1、2016 年上海市闸北区高考一模试卷 化学 一、选择题 1.化学与社会、生活密切相关 。 下列有关说法错误的是 ( ) A.地球上 99%以上的溴蕴藏在海洋中 B.用食醋可除去热水壶内壁的水垢 C.在水库铁闸门上接装铜块可减缓铁闸门腐蚀 D.将煤气化或液化可减少污染、提高燃烧效率 解析： A.地球上 99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中，故溴有 “海洋元素 ”的美称，故 A 正确； B.水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，二者都能够与醋酸反应生成可溶性醋酸盐，故 B正确； C.Cu 的金属活泼性比 Fe 弱，构成的原电池中 Fe 为负极，则水库铁闸门上接装铜块可加快铁腐蚀，故 C 错误； D.将煤气
2、化或者液化，可以除去硫元素，减少对环境的污染，故 D 正确 。 答案： C 2.下列有关化学用语能表示甲烷的分子组成，但不能反映其分子空间构型的是 ( ) A.结构示意图： B.电子式： C.球棍模型： D.比例模型： 解析： 甲烷的比例模型更能够反映其真实存在状况，球棍模型是利用短线代替其共价键，也可以真实表示其结构，结构示意图也能反映其空间构型，电子式只表示出了甲烷中原子的成键情况，不能反映其空间构型 。 答案： B 3.丙酮是一种常用的有机溶剂，可与水以任意体积比互溶，密度小于 1g/mL，沸点约 55 ，分离水和丙酮时最合理的方法是 ( ) A.蒸发 B.分液 C.过滤 D.蒸馏 解析
3、： 水与丙酮互溶，二者的沸点相差较大，可以采用蒸馏的方法来实现二者的分离 。 答案： D 4.能导电的电解质是 ( ) A.氯化钠溶液 B.金 属铜 C.熔融硝酸钾 D.酒精 解析： A.氯化钠溶液是混合物，不是电解质，故 A 错误； B.金属铜为单质，不是电解质，故 B 错误； C.熔融硝酸钾是电解质，含有自由移动的离子，能够导电，故 C 正确； D.酒精在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，是非电解质，故 D 错误 。 答案： C 5.金属能导电的原因是 ( ) A.金属阳离子与自由电子间的作用较弱 B.金属在外加电场作用下可失去电子 C.金属阳离子在外加电场作用下可发生定向移动 D.
4、自由电子在外加电场作用下可发生定向移动 解析： 金属属于金属晶体，含有金属阳离子和自由电子，在外加电场作用下电子可发生定向移动，所以能够导电 。 答案： D 6.下列说法正确的是 ( ) A.分子式 C7H16 的烃，分子中有 4 个甲基的同分异构体有 4 种 (不考虑立体异构 ) B. 的名称为： 2， 2， 4三甲基 4戊烯 C.化合物 是苯的同系物 D.植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸 解析： A.该烃含有 4 个甲基的同分异构体，主链中碳原子数目只能为 5，相当于正戊烷中间C 原子上的 2 个 H 原子被两个甲基取代得到的物质， CH3CH2CH2CH2CH3 分子中间 H 原子被
5、2 个甲基取代，若取代同一碳原子上 2 个 H 原子，有 2 种情况，若取代不同 C 原子上 H原子，有 2 种情况，故符合条件的该烃的同分异构体有 4 种，故 A 正确； B.该有机物为烯烃，含有碳碳双键的最长碳链含有 5 个 C，主链为戊烯，编号从距离碳碳双键最近的一端开始，碳碳双键在 1 号 C，在 2、 4 号 C 都含有甲基，该有机物命名为： 2， 4，4三甲基 1戊烯，故 B 错误； C.分子不符合通式 CnH2n 6(n6)，不属于苯的同系物，故 C 错误； D.植物油的主要成分不饱和高级脂肪酸甘油酯，故 D 错误 。 答案： A 7.下列有关性质的比较，不能用 元素周期律解释的
6、是 ( ) A.酸性： H2SO4 H3PO4 B.非金属性： Cl Br C.碱性： NaOH Mg(OH)2 D.热稳定性： Na2CO3 NaHCO3 解析： A.元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性： SP，则酸性： H2SO4 H3PO4，能用元素周期律解释，故 A 不选； B.同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性： Cl Br，能用元素周期律解释，故B 不选； C.元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性： Na Mg，则碱性： NaOH Mg(OH)2，能用元素周期律解释，故 C 不选； D.碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分
