2014-2015学年宁夏银川二中高三（上）统练化学试卷（解析版）

1、2014-2015学年宁夏银川二中高三（上）统练化学试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（6分）（2014西城区二模）下列叙述不正确的是（）A金属腐蚀的本质是金属原子失去电子而被氧化B将地下钢管与直流电源的正极相连，用来保护钢管C电解饱和食盐水制氢氧化钠，可以用铁做阴极D氢氧燃料电池中，氢气在负极发生氧化反应考点：金属的电化学腐蚀与防护；原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：A、金属原子失去电子被氧化；B、钢管与直流电源的正极相连，阳极金属易被腐蚀；C、在阴极上是发生得电子的还原反应；D、燃料电池中，燃料在负极发生氧化反应解答：

2、解：A、金属腐蚀的本质是金属原子在负极上失去电子而被氧化的过程，故A正确；B、将地下钢管与电源负极相连，作电解池的阴极被保护，能防止钢铁锈蚀，故B错误；C、电解饱和食盐水制氢氧化钠，在阴极区会产生氢氧化钠，金属铁必须做阴极，不能做阳极，故C正确；D、氢氧燃料电池中，在负极上是燃料发生氧化反应的过程，故D正确故选B点评：本题考查学生金属的腐蚀和防护知识以及燃料电池的工作原理知识，难度中等2（6分）（2014秋银川校级月考）下列有关实验的说法正确的是（）A某学生用pH试纸测新制氯水的pH值，先变红后褪色，是因为Cl2有强氧化性B容量瓶、分液漏斗、滴定管在使用前要检查是否漏水C为测定熔融氢氧化钠的导

3、电性，可在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量D将铜片放入浓硫酸中，无明显实验现象，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化考点：浓硫酸的性质；测定溶液pH的方法；钠的重要化合物；不能加热的仪器及使用方法分析：A氯气没有漂白性，次氯酸有漂白性；B根据带有旋塞和瓶塞的仪器，一般在使用前需要检查是否漏水；C瓷坩埚中含有二氧化硅，在加热条件下能与氢氧化钠反应；D铜和浓硫酸在加热条件下发生氧化还原反应解答：解：A氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，所以用PH试纸测溶液的PH值时试纸变红，次氯酸有漂白性，能使红色试纸褪色，故A错误；B分液漏斗、容量瓶、滴定管是带有旋塞和瓶塞的仪器，使用前需要检查是否漏水，故B正

4、确；C瓷坩埚中含有二氧化硅，在加热条件下能与氢氧化钠反应而导致坩埚炸裂，故C错误；D铜和浓硫酸在常温下不反应，加热条件下发生氧化还原反应，故D错误故选：B点评：本题为综合题，考查了氯水、二氧化硅、浓硫酸的性质，常见化学仪器的使用方法，侧重考查学生对基础知识掌握，题目难度不大3（6分）（2014秋银川校级月考）能正确表示下列反应的离子方程式的是（）ANH4HSO3溶于少量的NaOH溶液中：HSO3+OHSO32+H2OB向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2+CO2+3H2O2Al（OH）3+CO32C硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+Fe2+H2SD在NaHSO4溶液中滴加Ba（OH

5、）2至中性：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2O考点：离子方程式的书写分析：A氢氧化钠少量，亚硫酸氢根离子优先结合氢氧根离子；B二氧化碳过量，反应生成碳酸氢根离子；C稀硝酸能够将亚铁离子氧化成铁离子；D溶液为中性，氢离子和氢氧根离子恰好反应，钡离子与氢氧根离子的物质的量之比应该为1：2解答：解：ANH4HSO3溶于少量的NaOH溶液中，亚硫酸氢根离子优先反应，反应的离子方程式为：HSO3+OHSO32+H2O，故A正确；B向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故B错误；C硫化亚铁溶于稀

