浙江省宁波市2014届高三化学上学期期末考试试题(含解析)新人教版

1、浙江省宁波市2014届高三（上）期末化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共20分）1 2013年6月20日，中国成为世界上第二个成功进行“太空授课”的国家如图为太空授课中航天员用注射器向水球内注入空气，在水球内产生了两个标准的球形气泡，气泡既没有被挤出水球也没有融合到一起，水球也没有爆裂下列说法错误的是（）A实验是科学发现的重要手段，科学发现往往需要建立在实验事实的基础之上B水的分子组成和结构，在太空中没有发生改变C在太空实验中，如果往水球中分别注入氢气、氨气，同样也能观察到两个气泡D水球实验中，可用吸水纸捕获洒落的水滴分析：A、实验是科学探究的重要手段，从实验中得到发现

2、；B、在太空中水没有发生变化；C、氨气易溶于水；D、在太空中物体失去重力；解答：解：A、实验是科学探究的重要手段，科学发现往往需要建立在实验事实的基础之上，故A正确；B、在太空中水没有发生变化，水的分子组成和结构没有发生改变，故B正确；C、氨气易溶于水，所以如果往水球中分别注入氨气，不能观察到气泡，故C错误；D、在太空中物体失去重力，所以可用吸水纸捕获洒落的水滴，故D正确；故选：C；点评：本题主要借助于信息，考查了学生分析问题、解决问题的能力，需要注意的是在太空中物体失去重力，但组成、结构与化学性质不变2下列有关实验操作说法正确的是（）A吸液时左手拿洗耳球右手持移液管；放液时应将移液管倾斜放入

3、垂直放置的容器中B用碱式滴定管量取23.10mL 0.20molL1高锰酸钾溶液C用10mL量筒量取5.2mL稀硫酸，仰视时实际量得的液体体积大于5.2mLD钠、钾、白磷均应保存在煤油中，取用它们时要用镊子夹取考点：中和滴定；计量仪器及使用方法；化学试剂的存放专题：化学实验基本操作分析：A移液时，应将移液管垂直放入稍倾斜的容器中，并将尖嘴贴紧容器；B高锰酸钾溶液有强氧化性，能够氧化橡胶管；C量筒小刻度在下方，仰视时，硫酸凹液面的最低点在5.2mL上方；D白磷保存在水中，隔离空气，取用固体用镊子；解答：解：A移液管移液时，应将移液管垂直放入稍倾斜的容器中，并将尖嘴贴紧容器，故A错误； B由于高锰

4、酸钾溶液具有强氧化性，会氧化碱式滴定管的橡胶管，所以使用酸式滴定管量取高锰酸钾溶液，故B错误；C量筒小刻度在下方，仰视时，硫酸凹液面的最低点在5.2mL上方，则仰视时实际量得的液体体积大于5.2 mL，故C正确；D钠和钾密度大于煤油，保存在煤油中，白磷保存在水中，隔离空气，取用固体均用镊子，故D错误故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，把握移液管、滴定管、量筒的使用，物质的保存，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大3（2分）下列化学用语的表述正确的是（）A离子结构示意图：可以表示16O2，也可以表示18O2B比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子C氯化铵的电子式为：DCO2的结

5、构式为：OCO考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合专题：化学用语专题分析：A由质子数为8，则为氧元素的离子；B比例模型：可以表示甲烷分子，因C原子半径大于H原子半径，而Cl原子半径大于C原子半径；C氯离子电子式错误；D存在C=O键解答：解：A离子结构示意图，则质子数为8，核核外电子数为10，所以可以表示16O2，也可以表示18O2，与中子数无关，故A正确；B比例模型：可以表示甲烷分子，因C原子半径大于H原子半径，而Cl原子半径大于C原子半径，不能表示四氯化碳的比例模型，故B错误；C氯离子电子式错误，则氯化铵的电子式为，故C错误；D存在C=O键，则CO2的结构式为O=C=O，故D错误；故选

6、A点评：本题考查化学用语，为高频考点，涉及结构示意图、比例模型、电子数及结构式等，把握化学用语的区别及规范应用为解答的关键，题目难度不大4（2分）下列化学反应对应的离子方程式书写正确的是（）A用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3+Cu=Fe2+Cu2+B醋酸溶液和大理石反应：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2CNH4Al（SO4）2溶液中滴加少量的NaOH：NH4+OH=NH3H2OD向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：S2O32+2H+=SO2+S+H2O考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A、选项中离子方程式电荷不守恒；B、醋酸是弱酸；C、少量氢氧化钠反应先和铝离子生成沉

