【解析版】北京师大附中2014届高考适应性化学试卷解析

1、2014年北京师大附中高考适应性化学试卷参考答案与试题解析一、1（6分）（2012门头沟区一模）下列有关生活和生产中的化学知识描述正确的是（）A合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物B铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭等还原剂从氧化铝中获得铝C发电厂的燃煤在燃烧时加入适量石灰石，有利于环境保护D因为食盐能使细菌等蛋白质发生变性，所以用食盐腌制过的食品能较长时间不变质考点：有机高分子化合物的结构和性质；常见的生活环境的污染及治理；金属与合金在性能上的主要差异；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点 专题：化学应用分析：A有机高分子化合物是指相对分子质量很大的有机物，可达几万至几十万，甚至达几百万或更大

2、；B铝的冶炼用电解法；CCaCO3分解生成CaO和CO2，CaO与SO2反应生成的是CaSO3，亚硫酸钙，亚硫酸钙再进一步氧化才会生成硫酸钙；D甲醛、强酸、强碱、重金属盐等物质都能使蛋白质变性解答：解：A合成纤维是有机高分子化合物，光导纤维的成分是二氧化硅，不是有机高分子化合物，故A错误； B一般来说，活泼金属用电解法；铝是活泼金属，所以采用电解法冶炼，故B错误；CCaCO3分解生成CaO和CO2，CaO与SO2反应生成的是CaSO3，亚硫酸钙，亚硫酸钙再进一步氧化才会生成硫酸钙，可以减少SO2的排放，故C正确；D食盐不能使蛋白质发生变性，故D错误故选C点评：本题考查高分子化合物，蛋白质，金属

3、的冶炼环境保护等，难度不大，注意根据金属的活泼性确定金属的冶炼方法2（6分）（2012石景山区一模）已知短周期元素的四种离子：aA2+、bB+、cC3、dD都具有相同的电子层结构，则下列叙述中正确的是（）A原子序数dcbaB单质的还原性DCBAC离子半径C3DB+A2+DA、B、C最高价氧化物对应水化物溶液（等物质的量浓度）的pH值 CBA考点：原子结构与元素周期律的关系 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素的离子：aA2+、bB+、cC3、dD都具有相同的电子层结构，所以有：a2=b1=c+3=d+1，且A、B在周期表中C、D的下一周期，原子序数：abdc，A、B为金属，C、D为

4、非金属结合元素周期律递变规律解答该题解答：解：短周期元素的离子：aA2+、bB+、cC3、dD都具有相同的电子层结构，所以有：a2=b1=c+3=d+1，且A、B在周期表中C、D的下一周期，原子序数：abdc，A、B为金属，C、D为非金属AA、B在周期表中C、D的下一周期，所以原子序数：abdc，故A错误；B同周期自左而右，金属性减弱，单质还原性减弱，A、B为金属，A、B同周期，ab，所以金属性BA；C、D同周期，为非金属，原子序数dc，非金属性DC，对应单质的氧化性DC，所以还原性DC，故B错误；CaA2+、bB+、cC3、dD都具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数ab

5、dc，所以离子半径C3DB+A2+，故C正确；DA、B、C的金属性逐渐减弱，则其最高价氧化物对应水化物溶液碱性逐渐减弱，其溶液的PH逐渐减小，故D错误故选C点评：本题考查位置结构性质的相互关系及应用，根据核外电子排布确定元素所在周期表中的位置，清楚元素周期律的递变规律是解答该题的关键，难度不大3（6分）（2011延庆县一模）能正确解释下列反应原理的离子方程式（）AAlCl3溶液中通入过量的NH3：Al3+4NH3H2O=AlO2+4NH4+B淀粉碘化钾试纸上滴稀硝酸变蓝：2I+4H+NO3=I2+NO+2H2OC电解MgCl2饱和溶液：MgCl2Mg+Cl2D用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢：CaSO

6、4+CO32CaCO3+SO42考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A氨水不能溶解氢氧化铝；B电子不守恒；C电解氯化镁的溶液生成氢氧化镁沉淀；D碳酸钙比硫酸钙更难溶解答：解：A因氨水不能溶解氢氧化铝，则AlCl3溶液中通入过量的NH3的离子反应为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故A错误；B由电子守恒可知，淀粉碘化钾试纸上滴稀硝酸变蓝的离子反应为6I+8H+2NO3=3I2+2NO+4H2O；故B错误；C电解氯化镁的溶液生成氢氧化镁沉淀，电解熔融MgCl2的时MgCl2Mg+Cl2，故C错误；D碳酸钙比硫酸钙更难溶，则用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢的离子反应为CaSO4

