山东省青岛市即墨市市北中学高三化学下学期3月月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年山东省青岛市即墨市市北中学高三（下）月考化学试卷（3月份）一、选择题1某物质的水溶液能导电，且该物质属于非电解质，溶于水时化学键被破坏的是（）a液溴b干冰c蔗糖d硫酸钡2下列说法不正确的是（）a煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料b侯氏制碱法的工艺过程，应用了物质溶解度的差异c食品包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同d甘氨酸和丙氨酸发生脱水反应，最多可生成4种二肽3下列描述中，错误的是（）a往下水道中倾倒硫酸铜溶液，会进一步加快铁制管道的腐蚀b镁与稀盐酸反应剧烈，加入醋酸钠晶体可以减慢反应速率c电解饱和食盐水制氯气时用铁作阳极d电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极4某溶液中含有hco3、na+、ba2+、no34种离子，若向其中加入少量na2o2固体后溶液中离子浓度基本保持不变的是（）ahco3bna+cba2+dno35下列实验过程中，始终无明显现象的是（）a在稀硫酸中加入铜粉，再加入kno3固体bso2通入ba（no3）2溶液中cco2通入cacl2溶液中d稀盐酸滴加到fe（oh）3胶体溶液中6下列物质的分类方法恰当的是（）序号氧化物酸碱盐a熟石灰氯酸钾生石灰蓝矾b生石灰次氯酸纯碱苏打c过氧化氢盐酸碱式碳酸酮氯化铁d氧化钠硫酸烧碱纯碱aabbccdd7有关常温下ph均为3的醋酸和硫酸的说法正确的是（）a两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为11011moll1b分别加水稀释100倍后，两种溶液的ph仍相同c醋酸中的c（ch3coo）和硫酸中的c（so42）相等d分别加入足量锌片，两种溶液生成h2的体积相同8有一合金由x、y、z、w四种金属组成，若将合金放入盐酸中，只有z、y能溶解；若将合金置于潮湿空气中，表面只出现z的化合物；若将该合金做阳极，用x盐溶液作电解液，通电时四种金属都以离子形式进入溶液中，但在阴极上只析出x这四种金属的活动性顺序是（）ayzwxbzywxcwzyxdxyzw9对于（nh4）2so4溶液，下列说法正确的是（）a溶液中存在电离平衡：（nh4）2so42nh4+so42b向溶液中滴加少量浓硫酸，c（nh4+）与c（so42）均增大c加水稀释，溶液中所有离子的浓度均减小d溶液中：c（so42）=2c（nh4+）+2c（nh3h2o）10现有物质的量浓度均为 0.1moll 1 的下列五种物质的溶液：hcl h2so4 ch3cooh nh4cl naoh下列有关说法正确的是（）a其溶液中由水电离出的c（h+）的大小关系是 =b其溶液中由水电离出的（h+）的大小关系是 =c上述溶液中能能促进水的电离是=d上述溶液中能促进水的电离是只有11下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）a在80ph=10的溶液中：na+、ch3cho、ag（nh3）2+、no3b溶液中能大量共存，通入co2后仍能大量共存：k+、ca2+、cl、no3c与镁反应只产生氢气的溶液中：no3、cl、h+、a13+d =1.01012溶液中：c6h5o、k+、so42、ch3coo12总质量一定时，不论以任何比例混合，完全燃烧生成co2与h2o的量为定值的是（）ac3h8o和c2h6obc2h4和c3h8c和c2h4dch2o和c2h4o213下列各组物质类别，在物质分类里前者从属于后者的一组是（）a纯净物、混合物b氧化物、化合物c单质、化合物d化合物、混合物14氮化铝（aln）具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：al2o3+n2+3c2aln+3co下列有关该反应的叙述不正确的是（）a氮化铝中氮元素的化合价为3b上述反应中，每生成2 mol aln，n得到6molec在氮化铝的合成反应中，n2是还原剂，al2o3氧化剂d该反应n的化合价降低了15下列离子方程式书写正确的是（）a钠和水反应：2na+2h2o=2na+2oh+h2b铁粉与稀硫酸反应：2fe+6h+=2fe3+3h2c氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：ba2+so42=baso4d在氯化亚铁溶液中通入氯气：cl2+fe2+=fe3+2cl二、解答题（共9小题，满分60分）16有下列物质：空气 o2 nahso4 氨水 cuso45h2o naoh co2 fe2o3 金刚石 