山东省烟台市招远二中高三化学下学期开学试题（含解析）新人教版.doc

2013-2014学年山东省烟台市招远二中高三（下）开学化学试卷一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）1（3分）（2014春招远市校级月考）“化学是人类进步的关键”下列有关说法能反映正确化学观点的是（）a改变物质的性质不一定要通过化学变化b天然物质都比人造物质好c一种元素可有多种离子，但只有一种原子d根据分散系是否具有丁达尔效应，分散系分为溶液、胶体和浊液考点：物理变化与化学变化的区别与联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系专题：物质的分类专题；物质的性质和变化专题分析：a物质的性质包括物理性质和化学性质；b不是所有的天然物质都比人造物质好；c根据大多数元素存在同位素现象；d根据分散系微粒直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液解答：解：a物质的性质包括物理性质和化学性质，如改变物质的状态是通过物理变化，而不是化学变化，故a正确； b不是所有的天然物质都比人造物质好，如人造的塑料为我们的生活带来了极大的方便，故b错误；c大多数元素存在同位素现象，一种元素可有多种离子，也可以有多种原子，故c错误；d根据分散系微粒直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据否具有丁达尔现象，故d错误故选a点评：本题考查物质的性质、同位素现象、物质的分类等，难度不大，注意一种元素可能形成不止一种原子2（3分）（2011春温州期末）生活中遇到的某些问题，常常涉及于化学知识下列各项叙述不正确的是（）a鱼虾放久了会产生不愉快的腥臭气味，应当用水冲洗，并在烹调时加入少量食醋b“酸可除锈”“洗涤剂可去油”都是发生了化学变化c被蜂蚁蜇咬会感到疼痛难忍，这是蜂蚁咬人时将甲酸注入人体的缘故，此时若能涂抹稀氨水或碳酸氢钠溶液，可以减轻疼痛d医用酒精可用于皮肤消毒，其原因在于可以使蛋白质发生变性考点：化学反应的基本原理专题：元素及其化合物；有机化学基础分析：a、发出鱼腥味的物质是胺类化合物，蛋白质水解生成氨基酸，能和酸反应生成盐；b、洗涤剂去油是利用物质的相似相溶原理；c、甲酸能和碱性物质反应生成盐；d、强酸、强碱、重金属盐、乙醇等都能使蛋白质变性解答：解：a、发出鱼腥味的物质是胺类化合物，蛋白质水解生成氨基酸，氨基酸经脱羧作用产生二氧化碳和胺，烹调时加入少量食醋是为了中和，生成醋酸铵，盐没有特殊的气味，故a正确；b、酸除锈是酸和铁锈反应生成盐，属于化学变化，涤剂去油是利用物质的相似相溶原理，属于物理变化，故b错误；c、甲酸是酸性物质能和碱反应生成盐，所以甲酸和氨水、碳酸氢钠等碱性物质反应生成盐，从而减轻疼痛，故c正确；d、强酸、强碱、重金属盐、乙醇等都能使蛋白质变性，病菌属于蛋白质，酒精能使病菌变性，从而达到消毒目的，故d正确故选b点评：本题考查了化学反应原理中元素化合物的性质，明确物质的性质是解本题的关键，难度不大3（3分）（2014春招远市校级月考）下列说法中不正确的是（）a化工中的“三酸”、“两碱”是指硫酸、硝酸、盐酸、氢氧化钠、碳酸钠b医疗上的血液透析利用了胶体的性质，而土壤保肥与胶体的性质无关c硫酸的消费量常被视为一个国家工业发达水平的一个标志d能源、信息、材料通常被称为新科技革命的三大支柱考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；胶体的应用分析：a、碳酸钠俗称纯碱；b、血液透析原理即为渗析原理；土壤保肥与胶体的胶粒带电荷吸附离子有关；c、硫酸产量和消费量是一个国家工业发展水平的标志；d、能源、信息和材料关系到国计民生解答：解：a、碳酸钠俗称纯碱，两碱是氢氧化钠和碳酸钠，故a正确；b、血液透析原理即为渗析原理，涉及胶体性质，土壤的保肥作用是由于土壤胶粒通常带负电荷，吸附氮肥中的铵根等植物生长所需的营养阳离子，而达到保肥效果，故b错误；c、硫酸的消费量是衡量一个国家化学工业发展水平的标志，故c正确；d、能源、信息和材料关系到国计民生，是新科技革命的三大支柱，故d正确故选b点评：本题考查血液透析的原理、三酸两碱，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握4（3分）（2014秋正定县校级期中）某学习兴趣小组讨论辨析以下说法：通过化学变化可以实现16o与18o间的相互转化；灼烧钠的化合物时，火焰呈黄色，发生化学反应；碱性氧化物一定是金属氧化物；仅由一种元素组成的物质一定为纯净物；石墨和c60具有相同的化学性质；糖类、蛋白质、油脂属于天然高分子化合物其中说法正确的是（）abcd考点：物理变化与化学变化的区别与联系；核素；混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；钠的化学性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点分析：化学变化的实质：分子的分裂，原子的重新组合；焰色反应为物理反应；碱性氧化物一定是金属氧化物；纯净物是由一种物质组成的；同素异形体的化学性质相似； 