6、硝酸中，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：NO3+FeS+4H+=Fe3+S+NO+2H2O，故C错误；D在NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2至中性，反应生成硫酸钡和水，正确的离子方程式为：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O，故D错误；故选A点评：本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，明确离子方程式的书写原则为解答关键，侧重考查反应物过量情况对生成物的影响及氧化还原反应型的离子反应，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力4（6分）（2014秋银川校级月考）设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A1molCH3+（碳正离子）中含有电子数为10NAB1mo

7、l铜与足量硫蒸气反应，转移电子数为2NAC用惰性电极电解CuCl2溶液，阴极析出32g铜时，线路中通过的电子数为NAD0.84g NaHCO3晶体中阳离子和阴离子总数为0.03NA考点：阿伏加德罗常数分析：A碳正离子中含有8个电子，1molCH3+（碳正离子）中含有8mol电子；B铜与硫反应生成硫化亚铜，1mol铜与足量硫蒸气反应失去1mol电子；C依据电解反应和电子守恒计算分析；D根据碳酸氢钠晶体中含有的离子为钠离子和碳酸氢根离子判断解答：解：A.1molCH3+（碳正离子）中含有8mol电子，含有电子数为8NA，故A错误；B.1mol铜与足量硫蒸气反应生成0.5mol硫化亚铜，转移了1mo

8、l电子，转移电子数为NA，故B错误；C依据电极反应和电子守恒计算分析，用惰性电极电解CuCl2溶液，阴极析出32g铜时物质的量为0.5mol，Cu2+2e=Cu，线路中通过的电子数为NA，故C正确；D.0.84gNaHCO3晶体的物质的量为0.01mol，含有0.01mol钠离子和0.01mol碳酸氢根离子，含有的阳离子和阴离子总数为0.02NA，故D错误；故选：C点评：本题考查了阿伏伽德罗常数，题目难度不大，注意碳酸氢钠固体中的离子为钠离子和碳酸氢根离子5（6分）（2015兰州校级三模）R、X、Y、M、Z五种短周期主族元素的原子半径依次减小，X、Y、Z的电子层数之和为5，X元素原子的最外层电

9、子数是它的电子层数的2倍，Y元素原子的最外层电子数是X和Z两元素原子最外层电子数的总和，M是地壳中含量最多的元素，R与Z的最外层电子数相同下列叙述正确的是（）AZ与M形成的化合物中不可能含有非极性键B对应氢化物的热稳定性：XYMC单质的还原性：RMYXDX、Y、M、Z四种元素组成的离子化合物受热易分解考点：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：R、X、Y、M、Z五种短周期主族元素的原子半径依次减小，X元素原子的最外层电子数是它的电子层数的2倍，X、Y、Z的电子层数之和为5，则X原子有2个电子层，最外层电子数为4，则X为C元素；Y元素原子的最外层电子数是X元素和Z元素原

10、子最外层电子数的总和，则Z处于第一周期，Y处于第二周期，故Z为H元素，Y最外层电子数为4+1=5，则Y为N元素；M是地壳中含量最多的元素，则M为O元素，R与Z的最外层电子数相同，且原子半径最大，应为Na元素，以此解答该题解答：解：R、X、Y、M、Z五种短周期主族元素的原子半径依次减小，X元素原子的最外层电子数是它的电子层数的2倍，X、Y、Z的电子层数之和为5，则X原子有2个电子层，最外层电子数为4，则X为C元素；Y元素原子的最外层电子数是X元素和Z元素原子最外层电子数的总和，则Z处于第一周期，Y处于第二周期，故Z为H元素，Y最外层电子数为4+1=5，则Y为N元素；M是地壳中含量最多的元素，则M

11、为O元素，R与Z的最外层电子数相同，且原子半径最大，应为Na元素，AH、O两元素形成的化合物H2O2，分子中氧原子之间为非极性键，故A错误；B非金属：X（C）Y（N）M（O），元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B错误；C元素的非金属性越强，对应的单质的还原性越弱，M为O元素，对应的单质没有还原性，故C错误；DX、Y、M、Z四种元素组成的离子化合物为碳酸铵，铵盐受热易分解，故D正确故选D点评：本题考查结构物质性质关系、氮化合物性质等，难度中等，推断元素是解题的关键，注意根据最外层电子数之和确定X是推断的突破口6（6分）（2014洛阳三模）下列有关说法正确的是（）A0.1mol/L NH4

