2017-2018学年山东省泰安市高三(上)期末化学试卷(解析版)

1、2017-2018学年山东省泰安市高三（上）期末化学试卷一、单选题（本大题共17小题，共44.0分）1.中华民族历史悠久，有着优秀的传统文化.古诗词是中国灿烂文化遗产中的瑰宝，其意蕴含蓄，意境深远.下列有关说法正确的是()“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的“柳絮”和棉花的成分均含纤维素“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”中的“烟”是弥漫在空气中的PM2.5固体颗粒“零落成泥碾作尘，只有香如故”中的“香”体现了分子是由原子构成的“落红不是无情物，化作春泥更护花”其中包含了复杂的化学变化过程A. B. C. D. 【答案】C【解析】解：“柳絮”和棉花的成分均含纤维素，故正确； 烟在化学上是固体小

2、颗粒，不一定是pM2.5的固体颗粒，故错误； 香体现了物质的挥发性，说明物质的沸点低，易挥发，故错误； 植物腐烂过程中有新物质生成，属于化学变化，故正确； 故选：C。柳絮”和棉花均含纤维素； 烟在化学上是固体小颗粒； 香体现了物质的挥发性； 植物腐烂过程中有新物质生成本题以古诗句为载体，考查了物质的组成，结构与性质，化学变化与物理变化的区别，题目难度不大2.生活处处有化学，下列说法正确的是()A. 棉花与淀粉互为同分异构体B. 豆浆煮沸后，蛋白质变成了氨基酸C. 油脂在酸性条件下可水解为高级脂肪酸盐和甘油D. 水泥、冶金厂常用高压电除尘，是因为烟尘在空气中形成胶体且胶体具有电泳现象【答案】D【

3、解析】解：A.棉花与淀粉中聚合度n不同，二者不是同分异构体，故A错误； B.豆浆煮沸后，蛋白质发生变性，而水解生成氨基酸，故B错误； C.油脂为高级脂肪酸甘油酯，在酸性条件下可水解为高级脂肪酸和甘油，故C错误； D.胶体粒子吸附电荷具有电性，则水泥、冶金厂常用高压电除尘，故D正确； 故选：D。A.棉花与淀粉中聚合度n不同； B.豆浆煮沸后，蛋白质发生变性； C.油脂为高级脂肪酸甘油酯； D.胶体粒子吸附电荷具有电性。本题考查物质的性质与用途，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机化合物知识的应用，题目难度不大。3.下列表示物质结构的化学用语

4、或模型图正确的是()A. H2O2的电子式：B. CO2的比例模型：C. 质子数与中子数相等的氢原子符号：12HD. HClO的结构式为：H-Cl-O【答案】C【解析】解：A.双氧水为共价化合物，分子中不存在阴阳离子，其正确的电子式为，故A错误；B.二氧化碳分子为直线型结构，碳原子的相对体积较大，二氧化碳正确的比例模型为，故B错误；C.H的质子数为1，质子数与中子数相等的氢原子的质量数为2，该原子可以表示为12H，故C正确；D.HClO为共价化合物，分子中含有1个O-H键和1个O-Cl键，其正确的结构式为H-O-Cl，故D错误；故选：C。A.双氧水为共价化合物，电子式中不能标出电荷；B.二氧化

5、碳分子中，碳原子的原子半径大于氧原子；C.元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；D.次氯酸的中心原子为O，分子中不存在H-Cl键。本题考查化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及电子式、结构式、元素符号、比例模型等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的规范答题能力。4.下列物质性质与应用对应关系正确的是()A. 火碱能与酸反应，可用于治疗胃酸过多B. 晶体硅硬度大，可用于制作半导体材料C. SO2具有还原性，可用于漂白纸浆D. MgO、Al2O3熔点高，它们都可用于制作耐火材料【答案】D【解析】解：A.火碱为氢氧化钠，具有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，故A错误； B

6、.半导体材料导电性应介于导体与绝缘体之间，与硬度无关，故B错误； C.SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，故C错误； D.MgO、Al2O3熔点高，它们都可用于制作耐火材料，故D正确； 故选：D。A.火碱为氢氧化钠，具有腐蚀性； B.半导体材料导电性应介于导体与绝缘体之间； C.依据二氧化硫的漂白性解答； D.耐火材料依据具有高的熔点本题考查了物质的用途，性质决定用途，用途体现性质，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大5.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是()A. 2.24LCO2气体中含有0.1NA个CO2分子B. 15.6g由Na2O2和Na2S组成的混合物中含阴离子数为0

