青海省西宁十四中高三化学上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年青海省西宁十四中高三（上）期中化学试卷一、选择题（每题有且只有一个选项符合题意，每题3分共48分）1下列叙述错误的是（）a葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应，不属于胶体b可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是平否漏气c明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌流消毒，两者原理相同d化学变化中一定有能量变化，而有能量变化过程不一定发生化学反应2下列装置、试剂选用或操作正确的是（）a除去no中的no2b用于alcl3蒸发结晶c稀释浓硫酸d制备少量o23以下除杂方案不正确的是（）acl2中混有hcl，可依次通入盛有饱和食盐水、浓h2so4的洗气瓶bnh4cl 溶液中混有fe3+，可加入naoh溶液后过滤cco中混有co2，可依次通入盛naoh 溶液、浓 h2so4的洗气瓶dna2co3固体中混有nahco3，可用灼烧的方法除尽4下列选项中有关离子方程式的书写正确的是（）a过氧化钠固体与水反应：2o22+2h2o=4oh+o2bh2so4与ba（oh）2溶液反应：ba2+oh+h+so42=baso4+h2oc过量的co2通入ca（clo）2溶液中：clo+co2+h2o=hco3+hclod硫化钠水溶液呈碱性的原因：s2+2h2o=h2s+2oh5设na为阿伏加德罗常数的值，下列各项叙述正确的是（）1molcl2参加反应转移电子数一定为2na1mol na2o和na2o2混合物中含有的阴、阳离子总数是3na1l 2moll1的al（no3）3溶液中含al3+个数为2na1l 2mol/l的氯化铁溶液完全制成胶体，氢氧化铁胶体的粒子数小于2na6.0g sio2晶体中含有的硅氧键数目为0.4na标准状况下，2.24l乙醇分子所含的ch键数为 0.5naabcd6将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同深度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是（）a两烧杯中铜片表面均无气泡产生b甲中铜片是正极，乙中铜片是负极c两烧杯中溶液的ph均增大d产生气泡的速度甲比乙慢7常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）akw/c（h+）=1 moll1的溶液中：na+、sio32、i、co32b氨水中：al3+、k+、f、no3cph=1的溶液中：nh4+、na+、so42、ch3cood0.1 moll1的nahso4溶液中：k+、fe2+、cl、no38已知在碱性溶液中可发生如下反应：2r（oh）3+3clo+4oh2ro4n+3cl+5h2o，则ro4n中r的化合价是（）a+3b+4c+5d+69ad是含同一元素的四种物质，相互之间有如图所示的转化关系，其中d是最高价氧化物对应的水化物那么a可能是（）n2 si cu ch4 h2sa只有b只有c只有d全部10可逆反应2so2（g）+o2（g）2so3（g）h0，在一定条件下达到平衡状态，时间为t1时改变条件化学反应速率与反应时间的关系如图所示下列说法正确的是（）a维持温度、容积不变，t1时充入so3（g）b维持压强不变，t1时升高反应体系温度c维持温度、容积不变，t1时充入一定量ard维持温度、压强不变，t1时充入so3（g）11二氧化硅广泛存在于自然界中，在日常生活、生产、科研及新型材料等方面有着重要的用途ae是对反应中sio2所表现的化学性质或作用进行判断，ae的叙述中有几个正确的选项（）sio2+2naohna2sio3+h2o sio2+2csi+2cosio2+4hfsif4+2h2o na2co3+sio2na2sio3+co2sio2+3csic+2coa反应中sio2作为玻璃的成分被消耗，用于刻蚀玻璃b反应中sio2表现出氧化性c反应中sio2表现了酸性氧化物的通性d反应符合用较强酸制取较弱酸的道理e反应中sio2未参加氧化还原反应a二个b三个c四个d五个12下列说法正确的是（）a甲烷的标准燃烧热为890.3kjmol1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：ch4（g）+2o2（g）co2（g）+2h2o（g）h=890.3kjmol1b500、30mpa下，0.5mol n2和1.5molh2置于密闭容器中充分反应生成氨气，放热19.3kj，其热化学方程式为：n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h=38.6kjmol1c在100、101 kpa条件下，液态水的气化热为40.69 kjmol1，则h2o（g）h2o（l） 的h=+40.69 