黑龙江省牡丹江一中高三化学上学期期末试卷（含解析）.doc

2015-2016学年黑龙江省牡丹江一中高三（上）期末化学试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1下列说法正确的是（）a用高氯酸与碳酸钙反应制取二氧化碳可证明氯元素非金属性大于碳元素b糖类、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应c硅单质在电子工业上应用广泛，可做光导纤维d石油的裂化产生气体、植物油以及苯甲酸均能使酸性高锰酸钾溶液褪色2下列说法正确的是（）ahclo2clo2+cl2+h2o（未配平），1 mol hclo2分解时转移电子的物质的量为1 molb标准状况下，28 g co、c2h4混合气体与22.4 l n2所含有的分子数都是nac与金属cu常温下反应放出气体的溶液可以存在的离子有：fe2+、al3+、so42、k+d在燃煤时加入适量石灰石，可减少so2的排放，其中发生的反应为：2caco3+o2+2so22caso3+2co23下列有关有机化合物结构和性质的叙述，正确的是（）a乙酸的酯化、丙烯使高锰酸钾酸性溶液褪色的反应都属于取代反应bc8h10含苯环的烃的同分异构体有3种c分子中的所有原子不可能共平面d莽草酸（）能与溴水发生取代反应而褪色4化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果下列图象描述正确的是（）a根据图1可判断可逆反应“a2（g）+3b2（g）2ab3（g）”的h0b图2可能表示压强对可逆反应 a（g）+2b（g）3c（g）+d（s）的影响，乙的压强大c图3可表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性的变化d根据图4，若除去cuso4溶液中的fe3+可采用向溶液中加入适量cu至ph在4左右5下列有关物质制取或性质探究实验设计不能达到实验目的是（）a利用图1制取并收集干燥的氨气b利用图2制取fe（oh）2，使用煤油的目的是防止生成的fe（oh）2被空气氧化c利用图3制取并收集no2气体d利用图4用酒精制取无水乙醇6某溶液中除h+、oh外，还含有大量的mg2+、fe3+、cl，且这三种离子的物质的量之比为1：1：6下列有关该溶液的判断正确的是（）a向该溶液中加入稀naoh溶液，立即产生白色沉淀b向该溶液中加入ki溶液后，原有的五种离子物质的量不变c若溶液中c（cl）=0.6 mol/l，则该溶液的ph为1d向该溶液中加入过量铁粉，只能发生置换反应7下列有关说法正确的是（）a常温下，0.1 mol/l na2s溶液中存在：c（oh）=c（h+）+c（hs）+c（h2s）b常温下，ph为1的0.1 mol/l ha溶液与0.1 mol/l naoh溶液恰好完全反应时，溶液中一定存在：c （na+）=c（a）c（oh）=c（h+）c常温下，ph=7的ch3coona和ch3cooh混合溶液中c（na+）=0.1 mol/l：c（na+）=c（ch3cooh）c（ch3coo）c（h+）=c（oh）d常温下，将0.1 mol/l ch3cooh溶液加水稀释，当溶液的ph从3.0升到4.0时，溶液的kac（h+）值减小到原来的二、解答题（共3小题，满分43分）8ni元素化合物在生活中有非常重要的应用纳米nio可以制备超级电容器，niooh是制作二次电池的重要材料现以niso4为原料生产纳米nio和niooh流程如图1：（1）制备niooh过程中，niso4溶液配制方法；过滤、洗涤后，得到ni（oh）2固体，如何证明ni（oh）2已经完全洗净；naclo氧化ni（oh）2的离子方程式为（2）已知kspni（oh）2=21015室温下，欲加入一定量 naoh固体使1l 含有0.001moll1的niso4和0.0001moll1的h2so4溶液中残留c（ni2+）2107 moll1，并恢复至室温，所加入的naoh的固体质量至少为 g（3）nh3h2o的浓度对纳米nio的产率产生很大影响图2为niso4的物质的量一定时，不同的反应物配比对纳米氧化镍收率的影响请解释反应物nh4hco3和niso4 的物质的量比在2.5至4.0时，收率升高的原因（4）制备纳米 nio 时，加入一些可溶于水的有机物（如：吐温80）能制得更优质的纳米材料，原因是（5）沉降体积是超细粉体的一个重要参数，若颗粒在液相中分散性好，则沉降体积较小；若颗粒分散性较差，则易引起絮凝沉降体积较大图3是吐温80 的加入量与前体在液体石蜡中沉降体积的关系曲线通过图3分析，吐温80的最佳加入量为 ml（6）niooh是制备镍镉电池的原料，某镍镉电池的总反应为cd+2niooh+2h2o cd（oh）2+2ni（oh）2该电池放电时正极电极反应式为9硫酸四氨合铜晶体（cu（nh3）4so4h2o）常用作杀虫剂、媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛常温下该物质在空气中易与水和二氧化碳反应，生成铜的碱式盐，使晶体变成绿色的粉末下面为硫酸四氨合铜晶体的制备以及nh3和so42质量百分数的测定实验步骤一：硫酸四铵合铜晶体的制备发生反应为：cuso4+4nh3h2ocu（nh3）4so4h2o+3h2o现取10g