高三化学-2016届高三上学期第二次段考化学试卷

1、2015-2016学年高三（上）第二次段考化学试卷一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）1化学与人类生活、社会可持续发展密切相关下列说法不正确的是（）A利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境B催化转化机动车尾气为无害气体，能消除酸雨和雾霾的发生C研发高效低毒的农药，降低蔬菜的农药残留量D积极开发废电池的综合利用技术，防止电池中的重金属等污染土壤和水体2下列有关化学用语表示正确的是（）A乙醇的结构简式 C2H6OB氨基的电子式 C镁离子的结构示意图 D中子数为79、质子数为55 的铯（Cs）原子Cs3常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A滴入酚酞呈

2、无色的溶液中：K+、Al3+、Cl、CO32B澄清的溶液中：Na+、K+、MnO4、AlO2C =1013molL1的溶液：Na+、Ag（NH3）2+、OH、NO3Dc（I）=0.1molL1的溶液中：Na+、H+、ClO、SO424下列有关物质性质的应用正确的是（）A氯化钠溶液显中性，可用铝制容器贮存氯化钠溶液B碳酸钠溶液显碱性，可用热的纯碱溶液除去金属器件表面矿物油C氮气化学性质通常不活泼，可将炽热的镁粉可放在氮气中冷却D钾（K）一般不用电解法制备，工业上可用Na与熔融KCl反应制K5设NA 为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，1.12LCCl4含有CCl键数目为0.2N

3、AB标准状况下，2.24L氯气中含有的Cl数目一定为0.2NAC常温常压下，4.4gCO2与N2O混合气体中含有的原子总数为0.3NAD80mL 10molL1 盐酸与足量MnO2加热反应，产生Cl2分子数为0.2NA6下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A氯气通入水中：Cl2+H2O2H+Cl+ClOB氢氧化铁胶体中加入HI溶液：Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2OCNaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+CO32D用稀硝酸除去试管内壁银：3Ag+4H+NO3=3Ag+NO+2H2O7下列图示箭头方向表示与某种常见试剂在通常条件下（不含电

4、解）发生转化，其中6步转化均能一步实现的一组物质是（）选项WXYZAN2NH3NONO2BNaNa2O2NaOHNa2CO3CCuCuSO4CuCl2Cu（OH）2DAlAl2（SO4）3AlCl3NaAlO2AN2 NH3 NO NO2BNa Na2O2 NaOH Na2CO3CCu CuSO4 CuCl2 Cu（OH）2DAl Al2（SO4）3 AlCl3 NaAlO28下列图示与对应的叙述不相符的是（）A如图表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80时KNO3的不饱和溶液B如图表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C如图表示0.1000molL1 NaOH

5、溶液滴定20.00mL 0.1000molL1醋酸溶液得到的滴定曲线D如图表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件可能是增大压强9镁及其化合物一般无毒（或低毒）、无污染，且镁原电池放电时电压高而平稳，使镁原电池越来越成为人们研制绿色原电池的关注焦点其中一种镁原电池的反应为：xMg+Mo3S4 MgxMo3S4；在镁原电池放电时，下列说法错误的是（）AMg2+向正极迁移B正极反应为：Mo3S4+2xe=Mo3S42xCMo3S4发生氧化反应D负极反应为：xMg2xe=xMg2+10短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13X 的

6、原子半径比Y 的小，X 与W 同主族，Z 是地壳中含量最高的元素下列说法正确的是（）A简单离子半径的大小顺序：r（W）r（Y）r（Z）B元素Z、W 的简单离子的电子层结构不同C元素Y 的简单气态氢化物的热稳定性比Z 的强DW、Y、Z 三种元素的氢化物中，W的熔点最高11下列说法正确的是（）A在潮湿的环境中，铜容易发生析氢腐蚀形成铜绿B常温下，将pH=4的醋酸溶液稀释后，电离平衡右移，所有离子的浓度均降低C反应SiO2（s）3C（s）=SiC（s）+2CO（g）室温下不能自发进行，则该反应的H0D等体积、等物质的量浓度的NH3H2O溶液与NH4Cl溶液混合后溶液呈碱性，说明NH3H2O的电离程度

7、大于NH的水解程度12下列有关计的方案能达到实验目的是（）A制备Fe（OH）3胶体：向0.1molL1FeCl3溶液中加入等体积0.3molL1NaOH溶液B除去FeCl3溶液中少量Cu2+：向含有少量Cu2+的FeCl3溶液中加入适量铁粉至蓝色刚好消失后过滤C等浓度的碳酸钠溶液和硫酸钠溶液，前者碱性强，可以证明硫的非金属性比碳强D验证氧化性Fe3+Br2Cl2：向试管中依次加入1mL 0.1molL1FBr2溶液、几滴KSCN溶液和1mL苯，然后逐滴加入氯水，并缓缓振荡，直到氯水过量，观察整个过程中有机相和水相中的现象13已知25时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式CH3COOHHCNH2C

