山东省济宁市高三化学上学期1月段考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年山东省济宁市高三（上）段考化学试卷（1月份）一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）12015年11月29日至30日，国家主席习近平出席了气候变化巴黎大会，各国就如何应对气候变化、提升经济绿色水平，实现人类可持续发展进行商讨为达成“同呼吸，共奋斗”全国各地为治理雾霾广泛开展了一系列活动下列活动不符合这一主题的是（）a机动车实行限行措施是减少雾霾的途径之一b积极推广风能、太阳能、氢能等新型能源的使用c通过吸收空气中co2并利用廉价能源合成汽油可推广“绿色自由”计划d将秸秆焚烧可得富含钾肥的草木灰，焚烧是一种较为理想的秸秆处理办法2下列有关化学用语表示正确的是（）a氟化铵的电子式：b电子式：可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子c离子结构示意图：可以表示35cl，也可以表示37cld比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子3以包列科学家danici shcchtman因发现准晶体获得2011年诺贝尔化学奖人们在自然界中也找到了组成为al63cu24fe13的天然准晶体将相同质量的此准晶体分别与足量的盐酸、烧碱和稀硝酸反应，产生气体的物质的量关系为（）an（烧碱）n（稀硝酸）n（盐酸）bn（烧碱）n（盐酸）n（稀硝酸）cn（稀硝酸）n（烧碱）n（盐酸）dn（盐酸）n（稀硝酸）n（烧碱）4下列物质与其用途完全符合的有多少条（）干冰人工降雨na2co3制玻璃fe2o3红色油漆或涂料al2o3耐火材料naclo消毒剂nacl制纯碱； kal （so4 ）2消毒、净水a3b4c5d65根据表中信息判断，下列选项不正确的是（）序列参加反应的物质生成物mno4 cl2、mn2+ cl2、febr2fecl3、febr3kmno4、h2o2、h2so4k2so4、mnso4 a第组反应中生成0.5mol cl2，转移电子1molb第组反应中cl2与 febr2的物质的量之比为1：2c第组反应的其余产物为h2o和 o2d氧化性由强到弱顺序为mno4cl2fe3+br26短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a原子在元素周期表中原子半径最小，b原子最外层电子数是电子层数的3倍，d与b属于同一主族，ca2是一种储氢材料下列叙述正确的是（）a元素b的单质与化合物a2d反应能生成d的单质b工业上利用铝热反应可制得单质cc原子b、c、d半径的大小顺序：dcbd一定条件下，过量的b单质与d单质直接生成bd37甲、乙、丙、丁是由h+、na+、al3+、ba2+、oh、cl、hco3离子中的两种组成，可以发生如图转化，下列说法正确的是（）a甲为alcl3，乙为nahco3b溶液丙中还可以大量共存的离子有：fe2+、no3、so42c在甲中滴加丁开始反应的离子方程式：hco3+ba2+oh=baco3+h2od白色沉淀a可能溶解在溶液d中8如图装置，将溶液a逐滴加入固体b中，下列叙述中不正确的是（）a若a为浓盐酸，b为mno2，c中盛品红溶液，则c中溶液不褪色b若a为醋酸溶液，b为贝壳，c中盛过量澄清石灰水，则c中溶液变浑浊c若a为浓硫酸，b为na2so3固体，c中盛石蕊溶液，则c中溶液先变红后褪色d若a为浓氨水，b为生石灰，c中盛alcl3溶液，则c中产生白色沉淀9设na为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述中正确的是（）ach4与p4的分子结构都是正四面体形，因此在na个ch4分子或p4分子中都含有4na个共价键b在含na个硅原子的二氧化硅晶体中含有4na个sio键c5.6 g fe与含0.2 mol hno3的溶液充分反应，至少失去0.2na个电子dna个fe3+完全水解可以得到na个氢氧化铁胶体粒子10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11氰氨化钙是一种重要的化工原料，其制备的化学方程式为：caco3+2hcncacn2+co+h2+co2，下列说法正确的是（）aco为氧化产物，h2为还原产物bcacn2含有共价键，属于共价化合物chcn既是氧化剂又是还原剂d每消耗10g caco3生成2.24l co212归纳法是高中化学学习常用的方法之一，某化学研究性学习小组在学习了化学反应原理后作出了如下的归纳总结：归纳正确的是（）对已建立化学平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，生成物的百分含量一定增加常温下，ph=3的醋酸溶液与ph=11的naoh溶液等体积混合，则有c（na+）+c（h+）c（oh）+c（ch3coo）常温下，agcl在同物质的量浓度的cacl2和nacl溶液中的溶解度相同若将适量co2 