内蒙古赤峰市高三化学上学期第二次月考试卷（含解析）

1、2016-2017学年内蒙古赤峰高三（上）第二次月考化学试卷一、选择题（本题共16小题，每题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1下列关于“化学与健康”的说法不正确的是（）A服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害B食用一定量的油脂能促进人体对某些维生素的吸收C“血液透析”利用了胶体的性质D光化学烟雾不会引起呼吸道疾病2下列关于物质分类的说法正确的是（）A金刚石、白磷都属于单质B漂白粉、石英都属于纯净物C氯化铵、次氯酸都属于强电解质D葡萄糖、蛋白质都属于高分子化合物3设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A标准状况下，NA个SO3的体积为22.4 LB1 mol Fe与足量的

2、HCl溶液反应，转移的电子数为3NAC2 L 1 molL1的H3PO4溶液中所含的H+数为6NAD标准状况下22.4 L Cl2通入足量的石灰乳制备漂白粉，转移电子数为NA4某溶液中含有NH4+、Mg2+、Fe2+、Al3+和SO42五种离子，若向其中加入过量的Ba（OH）2溶液，微热并搅拌，再加入过量的氢碘酸，溶液中大量减少的离子有（）A4种B3种C2种D1种5能正确表示下列反应的离子方程式是（）ACuCl2溶液中加入少量氨水：Cu2+2OHCu（OH）2B向酸性KMnO4溶液中通入SO2：3SO2+2MnO4+4OH=2MnO2+3SO42+2H2OC小苏打溶液中加足量澄清石灰水：HCO

3、3+Ca2+OHCaCO3+H2OD铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH+H2O=AlO2+2H26短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是电子层数的三倍，Y与X可形成Y2X2和Y2X两种离子化合物，Z原子的核外电子数比Y原子多2，W与X同主族，则（）A原子半径：YZWB单质的还原性：YZC简单气态氢化物的稳定性：XWDY和Z两者最高价氧化物对应的水化物不能相互反应7向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是（）操作现象结论A滴加AgNO3溶液生成白色沉淀原溶液中有ClB滴加盐酸溶液产生无色无味气体使澄清石灰水变浑浊原溶液中有CO32C滴加硫酸钠和稀硝

4、酸溶液产生白色沉淀原溶液中有Ba2+D滴加稀NaOH溶液生成白色沉淀原溶液中一定有Mg2+AABBCCDD8在两个容积相同的容器中，一个盛有NH3，另一个盛有N2、H2的混合气体，在同温同压下，两容器内的气体一定具有相同的（）A原子数B分子数C质量D密度9已知：NH3H2O（aq）与H2SO4（aq）反应生成1mol （NH4）2SO4的H=24.2kJmol1；强酸、强碱的稀溶液反应的中和热H=57.3kJmol1则NH3H2O在水溶液中电离的H等于（）A+45.2 kJmol1B45.2 kJmol1C+69.4 kJmol1D69.4 kJmol110已知：Ksp（AgCl）=1.810

5、10，Ksp（AgI）=1.51016，Ksp（Ag2CrO4）=2.01012，则下列难溶盐的饱和溶液中，Ag+浓度大小顺序正确的是（）AAgClAgIAg2CrO4BAgClAg2CrO4AgICAg2CrO4AgClAgIDAg2CrO4AgIAgCl11有四种混合溶液，分别由等体积0.1molL1的2种溶液混合而成CH3COONa与HCl；CH3COONa与NaOH；CH3COONa与NaCl；CH3COONa与NaHCO3下列关于该四种混合溶液的各项排序正确的是（）ApH：Bc（CH3COO）：Cc（H+）：Dc（CH3COOH）：12某温度下，H2（g）+CO2 （g）H2O（g）

6、+CO（g）的平衡常数K=，该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2 （g）和CO2 （g），其起始浓度如表所示，下列判断不正确的是（）起始浓度甲乙丙c（H2）/molL10.0100.0200.020c（CO2）/molL10.0100.0100.020A平衡时，乙中CO2的转化率大于60%B平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%C平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍，是0.008 molL1D反应开始时，乙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢13环保、安全的铝空气电池的工作原理如图所示，下列有关叙述错误的是（）ANaCl的作用是增强溶液的导电性B正极的电极反应式为O2+4e+2H

