山东省枣庄市滕州市实验中学高三化学上学期期中试卷（含解析）.doc

2014-2015学年山东省枣庄市滕州市实验中学高三（上）期中化学试卷 一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1生活中碰到的某些问题，常涉及到化学知识，下列分析不正确的是( )amg（oh）2和al（oh）3热分解生成的气态水可覆盖火焰、驱逐o2、稀释可燃气体，分解产物mgo和al2o3能较快地与塑料燃烧过程中产生的酸性及腐蚀性气体反应，所以它们可以作为未来发展方向的无机阻燃剂b用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯毛织物c某雨水样品采集后放置一段时间，ph值由4.68变为4.28，是因为水中溶解了较多的co2d蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质2下列化学用语不正确的是：( )a乙烯的结构简式：ch2=ch2b二氧化硫分子比例模型：c漂粉精的主要成分：cacl2dhcn分子的结构式：hcn3有关说法中正确的是( )a分子中键能越大，键长越长，则分子越稳定bp4和ch4都是正四面体型结构的分子，且键角都为10928c在化学反应中，某元素由化合态变为游离态，则该元素一定被还原d电子层结构相同的简单离子，其半径随核电荷数增大而减小4美国科学家最近发明了利用眼泪来检测糖尿病的装置，其原理是用氯金酸钠（naaucl4）溶液与眼泪中的葡萄糖反应生成纳米金单质颗粒（直径为20nm60nm）下列有关说法中错误的是( )a检测时naaucl4发生氧化反应b葡萄糖的结构简式为ch2oh（choh）4choc葡萄糖具有还原性d纳米金颗粒分散在水中所得的分散系能产生丁达尔效应5下列叙述错误的是( )acuso45h2o是一种化合物b分散系一定是混合物c碱性氧化物不一定是金属氧化物d氯化银、冰醋酸、酒精、水银分别属于强电解质、弱电解质、非电解质、既不是电解质也不是非电解质6下列说法正确的是( )a标准状况下，33.6 l so3中含有的氧原子数是4.5nab1 mol oh和1 moloh（羟基）中含有的电子数均为9nac在加热条件下，100 ml18.4 mol/l的浓硫酸与足量金属铜反应得到的so2的分子数为0.92 nad当0.2 mol na218o2与足量co2完全反应后，生成碳酸钠的质量为21.6 g7下列说法正确的是( )a向500ml 1 mol/lna2co3溶液中，滴加600ml 1 mol/lhcl 得到标况下co2体积为2.24lb电解精炼铜时，若阴极得到2摩尔电子，则阳极质量减少64克c将208 g bacl2固体溶解在1 l水中，形成的溶液的浓度为1 moll1d可用ph试纸测得氯水的酸性强弱8下列离子方程式正确的是( )a等体积、等浓度的ba（oh）2溶液与kal（so4）2溶液混合：3ba2+6oh+2 al3+3so423baso4+2al（oh）3b向naalo2溶液中通入过量co2：2alo2+co2+3h2o2al（oh）3+co32cfe3o4与稀硝酸反应的离子方程式为：fe3o4+8h+fe2+2fe3+4h2od向naoh溶液中加入金属铝：al+2ohalo2+2h2o9已知x、y、z、w均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去）则w、x不可能是( )aabbccdd10下列说法正确的是( )a过量的铁在氯气中燃烧可生成氯化亚铁b向fe（no3）2溶液加入盐酸，由于酸性增强抑制fe2+的水解，使c（fe2+）增大cfe和fe2o3的混合物溶于盐酸中，再加入kscn溶液，溶液一定变为血红色d把一定量的铁和铜的混和粉未投入到fecl3溶液中，不可能出现只有铁剩余没有铜剩余的情况二、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）11下列比较不正确的是( )a等浓度的nh4hso4、nh3h2o、（nh4）2so4、（nh4）2co3、（nh4）2fe（so4）2的五种溶液，其中（nh4）2fe（so4）2溶液中c（nh4+）最大bnaclo和bacl2混合溶液：c（na+）+2c（ba2+）=c（clo）+c（hclo）+c（cl）c25下，0.2 moll1 hcl溶液与0.2 moll1 yoh（一元弱碱）溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），则c（cl）=c（y+）+c（yoh）=0.2 moll1d常温下，将0.2 moll1某一元碱roh溶液和0.1 