福建省福州市高三化学上学期期末质量检测试题（含解析）.doc

福建省福州市2015届高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括23小题，每小题2分，共46分每小题只有一个选项符合题意）1化学与生产、生活密切相关下列说法正确的是（）a光导纤维的主要成分是单质硅b新型氢动力汽车的使用可减少雾霾的产生c明矾可用于自来水消毒d福尔马林可用于食品保鲜考点：硅和二氧化硅；常见的生活环境的污染及治理；副产品的综合利用；生活中的有机化合物分析：a二氧化硅是光导纤维的主要成分；b氢气是新能源，无污染；c明矾可用于净水，是因为明矾溶于水生成胶状物可吸附悬浮于水中的杂质，明矾不具有氧化性，不能杀菌消毒；d福尔马林是甲醛的水溶液，甲醛有毒，不能用于食品生产；解答：解；a光导纤维的主要成分是二氧化硅，故a错误；b新型氢动力计程车的投入，减少了污染物的产生，有益于减少雾霾的产生，故b正确；c明矾可用于自来水净水，不具有氧化性，不能杀菌消毒，故c错误；d甲醛是一种有毒物质，用甲醛浸泡的水产品不能食用，故d错误；故选：b点评：本题考查了化学与生产、生活密切相关知识，考查了学生对元素及化合物知识、有机物知识的理解和应用，熟悉物质的性质是解题关键，题目难度不大2下列对物质的结构组成表示恰当的是（）ah2o2的结构式：hohob硫离子的结构示意图：c二氧化碳的比例模型：d氧化铁的化学式：feo考点：结构式；原子结构示意图；球棍模型与比例模型专题：化学用语专题分析：a、双氧水分子中氧原子分别通过1对共用电子对与h原子、o原子结合；b、硫原子获得2的电子形成硫离子，硫离子核外电子数为18，有3个电子层，各层电子数为2、8、8；c、比例模型表示原子的比例大小、原子连接顺序、空间结构等，不能表示原子之间形成的化学键；d、氧化铁中铁为+3价，o表现+2价，故正确化学式为：fe2o3解答：解：a、双氧水分子中氧原子分别通过1对共用电子对与h原子和o原子结合，将所有共用电子对换成短线即为结构式，双氧水结构式为hooh，故a错误；b、硫原子获得2的电子形成硫离子，硫离子核外电子数为18，有3个电子层，各层电子数为2、8、8，硫离子结构示意图为，故b错误；c、由选项中原子大小结合分子式co2可知，大黑色球为氧原子、小黑色球为碳原子，实际碳原子半径大于氧原子半径，二氧化碳的比例模型为，故c正确；d、氧化铁中铁为+3价，o表现+2价，故正确化学式为：fe2o3，故d错误，故选c点评：本题考查了常见化学用语的书写判断，题目难度中等，注意掌握原子结构示意图、电子式、结构式、元素符号的概念及表示方法，注意比例模型与球棍模型的表示方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力3（2分）下列物质中具有良好导电性的是（）a冰醋酸b盐酸ckcl晶体d蔗糖溶液考点：电解质溶液的导电性专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：a、酸的水溶液能导电；b、盐酸中存在自由移动的离子；c、氯化钾中含有氯离子和钾离子；d、蔗糖是非电解质，溶液中无自由移动的离子解答：解：a、冰醋酸中只有醋酸分子，不导电，酸只有形成水溶液才能导电，故a错误；b、盐酸中存在自由移动的氯离子和氢离子，能导电，故b正确；c、氯化钾中含有氯离子和钾离子，但是静电作用的束缚，不能自由移动不导电，故c错误；d、蔗糖是非电解质，溶液中无自由移动的离子，不能导电，故d错误故选b点评：本题考查学生物质的导电情况吗，注意物质导电的原理：存在自由移动的微粒4（2分）下列各物质分别滴加浓硫酸后，现象描述正确的是（）a胆矾晶体由蓝色变无色bph试纸变红c蓝色石蕊试液褪色d白纸变黑考点：浓硫酸的性质专题：氧族元素分析：依据浓硫酸具有酸性，吸水性、脱水性、强的氧化性解答解答：解：a浓硫酸具有吸水性，胆矾晶体由蓝色变白色，故a错误；b浓硫酸具有酸性和脱水性，所以ph试纸先变红后变黑，故b错误；c浓硫酸具有酸性和脱水性，所以蓝色石蕊试液褪色先变红后变黑，故c错误；d浓硫酸具有脱水性，所以白纸变黑，故d正确；故选：d点评：本题考查了物质的性质，明确浓硫酸的性质是解题关键，注意知识的积累5（2分）下列关于金属腐蚀的叙述不正确的是（）a黄铜（铜锌合金）制作的铜锣不易产生铜绿b与生铁相比纯铁更容易被腐蚀c金属的吸氧腐蚀和析氢腐蚀都属于电化学腐蚀d金属腐蚀的本质是mne=mn+考点：金属的电化学腐蚀与防护专题：电化学专题分析：a铜锌合金在电解质溶液中形成原电池反应，依据原电池电极反应分析判断；b不纯的金属易发生电化学腐蚀；c金属的吸氧腐蚀和析氢腐蚀过程中均形成原电池；d金属腐蚀的本质是金属原子失电子解答：解：a铜锌合金在电解质溶液中形成原电池