【解析】黑龙江省大庆中学2017届高三上学期期中考试化学试卷

2016-2017学年黑龙江省大庆中学高三（上）期中化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共51分）1下列过程没有发生化学反应的是（）A用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果B用热碱水清除炊具上残留的油污C用活性炭去除冰箱中的异味D用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装2能正确表示下列反应的离子方程式是（）ANa2S水解：S2+2 H2OH2S+2OHB向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2Fe3+2Fe（OH）3+3Mg2+C向次氯酸钙溶液通入过量CO2：Ca2+2CIO+H2O+CO2CaCO3+2HClOD向次氯酸钙溶液通入SO2：Ca2+2CIO+H2O+SO2CaSO3+2HClO3W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18下列说法正确的是（）A单质的沸点：WXB阴离子的还原性：WZC氧化物的水化物的酸性：YZDX与Y不能存在于同一离子化合物中4下列叙述不正确的是（）A钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火B探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时，若先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，则测得的反应速率偏高C蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置D为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管加蒸馏水至刻度线5设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAB室温下，1 L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH离子数目为0.1NAC氢氧燃料电池正极消耗22.4 L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成28 g N2时，转移的电子数目为3.75NA6与氢硫酸反应有沉淀生成的电解质是（）A硫酸铜B氢氧化钠C硫酸亚铁D二氧化硫7下列叙述正确的是（）A浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe（OH）3胶体BCH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c（CH3COO）增大CCa（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应可制得Ca（OH）2D25时Cu（OH）2在水中的溶解度大于其在Cu（NO3）2溶液中的溶解度8下列有关化学研究的正确说法是（）A同时改变两个变量来研究反应速率的变化，能更快得出有关规律B对于同一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其反应的焓变相同C依据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液D从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，推出F、Cl、Br、I的非金属递增的规律9已知，H2（g）+I2 （g）2HI（g）H0有相同容积的定容密封容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1mol，乙中加入HI 0.2mol，相同温度下分别达到平衡欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是（）A甲降低温度，乙不变B甲中加入0.1molHe，乙不改变C甲、乙提高相同温度D甲增加0.1mol H2，乙增加0.1mol I210下列关于电解质溶液的正确判断是（）A在pH=12的溶液中，K+、Cl、HCO3、Na+可以大量共存B在pH=0的溶液中，Na+、NO3、SO32、K+可以大量共存C由0.1molL1一元碱BOH溶液的pH=10，可推知BOH溶液存在BOH=B+OHD由0.1molL1一元酸HA溶液的pH=3，可推知NaA溶液存在A+H2OHA+OH11准确取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000molL1NaOH溶液滴定，下列说法正确的是（）A滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定B随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大C用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定D滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小1225时，a molL1一元酸HA与b molL1NaOH等体积混合后，pH为7，则下列关系一定正确的是（）Aa=bBabCc （A）=c（Na+）Dc （A）c（Na+）13以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2+、Pb2+、Cd2+等金属离子，通过添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀，再经蒸发、结晶，可得纯净的MnCl2根据上述实验事实，可推知MnS具有的相关性质是（）A具有吸附性B溶解度与CuS、PbS、CdS等相同C溶解度大于CuS、PbS、CdSD溶解度小于CuS、PbS、CdS14茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成：将茶叶灼烧灰化用浓硝酸溶解茶叶灰过滤得到的滤液检验滤液中的Fe3+如图是可能用到的实验用品有关该实验的说法中正确的是（）A第一步需选用仪器、和，的名称叫钳埚B第二步用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用、和C要完成第三步，需选用、和，除夹持仪器外还缺滤纸D第四步，若滤液中含有Fe3+，加入中的溶液后滤液会显红色15常温下，用0.10molL1 KOH溶液滴定10.00ml 0.10molL1 H2C2O4（二元弱酸）溶液所得滴定曲线如图（混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和）下列说法正确的是（）A点所示溶液中：=1012B点所示溶液中：c（K+）+c（H+）=c（HC2O4）+c（C2O42）+c（OH）C点所示溶液中：c（K+）c（HC2O4）c（H2C2O4）c（C2O42）D点所示溶液中：c（K+）+c（H2C2O4）+c（HC2O4）+c（C2O42）=0.10molL116用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如下：下列有关说法不正确的是（）A制取玻璃的同时产生CO2气体，制取粗硅时生成的气体产物为COB生产高纯硅、铝、铜及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应C粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次蒸馏的方法D黄铜矿冶炼铜时产生的SO2可用于生产硫酸，FeO可用作冶炼铁的原料17某溶液除水电离出的HO、H+之外仅含Fe2+、Na+、Al3+、Ba2+、SO、NO、Cl中的4种，这4种离子的物质的量均为0.1mol若向该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生下列说法错误的是（）A该溶液中肯定不含Ba2+B若向该溶液中加入过量的稀硫酸，溶液中的阴离子会减少一种C若向该溶液中加入足量NaOH溶液，滤出沉淀，洗净灼烧后最多能得8.0g固体D该溶液中除H+、0H之外所含离子是Fe2+、Na+、NO、SO二、填空题（每空2分，另注明1分的除外，共49分）18（6分）氨是一种重要的化工产品，是氮肥工业、有机合成工业以及制造硝酸、铵盐和纯碱等的原料（1）在一定温度下，在固定体积的密闭容器中进行可逆反应：N2+3H22NH3 该可逆反应达到平衡的标志是A3v（H2）正=2v（NH3）逆B单位时间生成m mol N2的同时消耗3m mol H2C容器内的总压强不再随时间而变化D混合气体的密度不再随时间而变化Ea mol NN键断裂的同时，有6a mol NH键断裂FN2、H2、NH3的分子数之比为1：3：2（2）某化学研究性学习小组模拟工业合成氨的反应在容积固定为2L的密闭容器内充入1mol N2和3mol H2，加入合适催化剂（体积可以忽略不计）后在一定温度压强下开始反应，并用压力计监测容器内压强的变化如表：反应时间/min051015202530压强/MPa16.8014.7813.8613.2712.8512.6012.60则从反应开始到25min时，以N2表示的平均反应速率=；该温度下平衡常数K=19（8分）向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至铝离子刚好沉淀完全时，溶液PH7（填、=），离子反应总方程式：向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至硫酸根离子刚好沉淀完全时，溶液PH7（填、=），离子反应总方程式：20（13分）表为元素周期表的一部分碳氮YX硫Z回答下列问题：（1）Z元素在周期表中的位置为（2）表中元素原子半径最大的是（写元素符号）（3）下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是aY单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊b在氧化还原反应中，1mol Y 单质比1mol S 得电子多cY和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高（4）X与Z两元素的单质反应生成1mol X 的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ已知该化合物的熔沸点分别为69和58，写出该反应的热化学方程式：（5）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由上表中的两种元素组成，气体的相对分子质量都小于50为防止污染，将生成的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L 2.2mol/L NaOH 溶液和1mol O2，则两种气体的分子式分别为，物质的量分别为，生成硫酸铜物质的量为21（12分）工业上电解制碱的技术是用离子交换膜法，主要原料是饱和食盐水请回答下列问题：（1）阳离子交换膜把电解槽隔成了阴极室和阳极室，电解食盐水时，它只允许 （填离子符号）通过（2）为了去除粗盐中混有的Ca2+、Mg2+、SO42，下列选项中所加试剂（均为溶液）及加入顺序均合理的是 （填选项字母）A先加足量的BaCl2，再加足量的Na2CO3，最后加入适量稀盐酸B先加入足量的NaOH，再加入足量的BaCl2，然后加入足量Na2CO3，最后加入适量稀盐酸C先加足量的Na2CO3，再加足量的BaCl2，然后加足量的NaOH，最后加入适量稀盐酸D先加足量的Ba（NO3）2，再加足量NaOH，然后再加足量的Na2CO3，最后加入适量稀盐酸（3）氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节电能30%以上在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如图所示，其中的电极未标出，所用的离子交换膜都只允许阳离子通过图中X是 （填化学式），分析比较图示中a、b、c从大到小的顺序为写出燃料电池中负极上发生的电极反应式这样设计的主要节电能之处在于（任写出一条）22（10分）高铁酸钾（K2FeO4）是一种绿色高效水处理剂某学习小组用图所示装置（夹持仪器已略去）制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe（NO3）3溶液的反应制备K2FeO4查阅资料知K2FeO4的部分性质如下：溶于水、微溶于浓KOH溶液在05、强碱性溶液中比较稳定Fe3+和Fe（OH）3催化作用下发生分解酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe（OH）3和O2请回答下列问题：（1）仪器C和D中都盛有KOH溶液，其中C中KOH溶液的作用是（2）Cl2与KOH的浓溶液在较高温度下反应生成KClO3为保证反应生成KClO，需要将反应温度控制在05下进行，在不改变KOH溶液浓度的前提下，实验中可以采取的措施是（3）在搅拌下，将Fe（NO3）3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中即可制取K2FeO4，写出该反应的化学方程式（4）制得的粗产品中含有Fe（OH）3、KCl等杂质提纯方案：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3mol/L KOH溶液中，用砂芯漏斗（硬质高硼玻璃）过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤，晶体用适量乙醇洗涤23次后，在真空干燥箱中干燥第一次和第二次过滤得到的固体分别对应的是（填化学式）、，过滤时不用普通漏斗而采用砂芯漏斗的原因是（用离子方程式说明）2016-2017学年黑龙江省大庆中学高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共51分）1下列过程没有发生化学反应的是（）A用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果B用热碱水清除炊具上残留的油污C用活性炭去除冰箱中的异味D用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装【考点】物理变化与化学变化的区别与联系【专题】物质的性质和变化专题【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成A高锰酸钾可氧化具有催熟作用的乙烯；B用热碱水溶液中碳酸根离子水解显碱性，油污在碱中水解生成溶于水的物质；C活性炭具有吸附性，能吸附异味的微粒；D铁粉可防止食品氧化，属于化学变化【解答】解：A高锰酸钾可氧化具有催熟作用的乙烯，Mn、C元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A不选；B用热碱水清除炊具上残留的油污：油脂在碱性条件下发生较为彻底的水解反应，属于化学变化，故B不选；C用活性炭去除冰箱中的异味：利用活性炭的吸附作用，属于物理变化，没有发生化学变化，故C选；D用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装：硅胶具有吸水性，可防止食品受潮，属于物理变化，铁粉可防止食品氧化，属于化学变化，故D不选；故选C【点评】本题考查物理变化与化学变化的判断，难度不大要注意化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成2能正确表示下列反应的离子方程式是（）ANa2S水解：S2+2 H2OH2S+2OHB向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2Fe3+2Fe（OH）3+3Mg2+C向次氯酸钙溶液通入过量CO2：Ca2+2CIO+H2O+CO2CaCO3+2HClOD向次氯酸钙溶液通入SO2：Ca2+2CIO+H2O+SO2CaSO3+2HClO【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A硫离子的水解分步进行，离子方程式主要以第一步为主；B氢氧化铁更难溶，实现了沉淀的转化；C二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钙和次氯酸；D次氯酸具有强氧化性，能够将亚硫酸钙氧化成硫酸钙【解答】解：ANa2S水解分步进行，其主要以第一步水解为主，正确的离子方程式为：S2+H2OHS+OH，故A错误；B向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2，反应的离子方程式为：3Mg（OH）2+2Fe3+2Fe（OH）3+3Mg2+，故B正确；C向次氯酸钙溶液通入过量CO2，反应生成的是碳酸氢钙，正确的离子方程式为：ClO+H2O+CO2HCO3+HClO，故C错误；D向次氯酸钙溶液通入SO2，二者发生氧化还原反应，当二氧化硫足量时，反应的离子反应为：Ca2+2ClO+2SO2+2H2O=CaSO4+SO42+4H+2Cl，故D错误；故选B【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等3W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