北京市东城区普通校高三化学上学期12月月考试题（含解析）.doc

北京市东城区普通校2014届高三上学期12月月考化学试卷一、选择题，共42本卷包括14小题，每小题3分，共42分每题只有一个选项符合题意1（3分）化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列叙述正确的是（）a单质硅是将太阳能转化为电能的常用材料b硅酸钠的俗名为玻璃，可用于制备硅胶和木材防火剂c用浓h2so4刻蚀工艺玻璃上的纹饰dso2具有氧化性，可用来漂白纸浆考点：硅和二氧化硅；二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质.专题：元素及其化合物分析：a晶体硅可导电；b硅酸钠的水溶液俗名为玻璃；c浓硫酸与二氧化硅不反应；d漂白纸浆是利用了二氧化硫的漂白性解答：解：a晶体硅可导电，可用于太阳能电池，故a正确；b硅酸钠的水溶液俗名为玻璃，故b错误；c浓硫酸与二氧化硅不反应，通常用氢氟酸雕刻玻璃，故c错误；d漂白纸浆是利用了二氧化硫的漂白性，故d错误故选a点评：本题考查较为综合，涉及硅、二氧化硅、二氧化硫以及浓硫酸等知识，为高考常见题型，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养提高学习的积极性，难度不大2（3分）下列说法正确的是（）a干冰和氨都属于弱电解质bno2和so2都是形成酸雨的气体c淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物d常温下，铁、铝遇到稀硝酸表面会生成一层致密的氧化膜，发生钝化考点：强电解质和弱电解质的概念；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的污染及治理；铁的化学性质；有机高分子化合物的结构和性质.专题：电离平衡与溶液的ph专题；元素及其化合物分析：a非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；b大气中硫、氮的氧化物是形成酸雨的主要物质；c高分子化合物的相对分子质量在1万以上；d常温下，铁、铝遇到浓硝酸或浓硫酸表面会生成一层致密的氧化膜，发生钝化，遇到稀硝酸会发生反应，不会发生钝化解答：解：a二氧化碳在水溶液中与水反应生成碳酸，碳酸电离出自由移动的离子导电，二氧化碳自身不能电离，二氧化碳是非电解质；氨气在水溶液中与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出自由移动的离子导电，氨气自身不能电离，氨气是非电解质，故a错误；b大气中硫、氮的氧化物是形成酸雨的主要物质，故b正确；c淀粉、纤维素都属于天然高分子化合物，油脂的相对分子质量不大，不是高分子化合物，故c错误；d常温下，铁、铝遇到浓硝酸或浓硫酸表面会生成一层致密的氧化膜，发生钝化，遇到稀硝酸会发生反应，不会发生钝化，故d错误，故选b点评：本题考查电解质与非电解质的判断、酸雨形成的原因、高分子化合物的判断、金属的钝化等，难度不大要注意平时基础知识的积累3（3分）下列离子方程式书写正确的是（）a碳酸钠溶液滴入酚酞变红：co32+2h2oh2co3+2ohb铜溶解于氯化铁溶液中：2fe3+3cu2fe+3cu2+c氯化铝溶液与过量的氨水：al3+4nh3h2oalo2+4nh4+2h2odfeso4溶液中滴入稀硝酸：3fe2+4h+no33fe3+2h2o+no考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：a碳酸根离子水解分步进行，以第一步为主；b反应生成氯化亚铁和氯化铜；c反应生成氢氧化铝和氯化铵；d发生氧化还原反应生成硝酸铁、no和水解答：解：a碳酸钠溶液滴入酚酞变红的离子反应为co32+h2ohco3+oh，故a错误；b铜溶解于氯化铁溶液中的离子反应为2fe3+cu2fe2+cu2+，故b错误；c氯化铝溶液与过量的氨水的离子反应为al3+3nh3h2oal（oh）3+3nh4+，故c错误；dfeso4溶液中滴入稀硝酸的离子反应为3fe2+4h+no33fe3+2h2o+no，故d正确故选d点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重水解、氧化还原反应的离子反应考查，注意氢氧化铝的两性，题目难度不大4（3分）clo2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂实验室中可通过以下反应制得clo2：2kclo3+h2c2o4+h2so4 2clo2+k2so4+2co2+2h2o下列说法不正确的是（）aco2是h2c2o4被氧化后得到的产物bkclo3在反应中被还原ch2c2o4的氧化性强于clo2的氧化性d1mol