上海市金山區(qū)2015屆高三一?；瘜W(xué)試卷(解析版)_

1、上海市金山區(qū)2015屆高三一?；瘜W(xué)試卷一、選擇題（本題共10分，每小題2分，每題只有一個正確選項）1有關(guān)化學(xué)資源的合成、利用與開發(fā)的敘述合理的是（）A大量使用化肥和農(nóng)藥，能不斷提高農(nóng)作物產(chǎn)量B通過有機合成，可以制造出比鋼鐵更強韌的新型材料C安裝煤炭燃燒過程的“固硫”裝置，主要是為了提高煤的利用率D開發(fā)利用可燃冰（固態(tài)甲烷水合物），有助于海洋生態(tài)環(huán)境的治理考點：有機化學(xué)反應(yīng)的綜合應(yīng)用；常見的生活環(huán)境的污染及治理；生活中的有機化合物.分析：A、從農(nóng)產(chǎn)品的農(nóng)藥殘留和對土壤的長期影響考慮；B、某些新型高分子材料的性能比鋼鐵更強韌分析；C、安裝煤炭燃燒過程的“固硫”裝置，是為了減少硫的化合物的排放；D、

2、過分開發(fā)可燃冰，會影響海洋生態(tài)環(huán)境解答：解：A、使用農(nóng)藥和化肥固然有利于增加農(nóng)作物的產(chǎn)量，但會在農(nóng)產(chǎn)品中造成農(nóng)藥殘留，會使土地里的鹽堿越來越多，土壤越來越硬，影響農(nóng)作物的生長，從長遠(yuǎn)來講反而會影響農(nóng)作物的收成，故A錯誤；B、通過有機物的合成可以制造出新型高分子材料，某些新型高分子材料的性能比鋼鐵更強韌，故B正確；C、安裝煤炭燃燒過程的“固硫“裝置，主要是為了減少污染，故C錯誤；D、過分開發(fā)可燃冰，會影響海洋生態(tài)環(huán)境，故D錯誤故選B點評：本題考查合成材料、化肥和農(nóng)藥的使用、節(jié)能減排等，難度不大，注意使用農(nóng)藥和化肥固然有利于增加農(nóng)作物的產(chǎn)量，但會在農(nóng)產(chǎn)品中造成農(nóng)藥殘留，會使土地里的鹽堿越來越多，土

3、壤越來越硬，影響農(nóng)作物的生長，從長遠(yuǎn)來講反而會影響農(nóng)作物的收成2（2分）對于排布在2s軌道上的電子，不能確定的是（）A電子所在的電子層B電子的自旋方向C電子云的形狀D電子云的伸展方向考點：原子核外電子排布.專題：原子組成與結(jié)構(gòu)專題分析：排布在2s軌道上的電子，則可以判斷其在第二電子層，S能級電子云的形狀為球形，所以電子云無伸展方向，但不能確定電子的自旋方向，據(jù)此分析解答：解：排布在2s軌道上的電子，則可以判斷其在第二電子層，S能級電子云的形狀為球形，所以電子云無伸展方向，但不能確定電子的自旋方向，故選：B點評：本題考查2s軌道上的電子排布，難度不大，注意S軌道的形狀、以及無伸展方向即可答題3（

4、2分）能確定為丙烯的化學(xué)用語是（）ABC3H6CDCH2=CHCH3考點：電子式、化學(xué)式或化學(xué)符號及名稱的綜合.專題：化學(xué)用語專題分析：A根據(jù)球棍模型不一定由C、H兩種元素組成；B根據(jù)C3H6有丙烯、環(huán)丙烷兩種結(jié)構(gòu)；C根據(jù)丙烯的電子式進(jìn)行判斷；D根據(jù)丙烯的結(jié)構(gòu)簡式判斷解答：解：A球棍模型中不一定由C、H兩種元素組成，所以不一定為丙烯，故A錯誤；BC3H6有丙烯、環(huán)丙烷兩種結(jié)構(gòu)，所以不一定為丙烯，故B錯誤；C丙烯的電子式為：，故C錯誤；D丙烯的結(jié)構(gòu)簡式為：CH2CHCH3，故D正確；故選D點評：本題考查化學(xué)用語的表示方法判斷，題目難度不大，注意掌握常見化學(xué)用語的概念及表示方法，易錯點為A，注意球

5、棍模型中不一定由C、H兩種元素組成4（2分）下列有關(guān)共價鍵的說法正確的是（）A分子晶體中共價鍵越強，熔沸點越高B只含共價鍵的物質(zhì)，一定是共價化合物C兩種元素組成的分子中一定只含有極性共價鍵D分子晶體中，可能不存在共價鍵，但一定存在分子間作用力考點：共價鍵的形成及共價鍵的主要類型.專題：化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)分析：A分子晶體熔沸點與其分子間作用力有關(guān)，與化學(xué)鍵無關(guān)；B只含共價鍵的物質(zhì)可能是單質(zhì)；C兩種元素組成的分子中可能含有非極性鍵；D單原子分子晶體中不存在化學(xué)鍵解答：解：A分子晶體熔沸點與其分子間作用力有關(guān)，有些氫化物還與氫鍵有關(guān)，與化學(xué)鍵無關(guān)，化學(xué)鍵影響物質(zhì)的穩(wěn)定性，故A錯誤；B只含共價鍵的物質(zhì)可

6、能是單質(zhì)，如氮氣、氫氣等，故B錯誤；C兩種元素組成的分子中可能含有非極性鍵，如乙烯、雙氧水、肼等，故C錯誤；D單原子分子晶體中不存在化學(xué)鍵，只存在分子間作用力，故D正確；故選D點評：本題考查物質(zhì)中存在的化學(xué)鍵，明確物質(zhì)的構(gòu)成微粒及微粒之間作用力即可解答，會采用舉例法解答，易錯選項是A，注意分子晶體熔沸點與化學(xué)鍵無關(guān)，題目難度不大5（2分）下列各組物質(zhì)既不是同系物又不是同分異構(gòu)體的是（）A甲酸甲酯和乙酸B對甲基苯酚和苯甲醇C油酸甘油酯和乙酸乙酯D軟脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯考點：同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體；芳香烴、烴基和同系物.專題：同系物和同分異構(gòu)體分析：根據(jù)結(jié)構(gòu)相似，組成相差n個CH2原子團的有