kjmol1d酸碱发生中和反应生成1mol液态h2o时，所放出的热量称为中和热，可表示为：h+（aq）+oh（aq）h2o（l）h=57.3kjmol113短周期元素q、r、t、w在元素周期表中的位置如右图所示，其中w的原子核内质子数与核外最外层电子数之比为8：3，下列说法正确的是（）aq的最高价氧化物对应水化物的酸性大于r的最高价氧化物对应水化物的酸性bt的离子半径大于w的离子半径c元素t形成单质的还原性大于元素w形成单质的还原性d在r的最高价氧化物对应水化物的浓溶液中单质t不溶解，说明未发生化学反应14下列实验可达到实验目的是（）a将2氯丙烷与naoh的醇溶液共热制备ch3chch2b 与适量naoh溶液反应制备c用分液法分离苯和液溴的混合物d向卤代烃水解后的溶液中直接加入硝酸银溶液，可以确定卤代烃中的卤元素15已知0.1moll1的二元酸h2a溶液的ph=4，则下列说法中正确的是（）a在na2a、naha两溶液中，离子种类不相同b在溶质物质的量相等的na2a、naha两溶液中，阴离子总数相等c在naha溶液中一定有：c（na+）+c（h+）=c（ha）+c（oh）+2c（a2）d在na2a溶液中一定有：c（na+）c（a2）c（h+）c（oh）16某温度时，在一个容积为2l的密闭容器中，x、y、z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示根据图中数据，下列有关说法错误的是（）a该反应的化学方程式为3x+y2zb2 min时，反应达最大限度，但化学反应仍在进行c反应开始至2 min，z的反应速率为0.05 moll1min1d反应达到平衡时，压强是开始时的0.9倍二、非选择题（共52分）17（一）化学实验有助于理解化学知识，形成化学观念在实验室中用浓盐酸与mno2共热制取cl2并进行相关实验（1）下列收集cl2的正确装置是（2）将cl2通入水中，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子是（3）设计实验比较cl2和br2的氧化性，操作与现象是：取少量新制氯水和ccl4于试管中，（二）某学生对so2与漂粉精（漂白粉）的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100ml水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的phph试纸先变蓝（约为12），后褪色a液面上方出现白雾；稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）cl2和ca（oh）2制取漂粉精的化学方程式是（2）用离子方程式解释漂粉精溶液使ph试纸变蓝的原因（3）ph试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是（4）将a瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀x，向沉淀x中加入稀hcl，无明显变化取上层清液，加入bacl2溶液，产生白色沉淀则沉淀x中含有的物质是18（2015秋西宁校级期中）某无色废水中可能含有h+、nh4+、fe3+、al3+、mg2+、na+、no3、co32、so42中的几种，为分析其成分，分别取废水样品100ml，进行了三组实验，其操作和有关图象如图所示：请回答下列问题：（1）根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的离子有：（2）写出实验图象中沉淀溶解阶段发生的离子反应方程式：（3）分析图象，在原溶液中c（nh4+）与c（al3+）的比值为no3是否存在？填（“存在”“不存在”或“不确定”）19高锰酸钾是一种典型的强氧化剂完成下列填空i：在用kmno4酸性溶液处理cu2s和cus的混合物时，发生的反应如下：8mno+5cu2s+44h+10cu2+5so2+8mn2+22h2o（已配平）mno+cus+h+cu2+so2+mn2+h2o（未配平）（1）下列关于反应的说法中错误的是（填字母序号）a被氧化的元素是cu和sb氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5c生成2.24l（标况下）so2，转移电子的物质的量是0.8mold还原性的强弱关系是：mn2+cu2sii：在稀硫酸中，kmno4与 （nh4）2fe（so4）2也能发生氧化还原反应（2）配平kmno4与（nh4）2fe（so4）2反应的离子方程式：mno4+fe2+h+=mn2+fe3+h2o（3）欲配制480ml 0.1mol/l fe2+溶液，需称取（nh4）2fe（so4）26h2o（m=392g/mol）的质量为g需要的玻璃仪器有iii：实验室可由软锰矿（主要成分为mno2）制kmno4，方法如下：高温下使软锰矿与过量koh（s）和kclo3（s）反应，生成k2mno4（锰酸钾）和kcl；用水溶解，滤去残渣；酸化滤液，k2mno4转化为mno2和kmno4；再滤去沉淀mno2，浓缩结晶得到kmno4晶体请回答：（4）用软锰矿制备k2mno4的化学方程式是：（5）k2mno4转化为kmno4的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为20氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索以菱镁矿（主要成分为mgco3，含少量feco3 ）为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：（1）为了加快菱镁矿的溶解，在酸溶阶段可以采取的措施有（任写一条）mgco3 与稀硫酸反应的离子方程式为（2）加入h2o2 氧化时，发生反应的离子方程式为（3）滤渣2 的成分是（填化学式）滤液a的主要成分有（填化学式）（4）煅烧过程存在以下反应：2mgso4（s）+c（s）2mgo（s）+2so2（g）+co2（g）h1mgso4（s）+c（s）mgo（s）+so2（g）+co（g）h2那么co2（g）+c（s）2co（g）h21对甲乙苯是一种重要的有机原料，用该物质可合成其他物质已知：1mol d与足量钠反应可生成1mol氢气；d、e、f每种分子中均只含有一种含氧官能团g是一种有机高分子化合物回答下列问题：（1）对甲乙苯的系统命名为；a的结构简式为（2）ab的反应类型为；f中含氧官能团的名称为（3）1mol e和足量银氨溶液反应，生成沉淀的物质的量为（4）d+fg的化学方程式为（5）h比d相对分子质量小14，h的同分异构体能同时满足如下条件：苯环上有两个取代基；遇氯化铁溶液显紫色；核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积比为2：2：2：2：1：1写出h的这种同分异构体的简式：2015-2016学年青海省西宁十四中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题有且只有一个选项符合题意，每题3分共48分）1下列叙述错误的是（）a葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应，不属于胶体b可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是平否漏气c明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌流消毒，两者原理相同d化学变化中一定有能量变化，而有能量变化过程不一定发生化学反应【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；反应热和焓变；氨的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】a、葡萄糖注射液是溶液，不是胶体；b、浓盐酸易挥发，与nh3结合生成nh4cl固体；c、明矾的漂白原理是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体的吸附性，漂白粉漂白原理是利用了次氯酸钙的强氧化性；d、化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，断裂旧键吸收能量，生成新键释放能量，化学反应中一定有能量变化，物质的三态变化有能量变化，但是物理变化【解答】解：a、葡萄糖注射液是溶液，不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体，故a正确；b、浓盐酸易挥发，与nh3结合生成nh4cl固体小颗粒，为白烟，故b正确；c、明矾的漂白原理是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体的吸附性，漂白粉漂白原理是利用了次氯酸钙的强氧化性，两者的作用原理不相同，故c错误；d、化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，断裂旧键吸收能量，生成新键释放能量，化学反应中一定有能量变化，化学反应都伴有能量变化，伴有能量变化的未必都是化学反应，物质的三态变化有能量变化，但是物理变化，故d正确故选：c【点评】本题考查较为综合，与人们日常生活紧密结合，均为最基本的化常识，题目难度不大2下列装置、试剂选用或操作正确的是（）a除去no中的no2b用于alcl3蒸发结晶c稀释浓硫酸d制备少量o2【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合【专题】实验评价题；化学实验基本操作【分析】ano2与水反应生成no；b蒸发时氯化铝水解生成的hcl挥发；c不能在容量瓶中稀释浓硫酸；d过氧化钠为粉末固体，不能利用止水夹使固体与液体分离制备少量气体【解答】解：ano2与水反应生成no，则导管长进短出、洗气可除杂，故a正确；b蒸发时氯化铝水解生成的hcl挥发，直接蒸发不能得到氯化铝，应在hcl气流中蒸发得到氯化铝，故b错误；c不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中，故c错误；d过氧化钠为粉末固体，不能利用止水夹使固体与液体分离制备少量气体，装置不合理，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，涉及混合物分离提纯、盐类水解、溶液配制及气体制备实验等，把握物质的性质、反应原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大3以下除杂方案不正确的是（）acl2中混有hcl，可依次通入盛有饱和食盐水、浓h2so4的洗气瓶bnh4cl 溶液中混有fe3+，可加入naoh溶液后过滤cco中混有co2，可依次通入盛naoh 溶液、浓 