浙江省绍兴一中高三化学上学期回头考试卷（含解析）(1).doc

绍兴一中回头考试试题卷高三化学可能用到的相对原子质量：h，16，na23 , k39, cu64, c12, cl35.5 , fe56 , 127, ba137【试卷综析】本试卷是理科单独化学试卷，知识考查综合性较强，以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导，在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视学生科学素养的考查。考查了较多的知识点：化学与环境、氧化还原反应、无机推断、热化学、电化学、溶液中的离子关系等；试题重点考查：化学在生活中的应用、元素周期律、溶液中的离子、化学反应与能量、化学平衡的移动等主干知识。注重从题目中提取信息，难度不大。选择题（每小题只有一个正确选项）【题文】1下列生产工艺能体现“绿色化学”或节能环保思想的是( )a工业制氢气：用天然气发电再电解水制得 b工业制硫酸：提高尾气排放的烟囱高度c工业制胆矾：使用向稀硫酸中吹空气并加热溶解铜 d降低pm2.5：用油改煤技术，推广优质煤的使用范围【知识点】化学与环境f4 o3【答案解析】c 解析：绿色化学核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；反应物的原子全部转化为期望的最终产物。 a、用天然气发电再电解水制氢气，同时还产生氧气，原子利用率不能达到100%，故a错误； b、提高尾气排放的烟囱高度仍不能解决污染问题，故b错误；c、加热铜使之生成氧化铜，再与稀盐酸生成硫酸铜，硫酸利用率高，无污染，故c正确；d、油改煤技术是把油过滤掉，然后用氢让油结块，但是只能得到似煤又不是煤的燃烧物，故d错误；故答案选c【思路点拨】本题考查了化学在实践中的应用，注意利用率达100%才能满足绿色化学思想，题目难度不大。【题文】2下列变化不能说明发生了化学变化的是( )a变化时有电子的得失或共用电子对的偏移 b变化过程中有旧化学键的断裂和新化学键的形成 c变化时释放出能量 d变化前后原子的种类和数目没有改变，分子种类增加了【知识点】化学变化与物理变化n5【答案解析】c 解析：化学变化是生成其他物质的变化，常伴随有放热、发光、变色，放出气体、生成沉淀等；a、变化时有电子的得失或共用电子对的偏移，是化学变化，故a正确； b、变化过程中有旧化学键的断裂和新化学键的形成，是化学变化，故b正确；c、物理变化时也释放出能量，故c错误；d、变化前后原子的种类和数目没有改变，分子种类增加了，生成新物质，是化学变化，故d正确；故答案选c【思路点拨】化学变化与物理变化的本质区别是是否有新物质生成，题目难度不大。【题文】3三种不同物质有如图所示转化关系：甲乙丙甲，则甲不可能是( )al2o3bsio2cco2dnh4cl【知识点】无机化合物及其转化c1 c2 d1【答案解析】d 解析：a、al2o3与naoh溶液生成偏铝酸钠，再与盐酸反应可以生成氢氧化铝，加热分解成al2o3，故a正确； b、sio2与naoh溶液生成硅酸钠，再与盐酸反应可以生成硅酸，加热分解成sio2，故b正确；c、co2与naoh溶液生成碳酸钠，再与盐酸反应可以生成碳酸，加热分解成co2，故c正确；d、nh4cl与naoh溶液生成氨水，再与盐酸反应直接可以生成氯化铵，故d错误；故答案选d【思路点拨】本题考查物质之间的反应，难度不大，注意看清题意，必须是反应能生成甲才行 。【题文】4. 物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度有关。下列各组物质：cu与hno3溶液 cu与fecl3溶液 zn与h2so4溶液 fe与hcl溶液由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是( ) b c d【知识点】硝酸、硫酸的化学性质d3 d4 d5【答案解析】a 解析：cu与hno3溶液中，若为浓硝酸，发生cu+4hno3cu（no3）2+2no2+2h2o，若为稀硝酸，则发生3cu+8hno33cu（no3）2+2no+4h2o，故符合题意；cu与fecl3溶液中，无论浓度大小都只发生cu+2fecl32fecl2+cucl2，故不符合题意；zn与h2so4溶液中，若为稀硫酸，发生zn+h2so4znso4+h2，若为浓硫酸，则发生zn+2h2so4（浓）znso4+so2+2h2o，故符合题意；fe与hcl溶液中，无论浓度大小都只发生fe+2hcl=fecl2+h2，故不符合题意； 故答案选a【思路点拨】本题考查常见物质的性质，明确浓稀硝酸、浓硫酸具有强氧化性及发生的化学反应是解答本题的关键，难度不大 。