山东师大附中高三化学上学期第三次模拟试卷（含解析）.doc

山东师大附中2016届高三上学期第三次模拟化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共42分）1下列说法中正确的是（）apm 2.5、二氧化碳都属于空气质量日报的内容b向煤中加入适量caso4，可大大减少燃烧产物中so2的量c对“地沟油”进行分馏可得到汽油d“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关2下列判断合理的是（）硫酸、烧碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质；na2o、fe2o3、a12o3属于碱性氧化物根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液；根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；co2、so2、no2，都能和碱溶液发生反应，因此它们都属于酸性氧化物a只有b只有c只有d只有3下列离子方程式书写正确的是（）a向nahso4溶液中滴ba（oh）2溶液，恰好使so42沉淀完全：2h+so42+ba2+ohh2o+baso4b向fei2溶液中通入少量氯气：2fe2+cl22fe3+2clc加热可增强纯碱溶液去污力：co32+2h2oh2co3+2ohd过量co2通入ca（clo）2溶液中：clo+co2+h2ohco3+hclo4常温下，下列各组离子在指定的条件下一定能大量共存的是（）ac（fe3+）=0.1moll1的溶液中：k+、clo、so42、scnb在ph=2的溶液中：nh4+、k+、clo、clc在c（h+）/c（oh）=1012的溶液中：k+、na+、c1o、no3d水电离c（h+）=1012的溶液中：mg2+、cu2+、so42+、k+5na表示阿伏加德罗常数的值下列说法中正确的是（）常温下，0.1molcl2与足量naoh溶液反应，转移的电子数目为0.2na常温常压下，18g h2o中含有的电子总数为10na将100ml 0.1moll1fecl3溶液滴入沸水中可制得fe（oh）3胶粒0.01na在反应kio3+6hiki+3i2+3h2o中，每生成3mol i2转移的电子数为5na电解精炼铜时，当电路中转移na个电子，阳极溶解32g铜abcd6由已知电离常数判断，so2与na2co3（aq）反应的离子方程式不合理的是（）酸电离常数碳酸ki1=4.3107ki2=5.61011亚硫酸ki1=1.54102ki2=1.02107aso2+h2o+2co322hco3+so32bso2+h2o+co32h2co3+so32c2so2+2h2o+co32h2co3+2hso3dso2+h2o+co32hco3+hso37下列说法正确的是（）a新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液变红bna2o与na2o2组成元素相同、阴阳离子个数比相同，但跟水反应的产物不同c只存在共价键的物质一定是共价化台物、离子化合物中一定含有离子键d元素原子的最外层电子数越多，得电子能力越强，失电子能力越弱8下列说法正确的是（）a改变条件，反应物的转化率增大，平衡常数也一定增大b常温下，v1l ph=12的naoh溶液与v2l ph=2的ha溶液混合，若混合液显中性，则v1v2c在0.1moll1 nahco3溶液中，加入少量naoh固体，na+和co32的离子浓度均增大d反应2no2（g）n2o4（g）ho，升高温度该反应平衡常数增大9根据下列操作及现象，所得结论正确的是（）序号操作及现象结论a将0.1moll1氨水稀释成0.01moll1，测得ph由11.1变成10.6稀释后nh3h2o的电离程度减小b常温下，测得饱和na2co3溶液的ph大于饱和nahco3溶液常温下水解程度：co32hco3c向25ml冷水和沸水中分别滴入5滴fecl3饱和溶液，前者为黄色，后者为红褐色温度升高，fe3+的水解程度增大d将固体caso4加入na2co3饱和溶液中，一段时间后，检验固体成分为caco3同温下溶解度：caso4caco3aabbccdd10已知，i2（aq）+i（aq）i3（aq）某i2、ki溶液中，c（i3）与温度（t）的关系如图所示（曲上任何一点都表示平衡状态）下列说法正确的是（）a反应i2（aq）+i（aq）i3（aq）h0b状态a的c （i2）比状态d的小ca点对应的反应速率大于c点对应的反应速率d其他条件不变，向溶液中加入ki固体，平衡由c点移动到d点11关于如图所示实验装置及说法中正确的是（）a用图所示实验可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱b用图所示实验装置排空气法收集co2气体c用图可以检验火柴燃烧生成的so2气体d用图提取海带中的碘12为了防止no，no2，n2o4对大气的污染，常用氢氧化钠溶液进行吸收处理，反应的化学方程式2no2+2naohnano3+nano2+h2o，no2+no+2naoh2nano2+h2o现有由amolno、bmol