1、 江苏省盐城中学 2018 届高三上学期第一次阶段性考试化学试题1. 化学与生产、生活、.科技、环境等密切相关。下列说法正确的是A. 地沟油禁止用于食品用油，但可以用于制肥皂B. 碳纤维是一种新型的高强度的有机髙分子材料C. 光化学烟雾、硝酸型酸雨的形成都与煤的大量燃烧有关D. 用漂粉精和洁厕灵（主要成分是盐酸）混合后的浓溶液清洗马桶效果更佳【答案】A【解析】A “地沟油”的成分为油脂，对人体有害，油脂在碱性条件下水解为皂化反应，则禁止食用，但可以用来制肥皂等，故 A 正确；B碳纤维只含碳元素，为单质，不属于有机高分子，故 B 错误；C光化学烟雾、硝酸型酸雨的形成都与氮氧化合物有关，而煤的大量
2、燃烧主要生产二氧化硫气体，故 C 错误；D漂粉精的主要成分为 NaClO，洁厕灵的主要成分为盐酸，二者混合易生成氯气，可导致中毒，不能混合使用，故 D 错误；故答案为 A。2. 下列有关化学用语表示正确的是A. 乙醛分子的比例模型： B. 碳基硫的电子式：C. 的名称：2-甲基乙醇 D. 氢化钠与重水反应的化学方程式：NaN+D2O=NaOH + D2【答案】B【解析】A 为乙醇的比例模型，乙醛的比例模型为 ，故 A 错误；B碳基硫为共价化合物，电子式为 ，故 B 正确；C 的主链含有3 个碳原子，为 2-丙醇，故 C 错误；D氢化钠与重水反应生成 NaOD 和 HD，方程式为NaH+D2ON
3、aOD+HD，故 D 错误；故答案为 B。点睛：解决这类问题过程中需要重点关注的有：书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“” ，没有成键的价电子也要写出来。书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO 应是 HOCl，而不是 HClO)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。3. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是A. 明矾易溶于水，可用作净水剂B. 二氧化硅熔点高，可用作光导纤维C. 二氧化硫有氧化性，可用于漂白纸张D. 过氧化钠可与
4、二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸供氧剂【答案】D【解析】A明矾水溶液中铝离子水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，能够吸附水中固体杂质颗粒而净水，与水溶性无关，故 A 错误；B二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维主要成分，与熔点高无关，故 B 错误；C二氧化硫有漂白性，可用于漂白纸张，故C 错误；D过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，常用作供氧剂，故 D 正确；故答案为 D。4. 实验室拟制备纯净的氯气并回收剩余药品，下列图示装置和原理能达到实验目的的是A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，图中缺少酒精灯，不能制备，故 A 错误；B氯气、HCl
5、 均与饱和碳酸氢钠反应，不能除杂，应选饱和食盐水，故 B 错误；C氯气与碱石灰反应，不能干燥，应选无水氯化钙，故 C 错误；D二氧化锰不溶于水，则图中过滤装置可回收二氧化锰，故 D 正确；故答案为 D。点睛：科学性和可行性是设计实验方案的两条重要原则，任何实验方案都必须科学可行，评价时，从以下 4 个方面分析：实验原理是否正确、可行；实验操作是否完全、合理； 实验步骤是否简单、方便；实验效果是否明显等。5. X、Y、Z、W、R 是原了序数依次递增的短周期元素。X 原子最外层电子数是其内层电子数的 2 倍，Y、R 同主族，且两者核外电子数之和是 X 核外电子数的 4 倍，Z 为短周期中金属性最强
6、的元素，W 是地売中含量最高的金属元素。下列叙述正确的是A. Y、Z、W 原子半径依次增大B. 元素 W、R 的简单离子具有相同的电子层结构C. X 的最高价氧化物对应水化物的酸性比 R 的强D. X、R 分别与 Y 形成的常见化合物中化学键类型相同【答案】D【解析】X、Y、Z、W、R 是原了序数依次递增的短周期元素X 原子最外层电子数是其内层电子数的 2 倍，应为 C 元素，Y、R 同主族，且两者核外电子数之和是 X 核外电子数的 4 倍，即为 24，则 Y 为 O 元素，R 为 S 元素，Z 为短周期中金属性最强的元素，应为 Na 元素，W 是地売中含量最高的金属元素，为 Al 元素；A由