12、Cl溶液加蒸馏水稀释，溶液的pH不断减小B常温下，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH7C水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应D0.1mol/L的NaHA溶液，其pH=4：c（HA）c（H+）c（H2A）c（A2）考点：盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：A、加水稀释溶液的浓度减小；B、CH3COOH在溶液中部分电离；C、根据影响Kw的因素分析；D、0.1mol/L的NaHA溶液，其pH=4，HA的电离程度大于水解程度解答：解：A、加水稀释溶液的浓度减小，所

13、以0.1mol/L NH4Cl溶液加蒸馏水稀释，溶液中氢离子浓度减小，则溶液的pH不断增大，故A错误；B、CH3COOH在溶液中部分电离，所以常温下，pH=2的CH3COOH溶液中醋酸的浓度大于0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液中氢氧化钠的浓度为0.01mol/L，所以二者等体积混合后，醋酸过量，溶液的pH7，故B正确；C、水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明升高温度平衡正移，则正方向为吸热方向，所以水的电离是吸热反应，故C错误；D、0.1mol/L的NaHA溶液，其pH=4，说明HA的电离程度大于水解程度，则c（HA）c（H+）c（A2）c（H2A），故D错误；故选B点评：

14、本题考查了弱电解质的电离、Kw的影响因素、盐的水解原理的应用等，侧重于基础知识的考查，题目难度不大7（6分）（2015张掖模拟）在2L的密闭容器中进行如下反应：CO（g）+H2O（g）TCO2（g）+H2（g），有如下数据：实验温度/起始量/mol平衡量/molCOH2OCO2H2CO216502.01.0000.828002.02.0001.0下列说法正确的是（）A正反应为吸热反应B实验1中，CO的转化率为80%C650时，化学平衡常数K=D实验1再加入1.0 mol H2O，重新达到平衡时，n（CO2）为1.6 mol考点：化学平衡的计算；吸热反应和放热反应分析：A利用三段式，计算出两个温

15、度下的平衡常数，再根据平衡常数的大小可判断出该反应是放热反应还是吸热反应；B转化率=；C根据根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积进行计算；D根据650时的平衡常数进行计算解答：解：A在650时 CO（g ）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）， 起始（mol） 2.0 1.0 0 0 转化（mol） 0.8 0.8 0.8 0.8 平衡（mol） 1.2 0.2 0.8 0.8平衡常数K=，在800时 CO（g ）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），起始（mol） 2.0 2.0 0 0转化（mol） 1.0 1.0 1.0 1.0平衡（mol） 1.0 1.0 1.

16、0 1.0平衡常数K=1，由此可知在650时平衡常数大于800的平衡常数，即升高温度平衡逆向移动，故该反应的正反应为放热反应，故A错误；B在650时 CO（g ）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）， 起始（mol） 2.0 1.0 0 0 转化（mol） 0.8 0.8 0.8 0.8 平衡（mol） 1.2 0.2 0.8 0.8CO的转化率=×100%=40%，故B错误；C由A中的计算可知，650时，化学平衡常数K=，故C正确；D设平衡时n（CO2）为x，则 CO（g ）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），起始（mol） 2.0 2.0 0 0转化（mol） x x x

17、x平衡（mol） 2x 2x x x平衡常数K=，解得x1.6，故D错误；故选C点评：本题主要考查平衡常数和转化率的计算，及根据平衡常数对反应作判断，中等难度要注意温度对平衡常数的影响二、非选择题8（16分）（2014铁锋区校级模拟）氮是一种非常重要的元素，它的单质和化合物应用广泛，在科学技术和生产中有重要的应用试回答下列问题：（1）N2和H2为原料合成氨气的反应为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，下列措施可以提高H2的转化率是（填选项序号）bca选择适当的催化剂 b增大压强 c及时分离生成的NH3 d升高温度（2）在恒温条件下，将N2与H2按一定比例混合的气体充入一个2L固定容积

