高三开学摸底考试答案(解析答案).

1、高三开学摸底考试化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1美国研究人员将CO和O附着在一种钌催化剂表面，用激光脉冲将其加热到2000K，成功观察到CO与O形成化学键生成CO2的全过程下列说法不正确的是（）ACO2属于酸性氧化物BCO与O形成化学键的过程中放出能量C钌催化剂可以改变该反应的焓变DCO与O形成化学键的过程中有电子转移【考点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应；催化剂的作用【分析】A根据酸性氧化物为与碱反应生成盐和水判断；B形成化学键时放出热量；C催化剂只改变活化能，不改变反应的焓变；D根据CO转换成二氧化碳时碳的化合价升高【解答】解：ACO2与碱反应

2、生成盐和水为酸性氧化物，故A正确；B形成化学键时放出热量，故B正确；C催化剂只改变活化能，不改变反应的焓变，故C错误；DCO转换成二氧化碳时碳的化合价升高，所以CO与O形成化学键过程中有电子转移，故D正确故选C【点评】本题考查了一氧化碳与二氧化碳的性质，题目难度不大，注意把握酸性氧化物的定义和催化剂只改变活化能，不改变反应的焓变2下列物质的应用不正确的是（）ASO2可用于漂白纸浆B碱石灰可用于干燥氯气C氢氟酸可用于蚀刻玻璃D碳酸氢钠可用于中和胃酸【考点】二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物【分析】ASO2具有漂白性；B碱石灰与氯气反应，不能干燥氯气；C氢氟酸为弱酸，能够与玻璃中的二氧化硅发生反应

3、，能够腐蚀玻璃；D碳酸氢钠与胃液中的盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳【解答】解：ASO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，故A正确；B氯气与碱石灰中的氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，不能用碱石灰干燥，故B错误；C氢氟酸和二氧化硅反应生成四氟化硅和水SiO2+4HF=SiF4+2H2O，氢氟酸可用于蚀刻玻璃，故C正确；D碳酸氢钠与胃液中的盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，可用于治疗胃酸（主要成分是盐酸）过多，反应的化学方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，故D正确；故选B【点评】本题考查物质的性质和用途，题目难度不大，明确物质的性质是解题关键，注意对相关知识的积累，培养了学生

4、灵活应用所学知识的能力3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【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4三氯异氰尿酸是一种极强的氧化剂和氯化剂，利用氰尿酸（如图1）与次氯酸在一定pH下反应可制

5、备三氯异氰尿酸（如图2），若原料完全反应生成三氯异氰尿酸则氰尿酸和次氯酸的物质的量之比应为（）A1：1B2：3C1：2D1：3【考点】化学方程式的有关计算【分析】氰尿酸与次氯酸在一定pH下发生取代反应可制备三氯异氰尿酸，反应方程式为： +3HOCl+3H2O，由此分析解答【解答】解：氰尿酸与次氯酸在一定pH下发生取代反应可制备三氯异氰尿酸，反应方程式为： +3HOCl+3H2O，所以氰尿酸和次氯酸的物质的量之比应为1：3，故选D【点评】本题以三氯异氰尿酸为载体，考查化学反应的特点和应用，注意次氯酸的结构和性质，以及取代反应的特点，难度不大5设NA为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是（）A50

6、mL18.4molL1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAB若由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，则其中的氧原子数为2NAC某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，充分反应后转移电子的数目为0.6NAD常温下，1L0.1molL1NH4NO3溶液中的氢原子数为0.4NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、浓硫酸随反应进行浓度变稀后不与铜继续反应；B、由CO2和O2组成的混合物，分子中都含有2个氧原子，NA个分子物质的量为1mol；C、合成氨的反应为可逆反应；D、NH4NO3溶液中不但硝酸铵本身含氢原子，水也含氢原子【解答】解：A、浓硫酸随反应进行浓度变稀后

7、不与铜继续反应，50mL 18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目小于0.46NA ，故A错误；B、由CO2和O2组成的混合物，分子中都含有2个氧原子，NA个分子物质的量为1mol，由CO2和O2组成的混合物中共有个NA分子，其中的氧原子数为2NA，故B正确；C、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故充分反应后转移电子的数目小于0.6NA故C错误；D、NH4NO3溶液中不但硝酸铵本身含氢原子，水也含氢原子，故溶液中氢原子的个数大于0.4NA个，故D错误故选B【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6下列有关离子方程式书

