．用石油醚重结晶，得对叔丁基苯酚1.8g（1）仪器X的名称为三颈烧瓶．（2）步骤2中发生主要反应的化学方程式为．该反应过于激烈，放出大量热，常使实验的产率降低，可能的原因是由于叔丁基氯挥发导致产率降低．（3）图中倒扣漏斗的作用是防止倒吸．苯酚有腐蚀性，能使蛋白质变性，若其溶液沾到皮肤上可用酒精洗涤．（4）在取用苯酚时发现苯酚冻结在试剂瓶中，可采取的措施为在通风橱中中对试剂瓶温水加热．（5）下列仪器在使用前必须检查是否漏液的是BCD（填选项字母）．A量筒B．容量瓶C．滴定管D．分液漏斗E．长颈漏斗（6）本实验中，对叔丁基苯酚的产率为70.5%（请保留三位有效数字）．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）根据仪器的构造特点，可知仪器X是三颈烧瓶；（2）向A中加入少量无水AlCl3固体作催化剂，打开滴液漏斗旋塞，迅速有气体放，这说明苯环上的氢原子被取代，同时生成氯化氢，即产生的气体是氯化氢；该反应为放热反应，反应过于激烈，放出大量热，因此导致体系温度升高，从而使得叔丁基氯挥发；（3）氯化氢极易溶于水，则图中倒扣漏斗的作用是防止倒吸；苯酚不溶于水，易溶在酒精中，若苯酚溶液沾到皮肤上可用酒精洗涤；（4）苯酚的熔点较低且有毒，稍微加热固体即可转化为液体；（5）仪器带有活塞或瓶塞的装置，使用前需要检查是否漏水；（6）根据苯酚质量计算理论上可以生成对叔丁基苯酚的质量，进而计算产率．【解答】解：（1）根据仪器的构造特点可判断，仪器X是三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）向A中加入少量无水AlCl3固体作催化剂，打开滴液漏斗旋塞，迅速有气体放，这说明苯环上的氢原子被取代，同时生成氯化氢，即产生的气体是氯化氢，因此出步骤2中发生主要反应的化学方程式为．该反应为放热反应，反应过于激烈，放出大量热，因此导致体系温度升高，从而使得叔丁基氯挥发，因此导致产率降低，故答案为：；由于叔丁基氯挥发导致产率降低；（3）氯化氢极易溶于水，则图中倒扣漏斗的作用是防止倒吸．苯酚不溶于水，易溶在酒精中，若苯酚溶液沾到皮肤上可用酒精洗涤，故答案为：防止倒吸；酒精；（4）苯酚的熔点较低且有毒，稍微加热固体即可转化为液体，在通风橱中中对试剂瓶温水加热，故答案为：在通风橱中中对试剂瓶温水加热；（5）容量瓶、滴定管、分液漏斗在使用前均需要查漏，故选：BCD；（6）1.6g苯酚理论上可以生成对叔丁基苯酚的质量是 1.6g÷94g/mol×150g/mol=2.55g，所以对叔丁基苯酚的产率为×100%=70.5%，故答案为：70.5%．[化学--选修2：化学与技术]11．红矾钠（重铬酸钠：Na2Cr2O7•2H2O）是重要的基本化工原料，应用领域十分广泛．（1）实验室中红矾钠可用铬铁矿（主要成分：FeO．Cr2O3）利用以下过程来制取．①步骤I中反应的化学方程式为：4FeO•Cr2O3（s）+8Na2CO3（s）+7O2═8Na2CrO4（s）+2Fe2O3（s）+8CO2。
河北省衡水中学2016届高三上学期第二次调研考试化学试题本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
共100分。
考试时间110分钟。
可能用到的原子量：H 1 C 12 N 14 0 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40V 51 Cr 52 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Br 80 Ba 137第I卷（选择题共50分）一、单项选择题（1～10题每小题1分，共10分）1．海水是巨大的资源宝库，下列说法正确的是( )A．碘元素又称“海洋元素”B．镁是海水中含量最多的金属元素C．从海水中提取食盐和碘的过程都是物理变化D．氯碱工业和纯碱工业的原料都有食盐2．合金是指两种或两种以上的金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质。
分析下表数据，不能形成合金的是( )A．Cu和Al B．Fe和Na C．Fe和Cu D．Al和Na3．下列说法中不正确的是( )A．在燃煤中加入石灰石可减少SO2排放，发生的反应为2CaCO3 +2SO2 +O△2CO2 +2CaSO4B．C02通入水玻璃可以得到硅酸沉淀C．硅主要以单质、氧化物、硅酸盐的形式存在于自然界中D．氢氟酸能够雕刻玻璃，故不能用玻璃瓶来盛装氢氟酸4．下列关于硫及其化合物的说法中正确的是( )A．自然界中不存在游离态的硫B．二氧化硫的排放会导致光化学烟雾和酸雨的产生C．二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了其漂白性D．浓硫酸可用来干燥S02、CO、Cl2等气体5．下列反应中，反应后固体物质的质量不变的是A ．氢气通过灼热的Cu 0粉末B ．二氧化碳通过Na 202粉末C ．铝与Fe 203发生铝热反应D ．将锌粒投入Cu(N03)2溶液6．下列解释物质用途或现象的反应方程式不准确的是A ．硫酸型酸雨的形成会涉及反应2H 2SO 3 +O 2催化剂2H 2SO 4B ．工业上制取粗硅的化学方程式：SiO 2+C高温Si+CO 2↑ C ．Na 2S 203溶液中加入稀硫酸：S 2O 32-+2H ＋=SO 2+S↓+H 2OD ．成分为盐酸的洁厕灵与84消毒液混合使用易中毒：Cl －+ClO －+2H ＋=Cl 2↑+H 2O7．下列离子方程式的书写正确的是A ．水玻璃中通人过量二氧化碳：Na 2SiO 3+CO 2+H 2O =2Na ＋+CO 32-+H 2SiO 3↓B ．Na 202加入H 2180中：2Na 2O 2+2H 218O=4Na ＋+4OH －+18O 2↑C ．硅与氢氟酸的反应：Si+4H ＋+4F －=SiF 4↑+2H 2↑D ．过量C02通入氢氧化钙溶液中：CO 2+OH －=HCO 3-8．在某澄清、透明的浅黄色溶子中的几种，在检验方案设计时初步分析其溶液中最多可含的离子（不包括OH -）有( )A ．5种B ．6种C ．7种D ．8种9．室温下，下列各组离子能大量共存的是 ( )A ．稀硫酸中：K ＋、Mg 2＋、AlO 2-、S 2O 32-B ．Na 2S 溶液中：SO 42-、K ＋、Cl －、Cu 2＋C ．K wD ．通人大量CO 2的溶液中：Na ＋、ClO －、CH 3COO －、HCO 3-10.X 、Y 、Z 是中学化学常见的三种有色物质（其组成的元素均属短周期元素），摩尔质量依次增大，它们 均能与水发生氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，下列说法正确的是( )A ．X 、Y 、Z 中，只有Y 能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝B ．1 mol Y 或Z 与足量水完全反应时，均转移2 mol 电子C ．Z 为离子化合物，但含有非极性键，阴、阳离子个数比为1：2D．X和Y均能用向上排空气法和排水法收集二、单项选择题(11～30题每小题2分，共40分)11.下表各组物质中，物质之间不可能实现如图所示转化的是12．用N A表示阿伏加德罗常数的值。
河北省衡水中学2021届上学期高三年级一调考试化学本试卷分第一卷〔选择题〕和第二卷(非选择题)两局部。
共100分。
考试时间110分钟。
可能用到的相对原子质量：H1C12 N14 O16 Na23Mg24 Al27 P31S32K39 Ca40 Fe56 Cu64 Zn65 Br80 Ag108 I127第I卷〔选择题共50分〕一、选择题〔每题l分，共10分。
以下每题所给选项有一个选项符合题意。
〕1．假设用X代表F、C1、Br、I四种卤族元素，以下能够表达它们的共性反响的是〔〕A.X2+H2=2HX B.X2+H2O=HX+HXOC.2Fe＋3X2=2FeX3D.X2+2NaOH=NaX+NaXO+H 2O2．以下物质的保存方法正确的选项是〔〕．用橡皮塞把液溴密封于玻璃瓶中．用磨口玻璃塞把氢氟酸密封于棕色试剂瓶中C．把氯气加压液化后密封于钢瓶中．氯水通常保存于无色试剂瓶中3．在以下变化①大气固氮、②硝酸银分解、③实验室制取氨气中，按氮元素被氧化、被复原、既不被氧化又不被复原的顺序排列，正确的选项是〔〕A．①②③B．②①③C．③②①D．③①②4．下表所列各组物质中，物质之间通过一步反响就能实现如下图转化的是〔〕物质c选项a bA.Al AlCl3Al(OH)3B.HNO3NO NO2C.Si SiO2H2SiO3D.Na2O2Na2CO3NaHCO35．某些保健品中含有的锗元素〔Ge〕位于周期表的第四周期IVA族。
有关锗的表达不正确的是〔〕A．锗的原子序数为24B．锗的金属活动性应比硅强C.Ge可以生成化学式为Na2GeO3的盐D．单质锗是半导体材料A6．以下关于某些离子的检验说法正确的选项是〔〕B．向某溶液中加稀盐酸，将产生的无色气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，那么原溶液中一定有CO32－或HCO3－C．向某溶液中参加硝酸钡溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，那么原溶液中一定有SO42-D C．向某溶液中参加浓氧氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，那么原溶液中存在NH4+E．向某溶液中参加硝酸银溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，那么原溶液中一定有Cl－F7．以下说法中正确的选项是〔〕G．Na2O2可作漂白剂和供氧剂，碳酸钠可用于治疗胃酸过多H．工业上用次氯酸制漂白粉，保存漂白粉的塑料袋要密封1C ．氯气用于自来水消毒，是因为生成的次氯酸有杀菌、消毒的作用．溴化银用于人工降雨，单质碘参加食盐中用于制加碘盐 8．以下关于铝及其化合物的说法中不正确的选项是〔 〕．铝既可用于食品包装，也可用于建筑材料 ．氧化铝既可以用来冶炼铝，也可用作耐火材料C ．氢氧化铝既可以用于治疗胃酸过多的药物，也可用来制备一些铝盐．明矾既能用来净水，也可用作消毒剂9．类推的思维方法在化学学习和研究中有时会产生错误的结论，因此类比推出的结论最终要经过实践的检验才能决定其正确与否。
2015-2016学年河北省衡水市枣强中学高三（上）期中化学试卷一、选择题（1-30题，每小题2分，共60分，每小题所给选项只有1项符合题意．）1．下列说法不正确的是（）A．氧化镁用作耐火材料B．向Na2CO3溶液中滴加醋酸溶液，一定有CO2气体生成C．明矾溶于水形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化D．Na2O2常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂2．下列有关金属的说法正确的是（）A．生铁与钢的区别在于生铁含碳杂质，而钢不含B．铜在自然界中的含量高，所以铜是人类最早使用的金属C．黑色金属材料包括铁、铬、锰及其化合物D．金属一般都具有导电性、导热性、延展性3．下列各组离子在溶液中能够大量共存的是（）A．NH4+、Ca2+、OH﹣、HCO3﹣B．Ag+、H+、SO32﹣、ClO﹣C．NH4+、Br﹣、Na+、SO42﹣D．H+、Cl﹣、Fe2+、NO3﹣4．下列关于Li、Na、K、Rb、Cs的叙述均正确的一组是（）①金属性最强的是锂②氧化性最强的是锂离子③在自然界中均以化合态形式存在④Li的密度最大⑤铯与水反应十分剧烈，甚至会发生爆炸⑥粒子半径：Rb+＞K+＞Na+，Cs＞Cs+．A．①②③ B．④⑤⑥ C．②④⑥ D．②③⑤⑥5．下列保存物质的方法正确的是（）A．保存液溴时向其中加入少量酒精，减少挥发B．氢氟酸保存在塑料塞的玻璃瓶中，防止瓶口和塞子粘住C．氨水易挥发，应密封在低温处保存D．金属锂应保存在煤油中，防止被氧化6．N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．5.6g铁粉在0.1mol氯气中充分燃烧，转移电子数为0.3N AB．2.5mL 16mol•L﹣1浓硫酸与足量铜反应，转移电子数为0.04N AC．7.8g Na2S和Na2O2的固体混合物中含有的阴离子数等于0.1N AD．常温下，5.6g铁钉与足量浓硝酸反应，转移的电子数为0.3N A7．a molNa2O2和b molNaHCO3固体混合后，在密闭容器中加热到250℃，使其充分反应，当排出气体为两种气体时，a：b不可能为（）A．3：4 B．4：5 C．2：3 D．3：28．下列与处理方法对应的反应方程式不正确的是（）A．工业上用水吸收NO2生产硝酸：3NO2+H2O═2HNO3+NOB．用氨水除去工业原料氯化铵中的氯化铁杂质：Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓C．用熟石灰处理泄漏的液氯：2Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O D．用明矾除去水中的悬浮颗粒物：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+9．下列反应与Na2O2+SO2→Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是（）A．2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2B．2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2C．Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2D．3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O10．如表实验装置或操作正确的是（）A B C D向容量瓶中转移液体实验室制取蒸馏水从饱和食盐水中提取NaCl晶体分离酒精和水A．A B．B C．C D．D11．下列关于胶体的叙述不正确的是（）A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1nm～100nm之间B．用平行光照射CuSO4溶液和Fe（OH）3胶体，可以加以区分C．把FeCl3饱和溶液滴入到NaOH溶液中，以制取Fe（OH）3胶体D．树林中的晨曦，该现象与丁达尔效应有关12．某同学研究铝及其化合物的性质时设计了如下两个实验方案．方案①：2.7g Al X溶液Al（OH）3沉淀方案②：2.7g Al Y溶液Al（OH）3沉淀NaOH溶液和稀盐酸的浓度均是3mol/L，如图是向X溶液和Y溶液中分别加入NaOH溶液和稀盐酸时产生沉淀的物质的量与加入盐酸和氢氧化钠溶液体积之间的关系，下列说法正确的是（）A．X溶液溶质为AlCl3，Y溶液溶质为NaAlO2B．b曲线表示的是向X溶液中加入NaOH溶液C．在O点时两方案中所得溶液浓度相等D．a、b曲线表示的反应都是氧化还原反应13．向含1mol HCl和lmol MgSO4的混合溶液中加入1mol/L的Ba（OH）2溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入Ba（OH）2溶液体积（V）间的关系图正确的是（）A．B．C．D．14．某稀溶液中含有Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的浓度（纵坐标/mol•L﹣1）和加入铁粉的物质的量（横坐标/mol）之间的关系如图所示．