浙江省温州市十校联考高三化学上学期第一次月考试卷（含解析）.doc

浙江省温州市十校联考2016届高三上学期第一次月考化学试卷一、选择题（共18小题）1下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（）向饱和碳酸钠溶液中通入过量co2向naalo2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸 向alcl3溶液中逐滴加入过量稀naoh溶液 向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸 向agno3溶液中逐滴加入稀氨水abcd2将so2通入cuso4和nacl的浓溶液中，溶液颜色变浅，析出白色沉淀，取该沉淀分析，知其中含cl：35.7%，cu：64.3%，so2在上述反应中作用是（）a酸b漂白剂c还原剂d氧化剂3某反应2ab（g）c（g）+3d（g）在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的h、s应为（）ah0，s0bh0，s0ch0，s0dh0，s04x、y、z、w、m均为短周期元素，x、y同主族，x的氢化物和最高价氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，其水溶液显酸性；z、w、m是第3周期连续的三种元素，其中只有一种是非金属，且原子半径zwm下列叙述正确的是（）am的单质具有两性，所以能与naoh溶液发生反应生成氢气bz、w、m的氧化物均可做耐高温材料c工业上常用电解熔融氯化物的方法制备z、w的单质dy的单质都有剧毒，而且其着火点低，常保存在冷水中5下列说法不正确的是（）a葡萄糖、氨基酸在一定条件下都能发生酯化反应b的分子式为c17h26o3c等质量的甲醛与乳酸ch3ch（oh）cooh完全燃烧时消耗氧气的量相等d结构片段为 的高聚物，是其单体通过缩聚反应生成的6下列说法不正确的是（）a探究温度对反应速率影响时，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，不是先将两种溶液混合后再用水浴加热bh2o2在过氧化氢酶的催化下，随着温度的升高，分解速率持续加快c使用含有氯化钠的融雪剂会加快铁桥梁的腐蚀d判断皂化反应是否完全，可取反应后的混合液滴入热水中7na表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）46g no2和n2o4的混合气体中含有的原子个数为3na常温下，4g ch4含有na个ch共价键10ml质量分数为98%的h2so4，加水至100ml，h2so4的质量分数为9.8%标准状况下，5.6l so3含有的分子数为0.25na25时，ph=12的1.0l naclo溶液中水电离出的oh的数目为0.01na0.1moll1na2co3溶液中含有co32数目小于0.1na1mol na2o2与水完全反应时转移电子数为2naabcd8常温下，ph=1的某溶液a中含有nh4+、k+、na+、fe3+、al3+、fe2+、co32、no3、cl、i、so42中的4种，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1mol/l，现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示：下列有关说法正确的是（）a该溶液中一定有上述离子中的no3、al3+、so42、cl四种离子b实验消耗cu 14.4g，则生成气体丁的体积为3.36lc沉淀乙一定有baco3，可能有baso4d一定没有fe3+，但是无法确定是否含有i9根据下表提供的数据，判断在等浓度的naclo、nahco3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是（） 化学式 电离常数hclo ki=3108h2co3 ki1=4.3107 ki2=5.61011ac（oh）c（h clo）c（h2co3）c（h+）bc（oh）c（hco3）c（clo）c（h+）cc（hclo）+c（clo）=c（hco3）+c（h2co3）dc（na+）+c（h+）=c（hco3）+c（clo）+c（oh）10在h2o中加入等物质的量的ag+、na+、ba2+、no3、so42、cl，该溶液放在惰性电极的电解槽中通电片刻后，氧化产物与还原产物的质量比是（）a1：8b8：1c35.5：108d108：35.511如图所示的实验，能达到实验目的是（）a实验制取的氨气溶解在饱和nacl溶液b实验通过观察右边试管有无倒吸现象说明铁钉是否发生吸氧腐蚀c实验可用于证明碳的非金属性比硅强d图是实验室洗涤胶头滴管的操作12下列指定反应的离子方程式正确的是（）aalcl3溶液中加入过量稀氨水：al3+4nh3h2oalo2+4nh4+2h2ob（nh4）2fe（so4）2溶液与过量naoh溶液反应制fe（oh）2：fe2+2ohfe（oh）2c澄清石灰水中滴加少量nahco3：ca2+2oh+2hco3caco3+2h2o+co32d向mg（hco3）2溶液中加入过量的 