黑龙江省哈尔滨六中高三化学上学期期中试题（含解析）.docVIP

化学试卷一选择题（共23题，每题2分共46分，每题只有一个选项正确）1用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）a用图1所示装置从fe(oh)3胶体中过滤出fe(oh)3胶粒b用图2所示装置蒸发掉cucl2溶液中部分水制得cucl22h20晶体c用图3所示装置从ch3oh与c2h5oh的混合物中分离出乙醇d用图4所示装置从c2h5oh与c2h5oocch3的混合物中分离出乙酸乙酯分析：a胶体和溶液都能透过滤纸；b氯化铜水解生成氢氧化铜和hcl，蒸发过程中促进hcl挥发；c分离互溶且沸点不同的液体采用蒸馏的方法；d分离不互溶的液体采用分液的方法解答：解：a胶体和同一都能 透过滤纸，所以不能采用过滤的方法分离，胶体不能透过半透膜、溶液能透过半透膜，所以可以采用渗析的方法分离，故a错误；b氯化铜水解生成氢氧化铜和hcl，蒸发过程中促进hcl挥发，从而促进氯化铜水解，所以得不到cucl22h20晶体，故b错误；cch3oh与c2h5oh互溶且沸点不同，所以可以采用蒸馏的方法分离，故c正确；dc2h5oh与c2h5oocch3互溶且沸点不同，可以采用蒸馏的方法分离，但不能采用分液的方法分离，故d错误；故选c点评：本题考查化学实验方案评价，侧重考查学生分析问题、运用知识解答问题能力，知道常见混合物分离和提纯的方法，根据物质的性质选取合适的方法，题目难度不大2下列关于甲、乙、丙、丁四种仪器装置的有关用法，其中不合理的是（）a甲装置：可用来证明硫的非金属性比硅强b乙装置：橡皮管的作用是能使水顺利流下c丙装置：用图示的方法能检查此装置的气密性d丁装置：可在瓶中先装入某种液体收集no气体考点：化学实验方案的评价分析：a根据最高价氧化物的水化物的酸性比较非金属性；b橡皮管可使下部的压力转移到上方；c利用压强差检验装置的气密性；dno不溶于水解答：解：a根据最高价氧化物的水化物的酸性比较非金属性亚硫酸不是最高价，故a错误；b橡皮管可使下部的压力转移到上方，从而利用压强平衡的原理使液体顺利流下，故b正确；c如果装置的气密性良好，甲、乙两侧水面高度不同，否则水面相同，所以能检验装置的气密性，故c正确；dno不溶于水，可用排水法收集，故d正确；故选a点评：本题考查了化学实验方案设计，涉及非金属性强弱的判断、气密性检验、气体的收集方法等知识点，明确实验原理是解本题关键，易错选项是b3下列说法正确的是（）aso2和no2都是酸性氧化物，都能与水反应生成酸bna2o和na2o2组成元素相同，与co2反应产物也完全相同cal2o3和na2o按物质的量比1：1投人水中可得到澄清溶液d金属铝排在金属活动性顺序表中氢元素的前面，铝与强酸反应一定放出氢气考点：钠的重要化合物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；常见金属的活动性顺序及其应用分析：a、二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，发生氧化还原反应不是酸性氧化物；b、na2o和na2o2组成元素相同，过氧化钠与co2反应产物是碳酸钠和氧气，据此回答；c、氧化钠和水反应得到氢氧化钠，氧化铝和氢氧化钠能反应得到偏铝酸钠；d、金属铝和氧化性的酸反应得到的不是氢气解答：解：a、它们均可与水反应生成酸，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，发生氧化还原反应不是酸性氧化物，故a错误；b、na2o和na2o2组成元素相同，氧化钠与co2反应产物是碳酸钠，过氧化钠和二氧化碳反应的产物是碳酸钠和氧气，产物不相同，故b错误；c、1mol氧化钠和水反应得到2mol氢氧化钠，1mol氧化铝和2mol氢氧化钠能反应得到偏铝酸钠溶液，是澄清溶液，故c正确；d、金属铝和氧化性的酸|硝酸、浓硫酸等反应得到的不是氢气，是氮的氧化物或是二氧化硫等，故d错误故选c点评：本题考查学生含钠的化合物的性质以及应用，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等4下列说法正确的是（）a将nah溶于水，得到的水溶液能导电说明nah是离子化合物bfe（oh）3胶体和fe（oh）3沉淀的化学性质不相同c乙醇分子中含羟基，可与金属钠反应生成氢气dmno2具有较强氧化性，可作为h2o2分解反应的氧化剂考点：胶体的重要性质；过氧化氢；乙醇的化学性质分析：anah与水反应生成氢氧化钠和氢气；bfe（oh）3胶体和fe（oh）3沉淀的成分都是氢氧化铁；c乙醇分子中的羟基能与na反应；d二氧化锰作催化剂解答：解：anah与水反应生成氢氧化钠和氢气，不是nah本身发生电离，故a错误； bfe（oh）3胶体和fe（oh）3沉淀的成分都是氢氧化铁，化学性质相同，故b错误；c乙醇分子中的羟基能与na反应生成氢气，故c正确；d二氧化锰作为h2o2分解反应的催化剂，故d错误故选c点评：本题考查胶体、乙醇的性质以及催化剂等，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握5（2分）下列实验“操作和现象”与“结论”都正确的是（）操作和现象结论a切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐褪去na在空气中会生成na202b铝箔插入浓硝酸中，无明显铝与浓硝酸不反应c将fecl2溶液滴加到少许酸性kmno4溶液中，溶液褪色fecl2具有漂白性d向fe（no3）2溶液中滴加稀硫酸和kscn溶液，溶液变成红色溶液中有fe3+生成a