湖南省娄底市双峰一中高三化学上学期第一次月考试卷试卷（含解析）.doc

2015-2016学年湖南省娄底市双峰一中高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题（本大题共16个小题，每小题3分，每小题仅有一个正确选项）1判断下列有关化学基本概念的依据正确的是（）a氧化还原反应：元素化合价是否变化b共价化合物：是否含有共价键c强弱电解质：溶液的导电能力大小d氧化物：含氧化合物2下列实验和结论不正确的是（）a明矾和漂白粉均可用于自来水的杀菌、消毒b用丁达尔实验可以将al（oh）3胶体和nacl溶液区分c向ki溶液滴加氯水和ccl4振荡，静置后分层且下层显紫色，则氧化性：cl2i2dal（oh）3与稀h2so4、naoh溶液均能反应，说明al（oh）3是两性氢氧化物3下列有关化学用语正确的是（）anh4cl的电子式：b2氯甲苯的结构简式：cs2的结构示意图：d质子数为94、中子数为144的钚（pu）原子：4乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是（）a化学式为c6h6o6b乌头酸能发生水解反应和加成反应c乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色d含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3 mol naoh5有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：k+、nh4+、cl、mg2+、ba2+、co32、so42，现取三份100ml溶液进行如下实验：（1）第一份加入agno3溶液有沉淀产生（2）第二份加足量naoh溶液加热后，收集到气体0.04mol（3）第三份加足量bacl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g根据上述实验，以下推测正确的是（）ak+一定存在b100ml溶液中含0.01mol co32cba2+一定不存在，mg2+可能存在dcl一定存在6有bacl2和nacl的混合溶液a l，将它均分成两份一份滴加稀硫酸，使ba2+离子完全沉淀；另一份滴加agno3溶液，使cl离子完全沉淀反应中消耗xmolh2so4、y mol agno3据此得知原混合溶液中的c（na+）/moll1为（）abcd7现有四种溶液：ph=3的ch3cooh溶液，ph=3的hcl溶液，ph=11的氨水，ph=11的naoh溶液相同条件下，下列有关上述溶液的叙述中，错误的是（）a、等体积混合后，溶液显碱性b将、溶液混合后，ph=7，消耗溶液的体积：c等体积的、溶液分别与足量铝粉反应，生成h2的量最大d向溶液中加入100 ml水后，溶液的ph：8设na代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（）a1molfecl3与沸水反应生成胶体后，含有na个fe（oh）3胶粒b常温下，16go2和o3的混合气体中含有的氧原子数为nac标准状况下，22.4 l no 和22.4 l o2混合后所得气体中分子总数为1.5 nad将11.2 l cl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为0.5 na9下列图中的实验方案，能达到实验目的是（）实验方案abcd图实验目的比较hcl、h2co3和h2sio3的酸性强弱制备fe（oh）2并能较长时间观察其颜色除去co2气体中混有的so2验证fecl3对h2o2分解反应有催化作用aabbccdd10下列解释事实的离子方程式正确的是（）a澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：ca2+2oh+2hco3caco3+co32+2h2ob氯化铝溶液中加入过量的氨水：al3+4nh3h2oal（oh）4+4nh4+c少量co2通入苯酚钠溶液中：2c6h5o+co2+h2o2c6h5oh+co32d向nh4hso4稀溶液中逐滴加入ba（oh）2稀溶液至so42刚好沉淀完全：ba2+2oh+nh4+h+so42baso4+nh3h2o+h2o11全世界短年钢铁因锈蚀造成大量的损失某城市拟用如图所示方法保护埋在酸性土壤中的钢质管道，使其免受腐蚀关于此方法，下列说法不正确的是（）a土壤中的钢铁易被腐蚀是因为在潮湿的土壤中形成了原电池b金属棒x的材料应该是比镁活泼的金属c金属棒x上发生反应：mnemn+d这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法12x、y、z、w、r属于短周期主族元素x的原子半径短周期主族元素中最大，y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，z元素的原子l层电子数为m+n，m层电子数为mn，w元素与z元素同主族，r元素原子与y元素原子的核外电子数之比为2：1下列叙述错误的是（）ax与y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2by的氢化物比r的氢化物稳定，熔沸点高cz、w、r最