福建省福州十一中高三化学上学期9月月考试题（含解析）新人教版(1).doc

福建省福州十一中2014届高三上学期9月月考化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，共50分）1（2分）如图表示了x、y、z事物间的从属关系，下列选项中不符合图中事物间从属关系的是（）xyz例氧化物化合物纯净物a中和反应复分解反应化学反应b电解质盐化合物c胶体分散系混合物d碱性氧化物金属氧化物氧化物考点：混合物和纯净物；单质和化合物.专题：物质的分类专题分析：由图可知，概念的范畴为z包含y，y包含x，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答解答：解：a、中和反应一定是复分解反应，复分解反应属于化学反应，故a正确；b、盐属于电解质，电解质属于化合物，故b错误；c、胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故c正确；d、氧化物只有两种元素组成，则碱性氧化物与金属氧化物都属于氧化物，碱性氧化物都是由金属元素和氧元素组成，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如过氧化钠等，则金属氧化物包含碱性氧化物，故d正确；故选b点评：本题考查物质的组成和分类，学生应能识别常见物质的种类，并能利用其组成来判断物质的类别是解答的关键，本题较简单，属于基础题2（2分）下列有关化学用语表示正确的是（）a. 乙酸的结构简式：c2h4o2 b. 中子数为20的氯原子：1720clc. f的结构示意图： d. nh4br的电子式：考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合.专题：化学用语专题分析：a乙酸的结构简式中没有标出其官能团羧基；b中子数为20的氯原子的质量数为37，元素符号的左上角表示的是质子数；c氟离子的核电荷数为9，核外电子总数为10；d溴化铵的电子式中，溴离子需要标出最外层的8个电子解答：解：a乙酸为饱和一元羧酸，乙酸的结构简式中必须标出官能团，乙酸的结构简式为：ch3cooh，故a错误；b中子数为20的氯原子，其质量数为37，该氯原子正确的表示方法为：1737c，故b错误；c氟离子的核电荷数为9，核外电子总数为10，最外层为8个电子，氟离子的结构示意图为：，故c正确；d溴化铵为离子化合物的，铵根离子和溴离子都需要标出所带电荷及原子的最外层电子，溴化铵正确的电子式为：，故d错误；故选c点评：本题考查了电子式、离子结构示意图、元素符号、结构简式等化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的表示方法，明确离子化合物与共价化合物的区别3化学与社会、生产、生活紧切相关下列说法正确的是（）a. 石英只能用于生产光导纤维b. 从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现c. 为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂d. “地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂考点：硅和二氧化硅；海水资源及其综合利用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用.专题：化学应用分析：a石英的主要成分是二氧化硅；b从海水中可以提取氯化钠；c食品添加剂应适量添加；d“地沟油”主要成分是油脂解答：解：a石英的主要成分是二氧化硅，纯净的二氧化硅用于生产光导纤维，结晶的二氧化硅（如水晶、玛瑙等）用作饰物，故a错误； b从海水中提取蒸馏水和盐时，通过蒸馏、蒸发等物理变化就能实现，提取溴、碘、镁等物质时，必须通过化学反应才能实现，故b错误；c食品添加剂应适量添加，过量会对人体产生危害，故c错误；d“地沟油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂，故d正确故选d点评：本题考查二氧化硅的用途、物质的分离、食品添加剂、油脂等，难度不大，注意“地沟油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂4（2分）下列各组中的离子因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（）a. h+、na+、co32、cl b. ca2+、k+、s2、cloc. fe2+、co32、cl、no3 d. hco3、br、oh、so42考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：具有还原性的离子与具有氧化性的离子发生氧化还原反应，则不能共存，以此来解答解答：解：ah+、co32结合生成水和气体，因复分解反应不能共存，故a不选；bs2、clo发生氧化还原反应，不能共存，故b选；cfe2+、co32相互促进水解生成沉淀和气体，不能共存，故c不选；dhco3、oh结合生成水和碳酸根离子，因复分解反应不能共存，故d不选；故选b点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子的性质及不能共存的原因为解答的关键，涉及水解、复分解、氧化还原反应的考查，题目难度不大5（2分）下列各种冶炼方法中，可制得相应的金属的是（）a电解熔融氯化铝制铝b加热氧化银制银c电解氯化钠溶液制钠d氯化钠与铝粉高温共热制钠考点：金属冶炼的一般原理.