7、淀；D、硫代硫酸跟离子在酸溶液中恰好反应生成硫单质和二氧化硫解答：解：A、用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板和铜发生氧化还原反应，反应的离子方程式：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故A错误；B、醋酸溶液和大理石反应，醋酸是弱酸不能拆成离子，反应的离子方程式：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故B错误；C、NH4Al（SO4）2溶液中滴加少量的NaOH反应生成氢氧化铝沉淀：Al3+3OH=Al（OH）3，故C错误；D、向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，硫代硫酸跟离子在酸溶液中恰好反应生成硫单质和二氧化硫，反应的离子方程式：S2O32+2H+=SO2+S+H2O

8、，故D正确；故选D点评：本题考查了离子方程式书写方法和注意问题，主要是量不同产物不同的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等5（2分）（2014安徽模拟）下列各组离子中，在给定条件下能够大量共存的是（）A通入足量CO2后的溶液中：Na+、SiO32、CH3COO、CO32B无色溶液中：Mg2+、MnO4、SO42、K+C=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3、ClDc（ClO）=1.0molL1的溶液：Na+、SO32、S2、SO42考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：A通入足量CO2后的溶液呈弱酸性；B有颜色的离子不能大量共存；C.=1012的溶液呈酸性；D与ClO反应的离子不

9、能大量共存解答：解：A通入足量CO2后的溶液呈弱酸性，SiO32、CO32与CO2反应而不能大量共存，故A错误；B无色溶液中有颜色的离子MnO4不能大量共存，故B错误；C.=1012的溶液呈酸性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；DSO32、S2与ClO发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误故选C点评：本题考查离子共存，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，把握题给信息，难度不大6（2分）（2014蚌埠二模）下列有关物质的性质及应用说法正确的是（）A干燥的Cl2和氯水均能使鲜花褪色BSiO2具有导电性，可

10、用于制造半导体材料CBaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白色沉淀产生，说明Ksp（BaSO4）大于Ksp（BaCO3）DFe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，前者表现出还原性后者表现出漂白性考点：氯气的化学性质；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；铁盐和亚铁盐的相互转变专题：元素及其化合物分析：A、干燥的氯气不具有漂白性，次氯酸具有漂白性；B、Si具有导电性，可用于制造半导体材料；C、沉淀形成与离子浓度大小有关，温度不变溶度积常数不变；D、Fe2+、SO2都具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化解答：解：A、干燥的氯气不具有漂白性，但是氯气和水

11、反应得到的氯水中含有的次氯酸具有漂白性，氯气能使鲜花褪色，故A正确；B、Si具有导电性，可用于制造半导体材料，二氧化硅能制造光导纤维，故B错误；C、BaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白色沉淀，是因为碳酸根离子浓度大，和钡离子浓度乘积等于碳酸钡的Ksp，实际Ksp（BaSO4）小于Ksp（BaCO3），故C错误；D、Fe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为Fe2+、SO2都具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化的缘故，故D错误故选A点评：本题目主要考查物质的性质和应用方面的知识，注重化学知识的灵活应用，难度不大7（2分）制取下列物质一定有氧化还原反应发生的是（）ANH3BMg

12、CFeCl3DNaAlO2考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：涉及的反应中，若存在元素的化合价变化，则发生氧化还原反应，以此来解答解答：解：A铵盐和碱石灰共热制取氨气，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故A不选；B电解熔融的氯化镁冶炼Mg，Mg元素的化合价降低，为氧化还原反应，故B选；C可用氢氧化铁和盐酸反应制取氯化铁，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故C不选；D利用氢氧化铝和NaOH反应制取偏铝酸钠，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故D不选；故选B点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意涉及的

13、化学反应，把握金属冶炼的原理，题目难度不大8（2分）为充分利用海洋资源，研究人员发明海水电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，下列说法错误的是（）A负极反应式：Ag+Cle=AgClB每生成1mol Na2Mn5O10转移2mol电子CCl不断向电池的正极移动DNa2Mn5O10是还原产物考点：常见化学电源的种类及其工作原理专题：电化学专题分析：根据电池总反应可判断出反应中Ag的化合价升高，被氧化，Ag应为原电池的负极，AgCl是氧化产物；方程式中MnO2生成Na2Mn5O10，化合价共

