山东省潍坊市昌乐二中高三化学上学期期中模拟试（含解析）.doc

2015-2016学年山东省潍坊市昌乐二中高三（上）期中化学模拟试卷一、选择题（本题包括8小题，每小题2分，共16分每小题只有一个选项符合题意）1下列有关物质应用的说法正确的是( )a漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的bmgcl2是强电解质，电解氯化镁溶液可以制得镁c生石灰能与水反应，可用来干燥氯气d硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可用作木材防火剂2下列说法不正确的是( )a用加热法可除去na2co3中的nahco3bna2co3的热稳定性大于nahco3c可用石灰水区分na2co3与nahco3溶液d小苏打可中和胃酸、热纯碱可除去油污3下列叙述正确的是( )a用丁达尔现象可以区分乙醇溶液和淀粉溶液b16o转化为18o属于化学变化c实验室中，钠通常保存在盛有煤油的细口瓶中d定容时仰视容量瓶刻度线，所配制的naoh溶液浓度将偏高4若na为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( )ana个fe（oh）3胶体粒子的质量为107gb8.0gcu2s和cuo的混合物中含有铜原子数为0.1nac1 molcl2与足量fe反应转移电子数一定为2nad2.3gna与氧气完全反应，反应中转移的电子数0.1na5某溶液能使ph试纸变红，在此溶液中能大量共存的离子是( )aca2+、k+、cl、so32bnh4+、fe2+、i一、so42cna+、k+、clo、s2dna+、s2o32、alo2、k+6x、y、z、w是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增x与z位于同一主族，y元素的单质既能与盐酸反应也能与naoh溶液反应，z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，y、z、w原子的最外层电子数之和为14下列说法正确的是( )a原子半径由小到大的顺序：xyzwbx氢化物的沸点高于z氢化物的沸点c最高价氧化物对应水化物的酸性x大于zd室温下，0.1 mol/l w的气态氢化物的水溶液的ph17下列关于同温同压下的两种气体12c18o和14n2的判断正确的是( )a体积相等时密度相等b原子数相等时具有的中子数相等c体积相等时具有的电子数相等d质量相等时具有的质子数相等8下列反应的离子方程式正确的是( )a向次氯酸钙溶液中通入so2：ca2+2clo+h2o+so2caso3+2hclob硫酸铝钾溶液中滴加氢氧化钡直到沉淀质量最大：3ba2+6oh+2al3+3so423baso4+2al（oh）3c硫氢化钠发生电离：hs+h2oh3o+s2d用食醋检验牙膏中的摩擦剂碳酸钙：caco3+2h+ca2+h2o+co2二、选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分每小题只有一个选项符合题意）9把200ml nh4hco3和na2co3的混合溶液分成二等份，取一份加入含a mol氢氧化钠的溶液加热，恰好使nh4+完全转化为nh3逸出，另取一份加入含b molhcl的盐酸恰好反应完全生成co2，则该混合溶液中c（na+）为( )a（）mol/lb（2ba） mol/lc（5b） mol/ld（10b5a） mol/l10下表各组物质中，满足下图物质一步转化关系的选项是( )xyzananaohnahco3bcucuso4cu（oh）2ccl2hclnacldsisio2h3sio3aabbccdd11对下列实验操作和事实的解释正确的是( )a某学生用ph试纸测新制氯水的ph值，先变红后褪色，是因为cl2有强氧化性b向氯水中加入碳酸氢钠粉末，有气泡产生，说明氯水中含有h+c配制一定物质的量浓度的溶液发现浓度偏低，可能由于配制溶液所用的容量瓶事先未干燥d将铜片放入浓硫酸中，无明显实验现象，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化12依据热化学方程式得出的结论正确的是( )a已知naoh（aq）+hcl（aq）nacl（aq）+h2o（l）h=57.3 kjmol1，则含40.0 g naoh的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3 kj的热量b已知2h2（g）+o2（g）2h2o（g）h=483.6 kjmol1，则氢气的燃烧热为241.8 kjmol1c已知2c（s）+2o2（g）2co2（g）h=a 2c（s）+o2（g）2co（g）h=b，则abd已知p （白磷，s）=p （红磷，s）h0，则白磷比红磷稳定14下列实验装置正确的是( )a实验室制乙烯b酯化反应c实验室制取cl2d中和热的测定15so2通入足量的fe（no3）3稀溶液中，溶液有棕色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，这时若滴入bacl2溶液，会产生白色沉淀针对上述一系列变化，下列说法不正确的是( )a上述过程中，最终被还原的是no3b从上述反应可以得出结论，氧化性：hno3fe3+稀硫酸c上述过程中，会产生一种无色难溶于水的气体d假设通so2完全反应，同温同压下，so2和逸出气体的体积比为1：116某课外小组欲测定过氧化钠与碳酸钠混合物中过氧化钠的质量分数，准确称量a克样品，下列后续实验方案中，不合理的是( )a隔绝空气加热，冷却后，称量剩余固体质量m1 