浙江省衢州一中高三化学上学期开学试题（含解析）新人教版.doc

2014-2015学年浙江省衢州一中高三（上）开学化学试卷一、选择题（每小题2分，共20分每小题只有一个正确选项）1（2分）（2011上海）据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是（）abcd考点：化学反应中能量转化的原因；催化剂的作用分析：水的分解为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应中加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变解答：解：a、水的分解为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，与图不符，故a错；b、加入催化剂反应热不变，并且图象符合反应物的总能量小于生成物的总能量，故b正确；c、化学反应一定伴随着能量变化，反应物的总能量与生成物的总能量不相等，故c错；d、加入催化剂降低反应的活化能，图象不符合，故d错故选：b点评：本题考查催化剂对化学反应的影响以及反应热与反应物和生成物总能量的关系，以图象体题的形式呈现，做题时要注意从图象中获取正确信息，正确判断某一反应是吸热还是放热2（2分）（2014上海）结构为ch=chch=chch=chch=ch的高分子化合物用碘蒸气处理后，其导电能力大幅度提高上述高分子化合物的单体是（）a乙炔b乙烯c丙烯d1，3丁二烯考点：聚合反应与酯化反应专题：有机反应分析：判断高聚物的单体：首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断，加聚产物的单体推断方法：（1）凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；（2）凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可；（3）凡链节中主碳链为6个碳原子，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换；该题属于第（1）种情况，据此进行解答解答：解：高分子化合物ch=chch=chch=chch=ch，其结构简式可以表示为：ch=chn，属于加聚产物，根据加聚产物的单体推断方法，凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半键闭合即可其单体为：chch，故选a点评：本题考查加聚反应生原理及高分子化合物单体的求算，题目难度不大，明确加聚反应原理及反应产物的单体判断方法是解答的关键3（2分）（2014上海）只改变一个影响因素，平衡常数k与化学平衡移动的关系叙述错误的是（）ak值不变，平衡可能移动bk值变化，平衡一定移动c平衡移动，k值可能不变d平衡移动，k值一定变化考点：真题集萃；化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：平衡常数k是温度的函数，只与温度有关，温度一定，平衡常数k值一定，温度发生变化，平衡常数k值也发生变化解答：解：影响化学平衡的因素主要有浓度、温度、压强等ak值只与温度有关，若在其他条件不变时，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反应的进行，k值不变，平衡向右移动，故a正确；bk值是温度的函数，k值变化，说明温度发生了改变，则平衡一定发生移动，故b正确；c若在其他条件不变时，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反应的进行，平衡向右移动，但k值只与温度有关，故k值不变，故c正确；d若是改变浓度或压强使平衡发生移动，而温度不变，则k值不变，故d错误，故选d点评：本题考查平衡常数与平衡移动的关系，难度不大要注意平衡常数k是温度的函数，只与温度有关4（2分）下表中对应关系正确的是（）ach3ch3+cl2ch3ch2cl+hclch2=ch2+hclch3ch2cl均为取代反应b由油脂得到甘油； 由淀粉得到葡萄糖均发生了水解反应ccl2+2br2cl+br2； zn+cu2+zn2+cu均为单质被还原的置换反应d2na2o2+2h2o+4naoh+o2；cl2+h2ohcl+hclo均为水作还原剂的氧化还原反应aabbccdd考点：取代反应与加成反应；氧化还原反应；消去反应与水解反应专题：物质的分类专题分析：ach2=ch2+hclch3ch2cl为烯烃的加成反应；b油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖；ccl2+2br2cl+br2中cl元素的化合价降低；zn+cu2+zn2+cu中zn元素的化合价升高；d.2na2o2+2h2o4naoh+o2中只有过氧化钠中o元素的化合价变化；cl2+h2ohcl+hclo中只有cl元素的化合价变化解答：解：ach2=ch2+hclch3ch2cl为烯烃的加成反应，而ch3ch3+cl2ch3ch2cl+hcl为烷烃的取代反应，故a错误；b油