cuso45h2o溶于14ml水中，加入20ml浓氨水，沿烧杯壁慢慢滴加95%的乙醇静置析出晶体后，减压过滤，晶体用乙醇与浓氨水的混合液洗涤，再用乙醇与乙醚的混合液淋洗，然后将其在60左右小心烘干步骤二：nh3的质量百分数的测定（装置如图1所示）称取0.250g 样品，放入250ml锥形瓶中，加80ml水溶解在另一锥形瓶中，准确加入30ml 0.500moll1 hcl标准溶液，放入冰水浴中从漏斗中加入15ml 10% naoh溶液，加热样品，保持微沸状态 1小时左右蒸馏完毕后，取出插入hcl 溶液中的导管，用蒸馏水冲洗导管内外，洗涤液收集在氨吸收瓶中，从冰水浴中取出吸收瓶，加 2 滴酸碱指示剂，用0.500moll1的naoh标准溶液滴定，用去naoh标准溶液22.00ml步骤三：so42质量百分数的测定称取试样0.600g置于烧杯中，依次加入蒸馏水、稀盐酸、bacl2溶液，水浴加热半小时过滤，用稀硫酸洗涤取下滤纸和沉淀置于已恒重的坩埚中在800850灼烧至再次恒重，得到固体0.699g（1）步骤一加入95%乙醇的作用为此步骤进行两次洗涤操作，用乙醇与乙醚的混合液淋洗的目的为不采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法制备硫酸四氨合铜晶体的原因为（2）步骤二装置中15ml 10% naoh溶液加热样品，保持微沸状态 1小时左右的目的是通过此步骤测定nh3的质量百分数为此实验装置，如不使用空气冷凝管和冰水浴将使氨气的测定结果（“偏高”、“不变”或“偏低”）（3）步骤二中，根据酸碱中和滴定曲线分析，此实验中所加入的酸碱指示剂为a甲基橙 b甲基红 c酚酞（4）步骤三中用稀硫酸洗涤的目的是（用必要的方程式和文字说明）该步骤中灼烧过程如果温度过高可生成一种有害气体和一种可溶于水的盐，写出该反应的化学方程式10工业生产硝酸铵的流程如图1所示：（1）硝酸铵的水溶液呈（填“酸性”、“中性”或“碱性”）；其水溶液中各离子的浓度大小顺序为（2）已知n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h0，当反应器中按n（n2）：n（h2）=1：3投料，分别在200、400、600下达到平衡时，混合物中nh3的物质的量分数随压强的变化曲线如图2曲线a对应的温度是关于工业合成氨的反应，下列叙述正确的是a及时分离出nh3可以提高h2的平衡转化率bp点原料气的平衡转化率接近100%，是当前工业生产工艺中采用的温度、压强条件c上图中m、n、q点平衡常数k的大小关系是k（m）=k（q）k（n）dm点比n点的反应速率快e如果n点时c（nh3）=0.2moll1，n点的化学平衡常数k0.93l2/mol2（3）尿素co（nh2）2是一种非常重要的高效氮肥，工业上以nh3、co2为原料生产尿素，该反应实际为两步反应：第一步：2nh3（g）+co2（g）h2ncoonh4（s）h=272kjmol1第二步：h2ncoonh4（s）co（nh2）2（s）+h2o（g）h=+138kjmol1写出工业上以nh3、co2为原料合成尿素的热化学方程式：（4）某实验小组模拟工业上合成尿素的条件，在一体积为0.5l密闭容器中投入4mol氨和1mol二氧化碳，实验测得反应中各组分的物质的量随时间的变化如图3所示：已知总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素总反应的快慢由第步反应决定，总反应进行到min时到达平衡在上图4中画出第二步反应的平衡常数k随温度的变化的示意图（5）电解尿素co（nh2）2的碱性溶液制纯净氢气的过程中同时产生氮气电解时，阳极的电极反应式为三.【化学选修2：化学与技术】11以黄铁矿（主要成分是fes2）为原料生产硫酸的工艺流程图如下：（1）依据工艺流程图判断下列说法不正确的是（选填序号字母）a为使黄铁矿充分燃烧，需将其粉碎b过量空气能提高so2的转化率c排出的矿渣可供炼铁d使用催化剂能提高so2的化学反应速率和转化率e设备i生成的气体经净化的主要目的是防止催化剂中毒f热交换器的目的是使so2的热量传递给so3，有利于so2的氧化和so3的吸收（2）设备的名称为，燃烧黄铁矿的化学方程式为（3）设备为接触室，采用常压而不采用高压的原因是在生产中，为提高催化剂效率采取的措施有（4）设备为吸收塔，从顶部喷淋吸收so3，得到，不用水吸收so3是为了吸收塔中填充有许多瓷管，其作用是（5）吸收塔排出的尾气先用氨水吸收，再用浓硫酸处理，得到较高浓度的so2和铵盐so2既可作为原料循环再利用，也可用于工业制溴过程中吸收潮湿空气中的br2so2吸收br2的离子方程式是四【化学-选修3：物质结构与性质】12磷元素在生产和生活中有广泛的应用（1）p原子价电子排布图为（2）四（三苯基膦）钯分子结构如图1：p原