则溶液中Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3物质的量浓度之比为（）A．1：1：4 B．1：3：1 C．3：3：8 D．1：1：115．FeCO3与砂糖混用可以作补血剂，实验室里制备FeCO3的流程如图所示．下列说法错误的是（）A．可利用KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质B．沉淀过程中有CO2气体放出C．过滤搡作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒D．产品FeCO3在空气中高温分解可得到纯净的FeO16．下列说法不正确的是（）A．为避免船体遭受腐蚀，在船舶的外壳装上若干锌块，称为牺牲阳极的阴极保护法B．原电池工作时，电流的方向由正极→负载→负极→原电池中电解质溶液→正极C．白铁（镀锌铁）镀层破损后，铁皮依然受到保护D．在铁制品上镀铜时，铁制品作电镀池的阳极，铜盐为电镀液17．用于电动汽车的铝﹣空气燃料电池通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液，铝合金为负极，空气电极为正极．则下列说法正确的是（）A．以NaOH溶液为电解液时，负极反应为Al+3OH﹣﹣3e﹣═Al（OH）3↓B．以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应都为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣C．以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解液的pH保持不变D．电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极18．下列离子方程式或化学方程式与所述事实相符且正确的是（）A．向0.1 mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液：H++OH﹣=H2OB．稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2OC．表示硫酸与氢氧化钡反应的中和热的热化学反应方程式为：H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）=BaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣57.3 kJ/molD．NH4Al（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2溶液使SO42﹣完全沉淀：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=AlO2﹣+2BaSO4↓+2H2O19．下列结论错误的是（）①微粒半径：K+＞Al3+＞S2﹣＞Cl﹣②氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4③离子的还原性：S2﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣④氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te⑤酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO ⑥非金属性：O＞N＞P＞Si．A．只有①B．①③⑤ C．②④⑤⑥D．①③20．同位素示踪法可用于反应机理的研究，下列反应中同位素示踪表示正确的是（）A．2Na218O2+2H2O=4Na18OH+O2↑B．2KMnO4+5H218O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+518O2↑+8H2OC．NH3•2H2O+HCl=NH4Cl+2H2OD．K37ClO3+6HCl=K37Cl+3Cl2↑+3H2O21．如图所示是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是（）A．原子半径：Z＞Y＞XB．气态氢化物的稳定性：R＞WC．WX3和水反应形成的化合物是离子化合物D．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物不能相互反应22．下列化合物中所有化学键都是共价键的是（）A．Na2O2B．NaOH C．BaCl2D．H2SO423．已知：HCN（aq）与NaOH（aq）反应的△H=﹣12.1kJ•mol﹣1；HCl（aq）与NaOH（aq）中和反应的△H=﹣55.6kJ•mol﹣1．则HCN在水溶液中电离的△H等于（）A．+43.5kJ•mol﹣1B．﹣43.5kJ•mol﹣1C．﹣67.7kJ•mol﹣1D．+67.7kJ•mol﹣124．航天燃料从液态变为固态，是一项重要的技术突破．铍是高效率的火箭材料，燃烧时放出巨大的能量，已知1kg金属铍完全燃烧放出的热量为62700kJ．则铍燃烧的热化学方程式正确的是（）A．Be+O2═BeO△H=﹣564.3kJ•mol﹣1B．Be（s）+O2（g）═BeO（s）△H=+564.3kJ•mol﹣1C．Be（s）+O2（g）═BeO（s）△H=﹣564.3kJ•mol﹣1D．Be（s）+O2（g）═BeO（g）△H=﹣564.3kJ•mol﹣125．少量铁粉与100mL 0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢．为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（）①加H2O②加NaOH固体③滴入几滴浓盐酸④加CH3COONa固体⑤加NaCl溶液⑥滴入几滴硫酸铜溶液⑦升高温度（不考虑盐酸挥发）⑧改用10mL 0.1mol/L盐酸．A．①⑥⑦ B．③⑤⑧ C．③⑦⑧ D．⑤⑦⑧26．如图所示各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀，腐蚀的速率由快到慢的顺序为（）A．⑤②①④③B．③②⑤④①C．⑤④②③①D．⑤②①③④27．结合图判断，下列叙述正确的是（）A．Ⅰ和Ⅱ中正极均被保护B．Ⅰ和Ⅱ中负极反应均是Fe﹣2e﹣=Fe2+C．Ⅰ和Ⅱ中正极反应均是O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣D．Ⅰ和Ⅱ中分别加入少量K3[Fe（CN）6]溶液，均有蓝色沉淀28．某充电宝锂离子电池的总反应为：xLi+Li1﹣n Mn2O4LiMn2O4，某手机镍氢电池总反应为：NiOOH+MH M+Ni（OH）2（M为储氢金属或合金），有关上述两种电池的说法不正确的是（）A．锂离子电池放电时Li+向正极迁移B．锂离子电池充电时，阴极的电极反应式：LiMn2O4﹣xe﹣=Li1﹣n Mn2O4+xLi+C．如图表示用锂离子电池给镍氢电池充电D．镍氢电池放电时，正极的电极反应式：NiOOH+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣29．在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）达到平衡的标志的是（）（1）C的生成速率与C的分解速率相等；（2）单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B；（3）A、B、C的浓度不再变化；（4）混合气体的总压强不再变化；（5）混合气体的物质的量不再变化；（6）单位时间消耗a mol A，同时生成3a mol B；（7）A、B、C的分子数目比为1：3：2．A．（2）（5） B．（1）（3） C．（2）（7） D．（5）（6）30．“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中错误的是（）①钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2②铁露置在空气中一段时间后就会生锈，性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中③Al（OH）3、Cu（OH）2受热易分解，Fe（OH）3受热也易分解④不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；也不能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁．A．①④B．②④C．①②④ D．①②③④二、非选择题（共4个小题，共40分，请将答案写在答题卡上．）31．（10分）（2015秋•衡水校级期中）盐酸、硫酸和硝酸都是重要的化工原料，也是化学实验室里必备的重要试剂．请回答下列各问：（1）常温下，可用铁、铝制的容器盛放浓硫酸，说明浓硫酸具有性．（2）硝酸铜是制备Cu﹣Zn﹣Al系催化剂的重要原料，工业上用洗净的废铜屑作原料来制备硝酸铜．下列制备方法符合“绿色化学”思想的是（填序号）．①Cu+HNO3（浓）→Cu（NO3）2②Cu+HNO3（稀）→Cu（NO3）2③Cu CuO Cu（NO3）2（3）①在50mL 18mol•L﹣1的浓硫酸中加入过量的铜片，加热使之充分反应，产生的气体在标准状况下的体积可能是．A．20.16L B．6.72L C．10.08L D．15.12L②若使上述反应①中剩余的铜片继续溶解，可向其中加入硝酸钠，写出反应的离子方程式．（4）某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，并且该反应的产物只有氯化铜和水．该反应的化学方程式为．32．（10分）（2015秋•衡水校级期中）已知A、B、C、D、E、F都是短周期的主族元素，原子序数依次增大，其中A是宇宙中最丰富的元素，B的单质常温下为气体，C和E同主族，C和E可形成EC2和EC3两种分子，D是短周期中原子半径最大的元素．请回答下列问题：（1）①B在元素周期表中的位置；②上述元素的最高价氧化物的水化物中酸性最强的是（写化学式）．（2）C、D、E、F四种元素对应的简单离子的半径由小到大的顺序是（用离子符号表示）．（3）工业上常用A、B组成的物质X来检验F的单质是否发生泄漏，有大量白烟生成，写出此反应的化学方程式．其中该反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为．33．（10分）（2015秋•衡水校级期中）（1）镍氢碱性充电电池被誉为“绿色化学电源”，充、放电时的反应：2Ni（OH）22NiO（OH）+H2．放电时，正极的电极反应式为，充电时，该电极应与电源的（填“正”或“负”）极相连．（2）氨在空气中燃烧，生成水和氮气．已知：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1．则氨在空气中燃烧生成液态水和﹣1，2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣572kJ•mol氮气时的热化学方程式为：．（3）研究表明工业上合成氨反应（N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g））在容积固定的密闭容器中发生上述反应，表中为各物质在不同时刻的浓度．时间/min C（N2）/mol．L﹣1C（H2）/mol．L﹣1C（NH3）/mol．L﹣10 0.6 1.8 05 0.48 X 0.2410 0.26 0.78 0.680～5min，H2的平均反应速率v H2=．反应在5分钟时，条件发生了改变，改变的条件可能是（填序号）．a．增加氢气的浓度b．降低温度c．使用催化剂d．分离出NH3．34．（10分）（2015秋•衡水校级期中）铝是一种应用广泛的金属，工业上用Al2O3和冰晶石（Na3AlF6）混合熔融电解制得．①铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等．从铝土矿中提炼Al2O3的流程如图：②以萤石（CaF2）和纯碱为原料制备冰晶石的流程如图：回答下列问题：（1）写出反应1的化学方程式；；（2）若气体A过量，则反应2的离子方程式为；（3）写出由D制备冰晶石的化学方程式；（4）以石墨为阳极，电解氧化铝制铝时阳极的电极反应式．2015-2016学年河北省衡水市枣强中学高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（1-30题，每小题2分，共60分，每小题所给选项只有1项符合题意．）1．下列说法不正确的是（）A．氧化镁用作耐火材料B．向Na2CO3溶液中滴加醋酸溶液，一定有CO2气体生成C．明矾溶于水形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化D．Na2O2常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂【考点】镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】A、依据氧化镁的熔点高回答即可；B、依据醋酸的量回答即可；C、依据铝离子水解回答即可；D、依据过氧化钠与水以及二氧化碳的产物回答．【解答】解：A、氧化镁的熔点高，故常用作耐火材料，故A正确；B、醋酸为一元酸，逐滴滴入到碳酸钠溶液中，首先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，方程式为：Na2CO3+CH3COOH=CH3COONa+NaHCO3，故无气体放出，再滴入醋酸，才会生成二氧化碳气体，故B错误；C、明矾为KAl（SO4）2，其中铝离子水解反应为：Al3++3H2O=Al（OH）3（胶体），Al（OH）3胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质，故C正确；D、过氧化钠与人体呼出的水反应生成氧气，与呼出的二氧化碳反应液生成氧气，故常用作呼吸面具，故D正确；故选B．【点评】本题主要考查的是钠及其化合物、铝的化合物以及氧化镁的物理性质，属于综合性考查的基础题，较简单．2．下列有关金属的说法正确的是（）A．生铁与钢的区别在于生铁含碳杂质，而钢不含B．铜在自然界中的含量高，所以铜是人类最早使用的金属C．黑色金属材料包括铁、铬、锰及其化合物D．金属一般都具有导电性、导热性、延展性【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A．生铁与钢的区别为含碳量不同；B．金属的使用与金属活动性有关；C．根据金属的颜色和性质等特征，将金属分为黑色金属和有色金属，黑色金属主要指铁、锰、铬及其合金；D．结合金属的通性分析．【解答】解：A．生铁与钢的区别为含碳量不同，均含C元素，但钢中含碳量较低，故A错误；B．金属的使用与金属活动性有关，Al在自然界中的含量最高，但金、银是人类最早使用的金属，故B错误；C．根据金属的颜色和性质等特征，将金属分为黑色金属和有色金属，黑色金属主要指铁、锰、铬及其合金，不是化合物，故C错误；D．由金属的通性可知，金属一般都具有导电性、导热性、延展性，故D正确；故选D．【点评】本题考查金属单质及化合物的综合应用，为高频考点，把握相关概念及金属的性质、含量及人类生活中的使用等为解答的关键，综合性较强，题目难度中等，选项C为易错点．3．下列各组离子在溶液中能够大量共存的是（）A．NH4+、Ca2+、OH﹣、HCO3﹣B．Ag+、H+、SO32﹣、ClO﹣C．