河南省新郑市高三化学上学期期中试题（含解析）.doc

化学试卷一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）1（3分）下列事实中，不能用平衡移动原理解释的是（）a啤酒开启后泛起大量泡沫b实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气c将食物放在冰箱里延长保质期d工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率考点：化学平衡移动原理.专题：化学平衡专题分析：平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用解答：解：a存在平衡h2co3h2o+co2，打开瓶盖时，压强减小，平衡向右移动，二氧化碳气体溶解度减小，逸出二氧化碳，可以用平衡移动原理来解释，故a正确；b氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，故b正确；c将食物放在冰箱里延长保质期，是通过降低温度来减慢反应速率，不能用平衡移动原理来解释，故c错误；d增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率，故d正确故选c点评：本题考查勒夏特例原理应用的有关判断，是高考中的常见题型和考点，属于中等难度试题的考查试题难易适中，基础性强，侧重对学生解题能力的培养与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力该题需要明确的应注意区别化学平衡移动原理和化学反应速率理论的应用范围，并能具体问题、具体分析加快2（3分）下列物质与其用途完全符合的是（）na2o2供氧剂 晶体si太阳能电池 agi人工降雨 nacl制纯碱 al2o3焊接钢轨 naclo消毒剂fe2o3红色油漆或涂料 so2食品漂白剂 nh3制冷剂abcd考点：钠的重要化合物；氨的物理性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物.专题：元素及其化合物；化学应用分析：na2o2可与水、二氧化碳反应生成氧气；单质硅可用作制太阳能电池； agi可用于人工降雨； 氨碱法制纯碱的实验原理进行分析，以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱；根据铝热反应可用于焊接钢轨； 消毒剂的主要有效成分为次氯酸钠（naclo）； fe2o3可作红色油漆或涂料 so2有漂白作用，但本身有毒；液nh3可制冷剂；解答：解：na2o2可与水、二氧化碳反应生成氧气，可作供氧剂，故正确；单质硅可用作制太阳能电池，故正确；agi可用于人工降雨，故正确； 氨碱法制纯碱的实验原理进行分析，以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，故正确；根利用铝氧化铁发生铝热反应可用于焊接钢轨，故错误；消毒剂的主要有效成分为次氯酸钠（naclo），故正确； fe2o3可作红色油漆或涂料，故正确； so2有漂白作用，但本身有毒，不能用作食品漂白剂，故错误；nh3易液化，液氨常用作制冷剂，故d正确；所以物质与其用途完全符合的有；故选c；点评：本题考查物质的性质和用途，难度不大，侧重基础知识的考查，注意基础知识的积累3（3分）（2013天津模拟）下列说法正确的是（）a图i所示装置用于cu和浓h2so4制取少量的so2气体b图装置可验证非金属性：clcsic图可用于收集气体h2、co2、cl2、nh3d图表示将so2气体通入溴水中，所得溶液的ph变化考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：acu和浓h2so4反应需要加热；b盐酸易挥发，可知盐酸酸性大于碳酸、盐酸酸性大于硅酸，不能确定碳酸、硅酸的酸性，且不能利用无氧酸与含氧酸的酸性比较非金属性；cco2、cl2可利用向上排空气法收集，h2、nh3可利用向下排空气法收集；d溴水溶液显酸性，ph不会大于7解答：解：acu和浓h2so4反应需要加热，则图中装置不能制取少量的so2气体，故a错误；b盐酸易挥发，可知盐酸酸性大于碳酸、盐酸酸性大于硅酸，不能确定碳酸、硅酸的酸性，且不能利用无氧酸与含氧酸的酸性比较非金属性，应利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，若将盐酸改为hclo4可完成实验，故b错误；cco2、cl2可利用向上排空气法收集，从长导管进气；h2、nh3可利用向下排空气法收集，从短导管进气，故c正确；d溴水溶液显酸性，ph不会大于7，将so2气体通入溴水中生成硫酸和hbr，酸性增强，ph减小，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，涉及气体的制取、酸性及非金属性比较、气体的收集、氧化还原反应及ph等，侧重化学反应原理及实验技能的考查，注意实验的评价性、操作性分析，题目难度中等4（3分）na为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（）a在密闭容器中加入1.5molh2和0.5moln2，充分反应后可得nh3分子数目为nab足量的铁粉与lmolcl2在加热条件下充分反应，转移的电子数为3nac标准状况下，等物质的量的n2和co所含分子数均为nad7.8 