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(解析版)
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-1 C-12 O-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+Br
2═2KBr+I
2
中作氧化剂的是（）
A. Br
2B. KBr C. I
2
D. 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+Br
2=2KBr+I
2
反应中，Br元素的化合价
降低被还原，Br
2
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. F
B. Cl
C. Br
D. 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. Al
2O
3
熔点很高，可用作高级耐火材料
B. Na
2
O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．Na
2O
2
可以和CO
2
以及水蒸气反应生成氧气，可作呼吸面具中的供氧剂，而Na
2
O也能和CO
2
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
【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. Na
B. KCl
C. NH
4Cl D. Fe
2
O
3
【答案】A 【解析】
【详解】A．Na与溶液中的H
2O会发生反应产生NaOH和H
2
，反应方程式为：2Na+2H
2
O=2NaOH+H
2
↑，
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：
NH
4++H
2
O NH
3?
H2O+H+，溶液呈酸性，不能使酚酞试液变为红色，C不符合题意；
D．Fe
2O
3
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
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)
2·8H
2
O与NH
4
Cl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属于放热反应，反应中没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C不符合题意；
D．Ba(OH)
2·8H
2
O与NH
4
Cl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、H
2
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 CuSO
4固体变蓝 B. 氯气使浅绿色 FeC1
2
溶液变黄
C. H
2使灼热CuO 固体变红 D. 氨气使A1Cl
3
溶液产生白色沉淀
【答案】B 【解析】
【详解】A．水蒸气使 CuSO
4固体变蓝，发生了反应：CuSO
4
+5H
2
O= CuSO
4?
5H2O，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：Cl 2+2FeCl 2=2FeCl 3，Cl 2中0价的Cl 反应后降低到了FeCl 3中的-1价，被还原，故B 选；
C ．H 2使灼热CuO 固体变红，发生了反应：H 2+CuO
Cu+H 2O ，H 2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A1Cl 3溶液产生白色沉淀，发生了反应：AlCl 3+3NH 3?H 2O=Al(OH)3↓+3NH 4Cl ，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+Cu 2+=Fe 2++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3O 2=2O 3，故B 错误；
C ．金属氧化物不一定碱性氧化物，如Na 2O 2；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. I 2 B. SO 2
C. KHSO 4
D. NH 4Cl
【答案】B 【解析】
【详解】A ．I 2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 ．SO 2属于化合物，由SO 2分子构成，在熔融状态不能导电；在水溶液中与水反应产生H 2SO 3，
H 2SO
3
电离产生自由移动的离子而能够导电，因此H
2
SO
3
是电解质，而SO
2
是非电解质，B符合题
意；
C．KHSO
4是盐，由K+、HSO
4
-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．NH
4Cl是盐，由NH
4
+、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N
A
的叙述中不正确的是（）
A. 1mol NaHSO
4固体所含的阳离子数目为N
A
B. 常温常压下，92 g的NO
2和N
2
O
4
混合气体含有的原子数为6N
A
C. 标准状况下，22.4L HF含有电子数为8N
A
D. 60g石英晶体中含有的Si-O键数目为4N
A 【答案】C
【解析】
【详解】A．NaHSO
4固体中含有钠离子和硫酸氢根离子，1mol NaHSO
4
固体所含的钠离子的物质
的量为1mol，其数目为N
A
，故A正确；
B．NO
2和N
2
O
4
的最简式相同为NO
2
，92 g的NO
2
和N
2
O
4
混合气体物质的量为2mol，含有的原子
数为2mol×3×N
A =6N
A
，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
m60g
n===1mol M60g/mol ，而1mol二氧化硅中含4molSi?O键，即4N
A
个，故D正确；
答案选C。
【点睛】NaHSO
4
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H
n XO
2n-1
，则在其气态氢化物中X元素的化合价为
（）
A. n-1
B. 3n-10
C. 3n-2
D. 10-3n 【答案】B
【解析】
【详解】假设在化合物H
n XO
2n-1
中X元素的化合价为a，由于化合物H
n
XO
2n-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 100mL 0.l mol? 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 100mL 0.l mol?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. BaSO