naoh溶液：mg2+2hco3+4ohmg（oh）2+2co32+2h2o13常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）ph=0的溶液：na+、c2o42、mno4、so42ph=11的溶液中：co32、na+、alo2、no3、s2、so32水电离的h+浓度c（h+）=1012moll1的溶液中：cl、co32、no3、nh4+、so32加入mg能放出h2的溶液中：mg2+、nh4+、cl、k+、so42使石蕊变红的溶液中：fe2+、mno4、no3、na+、so42中性溶液中：fe3+、al3+、no3、i、cl、s2abcd14某溶液中含有nh4+、so32、sio32、br co32、na+，向该溶液中通入过量的cl2，下列判断正确的是（）反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有nh4+、na+有胶状物质生成有气体产生 溶液颜色发生变化 溶液中共发生了2个氧化还原反应abcd15利用反应6no2+8nh37n2+12h2o构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图所示下列说法不正确的是（）a电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极b为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜c电极a极反应式为：2nh36e=n2+6h+d当有4.48l no2（标准状况） 被处理时，转移电子为0.8mol16已知hcn的电离常数k=6.21010用物质的量都是0.1mol的hcn和nacn混合后配成1l溶液，经测定溶液呈碱性则下列关系式正确的是（）ac（cn）c（na+）bc（cn）c（hcn）cc（hcn）+c（cn）=0.2moll1dc（cn）+c（oh）=0.1 moll117在alcl3和fecl3的混合液中，先加入过量的ki溶液，再加入足量的na2s溶液，所得到的沉淀物是（）afe2s3、i2bal（oh）3、i2cfe（oh）3、al（oh）3dfes、s、al（oh）318下列图示与对应的叙述相符的是（）a向ch3cooh溶液中逐步加入ch3coona固体后，溶液ph的变化b向ch3cooh溶液中加水时溶液的导电性变化，则ch3cooh溶液的ph：abc催化剂能改变化学反应的焓变d等量no2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2no2（g）n2o4（g），相同时间后测得no2含量的曲线，则该反应的h0二、解答题（共3小题）（选答题，不自动判卷）19某化学兴趣小组拟用右图装置制备氢氧化亚铁并观察其颜色提供化学药品：铁粉、稀硫酸、氢氧化钠溶液（1）稀硫酸应放在中（填写仪器编号）本实验通过控制a、b、c三个开关，将仪器中的空气排尽后，再关闭开关、打开开关就可观察到氢氧化亚铁的颜色试分析实验开始时排尽装置中空气的理由（3）该实验使用铁粉，除反应速率可能太快外，还可能会造成的不良后果是（4）在feso4溶液中加入（nh4）2so4固体可制备硫酸亚铁铵晶体（nh4）2so4feso46h2o（式量为392），该晶体比一般亚铁盐稳定，不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇为洗涤（nh4）2so4feso46h2o粗产品，下列方法中最合适的是a用冷水洗 b先用冷水洗，后用无水乙醇洗c用30%的乙醇溶液洗 d用90%的乙醇溶液洗为了测定产品的纯度，称取a g产品溶于水，配制成500ml溶液，用浓度为c moll1的酸性kmno4溶液滴定每次所取待测液体积均为25.00ml，实验结果记录如下：实验次数 第一次 第二次 第三次消耗高锰酸钾溶液体积/ml 25.52 25.02 24.98滴定过程中发生反应的离子方程式为滴定终点的现象是通过实验数据计算的该产品纯度为（用字母ac表）上表中第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是a实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时酸性高锰酸钾溶液的体积b滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡c第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗d该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低20湿法炼锌的冶炼过程可用如图1简略表示：请回答下列问题：（1）nh3的空间构型是氨气易液化，液氨常做制冷剂，氨气易液化的原因是已知zno属于两性氧化物，写出zno与naoh溶液反应的化学方程式：（3）上述电解过程中析出锌的电极反应式为（4）产生的so2可用ba（no3）2溶液吸收，部分产物可作为工业原料，其反应的离子方程式为（5）氨是最重要的化工产品之一合成氨用的氢气可以甲烷为原料制得：ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）有关化学反应的能量变化如图2所示，则ch4（g）与h2o（g）反应生成co（g）和h2（g）的热化学方程式为（6）co对合成氨的催化剂有毒害作用，常用乙酸二氨合铜（）溶液来吸收原料气中co，其反应原理为：cu（nh3）2ch3coo（l）+co（g）+nh3（g）cu（nh3）3ch3cooco（l）h0吸收co后的乙酸铜氨液经过适当处理后又可再生，恢复其吸收co的能力以供循环使用，再生的适宜条件是（填写选项编号）a高温、高压 