云南省玉溪一中高三化学上学期期中试题 （含解析）新人教版.doc

化学试卷一、选择题（本题包括23小题，每小题2分，共46分每小题只有一个选项符合题意）1（2分）下列叙述不正确的是（）a在实验室里硅酸钠溶液存放在带橡胶塞的试剂瓶中b提倡人们购物时不用塑料袋，是为了防止白色污染c氟利昂（ccl2f2）因破坏大气臭氧层而导致“温室效应”d为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术考点：化学试剂的分类；常见的生活环境的污染及治理.专题：化学应用分析：a硅酸钠具有黏性，导致玻璃塞打不开；b塑料可导致白色污染；c氟利昂导致臭氧空洞；d废旧电池中含有重金属盐，污染土壤和水体解答：解：a硅酸钠具有黏性，导致玻璃塞打不开，应用橡胶塞，故a正确； b塑料难以降解，可导致白色污染，故b正确；c导致温室效应的主要气体为二氧化碳，而氟利昂导致臭氧空洞，故c错误；d废旧电池中含有重金属盐，污染土壤和水体，积极开发废电池的综合利用技术，可减少重金属污染，故d正确故选c点评：本题考查常见金属污染及治理，题目难度不大，注意常见化学环境污染名词，把握治理方法，学习中注意积累2（2分）向溶液x中持续通入气体y，不会产生“浑浊澄清”现象的是（）ax：漂白粉溶液y：二氧化硫bx：硝酸银溶液y：氨气cx：氢氧化钡溶液y：二氧化碳dx：偏铝酸钠溶液y：二氧化氮考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氨的化学性质；镁、铝的重要化合物.专题：元素及其化合物分析：a发生氧化还原反应生成硫酸钙；b先生成氢氧化银，氨气过量生成银氨络离子；c先生成碳酸钡，二氧化碳过量生成碳酸氢钡；d开始生成氢氧化铝，然后溶解在硝酸中解答：解：a漂白粉溶液中通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成硫酸钙，溶液变浑浊，不会变澄清，故a选；b氨气水溶液呈碱性，硝酸银溶液中通入氨气，先生成氢氧化银沉淀，氨气过量，发生络合反应生成银氨络离子，先浑浊后澄清，故b不选；c先生成碳酸钡，二氧化碳过量生成碳酸氢钡，先浑浊后澄清，故c不选；d偏铝酸钠溶液中通入二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝，然后溶解在硝酸中生成硝酸铝，则会产生“浑浊澄清”现象，故d不选故选a点评：本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握发生的氧化还原反应、复分解反应为解答的关键，注意物质的溶解性及氢氧化铝的两性，题目难度不大3（2分）下列说法中，不正确的是（）同一元素的不同核素互称为同位素化学键可以使离子相结合，也可以使原子相结合金属腐蚀的实质是金属原子失去电子被还原的过程ksp不仅与难溶电解质的性质和温度有关，而且还与溶液中的离子浓度有关铅蓄电池在放电过程中，负极质量减少，正极质量增加al和fe在一定条件下都能与某些氧化物反应干冰和氨都属于弱电解质汽油和花生油的主要成份都是油脂abcd考点：同位素及其应用；金属的电化学腐蚀与防护；强电解质和弱电解质的概念；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题：物质的分类专题分析：质子数相同中子数不同的原子互为同位素，即同一元素的不同核素互称为同位素化学键含有离子键、共价键、金属键等，离子化合物是阴、阳离子通过离子键形成，原子间可以通过共价键形成物质，如原子晶体、分子晶体金属原子失去电子被氧化ksp与难溶电解质的性质和温度有关，与溶液中的离子浓度无关铅蓄电池在放电过程中，负极电极反应式pb+so422e=pbso4，正极电极反应式为pbo2+4h+so42+2e=pbso4+2h2oal和fe在一定条件下都能与某些氧化物反应，如铝热反应、fe与水蒸气反应干冰和氨属于根据化合物，溶液水自身不能电离出离子，而是与水反应生成的碳酸、一水合氨电离出的离子，使溶液导电汽油属于烃，花生油是高级脂肪酸与甘油形成的酯，属于油脂解答：解：质子数相同中子数不同的原子互为同位素，所以同一元素的不同核素互称为同位素，故正确；化学键含有离子键、共价键、金属键等，离子化合物是阴、阳离子通过离子键形成，原子间可以通过共价键形成物质，如原子晶体、分子晶体，故正确；金属原子失去电子被氧化，不是被还原，故错误；ksp与难溶电解质的性质和温度有关，与溶液中的离子浓度无关，故错误；铅蓄电池在放电过程中，负极电极反应式pb+so422e=pbso4，负极质量增加，正极电极反应式为pbo2+4h+so42+2e=pbso4+2h2o，正极质量增加，故错误al和fe在一定条件下都能与某些氧化物反应，如铝热反应、fe与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气，故正确；干冰和氨属于根据化合物，溶液水自身不能电离出离子，而是与水反应生成的碳酸、一水合氨电离出的离子，使溶液导电，是碳酸、一水合氨电解质，干冰与氨是非电解质，故错误；汽油属于烃，花生油是高级脂肪酸与甘油形成的酯，属于油脂，故错误故故选：c点评：题目综合性较大，涉及同位素、化学键、金属腐蚀、溶度积常数、原电池、电解质与非电解质、油脂与烃、元素化合物性质等，比较基础，旨在考查学生对基础知识的全面掌握情况4（2分）下列说法正确的是（）标准状况下，22.4l己烯含有的分子数为6.021023标准状况下，a