no2、cmoln2o4组成的混合气体，能被1.0 moll1的氢氧化钠溶液完全吸收，则消耗氢氧化钠溶液的体积最小为（）a（a+b+c）lb2（a+b+c）lc（a+b+2c）ld3（a+b+c）l13a、b、c、d、e均为短周期主族元素，b、c、d在周期表中的位置关系如图所示a是短周期中原子半径最小的元素，a、b、c三种元素的原子序数之和等于d元素的原子序数，e是短周期中最活泼的金属元素下列说法错误的是（）a简单离子的半径大小关系：bcebd元素的气态氢化物比c元素的气态氢化物稳定c由a、b、c三种元素组成的离子化合物nh4no3中，阴、阳离子个数比为1：1d由c、d、e三种元素组成的某种化合物，水解显碱性14在25时，将0.1moll1的ha溶液与0.1moll1的naoh溶液等体积混合后，测得混合溶液ph=8，则下列所表示的该混合溶液中有关微粒的浓度关系中，错误的是（）ac（ha）+c（a）=c（na+）=0.1moll1bc（na+）c（a）=c（oh）c（h+）cc（na+）c（a）c（oh）c（h+）dc（oh）=c（h+）+c（ha）二非选择题（本题包括4小题，共58分）15能源是国民经济发展的重要基础，我国目前使用的能源主要是化石燃料（1）在25、101kpa时，16gch4完全燃烧生成液态水时放出的热量是890.31kj，则ch4燃烧的热化学方程式为（2）已知：c（s）+o2（g）co2（g）；h=437.3 kjmol1h2（g）+o2（g）h2o（g）；h=285.8 kjmol1co（g）+o2（g）co2（g）；h=283.0 kjmol1则煤气化反应c（s）+h2o（g）co（g）+h2（g） 的焓变h=kjmol1（3）如图所示组成闭合回路，其中，甲装置中ch4为负极，o2和co2的混合气体为正极，稀土金属材料为电极，以熔融碳酸盐为电解质；乙装置中a、b为石墨，b极上有红色物质析出，cuso4溶液的体积为200ml装置中气体a为（填“ch4”或“o2和co2”），d极上的电极反应式为乙装置中a极上的电极反应式为若在a极产生112ml（标准状况）气体，则甲装置中消耗ch4ml（标准状况），乙装置中所得溶液的ph=（忽略电解前后溶液体秋变化）如果乙中电极不变，将溶液换成饱和na2so3溶液，当阴极上有a mol气体生成时，同时有w g na2so410h2o晶体析出，若温度不变，剩余溶液中溶质的质量分数应为（用含w、a的表达式表示，不必化简）16硫及其化合物对人类的生产和生活有着重要的作用2so2（g）+o2（g）2so3（g）h=198kjmol1是制备硫酸的重要反应（1）在容积为v l的密闭容器中起始充入2mol so2和1mol o2，反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如下图所示与实验a相比，实验b改变的条件是，判断的依据（2）二氧化硫在一定条件下还可以发生如下反应：so2（g）+no2（g）so3（g）+no（g）h=42kjmol1在1l恒容密闭容器中充入so2（g）和no2（g），所得实验数据如下：实验编号温度起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln（so2）n（no2）n（no）甲t10.800.200.18乙t20.200.800.16丙t30.200.30a实验甲中，若2min时测得放出的热量是4.2kj，则02min时间内，用so2（g）表示的平均反应速率v（so2）=，该温度下的平衡常数实验丙中，达到平衡时，no2的转化率为由表中数据可推知，tlt2（填“”“或“=”），判断的理由是17高纯mnco3是制备高性能磁性材料的主要原料实验室以mno2为原料制备少量高纯mnco3的操作步骤如下（1）制备mnso4溶液：在烧瓶中（装置见图1）加入一定量mno2和水，搅拌，通入so2和n2混合气体，反应3h停止通入o2，继续反应片刻，过滤（已知mno2+h2so3mnso4+h2o）石灰乳参与反应的化学方程式为反应过程中，为使so2尽可能转化完全，在通入so2和n2比例一定、不改变固液投料的条件下，可采取的合理措施有若实验中将n2换成空气，测得反应液中mn2+、so42的浓度随反应时间t变化如图2导致溶液中mn2+、so42浓度变化产生明显差异的原因是（2）制备高纯mnco3固体：已知mnco3难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，100开始分解；mn（oh）2开始沉淀时ph=7.7请补充由（1）制得的mnso4溶液制备高纯mnco3的操作步骤实验中可选用的试剂：ca（oh）2、nahco3、na2co3、c2h5oh边搅拌边加入，并控制溶液ph；检验so42是否被洗涤干净；（实验操作：）用少量c2h5oh洗涤；18某工业废水含有cn和cr2o72等离子，需经污水处理达标后才能排放，污水处理拟用下列流程进行处理：回答下列问题：（1）步骤中，cn被clo氧化为cno的离子方程式为（2）步骤的反应方程式为s2o32+cr2o72+h+so42+cr3+h2o（未配平），则每消耗0.4mol