18、的密闭容器中，10分钟后反应达平衡时，n（N2）=1.0mol，n（H2）=1.0mol，n（NH3）=0.4mol，则反应速率v（N2）=0.01mol/（Lmin），平衡常数K=0.64（3）在容积恒定的密闭容器中进行反应2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H0该反应的反应速率（v）随时间（t）变化的关系如图所示若t2、t4时刻只改变一个条件，下列说法正确的是（填选项序号）ada在t1t2时，可依据容器内气体的压强保持不变判断反应已达到平衡状态b在t2时，采取的措施一定是升高温度c在t3t4时，可依据容器内气体的密度保持不变判断反应已达到平衡状态d在t0t5时，容器内NO2的体积分数在t

19、3时值的最大（4）氨和联氨（N2H4）是氮的两种常见化合物，最常见的制备联氨的方法是以丙酮为催化剂，用次氯酸钠与氨气反应，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，写出该反应的化学方程式：NaClO+2NH3N2H4+H2O+NaCl（5）已知：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.5kJ/molN2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJ/mol若有17g 氨气经催化氧化完全生成一氧化氮气体和水蒸气所放出的热量为226.3kJ（6）直接供氨式碱性燃料电池的电池反应式是4NH3+3O22N2+6H2O，电解

20、质溶液一般使用KOH溶液，则负极电极反应式是2NH36e+6OHN2+6H2O从理论上分析，该电池工作过程中不需要（填“需要”或“不需要”）补充碱（KOH）考点：化学平衡的影响因素；热化学方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；化学平衡常数的含义；化学平衡状态的判断专题：基本概念与基本理论分析：（1）转化率是消耗量占起始量的百分比；a、催化剂改变反应速率不改变化学平衡；b、增大压强平衡向气体体积缩小的方向进行；c、分离出氨气平衡正向进行；d、反应是放热反应升温平衡逆向进行；（2）依据化学平衡三段式列式计算，反应速率V=，平衡常数用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；（3）2N

21、O（g）+O2（g）2NO2（g）H0反应是气体体积减小的吸热反应；a、压强不变说明反应达到平衡；b、反应是吸热反应升温正逆反应速率增大，平衡正向进行；c、反应中气体质量守恒，体积不变，过程中密度不变；d、依据图象分析器内NO2的体积分数在t3t4时最大；（4）次氯酸钠与氨气反应，根据NaClO氧化NH3可以得到肼来书写方程式；（5）依据热化学方程式和盖斯定律计算所需让化学方程式，结合热化学方程式定量关系计算；（6）燃料电池中，负极是燃料发生失电子的氧化反应解答：解：（1）a选择适当的催化剂，加快反应速率，不影响平衡移动，H2的转化率不变，故a错误；b增大压强，平衡向正反应移动，H2的转化率增

22、大，故b正确；c及时分离生成的NH3，生成物浓度降低，平衡向正反应移动，H2的转化率增大，故c正确；d升高温度，平衡向逆反应移动，H2的转化率降低，故d错误；故答案为：bc；（2）在恒温条件下，将N2与H2按一定比例混合的气体充入一个2L固定容积的密闭容器中，10分钟后反应达平衡时，n（N2）=1.0mol，n（H2）=1.0mol，n（NH3）=0.4mol， N2（g）+3H2（g）2NH3（g）起始量（mol） 1.2 1.6 0变化量（mol） 0.2 0.6 0.4平衡量 （mol） 1.0 1.0 0.4则反应速率v（N2）=0.01mol/Lmin；平衡常数K=0.64；故答案为