7、機物，互為同系物；分子式相同，但結(jié)構(gòu)不同的有機物，屬于同分異構(gòu)體，據(jù)此解答解答：解：A甲酸甲酯和乙酸分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，屬于同分異構(gòu)體，故A錯誤；B對甲基苯酚和苯甲醇分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，屬于同分異構(gòu)體，故B錯誤；C油酸甘油酯是不飽和酯，乙酸乙酯是飽和酯，分子式不同，結(jié)構(gòu)不相似，則既不是同系物，又不是同分異構(gòu)體，故C正確；D軟脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯，結(jié)構(gòu)相似，分子組成上相差2個CH2，互為同系物，故D錯誤； 故選：C點評：本題考查有機物的官能團及同系物、同分異構(gòu)體，注意能根據(jù)名稱寫出分子式或結(jié)構(gòu)簡式和概念的辨析，題目難度不大二、選擇題（本題共12小題，每小題3分，每題只有一個正確選項）6（

8、3分）有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)可以用元素周期律解釋的是（）A酸性：HClH2SH2OB密度：NaKLiC沸點：NH3AsH3PH3D穩(wěn)定性：HFHClHBr考點：元素周期律的作用.專題：元素周期律與元素周期表專題分析：AHCl是強酸，H2S是弱酸，H2O顯中性；B堿金屬的密度呈遞增趨勢，鈉鉀反常；C氨氣中含有氫鍵，故沸點較高；D同主族從上到下非金屬性減弱，氫化物穩(wěn)定性減弱解答：解：AHCl是強酸，H2S是弱酸，H2O顯中性，不能用元素周期律解釋，故A不選；B堿金屬的密度呈遞增趨勢，鈉鉀反常，密度大小：NaKLi，不能用元素周期律解釋，故B不選；C氨氣中含有氫鍵，故沸點較高，不能用元素周期律解釋，故C不選

9、；D同主族從上到下非金屬性減弱，氫化物穩(wěn)定性減弱，所以穩(wěn)定性：HFHClHBr，能用元素周期律解釋，故D選；故選D點評：本題考查元素周期律的作用，難度不大要注意氫鍵對物質(zhì)物理性質(zhì)的影響及鈉鉀密度的反常7（3分）NH5屬于離子晶體與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為：NH5+H2ONH3H2O+H2，它也能跟乙醇發(fā)生類似的反應(yīng)，并都產(chǎn)生氫氣有關(guān)NH5敘述正確的是（）A與乙醇反應(yīng)時，NH5被氧化BNH5中N元素的化合價為+5價C1 mol NH5中含有5 molNH鍵D1 mol NH5與H2O完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子2 mol考點：不同晶體的結(jié)構(gòu)微粒及微粒間作用力的區(qū)別；氧化還原反應(yīng).分析：反應(yīng)NH5+H2ONH3

10、H2O+H2中NH5的H元素化合價由1價變?yōu)?價、水中H元素化合價由+1價變?yōu)?價，所以NH5作還原劑，水作氧化劑，ANH5也能跟乙醇發(fā)生類似的反應(yīng)，并都產(chǎn)生氫氣，則乙醇作氧化劑；BNH5中N元素的化合價為3價；C.1 mol NH5中含有4molNH鍵；D.1 mol NH5與H2O完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子1mol解答：解：反應(yīng)NH5+H2ONH3H2O+H2中NH5的H元素化合價由1價變?yōu)?價、水中H元素化合價由+1價變?yōu)?價，所以NH5作還原劑，水作氧化劑，ANH5也能跟乙醇發(fā)生類似的反應(yīng)，并都產(chǎn)生氫氣，則乙醇作氧化劑，NH5作還原劑而被氧化，故A正確；BNH5的電子式為，N元素的化合價為3價

11、，故B錯誤；CNH5的電子式為，1 mol NH5中含有4molNH鍵，故C錯誤；D.1 mol NH5與H2O完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量=1mol×0（1）=1mol，故D錯誤；故選A點評：本題易銨鹽為載體考查氧化還原反應(yīng)、物質(zhì)結(jié)構(gòu)等知識點，正確判斷NH5的結(jié)構(gòu)是解本題關(guān)鍵，注意NH5中H元素 的化合價，為易錯點8（3分）某一化學(xué)反應(yīng)在不同條件下的能量變化曲線如圖所示下列說法正確的是（）A化學(xué)催化比酶催化的效果好B使用不同催化劑可以改變反應(yīng)的能耗C反應(yīng)物的總能量低于生成物的總能量D使用不同催化劑可以改變反應(yīng)的熱效應(yīng)考點：反應(yīng)熱和焓變.專題：化學(xué)反應(yīng)中的能量變化分析：A根據(jù)催化劑是

12、通過降低反應(yīng)的活化能來加快化學(xué)反應(yīng)速率的，活化能越低，催化的效果越好；B根據(jù)不同催化劑的活化能不同；C由圖可知：反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量；D根據(jù)焓變=生成物的總能量反應(yīng)物的總能量解答：解：A酶催化的活化能小于比化學(xué)催化的活化能，所以酶催化比化學(xué)催化的效果好，故A錯誤；B使用不同催化劑，反應(yīng)所需要的能量不同，即可以改變反應(yīng)的能耗，故B正確；C由圖可知：反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量，故C錯誤；D使用不同催化劑，反應(yīng)物的總能量和生成物的總能量都沒有變化，而焓變=生成物的總能量反應(yīng)物的總能量，所以使用不同催化劑不會改變該反應(yīng)的焓變，故D錯誤；故選C點評：本題考查了化學(xué)反應(yīng)中催化劑的作用，掌

