陕西省西安市长安一中高三化学上学期第二次质检试卷（含解析）.doc

2013-2014学年陕西省西安市长安一中高三（上）第二次质检化学试卷 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）（2014南召县校级模拟）下列有关的叙述中完全正确的一组是（）直接加入淀粉溶液检验某食盐是否为加碘盐；常温常压下，14g的c3h6和c4h8混合气体中含有的原子数为3na；在通常状况下，0.5mol no与0.5mol o2混合后气体分子数为0.75na；淀粉溶液、烟、云、雾、烟水晶等均为胶体；1mol c10h22分子中含有的共价键的总数为31na；电解法精炼铜粗铜作阴极；碱性氧化物都是由金属元素和氧元素组成，如k2o、cuo、na2o、na2o2、mn2o7、al2o3、fe2o3等全部由金属元素和氧元素组成的，因此都为碱性氧化物abcd2（6分）（2015长沙校级二模）向100ml 0.1moll1硫酸铝铵溶液中逐滴滴入0.1moll1 ba（oh）2溶液 随着ba（oh）2溶液体积v的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示则下列说法中正确的是（）aa点对应的沉淀只有baso4bc点溶液呈碱性cb点发生反应的离子方程式是：al3+2so42+2ba2+3ohal（oh）3+2baso4dc点加入ba（oh）2溶液的体积为200ml3（6分）（2013长沙模拟）在一含na+的澄清溶液中，可能还存在nh4+、fe2+、i、br、co32、so32六种离子中的几种在原溶液中滴加足量的饱和氯水后，有气泡生成，溶液呈橙黄色；向呈橙黄色的溶液中加入bacl2溶液时无沉淀生成；橙黄色溶液不能使淀粉溶液变蓝色根据上述实验事实推断，下列说法不正确的是（）a溶液中一定存在br、co32b溶液中可能存在nh4+c溶液中一定不存在fe2+、i、so32d溶液一定呈碱性4（6分）（2014赫山区校级一模）下述实验不能达到预期实验目的是（）序号实验内容实验目的a将2.5g cuso45h2o溶解在97.5g 水中配制质量分数为1.6%的cuso4溶液b向盛有1ml硝酸银溶液的试管中滴加nacl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加na2s溶液说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀c室温下，用ph试纸测定浓度为0.1moll1 naclo溶液和0.1moll1 ch3coona溶液的ph比较hclo和ch3cooh的酸性强弱d室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的na2s2o3溶液，再分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸研究浓度对反应速率的影响aabbccdd5（6分）（2013秋长安区校级月考）药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：下列有关叙述正确的是（）a贝诺酯分子中有三种含氧官能团b对乙酰氨基酚核磁共振氢谱中共有四个峰c乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与na2co3 溶液反应d贝诺酯与足量naoh 溶液共热，最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠6（6分）（2013宁波校级学业考试）某温度下，在一个2l的密闭容器中，加入4mol a和2mol b进行如下反应：3a（g）+2b（g）4c（s）+2d（g），反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6mol c，则下列说法正确的是（）a该反应的化学平衡常数表达式是k=b此时b的平衡转化率是40%c增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大d增加b，平衡向右移动，b的平衡转化率增大7（6分）（2014和平区校级一模）为测定人体血液中ca2+的含量，设计了如下方案：有关反应的化学方程式为：2kmno4+5h2c2o4+3h2so4k2so4+2mnso4+10co2+8h2o若血液样品为15ml，滴定生成的草酸消耗了0.001moll1的kmno4溶液15.0ml，则这种血液样品中的含钙量为（）a0.001moll1b0.0025moll1c0.0003moll1d0.0035moll1二、解答题（共3小题，满分43分）8（13分）（2013秋长安区校级月考）化合物ai均是由na+、nh4+、al3+、ba2+、mg2+、cl、oh、so42等八种离子中的某两种形成的化合物，物质ai的转化关系如图所示请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：a，b、fg；（2）写出反应的离子方程式；（3）ba（alo2）2溶液显性，原因（用离子方程式表示）；（4）不用其他试剂只提供试管和胶头滴管如何鉴别i和c？