浙江省金华市武义三中高三化学上学期期中试卷(含解析)-人教版高三全册化学试题

1、.2015-2016学年浙江省金华市武义三中高三（上）期中化学试卷参照答案与试题剖析一、选择题（每题只有一个选项切合题意，每题3分，共54分）1化学科学需要借助化学专用语言来描绘，以下化学用语不正确的选项是（）ACl的构造表示图：B羟基的电子式：CHClO的构造式：HClOD原子核内有10其中子的氧原子：解：A氯离子最外层达到8电子牢固构造，因此Cl的构造表示图为：，故A正确；B羟基中氧原子最外层为7个电子，羟基的电子式为：，故B正确；C次氯酸的电子式为：，将共用电子对调成短线即为次氯酸的构造式，因此次氯酸的构造式为：HOCl，故C错误；D氧原子的质子数为8，有10其中子的氧原子的质量数为18

2、，该氧原子能够表示为：，故D正确；应选C2以下物质的分类正确的一组是（）ABCD电解质NH3Na2CO3NH4NO3Fe（OH）3混淆物漂白粉明矾水玻璃冰水混淆物酸性氧化物CO2NO2SiO2CO酸HClOCHCOOHHSiO3HNO323AABBCCDD专业.解：A氨气自己不能够电离产生自由搬动离子，是化合物，属于非电解质，漂白粉是单质不是化合物，二氧化碳与碱反响生成盐和水是酸性氧化物，次氯酸是弱酸，故A错误；B碳酸钠是盐属于电解质，明矾是十二水合硫酸铝钾KAl（SO4）2?12H2O，是纯净物，二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮不切合酸性氧化物见解，醋酸是弱酸，故B错误；C硝酸铵是盐，溶液中

3、导电，是电解质，水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混淆物，二氧化硅和碱反响生成硅酸钠和水，是酸性氧化物，硅酸是弱酸，故C正确；D氢氧化铁是碱属于弱电解质，冰水混淆物是水的两种合集状态属于纯净物，一氧化碳是不能盐氧化物不是酸性氧化物，硝酸是强酸，故D错误；应选C3以下说法中正确的选项是（）AFe（OH）3、FeCl2均可由化合反响制得B配制1L0.1mol/LNa2CO3溶液，需称取Na2CO3?H2O的质量为10.6gC用澄清石灰水可鉴识CO2和SO2D用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小解：A氢氧化亚铁与氧气、水反响生成氢氧化铁；氯化铁与铁反响生成氯化亚铁，二者都是化合反响，故A正确

4、；B配制1L0.1mol/LNa2CO3溶液，需称取Na2CO3?H2O的质量m=1L0.1mol/L124g/mol=12.4g，故B错误；CSO2和CO2气体都可使澄清石灰水变污浊，故C错误；D用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，致使溶液的体积偏小，依照C=可知，溶液的浓度偏高，故D错误；应选：A4以下有关物质的性质和该性质的应用均正确的选项是（）A常温下浓硫酸能使铝发生钝化，可在常温下用铝制贮罐贮运浓硫酸B二氧化硅不与任何酸反响，可用石英制造耐酸容器C二氧化氯拥有复原性，可用于自来水的杀菌消毒专业.D铜的金属开朗性比铁的弱，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐化解：A、因浓硫酸拥有强氧化性

5、，能够与大部分金属反响，但碰到金属铝、铁要发生钝化，因此常温下用铝、铁制贮罐贮运浓硫酸，故A正确；B、因二氧化硅能与氢氟酸反响：SiO2+4HFSiF4+2H2O，因此不能够用石英制造耐酸容器，故B错误；C、因二氧化氯可用于自来水的杀菌消毒是由于其拥有强氧化性，而不是复原性，故C错误；D、因要减缓船体的腐化应连结比铁更开朗的金属，如锌，这就是牺牲阳极的阴极保护法，故D错误；应选A5X、Y、Z、W均为中学化学的常有物质，必然条件下它们之间有以以下图转变关系（其他产物已略）：以下说法不正确的选项是（）A若W是单质铁，则Z溶液可能是FeCl2溶液B若X是金属铝，则W可能是强碱C若W是氢氧化钠，则X与