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：rwzdry2、wy2通入bacl2溶液中均有白色沉淀生成13化工生产中含cu2+的废水常用mns（s）作沉淀剂，其反应原理为：cu2+（aq）+mns（s）cus（s）+mn2+（aq）下列有关该反应的推理不正确的是（）a该反应达到平衡时：c（cu2+）=c（mn2+）bcus的溶解度比mns的溶解度小c往平衡体系中加入少量cu（no3）2（s）后，c（mn2+）变大d该反应平衡常数表达式：k=14在某一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：a（g）+b（g）2c（g）h0t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图下列说法正确的是（）a0t2时，v正v逆b、两过程达到平衡时，a的体积分数ct2时刻改变的条件可以是向密闭容器中加cd、两过程达到平衡时，平衡常数i1525时，几种弱酸的电离常数如下：25时，下列说法正确的是（）弱酸的化学式ch3coohhcnh2s电离常数（25）1.81054.91010k1=1.3107k2=7.11015a等物质的量浓度的各溶液ph关系为：ph（ch3coona）ph（na2s）ph（nacn）ba mol/lhcn溶液与b mol/lnaoh溶液等体积混合，所得溶液中c（na+）c（cn），则a一定小于或等于bcnahs和na2s的混合溶液中，一定存在c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（hs）+2c（s2）d某浓度的nacn溶液的ph=d，则其中由水电离出的c（oh）=10dmol/l16向1l某febr2溶液中，通入1.12l（标准状况下）的cl2，测得溶液中c（br）=3c（cl）=0.3mol/l反应过程中溶液的体积变化忽略不计，则下列说法中正确的是（）a原溶液的浓度约为0.13mol/lb反应后溶液中c（fe3+）=0.1mol/lc反应后溶液中c（fe3+）=c（fe2+）d原溶液中c（br）=0.4mol/l二、非选择题（本题包括5小题，每空2分）17已知：no3+4h+3eno+2h2o现有四种物质：kmno4、na2co3、cu2o、fe2（so4）3，其中能使上述还原过程发生的是（填化学式），写出该反应化学方程式中氧化产物的化学计量数（写方框内）及其化学式1mol该物质与某浓度硝酸反应时，被还原硝酸的物质的量增加，原因是：18常见的五种盐a、b、c、d、e，它们的阳离子可能是na+、nh4+、cu2+、ba2+、al3+、ag+、fe3+，阴离子可能是cl、no3、so42、co32，已知：五种盐均溶于水，水溶液均为无色d的焰色反应呈黄色a的溶液呈中性，b、c、e的溶液呈酸性，d的溶液呈碱性若在这五种盐的溶液中分别加入ba（no3）2溶液，只有a、c的溶液不产生沉淀若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，e和c的溶液中生成沉淀，继续加氨水，c中沉淀消失把a的溶液分别加入到b、c、e的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀请回答下列问题：（1）五种盐中，一定没有的阳离子是；所含阴离子相同的两种盐的化学式是（2）d的化学式为，d溶液显碱性的原因是（用离子方程式表示）（3）e和氨水反应的离子方程式是（4）设计实验检验b中所含的阳离子：19、甲同学欲配制0.55moll1的naoh溶液200ml（存在200ml容量瓶）称量操作如下：先用托盘天平称量烧杯的质量称量前先调节天平零点用“”表示在天平右盘上放置砝码，用“”表示从天平右盘上取下砝码取用砝码情况和游码读数如下：砝码质量502020105取用砝码情况先后先后先后烧杯的质量为g称量烧杯和naoh固体的质量再在天平右盘上放置g砝码，将游码的位置移到g的位置，往烧杯中逐渐加入naoh固体，直到天平达到平衡、乙同学欲用用18mol/l 浓硫酸配制100ml 3.0mol/l 稀硫酸的实验步骤如下：计算所用浓硫酸的体积 量取一定体积的浓硫酸 溶解 转移洗涤 定容 摇匀回答下列问题（1）所需浓硫酸的体积是，量取浓硫酸所用的量筒的规格是（请填编号）（从下列中选用 a10ml b25ml c50ml d100ml）（2）定容时俯视溶液的凹液面对所配制的稀硫酸浓度有何影响（用偏大、偏小、无影响填写）20亚氯酸钠（naclo2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业它在碱性环境中稳定存在某同学查阅资料后设计生产naclo2的主要流程如下（1）双氧水的电子式为；中发生反应的还原剂是（填化学式）（2）中反应的离子方程式是（3）clo2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备写出该反应的化学方程式：；（4）naclo2变质可分解为naclo3和nacl取等质量变质前后的naclo2试样均配成溶液，分别与足量feso4溶液反应时，消耗fe2+的物质的量（填“相同”、“不相同”或“无法判断”）21迷迭香酸（f）的结构简式为：它是存在于许多植物中的一种多酚，具有抗氧化、延缓衰老、减肥降脂等功效以a为原料合成f的路线如下（已知苯环上的羟基很难直接与羧酸发生酯化反应）：根据题意回答下列问题：（1）a的结构简式为；反应的反应类型是（2）反应的试剂为（3）1mol