江西省江西师大附中、临川一中联考高考化学12月模拟试卷（含解析）.doc

2013年江西省江西师大附 中、临川一中联考高考化学模拟试卷（12月份）一、选择题（每题只有1个正确答案，每小题3分，共48分）1（3分）（2013江西校级模拟）化学科学需要借助化学专业语言来描述，下列有关化学用语正确的是（）a甲烷分子的球棍模型：bnh4i的电子式cf的结构示意图d中子数为20的氯原子：2（3分）（2013江西校级模拟）现有浓硫酸、硝酸铵、氰化钾、苯、浓硝酸、双氧水 氨水、汞8种化学药品，下列有关在瓶上应贴的危险化学品标志正确的是（）a贴标签a的可以是：b贴标签b的可以是：c贴标签c的可以是：d贴标签d的只有：3（3分）（2013江西校级模拟）今有甲、乙、丙三瓶等体积的新制氯水，浓度均为0.1mol/l如果在甲瓶中加入少量的nahco3晶体（m mol），在乙瓶中加入少量的nahso3晶体（m mol），丙瓶不变片刻后，甲、乙、丙三瓶溶液中hclo的物质的量浓度的大小关系（溶液体积变化忽略不计）（）a甲=乙丙b甲丙乙c丙甲=乙d乙丙甲4（3分）（2014惠州模拟）北京大学和中国科学院的化学工作者已成功研制出碱金属与c60形成的球碳盐k3c60，实验测知该物质属于离子化合物，具有良好的超导性下列有关分析正确的是（）ak3c60中只有离子键bk3c60中不含共价键c该晶体在熔融状态下能导电dc60与12c互为同素异形体5（3分）（2013江西校级模拟）固体a的化学式为nh5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则下列有关说法中，不正确的是（）anh5中既有离子键又有共价键bnh5的熔、沸点高于nh3cnh5固体投入少量水中，可产生两种气体d0.1 mol nh5中含有5 mol nh键6（3分）（2013江西校级模拟）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200ml，平均分成两份向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解l9.2g（已知硝酸只被还原为no气体）向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁质量增加的变化如图所示下列分析或结果错误的是（）a原混合酸中no3物质的量为0.4molboa段产生的是no，ab段的反应为fe+2fe3+3fe2+，bc段产生氢气c第二份溶液中最终溶质为feso4dh2so4浓度为2.5moll17（3分）（2013延边州模拟）现将35g锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应，共收集到混合气体11.2l（标准状况），其质量为19.6g，则过剩的锌粉的质量为（）a1.0gb2.0gc2.5gd3.5g8（3分）（2013江西校级模拟）下列反应的离子方程式正确的是（）anh4hco3溶液与过量koh浓溶液共热：nh3+h2ob用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：c用fes除去工业废水中的hg2+：hg2+s2hgsd足量的so2通入ca（clo）2溶液中：ca2+2clo+so2caso4+2cl9（3分）（2013江西校级模拟）下列反应所得的溶液中一定只含一种溶质的是（）a向硫酸酸化的fe2（so4）3溶液中加入过量的ba（oh）2溶液b向alcl3溶液中加入过量的氨水c向naoh溶液中通人co2气体d将过量的cu粉加入fecl3溶液10（3分）（2013江西校级模拟）某溶液中，只可能含有下列离子中的几种：现每次取100.00ml溶液进行实验：第一份加入硝酸银溶液有沉淀产生；第二份加入足量氯化钡溶液后得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g下列说法错误的是（）阳离子k+、mg2、fe3+、al3+阴离子cl、ac（）=0.2 mol/lbc（k+）一定为0.6mol/lc氯离子可能存在d一定有和11（3分）（2013江西校级模拟）将18g铜和铁的混合物投入200ml稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下2.24lno，剩余9.6g金属；继续加入200ml等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下2.24lno若向反应后的溶液中加入kscn溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是（）a原混合物中铜和铁各0.15molb稀硝酸的物质的量浓度为1mol/lc第一次剩余的9.6g金属为铜和铁d再加入上述200ml稀硝酸，又得到标准状况下2.24lno12（3分）（2013江西校级模拟）下列说法不正确的是（）0.1