6、Z可能反响生成YD若X为氧气，则X与Y的相对分子质量可能相差12解：A若是W是Fe，Z是FeCl，则Y必是FeCl，发生的化学反响是2FeCl2+Cl2FeCl，2323则X是Cl2，切合题干要求，故A正确；B若X是金属铝，W是NaOH溶液，则Y为NaAlO2，NaAlO2与NaOH不反响，故B错误；C若W是氢氧化钠，说明X能连续与氢氧化钠反响，即Y应是氢氧化物，Y能与氢氧化钠连续反响，说明氢氧化物Y拥有酸性，则Y必是氢氧化铝，则X必是含有Al3+的溶液，Al3+水解使溶液呈酸性Z是AlO，Al3+溶液混淆生成氢氧化铝积淀，故C正确；2的溶液和AlO2D若X是氧气，W是C，Y是CO2，Z是CO

7、，则X和Y相对分子质量相差12，故D正确应选B6以下表达错误的选项是（）专业.1）石油裂解、煤的气化、溶液导电都属于化学变化2）H2S水溶液是弱酸，HCl水溶液是强酸，能够考证硫元素的非金属性比氯元素弱3）H2O、H2S、H2Se的相对分子质量增大，因此熔沸点依次高升4）液态氟化氢中存在氢键，因此其分子比氯化氢更牢固5）都是由非金属元素形成的化合物只能是共价化合物A全部B（2）（3）（4）C（1）（2）（3）（5）D（2）（3）（4）（5）解：（1）石油裂解是长链烃断裂成乙烯、丙烯等短链烃的加工过程，属于化学变化；煤的气化是煤与碳反响生成一氧化碳和氢气，属于化学变化；溶液是电解，有新物质生成，

8、是化学变化，故正确；2）要经过比较最高价含氧酸的酸性强弱来比较酸性强弱，故要比较硫元素的非金属性比氯元素弱，须经过比较H2SO4和HClO4的酸性强弱来比较，故错误；3）水分子间有氢键，故使得水的沸点失态的高，故错误；4）氢键影响的是物质的熔沸点而不是键能的大小，故错误；5）都是由非金属元素形成的化合物不用然是共价化合物，如铵盐，全部由非金属元素组成的，可是离子化合物，故错误应选D7用NA表示阿伏加德罗常数的值，以下表达正确的选项是（）A在反响KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3mo1I2转移的电子数为5NAB室温下，28.0g乙烯和丁烯的混淆气体中含有的碳原子数目为3NAC在

9、1L0.1mol?L1碳酸钠溶液中，阴离子总数小于0.1NAD1molNaO固体中含离子总数为4NA22解：A、在反响KIO+6HIKI+3I2+3HO中，碘元素化合价+5价变化为0价，1价变化为032价，依照电子守恒，每生成3molI2转移的电子数为5NA，故A正确；B、乙烯和丁烯的最简式都是CH2，28.0g乙烯和丁烯的混淆气体中含有的碳原子数目为：=2mol=2NA，故B错误；C、1L0.1mol?L1碳酸钠溶液中，还含有，阴离子总数大于0.1NA，故C错误；OH专业.D、1molNa2O2固体中含离子总数为3NA，故D错误；应选A8在以下各溶液中，离子必然能大量共存的是（）A强碱性溶液

10、中：+、Al3+2K、Cl、SO4B由水电离产生的+13mol?L1的溶液中，+H浓度为110Na、K、Cl、HCO3C强碱性的溶液中：2+CO、Na、AlO2、NO332+3+、I3解：A强碱溶液中含大量的，与Al3+A错误；OH联合生成积淀，不能够共存，故B由水电离产生的+131的溶液，为酸或碱溶液，既能与酸又能与H浓度为110mol?LHCO3碱反响，必然不能够共存，故B错误；C强碱性的溶液，该组离子之间不反响，可大量共存，故C正确；D酸性溶液含大量的+2+离子之间发生氧化复原反响，不能够共存，H，Fe（或I）、H、NO3故D错误；应选C9以下各离子方程书写正确的选项是（）2+2BaSO

11、4+H2OAH2SO4与Ba（OH）2溶液反响：Ba+OH+H+SO4B将氯化亚铁溶液和稀硝酸混淆：2+3+3Fe+4H+NO3=3Fe+2H2O+NOC在FeI2溶液中通入少量的氯气：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl3与足量的HI3+3+2DFe（OH）溶液反响：Fe（OH）+3H=Fe+3HO解：AHSO与Ba（OH）溶液反响的离子反响为2+2BaSO+2HO，故ABa+2OH+2H+SO242442错误；B将氯化亚铁溶液和稀硝酸混淆的离子反响为3Fe2+4H+NO3=3Fe3+2H2O+NO，故B正确；C在FeI2溶液中通入少量的氯气的离子反响为2I+Cl2=I2+2Cl，故C错误；3