14、降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子；在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，以形成闭合电路，据此分析解答：解：A、根据电池总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，可判断出Ag应为原电池的负极，负极发生反应的电极方程式为：Ag+Cle=AgCl，故A正确；B、根据方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，故B正确；C、在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以Cl不断向电池的负极移动，故C错误；D、MnO2生成Na2Mn5O10，化合价降低，所以

15、Na2Mn5O10是还原产物，故D正确；故选：C点评：本题考查原电池的电极反应和离子的定向移动以及电化学的简单计算，做题时要注意总电池反应式的判断利用，题目难度中等9（2分）（2013长沙）从海带中提取碘的实验过程中，涉及到下列操作，其中正确的是（）A海带灼烧成灰B过滤得含I的溶液C放出碘的苯溶液D分离碘并回收苯考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用专题：化学实验基本操作分析：A固体的灼烧应在坩埚中；B过滤应用玻璃棒引流；C苯的密度比水小，应从上口倒出；D碘易升华，蒸馏时，冷凝管应从下端进水，上端出水解答：解：A不能在烧杯中高温灼烧固体，烧杯易炸裂，固体的灼烧应在坩埚中，故A错误；B过滤应

16、用玻璃棒引流，防止浊液外漏，故B错误；C苯的密度比水小，应从上口倒出，防止污染，故C错误；D碘易升华，蒸馏时，冷凝管应从下端进水，上端出水，故D正确故选D点评：本体考查化学实验操作，题目难度不大，物质的分离方法取决于物质的性质，根据物质的性质的异同选取分离方法10（2分）（2014河东区二模）某化学研究性学习小组在学习了化学反应原理后作出了如下的归纳总结，其中正确的是（）ApH=1和pH=2的盐酸，c（H+）之比为1：2B物质A三态间的转化如下：A（g）A（l）A（s），则该转化过程中S0CpH=13的强碱溶液，加水稀释后，溶液中所有离子的浓度均变小DpH=9的CH3COONa溶液和pH=9的

17、NH3H2O溶液，两溶液中水的电离程度相同考点：pH的简单计算；反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、pH=1的盐酸，溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，pH=2的盐酸中氢离子浓度为0.01mol/L；B、熵变表示混乱度，由气态到固态，混乱度减小，S0；C、强碱溶液稀释后，溶液中氢氧根离子浓度减小，水的离子积不变，所以氢离子浓度增大；D、醋酸钠溶液中醋酸根离子水解，促进了水的电离，而氨水溶液抑制了水的电离，两溶液中水的电离程度不相同解答：解：A、pH=1的盐酸中氢离子浓度为0.1mol/L，pH=2的盐酸中氢离子浓度为0.01mol/L，c（H+）之

18、比为1：10，故A错误；B、S为熵变，表示物质的混乱度，物质A三态间A（g）A（l）A（s），混乱度减小，所以S0，故B正确；C、pH=13的强碱溶液，加水稀释后，溶液中氢氧根离子浓度减小，而水的离子积不变，所以溶液中氢离子浓度增大，故C错误；D、pH=9的CH3COONa溶液中，醋酸根离子促进了水的电离，溶液中的氢氧根离子是水电离的；而pH=9的NH3H2O溶液，一水合氨电离的氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，所以两溶液中水的电离程度不同，故D错误；故选B点评：本题考查了弱电解质的电离平衡、溶液pH的简单计算、反应热和焓变等知识，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关

19、系，明确酸碱溶液抑制了水的电离，能够水解的盐溶液促进了水的电离二、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每题3分，共24分）11（3分）物质（tBuNO）2在正庚烷或CCl4中均可以发生反应：（tBuNO）22（tBuNO）在20时，向2L正庚烷中加入（tBuNO）2 1.0mol，10min时反应达平衡，此时（tBuNO）2的平衡转化率为75%（假设反应过程中溶液体积始终为2L）下列说法正确的是（）A反应在前10min内的平均速率为（tBuNO）=0.0375molL1min1B保持其他条件不变，若此时再向正庚烷反应体系中加入正庚烷，平衡向生成（tBuNO）2的方向移动C保持其他条件不变，升高

20、温度，（tBuNO）2的平衡转化率大于75%，则其能量关系可用图表示D保持其他条件不变，若该反应在CCl4中进行，其平衡常数为1.9，则（tBuNO）2的平衡转化率大于75%考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程专题：化学平衡专题分析：当（tBuNO）2的起始浓度（c0）为0.50molL1时，实验测得20时的平衡转化率（）是75%，则（tBuNO）22（tBuNO）开始 0.5 0转化0.575% 0.575%2 平衡0.5（175%） 0.575%2K=4.5（mol/L）；以此解答该题解答：解：当（tBuNO）2的起始浓度（c0）为0.50molL1时，实验测得20时的平衡转化率（