通入0.1moll1na2co3溶液中至溶液恰好呈中性，则溶液中（不考虑溶液体积变化） 2c（co32）+c（hco3）=0.1moll1常温下，已知醋酸电离平衡常数为ka；醋酸根水解平衡常数为kh；水的离子积为kw；则有：kakh=kwabcd13硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示），下列说法错误的是（）a碱式硫酸铁水解能产生fe（oh）3胶体，可用作净水剂b为防止nh4hco3分解，生产feco3需在较低温度下进行c可用kscn溶液检验（nh4）2fe（so4）2是否被氧化d常温下，（nh4）2fe（so4）2比feso4易溶于水14在300ml的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的co气体，一定条件下发生反应：ni（s）+4co（g）ni（co）4（g），已知该反应平衡常数与温度的关系如表：温度/2580230平衡常数510421.9105下列说法不正确的是（）a上述生成ni（co）4（g）的反应为放热反应b25时反应ni（co）4（g）ni（s）+4co（g）的平衡常数为2105c80达到平衡时，测得n（co）=0.3mol，则ni（co）4的平衡浓度为2 mol/ld在80时，测得某时刻，ni（co）4、co浓度均为0.5 mol/l，则此时v（正）v（逆）15全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能电池，该电池性能优良，其电池总反应为：v3+vo2+h2o vo2+2h+v2+下列叙述正确的是（）a放电过程中电解质溶液中阴离子移向正极b放电时每转移0.5mol电子，负极有0.5molv2+被氧化c充电时阳极附近溶液的酸性减弱d充电时阳极反应式为：vo2+2h+evo2+h2o16下列图示与对应的叙述不相符的是（）a表示10 ml 0.01moll1kmno4酸性溶液与过量的0.1moll1 h2c2o4溶液混合时，n（mn2+）随时间的变化（mn2+对该反应有催化作用）b表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化c表示示向含有少量氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中滴加盐酸所得沉淀物质的量与盐酸体积的关系d表示向nh4al（so4）2溶液中逐滴滴入ba（oh）2溶液，随着ba（oh）2溶液体积v的变化，沉淀总物质的量n的变化二、解答题（共4小题，满分52分）172015年8月12日天津港特大爆炸事故，再一次引发了人们对环境问题的关注据查危化仓库中存有大量的钠、钾、白磷（p4）、硝酸铵和氰化钠（nacn）（1）白磷有毒能和氯酸溶液发生氧化还原反应：3p4+10hclo3+18h2o10hcl+12h3po4，该反应的氧化产物是，若有1mol p4参加反应转移电子为mol（2）氰化钠（nacn）是一种化工原料，用于基本化学合成、电镀、冶金和有机合成医药、农药及金属处理等方面已知：25时，hcn的电离平衡常数ka=6.21010，h2co3在25时的电离平衡常数是ka1=4.5107、ka2=4.71011，则向 nacn溶液通入少量co2反应方程式是：常温下，氰化钠能与过氧化氢溶液反应，生成碳酸氢钠和能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，大大降低其毒性该反应的化学方程式是：电解法可以处理空气中的氮氧化物，用如图示电解池，将nox在电解池中分解成无污染的n2和o2除去，两电极间是固体氧化物电解质，在一定条件下可自由传导o2，电解池阴极反应为（3）传统工业上利用氨气可以合成尿素主要反应如下：2nh3（g）+co2（g）nh2co2nh4（s）h=159.47kjmol1nh2co2nh4（s）co（nh2）2（s）+h2o（g）h=+72.49kjmol1反应2nh3（g）+co2（g）co（nh2）（s）+h2o（g）的h= kjmol1工业上用氨气制备硝酸，将一定质量的铁粉加入到100ml某浓度的稀硝酸中充分反应后，容器中剩余m1g铁粉，此时共收集到no气体448ml（标准状况）然后向上述混合物中加入稀硫酸至不再产生no为止，容器剩余铁粉m2g，则m1m2为（若铁改为铜，答案相应改正）18co、co2是火力发电厂释放出的主要尾气，为减少对环境造成的影响，发电厂试图采用以下方法将其资源化利用，重新获得燃料或重要工业产品（1）co与cl2在催化剂的作用下合成光气（cocl2）某温度下，向2l的密闭容器中投入一定量的co和cl2，在催化剂的作用下发生反应：co（g）+cl2（g）cocl2（g）h=a kj/mol反应过程中测定的部分数据如下表：t/minn （co）/moln （cl2）/mol01.200.6010.9020.8040.20反应02min末的平均速率v（cocl2）=mol/（lmin）在2min4min间，v（cl2）正v（cl2）逆 （填“”、“=”或“”），该温度下k=已知x、l可分别代表温度或压强，图1表示l一定时，co的转化率随x的变化关系x代表的物理量是；a0 （填“”，“=”，“”）（2）在催化剂作用下no和co转化为无毒气体，2co（g）+2no（g）2co2（g）+n2（g）h=748kjmol1一定条件下，单位时间内不同温度下测定的氮氧化物转化率如图2所示温度高于710k时，随温度的升高氮氧化物转化率降低的原因可能是已知：测定空气中no和co含量常用的方法有两种，方法1：电化学气敏传感器法其中co传感器的工作原理如图3所示，则工作电极的反应式为；方法2：氧化还原滴定法用h2o2溶液吸收尾气，将氮氧化物转化为强酸，用酸碱中和滴定法测定强酸浓度写出no与h2o2溶液反应的离子方程式（3）用co和h2可以制备甲醇，反应为co（g）+2h2（g）ch3oh（g），以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，koh溶液为电解质溶液，可制成燃料电池（电极材料为惰性电极）若电解质溶液中koh的物质的量为0.8mol，当有0.5mol甲醇参与反应时，电解质溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序是19以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率已知铝灰的主要成分为al2o3（含少量杂质sio2、feo、fe2o3），其制备实验流程如图1：（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为（2）用图2中“滤渣”和naoh焙烧制备硅酸钠，可采用的装置为（填选项编号）（3）在实验流程中，加30%的h2o2溶液发生的离子反应方程式为（4）验证“沉铁”后，溶液中是否还含有铁离子的操作方法为（5）若用调节ph溶液“沉铁”，则得到fe（oh）3，已知：25时，ksp=4.01038，则该温度下反应fe3+3h2ofe（oh）3+3h+的平衡常数为（6）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4 2al2o3+2nh3+n2+5so3+3so2+53h2o，将产生的气体通过图3所示的装置集气瓶中收集到的气体是 （填化学式）kmno4溶液褪色，发生的离子反应方程式为20葡萄酒中的酒精是葡萄果实中的糖发酵后的产物（c6h12o62ch3ch2oh+2co2）、已知：实验室制乙烯原理为ch3ch2ohch2=ch2+h2o，产生的气体能使br2 的四氯化碳溶液褪色，甲、乙同学用下列实验验证（气密性已检验，部分夹持装置略如图1）实验操作和现象：操 作现 象点燃酒精灯，加热至170：a中烧瓶内液体渐渐变黑：b内气泡连续冒出，溶液逐渐褪色实验完毕，清洗烧瓶：a中烧瓶内附着少量黑色颗粒状物，有刺激性气味逸出（1）溶液“渐渐变黑”，说明浓硫酸具有性（2）分析，甲认为是c2h4，乙认为不能排除so2的作用根据甲的观点，使b中溶液褪色反应的化学方程式是；乙根据现象认为实验中产生的so2和，使b中有色物质反应褪色为证实各自观点，甲、乙重新实验，设计与现象如下：甲：在a、b间增加一个装有某种试剂的洗气瓶；现象：br2的ccl4溶液褪色乙：用下列装置按一定顺序与a连接：（尾气处理装置略如图2）现象：c中溶液由红棕色变为浅红棕色时，e中溶液褪色请回答下列问题：a甲设计实验中a、b间洗气瓶中盛放的试剂是；乙设计的实验d中盛放的试剂是，装置连接顺序为b能说明确实是so2使e中溶液褪色的实验是c乙为进一步验证其观点，取少量c中溶液，加入几滴bacl2溶液，振荡，产生大量白色沉淀，浅红棕色消失，发生反应的离子方程式是由此可得出的干燥的so2 不能使br2 的四氯化碳溶液褪色、葡萄酒中常用na2s2o5做抗氧化剂（3）0.5molna2s2o5溶于水配成1l溶液，该溶液的ph=4.5溶液中部分微粒浓度随溶液酸碱性变化如图3所示写出na2s2o5溶于水时发生的化学方程式（4）已知：ksp=11010，ksp=5107把部分被空气氧化的该溶液的ph调为10，向溶液中滴加bacl2溶液使so42沉淀完全，此时溶液中c（so32）moll12015-2016学年山东省济宁市高三（上）段考化学试卷（1月份）参考答案与试题解析一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）12015年11月29日至30日，国家主席习近平出席了气候变化巴黎大会，各国就如何应对气候变化、提升经济绿色水平，实现人类可持续发展进行商讨为达成“同呼吸，共奋斗”全国各地为治理雾霾广泛开展了一系列活动下列活动不符合这一主题的是（）a机动车实行限行措施是减少雾霾的途径之一b积极推广风能、太阳能、氢能等新型能源的使用c通过吸收空气中co2并利用廉价能源合成汽油可推广“绿色自由”计划d将秸秆焚烧可得富含钾肥的草木灰，焚烧是一种较为理想的秸秆处理办法【考点】绿色化学【专题】化学应用【分析】a机动车实行限行减少汽车尾气的排放； b风能、太阳能、氢能是清洁能源；c吸收空气中的co2并利用廉价能源合成汽油，可