天津市五区县高三上期末化学试卷解析

1、2015-2016学年天津市五区县高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、本题共16小题，每小题3分，共48分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是（）A明矾是常用的水处理剂，可以淡化海水B中国新型“鹘鹰”战斗机上使用的碳纤维是一种新型无机高分子材料C“血液透析”利用了胶体的性质D葡萄酒中常添加极少量SO2，有防止葡萄酒氧化变质等作用【考点】镁、铝的重要化合物；胶体的重要性质；二氧化硫的化学性质；无机非金属材料【专题】化学应用【分析】A、明矾水解生成氢氧化铝胶体，可除去水中的悬浮物；B、碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶

2、石墨材料，不属于新型有机高分子材料；C、血液是胶体；D、二氧化硫具有还原性，葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，少量SO2对人体是无害的；【解答】解：A明矾水解生成氢氧化铝胶体，可除去水中的悬浮物，但不能使海水淡化，故A错误；B、碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，不属于新型有机高分子材料，是一种新型无机高分子材料，故B正确；C、血液是胶体，胶粒不能透过半透膜，故C正确；D、二氧化硫具有还原性，葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，少量SO2对人体是无害的，所以葡萄酒中常添加极少量SO2，有防止葡萄酒氧化变质等作用，故D正确；故选A【点评】本题考

3、查了盐类水解原理、无机高分子材料、胶体和二氧化硫的性质，物质性质的理解应用，掌握基础是解题关键，题目较简单2下列有关实验叙述正确的是（）A稀释浓硫酸时，要将水沿器壁慢慢倒入浓硫酸中，并不断搅拌B实验需要0.1 molL1的Na2CO3溶液480 mL，配制时需用500 mL容量瓶C在测量温度时，温度计水银球紧贴容器内壁不影响测量结果D从碘水中提取单质碘时，可用无水乙醇代替CCl4【考点】化学实验方案的评价【专题】化学实验基本操作【分析】A稀释浓硫酸时要将浓硫酸慢慢倒入水中，并不断搅拌； B没有480mL的容量瓶；C温度计的水银球不能接触容器内壁，否则会影响测定结果；D萃取剂与水不能互溶，应分层

4、，从碘水中提取单质碘时，可用CCl4，不可用无水乙醇代替【解答】解：A稀释浓硫酸时要将浓硫酸慢慢倒入水中，并不断搅拌，防止液体飞溅，故A错误； B没有480mL的容量瓶，可配制500mL溶液量取480mL，故B正确；C测量或监测温度时，温度计水银球不能碰到容器内壁，否则读数不准确，会影响测量结果，故C错误；D萃取剂与水不能互溶，应分层，碘易溶于水四氯化碳，且四氯化碳不溶于水，可用萃取分液法分离，而酒精与碘水中的水互溶，不分层，不可用无水乙醇代替CCl4，故D错误故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及实验基本操作等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作

5、性、评价性分析，题目难度不大3下列说法正确的是（）A两种不同元素的原子中，137Cs比131I多6个中子B多电子原子中，在离核较远的区域内运动的电子能量较低C同主族元素的简单阴离子还原性越强，其氢化物的稳定性越强D短周期元素X和Y的原子序数相差2，则X与Y可能同周期，也可能同主族【考点】核素；元素周期表的结构及其应用；元素周期律的作用；反应热和焓变【专题】原子组成与结构专题；元素周期律与元素周期表专题【分析】ACs与碘的质子数不同； B原子核外电子是分层排布的，距离原子核越近能量越低；C同主族简单阴离子还原性越强，元素的非金属性越弱，氢化物稳定性与元素金属性一致；D短周期元素X、Y的原子序数相

6、差2，可能为同周期的元素，也可能为同一主族元素【解答】解：ACs与碘的质子数分别为55，53，137Cs比131I中子数分别为82、78，故A错误； B原子核外电子是分层排布的，距离原子核越近能量越低，所以N层能量最高，故B错误；C同主族简单阴离子还原性越强，元素的非金属性越弱，氢化物稳定性与元素金属性一致，则该元素对应的气态氢化物稳定性越弱，故C错误；D短周期元素X、Y的原子序数相差2，可能为同周期的元素，如C与O，也可能为同一主族元素，如Li与H，故D正确故选D【点评】本题多角度考查元素周期表与周期律知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于基础知识的综合理解与运用的考查，难度不大，注意相关基

