高考二轮复习指导冲关试题汇编全套.doc

12013年冬天，多个地区发生持续大雾天气，“PM2.5”数据监测进入公众视野。“PM2.5”是指大气中直径小于或等于2.5微米的细小颗粒物，也称为可入肺颗粒物。下列有关说法中错误的是()APM2.5表面积大能吸附大量的有毒、有害物质B. PM2.5在空气中形成的分散系为胶体C实施绿化工程，可以有效地防治PM2.5污染D烟、雾属于胶体，能产生丁达尔效应【解析】PM2.5的直径为2.5106 m，而胶体的胶粒直径为109107m，故PM2.5在空气中形成的分散系不是胶体。【答案】B2(2013南京四校联考)化学科学需要借助化学专业语言来描述，下列有关化学用语正确的是()【解析】A项，该模型为球棍模型，错误；B项，NH4I的电子式为，错误；C项，F的结构示意图为，错误；D正确。【答案】D3.(2013衡阳市六校联考)下列有关叙述正确的是()A氯化钠的水溶液能导电，食盐水是电解质B氯气的水溶液能导电，但氯气是非电解质CH2SO4液态时不导电，它是非电解质DMgCl2在熔融状态下可导电，它是电解质【解析】氯化钠的水溶液能导电，但食盐水是混合物，不是电解质，A错误；氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，B错误；H2SO4液态时不导电，但它仍是电解质，C错误；MgCl2在熔融状态下可导电，它是电解质，D正确。【答案】D4(2013成都质检)下列变化中，前者是物理变化，后者是化学反应，且都有明显颜色变化的是()A打开盛装NO的集气瓶；冷却NO2气体B用冰水混合物冷却SO3气体；加热氯化铵晶体C木炭吸附NO2气体；将氯气通入品红溶液中D向品红溶液中加入Na2O2；向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液【解析】打开盛装NO的集气瓶和冷却NO2气体都发生化学反应，不符合题意；用冰水混合物冷却SO3气体、加热氯化铵晶体，前者是物理变化，后者是化学反应，但均无颜色变化，故不符合题意；木炭吸附NO2气体是物理变化，将氯气通入品红溶液中发生化学反应，且均有颜色变化，符合题意；向品红溶液中加入Na2O2和向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液均为化学反应，不符合题意。【答案】C5(2013广东高考)设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是()A常温常压下，8 g O2含有4nA个电子B1 L 0.1 molL1的氨水中有nA个NHC标准状况下，22.4 L盐酸含有nA个HCl分子D1 mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去2nA个电子【解析】A项，8 g O2中的电子数为16nA4nA；B项，NH3H2O为弱电解质，不完全电离，1 L 0.1 molL1氨水中NH数小于0.1nA；C项，盐酸为混合物，HCl完全电离，没有HCl分子，且标准状况下盐酸为液体；D项，1 mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去nA个电子。【答案】A6(2013郑州检测)用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A常温常压下，18 g HO含有的原子总数为3NAB标准状况下，4.2 g CH2=CH2和CH3CH=CH2的混合气体中所含有的碳原子数为0.3NAC将0.1 mol Cl2通入1 L水中，转移的电子数目为0.1NAD0.1 molL1Al2(SO4)3溶液中含有的Al3总数为0.2NA【解析】HO的摩尔质量为20 g/mol,18 g该物质的物质的量小于1 mol，A项错误；乙烯和丙烯的最简式均为CH2，其摩尔质量为14 g/mol,4.2 g混合气体中碳原子的物质的量为0.3 mol，B项正确；氯气溶解于水，一部分与水发生化学反应，一部分以分子的形式存在于水中，C项错误；硫酸铝溶液的体积未知，且Al3水解，故溶液中的Al3数目不能确定，D项错误。【答案】B7(2013南昌调研)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是()A20 mL 10 mol/L的浓硫酸与足量铜反应转移电子数为0.2NAB1 mol/L FeCl3溶液中Fe3的数目小于NAC在精炼铜或电镀铜过程中，当阴极析出32 g铜时，转移电子数为NAD标准状况下，0.1NA个SO3的体积约为2.24 L【解析】A中随着反应的进行，浓硫酸变稀至一定程度就不再和铜反应，转移电子数小于0.2NA，错误；B中没有指明溶液体积，无法确定Fe3的数目，错误；标准状况下SO3是固体，D错误。