届河北省武邑中学高三上学期周考化学试题解析版含解析

1、优秀学习资料欢迎下载1在肯定条件下，pbo2 与 cr3+反应，产物是cr2o72-和 pb2+，就与 1molcr3+ 反应所需pbo2 的物质的量是（）a3.0molb 1.5molc1.0mold 0.75mol【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 价上升到 6 价，失去3 个电子；就依据电子得失守恒可知与1molcr3+ 反应所需pbo2 的物质的量1mol321.5mol ，答案选b；考点：考查氧化仍原反应的运算2以下离子方程式正确选项（）a向 baoh2 溶液与稀h2so4溶液发生中和反应：ba2+o

2、h-+h+so42-=baso4b h2s 通入 fecl3 溶液中： 2fe3+s2-=2fe2+s c碳酸氢钠溶液与硫酸氢钠溶液反应：h+hco3-=co2 +h2o d向漂白粉溶液中通入so2: ca2+2clo-+h2o+so2=caso3 +2hclo【答案】 c+h2o【考点定位】此题主要是考查离子方程式正误判定【名师点晴】此题以离子方程式的正误判定为载体，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、 过量反应及试验事实等学问，把握相关物质的化学性质是解答的关键；此题的解题要点为离子方程式的正误判定，要求把握离子方程式的书写原就，能懂得离子反应的实质，确定物

3、质的电离情形、离子间反应的是否漏写、过量反应物时产物的判定及元素守恒和电荷守恒的判定依据；选项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（）a nh4、 ba2、 cl-、no3-b k+、alo2-、cl-、so42-c ca2+、mg2+ 、no3-、hco3-d na+、cl-、 co32-、 so32-【答案】 b优秀学习资料欢迎下载考点：考查离子共存正误判定4 阿伏加德罗常数用na 表示，以下表达正确选项（）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0.02na 0.44g

4、c3h8 中含有的极性共价键总数目为0.1na 7.8g 过氧化钠粉末与足量二氧化硫反应转移的电子数为0.2na 46g 二氧化氮与四氧化二氮的混合气体的平均相对分子质量为46<m<92 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0.5na 1mol 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na abcd【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0.02

5、mol ，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 ，通式判定物质为烷烃，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+so2 na2so4，0.1mol 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肯定介于46 92 之间，混合气体的平均分子量46 m

6、92，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稳，不行能进行完全， 所以生成的水分子数小于 na，错误；综上所述正确；答案选 d；【考点定位】此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运算共价键数、氧化仍原反应的电子转移的运算，酯化反应的可逆性判定等；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6.02× 1023/mol

7、；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nnnmnvcn含有的碳原子数相同，就说其物质的量是1mol ；有关公式有n a ；m ；vm ；v；把握各个公式的适用范畴、对象，是精确应用的保证；有时阿伏加德罗常数会与物质结构、氧化仍原反应、电化学等学问结合在一起考查，要把握物质的物理性质、化学性质及发生的反应特点等，才可以得到精确的解答；5 物质氧化性、仍原性的强弱，不仅与物质的结构有关，仍与物质的浓度和反应温度等有关；以下各组物质中由于浓度不同而能发生不同氧化仍原反应的是（ ） cu 与 hno3 溶液；fe 与

8、 hcl 溶液； zn 与 h2so4 溶液；铝与naoh 溶液 abcd【答案】 a优秀学习资料欢迎下载考点：考查元素及其化合物的性质6 t，将肯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），就 a、b、c 三者的关系为（）a c=2b-abc=a+bc c=a+2bdc=2a+b【答案】 a【考点定位】此题主要是考查溶液的有关运算【名师点晴】此题不但考查了溶液的均一性和稳固性，而且考查了不饱和溶液蒸发掉余外的水后就会变

