浙江省建德市新安江中学2019届高三化学上学期期末考试复习试题【含解析】

1、浙江省建德市新安江中学2019届高三化学上学期期末考试复习试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ba-137一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选错选均不得分）1. 下列属于碱性氧化物的是A. CaOB. Na2O2C. SiO2D. Mn2O7【答案】A【解析】试题分析：ACaO与酸反应生成盐和水，且与碱不反应，CaO为碱性氧化物，故A选；BNa2O2为过氧化物，与酸反应发生氧化还原反应，故B不选；CSiO2为酸性氧化

2、物，故C不选；DMn2O7和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故D不选。故选A。考点：考查酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【名师点睛】本题考查物质的分类，为基础性习题，把握物质的组成、碱性氧化物的判断等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意概念的理解及应用，题目难度不大。能与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，且只含金属元素、氧元素两种元素，一般为金属氧化物，但某些金属氧化物（Mn2O7、Al2O3）不是碱性氧化物，以此来解答。2.下列仪器对应名称正确的是 A. 容量瓶B. 蒸馏烧瓶C. 蒸发皿D. 滴定管【答案】B【解析】A为圆底烧瓶， 才是容量瓶，故A错误；B为蒸馏烧瓶，故B正

3、确；C为坩埚，蒸发皿是，故C错误；D为冷凝管，滴定管上有刻度，用于滴定实验，故D错误；故选B。3.下列物质属于非电解质的是( )A. 石墨B. HClC. CO2D. BaCO3【答案】C【解析】A.石墨是碳元素形成的单质，不是化合物，不属于非电解质，故A错误；B.HCl溶于水能完全电离，HCl是强电解质，故B错误；C.二氧化碳与水反应生成碳酸，但电离出离子的物质是碳酸不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，故C正确；D.碳酸钡在熔融状态下能导电，属于电解质，故D错误；故选C。点睛：本题考查电解质、非电解质的判断。掌握电解质的概念、特征是正确解答本题的关键，电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的

4、化合物，非电解质是在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物；特别注意单质、混合物不管在水溶液中或熔融状态下能够导电与否，都不是电解质或非电解质，据此进行分析解答即可。4.反应2Na +2H2O=2NaOH+H2中的还原剂是( )A. NaB. H2OC. NaOHD. H2【答案】A【解析】2Na+2H2O2NaOH+H2中，水中H元素的化合价由+1价降低到0价，则水为氧化剂，Na元素的化合价由0价升高到+1价，Na为还原剂，故选A。5. 下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是A. NaClB. NH4ClC. NaHCO3D. NaOH【答案】C【解析】试题分析：ANaCl是强酸强碱盐，溶于水溶

5、液显中性，A项错误；BNH4Cl是强酸弱碱盐，NH4水解导致溶液显酸性，B项错误；CNaHCO3是强碱弱酸盐，HCO3-的水解程度大于其电离程度，碳酸氢根离子水解导致溶液显碱性，C项正确；DNaOH是强碱，溶于水抑制水的电离，溶液显碱性，D项错误；答案选C。考点：考查电解质溶液及溶液的酸碱性。6.下列化学用语使用正确的是()A. 氯化镁的电子式：B. S2-的结构式示意图：C. 质子数为8，中子数为10的核素：D. CO2分子式的结构式：O-C-O【答案】A【解析】【详解】A.氯化镁的电子式：，故A正确；B.S2-的结构式示意图：，故B错误；C.质子数为8，中子数为10的核素为 ，故C错误；D

6、. CO2分子式的结构式：O=C=O，故D错误；故选A。7.四种基本反应类型中，一定是氧化还原反应的是A. 化合反应B. 分解反应C. 置换反应D. 复分解反应【答案】C【解析】【详解】A.有的化合反应是氧化还原反应；有的化合反应不是氧化还原反应，如：二氧化碳和水生成碳酸的反应，故A错误；B.有的分解反应是氧化还原反应；有的分解反应不是氧化还原反应，如：碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水的反应，故B错误；C.置换反应有单质参与，元素的化合价一定发生变化，属于氧化还原反应，故C正确；D.复分解反应一定不是氧化还原反应，不存在元素化合价的变化，故D错误。答案选C。【点睛】本题解题的关键是理解