8、写正确的是（）A铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH+H2OAlO2+2H2B铜片投入少量FeCl3溶液中：3Cu+2Fe3+2Fe+3Cu2+CCa（HCO3）2溶液与足量澄清石灰水混合：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2OD用铁棒作电极电解CuSO4溶液：2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+【考点】离子方程式的书写【分析】A电子、电荷不守恒；B反应生成氯化铜、氯化亚铁；C反应生成碳酸钙和水；D阳极Fe失去电子，阴极铜离子得到电子【解答】解：A铝溶于氢氧化钠溶液的离子反应为2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，故A错误；B铜片投入少量FeCl3溶液中的离子反应为Cu+2Fe3+2Fe

9、2+Cu2+，故B错误；CCa（HCO3）2溶液与足量澄清石灰水混合的离子反应为Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O，故C正确；D用铁棒作电极电解CuSO4溶液的离子反应为Cu2+FeFe2+Cu，故D错误；故选C【点评】本题考查离子反方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大7下列装置或操作正确且能达到实验目的是（）A加热分解NaHCO3B除去氯气中的少量氯化氢C构成铜锌原电池D分馏石油【考点】实验装置综合【分析】A碳酸氢钠不稳定，加热时注意试管口略朝下；B二者都与硝酸银溶液反应；C锌置换出铜

10、；D温度计位置错误【解答】解：A碳酸氢钠不稳定，加热易分解，装置正确，可完成实验，故A正确；B氯气与水反应生成盐酸，二者都与硝酸银溶液反应，应用饱和食盐水，故B错误；C锌置换出铜，应将锌放在盛有硫酸锌的烧杯中，故C错误；D温度计用于测量馏分的温度，应位于蒸馏烧瓶的支管口，故D错误故选A【点评】本题考查较为综合，涉及物质的分离、制备以及原电池等知识，为高考常见题型，侧重学生的分析、实验能力的考查，注意把握实验的严密性以及合理性的评价，难度不大8科学家最新开发的一种新原理二次电池的能量密度是现行锂电池的7倍，该电池结构如图所示，下列有关说法正确的是（）A电池放电时Li+向负极移动B电池放电时，正极

11、的电极反应式为：2Li+Li2O2+2e2Li2OC电池充电时，Li极应与外电源的正极相连D电池系统内进入二氧化碳及水对电池性能不会产生影响【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A、原电池中，电解质中的阳离子移向正极；B、原电池中，正极发生得电子的还原反应；C、电池充电时，Li极应与外电源的负极相连；D、根据锂易于水发生反应；【解答】解：A、电池放电时，是原电池的工作原理，原电池中，电解质中的阳离子移向正极，故A错误；B、电池放电时，正极发生得电子的还原反应，即2Li+Li2O2+2e2Li2O，故B正确；C、电池充电时，Li极应与外电源的负极相连，故C错误；D、锂易于水发生反应，所以电池系

12、统内进入水对电池性能会产生影响，故D错误故选：B【点评】本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，注意二次充电电池在工作时的电极反应情况，难度不大91mol分子式为C7H12O4的酯在氢氧化钠溶液、加热条件下完全水解生成1mol羧酸钠和2mol甲醇，则符合该条件的酯的结构有（）A4种B5种C6种D7种【考点】有机化合物的异构现象【分析】1mol分子式为C7H12O4的酯在氢氧化钠溶液、加热条件下完全水解生成1mol羧酸钠和2mol甲醇，结合不饱和度判断该酯为戊二酸与甲醇生成的二元酯，据此判断其同分异构体数目【解答】解：1mol分子式为C7H12O4的酯在氢氧化钠溶液、加热条件下完全水解生成1m

13、ol羧酸钠和2mol甲醇，C7H12O4的不饱和度=2，该有机物为饱和二元酯，在酸性条件下水解生成1分子羧酸和2分子甲醇，说明该羧酸为戊二酸，戊二酸可以看作两个羧基取代了丙烷上的2个H原子形成的，总共有4种结构，故形成的酯有4种，故选A【点评】本题考查了同分异构体的书写及酯的性质，题目难度不大，明确酯的性质及同分异构体的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力10下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示变化的是（）选项甲乙丙丁AN2NH3NONO2BNaNa2ONaOHNa2O2CSiO2SiF4H2SiO3Na2SiO3DAlAlCl3Al2O3NaAlO2A

14、ABBCCDD【考点】氮气的化学性质；硅和二氧化硅；钠的化学性质；铝的化学性质【分析】A、氮气转化为二氧化氮，要两步进行氮气放电生成一氧化氮，一氧化氮再被氧化生成二氧化氮；B、氢氧化钠无法转化过氧化钠；C、SiO2无法一步转化为H2SiO3；D、甲乙：AlAlCl3；甲丙：AlAl2O3；甲丁：AlNaAlO2；丙丁：Al2O3NaAlO2【解答】解：A、氮气转化为二氧化氮，要两步进行氮气放电生成一氧化氮，一氧化氮再被氧化生成二氧化氮，不实现甲到丁的一步转化，故A错误；B、氢氧化钠无法转化过氧化钠，故B错误；C、SiO2无法一步转化为H2SiO3，首先二氧硅与强碱反应生成硅酸盐，然后再利用强制

