浙江省金華市武義三中高三化學(xué)上學(xué)期期中試卷(含解析)-人教版高三全冊(cè)化學(xué)試題

1、.2015-2016學(xué)年浙江省金華市武義三中高三（上）期中化學(xué)試卷參照答案與試題剖析一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)切合題意，每題3分，共54分）1化學(xué)科學(xué)需要借助化學(xué)專用語(yǔ)言來(lái)描繪，以下化學(xué)用語(yǔ)不正確的選項(xiàng)是（）ACl的構(gòu)造表示圖：B羥基的電子式：CHClO的構(gòu)造式：HClOD原子核內(nèi)有10其中子的氧原子：解：A氯離子最外層達(dá)到8電子牢固構(gòu)造，因此Cl的構(gòu)造表示圖為：，故A正確；B羥基中氧原子最外層為7個(gè)電子，羥基的電子式為：，故B正確；C次氯酸的電子式為：，將共用電子對(duì)調(diào)成短線即為次氯酸的構(gòu)造式，因此次氯酸的構(gòu)造式為：HOCl，故C錯(cuò)誤；D氧原子的質(zhì)子數(shù)為8，有10其中子的氧原子的質(zhì)量數(shù)為18

2、，該氧原子能夠表示為：，故D正確；應(yīng)選C2以下物質(zhì)的分類正確的一組是（）ABCD電解質(zhì)NH3Na2CO3NH4NO3Fe（OH）3混淆物漂白粉明礬水玻璃冰水混淆物酸性氧化物CO2NO2SiO2CO酸HClOCHCOOHHSiO3HNO323AABBCCDD專業(yè).解：A氨氣自己不能夠電離產(chǎn)生自由搬動(dòng)離子，是化合物，屬于非電解質(zhì)，漂白粉是單質(zhì)不是化合物，二氧化碳與堿反響生成鹽和水是酸性氧化物，次氯酸是弱酸，故A錯(cuò)誤；B碳酸鈉是鹽屬于電解質(zhì)，明礬是十二水合硫酸鋁鉀KAl（SO4）2?12H2O，是純凈物，二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮不切合酸性氧化物見(jiàn)解，醋酸是弱酸，故B錯(cuò)誤；C硝酸銨是鹽，溶液中

3、導(dǎo)電，是電解質(zhì)，水玻璃是硅酸鈉的水溶液屬于混淆物，二氧化硅和堿反響生成硅酸鈉和水，是酸性氧化物，硅酸是弱酸，故C正確；D氫氧化鐵是堿屬于弱電解質(zhì)，冰水混淆物是水的兩種合集狀態(tài)屬于純凈物，一氧化碳是不能鹽氧化物不是酸性氧化物，硝酸是強(qiáng)酸，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選C3以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是（）AFe（OH）3、FeCl2均可由化合反響制得B配制1L0.1mol/LNa2CO3溶液，需稱取Na2CO3?H2O的質(zhì)量為10.6gC用澄清石灰水可鑒識(shí)CO2和SO2D用容量瓶配制溶液，定容時(shí)俯視刻度線，所配溶液濃度偏小解：A氫氧化亞鐵與氧氣、水反響生成氫氧化鐵；氯化鐵與鐵反響生成氯化亞鐵，二者都是化合反響，故A正確

4、；B配制1L0.1mol/LNa2CO3溶液，需稱取Na2CO3?H2O的質(zhì)量m=1L0.1mol/L124g/mol=12.4g，故B錯(cuò)誤；CSO2和CO2氣體都可使澄清石灰水變污濁，故C錯(cuò)誤；D用容量瓶配制溶液，定容時(shí)俯視刻度線，致使溶液的體積偏小，依照C=可知，溶液的濃度偏高，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：A4以下有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)和該性質(zhì)的應(yīng)用均正確的選項(xiàng)是（）A常溫下濃硫酸能使鋁發(fā)生鈍化，可在常溫下用鋁制貯罐貯運(yùn)濃硫酸B二氧化硅不與任何酸反響，可用石英制造耐酸容器C二氧化氯擁有復(fù)原性，可用于自來(lái)水的殺菌消毒專業(yè).D銅的金屬開(kāi)朗性比鐵的弱，可在海輪外殼上裝若干銅塊以減緩其腐化解：A、因濃硫酸擁有強(qiáng)氧化性

5、，能夠與大部分金屬反響，但碰到金屬鋁、鐵要發(fā)生鈍化，因此常溫下用鋁、鐵制貯罐貯運(yùn)濃硫酸，故A正確；B、因二氧化硅能與氫氟酸反響：SiO2+4HFSiF4+2H2O，因此不能夠用石英制造耐酸容器，故B錯(cuò)誤；C、因二氧化氯可用于自來(lái)水的殺菌消毒是由于其擁有強(qiáng)氧化性，而不是復(fù)原性，故C錯(cuò)誤；D、因要減緩船體的腐化應(yīng)連結(jié)比鐵更開(kāi)朗的金屬，如鋅，這就是犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選A5X、Y、Z、W均為中學(xué)化學(xué)的常有物質(zhì)，必然條件下它們之間有以以下圖轉(zhuǎn)變關(guān)系（其他產(chǎn)物已略）：以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是（）A若W是單質(zhì)鐵，則Z溶液可能是FeCl2溶液B若X是金屬鋁，則W可能是強(qiáng)堿C若W是氫氧化鈉，則X與