专题：几种重要的金属及其化合物分析：aalcl3为共价键化合物，融alcl3中没有离子，不能导电；b对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来（hg及后边金属）；c根据离子放电顺序可知，电解氯化钠溶液实质是电解水和氯离子；d在高温条件下，铝粉把某些金属氧化物中的金属置换出来，该反应为铝热反应，需化合物中对应的金属的活泼性比铝弱解答：解：aalcl3为共价键化合物，属于分子晶体，熔融alcl3中没有离子只有分子，不能导电，只能电解al2o3来获取金属铝，故a错误；bhg、ag等不活泼金属通常采用热分解法冶炼，银可以利用加热氧化银制备，故b正确；c电解氯化钠水溶液，生成的产物是氢氧化钠、氯气和氢气，得不到金属钠，通常采用电解熔融nacl，阳极生成氯气，阴极析出钠用来制钠，故c错误；d钠的金属性比铝强，氯化钠与铝粉高温不反应，无法制得钠，故d错误；故选b点评：本题考查了金属的工业制备原理和制备方法应用，掌握常见金属的冶炼原理是关键，题目较简单注意d选项铝热反应的条件6（2分）用na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）a1mol n2所含有的原子数为nab标准状况下，22.4l水中含有的水分子数为nac标准状况下，22.4l氯化氢所含的原子数为nad500ml 1.0mol/l碳酸钠溶液中所含钠离子的数为na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、氮气是双原子分子；b、标准状况下，水是液态，不是气体，不能使用气体摩尔体积22.4l/mol；c、氯化氢是双原子分子，一个分子中含有两个原子；d、1mol碳酸钠电离产生2mol的钠离子解答：解：a、氮气是双原子分子，1mol n2所含有的原子数为2na，故a错误；b、标准状况下，水是液态，不是气体，不能使用气体摩尔体积22.4l/mol，故b错误；c、氯化氢是双原子分子，一个分子中含有两个原子，标准状况下，22.4l氯化氢所含的原子数为2na，故c错误；d、1mol碳酸钠电离产生2mol的钠离子，所以500ml 1.0mol/l碳酸钠溶液中所含钠离子的数为103l/ml500ml1.0mol/lna=na，故d正确故选：d点评：考查化学常用计量，难度不大，注意氮气为双原子分子和气体摩尔体积的使用条件7某课外实验小组设计的如图实验合理的是（）a配制一定浓度硫酸溶液b制备少量氨气c制备并收集少量no2气体d制备少量氧气考点：化学实验方案的评价；氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；配制一定物质的量浓度的溶液.专题：实验评价题分析：a不能在容量瓶中稀释浓硫酸；bcao可与水反应生成氢氧化钙，并放出大量的热；c不能用排水法收集no2；d过氧化钠与水剧烈反应，不能用简易气体发生装置制取解答：解：a容量瓶只能用来配制一定浓度的溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故a错误；bcao可与水反应生成氢氧化钙，并放出大量的热，促使氨气挥发，可用于制备少量氨气，故b正确；cno2与水反应，不能用排水法收集no2，要用排空法收集，故c错误；d不能用简易气体发生装置制取，过氧化钠与水剧烈反应，不能做到虽关随停，故d错误故选b点评：本题考查实验方案的评价，题目难度不大，注意把握相关物质的性质，此为解答该题的关键8下列叙述正确的是（）aso2具有还原性，故可作漂白剂bna的金属活性比mg强，故可用na与mgcl2溶液反应制mgc浓硝酸中的hno3见光易分解，故有时在实验室看到的浓硝酸呈黄色dfe在cl2中燃烧生成fecl3，故在与其他非金属反应的产物中的fe也显+3价考点：二氧化硫的化学性质；硝酸的化学性质；金属冶炼的一般原理；铁的化学性质.分析：a、so2与品红中的有色物质发生化合而褪色，可作漂白剂；b、na是活泼金属，na与mgcl2溶液反应时，先与水反应得到h2；c、浓硝酸不稳定，见光分解，生成二氧化氮红棕色气体；d、fe与非金属反应的产物的化合价取决于非金属的氧化性强弱，并不一定是+3价解答：解：a、so2具有还原性和氧化性，在作漂白剂时并不发生氧化还原反应，而是与品红中的有色物质发生化合而褪色，故a错误；b、na是活泼金属，na与mgcl2溶液反应时，先与水反应得到h2，可采用电解熔融的氯化镁来制取镁，故b错误；c、浓硝酸不稳定，见光分解，生成二氧化氮红棕色气体，有时在实验室看到的浓硝酸呈黄色，就是硝酸分解产生的二氧化氮溶于硝酸的缘故，故c正确；d、fe与其它非金属反应产物的化合价取决于非金属的氧化性强弱，并不一定是+3价，如与s反应生成fes中fe显+2价，故d错误故选c点评：本题考查化学反应及其物质的性质，要掌握常见物质如钠、硝酸、铁等的性质9下列实验方法合理的是（）a可用水鉴别己烷、四氯化碳、乙醇三种无色液体b油脂皂化后可用渗析的方法使高级脂肪酸钠和甘油充分分离c可用澄清石灰水鉴别na2co3溶液和nahco3溶液d为准确测定盐酸与naoh溶液反应的中和热，所用酸和碱的物质的量应相等考点：有机物的鉴别；钠的重要化合物；油脂的性质、组成与结构；中和热的测定.