abbccdd考点：钠的化学性质；硝酸的化学性质；检验三价铁与二价铁分析：a、切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐褪去，是钠在常温下在空气中会生成na20；b、铝箔插入浓硝酸中，发生钝化，无明显现象；c、将fecl2溶液滴加到少许酸性kmno4溶液中，溶液褪色，发生氧化还原反应，说明fecl2具有还原性；d、向fe（no3）2溶液中滴加稀硫酸，发生氧化还原反应，生成铁离子解答：解：a、切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐褪去，是钠在常温下在空气中会生成na20，故a错误；b、铝箔插入浓硝酸中，发生钝化，无明显现象，故b错误；c、将fecl2溶液滴加到少许酸性kmno4溶液中，溶液褪色，发生氧化还原反应，说明fecl2具有还原性，故c错误；d、向fe（no3）2溶液中滴加稀硫酸，发生氧化还原反应，生成铁离子，与kscn溶液，溶液变成红色，故d正确；故选d点评：本题考查较为综合，涉及元素化合物知识的综合应用，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同，把握实验方法和注意事项，难度不大6下列有关说法体现了化学与生产、生活、社会的密切关系 其中不正确的是（）a绚丽缤纷的烟花中添加了含钾、钠、钙、铜等金属元素的化合物b为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰c停车场安装催化光反应设施，可使汽车尾气中的co和nox反应生成无毒气体d氮化硅陶瓷、氧化铝陶瓷、光导纤维等属于新型无机非金属材料考点：焰色反应；氧化还原反应；常见的生活环境的污染及治理；无机非金属材料分析：a烟花是焰色反应；b为了防止食品氧化变质，在包装袋中可以放入的化学物质应具有还原性；c处理汽车尾气时需要用到催化剂，把污染气体转化为无毒气体；d新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等解答：解：a烟花中添加了含钾、钠、钙、铜等金属元素，燃烧时焰色反应发出各种颜色的光，故a正确； b为了防止食品氧化变质，在包装袋中可以放入的化学物质应具有还原性，如硫酸亚铁符合，石灰石只起到干燥剂的作用化，故b错误；c停车场安装催化光反应设施，可将汽车尾气中co和nox反应生成无毒气体n2和co2，防止了对大气的污染，故c正确；d氮化硅、光导纤维、氧化铝陶瓷等属于新型无机非金属材料，故d正确故选b点评：本题考查了焰色反应、食品添加剂、催化剂，无机非金属材料等知识，题目难度不大，注意知识的积累7（2分）下列说法不正确的是（）a非金属气态氧化物都不是电解质bso2、no2、c02都会导致酸雨的形成c氮的氧化物都属于大气污染物dsi、s的氧化物均属于酸性氧化物考点：电解质与非电解质；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；氮的氧化物的性质及其对环境的影响分析：a在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物为电解质，在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物为非电解质；b根据酸雨的形成原因分析；c空气的污染物包括有害气体和粉尘，有害气体主要为二氧化硫、二氧化氮、一氧化碳；d能和碱反应生成盐和水的化合物叫做酸性氧化物解答：解：a非金属气态氧化物有些不溶于水，属于非电解质，有些溶于水和水结合成其他物质电离，自身不电离，属于非电解质，故a正确；b因酸雨的形成是由于so2、no2而引起的，与co2无关，故b错误；c氮的氧化物属于大气污染物，故c正确；d二氧化硫、三氧化硫和二氧化硅是能和碱反应生成盐和水的化合物，属于酸性氧化物，故d正确；故选b点评：本题考查学生物质的分类知识及环境问题，注意概念的灵活应用是解题的关键，可以根据教材知识来回答，难度不大8某溶液中含有的溶质是febr2、fei2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加kscn溶液，溶液变为红色，则下列叙述正确的是（）原溶液中的br一定被氧化；通入氯气之后原溶液中的fe2+一定有部分或全部被氧化；不能确定通入氯气后的溶液中是否存在fe2+；若取少量所得溶液，再加入ccl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的agno3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的i、fe2+、br均被完全氧化abcd考点：几组未知物的