moll1盐酸和0.1moll1醋酸分别与0.2moll1氢氧化钠溶液反应的速率相同0.1moll1盐酸和加0.1moll1硝酸分别与大小相同的大理石反应的速率不同大理石块与大理石粉末分别与加0.1moll1盐酸反应的速率不同已知t0c时反应n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h0的速度为v，若降低温度，正反应速率加大合成氨中及时分离出氨气后可减小反应速率在合成氨反应中，相同条件下在有催化剂时（a）和无催化剂时（b）速率时间图象可用图一表示在合成氨反应中，不同温度下（t2t1）的nh3的体积分数与时间的关系图象可用图二表示a除外b除外c除外d除外13（3分）（2013江西校级模拟）a、b、c、d、e、f六种元素，其中a、b、c、d、e为短周期元素原子半径：acbed；原子的最外层电子数：a=d、c=e、a+b=c；原子的层电子层数：b=c=2a； b元素的最高正价与最低负价数量之差为2，f在地壳中金属含量第二，下列说法正确的是（）a因为c的氢化物分子内含氢键所以比e的氢化物稳定b过量f与22.4lc单质完全反应，转移4mol电子c因为e单质相对于分子质量小于溴单质相对分子质量，所以e单质的熔点比br2要低da、d形成化合物的水溶液呈碱性14（3分）（2013江西校级模拟）以na代表阿伏罗德常数，则下列关于热化学方程式：2c2h2（g）+5o2（g）4co2（g）+2h2o（l）；h=2600kjmol1的说法正确的是（）a有10na个电子转移时，该反应吸收1300kj的能量b有na个水分子生成且为液体时，吸收1300kj的能量c有2na个碳氧共用电子对生成时，放出1300kj的能量d有8na个碳氧共用电子对生成时，放出1300kj的能量15（3分）（2013江西校级模拟）从植物花中可提取一种简写为hin的有机物，它在水溶液中因存在下列平衡：hin（溶液，红色）h+（溶液，无色）+in（溶液，黄色） 而用作酸碱指示剂往该溶液中加入na2o2粉末则溶液颜色为（）a红色变深b黄色变浅c黄色变深d褪为无色16（3分）（2015新余二模）a、b、c分别是元素甲、乙、丙的单质，它们都是常见的金属或非金属，d、e、f是常见的三种氧化物，且有如图所示转化关系，则下列说法不正确的是（）ad、e中一定都含有甲元素b单质b肯定是氧化剂ca、b、c中一定有一种是氧元素的单质d若a是非金属，则b一定为金属二、填空题（本题包括5小题，共52分）17（7分）（2013江西校级模拟）已知ca（oh）2与cl2反应的氧化产物与温度有关，在一定量的石灰乳中通入一定量的氯气，二者恰好完全反应（发生的反应均为放热反应）生成物中含有cl、clo、；三种含氯元素的离子，其中c1o、两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的曲线如图所示（1）t1前，氧化产物是 （填化学式）（2）t2时，ca（oh）2与cl2发生反应的总的离子方程式为：（3）该石灰乳中含有ca（oh）2的物质的量是mol（4）naclo2较稳定，但加热或敲击亚氯酸钠固体时立即爆炸，其爆炸后的产物可能是（填字母）anacl、cl2 bnacl、naclo cnaclo3、naclo4 dnacl、naclo3（5）配平下列离子方程式：fe（oh）3+clo+ohcl+h2o18（8分）（2013荆州二模）甲醇是一种很好的燃料，工业上用ch4和h2o为原料，通过下述反应和来制备甲醇（1）将1.0mol ch4和2.0mol h2o（g）通入反应室（容积为100l），在一定条件下发生反应：ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）ich4的转化率与温度、压强的关系如图已知100时达到平衡所需的时间为5min，则用h2表示的平均反应速率为图中的p1p2（填“”、“”或“=”），100时平衡常数为该反应的h0（填“”、“”或“=”）（2）在压强为0.1mpa条件下，将a mol co与3amol h2的混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h0若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是a升高温度 b将ch3oh（g）从体系中分离c充入he，使体系总压强增大 d再充入1mol co和3mol h2为了寻找合成甲醇的温度和压强的适宜条件，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计表中 