4B. SO
2
C. NaOH
D. Cl
2
【答案】B
【解析】
【详解】A．BaSO
4
是强电解质，故A不选；
B．SO
2是非电解质，SO
2
能和水反应生成H
2
SO
3
，H
2
SO
3
能电离出H+和HSO
3
-，所以其水溶液能导电，
故B选；
C．NaOH是强电解质，故C不选；
D．Cl
2
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SO
2、CO
2
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. Na
2O与Na
2
O
2
中阴、阳离子的个数比均为1:2
B. 足量Cl
2、O
2
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. Na
2O中阳离子是Na+、阴离子是O2-， Na
2
O
2
中阳离子是Na+、阴离子是O
2
2-，个数比
均为1:2，A正确；
B. Na与Cl
2、O
2
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O
2
2-。
20.下列有关说法正确的是
A. Na
2O
2
能与水反应，所以Na
2
O
2
可以作气体的干燥剂
B. 钠可以从AgNO
3
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. Na
2O、Na
2
O
2
、NaOH和NaHCO
3
均是强电解质
【答案】D 【解析】【分析】
【详解】A．Na
2O
2
与水反应放出氧气，Na
2
O
2
不能作气体（氧气除外）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AgNO
3
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．Na
2O、Na
2
O
2
、NaOH和NaHCO
3
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CuSO
4+H
2
S=CuS↓+H
2
SO
4
，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CuSO
4
B. 过量的Fe与稀硝酸反应生成Fe(NO
3) 2
C. 光照条件下，甲苯和Cl
2
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，
的强氧化性，HCl的性质也不同；氯水的多种成分决定了氯水的化学性质表现出多样性：Cl
2
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HClO
B. 分子内部存在的是极性共价键
的高
C. 沸点比I
2
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
O=HCl+HIO，生成物为HCl和HIO，故A错误；
反应，反应方程式为：ICl+H
2
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
的低，故C错误；
的沸点比I
2
D.ICl（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：B
25.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HNO 3氧化性强于稀HNO 3，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）NH 3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NH 4Cl 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NH 4+浓度的变化原因______。
（3）硝酸铵加热分解可得到N 2O （g ）和H 2O （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）3H 2（g ）+N 2（g ）?2NH 3（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). NH 4++H 2O ?NH 3?H 2O+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NH 4+的浓度增大 (5). K=c （N 2O ）×c 2（H 2O ） (6). 4 (7). 0.3N A 【解析】
【分析】
（1）按氮原子和氢原子共用电子对的情况写NH
3
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；0.1mol/L的氨水中加入少量的NH
4
Cl 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NH
4
+浓度的变化及原因；
（3）按硝酸铵加热分解可得到N
2O(g)和H
2
O(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3H
2(g)+N
2
(g)?2NH
3
(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NH
4++H
2
O?NH
3?
H2O+H+，0.1mol?L-1的氨水中加入少
量的NH
4
Cl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NH
4
+的浓度增大；
故答案为：NH
4++H
2
O?NH
3?
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NH
4
+的浓度增大；
（3）硝酸铵分解生成N
2O和H
2
O，达到平衡，说明为可逆反应，化学反应方程式为：NH
4
NO
3
?
=
N 2O+2H
2
O，250℃时，水为气体状态，故平衡常数K=c(N
2
O)×c2(H
2
O)；NH
4
NO
3
中NH
4
+的N元素化
合价为-3价，NO
3
-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(N
2O)×c2(H
2
O)；4；
（4）3H
2(g)+N
2
(g)?2NH
3
(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0.3N
A
；
故答案为：0.3N
A
。
【点睛】(3)容易错，硝酸铵分解生成N
2O和H
2
O的化学反应方程式为：NH
4
NO
3
?