9、成饱和溶液， 仍考查了饱和溶液连续蒸发溶剂就会有晶体析出（即结晶现象） ，更考查了依据溶液的均一性进行有关析出晶体质量运算因此，这是一道综合性较强，并且学问点多，学问面广的典型试题；解答时，肯定要将相关的学问点综合起来，细心地进行分析、探究和推算，再可得出正确的答案；7以下关于胶体的熟悉，错误选项（）a在溶有1molfeoh3 胶粒的胶体中，含有多于na 个的 feoh3 分子 b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，也与胶体的学问有关 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：

10、a胶粒是肯定数目粒子的集合体，溶有1molfe（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】此题主要是考查胶体的性质、常见自然现象的成因等【名师点晴】把握胶体的组成、性质是解答的关键，其中“雨后彩虹”“海市蜃楼”的成因是难点，需要平常学习中留意化学在生活中的应用，能用化学的视角说明各种自然现象；8设 na 表示阿伏

11、加德罗常数的数值，以下说法正确选项（） a足量的co2与 39gna2o2 发生反应，转移的电子数为na b 100ml 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，如生成1molo2 ，就转移电子数为2na优秀学习资料欢迎下载d 18g 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，溶液显酸性，就 100ml 1mol/lfecl3 溶液中，阴、阳离子总数大于 0.4na， b 正确； c用惰性

12、电极电解硫酸铜溶液，如生成 1molo2 ，就转移电子数为 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运算与判定kclo3593 晶体与h 37 cl的溶液反应后，生成氯气、氯化钾和水以下说法正确选项（）a氯化钾既不是氧化产物，也不是仍原产物b被仍原的35kclo3 和被氧化的h 37 cl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6.02 × 1023【答案】 a【考点

13、定位】此题主要是考查氧化仍原反应的运算【名师点晴】 此题解答时留意元素化合价的变化特点，留意原子的构成，为解答该题的关键，也是易错点，留意把握反应的实质，留意从化合价变化的角度运算转移电子的物质的量；10以下离子方程式书写正确选项（）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+b ki 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

14、误判定11某溶液中含有以下六种离子，hco3- so32- na co32-nh4 no3-，向其中加入优秀学习资料欢迎下载肯定量 na2o2 后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（）abcd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，就：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】此题主要是考查过氧化钠的性质【名师点晴】该题为高频考点，侧重于元素化合物学问的综合懂得和运

15、用的考查，题目难度不大，留意过氧化钠与水反应的特点以及具有氧化性的性质，为解答该题的关键；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），就该氮氧化合物的化学式为（）a no2b n2o2cn2odn2o4【答案】 a【解析】试题分析： 依据反应的方程式2nxoy+2ycu 2ycuo+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x 1，答案选a；考点：考查依据方程式进行的运算13试验室将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

16、测得naclo3 和 na2so3 恰好完全反应，就x 为（）a cl2b cl2oc clo2d cl2o3【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仍原反应， cl 元素的化合价降低，s 元素的化合价上升，na2so3 作仍原剂， s元素的化合价由+4 价上升为+6 价，设 x 中 cl 元素的化合价为x，由电子守恒可知，2× 5-x1× 6-4，解得 x +4， a cl2 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

17、和为0，就 cl 为+1 价， b 错误； c clo2 中， o 为-2 价，由化合物中正负化合价的代数和为0，就 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，就 cl 为+3 价， d 错误；答案选c；考点：考查氧化仍原反应中电子守恒的运算14肯定物质的量的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,就参 加反应的so2与 naoh 物质的量之比为（）a8:11b 3:5cl:2d 18:8【答案】 a【解析】试题分析： 设 na2so3 和 nahso3物质的量分别是3mol 、

18、5mol ，就依据原子守恒可知so2 是 8mol ，氢氧化钠是 3mol ×2+5mol 11mol ，所以参与反应的so2与 naoh 物质的量之比为8： 11，答案选a；考点：考查化学运算15以下表达正确选项（）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d 16gch4 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，就相同条件下，n2 和 o3 的混合气与等体积的n2 所含原子数不相等