6、Z可能反響生成YD若X為氧氣，則X與Y的相對(duì)分子質(zhì)量可能相差12解：A若是W是Fe，Z是FeCl，則Y必是FeCl，發(fā)生的化學(xué)反響是2FeCl2+Cl2FeCl，2323則X是Cl2，切合題干要求，故A正確；B若X是金屬鋁，W是NaOH溶液，則Y為NaAlO2，NaAlO2與NaOH不反響，故B錯(cuò)誤；C若W是氫氧化鈉，說(shuō)明X能連續(xù)與氫氧化鈉反響，即Y應(yīng)是氫氧化物，Y能與氫氧化鈉連續(xù)反響，說(shuō)明氫氧化物Y擁有酸性，則Y必是氫氧化鋁，則X必是含有Al3+的溶液，Al3+水解使溶液呈酸性Z是AlO，Al3+溶液混淆生成氫氧化鋁積淀，故C正確；2的溶液和AlO2D若X是氧氣，W是C，Y是CO2，Z是CO

7、，則X和Y相對(duì)分子質(zhì)量相差12，故D正確應(yīng)選B6以下表達(dá)錯(cuò)誤的選項(xiàng)是（）專業(yè).1）石油裂解、煤的氣化、溶液導(dǎo)電都屬于化學(xué)變化2）H2S水溶液是弱酸，HCl水溶液是強(qiáng)酸，能夠考證硫元素的非金屬性比氯元素弱3）H2O、H2S、H2Se的相對(duì)分子質(zhì)量增大，因此熔沸點(diǎn)依次高升4）液態(tài)氟化氫中存在氫鍵，因此其分子比氯化氫更牢固5）都是由非金屬元素形成的化合物只能是共價(jià)化合物A全部B（2）（3）（4）C（1）（2）（3）（5）D（2）（3）（4）（5）解：（1）石油裂解是長(zhǎng)鏈烴斷裂成乙烯、丙烯等短鏈烴的加工過(guò)程，屬于化學(xué)變化；煤的氣化是煤與碳反響生成一氧化碳和氫氣，屬于化學(xué)變化；溶液是電解，有新物質(zhì)生成，

8、是化學(xué)變化，故正確；2）要經(jīng)過(guò)比較最高價(jià)含氧酸的酸性強(qiáng)弱來(lái)比較酸性強(qiáng)弱，故要比較硫元素的非金屬性比氯元素弱，須經(jīng)過(guò)比較H2SO4和HClO4的酸性強(qiáng)弱來(lái)比較，故錯(cuò)誤；3）水分子間有氫鍵，故使得水的沸點(diǎn)失態(tài)的高，故錯(cuò)誤；4）氫鍵影響的是物質(zhì)的熔沸點(diǎn)而不是鍵能的大小，故錯(cuò)誤；5）都是由非金屬元素形成的化合物不用然是共價(jià)化合物，如銨鹽，全部由非金屬元素組成的，可是離子化合物，故錯(cuò)誤應(yīng)選D7用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是（）A在反響KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3mo1I2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為5NAB室溫下，28.0g乙烯和丁烯的混淆氣體中含有的碳原子數(shù)目為3NAC在

9、1L0.1mol?L1碳酸鈉溶液中，陰離子總數(shù)小于0.1NAD1molNaO固體中含離子總數(shù)為4NA22解：A、在反響KIO+6HIKI+3I2+3HO中，碘元素化合價(jià)+5價(jià)變化為0價(jià)，1價(jià)變化為032價(jià)，依照電子守恒，每生成3molI2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為5NA，故A正確；B、乙烯和丁烯的最簡(jiǎn)式都是CH2，28.0g乙烯和丁烯的混淆氣體中含有的碳原子數(shù)目為：=2mol=2NA，故B錯(cuò)誤；C、1L0.1mol?L1碳酸鈉溶液中，還含有，陰離子總數(shù)大于0.1NA，故C錯(cuò)誤；OH專業(yè).D、1molNa2O2固體中含離子總數(shù)為3NA，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選A8在以下各溶液中，離子必然能大量共存的是（）A強(qiáng)堿性溶液