专题：物质检验鉴别题；有机物的化学性质及推断分析：a水与己烷混合后分层有机层在上层，与四氯化碳混合后分层有机层在下层，与乙醇互溶不分层；b油脂皂化后加入nacl使高级脂肪酸钠析出；c澄清石灰水与na2co3溶液和nahco3溶液反应均生成白色沉淀；d测定中和热时，碱一般稍过量解答：解：a水与己烷混合后分层有机层在上层，与四氯化碳混合后分层有机层在下层，与乙醇互溶不分层，现象不同，能鉴别，故a正确；b油脂皂化后加入nacl使高级脂肪酸钠析出，此过程为盐析出，故b错误；c澄清石灰水与na2co3溶液和nahco3溶液反应均生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故c错误；d测定中和热时，盐酸易挥发，碱一般稍过量，可使酸完全反应，故d错误；故选a点评：本题考查有机物的鉴别，侧重有机物性质的考查，注意密度、溶解度等性质来解答，明确盐析、渗析的差别，题目难度不大10（2分）下列离子方程式正确的是（）a碳酸钡与盐酸反应：2h+baco3=ba2+h2o+co2b氢氧化钡溶液与稀硫酸混合：ba2+so42+h+oh=baso4+h2oc氯气通入蒸馏水中：cl2+h2o=cl+clo+2h+dco2通入过量的澄清石灰水中：co2+ca（oh）2=caco3+h2o考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：a反应生成氯化钡、水、二氧化碳；b不符合离子的配比；chclo在离子反应中保留化学式；d过量的澄清石灰水，反应生成碳酸钙和水，氢氧化钙应完全电离解答：解：a碳酸钡与盐酸反应的离子反应为2h+baco3=ba2+h2o+co2，故a正确；b氢氧化钡溶液与稀硫酸混合的离子反应为ba2+so42+2h+2oh=baso4+2h2o，故b错误；c氯气通入蒸馏水中的离子反应为cl2+h2o=cl+hclo+h+，故c错误；dco2通入过量的澄清石灰水中的离子反应为co2+ca2+2oh=caco3+h2o，故d错误；故选a点评：本题考查离子反应书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大11下列关于有机化合物的说法正确的是（）a乙酸和乙酸乙酯可用na2co3溶液加以区别b戊烷（c5h12）有两种同分异构体c乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键d糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应考点：有机物的鉴别；同分异构现象和同分异构体；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点.专题：有机物的化学性质及推断；有机物分子组成通式的应用规律分析：a乙酸可与碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液；b戊烷有3种同分异构体；c聚乙烯和苯分子中不含碳碳双键；d单糖不能发生水解解答：解：a酸可与碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，二者现象不同，可鉴别，故a正确；b戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷3种同分异构体，故b错误；c聚乙烯和苯分子中不含碳碳双键，故c错误；d糖中的单糖不能发生水解，故d错误故选a点评：本题考查较为综合，涉及有机物的鉴别、同分异构体、有机物结构和性质等知识，题目难度不大，注意相关基础知识的积累12（2分）下列叙述错误的是热稳定性：h2ohfh2s熔点：alnaka、a族元素的阳离子与同周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布元素周期表中从b族到b族10个纵行的元素都是金属元素多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高已知h2so4（aq）+2naoh（aq）=2h2o（l）+na2so4（aq）h=114.6kjmol1则中和热h=57.3kjmol1（）abcd考点：元素周期律和元素周期表的综合应用；元素周期表的结构及其应用；中和热.