7、.2NAC. 一定条件下的密闭容器中，0.1molN2与0.3molH2充分反应，生成NH3分子数为0.2NAD. 常温常压下，1molO2和O3的混合气体中含有的O原子数目为2.5NA【答案】B【解析】解：A、状况不知，无法由体积求物质的量，所以无法求分子数，故A错误； B、Na2O2和Na2S的摩尔质量相等，所以混合物的物质的量为：0.2mol，0.2mol中都含有0.2mol的阴离子，故B正确； C、合成氨的反应是可逆反应，所以0.1molN2与0.3molH2不可能完全转化为氨气，即生成NH3分子数小于0.2NA，故C错误； D、1molO2和O3的混合气体中含有的O原子数目大于2NA

8、，但小于3NA，不一定为2.5NA，故D错误； 故选：B。A、状况不知，无法由体积求物质的量； B、Na2O2和Na2S的摩尔质量相等，且1mol中都含有1mol的阴离子； C、合成氨的反应是可逆反应； D、氧气和臭氧均由氧原子构成；本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构。6.化合物(甲)、(乙)、(丙)的分子式均为C8H8，下列说法正确的是()A. 甲的同分异构体只有乙和丙两种B. 甲、乙、丙均可与溴的四氯化碳溶液反应C. 甲、乙、丙的二氯化物种数最少的是丙D. 甲中所有原子一定处于同一平面【答案】C【解析】解：A.甲的同分异构体可能为链状不饱和烃，则

9、同分异构体不止有乙和丙，故A错误； B.丙不含双键、三键等，只有单键，不能与溴的四氯化碳溶液反应，故B错误； C.甲的二氯代物多于6种，乙的二氯代物有7种，丙的二氯代物中2个Cl可位于面上相邻、相对，及体心的相对位置，则丙的二氯代物有3种，则它们二氯代物的同分异构体数目最少的是丙，故C正确； D.苯环、双键为平面结构，且直接相连，但苯环与双键相连的C-C单键可旋转，甲中所有原子不一定共平面，故D错误； 故选：C。A.甲的同分异构体可能为链状不饱和烃； B.丙不含双键、三键等，只有单键； C.甲的二氯代物多于6种，乙的二氯代物有7种，丙的二氯代物中2个Cl可位于面上相邻、相对，及体心的相对位置，

10、则丙的二氯代物有3种； D.苯环、双键为平面结构，且苯环与双键相连的C-C单键可旋转。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应、同分异构体为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项BC为解答的难点，题目难度不大。7.下列制备物质的工业生产流程合理的是()A. 由NaCl制漂白粉：NaCl(饱和水溶液)电解Cl2石灰乳漂白粉B. 海水石灰乳Mg(OH)2灼烧MgO电解MgC. 由铝土矿冶炼铝；铝土矿电解AlD. 合成NH3：NH4Cl和Ca(OH)2固体NH3碱石灰纯争干燥的氨气【答案】A【解析】解：A.漂白粉主要成分为氯化钙、次氯酸钙，由NaCl制漂白剂：电解N

11、aCl溶液生成NaOH、氢气、氯气，离子反应为2Cl-+2H2O-通电2OH-+H2+Cl2，氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，该反应为：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，制得漂白粉，故A正确；B.从海水中提取镁，是先制备生石灰与水反应生成熟石灰，生成物是氢氧化钙，加入海水中沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤得到沉淀氢氧化镁，加入盐酸溶解氢氧化镁变为氯化镁，浓缩结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到氯化镁固体，熔融氯化镁通电分解，反应物是氯化镁，生成物是镁和氯气，MgCl2-通电Mg+Cl2，故B错误；C.铝土矿主要成分是三氧化二铝，应提纯后再电

12、解，电解氧化铝制备Al，反应为2Al2O3(熔融)-通电Na3Alf64Al+3O2，故C错误；D.工业用氮气和氢气合成氨，3H2+N2-催化剂高温高压2NH3，NH4Cl和Ca(OH)2固体加热为实验室制取氨气，故D错误；故选：A。A.漂白粉主要成分为氯化钙、次氯酸钙，由NaCl制漂白剂：电解氯化钠溶液制取氯气，氯气和石灰乳反应生成漂白粉；B.海水制镁，氧化镁熔点高，电解氯化镁制取镁；C.铝土矿主要成分是三氧化二铝，应提纯后再电解；D.NH4Cl和Ca(OH)2固体加热制取氨气为实验室制取氨气，工业用氮气和氢气合成氨。本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与工业生产的考查，有利于