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖，则均可发生水解反应，故b正确；ccl2+2br2cl+br2中cl元素的化合价降低；zn+cu2+zn2+cu中zn元素的化合价升高，前者单质被还原，后置单质被氧化，均属于置换反应，故c错误；d.2na2o2+2h2o4naoh+o2中只有过氧化钠中o元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；cl2+h2ohcl+hclo中只有cl元素的化合价变化，均属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故d错误；故选b点评：本题为2014年高考真题，侧重氧化还原反应及有机反应类型的考查，把握反应中结构变化、反应条件及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注重高频考点的考查，题目难度不大5（2分）（2014江苏）下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的是（）a用装置甲制取氯气b用装置乙除去氯气中混有的少量氯化氢c用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液d用装置丁蒸干氯化锰溶液制mncl24h2o考点：真题集萃；氯气的实验室制法；氯、溴、碘的性质实验专题：实验设计题分析：a、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热；b、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性，能吸收氯气，气体应为长进短处；c、二氧化锰不溶于水，将液体和不溶于液体的固体分离开来的一种方法为过滤；d、锰离子可发生水解解答：解：a、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热，甲装置无加热仪器，故a错误；b、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性，能吸收氯气，且nahco3和hcl反应能生成co2，引入新的杂质气体，所以吸收试剂应该为饱和食盐水，并且气体应为长进短出，故b错误；c、二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，丙装置为过滤装置，故c正确；d、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制mncl24h2o，应该在hcl的气氛中进行，故d错误；故选c点评：本题考查了氯气的实验室制备，侧重于实验原理、实验仪器、实验基本操作、盐类水解的考查，综合性较强，难度一般，注意气体的进出导管长短、盐类水解的抑制应用6（2分）从香荚兰豆中提取的一种芳香化合物，其分子式为c8h8o3，与fecl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应该化合物可能的结构简式是（）abcd考点：有机物分子中的官能团及其结构；同分异构现象和同分异构体专题：有机物的化学性质及推断分析：一种芳香化合物，其分子式为c8h8o3，则该物质中含有苯环，与fecl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应，说明该有机物中含有酚羟基、醛基，结合其分子式确定结构简式解答：解：一种芳香化合物，其分子式为c8h8o3，则该物质中含有苯环，与fecl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应，说明该有机物中含有酚羟基、醛基，a该分子中含有醛基和酚羟基，且分子式为c8h8o3，故a正确；b该分子中不含酚羟基，所以不能显色反应，不符合题意，故b错误；c该反应中不含醛基，所以不能发生银镜反应，不符合题意，故c错误；d该分子中含有醛基和酚羟基，能发生显色反应和银镜反应，其分子式为c8h6o3，不符合题意，故d错误；故选a点评：本题考查了有机物的结构和性质，知道常见有机物官能团及其性质是解本题关键，再结合题干确定有机物的官能团，题目难度不大7（2分）已知复分解反应：2ch3cooh+na2co32ch3coona+h2o+co2可自发进行在常温下，测得浓度均为0.1mol/l的下列六种溶液的ph：溶质ch3coonanahco3na2co3naclonacnph值8.89.711.610.311.1表中数据提示出复分解反应的一条规律，即碱性较强的物质发生类似反应可生成碱性较弱的物质依据该规律，请你判断下列反应不能成立的是（）aco2+h2o+naclonahco3+hclobco2+h2o+2naclona2co3+2hclocch3cooh+nacnch3coona+hcndch3cooh+nacloch3coona+hclo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：都是强碱弱酸盐，水解显示碱性，溶液的ph越大，水解