NH4+、Br﹣、Na+、SO42﹣D．H+、Cl﹣、Fe2+、NO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．铵根离子、钙离子、碳酸氢根离子都与氢氧根离子反应；B．次氯酸根离子能够氧化亚硫酸根离子、氢离子与次氯酸、亚硫酸根离子反应，银离子与亚硫酸根离子反应；C．四种离子之间不发生反应，能够共存；D．硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子．【解答】解：A．Ca2+、OH﹣、HCO3﹣之间反应生成碳酸钙沉淀，NH4+、OH﹣、之间反应生成一水合氨，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．SO32﹣、ClO﹣之间发生氧化还原反应，H+与SO32﹣、ClO﹣反应，Ag+、SO32﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．NH4+、Br﹣、Na+、SO42﹣之间不反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．Fe2+、H+、NO3﹣之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识的能力．4．下列关于Li、Na、K、Rb、Cs的叙述均正确的一组是（）①金属性最强的是锂②氧化性最强的是锂离子③在自然界中均以化合态形式存在④Li的密度最大⑤铯与水反应十分剧烈，甚至会发生爆炸⑥粒子半径：Rb+＞K+＞Na+，Cs＞Cs+．A．①②③ B．④⑤⑥ C．②④⑥ D．②③⑤⑥【考点】碱金属的性质．【分析】①依据同主族元素从上到下金属性依次增强解答；②金属性越强，阳离子氧化性越弱；③活泼金属在自然界中只能够以化合态存在；④碱金属从上到下密度逐渐增大；⑤依据同主族元素从上到下金属性依次增强，结合钠、钾与水反应现象解答；⑥依据原子半径大小比较规律：电子层越多半径越大解答．【解答】解：①Li、Na、K、Rb、Cs属于碱金属元素从上到下金属性依次增强，所以金属性最强的是铯，故①错误；②Li、Na、K、Rb、Cs属于碱金属元素从上到下金属性依次增强，所以金属性最弱的是锂，所以氧化性最强的是锂离子，故②正确；③碱金属单质性质活泼，容易与空气中水、氧气反应，所以在自然界中均以化合态形式存在，故③正确；④碱金属从上到下密度逐渐增大，所以Li的密度最小，故④错误；⑤Li、Na、K、Rb、Cs属于碱金属元素从上到下金属性依次增强，所以铯金属性强于钠和钾，与水反应剧烈程度强于钠和钾，故⑤正确；⑥电子层不同的，一般电子层越大半径越大，所以Rb+、K+、Na+，电子层依次减少，所以半径Rb+＞K+＞Na+；Cs、Cs+，电子层依次减少，所以半径Cs＞Cs+，故⑥正确；故选：D．【点评】本题考查了碱金属的性质，侧重考查学生对基础知识掌握熟练程度，掌握同主族元素性质的递变规律即可解答，题目难度不大．5．下列保存物质的方法正确的是（）A．保存液溴时向其中加入少量酒精，减少挥发B．氢氟酸保存在塑料塞的玻璃瓶中，防止瓶口和塞子粘住C．氨水易挥发，应密封在低温处保存D．金属锂应保存在煤油中，防止被氧化【考点】化学试剂的存放．【专题】元素及其化合物；化学实验基本操作．【分析】A、酒精能加速溴的挥发；B、氢氟酸和二氧化硅反应生成四氟化硅和水；C、易挥发的物质应该低温保存；D、易和氧气反应是金属应该选用密度大于该金属且和该金属不反应的液体保存．【解答】解：A、溴易溶于酒精，但酒精是易挥发性的物质，导致加速溴的挥发，故A错误；B、氢氟酸能和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，所以不能保存在玻璃瓶中，应该保存在塑料瓶中，故B错误；C、氨水易挥发，升高温度能加速氨水的挥发，所以氨水应该密封在低温处保存，故C正确；D、锂易和氧气反应，煤油的密度大于锂的密度，锂放入煤油中会漂浮在表面上，所以不能防止被氧化，故D错误；故选C．【点评】本题考查了实验室化学试剂的存放，难度不大，化学试剂的存放要遵循“安全性、包纯性、方便性”原则．6．N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．5.6g铁粉在0.1mol氯气中充分燃烧，转移电子数为0.3N AB．2.5mL 16mol•L﹣1浓硫酸与足量铜反应，转移电子数为0.04N AC．7.8g Na2S和Na2O2的固体混合物中含有的阴离子数等于0.1N AD．常温下，5.6g铁钉与足量浓硝酸反应，转移的电子数为0.3N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、铁和氯气反应生成氯化铁，依据全部反应的物质计算电子转移；B、12.5mL 16mol/L浓硫酸溶质物质的量=0.0125L×16mol/L=0.2mol，全部反应生成二氧化硫0.1mol，随反应进行浓度减小，稀硫酸不和铜反应；C、Na2S和Na2O2的摩尔质量都是78g/mol，7.8g 混合物的物质的量为0.1mol，硫化钠是由钠离子与硫离子构成，过氧化钠由钠离子与过氧根离子构成，每摩尔Na2S和Na2O2都含1mol 阴离子；D、常温下，铁在浓硝酸中会钝化．【解答】解：A、5.6g铁粉物质的量为0.1mol，在0.1mol氯气中充分燃烧，氯气全部反应转移电子数为0.2N A，故A错误；B、12.5mL 16mol/L浓硫酸溶质物质的量=0.0125L×16mol/L=0.2mol，全部反应生成二氧化硫0.1mol，随反应进行浓度减小，稀硫酸不和铜反应，转移的电子数小于0.1N A，故B错误；C、Na2S和Na2O2的摩尔质量都是78g/mol，7.8g 混合物的物质的量为0.1mol，硫化钠是由钠离子与硫离子构成，过氧化钠由钠离子与过氧根离子构成，每摩尔Na2S和Na2O2都含1mol 阴离子，所以7.8g Na2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子为0.1mol，阴离子数等于0.1N A，故C正确；D、常温下，铁在浓硝酸中会钝化，不能完全反应，故转移的电子数小于0.3N A个，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．7．a molNa2O2和b molNaHCO3固体混合后，在密闭容器中加热到250℃，使其充分反应，当排出气体为两种气体时，a：b不可能为（）A．3：4 B．4：5 C．2：3 D．3：2【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】混合物在密闭容器中加热到250℃时，可能发生如下反应：①2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑②2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2③2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2④2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O反应生成气体产物是O2和H2O（g），根据方程式，从质量守恒的角度计算．【解答】解：混合物在密闭容器中加热到250℃时，可能发生如下反应①2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑②2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2③2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2④2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O反应生成气体产物是O2和H2O（g），依题意可知，残余的固体为Na2CO3和NaOH，生成的气体为O2和H2O（g），则有总反应式为bNaHCO3+aNa2O2=bNa2CO3+（2a﹣b）NaOH+（b﹣a）H2O+O2所以2a﹣b＞0，＞，b﹣a＞0＜1．故的数值范围：＜＜1．A、B、C符合，a：b不可能为3：2＞1，故选D．【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，注意根据反应的原理结合质量守恒计算．8．下列与处理方法对应的反应方程式不正确的是（）A．工业上用水吸收NO2生产硝酸：3NO2+H2O═2HNO3+NOB．用氨水除去工业原料氯化铵中的氯化铁杂质：Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓C．用熟石灰处理泄漏的液氯：2Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2OD．用明矾除去水中的悬浮颗粒物：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氯气的化学性质；氨的化学性质；镁、铝的重要化合物．【分析】A．二氧化氮与水反应生成硝酸和NO气体；B．一水合氨不能拆开，需要保留分子式；C．氯气能够与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；D．铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有较大的表面积，能够净水．【解答】解：A．工业上用水吸收NO2生产硝酸，反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故A正确；B．用氨水除去工业原料氯化铵中的氯化铁杂质，反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，故B错误；C．用熟石灰处理泄漏的液氯，氢氧化钙与氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为2Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故C正确；D．明矾除去水中的悬浮颗粒物，铝离子能够水解生成氢氧化铝胶体，反应的离子方程式为Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，故D正确；故选B．【点评】本题考查了化学方程式、离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式、化学方程式的书写原则，B为易错点，注意一水合氨为弱电解质，离子方程式中不能拆开．9．下列反应与Na2O2+SO2→Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是（）A．2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2B．2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2C．Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2D．3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O【考点】真题集萃；钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】因为在Na2O2+SO2→Na2SO4中，Na2O2是氧化剂，所以，A、在2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2中Na2O2是自身氧化还原；B、在2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2中Na2O2是自身氧化还原；C、在Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2中这是非氧化还原，是一个复分解反应；D、在3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中﹣1价的氧变为﹣2价，Na2O2作氧化剂，据此作判断．【解答】解：因为在Na2O2+SO2→Na2SO4中，Na2O2的是氧化剂，A、在2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2中Na2O2是自身氧化还原，故A错误；B、在2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2中Na2O2是自身氧化还原，故B错误；C、在Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2中，这是非氧化还原，是一个复分解反应，故C错误；D、在3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中﹣1价的氧变为﹣2价，Na2O2作氧化剂，故D正确；故选D．【点评】本题主要考查了学生对氧化还原反应的理解，解题的关键是抓住化合价的变化分析，中等难度．10．如表实验装置或操作正确的是（）A B C D向容量瓶中转移液体实验室制取蒸馏水从饱和食盐水中提取NaCl晶体分离酒精和水A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．转移液体需要使用玻璃棒引流；B．冷凝水方向错误；C．蒸发时用蒸发皿；D．分液漏斗分离能分层的物质．【解答】解：A．转移液体需要使用玻璃棒引流，以免液体溅出，故A正确；B．冷凝水方向错误，下进上出，故B错误；C．采用蒸发的方法从饱和食盐水中获取NaCl晶体，蒸发时用蒸发皿，灼烧药品时用坩埚，故C错误；D．酒精和水能互溶，不分层，故D错误．故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及转移液体、物质制备及分离与提纯等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．11．下列关于胶体的叙述不正确的是（）A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1nm～100nm之间B．用平行光照射CuSO4溶液和Fe（OH）3胶体，可以加以区分C．把FeCl3饱和溶液滴入到NaOH溶液中，以制取Fe（OH）3胶体D．树林中的晨曦，该现象与丁达尔效应有关【考点】胶体的重要性质．【分析】A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径；B．丁达尔效应可用于区分溶液和胶体；C．制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液；D．树林中的晨曦形成胶体分散系，胶体具有丁达尔现象．【解答】解：A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径，胶体的分散质的微粒直径在1nm～100nm之间，故A正确；B．丁达尔效应可用于区分溶液和胶体，溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应，故B正确；C．制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液，生成氢氧化铁沉淀，故C错误；D．因树林中的晨曦形成胶体分散系，图片显示胶体具有丁达尔现象，故D正确．故选C．【点评】本题考查胶体的性质，要求学生熟记教材中提到的胶体的例子，是对基础内容的考查，难度不大．12．某同学研究铝及其化合物的性质时设计了如下两个实验方案．方案①：2.7g Al X溶液Al（OH）3沉淀方案②：2.7g Al Y溶液Al（OH）3沉淀NaOH溶液和稀盐酸的浓度均是3mol/L，如图是向X溶液和Y溶液中分别加入NaOH溶液和稀盐酸时产生沉淀的物质的量与加入盐酸和氢氧化钠溶液体积之间的关系，下列说法正确的是（）A．X溶液溶质为AlCl3，Y溶液溶质为NaAlO2B．b曲线表示的是向X溶液中加入NaOH溶液C．在O点时两方案中所得溶液浓度相等D．a、b曲线表示的反应都是氧化还原反应【考点】化学实验方案的评价；铝的化学性质．【专题】实验评价题．【分析】n（HCl）=3mol/L×0.1L=0.3mol，n（NaOH）=3mol/L×0.1L=0.3mol，n（Al）==0.1mol，2Al++6H+=2Al3++3H2↑、2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，根据方程式知，Al和HCl完全反应需要n（HCl）=3n（Al）=0.3mol，所以Al和HCl恰好完全反应生成氯化铝；根据方程式知，Al和NaOH完全反应需要n（NaOH）=n（Al）=0.1mol＜0.3mol，所以NaOH 有剩余，据此分析解答．。