实验编号t（）n（co）/n（h2）p（mpa）l1500.12n53350m5a则上表中剩余的实验条件数据：a=、b=b根据反应的特点，右上图是在压强分别为0.1mpa和5mpa下co的转化率随温度变化的曲线图，请指明图中的压强px=mpa19（8分）（2013江西校级模拟）亚氯酸钠（naclo2）是一种重要的消毒剂已知：naclo2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出naclo23h2o，clo2的沸点为283k，纯clo2易分解爆炸，hclo2在25时的电离程度与硫酸的第二步电离程度相当，可视为强酸如图是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：（1）c1o2发生器中所发生反应的离子方程式为，发生器中鼓入空气的作用可能是（选填序号）a将so2氧化成so3增强酸性 b稀释c1o2以防止爆炸 c将naclo3氧化成c1o2（2）在该实验中用质量浓度来表示naoh溶液的组成，若实验时需要450mll60g/l的naoh溶液，则在精确配制时，需要称取naoh的质量是g，所使用的仪器除托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须有（3）在碱性溶液中naclo2比较稳定，所以吸收塔中应维持naoh稍过量，判断naoh是否过量所需要的试剂是（4）在吸收塔中，可代替h2o2的试剂是 （填序号）ana2o2 bna2s cfecl2 dkmno4（5）从滤液中得到naclo23h2o晶体的实验操作依次是（填操作名称）20（7分）（2013江西校级模拟）化合物a是尿路结石的主要成分，属于结晶水合物，可用xh2o表示在一定条件下有如图（1）所示的转化关系：已知：经分析，图（1）中的各字母代表的物质均由常见元素（原子序数20）组成，其中x由三种元素组成；a、d晶体中阴、阳离子个数比都是1：1；d中的阳离子与c分子有相同的电子数，a中的阳离子与d中的阴离子的电子层结构相同g、h是常见的气体单质，e、k、l是常见的气体化合物；e被人体吸入会与血红蛋白结合而使人中毒，k的大量排放是造成地球温室效应的一个主要原因反应、是重要的化工反应，i是一种重要的化工原料图（1）中的部分变化经定量测定，得到如图（2）所示的固体产物的质量分数随温度的变化曲线回答下列问题：（1）写出a的化学式：，d中阴离子的结构示意图为；（2）反应的化学方程式为：（3）写出电解反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：（4）k与g在一定条件下可生成多种物质，既可获得经济效益，也减少对环境的污染若o是一种易挥发的液态燃料，有毒，误饮510ml会导致双目失明则o的分子式为：若o是k与g按1：3的比例反应而得，则o可能是（填编号）a烷烃b烯烃c炔烃d芳香烃21（15分）（2013江西校级模拟）（一）x、y、z、l、m五种元素的原子序数依次增大，x的阴离子与y的内层电子数相等，y原子的最外层电子数是次外层电子数的两倍，z、l是空气中含量最多的二种元素，m是地壳中含量最高的金属元素回答下列问题：（1）l的元素名称为；五种元素的原子半径从小到大的顺序是（用元素符号表示）（2）z、x两元素按原子数目比1：3和2：4构成分子a和b，用电子式表示a的形成过程，b的结构式（3）硒（se）是人体必须的微量元素，与l同一主族，se原子比l原子多两个电子层，则se的原子序数为，其最高价氧化物对应的水化物化学式为该族25周期元素单质分别与h2反应生成1mol气态氢化物的反应热如下，表示生成1mol硒化氢反应热的是（填字母代号）a+99.7kjmol1 b+29.7kjmol1c20.6kjmol1 d241.8kjmol1（4）一定条件下，m与tio2、c（石墨）反应只生成乙和碳化钛（tic），二者均为某些高温结构陶瓷的主要成分已知该反应生成lmol乙时放出536kj热量，其热化学方程式为（二）已知a、b、c、d分别是由短周期元素原子组成的四种微粒，它们之间有如图所示的转变关系，且a是种含有18电子的微粒，c是一种含有10电子的微粒请完成下列各题：（1）若a、d分别是两种气态单质分子，写出a与b反应的化学方程式（2）若b、d属同主族的单质分子，写出c的化学式（3）若b是一种含四核l8电子的分子，如果d是一种气态单质分子，b的结构简式为（4）若a、b均是含2个原子核的微粒，其中b中含有10个电子，d中含有18个电子，则a、b之间发生的离子反应方程式为（5）若d是一种含有22电子的分子，则符合如图关系的a的物质有（写出物质的化学式，如果是有机物则写相应的结构简式）三、实验题22（7分）（2013江西校级模拟）利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程其设计的模拟装置如图：根据要求填空：（1）b装置有三种功能：均匀混合气体；（2）设v=x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x值应（3）d装置的石棉中均匀混有k i粉末，其作用是（4）e装置的作用是（填编号）a收集气体 b吸收氯气 c防止倒吸 d吸收氯化氢（5）e装置除生成盐酸外，还含有有机物，从e中分离出盐酸的最佳方法为（填分离方法名称）该装置还有缺陷，原因是没有进行尾气处理，其尾气主要成分为 （填编号）ach4 bch3c1 cch2c12 dchcl3 eccl42013年江西省江西师大附中、临川一中联考高考化学模拟试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（每题只有1个正确答案，每小题3分，共48分）1（3分）（2013江西校级模拟）化学科学需要借助化学专业语言来描述，下列有关化学用语正确的是（）a甲烷分子的球棍模型：bnh4i的电子式cf的结构示意图d中子数为20的氯原子：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、球棍模型表示原子的相对大小、原子之间的成键情况、空间结构b、碘离子的电子式书写错误nh4i是离子化合物，由铵根离子与碘离子构成c、漏写数字前“+”原子结构示意图中小圈和圈内的数字及表示原子核和核内质子数，数字前“+”表示带正电荷，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层的电子数d、原子符合zax，左下角z代表质子数，左上角a代表质量数，x代表元素符号，质量数=质子数+中子数，其中z可以省略解答：解：a、碳原子半径比氢原子大，选项中碳原子半径比氢原子小，与实际不相符，故a错误；b、碘离子的电子式书写错误，nh4i是离子化合物，由铵根离子与碘离子构成，电子式为，故b错误；c、漏写数字前“+”，f的原子结构示意图为，故c错误；d、中子数为20的氯原子，质量数为37，原子符号为1737cl，故d正确故选：d点评：考查对常用化学用语的书写和理解，难度不大，掌握常见化学用语的书写，注意简单阳离子的电子式为其离子符号，复杂的阳离子电子式除应标出共用电子对、非共用电子对等外，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷无论是简单阴离子，还是复杂的阴离子，都应标出电子对等，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷2（3分）（2013江西校级模拟）现有浓硫酸、硝酸铵、氰化钾、苯、浓硝酸、双氧水 氨水、汞8种化学药品，下列有关在瓶上应贴的危险化学品标志正确的是（）a贴标签a的可以是：b贴标签b的可以是：c贴标签c的可以是：d贴标签d的只有：考点：化学试剂的分类专题：物质的分类专题分析：可以根据标志的含义结合生活实际经验进行分析判断符合题意的选项解答：解：a图为爆炸品标志，属于爆炸品的是硝酸铵，故a错误； b图为易燃液体标志，属于易燃液体的是苯，故b错误；c图为剧毒品标志，属于剧毒品的是氰化钾汞，故c正确；d图为氧化剂标志，属于氧化剂的是浓硫酸浓硝酸双氧水，故d错误故选c点评：本题考查危险品图标，难度不大，掌握常见化合物的性质，了解各个标志所代表的含义是解答此类题的关键3（3分）（2013江西校级模拟）今有甲、乙、丙三瓶等体积的新制氯水，浓度均为0.1mol/l如果在甲瓶中加入少量的nahco3晶体（m mol），在乙瓶中加入少量的nahso3晶体（m mol），丙瓶不变片刻后，甲、乙、丙三瓶溶液中hclo的物质的量浓度的大小关系（溶液体积变化忽略不计）（）a甲=乙丙b甲丙乙c丙甲=乙d乙丙甲考点：物质的量浓度的相关计算；氯气的化学性质专题：计算题分析：hclo的酸性比碳酸弱但比hco3的酸性强，加入少量的nahco3晶体，可促进氯气与水的反应，生成更多的hclo，hclo可与nahso3发生氧化还原反应而导致浓度降低解答：解：甲中加入少量的nahco3晶体：hclo的酸性比碳酸弱但比hco3的酸性强，加入少量的nahco3晶体，可促进氯气与水的反应，生成更多的hclo；乙中加入少量的nahso3晶体：hclo可与nahso3发生氧化还原反应而导致浓度降低；丙不变，则甲、乙、丙三瓶溶液中hclo的物质的量浓度的大小关系为甲丙乙故选b点评：本题考查氯气的化学性质以及外界条件对氯气与水反应的平衡影响，题目难度不大，本题注意从氯气的性质的角度分析4（3分）（2014惠州模拟）北京大学和中国科学院的化学工作者已成功研制出碱金属与c60形成的球碳盐k3c60，实验测知该物质属于离子化合物，具有良好的超导性下列有关分析正确的是（）ak3c60中只有离子键bk3c60中不含共价键c该晶体在熔融状态下能导电dc60与12c互为同素异形体考点：离子化合物的结构特征与性质；同素异形体专题：化学键与晶体结构分析：k3c60为离子化合物，晶体中含有离子键和共价键，在熔融状态下能导电，结合同素异形体的概念解答该题解答：解：ak3c60中中k+与c603之间为离子键，c603中cc键为共价键，故a错误；bc603中cc键为共价键，故b错误；ck3c60为离子化合物，在熔融状态下能导电，故c正确；dc60为单质，12c为原子，而同素异形体为同种元素形成的不同单质，二者不属于同素异形体，故d错误故选c点评：本题考查晶体的知识，题目难度不大，解答本题关键是要把握离子化合物的组成，学习中注意同素异形体与同位素的关系5（3分）（2013江西校级模拟）固体a的化学式为nh5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则下列有关说法中，不正确的是（）anh5中既有离子键又有共价键bnh5的熔、沸点高于nh3cnh5固体投入少量水中，可产生两种气体d0.1 