检验专题：元素及其化合物分析：据氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加kscn溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化来分析解答：解：氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加kscn溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化，原溶液中的br可能被氧化，故错误；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故正确；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在fe2+，故正确；若取少量所得溶液，再加入ccl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的agno3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的br被完全氧化，i、fe2+均被完全氧化，故正确；故选b点评：本题考查学生氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识，综合性较强，难度较大9（2分）酸雨的主要成分是h2so4，以下是形成途径之一：no2+so2=no+s03，2no+o2=2no2，so3+h2o=h2s04，以下叙述错误的是（）ano2由反应n2+2o22no2生成b总反应可表示为2so2+2h2o2h2so4c还可能发生的反应有4no2+o2+2h2o4hno3d还可能发生的反应有4no+3o2+2h2o4hno3考点：氧化还原反应分析：no2+so2=no+s03中，n元素的化合价降低，s元素的化合价升高；2no+o2=2no2中，n元素的化合价升高，o元素的化合价降低；so3+h2o=h2s04中，没有元素的化合价变化，以此来解答解答：解：an2+o22no，不能生成二氧化氮，故a错误；b2+2+2得到总反应为2so2+2h2o2h2so4，故b正确；c二氧化氮与氧气可发生氧化还原反应，则还可能发生的反应有4no2+o2+2h2o4hno3，故c正确；dno与氧气可发生氧化还原反应，则还可能发生的反应有4no+3o2+2h2o4hno3，故d正确；故选a点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，本题注意从氧化还原反应的角度分析，注意元素化合价的判断，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大10（2分）在1l hno3和h2s04的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/l，向该溶液中加入足量铜粉，加热，充分反应，当hno3与h2s04的物质的量比为x：y 时所得溶液中cu2+物质的量浓度最大，则x：y为（）a2：3b3：8c1：4d1：1考点：有关混合物反应的计算分析：有关反应离子方程式为：3cu+2no3+8h+=3cu2+2no（g）+4h2o，由上述反应方程式可知，no3和h+的物质的量之比为1：4，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设hno3、h2so4各为x、ymol，则n（no3）：n（h+）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.60.1，据此计算x、y的值解答：解：反应离子方程式为：3cu+2no3+8h+=3cu2+2no（g）+4h2o，铜足量，由上述反应方程式可知，no3和h+的物质的量之比为1：4，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设hno3、h2so4各为x、ymol，则n（no3）：n（h+）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.60.1，联立解得x=0.024mol、y=0.036mol，则x：y=2：3；故选a点评：本题考查化合物的有关计算，确定no3和h+的物质的量之比为1：4时生成的铜离子浓度最大是解题的关键，难度中等，注意利用离子方程式进行解答11（2分）（2013西城区一模）下列说法中，不正确的是（）ahf稳定性比hcl强bmg失电子能力比ca弱cnacl与nh4cl含有的化学键类型相同d等物质的量的c2h6和h2o2含电子数相同考点：同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；原子构成；化学键专题：原子组成与结构专题；元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构分析：a、同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定，据此判断；b、同主