l的氧气和氮气的混合物含有的分子数约为6.0210237.1g氯气与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数约为0.26.0210231mol乙醇中含有的共价键数约为76.021023500ml 1mol/l的硫酸铝溶液中含有的硫酸根离子数约为1.56.021023abcd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：根据己烯标准状况下不是气体；依据阿伏伽德罗定律的推论分析判断；先把质量换算为物质的量，结合氯气发生的是自身氧化还原反应计算电子转移；根据乙醇的结构分析计算共价键数根据硫酸铝化学式求出离子浓度，然后根据n=cv计算判断解答：解：己烯在标准状况下不是气体，无法计算其物质的量，故错误；标准状况下，a l的氧气和氮气的混合物含有的分子数约为6.021023，故正确；7.1g氯气物质的量为0.1mol，氯气与足量的氢氧化钠溶液反应：cl2+2naoh=nacl+naclo+h2o，反应中转移电子数为1个电子，所以0.1mol氯气反应转移电子物质的量为0.1mol，故错误；1个乙醇分子中含有5个碳氢键、1个碳碳键、1个碳氧键、1个氧氢键，共计8个共价键，1mol乙醇中含有的共价键数8na，数目为86.021023，故错误；500ml 1mol/l的硫酸铝溶液中硫酸根的物质的量浓度为3mol/l，所以硫酸根离子物质的量为3mol/l0.5l=1.5mol，硫酸根离子数约为1.56.021023，故正确；综上所述正确；故选b点评：本题考查阿伏加德罗常数，题目难度不大，注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态等问题5（2分）下列有关粒子的检验方法及现象叙述不正确的是（）a检验so42：向溶液中先滴加足量稀盐酸，无沉淀，再滴加bacl2溶液，出现白色沉淀，溶液中一定含有so42b检验co32：加入盐酸，生成的气体能澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定有大量co32c检验i：通入cl2后，溶液变为黄色，加入淀粉溶液后变蓝，可确定有i存在d检验cl：先加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，再加入稀硝酸，若沉淀不溶解，则证明含有cl考点：常见离子的检验方法.专题：离子反应专题分析：a、向溶液中先滴加足量稀盐酸，可以排除co32、so32、ag+等的干扰；b、加入盐酸，生成的气体能澄清石灰水变浑浊，不一定是co32；是可能是hco3、so32、hso3；它们与盐酸生成的气体均能使澄清石灰水变浑浊；c、加入淀粉溶液后变蓝，说明有i2；从而证明有i存在；d、检验cl时先加入硝酸银溶液排除干扰离子，再加稀硝酸解答：解：a、向溶液中先滴加足量稀盐酸，可以排除co32、so32、ag+等的干扰后，再加入bacl2溶液，出现白色沉淀，说明溶液中含有so42，故a正确；b、加入盐酸，生成的气体能澄清石灰水变浑浊，不一定是co32；是可能是hco3、so32、hso3；它们与盐酸生成的气体均能使澄清石灰水变浑浊，所以加入盐酸，生成的气体能澄清石灰水变浑浊，不一定是co32；故b错误；c、加入淀粉溶液后变蓝，说明有i2；从而证明原溶液中有i存在，故c正确；d、检验cl时先加入硝酸银溶液排除干扰离子，再加稀硝酸，生成白色沉淀，则说明含有cl；故d正确点评：在解此类题时，首先分析需要鉴别的离子的性质，然后选择适当的试剂，出现合理的现象即可鉴别，同时要注意排除杂质离子的干扰6（2分）（2014四川）设na为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）a高温下，0.2mol fe与足量水蒸气反应，生成的h2分子数目为0.3nab室温下，1l ph=13的naoh溶液中，由水电离的oh离子数目为0.1nac氢氧燃料电池正极消耗22.4l（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2nad5nh4no32hno3+4n2+9h2o反应中，生成28g n2时，转移的电子数目为3.75na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铁与水蒸气反应生成的是四氧化三铁，根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量及分子数；b氢氧化钠溶液的氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为11013mol/l；c氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，1mol氧气得到4mol电子；d该反应中，铵根离子中的氮原子被氧化成氮气，硝酸根离子中部分氮原子被氧化成氮气，生成4mol氮气转移了15mol电子解答：解：a0.2mol铁与水蒸气完全反应生成四氧化三铁，失去电子的物质的量为：（0）0.2mol=mol，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为：=mol，生成的h2分子数目为na，故a错误；b室温下，1l