13、握催化劑在反應(yīng)中的原理是解題的根本9（3分）關(guān)于Na2O2的敘述正確的是（NA表示阿伏伽德羅常數(shù)）（）A7.8g Na2O2含有的共價鍵數(shù)為0.2NAB7.8 g Na2S與Na2O2的混合物，含離子總數(shù)為0.3 NAC7.8g Na2O2與足量的CO2充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電數(shù)為0.2NAD0.2 mol Na被完全氧化生成7.8g Na2O2，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.4NA考點：鈉的重要化合物；阿伏加德羅常數(shù).分析：A、根據(jù)1mol過氧化鈉中含有1mol氧氧共價鍵分析；B、硫化鈉和過氧化鈉的摩爾質(zhì)量相等，1mol過氧化鈉中含有3mol離子，1molNa2S中也含有3mol離子；C、過氧化鈉與足量二氧

14、化碳反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量等于反應(yīng)的過氧化鈉的物質(zhì)的量；D、0.2 mol Na變?yōu)?.1molNa2O2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NA解答：解：A、因為1mol過氧化鈉中含有1mol氧氧共價鍵，所以7.8 g過氧化鈉的物質(zhì)的量為0.1mol，含有的共價鍵數(shù)為0.1NA，故A錯誤；B、1mol過氧化鈉中含有3mol離子，1molNa2S中也含有3mol離子，則7.8g Na2S和Na2O2的混合物中含有的離子數(shù)總數(shù)為0.3 NA，故B正確；C、7.8 g過氧化鈉的物質(zhì)的量為0.1mol，過氧化鈉與足量二氧化碳反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.1mol，因此轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1NA，故C錯誤；D、0.2 mo

15、l Na變?yōu)?.1molNa2O2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NA，故D錯誤；故選B點評：本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的分析應(yīng)用，主要考查質(zhì)量換算物質(zhì)的量計算微粒數(shù)，過氧化鈉的結(jié)構(gòu)分析判斷是解題關(guān)鍵，題目難度中等10（3分）物質(zhì)中雜質(zhì)（括號內(nèi)為雜質(zhì)）的檢驗、除雜的試劑或方法都正確的是（）物質(zhì)及其雜質(zhì)檢驗除雜ACl2（HCl）濕潤的淀粉KI試紙飽和食鹽水BNO（NO2）觀察顏色或濕潤的淀粉KI試紙水CCO2（HCl）AgNO3溶液（含稀硝酸）飽和Na2CO3溶液DNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液過量CO2AABBCCDD考點：物質(zhì)的分離、提純的基本方法選擇與應(yīng)用.專題：化學(xué)實驗基本操作分析

16、：A檢驗HCl應(yīng)先分離，再檢驗，用濕潤的淀粉KI試紙不能檢驗HCl；BNO2與水反應(yīng)生成NO和硝酸；CCO2和HCl都與飽和碳酸鈉溶液反應(yīng)；D加入Ca（OH）2溶液，NaHCO3和Na2CO3都反應(yīng)解答：解：A濕潤的淀粉KI試紙只能檢驗氯氣，不能檢驗HCl，故A錯誤；BNO2與水反應(yīng)生成NO和硝酸，可用水除雜，故B正確；CCO2和HCl都與飽和碳酸鈉溶液反應(yīng)，應(yīng)用飽和碳酸氫鈉溶液分離，故C錯誤；DNaHCO3和Na2CO3都與Ca（OH）2溶液反應(yīng)生成沉淀，不能用來檢驗，可用氯化鈣溶液檢驗，故D錯誤故選B點評：本題考查混合物分離、提純方法的選擇，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、性質(zhì)差異及發(fā)生的化學(xué)

17、反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，注意除雜的原則，題目難度不大11（3分）充分利用已有的數(shù)據(jù)是解決化學(xué)問題方法的重要途徑對數(shù)據(jù)的利用情況正確的是（）A利用化學(xué)平衡常數(shù)判斷化學(xué)反應(yīng)進(jìn)行的快慢B利用溶解度數(shù)據(jù)判斷氧化還原反應(yīng)發(fā)生的可能性C利用沸點數(shù)據(jù)推測將一些液體混合物分離的可能性D利用物質(zhì)的摩爾質(zhì)量判斷相同狀態(tài)下不同物質(zhì)密度的大小考點：化學(xué)反應(yīng)的基本原理.分析：A化學(xué)平衡常數(shù)反映反應(yīng)進(jìn)行的限度；B溶解度反映物質(zhì)的溶解性強弱；C互溶的液體根據(jù)其沸點不同采用蒸餾的方法分離；D相同條件下，氣體摩爾質(zhì)量與其密度成正比解答：解：A化學(xué)平衡常數(shù)反映反應(yīng)進(jìn)行的限度，與反應(yīng)進(jìn)行快慢無關(guān)，反應(yīng)速率反映反應(yīng)進(jìn)行的快慢，故A錯誤；B

18、溶解度反映物質(zhì)的溶解性強弱，與氧化還原反應(yīng)無關(guān)，故B錯誤；C互溶的液體根據(jù)其沸點不同采用蒸餾的方法分離，所以利用沸點數(shù)據(jù)推測將一些液體混合物分離的可能性，故C正確；D相同條件下，氣體摩爾質(zhì)量與其密度成正比，所以利用物質(zhì)的摩爾質(zhì)量判斷相同狀態(tài)下不同氣體密度的大小，固體和液體不適用，故D錯誤；故選C點評：本題考查化學(xué)原理，涉及物質(zhì)的溶解度、平衡常數(shù)、物質(zhì)的分離和提純、阿伏伽德羅定律等知識點，明確反應(yīng)原理是解本題關(guān)鍵，易錯選項是D，注意氣體摩爾體積適用范圍及適用條件，為易錯點12（3分）分析如圖裝置，下列說法錯誤的是（）A虛線框中接直流電源，鐵可能會被腐蝕B虛線框中接靈敏電流計或接直流電源，鋅都是負(fù)