mol nh5中含有5 mol nh键考点：离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型专题：化学键与晶体结构分析：固体a的化学式为nh5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，应为nh4h，是一种离子化合物，能与水反应：nh4h+h2o=nh3h2o+h2，有氨气生成解答：解：anh5是离子化合物氢化铵，铵根中的氮原子与四个氢原子形成四个共价键，nh4+与h之间为离子键，故a正确；bnh4h是一种离子化合物，熔、沸点高于nh3，故b正确；c能与水反应：nh4h+h2o=nh3h2o+h2，有氨气生成，故c正确d根据氮原子的原子结构，最外层5个电子最多和四个氢原子形成共价键（其中一个是配位键，氮原子提供一对电子，氢离子提供空轨道形成），形成了带正电荷的铵根离子，所以另一个氢原子只能是形成h，阴阳离子间形成离子键，故d错误故选d点评：本题考查nh5的组成和性质，题目难度不大，解答本题的关键是把握题给信息6（3分）（2013江西校级模拟）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200ml，平均分成两份向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解l9.2g（已知硝酸只被还原为no气体）向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁质量增加的变化如图所示下列分析或结果错误的是（）a原混合酸中no3物质的量为0.4molboa段产生的是no，ab段的反应为fe+2fe3+3fe2+，bc段产生氢气c第二份溶液中最终溶质为feso4dh2so4浓度为2.5moll1考点：硝酸的化学性质；铁的化学性质专题：元素及其化合物分析：由图象可知，由于铁过量，oa段发生反应为：fe+no3+4h+=fe3+no+2h2o，ab段发生反应为：fe+2fe3+=3fe2+，bc段发生反应为：fe+2h+=fe2+h2a、oa段发生反应为：fe+no3+4h+=fe3+no+2h2o，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算；b、铁先与硝酸反应生成一氧化氮与铁离子，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应；c、铁先与硝酸反应，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸；d、根据铁和硫酸的反应中铁的质量来确定所需硫酸的量，进而确定硫酸的浓度解答：解：a、oa段发生反应为：fe+no3+4h+=fe3+no+2h2o，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（no3）=n（fe）=0.2mol，平均分成两份，原溶液中no3物质的量为0.4mol，故a正确；b、由图象可知，由于铁过量，oa段发生反应为：fe+no3+4h+=fe3+no+2h2o，ab段发生反应为：fe+2fe3+=3fe2+，bc段发生反应为：fe+2h+=fe2+h2，故b正确；c、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为feso4，故c正确；d、反应消耗22.4g铁，也就是=0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/l，故d错误故选d点评：本题以图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算题，难度较大，关键根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用7（3分）（2013延边州模拟）现将35g锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应，共收集到混合气体11.2l（标准状况），其质量为19.6g，则过剩的锌粉的质量为（）a1.0gb2.0gc2.5gd3.5g考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：生成的气体为二氧化硫与氢气，混合气体11.2l（标准状况）物质的量为0.5mol，根据电子转移守恒计算参加反应的zn的物质的量，再根据m=nm计算参加反应的zn的质量，据