【文档说明】重庆市2019-2020学年高二普通高中学业水平合格性模拟考试化学试题 【精准解析】.doc，共(18)页，488.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年7月重庆市普通高中学业水平合格性模拟考试化学试卷注意事项：1.本试卷共28题，共100分，共5页。考试时间60分钟，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。2.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准

确粘贴在条形码区域内。3.答题时请按要求用笔。4.请按照题号顺序在答题卡各题目的区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、挂纸刀。6.可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16一、选择题（共25小题

，每小题3分，共75分）从每个小题的四个备选项中，选出一个最符合题目要求的答案。1.配制一定物质的量浓度的溶液必需的仪器是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．图示仪器是容量瓶，用于准确配制一定体积一定物质的量浓度的溶液，A符合题意；B．图示仪器是广

口瓶，用于盛放块状固体物质，B不符合题意；C．图示仪器是平底烧瓶，用于给液体物质或固体与液体混合物进行加热，C不符合题意；D．图示仪器是滴瓶，用于盛放和滴加液体物质，D不符合题意；故合理选项是A。2.反应2KI+Br2═2KBr+I2中作氧化剂的是（）A.Br2

B.KBrC.I2D.KI【答案】A【解析】【详解】氧化剂和还原剂都是针对反应物来讲的，2KI+Br2=2KBr+I2反应中，Br元素的化合价降低被还原，Br2为氧化剂，I元素的化合价升高被氧化，KI为还原剂，故选A。3.下列元素被称为“海洋元素

”的是（）A.FB.ClC.BrD.I【答案】C【解析】【详解】地球上99%的溴元素存在于海水中，所以溴元素有“海洋元素”之称，故选C。4.下列说法不正确的是A.Al2O3熔点很高，可用作高级耐火材料B.Na

2O可作呼吸面具中的供氧剂C.镁铝合金被大量用于高铁建设D.苯可萃取碘水中的碘单质【答案】B【解析】【详解】A．Al2O3熔点很高，可用作高级耐火材料，A正确；B．Na2O2可以和CO2以及水蒸气反应生成氧气，可作呼吸面具中的供氧剂，而Na2O也能和CO2以及水蒸气

反应，但不产生氧气，不能做呼吸面具中的供氧剂，B错误；C．镁铝合金密度小、强度高，被大量用于高铁建设，C正确；D．苯不溶于水，而且碘在苯中的溶解度大于碘在水中的溶解度，所以可以用苯萃取碘水中的碘单质，D正确；故选B。5.与盐酸反应最剧烈的碱金属

是（）A.锂B.钠C.钾D.铷【答案】D【解析】【详解】Li、Na、K、Rb四种元素位于周期表同一主族，同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，元素的金属性越小，对应单质与水反应越剧烈，Rb的非金属性最强，则与水反应最剧烈，故选D。6.随着碱金属元素原

子序数的增大，下列递变规律正确的是A.原子半径逐渐增大B.最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱C.单质熔、沸点逐渐升高D.单质的还原性逐渐减弱【答案】A【解析】【详解】A.随着碱金属元素原子序数的增大，

核外电子数增大，电子层数增多，则原子半径逐渐增大，A符合题意，正确；B.随着碱金属元素原子序数的增大，金属性增强，则最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，与题意不符，B错误；C.随着碱金属元素原子序数的增大，单质熔、沸点逐渐降低，与题意不符，C错误；D.随着碱金属

元素原子序数的增大，单质的原子半径逐渐增大，失电子能力增强，则还原性逐渐增强，与题意不符，D错误；答案为A。【点睛】同主族元素，随原子序数的增大，原子半径逐渐增大，核外电子层数增多，失电子能力增强，得电子

能力减弱。7.少量下列物质放入滴有酚酞的水后，溶液最终显红色的是（）A.NaB.KClC.NH4ClD.Fe2O3【答案】A【解析】【详解】A．Na与溶液中的H2O会发生反应产生NaOH和H2，反应方程