【答案】C8(2013长春市第一次调研)下表所列物质或概念间的从属关系符合如图所示关系的是()XYZA光导纤维酸性氧化物非金属氧化物B纯碱碱化合物C胶体分散系混合物D置换反应氧化还原反应放热反应【解析】A项，酸性氧化物可能是金属氧化物如Mn2O7等；B项，纯碱不属于碱是盐；D项，氧化还原反应也可能是吸热反应。【答案】C9(2013衡阳市六校联考)将5.1 g镁铝合金投入到500 mL 2.0 mol/L的盐酸中，金属完全溶解，再加入4.0 mol/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，则应加入NaOH溶液的体积是()A200 mLB250 mLC425 mL D560 mL【解析】由题意可知，当Mg2、Al3恰好完全沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3时，得到的沉淀量最多，此时溶液中的溶质只有NaCl，故n(NaOH)n(HCl)，即500 mL2.0 mol/LV(NaOH)4.0 mol/L，故V(NaOH)250 mL。【答案】B10设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A1 mol甲基(CH3)中含有电子数为7NAB25 时，pH7的NH4Cl和NH3H2O的混合溶液中，OH数为107NAC4.6 g乙醇中含有共价键数目为0.8NAD两份均为2.7 g的铝样品分别与100 mL浓度均为2 molL1的盐酸和氢氧化钠溶液充分反应，转移电子数均为0.3NA【解析】1 mol甲基中含有电子数为9NA，故A错误；B选项中未指明溶液的体积，无法计算OH的数目，B错误；乙醇的结构式为，C正确；2.7 g铝与100 mL 2 molL1的盐酸反应时，盐酸的量不足，转移电子数为0.2NA，故D错误。【答案】C11(2013长春市调研)现取m g镁铝合金在一定浓度的稀硝酸中恰好完全溶解(硝酸的还原产物只有NO)，向反应后的混合溶液中滴加b mol/L NaOH溶液，当滴加到V mL时，得到沉淀质量恰好为最大值n g，则下列有关该实验的说法中正确的是()沉淀中OH的质量为(nm)g恰好溶解后溶液中的NO的物质的量为 mol反应过程中转移的电子数为 mol标准状况下生成NO的体积为 L与合金反应的硝酸的物质的量为()molA5项B4项C3项 D2项【解析】本题涉及的反应有Al4HNO3(稀)=Al(NO3)3NO2H2O；3Mg8HNO3(稀)=3Mg(NO3)22NO4H2O；Al(NO3)33NaOH=Al(OH)33NaNO3；Mg(NO3)22NaOH=Mg(OH)22NaNO3。当合金恰好溶解时，溶液中的NO与Na的物质的量相等，n(NO)n(NaOH) mol，故正确。沉淀质量最大时，生成的n g沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，根据质量守恒定律，其中镁、铝元素的质量等于m g，所以沉淀中氢氧根的质量为(nm)g，则反应过程中转移的电子数n(e)n(OH) mol，故、正确。根据电子得失守恒知，标准状况下V(NO) L，故正确。参加反应的硝酸有两种作用，起酸性作用的硝酸(生成硝酸盐)的物质的量等于硝酸钠的物质的量，即mol；作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量，即 mol，所以，与合金反应的硝酸的物质的量为()mol，故正确。【答案】A12(2012上海高考)工业上将氨气和空气的混合气体通过铂铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下V L氨气完全反应，并转移n个电子，则阿伏加德罗常数(NA)可表示为()A.B.C. D.【解析】NH3的催化氧化反应为：4NH35O24NO6H2O,4 mol NH3完全反应生成4 mol NO时转移45 mol电子，即1 mol NH3完全反应转移5 mol电子，故标准状况下，V L NH3完全反应转移电子数为：5NAn，NA。