发布时间 : 星期一 文章2014-2015学年福建省泉州市南安一中高二（下）期末化学复习试卷更新完毕开始阅读6d1ae02826fff705cd170a34
专题： 化学键与晶体结构．
分析： A．Al2O3为离子晶体，AlCl3为分子晶体； B．表中AlCl3、BCl3和干冰是分子晶体；
C．C和Si同主族，但氧化物的晶体类型不同；
D．Na和Al不同主族，但对应的氧化物都为离子晶体．
解答： 解：A．由表中数据可知，Al2O3为离子晶体，故A正确； B．表中AlCl3、BCl3和干冰是分子晶体，沸点都较低，故B错误；
C．C和Si同主族，但氧化物的晶体类型不同，分别属于分子晶体和原子晶体，故C正确； D．Na和Al不同主族，但对应的氧化物都为离子晶体，说明不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体，故D正确． 故选B． 点评： 本题考查晶体的类型以及性质，题目难度不大，注意比较表中不同物质的性质．
20．近年来，加“碘”食盐较多使用碘酸钾，KIO3在工业上可用电解法制取，以石墨和铁为电极，以KI溶液为电解液在一定条件下电解，反应式为KI+H2O→KIO3+H2↑（未配平）．下列有关说法中，正确的是（ ）
A． 电解时，石墨做阴极，铁作阳极 B． 电解时，在阳极上产生氢气
C． 电解后得到KIO3产品的步骤有：过滤→浓缩→结晶→灼烧
D． 电解中，每转移0.6mol电子，理论上可得到0.1mol无水KIO3晶体
考点： 电解原理．
分析： A．根据电池反应式知，碘离子在阳极上失电子发生氧化反应、氢离子在阴极上得电子发生还原反应，所以石墨作阳极、铁作阴极；
B．根据电池反应式知，碘离子在阳极上失电子发生氧化反应、氢离子在阴极上得电子发生还原反应，所以石墨作阳极、铁作阴极； C．灼烧碘酸钾固体时，碘酸钾固体会分解； D．根据碘酸钾和转移电子之间的关系式计算．
解答： 解：A．根据电池反应知，碘失电子化合价升高、氢元素得电子化合价降低，电极Fe没有参加反应，所以Fe作阴极、石墨作阳极，故A错误； B．电解时，阳极上碘离子放电生成碘酸根离子，故B错误；
C．电解后得到KIO3产品的步骤有：过滤→浓缩→结晶，如果灼烧碘酸钾固体会导致碘酸钾分解而得不到碘酸钾，故C错误；
D．电解中，每转移0.6mol电子，理论上可得到无水KIO3晶体的物质的量=
=0.1mol，故D正确；
故选D． 点评： 本题考查了电解原理，根据电极反应式中元素化合价变化确定阴阳极材料，再结合基本实验操作、物质和转移电子之间的关系式解答，题目难度不大． 二、
21．有下列物质：①N2 ②Na2O2 ③NaCl ④NH4Cl ⑤NH3 ⑥SiO2 （1）固态时属于原子晶体的有 ⑥ （填序号，下同）； （2）受热熔化时只破坏分子间作用力的有 ①⑤ ；
（3）属于共价化合物的是 ⑤⑥ ；
（4）含非极性共价键的离子化合物是 ② ．
考点： 共价键的形成及共价键的主要类型；原子晶体． 分析： 一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物，题中涉及的物质中只有二氧化硅为原子晶体，以此解答该题． 解答： 解：①N2为单质，含有非极性共价键，为分子晶体； ②Na2O2含有非极性共价键和离子键，为离子化合物； ③NaCl为离子化合物，只含有离子键；
④NH4Cl含有离子键和极性共价键，为离子化合物； ⑤NH3含有极性共价键，为分子晶体； ⑥SiO2为原子晶体，含有共价键，
（1）固态时属于原子晶体的有⑥，故答案为：⑥；
（2）受热熔化时只破坏分子间作用力的有①⑤，故答案为：①⑤； （3）属于共价化合物的是⑤⑥，故答案为：⑤⑥；
（4）含非极性共价键的离子化合物是②，故答案为：②． 点评： 本题考查晶体的类型与性质，综合考查晶体类型和性质，题目难度不大，注意晶体的组成、结构、性质等知识的积累．
2）在25℃下，向浓度均为0.1mol?L的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生
2+
成 Cu（OH）（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为 Cu+2NH3?H2O?Cu（OH）2 沉淀﹣﹣20+11
（已知25℃时Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10，KsP[Cu（OH）2]=2.2×10．） 2↓+2NH4； ．﹣1﹣1
（2）在25℃下，将a mol?L的氨水与0.01mol?L的盐酸等体积混合，反应时溶液中c
﹣+
（NH4）=c（Cl）．则溶液显 中 性（填“酸”“碱”或“中”）；