kclo3参加反应，转移1mol电子考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：根据2kclo3+h2c2o4+h2so42clo2+k2so4+2co2+2h2o（o均为2价）中，cl元素的化合价由+5价降低为+4价，c元素的化合价由+3价升高到+4价，以此来解答a化合价升高的反应物是还原剂，对应的产物是氧化产物；b化合价降低的反应物是氧化剂，被还原；c根据方程式，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；d根据cl元素的化合价由+5价降低为+4价，1个氯原子转移1个电子；解答：解：a该反应中c元素的化合价由+3价升高到+4价，所以h2c2o4是还原剂，则co2是氧化产物，故a正确；b该反应中kclo3是氧化剂，在反应中被还原，故b正确；c该反应中kclo3是氧化剂，co2是还原产物，所以kclo3的氧化性强于co2的氧化性，故c错误；dcl元素的化合价由+5价降低为+4价，1个氯原子转移1个电子，所以1mol kclo3参加反应，转移1mol电子，故d正确；故选：c点评：本题考查氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，难度不大5（3分）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ch3oh（g）+h2o（g）co2（g）+3h2（g）h=+49.0kj/molch3oh（g）+o2（g）co2（g）+2h2（g）h=192.9kj/mol根据上述反应，下列说法正确的是（）a反应中的能量变化如图所示bch3oh转变成h2的过程一定要吸收能量c1mol ch3oh充分燃烧放出的热量为192.9kjd可推知2h2（g）+o2（g）2h2o（g）h=483.8 kj/mol考点：热化学方程式.专题：化学反应中的能量变化分析：a、反应是吸热反应；图中是放热反应；b、根据反应可知，生成氢气的反应不一定是吸热反应；c、依据反应甲醇反应生成二氧化碳和氢气的焓变是192.9kj/mol；而1 mol ch3oh充分燃烧生成二氧化碳和水放出的热量大于192.9 kj；d、依据盖斯定律结合合并得到判断解答：解：a、图中表示的是放热反应，而反应是吸热反应，故a错误；b、ch3oh转变成h2的过程按照反应是吸热反应，按照反应是放热反应，所以不一定要吸收能量，故b错误；c、反应甲醇反应生成二氧化碳和氢气的焓变是192.9kj/mol；而1 mol ch3oh充分燃烧生成二氧化碳和水放出的热量大于192.9 kj；故c错误；d、依据盖斯定律结合合并：得到h2（g）+o2（g）=h2o（g）h=241.9 kj/mol；所以2h2（g）+o2（g）=2h2o（g）h=483.8 kj/mol；故d正确；故选d点评：本题考查了热化学方程式的书写和注意问题，利用热化学方程式进行分析判断反应的热效应，计算反应热量变化，盖斯定律的应用6（3分）（2010江苏）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）aph=1的溶液中：fe2+、no3、so42、na+b由水电离的c（h+）=11014moll1的溶液中：ca2+、k+、cl、hco3cc（h+）/c（oh）=1012的溶液中：nh4+、al3+、no3、cldc（fe3+）=0.1moll1的溶液中：k+、clo、so42、scn考点：离子共存问题.专题：压轴题分析：根据ph为1的溶液有大量h+、由水电离的c（h+）=11014moll11107moll1的溶液可能为酸或碱的溶液、c（h+）/c（oh）=1012的溶液中c（h+）=1101moll1，利用离子之间能否结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，能否发生氧化还原反应、能否结合生成络离子来分析离子在指定溶液中能否大量共存解答：解：a、因ph=1的溶液有大量h+，则h+、fe2+、no3发生氧化还原反应，则不能大量共存，故a错误；b、因水电离的c（h+）=11014moll11107moll1，抑制了水的电离，则溶液可能为酸或碱的溶液，hco3既与h+反应又能与oh反应，则一定不能大量共存，故b错误；c、由c（h+）/c（oh）=1012的溶液，则=1012，即c（h+）=1101moll1，在酸性条件下该组离子不反应，则能大量共存，故c正确；d、因fe3+与scn结合生成络离子fe（scn）2+，则不能大量共存，故d错误；故选：c点评：本题考查离子的共存问题，习题中隐含信息的挖掘是解答的关键，并熟悉常见离子之间的反应来解答，本题的难点是c中氢离子浓度的计算及d中生成的络离子7（3分）下列说法中正确的是（）a一定条件下下向1l容器内通入46g no2，则no2的物质的量浓度一定为1mol/lb标准状况下，22.4l的己烷中有20x6.02x1023个原子c1mol氯气溶于水转移6.02x1023个ed0.1mol ch5+含6.021023个电子考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：a二氧化氮与四氧化二氮之间存在转化平衡，部分二氧化氮转化成了四氧化二氮；b标准状况下，己烷的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算己烷的物质的量；c氯气溶于水，只有少量的氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸；dch5+中含有10个电子，0.1molch5+中含有1mol电子解答：解：a46g