江西省赣州市于都县实验中学高三化学上学期第三次大考试题（含解析）.doc

2015-2016学年江西省赣州市于都县实验中学高三（上）第三次大考化学试卷一、选择题（本题共48分，每小题3分，每小题只有一个正确选项）1随着人们生活节奏的加快，方便的小包装食品已被广泛接受为了延长食品的保质期，防止食品受潮、富脂食品氧化变质，可用适当方法在包装袋中装入（）a无水硫酸铜、蔗糖b生石灰、硫酸亚铁c食盐、硫酸亚铁d生石灰、食盐2下列各溶液中，一定能大量共存的是（）afe2+、na+、so42、h2o2bso32、mno4、h+、k+cpb2+、k+、so42、cldna+、so32、k+、so423t时，水的离子积为kw在该温度下，混合可溶性的一元酸ha和一元碱boh的溶液，下列有关混合液的各种关系中，可确认混合液呈中性的是（）aph=7bc（oh）=cc（a）c（b+）dc（h+）c（oh）=c（a）c（b+）4设na代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）a标准状况下，11.2l的o2和no的混合物含有的分子数约为0.56.021023b1mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9 nac常温常压下42g 乙烯和丁烯混合气体中，碳氢键的数目为6nad6.4g so2与3.2g氧气反应生成so3，转移电子数为0.2na5如图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是（）选项x收集气体ya碱石灰氯化氢水b碱石灰氨气水c氯化钙二氧化硫氢氧化钠溶液d氯化钙一氧化氮氢氧化钠溶液aabbccdd6水热法制备直径为1100nm的颗粒y（化合物），反应原理为：3fe2+2s2o32+o2+aohy+s4o62+2h2o，下列说法中不正确的是（）aa=4b将y均匀分散到水中形成的体系具有丁达尔效应c每有3 mol fe2+参加反应，反应中转移的电子总数为5 molds2o32是还原剂7能正确表示下列反应的离子方程式是（）afe3o4溶于足量稀hno3：fe3o4+8h+=fe2+2fe3+4h2ob等物质的量的mgcl2、ba（oh）2 和 hc1 溶液混合：mg2+2oh=mg（oh）2c将过量的so2通入ca（clo）2溶液中：so2+clo+h2o=hclo+hso3d将0.2 moll1的nh4al（so4）2溶液与0.3 moll1的ba（oh）2溶液等体积混合：2al3+3so+3ba2+6oh=2al（oh）3+3baso48“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是（）a加热时，上部汇聚了固体碘，说明碘的热稳定性较差b加热时，、中的溶液均变红，冷却后又都变为无色c中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅d四个“封管实验”中都有可逆反应发生9将naoh溶液逐滴加入nh4hco3溶液中（忽略溶液体积的变化），下列各示意图表示的混合溶液有关量的变化趋势正确的是（）abcd10在t时，将agnh3完全溶于水，得到v ml溶液，假设该溶液的密度为gcm1，质量分数为，其中含nh4+的物质的量为b mol下列叙述中正确的是（）a溶质的质量分数为=100%b溶质的物质的量浓度c=moll1c溶液中c（oh）=moll1+c（h+）d上述溶液中再加入vml水后，所得溶液的质量分数大于0.511氮氧化铝（alon）是一种透明高硬度防弹材料，可以由反应al2o3+c+n22alon+co合成，下列有关说法正确的是（）a氮氧化铝中氮的化合价是3b反应中氮气作氧化剂c反应中每生成5.7g alon 同时生成1.12 l cod反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比是2：112海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，如图为海水利用的部分过程下列有关说法不正确的是（）a工业上通过电解熔融状态mgcl2制取金属镁b用澄清的石灰水可鉴别nahco3和na2co3c在第、步骤中，溴元素均被氧化d制取nahco3的反应是利用其溶解度小于nacl13在密闭容器中进行反应：x（g）+3y（g）2z（g），有关下列图象的说法正确的是（）a依据图a可判断正反应为吸热反应b在图b中，虚线可表示压强增大c若正反应的h0，图c可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动d由图d中气体平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的h014取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960ml的no2气体和672ml