f分别与足量的溴水和naoh溶液反应，最多可消耗br2mol、naohmol（4）e在一定条件下发生缩聚反应的化学方程式是（5）与e互为同分异构体，且同时满足下列条件的有机物有种苯环上有四个取代基，且苯环上的一氯取代物只有一种1mol该物质分别与nahco3、na2co3反应时，最多消耗nahco3、na2co3的量分别是1mol和4mol2015-2016学年湖南省娄底市双峰一中高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共16个小题，每小题3分，每小题仅有一个正确选项）1判断下列有关化学基本概念的依据正确的是（）a氧化还原反应：元素化合价是否变化b共价化合物：是否含有共价键c强弱电解质：溶液的导电能力大小d氧化物：含氧化合物【考点】化学基本反应类型；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；共价键的形成及共价键的主要类型；强电解质和弱电解质的概念【分析】a有元素化合价变化的反应一定为氧化还原反应；b含有共价键的化合物不一定为共价化合物；c溶液的导电能力以离子的浓度和电荷有关；d两种元素组成其中一种为氧元素的化合物为氧化物【解答】解：a化合价的变化为氧化还原反应的特征，则有元素化合价变化的反应一定为氧化还原反应，故a正确；b含有共价键的化合物不一定为共价化合物，如naoh中含有共价键，但属于离子化合物，故b错误；c因溶液的导电能力以离子的浓度和电荷有关，强弱电解质与电离程度有关，二者没有必然的联系，故c错误；d含氧化合物不一定是氧化物，如含氧酸，只有两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物为氧化物，故d错误；故选a2下列实验和结论不正确的是（）a明矾和漂白粉均可用于自来水的杀菌、消毒b用丁达尔实验可以将al（oh）3胶体和nacl溶液区分c向ki溶液滴加氯水和ccl4振荡，静置后分层且下层显紫色，则氧化性：cl2i2dal（oh）3与稀h2so4、naoh溶液均能反应，说明al（oh）3是两性氢氧化物【考点】化学实验方案的评价【分析】a明矾不可以用于杀菌消毒；b胶体具有丁达尔效应；c静置后分层且下层显紫色，说明氯气置换出碘；d氢氧化铝为两性氢氧化物【解答】解：a明矾净水的原理是水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，但不具有强氧化性，不可以用于杀菌消毒，故a错误；b胶体具有丁达尔效应，可用丁达尔效应鉴别胶体和溶液，故b正确；c静置后分层且下层显紫色，说明氯气置换出碘，则可说明氯气的氧化性比碘强，故c正确；d氢氧化铝为两性氢氧化物，和酸、碱反应都可生成盐和水，故d正确故选a3下列有关化学用语正确的是（）anh4cl的电子式：b2氯甲苯的结构简式：cs2的结构示意图：d质子数为94、中子数为144的钚（pu）原子：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【分析】a氯离子为阴离子，电子式中需要标出其所带电荷；b氯原子在甲基的邻位，据此判断其结构简式；c硫离子的核电荷数为16，不是18；d质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数【解答】解：a氯化铵为离子化合物，其正确的电子式为：，故a错误；b2氯甲苯中，官能团氯原子位于甲基的邻位，其结构简式为：，故b正确；c硫离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，硫离子正确的结构示意图为：，故c错误；d质子数为94、中子数为144的钚（pu）原子的质量数为238，该元素正确的表示方法为：94238pu，故d错误；故选b4乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是（）a化学式为c6h6o6b乌头酸能发生水解反应和加成反应c乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色d含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3 mol naoh【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构【分析】由结构简式可知分子式，分子中含cooh、碳碳双键，结合羧酸、烯烃性质来解答【解答】解：a由结构简式可知分子式为c6h6o6，故a正确；b含碳碳双键可发生加成反应，但不能发生水解反应，故b错误；c含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故c正确；d含3个cooh，含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3 mol