no2的物质的量为1mol，由于部分二氧化氮转化成了四氧化二氮，容器中二氧化氮的物质的量小于1mol，浓度小于1mol/l，故a错误；b标况下，己烷为液体，题中条件无法计算22.4l己烷的物质的量，故b错误；c.1mol氯气溶于水，只有少量的氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以转移的电子小于1mol，转移的电子小于6.02x1023，故c错误；d.0.1molch5+中含有1mol电子，含6.021023个电子，故d正确；故选d点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，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，明确标准状况下乙醇、己烷、水等的状态不是气体，选项d为易错点，注意ch5+中含有10个电子8（3分）某有机物a是农药生产中的一种中间体，其结构简式如图所示下列叙述正确的是（）a有机物a属于芳香烃b有机物a可以和br2的ccl4溶液发生加成反应c有机物a和浓硫酸混合加热，可以发生消去反应d1mol a和足量的naoh溶液反应，可以消耗3mol naoh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：有机物a含有o、cl等元素，属于烃的衍生物，含有酯基，可发生水解反应，含有cl，可发生水解、消去反应，含有oh，可发生氧化、取代反应，以此解答该题解答：解：a有机物a含有o、cl等元素，属于烃的衍生物，故a错误；b有机物a中不含碳碳双键，不能与溴发生加成反应，故b错误；c由于oh相邻c原子上不含h原子，不能发生消去反应，故c错误；d有机物a水解产物中共含有1个酚羟基、1个羧基和hcl，则1mola和足量的naoh溶液反应，可以消耗3molnaoh，故d正确故选d点评：本题考查有机物的结构和性质，侧重于有机物的官能团的性质的考查，题目难度不大，易错点为d，注意从水解产物的角度进行判断9（3分）下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是（）a均为0.10moll1 nh4cl和nh4hso4溶液，c（nh4+）前者小于后者b25时nh4cl溶液的kw大于100时nh4cl溶液的kwc25时ph=11的naoh和ph=11的氨水分别稀释100倍后的ph前者一定大于后者d25时，ph=4的盐酸与ph=10的氨水溶液等体积混合后ph7考点：盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题：电离平衡与溶液的ph专题；盐类的水解专题分析：a、根据影响盐的水解的因素分析；b、水的电离为吸热反应；c、naoh为强碱，一水合氨为弱碱，稀释100倍，强碱变化大；d、ph=4的盐酸与ph=10的氨水，氨水浓度大，等体积混合，氨水过量解答：解：anh4cl和nh4hso4溶液，均存在铵根离子水解，但nh4hso4溶液中氢离子抑制铵根离子水解，则均为0.10moll1 nh4cl和nh4hso4溶液，铵根离子浓度前者小于后者，故a正确；b水的电离为吸热反应，升高温度，促进电离，所以25时nh4cl溶液的kw小于100时nh4cl溶液的kw，故b错误；cnaoh为强碱，一水合氨为弱碱，ph=11的naoh和ph=11的氨水分别稀释100倍后，naoh的ph=9，而氨水的ph9，则ph前者一定小于后者，故c错误；dph=4的盐酸与ph=10的氨水，氨水浓度大，等体积混合，氨水过量，所以混合后溶液的ph7，故d错误；故选a点评：本题考查酸碱混合溶液的定性分析及ph的计算，为高频考点，把握弱电解质的电离、稀释及酸碱混合后溶液中的溶质、盐类水解等为解答的关键，综合性较强，注重基础知识的考查，题目难度中等10（3分）（2008北京）x、y均为元素周期表中前20号元素，其简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是（）a由mxa+与nyb，得m+a=nbbx2的还原性一定大于ycx、y一定不是同周期元素d若x的原子半径大于y，则气态氢化物的稳定性hmx一定大于hny考点：原子结构与元素周期律的关系.