h2so4的洗气瓶dna2co3固体中混有nahco3，可用灼烧的方法除尽【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂【分析】ahcl极易溶于水，浓硫酸可干燥氯气；b氯化铵、铁离子均与naoh溶液反应；c二氧化碳与naoh溶液反应，而co不能，浓硫酸可干燥co；d碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠【解答】解：ahcl极易溶于水，浓硫酸可干燥氯气，则依次通入盛有饱和食盐水、浓h2so4的洗气瓶可除杂，故a正确；b氯化铵、铁离子均与naoh溶液反应，不能除杂，应选择氨水、过滤可除杂，故b错误；c二氧化碳与naoh溶液反应，而co不能，浓硫酸可干燥co，则依次通入盛naoh 溶液、浓 h2so4的洗气瓶可除杂，故c正确；d碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则用灼烧的方法除尽，故d正确；故选b【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大4下列选项中有关离子方程式的书写正确的是（）a过氧化钠固体与水反应：2o22+2h2o=4oh+o2bh2so4与ba（oh）2溶液反应：ba2+oh+h+so42=baso4+h2oc过量的co2通入ca（clo）2溶液中：clo+co2+h2o=hco3+hclod硫化钠水溶液呈碱性的原因：s2+2h2o=h2s+2oh【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】a氧化物应保留化学式；b离子个数不符合物质的配比；c过量的co2通入ca（clo）2溶液中，反应生成次氯酸和碳酸氢钙；d硫离子为多元弱酸根离子，分步水解，水解为可逆过程应该用可逆符号【解答】解：a过氧化钠固体与水反应，离子方程式：2na2o2+2h2o=4oh+o2+4na+，故a错误；bh2so4与ba（oh）2溶液反应，离子方程式：ba2+o2h+2h+so42=baso4+2h2o，故b错误；c过量的co2通入ca（clo）2溶液中，反应生成次氯酸和碳酸氢钙，离子方程式：clo+co2+h2o=hco3+hclo，故c正确；d硫化钠水溶液呈碱性的原因，离子方程式：s2+h2ohs+oh，故d错误；故选：c【点评】本题考查了离子方程式的书写，书写离子方程式应注意化学式的拆分、反应物用量对反应的影响，注意多元弱酸根离子分步水解，题目难度不大5设na为阿伏加德罗常数的值，下列各项叙述正确的是（）1molcl2参加反应转移电子数一定为2na1mol na2o和na2o2混合物中含有的阴、阳离子总数是3na1l 2moll1的al（no3）3溶液中含al3+个数为2na1l 2mol/l的氯化铁溶液完全制成胶体，氢氧化铁胶体的粒子数小于2na6.0g sio2晶体中含有的硅氧键数目为0.4na标准状况下，2.24l乙醇分子所含的ch键数为 0.5naabcd【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】根据cl2参加反应后的价态来分析；na2o和na2o2均由2个阳离子和1个阴离子构成；al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解；一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；求出二氧化硅的物质的量，然后根据1mol二氧化硅中含4mol硅氧键来分析；标准状况下，乙醇为液态【解答】解：由于cl2参加反应后的价态不能确定，故1mol氯气反应后转移的电子数无法确定，故错误；na2o和na2o2均由2个阳离子和1个阴离子构成，故1mol混合物中含3mol离子即3na个，故正确；al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铝离子的个数小于2na个，故错误；一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故氢氧化铁胶粒的个数小于2na个，故正确；6.0g二氧化硅的物质的量为0.1mol，而1mol二氧化硅中含4mol硅氧键，故0.1mol二氧化硅中含0.4mol硅氧键即0.4na个，故正确；标准状况下，乙醇为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故错误故选c【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大6将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同深度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是（）a两烧杯中铜片表面均无气泡产生b甲中铜片是正极，乙中铜片是负极c两烧杯中溶液的ph均增大d产生气泡的速度甲比乙慢【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，h+在铜极上得电子，生成h2，总反应式为：zn+h2so4=znso4+h2，原电池的构成加快了反应速率乙装置中只