7、分析可知：Z 为 Na、W 为 Al，原子 NaAl，故 A 错误；BW 为 Al、R 为 S 元素，对应的离子的原子核外电子层数不同，故 B 错误；C非金属性 SC，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故C 错误；DX、R 分别与 Y 形成的常见化合物分别为二氧化碳、二氧化硫，都为共价化合物，化学键类型相同，故 D 正确；故答案为 D。点睛： 。6. 下列指定反应的离子方程式正确的是A. 向碳酸钠溶液中加入过量醋酸：CO 32-2H +=H2O+CO2B. 向偏铝酸钠溶掖中通入过量二氧化碳；CO 2+2H2O+AlO2-=Al(OH)3+HCO 3-C. 向莫尔盐(N
8、H 4)2Fe(SO4)26H2O溶液中加入过量氧化钠溶液：NH 4+Fe2+3OH-=NH3H2O+Fe(OH)2D. 向双氧水中加入酸性高锰酸钾溶液：5H 2O2+2MnO4-=2Mn2+5O2+6OH -+2H2O【答案】B【解析】A、向碳酸钠溶液中加入过量醋酸：CO 32-2CH 3COOH=H2O+CO22CH 3COO ，故 A错误；B、向偏铝酸钠溶掖中通入过量二氧化碳；CO 2+2H2O+AlO2-=Al(OH)3+HCO 3-，B 正确；C、向莫尔盐(NH 4)2Fe(SO4)26H2O溶液中加入过量氧氧化钠溶液：2NH 4+Fe2+4OH-=2NH3H2O+Fe(OH)2，故
9、 C 错误；D、向双氧水中加入酸性高锰酸钾溶液：5H 2O2+2MnO4-6H =2Mn2+5O2+8H 2O，故 D 错误；故选 B。7. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是FeS 2 SO2 H2SO4 SiO 2 SiCl4 Si饱和 NaCl NaHCO3 Na2CO3Al NaAlO2 AlCl3(aq) AlCl3(s)CuSO 4(aq) Cu(OH)2 Cu2OA. B. C. D. 【答案】A【解析】FeS 2和氧气反应 4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2，二氧化硫和过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸，故正确；SiO 2属于酸性氧化物，和 HCl 不反应，所以不能用
10、二氧化硅和氯化氢制取四氯化硅，故错误；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出 NaHCO3，加热 NaHCO3分解生成碳酸钠，故正确；铝和氢氧化钠溶液的反应为 2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO 2+3H2，滴加少量盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应 AlO2-+H+H2O=Al(OH)3，滴加过量盐酸，3HCl+Al(OH) 3AlCl 3+3H20，AlCl 3加热水解，离子方程式为 AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，氯化氢易挥发，加热最后得到氧化铝，故错误；硫酸铜和
11、过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜悬浊液，加入葡萄糖加热反应，发生氧化反应生成红色沉淀氧化亚铜，检验醛基的存在，过程能实现，故正确；故答案为 A。8. 甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：CH 3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)； H= +49.0 kJmol 1CH 3OH(g)+1/2O2(g)=CO2(g)+2H2(g)；H= -192.9 kJmol 1下列说法正确的是A. CH3OH 的燃烧热为 192.9 kJmol1B. 反应中的能量变化如图所示C. CO2和 H2转变成 CH3OH 的过程一定要吸收能量D. 根据推知反应：CH 3OH