7、解，所以热稳定性： Na2CO3 NaHCO3，不能用元素周期律解释，故 D 选 。 答案： D 8.下列有关化学基本概念的判断依据正确的是 ( ) A.弱电解质：溶液的导电能力弱 B.共价化合物：含有共价键 C.离子化合物：含有离子键 D.金属晶体：能够导电 解析： A.弱电解质是只能部分电离的电解质，电解质强弱与电解质溶液的导电能力强弱无关，故 A 错误； B.共价化合物为只含有共价键的化合物，故 B 错误； C.离子化合物为含有离子键的化合物，故 C 正确； D.金属晶体为由金属阳离子与自由电子通过金属键结合而成的晶体，金属晶体含有自由电子，一定导电，但是导电的不一定是金属晶体，如石墨、
8、合金等，故 D 错误 。 答案： C 9.已知： (1)Al(OH)3 的电离方程式为： AlO2 +H+H2OAl(OH)3Al3+3OH (2)无水 AlCl3晶体的沸点为 182.9 ，溶于水的电离方程式为： AlCl3=Al3+3Cl (3)PbSO4 难溶于水，易溶于醋酸钠溶液，反应的化学方程式为： PbSO4+2CH3COONa=Na2SO4+(CH3COO)2Pb， 则下列关于 Al(OH)3、 AlCl3 和 (CH3COO)2Pb 的说法中正确的是 ( ) A.均为强电解质 B.均为弱电解质 C.均为离子化合物 D.均为共价化合物 解析： A.Al(OH)3 在水溶液中部分电
9、离，属于弱电解质，故 A 错误； B.AlCl3 在水溶液中完全电离，属于强电解质，故 B 错误； C.无水 AlCl3 晶体的沸点为 182.9 ，沸点较低，故氯化铝为共价化合物，故 C 错误； D.三者只含有共价键，不含有离子键，故均为共价化合物，故 D 正确 。 答案： D 10.在盛有稀 H2SO4 的烧杯中放入用导线连接的电极 X、 Y，外电路中电子流向如图所示，下列说法正确的是 ( ) A.外电路的电流方向为： X外电路 Y B.X 极上发生的是还原反应 C.溶液中氢离子向 X 极移动 D.若两电极都是金属，则它们的活动性顺序为 X Y 解析： 在盛有稀 H2SO4 的烧杯中放入用
10、导线连接的电极 X、 Y，根据电子流向知， X 是负极、Y 是正极， A.电流从正极流向负极，所以外电路的电流方向为： Y导线 X，故 A 错误； B.X 为负极，发生氧化反应，故 B 错误； C.氢离子向正极移动，被还原生成氢气，故 C 错误； D.原电池中，易失电子的电极为负极，若两电极都是金属， X 易失电子，则它们的活动性顺序可能为 X Y，故 D 正确 。 答案： D 11.可以描述两种一元酸：甲 ( Ki=1.810 5)和乙 ( Ki=1.410 3)在水中的电离度与浓度关系的曲线是 ( ) A. B. C. D. 解析： 两种一元酸：甲 (Ka=1.810 5)和乙 (Ka=1
11、.410 3)可知，甲的 Ka 小，则甲的酸性弱； 由图可知，横坐标为浓度，纵坐标为电离度，则等浓度时酸性强的电离度大，即乙的曲线在上方，可排除 A、 C； 弱酸的浓度越大，其电离度越小，则曲线甲、乙均随浓度的增大而下降，可排除 D，显然只有 B 符合。 答案： B 12.下列关于如图所示转化关系 (X 代表卤素 )的说法错误的是 ( ) A.Q3 0 B.Q1=Q2+Q3 C.按 Cl、 Br、 I 的顺序， Q2 依次增大 D.Q1 越大， HX 越稳定 解析： A.原子形成化学键过程中放热，则反应 2H(g)+2X(g)2HX(g)的 Q3 0，故 A 正确； B.根据盖斯定律可知，途径
12、 生成 HX 的反应热与途径无关，所以 Q1=Q2+Q3 ，故 B 正确； C.Cl、 Br、 I 的原子半径依次增大， Cl2、 Br2、 I2 断裂化学键需要能量减小，所以途径 按Cl、 Br、 I 的顺序，吸收的热量 Q2 依次减小，故 C 错误； D.Q1 为氢气和卤素单质形成 HX 的过程，该反应中 Q1 越大，说明放出的热量越多，则生成的 HX 具有能量越低， HX 越稳定，故 D 正确 。 答案： C 13.下列实验所采取的分离方法与对应原理都正确的是 ( ) 选项目的分离方法原理 A 提取碘水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中溶解度比水中大 B 除去纯碱中的碳酸氢铵加热纯碱热稳定性大于碳