反应，锌做负极被腐蚀正极被保护，所以不易形成铜绿；和电化学有关，故a正确；b不纯的金属易发生电化学腐蚀，纯金属主要发生化学腐蚀，电化学腐蚀的速率大于化学腐蚀，所以生铁更容易被腐蚀，故b错误；c金属的吸氧腐蚀和析氢腐蚀过程中均形成原电池，则金属的吸氧腐蚀和析氢腐蚀都属于电化学腐蚀，故c正确；d金属腐蚀的本质是金属原子失电子，即金属腐蚀的本质是mne=mn+，故d正确故选b点评：本题考查金属的腐蚀，注意在原电池中，负极金属易被腐蚀，正极金属被保护，明确化学腐蚀和电化学腐蚀的区别即可解答，题目难度不大6（2分）下列有关氮及其化合物的说法不正确的是（）a硝酸应保存在棕色试剂瓶里b铵态氮肥不宜与碱性肥料混合施用c常温下铁、铝不与浓硝酸反应dno可用排水法收集，no2可用向上排空气法收集考点：氮族元素简介专题：氮族元素分析：a、见光易分解的化学药品应保存在棕色试剂瓶中；b、铵态氮肥应避免和碱性肥料混合施用，防止反应生成氨气；c、常温下，铁、铝与浓硝酸“钝化”，属于化学反应；d、no不溶于水，二氧化氮溶于水，据此分析即可解答：解：a、硝酸见光容易分解生成二氧化氮与水和氧气，故应保存在紫色瓶中，故a正确；b、铵态氮肥应避免和碱性肥料混合施用，防止铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气，故b正确；c、常温下，铁、铝与浓硝酸“钝化”，属于化学反应，故c错误；d、no不溶于水，可以利用排水法收集，二氧化氮溶于水，密度比空气的大，可以利用向上排空气法收集，故d正确，故选c点评：本题主要考查的是常见药品的存放、铵盐的性质、浓硝酸的性质、常见气体的收集等，综合性较强，难度不大7（2分）下列关于有机物的叙述不正确的是（）a乙烯和苯都能使溴水褪色b乙醇和二甲醚（ch3och3）互称为同分异构体c石油的分馏属于物理变化d纤维素、油脂、蛋白质三种高分子化合物均能水解考点：有机化学反应的综合应用专题：有机反应分析：a乙烯和溴发生加成反应而使溴水褪色，苯能萃取溴水中的溴而使溴水褪色；b分子式相同结构不同的物质互称同分异构体；c物理变化是指没有新物质生成的变化；d、有机高分子化合物的相对分子质量很大，达几万或几十万等解答：解：a乙烯中含有碳碳双键，性质较活泼，能和溴发生加成反应生成溴代烷而使溴水褪色，溴在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，且苯和水不互溶，苯和溴水不反应，所以苯能萃取溴水中的溴而使溴水褪色，故a正确；b乙醇和二甲醚的分子式相同，结构不同，所以二者是同分异构体，故b正确；c石油的分馏是控制各个物质沸点的不同来实现物质分离的方法，属于物理变化，故c正确；d有机高分子化合物的相对分子质量很大，达几万或几十万，油脂不属于高分子化合物，故d错误故选d点评：本题考查了有机物的性质、分馏原理及高分子化合物概念，根据有机物中含有的官能团来确定其性质，注意a中，乙烯和苯使溴水褪色原理不同，乙烯和溴发生化学反应，苯使溴水褪色发生物理变化，为易错点8（2分）以下方法可用于工业冶炼金属的是（）a电解熔融alcl3获取金属铝b电解mgcl2溶液获取金属镁c用co还原铁矿石来获取金属铁d电解饱和食盐水来获取金属钠考点：金属冶炼的一般原理专题：元素及其化合物分析：金属的冶炼方法：电解法：冶炼活泼金属k、ca、na、mg、al，一般用电解熔融的氯化物（al是电解熔融的al2o3）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属zn、fe、sn、pb、cu，常用还原剂有（c、co、h2等）；热分解法：冶炼不活泼的金属hg、ag用加热分解氧化物的方法制得解答：解：a、工业上是电解熔融氧化铝获取金属铝，氯化铝是共价化合物，故a错误；b、电解mgcl2熔融物可以获取金属镁，电解氯化镁溶液得到的是氢氧化镁、氢气和氯气，故b错误；c、用co还原铁矿石来获取金属铁是工业上炼铁的原理，属于还原法，故c正确；d、电解饱和食盐水得到的是氢氧化钠、氢气行业氯气，电解熔融的氯化钠可以冶炼金属钠，故d错误，故选c点评：本题考查金属冶炼的一般方法和原理，根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法，难度不大9（2分）共价键、离子键和分子间作用力是构成物质的微粒间的不同作用方式，下列物质中只存在上述一种作用方式的是（）a二氧化碳b氢氧化钠固体cnacl晶体d氯气考点：离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型专题：化学键与晶体结构分析：一般金属元素与非金属元素之间形成离子键，非金属元素之间形成共价键，分子之间存在分子间作用力，以此来解答解答：解：a二氧化碳，存在共价键和分子间作用力，故a不选；b氢氧化钠中存在离子键和共价键，故b不选；c氯化钠中只有离子键，故c选；d氯气中存在分子间作用力和共价键，故d不选；故选c点评：本题考查化学键，为高频考点，熟悉常见物质中的化学键及化学键的形成规律即可解答，注意分子晶体中存在分子间作用力不属于化学键，题目难度不大10（2分）常温时能与水反应产生h2 