n2o4的气体（都已折算到标准状态），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g则x等于（）a8.64gb9.20gc9.00gd9.44g15短周期元素x、y、z、w在元素周期表中的相对位置如图所示，其中w原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍下列判断正确的是（）a原子半径：rwrzryrxb含y元素的硫酸盐溶液可以和强酸、强碱反应c最简单气态氢化物的热稳定性：zwdx的氢化物与x的最高价氧化物对应的水化物能形成离子化合物16某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200ml，平均分成两份向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只被还原为no气体）向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示下列分析或结果错误的是（）a原混合酸中no3物质的量为0.4molboa段产生的是no，ab段的反应为fe+2fe3+=3fe2+，bc段产生氢气c第二份溶液中最终溶质为feso4dh2so4浓度为5 moll1二、必做非选择题（本题包括5小题，共42分）17a、b、c、d、e五种可溶性化合物，分别由阳离子fe3+、ba2+、al3+、na+、ag+和阴离子no3、oh、so42、cl、co32中的各一种组成（离子不重复）现做如下实验：a和e 的溶液显碱性，0.1mol/l a溶液的ph小于13；在b 的溶液中逐滴加入氨水有白色沉淀生成，继续加氨水至过量，沉淀消失；在c 的溶液中加入铁粉，溶液的质量增加；在d 的溶液中加入过量的ba（oh）2溶液，没有沉淀（1）根据以上事实推断ae的化学式：a、b、c、e（2）写出a溶液呈碱性和的离子方程式：；18铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与h2so4反应）某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究铁矿石中含氧量的测定按如图组装仪器，检查装置的气密性；将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置b、c中的药品如图所示（夹持仪器均省略）；从左端导气管口处不断地缓缓通入h2，待c装置出口处h2验纯后，点燃a处酒精灯；充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却（1）装置c的作用为（2）若将h2换成co，则还需补充装置（3）测的反应后装置b增重1.35g，则铁矿石中氧的百分含量为铁矿石中含铁量的测定（1）步骤中煮沸的作用是（2）步骤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、（3）下列有关步骤的操作中说法正确的是a因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂b滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂c滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液d锥形瓶不需要用待测夜润洗e滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化f滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色，再读数（4）若滴定过程中消耗0.5000moll1的ki溶液20.00ml，则铁矿石中铁的百分含量为由、可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为19金属铝在酸性或碱性溶液中均可与no3发生氧化还原反应，转化关系如下：已知：气体d和f反应可生成盐，气体d和a溶液反应生成白色沉淀请回答下列问题（1）a和b两溶液混合产生白色沉淀，产生该沉淀的离子反应方程式为（2）c、e排入大气中会造成大气污染，在催化剂存在下，d可以将c、e转化为无毒的气态单质，该单质的电子式（3）完成并配平下列离子方程式：al+no3+oh+h2o+（4）al与no3在酸性条件下反应，al与被还原的no3的物质的量之比是20甲醇可作为燃料电池的原料以ch4和h2o为原料，通过下列反应来制备甲醇：ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）h=+206.0kjmol1：co（g）+2h2（g）ch3oh （g）h=129.0kjmol1（1）ch4（g）与h2o（g）反应生成ch3oh （g）和h2（g）的热化学方程式为（2）将1.0mol ch4和2.0mol h2o（g）通入容积为10l的反应室，在一定条件下发生反应i，测得在一定的压强下ch4的转化率与温度的关系如图1假设100时达到平衡所需的时间为5min，则用h2表示该反应的平均反应速率为100时反应i的平衡常数为（3）在压强为0.1mpa、温度为300条件下，将a mol co与3a mol h2的混合气体在催化剂作用下发生反应生成甲醇，平衡后将容器的容积压缩到原来的，其他条件不变，对平衡体系产生的影响是（填字母序号）ac （ h2 ）减少 b正反应速率加快，逆反应速率减慢cch3oh 