13、酸氢铵 C 分离 KNO3 和 NaCl 重结晶 KNO3 的溶解度大于 NaCl D 分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯密度大于乙醇 A.A B.B C.C D.D 解析： A.乙醇与水互溶，则乙醇不能作萃取剂，故 A 错误； B.碳酸氢铵加热易分解，而碳酸钠不能，则加热可除杂，分离方法与对应原理都正确，故 B正确； C.二者的溶解度受温度影响不同，利用结晶法分离，原理不合理，故 C 错误； D.乙酸乙酯和乙醇不分层，不能直接分液分离，应加碳酸钠溶液、分液，原理不合理，故 D错误 。 答案： B 14.下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的组数是 ( ) 亚
14、硫酸钠溶液与稀盐酸 ； 偏铝酸钠溶液与盐酸 ； 二氧化碳与氢氧化钠溶液 ； 氯化铝与氨水 ； 碳酸氢钠溶液与澄清石灰水 ； 碳酸氢钙溶液与澄清石灰水 ； 苯酚钠溶液中通入二氧化碳 。 A.2 组 B.3 组 C.4 组 D.5 组 解析： Na2SO3 溶液与稀盐酸反应时，若稀盐酸不足，反应生成的是亚硫酸氢钠，若盐酸过量，则反应生成二氧化硫气体，反应物的过量情况不同时离子方程式不同，故 错误； 偏铝酸钠溶液与盐酸的反应中，若盐酸不足，反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，若盐酸过量，反应生成氯化铝和水，反应物不同时反应的离子方程式不同，故 错误； 二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，当二氧化碳过量时，反应生成
15、碳酸氢钠，当二氧化碳不足时，反应生成的是碳酸钠，所以反应物过量情况不同时反应的离子方程式不同，故 错误； 氯化铝与氨水，无论二者是否过量，反应都生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为： Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，故 正确； 碳酸氢钠与氢氧化钙，氢氧化钙少量，反应生 成碳酸钙、碳酸钠和水，氢氧化钙过量，反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，反应产物与反应物用量有关，故 错误； 碳酸氢钙溶液与澄清石灰水，无论是否过量，反应都生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式都是 Ca2+2HCO3 +2OH CaCO3+2H2O，故 正确； 苯酚钠溶液中通入 CO2，无论哪种反应物过量，
16、反应都生成碳酸氢钠和苯酚，反应的离子方程式都是为： C6H5ONa+CO2+H2OC6H6OH+NaHCO3，故 正确 。 答案： B 15.已知温度 T 时水的离子积常数为 KW，该温度下，将浓度为 a mol/L的一元酸 HA 与 b mol/L一元碱 BOH 等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是 ( ) A.混合溶液的 pH=7 B.混合溶液中， c(H+)= mol/L C.a=b D.混合溶液中， c(H+)+c(B+)=c(OH )+c(A ) 解析： A.因温度未知，则 pH=7 不一定为中性，故 A 错误； B、混合溶液中， c(H+)= mol/L，根据 c(H+)c(OH
17、 )=KW，可知溶液中 c(H+)=c(OH )mol/L，溶液呈中性，故 B 正确； C.因酸碱的强弱未知， a=b，只能说明酸碱恰好完全反应，但如为强酸弱碱盐或强碱弱酸盐，则溶液不呈中性，故 C 错误； D.任何溶液都存在电荷守恒，即 c(H+)+c(B )=c(OH )+c(A )，不能确定溶液的酸碱性，故 D错误 。 答案： B 16.某气体的摩尔质量为 M g/mol， NA 表示阿伏加德罗常数，在一定的温度和压强下，体积为 V L 的该气体所含有的分子数为 X。 则 表示的是 ( ) A.V L 该气体的质量 (以 g 为单位 ) B.1 L 该气体的质量 (以 g 为单位 ) C