15、弱生成硅酸，故C错误；D、甲乙：AlAlCl3；甲丙：AlAl2O3；甲丁：AlNaAlO2；丙丁：Al2O3NaAlO2，各步都可以实现一步转化，故D正确；故选D【点评】本题考查无机物的推断，明确各物质的性质来分析转化发生的反应是解答本题的关键，注意某些转化中的答案是不唯一的，题目难度中等11X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，其原子核外L电子层的电子数分别为0、5、6、8，它们的最外层电子数之和为17，下列说法不正确的是（）A原子半径：WYZXB最高价氧化物对应水化物的酸性：YWC单质沸点WZDX、Y、Z不能存在与同一离子化合物中【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】

16、X、Y、Z、W均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、6、8，则X是H元素，Y是N元素，Z为O元素，W为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为17，X最外层电子数是1，Y最外层电子数是5，Z最外层电子数是6，则W的最外层电子数为5，则W是P元素，A电子层越多半径越大，电子层相同时，原子序数越大，半径越小；B同主族从上到下最高价氧化物对应水化物的酸性减弱；C根据物质常温下的状态分析；DX、Y、Z可以形成硝酸铵【解答】解：X、Y、Z、W均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、6、8，则X是H元素，Y是N元素，Z为O元素

17、，W为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为17，X最外层电子数是1，Y最外层电子数是5，Z最外层电子数是6，则W的最外层电子数为5，则W是P元素，A电子层越多半径越大，电子层相同时，原子序数越大，半径越小，则原子半径：PNOH，即WYZX，故A正确；B同主族从上到下最高价氧化物对应水化物的酸性减弱，则硝酸的酸性大于磷酸，即最高价氧化物对应水化物的酸性：YW，故B正确；C常温下，P的单质为固体，O的单质为气体，则单质沸点WZ，故C正确；DX、Y、Z可以形成硝酸铵，所以X、Y、Z能存在于同一离子化合物中，故D错误故选D【点评】本题考查原子结构和元素性质，涉及离子化合物判断、酸性强弱判断、物质熔沸

18、点高低判断、元素周期律等知识点，正确判断元素是解本题关键，结合物质的结构性质解答12下列有关实验现象或亊实解释正确的是 （） 选项实验现象或事实解释A检验待测液中SO42时，先滴入稀盐酸，再滴入BaCl2溶液先滴入盐酸可排除Ag+、CO32、SO32等离子干扰B制备乙酸乙酯时，导管应伸入试管至饱和Na2CO3溶液液面上方乙酸乙酯易溶于碳酸钠溶液，防止发生倒吸C向Fe（NO3）2溶液中加入稀硫酸，试管口有红棕色气体产生溶液中NO3被Fe2+还原为NO2D含Mg（HCO3）2的硬水长时间充分加热，最终得到的沉淀物的主要成分为Mg（OH）2，而不是MgCO3Kw（MgCO3）KwMg（OH）2AAB

19、BCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A加盐酸排除干扰离子；B乙酸乙酯不溶于水；C向Fe（NO3）2溶液中加入稀硫酸，硝酸根离子在酸性条件具有强氧化性；D最终得到的沉淀物的主要成分为Mg（OH）2，而不是MgCO3，氢氧化镁更难溶【解答】解：A加盐酸排除干扰离子，再滴入BaCl2溶液，生成白色沉淀可检验硫酸根离子，故A正确；B乙酸乙酯不溶于水，乙酸与碳酸钠反应，乙醇与水互溶，碳酸钠可降低乙酸乙酯的溶解度，解释不合理，故B错误；C向Fe（NO3）2溶液中加入稀硫酸，硝酸根离子在酸性条件具有强氧化性，则溶液中NO3被Fe2+还原为NO，然后NO被氧化生成NO2，故C错误；D最终得到的沉淀物的

20、主要成分为Mg（OH）2，而不是MgCO3，氢氧化镁更难溶，则Kw（MgCO3）KwMg（OH）2，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，涉及离子的检验、氧化还原反应、物质制备实验等，把握实验原理、实验操作为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大1325时，将amolL1、pH=m的一元酸HX溶液与bamolL1、pH=n的一元碱YOH溶液等体积混合，下列说法正确的是（）A若a=b，则混合后溶液中一定有：c（X）=c（Y+）c（H+）=c（OH）B若m+n=14，则混合后溶液一定显中性C若混合后溶液中c（X）c（Y+），则该混合溶液一定显碱性D若a=b，混