21、）是75%，则（tBuNO）22（tBuNO）开始 0.5 0转化0.575% 0.575%2 平衡0.5（175%） 0.575%2K=4.5（mol/L）；A反应在前10 min内的平均速率为（tBuNO）=0.075molL1min1，故A错误；B若此时再向溶保持其他条件不变，若此时再向正庚烷反应体系中加入正庚烷，平衡向生成（tBuNO）的方向移动，平衡向正反应方向移动，故B错误；C保持其他条件不变，升高温度，（tBuNO）2的平衡转化率大于75%，说明平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，反应物总能量小于生成物总能量，故C正确D平衡时平衡常数为4.5，而此时为1.9，说明平衡向逆反

22、应方向移动，则（tBuNO）2的平衡转化率小于75%，故D错误；故选C点评：本题考查学生利用化学平衡常数及化学平衡的三段法计算来分析解答，考查知识点较集中，注重对学生基础知识和技能的考查，并训练学生分析图象、画图象的能力12（3分）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（）A已知N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJmol1，当有3NA个电子转移时，H变为46.2kJmol1B1mol Na与O2完全反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数NA个C由1mol CH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO数目为NA个D2.9g熟石膏（2C

23、aSO4H2O）含有的结晶水分子数为0.01NA个考点：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、反应的焓变与化学方程式对应量和物质聚集状态有关，与反应过程无关；B、1mol Na与O2完全反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠全部反应，电子转移1mol；C、依据溶液中电荷守恒分析判断；D、依据n=计算物质的量，结合化学式分析判断；解答：解：A、已知N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJmol1，当有3NA个电子转移时放出热量为46.2KJ，但反应的焓变不变，故A错误；B、1mol Na与O2完全反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠全部反应，转移电子

24、总数NA个，故B正确；C、由1mol CH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，存在电荷守恒，c（CH3COO）+c（OH）=c（H+）+c（Na+），得到c（CH3COO）=c（Na+），CH3COO数目为NA个，故D正确；D、2.9g熟石膏（2CaSO4H2O）物质的量=0.01mol，含有的结晶水分子数为0.01NA个，故D正确；故选A点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是焓变意义，溶液中电荷守恒计算应用，化学式的理解判断，掌握基础是关键，题目难度中等13（3分）高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下（未配平）：KMnO4+FeSO4+H2SO4

25、=K2SO4+MnSO4+Fe2（SO4）3+H2O，下列说法正确的是（）AMnO4是氧化剂，Fe3+是还原产物BFe2+的还原性强于Mn2+C取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有血红色沉淀生成D生成1mol水时，转移2.5mol电子考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：该反应中，锰元素的化合价由+7价变为+2价，铁元素的化合价由+2价变为+3价，A得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物；B同一自发进行的氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；C铁离子和硫氰化钾溶液反应生成络合物；D根据水和转移电子之间的关系式计算

26、解答：解：A该反应中，锰元素的化合价由+7价变为+2价，铁元素的化合价由+2价变为+3价，所以氧化剂是MnO4，还原产物是Mn2+，故A错误；B该反应中还原剂是Fe2+，还原产物是Mn2+，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故B正确；C铁离子和硫氰化钾溶液反应生成络合物而没有沉淀，故C错误；D根据得失电子相等配平方程式得2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3+8H2O，根据方程式知，生成1mol水时，转移电子的物质的量=1.25mol，故D错误；故选B点评：本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，根据基本概念来分析解答，明确

27、铁离子的检验方法，难度不大14（3分）（2014浙江模拟）如图为元素周期表中短周期的一部分，下列说法错误的是（）XYZWAZ的原子序数可能是X的两倍B单质的活泼性可能是YZCX、Z的最高价氧化物对应水化物可能均为强酸D分别由Y、W形成的单质可能都是原子晶体考点：元素周期律和元素周期表的综合应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：这几种元素为短周期元素，根据元素周期表中，X和Y位于第二周期，且原子序数相差1，Z和W位于第三周期且原子序数相差1，且X和Z属于同一主族，其原子序数相差8，Y和W位于同一主族，其原子序数相差8，A如果X是O元素，则Z为S元素，根据其原子序数判断；B如果Y是Ne元素，Z