7、2O=4OHC电池工作过程中，电解质溶液的pH不断增大D用该电池作电源电解KI溶液制取1 mol KIO3，消耗铝电极的质量为54 g14在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X（g）Y（g），在温度T1、T2下，Y的物质的量浓度c（Y）随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是（）A该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量BN点的逆反应速率v逆大于W点的逆反应速率v逆CT1T2DM点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小15室温下，用0.1mol/L HCl溶液滴定10mL 0.1mol/L Na2CO3溶液，滴定曲线如图所示下列说法正确的是（）Aa点时：c（Na+）c（CO32）

8、c （HCO3）c（OH）Bb点时：3c（Na+）=2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3）C水电离程度由大到小的顺序为：abcdDd点时：c（H+）c（HCO3）=c（CO32）16向1L含0.01mol NaAlO2和0.02mol NaOH的溶液中缓慢通入CO2，随n（CO2）增大，先后发生三个不同的反应，当0.01moln（CO2）0.015mol时发生的反应是：2NaAlO2+CO2+3H2O2Al（OH）3+Na2CO3下列对应关系正确的是（）选项n（CO2）/mol溶液中离子的物质的量浓度A 0c（Na+）c（AlO2）+c（OH）B0.01c（Na+）c（AlO2

9、）c（OH）c（CO32）C0.015c（Na+）c（HCO3）c（CO32）C（OH）D0.03c（Na+）c（HCO3）c（OH）c（H+）AABBCCDD二、填空题（本题包括4小题，共52分）17氮化铝（AlN）是一种新型无机非金属材料某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下三种实验方案已知：AlN+NaOH+H2ONaAlO2+NH3【方案1】取一定量的样品，用图1装置测定样品中AlN的纯度（夹持装置已略去）（1）图C装置中球形干燥管的作用是 （2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先 ，再加入实验药品，接下来的实验操作是 ，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液

10、，至不再产生气体打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化通入氮气的目的是 （3）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见 【方案2】用图2装置测定m g样品中A1N的纯度（部分夹持装置已略去）（4）导管a的主要作用是 （5）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是 （填选项序号）aCCl4 bH2O cNH4Cl溶液 d（6）若m g样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（已转换为标准状况），则AIN的质量分数是 （用含m、V的数学表达式表示）【方案3】按图3步骤测定样品中A1N的纯度：（7）步骤生成沉淀的离子方程式为 （8）若在步骤中未洗涤，测定结果将 （填

11、“偏高”、“偏低”或“无影响”）18SO2、CO、CO2、NOx是对环境影响较大的几种气体，对它们的合理控制和治理是优化我们生存环境的有效途径（1）利用电化学原理将CO、SO2转化为重要化工原料，装置如图1所示：若A为CO，B为H2，C为CH3OH，则通入CO的一极电极反应式 若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，则负极的电极反应式为 若A为NO2，B为O2，C为HNO3，则负极的电极反应式为 （2）碳酸盐燃料电池，以一定比例Li2CO3和Na2CO3低熔混合物为电解质，操作温度为650，在此温度下以镍为催化剂，以煤气（CO、H2的体积比为1：1）直接做燃料，其工作原理如图2所示电池负极反应

12、式为 以此电源电解足量的硝酸银溶液，若阴极产物的质量为21.6g，则阳极产生气体标准况下体积为 L电解后溶液体积为2L，溶液的pH约为 19研究CO2与CH4的反应使之转化为CO和H2，对减缓燃料危机，减少温室效应具有重要的意义（1）已知：2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=566kJmol12H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=484kJmol1CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H=802kJmol1则CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）H= kJmol1（2）在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1molL1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应

13、CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g），测得CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图1所示据图可知，P1、P2、P3、P4 由大到小的顺序 在压强为P4、1100的条件下，该反应5min时达到平衡点X，则用CO表示该反应的速率为 该温度下，反应的平衡常数为 （3）CO和H2在工业上还可以通过反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）来制取在恒温恒容下，如果从反应物出发建立平衡，可认定平衡已达到的是 A体系压强不再变化 BH2与CO的物质的量之比为1：1C混合气体的密度保持不变 D气体平均相对分子质量为15，且保持不变在某密闭容器中同时投入四种物质，2min时达到平衡，测得容

14、器中有1mol H2O（g）、1mol CO（g）、2.2molH2（g）和一定量的C（s），如果此时对体系加压，平衡向 （填“正”或“逆”）反应方向移动，第5min时达到新的平衡，请在图2中画出25min内容器中气体平均相对分子质量的变化曲线20利用含锰废水（主要含Mn2+、SO42、H+、Fe2+、Al3+、Cu2+）可制备高性能磁性材料碳酸锰（MnCO3）其中一种工业流程如下：已知某些物质完全沉淀的pH如下表： 沉淀物 Fe（OH）3 Al（OH）3 Cu（OH）2Mn（OH）2 CuSMnS MnCO3沉淀完全时的pH 3.7 5.2 6.4 9.8077 回答下列问题：（1）过程中，

