河北省邢台二中高三化学上学期第四次月考试题（含解析）.docVIP

河北省邢台二中2014届高三上学期第四次月考化学试卷一、选择题（每题3分，共18小题54分）1化学与生活密切相关，下列有关做法正确的是（）a为增强明矾净水效果，可同时加入氢氧化钡溶液b为防止铁制品生锈，可在铁制品的外层涂油漆或局部镀铜c为增强除油污效果，可使用热的纯碱溶液清洗d为防止植物油脂氧化，可将植物油脂露置于日光下考点：金属防护的常用方法；盐类水解的应用；油脂的性质、组成与结构.专题：化学应用分析：a根据氢氧化钡会使氢氧化铝溶解无法生成具有吸附杂质的胶体，同时溶钡离子有毒；b在钢铁制品表面涂油漆，可防止生锈，其原理是隔绝氧气和水；铜与铁与接触到的水溶液能构成原电池加速腐蚀；c纯碱溶液水解呈碱性，纯碱溶液的碱性就越强，与油污的皂化速度和程度就越大；d根据植物油脂中含有碳碳双键，置于日光下双键容易被氧化解答：解：a明矾的净水原理是铝离子水解生成絮状的氢氧化铝胶体吸附颗粒物质，加入强碱性的氢氧化钡后会使氢氧化铝溶解无法生成具有吸附杂质的胶体，钡离子有毒，虽然它能与明矾中的硫酸根离子生成沉淀，但很难精确控制二者的化学计量相同，故a错误；b在钢铁制品表面涂油漆，可防止生锈，其原理是隔绝氧气和水；而镀铜则铜与铁与接触到的水溶液能构成原电池加速腐蚀，故b错误；c纯碱溶液因为水解使其溶液呈碱性，碱溶液能与油污发生皂化反应，生成能溶于水的高级脂肪酸钠这样就将油污除去了由于温度越高纯碱的水解程度越大，纯碱溶液的碱性就越强，与油污的皂化速度和程度就越大，故c正确；d根据植物油脂中含有碳碳双键，置于日光下双键容易被氧化，所以植物油脂的一般的保存方法就是避免高温，光照，故d错误；故选c点评：本题考查化学与生活，注意化学与我们的生活息息相关，与生产、生活相关的知识是考查的热点之一，灵活运用所学知识是正确解答本题的关键2下列叙述错误的是（）a14 g氮气中含有7 na个电子（na代表阿伏加德罗常数）bhclo和ch2cl2分子中的化学键都是极性共价键c第三周期元素的最高正化合价等于它所处的主族序数d同一主族的元素的氢化物，相对分子质量越大，它的沸点一定越高考点：元素周期律和元素周期表的综合应用；原子核外电子排布；极性键和非极性键.专题：原子组成与结构专题；元素周期律与元素周期表专题分析：a根据n=计算14 g氮气的物质的量，每个氮气分子含有14个电子，据此计算电子的物质的量，再根据n=nna计算电子数目；b同种元素原子之间形成的共价键为非极性键，不同种元素原子形成的共价键为极性键，据此结合hclo和ch2cl2结构判断；c主族元素o、f没有正价，其它主族元素的最高正化合价等于其最外层电子数等于其主族族序数；d元素气态氢化物的沸点一般随相对分子质量增大而增大，但含有氢键的物质的沸点较高解答：解：a.14 g氮气的物质的量为=0.5mol，每个氮气分子含有14个电子，故电子的物质的量为0.5mol14=7mol，故含有的电子数目为7molnamol1=7na，故a正确；bhclo的结构为hocl，oh键、ocl键都是极性键，ch2cl2分子中存在ch键、ccl键，都属于极性键，故b正确；c主族元素o、f没有正价，其它主族元素的最高正化合价等于其最外层电子数等于其主族族序数，故第三周期元素的最高正化合价等于它所处的主族序数，故c正确；d元素气态氢化物的沸点一般随相对分子质量增大而增大，但n、o、f元素的电负性很强，其氢化物分子之间存在氢键，沸点高于同主族其它元素氢化物，故d错误；故选d点评：本题考查常用化学计量的有关计算、化学键、元素周期律、氢键对物质性质的影响等，难度不大，注意c选项中主族元素中o、f没有正价3（3分）下列离子方程式正确的是（）a氢氧化钡溶液中滴加少量稀硫酸：ba2+oh+h+so42=baso4+h2ob次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：clo+h2o+co2=hco3+hcloc向碳酸氢钠溶液中滴入过量澄清石灰水：ca2+2oh+2hco3=caco3+co32+2h2odnh4hco3溶液与过量naoh溶液反应：nh4+oh=nh3+h2o考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：a、反应生成硫酸钡和水，不符合离子的配比；b、通过量的co2，反应生成碳酸氢钙、hclo；c、向碳酸氢钠溶液中滴入过量的澄清石灰水，少量的碳酸氢钠要符合组成之比；d、碳酸氢铵和过量的氢氧化钠溶液反应，生成碳酸钠，一水合氨和水解答：解：a、不符合离子的配比，离子反应应为ba2+2oh+2h+so42=baso4+2h2o，故a错误；b、次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙、hclo，离子反应为clo+co2+h2o=hco3+hclo，故b正确；c、向碳酸氢钠溶液中滴入过量的澄清石灰水，碳酸氢钠的量少，故要符合组成之比，离子方程式为：ca2+oh+hco3=caco3+h2o，故c错误；d、碳酸氢铵和过量的氢氧化钠溶液反应，生成碳酸钠，一水合氨和水，即离子方程式为：nh4+hco3+2oh=nh3h2o+h2o+co32，故d错误故选b点评：本题考查了离子方程式书写方法和注意问题，主要是反应过程和产物分析判断，题目难度中等4下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（）a除去cl2中的hcl杂质b分离乙醇和乙酸c检查装置气密性d实验室制取nh3考点：化学实验方案的评价；氨的实验室制法；气体发生装置的气密性检查；物质的分离、提纯和除杂.