（简述实验操作与现象及结论）（5）c的稀溶液和e的稀溶液混合恰好反应后，所得混合溶液中各离子浓度的大小关系为9（14分）（2015湖北模拟）氨基甲酸铵（nh2coonh4）是一种白色固体，易分解、易水解，可用做肥料、灭火剂、洗涤剂等某化学兴趣小组用模拟制备氨基甲酸铵，反应的化学方程式如下：2nh3（g）+co2（g）nh2coonh4（s）h0（1）用如图1装置制取氨气，你所选择的试剂是（2）制备氨基甲酸铵的装置如图2所示，把氨气和二氧化碳通入四氯碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中当悬浮物较多时，停止制备注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质发生器用冰水冷却的原因是液体石蜡鼓泡瓶的作用是从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是（填写操作名称）为了得到干燥产品，应采取的方法是（填写选项序号）a常压加热烘干 b高压加热烘干 c真空40以下烘干尾气处理装置如图2所示双通玻璃管的作用：；浓硫酸的作用：、（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.782 0g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为10（16分）（2013许昌一模）从废钒催化剂（主要成分v2o5、fe2o3和sio2等）中回收xo5的一种生产工艺流程 示意如图所示：回答下列问题：（1）中滤渣的主要成分是（2）、中的变化过程可简化为（下式中rn+表示vo2+或fe3+，ha表示有机萃取 剂的主要成分）：rn+（水层）+nha（有机层）ran（有机层）+nh+（水层）中萃取时必须加入适量碱，其原因是中反萃取时加入的x试剂是（3）完成中反应的离子方程式：clo+vo2+h+=vo3+cl+（4）25时，取样进行实验分析，得到钒沉淀率和溶液ph之间的关系如表ph1.31.41.51.61.71.81.92.02.1钡沉淀率/%889293959595939087根据表中数据判断，中加入氨水，调节溶液ph最佳值为；若钒沉淀率为90%时不产生fe（oh）3沉淀，则溶液中c（fe3+）（已知：25时，ksp=4.01038）（5）在整个工艺流程中，可以循环利用的物质是水、和（6）写出废液y中除h+之外的两种阳离子选做题：11、12选择一个按要求作答11（15分）（2013春吉安期末）金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛请回答下列问题：（1）ni原子的核外电子排布式为；（2）nio、feo的晶体结构类型均与氯化钠的相同，ni2+和fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点nio feo（填“”或“”）；（3）nio晶胞中ni和o的配位数分别为、；（4）金属镍与镧（la）形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图1所示该合金的化学式为；（5）丁二酮肟常用于检验ni2+：在稀氨水介质中，丁二酮肟与ni2+反应可生成鲜红色沉淀，其结构如图2所示该结构中，碳碳之间的共价键类型是键，碳氮之间的共价键类型是，氮镍之间形成的化学键是；该结构中，氧氢之间除共价键外还可存在；该结构中，碳原子的杂化轨道类型有12（2013秋苏州期末）化合物c是一种合成药品的中间体，其合成路线为：已知：（1）写出中官能团的名称（2）写出反应的化学方程式（3）反应属于反应（填有机反应类型）（4）产物c中有种不同环境的氢原子（5）写出一种满足下列条件的的同分异构体的结构简式苯环上有两个取代基且一取代产物只有两种；具有弱碱性，能发生银镜反应；水解后的产物能与fecl3溶液发生显色反应（6）请你设计由a合成b的合成路线提示：合成过程中无机试剂任选；合成路线表示方法示例如下：2013-2014学年陕西省西安市长安一中高三（上）第二次质检化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）（2014南召县校级模拟）下列有关的叙述中完全正确的一组是（）直接加入淀粉溶液检验某食盐是否为加碘盐；常温常压下，14g的c3h6和c4h8混合气体中含有的原子数为3na；在通常状况下，0.5mol no与0.5mol o2混合后气体分子数为0.75na；淀粉溶液、烟、云、雾、烟水晶等均为胶体；1mol