21、合后溶液pH7，则混合溶液中一定存在：c（Y）=c（X）+c（HX）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】AHX与YOH等物质的量反应生成盐YX，若为强碱弱酸盐则显碱性，若为强酸弱碱盐则显酸性；B若m+n=14，则氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同；C根据电荷守恒分析；D若a=b，混合后溶液pH7，YX为强酸弱碱盐，HX为强酸【解答】解：AHX与YOH等物质的量反应生成盐YX，若为强碱弱酸盐则显碱性，若为强酸弱碱盐则显酸性，由于不知道酸与碱的相对强弱，所以不能判断溶液的酸碱性，则不能判断氢离子与氢氧根离子浓度的相对大小，故A错误；B若m+n=14，则氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同，若

22、酸为弱酸，则酸过量，混合后显酸性，若碱为弱碱，则碱过量，混合后溶液显碱性，所以不能判断溶液的酸碱性，故B错误；C混合后溶液存在电荷守恒：c（X）+c（OH）=c（Y+）+c（H+），若混合后溶液中c（X）c（Y+），则c（OH）c（H+），即该混合溶液一定显碱性，故C正确；D若a=b，混合后溶液pH7，则YX为强酸弱碱盐，即HX为强酸，所以溶液中c（X）=c（Y）+c（YOH），故D错误故选C【点评】本题考查了盐的水解原理的应用、离子浓度大小比较，侧重学生的分析能力的考查，注意把握盐类水解原理，结合电荷守恒解答该题，难度中等14已知反应2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）的分解速率表达式

23、为v正=k正cm（N2O5），k正是与温度有关的常数，340K时实验测得的有关数据如下： t/min 1 2 3 4 c（N2O5）/molL1 0.133 0.080 0.057 0.040 v正/molL1min1 0.0466 0.028 0.020 0.014下列有关叙述不正确的是（）A340K时，速率表达式中m=1B340K时，速率表达式中k正0.35min1C340K时，若c（N2O3）=0.100molL1，则v正0.035molL1minD若t=2min时升高温度，则m不变，k正减小【考点】化学平衡的计算；反应速率的定量表示方法【专题】化学反应速率专题【分析】A由表中数据可知，

24、c（N2O5）浓度之比等于v正之比，v正与 c（N2O5）浓度成正比关系；Bv正与 c（N2O5）浓度成正比关系，则m=1，由任意一组数据根据v正=k正c（N2O5）计算k正；C根据v正=k正c（N2O5）计算；D升高温度，反应速率加快，k正是与温度有关的常数，不影响m值，根据v正=k正c（N2O5）判断【解答】解：A由表中数据可知，c（N2O5）浓度之比等于v正之比，则v正与 c（N2O5）浓度成正比关系，故m=1，故A正确；Bv正与 c（N2O5）浓度成正比关系，则m=1，由2min数据可知，0.028molL1min1=k正×0.080molL1，解得k正0.35min1，故B

25、正确；C340K时，若c（N2O3）=0.100molL1，则v正0.35min1×0.35min1=0.035molL1min1，故C正确；D升高温度，反应速率加快，k正是与温度有关的常数，不影响m值，根据v正=k正c（N2O5）可知k正增大，故D错误，故选：D【点评】本题考查化学反应速率，侧重考查学生对数据的分析归纳，B选项中可以多次计算求平均值以减小误差二、（本题包括5小题，共43分）15二氧化锆是重要的耐高温材料、陶瓷绝缘材料以锆英砂（主要成分为ZrSiO4，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂货）为原料制备二氧化锆（ZrO2）的工艺流程如图所示已知：ZrO2能与烧

26、碱反应生成可溶于水的Na2ZrO2，Na2ZrO2与酸反应生成ZrO2+部分离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表离子Fe3+AP+ZrO2+开始沉淀pH1.93.36.2完仝沉淀pH3.25.28.0（l）经熔融后，锆英砂中Zr元素以Na2ZrO3（写化学式）形式存在，写出酸浸时生成Al3+、Fe3+的离子方程式：Fe2O3+6H+=Fe3+3H2O，AlO2+4H+=Al3+2H2O（2）滤渣I的主要成分的名称为硅酸（3）向过滤所得溶液中加氨水调pH=a，其目的是除去Fe3+、Al3+然后继续加氨水至pH=b的范围是b8.0（4）向过滤所得溶液中加入CaCO2粉末并加热，可得CO

27、2和另一种气体，该反应的离子方程式为2NH4+CaCO3Ca2+2NH3+CO2+H2O【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】锆英砂（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2SiO2，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质）加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，滤液中含有ZrO2+、Fe3+、Al3+，加氨水调节pH为5.26.2，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液中主要含有ZrO2+，再加氨水调节pH使ZrO2+转化为Zr（OH）4沉淀，过滤、洗涤，得