专题：实验评价题分析：a进气管应插入液面以下；b乙酸和乙醇混溶；c关闭止水夹，如长颈漏斗形成一段水柱，且在一定时间内水柱液面不变化，可说明气密性良好；d不能用加热氯化铵的方法制备氨气解答：解：a洗气时导管应长进短出，故a错误；b乙酸和乙醇混溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏法，故b错误；c关闭止水夹，如长颈漏斗形成一段水柱，且在一定时间内水柱液面不变化，可说明气密性良好，故c正确；d绿化爱加热易分解生成氨气和氯化氢，二者在温度稍低时又可反应生成氯化铵，不能用加热氯化铵的方法制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙加热制备，故d错误故选c点评：本题考查较为综合，涉及物质的分离、气密性的检查、气体的制备等基本实验操作，侧重于化学实验方案的评价的考查，题目难度不大，注意把握基本实验操作方法和注意事项5（3分）下列各组离子在碱性条件下能大量共存，而在强酸性条件下能发生氧化还原反应的是（）amg2+、na+、so42、clbk+、co32、cl、no3cna+、k+、no3、so32dnh4+、na+、so42、no3考点：离子共存问题；氧化还原反应.专题：压轴题；氧化还原反应专题；离子反应专题分析：碱性溶液中，离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，则离子能共存；强酸溶液中该组离子能发生氧化还原反应，即为正确答案解答：解：a碱性溶液中，oh与mg2+结合生成沉淀，则不能共存，故a不选；b碱性溶液中，该组离子之间不反应，能共存，但加入酸不发生氧化还原反应，故b不选；c碱性溶液中，该组离子之间不反应，能共存，且加入酸时h+、no3、so32发生氧化还原反应，故c选；d碱性溶液中，oh与nh4+结合生成弱电解质，则不能共存，故d不选；故选c点评：本题考查离子共存问题，熟悉习题中的信息及离子之间的反应即可解答，熟悉酸碱条件下的反应是解答本题的关键，题目难度不大6（3分）下列操作会导致实验结果偏高的是（）a中和热测定实验中，用铜制环形搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，所测中和热的数值b配置一定物质的量浓度溶液时，定容后反复摇匀发现液面低于刻度，没有再加水，所得溶液的浓度c配制一定物质的量浓度溶液时，用量筒量取浓溶液的体积时仰视读数，所得溶液的浓度d用天平称量20.5g某物质，砝码和药品的位置放反，所得药品的质量考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：a铜制环形搅拌器容易导致热量散失，测定的最高温度偏低，导致测定的反应热偏低；b定容后反复摇匀发现液面低于刻度，没有再加水，操作正确；c用量筒量取浓溶液的体积时仰视读数，导致量取的溶液体积偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大；d物品和砝码颠倒，称量的质量变小解答：解：a中和热测定实验中，用铜制环形搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，会导致测量的混合液最高温度偏低，测定反应热数值偏小，故a错误； b定容后反复摇匀发现液面低于刻度，没有再加水，操作正确，浓度不变，故b错误；c配制一定物质的量浓度溶液时，用量筒量取浓溶液的体积时仰视读数，量筒小刻度在下方，会导致量取的液体体积偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，所配溶液的浓度偏高，故c正确；d由左盘的质量=右盘的质量+游码的质量可知：砝码质量=物体质量+游码的质量，所以物体质量=砝码质量游码质量，即：物体质量=20 g0.5 g=19.5 g，故d错误故选c点评：本题考查了中和热的测定、配制一定物质的量浓度的溶液、托盘天平的使用方法等知识，题目难度中等，注意明确正确的实验操作方法，能够根据测定原理判断错误操作产生的误差7（3分）下列因果关系成立的是（）a因为nh3的水溶液可以导电，所以nh3是电解质b因为al能与强碱溶液反应，所以al有一定的非金属性c因为某碱性溶液的焰色呈黄色，所以其溶质为naohd因为so2可以使溴水褪色，所以so2具有漂白性考点：铝的化学性质；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物.