（3）发射飞船时肼（N2H4）与NO2作推力能源，两者反应产生氮气和水蒸气．已知： ①N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol
②N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534kJ/mol
则肼与二氧化氮反应的热化学方程式为： 2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1135.7kJ/mol
（4）飞船使用的氢氧燃料电池具有高能、轻便和不污染环境等优点．氢氧燃料电池有酸式和碱式两种，其电池总反应均为：2H2+O2═2H2O．酸式氢氧燃料电池的电解质溶液是强酸
一﹣+
溶液，其负极电极反应式可表示为：2H2﹣4e═4H，则其正极反应式为 O2+4e+
+4H=2H2O ；碱式氢氧燃料电池中的电解质溶液是强碱溶液，其正极电极反应式可表示一一﹣﹣
为：O2+2H2O+4e═4OH，则其负极反应式为 H2﹣2e+2OH=2H2O ．
考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理．
分析： （1）根据溶度积常数确定先沉淀的物质，溶度积常数越小的物质越先沉淀，铜离子和氨水反应生成氢氧化铜和铵根离子；
（2）根据电荷守恒判断铵根离子浓度和氯离子浓度相对大小；
（3）由N2H4与N2的热化学方程式，运用盖斯定律，可知肼与二氧化氮反应的热化学方程式；
﹣1
（4）酸性氢氧燃料电池在正极上放电的是氧气，电极反应是：O2+4e+4H=2H2O；碱式氢
﹣﹣
氧燃料电池在负极放电的是氢气，负极反应式为H2﹣2e+2OH=2H2O．
﹣11﹣20
解答： 解：（1）25℃时，Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10，KsP[Cu（OH）2]=2.2×10，氢氧化铜的溶度积常数小于氢氧化镁的溶度积常数，
所以在25℃下，向浓度均为0.1 mol?L的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成氢氧化铜沉淀；反应的化学方程式是：CuCl2+2NH3?H2O=Cu（OH）NH3?H2O2↓+2NH4Cl，
2+
是弱碱，不能拆，Cu（OH）2是弱碱不能拆，故反应的离子方程式为：Cu+2NH3?H2O?Cu
+
（OH）2↓+2NH4，
2++
故答案为：Cu（OH）2；Cu+2NH3?H2O?Cu（OH）2↓+2NH4；
﹣﹣+++
（2）溶液中存在电荷守恒，c（NH4）+c（H）=c（Cl）+c（OH），由于c（NH4）=c
﹣﹣+（Cl），故c（H）=c（OH），溶液呈中性， 故答案为：中性；
（3）根据盖斯定律，将（2×①）+（2×②）可知：
肼与二氧化氮反应的热化学方程式为：2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g ）△H=﹣1135.7kJ/mol
故答案为：2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g ）△H=﹣1135.7kJ/mol； （4）氢氧燃料电池无论是酸式还是碱式，其电池总反应均为：2H2+O2=2H2O ①
﹣+
酸式氢氧燃料电池负极电极反应式为：2H2﹣4e=4H②
﹣+
用（①﹣②）即得酸式氢氧燃料电池的正极反应：O2+4e+4H=2H2O；
﹣﹣
碱式氢氧燃料电池的正极电极反应式为：O2+2H2O+4e=4OH③
﹣﹣﹣
用（①﹣③）即得：2H2﹣4e+4OH=4H2O，故碱式氢氧燃料电池的负极反应：H2﹣2e
﹣
+2OH=2H2O，
﹣﹣﹣+
故答案为：O2+4e+4H=2H2O；H2﹣2e+2OH=2H2O． 点评： 本题考查了难溶物溶度积的计算、盖斯定律在热化学方程式中的应用、原电池工作原理、酸碱混合的定性判断等知识，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力．
23．现有反应：mA（g）+nB（g）?pC（g），达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，则：
（1）该反应的逆反应为 放热 热反应，且m+n ＞ p（填“＞”“=”“＜”）． （2）减压时，A的质量分数 增大 ．（填“增大”“减小”或“不变”，下同） （3）若加入B（体积不变），则A的转化率 增大 ． （4）若升高温度，则平衡时B、C的浓度之比
将 减小 ．
﹣1
﹣
+
（5）若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量 不变 ．
