一、单选题：共7题每题6分共42分

1．（6分）（2015•昌平区一模）设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）

A．常温常压下，4.4 g CO2与N2O混合气体中含有的原子总数为0.3NA

B．标准状况下，2.24L已烷含有分子的数目为0.1NA

C．1 L 1 mol•L﹣1的CuCl2 溶液中含有Cu2+的数目为NA

D．在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4NA

2．（6分）（2015•昌平区一模）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）

A．使苯酚显紫色的溶液：NH4+、K+、SCN﹣、SO42﹣

B．使甲基橙变红色的溶液：Mg2+、K+、SO42﹣、NO3﹣

C．由水电离的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣

D．c（Fe2+）=1.0 mol•L﹣1溶液：H+、K+、Cl﹣、NO3﹣

3．（6分）（2015•昌平区一模）下列说法错误的是（　　）

A．分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液

B．能自发进行的化学反应，焓变和熵变一定符合：△H＜0、△S＞0

C．将碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液分别蒸干并灼烧，所得固体的成分均为纯碱

D．用FeCl3饱和溶液制Fe（OH）3胶体的过程属于吸热过程

4．（6分）（2015•昌平区一模）现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T．R原子最外层电子数是电子层数的2倍；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的Z2T 化合物能破坏水的电离平衡．六种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示．下列推断正确的是（　　）

A．原子半径和离子半径均满足：Y＜Z

B．氢化物的沸点排序：Y＞T＞R

C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：T＜R

D．由X、R、Y、Z四种元素组成的化合物水溶液一定显碱性

5．（6分）（2015•昌平区一模）甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图（部分反应物及反应条件已略去，箭头表示一步转化）．下列各组物质中，满足图示转化关系的是（　　）

物质

A．A    B．B    C．C    D．D

6．（6分）（2015•昌平区一模）某气态不饱和链烃CnHm在一定条件下与H2加成为CnHm+x，取CnHm和H2混合气体共60mL进行实验，发现随混合气中H2所占体积的变化，反应后得到的气体总体积数也不同，反应前混合气体中H2所占的体积V（H2）和反应后气体总体积V（反应后总）的关系如图所示（气体体积均在同温同压下测定）．由此可知x的数值为（　　）

A．4    B．3    C．2    D．1

7．（6分）（2015•昌平区一模）分子式为C9H18O2的有机物A有下列转化关系：其中B、C的相对分子质量相等，则A的可能的结构简式有（　　）

A．9种    B．8种    C．7种    D．6种

二、推断题：共14分

8．（14分）（2015•昌平区一模）甲是一种盐，由A、B、C、D、E五种短周期元素组成．甲溶于水后可电离出三种离子，其中含有由A、B形成的10电子阳离子．A元素原子核内质子数比E的少1，D、E处于同主族．用甲进行如下实验：

①取少量甲的晶体溶于蒸馏水配成溶液；

②取少量甲溶液于试管中，向其中加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀．

③取少量甲溶液于试管中逐滴滴入NaOH溶液，生成沉淀的质量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示；

④取少量甲溶液于试管中，加入过量NaOH溶液并加热；

回答下列问题：

（1）D在周期表中的位置　　　　　　写出化合物AB3的电子式　　　　　　．

（2）经测定甲晶体的摩尔质量为453g/mol，其中阳离子和阴离子物质的量之比1：1，且1mol甲晶体中含有12mol结晶水．则甲晶体的化学式为　　　　　　．

（3）实验③中根据图象得V（Oa）：V（ab）：V（bc）=　　　　　　．

（4）实验④中离子方程式是　　　　　　．

三、实验题：共17分

9．（17分）（2015•昌平区一模）草酸（H2C2O4）溶液与酸性KMnO4溶液反应时，溶液褪色总是先慢后快，某学习小组探究反应过程中使褪色加快的主要原因，过程如下：