28、到Zr（OH）4，加热分解，即可得到ZrO2（1）高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3；酸浸时生成Al3+、Fe3+的反应是氧化铁和酸反应生成氯化铁和水，偏铝酸钠和盐酸反应生成氯化铝和水；（2）加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，过滤，滤渣为H2SiO3；（3）需用氨水调pH=a，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根据表中数据判断；加氨水至pH=b时，ZrO2+与NH3H2O反应生成Zr（OH）4沉淀；（4）过滤所得滤液中主要含有铵根离子，溶液显酸性，加入CaCO3粉末并加热得到氨气和二氧化碳【解答】解：（1）高温下，

29、ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3，其反应的方程式为：ZrSiO4+4NaOH Na2SiO3+Na2ZrO3+2H2O，经熔融后，锆英砂中Zr元素以Na2ZrO3存在，酸浸时生成Al3+、Fe3+的反应是氧化铁和酸反应生成氯化铁和水，偏铝酸钠和盐酸反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=Fe3+3H2O，AlO2+4H+=Al3+2H2O，故答案为：Na2ZrO3；Fe2O3+6H+=Fe3+3H2O，AlO2+4H+=Al3+2H2O；（2）加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，过滤，滤渣为H2SiO3，名称为：硅酸，故答案为：硅

30、酸；（3）需用氨水调pH=a，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根据表中数据可知：pH在5.26.2时Fe3+、Al3+完全沉淀，而ZrO2+不沉淀；加氨水至pH=b=8时，ZrO2+与NH3H2O反应生成Zr（OH）4沉淀，其反应的离子方程式为：ZrO2+2NH3H2O+H2O=Zr（OH）4+2NH4+，所以b8.0使ZrO2+完全转化为Zr（OH）4沉淀，故答案为：除去Fe3+、Al3+；b8.0；（4）过滤所得滤液中主要含有铵根离子，溶液显酸性，加入CaCO3粉末并加热得到氨气和二氧化碳，其反应的离子方程式为：2NH4+CaCO3Ca2+2NH3+CO2+H

31、2O；故答案为：2NH4+CaCO3Ca2+2NH3+CO2+H2O【点评】本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析应用，涉及流程的分析应用、离子方程式的书写、除杂质、基本实验操作等，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，解答该类题目，注意把握实验原理和操作流程的目的，主要是物质性质的理解，题目难度中等16氧化亚铜（Cu2O）作为一种重要的无机化工原料，在涂料、有色玻璃和催化剂等领域有着广泛的用途回答下列问题：（1）添加Cu2O的涂料或玻璃显砖红色（2）制备氧化亚铜的方法之一是用铜作阳极电解NaCl和NaOH混合溶液，其原理如图所示：阴极的电极反应式为2H+2e=H2溶液中CuCln1n转化为C

32、u2O的离子方程式为CuCln1n+2OH=Cu2O+H2O+2nCl（3）工业生产中常采用高温煅烧氧化铜粉末制备Cu2O，但所得产品中会含有一定量CuO，测定产品中Cu2O的含量常用滴定法，其原理为：样品溶解：Cu2O+Fe2（SO4）3+H2SO42FeSO4+2CuSO4+H2O滴定（未配平）：FeSO4+KMnO4+H2SO4Fe2（SO4）3+MnSO4+K2SO4+H2O配平滴定反应的化学方程式滴定时，KMnO4溶液盛放在酸式（填“酸式”或“碱式”）滴定管中若产品质量为1.0g，滴定时消耗0.10molL1的KMnO4标准溶液20.00mL，则产品中Cu2O的质量分数为72%【考点

33、】电解原理；氧化还原反应方程式的配平；铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】（1）根据氧化亚铜的颜色确定添加Cu2O的涂斜或玻璃的颜色即可；（2）在电解池的阴极上是溶液中的阳离子发生得电子的还原反应，根据放电顺序来回答；在碱性环境下，CuCln1n和氢氧根离子之间发生反应得到转红色沉淀，据此书写离子方程式；（3）反应中化合价升高的元素是Fe，化合价降低的元素是Mn，根据电子守恒来配平方程式即可；高锰酸钾具有强氧化性，据此选择滴定管；根据发生的反应找到Cu2O和KMnO4之间的关系式，进行相应的计算即可【解答】解：（1）氧化亚铜的颜色是砖红色，所以添加Cu2O的涂斜或玻璃显砖红色，故答案为：砖红