15、所得滤渣的主要成分是 （2）过程中，发生反应的离子方程式是 （3）过程中，若生成的气体J可使澄清石灰水变浑浊，则生成MnCO3的反应的离子方程式是 （4）由MnCO3可制得重要的催化剂MnO2：2MnCO3+O22MnO2+2CO2现在空气中加热460.0g MnCO3，得到332.0g产品，若产品中杂质只有MnO，则该产品中MnO2的质量分数是 （用百分数表示，小数点后保留1位）21常温下，浓度均为0.1mol/L的下列六种溶液的pH如下表： 溶质 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaHClO NaCNC6H5ONa pH 8.8 9.7 11.6 10.3 11.1 11.3

16、（1）上述盐溶液中的阴离子，结合H+能力最强的是 （2）根据表中数据判断，浓度均为0.01mol/L的下列物质的溶液中，酸性最强的是 （填序号）AHCN BHClO CC6H5OH DCH3COOH EH2CO3（3）据上表数据，请你判断下列反应不能成立的是 （填序号）AHCN+Na2CO3NaHCO3+NaCNBCH3COOH+NaCNCH3COONa+HCNCCO2+H2O+2C6H5ONaNa2CO3+2C6H5OHDCH3COONa+HClONaClO+CH3COOH2016-2017学年内蒙古赤峰二中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共16小题，每题3分，

17、共48分，每小题只有一个选项符合题意）1下列关于“化学与健康”的说法不正确的是（）A服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害B食用一定量的油脂能促进人体对某些维生素的吸收C“血液透析”利用了胶体的性质D光化学烟雾不会引起呼吸道疾病【考点】KG：药物的主要成分和疗效；67：胶体的应用；F7：常见的生活环境的污染及治理；K9：维生素在人体中的作用【分析】A药用胶囊超标的铬，是重金属盐，能使蛋白质发生变性；B食用的油脂供给脂溶性维生素作溶剂；C血液为胶体，“血液透析”运用了胶体的性质；D形成光化学烟雾的主要污染物是汽车尾气排放大量的氮氧化物【解答】解：A铬是重金属，能使蛋白质发生变性，服用铬含量

18、超标的药用胶囊会对人体健康造成危害，故A正确； B油脂既能运送营养素，也能作为维生素A、D、E、K的溶剂，它们必须溶在油脂里面，才会被消化吸收，故B正确；C利用血液透析进行治疗因肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，是利用来了血液是胶体，不会通过半透膜的原理，故C正确；D光化学烟雾是汽车排放的尾气中的氮氧化物发生复杂的变化后形成的，氮氧化合物有毒，会引起呼吸道疾病，故D错误故选D2下列关于物质分类的说法正确的是（）A金刚石、白磷都属于单质B漂白粉、石英都属于纯净物C氯化铵、次氯酸都属于强电解质D葡萄糖、蛋白质都属于高分子化合物【考点】38：单质和化合物；37：混合物和纯净物；D1：电解质与非电解质；

19、L1：有机高分子化合物的结构和性质【分析】A由一种元素组成的纯净物是单质；B由一种物质组成的为纯净物；C完全电离的电解质是强电解质；D相对分子质量很大的化合物是高分子化合物，常见的天然有机高分子化合物有蛋白质、纤维素和淀粉【解答】解：A由一种元素组成的纯净物是单质，金刚石、白磷都是由一种元素组成的纯净物，所以属于单质，故A正确；B由一种物质组成的为纯净物，漂白粉的主要成分是氯化钙、次氯酸钙，所以为混合物，故B错误；C完全电离的电解质是强电解质，次氯酸在水溶液里部分电离，为弱电解质，故C错误；D相对分子质量很大的化合物是高分子化合物，常见的天然有机高分子化合物有蛋白质、纤维素和淀粉，葡萄糖是小分

20、子有机物，故D错误；故选A3设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A标准状况下，NA个SO3的体积为22.4 LB1 mol Fe与足量的HCl溶液反应，转移的电子数为3NAC2 L 1 molL1的H3PO4溶液中所含的H+数为6NAD标准状况下22.4 L Cl2通入足量的石灰乳制备漂白粉，转移电子数为NA【考点】4F：阿伏加德罗常数【分析】A、标况下三氧化硫为固体；B、铁和盐酸反应后变为+2价；C、磷酸为多元中强酸；D、求出氯气的物质的量，然后根据氯气和碱的反应为歧化反应来分析【解答】解：A、标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其体积，故A错误；B、铁和盐酸反应后变为

