1、山东省滨州市邹平县黄山中学2023-2024学年化学高三上期末教学质量检测试题请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、NaCl是我们生活中必不可少的物质。将NaCl溶于水配成1molL1的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是Ab的离子为ClB溶液中含有NA个Na+C水合b离子的图示不科学D40时该溶液的pH小于7，是由于Na+水解所致2、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数
2、依次增加，W原子的核外电子数等于电子层数，X2-和Y+的核外电子排布相同，X与Z同族。下列叙述正确的是（ ）A原子半径：ZXYBX的简单氢化物的稳定性比Z的强CY的氢化物为共价化合物DZ的最高价氧化物对应的水化物是一种强酸3、甲辛等元素在周期表中的相对位置如下表。甲与戊的原子序数相差3，戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，丁与辛属同周期元素，下列判断正确的是A丙与庚的原子序数相差3B气态氢化物的热稳定性：戊己庚C乙所在周期元素中，其简单离子的半径最大D乙的单质在空气中燃烧生成的化合物只含离子键4、利用电解法制取 Na2FeO4 的装置图如图所示，下列说法正确的是（电解过程中温度保 持不变，溶液
3、体积变化忽略不计）AY 是外接电源的正极，Fe 电极上发生还原反应BNi 电极上发生的电极反应为：2H2O 4e= O24HC若隔膜为阴离子交换膜，则电解过程中 OH由 B 室进入 A 室D电解后，撤去隔膜，充分混合，电解液的 pH 比原来小5、下列除去杂质（括号内的物质为杂质）的方法中错误的是（ ）AFeSO4（CuSO4）：加足量铁粉后，过滤BFe粉（Al粉）：用NaOH溶液溶解后，过滤CNH3（H2O）：用浓H2SO4洗气DMnO2（KCl）：加水溶解后，过滤、洗涤、烘干6、常温下，下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是A溶液：B使酚酞呈红色的溶液中：C=11014的溶液：D由水电
4、离的的溶液：7、某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。下列说法不正确的是A上述流程中多次涉及到过滤操作，实验室进行过滤操作时需用到的硅酸盐材质仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗B用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+，其原因是MnCO3消耗了溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀C实验室用一定量的NaOH溶液和酚酞试液就可以准确测定燃煤尾气中的SO2含量DMnSO4溶液MnO2过程中，应控制溶液pH不能太小8、下列有关化学用语表示正确的是（ ）A
5、硝基苯：B镁离子的结构示意图：C水分子的比例模型：D原子核内有8个中子的碳原子：9、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X 有白烟产生溶液X一定是浓盐酸B用玻璃棒蘸取溶液Y进行焰色反应实验火焰呈黄色溶液Y中一定含Na+ C向Fe(NO3)2溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液溶液变黄氧化性：H2O2Fe3+D用煮沸过的蒸馏水将Na2SO3固体样品溶解，加稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液有白色沉淀产生Na2SO3样品中含有SO42AABBCCDD10、X、Y、Z是中学化学中常见的三种物质，下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化关系的是（
6、 ）XYZ箭头上所标数字的反应条件ANONO2HNO3常温遇氧气BCl2NaClOHClO通入CO2CNa2O2NaOHNaCl加入H2O2DAl2O3NaAlO2Al(OH)3加NaOH溶液AABBCCDD11、下列有关物质性质的比较，结论正确的是A溶解度：Na2CO3NaHCO3B热稳定性：HClPH3C沸点：C2H5SHC2H5OHD碱性：LiOH0)。该反应平衡常数的表达式K=_。t1时改变条件，一段时间后达到新平衡，此时反应K增大。在下图中画出该过程中v正的变化_。向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：_。在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq
7、)进行上述反应，v正随时间的变化如下图所示，v正先增大后减小的原因_。21、氮化钛(Ti3N4)为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金的代替品。以TiCl4为原料，经过一系列反应可以制得Ti3N4和纳米TiO2(如图1)。图中的M是短周期金属元素，M的部分电离能如表：I1I2I3I4I5电离能/(kJ/mol)738145177331054013630请回答下列问题：(1)Ti的基态原子外围电子排布式为_。(2)M是_(填元素符号)，该金属晶体的堆积模型为六方最密堆积，配位数为_。(3)纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的一个实例如图2所示。化合物甲的分
8、子中采取sp2方式杂化的碳原子有_个，化合物乙中采取sp3方式杂化的原子3对应的元素的电负性由大到小的顺序为_。(4)有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，如图3所示，该晶胞中N、Ti之间的最近距离为a pm，则该氮化钛的密度为_g/cm3 (NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式)。该晶体中与氮原子距离相等且最近的氮原子有_个。(5)科学家通过X-射线探明KCl、MgO、CaO、TiN的晶体与NaCl的晶体结构相似。且知三种离子晶体的晶格能数据：离子晶体NaClKClCaO晶格能/(kJ/mol)7867153401KCl、CaO、TiN三种离子晶体熔点由高到低的顺序为_。参考答案一、选择
9、题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】NaCl在溶液中电离出Na+和Cl，Na+含有2个电子层，Cl离子含有3个电子层，则离子半径ClNa+，根据图示可知，a为Cl、b为Na+，A. 离子半径ClNa+，则a离子为Cl，b离子为Na+，故A错误；B. 没有告诉该NaCl溶液的体积，无法计算该溶液中含有Na+的数目，故B错误；C. b为Na+，带正电荷，会使水分子中带有负电的氧原子受到吸引，故图示b离子不科学，故C正确；D. Cl、Na+都不水解，NaCl溶液呈中性，故D错误；故选C。【点睛】B项是学生们的易错点，往往忽视了题中并没有给出溶液的体积，直接认为溶液体积是1L，进行计算，这种错
10、误只要多加留意，认真审题即可避免。2、D【解析】短周期W、X、Y、Z的原子序数依次增加，W原子的核外电子数等于电子层数，即W原子核外只有1个电子，则W为H元素；X2-和Y+离子的电子层结构相同，则X位于第二周期A族，为O元素，Y位于第三周期A族，为Na元素；Z与X同族，则Z为S元素，据此解答。【详解】根据分析可知：W为H，X为O，Y为Na，Z为S元素；A同主族从上向下原子半径逐渐增大，同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径NaSO，即YZX，故A错误；B非金属性OS，则H2O比H2S稳定，即X的简单气态氢化物的稳定性比Z的强，故B错误；CNaH为离子化合物，故C错误；D S的最高价氧化物
11、对应水化物为硫酸，硫酸为强酸，故D正确；故答案为D。3、B【解析】戊的一种单质（金刚石）是自然界硬度最大的物质，则戊为C，甲与戊的原子序数相差3，则甲的原子序数为6-3=3，即甲为Li，由元素在周期表中的相对位置图可知，乙为Na，丙为K，丁为Ca；丁与辛属同周期元素，由第A族元素可知，己为Si，庚为Ge，辛为Ga；A.丙为K，K的原子序数为19，庚为Ge，Ge的原子序数为32，原子序数相差13，A项错误；B.元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则气态氢化物的热稳定性：戊己庚，B项正确；C.根据上述分析，乙为Na，Na有2个电子层，而同周期的S2-、C
12、l-有3个电子层，半径都比Na+大，所以Na的半径不是最大，C项错误；D.乙为Na，Na在空气中燃烧生成Na2O2，Na2O2中既有离子键、又有共价键，D项错误；答案选B。4、D【解析】A. 铁电极为阳极，Y接电源的正极，铁电极上发生失电子的氧化反应：Fe+8OH-6e-=FeO42+4H2O，故A错误；B. 镍电极为阴极，X接电源的负极，镍电极上发生的反应为2H2O+2e-=H2+2OH-，故B错误；C. 在电解池装置中，阴离子向阳极移动，OH-由A室进入B室，故C错误；D. 总反应为2Fe+2OH-+2H2O=FeO42+3H2，由于反应消耗OH-，电解的OH-浓度降低，pH比原来小，故D
13、正确；故选D。【点睛】阴极：与直流电源的负极直接相连的一极；阳极：与直流电源的正极直接相连的一极；阴极得电子发生还原反应，阳极失电子发生氧化反应；在电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。5、C【解析】除杂要遵循一个原则：既除去了杂质，又没有引入新的杂质。【详解】A因铁粉能与CuSO4反应生成FeSO4和Cu，铁粉不能与FeSO4反应，过量的铁粉和生成的铜可过滤除来去，既除去了杂质，又没有引入新的杂质，符合除杂原则，A正确；B用NaOH溶液溶解后，铝会溶解，铁不会溶解，过滤即可除去杂质铝，又没有引入新的杂质，符合除杂原则，B正确；C浓H2SO4有吸水性，可以干燥气体，但浓H2SO4具有强氧