c10h22分子中含有的共价键的总数为31na；电解法精炼铜粗铜作阴极；碱性氧化物都是由金属元素和氧元素组成，如k2o、cuo、na2o、na2o2、mn2o7、al2o3、fe2o3等全部由金属元素和氧元素组成的，因此都为碱性氧化物abcd考点：阿伏加德罗常数；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；物质的检验和鉴别的实验方案设计专题：物质的分类专题；阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：遇到淀粉显示蓝色是碘单质的特性，不是碘元素的特性；根据二者的最简式进行计算含有的原子数目；一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮部分转化成四氧化二氮；根据胶体的概念及胶粒大小进行判断；1mol c10h22分子中含有22mol碳氢键、9mol碳碳键，总共含有31mol共价键；电解精炼铜时，粗铜应该放在阳极，纯铜做阴极；进行氧化物与酸反应生成盐和水，过氧化钠不属于碱性氧化物解答：解：淀粉与碘单质显示蓝色，食盐中不含碘单质，不能直接加入淀粉溶液检验某食盐是否为加碘盐，故错误；常温常压下，14g的c3h6和c4h8混合气体中含有1mol最简式ch2，含有3mol原子，食盐含有的原子数为3na，故正确；在通常状况下，0.5mol no与0.5mol o2混合后生成0.5mol二氧化氮，氧气剩余0.25mol，由于部分二氧化氮转化成四氧化二氮，所以气体分子数小于0.75na，故错误；淀粉溶液、烟、云、雾、烟水晶的粒子直径在1100nm之间，它们都均为胶体，故正确；1mol c10h22分子中含有9mol碳碳键、22mol碳氢键，总共含有共价键的物质的量为31mol，含有的共价键的总数为31na，故正确；电解法精炼铜粗铜作阳极，发生氧化反应，纯铜作阴极，故错误；碱性氧化物都是由金属元素和氧元素组成，但是由金属元素和氧元素组成的氧化物不一定为碱性氧化物，如过氧化钠不属于碱性氧化物，故错误；故选b点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断、酸碱盐及氧化物的分类，题目难度中等，题量较大，涉及的知识点较多，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确碱性氧化物的概念及判断方法2（6分）（2015长沙校级二模）向100ml 0.1moll1硫酸铝铵溶液中逐滴滴入0.1moll1 ba（oh）2溶液 随着ba（oh）2溶液体积v的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示则下列说法中正确的是（）aa点对应的沉淀只有baso4bc点溶液呈碱性cb点发生反应的离子方程式是：al3+2so42+2ba2+3ohal（oh）3+2baso4dc点加入ba（oh）2溶液的体积为200ml考点：镁、铝的重要化合物专题：图示题分析：100ml 0.1moll1硫酸铝铵，nh4al（so4）2物质的量为0.01mol溶液含有nh4+0.01mol，al3+0.01mol，so420.02mol关键弄清楚反应顺序，开始滴加同时发生反应为so42+ba2+=baso4，al3+3oh=al（oh）3，当al3+沉淀完全时需加入0.03moloh，即加入0.015molba（oh）2，加入的ba2+为0.015mol，so42未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵（开始到a）；再滴加ba（oh）2，生成baso4沉淀，发生反应为so42+ba2+=baso4，nh4+oh=nh3h2o，所以沉淀质量继续增加；当so42完全沉淀时，共需加入0.02molba（oh）2，加入0.04moloh，al3+反应掉0.03moloh，生成al（oh）30.01mol，剩余0.01moloh恰好与nh4+完全反应，此时溶液中nh4+完全反应，此时溶液为氨水溶液（a到b）；继续滴加ba（oh）2，al（oh）3溶解，发生反应al（oh）3+oh=alo2+2h2o，由方程式可知要使0.01molal（oh）3完全溶解，需再加入0.005molba（oh）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液（b到c）解答：解：100ml 0.1moll1硫酸铝铵，nh4al（so4）2物质的量为0.01mol溶液含有nh4+0.01mol，al3+0.01mol，so420.02mol关键弄清楚反应顺序，开始滴加同时发生反应为so42+ba2+=baso4，al3+3oh=al（oh）3，当al3+沉淀完全时需加入0.03moloh，即加入0.015molba（oh）2，加入的ba2+为0.015mol，so42未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵；再滴加ba（oh）2，生成baso4沉淀，发生反应为so42+ba2+=baso4，nh4+oh=nh3h2o，所以沉淀质量继续增加，但增加幅度较前一过程小；当so42完全沉淀时，共需加入0.02molba（oh）2，加入0.04moloh，al3+反应掉0.03moloh，生成al（oh）30.01mol，剩余0.01moloh恰好与nh4+完全反应，此时溶液中nh4+完全反应，此时溶液为氨水溶