moll1hcl溶液等体积混合，混合后溶液ph7，则c（roh）c（r+）12将e和f加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：e（g）+f（s）2g（g）忽略固体体积，平衡时g的体积分数（%）随温度和压强的变化如下表所示：下列说法错误的是( )abfb915、2.0mpa时e的转化率为50%c该反应的s0dk（1000）k（810）13综合如图判断，下列正确的说法是( )a装置和装置中负极反应均是fe2efe2+b装置和装置中正极反应均是o2+2h2o+4e4ohc装置和装置中盐桥中的阳离子均向右侧烧杯移动d放电过程中，装置左侧烧杯和装置右侧烧杯中溶液的ph均增大14向m g镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体b l向反应后的溶液中加入c mol/l氢氧化钾溶液v ml，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为n g再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体p g则下列关系不正确的是( )abcn=m+17vcd15已知常温下，agbr的ksp=4.91013 mol2l2、agi的ksp=8.31017 mol2l2 下列说法正确的是( )a在常温下agi水溶液中，ag+和i浓度的乘积是一个常数b在常温下，在任何含agi固体的溶液中，c（ag+）=c（i）且ag+与i浓度的乘积等于8.31017 mol2l2c常温下，将1ml 1.0102 mol/l的ki与agno3溶液等体积混合，则生成agi沉淀所需agno3溶液的最小浓度为3.321014mol/ld向agi饱和溶液中加入agbr固体，c（i）不变，ksp值不变16实验室需480ml 1.0mol/l的naoh溶液，假如其他操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是( )a称取氢氧化钠20.0 gb定容时俯视观察刻度线c移液时，对用于溶解氢氧化钠的烧杯没有进行冲洗d移液用玻璃棒引流时，玻璃棒下端靠在容量瓶刻度线上方17已知电离平衡常数：h2co3hclohco3，下列有关叙述中正确的是( )若ki溶液中混有br，加入足量fecl3溶液，用ccl4萃取后，取上层中的液体少许并加入agno3溶液，有淡黄色沉淀生成向fei2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：2fe2+cl2=2fe3+2cl向naclo溶液中通往少量二氧化碳的离子反应方程式为：2clo+co2+h2o=2hclo+co32海水提溴过程中，用碳酸钠溶液吸收溴，溴歧化为br和bro3，其离子方程为：3br2+6co32+3h2o=5br+bro3+6hco3abcd18某溶液中可能含有h+、na+、nh4+、mg2+、fe3+、al3+、so42、co32等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的naoh溶液时，发现生成沉淀物质的量随naoh溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是( )a原溶液中含有的阳离子是h+、nh4+、mg2+、al3+、fe3+b原溶液中一定含有so42和na+c原溶液中含有的fe3+和al3+的物质的量之比为1：1d反应最后形成的溶液中含有的溶质只有na2so4三、解答题（共7小题，满分56分）19（1）在微生物作用的条件下，nh4+经过两步反应被氧化成no3两步反应的能量变化示意图如图1：1 mol nh4+（aq） 全部氧化成no3（aq）的热化学方程式是_（2）电解no制备 nh4no3，其工作原理如图2所示，写出该电解池的电极反应式阳极：_ 阴极：_20以下是依据一定的分类标准，对某些物质与水的反应情况进行分类的分类图请根据你所学的知识按要求填空：（1）上述第一级分类标准（分成a、b组的依据）是：_（2）d组物质包括_（填化学式）（3）c组物质中某一物质在常温时能与冷水反应，其化学方程式为_（4）d组中某一物质与e组中某一物质在水中反应生成两种强酸，写出该反应的离子方程式：_21如图中每一方格表示有关的一种反应物或生成物a、c为无色气体（1）物质m可以是_或_，c是_，f是_（2）反应的化学方程式_（3）反应的离子方程式_（4）fg的化学方程式_22（13分）现有铁、碳两种元素组成的合金，某实验小组为了研究该合金的性质并测定该合金中碳的质量分数，设计了如下实验方案和实验装置：探究该合金的某些性质：（1）取a g合金粉末放入蒸馏烧瓶，并加入足量浓硫酸，a、b中均无明显现象，原因是_（2）点燃酒精灯一段时间后，a中剧烈反应，请写出a中反应的化学方程式：_（3）在盛有bacl2溶液的c试管中，除了导管口有气泡外，无其他明显现象，若将其分成两份，分别滴加下列溶液，将产生沉淀的化学式填入下表相应的位置滴加的溶液氯水氨水沉淀的化学式_测定样品中碳的质量分数：（4）装置f的作用是_（5）反应结束后，若u形管e增重m g，则合金中碳的质量分数为_（用含m和a的式子表示）若没有装置d，会使合金中碳的质量分数_ （填偏高、偏低、无影响）（6）若将so2气体通入含有n mol na2s的溶液中，溶液中出现黄色浑浊，试分析该溶液最多能吸收so2气体_mol（不考虑溶解的so2）23回答下列问题（1）已知常温下，在nahso3溶液中c（h2so3 ）c（so32），且h2so3的电离平衡常数为k1=1.5102k2=1.1107；氨水的电离平衡常数为k=1.8102；则等物质的量浓度的下列五种溶液：nh3h2o （nh4）2co3khso3khco3ba（oh）2，溶液中水的电离程度由大到小排列顺序为_（2）nahso3具有较强还原性可以将碘盐中的kio3氧化为单质碘，试写出此反应的离子反应方程式_（3）在浓nh4cl溶液中加入镁单质，会产生气体，该气体成分是_，用离子方程式表示产生上述现象的原因：_24已知25时kspmg（oh）2=5.61012，kspcu（oh）2=2.21020，kspfe（oh）3=4.01038，kspal（oh）3=1.11033（1）在25下，向浓度均为0.1moll1的alcl3和cucl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成_沉淀（填化学式）用mgcl2、alcl3的混合溶液（a） 与过量氨水（b） 反应，为使mg2+、al3+同时生成沉淀，应先向沉淀反应器中加入_（填“a”或“b”），再滴加另一反应物（2）溶液中某离子物质的量浓度低于1.0105 moll1时，可认为已沉淀完全现向一定浓度的alcl3和fecl3的混合溶液中逐滴加入氨水，当fe3+完全沉淀时，测定c（al3+）=0.2 moll1此时所得沉淀中_（填“还含有”或“不含有”）al（oh）3请写出计算过程_25某氮肥nh4hco3中混有少量（nh4）2co3，现采用下列方案测定该氮肥中（nh4）2co3的质量分数：称取5.7g上述样品与2.0mol/l naoh溶液混合，完全溶解后，低温加热使其充分反应（该温度下铵盐不分解），并使生成的氨气全部被硫酸吸收，测得氨气的质量与所用naoh溶液体积的关系如图1所示：（1）a点前样品与naoh反应的离子方程式为_（2）为使生成的氨气被硫酸吸收时不发生倒吸，可以选用如图2装置中的_（3）样品中（nh4）2co3的质量分数是_%（保留一位小数）2014-2015学年山东省枣庄市滕州市实验中学高三（上）期中化学试卷一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1生活中碰到的某些问题，常涉及到化学知识，下列分析不正确的是( )amg（oh）2和al（oh）3热分解生成的气态水可覆盖火焰、驱逐o2、稀释可燃气体，分解产物mgo和al2o3能较快地与塑料燃烧过程中产生的酸性及腐蚀性气体反应，所以它们可以作为未来发展方向的无机阻燃剂b用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯毛织物c某雨水样品采集后放置一段时间，ph值由4.68变为4.28，是因为水中溶解了较多的co2d蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质考点：镁、铝的重要化合物；二氧化硫的污染及治理；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点 专题：化学应用分析：a、根据信息：mg（oh）2和al（oh）3受热分解生成的气态水可覆盖火焰、驱逐o2、稀释可燃气体，分解产物mgo和al2o3能较快地与塑料燃烧过程中产生的酸性及腐蚀性气体反应，进行分析；b、根据纯棉和纯毛的成分不同分析，燃烧纯毛时烧焦羽毛的气味；c、根据二氧化碳在水中的溶解度很小分析，正常雨水因溶解二氧化碳，ph值为5.6；d、牛奶中溶入极微量银离子，细菌的蛋白质结构遇银离子（重金属离子）变性，这是蛋白质的性质之一解答：解：a、mg（oh）2和al（oh）3受热分解生成的气态水可覆盖火焰、驱逐o2、稀释可燃气体，分解产物mgo和al2o3能较快地与塑料燃烧过程中产生的酸性及腐蚀性气体反应，所有它们可以作为未来发展方向的无机阻燃剂，故a正确；b、纯棉织物的主要成分是纤维素，与纸相同，燃烧时有烧纸味，纯毛织物的主要成分是蛋白质，燃烧时烧焦羽毛的气味，故b正确；c、二氧化碳在水中的溶解度很小，正常雨水因溶解二氧化碳，ph值为5.6，二氧化碳不会使雨水的ph由4.68变为4.28，故c错误；d、牛奶中溶入极微量银离子，细菌的蛋白质结构遇银离子（重金属离子）变性，从而杀死细菌，故d正确故选：c点评：考查化学知识在生活实际中是应用、物质性质等，难度不大，体现化学来源于生活，更服务于生活注意基础知识的掌握2下列化学用语不正确的是：( )a乙烯的结构简式：ch2=ch2b二氧化硫分子比例模型：c漂粉精的主要成分：cacl2dhcn分子的结构式：hcn考点：结构简式；结构式；球棍模型与比例模型 