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：a简单离子的电子层结构相同，则核外电子数相同；b简单离子的电子层结构相同，x、y位于同周期，为非金属元素，原子序数越大的非金属性强，对应离子的还原性弱；c简单离子的电子层结构相同，x、y均为阴离子、或均为阳离子在同一周期，否则不在同一周期；d简单离子的电子层结构相同，x的原子半径大于y，x可能为金属解答：解：a由mxa+与nyb，离子的电子层结构相同，则核外电子数相同，所以ma=n+b，故a错误；b简单离子的电子层结构相同，x、y位于同周期，为非金属元素，y的原子序数大，则x2的还原性一定大于y，故b正确；c简单离子的电子层结构相同，x、y均为阴离子、或均为阳离子在同一周期，若一个为阳离子一个为阴离子，则一定不在同一周期，故c错误；d简单离子的电子层结构相同，x的原子半径大于y，x可能为金属，则不存在气态氢化物，故d错误；故选b点评：本题考查具有相同电子层结构的离子，明确x、y可能为阴离子、阳离子及相对位置是解答本题的关键，题目难度不大11（3分）向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是（）操作现象结论a滴加agno3溶液生成白色沉淀原溶液中有clb滴加氯水和ccl4，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中含有ic用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有na+、无k+d滴加稀盐酸，将产生气体通入澄清石灰水中石灰水变浑浊原溶液中有co32aabbccdd考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：a沉淀可能为硫酸银；b氯水氧化碘离子生成碘单质，加四氯化碳萃取后在下层；c观察k的焰色应透过蓝色的钴玻璃；d气体为二氧化碳或二氧化硫解答：解：a无色溶液加硝酸银生成白色沉淀，沉淀可能为agcl，沉淀还可能为硫酸银，则原溶液中可能有cl，故a错误；b氯水氧化碘离子生成碘单质，加四氯化碳萃取后在下层，则下层溶液显紫色，故b正确；c观察k的焰色应透过蓝色的钴玻璃，则原溶液中有na+、可能有k+，故c错误；d气体为二氧化碳或二氧化硫，则原溶液中可能含co32，或so32，或hco3、hso3，故d错误；故选b点评：本题考查化学实验方案的评价，侧重离子检验的考查，涉及常见阴离子的检验、焰色反应、萃取等，注意检验中排除干扰因素，题目难度不大12（3分）下列研究目的和示意图相符的是（）abcd研究目的固定容积的密闭容器中，压强对反应：2so2（g）+o2（g）2so3（g）的影响固定容积的密闭容器中，温度对反应：n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h0的影响固定容积的密闭容器中，增大co2浓度，对已达平衡的反应：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）的影响等质量na、k 分别与足量水反应示意图aabbccdd考点：化学平衡建立的过程.专题：化学平衡专题分析：a、依据先拐先平压强大，结合三氧化硫含量随压强变化和平衡移动原理分析判断；b、依据先拐先平温度大，结合氨气物质的量随温度变化和平衡移动原理分析；c、增大二氧化碳浓度，平衡逆向进行，逆反应速率瞬间增大，正反应速率瞬间不变；d、等质量钾和钠，与水反应钾生成的氢气少，但钾活泼性大于钠，反应快；解答：解：a、依据先拐先平压强大，p1p2，三氧化硫含量随压强增大而增大，图象变化中不符合，故a错误；b、依据先拐先平温度大，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，氨气物质的量减小，图象中不符合，故b错误；c、增大二氧化碳浓度，平衡逆向进行，逆反应速率瞬间增大，正反应速率瞬间不变，图象中改变条件正反应方向进行不符合，故c错误；d、等质量钾和钠，钾没摩尔质量为39g/mol，钠摩尔质量为23g/mol，依据电子守恒可知与水反应，钾生成的氢气少，但钾活泼性大于钠，反应快先反应完，图象符合，故d正确；故选d点评：本题考查了化学平衡影响因素分析判断，图象分析方法和特征理解应用，掌握基础和平衡移动原理是关键，题目难度中等13（3分）如图实验装置中，实验时，先断开k2，闭合k1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开k1，闭合k2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是（）a断开k2，闭合k1时，总反应的离子方程式为：2h+2clcl2+h2b断开k2，闭合k1时，电子沿“bcu电解质溶液石墨a”的路径流动c断开k2，闭合k1时，铜电极附近溶液变红d断开k1，闭合k2时，铜电极上的电极反应为：cl2+2e=2cl考点：电解原理.