程度越大，对应的酸的酸性越弱，复分解反应中，碱性强的物质置换碱性弱的物质，酸性强的物质置换酸性弱的物质根据以上知识对各选项进行判断即可解答：解：a、由表可知naclo溶液的ph=10.3nahco3溶液的ph=8.6，所以co2+h2o+naclo=nahco3+hclo能成立，故a错误；b、由表可知naclo溶液的ph=10.3na2co3溶液的ph=11.6，所以co2+h2o+2naclo=na2co3+2hclo不能成立，故b正确；c、nacn溶液的ph=11.1ch3coona溶液的ph=8.8，所以ch3cooh+nacn=ch3coona+hcn能成立，故c错误；d、由表可知naclo溶液的ph=10.3ch3coona溶液的ph=8.8，所以naclo+ch3cooh=hclo+ch3coona能成立，故d错误；故选b点评：本题考查了盐类水解的应用，解题的重点是了解溶液酸碱性与ph的关系，属于基础性知识考查题，本题难度不大8（2分）将bao2放入密闭真空容器中，反应2bao2（s）2bao（s）+o2（g）达到平衡，保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是（）a平衡常数减小bbao量不变c氧气压强减小dbao2量增加考点：化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：保持温度不变，缩小容器体积，增大压强，可逆反应向逆反应方向移动，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答解答：解：a化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故a错误；b缩小容器体积，增大压强，平衡向逆反应方向移动，则bao的量减小，故b错误；c平衡向逆反应方向移动，但温度不变，平衡常数不变，氧气浓度不变，其压强不变，故c错误；d平衡向逆反应方向移动，则bao2量增加，故d正确；故选d点评：本题考查了可逆反应平衡移动，根据压强与平衡移动方向之间的关系分析解答即可，注意平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，为易错点9（2分）化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是（）选项现象或事实解释a用热的烧碱溶液洗去油污na2co3可直接与油污反应b漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的cacl2与空气中的co2反应生成caco3c施肥时，草木灰（有效成分为k2co3）不能与nh4cl混合使用k2co3与nh4cl反应生成氨气会降低肥效dfecl3溶液可用于铜质印刷线路板制作fecl3能从含cu2+的溶液中置换出铜aabbccdd考点：盐类水解的应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铁盐和亚铁盐的相互转变专题：盐类的水解专题；元素及其化合物分析：a、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解显碱性；b、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉在空气中久置变质；c、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效；d、氯化铁和铜反应 生成氯化亚铁和氯化铜；解答：解：a、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在氢氧化钠溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液反应是水解生成氢氧化钠显碱性，na2co3 不可直接与油污反应，故a错误；b、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉失效，故b错误；c、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效，施肥时，草木灰（有效成分为k2co3）不能与nh4cl混合使用，故c正确；d、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，fecl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，故d错误；故选c点评：本题考查了盐类水解的分析应用，掌握物质性质和反应实质是关键，题目难度中等10（2分）下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是（）a能使红色石蕊试纸显蓝色的溶液：k+、na+、so42、c2o42b能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液：na+、nh4+、s2、brc水电离出的c（h+）=1012 