b高温、低压 c低温、低压 d低温、高压（7）用氨气制取尿素co（nh2）2的反应为：2nh3（g）+co2（g）co（nh2）2（l）+h2o（g）h0，恒温恒容密闭容器中，下列依据能说明该反应达到平衡状态的是a、容器中气体密度不变b、容器中气体压强不变c、n（nh3）：n（co2）=1：2d、单位时间内消耗1molco2，同时消耗1molh2oe、容器内温度保持不变（8）某温度下，向容积为100l的密闭容器中通入4mol nh3和2molco2，发生2nh3（g）+co2（g）co（nh2）2（l）+h2o（g）反应，该反应进行到40s时达到平衡，此时co2的转化率为50%该温度下此反应平衡常数k的值为图中的曲线表示该反应在前25s内的反应进程中的nh3浓度变化若反应延续至70s，保持其它条件不变情况下，请在图3中用实线画出使用催化剂时该反应从开始至平衡时的曲线21酸牛奶是人们喜爱的一种营养饮料酸牛奶中有乳酸菌可产生乳酸等有机酸，使酸碱度降低，有效地抑制肠道内病菌的繁殖酸牛奶中的乳酸可增进食欲，促进胃液分泌，增强肠胃的消化功能，对人体具有长寿和保健作用，乳酸的结构为：工业上它可由乙烯来合成，方法如下：ch2=ch2abch3choc（提示：（1）ch3cl+naohch3oh+nacl，的加成类似于的加成）（1）乳酸所含的官能团的名称是写出下列转化的化学方程式：a的生成c的生成乳酸在一定条件合成聚乳酸（3）写出符合下列要求的乳酸的所有同分异构体的结构简式a、属于酯类，b、含有oh，c、能发生银镜反应浙江省温州市十校联考2016届高三上学期第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共18小题）1下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（）向饱和碳酸钠溶液中通入过量co2向naalo2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸 向alcl3溶液中逐滴加入过量稀naoh溶液 向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸 向agno3溶液中逐滴加入稀氨水abcd【考点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物【分析】向饱和碳酸钠溶液中通入过量的co2，析出晶体碳酸氢钠；向naalo2溶液中逐滴加入过量的盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝和盐酸反应生成可溶性的氯化铝，所以看到的现象是“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”；向alcl3溶液中逐滴滴加naoh溶液至过量，先生成氢氧化铝沉淀，继续滴入氢氧化钠溶液会溶解氢氧化铝沉淀盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，硅酸和盐酸不反应；agno3和稀氨水反应，生成agoh白色沉淀，agoh白色沉淀和氨水能反应生成络合物；【解答】解：向饱和碳酸钠溶液中通入过量的co2，析出晶体碳酸氢钠，不会出现先沉淀后溶解的现象，故符合；向naalo2溶液中逐滴加入过量的盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝和盐酸反应生成可溶性的氯化铝，所以看到的现象是“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”，所以不符合条件，故不符合；向alcl3溶液中逐滴滴加naoh溶液至过量，先生成氢氧化铝沉淀，继续滴入氢氧化钠溶液会溶解氢氧化铝沉淀，反应现象是先沉淀后溶解，故不符合；向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，硅酸和盐酸不反应，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故符合；agno3和稀氨水反应，生成agoh白色沉淀，继续滴加氨水，形成ag（nh3）2+络离子，沉淀溶解，所以出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故不符合；故选c【点评】本题考查了物质性质的分析应用，主要是试剂量不同产物本题的产物判断，反应现象的分析应用，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等2将so2通入cuso4和nacl的浓溶液中，溶液颜色变浅，析出白色沉淀，取该沉淀分析，知其中含cl：35.7%，cu：64.3%，so2在上述反应中作用是（）a酸b漂白剂c还原剂d氧化剂【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】根据cl和cu的百分含量可计算沉淀中只含cu和cl两种元素（35.7%+64.3%=100%），且两者的物质的量之比约为1：1，进而确定产物为cucl，结合化合价的变化判断物质在反应中的性质和作用【解答】解：由cl和cu的百分含量知，沉淀中只含cu和cl两种元素（35.7%+64.3