12、(l)+1/2O2(g)=CO2(g)+2H2(g)的HSiB 向滴有甲基橙的 AgNO3溶液中滴加 KC1 溶液 溶液由红色变为黄色 KC1 溶液具有碱性C在 CuSO4溶液中加入 KI 溶液，再加入苯，振荡有白色沉淀生成，苯层呈紫红色白色沉淀可能为 CuID 取久置的 Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸 产生无色气体 Na2O2没有变质A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A硅酸钠水解呈碱性，滴加酚酞变红色，向硅酸钠溶液中滴加 1 滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，试管里出现凝胶，可说明生成硅酸，可说明盐酸的酸性比硅酸强，盐酸不是氯元素最高价氧化物对应水化物，则无法
13、得出非金属性：ClSi 的结论，故 A 错误；B硝酸银为强酸弱碱盐，水解呈酸性，加入 KCl 生成 AgCl 沉淀，银离子浓度减小，酸性减弱，导致溶液由红色变为黄色，而 KCl 溶液呈中性，故 B 错误；CCuSO 4溶液中加入 KI 溶液，发生氧化还原反应生成碘，且有白色沉淀生成，可为 CuI，故 C 正确；D取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，过氧化钠与盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，碳酸钠与稀盐酸也能产生无色气体 CO2，可知无论是否变质，均有无色气体产生，则该方法无法证明过氧化钠是否变质，故 D 错误；故答案为 C。14. 常温下，下列有关叙述正确的是A. 0.1 mol /L
14、 氨水中 c(H +)/c(OH -)=l10-8，则 c(H +)=l10-11 mol-L -1B. pH=7 的 NH 4Cl 和 NH3 H2O 的混合溶液中：c(Cl -)c(NH4+)c(H+)=c(OH-)C. 在 0.1 molL-1(NH4)2C2O4溶液中：c(NH 4+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)D. 浓度均为 0.1molL-1的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体积混合：c(SO 42-)=c(Na+)c(NH4+)c(H+)c(OH-)【答案】AD【解析】A常温下溶液中 c(H+)c(OH-)=10-14，c(H +)/c(OH -)=
15、10-8，计算得到 c(H+)=110-11 molL-1 ，故 A 正确；B溶液中存在电荷守恒，c(NH 4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，pH=7 的 NH4Cl 和 NH3H2O 的混合溶液中 c(H+)=c(OH-)，则 c(Cl-)=c(NH4+)，混合溶液中存在：c(Cl-)=c(NH4+)c(H +)=c(OH-)，故 B 错误；C在 0.1 molL-1(NH4)2C2O4溶液中存在物料守恒：c(NH 4+)+c(NH3H2O)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)，故 C 错误；D浓度均为0.1molL-1的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体
16、积混合，反应生成等浓度的硫酸铵和硫酸钠，则 c(SO42-)=c(Na+)，铵根离子部分水解，溶液呈酸性，c(H +)c(OH -)，溶液中正确的离子浓度大小为：c(SO 42-)=c(Na+)c(NH 4+)c(H +)c(OH -)，故 D 正确；故答案为 AD。点睛：离子浓度大小比较判断时要注意：(1)盐离子不水解不电离：强酸强碱盐，如NaCl、Na 2SO4等；(2)盐离子只水解不电离：强酸弱碱或弱酸强碱形成的正盐，如NH4Cl、Na 2CO3等；(3)盐离子既水解又电离：多元弱酸形成的酸式盐，以水解为主的有NaHCO3、NaHS、Na 2HPO4等；以电离为主的有 NaHSO3和 N