gb与足量稀盐酸反应并蒸干，称量剩余固体质量m2 gc与足量水反应并加热，收集到标准状况下v1 l干燥气体d与足量稀硫酸反应并加热，收集到标准状况下v2 l 干燥气体17cuso4是一种重要的化工原料，有关制备途径及性质如图所示下列说法错误的是( )a途径所用混酸中h2so4与hno3物质的量之比最好为3：2b相对于途径、，途径更好地体现了绿色化学思想c生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：=d利用途径制备16g硫酸铜，被还原的硫酸的物质的量为0.1mol三、解答题（共6小题，满分60分）18高铁酸钾（k2feo4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比c12、o2、c1o2、kmno4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入koh至饱和，使高铁酸钾析出（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为2feso4+6na2o22na2feo4+2na2o+2na2so4+o2该反应中的还原剂是_，每生成l mol na2feo4转移_mol电子（2）湿法制备高铁酸钾（k2feo4）的反应体系中有六种微粒：fe（oh）3、clo、oh、feo42、cl、h2o写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：_若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为_mol（3）将so2通入含1mol氯酸的溶液中，可生成一种强酸和一种氧化物，并有6.021023个电子转移，则该反应的化学方程式为_19碳元素的单质及其化合物与人类的生产、生活、科研息息相关请回答下列问题：绿色植物的光合作用吸收co2释放o2的过程可以描述为以下两步：2co2（g）+2h2o（l）+2c5h10o4（s）4（c3h6o3）+（s）+o2（g）+4eh=1360kjmol112（c3h6o3）+（s）+12ec6h12o6（s，葡萄糖）+6c5h10o4（s）+3o2（g）h=1200kjmol1则绿色植物利用二氧化碳和水合成葡萄糖并放出氧气的热化学方程式为：_20w、x、y、z是原子序数依次增大的同一短周期元素，w、x是金属元素，x最高价氧化物对应的水化物与w、y、z各自最高价氧化物对应的水化物都可以反应（1）y元素在周期表中的位置是_z 元素的最高价氧化物的化学式为_w最高价氧化物对应的水化物中的化学键为_，w2y电子式为_（2）x单质与w最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为_（3）比较y、z离子的还原性大小：_（用化学式表示）（4）w、x、y、z几种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是_21氮化铝（aln）是一种新型无机非金属材料某aln样品仅含有al2o3杂质，为测定aln的含量，设计如下2种实验方案（已知：aln+naoh+h2onaalo2+nh3）方案一 取一定量的样品，用图1装置测定样品中aln的纯度（夹持装置已略去）（1）装置图中，球形干燥管的作用是_（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先_，再加入实验药品接下来的实验操作是：关闭k1，打开k2，打开分液漏斗活塞，加入naoh浓溶液，至不再产生气体然后打开k1，通入氮气一段时间，测定c装置反应前后的质量变化通入氮气的目的是_（3）由于左装置存在缺陷，导致测定结果偏高请提出改进意见_方案二 用图2装置测定m g样品中aln的纯度（部分夹持装置已略去）（4）写出该样品与naoh溶液反应的离子方程式_（5）为测定生成气体的体积，量气装置中的x液体可以是_accl4 bh2o cnh4cl溶液 d（6）若m g样品完全反应，测得生成气体的体积为vml（已转换为标准状况）则aln的质量分数是_22测定so2转化成so3的转化率可以用图1装置进行实验，装置中烧瓶内发生的化学反应方程式为：na2so3（s）+h2so4（85%）na2so4+h2o+so2（已知so3的熔点是16.8，沸点是44.8）（1）装置中甲管的作用是_（2）根据实验需要，应该在、处连接合适的装置，请从上图ae装置中选择最适合装置并将其序号填放下面的空格中、处连接的装置分别是_（3）为使so2有较高的转化率，实验中加热催化剂与滴加浓硫酸的顺序中，应采取的操作是_（4）有一小组在实验中发现，so2气体产生缓慢，以致后续实验现象不明显，但又不存在气密性问题请你推测可能的原因原因：_原因：_（5）用n mol na2so3粉末与足量浓硫酸进行此实验，当反应结束时，继续通入o2一段时间后，测得装置增重了m