的物质的量增加 d重新平衡c （ h2 ）/c （ch3oh ）减小 e平衡常数k增大（4）甲醇对水质会造成一定的污染，有一种电化学法可消除这种污染，其原理是：通电后，将co2+氧化成co3+，然后以co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成co2而净化实验室用图2装置模拟上述过程写出阳极电极反应式请写出除去甲醇的离子方程式三、选做题：从2123题中选择其中一题作答，并将相应题号涂黒，若多作答，以所做的第一题计分化学-选修2：化学与技术21海水资源丰富，海水中主要含有na+、k+、mg2+、cl、so42、br、co32、hco3等离子合理利用海水资源和保护环境是我国可持续发展的重要保证火力发电燃煤排放的so2会造成一系列环境和生态问题利用海水脱硫是一种有效的方法，其工艺流程如下图所示：（1）天然海水的ph8，呈弱碱性用离子方程式解释原因（2）天然海水吸收了含硫烟气后，要用o2进行氧化处理，氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，该操作的主要目的是重金属离子对河流及海洋造成严重污染某化工厂废水（ph=2o，1gml1）中含有ag+、pb2+等重金属离子，其浓度各约为0.01moll1排放前拟用沉淀法除去这两种离子，查找有关数据如下：难溶电解质agiagohag2spbi2pb（oh）2pbsksp8.310175.61086.310507.11091.210153.41028（3）你认为往废水中投入 （填字母序号），沉淀效果最好anaoh bna2s cki dca（oh）2（4）如果用生石灰处理上述废水，使溶液的ph=8.0，处理后的废水中c（pb2+）=（5）如果用食盐处理其只含ag+的废水，测得处理后废水中nacl的质量分数为0.117%若环境要求排放标准为c（ag+）低于1olo8moll1，问该工厂处理后的废水中c（ag+）=已知ksp（agcl）=1.8l10mol2l2化学-选修3：物质结构与性质（10分）22（2015秋于都县校级月考）决定物质性质的重要因素是物质结构请回答下列问题（1）+3价cr的配合物kcr（c2o4）2（h2o）2中，配体是，与c2o42互为等电子体的分子是（填化学式）（2）cao晶胞如图1所示，与每一个钙离子距离最近并且距离相等的钙离子有 个；cao晶体和nacl晶体的晶格能分别为：cao：3401kj/mol、nacl：786kj/mol 导致两者晶格能差异的主要原因（3）fe（co）5在一定条件下发生分解反应：fe（co）5（s）fe（s）+5co（g）反应过程中，断裂的化学键类型是，则形成的化学键类型是（4）从不同角度观察mos2的晶体结构见图2已知：mo位于第五周期vib族下列说法正确的是a晶体硅中硅原子的轨道杂化类型为sp2b电负性：csc晶体硅和c60比较，熔点较高的是c60dmo元素基态原子的价电子排布式为4d55s1emos2的晶体中每个mo原子周围距离最近的s原子数目为4fmos2的晶体中mos之间的化学键为极性键、配位键、范德华力根据mos2的晶体结构回答：mos2纳米粒子具有优异的润滑性能，其原因是化学-选修5：有机化学基础（10分）23（2015秋于都县校级月考）有机化合物j是治疗心脏病药物的一种中间体，分子结构中含有3个六元环其中一种合成路线如下：已知：a既能发生银镜反应，又能与fecl3溶液发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有4种氢，且峰面积之比为1：2：2：1有机物b是一种重要的石油化工产品，其产量可用来衡量国家的石油化工发展水平回答以下问题：（1）a中含有的官能团名称是（2）写出有机反应类型bc，fg（3）写出f生成g的化学方程式（4）写出j的结构简式（5）e的同分异构体有多种，写出其中一种符合以下要求的e的同分异构体的结构简式与fecl3溶液发生显色反应 能发生银镜反应苯环上只有两个对位取代基 能发生水解反应2015-2016学年江西省赣州市于都县实验中学高三（上）第三次大考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共48分，每小题3分，每小题只有一个正确选项）1随着人们生活节奏的加快，方便的小包装食品已被广泛接受为了延长食品的保质期，防止食品受潮、富脂食品氧化变质，可用适当方法在包装袋中装入（）a无水硫酸铜、蔗糖b生石灰、硫酸亚铁c食盐、硫酸亚铁d生石灰、食盐【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用【专题】化学计算【分析】主要从防止食品氧化变质和受潮两方面分析考虑，防氧化就是防止氧气的进入并与之反应，防受潮就是防止水分的进入，据此即可解答【解答】解：a无水硫酸铜能吸收水分，但蔗糖不能防止食品被氧化，故a错误； b生石灰能防止食品受潮，硫酸亚铁能防止食物被氧化，故b正确；c食盐不能吸收水分，硫酸亚铁能防止食物被氧化，故c错误；d生石灰能防止食品受潮，但是食盐不能防止食品被氧化，故d错误；故选b【点评】本题考查干燥剂与除氧剂，是化学应用于生活的题型训练，题目难度不大2下列各溶液中，一定能大量共存的是（）afe2+、na+、so42、h2o