【KS5U解析】上海市静安区2020届高三模拟考试化学试题 Word版含解析

1、上海市静安区2020届高三化学模拟试题1.下列关于自然界中氮循环示意图（如图）的说法错误的是（ ）a. 氮元素只被氧化b. 豆科植物根瘤菌固氮属于自然固氮c. 其它元素也参与了氮循环d. 含氮无机物和含氮有机物可相互转化【答案】a【解析】【详解】a.人工固氮中氮气转化为氨气，是n2转化为nh3的过程，n化合价由0-3价，化合价降低，被还原，a错误；b.豆科植物根瘤菌固氮属于自然固氮，b正确；c.生物体合成蛋白质的过程也有碳、氢、氧元素的参与，c正确；d.根据自然界中氮循环图知，通过生物体可以将铵盐和蛋白质相互转化，实现了含氮的无机物和有机物的转化，d正确；答案选a。【点晴】自然界中氮的存在形态

2、多种多样，除n2、nh3、nox、铵盐、硝酸盐等无机物外，还可以蛋白质等有机物形态存在，氮的循环中氮元素可被氧化也可能发生还原反应，判断的依据主要是看变化过程中氮元素的化合价的变化情况，要明确化合价升高被氧化，化合价降低被还原。2.用高铁酸钠（na2feo4）处理河流湖泊的水用于饮用，是一项较新的技术，与此有关的以下叙述中，正确的是高铁酸钠溶液有强酸性 高铁酸钠有强氧化性高铁酸钠可使水软化 该过程中水被消毒和净化a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】用高铁酸钠（na2feo4）处理河流湖泊的水用于饮用，则从净水角度进行分析。【详解】高铁酸钠溶液有强酸性，与净水无关；高铁酸钠有强氧化

3、性，可进行消毒；高铁酸钠可使水软化，错误，硬水软化是通过煮沸或蒸馏的方式进行；该过程中水被消毒和净化，正确，答案选b。3.下列物质不能通过单质化合反应得到的是a. naclb. fecl3c. fecl2d. fes【答案】c【解析】【详解】a钠和氯气点燃可以生成氯化钠，故a正确；b铁和氯气点燃可得到氯化铁，故b正确；c铁和盐酸反应得氯化亚铁，故c错误；d铁和硫点燃可得硫化亚铁，故d正确；答案选c。4.关于氮肥的下列说法中，不正确的是a. 铵态氮肥不可与碱性物质混合使用b. 尿素是肥效最高的铵态氮肥c. 碳铵的使用应深施盖土d. 长期使用硫酸铵易导致土壤酸化板结【答案】b【解析】【详解】a铵态

4、氮肥与碱性物质混合使用会生成氨气使铵态氮肥的肥效降低，故a正确；b尿素的化学式是co(nh2)2，不是铵态氮肥，故b错误；c碳铵会分解，所以使用碳铵时应深施盖土，故c正确；d硫酸铵显酸性，长期使用硫酸铵易导致土壤酸化板结，应合理使用复合肥，故d正确；答案选b5.下列物质中，常用于治疗胃酸过多的是（ ）a. 碳酸钠b. 氢氧化铝c. 氧化钙d. 硫酸镁【答案】b【解析】【详解】用于治疗胃酸过多的物质应具有碱性，但碱性不能过强，过强会伤害胃粘膜；以上四种物质中，硫酸镁溶液显酸性，碳酸钠溶液，氧化钙的水溶液均显碱性，而氢氧化铝显两性，碱性较弱，能够与胃酸反应，故氢氧化铝常用于治疗胃酸过多，b正确；故

5、答案选b。6.14c 常用于测定年代，关于其说法正确的是（ ）a. 比 12c 多两个质子b. 与 12c 化学性质相似c. 与 12c 互为同素异形体d. 质子数与中子数相等【答案】b【解析】a. 14c与 12c属于同一种元素的核素， 质子数相同，故a错误；b. 14c与 12c 属于同种元素，化学性质相似，故b正确；c. 14c与 12c 是同种元素的不同核素，属于同位素，故c错误；d. 14c与 12c质子数相同，但中子数不同，故d错误；故选b。点晴：本题考查了同位素的判断以及质子数、中子数和质量数的关系等知识点。元素符号的左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，中子数=质量数-质