g，则实验中so2的转化率为_（用含m、n的代数式填写）（6）焦亚硫酸钠（na2s2o5）是常用的食品抗氧化剂之一，焦亚硫酸钠的制取na2so3+so2na2s2o5na2s2o5溶于水即生成nahso3检验na2s2o5晶体在空气中已被氧化的实验方案是_23（14分）某化学兴趣小组用含有铝、铁、铜的合金制取纯净的氯化铝溶液绿矾晶体（feso47h2o）和胆矾晶体，以探索工业废料的再利用其实验方案如下：试回答下列问题：（1）器材已有：滤纸、铁架台、铁圈和烧杯，还要补充的玻璃仪器是_（2）由滤液a制得alcl3溶液有途径i和两条，你认为合理的是_，理由是_写出a经途径生成d的离子方程式_（3）有同学提出可将方案中最初溶解合金的烧碱改用盐酸，重新设计方案，也能制得三种物质，你认为后者的方案是否更合理_，理由是_（4）向滤渣f中加入稀h2so4和kno3的混合溶液，也能使滤渣f溶解，写出发生反应的离子方程式_、_，要处理so2尾气，可选用最合理的装置处理尾气的是_（填序号）2015-2016学年山东省潍坊市昌乐二中高三（上）期中化学模拟试卷一、选择题（本题包括8小题，每小题2分，共16分每小题只有一个选项符合题意）1下列有关物质应用的说法正确的是( )a漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的bmgcl2是强电解质，电解氯化镁溶液可以制得镁c生石灰能与水反应，可用来干燥氯气d硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可用作木材防火剂【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；盐类水解的应用；含硅矿物及材料的应用；金属冶炼的一般原理【分析】a漂白粉生成具有强氧化性的次氯酸，明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝；b电解氯化镁溶液生成氢氧化镁和氢气；c氯气和氢氧化钙反应；d硅酸钠熔点高，可阻燃【解答】解：a漂白粉生成具有强氧化性的次氯酸，明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝，二者原理不同，故a错误；b电解氯化镁溶液生成氢氧化镁和氢气，应用电解熔融氯化镁的方法冶炼，故b错误；c氯气和氢氧化钙反应，应用浓硫酸干燥，故c错误；d硅酸钠熔点高，可阻燃，故d正确故选d【点评】本题考查较为综合，多角度考查元素混合物知识，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大2下列说法不正确的是( )a用加热法可除去na2co3中的nahco3bna2co3的热稳定性大于nahco3c可用石灰水区分na2co3与nahco3溶液d小苏打可中和胃酸、热纯碱可除去油污【考点】钠的重要化合物；物质的分离、提纯和除杂；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】nahco3俗名小苏打，不稳定，加热易分解，na2co3俗名纯碱，二者都能与石灰水反应，相同温度下，na2co3的热稳定性大于nahco3，以此解答该题【解答】解：a因2nahco3na2co3+co2+h2o，而碳酸钠加热不分解，则可用加热法除去na2co3固体中的nahco3，故a正确；b因2nahco3na2co3+co2+h2o，而碳酸钠加热不分解，所以na2co3的热稳定性大于nahco3，故b正确；cnahco3和na2co3都可以与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，所以不能用石灰水区分na2co3与nahco3溶液，故c错误；dnahco3俗名小苏打，可中和胃酸，na2co3俗名纯碱，水解显碱性可除去油污，故d正确故选c【点评】本题考查碳酸钠与碳酸氢钠的性质，明确发生的化学反应是解答本题的关键，并注意利用稳定性、与石灰水的反应、水解、与碱的反应来分析解答，题目难度不大3下列叙述正确的是( )a用丁达尔现象可以区分乙醇溶液和淀粉溶液b16o转化为18o属于化学变化c实验室中，钠通常保存在盛有煤油的细口瓶中d定容时仰视容量瓶刻度线，所配制的naoh溶液浓度将偏高【考点】胶体的重要性质；物理变化与化学变化的区别与联系；钠的化学性质；计量仪器及使用方法【分析】a胶体具有丁达尔效应，可以用此性质来鉴别溶液和胶体；b化学变化的实质：分子的分裂，原子的重新组合；c根据固体盛放在广口瓶中，便于取出；d分析操作对溶质物质的量、溶液体积的影响，根据c=分析操作对所配溶液的浓度的影响【解答】解：a乙醇溶液是溶液，淀粉溶液是胶体，所以可用丁达尔现象可以区分乙醇溶液和淀粉溶液，故a正确；b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b错误；c实验室中，钠通常保存在盛有煤油的广口瓶中，便于取出，故c错误；d观察刻度线时仰视，导致所配溶液的体积偏大，使所配溶液的浓度偏低，故d错误；故选a【点评】本题主要考查了胶体的性质、化学变化的实质、钠的保存、溶液浓度的误差分析，难度不大，注意知识的积累4若na为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( )ana个fe（oh）3胶体粒子的质量为107gb8.0gcu2s和cuo的混合物中含有铜原子数为0.1nac1 