8、O3电离平衡常数（25）1.8×l054.9×l010K1=4.3×l07K2=5.6×l011则下列有关说法正确的是（）A等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（Na2CO3）pH（NaCN）pH（CH3COONa）BamolL1HCN溶液与bmolL1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c（Na+）c（CN），则a一定小于bC冰醋酸中逐滴加水，则溶液的导电性、醋酸的电离度、pH均先增大后减小DNaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32）1425时，向20mL 0.1molL1氨水中滴

9、加0.1molL1盐酸，溶液pH随滴加盐酸溶液体积的变化如图所示下列说法正确的是（）Aa点时，c（NH3H2O）c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）Bab区域内可能有c（NH4+）=c（Cl）C当V（HCl）=10 mL时，c（NH4+）c（NH3H2O）=2c（OH）c（H+）D当V（HCl）=20 mL时，c（H+）+c（Cl）c（NH4+）+c（NH3H2O）+c（OH）16一定温度时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的SO2和O2，发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）反应过程中测定的部分数据见下表（表中t1t2），下列说法正确的是（）反应时间/minn（SO2）

10、/moln（O2）/mol00.100.060t10.012t20.016A反应在0t1 min内的平均速率为v（SO3）=molL1min1B保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.10molSO3和0.010 molO2，到达平衡时，n（SO2）=0.012 molC保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（SO2）=0.0070molL1，则反应的H0D相同温度下，起始时向容器中充入0.050molSO2和0.030molO2，达到平衡时SO2转化率小于88%二、解答题（共6小题，满分75分）17CMA（醋酸钙、醋酸镁固体的混合物）是高速公路的绿色融雪剂以生物质废液木醋液（主要成分乙酸，以及

11、少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质）及白云石（主要成分MgCO3CaCO3，含SiO2等杂质）等为原料生产CMA的实验流程如图1：（1）步骤发生的反应离子方程式为（2）步骤所得滤渣1的主要成分为（写化学式）；步骤所得滤液常呈褐色，颜色除与木醋液中含有少量的有色的焦油有关外，产生颜色的另一主要原因是（3）已知CMA中钙、镁的物质的量之比与出水率（与融雪效果成正比）关系如图2所示，步骤的目的除调节n（Ca）：n（Mg）约为（选填：1：2；3：7；2：3）外，另一目的是（4）步骤包含的操作有、过滤、洗涤及干燥18从废钒催化剂（主要成分V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2和Fe2O3等）中回收V2O5

12、的一种生产工艺流程示意图如下：（1）中废渣的主要成分是（2）、中的变化过程可简化为（下式中的R表示VO2+或Fe3+，HA表示有机萃取剂的主要成分）：R2（SO4）n（水层）+2n HA（有机层） 2RAn（有机层）+n H2SO4（水层）中萃取时必须加入适量碱，其原因是；中反萃取时加入的X试剂是（3）完成中反应的离子方程式：ClO3+VO2+H+VO3+（）+（）（4）25时，取样进行实验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间的关系如表pH1.31.41.51.61.71.81.92.02.1钒沉淀率/%88.194.896.598.098.898.896.493.189.3试判断在实际生产时，中

13、加入氨水调节溶液的最佳pH为；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）（已知：25时，Ksp（Fe（OH）3）=2.6×1039）（5）写出废液Y中除H+之外的两种阳离子：（6）生产时，将中的酸性萃余液循环用于中的水浸在整个工艺过程中，可以循环利用的物质还有（7）全矾液流电池是一种新型电能储存和高效转化装置（如图所，a、b均为惰性电极），已知：V2+为紫色，V3+为绿色，VO2+为蓝色，VO2+为黄色当充电时，右槽溶液颜色由绿色变为紫色则：全矾液流电池的工作原理为：VO2+V2+2H+ VO2+H2O+V3+（请在可逆符号两侧的括号中填“充”、“放”）

14、放电过程中，a极的反应式为；当有1.0mol电子时共有1.0mol H+从槽迁移进槽（填“左”、“右”）20通过血液中的钙离子的检测能够帮助判断多种疾病某研究小组为测定血液样品中Ca2+的含量（100ml血液中含Ca2+的质量），实验步骤如下：准确量取5.00ml血液样品，处理后配制成50.00ml溶液；准确量取溶液10.00ml，加入过量（NH4）2C2O4溶液，使Ca2+完全转化成CaC2O4沉淀；过滤并洗净所得CaC2O4沉淀，用过量稀硫酸溶解，生成H2C2O4和CaSO4稀溶液；加入12.00ml 0.0010molL1的KMnO4溶液，使H2C2O4完全被氧化，离子方程式为：2MnO