【题文】5 下列各组物质的性质比较，正确的是（ ）a熔点：co2h2osio2kcl b粒子半径：k+na+mg2+al3+c酸性：h3po4h2so4hclo4h2sio3 d稳定性：h2onh3ph3sih4【知识点】元素周期律及其应用e2【答案解析】b 解析：a晶体的熔点一般为原子晶体离子晶体金属晶体分子晶体，则熔点为sio2kcl h2oco2，故a错误；b电子层越多，半径越大；同周期，原子序数大的半径小，则原子半径为k+na+mg2+al3+，故b正确；c非金属性clspsi，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，hclo4h2so4h3po4h2sio3 ，故c错误；d非金属性onpsi，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，sih4ph3nh3h2o，故错误。故答案选b【思路点拨】本题考查元素周期表和元素周期律的应用，为高频考点，把握元素的位置、性质的变化规律为解答的关键，侧重金属性、非金属性比较的考查，题目难度不大 。【题文】6采用循环操作可以提高原料的利用率，下列工业生产中，没有采用循环操作的是（ ） a、硫酸工业 b、氯碱工业 c、硝酸工业 d、合成氨工业 【知识点】工业合成氨、制硫酸 、氯碱工业 d3 d4 f4【答案解析】 解析：a、硫酸工业中在接触室发生了二氧化硫的催化氧化，采用循环操作可提高二氧化硫的利用率， 故a正确； b、氯碱工业是用电解食盐水制碱、氯气、氢气，无循环操作，故b错误；c、硝酸工业中涉及到合成氨，合成氨生产中产生了氨气，采用循环操作可提高n2、h2的转化率 ，故c正确；d、合成氨生产中产生了氨气，采用循环操作可提高n2、h2的转化率，故d正确；故答案选【思路点拨】本题主要考查了合成氨工业、硫酸工业的生产工艺流程，掌握生产的原理和步骤是解题的关键，难度中等 。【题文】7下列各项中，理由、结论及因果关系均正确的是 ( ) a由于键能enn ecl-cl，故单质的沸点：n2cl2 b由于分子中可电离的h+个数h2so4 ch3cooh，故两者的酸性：h2so4ch3coohc由于元素的非金属性np，故氢化物的稳定性：nh3ph3d由于金属性fecu， 故还原性fe2+cu【知识点】化学键、元素周期律、氧化还原性 e2 e3 e5【答案解析】c 解析：a、cl2的相对分子质量大于n2，所以单质沸点：cl2n2，故a错误；b、h2so4是强酸，ch3cooh弱酸，所以酸性：h2so4ch3cooh，故b错误；c、元素的非金属性：np，所以氢化物的稳定性：nh3ph3，故c正确；d、还原性：cufe2+，故d错误； 故答案选c【思路点拨】本题主要考查了物质性质的比较，熟悉非金属性、单质沸点、还原性的比较方法即可解答，难度不大 。【题文】8x、y、z、m、w为原子序数依次增大的5种短周期元素。x的质子总数与电子层数相同，y、z、m同周期且相邻，w原子核外电子数是m原子最外层电子数的2倍。z与其同主族的短周期元素可形成常见气体甲。x、y、z 3种元素形成化合物乙。下列说法不正确的是 （ ）a原子半径：wyzmx b化合物乙中一定只有共价键c由w元素形成的单质以及w与z两元素形成的化合物都是原子晶体dx分别与y、z、m、w形成的常见化合物中，稳定性最好的是xm，沸点x2zxm【知识点】化学键、元素周期律 e2 e3 e5【答案解析】b 解析：x、y、z、m、w为原子序数依次增大的5种短周期元素x的质子总数与电子层数相同，则x为h元素；y、z、m同周期且相邻，w原子核外电子数是m原子最外层电子数的2倍，而z与其同主族的短周期元素可形成常见气体甲（甲有刺激性气味），则z为o元素，可推知y为n元素、m为f元素、w为si，故甲为so2，x、y、z三种元素形成化合物乙为hno3、nh4no3a同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径sinofh，故a正确；b化合物乙若为nh4no3，属于离子晶体，含有离子键，故b错误；csi单质属于原子晶体，w与z两元素形成的化合物是二氧化硅，属于原子晶体，故c正确；d非金属性f最强，故氢化物中hf最稳定，常温下水为液态，而hf为气体，故沸点沸点h2ohf，故d正确； 故答案选b【思路点拨】本题考查结构性质位置关系应用，难度中等，推断元素是解题关键，注意乙物质的不确定性，识记常见的原子晶体 。