山东省枣庄市滕州十一中高三化学上学期期末模拟试卷（四）（含解析）.doc

2015-2016学年山东省枣庄市滕州十一中高三（上）期末化学模拟试卷（四）一、选择题1化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是( )a在食品袋中放入盛有硅胶、生石灰的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质b为了防止蛋白质盐析，疫苗等生物制剂应冷冻储存c白酒标签上注有“酒精度52%vol”字样，它表示100g该白酒中含有52g酒精d人体细胞内存在的hco3h2co3与 hpo4hpo42维持了酸碱的生理平衡2设na为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是( )a1mol甲苯含有6na个ch键b18g h2o含有10na个质子c标准状况下，22.4l氨水含有na个nh3分子d56g铁片投入足量浓h2so4中生成na个so2分子3根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是( )acl2与cl2氧化能力相近，二者互为同位素bse与se所含质子数相同，中子数不同c同主族元素形成的含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱d同周期主族元素形成的简单离子半径随核电荷数的增大而减小424ml浓度为0.05moll1的na2so3溶液，恰好与20ml浓度为0.02moll1的k2cr2o7溶液完全反应，已知na2so3能被k2cr2o7氧化为na2so4，则元素cr在还原产物中的化合价为( )a+2b+3c+4d+55某盐的混合物中含有0.2mol/l na+、0.4mol/l mg2+、0.4mol/l cl，则so42为( )a0.1 mol/lb0.2 mol/lc0.3 mol/ld0.4 mol/l6下列各组热化学方程式中，化学反应的h前者大于后者的是( )c（s）+o2（g）co2（g）；h1 c（s）+o2（g）co（g）；h2s（s）+o2（g）so2（g）；h3 s（g）+o2（g）so2（g）；h4h2（g）+o2（g）h2o（l）；h5 2h2（g）+o2（g）2h2o（l）；h6caco3（s）cao（s）+co2（g）；h7 cao（s）+h2o（l）ca（oh）2（s）；h8abcd7w、x、y、z是原子序数依次增大的四种短周期元素，已知：四种元素的电子层数之和为10，且它们分别属于连续的四个主族；四种元素的原子中半径最大的是x原子下列说法正确的( )a四种元素中有两种元素在第二周期bw所在主族元素的原子次外层电子数可能为2或8，不可能为18cx、y、z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能反应d工业上获得x、y单质的方法主要是电解其熔融的氯化物8下列说法错误的是( )nahco3溶液加水稀释，的比值保持增大浓度均为0.1moll1的na2co3、nahco3混合溶液：2c（na+）3c（co32）+c（hco3）在0.1moll1氨水中滴加0lmoll1盐酸，恰好完全中和时溶液的ph=a，则由水电离产生的c（oh）=l0amoll1向0.1mol/lna2so3溶液中加入少量naoh固体，c（na+）、c（so32）均增大在na2s稀溶液中，c（h+）=c（oh）+c（h2s）+c（hs）abcd9x、y、z都是金属，把x浸入z的硝酸盐溶液中，x的表面有z析出，x和y组成原电池时，y为电池的负极x、y、z三种金属的活动性顺序为( )axyzbxzycyxzdyzx10下列说法不正确的是( )a为了提高生活用水的卫生标准，自来水厂常使用cl2和feso47h2o进行消毒、净化，以改善水质b硝酸、纯碱、醋酸钾和硅石分别属于酸、碱、盐和氧化物c从分类的角度看，混合物、分散系、胶体的从属关系如图所示d蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质11研究性学习小组进行了一系列化学实验后，发现高锰酸钾分解后的含锰元素的化合物都能和浓盐酸反应制得氯气，且锰化合物的还原产物都是mncl2他们将6.32gkmno4粉末加热一段时间，也不知道高锰酸钾是否完全分解，收集到0.112l气体后便停止加热了，冷却后放入足量的浓盐酸再加热，又收集到气体体积是（上述气体体积都折合成标准状况）( )a0.448lb2.240lc2.016ld无法确定12乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为( )a1：1b2：3c3：2d2：113用水处理金属钠与碳化钙的混合物，有气体放出，此气体在催化剂作用下恰好完全反应，生成另一种气体a气体a完全燃烧时，需要3.5倍体积的氧气，则金属钠与碳化钙的物质的量之比是( )a2：1b1：2c4：1d1：414将50g质量分数为1，物质的量浓度为c1的浓硫酸沿玻璃棒加入到vml水中，稀释后得到质量分数为2，物质的量浓度为c2的稀溶液下列说法中正确的是( )a若c1=2c2，则122，v50mlb若c1=2c2，则122，v50mlc若1=22，则c12c2，v=50mld若1=22，则c12c2，v50ml15根据下列热化学方程式（1）c（s）+o2（g）co2 （g）h1=393.5kj/mol（2）h2（g）+o2（g）h2o（l）h2=285.8kj/mol（3）ch3cooh（l）+2o2（g）2co2（g）+2h2o（l）h3=870.3kj/mol可以计算出2c（s）+2h2（g）+o2（g）ch3cooh（l）的反应热为( )ah=488.3 kj/molbh=+244.1 kj/molch=996.6 kj/moldh=+996.6 kj/mol16过氧化钠可作为氧气的来源常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量增加了14g，反应中有关物质物理量正确的是（na表示阿伏加德罗常数） ( )二氧化碳碳酸钠转移的电子a0.5molnab53g0.5molc53gnad11.2l0.5molaabbccdd17某非金属元素r的氢化物及其氧化物、盐之间具有如下转化关系（部分产物省略）：氢化物b c，下列判断中正确的是( )a若r是硫元素、则c是na2so3b若r是硅元素、则c是na2si03c若r是碳元素、则c是na2co3d若r是氯元素、则c是nacl18下列叙述正确的是( )ana、al、fe金属单质在一定条件下与水反应都生成h2和对应的碱b漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理不相同c将so2通入ca（clo）2溶液可生成caso3沉淀d向fecl2溶液中通入cl2反应的离子方程式为：fe2+cl2fe3+2c119下列各组物质按如图所示转化关系每一步都能一步实现的是( )甲乙丙丁afecl3fecl2fe2o3fe（oh）3bcucuocuso4cucl2cso2h2so4so3h2sdal（oh）3naalo2al2o3alcl3aabbccdd二、填空题20甲、乙、丙、丁四种物质转化关系如右图已知甲是一种导致钢铁生锈及许多还原性物质变质的单质，化合物乙、丙、丁均含有第三周期一种相同元素r（1）钢铁因甲而生锈时的正极反应式为_（2）若乙是难溶于水的酸性氧化物则r的原子结构示意图_乙的一种重要用途是_（3）若丙是离子化合物，且阴离子含金属元素r工业上由乙制取r的单质伴随的能量主要转化形式是：_能转化为_能r的单质与mno2反应的化学方程式为_染料工业排放的废水中含有大量有毒的no2，可以在碱性条件下加入r的单质除去（加热处理后的废水，会产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体）除去no2（有丙的阴离子生成）的离子方程式为_21下列框图所示的转化关系中，甲为生活中常见的金属单质，乙、丙、丁为气体单质，d为家庭中常用物质（部分反应物和生成物及溶剂水已略去）请回答：（1）e的化学式为_；甲的原子结构示意图为_；（2）反应的离子方程式为_；反应的化学方程式为_；（3）实验室制取并收集b的操作中，用_法收集b，验证b已收集满的方法是_（限答一种）（4）实验室制备丁的方程式为_，工业上输送丁的管道出现气体泄漏，如何查漏（用方程式表示）_22短周期元素形成的纯净物a、b、c、d、e，五种物质之间的转化关系如图1所示，物质a与物质b之间的反应不在溶液中进行（e可能与a、b两种物质中的一种相同）请回答下列问题：（1）若c是离子化合物，d是一种强碱，则c的化学式_，并任写一种c的主要用途_（2）若e的水溶液呈弱酸性，d是既能溶于强酸、又能溶于强碱的化合物用电离方程式解释d既能溶于强酸、又能溶于强碱的原因（仅写出电离方程式即可）：_用电荷守恒的等式表示e与naoh溶液反应生成正盐的溶液中所有离子的浓度之间的关系：_（3）若c是一种气体，d是一种强酸，则：c与水反应的化学方程式为_已知常温下物质a与物质b反应生成1mol气体c的h=57kjmol1，1mol气体c与h2o反应生成化合物d和气体e的h=46kjmol1，写出物质a与物质b及水反应生成化合物d的热化学方程式为_有人认为“浓h2so4可以干燥气体c”某同学为了验证该观点是否正确，用如图2所示装置进行实验实验过程中，在浓h2so4中未发现有气体逸出，则得出的结论是_用铂做电极电解h2so4的溶液，其阳极的电极反应式为_三、实验题23某兴趣小组对铜与浓硫酸反应产生的黑色沉淀（可能含有cuo、cus、cu2s，其中cus和 