15、4+5H2C2O4+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O；用0.0020molL1 （NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定过量的KMnO4溶液，消耗（NH4）2Fe（SO4）2溶液20.00mL（1）已知室温下CaC2O4的Ksp=2.0×109，欲使步骤中c（Ca2+）1.0×105 molL1，应保持溶液中c（C2O42）molL1（2）步骤中有Mn2+生成，发生反应的离子方程式为（3）若步骤滴定管在使用前未用标准（NH4）2Fe（SO4）2溶液洗涤，测得血液中Ca2+的含量将（填“偏高”、“偏低”或“不变”）（4）计算血样中Ca2+的含量（写出计算过程）21草酸合铁酸

16、钾晶体KxFe（C2O4）y3H2O是一种光敏材料，见光易分解，下面是一种制备草酸合铁酸钾晶体的实验流程已知：（NH4）2SO4、FeSO47H2O、莫尔盐（NH4）2SO4FeSO46H2O的溶解度如表：温度/1020304050（NH4）2SO4/g73.075.478.081.084.5FeSO47H2O/g40.048.060.073.3（NH4）2SO4FeSO46H2O/g18.121.224.527.931.3（1）废铁屑在进行“溶解1”前，需用在5% Na2CO3溶液中加热数分钟，并洗涤干净Na2CO3溶液的作用是（2）“溶解1”应保证铁屑稍过量，其目的是“溶解2”加“几滴H2

17、SO4”的作用是（3）“复分解”制备莫尔盐晶体的基本实验步骤是：蒸发浓缩、过滤、用乙醇洗涤、干燥用乙醇洗涤的目的是（4）“沉淀2”时得到的FeC2O42H2O沉淀需用水洗涤干净检验沉淀是否洗涤干净的方法是（5）“结晶”时应将溶液放在黑暗处等待晶体的析出，这样操作的原因是（6）请补全测定草酸合铁酸钾产品中Fe3+含量的实验步骤【备选试剂：KMnO4溶液、锌粉、铁粉、NaOH溶液】：步骤1：准确称取所制备的草酸合铁酸钾晶体a g，配成250mL待测液步骤2：用移液管移取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入稀H2SO4酸化，使C2O42转化为CO2被除去步骤3：向步骤2所得溶液中步骤4：用c mol

18、L1 KMnO4标准溶液滴定步骤3所得溶液至终点，消耗V mL KMnO4标准溶液22硫氨热化学循环制氢示意图如下：（1）反应1的离子程式为（2）反应2能量转化主要方式为（3）反应3中控制反应条件很重要，不同条件下硫酸铵分解产物不同若在400时分解，产物除水蒸气外还A、B、C三种气体，A是空气中含量最多的单质，B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C能使品红溶液褪色400时硫酸铵分解的化学方程式为（4）反应4是由（a）、（b）两步反应组成：H2SO4（l）=SO3（g）+H2O（g），H=+177kJmol（a）2SO3（g）2SO2（g）+O2（g），H=+196kJmol1（b）则H2SO4（l）

19、分解为SO2（g）、O2（g）及H2O（g）的热化学方程式为：在恒温密闭容器中，控制不同温度进行SO3分解实验以SO3起始浓度均为cmolL1，测定SO3的转化率，结果如图，图中曲线为SO3的平衡转化率与温度的关系，曲线表示不同温度下反应经过相同反应时间且未达到化学平衡时SO3的转化率i）图中点X与点Z的平衡常数K：K（X）K（Z）（选填：，=）；ii）Y点对应温度下的反应速率：v（正）v（逆）（选填：，=）；iii）随温度的升高，曲线逼近曲线的原因是：23利用工业废铁粉（主要成为Fe3O4、Fe）与硫酸反应可制备硫酸盐（1）Fe2+基态核外电子排布式为（2）FeSO4隔绝空气受热分解生成SO

20、2、SO3、Fe2O3SO2分子的空间构型为，其中S原子的杂化类型为与SO3互为等电子体的离子与分子分别为、（填化学式）（3）苯酚可以与Fe3+发生显色反应1mol苯酚中含有键的数目为（4）Fe3O4具有反尖晶石结构某化合物MgxAlyOz与反尖晶石结构相仿，其结构如下图所示，它是由下列A、B方块组成该化合物的化学式为2015-2016学年高三（上）第二次段考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）1化学与人类生活、社会可持续发展密切相关下列说法不正确的是（）A利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境B催化转化机动车尾气为无害气体，能消除酸雨