17、aH2PO4等；(4)根据题意判断：如某温度下 NaHB 强电解质溶液中，当 c(H+)c(OH -)时，以 HB-的电离为主；当 c(H+)c(OH -)时，以 HB-的水解为主对于弱酸 HX 与强碱盐(NaX 式)的混合溶液中，当 c(H+)c(OH -)时，以HX 的电离为主；当 c(H+)c(OH -)时，以 X-的水解为主对于弱碱 ROH 与强酸盐(RCl 式)的混合溶液中，情况则相反。15. 在体积为 1L 的恒温密闭容器中，充入 1 mol CO2和 3 mol H2，定条件下发生反应:CO2（g）+3H 2（g） CH3OH（g）+H 2O（g） 。测得 CO2和 CH3OH（
18、g）的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是A. 该化学反应在 3 min 时达到平衡状态B. 保持其他条件不变，降低温度平衡时 c(CH3OH) =0.85molL-1，则该反应的H0C. 相同温度下，起始时向上述容器中充入 0.5 mol CO2、1.5 molH 2，平衡时 CO2的转化率小于 75%D. 12 min 时，向上述容器中再充入 0.25 mol CO2、0. 25 mol H 2O(g)，此时反应将向逆反应方向进行【答案】BC【解析】A根据图象可知进行到 3 分钟时，CO 2和 CH3OH(g)的浓度相同，但甲醇和二氧化碳的浓度仍然发生变化，说明此时没有达到平衡状态，故
19、 A 错误；B根据图象可知 10 分钟后，CO2和 CH3OH(g)的浓度不再变化，达到化学平衡状态，平衡时 c(CH3OH)=0.75 molL-1，降低温度后 c(CH3OH)=0.85 molL-1，说明降低温度平衡向着正向移动，则该反应为放热反应，该反应的H0，故 B 正确；C原反应达到平衡时二氧化碳的转化率为：100%=75%；相同温度下，起始时向上述容器中充入 0.5molCO2、1.5molH 2，与原平衡相比相当于减小了压强，平衡向着逆向移动，则重新达到平衡时 CO2的转化率小于 75%，故 C 正确；D12min 时，向上述容器中再充入 0.25molCO2、0.25molH
20、 2O(g)，反应物浓度增大，则平衡向着正向移动，故 D 错误；故答案为 BC。点睛：解题时需要注意以下几点：(1)反应达到平衡的过程是(以起始生成物浓度为 0 为例)：开始：反应物浓度最大，生成物浓度为 0，正反应速率最大，逆反应速率为 0；过程中：反应物浓度不断减小，生成物浓度不断增大，正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大；平衡时：反应物浓度和生成物浓度都达到平衡，保持不变，正逆反应速率也保持不变；(2)化学平衡研究的对象是可逆反应，因此不可能完全转化；达到化学平衡时，正逆反应速率相等，但不为零。16. 聚合氯化铝晶体是介于 AlCl3和 A1(OH)3之间的一种水溶性无机高分子聚合物，
21、其制备原料主要是铝加工行业的废渣铝灰，它主要含 Al2O3、Al，还有 SiO2等杂质。聚合氯化铝生产工艺流程如下：（1）反应中副产品 a 是_（用化学式表示） ；（2）升高 pH 至 4.04.5 的目的是_；（3）生产过程中可循环使用的物质是_（用化学式表示） ；（4）为使得到的晶体较纯净，生产过程中使 pH 升高的 C 物质可选用_（填编号） ；aNaOH bAl c氨水 dA1 2O3 eNaAlO 2（5）聚合氯化铝晶体的化学式可表示为A1 2（OH） nCl6-nH2Om，实验室为测定 n 的值，进行如下操作：称取 ag 晶体，制成粉末，加热至质量不再变化时，得到 bg。此过程可能
22、用到的下列仪器有_；a.蒸发皿 b.坩埚 c.研钵 d.试管另取 a g 晶体：用 A 试剂溶解加足量 AgNO3溶液进行 C 操作洗涤、烘干称量为c g。则试剂 A 为_（填操作名称） ，C 操作为_（填操作名称） 。最后综合推算出 n的值。【答案】 (1). H 2 (2). 促进 AlCl3的水解，使晶体析出 (3). HCl (4). b、d (5). b、c (6). 硝酸 (7). 过滤【解析】(1)搅拌加热操作过程，加入盐酸，铝与盐酸反应，有氢气生成，加热的时候 HCl会挥发，用水喷淋就可以吸收 HCl，得到 HCl(aq)，剩余气体为氢气，反应中副产品 a 为H2；(2)铝离子