2bso32、mno4、h+、k+cpb2+、k+、so42、cldna+、so32、k+、so42【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：afe2+、h2o2发生氧化还原反应，不能共存，故a不选；bso32、mno4、h+发生氧化还原反应，不能共存，故b不选；cpb2+、so42结合生成沉淀，不能共存，故c不选；d该组离子之间不反应，可大量共存，故d选；故选d【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大3t时，水的离子积为kw在该温度下，混合可溶性的一元酸ha和一元碱boh的溶液，下列有关混合液的各种关系中，可确认混合液呈中性的是（）aph=7bc（oh）=cc（a）c（b+）dc（h+）c（oh）=c（a）c（b+）【考点】离子积常数；溶液ph的定义【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】混合溶液呈中性，说明溶液中c（h+）=c（oh），再结合电荷守恒确定溶液中酸根离子和碱离子浓度大小【解答】解：aph=7时，溶液不一定是中性溶液，水的电离是吸热反应，温度越高，水的离子积常数越大，所以ph=7的溶液可能是中性、也可能是酸性或碱性，故a错误；b由（oh）=得c（h+）=c（oh），则混合溶液呈中性，故b正确；c根据电荷守恒c（h+）+c（b+）=c（oh）+c（a），若c（a）c（b+），则c（oh）c（h+），溶液呈酸性，不呈中性，故c错误；d由c（h+）c（oh）=c（a）c（b+）变形得电荷守恒式（h+）+c（b+）=c（oh）+c（a），电荷守恒在任何溶液中都成立，不能判断溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小，所以无法判断溶液酸碱性，故d错误；故选b【点评】本题考查了溶液酸碱性的判断，溶液酸碱性要根据溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小判断，不能根据溶液中的电荷守恒、物料守恒及ph判断，易错选项是a，注意：中性溶液中ph不一定是7，与温度有关，为易错点4设na代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）a标准状况下，11.2l的o2和no的混合物含有的分子数约为0.56.021023b1mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9 nac常温常压下42g 乙烯和丁烯混合气体中，碳氢键的数目为6nad6.4g so2与3.2g氧气反应生成so3，转移电子数为0.2na【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一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，导致混合气体的分子数减少；b羟基中含有9个电子，氢氧根离子含有10个电子；c烯烃中极性键为碳氢键，乙烯和丁烯的最简式为ch2，根据最简式计算出混合物中含有碳氢键数目；d二氧化硫与氧气生成三氧化硫的反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成物【解答】解：a标准状况下，11.2l混合气体的物质的量为0.5mol，由于o2和no反应生成二氧化氮，导致气体分子数减少，混合物含有的分子数小于0.56.021023，故a错误；b1mol的羟基中含有9mol电子，1 mol的氢氧根离子含有10mol电子，所含电子数不同，故b错误；c42g乙烯和丁烯的混合物中含有3mol最简式ch2，含有6mol氢原子，烯烃中极性键为碳氢键，6mol氢原子形成了6mol碳氢极性键，所以混合气体中含有极性键数为6na，故c正确；d6.4g二氧化硫的物质的量为0.1mol，0.1mol二氧化硫与氧气反应，由于该反应为可逆反应，则反应生成的三氧化硫小于0.1mol，转移的电子小于0.2mol，转移电子数小于0.2na，故d错误；故选c【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，明确可逆反应特点，选项b为易错点，注意羟基与氢氧根离子的区别5如图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是（）选项x收集气体ya碱石灰氯化氢水b碱石灰氨气水c氯化钙二氧化硫氢氧化钠溶液d氯化钙一氧化氮氢氧化钠溶液aabbccdd【考点】气体的净化和干燥；气体的收集【分析】该装置中采用向上排空气法收集，说明该气体密度大于空气，且该气体和空气中成分不反应，用固体干燥剂干燥，则该气体和干燥剂不反应，据此分析解答【解答】解：该装置中采用向上排空气法收集，说明该气体密度大于空气，且该气体和空气中成分不反应，用固体干燥剂干燥，则该气体和干燥剂不反应，a碱石灰呈碱性，能和hcl反应，所以hcl不能用碱石灰干燥，故a错误；b氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集，故b错误；c二氧化硫密度大于空气且常温下和空气中成分不反应，氯化钙和二氧化硫不反应，所以能用氯化钙干燥，故c正确；d常温下no和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，所以得不到no，no采用排水法收集，故d错误；故选c【点评】本题考查了气体的干燥、收集和尾气处理，根据气体的性质确定干燥剂、尾气处理试剂，根据气体的溶解性及密度确定收集方法，注意氨气不能用氯化钙干燥，为易错点，题目难度不大6水热法制备直径为1100nm的颗粒y（化合物），反应原理为：3fe2+2s2o32+o2+aohy+s4o62+2h2o，下列说法中不正确的是（）aa=4b将y均匀分散到水中形成的体系具有丁达尔效应c每有3 