18、.1 mol 该气体的体积 (以 L 为单位 ) D.1 L 该气体的物质的量 (以 mol 为单位 ) 解析： A、以 g 为单位 VL，该气体的质量为： n= molM gmol 1，故 A 错误； B、以 g 为单位 1L 该气体的质量即气体的密度 = molM gmol 1/VL= ，故 B 正确； C、该气体的物质的量为： n= mol，体积为 V L， 1mol 该气体的体积是 ，故 C 错误； D、由于 V L 的该气体所含有的分子数为 X，故 1L 气体中含有的分子数为 个，则物质的量为 = mol，故 D 错误 。 答案： B 17.某溶液中可能含有 Na+、 NH4+、 B
19、a2+、 SO42 、 I 、 S2 。 分别取样： 用 pH 计测试，溶液显弱酸性； 加氯水和淀粉无明显现象 。 为确定该溶液的组成，还需检验的离子是 ( ) A.Na+ B.SO42 C.Ba2+ D.NH4+ 解析： 由 可知溶液显弱酸性，上述离子只有 NH4+能水解使溶液显酸性，则一定含有 NH4+， 而 S2 能水解显碱性，即 S2 与 NH4+不能共存于同一溶液中，则一定不含有 S2 ； 再由氯水能氧化 I 生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而 中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有 I ； 又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有 NH4+，必须同时存在阴离子，即 SO42 必然
20、存在， 而 Ba2+、 SO42 能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在 Ba2+； 显然剩下的 Na+是否存在无法判断，则需检验的离子是 Na+。 答案： A 18.氮化钠和氢化钙都是离子化合物，与水反应的化学方程式 (末配平 )如下：Na3N+H2ONaOH+NH3， CaH2+H2OCa(OH)2+H2.有关它们的叙述正确的是 ( ) A.离子半径的大小： Na+ N3 H B.它们与水发生的反应均属于氧化还原反应 C.两种化合物均只含离子键，不含共价键 D.两固体混合物溶于足量盐酸中可得到三种盐 解析： A.电子层越多，半径越大，所以氢离子半径最小，电子层一样，核电荷数越多
21、，半径越小，所以 Na+ N3 ，即 N3 Na+ H+，故 A 错误； B.Na3N+H2ONaOH+NH3 该反应中没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故 B错误； C.Na3N、 CaH2 只含有离子键，不存在共价键，故 C 正确； D.氮化钠和盐酸反应会生成氯化钠、氯化铵两种盐，氢化钠与盐酸反应会生成氯化钠，可得到三种盐，故 D 正确 。 答案： CD 19.25 时，某溶液中由水电离的氢离子为 110 12mol/L，关于该溶液的说法正确的是 ( ) A.HCO3 一定不能大量存在 B.pH 一定是 12 C.加入铝片一定能产生氢气 D.一定不是 NH4Cl 溶液 解析： A
22、.水电离出的 c(H+)=110 12 mol/L，该溶液可能为酸或碱的溶液，当溶液为碱性时：HCO3 +OH CO32 +H2O，当溶液为酸性时： H+HCO3 =H2O+CO2，所以在该溶液中一定不能大量共存，故 A 正确； B.当该溶液为 pH=2 的盐酸溶液，水电离出的 c(H+)也为 110 12 mol/L，故 B 错误； C.可能是 pH=2 的 HNO3 这样的强氧化性酸，加入铝片后，一定不能生成氢气，故 C 错误； D.可能是 pH=2 的 NaHSO4 这样的盐溶液，但一定不是 NH4Cl 溶液，因为氯化铵溶液中铵根离子水解促进水的电离，氢离子浓度增大，故 D 正确 。 答
23、案： AD 20.已知 2NO2N2O4+Q (Q 0)，将一定量的 NO2 充入注射器中后封口，如图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化 (气体颜色越深，透光率越小 )。 下列说法正确的是 ( ) A.c 点的操作是拉伸注射器 B.b 点与 a 点相比， c(NO2)增大， c(N2O4)减小 C.若反应在一绝热容器中进行，则 a、 b 两点的平衡常数 Ka Kb D.d 点： v(正 ) v(逆 ) 解析： A.c 点气体颜色变浅，透光率增大， c 点操作是拉伸注射器的过程，故 A 正确； B.b 点与 a 点相比， a 到 b 是透光率减小后增加，说明是压缩体积，气体浓度增