糖类中的单糖不是高分子化合物，油脂也不是高分子化合物解答：解：化学变化的实质：分子的分裂，原子的重新组合，不能生成新核素，故错误；灼烧钠的化合物时，发生焰色反应，火焰呈黄色，为物理反应，故错误；碱性氧化物一定是金属氧化物，故正确；纯净物是由一种物质组成的，仅由一种元素组成的物质不一定为纯净物，如金刚石和石墨，故错误；石墨和c60具有相同的化学性质，故正确；糖类中的单糖不是高分子化合物，油脂也不是高分子化合物，故错误；故选b点评：本题考查的知识点较多，难度不大，根据课本知识即可完成5（3分）（2014嘉定区二模）某无色溶液含有na+、ba2+、cl一、br一、so32一、so42一 离子中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步骤操作现象（1）用ph试纸检验溶液的ph大于7（2）向溶液中滴加氯水，再加入ccl4振荡，静置ccl4层呈橙色（3）向所得水溶液中加入ba（no3）2溶液和稀hno3有白色沉淀产生（4）过滤，向滤液中加入agno3溶液和稀hno3有白色沉淀产生下列结论正确的是（）a肯定含有的离子是b肯定没有的离子是c不能确定的离子是d不能确定的离子是考点：常见离子的检验方法专题：离子反应专题分析：根据盐类水解分析溶液呈碱性，是含有弱酸阴离子，只有亚硫酸根离子，根据离子共存，判断出不存在的离子；根据萃取现象确定所含溴离子；（3）操作步骤中的现象只能说明可能含有硫酸根离子；（4）操作步骤中的现象证明含氯离子，但由于（2）加入了氯离子，所以原溶液是否含氯离子不能确定；最后根据电荷守恒确定电解质溶液中的阳离子的存在解答：解：由于溶液是无色混合溶液，则有色离子不存在，ph测得溶液ph大于7，溶液呈碱性，说明一定有弱酸根离子，则含有so32，一定没有ba2+；溶液中滴加氯水后萃取，萃取层呈橙色证明原溶液含br；分液后加入ba（no3）2溶液和稀hno3，有白色沉淀生成，说明溶液中可能含硫酸根离子，过滤，向滤液中加入agno3溶液和稀hno3，有白色沉淀生成，证明是氯离子，但（2）加入氯水加入了氯离子，不能确定是否含氯离子；根据以上分析溶液中一定含有so32、br，无ba2+；依据电荷守恒，溶液中一定含na+；所以溶液中一定存在的离子是；故选a点评：本题考查了常见离子的检验方法、萃取操作，离子共存的判断，电荷守恒的应用等知识，注意先确定离子存在，再否定不共存的离子，本题难度中等6（3分）（2009福州一模）常温下，下列各组离子在指定环境下能大量共存的是（）aph=1的溶液中：na+、k+、so32、mno4bph=7的溶液中：na+、al3+、cl、so42cph12的溶液中：na+、k+、so32、alo2dph=0的溶液中：na+、k+、no3、clo考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：aph=1的溶液，显酸性，h+、so32反应，h+、so32、mno4发生氧化还原反应；bph=7的溶液，al3+转化为沉淀；cph12的溶液，显碱性；dph=0的溶液，显酸性，h+、clo反应解答：解：aph=1的溶液，显酸性，h+、so32反应生成水和气体，h+、so32、mno4发生氧化还原反应，则不能共存，故a错误；bph=7的溶液，al3+转化为沉淀，则该组离子不能大量共存，故b错误；cph12的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，故c正确；dph=0的溶液，显酸性，h+、clo反应生成弱酸，则不能大量共存，故d错误；故选c点评：本题考查离子的共存问题，熟悉题目中的信息及离子之间的反应是解答本题的关键，选项b为解答的难点和易错点，题目难度不大7（3分）（2014春招远市校级月考）下列说法正确的是（）a3.9 g na2o2固体中所含的离子数为0.15na，所含的共价键数为0.05nab14 g c2h4和c3h6的混合物中，所含h原子数为3nacpcl3、no2、bf3、hclo这些分子中每个原子都达到了8电子稳定结构d电解精炼铜时，当阳极减少3.2 g铜时，转移的电子数为0.1na考点：阿伏加德罗常数分析：a、na2o2由2个钠离子和1个过氧根构成；b、c2h4和c3h6的最简式均为ch2；c、bf3中b原子、hclo中h原子不满足8电子稳定结构；d、电解精炼铜时，阳极失电子的物质除铜外，其它部分杂质也发生氧化反应；解答：解：a、3.9 g na2o2固体的物质的量n=0.05mol，而na2o2由2个钠离子和1个过氧根构成，故0.05molna2o2中含0.15mol离子；而1molna2o2中含1mol共价键，故0.05molna2o2中含0.05mol共价键，故a正确；b、c2h4和c3h6的最简式均为ch2，14g