族自上而下，金属性增强，金属性越强，失去电子的能力越强；c、氯化铵晶体中含有共价键与离子键；d、c2h6和h2o2分子中都含有18个电子解答：解：a、同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性fcl，非金属性越强，氢化物越稳定，故稳定性hfhcl，故a正确；b、金属性camg，金属性越强，失去电子的能力越强，故mg失电子能力比ca弱，故b正确；c、氯化钠中只含有离子键，氯化铵晶体中含有共价键与离子键，二者含有的化学键不同，故c错误；d、c2h6和h2o2分子中都含有18个电子，二者物质的量相同含有相同的电子，故d正确；故选c点评：考查同主族元素性质递变规律、化学键等，难度不大，注意基础知识的理解掌握12（2分）关于li、na、k、rb、cs的叙述均正确的一组是（）金属性最强的是铯 它们的氧化物都只有m20和m202两种形式在自然界中均以化合态形式存在 密度按lics顺序依次递增离子半径：rb+k+na+abcd考点：碱金属的性质分析：依据同主族元素从上到下金属性依次增强解答；钾氧化物存在ko2；依据碱金属性质活泼，易于空气中的水、二氧化碳反应解答；碱金属密度从lics 次递减趋势；依据原子半径大小比较规律：电子层越多半径越大解答解答：解：li、na、k、rb、cs属于碱金属元素从上到下金属性依次增强，所以金属性最强的是铯，故正确；钾氧化物存在ko2，故错误；碱金属性质活泼，易于空气中的水、二氧化碳反应，在自然界中均以化合态形式存在，故正确；碱金属密度从lics 次递减趋势，故错误；电子层不同的，一般电子层越大半径越大，所以rb+、k+、na+，电子层依次减少，所以半径rb+k+na+，故正确；故选：d点评：本题考查了碱金属的性质，掌握同主族元素性质的递变规律即可解答，题目难度不大13（2分）h2so4和hno3的浓度分别为4mol/l和2mol/l的混合液，取10ml加入过量的铁粉，若hno3的还原产物为no，则生成气体在标况下的总体积为（）a0.224lb0.672lc0.112ld0.336l考点：有关混合物反应的计算分析：硫酸、硝酸的混合溶液与过量的fe反应，硝酸完全被还原生成no，根据n=cv计算h2so4、hno3物质的量，根据n元素守恒可知n（no）=n（hno3），一定发生反应：3fe+2no3+8h+=3fe2+2no+4h2o，可能发生反应fe+2h+=fe2+h2，但最终得到的溶质为feso4根据硫酸根守恒可知n（feso4）=n（h2so4），根据fe元素守恒计算参加反应fe的物质的量，再根据电子转移守恒计算氢气物质的量，根据v=nvm计算生成气体总体积解答：解：硫酸、硝酸的混合溶液与过量的fe反应，硝酸完全被还原生成no，根据n元素守恒可知n（no）=n（hno3）=0.01l2mol/l=0.02mol，故生成no的体积=0.02mol22.4l/mol=0.448l；一定发生反应：3fe+2no3+8h+=3fe2+2no+4h2o，可能发生反应fe+2h+=fe2+h2，但最终得到的溶质为feso4，根据硫酸根守恒可知n（feso4）=n（h2so4）=0.01l4mol/l=0.04mol，根据fe元素守恒，参加反应fe的物质的量=n（feso4）=0.04mol，令生成氢气为x mol，根据电子转移守恒：2x+0.02（52）=0.042，解得x=0.01，故生成氢气的体积=0.01mol22.4l/mol=0.224l，故生成气体总体积为0.448l+0.224l=0.672l，故选b点评：本题考查混合物计算，判断发生的反应是解题关键，侧重对解题方法技巧与思维能力的考查，注意利用守恒思想进行解答，难度中等14（2分）用na表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）a标准状况下，22.4 l no与11.2 l o2充分反应后得到的气体分子数为nab3.6 g重水中含有的中子数为2nac一定条件下，6.4 g铜与过量的硫反应，转移电子数目为0.2nad常温下，1 l 1 moll1的ch3cooh溶液中，所含溶质分子数小于na考点：阿伏加德罗常数分析：a二氧化氮与四氧化二氮之间存在转化平衡，导致气体分子数减少；b重水的摩尔质量为20g/mol，重水中含有10个电子，3.6g重水的物质的量为0.18mol，含有1.8mol中子；c铜与硫反应生成硫化亚铜，6.4g铜的物质的量为0.1mol，与硫单质完全反应转移0.1mol电子；d根据n=cv计算出醋酸的物质的量，醋酸部分电离，溶液中醋酸分子数目减少解答：解：a标准状况下，22.4l一氧化氮的物质的量为1mol，11.2l氧气的物质的量为0.5mol，二者恰好反应生成1mol二氧化氮，由于部分二氧化氮转化成四氧化二氮，则反应后的物质分子小于1mol，得到的气体分子数小于na，故a错误；b3.6g重水的物质的量为：=0.18mol，0.18mol重水中含有1.8mol中子，含有的中子数为1.8na，故b错误；c6.4g铜的物质的量为：=0.1mol，0.1mol铜与s单质完全反应转移0.1mol电子，转移电子数目为0.1na，故c错误；d1l 