专题：化学用语专题分析：a、结构简式要标明官能团，乙烯的官能团是碳碳双键；b、二氧化硫分子含有一个硫原子两个氧原子，硫原子半径大于氧原子半径，分子呈v型；c、漂粉精的主要成分为caclo，漂白粉的主要成分为cacl2d、hcn分子中c原子核外有4个电子能形成4个共价键，n原子核外有5个电子能形成3个共价键，分子内含有cn解答：解：a、结构简式要标明官能团，乙烯的官能团是碳碳双键，乙烯的结构简式为ch2=ch2，故a正确；b、二氧化硫分子含有一个硫原子两个氧原子，硫原子半径大于氧原子半径，分子呈v型，故b正确；c、漂粉精的主要成分为ca（clo）2，漂白粉的主要成分为ca（clo）2、cacl2，故c错误；d、hcn分子中c原子核外有4个电子能形成4个共价键，n原子核外有5个电子能形成3个共价键，分子内含有cn，故d正确故选：c点评：本题考查了中学常见的几种物质的结构简式、结构式、比例模型，难度不大，注意基础知识的积累3有关说法中正确的是( )a分子中键能越大，键长越长，则分子越稳定bp4和ch4都是正四面体型结构的分子，且键角都为10928c在化学反应中，某元素由化合态变为游离态，则该元素一定被还原d电子层结构相同的简单离子，其半径随核电荷数增大而减小考点：键能、键长、键角及其应用；微粒半径大小的比较；氧化还原反应 分析：a键长越短，键能越大；b白磷分子中键角为60；c某元素由化合态变为游离态，化合可能升高，也可能降低；d电子层结构相同的简单离子，其核电荷数越大，对核外电子的引力越强，半径越小解答：解：a键长越短，键能越大，分子越稳定，故a错误；bp4和ch4都是正四面体型结构的分子，白磷分子中键角为60，甲烷的键角为10928，故b错误；c某元素由化合态变为游离态，化合可能升高，也可能降低，如s2变为s，化合价升高被氧化，so2变为s，化合价降低被还原，故c错误；d电子层结构相同的简单离子，其核电荷数越大，对核外电子的引力越强，半径越小，则电子层结构相同的简单离子，其半径随核电荷数增大而减小，故d正确故选d点评：本题考查了共价键、键角、氧化还原反应、离子半径比较等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查4美国科学家最近发明了利用眼泪来检测糖尿病的装置，其原理是用氯金酸钠（naaucl4）溶液与眼泪中的葡萄糖反应生成纳米金单质颗粒（直径为20nm60nm）下列有关说法中错误的是( )a检测时naaucl4发生氧化反应b葡萄糖的结构简式为ch2oh（choh）4choc葡萄糖具有还原性d纳米金颗粒分散在水中所得的分散系能产生丁达尔效应考点：葡萄糖的性质和用途；纳米材料 专题：化学应用分析：a化合价降低的反应是还原反应；b葡萄糖结构简式为ch2ohchohchohchohchohcho；c葡萄糖中含有醛基；d分散质粒子直径在1nm100nm之间的分散系为胶体解答：解：a氯金酸钠变为金化合价降低，发生还原反应，故a错误； b葡萄糖的结构简式为ch2ohchohchohchohchohcho，故b正确；c葡萄糖中含有醛基，具有还原性，故c正确；d纳米金单质颗粒直径为20nm60nm，分散在水中所得的分散系为胶体，故d正确故选a点评：本题考查胶体、葡萄糖的性质、氧化还原反应等，侧重于常识性内容的考查，难度不大，注意基础知识的积累5下列叙述错误的是( )acuso45h2o是一种化合物b分散系一定是混合物c碱性氧化物不一定是金属氧化物d氯化银、冰醋酸、酒精、水银分别属于强电解质、弱电解质、非电解质、既不是电解质也不是非电解质考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；电解质与非电解质 专题：物质的分类专题分析：a、由两种或两种以上元素组成的纯净物称为化合物；b、将一种或几种物质分散到另一种或几种物质中得到的体系称为分散系；c、碱性氧化物一定是金属氧化物；d、电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质是在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物；解答：解：a、由两种或两种以上元素组成的纯净物称为化合物，故cuso45h2o是化合物，故a正确；b、将一种或几种物质分散到另一种或几种物质中得到的体系称为分散系，故分散系一定是混合物，故b正确；c、碱性氧化物一定是金属氧化物，故c错误；d、电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质是在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物；氯化银是盐，是强电解质，醋酸是弱酸，是弱电解质，酒精是非电解质，水银是单质，既不是电解质也不是非电解质，故d正确故选c点评：本题考查了化合物、分散系、碱性氧化物和电解质非电解质的辨别，难度不大6下列说法正确的是( )a标准状况下，33.6 l so3中含有的氧原子数是4.5nab1 mol oh和1 moloh（羟基）中含有的电子数均为9nac在加热条件下，100 ml18.4 