14、化性，NH3会与其发生氧化还原反应，达不到除杂的目的，C错误；DMnO2不溶于水，KCl溶于水，加水溶解后，过滤得到MnO2、洗涤、烘干，既除去了杂质，又没有引入新的杂质，符合除杂原则，D正确；答案选。6、B【解析】A.在酸性条件下，H+与ClO-及I-会发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；B.使酚酞呈红色的溶液显碱性，在碱性溶液中，本组离子不能发生离子反应，可以大量共存，B正确；C.=11014的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中，H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；D.由水电离产生c(OH-)=110-14mol/L的溶液，水的电离受到了抑制，溶液可能显酸性，也可
15、能显碱性，HCO3-与H+或OH-都会发生反应，不能大量共存，D错误；故合理选项是B。7、C【解析】A. 上述流程中多次涉及到过滤操作，使用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，这些都属于硅酸盐材质，A正确；B. MnCO3在溶液中存在沉淀溶解平衡，电离产生的CO32-能消耗溶液中的H+，使Al3+和 Fe3+的水解平衡正向移动，促进 Al3+和 Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，B正确；C. 用一定量的NaOH溶液和酚酞试液吸收二氧化硫，反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠溶液呈碱性，溶液颜色变化不明显，不能准确测定燃煤尾气中的SO2含量，C错误；D. 由于MnO2具有氧化性，当溶液酸性较强时，MnO2的氧化性
16、会增强，所以MnSO4溶液MnO2过程中，应控制溶液pH不能太小，D正确；故合理选项是C。8、A【解析】A. 硝基苯中硝基中的N原子与苯环相连，氧原子只能与N相连，故A正确；B. 镁离子的结构示意图为，B项错误；C. 由H2O分子的比例模型是：，故C错误；D. 原子核内有8个中子的碳原子，质量数=14，碳原子为，故D错误；正确答案是A。9、D【解析】A.若X为浓硝酸，蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X也会产生白烟，溶液X不一定是浓盐酸，A项错误；B.钠元素的焰色反应为黄色，由于玻璃中含有钠元素，会干扰实验，所以应改用铂丝取溶液Y进行焰色反应，此时若火焰为黄色，则Y溶液中一定含有钠离子，B项错误；C.
17、在酸性条件下，Fe(NO3)2溶液中含有的NO3具有强氧化性，优先把 Fe2+氧化成Fe3+，使得溶液变黄，因而不能判断氧化性：H2O2Fe3+，C项错误；D. Na2SO3和稀盐酸反应生成SO2，溶液中没有SO32-，再加入氯化钡溶液有白色沉淀，说明Na2SO3固体变质被部分或全部氧化成Na2SO4，白色为BaSO4沉淀，即Na2SO3样品中含有SO42，D项正确。故选D。10、C【解析】A. 一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，故A正确；B. 氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与碳酸反应
18、生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气，各物质之间通过一步反应可以实现，故B正确；C. 氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠，故C错误；D. 氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，个物质之间通过一步反应可以实现，故D正确；本题选C。【点睛】要通过氯化钠得到过氧化钠，首先要电解熔融的氯化钠得到金属钠，金属钠在氧气中燃烧可以得到过氧化钠。11、C【解析】A碳酸钠的溶解度应该大于碳酸氢钠，实际碳酸氢钠在含钠化合物中属于溶解度相对很小的物质。选项A错误。B同周期由左向右非金属的气态氢
19、化物的稳定性逐渐增强，所以稳定性应该是：HClPH3。选项B错误。CC2H5OH分子中有羟基，可以形成分子间的氢键，从而提高物质的沸点。选项C正确。D同周期由左向右最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，所以碱性应该是：LiOHBe(OH)2。选项D错误。【点睛】解决此类问题，一个是要熟悉各种常见的规律，比如元素周期律等；另外还要注意到一些反常的规律。例如：本题的选项A，比较碳酸钠和碳酸氢钠的溶解度，一般碳酸盐比碳酸氢盐的溶解度小，碳酸钙难溶，而碳酸氢钙可溶，但是碳酸钠却比碳酸氢钠溶解度大。此外，比如，碱金属由上向下单质密度增大，但是钾反常等等。12、A【解析】A. 足量的Mg与0.1molCO2