KMnO4溶液氧化H2C2O4的反应历程为：

假设1：该反应为放热反应

假设2：反应生成的Mn2+对该反应有催化作用

假设3：K+对该反应有催化作用

该小组同学未提出浓度使反应速率加快的假设，原因是　　　　　　．

（1）称取　　　　　　g草酸晶体（H2C2O4•2H2O），配制500mL0.10mol/L H2C2O4溶液．

①在上述过程中必须用到的2种定量仪器是托盘天平和　　　　　　．

②下列操作会使所配溶液浓度偏低的是　　　　　　（填下列选项的字母序号）．

A．称取草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘

B．定容时俯视刻度线

C．将烧杯中溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中有少量蒸馏水

D．摇匀后，发现溶液液面低于刻度线，立即用胶头滴管加水再定容

（2）完成探究，记录数据

（3）由于KMnO4能氧化水中有机物等因素，为配制好稳定的KMnO4溶液，其浓度需标定．取10.00mL 0.10mol/L H2C2O4溶液于锥形瓶中，加入10mL 0.50mol/L稀硫酸，用（2）中KMnO4溶液滴定至锥形瓶中恰好呈浅紫色，且半分钟不褪色，记录数据，平行三次实验，平均消耗KMnO4溶液40.00mL，则草酸溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：　　　　　　．上述实验中KMnO4溶液的物质的量浓度为　　　　　　．

四、综合题：共16分

10．（16分）（2015•昌平区一模）煤粉中的氮元素在使用过程中的转化关系如图1所示：

（1）②中NH3参与反应的化学方程式为　　　　　　．

（2）③中加入的物质可以是　　　　　　（填字母序号）．

a．空气        b．CO         c．KNO3      d．NH3

（3）焦炭氮中有一种常见的含氮有机物吡啶（），其分子中相邻的C和N原子相比，N原子吸引电子能力更　　　　　　（填“强”或“弱”），从原子结构角度解释原因：　　　　　　．

（4）已知：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=a kJ•mol﹣1

N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=b kJ•mol﹣1

2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=c kJ•mol﹣1

反应后恢复至常温常压，①中NH3参与反应的热化学方程式为　　　　　　．

（5）用间接电化学法除去NO的过程，如图2所示：

已知电解池的阴极室中溶液的pH在4～7之间，写出阴极的电极反应式：　　　　　　．用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理：　　　　　　．

五、计算题：共1题每题11分共11分

11．（11分）（2015•昌平区一模）重晶石（BaSO4）是重要的化工原料，制备氢氧化钡晶体（Ba（OH）2•8H2O）的流程如下：

已知：Ba（s）+S（s）+2O2（g）=BaSO4（s）△H=﹣1473.2kJ•mol﹣1

2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221kJ•mol﹣1

Ba（s）+S（s）=BaS（s）△H=﹣460kJ•mol﹣1

（1）写出煅烧时发生反应的热化学方程式：　　　　　　．

（2）写出氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合反应的化学方程式：　　　　　　．

（3）为检测煅烧时产生的CO，可将煅烧产生的气体通入PdCl2溶液中，出现黑色沉淀和产生一种无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体，试写出该反应的化学方程式：　　　　　　．

（4）向BaSO4沉淀中加入饱和Na2CO3溶液，充分搅拌，弃去上层清液，如此处理多次，可使BaSO4全部转化为BaCO3．发生的反应可表示为：BaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌BaCO3（s）+SO42﹣（aq），现有0.20mol BaSO4，加入1.0L 2.0mol•L﹣1饱和Na2CO3溶液处理，假设c（SO42﹣）起始≈0，平衡时，K=4.0×10﹣2，求反应达到平衡时发生转化的BaSO4的物质的量．（写出计算过程，结果保留2位有效数字）

（5）试从平衡的角度解释BaSO4可转化为BaCO3的原因：　　　　　　．

2015年北京市昌平区高考化学一模试卷

参与试题解析

一、单选题：共7题每题6分共42分

1．（6分）（2015•昌平区一模）设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）

A．常温常压下，4.4 g CO2与N2O混合气体中含有的原子总数为0.3NA

B．标准状况下，2.24L已烷含有分子的数目为0.1NA

C．1 L 1 mol•L﹣1的CuCl2 溶液中含有Cu2+的数目为NA

D．在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4NA

【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． CO2与N2O的摩尔质量都是44g/mol，二者分子中都含有3个原子；

B．标准状况下，己烷的状态为液体；

C．铜离子在溶液中部分水解，导致铜离子数目减少；

D．过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价，则生成0.1mol氧气转移了0.2mol电子．

【解答】解：A．4.4 g CO2与N2O混合气体含有气体分子的物质的量为：=0.1mol，0.1mol混合气体中含有0.3mol原子，含有的原子总数为0.3NA，故A正确；

B．标况下己烷不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算己烷的物质的量，故B错误；

C．1 L 1 mol•L﹣1的CuCl2溶液中含有溶质氯化铜1mol，由于铜离子部分水解，则溶液中含有Cu2+的数目小于NA，故C错误；

D．过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价，生成0.1mol氧气转移了0.2mol电子，转移电子的数目为0.2NA，故D错误；