专题：元素及其化合物分析：a氨气本身不能电离；bal能与强碱溶液反应，与其特性有关；c碱性溶液的焰色呈黄色，一定含钠离子；dso2可以使溴水褪色，发生氧化还原反应解答：解：anh3的水溶液可以导电，是因氨气与水反应生成的一水合氨电离出离子，而氨气不能电离，则氨气为非电解质，故a错误；b金属一般不能与碱反应，而al能与强碱溶液反应，体现一定的非金属性，所以al有一定的非金属性，故b正确；c碱性溶液的焰色呈黄色，一定含钠离子，溶液可能为naoh、纯碱溶液等，故c错误；dso2可以使溴水褪色，发生氧化还原反应，体现二氧化硫的还原性，与漂白性无关，故d错误；故选b点评：本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及发生的反应、焰色反应、电解质的判断等为解答的关键，侧重分析与知识综合应用能力的考查，题目难度不大8（3分）（2012镜湖区模拟）在一定温度下，向饱和的烧碱溶液中加入一定量的na2o2，充分反应后，恢复到原来的温度，下列说法中正确的是（）a溶液的ph不变，有h2放出b溶液的ph值增大，有o2放出c溶液中c（na+）增大，有o2放出d溶液中na+数目减少，有o2放出考点：钠的重要化合物.专题：几种重要的金属及其化合物分析：过氧化钠与水反应生成naoh和氧气，消耗水，饱和的烧碱溶液中有naoh析出解答：解：过氧化钠加入水中发生：2na2o2+2h2o=4naoh+o2，消耗水，饱和的烧碱溶液中有naoh析出，溶液中na+数目减少，反应后仍为饱和溶液，溶液的ph不变，溶液中c（na+）不变，故选d点评：本题考查过氧化钠的性质，题目难度较小，注意饱和溶液的性质，溶剂减小，溶液中要析出晶体，但溶液的浓度不变9（3分）（2012崇明县二模）将a mol钠和a mol铝一同投入m g足量水中，所得溶液密度为d gml1，该溶液的溶质质量分数为（）a%b%c%d%考点：钠的化学性质；溶液中溶质的质量分数及相关计算；铝的化学性质.专题：计算题；几种重要的金属及其化合物分析：根据钠与水反应生成了氢氧化钠及铝与氢氧化钠反应生成了偏铝酸钠和氢气，求出生成的氢气、偏铝酸钠的物质的量及质量，再根据溶质质量分数的公式求出溶液的溶质质量分数解答：解：钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠能溶解铝生成偏铝酸钠，由2na+2h2o2naoh+h2和2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2可知，钠和铝反应的物质的量之比为1：1，所以将a mol钠和a mol铝一同投入m g足量水中，钠、铝能恰好反应最终得到偏铝酸钠溶液根据方程式知反应过程中共得到氢气的物质的量为a+a=2amol，生成偏铝酸钠的物质的量为a mol所以，溶质的质量=amol82g/mol=82ag，所得溶液的质量为：23ag+27ag+mg4ag=（46a+m）g所得溶液的溶质质量分数为：100%=%故选：c点评：解答本题的关键是根据质量守恒定律准确地求出溶液的质量，溶液的质量等于参加反应的钠、铝的质量与水的质量之和，再减去生成的氢气的质量10（3分）下列关系图中，a是一种正盐，b是气态氢化物，c是单质，f是强酸当x无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去），当x是强碱时，过量的b跟cl2反应除生成c外，另一产物是盐酸盐下列说法中不正确的是（）a当x是强酸时，a、b、c、d、e、f中均含同一种元素，f可能是h2so4b当x是强碱时，a、b、c、d、e、f中均含同一种元素，f是hno3c无论x是强酸还是强碱时，上面的一系列反应中都需要经历3个化合反应da是一种离子化合物考点：无机物的推断.专题：推断题分析：根据图中的转化关系可知，a一定是弱酸的铵盐，因此当x是强碱时，b是氨气，则c是氮气，d是no，e是no2，f是硝酸；如果x是强酸，则b应该是h2s，c是s，d是so2，e是三氧化硫，f是硫酸，这说明a是硫化铵，解答：解：a、硫化铵和强酸反应生成h2s，h2s和氯气反应生成s，即c是单质s，则d是二氧化硫，e是三氧化硫，f是硫酸，故a正确；b、根据题意a既可以和强酸反应，又可以和强碱反应，且是一种正盐，符合条件的物质物质只能是硫化铵，硫化铵和强碱反应生成氨气，氨气可与氯气在催化剂条件下生成n2，则b是氨气，c是氮气，d是no，e是no2，f是硝酸，故b正确；c、当x是强碱时，b只能为氨气，则c为n2，（nh4）2snh3n2nono2hno3，过程中化合反应为两个，故c错误d、根据题意a既可以和强酸反应，又可以和强碱反应，且是一种正盐，符合条件的物质物质只能是硫化铵，a是离子化合物，故d正确；故选c点评：本题考查考查s和n元素及其化合物转化的有关判断，是中等难度的试题，也是高考中的常见题型试题注重基础和能力的双向考查，该题的突破点是有关的反应条件以及能和强碱反应生成气体本题有利于培养学生的逻辑思维能力，提高学生分析问题、解决问题的能力11（3分）下列说法不正确的是（）将co2通入溶有足量氨的bacl2溶液中，无白色沉淀生成将盐酸、kscn溶液和fe（no3）2溶液三种溶液混合，混合溶液显红色向某溶液中滴入盐酸酸化的bacl2溶液产生白色沉淀，证明溶液中一定含有so42将两小块质量相等的金属钠，一块直接投入水中，另一块用铝箔包住，在铝箔上刺些小孔，然后投入水中，两者放出的氢气质量相等将so2通入溴水中，证明so2具有漂白性在滴有酚酞的na2co3溶液中，加入bac12溶液后红色逐渐褪去，证明na2co3溶液中存在水解平衡因为co2的相对分子质量比sio2的小，所以co2的熔沸点比sio2的熔沸点低某溶液中加入稀盐酸，生成的无色无味的气体可以使澄清石灰水变浑浊，不能证明原溶液中一定含co32 