cr2o72，反应中s2o32失去emo1（3）含cr3+废水可以加入熟石灰进一步处理，目的是（4）在25下，将a moll1的nacn溶液与0.01moll1的盐酸等体积混合，反应后测得溶液ph=7，用含a的代数式表示cn的水解常数kh=moll1若25时将浓度均为0.1moll1的nacn、hcn溶液等体积混合后，溶液呈碱性，则关于该溶液的说法不正确的是（填字母）a此溶液一定有c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（cn）b此溶液一定有c（na+）=c（hcn）+c（cn）c混合溶液中水的电离程度一定大于该温度下纯水的电离程度d此溶液加入少量氢氧化钠或盐酸，溶液的ph变化不大（5）利用cr2o72通过下列方法测定某锡粉的纯度（杂质不参与反应）：取ag锡粉溶于盐酸中，向生成的sncl2中加入过量的fecl3溶液，用b mol/l k2cr2o7滴定生成的fe2+（已知酸性环境下，cr2o72可被还原为cr3+），共用去k2cr2o7溶液m ml则锡粉中锡的质量分数是（sn的摩尔质量为m g/mol，用含a、b、m、m的代数式表示）山东师大附中2016届高三上学期第三次模拟化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共42分）1下列说法中正确的是（）apm 2.5、二氧化碳都属于空气质量日报的内容b向煤中加入适量caso4，可大大减少燃烧产物中so2的量c对“地沟油”进行分馏可得到汽油d“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关【考点】常见的生活环境的污染及治理【专题】化学应用【分析】a空气质量日报的内容包括有害气体和颗粒物； b要减少燃烧产物中so2的量，通常向煤中加入适量石灰石或生石灰；煤中加入caso4不能减少燃烧产物中so2的量，因为caso4与so2不反应；c“地沟油”的成分主要成分是油脂，即高级脂肪酸甘油酯，汽油的成分是烃；d以一氧化氮和二氧化氮为主的氮氧化物是形成光化学烟雾和硝酸型酸雨的一个重要原因【解答】解：a二氧化碳是无毒气体，不属于空气质量日报的内容，故a错误； b因为caso4与so2不反应，所以在煤中加入caso4，不能减少燃烧产物中so2的量；要减少燃烧产物中so2的量，通常向煤中加入适量石灰石或生石灰，故b错误；c“地沟油”的成分主要是油脂，即高级脂肪酸甘油酯，汽油的成分是烃，故地沟油分馏不能得到汽油，故c错误；d以一氧化氮和二氧化氮为主的氮氧化物是形成“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的形成的一个重要原因，故d正确故选d【点评】本题考查化学与环境、材料、信息、能源关系密切相关的知识，涉及生产、生活有关的地沟油、大气污染等，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，难度不大2下列判断合理的是（）硫酸、烧碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质；na2o、fe2o3、a12o3属于碱性氧化物根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液；根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；co2、so2、no2，都能和碱溶液发生反应，因此它们都属于酸性氧化物a只有b只有c只有d只有【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；强电解质和弱电解质的概念【专题】物质的分类专题【分析】酸是指电离出来的阳离子全部是氢离子的化合物，碱是指电离出来阴离子全部是氢氧根离子的化合物，盐是指电离出金属离子和酸根离子的化合物，氧化物是两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物；电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，水溶液中全部电离的化合物为强电解质，水溶液中部分电离的化合物为弱电解质，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物，据此可以分析各种的所属类别；碱性氧化物是指能与酸反应生成盐和水的金属氧化物；根据分散系中分散质粒子直径大小分类；根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；酸性氧化物是指能与碱反应生成盐和水的氧化物【解答】解：依据概念分析，硫酸、烧碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物，故正确；蔗糖不能电离属于非电解质，硫酸钡是盐属于强电解质，水是弱电解质，故正确；既能与酸反应，又能与碱反应，a12o3属于两性氧化物，故错误；根据分散系中分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，故错误；根