1moll1的ch3cooh溶液中含有溶质醋酸的物质的量为1mol，由于醋酸部分电离，则溶液中醋酸分子小于1mol，所含溶质分子数小于na，故d正确；故选d点评：本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意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，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力15（2分）下列日常生活中的现象与氧化还原反应无关的是（）a铜铸塑像上出现铜绿cu2（0h）2c03b用石膏点豆腐c不良商贩用硫黄熏蒸法制作“白豆芽”d自来水厂用氯气对水进行消毒考点：氧化还原反应分析：生活现象中涉及的化学反应中，若有元素的化合价变化，则反应为氧化还原反应，以此来解答解答：解：a铜铸塑像上出现铜绿cu2（0h）2c03，变化过程中cu元素的化合价从0价升高到+2价，与氧化还原反应有关，故a不选；b用石膏点豆腐，是利用了胶体聚沉的性质，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故b选；c不良商贩用硫黄熏蒸法制作“白豆芽”，s与氧气反应生成二氧化硫，s、o的化合价发生变化，与氧化还原反应有关，故c不选；d自来水厂用氯气对水进行消毒，氯气与水反应生成hcl和hclo，cl元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，故d不选；故选b点评：本题考查氧化还原反应，把握反应中的元素化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应判断与生活中化学的联系的考查，题目难度不大16（2分）下列实验对应的结论不正确的是（）a能组成zn、cu原电池b能证明非金属性clcsic说明反应2no2n2o4，h0d白色沉淀为baso4考点：原电池和电解池的工作原理；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；化学平衡的影响因素；二氧化硫的化学性质专题：化学反应中的能量变化；元素周期律与元素周期表专题；电化学专题分析：a、原电池的组成是活泼性不同的两个电极，电解质溶液、闭合回路；b、证明非金属性强弱的依据是最高价含氧酸的酸性强弱比较；c、依据温度对平衡混合气体的颜色变化的影响分析判断；d、二氧化硫具有还原性，在酸性溶液中硝酸根形成稀硝酸能氧化二氧化硫为硫酸；剩余气体有毒用 氢氧化钠溶液吸收；解答：解：a、符合原电池的组成条件，盐桥起到两溶液离子守恒，形成闭合回路的作用，故a正确；b、装置中盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，只能说明盐酸酸性比碳酸强，但不能说明氯的非金属性强，二氧化碳通入硅酸钠能生成硅酸能说明碳酸酸性强于硅酸，碳酸和硅酸都是最高价含氧酸，能证明碳非金属性强于硅，故b错误；c、热水中混合气体颜色变深说明温度升高平衡向生成二氧化氮气体的方向进行，冰水中颜色变浅说明温度降低平衡向四氧化二氮气体方向进行，依据平衡移动原理温度升高平衡向吸热反应移动，所以反应2no2n2o4，h0，故c正确；d、硝酸钡溶液通入二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，硝酸根在酸性溶液中具有强氧化性，能氧化亚硫酸为硫酸，硫酸和钡离子结合生成白色沉淀硫酸钡，剩余二氧化硫污染空气，用氢氧化钠吸收，故d正确；故 选b点评：本题考查了实验基本操作和物质性质的应用，主要考查原电池原理、非金属性比较依据、化学平衡影响因素等实验装置，关键是硝酸根在酸性溶液中的强氧化性17（2分）下列离子方程式正确的是（）a由氢氧化钠溶液吸收二氧化氮：2oh+2no2=no3+no+h2ob碳酸氢钠溶液与过量的澄清石灰水：2hco3+ca2+2oh=caco3+co32+2h2oc用浓盐酸配制的kmno4溶液与h2o2反应：2mno4+6h+5h2o2=2mn2+5o2+8h2od硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液混合：h+so42+ba2+oh=baso4+h2o考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：a电荷不守恒；b碳酸氢钠溶液与过量的澄清石灰水，完全反应生成碳酸钙沉淀；c浓盐酸和高锰酸钾发生氧化还原反应；d硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液混合，如1：1混合，则反应后呈碱性，生成硫酸钡和水解答：解：a氢氧化钠溶液吸收二氧化氮，反应的离子方程式为2oh+2no2=no3+no2+h2o，故a错误；b碳酸氢钠溶液与过量的澄清石灰水，完全反应生成碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为hco3+ca2+oh=caco3+h2o，故b错误；c浓盐酸和高锰酸钾发生氧化还原反应，应用硫酸酸化，浓盐酸和二氧化锰发生2mno4+16h+10cl2mn2+5cl2+8h2o，故c错误；d硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液混合，反应的离子方程式为h+so42+ba2+oh=baso4+h2o，故d正确故选d点评：本题考查离子方程式的书写，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用的考查，注意从守恒的角度解答该类题目，易错点为c，注意浓盐酸与高锰酸钾发生反应的性质，难度不大18（2分）下列推断正确的是（）a由h+（aq）+oh（aq）=h20（1）h=57.3 