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；原子半径越小，离子所带电荷越多，金属的熔点越高；h+离子核外没有电子；b族到b族为过渡金属元素；在离核较近的区域内运动的电子能量较低；根据中和热的定义判断解答：解：非金属性fos，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故错误；原子半径越小，离子所带电荷越多，金属的熔点越高，故正确；h+离子核外没有电子，a、a族元素的阳离子与上一周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布，故错误；b族到b族为过渡金属元素，都是金属，故正确；在离核较近的区域内运动的电子能量较低，故错误；中和热是酸碱中和生成1mol水放出的热量，故正确故选a点评：本题多角度考查元素周期表与周期律知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于基础知识的综合理解与运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累13（2分）下列有关化学反应速率的说法中，正确的是（）a100ml 2 mol/l的盐酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变b用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率c二氧化硫的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢d汽车尾气中的co和no可以缓慢反应生成n2和co2，减小压强，反应速率减慢考点：化学反应速率的影响因素.专题：计算题分析：a加入适量的氯化钠溶液，溶液体积增大，反应速率减小；b铁片和浓硫酸反应不生成氢气；c升高温度，反应速率增大；d减小压强，反应速率减小解答：解：a加入适量的氯化钠溶液，溶液体积增大，反应物浓度减小，则反应速率减小，故a错误；b铁片和浓硫酸在加热时生成二氧化硫，不加热发生钝化，反应不生成氢气，故b错误；c升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，故c错误；d减小压强，活化分子浓度减小，反应速率减小，故d正确故选d点评：本题综合考查化学反应速率的影响，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握影响因素以及相关基础知识的学习，难度不大14（2分）向某晶体的溶液中加入fe2+的溶液无明显变化，当滴加几滴氯水后，混合液出现血红色，由此得出的下列结论错误的是（）afe3+的氧化性比氯的氧化性强b该晶体中一定含有scncfe2+不能与scn形成血红色化合物dfe2+被氯氧化成fe3+考点：氯气的化学性质；氧化还原反应.专题：元素及其化合物分析：二价铁能被氯气氧化为+3价的铁离子，+3价铁离子遇scn能形成红色的化合物，但是+2价亚铁离子不具有该性质，据此来回答判断解答：解：a、二价铁能被氯气氧化为正三价，氯气是氧化剂，三价铁是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，即fe3+的氧化性比cl2的氧化性弱，故a错误；b、只有三价铁遇scn才能形成红色的化合物，所以晶体中一定含有scn，故b正确；c、只有三价铁遇scn能形成红色的化合物，fe2+与scn不能，故c正确d、氯气具有氧化性，fe2+被cl2氧化为fe3+，故d正确；故选a点评：本题考查学生+3铁离子的检验方法以及铁的化合物的性质，难度不是很大，注意知识的归纳和整理15（2分）用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如图所示下列说法中，正确的是（）a燃料电池工作时，正极反应为：o2+2h2o+4e=4ohba极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出ca极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出da、b两极均是石墨时，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的h2体积相等考点：常见化学电源的种类及其工作原理.专题：电化学专题分析：左边装置是氢氧燃料电池，所以是原电池，原电池放电时，燃料失电子发生氧化反应，所以投放燃料的电极为负极，投放氧化剂的电极为正极，正极上氧化剂得电子发生还原反应，由于电解质溶液呈酸性，正极反应为：o2+4e+4h+=2h2o；右边装置有外接电源，所以是电解池，连接负极的b电极是阴极，连接正极的a电极是阳极，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应解答：解：a因该燃料电池是在酸性电解质中工作，所以正极反应为：o2+4e+4h+=2h2o，故a错误；ba与电池正极相连，a为电解池阳极，b与电池的负极相连，b为电解池正极，所以应该是a极的fe溶解，b极上析出cu，故b错误；ca极是粗铜，b极是纯铜时，为粗铜的精炼，电解时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出，符合精炼铜原理，故c正确；d电解cuso4溶液时，a极产生的气体为o2，产生1molo2需4mol电子，所以需要燃料电池的2molh2，二者的体积并不相等，故d错误故选c点评：本题考查原电池和电解池知识，题目难度中等，易错点为a，注意电解质的酸碱性，为解答该题的关键16四种短周期元素在周期表中的位置如右图，其中只有m为金属元素下列说法不正确的是（）a原子半径zmby的最高价氧化物对应水化物的酸性比x的弱cx的最简单气态氢化物的热稳定性比z的小dz位于元素周期表中第2周期、第a族考点：位置结构性质的相互关系应用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