mol/l的溶液：ba2+、na+、so3、s2d加入铝条有氢气放出的溶液：na+、nh4+、cl、no3考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：a能使红色石蕊试纸显蓝色的溶液为碱性溶液，k+、na+、so42、c2o42离子之间不反应，也不与氢氧根离子反应；b能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液具有氧化性，硫离子还原性大于碘离子，在该溶液中能够被氧化；c水电离出的c（h+）=1012 mol/l的溶液为酸性或者碱性溶液，亚硫酸根离子、硫离子能够与氢离子反应；d加入铝条有氢气放出的溶液为酸性或者碱性溶液，铵根离子能够与氢氧根离子反应解答：解：a能使红色石蕊试纸显蓝色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量的氢氧根离子，k+、na+、so42、c2o42离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故a正确；b能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液具有氧化性，s2的还原性大于碘离子，能够被该溶液氧化，在溶液中不能大量共存，故b错误；c水电离出的c（h+）=1012 mol/l的溶液中存在大量的h+或oh，s2离子与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故c错误；d加入铝条有氢气放出的溶液存在大量的h+或oh，nh4+与氢氧根离子反应生成一水合氨，在碱性溶液中不能大量共存，故d错误；故选a点评：本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 fe3+和 scn）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 h+或oh；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等二、选择题（每小题3分，共30分每小题只有一个正确选项）11（3分）（2011南京三模）三种不同物质有如图所示转化关系：甲乙丙甲，则甲不可能是（）aal2o3bsio2cco2dnh4cl考点：无机物的推断专题：推断题分析：甲和氢氧化钠溶液能反应，则甲可能是铝、酸、酸式盐、酸性氧化物、酯、氢氧化铝等，甲和氢氧化钠反应生成乙，易能和盐酸反应生成丙，丙加热生成甲，根据各物质的性质来分析解答解答：解：a氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和盐酸反应生成氯化铝或氢氧化铝，加热氢氧化铝生成氧化铝，所以符合转化关系，故a不选；b二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠和盐酸反应生成硅酸，加热硅酸生成二氧化硅，所以符合转化关系，故b不选；c二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠或碳酸氢钠，碳酸钠或碳酸氢钠与盐酸反应生成碳酸，碳酸加热生成二氧化碳，所以符合转化关系，故c不选；d氯化铵和氢氧化钠溶液反应生成氨水，氨水和盐酸反应生成氯化铵，加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，所以不符合转化关系，故d错误；故选d点评：本题考查无机物的推断，明确物质的性质是解本题关键，难度不大，注意对知识点的总结、归纳12（3分）x、y、z、w四种物质之间有如图所示的转化关系（部分物质未写全），且已知反应热之间的关系符合等式h=h1+h2则x、y可能是c、co alcl3、al（oh）3fe、fe（no3）2na2co3、nahco3（）abcd考点：镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物；铁的化学性质专题：元素及其化合物分析：图中x可连续与w发生反应，x如为单质，可为c、n、na等对应的单质，也可为两性化合物、alcl3、naoh、co2等，以此解答该题解答：解：x为c、w为o2时，z为co 2，且c与o2完全反应即生成co2，符合h=h1+h2，故正确；若x为alcl3，w为naoh，则y为al（oh）3，z为naalo2，过量naoh与alcl3反应生成naalo2，符合h=h1+h2，故正确；若x为fe、w为hno3，则y为fe（no3）2，z为fe（no3）3，fe与hno3反应直接生成fe（no3）3，符合h=h1+h2，故正确；若x为naoh、w为co2，则y为na2co3，z为nahco3，过量co2与naoh反应生成nahco3，符合h=h1+h2，故正确；故选a点评：本题考查无机物的推断，侧重于物质转化关系的应用，物质性质的综合应用，主要考查物质连续反应的特征应用，熟练掌握元素化合物的性质是解题关键13（3分）（2014江苏）下列指定反应的离子方程式正确的是（）acu溶于稀hno3：cu+2h+no3cu2+no2+h2ob（nh4）2fe（so4）2溶液与过量naoh溶液反应制fe（oh）2：fe2+2ohfe（oh）2c用ch3cooh溶解caco3：caco3+2h+ca2+h2o+co2d向naalo2溶液中通入过量co2制al（oh）3：co2+alo2+2h2oal（oh）3+hco3考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：a铜和稀硝酸反应生成no；b（nh4）2fe（so4）2溶液与过量naoh溶液反应生成fe（oh）2和nh3h2o；c弱电解质写化学式；d偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠解答：解：a铜和稀硝酸反应生成no，离子方程式为3cu+8h+2no33cu2+2no+4h2o，故a错误；b（nh4）2fe（so4）2溶液与过量naoh溶液反应生成fe（oh）2和nh3h2o，离子方程式为2nh4+fe2+4ohfe（oh）2+2nh3h2o，故b错误；c弱电解质写化学式，离子方程式为caco3+2ch3coohca2+h2o+co2+2ch3coo，故c错误；d偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为co2+alo2+2h2oal（oh）3+hco3，故d正确；故选d点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解本题关键，再结合离子方程式的书写规则来分析解答，易错选项是d，注意反应物的量，反应物的量不同，其产物不同，为易错点14（3分）（2014海南）标准状态下，气态分子断开1mol化学键的焓变为键焓已知hh，ho和o=o键的键焓h分别为436kjmol1、463kjmol1和495kjmol1下列热化学方程式正确的是（）ah2o（g）h2（g）+o2（g）h=485kjmol1bh2o（g）h2（g）+o2（g）h=+485kjmol1c2h2（g）+o2（g）2h2o（g）h=+485kjmol1d2h2（g）+o2（g）2h2o（g）h=485kjmol1考点：热化学方程式；真题集萃专题：化学反应中的能量变化分析：旧键断裂需要吸收能量，新键的生成会放出能量，h=反应物的键能和生成物的键能和，据此进行解答解答：解：a、水分解是吸热反应，应该h0，故a错误；b、h=2463kj/mol436kj/mol495kj/mol=242.5kj/mol，故b错误；c、氢气燃烧放热，应该h0，故c错误；d、h=2436kj/mol+495kj/mol4463kj/mol=485kj/mol，故d正确故选：d点评：本题考查了热化学方程式的书写、反应热的计算，题目难度中等，注意掌握热化学方程式的书写原则，明确化学键与化学反应中能量变化的关系是解题关键15（3分）（2014江苏）去甲肾上腺素可以调控动物机体的植物性神经功能，其结构简式如图所示，下列说法正确的是（）a每个去甲肾上腺素分子中含有3个酚羟基b每个去甲肾上腺素分子中含有1个手性碳原子c1mol去甲肾上腺素最多与2mol br2发生取代反应d去甲肾上腺素既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应考点：真题集萃；有机物的结构和性质专题：有机物的化学性质及推断分析：a与苯环直接相连的羟基为酚羟基；b分子中连接4个不同基团或原子的碳原子为手性碳原子；c酚羟基的邻、对位位置可以与溴发生取代反应；d由结构可知，去甲肾上腺素分子中含有碱性基团nh2，能与酸反应，含有酚羟基，能与碱反应解答：解：a与苯环直接相连的羟基为酚羟基，由去甲肾上腺素分子结构可知，分子中含有2个酚羟基，故a错误；b分子中连接4个不同基团或原子的碳原子为手性碳原子，由去甲肾上腺素分子结构可知，与醇羟基连接的碳原子为手性碳原子，故b正确；c酚羟基的邻、对位位置可以与溴发生取代反应，由结构可知，1mol去甲肾上腺素最多与3mol br2发生取代反应，故c错误；d由结构可知，去甲肾上腺素分子中含有碱性基团nh2，能与盐酸反应，含有酚羟基，能与naoh反应，故d正确，故选bd点评：本题考查有机物结构与性质，难度中等，掌握官能团结构及其性质是关键，注意c选项中酚羟基的邻、对位发生取代反应16（3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17（3分）（2014福建）在一定条件下，n2o分解的部分实验数据如下（） 