7、础知识的积累4下列说法正确的是（）A过量的铜与浓硝酸反应能产生NOB将CO2、SO2通入Ca（ClO）2溶液均发生反应且反应类型相同CSiO2与所有的酸都不能发生反应D加过量盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊气体的钠盐为Na2CO3【考点】硝酸的化学性质；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】A、过量的铜与浓硝酸反应，随反应的进行浓硝酸变成稀硝酸，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮；B、将CO2与Ca（ClO）2溶液中发生复分解反应，而SO2通入Ca（ClO）2溶液发生氧化还原反应；C、SiO2与氢氟酸反应；D、产生能使澄清石灰水变浑浊气体可能是二氧化碳和二氧

8、化硫气体【解答】解：A、过量的铜与浓硝酸反应，随反应的进行浓硝酸变成稀硝酸，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，所以过量的铜与浓硝酸反应能产生NO，故A正确；B、将CO2与Ca（ClO）2溶液中发生复分解反应，而SO2通入Ca（ClO）2溶液发生氧化还原反应，则反应的类型不同，故B错误；C、SiO2与氢氟酸反应，而不是与所有的酸都不能发生反应，故C错误；D、产生能使澄清石灰水变浑浊气体可能是二氧化碳和二氧化硫气体，所以可能是碳酸氢盐、亚硫酸盐和亚硫酸氢盐，故D错误；故选A【点评】本题考查浓硝酸的性质和二氧化硫的还原性，为高频考点，涉及元素及其化合物性质等知识，题目难度不大5下列有关离子反应的判

9、断正确的是（）A2Fe3+Fe3Fe2+成立，说明氧化性：Fe3+Fe2+BSO2饱和溶液中NH4+、K+、CO32、SO32可大量存在C用NaOH溶液吸收尾气中的氯气：Cl2+4OH2ClO+2H2OD向NaHS溶液中加入适量硝酸发生反应：HS+H+H2S【考点】离子共存问题；离子方程式的书写；氧化性、还原性强弱的比较【专题】离子反应专题【分析】A氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；BSO2与CO32、SO32均反应；C反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；D发生氧化还原反应生成S、NO和水【解答】解：A.2Fe3+Fe3Fe2+成立，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性说明氧化性：Fe3+Fe2+

10、，故A正确；BSO2与CO32、SO32均反应，不能大量共存，故B错误；C用NaOH溶液吸收尾气中的氯气的离子反应为Cl2+2OHClO+Cl+H2O，故C错误；D向NaHS溶液中加入适量硝酸发生反应的离子反应为6HS+4NO3+10H+=6S+4NO+8H2O，故D错误；故选A【点评】本题考查离子的共存、离子反应方程式及氧化还原反应，为高频考点，把握习题中的信息及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及反应考查，题目难度不大6已知：CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）H=+49.0kJmol1CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2

11、H2（g）H=192.9kJmol1下列说法正确的是（）A由反应可计算出CH3OH的燃烧热B反应中的能量变化如图所示C可推知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.8 kJmol1D可推知CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）H192.9 kJmol1【考点】反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、根据燃烧热的概念结合盖斯定律将，32计算判断；B、根据反应：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）H=192.9kJmol1结合图象来判断；C、已知：CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）H1=+49.0kJmol1CH

12、3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）H2=192.9kJmol1根据盖斯定律，反应2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）是22得到，据此计算；D、甲醇的液态转化为气态过程需要吸收热量，据此回答【解答】解：A、根据盖斯定律将，32可得：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=192.9kJ/mol349kJ/mol2=676.7kJ/mol，所以甲醇的燃烧热为676.7kJ/mol，故A正确；B、根据反应：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）H=192.9kJmol1，1mol甲醇消耗0.5mol氧气生成1mol二氧化碳和2mol氢气放

13、出的热量为192.9kJ，故B错误；C、已知：CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）H1=+49.0kJmol1CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）H2=192.9kJmol1根据盖斯定律，反应2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）是22得到，所以反应的H=2192.9kJmol1249.0kJmol1=483.8kJmol1，故C正确；D、根据CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）H=192.9kJmol1，甲醇的液态转化为气态过程需要吸收热量，推知CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）H192.9 kJmol1，