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子的杂化轨道类型为；判断该物质在水中溶解度并加以解释该物质可用于图2所示物质a的合成：物质a中碳原子杂化轨道类型为；一个a分子中手性碳原子数目为（3）在图3中表示出四（三苯基膦）钯分子中配位键：（4）pcl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148液化，形成一种能导电的熔体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正六面体形阴离子，熔体中pcl的键长只有198nm和206nm两种，这两种离子的化学式为；正四面体形阳离子中键角小于pcl3的键角原因为；该晶体的晶胞如右图4所示，立方体的晶胞边长为a pm，na为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为 g/cm3（5）pbr5气态分子的结构与pcl5相似，它的熔体也能导电，经测定知其中只存在一种pbr键长，试用电离方程式解释pbr5熔体能导电的原因五【化学-选修5：有机化学基础】13已知：苯和卤代烃在催化剂作用下可以生成烷基苯和卤化氢根据以下转化关系（生成物中所有无机物均已略去），回答下列问题：（1）h，e中所含官能团的名称分别是、，d的结构简式为，（2）反应中属于消去反应的是（3）写出的反应方程式写出hi的反应方程式（4）写出一种符合下列要求的f的同分异构体的结构简式；f的同分异构体中属于酯类，能发生银镜反应，且苯环上的一氯取代物只有两种：f的同分异构体中属于醇类，能发生银镜反应，且苯环上的一氯取代物只有两种：2015-2016学年黑龙江省牡丹江一中高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1下列说法正确的是（）a用高氯酸与碳酸钙反应制取二氧化碳可证明氯元素非金属性大于碳元素b糖类、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应c硅单质在电子工业上应用广泛，可做光导纤维d石油的裂化产生气体、植物油以及苯甲酸均能使酸性高锰酸钾溶液褪色【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；有机物分子中的官能团及其结构【专题】元素周期律与元素周期表专题；有机物的化学性质及推断【分析】a元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；b单糖不能发生水解反应；c光导纤维的主要成分是二氧化硅；d苯甲酸不能被酸性高锰酸钾溶液氧化【解答】解：a元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，用高氯酸与碳酸钙反应制取二氧化碳，说明高氯酸强于碳酸，由此可证明氯元素非金属性大于碳元素，故a正确；b单糖不能发生水解反应，如葡萄糖和果糖不能水解，故b错误；c光导纤维的主要成分是二氧化硅，硅可以用作硅芯片、太阳能电池板等，故c错误；d苯甲酸不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，但连接苯环的碳原子上含有氢离子的苯的同系物能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，故d错误；故选a【点评】本题考查较综合，涉及有机物水解、物质用途、元素周期律等知识点，为高频考点，明确物质性质、基本原理等知识点即可解答，易错选项是b2下列说法正确的是（）ahclo2clo2+cl2+h2o（未配平），1 mol hclo2分解时转移电子的物质的量为1 molb标准状况下，28 g co、c2h4混合气体与22.4 l n2所含有的分子数都是nac与金属cu常温下反应放出气体的溶液可以存在的离子有：fe2+、al3+、so42、k+d在燃煤时加入适量石灰石，可减少so2的排放，其中发生的反应为：2caco3+o2+2so22caso3+2co2【考点】化学方程式的书写；阿伏加德罗常数；物质的量的相关计算；离子共存问题【专题】化学用语专题；氧化还原反应专题；离子反应专题【分析】acl元素的化合价由+3价升高为+4价，cl元素的化合价由+3价降低为1价；b依据n=计算气体的物质的量，相同物质的量的气体具有相同的分子数；c能够与金属cu常温下反应放出气体的溶液具有强氧化性；d亚硫酸钙不稳定，容易被氧化为硫酸钙【解答】解：ahclo2clo2+cl2+h2o（未配平），cl元素的化合价由+3价升高为+4价，cl元素的化合价由+3价降低为0价，要使得失电子守恒，则clo2系数为6，cl2系数为1，依据原子个数守恒方程式：8hclo26clo2+cl2+4h2o，则8molhclo2反应转移电子6mol，则1 mol hclo2分解时转移电子的物质的量为0.75mol，故a错误；bco、c2h4摩尔质量都是28g/mol，则28gco、c2h4混合气体的物质的量为1mol，22.4 