故选A．

【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意明确标况下己烷、四氯化碳、乙醇等物质的状态不是气体，要求学生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，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．

2．（6分）（2015•昌平区一模）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）

A．使苯酚显紫色的溶液：NH4+、K+、SCN﹣、SO42﹣

B．使甲基橙变红色的溶液：Mg2+、K+、SO42﹣、NO3﹣

C．由水电离的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣

D．c（Fe2+）=1.0 mol•L﹣1溶液：H+、K+、Cl﹣、NO3﹣

【考点】离子共存问题．

【专题】离子反应专题．

【分析】A．使苯酚显紫色的溶液溶液中存在铁离子，铁离子与硫氰根离子反应生成硫氰化铁；

B．使甲基橙变红色的溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；

C．由水电离的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，碳酸根离子与氢离子反应；

D．根离子在氢离子存在条件下能够氧化亚铁离子．

【解答】解：A．使苯酚显紫色的溶液中存在铁离子，Fe3+和 SCN﹣之间反应生成络合物硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故A错误；

B．使甲基橙变红色的溶液为酸性溶液，Mg2+、K+、SO42﹣、NO3﹣之间不发生反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；

C．由水电离的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液为酸性或碱性溶液，酸性溶液中，CO32﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；

D．H+、Fe2+、NO3﹣之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN﹣）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；是“可能”共存，还是“一定”共存等．

3．（6分）（2015•昌平区一模）下列说法错误的是（　　）

A．分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液

B．能自发进行的化学反应，焓变和熵变一定符合：△H＜0、△S＞0

C．将碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液分别蒸干并灼烧，所得固体的成分均为纯碱

D．用FeCl3饱和溶液制Fe（OH）3胶体的过程属于吸热过程

【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；焓变和熵变；盐类水解的应用．

【分析】A．分散系中分散质小于1nm的是溶液，大于100nm的是浊液，介于1﹣100nm的是胶体；

B．反应能否自发进行应看△H﹣T△S数值是否小于O；

C．碳酸氢钠不稳定加热易分解生成碳酸钠；

D．盐类水解是吸热反应．

【解答】解：A．分散系中分散质小于1nm的是溶液，大于100nm的是浊液，介于1﹣100nm的是胶体，所以Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液，故A正确；

B．反应能否自发进行应看△H﹣T△S数值，只有△H﹣T△S＜0的反应才能自发进行，△H＜0、△S＞0，△H﹣T△S不一定小于0，反应不一定自发进行，故B错误；

C．碳酸氢钠不稳定加热易分解生成碳酸钠，将碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液分别蒸干并灼烧，所得固体的成分均为碳酸钠，故C正确；

D．FeCl3饱和溶液水解生成Fe（OH）3胶体，盐类水解是吸热反应，故D正确；

故选B．

【点评】本题考查了分散系的分类，反应自发进行的判据，盐类的水解，电解的原理，题目综合性比较强，难度中等，注意B选项，反应自发进行的判据．

4．（6分）（2015•昌平区一模）现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T．R原子最外层电子数是电子层数的2倍；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的Z2T 化合物能破坏水的电离平衡．六种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示．下列推断正确的是（　　）

A．原子半径和离子半径均满足：Y＜Z

B．氢化物的沸点排序：Y＞T＞R

C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：T＜R

D．由X、R、Y、Z四种元素组成的化合物水溶液一定显碱性

【考点】位置结构性质的相互关系应用．

【分析】R原子最外层电子数是电子层数的2倍，可能为C或S，由于图示原子半径和原子序数关系可知R应为C；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，应为Na2O、Na2O2，则Y为O，Z为Na；Z与T形成的Z2T化合物能破坏水的电离平衡，T应为S，Na2S水解呈碱性，可促进水的电离；X的原子半径最小，原子序数最小，应为H元素，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求解答该题．

【解答】解：R原子最外层电子数是电子层数的2倍，可能为C或S，由于图示原子半径和原子序数关系可知R应为C；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，应为Na2O、Na2O2，则Y为O，Z为Na；Z与T形成的Z2T化合物能破坏水的电离平衡，T应为S，Na2S水解呈碱性，可促进水的电离；X的原子半径最小，原子序数最小，应为H元素．