18下列说法正确的是（）A单质的沸点：WXB阴离子的还原性：WZC氧化物的水化物的酸性：YZDX与Y不能存在于同一离子化合物中【考点】真题集萃；原子结构与元素的性质【分析】W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，则则W是H元素，X是N元素，Y、Z为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为18，W最外层电子数是1，X最外层电子数是5，Y、Z最外层电子数之和是12，且二者都是主族元素，Y原子序数小于Z，则Y是P元素、Z是Cl元素，AW、X单质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比；B元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；DX、Y分别是N、P元素，可能存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中【解答】解：W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，则W是H元素，X是N元素，Y、Z为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为18，W最外层电子数是1，X最外层电子数是5，Y、Z最外层电子数之和是12，且二者都是主族元素，Y原子序数小于Z，则Y是P元素、Z是Cl元素，AH、N元素单质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，氮气相对分子质量大于氢气，所以单质的沸点：WX，故A错误；B元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，非金属性WZ，所以阴离子的还原性：WZ，故B正确；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性PCl，最高价氧化物的水化物酸性H3PO4HClO4，但氧化物的水化物的酸性不一定存在此规律，如磷酸酸性大于次氯酸，故C错误；DX、Y分别是N、P元素，可能存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中，磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵都是铵盐，属于离子化合物，故D错误；故选B【点评】本题考查原子结构和元素性质，为高频考点，涉及离子化合物判断、酸性强弱判断、物质熔沸点高低判断、元素周期律等知识点，正确判断元素是解本题关键，结合物质的结构性质解答，易错选项是C4下列叙述不正确的是（）A钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火B探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时，若先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，则测得的反应速率偏高C蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置D为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管加蒸馏水至刻度线【考点】化学实验方案的评价【专题】化学实验基本操作【分析】A过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁可在二氧化碳中燃烧；B应先加热再混合；C蒸馏时，应充分冷凝，防止温度过高而混入杂质；D配制溶液时，注意定容时不能使液面超过刻度线【解答】解：A过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁可在二氧化碳中燃烧，则钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，一般可用沙子扑灭，故A正确；B该实验要求开始时温度相同，然后改变温度，探究温度对反应速率的影响，应先分别水浴加热硫代硫酸钠溶液、硫酸溶液到一定温度后再混合，若是先将两种溶液混合后再用水浴加热，随着热量的散失，测得的反应速率偏低，故B错误；C蒸馏时，应充分冷凝，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，防止温度过高而混入杂质，故C正确；D配制溶液时，注意定容时不能使液面超过刻度线，应用胶头滴管滴加，故D正确故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及实验基本操作及实验安全、影响反应速率的因素及物质鉴别等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，题目难度中等5设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAB室温下，1 L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH离子数目为0.1NAC氢氧燃料电池正极消耗22.4 L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成28 g