此计算过剩的锌粉的质量解答：解：锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应，生成的气体为二氧化硫与氢气，混合气体11.2l（标准状况）物质的量为=0.5mol，每生成1molso2，金属提供2mol电子，每生成1molh2，金属提供2mol电子，所以生成0.5mol的二氧化硫与氢气金属提供的电子为2mol=1mol，故参加反应zn的物质的量为=0.5mol，出参加反应zn的质量为0.5mol65g/mol=32.5g，故剩余的锌粉的质量为35g32.5g=2.5g故答案为：c点评：考查学生根据方程式的计算、守恒计算等，难度不大，本题采取电子转移守恒计算，简化计算，注意守恒思想的运用可以判断混合气体中氢气、二氧化硫的物质的量，在根据方程式计算，容易理解，但步骤繁琐8（3分）（2013江西校级模拟）下列反应的离子方程式正确的是（）anh4hco3溶液与过量koh浓溶液共热：nh3+h2ob用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：c用fes除去工业废水中的hg2+：hg2+s2hgsd足量的so2通入ca（clo）2溶液中：ca2+2clo+so2caso4+2cl考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：a漏写碳酸氢根离子与碱的反应；b发生氧化还原反应生成铜离子和水；cfes不溶于水，在离子反应中应保留化学式；d发生氧化还原反应生成硫酸钙和盐酸解答：解：anh4hco3溶液与过量koh浓溶液共热的离子反应为nh4+hco3+2ohnh3+2h2o+co32，故a错误；b用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板的离子反应为cu+h2o2+2h+cu2+2h2o，遵循电子守恒、电荷守恒、质量守恒定律，故b正确；c用fes除去工业废水中的hg2+的离子反应为hg2+feshgs+fe2+，故c错误；d足量的so2通入ca（clo）2溶液中：ca2+clo+h2o+so2caso4+2h+cl，故d错误；故选b点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应及离子反应方程式的书写方法即可解答，注意电子守恒、电荷守恒、质量守恒定律的应用，题目难度不大9（3分）（2013江西校级模拟）下列反应所得的溶液中一定只含一种溶质的是（）a向硫酸酸化的fe2（so4）3溶液中加入过量的ba（oh）2溶液b向alcl3溶液中加入过量的氨水c向naoh溶液中通人co2气体d将过量的cu粉加入fecl3溶液考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；镁、铝的重要化合物专题：元素及其化合物分析：a向硫酸酸化的fe2（so4）3溶液中，加入ba（oh）2溶液时，oh先和硫酸电离出的h+反应，然后再与fe3+反应；b氢氧化铝只能溶解在强酸和强碱中，不溶于弱碱氨水中；cnaoh和co2气体反应，先生成碳酸钠，再生成碳酸氢钠；d氯化铁溶液跟铜反应，+3价的铁离子具有氧化性，单质铜具有还原性；解答：解：a向硫酸酸化的fe2（so4）3溶液中，加入ba（oh）2溶液时，硫酸先和氢氧化钡反应：h2so4+ba（oh）2=baso4+2h2o，再与fe2（so4）3反应，反应为：fe2（so4）3+3ba（oh）2=3baso4+2fe（oh）3，反应所得的溶液中只含一种溶质是过量的ba（oh）2故a正确；b氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液加入过量氨水的反应方程式为：alcl3+3nh3h2oal（oh）3+3nh4cl，反应所得的溶液中溶质为过量的氨水和产物nh4cl，故b错误；cnaoh和co2气体反应，反应为：co2+2naoh=na2co3+h2o，再通入co2气体co2+na2co3+h2o=2nahco3，溶液中的溶质可能为na2co3、nahco3或na2co3或na2co3故c错误；d氯化铁溶液跟铜反应，+3价的铁离子被还原成+2价的铁离子，铜单质被氧化成+2价的铜离子，2fecl3+cu=cucl2+2fecl2，溶液中的溶质为cucl2和fecl2故d错误；故选a点评：该题反应所得的溶液中一定只含一种溶质与加入反应物的量有关，较复杂做这类题目要分情况讨论，根据反应，写出正确的方程式求解10（3分）（2013江西校级模拟）某溶液中，只可能含有下列离子中的几种：现每次取100.00ml溶液进行实验：第一份加入硝酸银溶液有沉淀产生；第二份加入足量氯化钡溶液后得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g下列说法错误的是（）阳离子k+、mg2、fe3+、al3+阴离子cl、ac（）=0.2 