21、+2价，故1mol铁反应后转移2NA个电子，故B错误；C、磷酸为多元中强酸，不能完全电离，故溶液中的氢离子的个数小于6NA个，故C错误；D、标况下22.4L氯气的物质的量为1mol，而氯气和碱的反应为歧化反应，故1mol氯气转移NA个电子，故D正确故选D4某溶液中含有NH4+、Mg2+、Fe2+、Al3+和SO42五种离子，若向其中加入过量的Ba（OH）2溶液，微热并搅拌，再加入过量的氢碘酸，溶液中大量减少的离子有（）A4种B3种C2种D1种【考点】DP：离子共存问题【分析】NH4+与碱在微热时反应生成氨气逸出，则铵根离子减少，Fe2+和氢氧化钠溶液反应生成的Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，

22、迅速氧化生成Fe（OH）3，则Fe2+减少，SO42生成硫酸钡沉淀，以此来解答【解答】解：混合溶液中加入过量的氢氧化钡并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成BaSO4、Mg（OH）2、Fe（OH）2沉淀和BaAlO2，Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，再向混合物中加入过量的氢碘酸，则Mg（OH）2、Fe（OH）3和NaAlO2与过量酸作用分别生成MgI2、AlI3、FeI2，所以减少的离子主要有NH4+和SO42两种，故选C5能正确表示下列反应的离子方程式是（）ACuCl2溶液中加入少量氨水：Cu2+2OHCu（OH）2B向酸性KMnO4溶液中通入SO2：3SO2

23、+2MnO4+4OH=2MnO2+3SO42+2H2OC小苏打溶液中加足量澄清石灰水：HCO3+Ca2+OHCaCO3+H2OD铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH+H2O=AlO2+2H2【考点】49：离子方程式的书写【分析】A一水合氨在离子反应中保留化学式；B发生氧化还原反应，电子不守恒，且在酸性溶液中；C反应生成碳酸钙、水、NaOH；D电子、电荷不守恒【解答】解：ACuCl2溶液中加入少量氨水的离子反应为Cu2+2NH3H2OCu（OH）2+2NH4+，故A错误；B向酸性KMnO4溶液中通入SO2的离子反应为5SO2+2MnO4+2H2O=2Mn2+5SO42+4H+，故B错误；C小苏打溶液

24、中加足量澄清石灰水的离子反应为HCO3+Ca2+OHCaCO3+H2O，故C正确；D铝溶于氢氧化钠溶液的离子反应为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故D错误故选C6短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是电子层数的三倍，Y与X可形成Y2X2和Y2X两种离子化合物，Z原子的核外电子数比Y原子多2，W与X同主族，则（）A原子半径：YZWB单质的还原性：YZC简单气态氢化物的稳定性：XWDY和Z两者最高价氧化物对应的水化物不能相互反应【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是电子层数的三倍，则X

25、为O元素；Y与X可形成Y2X2和Y2X两种离子化合物，Y为Na元素；Z原子的核外电子数比Y原子多2，Z为Al，W与X同主族，W为S元素，以此来解答【解答】解：由上述分析可知，X为O，Y为Na，Z为Al，W为S，A同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：YZW，故A错误；B金属性越强，对应单质的还原性越强，则单质的还原性：YZ，故B错误；C非金属性越强，对应氢化物越稳定，则简单气态氢化物的稳定性：XW，故C正确；DY和Z两者最高价氧化物对应的水化物，反应生成偏铝酸钠和水，故D错误；故选C7向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是（）操作现象结论A滴加AgNO3溶液生成白色

26、沉淀原溶液中有ClB滴加盐酸溶液产生无色无味气体使澄清石灰水变浑浊原溶液中有CO32C滴加硫酸钠和稀硝酸溶液产生白色沉淀原溶液中有Ba2+D滴加稀NaOH溶液生成白色沉淀原溶液中一定有Mg2+AABBCCDD【考点】DG：常见离子的检验方法；PG：常见阳离子的检验；PH：常见阴离子的检验【分析】A白色沉淀可能为硫酸银等；B无色无味气体为二氧化碳；C白色沉淀为硫酸钡，不溶于酸；DNaOH少量时，生成白色沉淀为氢氧化铝或氢氧化镁【解答】解：A白色沉淀可能为硫酸银，则原溶液中可能含氯离子或硫酸根离子等，故A错误；B无色无味气体为二氧化碳，则原溶液中可能含CO32或HCO3，或二者均存在，故B错误；C