反应时间/min0102030405060708090100c（n2o）/moll10.1000.0900.0800.0700.0600.0500.0400.0300.0200.0100.000下图能正确表示该反应有关物理量变化规律的是（）（注：图中半衰期指任一浓度n2o消耗一半时所需的相应时间，c1、c2均表示n2o初始浓度且c1c2）abcd考点：转化率随温度、压强的变化曲线；体积百分含量随温度、压强变化曲线专题：化学平衡专题分析：根据表格中的数据和所给图象，结合影响化学反应速率和化学平衡的因素进行判断得出正确结论解答：解：a由表可知，每隔10min，c（n2o）的变化量相等，故单位时间内c（n2o）的变化量是定值，即n2o的分解速率是定值，故a正确；b由表可知，每隔10min，c（n2o）的变化量相等，故单位时间内c（n2o）的变化与n2o的起始浓度无关，最终n2o完全分解，故b错误；c.050min，c（n2o）由0.1变为0.05，故0.1moll1n2o的半衰期为50min，2060min，c（n2o）由0.08变为0.04，故0.08moll1n2o的半衰期为40min，故随着浓度的减小，半衰期也在减小，故c错误；d由表可知，每隔10min，c（n2o）的变化量相等，故n2o的起始浓度越小，单位时间内的转化率越大，最终n2o完全分解，故d错误，故选a点评：本题考查平衡图象分析，难度中等该题所给图表、图象新颖，信息量大，但给出了半衰期的注释，降低了难度，有利于学生答题18（3分）（2014山东）已知某温度下ch3cooh和nh3h2o的电离常数相等，现向10ml浓度为0.1moll1的ch3cooh溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中（）a水的电离程度始终增大b先增大再减小cc（ch3cooh）与c（ch3coo）之和始终保持不变d当加入氨水的体积为10ml时，c（nh4+）=c（ch3coo）考点：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开始时，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，当氨水过量后，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小；b根据一水合氨的电离平衡常数可知，该比值与氢氧根离子成反比，电解氨水的过程中，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大；c根据物料守恒，醋酸和醋酸根离子的物质的量之和不变，但是溶液体积增大，二者的浓度之和逐渐减小；dch3cooh和nh3h2o的电离常数相等，氨水与醋酸的浓度、体积相等时，溶液显示中性，根据电荷守恒可知c（nh4+）=c（ch3coo）解答：解：a酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故a错误；b当向ch3cooh溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为ch3cooh和ch3coonh4的混合物，由ch3coonh4的水解常数kh=，随着氨水的加入，c（h+）逐渐减小，kh不变，则变小，当加氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数kb=，c（oh）与氢离子浓度成反比，随着氨水的滴入，氢氧根离子浓度逐渐增大，电离常数k不变，所以逐渐减小，即始终减小，故b错误；cn（ch3cooh）与n（ch3coo）之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c（ch3cooh）与c（ch3coo）之和逐渐减小，故c错误；d当加入氨水的体积为10ml时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c（h+）=c（oh），根据电荷守恒可知：c（nh4+）=c（ch3coo），故d正确；故选d点评：本题考查了酸碱混合时溶液定性判断及溶液酸碱性与溶液ph的关系，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液ph的关系，明确根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解比较溶液中离子浓度大小的方法19（3分）（2012合肥三模）常温度下，将cl2缓慢通入水中至饱和，然后再滴加0.1mol/l的naoh溶液，整个过程中溶液的ph变化曲线如图所示下列选项正确的是（）aa点所示的溶液中c（h+）=c（cl）+c（hcl0）+c（oh）bb点所示的溶液中c（h+）c（cl）c（hclo）c（clo）cc点所示的溶液中c（na+）=c（hcl0）+c（clo）dd点所示的溶液中c（na+）c（clo）c（cl）c（hclo）考点：离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；氯气的化学性质专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：整个过程发生的反应为cl2+h2ohcl+hclo、hcl+naohnacl+h2o、hclo+naohnaclo+h2o，根据溶液的酸碱性结合电荷守恒和物料守恒分析解答解答：解：aa点溶液呈酸性，根据电荷守恒得c（h+）=c（cl）+c（cl0）+c（oh），故a错误；bb点溶液酸性最强，根据电荷守恒得c（h+）=c（cl）+c（cl0）+c（oh），所以c（h+）c（cl），酸性越强，次氯酸的电离程度越小，所以c（hclo）c（clo），所以离子浓度大小顺序是c（h+）c（cl）c（hclo）c（clo），故b正确；cc点溶液呈中性，则c（h+）