浙江省宁波市余姚中学高三化学上学期期中试卷（含解析）.doc

浙江省宁波市余姚中学2016届高三上学期期中化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题2分）1下列说法不正确的是（）a过氧化钠、烧碱、纯碱分别属于碱性氧化物、碱、盐b乙醇和水可以任意比互溶，主要是因为乙醇和水分子间能形成氢键c硫酸钡、冰醋酸、酒精分别属于强电解质、弱电解质、非电解质d煤的气化、液化和干馏均属于化学变化2下列物质中不会因见光而分解的是（）anahco3bhno3cagidhclo3某同学在实验报告中记录下列数据，其中正确的是（）a用25ml量筒量取12.36ml盐酸b用托盘天平称取8.75g食盐c用酸式滴定管量取23.22ml高锰酸钾溶液d用广泛ph试纸测得某溶液ph为3.54根据如图海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是（）a除去粗盐中杂质（mg2+、so42、ca2+），加入的药品顺序为：naoh溶液na2co3溶液bacl2溶液过滤后加盐酸b在过程中将mgcl26h2o灼烧即可制得无水mgcl2c从能量转换角度看氯碱工业中的电解饱和食盐水是一个将化学能转化为电能的过程d从第步到第步的目的是为了浓缩富集，提高br2的浓度5下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（）a酸性：h2so4h3po4b非金属性：clbrc碱性：naohmg（oh）2d热稳定性：na2co3nahco36检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是（）anaohbkmno4ckscnd苯酚7某同学按如图所示的装置进行电解实验下列说法正确的是（）a电解过程中，铜电极上有h2产生b电解初期，主反应方程式为：cu+h2so4cuso4+h2c电解一定时间后，石墨电极上有铜析出d整个电解过程中，h+的浓度不断增大8常温下a moll1稀氨水和b moll1稀盐酸等体积混合，对混合后溶液判断一定正确的是（）a若a=b，则c（nh4+）=c（cl）b若ab，则c（nh4+）c（cl）c若ab，则c（oh）c（h+）d若ab，则c（oh）c（h+）9用如图所示装置除去含有cn、cl 废水中的cn时，控制溶液ph为910，阳极产生的clo将cn氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是（）a用石墨作阳极，铁作阴极b阳极的电极反应式：cl+2oh2eclo+h2oc阴极的电极反应式：2h2o+2eh2+2ohd除去cn的反应：2cn+5clo+2hn2+2co2+5cl+h2o10分子式为c5h10o2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，若不考虑立体异构，这些醇和酸重新组合可形成的酯共有（）a15种b28种c32种d40种11分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图下列关于分支酸的叙述正确的是（）a可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同b分子中含有2种官能团c可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同d1mol分枝酸最多可与3molnaoh发生中和反应12向含有fe2+、i、br的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示有关说法不正确的是（）a线段bc代表fe3+的物质的量的变化情况b原混合溶液中c（febr2）=6 mol/lc当通入cl22 mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为2fe2+2i+2cl22fe3+i2+4cld原溶液中n（fe2+）：n（i）：n（br）=2：1：313将足量co2气体通入水玻璃（na2sio3溶液）中，然后加热蒸干，再在高温下充分灼烧，最后所得的固体物质是（）ana2sio3bna2co3、na2sio3cna2co3、sio2dsio214下列溶液配制实验的描述完全正确的是（）a在容量瓶中先加入一定体积的水，再加入浓硫酸配制准确浓度的稀硫酸b用浓盐酸配制1：1（体积比）的稀盐酸（约6moll1）通常需要用容量瓶等仪器c配制nh4fe（so4）2标准溶液时，加入一定量h2so4以防水解d用ph=1的盐酸配制100ml，ph=2的盐酸所需全部玻璃仪器有100ml容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管15na表示阿伏伽德罗常数的数值，下列说法不正确的是（）a将1molnh4no3溶于一定浓度的稀氨水中，溶液呈中性，若不考虑挥发，溶液中一定含有na个nh4b1mol/lch3cooh与1mol/l ch3coona溶液等体积混合，溶液中ch3cooh和ch3coo的总数为2nac常温常压下，3.6g