23、：0.01；0.64；（3）2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H0，反应是气体体积减小的放热反应，a该反应正反应是气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，压强不变，说明到达平衡，故a正确；b正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，在t2时，正、逆速率都增大，且正反应速率增大更多，平衡向正反应移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应进行，转化率增大，不是升温变化，故b错误；c恒容条件下，反应混合气体的总质量不变，密度始终不变，所以不能说明反应达到平衡状态，故c错误；d由图可知，在t2时，改变条件平衡向正反应移动，t3时到达平衡，t4时瞬间正反应速率不变，逆反应速率减

24、小，平衡向正反应进行，应是NO2降低的浓度，故容器内NO2的体积分数在t3时值的最大，故d正确；故选ad；（4）制备肼的方法，是以NaClO氧化NH3，反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，制得肼的稀溶液，反应为NaClO+2NH3N2H4+H2O+NaCl，故答案为：NaClO+2NH3N2H4+H2O+NaCl；（5）N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.5kJ/mol，N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJ/mol，2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJ/mol，由盖斯定律×2×2+×3得：4NH3（g）+5

25、O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H=905.2kJ/mol； 则17g 即1mol氨气经催化氧化完全生成一氧化氮气体和水蒸气所放出的热量为×905.2kJ=226.3kJ，故答案为：226.3kJ； （6）燃料电池中，负极是燃料发生失电子的氧化反应，所以氨作为燃料电池燃气时，负极上是氨气失电子的过程，即2NH36e+6OHN2+6H2O，正极反应为：O2+2H2O+4e=4OH，依据电子守恒分析，正负极反应和生成的氢氧根离子相同，理论上分析不需要补充氢氧化钾溶液，故答案为：2NH36e+6OHN2+6H2O；不需要点评：本题考查了盖斯定律、外界条件对反应速率和平衡的影响、平衡的

26、判断，化学平衡的计算，燃料电池等，题目难度中等，注重高考常考点的考查，注意图象变化的分析9（13分）（2014秋银川校级月考）某兴趣小组探究SO2气体还原Fe，I2，他们使用的药品和装置如如所示（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则整个装置气密性良好装置E的作用是安全瓶，防止倒吸装置F中为NaOH溶液（2）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择Ca蒸馏水 b饱和Na2SO3溶液c饱和NaHSO3溶液 d饱和NaHCO3溶液（3）SO2气体还原Fe3+反应的产物是Fe2+、SO42（填离子符号）（4）在上述装置

27、中通入过量的SO2为了验证C中SO2与Fe3+发生了氧化还原反应，他们取C中的溶液，分成三份，并设计了如下实验：方案：往第一份试液中加入KMnO4溶液，紫红色褪去方案：往第一份试液加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红方案：往第二份试液加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀上述方案不合理的是方案，原因是SO2、Fe2+都能使酸性高锰酸钾褪色（5）能表明I的还原性弱于SO2的现象是D中蓝色褪去，写出有关离子方程式：I2+SO2+2H2O=4H+2I+SO42考点：性质实验方案的设计；探究二氧化硫与水和品红溶液的反应专题：实验设计题分析：（1）利用液面差在一段时间内不变检验装置的

28、气密性；有缓冲装置能防止倒吸；二氧化硫有毒不能直接排空，应该用碱液吸收；（2）二氧化硫能溶于水生成亚硫酸，为防止二氧化硫溶解，应该用亚硫酸氢钠溶液洗气；（3）二氧化硫具有还原性、铁离子具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸根离子和亚铁离子；（4）亚铁离子和KSCN溶液不反应，但能被氯水氧化生成铁离子，铁离子和KSCN溶液反应生成血红色溶液；亚硫酸钡和稀盐酸反应，二氧化硫和亚铁离子都和酸性高锰酸钾溶液反应；（5）同一可逆反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，根据D中溶液颜色变化判断解答：解：（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不