A．原子半径O＞Na，离子半径O2﹣＞Na+，故A错误；

B．Y、T、R的简单氢化物分别为H2O、H2S、CH4，水分子之间存在氢键，沸点最高，硫化氢相对分子质量大于甲烷的，分子间作用力较甲烷的强，故硫化氢的沸点高于甲烷的，故沸点H2O＞H2S＞CH4，故B正确；

C．非金属性S＞C，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，故C错误；

D．由H、C、O、Na四种元素组成的化合物不仅仅为NaHCO3，可能为有机盐且含有羧基，溶液不一定为碱性，可能为酸性，故D错误．

故选B．

【点评】本题考查结构性质位置关系应用，侧重于学生的分析能力的考查，推断元素是解题的关键，D为易错点，学生容易忽略有机物，难度中等．

5．（6分）（2015•昌平区一模）甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图（部分反应物及反应条件已略去，箭头表示一步转化）．下列各组物质中，满足图示转化关系的是（　　）

物质

A．A    B．B    C．C    D．D

【考点】无机物的推断．

【分析】根据反应甲+乙→丙+丁，丙+戊→甲，乙+戊→丁分析，结合物质的性质判断这两个反应是否能发生，如果能发生，则正确，否则错误，

A．铜和稀反应生成铜和NO，铜和铁发生置换反应生成铜，稀和铁反应可生成NO；

B．铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气；

C．氢气与氧化铝不反应；

D．乙酸与氢气不反应．

【解答】解：A．铜和稀反应生成铜和NO，铜和铁发生置换反应生成铜，稀和铁反应可生成NO，可实现转化，故A正确；

B．铁和水蒸气反应方程式为4Fe+2H2O（g）Fe3O4+2H2，不生成Fe2O3，故B错误；

C．氢气与氧化铝不反应，不能实现转化关系，故C错误；

D．乙酸与氢气不反应，不能实现转化关系，故D错误．

故选A．

【点评】本题考查无机物的推断，侧重于元素化合物的综合理解与运用的考查，注意把握物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，采用代入法来分析解答，注意铁和水蒸气反应后的产物，为易错点．

6．（6分）（2015•昌平区一模）某气态不饱和链烃CnHm在一定条件下与H2加成为CnHm+x，取CnHm和H2混合气体共60mL进行实验，发现随混合气中H2所占体积的变化，反应后得到的气体总体积数也不同，反应前混合气体中H2所占的体积V（H2）和反应后气体总体积V（反应后总）的关系如图所示（气体体积均在同温同压下测定）．由此可知x的数值为（　　）

A．4    B．3    C．2    D．1

【考点】化学方程式的有关计算．

【分析】不饱和烃与氢气恰好反应时，反应后混合气体的总体积最小，由图可知，氢气为40mL时，反应后混合气体体积最小，为20mL，反应前CmHn的体积=60mL﹣40mL=20mL，相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，根据原子守恒确定x的值．

【解答】解：不饱和烃与氢气恰好反应时，反应后混合气体的总体积最小，由图可知，氢气为40mL时，反应后混合气体体积最小，为20mL，反应前CmHn 的体积=60mL﹣40mL=20mL，故CmHn、H2、CmHn+x的物质的量之比=20mL：40mL：20mL=1：2：1，则反应为：CmHn+2H2CmHn+x，根据H原子守恒，则x=4，

故选A．

【点评】本题以化学反应图象为载体，考查化学方程式的有关计算，关键是明确不饱和烃与氢气恰好反应时反应后混合气体的总体积最小．

7．（6分）（2015•昌平区一模）分子式为C9H18O2的有机物A有下列转化关系：其中B、C的相对分子质量相等，则A的可能的结构简式有（　　）

A．9种    B．8种    C．7种    D．6种

【考点】同分异构现象和同分异构体．

【分析】有机物A的分子式为C9H18O2，在酸性条件下水解为B和C两种有机物，则有机物A为酯，由于B与C相对分子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子，判断5个碳原子醇属于醇的同分异构体，其中能被氧化成羧酸，说明羟基所连碳上有2个氢原子，4个碳原子羧酸属于羧酸的异构体数目，据此判断有机物A的同分异构体数目．

【解答】解：有机物A的分子式为C9H18O2，在酸性条件下水解为B和C两种有机物，则有机物A为酯，由于B与C相对分子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子，含有4个C原子的羧酸有2种同分异构体：CH3CH2CH2COOH，CH3CH（CH3）COOH；