h2so4，请回答下列问题（请在横线上填写序号）：（1）属于混合物的有；（2）属于酸性氧化物的有；（3）属于碱的有；（4）属于盐的有17已知某溶液中只存在oh、h+、nh4+、cl四种离子，某同学推测该溶液中各离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：ac（cl）c（nh4+）c（h+）c（oh）bc（cl）c（nh4+）c（oh）c（h+）cc（cl）c（h+）c（nh4+）c（oh）dc（nh4+）c（cl）c（oh）c（h+）（1）若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质是，上述离子浓度大小顺序关系中正确的是（选填序号）（2）若上述关系中d是正确的，混合后溶液中的溶质为（3）25时，将a moll1的氨水与b moll1盐酸等体积混合，反应后溶液恰好显中性，则混合前ab（填“”、“”、或“=”），用a、b表示nh3h2o的电离平衡常数为18科学探究结果的准确性来自于探究活动中研究方法的科学性，研究过程的计划性、研究目的明确性某学生用如图所示方法研究物质的性质，其中，气体a的主要成分是氯气（含有空气和水蒸气）请回答下列问题：（1）该项研究（实验）的主要目的是；（2）浓硫酸的作用是；（3）与研究目的直接相关的实验现象是：19实验室配制0.1mol/l的bacl2溶液可分两个阶段进行第一阶段：用托盘天平称取5.2g无水bacl2晶体第二阶段：溶解配制0.1mol/l的bacl2溶液第一阶段操作有如下几步：a将游码拨至0.2g处；b将游码拨至“0”处；c在天平两边的托盘上各放一张干净的等质量的滤纸，调节天平两边的螺母使天平平衡；d取走药品，将砝码放回砝码盒内；e往左盘内逐步添加晶体至天平平衡；f在右盘上放置5g砝码（bacl2相对分子量=208）（1）其正确的操作顺序是（填序号）：ba（2）第二阶段操作，应先将5.2g bacl2加适量蒸馏水溶解，溶解过程中使用的主要仪器有、然后将溶液转入中，再经、后即可得到0.1mol/lbacl2溶液（3）下列操作使配制的bacl2溶液浓度偏低的有a将砝码放在左盘上，bacl2放在右盘上进行称量b选用的容量瓶内有少量蒸馏水c定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线d整个配制过程中，容量瓶不振荡20工业上将纯净干燥的氯气通入到物质的量浓度为0.375mol/l的naoh溶液中得到漂水某同学在实验室利用下述实验装置探究cl2性质并模拟制备漂水（1）配制470ml物质的量浓度为0.375mol/l的naoh溶液时，主要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒和（2）浓硫酸的作用是（3）装置e中发生反应的离子方程式为（4）装置b中饱和nacl溶液可用于除去cl2中的hcl气体，已知氯气与水的反应是一个可逆反应，请简述用饱和nacl溶液除去cl2中hcl气体的原理（用离子方程式表示，并配必要的文字说明）（5）实验时装置d中湿润的红色纸条褪色，干燥部分没有褪色，放置一段时间后，纸条全部褪色该同学认为cl2的密度比空气大，可能是试管下部cl2的浓度大于试管上部cl2的浓度所导致的请判断该解释是否合理，并分析产生上述实验现象的原因（6）如果制得氯元素含量为10%的漂水溶液35.5g，那么其中含naclo的物质的量为mol21两份等质量的铜片，一份直接与足量的质量分数为98.0%的浓硫酸（密度为1.84gcm3）反应，另一份先制成氧化铜，再与足量的稀硫酸反应结果两种方法得到的硫酸铜质量相等，消耗两酸的体积也相等求浓、稀硫酸的物质的量浓度22化合物f是一种重要的有机合成中间体，它的合成路线如下：（1）化合物f中含氧官能团的名称是和，由b生成c的化学反应类型是（2）写出化合物c与乙酸反应生成酯的化学方程式：（3）写出化合物b的结构简式：（4）某化合物是d的同分异构体，且分子中只有三种不同化学环境的氢写出该化合物的结构简式：（任写一种）（5）请根据已有知识并结合相关信息，写出以苯酚（）和ch2=ch2为原料制备有机物的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：h2cch2 ch3ch2br ch3ch2oh23聚酯增塑剂g及某医药中间体h的一种合成路线如下（部分反应条件略去）：已知：（1）b的名称（系统命名）：，d的分子式为（2）反应中属于取代反应的是（3）g的结构简式为（4）写出反应和的化学方程式：，（5）c存在多种同分异构体，写出核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式：24已知化合物a，b，c，e，f，g和单质甲，乙所含元素均为短周期元素，a的浓溶液与甲能发生如图所示的反应，甲是常见的黑色固体单质，可为生产生活提供热能，乙是常见的无色气体单质，b是无色有刺激性气味的气体，是主要的大气污染物之一，常温下，c是一种无色液体请回答下列问题（1）c的化学式（2）d的电子式（3）写出c+ef+乙的离子方程式（4）写出b+c+乙a的化学方程式并用单线桥表示电子转移的方向和数目2015-2016学年山东省青岛市即墨市市北中学高三（下）月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