13、培养学生良好的科学素养，题目难度中等，注意相关基础知识的积累。8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大.X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同.Y是空气中含量最高的元素，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z2-与W+具有相同的电子层结构.下列说法正确的是()A. 原子半径大小顺序：r(W)r(Z)r(Y)r(X)B. 元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强C. 由X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性D. 化合物X2Z2与W2Z2所含化学键类型完全相同【答案】C【解析】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y是空气中含量最高的元素，则Y为N

14、元素；Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；Z2-与W+具有相同的电子层结构，则W为Na；X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同，则X单质为气体，故X为H元素， A.同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，氢原子比较最小，故原子半径r(Na)r(N)r(O)r(H)，故A错误； B.非金属性Z(O)Y(N)，元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，因此H2O的热稳定性大于NH3，故B错误； C.由X(H)、Y(N)、Z(O)三种元素形成的化合物中，一水合氨的水溶液呈碱性，故C正确； D.化合物H2O2含

15、有共价键，而Na2O2含有共价键、离子键，所含化学键类型不完全相同，故D错误， 故选：C。短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y是空气中含量最高的元素，则Y为N元素；Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；Z2-与W+具有相同的电子层结构，则W为Na；X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同，则X单质为气体，故X为H元素，据此解答本题考查结构性质位置关系综合应用，推断元素是解题关键，注意对你元素周期律的理解掌握，题目难度不大9.下列实验操作、现象与结论对应关系不正确的是()选项实验操作实验现象结论A向盛有Fe(NO3)

16、2溶液的试管中加入0.1molL-1H2SO4溶液试管口出现红棕色气体溶液中NO3-被Fe2+还原为NO2B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，排水法收集气体HX放出的氢气多且反应速率快HX酸性比HY弱D将相同大小的金属钠分别投入乙醇和水中乙醇与钠反应缓慢，水与钠反应剧烈乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】解：A.酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成NO，在试管口NO被氧化生成红棕色气体，结论不合理，故A错误；

17、 B.钡离子与碳酸根离子结合生成沉淀，则Na2CO3溶液中存在水解平衡，逆向移动，溶液红色变浅，故B正确； C.HX放出的氢气多且反应速率快，可知HX随反应的进行继续电离，则HX酸性比HY弱，故 C正确； D.钠与水反应比与乙醇反应剧烈，则乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，故D正确； 故选：A。A.酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应； B.钡离子与碳酸根离子结合生成沉淀； C.HX放出的氢气多且反应速率快，可知HX随反应的进行继续电离； D.钠与水反应比与乙醇反应剧烈。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、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验

18、能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。10.下列关于误差分析的判断正确的是()A. 酸碱中和滴定中滴定终点读数时滴定管内吸入气泡，会使测得浓度偏大B. 配制1molL-1的NH4NO3溶液时未恢复至室温就转移并定容，所得溶液浓度偏小C. 用托盘天平称取药品时，药品和砝码位置颠倒，药品质量一定偏小D. 用湿润的PH试纸测稀酸溶液的pH，测定值偏小【答案】B【解析】解：A.酸碱中和滴定中滴定终点读数时滴定管内吸入气泡，气体占据液体应占有的体积，会导致所测标准液体积偏小，测定结果偏低，故A错误； B.NH4NO3溶于水后吸收热量，未恢复至室温就转移并定容，最终配制溶液的体积偏大，溶液的浓度

19、偏小，故B正确； C.用托盘天平称取药品时，若不使用游码，药品和砝码位置颠倒，对称量质量无影响，若使用游码，称量质量偏少，故C错误； D.用湿润的PH试纸测稀酸溶液的pH，酸溶液被稀释，测定值偏大，故D错误； 故选：B。A.终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积，导致消耗的标准液体积偏小； B.硝酸铵溶于水吸热，冷的溶液体积偏小，恢复室温后所得溶液体积偏大； C.若不使用游码，对称量质量无影响； D.酸溶液被稀释后溶液pH增大。本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及中和滴定、溶液配制、托盘天平、pH试纸的使用方法等知识，明确常见化学实验基本操作方法即可解答，试题有利于提高学生的化学