23、水解，Al 3+3H2OAl(OH)3+3H+，降低氢离子浓度促进铝离子水解，有利于聚合氯化铝晶体析出；(3)95C 加热的时候 HCl 会挥发，用水喷淋就可以吸收 HCl，得到 HCl(aq)，可进行循环使用；(4)用氢氧化钠和氨水调节 pH 值，会引入新的杂质，引入钠离子和铵根离子所以可以加入Al 和氧化铝进行处理，它二者是固体，多了可以过滤掉的，所以可以使得到的晶体较纯净；(5)称取晶体后，制成粉末，应该用到研钵，加热至质量不再变化时，应该用坩埚来加热；将A1 2(OH)nCl6-nH 2Om溶解后加入硝酸酸化的硝酸银可以将氯离子全部沉淀，称出沉淀的质量根据元素守恒可以得到氯离子的量，因
24、为称量得到的 cg 固体是 AgCl，称取 ag 晶体，制成粉末，加热至质量不再变化时，得到 bg 固体，即 A12O3的质量是 bg，则铝元素的质量=bg 100%，设氯元素的质量为 x，则根据A1 2(OH)nCl6-nH 2Om中氯元素和铝元素质量关系列等式 ，据 Cl 元素守恒，则 c 100%=x，解得 n=。17. 长托宁是一种选择性抗胆碱药，可通过以下方法合成（部分反应条件略去):（1）长托宁中的含氧官能团为_和_（填名称） 。（2）反应中加入试剂 X 的分子式为 C8H6O3 ，X 的结构简式为_。（3）反应的反应类型为_。（4）C 的一种同分异构体满足下列条件：I.能与 Fe
25、Cl3溶液发生显色反应。II.核磁共振氢谱有 5 个峰且峰的面积比为 2：4：4：1：1；分子中含有两个苯环。写出该同分异构体的结构简式：_。（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以 和 为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用） 。合成路线流程图示例如下：_CH3CH2Br CH3CH2OH CH3COOCH2CH3【答案】 (1). 羟基 (2). 醚键 (3). (4). 加成反应（或：还原反应） (5). (6). 【解析】(1)根据长托宁的结构简式可知，长托宁中含氧官氧官能团为羟基和醚键；(2)根据 B 和 C 的结构可知，B 与 X 发生加成后再水解得 C，所以 X 的结构为；(3
26、)比较 C 和 D 的结构可知，反应为催化加氢的反应，是加成反应；(4)根据条件能与 FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，核磁共振氢谱有 5 个峰且峰的面积比为 2：4：4：1：1；分子中含有两个苯环，符合条件的 C 的同分异构体为；(5)以 和 为原料制备 ，可以先将 还原成苯甲醇，再与溴化氢发生取代，再发生题中流程中的步骤的反应，再发生消去即可得产品，合成路线为。点睛：根据反应条件推断反应类型：(1)在 NaOH 的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在 NaOH 的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓 H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇
27、的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的 CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与 H2在 Ni 作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在 O2、Cu(或 Ag)、加热(或 CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与 O2或新制的 Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是CHO 的氧化反应。(如果连续两次出现 O2，则为醇醛羧酸的过程)。(8)在稀 H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X 2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在 Fe 粉、X 2条件下发生苯环上的取