题1某物质的水溶液能导电，且该物质属于非电解质，溶于水时化学键被破坏的是（）a液溴b干冰c蔗糖d硫酸钡【考点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，在水溶液中能导电必须有自由移动的离子说明有电解质，若物质属于非电解质，则必须是非电解质溶于水后反应生成了电解质；溶于水时化学键被破坏可能发生了化学反应，据此即可解答【解答】解：a液溴只存在溴分子，没有自由移动的离子，不导电，液溴与水反应，发生了化学反应化学键被破坏，溶液能导电，但液溴是单质不是化合物，所以液溴既不是电解质也不是非电解质，故a错误；b干冰是二氧化碳的固态形式，溶于水反应生成的碳酸发生了化学反应化学键被破坏，生成的碳酸是电解质，溶液能导电，但co2本身不能电离出离子，是非电解质，故b正确；c蔗糖在水中以分子存在，化学键未被破坏，其水溶液不导电，所以蔗糖是非电解质，故c错误；d熔融状态下的硫酸钡能电离出自由移动的阴阳离子而使其导电，所以硫酸钡是电解质，但硫酸钡难溶于水，水溶液几乎不导电，化学键未被破坏，故d错误；故选b2下列说法不正确的是（）a煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料b侯氏制碱法的工艺过程，应用了物质溶解度的差异c食品包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同d甘氨酸和丙氨酸发生脱水反应，最多可生成4种二肽【考点】化石燃料与基本化工原料；纯碱工业（侯氏制碱法）；人体必需的氨基酸；常见的食品添加剂的组成、性质和作用【分析】a煤的气化和液化都是化学变化；b二氧化碳在水中的溶解度小，在碱中的溶解度大，氨气极易溶于水，所以侯氏制碱法的工艺过程中先溶解氨气，再吸收二氧化碳；c铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应；d依据氨基酸缩合反应的原理：氨基酸形成肽键原理为羧基提供oh，氨基提供h，两个氨基酸分子脱去一个水分子脱水结合形成二肽，既要考虑不同氨基酸分子间生成二肽，又要考虑同种氨基酸分子间形成二肽【解答】解：a煤的气化和液化都是化学变化，故a错误；b侯氏制碱法的工艺过程，应用了二氧化碳和氨气的溶解度的差异，先溶解氨气，再溶解二氧化碳，故b正确；c铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，与钢铁的吸氧腐蚀相同，故c正确；d甘氨酸和丙氨酸发生脱水反应，可以生成甘甘二肽、甘丙二肽、丙甘二肽、丙丙二肽，故d正确；故选a3下列描述中，错误的是（）a往下水道中倾倒硫酸铜溶液，会进一步加快铁制管道的腐蚀b镁与稀盐酸反应剧烈，加入醋酸钠晶体可以减慢反应速率c电解饱和食盐水制氯气时用铁作阳极d电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极【考点】金属的电化学腐蚀与防护；电解原理【分析】afe能与硫酸铜发生反应；b加入醋酸钠生成醋酸溶液中氢离子浓度减小；c金属作阳极失电子；d电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极，粗铜作阳极【解答】解：afe能与硫酸铜发生反应生成cu，cu、fe在一起易发生电化学腐蚀，能加快铁制管道的腐蚀，故a正确；b镁与稀盐酸反应剧烈，加入醋酸钠生成醋酸溶液中氢离子浓度减小，反应速率减慢，故b正确；c金属作阳极失电子，溶液中的阴离子不放电，所以电解饱和食盐水制氯气时用铁作阳极，阳极上不能生成氯气，故c错误；d电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极，阴极上析出铜单质，粗铜作阳极，粗铜逐渐溶解，故d正确故选c4某溶液中含有hco3、na+、ba2+、no34种离子，若向其中加入少量na2o2固体后溶液中离子浓度基本保持不变的是（）ahco3bna+cba2+dno3【考点】离子共存问题；离子反应发生的条件【分析】加入少量na2o2固体后，溶液显碱性，与氢氧根离子结合生成水、沉淀、弱电解质等，则离子不能大量存在，以此来解答【解答】解：加入少量na2o2固体后，过氧化钠与水反应生成naoh，na+浓度增大，溶液显碱性，hco3、oh、ba2+结合生成碳酸钡沉淀和水，则离子均减小，只有no3浓度基本保持不变，故选d5下列实验过程中，始终无明显现象的是（）a在稀硫酸中加入铜粉，再加入kno3固体bso2通入ba（no3）2溶液中cco2通入cacl2溶液中d稀盐酸滴加到fe（oh）3胶体溶液中【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】a酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，与cu发生氧化还原反应；b发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀；c盐酸的酸性大于碳酸，二者不反应；d先发生胶体的聚沉，后沉淀溶解【解答】解