%=100%），且两者的物质的量之比约为1：1（：），可知，最简式为cucl，其中cu的化合价为+1价，则原反应物中cuso4为氧化剂，那可能的还原剂只有so2，氧化产物是so42，故选c【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，解答该题，根据物质的质量关系判断产物为解答该题的关键3某反应2ab（g）c（g）+3d（g）在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的h、s应为（）ah0，s0bh0，s0ch0，s0dh0，s0【考点】焓变和熵变【专题】化学反应中的能量变化【分析】当g=hts0时，反应能自发进行，g=hts0时，反应不能自发进行，据此分析【解答】解：化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当g=hts0时，反应能自发进行，a、当h0，s0时，g=hts0，在室温一定能自发进行，故a错误；b、h0，s0时，在低温下能自发进行，故b错误；c、h0，s0时，在室温下不能自发进行，在高温下能自发进行，故c正确；d、h0，s0时，任何温度下反应都不能自发进行，故d错误故选：c【点评】本题考查反应能否自发进行的判断，题目难度不大，注意根据自由能判据的应用4x、y、z、w、m均为短周期元素，x、y同主族，x的氢化物和最高价氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，其水溶液显酸性；z、w、m是第3周期连续的三种元素，其中只有一种是非金属，且原子半径zwm下列叙述正确的是（）am的单质具有两性，所以能与naoh溶液发生反应生成氢气bz、w、m的氧化物均可做耐高温材料c工业上常用电解熔融氯化物的方法制备z、w的单质dy的单质都有剧毒，而且其着火点低，常保存在冷水中【考点】原子结构与元素的性质【分析】x、y、z、w、m均为短周期元素，x的氢化物和其最高价氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，其水溶液显酸性，应为铵盐，则x为n元素；x、y同主族，则y为p元素，z、w、m是第3周期连续的三种元素，其中只有一种是非金属，且原子半径zwm，可知m为si元素，z为mg元素，w为al元素，结合对应的单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题【解答】解：am为si元素，属于非金属单质，没有两性，故a错误；bmg、al、si的氧化物均耐高温，可做耐高温材料，故b正确；c工业上常用电解熔融氯化物的方法制备mg，电解熔融的氧化物制备al，故c错误；dp的单质中白磷有剧毒，红磷没有剧毒，白磷常保存在冷水中，故d错误故选b【点评】本题考查原子结构与元素周期律知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握元素的结构特点以及性质的递变规律，把握对应单质、化合物的性质和用途，难度不大5下列说法不正确的是（）a葡萄糖、氨基酸在一定条件下都能发生酯化反应b的分子式为c17h26o3c等质量的甲醛与乳酸ch3ch（oh）cooh完全燃烧时消耗氧气的量相等d结构片段为 的高聚物，是其单体通过缩聚反应生成的【考点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能；化学方程式的有关计算；聚合反应与酯化反应【分析】a葡萄糖、氨基酸分别含有羟基和羧基； b拐点为碳原子，每个碳接四个键，不足的接氢原子；c醛和乳酸的最简式相同，等质量的二者完全燃烧时消耗的氧气的量相同；d根据该高聚物的主链全部为c可知，该高聚物是通过加聚反应生成的高分子化合物【解答】解：a葡萄糖、氨基酸分别含有羟基和羧基，都可发生酯化反应，故a正确； b拐点为碳原子，每个碳接四个键，不足的接氢原子，的分子式为c17h26o3，故b正确；c甲醛分子式ch2o，乳酸的最简式为ch2o，所以等质量的甲醛与乳酸ch3ch（oh）cooh完全燃烧消耗氧气的量相等，故c正确；d根据该高分子化合物的结构片段可知，主链只含有碳原子，该高分子化合物是通过加聚反应生成的，故d错误故选d【点评】本题考查较为综合，涉及有机物的结构、性质以等，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大6下列说法不正确的是（）a探究温度对反应速率影响时，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，不是先将两种溶液混合后再用水浴加热bh2o2在过氧化氢酶的催化下，随着温度的升高，分解速率持续加快c使用含有氯化钠的融雪剂会加快铁桥梁的腐蚀d判断皂化反应是否完全，可取反应后的混合液滴入热水中【考点】化学实验方案的评价【分析】a控制其他量相同，只控制温度不同；b酶的催化活性会受到温度的影响；c原电池能加快化学反应的速率；d油脂不溶于水【解答】解：a探究温度对反应速率的影响时，控制其他量相同，只控制温度不同，则应将混合物分别在热水、冷水中反应，故a正确；b过氧化氢酶的催化活性会受到温度的影响，温度过高，蛋白质变性，失去催化效力，故b错误；c氯化钠是电解质，能与桥梁中的钢构成原电池，加快反应速率，从而加快腐蚀程度，故c正确；d高级脂肪酸钠可溶于水，若有不溶物说明反应不完全，故d正确；故选b【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及皂化反应、金属的腐蚀与防护、催化剂对反应速率影响、探究实验等知识点，明确物质性质及实验原理是解本题关键，易错选项是b，注意催化剂受温度影响7na表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）46g