的是（）anabnh4clcna2o2dno2考点：钠的化学性质；铵盐；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；钠的重要化合物分析：ana与水反应生成氢氧化钠和氢气；b氯化铵与水不反应；cna2o2与水反应生成氢氧化钠和氧气；d二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮；解答：解：ana与水反应生成氢氧化钠和氢气，故a选；b氯化铵与水不反应，不会产生h2 的，故b不选；cna2o2与水反应生成氢氧化钠和氧气，不会产生h2 的，故c不选；d二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，不会产生h2 的，故d不选；故选a点评：本题考查物质的化学性质，为高频考点，把握与水反应及其判断反应产物为解答的关键，题目难度不大11（2分）碘元素的一种核素i可用于治疗肿瘤下列有关碘元素的说法正确的是（）ai核外有72个电子bi与i互为同素异形体ci能使淀粉溶液变蓝di最外层电子数为7考点：核素专题：原子组成与结构专题分析：a、核外电子数等于质子数，即53；b、同种元素的不同种原子之间互称为同位素；c、碘单质能使淀粉溶液变蓝，碘离子不可以；d、碘处于第a族，最外层7个电子解答：解：a、核外电子数等于质子数，即53，故a测；b、同种元素的不同种原子之间互称为同位素，同种元素构成的不同种单质互称同素异形体，故b错误；c、碘单质能使淀粉溶液变蓝，碘离子不可以，故c错误；d、碘处于第a族，最外层7个电子，故d正确，故选d点评：本题主要考查的是核素的定义，注意区分同位素与同素异形体的概念，难度不大12（2分）以下分离提纯操作能达到相应目的是（）选项操作目的a电解精炼将粗铜转化为精铜b蒸馏分离氯化钠和硝酸钾混合溶液c分液分离乙酸与乙酸乙酯混合物d用乙醇作萃取剂提取溴水中的溴单质aabbccdd考点：化学实验方案的评价专题：化学实验基本操作分析：a粗铜转化为精铜，粗铜为阳极，纯铜为阴极，电解质为硫酸铜；b氯化钠和硝酸钾的溶解度受温度影响不同；c乙酸与乙酸乙酯混合物不分层；d乙醇与水混溶，不能作萃取剂解答：解：a粗铜转化为精铜，粗铜为阳极，纯铜为阴极，电解质为硫酸铜，则电解法可精炼cu，故a正确；b氯化钠和硝酸钾的溶解度受温度影响不同，应利用结晶法分离，故b错误；c乙酸与乙酸乙酯混合物不分层，不能直接利用分液法分离，应加碳酸钠后、分液，故c错误；d乙醇与水混溶，不能作萃取剂，应选苯或四氯化碳等萃取溴水中的溴单质，故d错误；故选a点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及电解原理应用、混合物分离提纯方法等，把握化学反应原理及物质的性质为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大13（2分）化学反应伴随能量变化，下列说法中错误的是（）atnt（炸药）爆炸时部分化学能转化为热能b电解饱和食盐水时部分化学能转化为电能c镁条燃烧时部分化学能转化为光能d植物光合作用时部分光能转化为化学能考点：反应热和焓变专题：化学反应中的能量变化分析：a、根据爆炸过程中能量之间的转化来回答；b、电解是将电能转化为化学能的装置；c、根据镁条燃烧时的能量转化来回答；d、植物光合作用时，光合作用吸收二氧化碳生成氧气，部分光能转化为化学能解答：解：a、tnt爆炸过程中，化学能转化为热能、动能、光能等，故a正确；b、电解是将电能转化为化学能的装置，故b错误；c、镁条燃烧时放光、放热，即部分化学能转化为光能和热能，故c正确；d、植物光合作用时，光合作用吸收二氧化碳生成氧气，所以部分光能转化为化学能，故d正确故选b点评：本题考查学生常见的能量转化形式方面的知识，可以根据教材知识来回答，较简单14（2分）下列离子方程式正确的是（）a醋酸溶解鸡蛋壳：2h+co32co2+h2ob铝片加入烧碱溶液：2a1+2oh+2h2o2a1o2+3h2c铁与盐酸反应：2fe+6h+2fe3+3h2d铜片投入fecl3溶液中：cu+fe3+cu2+fe2+考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：a鸡蛋壳中含有碳酸钙，碳酸钙、醋酸在离子方程式中不能拆开