：根据元素在周期表中的位置可知，这y、z处于第二周期，m、x处于第三周期，只有m为金属元素，掌握m为al元素，则x为si元素、y为氮元素、z为氧元素，据此结合元素周期律解答解答：解：根据元素在周期表中的位置可知，这y、z处于第二周期，m、x处于第三周期，只有m为金属元素，掌握m为al元素，则x为si元素、y为氮元素、z为氧元素，a同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径oal，故a正确；b非金属性nsi，故酸性hno3h2sio3，故b错误；c非金属性sio，故氢化物稳定性sih4h2o，故c正确；dz为氧元素，位于元素周期表中第2周期第a族，故d正确；故选b点评：本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，难度不大，推断元素是解题关键，注意对元素周期表的整体把握，注意对元素周期律的理解掌握17（2分）下列各表述与示意图一致的是（）a图表示向含mg2+、al3+、nh4+的盐溶液中滴加naoh溶液时，沉淀的量与naoh的体积的关系图则三种离子的物质的量之比为：n（mg2+）：n（al3+）：n（ nh4+）=2：1：2b图中使用的naoh的浓度为2moll1c图中物质a反应生成物质c，h0d图中曲线表示某反应过程的能量变化，若使用催化剂，e值会减小考点：离子方程式的有关计算；反应热和焓变.专题：图示题；计算题分析：由图可知，原溶液含有mg2+、al3+、nh4+，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且nmg（oh）2+nal（oh）3，沉淀最小时，为氢氧化镁，由图可知nmg（oh）2=0.05mol，35ml40ml发生al（oh）3+oh=alo2+2h2o，根据铝元素守恒可知n（al3+）=nal（oh）3，根据mg2+2oh=mg（oh）2、al3+3oh=al（oh）3计算naoh的浓度；再根据25ml35ml发生nh4+oh=nh3h2o，以此分析a、b；由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应；e为活化能，使用催化剂，降低反应所需的活化能，而h不变，以此分析c、d解答：解：a由图可知nmg（oh）2=0.05mol，设naoh浓度为c，由al（oh）3+oh=alo2+2h2o、n（al3+）=nal（oh）3，可知n（al3+）=0.005cmol，根据mg2+2oh=mg（oh）2、al3+3oh=al（oh）3，0.05mol2+0.005cmol3=0.025cmol，解得c=10mol/l，由nh4+oh=nh3h2o可知，n（ nh4+）=0.01l10mol/l=0.1mol，三种离子的物质的量之比为：n（mg2+）：n（al3+）：n（ nh4+）=0.05mol：0.05mol：0.1mol=1：1：2，故a错误；b由a的计算可知，使用的naoh的浓度为10moll1，故b错误；c反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则物质a反应生成物质c，h0，故c错误；d图中曲线表示某反应过程的能量变化，若使用催化剂，降低反应所需的活化能，而h不变，即e值会减小，故d正确；故选d点评：本题考查离子反应的计算及反应中能量变化，为高频考点，把握图中发生的反应及反应的先后顺序为解答的关键，侧重分析与计算能力的综合考查，题目难度中等18下列有关实验的做法不正确的是（）a分液时，分液漏斗中的上层液体应由上口倒出b用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体c配置0.1000 moll1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流d检验nh4+时，往试样中加入naoh溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体考点：分液和萃取；铵离子检验；配制一定物质的量浓度的溶液；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质.专题：实验评价题分析：a本题根据分液操作时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；b碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳和水；c转移溶液时可使用玻璃棒引流；d氨气遇红色石蕊试纸变蓝色解答：解：a分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，一避免两种液体相互污染，故a正确； b碳酸钠受热不分解；碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳和水，故b正确；c将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流，故c正确；d检验氨气时应该是用湿润的红色石蕊试纸检验，故d错误故选d点评：本题考查分液、物质的检验、实验基本操作等，难度不大，注意检验氨气时应该是用湿润的红色石蕊试纸检验19（2分）由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其ph=1，c（al3+）=0.4moll1，c（so42）=0.8moll1，则c（k+）为（）a0.15moll1b0.2moll1c0.3moll1d0.4moll1考点：电解质在水溶液中的电离；物质的量浓度的相关计算.