g na2o2中含有的离子总数目为0.3na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合成氨的反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成物氨气；b铁粉过量，转移的电子数目需要按照氯气的物质的量进行计算；c没有告诉氮气和一氧化碳的物质的量，无法计算氮气和一氧化碳的分子数；d过氧化钠中含有的阳离子为过氧根离子，7.8g过氧化钠的物质的量为：=0.1mol，0.1mol过氧化钠中含有0.2mol钠离子和0.1mol过氧根离子解答：解：a在密闭容器中加入1.5molh2和0.5moln2，该反应可逆反应，充分反应后生成氨气的物质的量小于1mol，可得nh3分子数目小于na，故a错误；b足量的铁粉与lmolcl2在加热条件下充分反应，1mol氯气完全反应得到2mol电子，转移的电子数为2na，故b错误；c缺少气体的物质的量，无法计算氮气和一氧化碳气体的分子数，故c错误；d7.8g过氧化钠的物质的量为：=0.1mol，0.1mol过氧化钠中含有0.2mol钠离子和0.1mol过氧根离子，总共含有0.3mol离子，含有的离子总数目为0.3na，故d正确；故选d点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意过氧化钠中阴离子为过氧根离子，要求学生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，选项c为易错点，注意题中缺少气体的物质的量5（3分）（2014湖南一模）常温下，下列溶液中有关物质的量浓度关系和计算不正确的是（）ac（nh4+）相等的（nh4）2so4、（nh4）2fe（so4）2和nh4cl溶液中，溶质浓度大小关系是：c（nh4cl）c（nh4）2so4c（nh4）2fe（so4）2b已知25时ksp（agcl）=1.81010，则在0.1moll1 alcl3溶液中，ag+的物质的量浓度最大可达到6.01010moll1c0.2moll1 hcl溶液与等体积0.05moll1 ba（oh）2溶液混合后，溶液的ph约为1d0.1moll1 naha溶液的ph=4，则有c（ha）c（h+）c（a2）c（h2a）考点：盐类水解的应用；ph的简单计算；盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题：盐类的水解专题分析：a化学式中铵根离子个数越多，相同铵根离子浓度的盐溶液其浓度越小，亚铁离子抑制铵根离子水解；b根据溶度积常数进行计算；c混合溶液中c（h+）=0.05mol/l；d.0.1moll1 naha溶液的ph=4，说明ha的电离程度大于水解程度解答：解：a化学式中铵根离子个数越多，相同铵根离子浓度的盐溶液其浓度越小，所以相同铵根离子浓度的盐溶液中，氯化铵浓度最大，亚铁离子抑制铵根离子水解，则c（nh4+）相等的（nh4）2so4、（nh4）2fe（so4）2和nh4cl溶液中，溶质浓度大小关系是：c（nh4cl）c（nh4）2so4c（nh4）2fe（so4）2，故a正确；bc（ag+）=6.01010moll1，故b正确；c混合溶液中c（h+）=0.05mol/l，则溶液的ph1，故c错误；d.0.1moll1 naha溶液的ph=4，说明ha的电离程度大于水解程度，ha的电离和水解程度都较小，ha和水都电离出氢离子，所以离子浓度大小顺序是c（ha）c（h+）c（a2）c（h2a），故d正确；故选c点评：本题考查了离子浓度大小的比较、ph的计算、难溶物的溶解平衡等知识点，根据盐的性质、溶度积常数、ph的计算等知识点来分析解答，易错选项是c，注意计算氢氧根离子的物质的量时要用氢氧化钡浓度乘以2，为易错点6（3分）在一定温度下，向容积固定不变的密闭容器中充入a mol no2，发生如下反应：2no2（g）n2o4（g）；h0达平衡后再向容器中充入amol no2，再次达到平衡后，与原平衡比较，下列叙述不正确的是（）a相对平均分子质量增大bno2的转化率提高cno2的质量分数增大d反应放出的总热量大于原来的2倍考点：化学平衡建立的过程.