14、故D错误故选AC【点评】本题考查了化学反应能量变化的分析判断，燃烧热概念理解计算，掌握基础是关键，题目难度中等7NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（）A1 mol 羟基（OH）含有的电子数为10 NAB高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成H2的分子数为0.3 NAC7.8 g Na2S、Na2O2的固体混合物中含有的阴离子数为0.1 NAD用惰性电极电解饱和食盐水，电路中通过NA个电子，则阳极产生气体11.2 L【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羟基中含有9个电子，1mol羟基中含有9mol电子；B铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，产

15、物中Fe元素的化合价为+，据此计算出转移电子数；C过氧化钠与硫化钠的摩尔质量都是78g/mol，过氧化钠中含有2个钠离子和1个过氧根离子，据此计算出混合物中含有的阴离子数目；D没有告诉在标准状况下，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算【解答】解：A羟基为中性原子团，1 mol 羟基（OH）含有9mol电子，含有的电子数为9NA，故A错误；B铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，产物中Fe元素的化合价为+，0.2molFe完全反应转移电子的物质的量为：0.2mol（0）=mol，转移电子数为NA，故B错误；C7.8g Na2S、Na2O2的固体混合物的物质的量为： =0.1mol，Na2O2的阴离子为过

16、氧根离子，则0.1mol该混合物中含有的阴离子为0.1mol，含有的阴离子数为0.1 NA，故C正确；D电路中通过NA个电子，转移了1mol电子，阳极生成的是氢气，根据电子守恒阳极生成了0.5mol氢气，由于不是标准状况下，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算0.5mol氢气的体积，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，明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力8下列实验叙述正确的是（）A用a装置除去混合气体中的杂质CO2B

17、用b装置排气法收集H2、NH3、Cl2Cc装置用于碳酸钙和浓盐酸反应制取纯净CO2Dd中橡胶管可使烧瓶内的压强与大气压保持一致，便于液体滴下【考点】化学实验方案的评价【专题】化学实验基本操作【分析】A用洗气装置除杂时，导气管遵循“长进短出”原则；B常温下和空气不反应且密度与空气相差较大的气体可以采用排空气法收集；C浓盐酸具有挥发性，导致生成的二氧化碳中含有HCl；Dd中橡胶管可使烧瓶内的压强小于分液漏斗中压强，利用压强差将分液漏斗中液体滴下【解答】解：A二氧化碳能和澄清石灰水反应，但CO不反应，所以可以用澄清石灰水洗涤CO中的二氧化碳，但导气管应该遵循“长进短出”原则，否则易排出液体，故A错误

18、；B这几种气体常温下和空气都不反应，氢气和氨气密度小于空气，可以采用向下排空气法收集，导气管应该遵循“短进长出”原则；氯气密度大于空气，可以采用向上排空气法收集，导气管应该遵循“长进短出”原则，故B正确；C浓盐酸具有挥发性，浓硫酸具有吸水性，但和氯化氢不反应，导致生成的二氧化碳中含有HCl，故C错误；Dd中橡胶管可使烧瓶内的压强小于分液漏斗中压强，利用压强差将分液漏斗中液体顺利滴下，从而实现实验目的，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及除杂、气体制取、收集等基本操作，明确实验原理及基本操作方法是解本题关键，会根据物质性质差异性选取合适的除杂方法，注意：除杂时不能引

19、进新的杂质9下列说法中正确的是（）AH2与O2的反应是熵增的放热反应B能说明盐酸是强酸的反应：HCl+AgNO3=AgCl+HNO3C向NaCl和KI的混合溶液中，逐滴加入AgNO3溶液，先产生黄色沉淀，则Ksp（AgCl）Ksp（AgI）D配制一定浓度的硫酸铝溶液时，应先加稀硫酸溶解硫酸铝固体，再稀释至所需浓度【考点】焓变和熵变；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；溶液的配制【专题】化学反应中的能量变化；电离平衡与溶液的pH专题【分析】A、气体物质变成液态物质，所以是熵减的放热反应；B、HCl+AgNO3=AgCl+HNO3此反应不是强制弱，而是符合复分解反应生成沉淀，生成难溶物；C、首先