cu2s不溶于稀盐酸、稀硫酸）进行探究，实验步骤如下：将光亮铜丝插人浓硫酸，加热；待产生大量黑色沉淀和气体时，抽出铜丝，停止加热；冷却后，从反应后的混合物中分离出黑色沉淀，洗净、干燥备用回答下列问题：（1）步骤产生气体的化学式为_（2）向含微量 cu2+试液中滴加k4fe（cn）6溶液，能产生红褐色沉淀现将少量黑色沉淀放入稀硫酸中，充分振荡以后，再滴加k4fe（cn）6溶液，未见红褐色沉淀，由此所得结论是_（3）为证明黑色沉淀含有铜的硫化物，进行如下实验：装置现象结论及解释a试管中黑色沉淀逐渐溶解a试管上方出现红棕色气体b试管中出现白色沉淀a现象说明褐色沉淀具有_性b试管b中产生白色沉淀的总反应的离子方程式为_（4）cus固体能溶于热的浓硫酸，请用有关平衡移动原理加以解释：_（5）为测定黑色沉淀中cu2s 的百分含量，取0.2g 步骤所得黑色沉淀，在酸性溶液中用 40.0ml 0.075mol/l kmno4溶液处理，发生反应如下：8mno4+5cu2s+44h+10cu2+5so2+8mn2+22h2o6mno4+5cus+28h+5cu2+5so2+6mn2+14h2o反应后煮沸溶液，赶尽so2，过量的高锰酸钾溶液恰好与35.0ml 0.1mol/l （nh4）2fe（so4）2 溶液反应完全则混合物中cu2s 的质量分数为_24某研究性学习小组对过量炭粉与氧化铁反应的气体产物成分进行研究（1）提出假设该反应的气体产物是co2该反应的气体产物是co该反应的气体产物是_（2）设计方案如图所示，将一定量的氧化铁在隔绝空气的条件下与过量炭粉完全反应，测定参加反应的碳元素与氧元素的质量比（3）查阅资料氮气不与碳、氧化铁发生反应实验室可以用氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（nano2）饱和溶液混合加热反应制得氮气请写出该反应的离子方程式：_（4）实验步骤按图连接装置，并检查装置的气密性，称取3.20g氧化铁、2.00g碳粉混合均匀，放入48.48g的硬质玻璃管中；加热前，先通一段时间纯净干燥的氮气；停止通入n2后，夹紧弹簧夹，加热一段时间，澄清石灰水（足量）变浑浊；待反应结束，再缓缓通入一段时间的氮气冷却至室温，称得硬质玻璃管和固体总质量为52.24g；过滤出石灰水中的沉淀，洗涤、烘干后称得质量为2.00g步骤、中都分别通入n2，其作用分别为_（5）数据处理试根据实验数据分析，写出该实验中氧化铁与碳发生反应的化学方程式：_（6）实验优化 学习小组有同学认为应对实验装置进一步完善甲同学认为：应将澄清石灰水换成ba（oh）2溶液，其理由是_从环境保护的角度，请你再提出一个优化方案将此实验装置进一步完善：_2015-2016学年山东省枣庄市滕州十一中高三（上）期末化学模拟试卷（四）一、选择题1化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是( )a在食品袋中放入盛有硅胶、生石灰的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质b为了防止蛋白质盐析，疫苗等生物制剂应冷冻储存c白酒标签上注有“酒精度52%vol”字样，它表示100g该白酒中含有52g酒精d人体细胞内存在的hco3h2co3与 hpo4hpo42维持了酸碱的生理平衡【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；常见的食品添加剂的组成、性质和作用 【专题】化学计算【分析】a硅胶、生石灰具有吸水性；b加热可以使蛋白质变性；c白酒的标签上度数一般是指酒精在溶液中的体积分数；dhco3、hpo42既能与酸性物质发生反应，又能与碱性物质发生反应【解答】解：a硅胶、生石灰具有吸水性，可防止食物受潮，不能防止食物氧化变质，故a错误；b为了防止蛋白质变性，疫苗等生物制剂应冷冻保藏，故b错误；c白酒的标签上度数一般是指酒精在溶液中的体积分数，故c错误；dhco3、hpo42既能与酸性物质发生反应，又能与碱性物质发生反应，能维持酸碱的生理平衡，故d正确故选d【点评】本题考查了生活中常见的物质的性质，题目难度不大，注意相关知识的积累，选项c为易错点，注意酒精度数的含义2设na为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是( )a1mol甲苯含有6na个ch键b18g