naoh，故d正确；故选b5有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：k+、nh4+、cl、mg2+、ba2+、co32、so42，现取三份100ml溶液进行如下实验：（1）第一份加入agno3溶液有沉淀产生（2）第二份加足量naoh溶液加热后，收集到气体0.04mol（3）第三份加足量bacl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g根据上述实验，以下推测正确的是（）ak+一定存在b100ml溶液中含0.01mol co32cba2+一定不存在，mg2+可能存在dcl一定存在【考点】常见离子的检验方法【分析】加入agno3溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在cl、co32、so42；0.04mol为氨气，溶液中一定含有nh4+，并且物质的量为0.04mol；2.33g为硫酸钡，6.27g为硫酸钡和碳酸钡；再根据电荷守恒，得出一定存在钾离子【解答】解：与agno3溶液有沉淀产生的离子有cl、co32、so42；加足量naoh溶液加热产生气体，气体是氨气，故一定有铵离子0.04mol；不溶于盐酸的2.33g为硫酸钡，物质的量是0.01mol；6.27g沉淀是硫酸钡和碳酸钡，碳酸钡质量为6.27g2.33g=3.94g，物质的量为0.02mol，故一定存在co32、so42，因而一定没有 mg2+、ba2+；c（co32）=0.020.1=0.0.2（mol/l），再根据电荷守恒，正电荷为：n（+）=n（nh4+）=0.04mol；c（）=2c（co32）+2x（so42）=0.06mol，故一定有k+，至少0.02mol；综合以上可以得出，一定存在的离子有nh4+、k+、co32、so42，一定没有的离子mg2+、ba2+，可能存在cl；故选a6有bacl2和nacl的混合溶液a l，将它均分成两份一份滴加稀硫酸，使ba2+离子完全沉淀；另一份滴加agno3溶液，使cl离子完全沉淀反应中消耗xmolh2so4、y mol agno3据此得知原混合溶液中的c（na+）/moll1为（）abcd【考点】离子方程式的有关计算【分析】第一份溶液中发生的反应为bacl2+h2so4=baso4+2hcl，根据n（h2so4）计算n（bacl2）；第二份溶液中发生的反应为bacl2+2agno3=2agcl+ba（no3）2、nacl+agno3=agcl+nano3，根据n（bacl2）计算和bacl2反应的n（agno3），剩余agno3和nacl反应生成agcl，据此计算nacl物质的量，再结合c=计算c（na+）【解答】解：第一份溶液中发生的反应为bacl2+h2so4=baso4+2hcl，根据bacl2h2so4知，n（h2so4）=n（bacl2）=xmol； 第二份溶液中发生的反应为bacl2+2agno3=2agcl+ba（no3）2、nacl+agno3=agcl+nano3，根据bacl22agno3知，和bacl2反应的n（agno3）=2n（bacl2）=2xmol，则剩余agno3和nacl反应生成agcl，根据naclagno3知，和nacl反应的硝酸银物质的量n（agno3）=n（nacl）=ymol2xmol，则两种溶液中nacl的物质的量为2ymol4xmol，根据na原子守恒知，n（na+）=n（nacl）=2ymol4xmol，则原来混合溶液中c（na+）=mol/l，故选d7现有四种溶液：ph=3的ch3cooh溶液，ph=3的hcl溶液，ph=11的氨水，ph=11的naoh溶液相同条件下，下列有关上述溶液的叙述中，错误的是（）a、等体积混合后，溶液显碱性b将、溶液混合后，ph=7，消耗溶液的体积：c等体积的、溶液分别与足量铝粉反应，生成h2的量最大d向溶液中加入100 ml水后，溶液的ph：【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】a根据氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小判断混合溶液的酸碱性；b强酸和强碱后溶液呈中性，证明酸碱恰好中和反应；c弱酸存在电离平衡，随反应进行电离出的氢离子继续和铝反应；d加水稀释，强酸强碱溶液的ph变化最大，若酸弱碱存在电离平衡稀释促进电离【解答】解：a将、混合，若c（ch3coo）c（h+），如果溶液中的溶质是醋酸和醋酸钠，醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，则溶液呈酸性，故a错误；b一水合氨是弱碱只有部分电离，所以c（nh3h2o）c（oh），氯化氢是强电解质，所以其溶液中c（hcl）=c（h+），c（nh3h2o）c（hcl），若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：，故b正确；c和等量铝粉反应，醋酸存在电离平衡，随反应进行，电离出的氢离子和铝继续反应，生成氢气最多，故c正确；d弱电解质稀释平衡正向移动，溶液ph值应该，故d正确；故选a8设na代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（）a1molfecl3与沸水反应生成胶体后，含有na个fe（oh）3胶粒b常温下，16go2和o3的混合气体中含有的氧原子数为nac标准状况下，22.4 l no 和22.4 l o2混合后所得气体中分子总数为1.5 