7、四个基本类型反应、氧化还原反应的特征。氧化还原反应的特征是有元素化合价的升降。部分化合反应、分解反应属于氧化还原反应；置换反应一定属于氧化还原反应；复分解反应一定不属于氧化还原反应，据此解答。8.下列说法不正确的是A. 食盐和醋可作调味剂，也可用作食品防腐剂B. 植物秸秆不可用来制造酒精C. 镁合金可用于制造火箭、导弹和飞机的部件D. 二氧化硅可用于制光导纤维【答案】B【解析】A、食盐和醋可作调味剂，也可以作食品防腐剂，故说法正确；B、秸秆的成分是纤维素，纤维素水解为葡萄糖，葡萄糖进一步转化成乙醇，故说法错误；C、镁合金质量轻、高强度、高刚性、散热好、耐腐蚀，可用于制造火箭、导弹和飞机的部件，

8、故说法正确；D、光导纤维成分是SiO2，故说法正确。9.下列说法不正确的是A. 乙醇、苯应密封保存，置于阴凉处，且远离火源B. 金属钠着火时，可用细沙覆盖灭火C. 有毒药品的废液须倒入指定的容器D. 容量瓶洗净后须用酒精灯加热干燥【答案】D【解析】【详解】A. 乙醇、苯为易燃液体，应密封保存，置于阴凉处，且远离火源，选项A正确；B.钠和水反应生成氢气，钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气，氢气能燃烧、氧气能助燃，所以钠着火时不能用水、泡沫灭火器灭火，应该用细沙覆盖灭火，选项B正确；C. 有毒药品的废液须倒入指定的容器，不能直接倒掉，选项C正确；D. 容量瓶不需要干燥，也不能加

9、热，选项D不正确。答案选D。10.下列实验操作正确的是()A. 用pH试纸测定某溶液的pH时，需预先用蒸馏水湿润pH试纸B. 蒸馏石油时为了更好地控制温度，应将温度计的水银球伸入液面以下C. 蒸发结晶时不能将溶液全部蒸干，应该在有大量晶体析出时停止加热D. 稀释浓硫酸时，可向盛有浓硫酸的烧杯中直接加蒸馏水【答案】C【解析】【详解】A.pH试纸测定pH时不能用蒸馏水湿润，预先用蒸馏水湿润pH试纸，可能会产生误差，故A错误；B.蒸馏原理是利用各成分沸点不同而进行分离，属于物理变化，需测沸点，用温度计测蒸气的温度，所以温度计的下端应在蒸馏烧瓶的支管口的正中央，不能将温度计插入液面以下，故B错误；C.

10、蒸发时不能蒸干，利用余热加热，则用玻璃棒不断搅拌，在有大量晶体析出时停止加热，故C正确；D.浓硫酸密度大于水，溶于水放热，稀释浓硫酸时，向盛水烧杯中，沿烧杯壁小心加入浓硫酸，并不断搅拌，故D错误；故选C。11.下列说法正确的是A. H2和D2互同位素B. 12C原子是指质子数为6，中子数是12的一种核素C. 名称是2-乙基丁烷D. 分子式为C2H6O、C4H10的有机物均有两种同分异构体【答案】D【解析】A、同位素研究的对象是原子，H2和D2是单质，故错误；B、12是质量数，故错误；C、按照有机物命名的原则，应是3甲基戊烷，故错误；D、C2H6O同分异构体为CH3CH2OH、CH3OCH3，C

11、4H10为丁烷，同分异构体为正丁烷和异丁烷，都有两种同分异构体，故正确。12.W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，W与X不在同一周期，且原子核外最外层电子数分别为1、5、5、7，下列说法正确的是()A. 原子半径大小顺序：r(Z)r(Y)r(X)r(W)B. W和X形成的化合物中只有离子键C. Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z强D. X的最低价气态氢化物的热稳定性比Y强【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，W与X不在同一周期，且原子核外最外层电子数分别为1、5、5、7，W为H，X为N，Y为P，Z为Cl。【详解】A.原子半径大小顺序：