含有5个C原子的醇的有8种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH（OH）CH3，CH3CH2CH（OH）CH2CH3；CH3CH2CH（CH3）CH2OH，CH3CH2C（OH）（CH3）CH3，CH3CH（OH）CH（CH3）CH3，CH2（OH）CH2CH（CH3）CH3；CH3C（CH3）2CH2OH，其中醇能能被氧化成羧酸，说明羟基所连碳上有2个氢原子，共有4种，所以有机物甲的同分异构体数目有2×4=8；

故选B．

【点评】本题考查同分异构体数目的判断，清楚饱和一元醇与少一个C原子的饱和一元羧酸的相对分子质量相同以及醇氧化的条件是解题关键，同时掌握组合法的使用．

二、推断题：共14分

8．（14分）（2015•昌平区一模）甲是一种盐，由A、B、C、D、E五种短周期元素组成．甲溶于水后可电离出三种离子，其中含有由A、B形成的10电子阳离子．A元素原子核内质子数比E的少1，D、E处于同主族．用甲进行如下实验：

①取少量甲的晶体溶于蒸馏水配成溶液；

②取少量甲溶液于试管中，向其中加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀．

③取少量甲溶液于试管中逐滴滴入NaOH溶液，生成沉淀的质量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示；

④取少量甲溶液于试管中，加入过量NaOH溶液并加热；

回答下列问题：

（1）D在周期表中的位置　第3周期ⅥA族　写出化合物AB3的电子式　　．

（2）经测定甲晶体的摩尔质量为453g/mol，其中阳离子和阴离子物质的量之比1：1，且1mol甲晶体中含有12mol结晶水．则甲晶体的化学式为　NH4Al（SO4）2•12H2O　．

（3）实验③中根据图象得V（Oa）：V（ab）：V（bc）=　3：1：1　．

（4）实验④中离子方程式是　NH4++Al3++5OH﹣NH3↑+Al（OH）4﹣+H2O或NH4++Al3++5OH﹣NH3↑+AlO2﹣+3H2O　．

【考点】离子方程式的有关计算；复杂化学式的确定．

【专题】计算题．

【分析】由A、B形成的10电子阳离子，B元素有一种核素没有中子，可以推出B肯定是H，那么A肯定是N，甲溶液中含有NH4+，A元素原子核内质子数比E的少1，D、E处于同主族，D是S，E是O，取少量甲溶液于试管中，向其中加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，则甲溶液肯定含有SO42﹣，取少量甲溶液于试管中，向其中加入NaOH溶液，先是出现白色沉淀，最后沉淀完全消失，其中一定含有Al3+，综上所述，甲溶液中含有Al3+，SO42﹣，NH4+，以此结合图象来解答该题．

【解答】解：（l）由A、B形成的10电子阳离子，B元素有一种核素没有中子，可以推出B肯定是H，那么A肯定是N，甲溶液中含有NH4+，A元素原子核内质子数比E的少1，D、E处于同主族，D是S，位于第3周期ⅥA族，化合物AB3是NH3，是含有共价键的共价化合物，电子式为：，故答案为：第3周期ⅥA族；；

（2）由A、B形成的10电子阳离子，B元素有一种核素没有中子，可以推出B肯定是H，那么A肯定是N，甲溶液中含有NH4+，A元素原子核内质子数比E的少1，D、E处于同主族，D是S，E是O，取少量甲溶液于试管中，向其中加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，则甲溶液肯定含有SO42﹣，取少量甲溶液于试管中，向其中加入NaOH溶液，先是出现白色沉淀，最后沉淀完全消失，其中一定含有Al3+，综上所述，甲溶液中含有Al3+，SO42﹣，NH4+，甲晶体的摩尔质量为453g/mol，其中阳离子和阴离子物质的量之比1：1，且1mol甲晶体中含有12mol结晶水，所以阳离子和阴离子的分子量为：453﹣216=237，阳离子和阴离子物质的量之比1：1，根据电中性原理，得出分子式为：NH4Al（SO4）2•12H2O，

故答案为：NH4Al（SO4）2•12H2O；

（3）取少量甲溶液于试管中逐滴滴入NaOH溶液，先后发生反应：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓；NH4++OH﹣=NH3•H2O；Al（OH）3+OH﹣=﹣，所以V（Oa）：V（ab）：V（bc）=3：1：1，故答案为：3：1：1；

（4）甲溶液于试管中，加入过量NaOH溶液并加热，其中的铵根离子、铝离子均可以和过量的氢氧化钠之间反应，实质是：NH4++Al3++5OH﹣NH3↑+Al（OH）4﹣+H2O 或NH4++Al3++5OH﹣NH3↑+AlO2﹣+3H2O，