19、極C虛線框中接靈敏電流計，該裝置可將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能D若將電解液改成硫酸鋅溶液并接上直流電源，該裝置可用于鐵皮上鍍鋅考點：原電池和電解池的工作原理.專題：電化學(xué)專題分析：A、在電解池中金屬作陽極失電子，被腐蝕；B、有外接電源時為電解池；C、原電池是把化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置；D、根據(jù)電鍍原理分析解答：解：A、在電解池中金屬作陽極失電子，被腐蝕，所以虛線框中接直流電源，鐵作陽極時會被腐蝕，故A正確；B、虛線框中接靈敏電流計，構(gòu)成原電池，Zn活潑性比鐵強，Zn作負(fù)極，虛線框中接直流電源構(gòu)成電解池，電解池中沒有正負(fù)極，故B錯誤；C、虛線框中接靈敏電流計，構(gòu)成原電池，原電池是把化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，故

20、C正確；D、若將電解液改成硫酸鋅溶液并接上直流電源，Zn與電源正極相連，F(xiàn)e與電源的負(fù)極相連，則可以在鐵皮上鍍鋅，故D正確；故選B點評：本題考查了原電池原理和電解池原理的應(yīng)用，注意把握原電池與電解池的區(qū)別及電極名稱，題目難度不大13（3分）在化學(xué)反應(yīng)中，有時存在“一種物質(zhì)過量，另一種物質(zhì)仍不能完全反應(yīng)”的情況，下列反應(yīng)不屬于這種情況的是（）A過量的銅與濃硝酸反應(yīng)B過量的銅與濃硫酸在加熱條件下反應(yīng)C過量二氧化錳與濃鹽酸在加熱條件下反應(yīng)D過量的氫氣與氮氣在工業(yè)生產(chǎn)條件下反應(yīng)考點：銅金屬及其重要化合物的主要性質(zhì)；化學(xué)反應(yīng)的可逆性；氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用.分析：ACu與濃硝酸、稀硝酸均反應(yīng)，C

21、u過量，硝酸完全反應(yīng)；BCu與稀硫酸不反應(yīng)；C二氧化錳與稀鹽酸不反應(yīng)；D合成氨的反應(yīng)為可逆反應(yīng)解答：解：ACu與濃硝酸、稀硝酸均反應(yīng)，Cu過量，硝酸完全反應(yīng)，則不符合題意，故A選；BCu與稀硫酸不反應(yīng)，隨反應(yīng)進(jìn)行，濃硫酸變?yōu)橄×蛩幔×蛩?、Cu均剩余，故B不選；C隨反應(yīng)進(jìn)行，濃鹽酸變?yōu)橄←}酸，二氧化錳與稀鹽酸不反應(yīng)，故C不選；D合成氨的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，反應(yīng)物均不可能完全反應(yīng)，故D不選；故選A點評：本題考查物質(zhì)的性質(zhì)及化學(xué)反應(yīng)，為高頻考點，明確濃度對反應(yīng)的影響及可逆反應(yīng)等即可解答，題目難度不大14（3分）25時將10mLpH=11的氨水加水稀釋至100mL，下列判斷正確的是（）A稀釋后溶液的pH

22、=7B氨水的電離度增大，溶液中所有離子的濃度均減小C稀釋過程中 增大DpH=11氨水的濃度為0.001mol/L考點：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡.專題：電離平衡與溶液的pH專題分析：A一水合氨是弱電解質(zhì)，在水溶液里部分電離，加水促進(jìn)電離；B加水稀釋促進(jìn)一水合氨電離，溶液中c（H+）增大；C加水稀釋氨水，促進(jìn)一水合氨電離，導(dǎo)致溶液中n（NH4+）增大、n（NH3H2O）減?。籇溶液中氨水濃度大于氫氧根離子的濃度解答：解：A一水合氨是弱電解質(zhì)，在水溶液里部分電離，加水促進(jìn)電離，將10mLpH=11的氨水加水稀釋至100mL，體積增大10倍，pH變化小于1個單位，即稀釋后10pH11，故A錯誤；B

23、加水稀釋促進(jìn)一水合氨電離，溶液中c（OH）減小，溫度不變，則水的離子積常數(shù)不變，則溶液中c（H+）增大，故B錯誤；C加水稀釋氨水，促進(jìn)一水合氨電離，導(dǎo)致溶液中n（NH4+）增大、n（NH3H2O）減小，則溶液中 增大，故C正確；D一水合氨是弱電解質(zhì)，在水溶液里部分電離，則溶液中氨水濃度大于氫氧根離子的濃度，則pH=11氨水的濃度大于0.001mol/L，故D錯誤；故選C點評：本題考查了弱電解質(zhì)的電離，明確弱電解質(zhì)電離特點是解本題關(guān)鍵，注意稀釋氨水過程中增大一水合氨電離程度但其電離平衡常數(shù)不變，溶液中c（H+）增大，為易錯點15（3分）對已達(dá)化學(xué)平衡的反應(yīng)：2X（g）+Y（g）2Z（g），減小壓

24、強后，對反應(yīng)產(chǎn)生的影響是（）A逆反應(yīng)速率增大，正反應(yīng)速率減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動B逆反應(yīng)速率減小，正反應(yīng)速率增大，平衡向正反應(yīng)方向移動C正反應(yīng)速率先減小后增大，逆反應(yīng)速率減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動D逆反應(yīng)速率先減小后增大，正反應(yīng)速率減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動考點：化學(xué)平衡的影響因素.專題：化學(xué)平衡專題分析：對于有氣體參加的化學(xué)反應(yīng)，減小壓強，正逆反應(yīng)速率都減??；減小壓強，化學(xué)平衡向氣體體積增大的方向移動解答：解：2X（g）+Y（g）2Z（g），減小壓強后，正逆反應(yīng)速率都減小，平衡逆向移動，平衡移動后反應(yīng)物的濃度增加反應(yīng)速率增大，故選C點評：本題考查壓強對反應(yīng)速率及化學(xué)平衡的影響，明確化學(xué)反應(yīng)