专题：化学平衡专题分析：达平衡后再向容器中充入amol no2，再次达到平衡后，等效为在原平衡的基础上压强增大1倍，平衡右移，no2的转化率增大，据此解答解答：解：达平衡后再向容器中充入amol no2，再次达到平衡后，等效为在原平衡的基础上压强增大1倍，平衡右移，no2的转化率增大，a等效为在原平衡的基础上压强增大1倍，平衡右移，no2的转化率增大，混合气体的物质的量减小、总的质量不变，故混合气体的相对平均分子质量增大，故a正确；b等效为在原平衡的基础上压强增大1倍，平衡右移，no2的转化率增大，故b正确；c等效为在原平衡的基础上压强增大1倍，平衡右移，no2的转化率增大，混合气体的总的质量不变，no2的质量分数减小，故b错误；d达平衡后再向容器中充入amol no2，再次达到平衡后，等效为在原平衡的基础上压强增大1倍，平衡右移，no2的转化率增大，参加反应的no2的物质的量大于2amol，故放出的总热量大于原来的2倍，故d正确；故选c点评：本题考查化学平衡的影响因素，难度中等，构建平衡建立的途径是解题的关键，注意对等效平衡的理解7（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）a滴入酚酞呈无色的溶液中：k+、al3+、cl、co32b澄清的溶液中：na+、k+、mno4、alo2c=1013moll1的溶液：na+、ag（nh3）2+、oh、no3dc（i）=0.1moll1的溶液中：na+、h+、clo、so42考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：a滴入酚酞呈无色的溶液，ph8；b该组离子之间不反应；c.=1013moll1的溶液，显酸性；d离子之间发生氧化还原反应解答：解：a滴入酚酞呈无色的溶液，ph8，al3+、co32相互促进水解不能共存，故a错误；b该组离子之间不反应，能大量共存，故b正确；c.=1013moll1的溶液，显酸性，不能大量存在ag（nh3）2+、oh，故c错误；dh+、clo、i离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故d错误；故选b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的反应为解答的关键，侧重分析能力与氧化还原反应、水解反应的考查，题目难度不大8（3分）一未完成的离子方程式：（）+xo3+6h+3x2+3h2o，据此判断下列说法正确的是（）ax原子最外层有5个电子b当有1mol x2生成时，共有2mol电子转移c氧化产物和还原产物的物质的量之比为5：1d“（）”所填的微粒和xo3在任何环境下都不能共存考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：由（）+xo3+6h+3x2+3h2o可知，xo3中x元素的化合价由+5价降低为0价，则（）中离子中x元素的化合价必定升高，以此来解答解答：解：由（）+xo3+6h+3x2+3h2o可知，xo3中x元素的化合价由+5价降低为0价，则（）中离子中x元素的化合价必定升高，由电子和电荷守恒可知，（）中为5x，a最低价为1价，其最高价为+7价，最外层电子数为7，故a错误；b当有3mol x2生成时，共有5mol电子转移，则当有1mol x2生成时，共有mol电子转移，故b错误；c氧化产物、还原产物均为x2，xo3得到电子对应还原产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为5：1，故c正确；d“（）”所填的微粒和xo3在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，故d错误；故选c点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握（）中微粒的判断及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大9（3分）用0.2mol/l na2so3溶液32ml，还原含2103 mol x2o72的溶液，过量的na2so3用0.1mol/l kmno4酸性溶液氧化（其中kmno4被还原成mn2+），共消耗kmno4溶液1.6ml，则元素x在还原产物中的化合价是（）a+3b+4c+5d+6考点：氧化还原反应的计算.专题：氧化还原反应专题分析：na2so3被氧化为na2so4，s元素化合价由+4价升高为+6价；kmno4发生还原反应，mn元素化合价由+7价降低到+2价，x2o72中x元素发生还原反应，令x元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒计算a的值解答：解：由n（na2so3）=0.2mol/l0.032l=0.0064mol，n（x2o72）=2103mol，n（kmno4）=0.0016l0.1mol=0.00016mol，na2so3被氧化为na2so4，s元素化合价由+4价升高为+6价；kmno4发生还原反应，mn元素化合价由+7价降低到+2价，x2o72中x元素发生还原反应，令x元素在产物中的化合价为a价，由电子守恒可知0.0064mol（64）=0.00016mol（72）+2103mol2（6a），解得a=3，故选a点评：本题考查氧化还原反应计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及表示出得失数目是解题关键，侧重电子转移守恒思想的运用及计算能力的考查，题目难度中等10（3分）下列有关说法正确的是（）a25101kpa时，ch4（g）+2o2（g）=co2（g）+2h2o（g）h=q kj/mol，则甲烷的燃烧热为q kj/molbcaco3（s）=cao（s）+co2（g） 室温下不能自发进行，说明该反应的h0c反应n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h0达到平衡后，升高温度，反应速率v（h2）和h2的平衡转化率均增大d已知氯气、溴蒸气分别跟氢气反应的热化学方程式如下（q1、q2的值均大于零）：h2（g）+cl2（g）=2hcl（g）h1=q1 kj/mol h2（g）+br2（g）=2hbr（g）h2=q2 kj/mol 则h1h2考点：燃烧热；反应热的大小比较.