12、r(Y)r(Z)r(X)r(W)，故A错误；B.W为H，X为N，形成的化合物为NH3，只有共价键，故B错误；C.Y为P，Z为Cl，Cl的非金属性强于P，所以Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z弱，故C错误；D.X为N，Y为P，N的非金属性强于P，X的最低价气态氢化物的热稳定性比Y强，故D正确；故选D。【点睛】同一周期的元素（稀有气体元素除外），从左到右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素，从上到下原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强。13.下列离子方程式正确的是A. 氯气和水反应：Cl2+H2O= 2H+Cl-+ClO-B. 金属钠投入MgCl2溶

13、液中：2Na+Mg2+ =2Na+MgC. 0.lmol/LNaHSO4溶液与0.lmol/LBa(OH)2溶液等体积混合：SO42-+Ba2+=BaSO4D. 硅酸钠水溶液中通入过量CO2：SiO32-+2H2O+2CO2=2HCO3-+H2SiO3【答案】D【解析】A、次氯酸是弱酸，以HClO主要形式存在，离子反应是Cl2H2O=HClHClO，故错误；B、发生离子反应是2Na2H2O=2NaOHH2，Mg22OH=Mg(OH)2，故错误；C、丢失离子反应，应是HSO42Ba2OH=BaSO4H2O，故错误；D、碳酸的酸性强于硅酸，且CO2是过量，离子反应是SiO32+2H2O+2CO2=

14、2HCO3+H2SiO3，故正确。点睛：本题考查离子反应方程式正误判断，主要从是否符合客观事实、电荷守恒、是否遵循拆写原则、是否丢失离子反应、量等，本题易选错的是选项B，金属钠先与水反应，生成的碱再和盐反应。14.恒温条件下，在体积不变的密闭容器中，有可逆反应X(s)+2Y(g) 2Z(g) H0，下列说法定正确的是A. 0.2molX和0.4molY充分反应，Z的物质的量可能会达到0.35molB. 从容器中移出部分反应物X，则正反应速率将下降C. 当H不变时，反应将达到平衡D. 向反应体系中继续通入足量Y气体，X有可能被反应完全【答案】A【解析】A、此反应是可逆反应不能进行到底，因此Z物质

15、的量范围是0n(Z)c(OH) c(CH3COO)c(H+)，故A错误；B在B点溶液显中性，则结果是c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），则一定有c（Na+）=c（CH3COO-），溶液的成分为：反应生成的醋酸钠和剩余的醋酸，醋酸钠的水解程度和醋酸的电离程度相等，故有：c（Na+）=c（CH3COO-）c（OH-）=c（H+），故B错误；CC点溶液呈酸性，c（H+）c（OH-），根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+（OH-），所以c（CH3COO-）c（Na+），故C错误；D在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的

16、浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/L，根据物料守恒：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+），故D正确。答案选D。24.某废催化剂含582的SiO2、210的ZnO、45的ZnS和128的CuS，某同学以该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。采用的实验方案如下：已知：1步骤中发生的化学反应为非氧化还原反应；2滤渣2的主要成分是SiO2和S。下列说法不正确的是A. 步骤，最好在通风橱中进行B. 步骤和，说明CuS不溶于稀硫酸而ZnS溶于稀硫酸C. 步骤，涉及的离子反应为CuS+H2O2+2H+ Cu2+S+2H2OD. 步骤和，均采用蒸发结晶的方式获取溶质【答案】D【

17、解析】A、步骤发生的反应是ZnOH2SO4=ZnSO4H2O，ZnSH2SO4=ZnSO4H2S，H2S是有毒气体，因此应在通风厨内进行，故A说法正确；B、根据流程图，步骤得到CuSO45H2O，说明滤渣1中含有Cu元素，即CuS，步骤从滤液中得到硫酸铜晶体，说明滤液中存在Cu2，从而推出CuS不溶于稀硫酸，步骤从滤液中得到ZnSO47H2O，说明滤液中含有Zn2，即ZnS溶于稀硫酸，故B说法正确；C、步骤中CuS转变成Cu2，根据信息，滤渣2中由SiO2和S，推出CuS中S被过氧化氢氧化成变为硫单质，离子反应方程式为CuSHH2O2Cu2SH2O，根据化合价的升降法进行配平，得到CuS+H2