ph=13的naoh溶液中氢离子浓度为11013mol/l，溶液中氢离子是水电离的，所以由水电离的oh离子数目为1013na，故b错误；c氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，标况下22.4l氧气的物质的量为1mol，1mol氧气完全反应得到4mol电子，电路中通过的电子数目为4na，故c错误；d该氧化还原反应中，生成4mol氮气转移了15mol电子，28g氮气的物质的量为1mol，生成1mol氮气转移的电子的物质的量为：=3.75mol，转移的电子数目为3.75na，故d正确；故选d点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项d为难点和易错点，注意正确分析该反应中化合价变化情况7（2分）运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是（）a某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应bnh4f水溶液中含有hf，因此nh4f溶液不能存放于玻璃试剂瓶中c增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成h2的速率d可燃冰主要甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底考点：反应热和焓变；化学反应速率的影响因素；盐类水解的应用.分析：a、吸热反应可以自发进行，必须是熵增的反应，依据反应自发进行的判断是hts0分析；b、氟化铵水解生成氟化氢，氢氟酸腐蚀玻璃；c、常温下铁在浓硫酸中钝化；d、海底由天然气与水在高压低温条件下形成的类冰状的结晶物质解答：解：a、吸热反应可以自发进行，h0，若满足hts0，必须是熵增的反应，故a正确；b、氟化铵水解生成氟化氢，氢氟酸和玻璃中二氧化硅反应腐蚀玻璃，因此nh4f溶液不能存放于玻璃试剂瓶中，故b正确；c、常温下铁在浓硫酸中钝化，表面形成致密氧化物薄膜阻止浓硫酸与铁反应，不能生成氢气，故c错误；d、海底中天然气与水在高压低温条件下形成的类冰状的结晶物质，为可燃冰，故d正确；故选c点评：本题考查了物质性质，盐类水解分析应用，注意常温铁在浓硫酸中发生钝化现象，题目较简单8（2分）下表中对离子方程式的评价不合理的是（）选项化学反应及离子方程式评价anaclo溶液中通入少量的so2：clo+h2o+so2cl+so42+2h+错误，碱性介质中不可能生成h+b用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸：2mno4+5h2c2o4+6h+2mn2+10co2+8h2o正确cnh4al（so4）2溶液中滴入几滴naoh溶液：nh4+ohnh3h2o错误，oh首先和al3+反应生成al（oh）3沉淀d用惰性电极电解mgcl2溶液：2mg2+2h2o2mg+o2+4h+正确aabbccdd考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：a碱性条件下，溶液中不能大量存在氢离子；b离子方程式要遵循原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒；c硫酸铝铵中铝离子先和氢氧根离子反应，当铝离子完全转化为沉淀时，铵根离子再和氢氧根离子反应，当铵根离子完全反应后，氢氧化铝再和氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子；d用惰性电极电解氯化镁溶液时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电解答：解：a碱性条件下，溶液中不能大量存在氢离子，氢离子要和氢氧根离子反应生成水，故a正确；b该离子方程式遵循原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒，且符合离子方程式书写规则，故b正确；c硫酸铝铵中铝离子先和氢氧根离子反应，当铝离子完全转化为沉淀时，铵根离子再和氢氧根离子反应，当铵根离子完全反应后，氢氧化铝再和氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，所以c评价正确，故c正确；d用惰性电极电解氯化镁溶液时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电，其离子方程式为：2cl +2h2oh2+cl2+2oh，故d错误；故选d点评：本题考查了离子方程式的书写，涉及氧化还原反应、电解原理等知识点，根据氧化还原反应原理、电解原理等知识点来分析解答，明确离子放电顺序及离子反应先后顺序是解本题关键，易错选项是c，注意铝离子和铵根离子反应先后顺序，为易错点9（2分）（2012江苏）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）al2o3naalo2（aq）al（oh）3sso3h2so4饱和nacl（aq）nahco3na2co3fe2o3fecl3（aq）无水fecl3mgcl2（aq）mg（oh）2mgoabcd考点：镁、铝的重要化合物；二氧化硫的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物.