28、为S元素，稀有气体元素性质较稳定；CX和Z的最高价氧化物的水化物不可能都为强酸；DY和W形成的单质可能都是原子晶体，金刚石和硅都是原子晶体解答：解：这几种元素为短周期元素，根据元素周期表中，X和Y位于第二周期，且原子序数相差1，Z和W位于第三周期且原子序数相差1，且X和Z属于同一主族，其原子序数相差8，Y和W位于同一主族，其原子序数相差8，A如果X是O元素，则Z为S元素，O元素原子序数是8，S元素原子序数的16，所以Z的原子序数可能是X的两倍，故A正确；B如果Y是Ne元素，Z为S元素，稀有气体元素性质较稳定，所以单质的活泼性可能是YZ，故B正确；CX和Z的最高价氧化物的水化物不可能都为强酸，如

29、果X是碳元素，则Z为Si元素，碳酸、硅酸都是弱酸，如果X是N元素，则Z为P元素，硝酸为强酸，但磷酸为中强酸，O和F元素没有最高价含氧酸，故C错误；D金刚石和硅都是原子晶体，且碳和硅属于同一主族，故D正确；故选C点评：本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，根据元素在周期表中的位置，采用假设法分析解答，同时考查学生发散思维能力，难度中等15（3分）如图用石墨作电极的电解池中，放入某足量蓝色溶液500mL进行电解，观察到A电极表面有红色固体生成，B电极有无色气体生成；通电一段时间后，取出A电极，洗涤、干燥、称量，A电极增重1.6g下列说法错误的是（）A图中B极同电源正极相连B该蓝色溶液可能是C

30、u（NO3）2或CuCl2溶液C电解后溶液的pH约为1（溶液体积变化忽略不计）D要使电解后溶液恢复到电解前的状态，则可加入2gCuO考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：A用石墨作电极电解蓝色溶液时，A电极表面有红色固体生成，则A电极上析出铜，B电极有无色气体生成，为氧气，则A电极为阴极，B电极为阳极，连接阳极的电极为电源正极，连接阴极的电极为电源负极；B电解质溶液为可溶性的含氧酸铜盐；C根据铜和氢离子之间的关系式计算氢离子浓度，从而计算溶液的pH；D根据“析出什么加入什么”的原则加入物质解答：解：A用石墨作电极电解蓝色溶液时，A电极表面有红色固体生成，则A电极上析出铜，B电极有

31、无色气体生成，为氧气，则A电极为阴极，B电极为阳极，连接阳极的电极为电源正极，连接阴极的电极为电源负极，所以B连接电源正极，故A正确；B阴极上析出铜，阳极上析出氧气，则电解质溶液为可溶性的含氧酸铜盐，如硝酸铜或硫酸铜，故B错误；C电极反应式为：2Cu 2+2H2O2Cu+O2+4H+，设溶液中氢离子浓度为xmol/L，2Cu 2+2H2O2Cu+O2+4H+， 128g 4mol 1.6g xmol/L0.5L128g：4mol=1.6g：0.5xmolx=0.1，则溶液的pH=lg0.1=1，故C正确；D根据电池反应式知，阳极上析出氧气，阴极上析出铜，根据原子守恒知，生成氧化铜的质量=n（C

32、uO）M（CuO）=n（Cu）M（CuO）=2g，根据“析出什么加入什么”的原则知，向溶液中加入2g氧化铜就能使溶液恢复到原状，故D正确；故选B点评：本题以电解池原理为载体考查物质的量的有关计算、正负极的判断等知识点，明确阴阳极上发生的电极反应来确定电解质溶液，再结合“析出什么加入什么”的原则、各个物理量之间的关系来分析解答，难度中等16（3分）25时，有下列四种溶液：0.1molL1氨水pH=11氨水0.1molL1盐酸pH=3盐酸下列说法正确的是（）A稀释到原来的100倍后，pH与相同B等体积混合、等体积混合所得的溶液都呈酸性C中分别加入少量CH3COONa固体，的值都变小D将20mL的溶

33、液与10mL的溶液混合后，若溶液呈碱性，则：c（NH4+）c（Cl）c（NH3H2O）c（OH）c（H+）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，但仍然存在电离平衡；B等体积混合，二者恰好反应生成氯化铵，溶液呈酸性；等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性；C向氨水中加入醋酸钠时，醋酸钠水解而使溶液呈碱性，抑制一水合氨电离；D将20mL的溶液与10mL的溶液混合后，溶液中的溶质为一水合氨和氯化铵，若溶液呈碱性，说明一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度解答：解：A一水合氨是弱电解质，加水