molcl2与足量fe反应转移电子数一定为2nad2.3gna与氧气完全反应，反应中转移的电子数0.1na【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、fe（oh）3胶体粒子中含有的fe（oh）3的个数大于na个；b、从 cu2s和cuo的相对分子质量可知，铜元素在cu2s和cuo中的质量分数相同；c、cl2和铁反应后变为1价；d、根据na元素的化合价变化计算【解答】解：a、胶体粒子是由多个氢氧化铁聚集成较大颗粒的粒子，因此无法确定fe（oh）3的数目，故a错误；b、从 cu2s和cuo的相对分子质量可知，铜元素在cu2s和cuo中的质量分数相同，无论cu2s和cuo物质的量之比如何变化，8.0g混合物中铜元素物质的量为0.1mol，即0.1na，故b正确；c、cl2和铁反应后变为1价，故1mol氯气转移2mol电子即2na个，故c正确；d、na元素的化合价从0变化为+1价，转移1个电子，所以2.3gna与氧气完全反应，反应中转移的电子数为0.1na，故d正确；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5某溶液能使ph试纸变红，在此溶液中能大量共存的离子是( )aca2+、k+、cl、so32bnh4+、fe2+、i一、so42cna+、k+、clo、s2dna+、s2o32、alo2、k+【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】某溶液能使ph试纸变红，该溶液中存在大量氢离子，a钙离子、氢离子都与亚硫酸根离子反应；b四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；c次氯酸根离子能够氧化硫离子，且二者都与氢离子反应；ds2o32、alo2都与氢离子反应【解答】解：某溶液能使ph试纸变红，该溶液中存在大量h+，aca2+、h+都与so32反应，在溶液中不能大量共存，故a错误；bnh4+、fe2+、i、so42之间不发生反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故b正确；cclo、s2之间发生氧化还原反应，且clo、s2都与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故c错误；d在溶液中都与s2o32、alo2发生反应，不能大量共存，故d错误；故选b【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，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，如：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；试题培养了学生的灵活应用能力6x、y、z、w是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增x与z位于同一主族，y元素的单质既能与盐酸反应也能与naoh溶液反应，z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，y、z、w原子的最外层电子数之和为14下列说法正确的是( )a原子半径由小到大的顺序：xyzwbx氢化物的沸点高于z氢化物的沸点c最高价氧化物对应水化物的酸性x大于zd室温下，0.1 mol/l w的气态氢化物的水溶液的ph1【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】x、y、z、w是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增y元素的单质既能与盐酸反应也能与naoh溶液反应，y为al元素；z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，z为si元素，x与z位于同一主族，则x为c元素，y、z、w原子的最外层电子数之和为14，w原子最外层电子数为1434=7，则w为cl，据此解答【解答】解：x、y、z、w是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增y元素的单质既能与盐酸反应也能与naoh溶液反应，y为al元素；z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，z为si元素，x与z位于同一主族，则x为c元素，y、z、w原子的最外层电子数之和为14，w原子最外层电子数为1434=7，则w为cla同周期自左而右原子半径增大，一般电子层越多原子半径越多，故原子半径：x（c）w（cl）z（si）y（al），故a错误；b非金属性x（c）z（si），故x氢化物稳定性更强，故b错误；c非金属性x（c）z（si），故最高价氧化物对应水化物的酸性x大于z，故c正确；d室温下，0.1 mol/l