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故正确；二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，发生氧化还原反应不是酸性氧化物，故错误；故选b【点评】本题考查物质、电解质非电解质、分散系、化学反分类的依据分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等3下列离子方程式书写正确的是（）a向nahso4溶液中滴ba（oh）2溶液，恰好使so42沉淀完全：2h+so42+ba2+ohh2o+baso4b向fei2溶液中通入少量氯气：2fe2+cl22fe3+2clc加热可增强纯碱溶液去污力：co32+2h2oh2co3+2ohd过量co2通入ca（clo）2溶液中：clo+co2+h2ohco3+hclo【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】a二者按照物质的量之比1：1反应，硫酸根离子恰好沉淀完全；b碘离子氧化性强于二价铁离子，氯气少量先氧化碘离子；c碳酸根离子为多元弱酸的酸根离子，应分步水解，以第一步为主；d过量co2通入ca（clo）2溶液中反应生成次氯酸和碳酸氢钙【解答】解：a向nahso4溶液中滴ba（oh）2溶液，恰好使so42沉淀完全，反应生成硫酸钡和氢氧化钠和水，离子方程式：h+so42+ba2+ohh2o+baso4，故a错误；b向fei2溶液中通入少量氯气，离子方程式：2i+cl2i2+2cl，故b错误；c加热可增强纯碱溶液去污力，离子方程式：co32+h2ohco3+oh，故c错误；d过量co2通入ca（clo）2溶液中反应生成次氯酸和碳酸氢钙，离子方程式：clo+co2+h2ohco3+hclo，故d正确；故选：d【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确发生的反应及离子方程式书写方法是解题关键，注意离子反应应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷数守恒规律，注意多元弱酸的酸根离子分步水解，题目难度不大4常温下，下列各组离子在指定的条件下一定能大量共存的是（）ac（fe3+）=0.1moll1的溶液中：k+、clo、so42、scnb在ph=2的溶液中：nh4+、k+、clo、clc在c（h+）/c（oh）=1012的溶液中：k+、na+、c1o、no3d水电离c（h+）=1012的溶液中：mg2+、cu2+、so42+、k+【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】a离子之间结合生成络离子；bph=2的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；cc（h+）/c（oh）=1012的溶液，显碱性；d水电离c（h+）=1012的溶液，为酸或碱溶液【解答】解：afe3+、scn结合生成络离子，不能大量共存，故a错误；bph=2的溶液，显酸性，h+、clo、cl发生氧化还原反应，不能大量共存，故b错误；cc（h+）/c（oh）=1012的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故c正确；d水电离c（h+）=1012的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中不能大量存在mg2+、cu2+，故d错误；故选c【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应及分析与应用能力的考查，题目难度不大5na表示阿伏加德罗常数的值下列说法中正确的是（）常温下，0.1molcl2与足量naoh溶液反应，转移的电子数目为0.2na常温常压下，18g h2o中含有的电子总数为10na将100ml 0.1moll1fecl3溶液滴入沸水中可制得fe（oh）3胶粒0.01na在反应kio3+6hiki+3i2+3h2o中，每生成3mol i2转移的电子数为5na电解精炼铜时，当电路中转移na个电子，阳极溶解32g铜abcd【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】常温下，0.1molcl2与naoh溶液的反应为歧化反应；求出水的物质的量，然后根据水为10电子微粒来分析；一个（oh）3胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；在反应kio3+6hiki+3i2+3h2o中，转移5mol电子；电解精炼铜时，在阳极上放电的不止是铜【解答】解：常温下，氯气与naoh溶液的反应为歧化反应，0.1molcl2转移0.1mol电子即0.1na个，故错误；18g水的物质的量为1mol，而水为10电子微粒，故1mol水中含10mol电子即10na个，故正确；一个（oh）3胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故将100ml 