34、稀释促进一水合氨电离，但仍然存在电离平衡，还有少量一水合氨未电离，所以pH小于，故A错误；B等体积混合，二者恰好反应生成氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解而使溶液呈酸性；等体积混合，氨水浓度大于盐酸，二者等体积混合时氨水有剩余，溶液呈碱性，故B错误；C向氨水中加入醋酸钠时，醋酸钠水解而使溶液呈碱性，抑制一水合氨电离，则的值都变大，故C错误；D将20mL的溶液与10mL的溶液混合后，溶液中的溶质为一水合氨和氯化铵，若溶液呈碱性，则c（OH）c（H+），说明一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，根据物料守恒得c（NH4+）+c（NH3H2O）=2c（Cl），一水合氨电离程度大于铵根离子水解程

35、度，所以c（NH4+）c（Cl）c（NH3H2O），氯化铵和氨水的混合液中，一水合氨浓度大于氢氧根离子浓度，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）c（Cl）c（NH3H2O）c（OH）c（H+），故D正确；故选D点评：本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，根据溶液中的溶质及其性质来分析解答，易错选项是D，混合溶液呈碱性，说明了一水合氨的电离和铵根离子水解程度的相对大小，据此解答即可17（3分）（2014武汉模拟）一定温度下，三种碳酸盐MCO3（M2+：Mg2+、Ca2+、Mn2+）的沉淀溶解平衡曲线如下图所示已知：p（M2+）=lgc（M2+），p（CO32）=lgc

36、（CO32）下列说法正确的是（）AMgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大B在100mL MgCO3、CaCO3、MnCO3饱和的混和溶液中加入足量浓K2CO3溶液，产生沉淀MnCO3质量最多Cb点可表示CaCO3的饱和溶液，且Ca2+浓度与CO32浓度相等Dc点若表示MgCO3则为不饱和溶液，若表示CaCO3则有沉淀析出考点：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：ApM相等时，图线中pc（CO32）数值越大，实际浓度越小； B根据MgCO3、CaCO3、MnCO3 的混和溶液中金属离子浓度大小关系分析；Cb点可表示CaCO3的饱和溶液，pMp（CO

37、32）；DpM数值越大，实际浓度越小，则c点可表示MgCO3 的不饱和溶液；若表示CaCO3则为过饱和溶液解答：解：ApM相等时，图线中p（CO32）数值越大，实际浓度越小，因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小，故A错误；B由A可知MgCO3、CaCO3、MnCO3 的Ksp依次减小，所以在100mL MgCO3、CaCO3、MnCO3饱和的混和溶液中，Mn2+的浓度最小，则加入足量浓K2CO3溶液，产生沉淀MnCO3质量最少，故B错误；Cb点可表示CaCO3的饱和溶液，pMp（CO32），所以c（Ca2+）c（CO32），故C错误；DpM数值越大，实际浓度越小，则c点可表

38、示MgCO3 的不饱和溶液；若表示CaCO3则为过饱和溶液，会析出CaCO3沉淀，故D正确；故选：D点评：本题主要考查了沉淀溶解平衡曲线，掌握图线中pc（CO32）、pM数值越大，实际浓度越小是解题的关键，难度中等18（3分）某溶液中含有的离子可能是K+、Ba2+、A13+、Mg2+、AlO2、CO32、SiO32、Cl中的几种，现进行如下实验：取少量溶液加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2molL1盐酸，发生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失在上述沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g下列说

39、法中正确的是（）A该溶液中一定不含Ba2+、Mg2+、A13+、SiO32、ClB该溶液中一定含有K+、AlO2、CO32、ClC该溶液是否有K+需做焰色反应（透过蓝色钴玻璃片）D可能含有Cl考点：常见离子的检验方法专题：物质检验鉴别题分析：加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成，说明溶液中一定不存在A13+、Mg2+；另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2molL1盐酸，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失，产生和溶解的沉淀为氢氧化铝，产生的气体为二氧化碳，说明溶液中存在AlO2、CO32，所以一定不存在SiO32、Ba2+，根据溶液电中性可知，溶液中一定存在K+；

40、在上述沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g，沉淀为AgCl，物质的量为：0.003moln（HCl）=0.001mol，所以原溶液中一定存在0.02molCl，据此进行解答解答：解：向溶液中加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成，说明溶液中一定不存在与氢氧化钠生成沉淀的离子：A13+、Mg2+；向原溶液中逐滴加入5mL0.2molL1盐酸，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失；滴加盐酸产生和溶解的沉淀为氢氧化铝，气体为二氧化碳，说明原溶液中存在AlO2和CO32，所以一定不存在不溶于盐酸的SiO32和与CO32反应的Ba2+，再根据溶液电中