6、子数。7.下列溶液在通入二氧化硫时都会褪色，其中一定能显示二氧化硫的漂白性的是a. 溴水b. 品红溶液c. 酸性高锰酸钾溶液d. 滴入酚酞的氢氧化钠溶液【答案】b【解析】【详解】a溴水中通入二氧化硫时，发生反应：br2so22h2o=h2so42hbr。so2表现还原性，选项a错误；b品红溶液中通入二氧化硫时溶液褪色是由于二氧化硫有漂白性，选项b正确；c酸性高锰酸钾溶液通入二氧化硫时都会褪色，是由于被高锰酸钾氧化为硫酸的缘故，二氧化硫表现还原性，选项c错误；d滴入酚酞的氢氧化钠溶液中通入二氧化硫时，发生反应消耗溶液中的naoh，是溶液的碱性减弱，表现的是其酸性氧化物的性质，选项d错误。答案选b

7、。8.溴乙烷与硝酸银溶液混合，未见沉淀物发生，以下解释中理由最充分的是a. 溴乙烷是共价化合物b. 硝酸银是强电解质c. 溴乙烷属非电解质d. 溶液未酸化、未加热【答案】c【解析】【详解】a共价化合物也可以电离出氯离子，如氯化氢，所以没有生成氯化银沉淀，不是因为溴乙烷为共价化合物，故a错误；b硝酸银为强电解质，在溶液中电离出银离子，而溴乙烷不能电离出氯离子，无法形成氯化银沉淀，所以没有沉淀生成与硝酸银为强电解质无关，故b错误；c由于溴乙烷为非电解质，不能电离出氯离子，所以与硝酸银溶液混合后没有沉淀生成，故c正确；d电解质的电离不需要加热，溴乙烷加热也不会电离出氯离子；溴乙烷为中性溶液，也不需要

8、酸化，故d错误；故选c。9.储存浓硫酸的铁罐外口沾到浓硫酸会出现严重的腐蚀现象，这是因为浓硫酸具有a. 吸水性和酸性b. 脱水性和吸水性c. 强氧化性和吸水性d. 难挥发性和酸性【答案】a【解析】【详解】浓硫酸的不挥发性、脱水性与金属铁的腐蚀无关；因为浓硫酸具强氧化性，所以铁遇冷的浓硫酸会发生钝化，在表面生成一层致密的氧化铁膜而保护铁进一步被氧化；因浓硫酸具有较强的吸水性，吸水后变为稀硫酸，所以能与活泼金属铁发生置换反应而使铁罐受腐蚀。故a符合题意；所以答案：a。【点睛】根据浓硫酸的性质进行分析解答。因浓硫酸具强氧化性，所以铁遇冷的浓硫酸会发生钝化；浓硫酸具有较强的吸水性，吸水后变为稀硫酸，能

9、与活泼金属铁发生置换反应而使铁罐受腐蚀。10.向nabr、nai、na2so3的混合溶液中，通入一定量的氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到固体物质中一定有a. nacl、na2so4b. nacl、nabr、na2so4c. nacl、na2so4、i2d. nacl、nai、na2so4【答案】a【解析】【分析】还原性强弱：na2so3nabrnai，根据氧化还原反应的反应强弱规律进行分析解答。【详解】向nabr、nai、na2so3的混合溶液中，通入一定量的氯气，根据反应强弱规律：还原性：na2so3nabrnai，氯气优先与na2so3反应，故一定有nacl、na2so4；若氯气恰好反应