专题：电化学专题分析：a、断开k2，闭合k1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明是电解饱和食盐水的反应；b、断开k2，闭合k1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，石墨做阳极，溶液中氯离子离子失电子发生氧化反应，铜做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，据此解答；c、断开k2，闭合k1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，石墨做阳极，溶液中氯离子离子失电子发生氧化反应，铜做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大；d、断开k1，闭合k2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，铜做负极氢气失电子发生氧化反应解答：解：a、断开k2，闭合k1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明是电解饱和食盐水的反应，反应的离子方程式为2h2o+2clcl2+h2+2oh，故a错误；b、断开k2，闭合k1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，石墨做阳极，溶液中氯离子离子失电子发生氧化反应，铜做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，电子沿“石墨a内电路bcu”的路径流动，故b错误；c、断开k2，闭合k1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，石墨做阳极，溶液中氯离子离子失电子发生氧化反应，铜做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大酚酞变红，故c正确；d、断开k1，闭合k2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，电解过程在铜电极产生氢气，石墨电极产生氯气，因此铜电极上氢气失电子，碱性条件下生成水应，故d错误；故选c点评：本题考查原电池和电解池原理，明确电极上得失电子及离子放电顺序即可解答，难度中等14（3分）取一定量的铝土矿（含al2o3、fe2o3、sio2）样品，放入盛有100ml h2so4溶液的烧杯中，充分反应后过滤，向滤液中加入10mol/l的naoh溶液，产生沉淀的量与所加naoh溶液的体积的关系如图所示则原h2so4物质的量浓度是（）a1mol/lb2mol/lc3mol/ld4mol/l考点：化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算.专题：计算题分析：由图象可知，向滤液中加入2.5ml10mol/l的naoh溶液，没有沉淀生成，说明硫酸有剩余，继续加入naoh溶液，当加入氢氧化钠共40ml时，沉淀量最大，此时溶液溶质为硫酸钠，根据钠元素、硫酸根守恒有2n（h2so4）=2n（na2so4）=n（naoh），再根据c=计算原h2so4物质的量浓度解答：解：当加入氢氧化钠共40ml时，沉淀量最大，此时溶液溶质为硫酸钠，根据钠元素、硫酸根守恒有2n（h2so4）=2n（na2so4）=n（naoh）=0.04l10mol/l=0.4mol，所以n（h2so4）=0.2mol，故原h2so4物质的量浓度为=2mol/l故选b点评：本题考查化学计算，涉及方程式的计算、混合物的计算、图象计算等，难度中等，清楚图象各段反应是解题的关键二、非选择题，共58分15（13分）如图是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表某一化学元素用化学用语回答下列问题（1）d、e、f的离子半径由大到小的顺序为o2na+al3+b、c、g的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序为hno3h2co3h2sio3，a与g、h、i形成的简单化合物的稳定性由强到弱的顺序为hclh2ssih4（2）i元素的最高价氧化物对应的水化物为hclo4，它与e的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为oh+h+=h2o实验室制取i单质的化学方程式为mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o（3）呈两性的氢氧化物是溶于强碱的离子方程式为al（oh）3+oh=alo2+2h2o（4）e与d能形成一种淡黄色的化合物它的化学键类型为离子键、共价键，它与h的低价态氧化物反应的化学方程式为na2o2+so2=na2so4考点：元素周期律和元素周期表的综合应用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：由元素在周期表中位置，可知a为h、b为c、c为n、d为o、e为na、f为al、g为si、h为s、i为cl（1）电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，氢化物越稳定；（2）i元素的最高价氧化物对应的水化物为高氯酸，e的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠，二者反应生成高氯酸钠与水，实验室制取用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气；（3）氢氧化铝属于两性