10、中：+、Al3+2K、Cl、SO4B由水電離產(chǎn)生的+13mol?L1的溶液中，+H濃度為110Na、K、Cl、HCO3C強(qiáng)堿性的溶液中：2+CO、Na、AlO2、NO332+3+、I3解：A強(qiáng)堿溶液中含大量的，與Al3+A錯(cuò)誤；OH聯(lián)合生成積淀，不能夠共存，故B由水電離產(chǎn)生的+131的溶液，為酸或堿溶液，既能與酸又能與H濃度為110mol?LHCO3堿反響，必然不能夠共存，故B錯(cuò)誤；C強(qiáng)堿性的溶液，該組離子之間不反響，可大量共存，故C正確；D酸性溶液含大量的+2+離子之間發(fā)生氧化復(fù)原反響，不能夠共存，H，F(xiàn)e（或I）、H、NO3故D錯(cuò)誤；應(yīng)選C9以下各離子方程書(shū)寫(xiě)正確的選項(xiàng)是（）2+2BaSO

11、4+H2OAH2SO4與Ba（OH）2溶液反響：Ba+OH+H+SO4B將氯化亞鐵溶液和稀硝酸混淆：2+3+3Fe+4H+NO3=3Fe+2H2O+NOC在FeI2溶液中通入少量的氯氣：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl3與足量的HI3+3+2DFe（OH）溶液反響：Fe（OH）+3H=Fe+3HO解：AHSO與Ba（OH）溶液反響的離子反響為2+2BaSO+2HO，故ABa+2OH+2H+SO242442錯(cuò)誤；B將氯化亞鐵溶液和稀硝酸混淆的離子反響為3Fe2+4H+NO3=3Fe3+2H2O+NO，故B正確；C在FeI2溶液中通入少量的氯氣的離子反響為2I+Cl2=I2+2Cl，故C錯(cuò)誤；3

12、與足量的HI溶液反響的離子反響為2I3+22+2DFe（OH）+2Fe（OH）+6H=I+2Fe+6HO，故D錯(cuò)誤；專業(yè).應(yīng)選B10對(duì)某些離子的查驗(yàn)及結(jié)論必然正確的選項(xiàng)是（）A加入Ba（NO3）2溶液，生成白色積淀，加稀鹽酸積淀不用逝，則原溶液中必然有SO42B通入Cl2后，溶液變?yōu)辄S色，加入淀粉后溶液變藍(lán)，則原溶液中必然有IC加入碳酸鈉溶液有白色積淀生成，再加鹽酸，積淀消失，則原溶液中必然有Ba2+D加入NaOH溶液并加熱，產(chǎn)生使?jié)櫇竦乃{(lán)色石蕊試紙變紅的氣體，則原溶液必然有4+NH解：A加入Ba（NO3）2溶液生成的不溶于鹽酸的白色積淀可能為硫酸鋇，原溶液中可能含2，不用然含有SO2，故A錯(cuò)

13、誤；34B通入Cl2后，溶液變?yōu)辄S色（碘水），加入淀粉后溶液變藍(lán)（碘遇淀粉變藍(lán)），則原溶液中必然有I，故B正確；C碳酸鋇和碳酸鈣等積淀都可溶于鹽酸，原溶液中可能含有Ca2+，不用然含有Ba2+，故C錯(cuò)誤；D產(chǎn)生使?jié)櫇袼{(lán)色石蕊試紙變紅的氣體，為酸性氣體，該氣體不是氨氣，則原溶液中不存在氨氣，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B11某溶液中大量存在的四種離子：2+）：nNO3、SO4、H、M，其物質(zhì)的量之比為：n（NO32+2+2+Cl2+）（SO4）：n（H）：n（M）=3：1：3：1，則M可能為：FeMgBa（ABCD解：因溶液不顯電性，陽(yáng)離子帶的正電荷總數(shù)等于陰離子帶的負(fù)電荷總數(shù)，2的電荷總數(shù)為31+12=5，

14、NO與SO34H+的電荷總數(shù)為31=3，顯然陰離子總數(shù)大于H+的電荷總數(shù)，則M為陽(yáng)離子，設(shè)M帶的電荷數(shù)位x，由物質(zhì)的量之比為2+）：n（M）=3：1：3：1，34專業(yè).則31+12=31+1x，解的x=+2，+2+又NO3、H、Fe能發(fā)生氧化復(fù)原反響，則不會(huì)存在，SO42、Ba2+能聯(lián)合生成硫酸鋇積淀，則不會(huì)存在，2+則M可能為Mg，應(yīng)選C12NaNO2是一種食品增添劑，它能致癌酸性高錳酸鉀溶液與亞硝酸鈉的反響方程式是：2+）4232A該反響中NO2被復(fù)原B反響過(guò)程中溶液的pH變小C生成1molNaNO3需要耗資0.4molKMnOD中的粒子是OH解：該反響中Mn元素化合價(jià)由+7價(jià)變?yōu)?2價(jià)，