28、代。18. 某研究小组用黄铁矿(FeS 2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备 C1O2气体，再用水吸收该气体可得 C1O2溶液。在此过程中需要控制适宜的温度，若温度不当，副反应增加，影响生成C1O2气体的纯度，且会影响 C1O2的吸收率，具体情况如图所示。(1)据图可知，反应时需要控制的适宜温度是_，要达到此要求需要采取的措施是_。(2)已知：黄铁矿中的硫元素在酸性条件下可被 ClO3-氧化成 SO42-，请写出 FeS2、氯酸钠和硫酸溶液混合反应生成二氧化氯(C1O 2)的离子方程式：_。(3)该小组拟以“m (C1O 2) /m (NaC1O3) ”作为衡量 C1O2产率的指标。若取 NaC
29、1O3样品6.0g，通过反应和吸收获得 400mL C1O2溶液，取此溶液 20mL 与 37.00mL0.500 molL-1 (NH4)2Fe (SO4)2溶液充分反应后，过量的 Fe2+再用 0.0500 molL-1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗 K2Cr2O7标准溶液 20.00mL。反应原理为：4H+ C1O2+5Fe2+=Cl-+5Fe3+2H2O14H+ Cr2O72-+6Fe2+=2Cr3+6Fe3+7H2O试计算 C1O2的“产率”_（写出计算过程） 。【答案】 (1). 30 (2). 水浴加热 (3). 15C1O 3-+FeS2+14H+ 15ClO2+Fe
30、 3+7H2O+2SO42- (4). 56.25%【解析】试题分析：（1）据图可知，30时，ClO 2的吸收率最大，所以反应时需要控制的适宜温度是 30，要达到此要求需要采取的措施是水浴加热；（2）根据元素守恒和得失电子守恒可得方程式为 15ClO3 +FeS2+14H+15ClO 2+Fe 3+7H2O+2SO42 ；（3）根据关系式进行求解，Cr2O726Fe2+1 60.050 0molL10.020L 0.006molClO25Fe2+1 50.0025mol 0.037L0.500molL10.006mol400mL ClO2溶液中含 ClO20.0025mol20=0.05mol
31、；以“m（ClO 2）/m（NaClO 3） ”作为衡量 ClO2产率的指标，所以产率=0.05mol67.5g/mol6.0g100%=56.25%.考点：物质的制备实验设计19. 实验室中利用含银废料(主要含有 AgNO3和 AgCl)制取硝酸银的实验步骤如下：步骤 1：向废液中加人足量的 Nacl 溶液，将所得沉淀过滤，并洗涤干净。步骤 2:将沉淀放入烧杯，并放入铝片，再加入 20%的 Na2CO3溶液至浸没固体，加热搅拌，至沉淀变为灰白色含有 Ag、A1(0H) 3和少量仍未反应的 AgCl。取出铝片，过滤并洗涤沉淀。步骤 3:（1）步骤 1 中检验所加 NaCl 溶液己经足量的方法是
32、_。（2）步骤 2 加热时还产生能使澄清石灰水变浑浊的气体。写出该过程中发生反应的离子方程式：_。（3）己知 AgNO3和 Al(N03)3的溶解度曲线如图所示，请补充完整由步骤 2 中所得灰白色沉淀制取硝酸银晶体的实验方案：向所得灰白色混合物中加入足量_，充分反应后，_。向所得沉淀中加入足量_，充分反应后，过滤。 _ ，得到硝酸银晶体(实验中提供的试剂只有:稀盐酸；稀硝酸、蒸馏水、冰水、酒精溶液)。（4）己知：Ag +SCN-=AgSCN(白色)。实验室可通过如下过程测定所制硝酸银样品的纯度(杂质不参与反应)。称取 2.000g 制备的硝酸银样品，加水溶解，定容到 100mL。溶液配制过程中
33、所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有_。准确量取 25.00mL 溶液，酸化后滴入几滴铁铵钒NH 4Fe(SO4)2溶液作指示剂，再用 0.100 molL-1 NH4SCN 标准溶液滴定。滴定终点的实验现象为_。若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定过程中该气泡消失，则所测硝酸银的质量分数_ (填“偏高” 、 “偏低”或“不变”)。【答案】 (1). 静置，向上层淸液中继续滴加 NaCl 溶液，若溶液不变浑浊，则 NaCl 己足量 (2). 2Al+6AgCl+3CO 32-+3H2O=2Al(OH)3+6Ag+6Cl-+3CO2 (3). 稀盐酸 (4). 过滤，洗涤沉淀 (5). 稀硝酸 (6)