nad将11.2 l cl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为0.5 na【考点】阿伏加德罗常数【分析】a胶体粒子是氢氧化铁形成的集合体；bo2和o3均由氧原子构成；c一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与四氧化二氮之间存在转化平衡，所以反应后的物质中含有的分子数减小；d氯气所处的状态不明确，因此物质的量不明【解答】解：a胶体粒子是氢氧化铁形成的集合体，1molfecl3与沸水反应生成胶体后，fe（oh）3胶粒小于na个，故a错误；bo2和o3均由氧原子构成，16g混合物中含有的氧原子的物质的量n=1mol，含有的氧原子数为na，故b正确；c根据2no+o22no2可知：标准状况下，22.4 l no即1molno 和22.4 l o2 即1mol氧气混合后所得气体的物质的量为1.5mol，但由于no2气体中存在平衡：2no2n2o4，导致分子总数小于1.5 na，故c错误；d缺少温度和压强，无法确定11.2 lcl2的物质的量，无法确定转移的电子数，故d错误；故选b9下列图中的实验方案，能达到实验目的是（）实验方案abcd图实验目的比较hcl、h2co3和h2sio3的酸性强弱制备fe（oh）2并能较长时间观察其颜色除去co2气体中混有的so2验证fecl3对h2o2分解反应有催化作用aabbccdd【考点】化学实验方案的评价【分析】a浓盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有hcl，hcl能和na2sio3反应生成h2sio3；bfe（oh）2不稳定，易被氧气氧化生成fe（oh）3，所以制备fe（oh）2时要隔绝空气；cco2、so2都能和碳酸钠反应；d验证fecl3对h2o2分解反应有催化作用，应该只有催化剂不同，其它条件必须完全相同【解答】解：a浓盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有hcl，hcl能和na2sio3反应生成h2sio3，干扰二氧化碳、水和硅酸钠的反应，所以将气体通入硅酸钠溶液中时要先除去hcl，故a错误；bfe（oh）2不稳定，易被氧气氧化生成fe（oh）3，所以制备fe（oh）2时要隔绝空气，fe失电子生成亚铁离子，亚铁离子和naoh反应生成fe（oh）3，溶液能隔绝空气，所以能实现实验目的，故b正确；cco2、so2都能和碳酸钠反应，应该用饱和的碳酸氢钠溶液除去二氧化硫，故c错误；d验证fecl3对h2o2分解反应有催化作用，应该只有催化剂不同，其它条件必须完全相同，催化剂和温度两个因素不同，所以不能实现实验目的，故d错误；故选b10下列解释事实的离子方程式正确的是（）a澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：ca2+2oh+2hco3caco3+co32+2h2ob氯化铝溶液中加入过量的氨水：al3+4nh3h2oal（oh）4+4nh4+c少量co2通入苯酚钠溶液中：2c6h5o+co2+h2o2c6h5oh+co32d向nh4hso4稀溶液中逐滴加入ba（oh）2稀溶液至so42刚好沉淀完全：ba2+2oh+nh4+h+so42baso4+nh3h2o+h2o【考点】离子方程式的书写【分析】a小苏打完全反应，生成碳酸钙、naoh和水；b反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵；c反应生成苯酚和碳酸氢钠；d至so42刚好沉淀完全，1：1反应生成硫酸钡、一水合氨、水【解答】解：a澄清石灰水与少量小苏打溶液混合的离子反应为ca2+oh+hco3caco3+h2o，故a错误；b氯化铝溶液中加入过量的氨水的离子反应为al3+3nh3h2oal（oh）3+3nh4+，故b错误；c少量co2通入苯酚钠溶液中的离子反应为c6h5o+co2+h2oc6h5oh+hco3，故c错误；d向nh4hso4稀溶液中逐滴加入ba（oh）2稀溶液至so42刚好沉淀完全的离子反应为ba2+2oh+nh4+h+so42baso4+nh3h2o+h2o，故d正确；故选d11全世界短年钢铁因锈蚀造成大量的损失某城市拟用如图所示方法保护埋在酸性土壤中的钢质管道，使其免受腐蚀关于此方法，下列说法不正确的是（）a土壤中的钢铁易被腐蚀是因为在潮湿的土壤中形成了原电池b金属棒x的材料应该是比镁活泼的金属c金属棒x上发生反应：mnemn+d这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法【考点】金属的电化学腐蚀与防护【分析】a、根据电化学腐蚀形成的条件以及电化学腐蚀的应用进行分析；b、原电池的正极金属被保护，活泼金属能和水之间反应；c、原电池的正极金属被保护，负极发生失电子的氧化反应；d、根据金属的腐蚀和防护原理知识来回答【解答】解：a、钢铁在潮湿的空气中能形成原电池因而易发生电化学腐蚀，金属铁是负极，易被腐蚀，故a正确；b、金属棒x的材料应该是比镁活泼的金属钾、钙、钠时，活泼金属能和水之间反应剧烈的反应，它们不能做电极材料，故b错误；c、金属棒x极的活泼性强于金属铁，做负极，发生失电子的氧化反应，故c正确；d、原电池的负极被腐蚀，正极被保护的方