h2o中含有电子数为2nad含有2na个氧原子的氧气与臭氧的混合气体的质量为32g16据史书记载，历史上曾经通过硫酸铜与硫铁矿的反应来制取硫酸，其反应为：14cuso4+5fes2+12h2o7cu2s+5feso4+12h2so4有关该反应的下列说法正确的是（）a反应中的氧化剂只有硫酸铜bcu2s是唯一的还原产物c被氧化与被还原硫元素的质量比为7：3d若以该反应为原理设计原电池，电池的正极为碳棒，负极是吸附有fes2粉末的多空石墨电极，电解质溶液为cuso4175.6 g cu、mg合金与一定量的硝酸恰好完全反应，收集到no和no2的混合气体v l（标准状况）；向反应后的溶液中加入足量naoh溶液，沉淀完全后将其过滤、洗净、干燥，称得质量为10.7 g则v的值可能是（）a2.24b4.48c6.72d7.8418某消毒液的主要成分为naclo，还含有一定量的naoh下列用来解释事实的方程式中，不合理的是（已知：饱和naclo溶液的ph约为11）（）a该消毒液可用naoh溶液吸收cl2制备：cl2+2ohclo+cl+h2ob该消毒液的ph约为12：clo+h2ohclo+oh-c该消毒液与洁厕灵（主要成分为hcl）混用，产生有毒cl2：2h+cl+clocl2+h2od该消毒液加白醋生成hclo，可增强漂白作用：ch3cooh+clohclo+ch3coo-19下列实验方案中，不能测定na2co3和nahco3混合物中na2co3质量分数（）a取a克混合物充分加热，减重b克b取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体c取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克d取a克混合物与足量ba（oh）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体20把表面有氧化物的相同大小的铜片和铁片一起放入盐酸中充分反应，所得溶液中的金属离子是（）afe3+和cu2+bfe2+和cu2+cfe2+和fe3+d只有fe2+21有x、y、z、w、m五种短周期元素，其中x、y、z、w同周期，z、m同主族； x+与m2具有相同的电子层结构；离子半径：z2w；y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料下列说法中，正确的是（）ax、m两种元素只能形成x2m型化合物b由于w、z、m元素的氢化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低c元素y、z、w的单质晶体属于同种类型的晶体d元素w和m的某些单质可作为水处理中的消毒剂22某恒温密闭容器中，可逆反应a（s）b+c（g）h=+q kjmol1（q0）达到平衡缩小容器体积，重新达到平衡时，c（g）的浓度与缩小体积前的平衡浓度相等以下分析不正确的是（）a产物b的状态只能为固态或液态b平衡时，单位时间内n（a）消耗n（c）消耗=11c若开始时向容器中加入1molb和1molc，达到平衡时放出热量小于q kjd保持体积不变，向平衡体系中加入b，平衡可能向逆反应方向移动23有一无色溶液，仅含有k+、al3+、mg2+、nh4+、cl、so42、hco3、mno4中的几种为确定其成分，做如下实验：取部分溶液，加入适量na2o2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的naoh溶液后白色沉淀全部溶解；另取部分溶液，加入hno3酸化的ba（no3）2溶液，无沉淀产生下列推断正确的是（）a肯定有al3+、mg2+、cl，可能有nh4+、k+b肯定有al3+、k+、cl，肯定没有mno4c肯定有al3+、cl，一定没有hco3和so42d该溶液可能显弱酸性，也可能显中性二、非选择题（本题共5个大题）24现有一份由炭粉、fe2o3、cuo中的某几种物质组成的混合物粉末，某校化学课外小组取样品进行了如下实验：（1）可以确定该样品中一定存在（填化学式）若z只为一种气体，试剂a为饱和nahco3溶液，则反应中能同时生成两种气体的化学方程式为（3）向y溶液和固体混合物中通入过量的cl2，并不断搅拌，充分反应后，则溶液中的阳离子是25聚合物g可用于生产全生物降解塑料，在“白色污染”日益严重的今天有着重要的作用有关转化关系如下：已知：ch3ch2ch2br+naohch3ch2ch2oh+nabr请回答下列问题：（1）物质a的分子式为，b的结构简式为；请写出f中含氧官能团的名称；（3）反应中属于加成反应的是；（4）写出由f生成聚合物g的化学方程式26由某精矿石（mco3zco3）可以制备单质m，制备过程中排放出的二氧化碳可以作为原料制备甲醇取该矿石样品1.84g，高温灼烧至恒重，得到0.96g仅含两种金属氧化物的固体，其中m（m）：m（z）=3：5请回答：（1）该矿石的化学式为以该矿石灼烧后的固体产物为原料，真空高温条件下用单质硅还原，仅得到单质m和一种含氧酸盐（只含z、si和o元素，且z和si的物质的量之比为2：1）写出该反应的化学方程式单质m还可以通过电解熔融mcl2得到不能用电解mcl2溶液的方法制备m的理由是（3）一定条件下，由co2和h2制备甲醇的过程中含有下列反应：反应1：co2（g）+h2（g）co（g）+h2o（g）h1反应2：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h2反应3：co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h3其对应的平衡常数分别为k1、k2、k3，它们随温度变化的曲线如图l所示则h2h3（填“大于”、“小于”或“等于”），理由是（4）在温度t1时，使体积比为3：1的h2和co2在体积恒定的密闭容器内进行反应t1温度下甲醇浓度随时间变化曲线如图2所示；不改变其他条件，假定t时刻迅速降温到t2，一段时间后体系重新达到平衡试在图中画出t时刻后甲醇浓度随时间变化至平衡的示意曲线（5）甲醇是制备工业乙酸的原料，目前世界上一半以上的乙酸都采用甲醇与co气体反应来制备某实验小组在一个恒压密闭容器中加入0.20mol