h2o含有10na个质子c标准状况下，22.4l氨水含有na个nh3分子d56g铁片投入足量浓h2so4中生成na个so2分子【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甲苯中含有8个碳氢键，1mol甲苯中含有8mol碳氢键；b水分子中含有10个质子，1mol水中含有10mol质子；c标准状况下氨水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氨水的物质的量；d铁与浓硫酸发生钝化，阻止了反应的继续进行，无法计算生成的二氧化硫的物质的量【解答】解：a1mol甲苯中含有8mol碳氢键，含有8na个ch键，故a错误；b18g水的物质的量为1mol，1mol水中含有10mol质子，含有10na个质子，故b正确；c标况下，氨水不是气体，题中条件无法计算氨气的物质的量，故c错误；d56g铁的物质的量为1mol，由于铁与浓硫酸能够发生钝化，阻止了反应的进行，无法计算反应生成二氧化硫的物质的量，故d错误；故选b【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，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力3根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是( )acl2与cl2氧化能力相近，二者互为同位素bse与se所含质子数相同，中子数不同c同主族元素形成的含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱d同周期主族元素形成的简单离子半径随核电荷数的增大而减小【考点】原子构成；同位素及其应用；原子结构与元素周期律的关系 【分析】a质子数相同，中子数不同的原子互称同位素；b质量数=质子数+中子数；c同主族元素形成的最高价氧化物对应的含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱；d电子层数越多，离子半径越大【解答】解：a质子数相同，中子数不同的原子互称同位素，cl2与cl2是氯元素的单质，不是同位素，故a错误；bse与se所含质子数均为34，中子数分别为44、46，故b正确；c同主族元素形成的最高价氧化物对应的含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱，不是最高价氧化物的水化物则没有该规律，故c错误；d电子层数越多，离子半径越大，na+有两个电子层，cl有三个电子层，则半径：clna+，故d错误故选b【点评】本题考查了同位素，原子结构、元素的性质的变化规律，题目难度不大，注意把握非金属性和半径的比较方法424ml浓度为0.05moll1的na2so3溶液，恰好与20ml浓度为0.02moll1的k2cr2o7溶液完全反应，已知na2so3能被k2cr2o7氧化为na2so4，则元素cr在还原产物中的化合价为( )a+2b+3c+4d+5【考点】氧化还原反应的计算 【分析】na2so3被氧化为na2so4，s元素化合价由+4价升高为+6价；k2cr2o7中cr元素发生还原反应，令cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒计算a的值【解答】解：令cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则：24103l0.05mol/l（64）=20103l0.02mol/l2（6a）解得a=+3故选b【点评】本题考查氧化还原反应计算、氧化还原反应概念等，难度中等，表示出得失数目是解题关键熟练掌握电子转移守恒思想的运用5某盐的混合物中含有0.2mol/l na+、0.4mol/l mg2+、0.4mol/l cl，则so42为( )a0.1 mol/lb0.2 mol/lc0.3 mol/ld0.4 mol/l【考点】物质的量浓度的相关计算 【专题】守恒思想【分析】根据溶液呈电中性，则有2c（mg2+）+c（na+）=c（cl）+2c（so42），据此计算溶液中so42的物质的量浓度【解答】解：盐的混合物中含有0.2mol/l na+、0.4mol/l mg2+、0.4mol/l cl，根据溶液呈电中性，则有2c（mg2+）+c（na+）=c（cl）+2c（so42），故2c（so42）=2c（mg2+）+c（na+）c（cl）=20.4mol/l+0.2mol/l0.4mol/l=0.6mol/l，故c（so42）=0.3mol/l，故选c【点评】本题考查物质的量浓度的有关计算，难度中等，注意电解质的混合溶液中离子浓度的计算，经常利用电荷守恒计算6下列各组热化学方程式中，化学反应的h前者大于后者的是( )c（s）+o2（g）co2（g）；h1 c（s）+o2（g）co（g）；h2s（s）+o2（g）so2（g）；h3 s（g）+o2（g）so2（g）；h4h2（g）+o2（g）h2o（l）；h5 2h2（g）+o2（g）2h2o（l）；h6caco3（s）cao（s）+co2（g）；h7 cao（s）+h2o（l）ca（oh）2（s）；h8abcd【考点】反应热的大小比较 