考点： 化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程． 专题： 物质的组成专题． 分析： 达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，说明压强减小平衡向逆反应方向移动，则方程式中反应物的气体的计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，根据外界条件对化学平衡的影响解答该题． 解答： 解：（1）达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，逆反应为放热反应，当减小压强时，混合体系中C的质量分
数也减小，说明压强减小平衡向逆反应方向移动，则方程式中反应物的气体的计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和， 故答案为：放；＞；
（2）减压，平衡向着方程式中气体的计量数之和增大的反应方向移动，即向着逆反应方向移动，则A的质量分数增大，故答案为：增大；
（3）在反应容器中加入一定量的B，反应物B的浓度增大，平衡向正反应方向移动，则A的转化率增大，故答案为：增大；
（4）正反应吸热，则升高温度平衡向正反应方向移动，B的物质的量减小，C的物质的量增多，所以二者的浓度比值将减小，故答案为：减小；
（5）催化剂对化学平衡移动没有影响，所以若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量不变，故答案为：不变． 点评： 本题考查外界条件对平衡移动的影响，题目难度不大，注意分析反应的特征为解答该题的关键．
24．10℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化： 温度（℃） 10 20 30 加热煮沸后冷却到50℃ pH 8.3 8.4 8.5 8.8
（1）甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO3的水解程度增大，故碱性增强．乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度 大于 （填“大于”或“小于”）NaHCO3
（2）丙同学认为甲、乙的判断都不充分．丙认为：
①只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则 乙 （填“甲”或“乙”）判断正确．试剂X是 B ．
A．Ba（OH）2溶液 B．BaCl2溶液 C．NaOH溶液 D．澄清的石灰水
②将加热后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH等于8.3，则 甲 （填“甲”或“乙”）判断正确．
③查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150℃，丙断言 乙 （填“甲”或“乙”）判断是错误的，理由是 常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃ ．
考点： 盐类水解的原理． 分析： （1）碳酸钠是强碱弱酸盐能水解，且碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度． （2）①碳酸氢钠和氯化钡不反应，但碳酸钠和氯化钡能反应生成白色沉淀碳酸钡； ②将加热后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH等于8.3，则加热后碳酸氢钠不分解；
③碳酸氢钠的分解温度是150℃，加热溶液时溶液的温度达不到该温度，据此分析判断． 解答： 解：（1）碳酸钠是强碱弱酸盐能水解，碳酸是二元弱酸，第一步电离程度远远大于第二步电离，所以碳酸根离子的第一步水解程度远远大于第二步水解程度，导致碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度，故答案为：大于；
（1）①碳酸氢钠和氯化钡不反应，但碳酸钠和氯化钡能反应生成白色沉淀碳酸钡：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，向碳酸钠或碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钡或氢氧化钙都生成白色沉淀，向碳酸钠溶液或碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠都不产生明显现象，故答案为：乙；B；
②若加热后碳酸氢钠不分解，溶液仍然是碳酸氢钠溶液，温度不变溶液的PH值也不变，由此证明甲是正确的，故答案为：甲；
﹣