专题：化学反应中的能量变化分析：a、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；b、根据反应可知s0，室温下不能自发进行，说明该反应的h0，；c、升高温度，平衡向吸热的方向移动；d、cl的非金属性强，clcl键能较大，放出的热量更多，反应热有正负值解答：解：a、ch4的稳定氧化物是co2（g）和h2o（l），故甲烷的燃烧热大于q kj/mol，故a错误；b、caco3（s）cao（s）+co2（g）气体的量增大，s0，因为室温下不能自发进行，说明该反应的h0，故b错误；c、由于正反应方向为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，h2的平衡转化率减小，故c错误；d、cl的非金属性强，clcl键能较大，放出的热量更多，所以h1h2，故d正确故选：d点评：本题考查化学能与热能的转化，题目难度不大，易错点为a，注意比较反应热的角度，可从键能的角度比较11（3分）在体积为v l的恒容密闭容器中盛有一定量h2，通入br2（g）发 生反应：h2（g）+br2（g）2hbr（g）h0 当温度分别为t1、t2，平衡时，h2的体积分数与br2（g）的物质的量变化关系如图所示下列说法正确的是（）a由图可知：t2t1ba、b两点的反应速率：bac为了提高br2（g）的转化率，可采取增加br2（g）通入量的方法dt1时，随着br2（g）加入，平衡时hbr的体积分数不断增加考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线.分析：a该反应是正反应为放热的化学反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动导致氢气的含量增大，据此判断；b对比两个平衡状态，可以看作向a的平衡状态加入（n2n1）molbr2建立了化学平衡b，利用速率与平衡移动关系分析；c根据增加一种反应物的浓度，能使其他反应物的转化率增大，而本身的转化率降低判断；d加入溴平衡向正反应方向移动，hbr的体积分数与加入溴的量及转化率有关解答：解：a根据图象可知，当加入的n（br2）均为n1建立化学平衡后，温度t1的h2的体积分数大于温度t2的，该反应是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆反应方向移动导致氢气的体积分数降低，所以t1t2，故a错误；b对a和b来说，温度相同，h2的初始量相同，br2的初始量是ba，a、b两个平衡状态，可以认为是向a的平衡状态加入（n2n1）molbr2建立了化学平衡b，而加入br2，平衡向正反应方向移动，建立平衡b后，其反应速率要增加，即两点的反应速率ba，故b正确；c增加br2（g）通入量，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，而溴的转化率降低，故c错误；d当温度均为t1时，加入br2，平衡会向正反应方向移动，导致hbr的物质的量不断增大，但体积分数不一定逐渐增大，这与加入的溴的量及转化率有关，故d错误故选：b点评：本题考查了外界条件对化学平衡的影响，易错选项是d，注意反应物的转化率增大，生成物的体积分数不一定增大，这与反应物的量有关12（3分）（2012安徽）某兴趣小组设计如下微型实验装置实验时，先断开k2，闭合k1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开k1，闭合k2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是（）a断开k2，闭合k1时，总反应的离子方程式为：2h+2clcl2+h2b断开k2，闭合k1时，石墨电极附近溶液变红c断开k1，闭合k2时，铜电极上的电极反应为：cl2+2e=2cld断开k1，闭合k2时，石墨电极作正极考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：a、断开k2，闭合k1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明两极产生的气体分别是氢气和氯气，因此活泼金属cu不能做阳极；b、断开k2，闭合k1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，石墨做阳极，溶液中氯离子离子失电子发生氧化反应，铜做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大；c、断开k1