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故d正确故选b12x、y、z、w、r属于短周期主族元素x的原子半径短周期主族元素中最大，y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，z元素的原子l层电子数为m+n，m层电子数为mn，w元素与z元素同主族，r元素原子与y元素原子的核外电子数之比为2：1下列叙述错误的是（）ax与y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2by的氢化物比r的氢化物稳定，熔沸点高cz、w、r最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：rwzdry2、wy2通入bacl2溶液中均有白色沉淀生成【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】x的原子半径在短周期主旋元素中最大，应为na元素；y元素的原子外层电子数为m，次外层电子数为n，z元素的原子l层电子数为m+n，m层电子数为mn，因为l层电子最多为8，则n=2，m=6，所以y为o元素，z为si元素，w元素与z元素同主族，应为c元素，r元素原子与y元素原子的核外电子数之比为2：1，y的核外电子数为8，则r的核外电子数为16，应为s元素，结合元素对应单质、化合物的性质以及元素周期律可解答该题【解答】解：x的原子半径在短周期主旋元素中最大，应为na元素；y元素的原子外层电子数为m，次外层电子数为n，z元素的原子l层电子数为m+n，m层电子数为mn，因为l层电子最多为8，则n=2，m=6，所以y为o元素，z为si元素，w元素与z元素同主族，应为c元素，r元素原子与y元素原子的核外电子数之比为2：1，y的核外电子数为8，则r的核外电子数为16，应为s元素，ax与y形成的两种化合物分别为na2o、na2o2，两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2，故a正确；by是o元素，r是s元素，元素的非金属性越强其氢化物越稳定，氧元素的非金属性大于硫元素，所以水的稳定性大于硫化氢，且水中含有氢键，沸点高，故b正确；c非金属性：scsi，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故c正确；dso2、co2对应的酸的酸性比盐酸弱，与氯化钡都不反应，故d错误故选d13化工生产中含cu2+的废水常用mns（s）作沉淀剂，其反应原理为：cu2+（aq）+mns（s）cus（s）+mn2+（aq）下列有关该反应的推理不正确的是（）a该反应达到平衡时：c（cu2+）=c（mn2+）bcus的溶解度比mns的溶解度小c往平衡体系中加入少量cu（no3）2（s）后，c（mn2+）变大d该反应平衡常数表达式：k=【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】a该反应达到平衡时离子的浓度保持不变；b根据化学式相似的分子，溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀；c根据反应物的浓度增大，平衡正向移动；d根据反应的平衡常数k=【解答】解：a该反应达到平衡时离子的浓度保持不变，但c（cu2+）与c（mn2+）不一定相等，故a错误；b化学式相似的分子，溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀，已知mns能转化为cus，所以cus的溶解度比mns的溶解度小，故b正确；c根据反应物的浓度增大，平衡正向移动，所以c（mn2+）变大，故c正确；d已知cu2+（aq）+mns（s）cus（s）+mn2+（aq），由反应可知，反应的平衡常数k=，故d正确；故选a14在某一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：a（g）+b（g）2c（g）h0t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图下列说法正确的是（）a0t2时，v正v逆b、两过程达到平衡时，a的体积分数ct2时刻改变的条件可以是向密闭容器中加cd、两过程达到平衡时，平衡常数i【考点】化学平衡建立的过程【分析】a、由图象分析可知，0t1，反应正向进行，v正v逆，t1t2，反应到达平衡，v正=v逆；b、由图象分析可知，t2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，体积分数不变；c、向密闭容器中加c，逆反应速率瞬间增大，再次建立的平衡与原平衡等效，说明和原平衡相同；d、由图象分析可知，t2时刻改变条件后达到平衡逆反应速率不变，说明和原平衡等效，则平衡常数不变；【解答】解：a、0t1，反应正向进行，v正v逆，t1t2，反应到达平衡，v正=v逆，故a错误；b、t2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，a的体积分数=，故b错误；c、向密闭容器中加c，逆反应速率瞬间增大，再次建立的平衡与原平衡等效，说明和原平衡相同，符合图象，故c正确；d、t2时刻改变条件后达到平衡逆反应速率不变，说明和原平衡等效，所以、两过程达到平衡时，平衡常数i=，故d错误；故选：c1525时，几种弱酸的电离常数如下：25时，下列说法正确的是（）弱酸的化学式ch3coohhcnh2s电离常数（25）1.81054.91010k1=1.3107k2=7.11015a等物质的量浓度的各溶液ph关系为：ph（ch3coona）ph（na2s）ph（nacn）ba