【题文】9 通过复习总结，下列归纳正确的是( ) ana2o，naoh，na2co3，nacl，na2so4，na2o2都属于钠的含氧化合物 b简单非金属阴离子只有还原性，而金属阳离子不一定只有氧化性 c一种元素可能有多种氧化物，但同种化合价只对应有一种氧化物 d物质发生化学变化一定有化学键断裂与生成，并伴有能量变化，而发生物理变化就一定没有化学键断裂或生成 【知识点】酸碱盐及化合物相互转化、氧化还原、化学反应与能量 c5 b3 b4 【答案解析】b 解析：a、含有氧元素的化合物叫做含氧化合物，氯化钠不含氧元素，不是含氧化合物，故a错误；b、非金属阴离子化合价只能升高，只具有还原性，金属阳离子如亚铁离子既有氧化性又有还原性，故b正确；c、氢元素只有+1价，对应的氧化物有水和双氧水，钠元素的氧化物有氧化钠和过氧化钠两种，故c错误；d、物理变化也有可能发生化学键的断裂，如离子晶体和原子晶体的融化 ，故d错误 故答案选b【思路点拨】本题考查学生对基本知识的掌握，可以根据教材知识来回答，难度中等。【题文】10右图表示在某溶液中滴加ba（oh）2溶液时，沉淀的物质的量随ba（oh）2的物质的量的变化关系。该溶液的成分可能是 （ ）anh4al（so4）2 bkal（so4）2 cal2（so4）3 dnaalo2【知识点】镁、铝的重要化合物 c2【答案解析】c 解析：a、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由al（oh）3+oh-=alo2-+2h2o可知沉淀中al（oh）3为2mol，故nh4al（so4）2为2mol，加入3mol氢氧化钡沉，可以生成硫酸钡4mol，n（al3+）：n（oh-）=2mol：6mol=1：3，发生反应al3+3oh-al（oh）3，可以得到2molal（oh）3，沉淀为4mol+2mol=6mol，故a错误；b、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由al（oh）3+oh-=alo2-+2h2o可知沉淀中al（oh）3为2mol，故kal（so4）2为2mol，加入3mol氢氧化钡沉，可以生成硫酸钡4mol，n（al3+）：n（oh-）=2mol：6mol=1：3，发生反应al3+3oh-al（oh）3，可以得到2molal（oh）3，沉淀为4mol+2mol=6mol，故b错误；c、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由al（oh）3+oh-=alo2-+2h2o可知沉淀中al（oh）3为2mol，故al2（so4）3为1mol，加入3mol氢氧化钡沉，可以生成硫酸钡3mol，n（al3+）：n（oh-）=2mol：6mol=1：3，发生反应al3+3oh-al（oh）3，可以得到2molal（oh）3，沉淀为3mol+2mol=5mol，故c正确；d、偏铝酸钠与氢氧化钡不反应，不能产生沉淀，故d错误； 故答案选c【思路点拨】本题以图象为载体考查镁铝化合物的性质，难度中等，明确发生的化学反应是解答的关键，反应发生的先后顺序是学生解答中的难点，注意图象比例关系 。【题文】11 已知 （1）al(oh)3的电离方程式：alo2+h+h2oal(oh)3al3+3oh（2）无水alcl3晶体的沸点为182.9，溶于水的电离方程式为：alcl3al33cl（3）pbso4难溶于水，易溶于醋酸钠溶液，反应的化学方程式为：pbso42ch3coonana2so4(ch3coo)2pb则下列关于al(oh)3、alcl3和(ch3coo)2pb的说法中正确的是 ( ) 均为强电解质 b均为弱电解质 c均为离子化合物 d均为共价化合物【知识点】电解质、化学键与物质结构 b3 h1 n3【答案解析】d 解析：a、al(oh)3是弱碱，属于弱电解质，故a错误； b、alcl3和(ch3coo)2pb是盐，属于强电解质，故b错误；c、氢氧化铝在熔融状态下不能电离出铝离子和氢氧根离子,因此不是离子化合物,应该是共价化合物 ，alcl3沸点低，是共价化合物，(ch3coo)2pb也是少数盐类中的共价化合物，故c错误；d、都是共价化合物，故d正确；故答案选【思路点拨】把握化学概念的精确性，同时记住普遍规律中的特例，如大多数盐都是离子化合物，除氯化汞、氯化亚汞、醋酸铅外。【题文】12 研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5mno22ag2nacl = na2mn5o102agcl 下列“水” 电池在海水中放电时的有关说法正确的是( ) a正极反应式：agcle= agclb每生成1 mol na2mn5o10转移2 mol电子cna不断向“水”电池的负极移动dagcl是还原产物【知识点】化学电源新型电池f3 f5【答案解析】b 解析：a、在原电池的正极上发生得电子的还原反应，即5mno2+2e-=mn5o102-，故a错误；b、在反应5mno2+2ag+2nacl=na2mn5o10+2agcl中，化合价降低值=化合价升高值=转移电子数=2，所以每生成1molna2mn5o10转移2mol电子，故b正确；c、na+不断向“水”电池的正极移动，故c错误；d、在反应中，银元素化合价升高，是氧化产物，故d错误 故答案选b【思路点拨】本题考查学生原电池的工作原理知识，注意知识的归纳和整理是解题关键，难度不大 。