，闭合k2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，铜做负极氢气失电子发生氧化反应；d、断开k1，闭合k2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，石墨做原电池正极；解答：解：a、断开k2，闭合k1时，是电解池装置，电解饱和食盐水的总反应的离子方程式为2h2o+2clcl2+h2+2oh；故a错误；b、断开k2，闭合k1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明两极产生的气体分别是氢气和氯气，因此活泼金属cu不能做阳极，cu做阴极，石墨做阳极，阳极上（石墨电极上）氯离子离子失电子发生氧化反应，阴极上（cu电极上）氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大酚酞变红；故b错误；c、断开k1，闭合k2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，据上述分析可知，cu电极上产生了氢气，石墨电极上产生了氯气，因此铜做负极发生氧化反应，氢气失电子生成氢离子的反应；故c错误；d、断开k1，闭合k2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，石墨电极上产生的是氯气，做原电池正极；故d正确；故选d点评：本题考查学生原电池和电解质的工作原理，是一道物理电路和化学电池联系的一道综合题目，难度中等13（3分）部分弱酸的电离平衡常数如下表：下列说法正确的是（）弱酸hcoohhcnh2co3电离平衡常数（25）k=1.77104k=4.91010k1=4.2107k2=5.61011a0.1moll1nahco3溶液中浓度的大小：c（na+）c（hco）c（h+）c（oh）b少量的co2通入到nacn溶液中 cn+h2o+co2=hcn+hcoc用0.1moll1naoh溶液中和等浓度的hcn和hcooh时前者所需naoh溶液体积大d0.1moll1hcoona溶液比0.1moll1nacn溶液所含离子总数小考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡.分析：a、碳酸氢钠中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度而使其溶液呈碱性；b、碳酸的酸性比hcn强，少量二氧化碳通入nacn溶液中，生成碳酸氢根；c、中和碱的能力与酸性强弱无关；d、没有指明溶液体积，无法比较离子数目多少解答：解：a、碳酸氢钠中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度而使其溶液呈碱性，所以c（h+）c（oh），故a错误；b、碳酸的酸性比hcn强，少量二氧化碳通入nacn溶液中，生成碳酸氢根，其离子方程式为：cn+h2o+co2=hcn+hco3，故b正确；c、相同物质的量的hcn和hcooh，中和碱的能力相同，元数相同的酸中，酸中和碱的能力与酸的物质的量成正比，与酸的强弱无关，所以用0.1moll1 naoh溶液中和等浓度的hcn和hcooh时，二者需要naoh溶液体积相等，故c错误；d、没有指明溶液体积，无法比较离子数目多少，故d错误；故选b点评：本题考查了弱电解质的电离及盐类水解，明确弱酸的电离平衡常数与酸性强弱、酸根离子水解程度之间的关系即可解答，易错选项是c，题目难度不大14（3分）常温时，将v1ml c1mol/l的氨水滴加到v2ml c2mol/l的盐酸中，下述结论一定正确的是（）a若v1v2，c1=c2，则混合溶液的ph7b若混合溶液的ph=7，则c1v1c2v2c若c1=c2，混合溶液中c（nh4+）=c（cl），则v1v2d以上说法均不正确考点：物质的量浓度的相关计算.分析：a一水合氨是弱碱，盐酸为强酸，若v1v2，c1=c2，则氨水过量，氯化铵水解使溶液呈酸性，则溶液可能为碱性、中性、酸性；b若混合液的 ph=7，则溶液呈中性，c（h+）=c（oh），由电荷守恒可知c（nh4+）=c（cl），溶液中存在nh4+h2onh3h2o，故氨气物质的量大于hcl；c若c1=c2，混合溶液中c（nh4+）=c（cl），由电荷守恒可知溶液呈中性，氨水过量解答：解：a一水合氨是弱碱，盐酸为强酸，若v1v2，c1=c2，则氨水过量，氯化铵水解使溶液呈酸性，则溶液可能为碱性、中性、酸性，故反应后溶液ph可能大于7、等于7、小于7，故a错误；b若混合液的 ph=7，则溶液呈中性，c（h+）=c（oh），由电荷守恒可知c（nh4+）=c（cl），溶液中存在nh4+h2onh3h2o，根据氮元素守恒，故氨气物质的量大于hcl，则c1v1c2v2，故b错误；c若c1=c2，混合溶液中c（nh4+）=c（cl），由电荷守恒可知溶液呈中性，氨水过量，故氨气物质的量大于hcl，则c1v1c2v2，故v1v2，故c正确，d由上述分析可知，a、b错误，c正确，故d错误，故选c点评：本题考查盐类水解、溶液ph值等知识，题目难度中等，注意一水合氨为弱电解质的性质，注意溶液电中性原则的利用15（3分）1.76克铜镁合金完全溶解于50ml、密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸中，得到no2气体1792ml（标准状况），向反应后的溶液中加入适量的1.0mol/l naoh溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀下列说法不正确的是（）a该浓硝酸中hno3的物质的量浓度是14.0mol/lb加入naoh溶液的体积是50mlc浓硝酸在与合金反应中起了酸性和氧化性的双重作用，且起氧化性的硝酸的物质的量为0.08mold得到的金属氢氧化物的沉淀为3.12克考点：有关混合物反应的计算.