液，沉淀达最大为baso4和al（oh）3；继续滴加ba（oh）2，al（oh）3溶解，发生反应al（oh）3+oh=alo2+2h2o，由方程式可知要使0.01molal（oh）3完全溶解，需再加入0.005molba（oh）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液a、由分析可知，从开始到a点，发生反应为so42+ba2+=baso4，al3+3oh=al（oh）3，a点对应的沉淀为baso4和al（oh）3，故a错误；b、由分析可知，c为溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，所以溶液呈碱性，故b正确；c、由分析可知，b点发生反应为so42+ba2+=baso4，nh4+oh=nh3h2o，故c错误；d、由分析可知，c点加入ba（oh）2的物质的量为0.005mol+0.02mol=0.025mol，所以=0.25l=250ml，故d错误故选：b点评：考查铝化合物的性质及计算，难度比较大，清楚整个反应过程是解题的关键，注意nh4+与al3+同时存在，oh首先与al3+反应，而nh4+与al（oh）3同时存在，oh首先与nh4+反应3（6分）（2013长沙模拟）在一含na+的澄清溶液中，可能还存在nh4+、fe2+、i、br、co32、so32六种离子中的几种在原溶液中滴加足量的饱和氯水后，有气泡生成，溶液呈橙黄色；向呈橙黄色的溶液中加入bacl2溶液时无沉淀生成；橙黄色溶液不能使淀粉溶液变蓝色根据上述实验事实推断，下列说法不正确的是（）a溶液中一定存在br、co32b溶液中可能存在nh4+c溶液中一定不存在fe2+、i、so32d溶液一定呈碱性考点：常见离子的检验方法；氯、溴、碘及其化合物的综合应用专题：离子反应专题分析：在原溶液中滴加足量的饱和氯水后，有气泡生成，说明溶液中含有co32，则一定不存在fe2+，溶液呈橙黄色，说明可能生成i2或br2；向呈橙黄色的溶液中加入bacl2溶液时无沉淀生成，说明不含so32；橙黄色溶液不能使淀粉溶液变蓝色，说明不含i解答：解：在原溶液中滴加足量的饱和氯水后，有气泡生成，说明溶液中含有co32，则一定不存在fe2+，溶液呈橙黄色，说明可能生成i2或br2；向呈橙黄色的溶液中加入bacl2溶液时无沉淀生成，说明不含so32；橙黄色溶液不能使淀粉溶液变蓝色，说明不含i所以溶液中一定不存在fe2+、i、so32，一定存在br、co32，由于没有涉及到nh4+离子的性质，则nh4+不能确定是否存在，如溶液中存在大量的nh4+，则溶液呈酸性故选d点评：本题考查离子的检验，题目难度不大，注意通过反应的现象结合离子的性质进行推断，要排除实验操作的干扰4（6分）（2014赫山区校级一模）下述实验不能达到预期实验目的是（）序号实验内容实验目的a将2.5g cuso45h2o溶解在97.5g 水中配制质量分数为1.6%的cuso4溶液b向盛有1ml硝酸银溶液的试管中滴加nacl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加na2s溶液说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀c室温下，用ph试纸测定浓度为0.1moll1 naclo溶液和0.1moll1 ch3coona溶液的ph比较hclo和ch3cooh的酸性强弱d室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的na2s2o3溶液，再分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸研究浓度对反应速率的影响aabbccdd考点：化学实验方案的评价；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响；配制一定物质的量浓度的溶液；比较弱酸的相对强弱的实验专题：实验评价题分析：a.2.5gcuso45h2o中cuso4的质量为2.5g=1.6g；b根据沉淀的转化来分析；cph试纸不能测出naclo溶液的ph，能使试纸褪色；d浓度不同，反应速率不同解答：解：a.2.5gcuso45h2o中cuso4的质量为2.5g=1.6g，溶液的质量为2.5g+97.5g=100g，则配制质量分数为1.6%的cuso4溶液，故a正确；b因硫化银比氯化银更难溶，则向盛有1ml硝酸银溶液的试管中滴加nacl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加na2s溶液，会得到黑色沉淀，说明一种沉淀能转化为另一种更难溶的沉淀，故b正确；cph试纸不能测出naclo溶液的ph，能使试纸褪色，则不能用ph试纸测定浓度为0.1moll1naclo溶液和0.1moll1ch3coona溶液的ph来比较hclo和ch3cooh的酸性强弱，故c错误；d固定其他因素不变，则稀硫酸的浓度不同，反应的反应速率不同，故d正确；故选c点评：本题考查实验方案的评价，涉及知识点较多，熟悉溶液的配制、沉淀的转化、酸性的比较、影响反应速率的因素等知识即可解答，题目难度不大，选项c为易错点，注意hclo的漂白性5（6分）（2013秋长安区校级月考）药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：下列有关叙述正确的是（）a贝诺酯分子中有三种含氧官能团b对乙酰氨基酚核磁共振氢谱中共有四个峰c乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与na2co3 