18、O2+2H+=Cu2+S+2H2O，故C说法正确；D、得到CuSO45H2O和ZnSO47H2O中都含有结晶水，通过对滤液蒸发结晶方法，容易失去结晶水，因此采用的方法是蒸发浓缩冷却结晶方法，故D说法错误。点睛：在制备含有结晶水的晶体时，不采用蒸发结晶的方法，因此此方法容易失去结晶水，而是采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。25.某l00mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32 -、SO42 -、Cl-中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法不正确的是( )A. 原溶液一定存在CO32 -和SO42 -，一定不存在Fe3+B. 是否存在Na+

19、只有通过焰色反应才能确定C. 原溶液一定存在Na+，可能存在Cl-D. 若原溶液中不存在Cl-，则c (Na+) =0.1molL-1【答案】B【解析】向原溶液中加入BaCl2溶液，产出4.30g白色沉淀，该沉淀与盐酸反应，部分沉淀溶解，则2.33g沉淀2为BaSO4，物质的量为0.01mol，溶解的沉淀为BaCO3，质量为4.30g-2.33g= 1.97g，物质的量为0.01mol，则原溶液中一定含有0.01mol的SO42-和0.01mol的CO32-，加入BaCl2溶液后过滤，向滤液中加入NaOH溶液产生气体，则该气体为NH3，体积为0.672L，物质的量为0.03mol，在原溶液中含

20、有NH4 0.03mol，没有红褐色沉淀生成，一定不含有Fe3，根据电荷守恒，若没有Cl，则含有0.01molNa+，若有Cl，则含有Na的物质的量大于0.01mol。A.根据上述分析，原溶液一定存在CO32 -和SO42 -，一定不存在Fe3+，故A正确；B.根据上述分析，原溶液中一定存在Na，故B错误；C.根据上述分析，原溶液一定存在Na+，可能存在Cl-，故C正确；D.根据上述分析，若原溶液中不存在Cl-，则c (Na+)=0.01mol0.1L =0.lmolL-1，故D正确；故选B。点睛：本题考查离子共存、离子反应及离子的判断，难度不大。特别注意：BaCO3难溶于水，易溶于酸，BaS

21、O4难溶于水，也难溶于酸；与碱反应生成的气体为氨气，Fe3与OH反应生成红褐色沉淀氢氧化铁；溶液呈电中性，根据电荷守恒来判断Na是否存在。二、非选择题26.烃A是一种重要的化工原料。己知A在标准状况下的密度为1.16gL-1，B可发生银镜反应。它们之间的转化关系如图：请回答：（1）有机物A中含有的官能团名称是_。（2）反应的原子利用率达100，该反应的化学方程式是_。（3）下列说法正确的是_。A 反应合成乙酸乙酯也能实现原子利用率100% B.反应、的类型各不相同C 由于乙酸乙酯和水均为无色液体，故用分液漏斗无法分离乙酸乙酯和水的混合物D.相同条件下乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解较在稀硫酸中更完

22、全【答案】 (1). 碳碳叁键 (2). 2CH3CHOCH3COOCH2CH3 (3). BD【解析】【分析】A在标准状况下的密度为1.16gL-1，则A的摩尔质量为1.16g/L22.4L/mol=26g/mol，B可发生银镜反应，则B为醛，由流程图可知，A加水反应生成B，B氧化生成D，B加氢还原生成C，C与D发生反应生成乙酸乙酯，则A为CHCH，B为CH3CHO，C为CH3CH2OH，D为CH3COOH，以此来解答。【详解】（1）由上述分析可知，A为CHCH，官能团名称为碳碳叁键，故答案为：碳碳叁键；（2）由上述分析可知，B为CH3CHO，反应的原子利用率达100%，则CH3CHO发生加

23、成反应生成CH3COOCH2CH3，该反应的化学方程式是2CH3CHOCH3COOCH2CH3，故答案为：2CH3CHOCH3COOCH2CH3 ；（3）A. C为CH3CH2OH与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，为可逆反应，则在一定条件下合成乙酸乙酯不能实现原子利用率100%，故A错误；B.反应为还原反应，为氧化反应、为酯化反应，所以类型各不相同，故B正确；C.乙酸乙酯与水不相溶，可以用分液漏斗分离乙酸乙酿和水的混合物，故C错误；D.乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解生成乙酸钠和乙醇，不可逆，较在稀硫酸中更完全，故D正确；故选BD。27.为了确定黄钾铁矾KFe3(SO4)x(OH)y的化学式，某