以减少二氧化碳的排放；d秸秆燃烧能生成大量的可吸入颗粒物，能够污染环境【解答】解：a机动车实行限行减少汽车尾气的排放，减少氮及其化合物及固体颗粒排放，则是防止酸雨的途径之一，也是减少雾霾的途径之一，故a正确； b开发新能源，如太阳能、风能、氢能等，减少对化石能源的依赖，减少二氧化碳的排放，故b正确；c吸收空气中的co2并利用廉价能源合成汽油，可以减少二氧化碳的排放，减缓温室效应，故c正确；d将秸秆焚烧可得富含钾肥的草木灰，但秸秆燃烧能生成大量的可吸入颗粒物，能够污染环境，故d错误故选d【点评】本题考查了生活生产中的环境污染和治理，难度不大，题目与社会接触密贴，是高考热点，解题时注意结合相应的化学知识来解答2下列有关化学用语表示正确的是（）a氟化铵的电子式：b电子式：可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子c离子结构示意图：可以表示35cl，也可以表示37cld比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图；球棍模型与比例模型【专题】化学用语专题【分析】a氟化铵中铵根离子的电子式没有表示出来；b羟基的电子式，不能表示氢氧根离子，氢氧根离子中氧原子周围有8个电子；c35cl和37cl；是同种元素，质子数相同电子数也相同，所以离子结构示意图相同；dcl原子半径大于c原子，比例模型不正确【解答】解：a氟化铵中铵根离子的电子式没有表示出来，故a错误；b羟基的电子式，不能表示氢氧根离子，氢氧根离子中氧原子周围有8个电子，故b错误；c35cl和37cl；是同种元素，质子数相同电子数也相同，所以离子结构示意图相同，故c正确；dcl原子半径大于c原子，四氯化碳分子比例模型不正确，比例模型应符合原子的大小，故d错误故选c【点评】本题考查核素符号，离子结构示意图，电子式，比例模型等，题目难度不大，注意比例模型应符合原子的大小3以包列科学家danici shcchtman因发现准晶体获得2011年诺贝尔化学奖人们在自然界中也找到了组成为al63cu24fe13的天然准晶体将相同质量的此准晶体分别与足量的盐酸、烧碱和稀硝酸反应，产生气体的物质的量关系为（）an（烧碱）n（稀硝酸）n（盐酸）bn（烧碱）n（盐酸）n（稀硝酸）cn（稀硝酸）n（烧碱）n（盐酸）dn（盐酸）n（稀硝酸）n（烧碱）【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；化学方程式的有关计算【专题】计算题【分析】该合金中只有铝与氢氧化钠溶液反应生成气体，铁和铝都与盐酸反应生成氢气，所以加入盐酸放出的气体体积大于氢氧化钠溶液，铁、铝和铜都与稀硝酸反应生成no气体，结合得失电子的物质的量关系可确定生成气体的物质的量【解答】解：该合金中只有铝与氢氧化钠溶液反应生成气体，铁和铝都与盐酸反应生成氢气，所以加入盐酸放出的气体体积大于氢氧化钠溶液，铁、铝和铜都与稀硝酸反应生成气体，为便于计算，可设al63cu24fe13为1mol，根据金属和生成气体之间的关系式得生成气体体积分别为：与hcl反应时：n（h2）=13+631.5=107.5 mol，与naoh反应时：n（h2）=631.5=94.5 mol，与hno3反应时：n（no）=63+13+24=92 mol，所以生成气体体积大小顺序是n（稀硝酸）n（烧碱）n（盐酸），故选c【点评】本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，解答本题时，为便于计算，可设合金为1mol，这样可避免计算的繁琐，另外可根据得失电子数目的角度解答，可不必书写反应的化学方程式，难度中等4下列物质与其用途完全符合的有多少条（）干冰人工降雨na2co3制玻璃fe2o3红色油漆或涂料al2o3耐火材料naclo消毒剂nacl制纯碱； kal （so4 ）2消毒、净水a3b4c5d6【考点】物质的组成、结构和性质的关系；常见元素的名称、符号、离子符号【专题】物质的组成专题【分析】干冰为固态二氧化碳，能用于人工降雨；工业上制造玻璃的主要原料是碳酸钠、碳酸钙和二氧化硅；fe2o3为红色固体；al2o3熔点比较高，可以用作耐火材料，naclo能杀菌消毒；氨碱法制纯碱以食盐、石灰石、氨气为原料来制取；kal （so4 ）2电离的铝离子水解产生氢氧化铝，可以起到净水的作用【解答】解：干冰是固体的二氧化碳，干冰升华（由固态变成气态）时会吸收大量热，使空气中的水蒸气液化成水滴降落，就是人工降雨，故正确；工业上制造玻璃的主要原料是碳酸钠、碳酸钙和二氧化硅，故正确；fe2o3为红色固体常用来做红色油漆或涂料，故正确；al2o3熔点比较高，加热很难融化，可以用作耐火材料，故正确；naclo具有强氧化性，能杀菌消毒，故正确；氨碱法制纯碱的实验原理进行分析，以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，故正确；kal （so4 ）2电离的铝离子水解产生氢氧化铝，可以起到净水的作用，但不具有消毒功能，故错误故选：d【点评】本题考查了物质的用途，明确物质的性质即可解答，侧重对基础知识点的考查，会运用化学知识解释生活常识，题目难度不大5根据表中信息判断，下列选项不正确的是（）序列参加反应的物质生成物mno4 