式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，反应产生NaOH是碱，使溶液显碱性，遇酚酞变为红色，A符合题意；B．KCl为强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，不能使酚酞试液变为红色，B不符合题意；C．氯化铵是强酸弱碱盐，水解生成氯化氢和一水合氨，该反应的离子方程式为：NH4++H2ONH3•H

2O+H+，溶液呈酸性，不能使酚酞试液变为红色，C不符合题意；D．Fe2O3不溶于水，与水也不反应，因此酚酞试液不变色，仍为无色，D不符合题意；故合理选项是A。8.化学平衡常数可以用K来表示，关于化学平衡常数的说法中正确的是（）A.K与反应

的压强有关B.K与反应物的浓度有关C.K与生成物的浓度有关D.K与温度有关【答案】D【解析】【详解】在一定温度下，当一个可逆反应达到平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度的幂之积的比值是一个常数，这个常数就是该反应的化学平衡常数，符号为K，化学平衡常数K只与温度有关。答案为D。9.下列事实

或做法与化学反应速率无关的是A.将食物存放在温度低的地方B.用铁作催化剂合成氨C.将煤块粉碎后燃烧D.加热金属钠制备过氧化钠【答案】D【解析】【详解】A．降低温度，减慢反应速率，温度降低，降低活化分子百分数，所以能减慢食物的腐

败速率，故A与化学反应速率有关；B．用铁作催化剂合成氨，催化剂能降低反应所需活化能，所以增大反应速率，故B与化学反应速率有关；C．增大反应物接触面积，则增大反应速率，将块状药品研细后再反应能增大反应物接触面积

，所以能加快反应速率，故C与化学反应速率有关；D．钠在常温下反应生成氧化钠，在加热和燃烧的条件下生成过氧化钠，反应条件不同，产物不同，故D与化学反应速率无关；答案选D。【点睛】改变化学反应速率从影响化学反应速率的因素出发，包括内因和外因，内因包

括物质自身的性质，外因包括温度，压强（有气体参与的反应），催化剂，浓度等，除此之外，从接触面积，辐射等因素考虑。10.下列反应中，既属于吸热反应又属于氧化还原反应的是A.Al与盐酸的反应B.灼热的碳与二氧化碳的反应C.碳酸氢钠与盐酸的反应D

.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应【答案】B【解析】【详解】A．Al与盐酸的反应属于放热反应，Al与H化合价变化，为氧化还原反应，故A不符合题意；B．灼热的碳与二氧化碳的反应属于吸热反应，C元素化合价发生变化，为氧化还原反应，故B符合题意；C．碳酸

氢钠与盐酸的反应中没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C不符合题意；D．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，反应中没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，故D不符合题意；答案选B。【点睛】常见的放热反应：活泼金

属置换水或酸中氢的反应、酸碱中和反应、所有的燃烧反应、物质的爆炸反应、大多数化合反应、铝热反应；常见的吸热反应：氢氧化钡晶体与氯化铵的反应、多数的分解反应、盐类的水解反应、C、CO、H2还原金属氧化物的反应

等。11.下列关于化学反应限度的说法中不正确的是（）A.一定条件下，一个可逆反应达到的平衡状态，就是这个反应此时所能达到的限度B.当一个可逆反应达到平衡状态时，那么这个反应的正反应速率和逆反应速率相等C.平衡状态是一种

静止的状态，因为反应物和生成物的浓度已经不再改变D.化学反应的限度可以通过改变条件而改变【答案】C【解析】【详解】A.在一定条件下，当正逆反应速率相等时，反应物的浓度和生成物的浓度不再改变，可逆反应达到反应的最大限度，即平衡状态，故A正确；B.平衡状态是一种动态平衡，在一定条件下，可逆反应达到平

衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度不再变化，故B正确；C．化学平衡状态随外界条件的改变而改变，为动态平衡，不是静止的状态，故C错误；D.在一定条件下，当一个可逆反应达到平衡状态时，这就是这个反应所能达到的限度，不同的条件，对应