20、充分反应生成氧化镁和碳，碳元素化合价从+4价降低到0价，因此转移的电子数目为0.4NA，A正确；B. O2和O3的相对分子质量不同，因此无法计算1.6gO2和O3的混合物含有的分子数目，B错误；C. 溶液体积未知，因此无法计算25时，pH=2的H2SO3溶液中含有的H+数目，C错误；D. 标准状况下三氯甲烷是液体，1.12L三氯甲烷(CHCl3)含有的化学键数目不是0.2NA，D错误；答案选A。13、B【解析】由溶液呈强酸性，溶液中不含CO32-；由加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成，溶液中含NH4、Fe2，由于酸性条件下NO3-、Fe2+不能大量共存，则溶液中不含NO3
21、-，根据溶液呈电中性，溶液中一定含Cl-；由加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，溶液中含Cl-；由加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色，溶液中含Fe2+；根据上述分析，确定溶液中肯定含NH4+、Fe2+、Cl-只需完成，答案选B。14、B【解析】A0.1 molL1 HCl溶液中：AlO2-与H+不能大量共存，故A错误；B0.1 molL1 MgSO4溶液：Al3、H、Cl、NO3-之间以及与Mg2+、SO42-之间不发生反应，能大量共存，故B正确；C0.1 molL1NaOH溶液：Ca2与CO32-不能大量共存，故C错误；D0.1 molL1
22、Na2S溶液中，ClO具有强氧化性，与S2-不能大量共存，故D错误；答案选B。【点睛】熟记形成沉淀的离子，生成气体的离子，发生氧化还原反应的离子。15、B【解析】在高分子链中，单体转变为在化学组成上能够重复的最小单位，即链节，判断高聚物的单体，就是根据高分子链，结合单体间可能发生的反应机理，找出高分子链中的链节，凡链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体。【详解】分析其链节可知，链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种单烯烃，按如图方式断键可得单体为1，1-二氟乙烯和全氟丙烯。故选：B。16、A【解析】A.发生Cl
23、-+ClO-+2H+=Cl2+H2O，由反应可知，生成1mol气体转移1mol电子，则转移电子约为6.021023个，A正确；B.Ag+、Cl-结合生成沉淀，且乙醛易被ClO-氧化，不能共存，B错误；C. NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子，离子方程式为2Fe2+2ClO-+2H2O=Fe3+Fe(OH)3+HClO+Cl，C错误；D.ClO-的水解使溶液显碱性，使pH试纸显蓝色，但ClO-具有强的氧化性，又会使变色的试纸氧化为无色，因此不能用pH测定该溶液的的pH，D错误；故合理选项是A。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基和羧基 取代反应 8
24、、(其他答案只要正确也可) 【解析】根据A到B，B到C反应，推出溴原子取代苯环上的氢，取代的是甲基的邻位，D到E发生的是信息类似的反应，引入碳碳双键，即E为，E到F发生的是信息类似的反应，得到碳氧双键，即F为，F到M发生的信息类似的反应，即得到M。【详解】(1)C中的官能团的名称为羟基和羧基，根据信息和得到F的结构简式为，根据AB和BC的结构简式得到AB的反应类型为取代反应；故答案为：羟基和羧基；取代反应。(2)根据信息得出DE的反应方程式为；故答案为：。(3)M物质中核磁共振氢谱中有8组吸收峰，如图。(4)只有一个苯环且苯环上的一氯取代物只有2种，容易想到有两个支链且在对位，遇FeCl3溶液
25、显紫色，含有酚羟基 分子中含，至少写出2个同时符合下列条件试剂X的同分异构体的结构简式、；故答案为：、(其他答案只要正确也可)。(5)甲苯先与Cl2光照发生侧链取代，后与氢气发生加成反应，然后发生氯代烃的消去反应引入碳碳双键，然后与溴加成，再水解，因此由甲苯制备R（）的合成路线；故答案为：。18、或HOCH2CH2NHNH2 BCD HCl 、 、 【解析】从E到F的分子式的变化分析，物质E和NH2NH2的反应为取代反应，另外的产物为氯化氢，则推断B的结构简式为，根据信息分析，C的结构简式为，E的结构简式为HOCH2CH2Cl，F的结构简式为HOCH2CH2NHNH2。【详解】(1)根据以上分