l n2物质的量=1mol，所以所含有的分子数都是na，故b正确；c能够与金属cu常温下反应放出气体的溶液具有强氧化性，二价铁离子能够被氧化为三价铁离子，所以不能共存，故c错误；d在燃煤时加入适量石灰石，可减少so2的排放，其中发生的反应为：2caco3+o2+2so22caso4+2co2，故d错误；故选：b【点评】本题考查了氧化还原反应电子转移数目计算，阿伏伽德罗常数的应用，离子共存，二氧化硫的性质，明确氧化还原反应规律、有关物质的量的计算公式、离子反应条件是解题关键，题目难度不大3下列有关有机化合物结构和性质的叙述，正确的是（）a乙酸的酯化、丙烯使高锰酸钾酸性溶液褪色的反应都属于取代反应bc8h10含苯环的烃的同分异构体有3种c分子中的所有原子不可能共平面d莽草酸（）能与溴水发生取代反应而褪色【考点】有机物的结构和性质；有机物的结构式【专题】有机物的化学性质及推断【分析】a丙烯含有碳碳双键，可被氧化；b取代基可以是2个甲基或1个乙基；c含有甲基，具有甲烷的结构；d不含酚羟基【解答】解：a丙烯含有碳碳双键，被酸性高锰酸钾氧化，故a错误；bc8h10的芳香烃满足cnh2n6的通式，即有可能为苯的同系物，取代基可以是2个甲基或1个乙基，结构简式：，故b错误；c含有甲基，具有甲烷的结构，则不可能共平面，故c正确；d含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，可使溴的四氯化碳溶液褪色，不含酚羟基，与溴水不发生取代反应，故d错误故选c【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大4化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果下列图象描述正确的是（）a根据图1可判断可逆反应“a2（g）+3b2（g）2ab3（g）”的h0b图2可能表示压强对可逆反应 a（g）+2b（g）3c（g）+d（s）的影响，乙的压强大c图3可表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性的变化d根据图4，若除去cuso4溶液中的fe3+可采用向溶液中加入适量cu至ph在4左右【考点】化学平衡的影响因素；电解质溶液的导电性；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】化学平衡专题；电离平衡与溶液的ph专题【分析】a、从温度升高正逆反应速率的变化判断平衡移动的方向，以此来判断反应热问题；b、从压强对反应速率的影响结合图象中曲线斜率的大小判断压强大小，根据压强对平衡移动的影响判断反应物含量的变化；c、从溶液中离子浓度的变化判断导电性问题；d、根据两种物质完全沉淀时的溶液ph大小来分析【解答】解：a、根据图象可知，温度升高，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，h0，故a正确；b、从图象可知，乙曲线斜率大，乙反应到达平衡用得时间少，则乙反应速率快，根据压强对反应速率的影响，压强越大反应速率越大，则乙曲线压强大，根据反应方程式可以看出，物质d为固体，则增大压强平衡向正反应方向移动，反应物的含量减小，而图中达到平衡时反应物的浓度在两种不同压强下相同，是不符合实际的，故b错误；c、乙酸和氨水都为弱电解质，二者反应生成醋酸铵为强电解质，溶液中离子浓度增大，导电性增强，图象不符合，故c错误；d、cuso4溶液中加入适量cuo，发生：cuo+2h+cu2+h2o，溶液中h+浓度减小，易于fe3+水解生成沉淀，当调节ph在4左右时，fe3+全部水解生成沉淀而除去，加入的cu不能和稀酸溶液发生反应，不能调节溶液的ph，故d错误故选a【点评】本题为图象题，做题时注意分析图象题中曲线的变化特点是做该类题型的关键，注意化学平衡影响因素分析，混合物质的除杂方法，题目难度中等5下列有关物质制取或性质探究实验设计不能达到实验目的是（）a利用图1制取并收集干燥的氨气b利用图2制取fe（oh）2，使用煤油的目的是防止生成的fe（oh）2被空气氧化c利用图3制取并收集no2气体d利用图4用酒精制取无水乙醇【考点】化学实验方案的评价【分析】a铵盐与氢氧化钙加热生成氨气，利用碱石灰干燥，且氨气极易溶于水，防止倒吸，其密度比空气小，利用向下排空气法收集；b煤油不溶于水，在水的上方，隔绝空气；c二氧化氮与水反应；d用酒精制取无水乙醇，加cao后增大与乙醇的沸点差异，利用蒸馏可分离提纯【解答】解：a铵盐与氢氧化钙加热生成氨气，利用碱石灰干燥，且氨气极易溶于水，防止倒吸，其密度比空气小，利用向下排空气法收集，则图1可制取并收集干燥的氨气，故a正确；b煤油不溶于水，在水的上方，隔绝空气，能防止氢氧化亚铁被氧化，则图2可制取fe（oh）2，使用煤油的目的是防止生成的fe（oh）2被空气氧化，故b正确；c二氧化氮与水反应，图中二氧化氮的收集方法不合理，故c错误；d用酒精制取无水乙醇，加cao后增大与乙醇的沸点差异，利用蒸馏可分离提纯，图中蒸馏装置及实验合理，故d正确；故选c【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的制备实验、混合物分离提纯等，把握物质的性质和反应原理为解答的关键，注意实验装置的作用及实验的评价性分析，题目难度不大6某溶液中除h+、oh外，还含有大量的mg2+、fe3+、cl，且这三种离子的物质的量之比为1：1：6下列有关该溶液的判断正确的是（）a向该溶液中加入稀naoh溶液，立即产生白色沉淀b向该溶液中加入ki溶液后，原有的五种离子物质的量不变c若溶液中c（cl）=0.6 