：a在稀硫酸中加入铜粉，再加入kno3固体，溶液中含有h+、no3，能与cu发生氧化还原反应，生成cu（no3）2蓝色溶液、no气体、h2o，故a不选；bso2通入ba（no3）2溶液中，so2与h2o反应生成h2so3，呈酸性，与ba（no3）2反应生成baso4白色沉淀，故b不选；cco2通入cacl2溶液中，不发生化学反应，始终无明显现象，故c选；d稀盐酸滴加到fe（oh）3胶体溶液中先生成沉淀然后溶解，故d不选；故选c6下列物质的分类方法恰当的是（）序号氧化物酸碱盐a熟石灰氯酸钾生石灰蓝矾b生石灰次氯酸纯碱苏打c过氧化氢盐酸碱式碳酸酮氯化铁d氧化钠硫酸烧碱纯碱aabbccdd【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】掌握概念：只由两种元素组成，一种元素是氧元素的化合物叫做氧化物；电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物叫做酸；电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱；能电离出金属阳离子（或是铵根离子）和酸根阴离子的化合物叫做盐【解答】解：a、熟石灰是氢氧化钙的俗称，属于碱类，氯酸钾属于盐类生石灰是氧化钙的俗称，属于氧化物，蓝矾是硫酸铜晶体的俗称，属于盐类，故a错误；b、纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，苏打是碳酸钠的俗称，属于盐类，故b错误；c、碱式碳酸铜属于盐类，不属于碱类，故c错误；d、氧化钠属于氧化物，硫酸属于酸，烧碱氢氧化钠属于碱类，纯碱碳酸钠属于盐类，故d正确故选d7有关常温下ph均为3的醋酸和硫酸的说法正确的是（）a两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为11011moll1b分别加水稀释100倍后，两种溶液的ph仍相同c醋酸中的c（ch3coo）和硫酸中的c（so42）相等d分别加入足量锌片，两种溶液生成h2的体积相同【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液ph的定义【分析】a、ph均为3的醋酸和硫酸，溶液中氢离子浓度为1103mol/l，根据kw=c（h+）c（oh）计算溶液中c（oh），溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度；b、硫酸是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，加水稀释，醋酸继续电离出氢离子；c、根据电荷可知，醋酸溶液中c（h+）=c（ch3coo），硫酸溶液中c（h+）=2c（so42），据此判断；d、酸是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，溶液中主要以醋酸分子存在，与足量的锌反应，醋酸提供的氢离子远远大于硫酸【解答】解：a、ph均为3的醋酸和硫酸，溶液中氢离子浓度均为1103mol/l，溶液中氢氧根浓度均为c（oh）=11011mol/l，溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，故两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为11011moll1，故a正确；b、硫酸是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，加水稀释，醋酸继续电离出氢离子，分别加水稀释100倍后，硫酸溶液的ph值为5，醋酸溶液的ph值小于5，故b错误；c、根据电荷可知，醋酸溶液中c（h+）=c（ch3coo）=1103mol/l，硫酸溶液中c（h+）=2c（so42）=1103mol/l，故c（so42）=5104mol/l，故c错误；d、酸是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，溶液中主要以醋酸分子存在，与足量的锌反应，醋酸提供的氢离子远远大于硫酸，锌与醋酸反应产生的氢气原大于与硫酸反应生成的氢气，故d错误；故选a8有一合金由x、y、z、w四种金属组成，若将合金放入盐酸中，只有z、y能溶解；若将合金置于潮湿空气中，表面只出现z的化合物；若将该合金做阳极，用x盐溶液作电解液，通电时四种金属都以离子形式进入溶液中，但在阴极上只析出x这四种金属的活动性顺序是（）ayzwxbzywxcwzyxdxyzw【考点】原电池和电解池的工作原理；常见金属的活动性顺序及其应用【分析】在金属活动性顺序中，位于氢前的金属能置换出酸中的氢，可以溶解在酸中，金属阳离子的氧化性最强，金属单质的活泼性越弱【解答】解：将合金放入盐酸中，只有z、y能溶解，说明z、y在氢前，x、w在氢后，故c、d错误；若将合金置于潮湿空气中，表面只出现z的化合物则说明z为负极，活泼性是zy，故a错误，若将该合金做阳极，用x盐溶液作电解液，通电时四种金属都以离子形式进入