mol fe2+参加反应，反应中转移的电子总数为5 molds2o32是还原剂【考点】氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算【专题】氧化还原反应专题【分析】从电荷守恒的角度分析，64a=2，所以a=4可配平反应的离子方程式：3fe2+2s2o32+o2+4ohy+s4o62+2h2o，根据铁元素和氧元素守恒，可知y为fe3o4，所以该离子方程式为3fe2+2s2o32+o2+4ohfe3o4+s4o62+2h2oa、根据电荷守恒计算a的值b、直径为1100nm的颗粒y，均匀分散到水中形成的体系属于胶体c、3 molfe2+参加反应，需要1molo2，反应中只有o2中氧元素化合价降低，据此计算d、所含元素化合价升高的反应物是还原剂【解答】解：从电荷守恒的角度分析，64a=2，所以a=4可配平反应的离子方程式：3fe2+2s2o32+o2+4ohy+s4o62+2h2o，根据铁元素和氧元素守恒，可知y为fe3o4，所以该离子方程式为3fe2+2s2o32+o2+4ohfe3o4+s4o62+2h2oa、从电荷守恒的角度分析，64a=2，所以a=4，故a正确；b、1100nm的颗粒y，微粒直径在胶体大小之内，将其均匀分散到水中形成的体系属于胶体，具有丁达尔效应，故b正确；c、当3molfe2+参加反应时，有1molo2反应，反应中只有o2中氧元素化合价降低由0价降低为2价，所以转移电子数为4mol，故c错误；d、反应中fe和s元素的化合价升高，被氧化，fe2+、s2o32是还原剂，故d正确故选：c【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，明确各元素的化合价变化是解答该题的关键7能正确表示下列反应的离子方程式是（）afe3o4溶于足量稀hno3：fe3o4+8h+=fe2+2fe3+4h2ob等物质的量的mgcl2、ba（oh）2 和 hc1 溶液混合：mg2+2oh=mg（oh）2c将过量的so2通入ca（clo）2溶液中：so2+clo+h2o=hclo+hso3d将0.2 moll1的nh4al（so4）2溶液与0.3 moll1的ba（oh）2溶液等体积混合：2al3+3so+3ba2+6oh=2al（oh）3+3baso4【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】afe3o4溶于足量稀hno3，反应生成硝酸铁；b漏掉氢离子与氢氧根离子的反应；c次氯酸根离子能够氧化二氧化硫；d.0.2 moll1的nh4al（so4）2溶液与0.3 moll1的ba（oh）2溶液等体积混合，反应生成氢氧化铝和硫酸钡【解答】解：afe3o4溶于足量稀hno3，离子方程式：3fe3o4+28h+no39fe3+no+14h2o，故a错误；b等物质的量的mgcl2、ba（oh）2 和 hc1 溶液混合：mg2+2h+4oh=mg（oh）2+2h2o，故b错误；c将过量的so2通入ca（clo）2溶液中，离子方程式为：ca2+so2（过量）+2clo+h2o=caso4+cl+so42+2h+，故c错误；d将0.2 moll1的nh4al（so4）2溶液与0.3 moll1的ba（oh）2溶液等体积混合：2al3+3so42+3ba2+6oh=2al（oh）3+3baso4，故d正确；故选：d【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响8“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是（）a加热时，上部汇聚了固体碘，说明碘的热稳定性较差b加热时，、中的溶液均变红，冷却后又都变为无色c中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅d四个“封管实验”中都有可逆反应发生【考点】性质实验方案的设计【专题】综合实验题【分析】a碘单质易升华，属于碘单质的物理性质，不能据此判断碘的热稳定性；b根据氨气使酚酞变红的原理解答，根据二氧化硫与品红作用的原理解答；c根据二氧化氮的可逆反应和化学平衡的原理解答；d可逆反应，须在同等条件下，既能向正反应进行，又能向逆反应进行【解答】解：a加热时，上部汇集了固体碘单质，说明碘发生了升华现象，为其物理性质，不能说明碘单质的热稳定性较差，故a错误；b中氨水显碱性，使酚酞变红，加热时，氨气逸出，冷却后，氨气又和水反应，变成红色，二氧化硫与品红显无色，加热后二氧化硫逸出，