不同的反应限度，当外界条件发生改变，平衡发生移动，化学反应限度变化，故D正确；故选C。【点睛】在不同的条件下，化学反应限度不同，当达到化学反应限度时，正逆反应速率相等但不为0，反应物的浓度和生成物的浓度不再改变，当外界条件发生改变，平衡发生移动，化学反应限度变化。12.下列

变化中，气体被还原的是A.水蒸气使CuSO4固体变蓝B.氯气使浅绿色FeC12溶液变黄C.H2使灼热CuO固体变红D.氨气使A1Cl3溶液产生白色沉淀【答案】B【解析】【详解】A．水蒸气使CuSO4固体变蓝，发生了反应：CuSO4+5H2O=CuSO4∙5H2

O，不是氧化还原反应，故A不选；B．氯气使浅绿色FeC12溶液变黄，发生了反应：Cl2+2FeCl2=2FeCl3，Cl2中0价的Cl反应后降低到了FeCl3中的-1价，被还原，故B选；C．H2使灼热CuO固体变红，发生了反应：H2+CuOCu+H

2O，H2中H的化合价从0价升高到了水中的+1价，被氧化，故C不选；D．氨气使A1Cl3溶液产生白色沉淀，发生了反应：AlCl3+3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl，不是氧化还原反应，故D不选；故选B。13.下列说法正确的是A.离子反应中反

应物和生成物都是离子B.有单质参加或生成的反应一定属于氧化还原反应C.金属氧化物不一定是碱性氧化物，酸酐不一定是酸性氧化物D.金属单质只能做还原剂，非金属单质只能做氧化剂【答案】C【解析】【分析】【详解】A．有离子参加的反应是离子反应，离子反应中反应物和生成物不

一定都是离子，如Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故A错误；B．有化合价变化的反应是氧化还原反应，有单质参加或生成的反应不一定属于氧化还原反应，如3O2=2O3，故B错误；C．金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Na2O2；酸酐不一定是酸性氧化物，醋酸酐不是酸性氧化物，故C正确；D．非金属单质

既能做氧化剂又能做还原剂，如氢氧化钠和氯气反应生成次氯酸钠、氯化钠、水，氯气既是氧化剂又是还原剂，故D错误；答案选C。14.下列物质中，属于非电解质的是（）A.I2B.SO2C.KHSO4D.NH4Cl【答案】B【解析】【详解】A．I2是单质，不是化

合物，因此既不是电解质，也不是非电解质，A不符合题意；B．SO2属于化合物，由SO2分子构成，在熔融状态不能导电；在水溶液中与水反应产生H2SO3，H2SO3电离产生自由移动的离子而能够导电，因此H2SO3是电

解质，而SO2是非电解质，B符合题意；C．KHSO4是盐，由K+、HSO4-离子构成，在水溶液中和熔融状态下都能够电离产生自由移动的离子而导电，属于电解质，C不符合题意；D．NH4Cl是盐，由NH4+、Cl-离子构成，在水溶液中和熔融状态下都能够电离产生自由

移动的离子而导电，属于电解质，D不符合题意；故合理选项是B。15.下列有关阿伏加德罗常数NA的叙述中不正确的是（）A.1molNaHSO4固体所含的阳离子数目为NAB.常温常压下，92g的NO2和N2O

4混合气体含有的原子数为6NAC.标准状况下，22.4LHF含有电子数为8NAD.60g石英晶体中含有的Si-O键数目为4NA【答案】C【解析】【详解】A．NaHSO4固体中含有钠离子和硫酸氢根离子，1molNaHSO4固体所含的钠离子的物质的量为1mol，其数目为NA，故A

正确；B．NO2和N2O4的最简式相同为NO2，92g的NO2和N2O4混合气体物质的量为2mol，含有的原子数为2mol×3×NA=6NA，故B正确；C．标准状况下，HF为液态，不能用标况下气体摩尔体积计算物质的量，则含有的电子数目无法计算，故C错误；D．二氧化硅为原子晶体，一个