故答案为：NH4++Al3++5OH﹣NH3↑+Al（OH）4﹣+H2O 或NH4++Al3++5OH﹣NH3↑+AlO2﹣+3H2O．

【点评】本题考查无机物的推断，题目难度中等，本题注意根据反应的现象判断物质，学习中注意把握相关基础知识，易错点为（4），注意阳离子与阴离子物质的量关系以及晶体的摩尔质量．

三、实验题：共17分

9．（17分）（2015•昌平区一模）草酸（H2C2O4）溶液与酸性KMnO4溶液反应时，溶液褪色总是先慢后快，某学习小组探究反应过程中使褪色加快的主要原因，过程如下：

KMnO4溶液氧化H2C2O4的反应历程为：

假设1：该反应为放热反应

假设2：反应生成的Mn2+对该反应有催化作用

假设3：K+对该反应有催化作用

该小组同学未提出浓度使反应速率加快的假设，原因是　反应物浓度降低，反应速率减慢　．

（1）称取　6.3　g草酸晶体（H2C2O4•2H2O），配制500mL0.10mol/L H2C2O4溶液．

①在上述过程中必须用到的2种定量仪器是托盘天平和　500mL容量瓶　．

②下列操作会使所配溶液浓度偏低的是　AD　（填下列选项的字母序号）．

A．称取草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘

B．定容时俯视刻度线

C．将烧杯中溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中有少量蒸馏水

D．摇匀后，发现溶液液面低于刻度线，立即用胶头滴管加水再定容

（2）完成探究，记录数据

（3）由于KMnO4能氧化水中有机物等因素，为配制好稳定的KMnO4溶液，其浓度需标定．取10.00mL 0.10mol/L H2C2O4溶液于锥形瓶中，加入10mL 0.50mol/L稀硫酸，用（2）中KMnO4溶液滴定至锥形瓶中恰好呈浅紫色，且半分钟不褪色，记录数据，平行三次实验，平均消耗KMnO4溶液40.00mL，则草酸溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：　5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O　．上述实验中KMnO4溶液的物质的量浓度为　0.010mol/L　．

【考点】探究影响化学反应速率的因素．

【分析】草酸（H2C2O4）溶液与酸性KMnO4溶液反应时，溶液褪色总是先慢后快，而随反应进行，浓度减小；

（1）结合m=cVM计算；

①称量固体质量需要托盘天平，配制溶液需要容量瓶；

②结合c=及不当操作对n、V的影响分析浓度变化；

（2）由控制变量法可知，实验3、4中只有催化剂不同，其它均相同，可说明生成的Mn2+对该反应有催化作用，反应速率加快；

（3）草酸溶液与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，反应生成Mn2+、CO2、H2O，结合离子反应方程式计算KMnO4溶液的物质的量浓度．

【解答】解：草酸（H2C2O4）溶液与酸性KMnO4溶液反应时，溶液褪色总是先慢后快，因为随反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢，则探究反应过程中使褪色加快的主要原因不考虑浓度的影响，故答案为：反应物浓度降低，反应速率减慢；

（1）草酸晶体的质量为0.5L×0.1mol/L×126g/mol=6.3g，故答案为：6.3；

①称量固体质量需要托盘天平，配制溶液需要容量瓶，则配制溶液必须用到的2种定量仪器是托盘天平和500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；

②A．称取草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘，晶体质量偏小，则n偏小，所配溶液浓度偏低，故A选；

B．定容时俯视刻度线，水加少，V偏小，则所配溶液浓度偏高，故B不选；

C．将烧杯中溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中有少量蒸馏水，对实验无影响，所配溶液浓度不变，故C不选；

D．摇匀后，发现溶液液面低于刻度线，立即用胶头滴管加水再定容，则V偏大，所配溶液浓度偏低，故D选；

故答案为：AD；

（2）由控制变量法可知，实验3、4中只有催化剂不同，其它均相同，则x=30，可说明生成的Mn2+对该反应有催化作用，反应速率加快，故答案为：30；

（3）草酸溶液与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，反应生成Mn2+、CO2、H2O，离子反应为5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，n（H2C2O4）=0.01L×0.10mol/L=0.001mol，由离子反应方程式可知KMnO4溶液的物质的量浓度为=0.010mol/L，故答案为：5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；0.010mol/L．

【点评】本题考查影响反应速率的因素及溶液配制、浓度计算等，为高频考点，把握反应速率的影响因素、控制变量法及离子反应的计算为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度不大．