ch3oh和0.22mol co气体，发生反应：ch3oh （g）+co（g）ch3cooh （l）h0，一定温度下达到平衡后测得甲醇的转化率为60%，容器体积为2l；维持温度不变，往上述达到平衡的恒压容器中，再在瞬间通入0.12mol ch3oh和0.06mol co和混合气体，平衡的移动方向为（填“向左”或“向右”或“不移动”），理由是27i有x、y、z、r四种短周期元素，y、z、r同周期相关信息如下：相关信息x单质为双原子分子若低温蒸发液态空气，因其沸点较低可先获得x的单质y含y元素的物质焰色反应为黄色z同周期元素中原子半径最小rr元素原子的最外层电子数是k层电子数的3倍（1）z元素在周期表的位置是，y、z、r简单离子的半径从大到小的顺序是（用离子符号表示）；由x、z两种元素组成的化合物甲，常温下为易挥发的淡黄色液体，甲分子构型为三角锥形，且分子里x、z两种原子最外层均达到8个电子的稳定结构甲遇水蒸气可形成一种常见的漂白性物质则甲的结构式为；（3）化合物乙（y2r）溶液在空气中长期放置，与氧气反应会生成与过氧化钠的结构和化学性质相似的物质y2r2，其溶液显黄色写出乙溶液在空气中变质过程的化学方程式元素x与氢可形成多种化合物，如丙、丁、戊（4）丙与醋酸类似，为一元弱酸，对热十分稳定但受撞击就爆炸8.6g丙爆炸分解生成6.72l（标况下）x2和h2写出其爆炸的化学方程式；（5）丁为离子化合物，遇水反应生成h2和气体戊，标况下戊的密度为0.76gl1，则物质丁的化学式为；（6）戊在高温条件下能还原fe2o3，产物中有两种单质，写出该反应的化学方程式28乳酸亚铁（ch3ch（oh）coo2fe3h2o，mr=288）是一种常用的补铁剂，可通过乳酸与碳酸亚铁反应制得：ch3ch（oh）cooh+feco3+2h2och3ch（oh）coo2fe3h2o+co2已知feco3易被氧化：4feco3+6h2o+o24fe（oh）3+4co2某兴趣小组用fecl2（用铁粉和稀盐酸制得）和nh4hco3制备feco3的装置示意图如图：回答下列问题：（1）稀盐酸盛放在装置中（填字母，下同），nh4hco3盛放在装置中该装置c中涉及的主要反应的离子方程式将生成的fecl2溶液和nh4hco3溶液混合时的操作是（3）将制得的feco3加入到足量乳酸溶液中，再加入少量铁粉，75下搅拌反应铁粉的作用是反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是（4）该兴趣小组用kmno4法测定样品中亚铁含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，发现产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是浙江省宁波市余姚中学2016届高三上学期期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题2分）1下列说法不正确的是（）a过氧化钠、烧碱、纯碱分别属于碱性氧化物、碱、盐b乙醇和水可以任意比互溶，主要是因为乙醇和水分子间能形成氢键c硫酸钡、冰醋酸、酒精分别属于强电解质、弱电解质、非电解质d煤的气化、液化和干馏均属于化学变化【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；物理变化与化学变化的区别与联系；强电解质和弱电解质的概念【专题】物质的分类专题【分析】a、碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，过氧化钠属于过氧化物；b乙醇可以和水形成氢键；c、依据电解质、非电解质的概念和电解质在水中的电离程度判断；d、化学变化是产生新物质的变化【解答】解：a、过氧化钠属于过氧化物，烧碱、纯碱分别属于碱、盐，故a错误；b、乙醇可以和水形成氢键，增加了乙醇在水中的溶解能力，故乙醇能与水以任意比互溶，故b正确；c、硫酸钡在水溶液中溶于水的部分完全电离，属于强电解质；冰醋酸在水溶液中部分电离属于弱电解质；酒精是化合物其水溶液和熔融状态都不导电，属于非电解质，故c正确；d、煤的气化是指将在高温下与水接触转变为可作为工业或民用燃料以及化工合成原料气co 