0.1moll1fecl3溶液滴入沸水中可制得fe（oh）3胶粒小于0.01na，故错误；在反应kio3+6hiki+3i2+3h2o中，转移5mol电子，生成3mol碘，故当100ml 0.1moll1fecl3溶液滴入沸水中可制得fe（oh）3胶粒0.01na，故正确；电解精炼铜时，在阳极上放电的不止是铜，还有比铜活泼的杂质，故当电路中转移na个电子时，阳极上溶解的铜的质量小于32g，故错误故选c【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6由已知电离常数判断，so2与na2co3（aq）反应的离子方程式不合理的是（）酸电离常数碳酸ki1=4.3107ki2=5.61011亚硫酸ki1=1.54102ki2=1.02107aso2+h2o+2co322hco3+so32bso2+h2o+co32h2co3+so32c2so2+2h2o+co32h2co3+2hso3dso2+h2o+co32hco3+hso3【考点】离子反应发生的条件【专题】离子反应专题【分析】已知：h2co3h+hco3，k1=4.3107；hco3h+co32，k2=5.61011；h2so3h+hso3，k1=1.54102；hso3h+so32，k2=1.02107；可知碳酸与亚硫酸都是弱酸，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性h2so3h2co3hso3hco3，结合强酸制弱酸与物质的性质判断【解答】解：ah2so3hco3，符合强酸制弱酸，故a正确； bh2co3可与so32反应得到hso3，故b错误；ch2co3与hso3能共存，故c正确；dhco3与hso3能共存，故d正确故选b【点评】本题考查电离平衡常数的运用，难度中等，注意强酸制弱酸7下列说法正确的是（）a新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液变红bna2o与na2o2组成元素相同、阴阳离子个数比相同，但跟水反应的产物不同c只存在共价键的物质一定是共价化台物、离子化合物中一定含有离子键d元素原子的最外层电子数越多，得电子能力越强，失电子能力越弱【考点】氯气的化学性质；原子核外电子排布；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】原子组成与结构专题；卤族元素【分析】a、新制氯水含有hclo，具有漂白性；b、na2o中阴阳离子个数之比为1：2，na2o2中阴阳离子个数之比为1：2，过氧化钠与水产生氧气，而氧化钠只生成氢氧化钠；c、只存在共价键的物质可以是共价化合物或非金属单质；d、稀有气体最外层电子数8，既不易失电子也不易得电子【解答】解：a、新制氯水含有hclo，具有漂白性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色，故a错误；b、na2o中阴阳离子个数之比为1：2，na2o2中阴阳离子个数之比为1：2，过氧化钠与水产生氧气，而氧化钠只生成氢氧化钠，所以na2o与na2o2组成元素相同、阴阳离子个数比相同，但跟水反应的产物不同，故b正确；c、只存在共价键的物质可以是共价化合物或非金属单质，故c错误；d、稀有气体最外层电子数8，既不易失电子也不易得电子，所以并不是最外层电子数越多，得电子能力越强，失电子能力越弱，应除稀有气体外，故d错误；故选b【点评】本题考查化学键及化合物的类别，为高频考点，熟悉化学键的形成及特殊物质中的化学键即可解答，注意利用实例来分析解答8下列说法正确的是（）a改变条件，反应物的转化率增大，平衡常数也一定增大b常温下，v1l ph=12的naoh溶液与v2l ph=2的ha溶液混合，若混合液显中性，则v1v2c在0.1moll1 nahco3溶液中，加入少量naoh固体，na+和co32的离子浓度均增大d反应2no2（g）n2o4（g）ho，升高温度该反应平衡常数增大【考点】化学平衡的影响因素；盐类水解的应用【专题】化学平衡专题；盐类的水解专题【分析】a平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，转化率增大，不一定是改变温度；b如ha为强酸，则v1=v2，如ha为弱酸，ha的浓度较大；c碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠；d反应是放热反应，升温平衡向吸热反应方向进行；【解答】解：a平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，转化率增大，不一定是改变温度使平衡向正反应移动，故转化率增大，平衡常数不一定增大，故a错误；b如ha为强酸，则v1=v2，如ha为弱酸，ha的浓度较大，则v1v2，故b错误；c碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠，nahco3+naoh=na2co3+h2o，na+和co32的离子浓度均增大，故c正确；d反应2no2（g）n2o4（g）ho，升高温度平衡逆向进行，该反应平衡常数减小，故d错误；