10、完，由于单质溴易挥发，碘易升华，则将溶液蒸干并充分灼烧，无其他物质，故答案为a。【点睛】当同一个氧化剂遇到多个还原剂时，根据强弱顺序进行反应，还原性强的先反应。11.测定结晶水合物中结晶水含量时，必须作恒重操作的原因是a. 避免结晶水合物分解，质量减小b. 防止结晶水合物失水后又吸潮，质量增大c. 判断加热时结晶水合物有无溅出d. 判断结晶水合物已全部失去结晶水【答案】d【解析】【详解】在定量实验中，经常会在一些步骤进行重复，如测定结晶水合物中结晶水含量的实验中加热、冷却、称量的操作步骤要重复使用，直到连续两次称量的质量差不超过0.1g为止，做恒重操作，这是为了确定样品中结晶水是否已经完全除去

11、，保证实验的准确性；故答案选d。12.下列各组物质发生的变化，所克服的微粒间作用，属于同一类型的是a. 苯和己烷的挥发b. 二氧化硅和生石灰的熔化c. 氯化钠和铁的熔化d. 氯化钠和氯化氢的溶解【答案】a【解析】【详解】a苯和己烷均是分子晶体，挥发均克服分子间作用力，故a正确；b二氧化硅是原子晶体，生石灰主要成分是氧化钙，是离子晶体，二者熔化克服的作用力不同，前者是共价键，后者是离子键，故b错误；c氯化钠是离子晶体，铁是金属晶体，熔化时前者克服离子键，后者克服金属键，故c错误；d氯化钠是离子晶体，氯化氢是分子晶体，溶解时前者克服离子键，后者克服共价键，故d错误；答案选a。【点睛】晶体类型不同，

12、克服的微粒间作用不同：通常情况下，分子晶体克服分子间作用力；原子晶体克服共价键作用力；离子晶体克服离子键作用力；金属晶体克服金属键作用力。13.在合成氨工业中，能用勒夏特列原理解释的事实是a. 催化剂使反应迅速达到平衡状态b. 反应温度控制在500左右c. 反应宜在高压下进行d. 原料气需经过净化才能进入合成塔【答案】c【解析】【分析】工业上合成氨气，是用氨气和氢气在500摄氏度左右、高压、催化剂的条件下反生可逆反应制得氨气。勒夏特列原理用来解释化学平衡移动的原理。【详解】a. 催化剂可加快反应速率，缩短达到平衡的时间，不影响平衡移动，与勒夏特列原理无关，故a错误；b. 反应温度控制在500左

13、右是为了保证催化剂的最大活性，加快反应速率，与勒夏特列原理无关，故b错误；c. 合成氨的反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡都向正反应方向移动，有利于氨的合成，可以用平衡移动原理解释，故c正确；d. 工业上合成氨的原料氮气来自空气，空气中含有氧气，需要对空气进行净化，分离出氮气后才能进入合成塔与氢气反应，与化学平衡无关，不能用勒夏特列原理解释，故d错误；答案选c。【点睛】勒夏特列原理是：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒夏特列原理解释，14.常温下，将ph=

14、2的醋酸和ph=12的氢氧化钠溶液等体积混合，混合溶液中各离子浓度大小排列顺序正确的是a. c(na+)=c(ch3coo-)>c(h+)>c(oh-)b. c(na+)>c(ch3coo-)>c(oh-)>c(h+)c. c(ch3coo-)>c(na+)>c(h+)>c(oh-)d. c(h+)>c(na+)=c(ch3coo-)>c(oh-)【答案】c【解析】【分析】常温下，将ph=2的醋酸和ph=12的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液显酸性，再结合溶液中的电荷守恒进行离子浓度大小判断。【详解】常温下，将ph=2的醋酸和ph=12