显红色，二者现象不同，故b错误；c2no2（g）n2o4（g）h=92.4kj/mol，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则颜色变深，中浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，反之变浅，所以浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅，故c正确；d氯化铵受热分解与氨气和氯化氢反应生成氯化铵不是可逆反应，因前者须加热，后者只要在常温下，故d错误；故选c【点评】本题以“封管实验”为载体，考查了可逆反应、漂白性、平衡移动的影响因素、氯化铵的性质等知识，题目难度中等，明确影响化学平衡的因素、二氧化硫的漂白原理为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力9将naoh溶液逐滴加入nh4hco3溶液中（忽略溶液体积的变化），下列各示意图表示的混合溶液有关量的变化趋势正确的是（）abcd【考点】离子方程式的有关计算【专题】图像图表题【分析】hco3结合oh的能力强于nh4+，因而naoh先和hco3反应，将其消耗完后再和nh4+反应，据此分析【解答】解：因hco3结合oh的能力强于nh4+，因而naoh先和hco3反应，将其消耗完后再和nh4+反应，anaoh先和hco3反应，将其消耗完后再和nh4+反应，开始铵根离子浓度应不变，故a错误；bnaoh先和hco3反应，将其消耗完后再和nh4+反应，随反应进行碳酸氢根离子浓度应逐渐减少，故b错误；cnaoh先和hco3反应，将其消耗完后再和nh4+反应随反应进行，碳酸根离子浓度逐渐增大到不变，故c正确；d溶液的ph随着naoh的加入不断增大，故d错误故选c【点评】本题考查元素及其化合物知识，明确化学反应有先后顺序，需掌握一定的读图的能力10在t时，将agnh3完全溶于水，得到v ml溶液，假设该溶液的密度为gcm1，质量分数为，其中含nh4+的物质的量为b mol下列叙述中正确的是（）a溶质的质量分数为=100%b溶质的物质的量浓度c=moll1c溶液中c（oh）=moll1+c（h+）d上述溶液中再加入vml水后，所得溶液的质量分数大于0.5【考点】物质的量的相关计算【专题】物质的量的计算【分析】a、氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为 gcm3，体积为vml，所以溶液质量为vg，溶质氨气的质量为ag，根据溶质的质量分数定义计算；b、根据n=计算a g nh3的物质的量，溶液体积为vml，再根据c=计算溶液的物质的量浓度；c、溶液oh中来源与一水合氨、水的电离，nh4+的浓度为=mol/l，一水合氨电离nh3h2onh4+oh，一水合氨电离出的oh浓度为mol/l；d、水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，据此判断【解答】解：a、氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为 gcm3，体积为vml，所以溶液质量为vg，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数为100%，故a错误；b、a g nh3的物质的量为=mol，溶液体积为vml，所以溶液的物质的量浓度为=mol/l，故b正确c、溶液oh来源于一水合氨、水的电离，nh4+的浓度为=mol/l，一水合氨电离nh3h2onh4+oh，一水合氨电离出的oh浓度为mol/l，所以溶液中oh浓度大于mol/l，故c错误；d、水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5，故d错误；故选b【点评】考查物质的量浓度、质量分数的计算与相互关系等，难度中等，理解概念是解题的关键11氮氧化铝（alon）是一种透明高硬度防弹材料，可以由反应al2o3+c+n22alon+co合成，下列有关说法正确的是（）a氮氧化铝中氮的化合价是3b反应中氮气作氧化剂c反应中每生成5.7g alon 同时生成1.12 l cod反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比是2：1【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】al2o3+c+n22alon+co中，n元素化合价降低，n2为氧化剂，c元素化合价升高，c为氧化剂，结合元素化合价的变化判断电子转移的数目【解答】解：a由化合价代数和为0可知，氮氧化铝中铝元素化合价为+3价，o为2价，氮元素的化合价为1，故a错误；bn元素化合价降低，n2为氧化剂，故b正确；c状况未知，不能计算生成co的体积，故c错误；dco为氧化产物，alon为还原产物，由反应可知物质的量比为1：2，故d错误；故选b【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，注意把握元素化合价的判断，从化合价变化的角度分析，题目侧重于相关概念的考查，题目难度不大12海