c2h4和c3h6中含ch2的物质的量n=1mol，故含2molh原子，故b错误；c、pcl3中各原子满足8电子结构，bf3中b原子、hclo中h原子不满足8电子稳定结构，故c错误；d、电解精炼铜时，阳极失电子的物质除铜外，其它部分杂质也发生氧化反应，当阳极质量减少3.2 g时，电路中转移的电子数不一定为0.1na，故d错误；故选a点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大8（3分）（2014秋江西期中）如图是某学校实验室从化学试剂商品店买回的硫酸试剂标签上的部分内容，据此，下列说法正确的是（）a该硫酸的物质的量浓度为9.2 moll1b1 mol zn与足量的该硫酸反应产生2 g氢气c配制200 ml 4.6 moll1的稀硫酸需取该硫酸50.0 mld该硫酸与等质量的水混合所得溶液的物质的量浓度大于9.2 moll1考点：物质的量浓度的相关计算专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：a、根据c=计算浓硫酸的物质的量浓度；b、锌与足量浓硫酸反应开始生成的气体为二氧化硫；c、根据溶液稀释前后溶质物质的量不变计算所需浓硫酸的体积；d、硫酸与等质量的水混合，混合后溶液的质量为原硫酸的2倍，稀释后溶液的密度减小，故稀释后所得溶液的体积大于原硫酸体积的2倍，根据稀释定律判断解答：解：a、浓h2so4的物质的量浓度c=mol/l=18.4mol/l，故a错误；b、锌与足量浓硫酸反应开始生成的气体为二氧化硫，不生成氢气，故b错误；c、根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为xml，则xml18.4mol/l=200ml4.6mol/l，解得：x=50，所以应量取的浓硫酸体积是50ml，故c正确；d、硫酸与等质量的水混合，混合后溶液的质量为原硫酸的2倍，稀释后溶液的密度减小，故稀释后所得溶液的体积大于原硫酸体积的2倍，故稀释后所得溶液的浓度小于9.2mol/l，故d错误，故选c点评：本题考查溶液浓度的计算和大小比较，题目难度中等，注意硫酸的浓度越大，密度越大9（3分）（2013秋河南期末）配制250ml 0.5moll1的naoh溶液，在下列仪器中：量筒250ml容量瓶托盘天平和砝码500ml容量瓶烧杯玻璃棒漏斗药匙胶头滴管250ml的烧瓶，需要用到的仪器按使用先后顺序排列正确的是（）abcd考点：配制一定物质的量浓度的溶液专题：化学实验基本操作分析：配制250ml 0.5moll1的naoh溶液的步骤有：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤移液、定容、摇匀等，根据配制步骤选取使用的仪器，并根据仪器使用的先后顺序进行排序解答：解：一定规格的容量瓶只能配制相应体积的溶液，容量瓶应选择250ml规格；一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水），用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250ml容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加至溶液凹面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀所以需要的仪器及先后顺序为：药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒、筒量（可用、也可不用）、250ml容量瓶、胶头滴管，即：，故选a点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，题目难度不大，注意掌握配制步骤，能够根据配制步骤判断使用的仪器的先后顺序，明确氢氧化钠易潮解，应在玻璃器皿中迅速称量10（3分）（2014春招远市校级月考）常温下，向0.25moll1的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验不同时刻的溶液，下列有关说法中不正确的是（）a硫酸溶液的体积为20 mlbb时刻溶液中硫酸根离子浓度约为0.125 moll1cd时刻溶液的ph为13d溶液的导电能力：cdba考点：离子方程式的有关计算专题：计算题分析：硫酸和氢氧化钡的反应方程式为h2so4+ba（oh）2=baso4+2h2o，随着氢氧化钡溶液的加入，溶液中氢离子的浓度逐渐降低，当达到c点时，硫酸和氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡和水，继续滴加氢氧化钡溶液，氢氧化钡过量导致溶液成为氢氧化钡溶液a根据恰好反应计算硫酸体积；b根据c=计算硫酸根离子浓度；c先计算氢氧根离子浓度，根据水的离子积常数计算氢离子浓度，再求ph；d导电能力与溶液中自由移动离子的浓度有关，离子浓度越大，导电能力越强，随着氢氧化钡溶液的加入，溶液中硫酸根离子和氢离子逐渐减少，当达到c点时，硫酸和氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡和水，溶液的