34、；（2）在电解池的阴极上是溶液中的阳离子发生得电子的还原反应，根据放电顺序，发生的反应为：2H+2e=H2，故答案为：2H+2e=H2；在碱性环境下，CuCln1n和氢氧根离子之间发生反应得到转红色沉淀，离子方程式CuCln1n+2OH=Cu2O+H2O+2nCl，故答案为：CuCln1n+2OH=Cu2O+H2O+2nCl；（3）反应FeSO4+KMnO4+H2SO4Fe2（SO4）3+MnSO4+K2SO4+H20中化合价升高的元素是Fe，共升高2价，化合价降低的元素是Mn，降低5价，根据电子守恒，含锰元素的物质前边系数是2，铁原子数是10，硫酸亚铁前边是10，硫酸铁前边是5，根据元素守恒

35、，配平其他物质，结果为：10FeSO4+2KMnO4+8H2SO45Fe2（SO4）3+2MnSO4+K2SO4+8H20，故答案为：10；2；8；5；2；1；8；高锰酸钾具有强氧化性，应该选择酸式滴定管，故答案为：酸式；根据发生的反应Cu2O+Fe2（SO4）3+H2SO42FeSO4+2CuSO4+H2O、10FeSO4+2KMnO4+8H2SO45Fe2（SO4）3+2MnSO4+K2SO4+8H20，找到Cu2O和KMnO4之间的关系为：Cu2OKMnO4，产品质量为1.0g，滴定时消耗0.10molL1的KMnO4标准溶液20.00mL，則产品中Cu2O的物质的量是mol=0.005

36、mol，质量分数是×100%=72%故答案为：72%【点评】本题综合考查学生电解原理的应用、电极反应式的书写、氧化还原反应的配平以及物质含量的测定等知识，属于综合知识的考查，难度大17氨水和铵盐是实验室常用试剂，也是重要的工业产品，（1）实可用如图I装置制取氮气用装置I中药品制取氮气的化学方程式为NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2+2H2OI中反应开始的一段时间反应速率越来越快，其可能原因是该反应为放热反应（2）实驗室可利用下列装置结合装置模拟工业上制取氨气并检验氨气装置的连接顺序为f，e；d，i，j，g，h，b（填玻璃接口字母）装置中用稀硫酸而不用盐酸的理由是盐酸具有挥发性，挥

37、发出的氯化氢与生成的氨气反应能说明有氨气生成的现象是装置中溶液变红色（3）设计实验证明NH3H2O是弱电解质：常温下，测定0.01mol/L氨水的pH值，其值小于12（简要说明）【考点】氨的实验室制法；氨的制取和性质【分析】（1）氯化铵与亚硝酸钠发生氧化还原反应生成氮气、氯化钠和水；放热反应放出的热量使体系温度升高，升高温度反应速率加快；（2）装置为制备氮气装置，为检验氨气装置，为干燥氮气和氢气，为制备氢气的装置，为收集氨气装置，兼氨气瓶，为氮气与氢气发生反应生成氨气装置，要制备制取氨气并检验氨气，装置正确顺序为，连接，连接，然后连接，最后连接；依据盐酸易挥发的性质解答；氨气溶于水生成一水合氨

38、，一水合氨电离生成铵根离子与氢氧根离子，显碱性；（3）依据弱电解质不能完全电离设计实验【解答】解：（1）氯化铵与亚硝酸钠发生氧化还原反应生成氮气、氯化钠和水，化学方程式：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2+2H2O；故答案为：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2+2H2O；I中反应开始的一段时间反应速率越来越快，是因为该反应为放热反应，放出的热量使体系温度升高，升高温度反应速率加快；故答案为：该反应为放热反应；（2）要制备制取氨气并检验氨气，装置正确顺序为，连接，连接，然后连接，最后连接，仪器连接顺序为：f，e；d，i，j，g，h，b；故答案为：f，e；d，i，j，g，h，b；盐酸易挥发

39、，制备的氢气中含有氯化氢，氯化氢能够与氨气反应，故答案为：盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢与生成的氨气反应；氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离生成铵根离子与氢氧根离子，显碱性，遇到酚酞变红色，故答案为：装置中酚酞溶液变红色；（3）弱电解质不能完全电离，常温下，测定0.01mol/L氨水的pH值，其值小于12即可证明一水合氨为弱电解质，故答案为：常温下，测定0.01mol/L氨水的pH值，其值小于12【点评】本题考查了物质的制备和实验方案的设计，涉及氮气、氨气、氢气的制备，熟悉制备原理和各装置的作用是解题关键，注意实验设计的合理性，题目难度不大18连二次硝酸（H2N2O2）是一种二元酸，可用于制