24、大，平衡正向进行后略有变浅，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，故 B 错误； C.若反应在一绝热容器中进行，随反应进行温度不同，平衡常数随之变化， b 点气体颜色变深，透光率变小，说明平衡逆向进行，此时温度高，则 a、 b 两点的平衡常数 Ka Kb，故 C正确； D.d 点是透光率减小，气体颜色加深，平衡向气体体积增大的逆向移动过程， v(正 ) v(逆 )，故 D 错误 。 答案： AC 21.科学家曾预言一种可用作炸药的物质，分子式为 C(N3)4，其爆炸反应方程式为：C(N3)4C+6N2，下列说法一定错误的是 ( ) A.该物质为离子晶体 B.该物质可用通过 C60 吸附 N2 而制
25、得 C.C(N3)4 中碳元素为正价 D.18g 该物质完全分解可以产生 13.44 升 (标准状况 )氮气 解析： A.该物质由非金属元素构成，没有阴阳离子，故不为离子晶体，故 A 错误； B.C 和 N 之间存在共价键，不能是吸附作用的结果，故 B 错误； C.C、 N 得电子能力： C N，所以 C 显示正价， N 显示负价，故 C 正确； D.根据化学方程式， 18g 即 0.1mol 该物质完全分解可以产生 0.6mol 即标况下 13.44 升氮气，故 D 正确 。 答案： AB 22.向 NaOH 溶液中通入 CO2 气体后得到溶液 M，因 CO2 通入的量不同，溶液 M 的组成
26、也不同 。 若向 M 中逐滴加入盐酸，产生的气体体积 V(CO2)与加入盐酸的体积 V(HCl)的关系如图 。 则下列分析正确的是 (不计 CO2 溶解 )( ) A.若 OB=0，则溶液 M 为 Na2CO3 溶液 B.若 OB=BC，则形成溶液 M 所发生反应的离子方程式为 OH +CO2HCO3 C.若溶液 M 中 c(NaHCO3)=2c(Na2CO3)，则 3OB=BC D.若溶液 M 中大量存在的阴离子为 CO32 和 HCO3 ，则 OB BC 解析： (1)当含有两种溶质时， 若溶质为 Na2CO3、 NaOH 时，不能立即产生气体，滴加盐酸先中和氢氧化钠，然后与碳酸钠反应生成
27、碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积同碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积相等，产生的 气体体积 V(CO2)与加入盐酸的体积 V(HCl)的关系为 ； 若为 NaHCO3、 Na2CO3，不能立即产生气体，滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积小于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，产生的气体体积 V(CO2)与加入盐酸的体积 V(HCl)的关系为 ； (2)若只有一种溶质时， 当溶质为 Na2CO3 时，不能立即产生气体，滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳
28、酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积等于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，产生的气体体积 V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系为 ； 当溶质为 NaHCO3 时，滴加盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，立即产生气体，产生的气体体积 V(CO2)与加入盐酸的体积 V(HCl)的关系为 。 A.若 OB=0，则形成溶液 M 所发生反应的离子方程式为 OH +CO2HCO3 ，则溶液 M 为NaHCO3 溶液，故 A 错误； B.若 OB=BC， M 溶质为 Na2CO3，滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成
