2017届河北省武邑中学高三上学期周考(828)化学试题解析版含解析

1、1在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72-和Pb2+，则与1molCr3+反应所需PbO2的物质的量是（）A3.0mol B1.5mol C1.0mol D0.75mol【答案】B【解析】试题分析：反应中Pb元素的化合价从4价降低到2价，得到2个电子。Cr元素的化合价从3价升高到6价，失去3个电子。则根据电子得失守恒可知与1molCr3+反应所需PbO2的物质的量1.5mol，答案选B。考点：考查氧化还原反应的计算2下列离子方程式正确的是（）A向Ba(OH)2溶液与稀H2SO4溶液发生中和反应：Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2OBH2S通入FeCl3溶液中：2

2、Fe3+S2-=2Fe2+SC碳酸氢钠溶液与硫酸氢钠溶液反应：H+HCO3-=CO2+H2OD向漂白粉溶液中通入SO2: Ca2+2ClO-+H2O+SO2=CaSO3+2HClO【答案】C【考点定位】本题主要是考查离子方程式正误判断【名师点晴】本题以离子方程式的正误判断为载体，重点考查离子方程式的书写中两个守恒（电荷守恒、质量守恒）、物质拆分、过量反应及实验事实等知识，掌握相关物质的化学性质是解答的关键；本题的解题要点为离子方程式的正误判断，要求掌握离子方程式的书写原则，能理解离子反应的实质，确定物质的电离情况、离子间反应的是否漏写、过量反应物时产物的判断及元素守恒和电荷守恒的判断依据。选项

3、A和D是易错点。3.在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是（ ）ANH4、Ba2、Cl-、NO3- BK+、AlO2-、Cl-、SO42-CCa2+、Mg2+、NO3-、HCO3- DNa+、Cl-、CO32-、SO32-【答案】B考点：考查离子共存正误判断4 阿伏加德罗常数用NA表示，下列叙述正确的是（）常温常压下，2.24LD2气体分子含有的中子数为小于0.2NA含有0.32g氧元素的二氧化硅中含有的硅氧键数目为0.02NA0.44gC3H8中含有的极性共价键总数目为0.1NA7.8g过氧化钠粉末与足量二氧化硫反应转移的电子数为0.2NA46g二氧化氮与四氧化二氮的混合气体的平

4、均相对分子质量为46M92 11.2LCl2通入足量氢氧化钠溶液中充分反应，转移的电子数等于0.5NA1mol冰醋酸和lmol乙醇在加热和浓硫酸条件下充分反应生成的水分子数为NAA B C D 【答案】A【解析】试题分析：标准状况下2.24LD2气体物质的量为0.1mol，但常温常压下2.24LD2气体物质的量小于0.1mol，所以分子最中含有的中子数为小于0.2NA，正确；0.32克氧元素物质的量为0.02mol，1mol二氧化硅含有2mol氧原子，所以含0.02mol氧原子的二氧化硅为0.01mol，含有的硅氧键数目为0.04NA，错误；0.44gC3H8物质的量为0.01mol，通式判断

5、物质为烷烃，0.01mol丙烷含有的极性共价键是碳原子与氢原子形成的化学键为0.08mol，错误；7.8g过氧化钠粉末物质的量为0.1mol，发生的反应为Na2O2+SO2Na2SO4，0.1mol过氧化钠反应转移的电子物质的量为0.2mol，即电子数为0.2NA，正确；46g二氧化氮与四氧化二氮的混合气体的平均分子量一定介于4692之间，混合气体的平均分子量46M92，正确；温度和压强未知，11.2LCl2的物质的量不是0.5mol，错误；1mol冰醋酸和1mol乙醇在加热和浓硫酸的条件下发生的反应是化学平衡，不可能进行彻底，所以生成的水分子数小于NA，错误；综上所述正确；答案选D。【考点定