；b铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；c铁与盐酸反应生成亚铁离子，不是生成铁离子；d根据电荷守恒判断，离子方程式两边正电荷不相等解答：解：a碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，正确的离子方程式为：caco3+2ch3cooh=ca2+h2o+co2+2ch3coo，故a错误；b铝片加入烧碱溶液，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2a1+2oh+2h2o2a1o2+3h2，故b正确；c铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，正确达到离子方程式为：fe+2h+fe2+h2，故c错误；d铜片投入fecl3溶液中，离子方程式必须遵循电荷守恒，正确的离子方程式为：cu+2fe3+cu2+2fe2+，故d错误；故选b点评：本题考查离子方程式的书写判断，为中等难度的试题，注意明确离子方程式正误判断常用方法，如：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，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）15（2分）h2s2o3是一种弱酸，实验室欲用0.01moll1的na2s2o3溶液滴定i2溶液，发生的反应为i2+2na2s2o3=2nai+na2s4o6，下列说法合理的是（）a该滴定可用甲基橙做指示剂bna2s2o3是该反应的还原剂c该滴定可选用如图所示装置d该反应中每消耗2mol na2s2o3，电子转移数为4mol考点：中和滴定；氧化还原反应分析：a、碘遇淀粉溶液变蓝色，碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，单质碘消失，溶液褪色；b、na2s2o3中s元素化合价升高，作还原剂；c、na2s2o3溶液显碱性；d、反应中每消耗2mol na2s2o3，电子转移数为2mol解答：解：a、溶液中有单质碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，当反应终点时，单质碘消失，蓝色褪去，故a错误；b、na2s2o3中s元素化合价升高被氧化，作了还原剂，故b正确；c、na2s2o3溶液显碱性，应该用碱式滴定管，故c错误；d、反应中每消耗2mol na2s2o3，电子转移数为2mol，故d错误；故选b点评：本题考查了氧化还原滴定中指示剂的选择、化合价变化、盐类水解、电子转移，题目难度中等16（2分）na为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）a1l 0.5moll1氨水中所含nh4+数为0.5nab1mol fe与足量氯气反应转移的电子数为2 nac标准状况下，33.6l co2约含有1.5na个分子d1 mol 中含碳碳双键数为3 na考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：a一水合氨为弱电解质，在溶液中不能部分电离出铵根离子；b铁与氯气反应生成氯化铁，1mol铁完全反应失去3mol电子；c标况下33.6l二氧化碳的物质的量为1.5mol；d苯中碳碳键为一种独特键，不存在碳碳双键解答：解：a氨水为弱碱，溶液中一水合氨只能部分电离出铵根离子，无法计算溶液中铵根离子的物质的量，故a错误；b1mol铁与足量氯气完全反应生成1mol氯化铁，失去3mol电子，反应转移的电子数为3na，故b错误；c标准状况下，33.6l co2的物质的量为：=1.5mol，1.5mol二氧化碳中含有1.5na个分子，故c正确；d苯中碳碳键为一种介于单键和双键之间的独特键，不存在碳碳双键，故d错误；故选c点评：本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，选项d需要明确苯中碳碳键为一种独特键17（2分）第三周期元素x、y、z可分别形成xn+、ym+、zn三种离子，已知mn，且三种元素相应的最高价氧化物对应水化物两两之间会发生反应下列说法中不正确的是（）ay为albz的最高价氧化物对应水化物的分子式为hclo4cx与z结合形成离子化合物dx、y、z原子半径zxy考点：原子结构与元素周期律的关系专题：元素周期律与元素周期表专题分析：第三周期元素x、y、z可分别形成xn+、ym+、zn三种离子，已知mn，且三种元素相应的最高价氧化物对应水化物两两之间会发生反应，应是两性氢氧化物与强碱、强酸的反应，则x为na，