hcl的水溶液的ph=1，故d错误，故选：c【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，综合考查元素化合物性质，注意常见既能与盐酸反应也能与naoh溶液反应的物质7下列关于同温同压下的两种气体12c18o和14n2的判断正确的是( )a体积相等时密度相等b原子数相等时具有的中子数相等c体积相等时具有的电子数相等d质量相等时具有的质子数相等【考点】阿伏加德罗定律及推论【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】同温同压下，气体的vm相等，等体积时，根据n=可知气体的物质的量相等，结合原子的构成以及相关物理量的计算公式解答该题【解答】解：a由于12c18o和14n2的相对分子质量不等，故体积相等的两种气体的质量不等，因此密度不等，故a错误；b.1个12c18o分子中有16个中子，1个14n2分子中含有14个中子，二者均为双原子分子，原子数相等，即分子数相等，但中子数不等，故b错误；c12c18o和14n2均为14电子分子，同温同压下，体积相等则分子数相等，所具有的电子数相等，故c正确；d12c18o和14n2分子内均有14个质子，由于二者的相对分子质量不等，故等质量的两种分子所具有的质子数不等，故d错误故选c【点评】本题考查基本概念和基本理论知识，意在考查考生对一些重要概念与理论的理解能力，题目难度中等8下列反应的离子方程式正确的是( )a向次氯酸钙溶液中通入so2：ca2+2clo+h2o+so2caso3+2hclob硫酸铝钾溶液中滴加氢氧化钡直到沉淀质量最大：3ba2+6oh+2al3+3so423baso4+2al（oh）3c硫氢化钠发生电离：hs+h2oh3o+s2d用食醋检验牙膏中的摩擦剂碳酸钙：caco3+2h+ca2+h2o+co2【考点】离子方程式的书写【分析】a次氯酸根具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子；b沉淀最多时为铝离子全部生成沉淀时；c硫氢化钠为强电解质，完全电离；d醋酸为弱电解质，保留化学式【解答】解：a向次氯酸钙溶液通入so2：ca2+2clo+so2+h2o=caso3+2hclo，故a错误；b在硫酸铝钾溶液中滴加氢氧化钡至沉淀物质的量最多，铝离子完全转化成氢氧化铝沉淀，硫酸根离子部分参与反应，反应的离子方程式为：3ba2+6oh+2al3+3so42=3baso4+2al（oh）3，故b正确；c硫氢化钠发生电离：nahs+h2ona+hs，故c错误；d用食醋检验牙膏中的摩擦剂碳酸钙，离子方程式：caco3+2ch3coohca2+h2o+co2+2ch3coo，故d错误；故选：b【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意离子反应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷数守恒规律，题目难度不大二、选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分每小题只有一个选项符合题意）9把200ml nh4hco3和na2co3的混合溶液分成二等份，取一份加入含a mol氢氧化钠的溶液加热，恰好使nh4+完全转化为nh3逸出，另取一份加入含b molhcl的盐酸恰好反应完全生成co2，则该混合溶液中c（na+）为( )a（）mol/lb（2ba） mol/lc（5b） mol/ld（10b5a） mol/l【考点】化学方程式的有关计算【分析】100ml混合溶液加入含a mol氢氧化钠的溶液加热，恰好使nh4+完全转化为nh3逸出，反应关系式为：nh4hco32naoh，所以n（nh4hco3）=mol，而另100ml混合溶液加入含b mol hcl的盐酸的反应为：nh4hco3+hclnh4cl+co2+h2o，可知碳酸氢铵消耗mol的盐酸，则碳酸钠消耗（b）mol，由反应na2co3+2hcl2nacl+h2o+co2，可知碳酸钠的物质的量，然后根据组成求混合物中钠离子的浓度【解答】解：100ml混合溶液加入含a mol氢氧化钠的溶液加热，恰好使nh4+完全转化为nh3逸出，反应关系式为：nh4hco32naoh，所以n（nh4hco3）=mol，而另100ml混合溶液加入含b mol hcl的盐酸的反应为：nh4hco3+hclnh4cl+co2+h2o，可知碳酸氢铵消耗mol的盐酸，则碳酸钠消耗（b）mol，由反应na2co3+2hcl2nacl+h2o+co2，可知碳酸钠的物质的量为（b）mol2=（）mol，故混合溶液中c（na+）=（10b5a） mol/l，故选d【点评】本题考查混合物的有关计算，难度不大，明确发生的化学反应，注意利用守恒思想进行的解答，侧重考查学生的思维能力、分析解决问题能力10下表各组物质中，满足下图物质一步转化关系的选项是( )xyzananaohnahco3bcucuso4cu（oh）2ccl2hclnacldsisio2h3sio3aabbccdd【考点】钠的重要化合物；氯气的化学性质；硅和二氧化硅【专题】元素及其化合物【分析】ana和水反应生成naoh，naoh与二氧化碳反应生成nahco3，nahco3不能直接得到na；bcu（oh）2不能直接得到