20、生成溶度积小的物质，则Ksp（AgCl）Ksp（AgI）；D、硫酸铝是强酸弱碱盐防止水解【解答】解：A、气体物质变成液态物质，所以是熵减的放热反应，而不是熵增，故A错误；B、HCl+AgNO3=AgCl+HNO3此反应不是强制弱，而是符合复分解反应生成沉淀，生成难溶物，故B错误；C、首先生成溶度积小的物质，先产生黄色沉淀，说明Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故C 错误；D、硫酸铝是强酸弱碱盐防止水解，所以配制一定浓度的硫酸铝溶液时，应先加稀硫酸溶解硫酸铝固体，故D正确；故选D【点评】本题考查了沉淀之间的转化，其原理是：溶解度小的转化为溶解度更小的，要掌握牢固10工业上可用硫酸铝与硫黄焙烧制

21、备氧化铝，再电解氧化铝制得铝，发生反应如下：反应：2Al2（SO4）3+3S2Al2O3+9SO2，反应：2Al2O34Al+3O2下列说法中正确的是（）A反应中S单质是氧化剂B反应Al2O3中Al元素被氧化C当生成5.4 g Al时，反应和反应共转移1.2 mol eD反应氧化产物与还原产物物质的量之比为2：9【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】反应I：2Al2（SO4）3+3S2Al2O3+9SO2中，S元素的化合价由+6价降低为+4价，S元素的化合价由0升高为+4价；反应：2Al2O34Al+3O2中，Al元素的化合价降低，O元素的化合价升高，以此来解答【解答】解：A反应

22、中S单质是还原剂，故A错误；B反应Al2O3中Al元素得到电子被还原，故B错误；C当生成5.4 g Al时，n（Al）=0.2mol反应和反应共转移电子为0.1mol+0.1mol6=1.2 mol e，故C正确；D反应氧化产物与还原产物均为SO2，由S原子守恒可知，物质的量之比为3：6=1：2，故D错误；故选C【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意转移电子的计算及基本概念的应用，题目难度不大11下列除杂方案错误的是（） 选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法AC2H5OH（l）H2O（l）新制的生石灰蒸馏BNH4Cl（a

23、q）Fe3+（aq）NaOH溶液过滤CCl2（g）HCl（g）饱和食盐水、浓H2SO4洗气DNaCl（s）Na2CO3（s）盐酸蒸发 结晶AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】A生石灰与水反应，可起到吸收水的作用；B二者都与氢氧化钠溶液反应；C氯气难溶于饱和食盐水；D碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠【解答】解：A生石灰与水反应，可起到吸收水的作用，蒸馏可得到乙醇，故A正确；B二者都与氢氧化钠溶液反应，可加入氨水除杂，故B错误；C氯气难溶于饱和食盐水，可用于除去氯化氢，故C正确；D碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠，可用于除杂，故D正确故选B【点评】本

24、题考查物质分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大12下列说法正确的是（）ApH=6的纯水中，c（OH）=108 molL1B向0.1 molL1Na2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c（Na+）、c（SO32）均增大C室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液pH7D0.1 molL1Na2CO3溶液中c（OH）=c（H+）+c（HCO3）+c（H2CO3）【考点】水的电离；影响盐类水解程度的主要因素；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】A

25、由水电离出的氢离子浓度等于由水电离出的氢氧根离子浓度；B亚硫酸钠溶液中加入氢氧化钠，钠离子浓度增大，氢氧根离子浓度增大抑制了亚硫酸根离子的水解，导致亚硫酸根离子浓度也增大；C醋酸为弱酸，不能完全电离，pH值为3的CH3COOH和pH为11的NaOH溶液，两溶液中c（OH）和c（H+）相等，反应后酸过量，溶液呈酸性；D由水电离出的氢离子浓度等于由水电离出的氢氧根离子浓度，据此判断即可【解答】解：ApH=6的纯水中，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，均为106 molL1，故A错误；B向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，溶液中钠离子、氢氧根离子浓度增大，氢氧根离子抑制了亚硫酸根离