四、综合题：共16分

10．（16分）（2015•昌平区一模）煤粉中的氮元素在使用过程中的转化关系如图1所示：

（1）②中NH3参与反应的化学方程式为　4NH3+5O24NO+6H2O　．

（2）③中加入的物质可以是　bd　（填字母序号）．

a．空气        b．CO         c．KNO3      d．NH3

（3）焦炭氮中有一种常见的含氮有机物吡啶（），其分子中相邻的C和N原子相比，N原子吸引电子能力更　强　（填“强”或“弱”），从原子结构角度解释原因：　C和N原子在同一周期（或电子层数相同），N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强　．

（4）已知：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=a kJ•mol﹣1

N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=b kJ•mol﹣1

2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=c kJ•mol﹣1

反应后恢复至常温常压，①中NH3参与反应的热化学方程式为　4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（l）△H=（3c﹣3a﹣2b）kJ•mol﹣1　．

（5）用间接电化学法除去NO的过程，如图2所示：

已知电解池的阴极室中溶液的pH在4～7之间，写出阴极的电极反应式：　2HSO3﹣+2e﹣+2H+═S2O42﹣+2H2O　．用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理：　2NO+2S2O42﹣+2H2O═N2+4HSO3﹣　．

【考点】电解原理；热化学方程式；氨的化学性质．

【分析】（1）氨气在催化剂条件下与氧气反应生成一氧化氮和水；

（2）由图表可知，氮由+2价变成0价，应加还原剂；

（3）N的电负极强，所以N原子吸引电子能力更强，C和N原子在同一周期（或电子层数相同），N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强；

（4）运用盖斯定律解题；

（5）阴极发生还原反应，是亚硫酸氢根离子，得电子，生成硫代硫酸根离子；硫代硫酸根离子与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气．

【解答】解：（1）氨气在催化剂条件下与氧气反应生成一氧化氮和水，为重要的工业反应，反应的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O，

故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；

（2）氮由+2价变成0价，应加还原剂，CO和氨气，故选：bd；

（3）N的电负极强，所以N原子吸引电子能力更强，由于C和N原子在同一周期（或电子层数相同），N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强，故答案为：强；C和N原子在同一周期（或电子层数相同），N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强；

（4）已知：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=a kJ•mol﹣1 …①；N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=b kJ•mol﹣1…②；2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=c kJ•mol﹣1…③；而①的反应为：4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（l），所以△H=3③﹣3①﹣2②，则△H=（3c﹣3a﹣2b） kJ•mol﹣1，所以热化学方程式为：4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（l）△H=（3c﹣3a﹣2b） kJ•mol﹣1，故答案为：4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（l）△H=（3c﹣3a﹣2b） kJ•mol﹣1；

（5）阴极发生还原反应，是亚硫酸氢根离子，得电子，生成硫代硫酸根离子，电极反应式为：2HSO3﹣+2e﹣+2H+═S2O42﹣+2H2O；硫代硫酸根离子与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气，离子反应方程式为：2NO+2S2O42﹣+2H2O═N2+4HSO3﹣，故答案为：2HSO3﹣+2e﹣+2H+═S2O42﹣+2H2O；2NO+2S2O42﹣+2H2O═N2+4HSO3﹣．

【点评】本题考查较为综合，涉及氨气的制备、性质以及氮氧化物的性质，侧重于基础知识的考查，题目较为简单，注意相关基础知识的学习与积累．

五、计算题：共1题每题11分共11分

11．（11分）（2015•昌平区一模）重晶石（BaSO4）是重要的化工原料，制备氢氧化钡晶体（Ba（OH）2•8H2O）的流程如下：

已知：Ba（s）+S（s）+2O2（g）=BaSO4（s）△H=﹣1473.2kJ•mol﹣1

2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221kJ•mol﹣1

Ba（s）+S（s）=BaS（s）△H=﹣460kJ•mol﹣1

（1）写出煅烧时发生反应的热化学方程式：　BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）△H=+571.2 kJ•mol﹣1　．

（2）写出氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合反应的化学方程式：　Ba（OH）2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O　．

（3）为检测煅烧时产生的CO，可将煅烧产生的气体通入PdCl2溶液中，出现黑色沉淀和产生一种无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体，试写出该反应的化学方程式：　CO+PdCl2+H2O=Pd↓+CO2+2HCl　．