= 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(N
2O)×c2(H
2
O)。
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___。288
115
Mc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）SbCl
3能发生较强的水解：Sb3++Cl-+H
2
O SbOCl↓+2H+。该水解反应的平衡常数表达式
为____。配制SbCl
3
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H
2
治理废水中硝酸盐的污染的方法，其原理可以表示为：
5H
2+2NO
3
-
催化剂
N
2
+2OH-+4H
2
O。25℃时，反应进行10min，废水的pH由7变为12，这段时间内
NO
3
-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
H 3PO
4
溶液pH小于H
3
AsO
4
(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，288
115
Mc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)
，SbCl
3
能发生较强的水解：
Sb3++Cl-+H
2O SbOCl↓+2H+，配制SbCl
3
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SbCl
3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H 3PO 4的酸性比H 3AsO 4强，可证明H 3PO 4的酸性比H 3AsO 4强的事实是：相同条件下，相同物质的量浓度的H 3PO 4溶液pH 小于H 3AsO 4，故答案为：相同条件下，相同物质的量浓度的H 3PO 4溶液pH 小于H 3AsO 4；
(5)pH=7时，c(OH -)=c(H +
)=10-7
mol/L ，pH=12时，c(H +
)=10-12
，c(OH -
)=-14
-121010
mol/L=10-2mol/L ，
-2--7Δ=(10-c(O 10)m H )ol/L ≈10-2mol/L ，结合反应的计量数可知：-
-23Δ=1c 0m (NO )ol/L ，所以
v(NO 3-
)=-210mol/L
10min
=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：Na 2SO 4+2C+CaCO 3
Na 2CO 3+CaS+2CO 2↑。该反应中被
还原的元素是___。若转移6.02×1024个电子，生成CO 2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）+H 2O+CO 2+NH 3=NaHCO 3↓+NH 4Cl 。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CO 2和NH 3后为何会有NaHCO 3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NaHCO 3后的母液中提取NH 4Cl 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). CO 2
3-
+H 2O
HCO 3-
+OH - (2). 产生白色沉淀，溶液红色变浅直至变为无
色 (3). Na 2SO 4中+6价S 元素 (4). 56 (5). H 2O (6). 通入CO 2和NH 3后，溶液中HCO
3-
物质的量浓度增大，使NaHCO 3溶解平衡NaHCO 3(s)
Na +(aq)+HCO 3-
(aq)平衡逆向移动，
析出NaHCO 3晶体 (7). NH 3、NaCl (8). O 2+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：CO 23-
+H 2O
HCO 3-+OH -。加足量氯化钡，Ba 2+和CO 23-
反应生成BaCO 3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：CO 2
3-
+H 2O HCO 3-
+OH -；产生白
色沉淀，溶液红色变浅直至变为无色；
(2)Na 2SO 4中+6价的S 变为CaS 中-2价的S ，被还原，1mol Na 2SO 4参与反应转移8mol 电子。
6.02×1024个电子的物质的量=10mol ，则-22CO ~8e 28mo 22.4L V l 10mol ?，解得V=56L ，故答案为：Na 2SO 4中
+6价的S 元素；56；
(3)NaCl 、NaHCO 3、NH 4Cl 是强电解质，H 2O 是弱电解质，CO 2、NH 3是非电解质。通入CO 2和NH 3后，溶液中HCO
3-
物质的量浓度增大，使NaHCO 3溶解平衡NaHCO 3(s)
Na +(aq)+HCO 3-
(aq)平衡
逆向移动，析出NaHCO 3晶体，故答案为：H 2O ；通入CO 2和NH 3后，溶液中HCO 3-
物质的量浓度增大，使NaHCO
3溶解平衡NaHCO 3(s)Na +(aq)+HCO 3-
(aq)平衡逆向移动，析出NaHCO 3晶体；
(4)由NH 4Cl(s)
NH 4+(aq)+Cl -(aq)可知，要提取NH 4Cl 产品，需增大NH 4+和Cl -的浓度，所需
物质为NH 3和NaCl ，故答案为：NH 3、NaCl ；
(5)NaCl 溶液显中性，铸铁发生吸氧腐蚀，正极反应为：O 2+2H 2O+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：O 2+2H 2O+4e -=4OH -；牺牲阳极的阴极保护法。 【点睛】(3)析出NaHCO 3固体的本质是NaHCO 3溶解平衡逆向移动。