是锌片与稀硫酸间发生了置换反应：zn+h2so4=znso4+h2，以此进行分析【解答】解：a、甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，h+在铜极上得电子，生成h2，所以甲中铜片表面有气泡产生，故a错误；b、乙中不构成原电池，铜片不是电极，故b错误；c、甲乙两烧杯反应的总方程式都为zn+h2so4=znso4+h2，溶液中硫酸的浓度降低，溶液的ph增大，故c正确；d、原电池能加快反应速率，故产生气泡的速度甲比乙快，故d错误故选c【点评】本题考查了置换反应和原电池的有关知识，题目难度不大，注意把握原电池的组成条件的工作原理7常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）akw/c（h+）=1 moll1的溶液中：na+、sio32、i、co32b氨水中：al3+、k+、f、no3cph=1的溶液中：nh4+、na+、so42、ch3cood0.1 moll1的nahso4溶液中：k+、fe2+、cl、no3【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】akw/c（h+）=1 moll1的溶液，显碱性；b氨水中含氢氧根离子；cph=1的溶液，显酸性；d离子之间发生氧化还原反应【解答】解：akw/c（h+）=1 moll1的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故a正确；b氨水中含氢氧根离子，不能大量存在al3+，故b错误；cph=1的溶液，显酸性，不能大量存在ch3coo，故c错误；dh+、fe2+、no3发生氧化还原反应，不能大量共存，故d错误；故选a【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大8已知在碱性溶液中可发生如下反应：2r（oh）3+3clo+4oh2ro4n+3cl+5h2o，则ro4n中r的化合价是（）a+3b+4c+5d+6【考点】真题集萃；氧化还原反应【分析】根据电荷守恒得31+41=31+2n，则n=2，所以ro4n为ro42，该离子中o元素化合价为2价，r、o元素化合价的代数和为2，据此判断r元素化合价【解答】解：根据电荷守恒得31+41=31+2n，则n=2，所以ro4n为ro42，该离子中o元素化合价为2价，r、o元素化合价的代数和为2，所以该离子中r元素化合价=2（2）4=+6，故选d【点评】本题以氧化还原反应为载体考查元素化合价判断，根据电荷守恒、离子中各元素化合价的代数和分析解答即可，侧重考查分析计算能力，题目难度不大9ad是含同一元素的四种物质，相互之间有如图所示的转化关系，其中d是最高价氧化物对应的水化物那么a可能是（）n2 si cu ch4 h2sa只有b只有c只有d全部【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；硅和二氧化硅；甲烷的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】根据物质的性质，有多种变价的元素可以发生一系列的转化关系，氮气与氧气反应生成no，no与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸还原产生no；硅与氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅与氢氧化钠反应产生硅酸钠，硅酸钠与稀盐酸反应生成硅酸，硅酸不能生成二氧化硅；cu无对应的最高价氧化物的水化物；甲烷与氧气反应生成co，co与氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳溶于水得到碳酸；硫化氢与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸【解答】解：氮气与氧气反应生成no，no与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸还原产生no，此过程符合题意，故正确；依据分析可知，硅酸不能分解产生二氧化硅，故错误；cu为金属单质，不存在对应的酸，故错误；c的最高价氧化物的水化物为碳酸，甲烷不充分燃烧生成co，但是碳酸不能得到co，故错误；硫化氢与氧气反应生成二氧化硫，浓硫酸与金属反应生成二氧化硫，符合题意，故正确，故选c【点评】本题考查无机物的推断，题目难度不大，本题注意把握相关物质的性质，本题中与水的反应是解答该题的关键10可逆反应2so2（g）+o2（g）2so3（g）h0，在一定条件下达到平衡状态，时间为t1时改变条件化学反应速率与反应时间的关系如图所示下列说法正确的是（）a维持温度、容积不变，t1时充入so3（g）b维持压强不变，t1时升高反应体系温度c维持温度、容积不变，t1时充入一定量ard维持温度、压强不变，t1时充入so3（g）【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用【专题】化学平衡专题【分析】由图象可以看出，在t1时，逆反应速率增大，正反应速率减小，则该时刻反应物的浓度减小，生成物的浓度增大【解答】解：a维持温度、反应体系体积不变，t1时充入so3，此时正逆反应速率均增大，故a错误；b维持压强不变，t1时升高反应体系温度，正逆反应速率都增大，不符合，故b错误；c维持温度、容积不变，t1时充入一定量ar，反应物和生成物的浓度都不变，正逆反应速率都不变，故c错误；d维持温度、压强不变，t1时充入so3，该时刻反应物的浓度减小，生成物的浓度增大，则逆反应速率增大，正反应速率减小，故d正确故选d【点评】本题考查考查化学反应速率和化学平衡图象，题目难度中等，注意分析图示中正逆反应速率的变化关系，结合影响反应速率的因素分析11二氧化硅广泛存在于自然界中，在日常生活、生产、科研及新型材料等方面有着重要的用途ae是对反应中sio2所表现的化学性质或作用进行判断，ae的叙述中有几个正确的选项（）sio2+2naohna2sio3+h2o