27、白色沉淀为硫酸钡，不溶于酸，则原溶液中有Ba2+，故C正确；DNaOH少量时，生成白色沉淀为氢氧化铝或氢氧化镁，则溶液中可能含Mg2+或Al3+，或二者均存在，故D错误；故选C8在两个容积相同的容器中，一个盛有NH3，另一个盛有N2、H2的混合气体，在同温同压下，两容器内的气体一定具有相同的（）A原子数B分子数C质量D密度【考点】4G：阿伏加德罗定律及推论【分析】同温同压下，气体摩尔体积相等，体积相等的气体其物质的量相等，根据N=nNA、m=nM、=及分子构成分析解答【解答】解：同温同压下，气体摩尔体积相等，体积相等的气体其物质的量相等，A根据N=nNA知，二者物质的量相等时其分子数相等，因为

28、每个分子中原子个数不相等，所以其原子个数不相等，故A错误；B根据A知，二者的分子数相等，故B正确；C二者的平均摩尔质量不一定相等，根据m=nM知，二者的物质的量相等时其质量不一定相等，故C错误；D根据=知，气体摩尔体积相等时，二者的密度之比等于其摩尔质量之比，两种容器中气体摩尔质量不一定相等，所以其密度不一定相等，故D错误；故选B9已知：NH3H2O（aq）与H2SO4（aq）反应生成1mol （NH4）2SO4的H=24.2kJmol1；强酸、强碱的稀溶液反应的中和热H=57.3kJmol1则NH3H2O在水溶液中电离的H等于（）A+45.2 kJmol1B45.2 kJmol1C+69.4

29、 kJmol1D69.4 kJmol1【考点】BB：反应热和焓变【分析】25，101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ/mol，但是弱碱的电离吸热，根据题干信息写出反应的热化学方程式，然后利用盖斯定律计算出NH3H2O在水溶液中电离的H【解答】解：NH3H2O（aq）与H2SO4（aq）反应生成1mol正盐的H=24.2kJ/mol，则：2NH3H2O（aq）+H2SO4（aq）=（NH4）2SO4（aq）+2H2O （l）H=24.2kJ/mol即：2NH3H2O（aq）+2H+=2NH4+（aq）+2H2O（l）H=24.2kJ/mol，整理可得：NH3H2O（

30、aq）+H+=NH4+（aq）+H2O（l）H=12.1kJ/moL （1）H+（aq）+OH（aq）=H2O （l）H=57.3kJ/mol （2）（1）（2）可得：NH3H2O（aq）=NH4+（aq）+OH（aq），H=+45.2kJ/mol，所以NH3H2O在水溶液中电离的H为+45.2kJ/mol，故选A10已知：Ksp（AgCl）=1.81010，Ksp（AgI）=1.51016，Ksp（Ag2CrO4）=2.01012，则下列难溶盐的饱和溶液中，Ag+浓度大小顺序正确的是（）AAgClAgIAg2CrO4BAgClAg2CrO4AgICAg2CrO4AgClAgIDAg2CrO4

31、AgIAgCl【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】根据对应化学式相似的AgCl和AgI来说Ksp越小Ag+浓度越小，即AgClAgI；假设Ag2CrO4饱和溶液中Ag+的浓度为x，则CrO42的浓度为0.5x，由溶度积常数的表达式可知Ksp（Ag2CrO4）=x20.5x=0.5x3=2.01012，x3=4.01012，即x，因为AgCl饱和溶液中Ag+的浓度为，所以Ag2CrO4AgCl，故顺序为：Ag2CrO4AgClAgI【解答】解：A、由Ksp计算可知，Ag+浓度大小顺序应为Ag2CrO4AgCl，故A错；B、Ag+浓度大小顺序应为Ag2CrO4AgCl，故B错

32、；C、饱和溶液中：对应化学式相似的AgCl和AgI来说Ksp越小Ag+浓度越小，即AgClAgI；Ag2CrO4溶液中Ag+的浓度为，AgCl饱和溶液中Ag+的浓度为，所以有Ag2CrO4AgClAgI，故C正确；D、化学式相似的AgCl和AgI来说Ksp越小Ag+浓度越小，Ag+浓度大小顺序应为AgClAgI，故D错故选C11有四种混合溶液，分别由等体积0.1molL1的2种溶液混合而成CH3COONa与HCl；CH3COONa与NaOH；CH3COONa与NaCl；CH3COONa与NaHCO3下列关于该四种混合溶液的各项排序正确的是（）ApH：Bc（CH3COO）：Cc（H+）：Dc（C