7、+CO32CaCO3+SO42，故D正确；故选D点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，并注意离子反应的书写方法来解答，题目难度中等4（6分）（2014西城区校级模拟）下列有关电池的说法正确的是（）A手机和电脑用的锂离子电池都属于二次电池B铜锌原电池工作时，电子经电解质溶液从锌电极流向铜电极C燃料电池能够把燃料储存的化学能通过燃烧转化为电能D锌锰干电池中锌电极是负极，工作时锌被还原考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：A能多次充放电的电池为二次电池；B铜锌原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极；C燃料电池是直接将化学能转化为电能；D锌锰干电池中，

8、锌是负极，放电时被氧化解答：解：A能多次充放电的电池为二次电池，锂离子电池能多次充放电，所以属于二次电池，故A正确；B铜锌原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极，电子不进入电解质溶液，故B错误；C燃料电池是直接将化学能转化为电能，不需要燃烧，故C错误；D锌锰干电池中，锌是负极，放电时锌失电子发生氧化反应而被氧化，故D错误；故选A点评：本题考查原电池原理，侧重考查基本概念、基本原理即可解答，易错选项是B，电子不进入电解质溶液，电解质溶液中阴阳离子定向移动形成电流，为易错点5（6分）（2014西城区校级模拟）下列实验的现象及结论不正确的是（）A过氧化钠放置在空气中，最终转变为白色粉末Na2CO3B

9、SO2通入BaCl2溶液中产生白色沉淀BaSO3C打磨过的铝箔和未打磨的铝箔分别在空气中灼烧，两种铝箔均熔化但不滴落，说明氧化铝熔点比铝高D分别向等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加酚酞，溶液都变红，Na2CO3溶液红色较深，说明Na2CO3水解程度大于NaHCO3考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A过氧化钠可与空气中二氧化碳反应；BSO2与BaCl2不反应；C氧化铝熔点较高，难以熔化；DCO32水解以第一步水解为主解答：解：A过氧化钠可与空气中二氧化碳反应，最终产物为碳酸钠，故A正确；B亚硫酸的酸性比盐酸弱，则过氧化钠可与空气中二氧化碳反应，故B错误；C氧化铝熔

10、点较高，难以熔化，则打磨过的铝箔和未打磨的铝箔分别在空气中灼烧，在表面生成氧化铝膜，两种铝箔均熔化但不滴落，故C正确；DCO32水解以第一步水解为主，Na2CO3水解程度大于NaHCO3，故D正确故选B点评：本题考查较为综合，侧重于物质的性质和盐类水解的考查，题目难度不大，注意把握常见物质的性质以及盐类水解的原理6（6分）（2014西城区校级模拟）下列实验图示及有关描述正确的是（）A可以电解精炼铝B可以检验有乙烯生成C可以制得金属锰D可以收集Cl2考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A在阴极得到氢气，不能得到铝；B缺少除杂装置，乙醇也能能使酸性高锰酸钾溶液褪色；C可用铝热法冶炼锰；

11、D氯气应用向上排空气法收集解答：解：A在阴极得到氢气，不能得到铝，故A错误；B乙醇易挥发，乙醇也能能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能确定是否生成乙烯，故B错误；C铝比锰活泼，可用铝热法冶炼锰，故C正确；D氯气密度比空气大，氯气应用向上排空气法收集，故D错误故选C点评：本题考查较为综合，题目难度中等，本题易错点为A，注意氢离子氧化性大于铝离子7（6分）（2014西城区校级模拟）常温下，0.1mol/L HX的pH=1，0.1mol/L CH3COOH的pH=2.9下列说法中不正确的是（）AHX和CH3COOH均可抑制水的电离B将HCl与HX各0.1mol溶于水配成1L混合溶液，则溶液的c（H+）=0

12、.2 mol/LC等物质的量浓度等体积的HX与CH3COONa两溶液混合后所得溶液中：c（Na+）c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（OH）D向等浓度等体积的HX和CH3COOH溶液中，分别加入同浓度的NaOH溶液，欲使两者pH均等于7，则消耗氢氧化钠溶液的体积前者大于后者考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：常温下，0.1mol/L HX的pH=1，说明HX为强酸A、引进氢离子，会抑制水的电离；B、HCl和HX都是一元强酸，完全电离；C、混合后溶液中的氢离子分为两部分，醋酸电离的和水电离的；醋酸电离的氢离