N2时，转移的电子数目为3.75NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，产物中铁元素的平均化合价为，根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量；B、氢氧化钠溶液的氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为11013mol/L；C、氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，1mol氧气得到4mol电子；D、反应中部分硝酸根中N元素由+5价降低为氮气中0价，铵根中N元素3价升高为氮气中0价，氮气既是还原产物又是氧化产物，由氮原子守恒，结合方程式可知，还原产物与氧化产物物质的量之比为3：5，根据n=计算氮气物质的量，再计算氧化产物物质的量，再结合铵根中N元素化合价变化计算转移电子物质的量【解答】解：A铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素的化合价为，0.2mol铁完全反应失去电子数为：0.2mol（0）=mol，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为=mol，生成的H2分子数为NA，故A错误；B室温下，1L pH=13的NaOH溶液中氢离子浓度为11013mol/L，溶液中氢离子是水电离的，所以由水电离的OH离子数目为1013NA，故B错误；C氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，标况下22.4L氧气的物质的量为1mol，1mol氧气完全反应得到4mol电子，电路中通过的电子数目为4NA，故C错误；D反应中部分硝酸根中N元素由+5价降低为氮气中0价，铵根中N元素3价升高为氮气中0价，氮气既是还原产物又是氧化产物，由氮原子守恒，结合方程式可知，还原产物与氧化产物物质的量之比为3：5，生成氮气物质的量为=1mol，故氧化产物的物质的量为1mol=mol，铵根中N元素被氧化，故转移电子为mol20（3）=3.75mol，故D正确故选D【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大6与氢硫酸反应有沉淀生成的电解质是（）A硫酸铜B氢氧化钠C硫酸亚铁D二氧化硫【考点】硫化氢【分析】A、CuS不溶于酸；B、H2S和NaOH发生酸碱中和反应；C、FeS不溶于水但溶于酸；D、SO2和H2S发生归中反应【解答】解：电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，包括酸、碱、盐、金属氧化物和水A、CuS不溶于水也不溶于酸，故CuSO4能和H2S反应生成CuS沉淀：CuSO4+H2S=CuS+H2SO4，且硫酸铜为电解质，故A正确；B、H2S和NaOH发生酸碱中和反应：H2S+2NaOH=Na2S+H2O，无沉淀生成，故B错误；C、FeS不溶于水但溶于酸，故FeSO4和H2S不能反应，故C错误；D、SO2和H2S发生归中反应有硫单质生成：SO2+2H2S=3S+2H2O，但二氧化硫不是电解质，故D错误故选A【点评】本题考查了电解质的概念以及复分解反应发生的条件，难度不大，应注意的是FeS不溶于水但溶于酸，故FeSO4和H2S不能反应7下列叙述正确的是（）A浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe（OH）3胶体BCH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c（CH3COO）增大CCa（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应可制得Ca（OH）2D25时Cu（OH）2在水中的溶解度大于其在Cu（NO3）2溶液中的溶解度【考点】影响盐类水解程度的主要因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】A、浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应；B、醋酸钠中加入盐酸会发生反应生成醋酸和氯化钠；C、Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应产物是碳酸钙和碳酸钠；D、根据沉淀溶解平衡的影响因素来回答判断【解答】解：A、浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，不会获得胶体，故A错误；B、醋酸钠中加入盐酸会发生反应生成醋酸和氯化钠，所以醋酸根离子浓度会减小，故B错误；C、Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应产物是碳酸钙和碳酸钠，并不会获得氢氧化钙，故C错误；D、氢氧化铜存在沉淀溶解平衡Cu（OH）2Cu2+2OH，Cu（NO3）2溶液中铜离子会抑制沉淀溶解平衡的右移，所以Cu（OH）2在水中的溶解度大于其在Cu（NO3）2溶液中的溶解度，故D正确故选D【点评】本题考查学生物质的性质以及沉淀溶解平衡的影响因素等方面的知识，注意知识的归纳和整理是解题关键，难度中等8下列有关化学研究的正确说法是（）A同时改变两个变量来研究反应速率的变化，能更快得出有关规律B对于同一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其反应的焓变相同C依据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液D从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，推出F、Cl、Br、I的非金属递增的规律【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；分散系、胶体与溶液的概念及关系；化学反应速率的影响因素；卤素原子结构及其性质的比较【专题】化学反应中的能量变化；化学反应速率专题【分析】A同时改变两个变量来研究反应速率的变化，不容易判断影响反应速率的主导因素，因此更难得出有关规律；B这是盖斯定律的表述；C分散系的划分是以分散质颗粒大小来区分的；D在以酸性强弱作为判断元素非金属性强弱时，是以最