25、為氣體體積縮小的反應(yīng)是解答本題的關(guān)鍵，難度不大16（3分）關(guān)于下列四個裝置的說明符合實驗要求的是（）A裝置：實驗室中若需制備較多量的乙炔可用此裝置B裝置：實驗室中可用此裝置來制備硝基苯，但產(chǎn)物中可能會混有苯磺酸C裝置：實驗室中可用此裝置來分離含碘的四氯化碳液體，最終在錐型瓶中可獲得碘D裝置：實驗室中可用此裝置來制備乙酸乙酯并在燒瓶中獲得產(chǎn)物考點：化學(xué)實驗方案的評價.專題：實驗評價題分析：A電石與水反應(yīng)放出大量的熱，生成氫氧化鈣微溶，易堵塞導(dǎo)管；B制備硝基苯，水浴加熱，溫度計測定水溫，該反應(yīng)可發(fā)生副反應(yīng)；C分離含碘的四氯化碳液體，四氯化碳沸點低，先蒸餾出來；D制備乙酸乙酯不需要測定溫度，不能在燒

26、瓶中獲得產(chǎn)物解答：解：A電石與水反應(yīng)放出大量的熱，生成氫氧化鈣微溶，易堵塞導(dǎo)管，則不能利用圖中裝置制取乙炔，故A錯誤；B制備硝基苯，水浴加熱，溫度計測定水溫，該反應(yīng)可發(fā)生副反應(yīng)生成苯磺酸，圖中制備裝置合理，故B正確；C分離含碘的四氯化碳液體，四氯化碳沸點低，先蒸餾出來，所以裝置可分離，最終在錐型瓶中可獲得四氯化碳，故C錯誤；D制備乙酸乙酯不需要測定溫度，不能在燒瓶中獲得產(chǎn)物，應(yīng)在制備裝置后連接收集產(chǎn)物的裝置（試管中加飽和碳酸鈉），故D錯誤；故選B點評：本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，涉及乙炔的制備、硝基苯的制備、乙酸乙酯的制備及混合物分離提純等，把握有機物性質(zhì)、反應(yīng)原理為解答的關(guān)鍵，注

27、意實驗的評價性分析及實驗裝置圖的作用，題目難度不大17（3分）向100mL 0.1molL1硫酸鋁銨NH4Al（SO4）2溶液中逐滴滴入0.1molL1 Ba（OH）2溶液隨著Ba（OH）2溶液體積V的變化，沉淀總物質(zhì)的量n的變化如圖所示下列說法正確的（）Aa點的溶液呈中性Ba點沉淀的質(zhì)量比c點沉淀的質(zhì)量大Cb點加入Ba（OH）2溶液的體積為250 mLD至c點完成反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式可表示為：Al3+2SO42+NH4+2Ba2+5OHAlO2+2BaSO4+NH3H2O+2H2O考點：離子方程式的有關(guān)計算.專題：計算題分析：100mL 0.1molL1硫酸鋁銨NH4Al（SO4）2，NH

28、4Al（SO4）2物質(zhì)的量為0.01mol溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO420.02mol關(guān)鍵弄清楚反應(yīng)順序，開始滴加同時發(fā)生反應(yīng)為SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，當(dāng)Al3+沉淀完全時需加入0.03molOH，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+為0.015mol，SO42未完全沉淀，此時溶液含有硫酸銨、硫酸鋁；（開始到a）再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，發(fā)生反應(yīng)為SO42+Ba2+=BaSO4，NH4+OH=NH3H2O，所以沉淀質(zhì)量繼續(xù)增加；當(dāng)SO42完全沉淀時，共需加入0.02molBa（OH）2，加

29、入0.04molOH，Al3+反應(yīng)掉0.03molOH，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH恰好與NH4+完全反應(yīng)，此時溶液中NH4+完全反應(yīng)，此時溶液為氨水溶液；（a到b）繼續(xù)滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，發(fā)生反應(yīng)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，此時溶液為氨水與偏鋁酸鋇溶液（b到c）解答：解：100mL 0.1molL1硫酸鋁銨NH4Al（SO4）2，NH4Al（SO4）2物質(zhì)的量為0.01mol溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO42

30、0.02mol關(guān)鍵弄清楚反應(yīng)順序，開始滴加同時發(fā)生反應(yīng)為SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，當(dāng)Al3+沉淀完全時需加入0.03molOH，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+為0.015mol，SO42未完全沉淀，此時溶液含有硫酸銨、硫酸鋁；再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，發(fā)生反應(yīng)為SO42+Ba2+=BaSO4，NH4+OH=NH3H2O，所以沉淀質(zhì)量繼續(xù)增加，但增加幅度較前一過程?。划?dāng)SO42完全沉淀時，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH，Al3+反應(yīng)掉0.03molOH，生成Al（OH）30.01mol，剩余

31、0.01molOH恰好與NH4+完全反應(yīng)，此時溶液中NH4+完全反應(yīng)，此時溶液為氨水溶液，沉淀達(dá)最大為BaSO4和Al（OH）3；繼續(xù)滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，發(fā)生反應(yīng)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，此時溶液為氨水與偏鋁酸鋇溶液A、由分析可知，從開始到a點，發(fā)生反應(yīng)為SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，a點對應(yīng)的沉淀為BaSO4和Al（OH）3，溶液的溶質(zhì)是（NH4）2SO4，那么該物質(zhì)水解溶液呈酸性，故A錯誤；B、a點沉淀的質(zhì)量=0.015mol&

32、#215;233g/mol+0.01mol×78g/mol=4.275g，c點為硫酸鋇的質(zhì)量，為0.01mol×2×233g/mol=4.66g，所以質(zhì)量c點a點，故B錯誤；C、當(dāng)SO42完全沉淀時，共需加入0.02molBa（OH）2，則b點消耗氫氧化鋇體積=200mL，故C錯誤；D、至c點完成反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式可表示為：Al3+2SO42+NH4+2Ba2+5OH=AlO2+2BaSO4+NH3H2O+2H2O，故D正確；故選：D點評：本題考查鋁化合物的性質(zhì)及計算，難度比較大，清楚整個反應(yīng)過程是解題的關(guān)鍵，注意NH4+與Al3+同時存在，OH首先與Al3+