20、实验能力。11.下列叙述正确的是()A. 25时CH3COONa溶液中的Kw小于100时CH3COONa溶液中的KwB. 在蒸馏水中滴加浓H2SO4，水电离产生的H+和OH-不变，Kw不变C. KClO3和SO3溶于水后溶液均能导电，故KClO3和SO3均为电解质D. NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同【答案】A【解析】解：A.Kw与温度有关，温度越高，Kw越大，则25时CH3COONa溶液中的Kw小于100时CH3COONa溶液中的Kw，故A正确； B.在蒸馏水中滴加浓H2SO4，浓硫酸溶解放热，温度升高，水的电离程度增大，Kw增大，故B错误； C.SO3

21、溶于水生成硫酸，硫酸是电解质，SO3是非电解质，KClO3是电解质，故C错误； D.CH3COONH4电离的弱离子能水解，会促进水的电离，NaCl对水的电离无影响，故D错误。 故选：A。A.Kw与温度有关，温度越高，Kw越大； B.浓硫酸溶解放热，温度升高，水的电离程度增大； C.SO3溶于水生成硫酸； D.CH3COONH4电离的弱离子能水解。本题考查了水的离子积、弱电解质的电离、盐的水解、电解质，题目难度不大，注意把握影响弱电解质电离平衡的因素、水的离离子积常数，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。12.下列反应的离子方程式书写正确的是()A. Ca(HCO3)2与过量NaOH溶液反应；C

22、a2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2OB. 向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至不再产生沉淀：Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2OC. 实验室保存的氯化亚铁溶液在空气中被氧化：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2OD. 饱和Na2CO3溶液吸收少量HCl尾气：CO32-+2H+=H2O+CO2【答案】C【解析】解：A、Ca(HCO3)2与过量NaOH溶液反应，设量少的Ca(HCO3)2为1mol，则消耗的OH-的物质的量为2mol，故离子方程式为：Ca2+2HCO3-+2OH-=CaCO3+2H2O+CO32-，故A错误； B、向NaHSO4溶液中滴加Ba

23、(OH)2溶液至不再产生沉淀，此时所消耗的NaHSO4、Ba(OH)2物质的量之比为1：1，故离子方程式为Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O，故B错误； C、氯化亚铁溶液在空气中被氧化，是Fe2+被氧气氧化为Fe3+，而由于氯化亚铁溶液是酸性溶液，故离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，故C正确； D、和Na2CO3溶液吸收少量HCl尾气转化为溶解度更小的NaHCO3，溶液变浑浊，即生成的NaHCO3以晶体的形式析出，故离子方程式为CO32-+Na+H+=NaHCO3，故D错误。 故选：C。A、Ca(HCO3)2与过量NaOH溶液反应，设量少的Ca(HCO3)

24、2为1mol，根据其需要来分析所消耗的OH-的物质的量； B、向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至不再产生沉淀，此时所消耗的NaHSO4、Ba(OH)2物质的量之比为1：1； C、氯化亚铁溶液在空气中被氧化，是Fe2+被氧气氧化为Fe3+； D、和Na2CO3溶液吸收少量HCl尾气转化为溶解度更小的NaHCO3，溶液变浑浊。本题考查了过量型、目标型等离子方程式的书写，难度不大，注意过量型离子方程式应设量少的为1mol，根据其离子的需要来判断所消耗的过量的物质中离子的物质的量。13.某活动小组为探究金属腐蚀的相关原理，设计了如图a所示的装置，图a的铁棒末端分别连上一块Zn片和Cu片，并置

25、于含有K3Fe(CN)6及酚酞的混合凝胶上.一段时间后发现凝胶的某些区域(如图b所示)发生了变化.已知Fe2+可用K3Fe(CN)6来检验(呈蓝色).则下列说法不正确的是()A. 甲区发生的电极反应式为Fe-2e=Fe2+B. 乙区产生Zn2+C. 丙区呈红色D. 丁区呈蓝色【答案】A【解析】解：A、甲区为正极，氧气放电，电极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，故A错误； B、乙区为负极，发生电极反应：2Zn-4e-=2Zn2+，产生Zn2+，故B正确； C、丙区为正极，发生电极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，生成的氢氧根离子能使酚酞变红色，所以丙区呈红色，故C正确； D、丁区为负