【答案】D13(2013楚雄模拟)某化学兴趣小组欲研究H2SO4、NaCl、KCl、Na2CO3、FeCl3、NaOH的性质，他们设计了以下两种研究方案：方案：将它们按照酸、碱、盐分类，然后分别溶于水得到溶液，进行实验；方案：将它们按照钠盐、钾盐、铁盐和其他化合物分类，然后分别溶于水得到溶液，进行实验。下列有关研究方案的说法正确的是()A常温时将少量铜粉分别投入上述溶液中，按照方案分类，能够完全溶解铜粉的有酸(H2SO4)溶液和盐(FeCl3)溶液B设计方案的同学取某种溶液，在其中加入上述的钾盐溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不消失，则该溶液中可能含有AgC按照方案分类，属于碱的有Na2CO3、NaOHD这两组同学在研究物质时只使用了实验法、观察法【解析】铜粉不能溶于稀硫酸，A项错误；钾盐只有KCl，不溶于稀硝酸的白色沉淀有AgCl和BaSO4，向溶液中加入KCl溶液和稀硝酸，产生的白色沉淀为AgCl，所以溶液中可能含有Ag，B项正确；Na2CO3俗称纯碱，属于盐类物质，C项错误；这两组同学在研究物质时除了使用了实验法、观察法外，还使用了分类的方法，D项错误。【答案】B14(2013上海高考)氰酸铵(NH4OCN)与尿素CO(NH2)2()A都是共价化合物B都是离子化合物C互为同分异构体D互为同素异形体【解析】氰酸铵是离子化合物，尿素是共价化合物，它们的分子式相同，结构不同，是同分异构体的关系。【答案】C15对牙膏的探究要用到许多化学知识。(1)下表列出了三种牙膏的摩擦剂，请在表中填写三种摩擦剂所属的物质类别。牙膏两面针儿童牙膏珍珠王防臭牙膏中华透明牙膏摩擦剂氢氧化铝碳酸钙二氧化硅摩擦剂的物质类别(指酸、碱、盐、氧化物、两性氢氧化物)(2)根据你的推测，牙膏摩擦剂的溶解性是_(填“易溶”或“难溶”)。(3)牙膏中的摩擦剂碳酸钙可以用石灰石来制备，某学生设计了一种实验室制备碳酸钙的实验方案，其流程图为：请写出上述方案中有关反应的化学方程式，并注明反应类型：_；_；_。(4)请你仍用石灰石作原料(其他试剂自选)，设计实验室制备碳酸钙的另一种实验方案，依照(3)所示，将你的实验方案用流程图表示出来：石灰石你设计的方案的优点为：_。(5)检验牙膏中是否含有碳酸钙的实验方法是：_。【解析】(1)氢氧化铝属两性氢氧化物、碳酸钙属盐类、二氧化硅属氧化物类；(2)考查摩擦剂的溶解性，这三种物质均难溶于水；(3)由转化关系可以写出反应方程式；(4)设计方案的目的是把石灰石中的杂质除去，把CaCO3提取出来，所给方案用到高温条件，实验室不易达到且不安全，可以选择先用酸溶解、再把Ca2转化成碳酸钙沉淀的方法；(5)检验碳酸钙的存在常借助CO转变为CO2来实现。【答案】(1)两性氢氧化物盐氧化物(2)难溶(3)CaCO3高温,CaOCO2，分解反应CaOH2O=Ca(OH)2，化合反应Ca(OH)2Na2CO3=CaCO32NaOH，复分解反应反应条件简单、易于操作(实验室中)、所得碳酸钙的纯度高等(5)取少量样品，加入稀盐酸，观察有无使澄清石灰水变浑浊的气体产生，若有，则含CaCO3，否则不含16(2013长沙一模)现有铵盐样品A，是(NH4)2SO4、NH4HSO4的混合物。为确定A中各成分的含量，某研究性学习小组的同学取了数份相同质量的样品A溶于水，然后分别加入不同体积的1 mol/L的NaOH溶液，水浴加热至气体全部逸出(此温度下，铵盐不分解)。该气体干燥后用足量的浓硫酸完全吸收。浓硫酸增重的质量与加入NaOH溶液的体积的关系如图所示。分析该图象并回答下列问题：(1)写出ab段涉及的离子方程式：_。(2)c点对应的数值是_；样品A中(NH4)2SO4、NH4HSO4的物质的量之比为_。【解析】(1)(NH4)2SO4、NH4HSO4的混合溶液显酸性，加入NaOH溶液，先发生酸碱中和反应，再发生NHOHNH3H2O。(2)根据图象可知，NH3的物质的量为0.25 mol，质量为4.25 g，NH4HSO4的物质的量为0.025 mol，则(NH4)2SO4的物质的量为0.112 5 mol，(NH4)2SO4、NH4HSO4的物质的量之比为92。【答案】(1)NHOHNH3H2O(2)4.25921(2013全国大纲高考)能正确表示下列反应的离子方程式是()A用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3H2OSO2=2NHSOH2OB氯化钠与浓硫酸混合加热：H2SO42Cl,SO2Cl2H2OC磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe24HNO=3Fe3NO3H2OD明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO恰好完全沉淀：2Ba23OHAl32SO=2BaSO4Al(OH)3【解析】A过量氨水与SO2反应生成(NH4)2SO3。