34、. 将所得滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，用酒精溶液洗涤、干燥 (7). 100 mL 容量瓶、胶头滴管 (8). 溶液变为(血)红色 (9). 偏高【解析】(1)步骤 1 中检验所加 NaCl 溶液已经足量的方法是：静置，向上层清液中继续滴加NaCl 溶液，若溶液不变浑浊，则 NaCl 已足量；(2)步骤 2 加热时产生的能使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化碳，反应生成了 Ag、Al(OH)3，由电荷守恒可知应生成 NaCl，根据元素守恒应有水参加反应，反应离子方程式为：2Al+6AgCl+3CO3 2-+3H2O=2Al(OH)3+6Ag+6Cl-+3CO2；(3)步骤 2 中所得灰白色沉淀主
35、要含有 Ag、Al(OH) 3和少量仍未反应的 AgCl，可向沉淀中加入足量稀盐酸，充分反应后，过滤，洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀硝酸，充分反应后，过滤，将所得滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用酒精溶液洗涤、干燥，可得硝酸银固体；(4)配制 100mL 一定物质的量浓度的溶液，所需要的玻璃离仪器有烧杯、玻璃棒、100mL 容量瓶、胶头滴管；用 NH 4SCN 标准溶液滴定硝酸银溶液，滴定终点时，SCN -与铁离子结合生成血红色溶液，所以滴定终点的实验现象为：溶液变为(血)红色；若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定过程中该气泡消失，因有部分溶液补充气泡，则消耗的标准液读数偏大，导致所测硝酸银的质量分数
36、偏高。20. NH3是一种重要的化工原料，可用来制备肼、硝酸、硝酸铵和氯胺等。（1）N 2和 H2以物质的量之比为 13 在不同温度和压强下发生反应：N 2+3H2 2NH3，测得平衡体系中 NH3的物质的量分数如图。下列途径可提高氨气产率的是_(填序号)。a.采用常温条件 b.采用适当的催化剂 c.将原料气加压 d.将氨液化，不断移去液氨上图中所示的平衡体系中 NH3的物质的量分数为 0.549 和 0.478 时，该反应的平衡常数分别为 K1、K 2，则 K1 _(选填“”或“”或“”)K 2。 （2）肼(N 2H4)是一种火箭燃料。已知：N 2(g)+2O2(g)2NO 2(g) H=+
37、67.7kJmol-1 N2H4(g)+O2g)N 2(g)+2H2O(g) H =534.0 kJmol -1NO2(g)1/2N 2O4(g) H =28.0 kJmol -1反应 2N2H4(g)+ N2O4(g)3N 2(g) + 4H2O(g)的H =_ kJmol -1。氨气与次氯酸钠溶液反应生成肼的离子方程式为_。（3）电解硝酸工业的尾气 NO 可制备 NH4NO3，其工作原理如图。 阴极的电极反应式为_。 将电解生成的 HNO3全部转化为 NH4NO3， 则通入的 NH3与实际参加反应的 NO 的物质的量之比至少为_。 （4）饮用水消毒时，氯胺（NH 2Cl 等）在酸性条件下具
38、有良好的效果，其原因是_。【答案】 (1). bed (2). = (3). -1079. 7 (4). 2NH 3+ClO-=Cl-+N2H4+H2O (5). NO+5e-+6H+=NH4+H2O (6). 1：4 (7). 氯胺与水反应存在平衡：NH 2Cl+ H2ONH3+HClO，酸性条件下平衡右移使次氯酸浓度变大【解析】(1)a采用常温条件，化学反应速率慢，故 a 错误；b采用适当的催化剂，加快合成氨的速率，故 b 正确；c将原料气加压，加快了合成氨的速率，平衡正向移动，故c 正确；d将氨液化，不断移去液氨，平衡正向移动，故 d 正确；故答案为 bcd；图 1 中所示的平衡体系中
39、NH3的物质的量分数为 0.549 和 0.478 时的温度都是 400，温度相同，化学平衡常数相等；(2)已知 aN 2(g)+2O2(g)=2NO2(g)H=+67.7kJ/mol，bN 2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)H=-534.0kJ/mol，cNO 2(g) N2O4(g)；H=-28.0kJmol -1，由盖斯定律 b2-a-c2 得到：热化学方程式：2N 2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g)H=-1079.7kJ/mol；氨气与次氯酸钠溶液反应生成肼、氯化钠、水，化学方程式为 2NH3+NaClONaCl+N2H4+H2O，离子方程式为