硅原子周围连接4个氧原子，60g二氧化硅的物质的量为m60gn===1molM60g/mol，而1mol二氧化硅中含4molSi−O键，即4NA个，故D正确；答案选C。【点睛】NaHSO4在溶液中能形成钠离子、氢离子和硫酸根离子，在固态或熔融状态下只含有钠

离子和硫酸氢根离子。16.某元素X最高价含氧酸的化学式为HnXO2n-1，则在其气态氢化物中X元素的化合价为（）A.n-1B.3n-10C.3n-2D.10-3n【答案】B【解析】【详解】假设在化合物HnXO2n-1中X元素的化合价为a，由于化合物HnXO2n-1中所有元素的化合价代数和为零，则：

1×n+a+(2n-1)×(-2)=0，解得，a=3n-2。因为同一元素最高正化合价与最低负化合价绝对值的和等于8，所以在X的氢化物中元素化合价=最高正化合价-8=(3n-2)-8=3n-10，故合理选项是B。17.通过稀释浓硫酸配制100mL0.lmol•L-1稀硫酸，不需要用到的仪器是A.B

.C.D.【答案】A【解析】【详解】通过稀释浓硫酸配制100mL0.lmol•L-1稀硫酸，需要先用量取所需浓硫酸的体积，然后用烧杯和玻璃棒稀释浓硫酸，冷却后转移到100mL容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，把洗涤液也转移到容量瓶中，向容量瓶中加蒸馏水到离刻度线1~2cm处，

改用胶头滴管加水至刻度线，最后盖好瓶塞，上下颠倒摇匀。所以不需要用到的仪器是托盘天平，故选A。18.下列物质属于非电解质，但其水溶液能导电的是A.BaSO4B.SO2C.NaOHD.Cl2【答案】B【解析】【详解】A．BaSO4是强电解质，故A

不选；B．SO2是非电解质，SO2能和水反应生成H2SO3，H2SO3能电离出H+和HSO3-，所以其水溶液能导电，故B选；C．NaOH是强电解质，故C不选；D．Cl2是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故D不选；故选B。【点睛】电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液中

和熔融状态下都不能导电的化合物。酸、碱、盐、大部分的金属氧化物以及水是电解质，大部分非金属氧化物、绝大多数的有机物是非电解质。电解质溶于水能导电，但溶于水能导电的不一定都是电解质，如SO2、CO2等酸性氧化物是非电解质，但它们溶于水后生成酸，酸能电离出自由移动的离子

从而导电。是否电解质和溶液能否导电没有必然的联系。19.下列叙述正确的是A.Na2O与Na2O2中阴、阳离子的个数比均为1:2B.足量Cl2、O2分别和两份等质量的Na反应，前者得到电子多C.胃酸过多可用服用碳酸钠D.钠投入水中会熔成小球，并四处游动，说明钠与水反应放热并

生成氧气【答案】A【解析】【详解】A.Na2O中阳离子是Na+、阴离子是O2-，Na2O2中阳离子是Na+、阴离子是O22-，个数比均为1:2，A正确；B.Na与Cl2、O2分别反应时产物中钠的化合价都是+1价，则等质量的Na

反应，转移的电子数一样多，B错误；C.碳酸钠碱性较强，一般不用来治疗胃酸过多，可以用碳酸氢钠、氢氧化铝、碳酸钙等物质，C错误；D.钠投入水中会熔成小球，并四处游动，只能说明钠与水反应放热并生成气体，不能说明是氧气，D错误

。答案选A。【点睛】钠与水反应生成氢气，注意过氧化钠中阴离子是O22-。20.下列有关说法正确的是A.Na2O2能与水反应，所以Na2O2可以作气体的干燥剂B.钠可以从AgNO3溶液中置换出金属银C.钠能与水反应，所以钠着火不能

用水灭火，要用泡沫灭火器D.Na2O、Na2O2、NaOH和NaHCO3均是强电解质【答案】D【解析】【分析】【详解】A．Na2O2与水反应放出氧气，Na2O2不能作气体（氧气除外）的干燥剂，故A错误；B．钠能与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，钠不能从AgNO3溶液