no2和n2o4的混合气体中含有的原子个数为3na常温下，4g ch4含有na个ch共价键10ml质量分数为98%的h2so4，加水至100ml，h2so4的质量分数为9.8%标准状况下，5.6l so3含有的分子数为0.25na25时，ph=12的1.0l naclo溶液中水电离出的oh的数目为0.01na0.1moll1na2co3溶液中含有co32数目小于0.1na1mol na2o2与水完全反应时转移电子数为2naabcd【考点】阿伏加德罗常数【分析】no2和n2o4的最简式相同为no2，计算46g no2中所含原子数；求出甲烷的物质的量，然后根据1mol甲烷中含4molch键来分析；由于硫酸浓度越大，硫酸的密度越大，则10ml质量分数为98%的h2so4，加水至100ml，h2so4的质量分数大于9.8%；标准状况下，三氧化硫为固体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其的物质的量；次氯酸钠溶液中的氢氧根离子是水电离的，据此计算出1l该溶液中含有的氢氧根离子数目；过氧化钠中氧元素为1价，1mol na2o2与水完全反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子；2na2o2+2h2o=4naoh+o2，每生成1molo2时反应中转移的电子为2mol【解答】解：no2和n2o4的最简式相同为no2，计算46g no2中所含原子数=3na=3na，故正确；4g ch4物质的量为0.25mol，分子中含ch共价键40.25na=na个，故正确；10ml质量分数为98%的h2so4，用水稀释至100ml，由于硫酸溶液的密度大于水的密度，所以稀释后h2so4的质量分数大于9.8%，故错误；标准状况下，5.6l三氧化硫的物质的量不是0.25mol，故错误；25时，ph=12的1.0l naclo溶液中氢氧根离子的物质的量为0.01mol，溶液中氢氧根离子是水电离的，所以水电离出的oh的数目为0.01na，故正确；溶液的体积不确定，无法求出碳酸根的个数，故错误；2na2o2+2h2o=4naoh+o2，每生成1molo2时2molna2o2与水完反应中转移的电子为2na，故错误；故选b【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8常温下，ph=1的某溶液a中含有nh4+、k+、na+、fe3+、al3+、fe2+、co32、no3、cl、i、so42中的4种，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1mol/l，现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示：下列有关说法正确的是（）a该溶液中一定有上述离子中的no3、al3+、so42、cl四种离子b实验消耗cu 14.4g，则生成气体丁的体积为3.36lc沉淀乙一定有baco3，可能有baso4d一定没有fe3+，但是无法确定是否含有i【考点】常见离子的检验方法【分析】ph=1的某溶液中h+浓度为0.1mol/l，则说明溶液中无co32向溶液中加入过量的（nh4）2co3溶液，生成的无色气体甲为co2，生成的白色沉淀甲是co32和溶液中的弱碱阳离子双水解生成的，据此分析溶液中的离子向溶液中加入过量的ba（oh）2溶液，生成的气体乙为nh3，由于（nh4）2co3溶液能引入nh4+，故不能确定原溶液中含nh4+向溶液乙中加铜和硫酸，有遇空气变红棕色的气体丙生成，说明溶液中含no3由于溶液显酸性，即含硝酸，则不能和硝酸共存的离子均不能存在由于前面加入了过量的ba（oh）2溶液，故生成的白色沉淀丙为baso4，但so42是原溶液中就有的，还是后来加硫酸引入的，需要根据电荷守恒来分析判断【解答】解：ph=1的某溶液a中含有nh4+、k+、na+、fe3+、al3+、fe2+、co32、no3、cl、i、so42中的4种，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1mol/l由于ph=1的某溶液中h+浓度为0.1mol/l，则说明溶液中无co32向溶液中加入过量的（nh4）2co3溶液，生成的无色气体甲为co2，生成的白色沉淀甲是co32和溶液中的弱碱阳离子双水解生成的，由于生成的沉淀为白色，故此弱碱阳离子为al3+，还能说明溶液中不含fe3+、fe2+；向溶液中加入过量的ba（oh）2溶液，生成的气体乙为nh3，由于前面加入的过量的（nh4）2co3溶液能引入nh4+，故不能确定原溶液中含nh4+前面加入的过量的（nh4）2co3溶液能引入co32，故生成的白色沉淀乙一定含baco3向溶液乙中加铜和硫酸，有遇空气变红棕色的气体丙生成，说明溶液中含no3由于溶液显酸性，即含硝酸，则i不能有综上分析可知，溶液中一定无co32、fe3+、fe2+、i，一定含0.1mol/lh+、0.1mol/lal3+、0、1mol/lno3，由于溶液必须显电中性，且除h+外只能含4种离子，故溶液中一定含cl、so42即溶液中一定无nh4+、k+、na+、co32、fe3+、fe2+、i，一定含cl、so42、h+、al3+、no3a、该溶液中一定有上述离子中的no3、al3+、so42、cl四种离子，故a正确；b、实验消耗cu 