mol/l，则该溶液的ph为1d向该溶液中加入过量铁粉，只能发生置换反应【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】某溶液中除h+、oh外，还含有大量的mg2+、fe3+、cl，且这三种离子的物质的量浓度之比为1：1：6，由mg2+、fe3+、cl所带的电荷21+3116可知，溶液为酸性溶液，是氯化镁、氯化铁、氯化氢的混合溶液a、溶液呈酸性，氢氧化钠先中和盐酸b、fe3+有强氧化性，能氧化i为i2c、根据电荷守恒计算氯化氢产生的氢离子浓度，在根据ph=logc（h+）计算d、铁除置换氢气外，fe3+有强氧化性，能与fe反应生成fe2+【解答】解：某溶液中除h+、oh外，还含有大量的mg2+、fe3+、cl，且这三种离子的物质的量浓度之比为1：1：6，由mg2+、fe3+、cl所带的电荷21+3116可知，溶液为酸性溶液，是氯化镁、氯化铁、氯化氢的混合溶液a、溶液为酸性溶液，是氯化镁、氯化铁、氯化氢的混合溶液，氢氧化钠先中和盐酸，再发生沉淀反应，故a错误；b、fe3+有强氧化性，能氧化i为i2，溶液中加入ki溶液后，fe3+离子物质的量发生变化，故b错误；c、若溶液中c（cl）=0.6 mol/l，则c（mg2+）=0.1mol/l，c（fe3+）=0.1mol/l，则c（h+）1+c（mg2+）2+c（fe3+）3=c（cl）1，即c（h+）1+0.1mol/l2+0.1mol/l3=0.6mol/l1，解得c（h+）=0.1mol/l，所以溶液ph=logc（h+）=1，故c正确；d、溶液中fe3+有强氧化性，铁除置换氢气外，还能与fe3+反应生成fe2+，故d错误故选：c【点评】考查溶液中离子共存问题、溶液计算等，难度中等，判断溶液是氯化镁、氯化铁、氯化氢的混合溶液是解题关键7下列有关说法正确的是（）a常温下，0.1 mol/l na2s溶液中存在：c（oh）=c（h+）+c（hs）+c（h2s）b常温下，ph为1的0.1 mol/l ha溶液与0.1 mol/l naoh溶液恰好完全反应时，溶液中一定存在：c （na+）=c（a）c（oh）=c（h+）c常温下，ph=7的ch3coona和ch3cooh混合溶液中c（na+）=0.1 mol/l：c（na+）=c（ch3cooh）c（ch3coo）c（h+）=c（oh）d常温下，将0.1 mol/l ch3cooh溶液加水稀释，当溶液的ph从3.0升到4.0时，溶液的kac（h+）值减小到原来的【考点】离子浓度大小的比较【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】a根据硫化钠溶液中的质子守恒可得；bph为1的0.1 mol/l ha溶液，说明ha为强电解质，则二者混合恰好反应生成强碱弱酸盐naa，溶液呈中性；c常温下，ph=7的ch3coona和ch3cooh混合溶液中c（na+）=0.1 mol/l，则c（h+）=c（oh），根据电荷守恒可知：c（na+）=c（ch3coo）=o1mol/l；d稀释后氢离子浓度变为原先的，结合醋酸的电离平衡常数表达式分析的变化【解答】解：a任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据硫化钠溶液中的质子守恒得：c（oh）=c（h+）+c（hs）+2c（h2s），故a错误；b常温下，0.1 mol/l ha溶液的ph为1，说明ha为强酸，则该ha溶液与0.1 mol/l naoh溶液恰好完全反应时生成强酸强碱盐naa，溶液为中性，则溶液中一定满足：c （na+）=c（a）c（oh）=c（h+），故b正确；cch3coona和ch3cooh混合溶液的ph=7，则c（h+）=c（oh），根据电荷守恒可知：c（na+）=c（ch3coo）=o1mol/l，则溶液中正确的离子浓度大小为：c（na+）=c（ch3coo）c（ch3cooh）c（h+）=c（oh），故c错误；d根据醋酸的电离平衡常数表达式可知： =，当溶液的ph从3.0升到4.0时，溶液中氢离子浓度减小为原先的，由于温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，则的值增大为原先的10倍，故d错误；故选b【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理的含义为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