kjmol1，可知含1 mo1 ch3cooh的溶液与含1 mol naoh的溶液混合，放出热量为57.3 kjb由c（石墨）=c（金刚石）h=+1.9 kjmol1，可知石墨比金刚石更稳定c由n2（g）+3h2（g）=2nh3（g）h=92.4 kjmol1，可知将1 mol n2（g）和3 mol h2（g）置于密闭容器中充分反应后放出热量为92.4 kjd由g=hts可知，所有的放热反应都能自发进行考点：有关反应热的计算；反应热和焓变分析：a乙酸是弱酸，电离过程是吸热过程；b物质具有的能量越低越稳定；c合成氨的反应为可逆反应；d反应自发进行由焓变、熵变、温度共同决定解答：解：a乙酸是弱酸，电离过程是吸热过程，含1mol ch3cooh的溶液与含1mol naoh的稀溶液混合，放出热量小于57.3 kj，故a错误；b从c（石墨）c（金刚石）h=+1.9kj/mol，可知石墨具有的能量较低，物质具有的能量越低越稳定，所以石墨比金刚石更稳定，故b正确；c已知n2（g）+3h2（g）=2nh3（g）h=92.4 kjmol1，将1 mol n2（g）和3 mol h2（g）置于密闭容器中充分反应，该反应为可逆反应，氮气和氢气不能全部转化为氨气，则实际反应的氮气的物质的量小于1mol，则放出的热量小于92.4 kj，故c错误；d、反应自发进行由g=hts0确定，可知，放热反应h0，若高温下，s0，可能存在g=hts0，所以不是所有放热反应都能自发进行，故d错误；故选b点评：本题考查了反应能量变化分析判断，中和热判断，反应自发进行的依据，可逆反应的应用，题目难度中等19（2分）a与b在容积为1l的密闭容器中发生反应：aa（s）+bb（g）cc（g）+dd（g），t1，、t2时刻分别测得部分数据如下表：下列说法正确的是（） n（b）/moln（c）/moln（d）/mol反应时间/min0.120.060.10t10.060.120.20t2a0t1时间段内，平均反应速率v（b）=mol（lmin）1b若起始时n（d）=0，则t2时v（d）= mol（lmin）1c升高温度，v（b）、vc）、v（d）均增大db：d=6：1考点：化学平衡的计算分析：a根据反应速率公式进行计算；b根据反应速率公式进行计算分析；c升高温度，化学反应速率增大；d根据速率之比等于系数之比分析解答：解：a不知道起始时，b的物质的量，不能求0t1时间段内，平均反应速率v（b），故a错误；b起始时n（d）=0，则t2时v（d）= mol（lmin）1，故b正确；c升高温度，化学反应速率增大，v（b）、vc）、v（d）均增大，故c正确；d根据速率之比等于系数之比分析，b：d=（0.120.06）：（0.200.10）=3：5，故d错误；故选bc点评：本题考查化学平衡有关计算、速率之比等于系数之比的应用，结合外界条件对化学平衡的影响来分析，难度较大20（2分）下列说法正确的是（）a石墨比金刚石稳定，故石墨转化为金刚石的反应可以自发进行b吸热反应能自发进行的原因是从外界获得了能量csi02常温下可以与naoh溶液和hf溶液反应，说明其具有两性d反应a（g）+b（g）=2c（s）可以自发进行，则其必为放热反应考点：反应热和焓变；吸热反应和放热反应分析：a、反应自发与否决定于g=hts的大小；b、反应自发与否决定于g=hts的大小，若g0，则反应可以自发进行；c、两性氧化物是指既能和酸反应又能和碱反应生成盐的氧化物；d、反应自发与否决定于g=hts的大小，若g0，则反应可以自发进行解答：解：a、自发与否决定于g=hts的大小，若g0，则反应可以自发进行，c（石墨，s）=c（金刚石，s）h大于零，s不变，所以g0，反应不能自发进行，故a错误；b、反应自发与否决定于g=hts的大小，若g0，则反应可以自发进行，吸热反应能自发进行取决于焓变和熵变，不一定是从外界获得了能量，故b错误；c、si02常温下可以与naoh溶液和hf溶液反应，和氢氟酸反应不能得到盐和水，属于酸性氧化物，不是两性氧化物，故c错误；d、反应a（g）+b（g）=2c（s）的s0，可以自发进行，则g0，所以必为放热反应，故d正确故选d点评：本题考查学生化学反应的反应热和焓变之间的关系以及反应是否自发进行的判据知识，难度不大21（2分）为了探究外界条件对反应ax（g）+by（g）cz（g）的影响，以x和y物质的量比为a：b开始反应，通过实验得到不同条件下达到平衡时z的物质的量分数，实验结果如图所示以下判断正确的是（）ah0，a+bcbh0，a+bcch0，a+bcdh0，a+bc考点：化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