40、N2O气体（1）连二次硝酸中氮元素的化合价为+1（2）常温下，用0.01molL1的NaOH溶液滴定10mL001molL1H2N2O2溶液，测得溶液PH与NaOH溶液体积的关系如图所示写出H2N2O2在水溶液中的电离方程式：H2N2O2HN202+H+c点时溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（N2022）c（OH）c（HN202）c（H+）b点时溶液中c（H2N2O2）（填“”“”或“=”，下同）c（N2O22）a点时溶液中c（Na+）c（HN202）+c（N2O22）（3）硝酸银溶液和连二次硝酸钠溶液混合，可以得到黄色的连二次硝酸银沉淀，向该分散系中滴加硫酸钠溶液，当白色沉淀和

41、黄色沉淀共存时，分散系中=3.0×104已知Ksp（Ag2N2O2）=4.2×109，Ksp（Ag2SO4）=1.4×105【考点】离子浓度大小的比较；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】（1）根据H2N2O2中H、O元素的化合价分别为+1、2及总化合价之和为0进行计算N元素的化合价；（2）根据图象可知，0.01mol/L的H2N2O2溶液的pH=4.3，说明H2N2O2为二元弱酸，二元弱酸只要以第一步电离为主，据此写出其电离方程式；c点滴入20mL相同浓度的NaOH溶液，反应后溶质为Na2N2O2，HN202部分水解，溶液呈碱性，结合电荷守恒判断各离子浓

42、度大小；c点溶质为NaHN202，溶液呈碱性，则HN202的水解程度大于其电离程度；a点时溶液的pH=7，则c（OH）=c（H+），根据电荷守恒可知c（Na+）=c（HN202）+2c（N2O22）；（3）根据=及二者的溶度积进行计算【解答】解：（1）H2N2O2分子中H的化合价为+1，O元素的化合价为2，设N元素的化合价为x，根据总化合价之和为0可知：2x+（+1）×2+（2）×2=0，解得：x=1，即N元素的化合价为+1，故答案为：+1；（2）根据图象可知，氢氧化钠溶液体积为0时，0.01mol/L的H2N2O2溶液的pH=4.3，说明H2N2O2为二元弱酸，二元弱酸只

43、要以第一步电离为主，则其电离方程式为：H2N2O2HN202+H+，故答案为：H2N2O2HN202+H+；c点滴入20mL相同浓度的NaOH溶液，反应后溶质为Na2N2O2，HN202部分水解，溶液呈碱性，则：c（OH）c（H+），由于溶液中氢氧根离子还来自水的电离及HN202的水解，则c（OH）c（HN202），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（N2022）c（OH）c（HN202）c（H+），故答案为：c（Na+）c（N2022）c（OH）c（HN202）c（H+）；c点溶质为NaHN202，溶液的pH，说明溶液显示碱性，则HN202的水解程度大于其电离程度，所以c（H2N2O2）c

44、（N2O22），故答案为：；根据图象可知，a点时溶液的pH=7，溶液呈中性，则c（OH）=c（H+），根据电荷守恒可知c（Na+）=c（HN202）+2c（N2O22），所以c（Na+）c（HN202）+2c（N2O22），故答案为：；（3）当两种沉淀共存时， =3.0×104，故答案为：3.0×104【点评】本题考查了离子浓度大小比较、难溶物溶度积的计算，题目难度中等，明确反应后溶质组成及难溶物溶度积的表达式即可解答，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力19以天然气为原料合成甲醇常见的方法有水煤气法和目前正在开发的直接氧化法（1）有关热化学方程式如下：水煤气法：

45、CH4（g）+O2（g）CO（g）+2H2O（g）H1=35.4KJmol1CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H2=90.1KJmol1直接氧化法：2CH4（g）+O2（g）2CH3OH（g）H3=251KJmol1（2）工业废气二氧化碳催化加氢也可合成甲醇：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H在密闭容器中投入1molCO2和2.75molH2，在不同条件下发生反应，实验测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图所示二氧化碳合成甲醇正反应的H（填“”“”或“=”，下同）0M、N两点时化学反应速率：v（M）v（N）为提高CO2的转化率除可改变温度和压强外，还可采取

46、的措施是增大的值图中M点时，容器体积为10L，则N点对应的平衡常数K=1.04（填数值，保留2位小数）（3）一定条件下，向容积不变的某密闭容器中加入amolCO2和bmolH2发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），欲使整个反应过程中CO2的体积分数为恒定值，则a与b的关系是a=b【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】（1）已知：CH4（g）+O2（g）CO（g）+2H2（g）H1=35.4kJmol1，CO（g）+2H2（g）CH3OH （g）H2=90.1kJmol1，根据盖斯定律，（+）×2可得：2CH4

47、（g）+O2（g）2CH3OH（g），反应热也进行相应计算；（2）由图可知，压强一定时，温度越高，CH3OH的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大，故压强P1P2，压强越大，反应速率越快；在可逆反应中，增加一种反应物浓度可以提高另一反应物的转化率；图中M、N点温度相同，平衡常数相同，M点时，容器体积为10L，平衡时CH3OH的物质的量为0.25mol，则： CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol/L）：0.1 0.275 0 0变化（mol/L）：0.025 0.