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为判断依据的【解答】解：A同时改变两个变量来研究反应速率的变化，不容易判断影响反应速率的主导因素，因此更难得出有关规律，应改变一个变量，故A错误；B根据盖斯定律可知，对于同一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其反应的焓变相同，故B正确；C分散系的划分是以分散质颗粒大小来区分的，胶体粒子直径介于1nm100nm之间，溶液溶质粒子直径小于1nm，浊液粒子直径大于100nm，溶液和浊液都不具有丁达尔效应，故C错误；D元素非金属性强越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，与氢化物的酸性无关，故D错误故选B【点评】本题侧重考查反应速率、盖斯定律、分散系、元素周期律重要的基本概念、规律，题目难度不大9已知，H2（g）+I2 （g）2HI（g）H0有相同容积的定容密封容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1mol，乙中加入HI 0.2mol，相同温度下分别达到平衡欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是（）A甲降低温度，乙不变B甲中加入0.1molHe，乙不改变C甲、乙提高相同温度D甲增加0.1mol H2，乙增加0.1mol I2【考点】化学平衡的影响因素【分析】同容积的定容密封容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1mol，乙中加入HI0.2mol，由于乙按化学计量数转化到左边，可以得到H2和I2各0.1mol，故此时甲和乙建立的平衡是等效的，欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取措施使平衡向正反应移动，但不能降低HI的浓度，然后结合影响化学平衡移动的因素来回答【解答】解：相同容积的定容密封容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1mol，乙中加入HI0.2mol，此时甲和乙建立的平衡是等效的，A、甲降低温度，平衡正向移动，甲中HI的平衡浓度增大，乙不变，故A正确；B、甲中加人0.1molHe，在定容密封容器中，平衡不会移动，故B错误；C、甲、乙提高相同温度，平衡均逆向移动，HI的平衡浓度均减小，故C错误；D、甲中加人0.1molH2，乙增加0.1mol I2，结果还是等效的，故D错误；故选：A【点评】本题考查学生影响化学平衡移动的因素和等效平衡知识，难度中等，注意理解等效平衡规律10下列关于电解质溶液的正确判断是（）A在pH=12的溶液中，K+、Cl、HCO3、Na+可以大量共存B在pH=0的溶液中，Na+、NO3、SO32、K+可以大量共存C由0.1molL1一元碱BOH溶液的pH=10，可推知BOH溶液存在BOH=B+OHD由0.1molL1一元酸HA溶液的pH=3，可推知NaA溶液存在A+H2OHA+OH【考点】离子共存问题；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用【专题】离子反应专题；电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】ApH=12的溶液呈碱性含有比较多的OH；BpH=0的溶液呈酸性含有较多的H+；C.0.1mol/L的一元碱的pH=10表明该一元碱是弱碱；D0.1molL1一元酸HA溶液的pH=3，可得该酸是弱酸【解答】解：ApH=12的溶液呈碱性含有比较多的OH，不能与HCO3共存，故A错误；BpH=0的溶液呈酸性含有较多的H+，在NO3离子存在的情况下，亚硫酸根离子容易被氧化成硫酸根离子，无法共存，故B错误；C.0.1mol/L的一元碱的pH=10表明该一元碱是弱碱，在溶液中不能完全电离，故C错误；D由题意可得该酸是弱酸，在NaA溶液中A会发生水解而使溶液呈碱性，故D正确故选D【点评】本题考查常见离子的共存、弱电解质溶液的电离和水解，题目难度中等，本题易错点为C、D，注意弱电解质的电离问题11（2015广东）准确取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000molL1NaOH溶液滴定，下列说法正确的是（）A滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定B随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大C用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定D滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小【考点】真题集萃；中和滴定【分析】A滴定管使用必须用NaOH标准液润洗；B碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小；C用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液；D滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大【解答】解：A滴定管使用必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液偏大，测定酸的浓度偏大，故A错误；B碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小，则随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大，故B正确；C用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色时停止滴定，故C错误；D滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大，则测定酸的浓度偏大，故D错误；故选B【点评】本题为2015年广东高考题，侧重中和滴定实验的考查，把握中和滴定原理、仪器的使用、误差分析为解答的关键，注重分析与实验能力的结合，题目难度不大12（2012海南）25时，a