14.4g即0.225mol，设生成的气体丙no的物质的量为xmol，根据得失电子数守恒可知：0.225mol2=xmol3解得x=0.15mol，则0.15molno与氧气反应后生成的气体丁no2也为0.15mol，但由于状态不明确，故no2的体积不一定是3.36l，故b错误；c、由于原溶液中含so42，故沉淀乙一定有baco3，也一定含baso4，故c错误；d、溶液中一定不含i，故d错误故选a【点评】本题考查了常见阴阳离子的检验、离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，判断硫酸根离子、氯离子时需要通过电荷守恒进行判断，试题培养了学生的分析、理解能力9根据下表提供的数据，判断在等浓度的naclo、nahco3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是（） 化学式 电离常数hclo ki=3108h2co3 ki1=4.3107 ki2=5.61011ac（oh）c（h clo）c（h2co3）c（h+）bc（oh）c（hco3）c（clo）c（h+）cc（hclo）+c（clo）=c（hco3）+c（h2co3）dc（na+）+c（h+）=c（hco3）+c（clo）+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】酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸的酸性越强，酸根离子的水解程度越小，根据电离平衡常数知，碳酸氢根离子水解程度小于次氯酸根离子，碳酸氢钠溶液呈碱性，则次氯酸钠溶液也呈碱性，所以混合溶液中c（oh）c（h+），结合电荷守恒和物料守恒分析【解答】解：酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸的酸性越强，酸根离子的水解程度越小，根据电离平衡常数知，碳酸氢根离子水解程度小于次氯酸根离子，碳酸氢钠溶液呈碱性，则次氯酸钠溶液也呈碱性，所以混合溶液中c（oh）c（h+），ahco3水解程度小于clo，所以c（h clo）c（h2co3），hco3、clo都水解生成氢氧根离子，所以c（oh）c（h clo），碱性溶液中c（h+）最小，所以离子浓度大小顺序是c（oh）c（h clo）c（h2co3）c（h+），故a正确；bhco3、clo能水解但程度都较小，所以溶液中c（hco3）c（oh）、c（clo）c（oh），故b错误；c物质的量浓度相等naclo、nahco3混合溶液中，根据物料守恒得c（hclo）+c（clo）=c（hco3）+c（h2co3）+c（co32），故c错误；d溶液中存在电荷守恒c（na+）+c（h+）=c（hco3）+c（clo）+c（oh）+2c（co32），故d错误；故选a【点评】本题考查了离子浓度大小的判断，根据酸的电离平衡常数确定酸的强弱及其酸根离子的水解程度，再结合物料守恒、电荷守恒来分析解答，难度中等10在h2o中加入等物质的量的ag+、na+、ba2+、no3、so42、cl，该溶液放在惰性电极的电解槽中通电片刻后，氧化产物与还原产物的质量比是（）a1：8b8：1c35.5：108d108：35.5【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】等物质的量的这些离子加入到水中，ag+和cl结合为agcl沉淀，ba2+ 和so42结合为baso4沉淀，溶液中就只有na+、no3了，实际上是电解nano3溶液，阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，则氧化产物是氧气，还原产物是氢气【解答】解：等物质的量的这些离子加入到水中，ag+和cl结合为agcl沉淀，ba2+ 和so42结合为baso4沉淀，溶液中就只有na+、no3了，实际上是电解nano3溶液，阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，则氧化产物是氧气，还原产物是氢气，当转移相同电子时，氧化产物和还原产物的质量之比为32：=8：1，故选：b【点评】本题考查了电解池原理和离子共存，明确溶液中的溶质是解本题关键，很多学生只是根据离子放电顺序确定阴阳极上产物，因为漏掉了离子共存而导致错误，为易错题11如图所示的实验，能达到实验目的是（）a实验制取的氨气溶解在饱和nacl溶液b实验通过观察右边试管有无倒吸现象说明铁钉是否发生吸氧腐蚀c实验可用于证明碳的非金属性比硅强d图是实验室洗涤胶头滴管的操作【考点】化学实验方案的评价【分析】a加热氯化铵生成氨气与氯化氢，氯化氢与氨气遇冷又生成氯化铵，无法获得氨气； b食盐水为中性，则正极氧气得到电子；c利用强酸制备弱酸，酸性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，中心元素的非金属性越强；d药品进入胶头，会腐蚀胶头【解答】解：a氯化铵分解无法获得氨气，实验室用氢氧化钙和氯化铵制取氨气，故a错误； b食盐水为中性，则正极氧气得