12、与足量的HI溶液反响的离子反响为2I3+22+2DFe（OH）+2Fe（OH）+6H=I+2Fe+6HO，故D错误；专业.应选B10对某些离子的查验及结论必然正确的选项是（）A加入Ba（NO3）2溶液，生成白色积淀，加稀盐酸积淀不用逝，则原溶液中必然有SO42B通入Cl2后，溶液变为黄色，加入淀粉后溶液变蓝，则原溶液中必然有IC加入碳酸钠溶液有白色积淀生成，再加盐酸，积淀消失，则原溶液中必然有Ba2+D加入NaOH溶液并加热，产生使润湿的蓝色石蕊试纸变红的气体，则原溶液必然有4+NH解：A加入Ba（NO3）2溶液生成的不溶于盐酸的白色积淀可能为硫酸钡，原溶液中可能含2，不用然含有SO2，故A错

13、误；34B通入Cl2后，溶液变为黄色（碘水），加入淀粉后溶液变蓝（碘遇淀粉变蓝），则原溶液中必然有I，故B正确；C碳酸钡和碳酸钙等积淀都可溶于盐酸，原溶液中可能含有Ca2+，不用然含有Ba2+，故C错误；D产生使润湿蓝色石蕊试纸变红的气体，为酸性气体，该气体不是氨气，则原溶液中不存在氨气，故D错误；应选B11某溶液中大量存在的四种离子：2+）：nNO3、SO4、H、M，其物质的量之比为：n（NO32+2+2+Cl2+）（SO4）：n（H）：n（M）=3：1：3：1，则M可能为：FeMgBa（ABCD解：因溶液不显电性，阳离子带的正电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，2的电荷总数为31+12=5，

14、NO与SO34H+的电荷总数为31=3，显然阴离子总数大于H+的电荷总数，则M为阳离子，设M带的电荷数位x，由物质的量之比为2+）：n（M）=3：1：3：1，34专业.则31+12=31+1x，解的x=+2，+2+又NO3、H、Fe能发生氧化复原反响，则不会存在，SO42、Ba2+能联合生成硫酸钡积淀，则不会存在，2+则M可能为Mg，应选C12NaNO2是一种食品增添剂，它能致癌酸性高锰酸钾溶液与亚硝酸钠的反响方程式是：2+）4232A该反响中NO2被复原B反响过程中溶液的pH变小C生成1molNaNO3需要耗资0.4molKMnOD中的粒子是OH解：该反响中Mn元素化合价由+7价变为+2价，

15、因此应当作复原剂，MnO4是氧化剂，NO2亚硝酸根离子中N元素应当失电子化合价高升，酸性条件下，应当生成硝酸根离子，依照转移电子相等、原子守恒配平方程式为+2+3HO，4232A该反响中N元素化合价由+3价变为+5价，因此亚硝酸根离子失电子被氧化，故A错误；B依照元素守恒、电荷守恒知，是H+，氢离子参加反响致使溶液中氢离子浓度降低，则溶液的pH增大，故B错误；C依照转移电子守恒得，生成1molNaNO3需耗资KMnO4的物质的量=0.4mol，故C正确；D由B剖析可知，是H+，故D错误应选C13臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其热销反响为：2NO（g）+O3（g）?N2O5（g）+O2（g），若反响

16、在恒容密闭容器中进行，以下由该反响有关图象作出的判断正确的选项是（）专业.AABBCCDD解：A由图可知，反响物总能量高于生成物总能量，正反响为放热反响，高升温度平衡向逆反响方向搬动，平衡常数减小，故A正确；B由图可知，03s内，二氧化氮的浓度变化量=1mol/L0.4mol/L=0.6mol/L，故v（NO2）=0.2mol/（Ls），单位错误，故B错误；Ct1时刻，改变条件，反响速率加速，平衡不搬动，该反响前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的搬动，故C错误；D达平衡时，仅增大c（O2），平衡向逆反响方向搬动，二氧化氮转变率降低，由图可知，二氧化氮的