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，如图为海水利用的部分过程下列有关说法不正确的是（）a工业上通过电解熔融状态mgcl2制取金属镁b用澄清的石灰水可鉴别nahco3和na2co3c在第、步骤中，溴元素均被氧化d制取nahco3的反应是利用其溶解度小于nacl【考点】海水资源及其综合利用【专题】化学计算【分析】a、工业上是电解熔融的氯化镁来制取金属镁；b、碳酸钠和碳酸氢钠和氢氧化钙之间均能反应，都会出现白色沉淀；c、化合价升高的元素在反应中做还原剂被氧化；d、在混合溶液中，溶解度小的物质会先结晶析出；【解答】解：a、工业上是电解熔融的氯化镁来制取金属镁，故a正确b、碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钙之间均能反应，且都会出现白色沉淀，所以用澄清的石灰水不可鉴别nahco3和na2co3，故b错误；c、第步中，溴元素化合价从1升高到0价，被氧化，第步中，溴元素化合价从1升高到0价，被氧化，故c正确；d、向饱和食盐水中通入氨气以及二氧化碳，溶解度较小的碳酸氢钠会先析出，制取nahco3的反应是利用其溶解度小于nacl，故d正确；故选b【点评】本题是一道海水资源的综合利用方面的题目，属于综合知识的考查题，难度不大13在密闭容器中进行反应：x（g）+3y（g）2z（g），有关下列图象的说法正确的是（）a依据图a可判断正反应为吸热反应b在图b中，虚线可表示压强增大c若正反应的h0，图c可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动d由图d中气体平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的h0【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；转化率随温度、压强的变化曲线【分析】a、依据图象分析，温度升高逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向进行，逆向是吸热反应；b、压强增大改变反应速率增大，缩短反应达到平衡的时间，化学平衡向正反应方向移动；c、若正反应的h0，是放热反应升温平衡逆向进行，逆反应速率大于正反应速率；d、图象分析，温度升高平均相对分子质量减小，平均分子质量减小，总质量不变，说明气体物质的量变大，所以平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应【解答】解：a、依据图象分析，温度升高逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，可以判断反应热量变化，故a错误；b、压强增大改变反应速率增大，缩短反应达到平衡的时间，化学平衡向正反应方向移动，图象不符合平衡移动，故b错误；c、若正反应的h0，是放热反应升温平衡逆向进行，逆反应速率大于正反应速率，图象符合反应速率的变化，故c正确；d、图象分析，温度升高平均相对分子质量减小，平均分子质量减小，总质量不变，说明气体物质的量变大，所以平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应h0，故d错误；故选c【点评】本题考查化学平衡的建立和影响因素的分析判断，图象分析判断是解题关键，题目难度中等14取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960ml的no2气体和672ml n2o4的气体（都已折算到标准状态），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g则x等于（）a8.64gb9.20gc9.00gd9.44g【考点】有关混合物反应的计算【专题】计算题【分析】铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，等于他们结合的氢氧根的物质的量，根据氮的氧化物计算氢氧根的物质的量，沉淀的总质量减去氢氧根的质量即为金属的质量【解答】解：8960ml的no2气体的物质的量为=0.4mol，672ml的n2o4气体的物质的量为=0.03mol所以金属提供的电子的物质的量为0.4mol（54）+0.03mol2（54）=0.46mol所以沉淀中含有氢氧根的物质的量为0.46mol，氢氧根的质量为0.46mol17g/mol=7.82g所以金属的质量为17.02g7.82g=9.2g故选b【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题解答的关键是铜和镁失去的电子的物质的量，等于他们结合的氢氧根的物质的量，而结合氢氧根的质量就正好是质量增加的量15短周期元素x、y、z、w在元素周期表中的相对位置如图所示，其中w原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍下列判断正确的是（）a原子半径：rwrzryrxb含y元素的硫酸盐溶液可以和强酸、强碱反应c最简单气态氢化物的热稳定性：zwdx的氢化物与x的最高价氧化物对应的水化物能形成离子化合物【