【题文】13、同位素示踪法可用于反应机理的研究，下列反应或转化中同位素示踪表示正确的是 （ ）a2na218o2 + 2h2o = 4nal8oh + o2 bnh4cl + 2h2o nh32h2o + hclc2kmno4 + 5h218o2 + 3h2so4= k2so4 + 2mnso4 + 518o2 + 8h2odk37clo3 + 6hcl = k37cl + 3cl2 + 3h2o【知识点】化学方程式的书写、探究化学反应机理b3 h3 【答案解析】c 解析：a、过氧化物与水反应实质为，过氧根离子结合水提供的氢离子生成过氧化氢，同时生成氢氧化钠，过氧化氢在碱性碱性条件下不稳定，分解为水和氧气，所以18o同时在水中和氧气中，不出现在氢氧化钠中，故a错误；b、nh4cl水解，其实是水电离的氢氧根、氢离子分别和nh4+、cl-结合，生成一水合氨和氯化氢，所以2h应同时存在在一水合氨中和hcl中，故b错误；c、kmno4中mn元素化合价降低为2（7-2）=10，h218o2中o元素化合价升高520-（-1）=10，化合价升降相等，高锰酸钾把过氧根氧化为氧气，18o全部在氧气中，故c正确；d、kclo3和hcl发生归中反应，kclo3中氯元素由+5价降低为0价，不能降低为-1，hcl中氯元素化合价由-1价升高为0价，氯气中的cl有1/6来自kclo3，5/6来自hcl，kcl中的cl全部来自hcl，故d错误故答案选c【思路点拨】以化学反应机理探究为载体，考查氧化还原反应、盐类水解等，难度中等，是对知识的综合能力的考查，a选项为易错点，容易认为氢氧化钠中的氧来自过氧化钠。【题文】14下列变化能够实现的是( )弱酸与盐溶液反应生成强酸 两种氧化物发生反应有气体生成两种酸的溶液充分反应后溶液呈中性 复分解反应中既没有生成水，也没有生成沉淀和气体两种无色气体常温常压下混合后气体颜色加深 有单质生成的非氧化还原反应全部 b只有 c只有 d只有 【知识点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系 b2 b4【答案解析】a 解析：弱酸与盐溶液反应符合复分解反应发生的条件可以生成强酸，如氢硫酸与硫酸铜反应生成硫化铜沉淀与硫酸，故正确;过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，故正确；氢硫酸与亚硫酸恰好完全反应，所得溶液呈中性，故正确；醋酸钠与硫酸反应生成醋酸与硫酸钠，反应属于复分解反应，产物既没有水生成，也没有沉淀和气体生成，故正确；一氧化氮与氧气混合生成红棕色的二氧化氮，故正确；同素异形体之间的相互转化，如3o2=2o3，有单质参加的反应，不是氧化还原反应，故正确；故答案选a【思路点拨】本题考查酸、碱、盐、氧化物等基本概念与相互转化等，难度中等，需要学生对元素化合物知识掌握全面。【题文】15、在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是( )a在含等物质的量的alo2、oh、co32-的溶液中，逐滴加入盐酸：alo2、oh、co32-b在含等物质的量的febr2、fel2的溶液中，缓慢通入氯气：i、br、fe2c在含等物质的量的ba(oh)2、koh的溶液中，缓慢通入co2： koh、ba(oh)2、k2co3、baco3d在含等物质的量的fe3、cu2、h的溶液中加入锌粉：fe3、cu2、h、fe2【知识点】离子共存问题b1【答案解析】d 解析：a含等物质的量的alo2-、oh-、co32-的溶液中，逐滴加入盐酸，反应的先后oh-、alo2-、co32-、al（oh）3，故a错误；b含等物质的量的febr2、fei2的溶液中缓慢通入cl2，反应的先后为i-、fe2+、br-，故b错误；c含等物质的量的ba（oh）2、koh的溶液中通入co2，先后顺序为ba（oh）2、koh、baco3，故c错误；d氧化性由大到小的顺序为ag+、cu2+、h+、fe2+，含等物质的量的fe2+、ag+、cu2+、h+的溶液中加入zn：ag+、cu2+、h+、fe2+，故d正确；故答案选d【思路点拨】本题考查离子反应的先后顺序，侧重氧化的先后顺序及中和的先后顺序的考查，明确发生的反应先后顺序为解答的关键，题目难度中等。【题文】16为达到相应的实验目的，下列实验的设计或操作最合理的是（ ）a为比较cl与s元素的非金属性强弱，相同条件下，测定相同浓度的nacl溶液和na2s溶液的ph值b为观察mg条在co2气体中的燃烧，在一个集气瓶中收集满co2气体，取一小段除去表面氧化膜的mg条用坩埚钳夹持点燃后迅速投入上述集气瓶底部。