溶液中，但在阴极上只析出x，说明x离子的氧化性最强，所以x的活泼性最弱，故活泼性顺序是：zywx故选b9对于（nh4）2so4溶液，下列说法正确的是（）a溶液中存在电离平衡：（nh4）2so42nh4+so42b向溶液中滴加少量浓硫酸，c（nh4+）与c（so42）均增大c加水稀释，溶液中所有离子的浓度均减小d溶液中：c（so42）=2c（nh4+）+2c（nh3h2o）【考点】离子浓度大小的比较【分析】a硫酸铵是强电解质能完全电离，不能用可逆号；b向溶液中滴加少量浓硫酸，电离出氢离子和硫酸根离子，氢离子对铵根离子的水解平衡，则c（nh4+）、c（so42）均增大；c加水稀释后溶液里c（h+）减小，kw不变，则c（oh）增大；d根据溶液中的物料守恒判断【解答】解：a硫酸铵是强电解质能完全电离，电离方程式应该用等号连接，即（nh4）2so4nh4+so42，故a错误；b向溶液中滴加少量浓硫酸，电离出氢离子和硫酸根离子，其中氢离子对铵根离子的水解平衡nh4+h2onh3h2o+h+产生抑制作用，所以c（nh4+）、c（so42）均增大，故b正确；c加水稀释对水解平衡nh4+h2onh3h2o+h+起到促进作用，溶液里c（h+）减小，kw不变，则c（oh）增大，故c错误；d该溶液中的物料守恒：2c（so42）=c（nh4+）+c（nh3h2o），故d错误，故选b10现有物质的量浓度均为 0.1moll 1 的下列五种物质的溶液：hcl h2so4 ch3cooh nh4cl naoh下列有关说法正确的是（）a其溶液中由水电离出的c（h+）的大小关系是 =b其溶液中由水电离出的（h+）的大小关系是 =c上述溶液中能能促进水的电离是=d上述溶液中能促进水的电离是只有【考点】水的电离【分析】温度相同时水的离子积常数相同，酸或碱抑制水电离，根据氢离子浓度或氢氧根离子浓度结合水的离子积常数计算水电离出的氢离子浓度【解答】解：醋酸是弱电解质，醋酸溶液中氢离子浓度小于醋酸浓度，物质的量浓度均为0.1mol/l的酸溶液中，氢离子浓度：=0.1mol/l=0.2mol/l，氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度=0.1mol/l，酸或碱都抑制水电离，同浓度一元强碱与一元强酸对水的抑制程度相同，离子浓度越大，抑制水电离程度越大，所以由水电离出的c（h+）的大小关系是=，故a错误，b正确；此五种溶液中只有氯化铵促进水的电离，故c错误，d正确，故选bd11下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）a在80ph=10的溶液中：na+、ch3cho、ag（nh3）2+、no3b溶液中能大量共存，通入co2后仍能大量共存：k+、ca2+、cl、no3c与镁反应只产生氢气的溶液中：no3、cl、h+、a13+d =1.01012溶液中：c6h5o、k+、so42、ch3coo【考点】离子共存问题【分析】ach3cho、ag（nh3）2+发生氧化反应；b这几种离子之间不反应，且和二氧化碳也不反应；c硝酸和镁反应生成氮的化合物；d. =1.01012溶液呈强酸性，弱酸根离子不能大量共存【解答】解：a碱性条件下，ch3cho、ag（nh3）2+发生氧化反应生成银、乙酸而不能大量共存，故a错误；b这几种离子之间不反应，碳酸酸性小于盐酸、硝酸，这几种离子和二氧化碳也不反应，所以能大量共存，故b正确；c硝酸具有强氧化性，硝酸和镁反应生成氮的化合物而不生成氢气，故c错误；d. =1.01012溶液呈强酸性，弱酸根离子醋酸根离子和苯酚根离子不能大量共存，故d错误；故选b12总质量一定时，不论以任何比例混合，完全燃烧生成co2与h2o的量为定值的是（）ac3h8o和c2h6obc2h4和c3h8c和c2h4dch2o和c2h4o2【考点】有关有机物分子式确定的计算【分析】总质量一定时，不论以任何比例混合，完全燃烧生成co2与h2o的量为定值，说明各组成中碳的质量分数相等，氢的质量分数也相等，若最简式相同一定符合，结合选项解答【解答】解：总质量一定，无论以任何比例混合，完全燃烧后生成的h2o和co2的量都是恒定的，说明混合物中各组分碳的质量分数相等，氢的质量分数也相等，若最简式相同一定符合，ac3h8o和c2h6o的最简式不同，碳的质量分数不相等，氢的质量分数也不相等，故a不符合；bc2h4和c3h8的最简式不相同，故b不符合；c苯和乙烯的最简式不相同，故c不符合；dch2o和c2h4o2的最简式都是ch2o，碳的质量分数相等，氢的质量分数也相等，故d符合；故选d13下列各组物质类别，在物质分类里前者从属于后者的一组是（）a纯净物、混合物b氧化物、化合物c单质、化合物d化合物、混合物【考点】混合物和纯净物；单质和化合物【分析】a、物质分为纯净物和混合物，二者为并列关系；b、化合物包含氧化物，酸碱盐等，二者属于包含关系；c、单质与化合物均属于纯净物，二者属于并列关系；d、化合物属于纯净物，与混合物是并列关系【解答】解：a、物质分为纯净物和混合物，二者为并列关系，故a错误；b、化合物包含氧化物，酸碱盐等，二者属于包含关系，故b正确；c、单质与化合物均属于纯净物，二者属于并列关系，故c错误；d、化合物属于纯净物，与混合物是并列关系，故d错误，故选b14氮化铝（aln）具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：al2o3+n2+3c2aln+3co下列有关该反应的叙述不正确的是（）a氮化铝中氮元素的化合价为3b上述反应中，每生成2 