41、性可知：溶液中一定存在唯一的阳离子：K+；在沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g，沉淀为AgCl，物质的量为：0.003mol；中加入的氯离子的物质的量为：n（HCl）=0.2mol/L0.005L=0.001moln（AgCl），所以原溶液中一定存在0.02mol Cl，A、根据以上分析可知，溶液中一定不存在Ba2+、Mg2+、A13+、SiO32，一定存在Cl，故A错误；B、由分析可知：该溶液中一定含有K+、AlO2、CO32、Cl，故B正确；C、根据溶液的电中性可以判断，溶液中一定存在钾离子，不需要通过焰色反应判断钾离子是否存在，故C错误；D、根据生成氯化银沉淀

42、的物质的量可知，原溶液中一定存在氯离子，故D错误；故选B点评：本题考查了常见离子的检验，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，本题中钾离子和氯离子的判断为难点，注意根据溶液电中性及生成氯化银的物质的量判断二者的存在情况三、简答填空题19（9分）A、B、C、D、E、F是元素周期表中前20号元素，它们的原子序数依次增大A、B可分别与C组成常见化合物AC、AC2、BC、BC2；D元素的焰色反应呈黄色；E、F两元素单质的沸点与元素原子序数的关系如图（图中原子序数连续）（1）A在元素周期表中的位置是第二周期A族（2）B2的电子式为，C、D、F对应的简单离子半径由小到大的顺序为Na+O2Cl（用

43、离子符号表示）（3）C、F的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有O3、Cl2等（写出其中两种物质的化学式）（4）化合物Y由C、E两元素组成，将Y、B单质与A单质按1：1：3在一定条件下反应可得到Z和AC，Z的化学式为AlN考点：位置结构性质的相互关系应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A、B、C、D、E、F是元素周期表中前20号元素，它们的原子序数依次增大D元素的焰色反应呈黄色，则D为Na；A、B可分别与C组成常见化合物AC、AC2、BC、BC2，应是C、N与O元素形成的化合物，故A为碳元素、B为N元素、C为O元素；由图可知F为气体，结合原子序数可知，E、F处于第三周期，单质沸点

44、最高，应为原子晶体Si，故E为Al、F为Cl，据此解答解答：解：A、B、C、D、E、F是元素周期表中前20号元素，它们的原子序数依次增大D元素的焰色反应呈黄色，则D为Na；A、B可分别与C组成常见化合物AC、AC2、BC、BC2，应是C、N与O元素形成的化合物，故A为碳元素、B为N元素、C为O元素；由图可知F为气体，结合原子序数可知，E、F处于第三周期，单质沸点最高，应为原子晶体Si，故E为Al、F为Cl，（1）A为碳元素，有2个电子层，最外层电子数为4，处于元素周期表中第二周期A族，故答案为：第二周期A族；（2）N2分子中N原子之间形成3对共用电子对，其电子式为，电子层结构相同核电荷数越大离

45、子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径由小到大的顺序为Na+O2Cl，故答案为：；Na+O2Cl；（3）O、Cl的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有：O3、Cl2、ClO2等，故答案为：O3、Cl2等；（4）化合物Y由O、Al两元素组成为Al2O3，将Al2O3、N2与C按1：1：3在一定条件下反应可得到Z和CO，应为Al2O3+N2+3CZ+3CO，由原子守恒可知，Z为AlN，故答案为：AlN点评：本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，注意第三周期中原子晶体Si沸点最高，注意基础知识的全面掌握20（10分）A、B、C、D均为中学化学中的常见物质，请根据题中信息回答问题（1

46、）已知它们存在如下反应转化关系：A+BC+D（未配平，反应条件略去）该转化关系中所涉及的反应为置换反应若A是金属单质，D是非金属单质，且A 原子的质子数是D原子的2倍，则反应的方程式是2Mg+CO22MgO+C该转化关系中所涉及的反应为非置换反应若A、D分子的核外电子总数都为10个，B与C能发生反应，则反应的方程式是4NH3+5O24NO+6H2O（2）已知它们存在如下反应转化关系：A+BC+D+H2O（未配平，反应条件略去）该转化关系中所涉及的反应为氧化还原反应若C、D两种气体均能使澄清石灰水变浑浊，当A的摩尔质量小于B时，物质B的名称为浓硫酸，鉴别C、D两种气体不能选用的试剂是acaBa（