26、极，发生电极反应：2Fe-4e-=2Fe2+，生成Fe2+，与K3Fe(CN)6作用呈蓝色，故D正确； 故选：A。铁棒末段分别联上一块锌片和铜片，并静置于含有K3Fe(CN)6及酚酞的混合凝胶上，则形成原电池装置，实质发生吸氧腐蚀，活泼金属为负极，根据电极反应式来判断各个电极的变化情况本题考查学生电极反应方程式的书写以及原电池的工作原理知识，要求学生熟记教材知识，灵活应用14.宋代著名法医学家宋慈的洗冤集录中有-银针验毒的记载，“银针验毒”的原理是4Ag+2H2S+O2=2X+2H2O，下列说法正确的是()A. X的化学式为AgSB. 银针验毒时，空气中氧气失去电子C. 反应中Ag和H2S均是

27、还原剂D. 每生成1mo1X，反应转移2mo1e-【答案】D【解析】解：A.由质量守恒定律可知X的化学式为Ag2S，故A错误； B.反应中O元素化合价降低，得电子被还原，故B错误； C.反应中S元素的化合价没有变化，故C错误； D.根据化合价的变化可知每生成1mo1X，反应转移2mo1e-，故D正确。 故选：D。从质量守恒的角度判断X的化学式，根据元素化合价的变化判断物质在氧化还原反应中的作用，并计算转移的电子的物质的量本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价变化的角度判断，注意该反应中S元素的化合价没有变化，为易错点15.H3BO3可以通过电解NaB(OH)4溶液的方法制备，其工作原

28、理如图，下列叙述错误的是()A. M室发生的电极反应式为：2H2O-4e-=O2+4H+B. N室中：a%b%C. b膜为阴膜，产品室发生反应的化学原理为强酸制弱酸D. 理论上每生成1mol产品，阴极室可生成标准状况下5.6L气体【答案】D【解析】解：A.M室中石墨电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H+，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，故A正确； B.N室中石墨为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH-，原料室中的钠离子通过c膜进入N室，溶液中c(NaOH)增大，所以N室：a%b%，故B正确； C.原料室中的B(OH)4-通过b膜进入产品室，M室中氢离子通入a膜进入产品室

29、，则b膜为阴离子交换膜，故C正确； D.理论上每生成1mol产品，M、N室电极反应式分别为2H2O-4e-=O2+4H+、2H2O+2e-=H2+2OH-，M室生成1molH+、N室生成0.5molH2，阴极生成的气体体积在标况下是11.2L，故D错误； 故选：D。A.M室中石墨电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H+； B.N室中石墨为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH-，原料室中的钠离子通过c膜进入N室，溶液中c(NaOH)增大； C.原料室中的B(OH)4-通过b膜进入产品室； D.理论上每生成1mol产品，M、N室电极反应式分别为2H2O-4e-=O2+4H+、2H2O+2

30、e-=H2+2OH-，M室生成1molH+、N室生成0.5molH2。本题考查电解原理，为高频考点，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意离子交换膜类型的判断方法，选项D为解答的易错点，题目难度不大。16.TC时，在一固定容积的密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)C(s)H0，按照不同配比充入A、B，达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线(实线)所示，下列判断正确的是()A. TC时，该反应的平衡常数值为4B. c点没有达到平衡，此时反应向逆向进行C. 若c点为平衡点，则此时容器内的温度高于TCD. TC时，直线cd上的点均为平衡状态【答案】C【解析】解：A、平衡常数等于生成物平衡浓度

31、幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，固体和纯液体不写入表达式，A(g)+B(g)C(s)，平衡常数K=1c(A)c(B)=14=0.25，故A错误；B、依据图象分析可知，C点浓度商QK，反应正向进行，故B错误；C、反应是放热反应，若C点为平衡状态，此时平衡常数小于TC平衡常数，说明平衡逆向进行，是升温的结果，温度高于TC，故C正确；D、TC时平衡常数不变，曲线上各点位平衡状态，其它点温度不同不是平衡状态，故D错误；故选：C。A、平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，固体和纯液体不写入表达式；B、C点浓度商小于K，反应正向进行；C、反应是放热反应，若C点为平衡状态