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】短周期元素x、y、z、w，w原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，若为2个电子层，则w的最外层电子数为6，所以w为o，由位置可知，不符合题意；若为3个电子层，则w的最外层电子数为6，所以w为s，由位置可知，x为n，y为al，z为si，结合元素及其单质、化合物的性质来解答【解答】解：短周期元素x、y、z、w，w原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，若为2个电子层，则w的最外层电子数为6，所以w为o，由位置可知，不符合题意；若为3个电子层，则w的最外层电子数为6，所以w为s，由位置可知，x为n，y为al，z为si，a电子层越多，半径越大，具有相同电子层的原子序数越大其原子半径越小，则原子半径为ryrzrwrx，故a错误；by为al，它的硫酸盐溶液可以和强碱反应，不能和强酸反应，故b错误；c非金属性wz，则最简单气态氢化物的热稳定性为wz，故c错误；dx为n，x与氢元素为氨气，组其最高价氧化物对应的水合物为硝酸，氨气与硝酸反应生成的硝酸铵为离子化合物，故d正确；故选d【点评】本题考查原子结构与元素周期律的性质，题目难度中等，w为推断的突破口，明确元素在周期表中的位置及性质变化规律即可解答，试题培养了学生的灵活应用能力16某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200ml，平均分成两份向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只被还原为no气体）向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示下列分析或结果错误的是（）a原混合酸中no3物质的量为0.4molboa段产生的是no，ab段的反应为fe+2fe3+=3fe2+，bc段产生氢气c第二份溶液中最终溶质为feso4dh2so4浓度为5 moll1【考点】有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算【专题】计算题【分析】由图象可知，由于铁过量，oa段发生反应为：fe+no3+4h+=fe3+no+2h2o，ab段发生反应为：fe+2fe3+=3fe2+，bc段发生反应为：fe+2h+=fe2+h2，aoa段发生反应为：fe+no3+4h+=fe3+no+2h2o，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算；b铁先与硝酸反应生成一氧化氮与铁离子，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应；c铁先与硝酸反应，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸；d根据铁和硫酸的反应中铁的质量来确定所需硫酸的量，进而确定硫酸的浓度【解答】解：aoa段发生反应为：fe+no3+4h+=fe3+no+2h2o，硝酸全部起氧化剂作用，故原混合液中n（no3）=2n（fe）=2=0.4mol，a正确；b由图象可知，由于铁过量，oa段发生反应为：fe+no3+4h+=fe3+no+2h2o，ab段发生反应为：fe+2fe3+=3fe2+，bc段发生反应为：fe+2h+=fe2+h2，故b正确；c硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为feso4，故c正确；d第二份反应消耗22.4g铁，物质的量为： =0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所原混合酸中h2so4物质的量为0.4 mol2=0.8mol，原混合溶液中硫酸浓度为： =4mol/l，故d错误；故选d【点评】本题以图象为载体考查混合物反应的计算，题目难度中等，据图象分析各段发生的反应原理为解答关键，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用二、必做非选择题（本题包括5小题，共42分）17a、b、c、d、e五种可溶性化合物，分别由阳离子fe3+、ba2+、al3+、na+、ag+和阴离子no3、oh、so42、cl、co32中的各一种组成（离子不重复）现做如下实验：a和e 的溶液显碱性，0.1mol/l a溶液的ph小于13；在b 的溶液中逐滴加入氨水有白色沉淀生成，继续加氨水至过量，沉淀消失；在c 的溶液中加入铁粉，溶液的质量增加；在d 的溶液中加入过量的ba（oh）2溶液，没有沉淀（1）根据以上事实推断ae的化学式：ana2co3、bagno3、cfe2（so4）3、eba（oh）2（2）写出a溶液呈碱性和的离子方程式：co32+h2ohco3+oh；2fe3+fe3fe2+【考点】无机物的推断【专题】离子反应专题【分析】a和e溶液显碱性，为碱或强碱弱酸盐根据离子共存可知二者为ba（oh）2、na2co3，由于0.1mol/l的a溶液的ph小于13，所以a是na2co3；e是ba（oh）2；在b溶液中逐渐加入氨水有白色沉淀生成，继续加