21、和雾霾的发生C研发高效低毒的农药，降低蔬菜的农药残留量D积极开发废电池的综合利用技术，防止电池中的重金属等污染土壤和水体【考点】常见的生活环境的污染及治理；"三废"处理与环境保护【专题】化学计算【分析】A、根据利用太阳能等清洁能源的优点进行分析判断B、催化转化机动车尾气为无害气体，只能减少酸雨和雾霾的发生，不可能消除；C、高效低毒的农药，降低蔬菜的农药残留量，减少食物等污染；D、根据废旧电池对环境的危害、处理进行分析判断【解答】解：A、利用太阳能、氢能源、风能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源，保护环境，故A正确；B、催化转化机动车尾气为无害气体，只能减少酸雨和雾霾的发

22、生，不可能消除，故B错误；C、研发高效低毒的农药，降低蔬菜的农药残留量，减少对食物等污染，故C正确；D、故废旧电池中含有铅、镉、汞等重金属，积极开发废电池综合利用技术可以减少对环境的污染且可以变废为宝，故D正确；选B【点评】能源、环境等问题是人们关注的热点，也是化学考查的热点，了解废旧电池对环境影响、清洁能源等知识即可正确解答本题2下列有关化学用语表示正确的是（）A乙醇的结构简式 C2H6OB氨基的电子式 C镁离子的结构示意图 D中子数为79、质子数为55 的铯（Cs）原子Cs【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【专题】化学用语专题【分析】A、有机物的结构简式必须表示出官能团；B、氨基

23、中含有2个氮氢键，氮原子最外层为7个电子；C、镁离子核电荷数为12，最外层为8个电子；D、元素符号的左上角表示的是质量数，该铯原子的质量数为134【解答】解：A、有机物的结构简式必须表示出官能团，则乙醇的结构简式为：C2H5OH，故A错误；B、氨基中氮原子最外层为7个电子，氨基的电子式为：，故B正确；C、镁离子的核电荷数为12，核外电子总数为10，镁离子正确的离子结构示意图为：，故C错误；D、中子数为79、质子数为55 的铯（Cs）原子的质量数为134，该原子正确的表示方法为：55134Cs，故D错误；故选B【点评】本题考查了电子式、离子结构示意图、元素符号、结构简式与分子式的判断，题目难度中

24、等，注意掌握常见的化学用语的概念及表示方法，明确结构式与结构简式、分子式的区别3常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A滴入酚酞呈无色的溶液中：K+、Al3+、Cl、CO32B澄清的溶液中：Na+、K+、MnO4、AlO2C =1013molL1的溶液：Na+、Ag（NH3）2+、OH、NO3Dc（I）=0.1molL1的溶液中：Na+、H+、ClO、SO42【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A滴入酚酞呈无色的溶液，pH8；B该组离子之间不反应；C. =1013molL1的溶液，显酸性；D离子之间发生氧化还原反应【解答】解：A滴入酚酞呈无色的溶液，pH8，Al3+

25、、CO32相互促进水解不能共存，故A错误；B该组离子之间不反应，能大量共存，故B正确；C. =1013molL1的溶液，显酸性，不能大量存在Ag（NH3）2+、OH，故C错误；DH+、ClO、I离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选B【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的反应为解答的关键，侧重分析能力与氧化还原反应、水解反应的考查，题目难度不大4下列有关物质性质的应用正确的是（）A氯化钠溶液显中性，可用铝制容器贮存氯化钠溶液B碳酸钠溶液显碱性，可用热的纯碱溶液除去金属器件表面矿物油C氮气化学性质通常不活泼，可将炽热的镁粉可放在氮气中冷却D钾（K）一

26、般不用电解法制备，工业上可用Na与熔融KCl反应制K【考点】钠的重要化合物；氮气的化学性质；碱金属的性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A、氯化钠溶液与铝制容器可以构成原电池，金属铝作负极，发生电化学腐蚀；B、碳酸钠水解显碱性，水解是吸热反应，利用此点性质可以除去油污；C、氮气与镁在加热条件下生成氮化镁；D、K的沸点比钠的低【解答】解：A、氯化钠溶液与铝制容器可以构成原电池，金属铝作负极，发生电化学腐蚀，加快铝腐蚀，故A错误；B、碳酸钠水解显碱性，水解是吸热反应，利用此点性质可以除去油污，矿物油不是油脂，属于烃类，所以不能用纯碱溶液洗涤，故B错误；C、氮气与镁在加热条件下生成氮化镁，所