cu；c氯气与氢气反应生成氯化氢，氯化氢与氢氧化钠反应生成氯化钠，电解氯化钠溶液可生成氯气；d二氧化硅不能与水反应生成硅酸【解答】解：ana和水反应生成naoh，naoh与二氧化碳反应生成nahco3，nahco3不能直接得到na，故a错误；bcu与浓硫酸反应可以得到cuso4，cuso4与氢氧化钠等反应生成cu（oh）2，cu（oh）2不能直接得到cu，故b错误；c氯气与氢气反应生成氯化氢，氯化氢与氢氧化钠反应生成氯化钠，电解氯化钠溶液可生成氯气，故c正确；d因二氧化硅不能与水反应生成硅酸，则yz不能一步实现，故d错误；故选c【点评】本题考查物质之间的转化，侧重物质性质的考查，明确物质的化学性质及发生的化学反应为解答本题的关键，注意二氧化硅不溶于水，题目难度不大11对下列实验操作和事实的解释正确的是( )a某学生用ph试纸测新制氯水的ph值，先变红后褪色，是因为cl2有强氧化性b向氯水中加入碳酸氢钠粉末，有气泡产生，说明氯水中含有h+c配制一定物质的量浓度的溶液发现浓度偏低，可能由于配制溶液所用的容量瓶事先未干燥d将铜片放入浓硫酸中，无明显实验现象，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化【考点】化学实验方案的评价【分析】a次氯酸有漂白性，能漂白ph试纸；b氯水中含有h+；c根据c=判断容量瓶未干燥是否影响配制溶液的浓度；d铜和冷的浓硫酸不反应【解答】解：a氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，所以用ph试纸测溶液的ph值时试纸变红，次氯酸有漂白性，能使红色试纸褪色，故a错误； b氯水中含有h+，能与碳酸氢钠粉末反应生成气体，故b正确；c根据c=知，容量瓶未干燥，不能改变溶质的物质的量和溶液的体积，所以对配制溶液无影响，故c错误；d铜和冷的浓硫酸不反应，加热条件下和浓硫酸反应生成硫酸铜，故d错误故选b【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，考查物质的化学性质，难度不大，注意铜和稀硫酸不反应，和浓硫酸在加热条件下能反应，但铜和浓、稀硝酸都反应12依据热化学方程式得出的结论正确的是( )a已知naoh（aq）+hcl（aq）nacl（aq）+h2o（l）h=57.3 kjmol1，则含40.0 g naoh的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3 kj的热量b已知2h2（g）+o2（g）2h2o（g）h=483.6 kjmol1，则氢气的燃烧热为241.8 kjmol1c已知2c（s）+2o2（g）2co2（g）h=a 2c（s）+o2（g）2co（g）h=b，则abd已知p （白磷，s）=p （红磷，s）h0，则白磷比红磷稳定【考点】热化学方程式【专题】化学反应中的能量变化【分析】a、醋酸是弱酸，其电离过程是吸热过程；b、燃烧热是指完全燃烧1mol物质生成最稳定的化合物所放出的热量；c、焦炭完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量；d、物质具有的能量越低越稳定【解答】解：a、中和热是指稀的强酸和强碱溶液发生中和反应生成1mol水时所放出的热量，醋酸是弱酸，其电离过程是吸热过，40.0g即1molnaoh的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3 kj的热量，故a正确；b、氢气的燃烧热必须是生成液态水的过程所放出的热量，液态水变为气态水是吸热的，氢气的燃烧热小于241.8kjmol1，故b错误；c、焦炭完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量，焓变是负值，即ab，故c错误；d、p （白磷，s）=p （红磷，s）h0，所以红磷的能量低于白磷的能量，所以白磷不如红磷稳定，故d错误故选a【点评】本题考查学生燃烧热、中和热的概念以及热化学方程式的含义知识，注意教材知识的掌握是解答的关键，难度不大14下列实验装置正确的是( )a实验室制乙烯b酯化反应c实验室制取cl2d中和热的测定【考点】化学实验方案的评价【分析】a实验室制取乙烯需要170，温度计测量温度为溶液温度；b酯化反应中导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中；c制取氯气时，尾气处理应该要防止倒吸；d中和热测定中，温度计测量混合溶液温度，用环形玻璃棒搅拌溶液【解答】解：a实验室制取乙烯需要170，温度计测量温度为溶液温度，所以温度计应该插入溶液中，故a错误；b酯化反应中导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中，否则易产生倒吸现象，故b错误；c制取氯气时，尾气处理应该要防止倒吸，尾气处理装置中应该有倒置的漏斗，故c错误；d中和热测定中，温度计测量混合溶液温度，用环形玻璃棒搅拌溶液，使溶液温度混合均匀，符合实验条件，故d正确；故选d【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，侧重考查学生基本操作能力，明确实验原理及基本操作规范性是解本题关键，易