溶液反应d贝诺酯与足量naoh 溶液共热，最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠考点：有机物的结构和性质专题：有机物的化学性质及推断分析：a贝诺酯分子中有cooc、nhco；b结构对称，含5种h；c乙酰水杨酸含cooh，对乙酰氨基酚含酚oh；d贝诺酯与足量naoh溶液共热发生水解，cooc、nhco均发生断键解答：解：a贝诺酯分子中有cooc、nhco，两种含氧官能团，故a错误；b对乙酰氨基酚结构对称，含5种h，核磁共振氢谱中共有5个峰，故b错误；c乙酰水杨酸含cooh，对乙酰氨基酚含酚oh，则均能与na2co3 溶液反应，故c正确；d贝诺酯与足量naoh溶液共热发生水解，cooc、nhco均发生断键，不生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠，故d错误；故选c点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，明确酚及酯的性质是解答本题的关键，注意选项d中的水解为解答的难点和易错点，题目难度中等6（6分）（2013宁波校级学业考试）某温度下，在一个2l的密闭容器中，加入4mol a和2mol b进行如下反应：3a（g）+2b（g）4c（s）+2d（g），反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6mol c，则下列说法正确的是（）a该反应的化学平衡常数表达式是k=b此时b的平衡转化率是40%c增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大d增加b，平衡向右移动，b的平衡转化率增大考点：化学平衡的计算专题：化学平衡专题分析：a化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，注意纯液体、固体不需要写出；b根据平衡时生成的c的物质的量计算参加反应的b的物质的量，再根据转化率定义计算；c增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，化学平衡常数只受温度影响；d增大某一反应物的浓度，平衡向正反应移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低解答：解：a可逆反应3a（g）+2b（g）4c（s）+2d（g）的平衡常数k=，故a错误；b达到平衡，测得生成1.6mol c，由方程式可知，参加反应的b的物质的量为1.6mol=0.8mol，故b的转化率为100%=40%，故b正确；c该反应正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，即向右移动，化学平衡常数只受温度影响，增大压强平衡常数不变，故c错误；d增加b的浓度增大，平衡向正反应移动，a的转化率增大，b的转化率降低，故d错误；故选：b点评：本题考查化学平衡常数、化学平衡计算、影响化学平衡的因素等，难度不大，注意掌握化学平衡常数的书写中纯液体、固体不需要写出7（6分）（2014和平区校级一模）为测定人体血液中ca2+的含量，设计了如下方案：有关反应的化学方程式为：2kmno4+5h2c2o4+3h2so4k2so4+2mnso4+10co2+8h2o若血液样品为15ml，滴定生成的草酸消耗了0.001moll1的kmno4溶液15.0ml，则这种血液样品中的含钙量为（）a0.001moll1b0.0025moll1c0.0003moll1d0.0035moll1考点：探究物质的组成或测量物质的含量专题：实验探究和数据处理题分析：由方案可知，首先将ca2+转化为cac2o4，发生反应为ca2+c2o42+=cac2o4，然后再用稀硫酸将cac2o4转化为h2c2o4，发生反应为cac2o4+h2so4=caso4+h2c2o4，最后用酸性高锰酸钾滴定h2c2o4，发生反应为2kmno4+5h2c2o4+3h2so4=k2so4+2mnso4+10co2+8h2o，根据方程式可得关系式5ca2+5cac2o45h2c2o42kmno4，令血液中含钙量为cmol/l，根据关系式计算解答：解：由方程式ca2+c2o42+=cac2o4cac2o4+h2so4=caso4+h2c2o42kmno4+5h2c2o4+3h2so4=k2so4+2mnso4+10co2+8h2o可得关系式：5ca2+5cac2o45h2c2o42kmno4，令血液中含钙量为cmol/l，则：5ca2+5cac2o45h2c2o42kmno45 