到电子，负极上fe失去电子，可验证铁钉发生吸氧腐蚀，故b错误；c利用强酸制备弱酸，酸性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，中心元素的非金属性越强，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和可溶性硅酸盐反应析出硅酸白色沉淀，说明碳酸能制取硅酸，盛有na2sio3溶液的试管中出现白色沉淀，说明碳的非金属性比硅强，故c正确；d药品进入胶头，会腐蚀胶头，不能倒立，故d错误故选c【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质制备、金属腐蚀、非金属性比较以及实验操作等，把握实验技能及化学反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大12下列指定反应的离子方程式正确的是（）aalcl3溶液中加入过量稀氨水：al3+4nh3h2oalo2+4nh4+2h2ob（nh4）2fe（so4）2溶液与过量naoh溶液反应制fe（oh）2：fe2+2ohfe（oh）2c澄清石灰水中滴加少量nahco3：ca2+2oh+2hco3caco3+2h2o+co32d向mg（hco3）2溶液中加入过量的 naoh溶液：mg2+2hco3+4ohmg（oh）2+2co32+2h2o【考点】离子方程式的书写【分析】a氨水为弱碱，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵；b氢氧化钠过量，铵根离子和亚铁离子都完全反应；c碳酸氢钠少量，离子方程式按照碳酸氢钠的化学式组成书写；d氢氧化钠过量，反应生成氢氧化镁沉淀、水和碳酸钠【解答】解：aalcl3溶液中加入过量稀氨水，反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+，故a错误；b（nh4）2fe（so4）2溶液与过量naoh溶液反应制fe（oh）2，铵根离子也参与反应，正确的离子方程式为：2nh4+fe2+4ohfe（oh）2+2nh3h2o，故b错误；c澄清石灰水中滴加少量nahco3，反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，正确的离子方程式为：ca2+oh+hco3caco3+h2o，故c错误；dmg（hco3）2溶液中加入过量的naoh溶液，反应生成碳酸钠、氢氧化镁沉淀和水，反应的离子方程式为：mg2+2hco3+4ohmg（oh）2+2co32+2h2o，故d正确；故选d【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考中高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：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13常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）ph=0的溶液：na+、c2o42、mno4、so42ph=11的溶液中：co32、na+、alo2、no3、s2、so32水电离的h+浓度c（h+）=1012moll1的溶液中：cl、co32、no3、nh4+、so32加入mg能放出h2的溶液中：mg2+、nh4+、cl、k+、so42使石蕊变红的溶液中：fe2+、mno4、no3、na+、so42中性溶液中：fe3+、al3+、no3、i、cl、s2abcd【考点】离子共存问题【分析】ph=0的溶液为酸性溶液，高锰酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化醋酸根离子；ph=11的溶液中存在大量氢氧根离子，：co32、na+、alo2、no3、s2、so32离子之间不满足离子反应发生条件，且都不与氢氧根离子反应；水电离的h+浓度c（h+）=1012moll1的溶液为酸性或者碱性溶液，碳酸根离子、亚硫酸根离子能够与氢离子反应，铵根离子能够与氢氧根离子反应；加入mg能放出h2的溶液中存在大量氢离子，mg2+、nh4+、cl、k+、so42离子之间不发生反应，都不与氢离子反应；使石蕊变红的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，硝酸根离子、高锰酸根离子能够氧化亚铁离子；铁离子能够氧化碘离子、硫离子，铝离子能够与硫离子发生双水解反应【解答】解：ph=0的溶液中氢离子浓度为1mol/l，mno4在酸性条件下能够氧化c2o42，在溶液中不能大量共存，故错误；ph=11的溶液中氢氧根离子浓度为0.001mol/l，co32、na+、alo2、no3、s2、so32离子之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故正确；水电离的h+浓度c（h+）=1012moll1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，co32、so32与氢离子反应，nh4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故错误；加入mg能放出h2的溶液中存在大量氢离子，mg2+、nh4+、cl、k+、so42离子之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故正确；使石蕊变红的溶液中存在大量氢离子，mno4、no3在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化fe2+，在溶液中不能大量共存，故错误；fe3+能够氧化i、s2，al3+在溶液中与s2发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故错误；根据以上分析，在溶液中能够大量共存的为故选c【点评】本题考查离子共存的判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 