29、变，说明不漏气，则气密性良好；E中左侧为短导管可防止液体倒吸；F中盛放NaOH溶液进行尾气处理，防止含硫化合物排放在环境中，从而保护环境，故答案为：液柱高度保持不变；防止倒吸；NaOH；（2）二氧化硫能溶于水生成亚硫酸，二氧化硫和亚硫酸钠、碳酸氢钠反应，为防止二氧化硫溶解，应该用亚硫酸氢钠溶液洗气，故选C；（3）二氧化硫具有还原性、铁离子具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸根离子和亚铁离子，故答案为：Fe2+、SO42；（4）方案往第一份试液中加入KMnO4溶液，紫红色褪去，原来溶液中有二氧化硫，二氧化硫和亚铁离子都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而导致酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能确定哪种微粒其

30、作用，故错误；方案：往第一份试液加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红，亚铁离子和KSCN不反应，铁离子和KSCN反应生成血红色溶液，所以可以检验溶液中存在亚铁离子，故正确；方案：往第二份试液加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀，亚硫酸根离子和氯化钡不反应，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，且不溶于稀盐酸，所以可以检验溶液中存在硫酸根离子，故正确；所以实验方案不合理，故答案为：方案；SO2、Fe2+都能使酸性高锰酸钾褪色；（5）I2+SO2+2H2O=4H+2I+SO42中还原剂是二氧化硫、还原产物是碘离子，所以还原性SO2I，碘遇淀粉试液变蓝色，所以看到的现象是D中蓝

31、色褪去，离子反应方程式为I2+SO2+2H2O=4H+2I+SO42，故答案为：D中蓝色褪去；I2+SO2+2H2O=4H+2I+SO42点评：本题考查性质实验方案设计，侧重考查学生对实验方案的设计、评价，明确物质性质是解本题关键，注意（4）题为易错点，同时考查学生思维的缜密性，题目难度中等10（14分）（2014秋银川校级月考）在室温下，下列五种溶液：0.1mol/L NH4Cl 0.1mol/L CH3COONH4 0.1mol/L NH4HSO40.1mol/L NH3H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液 0.1mol/L NH3H2O请根据要求填写下列空白：（1）溶液呈酸性（填“

32、酸”“碱”或“中”），其原因是NH4+H2ONH3H2O+H+（用离子方程式表示）（2）比较溶液、中c（NH4+）的大小关系是（填“”、“”或“=”）（3）在溶液中Cl离子的浓度为0.1mol/L；NH3H2O和NH4+离子的量浓度之和为0.2mol/L（4）室温下，测得溶液的pH=7，则说明CH3COO的水解程度=（填“”“”或“=”）NH4+的水解程度，CH3COO与NH4+浓度的大小关系是：c（CH3COO）=c（NH4+）（5）常温下，某水溶液M中存在的离子有：Na+、A2、HA、H+、OH，存在的分子有H2O、H2A写出酸H2A的电离方程式H2AH+HA、HAH+A2若溶液M由10m

33、L 2molL1NaHA溶液与2molL1NaOH溶液等体积混合而得，则溶液M的pH7（填“”、“”或“=”）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理分析：（1）氯化铵是强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子；（2）醋酸根离子水解促进铵根离子水解，NH4HSO4 溶液中的氢离子抑制铵根离子的水解；（3）混合溶液中氯离子浓度不变为0.1mol/L；依据溶液中氮元素的物料守恒计算得到；（4）醋酸根离子水解程度和铵根离子水解程度相同，溶液呈中性，依据溶液中电荷守恒分析判断；（5）存在的分子有H2O、H2A，则H2A为弱酸；等体积混合生成Na2A，水解显碱性解答：解：（

34、1）氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性；水解离子方程式为：NH4+H2ONH3H2O+H+；故答案为：酸；NH4+H2ONH3H2O+H+；（2）0.1mol/L CH3COONH4 醋酸根离子水解促进铵根离子水解，铵根离子浓度小于0.1mol/L；0.1mol/L NH4HSO4 溶液中的氢离子抑制铵根离子的水解，铵根离子浓度大于0.1mol/L，溶液呈酸性溶液、中c（NH4+）的大小关系是，故答案为：；（3）0.1mol/L NH3H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液中，氯离子浓度不变为0.1mol/L；根据氮元素守恒得到NH3H2O和NH4+浓度为0.2mol/L；故答案为：C