mol/lbc（k+）一定为0.6mol/lc氯离子可能存在d一定有和考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验专题：离子反应专题分析：第一份加入硝酸银溶液有沉淀产生，阴离子中cl，co32，so42；都可能生成沉淀；第二份加入足量氯化钡溶液后得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g说明沉淀是碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀，原溶液中一定含有co32，so42；根据离子共存判断，mg2、fe3+、al3+不能存在；溶液电荷守恒，有阴离子必须有阳离子，所以一定含k+离子；综上所述溶液中一定含有k+，co32，so42；cl可能存在；解答：解：第一份加入硝酸银溶液有沉淀产生，阴离子中cl，co32，so42；都可能生成沉淀；第二份加入足量氯化钡溶液后得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g说明沉淀是碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀，原溶液中一定含有co32，so42；根据离子共存判断，mg2、fe3+、al3+不能存在；溶液电荷守恒，有阴离子必须有阳离子，所以一定含k+离子；综上所述溶液中一定含有k+，co32，so42；cl可能存在；a、依据题意生成碳酸钡沉淀质量=6.27g2.33g=3.94g，物质的量=0.02mol，co32离子浓度=0.2mol/l，故a正确；b、依据钾离子和碳酸根离子和硫酸根离子的电荷守恒计算，由于溶液中cl的存在不一定，所以钾离子的浓度不一定是0.6mol/l，故b错误；c、依据分析判断，氯离子可能存在，故c正确；d、依据生成沉淀溶液盐酸质量部分减小证明一定含有co32，so42；故d正确；故选b点评：本题考查了常见离子检验的实验方法，离子反应的现象分析，离子性质的应用溶液电荷守恒的计算应用，离子共存的判断是解题关键11（3分）（2013江西校级模拟）将18g铜和铁的混合物投入200ml稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下2.24lno，剩余9.6g金属；继续加入200ml等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下2.24lno若向反应后的溶液中加入kscn溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是（）a原混合物中铜和铁各0.15molb稀硝酸的物质的量浓度为1mol/lc第一次剩余的9.6g金属为铜和铁d再加入上述200ml稀硝酸，又得到标准状况下2.24lno考点：硝酸的化学性质；铁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质专题：元素及其化合物分析：溶液不变红，即反应是恰好完全反应，既没有三价铁离子，也没有硝酸剩余可以看作是18g混合物质与400ml硝酸反应生成0.2mol no铁铜全都生成二价的离子；依据离子反应的实质进行分析计算解答：解：溶液不变红，即反应是恰好完全反应，既没有三价铁离子，也没有硝酸剩余可以看作是18g混合物质与400ml硝酸反应生成0.2mol no铁铜全都生成二价的离子，设铁为a mol，铜为bmol，发生的反应离子方程式为：3fe+8h+2no3=3fe2+2no+4h2o；3cu+8h+2no3=3cu2+2no+4h2o；列两个方程：56a+64b=18、2a/3+2b/3=0.2解得：a=0.15mol、b=0.15mol 计算得到18g混合物中含铁质量为0.15mol56g/mol=8.4g；含铜质量为0.15mol64g/mol=9.6g；a、原混合物中铜和铁各0.15mol，故a正确；b、硝酸浓度为：c（hno3）=0.8mol/0.4l=2mol/l；稀硝酸的物质的量浓度为2mol/l，故b错误；c、第一次剩余金属9.6g，通过上述计算得到为铜，故c错误；d、溶液中二价铁离子为0.15mol，所以再加硝酸得no为0.05mol即11.2l，故d错误；故选a点评：本题考查了硝酸的性质铁、铜及其混合物性质的应用，主要是反应过程的计算应用，依据反应现象和各量的计算判断是解题关键12（3分）（2013江西校级模拟）下列说法不正确的是（）0.1moll1盐酸和0.1moll1醋酸分别与0.2moll1氢氧化钠溶液反应的速率相同0.1moll1盐酸和加0.1moll1硝酸分别与大小相同的大理石反应的速率不同大理石块与大理石粉末分别与加0.1moll1盐酸反应的速率不同已知t0c时反应n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h0的速度为v，若降低温度，正反应速率加大合成氨中及时分