【专题】化学反应中的能量变化【分析】为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多，中前者为吸热反应，后者为放热反应，吸热反应h0，放热反应h0，以此解答该题【解答】解：都为放热反应，h0，前者完全反应，放出的热量多，则h1h2，故错误；都为放热反应，h0，由于s（s）s（g）吸热，则前者放出的热量少，则h3h4，故正确；都为放热反应，h0，消耗的氢气越多，则放出的热量越多，则h5h6，故正确；前者为吸热反应，h70，后者为放热反应，h80，则h7h8，故正确故选c【点评】本题考查反应热的大小比较，题目难度中等，本题注意从物质反应的程度以及物质的聚集状态的角度比较反应热的大小，本题中含有能正确判断反应的吸放热7w、x、y、z是原子序数依次增大的四种短周期元素，已知：四种元素的电子层数之和为10，且它们分别属于连续的四个主族；四种元素的原子中半径最大的是x原子下列说法正确的( )a四种元素中有两种元素在第二周期bw所在主族元素的原子次外层电子数可能为2或8，不可能为18cx、y、z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能反应d工业上获得x、y单质的方法主要是电解其熔融的氯化物【考点】原子结构与元素的性质 【分析】w、x、y、z是原子序数依次增大的四种短周期元素，且它们分别属于连续的四个主族；电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，四种元素的原子中半径最大的是x原子，所以x、y、z位于同一周期，四种元素的电子层数之和为10，只能是w是h元素，x、y、z位于第三周期，它们属于连续的四个主族元素，则x是mg、y是al、z是si元素，再结合题目解答问题【解答】解：w、x、y、z是原子序数依次增大的四种短周期元素，且它们分别属于连续的四个主族；电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，四种元素的原子中半径最大的是x原子，所以x、y、z位于同一周期，四种元素的电子层数之和为10，只能是w是h元素，x、y、z位于第三周期，它们属于连续的四个主族元素，则x是mg、y是al、z是si元素，a四种元素中没有第二周期的元素，故a错误；bw是h元素，w所在主族元素的原子次外层电子数可能为2或8，如li、na、rb，故b正确；cx、y、z的最高价氧化物的水化物分别是mg（oh）2、al（oh）3、h2sio3，氢氧化铝属于两性氢氧化物，但不能溶于弱酸、弱碱，所以氢氧化铝不能溶于氢氧化镁、硅酸，故c错误；dmg、al属于活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼mg，采用电解熔融氧化铝的方法冶炼al，故d错误；故选b【点评】本题考查原子结构和元素性质，正确推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握，题目难度中等8下列说法错误的是( )nahco3溶液加水稀释，的比值保持增大浓度均为0.1moll1的na2co3、nahco3混合溶液：2c（na+）3c（co32）+c（hco3）在0.1moll1氨水中滴加0lmoll1盐酸，恰好完全中和时溶液的ph=a，则由水电离产生的c（oh）=l0amoll1向0.1mol/lna2so3溶液中加入少量naoh固体，c（na+）、c（so32）均增大在na2s稀溶液中，c（h+）=c（oh）+c（h2s）+c（hs）abcd【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的原理 【分析】nahco3溶液加水稀释，促进hco3的水解，溶液中碳酸氢根离子浓度减小；根据碳酸钠、碳酸氢钠混合液中的物料守恒判断；二者恰好完全中和生成氯化铵，为强酸弱碱盐，水解呈酸性；亚硫酸钠溶液中加入氢氧化钠，钠离子浓度增大，同时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；根据硫化钠溶液中的质子守恒判断【解答】解：nahco3溶液加水稀释，促进hco3的水解，n（hco3）减小，n（na+）不变，则的比值会增大，故正确；浓度均为0.1moll1的na2co3、nahco3混合溶液，假设体积为1l，则n（na+）=0.3mol，而c（co32）+c（hco3）+c（h2co3）=0.2mol，则：2c（na+）3c（co32）+c（h2co3）+c（hco3），故错误；在0.1moll1氨水中滴加0.1moll1盐酸，刚好完全中和生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，此时ph=a，则溶液中水电离的c（oh）=c（h+）=10amoll1，故正确；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