专题：元素及其化合物分析：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝硫燃烧生成二氧化硫在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中nahco3溶解度最小，所以析出nahco3，加热nahco3分解生成碳酸钠氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，fe3+水解，加热蒸发得不到无水fecl3氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁解答：解：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2naalo2+co2+3h2o=2al（oh）3+na2co3，生成氢氧化铝，故正确；硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故错误；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中nahco3溶解度最小，析出nahco3，加热nahco3分解生成碳酸钠，故正确；氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，fe3+水解fe3+3h2o2fe（oh）3+hcl，加热蒸发hcl挥发，平衡向右移动，得不到无水fecl3，故错误；氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故正确故正确故选：a点评：考查元素化合性质、侯德榜制碱法、盐类水解等，难度中等，注意侯德榜制碱法要先通氨气，后通二氧化碳，以便获得高浓度离子溶液10（2分）实验室制备下列气体时，所用方法正确的是（）a制二氧化氮时，用水或naoh溶液吸收尾气b制氯气时，用饱和nahco3溶液和浓硫酸净化气体c制乙烯时，用排水法或向上排空气法收集气体d制氧气时，用na2o2或h2o2作反应物可选择相同的气体发生装置考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：a二氧化氮与水反应生成no；b氯气与碳酸氢钠溶液反应；c乙烯不溶于水，密度比空气小，且与空气密度接近；dna2o2或h2o2作反应物，均为固体与液体反应，且不需要加热解答：解：a二氧化氮与水反应生成no，no有毒，应选naoh溶液吸收尾气，故a错误；b氯气与碳酸氢钠溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水和浓硫酸，故b错误；c乙烯不溶于水，密度比空气小，且与空气密度接近，则不能利用排空气法，故c错误；dna2o2或h2o2作反应物，均为固体与液体反应，且不需要加热，则制备氧气时可选择相同的气体发生装置，故d正确；故选d点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、气体的收集和制备、尾气处理等为解答的关键，侧重实验技能的考查，题目难度不大11（2分）x、y、z、w有如图所示的转化关系，则x、w可能是（）c、o2alcl3、naohfe、hno3co2、naohabcd考点：镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物；铁的化学性质.专题：元素及其化合物分析：x为c、w为o 2时，y为co，z为co 2，且c与o2完全反应即生成co 2；若x为alcl 3、w为naoh，则y为al（oh）3，z为naalo 2，过量naoh与alcl 3反应生成naalo 2；若x为fe、w为hno3，fe过量时生成fe（no 3）2，继续与hno3反应生成fe（no 3）3，fe在过量hno 3中生成fe（no 3）3；若x为co2、w为naoh，co2与naoh反应生成碳酸钠，二氧化碳与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，过量的二氧化碳与氢氧化钠也能生成碳酸氢钠解答：解：x为c、w为o 2时，y为co，z为co 2，且c与o2完全反应即生成co 2，故正确；若x为alcl 3、w为naoh，则y为al（oh）3，z为naalo 2，过量naoh与alcl 3反应生成naalo 2，故正确；若x为fe、w为hno3，fe过量时生成fe（no 3）2，继续与hno3反应生成fe（no 3）3，fe在过量hno 3中生成fe（no 3）3，故正确；若x为co2、w为naoh，co2与naoh反应生成碳酸钠，二氧化碳与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，过量的二氧化碳与氢氧化钠也能生成碳酸氢钠，故正确；故选：d点评：本题考查元素化合物中的连续反应，思维容量较大，需要对物质间的转换关系及转换条件非常熟悉，否则易出错12（2分）下列说法错误的是（）a使用如图所示装置验证ka（ch3cooh）ka（h2co3）ka（h2sio3）b0.1 