故选c【点评】本题考查了电解质的电离、盐类的水解以及平衡影响因素的分析、酸碱反应后溶液酸碱性判断等知识点，注意平衡常数随温度变化，题目难度中等9根据下列操作及现象，所得结论正确的是（）序号操作及现象结论a将0.1moll1氨水稀释成0.01moll1，测得ph由11.1变成10.6稀释后nh3h2o的电离程度减小b常温下，测得饱和na2co3溶液的ph大于饱和nahco3溶液常温下水解程度：co32hco3c向25ml冷水和沸水中分别滴入5滴fecl3饱和溶液，前者为黄色，后者为红褐色温度升高，fe3+的水解程度增大d将固体caso4加入na2co3饱和溶液中，一段时间后，检验固体成分为caco3同温下溶解度：caso4caco3aabbccdd【考点】化学实验方案的评价；溶解度、饱和溶液的概念；弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素【专题】实验评价题；盐类的水解专题【分析】anh3h2o为弱电解质，加水稀释促进电离；bna2co3溶解度较大，应比较相同的浓度的溶液的ph；c盐类的水解为吸热反应，升高温度促进水解；d从难溶电解质的溶解平衡的角度分析【解答】解：anh3h2o为弱电解质，加水稀释促进电离，由于溶液体积增大，ph反而减小，故a错误；b饱和溶液的浓度不同，na2co3溶解度较大，应比较相同的浓度的溶液的ph，故b错误；c盐类的水解为吸热反应，升高温度促进水解，可根据溶液颜色判断，故c正确；d水垢中的caso4用na2co3溶液充分浸泡后可转化为caco3，说明溶解度caso4caco3，故d错误故选c【点评】本题考查较为综合，涉及弱电解质、盐类水解以及难溶电解质的溶解平衡等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关基本实验操作的注意事项，难度不大，注意相关基础知识的积累10已知，i2（aq）+i（aq）i3（aq）某i2、ki溶液中，c（i3）与温度（t）的关系如图所示（曲上任何一点都表示平衡状态）下列说法正确的是（）a反应i2（aq）+i（aq）i3（aq）h0b状态a的c （i2）比状态d的小ca点对应的反应速率大于c点对应的反应速率d其他条件不变，向溶液中加入ki固体，平衡由c点移动到d点【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】a 通过温度对化学平衡的影响判断反应的焓变；b减小i3的浓度，化学平衡逆向移动；c温度越高化学反应速率越快；d其他条件不变，向溶液中加入ki固体，增大了i的浓度，平衡正向移动【解答】解：a、由图象曲线的变化趋势可知，当温度升高时，i3的物质的量浓度减小，平衡逆向移动，说明该反应的正反应为放热反应，反应i2（aq）+i（aq）i3（aq）的h0，故a错误；bd点相对于a点而言i3的浓度较小，减小i3的浓度，化学平衡逆向移动，c （i2）增大，故b正确；cc点对应的温度大于a点，温度越高化学反应速率越快，故c错误；d其他条件不变，向溶液中加入ki固体，增大了i的浓度，平衡正向移动，i3的浓度增大，故d错误；故选b【点评】本题考查化学平衡移动图象问题，难度中等，侧重于外界条件对化学平衡的影响，注意图象曲线上各点都表示平衡状态11关于如图所示实验装置及说法中正确的是（）a用图所示实验可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱b用图所示实验装置排空气法收集co2气体c用图可以检验火柴燃烧生成的so2气体d用图提取海带中的碘【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】a强酸制取弱酸，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性越强；b二氧化碳的密度比空气的大，应利用向上排空气法收集；c二氧化硫具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色；d海带中碘以离子的形式存在【解答】解：a强酸制取弱酸可知酸性为硫酸碳酸硅酸，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性越强，则可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱，故a正确；b二氧化碳的密度比空气的大，应利用向上排空气法收集，图中应长导管中进，故b错误；c二氧化硫具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色，图中试管中的导管长短应互换，故c错误；d海带中碘以离子的形式存在，应先发生氧化还原反应后生成碘单质，再萃取、分液，故d错误；故选a【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及非金属性的比较、气体的收集、氧化还原、碘的提纯等，注意实验原理和实验细节的考查，题目难度不大12为了防止no，no2，n2o4对大气的污染，常用氢氧化钠溶液进行吸收处理，反应的化学方程式2no2+2naohnano3+nano2+h2o，no2+no+2naoh2nano2+h2o现有由amolno、bmol