B.氯化钠与浓硫酸的反应生成物应为HCl、NaHSO4或HCl、Na2SO4。C.磁性氧化铁Fe3O4不能写成离子形式。D.要使SO恰好完全沉淀，KAl(SO4)212H2O与Ba(OH)2的物质的量之比应为12，此时应该生成AlO。【答案】A2(2013广东高考)水溶液中能大量共存的一组离子是()ANa、Al3、Cl、COBH、Na、Fe2、MnOCK、Ca2、Cl、NODK、NH、OH、SO【解析】Al3与CO发生相互促进的水解反应，产生CO2气体与Al(OH)3沉淀，A项错误；MnO、H与Fe2会发生氧化还原反应，B项错误；C项中离子能大量共存；NH与OH结合生成NH3H2O，D项错误。【答案】C3(2013安徽高考)下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是()A银氨溶液：Na、K、NO、NH3H2OB空气：C2H2、CO2、SO2、NOC氢氧化铁胶体：H、K、S2、BrD高锰酸钾溶液：H、Na、SO、葡萄糖分子【解析】A银氨溶液呈碱性，所给四种微粒在碱性条件下能够大量共存。B.NO可以和空气中的氧气反应生成NO2，所以不能大量共存。C.H可以和氢氧化铁反应，且H和S2可以生成硫化氢而不能大量共存。D.葡萄糖分子中含有醛基，有还原性，可以被银氨溶液、碱性氢氧化铜悬浊液等弱氧化剂氧化，而高锰酸钾溶液具有强氧化性，所以两者相遇会发生氧化还原反应而不能大量共存。【答案】A4(2012高考组合题)下列说法正确的是()A(新课标全国高考)常温常压下，22.4 L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NAB(山东高考)化合反应均为氧化还原反应C(山东高考)电解NaCl溶液得到22.4 L H2(标准状况)，理论上需要转移NA个电子(NA表示阿伏加德罗常数)D(福建高考)易燃试剂与强氧化性试剂分开放置并远离火源【解析】A项，常温常压下22.4 L Cl2不是1 mol，与Mg反应转移的电子数也不是2NA；B项，化合反应不一定全是氧化还原反应；C项，n(H2)1 mol故n(e)1 mol22 mol即N(e)2NA；D项，易燃试剂往往具有强的还原性，遇到强氧化剂时易燃烧。【答案】D5(2013长春市调研)根据表中信息，判断下列叙述中正确的是()序号氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物Cl2FeBr2/Fe3、Br2KClO3浓盐酸/Cl2KMnO4H2O2H2SO4O2Mn2A.由表中组的信息可知通入Cl2的量不同，氧化产物可能不同B氧化性强弱的比较：KClO3Fe3Cl2Br2C表中组反应的还原产物是KCl，电子转移数目是6eD表中组反应的离子方程式为2MnO3H2O26H=2Mn24O26H2O【解析】由可知，Cl2的氧化性强于Fe3和Br2，B项错；C项，组反应的还原产物是Cl2，电子转移数目为5e；D项，正确的离子方程式为2MnO5H2O26H=2Mn25O28H2O。【答案】A6(2013榆林高三质检)金属钛(Ti)性能优越，被称为继铁、铝之后的“第三金属”。工业上以金红石为原料制取Ti的反应为(1)aTiO2bCl2cCaTiCl4cCO(2)TiCl42MgTi2MgCl2关于反应(1)、(2)的分析不正确的是TiCl4在反应(1)中是还原产物，在反应(2)中是氧化剂C、Mg在反应中均为还原剂，发生还原反应每生成19.2 g Ti，反应(1)、(2)中共转移4.8 mol ea1，bc2ABC D【解析】反应(1)中氧化剂是Cl2，故还原产物为TiCl4，还原剂是C，故氧化产物是CO，反应(2)中钛元素由反应物TiCl4中的4价降低为生成物Ti中的0价，故TiCl4为氧化剂，Mg为还原剂，由此可知正确，还原剂发生氧化反应，错误。根据氧化还原反应的配平方法可知反应(1)的化学方程式为TiO22Cl22C=TiCl42CO，因此a1，bc2，正确。19.2 g Ti为0.4 mol，反应(2)中生成0.4 mol Ti，转移1.6 mol电子，消耗0.4 mol TiCl4，由配平后的反应(1)可知，生成0.4 mol TiCl4，转移1.6 mol电子，故反应(1)、(2)中共转移3.2 mol电子，错误。