13、子等于醋酸根离子浓度；D、醋酸是弱电解质，HX是强电解质，醋酸和氢氧化钠1：1混合，溶液显示碱性解答：解：因为常温下，0.1mol/L HX的pH=1，完全电离，是强电解质A、水的电离方程式为：H2OH+OH，加入酸后，会抑制水的电离，故A错误；B、由于HCl和HX都是强电解质，氢离子完全电出来，c（H+）=0.2mol/L，故B错误；C、等物质的量浓度等体积混合两溶液后，溶质成了等浓度的氯化钠和醋酸溶液，溶液中c（H+）=c水电离（H+）+c醋酸电离（H+），所以c（CH3COO）c（H+），正确顺序为：c（Na+）c（CH3COOH）c（H+）c（CH3COO）c（OH），故C正确；D、由

14、于醋酸属于弱电解质，部分电离，醋酸和氢氧化钠1：1混合后，溶液显示碱性，加入的氢氧化钠少些，才能显示中性；HX是强电解质，所以1：1混合后溶液显示中性，故HX消耗的氢氧化钠体积大于醋酸的，故D错误 故本题答案是C点评：本题考查的是弱电解质在水溶液中的电离平衡，难度适中8（6分）（2014西城区校级模拟）下列说法正确的是（）A当分子间距离增大时，分子间的引力增大、斥力减小B温度是系统中分子总动能大小的标志C布朗运动指的是悬浮小颗粒的无规则运动D当系统与外界没有热交换时，温度一定保持不变考点：分子间作用力对物质的状态等方面的影响；反应热和焓变 专题：化学反应中的能量变化分析：A、分子间同时存在引力

15、和斥力，分子引力和分子斥力都随分子间距的增大而减小；B、温度是分子是平均动能的标志；C、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动；D、当系统与外界没有能量时，温度一定保持不变解答：解：A、分子引力和分子斥力都随分子间距的增大而减小，故A错误；B、温度是分子是平均动能的标志，不是系统中分子总动能大小的标志，故B错误；C、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故C正确；D、当系统与外界没有能量时，温度一定保持不变，故D错误故选：C点评：本题考查了分子间的作用力、布朗运动、反应热等问题，属于物理化学的范畴，注意相关基础知识的积累二、填空题（共4小题，每小题16分，

16、满分58分）9（16分）（2014西城区校级模拟）聚合物L能够制备可溶性的非凝胶聚合物它与其它有机物有如图所示的转化关系（部分反应条件略去）已知：、RCHO+RCH2CHO、注：R、R为烃基或氢原子，R为烃基（1）A、B的相对分子质量分别是32和46；下列有关A、B的说法正确的是：aca、它们均能溶于水； b、它们均能发生消去反应；c、它们均能与HBr反应； d、A的沸点比B高写出A转化为C的化学方程式：2CH3OH+O2 2HCHO+2H2OD可与最简单的酚在酸性条件下反应生成高聚物，写出该反应的化学方程式：（2）E中的含氧官能团的名称是：碳碳双键和醛基；M的结构简式是：HOCH2CH2OH

17、；（3）已知G的化学式是C3H6O，则F的结构简式是：（4）写出J转化为K的化学方程式：CH2=CCOCl+CH2=C（CH3）COOHCH2=C（CH3）COOCOC（CH3）=CH2+HCl（5）高聚物L是线型结构高分子，它的链节中含有六元环且不能使溴的四氯化碳溶液褪色，写出L的结构简式：考点：有机物的合成 专题：有机物的化学性质及推断分析：根据题中各物质转化关系，A、B均能被氧化生成C、D，而C、D又能发生信息的反应，且A、B的相对分子质量分别是32和46，可以推知A为CH3OH，B为CH3CH2OH，C为HCHO，D为CH3CHO，所以E为CH2=CHCHO，根据信息，可知M为HOCH

18、2CH2OH，根据G的化学式是C3H6O，结合G和C反应的条件与信息相同，可以推知G为CH3CH2CHO，所以F为，G和C发生信息的反应生成H为CH2=C（CH3）CHO，H被氧化成I为CH2=C（CH3）COOH，I与SOCl2发生信息的反应，生成J为CH2=CCOCl，I和J反应生成K为CH2=C（CH3）COOCOC（CH3）=CH2，K发生加聚反应生成L，L是线型结构高分子，它的链节中含有六元环且不能使溴的四氯化碳溶液褪色，所以L为，据此答题解答：解：根据题中各物质转化关系，A、B均能被氧化生成C、D，而C、D又能发生信息的反应，且A、B的相对分子质量分别是32和46，可以推知A为CH