mol aln，n得到6molec在氮化铝的合成反应中，n2是还原剂，al2o3氧化剂d该反应n的化合价降低了【考点】氧化还原反应【分析】al2o3+n2+3c2aln+3co中，碳元素的化合价由0升高到+2价，氮元素的化合价由0降低为3价，反应中共转移6mol电子，以此来解答【解答】解：a氮化铝中al为+3价，则氮元素的化合价为3价，故a正确；b因氮元素的化合价由0降低为3价，则每生成2molaln，n2得到2mol（30）=6mol电子，故b正确；c该反应中，n2是氧化剂，c为还原剂，故c错误；d该反应中，氮元素的化合价由0降低为3价，所以n的化合价降低了，故d正确；故选c15下列离子方程式书写正确的是（）a钠和水反应：2na+2h2o=2na+2oh+h2b铁粉与稀硫酸反应：2fe+6h+=2fe3+3h2c氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：ba2+so42=baso4d在氯化亚铁溶液中通入氯气：cl2+fe2+=fe3+2cl【考点】离子方程式的书写【分析】a反应生成naoh和氢气；b反应生成硫酸亚铁和氢气；c漏写生成水的离子反应；d电子、电荷均不守恒【解答】解：a钠和水反应的离子反应为2na+2h2o=2na+2oh+h2，故a正确；b铁粉与稀硫酸反应的离子反应为fe+2h+=fe2+h2，故b错误；c氢氧化钡溶液与稀硫酸反应的离子反应为2h+2oh+ba2+so42=baso4+2h2o，故c错误；d在氯化亚铁溶液中通入氯气的离子反应为cl2+2fe2+=2fe3+2cl，故d错误；故选a二、解答题（共9小题，满分60分）16有下列物质：空气 o2 nahso4 氨水 cuso45h2o naoh co2 fe2o3 金刚石 h2so4，请回答下列问题（请在横线上填写序号）：（1）属于混合物的有；（2）属于酸性氧化物的有；（3）属于碱的有；（4）属于盐的有【考点】混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】（1）由两种或两种以上不同物质组成的物质组成，属于混合物；（2）由o元素和另外一种元素组成的是氧化物；（3）电离出的阴离子全部是氢氧根的是碱；（4）电离出的阳离子全部为金属离子，阴离子全部为酸根离子，属于盐【解答】解：（1）空气、氨水由两种或两种以上不同物质组成的物质组成，属于混合物；（2）co2与水化合生成酸，属于酸性氧化物；（3）naoh溶于水电离出的阴离子全部是氢氧根，属于碱；（4）nahso4、cuso45h2o在溶液中电离出的阳离子全部为金属离子，阴离子全部为酸根离子，属于盐17已知某溶液中只存在oh、h+、nh4+、cl四种离子，某同学推测该溶液中各离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：ac（cl）c（nh4+）c（h+）c（oh）bc（cl）c（nh4+）c（oh）c（h+）cc（cl）c（h+）c（nh4+）c（oh）dc（nh4+）c（cl）c（oh）c（h+）（1）若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质是氯化铵，上述离子浓度大小顺序关系中正确的是（选填序号）a（2）若上述关系中d是正确的，混合后溶液中的溶质为nh4cl、nh3h2o（3）25时，将a moll1的氨水与b moll1盐酸等体积混合，反应后溶液恰好显中性，则混合前ab（填“”、“”、或“=”），用a、b表示nh3h2o的电离平衡常数为【考点】离子浓度大小的比较【分析】（1）任何电解质溶液中都存在oh、h+，如果溶液中只存在一种溶质，根据溶液中存在的离子知，溶质只能是氯化铵，nh4+水解导致其溶液呈酸性，但水解程度较小；（2）若上述关系中是正确的，c（oh）c（h+）则溶液呈碱性，氯化铵溶液呈酸性，要使混合溶液呈碱性，则溶液中溶质为一水合氨和氯化铵；（3）溶液显中性，所以c（h+）=c（oh），溶液的电荷守恒可得：c（h+）+c（nh4+）=c（cl）+c（oh），故c（nh4+）=c（cl），氯化铵是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，要使氯化铵溶液呈中性，则氨水应稍微过量；电离常数只与温度有关，结合电离常数kb=计算【解答】解：（1）溶液中只存在oh、h+、nh4+、cl四种离子，任何水溶液中均存在oh和h+，所以去掉oh和h+，剩下的离子就是溶质产生的，因此中溶质为氯化铵可能为nh4cl溶液，因nh4+水解而显酸性，溶液中离子浓度大小顺序为c（cl）c（nh4+）c（h+）c（oh），故答案为：氯化铵；a；（2）若上述关系中是正确的，c（oh）c（h+）则溶液呈碱性，氯化铵溶液呈酸性，要使混合溶液呈碱性，溶液中一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，所以该溶液中溶质为nh4cl、nh3h2o，故答案为：nh4cl、nh3h2o；（3）将a