中置换出金属银，故B错误；C．钠能与水反应，所以钠着火不能用水灭火，不能用泡沫灭火器，要用沙子盖灭，故C错误；D．Na2O、Na2O2、NaOH和NaHCO3在溶于水时能完全电离，都是强电解质，故D正确；选D。21

.将过量的二氧化碳通入下列溶液中，最终呈现浑浊现象的是（）A.氯化钙溶液B.硅酸钠溶液C.澄清的石灰水D.硝酸钡溶液【答案】B【解析】【详解】A.碳酸比盐酸的酸性弱，与氯化钙不反应，A不符合题意；B.碳酸比硅酸酸性强，可生成硅酸沉淀，B符合题意；C.二氧化碳通入澄清石灰水中

，先生成碳酸钙沉淀，过量二氧化碳可溶解碳酸钙为碳酸氢钙，C不符合题意；D.碳酸比硝酸酸性弱，与硝酸钡不反应，D不符合题意。故选B。【点睛】酸与盐发生的复分解反应，通常满足强酸制弱酸的反应原理，但如果产物中有难溶

物，也可能违背此原则，如硫酸铜溶液中通入硫化氢气体，发生反应CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，因为有难溶物生成，所以促进反应物不断转化为生成物。22.下列有关化学反应的叙述正确的是()A.常温下Cu和浓硫酸反应生成CuSO4B.过量的Fe与稀硝酸反应生成Fe

(NO3)2C.光照条件下，甲苯和Cl2反应生成邻氯甲苯D.加热条件下，溴乙烷与NaOH水溶液反应生成乙烯【答案】B【解析】【详解】A．铜与浓硫酸需要加热才能反应，故A错误；B．硝酸可以氧化Fe生成Fe3+，当Fe过量时，过量的Fe会

与Fe3+反应生成Fe2+，故B正确；C．光照条件下，氯原子取代甲苯中甲基上的氢原子，不能取代苯环上的氢原子，故C错误；D．溴乙烷与NaOH水溶液加热发生水解反应生成乙醇，故D错误；故答案为B。【点睛】卤代烃在强碱水溶液、加热的条件下水解生成醇；当

与卤原子相连的碳原子的邻位碳原子上有氢时（苯环除外），可以在强碱醇溶液中发生消去反应生成碳碳双键。23.下列有关氯气的说法正确的是A.氯气在自然界中既可以以化合态存在，也可以以游离态存在B.氯气是一种黄绿色，有毒的

气体C.氯气不能溶解于水，所以可用排水法收集氯气D.氯气、氯水、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物【答案】B【解析】【详解】A.氯气是单质，氯元素在自然界中只能以化合态存在，A错误；B.氯气是一种黄绿色，有毒的气体

，B正确；C.氯气能溶于水，不能用排水法收集，可以用排饱和食盐水法收集，C错误；D.氯气溶于水得到氯水，氯水是混合物，D错误；答案选B。【点晴】该题的易错选项是D，注意了解氯气、液氯和氯水的组成、性质等区别。氯气由气态转化为液态即得到液氯，二者是同一种

物质，而氯水是氯气的水溶液，属于混合物，组成不同，性质也不同；氯水的多种成分决定了氯水的化学性质表现出多样性：Cl2的强氧化性，HCl的强酸性，HClO的强氧化性、弱酸性和不稳定性，Cl－的性质，在不同的反应中，氯水起作用的成分不同。24.ICl（氯化碘）化学性质跟氯气相似，常称为类卤素，有关

它的说法正确的是（）A.与水反应生成HI和HClOB.分子内部存在的是极性共价键C.沸点比I2的高D.属于一种单质【答案】B【解析】【详解】A.ICl中I元素的化合价为+1价，Cl元素的化合价为-1价，与水反应的实质为水解反应，反应方程式为：ICl+H2O=HCl+HIO，生成物为HCl和HIO