，故正确；在na2s稀溶液中，根据质子守恒可得：c（oh）=c（h+）+2c（h2s）+c（hs），故错误；根据分析可知，错误的有，故选b【点评】本题考查了溶液ph的计算、溶液中离子浓度大小比较、难溶电解质的沉淀平衡等知识，题目难度中等，注意掌握酸碱混合后溶液的定性判断及溶液中ph的计算方法，学会利用电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理结合溶液中的电离平衡问题9x、y、z都是金属，把x浸入z的硝酸盐溶液中，x的表面有z析出，x和y组成原电池时，y为电池的负极x、y、z三种金属的活动性顺序为( )axyzbxzycyxzdyzx【考点】原电池和电解池的工作原理；常见金属的活动性顺序及其应用 【专题】电化学专题【分析】活泼性强的金属可以把活泼性弱的金属从其盐中置换出来，原电池中，负极金属的活泼性强于正极金属的活泼性【解答】解：把x浸入z的硝酸盐溶液中，x的表面有z析出，说明金属x可以把金属z从其盐中置换出来，所以活泼性xz，x和y组成原电池时，y为电池的负极，所以活泼性yx，x、y、z三种金属的活动性顺序为yxz故选c【点评】本题考查判断金属活泼性的方法，可以根据所学知识进行回答，难度不大10下列说法不正确的是( )a为了提高生活用水的卫生标准，自来水厂常使用cl2和feso47h2o进行消毒、净化，以改善水质b硝酸、纯碱、醋酸钾和硅石分别属于酸、碱、盐和氧化物c从分类的角度看，混合物、分散系、胶体的从属关系如图所示d蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念 【分析】a、根据cl2具有强氧化性，fe3+水解生成fe（oh）3胶体具有吸附性；b、根据酸、碱、盐的概念结合物质的分类来回答；c、混合物、分散系、胶体的从属关系是混合物包含分散系分散系包含胶体；d、根据电解质、非电解质、弱电解质的含义来回答【解答】解：a、cl2具有强氧化性，可对水进行消毒，又会将fe2+氧化为fe3+，fe3+发生水解生成fe（oh）3胶体，吸附悬浮物而净化水，故a正确；b、硝酸、纯碱、醋酸钾和硅石分别属于酸、盐、盐和盐类，故b错误；c、混合物、分散系、胶体的从属关系是混合物包含分散系，分散系包含胶体，所示图包含关系正确，故c正确；d、蔗糖在水溶液和熔融状态下都不导电、硫酸钡能完全电离和水不能完全电离，它们分别属于非电解质、强电解质、弱电解质，故d正确故选b【点评】本题考查物质的性质，把握物质的性质及化学与生活、环境保护的关系为解答的关键，侧重分析能力及知识应用能力的考查，题目难度不大11研究性学习小组进行了一系列化学实验后，发现高锰酸钾分解后的含锰元素的化合物都能和浓盐酸反应制得氯气，且锰化合物的还原产物都是mncl2他们将6.32gkmno4粉末加热一段时间，也不知道高锰酸钾是否完全分解，收集到0.112l气体后便停止加热了，冷却后放入足量的浓盐酸再加热，又收集到气体体积是（上述气体体积都折合成标准状况）( )a0.448lb2.240lc2.016ld无法确定【考点】氯气的实验室制法 【专题】压轴题；卤族元素【分析】kmno4中mn是+7价的mn，具有强氧化性，锰化合物的还原产物都是mncl2，1mol得到5mol电子，6.32gkmno4粉末加热一段时间，也不知道高锰酸钾是否完全分解，收集到0.112l气体为氧气，kmno4中o为2价，生成1个o2失去4个电子【解答】解：根据氧化还原反应的得失电子守恒规律，kmno4中mn得到的电子总数，等于kmno4中o失去的电子总数与浓盐酸中氯离子失去电子变为氯气失去的电子总数之和6.32gkmno4的物质的量n=0.04mol，0.112lo2的物质的量=0.005mol得到的电子：kmno45emn2+，k2mno44emn2+，mno22emn2+，失去的电子：2cl2ecl2，2o4eo2，根据电子守恒计算：n（kmno4）5e=n（o2）4e+n（cl2）2e0.04mol5e=0.005mol4e+n（cl2）2en（cl2）=0.09mol所以生成的氯气标准状况下的体积v（cl2）=nvm=0.09mol22.4l/mol=2.016l故选c【点评】该题主要考查了氧化还原反应的电子守恒的计算应用，做题时，一定要理清化合价变化的元素，在反应物和相应产物的化合价12乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为( )a1：1b2：3c3：2d2：1【考点】真题集萃；化学方程式的有关计算 