=c（oh），根据电荷守恒得c（h+）+c（na+）=c（cl）+c（cl0）+c（oh），所以c（na+）=c（cl）+c（clo），根据物料守恒得c（cl）=c（clo）+c（hclo），所以c（na+）=c（hclo）+2c（clo），故c错误；dd点溶液呈碱性，则c（h+）c（oh），根据电荷守恒得c（h+）+c（na+）=c（cl）+c（cl0）+c（oh），所以c（na+）c（cl）+c（cl0），根据物料守恒得c（cl）=c（clo）+c（hclo），所以c（cl）c（clo），故d错误；故选：b点评：本题考查了离子浓度大小的判断，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意根据物料守恒得c（cl）=c（clo）+c（hclo），为易错点，难度中等20（3分）有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：k+、nh4+、cl、mg2+、ba2+、co32、so42，现取三份100ml溶液进行如下实验：（1）第一份加入agno3溶液有沉淀产生（2）第二份加足量naoh溶液加热后，收集到气体0.04mol（3）第三份加足量bacl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g根据上述实验，以下推测正确的是（）ak+一定存在b100ml溶液中含0.01mol co32cba2+一定不存在，mg2+可能存在dcl一定存在考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验专题：压轴题；物质检验鉴别题分析：1、根据题意分析，第一份溶液加入agno3溶液有沉淀产生，推得可能含有cl、co32、so42第二份溶液加足量naoh溶液加热后收集到气体，推得一定含有nh4+，一定不存在mg2+第三份溶液利用发生的离子反应，经过计算、推得一定存在co32、so42，一定不存在ba2+；2、根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出k+一定存在，由k+物质的量的变化分析cl的情况解答：解：a根据题意，ba2+和so42，可发生离子反应生成baso4沉淀，因此两者不能大量共存ba2+和co32可发生离子反应生成baco3沉淀，因此两者也不能大量共存第一份加入agno3溶液有沉淀产生，可能发生cl+ag+agcl、co32+2ag+ag2co3、so42+2ag+ag2so4，所以可能含有cl、co32、so42第二份加足量naoh溶液加热后，收集到气体0.04mol，能和naoh溶液加热产生气体的只能是nh4+，而没有沉淀产生说明一定不存在mg2+（mg2+可以和oh反应生产氢氧化镁沉淀）故可确定一定含有nh4+，一定不存在mg2+根据反应nh4+ohnh3+h2o，产生nh3为0.04mol，可得nh4+也为0.04mol第三份加足量bacl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为2.33g部分沉淀溶于盐酸为baco3，部分沉淀不溶于盐酸为baso4，发生反应co32+ba2+baco3、so42+ba2+baso4，因为baco3+2hclbacl2+co2+h2o而使baco3溶解因此溶液中一定存在co32、so42，一定不存在ba2+由条件可知baso4为2.33g，物质的量为=0.01mol，baco3为6.27g2.33g3.94g，物质的量为=0.02mol，则co32物质的量为0.02mol，co32物质的量浓度为=0.2mol/l，由上述分析可得，溶液中一定存在co32、so42、nh4+，一定不存在mg2+、ba2+而co32、so42、nh4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol，co32、so42所带负电荷分别为0.02mol2、0.01mol2，共0.06mol，nh4+所带正电荷为0.04mol，根据溶液中电荷守恒，可知k+一定存在，k+物质的量0.02mol，当k+物质的量0.02mol时，溶液中还必须含有cl，故a正确；b由上述分析可得，baco3为6.27g2.33g3.94g，co32物质的量为0.02mol，故b错误；c溶液中一定存在co32、so42、nh4+，ba2+和co32、so42可发生离子反应生成baco3、baso4而不共存，因此ba2+一定不存在同时第二份加足量naoh溶液加热后，收集到气体，没有产生沉淀，说明一定不含mg2+，故c错误；dco32、so42、nh4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol，co32、so42所带负电荷分别为0.02mol2、0.01mol2，共0.06mol，nh4+所带正电荷为0.04mol，根据溶液中电荷守恒，可知k+一定存在，且k+物质的量0.02mol，当k+物质的量0.02mol时，溶液中还必须存在cl因此当k+物质的量0.02mol，溶液中不存在cl，当k+物质的量0.02mol时，溶液中一定存在cl，故d错误；故选a点评：本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是k+的确定易出现失误三、简答题（共4小题，50分）21（8分）某课外小组分别用下图所示装置对原电池和电解原理进行实验探究请回答：i用图1所示装置进行第一组实验（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代cu做电极的是a（填字母序号）a铝 