27、以不能把炽热的镁粉可放在氮气中冷却，故C错误；D、K的沸点比钠的低，工业上可用Na与熔融KCl反应制K，故D正确，故选D【点评】本题主要考查的是原电池原理的应用金属腐蚀与防护、盐类水解的应用，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意把握原电池原理5设NA 为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，1.12LCCl4含有CCl键数目为0.2NAB标准状况下，2.24L氯气中含有的Cl数目一定为0.2NAC常温常压下，4.4gCO2与N2O混合气体中含有的原子总数为0.3NAD80mL 10molL1 盐酸与足量MnO2加热反应，产生Cl2分子数为0.2NA【考点】阿伏加德罗常数【分析

28、】A、标况下，四氯化碳是液态，而气体摩尔体积只适用于气体；B、氯元素有3517Cl和3717Cl等多种同位素；C、根据CO2与N2O的摩尔质量均为44g/mol来计算；D、浓盐酸分别稀盐酸，反应会停止，生成的氯气小于0.2mol【解答】解：A、标况下，四氯化碳是液态，故A错误；B、自然界中的氯元素有3517Cl和3717Cl等多种同位素，故标况下，2.24L氯气即0.1mol氯气中的Cl数目一定小于0.2NA，故B错误；C、CO2与N2O的摩尔质量均为44g/mol，故4.4gCO2与N2O的物质的量为0.1mol，而CO2与N2O均为三原子分子，故0.1mol混合气体中含0.3mol原子，故

29、C正确；D、浓盐酸的物质的量是0.8mol，完全反应生成氯气0.2mol，由于浓盐酸变成稀盐酸，变化继续反应，故生成的氯气小于0.2mol，故D错误；故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大6下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A氯气通入水中：Cl2+H2O2H+Cl+ClOB氢氧化铁胶体中加入HI溶液：Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2OCNaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+CO32D用稀硝酸除去试管内壁银：3Ag+4H+NO3=3Ag+NO+2H2O【考点】离子方程式的书写

30、【分析】A次氯酸为弱电解质保留化学式；B三价铁离子能够氧化碘离子；CNaAlO2溶液中通入过量CO2反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；D稀硝酸与银反应生成硝酸银和一氧化氮【解答】解：A氯气通入水中，离子方程式：Cl2+H2OH+Cl+HClO，故A错误；B氢氧化铁胶体中加入HI溶液，离子方程式为：2Fe（OH）3+6H+2I=2Fe2+I2+6H2O，故B错误；CNaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故C错误；D用稀硝酸除去试管内壁银，离子方程式：3Ag+4H+NO3=3Ag+NO+2H2O，故D正确；故选：D【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难

31、度不大，明确反应的实质是解题关键，注意离子方程式的书写应符合客观实际，注意电荷守恒以及粒子符号等问题7下列图示箭头方向表示与某种常见试剂在通常条件下（不含电解）发生转化，其中6步转化均能一步实现的一组物质是（）选项WXYZAN2NH3NONO2BNaNa2O2NaOHNa2CO3CCuCuSO4CuCl2Cu（OH）2DAlAl2（SO4）3AlCl3NaAlO2AN2 NH3 NO NO2BNa Na2O2 NaOH Na2CO3CCu CuSO4 CuCl2 Cu（OH）2DAl Al2（SO4）3 AlCl3 NaAlO2【考点】镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物；铜金属及其重要化合物的

32、主要性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】AN2与氧气只能生成NO；BNa一步不能生成生成Na2CO3；CCu一步不能生成生成Cu（OH）2；DAl与硫酸反应生成X，Al与HCl反应生成Y，Al与NaOH反应生成Z，Z与过量硫酸反应生成X，X与BaCl2反应生成Y，Y与NaOH反应生成Z【解答】解：AN2与氧气只能生成NO，所以W不能发生图中转化生成Z，故A不选；BNa一步不能生成生成Na2CO3，所以W不能发生图中转化生成Z，故B不选；CCu一步不能生成生成Cu（OH）2，所以W不能发生图中转化生成Z，故C不选；DAl与硫酸反应生成X，Al与HCl反应生成Y，Al与NaOH反应生成Z，

33、Z与过量硫酸反应生成X，X与BaCl2反应生成Y，Y与NaOH反应生成Z，反应均可进行，故D选；故选D【点评】本题考查物质的性质及相互转化，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握发生的化学反应及反应条件为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度中等8下列图示与对应的叙述不相符的是（）A如图表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80时KNO3的不饱和溶液B如图表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C如图表示0.1000molL1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000molL1醋酸溶液得到的滴定曲线D如图表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随