29、二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积等于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，形成溶液 M 所发生反应的离子方程式为 2OH+CO2CO32 +H2O，故 B 错误； C.若 3OB=BC，滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，则溶液 M 中 c(NaHCO3)=2c(Na2CO3)，故 C 正确； D.若 OB BC，则溶液 M 中大量存在的阴离子为 CO32 和 OH ，故 D 错误 。 答案： C 二、非选择题 23.农业对化肥的需求是合成氨工业发展的持久推动力 。 (1)氮原子最外电子层上有 种能量不同的电子，其原子核外存在 对自旋
30、相反的电子 。 解析： 氮原子最外电子层电子排布式为 2S22P3，共有 2 种能量不同的电子，分布在 2S， 2P轨道上，氮原子核外电子排布式为 1S22S22P3， 1S 轨道上有 1 对自旋相反的电子， 2S 轨道上有 1 对自旋相反的电子， 2P 轨道上 3 个未成对电子，共有 2 对自旋相反的电子。 答案： 2 2 (2)一定温度、压强下，氮气和氢气反应生成 1mol 氨气的过程中能量变化示意图如图 1，请写出该反应的热化学反应方程式： 。 (Q 的数值用含字母 a、 b 的代数式表示 ) 解析： 一定温度、压强下，氮气和氢气反应生成 1mol 氨气的焓变 H=E1 E2=aKJ/m
31、olbKJ/mol=(a b)KJ/mol，所以热化学方程式为： N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=2(a b)KJ/mol。 答案： N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=2(a b)KJ/mol (3)如图 2 表示 500 、 60.0MPa 条件下，原料气 H2 和 N2 的投料比与平衡时 NH3 体积分数的关系 。 工业上合成氨的温度一般控制在 500 ，原因是 。 根据图中 a 点数据计算 N2 的平衡体积分数为 。 硫化铵晶体与晶体硅相比较， 的熔点较高，原因是 。 写出等物质的量浓度等体积的硫酸氢钠与硫化铵溶液反应的离子方程式 。 解析： 氨气的合成是放热的、体
32、积减小的可逆反应，温度高，可以提高反应速率，但平衡逆向移动，同时在该温度下酶的活性最大，所以工业上合成氨的温度一般控制在 500 ，原因是该温度下催化剂的活性最好； 根据图 1 可知 H2与 N2的投料比为 3，平衡时 NH3体积分数为 42%，设 H2物质的量为 3amol，N2 物质的量为 amol， N2 转化的物质的量为 x，则 N2+3H22NH3 起始 (mol) a 3a 0 反应 (mol) x 3x 2x 平衡 (mol) a x 3a 3x 2x 则： 100%=42%，解得 x=0.592a，则 N2 的平衡体积分数 =100%=14.5%； 硫化铵是离子晶体，晶体硅是分
33、子晶体，而原子晶体的熔点大于分子晶体，所以晶体硅的熔点较高； 硫酸氢钠电离产生氢离子，氢离子能与硫离子反应生成硫氢根离子，离子方程式为： H+S2 =HS 。 答案： 该温度下催化剂的活性最好； 14.5% 晶体硅 它属于原子晶体，而硫化铵属于离子晶体 H+S2 =HS 24.海洋化学资源的研究和合理利用具有广阔前景，从海水中可提取氯、溴、碘等卤族元素 。 (1)氯原子结构示意图是 ，碘在元素周期表中的位置是 ，HI 的稳定性比 HBr (填写 “强 ”或 “弱 ”)。 解析： 氯原子核外有 3 个电子层，最外层电子数为 7，则原子结构示意图为 ，碘位于周期表第五周期 A 族，非金属性 Br
34、I，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定。 答案： 第五周期 A 族 弱 (2)向浓缩的海水中通入 Cl2，可将 Br 转化为 Br2.再用 “空气吹出法 ”将 Br2 从浓海水中吹出，并用纯碱浓溶液吸收，生成 NaBr、 NaBrO3 等 。 当有 1mol Br2 被纯碱吸收时，转移的电子数为 。 解析： 反应 Br2+Na2CO3+H2ONaBr+NaBrO3+NaHCO3 中， Br 元素化合价分别由 0 价变化为 1 价、 +5 价，反应中 Br2 起氧化剂、还原剂作用，根据电子转移守恒可知， 2n 氧化剂(Br2)=25n 还原剂 (Br2)，故 n 氧化剂 (Br2)： n 还