no2、cmoln2o4组成的混合气体，能被1.0 moll1的氢氧化钠溶液完全吸收，则消耗氢氧化钠溶液的体积最小为（）a（a+b+c）lb2（a+b+c）lc（a+b+2c）ld3（a+b+c）l【考点】化学方程式的有关计算【分析】根据方程式知，氮氧化物被naoh吸收生成钠盐，无论生成硝酸钠还是亚硝酸钠，n、na原子个数之比都是1：1，根据n、na原子关系式计算氢氧化钠体积，据此分析解答【解答】解：根据方程式知，氮氧化物被naoh吸收生成钠盐，无论生成硝酸钠还是亚硝酸钠，n、na原子个数之比都是1：1，根据n、na原子关系式得v（naoh）=（a+b+2c）l，故选c【点评】本题考查化学方程式有关计算，为高频考点，明确化学方程式中na、n原子关系式是解本题关键，知道原子守恒的灵活运用，题目难度不大13a、b、c、d、e均为短周期主族元素，b、c、d在周期表中的位置关系如图所示a是短周期中原子半径最小的元素，a、b、c三种元素的原子序数之和等于d元素的原子序数，e是短周期中最活泼的金属元素下列说法错误的是（）a简单离子的半径大小关系：bcebd元素的气态氢化物比c元素的气态氢化物稳定c由a、b、c三种元素组成的离子化合物nh4no3中，阴、阳离子个数比为1：1d由c、d、e三种元素组成的某种化合物，水解显碱性【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】a、b、c、d、e均为短周期主族元素，根据b、c、d在周期表中的位置知，b和c位于第二周期，d位于第三周期，a是短周期中原子半径最小的元素，则a是h元素，e是短周期中最活泼的金属元素，则e是na元素，设b的原子序数是a，则c的原子序数是a+1、d的原子序数是a+9，a、b、c三种元素的原子序数之和等于d元素的原子序数，所以1+a+a+1=a+9，则a=7，所以b是n元素、c是o元素、d是s元素，再结合元素周期律、物质结构分析解答【解答】解：a、b、c、d、e均为短周期主族元素，根据b、c、d在周期表中的位置知，b和c位于第二周期，d位于第三周期，a是短周期中原子半径最小的元素，则a是h元素，e是短周期中最活泼的金属元素，则e是na元素，设b的原子序数是a，则c的原子序数是a+1、d的原子序数是a+9，a、b、c三种元素的原子序数之和等于d元素的原子序数，所以1+a+a+1=a+9，则a=7，所以b是n元素、c是o元素、d是s元素，a电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数增大而减小，b、c、e简单离子电子层结构相同，所以简单离子的半径大小关系：bce，故a正确；b元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，c的非金属性大于d，所以c元素的气态氢化物比d元素的气态氢化物稳定，故b错误；c由a、b、c三种元素组成的离子化合物nh4no3中，阴、阳离子分别是no3、nh4+，所以其阴阳离子个数比为1：1，故c正确；d由c、d、e三种元素组成的某种化合物为na2so3，na2so3为强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解导致溶液显碱性，故d正确；故选b【点评】本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，涉及元素周期律的应用、化学键的判断、盐类水解等知识点，根据元素在周期表中的位置及原子结构确定元素，再结合物质的构成微粒及微粒间的作用力、盐的特点等知识点分析解答，题目难度不大14在25时，将0.1moll1的ha溶液与0.1moll1的naoh溶液等体积混合后，测得混合溶液ph=8，则下列所表示的该混合溶液中有关微粒的浓度关系中，错误的是（）ac（ha）+c（a）=c（na+）=0.1moll1bc（na+）c（a）=c（oh）c（h+）cc（na+）c（a）c（oh）c（h+）dc（oh）=c（h+）+c（ha）【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】在25时，等体积等浓度的ha和naoh溶液恰好反应生成naa，测得混合溶液ph=8，说明naa是强碱弱酸盐，根据电荷守恒和物料守恒判断【解答】解：在25时，等体积等浓度的ha和naoh溶液恰好反应生成naa，测得混合溶液ph=8，说明naa是强碱弱酸盐，a混合溶液体积增大一倍，其浓度降为原来的一半，根据物料守恒得c（ha）+c（a）=c（na+）=0.05moll1，故a错误；b溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（na+）+c（h+）=c（a）+c（oh），则c（na+）c（a）=c（oh）c（h+），故b正确；c溶液呈碱性，则c（oh）c（h+），溶液中存在电荷守恒c（na+）+c（h+）=c（a）+c（oh），则c（na+）c（a），溶液中以盐的电离为主，水解程度较弱，所以离子浓度大小顺序是c（na+）c（a）c（oh）c（