34、时间变化，则改变的条件可能是增大压强【考点】溶解度、饱和溶液的概念；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】图像图表题【分析】Aa点时溶解的硝酸钾的质量小于80时KNO3的溶解度，说明该溶液为不饱和溶液；B反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，使用催化剂可以降低活化分子需要能量；C醋酸为弱酸，没有滴入氢氧化钠溶液时，0.1000mol/L的醋酸溶液的pH大于1；D在t0时改变某一条件后瞬间正逆反应速率都增大，且反应速率相等，平衡不移动，改变的条件可能为增大了压强【解答】解：A曲线上所有的点代表相应温度下KNO3溶液的溶解度，均为饱和溶液，a点溶解的K

35、NO3的质量远小于饱和时的数值，因此a点所示的溶液是80时KNO3的不饱和溶液，该说法正确，故A错误；B反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，因此图象表示的为放热反应；使用催化剂能够降低活化分子能量，使用催化剂时需要能量低于不使用催化剂的能量，该图示与对应的叙述相符，故B错误；C.0.1000molL1NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000molL1CH3COOH溶液，消氢氧化钠溶液体积为0时，醋酸为弱电解质，醋酸溶液的pH大于1，图象中醋酸的pH=1与实际不符，故C正确；D对于反应前后气体的化学计量数相等的化学平衡，增大压强，正逆反应速率瞬间同时增大且相等，图示变化可能为改变了压

36、强，图象变化与题中描述一致，故D错误；故选C【点评】本题考查反应热和焓变、溶解度和饱和溶液、反应速率与化学平衡的关系，题目难度中等，注意明确饱和溶液概念、反应速率与化学平衡的关系，试题侧重考查学生运用所学原理从图象中获取信息、分析问题、及解决问题的能力9镁及其化合物一般无毒（或低毒）、无污染，且镁原电池放电时电压高而平稳，使镁原电池越来越成为人们研制绿色原电池的关注焦点其中一种镁原电池的反应为：xMg+Mo3S4 MgxMo3S4；在镁原电池放电时，下列说法错误的是（）AMg2+向正极迁移B正极反应为：Mo3S4+2xe=Mo3S42xCMo3S4发生氧化反应D负极反应为：xMg2xe=xMg

37、2+【考点】化学电源新型电池【专题】电化学专题【分析】A、镁原电池放电时是原电池，阳离子移向正极；B、原电池电极反应正极是得到电子发生还原反应；C、发生氧化反应的是原电池的负极，失电子；D、负极是失电子发生氧化反应；【解答】解：A、原电池反应中，电解质溶液中的阳离子移向正极，故A正确；B、正极反应是元素化合价降低的物质发生还原反应为：Mo3S4+2xe=Mo3S42x，故B正确；C、Mo3S4在电池反应中得到电子发生还原反应，故C错误；D、负极电极反应是镁失电子发生氧化反应，电极反应为：xMg2xe=xMg2+，故D正确；故选C【点评】本题考查了新型化学能源电池的原电池原理应用，主要是电极反应

38、的书写，电极反应，熟知原电池原理是解题关键10短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13X 的原子半径比Y 的小，X 与W 同主族，Z 是地壳中含量最高的元素下列说法正确的是（）A简单离子半径的大小顺序：r（W）r（Y）r（Z）B元素Z、W 的简单离子的电子层结构不同C元素Y 的简单气态氢化物的热稳定性比Z 的强DW、Y、Z 三种元素的氢化物中，W的熔点最高【考点】原子结构与元素周期律的关系【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 的原子序数依次增大，Z 是地壳中含量最高的元素，则Z为O元素，X 的原子半径比Y 的小，则X不可能与Y处于

39、同一周期，Y的原子序数小于氧元素，故Y处于第二周期，X处于第一周期，则X为H元素，X与W同主族，W原子序数大于氧元素，故W为Na元素，四原子最外层电子数之和为13，则Y原子的最外层电子数为13116=5，故Y为N元素，据此解答【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Z 是地壳中含量最高的元素，则Z为O元素，X 的原子半径比Y 的小，则X不可能与Y处于同一周期，Y的原子序数小于氧元素，故Y处于第二周期，X处于第一周期，则X为H元素，X与W同主族，W原子序数大于氧元素，故W为Na元素，四原子最外层电子数之和为13，则Y原子的最外层电子数为13116=5，故Y为N元素AN3、O2、