【答案】D7(2013株洲质检)下列离子方程式不正确的是()AFeSO4酸性溶液暴露在空气中：4Fe2O24H=4Fe32H2OB为缓解胃酸过多，服含NaHCO3的抗酸药：HCOH=H2OCO2C过量Na投入AlCl3溶液：Al34Na2H2O=AlO4Na2H2D向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液恰好使SO完全沉淀：2Ba2Al32SO4OH=AlO2BaSO42H2O【解析】D项，恰好使SO完全沉淀，则参与反应的NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2的物质的量之比为12，此时NH与OH也反应，Al3只能生成Al(OH)3沉淀，正确的离子方程式为NH2Ba2Al32SO4OH=NH3H2OAl(OH)32BaSO4。【答案】D8LiNi0.25Co0.75O2是锂离子电池的一种高性能的二元正极活性材料，其制备原理可表示为4Ni0.25Co0.75(OH)24LiOHO2=4LiNi0.25Co0.75O26H2O(已知Ni与Co的化合价均有2和3)。下列说法不正确的是()ANi0.25Co0.75(OH)2中Ni的化合价是2BLiNi0.25Co0.75O2中Co的化合价是3C该反应中LiOH是还原剂D该反应中O2是氧化剂【解析】根据化合物中化合价代数和为0的原则，Ni0.25Co0.75(OH)2中Ni和Co的化合价均是2，LiNi0.25Co0.75O2中Ni和Co的化合价均是3，A、B项正确；该反应中LiOH既不是氧化剂，也不是还原剂，C项错误；O2得电子化合价降低，O2是氧化剂，D项正确。【答案】C9(2013鞍山高三质检)某反应的反应物与生成物有：K2Cr2O7、KCl、CrCl3、Cl2、HCl、H2O，已知氧化性：K2Cr2O7Cl2，则下列说法不正确的是()ACl2是该反应的氧化产物B氧化剂和被氧化的还原剂的物质的量之比为114C当转移0.2 mol电子时，被氧化的还原剂的物质的量为0.2 molD由该反应可知还原性：HClCrCl3【解析】根据题中提供的反应物与生成物及氧化性：K2Cr2O7Cl2，得出该反应的化学方程式为K2Cr2O714HCl=2KCl2CrCl33Cl27H2O。Cl2是该反应的氧化产物，A项正确；氧化剂和还原剂的物质的量之比为16，B项错误；当转移0.2 mol电子时，被氧化的还原剂的物质的量为0.2 mol，C项正确；CrCl3为还原产物，依据氧化还原反应规律，可知还原性： HClCrCl3，D项正确。【答案】B10(2013大连市高三双基测试)某溶液可能含有下列离子中的几种(不考虑溶液中微量的H和OH)：Na、NH、SO、CO、NO。取200 mL该溶液，等体积分成两份，分别做下列实验。实验一：第一份加入足量烧碱并加热，产生的气体在标准状况下为224 mL。实验二：第二份先加入足量的盐酸，无现象，再加入足量BaCl2溶液，得沉淀2.33 g。下列说法正确的是()A该溶液可能含有NaB该溶液一定含有NH、SO、CO、NOC该溶液一定不含有NOD该溶液一定含有Na，且c(Na)0.1 molL1【解析】实验一证明溶液中含有NH，且物质的量为0.01 mol，c(NH)0.1 molL1；实验二：第二份先加入足量的盐酸，无现象，则一定不含有CO，再加足量的BaCl2溶液，得固体2.33 g，证明一定含有SO，且物质的量为0.01 mol，c(SO)0.1 molL1；根据溶液呈电中性，则一定含有Na。是否含有NO无法判断，c(Na)0.1 molL1，D正确。【答案】D11下列对各组离子或物质是否能够大量共存解释正确的是()A常温常压下NH3、O2、H2、CO2不能共存NH3为碱性气体、CO2为酸性气体，二者反应生成(NH4)2CO3Bc(OH)1.01013 mol/L溶液中，Fe2、NO、SO、Na不能共存发生反应：3Fe2NO4H=3Fe3NO2H2OC溶液中：K、Cu2、Cl、NH3H2O不能共存发生反应：Cu22OH=Cu(OH)2D溶液中：Al3、Na、SO、HCO可以共存不能发生反应【解析】常温常压下，A项中四种物质可以共存；C项中NH3H2O是弱电解质，在离子方程式中应写成化学式，不能拆开；D项中Al3与HCO发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝与二氧化碳而不能共存。