33、H3COOH）：【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A盐酸溶液呈酸性，氢氧化钠溶液呈强碱性，氯化钠溶液呈中性，NaHCO3溶液呈弱碱性；B盐酸促进醋酸根离子水解，氢氧化钠抑制醋酸根离子水解，氯化钠既不抑制也不促进醋酸根离子水解，碳酸氢根离子抑制醋酸根离子水解；C氢离子浓度越大，溶液的pH越小；D醋酸根离子浓度越大，根据物料守恒知，醋酸分子的浓度就越小【解答】解：A这几组混合物中都含有醋酸钠，盐酸溶液呈酸性，氢氧化钠溶液呈强碱性，氯化钠溶液呈中性，NaHCO3溶液呈弱碱性，所以这几种溶液pH大小顺序是，故A错误；B盐酸促进醋酸根离子水解，氢氧化钠抑制醋酸根离子水解，氯化钠既

34、不抑制也不促进醋酸根离子水解，碳酸氢根离子抑制醋酸根离子水解，但抑制能力小于氢氧根离子，所以溶液中醋酸根离子浓度大小顺序是，故B正确；C根据A知，这几种溶液中氢离子浓度大小顺序是，故C错误；D根据B知，醋酸根离子浓度越大，根据物料守恒知，醋酸分子的浓度就越小，所以醋酸分子浓度大小顺序是，故D错误；故选：B12某温度下，H2（g）+CO2 （g）H2O（g）+CO（g）的平衡常数K=，该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2 （g）和CO2 （g），其起始浓度如表所示，下列判断不正确的是（）起始浓度甲乙丙c（H2）/molL10.0100.0200.020c（CO2）/molL10.01

35、00.0100.020A平衡时，乙中CO2的转化率大于60%B平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%C平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍，是0.008 molL1D反应开始时，乙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢【考点】CP：化学平衡的计算【分析】对于甲容器：H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）开始（mol/L）：0.01 0.01 0 0变化（mol/L）：x x x x平衡（mol/L）：0.01x 0.01x x x所以=，解得x=0.006A由上述计算可知，甲容器内二氧化碳的转化率为60%，恒温恒容下，乙中氢气的起始浓度比甲中氢气的起始浓度大，故乙中二氧化碳的转化率比

36、甲中高；B甲、丙两容器内起始浓度n（H2）：n（CO2）=1：1，反应H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）前后气体的体积不变，恒温恒容下，甲、丙为等效平衡，平衡时甲、丙中H2的转化率均相等；C甲、丙为等效平衡，平衡时甲、丙中CO2的转化率相等；D浓度越大反应速率越快【解答】解：对于甲容器：H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）开始（mol/L）：0.01 0.01 0 0变化（mol/L）：x x x x平衡（mol/L）：0.01x 0.01x x x所以=，解得x=0.006A由上述计算可知，甲容器内二氧化碳的转化率为100%=60%，恒温恒容下，乙中氢气的起始浓度比

37、甲中氢气的起始浓度大，故乙中二氧化碳的转化率比甲中高，故平衡时，乙中CO2的转化率大于60%，故A正确；B甲、丙两容器内起始浓度n（H2）：n（CO2）=1：1，反应H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）前后气体的体积不变，恒温恒容下，甲、丙为等效平衡，平衡时甲、丙中H2的转化率均相等，由上述计算可知，甲容器内氢气的转化率为100%=60%，故B正确；C由上述计算可知，平衡时甲容器内c（CO2）=（0.01x ）mol/L=0.004mol/L，甲、丙为等效平衡，平衡时，甲、丙中CO2的转化率相等，由A中计算可知为60%，故平衡时丙容器内c（CO2）=0.02mol/L（160%）=

38、0.008mol/L，丙中c（CO2）是甲中的2倍，故C正确；D浓度越大反应速率越快，由表中数据可知，甲、乙容器内，开始CO2浓度相等，乙中H2浓度比甲中浓度大，所以速率乙甲，乙、丙容器内，开始H2浓度相等，丙中CO2浓度比乙中浓度大，所以速率丙乙，故速率丙乙甲，故D错误，故选：D13环保、安全的铝空气电池的工作原理如图所示，下列有关叙述错误的是（）ANaCl的作用是增强溶液的导电性B正极的电极反应式为O2+4e+2H2O=4OHC电池工作过程中，电解质溶液的pH不断增大D用该电池作电源电解KI溶液制取1 mol KIO3，消耗铝电极的质量为54 g【考点】BL：化学电源新型电池【分析】根据图