molL1一元酸HA与b molL1NaOH等体积混合后，pH为7，则下列关系一定正确的是（）Aa=bBabCc （A）=c（Na+）Dc （A）c（Na+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】压轴题；电离平衡与溶液的pH专题【分析】根据HA是强酸还是弱酸，结合盐类水解判断a、b关系；根据溶液呈电中性可知，溶液中c （A）+c （OH）=c（Na+）+c（H+），结合溶液的pH值判断c （A）、c（Na+）的相对大小【解答】解：A、若HA为强酸，溶液pH=7，HA与NaOH等体积混合恰好反应，故a=b，若HA为弱酸，生成强碱弱酸盐NaA，溶液会呈碱性，溶液pH=7，HA与NaOH等体积混合，HA应过量，故ab，综上所述，ab，A错误；B、由A分析可知，ab，B错误；C、溶液中c （A）+c （OH）=c（Na+）+c（H+），溶液pH=7，则c（OH）=c（H+），故c （A）=c（Na+），故C正确；D、由C中分析可知，溶液中c （A）=c（Na+），故D错误；故选C【点评】考查溶液中离子浓度比较、酸碱反应pH的定性判断、盐类水解等，难度中等，注意酸HA的强弱13（2016奉贤区三模）以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2+、Pb2+、Cd2+等金属离子，通过添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀，再经蒸发、结晶，可得纯净的MnCl2根据上述实验事实，可推知MnS具有的相关性质是（）A具有吸附性B溶解度与CuS、PbS、CdS等相同C溶解度大于CuS、PbS、CdSD溶解度小于CuS、PbS、CdS【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】向溶液中加入MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，从难溶电解质的转化的角度分析，应生成溶解度更小的硫化物沉淀，以此解答该题【解答】解：沉淀向溶解度更小的方向转化，因此MnS的溶解度大于CuS、PbS、CdS的溶解度故选C【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，题目难度不大，注意把握难溶电解质的溶解平衡的移动原理以及影响因素14（2015湖北模拟）茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成：将茶叶灼烧灰化用浓硝酸溶解茶叶灰过滤得到的滤液检验滤液中的Fe3+如图是可能用到的实验用品有关该实验的说法中正确的是（）A第一步需选用仪器、和，的名称叫钳埚B第二步用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用、和C要完成第三步，需选用、和，除夹持仪器外还缺滤纸D第四步，若滤液中含有Fe3+，加入中的溶液后滤液会显红色【考点】直接加热的仪器及使用方法；不能加热的仪器及使用方法【分析】检验茶叶中的铁元素，先将茶叶在坩埚中灼烧灰化，然后在烧杯中用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，在漏斗中过滤，可取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，以此解答该题【解答】解：A将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有、和，必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，故A错误；B用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进行，可用玻璃棒搅拌，不用容量瓶，故B错误；C过滤时用到、和，故C正确；D检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，用到的仪器有试管、胶头滴管和滴瓶等，即、和，故D错误故选C【点评】本题侧重于物质的检验和鉴别的实验设计的考查，着重于考查学生的分析能力和实验能力，落脚于基础知识的考查，注意把握实验的原理、步骤和实验仪器，难度不大15（2014江西模拟）常温下，用0.10molL1 KOH溶液滴定10.00ml 0.10molL1 H2C2O4（二元弱酸）溶液所得滴定曲线如图（混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和）下列说法正确的是（）A点所示溶液中：=1012B点所示溶液中：c（K+）+c（H+）=c（HC2O4）+c（C2O42）+c（OH）C点所示溶液中：c（K+）c（HC2O4）c（H2C2O4）c（C2O42）D点所示溶液中：c（K+）+c（H2C2O4）+c（HC2O4）+c（C2O42）=0.10molL1【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A.0.10molL1 H2C2O4（二元弱酸）不能完全电离，点pH1；B点为混合溶液，由电荷守恒分析；C点溶液显酸性，等体积等浓度反应生成KHC2O4，电离大于其水解；D由物料守恒分析【解答】解：A.0.10molL1 