mol/l的浓硫酸与足量金属铜反应得到的so2的分子数为0.92 nad当0.2 mol na218o2与足量co2完全反应后，生成碳酸钠的质量为21.6 g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、标况下，三氧化硫为固体；b、1moloh含10mol电子，1mol羟基（oh）中含有9mol电子；c、浓硫酸随反应进行浓度减小，变为稀硫酸后不与铜发生反应；d、na218o2与co2的反应是一个歧化反应，过氧化钠中1个氧原子化合价降低为1，另一个氧原子的化合价升高为0价，因此生成物na2co3中有1个18o为，摩尔质量为108g/mol，结合方程式可知碳酸钠物质的量解答：解：a、标况下，三氧化硫为固体，故a错误；b、1moloh含10mol电子，1mol羟基（oh）中含有9mol电子，故b错误；c、在加热条件下，100ml 18.4mol/l的浓硫酸与足量金属铜反应，随反应进行浓度减小，变为稀硫酸后不与铜发生反应，实际得到二氧化硫分子数小于0.92na，故c错误；d、na218o2与co2的反应是一个歧化反应，过氧化钠中1个氧原子化合价降低为1，另一个氧原子的化合价升高为0价，因此生成物na2co3中有1个18o为，摩尔质量为108g/mol，故c错误由2na218o2+2co22na2co3+18o2可知，当0.2molna218o2与足量co2完全反应后，生成碳酸钠为0.2mol，故所得固体质量为0.2mol108g/mol=21.6g，故d正确故选d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7下列说法正确的是( )a向500ml 1 mol/lna2co3溶液中，滴加600ml 1 mol/lhcl 得到标况下co2体积为2.24lb电解精炼铜时，若阴极得到2摩尔电子，则阳极质量减少64克c将208 g bacl2固体溶解在1 l水中，形成的溶液的浓度为1 moll1d可用ph试纸测得氯水的酸性强弱考点：电解原理；物质的量浓度；试纸的使用 分析：a碳酸钠溶液中逐滴滴加盐酸，首先反应生成碳酸氢根离子，然后生成二氧化碳和水；b阳极为粗铜，含有比铜活泼的金属如铁、锌，先失电子；c将208 g bacl2固体溶解在1 l水中，溶液的体积大于1l；d水中含有次氯酸具有漂白性，可漂白试纸；解答：解：a.500ml 1 mol/lna2co3溶液含有碳酸根离子的物质的量=0.5l1 mol/l=0.5mol，600ml 1 mol/lhcl 含有氢离子的物质的量=0.6l1 mol/l=0.6mol，na2co3溶液中逐滴滴加盐酸先后发生反应：co32+h+=hco3，hco3+h+=h2o+co2，1 1 1 1 1 10.5 0.5 0.5 0.1 0.1 0.1 所以生成二氧化碳的体积为0.1mol，标况下体积=0.1mol22.4l/mol=2.24l，故a正确；b电解精炼铜粗铜做阳极失电子发生氧化反应，精铜做阴极得到电子发生还原反应，若阴极得到2摩尔电子，阳极共失2摩尔电子，阳极电极反应由cu2e=cu2+，fe2e=fe2+，zn2e=zn2+，所以阳极溶解减少的质量不是铜失电子溶解的质量，故b错误；c.208 g bacl2固体的物质的量=1mol，溶解在1 l水中溶液的体积大于1l，所以溶液的浓度小于1 moll1，故c错误；d氯水含有盐酸和次氯酸，可使试纸先变红后褪色，所以不能用ph试纸测量氯水的ph值，故d错误；故选：a点评：本题考查了有关方程式的计算、电解法精炼铜、物质的量浓度的概念、氯水的性质，题目综合性强，难度中等，明确物质的性质、电解的原理是解题关键，选项a为易错选项8下列离子方程式正确的是( )a等体积、等浓度的ba（oh）2溶液与kal（so4）2溶液混合：3ba2+6oh+2 al3+3so423baso4+2al（oh）3b向naalo2溶液中通入过量co2：2alo2+co2+3h2o2al（oh）3+co32cfe3o4与稀硝酸反应的离子方程式为：fe3o4+8h+fe2+2fe3+4h2od向naoh溶液中加入金属铝：al+2ohalo2+2h2o考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：a等物质的量的氢氧化钡与硫酸铝钾反应生成硫酸钡和氢氧化铝、硫酸钾；b向naalo2溶液中通入过量co2，反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；c硝酸具有强的氧化性能够氧化二价铁离子；d原子个数、电荷数均不守恒解答：解：a等体积、等浓度的ba（oh）2溶液与kal（so4）2溶液混合，离子方程式为：3ba2+6oh+2 