力，d为易错点，需要根据平衡常数的表达式进行转化二、解答题（共3小题，满分43分）8ni元素化合物在生活中有非常重要的应用纳米nio可以制备超级电容器，niooh是制作二次电池的重要材料现以niso4为原料生产纳米nio和niooh流程如图1：（1）制备niooh过程中，niso4溶液配制方法将niso4固体溶于稀硫酸中，并稀释至一定浓度；过滤、洗涤后，得到ni（oh）2固体，如何证明ni（oh）2已经完全洗净用洁净的小试管盛接最后一次洗涤液，滴加bacl2溶液，若没有浑浊出现时，说明沉淀已经洗净；naclo氧化ni（oh）2的离子方程式为clo+2ni（oh）2cl+2niooh+h2o（2）已知kspni（oh）2=21015室温下，欲加入一定量 naoh固体使1l 含有0.001moll1的niso4和0.0001moll1的h2so4溶液中残留c（ni2+）2107 moll1，并恢复至室温，所加入的naoh的固体质量至少为0.092 g（3）nh3h2o的浓度对纳米nio的产率产生很大影响图2为niso4的物质的量一定时，不同的反应物配比对纳米氧化镍收率的影响请解释反应物nh4hco3和niso4 的物质的量比在2.5至4.0时，收率升高的原因hco3和nh4+水解相互促进，且随着nh4hco3的浓度增大，nh3h2o的浓度也随之增大，有利于纳米nio的生成（4）制备纳米 nio 时，加入一些可溶于水的有机物（如：吐温80）能制得更优质的纳米材料，原因是吐温80分子包裹在前体颗粒表面，阻止了颗粒团聚（聚集），从而缓慢结晶得到颗粒大小均匀的nio前体（5）沉降体积是超细粉体的一个重要参数，若颗粒在液相中分散性好，则沉降体积较小；若颗粒分散性较差，则易引起絮凝沉降体积较大图3是吐温80 的加入量与前体在液体石蜡中沉降体积的关系曲线通过图3分析，吐温80的最佳加入量为1.25 ml（6）niooh是制备镍镉电池的原料，某镍镉电池的总反应为cd+2niooh+2h2o cd（oh）2+2ni（oh）2该电池放电时正极电极反应式为niooh+h2o+e=ni（oh）2+oh【考点】制备实验方案的设计；离子方程式的书写；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素【专题】实验分析题；实验设计题；演绎推理法；无机实验综合；制备实验综合【分析】（1）配制niso4溶液时要防止镍离子水解，可以加适量的稀硫酸，通过检验固体表面是否有硫酸根离子来证明ni（oh）2已经完全洗净；naclo氧化ni（oh）2生成氯离子和niooh，根据电荷守恒和元素守恒书写离子方程式；（2）通过kspni（oh）2可计算出c（ni2+）2107 moll1时溶液中氢氧根离子的浓度，据此计算出与niso4反应的氢氧化钠的物质的量，根据硫酸的物质的量可计算出与硫酸反应的氢氧化钠的物质的量，两者之和即为所加入的naoh的固体的物质的量，再计算出质量；（3）hco3和nh4+水解相互促进，且随着nh4hco3的浓度增大，nh3h2o的浓度也随之增大，有利于纳米nio的生成，所以反应物nh4hco3和niso4 的物质的量比在2.5至4.0时，收率升高；（4）制备纳米 nio 时，加入一些可溶于水的有机物（如：吐温80），吐温80 分子包裹在前体颗粒表面，阻止了颗粒团聚（聚集），从而缓慢结晶得到颗粒大小均匀的nio前体，所以能制得更优质的纳米材料；（5）根据图3可知，吐温80的最佳加入量为1.25ml时，前体在液体石蜡中沉降体积最小；（6）根据镍镉电池的总反应cd+2niooh+2h2o cd（oh）2+2ni（oh）2可知，放电时，cd是还原剂，在负极发生氧化反应，niooh是氧化剂，在正极发生还原反应，据此书写电极反应式；【解答】解：（1）配制niso4溶液时要防止镍离子水解，可以加适量的稀硫酸，所以niso4溶液配制方法是将niso4固体溶于稀硫酸中，并稀释至一定浓度，检验ni（oh）2已经完全洗净的方法是用洁净的小试管盛接最后一次洗涤液，滴加bacl2溶液，若没有浑浊出现时，说明沉淀已经洗净，naclo氧化ni（oh）2生成氯离子和niooh，反应的离子方程式为clo+2ni（oh）2cl+2niooh+h2o，故答案为：将niso4固体溶于稀硫酸中，并稀释至一定浓度；用洁净的小试管盛接最后一次洗涤液，滴加bacl2溶液，若没有浑浊出现时，说明沉淀已经洗净；clo+2ni（oh）2cl+2niooh+h2o；（2）通过kspni（oh）2可计算出c（ni2+）2107 moll1时溶液中氢氧根离子的浓度为1104 moll1，所以与niso4反应的氢氧化钠的物质的量为21l0.001moll1+1l1104 moll1=0.0021mol，根据硫酸的物质的量可计算出与硫酸反应的氢氧化钠的物质的量为0.0002mol，所以加入的naoh的固体的物质的量至少为0.0021mol+0.0002mol=0.0023mol，其质量为质量0.092g，故答案为：0.092；（3）hco3和nh4+水解相互促进，且随着nh4hco3的浓度增大，nh3h2o的浓度也随之增大，有利于纳米nio的生成，所以反应物nh4hco3和niso4 