15、的氢氧化钠溶液等体积混合后醋酸过量，溶液显酸性，则有离子浓度大小关系：c(ch3coo-)>c(na+)>c(h+)>c(oh-)，答案选c。【点睛】常温下，ph和为14的两溶液，等体积混合谁弱显谁性（弱电解质量更多）。15.下列反应，不能用离子方程式：ca2+oh+hco3caco3+h2o表示的是a. 碳酸氢钠与足量的氢氧化钙b. 氢氧化钙与足量的碳酸氢钙c. 碳酸氢钙与足量的氢氧化钠d. 氢氧化钠与足量的碳酸氢钙【答案】c【解析】【详解】a碳酸氢钠与足量的氢氧化钙反应，少量：；故a正确；b向碳酸氢钙中加入氢氧化钙，先和反应生成碳酸根，再结合钙离子生成沉淀： ，故b正确；

16、c碳酸氢钙与足量的氢氧化钠反应，碳酸氢钙少量，钙离子和满足1:2关系：，故c错误；d氢氧化钠与足量的碳酸氢钙反应：，故d正确；答案选c。【点睛】根据物质的少量、足量，分析离子的对应系数关系，若少量，需要各组分呈化学式中的比例关系。16.“酸化”是实验中经常采用的方法，下列说法正确的是a. 提高高锰酸钾的氧化能力，用浓盐酸酸化b. 抑制fe2的水解，用稀硝酸酸化c. 检验某卤代烃中是否含氯元素，先加hno3酸化，再加agno3溶液检验d. 确认溶液中含有so42时，先用盐酸酸化，再加bacl2溶液检验【答案】d【解析】【详解】a高锰酸钾能氧化氯离子，则提高高锰酸钾的氧化能力，用硫酸酸化，故a错误

17、；b硝酸具有强氧化性，能氧化亚铁离子，则抑制fe2+的水解，用盐酸或稀硫酸酸化，故b错误；c碱性条件下水解，再利用硝酸银检验氯离子，用硝酸酸化，如果生成白色不溶于硝酸的沉淀说明有氯离子的存在，故c错误；d盐酸酸化，排除银离子、碳酸根离子等干扰，则确认溶液中含有so42时，用盐酸酸化，再检验，故d正确；答案选d。17.如图是研究铁被海水腐蚀的实验装置。图2中m是某种与铁片紧贴的金属，下列说法正确的是a. 图1铁片靠近烧杯底部的部分，腐蚀更严重b. 若m是锌片，可保护铁c. 若m是铜片，可保护铁d. m是铜或是锌都不能保护铁，是因没有构成原电池【答案】b【解析】【分析】据钢铁的腐蚀条件、原电池原理

18、分析判断。【详解】a. 图1中铁片在海水中主要发生吸氧腐蚀，水面处铁片接触氧气和水，腐蚀更严重，a项错误；b. 图2中，若m是锌片，则锌、铁与海水构成原电池，电子从锌转移向铁，使铁得到保护，b项正确；c. 图2中，若m是铜片，则铜、铁与海水构成原电池，电子从铁转移向铜，铁更易被腐蚀，c项错误；d. m是铜或锌，它与铁、海水都构成原电池，只有当m为锌时铁被保护，d项错误。本题选b。18.下列元素的单质，工业上不需要用电解法制取的是a. 钠b. 铝c. 溴d. 氯【答案】c【解析】【分析】活泼金属k、na、mg、al等在工业上采用电解熔融物的方法获得，氯气在工业上用电解饱和食盐水来获得，溴的提取是

19、利用氧化还原法从海水中提取。【详解】a金属钠在工业上采用电解氯化钠的方法来获得，故a错误；b金属铝在工业上采用电解氧化铝的方法来获得，故b错误；c溴的提取是利用氧化还原法从海水中提取，不属于电解法，故c正确；d氯气在工业上用电解饱和食盐水来获得，故d错误；答案选c。19.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号lmxrt原子半径/nm0.1600.1430.1020.0890.074主要化合价+2+3+6、2+22下列说法正确的是（ ）a. 离子半径大小：r(m3+)<r(t2-)b. 其中r的金属性最强c. 煤和石油中不存在x元素d. l、x形成的简单离子核外电子数相等【答