40、 2NH3+ClO-Cl -+N2H4+H2O；(3)工业上电解 NO 制备 NH 4NO3，由装置图可知阳极发生氧化反应，NO 被氧化生成 NO3-，阴极发生还原反应，NO 被还原生成 NH4+，阳极反应为 NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，阴极反应为：NO+5e-+6H+=NH4+H2O；总反应方程式为：8NO+7H 2O 3NH4NO3+2HNO3，生成的硝酸和反应的 NO 的物质的量之比等于 2：8=1：4，通入的 NH3的物质的量至少应与生成的硝酸的物质的量相等，因此通入的NH3与实际参加反应的 NO 的物质的量之比至少为 14；(4)氯胺与水反应存在平衡：NH 2Cl+H2
41、ONH3+HClO，酸性条件下，减小了 NH3的浓度，平衡右移使次氯酸浓度变大。点睛：盖斯定律是指化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；即化学反应热只与其反应的始态和终态有关，而与具体反应进行的途径无关；盖斯定律的基本使用方法：写出目标方程式；确定“过渡物质”(要消去的物质)；用消元法逐一消去“过渡物质” ，平时要多练习，才能熟能生巧。21. 原子序数小于 36 的 X、Y、Z 和铜四种元素，X 的基态原子有 3 个不同的能级，有一个能级中的电子数比其它两个能级的中电子数都多 1；Y 基态原子中的电子占有 5 个轨道，其中有 2 个轨道处于半满状态，Z 的原子序数为 24。（
42、1）Z 原子基态核外电子排布式为_。（2）元素 X 与 Y 的第一电离能较大的_（填元素符号） ；H 2Y2中 Y 原子轨道的杂化类型为_。（3）+3 价 Z 的配合物 KZ(C2O4)2(H2O)2中的配体是_ ；与 C2O42-互为等电子体的一种分子的化学式为_。（4）Cu 和 Y 形成的化合物的晶胞如图所示，晶胞中与铜离子距离相等且最近的铜离子有_个。某种有缺陷的铜和 Y 形成的化合物的晶体由 Cu2+、Cu 3+、Y 2-及空隙组成，可表示为 Cu0.98Y，则 n(Cu2+)/n(Cu3+)=_。【答案】 (1). 1s 22s22p63s23p63d54s1或Ar3d 54s1 (
43、2). N (3). sp3 (4). H2O、C 2O42- (5). N2O4 (6). 12 (7). 47:2【解析】试题分析：原子序数小于 36 的 X、Y、Z 和铜四种元素，X 的基态原子有 3 个不同的能级，有一个能级中的电子数比其它两个能级的中电子数都多 1，核外电子排布式为1s22s22p3，故 X 为 N 元素；Y 基态原子中的电子占有 5 个轨道，其中有 2 个轨道处于半满状态，核外电子排布式为 1s22s22p4，故 Y 为 O 元素；Z 的原子序数为 24，Z 为 Cr；（1）Cr 原子核外电子数为 24，能量最低原理原理、洪特规则特例，核外电子排布式为：1s22s2
44、2p63s23p63d54s1；（2）N 元素原子 2p 能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，即 N 元素第一电离能高于 O 元素的；H 2O2中 O 原子形成 2 个 键，含有 2 对孤对电子，杂化轨道数目为 4，O 原子采取 sp3杂化；（3）+3 价 Cr 的配合物 KCr(C2O4)2(H2O)2中的配体是 H2O、C 2O42-，与 C2O42-互为等电子体的一种分子的化学式为：N 2O4；（4）晶胞中灰色球数目为 4、黑色球数目为 4，以顶点灰色球研究，与之距离最近的原子处于面心，每个顶点为 8 个晶胞共用，每个面心为 2 个晶胞共用，即晶胞中与铜离子距离相等且最近的铜离子有 =“12“ 个，根据电荷守恒，则 2n(Cu2+)+3n(Cu3+)=2，由原子守恒可知n(Cu2+)+n(Cu3+)=0.98，解得 n(Cu2+)=0.94，n(Cu 3+)=0.04，故 n(Cu2+)：n(Cu 3+)= 。【考点定位】综合查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、电离能、配位键、杂化理论、等电子体、晶胞计算等。