33、反應(yīng)，而NH4+與Al（OH）3同時存在，OH首先與NH4+反應(yīng)三、選擇題（本題共5小題，每小題4分，每小題有一個或兩個正確選項只有一個正確選項的，多選不給分；有兩個正確選項的，選對一個給2分，選錯一個該小題不給分）18（4分）與實際化工生產(chǎn)功能相符合的化學(xué)方程式是（）A工業(yè)合成氨：N2+3H22NH3B工業(yè)合成鹽酸：H2+Cl22HClC工業(yè)獲取氯化鈉：2Na+Cl22NaClD工業(yè)制取氯氣：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2考點：化學(xué)方程式的書寫.專題：元素及其化合物分析：A工業(yè)上用氮氣和氫氣反應(yīng)制取氨氣；B氯氣和氫氣在光照條件下發(fā)生爆炸；C海水中含有大量氯化鈉，用鈉和氯氣反應(yīng)

34、制取氯化鈉不符合經(jīng)濟的原則；D電解飽和食鹽水得到氫氧化鈉、氯氣和氫氣解答：解：A空氣中有大量氮氣，氮氣和氫氣反應(yīng)合成氨氣，與實際化工生產(chǎn)功能相符合，故A正確；B工業(yè)利用氫氣在氯氣中燃燒生成氯化氫合成鹽酸，故B錯誤；C鈉比氯化鈉價格高，不經(jīng)濟，海水曬鹽獲得NaCl，故C錯誤；D電解飽和食鹽水得到氫氧化鈉、氯氣和氫氣，俗稱為氯堿工業(yè)，故D正確；故選AD點評：本題考查了利用化學(xué)反應(yīng)制取化學(xué)物質(zhì)，題目難度不大，注意是否符合化學(xué)反應(yīng)規(guī)律、是否有利于提高經(jīng)濟效益是解答關(guān)鍵注意化學(xué)知識在生產(chǎn)中的應(yīng)用19（4分）已知酸性：H2CO3HCO3將 轉(zhuǎn)變?yōu)?，可行的方法是（）A向該溶液中加入足量的稀硫酸，加熱B將該

35、物質(zhì)與稀硫酸共熱后，再加入足量的NaOH溶液C將該物質(zhì)與足量的NaOH溶液共熱，再通入足量CO2氣體D將該物質(zhì)與稀硫酸共熱后，再加入足量的NaHCO3溶液考點：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡.專題：電離平衡與溶液的pH專題分析：已知酸性：H2CO3HCO3，將 轉(zhuǎn)變?yōu)?，則先發(fā)生水解反應(yīng)，然后加入的物質(zhì)與COOH反應(yīng)而不與OH反應(yīng)，據(jù)此分析解答：解：A在酸性條件下水解生成，故A錯誤；B在酸性條件下水解生成，再加入足量的NaOH溶液，COOH和OH均與NaOH溶液反應(yīng)，故B錯誤；C與足量的NaOH溶液共熱，再通入足量CO2氣體，生成，故C正確；D在酸性條件下水解生成，再加入足量的NaHCO3溶液生

36、成，故D正確；故選CD點評：本題考查了有機化合物的轉(zhuǎn)化，側(cè)重于官能團的轉(zhuǎn)化的考查，題目難度不大20（4分）常溫下，向20mL 0.2mol/L H2A溶液中滴加0.2mol/L NaOH溶液有關(guān)微粒的物質(zhì)的量變化如圖，下列說法正確的是（）A滴加過程中當(dāng)溶液呈中性時，V（NaOH）20mLB當(dāng)V（NaOH）=30mL時，則有：2c（Na+）=3c（A2）+3c（HA）CH 2A在水中的電離方程式是：H 2AH+HA； HAH+A2D當(dāng)V（NaOH）=20mL時，則有：c（Na+）c（HA）c（H+）c（A2）c（OH）考點：酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)ph的計算.專題：電離平衡與溶液的pH專題分析

37、：A、H2A為二元弱酸，當(dāng)V（NaOH）=20mL時恰好反應(yīng)生成NaHA，溶液顯示酸性；B、當(dāng)V（NaOH）=40mL時，反應(yīng)后的溶質(zhì)為Na2A，當(dāng)V（NaOH）=20mL時，此時溶質(zhì)為NaHA，當(dāng)V（NaOH）=30mL時，此時溶質(zhì)為NaHA和Na2A，據(jù)此回答；C、H2A是二元弱酸，在水中的電離是分步電離的；D、根據(jù)圖象知，當(dāng)V（NaOH）=20時，發(fā)生反應(yīng)為NaOH+H2ANaHA+H2O，溶液主要為NaHA，電離為主，溶液顯酸性解答：解：A、當(dāng)V（NaOH）=20mL時，此時溶質(zhì)為NaHA，根據(jù)圖象可知溶液中離子濃度c（A2）c（H2A），說明HA的電離程度大于其水解程度，溶液為酸性，

38、如果溶液為中性，則40mLV（NaOH）20mL，故A錯誤；B、當(dāng)V（NaOH）=30mL時，此時溶質(zhì)為NaHA和Na2A，根據(jù)物料守恒，則有：2c（Na+）=3c（A2）+3c（HA）+3c（H2A），故B錯誤；C、H2A是二元弱酸，在水中的電離是分步電離的，電離方程式是：H2AH+HA、HAH+A2，故C錯誤；D、根據(jù)圖象知，當(dāng)V（NaOH）=20 mL時，發(fā)生反應(yīng)為NaOH+H2ANaHA+H2O，溶質(zhì)主要為NaHA，HA電離程度大于水解程度，溶液顯酸性，水和HA都電離出氫離子，只有HA電離出A2，所以離子濃度大小順序是c（Na+）c（HA）c（H+）c（A2）c（OH），故D正確；故選

39、D點評：本題考查酸堿混合溶液定性判斷，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，為高考常見題型，明確圖象中酸堿混合時溶液中的溶質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵，抓住圖象進(jìn)行分析即可，題目難度中等21（4分）室溫時將100mLH2S和O2的混合氣體，點燃完全反應(yīng)后恢復(fù)到原來狀況，體積變?yōu)?0mL下列敘述中正確的是（）A剩余40mL氣體一定是O2B剩余40mL氣體是H2S或SO2C混合氣體中含H2S 40mL或80mLD剩余40mL氣體是SO2和O2混合氣體考點：有關(guān)混合物反應(yīng)的計算.專題：計算題分析：H2S和O2的混合氣體點燃，氧氣不足發(fā)生反應(yīng)2H2S+O22S+2H2O，氧氣足量發(fā)生反應(yīng)2H2S+3O22SO2+2H2O