20、案】a【解析】【分析】短周期元素，l、r都有最高正价2，没有负价，二者处于a族，且l的原子半径较大，故l为mg、r为be；x、t都有2价，处于a族，且x的原子半径较大，故x为s元素、t为o元素；m只有最高正价3，没有负价，二者处于a族，原子半径大于s原子，故m为al，结合元素周期律与物质性质解答。【详解】短周期元素，l、r都有最高正价2，没有负价，二者处于a族，且l的原子半径较大，故l为mg、r为be；x、t都有2价，处于a族，且x的原子半径较大，故x为s元素、t为o元素；m只有最高正价3，没有负价，二者处于a族，原子半径大于s原子，故m为al；a电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离

21、子半径r(al3)r(o2)，故a正确；b同周期自左而右元素金属性减弱，同主族自上而下元素金属性增强，故mg的金属性最强，故b错误；c煤和石油中都存在s元素，故c错误；dmg2的核外电子数为12210，s2的核外电子数为16(2)18，不相等，故d错误；故答案选a。【点睛】本题根据化合价与原子半径推断元素是解题关键，注意元素周期律的理解掌握。20.把铝粉和四氧化三铁粉末配成铝热剂并分成两等份，前一份在高温下恰好完全反应，将生成物与足量的盐酸充分反应；后一份直接加入足量的氢氧化钠溶液使之充分反应，前后两种情况下生成的气体在相同状况下的体积比是a. 1:1b. 3:4c. 9:8d. 4:3【答案

22、】b【解析】【详解】把fe3o4和铝粉配成铝热剂，分成两等份，一份在高温下恰好完全反应生成铁与氧化铝，由电子转移守恒可知n(fe)=3n(al)，然后将生成物与足量的稀盐酸反应，铁与盐酸反应生成氯化亚铁与氢气，由电子转移守恒可知n(h2)=n(fe)，所以n(h2)= n(al)；另一份直接加入足量的naoh溶液使之充分反应，铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，由电子转移守恒可知2n(h2)=3n(al)，所以n(h2)=n(al)；故两种情况下生成气体的物质的量之比为n(h2):n(h2)=n(al)：n(al)=3：4，故选b。21.第三周期元素中，镁元素核外有_种能量不同电子；氯元素的最

23、外层电子排布式为_；由这两种元素组成的化合物的电子式为_。【答案】 (1). 4 (2). 3s23p5 (3). 【解析】【详解】判断电子的能量是否相同，看轨道数，镁的核外电子排布式为：1s22s22p63s2，故镁元素核外有4种能量不同的电子；氯是17号元素，最外层电子排布式为：3s23p5；镁和氯形成的化合物是离子化合物，形成离子键，故电子式为：。22.下列气体能用浓硫酸干燥的是_。anh3 bso2 chi dhcl【答案】bd【解析】【分析】浓硫酸显酸性，具有强氧化性、吸水性，可以作干燥剂。【详解】a氨气是碱性气体，会与浓硫酸发生反应，故a错误；b二氧化硫是酸性气体，也不与浓硫酸反应

24、，故可用浓硫酸干燥，b正确；c碘化氢具有强还原性，浓硫酸具有强氧化性，会发生氧化还原反应，故c错误；dhcl是酸性气体，不与浓硫酸反应，故d正确；答案选bd。23.请用一个离子方程式说明钠与铝的金属性强弱_。【答案】al(oh)3+oh-alo2-+2h2o【解析】【分析】元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。【详解】元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，氢氧化铝具有两性，能溶于强碱，如氢氧化钠，发生如下反应：，则说明钠的金属性比铝元素强。24.若标准状况下11.2l甲烷气体完全燃烧生成液态水时放出445.15kj的热量，请写出其热化学方程式_。【答案】【解析】