离子abcd考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物.专题：物质检验鉴别题；元素及其化合物分析：co2与bacl2不反应，但通入溶有足量氨气的bacl2溶液中会生成大量的碳酸根离子，可生成沉淀；在酸性条件下fe2+与no3发生氧化还原反应生成fe3+；根据硫酸根离子的检验方法，应先加盐酸，排除其它离子的干扰；另一块用铝箔包住，al与naoh溶液反应也能生成氢气，所以该块产生的氢气多；将so2通入溴水中，发生氧化还原反应；在滴有酚酞的na2co3溶液中，加入bac12溶液后，碳酸根离子与钡离子反应，水解平衡逆向移动；co2为分子晶体，sio2为原子晶体；某溶液中加入稀盐酸，生成的无色无味的气体可以使澄清石灰水变浑浊，气体为二氧化碳，原溶液中可能含hco3、co32 离子解答：解：由于碳酸的酸性比盐酸弱，则co2与bacl2不反应，但通入通入溶有足量氨气的bacl2溶液中，溶液中生成大量的碳酸根离子，碳酸根离子和钡离子结合生成碳酸钡沉淀，故错误；在酸性条件下fe2+与no3发生氧化还原反应3fe2+no3+4h+=3fe3+no+2h2o，生成fe3+，加入kscn溶液fe3+3scnfe（scn）3生成红褐色fe（scn）3，溶液呈红褐色，故正确；滴入盐酸酸化的bacl2溶液，产生不溶于盐酸的白色沉淀，不能排除生成agcl沉淀的可能性，检验硫酸根离子应先加入盐酸，如无沉淀，再加入氯化钡，观察是否有沉淀生成，故错误；另一块用铝箔包住，al与naoh溶液反应生成氢气，则将两小块质量相等的金属钠，一块直接投入水中，另一块用铝箔包住，在铝箔上刺些小孔，然后按入水中，其中另一块用铝箔包住，铝箔中的al与钠反应的产物naoh溶液反应也能生成氢气，该块产生的氢气多，所以两者放出的氢气质量不相等，故错误；将so2通入溴水中，发生氧化还原反应，体现二氧化硫的还原性，与漂白性无关，故错误；在滴有酚酞的na2co3溶液中，加入bac12溶液后，碳酸根离子与钡离子反应，水解平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，则颜色变浅，故正确；co2为分子晶体，sio2为原子晶体，则co2的熔沸点比sio2的熔沸点低，与相对分子质量无关，故错误；某溶液中加入稀盐酸，生成的无色无味的气体可以使澄清石灰水变浑浊，气体为二氧化碳，原溶液中可能含hco3、co32 离子，或二者均存在，故正确；故选c点评：本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，涉及离子的检验、元素化合物、氧化还原反应等有关知识，注意把握相关物质的性质、常见物质的检验和鉴别即可解答，平时注重知识的积累，题目难度不大12（3分）下列有关化学方程式的叙述正确的是（）a向苯酚钠溶液中通入少量的co2；2c6h5o+co2+h2o2c6h5oh+co32b已知c（石墨，s）=c（金刚石，s）；h0，则金刚石比石墨稳定c含20.0gnaoh的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kj的热量，则表示该反应的热学化方程式为：naoh（aq）+hcl（aq）=nacl（aq）+h2o（1）；h=57.4kjmol1d已知2c（s）+2o2（g）=2co2（g）；h12c（s）+o2（g）=2co（g）；h2，则h1h2考点：化学方程式的书写；热化学方程式.专题：化学用语专题分析：a、根据苯酚钠溶液中通入少量的co2反应生成碳酸氢钠来解答；b、根据能量低的物质稳定来分析；c、根据物质的量与化学反应放出的热量的关系来分析；d、根据碳燃烧的反应中转化的程度来分析反应热的关系解答：解：a、因苯酚能与碳酸钠反应，则苯酚钠溶液中通入少量的co2反应生成碳酸氢钠，则正确的离子反应为c6h5o+co2+h2oc6h5oh+hco3，故a错误；b、因h0，则该反应为吸热反应，即石墨的能量低，石墨稳定，故b错误；c、20.0gnaoh的物质的量为0.5mol，放出28.7kj的热量，则1mol0gnaoh的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出57.4kj的热量，故c正确；d、因完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，但碳燃烧的反应热h0，则h1h2，故d错误；故