【全国百强校】河北省衡水中学2018届高三上学期一调考试化学试卷1. 下列关于离子共存或离子反应地说法正确地是A. 某无色溶液中可能大量存在H+、Cl-、MnO4-、A13+B. pH = 2地溶液中可能大灰存在Na+、K+、SiO32-、Cl-、C. Fe2+与H2O2在酸性溶液中反应:2Fe2++ H2O2+2H+==2Fe3++H2OD. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液地反应:H++SO42- +Ba2++OH-= BaSO4+H2O2. 下列有关物质地性质与用途具有对应关系地是A. SO2具有氧化性,可用于漂白纸浆 B. NH4HCO3受热易分解,可用作氮肥C. Fe2(SO4)3易溶于水,可用作净水剂 D. Al2O3熔点髙,可用作耐高温材料3. 现有两瓶浓度相同地失去标签地Na2CO3和NaHCO3地无色饱和溶液,请提出简便地鉴別方法,其中不合理地是①用干燥地pH试纸检验,pH大地是Na2CO3②取同量地溶液于两支试管中,各滴入酚酞溶液,红色较深地是Na2CO3③取同量地溶液于两支试管中,加热.有气泡产生地是NaHCO3④取同量地溶液于两支试管中,逐滴加入稀盐酸,开始就有气体放出地是NaHCO3⑤取同量地溶液于两支试管中,滴加BaCl2溶液,生成白色沉淀地是Na2CO3⑥取同量地溶液于两支试管中,滴加Ba(OH)2溶液,生成白色沉淀地是Na2CO3,A. ①②B. ③⑥C. ④⑤D. ②⑤4. 下列说法正确地是A. 足量地Fe在Cl2中燃烧只生成FeCl3B. 铁地化学性质比较活泼,它能和水蒸气反应生成H2和Fe(OH)3C. 用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2D. 向某溶液中加NaOH溶液得白色沉淀,且颜色逐渐变为红褐色,说明该溶液中只含有Fe2+5. 下列实验操作能达到实验目地地是选项实验目地实验操作A制备Fe(OH)3胶体将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中B由MgCl2溶液制备无水MgCl2将MgCl2溶液加热蒸干C除去Cu粉中混有地CuO加入稀硝酸溶液,过滤、洗涤、干燥D比较水与乙醇中氢地活泼性分别将少量钠投入到盛有水和乙醇地烧杯中A. AB. BC. CD. D6. 下列四种有色溶液与SO2气体作用均能褪色,其实质相同地是①酸性高锰酸钾溶液②品红溶液③溴水④滴有酚酞地氢氧化钠溶液A. ①③B. ②③C. ①④D. ②④7. 下列有关Fe2(SO4)3溶液地叙述正确地是A. 该溶液中K+、Fe2+、C6H5OH、Br-可以大量共存B. 和KI溶液反应地离子方程式:Fe3++2I-=Fe2++I2C. 和Ba(OH)2溶液反应地离子方程式:Fe3++SO42- +Ba2++3OH-= Fe(OH)3↓+ BaSO4↓D. 1 L0.1mol·L-1该溶液和足量地Zn充分反应,生成11.2g Fe8. 对中国古代著作涉及化学地叙述,下列解读错误地是A. 《天工开物》中"凡石灰,经火焚炼用"里地"石灰"指地是Ca(OH)2 B. 《黄白第十六》中"曾青涂铁,铁赤如铜"," 曾"青是指可溶性铜盐C. 《本草纲目》中"冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁,取碱浣衣"中地碱是K2CO3D. 《汉书》中"高奴县有洧水可燃"这里地"洧水"指地是石油9. 下列说法中错误地有①卤素单质从上到下熔沸点逐渐升高,碱金属单质从上到下熔沸点逐渐降低②铁地氧化物（Fex O)1.52 g溶于足量盐酸中,向所得溶液中通入标准状况下112 mLCl2,恰好将Fe完全氧化,x地值为0.80③SiO2有导电性,可用于制备光导纤维④二氧化硅既能与氢氟酸反应,又能与烧碱反应,所以它是两性氧化物⑤金属活动性不同,冶炼方法也有所不同⑥苏打和小苏打焰色反应地现象是相同地,说明灼烧过程中它们发生了相同地化学变化⑦铁在纯氧中燃烧或在氯气中燃烧所得产物中铁地化合价均为+3价⑧镁铝合金地强度和硬度都比纯铝和纯镁地大⑨除去铜器表面铜绿而不损伤器物,可用稀硝酸⑩Al(OH)3药剂适合于胃溃疡患者服用,治疗胃酸过多A. ①②③⑤B. ④⑥⑦⑧⑨C. ①②⑤⑧⑩D. ③④⑥⑦⑨10. 某温度下,将Cl2通入NaOH溶液中,反应得到NaCl、NaC1O、NaClO3地混合溶液,经测定,ClO-与ClO3-地物质地量浓度之比为1:3,则此反应中被还原地氯元素与被氧化地氯元素原子地物质地量之比是A. 1: 4B. 11:3C. 3:1D. 4:111. 用下列装置进行实验,能达到相应实验目地地是学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...A. 图1可用于吸收多余地NOB. 图2可用于检验Cl2地漂白性C. 图3可用于比较Fe与Cu地金属活动性强弱D. 图4可用于测定CO2地生成速率12. FeCO3与砂搪混用可以作补血剂,实验室里制备FeCO3地流程如下图所示。
2015—2016学年度上学期期中考试高三年级化学试题可能用到的相对原子质量：C—12，N—14，O—16，Na—23，Mg—24，S—32，Cl—35.5，Fe—56，Cu—64Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题（本题包括30个小题，1—10每小题1分，11—20每小题2分，21—30每小题3分，每小题只有一个正确答案）1、重水（D2O）是重要的核工业原料，下列说法错误的是（）A．氘(D)的原子核外有1个电子 B. H2O与D2O互称同素异形体C．1 H与D互称同位素 D. 1H182O与D162O的相对分子质量相同2、下列实验过程中，始终无明显现象的是（）A．NH3通人AlCl3溶液中B．CO2通人到CaCl2溶液中C．用脱脂棉包裹Na2O2粉末露置在潮湿空气中D．稀盐酸滴加到Fe(OH)3胶体溶液中3、下列推断正确的是（）A．SiO2能与NaOH溶液、HF溶液反应，所以SiO2是两性氧化物B．CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在C．Na2O、Na2O2组成元素相同，阳离子与阴离子个数比也相同D．新制氯水显酸性，向其中滴加少最紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色4、实验室需480 mL 1.0 mol/L的NaOH溶液，假如其他操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是（）A．称取氢氧化钠20.0 gB．定容时俯视观察刻度线C．移液时，对用于溶解氢氧化钠的烧杯没有进行冲洗D．移液用玻璃棒引流时，玻璃棒下端靠在容量瓶刻度线上方5、下列关于Cl、N、S等非金属元素单质及其化合物的说法正确的是()A．漂白粉的成分是次氯酸钙B．实验室可用浓硫酸干燥硫化氢C．将浓氨水滴到氢氧化钠固体中可以制取氨气D．单质氯气及单质硫与铁反应生成的产物中，铁的化合价相同6、Al、Fe、Cu都是重要而常见的金属，下列有关说法正确的是（）A．三者的单质在常温下都能溶于浓硫酸和浓硝酸B．三者的单质放置在空气中均只生成氧化物C．三者所对应的氢氧化物在水中都存在溶解平衡D．工业上制备这三种金属的方法依次为电解法、热分解法和热还原法7、除去下列物质中所含的杂质（括号内为杂质），选用试剂正确的是（）A．FeCl2溶液(FeCl3)：Fe粉B．CO2 (SO2)：饱和的Na2CO3溶液C．Al2O3 (SiO2)：NaOH溶液D．NaHCO3溶液（Na2CO3）：Ca(OH)2溶液8、向NaBr、NaI、Na2CO3的混合溶液中通入足量氯气后，将溶液蒸于并充分灼烧，得到固体剩余物的组成可能是（）A．NaCl B．NaCl、NaHCO3C．NaCl、I2D．NaCl、NaI、Na2CO39、下列对于某些离子的检验及结论中一定正确的（）A．加入稀盐酸产生无色的气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO2－3 B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO2－4C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，一定有NH＋4 D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2＋10、某溶液中含有HCO－3、CO2－3、SO2－3、Na＋、NO－3五种离子。
2016年河北省衡水中学高考化学一模试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．对二甲苯（PX）是生产矿泉水瓶（聚对苯二甲酸乙二酯，简称PET）的必要原料，生产涉及的反应之一如下：下列有关说法错误的是（）A．PTA是该反应的氧化产物B．PTA与乙二醇通过加聚反应即可生产PET塑料C．PX分子含有苯环的同分异构体还有3种D．该反应消耗1molPX，共转移10mol电子2．为达到相应的实验目的，下列实验的设计或操作最合理的是（）A．往装有铁钉的试管中加入2 mL水、3滴稀醋酸和1滴K3[Fe（CN）6]溶液，可以观察到铁钉表面粘附气泡，同时周围出现蓝色沉淀B．在一个集气瓶中收集满CO2气体，取一小段除去表面氧化膜的Mg条用坩埚钳夹持点燃后迅速投入上述集气瓶中，取出坩埚钳，盖上玻璃片，观察Mg条在集气瓶底部燃烧C．为比较Cl与S元素非金属性强弱，相同条件下测定相同浓度NaCl溶液和Na2S溶液的pH值D．给盛有铜与浓硫酸的试管加热，发现试管底部出现灰白色固体，为检验其中的白色固体为无水硫酸铜，可直接向试管中加入适量水3．下列图示与对应的叙述相符合的是（）A．N2（g）+3H2⇌2NH3（g）△H＜0 B．FeCl3+3KSCN⇌Fe（SCN）3+3KClC．向稀醋酸中加入醋酸钠溶液D．稀释苏打溶液4．科学家开发出一种新型电池，其能量密度极高，效率达90%以上，电池中添加碘化锂（LiI）和微量水，工作原理如图所示，总反应为：O2+4LiI+2H2O2I2+4LiOH，对于该电池的下列说法不正确的是（）A．充电时Li+从阳极区移向阴极区B．充电时阴极反应为LiOH+e﹣═Li+OH﹣C．放电时负极上I﹣被氧化D．放电时正极反应为O2+2H2O+4Li++4e﹣═4LiOH5．亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂．用如图实验可检验某食品中亚硫酸盐含量（含量通常以1kg样品中含SO2的质量计；所加试剂均足量），下列说法不正确的是（）A．亚硫酸盐作为食品添加剂作用是防腐、抗氧化B．反应①中通入N2的作用是将生成的气体全部赶出C．测定样品质量及③中耗碱量，可测定样品中亚硫酸盐含量D．若仅将②中的氧化剂“H2O2溶液”替换为碘水，对测定结果无影响6．短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素．其中X与W 处于同一主族，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外）．W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，五种元素原子最外层电子数之和为21，下列说法正确的是（）A．Y的简单气态氢化物在一定条件下可被Q单质氧化B．Y的简单离子半径小于Z的简单离子半径C．Q可分别与X、Y、Z、W形成化学键类型相同的化合物D．Z最高价氧化物对应的水化物分别与X、Y最高价氧化物对应的水化物反应生成1mol水时所放出的热量相同7．实验室使用pH传感器来测定Na2CO3和NaHCO3混合物中NaHCO3的含量．称取1.59g 样品，溶于水配成250.00mL溶液，取出该溶液25.00mL用0.1mol•L﹣1盐酸进行滴定，得到如下曲线．以下说法正确的是（）A．上一计量点前发生反应的离子方程式为HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑B．下一个计量点溶液中存在大量的阴离子是Cl﹣、HCO3﹣C．此样品n（NaHCO3）=（28.1﹣2×11.9）×10﹣3molD．使用该方法测定Na2CO3和NaOH混合物中氢氧化钠含量，将会得到1个计量点二、解答题（共3小题，满分43分）8．氨氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径，某同学用该原理在实验室探究硝酸的制备和性质，设计了如图所示的装置．（1）若分液漏斗中氨水的浓度为9.0mol•L﹣1，配制该浓度的氨水100mL，用到的玻璃仪器有100mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、（2）甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，烧瓶内固体X为．（3）乙装置的作用是；写出受热时丙装置发生反应的化学方程式为．（4）当戊中观察到现象，则说明已制得硝酸．某同学按上图组装仪器并检验气密性后进行实验，没有观察到此现象，请分析实验失败的可能原因．如何改进装置．（5）改进后待反应结束，将丁装置倒立在盛水的水槽中，会观察到的现象是．9．一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3•CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面，锂混杂于其中，从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如图：（1）过程Ⅰ中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为．（2）过程Ⅱ中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴．则浸出钴的化学反应方程式为（产物中只有一种酸根）．在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因．