错选项是b，注意b中试管中用饱和碳酸钠溶液而不是氢氧化钠溶液，为易错点15so2通入足量的fe（no3）3稀溶液中，溶液有棕色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，这时若滴入bacl2溶液，会产生白色沉淀针对上述一系列变化，下列说法不正确的是( )a上述过程中，最终被还原的是no3b从上述反应可以得出结论，氧化性：hno3fe3+稀硫酸c上述过程中，会产生一种无色难溶于水的气体d假设通so2完全反应，同温同压下，so2和逸出气体的体积比为1：1【考点】氧化性、还原性强弱的比较；硝酸的化学性质；二氧化硫的化学性质【专题】氧化还原反应专题【分析】根据滴入bacl2溶液，则会产生白色沉淀，则具有还原性的so2通入fe（no3）3溶液中发生了氧化还原反应，反应时硫元素的化合价升高被氧化为硫酸，铁元素化合价的变化可以依据现象判断，溶液由黄色变为浅绿色，但立即又变为黄色，三价铁离子变为亚铁离子，后又被氧化为三价铁离子，注意no3在酸性条件下具有强氧化性【解答】解：a、溶液由黄色变为浅绿色，但立即又变为黄色，三价铁离子变为亚铁离子，后又被氧化为三价铁离子，所以最终被还原的是no3，故a正确；b、由溶液有棕色变为浅绿色，说明三价铁的氧化性强于稀硫酸，但在硝酸存在的前提下立即又变成棕黄色，说明亚铁迅速被氧化成铁离子，故硝酸的氧化性强三价铁，综上所述氧化性：hno3fe3+稀硫酸，故b正确；c、硝酸根离子和二氧化硫被氧后产生的氢离子构成强氧化性体系，氧化亚铁时生成无色的一氧化氮气体，故c正确；d、上述过程中，最终被还原的是no3，故相当于二氧化硫与硝酸根离子之间的氧化还原，3so22no3，之比为3：2，故d错误；故选d【点评】本题考查氧化还原反应的综合应用，注意利用信息来判断发生的氧化反应，明确硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性是解答的关键16某课外小组欲测定过氧化钠与碳酸钠混合物中过氧化钠的质量分数，准确称量a克样品，下列后续实验方案中，不合理的是( )a隔绝空气加热，冷却后，称量剩余固体质量m1 gb与足量稀盐酸反应并蒸干，称量剩余固体质量m2 gc与足量水反应并加热，收集到标准状况下v1 l干燥气体d与足量稀硫酸反应并加热，收集到标准状况下v2 l 干燥气体【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】a过氧化钠与碳酸钠都稳定；b最终反应生成氯化钠；c过氧化钠与水反应生成氧气；d过氧化钠与水反应生成氧气，稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳【解答】解：a过氧化钠与碳酸钠都稳定，不易分解，故a错误； b最终反应生成氯化钠，质量变化，故b正确；c过氧化钠与水反应生成氧气，可能为v1 l，故c正确；d过氧化钠与水反应生成氧气，稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，可能为v2 l，故d正确故选a【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，侧重实验基本操作和实验原理的考查，题目难度不大17cuso4是一种重要的化工原料，有关制备途径及性质如图所示下列说法错误的是( )a途径所用混酸中h2so4与hno3物质的量之比最好为3：2b相对于途径、，途径更好地体现了绿色化学思想c生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：=d利用途径制备16g硫酸铜，被还原的硫酸的物质的量为0.1mol【考点】制备实验方案的设计；铜金属及其重要化合物的主要性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】途径涉及反应为3cu+8h+2no3=3cu2+2no+4h2o；途径涉及反应为2cu+2h2so4+o2=2cuso4+2h2o；途径涉及反应为cu+2h2so4（浓）cuso4+so2+2h2o，根据反应的离子方程式或化学方程式评价制备方案【解答】解：acu与混酸反应，3cu+8hno3（稀）=3cu（no3）2+2no+4h2o，离子反应为：3cu+8h+2no3=3cu2+2no+4h2o，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中h2so4与hno3物质的量之比最好为3：2，故a正确；b相对于途径、，途径的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径2无污染性气体产生，故b正确；c生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量相等，而生成so2，消耗更多的硫酸，则=，故c正确；d途径中硫酸只表现为酸性，没有被还原，故d错误故选d【点评】本题考查制备方案的评价，题目难度不大，注意根据反应途径写出相关反应的离子方程式或化学方程式，利用方程式进行判断较为简单三、解答题（共6小题，满分60分）18高铁酸钾（k2feo4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比c12、o2、c1o2、kmno4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入koh至饱和，使高铁酸钾析出（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为2feso4+6na2o22na2feo4+2na2o+2na2so4+o2该反应中的还原剂是feso4 