15、因此應(yīng)當(dāng)作復(fù)原劑，MnO4是氧化劑，NO2亞硝酸根離子中N元素應(yīng)當(dāng)失電子化合價(jià)高升，酸性條件下，應(yīng)當(dāng)生成硝酸根離子，依照轉(zhuǎn)移電子相等、原子守恒配平方程式為+2+3HO，4232A該反響中N元素化合價(jià)由+3價(jià)變?yōu)?5價(jià)，因此亞硝酸根離子失電子被氧化，故A錯(cuò)誤；B依照元素守恒、電荷守恒知，是H+，氫離子參加反響致使溶液中氫離子濃度降低，則溶液的pH增大，故B錯(cuò)誤；C依照轉(zhuǎn)移電子守恒得，生成1molNaNO3需耗資KMnO4的物質(zhì)的量=0.4mol，故C正確；D由B剖析可知，是H+，故D錯(cuò)誤應(yīng)選C13臭氧是理想的煙氣脫硝試劑，其熱銷(xiāo)反響為：2NO（g）+O3（g）?N2O5（g）+O2（g），若反響

16、在恒容密閉容器中進(jìn)行，以下由該反響有關(guān)圖象作出的判斷正確的選項(xiàng)是（）專業(yè).AABBCCDD解：A由圖可知，反響物總能量高于生成物總能量，正反響為放熱反響，高升溫度平衡向逆反響方向搬動(dòng)，平衡常數(shù)減小，故A正確；B由圖可知，03s內(nèi)，二氧化氮的濃度變化量=1mol/L0.4mol/L=0.6mol/L，故v（NO2）=0.2mol/（Ls），單位錯(cuò)誤，故B錯(cuò)誤；Ct1時(shí)刻，改變條件，反響速率加速，平衡不搬動(dòng)，該反響前后氣體的物質(zhì)的量減小，不能是增大壓強(qiáng)，只能是使用催化劑，但催化劑不影響平衡的搬動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D達(dá)平衡時(shí)，僅增大c（O2），平衡向逆反響方向搬動(dòng)，二氧化氮轉(zhuǎn)變率降低，由圖可知，二氧化氮的

17、轉(zhuǎn)變率隨x增大而增大，x能夠代表O3濃度、壓強(qiáng)，故D錯(cuò)誤，應(yīng)選A14由一種陽(yáng)離子與兩種酸根離子組成的鹽稱為混鹽混鹽CaOC12在酸性條件下能夠產(chǎn)生C12，以下對(duì)于混鹽CaOC12的有關(guān)判斷不正確的選項(xiàng)是（）2AA該混鹽與硫酸反響產(chǎn)生1molC1時(shí)轉(zhuǎn)移2N個(gè)電子B該混鹽的水溶液呈堿性C該混鹽擁有較強(qiáng)的氧化性D該混鹽中氯元素的化合價(jià)為+1和1解：A在酸性條件下發(fā)生：Cl+ClO+2H+=Cl2+H2O，由化合價(jià)可知產(chǎn)生1molCl2時(shí)轉(zhuǎn)移1mole，故A錯(cuò)誤；B混鹽為CaCl?Ca（ClO）2的形式，溶液呈堿性，故B正確；2專業(yè).CCa（ClO）2中Cl元素化合價(jià)為+1價(jià)，擁有強(qiáng)氧化性，故C正確；

18、D混鹽為CaCl2?Ca（ClO）2的形式，氯元素的化合價(jià)分別為+1、1價(jià)，故D正確應(yīng)選A15化學(xué)新教材中，常借助于圖象，這一表現(xiàn)手段清楚地突出實(shí)驗(yàn)裝置的要點(diǎn)、形象地闡述化學(xué)過(guò)程的原理以下有關(guān)化學(xué)圖象表現(xiàn)的內(nèi)容正確的選項(xiàng)是（）解：A、洗氣瓶中的氣體應(yīng)進(jìn)步短出，故A錯(cuò)誤；B、乙酸與乙醇混溶，不能夠用分液的方法分別，應(yīng)依照二者沸點(diǎn)不同樣和乙酸的酸性的特點(diǎn)，在混淆物中加入氧化鈣后進(jìn)行蒸餾，故B錯(cuò)誤；C、查驗(yàn)氣密性時(shí)，先封閉止水夾，經(jīng)過(guò)長(zhǎng)頸漏斗口加水至長(zhǎng)頸漏斗頸高于液面的一段水柱，察看一段時(shí)間，如水柱不下降，說(shuō)明裝置不漏氣，故C正確；D、氯化銨分解生成氨氣和氯化氫，溫度稍低時(shí)又會(huì)生成氯化銨，實(shí)驗(yàn)室制備

19、氨氣應(yīng)用氯化銨和熟石灰在加熱條件下反響，故D錯(cuò)誤應(yīng)選C16X、Y、Z、W為周期表中前20號(hào)元素中的四種，原子序數(shù)依次增大，W、Y為金屬元素，X原子的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍，Y、Z位于同周期，Z單質(zhì)是一種優(yōu)秀的半導(dǎo)體W能與冷水強(qiáng)烈反響，Y、Z原子的最外層電子數(shù)之和與X、W原子的最外層電子數(shù)之和相等以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是（）專業(yè).A原子半徑：WYZXB氣態(tài)氫化物的牢固性：XZC最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性：YWDY、Z的氧化物都有酸性和堿性解：X、Y、Z、W為周期表中前20號(hào)元素中的四種，原子序數(shù)依次增大，X原子的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍，則X有3個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為6，故X為