35、l；NH4+；（4）常温下，测得溶液的pH=7，说明0.1mol/L CH3COONH4 溶液中醋酸根离子和铵根离子水解程度相同；溶液中存在电荷守恒：CH3COO+OH=NH4+H+PH=7说明溶液中H+=OH得到：CH3COO=NH4+；故答案为：=；=；（5）存在的分子有H2O、H2A，则H2A为弱酸，电离方程式为H2AH+HA、HAH+A2，故答案为：H2AH+HA、HAH+A2；（2）两溶液等体积混合生成Na2A，A2水解显碱性，溶液的pH7，故答案为：点评：本题考查了盐类水解的应用、离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理，明确弱电解质的电离平衡及其影响，能够根据电荷守恒

36、、物料守恒及盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小三、选做题【化学-选修2：化学与技术】11（15分）（2015顺庆区模拟）重铬酸钾是工业生产和实验室的重要氧化剂，工业上常用铬铁矿（主要成分为FeOCr2O3，杂质为SiO2、Al2O3）为原料产它，实验室模拟工业法用铬铁矿制K2Cr2O7的主要工艺如图涉及的主要反应是6FeOCr2O3+24NaOH+7KClO312Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12H2O（1）碱浸前将铭铁矿粉碎的作用是增大接触面积，增大反应速率（2）步骤调节pH后过滤得到的滤渣是Al（OH）3、H2SiO3（3）操作中，酸化时，CrO42转化为Cr2O72，写出平衡

37、转化的离子方程式2CrO42+2H+Cr2O72+H2O；（4）用简要的文字说明操作加入KCl的原因温度对氯化钠的溶解度影响小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大，利用复分解反应，可得到重铬酸钾（5）称取重铬酸钾试样2.500g配成250mL溶液，取出25mL与腆量瓶中，加入10mL2mol/LH2SO4和足量碘化钾（铬的还原产物为Cr3+），放于暗处5min然后加入100mL水，加入3mL淀粉指示剂，用0.1200mol/LNa2S2O3标准溶液滴定（I2+2S2O32=2I+S4O62）判断达到滴定终点的依据是当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪色；若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40.

38、00mL，则所得产品中重铬酸钾的纯度为（设整个过程中其它杂质不参加反应）94.08%（保留2位有效数字）考点：探究物质的组成或测量物质的含量；中和滴定专题：实验探究和数据处理题分析：（1）依据影响化学反应速率的因素分析，增大接触面积会加快反应速率；（2）根据水解平衡移动判断产物；（3）在酸性环境下，CrO42转化为Cr2O72，据此来书写方程式；（4）操作加入KCl的原因温度对氯化钠的溶解度影响小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大；（5）根据反应：I2+2S2O32=2I+S4O62，碘单质遇到淀粉时，溶液的蓝色消失，据此来回答并计算纯度解答：解：（1）碱浸前将铭铁矿粉碎的作用是增大接触面积加快反

39、应速率；故答案为：增大接触面积，增大反应速率；（2）由于硅酸钠和偏铝酸钠在溶液中发生水解，SiO32+H2OHSiO3+OH、HSiO3+H2OH2SiO3+OH、AlO2+2H2OAl（OH）3+OH，降低pH有利于水解平衡向正反应方向移动，当pH调到78时能使它们完全水解生成沉淀，故答案为：H2SiO3、Al（OH）3；（3）在酸性环境下，CrO42转化为Cr2O72，即2CrO42+2H+Cr2O72+H2O；故答案为：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O；（4）操作加入KCl的原因温度对氯化钠的溶解度影响小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大，利用复分解反应，可得到重铬酸钾；故答案为：温