cl2、mn2+ cl2、febr2fecl3、febr3kmno4、h2o2、h2so4k2so4、mnso4 a第组反应中生成0.5mol cl2，转移电子1molb第组反应中cl2与 febr2的物质的量之比为1：2c第组反应的其余产物为h2o和 o2d氧化性由强到弱顺序为mno4cl2fe3+br2【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】a由信息可知，mno4氧化cl为cl2，cl元素化合价由1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍；b由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，结构电子转移守恒计算判断；c反应中kmno4mnso4，mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，h2o2中氧元素化合价升高，应生成氧气，根据元素守恒还生成水；d氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由可知fe3+不能氧化br，氧化性br2fe3+【解答】解：a由信息可知，mno4氧化cl为cl2，cl元素化合价由1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1c12，转移电子为2mo1，故a正确；b由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n（c12）=n（febr2），即n（c12）：n（febr2）=1：2，故b正确；c反应中kmno4mnso4，mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，h2o2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据h元素守恒可知还生成水，故c正确；d氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由可知氧化性mno4cl2，由可知氧化性cl2fe3+，由可知fe3+不能氧化br，氧化性br2fe3+，故d错误故选d【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握氧化还原反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电子守恒的应用，题目难度不大6短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a原子在元素周期表中原子半径最小，b原子最外层电子数是电子层数的3倍，d与b属于同一主族，ca2是一种储氢材料下列叙述正确的是（）a元素b的单质与化合物a2d反应能生成d的单质b工业上利用铝热反应可制得单质cc原子b、c、d半径的大小顺序：dcbd一定条件下，过量的b单质与d单质直接生成bd3【考点】原子结构与元素的性质；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是原子序数依次增大的短周期主族元素，a是周期表中原子半径最小的元素，则a为h元素；b原子最外层电子数是电子层数的3倍，可推知b为o元素；d与b属于同一主族，则d为s元素；ca2是一种储氢材料，c为+2价，而且原子序数大于o小于s，则c为mg元素；结合元素周期律与元素化合物性质解答【解答】解：a、b、c、d是原子序数依次增大的短周期主族元素，a是周期表中原子半径最小的元素，则a为h元素；b原子最外层电子数是电子层数的3倍，可推知b为o元素；d与b属于同一主族，则d为s元素；ca2是一种储氢材料，c为+2价，而且原子序数大于o小于s，则c为mg元素；a氧气具有氧化性、硫化氢具有还原性，则元素o的单质与化合物h2s反应能生成s的单质，故a正确；bc为mg，mg的还原性大于al，所以不能用铝热反应可制得单质mg，故b错误；c电子层越多，原子半径越大，同周期随原子序数增大原子半径减小，故原子半径mgso，即半径的大小顺序：cdb，故c错误；dd为s元素，b为o元素，s在氧气中燃烧生成so2，故d错误，故选a【点评】本题考查结构性质位置关系应用，根据原子结构和元素的性质推断元素是解题的关键，注意对元素周期律的理解掌握，题目难度不大7甲、乙、丙、丁是由h+、na+、al3+、ba2+、oh、cl、hco3离子中的两种组成，可以发生如图转化，下列说法正确的是（）a甲为alcl3，乙为nahco3b溶液丙中还可以大量共存的离子有：fe2+、no3、so42c在甲中滴加丁开始反应的离子方程式：hco3+ba2+oh=baco3+h2od白色沉淀a可能溶解在溶液d中【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