导电性最小，继续滴加氢氧化钡溶液时，氢氧化钡是可溶性的强电解质，溶液中自由移动的离子浓度增大，导电性逐渐增强，所以导电能力是先减小后增大，但d中离子浓度小于b解答：解：a硫酸和氢氧化钡的反应方程式为h2so4+ba（oh）2=baso4+2h2o，随着氢氧化钡溶液的加入，溶液中氢离子的浓度逐渐降低，溶液的ph值逐渐增大，当达到c点时，硫酸和氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡和水，由于硫酸物质的量浓度和氢氧化钡溶液物质的量浓度相等，所以硫酸溶液的体积为20ml，故a正确；bb时刻硫酸根离子物质的量浓度为：=0.167mol/l，故b错误；cd溶液呈碱性，c（oh）=0.1mol/l，c（h+）=1013，ph=13，故c正确；d导电能力与溶液中自由移动离子的浓度有关，离子浓度越大，导电能力越强，随着氢氧化钡溶液的加入，溶液中硫酸根离子和氢离子逐渐减少，当达到c点时，硫酸和氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡和水，溶液的导电性最小，继续滴加氢氧化钡溶液时，氢氧化钡是可溶性的强电解质，溶液中自由移动的离子浓度增大，导电性逐渐增强，所以导电能力是先减小后增大，但d中离子浓度小于b，所以导电能力大小顺序是abdc，故d正确；故选b点评：本题是图象解析题，难度较大，分析图象时要注意曲线的“原点”、“交点”、“转折点”等的意义，对“数”、“形”、“义”、“性”进行综合思考，从中发掘隐含信息快速解题11（3分）（2012秋东光县校级期中）在一定条件下a与b反应可生成c和d，其能量变化如图：下列有关反应a+bc+d的说法正确的是（）a反应前后原子的种类和数目一定不变b反应前后分子的种类和数目一定改变c反应物的总能量e1与生成物的总能量e2一定相等d此反应一定有热量的变化考点：反应热和焓变专题：化学反应中的能量变化分析：a、根据质量守恒来分析；b、根据质量守恒来分析；c、反应物的总能量e1与生成物的总能量e2一定不相等；d、化学反应的能量变化通常表现为热量的变化；解答：解：a、在化学反应前后，一定不变的是：原子种类；原子数目；质量，故a正确；b、在化学反应前后，一定不变的是：原子种类；原子数目；各物质的质量总和，故b错误；c、反应物的总能量e1与生成物的总能量e2一定不相等，故c错误；d、化学反应的能量变化通常表现为热量的变化，也可表现为电能、光能等，故d错误；故选：a点评：解答此类题型时要结合能量守恒原理，要注意全面性考虑问题，同时还要注意化学变化能量转化的不同形式12（3分）（2014春招远市校级月考）下列热化学方程式正确的是（注：h的绝对值均正确）（）ac2h5oh（l）+3o2（g）2co2（g）+3h2o（g）h=1 367.0 kjmol1（燃烧热）bba（oh）2（aq）+2hcl（aq）bacl2（aq）+2h2o（l）h=57.3 kjmol1（中和热）cs（s）+o2（g）so2（g）h=269.8 kjmol1（反应热）d2no2o2+2noh=+116.2 kjmol1（反应热）考点：热化学方程式分析：a、燃烧热是指在25101kp时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量；b、中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱生成1mol水时放出的热量；c、书写热化学方程式时，应标注物质的聚集状态和反应热；d、书写热化学方程式时，应标注物质的聚集状态解答：解：a、燃烧热是指在25101kp时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，h须转化为液态水，故a不是燃烧热的热化学方程式，故a错误；b、中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱生成1mol水时放出的热量，而此反应中生成了2mol水，故不是中和热的热化学方程式，故b错误；c、书写热化学方程式时，应标注物质的聚集状态和反应热，故c正确；d、书写热化学方程式时，应标注物质的聚集状态，此反应没有标注物质的状态，故d错误故选c点评：本题考查燃烧热、中和热的概念和热化学方程式的书写，题目难度不大，注意热化学方程式的书写注意事项13（3分）（2010大连模拟）下列各项叙述中一定能说明元素x的非金属性比元素y的非金属性强的是（）ax原子在反应中得到的电子数比y原子在反应中得到的电子数少b气态氢化物溶于水后的酸性，x比y强cx的最高正价比y的最高正价高dx单质能与y的氢化物反应生成y单质考点：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律专题：元素周期律与元素周期表专题分析：根据单质之间的置换反应、气态氢化物的稳定性、最高价含氧酸的酸性、与氢化合的难易、元素周期律等来比较非金属性，以此来解答解答：解：a得电子数目多少不能确定非金属性的强弱，只取决于得电子的难易程度，故a错误；b气态氢化