y为al，z为cl，据此解答解答：解：第三周期元素x、y、z可分别形成xn+、ym+、zn三种离子，已知mn，且三种元素相应的最高价氧化物对应水化物两两之间会发生反应，应是两性氢氧化物与强碱、强酸的反应，则x为na，y为al，z为cl，a由上述分析可知，y为al元素，故a正确；bz为cl元素，其最高价氧化物对应水化物的分子式为hclo4，故b正确；cx与z结合形成离子化合物为nacl，属于离子化合物，故c正确；d同周期随原子序数增大，原子半径减小，故原子半径naalcl，故d错误，故选d点评：本题考查结构性质位置关系应用，关键是利用最高价氧化物对应水化物两两反应推断元素，注意对基础知识的理解掌握18（2分）运用盖斯定律可方便地计算出难以通过实验直接测定的反应热已知：p4（白磷，s）+5o2（g）=p4o10（s）h=2983.2kjmol1p（红磷，s）+o2（g）=p4o10（s）h=738.5kjmol1则白磷转化为红磷的热化学方程式为（）ap4（白磷，s）=4p（红磷，s）h=29.2kjmol1bp4（白磷，s）=4p（红磷，s）h=+29.2kjmol1cp4（白磷，s）=4p（红磷，s）h=2244.7kjmol1dp4（白磷，s）=4p（红磷，s）h=+2244.7kjmol1考点：反应热和焓变专题：化学反应中的能量变化分析：根据盖斯定律结合热化学方程式可以计算化学反应的焓变，进而书写热化学方程式解答：解：红磷转化为白磷的化学方程式为：4p（s、红磷）=p4（s、白磷），可以看成是下列两个反应方程式的和：p4（s、白磷）+5o2（g）=p4o10（s）；h=2983.2kjmol1；p4o10（s）=4p（s、红磷）+5o2（g）；h=738.54kjmol1=2954kjmol1；根据盖斯定律，白磷转化为红磷的热化学方程式：p4（s、白磷）=4p（s、红磷）h=2983.2kj/mol+2954kjmol1=29.2kj/mol，即为：p4（s、白磷）=4p（s、红磷）h=29.2kj/mol故选a点评：本题考查反应过程的能量变化以及运用盖斯定律进行反应热的计算和热化学方程式的书写知识，难度不大19（2分）下列有关实验现象或操作预测的叙述正确的是（）a可用于分离乙醇和水b说明该装置气密性良好c该装置可用于制取并收集乙酸乙酯d由a进气可用于收集nh3考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：a乙醇与水互溶；b关闭止水夹，从长颈漏斗中加水，液柱法可检验气密性；c乙酸乙酯在naoh中水解；d氨气的密度比空气小解答：解：a乙醇与水互溶，则图中过滤装置不能分离，应选蒸馏法分离，故a错误；b关闭止水夹，从长颈漏斗中加水，液柱法可检验气密性，图中实验装置合理，故b正确；c乙酸乙酯在naoh中水解，应选饱和碳酸钠分离，故c错误；d氨气的密度比空气小，利用向下排空气法收集，应从b口进入，故d错误；故选b点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、实验基本操作及气体的收集等，把握物质的性质、实验装置的作用及实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大20（2分）下列根据化学事实进行的相关推论，正确的是（）化学事实 推论a将so2通入品红溶液中，溶液褪色so2具有氧化性b铝热反应需要高温引燃该反应的h0c聚光束仪照射淀粉溶液，看到一条“光亮通路”淀粉分子直径107md向溶液中滴加kscn，无明显现象，再加氯水，看到溶液变为血红色说明原溶液中含有fe2+aabbccdd考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：aso2通入品红溶液中，溶液褪色，与有色物质化合生成无色物质；b铝热反应为放热反应；c淀粉溶液为胶体分散系；d滴加kscn，无明显现象，再加氯水，看到溶液变为血红色，则亚铁离子被氧化生成铁离子解答：解：aso2通入品红溶液中，溶液褪色，与有色物质化合生成无色物质，与二氧化硫漂白性有关，故a错误；b铝热反应为放热反应，h0，而反应时高温引发反应，故b错误；c淀粉溶液为胶体分散系，则淀粉分子直径107m，故c错误；d滴加kscn，无明显现象，再加氯水，看到溶液变为血红色，则亚铁离子被氧化生成铁离子，则说明原溶液中含有fe2+，故d正确；故选d点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、离子检验及氧化还原反应、反应中能量变化等，把握物质的性质、化学反应原理为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大21（2分）根据水溶液中存在的平衡关系，判断下列说法正确的是（）a往水中滴加少量稀硫酸，能促进水电离b室温下，稀释0.1moll1的醋酸，溶液中所有离子的浓度均降低c往agcl悬浊液中加入0.1moll1na2s溶液，有黑色沉淀产生d浓度均为0.1 