选c点评：本题考查化学反应方程式的书写及化学反应中的能量关系，明确反应的实质及物质的量与热量的关系是解答的关键13（3分）x、y、z、w四种短周期元素的最外层电子数之和为20在周期表中x与y、z、w紧密相邻，x、y两元素的原子序数之和等于z元素的原子序数下列说法正确的是（）a原子序数：zyxwbx、y、z、w形成的单质最多有6种cx元素最高价氧化物对应水化物的化学式为：h3xo4d四种元素的气态氢化物中，w的气态氢化物最稳定考点：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：在周期表中x与y、z、w紧密相邻，x、y两元素的原子序数之和等于z元素的原子序数，所以x和z属于同一主族且z在x的下一周期，原子序数不大于18，设x的原子序数是a，所以a+a+1=a+8，a=7，所以x是n元素，y是o元素，z是p元素，x、y、z、w四种短周期元素的最外层电子数之和为20，所以w是c元素根据元素所在周期表中的位置结合元素周期律的递变规律解答解答：解：a、w是c元素，x是n元素，y是o元素，z是p元素，所以原子序数zyxw，故a正确b、碳元素形成的单质有金刚石、石墨、c60等，氮元素形成的单质有氮气，氧元素形成的单质有氧气和臭氧，磷元素形成的单质有红磷和白磷，故b错误c、x是n元素，x元素最高价氧化物对应水化物是硝酸，其化学式为：hno3，故c错误d、非金属性越强的非金属元素其气态氢化物越稳定，这四种元素中非金属性最强的是o元素，所以氢化物最稳定的是y，故d错误故选a点评：本题考查元素周期表与周期律的应用，题目难度不大，注意正确推断元素的种类为解答本题的关键14（3分）化学实验室中常将溶液或试剂进行酸化，下列酸化处理中正确的是（）a检验c2h5cl中cl元素时，将c2h5cl和naoh溶液混合加热后，加硫酸酸化b鉴别溶液中是否含有br时，所加的agno3溶液用硝酸酸化c鉴定待测溶液中是否含有fe2+时，用硝酸酸化d为提高kmno4溶液的氧化能力，用盐酸将kmn04溶液酸化考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计.专题：物质检验鉴别题分析：a检验cl元素时，在碱性条件下水解生成cl，常用agno3溶液检验，但不能用硫酸酸化，否则生成硫酸银沉淀，干扰试验现象；b鉴别溶液中是否含有br时，所加的agno3溶液用硝酸酸化，生成的agbr不溶于硝酸；c硝酸与fe2+发生氧化还原反应；d盐酸与kmno4发生氧化还原反应解答：解：a检验cl元素时，在碱性条件下水解生成cl，常用agno3溶液检验，但不能用硫酸酸化，否则生成硫酸银沉淀，干扰试验现象，应用硝酸酸化，故a错误；b鉴别溶液中是否含有br时，所加的agno3溶液用硝酸酸化，生成的agbr不溶于硝酸，故b正确；c硝酸与fe2+发生氧化还原反应，不能用硝酸酸化，应用非氧化性酸酸化，故c错误；d盐酸与kmno4发生氧化还原反应，导致kmn04变质，酸化时，应用硫酸，故d错误，故选b点评：本题考查溶液的配制，题目难度不大，解答本题的关键是把我相关物质的性质，离子反应的特点15（3分）（2010南开区一模）科学家正在研究将汽车尾气中的no和co转变为co2和n2，反应如下：2no（g）+2co（g）n2（g）+2co2（g）；h=373.4kjmol1一定条件下，在密闭容器中，反应达到平衡后，为提高该反应的反应速率和no的转化率，采取的正确措施是（）a加催化剂同时升高温度b加催化剂同时增大压强c升高温度同时充入n2d降低温度同时移出co2考点：化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：a、催化剂加快反应速率，升温平衡逆向进行；b、催化剂加快反应速率，反应前后气体体积减小，增大压强平衡正向进行；c、升温速率增大，平衡逆向进行，加氮气平衡逆向进行；d、降温速率减小，移出二氧化碳，平衡正向进行解答：解：2no（g）+2co（g）n2（g）+2co2（g）；h=373.4kjmol1 ，反应是放热反应，反应前后气体体积减小；a、加催化剂同时升高温度，催化剂加快反应速率，升温平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故a错误；b、加催化剂同时增大压强，催化剂加快反应速率，反应前后气体体积减小，增大压强平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，故b正确；c、升高温度同时充入n2，升温速率增大，平衡逆向进行，加氮气平衡逆向进行；一氧化氮转化率减小，故c错误；d、降低温度反应速率减小，同时移出co2，平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，但反应速率减小，故d错误；故选b点评：本题考查了化学平衡移动原理的分析应用，主要是催化剂改变速率不改变平衡，转化率是反应物的转化率，题目难度中等16（3分）（2010南开区一模）如图所示，将纯fe棒和石墨棒插入1l 