专题：压轴题；守恒法分析：溶液中存在3c（al3+）+c（k+）+c（h+）=2c（so42）+c（oh），根据溶液电荷守恒计算解答：解：根据溶液电荷守恒，溶液中存在3c（al3+）+c（k+）+c（h+）=2c（so42）+c（oh），而溶液中c（oh）很小，可以忽略不计，则有3c（al3+）+c（k+）+c（h+）=2c（so42），所以：c（k+）=2c（so42）3c（al3+）c（h+）=20.8mol/l30.4mol/l0.1mol/l=0.3mol/l故选c点评：本题考查溶液物质的量浓度的计算，题目难度不大，可利用电荷守恒计算20室温下，对于0.10moll1的氨水，下列判断正确的是（）a与alcl3溶液发生反应的离子方程式为al3+3ohal（oh）3b加水稀释后，溶液中c（nh4+）c（oh）变大c用hno3溶液完全中和后，溶液不显中性d其溶液的ph=13考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：a弱电解质要写化学式，且氢氧化铝不溶于弱碱；b加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小；c硝酸铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性；d一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离解答：解：a一水合氨是弱电解质，离子方程式中要写化学式，该反应的离子方程式为：al3+3nh3h2oal（oh）3+3nh4+，故a错误；b加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小，所以c（nh4+）c（oh）减小，故b错误；c含有弱根离子的盐，谁强谁显性，硝酸铵是强酸弱碱盐，所以其溶液呈酸性，故c正确；d一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离，所以0.10moll1氨水的ph小于13，故d错误；故选c点评：本题考查弱电解质的电离、离子方程式的书写、盐类的水解等知识点，根据盐类水解特点、弱电解质的电离特点、离子方程式的书写规则来分析解答即可，难度中等21（2分）合金就是不同种金属（也包括一些非金属）在熔化状态下形成的一种熔合物，根据下列四种金属的熔沸点：nacualfe熔点（）97.510836601535沸点（）883259522003000其中不能形成合金的是（）acu和albfe和cucfe和nadal和na考点：金属与合金在性能上的主要差异；合金的概念及其重要应用.专题：金属概论与碱元素分析：由合金的形成可知，两种金属若能够形成合金，则熔点较高的金属的熔点不能大于熔点较低的金属的沸点解答：解：a铜的熔点低于铝的沸点，两种金属能够形成合金，故a错误； b铁的熔点低于铜的沸点，两种金属能够形成合金，故b错误；c铁的熔点高于钠的沸点，两种金属不能形成合金，故c正确；d铝的熔点低于钠的沸点，两种金属能够形成合金，故d错误故选c点评：本题考查合金的定义，题目难度不大，注意基础知识的积累22（2分）将0.51mol铜与250ml一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的no和no2混合气体在标准状况下的体积为11.2l待产生的气体全部释放后，向溶液中加入300ml5mol/l的naoh溶液，恰好使溶液中的cu2+全部转化成沉淀则下列选项正确的是（）a产生no气体0.24molb产生no2气体0.26molc原hno3浓度为8mol/ld原hno3浓度为2mol/l考点：化学方程式的有关计算.专题：计算题分析：令no和no2的物质的量分别为x mol、ymol，根据电子转移守恒及二者体积列方程计算各自物质的量；向反应后溶液中加入naoh溶液，恰好使溶液中的cu2+全部转化成沉淀，此时溶液中溶质为nano3，由钠离子守恒n（nano3）=n（naoh），根据氮原子守恒可知n（hno3）=n（nano3）+n（no2+no），再根据c=计算原硝酸的浓度解答：解：no和no2混合气体在标准状况下的体积为11.2l，混合气体物质的量=0.5mol，令no和no2的物质的量分别为x mol、ymol，根据电子转移守恒及二者体积，则：，解得x=0.26 y=0.24即混合气体中no为0.26mol、no2为0.24mol，向反应后溶液中加入naoh溶液，恰好使溶液中的cu2+全部转化成沉淀，此时溶液中溶质为nano3，由钠离子守恒n（nano3）=n（naoh）=0.3l5mol/l=1.5 mol，根据氮原子守恒可知n（hno3）=n（nano3）+n（no2+no）=1.5 mol+0.5mol=2mol，故原有硝酸的物质的量浓度为=8mol/l，综上分析可知，abd错误，c正确，故选c点评：本题考查硝酸的性质、化学计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度中等，注意利用原子守恒进行的计算23（2分）某科学家利用二氧化铈（ceo2）在太阳能作用下将h2o、co2转变成h2、co其过程如下：mceo2（mx）ceo2xce+xo2（mx）ceo2xce+xh2o+xco2mceo2+xh2+xco下列说法不正确的是（）a该过程中ceo2没有消耗b该过程实现了太阳能向化学能的转化c图中h1=h2+h3d以co和o2构成的碱性燃料电池的负极反应式为co+4oh2e=co32+2h2o考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算.