（4）向BaSO4沉淀中加入饱和Na2CO3溶液，充分搅拌，弃去上层清液，如此处理多次，可使BaSO4全部转化为BaCO3．发生的反应可表示为：BaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌BaCO3（s）+SO42﹣（aq），现有0.20mol BaSO4，加入1.0L 2.0mol•L﹣1饱和Na2CO3溶液处理，假设c（SO42﹣）起始≈0，平衡时，K=4.0×10﹣2，求反应达到平衡时发生转化的BaSO4的物质的量．（写出计算过程，结果保留2位有效数字）

（5）试从平衡的角度解释BaSO4可转化为BaCO3的原因：　BaSO4沉淀中存在沉淀溶解平衡：BaSO4（s）Ba2+（aq）+SO42﹣（aq），加入饱和碳酸钠溶液，CO32﹣浓度增大，c（Ba2+）×c（CO32﹣）＞Ksp（BaCO3），生成BaCO3沉淀，c（Ba2+）减小，使BaSO4沉淀向溶解方向移动，BaSO4转化为BaCO3　．

【考点】热化学方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

【专题】氧化还原反应专题；电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算分析得到所需热化学方程式；

（2）氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合反应生成氯化钡、氨气和水；

（3）为检测煅烧时产生的CO，可将煅烧产生的气体通入PdCl2溶液中，出现黑色沉淀和产生一种无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体，气体为二氧化碳，由题意“CO与 PdCl2溶液反应产生黑色金属钯粉末，反应中有水参加”，可知反应物为CO、PdCl2、H2O；然后根据质量守恒定律及常见物质的组成判断生成物；

（4）设发生转化的BaSO4的物质的量为x mol，则平衡时c（SO42﹣）为x mol/L，利用三段式计算平衡时碳酸根的浓度，代入平衡常数计算；

（5）依据沉淀溶解平衡平衡移动因素分析，结合溶度积常数分析判断．

【解答】解：（1）①Ba（s）+S（s）+2O2（g）=BaSO4（s）△H=﹣1473.2kJ•mol﹣1

②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221kJ•mol﹣1

③Ba（s）+S（s）=BaS（s）△H=﹣460kJ•mol﹣1

依据盖斯定律②×2+③﹣①得到：BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）△H=+571.2 kJ•mol﹣1，

故答案为：BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）△H=+571.2 kJ•mol﹣1 ；

（2）氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合反应生成氯化钡、氨气和水，反应的化学方程式为：Ba（OH）2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O，

故答案为：Ba（OH）2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O；

（3）由题意“CO与 PdCl2溶液反应产生黑色金属钯粉末，反应中有水参加”，可知反应物为CO、PdCl2、H2O；根据质量守恒定律及常见物质的组成可推出生成物为：黑色金属钯粉末、氯化氢、二氧化碳，故可书写此反应的化学方程式为：CO+PdCl2+H2O═2HCl+Pd↓+CO2，

故答案为：CO+PdCl2+H2O=Pd↓+CO2+2HCl；

（4）设发生转化的BaSO4的物质的量为x，则平衡时c（SO42﹣）为x mol•L﹣1

                   BaSO4+CO32﹣⇌BaCO3+SO42﹣

起始浓度（mol•L﹣1）：2.0                0

转化浓度（mol•L﹣1）：x                  x

平衡浓度（mol•L﹣1）：（2.0﹣x）           x 

K===4.0×10﹣2

x=7.7×10﹣2 mol，

答：发生转化的BaSO4的物质的量为7.7×10﹣2 mol；

（5）BaSO4沉淀中存在沉淀溶解平衡：BaSO4（s）⇌Ba2+（aq）+SO42﹣（aq），加入饱和碳酸钠溶液，CO32﹣浓度增大，c（Ba2+）×c（CO32﹣）＞Ksp（BaCO3），生成BaCO3沉淀，c（Ba2+）减小，使BaSO4沉淀向溶解方向移动，BaSO4转化为BaCO3，

故答案为：BaSO4沉淀中存在沉淀溶解平衡：BaSO4（s）⇌Ba2+（aq）+SO42﹣（aq），加入饱和碳酸钠溶液，CO32﹣浓度增大，c（Ba2+）×c（CO32﹣）＞Ksp（BaCO3），生成BaCO3沉淀，c（Ba2+）减小，使BaSO4沉淀向溶解方向移动，BaSO4转化为BaCO3．

【点评】本题考查热化学方程式的书写、影响化学平衡的因素、化学平衡常数有关计算、沉淀转化等，难度中等，本题综合性较大，是对热点知识的考查．

　下载本文