fe3+和 scn）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 h+或oh；是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力14某溶液中含有nh4+、so32、sio32、br co32、na+，向该溶液中通入过量的cl2，下列判断正确的是（）反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有nh4+、na+有胶状物质生成有气体产生 溶液颜色发生变化 溶液中共发生了2个氧化还原反应abcd【考点】氯气的化学性质【分析】某溶液中含有nh4+、so32、sio32、br、co32、na+，向该溶液中通入过量的cl2，so32可以被氯气氧化为硫酸根离子；sio32和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；br被氯气氧化为溴单质；co32和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体【解答】解：某溶液中含有nh4+、so32、sio32、br、co32、na+，向该溶液中通入过量的cl2，so32可以被氯气氧化为硫酸根离子；sio32和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；br被氯气氧化为溴单质；co32和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体；反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有nh4+、na+，故正确；有胶状物质硅酸生成，故正确；有二氧化碳气体产生，故正确；氯气氧化溴离子为溴单质，溶液颜色发生变化有无色变化为橙红色，故正确；共发生了氯气氧化so32、br2个氧化还原反应，氯气和水发生的氧化反应，共3个氧化还原反应，故错误；故选a【点评】本题考查了氯水成分和离子反应的判断，主要考查氯气的氧化性、氯水中盐酸的作用15利用反应6no2+8nh37n2+12h2o构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图所示下列说法不正确的是（）a电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极b为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜c电极a极反应式为：2nh36e=n2+6h+d当有4.48l no2（标准状况） 被处理时，转移电子为0.8mol【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】由反应6no2+8nh37n2+12h2o可知，反应中no2为氧化剂，nh3为还原剂，则a为负极，b为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，结合电解质溶液呈碱性解答该题【解答】解：由反应6no2+8nh37n2+12h2o可知，反应中no2为氧化剂，nh3为还原剂，则a为负极，b为正极，ab为正极，a为负极，电流由正极经导线流向负极，故a正确；b原电池工作时，阴离子向负极移动，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜，防止二氧化氮反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，导致原电池不能正常工作，故b正确；c电解质溶液呈碱性，则负极电极方程式为2nh36e+60h=n2+6h2o，故c错误；d当有4.48l no2（标准状况）即0.2mol 被处理时，转移电子为0.2mol（40）=0.8mol，故d正确故选c【点评】本题综合考查电解池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握离子移动方向和电极方程式的书写，为解答该类题目的关键，难度中等16已知hcn的电离常数k=6.21010用物质的量都是0.1mol的hcn和nacn混合后配成1l溶液，经测定溶液呈碱性则下列关系式正确的是（）ac（cn）c（na+）bc（cn）c（hcn）cc（hcn）+c（cn）=0.2moll1dc（cn）+c（oh）=0.1 moll1【考点】盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较【专题】电离平衡与溶液的