【答案】B12(2013郑州市高三第一次预测)Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO46Na2O2=2Na2FeO42Na2O2O2。下列对此反应的说法中，不正确的是()A方框中的物质为Na2SO4BNa2O2既是氧化剂，又是还原剂CNa2FeO4既是氧化产物，又是还原产物D2 mol FeSO4发生反应时，反应中共转移8 mol电子【解析】根据元素守恒可知A正确。分析化合价变化可知，2个2价Fe原子失去8个电子，根据生成物中的“O2”可知在“6Na2O2”中，有2个1价的氧的化合价升至0价，失去2个电子，另有10个1价氧的化合价降至2价，得失电子数均为10个。据此可知B、C均正确。2 mol FeSO4发生反应时，反应中共有10 mol电子发生转移，故D错误。【答案】D13(2013锦州模拟)某工业废水仅含下表中的某些离子，且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1 mol/L(此数值忽略水的电离及离子的水解)。阳离子KAgMg2Cu2Al3NH阴离子ClCONOSOSiOI甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：.取该无色溶液5 mL，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加。.用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰。.另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色。.向中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。请推断：(1)由、判断，溶液中一定不含有的阳离子是_。(2)中加入盐酸生成无色气体的离子方程式是_。(3)甲同学最终确定原溶液中所含阳离子有_，阴离子有_；并据此推测原溶液应该呈_性，原因是_(请用离子方程式说明)。 (4)另取100 mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，此过程中涉及的离子方程式为_。充分反应后过滤，洗涤，灼烧沉淀至恒重，得到的固体质量为_g。【解析】(1)根据，溶液为无色，则溶液中不含Cu2，生成沉淀后离子种类增加，说明原溶液中不含NH；根据可确定溶液中不含K。(2)根据的描述可确定生成的无色气体为NO，则原溶液中一定含有NO和I，根据转移电子数目相等、电荷守恒可写出离子方程式。(3)结合和溶液中各离子浓度相等可确定溶液中含有的阴离子为SO、Cl、NO和I，溶液中含有的阳离子为Mg2、Al3；结合溶液的组成可确定溶液显酸性，是Mg2、Al3水解的缘故。(4)加入NaOH溶液，Mg2转化为Mg(OH)2沉淀，Al3最后转化为NaAlO2，最终得到0.01 mol Mg(OH)2沉淀，灼烧至恒重得到0.4 g MgO。【答案】(1)K、NH、Cu2(2)6I2NO8H=3I22NO4H2O(3)Mg2、Al3Cl、NO、SO、I酸Mg22H2OMg(OH)22H、Al33H2OAl(OH)33H(写出其中一个即可)(4)Mg22OH=Mg(OH)2、Al34OH=AlO2H2O0.414(1)在酸性介质中，往MnSO4溶液里滴加(NH4)2S2O8(连二硫酸铵)溶液会发生如下离子反应(未配平)：Mn2S2OH2OMnOSOH；该反应常用于检验Mn2的存在，其特征现象是_。若反应中有0.1 mol还原剂参加反应，则转移电子数为_NA，消耗氧化剂的物质的量_mol。写出该反应的离子方程式_。(2)向CuSO4溶液中通入硫化氢生成黑色沉淀CuS的离子方程式为_；向FeCl3溶液中加入过量的碘化钠溶液的离子方程式为_。(3)在碱性介质中，H2O2有较强的还原性，可与Ag2O反应，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(4)为测定大气中的臭氧(O3)含量，将0、1.01105 Pa的空气V L慢慢通入足量KI溶液，使臭氧完全反应；然后将所得溶液用a mL c molL1的Na2S2O3溶液进行滴定，恰好达到终点。已知：2Na2S2O3I2=Na2S4O62NaI。该滴定过程中可选择的指示剂为_。O3与KI溶液反应生成两种单质，则反应的化学方程式为_。空气中臭氧的体积分数为_(用含“a、c、V”的字母表示)。