19、， a 错误； b甲基和羟基均含有9 个电子，就等物质的量的甲基（-ch3）与羟基（ -oh）所含电子数相优秀学习资料欢迎下载等， 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运算16设 na 为阿伏伽德罗常数的值，以下表达正确选项（）a 60gsio2 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， 1lph 13

20、 的 naoh 溶液中，由水电离的oh离子数目为0.1na d 1.5molno2 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运算与判定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仍原反应，其反应的 产物： hf、 no 和 hno3；就以下说法错误选项a反应过程中，被氧化与被仍原的元素的物质的量之比为1 ： 2b nf3 是一种无色、无臭的气体，因此nf3 在空气中泄漏时不易被察觉 c一旦 nf3 泄漏，可以用naoh 溶液喷淋的方法削减空气污染 d如反应中生成1.0mol no ，转移的电子数目为6.02 × 1

21、023【答案】 b【解析】试题分析： a、依据方程式3nf3+5h2og 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，部分上升到5 价，因此被氧化元素是氮元素，被仍原的元素也是氮元素，依据元素化合价变化运算得到，被氧化与被仍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，简单被发觉，b 错误； c、一旦 nf3 泄漏，可以用石灰水溶液喷淋的方法， 可以吸取且和反应产物反应生成氟化钙、硝酸钙，削减污染，c 正确； d、转移 2mol 电子生成2molno 气体，如反应中生成1.0mol no ，就

22、转移的电子数目为6.02 ×102，3考点：考查氧化仍原反应的有关判定和运算d 正确，答案选b；18cu2s 与肯定浓度的hno3 反应，生成cuno32、cuso4、no2、no 和 h2o，当 no2 和 no 的体积相等时，实际参与反应的cu2s 与 hno3 的物质的量之比为（）a1： 7b 1：5c 1： 9d 2： 9【答案】 a【解析】试题分析： cu2s 与肯定浓度的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 中氮元素被仍原为no2 和 no，起酸作用的硝酸 生成

23、cu（no3） 2，令 no2 和 no 的物质的量分别为1mol 、1mol ，依据电子转移守恒可知：n（ cu2s）× 6-（ -2） +1×2 1mol ×（ 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 ，依据铜元素守恒可知溶液中ncu（ no3）2 2n（ cu2s）-n（ cuso4） 2× 0.4mol-0.4mol 0.4mol ；由氮元素守恒可知参与反应的硝酸n（ hno3） 2ncu（ no3 ） 2+n （ no2） +n （

24、no） 2× 0.4mol+1mol+1mol 2.8mol ，所以实际参与反应的cu2s与 hno3 的物质的量之比为n（ cu2s）： n（ hno3） 0.4mol ：2.8mol 1： 7，答案选a、优秀学习资料欢迎下载【考点定位】此题主要是考查氧化仍原反应的基本概念与运算【名师点晴】判定元素化合价变化，利用电子转移守恒与元素守恒运算是关键，留意转移守恒思想在氧化仍原反应运算中的运用；很多有关化学反应的运算，假如能够奇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；氧化仍原反应中得失电子数守恒、原

25、电池或电解池中两极通过的电子总数相等；从守恒思想动身仍可延长出多步反应中的关系式，运用关系式法等运算技巧奇妙解题；19已知 no2 与 naoh 溶液反应为： 3no2+2naoh=2nano3+no+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；就naoh 溶液的物质的量浓度（mol/l ）为（）abc2 ab abcabav【答案】 d【解析】bvc2vdv试题分析：不论是生成硝酸钠仍是亚硝酸钠，依据原子守恒

26、可知氢氧化钠的物质的量amol bmol ，所以氢氧化钠溶液的浓度为ab mol v/ l；答案选d；考点：考查物质的量浓度运算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 黄色沉淀和气体显现；依据以上试验现象，以下结论中正确选项（）a此溶液中肯定有s2-、co32-、na+ b此溶液中肯定有s2-、na+、no3- c此溶液中肯定有na+、a13+、no3-d此溶液中肯定有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定21某强碱性溶液可能含有的离子是k+、n