20、氧元素；Z單質(zhì)是一種優(yōu)秀的半導(dǎo)體，Z為硅元素W、Y為金屬元素，Y、Z位于同周期，Y、Z原子的最外層電子數(shù)之和與X、W原子的最外層電子數(shù)之和相等，則Y的最外層電子數(shù)為3，W的最外層電子數(shù)為1，故Y為鋁元素，原子序數(shù)W大于硅元素，故W為鉀元素，鉀能與冷水強(qiáng)烈反應(yīng)，即X為氧元素，Y為鋁元素，Z為硅元素，W為鉀元素A、同周期隨原子序數(shù)增大，原子半徑減小，因此原子半徑NaAlSi，CO，同主族自上而下，原子半徑增大，因此原子半徑KNa，SiC，因此原子半徑KAlSiO，即WYZX，故A正確；B、X為氧元素，Z為硅元素，同主族自上而下非金屬性減弱，因此非金屬性O(shè)Si，非金屬性越強(qiáng)，氫化物越牢固，因此氣態(tài)氫

21、化物牢固性XY，故B錯(cuò)誤；C、Y為鋁元素，W為鉀元素，同主族自上而下金屬性增強(qiáng)，因此金屬性KNa，同周期自左而右金屬性減弱，因此金屬性NaAl，金屬性KAl，金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性越強(qiáng)，因此堿性YW，故C錯(cuò)誤；D、Y為鋁元素，Z為硅元素，氧化鋁是兩性氧化物，二氧化硅是酸性氧化物，故D錯(cuò)誤應(yīng)選A17在固態(tài)金屬氧化物電解池中，高溫共電解H2OCO2混淆氣系統(tǒng)備H2和CO是一種新的能源利用方式，基出辦理以以下圖以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是（）專業(yè).AX是電源的負(fù)極B陰極的反響式是：22H2O+2eH2+O，CO2+2eCO+OC總反響可表示為：H2O+CO2H2+CO+O2D陰、陽(yáng)兩極生

22、成的氣體的物質(zhì)的量之比是1：1解：A依照?qǐng)D見(jiàn)告：與X相連的電極產(chǎn)生CO，電解H2OCO2混淆氣體，二氧化碳獲得電子生成一氧化碳，發(fā)生復(fù)原反響，電解池陰極發(fā)生復(fù)原反響，因此X是電源的負(fù)極，故A正確；B電解池陰極發(fā)生復(fù)原反響，電解H2OCO2混淆氣系統(tǒng)備H2和CO，陰極：水中的氫原子得2，二氧化碳獲得電子生成一氧化碳，CO2+2e2，到電子生成氫氣，H2O+2eH2+OCO+O故B正確；C電解HOCO混淆氣系統(tǒng)備H和CO，依照?qǐng)D見(jiàn)告：陰極產(chǎn)生H、CO，陽(yáng)極產(chǎn)生氧氣，所2222以總反響為：H2O+CO2H2+CO+O2，故C正確；D電解H2OCO2混淆氣系統(tǒng)備H2和CO，總反響為：H2O+CO2H2

23、+CO+O2，陰極產(chǎn)生H2、CO，陽(yáng)極產(chǎn)生氧氣，陰、陽(yáng)兩極生成的氣體的物質(zhì)的量之比是2：1，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選D+3+3+2+2、I4332中的4種，且溶液中各離子的物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L，現(xiàn)取該溶液進(jìn)行有關(guān)實(shí)4驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)結(jié)果以以下圖：以下有關(guān)說(shuō)法正確的選項(xiàng)是（）專業(yè).A該溶液中必然有上述離子中的NO3、Al3+、SO42、Cl四種離子B實(shí)驗(yàn)耗資Cu14.4g，則生成氣體丁的體積為3.36LC積淀乙必然有BaCO，可能有BaSO343+D必然沒(méi)有Fe，可是無(wú)法確定可否含有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種，且溶液中各離子的物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L由于pH=1的某溶液中H+濃度為0.1mol/L，則說(shuō)明溶液中無(wú)CO32向溶液中加入過(guò)分的（NH）CO溶液，生成的無(wú)色氣體甲為CO，生成的白色積淀甲是242323和溶液中的弱堿陽(yáng)離子雙水解生成的，由于生成的積淀為白色，故此弱堿陽(yáng)離子為Al3+，還能夠說(shuō)明溶液中不含F(xiàn)e3+、Fe2+；向溶液中加入過(guò)分的Ba（OH）2溶液，生成的氣體乙為NH3，由于前面加入的過(guò)分的（NH4）2CO3溶液能引入NH4+，故不能夠確定原溶液中含NH4+前面加入的過(guò)分的（NH4）2CO3溶液能引入CO32，故生成的白色積淀乙必然含BaCO3向溶液乙中加銅和硫酸，有遇