39、知，该原电池中，Al作负极，电极反应式为Al3e+3OH=Al（OH）3，金属网载体为正极，O2在正极发生反应：O2+4e+2H2O=4OH，总反应方程式为4A1+3O2+6H2O=4A1（OH）3，据此分析解答【解答】解：A该原电池中，NaCl不参加反应，则NaCl的作用是增强溶液的导电性，故A正确；B由题图可知Al电极为负极，发生反应：Al3e+3OH=Al（OH）3，O2在正极发生反应：O2+4e+2H2O=4OH，故B正确；C总反应方程式为4A1+3O2+6H2O=4A1（OH）3，氯化钠溶液呈中性，放电过程中溶液的溶质仍然为NaCl，则电解质溶液的pH基本不变，故C错误；D.1mol

40、 KI制得1 mol KIO3时转移6 mol电子，根据转移电子相等得消耗m（Al）=54g，故D正确；故选C14在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X（g）Y（g），在温度T1、T2下，Y的物质的量浓度c（Y）随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是（）A该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量BN点的逆反应速率v逆大于W点的逆反应速率v逆CT1T2DM点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小【考点】CK：物质的量或浓度随时间的变化曲线；CB：化学平衡的影响因素【分析】由温度T1、T2下，Y的物质的量浓度c（Y）随时间t变化的曲线图可知，T2先达到平衡，则T2T1，可知升高温度

41、c（Y）减小，则升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应，AM、W均为平衡点，M点时平衡正向移动程度大；B温度越高时反应速率越大；CT2先达到平衡；DM点时再加入一定量X，压强增大，平衡正向移动【解答】解：由温度T1、T2下，Y的物质的量浓度c（Y）随时间t变化的曲线图可知，T2先达到平衡，则T2T1，可知升高温度c（Y）减小，则升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应，AM、W均为平衡点，M点时平衡正向移动程度大，正反应为放热反应，则该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量，故A正确；BT2T1，则N点的逆反应速率v逆小于W点的逆反应速率v逆，故B错误；CT2先达到平衡，则T2T1，故

42、C错误；DM点时再加入一定量X，压强增大，平衡正向移动，平衡后X的转化率增大，故D错误；故选A15室温下，用0.1mol/L HCl溶液滴定10mL 0.1mol/L Na2CO3溶液，滴定曲线如图所示下列说法正确的是（）Aa点时：c（Na+）c（CO32）c （HCO3）c（OH）Bb点时：3c（Na+）=2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3）C水电离程度由大到小的顺序为：abcdDd点时：c（H+）c（HCO3）=c（CO32）【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】Aa点为碳酸钠溶液，由于氢氧根离子还来自水的电离，则c（OH）c（HCO3）；Bb点加入1

43、0mL等浓度的盐酸，反应后溶质为碳酸氢钠，根据碳酸氢钠溶液中的物料守恒分析；Ca、b点碳酸根离子、碳酸氢根离子水解促进了水的电离，c为溶液为中性，d点碳酸大量的氢离子抑制了水的电离；Dd点加入20mL盐酸，二者恰好反应生成NaCl和碳酸，碳酸以第一步电离为主，则c（HCO3）c（CO32）【解答】解：Aa点为Na2CO3溶液，CO32部分水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，溶液呈碱性，由于OH还来自水的电离，则c（OH）c（HCO3），正确的离子浓度大小为：c（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3），故A错误；Bb点时加入10mL等浓度的HCl溶液，二者恰好反应生成NaHCO3，根据碳酸

44、氢钠溶液中的物料守恒可得：c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3），故B错误；Ca点为Na2CO3溶液，碳酸根离子促进了水的电离，b点溶质为NaHCO3，碳酸氢根离子的水解促进了水的电离，由于碳酸钠的电离程度较大，则水的电离程度ab107mol/L；c点溶液呈中性，水电离出的氢离子为107mol/L，d点溶液中溶有碳酸，溶液呈酸性，抑制了水的电离，d点水的电离程度最小，所以水电离程度由大到小的顺序为：abcd，故C正确；Dd点加入20mLHCl溶液，二者恰好反应生成NaCl和碳酸，碳酸以第一步电离为主，则c（HCO3）c（H+），由于氢离子还来自水的电离，则c（HCO3）