26、析可知F的结构简式为 或HOCH2CH2NHNH2 ；(2) A的结构中含有氯原子，结合信息分析，HX的反应类型属于取代反应，故错误；B化合物F的结构简式为HOCH2CH2NHNH2，含有氨基，具有弱碱性，故正确；C化合物G含有的官能团为羟基，羰基，碳氮双键，碳碳双键，所以能发生取代、消去、还原反应，故正确；D结合信息分析，的分子式为C12H12O2N7Cl，与之反应的分子式为C11H16ON2，该反应为取代反应，生成的另外的产物为氯化氢，则化合物X的分子式为C23H27O3N9，故正确。选BCD；(3)B到C为取代反应，方程式为： HCl；(4) 以苯酚和乙烯为原料制备的合成路线，从逆推方法
27、入手，需要合成的物质为和HN（CH2CH2Br）2，由苯酚和浓硝酸反应生成，乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，再与氨气反应生成HN（CH2CH2Br）2即可。合成路线为： ；(5)化合物B的分子式为C5H6O2N2，其同分异构体同时符合下列条件：分子中有一个六元环，无其它环状结构；1HNMR谱表明分子中有2种氢原子；IR谱显示存在CN，说明结构有对称性，除了-CN外另一个氮原子在对称轴上，两个氧原子在六元环上，且处于对称位，所以结构可能为 、 、。19、ACB 残余清液中，n(Cl-)n(H+) 0.1100 Mn2+开始沉淀时的pH 沉淀溶解平衡 偏小 锌粒 残余清液 装置内气体尚未
28、冷却至室温 【解析】(1)依据反应物及制取气体的一般操作步骤分析解答；(2)甲方案中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰也会与硝酸银反应；(3)依据滴定实验过程中的化学反应列式计算；(4)部分碳酸钙沉淀转化成碳酸锰沉淀，会造成称量剩余的固体质量偏大；(5)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气的反应为放热反应分析解答。【详解】(1)实验室用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2，实验顺序一般是组装装置，检查气密性，加入固体药品，再加入液药品，最后再加热，因此检查装置气密性后，先加入固体，再加入液体浓盐酸，然后加热，则依次顺序是ACB，故答案为：ACB；(2)二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰也会与硝酸银反
29、应，即残余清液中，n(Cl-)n(H+)，不能测定盐酸的浓度，所以甲方案错误，故答案为：残余清液中，n(Cl-)n(H+)(或二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，也会与硝酸银反应)；(3)a、量取试样20.00mL，用0.1000molL-1 NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL，由cHClVHCl=cNaOHVNaOH可得出盐酸的浓度为=0.1100mol/L；故答案为：0.1100；b、反应后的溶液中含有氯化锰，氯化锰能够与NaOH反应生成氢氧化锰沉淀，因此采用此方案还需查阅资料知道的数据是Mn2+开始沉淀时的pH，故答案为：Mn2+开始沉淀时的pH；(4)难溶性碳酸钙转化为碳酸锰说明实现
30、了沉淀的转化，说明碳酸钙在水中存在沉淀溶解平衡；由于部分碳酸钙转化成碳酸锰沉淀，导致称量剩余的固体质量会偏大，使得盐酸的量偏少，实验结果偏小，故答案为：沉淀溶解平衡；偏小；(5)丁同学的方案中使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将Y形管中的锌粒慢慢转移到残余清液中反应，故答案为：锌粒；残余清液；金属与酸的反应为放热反应，反应完毕，气体温度较高，因此随着时间的延长，气体体积逐渐减小，当温度冷却到室温后，气体体积不再改变，故答案为：装置内气体尚未冷却至室温。【点睛】掌握气体制备实验的一般步骤和实验探究方法是解题的关键。本题的易错点为(5)，要注意金属与酸的反应为放热反应。20、NH3H2ON
31、H4OH NH3(g)NH3(aq)(或氨气的溶解平衡) Ca(OH)2(s)Ca2(aq)2OH(aq)(或Ca(OH)2 的溶解平衡) 29.8 进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行 Cu22NH3H2O Cu(OH)22NH4 Cu(NH3)42/ NH32NH4 2 加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后cCu(NH3)42/c2 (NH3) c2 (NH4) 会大于该温度下的K，平衡左移，生成了 更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀 该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正 增大；随着反应的进行，反应物浓度减小