48、075 0.025 0.025 平衡（mol/L）：0.075 0.2 0.025 0.025根据K=计算；（3）设转化的二氧化碳的物质的量为x，则： CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol）：a b 0 0转化（mol）：x 3x x x 平衡（mol）：ax b3x x x则CO2的体积分数为，据此判断【解答】解：（1）已知：CH4（g）+O2（g）CO（g）+2H2（g）H1=35.4kJmol1，CO（g）+2H2（g）CH3OH （g）H2=90.1kJmol1，根据盖斯定律，（+）×2可得：2CH4（g）+O2（g）2CH3OH（g），故H3

49、=2H1+2H2=2×（35.4kJmol190.1kJmol1）=251kJmol1，故答案为：251；（2）由图可知，压强一定时，温度越高，CH3OH的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故H0，故答案为：；正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大，故压强P1P2，压强增大，反应速率也增大，所以v（N）v（M），故答案为：；在可逆反应中，增加一种反应物浓度可以提高另一反应物的转化率，所以为提高CO2的转化率除可改变温度和压强外，还可采取的措施是增大的值，故答案为：增大的值；图中M、N点温度相同，平衡

50、常数相同，M点时，容器体积为10L，平衡时CH3OH的物质的量为0.25mol，则： CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol/L）：0.1 0.275 0 0变化（mol/L）：0.025 0.075 0.025 0.025 平衡（mol/L）：0.075 0.2 0.025 0.025故平衡常数K=1.04，故答案为：1.04；（3）设转化的二氧化碳的物质的量为x，则： CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol）：a b 0 0转化（mol）：x 3x x x 平衡（mol）：ax b3x x x则CO2的体积分数为，要使为恒定的值，

51、则a=b，故答案为：a=b【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、化学平衡常数、反应热计算等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等三、（本题包括3小题，每小题0分，只能选择一题作答）物质结构与性质21（2015秋阳泉校级月考）氟及氟产品在工农业生产中应用非常广泛，回答下列问题：（1）基态氟原子核外电子的运动状态有9种，这些电子的电子云形状有2种；氟原子的外围电子排布式为2s22p5（2）NaHF2（氟化氢钠）电解可制氟气，NaHF2中所含作用力的类型有离子键、共价键、氢键；与HF2互为等电子体的分子有CO2（或Na2O）（举一例）（3）N2F2（二氟氮烯）分子中，氮原子的杂

52、化轨道类型为sp2，画出N2F2可能的结构式（4）三氟化硼乙醚（如图1）的熔点为58，沸点为126129，它属于分子晶体（5）氟化钙的晶胞结构如图2所示，晶胞参数=0.555pmCa2+、F的配位数分别为8和4列式表示氟化钙晶体的密度：=gcm3（不必计算出结果）【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）原子核外含有多少电子，核外电子的运动状态就有几种；氟原子含有s和p两种类型的轨道，则电子云有2种；氟原子最外层为L层，含有7个电子，据此写出外围电子排布式；（2）NaHF2中含有离子键、共价键，F的电负性较强，还存在氢键；（3）N2F2（二氟氮烯）分子中

53、存在氮氮双键和两个NF键，据此画出其结构式，在根据N原子形成的键数目判断杂化类型；（4）根据三氟化硼乙醚的熔点、沸点大小进行判断其晶体类型；（5）根据图示的晶胞结构判断钙离子、氟离子的配位数；该晶胞为立方体结构，根据棱长计算出该晶胞体积，再结合=计算出氟化钙晶体的密度【解答】解：（1）基态氟原子核外含有9个电子，则其核外电子的运动状态有9种；氟原子核外含有2s轨道和p轨道两种轨道，则氟原子的电子的电子云形状有2种；氟原子的外围含有7个电子，其外围电子排布式为：2s22p5，故答案为：9；2；2s22p5；（2）NaHF2为离子化合物，存在离子键，HF键为共价键，F的电负性较强，还存在氢键，故答案为：离子键、共价键、氢键；CO2（或Na2O）；（3）N2F2（二氟氮烯）分子中，氮原子形成了3个键和1个键，则其杂化轨道类型为sp2；N2F2可能的结构式为：，故答案为：sp2；（4）三氟化硼乙醚（如图1）的熔点为58，沸点为