饱和nacl溶液中下列说法正确的是（）a去掉电源，将m、n用导线直接相连，则fe棒上产生气泡bm连接电源正极，n连接电源负极，则fe棒被保护不会溶解cm连接电源负极，n连接电源正极，当两极产生气体总量为 22.4ml（标准状况）时，则生成0.001mol naohdm连接电源负极，n连接电源正极，如果把烧杯中的溶液换成1l cuso4溶液，反应一段时间后，烧杯中产生蓝色沉淀考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：a去掉电源，该装置是原电池，铁发生吸氧腐蚀，铁棒上失电子发生氧化反应；bm连接电源正极，n连接负极，则该装置是电解池，铁作阳极，石墨作阴极，铁被腐蚀；cm连接电源负极，n连接正极，该装置是电解池，铁作阴极，石墨作阳极，根据电池反应式计算生成氢氧化钠的量；dm连接电源负极，n连接正极，该装置是电解池，铁作阴极，石墨作阳极，阳极上析出氧气，阴极上析出铜解答：解：a去掉电源，该装置是原电池，铁发生吸氧腐蚀，铁棒上的电极反应式为：fe2e=fe2+，故a错误；bm连接电源正极，n连接负极，则该装置是电解池，铁作阳极，石墨作阴极，铁棒上的电极反应式为：fe2e=fe2+，所以铁被腐蚀，故b错误；cm连接电源负极，n连接正极，该装置是电解池，铁作阴极，石墨作阳极，电池反应式为：2nacl+2h2o（cl2 +h2）+2naoh 44.8l 2mol 0.0224l 0.001mol所以当两极产生气体总量为 22.4ml（标准状况）时，则生成0.001mol naoh，故c正确；dm连接电源负极，n连接正极，该装置是电解池，铁作阴极，石墨作阳极，电池反应式为：2cuso4+2h2o2h2so4+o2+2cu，溶液呈酸性，所以没有蓝色沉淀生成，故d错误；故选c点评：本题考查电解池和原电池原理，明确离子放电顺序是解本题关键，注意电解池中如果活泼金属作阳极，则阳极上金属电极失电子而不是溶液中阴离子失电子，为易错点17（3分）在一定温度下，恒容密闭容器中，充入一定量的no和o2，发生2no+o22no2，反应达到平衡的标志是（）no、o2、no2分子数目比是2：1：2 反应混合物中各组分物质的浓度相等混合气体的颜色不再变化 混合气体的密度不再改变混合气体的平均相对分子质量不再变化 2vo2（正）=vno2（逆）abcd考点：化学平衡状态的判断.专题：化学平衡专题分析：化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论解答：解：平衡时各物质的分子数之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故no、o2、no2分子数目比是2：1：2不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故错误；平衡时各物质的浓度之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故故反应混合物中各组分物质的浓度相等不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故错误；一氧化氮和氧气为无色气体，二氧化氮为红棕色气体，故混合气体的颜色不再变化可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故正确；密度=，总质量不变，体积不变，故混合气体的密度不再改变不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故错误；平均分子量=，总质量不变，总物质的量会变，故混合气体的平均相对分子质量不再变化 可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故正确；2vo2（正）=vno2（逆），化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，故正确；故反应达到平衡的标志是：，故选d点评：本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大要注意把握平衡状态的特征18（3分）完全溶解28.4g碳酸铜和氢氧化铜的混合物需要消耗1mol/l的盐酸500ml若灼烧相同质量的上述混合物，能得到氧化铜的质量为（）a40gb30gc20gd16g考点：化学方程式的有关计算.