moll1的溶液，ph由大到小排列顺序为：naohna2co3nahso4（nh4）2so4考点：水的电离专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：a、稀硫酸抑制水的电离；b、平衡状态下离子浓度减小，离子积常数分析氢氧根离子浓度增大；c、硫化银溶解度小于氯化银；d、硫酸氢钠溶液中完全电离显酸性，硫酸铵溶液铵根离子水解显酸性解答：解：a、稀硫酸抑制水的电离，往水中滴加少量稀硫酸，能抑制水电离，故a错误；b、温下，稀释0.1moll1的醋酸，平衡状态下离子浓度减小，氢离子浓度减小，依据离子积常数可知氢氧根离子浓度增大，故b错误；c、硫化银溶解度小于氯化银，往agcl悬浊液中加入0.1moll1na2s溶液，实现程度转化，有黑色沉淀产生，故c正确；d、硫酸氢钠溶液中完全电离显酸性，硫酸铵溶液铵根离子水解显酸性，浓度均为0.1 moll1的溶液，ph由大到小排列顺序为：naohna2co3（nh4）2so4nahso4，故d错误；故选c点评：本题考查了水的电离平衡影响因素，沉淀转化，盐类水解溶液酸碱性分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等22（2分）下列有关电化学的叙述正确的是（）a为实现铁上镀铜，可把铁作为阳极b氯碱工业通过电解熔融的nacl生产cl2c如图所示，盐桥中的k+移向znso4溶液d氢氧燃料电池（碱性电解质溶液）中o2通入正极，电极反应为o2+2h2o+4e4oh考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：a、电镀时，镀层金属是阳极，镀件是阴极；b、电解熔融的nacl生产cl2和金属钠，氯碱工业可以产生氢氧化钠、氢气和氯气；c、原电池中的阳离子移向正极；d、氢氧燃料电池的正极上是氧气得电子的还原反应解答：解：a、电镀时，镀层金属是阳极，镀件是阴极，铁上镀铜，可把铁作为阴极，故a错误；b、电解熔融的nacl生产cl2和金属钠，氯碱工业是电解饱和食盐水产生氢氧化钠、氢气和氯气的工业，故b错误；c、原电池中的阳离子移向正极，锌铜原电池中，锌是负极，铜是正极，盐桥中的k+移向cuso4溶液，故c错误；d、氢氧燃料电池的正极上是氧气得电子的还原反应，在碱性环境下，电极反应为：o2+2h2o+4e4oh，故d正确故选d点评：本题考查学生原电池以及电解池工作原理的应用知识，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度中等23（2分）工业上常利用co与so2反应生成固态s单质和co2，从而消除这两种气体对大气的污染：2co（g）+so2（g）2co2（g）+s（s）h=a kjmol1（a0），下列叙述正确的是（）a该反应的平衡常数表达式为k=b若反应开始时投入2 mol co，则达平衡时，放出热量为a kjc增大压强或升高温度都可以加快化学反应速率并提高so2的转化率d若单位时间内生成2 molco2的同时，消耗1mol so2，则说明反应达到平衡状态考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程专题：化学平衡专题分析：a化学平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值，固体、纯液体不出现在公式中；b可逆反应不能进行彻底，2 mol co不能完全反应；c增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，升高温度，平衡向吸热方向移动；d反应速率与化学计量数成比例，不能说明达到平衡状态解答：解：a反应2co（g）+so2（g）2co2（g）+s（s）h=a kjmol1（a0）的平衡常数k=，故a正确；b可逆反应不能进行彻底，2 mol co不能完全反应，放出的热量小于akj，故b错误；c2co（g）+so2（g）2co2（g）+s（s）h=a kjmol1（a0），正反应放热，是一个气体体积减小的反应，升温，平衡左移，so2的转化率减小，故c错误；d任何状态，生成2 molco2的同时，消耗1mol so2，不能说明达到平衡状态，故d错误故选：a点评：本题考查了化学平衡的影响因素、平衡常数的书写，难度中等，注意平衡常数中不出现固体和纯液体二、非选择题（本题包括6小题，共54分）24（12分）食盐是重要调味品，随着对饮食健康的重视，出现了各种类型的特种食盐（1）常说“饮食过咸会伤骨”，长期摄入食盐过多可能导致骨骼脱钙，下列物质中，可以作为补钙药品主要成分的是a（填标号）acaco3 