40、Na+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：N3O2Na+，故A错误；B元素O、Na的简单离子分别为O2、Na+，核外电子数均为10，二者电子层结构相同，故B错误；C同周期自左而右非金属性增强，故非金属性ON，非金属性越强气态氢化物越稳定，故氢化物稳定性H2ONH3，故C错误；DW、Y、Z 三种元素的氢化物中，NaH属于离子晶体，而氨气、水为为分子晶体，常温下NaH为固体，氨气为气体、水为液体，故NaH的熔点最高，故D正确，故选：D【点评】本题考查物质结构性质关系等，难度中等，推断元素是解题的关键，注意利用同周期原子半径大小关系确定X为氢元素，较好的考查学生分析推理能力11

41、下列说法正确的是（）A在潮湿的环境中，铜容易发生析氢腐蚀形成铜绿B常温下，将pH=4的醋酸溶液稀释后，电离平衡右移，所有离子的浓度均降低C反应SiO2（s）3C（s）=SiC（s）+2CO（g）室温下不能自发进行，则该反应的H0D等体积、等物质的量浓度的NH3H2O溶液与NH4Cl溶液混合后溶液呈碱性，说明NH3H2O的电离程度大于NH的水解程度【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；金属的电化学腐蚀与防护；焓变和熵变；盐类水解的原理【专题】平衡思想；演绎推理法；电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题；电化学专题【分析】A、在金属活动性顺序表中，铜在氢之后，铜不能将氢气置换出；B、根据C（OH

42、）=分析；C、依据反应自发想的判断依据是HTS0，结合反应特征分析；D、NH3H2O电离溶液呈碱性，NH4Cl水解溶液呈酸性，据此判断【解答】解：A、在金属活动性顺序表中，铜在氢之后，铜不能将氢气置换出，故铜不能发生析氢腐蚀，故A错误；B、常温下，将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中氢离子的浓度降低，由C（OH）=可知氢氧根离子的浓度增大，故B错误；C、依据反应自发想的判断依据是HTS0，结合反应特征分析，反应SiO2（s）+3C（s）SiC（s）+2CO（g）室温下不能自发进行，HTS0，反应的熵变S0，则H0，故C错误；D、NH3H2O电离溶液呈碱性，NH4Cl水解溶液呈酸性，所以当等体积、

43、等物质的量浓度的NH3H2O溶液与NH4Cl溶液混合后溶液呈碱性时，说明NH3H2O的电离程度大于NH的水解程度，故D正确故选D【点评】本题考查了金属的腐蚀和溶液稀释时离子浓度的变化，应注意的是，铜在氢之后，铜不能将氢气置换出，故铜不能发生析氢腐蚀12下列有关计的方案能达到实验目的是（）A制备Fe（OH）3胶体：向0.1molL1FeCl3溶液中加入等体积0.3molL1NaOH溶液B除去FeCl3溶液中少量Cu2+：向含有少量Cu2+的FeCl3溶液中加入适量铁粉至蓝色刚好消失后过滤C等浓度的碳酸钠溶液和硫酸钠溶液，前者碱性强，可以证明硫的非金属性比碳强D验证氧化性Fe3+Br2Cl2：向试

44、管中依次加入1mL 0.1molL1FBr2溶液、几滴KSCN溶液和1mL苯，然后逐滴加入氯水，并缓缓振荡，直到氯水过量，观察整个过程中有机相和水相中的现象【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀； B铁先与FeCl3溶液反应；C最高价氧化物对应水化物的酸性越强，中心元素的非金属性越强；D同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性【解答】解：A氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，得不到氢氧化铁胶体，故A错误； B铁先与FeCl3溶液反应，将原物质除掉，故B错误；C同温度下相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的pH，前者大于后者，说明碳酸的

45、酸性弱于硫酸，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，中心元素的非金属性越强，故非金属性CS，故C正确；D验证氧化性Fe3+Br2Cl2：向试管中依次加入1mL 0.1molL1FeBr2溶液、几滴KSCN溶液和1mL苯，苯和水不互溶，二者分层且水在下层苯在上层，然后逐滴加入氯水，并缓缓振荡，直到氯水过量，氯水氧化亚铁离子生成铁离子而导致水层呈黄色，氯气氧化溴离子生成溴单质，溴单质易溶于苯而使苯层呈橙色，观察整个过程中有机相和水相中的现象，并根据颜色变化先后顺序确定氧化性强弱，故D正确故选CD【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，涉及氧化性强弱判断、胶体制

46、备、除杂等知识点，能从实验操作规范性及实验评价性分析判断，易错选项是D13已知25时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数（25）1.8×l054.9×l010K1=4.3×l07K2=5.6×l011则下列有关说法正确的是（）A等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（Na2CO3）pH（NaCN）pH（CH3COONa）BamolL1HCN溶液与bmolL1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c（Na+）c（CN），则a一定小于bC冰醋酸中逐滴加水，则溶液的导电性、醋酸的电离度、pH均先增大后减小DNaHCO3和Na