（3）过程Ⅲ得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al（OH）3，碳酸钠溶液在产生Al（OH）3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式．（4）碳酸钠溶液在过程Ⅲ和Ⅳ中所起作用有所不同，请写出在过程Ⅳ中起的作用是．（5）在Na2CO3溶液中存在多种粒子，下列各粒子浓度关系正确的是（填序号）．A、c（Na+）=2c（CO32﹣）B、c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）C、c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D、c（OH﹣）﹣c（H+）═c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）（6）CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液．CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水．如图是粉红色的CoCl2•6H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是．10．雾霾天气是一种大气污染状态，雾霾的源头多种多样，比如汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧，甚至火山喷发等．（1）汽车尾气中的NO（g）和CO（g）在一定温度和催化剂的条件下可净化．反应的化学方程式为2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）．请计算上述反应的△H=kJ/mol②若上述反应在恒温、恒容的密闭体系中进行，并在t ．时刻达到平衡状态，则下列示意图不符合题意的是 （填选项字母）．（下图中V 正、K 、n 、P 总分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量和总压强）③在T ℃下，向体积为10L 的恒容密闭容器中通人NO 和CO ，测得了不同时间时NO 和K= ，既能增大反应速率又能使平衡正向移动的措施是 （写出一种即可）．（2）是硫酸工业释放出的主要尾气，为减少对环境造成的影响，采用以下方法将其资源化利用，重新获得重要工业产品硫化钙．①写出反应的化学方程式 ．②反应中每生成1mol 硫化钙理论上转移电子数为 ．③为充分利用副产品CO ，设计电解CO 制备CH 4和W ，工作原理如图所示，生成物W 是 ，其原理用电解总离子方程式解释是 ．[化学-选修2：化学与技术]11．生态工业园区的建设，不仅仅是体现环保理念，重要依据循环经济理论和充分考虑经济的可持续发展，如图是某企业设计的硫酸﹣磷铵﹣水泥联产，海水﹣淡水多用，盐﹣热﹣电联产生三大生态产业链流程图．根据上述产业流程回答下列问题：（1）从原料、能源、交通角度考虑该企业应建在A 西部山区B 沿海地区C 发达城市D 东北内陆（2）该流程①、②、③、④、⑤为能量或物质的输送，请分别写出输送的主要物质的化学式或能量形式：① 、② 、③ 、④ 、⑤ ．（3）沸腾炉发生反应的化学方程式：；磷肥厂的主要产品是普钙，其主要成分是（填化学式）．（4）热电厂的冷却水是，该流程中浓缩盐水除提取盐以外还可提取的物质有（写出一种即可）．（5）根据现代化工厂没计理念请提出高炉炼铁厂废气、废渣及多余热能的利用设想．，（写出两点即可）．[化学-选修3：物质结构与性质]12．人类文明的发展历程，也是化学物质的认识和发现的历程，其中铁、硝酸钾、青霉素、氨、乙醇、二氧化碳、聚乙烯、二氧化硅等17种“分子”改变过人类的世界．（1）Fe单质为体心立方晶体，晶胞中铁原子的配位数为，基态铁原子有个未成对电子，Fe3+的电子排布式为．（2）硝酸钾中NO3﹣的空间构型为，写出与NO3﹣互为等电子体的一种非极性分子化学式．（3）6﹣氨基青霉烷酸的结构如图1所示，其中采用sp3杂化的原子有．（4）下列说法正确的有（填字母序号）．a．乙醇分子间可形成氢键，导致其沸点比氯乙烷高b．钨的配合物离子[W（CO）5OH]﹣能催化固定CO2，该配离子中钨显﹣1价c．聚乙烯（）分子中有5n个σ键d．由下表中数据可确定在反应Si（s）+O2（g）═SiO2（s）中，每生成60gSiO2放出的能2所示，写出该反应的化学方程式，若两个最近的Fe原子间的距离为s cm，则该晶体的密度是g•cm﹣3．[化学-选修5：有机化学基础]13．某吸水材料与聚酯纤维都是重要化工原料，它们的合成路线如图：已知：①有机物A能与Na反应，相对分子质量为32．②③RCOOR′+R″OH RCOOR″+R′OH（R、R、R，代表烃基）（1）A的结构简式是，B中含氧官能团的名称是．（2）C的结构简式是，D→E的反应类型是．（3）F+A→G的化学方程式是．（4）CH3COOH+CH≡CH→B的化学方程式是．（5）G→聚酯纤维的化学方程式是．（6）G的同分异构体有多种，满足下列条件的共有种．其中核磁共振氢谱显示3组峰的是（写结构简式）①苯环上只有两个取代基②1mol与足量的NaHCO3溶液反应生成2molCO2气体．2016年河北省衡水中学高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．对二甲苯（PX）是生产矿泉水瓶（聚对苯二甲酸乙二酯，简称PET）的必要原料，生产涉及的反应之一如下：下列有关说法错误的是（）A．PTA是该反应的氧化产物B．PTA与乙二醇通过加聚反应即可生产PET塑料C．PX分子含有苯环的同分异构体还有3种D．该反应消耗1molPX，共转移10mol电子【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．该反应中高锰酸根离子是氧化剂、对二甲苯是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物、还原剂对应的产物是氧化产物；B．PTA含有两个羧基，可与乙二醇发生缩聚反应；C．取代基可以是甲基或乙基；D．根据Mn元素的化合价判断．【解答】解：A．反应中Mn元素的化合价降低，作氧化剂，则PX作还原剂，所以PTA是该反应的氧化产物，故A正确；B．PTA含有两个羧基，可与乙二醇发生缩聚反应，故B错误；C．取代基可以是甲基或乙基，二甲苯有邻间对三种，乙苯有一种，含有苯环的同分异构体还有3 种，故C正确；D．反应中，Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，转移5个电子，则1molPX反应消耗molMnO4﹣，共转移12N A个电子，故D错误；故选BD．2．为达到相应的实验目的，下列实验的设计或操作最合理的是（）A．往装有铁钉的试管中加入2 mL水、3滴稀醋酸和1滴K3[Fe（CN）6]溶液，可以观察到铁钉表面粘附气泡，同时周围出现蓝色沉淀B．在一个集气瓶中收集满CO2气体，取一小段除去表面氧化膜的Mg条用坩埚钳夹持点燃后迅速投入上述集气瓶中，取出坩埚钳，盖上玻璃片，观察Mg条在集气瓶底部燃烧C．为比较Cl与S元素非金属性强弱，相同条件下测定相同浓度NaCl溶液和Na2S溶液的pH值D．给盛有铜与浓硫酸的试管加热，发现试管底部出现灰白色固体，为检验其中的白色固体为无水硫酸铜，可直接向试管中加入适量水【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．Fe与醋酸反应生成亚铁离子，亚铁离子与K3[Fe（CN）6]反应生成蓝色沉淀；B．应用坩埚钳夹持燃烧，不能投入上述集气瓶底部；C．比较非金属性强弱，应用最高价含氧酸的酸性进行比较；D．不能直接向试管中加入适量水，浓硫酸剩余时加水放出大量的热可导致液滴飞溅．【解答】解：A．Fe与醋酸反应生成亚铁离子，亚铁离子与K3[Fe（CN）6]反应生成蓝色沉淀，则观察到铁钉表面粘附气泡，同时周围出现蓝色沉淀，故A正确；B．在一个集气瓶中收集满CO2气体，取一小段除去表面氧化膜的Mg条用坩埚钳夹持在中低部燃烧，不能投入上述集气瓶底部，否则易导致集气瓶底部受高温炸裂，故B错误；C．测定相同浓度的NaCl溶液和Na2S溶液的pH值，可比较盐酸与氢硫酸的酸性，但不能比较Cl、S的非金属性，故C错误；D．不能直接向试管中加入适量水，浓硫酸剩余时加水放出大量的热可导致液滴飞溅，则取反应后的白色固体在烧杯中加水溶解观察是否变为蓝色，故D错误；故选A．3．下列图示与对应的叙述相符合的是（）A．N2（g）+3H2⇌2NH3（g）△H＜0 B．FeCl3+3KSCN⇌Fe（SCN）3+3KClC．向稀醋酸中加入醋酸钠溶液D．稀释苏打溶液【考点】化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素．【分析】A、依据先拐先平温度高，达到平衡时间短分析；B、氯化铁和硫氰酸钾反应生成硫氰酸铁红色溶液，氯化钾对平衡无影响；C、稀醋酸是弱酸存在电离平衡，加入醋酸钠是强电解质完全电离，导电能力增强；D、碳酸钠溶液中存在碳酸根离子水解平衡，加水稀释促进水解，但离子浓度减小，依据水的离子积分析溶液中氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大．【解答】解：A、依据先拐先平温度高，达到平衡时间短可知，图象中温度高，达到平衡所需时间短，故A错误；B、氯化铁和硫氰酸钾反应生成硫氰酸铁红色溶液，存在化学平衡Fe3++3SCCN﹣=Fe（SCN）3，加入氯化钾对平衡无影响，溶液颜色不变，故B错误；C、稀醋酸是弱酸存在电离平衡，加入醋酸钠是强电解质完全电离，导电能力增强，图象不符合，故C错误；D、碳酸钠溶液中存在碳酸根离子水解平衡，加水稀释促进水解，但平衡状态中离子浓度减小，依据水的离子积分析溶液中氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，图象变化符合，故D正确；故选D．4．科学家开发出一种新型电池，其能量密度极高，效率达90%以上，电池中添加碘化锂（LiI）和微量水，工作原理如图所示，总反应为：O2+4LiI+2H2O2I2+4LiOH，对于该电池的下列说法不正确的是（）A．充电时Li+从阳极区移向阴极区B．充电时阴极反应为LiOH+e﹣═Li+OH﹣C．放电时负极上I﹣被氧化D．放电时正极反应为O2+2H2O+4Li++4e﹣═4LiOH【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A．充电时，电解质里的阳离子移向阴极，阴离子移向阳极；B．充电时阴极发生得电子的还原反应；C．放电时，负极上发生失电子的氧化反应，元素的化合价升高；D．放电时，正极上发生得电子的还原反应，据此书写电极反应式．【解答】解：A．充电时，电解质里的阳离子移向阴极，故A正确；B．充电时阴极发生得电子的还原反应，应该是碘单质得电子的还原反应，故B错误；C．放电时，负极上发生失电子的氧化反应，元素的化合价升高，I﹣被氧化成I2，故C正确；D．放电时，正极上发生得电子的还原反应，正极反应为O2+2H2O+4Li++4e﹣═4LiOH，故D 正确；故选：B．5．亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂．用如图实验可检验某食品中亚硫酸盐含量（含量通常以1kg样品中含SO2的质量计；所加试剂均足量），下列说法不正确的是（）A．亚硫酸盐作为食品添加剂作用是防腐、抗氧化B．反应①中通入N2的作用是将生成的气体全部赶出C．测定样品质量及③中耗碱量，可测定样品中亚硫酸盐含量D．若仅将②中的氧化剂“H2O2溶液”替换为碘水，对测定结果无影响【考点】化学实验方案的评价；亚硝酸盐．【分析】样品中加稀硫酸生成二氧化硫，通氮气将生成的二氧化硫从溶液中全部赶出，得到气体A为氮气和二氧化硫的混合气体，通入双氧水中，二氧化硫被氧化成硫酸，再用氢氧化钠中和得中和液含有硫酸钠，A．亚硫酸盐有还原性，可以防止食品被空气中氧气氧化；B．根据上面的分析可知，反应①中通入N2的作用是将生成的气体全部赶出；C．根据③中耗碱量可以计算出生成的硫酸的物质的量，利用硫元素守恒可知二氧化硫的质量，结合样品的质量可求得样品中亚硫酸盐含量；D．H2O2溶液替换为碘水，如果碘过量，碘与氢氧化钠反应，所以无法根据氢氧化钠的物质的量确定生成的硫酸的物质的量．【解答】解：样品中加稀硫酸生成二氧化硫，通氮气将生成的二氧化硫从溶液中全部赶出，得到气体A为氮气和二氧化硫的混合气体，通入双氧水中，二氧化硫被氧化成硫酸，再用氢氧化钠中和得中和液含有硫酸钠，A．亚硫酸盐有还原性，可以防止食品被空气中氧气氧化，起到了防腐、抗氧化作用，故A 正确；B．根据上面的分析可知，反应①中通入N2的作用是将生成的气体全部赶出，故B正确；C．根据③中耗碱量可以计算出生成的硫酸的物质的量，利用硫元素守恒可知二氧化硫的质量，结合样品的质量可求得样品中亚硫酸盐含量，故C正确；D．H2O2溶液替换为碘水，如果碘过量，碘与氢氧化钠反应，所以无法根据氢氧化钠的物质的量确定生成的硫酸的物质的量，故D错误；故选D．6．短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素．其中X与W 处于同一主族，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外）．W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，五种元素原子最外层电子数之和为21，下列说法正确的是（）A．Y的简单气态氢化物在一定条件下可被Q单质氧化B．Y的简单离子半径小于Z的简单离子半径C．Q可分别与X、Y、Z、W形成化学键类型相同的化合物D．Z最高价氧化物对应的水化物分别与X、Y最高价氧化物对应的水化物反应生成1mol水时所放出的热量相同【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），则Z为Na；Z、W、Q同周期，只有一种金属元素，故W、Q最外层电子数都大于3，W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，则W最外层电子数为4，Q最外层电子数为7，可推知W为Si、Q为Cl；X与W处于同一主族，则X为C元素；五种元素原子最外层电子数之和为21，则Y的最外层电子数=21﹣4﹣4﹣1﹣7=5，原子序数小于Na，故Y为N元素，A．Y是N元素，Q是Cl元素，氨气具有还原性，能被强氧化剂氧化；B．Y是N元素、Z是Na元素，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；C．Q是Cl元素，X、Y、Z、W分别是C、N、Na、Si元素，非金属元素之间易形成共价键、活泼金属和活泼非金属元素之间易形成共价键；D．Z的最高价氧化物的水化物是NaOH，X、Y的最高价氧化物的水化物分别是碳酸和硝酸，碳酸是弱酸，在电离过程中吸收热量．【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），则Z为Na；Z、W、Q同周期，只有一种金属元素，故W、Q 最外层电子数都大于3，W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，则W最外层电子数为4，Q最外层电子数为7，可推知W为Si、Q为Cl；X与W处于同一主族，则X为C元素；五种元素原子最外层电子数之和为21，则Y的最外层电子数=21﹣4﹣4﹣1﹣7=5，原子序数小于Na，故Y为N元素，A．Y是N元素，Q是Cl元素，氨气具有还原性，能被强氧化剂氯气氧化，故A正确；B．Y是N元素、Z是Na元素，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径Y＞Z，故B错误；C．