专题：化学反应中的能量变化分析：a、根据题干反应方程式写出总反应：h2o+co2h2+co+o2，反应中ceo2没有消耗；b、该过程中在太阳能作用下将h2o、co2转变为h2、co；c、根据盖斯定律及图中转化关系进行分析；d、原电池中负极失去电子发生氧化反应解答：解：a、通过太阳能实现总反应h2o+co2h2+co+o2可知：ceo2没有消耗，ceo2为催化剂，故a正确；b、该过程中在太阳能作用下将h2o、co2转变为h2、co，所以把太阳能转变成化学能，故b正确；c、由图中转化关系及据盖斯定律可知：h1为正值，h2+h3为负值，则h1=h2+h3，故c错误；d、co在负极失电子生成co2，在碱性条件下再与oh生成co32，故负极反应式为：co+4oh2e=co32+2h2o，故d正确；故选c点评：本题考查了原电池原理、盖斯定律的应用及催化剂的判断，题目难度中等，注意明确盖斯定律的含义及利用盖斯定律求算反应热的方法，明确原电池工作原理24（2分）由短周期元素组成的甲、乙、丙、丁四种物质分别含有两种或两种以上元素，它们分子中质子总数均与氩原子的质子数相同，已知甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子下列推断合理的是（）a某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应b乙与氧气的摩尔质量相同，则乙一定含有极性键和非极性键c丙中含有第2周期a族的元素，则丙一定是甲烷的同系物d丁和甲含有相同元素，且该元素在二者中的百分含量相同，则丁中一定含有l价元素考点：无机物的推断.专题：推断题分析：由短周期元素组成的甲、乙、丙、丁四种物质分别含有两种或两种以上元素，它们分子中质子总数均与氩原子的质子数相同，则甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为h2s，乙与氧气的摩尔质量相同，可能为ch3 oh、n2h4等符合，丙中含有二周期iva族的元素，可能为ch3 oh，丁和甲中各元素质量比相同，应为h2o2，结合各物质的结构和性质解答该题解答：解：a甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为h2s，某钠盐溶液若为nahs溶液，其中含有hs、oh，但nahs既能与盐酸等反应生成h2s，也能与na0h反应生成na2s，故a错误；b氧气的摩尔质量为32g/mol，乙的摩尔质量也为32g/mol，且含有18电子，ch3 oh符合，ch3oh中只含有极性键无非极性键，故b错误；c第二周期iva族元素为c，如ch3oh符合，但ch3oh不是ch4的同系物，故c错误；dh2s中元素的质量比为1：16，丁为h2o2分子中元素的质量比也为1：16，h2o2中氧元素的价态为一1价，故d正确故选d点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，题目难度较大，注意常见18电子物质的种类以及性质，解答本题时注意能找出反例25 nahso3溶液在不同温度下均可被过量kio3氧化，当nahso3完全消耗即有i2析出，依据i2析出所需时间可以求得nahso3的反应速率将浓度均为0.020moll1nahso3溶液（含少量淀粉）10.0ml、kio3（过量）酸性溶液40.0ml混合，记录1055间溶液变蓝时间，55时未观察到溶液变蓝，实验结果如图据图分析，下列判断不正确的是（）a40之前与40之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反b图中b、c两点对应的nahso3反应速率相等c图中a点对应的nahso3反应速率为5.0105moll1s1d温度高于40时，淀粉不宜用作该实验的指示剂考点：化学反应速率的影响因素.