氢氧化物，与强碱反应生成偏铝酸盐与水；（4）e与d能形成一种淡黄色的化合物为na2o2，含有离子键、共价键；h的低价态氧化物为二氧化硫，与过氧化钠反应生成硫酸钠解答：解：由元素在周期表中位置，可知a为h、b为c、c为n、d为o、e为na、f为al、g为si、h为s、i为cl（1）电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：o2na+al3+；非金属性ncsi，故酸性：hno3h2co3h2sio3，非金属clssi，故氢化物稳定性：hclh2ssih4，故答案为：o2na+al3+；hno3h2co3h2sio3；hclh2ssih4；（2）i元素的最高价氧化物对应的水化物为高氯酸，化学式为hclo4，e的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠，二者反应生成高氯酸钠与水，离子方程式为：oh+h+=h2o，实验室制取用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，反应方程式为：mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o，故答案为：hclo4；oh+h+=h2o；oh+h+=h2o；mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o；（3）氢氧化铝属于两性氢氧化物，与强碱反应生成偏铝酸盐与水，离子方程式为：al（oh）3+oh=alo2+2h2o，故答案为：al（oh）3+oh=alo2+2h2o；（4）e与d能形成一种淡黄色的化合物为na2o2，含有离子键、共价键；h的低价态氧化物为二氧化硫，与过氧化钠反应生成硫酸钠，反应方程式为：na2o2+so2=na2so4，故答案为：离子键、共价键；na2o2+so2=na2so4点评：本题考查元素周期表与元素周期律综合应用，注意对元素周期律的理解掌握，有利于基础知识的巩固16（13分）氨在国民经济中占有重要地位（1）nh3的电子式为（2）实验室中制取氨气的化学方程式为ca（oh）2+2nh4clcacl2+2h2o+2nh3，生成的气体可以用蘸有浓盐酸的玻璃棒来检验，将产物溶于水，溶液呈酸性，用离子方程式表示原因nh4+h2onh3h2o+h+；溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（cl）c（nh4+）c（h+）c（oh）（3）欲快速制取氨气，可将浓氨水滴入固体氢氧化钠中，其装置如图，请结合化学用语从化学平衡的角度解释：nh3+h2onh3h2onh4+oh，naoh溶于水发生电离，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡向生成氨气的方向移动，氨气逸出（4）将so2气体通入氯化钡溶液，未见有沉淀生成，继续通入nh3，则出现白色沉淀，请写出反应的离子方程式2nh3+so2+h2o+ba2+=baso3+2nh4+；若将so2气体通入酸化的硝酸钡溶液，也产生白色沉淀，用离子方程式加以说明3so2+2h2o+2no3+3ba2+=3baso4+2no+4h+（5）氨和肼（n2h4）是氮的两种常见化合物，在科学技术和生产中有重要的应用肼空气燃料电池是一种碱性电池，该电池放电时，负极的反应式n2h4+4oh4e=n2+4h2o（6）氮氧化物的排放会对空气造成污染，利用氧化法除去烟气中的氮氧化物首先向氮氧化物中补充氧气，然后将混合气体通入石灰乳中，使之转化为硝酸钙已知某氮氧化物由no和no2组成，且n（no）：n（no2）=1：3写出氧化吸收法除去氮氧化物的化学方程式3o2+2no+6no2+4ca（oh）2=4ca（no3）2+4h2o考点：氨的制取和性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的化学性质.专题：元素及其化合物分析：（1）氨气分子中氮原子和每个h原子之间都存在一对共用电子对；（2）实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气；氯化铵溶液显酸性是因为铵根离子的水解，在氯化铵溶液中由于铵根离子的水解，导致铵根离子浓度小于氯离子但远远大于氢离子和氢氧根离子的浓度；（3）氨气溶于水生成一水合氨、一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，氨气、一水合氨和铵根离子之间都存在平衡关系，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制氨气溶解；（4）二氧化硫和氯化钡不反应，氨气和二氧化硫、水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵和氯化钡发生复分解反应；二氧化硫能被硝酸氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀；（5）燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