Q是Cl元素，X、Y、Z、W分别是C、N、Na、Si元素，非金属元素之间易形成共价键、活泼金属和活泼非金属元素之间易形成共价键，所以Q和X、Y、W形成的是共价键，而和Z形成的是离子键，故C错误；D．Z的最高价氧化物的水化物是NaOH，X、Y的最高价氧化物的水化物分别是碳酸和硝酸，碳酸是弱酸，在电离过程中吸收热量，所以和碳酸生成1mol水放出的热量小于和硝酸反应生成1mol水放出的热量，故D错误；故选A．7．实验室使用pH传感器来测定Na2CO3和NaHCO3混合物中NaHCO3的含量．称取1.59g 样品，溶于水配成250.00mL溶液，取出该溶液25.00mL用0.1mol•L﹣1盐酸进行滴定，得到如下曲线．以下说法正确的是（）A．上一计量点前发生反应的离子方程式为HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑B．下一个计量点溶液中存在大量的阴离子是Cl﹣、HCO3﹣C．此样品n（NaHCO3）=（28.1﹣2×11.9）×10﹣3molD．使用该方法测定Na2CO3和NaOH混合物中氢氧化钠含量，将会得到1个计量点【考点】离子方程式的有关计算．【分析】A．上一个计量点前溶液显示碱性，据此确定发生的离子反应；B．下一个计量点溶液pH=4，显示酸性，据此确定存在的离子；C．Na2CO3和NaHCO3混合物加盐酸，先是碳酸钠转化为碳酸氢钠，随后是碳酸氢钠转化为氯化钠的过程，据此计算；D．Na2CO3和NaOH混合溶液中加入盐酸，显示和氢氧化钠中和，随后是和碳酸钠之间发生反应，据此回答．【解答】解：A．根据图示知道上一个计量点前溶液显示碱性，发生的离子反应：CO32﹣+H+═HCO3﹣，故A错误；B．下一个计量点溶液pH=4，显示酸性，不能存在HCO3﹣离子，故B错误；C．Na2CO3和NaHCO3混合物加盐酸，首先是碳酸钠转化为碳酸氢钠：CO32﹣+H+═HCO3﹣，此时消耗的盐酸的体积为11.9mL，随后是碳酸氢钠转化为氯化钠的过程，HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，由于CO32﹣+H+═HCO3﹣过程和HCO3﹣+H+═H2O+CO2过程消耗的盐酸体积应该是相同的，所以样品中碳酸钠消耗的盐酸为2×11.9mL，则样品中碳酸氢钠消耗的盐酸n （HCl）=（28.1﹣2×11.9）×10﹣3L×0.1mol•L﹣1=（28.1﹣2×11.9）×10﹣4 mol，所以此样品n（NaHCO3）=（28.1﹣2×11.9）×10﹣4 mol×10=（28.1﹣2×11.9）×10﹣3 mol，故C正确；D．Na2CO3和NaOH混合溶液中加入盐酸，先是和氢氧化钠中和，随后是和碳酸钠之间发生反应，生成碳酸氢钠，最后是生成氯化钠，不止得到1个计量点，是3个计量点，故D 错误．故选C．二、解答题（共3小题，满分43分）8．氨氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径，某同学用该原理在实验室探究硝酸的制备和性质，设计了如图所示的装置．（1）若分液漏斗中氨水的浓度为9.0mol•L﹣1，配制该浓度的氨水100mL，用到的玻璃仪器有100mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管（2）甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，烧瓶内固体X为过氧化钠．（3）乙装置的作用是干燥氧气和氨气的混合气体；写出受热时丙装置发生反应的化学方程式为3+24NO+6H2O．（4）当戊中观察到紫色石蕊试液变红现象，则说明已制得硝酸．某同学按上图组装仪器并检验气密性后进行实验，没有观察到此现象，请分析实验失败的可能原因过量的氨气致使戊中溶液不一定呈酸性．如何改进装置在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶．（5）改进后待反应结束，将丁装置倒立在盛水的水槽中，会观察到的现象是试管丁内水面慢慢上升，上升到一定高度不再变化，试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无色．【考点】氨的制取和性质．【分析】（1）根据配制溶液的操作步骤判断所用仪器；（2）甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，说明固体X溶于氨水即放热又产生氧气；（3）乙装置为干燥管，作用是干燥氧气和氨气的混合气体；丙装置发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；（4）根据硝酸具有酸性，能使紫色石蕊试液变红判断；没有观察到现象说明溶液不呈酸性，则生成的硝酸与碱发生了反应；在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶除去多余的氨气确保戊溶液呈酸性；（5）改进后待反应结束，将丁装置收集的为二氧化氮，倒立在盛水的水槽中，二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝酸，据此分析观察到的现象．【解答】解：（1）量取浓氨水要用量筒，稀释浓氨水要用烧杯、玻璃棒，配制溶液要用100mL 容量瓶，胶头滴管，故答案为：胶头滴管；（2）甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，说明固体X溶于氨水即放热又产生氧气，则该固体为过氧化钠，故答案为：过氧化钠；（3）乙装置为干燥管，作用是干燥氧气和氨气的混合气体；丙装置发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：干燥氧气和氨气的混合气体；4NH3+5O24NO+6H2O；（4）因为硝酸具有酸性，能使紫色石蕊试液变红，所以当戊中观察到紫色石蕊试液变红，说明已制得硝酸；没有观察到现象说明溶液不呈酸性，则生成的硝酸与过量的氨气发生了反应；在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶除去多余的氨气确保戊溶液呈酸性，故答案为：紫色石蕊试液变红；过量的氨气致使戊中溶液不一定呈酸性；在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶；（5）改进后待反应结束，将丁装置收集的为二氧化氮，倒立在盛水的水槽中，二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝酸，所以观察到的现象为试管内水面慢慢上升，上升到一定高度不再变化，试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无色，故答案为：试管丁内水面慢慢上升，上升到一定高度不再变化，试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无色．9．一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3•CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面，锂混杂于其中，从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如图：。
7．下列物质与其用途完全符合的是①Na2O2—供氧剂②晶体Si—太阳能电池③AgI—人工降雨④NaCl—制纯碱⑤Al2O3—焊接钢轨⑥NaClO—消毒剂⑦Fe2O3—红色油漆或涂料⑧SO2—食品防腐剂⑨NH3—制冷剂⑩水玻璃—耐火材料A．①④⑤⑧⑨B．①②③⑥⑦⑨C．①②③④⑥⑦⑨⑩D．①②③④⑥⑦⑨【答案】C考点：考查物质的性质与其用途的知识。
8．下列装置或操作能达到实验目的的是A．图1装置用于中和热的测定B．图2装置用于高锰酸钾溶液滴定草酸C．图3装置用于测定氢气的反应速率（单位mL/s）D．图4装置用于研究不同催化剂对反应速率的影响【答案】B【解析】【考点定位】本题主要是考查实验方案设计与评价【名师点晴】该题的易错选项是D，控制变量法探究影响化学反应速率的因素时需要注意，应该先确定其他的因素不变，只变化一种因素，看这种因素与探究的问题存在怎样的关系；这样确定一种以后，再确定另一种，通过分析每种因素与所探究问题之间的关系，得出所有影响因素与所探究问题之间的关系。
9．2015年斯坦福大学研究人员研制出一种可在一分钟内完成充放电的超常性能铝离子电池，内部用AlCl4–和有机阳离子构成电解质溶液，其放电工作原理如下图所示。
下列说法不正确的是A．放电时，铝为负极、石墨为正极B．放电时的负极反应为：Al –3e- + 7AlCl4– = 4Al2Cl7–C．充电时的阳极反应为：Cn + AlCl4––e- = CnAlCl4D．放电时，有机阳离子向铝电极方向移动【答案】D【解析】试题分析：A、放电时是原电池，铝是活性电极，石墨为惰性电极，铝为负极、石墨为正极，A正确；B、根据示意图，放电时，铝为负极，铝跟AlCl4–得到电子生成Al2Cl7–，负极反应为：Al –3e- + 7AlCl4– =4Al2Cl7–，B正确；C、充电时，阳极发生氧化反应，电极反应式为Cn + AlCl4–– e- =CnAlCl4，C正确；D、放电时是原电池，在原电池中，阳离子向正极移动，有机阳离子由铝电极向石墨电极方向移动，D错误，答案选D。
衡水市第二中学15-16学年上学期期中考试高三年级化学试题可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 P：31 S：32 Cl：35．5 Ca：40 Fe：56 Cu：64 Zn：65 Ba：137 Ag：108Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题（共25题，1-10每小题1分，11-25每小题2分，每题只有一个．．．．正确选项）1、X、Y是周期表前20号元素，已知X、Y之间原子序数相差3 ，X、Y能形成化合物M。
不正确A．若X、Y处于同一周期，则化合物M可能是正四面体型分子晶体B．若X的单质常温下是气体，则Y的单质常温下不可能是气体C．若X、Y两元素周期数差1，则属于离子化合物的M有四种D．若M属于离子晶体，则其中可能含有非极性键2．a mol金属单质M和含2.5a mol HNO3的稀溶液恰好完全反应，氧化产物是M（NO3）2，则还原产物可能是A．NO2B．NO C．N2O5 D．NH4NO33．将充有m mol NO和n mol NO2气体的试管倒立于水槽中，然后通入m mol O2，若已知n ＞m，则充分反应后，试管中的气体在同温同压下的体积为A．(4n－1)/2 B．(n－m)/3 C．(3m＋n)/3 D．3(n－m)4.奥运会会标是五环旗，假定奥运五环旗中的每一环或每种颜色表示一种物质，相连的环（物质）间一定条件下能发生常见反应，不相连的环（物质）间不能发生反应，且四种反应中必须包含化合反应、置换反应及复分解反应，适合的一组是5.现有两种短周期主族元素X,Y,且在常温下X的单质呈气态,Y的单质呈固态．则推断不正确的是A.若X,Y位于工A族，则X,Y可能与氧元素形成原子个数比为1：1或2：1的化合物B.若X,Y位于第兰周期，则X,Y形成的化合物可能是离子化合物或共价化合物C.若气态H,X的沸点高于H-Y,则X,Y只能位于周期表可A族D.若X,Y位于周期表的同一周期，则最高价含氧酸的酸性可能是6.下图装置（I）为一种可充电电池的示意图，其中的离子交换膜只允许K＋通过，该电池充放电的化学方程式为;，装置（II）为电解池的示意图当闭合开关K时,X附近溶液先变红。
2016-2017河北省衡水中学高三（上）期末化学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共7小题，共42.0分)1.化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A.煤、石油、天然气是不可再生能源，风能、生物质能、沼气是可再生能源B.“84消毒液”具有强氧化性，可做环境的消毒剂从而预防流感C.已知水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术，则水热反应可以降低自然界中碳的含量D.已知PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为“细颗粒物”，则PM2.5在空气中有可能形成胶体【答案】C【解析】解：A．风能、沼气、生物质能是通过太阳光的照射和水的循环来形成的，太阳光可以源源不断的从自然界得到，是可再生能源，煤、石油和天然气属于三大化石燃料，都属于不可再生的能源，故A正确；B．强氧化性物质能氧化蛋白质而使其变性，流感病毒的成分是蛋白质，“84消毒液”具有强氧化性，能使流感病毒变性，所以可做环境的消毒剂从而预防流感，故B正确；C．水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术，从而减少自然界中二氧化碳，根据原子守恒知，自然界中C含量不变，故C错误；D．分散质微粒直径在1-100nm之间的分散系是胶体，能产生丁达尔效应，PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为“细颗粒物”，其分散质微粒直径在1-100nm之间，所以PM2.5在空气中有可能形成胶体，故D正确；故选C．A．能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源；B．强氧化性物质能氧化蛋白质而使其变性；C．水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术，从而减少自然界中二氧化碳，但C含量不变；D．分散质微粒直径在1-100nm之间的分散系是胶体，能产生丁达尔效应．本题考查环境污染与治理、基本概念、蛋白质的性质，为高频考点，把握物质性质及基本概念内涵是解本题关键，易错选项是C，注意：自然界中二氧化碳含量减少不表示自然界中C含量减少，题目难度不大．2.下列有关说法正确的是（）A.分子式为C5H11C l的有机物，分子中含2个甲基的同分异构体有4种B.甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4--二氯甲苯C.苯酚、甲醛通过加聚反应可制得酚醛树脂D.合成顺丁橡胶（）的单体是CH3-CH=CH-CH3【答案】A【解析】解：A．分子式为C5H11C l的同分异构体有：主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2C l；CH3CH2CH2CHC l CH3；CH3CH2CHC l CH2CH3；主链有4个碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2C l；CH3CH（CH3）CHC l CH3；CH3CC l（CH3）CH2CH3；CH2C l CH（CH3）CH2CH3；主链有3个碳原子的：CH3C（CH3）2CH2C l；共有8种情况，但含有2个甲基的有机物有4种，故A正确；B．甲苯与氯气在光照下反应，取代甲基的H原子，故B错误；C．苯酚、甲醛发生缩聚反应，不是加聚反应，故C错误；D．顺丁橡胶的结构简式为：，根据加聚反应原理可得其单体为：CH2=CH-CH=CH2，故D错误．故选A．A．先确定分子式为C5H11C l的同分异构体，在此基础上进行判断；B．甲苯与氯气在光照下反应，取代甲基的H原子；C．苯酚、甲醛发生缩聚反应；D．的单体为1，3-丁二烯．