47、OH）2溶液 b酸性KMnO4溶液c紫色石蕊试液dH2O2与BaCl2混合液 e酸化的Ba（NO3）2溶液该转化关系中所涉及的反应为非氧化还原反应若A是造成温室效应的主要气体之一，C、D均为钠盐，D与B反应能转化为C当参加反应的A、B物质的量之比为3：4时，则C与D物质的量之比为1：2考点：无机物的推断专题：推断题分析：（1）为置换反应，若A是金属单质，D是非金属单质，且A 原子的质子数是D原子的2倍，则A为Mg，D为C，该反应为Mg与二氧化碳的反应；为非置换反应，若A、D分子的核外电子总数都为10个，B与C能发生反应，则A为NH3，D为H2O，该反应为氨气与氧气的反应；（2）为氧化还原反应，

48、若C、D两种气体均能使澄清石灰水变浑浊，C、D可能为二氧化碳或二氧化硫中的一种，可利用二氧化硫的漂白性和还原剂区别，该反应为C与浓硫酸的反应，A的摩尔质量小于B时，B为浓硫酸；为非氧化还原反应，若A是造成温室效应的主要气体之一，则A为二氧化碳，B为NaOH，C、D均为钠盐，D与B反应能转化为C，所以D为NaHCO3，C为Na2CO3，当参加反应的A、B物质的量之比为3：4时，利用原子守恒计算C、D的物质的量解答：解：（1）为置换反应，若A是金属单质，D是非金属单质，且A 原子的质子数是D原子的2倍，则A为Mg，D为C，该反应为Mg与二氧化碳的反应，发生的化学反应方程式为2Mg+CO22MgO+

49、C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C；为非置换反应，若A、D分子的核外电子总数都为10个，B与C能发生反应，则A为NH3，D为H2O，该反应为氨气与氧气的反应，反应为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（2）为氧化还原反应，若C、D两种气体均能使澄清石灰水变浑浊，C、D可能为二氧化碳或二氧化硫中的一种，该反应为C与浓硫酸的反应，A的摩尔质量小于B时，B为浓硫酸，利用二氧化硫的漂白性和还原剂区别，则a与Ba（OH）2溶液反应，均生成白色沉淀，不能鉴别，故选； b二氧化硫与酸性KMnO4溶液反应使其褪色，二氧化碳不能，可鉴别，故不选；c均使紫色石蕊试液

50、变红，不能鉴别，故选；d二氧化硫与H2O2与BaCl2混合液反应生成白色沉淀，而二氧化碳不能，可鉴别，故不选； e二氧化硫与酸化的Ba（NO3）2溶液反应生成白色沉淀，而二氧化碳不能，可鉴别，故不选，故答案为：浓硫酸；ac； 非氧化还原反应，若A是造成温室效应的主要气体之一，则A为二氧化碳，B为NaOH，C、D均为钠盐，D与B反应能转化为C，所以D为NaHCO3，C为Na2CO3，当参加反应的A、B物质的量之比为3：4时，设生成C为x，D为y，则，解得x：y=1：2，故答案为：1：2点评：本题考查无机物的推断，为高考常见框图推断，综合考查元素化合物知识，侧重氮及其化合物、Mg及其化合物及Na及

51、其化合物转化的考查，较好的考查学生分析能力、计算能力及知识综合应用能力，题目难度中等21（11分）2013年雾霾天气多次肆虐我国中东部地区其中，汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之一（1）汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）在密闭容器中发生该反应时，c（CO2）随温度（T）、催化剂的表面积（S）和时间（t）的变化曲线，如图所示据此判断：该反应的平衡常数表达式为K=该反应的H0（选填“”、“”）当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率若催化剂的表面积S1S2，在图中画出c（CO2）在T2、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线（2）直接排

52、放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867kJmol12NO2（g）N2O4（g）H=56.9kJmol1写出CH4催化还原N2O4（g）生成N2（g）、CO2（g）和H2O（g）的热化学方程式CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=810.1kJmol1将燃煤产生的二氧化碳回收利用，可达到低碳排放的目的下图是通过光电转化原理以廉价原料制备新产品的示意图写出上述光电转化过程的化学反应方程式2CO2+2H2O2HCOOH+O2催化剂a、b之间连接导线上电子流动方向是ab（填ab或ba）考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；常见的能量转化形式；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理专题：基本概念与基本理论分析：（1）化学平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值；先比较T