专题：守恒法分析：a根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；b加入适量的1.0mol/l naoh溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀，此时溶液中溶质为nano3，由n元素守恒可知n（nano3）+n（no2）=n（hno3），由钠离子守恒n（naoh）=n（nano3），再根据v=计算；c起氧化性的硝酸生成no2气体，根据n原子守恒可知，起氧化剂的硝酸的物质的量等于二氧化氮的物质的量；d由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，根据二氧化氮计算转移电子物质的量，氢氧化物质量等于金属质量与氢氧根质量之和解答：解：a密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度=mol/l=14mol/l，故a正确；b加入适量的1.0mol/l naoh溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀，此时溶液中溶质为nano3，由n元素守恒可知n（nano3）+n（no2）=n（hno3），则n（nano3）=0.05l14mol/l=0.62mol，由钠离子守恒n（naoh）=n（nano3）=0.62mol，故需要1.0mol/l naoh溶液体积为=0.62l=620ml，故b错误；c起氧化性的硝酸生成no2气体，根据n原子守恒可知，起氧化剂的硝酸的物质的量=0.08mol，故c正确；d由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，即氢氧根的物质的量为0.08mol（54）=0.08mol，故氢氧化物质量=1.76g+0.08mol17g/mol=3.12g，故d正确，故选b点评：本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想进行的解答二、解答题（共6小题，满分55分）16（8分）a、b、c、d、e五种可溶性化合物，分别由阳离子fe3+、ba2+、al3+、na+、ag+和阴离子no、oh、so42、cl、co32中的各一种组成（离子不重复）现做如下实验：a和e的溶液显碱性，0.1mol/l a溶液的ph小于13；在b的溶液中逐滴加入盐酸有白色沉淀生成，继续加入氨水至过量，沉淀消失；在c的溶液中加入铁粉，溶液的质量增加；在d的溶液中加入过量的ba（oh）2溶液，没有沉淀（1）根据以上事实推断部分ae物质的化学式：ana2co3cfe2（so4）3（2）d的阳离子的结构示意图是；e的阴离子的电子式是（3）写出、的离子方程式：2fe3+fe=3fe2+ al3+4oh=al（oh）4考点：无机物的推断.分析：a和e溶液显碱性，为碱或强碱弱酸盐根据离子共存可知二者为ba（oh）2、na2co3，由于0.1mol/l的a溶液的ph小于13，所以a是na2co3；e是ba（oh）2；在b溶液中逐渐加入氨水有白色沉淀生成，继续加入氨水至过量，沉淀消失则b溶液中含有ag+，故阴离子为no3，所以b为agno3溶液；在c溶液中加入铁粉，溶液的质量增加，说明c溶液含有fe3+，由于溶液中离子不重复出现，所以d溶液中含有al3+；在d溶液中加入过量ba（oh）2溶液，没有沉淀，说明d溶液不含有so42，所以阴离子为cl，so42在c溶液中，所以c是fe2（so4）3；d是alcl3以此解答该题解答：解：a和e溶液显碱性，为碱或强碱弱酸盐根据离子共存可知二者为ba（oh）2、na2co3，由于0.1mol/l的a溶液的ph小于13，所以a是na2co3；e是ba（oh）2；在b溶液中逐渐加入氨水有白色沉淀生成，继续加入氨水至过量，沉淀消失则b溶液中含有ag+，故阴离子为no3，所以b为agno3溶液；在c溶液中加入铁粉，溶液的质量增加，说明c溶液含有fe3+，由于溶液中离子不重复出现，所以d溶液中含有al3+；在d溶液中加入过量ba（oh）2溶液，没有沉淀，说明d溶液不含有so42，所以阴离子为cl，so42在c溶液中，所以c是fe2（so4）3；d是alcl3（1）由以上分析可知a为na2co3，c为，故答案为：na2co3；fe2（so4）3；（2）d是alcl3，阳离子的结构示意图是，e是ba（oh）2，