26、子的水解，则亚硫酸根离子浓度增大，所以c（Na+）、c（SO32）均增大，故B正确；CpH值为3的CH3COOH和pH为11的NaOH溶液，两溶液中c（OH）和c（H+）相等，都为0.001mol/L，但醋酸为弱酸，不能完全电离，所以醋酸浓度大，反应后酸过量，则混合溶液呈酸性，pH7，故C错误；D由水电离出的氢离子浓度等于由水电离出的氢氧根离子浓度，0.1 molL1Na2CO3溶液中存在：c（OH）=c（H+）+c（HCO3）+2c（H2CO3），故D错误，故选B【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度不大，明确物料守恒的含义为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用，试题侧重基础知

27、识的考查，培养了学生的灵活应用能力13某研究性学习小组设计如下微型实验装置实验时，先断开KL，闭合KC，两极均有气泡产生；一段时间后，断开KC，闭合KL，发现电流计A指针偏转下列有关说法正确的是（）A断开KL，闭合KC时，铁作阴极，总反应方程式为2H2O=2H2+O2B断开KL，闭合KC时，石墨电极附近溶液变红C断开KC，闭合KL时，石墨作正极，发生还原反应Cl2+2e=2ClD断开KC，闭合KL时，铁作负极，发生铁的吸氧腐蚀反应【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】断开KL，闭合KC时，为电解池反应，两极均有气泡产生，则石墨应为电解池阳极，Fe极为电解池阴极，两极上分别生

28、成氯气和氢气，一段时间后，断开KC闭合KL，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，Fe为原电池的负极，负极上氢气失电子，石墨为正极，正极上氯气得电子，以此解答该题【解答】解：A断开KL，闭合KC时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明是电解饱和食盐水的反应，反应的离子方程式为2H2O+2ClCl2+H2+2OH，故A错误；B断开KL，闭合KC时，是电解池装置，Fe做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大酚酞变红，即Fe电极附近溶液变红色，故B错误；C断开KC，闭合KL时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，石墨作正极，正极上

29、氯气得电子发生还原反应：Cl2+2e=2Cl，故C正确；D断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，Fe为原电池的负极，负极上氢气失电子，故D错误故选C【点评】本题综合考查电解池和原电池知识，注意把握电化学工作原理，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度中等14CuSO4是一种重要的化工原料，有关制备及性质如下所示下列说法错误的是（）A生成等量的CuSO4时，消耗的酸最少，且能体现绿色化学思想B反应中Y可以是葡萄糖或乙醛溶液C反应所得混合气体X中一定有O2D反应中H2SO4与HNO3物质的量最佳比为3：1【考点】化学实验方案的评价；

30、铜金属及其重要化合物的主要性质【专题】实验评价题；元素及其化合物【分析】A由Cu原子守恒可知，相同物质的量的Cu最终得到相同的硫酸铜，中硫酸作酸；B反应为氢氧化铜氧化CHO的反应；C反应中Cu元素的化合价降低，则O元素的化合价必定升高；D发生3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，以此来解答【解答】解：A由Cu原子守恒可知，相同物质的量的Cu最终得到相同的硫酸铜，中硫酸作酸，、中铜和浓硫酸反应会生成二氧化硫气体污染空气，消耗酸多，故A正确；B葡萄糖与氢氧化铜反应的方程式为：C6H12O6+2Cu（OH）2C6H12O7+Cu2O+2H2O，所以Y可为葡萄糖或乙醛溶液，故B正确；C

31、硫酸铜分解生成Cu2O，Cu元素的化合价降低，S元素为最高价不能升高，所以O元素的化合价升高，即有氧气生成，根据2CuSO4Cu2O+SO2+SO3+O2知，所得混合气体X中一定有O2，故C正确；DCu与混酸反应，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，离子反应为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故D错误；故选D【点评】本题考查制备实验的评价，为高频考点，把握制备实验原理、环境保护及发生的反应为解答的关

32、键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大15某化学反应2A（g）B（g）+D（g）在四种不同条件下进行，B、D起始浓度均为0反应物A的浓度（c/molL1）随反应时间（t/min）的变化情况如下表：实 验序 号时间（min）浓度（molL1）温度（）010203040506018001.00.800.670.570.500.500.502800c20.600.500.500.500.500.503800c30.920.750.630.600.600.6048201.00.400.250.200.200.200.20根据上述数据，下列说法错误的是（）A该反应是吸热反应，升温正、逆反应速率增大B