6、位】本题主要是考查了阿伏加德罗常数的条件应用【名师点晴】该题为高频考点，主要是考查气体摩尔体积的条件应用，质量换算物质的量，结合二氧化硅和烷烃的结构来计算共价键数、氧化还原反应的电子转移的计算，酯化反应的可逆性判断等。阿伏加德罗常数是单位物质的量的物质内含有的该物质的基本微粒数目，用NA表示，其近似值是6.021023/mol；在国际上规定：0.012kg的12C所含有的碳原子数，任何物质只要其构成的基本微粒数与0.012kg的12C所含有的碳原子数相同，就说其物质的量是1mol。有关公式有；。掌握各个公式的适用范围、对象，是准确应用的保证。有时阿伏加德罗常数会与物质结构、氧化还原反应、电化学

7、等知识结合在一起考查，要掌握物质的物理性质、化学性质及发生的反应特点等，才可以得到准确的解答。5 物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度等有关。下列各组物质中由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是（ ） Cu与HNO3溶液； Fe与HCl溶液；Zn与H2SO4溶液；铝与NaOH溶液A B C D【答案】A考点：考查元素及其化合物的性质6 t，将一定质量的某物质的不饱和溶液均分为三份，分别加热蒸发溶液，然后把温度降至t，已知从三份溶液中蒸发的溶剂质量分别为10g、20g、30g，析出晶体（不含结晶水）质量分别为a、b、c（单位g，且a、b、c均大于零），则a、

8、b、c三者的关系为（）Ac=2b-a Bc=a+b Cc=a+2b Dc=2a+b【答案】A【考点定位】本题主要是考查溶液的有关计算【名师点晴】本题不但考查了溶液的均一性和稳定性，而且考查了不饱和溶液蒸发掉多余的水后就会变成饱和溶液，还考查了饱和溶液继续蒸发溶剂就会有晶体析出（即结晶现象），更考查了根据溶液的均一性进行有关析出晶体质量计算因此，这是一道综合性较强，并且知识点多，知识面广的典型试题；解答时，一定要将相关的知识点综合起来，细心地进行分析、探究和推算，再可得出正确的答案。7下列关于胶体的认识，错误的是（）A在溶有1molFe(OH)3胶粒的胶体中，含有多于NA个的Fe(OH)3分子B

9、将一束强光通过淀粉溶液，也能产生丁达尔效应C“雨后彩虹”“海市蜃楼”既是一种自然现卑又是光学现象，也与胶体的知识有关D纳米材料粒子直径一般从几纳米到几十纳米，因此纳米材料属于胶体【答案】D【解析】试题分析：A胶粒是一定数目粒子的集合体，溶有1mol Fe（OH）3的胶体中，胶粒数小于NA个，A正确； B淀粉溶液是胶体，有丁达尔效应，B正确；C“雨后彩虹”属于光的散射，“海市蜃楼”属于光的折射，“雨后彩虹”与胶体有关、“海市蜃楼”与胶体性质无关，C正确；D“纳米材料”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，不是分散系，胶体是分散系，D错误，答案选D。【考点定位】本题主要是考查胶体的性质、常见自然现象

10、的成因等【名师点晴】掌握胶体的组成、性质是解答的关键，其中“雨后彩虹”“海市蜃楼”的成因是难点，需要平时学习中注意化学在生活中的应用，能用化学的视角解释各种自然现象。8设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A足量的CO2与39gNa2O2发生反应，转移的电子数为NAB100mL 1mol/LFeCl3溶液中，阴、阳离子总数大于0.4NAC用惰性电极电解硫酸铜溶液，若生成1molO2，则转移电子数为2NAD18g的D2O与NA个CH4具有相同的电子数【答案】B【解析】试题分析：A足量的CO2与39gNa2O2（0.5mol）发生反应，转移的电子数为0.5NA，A错误；B铁离子水解，