al3+3so423baso4+2al（oh）3，故a正确；b向naalo2溶液中通入过量co2，离子方程式为：2alo2+co2+3h2o2al（oh）3+co32，故b错误；cfe3o4与稀硝酸反应的离子方程式为：3fe3o4+28h+no3=9fe3+no+14h2o，故c错误；d向naoh溶液中加入金属铝，离子方程式为：2al+20h+2h2o=2al02+3h2，故错误；故选：a点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应的实质以及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应的考查，题目难度不大9已知x、y、z、w均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去）则w、x不可能是( )aabbccdd考点：无机物的推断 专题：推断题分析：ac和o2反应可分别生成co或co2，co与co2可相互转化；bfe与hno3反应可分别生成fe（no3）2、fe（no3）3，fe（no3）2、fe（no3）3可相互转化；cca（oh）2与co2反应可分别生成cahco3、caco3，cahco3、caco3可相互转化；dalcl3与nh3h2o反应只生成al（oh）3解答：解：ac和o2反应可分别生成co或co2，co与o2反应可生成co2，co2与c反应可生成，故a不选；bfe与hno3反应可分别生成fe（no3）2、fe（no3）3，fe（no3）2与hno3反应可生成fe（no3）3，fe（no3）3与fe反应可生成fe（no3）2，故b不选；cca（oh）2与co2反应可分别生成cahco3、caco3，cahco3与ca（oh）2反应可生成caco3，caco3与co2、水反应可生成cahco3，故c不选；dalcl3与nh3h2o反应只生成al（oh）3，故d选；故选d点评：本题考查无机物的推断，题目难度不大，注意把握相关物质的性质，为解答该题的关键，学习中注意相关基础知识的积累10下列说法正确的是( )a过量的铁在氯气中燃烧可生成氯化亚铁b向fe（no3）2溶液加入盐酸，由于酸性增强抑制fe2+的水解，使c（fe2+）增大cfe和fe2o3的混合物溶于盐酸中，再加入kscn溶液，溶液一定变为血红色d把一定量的铁和铜的混和粉未投入到fecl3溶液中，不可能出现只有铁剩余没有铜剩余的情况考点：铁的化学性质；氯气的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变 专题：元素及其化合物分析：a氯气具有强氧化性；b在酸性条件下，fe2+与no3发生氧化还原反应，3fe2+no3+4h+=3fe3+no+2h2o；cfe和fe2o3的混合物溶于盐酸中，当铁过量时，全部生成二价铁；d加入铁和铜的混合物，铁首先与氯化铁反应解答：解：a氯气具有强氧化性，则过量的铁在氯气中燃烧可生成氯化铁，故a错误；b在酸性条件下，fe2+与no3发生氧化还原反应，3fe2+no3+4h+=3fe3+no+2h2o，fe2+被氧化成三价铁离子，所以c（fe2+）减小，故b错误；cfe和fe2o3的混合物溶于盐酸中，当铁过量时，全部生成二价铁，再加入kscn溶液，溶液不变血红色，故c错误；d加入铁和铜的混合物，铁首先与氯化铁反应，可能铁全部反应而铜有剩余，不可能出现只有铁剩余没有铜剩余的情况，故d正确；故选：d点评：本题考查铁及其化合物的性质，涉及氧化还原反应、三价铁离子的检验等，为常见的小综合习题，注重基础知识的考查，题目难度不大二、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）11下列比较不正确的是( )a等浓度的nh4hso4、nh3h2o、（nh4）2so4、（nh4）2co3、（nh4）2fe（so4）2的五种溶液，其中（nh4）2fe（so4）2溶液中c（nh4+）最大bnaclo和bacl2混合溶液：c（na+）+2c（ba2+）=c（clo）+c（hclo）+c（cl）c25下，0.2 moll1 hcl溶液与0.2 moll1 yoh（一元弱碱）溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），则c（cl）=c（y+）+c（yoh）=0.2 moll1d常温下，将0.2 moll1某一元碱roh溶液和0.1 moll1hcl溶液等体积混合，混合后溶液ph7，则c（roh）c（r+）考点：离子浓度大小的比较 专题：盐类的水解专题分析：a一水合氨为弱电解质，溶液中c（nh4+）最小；相同浓度的铵盐溶液中，nh4+物质的量越多，c（nh4+）越大，nh4+水解程度越大，则溶液中c（nh4+）越小，h+抑制铵根离子水解、ch3coo促进nh4+水解；b根据电荷守恒判断；c等体积混合后c（cl）为原来的一半；d混合后溶液ph7，说明r+水解程度大于roh电离程度解答：解：a一水合氨为弱电解质，溶液中c（nh4+）最小，（nh4）2fe（so4）2的中nh4+物质的量最多，且亚铁离子抑制水解，水解程度最小，所以c（nh4+）最大，故a正确；b混合溶液中存在c（na+）+2c（ba2+）+c（h+）=c（clo）+c（hclo）+c（cl）+c（oh），c（h+）、c（oh）较小，可忽略不计，则c（na+）+2c（ba2+）=c（clo）+c（hclo）+c（cl），故b正确；c等体积混合后c（cl）为原来的一半，应为c（cl）=c（y+）+c（yoh）=0.1 