moll1的醋酸中加入水或加入冰醋酸均可使平衡向电离方向移动c等物质的量浓度的ch3coona和na2co3溶液，后者溶液中水的电离程度大d等ph的醋酸和碳酸，分别加水稀释后溶液的ph仍相等，则醋酸中加入水的体积少考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：根据图中实验乙酸与大理石反应有气泡产生，说明乙酸的酸性比碳酸强，但由于乙酸具有挥发性，所以能制得硅酸的不一定是二氧化碳的反应，故不能证明碳酸与硅酸的酸性大小；a、根据以上分析，不能说明ka（h2co3）与ka（h2sio3）大小关系；b、根据影响弱电解质电离平衡的因素分析；c、溶液中溶质浓度相同，酸越弱，其盐的酸根水解程度越大，据此解答；d、ph相同时，酸性越弱，酸的浓度越大解答：解：根据图中实验乙酸与大理石反应有气泡产生，说明乙酸的酸性比碳酸强，但由于乙酸具有挥发性，所以能制得硅酸的不一定是二氧化碳的反应，故不能证明碳酸与硅酸的酸性大小；a、酸性强的酸能制备酸性弱的酸，已知酸性：h2co3hcnhco3，所以nacn+h2o+co2（少量）=hcn+nahco3，故a错误；b、加水稀释促进弱酸的电离，加冰醋酸会使醋酸的电离平衡正移，故b正确；c、等物质的量浓度的ch3coona和na2co3溶液，水解显碱性促进水的电离，其阴离子对应的酸越弱，酸根的水解程度越大，根据以上分析酸性：醋酸碳酸氢根，所以na2co3溶液的水解程度比醋酸钠强，水的电离程度大，故c正确；d、ph相同时，酸性越弱，酸的浓度越大，所以等ph的醋酸和碳酸，酸性：醋酸碳酸，分别加水稀释后ph仍相等，则醋酸中加入水的体积最少，故d正确；故选a点评：本题考查了弱酸的电离平衡及影响因素，盐的水解原理的应用等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查13（2分）（2014重庆）茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是（） a将茶叶灼烧灰化，选用、和b用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用、和c过滤得到的滤液，选用、和d检验滤液中的fe3+，选用、和考点：真题集萃；过滤、分离与注入溶液的仪器；物质的检验和鉴别的实验方案设计.专题：实验题分析：检验茶叶中的铁元素，先将茶叶在坩埚中灼烧灰化，然后在烧杯中用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，在漏斗中过滤，可取少量滤液于小试管中，用kscn溶液检验，以此解答该题解答：解：a将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有、和，必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，故a不选；b用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进行，可用玻璃棒搅拌，不用容量瓶，故b选；c过滤时用到、和，故c不选；d检验滤液中的fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，用kscn溶液检验，用到的仪器有试管、胶头滴管和滴瓶等，即、和，故d不选故选b点评：本题为2014年重庆高考题，侧重于物质的检验和鉴别的实验设计的考查，着重于考查学生的分析能力和实验能力，落脚于基础知识的考查，注意把握实验的原理、步骤和实验仪器，难度不大14（2分）下列各组离子在指定溶液中，能大量共存的是（）无色溶液中：k+、na+、ph=13的溶液中：、na+、由水电离出的c（h+）=1012 mol/l的溶液：ba2+、na+、cl强酸性溶液中：fe3+、na+、强酸性溶液中：fe2+、al3+、clabcd考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：无色溶液中一定不存在有色的高锰酸根离子；ph=13的溶液的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量的氢氧根离子；由水电离出的c（h+）=1012 mol/l的溶液，该溶液为酸性或者碱性溶液；强酸性溶液中存在大量的氢离子，fe3+、no3、na+、so42之间不反应，也不与氢离子反应；强酸性溶液中存在大量氢离子，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子解答：解：无色溶液中不存在有色的离子，mno4为有色离子，在溶液中不能大量共存，故错误；ph=13的溶液中存在大量的氢氧根离子，co32、na+、alo2、no3之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故正确；由水电离出的c（h+）=1012 