：根据图象判断温度、压强的变化和z的物质的量分数的变化趋势，再根据平衡移动原理中温度、压强对平衡移动的影响，可得出反应热以及反应前后化学计量数关系解答：解：由图象可知，降低温度，z的物质的量分数增大，说明降低温度平衡向正反应方向移动，所以正反应是放热的，则h0，降低压强，z的物质的量分数减小，说明压强减小，平衡向着逆反应方向移动，减小压强，化学平衡是向着气体系数和增加的方向进行的，所以有a+bc，故选c点评：本题考查温度、压强等外界条件对平衡移动的影响，题目难度中等，解答本题的关键是能正确分析图象曲线的变化趋势22（2分）（2013安徽二模）定条件下，2so2（g）+o2（g）2so2（g）h0下列有关叙述正确的是（）a升髙温度，v正变大，v逆变小b恒温恒容，充入o2，02的转化率升高c恒温恒压，充人n2，平衡不移动d恒温恒容，平衡前后混合气体的密度保持不变考点：化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：a、升高温度增大反应速率，正逆反应速率都增大；b、两种反应物增大一种会提高另一种反应物转化率，本身转化率减小；c、恒温恒压容器中加入与平衡无关气体，为保持恒压，体积增大，压强减小，平衡向气体体积增大的方向进行；d、反应前后气体质量和体积不变；解答：解：a、升高温度增大反应速率，正逆反应速率都增大，故a错误；b、两种反应物增大一种会提高另一种反应物转化率，本身转化率减小，恒温恒容，充入o2，02的转化率减小，故b错误；c、恒温恒压容器中加入与平衡无关气体，为保持恒压，体积增大，压强减小，平衡向气体体积增大的方向进行，平衡逆向进行，故c错误；d、反应前后气体质量和体积不变，平衡前后混合气体的密度保持不变，故d正确；故选d点评：本题考查影响化学平衡的因素，把握温度导致的平衡移动为解答本题的关键，题目难度不大23（2分）（2014福建）某电源装置如图所示，电池总反应为2ag+cl22agcl下列说法正确的是（）a正极反应为agcl+eag+clb放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成c若用nacl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变d当电路中转移0.01mol e时，交换膜左则溶液中约减少0.02mol离子考点：化学电源新型电池专题：电化学专题分析：根据电池总反应为2ag+cl22agcl可知，ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子，a、正极上氯气得电子；b、放电时，交换膜左侧溶液中生成银离子；c、根据电池总反应判断；d、放电时，交换膜左则的氢离子向正极移动，氯离子与银离子生成氯化银沉淀解答：解：根据电池总反应为2ag+cl22agcl可知，ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子，a、正极上氯气得电子生成氯离子，其电极反应为：cl2+2e2cl，故a错误；b、放电时，交换膜左侧溶液中生成银离子，银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以交换膜左侧溶液中有大量白色沉淀生成，故b错误；c、根据电池总反应为2ag+cl22agcl可知，用nacl溶液代替盐酸，电池的总反应不变，故c错误；d、放电时，当电路中转移0.01mol e时，交换膜左则会有0.01mol氢离子通过阳离子交换膜向正极移动，同时会有0.01molag失去0.01mol电子生成银离子，银离子会与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以氯离子会减少0.01mol，则交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子，故d正确故选：d点评：本题考查了原电池原理的应用及沉淀反应，注意把握原电池原理及正负极的判断和电极方程式的书写，利用电子及电荷守恒来解决原电池中有关计算的问题，题目难度中等二.填空题24（3分）某小组利用h2c2o4溶液和酸性kmno4溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡，混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢该小组设计了如下方案：编号h2c2o4溶液酸性kmno4溶液温度/浓度/moll1体积/ml浓度/moll1体积/ml0.102.00.0104.0250.202.00.0104.0250.202.00.0104.050（1）该反应的离子方程式为16h+5h2c2o4+2mno4=2mn2+10co2+8h2o，（2）探究温度对化学反应速率影响的实验编号是（填编号，下同），可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是（3）实验测得kmn04溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v（kmn04）=0.