bcao cca（oh）2 dca（2）低钠盐因含有氯化钾和硫酸镁可防治高血压和心血管病，往其溶液中滴入氨水，发生反应的化学方程式是mgso4+2nh3h2o=mg（oh）2+（nh4）2so4（3）加硒盐中含有的硒元素是人体微量元素中的“抗癌之王”，写出证明硒元素非金属性比硫元素弱的一个实验事实：硒与氢气化合比硫更难（或硒酸酸性比硫酸弱，或硒化氢稳定性比硫化氢弱，或硫能置换出硒等其它合理答案）（4）加碘盐可防治碘缺乏症，其中的碘酸钾（kio3）在酸性溶液中可氧化亚硫酸钠，生成物能使淀粉变蓝，1mol kio3被还原时，转移电子5mol，该反应的离子方程式为2io3+5so32+2h+i2+5so42+h2o考点：微量元素对人体健康的重要作用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用分析：（1）补钙药品不能有腐蚀性；（2）硫酸镁能与氨水反应生成氢氧化镁沉淀；（3）利用非金属与氢气化合的难易程度、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性、非金属单质之间的置换反应、与变价金属反应根据生成物质金属的价态高低等来判断非金属性的强弱；（4）反应中s元素化合价由na2so3中+4价升高为+6价，总共升高2价，i元素化合价由kio3中+5降低为i2中0价，总共降低10价，化合价最小公倍数为10解答：解：（1）碳酸钙能与胃酸反应生成钙离子，用于补钙；氧化钙和氢氧化钙有腐蚀性，钙单质能与水反应生成氢氧化钙和氢气，故答案为：a；（2）硫酸镁能与氨水反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸铵：mg so4+2nh3h2o=mg （oh）2+（nh4）2so4，故答案为：mg so4+2nh3h2o=mg （oh）2+（nh4）2so4；（3）硒与氢气化合比硫更难，或硒酸酸性比硫酸弱，或硒化氢稳定性比硫化氢弱，或硫能置换出硒），故答案为：硒与氢气化合比硫更难（或硒酸酸性比硫酸弱，或硒化氢稳定性比硫化氢弱，或硫能置换出硒等其它合理答案）；（4）反应中s元素化合价由na2so3中+4价升高为+6价，总共升高2价，i元素化合价由kio3中+5降低为i2中0价，总共降低10价，化合价最小公倍数为10，故na2so3系数为5，故i2系数为1，再结合原子守恒配平后方程式为5na2so3+2kio3+h2so4=5na2so4+k2so4+i2+h2o，1mol kio3被还原时，转移电子5mol；离子方程式为：2io3+5so32+2h+i2+5so42+h2o，故答案为：5；2io3+5so32+2h+i2+5so42+h2o点评：本题考查微量元素、非金属性比较、氧化还原反应的配平与计算等，难度中等，注意氧化还原反应中守恒思想的运用25（8分） 已知600时，在2l密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合发生反应：2so2（g）+o2（g）2so3（g）h=197kjmol1反应过程中so2、o2、so3物质的量变化如图所示（1）反应开始到20min时，用so3表示的反应平均速率为0.001moll1min1（2）10min、15min、20min曲线均出现拐点，10min时曲线变化的原因可能是ae（填选项标号）；20min时，曲线发生变化是因为c（填选项标号）a升高温度 b降低压强 c加入氧气 d加入so3e加入催化剂（3）下列描述能说明该反应达到平衡状态的是bda混合气体的总质量不随时间的变化而变化bso2的转化率达到最大，且保持不变c化学反应速率v（o2）=v （so3）d保持温度和容积不变，混合气体的总压强不随时间的变化而变化考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断分析：（1）由图可知，反应进行至20min时，根据v=计算；（2）由图可知，反应向正反应进行，10min到15min反应混合物单位时间内的变化量增大，说明反应速率增大，10min改变瞬间，各物质的物质的量不变；由图可知，反应进行至20min时，改变体积，平衡向正反应移动，瞬间只有氧气的浓度增大；（3）当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，据此分析解答该题解答：解：（1）由图可知，反应进行至20min时，so3的物质的量变化为0.04mol，则反应平均速率v=0.001moll1min