【分析】将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个c原子、4个n原子，根据c原子、n原子守恒判断甲醛和氨的物质的量之比【解答】解：将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个c原子、4个n原子，每个甲醛分子中含有1个c原子、每个氨气分子中含有1个n原子，根据c原子、n原子守恒知，要形成一个乌洛托品分子需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要甲醛和氨气分子个数之比=6：4=3：2，根据n=nna知，分子数之比等于物质的量之比，所以甲醛与氨的物质的量之比3：2，故选c【点评】本题考查物质的量的有关计算，为高频考点，明确物质的量的基本公式及物质的构成是解本题关键，注意结合原子守恒解答，题目难度不大13用水处理金属钠与碳化钙的混合物，有气体放出，此气体在催化剂作用下恰好完全反应，生成另一种气体a气体a完全燃烧时，需要3.5倍体积的氧气，则金属钠与碳化钙的物质的量之比是( )a2：1b1：2c4：1d1：4【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算 【专题】计算题【分析】用水处理金属钠发生反应2na+2h2o2naoh+h2，用水处理碳化钙cac2+2h2oca（oh）2+hcch，此气体在催化剂作用下恰好完全反应，生成另一种气体a，设a为cxhy，根据cxhy+（x+）o2xco2+h2o进行计算【解答】解：用水处理金属钠发生反应2na+2h2o2naoh+h2，用水处理碳化钙cac2+2h2oca（oh）2+hcch，此气体在催化剂作用下恰好完全反应，生成另一种气体a，a为c2h2和h2的混合气体恰好完全反应的产物，设a为cxhy，cxhy+（x+）o2xco2+h2o 1 x+ x+=3.5，因a为c2h2和h2的混合气体恰好完全反应的产物，所以x=2，y=6，a为c2h6，生成a的方程式为：2h2+c2h2c2h6，n（h2）：n（c2h2）=2：1，所以金属钠与碳化钙的物质的量之比为4：1，故选c【点评】本题考查了有关混合物的计算，题目难度中等，注意掌握烃的燃烧通式在化学计算中的应用方法14将50g质量分数为1，物质的量浓度为c1的浓硫酸沿玻璃棒加入到vml水中，稀释后得到质量分数为2，物质的量浓度为c2的稀溶液下列说法中正确的是( )a若c1=2c2，则122，v50mlb若c1=2c2，则122，v50mlc若1=22，则c12c2，v=50mld若1=22，则c12c2，v50ml【考点】物质的量浓度的相关计算 【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】a、b、设物质的量是浓度为c1 moll1的密度为1，物质的量是浓度为c2moll1硫酸溶液的密度为2，利用c=公式变形计算硫酸的质量分数，结合硫酸溶液的浓度越大密度越大，进行判断；稀释前后溶质的质量不变，结合质量分数关系，判断稀释后溶液的质量小于100g，故水的质量小于50g，据此判断水的体积；c、d、根据稀释前后溶质的质量不变计算混合后溶液的质量为100g，计算水的质量为50g，据此计算水的体积；设物质的量是浓度为c1 moll1的密度为1，物质的量是浓度为c2moll1硫酸溶液的密度为2，利用c=计算硫酸的浓度，结合浓硫酸溶液的浓度越大密度越大，进行判断【解答】解：a、若c1=2c2，设物质的量是浓度为c1 moll1的密度为1，物质的量是浓度为c2moll1硫酸溶液的密度为2，则：1=，2=，所以=，浓硫酸的浓度越大密度越大，则12，故122，稀释前后溶质的质量不变，所以稀释后溶液的质量小于100g，故水的质量小于50g，水的密度为1g/ml，所以水的体积v50ml；故a正确；b、由a分析可知，所以水的体积v50ml，122，故b错误；c、稀释前后溶质的质量不变，若1=22，则稀释后溶液的质量为100g，所以水的质量为50g，水的密度为1g/ml，所以水的体积v=50ml；设物质的量是浓度为c1 moll1的密度为1，物质的量是浓度为c2moll1硫酸溶液的密度为2，则：c1=，c2=，所以=，浓硫酸的浓度越大密度越大，则12，故c12c2，故c错误；d、由c中分析可知，水的体积v=50ml，c12c2，故d错误故选：a【点评】本题考查物质的量浓度与质量分数的相互换算，可利用定义计算，难度中等，关键清楚硫酸溶液的浓度越大密度也越大，注意氨水、酒精浓度越大密度越小15根据下列热化学方程式（1）c（s）+o2（g）co2 （g）h1=393.5kj/mol（2）h2（g）+o2（g）h2o（l）h2=285.8kj/mol（3）ch3cooh（l）+2o2（g）2co2（g）+2h2o（l）h3=870.3kj/mol可以计算出2c（s）+2h2（g）+o2（g）ch3cooh（l）的反应热为( )ah=488.3 kj/molbh=+244.1 kj/molch=996.6 kj/moldh=+996.6 kj/mol【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算 