物稳定性可比较非金属性强弱，但气态氢化物溶于水后的酸性不能比较非金属性，故b错误；c最高正价不能比较非金属性，如非金属性fcl，但f没有正价，故c错误；dx单质能与y的氢化物反应生成y单质，则x得电子能力强，非金属性xy，故d正确故选d点评：本题考查非金属性的比较，侧重于学生的分析能力的考查，把握非金属性强得电子能力强为解答本题的关键，注意归纳非金属性比较的方法即可解答，题目难度不大14（3分）（2009江苏）x、y、z、w、r是5种短周期元素，其原子序数依次增大x是周期表中原子半径最小的元素，y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，z、w、r处于同一周期，r与y处于同一族，z、w原子的核外电子数之和与y、r原子的核外电子数之和相等下列说法正确的是（）a元素y、z、w具有相同电子层结构的离子，其半径依次增大b元素x不能与元素y形成化合物x2y2c元素y、r分别与元素x形成的化合物的热稳定性：xmyxmrd元素w、r的最高价氧化物的水化物都是强酸考点：同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系专题：压轴题；元素周期律与元素周期表专题分析：x是周期表中原子半径最小的元素，应为h元素，y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，应为o元素；根据z、w、r处于同一周期，r与y处于同一族，则r为s元素；z、w原子的核外电子数之和与y、r原子的核外电子数之和相等，则z、w原子的核外电子数之和为8+16=24，又z、w、处于同一周期，应为第三周期，分别为na和al元素其中：a、根据核外电子排布相同的微粒，半径随着核电荷数的增加而减小进行判断；b、根据推断得知x和y分别为h和o元素，可知形成的常见化合物有h2o和h2o2；c、根据非金属强弱判断氢化物的稳定性；d、根据金属性和非金属性判断碱和酸的强弱解答：解：a、从题目所给的条件可以看出x是h元素，y是o元素，z是na元素，w是al元素，r是s元素y、z、w具有相同电子层结构的离子（o2、na+、al3+），根据核外电子排布相同的微粒，半径随着核电荷数的增加而减小，其半径依次减小，故a错误；b、x和y元素能形成2种化合物，x2y（h2o）和x2y2（h2o2），故b错误；c、元素y、r分别与元素x形成的化合物是氢化物，因为y（o元素）和r（s元素）的非金属性强弱：yr，所以对应的氢化物的稳定性：xmyxmr，故c正确；d、w元素最高价氧化物的水化物是al（oh）3，是弱碱，而r元素最高价氧化物的水化物是h2so4，是强酸，故d错误故选c点评：本题考查元素周期律的运用，做题时注意以下问题：同周期、同主族内元素性质（核外电子排布、原子半径、金属性、非金属性、酸碱性、气态氢化物的热稳定性等）变化规律元素之间化合所形成化合物的化学式的书写15（3分）（2012秋昆明校级期末）元素周期表中同周期或同主族元素，随着原子序数的递增，下列说法正确的是（）aa族元素的氢化物沸点逐渐升高ba族元素的原子核外最外层电子数逐渐增多c碱金属元素的最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强d第二周期元素（除稀有气体元素）的最高化合价数值逐渐增大考点：元素周期律的作用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：a组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，物质的熔沸点越高，但a族元素的氢化物中hf存在氢键，熔沸点最大；b同主族元素原子核外最外层电子数相等；c同主族元素从上到下元素的金属性依次增强，元素金属性越强，最高价氧化物对应的水化物碱性越强；d根据氧和氟无最高价分析解答：解：aa族元素的氢化物随着原子序数的递增，相对分子质量越增大，物质的熔沸点越高，但a族元素的氢化物中hf存在氢键，熔沸点最大，故a错误；b，a族元素随着原子序数的递增，原子核外最外层电子数相等，故b错误；c碱金属元素随着原子序数的递增，元素的金属性依次增强，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，故c正确；d根据氧和氟无最高价，所以第二周期元素（除稀有气体元素）的最高化合价数值不是逐渐增大，故d错误；故选c点评：本题考查元素的性质的递变规律，题目难度不大，注意把握元素周期律的递变性和相似性16（3分）（2012天心区校级模拟）下列说法正确的是（）二氧化硫通入品红溶液，溶液变无色淀粉溶液遇单质碘，溶液变蓝色由2fe+3cl22fecl3，推测：2fe+3i22fei3i2溶于ccl4中，推测cl2溶于naoh溶液中在一定条件下，浓h2so4与硅、二氧化硅均不反应工艺师利用盐酸刻蚀石英制作艺术品abcd考点：二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质；硅和二氧化硅；铁的化学性质；淀粉的性质和用途分