33、实验3中 c3=1.2 molL1C实验1与实验3比较，A的平衡转化率之比为1：2D实验2使用了催化剂，在0至10 min内平均速率（B）=0.02 molL1min1【考点】化学平衡建立的过程【专题】化学平衡专题【分析】A、加热平衡向吸热反应方向移动；B、以10至20min为例求出反应速率进行比较；C、实验1与实验3是等效平衡，所以A的平衡转化率相等；D、根据实验1、2数据分析【解答】解：A、比较实验4和实验1可知平衡时实验4反应物A的浓度小，由实验1到实验4升高温度，平衡右移，加热平衡向吸热反应方向移动，而且升高温度正逆反应速率都加快，故A正确；B、在实验1中，反应在10至20min时间内

34、平均速率为V=0.013mol（Lmin）1，在实验3中，反应在10至20min时间内平均速率为V=0.015mol（Lmin）1，故v3v1，实验1的其实浓度为1.0mol/L，由平衡时浓度可知在实验3的起始浓度大于1.0mol/L，实验1和实验3是等效平衡，起始A的浓度为1.0mol/L时平衡浓度为0.5mol/L，而A的平衡浓度为0.6mol/L时，初起c3=1.2 molL1，故B正确；、实验1与实验3是等效平衡，所以A的平衡转化率相等，则平衡转化率之比为1：1，故C错误；D、根据实验1、2数据分析，温度相同，达平衡后A的物质的量浓度相同，且B、D起始浓度为0，所以两组实验中A的起始浓

35、度相同为1.0molL1 ；温度相同，达平衡后A的物质的量浓度相同，但达平衡时2组的时间较短，所以只能是加入催化剂，而v（A）=0.04mol/（Lmin），所以（B）=0.02 molL1min1，故D正确；故选C【点评】本题考查化学平衡的计算与影响因素、反应速率计算、平衡常数应用等，侧重考查学生对数据的分析处理能力、知识迁移运用能力，题目难度中等16常温下，向体积均为V0、浓度均为0.10molL1的MOH和ROH溶液中分别加水稀释至体积为V，溶液pH随lg的变化如图所示，下列叙述正确的是（）Ab、c两点的溶液中：c（R+）c（M+）BMOH的电离程度：c点小于d点C溶液中水的电离程度：b

36、cadD当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则增大【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】A根据电荷守恒分析；B弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大；C溶液中氢氧根离子浓度越大，对水的抑制程度越大，水的电离程度越小；DMOH的碱性强于ROH的碱性，当lg=2时，若两溶液同时升高温度，促进弱电解质电离【解答】解：AMOH和ROH溶液中，电荷守恒为c（OH）=c（H+）+c（M+），c（OH）=c（H+）+c（R+），因为两个溶液中氢离子浓度相同，所以c（R+）=c（M+），故A错误；B由图示可以看出MOH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减

37、小其电离程度增大，c点溶液体积大于d点，所以c点浓度小于d点，则ROH电离程度：cd，故B错误；C溶液中氢氧根离子浓度越大，对水的抑制程度越大，水的电离程度越小，所以溶液中水的电离程度：b=ccad，故C错误；D根据A知，碱性MOHROH，当lg=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以增大，故D正确；故选D【点评】本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡，为高频考点，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键，易错选项是C，注意：碱无论任何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离，为易错点二、解答题（共4小题，满分52分）17有八

38、种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h，其中x、y、d、f随着原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液（浓度均为0.01molL1）的pH与原子序数的关系如图2所示根据上述信息进行判断，并回答下列问题：（1）h在元素周期表中的位置是第三周期第A族（2）比较f、g、h常见离子的半径大小S2ClAl3+（用离子符号表示）；e、f 的最高价氧化物对应水化物碱性较强的是NaOH（用化学式表示）（3）下列可作为比较f和Mg金属性强弱的依据是bca测两种元素单质的硬度和熔、沸点b测等浓度相应氯化物水溶液的pHc比较单质与同浓