11、溶液显酸性，则100mL 1mol/LFeCl3溶液中，阴、阳离子总数大于0.4NA，B正确；C用惰性电极电解硫酸铜溶液，若生成1molO2，则转移电子数为4NA，C错误；D18gD2O是物质的量0.9mol，含有9mol电子，NA个CH4含有10mol电子，二不具有相同的电子数，D错误；答案选B。考点：考查阿伏加德罗常数的计算与判断9晶体与的溶液反应后，生成氯气、氯化钾和水下列说法正确的是（）A氯化钾既不是氧化产物，也不是还原产物B被还原的和被氧化的的物质的量之比为1:6C生成氯气的相对分子质量为72D每生成标准状况下的氯气11.2L，转移的电子数约为6.021023【答案】A【考点定位】本

12、题主要是考查氧化还原反应的计算【名师点晴】本题解答时注意元素化合价的变化特点，注意原子的构成，为解答该题的关键，也是易错点，注意掌握反应的实质，注意从化合价变化的角度计算转移电子的物质的量。10下列离子方程式书写正确的是（）A在蓝色的淀粉溶液中通入足量SO2后成无色溶液：I2 +SO2 +2H2O=2I-+SO32-+4H+BKI溶液与H2SO4酸化的H2O2溶液混合：2I-H2O2+2H+=2H2O+I2C碳酸钠溶液呈碱性：CO32-+2H2OH2CO3+2OH-D用FeC13溶液腐蚀铜线路板：Cu+Fe3+Cu2+Fe2+【答案】B考点：考查离子方程式正误判断11某溶液中含有下列六种离子，

13、 HCO3- SO32- Na CO32- NH4 NO3-，向其中加入一定量Na2O2后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（）A B C D只有【答案】D【解析】试题分析：Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液成碱性，则：HCO3-、CO32-、NH4浓度发生变化，Na2O2具有强氧化性，SO32-被氧化生成SO42-，SO32-、SO42-离子浓度发生变化，Na+浓度增大，浓度不变的只有NO3-，答案选D。【考点定位】本题主要是考查过氧化钠的性质【名师点晴】该题为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，题目难度不大，注意过氧化钠与水反应的特点以及具有氧化性的性质，为解

14、答该题的关键。12将22.4L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反应后，气体休积11.2L（体积均在相同条件下测定），则该氮氧化合物的化学式为（ ）ANO2 BN2O2 CN2O DN2O4【答案】A【解析】试题分析：根据反应的方程式2NxOy+2yCu2yCuO+xN2以及题中数据反应后气体体积为反应前气体体积的一半可以得到x1，答案选A。考点：考查根据方程式进行的计算13实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量之比2:1倒入烧瓶中，用水浴加热，同时滴入H2SO4，产生棕黄色气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应，则X为（）ACl2 BCl2O CClO2 DCl2O

15、3【答案】C【解析】试题分析：因NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1加入烧瓶中，再滴入少量H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，Cl元素的化合价降低，S元素的化合价升高，Na2SO3作还原剂，S元素的化合价由+4价升高为+6价，设X中Cl元素的化合价为x，由电子守恒可知，2(5-x)1(6-4)，解得x+4，ACl2中，Cl元素的化合价为0，A错误；BCl2O中，O为-2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+1价，B错误；CClO2中，O为-2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+4价，C正确；DCl2O3中，O为-2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+

16、3价，D错误；答案选C。考点：考查氧化还原反应中电子守恒的计算14一定物质的量的SO2与NaOH 溶液反应，所得产物中含Na2SO3和NaHSO3物质的量之比为3:5,则参加反应的SO2与NaOH物质的量之比为（ ）A8:11 B3:5 Cl:2 D18:8【答案】A【解析】试题分析：设Na2SO3和NaHSO3物质的量分别是3mol、5mol，则根据原子守恒可知SO2是8mol，氢氧化钠是3mol2+5mol11mol，所以参加反应的SO2与NaOH物质的量之比为8：11，答案选A。考点：考查化学计算15下列叙述正确的是（）A相同条件下，N2和O3的混合气与等体积的N2所含原子数相等B等物质