mol/l的溶液为酸性或者碱性溶液，ba2+、na+、no3、cl之间不反应，都是无色离子，且都不与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故正确；强酸性溶液中：fe3+、no3、na+、so42之间不发生反应，且都不与氢离子反应，都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故正确；强酸性溶液中存在大量的氢离子，no3在酸性条件下能够氧化fe2+，在溶液中不能大量共存，故错误；故选a点评：本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，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：能发生复分解反应的离子之间；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 fe3+和 scn）等；解决离子共存问题时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；溶液的颜色，如无色时可排除 cu2+、fe2+、fe3+、mno4等有色离子的存在；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力15（2分）在已经处于化学平衡状态的体系中，如果下列量发生变化，其中一定能表明化学平衡移动的是（）a反应混合物的浓度b反应体系的压强c正、逆反应的速率d反应物的转化率考点：化学平衡状态的判断.专题：化学平衡专题分析：分析条件的改变会导致哪些量的变化，是否引起速率变化，如果速率不变，平衡一定不移动如果速率改变，平衡不一定移动：（1）改变程度相同v（正）=v（逆），平衡不移动；（2）改变程度不相同v（正）v（逆），平衡移动解答：解：a、如果混合物中各组分的浓度变化而保持各组分的含量不变时，平衡不移动，故a错误；b、如果反应前后气体总物质的量不变，则压强对平衡无影响，故b错误c、使用合适的催化剂，正、逆反应速率都改变，但平衡不移动，故c错误；d、只有平衡移动才能改变反应物的转化率，所以反应物的转化率改变时，化学平衡一定发生了移动，故d正确故选d点评：本题考查了化学平衡的移动的判断，难度较大，注意1、不要把v（正）增大与平衡向正反应方向移动等同起来，只有v（正）v（逆）时，平衡向正反应方向移动2、不要把平衡向正反应方向移动与原料转化率的提高等同起来16（2分）（2012闵行区一模）升高温度，下列数据不一定增大的是（）a化学反应速率vb水的离子积常数kwc化学平衡常数kd弱酸的电离平衡常数ki考点：化学反应速率的影响因素；化学平衡常数的含义；弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离.专题：基本概念与基本理论分析：升高温度反应速率增大，水和弱酸的电离为吸热过程，温度升高促进电离，而化学反应可能为吸热反应也可能为放热反应，则升高温度k不一定增大，以此来解答解答：解：a升高温度，活化分子的百分数增大，有效碰撞的次数增多，则反应速率加快，故a不选；b水的电离吸热，升高温度促进电离，水的离子积常数kw增大，故b不选；c若化学反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，k减小，故c选；d弱酸的电离吸热，升高温度促进电离，弱酸的电离平衡常数ki增大，故d不选；故选c点评：本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，把握温度对反应速率、平衡常数的影响为解答的关键，注意化学反应可能吸热或放热，题目难度不大17（2分）根据如图，下列判断正确的是（）a电子从zn极流出，流入fe极，经盐桥回到zn极b烧杯a中发生反应o2+4h+4e=2h2o，溶液ph升高c烧杯b中发生的电极反应为zn2e=zn2+d向烧杯a中加入少量k3fe（cn）6溶液，有蓝色沉淀生成考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：该原电池中，锌易失电子作负极，铁作正极，负极上电极反应式为zn2e=zn2+，正极上电极反应式为o2+2h2o+4e=4oh，电子从负极沿导线流向正极，亚铁离子和k3fe（cn）6溶液反应生成蓝色沉淀解答：解：a电子从负极锌沿导线流向正极fe，电子不进入盐桥和电解质溶液，故a错误；b铁作正极，正极上电极反应式为o2+2h2o+4e=4oh，所以a烧杯中溶液ph升高，故b错误；c锌作负极，负极上电极反应式为zn2e=zn2+，故c正确；da烧杯中没有亚铁离子生成，所以向烧杯a中加入少量k3fe（cn）6溶液，没有蓝色沉淀生成，故d错误；故选c点评：本题考查了原电池原理，根据失电子的难易程度确定正负极，明确正负极上发生的电极反应是解本题关键，再结合电极反应式来分析解答，知道亚铁离子的检验方法，题目难度不大18（2分）把物质的量均为0.1mol的cucl2和h2so4溶于水制成100ml的混合溶液，用石墨做电极电解，并收集两电极所产生的气体，一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同则下列描述正确的是（）a电路中共转移0.6na个电子b阳极得到的气体中o2的物质的量为0.2molc阴极质量增加3.2gd电解后剩余硫酸溶液的浓度为1 mol/l考点：电解原理.