析：二氧化硫通入品红溶液，二氧化硫具有漂白性；碘单质遇淀粉变蓝色，这是碘单质的性质；fe与i2反应生成fei2：fe+i2fei2；i2溶于ccl4中，是相似相溶，而cl2溶于naoh溶液中要发生反应生成氯化钠和次氯酸钠；在一定条件下，浓h2so4与硅、二氧化硅均不反应，但硅、二氧化硅均与氢氟酸反应；工艺师利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品解答：解：二氧化硫通入品红溶液，二氧化硫具有漂白性，使溶液变无色，故正确；淀粉溶液遇单质碘，溶液变蓝色，故正确；fe与i2反应生成fei2：fe+i2fei2，故错误；i2溶于ccl4中，是相似相溶，而cl2溶于naoh溶液中要发生反应生成氯化钠和次氯酸钠，故错误；在一定条件下，浓h2so4与硅、二氧化硅均不反应，但硅、二氧化硅均与氢氟酸反应，故正确；工艺师利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，而不是盐酸，故错误；所以，故选：c点评：本题考查元素化合物的知识，学生要对元素化合物知识非常的熟悉，主要考查学生的记忆能力，比较容易17（3分）（2012天心区校级模拟）下列反应的离子方程式书写正确的是（）a用稀hno3溶解fes固体：fes+2h+fe2+h2sb氯气通入澄清石灰水中：cl2+2ohcl+clo+h2ocso2气体通入naclo溶液中：so2+2clo+h2oso32+2hclod硅酸钠溶液中通入过量二氧化碳：sio32+co2+h2oh2sio3+co32考点：离子方程式的书写分析：a发生氧化还原反应生成硝酸铁、no、s、水；b反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；c发生氧化还原反应生成硫酸钠和盐酸；d通入过量二氧化碳，生成硅酸和碳酸氢钠解答：解：a用稀hno3溶解fes固体的离子反应为no3+fes+4h+fe3+s+no+2h2o，故a错误；b氯气通入澄清石灰水中的离子反应为cl2+2ohcl+clo+h2o，故b正确；cso2气体通入naclo溶液中的离子反应为so2+clo+h2oso42+2h+cl，故c错误；d硅酸钠溶液中通入过量二氧化碳的离子反应为sio32+2co2+2h2oh2sio3+2hco3，故d错误；故选b点评：本题考查离子反应方程式书写，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，侧重与量有关的离子反应、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大18（3分）（2012天心区校级模拟）某同学为探究“no2能否支持燃烧”的问题，设计了如下几组实验，实验记录及结论如下，其中正确的是（）编号制取气体（下列反应产生的混合气体）实验现象得出结论在烧瓶中加热适量浓hno34hno34no2+o2+2h2o充满红棕色气体，木条不复燃，火星熄灭no2不支持燃烧加热agno3固体2agno32no2+o2+2ag充满红棕色气体，木条复燃no2支持燃烧加热cu（no3）2固体2cu（no3）24no2+o2+2cuo充满红棕色气体，木条复燃no2支持燃烧abcd考点：性质实验方案的设计分析：带火星的木条在空气（氧气约占）中不复燃，是因为空气中氧气的浓太低，当氧气的浓度较大时会使带火星木条复燃，中反应生成较多的水蒸气，水蒸气可使木炭火星熄灭；中反应生成较多的氧气，木条复燃，可能是氧气的原因；中反应生成较少的氧气和较多的no2；解答：解：4hno34no2+o2+2h2o反应产生水蒸气，水蒸气可使木炭火星熄灭，所以不能判断no2能否支持燃烧；加热agno3固体2agno32no2+o2+2ag反应产生的气体中o2的体积分数为，大于空气中氧气的含量，使木炭复燃，是氧气的作用；所以不能判断no2能否支持燃烧；加热cu（no3）2固体2cu（no3）24no2+o2+2cuo反应产生的气体中o2的体积分数为，和空气中氧气的含量相近，则氧气不能使木条复燃，已知木条能复燃说明no2支持燃烧；所以的结论正确；故选d点评：本题考查了实验方案设计，侧重于化学实验方案的评价的考查，注意对比木条在空气中不能复燃的条件，题目难度中等二、解答题（共7小题，满分46分）19（3分）（2014春招远市校级月考）下列说法中不正确的是adfa60周年国庆阅兵车hqe顶级红旗采用全铝车身，铝的氧化物属于碱性氧化物b用热的纯碱溶液洗涤沾有油污的器具时发生的主要是化学变化c英国华裔科学家高锟因在“光在纤维中的传输应用于光学通信方面”做出了突破性成就，而获得了2009年诺贝尔物理学奖，光纤制品的基本原料为sio2d液氨、液氯、液态氯化氢都是非电解质e丁达尔效应可用于区别溶液与胶体，云、雾均能产生丁达尔效应f化学变化前后原子的种类、数目不变，分子数目也不变考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；物理变化与化学变化的区别与联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