2cmol/l0.015l 0.001moll10.015l 所以cmol/l0.015l2=50.001moll10.015l 解得c=0.0025moll1故选b点评：本题考查氧化还原反应滴定的应用，难度中等，清楚测定原理、推断关系式是解题的关键二、解答题（共3小题，满分43分）8（13分）（2013秋长安区校级月考）化合物ai均是由na+、nh4+、al3+、ba2+、mg2+、cl、oh、so42等八种离子中的某两种形成的化合物，物质ai的转化关系如图所示请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：aba（oh）2，bna2so4、fbacl2gmgcl2；（2）写出反应的离子方程式al3+4oh=alo2+2h2o；（3）ba（alo2）2溶液显碱性，原因（用离子方程式表示）alo2+2h2oal（oh）3+oh；（4）不用其他试剂只提供试管和胶头滴管如何鉴别i和c？（简述实验操作与现象及结论）取其中一种少量放入试管中，用胶头滴管吸取另一种溶液逐滴滴入试管中，边滴边振荡若一开始就有沉淀，振荡后沉淀不消失，说明试管中装的是氯化铝溶液，胶头滴管吸取的是氢氧化钠溶液（若一开始无沉淀产生，后来才产生沉淀说明试管中装的是氢氧化钠，胶头滴管吸取的是氯化铝）（5）c的稀溶液和e的稀溶液混合恰好反应后，所得混合溶液中各离子浓度的大小关系为c（na+）=c（cl）c（oh）c（nh4+）c（h+）考点：无机物的推断专题：推断题分析：依据转化关系分析可知，a溶液和i溶液反应生成ba（alo2）2，说明a中含有ba2+或alo2，a溶液和e反应生成一水合氨，证明a中含有氢氧根离子，所以可以推断a为ba（oh）2，i为含al3+的化合物，e为含nh4+的化合物，反应分别为：a+b=d+c，a+g=h+f，a+i=ba（alo2）2+f，a+e=nh3h2o+f，依据反应特征和离子构成及元素守恒分析判断，i为alcl3，e为nh4cl，g为mgcl2，h为mg（oh）2，f为bacl2，b为na2so4，c为naoh，d为baso4；依据推断来回答问题解答：解：依据转化关系分析可知，a溶液和i溶液反应生成ba（alo2）2，说明a中含有ba2+或alo2，a溶液和e反应生成一水合氨，证明a中含有氢氧根离子，所以可以推断a为ba（oh）2，i为含al3+的化合物，e为含nh4+的化合物，反应分别为：a+b=d+c，a+g=h+f，a+i=ba（alo2）2+f，a+e=nh3h2o+f，依据反应特征和离子构成及元素守恒分析判断，i为alcl3，e为nh4cl，g为mgcl2，h为mg（oh）2，f为bacl2，b为na2so4，c为naoh，d为baso4，（1）分析判断a为氢氧化钡，化学式为ba（oh）2，b为硫酸钠，化学式na2so4，f为氯化钡，化学式bacl2，g为氯化镁，化学式mgcl2，故答案为：ba（oh）2；na2so4；bacl2；mgcl2；（2）反应为氢氧化钡和氯化铝溶液的反应，氢氧化钡过量，反应生成偏铝酸钡，氯化钡和水，反应的离子方程式为：al3+4oh=alo2+2h2o，故答案为：al3+4oh=alo2+2h2o；（3）因为偏铝酸根能水解，使溶液显碱性，水解的离子方程式为alo2+2h2oal（oh）3+oh，故答案为：碱；alo2+2h2oal（oh）3+oh；（4）i为alcl3，c为naoh，取其中一种少量放入试管中，用胶头滴管吸取另一种溶液逐滴滴入试管中，边滴边振荡若一开始就有沉淀，振荡后沉淀不消失，说明试管中装的是氯化铝溶液，胶头滴管吸取的是氢氧化钠溶液（若一开始无沉淀产生，后来才产生沉淀说明试管中装的是氢氧化钠，胶头滴管吸取的是氯化铝），故答案为：取其中一种少量放入试管中，用胶头滴管吸取另一种溶液逐滴滴入试管中，边滴边振荡若一开始就有沉淀，振荡后沉淀不消失，说明试管中装的是氯化铝溶液，胶头滴管吸取的是氢氧化钠溶液（若一开始无沉淀产生，后来才产生沉淀说明试管中装的是氢氧化钠，胶头滴管吸取的是氯化铝）；（5）c的稀溶液为naoh和e的稀溶液为nh4cl，混合恰好反应后生成一水合氨和氯化钠溶液，一水合氨电离成碱性，所得混合溶液中各离子浓度的大小关系为，c（na+）=c（cl）c（oh）c（nh4+）c（h+），故答案为：c（na+）=c（cl）c（oh）c（nh4+）c（h+）点评：本题考查了物质转化关系的分析判断，盐类水解的应用，物质性质和离子性质是解题关键，题目难度中等9（14分）（2015湖北模拟）氨基甲酸铵（nh2coonh4）是一种白色固体，易分解、易水解，可用做肥料、灭火剂、洗涤剂等某化学兴趣小组用模拟制备氨基甲酸铵，反应的化学方程式如下：2nh3（g）+co2（g）nh2coonh4（s）h0（1）用如图1装置制取氨气，你所选择的试剂是浓氨水与氢氧化钠固体（2）制备氨基甲酸铵的装置如图2所示，把氨气和二氧化碳通入四氯碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中当悬浮物较多时，停止制备注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质发生器用冰水冷却的原因是降低温度，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解）液体石蜡鼓泡瓶的作用是通过观察气泡，调节nh3与co2通入比例从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是过滤（填写操作名称）为了得到干燥产品，应采取的方法是c（填写选项序号）a常压加热烘干 