24、兴趣小组设计了如下实验：请回答：(1)黄钾铁矾的化学式KFe3(SO4)x(OH)y中x=_，y=_。(2)写出溶液B中所含溶质的化学式_。(3)红褐色沉淀能溶于HI溶液，并发生氧化还原反应，写出该反应的离子方程式_。【答案】 (1). 2 (2). 6 (3). KFeSO4或K2SO4，Fe2(SO4)3 (4). 2Fe(OH)3+6H+2I-=2Fe2+I2+6H2O【解析】本题考查物质的制备，（1）加热黄钾铁矾，得到H2O的质量为0.54g，根据氢元素守恒，OH的物质的量为0.542/18mol=0.06mol，红棕色固体是Fe2O3，Fe2O3质量共为(1.60.8)g=2.4g，

25、根据铁元素守恒，黄钾铁矾中Fe的物质的量为2.42/160mol=0.03mol，方案2生成白色沉淀是BaSO4，根据硫元素守恒，黄钾铁矾中SO42的物质的量为4.66/233mol=0.02mol，因此有Fe:SO42:OH=3:x：y=0.03：0.02：0.06，解得x=2，y=6；（2）根据（1）的分析，K的物质的量为0.01mol，固体A加水溶解过滤，得到Fe2O3的质量为1.6g，其中铁的物质的量为1.62/160mol=0.02mol，溶液B中Fe的物质的量为0.01mol，SO42的物质的量为0.02mol，溶质为K2SO4和Fe2(SO4)3，或写成KFe(SO4)2；（3）

26、Fe3具有强氧化性，能把I氧化成I2，离子反应方程式为Fe(OH)3+6H+2I-=2Fe2+I2+6H2O。28.某实验室产生的废液中含有Fe3+、Cu2+、Ba2+三种金属离子，研究小组设计了下列方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。请回答：(1)步骤用到的主要玻璃仪器是_。(2)步骤实验现象是_。(3) 设计一个实验方案，验证步骤中所加硫酸溶液己经过量_。【答案】 (1). 玻璃棒、漏斗、烧杯 (2). 溶液由浅绿色变为黄色 (3). 取上层清液，继续加硫酸，若无产生白色沉淀，则说明硫酸已加过量【解析】考查化学工艺流程，（1）根据流程，步骤为过滤，用到玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒；（

27、2）步骤利用H2O2的氧化性，把Fe2氧化成Fe3，发生反应是2Fe2H2O22H=2Fe32H2O，现象溶液颜色由浅绿色转变为黄色；（3）步骤发生Ba2SO42=BaSO4，溶液中含有H，因此不能鉴别H存在，因此需要鉴别SO42或Ba2，操作是：取上层清液，继续加入硫酸，若不产生白色沉淀，则说明硫酸过量，或者取上层清液，加入BaCl2溶液，如果有白色沉淀，说明硫酸过量。29.Na与Al混合物共1mol与足量的水充分反应。（已知：2A1+ 2NaOH +2H2O =2NaAlO2+3H2)（1）当Na与Al的物质的量之比为_时，混合物与水反应产生的H2最多。（2）当Na与Al的物质的量之比为_

28、时，混合物与水反应产生的H2的体积为13.44L(标准状况下)。【答案】 (1). 1：1 (2). 9：1(或3：7)【解析】本题考查化学计算，涉及利用化学方程式计算。（1）当Na与Al恰好反应时，混合物与水反应产生的氢气最多，根据化学反应2Na+2H2O =2NaOH+H2、2A1+ 2NaOH +2H2O =2NaAlO2+3H2，所以当Na与Al的物质的量之比为1:1时，混合物与水反应产生的氢气最多。（2）13.44L氢气的物质的量为0.6mol，设Na与Al以物质的量之比1:1发生反应生成氢气，根据化学方程式2Na+2H2O =2NaOH+H2、2A1+ 2NaOH +2H2O =2