35、原剂 (Br2)=5： 1，故吸收 1mol Br2 时，转移的电子数为 1mol2 5= mol，则转移电子数为 mol6.021023/mol=11024。 答案： 11024 (3)如图是 NaClO 的发生装置 。 该装置主要利用了电解饱和食盐水的原理，可实现对海水的消毒和灭藻 。 写出装置中产生 NaClO 的化学方程式 。 海水中含有 Ca2+、 Mg2+、 HCO3 等杂质离子，处理过程中装置的阴极易产生水垢，其主要成分是 Mg(OH)2 和 CaCO3.生成 CaCO3 的离子方程式是 。 若每隔 5 10min 倒换一次电极电性，可有效地解决阴极的结垢问题 。 试用电极反应式
36、并结合必要的文字进行解释 。 NaOH 溶液吸收 SO2 得 Na2SO3，可用 Na2SO3 吸收 SO2.在 SO2 被吸收的过程中， pH 随 n(SO32 )、 n(HSO3 )变化关系如下： n(SO32 )： n(HSO3 )91： 91： 11： 91 pH8.27.26.2 从上表可判断， NaHSO3 溶液呈 (填 “酸性 ”、 “碱性 ”、 “中性 ”)，请用平衡原理解释： 。 当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是 (选填字母 )。 A.c(Na+)=2c(SO32 )+c(HSO3 ) B.c(Na+) c(HSO3 ) c(SO32 ) c(H+)=c(OH )
37、 C.c(Na+)+c(H+)=c(SO32 )+c(HSO3 )+c(OH ) D.c(Na+) c(SO32 ) c(HSO3 ) c(H+)=c(OH ) 解析： 装置中由 NaCl 转化为 NaClO 的化学方程式是 2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2+H2；2NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O； 阴极生成氢气，电极附近水的电离被破坏，电极附近生成氢氧化钠，氢氧化钠和碳酸氢钙，碳酸氢镁反应生成氢氧化镁、碳酸钙沉淀，氢氧化钠和碳酸氢钙反应生成 CaCO3 的沉淀产生水垢，生成碳酸钙沉淀的反应离子方程式是： Ca2+HCO3 +OH =CaCO3+H2O； 阴极电解原理分
38、析可知，阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为： 2Cl 2e =Cl2，产生的氯气与水发生反应： Cl2+H2O=HCl+HClO，使该电极附近溶液呈酸性，从而将 Mg(OH)2 和 CaCO3 溶解而达到除垢的目的， 在溶液中主要以 HSO3 存在， HSO3 的电离很微弱，所以 n(SO32 )： n(HSO3 ) 1： 1，根据表格知，当亚硫酸氢根离子的物质的量大于亚硫酸根离子的物质的量时，亚硫酸氢钠溶液呈酸性；亚硫酸氢钠溶液中存在 HSO3 SO32 +H+和 HSO3 +H2OH2SO3+OH ， HSO3 的电离程度大于水解程度，所以亚硫酸根离子的物质的量大于亚硫酸氢
39、根， 当溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度 。 A.溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以 c(Na+)=2c(SO32 )+c(HSO3 )，故 A 正确； B.溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度，溶液中阴阳离子所带电荷相等，所以得 c(Na+) c(HSO3 ) c(SO32 )c(H+)=c(OH )，故 B 正确； C.溶液呈中性时，溶液中阴阳离子所带电荷相等，得 c(Na+)+c(H+)=2c(SO32 )+c(HSO3
40、 )+c(OH )，故 C 错误； D.由 b 可知应为 c(Na+) c(HSO3 ) c(SO32 ) c(H+)=c(OH )，故 D 错误 。 答案： 2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2 2NaOH+Cl2NaClO+NaCl+H2O Ca2+HCO3 +OH CaCO3+H2O 阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为： 2Cl 2eCl2，产生的氯气与水发生反应： Cl2+H2=HCl+HClO，使该电极附近溶液呈酸性，从而将 Mg(OH)2 和 CaCO3 溶解而达到除垢的目的 酸性 HSO3 存在 HSO3 H+SO32 和 HSO3 +H2OH2SO3+