17、转变率随x增大而增大，x能够代表O3浓度、压强，故D错误，应选A14由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐混盐CaOC12在酸性条件下能够产生C12，以下对于混盐CaOC12的有关判断不正确的选项是（）2AA该混盐与硫酸反响产生1molC1时转移2N个电子B该混盐的水溶液呈碱性C该混盐拥有较强的氧化性D该混盐中氯元素的化合价为+1和1解：A在酸性条件下发生：Cl+ClO+2H+=Cl2+H2O，由化合价可知产生1molCl2时转移1mole，故A错误；B混盐为CaCl?Ca（ClO）2的形式，溶液呈碱性，故B正确；2专业.CCa（ClO）2中Cl元素化合价为+1价，拥有强氧化性，故C正确；

18、D混盐为CaCl2?Ca（ClO）2的形式，氯元素的化合价分别为+1、1价，故D正确应选A15化学新教材中，常借助于图象，这一表现手段清楚地突出实验装置的要点、形象地阐述化学过程的原理以下有关化学图象表现的内容正确的选项是（）解：A、洗气瓶中的气体应进步短出，故A错误；B、乙酸与乙醇混溶，不能够用分液的方法分别，应依照二者沸点不同样和乙酸的酸性的特点，在混淆物中加入氧化钙后进行蒸馏，故B错误；C、查验气密性时，先封闭止水夹，经过长颈漏斗口加水至长颈漏斗颈高于液面的一段水柱，察看一段时间，如水柱不下降，说明装置不漏气，故C正确；D、氯化铵分解生成氨气和氯化氢，温度稍低时又会生成氯化铵，实验室制备

19、氨气应用氯化铵和熟石灰在加热条件下反响，故D错误应选C16X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，W、Y为金属元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y、Z位于同周期，Z单质是一种优秀的半导体W能与冷水强烈反响，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等以下说法正确的选项是（）专业.A原子半径：WYZXB气态氢化物的牢固性：XZC最高价氧化物对应水化物的碱性：YWDY、Z的氧化物都有酸性和碱性解：X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则X有3个电子层，最外层电子数为6，故X为

20、氧元素；Z单质是一种优秀的半导体，Z为硅元素W、Y为金属元素，Y、Z位于同周期，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，则Y的最外层电子数为3，W的最外层电子数为1，故Y为铝元素，原子序数W大于硅元素，故W为钾元素，钾能与冷水强烈反应，即X为氧元素，Y为铝元素，Z为硅元素，W为钾元素A、同周期随原子序数增大，原子半径减小，因此原子半径NaAlSi，CO，同主族自上而下，原子半径增大，因此原子半径KNa，SiC，因此原子半径KAlSiO，即WYZX，故A正确；B、X为氧元素，Z为硅元素，同主族自上而下非金属性减弱，因此非金属性OSi，非金属性越强，氢化物越牢固，因此气态氢

21、化物牢固性XY，故B错误；C、Y为铝元素，W为钾元素，同主族自上而下金属性增强，因此金属性KNa，同周期自左而右金属性减弱，因此金属性NaAl，金属性KAl，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此碱性YW，故C错误；D、Y为铝元素，Z为硅元素，氧化铝是两性氧化物，二氧化硅是酸性氧化物，故D错误应选A17在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2OCO2混淆气系统备H2和CO是一种新的能源利用方式，基出办理以以下图以下说法不正确的选项是（）专业.AX是电源的负极B阴极的反响式是：22H2O+2eH2+O，CO2+2eCO+OC总反响可表示为：H2O+CO2H2+CO+O2D阴、阳两极生

22、成的气体的物质的量之比是1：1解：A依照图见告：与X相连的电极产生CO，电解H2OCO2混淆气体，二氧化碳获得电子生成一氧化碳，发生复原反响，电解池阴极发生复原反响，因此X是电源的负极，故A正确；B电解池阴极发生复原反响，电解H2OCO2混淆气系统备H2和CO，阴极：水中的氢原子得2，二氧化碳获得电子生成一氧化碳，CO2+2e2，到电子生成氢气，H2O+2eH2+OCO+O故B正确；C电解HOCO混淆气系统备H和CO，依照图见告：阴极产生H、CO，阳极产生氧气，所2222以总反响为：H2O+CO2H2+CO+O2，故C正确；D电解H2OCO2混淆气系统备H2和CO，总反响为：H2O+CO2H2