专题：压轴题；化学反应速率专题分析：a由图可知，40之前，温度高反应速率加快，40之后温度高，变色时间越长；bb、c点对应的反应原理不一样；ca点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/l；d结合55时，没有出现蓝色分析解答：解：a从图象中可以看出，40以前，温度越高，反应速度越快，40后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55，未变蓝，说明没有生成i2，故a正确；bb点的反应原理为：当碘酸钾过量时，生成碘单质，其离子反应式为5so32+2io3+2h+=5so42+i2+h2o，而图中c点的反应原理为2io3+5so2+4h2o=5so42+i2+8h+，则图中b、c点对应的反应原理不一样，故不比较反应速率的关系，故b错误；ca点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/l，a点对应的nahso3反应速率为5.0105moll1s1，故c正确；d.55时，没有出现蓝色，故淀粉已不能作为该反应的指示剂，故d正确；故选b点评：本题考查化学反应速率的影响因素，侧重图象分析及温度对反应的影响，注意不同温度下均可被过量kio3氧化，注重分析能力和解决问题能力的考查，题目难度较大二、填空题（共50分）26 nox是汽车尾气中的主要污染物之一（1）nox能形成酸雨，写出no2转化为hno3的化学方程式：3no2+h2o=2hno3+no（2）汽车发动机工作时会引发n2和o2反应，其能量变化示意图如下：写出该反应的热化学方程式：n2（g）+o2（g）=2no（g）h=+183kjmol1随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是：增大（3）在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低nox的排放当尾气中空气不足时，nox在催化转化器中被还原成n2排出写出no被co还原的化学方程式：2co+2non2+2co2当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收nox生成盐其吸收能力顺序如下：12mgo20cao38sro56bao原因是：根据mg、ca、sr和ba的质子数，得知它们均为a族元素同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对nox的吸收能力逐渐增强（4）通过nox传感器可监测nox的含量，其工作原理示意图如下：pt电极上发生的是还原反应（填“氧化”或“还原”）写出nio电极的电极反应式：no+o22e=no2考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响.专题：氮族元素分析：（1）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；（2）根据能量变化图计算反应热，反应热=吸收的能量放出的能量，再根据热化学反应方程式的书写规则书写；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，根据生成物和反应物浓度变化确定平衡常数变化；（3）no被co还原，则co被no氧化生成二氧化碳，据此写出反应方程式；原子半径越大，其吸收范围越大，则吸收能力越强；（4）得电子的物质发生还原反应；nio电极上no失电子和氧离子反应生成二氧化氮解答：解：（1）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式为：3no2+h2o=2hno3+no，故答案为：3no2+h2o=2hno3+no；（2）该反应中的反应热=（945+498）kj/mol2630kj/mol=+183kj/mol，所以其热化学反应方程式为：n2（g）+o2（g）=2no（g）h=+183 kjmol1，故答案为：n2（g）+o2（g）=2no（g）h=+183 kjmol1；该反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，生成物浓度增大，反应物浓度减小，所以平衡常数增大，故答案为：增大；（3）在催化剂条件下，一氧化碳被氧化生成二氧化碳，一氧化氮被还原生成氮气，所以其反应方程式为：2co+2no n2+2co2，故答案为：2co+2no n2+2co2；根据mg、ca、sr和ba的质子数，得知它们均为a族元素同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径越大，反应接触面积越大，则吸收能力越大，故答案为：根据mg、ca、sr和ba的质子数，得知它们均为a族元素，同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大（4）铂电极上氧气得电子生成氧离子而被还原，故答案为：还原；nio电极上no失电子和氧离子反应生成二氧化氮，所以电极反应式为：no+o22e=no2，故答案为：no+o22e=no2点评：本题涉及化学反应方程式、热化学反应方程式、电极反应式的书写等知识点，注意反应热的计算方法，为易错点27（14分）氯气是一种重要的工业原料（1）实验室可用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式是4hcl（浓）+mno2mncl2+cl2+2h2o（2）资料显示：ca（clo）2+cacl2+2h2so42caso4+2cl2+2h2o某学习小组利用此原理设计如图1所示装置制取氯气并探究其性质在该实验中，甲部分的装置是图2中c（填字母）乙装置中fecl2溶液与cl2反应的离子方程式是cl2+2fe2+=2cl+2fe3+证明fecl2与cl2发生了氧化还原反应的实验方法是取少量装置乙中的溶液置于试管中，滴加几滴硫氰酸钾溶液，若溶液边红，则说明fecl2与cl2发生了氧化