40、度对氯化钠的溶解度影响小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大，利用复分解反应，可得到重铬酸钾；（5）根据反应：I2+2S2O32=2I+S4O62，当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液时，碘单质恰好完全反应，溶液蓝色褪去，达到滴定终点，故答案为：当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液蓝色褪去，半分钟内不变色；由反应Cr2O72+6I+14H+=2Cr3+3I2+7H2O；I2+2S2O32=2I+S4O62可得反应的关系式为Cr2O723I26S2O32，根据关系式计算Cr2O723I26S2O321mol 3mol 6moln 0.1200×40×103mol则250ml含重铬酸钾的物质

41、的量为n=×10，则所得产品中重铬酸钾纯度为 ×100%=94.08%，故答案为：94.08%点评：本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、溶解平衡以及滴定操作等问题，题目难度中等，本题注意从质量守恒的角度利用关系式法计算【化学-选修3：物质结构】12（2014秋银川校级月考）镍（Ni）是一种重要的金属，金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛（1）基态Ni原子的价电子（外围电子）排布式为3d84s2；（2）很多不饱和有机物在Ni催化下可与H2发生加成反应如CH2=CH2、HCCH、HCHO其中碳原子采取sp2杂化的分子有（填物质序号），HCHO分子的立体结构为平面三

42、角形；（3）NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的半径分别为69pm和78pm，则熔点NiOFeO（填“”或“”）；（4）NiO晶胞中Ni和O的配位数分别为6、6；（5）金属镍与镧（ La）形成的合金足一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图1所示该合金的化学式为LaNi5；（6）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2+反应可生成鲜红色沉淀，其结构如图2所示该结构中，碳碳之间的共价键类型是键，碳氮之间的共价键类型是一个键、一个键；，氮镍之间形成的化学键是配位键；该结构中，氧氢之间除共价键外还可存在氢键；该结构中，碳原子的杂化轨道类型有sp2、s

43、p3考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断分析：（1）Ni是28号元素，根据能量最低原则、泡利不相容原理和洪特规则，写出其核外电子排布式为：1s22s22p43s23p43d84s2，据此判断其外围电子排布式；（2）根据碳原子含有的键和孤电子对判断碳原子采取的杂化方式； 根据价层电子对互斥理论判断甲醛的空间构型；（3）离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高；（4）因为Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位数也均为6；（5

44、）晶胞中镧原子数8×=1；镍原子数=1+8×=5，由此可判断出化学式；（6）碳氮之间是双键，双键是由一个键和一个键构成；镍原子有空轨道，氮原子有孤电子对，因此二者形成配位键；丁二酮肟中甲基中的碳原子都是单键，在与氮相连的碳上有碳氮双键，据此判断杂化方式解答：解：（1）Ni是28号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p43s23p43d84s2，价电子数为10，价电子排布式为3d84s2，故答案为：3d84s2；（2）CH2=CH2中每个碳原子含有3个键，不含孤电子对，所以采取sp2杂化；HCCH中每个碳原子含有2个键，不含孤电子对，所以采取sp杂化；中每个碳原子含有3个

45、键，不含孤电子对，所以采取sp2杂化；HCHO中碳原子含有3个键，不含孤电子对，所以采取sp2杂化；故碳原子采取sp2杂化的分子有；HCHO中碳原子含有3个键，不含孤电子对，所以其空间构型是平面三角形；故答案为：； 平面三角； （3）Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，属于熔点是NiOFeO，故答案为：；（4）因为Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位数也均为6故答案为：6；6；（5）晶胞中镧原子数8×=1；镍原子数=1+8×=5，所以化学式为LaNi5，故答案为：LaNi5；（6）碳氮之间是双键，双键是由一个键和一个键构成；镍原子有空轨道，氮原子有孤电子对，因此二者形成配位键；氧原子与氢原子之间可以形成氢键；丁二酮肟中甲基中的碳原子都是单键，在与氮相连的碳上有碳氮双键，因此杂化类型是