c为比较ha和hb两种弱酸的ka大小，可用ph计测定同温同浓度的naa溶液和nab 溶液的ph值d为测定一定浓度的naoh溶液放置空气中是否部分转化为na2co3，用甲基橙作指示剂，用标准盐酸溶液滴定【知识点】元素周期律、盐类水解、中和滴定 c5 e2 h3【答案解析】c 解析：a、测定相同浓度的nacl溶液和na2s溶液的ph值只能判断hcl和h2s的酸性强弱，非金属性是通过最高价氧化物水化物的酸性强弱判断的，故a错误； b、集气瓶底应铺一层细沙，故b错误；c、同温同浓度的naa溶液和nab 溶液因弱酸酸性不同水解程度不同造成ph不同，故c正确；d、甲基橙变色的ph范围是3.14.4，用甲基橙作指示剂滴定后溶液呈酸性，滴定时na2co3全部反应；2naoh+co2=na2co3+h2ona2co3+2hcl=nacl+co2+h2o 2molnaoh反应生成1molna2co3，滴定时消耗2molhcl，naoh+hcl=nacl+h2o2molnaoh滴定时消耗2molhcl，所以从量的角度分析无变化；故d错误；故答案选c【思路点拨】非金属性的判据、盐类的水解可以判定弱酸的强弱，中和滴定时指示剂的选择，注意平时的积累。难度不大。【题文】17近年来，加“碘”食盐较多的使用了碘酸钾(kio3)，碘酸钾在工业上可用电解法制取。以石墨和不锈钢为电极，以ki溶液为电解液，在一定条件下电解，反应的化学方程式为：ki3h2okio33h2。下列有关说法不正确的是 （ ）a电解转移3 mol e时，理论上可制得kio3 107 gb电解时， 石墨作阳极，不锈钢作阴极 c电解时的阳极电极反应式：i6e3h2o = io36hd电解过程中电解质溶液的ph变小【知识点】电解原理f4【答案解析】d 解析：a、化学方程式，ki+3h2okio3+3h2，转移电子数6mol，生成1mol碘酸钾；每转移3mol电子，理论上可得到0.5mol无水kio3晶体，即107g；依，故a正确；b、反应式为：ki+h2okio3+h2，阳极是惰性电极，所以电解时，石墨做阳极，铁作阴极，故b正确；c、电解时的阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为i6e3h2o = io36h，故c正确；d、总反应为ki+3h2okio3+3h2，ph不变， 故d错误； 故答案选d【思路点拨】本题考查电解池原理的分析判断，电极分析，电极反应是解题关键，题目难度中等 。【题文】18下列反应的离子方程式书写不正确的是（ ）a向ba（oh）2溶液中逐滴加入nh4hso4溶液至刚好沉淀完全：ba2+2oh-+h+ so42- + nh4+= baso4+ nh3h2o+h2ob将少量so2气体通入naclo溶液中：so2+h2o+ clo=so42-+cl+2h+c硫化钠的水解：s2+ h2oh s + ohdnahco3溶液中滴加少量澄清石灰水：2hco3-+ca2+2oh-= caco3+2h2o+ co32-【知识点】离子方程式判断正误b1【答案解析】b 解析：a、1molba（oh）2溶液中逐滴加入nh4hso4至刚好沉淀完全，需要nh4hso41mol，其中的氢离子、铵根各1mol，恰好生成氨水和水，故a正确； b、少so2通入到naclo溶液中，so32-有氢还原性，clo-有强氧化性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为so2+h2o+clo-=hclo+hso3- ，故b错误；c、硫化钠的水解，分步水解：s2+ h2oh s + oh，故c正确；d、nahco3溶液中滴加少量澄清石灰水：2hco3-+ca2+2oh-= caco3+2h2o+ co32-，故d正确；故答案选b【思路点拨】本题考查离子方程式的书写，题目选项b难度较大，注意微粒的过量、少量问题，是否符合反应实际的角度分析。 【题文】19. 某溶液中在25时由水电离出的氢离子浓度为110-12 mol/l，下列说法正确的是（ ）ahco3离子在该溶液中一定不能大量共存 b该溶液的ph一定是12c向该溶液中加入铝片后，一定能生成氢气 d若该溶液的溶质只有一种，它一定是酸或碱【知识点】水的电离、离子共存问题b1 h2【答案解析】a 解析：a水电离出的c（h+）=110-12mol/l，该溶液可能为酸或碱的溶液，当溶液为碱性时：hco3-+oh-co32-+h2o，当溶液为酸性时：h+hco3-=h2o+co2，所以在该溶液中一定不能大量共存，故a正确；b当该溶液为ph=2的盐酸溶液，水电离出的c（h+）也为110-12mol/l，故b错误；c可能是ph=2的hno3这样的强氧化性酸，加入铝片后，一定不能生成氢气，故c错误；d可能是ph=2的nahso4这样的盐溶液，故d错误； 故答案选a【思路点拨】本题考查水电离出的氢离子浓度为110-12mol/l的溶液，则溶液可能为酸或碱或盐的溶液，明确由水电离出的氢离子浓度及利用该信息来分析问题是解答的关键，难度中等。