专题：计算题分析：溶解28.4g碳酸铜和氢氧化铜的混合物需要消耗1mol/l的盐酸500ml，恰好反应生成cucl2，根据化学式可知n（cucl2）=n（cl），灼烧28.4g碳酸铜和氢氧化铜的混合物，生成cuo，根据铜元素守恒可知n（cuo）=n（cucl2）=n（cl），再根据m=nm计算cuo的质量解答：解：溶解28.4g碳酸铜和氢氧化铜的混合物需要消耗1mol/l的盐酸500ml，恰好反应生成cucl2，根据化学式可知n（cucl2）=n（cl）=0.5l1mol/l=0.25mol，灼烧28.4g碳酸铜和氢氧化铜的混合物，生成cuo，根据铜元素守恒可知n（cuo）=n（cucl2）=n（cl）=0.25mol，故m（cuo）=0.25mol80g/mol=20g，故选c点评：考查有关化学计算，难度中等，清楚反应过程是解题的根据，注意根据守恒计算，若根据方程式计算比较繁琐二、非选择题（46分）19（12分）naclo溶液是一种常用的环境消毒液，某化学研究性学习小组查资料得到氯气和烧碱在温度700c以上主要发生副反应：3cl2+6naoh=naclo3+5nacl+3h2o，并设计了两套制备naclo溶液的装置，如图所示：（）根据装置a回答：（1）烧瓶内反应的化学方程式为mno2+4hcl（浓）fracunderline;mncl2+cl2+2h2o大试管内反应的离子方程式为cl2+2oh=cl+clo+h2o（2）饱和食盐水的作用是除去杂质气体hcl；能否省去盛浓硫酸的洗气瓶（填能或不能）能装置a还需连一个怎样的装置？尾气气吸收装置（）根据装置b（电极均为石墨）回答：（3）装置b中装的溶液是nacl，a接电源的极正；电解总化学的方程式为nacl+h2ofracunderline;通电;naclo+h2（4）电解一段时间后（原电解质尚有利余）取电解液，滴至红色石蕊试纸上，观察到的现象是先变蓝后褪色考点：氯气的实验室制法；电解原理.专题：卤族元素分析：（）、（1）实验室制氯气用的药品为二氧化锰和浓盐酸，氯气和热的烧碱反应产生氯酸钠和氯化钠及水，和冷的烧碱反应生成次氯酸钠和氯化钠；（2）实验室制得的氯气不纯，有氯化氢和水蒸气杂质，氯气有毒，要进行尾气处理；（）、（3）装置b制取次氯酸钠的原理是让氯气和氢氧化钠反应，氯气和氢氧化钠的产生来自饱和食盐水的电解；（4）电解一段时间后的电解液主要成分是次氯酸钠和氯化钠，次氯酸钠具有漂白性和碱性解答：解：（1）二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气的原理为：mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o，大试管中发生的反应是氯气和冷的氢氧化钠溶液反应，故答案为：mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o；cl2+2oh=cl+clo+h2o；（2）饱和食盐水的作用是除去杂质气体hcl；氯气中的水蒸气不影响次氯酸钠的制取，所以氯气可以不干燥，但是氯气有毒，一定要进行尾气处理，故答案为：除去杂质气体hcl；能；尾气气吸收装置；（3）制取次氯酸钠的原理是让氯气和氢氧化钠反应，氯气和氢氧化钠的产生来自饱和食盐水的电解，为了让产生的氯气被溶液全部吸收，氯气一定要在下面的电极上生成，故下面的电极上是氯离子失去电子的过程，为阳极，所以a极为电源的正极，故答案为：nacl；正；nacl+h2onaclo+h2；（4）电解一段时间后的电解液主要成分是次氯酸钠和氯化钠，次氯酸钠具有漂白性，水解显示碱性，滴加到红色石蕊试纸上以后会先变蓝后褪色，故答案为：先变蓝后褪色点评：题是一道有关氯气的制备和性质的实验题，穿插了电解原理知识，综合性较强，考查学生分析和解决问题的能力20（8分）如图中an分别代表化学反应中的一种常见物质a是一种常见化肥，b在工业上可由g和空气中含量最多的气体制得常温下，c是液体e、n、h为金属单质，g、i、m为非金属单质，其中g、m是气体k是天然气的主要成分，f是具有磁性的黑色晶体个别反应产物及条件略去（1）k分子的空间结构是正四面体（2）反应的条件是电解（3）实验室制取b的化学方程式是ca（oh）2+2nh4clcacl2+2nh3+2h2o（4）写化学方程式：反应3fe+4h2o（g）fe3o4+4h2（5）将f放入稀盐酸中，可生成两种不同价态的金属阳离子要检验其中的高价态金属阳离子，应加入的试剂是kscn溶液考点：无机物的推断.专题：推断题分析：a是一种常见化肥，b在工业上可由g和空气中含量最多的气体制得，可知a为铵盐，b为nh3，则g为h2，g与气体单质m反应生成液体c，则m为h2，c为h2o，金属单质e与水反应氢气与f，f是具有磁性的黑色晶体，则e为fe、f为fe3o4，金属n与四氧化三铁反应得到fe与l，应是铝热反应，则n为al、l为al2o3，电解熔融氧化铝得到al与氧气k是天然气的主要成分，则k为ch4，k高温分解生成氢气与碳，则i为碳，金属h与d反应得到i与j，应是mg与二氧化碳反应生成碳与mgo，则h为mg、d为co2，综上分析可知a为碳酸氢铵，据此解答解答：解：a是一种常见化肥，b在工业上可由g和空气中含量最多的气体制得，可知a为铵盐，b为nh3，则g为h2，g与气体单质m反应生成液体c，则m为h2，c为h2o，金属单质e与水反应氢气与f，f是具有磁性的黑色晶体，则e为fe、f为fe3o4，金属n与四氧化三铁反应得到fe与l，应是铝热反应，则n为al、l为al2o3，电解熔融氧化铝得到al与氧气k是天然气的主要成分，则k为ch4，k高温分解生成氢气与碳，则i为碳，金属h与d反应得到i与j，应是mg与二氧化碳反应生成碳与mgo，则h为mg、d为co2，综上分析可知a为碳酸氢铵，（1）k为ch4，分子的空间结构是正四面体，故答案为：正四面体；（2）反应