h+），故c正确；d根据电荷守恒得c（na+）+c（h+）=c（a）+c（oh），根据物料守恒得c（ha）+c（a）=c（na+），所以得c（oh）=c（h+）+c（ha），故d正确；故选：a【点评】本题考查了离子浓度大小的判断，根据盐溶液的酸碱性确定酸碱的相对强弱，再结合物料守恒和电荷守恒来分析解答，难度中等二非选择题（本题包括4小题，共58分）15能源是国民经济发展的重要基础，我国目前使用的能源主要是化石燃料（1）在25、101kpa时，16gch4完全燃烧生成液态水时放出的热量是890.31kj，则ch4燃烧的热化学方程式为ch4（g）+2o2（g）co2（g）+2h2o（l）h=890.31kj/mol（2）已知：c（s）+o2（g）co2（g）；h=437.3 kjmol1h2（g）+o2（g）h2o（g）；h=285.8 kjmol1co（g）+o2（g）co2（g）；h=283.0 kjmol1则煤气化反应c（s）+h2o（g）co（g）+h2（g） 的焓变h=+131.5kjmol1（3）如图所示组成闭合回路，其中，甲装置中ch4为负极，o2和co2的混合气体为正极，稀土金属材料为电极，以熔融碳酸盐为电解质；乙装置中a、b为石墨，b极上有红色物质析出，cuso4溶液的体积为200ml装置中气体a为ch4（填“ch4”或“o2和co2”），d极上的电极反应式为o2+4e+2co2=2co32乙装置中a极上的电极反应式为4oh4e=o2+2h2o若在a极产生112ml（标准状况）气体，则甲装置中消耗ch456ml（标准状况），乙装置中所得溶液的ph=1（忽略电解前后溶液体秋变化）如果乙中电极不变，将溶液换成饱和na2so3溶液，当阴极上有a mol气体生成时，同时有w g na2so410h2o晶体析出，若温度不变，剩余溶液中溶质的质量分数应为100%（用含w、a的表达式表示，不必化简）【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理【专题】化学反应中的能量变化；电化学专题【分析】（1）根据热化学方程式的书写方法可知，化学计量数与反应热成正比，并注意标明物质的聚集状态来解答；（2）根据热化学方程式和盖斯定律计算得到，反应焓变与反应过程无关；（3）b电极上有红色物质生成，则b是阴极，所以a是阳极，c是负极、d是正极，通入甲烷的电极是负极，所以a是甲烷、b是二氧化碳和氧气，d电极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子；a是阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气；根据转移电子相等计算消耗甲烷体积；根据氧气和氢离子之间的关系式计算氢离子物质的量浓度，从而确定ph；电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上析出氧气、阴极上析出氢气，所以相当于电解水，且生成氢气和氧气的物质的量之比是2：1，所以当阴极上有a mol气体生成时，阳极上生成氧气物质的量为0.5amol，电解水的质量=amol2g/mol+0.5amol32g/mol=18ag，剩余溶液仍然是饱和溶液，计算生成m（na2so4），带入质量分数公式计算溶液质量分数【解答】解：（1）16g即1molch4在氧气中燃烧生成co2和液态水，放出889kj热量，则热化学方程式为：ch4（g）+2o2（g）co2（g）+2h2o（l）h=890.31kj/mol，故答案为：ch4（g）+2o2（g）co2（g）+2h2o（l）h=890.31kj/mol； （2）已知：c（s）+o2（g）co2（g）；h=437.3 kjmol1h2（g）+o2（g）h2o（g）；h=285.8 kjmol1co（g）+o2（g）co2（g）；h=283.0 kjmol1依据盖斯定律，得到：c（s）+h2o（g）co（g）+h2（g）h=+131.5kjmol1，故答案为：+131.5；（3）b电极上有红色物质生成，则b是阴极，所以a是阳极，c是负极、d是正极，通入甲烷的电极是负极，所以a是ch4、b是二氧化碳和氧气，d电极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子，电极反应式为o2+4e+2co2=2co32，故答案为：ch4；o2+4e+2co2=2co32；a是阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为4oh4e=o2+2h2o；a极上生成n（o2）=0.005mol，生成0.005mol氧气转移电子物质的量=0.005mol4=0.02mol，根据转移电子相等计算消耗甲烷体积=22.4l/mol=56ml；电池反应式为2cu2+2h2o=4 h+o2+2cu，根据方程式知，n（ h+）=4n（o2）=40.005mol=0.02mol，c（h+）=0.1mol/l，则溶液的ph=1，故答案为：4oh4e=o2+2h2o；56；1；电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上析出氧