32、，v正 减小 【解析】(1) 制备NH3的实验中，存在着NH3+H2ONH3H2O、NH3的溶解平衡和Ca(OH)2 的溶解平衡三个平衡过程；(2) 氨水是指NH3的水溶液，不是NH3H2O的水溶液，所以要以NH3为标准计算. n（NH3）= =1.33 mol；(3) 实验开始后，烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，而达到防止倒吸的目的；(4) NH3通入CuSO4溶液中和水反应生成NH3H2O，NH3H2O电离出OH-，从而生成蓝色沉淀Cu(OH)2；反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)Cu(NH3)42+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q0
33、)，平衡常数的表达式K=；反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)Cu(NH3)42+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q0)是放热反应，降温可以使K增大，正逆反应速率都减少；向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后会大于该温度下的K，平衡左移，生成了 更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀；在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正先增大后减小的原因，温度升高反应速度加快，反应物浓度降低反应速率又会减慢。【详解】(1) 制
34、备NH3的实验中，存在着NH3+H2ONH3H2O、NH3的溶解平衡和Ca(OH)2 的溶解平衡三个平衡过程，故答案为：NH3H2ONH4OH NH3(g)NH3(aq)(或氨气的溶解平衡)、Ca(OH)2(s)Ca2(aq)2OH(aq)(或Ca(OH)2 的溶解平衡)；(2) 氨水是指NH3的水溶液，不是NH3H2O的水溶液，所以要以NH3为标准计算. n（NH3）= =1.33 mol，标准状况下体积为1.33mol22.4L/mol=29.8L；(3) 实验开始后，烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，而达到防止倒吸的目的；(4) NH3通入CuSO4溶液中和水反应生成
35、NH3H2O，NH3H2O电离出OH-，从而生成蓝色沉淀Cu(OH)2，该反应的离子方程式为：Cu22NH3H2O Cu(OH)22NH4；反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)Cu(NH3)42+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q0)，平衡常数的表达式K=；反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)Cu(NH3)42+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q0)是放热反应，降温可以使K增大，正逆反应速率都减少，画出该过程中v正的变化为：；向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生
36、成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后会大于该温度下的K，平衡左移，生成了 更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀；在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正先增大后减小的原因，温度升高反应速度加快，反应物浓度降低反应速率又会减慢，故原因是：该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正 增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正 减小。21、3d24s2 Mg 12 7 ONC 12 TiNCaOKCl 【解析】(1)Ti原子核外电子数为22，根据能量最低原理书写；(2)M是短周期金属元素，M的第三电离能剧增，处于A族，能与TiCl4反应置换出Ti，则M为Mg，Mg晶体属于六方最密堆积，配位数为12；(3)采取sp2杂化的碳原子价层电子对数是3，采取sp3杂化的原子价层电子对数是4，乙中采取sp3杂化的原子有C、N、O，同一周期元素中，元素的电负性随着原子序数的增大；(4)根据均摊法计算晶胞中Ti、N原子数目，进而计算晶胞质量，根据=计算晶胞密度；以晶胞顶