质专题：物质的分类专题分析：a、氧化铝属于两性氧化物；b、纯碱溶液中碳酸根离子水解显碱性，油脂类在碱溶液中水解；c、光导纤维成分为二氧化硅；d、液态氯化氢是电解质；液氨是非电解质，液氯不是电解质；e、溶液和胶体可以利用丁达尔现象区别；f、化学反应前后原子守恒种类和数目不变，分子数目不一定解答：解：a、氧化铝和强酸、强碱反应属于两性氧化物，故a错误；b、纯碱溶液中碳酸根离子水解显碱性，油脂类在碱溶液中水解生成溶于水的物质洗去，温度越高促进水解，碱性增强，故b正确；c、光导纤维成分为二氧化硅，故c正确；d、液态氯化氢溶于水溶液导电，氯化氢是电解质；液氨是非电解质，液氯不是电解质，故d错误；e、溶液和胶体可以利用丁达尔现象区别，云、雾是胶体均能产生丁达尔效应，故e正确；f、化学反应前后原子守恒种类和数目不变，分子数目不一定相同，故f错误；故选adf点评：本题考查了物质分类方法，物质性质分析应用，注意知识积累，掌握基础是关键，题目较简单20（12分）（2014春招远市校级月考）（1）向nahso4溶液中逐滴加入ba（oh）2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式：2h+so42+ba2+2oh=baso4+2h2o在以上中性溶液中继续滴加ba（oh）2溶液，请写出此步反应的离子方程式：ba2+so42=baso4（2）向ba（oh）2溶液中逐滴加入nahso4溶液至恰好不再生成沉淀为止，写出反应的离子方程式：ba2+oh+h+so42=baso4+h2o在以上溶液中继续滴加nahso4溶液，写出此步反应的离子方程式：oh+h+=h2o（3）向ba（oh）2溶液中逐滴加入明矾溶液至溶液中ba2+恰好完全沉淀，其反应的离子方程式为al3+2so42+4oh+2ba2+2baso4+alo2+2h2o在上述溶液中，继续滴加明矾溶液，请写出此步反应的离子方程式：al3+3alo2+6h2o=4al（oh）3考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：（1）加入ba（oh）2溶液至中性时，其反应式为：2nahso4+ba（oh）2=baso4+na2so4+2h2o，以此书写离子方程式；至中性时溶液中溶质只有na2so4，加入ba（oh）2溶液生成baso4沉淀；（2）ba（oh）2溶液中，逐滴加入nahso4溶液，硫酸氢钠少量全反应，这是氢氧根应剩余，溶液是碱性的，继续滴加硫酸氢钠，氢离子与氢氧根离子反应生成水；（3）钡离子恰好完全反应时，氢氧化钡与硫酸铝钾的物质的量之比为2：1，铝离子恰好完全反应生成偏铝酸根离子；继续滴加明矾溶液，铝离子与偏铝酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀解答：解：（1）nahso4是二元强酸的酸式盐，可以理解为全部电离，当反应后溶液呈中性时，其反应式为：2nahso4+ba（oh）2=baso4+na2so4+2h2o，反应离子反应方程式为：2h+so42+ba2+2oh=baso4+2h2o；中性溶液中溶质只有na2so4，在以上中性溶液中继续滴加ba（oh）2溶液，钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡，反应的离子方程式为：ba2+so42=baso4，故答案为：2h+so42+ba2+2oh=baso4+2h2o；ba2+so42=baso4；（2）向ba（oh）2溶液中，逐滴加入nahso4溶液，硫酸氢钠相对于氢氧化钡量少，所以硫酸氢钠全反应，即ba2+oh+h+so42=baso4+h2o；所得溶液中氢氧根剩余，再和加入的硫酸氢钠中的氢离子反应，反应的离子方程式为：oh+h+=h2o，故答案为：ba2+oh+h+so42=baso4+h2o；oh+h+=h2o；（3）向ba（oh）2溶液中，逐滴加入明矾溶液至ba2+恰好完全沉淀，铝离子完全反应生成偏铝酸根离子，反应的离子方程式为：al3+2so42+4oh+2ba2+2baso4+alo2+2h2o；若继续滴加明矾，铝离子会与偏铝酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：al3+3alo2+6h2o=4al（oh）3，故答案为：al3+2so42+4oh+2ba2+2baso4+alo2+2h2o；al3+3alo2+6h2o=4al（oh）3点评：本题考查离子方程式的书写，题目难度中等，注意根据物质的量判断反应的程度并书写相关离子方程式，注意与量有关的离子方程式的书写方法21（6分）（2014春招远市校级月考）（1）在一定温度和压强下，1体积x2（g）和3体积y2（g）化合生成2体积z（g），则z气体的化学式是xy3（2）a、b两种气体组成的混合气体8.6g，在标准状况下体积为8.96l已知a与b的物质的量之比为3：1，相对分子质量之比为14：1，由此可推断a可能是co或n2或c2h4，b可能是h2（3）在标准状况下，co和