moll1，故c错误；d混合后溶液ph7，说明r+水解程度大于roh电离程度，则c（roh）c（r+），故d正确故选c点评：本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，注意把握盐类水解的影响因素，结合电荷守恒解答该题，难度中等12将e和f加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：e（g）+f（s）2g（g）忽略固体体积，平衡时g的体积分数（%）随温度和压强的变化如下表所示：下列说法错误的是( )abfb915、2.0mpa时e的转化率为50%c该反应的s0dk（1000）k（810）考点：化学平衡的影响因素 专题：化学平衡专题分析：a、同温下，增大压强，平衡逆向进行，平衡时g的体积分数变小，故可知c75.054.0ab，利用c75.054.0可知同压下，升温平衡正向移动，即正反应为吸热反应，从而可知f75.0；b、在915、2m pa下，设e的起始量为amol，转化率为x，则平衡时g的量为2ax，由题意得100%=75%，解得x=0.6；c、该题是气体体积增大的反应，因此为熵增反应；d、结合前面分析知升温平衡正向移动，则平衡常数增大解答：解：a、利用图表分析结合平衡原理分析；a与b、c与d、e与f之间是压强问题，随着压强增大，平衡逆向移动，g的体积分数减小，ba；c75%，e83%；f的温度比b的高，压强比b的小，所以fb，故a正确；b、设e的起始量为amol，转化率为x，则平衡时g的量为2ax，由题意得100%=75%，解得x=0.6，=60%，故b错误；c、该反应是一个气体分子增大的反应，属于熵增反应，故c正确；d、e是温度问题，随着温度升高，g的体积分数增大，所以正反应是一个吸热反应，所以，k（1000）k（810），故d正确；故选b点评：本题考查化学平衡影响因素分析，数据处理的方法应用，平衡计算和对比判断是解题关键，题目难度中等13综合如图判断，下列正确的说法是( )a装置和装置中负极反应均是fe2efe2+b装置和装置中正极反应均是o2+2h2o+4e4ohc装置和装置中盐桥中的阳离子均向右侧烧杯移动d放电过程中，装置左侧烧杯和装置右侧烧杯中溶液的ph均增大考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：图中装置、都是原电池装置，装置中，zn为负极，发生氧化反应zn2ezn2+，fe为正极，发生还原反应o2+2h2o+4e4oh装置中，fe为负极，发生氧化反应fe2efe2+，cu为正极，发生还原反应2h+2eh2，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答解答：解：a图中装置、都是原电池装置，装置中，zn为负极，发生氧化反应zn2ezn2+，装置中，fe为负极，发生氧化反应fe2efe2+，故a错误；b装置中，fe为正极，发生还原反应o2+2h2o+4e4oh装置中，cu为正极，发生还原反应2h+2eh2，故b错误；c原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，装置中，zn为负极，fe为正极，盐桥中的阳离子均向左烧杯移动，装置中，fe为负极，cu为正极，盐桥中的阳离子向右侧烧杯移动，故c错误；d电过程中，装置左侧烧杯，发生还原反应o2+2h2o+4e4oh，生成碱，装置ii右侧烧杯中，发生还原反应2h+2eh2，消耗盐酸，故溶液的ph均增大，故d正确；故选：d点评：本题考查原电池的工作原理，题目难度中等，注意电极的判断和电极方程式的书写，把握原电池的工作原理，装置借助吸氧腐蚀理解，学习中注意相关知识的把握14向m g镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体b l向反应后的溶液中加入c mol/l氢氧化钾溶液v ml，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为n g再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体p g则下列关系不正确的是( )abcn=m+17vcd考点：镁、铝的重要化合物；有关混合物反应的计算 专题：压轴题；几种重要的金属及其化合物分析：根据题意利用反应过程中的变化进行分析计算，镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸全部反应生成氢气b l，和氯化镁和氯化铝；向反应后的溶液中加入c mol/l氢氧化钾溶液v