32、，此时平衡常数小于TC平衡常数，说明平衡逆向进行；D、TC时平衡常数不变，曲线上各点位平衡状态，其它点温度不同不是平衡状态；本题考查了化学平衡常数的影响因素分析和计算应用，主要是破坏原理的影响因素分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等17.25时，将氨水与氯化铵溶液混合得到c(NH3H2O)+c(NH4+)=0.1molL-1的混合溶液。溶液中c(NH3H2O)、c(NH4+)与pH的关系如图所示。下列有关离子浓度关系叙述一定正确的是()A. W点表示溶液中：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)B. pH=10.5溶液中：c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3H2O)c(NH4+)c(OH

33、-)c(H+)D. 向W点所表示1L溶液中加入0.05molNaOH固体(忽略溶液体积变化)：c(Cl-)c(Na+)c(OH-)c(NH4+)c(H+)【答案】C【解析】解：将氨水与氯化铵溶液混合得到c(NH3H2O)+c(NH4+)=0.1molL-1的混合溶液，当溶液中只有NH4+时，NH4+水解使溶液呈酸性，随着c(NH3H2O)的增大，溶液碱性增强，根据图示，当pH=9.25时，c(NH3H2O)=c(NH4+)，因此判断当pH9.25时，c(NH3H2O)9.25时，c(NH3H2O)c(NH4+)，因此判断随着pH增大浓度增大的是c(NH3H2O)、减小的是c(NH4+)， A.

34、任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，所以c(NH4+)+c(H+)c(OH-)，故A错误； B.该混合溶液中，无论pH如何变化都存在c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，则c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3H2O)=c(NH4+)+c(H+)+c(NH3H2O)=0.1mol/L+c(H+)0.1mol/L，故B错误； C.pH=9.5溶液中，pH7，溶液呈碱性，则c(OH-)c(H+)，根据分析可知，当pH9.25时，c(NH3H2O)c(NH4+)，所以粒子浓度大小顺序是c(NH3H2O)c(NH4+)

35、c(OH-)c(H+)，故C正确； D.W点溶液中存在c(NH3H2O)=c(NH4+)=0.05molL-1，溶液呈碱性，则c(OH-)c(H+)，根据电荷守恒知c(Cl-)c(NH4+)=0.05mol/L，加入0.05molNaOH，则c(Na+)=0.05mol/L，所以c(Cl-)c(Na+)，故D错误； 故选：C。将氨水与氯化铵溶液混合得到c(NH3H2O)+c(NH4+)=0.1molL-1的混合溶液，当溶液中只有NH4+时，NH4+水解使溶液呈酸性，随着c(NH3H2O)的增大，溶液碱性增强，根据图示，当pH=9.25时，c(NH3H2O)=c(NH4+)，因此判断当pH9.2

36、5时，c(NH3H2O)9.25时，c(NH3H2O)c(NH4+)，因此判断随着pH增大浓度增大的是c(NH3H2O)、减小的是c(NH4+)， A.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断； B.该混合溶液中，无论pH如何变化都存在c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，则c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3H2O)=c(NH4+)+c(H+)+c(NH3H2O)； C.pH=9.5溶液中，pH7，溶液呈碱性，则c(OH-)c(H+)；根据分析可知，当pH9.25时，c(NH3H2O)c(NH4+)； D.W点溶液中存在c(NH3H2O)=c(NH4+)=0.05

37、molL-1，溶液呈碱性，则c(OH-)c(H+)，根据电荷守恒知c(Cl-)c(NH4+)=0.05mol/L，加入0.05molNaOH，则c(Na+)=0.05mol/L，所以c(Cl-)c(Na+)。本题考查离子浓度大小比较，存在考查学生图象分析及判断能力，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意利用守恒方法解答，易错选项是B，注意利用电荷守恒进行代换，题目难度中等。二、多选题（本大题共1小题，共2.0分）18.下列实验方案不能达到实验目的是()A. 图A装置用Cu和浓硝酸可制取NOB. 图B装置可用于实验室制备Cl2C. 图C装置可用于实验室制取乙酸乙酯D. 图D装置可用于实验室分