19、3OH，B为CH3CH2OH，C为HCHO，D为CH3CHO，所以E为CH2=CHCHO，根据信息，可知M为HOCH2CH2OH，根据G的化学式是C3H6O，结合G和C反应的条件与信息相同，可以推知G为CH3CH2CHO，所以F为，G和C发生信息的反应生成H为CH2=C（CH3）CHO，H被氧化成I为CH2=C（CH3）COOH，I与SOCl2发生信息的反应，生成J为CH2=CCOCl，I和J反应生成K为CH2=C（CH3）COOCOC（CH3）=CH2，K发生加聚反应生成L，L是线型结构高分子，它的链节中含有六元环且不能使溴的四氯化碳溶液褪色，所以L为，（1）A为CH3OH，B为CH3CH2

20、OH，a、它们均能溶于水，正确； b、CH3OH不能发生消去反应，乙醇能发生消去反应，错误；c、它们均能与HBr反应，正确； d、CH3CH2OH的沸点比CH3OH高，所以A的沸点比B高，错误；故选ac；A转化为C的化学方程式为2CH3OH+O2 2HCHO+2H2O，故答案为：2CH3OH+O2 2HCHO+2H2O；乙醛与苯酚在酸性条件下反应生成高聚物，该反应的化学方程式为，故答案为：；（2）E为CH2=CHCHO，E中的含氧官能团的名称是碳碳双键和醛基；M的结构简式是HOCH2CH2OH，故答案为：碳碳双键和醛基；HOCH2CH2OH；（3）根据上面的分析可知，F的结构简式为，故答案为：

21、；（4）J转化为K的化学方程式为CH2=CCOCl+CH2=C（CH3）COOHCH2=C（CH3）COOCOC（CH3）=CH2+HCl，故答案为：CH2=CCOCl+CH2=C（CH3）COOHCH2=C（CH3）COOCOC（CH3）=CH2+HCl；（5）高聚物L是线型结构高分子，它的链节中含有六元环且不能使溴的四氯化碳溶液褪色，L的结构简式为，故答案为：点评：本题考查了有机物的推断，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，难度中等，高聚物结构的推断是解题的难点，答题时注意充分运用题中信息10（14分）（2014西城区校级模拟）所以“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题（1）将不同量的

22、CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），得到如下二组数据：实验组温度起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OH2CO1650421.62.462900210.41.63实验1条件下，反应从开始至达到平衡，以v （CO2） 表示的反应速率为0.13mol/（Lmin）（保留小数点后二位数，下同）实验2条件下平衡常数K=0.17，该反应为放热（填“吸热”或“放热”）反应合成氨工业的原料气之一H2可来源于以上反应，请从平衡原理角度解释：在不改变反应物用量的前提下，可采取的能够增大氢气产率的措施是（任

23、说一点即可）降温（2）已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H1=1275.6kJ/mol2CO （g）+O2（g）2CO2（g）H2=566.0kJ/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和气态水的热化学方程式：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2 H2O（g）H=354.8kJmol1（3）有学者设想以如图所示装置用电化学原理将CO2转化为重要化工原料若A为CO2，B为H2，C为CH3OH正极的电极反应式为CO2+6H+6e=CH3OH+H2O；当电路中有1mol e流过，负极区的pH不变，请结合化学用语简述其原理负极反应为 3H26e=6H

24、+，当电路中有1mole流过，负极产生6molH+，但正极刚好也消耗6molH+，则负极区的pH不变考点：化学平衡的计算；热化学方程式；化学电源新型电池；反应速率的定量表示方法 专题：基本概念与基本理论分析：（1）已知平衡时c（H2）=1.6mol，所以c（CO2）=1.6mol，根据公式求出v（CO2）第二组温度比第一组高，反应物物质的量比第一组减半，但是平衡时H2的物质的量比第一组的一半少，表明该反应为放热反应；依据图表数据列式计算平衡浓度，结合化学平衡常数概念计算；（2）根据，再利用盖斯定律来分析甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式；（3）燃料电池的工作原理，正极上是二氧化碳