ml使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，质量为ng，固体灼烧得到氧化镁和氧化铝质量为pg，结合各步反应进行计算判断；解答：解：反应化学方程式为；mg+h2so4=mgso4+h2；2al+3h2so4=al2（so4）3+3h2；mgso4+2koh=mg（oh）2+k2so4；al2（so4）3+6koh=2al（oh）3+3k2so4；mg（oh）2mgo+h2o；2al（oh）3al2o3+3h2o；根据化学方程式可得：a、根据化学方程式的定量关系，生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半，即b=22.4l/mol，整理得c=，所以a项正确；b、选项中p为生成的氧化物的质量，1molmg可结合1molo，2molal结合3molo，因此生成沉淀的物质的质量等于镁和铝的质量之和加氧元素的质量，而结合氧元素的物质的量等于生成氢气的物质的量，也等于消耗氢氧根离子的物质的量的一半，即p=+m=m+所以b项正确；c、得到的氢氧化镁和氢氧化铝的质量等于镁铝的质量和与氢氧根离子的质量之和，即n=m+c17=m+17，选项中忽略了体积的单位，故c错误；d、氧化镁和氧化铝的质量可以按照极值方法计算，若mg全是镁，得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量为p=；若mg全是铝，得到的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为p=；质量介于二者之间，故d正确；故选c点评：本题综合考查镁铝元素化合物知识，以及相关化学计算15已知常温下，agbr的ksp=4.91013 mol2l2、agi的ksp=8.31017 mol2l2 下列说法正确的是( )a在常温下agi水溶液中，ag+和i浓度的乘积是一个常数b在常温下，在任何含agi固体的溶液中，c（ag+）=c（i）且ag+与i浓度的乘积等于8.31017 mol2l2c常温下，将1ml 1.0102 mol/l的ki与agno3溶液等体积混合，则生成agi沉淀所需agno3溶液的最小浓度为3.321014mol/ld向agi饱和溶液中加入agbr固体，c（i）不变，ksp值不变考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：a如溶液不饱和，则ag+和i浓度的乘积不能确定；b如在硝酸银或nai溶液中，则浓度不等；c将1ml 1.0102 mol/l的ki与agno3溶液等体积混合，混合后湖c（i）=0.5102 mol/l，结合溶度积计算；d向agi饱和溶液中加入agbr固体，银离子浓度增大，c（i）减小解答：解：a如溶液不饱和，则ag+和i浓度的乘积不能确定，当溶液达到饱和时，乘积不变，故a错误；b如在硝酸银或nai溶液中，则浓度不等，故b错误；c将1ml 1.0102 mol/l的ki与agno3溶液等体积混合，混合后湖c（i）=0.5102 mol/l，应满足0.5102c（agno3）8.31017，c（agno3）1.661014mol/l，则原agno3溶液的最小浓度为21.661014mol/l=3.321014mol/l，故c正确；d向agi饱和溶液中加入agbr固体，银离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，c（i）减小，故d错误故选c点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生16实验室需480ml 1.0mol/l的naoh溶液，假如其他操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是( )a称取氢氧化钠20.0 gb定容时俯视观察刻度线c移液时，对用于溶解氢氧化钠的烧杯没有进行冲洗d移液用玻璃棒引流时，玻璃棒下端靠在容量瓶刻度线上方考点：溶液的配制 专题：实验评价题分析：配制一定物质的量浓度的溶液过程中，能引起误差的原因主要有：称量不准确、转移不完全、读数不符合要求、操作不规范等，可以根据错误操作对c=的影响进行判断解答：解：a配制480ml溶液，需要选用500ml容量瓶，需要碳酸钠晶体的物质的量为1.0mol/l0.5l=0.5mol，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol0.5mol=20g，称量氢氧化钠质量符合要求，不会产生误差，故a错误；b定容时俯视刻度线，导致配制的溶液的体积偏小，浓度偏高，故b正确；c没有洗涤烧杯，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，配制的溶液浓度偏低，故c错误；d玻璃棒下端靠在容量瓶刻度线上方，导致配制的溶液的体积偏大，浓度偏低，故d错误；故选b点评：本题考查了配制一定浓度的溶液的误差分析，主要是熟练掌握常见误差的分析方法，本题难度不大17已知电离平衡常数：h2co3hcloh