38、离CO和CO2【答案】BC【解析】解：A.Cu和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，可制取NO，故A正确； B.氯气易于氢氧化钠反应，导管插入液面下易发生倒吸，故B错误； C.乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，应选饱和碳酸钠溶液，故C错误； D.要将CO和CO2分离，可在甲中装有NaOH溶液，用来吸收CO2，此时广口瓶中发生的反应方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；先分离出被乙中浓硫酸干燥过的纯净的CO，所以关闭b，打开a，混合气体进入左边广口瓶装置，CO与氢氧化钠溶液不反应，可分离出被右边广口瓶中浓硫酸干燥过的纯净的CO，故D正确。 故选：BC。A.Cu和浓硝酸

39、反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮； B.氯气易于氢氧化钠反应； C.乙酸乙酯在NaOH溶液中水解； D.CO与氢氧化钠溶液不反应，CO2与氢氧化钠可反应生成碳酸钠，碳酸钠和稀硫酸反应可生成二氧化碳，浓硫酸具有吸水性，可干燥气体。本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的制备及收集、乙酸乙酯的制备以及物质的分离等，侧重实验装置及分离原理的考查，注重实验的评价性和可行性分析，题目难度不大。三、简答题（本大题共4小题，共32.0分）19.X、Y、Z、R、M、N为六种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图一所示。(1)元素Y在周期表的位置是_。(2)R、.N、M三种元素简单离子的

40、半径由小到大的顺序_(填离子符号)。(3)化合物RYZ的电子式为_，他能与双氧水在酸性条件下反应，生成两种无毒气体，其离子方程式为_。(4)图二转化关系中的、B、C、D四种化合物均由上述六种元素中的若干种构成，其中B为气体。若C的溶液呈酸性，C的化学式为_；若C的溶液呈碱性，则B可能是_(填化学式)。【答案】第二周期IVA族 Na+O2-S2- 2CN-+5H2O2+2H+=N2+2CO2+6H2O NaHSO3 CO2或H2S【解析】解：由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为N、R为Na、M为S、N为O，(1)元素Y在周期表的位置是第二周期IVA族，故答案为：第二周期IVA族；(2)Na+、O

41、2-具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则Na+O2-，比其它两种离子多一个电子层，S2-离子半径最大，则应为Na+O2-S2-，故答案为：Na+O2-Ksp(CuOH)，当c(OH-)增大的一定量时，CuCl白色沉淀又转化为橙黄色CuOH沉淀； 故答案为：阳极逐渐溶解，其附近出现白色浑浊，阴极有气泡产生。一段时间后，产生橙黄色沉淀。制取CuCl的方法：方法一、NaCl、CuSO4、Cu、稀HCl共同作用生成CuCl32-溶液，再加水促进CuCl32-水解生成CuCl固体，最后过滤、乙醇洗涤以减少损耗、真空干燥防止其发生氧化，得到产品CuCl；方法二、Cu作电极电解饱和食盐水，C

42、u在阳极放电，在阳极附近得到产品CuCl，阴极生成H2冒出，但随着电解进行，电解液中NaOH溶液浓度增大，CuCl又会转化为溶解度更小的CuOH；据此解答。本题考查学生对元素及其化合物的主要性质的掌握、书写化学方程式、阅读题目获取新信息能力、对工艺流程的理解等，难度中等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。22.有A、B、C、D四种强电解质，他们在水中电离产生下列离子(每种物质只含一种阴离子且互不重复)。阳离子Na+、Ba2+、NH4+阴离子CH3COO-、OH-.Cl-、SO42-已知：25时，Ka(CH3COOH)=1.710-5molL-l，Kb(NH3H2O)=

43、1.710-5molL-l；A、C溶液的pH均大于7，相同物质的量浓度的A、B溶液中水的电离程度相同；C溶液和D溶液混合观察到只有白色沉淀产生，B溶液和C溶液混合有刺激性气味的气体产生，A溶液和D溶液混合时无现象。(1)A是_，B是_(填化学式)。(2)写出C和D反应的离子方程式_。(3)25时，0.1molL-1B溶液的pH=a，则B溶液中H+-NH3H2O=_(用含有a的关系式表示)。(4)将等体积、等物质的量浓度的B溶液和C溶液混合，反应后溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是_。(5)25时，在一定体积的0.005molL-1的C溶液中，加入一定体积的0.00125molL-1的盐酸，混合溶液的pH=11，若反应后溶液的体积等于C溶液与盐酸的体积之和，则C溶液与盐酸的体积比是_。【答案】CH3COONa NH4Cl Ba2+SO42-=BaSO4 10a-14 c(OH-)c(Ba2+)=