na2o2，每生成l mol na2feo4转移5mol电子（2）湿法制备高铁酸钾（k2feo4）的反应体系中有六种微粒：fe（oh）3、clo、oh、feo42、cl、h2o写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：2fe（oh）3+3clo+4oh2 feo42+3cl+5 h2o若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为0.15mol（3）将so2通入含1mol氯酸的溶液中，可生成一种强酸和一种氧化物，并有6.021023个电子转移，则该反应的化学方程式为so2+2hclo3=h2so4+2clo2【考点】氧化还原反应【分析】（1）所含元素化合价升高的反应物是还原剂，反应中化合价升高的元素有fe、o元素，计算生成氧气物质的量，再根据fe元素、o元素化合价变化计算转移电子；（2）湿法制备高铁酸钾（k2feo4），则feo42为产物，fe（oh）3为反应物，化合价升高总共3价，由电子转移守恒可知，clo为反应物，cl为生成物，化合价降低共2将，化合价升降最小公倍数为6，故fe（oh）3的系数为2，feo42的系数为2，clo的系数为3，cl的系数为3，根据电荷守恒可知，oh为反应物，系数为4，由元素守恒可知h2o为生成物，其系数为5；根据fe元素化合价变化计算转移电子，还原产物为cl，根据cl元素化合价变化计算生成cl的物质的量；（3）so2通入含1mol氯酸的溶液中，可生成一种强酸和一种氧化物，有6.021023个电子转移，则cl元素的化合价由+5价降低为+4价，并利用质量守恒定律来书写反应方程式【解答】解：（1）所含元素化合价升高的反应物是还原剂，反应中化合价升高的元素有fe、o元素，故还原剂为feso4、na2o2，由方程式可知，每生成l mol na2feo4同时生成0.5mol氧气，则转移电子为1mol（62）=0.5mol2=5mol，故答案为：feso4、na2o2；5；（2）湿法制备高铁酸钾（k2feo4），则feo42为产物，fe（oh）3为反应物，化合价升高总共3价，由电子转移守恒可知，clo为反应物，cl为生成物，化合价降低共2将，化合价升降最小公倍数为6，故fe（oh）3的系数为2，feo42的系数为2，clo的系数为3，cl的系数为3，根据电荷守恒可知，oh为反应物，系数为4，由元素守恒可知h2o为生成物，其系数为5，离子方程式为：2fe（oh）3+3clo+4oh=2feo42+3cl+5h2o，故答案为：2fe（oh）3+3clo+4oh=2feo42+3cl+5h2o；若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为=0.15mol，故答案为：0.15；（3）so2通入含1mol氯酸的溶液中，可生成一种强酸和一种氧化物，有6.021023个电子转移，则cl元素的化合价由+5价降低为+4价，由质量守恒定律可知反应的化学方程式为so2+2hclo3h2so4+2clo2，故答案为：so2+2hclo3h2so4+2clo2【点评】本题考查了氧化还原反应、离子方程式的书写和化学方程式的书写等，明确氧化还原反应原理和基本概念以及氧化还原反应方程式的配平方法是解答本题的关键，题目难度中等19碳元素的单质及其化合物与人类的生产、生活、科研息息相关请回答下列问题：绿色植物的光合作用吸收co2释放o2的过程可以描述为以下两步：2co2（g）+2h2o（l）+2c5h10o4（s）4（c3h6o3）+（s）+o2（g）+4eh=1360kjmol112（c3h6o3）+（s）+12ec6h12o6（s，葡萄糖）+6c5h10o4（s）+3o2（g）h=1200kjmol1则绿色植物利用二氧化碳和水合成葡萄糖并放出氧气的热化学方程式为：6co2（g）+6h2o（l）=c6h12o6（s）+6o2（g）h=+2880kjmol1；【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算【专题】计算题；守恒思想；化学反应中的能量变化【分析】依据盖斯定律和热化学方程式计算得到所需的热化学方程式，利用热化学方程式的加减消去不需要的物质，注意加减时焓变随之变化【解答】解：已知热化学方程式：2co2（g）+2h2o（l）+2c5h10o4（s）4（c3h6o3）+（s）+o2（g）+4eh+1360kjmol1 12（c3h6o3）+（s）+12ec6h12o6（s，葡萄糖）+6c5h10o4（s）+3o2（g）h=1200kjmol1根据盖斯定律，将3+可得：6co2（g）+6h2o（l）=c6h12o6（s）+6o2（g）h=+2880 kjmol1，故答案为：6co2（g）+6h2o（l）=c6