25、【详解】标准状况下11.2l甲烷气体完全燃烧生成液态水时放出445.15kj的热量，则1mol甲烷放出热量890.3kj，故热化学方程式为：。【点睛】注意在书写中和热和燃烧热的热化学方程式时，系数及物质状态的确定。25.某温度下，将氯气通入氢氧化钠溶液中，反应如下（未配平）：naoh+cl2naclo+naclo3+nacl+h2o，经测定反应后c(clo-)和c(clo3-)之比为1:3，则反应中被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为_。足量氯气与铁反应生成氯化铁，足量碘与铁反应生成碘化亚铁。请运用原子结构和周期律简要说明导致产物中铁元素价态不同的原因_。【答案】 (1). 4:1

26、(2). 氯和碘处于同一主族，原子的最外层都有7个电子，由于碘原子电子层数比氯多，原子核对最外层电子吸引力弱，所以碘原子得电子能力弱，单质氧化性比氯弱，无法将铁元素氧化到+3价【解析】【详解】cl2生成clo与clo3是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，clo与clo3的物质的量浓度之比为1:3，则可设clo为1mol，clo3为3mol，被氧化的cl共为4mol，失去电子的总物质的量为1mol×(1-0)+3mol×(5-0)=16mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，cl2生成nacl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，得到电

27、子的物质的量也应为16mol，被还原的cl的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol:4mol=4:1；因为氯和碘处于同一主族，原子的最外层都有7个电子，由于碘原子电子层数比氯多，原子核对最外层电子吸引力弱，所以碘原子得电子能力弱，单质氧化性比氯弱，无法将铁元素氧化到+3价，所以足量氯气与铁反应生成氯化铁，足量碘与铁反应生成碘化亚铁。26.一定条件下，在体积为3 l的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇（催化剂为cu2o/zno）：co(g)2h2(g)ch3oh(g)。根据题意完成下列各题：（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式k_，升高温度，k值_

28、（填“增大”、“减小”或“不变”）。（2）在500，从反应开始到平衡，氢气平均反应速率v(h2)_。（3）在其他条件不变的情况下，对处于e点的体系体积压缩到原来的1/2，下列有关该体系的说法正确的是_：a氢气的浓度减少 b正反应速率加快，逆反应速率也加快c甲醇的物质的量增加 d重新平衡时n(h2)/n(ch3oh)增大（4）据研究，反应过程中起催化作用的为cu2o，反应体系中含少量co2有利于维持催化剂cu2o的量不变，原因是：_（用化学方程式表示）。【答案】 (1). kc(ch3oh)/c(co)·c2(h2) (2). 减小 (3). 2nb/3tbmol·(l

29、83;min)1 (4). b c (5). cu2oco2cuco2【解析】【详解】（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式kc(ch3oh)/c(co)·c2(h2)。从图像可知，温度高时平衡体系中甲醇含量减少，可以推出co(g)2h2(g)ch3oh(g)反应放热，因此温度升高后，k值减小。（2）从图像可以看出在500tb时刻达到平衡，此时甲醇物质的量为nb,反应消耗氢气物质的量为2nb，可求出氢气的平均反应速率为2nb/3tbmol·(l·min)1。（3）在其他条件不变的情况下，对处于e点的体系体积压缩到原来的1/2，加压时，反应物和生产物浓度均增大，正、逆

30、反应速率都加快，由勒夏特列原理可知，加压时平衡右移。a氢气的浓度增大，a错误； b正反应速率加快，逆反应速率也加快，b正确；c平衡向右移动，甲醇物质的量增加，c正确； d重新平衡时n(h2)/n(ch3oh)减小，d错误。有关该体系的说法正确的是bc：（4）据研究，反应过程中起催化作用的为cu2o，反应体系中含少量co2有利于维持催化剂cu2o的量不变，一氧化碳与氧化亚铜反应生成铜和二氧化碳，根据平衡移动原理可知，少量二氧化碳的存在可以抑制该化学平衡向正向移动，用化学方程式表示为：cu2oco2cuco2。27.氮及其化合物在生产生活中有广泛的应用：（1）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol/l