专题：电化学专题分析：cucl2和h2so4溶于水制成的混合溶液，用石墨做电极电解，则阴极上发生的电极反应为：cu2+2e=cu，2h+2e=h2，阳极上发生电极反应：cl2e=cl2，4oho2+2h2o+4e，根据电子守恒和电极方程式进行计算即可解答：解：a、阴极上发生的电极反应为：cu2+2e=cu，2h+2e=h2，阳极上发生电极反应：2cl2e=cl2，4oho2+2h2o+4e，可知cu2+全部反应，cu2+0.1mol，cl反应完全，cu2+2e=cu0.1 0.2 0.12cl2e=cl20.2 0.2 0.1剩下的就是电解水了，2h+2e=h2，4oh4e=2h2o+o2，也就是每转移4mol电子，h2产生2mol，o2产生1mol，由于阳极产生0.1molcl2，一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同，所以电解水应转移电子0.4mol 2h+2e=h20.4 0.4 0.2 4oh4e=2h2o+o20.4 0.4 0.1总共转移0.2mol+0.4mol=0.6mol，故a正确；b、阳极得到的气体中有o2且其物质的量为0.1mol，故b错误；c、阴极上金属铜会析出，质量增加值为6.4g，故c错误；d、分析电解过程可知，电解过程是电解氯化铜，电解水，原溶液中0.2molh+未放电，溶液中硫酸物质的量为0.1mol，溶液体积小于100ml，浓度大于1mol/l，故d错误故选a点评：本题考查学生电解池的工作原理知识，可以根据所学内容来回答，难度较大19（2分）碘在地壳中主要以naio3的形式存在，在海水中主要以i的形式存在，几种粒子之间有如图所示关系，根据图示转化关系推测下列说法不正确的是（）a可用ki淀粉试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘b足量cl2能使湿润的ki淀粉试纸变白的原因可能是5cl2+i2+6h2o2hclo3+10hclc由图可知氧化性的强弱顺序为cl2i2io3d途径中若生成1mol i2，反应中转移的电子数为10na考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用.专题：卤族元素分析：a加碘盐中含有naio3，其在酸性条件下可被i还原生成i2；b根据图示转化可知cl2naio3，氯气可以将碘氧化hio3；c由途径i可知氧化性cl2i2，由途径可知氧化性i2naio3，由途径可知氧化性cl2naio3；d根据转化关系2io3i210e计算判断解答：解：a加碘盐中含有naio3，其在酸性条件下可被i还原生成i2，故用淀粉ki试纸和食醋检验加碘盐，故a正确；b根据图示转化可知cl2naio3，已变蓝的淀粉ki试纸褪色的原因可能是氯气将碘氧化为hio3，反应方程式为5cl2+i2+6h2o2hi03+10hcl，故b正确；c由途径i可知氧化性cl2i2，由途径可知氧化性i2naio3，由途径可知氧化性cl2naio3，故氧化性的强弱顺序为cl2io3i2，故c错误；d根据转化关系2io3i210e可知，生成1 moli2反应中转移的电子数为10na，故d正确；故选c点评：本题综合考查卤素单质及其化合物的性质，侧重于考查氧化性强弱比较及应用，难度中等，根据转化关系判断氧化性强弱是解题关键20（2分）（2014浙江）雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：na+、nh4+、mg2+、al3+、so42、no3、cl某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后的试样溶液，设计并完成了如下实验：已知：3no3+8al+5oh+2h2o3nh3+8alo2根据以上的实验操作和现象，该同学得出的结论不正确的是（）a试样中肯定存在nh4+、mg2+、so42和no3b试样中一定不含al3+c试样中可能存在na+、cld该雾霾中可能存在nano3、nh4cl和mgso4考点：真题集萃；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：试样溶液中加入过量ba（oh）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是nh3，则试样中含有nh4+；向滤液中通入co2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是nh3，根据已知条件知，溶液2中含有no3，根据元素守恒知，原溶液中含有no3；滤液1中通入co2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有so42，能和过量ba（oh）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为mg（oh）2，所以溶液中含有mg 