，故A错误；B.碘原子与氯原子由于非金属性不同，所以吸引电子能力不同，共用电子对有偏移，因此分子内部存在的是极性共价键，故B正确；C.对于结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，所以ICl的沸点比I2的低，故C错误；D.IC

l（氯化碘）是由不同种元素形成的纯净物，属于化合物，故D错误；答案：B25.下列叙述正确的是A.常温下，浓硝酸和浓硫酸都不与铁、铝反应B.氨易液化，液氨常用作制冷剂C.活泼金属和稀硝酸反应时置换出氢气D.与金属反应时，稀硝酸可能被还原为更低价态，稀硝酸氧化性强于浓硝酸【答案】B【解析】【分

析】【详解】A.常温下铁、铝与浓硫酸发生钝化，钝化是化学变化，A项错误；B.液氨汽化吸热，使周围温度降低，可用液氨作制冷剂，B项正确；C.硝酸具有强氧化性，金属和稀硝酸反应的还原产物一般是一氧化氮等低价态的含氮化合

物，不会产生氢气，C项错误；D.氧化性的强弱和得电子的能力有关，和得电子的多少无关，浓HNO3氧化性强于稀HNO3，D项错误；答案选B。二、非选择题（共3小题，共25分）26.氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料，回答下列问题：（1）NH3的电子式______。（2）氯化铵水溶液显酸性，其原因为

______（用离子方程式表示），0.1mol/L的氨水中加入少量的NH4Cl固体，溶液的pH______（填“升高”或“降低”）；若加入少量的明矾固体后，请尝试从平衡移动的角度解释溶液中NH4+浓度的变化原因______。（3）硝酸铵加热分解可得到N2O（g）和H2

O（g），250℃时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该温度下反应的平衡常数表达式为______；若有1mol硝酸铵完全分解，转移的电子数为______mol。（4）3H2（g）+N2（g）⇌2NH3（g）

△H=-92kJ/mol，若反应放出9.2kJ热量，则参加反应的氢气分子数目为______。【答案】(1).(2).NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+(3).降低(4).加入少量的明矾，铝离子与氢氧根离子反应，促进一水合氨的电离，溶液中的NH4+

的浓度增大(5).K=c（N2O）×c2（H2O）(6).4(7).0.3NA【解析】【分析】（1）按氮原子和氢原子共用电子对的情况写NH3的电子式；（2）氯化铵水溶液因水解显酸性，据此写离子方程式；0.1m

ol/L的氨水中加入少量的NH4Cl固体，按同离子效应对电离平衡的影响判断溶液的pH变化；若加入少量的明矾固体后，按明矾中离子对氨水电离平衡的影响判断NH4+浓度的变化及原因；（3）按硝酸铵加热分解可得到N2O(g)和H2O(g)，写250℃时，硝酸铵在密闭容器

中分解的化学方程式，据此写该温度下反应的平衡常数表达式；按硝酸铵分解方程式中硝酸铵与电子的物质的量的关系，计算转移的电子数；（4）按3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol，实际消耗的氢气的物质的量与放出热量的关系，可计算放出9.2kJ热量时参加

反应的氢气分子数目。【详解】（1）氨气是共价化合物，N原子和H原子之间以共价键相结合，故其电子式为；故答案为：；（2）氯化铵的水溶液显弱酸性，其原因为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，0.1mol•

L-1的氨水中加入少量的NH4Cl固体，铵离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，氢氧根离子浓度减小，溶液的pH降低，若加入少量的明矾，铝离子与氢氧根离子反应，促进一水合氨的电离，溶液中的NH4+的浓度增大；

故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；降低；加入少量的明矾，铝离子与氢氧根离子反应，促进一水合氨的电离，溶液中的NH4+的浓度增大；（3）硝酸铵分解生成N2O和H2O，达到平衡，说明为可逆反应，化学反应方程式为：NH4NO3=N2O+2H2O，250℃时，水为气体