和氢气，液化是指把转化成液体燃料甲醇过程，干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，都是化学变化，故d正确故选a【点评】本题考查基本概念以及化学反应类型和物质的分类等知识，难度不大，侧重于基础知识的考查2下列物质中不会因见光而分解的是（）anahco3bhno3cagidhclo【考点】钠的重要化合物；硝酸的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【专题】元素及其化合物【分析】a、碳酸氢钠加热分解，见光不分解；b、浓硝酸见光分解；c、碘化银见光分解；d、次氯酸见光分解；【解答】解：a、碳酸氢钠加热分解，见光不分解，故a符合；b、浓硝酸见光分解，4hnno34no2+o2+2h2o；故b不符合；c、碘化银见光分解，2agi2ag+i2，故c不符合；d、次氯酸见光分解，2hclo2hcl+o2，故d不符合；故选a【点评】本题考查物质性质的分析应用，掌握反应条件是解题关键，题目较简单3某同学在实验报告中记录下列数据，其中正确的是（）a用25ml量筒量取12.36ml盐酸b用托盘天平称取8.75g食盐c用酸式滴定管量取23.22ml高锰酸钾溶液d用广泛ph试纸测得某溶液ph为3.5【考点】计量仪器及使用方法【专题】化学实验常用仪器及试剂【分析】a、根据量筒的准确度为0.1ml进行判断；b、根据托盘天平的准确度为0.1g分析；c、根据高锰酸钾溶液的强氧化性及滴定管的准确度分析；d、根据广泛ph试纸测量溶液的酸碱性读数只能是整数判断【解答】解：a、由于量筒只能准确到0.1ml，不用25ml量筒量取12.36ml盐酸，故a错误；b、由于托盘天平只能准确到0.1g，不用托盘天平称取8.75g食盐，故b错误；c、高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化碱式滴定管的橡胶管，所以使用酸式滴定管量取高锰酸钾溶液，滴定管准确度为0.01ml，所以用酸式滴定管量取23.22ml高锰酸钾溶液，故c正确；d、由于广泛ph试纸测得某溶液ph只能为整数，不可能出现小数，故d错误；故选c【点评】本题考查了计量仪器及其使用方法，要求学生熟练掌握常见计量仪器构造及使用方法，本题难度不大4根据如图海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是（）a除去粗盐中杂质（mg2+、so42、ca2+），加入的药品顺序为：naoh溶液na2co3溶液bacl2溶液过滤后加盐酸b在过程中将mgcl26h2o灼烧即可制得无水mgcl2c从能量转换角度看氯碱工业中的电解饱和食盐水是一个将化学能转化为电能的过程d从第步到第步的目的是为了浓缩富集，提高br2的浓度【考点】海水资源及其综合利用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】海水蒸发溶剂得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和氢氧化钠；母液加氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和酸反应生成氯化镁，制得氯化镁，母液通入氯气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫吸收后发生氧化还原反应生成溴化氢，富集溴元素，通入氯气氧化溴化氢为溴单质得到高浓度的溴a过程加入的药品顺序为bacl2溶液naoh溶液na2co3溶液过滤后加盐酸；b氯化镁水解生成的hcl易挥发；c电解饱和食盐水将电能转化为化学能；d溴离子被氧化为溴单质后，被二氧化硫吸收生成溴离子，加入氧化剂氧化溴离子为溴单质，富集溴元素【解答】解：a过程加入的药品顺序为bacl2溶液naoh溶液na2co3溶液过滤后加盐酸，如果再过滤沉淀前加入过量bacl2溶液，稀盐酸不能除去氯化钡溶液，所以会产生杂质，故a错误；b因氯化镁水解，且生成的盐酸易挥发，不能将mgcl26h2o灼烧即可制得无水mgcl2，应在hcl气流中加热，故b错误；c电解为电能转化为化学能，则从能量转换角度看氯碱工业中的电解饱和食盐水是一个将电能转化为化学能的过程，故c错误；d溴离子被氧化为溴单质后，被二氧化硫吸收生成溴离子，加入氧化剂氧化溴离子为溴单质，富集溴元素，从第步到第步的目的是为了浓缩，故d正确；故选d【点评】本题考查海水资源综合应用，为高频考点，把握流程中的转化、混合物分离提纯及电解等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大5下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（）a酸性：h2so4h3po4b非金属性：clbrc碱性：naohmg（oh）2d热稳定性：na2co3nahco3【考点】元素周期律的作用；真题集萃【分析】a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；b同主族元素从上到下非金属性依次减弱；c元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；d碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解【解答】解：a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，非金属性：sp，则酸性：h2so4h3po4，能用元素周期律解释，故a不选；b同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：clbr，能用元素周期律解释，故b不选；c元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：namg，则碱性：naohmg（