的物质的量比在2.5至4.0时，收率升高，故答案为：hco3和nh4+水解相互促进，且随着nh4hco3的浓度增大，nh3h2o的浓度也随之增大，有利于纳米nio的生成；（4）制备纳米 nio 时，加入一些可溶于水的有机物（如：吐温80），吐温80 分子包裹在前体颗粒表面，阻止了颗粒团聚（聚集），从而缓慢结晶得到颗粒大小均匀的nio前体，所以能制得更优质的纳米材料，故答案为：吐温80 分子包裹在前体颗粒表面，阻止了颗粒团聚（聚集），从而缓慢结晶得到颗粒大小均匀的nio前体；（5）根据图3可知，吐温80的最佳加入量为1.25ml时，前体在液体石蜡中沉降体积最小，故答案为：1.25；（6）根据镍镉电池的总反应cd+2niooh+2h2o cd（oh）2+2ni（oh）2可知，放电时，cd是还原剂，在负极发生氧化反应，niooh是氧化剂，在正极发生还原反应，电极反应式为niooh+h2o+e=ni（oh）2+oh，故答案为：niooh+h2o+e=ni（oh）2+oh【点评】本题考查物质制备方案、物质组成的测定、原电池与电解池原理，题目综合性强，是对学生综合能力的考查，明确原理是关键，难度中等9硫酸四氨合铜晶体（cu（nh3）4so4h2o）常用作杀虫剂、媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛常温下该物质在空气中易与水和二氧化碳反应，生成铜的碱式盐，使晶体变成绿色的粉末下面为硫酸四氨合铜晶体的制备以及nh3和so42质量百分数的测定实验步骤一：硫酸四铵合铜晶体的制备发生反应为：cuso4+4nh3h2ocu（nh3）4so4h2o+3h2o现取10g cuso45h2o溶于14ml水中，加入20ml浓氨水，沿烧杯壁慢慢滴加95%的乙醇静置析出晶体后，减压过滤，晶体用乙醇与浓氨水的混合液洗涤，再用乙醇与乙醚的混合液淋洗，然后将其在60左右小心烘干步骤二：nh3的质量百分数的测定（装置如图1所示）称取0.250g 样品，放入250ml锥形瓶中，加80ml水溶解在另一锥形瓶中，准确加入30ml 0.500moll1 hcl标准溶液，放入冰水浴中从漏斗中加入15ml 10% naoh溶液，加热样品，保持微沸状态 1小时左右蒸馏完毕后，取出插入hcl 溶液中的导管，用蒸馏水冲洗导管内外，洗涤液收集在氨吸收瓶中，从冰水浴中取出吸收瓶，加 2 滴酸碱指示剂，用0.500moll1的naoh标准溶液滴定，用去naoh标准溶液22.00ml步骤三：so42质量百分数的测定称取试样0.600g置于烧杯中，依次加入蒸馏水、稀盐酸、bacl2溶液，水浴加热半小时过滤，用稀硫酸洗涤取下滤纸和沉淀置于已恒重的坩埚中在800850灼烧至再次恒重，得到固体0.699g（1）步骤一加入95%乙醇的作用为降低硫酸四氨合铜晶体的溶解度，有利于晶体析出此步骤进行两次洗涤操作，用乙醇与乙醚的混合液淋洗的目的为下一步烘干温度较低，利用乙醇与乙醚易挥发的性质，得到较干燥的硫酸四氨合铜晶体，大量减少下一步烘干所用时间不采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法制备硫酸四氨合铜晶体的原因为硫酸四氨合铜蒸发浓缩过程，受热分解可以生成nh3（2）步骤二装置中15ml 10% naoh溶液加热样品，保持微沸状态 1小时左右的目的是将氨全部蒸出，从而得到准确的测量结果通过此步骤测定nh3的质量百分数为27.2%此实验装置，如不使用空气冷凝管和冰水浴将使氨气的测定结果偏高（“偏高”、“不变”或“偏低”）（3）步骤二中，根据酸碱中和滴定曲线分析，此实验中所加入的酸碱指示剂为ba甲基橙 b甲基红 c酚酞（4）步骤三中用稀硫酸洗涤的目的是baso4（s）ba2+（aq）+so42（aq），洗净杂质的同时，so42浓度升高使baso4的沉淀溶解平衡逆向移动，减少baso4的溶解（用必要的方程式和文字说明）该步骤中灼烧过程如果温度过高可生成一种有害气体和一种可溶于水的盐，写出该反应的化学方程式baso4+4c高4co+bas【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；物质的分离提纯和鉴别；制备实验综合【分析】（1）硫酸四铵合铜晶体的制备过程中，加入95%乙醇可以降低硫酸四氨合铜晶体的溶解度，有利于晶体析出，静置析出晶体后，减压过滤，晶体用乙醇与浓氨水的混合液洗涤，再用乙醇与乙醚的混合液淋洗，由于下一步烘干温度较低，利用乙醇与乙醚易挥发的性质，得到较干燥的硫酸四氨合铜晶体，大量减少下一步烘干所用时间，然后将其在60左右小心烘干，以防止硫酸四氨合铜蒸发浓缩过程，受热分解生成nh3，据此答题；（2）步骤二装置中15ml 10% naoh溶液加热样品，保持微沸状态1小时左右，可以使溶液中的氨气充分挥发出来，根据滴定用去的氢氧化钠的物质的量可以计算出与氨反应的盐酸的物质的量，进而计算产生的氨气的物质的量，再计算出nh3的质量百分数；如不使用空气冷凝管和冰水浴将使氨气，盐酸会挥发，则消耗的氢氧化钠会偏少，据此分析；（3）根据中和滴定的原理，指示剂的变色点 