25、空氣變紅棕色的氣體丙生成，說(shuō)明溶液中含NO3由于溶液顯酸性，即含硝酸，則I不能夠有綜上剖析可知，溶液中必然無(wú)23+2+，必然含0.1mol/LH+3+3+4種離子，故1mol/LNO3，由于溶液必定顯電中性，且除H外只能含溶液中必然含Cl2、SO4即溶液中必然無(wú)+23+2+，必然含Cl2+3+NH4、K、Na、CO3、Fe、Fe、I、SO4、H、Al、NO3A、該溶液中必然有上述離子中的NO3、Al3+、SO42、Cl四種離子，故A正確；B、實(shí)驗(yàn)耗資Cu14.4g即0.225mol，設(shè)生成的氣體丙NO的物質(zhì)的量為xmol，依照得失電子數(shù)守恒可知：0.225mol2=xmol3專業(yè).解得x=0.

26、15mol，則0.15molNO與氧氣反響后生成的氣體丁NO2也為0.15mol，但由于狀態(tài)不明確，故NO2的體積不用然是3.36L，故B錯(cuò)誤；C、由于原溶液中含42，故積淀乙必然有34SOBaCO，也必然含BaSO，故C錯(cuò)誤；D、溶液中必然不含I，故D錯(cuò)誤應(yīng)選A二、填空題19X、Y、Z、M、N是元素周期表前四周期中的常有元素，原子序數(shù)依次增大，有關(guān)信息如表：元素有關(guān)信息X元素可形成自然界中硬度最大的物質(zhì)其單質(zhì)為雙原子分子，其最簡(jiǎn)單氫化物的水溶液能使酚酞變紅Z是短周期內(nèi)最簡(jiǎn)單失去電子的元素M的一種同位素的質(zhì)量數(shù)為34，中子數(shù)為18N是擁有紫紅色光彩的金屬，有很好的延展性、導(dǎo)熱性和導(dǎo)電性（1）M

27、在元素周期表中的地點(diǎn)為第三周期A族X(qián)的最高價(jià)氧化物的電子式（2）標(biāo)準(zhǔn)狀況下，將4.48LX的最高價(jià)氧化物通入1L0.3mol?L1Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的溶液中發(fā)生反響的離子方程式為2+H2O3OH+2CO=HCO3+CO3（3）Y的氫化物Y2H4是火箭的常有燃料，已知16.0g該液態(tài)燃料在氧氣中完好焚燒生成氮?dú)夂鸵簯B(tài)水時(shí)，放出312kJ熱量寫(xiě)出該反響的熱化學(xué)方程式：N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）H=624kJ?mol1（4）元素N與人體分泌物中的鹽酸以及空氣反響可生成超氧酸（HO）：N+HCl+ONCl+HO，222HO2不只是一種弱酸而且也是一種自由基，擁有極高

28、的活性以下有關(guān)該反響的說(shuō)法錯(cuò)誤的是CA氧化劑是O2BHO2在堿中不能夠牢固存在專業(yè).C氧化產(chǎn)物是HO2D.1molN參加反響就有1mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移（5）Y、Z兩元素形成的化合物H可用于汽車(chē)的安全氣囊，取6.5gH充分撞擊分解后獲得兩種單質(zhì)，其中一種氣體單質(zhì)的體積在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為3.36L，則H的化學(xué)式為NaN，該3物質(zhì)的晶體種類為離子晶體解：X、Y、Z、M、N是元素周期表前四周期中的常有元素，原子序數(shù)依次增大，X元素可形成自然界中硬度最大的物質(zhì)，則X為C元素；Y單質(zhì)為雙原子分子，其最簡(jiǎn)單氫化物的水溶液能使酚酞變紅，則Y為N元素；Z是短周期內(nèi)最簡(jiǎn)單失去電子的元素，則Z為Na；M的一種同位素的質(zhì)量

29、數(shù)為34，中子數(shù)為18，其質(zhì)子數(shù)為3418=16，故M為S元素；N是擁有紫紅色光彩的金屬，有很好的延展性、導(dǎo)熱性和導(dǎo)電性，則N為Cu（1）M為S元素，在元素周期表中的地點(diǎn)為：第三周期A族，X的最高價(jià)氧化物為CO，2電子式為，故答案為：第三周期A族；（2）X的最高價(jià)氧化物為CO2，Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物為NaOH，4.48LCO2為=0.2mol，NaOH物質(zhì)的量為1L0.3mol?L1=0.3mol，由于1：2n（CO2）：n（NaOH）=2：31：1，故反響生成Na2CO3、NaHCO3，令Na2CO3、NaHCO3物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，則：，解得x=y=0.1，故發(fā)生反響的

30、離子方程式為：2+HO，3322+H2O；故答案為：3OH+2CO=HCO3+CO3（3）N2H4是火箭的常有燃料，16.0gN2H4液態(tài)燃料在氧氣中完好焚燒生成氮?dú)夂鸵簯B(tài)水時(shí)，放出312kJ熱量，1molN2H4反響放出的熱量為312kJ=642kJ，該反響的熱化學(xué)方程式：N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）H=624kJ?mol1，故答案為：N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）H=624kJ?mol1；4）發(fā)生反響：Cu+HCl+O2CuCl+HO2，AO2中氧元素的化合價(jià)是0價(jià)，HO2中氧元素的平均化合價(jià)是0.5價(jià)，元素化合價(jià)降低，故O2作氧化劑，故A