25、发生得电子发生还原反应；有学者设想以如图所示装置用电化学原理将CO2转化为重要化工原料若A为CO2，B为H2，C为CH3OH解答：解：（1）已知平衡时c（H2）=1.6mol，所以c（CO2）=1.6mol，v（CO2）=0.13mol/（Lmin），故答案为：0.13mol/（Lmin）；实验1中CO的转化率为×100%=40%，实验2中CO的转化率为×100%=20%，则实验1的转化率大于实验2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应放热，实验2条件下， H2O（g）+CO（g）CO2（g）+H2（g）初始浓度 0.5mol/L 1mol/L 0 0转化浓度 0.2

26、mol/L 0.2mol/l 0.2mol/l 0.2mol/l 平衡浓度 0.3mol/L 0.8mol/L 0.2mol/l 0.2mol/l K=0.17，由上可知生成氢气的反应为放热反应，故可采取降温的方法增大氢气产率；故答案为：0.17；放热；降温；（2）2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H1=1275.6kJ/mol2CO （g）+O2（g）2CO2（g）H2=566.0kJ/mol由盖斯定律可知用得反应CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2 H2O（g），该反应的反应热H=354.8kJmol1，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）

27、+2 H2O（g）H=354.8kJmol1；（3）若A为CO2，B为H2，C为CH3OH，电池总反应式为CO2+3H2=CH3OH+H2O，则正极上是二氧化碳得到电子生成甲醇，电极反应式为：CO2+6H+6e=CH3OH+H2O，负极反应为 3H26e=6H+，当电路中有1mol e流过，负极产生6molH+，但正极刚好也消耗6molH+，则负极区的pH不变故答案为：CO2+6H+6e=CH3OH+H2O；负极反应为 3H26e=6H+，当电路中有1mol e流过，负极产生6molH+，但正极刚好也消耗6molH+，则负极区的pH不变；点评：本题考查了化学平衡的影响因素分析判断，平衡常数计算

28、应用，盖斯定律的计算应用，原电池电极反应的书写方法等，题目难度中等11（14分）（2014西城区校级模拟）硫、氮、稀土元素的单质和化合物应用广泛I工业上可以通过将辉铜矿（Cu2S）在氧气中焙烧制备铜单质，该方法称为火法炼铜化学方程式如下：Cu2S+O2 2Cu+SO2该过程中，铜元素被还原 （填“氧化”还是“还原”）成铜单质制1molCu需转移3mol电子亚硝酸是一种不稳定的弱酸，但其盐的稳定性较好亚硝酸铵水溶液呈酸性，请用合适的化学用语结合文字解释其原因：亚硝酸根和铵根分别可以发生水解反应：NO2+H2OHNO2+OH 和 NH4+H2ONH3H2O+H+，由于铵根的水解程度大于亚硝酸根的水

29、解，所以溶液呈酸性；在亚硝酸铵溶液中所含离子浓度由大到小的顺序依次为c（NO2）c（NH4+）c（H+）c（OH）稀土元素是宝贵的战略资源，铈（Ce）是地壳中含量最高的稀土元素如图是其中一种提取铈的工艺流程：已知：i焙烧后烧渣中含+4价的铈及+3价的其它稀土氟氧化物；ii酸浸I的浸出液中含少量的+3价的铈在生产过程中，酸浸I 中会产生黄绿色气体，污染环境、腐蚀设备产生黄绿色气体的离子方程式是：2Ce4+2Cl=2Ce3+Cl2；若改成用H2SO4酸浸，就可以避免在该步骤中出现这个污染问题在操作I后的溶液中加入NaOH溶液是为了调节溶液pH值获得Ce（OH）3，测定该溶液pH值的操作是撕下一小片

30、pH试纸放在干燥洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取该溶液点在pH试纸的中央，然后与标准比色卡对比写出流程中“氧化”步骤的化学反应方程式：2Ce（OH）3+NaClO+H2O=2Ce（OH）4+NaCl考点：铜金属及其重要化合物的主要性质；金属的回收与环境、资源保护 专题：实验设计题；元素及其化合物分析：标注元素化合价变化，依据氧化还原反应的概念分析判断，还原剂被氧化生成氧化产物，氧化剂被还原生成氧化产物，然后根据化合价的变化来确定移转电子的物质的量；在亚硝酸铵溶液中，两种弱离子都水解，铵根离子水解程度大于亚硝根离子，亚硝酸铵水溶液呈酸性；在亚硝酸铵溶液中，水解程度小的最大，水解程度大的第二，显性的第