2+，结合题给选项分析解答解答：解：试样溶液中加入过量ba（oh）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是nh3，则试样中含有nh4+；向滤液中通入co2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是nh3，根据已知条件知，溶液2中含有no3，根据元素守恒知，原溶液中含有no3；滤液1中通入co2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐，也有可能是试样中存在al3+，在过量的ba（oh）2中反应生成alo2，通入co2后生成al（oh）3沉淀；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有so42，以及能和过量ba（oh）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为mg（oh）2，所以溶液中含有mg 2+，a通过以上分析知，试样中肯定存在nh4+、mg2+、so42和no3，故a正确；b通过以上分析知，试样中不能确定是否含有al3+，故b错误；c通过以上分析知，试样中可能存在na+、cl，故c正确；d根据以上分析知，试样中肯定存在nh4+、mg2+、so42和no3，可能存在na+、cl，所以该雾霾中可能存在nano3、nh4cl和mgso4，故d正确；故选b点评：本题考查了物质的推断，明确物质的性质及特殊反应现象是解本题关键，根据物质的溶解性、物质的性质及题给信息来分析解答，题目难度中等21（2分）下列说法中正确的是（）a常温下，稀释0.1 mol/l的氨水，溶液中c（oh）、c（nh4+）、c（h+）均下降b常温下，c（nh4+）相等的（nh4）2so4 （nh4）2fe（so4）2 nh4cl （nh4）2co3溶液中，溶质物质的量浓度大小关系是：cph=8.3的nahco3溶液：c（na+）c（hco3）c（co32）c（h2co3）d当溶液中存在的离子只有cl、oh、nh4+、h+时，该溶液中离子浓度大小关系可能为c（cl）c（nh4+）c（oh）c（h+）考点：离子浓度大小的比较.分析：a氨水稀释后溶液中氢氧根离子、铵根离子浓度减小，由于水的离子积不变，则氢离子浓度增大；b根据化学式组成及铵根离子水解程度较小可知，浓度相等时nh4cl中铵根离子浓度最小，然后根据亚铁离子抑制了铵根离子水解、碳酸根离子水解促进了铵根离子判断等浓度的四种溶液中铵根离子浓度大小，然后判断铵根离子浓度相等时四种溶液的浓度大小；c碳酸氢钠溶液显示碱性，则碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，c（co32）c（h2co3）；d根据电荷守恒判断，c（cl）c（nh4+）c（oh）c（h+）中总负电荷大于正电荷，违反了电荷守恒解答：解：a稀释0.1mol/l的氨水，c（oh）、c（nh4+）减小，而温度不变，水的离子积不变，则c（h+）升高，故a错误；b等浓度的（nh4）2so4 （nh4）2fe（so4）2nh4cl（nh4）2co3中，由于铵根离子水解程度较小，则nh4cl的c（nh4+）最小，中亚铁离子抑制了铵根离子水解，则中铵根离子浓度最大，四种溶液的浓度相等时c（nh4+）的关系为：，则c（nh4+）相同时，物质的量浓度大小关系是：，故b正确；cph=8.3的nahco3溶液中，碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，则：c（co32）c（h2co3），溶液中离子浓度大小为：c（na+）c（hco3）c（h2co3），c（co32），故c错误；d溶液中一定满足电荷守恒，而c（cl）c（nh4+）c（oh）c（h+）中阴离子所带负电荷大于阳离子所带正电荷，不满足电荷守恒，故d错误；故选b点评：本题考查了溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理及其影响，能够根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒、盐的水解的影响等知识判断溶液中离子浓度大小，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力22（2分）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：co2（g）+h2（g） co（g）+h2o（g）h=a kjmol1其化学平衡常数k和温度t的关系如下表：下列说法中正确的是（）t/7008008301 0001 200k0.60.91.01.72.6a该反应的正反应为放热反应，即a0b当平衡浓度符合c（co2）c（h2）=c（co）c（h2o）时的温度为830c当其他条件不变时，若缩小容器的体积，则有利于该反应平衡正向移动d当v（h2）=v（h2o）时该反应达到化学平衡状态考点：用化学平衡常数进行计算.分析：该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，压强只改变反应速率但不影响平衡移动，根据表格知，升高温度，化学平衡常数增大，说明升高温度该反应向正反应方向移动，则正反应是吸热反应，当正逆反应速率相等时该反应达到平衡状态解答：解：a、根据表格知，升高温度，化学平衡常数增大，则正反应是吸热反应，故a错误；b、在某平衡状态时，c（co2）c（h2）=c（co）c（h2o），则说明平衡常数k=1，由表中数据可知，该温度为830，故b正确；c、当其他条件不变时，若缩小容器的体积，气体压强增大，化学反应速率增大，但平衡不移动，故c错误；d、无论该反应是否达到平衡状态，v正（h2）和v正（h2o）始