b石墨 c银 d铂（2）n极发生反应的电极反应式为2h+2eh2（或2h2o+2eh2+2oh）（3）实验过程中，so42从右向左（填“从左向右”、“从右向左”或“不”）移动；滤纸上能观察到的现象有滤纸上有红褐色斑点产生ii用图2所示装置进行第二组实验实验过程中，两极均有气体产生，y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清查阅资料发现，高铁酸根（feo42）在溶液中呈紫红色（4）电解过程中，x极区溶液的ph增大（填“增大”、“减小”或“不变”）（5）电解过程中，y极发生的电极反应为fe6e+8ohfeo42+4h2o和4oh4e2h2o+o2（6）若在x极收集到672ml气体，在y极收集到168ml气体（均已折算为标准状况时气体体积），则y电极（铁电极）质量减少0.28g（7）在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应为：2k2feo4+3znfe2o3+zno+2k2zno2该电池正极发生的反应的电极反应式为2feo42+6e+5h2ofe2o3+10oh考点：原电池和电解池的工作原理专题：压轴题；电化学专题分析：图1中，左边装置是原电池，较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，如果要找电极材料代替铜，所找材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，m是阳极，n是阴极，电解池中阴极上阳离子得电子发生还原反应，原电池放电时，阴离子向负极移动；该电解池中，阳极材料是活泼金属，则电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，同时氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上氢离子得电子发生还原反应，根据阴阳极上转移电子数相等计算铁反应的质量，在碱性锌电池中，正极上得电子发生还原反应解答：解：（1）在保证电极反应不变的情况下，仍然是锌作负极，则正极材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，铝是比锌活泼的金属，所以不能代替铜，故选a；（2）n电极连接原电池负极，所以是电解池阴极，阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2h+2eh2（或2h2o+2eh2+2oh），故答案为：2h+2eh2（或2h2o+2eh2+2oh）；（3）原电池放电时，阴离子向负极移动，所以硫酸根从右向左移动，电解池中，阴极上氢离子得电子生成氢气，阳极上铁失电子生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，所以滤纸上有红褐色斑点产生，故答案为：从右向左，滤纸上有红褐色斑点产生；（4）电解过程中，阴极上氢离子放电生成氢气，则阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子溶液，溶液呈碱性，溶液的ph增大，故答案为增大；（5）铁是活泼金属，电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，氢氧根离子失电子发生氧化反应，所以发生的电极反应式为：fe6e+8ohfeo42+4h2o和4oh4e2h2o+o2，故答案为：4oh4e2h2o+o2；（6）x电极上析出的是氢气，y电极上析出的是氧气，且y电极失电子进入溶液，设铁质量减少为xg，根据转移电子数相等得，x=0.28，答：铁质量减少0.28g；（7）正极上高铁酸根离子得电子发生还原反应，反应方程式为2feo42+6e+5h2ofe2o3+10oh，故答案为：2feo42+6e+5h2ofe2o3+10oh点评：本题考查了原电池和电解池原理，注意：电解池中如果活泼金属作阳极，则电解池工作时阳极材料失电子发生氧化反应，为易错点22（12分）（2014江苏）实验室从含碘废液（除h2o外，含有ccl4、i2、i等）中回收碘，其实验过程如图一所示（1）向含碘废液中加入稍过量的na2so3溶液，将废液中的i2还原为i，其离子方程式为so32+i2+h2o=2i+2h+so42；该操作将i2还原为i的目的是使四氯化碳中的碘进入水层（2）操作x的名称为分液（3）氧化时，在三颈烧瓶中将含i的水溶液用盐酸调至ph约为2，缓慢通入cl2，在40左右反应（实验装置如图二所示）实验室控制在较低温度下进行的原因是使氯气在溶液中有较大的溶解度（或防止碘升华或防止碘进一