40、，據(jù)此討論，若n（H2S）：n（O2）2：1，發(fā)生反應(yīng)，H2S有剩余；若n（H2S）：n（O2）=2：1，發(fā)生反應(yīng)，沒有氣體；若n（H2S）：n（O2）2：3，發(fā)生反應(yīng)，氧氣有剩余，氣體為氧氣、二氧化硫；若n（H2S）：n（O2）=2：3，發(fā)生反應(yīng)，氣體為二氧化硫；若2：3n（H2S）：n（O2）2：1，發(fā)生反應(yīng)，氣體為二氧化硫，據(jù)此計算判斷解答：解：H2S和O2的混合氣體點燃，氧氣不足發(fā)生反應(yīng)2H2S+O22S+2H2O，氧氣足量發(fā)生反應(yīng)2H2S+3O22SO2+2H2O若n（H2S）：n（O2）2：1，發(fā)生反應(yīng)，H2S有剩余，則：2 H2S+O22 S+2 H2O 體積變化V；2 1 34

41、0ml 20ml 100ml40ml=60ml剩余氣體H2S為40ml，原混合氣體中H2S為80ml，O2為20ml，符合題意；若n（H2S）：n（O2）=2：1，發(fā)生反應(yīng)，沒有氣體，H2S為66.7ml，O2為33.3ml，不符合題意；若n（H2S）：n（O2）2：3，發(fā)生反應(yīng)，氧氣有剩余，則：2 H2S+3 O22 SO2+2H2O 體積變化V；2 3 2 340ml 60mL 40ml 100ml40ml=60ml硫化氫與氧氣體積之和為100mL，沒有氧氣剩余，不符合題意；若n（H2S）：n（O2）=2：3，發(fā)生反應(yīng)，最后氣體為二氧化硫，體積為40ml，原混合氣體中H2S為40ml，O2

42、為60ml，符合題意；由上述計算，可知不可能存在2：3n（H2S）：n（O2）2：1情況，故剩余氣體可能是40mLH2S或者40mLSO2，對應(yīng)的原混合氣體為H2S為80ml，O2為20ml或者H2S為40ml，O2為60ml，故選BC點評：本題考查混合物計算、過量計算、討論計算等，難度中等，清楚反應(yīng)過程是解題關(guān)鍵，對應(yīng)選擇題利用驗證法進(jìn)行解答更簡單22（4分）6克含雜質(zhì)的Na2SO3樣品與足量鹽酸反應(yīng)，可生成1.12升氣體（S、T、P），氣體質(zhì)量為3克，該樣品的組成可能是（）ANa2SO3，Na2CO3BNa2SO3，NaHCO3CNa2SO3，NaHCO3，Na2CO3DNa2SO3，Mg

43、CO3，NaHCO3考點：有關(guān)混合物反應(yīng)的計算.專題：計算題分析：標(biāo)況下生成1.12L氣體的物質(zhì)的量=0.05mol，且氣體質(zhì)量為3克，則氣體的平均相對分子質(zhì)量=60，所以混合氣體中必含有一種相對分子質(zhì)量小于60的氣體，根據(jù)選項，應(yīng)該是CO2，根據(jù)平均相對分子質(zhì)量可以確定n（CO2）：n（SO2）=1：4，所以n（CO2）=0.01 mol，n（SO2）=0.04 mol，由于n（Na2SO3）=n（SO2）=0.04 mol，故雜質(zhì)質(zhì)量=6g0.04mol×126g/mol=0.96g，可以生成0.01mol二氧化碳，據(jù)此結(jié)合選項判斷解答：解：標(biāo)況下生成1.12L氣體的物質(zhì)的量=0

44、.05mol，且氣體質(zhì)量為3克，則氣體的平均相對分子質(zhì)量=60，所以混合氣體中必含有一種相對分子質(zhì)量小于60的氣體，根據(jù)選項，應(yīng)該是CO2，根據(jù)平均相對分子質(zhì)量，44n（CO2）+64n（SO2）÷n（CO2）+n（SO2）=60，則n（CO2）：n（SO2）=1：4，所以n（CO2）=0.01 mol，n（SO2）=0.04 mol，由于n（Na2SO3）=n（SO2）=0.04 mol，故雜質(zhì)質(zhì)量=6g0.04mol×126g/mol=0.96g，可以生成0.01mol二氧化碳，A生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸鈉質(zhì)量=0.01mol×106g/mol=1

45、.06g0.96g，故A錯誤；B生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸氫鈉質(zhì)量=0.01mol×84g/mol=0.84g0.96g，故B錯誤；C由AB分析可知，雜質(zhì)可能為NaHCO3，Na2CO3，故C正確；D生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸鎂質(zhì)量=0.01mol×84g/mol=0.84g，需要碳酸氫鈉質(zhì)量=0.01mol×84g/mol=0.84g，均小于0.96g，不符合，故D錯誤，故選C點評：本題考查混合物計算，關(guān)鍵是計算雜質(zhì)質(zhì)量及雜質(zhì)生成二氧化碳的量，也可以根據(jù)相同質(zhì)量亞硫酸鈉與雜質(zhì)產(chǎn)生氣體的質(zhì)量判斷，但計算量比較大四、（本題共12分）23（12分）

46、工業(yè)上制取冰晶石（Na3AlF6）的化學(xué)方程式如下：2Al（OH）3+12HF+3Na2CO32Na3AlF6+3CO2+9H2O完成下列填空：（1）反應(yīng)中四種元素對應(yīng)的簡單離子核外電子排布相同，請按離子半徑從大到小的順序排列這這四種離子O2FNa+Al3+，其中原子序數(shù)最大的元素原子核外有5種能量不同的電子，其最外層電子的電子云有2種不同的伸展方向（2）反應(yīng)中有兩種元素在元素周期表中位置相鄰，能比較它們的金屬性或非金屬性強弱的事實是ac（選填編號）a氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性 b最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性c單質(zhì)與氫氣反應(yīng)的難易 d單質(zhì)與同濃度酸發(fā)生反應(yīng)的快慢（3）反應(yīng)中兩種金屬元素，它們的最高價氧