阴离子的电子式是，故答案为：；（3）c是fe2（so4）3溶液，加入足量的铁粉后，反应的离子方程式为2fe3+fe=3fe2+，d是alcl3溶液，加入过量的ba（oh）2溶液，发生反应的离子方程式为：al3+4oh=al（oh）4，故答案为：2fe3+fe=3fe2+；al3+4oh=al（oh）4点评：本题主要考查无机物的推断，为高频考点，侧重于离子反应的考查，是高考的热点和难点在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质推导剩余的物质，最后进行验证即可17（14分）某校化学兴趣小组将一定浓度nahco3溶液加入到cuso4溶液中发现生成了蓝绿色颗粒状沉淀他们对此产生了浓厚的兴趣，查阅了相关资料之后，结合元素守恒，他们提出了如下三种假设：假设一：沉淀是cuco3； 假设二：沉淀是cu（oh）2假设三：沉淀是cuco3和cu（oh）2的混合物（1）请写出有cu（oh）2生成的理由cu2+2hco3=cu （oh）2+2co2 （用离子方程式表示）；（2）为了探究沉淀的成分，他们取出了一部分沉淀，滴加稀盐酸，发现有气体放出凭此现象，他们判断沉淀中含有碳酸铜；于是，得出假设二不成立（3）为了进一步探究沉淀的成份，进而确定剩余两种假设中何种假设成立，他们设计实验，装置图如下：在研究沉淀物组成前，须将沉淀从溶液中分离并净化具体操作依次为过滤、洗涤、干燥；装置e中碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气和co2被d吸收影响co2质量的测定；实验过程中有以下操作步骤：a打开k1、k3，关闭k2、k4，通入过量空气 b关闭k1、k3，打开k2、k4充分反应 c打开k1、k4，关闭k2、k3，通入过量空气步骤a的作用是排尽装置中空气中的co2使测定结果准确；已知沉淀样品的质量为m g，装置d的质量增加了n g，若沉淀样品为纯净物，m、n之间的关系为，若假设三成立，cuco3的质量分数为；若不进行步骤c，则会使测得结果偏低（填“偏高”“无影响”“偏低”）考点：探究物质的组成或测量物质的含量.分析：根据逻辑分析，可知假设一的内容（1）假设二沉淀为氢氧化铜的判断依据是碳酸氢钠和硫酸铜在水溶液中发生双水解生成分析；（2）取出了一部分沉淀，滴加稀盐酸，有气体放出，证明沉淀中含有碳酸铜；（3）将沉淀从溶液中分离并净化的实验步骤为过滤、洗涤、干燥；装置e中装有碱石灰，防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置d，造成测定误差；空气中含有二氧化碳，空气通过氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳，利用除去二氧化碳的空气，打开k1、k3，关闭k2、k4，排除装置中的含二氧化碳气体的空气，避免测定误差的产生；若沉淀样品的质量为m g，若沉淀样品为纯净物，则判断沉淀为cuco3，装置d的质量增加了n g，为二氧化碳气体质量，依据碳元素守恒得到mn的关系；若假设三正确，依据生成的二氧化碳物质的量减少碳酸铜质量，根据样品质量计算得到氢氧化铜的质量分数解答：解：根据逻辑分析，又假设二、三，可知假设一：沉淀是cuco3（1）假设2沉淀为氢氧化铜的判断依据是碳酸氢钠和硫酸铜在水溶液中发生双水解生成，反应的离子方程式为cu2+2hco3=cu （oh）2+2co2，故答案为：cu2+2hco3=cu （oh）2+2co2；（2）取出了一部分沉淀，滴加稀盐酸，有气体放出，依据沉淀的组成可能是碳酸铜，则假设二不成立，故答案为：碳酸铜、二；（3）分析题干可知，将沉淀从溶液中分离并净化的实验步骤为过滤、洗涤、干燥，故答案为：过滤；装装置e中装有碱石灰，防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置d，造成测定误差，故答案为：防止空气中的水蒸气和co2被d吸收影响co2质量的测定；空气中含有二氧化碳，空气通过氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳，利用除去二氧化碳的空气，打开k1、k3，关闭k2、k4，排除装置中的含二氧化碳气体的空气，避免测定误差的产生；故答案为：排尽装置中空气中的co2使测定结果准确；若沉淀样品的质量为m g，若沉淀样品为纯净物，则判断沉淀为cuco3，装置d的质量增加了n g，为二氧化碳气体质量，依据碳元素守恒得到mg=mol124g/mol，得到mn的关系为31n=11m；若假设三正确，依据生成的二氧化碳物质的量减少碳酸铜质量，根据样品质量计算得到氢氧化铜的质量分数=100%=100%，若不进行步骤c，生成的二氧化碳气体中含有水蒸气，被装置d吸收后称量得到二氧化碳质量增大，计算得到碳酸铜质量增大，氢氧化铜的质量减小，则会使测得结果质量分数偏低，故答案为：31n=11m；100%；偏低点评：本题考查了实验探究物质组成的实验设计和方案分析判断，装置特征分析，物质性质的分析应用是解题关键，实验基本操作和流程理解是解题关键，题目难度中等18（10分）下列三个化学反应的平衡常数（k1、k2、k3）与温度的关系分别如表所示：请回答：化学反应平衡常数温度973k1173kfe（s）+co2（g）feo（s）+co（g）k11.472.15fe（s）+h2o（g）feo（s）+h2（g）k22.381.67co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）k3？