010moll1min1（4）已知50时c（mno4）反应时间t的变化曲线如图若保持其他条件不变，请在坐标图中，画出25时c（mn04）t的变化曲线示意图考点：浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响分析：（1）h2c2o4溶液和酸性kmno4溶液反应生成二氧化碳、锰离子和水；（2）根据探究温度对反应速率影响时除了温度外其它条件必须相同判断；根据体积浓度对反应速率影响时除了浓度不同，其他条件必须完全相同分析；（3）先根据醋酸和高锰酸钾的物质的量判断过量，然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率；（4）根据温度降低反应速率减小画出25时c（mno4）t的变化曲线示意图解答：解：（1）h2c2o4溶液和酸性kmno4溶液反应生成二氧化碳、锰离子和水，其反应的离子方程式为：16h+5h2c2o4+2mno4=2mn2+10co2+8h2o，故答案为：16h+5h2c2o4+2mno4=2mn2+10co2+8h2o；（2）探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：和；探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是和，故答案为：；（3）草酸的物质的量为：0.10moll10.002l=0.0002mol，高锰酸钾的物质的量为：0.010moll10.004l=0.00004mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0002mol：0.00004mol=5：1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：=0.010mol/l，这段时间内平均反应速率v（kmno4）=0.010moll1min1，故答案为：0.010；（4）25时反应速率小于50时，所以高锰酸根离子的浓度变化比50时小，反应需要的时间大于50条件下需要的时间，据此画出25时c（mno4）t的变化曲线示意图为：，故答案为：点评：本题考查了探究温度、浓度对反应速率的影响、浓度岁时间变化的曲线，题目难度中等，注意掌握温度、浓度、压强等对反应速率的影响，试题侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力25（3分）铝是地壳中含量最高的金属元素，其单质及其合金在生产生活中的应用十分广泛（1）金属铝的生产是以al2o3为原料，与冰晶石（na3a1f6）在熔融状态下进行电解，其阴极电极反应式为al3+3e=al，其电极均由石墨材料做成，则电解时不断消耗的电极是阳极（填“阴极”或“阳极”），冰晶石的作用为降低氧化铝熔点（2）铝电池性能优越，a1ag2o电池可用作水下动力电源，化学反应为2al+3ag2o+2naoh=2naal02+6ag+h20，则负极的电极反应式为al+4oh3e=alo2+2h2o，正极附近溶液的ph变大（填“变大”“不变”或“变小”）已知：2al（s）+3cl2（g）2alcl3（s）h1=1390.8kj/mol4al（s）+3o2（g）2al2o3（s）h2=3339.6kj/mol2c（s）+o2（g）2co（g）h3=221.0 kj/molal2o3（s）+3cl2（g）+3c（s）2alcl3（s）+3co（g）的ah=52.5kj/mol考点：电解原理；用盖斯定律进行有关反应热的计算分析：（1）工业上采用电解al2o3来制取al，电解的阴极、阳极材料均由石墨材料做，因阳极上o2失电子发生氧化反应生成o2，阴极铝离子得到电子发生还原反应生成铝，al2o3的熔点很高，熔化得需要较多能量，加入助熔剂就可节约能量，降低熔化温度；（2）依据电池反应分析元素化合价变化，负极是铝失电子在碱溶液中生成四羟基合铝酸钠，正极氧化银得到电子生成银依据碱性环境分析正极附近生成氢氧根离子；依据盖斯定律将已知方程式变形并进行混合运算解答解答：解：（1）用电解al2o3来制取al，电解的阴极、阳极材料均由石墨材料做，因阳极上o2失电子发生氧化反应生成o2，阳极材料与该极上生成的o2反应被消耗，阴极铝离子得到电子发生还原反应生成铝，电极反应式为：al3+3e=al，al2o3的熔点很高，熔化得需要较多能量，加入助熔剂就可节约能量，降低熔化温度；故答案为：al3+3e=al；阳极； 降低氧化铝熔点；（2）化学反应为2al+3ag2o+2naoh+3h2o2naal（oh）4+6ag，负极是铝失电子在碱溶液中生成四羟基合铝酸钠，则负极的电极反应式：al+4oh3e=al（oh）4；正极氧化银得到电子生成银单质和氢氧根离子，所以正极溶液的ph变大；2al（s）+3cl2（g）2alcl3（s）h1=1390.8kj/mol4al（s）+3o2（g）2al2o3（s）h2=3339.6kj/mol2c（s）+o2（g）2co（g）h3=221.0 kj/mol由盖斯定律知+得al2o3（s）+3cl2（g）+3c（s）2alcl3（s）+3co（g），h=1390.8kj/mol（3339.6kj/mol）+