45、c（CO32），正确的离子浓度大小为：c（H+）c（HCO3）c（CO32），故D错误；故选C16向1L含0.01mol NaAlO2和0.02mol NaOH的溶液中缓慢通入CO2，随n（CO2）增大，先后发生三个不同的反应，当0.01moln（CO2）0.015mol时发生的反应是：2NaAlO2+CO2+3H2O2Al（OH）3+Na2CO3下列对应关系正确的是（）选项n（CO2）/mol溶液中离子的物质的量浓度A 0c（Na+）c（AlO2）+c（OH）B0.01c（Na+）c（AlO2）c（OH）c（CO32）C0.015c（Na+）c（HCO3）c（CO32）C（OH）D0.03c

46、（Na+）c（HCO3）c（OH）c（H+）AABBCCDD【考点】DN：离子浓度大小的比较【分析】通入二氧化碳首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02mol氢氧化钠消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸钠，然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol偏铝酸钠消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸钠然后再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015mol的二氧化碳，生成0.03mol的碳酸氢钠，由此分析各选项【解答】解：A、未通入二氧化碳时，溶液中的电荷守恒有c（Na+）+c（H+）=c（AlO2）+c（OH

47、），故A错误；B、当二氧化碳为0.01mol，所得溶液为0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠，因为碳酸酸性强于氢氧化铝，所以偏铝酸根离子水解程度比碳酸根离子强，则偏铝酸根离子浓度小于碳酸根离子浓度，所以溶液中离子的物质的量浓度大小为：c（Na+）c（CO32）c（AlO2）c（OH），故B错误；C、当二氧化碳为0.015mol时，所以得溶液为0.015mol碳酸钠，溶液中离子浓度的关系为c（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3），故C错误；D、当二氧化碳的量为0.03mol时，所得溶质为碳酸氢钠，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，所以离子浓度大小顺序为：c（Na+）c（HCO3

48、）c（OH）c（H+），故D正确；故选D二、填空题（本题包括4小题，共52分）17氮化铝（AlN）是一种新型无机非金属材料某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下三种实验方案已知：AlN+NaOH+H2ONaAlO2+NH3【方案1】取一定量的样品，用图1装置测定样品中AlN的纯度（夹持装置已略去）（1）图C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先检查装置气密性，再加入实验药品，接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化通入氮气的目的

49、是把装置中残留的氨气全部赶入C装置（3）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见C装置出口处连接一个干燥装置【方案2】用图2装置测定m g样品中A1N的纯度（部分夹持装置已略去）（4）导管a的主要作用是保持气压恒定，使NaOH浓溶液容易流下（5）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是ad（填选项序号）aCCl4 bH2O cNH4Cl溶液 d（6）若m g样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（已转换为标准状况），则AIN的质量分数是100%（用含m、V的数学表达式表示）【方案3】按图3步骤测定样品中A1N的纯度：（7）步骤生成沉淀的离子方程式为CO2+AlO2+2H2O=

50、HCO3+Al（OH）3（8）若在步骤中未洗涤，测定结果将偏高（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）氨气是和浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸；（2）组装好实验装置，依据原理可知气体制备需要先检查装置气密性，加入实验药品接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，反应生成氨气后卫把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重计算；（3）装置存在缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置C，使测定结果偏高，需要连接一个盛碱石灰干燥管；（4）导管a的主要作用是保持压强不变，液体顺利流下；（5）氨气极易溶于水，量气装置中的X液体不能

51、与氨气反应，不能使氨气溶解；（6）依据AIN+NaOH+H2ONaAIO2+NH3在定量关系计算；（7）步骤生成的沉淀是氢氧化铝，是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成；（8）沉淀不洗涤得到滤渣质量会增大，测定结果会偏高【解答】解：（1）氨气是与浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，图C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸的作用，故答案为：防止倒吸；（2）组装好实验装置，原理可知气体制备需要先检查装置气密性，加入实验药品接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化通入氮气的目的是，反应生成氨气

52、后卫把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重计算，故答案为：检查装置气密性；关闭K1，打开K2；把装置中残留的氨气全部赶入C装置；（3）装置存在缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置C，使测定结果偏高，需要连接一个盛碱石灰干燥管，故答案为：C装置出口处连接一个干燥装置；（4）装置图2中导管a的主要作用是保持气压恒定，使NaOH浓溶液容易流下，故答案为：保持气压恒定，使NaOH浓溶液容易流下；（5）aCCl4不能溶解氨气，可以用排四氯化碳溶液的方法测定氨气体积，故a正确；b氨气极易溶于水，不能排水法测定，故b错误；c氨气极易溶于水，不能用排NH4Cl溶液的方法测定气体体积，故c错误；d氨气不溶于苯，可以利用排