状态，故平衡常数K=c(N2O)×c2(H2O)；NH4NO3中NH4+的N元素化合价为-3价，NO3-中的N元素的化合价为+5价，反应后N元素的化合价为+1价，发生归中反应，N元素由-3价升高为+1价，此反应中每分解1mol硝酸铵，转移电子数为4mol；故答案为：K=

c(N2O)×c2(H2O)；4；（4）3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol，可知放出92kJ热量时，消耗氢气为3mol，故当反应放出9.2kJ热量，则参加反应的氢气为0.3mol，分子数为0.3NA；故答案为：0.3NA。

【点睛】(3)容易错，硝酸铵分解生成N2O和H2O的化学反应方程式为：NH4NO3=N2O+2H2O，写平衡常数表达式时往往会遗漏水，因为常温下水呈液态，而250℃时，水为气态，故平衡常数K=c(N2O)×c2(H2O)。27.氮、磷、砷（As）、锑（Sb）、铋（Bi）、镆（Mc）

为原子序数依次增大的同族元素。完成下列填空：（1）铋在元素周期表中的位置是___。288115Mc原子核内中子数与核外电子数之差为___。（2）已知：P（s，红磷）P（s，白磷）-17.6kJ；P（s，白磷）P（s，黑磷）+

39.3kJ。红磷、白磷、黑鳞互为___，其中最稳定的是___。（3）SbCl3能发生较强的水解：Sb3++Cl-+H2OSbOCl↓+2H+。该水解反应的平衡常数表达式为____。配制SbCl3溶液应注意___。（4）写出能够

比较磷与砷最高价氧化物对应水化物酸性强弱的一个实验事实___。（5）科学家发明了用H2治理废水中硝酸盐的污染的方法，其原理可以表示为：5H2+2NO3−催化剂N2+2OH-+4H2O。25℃时，反应进行10min，废水的pH由7变为12，这段时间内NO3−的平均反

应速率为__。【答案】(1).第六周期第VA族(2).58(3).同素异形体(4).黑磷(5).K=2+3+-c(H)c(Sb)c(Cl)(6).加入稀盐酸抑制水解(7).相同条件下，相同物质的量浓度的H3PO4溶液pH小于H3

AsO4(8).0.001mol/（L•min）【解析】【详解】(1)N为第二周期第VA族元素，则铋位于第六周期第VA族，288115Mc的中子数=288-115=173，核外电子数=115，所以原子核内中子数与核外电子数之差=173-115=58，故答案为：第六周期第VA族；58；(2)

红磷、白磷、黑鳞是由P元素组成的不同种单质，互为同素异形体。P（s，红磷）P（s，白磷）-17.6kJ，则P（s，白磷）P（s，红磷）+17.6kJ，1mol白磷转化为1mol红磷放出17.6kJ热量，P（s，白磷）P（s，黑磷）+39.3kJ，1mol白磷转化为1mol黑磷放出

热量39.3kJ热量，说明三者的能量高低：1mol白磷＞1mol红磷＞1mol黑磷，黑磷最稳定，故答案为：同素异形体；黑磷；(3)由平衡常数的定义可知，该反应的平衡常数K=2+3+-c(H)c(Sb)c(Cl)，SbCl3能发生较强的水解：Sb3++Cl

-+H2OSbOCl↓+2H+，配制SbCl3溶液时应加入H+抑制水解，为了不引入杂质，应加入HCl抑制水解，故配制SbCl3溶液时应加入稀盐酸抑制水解，故答案为：K=2+3+-c(H)c(Sb)c(Cl)；加入稀盐酸抑制水解；(4)同主

族元素从上往下非金属性减弱，P的非金属性比As强，则H3PO4的酸性比H3AsO4强，可证明H3PO4的酸性比H3AsO4强的事实是：相同条件下，相同物质的量浓度的H3PO4溶液pH小于H3AsO4，故答案为：相同条件下，相同物质的量浓度的H3PO4溶液pH小于H3