23、+CO+O2，阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是2：1，故D错误；应选D+3+3+2+2、I4332中的4种，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，现取该溶液进行有关实4验，实验结果以以下图：以下有关说法正确的选项是（）专业.A该溶液中必然有上述离子中的NO3、Al3+、SO42、Cl四种离子B实验耗资Cu14.4g，则生成气体丁的体积为3.36LC积淀乙必然有BaCO，可能有BaSO343+D必然没有Fe，可是无法确定可否含有I+3+、Al3+2+2、I2解：pH=1的某溶液A中含有NH4、K、Na、Fe、Fe、CO3、NO3、Cl、SO4中的

24、4种，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1mol/L由于pH=1的某溶液中H+浓度为0.1mol/L，则说明溶液中无CO32向溶液中加入过分的（NH）CO溶液，生成的无色气体甲为CO，生成的白色积淀甲是242323和溶液中的弱碱阳离子双水解生成的，由于生成的积淀为白色，故此弱碱阳离子为Al3+，还能够说明溶液中不含Fe3+、Fe2+；向溶液中加入过分的Ba（OH）2溶液，生成的气体乙为NH3，由于前面加入的过分的（NH4）2CO3溶液能引入NH4+，故不能够确定原溶液中含NH4+前面加入的过分的（NH4）2CO3溶液能引入CO32，故生成的白色积淀乙必然含BaCO3向溶液乙中加铜和硫酸，有遇

25、空气变红棕色的气体丙生成，说明溶液中含NO3由于溶液显酸性，即含硝酸，则I不能够有综上剖析可知，溶液中必然无23+2+，必然含0.1mol/LH+3+3+4种离子，故1mol/LNO3，由于溶液必定显电中性，且除H外只能含溶液中必然含Cl2、SO4即溶液中必然无+23+2+，必然含Cl2+3+NH4、K、Na、CO3、Fe、Fe、I、SO4、H、Al、NO3A、该溶液中必然有上述离子中的NO3、Al3+、SO42、Cl四种离子，故A正确；B、实验耗资Cu14.4g即0.225mol，设生成的气体丙NO的物质的量为xmol，依照得失电子数守恒可知：0.225mol2=xmol3专业.解得x=0.

26、15mol，则0.15molNO与氧气反响后生成的气体丁NO2也为0.15mol，但由于状态不明确，故NO2的体积不用然是3.36L，故B错误；C、由于原溶液中含42，故积淀乙必然有34SOBaCO，也必然含BaSO，故C错误；D、溶液中必然不含I，故D错误应选A二、填空题19X、Y、Z、M、N是元素周期表前四周期中的常有元素，原子序数依次增大，有关信息如表：元素有关信息X元素可形成自然界中硬度最大的物质其单质为双原子分子，其最简单氢化物的水溶液能使酚酞变红Z是短周期内最简单失去电子的元素M的一种同位素的质量数为34，中子数为18N是拥有紫红色光彩的金属，有很好的延展性、导热性和导电性（1）M

27、在元素周期表中的地点为第三周期A族X的最高价氧化物的电子式（2）标准状况下，将4.48LX的最高价氧化物通入1L0.3mol?L1Z的最高价氧化物对应水化物的溶液中发生反响的离子方程式为2+H2O3OH+2CO=HCO3+CO3（3）Y的氢化物Y2H4是火箭的常有燃料，已知16.0g该液态燃料在氧气中完好焚烧生成氮气和液态水时，放出312kJ热量写出该反响的热化学方程式：N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）H=624kJ?mol1（4）元素N与人体分泌物中的盐酸以及空气反响可生成超氧酸（HO）：N+HCl+ONCl+HO，222HO2不只是一种弱酸而且也是一种自由基，拥有极高

28、的活性以下有关该反响的说法错误的是CA氧化剂是O2BHO2在碱中不能够牢固存在专业.C氧化产物是HO2D.1molN参加反响就有1mol电子发生转移（5）Y、Z两元素形成的化合物H可用于汽车的安全气囊，取6.5gH充分撞击分解后获得两种单质，其中一种气体单质的体积在标准状况下为3.36L，则H的化学式为NaN，该3物质的晶体种类为离子晶体解：X、Y、Z、M、N是元素周期表前四周期中的常有元素，原子序数依次增大，X元素可形成自然界中硬度最大的物质，则X为C元素；Y单质为双原子分子，其最简单氢化物的水溶液能使酚酞变红，则Y为N元素；Z是短周期内最简单失去电子的元素，则Z为Na；M的一种同位素的质量