【题文】20下列说法正确的是( ) a等物质的量浓度的硫酸氢铵溶液和氢氧化钠溶液等体积混合： c(s042-)c(na+)c(nh4+)c(oh-)=c(h+) b常温下0.4mol/lhb溶液和0.2mol/lnaoh溶液等体积混合后溶液的ph=3，则溶液中 微粒浓度存在下面关系： c(hb)c(na+)c(b-)c(h+)c(oh-) c在滴有酚酞溶液的氨水中，加入nh4ci的溶液恰好无色，则此时溶液的phc(nh4+)c(h+)c(oh-)，故a错误； b、常温下0.4mol/lhb溶液和0.2mol/lnaoh溶液等体积混合后得到0.1mol/lhb和0.1mol/lnab溶液，ph=3,说明hb的电离程度大于nab的水解程度，则c(b-)c(na+)c(hb)c(h+)c(oh-)，故b错误；c、酚酞的变色范围为8-10，所以在滴有酚酞溶液的氨水中，加入nh4cl至溶液恰好无色，则此时溶液的ph8，故错误 ，故c正确；d、电荷守恒有：2c(r2-)+c(hr-)+c(oh-)=c(na+)+c(h+)，混合液ph=7，c(oh-)=c(h+)，故2c(r2-)+c(hr-)=c(na+)，故d正确；故答案选d【思路点拨】本题考查了弱电解质的电离及盐类水解，明确物质的性质是解本题关键，再结合守恒思想分析解答，注意二者混合时溶液体积增大一倍，导致物质浓度减小，为易错点。【题文】21相同温度下,体积均为0.25 l的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：x2(g) + 3y2(g)2xy3(g) h=-92.6 kj.mol-1实验测得反应在起始、达到平衡时的有关数据如下表所示：容器编号 起始时各物质物质的量/mol 达到平衡的时间达平衡时体系能量的变化x2y2xy31302分钟放热46.3kj0.41.21.2/q(q0)下列叙述不正确的是容器中反应从开始到刚达平衡时用xy3表示的反应速率为v(xy3)=1/30 moi.l-ls-1平衡时，两个容器中xy3的物质的量浓度相等器中反应达到平衡时吸收的热量为q容器体积为0.3l，则达平衡时放出的热量大于46.3kj【知识点】化学平衡的综合应用f2 g5【答案解析】d 解析：a.2min达平衡时，放出的热为46.3kj，则平衡时xy3的物质的量为2mol（46.3/92.6)=1mol，故v（xy3）=1mol0.25l120s=1/30 moi.l-ls-1，故a正确；b恒温恒容下，中按化学计量数转化到左边，n（x2）=0.4mol+1.2mol1/2=1mol，n（y2）=1.2mol+1.2mol3/2=3mol，两平衡是完全等效平衡，故平衡时xy3的浓度相等为1mol0.25l=4mol/l，故b正确；c容器中放出46.3kj热量，则生成氨气的物质的量为：2mol(46.3/92.6)=1mol，则： n2（g）+3h2（g）2nh3（g）起始：1mol 3mol0转化：0.5mol 1.5mol1mol平衡：0.5mol 1.5mol1mol由上述计算，可知平衡时容器中x2、y2和xy3的物质的量分别为0.5mol、1.5mol和1mol，与为完全等效平衡，所以，平衡时容器中x2、y2和xy3的物质的量也分别为0.5mol、1.5mol和1mol，可知的反应向逆反应方向进行，反应过程需要吸收热，故c正确；d若容器体积为0.3l，减小压强平衡向逆反应方向移动，反应物的转化率降低，达平衡时放出的热量小于46.3kj，故d错误；故答案选d【思路点拨】本题考查化学平衡移动问题、等效平衡、反应热等问题，题目难度中等，注意c项根据计算分析，注意从等效平衡的角度解答，也可以利用平衡常数解答 。【题文】22. 氯碱工业的产物naoh与不同物质反应可以生成不同的盐。