AsO4；(5)pH=7时，c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，pH=12时，c(H+)=10-12，c(OH-)=-14-121010mol/L=10-2mol/L，-2--7Δ=(10-c(O10)mH)ol/L≈10-2mol/L，结合反应的计量数可知：--23Δ=1

c0m(NO)ol/L，所以v(NO3-)=-210mol/L10min=0.001mol/（L•min），故答案为：0.001mol/（L•min）。28.纯碱工业是基本无机化工之一。完成下列填空：（1）常温下向纯碱溶液

中滴加酚酞试液，溶液变红，原因是___（用离子方程式表示）；继续滴加足量氯化钡溶液，可以看到__。（2）最早的勒布朗法制碱涉及如下反应：Na2SO4+2C+CaCO3Na2CO3+CaS+2CO2↑。该反应中被还原的元素是___。若转移6.02×1024个电子，生成CO2在标准状况下的

体积为__L。（3）索尔维法（氨碱法）是工业生产纯碱的主要方法，其主要原理可以表示为：NaCl（饱和）+H2O+CO2+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl。该反应涉及的各物质中，属于弱电解质的是___。综合平衡理论解释通入CO2和NH3后为何会有Na

HCO3析出___。（4）侯德榜对索尔维法进行了改进，利用平衡移动原理从析出NaHCO3后的母液中提取NH4Cl产品，所需的物质有___（填化学式）。（5）纯碱厂在生产过程中要时刻关注设备的腐蚀情况。输送饱和食

盐水的铸铁管道受到腐蚀时，正极的电极反应方程式为：___。为缓解腐蚀，可在铸铁管道上固定铝-锌-镉三元合金，该方法称为___。【答案】(1).CO23−+H2OHCO3−+OH-(2).产生白色沉淀，溶液红色变浅直至变为无色(3).Na2SO4中+6价S元素(4).5

6(5).H2O(6).通入CO2和NH3后，溶液中HCO3−物质的量浓度增大，使NaHCO3溶解平衡NaHCO3(s)Na+(aq)+HCO3−(aq)平衡逆向移动，析出NaHCO3晶体(7).NH3、NaCl(8).O2+2H

2O+4e-═4OH-(9).牺牲阳极的阴极保护法【解析】【详解】(1)加酚酞变红，说明溶液显碱性，原因是碳酸根离子水解，水解的离子方程式为：CO23−+H2OHCO3−+OH-。加足量氯化钡，Ba2+和CO23−反应生成BaCO3沉淀，碳酸根离子水解平衡向左移动，OH-浓度减小，红色变浅直至变

为无色，故答案为：CO23−+H2OHCO3−+OH-；产生白色沉淀，溶液红色变浅直至变为无色；(2)Na2SO4中+6价的S变为CaS中-2价的S，被还原，1molNa2SO4参与反应转移8mol电子。6.02×1024

个电子的物质的量=10mol，则-22CO~8e28mo22.4LVl10mol，解得V=56L，故答案为：Na2SO4中+6价的S元素；56；(3)NaCl、NaHCO3、NH4Cl是强电解质，H2O是弱电解质，CO2

、NH3是非电解质。通入CO2和NH3后，溶液中HCO3−物质的量浓度增大，使NaHCO3溶解平衡NaHCO3(s)Na+(aq)+HCO3−(aq)平衡逆向移动，析出NaHCO3晶体，故答案为：H2O；通入CO2和NH3后，溶液中HCO3−物质的量浓度增大，使NaHCO3

溶解平衡NaHCO3(s)Na+(aq)+HCO3−(aq)平衡逆向移动，析出NaHCO3晶体；(4)由NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)可知，要提取NH4Cl产品，需增大NH4+和Cl-的浓度，所需物质为NH3和NaCl，故答案为：NH3、NaCl；(5)NaCl溶液显中性，铸铁发

生吸氧腐蚀，正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，为缓解腐蚀，可在铸铁管道上固定铝-锌-镉三元合金，Al、Zn都比Fe活泼，作负极，Fe作正极被保护，该方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故答案为：O2+2H2O+4

e-=4OH-；牺牲阳极的阴极保护法。【点睛】(3)析出NaHCO3固体的本质是NaHCO3溶解平衡逆向移动。