1，故答案为：0.001moll1min1；（2）由图可知，反应向正反应进行，10min到15min反应混合物单位时间内的变化量增大，说明反应速率增大，10min改变瞬间，各物质的物质的量不变，所以改变的条件即为增大反应速率，可选ae；由图可知，反应进行至20min时，平衡向正反应移动，瞬间只有氧气的浓度增大，应是增大了氧气的浓度，所以选c，故答案为：ae；c；（3）a、反应前后气体的总质量一直不变，所以总质量不再变化不能说明达到了平衡状态，故a错误；b、so2的转化率达到最大，且保持不变，说明达到了平衡状态，故b正确；c、没有指明正逆反应速率，不能说明达到了平衡状态，故c错误；d、反应物和生成物中气体的计量数之和不等，容器中压强不变，能证明达到了平衡状态，故d正确；故选：bd点评：本题考查平衡移动、平衡影响元素、化学平衡图象等，难度中等，图象问题解题步骤：（1）看懂图象：看面（即弄清纵坐标与横坐标的意义）；看线（即弄清线的走向和变化趋势）；看点（即弄清起点、拐点、交点、终点的意义）；看是否要作辅助线（如等温线、等压线）；看定量图象中有关量的多少（2）联想规律：联想外界条件的改变对化学反应速率和化学平衡的影响规律26（8分）84消毒液是一种以次氯酸钠为主要成分的高效消毒剂（1）次氯酸钠溶液呈碱性，原因可用离子方程式表示为clo+h2ohclo+oh；（2）二氧化碳、氢氧化钠、氯化钠三种物质中，添加到84消毒液中可增强其消毒效果的是二氧化碳；（3）84消毒液可以通过电解氯化钠稀溶液制取，电解装置通常选用铁和碳棒为电极，电解时铁电极反应式为2h+2e=h2或2h2o+2e=h2+2oh考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用专题：卤族元素分析：（1）naclo为强碱弱酸盐，水解呈碱性；（2）84消毒液的有效成份为naclo，可在酸性条件下生成具有漂白性的hclo；（3）电解时，铁应为阴极，发生还原反应生成氢气解答：解：（1）naclo为强碱弱酸盐，水解呈碱性，水解离子方程式为clo+h2ohclo+oh，故答案为：clo+h2ohclo+oh；（2）84消毒液的有效成份为naclo，可在酸性条件下生成具有漂白性的hclo，只有二氧化碳符合，故答案为：二氧化碳；（3）电解时，铁应为阴极，发生还原反应生成氢气，电极方程式为2h+2e=h2或2 h2o+2e=h2+2oh，故答案为：2h+2e=h2或2 h2o+2e=h2+2oh点评：本题考查较为综合，涉及多方面知识，为高频考点，注意84消毒液的成份以及应用，注意相关物质的性质，难度不大27（9分）盐酸常用于清除金属表面的铜锈铁锈某同学欲将除锈后的盐酸中的金属元素分步沉淀，查资料获知常温下水溶液中各离子沉淀的ph范围： 离子开始沉淀的ph沉淀完全的phfe3+1.03.0fe2+5.88.8cu2+4.26.7（1）若以离子浓度降至1105moll1为沉淀完全，根据上表数据推算出kspfe（oh）3=1.01038；（2）根据上述数据该同学设计了以下实验流程：试剂a可能是双氧水；试剂b的化学式是naoh；沉淀化学式是cu（oh）2考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质分离、提纯的实验方案设计分析：（1）若以fe3+离子浓度降至1105moll1为沉淀完全，此时ph=3.0，c（oh）=1.01011mol/l，则kspfe（oh）3=c（fe3+）c3（oh）=1105（1.01011）3=1.01038；（2）加入试剂a后，fe2+消失了，则试剂a是氧化剂双氧水；加入试剂b出现了沉淀，可知试剂b是naoh（或其它可溶性碱），调节ph：13，先出现红褐色沉淀氢氧化铁；当调节ph：4.26.7，出现cu（oh）2解答：解：（1）若以fe3+离子浓度降至1105moll1为沉淀完全，此时ph=3.0，c（oh）=1.01011mol/l，则kspfe（oh）3=c（fe3+）c3（oh）=1105（1.01011）3=1.01038；故答案为：1.01038；（2）加入试剂a后，fe2+消失了，则试剂a是氧化剂双氧水；加入试剂b出现了沉淀，可知试剂b是naoh（或其它可溶性碱），调节ph：13，先出现红褐色沉淀氢氧化铁；当调节ph：4.26.7，出现cu（oh）2，故答案为：双氧水；naoh（或其它可溶性碱）；cu（oh）2点评：该题注重对学生基础知识巩固与训练的同时，侧重对学生能力的培养与解题方法的指导和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力28（9分）某小组学生想研究不同物质对双氧水分解速率的影响，以生成气体量50ml为标准，设计了如下实验