31、專業(yè).BHO2為超氧酸，是一種弱酸，可與堿反響，故HO2在堿中不能夠牢固存在，故B正確；C復(fù)原產(chǎn)物是HO2，故C錯(cuò)誤；D1molCu參加反響生成+1價(jià)銅離子，有1mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移，故D正確，應(yīng)選：C；（5）N、Na兩元素形成的化合物H可用于汽車(chē)的安全氣囊，加熱H使其完好分解，生成兩種單質(zhì)，即生成氮?dú)?、鈉單質(zhì)，氮?dú)馕镔|(zhì)的量=0.15mol、其質(zhì)量=0.15mol28g/mol=4.2g，故Na元素質(zhì)量=6.5g4.2g=2.3g，物質(zhì)的量=0.1mol，故H中Na、N原子數(shù)目之比=0.1mol：0.15mol2=1：3，則H為NaN3，屬于離子晶體，故答案為：NaN3；離子晶體20某鈉鹽溶液中

32、通入足量氨氣，無(wú)明展現(xiàn)象再在所得溶液中通入過(guò)分CO2，產(chǎn)生大量白色積淀（1）寫(xiě)出氨氣的電子式（2）該鈉鹽溶液中必然不能能含有以下哪一種微粒B（填編號(hào)）AClBFe2+CSiO32DAlO2（3）寫(xiě)出一個(gè)通入過(guò)分CO2時(shí)生成白色積淀的離子方程式CO2+A1O2+2H2O=Al（OH）3+HCO3解：（1）氨氣為共價(jià)化合物，氮原子與氫原子經(jīng)過(guò)共用電子春聯(lián)合，電子式為：，故答案為：；（2）鈉鹽溶液中通入足量氨氣，無(wú)明展現(xiàn)象，再在所得溶液中通入過(guò)分CO2，產(chǎn)生大量白色積淀，不能能能夠Fe2+，因通入氨氣會(huì)產(chǎn)生白色積淀，快速變化灰綠色，最后變?yōu)榧t褐色；可能為硅酸鈉、偏鋁酸鈉，可能為NaCl，可能含有、S

33、iO2、AlOCl32，應(yīng)選：B；專業(yè).（3）溶液若是偏鋁酸鈉溶液，通入二氧化碳反響生成碳酸氫鈉和氫氧化鋁積淀，離子方程，故答案為：式：CO2+A1O2+2H2O=Al（OH）3+HCO3CO2+A1O2+2H2O=Al（OH）3+HCO321電鍍工業(yè)中經(jīng)常產(chǎn)生大量的有毒廢水，必定嚴(yán)格辦理后才能夠排放某種高濃度有毒的含A離子（陰離子）廢水在排放前的辦理過(guò)程如圖：已知：9.0g積淀D在氧氣中灼燒后，產(chǎn)生8.0g黑色固體，生成的氣體經(jīng)過(guò)足量澄清石灰水時(shí)，產(chǎn)生10.0g白色積淀，最后獲得的混淆氣體除掉氧氣后，還節(jié)余1.12L氮?dú)?）積淀D的化學(xué)式是CuCN2）濾液C中還含有微量的A離子，經(jīng)過(guò)反響，可

34、將其轉(zhuǎn)變?yōu)閷?duì)環(huán)境無(wú)害的物質(zhì)，試用離子方程式表示該原理+222CN+5ClO+2H=5C1+2CO+N+HO（3）反響為制得某種元素的廉價(jià)X離子，試從氧化復(fù)原反響的角度剖析，可否能夠用NaSO23溶液來(lái)代替B溶液能夠，由于Na2SO3有復(fù)原性，有可能將Cu2+復(fù)原為Cu+，并設(shè)計(jì)實(shí)考證明所用Na2SO3溶液可否變質(zhì)取少最Na2SO3溶液，先加入BaCl2溶液，再加入足量稀鹽酸，察看有無(wú)積淀若有，說(shuō)明Na2SO3溶液己變質(zhì)；或取少量Na2SO3溶液，先加入足量稀鹽酸，再加入BaCl2溶液，察看有無(wú)積淀若有，說(shuō)明Na2SO3溶液己變質(zhì)解：9.0g積淀D在氧氣中灼燒后，產(chǎn)生8.0g黑色固體，黑色固體應(yīng)