17、的量的甲基（-CH3）与羟基（-OH）所含电子数相等C常温常压下28gCO与22.4LO2所含分子数相等D16gCH4与18gNH4+所含质子数相等【答案】B【解析】试题分析：A臭氧由3个氧原子构成，则相同条件下，N2和O3的混合气与等体积的N2所含原子数不相等，A错误；B甲基和羟基均含有9个电子，则等物质的量的甲基（-CH3）与羟基（-OH）所含电子数相等，B正确；C常温常压下22.4LO2的物质的量不是1mol，与28gCO即1molCO含有的分子数不相等，C错误；D16gCH4与18gNH4+所含质子数不相等，分别是10mol、11mol，D错误，答案选B。考点：考查阿伏加德罗常数的计算

18、16设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A60gSiO2含有的Si-O共价键数为2NAB常温常压下，1Llmol/L的亚硫酸钠溶液中的SO32为NAC室温下，1LpH13的NaOH溶液中，由水电离的OH离子数目为0.1NAD1.5molNO2与足量H2O反应，转移的电子数为NA【答案】D考点：考查阿伏加德罗常数的计算与判断17三氟化氮（NF3）是一种新型电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物：HF、NO 和 HNO3。则下列说法错误的是A反应过程中，被氧化与被还原的元素的物质的量之比为1 ：2BNF3是一种无色、无臭的气体，因此NF3在空气中泄漏时不易被

19、察觉C一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法减少空气污染D若反应中生成1.0mol NO，转移的电子数目为6.021023【答案】B【解析】试题分析：A、根据方程式3NF3+5H2O(g)9HF+2NO+HNO3可知，该反应中氮元素的化合价从3价部分降低到2价，部分升高到5价，因此被氧化元素是氮元素，被还原的元素也是氮元素，依据元素化合价变化计算得到，被氧化与被还原的元素的物质的量之比为1：2，A正确；B、NF3在空气中泄漏生成NO，NO与空气反应生成红棕色气体，容易被发现，B错误；C、一旦NF3泄漏，可以用石灰水溶液喷淋的方法，可以吸收且和反应产物反应生成氟化钙、硝酸钙，减少污染，C正

20、确；D、转移2mol电子生成 2molNO气体，若反应中生成1.0mol NO，则转移的电子数目为6.021023，D正确，答案选B。考点：考查氧化还原反应的有关判断和计算18Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的体积相等时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为（）A1：7 B1：5 C1：9 D2：9【答案】A【解析】试题分析：Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由-2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用

21、的硝酸生成Cu（NO3）2，令NO2和NO的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子转移守恒可知：n（Cu2S）6-（-2）+121mol（5-4）+1mol（5-2），解得n（Cu2S）0.4mol。由硫元素守恒可知n（CuSO4）n（Cu2S）0.4mol，根据铜元素守恒可知溶液中nCu（NO3）22n（Cu2S）-n（CuSO4）20.4mol-0.4mol0.4mol。由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）2nCu（NO3）2+n（NO2）+n（NO）20.4mol+1mol+1mol2.8mol，所以实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为n（Cu2S）：n（HNO3

22、）0.4mol：2.8mol1：7，答案选A、【考点定位】本题主要是考查氧化还原反应的基本概念与计算【名师点晴】判断元素化合价变化，利用电子转移守恒与元素守恒计算是关键，注意转移守恒思想在氧化还原反应计算中的运用。许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；电解质溶液中的电荷守恒；氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。19已知NO2与NaOH溶液反应为：3NO2+2NaOH=2NaNO3+NO+

23、H2O；NO、NO2可一起与NaOH溶液作用：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O。在盛a molNO、b molNO2和c molO2的密闭容器中，加入V L某浓度的烧碱溶液后，密闭容器中压强几乎为零。则NaOH溶液的物质的量浓度（mol/L）为（）A B C D【答案】D【解析】试题分析：不论是生成硝酸钠还是亚硝酸钠，根据原子守恒可知氢氧化钠的物质的量amolbmol，所以氢氧化钠溶液的浓度为。答案选D。考点：考查物质的量浓度计算20某溶液可能含有Na+、Ag+、A13+、S2-、CO32-、NO3-等离子中的数种。向此溶液中加入稀盐酸，有浅黄色沉淀和气体出现。根据以上实验现象，