oh）2，能用元素周期律解释，故c不选；d碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：na2co3nahco3，不能用元素周期律解释，故d选故选d【点评】本题考查了元素周期律的理解与应用，注意把握元素周期律的递变规律以及相关知识的积累，难度不大6检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是（）anaohbkmno4ckscnd苯酚【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】亚铁离子具有还原性，可与氯水、高锰酸钾等氧化剂反应，以此解答该题【解答】解：a加入氢氧化钠，因含有铁离子，可生成红褐色沉淀，不能检验是否含有亚铁离子，故a错误；b亚铁离子具有还原性，可与高锰酸钾等发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液褪色，可鉴别，故b正确；c亚铁离子与kscn不反应，不能鉴别，只能鉴别铁离子，故c错误；d亚铁离子与苯酚不反应，不能鉴别，只能鉴别铁离子，故d错误故选b【点评】本题考查物质的检验，为高频考点，题目难度不大，本题注意亚铁离子与铁离子性质的区别，检验时必须有明显不同的现象7某同学按如图所示的装置进行电解实验下列说法正确的是（）a电解过程中，铜电极上有h2产生b电解初期，主反应方程式为：cu+h2so4cuso4+h2c电解一定时间后，石墨电极上有铜析出d整个电解过程中，h+的浓度不断增大【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】a、依据装置图分析，铜电极和电源正极相连做电解池阳极，铜失电子发生氧化反应；b、依据电解原理分析，铜失电子生成铜离子，硫酸溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气；c、阳离子移向阴极，所以铜离子会移向阴极氧化性大于氢离子，在阴极得到电子生成铜；d、电解过程中氢离子浓度减小【解答】解：a、铜电极和电源正极相连做电解池阳极，铜失电子发生氧化反应，电极 反应cu2e=cu2+，铜电极无氢气生成，故a错误；b、电解原理分析，铜失电子生成铜离子，硫酸溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，电解初期，主反应方程式为：cu+h2so4cuso4+h2，故b正确；c、阳离子移向阴极，所以阳极生成的铜离子会移向阴极，由于铜离子氧化性大于氢离子，所以在阴极得到电子生成铜，故c正确；d、活性电极必然被氧化，h+在阴极放电，变成h2放出.h+会减少，故d错误；故选bc【点评】本题考查了电解原理的分析，电极名称，电极反应，电极产物判断是解题关键，题目难度中等8常温下a moll1稀氨水和b moll1稀盐酸等体积混合，对混合后溶液判断一定正确的是（）a若a=b，则c（nh4+）=c（cl）b若ab，则c（nh4+）c（cl）c若ab，则c（oh）c（h+）d若ab，则c（oh）c（h+）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；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】a如果a=b，等浓度等体积的氨水和盐酸恰好反应生成氯化铵，根据盐的类型确定离子浓度；b如果ab，等体积混合时，氨水的物质的量大于盐酸，根据溶液中的溶质判断离子浓度；c如果ab，等体积混合时，氨水的物质的量大于盐酸，根据溶液的酸碱性判断；d如果ab，等体积混合时，溶液中的溶质是盐酸和氯化铵，根据溶质判断溶液的酸碱性【解答】解：a如果a=b，等浓度等体积的氨水和盐酸恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性即c（oh）c（h+），根据电荷守恒知c（nh4+）c（cl），故a错误；b如果ab，等体积混合时，氨水的物质的量大于盐酸，溶液可能呈中性也可能呈碱性，当溶液呈中性时，c（nh4+）=c（cl），当溶液呈碱性时，c（nh4+）c（cl），故b错误；c如果ab，等体积混合时，氨水的物质的量大于盐酸，溶液可能呈中性也可能呈碱性，当溶液呈中性时，c（oh）=c（h+），当溶液呈碱性时，c（oh）c（h+），故c错误；d如果ab，等体积混合时，溶液中的溶质是盐酸和氯化铵，溶液呈酸性，则c（oh）c（h+），故d正确；故选d【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，根据溶液中的溶质判断溶液的酸碱性，结合电荷守恒得出离子浓度大小，难度中等9用如图所示装置除去含有cn、cl 