已知常温下，浓度均为0.1 mol/l的4种钠盐溶液ph如下表：溶质na2co3nahco3naclonahso3ph11.69.710.35.2 下列说法中， 正确的是( )a向氯水中加入nahco3，可以增大氯水中次氯酸的浓度b四种溶液中，水的电离程度最大的是nacloc常温下，相同物质的量浓度的h2so3、h2co3、hclo，ph最大的是h2so3dnahso3溶液中离子浓度大小顺序为c（na+） c（h+）c（hso3-） c（so32-）c（oh-）【知识点】盐类水解的应用h3 h6【答案解析】a 解析：根据相同浓度的钠盐溶液ph大小知，酸根离子水解程度大小顺序是：co32-clo-hco3-hso3-，则酸的强弱顺序是h2so3h2co3hclohco3-，盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠和二氧化碳，促进氯气和水反应，次氯酸和碳酸氢钠不反应，所以导致溶液中次氯酸浓度增大，故a正确；b相同浓度的这几种钠盐溶液中，溶液ph越大则水的电离程度越大，根据表中数据知，水的电离程度最大的是碳酸钠溶液，故b错误；c酸根离子水解程度越大，则酸的酸性越弱，酸根离子水解程度大小顺序是：co32-clo-hco3-hso3-，则酸的强弱顺序是h2so3h2co3hclohco3-，所以常温下，相同物质的量浓度的h2so3、h2co3、hclo溶液，ph最大的是hclo溶液，故c错误；d亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明hso3-电离程度大于水解程度，无论电离还是水解其程度都较小，所以c（h+）c（hso3-），故d错误； 故答案选【思路点拨】本题考查了盐类水解，根据钠盐溶液ph大小确定相对应酸的强弱，再结合强酸制取弱酸、酸式酸根离子电离和水解程度相对大小等知识点来分析解答，题目难度中等 。【题文】23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，实验结果如下图所示： 下列有关说法正确的是 （ ）a. 沉淀乙一定有baco3，可能有baso4 b实验消耗cu 14.4g,则生成气体丁的体积为3.36l c该溶液中一定有no3-、al3+、so42、cl-四种离子 d.生成的甲、乙、丙气体均为无色的易溶于水气体【知识点】常见离子的检验c5 d5 【答案解析】c 解析：由溶液ph=1可知溶液为酸性溶液，氢离子浓度为0.1mol/l，溶液中一定不存在与氢离子反应的离子：co32-； 溶液a中加过量（nh4）2co3，产生白色沉淀，可以排除fe2+、fe3+，原溶液中一定有al3+； 溶液乙加铜和浓硫酸能产生no，原溶液中有no3-，强酸性溶液中有no3-，则一定没有fe2+、i-；a根据分析可知，溶液中含有硫酸根离子，所以沉淀乙中一定为碳酸钡和硫酸钡沉淀的化合物，故a错误；b根据反应方程式3cu+8hno33cu（no3）2+2no+4h2o可知，消耗14.4g铜，生成一氧化氮气体的物质的量为：14.4g64g/mol2/3=0.15mol，由于没有告诉是标准状况下，0.15mol一氧化氮的体积不一定为3.36l，故b错误；c根据以上分析可知，溶液中存在0.1mol/l的氢离子、0.1mol/l的铝离子，溶液中阳离子带有的电荷为：0.4mol/l；而溶液中除了存在0.1mol/l的硝酸根离子外，还应该含有so42-离子和cl-，所以该溶液中一定有no3-、al3+、so42-、cl-四种离子，故c正确；d丙气体是no，难溶于水，故d错误；故答案选c【思路点拨】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 。二填空题：【题文】24、比较法是化学中研究物质性质的基本方法之一，请运用比较法解答下题。na2o2几乎可与所有的常见气态非金属氧化物反应。如2na2o2+2co2 = 2na2co3+o2， na2o2+co = na2co3。（1）试分别写出na2o2与so2、so3反应的化学方程式： _；_。（2）通过比较可知，当非金属元素处于_价时，其氧化物与na2o2反应有o2生成。（3）依上述规律，写出na2o2与n2o5反应的化学方程式_。【知识点】氧化还原反应b2 b3【答案解析】(1)na2o2+so2 = na2so4 2na2o2+2so3 =2na2so4 + o2 (2) 最高化合价 (3) 2na2o2+2n2o5 =4nano3 + o2 解析：（1）二氧化硫是低价态的硫的氧化物，因此过氧化钠与二氧化硫发生化合反应，生成硫酸钠反应的化学方程式为：so2+na2o2=na2so4三氧化硫是最高价态的硫的氧化物，因此过氧化钠与三氧化硫反应生成硫酸钠和氧气反应的化学方程式为：2so3+2na2o2=2na2so4+o2（2）通过上述反应可以看出：有氧气产生时，与过氧化钠发生反应的氧化物都是最高价态的非金属氧化物n2o5反是氮的最高价氧化物，通过上述规律，产物应该是硝酸钠和氧气，方程式：2na2o2+2n2o5 =4nano3 + o2【思路点拨】本题主要考查化学方程式的书写，难度不大。【题文】25. 