31、和0.1mol/l，则甲、乙两瓶氨水中c(oh-)之比_10（填“大于”“等于”或“小于”），并说明理由_。（2）常温下向含0.5mol溶质的稀盐酸中缓慢通入0.5molnh3（溶液体积变化忽略不计），反应结束后溶液中离子浓度由大到小的顺序是_；在通入氨气的过程中溶液的导电能力_（选填“变大”、“变小”或“几乎不变”）。请设计实验检验铵盐中的nh4+：_。【答案】 (1). 小于 (2). 加水稀释，弱电解质的电离程度增大 (3). c(cl-)c(nh4+)c(h+)c(oh-) (4). 几乎不变 (5). 取样，加水溶解，加入氢氧化钠浓溶液，加热，若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，

32、则证明有nh4+【解析】【详解】（1）浓溶液加水稀释，越稀越电离，故0.1mol/l的氨水中电离程度更大，故甲、乙两瓶氨水中c(oh-)之比小于10；答案为：小于；加水稀释，弱电解质的电离程度增大；（2）二者恰好反应生成氯化铵，铵根水解溶液呈酸性，即c(h+)c(oh)，依据溶液呈电中性有：c(h+)+c(nh4+)=c(oh)+c(cl)，因为c(h+)c(oh)，所以c(nh4+)c(cl)，故离子浓度大小关系为：c(cl)c(nh4+)c(h+)c(oh)；溶液中离子浓度几乎不变，所以导电能力几乎不变；铵盐能与强碱反应放出氨气，则检验铵根离子实验方案：取样，加水溶解，加入氢氧化钠浓溶液，

33、加热，若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明有nh4+。【点睛】浓溶液加水稀释，越稀越电离；溶液的导电能力主要取决于溶液中离子的浓度及离子所带的电荷数：离子的浓度越大，导电能力越强；离子所带的电荷数越大，导电能力越强。28.i.中国的侯德榜对索尔维制碱法进行了改进，将合成氨工业与纯碱工业联合，发明了侯氏制碱法，又称联合制碱法，生产流程可以表示如图所示（代表所需物质，代表产品）在上述工业流程中：（1）产品n的化学式_，所需物质a的名称_，b的电子式_。（2）侯德榜制碱法的原理是_（用化学方程式表示）。操作x的名称是_。ii.利用侯德榜原理制备的纯碱中含有少量nacl等杂质，利用下列装置可

34、用来测定纯碱中的na2co3的质量分数。实验步骤如下：如图所示，组装好实验仪器，并检查其气密性；准确称取盛有碱石灰的干燥管d的质量（设为m1g）；准确称取一定量的纯碱（设为ng），并将其放进广口瓶b内；从分液漏斗中缓缓滴入一定量的稀硫酸，并从前端缓缓地鼓入空气，至b反应器中不再产生气体为止；准确称取干燥管d的总质量（设为m2g）根据上述实验，回答下列问题：（3）该实验进行到操作时，要缓缓鼓入空气，鼓入空气的作用是_。装置a中的液体应选用_。（4）装置b与d之间必须添加一装置c，否则使测定结果偏高。在空白框内画出该装置c，装置中盛放的是_。（5）根据此实验，计算出纯碱中na2co3的质量分数为_

35、（用m1、m2、n表示）。如果缺少装置e，则实验所得纯碱样品的纯度会_（“偏高”、“偏低”、或“无影响”）。【答案】 (1). nh4cl (2). 氨气 (3). (4). nacl+nh3+co2+h2onahco3+nh4cl (5). 过滤 (6). 确保co2充分被吸收 (7). 氢氧化钠溶液 (8). 浓硫酸 (9). (10). 偏高【解析】【分析】联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳为原料来制取纯碱，二氧化碳在水中的溶解度小，与水反应形成不稳定的碳酸，而把二氧化碳通入溶有氨气而呈碱性的水中，会使生成的碳酸与氨水发生反应，而增大二氧化碳气体的吸收，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，a为nh3，b