24、下列结论中正确的是（）A此溶液中一定有S2-、CO32-、Na+ B此溶液中一定有S2-、Na+、NO3-C此溶液中一定有Na+、A13+、NO3-D此溶液中一定有S2-、Na+，至少有CO32-或NO3-中的一种【答案】B考点：考查离子性质的应用和离子检验方法的分析判断21某强碱性溶液可能含有的离子是K+、NH4+、A13+、A1O2-、SO42-、SiO32-、CO32-、Cl-中的某几种离子，现进行如下实验：I.取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba(NO3)2溶液，无沉淀生成。II.另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后

25、沉淀逐渐减少至消失。（1）原溶液中肯定存在的离子是_，肯定不存在的离子是_。（2）己知一定量的原溶液中加入5mL0.2 mol/L盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187g，则原溶液中是否含有Cl-？（3）按照反应顺序逐步书写出II中发生反应的离子反应方程式_；_；_；_；_。【答案】(1)OH、AlO2-、CO32-、K；NH4+、SO42-、SiO32-、Al3 (2)有Cl(3)AlO2-HH2OAl(OH)3；CO32-HHCO3-；Al(OH)33H3H2OAl3【解析】试题分析：（1）强碱性溶液中一定不存在Al3+、NH4+；取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba

26、（NO3）2溶液，无沉淀生成，则一定不含有SO42-和SiO32-，可能含有CO32-离子；另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后（和氢氧根离子反应），开始产生沉淀并逐渐增多，和偏铝酸根反应产生氢氧化铝沉淀，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，是盐酸将氢氧化铝全部溶解，所以一定含有偏铝酸根离子，则一定不存在铝离子。沉淀量基本不变后产生的一种气体只能为二氧化碳，即一定含有碳酸根离子，根据电中性原理，确定一定含有K+，氯离子不能确定；（2）一定量的原溶液中加入5mL0.2mol/L盐酸即0.001mol的盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到氯化银沉淀0.

27、187g，即氯化银的量为0.0013mol，大于0.001mol，所以一定含有Cl-；（3）据以上分析可知步骤中生成沉淀和气体分别为氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故离子反应方程式为：AlO2-+H+H2OAl（OH）3、CO32-+2H+H2O+CO2，氢氧化铝溶解的方程式为Al(OH)33H3H2OAl3。考点：考查了离子反应、离子共存、离子检验的相关知识。22（1）己知Fe(OH)3能与次氯酸盐发生如下反应（未配平）: Fe(OH)3+ClO-+OH-FeO4n-+Cl-+H2O（1）已知有10.7g Fe(OH)3参加反应，共转移了0.3NA个电子，则n=_，FeO4n-中铁元素的化合价为

28、_（2）根据所学的知识，推测FeO4n-能和下列_（填序号）物质反应A、KMnO4B、SO2C、H2SD、O2（2）一定条件下，向含硝酸的废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2。若该反应消耗32gCH3OH,转移6 mol电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是_。【答案】（1）2；+6；B、C；（2）5：6【解析】试题分析：（1）氢氧化铁的物质的量10.7g107g/mol0.1mol，设Fe被氧化生成的FeO4n-中Fe元素化合价为x，则0.1mol（x-3）0.3mol，解得x6，由化合价代数和为0可知n2；FeO4n-中Fe为+6价，具有强氧化性，可与还原性物质反应，B、C

29、符合，答案选BC；（2）消耗32g（1mol）CH3OH转移6mol电子，由CH3OH中碳原子的化合价升高6，所以反应后碳的化合价为+4，产物为CO2，根据质量守恒和化合价升降总数相等得：5CH3OH+6HNO35CO2+3N2+13H2O，反应中氧化剂是硝酸，还原剂是甲醇，参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：6。【考点定位】本题主要是考查氧化还原反应的计算【名师点晴】该题为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从元素化合价的角度解答该题。得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出