co2的混合气体质量为36g，体积为22.4l，则co所占的体积是11.2l，质量是14g考点：化学平衡的计算专题：化学平衡专题分析：（1）一定温度与压强下，气体的体积之比等于物质的量之比，等于化学计量数之比，然后利用质量守恒定律来确定化学式；（2）根据质量列出守恒关系然后解题；（3）根据n=计算混合气体的物质的量，令混合气体中co和co2的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量之和与物质的量之和列放出计算x、y的值，再根据v=nvm计算co的体积，根据n=nna计算co2的分子数解答：解：（1）一定温度和压强下，1体积x2气体与3体积y2气体化合生成2体积z，由气体的体积之比等于物质的量之比，等于化学计量数之比，则x2+3y22z，由原子守恒可知，z为xy3，故答案为：xy3；（2）混合物气体的总物质的量为=0.4mol，又因为a与b的物质的量之比为3：1，所以a的物质的量为0.3mol，b的物质的量为0.1mol，设b的相对分子量为x，则a为14x，混合气体的总质量为8.6g，0.314x+0.1x=8.6，得x=2，所以b为h2，a的相对分子质量为28，a可能为co或n2或c2h4，故答案为，co；n2或c2h4；h2；（3）标准状况下，混合气体的物质的量为=1mol，令混合气体中co和co2的物质的量分别为xmol、ymol，则：解得：x=0.5，y=0.5；故co的体积为0.5mol22.4l/mol=11.2l，co的质量为0.5mol28g=14g，故答案为：11.2；14点评：本题考查了摩尔质量的简单计算，题目难度中等，要求学生熟练掌握物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积间的转化关系22（3分）（2013广东模拟）在50ml a moll1的硝酸溶液中，加入6.4g cu，全部溶解，假设硝酸的还原产物只有no2和no，将反应后溶液用蒸馏水稀释至100ml时测得c（no3）=3moll1（1）求稀释后的溶液的ph0（2）若a=9，则生成的气体中no2的物质的量为0.125mol（3）治理氮氧化物污染的方法之一是用naoh溶液进行吸收，反应原理如下：no2+no+2naoh=2nano2+h2o 2no2+2naoh=nano2+nano3+h2o若将上述的no2和no的混合气体通入1moll1的naoh恰好被吸收，求naoh溶液的体积为150ml？考点：氧化还原反应的计算；硝酸的化学性质专题：守恒法分析：（1）溶液c（cu2+）=n（cu），由电荷守恒可知溶液中c（no3）=c（h+）+2c（cu2+），据此计算c（h+），代入ph=lgc（h+）计算（2）根据n元素守恒，可知n（no2）+n（no）=n硝酸溶液（hno3）n反应后溶液（no3），令no2、no的物质的量分别为xmol、ymol，利用电子转移守恒、二者的物质的量之和列方程计算（3）反应后为nano2、nano3混合溶液，根据n元素守恒可知，n（nano2）+n（nano3）=n（no2）+n（no），根据钠元素守恒可知，n（naoh）=n（nano2）+n（nano3），再根据v=计算解答：解：（1）6.4g cu的物质的量为=0.1mol，所以溶液n（cu2+）=n（cu）=0.1mol，溶液中c（no3）=c（h+）+2c（cu2+），所以溶液中c（h+）=c（no3）2c（cu2+）=3mol/l2=1mol/l，所以ph=lg1=0故答案为：0（2）根据n元素守恒，可知n（no2）+n（no）=n硝酸溶液（hno3）n反应后溶液（no3）=0.05l9mol/l=0.45mol0.1l3mol/l=0.15mol，令no2、no的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得，x=0.125，y=0.025故答案为：0.125（3）反应后为nano2、nano3混合溶液，根据n元素守恒可知，n（nano2）+n（nano3）=n（no2）+n（no）=0.15mol，根据钠元素守恒可知，n（naoh）=n（nano2）+n（nano3）=0.15mol，naoh溶液的体积为=0.15l=150ml故答案为：150点评：考查氧化还原反应计算、溶液ph计算、根据方程式计算等，难度中等，注意守恒思想在氧化还原反应计算中的运用23（6分）（2014春招远市校级月考）2009年10月1日，我国成功举办国庆六十年阅兵活动其中阅兵仪式上9辆电动车与混合动力车等新能源车辆的亮相，展示了综合国力、国防科技发展水平同时也说明能源短缺是人类社会面临的重大问题甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景（1）工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：反应：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h1反应：co2（g）+3h2（g）c