29、数为34，中子数为18，其质子数为3418=16，故M为S元素；N是拥有紫红色光彩的金属，有很好的延展性、导热性和导电性，则N为Cu（1）M为S元素，在元素周期表中的地点为：第三周期A族，X的最高价氧化物为CO，2电子式为，故答案为：第三周期A族；（2）X的最高价氧化物为CO2，Z的最高价氧化物对应水化物为NaOH，4.48LCO2为=0.2mol，NaOH物质的量为1L0.3mol?L1=0.3mol，由于1：2n（CO2）：n（NaOH）=2：31：1，故反响生成Na2CO3、NaHCO3，令Na2CO3、NaHCO3物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=y=0.1，故发生反响的

30、离子方程式为：2+HO，3322+H2O；故答案为：3OH+2CO=HCO3+CO3（3）N2H4是火箭的常有燃料，16.0gN2H4液态燃料在氧气中完好焚烧生成氮气和液态水时，放出312kJ热量，1molN2H4反响放出的热量为312kJ=642kJ，该反响的热化学方程式：N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）H=624kJ?mol1，故答案为：N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）H=624kJ?mol1；4）发生反响：Cu+HCl+O2CuCl+HO2，AO2中氧元素的化合价是0价，HO2中氧元素的平均化合价是0.5价，元素化合价降低，故O2作氧化剂，故A

31、专业.BHO2为超氧酸，是一种弱酸，可与碱反响，故HO2在碱中不能够牢固存在，故B正确；C复原产物是HO2，故C错误；D1molCu参加反响生成+1价铜离子，有1mol电子发生转移，故D正确，应选：C；（5）N、Na两元素形成的化合物H可用于汽车的安全气囊，加热H使其完好分解，生成两种单质，即生成氮气、钠单质，氮气物质的量=0.15mol、其质量=0.15mol28g/mol=4.2g，故Na元素质量=6.5g4.2g=2.3g，物质的量=0.1mol，故H中Na、N原子数目之比=0.1mol：0.15mol2=1：3，则H为NaN3，属于离子晶体，故答案为：NaN3；离子晶体20某钠盐溶液中

32、通入足量氨气，无明展现象再在所得溶液中通入过分CO2，产生大量白色积淀（1）写出氨气的电子式（2）该钠盐溶液中必然不能能含有以下哪一种微粒B（填编号）AClBFe2+CSiO32DAlO2（3）写出一个通入过分CO2时生成白色积淀的离子方程式CO2+A1O2+2H2O=Al（OH）3+HCO3解：（1）氨气为共价化合物，氮原子与氢原子经过共用电子春联合，电子式为：，故答案为：；（2）钠盐溶液中通入足量氨气，无明展现象，再在所得溶液中通入过分CO2，产生大量白色积淀，不能能能够Fe2+，因通入氨气会产生白色积淀，快速变化灰绿色，最后变为红褐色；可能为硅酸钠、偏铝酸钠，可能为NaCl，可能含有、S

33、iO2、AlOCl32，应选：B；专业.（3）溶液若是偏铝酸钠溶液，通入二氧化碳反响生成碳酸氢钠和氢氧化铝积淀，离子方程，故答案为：式：CO2+A1O2+2H2O=Al（OH）3+HCO3CO2+A1O2+2H2O=Al（OH）3+HCO321电镀工业中经常产生大量的有毒废水，必定严格办理后才能够排放某种高浓度有毒的含A离子（阴离子）废水在排放前的办理过程如图：已知：9.0g积淀D在氧气中灼烧后，产生8.0g黑色固体，生成的气体经过足量澄清石灰水时，产生10.0g白色积淀，最后获得的混淆气体除掉氧气后，还节余1.12L氮气1）积淀D的化学式是CuCN2）滤液C中还含有微量的A离子，经过反响，可

34、将其转变为对环境无害的物质，试用离子方程式表示该原理+222CN+5ClO+2H=5C1+2CO+N+HO（3）反响为制得某种元素的廉价X离子，试从氧化复原反响的角度剖析，可否能够用NaSO23溶液来代替B溶液能够，由于Na2SO3有复原性，有可能将Cu2+复原为Cu+，并设计实考证明所用Na2SO3溶液可否变质取少最Na2SO3溶液，先加入BaCl2溶液，再加入足量稀盐酸，察看有无积淀若有，说明Na2SO3溶液己变质；或取少量Na2SO3溶液，先加入足量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，察看有无积淀若有，说明Na2SO3溶液己变质解：9.0g积淀D在氧气中灼烧后，产生8.0g黑色固体，黑色固体应