sio2+2csi+2cosio2+4hfsif4+2h2o na2co3+sio2na2sio3+co2sio2+3csic+2coa反应中sio2作为玻璃的成分被消耗，用于刻蚀玻璃b反应中sio2表现出氧化性c反应中sio2表现了酸性氧化物的通性d反应符合用较强酸制取较弱酸的道理e反应中sio2未参加氧化还原反应a二个b三个c四个d五个【考点】硅和二氧化硅【专题】元素及其化合物【分析】asio2作为玻璃的成分被消耗，用于刻蚀玻璃，是与氟化氢反应生成四氟化硅；bsio2表现出氧化性，说明硅的化合价降低；csio2与氢氟酸反应这是二氧化硅的亲氟性的表现；d反应中是符合强酸制弱酸；e反应中sio2中硅与氧的化合价都未变，所以未参加氧化还原反应【解答】解：asio2作为玻璃的成分被消耗，用于刻蚀玻璃，是与氟化氢反应生成四氟化硅，所以发生反应，故错误；bsio2表现出氧化性，说明硅的化合价降低，中硅的化合价降低，故正确；csio2表现了酸性氧化物的通性，与碱反应生成盐和水，符合通性的是，而不是，故错误；d反应中是符合强酸制弱酸，符合用难挥发性的酸酐制取易挥发性酸酐的道理，故错误；e反应中sio2中硅与氧的化合价都未变，所以未参加氧化还原反应，故正确；故选a【点评】本题实际考查物质间的反应规律，熟记物质间的反应规律及反应条件才能很好的解答本题，题目难度不大12下列说法正确的是（）a甲烷的标准燃烧热为890.3kjmol1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：ch4（g）+2o2（g）co2（g）+2h2o（g）h=890.3kjmol1b500、30mpa下，0.5mol n2和1.5molh2置于密闭容器中充分反应生成氨气，放热19.3kj，其热化学方程式为：n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h=38.6kjmol1c在100、101 kpa条件下，液态水的气化热为40.69 kjmol1，则h2o（g）h2o（l） 的h=+40.69 kjmol1d酸碱发生中和反应生成1mol液态h2o时，所放出的热量称为中和热，可表示为：h+（aq）+oh（aq）h2o（l）h=57.3kjmol1【考点】热化学方程式【专题】化学反应中的能量变化【分析】a、燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，注意生成的水应为液态b、0.5moln2和1.5molh2置于密闭容器中充分反应生成nh3（g），放热19.3kj，生成的氨气的物质的量小于1mol，相同条件下的同一可逆反应，正逆反应反应热数值相等，符号相反；c、液态水的气化热为40.69kjmol1，是液体水变化为气体需要吸收热量，焓变为负值；d、根据热化学方程式的书写规则分析【解答】解：a、燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，注意生成的水应为液态而不能为气态，故a错误；b、相同条件下的同一可逆反应，正逆反应反应热数值相等，符号相反，0.5moln2和1.5molh2置于密闭容器中充分反应生成nh3（g），放热19.3kj，生成的氨气的物质的量小于1mol，所以2mol氨气分解，吸收的热量大于38.6kj，故b错误；c、液态水的气化热为40.69kjmol1，是液体水变化为气体需要吸收热量，焓变为负值，故c错误；d、酸碱发生中和反应生成1mol液态h2o时，所放出的热量称为中和热，由热化学方程式的书写规则可知，中和热的热化学方程式为：h+（aq）+oh（aq）h2o（l）h=57.3kjmol1，故d正确故选d【点评】本题考查了中和热热、燃烧热概念分析、热化学方程式的书写规则等，注意把握可逆反应的特点，题目难度中等，掌握基础是关键13短周期元素q、r、t、w在元素周期表中的位置如右图所示，其中w的原子核内质子数与核外最外层电子数之比为8：3，下列说法正确的是（）aq的最高价氧化物对应水化物的酸性大于r的最高价氧化物对应水化物的酸性bt的离子半径大于w的离子半径c元素t形成单质的还原性大于元素w形成单质的还原性d在r的最高价氧化物对应水化物的浓溶液中单质t不溶解，说明未发生化学反应【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】由短周期元素位置可知，q、r处于第二周期，t、w处于第三周期，w的原子核内质子数与核外最外层电子数之比为8：3，最外层电子数为6，质子数为16，