【专题】物质检验鉴别题【分析】甲、乙、丙、丁是由h+、na+、al3+、ba2+、oh、cl、hco3离子中的两种组成，依据离子共存原则，h+只能与cl生成hcl，al3+只能与cl生成alcl3，依据甲溶液能和乙溶液生成沉淀，气体和氯化钠，甲和丙生成气体和氯化钠，故甲和乙中含有能双水解的离子，且甲中含有na+，据此解答即可【解答】解：溶液中存在h+、na+、al3+、ba2+、oh、cl、hco3，故依据离子能大量共存的原则得出甲乙丙丁中含有两种物质，即：hcl和alcl3，因为甲溶液能和乙溶液生成沉淀，气体和氯化钠，故甲和乙中含有能双水解的离子，即al3+和hco3生成的气体b为二氧化碳，沉淀a为氢氧化铝，然后依据甲与丙生成气体，则甲为nahco3，那么乙为alcl3，甲与丁生成白色沉淀，则丁含有钡离子且与甲生成沉淀，则丁为氢氧化钡，丙为hcl，a、依据以上分析得出甲应为碳酸氢钠，故a错误；b、据分析可知，丙为hcl，含有h+，故fe2+、no3不能与其共存，故b错误；c、甲中滴加丁，甲是过量的，那么ba（oh）2应满足阳离子：阴离子=1：2的关系，故c错误；d、白色沉淀a为氢氧化铝能溶于强碱氢氧化钡，故d正确，故选d【点评】本题主要考查的是常见离子之间的反应以及物质的推断，有一定难度，需要认真整理8如图装置，将溶液a逐滴加入固体b中，下列叙述中不正确的是（）a若a为浓盐酸，b为mno2，c中盛品红溶液，则c中溶液不褪色b若a为醋酸溶液，b为贝壳，c中盛过量澄清石灰水，则c中溶液变浑浊c若a为浓硫酸，b为na2so3固体，c中盛石蕊溶液，则c中溶液先变红后褪色d若a为浓氨水，b为生石灰，c中盛alcl3溶液，则c中产生白色沉淀【考点】常见气体制备原理及装置选择；性质实验方案的设计【专题】实验设计题【分析】根据装置图可知，该装置适用于固体和液体无需加热制取气体，制取的气体易溶于试管中的液体，据此对照各选项进行分析即可解答【解答】解：a二氧化锰（mno2）与浓盐酸混合加热可得到氯气，反应方程式为：mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o，而题目中的装置制取气体无需加热，所以无法制取氯气，c中盛品红溶液，则c中溶液无法褪色，故a正确；b贝壳的主要成分为碳酸钙，醋酸和碳酸钙反应caco3+2ch3cooh=ca（ch3coo）2+h2o+co2生成二氧化碳无需加热，二氧化碳和澄清石灰水反应co2+ca（oh）2caco3+h2o生成不溶于水的碳酸钙，所以试管中溶液变浑浊，故b正确；c亚硫酸是弱酸，硫酸是强酸，利用强酸制弱酸的原理，强酸硫酸和亚硫酸钠反应生成弱酸亚硫酸，亚硫酸分解生成二氧化硫和水，na2so3+h2so4na2so4+so2+h2o，所以能用图中左图的制取装置制备so2，二氧化硫溶于水反应生成亚硫酸，能使c中盛石蕊试液变红，但不能漂白，所以不褪色，故c错误；d实验室制备nh3，可用浓氨水和cao固体反应，nh3h2o+caoca（oh）2+nh3，浓氨水易挥发，cao固体与水反应放出大量的热，导致温度升高，使得氨气在水中的溶解度进一步减少，以气体的形式逸出，制得氨气，可选择图中左图的制取装置，c中盛alcl3溶液，氨气和水反应生成氨水，氨水和alcl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，但氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，故d正确；故选c【点评】本题考查了化学实验基本操作，掌握元素化合物的性质结合反应装置的特点分析是解答本题的关键，题目难度不大9设na为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述中正确的是（）ach4与p4的分子结构都是正四面体形，因此在na个ch4分子或p4分子中都含有4na个共价键b在含na个硅原子的二氧化硅晶体中含有4na个sio键c5.6 g fe与含0.2 mol hno3的溶液充分反应，至少失去0.2na个电子dna个fe3+完全水解可以得到na个氢氧化铁胶体粒子【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、1mol白磷中含6molpp键；b、1mol二氧化硅中含1mol硅原子，根据硅原子为na个，求出二氧化硅的物质的量，然后根据1mol二氧化硅中含4molsio键来分析；c、5.6g铁的物质的量为0.1mol，然后根据3mol铁至少消耗8mol硝酸来分析；d、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体【解答】解：a、1mol白磷中含6molpp键，故na个白磷分子中含6na个共价键，故a错误；b、1mol二氧化硅中含1mol硅原子，由于硅原子为na个，故二氧化硅的物质的量为1mol，而1mol二氧化硅中含4molsio键，即含4na个，故b正确；c、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