本题考查了高分子化合物的判断、加聚反应原理等知识，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，题目难度中等，注意掌握高分子化合物的概念、常见有机反应类型．3.短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲形成的化合物种类最多，乙、丙、丁为同周期元素，其最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，丁的原子序数为甲、乙原子序数之和．下列说法正确的是（）A.元素丙的单质可用于冶炼金属B.甲的氢化物比丁的氢化物热稳定性强C.简单离子半径：乙＞丁＞丙D.甲与乙的氧化物均有强氧化性【答案】A【解析】解：短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲形成的化合物种类最多，则甲为C元素；乙、丙、丁为同周期元素，其最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，则丙为A l元素，乙为N a元素，丁为S或C l元素；结合丁的原子序数为甲、乙原子序数之和可知丁的原子序数=6+11=17，则丁为C l元素，A．元素丙为A l元素，利用铝热反应可冶炼金属，故A正确；B．甲为C、丁为C l，非金属性C l＞C，则氢化物稳定性：C＜C l，即：甲＜丁，故B错误；C．乙、丙、丁分别为N a、A l、C l，离子的电子层越多，离子半径越多，电子层相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径大小为：丁＞乙＞丙，故C错误；D．甲为C，其氧化物为二氧化碳、CO，乙为N a，氧化物为氧化钠、过氧化钠，二氧化碳、CO不具有强氧化性，氧化钠不具有强氧化性，故D错误；故选A．短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲形成的化合物种类最多，则甲为C 元素；乙、丙、丁为同周期元素，其最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，则丙为A l元素，乙为N a元素，丁为S或C l元素；结合丁的原子序数为甲、乙原子序数之和可知丁的原子序数=6+11=17，则丁为C l元素，据此结合元素周期律进行判断．本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，试题培养了学生的灵活应用能力．4.已知下列实验事实：①C r2O3固体既能溶于KOH溶液得到KC r O2溶液，又能溶于硫酸得到C r2（SO4）3溶液；②将K2C r2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝；③向KC r O2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2C r2O7溶液．下列判断不正确的是（）A.化合物KC r O2中C r元素为+3价B.实验①证明C r2O3是两性氧化物C.实验②证明氧化性：C r2O72-＜I2D.实验③证明H2O2有氧化性【答案】C【解析】解：A．化合物KC r O2中，K为+1价，O为-2价，由化合物中正负化合价的倒数和为0，则C r元素为+3价，故A正确；B．由反应①可知，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物，故B正确；C．由③中溶液变蓝，生成碘单质可知，发生氧化还原反应，C r元素的化合价降低，I 元素的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，证明氧化性为C r2O72-＞I2，故C错误；D．实验②中发生氧化还原反应，C r元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中O元素的化合价降低，所以证明H2O2有氧化性，故D正确；故选C．①中，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物；②中，发生氧化还原反应，C r元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中O元素的化合价降低；③中，溶液变蓝，生成碘单质，则发生氧化还原反应，C r元素的化合价降低，I元素的化合价升高，以此来解答．本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念及分析能力、知识迁移应用能力的考查，选项B为解答的易错点，题目难度不大．5.某同学将光亮镁条放入盛有NH4C l溶液的试管中，有大量气泡产生．为探究该反应原理，该同学做了以下试验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是（）A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】解：A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；B．收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；C．收集气体的同时测得溶液的p H为8.0，说明碱性条件下，M g可以被氧化，但氢氧化镁是难溶于水的物质不是氢氧化镁导致溶液的碱性，故C错误；D．氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，活泼金属和酸反应生成氢气，向NH4C l溶液中加锌，也有大量气泡产生，活泼金属可促进NH4+水解，故D正确；故选C．A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝；B．氢气燃烧发出淡蓝色的火焰；C．氢氧化镁是难溶于水的碱；D．氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，活泼金属和酸反应生成氢气；本题考查了元素化合物知识、盐类水解原理的应用，熟悉镁、氯化铵的性质是解题关键，注意知识的积累，题目难度中等．6.在容积均为1L的三个密闭容器中，分别放入镍粉并充入1mol CO，控制作在不同温度下发生反应：N i（s）+4CO（g）⇌N i（CO）4（g），当反应进行到5min时，测得N i（CO）4的体积分数与温度的关系如图所示．下列说法正确的是（）A.正反应为吸热反应，平衡常数：K（T1）＞K（T2）B.反应进行到5min时，b容器中v（正）=v（逆）C.达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为b＞a＞cD.减压或升温可将b中的平衡状态转变成c中的平衡状态【答案】D【解析】解：A．升高温度，甲醇的百分含量减小，说明正反应是放热反应，则△H＜0，故A错误；B．5min时，b容器中甲醇的含量不一定最高，不一定是平衡状态，则v（正）、v（逆）不一定相等，故B错误；C．达到平衡时，a、b、c三个容器的反应温度不同，a容器温度最低，c容器的反应温度最高，根据反应放热可判断出，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的体积分数减小，故应为a＞b＞c，故C错误；D．b中的平衡状态转变成c中的平衡状态，甲醇的体积分数减小，说明平衡逆向移动，根据方程式的特点，减小压强或升高温度平衡逆向移动，故D正确．故选D．A．根据升高温度平衡移动的方向判断反应热；B．未到达平衡前，升高温度甲醇的含量增大，到达平衡后再升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的含量降低，而5min时，b容器中甲醇的含量不一定最高，不一定是平衡状态；C．根据温度对平衡的影响来判断，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小；D．b中的平衡状态转变成c中的平衡状态，甲醇的体积分数减小，说明平衡逆向移动，根据方程式的特点，升高温度或减压都可以．本题考查化学平衡图象题，难度较大，B选项为易错点，学生容易认为b容器到达平衡，注意从图象中曲线的变化趋势分析条件改变导致平衡移动的特点．7.常温下，某酸HA的电离常数：K=1×10-5，下列说法正确的是（）A.HA溶液中加入N a A固体后，减小B.常温下，0.1mol/LHA溶液中水电离的c（H+）为10-13mol/LC.常温下，0.1mol/LN a A溶液水解常数为10-9D.N a A溶液中加入HC l溶液至恰好完全反应，存在关系：2c（N a+）═c（A-）+c（C l-）【答案】C【解析】解：A．的比值为A-的水解平衡常数，加入N a A固体后，由于温度不变，则水解平衡常数不变，故A错误；B．由于HA为弱酸，则常温下0.1mol/LHA溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，水电离的c（H+）一定大于mol/L=10-13mol/L，故B错误；C．N a A的水解平衡常数K==×===10-9，故C正确；D．N a A溶液中加入HC l溶液至恰好完全反应，N a A和HC l的物质的量相等，根据物料守恒可得：2c（N a+）=c（A-）+c（C l-）+c（HA），故D错误；故选C．A．的比值为A-的水解平衡常数，水解平衡常数只受温度影响；B．HA为弱酸，则氢离子浓度小于0.1mol/L，水电离的氢离子浓度大于10-13mol/L；C．N a A的水解平衡常数K==×=，据此带入数据计算即可；D．根据混合液中的物料守恒判断；本题考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理、弱电解质的电离平衡等知识，题目难度中等，明确影响弱电解质的电离平衡、盐的水解原理的因素为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒在判断离子浓度大小中的应用方法．二、实验题(本大题共1小题，共15.0分)8.亚硝酸盐是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强．某化学兴趣小组对食盐与亚硝酸钠进行多角度探究：（一）鉴别N a C l和N a NO2甲同学用沉淀分析法经查：常温下K sp（A g NO2）=2×10-8，K sp（A g C l）=1.8×10-10．分别向盛有5m L0.0001mol/L两种盐溶液的试管中同时逐滴滴加0.0001mol/L硝酸银溶液，先生成沉淀的是盛有______ 溶液的试管．乙同学测定溶液p H用p H试纸分别测定0.1mol/L两种盐溶液的p H，测得N a NO2溶液呈碱性．该溶液呈碱性的原因是______ （用离子方程式解释）．（二）该小组用如下装置（略去夹持仪器）制备亚硝酸钠已知：①2NO+N a2O2=2N a NO2；②酸性条件下，NO和NO2都能与M n O4-反应生成NO3-和M n2+（1）使用铜丝的优点是______ ．（2）装置A中反应方程式为______ ．装置C中盛放的药品是______ ；（填字母代号）A．浓硫酸B．N a OH溶液C．水D．四氯化碳仪器F的作用______ ．（3）该小组称取5.000g制取的样品溶于水配成250.0m L溶液，取25.00m L溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L酸性KM n O溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：．a．锥形瓶洗净后未干燥b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗c．滴定终点时仰视读数②酸性KM n O4溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为______ ．③该样品中亚硝酸钠的质量分数为______ ．【答案】N a C l；NO2-+H2O⇌HNO2+OH-；可以控制反应的发生与停止；C u+4HNO3（浓）=C u（NO3）+2NO2↑+2H2O；C；防止水蒸气进入；bc；6H++2M n O4-+5NO2-=2M n2++5NO3-+3H2O；269.0%【解析】解：（一）溶度积表达式相同时，溶度积小的先生成沉淀，根据溶度积常数知K sp（A g NO2）＞K sp（A g C l），所以N a C l先生成沉淀；N a NO2说明为强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性，其水解方程式为NO2-+H2O⇌HNO2+OH-，故答案为：N a C l；NO2-+H2O⇌HNO2+OH-；（二）（1）可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；故答案为：可以控制反应的发生与停止；（2）浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮和硝酸铜和水，方程式为：C u+4HNO3（浓）=C u（NO3）2+2NO2↑+2H2O；通过装置C中的水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入，与过氧化钠反应；故答案为：C u+4HNO3（浓）=C u（NO3）2+2NO2↑+2H2O；C；防止水蒸气进入；（3）①a．锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=标准．标准知，c（标准）不变，故a错误；待测b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，造成V（标准）知，c（标准）偏大，故b正确；偏大，根据c（待测）=标准．标准待测c．滴定终点时仰视读数，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=标准．标准知，c（标待测准）偏大，故c正确；故选bc．②该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，离子方程式为2M n O4-+5NO2-+6H+=2M n2++5NO3-+3H2O；故答案为：2M n O4-+5NO2-+6H+=2M n2++5NO3-+3H2O；③消耗高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L×0.02L=0.002mol，则根据方程式5NO2-+2M n O4-+6H+=5NO3-+2M n2++3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量是0.002mol×=0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol×=0.02mol，其质量为0.02mol×69g/mol=1.38g，所以样品中亚硝酸钠的质量分数×100%=69.0%；故答案为：69.0%．（一）溶度积表达式相同时，溶度积小的先生成沉淀；N a NO2说明为强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性；（二）装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应，反应生成二氧化氮和硝酸铜和水，装置C中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置D中的干燥剂吸收水蒸气，通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入，通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气．