47、化物對應(yīng)的水化物之間發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O（4）冰晶石在工業(yè)上可做電解氧化鋁的助熔劑，此反應(yīng)中若有0.6mol電子轉(zhuǎn)移，則在陰極可得金屬鋁的質(zhì)量為5.4克（5）工業(yè)上不采用電解氯化鋁的方法而是采用電解氧化鋁的方法獲得鋁單質(zhì)的原因是：因為氯化鋁為共價化合物，屬于分子晶體，晶體中不存在離子，熔融時不能導(dǎo)電，故不能被電解；而氧化鋁為離子化合物，熔融狀態(tài)可以導(dǎo)電考點：微粒半徑大小的比較；元素周期律的作用；氧化還原反應(yīng).分析：（1）電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越??；原子序數(shù)最大的為Al，不同能級中的電子能量不同；最外層為3s23p1，有2種電子云；（2）反

48、應(yīng)中兩種元素在元素周期表中位置相鄰，為O元素與氟元素，可以根據(jù)氫化物穩(wěn)定性、單質(zhì)與氫氣反應(yīng)難易程度比較，O、F元素沒有含氧酸，不能用最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性，單質(zhì)與酸反應(yīng)快慢不能比較非金屬性強弱；（3）氫氧化鈉與氫氧化鋁反應(yīng)生成偏鋁酸鈉與水；（4）電解池陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，而鋁離子發(fā)生還原反應(yīng)，應(yīng)在陰極析出；根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒計算Al的物質(zhì)的量，進(jìn)而計算Al的質(zhì)量；（5）氯化鋁為共價化合物，晶體中不存在離子，熔融時不能導(dǎo)電解答：解：（1）O2、F、Na+、Al3+電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑：O2FNa+Al3+；原子序數(shù)最大的為Al，核外電子排布為1

49、s22s22p63s23p1，不同能級中的電子能量不同，核外有5種不同能量的電子；最外層為3s23p1，有2種電子云，故答案為：O2FNa+Al3+；5；2；（2）反應(yīng)中兩種元素在元素周期表中位置相鄰，為O元素與氟元素，a氫化物越穩(wěn)定，非金屬性越強，故a正確； bO、F元素沒有含氧酸，不能用最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性，故b錯誤；c單質(zhì)與氫氣反應(yīng)越容易，對應(yīng)元素的非金屬性越強，故c正確；d單質(zhì)與同濃度酸發(fā)生反應(yīng)的快慢不能判斷非金屬性強弱，如氧氣與硝酸不反應(yīng)，而S、碘與硝酸反應(yīng)，故d錯誤，故選：ac；（3）氫氧化鋁是兩性氫氧化物，能和氫氧化鈉反應(yīng)，反應(yīng)離子方程式為：Al（OH）3+OH=AlO2

50、+2H2O，故答案為：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（4）電解池陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，而鋁離子發(fā)生還原反應(yīng)，應(yīng)在陰極析出；根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，析出Al的物質(zhì)的量為=0.2mol，故析出Al的質(zhì)量為0.2mol×27g/mol=5.4g，故答案為：陰；5.4；（5）因為氯化鋁為共價化合物，屬于分子晶體，晶體中不存在離子，熔融時不能導(dǎo)電，故不能被電解；而氧化鋁為離子化合物，熔融狀態(tài)可以導(dǎo)電，故答案為：因為氯化鋁為共價化合物，屬于分子晶體，晶體中不存在離子，熔融時不能導(dǎo)電，故不能被電解；而氧化鋁為離子化合物，熔融狀態(tài)可以導(dǎo)電點評：本題考查知識較多，涉及微粒半徑比較、

51、核外電子排布、元素周期律、離子方程式、電解池原理等，屬于拼合型題目，需要學(xué)生具備扎實的基礎(chǔ)，（2）中b選項為易錯點，學(xué)生容易忽略O(shè)、F沒有含氧酸，難度中等五、（本題共12分）催化劑24（12分）以下是處于研究階段的“人工固氮”的新方法N2在催化劑表面與水發(fā)生反應(yīng)：2N2（g）+6H2O（l）4NH3（g）+3O2（g）1530.4kJ完成下列填空：（1）該反應(yīng)平衡常數(shù)K的表達(dá)式K=（2）上述反應(yīng)達(dá)到平衡后，保持其他條件不變，升高溫度，重新達(dá)到平衡，則aca平衡常數(shù)K增大bH2O的濃度減小c容器內(nèi)的壓強增大dv逆（O2）減小（3）研究小組分別在四個容積為2升的密閉容器中，充入N2 1mol、H2

52、O 3mol，在催化劑條件下進(jìn)行反應(yīng)3小時實驗數(shù)據(jù)見下表：序號第一組第二組第三組第四組t/30405080NH3生成量/（106mol）4.85.96.02.0第四組實驗中以NH3表示反應(yīng)的速率是3.33×107mol/（Lh），與前三組相比，NH3 生成量最小的原因可能是催化劑在80活性減小，反應(yīng)速率反而減慢（4）氨水是實驗室常用的弱堿往CaCl2溶液中通入CO2至飽和，無明顯現(xiàn)象再通入一定量的NH3后產(chǎn)生白色沉淀，此時溶液中一定有的溶質(zhì)是NH4Cl請用電離平衡理論解釋上述實驗現(xiàn)象飽和H2CO3溶液中電離產(chǎn)生的CO32很少，因此沒有沉淀加入氨水后，促進(jìn)H2CO3的電離，CO32離子濃度增大，有沉淀產(chǎn)生向鹽酸中滴加氨水至過量，該過程中離子濃度大小關(guān)系可能正確的是acac（C1）=c（NH4+）c（H+）=c（OH） bc（C1）c（NH4+）=c（OH）c（H+）cc（NH4