离出氨气后可减小反应速率在合成氨反应中，相同条件下在有催化剂时（a）和无催化剂时（b）速率时间图象可用图一表示在合成氨反应中，不同温度下（t2t1）的nh3的体积分数与时间的关系图象可用图二表示a除外b除外c除外d除外考点：化学反应速率的影响因素专题：化学反应速率专题分析：浓度越大化学反应速率越快，反之则越慢；浓度越大化学反应速率越快，反之则越慢；物质的接触面积越大，反应速率越快；降低温度化学反应速率减慢；减少生成物的浓度可以减小反应速率；使用催化剂可以改变化学反应的速率；对于放热反应，温度越低，化学平衡向着放热方向进行，生成物的体积分数越大解答：解：0.1moll1盐酸和0.1moll1醋酸分别与0.2moll1氢氧化钠溶液反应的速率是前这块，因为盐酸是强酸，电离出的氢离子浓度大，故错误；0.1moll1盐酸和加0.1moll1硝酸分别与大小相同的大理石反应，实质是大理石和氢离子的反应，二者电离出的氢离子浓度相等，所以反应速率相等，故错误；大理石块与大理石粉末分别与加0.1moll1盐酸反应的速率是后者快，故正确；已知t0c时反应n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h0的速度为v，若降低温度，正反应速率和逆反应速率均减慢，故错误；合成氨中及时分离出氨气后，产物浓度减小，可减小反应速率，故正确；在合成氨反应中，相同条件下在有催化剂时（a）比无催化剂时（b）速率块，故错误；合成氨反应是放热反应，温度越高，化学反应速率越快，达平衡用的时间短，由于t2t1，因此反应达到平衡前t2的斜率应该更大，升高温度平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，故错误故选c点评：本题是一道关于化学反应速率和化学平衡移动知识的综合考查题，结合图象知识来考查，增加了难度，考查角度广，难度不大13（3分）（2013江西校级模拟）a、b、c、d、e、f六种元素，其中a、b、c、d、e为短周期元素原子半径：acbed；原子的最外层电子数：a=d、c=e、a+b=c；原子的层电子层数：b=c=2a； b元素的最高正价与最低负价数量之差为2，f在地壳中金属含量第二，下列说法正确的是（）a因为c的氢化物分子内含氢键所以比e的氢化物稳定b过量f与22.4lc单质完全反应，转移4mol电子c因为e单质相对于分子质量小于溴单质相对分子质量，所以e单质的熔点比br2要低da、d形成化合物的水溶液呈碱性考点：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：a、b、c、d、e、f六种元素，其中a、b、c、d、e为短周期主族元素根据原子的核外电子层数：b=c=2a，可知a为h元素，b、c为第二周期元素，原子的最外层电子数a=d，则d为na元素，根据b元素的主要化合价：最高正价+最低负价=2，可知b为n元素，根据原子的最外层电子数：a+b=c，可知c为o元素，原子的最外层电子数：c=e，可知e为s元素，f在地壳中金属含量第二，应为fe元素，结合元素对应的单质、化合物的性质以及元素周期律的递变规律解答该题解答：解：a、b、c、d、e、f六种元素，其中a、b、c、d、e为短周期主族元素根据原子的核外电子层数：b=c=2a，可知a为h元素，b、c为第二周期元素，原子的最外层电子数a=d，则d为na元素，根据b元素的主要化合价：最高正价+最低负价=2，可知b为n元素，根据原子的最外层电子数：a+b=c，可知c为o元素，原子的最外层电子数：c=e，可知e为s元素，f在地壳中金属含量第二，应为fe元素，则a氢键只决定物质的物理性质，与化学性质无关，c的氢化物比e的氢化物稳定，是由于o的非金属性比s强的原因，故a错误；b由于气体存在的条件不确定，不一定为标准状况下，则22.4lc单质不一定为1mol，故b错误；ce单质为s，相对于分子质量小于溴单质相对分子质量，但s在常温下为固体，溴单质在常温下为液体，则s单质的熔点较高，故c错误；da、d形成化合物为nah，能与水反应生成naoh，溶液呈碱性，故d正确故选d点评：本题考查元素推断题，题目较为综合，难度较大，做题时注意抓住题中原子结构的特征，作为推断题的突破口14（3分）（2013江西校级模拟）以na代表阿伏罗德常数，则下列关于热化学方程式：2c2h2（g）+5o2（g）4co2（g）+2h2o（l）；h=2600kjmol1的说法正确的是（）a有10na个电子转移时，该反应吸收1300kj的能量b有na个水分子生成且为液体时，吸收1300kj的能量c有2na个碳氧共用电子对生成时，放出1300kj的能量d有8na个碳氧共用电子对生成时，放出1300kj的能量考点：热化学方程式；阿伏加德罗常数；氧化还原反应的电子转移数目计算专题：压轴题；化学用语专题；化学反应中的能量变化分析：根据转移的电子数目、水分子的个数、共用电子对数分别判断参加反应的物质的物质的量，进而判断反应热大小，并根据该反应放热来判断解答：解：a、该反应为放热反应，故a