47、2CO3混合溶液中，一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32）【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】A、根据盐的水解规律：越弱越水解来分析；B、根据溶液混合所发生的反应后溶液的组成来判断离子浓度的大小；C、溶液的导电性和离子浓度大小有关，电离度和溶液的浓度有关，pH大小值取决于溶液的氢离子浓度大小；D、根据溶液中的电荷守恒来分析【解答】解：A、根据表中酸的电离平衡常数，可以知道酸性顺序是：醋酸氢氰酸碳酸氢根，盐的水解规律：越弱越水解，所以水解能力：碳酸钠氰化钠醋酸钠，即pH（Na2CO3）pH（NaCN）pH（CH3COO

48、Na），故A正确；B、amolL1HCN溶液与bmolL1NaOH溶液等体积混合，如果a=b时，则生成的是NaCN溶液，c（Na+）c（CN）也成立，故B错误；C、冰醋酸原来没有水，然后加水溶于水电离，到达冰醋酸全部电离后，导电性最大，PH最小，继续加水，虽然总的电离的分子多了，但是氢离子和醋酸根离子浓度下降很快，导电性下降，PH增加，趋向7，无限稀释后，导电性极弱，PH7，所以冰醋酸中逐滴加水，溶液导电性先增强后减弱，根据越稀越电离的规律，则电离度逐渐增大，开始阶段是电离阶段，氢离子浓度逐渐增大，pH减小，达到电离平衡以后，再稀释，氢离子浓度减小，pH增大，即pH均先减小后增大，故C错误；D

49、、NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，溶液存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），故D正确故选AD【点评】本题重点考查学生弱电解质的电离平衡知识，可以根据所学内容来回答，难度不大1425时，向20mL 0.1molL1氨水中滴加0.1molL1盐酸，溶液pH随滴加盐酸溶液体积的变化如图所示下列说法正确的是（）Aa点时，c（NH3H2O）c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）Bab区域内可能有c（NH4+）=c（Cl）C当V（HCl）=10 mL时，c（NH4+）c（NH3H2O）=2c（OH）c（H+）D当V（HCl）=20 mL时，c（H

50、+）+c（Cl）c（NH4+）+c（NH3H2O）+c（OH）【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】Aa点时，加入盐酸的体积小于10mL，氨水过量，溶液呈碱性，题中电荷不守恒；Bab区域内氨水过量，溶液呈碱性，结合电荷守恒判断；C当V（HCl）=10mL时，氨水过量，反应后溶液存在等物质的量的NH3H2O和NH4Cl，结合盐类的水解和弱电解质的电离以及电荷守恒和物料守恒解答；D当V（HCl）=20 mL时，氨水和盐酸完全中和，反应后溶液呈酸性，结合物料守恒和电荷守恒判断【解答】解：Aa点时，加入盐酸的体积小于10mL，氨水过量，溶液呈碱性，离子浓度

51、应为c（NH4+）c（Cl），故A错误；Bab区域内，溶液中存在c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH），溶液呈碱性，应有c（OH）c（H+），则c（NH4+）c（Cl），故B错误；C当V（HCl）=10mL时，氨水过量，反应后溶液存在等物质的量的NH3H2O和NH4Cl，溶液中存在电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH），存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3H2O）=2c（Cl），二者联式可得：c（NH4+）c（NH3H2O）=2c（OH）c（H+），故C正确；D当V（HCl）=20 mL时，氨水和盐酸完全中和，反应后溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），溶液

52、中存在电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH），存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（Cl），则有c（H+）+c（Cl）c（NH4+）+c（NH3H2O）+c（OH），故D正确故选CD【点评】本题综合考查酸碱混合的定性判断和离子浓度大小比较，侧重于盐类水解和弱电解质的电离的考查，注意电荷守恒和物料守恒的应用，题目难度中等16一定温度时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的SO2和O2，发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）反应过程中测定的部分数据见下表（表中t1t2），下列说法正确的是（）反应时间/minn（SO2）/moln（O2）/mol00.100.060t10.012t20.016A反应在0t1 min内的平均速率为v（SO3）=molL1min1B保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.10molSO3和0.010 molO2，到达平衡时，n（SO2）=0.012 molC保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（SO2）=0.0070molL1，则反应的H0D相同温度下，起始时向容器中充入0.050molSO2和0.030molO2，达到平衡时SO2转化率小于88%【考点】化学平