而3mol铁至少消耗8mol硝酸，故0.1mol铁至少需要消耗0.27mol硝酸，故硝酸的量不足，故铁不能完全反应，则至少失去的电子数小于0.2na个，故c错误；d、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故得到的氢氧化铁胶粒个数小于na个，故d错误故选b【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大10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乙酸可与碳酸钠反应，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11氰氨化钙是一种重要的化工原料，其制备的化学方程式为：caco3+2hcncacn2+co+h2+co2，下列说法正确的是（）aco为氧化产物，h2为还原产物bcacn2含有共价键，属于共价化合物chcn既是氧化剂又是还原剂d每消耗10g caco3生成2.24l co2【考点】氧化还原反应【分析】在caco3+2hcn=cacn2+co+h2+co2反应中，hcn中的碳元素化合价由+2升高到+4，对应的氧化产物为cacn2，hcn中的氢元素化合价由+1价降低到0，对应的还原产物为h2，以此解答该题【解答】解：aco由hcn生成，既不是氧化产物也不是还原产物，故a错误；bcacn2中存在2，含有离子键和共价键，属于离子化合物，故b错误；c因hcn中的碳元素化合价升高，氢元素的化合价降低，则hcn既是氧化剂又是还原剂，故c正确；d气体存在的条件未知，不能确定体积大小，故d错误故选c【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意利用元素的化合价来分析氧化还原反应，明确反应中各物质中的元素的化合价是解答的关键，本题的难点是氧化产物的分析12归纳法是高中化学学习常用的方法之一，某化学研究性学习小组在学习了化学反应原理后作出了如下的归纳总结：归纳正确的是（）对已建立化学平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，生成物的百分含量一定增加常温下，ph=3的醋酸溶液与ph=11的naoh溶液等体积混合，则有c（na+）+c（h+）c（oh）+c（ch3coo）常温下，agcl在同物质的量浓度的cacl2和nacl溶液中的溶解度相同若将适量co2 通入0.1moll1na2co3溶液中至溶液恰好呈中性，则溶液中（不考虑溶液体积变化） 2c（co32）+c（hco3）=0.1moll1常温下，已知醋酸电离平衡常数为ka；醋酸根水解平衡常数为kh；水的离子积为kw；则有：kakh=kwabcd【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】化学平衡专题；电离平衡与溶液的ph专题【分析】可逆反应达到平衡时，减少生成物浓度，平衡向着正向移动，但是生成物浓度减小；任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；相同温度下，溶液中氯离子浓度越大该溶液抑制agcl溶解程度越大；任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；电离平衡常数ka=，kh=，kw=c（h+）c（oh）【解答】解：可逆反应达到平衡时，减少生成物浓度，平衡向着正向移动，但是生成物浓度减小，所以平衡正向移动生成物百分含量不一定增大，故错误；任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（ch3coo），故正确；相同温度下，溶液中氯离子浓度越大该溶液抑制agcl溶解程度越大，相同浓度的氯化钙和氯化钠中，氯化钙中氯离子浓度大于氯化钠，所以agcl在同浓度的氯化钙中溶解度小于氯化钠溶液中，故错误；溶液呈中性，则存在c（h+）=c（oh），任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒得2c（co32）+c（hco3）=c（na+）=0.05moll1，故错误；电离平衡常数ka=，kh=，kw=c（h+）c（oh），所以存在kakh=kw，故正确；故选c【点评】本题考查较综合，涉及化学平衡、弱电解质的电离、盐类水解、难溶物溶解平衡等知识点，为高频考点，明确电解质电离特点、难溶物溶解平衡影响因素等知识点是解本题关键，难点是中这几个平衡常数之间关系，题目难度不大13硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示），下列说法错误的是（）a碱式硫酸铁水解能产生fe（oh）3胶体，可用作净水剂b为防止nh4hco3分解，生产feco3需在较低温度下进行c可用kscn溶液检验（nh4）2fe（so4）2是否被氧化d常温下，（nh4）2fe（so4）2比feso4易溶于水【考点】铁的化学性质；氧化还原反应【