35、为CuO，生成的气体通过足量澄清石灰水时，产生10.0g白色积淀，白色积淀为CaCO，其物质的量为3=0.1mol，碳元素质量为0.1mol12g/mol=1.2g，氮气的物质的量为=0.05mol，CuO的物质的量为=0.1mol，C、N、Cu元素总质量为1.2g+1.4g+0.1mol64g/mol=9g，等于积淀D的质量，故D由Cu、C、N三种元素组成，且三原子物质的量之比为0.1mol：0.1mol：0.05mol2=1：1：1，故D的化学式为CuCN，A+离子为CN离子、X为Cu离子，B应为拥有复原性的物质，专业.（1）由以上剖析可知积淀D的化学式是：CuCN，故答案为：CuCN；（

36、2）CN离子与NaClO在酸性条件转变为对环境无害的物质，应是生成氮气、二氧化碳，还有氯化钠与水生成，反响离子方程式为：+222CN+5ClO+2H=5Cl+N+2CO+HO，故答案为：2CN+5ClO+2H+=5C1+2CO+N2+H2O；（3）NaSO拥有复原性，有可能将2+NaSO溶液来代替B溶液；Cu复原为Cu离子，能够用2323Na2SO3溶液变质为生成Na2SO4，查验Na2SO3溶液可否变质的方法为：取少最Na2SO3溶液，先加入BaCl2溶液，再加入足量稀盐酸，察看有无积淀若有，说明Na2SO3溶液己变质；或取少量Na2SO3溶液，先加入足量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，察看有

37、无积淀若有，说明Na2SO3溶液己变质，故答案为：能够，由于Na2SO3有复原性，有可能将Cu2+复原为Cu+；取少最Na2SO3溶液，先加入BaCl2溶液，再加入足量稀盐酸，察看有无积淀若有，说明Na2SO3溶液己变质；或取少量Na2SO3溶液，先加入足量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，察看有无积淀若有，说明Na2SO3溶液己变质22对含氮物质的研究和利用有着极为重要的意义（1）N2、O2和H2相互之间能够发生化合反响，已知反响的热化学方程式以下：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.5kJ?mol1；2H（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJ?mol1；N2（g）+3H

38、2（g）2NH3（g）H=92.4kJ?mol1则氨的催化氧化反响的热化学方程式为4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）H=905kJ/mol（2）汽车尾气净化的一个反响原理为：2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO（g）H0一定温度下，将2.8molNO、2.4molCO通入固定容积为2L的密闭容器中，反响过程中部分物质的物质的量变化如图1所示专业.NO的平衡转变率为28.57%，020min平均反响速率v（NO）为0.02mol/（L?min）25min时，若保持反响温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，则化学平衡将向左搬动（填“向左”、“向右”或“

39、不”）如图2若只改变某一反响条件X，反响由原平衡I达到新平衡，变量Y的变化趋势如表所示以下说法正确的选项是b（填字母代号）条件X变量Ya压强反响的平衡常数b温度CO的平衡浓度c温度N2的体积分数d催化剂NO的平衡转变率（3）某化学小组拟设计以N2和H2为电极反响物，以HClNH4Cl为电解质溶液制成燃料电池，则该电池的正极反响式为+2NH+假定电解质溶液的体积不变，以下说法正24确的是bcd（填字母代号）a放电过程中，电解质溶液的pH保持不变b溶液中的NH4Cl浓度增大，但Cl离子浓度不变c每转移6.021023个电子，则有标准状况下11.2L电极反响物被氧化d为保持放电收效，电池使用一段时间

40、需改换电解质溶液解：（1）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.5kJ?mol1；12H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJ?mol；N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=92.4kJ?mol1专业.依照盖斯定律，3+22可得：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）H=905kJ/mol，故答案为：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）H=905kJ/mol；（2）由图可知，20min抵达平衡，平衡时生成氮气为0.4mol，由方程式可知耗资NO为0.4mol2=0.8mol，NO转变率=100%=28.57%，v（NO）=0.02mol/L?min），若保持反响温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，由平衡常数表达式K=可知，浓度商QcK，平衡逆向搬动；故答案为：28.57%；0.02mol/（L?min）；向左；2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO（g）H0，反响是气体体积减小的放热反响，图象中X随Y增大而增大；a平衡常数随温度变化，不随压强变化，故a不切合；b温度高升，平衡逆向进行，一氧化碳