已知在室温的条件下，ph均为5的h2so4溶液和nh4cl溶液，回答下列问题：（1）各取5ml上述溶液，分别加水稀释至50ml，ph较大的是_溶液（2）各取5ml上述溶液，分别加热（温度相同），ph较小的是_溶液（3）h2so4溶液和nh4cl溶液中由水电离出的c(h+)之比为_（4）取5ml nh4cl溶液，加水稀释至50ml，c(h+)_ 10-6moll-1（填“”、“ 减小 解析：（1）室温的条件下，ph均为5的h2so4溶液和nh4cl溶液，各取5ml上述溶液，分别加水稀释至50ml，稀释10倍，硫酸溶液ph变化为6，氯化铵铵根离子水解促进，溶液中氢离子浓度减小的少，溶液ph小于6；ph较大的是硫酸溶液；（2）室温的条件下，ph均为5的h2so4溶液和nh4cl溶液，各取5ml上述溶液，分别加热（温度相同），硫酸溶液中氢离子浓度变化不大，氯化铵溶液中水解是系热热反应，加热促进水解，氢离子浓度增大，溶液ph较小的是氯化铵溶液；（3）室温的条件下，ph均为5的h2so4溶液和nh4cl溶液中存在离子积常数，硫酸溶液中：c（h+）酸c（oh-）水=10-14；c（oh-）水=10-9mol/l；氯化铵溶液中：c（h+）水c（oh-）水剩余=10-14；c（h+）水=10-5mol/l；所以h2so4溶液和nh4cl溶液中由水电离出的c（h+）之比=10-9/10-5=10-4；（4）取5ml nh4cl溶液，加水稀释至50ml，体积变化氢离子浓度减小10倍，稀释促进水解平衡，所以溶液中氢离子浓度大于10-6，小于10-5；铵根离子水解平衡nh4+h2onh3h2o+h+；稀释会得到促进，溶液中的铵根离子减小，氢离子增多，c(nh4+)c(h+)离子浓度比值减小； 【思路点拨】本题考查了盐类水解的应用判断，影响水解平衡的因素分析，溶液中离子积的计算，ph的计算，溶液稀释后离子浓度变化的分析判断，理解实质是解题关键，题目难度中等。【题文】26. a、b、c、x是中学化学常见物质，均由短周期元素组成，转化关系如图所示。若a、b、c的焰色反应均呈黄色，水溶液均为碱性。a中所含有的化学键是_, x属于的晶体类型是_。将4.48 l（标准状况下）x通入100ml 3 moll a的水溶液后，溶液中发生的离子反应方程式为_。自然界中存在b、c和h2o按一定比例结晶而成的固体。取一定量该固体溶于水配成100ml溶液，测得溶溶中金属阳离子的浓度为0.5 moll。若取相同质量的固体加热至恒重，剩余固体的质量为_ g【知识点】原子结构与元素周期率的关系、无机物的推断 c5 n5【答案解析】（1）离子键和共价键 分子晶体 (2)2co2 + 3oh- = co32- + hco3- + h2o (3)2.65 解析：若a、b、c的焰色反应均呈黄色，水溶液均为碱性；则a为氢氧化钠，b为碳酸钠，c为碳酸氢钠，x为二氧化碳a为氢氧化钠，属于离子化合物，钠离子与氢氧根离子之间形成离子键，氢氧根离子中氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对，为共价键，属于a中所含有的化学键是 离子键和共价键x为二氧化碳，晶体类型为分子晶体。x为二氧化碳，4.48 l（0.2mol）co2通入100ml 3 moll (0.3mol) naoh的水溶液后，生成0.1molna2co3和0.1molnahco3，溶液中发生的离子反应方程式为2co2 + 3oh- = co32- + hco3- + h2o自然界中存在b、c和h2o按一定比例结晶而成的固体取一定量该固体溶于水配成100ml溶液，测得溶溶中金属阳离子的浓度为0.5mol/l，即钠离子浓度为0.5mol/l取相同质量的固体加热至恒重，剩余固体为碳酸钠，根据钠离子守恒可知，碳酸钠的质量为1/20.1l0.5mol/l106g/mol=2.65g 【思路点拨】考查元素化合物推断，难度中等，关键掌握常见元素化合物的性质，根据转化关系选择合适的物质进行解答【题文】27过氧化氢和臭氧是用途很广的氧化剂。试回答下列问题：过氧化氢是一种绿色氧化剂，写出在酸性条件下h2o2氧化氯化亚铁的离子反应方程式： na2o2 、k2o2、 以及bao2都可与酸作用生成过氧化氢，目前实验室制取过氧化氢可通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤即可制得。最适合的过氧化物是_（写电子式）， 臭氧（o3）可以使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，反应的化学方程式为：kio3h2okohi2o2（未配平 ） 回答问题： 还原产物的化学式为 配平后的化学方程式是 （4）o3 可由臭氧发生器（原理如图8所示）电解稀硫酸制得。图中阴极为 （填“a”或“b”）。 若c处不通入o 2 ，d、e处分别收集到112l和有448l气体（标准状况下）， 则e处收集的气体中o3所占