废水中的cn时，控制溶液ph为910，阳极产生的clo将cn氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是（）a用石墨作阳极，铁作阴极b阳极的电极反应式：cl+2oh2eclo+h2oc阴极的电极反应式：2h2o+2eh2+2ohd除去cn的反应：2cn+5clo+2hn2+2co2+5cl+h2o【考点】真题集萃；电解原理【分析】a该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极；b阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水；c阴极上水失电子生成氢气和氢氧根离子；d阳极产生的clo将cn氧化为两种无污染的气体，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成【解答】解：a该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极，所以可以用石墨作氧化剂、铁作阴极，故a正确；b阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为cl+2oh2eclo+h2o，故b正确；c电解质溶液呈碱性，则阴极上水失电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2h2o+2eh2+2oh，故c正确；d阳极产生的clo将cn氧化为两种无污染的气体，两种气体为二氧化碳和氮气，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成，反应方程式为2cn+5clo+h2on2+2co2+5cl+2oh，故d错误；故选d【点评】本题为2015年四川省高考化学试题，涉及电解原理，明确各个电极上发生的反应及电解原理是解本题关键，易错选项是bd，注意b中反应生成物，注意d中碱性条件下不能有氢离子参加反应或生成10分子式为c5h10o2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，若不考虑立体异构，这些醇和酸重新组合可形成的酯共有（）a15种b28种c32种d40种【考点】有机化合物的异构现象【分析】分子式为c5h10o2的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为5，讨论羧酸与醇含有的碳原子，判断形成该酯的羧酸与醇的同分异构体种数，根据羧酸与醇组合，计算同分异构体数目【解答】解：分子式为c5h10o2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，属于饱和一元酯，若为甲酸和丁醇酯化，甲酸只有1种，丁醇有4种；若为乙酸和丙醇酯化，乙酸只有1种，丙醇有2种；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸只有1种，乙醇只有1种；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种，甲醇只有1种；故羧酸共有5种，醇共有8种，酸和醇重新组合可形成的酯共有58=40种，故选d【点评】本题考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键是形成酯的羧酸与醇的同分异构体的判断，注意利用数学法进行计算11分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图下列关于分支酸的叙述正确的是（）a可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同b分子中含有2种官能团c可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同d1mol分枝酸最多可与3molnaoh发生中和反应【考点】有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】由结构简式可知，分子中含cooh、oh、碳碳双键、醚键等，结合羧酸、醇、烯烃的性质来解答【解答】解：a碳碳双键与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，双键与oh均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，原理不同，故a错误；b分子中含cooh、oh、碳碳双键、醚键，共4种官能团，故c错误；c含cooh与乙醇发生酯化反应，含oh与乙酸发生酯化反应，故c正确；d不是苯环，只有cooh与naoh反应，则1mol分枝酸最多可与2molnaoh发生中和反应，故d错误故选c【点评】本题为2015年山东高考题改编题，侧重有机物结构与性质的考查，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意官能团的判断，题目难度不大12向含有fe2+、i、br的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示有关说法不正确的是（）a线段bc代表fe3+的物质的量的变化情况b原混合溶液中c（febr2）=6 mol/lc当通入cl22 mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为2fe2+2i+2cl22fe3+i2+4cld原溶液中n（fe2+）：n（i）：n（br）=2：1：3【考点】离子方程式的有关计算【专题】计算题【分析】还原性ife2+br，故首先发生2i+cl2i2+2cl，i反应完毕再发生：2fe2+cl22fe3+2cl；最后发生反应2br+cl2br2+2cl，ab点时溶液中i完全反应，溶液中存在fe2+和br，bc段发生2fe2+cl22fe3+2cl；b根据bc段消耗的氯气的物质的量，计算溶液n（fe2+），但溶液的体积无法计算，不能计算c（febr2）；c根据反应消耗顺序，利用消耗的氯气计算参加反应的离子的物质的量，据此书写；d根据各阶段消耗的氯气的物质的量，计算原溶液中n（fe2+）、n（i）、n（br），据此解答【解答】解：还原性ife2+br，故首先发生2i+cl2i2+2cl，i反应完毕再发生：2fe2+cl22fe3+2cl；最后发生反应2br+cl2br2+2cl，ab点时溶液中i完全反应，溶液中存在fe2+和br，bc段发生2fe2+cl22fe3+2cl，代表fe3+的物质的量的变化情况，故a正确；b由图可知，bc段发生2fe2+cl22fe3+2cl，fe2+反应完毕消耗氯气2mol，由方程式可知n（fe2+）=22mol=4mol，无法得到原溶液的体积，故不能计算原混合溶液中c（febr2），故b错误；cab段发生2i+cl2i2+2cl，2mol的i消耗1mol氯气，bc段发生2fe2+cl22fe3+2cl，余下的1mol氯气再与2molfe2+反应，故参加反应的n（fe2+）：n（i）=1：1，故通入2molcl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2fe2+2i+2cl22fe3+i2+4cl，故c正确；d由图可知ab段消耗氯气1mol，发生2i+cl2i2+2cl，故n（i）=2n（cl2）=2mol，bc段发生2fe2+cl22fe3+2cl，消耗氯气2mol，故n（fe2+）=2n（cl2）=22mol=4mol，de段发生2br+cl2br2+2cl，消耗氯气3mol，故n（br）=2n（cl2）=6mol，故原溶液中n（fe2+）：n（i）：n（br）=4mol：2mol：6mol=2：1：3，故d正确；故选b【点评】本题以图象形式考查氧化还原反应、化学计算，综合性较强，根据离子的还原性强弱结合图象判断各阶段发生的反应是解答该题的关键，是易错题目，难度较大13将足量co2气体通入水玻璃（na2sio3溶液）中，然后加热蒸干，再在高温下充分灼烧，最后所得的固体物质是（）ana2sio3bna2co3、na2sio3cna2co3、sio2dsio2【考点】无机非金属材料【专题】碳族元素【分析】向硅酸钠溶液中通入足量二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸和碳酸氢钠；蒸干时碳酸氢钠分解生成碳酸钠，硅酸分解生成二氧化硅；高温条件下灼烧混合物，二氧化硅和碳酸钠反应，据此确定最终产物的成分【解答】解：二氧化碳先与水玻璃反应生成硅酸和碳酸氢钠，蒸干灼烧时，硅酸分解成二氧化硅和水，碳酸氢钠分解得到碳酸钠、二氧化碳和水；二氧化硅和碳酸钠在高温下又发生反应，生成二氧化碳和硅酸钠，所以最终所得固体是硅酸钠故选a【点评】本题考查了硅的化合物的性质，明确“常温下二氧化碳能和硅酸钠溶液反应生成硅酸；高温条件下，二氧化硅和碳酸钠能反应生成二氧化碳和硅酸钠”是解本题的关键，难度不大14下列溶液配制实验的描述完全正确的是（）a在容量瓶中先加入一定体积的水，再加入浓硫酸配制准确浓度的稀硫酸b用浓盐酸配制1：1（体积比）的稀盐酸（约6moll1）通常需要用容量瓶等仪器c配制nh4fe（so4）2标准溶液时，加入一定量h2so4以防水解d用ph=1的盐酸配制100ml，ph=2的盐酸所需全部玻璃仪器有100ml容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】a、容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于溶解或者稀释溶液；b、用浓盐酸配制1：1（体积比）的稀盐酸，不需要使用容量瓶，可以直接使用烧杯和量筒即可；c、铁离子在溶液中能够发生水解，配制时加入稀硫酸可以抑制铁离子水解；d、还需要量取盐酸体积容器量筒或酸式滴定管滴定管，否则无法配制该溶液【解答】解：a、不能在容量瓶中直接稀释浓硫酸，稀释浓硫酸应该在烧杯中进行，故a错误；b、若用浓盐酸配制1：1（体积比）的稀盐酸，通常使用量筒和烧杯即可，不需要使用容量瓶，故b错误；c、nh4fe（so4）2溶液中铁离子部分水解生成氢氧化铁和氢离子，加入稀硫酸可以抑制铁离子水解，故c正确；d、ph=1的盐酸配制100ml，ph=2的盐酸，必须使用量取液体体积的仪器，如量筒或者酸式滴定管，故d错误；故选c【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液方法及仪器选择、盐的水解原理应用等知识，题目难度不大，注意明确配制一定物质的量浓度的溶液的步骤及仪器选用方法，掌握盐的水解原理及其影响因素15na表示阿伏伽德罗常数的数值，下列说法不正确的是（）a将1molnh4no3溶于一定浓度的稀氨水中，溶液呈中性，若不考虑挥发，溶液中一定含有na个nh4b1mol/lch3cooh与1mol/l ch3coona溶液等体积混合，溶液中ch3cooh和ch3coo的总数为2nac常温常压下，3.6g