【专题】化学反应中的能量变化【分析】依据热化学方程式和盖斯定律计算分析，反应的焓变与反应过程无关，只与起始状态和终了状态有关【解答】解：（1）c（s）+o2（g）co2 （g）h1=393.5kj/mol（2）h2（g）+o2（g）h2o（l）h2=285.8kj/mol（3）ch3cooh（l）+2o2（g）2co2（g）+2h2o（l）h3=870.3kj/mol依据盖斯定律（1）2（3）+（2）2得到2c（s）+2h2（g）+o2（g）ch3cooh（l）h=488.3 kj/mol故选a【点评】本题考查热化学方程式的书写和盖斯定律的计算应用，题目较简单16过氧化钠可作为氧气的来源常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量增加了14g，反应中有关物质物理量正确的是（na表示阿伏加德罗常数） ( )二氧化碳碳酸钠转移的电子a0.5molnab53g0.5molc53gnad11.2l0.5molaabbccdd【考点】氧化还原反应的计算 【分析】由化学方程式：2na2o2+2co22na2co3+o2，根据质量差求出二氧化碳、碳酸钠的物质的量，进而求出碳酸钠的质量和转移的电子数【解答】解：设二氧化碳和过氧化钠反应，当固体质量增加14g时，参与反应二氧化碳的物质的量为x，生成碳酸钠的物质的量为y2na2o2+2co22na2co3+o2 固体质量差 2mol 2mol 56g x y 14g 解之得：x=0.5mol，y=0.5mol碳酸钠的质量=0.5mol106g/mol=53g因常温常压下发生的反应，1mol二氧化碳的体积11.2l；由化学方程式可知，0.5mol二氧化碳参与反应时消耗0.5mol过氧化钠，过氧化钠起氧化剂、还原剂作用，各占一半，故转移电子为0.5mol2=0.5mol，即有 0.5na个电子转移 故选b【点评】本题主要考查化学方程式的书写和有关化学方程式的计算以及氧化还原反应中电子转移数目的计算，侧重于考查学生的计算能力，题目难度中等17某非金属元素r的氢化物及其氧化物、盐之间具有如下转化关系（部分产物省略）：氢化物b c，下列判断中正确的是( )a若r是硫元素、则c是na2so3b若r是硅元素、则c是na2si03c若r是碳元素、则c是na2co3d若r是氯元素、则c是nacl【考点】无机物的推断 【专题】无机推断【分析】a若r是s元素，b能和过氧化钠反应，则b是so2，so2和na2o2发生氧化还原反应；b若r是si元素，b能和na2o2反应，则b为h2o，c应该是naoh；c若r是c元素，b能和na2o2反应，则b为co2，c为na2co3；d若r是cl元素，hcl和氧气不反应【解答】解：a若r是s元素，b能和过氧化钠反应，则b是so2，二氧化硫具有还原性，过氧化钠具有强氧化性，所以so2和na2o2发生氧化还原反应，反应方程式为na2o2+so2=na2so4，所以c是na2so4，故a错误；b若r是si元素，b能和na2o2反应，则b为h2o，水和过氧化钠反应方程式为2h2o+2na2o2=4naoh+o2，c应该是naoh，故b错误；c若r是c元素，b能和na2o2反应，则b为co2，过氧化钠和二氧化碳反应方程式为2co2+2na2o2=2na2co3+o2，c为na2co3，故c正确；d若r是cl元素，hcl和氧气不反应，所以得不到b，故d错误；故选c【点评】本题以c、cl、si、s元素为载体考查无机物推断，明确非金属元素及其化合物之间的转化是解本题关键，注意过氧化钠的强氧化性，易错选项是a，注意过氧化钠和二氧化硫能发生氧化还原反应，题目难度中等18下列叙述正确的是( )ana、al、fe金属单质在一定条件下与水反应都生成h2和对应的碱b漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理不相同c将so2通入ca（clo）2溶液可生成caso3沉淀d向fecl2溶液中通入cl2反应的离子方程式为：fe2+cl2fe3+2c1【考点】二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；钠的化学性质；铝的化学性质 【分析】a铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；b漂白粉中次氯酸钠具有强氧化性，能杀菌消毒；胶体具有吸附性而净水；c二氧化硫具有还原性，能被次氯酸钙氧化生成硫酸钙；d二者反应电荷不守恒【解答】解：a铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，不生成碱和氢气，故a错误；b漂白粉金属利用其氧化性杀菌消毒，明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，二者原理不同，故b正确；c二氧化硫和次氯酸