41、OH ， HSO3 的电离程度大于水解程度 AB 25.麦秸杆、木屑等废料经干馏制燃料气过程中产生大量的废液，俗称木醋液 (主要成分乙酸，还含少量的甲醇、苯酚、焦油等 )。 以木醋液与白云石 (主要成分 2MgCO33CaCO3，还含有SiO2 等杂质 )等为原料，可制备出绿色环保型融雪剂 CMA(醋酸钙、醋酸镁固体的混合物 )。 CMA 生产流程如图 1： (1)步骤 发生反应的离子方程式为 。 解析： 根据流程图可知，白云石 (主要成分 MgCO3CaCO3，含 SiO2 等杂质 )与木醋液 (主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质 )反应生成醋酸钙和醋酸镁，过滤得滤渣 1 为二氧
42、化硅，滤液中主要溶质是醋酸钙和醋酸镁，加入活性碳脱色，除去被氧化的苯酚、焦油等杂质，再加入氧化镁，调节溶液中 n(Ca)： n(Mg)的值，过滤，除去混合液中固体杂质，得醋酸钙和醋酸镁溶液，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥得 CMA， 根据上面的分析可知，步骤 发生的反应离子方程式为 MgCO3CaCO3+4CH3COOH=Ca2+Mg2+4CH3COO +2CO2+2H2O。 答案： MgCO3CaCO3+4CH3COOH=Ca2+Mg2+4CH3COO +2CO2+2H2O (2)滤渣 1 的主要成分为 (写化学式 )；步骤 所得滤液常呈褐色，颜色除与木醋液中含有少量的有色焦油外，产生颜色
43、的另一主要原因是 。 解析： 步骤 所得滤渣 1 的主要成分为二氧化硅，化学式为 SiO2，步骤 所得滤液常呈褐色，颜色除与木醋液中含有少量的有色的焦油有关外，产生颜色的另一主要原因是实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质。 答案： SiO2 实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质 (3)步骤 是往滤液中加活性炭粉，可使滤液脱色，这是利用了活性炭具有 。 实验测知 CMA 中钙、镁离子的物质的量之比与出水率 (与融雪效果成正比 )的关系如图 。 由图 2 知，当 CMA 中 n(Ca2+)： n(Mg2+)约为 时融雪的效果最好 。 (选填字母 ) A.1： 2 B.3： 7
44、C.2： 3 步骤 的目的主要是 ， 。 解析： 往滤液中加活性炭粉，可使滤液脱色，这是利用了活性炭具有吸附性，根据如图 2所示钙、镁的物质的量之比与出水率 (与融雪效果成正比 )关系，可知，当 n(Ca)： n(Mg)约为3： 7 时，出水率最高，所以步骤 的目的除调节 n(Ca)： n(Mg)约为 3： 7， 答案： B，步骤中加入氧化镁的目的是调节钙、镁离子的物质的量之比，除去过量的乙酸。 答案： 吸附性 B 调节钙、镁离子的物质的量之比，除去过量的乙酸 (4)步骤 包含的操作有 、过滤、洗涤及干燥 。 解析： 根据上面的分析可知，步骤 包含的操作有 蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥 。 答案
45、： 蒸发结晶 26.焦亚硫酸钠 (Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一 。 某化学研究小组采用图 1 装置 (实验前已除尽装置内的空气 )制取 Na2S2O5，装置 II 中有Na2S2O5 晶体析出，发生的反应为： Na2SO3+SO2Na2S2O5 (1)装置 中产生气体的化学方程式为 。 解析： 由装置 中发生的反应可知，装置 中产生的气体为 SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应方程式为： Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O。 答案： Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O (2)要从装置 中获得已析出的晶体，需要用到的玻璃仪器有 。 装置 用于处理尾气，可选用的合理装置 (夹持仪器已略去 )为 (填序号 )。 解析： 装置 中获得已析出的晶体，分离固体与液态，