35、為CuO，生成的氣體通過(guò)足量澄清石灰水時(shí)，產(chǎn)生10.0g白色積淀，白色積淀為CaCO，其物質(zhì)的量為3=0.1mol，碳元素質(zhì)量為0.1mol12g/mol=1.2g，氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量為=0.05mol，CuO的物質(zhì)的量為=0.1mol，C、N、Cu元素總質(zhì)量為1.2g+1.4g+0.1mol64g/mol=9g，等于積淀D的質(zhì)量，故D由Cu、C、N三種元素組成，且三原子物質(zhì)的量之比為0.1mol：0.1mol：0.05mol2=1：1：1，故D的化學(xué)式為CuCN，A+離子為CN離子、X為Cu離子，B應(yīng)為擁有復(fù)原性的物質(zhì)，專業(yè).（1）由以上剖析可知積淀D的化學(xué)式是：CuCN，故答案為：CuCN；（

36、2）CN離子與NaClO在酸性條件轉(zhuǎn)變?yōu)閷?duì)環(huán)境無(wú)害的物質(zhì)，應(yīng)是生成氮?dú)?、二氧化碳，還有氯化鈉與水生成，反響離子方程式為：+222CN+5ClO+2H=5Cl+N+2CO+HO，故答案為：2CN+5ClO+2H+=5C1+2CO+N2+H2O；（3）NaSO擁有復(fù)原性，有可能將2+NaSO溶液來(lái)代替B溶液；Cu復(fù)原為Cu離子，能夠用2323Na2SO3溶液變質(zhì)為生成Na2SO4，查驗(yàn)Na2SO3溶液可否變質(zhì)的方法為：取少最Na2SO3溶液，先加入BaCl2溶液，再加入足量稀鹽酸，察看有無(wú)積淀若有，說(shuō)明Na2SO3溶液己變質(zhì)；或取少量Na2SO3溶液，先加入足量稀鹽酸，再加入BaCl2溶液，察看有

37、無(wú)積淀若有，說(shuō)明Na2SO3溶液己變質(zhì)，故答案為：能夠，由于Na2SO3有復(fù)原性，有可能將Cu2+復(fù)原為Cu+；取少最Na2SO3溶液，先加入BaCl2溶液，再加入足量稀鹽酸，察看有無(wú)積淀若有，說(shuō)明Na2SO3溶液己變質(zhì)；或取少量Na2SO3溶液，先加入足量稀鹽酸，再加入BaCl2溶液，察看有無(wú)積淀若有，說(shuō)明Na2SO3溶液己變質(zhì)22對(duì)含氮物質(zhì)的研究和利用有著極為重要的意義（1）N2、O2和H2相互之間能夠發(fā)生化合反響，已知反響的熱化學(xué)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則氨的催化氧化反響的熱化學(xué)方程式為4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）H=905kJ/mol（2）汽車(chē)尾氣凈化的一個(gè)反響原理為：2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO（g）H0一定溫度下，將2.8molNO、2.4molCO通入固定容積為2L的密閉容器中，反響過(guò)程中部分物質(zhì)的物質(zhì)的量變化如圖1所示專業(yè).NO的平衡轉(zhuǎn)變率為28.57%，020min平均反響速率v（NO）為0.02mol/（L?min）25min時(shí)，若保持反響溫度不變，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，則化學(xué)平衡將向左搬動(dòng)（填“向左”、“向右”或“

39、不”）如圖2若只改變某一反響條件X，反響由原平衡I達(dá)到新平衡，變量Y的變化趨勢(shì)如表所示以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是b（填字母代號(hào)）條件X變量Ya壓強(qiáng)反響的平衡常數(shù)b溫度CO的平衡濃度c溫度N2的體積分?jǐn)?shù)d催化劑NO的平衡轉(zhuǎn)變率（3）某化學(xué)小組擬設(shè)計(jì)以N2和H2為電極反響物，以HClNH4Cl為電解質(zhì)溶液制成燃料電池，則該電池的正極反響式為+2NH+假定電解質(zhì)溶液的體積不變，以下說(shuō)法正24確的是bcd（填字母代號(hào)）a放電過(guò)程中，電解質(zhì)溶液的pH保持不變b溶液中的NH4Cl濃度增大，但Cl離子濃度不變c每轉(zhuǎn)移6.021023個(gè)電子，則有標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L電極反響物被氧化d為保持放電收效，電池使用一段時(shí)間

40、需改換電解質(zhì)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專業(yè).依照蓋斯定律，3+22可得：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）H=905kJ/mol，故答案為：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）H=905kJ/mol；（2）由圖可知，20min抵達(dá)平衡，平衡時(shí)生成氮?dú)鉃?.4mol，由方程式可知耗資NO為0.4mol2=0.8mol，NO轉(zhuǎn)變率=100%=28.57%，v（NO）=0.02mol/L?min），若保持反響溫度不變，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，由平衡常數(shù)表達(dá)式K=可知，濃度商QcK，平衡逆向搬動(dòng)；故答案為：28.57%；0.02mol/（L?min）；向左；2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO（g）H0，反響是氣體體積減小的放熱反響，圖象中X隨Y增大而增大；a平衡常數(shù)隨溫度變化，不隨壓強(qiáng)變化，故a不切合；b溫度高升，平衡逆向進(jìn)行，一氧化碳