39、度盐酸反应的剧烈程度d比较两种元素在化合物中化合价的高低（4）上述元素任选三种组成六原子共价化合物，写出其化学式HClO4、H2CO3、H2SO3等（写一个即可）（5）据报道，最近意大利科学家获得了极具研究价值的z4，其分子结构与白磷分子的正四面体结构相似已知断裂1mol zz键吸收167kJ热量，生成1mol ZZ键放出942kJ热量，请写出z4气体在一定条件下生成z2气体反应的热化学方程式N4（g）=2N2（g）H=882kJ/mol（6）由上述元素中的y、z、e组成的某剧毒化合物eyz不慎泄露时，消防人员通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理，以较少污染反应生成一种酸式盐和一种气体，二者溶于

40、水均呈碱性，该反应的化学方程式为NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3已知eyz含有z2分子中类似的化学键，写出化合物eyz的电子式【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】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，f是Al元素，z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为0.01molL1，e的pH为12，为一元强碱，则e是Na元素，z、h的pH均为2，为一元强酸，则z为N元素、h为Cl元素；g的pH小于2，则g的为二元强酸，故g为S元素（1）主族元素周期数=电子层数、主族族序数=最外层电子

41、数；（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大；金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强；（3）a单质的硬度和熔、沸点，属于物理性质，不能比较金属强弱；b溶液pH越小，水解程度越大，对应元素的金属性越弱；c金属性越强，单质与同浓度盐酸反应越剧烈；d金属性强弱与失去电子数目无关，与得失电子难易有关；（4）任三种组成六原子共价化合物有HClO4、H2CO3、H2SO3等；（5）N4气体转变为N2气体先破坏N4分子NN键吸收能量，再生成N2分子形成NN键放出能量，注意一个N4分子中含有6个NN键，计算能量的变化，注明聚集状态、反应热书写热化学方程式；（6）化合物

42、NaCN不慎泄露时，通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理，以较少污染反应生成一种酸式盐和一种气体，二者溶于水均呈碱性，应生成NaHCO3、NH3；NaCN由Na+、CN构成，含有N2分子中类似的化学键，则CN中存在三键【解答】解：从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，f是Al元素，z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为0.01molL1，e的pH为12，为一元强碱，则e是Na元素，z、h的pH均为2，为一元强酸，则z为N元素、h为Cl元素；g的pH小于2，则g的为二元强酸，故g为S元素（1）h为Cl元素，处于周期表中第三周期第A

43、族，故答案为：第三周期第A族；（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，则离子半径：S2ClAl3+；金属性NaAl，金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强，故金属性NaOHAl（OH）3，故答案为：S2ClAl3+；NaOH；（3）a单质的硬度和熔、沸点，属于物理性质，不能比较金属强弱，故A错误；b溶液pH越小，金属阳离子水解程度越大，金属阳离子对应的键越弱，则对应元素的金属性越弱，故b正确；c单质与同浓度盐酸反应越剧烈，说明金属性越强，故c正确；d化合物中金属元素化合价越高，说明金属原子失去电子越大，但金属性强弱与失去电子数目无关，与得失电子难易有

44、关，故d错误，故选：bc；（4）任三种组成六原子共价化合物有HClO4、H2CO3、H2SO3等，故答案为：HClO4、H2CO3、H2SO3等；（5）根据原子守恒知，一个N4分子生成2个N2分子，一个N4分子中含有6个NN键，破坏1molN4分子中含有6molNN键需要吸收167kJ/mol6mol=1002kJ能量；生成2molNN键放出942kJ/mol2mol=1884kJ能量，所以该反应放出1884kJ1002kJ=882kJ能量，所以热化学反应方程式为N4（g）=2N2（g）H=882kJ/mol，故答案为：N4（g）=2N2（g）H=882kJ/mol；（6）化合物NaCN不慎泄

45、露时，通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理，以较少污染反应生成一种酸式盐和一种气体，二者溶于水均呈碱性，应生成NaHCO3、NH3，反应方程式为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，NaCN由Na+、CN构成，含有N2分子中类似的化学键，则CN中存在三键，NaCN电子式为：，故答案为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3；【点评】本题考查结构位置性质关系、半径的大小比较、元素周期律、热化学方程式书写、盐类水解等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等18工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁Fe（OH）SO4的工艺流程如下：请回答下列