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】a根据fe3+能发生水解生成fe（oh）3胶体，fe（oh）3胶体具有吸附性，可用作净水剂；b根据nh4hco3不稳定，受热易分解；ckscn溶液遇fe2+溶液无现象，遇fe3+溶液变红；d根据溶解度大的沉淀可以转化为溶解度小的沉淀【解答】解：a碱式硫酸铁电离产生fe3+，fe3+，能发生水解生成fe（oh）3胶体，fe（oh）3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故a正确；bnh4hco3不稳定，受热易分解，所以为防止nh4hco3分解，生产feco3需在较低温度下进行，故b正确；ckscn溶液遇fe2+溶液无现象，（nh4）2fe（so4）2若被氧化则生成fe3+，kscn溶液遇fe3+溶液变红，故c正确；d（nh4）2fe（so4）2在水中的溶解度比feso4的小，所以feso4才能与（nh4）2so4反应生成（nh4）2fe（so4）2，故d错误；故选d【点评】本题以硫酸亚铁为原料进行物质的制备，主要考查了物质的性质与反应原理，注意冷却结晶发生反应的实质是溶解度的不同，题目难度中等14在300ml的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的co气体，一定条件下发生反应：ni（s）+4co（g）ni（co）4（g），已知该反应平衡常数与温度的关系如表：温度/2580230平衡常数510421.9105下列说法不正确的是（）a上述生成ni（co）4（g）的反应为放热反应b25时反应ni（co）4（g）ni（s）+4co（g）的平衡常数为2105c80达到平衡时，测得n（co）=0.3mol，则ni（co）4的平衡浓度为2 mol/ld在80时，测得某时刻，ni（co）4、co浓度均为0.5 mol/l，则此时v（正）v（逆）【考点】化学平衡的计算【专题】化学平衡专题【分析】a由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，据此判断；b相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数；c根据80c平衡常数计算ni（co）4的平衡浓度；d计算常数的浓度商qc，与平衡常数比较，判断反应进行方向，据此判断【解答】解：a由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，故a正确；b.25c时反应ni（s）+4co（g）ni（co）4（g）的平衡常数为5104，相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，故25c时反应ni（co）4（g）ni（s）+4co（g）的平衡常数为=2105，故b正确；c80c达到平衡时，测得n（co）=0.3mol，c（co）=1mol/l，故c=kc4（co）=214mol/l=2mol/l，故c正确；d浓度商qc=8，大于80c平衡常数2，故反应进行方向逆反应进行，故v（正）v（逆），故d错误；故选d【点评】本题考查化学平衡常数及影响因素、化学平衡常数有关计算等，难度中等，注意掌握化学平衡常数的应用15全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能电池，该电池性能优良，其电池总反应为：v3+vo2+h2o vo2+2h+v2+下列叙述正确的是（）a放电过程中电解质溶液中阴离子移向正极b放电时每转移0.5mol电子，负极有0.5molv2+被氧化c充电时阳极附近溶液的酸性减弱d充电时阳极反应式为：vo2+2h+evo2+h2o【考点】化学电源新型电池；原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】根据电池总反应和参加物质的化合价的变化可知，反应中v2+离子被氧化，应是电源的负极，vo2+离子化合价降低，被还原，应是电源的正极反应，根据原电池的工作原理进行分析：a、电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；b、放电时氧化剂为vo2+离子，在正极上被还原后生成vo2+离子，根据化合价判断转移的电子数；c、充电时阳极上发生失电子的氧化反应，根据电极反应式进行回答；d、充电时阳极上发生失电子的氧化反应【解答】解：电池总反应和参加物质的化合价的变化可知，反应中v2+离子被氧化，应是电源的负极，vo2+离子化合价降低，被还原，应是电源的正极反应a、电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故a错误；b、放电时氧化剂为vo2+离子，在正极上被还原后生成vo2+离子，每转移2mol电子时，消耗2mol氧化剂，转移0.5mol电子，负极有0.5molv2+被氧化，故b正确；c、充电时阳极发生反应：h2o+vo2+e=vo2+2h+，生成氢离子，所以溶液的酸性增强，故c错误；d、充电时阳