的ph值要与滴定终点的ph值接近，据此选择指示剂；（4）用稀硫酸洗涤硫酸钡沉淀，可以减小硫酸钡的损失，滤纸和硫酸钡沉淀一起灼烧，滤纸碳化后可以硫酸钡发生氧化还原反应，生成一氧化碳和硫化钡，据此答题；【解答】解：（1）硫酸四铵合铜晶体的制备过程中，加入95%乙醇可以降低硫酸四氨合铜晶体的溶解度，有利于晶体析出，静置析出晶体后，减压过滤，晶体用乙醇与浓氨水的混合液洗涤，再用乙醇与乙醚的混合液淋洗，由于下一步烘干温度较低，利用乙醇与乙醚易挥发的性质，得到较干燥的硫酸四氨合铜晶体，大量减少下一步烘干所用时间，然后将其在60左右小心烘干，以防止硫酸四氨合铜蒸发浓缩过程，受热分解生成nh3，故答案为：降低硫酸四氨合铜晶体的溶解度，有利于晶体析出；下一步烘干温度较低，利用乙醇与乙醚易挥发的性质，得到较干燥的硫酸四氨合铜晶体，大量减少下一步烘干所用时间；硫酸四氨合铜蒸发浓缩过程，受热分解可以生成nh3；（2）步骤二装置中15ml 10% naoh溶液加热样品，保持微沸状态1小时左右，可以使溶液中的氨气充分挥发出来，与盐酸反应的氢氧化钠的物质的量为0.500moll10.022l=0.011mol，所以与氨反应的盐酸的物质的量为0.030l0.500moll10.011mol=0.004mol，则产生的氨气的物质的量为0.004mol，所以nh3的质量百分数为100%=27.2%，如不使用空气冷凝管和冰水浴将使氨气，盐酸会挥发，则消耗的氢氧化钠会偏少，根据上面的计算过程可知，计算出的氨的质量分数会偏高，故答案为：将氨全部蒸出，从而得到准确的测量结果；27.2%； 偏高；（3）根据中和滴定的原理，指示剂的变色点 的ph值要与滴定终点的ph值接近，根据图中变色点的ph值可知，应选择甲基红，故选b；（4）用稀硫酸洗涤硫酸钡沉淀，可以减小硫酸钡的损失，沉淀溶解平衡的方程式为baso4（s）ba2+（aq）+so42（aq），滤纸和硫酸钡沉淀一起灼烧，滤纸碳化后可以硫酸钡发生氧化还原反应，生成一氧化碳和硫化钡，反应方程式为baso4+4c 高4co+bas，故答案为：baso4（s）ba2+（aq）+so42（aq），洗净杂质的同时，so42浓度升高使baso4的沉淀溶解平衡逆向移动，减少baso4的溶解；baso4+4c 高4co+bas【点评】本题考查了物质的制备实验方案的设计、物质组成的测定，题目难度中等，试题综合性较强，知识点较全面，正确理解制备原理为解答关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力、计算能力及化学实验能力10工业生产硝酸铵的流程如图1所示：（1）硝酸铵的水溶液呈酸性（填“酸性”、“中性”或“碱性”）；其水溶液中各离子的浓度大小顺序为c（no3）c（nh4+）c（h+）c（oh）（2）已知n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h0，当反应器中按n（n2）：n（h2）=1：3投料，分别在200、400、600下达到平衡时，混合物中nh3的物质的量分数随压强的变化曲线如图2曲线a对应的温度是200关于工业合成氨的反应，下列叙述正确的是acea及时分离出nh3可以提高h2的平衡转化率bp点原料气的平衡转化率接近100%，是当前工业生产工艺中采用的温度、压强条件c上图中m、n、q点平衡常数k的大小关系是k（m）=k（q）k（n）dm点比n点的反应速率快e如果n点时c（nh3）=0.2moll1，n点的化学平衡常数k0.93l2/mol2（3）尿素co（nh2）2是一种非常重要的高效氮肥，工业上以nh3、co2为原料生产尿素，该反应实际为两步反应：第一步：2nh3（g）+co2（g）h2ncoonh4（s）h=272kjmol1第二步：h2ncoonh4（s）co（nh2）2（s）+h2o（g）h=+138kjmol1写出工业上以nh3、co2为原料合成尿素的热化学方程式：2nh3（g）+co2（g）h2o（g）+co（nh2）2 （s）h=134kj/mol（4）某实验小组模拟工业上合成尿素的条件，在一体积为0.5l密闭容器中投入4mol氨和1mol二氧化碳，实验测得反应中各组分的物质的量随时间的变化如图3所示：已知总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素总反应的快慢由第二步反应决定，总反应进行到55min时到达平衡在上图4中画出第二步反应的平衡常数k随温度的变化的示意图（5）电解尿素co（nh2）2的碱性溶液制纯净氢气的过程中同时产生氮气电解时，阳极的电极反应式为co（nh2）2+8oh6e=co32+n2+6h2o【考点】制备实验方案的设计；化学平衡的计算；电解原理；离子浓度大小的比较【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；制备实验综合【分析】（1）硝酸铵溶液中铵根离子水解，使溶液呈酸性；（