46、问题：（1）反应 I所得溶液中的金属阳离子有Al3+、Fe2+（2）加入NaHCO3并搅拌，发生反应的离子方程式是Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2（3）反应的离子方程式是Fe2+NO2+2H+=Fe3+NO+H2O；若将反应II设计成原电池，其负极反应式是Fe2+e=Fe3+（4）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO3为检验所得产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂是da氯水 bKSCN溶液 cNaOH溶液 d酸性KMnO4溶液（5）实验测得0.2molL1碱式硫酸铁溶液pH=5，若溶液中铁元素只以Fe（OH）2+、

47、Fe2（OH）42+两种离子形式存在，用离子方程式解释溶液显酸性的原因2Fe（OH）2+2H2O Fe2（OH）42+2H+【考点】制备实验方案的设计【专题】无机实验综合【分析】废铁屑中含少量氧化铝、氧化铁等，将过量废铁屑加入稀硫酸中，发生反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2、Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4，然后加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，发生反应Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2，所以滤渣中成分是Al（OH）3，过滤得到硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加

48、入稀硫酸和NaNO2，酸性条件下，NaNO2和FeSO4发生氧化还原反应生成铁离子、NO，将溶液蒸发浓缩、过滤得到碱式硫酸铁【解答】解：废铁屑中含少量氧化铝、氧化铁等，将过量废铁屑加入稀硫酸中，发生反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2、Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4，然后加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，发生反应Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2，所以滤渣中成分是Al（OH）3，过滤得到硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入稀硫酸和NaNO2，酸性条件下，NaNO

49、2和FeSO4发生氧化还原反应生成铁离子、NO，将溶液蒸发浓缩、过滤得到碱式硫酸铁（1）由上述分析可知，反应 I所得溶液中的金属阳离子有：Al3+、Fe2+，故答案为：Al3+、Fe2+；（2）加入NaHCO3并搅拌，发生反应的离子方程式是：Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2，故答案为：Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2；（3）反应的离子方程式是：Fe2+NO2+2H+=Fe3+NO+H2O；若将反应II设计成原电池，负极发生氧化反应，其负极反应式是Fe2+e=Fe3+，故答案为：Fe2+NO2+2H+=Fe3+NO+H2O；Fe2+e=Fe3+；（4）亚铁离子具有还原性，

50、能被强氧化剂氧化生成铁离子，反应过程中颜色变化明显的效果最佳，a氯水为浅黄绿色，氯气将亚铁离子氧化为铁离子，溶液呈黄色，颜色变化不明显，故a不选； bKSCN溶液和亚铁离子不反应，没有颜色变化，故b不选； cNaOH溶液和亚铁离子反应生成白色沉淀，铁离子和氢氧根离子反应生成红褐色沉淀，掩盖氢氧化亚铁颜色，故c不选； d酸性KMnO4溶液呈紫色，亚铁离子能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象明显，故d选，故答案为：d；（5）实验测得0.2molL1碱式硫酸铁溶液pH=5，若溶液中铁元素只以Fe（OH）2+、Fe2（OH）42+两种离子形式存在，用离子方程式解释溶液显酸性的原因：2

51、Fe（OH）2+2H2O Fe2（OH）42+2H+，故答案为：2Fe（OH）2+2H2O Fe2（OH）42+2H+【点评】本题考查物质的制备、物质的分离和提纯，明确工艺流程是解题关键，侧重考查学生信息获取与应用能力、分析能力、实验操作能力，注意题给信息的灵活运用，知道常见离子的检验方法及现象，题目难度中等19实验室常用的几种气体发生装置如图a、b、c、d所示：（1）写出用a装置制取一种气体的名称氨气、氧气、甲烷等用d装置制取H2时，在加入药品之前要进行的操作是检查装置的气密性（2）用c装置可制取NH3、O2和NO若要制取NH3，烧瓶中需加入的药品是生石灰、碱石灰、NaOH、烧碱等；若以双氧水为原料制取O2，则反应的化学方程式是2H2O22H2O+O2（3）实验室常用b装置通过MnO2与浓盐酸反应制取