29、NaAlO2+3H2，得总反应方程式为2Na+2Al+4H2O =2NaAlO2+4H2，则参加反应的Na为0.3mol，参加反应的Al为0.3mol，还有0.4molAl没有反应，则Na与Al的物质的量之比为3:7；1molNa完全反应生成0.5mol氢气，实际上生成氢气0.6mol，则Al一定参加反应，设参加反应的Na为xmol，参加反应的Al为ymol，根据反应2Na+2H2O =2NaOH+H2、2A1+ 2NaOH +2H2O =2NaAlO2+ 3H2，0.5x+1.5y=0.6，x+y=1，解得x=0.9mol，y=0.1mol，所以Na与Al的物质的量之比为9:1。点睛：本题考

30、查根据化学方程式的计算，Na、Al的混合物与足量的水反应，首先发生的是Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠与Al反应生成偏铝酸钠和氢气，所以若生成13.44L（0.6mol）氢气，反应分两种情况。Al有剩余，生成的NaOH全部消耗；Al完成反应，生成的NaOH有剩余。根据这两种情况解答即可。30.氮是一种重要的元素，其对应化合物在生产生活中有重要的应用。(1)氮化铝(AlN)可用于制备耐高温的结构陶瓷，遇强碱会腐蚀，写出AlN与氢氧化钠溶液反应的离子方程式_。 (2)氨是制备氮肥、硝酸等的重要原料己知：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H=-92.4kJ/mol N2(g)+

31、O2(g) 2NO(g) H=+180 kJ/mol 2H2(g)+O2(g) 2H2O(1) H= -571.6 kJ/mol试写出表示氨的标准燃烧热的热化学方程式_。某电解法制氨的装置如右图所示，电解质只允许质子通过，试写出阴极的电极反应式_。 (3)反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)H0是制备硝酸过程中的一个反应。将NO和O2按物质的量之比为2:1置于恒温恒容密闭容器中进行上述反应，得到NO2体积分数与时间的关系如下图所示。保持其它条件不变，t1时再向容器中充入适量物质的量之比为2：1的NO和O2的混合气体，t2时再次达到平衡，请画出tl-t3时间范围内NO2体积分数随时间的变

32、化曲线：_。在研究此反应速率与温度的关系时发现，NO转化成NO2的速率随温度升高反而减慢。进一步研究发现，上述反应实际是分两步进行的：I 2NO(g) N2O2(g) H0II N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g) H0已知反应I能快速进行，试结合影响化学反应速率的因素和平衡移动理论分析，随温度升高，NO转化成NO2的速率减慢的可能原因_。(4)已知常温下，Ka(CH3COOH)=Kb(NH3H2O)=l.8l0-5。则常温下0.lmol/L的CH3COONH4溶液中，(CH3COO-)：c(NH3H2O)=_。【答案】 (1). AlN+H2O+OH-=AlO2-+NH3 (2). N

33、H3(g)+3/4O2(g)=1/2N2(g)+3/2H2O(l) H=-382.5kJ/mol (3). N2十6H+6e-=2NH3 (4). (5). 当温度升高时，反应（I）向逆反应方向进行，且由于反应I进行速率相当快，瞬间达到平衡，使得体系中c(N2O2)浓度迅速减小，所以反应(II)，速率减慢 (6). 180【解析】（1）本题考查离子方程式的书写，利用元素及其化合物知识入手，反应方程式为AlNNaOHH2O=NaAlO2NH3，其离子反应方程式为：AlN+H2O+OH=AlO2+NH3 ；（2）本题考查热化学反应方程式的计算，从盖斯定律入手，N2(g)+3H2(g) 2NH3(g

34、)，2H2(g)+O2(g) 2H2O(1)，氨气的燃烧热反应方程式为：NH3(g)+3/4O2(g)=1/2N2(g)+3/2H2O(l)，3/4/2得出NH3(g)+3/4O2(g)=1/2N2(g)+3/2H2O(l) H=(571.63/492.4/2)kJmol1=-382.5kJmol1 ；本题考查电解池中电极反应式的书写，电解池是制取NH3，N2的化合价由0价3价，化合价降低，得到电子，即左端为阴极，右端为阳极，电解质只允许质子通过，因此阴极反应式为：N2十6H+6e=2NH3；（3）本题考查影响化学平衡的移动，再通入2：1的NO和O2，瞬间NO2体积分数降低，平衡向正反应方向移