应；（6）no、二氧化氮和氧气、氢氧化钙反应生成硝酸钙和水解答：解：（1）氨气分子中氮原子和每个h原子之间都存在一对共用电子对，且n原子还有一个孤电子对，所以氨气电子式为，故答案为：；（2）实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，反应方程式为ca（oh）2+2nh4clcacl2+2h2o+2nh3；产物为氯化铵，氯化铵溶液显酸性是因为铵根离子的水解，离子方程式为：nh4+h2onh3h2o+h+；在氯化铵溶液中由于铵根离子的水解，导致铵根离子浓度小于氯离子但远远大于氢离子和氢氧根离子的浓度，离子浓度由大到小的顺序为：c（cl）c（nh4+）c（h+）c（oh），故答案为：ca（oh）2+2nh4clcacl2+2h2o+2nh3；nh4+h2onh3h2o+h+；c（cl）c（nh4+）c（h+）c（oh）；（3）nh3+h2onh3h2onh4+oh，naoh溶于水发生电离，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡向生成氨气的方向移动，氨气逸出，故答案为：nh3+h2onh3h2onh4+oh，naoh溶于水发生电离，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡向生成氨气的方向移动，氨气逸出；（4）二氧化硫和氯化钡不反应，氨气和二氧化硫、水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵和氯化钡发生复分解反应，反应方程式为2nh3+so2+h2o+ba2+=baso3+2nh4+；二氧化硫能被硝酸氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，反应方程式为3so2+2h2o+2no3+3ba2+=3baso4+2no+4h+，故答案为：2nh3+so2+h2o+ba2+=baso3+2nh4+；3so2+2h2o+2no3+3ba2+=3baso4+2no+4h+；（5）燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为n2h4+4oh4e=n2+4h2o，故答案为：n2h4+4oh4e=n2+4h2o；（6）no、二氧化氮和氧气、氢氧化钙反应生成硝酸钙和水，反应方程式为3o2+2no+6no2+4ca（oh）2=4ca（no3）2+4h2o，故答案为：3o2+2no+6no2+4ca（oh）2=4ca（no3）2+4h2o点评：本题以氮的化合物为载体考查氧化还原反应、原电池原理等知识点，知道氨气的实验制法、化学平衡原理、原电池原理即可解答，难点是电极反应式书写，题目难度中等17（9分）目前，铁是使用最广泛的金属之一，已知在高温下，fe与水蒸气可发生反应应用如图装置，在硬质玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物，加热，并通入水蒸气，就可以完成高温下“fe与水蒸气的反应实验”请回答下列的问题（1）铁在周期表中的位置是第四周期，第族（2）请写出该反应的化学方程式：3fe+4h2o（g）fe3o4+4h2（3）曾利用铝和铁的氧化物反应原理来焊接钢轨，该反应的化学方程式为2al+fe2o3al2o3+2fe（4）现有铁和铂组成的合金共a mol，其中pt的物质的量分数为x，研成粉末状后全部投入含b mol hno3的稀溶液中，使其充分反应，且hno3的还原产物只有no试回答下列问题：随hno3用量的增加，溶液中的金属离子和残留固体的成分依次有四种情况，请用粒子符号填写下表空白：溶液中的金属离子fe2+fe2+fe2+fe3+fe3+残留固体成分fe、ptfe2+ptpt当x=0.5，且溶液中fe3+与fe2+和物质的量相等，在标准状况下共产生112ml no则a=0.012，b=0.02考点：氧化还原反应的计算；化学方程式的有关计算；铁的化学性质；有关混合物反应的计算.专题：计算题；元素及其化合物分析：（1）fe的原子序数为26，原子结构中有4个电子层，最外层电子数为2；（2）fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；（3）铝和铁的氧化物反应生成氧化铝和fe；（4）发生3fe+8hno3=3fe（no3）2+2no+4h2o、3fe2+4h+no3=3fe3+no+2h2o，而pt不与硝酸反应，结合电子守恒计算；x=0.5，且溶液中fe3+与fe2+和物质的量相等，则物质的量均为0.25amol，结合电子守恒及原子守恒计算解答：解：（1）fe的原子序数为26，原子结构中有4个电子层，最外层电子数为2，则位于元素周期表中第四周期，第族，故答案为：第四周期，第族；（2）fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应为3fe+4h2o（g）fe3o4+4h2，故答案为：3fe+4h2o（g）fe3o4+4h2；（3）铝和铁的氧化物反应生成氧化铝和fe，反应为2al+fe2o3al2o3+2fe，故答案为：2al+fe2o3al2o3+2fe；（4）随hno3用量的增加，硝酸不足，发生3fe+8hno3=3fe（no3）2+2no+4h2o，金属离子为fe2+，残留固体成分为fe、pt；若硝酸与fe恰好发生3fe+8hno3=3fe（no3）2+2no+4h2o，金属离子为fe2+，残留固体成分为pt；在上述反应基础上，再加硝酸，发生3fe2+4h+no3=3fe3+no+2h2o，则金属离子为fe2+ fe3+，残留固体成分为pt；若亚铁离子恰好被氧化，则发生3fe2+4h+no3=3fe3+no+2h2o，则金属离子为fe3+，残留固体成分为pt；故答案为：溶液中的金属离子fe2+fe2+fe2+ fe3+fe3+残留固体成分fe、ptptptptx=0.5，且溶液中fe3+与fe2+和物质的量相等，则物质的量均为0.25amol，由电子守恒可知，0.25a2+0.25a3=（52），解得a=0.012，由n原子守恒可知b=0.250.012mol2+0.250.012mol3+=0.02，故答案为：0.012；0.02点评：本题考查铁的化学性质及氧化还原反应的计算，综合性较强，涉及氧化还原反应及计算等，侧重分析与计算能力的考查，（4）为解答的难点，注意发生的反应的先后及电子、原子守恒的应用，题目难度中等18（12分）高炉炼铁是冶炼铁的主要方法，发生的主要反应为：fe2o3（s）+3co（g）2fe（s）+3co2（g）h=akjmol1（1）已知：fe2o3（s）+3c（石墨）=2fe（s）+3co（g）h1=+489.0kjmol1c（石墨）+co2（g）=2co（g）h2=+172.5kjmol1则a=28.5kj mol1（2）冶炼铁反应的平衡常数表达式k=，温度升高后，k值减小（填“增大”、“不变”或“减小”）（3）在t时，该反应的平衡常数k=64，在2l恒容密闭容器甲和乙中，分别按下表所示加入物质，反应经过一段时间后达到平衡fe2o3cofeco2甲/mol1.01.01.01.0乙/mol1.02.01.01.0甲容器中co的平衡转化率为60%下列说法正确的是ac（填字母）a若容器内气体密度恒定时，标志反应达到平衡状态b甲容器中co的平衡转化率大于乙的c甲、乙容器中，co的平衡浓度之比为2：3d增加fe2o3可以提高co的转化率（4）采取一定措施可防止钢铁腐蚀下列装置中的烧杯里均盛有等浓度、等体积的nacl溶液在ac装置中，能保护铁的是bc（填字母）若用d装置保护铁，x极的电极材料应是锌（填名称）考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池；化学平衡建立的过程；化学平衡常数的含义.分析：（1）依据热化学方程式 和盖斯定律计算分析判断；（2）fe2o3（s）+3co（g）2fe（s）+3co2（g）h=28.5kjmol1依据平衡常数概念写出表达式，反应是吸热反应，升温平衡逆向进行；（3）在t时，该反应的平衡常数k=64，在2l恒容密闭容器甲中，加入物质反应达到平衡，依据平衡三段式列式计算结合转化率概念计算得到； fe2o3（s）+3co（g）2fe（s）+3co2（g）h=28.5kjmol1a反应前后气体质量变化，体积不变，若容器内气体密度恒定时，标志反应达到平衡状态；b乙容器中一氧化碳增加，相当于增大压强，反应前后体积不变，甲容器中co的平衡转化率等于乙的转化率；c依据平衡三段式计算平衡物质的量；计算甲、乙容器中，co的平衡浓度之比；d固体量增加不影响化学平衡，增加fe2o3不能提高co的转化率；（4）原电池的正极和电解池的阴极可以得到保护； 装置为原电池，若用d装置保护铁，x极的电极材料应比铁活泼；解答：解：（1）：fe2o3（s）+3c（石墨）=2fe（s）+3co（g）h1=+489.0kjmol1c（石墨）+co2（g）=2co（g）h2=+172.5kjmol1依据盖斯定律3得到fe2o3（s）+3co（g）2fe（s）+3co2（g）h=28.5kjmol1a=28.5故答案为：28.5；（2）fe2o3（s）+3co（g）2fe（s）+3co2（g）h=28.5kjmol1平衡常数k=；反应是放热反应，升温平衡逆向进行，平衡常数减小；故答案为：；减小；（3）在t时，该反应的平衡常数k=64，在2l恒容密闭容器甲中，加入物质反应达到平衡，设消耗一氧化碳物质的量为x fe2o3（s）+3co（g）2fe（s）+3co2（g）起始量（mol） 1 1 1 1变化量（mol） x x平衡量（mol） 1x 1+x k=64，计算得到x=0.6转化率=60%故答案为：60%； fe2o3（s）+3co（g）2fe（s）+3co2（g）h=28.5kjmol1a反应前后气体质量变化，体积不变，若容器内气体密度恒定时，标志反应达到平衡状态，故a正确；b乙容器中一氧化碳增加，相当于增大压强，反应前后体积不变，甲容器中co的平衡转化率等于乙的转化率，故b错误；c甲容器中平衡一氧化碳物质的量为0.4mol；乙容器中结合平衡常数计算得到消耗一氧化碳为1.4mol，平衡物