故w为s元素，可推知t为al、q为c、r为n，结合元素周期律与元素化合物性质解答【解答】解：由短周期元素位置可知，q、r处于第二周期，t、w处于第三周期，w的原子核内质子数与核外最外层电子数之比为8：3，最外层电子数为6，质子数为16，故w为s元素，可推知t为al、q为c、r为na非金属性cn，故最高价含氧酸的酸性：碳酸硝酸，故a错误；bal3+比较s2离子少一个电子层，故离子半径：al3+s2，故b错误；cal为金属，而s为非金属性，al的非金属性比s的强，故c正确；dal在浓硝酸中因生成致密的氧化物保护膜，阻止内部金属与浓硝酸继续反应，发生了化学反应，故d错误，故选：c【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意钝化现象，生成致密的氧化物保护膜阻止内部金属继续反应，中学常见金属为al、fe，酸为浓硝酸、浓硫酸，应是常温条件14下列实验可达到实验目的是（）a将2氯丙烷与naoh的醇溶液共热制备ch3chch2b 与适量naoh溶液反应制备c用分液法分离苯和液溴的混合物d向卤代烃水解后的溶液中直接加入硝酸银溶液，可以确定卤代烃中的卤元素【考点】化学实验方案的评价【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】a与cl相连的c的邻位c上有h原子，能发生消去反应；bcooh、酚oh均与naoh反应；c苯与溴苯的沸点不同；d卤代烃水解后溶液为碱性【解答】解：a与cl相连的c的邻位c上有h原子，能发生消去反应，可将2氯丙烷与naoh的醇溶液共热制备ch3chch2，故a正确；bcooh、酚oh均与naoh反应，则乙酰水杨酸与naoh溶液反应不能制备，故b错误；c苯和液溴互溶，不分层；苯与溴苯的沸点不同，则用蒸馏法分离苯和溴苯的混合物，故c错误；d卤代烃水解后溶液为碱性，应水解后加硝酸至酸性，再加入硝酸银溶液，可以确定卤代烃中的卤元素，故d错误；故选a【点评】本题考查化学实验方案的评价，侧重有机物性质的考查，注意有机物的反应类型与反应条件、官能团及性质的关系，题目难度不大15已知0.1moll1的二元酸h2a溶液的ph=4，则下列说法中正确的是（）a在na2a、naha两溶液中，离子种类不相同b在溶质物质的量相等的na2a、naha两溶液中，阴离子总数相等c在naha溶液中一定有：c（na+）+c（h+）=c（ha）+c（oh）+2c（a2）d在na2a溶液中一定有：c（na+）c（a2）c（h+）c（oh）【考点】离子浓度大小的比较【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】已知0.1moll1的二元酸h2a溶液的ph=4，说明溶液为弱酸；a、在na2a、naha两溶液中，a2离子水解，ha存在电离和水解；b、依据电荷守恒结合离子浓度计算判断；c、依据溶液中电荷守恒计算判断；d、a2离子分步水解，溶液呈碱性【解答】解：a、在na2a、naha两溶液中，分析a2离子水解，ha存在电离和水解；离子种类相同，故a错误；b、在溶质物质的量相等的na2a、naha两溶液中，钠离子浓度不同，氢离子浓度不同，依据溶液中存在电荷守恒，c（na+）+c（h+）=c（oh）+2c（a2）+c（ha），阴离子总数不相等，故b错误；c、在naha溶液中一定有电荷守恒，结合溶液中离子种类写出电荷守恒：c（na+）+c（h+）=c（ha）+c（oh）+2c（a2），故c正确；d、在na2a溶液中，a2离子分步水解，溶液呈碱性；一定有：c（na+）c（a2）c（oh）c（h+），故d错误；故选c【点评】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较方法，溶液中电荷守恒的分析判断，溶液中离子的特征性质和水解、电离，是解题关键，题目难度中等16某温度时，在一个容积为2l的密闭容器中，x、y、z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示根据图中数据，下列有关说法错误的是（）a该反应的化学方程式为3x+y2zb2 min时，反应达最大限度，但化学反应仍在进行c反应开始至2 min，z的反应速率为0.05 moll1min1d反应达到平衡时，压强是开始时的0.9倍【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线【专题】化学平衡专题【分析】a、随反应进行反应物的物质的量减小，生成物的物质的量增大反应结束反应物的物质的量为定值，反应为可逆反应，据此判断；b、根据图可知该反应为可逆反应，所以达到反应限度时，正逆反应还在进行，不过此时正逆反应速率相等，组成不变，据此判断；c、根据v= 计算以z表示的平均反应速率；d、利用压强之比等于物质的量之比计算判断【解答】解：a、由图可知随反应进行x、y的物质的量变小，z的物质的量变大，所以x、y为反应物，z为生成物，反应结束各物质的物质的量不变，所以反应为可逆反应，故a错误；b、根据图可知该反应为可逆反应，所以达到反应限度时，正逆反应还在进行，不过此时正逆反应速率相等，组成不变，故b正确；c、由图可知2min内z的物质的量变化量为0.2mol，所以2min内以z表示的平均反应速率v（z）=0.05mol/（lmin），故c正确；d、由图可知开始混合气体的总的物质的量为2mol，平衡时混合气体的物质的量为（0.9+0.7+0.2）mol=1.8mol，压强之比等于物质的量之比，所以反应达平衡此时体系的压强是开始时 =0.9倍，故d正确；故选：a【点评】本题考查反应速率、方程式书写、化学平衡计算等，难度不大，关键是读懂图象运用所学知识解决问题二、非选择题（共52分）17（一）化学实验有助于理解化学知识，形成化学观念在实验室中用浓盐酸与mno2共热制取cl2并进行相关实验（1）下列收集cl2的正确装置是c（2）将cl2通入水中，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子是cl2；hclo（3）设计实验比较cl2和br2的氧化性，操作与现象是：取少量新制氯水和ccl4于试管中，逐渐滴加nabr溶液，振荡静置，液体分层，下层溶液呈橙红色（二）某学生对so2与漂粉精（漂白粉）的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100ml水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的phph试纸先变蓝（约为12），后褪色a液面上方出现白雾；稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）cl2和ca（oh）2制取漂粉精的化学方程式是2cl2+2ca（oh）2=cacl2+ca（clo）2+2h2o（2）用离子方程式解释漂粉精溶液使ph试纸变蓝的原因clo+h2ohclo+oh（3）ph试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是碱性；漂白性（4）将a瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀x，向沉淀x中加入稀hcl，无明显变化取上层清液，加入bacl2溶液，产生白色沉淀则沉淀x中含有的物质是caso4【考点】氯气的实验室制法；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【专题】卤族元素；无机实验综合【分析】（一）（1）依据氯气物理性质（氯气是一种密度大于空气，可溶于水的有毒气体）和装置特点解答；（2）氯气溶于水后大部分氯气仍然以氯气分子形式存在，少部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱电解质部分电离，依据氯水的成分解答；（3）氯气有强的氧化性能从溴化钠溶液中置换出溴，溴的四氯化碳溶液显橙红色；（二）（1）氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；（2）次氯酸根离子水解生成次氯酸和氢氧根离子，溶液显碱性；（3）漂粉精溶液ph=12说明溶液呈碱性；后褪色，说明具有漂白性；（4）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀【解答】解：（一）（1）a只有进气口没有出气口，集气瓶内压强过大，易发生爆炸，故a错误；b该装置收集的是密度小于空气的气体，而氯气密度大于空气，且氯气有毒不能直接排放，故b错误；c该装置收集比空气密度大的气体氯气，剩余的氯气有毒需要用氢氧化钠溶液吸收，为防止倒吸，用倒扣在水面的漏斗，符合要求，故c正确；d氯气与氢氧化钠反应，得不到氯气，故d错误；故选c（2）氯气和水反应的方程式：cl2+h2o=hclo+hcl，氯水的成分：cl2、hcl、h2o，h+、cl、clo、oh，具有强氧化性的含氯元素的分子为：cl2、hclo，故答案为：cl2；hclo；（3）比较cl2和br2的氧化性，操作与现象是：取少量新制氯水和ccl4于试管中，逐渐滴加nabr溶液，振荡静置，液体分层，下层溶液呈橙红色；故答案为：逐渐滴加nabr溶液，振荡静置，液体分层，下层溶液呈橙红色；（二）（1）氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，离子方程式：2cl2+2ca（oh）2=cacl2+ca（clo）2+2h2o，故答案为：2cl2+2ca（oh）2=cacl2+ca（clo）2+2h2o；（2）次氯酸根离子水解生成次氯酸和氢氧根离子，离子方程式：clo+h2ohclo+oh；故答案为：clo+h2ohclo+oh；（3）漂粉精溶液ph=127，说明溶液呈碱性；后褪色，说明具有漂白性，故答案为：碱性；漂白性；（4）取上层清液，加入bac12溶液，产生白色沉淀，说明so2被氧化为so42，故沉淀x为caso4；故答案为：caso4【点评】本题考查了氯气的制备、二氧化硫、漂白粉的性质，熟悉氯气的制备原理、氯气、二氧化硫、漂白粉的性质是解题关键，题目难度不大18（2015秋西宁校级期中）某无色废水中可能含有h+、nh4+、fe3+、al3+、mg2+、na+、no3、co32、so42中的几种，为分析其成分，分别取废水样品100ml，进行了三组实验，其操作和有关图象如图所示：请回答下列问题：（1）根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的离子有：fe3+、mg2+、co32（2）写出实验图象中沉淀溶解阶段发生的离子反