35、动，NO2的体积分数增大，即图像是：；本题考查影响化学反应速率和化学平衡的因素，当温度升高时，反应（I）向逆反应方向进行，且由于反应I进行速率相当快，瞬间达到平衡，使得体系中c(N2O2)浓度迅速减小，所以反应(II)，速率减慢，所以NO转化成NO的速率减慢；（4）因为CH3COOH和NH3H2O电离平衡常数相同，因此CH3COO和NH4水解程度相同，即CH3COOH和NH3H2O的浓度相同，溶液显中性， c(CH3COO)c(H)/c(CH3COOH)=Ka，c(CH3COO)/c(NH3H2O)=Ka/c(H)=1.8105/107=180。点睛：本题综合性较强，可结合元素化合物、化学反应

36、速率及平衡、燃烧热、电解池以及电离平衡常数等相关知识进行解答，电解池中电极反应式书写时，首先判断电极，阳极失去电子，化合价升高，阴极得到电子，化合价降低，N2NH3，N的化合价降低，通NH3的一极为阴极，电解质只允许H通过，电极反应式为：N2十6H+6e=2NH3。31.次氯酸钠稳定性远髙于次氯酸钠，也可用于杀菌消毒。制备次氯酸钠方法较多，常用的一种合成路线如下：已知：1.次氯酸叔丁酯(CH3)3COCl)，相对分子质量为108.5，是具有挥发性的黄色油状液体，密度为0.802g/mL，且有强烈刺激性臭味；2.(CH3)3COCl+LiOH=LiClO+(CH3)3COH请回答：(1)实验第一

37、步的反应装置如图所示（夹持装置省略)，B装置中支管的作用是_；浓盐酸逐滴滴加而不是一次性加入的原因是_。(2)请写出在装置A中发生反应的化学方程式_。(3)对于操作1，下列说法不正确的是_。A.可以选用250mL规格的分液漏斗B.操作1须在通风橱内进行C.进行分液时，可提早关闭旋塞，以防止次氯酸叔丁酯从下口流出D.装置B不合适进行操作1(4)进行操作3时，并不是直接加热蒸发溶液，而是选择在40C下缓慢蒸发溶液，试解释其原因 _。(5)该实验中次氯酸锂的产率为_。【答案】 (1). 平衡气压，使浓盐酸顺利下滴 (2). 防止反应太剧烈而发生副反应，引起产率降低 (3). (CH3)3COH+Na

38、ClO+HCl=(CH3)3COCl+NaCl+H2O (4). AC (5). 蒸发时，溶液温度太高，会引起次氯酸根的水解，且生成的次氯酸不稳定，导致产品产率和纯度降低 (6). 50.0%【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）B装置中支管的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；如果一次性加入盐酸，可能发生副反应ClOClH=Cl2H2O，引起产率降低；（2）本实验制备次氯酸叔丁酯。利用酯化反应实质酸去羟基，醇去氢的特点，(CH3)3COHNaClO(CH3)COClNaOH，然后NaOH与HCl反应生成NaCl和H2O，因此反应方程式为(CH3)3COH+NaClO+HCl=(CH3)3C

39、OCl+NaCl+H2O；（3）A、假设反应后溶液体积不变，反应后溶液的体积为(100.18103+5.55/0.802)mL=197mL250mL，漏斗中液体量不能超过容积的3/4，但现在溶液的体积超过分液漏斗容积的3/4，故A说法错误；B、根据信息，次氯酸叔丁醇具有挥发性，以及有强烈的刺激性臭味，因此操作时，应在通风厨内进行操作，故B说法正确；C、这样操作不能得到纯净的次氯酸叔丁酯，故C说法错误；D、装置B不能用于分液，故D说法正确；（4）ClO属于弱酸根离子，发生水解，水解是吸热反应，升高温度促进水解，即得到HClO，次氯酸不稳定，受热易分解，导致产品产率和纯度降低；（5）生成(CH3)3COCl的质量为4.34g，根据信