b高压加热烘干 c真空40以下烘干尾气处理装置如图2所示双通玻璃管的作用：防止倒吸；浓硫酸的作用：吸收多余氨气、防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.782 0g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为80.00%考点：氨的制取和性质专题：氮族元素分析：（1）装置1是利用分液漏斗滴入液体溶解锥形瓶中的固体，利用溶解放热使氨水分解生成氨气；（2）反应是放热反应降温平衡正向进行；液体石蜡鼓泡瓶的主要作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比；生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，氨基甲酸铵（nh2coonh4）是一种白色固体，易分解； 依据反应过程中的产物分析，不能把污染性的气体排放到空气中，吸收易溶于水的气体需要放倒吸；（3）碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品中，使碳元素完全转化为碳酸钙，依据碳元素守恒和混合物质量计算物质的量分数解答：解：（1）把浓氨水滴入到固体氧化钙或氢氧化钠，在溶解过程中放热使浓氨水分解生成氨气，故答案为：浓氨水与生石灰或氢氧化钠固体等； （2）反应2nh3（g）+co2（g）nh2coonh4（s）+q，是放热反应，降温平衡正向进行，温度升高；发生器用冰水冷却提高反应物质转化率，防止生成物温度过高分解；故答案为：降低温度，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解）；液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比，故答案为：通过观察气泡，调节nh3与co2通入比例；制备氨基甲酸铵的装置如图3所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，氨基甲酸铵（nh2coonh4）是一种白色固体，易分解、不能加热烘干，应在真空40以下烘干；故答案：过滤；c；双通玻璃管的作用是防止液体倒吸；浓硫酸起到吸收多余的氨气，同时防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解，故答案为：防止倒吸；吸收多余氨气、防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解；（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7820g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g物质的量为0.010mol，设样品中氨基甲酸铵物质的量为x，碳酸氢铵物质的量为y，依据碳元素守恒得到；x+y=0.01 78x+79y=0.7820解得x=0.008moly=0.002mol则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数=100%=80.00%，故答案为：80.00%点评：本题考查了物质制备实验的设计应用，主要是氨气的制备方法，氨基甲酸的制备实验装置分析判断，实验基本操作，混合物分离的实验设计，有关混合物的计算，题目难度中等10（16分）（2013许昌一模）从废钒催化剂（主要成分v2o5、fe2o3和sio2等）中回收xo5的一种生产工艺流程 示意如图所示：回答下列问题：（1）中滤渣的主要成分是sio2（2）、中的变化过程可简化为（下式中rn+表示vo2+或fe3+，ha表示有机萃取 剂的主要成分）：rn+（水层）+nha（有机层）ran（有机层）+nh+（水层）中萃取时必须加入适量碱，其原因是加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率中反萃取时加入的x试剂是硫酸（3）完成中反应的离子方程式：1clo+6vo2+6h+=6vo3+1cl+3h2o（4）25时，取样进行实验分析，得到钒沉淀率和溶液ph之间的关系如表ph1.31.41.51.61.71.81.92.02.1钡沉淀率/%889293959595939087根据表中数据判断，中加入氨水，调节溶液ph最佳值为1.6；若钒沉淀率为90%时不产生fe（oh）3沉淀，则溶液中c（fe3+）4.0102mol/l（已知：25时，ksp