h2o中含有电子数为2nad含有2na个氧原子的氧气与臭氧的混合气体的质量为32g【考点】阿伏加德罗常数【分析】a依据溶液呈电中性，结合电荷守恒规律；b没指明溶液的体积，无法计算；c根据n=并结合水中的电子数来分析；d根据氧原子的物质的量来计算【解答】解：a根据溶液的电中性可知：n（nh4+）+n（h+）=n（no3）+n（oh），而由于溶液呈中性，可知n（h+）=n（oh），故有n（nh4+）=n（no3），而n（no3）=1mol，故n（nh4+）=1mol，故a正确；b溶液的体积不知道，无法计算，故b错误；c.3.6g h2o的物质的量n=0.2mol，而1molh2o含10mol电子，故0.2mol水中含2mol电子，个数为2na个，故c正确；d氧气和臭氧均由氧原子构成，2na个氧原子的物质的量为2mol，质量m=nm=2mol16g/mol=32g，故d正确故选：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16据史书记载，历史上曾经通过硫酸铜与硫铁矿的反应来制取硫酸，其反应为：14cuso4+5fes2+12h2o7cu2s+5feso4+12h2so4有关该反应的下列说法正确的是（）a反应中的氧化剂只有硫酸铜bcu2s是唯一的还原产物c被氧化与被还原硫元素的质量比为7：3d若以该反应为原理设计原电池，电池的正极为碳棒，负极是吸附有fes2粉末的多空石墨电极，电解质溶液为cuso4【考点】氧化还原反应【分析】14cuso4+5fes2+12h2o7cu2s+5feso4+12h2so4中，cu元素的化合价由+2价降低为+1价，s元素的化合价由1价降低为2价，s元素的化合价由1价升高为+6价，以此来解答【解答】解：acu、s元素的化合价降低，则氧化剂为cuso4、fes2，故a错误；bcu元素的化合价由+2价降低为+1价，cu元素被还原，cu2s是唯一的还原产物，故b正确；c由s元素的化合价变化及s原子守恒可知，10mols中有3mols失去电子，7mols得到电子，则被氧化的s和被还原的s的质量比为3：7，故c错误；d原电池中失电子的负极，则该反应中fes2即失电子又得电子不能设计成原电池，故d错误；故选b【点评】本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意s元素的化合价变化为解答的易错点，明确cu、s元素的化合价变化即可解答，题目难度中等175.6 g cu、mg合金与一定量的硝酸恰好完全反应，收集到no和no2的混合气体v l（标准状况）；向反应后的溶液中加入足量naoh溶液，沉淀完全后将其过滤、洗净、干燥，称得质量为10.7 g则v的值可能是（）a2.24b4.48c6.72d7.84【考点】有关混合物反应的计算【专题】压轴题；守恒法【分析】得到的沉淀是cu（oh）2 和mg（oh）2的混合物，质量增加量其实就是结合的oh的质量，计算氢氧根的物质的量，由氢氧化铜、氢氧化镁的化学式可知cu、mg的总物质的量为氢氧根的2倍，计算cu、mg共失去电子物质的量，采用极值法计算：假设得到的气体全是no，假设得到的气体全是no2，根据电子转移守恒计算气体物质的量，再计算生成气体体积，混合气体体积在二者之间【解答】解：得到的沉淀是cu（oh）2 和mg（oh）2的混合物，质量增加量其实就是结合的oh的质量，所以m（oh）=10.7g5.6g=5.1g，因此 n（oh）=0.3 mol，所以cu、mg的总物质的量为0.15mol，cu、mg共失去0.15mol2=0.3 mol电子，假设得到的气体全是no，由电子转移守恒可知，n（no）=0.1mol，所以no体积是：0.1 mol22.4 l/mol=2.24 l；假设得到的气体全是no2，由电子转移守恒可知，n（no2）=0.3mol，所以no2体积是：0.3 mol22.4 l/mol=6.72 l；因为得到是混合气体，因此体积在二者之间，选项b符合故选：b【点评】考查了金属与硝酸反应的原理，难度中等，若根据方程式计算便误入歧途，利用电子守恒，质量守恒计算就简捷省时，因平时要善于终结、积累，应学会解题的简便方法注意计算电子转移，可以利用氢氧根离子所带电荷等于金属失去的电子18某消毒液的主要成分为naclo，还含有一定量的naoh下列用来解释事实的方程式中，不合理的是（已知：饱和naclo溶液的ph约为11）（）a该消毒液可用naoh溶液吸收cl2制备：cl2+2ohclo+cl+h2ob该消毒液的ph约为12：clo+h2ohclo+oh-c该消毒液与洁厕灵（主要成分为hcl）混用，产生有毒cl2：2h+cl+clocl2+h2od该消毒液加白醋生成hclo，可增强漂白作用：ch3cooh+clohclo+ch3coo-【考点】真题集萃；氯气的化学性质【专题】卤族元素【分析】某消毒液的主要成分为naclo，还含有一定量的naoh，应为氯气和氢氧化钠反应生成，为84消毒液，含有naclo，可在酸性条件下与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，以此解答该题【解答】解：a消毒液的主要成分为naclo，还含有一定量的naoh，应为氯气和氢氧化钠反应生成，故a正确；b饱和naclo溶液的ph约为11，而消毒液的ph约为12，因此溶液的ph主要不是由clo的水解造成的，氢氧化钠过量，为溶液呈碱性的主要原因，故b错误；c在酸性条件下与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，发生2h+cl+clocl2+h2o，故c正确；d由于hclo酸性较弱，则naclo可与醋酸反应生成hclo，漂白性增强，故d正确故选b【