是电解熔融氧化铝生成铝与氢气，故答案为：电解；（3）实验室制取氨气的化学方程式是：ca（oh）2+2nh4clcacl2+2nh3+2h2o，故答案为：ca（oh）2+2nh4clcacl2+2nh3+2h2o；（4）反应是铁与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气，化学方程式为：3fe+4h2o（g）fe3o4+4h2，故答案为：3fe+4h2o（g）fe3o4+4h2；（5）将fe3o4放入稀盐酸中生成氯化铁、氯化亚铁，要检验其中铁离子，应加入的试剂是kscn溶液，故答案为：kscn溶液点评：本题考查无机物推断，涉及n、al、fe等元素化合物性质，需要学生熟练掌握元素化合物知识，对学生推理有一定的要求，难度中等21（12分）向一体积不变的密闭容器中充入2mol a，0.6mol c和一定量的b三种气体一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间变化的关系如图1所示，其中t0t1阶段c（b）未画出图2为反应体系中反应速率随时间变化的情况，且t2，t3，t4各改变一种不同的条件（1）若t1=15min，则t0t1阶段以c的浓度变化表示的反应速率v（c）=0.02mol/（lmin）（2）t3时改变的条件为减小压强或抽取出部分平衡混合气体，b的起始物质的量为1.0mol（3）各阶段平衡时对应的平衡常数如下表所示：t1t2t2t3t3t4t5t6k1k2k3k4则k1=0.84（保留两位小数），k1、k2、k3、k4之间的关系为k1=k2=k3k4（用“”、“”或“=”连接）（4）t4t5阶段，若a的物质的量变化了0.01mol，而此阶段中反应体系的能量变化为a kj，写出此条件下该反应的热化学方程式：2a（g）+b（g）3c（g）h=+200akj/mol考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡建立的过程.专题：化学平衡专题分析：（1）根据化学反应速率计算公式得到答案；（2）图2是在四种不同情况下影响化学的平衡，而影响平衡的因素有：浓度、温度、压强、催化剂；t2t3和t3t4这两段平衡是不移动的，则只能是压强和催化剂影响的，因此应该推断该反应为等体积变化的反应，t2t3的平衡比原平衡的速率要快，而t3t4的速率又变慢，则前者应是加催化剂，因为条件只能用一次，t4t5段为减压或者取出平衡时混合气体；反应物的浓度降低，生成物的浓度增大，结合图1可知，a为反应物，c为生成物，a的变化为0.2mol/l，c的变化量为0.3mol/l又由于该反应为等体积变化的反应，所以b为反应物，根据化学反应的速率之比等于化学方程式前的计量系数比，写出该反应的方程式为2a（g）+b（g）3c（g），起始2mola所对应的浓度为1mol/l，则体积应是2l，据此判断b起始浓度；（3）根据平衡常数，平衡移动解答k1、k2、k3、k4、k5之间的关系，平衡常数随温度变化；（4）根据a的物质的量变化和热量变化求出热效应数值解答：解：（1）15min内，以c浓度变化表示的反应速率为v（c）=0.02 mol/（lmin），故答案为：0.02 mol/（lmin）；（2）t2t3和t3t4这两段平衡是不移动的，则只能是压强和催化剂影响的，因此应该推断该反应为等体积变化的反应，t2t3的平衡比原平衡的速率要快，而t3t4的速率又变慢，则前者应是加催化剂，因为条件只能用一次，t3t4段为减压或取出部分平衡混合气体；反应物的浓度降低，生成物的浓度增大，结合图1可知，a为反应物，c为生成物，a的变化为0.2mol/l，c的变化量为0.3mol/l又由于该反应为等体积变化的反应，所以b为反应物，根据化学反应的速率之比等于化学方程式前的计量系数比，该反应的方程式为2a（g）+b（g）3c（g），所以，c（b）=c（a）=0.2mol/l=0.1mol/l，起始2mola所对应的浓度为1mol/l，则体积应是=2l，故b的起始物质的量为n（b）=（0.1mol/l+0.4mol/l）2l=1.0mol；故答案为：减小压强或取出部分平衡混合气体；1o mol；（3）t1t2段，处于平衡状态，c（a）平衡=0.8mol/l，c（b）平衡=0.4mol/l，c（c）平衡=0.6mol/l，k1=0.84，t2t3段，为使用催化剂，加快反应，平衡常数不变，k2=0.84，k3t4段，为降低压强，反应速率降低，平衡不移动，平衡常数不变，k3=0.84，t5t6段，为升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，k40.84，故 k1=k2=k3=k4，故答案为：0.84； k1=k2=k3=k4；（4）根据方程式计算，若a的物质的量共变化了0.01mol，而此过程中容器与外界的热交换总量为a kj，则反应2mola时，交换热量200akj，而由图象可知，t4t5阶段应为升高温度，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，所以热化学方程式