mol/lhcn溶液与b mol/lnaoh溶液等体积混合，所得溶液中c（na+）c（cn），则a一定小于或等于bcnahs和na2s的混合溶液中，一定存在c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（hs）+2c（s2）d某浓度的nacn溶液的ph=d，则其中由水电离出的c（oh）=10dmol/l【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】a电离平衡常数越大，酸性越强，电离程度越大；b等浓度时生成nacn，cn离子水解；c根据电荷守恒分析；d先计算氢氧根离子浓度，水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度【解答】解：a由表格中的数据可知，醋酸电离平衡常数最大，酸性最强，则酸性越强，盐的水解越弱，所以等物质的量浓度溶液的ph关系为ph（na2s）ph（nacn）ph（ch3coona），故a错误；b等物质的量时生成nacn，cn离子水解，则c（na+）c（cn），所以a moll1hcn溶液与b moll1naoh溶液等体积混合后，所得溶液中：c（na+）c（cn），a有可能略大于b，故b错误；cnahs和na2s的混合溶液中存在电荷守恒，所以一定存在c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（hs）+2c（s2），故c正确；d该溶液中c（oh）=10d14mol/l，水电离出的c（h+）=c（oh）=10d14mol/l，故d错误；故选c16向1l某febr2溶液中，通入1.12l（标准状况下）的cl2，测得溶液中c（br）=3c（cl）=0.3mol/l反应过程中溶液的体积变化忽略不计，则下列说法中正确的是（）a原溶液的浓度约为0.13mol/lb反应后溶液中c（fe3+）=0.1mol/lc反应后溶液中c（fe3+）=c（fe2+）d原溶液中c（br）=0.4mol/l【考点】离子方程式的有关计算【分析】还原性fe2+br，所以febr2溶液中通入cl2，cl2先将fe2+氧化为fe3+，fe2+反应完毕，若cl2有剩余，剩余cl2再将br氧化为br2，最后溶液中含有br，说明cl2完全反应，转化为cl；1.12l（标况下）cl2的物质的量为0.05mol，根据氯元素守恒可知n（cl）=0.1mol，则溶液中n（br）=3n（cl）=0.3mol；若溶液中br参加反应，令溶液中febr2物质的量为xmol，则根据电子转移守恒，x+（2x0.3）=0.1，解得x=mol， molfe2+的提供电子为mol大于0.05molcl2能够获得电子0.1mol，且（2x0.3）0，不符合题意；若溶液中br未参加反应，则原溶液中的fe2+物质的量为0.15mol，0.15molfe2+能够提供电子0.15mol，0.05molcl2能够获得电子0.1mol，小于0.15molfe2+能够提供电子0.15mol，fe2+有剩余，符合题意，所以原溶液含有febr20.15mol，根据电子转移守恒，被氧化的fe2+为0.05mol2=0.1mol，生成fe3+为0.1mol，剩余fe2+为0.15mol0.1mol=0.05mol，结合选项具体解答【解答】解：还原性fe2+br，所以febr2溶液中通入cl2，cl2先将fe2+氧化为fe3+，fe2+反应完毕，若cl2有剩余，剩余cl2再将br氧化为br2，最后溶液中含有br，说明cl2完全反应，转化为cl；1.12l（标况下）cl2的物质的量为0.05mol，根据氯元素守恒可知n（cl）=0.1mol，则溶液中n（br）=3n（cl）=0.3mol若溶液中br参加反应，令溶液中febr2物质的量为xmol，则根据电子转移守恒，x+（2x0.3）=0.1，解得x=mol， molfe2+的提供电子为mol大于0.05molcl2能够获得电子0.1mol，且（2x0.3）0，不符合题意若溶液中br未参加反应，则原溶液中的fe2+物质的量为0.15mol，0.15molfe2+能够提供电子0.15mol，0.05molcl2能够获得电子0.1mol，小于0.15molfe2+能够提供电子0.15mol，fe2+有剩余，符合题意，所以原溶液含有febr20.15mol，根据电子转移守恒，被氧化的fe2+为0.05mol2=0.1mol，生成fe3+为0.1mol，剩余fe2+为0.15mol0.1mol=0.05mola、由上述分析可知，原溶液含有febr20.15mol，所以原溶液的浓度为=0.15mol/l，故a错误；b、由上述分析可知，反应后溶液中生成fe3+为0.1mol，反应后溶液中c（fe3+）=0.1mol/l，故b正确；c、由上述分析可知，反应后溶液中生成fe3+为0.1mol，反应后溶液中c（fe3+）=0.1mol/l，剩余fe2+为0