（1）可通过上下移动铜丝控制反应是否进行；（2）浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮和硝酸铜和水；装置C中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入．分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓（3）①根据c（待测）=标准．标准待测度的误差；②该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子；③根据方程式5NO2-+2M n O4-+6H+=5NO3-+2M n2++3H2O可求出亚硝酸钠的物质的量，然后求样品中亚硝酸钠的质量分数．本题考查物质制备，涉及盐类水解、物质制备、实验操作、实验评价、化学方程式有关计算等知识点，侧重考查学生分析判断、计算等知识的综合运用能力，易错点是误差分析，题目难度中等．三、简答题(本大题共4小题，共48.0分)9.M n CO3是信息产业和机电工业的重要基础功能材料，某地有含锰矿石（主要成分是M n O2还含C a O、A l2O3、F e S等杂质），由此矿石生产M n CO3的工艺流程如下：回答下列问题：（1）操作Ⅰ为：______ ．（2）取溶液Ⅰ加入KSCN溶液，溶液呈血红色，试写出酸溶过程中F e S发生反应的离子方程式：______（3）调节溶液p H所用物质X最好为______A．N a OH溶液B．氨水C．M n CO3固体D．盐酸（4）滤渣Ⅰ为______ ，滤渣Ⅱ为______ ．（5）沉锰的化学方程式为：______ ．（6）M n CO3也是制造锂离子电池的重要原料，在此电池的正极，充放电过程中发生L i M n2O4与L i1-x M n2O4之间的转化，写出该电池充电时正极发生的反应式：______ ．【答案】过滤；F e S+12H++3M n O2高温2F e3++2S↓+3M n2++6H2O；C；A l（OH）3、F e（OH）3；C a F2；M n SO4+2N a HCO3=M n CO3↓+N a2SO4+H2O+CO2↑；L i M n2O4-xe-=L i1-x M n2O4+x L i+【解析】解：锰矿石的主要成分是M n O2还含C a O、A l2O3、F e S等杂质，加入稀硫酸高温酸溶，二氧化锰将氯化亚铁氧化成硫单质、铁离子，同时氧化钙和氧化铝与稀硫酸反应，通过操作Ⅰ过滤得到S沉淀和含有锰离子、铁离子、钙离子和铝离子的滤液Ⅰ；通过调节滤液Ⅰ的p H，将铝离子、铁离子转化成A l（OH）3、F e（OH）3，过滤后分离出A l（OH）3、F e（OH）3，滤液Ⅱ中含有钙离子和锰离子，加入N a F后将钙离子转化成C a F2沉淀，过滤后得到滤渣Ⅱ（C a F2沉淀）和滤液Ⅲ（主要含有硫酸锰），再加入碳酸氢钠，发生反应：M n SO4+2N a HCO3=M n CO3↓+N a2SO4+H2O+CO2↑，从而获得M n CO3，（1）操作Ⅰ得到的是S单质的沉淀，该物质分离的方法为过滤，故答案为：过滤；（2）取溶液Ⅰ加入KSCN溶液，溶液呈现红色，说明有铁离子存在，所以在酸溶过程中F e S发生反应的离子方程式：F e S+12H++3M n O2高温2F e3++2S↓+3M n2++6H2O，故答案为：F e S+12H++3M n O2高温2F e3++2S↓+3M n2++6H2O；（3）由于不能引进杂质，则调节溶液的p H所用的物质X最好为M n CO3固体，故C正确，故答案为：C；（4）根据表中数据分析可得到当p H=6的时候，铁离子和铝离子会完全沉淀，因此滤渣为A l（OH）3、F e（OH）3；滤液中还会含有钙离子，则加入N a F后转化成C a F2沉淀，故答案为：A l（OH）3、F e（OH）3；C a F2；（5）滤液Ⅲ中含有硫酸锰，硫酸锰与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸锰沉淀、硫酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：M n SO4+2N a HCO3=M n CO3↓+N a2SO4+H2O+CO2↑，故答案为：M n SO4+2N a HCO3=M n CO3↓+N a2SO4+H2O+CO2↑；（6）M n CO3也是制造锂离子电池的重要原料，在此电池充电过程中正极发生L i M n2O4失去电子的氧化反应，该电池充电时正极发生的反应式为：L i M n2O4-xe-=L i1-x M n2O4+x L i+，故答案为：L i M n2O4-xe-=L i1-x M n2O4+x L i+．锰矿石的主要成分是M n O2还含C a O、A l2O3、F e S等杂质，加入稀硫酸高温酸溶，二氧化锰将氯化亚铁氧化成硫单质、铁离子，同时氧化钙和氧化铝与稀硫酸反应，通过操作Ⅰ过滤得到S沉淀和含有锰离子、铁离子、钙离子和铝离子的滤液Ⅰ；通过调节滤液Ⅰ的p H，将铝离子、铁离子转化成A l（OH）3、F e（OH）3，过滤后分离出A l（OH）3、F e（OH）3，滤液Ⅱ中含有钙离子和锰离子，加入N a F后将钙离子转化成C a F2沉淀，过滤后得到滤渣Ⅱ（C a F2沉淀）和滤液Ⅲ（主要含有硫酸锰），再加入碳酸氢钠，发生反应：M n SO4+2N a HCO3=M n CO3↓+N a2SO4+H2O+CO2↑，从而获得M n CO3，（1）操作Ⅰ得到的是S单质的沉淀，据此判断分离方法；（2）溶液Ⅰ加入KSCN溶液呈现红色，说明有铁离子存在，据此写出在酸溶过程中F e S 发生反应的离子方程式；（3）除杂时由于不能引进杂质，则调节溶液的p H所用的物质最好为M n CO3；（4）根据表中数据分析可得到当p H=6的时候，铁离子和铝离子会完全沉淀，据此可知滤渣成分；滤液中还会含有钙离子，加入N a F后转化成C a F2沉淀；（5）沉锰是利用碳酸氢钠与硫酸锰反应生成碳酸锰沉淀，据此写出反应的化学方程式；（6）M n CO3也是制造锂离子电池的重要原料，在此电池充电过程中正极发生L i M n2O4失去电子写生成L i1-x M n2O4，据此写出该电池充电时正极发生的反应式．本题考查了制备方案的设计，题目难度中等，根据制备流程明确实验目的、制备原理为解答关键，注意掌握化学实验基本操作方法，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力．10.目前人们对环境保护、新能源开发很重视．（1）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=-1200k J•mol-1对于该反应，温度不同（T2＞T1）、其他条件相同时，下列图象正确的是______ （填代号）．（2）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在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下：①根据图表数据分析T1℃时，该反应在0～20min的平均反应速率v（CO2）= ______ ；计算该反应的平衡常数K= ______ ．②30min后，只改变某一条件，根据上表的数据判断改变的条件可能是______ （填字母代号）．a．加入一定量的活性炭b．通入一定量的NOc．适当缩小容器的体积d．加入合适的催化剂③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5：3：3，则达到新平衡时NO的转化率（填“升高”或“降低”），△H ______ 0（填“＞”或“＜”）．（3）以CO2与NH3为原料可合成化肥尿素[化学式为CO（NH2）2]．已知：①2NH3（g）+CO2（g）=NH2CO2NH4（s）△H=-l59.5k J/mol②NH2CO2NH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+116.5k J/mol③H2O（l）=H2O（g）△H=+44.0k J/mol写出CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式______ ．（4）一种氨燃料电池，使用的电解质溶液是2mol/L-1的KOH溶液．电池反应为：4NH3+3O2=2N2+6H2O；请写出通入a气体一极的电极反应式为______ ；每消耗3.4g NH3转移电子的物质的量为______ ．【答案】乙；0.015mol•L-1•min-1；0.56；bc；＜；2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O （l）△H=-87.0k J•mol-1；2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O；0.6mol【解析】解：（1）该反应为放热反应，升高温度，正逆反应速率均增大，都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；（2）①0～20min内，CO2的平均反应速率v（CO2）==0.015mol•L-1•min-1；故答案为：0.015mol•L-1•min-1；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：0.015mol•L-1•min-1；0.56；②30min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K===0.56，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；a．加入一定量的活性炭，碳是固体对平衡无影响，平衡不动，故a错误；b．通入一定量的NO，新平衡状态下物质平衡浓度增大，故b正确；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．加入合适的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不改变化学平衡，故d错误；故答案为：bc；③若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比从为5：3：3，氮气和二氧化碳难度之比始终为1：1，所以5：3＞4：3，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；故答案为：降低；＜；（3）①2NH3（g）+CO2（g）→NH2CO2NH4（s）△H=-l59.5k J/mol②NH2CO2NH4（s）→CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+116.5k J/mol③H2O（l）→H2O（g）△H=+44.0k J/mol依据热化学方程式和盖斯定律计算①+②-③得到CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式为：2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=-87.0k J•mol-1；故答案为：2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=-87.0k J•mol-1；（4）电池反应为：4NH3+3O2=2N2+6H2O．该电池负极是氨气失电子生成氮气，负极的电极反应式为2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O；每消耗3.4g NH3即0.2mol，转移电子的物质的量为0.6mol；故答案为：2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O；0.6mol．（1）该反应中焓变小于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；（2）①分析图表数据，根据V=计算得到反应速率，根据k=计算；②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；③若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比从为5：3：3，氮气和二氧化碳难度之比始终为1：1，所以5：3＞4：3，说明平衡向逆反应方向移动；（3）由已知热化学方程式和盖斯定律计算①+②-③得到CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式；（4）由反应可知，负极上氨气失去电子生成氮气，根据电子与氨气的物质的量关系计算．本题考查了盖斯定律的应用、原电池原理的应用、影响平衡移动的因素、平衡常数的有关计算等，综合性较强，侧重分析及计算能力的考查，把握化学平衡常数的有关计算以及原电池原理、电极反应为解答的关键，题目难度中等．11.碳、氮、氟、硅、铁、钛等元素的化合物广泛应用于生产生活，回答下列问题：（1）基态S i原子中，电子占据的最高能层具有的原子轨道数为______ ，1mol氮气分子中σ键和π键的物质的量之比为______ ；基态钛原子的价电子排布式为______ ．（2）C、N、F三种元素电负性由大到小的顺序为______ ．第二周期元素中第一电离能介于B、F之间的有______ 种．（3）NF3分子的空间构型为三角锥型，N原子的杂化轨道类型为______ ．（4）已知铁的单质有如图1所示的两种常见堆积方式，其中属于面心立方最密堆积的是______ （填a或b）（5）金刚砂（S i C）的硬度仅次于金刚石，其晶胞结构如图2所示，金刚砂晶体类型为______ ，每个C原子周围最近的C原子数目为______ ，若晶胞的边长为a cm，阿伏伽德罗常数为N A，则金刚砂的密度为______ g•cm-3（不需要化简）【答案】9；1：2；3d24s2；F＞N＞C；4；sp3；a；原子晶体；12；【解析】解：（1）硅质子数为14，基态S i原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，最高能层3s、3p、3d具有的原子轨道数为1+3+5=9，每个氮气分子中有一个σ键和2个π键，所以1mol氮气分子中σ键和π键的物质的量之比为1：2，T i是22号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为为3d24s2，故答案为：9；1：2；3d24s2；（2）同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而增大，所以C、N、F三种元素电负性由大到小的顺序为F＞N＞C，元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA 族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第二周期元素中第一电离能介于B、F之间的有B e、C、N、O，共4种，故答案为：F＞N＞C；4；（3）根据价层电子对理论知，NF3分子中N原子价层电子对个数==4，所以N原子采用sp3杂化，故答案为：sp3；（4）由图可知，a为面心立方最密堆积，b为体心立方最密堆积，故答案为：a；。