27、h4+、 a13+、a1o2-、so42-、sio32-、co32-、cl-中的某几种离子，现进行如下试验：i.取少量的溶液用硝酸酸化后，加bano32 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，开头产生沉淀并逐步增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最终沉淀逐步削减至消逝；（ 1）原溶液中确定存在的离子是 ，确定不存在的离子是 ；（ 2）己知肯定量的原溶液中加入5ml0.2 mol/l 盐酸时，沉淀会完全消逝，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀 0.187g，就原溶液中是否含有cl-？（ 3）依据反应次序逐步书写出ii 中发生反应的离子反应方程式 ； ； ； ；

28、；优秀学习资料欢迎下载【答案】 1oh、 alo2-、co32-、k； nh4+、so42-、sio32-、al32有 cl 3alo2- h h2o aloh3； co32-h hco3-； aloh3 3h 3h2oal3【解析】试题分析：（ 1）强碱性溶液中肯定不存在al3+、nh4+；取少量的溶液用硝酸酸化后，加ba（ no3） 2 溶液，无沉淀生成，就肯定不含有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） ，开头产生沉淀并逐步增多，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，最终沉淀逐步

29、削减至消逝，是盐酸将氢氧化铝全部溶解，所以一定含有偏铝酸根离子，就肯定不存在铝离子；沉淀量基本不变后产生的一种气体只能为二氧化碳，即肯定含有碳酸根离子，依据电中性原理，确定肯定含有k+，氯离子不能确定；（ 2）肯定量的原溶液中加入5ml0.2mol/l 盐酸即0.001mol 的盐酸时，沉淀会完全消逝，加入足量的硝酸银溶液可得到氯化银沉淀0.187g，即氯化银的量为0.0013mol ，大于 0.001mol ，所以肯定含有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+h2o al（ oh） 3、co32-+2h+ h

30、2o+co23h2o al3；考点：考查了离子反应、离子共存、离子检验的相关学问；，氢氧化铝溶解的方程式为aloh3 3h22（ 1）己知 feoh3 能与次氯酸盐发生如下反应（未配平）: feoh3+clo-+oh- feo4n-+cl-+h2o（ 1）已知有 10.7g feoh3 参与反应，共转移了0.3na 个电子，就n= ，feo4n- 中铁元素的化合价为 （ 2）依据所学的学问，估计feo4n-能和以下 （填序号）物质反应a、 kmno4b、 so2c、h2sd、o2（ 2）肯定条件下， 向含硝酸的废水中加入ch3oh，将 hno3 仍原成 n2；如该反应消耗32gch3oh,转移

31、 6 mol电子，就参与反应的仍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10.7g÷ 107g/mol 0.1mol ，设 fe 被氧化生成的feo4n-中 fe 元素化合价为x，就 0.1mol ×（ x-3） 0.3mol ，解得 x 6，由化合价代数和为0 可知 n 2； feo4n-中 fe 为+6 价，具有强氧化性，可与仍原性物质反应，b、c 符合，答案选bc；（ 2）消耗 32g（ 1mol ）ch3oh 转移 6mol 电子，由 ch3oh 中碳原子的化合价上升6，所以反

32、应后碳的化合价为 +4，产物为co2，依据质量守恒和化合价升降总数相等得：5ch3oh+6hno3 5co2+3n2+13h2o，反应中氧化剂是硝酸，仍原剂是甲醇，参与反应的仍原剂和氧化剂的物质的量之比是5： 6；【考点定位】此题主要是考查氧化仍原反应的运算【名师点晴】该题为高频考点，侧重于同学的分析才能和运算才能的考查，留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仍原反应时，氧化剂得到的电子数肯定等于仍原剂失去的电子数；得失电子守恒法常用于氧化仍原反应中氧化剂、仍原剂、氧化产物、仍原产物的有关运算及电解过程中电极产物的有关运算等； 电子守恒法解题的步骤是： 第一找出氧化剂、 仍原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、仍原剂得失电子的量，