31、三，最小的是隐性的；在生产过程中，酸浸I中会产生大量黄绿色气体，说明Ce4+离子具有强氧化性，可将Cl氧化为Cl2，酸不能是氧化性的酸，也不能是盐酸；实验室测定PH的方法是撕下一小片pH试纸放在干燥洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取该溶液点在pH试纸的中央，然后与标准比色卡对比；由题目中“酸浸I的浸出液中含少量的+3价的铈”可知，加入NaOH后生成Ce（OH）3，NaClO将Ce（OH）3氧化为Ce（OH）4解答：解：Cu2S+O2=2Cu+SO2，铜元素化合价从+1价降到0价，被还原，氧元素化合价从 0价降低到2价，硫元素化合价从2价升高到+4价，消耗1molCu2S，电子转移6mol，生成1mo

32、l的铜转移3mol的电子，故答案为：还原，3；II在亚硝酸铵溶液中，亚硝酸根和铵根分别可以发生水解反应：NO2+H2OHNO2+OH 和 NH4+H2ONH3H2O+H+，由于铵根的水解程度大于亚硝酸根的水解，所以溶液呈酸性，故答案为：亚硝酸根和铵根分别可以发生水解反应：NO2+H2OHNO2+OH 和 NH4+H2ONH3H2O+H+，由于铵根的水解程度大于亚硝酸根的水解，所以溶液呈酸性；在亚硝酸铵溶液中，水解程度小的最大，水解程度大的第二，显性的第三，最小的是隐性的，所以c（NO2）c（NH4+）c（H+）c（OH），故答案为：（NO2）c（NH4+）c（H+）c（OH）；在生产过程中，酸

33、浸I中会产生大量黄绿色气体，说明Ce4+离子具有强氧化性，可将Cl氧化为Cl2，为避免污染环境、腐蚀设备，应用硫酸酸浸，故答案为：2Ce4+2Cl=2Ce3+Cl2；用H2SO4酸浸；实验室测定PH的方法是撕下一小片pH试纸放在干燥洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取该溶液点在pH试纸的中央，然后与标准比色卡对比；故答案为：撕下一小片pH试纸放在干燥洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取该溶液点在pH试纸的中央，然后与标准比色卡对比；NaClO将Ce（OH）3氧化为Ce（OH）4，其中NaCl为还原产物，方程式为2Ce（OH）3+NaClO+H2O=2Ce（OH）4+NaCl，故答案为：2Ce（OH）3+NaC

34、lO+H2O=2Ce（OH）4+NaCl点评：本题既有常规知识的考查又有新情景题目的考查，常规题目涉及到氧化还原、盐的水解和离子浓度大小比较；命题情景要求根据题意写出有关反应的方程式，做题时注意根据物质的性质正确判断反应物和生成物，用守恒的方法去书写12（14分）（2014西城区校级模拟）某学习小组研究铁和硝酸银溶液的反应，并检验铁的氧化产物实验操作和现象：实验序号实验操作实验现象将一束光亮洁净的铁丝伸入AgNO3溶液中，一段时间后，过滤铁丝表面有银白色固体析出，溶液逐渐变为浅绿色取少量滤液，滴加几滴稀盐酸有白色沉淀生成另取少量滤液，滴入K3Fe（CN）6溶液有蓝色沉淀生成IV另取少量滤液，滴

35、入KSCN溶液，振荡溶液不变红，出现白色沉淀（1）根据上述实验现象，铁和硝酸银溶液的反应的离子方程式为Fe+2Ag+=Fe2+2Ag（2）甲同学认为，实验IV说明溶液中不含Fe3+乙同学不同意，设计并完成了实验V：取1mL Fe（NO3）3溶液，滴加2滴等浓度的KSCN溶液，振荡，溶液变红；再加入少量AgNO3溶液，溶液红色褪去，产生白色沉淀乙同学实验的结论是Ag+的存在干扰用KSCN对Fe3+的检验；用平衡移动原理解释，实验V中溶液红色褪去的原因是加入AgNO3溶液后，Ag+SCN=AgSCN，使SCN浓度降低，促使平衡Fe3+3SCNFe（SCN）3逆向移动，溶液红色褪去（3）丙同学向实验IV所得的溶液中，继续滴加KSCN溶液，边滴边振荡，观察到白色沉淀逐渐增多，最终溶液变红丙同学由此认为，铁和硝酸银溶液的反应还有Fe3+生成你是否同意他的观点，理由是不同意，实验过程中空气中的氧气将亚铁离子氧化生成铁离子（4）丁同学向丙同学实验所得的红色体系中，继续滴加浓KSCN溶