【解析】(1)首先标化合价，Mn元素化合价由2升高到7，S元素化合价由7降低到6，所以1 mol还原剂(Mn2)失去5 mol电子，1 mol氧化剂(S2O)得到2 mol电子，0.1 mol Mn2参加反应转移0.5 mol电子，依据得、失电子守恒，消耗n(S2O) mol利用化合价升降法配平(2)由产物可知化合价没有变化是复分解反应，溶液中的Cu2与H2S提供的S2反应生成CuS沉淀，注意H2S是弱电解质；Fe3具有氧化性，I具有还原性。(3)1 mol H2O2被氧化成氧气，失去2 mol电子，1 mol Ag2O被还原为Ag，得到2 mol电子，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为11。(4)O3将I氧化成I2，I2和Na2S2O3反应，利用淀粉溶液作指示剂，终点现象为蓝色变为无色。由O3I22Na2S2O3，可计算出臭氧的体积分数。【答案】(1)溶液变成紫色0.50.252Mn25S2O8H2O=2MnO10SO16H(2)Cu2H2S=CuS2H2Fe32I=2Fe2I2(3)11(4)淀粉溶液2KIO3H2O=2KOHO2I21(2013张家界质检)化学与社会、环境等密切相关。下列说法错误的是()A“低碳经济”是指减少对化石燃料的依赖，达到低污染、低排放的模式B“低碳生活”倡导生活中耗用能量尽量减少，从而减少CO2的排放C所有垃圾都可以采用露天焚烧或深埋的方法处理D“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量【解析】垃圾应先进行无毒害处理。【答案】C2(2013淮安调研)下列有关能量的判断或表示方法正确的是()A由C(s，石墨)=C(s，金刚石)H1.9 kJmol1，可知：石墨比金刚石更稳定B等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量更多C由H(aq)OH(aq)=H2O(l)H57.3 kJmol1，可知：含1 mol CH3COOH的溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量等于57.3 kJD2 g H2完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H285.8 kJmol1【解析】A项中的反应是吸热反应，生成物金刚石的能量较高，能量高的物质不稳定；B项中等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧均生成二氧化硫气体，前者反应物能量高，放出的热量更多；C项中CH3COOH电离时吸热，故最终放出的热量小于57.3 kJ；D项中氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H571.6 kJmol1。【答案】A3(2013宁德高三模拟)如图所示，图像表示某一反应过程中的能量变化曲线。下列说法中不正确的是()A由图可知，该反应为放热反应B该反应的焓变为H(E2E1)C曲线b相对曲线a来说，改变的条件只能是使用了催化剂D该反应的发生条件一定是加热【解析】反应物的能量高于生成物，为放热反应，但反应条件不一定是加热。【答案】D4(2012重庆高考)肼(H2NNH2)是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示。已知断裂1 mol化学键所需的能量(kJ)：NN为942、OO为500、NN为154，则断裂1 mol NH键所需的能量(kJ)是()A194B391C516 D658【解析】由题图可知H3(H2H1)2 752 kJ/mol(534 kJ/mol)2 218 kJ/mol，断裂1 mol NH键所需能量(2 218 kJ500 kJ154 kJ)391 kJ。【答案】B5(2013南昌调研)已知反应：101 kPa时，2C(s)O2(g)=2CO(g)H221 kJ/mol稀溶液中，H(aq)OH(aq)=H2O(l)H57.3 kJ/mol下列结论正确的是()A碳的燃烧热的数值大于110.5 kJ/molB的反应热H为221 kJ/molC浓硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3 kJ/molD稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量【解析】碳的稳定氧化物是CO2，中生成的CO能继续燃烧放出热量，所以碳的燃烧热的数值大于110.5 kJ/mol，A对；的反应热为221 kJ/mol，B错；浓硫酸溶解过程中放热不应加“”，C错；醋酸是弱电解质，其电离过程中吸热，D错。