moll1的氨水与b moll1的盐酸等体积混合，反应后溶液显中性，氨水过量，则混合前ab，溶液显中性，所以c（h+）=c（oh），溶液的电荷守恒可得：c（h+）+c（nh4+）=c（cl）+c（oh），故c（nh4+）=c（cl），溶液中c（oh）=1107mol/l，溶液中c（nh4+）=c（cl）=mol/l，混合后反应前c（nh3h2o）=mol/l，则反应后c（nh3h2o）=（）mol/l，则k=故答案为：；18科学探究结果的准确性来自于探究活动中研究方法的科学性，研究过程的计划性、研究目的明确性某学生用如图所示方法研究物质的性质，其中，气体a的主要成分是氯气（含有空气和水蒸气）请回答下列问题：（1）该项研究（实验）的主要目的是比较干燥的氯气和次氯酸（潮湿的氯气）的漂白性（或研究氯气的漂白性实验）；（2）浓硫酸的作用是吸收气体a中的水、干燥氯气；（3）与研究目的直接相关的实验现象是：b中有色布条不褪色，c中有色布条褪色【考点】实验装置综合【分析】该实验是气体a通过浓硫酸干燥氯气，干燥的氯气通入b，不能使干燥的有色布条褪色，再通入湿润的有色布条中，布条褪色，证明干燥的氯气没有漂白性；氯气有毒，装置中应加上尾气吸收装置，以此来解答【解答】解：（1）该实验通过观察干燥氯气与湿氯气分别对有色布条的漂白作用，即该实验目的为比较干燥的氯气和次氯酸（潮湿的氯气）的漂白性（或研究氯气的漂白性实验），故答案为：比较干燥的氯气和次氯酸（潮湿的氯气）的漂白性（或研究氯气的漂白性实验）；（2）浓h2so4具有吸水性，可吸收水蒸气，在本实验中的作用是吸收气体a中的水、干燥氯气，故答案为：吸收气体a中的水、干燥氯气；（3）该实验可观察到a瓶中湿氯气在浓硫酸瓶中鼓泡后被干燥、b瓶中干燥的布条不褪色、c瓶中氯气与水生成氯水、有色布条褪色，则与研究目的直接相关的实验现象是b中有色布条不褪色，c中有色布条褪色，故答案为：b中有色布条不褪色，c中有色布条褪色19实验室配制0.1mol/l的bacl2溶液可分两个阶段进行第一阶段：用托盘天平称取5.2g无水bacl2晶体第二阶段：溶解配制0.1mol/l的bacl2溶液第一阶段操作有如下几步：a将游码拨至0.2g处；b将游码拨至“0”处；c在天平两边的托盘上各放一张干净的等质量的滤纸，调节天平两边的螺母使天平平衡；d取走药品，将砝码放回砝码盒内；e往左盘内逐步添加晶体至天平平衡；f在右盘上放置5g砝码（bacl2相对分子量=208）（1）其正确的操作顺序是（填序号）：bcfaedb（2）第二阶段操作，应先将5.2g bacl2加适量蒸馏水溶解，溶解过程中使用的主要仪器有烧杯、玻璃棒然后将溶液转入250ml容量瓶中，再经洗涤、定容、摇匀后即可得到0.1mol/lbacl2溶液（3）下列操作使配制的bacl2溶液浓度偏低的有a、ca将砝码放在左盘上，bacl2放在右盘上进行称量b选用的容量瓶内有少量蒸馏水c定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线d整个配制过程中，容量瓶不振荡【考点】配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法【分析】（1）依据天平使用的正确方法排序；（2）依据配制一定物质的量浓度溶液的配制步骤选择需要仪器及漏填的步骤；（3）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析【解答】解：（1）天平的正确使用步骤：a把天平放到水平台上，游码移到标尺左端的零刻度；b调节天平的平衡螺母使指针指到分度盘的中央，或左右偏转的格数相同；c物体放在天平的左盘，砝码放在天平的右盘，并调节游码在标尺上的位置，直至横梁恢复平衡，要用镊子夹取砝码，要轻拿轻放，要从大到小；d物体的质量=砝码的质量+游码对应的刻度；e整理器材，所以正确的顺序为：b c f a e d b；故答案为：c f e d b；（2）配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀，溶解时，固体应放在烧杯中，用玻璃棒不断搅拌；故答案为：烧杯、玻璃棒；容量瓶；洗涤、定容、摇匀；（3）a、将砝码放在左盘上，bacl2放在右盘上进行称量，导致称取的质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故a选；b、选用的容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液的浓度不受影响，故b不选；c、定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故c选；d、整个配制过程中，容量瓶不振荡，会导致溶液混合不均匀，溶