H2C2O4（二元弱酸）不能完全电离，点pH1，则1012，故A错误；B点为混合溶液，由电荷守恒可知，c（K+）+c（H+）=c（HC2O4）+2c（C2O42）+c（OH），故B错误；C点溶液显酸性，等体积等浓度反应生成KHC2O4，电离大于其水解，则c（K+）c（HC2O4）c（C2O42）c（H2C2O4），故C错误；D由物料守恒可知，c（K+）+c（H2C2O4）+c（HC2O4）+c（C2O42）=0.10molL1，故D正确；故选D【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性判断及离子浓度的关系，注意草酸为弱酸，明确电荷守恒、物料守恒即可解答，题目难度中等16（2015山西模拟）用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如下：下列有关说法不正确的是（）A制取玻璃的同时产生CO2气体，制取粗硅时生成的气体产物为COB生产高纯硅、铝、铜及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应C粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次蒸馏的方法D黄铜矿冶炼铜时产生的SO2可用于生产硫酸，FeO可用作冶炼铁的原料【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；金属冶炼的一般原理【分析】A石灰石、纯碱和二氧化硅在高温下反应生成二氧化碳气体，石英和碳在高温下反应生成硅和一氧化碳；B生产玻璃涉及到的反应有SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2和SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2；C制备硅的过程中，利用沸点不同进行分馏，将SiCl4从杂质中提取出来，再与H2发生置换反应得到高纯硅；DSO2可以转化成SO3，进而生成H2SO4；FeO与CO在高温下可生成Fe【解答】解：A石灰石、纯碱和二氧化硅在高温下反应生成二氧化碳气体，石英和碳在高温下反应生成硅和一氧化碳，故A正确；B生产玻璃涉及到的反应有SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2和SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故B错误；C制备硅的过程中，利用沸点不同进行分馏，将SiCl4从杂质中提取出来，再与H2发生置换反应得到高纯硅，故C正确；DSO2可以转化成SO3，进而生成H2SO4；FeO与CO在高温下可生成Fe，故D正确故选B【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于金属的冶炼的考查，注意把握物质的性质以及反应原理，难度不大17（2013绵阳模拟）某溶液除水电离出的HO、H+之外仅含Fe2+、Na+、Al3+、Ba2+、SO、NO、Cl中的4种，这4种离子的物质的量均为0.1mol若向该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生下列说法错误的是（）A该溶液中肯定不含Ba2+B若向该溶液中加入过量的稀硫酸，溶液中的阴离子会减少一种C若向该溶液中加入足量NaOH溶液，滤出沉淀，洗净灼烧后最多能得8.0g固体D该溶液中除H+、0H之外所含离子是Fe2+、Na+、NO、SO【考点】常见离子的检验方法【专题】离子反应专题【分析】向该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生，说明溶液中一定不存在钡离子，一定存在硝酸根离子和亚铁离子，生成的气体为一氧化氮；由于溶液中存在的4种离子的物质的量均为0.1mol，根据溶液电中性，溶液中一定还存在一种阴离子，若是存在氯离子，溶液已经呈电中性，不会存在其它离子，所以溶液中存在的阴离子为硫酸根离子，再根据溶液电中性可知，正电荷物质的量为：0.1mol2=0.2mol，负电荷物质的量为：0.1mol2+0.1mol=0.3mol，溶液中一定还存在0.1mol正电荷，该离子的物质的量为0.1mol，所以该离子为钠离子【解答】解：加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生，说明一定不存在钡离子，一定存在硝酸根离子和亚铁离子；根据溶液的电中性可以判断溶液中还存在硫酸根离子和钠离子，A、根据以上分析可知，溶液中一定不存在钡离子，故A正确；B、溶液中氢氧根离子、硫酸根离子不会消失；根据反应方程式NO3+3Fe2+4H+=NO+3Fe3+2H2O可知，亚铁离子不足，加入足量的稀硫酸后，硝酸根离子不会消失，故B错误；C、若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，根据铁离子守恒，生成氧化铁的物质的量为0.05mol，质量为：0.05mol160g/mol=8.0g，故C正确；D、根据分析可知，该溶液中除H+、0H之外所含离子是Fe2+、Na+、NO3、SO42，故D正确；故选B【点评】本题考查离子的检验，明确常见离子的性质及检验中发生的化学反应是解答本题的关键，注意检验中应排除离子的相互干扰来解答，并注意离子共存及溶电荷守恒的应用，题目难度中等二、填空题（每空2分，另注明1分的除外，共49分）18（6分）氨是一种重要的化工产品，是氮肥工业、有机合成工业以及制造硝酸、铵盐和纯碱等的原料（1）在一定温度下，在固定体积的密闭容器中进行可逆反应：N2+3H22NH3 该可逆反应达到平衡的标志是BCEA3v（H2）正=2v（NH3）逆B单位时间生成m mol N2的同时消耗3m mol H2C容器内的总压强不再随时间而变化D混合气体的密度不再随时间而变化Ea mol NN键断裂的同时，有6a mol NH键断裂FN2、H2、NH3的分子数之比为1：3：2（2）某化学研究性学习小组模拟工业合成氨的反应在容积固定为2L的密闭容器内充入1