【答案】A6(2013长春市高三第一次调研)25 、101 kPa下，碳、氢气、甲烷和葡萄糖的燃烧热依次是H393.5 kJ/mol、H285.8 kJ/mol、H890.3 kJ/mol、H2 800 kJ/mol，则下列热化学方程式正确的是()AC(s)O2(g)=CO(g)H393.5 kJ/molB2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H571.6 kJ/molCCH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(g)H890.3 kJ/molD.C6H12O6(s)3O2(g)=3CO2(g)3H2O(g)H1 400 kJ/mol【解析】A项中C的稳定氧化物为CO2，C项和D项中H2O应为液态。【答案】B7(2013绍兴一中高三模拟)下列说法正确的是()A任何酸与碱发生中和反应生成1 mol H2O的过程中，能量变化均相同B同温同压下，H2(g)Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的H不同C已知：2H2(g)O2(g)=2H2O(g)Ha kJmol1，2H2(g)O2(g)=2H2O(l)Hb kJmol1，则abD已知：C(s，石墨)O2(g)=CO2(g)H393.5 kJmol1，C(s，金刚石)O2(g)=CO2(g)H395.0 kJmol1，则C(s，石墨)=C(s，金刚石)H1.5 kJmol1【解析】A项，酸、碱强弱不同，反应过程的能量变化不同；B项，反应的H与反应条件无关；C项，a0BX是反应A(g)B(g)C(g)的催化剂CE2是反应的活化能DHE1E2【解析】根据盖斯定律，HH1H2，即H1HH2，再根据图象可知H10，A项正确；从图中看出，X应为反应的中间产物，不是催化剂，B项错误；E2应为反应的逆反应的活化能，C项错误；未给出反应的逆反应的活化能和反应的活化能，无法计算H，D项错误。【答案】A11(2013长春市高中毕业班第一次调研)已知：常温下，0.01 mol/L MOH溶液的pH为10，MOH(aq)与H2SO4(aq)反应生成1 mol正盐的H24.2 kJmol1，强酸与强碱的稀溶液的中和热为H57.3 kJmol1。则MOH在水溶液中电离的H为()A69.4 kJmol1B45.2 kJmol1C69.4 kJmol1 D45.2 kJmol1【解析】依题意，MOH是弱碱：MOH(aq)H(aq)=M(aq)H2O(l)H112.1 kJmol1，H(aq)OH(aq)=H2O(l)H257.3 kJmol1，根据盖斯定律，由得：MOH(aq)M(aq)OH(aq)H(12.157.3)kJ/mol45.2 kJ/mol。【答案】D12(2013厦门质检)已知1 mol红磷转化为1 mol白磷，吸收18.39 kJ热量。4P(红，s)5O2(g)=2P2O5(s)；H1P4(白，s)5O2(g)=2P2O5(s)；H2则H1与H2的关系正确的是()AH1H2BH1H2CH1H2，B正确。【答案】B13能源危机是当前全球问题，开源节流是应对能源危机的重要举措。(1)下列做法有助于能源“开源节流”的是_(填序号)。a大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源b大力开采煤、石油和天然气以满足人们日益增长的能源需求c开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源、减少使用煤、石油等化石燃料d减少资源消耗，增加资源的重复使用、资源的循环再生(2)金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们燃烧氧气不足时生成一氧化碳，充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。在通常状况下，金刚石和石墨中_(填“金刚石”或“石墨”)更稳定，石墨的燃烧热为_。12 g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36 g，该过程放出的热量_。(3)已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946 k