（1）反应是吸热（填“吸热”或“放热”）反应（2）写出反应的平衡常数k3的表达式（3）根据反应与可推导出k1、k2与k3之间的关系，则k3=（用k1、k2表示）（4）要使反应在一定条件下建立的平衡向逆反应方向移动，可采取的措施有ce（填写字母序号）a缩小反应容器的容积 b扩大反应容器的容积 c升高温度d使用合适的催化剂 e设法减小平衡体系中的co的浓度（5）若反应的逆反应速率与时间的关系如图所示：可见反应在t1、t3、t7时都达到了平衡，而t2、t8时都改变了一种条件，试判断改变的是什么条件：t2时增大生成物浓度或升高温度； t8时增大压强或使用催化剂若t4时降压，t6时增大反应物的浓度，请在图中画出t4t6时逆反应速率与时间的关系线考点：化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；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：（1）根据升高温度，平衡向吸热反应方向移动以及平衡正向移动，平衡常数增大；（2）根据平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；（3）根据化学方程式相减，则平衡常数为两原平衡常数之商；（4）根据外界条件对化学平衡的影响；（5）该反应是一个反应前后气体体积不变的且是正反应是放热的化学反应，t2时逆反应速率增大，且平衡时反应速率大于t2时反应速率，平衡向逆反应方向移动，t8时反应速率增大，但平衡不移动，根据外界条件对化学反应速率的影响来分析解答；t4时降压，逆反应速率减小，但平衡不移动，t6时增大反应物的浓度，t6点逆反应速率不变，平衡向正反应方向移动，随着反应的进行，逆反应速率增大，大于原平衡浓度解答：解：（1）升高温度，化学平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，所以正反应是吸热反应，故答案为：吸热；（2）co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）的平衡常数k=，故答案为：；（3）将方程式得方程式，则平衡常数k3=，故答案为：；（4）该反应是一个反应前后气体体积不变的且是正反应是放热的化学反应，所以压强对该反应无影响，要使该反应向逆反应方向移动，可以升高温度、增大生成物的浓度或减小反应物的浓度，故选：ce；（5）该反应是一个反应前后气体体积不变的且是正反应是放热的化学反应，t2时逆反应速率增大，且平衡时反应速率大于t2时反应速率，平衡向逆反应方向移动，改变的条件为增大生成物浓度或升高温度；t8时反应速率增大，但平衡不移动，改变的条件为增大压强或使用催化剂；故答案为：增大生成物浓度或升高温度；增大压强或使用催化剂；t4时降压，逆反应速率减小，小于原平衡速率，但平衡不移动，t6时增大反应物的浓度，t6点逆反应速率不变，平衡向正反应方向移动，随着反应的进行，逆反应速率增大，大于原平衡速率，所以其图象为：，故答案为：点评：本题考查了化学平衡常数的确定、外界条件对反应速率的影响等知识点，注意反应前后气体体积不变的可逆反应中，压强对能改变反应速率但不影响平衡的移动，为易错点19（9分）酸碱中和滴定在生产实际中有着广泛的应用室温时，用0.250moll1 naoh溶液滴定25.0ml的一元酸hr溶液时，溶液的ph变化情况如图所示，其中a点表示两种物质恰好完全反应请回答下列问题：（1）该一元酸hr溶液的物质的量浓度为0.2moll1（2）图中x7（填“”、“”或“=”），其原因是r+h2ohr+oh（用离子方程式表示）（3）滴定到a点时，溶液中c（oh）c（hr）=10xmoll1（用含x的代数式表示）（4）室温时，hr的电离常数ka=5.0106moll1考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：（1）根据滴定曲线可知，滴入20ml氢氧化钠溶液时恰好完全反应，据此计算出该一元酸hr溶液的物质的量浓度；（2）ha为弱酸，滴入20ml氢氧化钠时反应生成强碱弱酸盐nar，r离子水解，溶液显示碱性；（3）a点时溶质为nar溶液，根据溶液中质子守恒计算出c（oh）c（hr）的数值；（4）根据hr的物质的量浓度及溶液的ph计算出hr的电离常数ka解答：解：（1）由滴定曲线可知，当加入20ml氢氧化钠溶液时hr与氢氧化钠溶液恰好反应，所以hr的物质的量浓度为：c（hr）=0.2moll1，故答案为：0.2moll1 ；（2）根据图象可知，氢氧化钠溶液体积为0时，0.2moll1的hr溶液的ph=3，说明hr为弱酸，溶液中部分电离，加入20ml氢氧化钠溶液时，二者恰好反应生成强碱弱酸盐nar，r离子水解：r+h2ohr+oh，溶液显示碱性，所以x7，故答案为：； r+h2ohr+oh