=4.01038）（5）在整个工艺流程中，可以循环利用的物质是水、有机萃取剂和氨气（6）写出废液y中除h+之外的两种阳离子fe3+、vo，2+、nh4+、k+考点：铁的氧化物和氢氧化物；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硅和二氧化硅；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题：几种重要的金属及其化合物分析：（1）废钒催化剂（主要成分v2o5、fe2o3和sio2等）酸溶后，二氧化硅不与酸反应，过滤得到滤渣为二氧化硅；（2）中萃取时必须加入适量碱，会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；中反萃取时加入的x试剂是抑制平衡正向进行；（3）依据氧化还原反应元素化合价变化和电子守恒原子守恒分析配平得到离子方程式；（4）根据表中数据判断，中加入氨水，调节溶液ph最佳值为1.6，此时钡沉淀率达到最大，需要调节的ph较小；依据沉淀溶度积计算分析；（5）分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成可以循环利用；（6）依据流程反应分析判断，废液y中除h+之外的阳离子为fe3+、vo2+、nh4+、k+解答：解：（1）废钒催化剂（主要成分v2o5、fe2o3和sio2等）酸溶后，v2o5、fe2o3和酸反应，二氧化硅不与酸反应，过滤得到滤渣为二氧化硅，故答案为：sio2；（2）中萃取时必须加入适量碱，分析平衡，rn+（水层）+nha（有机层）ran（有机层）+nh+（水层），加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；中反萃取时加入的x试剂是抑制平衡正向进行，可以加入硫酸抑制平衡正向进行，故答案为：加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率；硫酸；（3）依据氧化还原反应元素化合价变化和电子守恒原子守恒分析配平，clo3中氯元素化合价从+5价变化为1价，得到电子6，vo2+变化为vo3+、元素化合价从+4价变化为+5价失电子1，依据电子守恒、原子守恒配平得到离子方程式为：clo3+6vo2+6h+=6vo3+cl+3h2o，故答案为：1；6；6；6；1；3；h2o；（4）根据表中数据判断，中加入氨水，调节溶液ph最佳值为1.6，此时钡沉淀率达到最大，需要调节的ph较小；若钒沉淀率为90%时不产生fe（oh）3沉淀，此时ph=2，氢离子浓度=102mol/l，c（oh）=1012mol/l，则溶液中c（fe3+）浓度依据溶度积计算，ksp=c（fe3+）c3（oh）=4.01088，计算得到c（fe3+）=4.0102mol/l，不产生fe（oh）3沉淀，则溶液中c（fe3+）4.0102mol/l，故答案为：1.6；4.0102mol/l；（5）分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成的物质，或重复利用的物质可以循环利用，流程中有机萃取剂、氨气可以循环利用，故答案为：有机萃取剂；氨气；（6）依据流程反应分析，加入的试剂在反应过程中生成的离子为，除h+之外的阳离子为fe3+、vo22+、nh4+、k+，故答案为：fe3+、vo22+、nh4+、k+点评：本题考查了流程分析判断，物质性质和实验设计的方法应用，题干信息分析判断能力，掌握基础是关键，题目难度中等选做题：11、12选择一个按要求作答11（15分）（2013春吉安期末）金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛请回答下列问题：（1）ni原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2；（2）nio、feo的晶体结构类型均与氯化钠的相同，ni2+和fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点nio feo（填“”或“”）；（3）nio晶胞中ni和o的配位数分别为6、6；（4）金属镍与镧（la）形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图1所示该合金的化学式为lani5；（5）丁二酮肟常用于检验ni2+：在稀氨水介质中，丁二酮肟与ni2+反应可生成鲜红色沉淀，其结构如图2所示该结构中，碳碳之间的共价键类型是键，碳氮之间的共价键类型是键，键，氮镍之间形成的化学键是配位键；该结构中，氧氢之间除共价键外还可存在氢键；该结构中，碳原子的杂化轨道类型有sp2，sp3考点：原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断专题：化学键与晶体结构分析：（1）镍属于28号元素，根据构造原理可以写出该原子的核外电子排布式；（2）离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半