.15mol0.1mol=0.05mol，所以c（fe2+）=0.05mol/l，故c错误；d、由上述分析可知，原溶液含有febr20.15mol，原溶液中c（br）=0.3mol/l，故d错误故选：b二、非选择题（本题包括5小题，每空2分）17已知：no3+4h+3eno+2h2o现有四种物质：kmno4、na2co3、cu2o、fe2（so4）3，其中能使上述还原过程发生的是cu2o（填化学式），写出该反应化学方程式中氧化产物的化学计量数（写方框内）及其化学式6cu（no3）21mol该物质与某浓度硝酸反应时，被还原硝酸的物质的量增加，原因是：使用了较浓的硝酸，产物中有部分二氧化氮生成【考点】氧化还原反应；化学方程式的有关计算【分析】该反应中n元素得电子化合价降低，则硝酸根离子作氧化剂，要使该反应发生，则需要加入还原剂，则只要该物质具有还原性即可，只有cu2o具有还原性，故选cu2o；浓硝酸能被还原为二氧化氮【解答】解：kmno4、na2co3、fe2（so4）3中mn、c、fe元素都处在最高价，则具有氧化性，只有cu2o中cu处在较低价，则具有还原性，在no3+4h+3eno+2h2o中发生的氧化剂被还原的反应，则该氧化还原反应为cu2o+hno3no+cu（no3）2+h2o，cu元素由+1价升高到+2价，n元素由+5价降低到+2价，由电子守恒及质量守恒定律，配平的化学反应为3cu2o+14hno32no+6cu（no3）2+7h2o，如果1mol该物质与某浓度硝酸反应时，被还原硝酸的物质的量增加，说明每个硝酸根离子被还原时得电子数减少，则应该是浓硝酸，浓硝酸被还原为二氧化氮，故答案为：cu2o；6cu（no3）2；使用了较浓的硝酸，产物中有部分二氧化氮生成18常见的五种盐a、b、c、d、e，它们的阳离子可能是na+、nh4+、cu2+、ba2+、al3+、ag+、fe3+，阴离子可能是cl、no3、so42、co32，已知：五种盐均溶于水，水溶液均为无色d的焰色反应呈黄色a的溶液呈中性，b、c、e的溶液呈酸性，d的溶液呈碱性若在这五种盐的溶液中分别加入ba（no3）2溶液，只有a、c的溶液不产生沉淀若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，e和c的溶液中生成沉淀，继续加氨水，c中沉淀消失把a的溶液分别加入到b、c、e的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀请回答下列问题：（1）五种盐中，一定没有的阳离子是cu2+、fe3+；所含阴离子相同的两种盐的化学式是（nh4）2so4、al2（so4）3（2）d的化学式为na2co3，d溶液显碱性的原因是（用离子方程式表示）co32+h2ohco3+oh（3）e和氨水反应的离子方程式是al3+3nh3h2oal（oh）3+3nh4+（4）设计实验检验b中所含的阳离子：取少量b于试管中，滴加少量naoh溶液，在试管口附近放一张湿润的红色石蕊试纸，加热，若试纸变蓝，说明b中阳离子为nh4+【考点】常见离子的检验方法【分析】五种盐均溶于水，水溶液均为无色，则没有cu2+、fe3+；d的焰色反应呈黄色，则d中有na+；a的溶液呈中性，b、c、e的溶液呈酸性则含有nh4+、al3+、ag+，d的溶液呈碱性则d中含有co32，根据阳离子可知d为na2co3；若在这五种盐的溶液中分别加入ba（no3）2溶液，只有a、c的溶液不产生沉淀，则a、c中没有so42；若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，e和c的溶液中生成沉淀，继续加氨水，c中沉淀消失，说明c中为ag+，则e中有al3+；所以c中为agno3；把a溶液呈中性分别加入到b、c、e的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则a为bacl2；由以上分析可知e中含有al3+，b中含有nh4+，加bacl2均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则b、e中含有so42；所以b、e为（nh4）2so4、al2（so4）3；结合题目分析【解答】解：五种盐均溶于水，水溶液均为无色，则没有cu2+、fe3+；d的焰色反应呈黄色，则d中有na+；a的溶液呈中性，b、c、e的溶液呈酸性则含有nh4+、al3+、ag+，d的溶液呈碱性则d中含有co32，根据阳离子可知d为na2co3；若在这五种盐的溶液中分别加入ba（no3）2溶液，只有a、c的溶液不产生沉淀，则a、c中没有so42；若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，e和c的溶液中生成沉淀，继续加氨水，c中沉淀消失，说明c中为ag+，则e中有al3+；所以c中为agno3；把a溶液呈中性分别加入到b、c、e的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则a为bacl2；由以上分析可知e中含有al3+，b中含有nh4+，加bacl2均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则b、e中含有so42；所以b、e为（nh4）2so4、al2（so4）3；（1）五种盐中