液的体积可能偏大或偏小，溶液的浓度可能偏低或偏高，故d不选；故选ac20工业上将纯净干燥的氯气通入到物质的量浓度为0.375mol/l的naoh溶液中得到漂水某同学在实验室利用下述实验装置探究cl2性质并模拟制备漂水（1）配制470ml物质的量浓度为0.375mol/l的naoh溶液时，主要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒和500ml容量瓶（2）浓硫酸的作用是干燥氯气（3）装置e中发生反应的离子方程式为cl2+2oh=cl+clo+h2o（4）装置b中饱和nacl溶液可用于除去cl2中的hcl气体，已知氯气与水的反应是一个可逆反应，请简述用饱和nacl溶液除去cl2中hcl气体的原理（用离子方程式表示，并配必要的文字说明）hcl溶于水电离出的h+和饱和nacl溶液中的cl 都会对反应cl2+h2oh+cl+hclo 起到抑制作用、（5）实验时装置d中湿润的红色纸条褪色，干燥部分没有褪色，放置一段时间后，纸条全部褪色该同学认为cl2的密度比空气大，可能是试管下部cl2的浓度大于试管上部cl2的浓度所导致的请判断该解释是否合理，并分析产生上述实验现象的原因不合理；实验进行中cl2与湿润红色纸条中的水反应生成hclo使湿润的红色纸条褪色，干燥部分没有hclo，所以纸条不褪色；放置一段时间，由于烧杯中的水蒸气过来或纸条下端的水分子运动导致纸条上端湿润而褪色（6）如果制得氯元素含量为10%的漂水溶液35.5g，那么其中含naclo的物质的量为0.05mol【考点】性质实验方案的设计【分析】探究cl2性质并模拟制备漂水流程：a装置：浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气2kmno4+16hcl（浓）=2kcl+2mncl2+5cl2+8h2o，当含氯化氢的氯气通过饱和食盐水时，氯化氢溶解在其中，氯气几乎不溶，b装置：用饱和食盐水，除去氯气中的氯化氢杂质；浓硫酸具有吸水性，且不与氯气反应，装置c：浓硫酸的作用为干燥氯气，装置d：干燥氯气不能使有色布条褪色，干燥的红色布条看不到明显现象，湿润的红色纸条褪色，是因为氯气和水反应生成具有漂白性的hclo，氯气都有毒，会污染空气，装置e：吸收尾气（1）根据溶液配制中用到的仪器来分析，配制470ml溶液，应选择500ml容量瓶；（2）浓硫酸具有吸水性，可用来干燥气体；（3）氯气有毒，不能排放在环境中，用naoh溶液吸收；（4）根据离子的浓度来分析平衡移动；（5）根据氯气不能使红色物质褪色，hclo使有色的物质褪色及水分子的运动来分析；（6）氯元素含量为10%的漂水溶液35.5g，则m（cl）=3.55g，n（cl）=0.1mol，再利用n（cl）=n（nacl）+n（naclo）及cl2+2naohnacl+naclo+h2o来分析【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度的溶液使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒和容量瓶，配制470ml溶液，应选择500ml容量瓶，故答案为：500ml容量瓶；（2）因浓硫酸具有吸水性，且不与氯气反应，则装置c中浓硫酸的作用为干燥氯气，故答案为：干燥氯气；（3）未参加反应的氯气不能排放在环境中，则装置e为吸收尾气的装置，其离子反应为cl2+2oh=cl+clo+h2o，故答案为：cl2+2oh=cl+clo+h2o；（4）氯气溶于水发生cl2+h2oh+cl+hclo，而hcl溶于水电离出的h+和饱和nacl溶液中的cl都会对反应cl2+h2oh+cl+hclo起到抑制作用，则可利用饱和nacl溶液除去cl2中hcl气体，故答案为：hcl溶于水电离出的h+和饱和nacl溶液中的cl都会对反应cl2+h2oh+cl+hclo起到抑制作用；（5）因氯气不能使红色物质褪色，hclo使有色的物质褪色，且一段时间后水分子能运动到干燥的红色纸条中，则实验不合理，可设计实验室将湿润的红色纸条与干燥的纸条分离，如设计为取一塑料板将干燥的红色纸条和湿润的红色纸条分别贴在塑料板两侧，将该装置放入装置d中或将氯气先通入装有干燥的红色纸条的试管，再通入装有湿润的红色纸条的试管中，故答案为：不合理；实验进行中cl2与湿润红色纸条中的水反应生成hclo使湿润的红色纸条褪色，干燥部分没有hclo，所以纸条不褪色；放置一段时间，由于烧杯中的水蒸气过来或纸条下端的水分子运动导致纸条上端湿润而褪色；（6）氯元素含量为10%的漂水溶液35.5g，则m（cl）=10%=3.55g，n（cl）=0.1mol，由cl2+2naohnacl+naclo+h2o可知，n（cl）=n（nacl）+n（naclo），则n（naclo）=0.05mol，故答案为：0.0521两份等质量的铜片，一份直接与足量的质量分数为98.0%的浓硫酸（密度为1.84gcm3）反应，另一份先制成氧化铜，再与足量的稀硫酸反应结果两种方法得到的硫酸铜质量相等，消耗两酸的体积也相等求浓、稀硫酸的物质的量浓度【考点】化学方程式的有关计算【分析】根