学百强名校试题解析金卷：(第22卷)河北省武邑中学2019届高三上学期第三次调研考试化学试题解析(解析版)

1、【全国百强梭】河北劣戎邑中学2017届高三上学期第三次调研考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-140-16S32Na-23Mg-24Al-27Ca-40Ba-137第I卷(选择题)(45分)选择题(每小题只有一个选项符合题意，115题，30分，1620题，15分)1.有些古文或谚语包含了丰富的化学知识，下列解释不正确的是()选项古文或谚语化学解释A日照香炉生紫烟碘的升华B以曾青涂铁，铁赤色如铜置换反应C煮豆燃豆萁化学能转化为热能D雷雨发庄稼自然固氮【答案】A【解析】试题分析：A烟是气溶胶，“日照香炉生紫烟”是丁达尔效应，A错误；B“曾青”是CUSO4溶液，铁与8SCU发生蚤换

2、反应，B正确；C“豆箕那是犬豆的秸秆，主要成分为纤维素燃晓纤维素是把化学能砖化为热能丄正确*D-闷电下雨""过程发生的王要化学反应有：NPTK63NO2-H2O-2HNOJ+NO；HN6与土壤中的弱釀盐反应生成硝釀盐，农作物吸收N0?中化合态的N,其中第一个反应是“将游离态的氮轻化为化合态嬴"，厲于自然界固氮作用，D正确；答案选A。考点：考查了化学与生产、生活的关系的相关知识。2.查表得知HI的稳定性远不如HF，在HI的合成过程中存在下列平衡： H2(g)+I2(g)2HI(g)H=-14.9kJ/mol H2(g)+I2(s)-2HI(g)H=+26.48kJ/

3、mol向2L的密闭容器中，加入1mol出2)和2moia(g)发生反应，达到平衡后，测得放热5.96kJ，将容器压缩体积至1L,当各气体组分浓度不再改变时，测反应放出的热量，就可以计算出平衡体系中b(g)的体积分数。很据反应还可以得出a(g)b(s)H=-41.38kJ/mol。上面描述中，没有涉及到哪位化学家提出的理论()A阿伏加德罗B门捷列夫C.盖斯D勒夏特【答案】D【解析】试题分析：氢化物稳定性与元素周期律有关系，门捷列夫提出了元素周期律；有关物质的量的计算涉及到阿伏加德罗定律，与阿伏加德罗有关系；反应热的计算需要用到盖斯定律,与盖斯有关系；反应前后体积不变，改变压强对平衡不影响，与勒夏

4、特列原理没有关系,答案选D。考点：考查化学史判断3.向盛有CI2的六个集气瓶甲、乙、丙、丁、戊、己中各注入下列液体中的一种，经过振荡，现象如下图所示，则甲、乙、丙、丁、戊、己注入的液体分别是AgNO3溶液NaOH溶液 水淀粉-KI溶液FeCI2与KSCN混合液无色白色薄曲NaBr溶液A.T无色+无色I亠无色H己B.C.D.【答案】D【解析】试题分析：氯气能被氢氧化钠溶液吸收生成氯化钠、次氯酸钠和水，因此气体和溶液都是无色的，所以甲集气瓶对应；氯气和硝酸银濬液反应生成白色沉淀氯化银，而气体变为无色，则乙集气瓶对应；氯气在水中的溶解度不大，氯气濬于水即得到氯水d气体颜色变浅，而氯水显浅黄绿色，则丙

5、集气瓶对应s）$司气具有氧化性，能把碘化钾氧化生成单质碘，碘邁淀粉显蓝色，所以.丁集气瓶对应：a气具有氧化性，能把漠化钠氧化生成单质溟，漠水显橙黄色，则剧情片戊对应；氯气具有氧化性，能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，铁高子与K5CN濬港反应显红邑即集气瓶己对应，答案选m考点：考查氯气的性质4设Na为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（）A常温常压下，等质量的N2和CO气休的原子数均为2NaB. 在反应KC1O4+8HCI=KCI+4Cl2f+4出0中，每生成4molCI2转移的电子数为8NaC. 含有3mol离子的过氧化钠固体和足量的水反应，电子转移数为NaD.标准状况下，80gSO3中含3Na

6、个氧原子，体积约为22.4L【答案】C【解析】试题分析：A.常温常压下，等质量的N2和CO气休的原子数相等，但不一定均为2Na,A错误；B.在反应KC108HCI=KC144ChtHH2O中，KQ16中孰元素的优合价从+7价降低到0饥因此霉生成4molC12移的电子数为7Na,B错為C,含有子的过氧化钠是伽儿和足量的水反也电子转移数为Na,C正确；D,标准状况下三氧化硫不是气态，不能利用弓体摩尔体积计算物质的量，D错误，答案选8【考点定位】考查阿伏伽德罗常数的计算与判断【名师点晴】要准确把握阿伏加德罗常数的应用，一要认真理清知识的联系，关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算、电离和水解知

7、识的融入、留心特殊的化学反应，如本题中Na2O2与H2O的反应、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用。避免粗枝大叶不求甚解，做题时才能有的放矢。二要学会留心关键字词，做题时谨慎细致，避免急于求成而忽略问题的本质。必须以阿伏加德罗常数为基础点进行辐射，将相关知识总结归纳，在准确把握各量与阿伏加德罗常数之间关系的前提下，着重关注易错点，并通过练习加强理解掌握，这样才能通过复习切实提高得分率。5.已知O2F2可以发生反应H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2,下列说法正确的是（）A氧气是氧化产物BO2F2即是氧化剂又是还原剂【答案】AC.若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子D.还原剂与氧化剂的

8、物质的量之比为1:4【答案】D【解析】试题分析：A.O元素的化合价由反应前的+1价变为反应后的0价，化合价降低，获得电子，所以氧气的还原产物，A错误；B在反应中O2F2中的O元素的化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而H2S中的S元素的化合价是-2价，反应后变为SF6中的+6价，所以H2S是还原性，B错误；C外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，C错误；D.根据方程式可知还原剂H2S与氧化剂O2F2的物质的量的比是1:4,D正确，答案选D。【考点定位】考查氧化还原反应的有关概念和简单计算。【名师点睛】本题主要涉及氧化还原反应，氧化还原反应的特征是元素的化合价

9、发生变化，其本质是在反应中有电子转移。在反应中，氧化剂是得到电子的或电子对偏向的物质，本身具有氧化性，反应后化合价降低，对应的产物是还原产物；还原剂是失去电子的或电子对偏离的物质，本身具有还原性，反应后化合价升高，对应的产物为氧化产物。整个反应过程电子从还原剂转移到氧化剂。一定记清各概念之间的关系：还原剂一化合价升高一失去电子一被氧化一发生氧化反应一生成氧化产物；氧化剂一化合价降低一得到电子一被还原一发生还原反应一生成还原产物。6下列实验装置正确且能完成实验目的的是（）C.检验火柴燃烧产生的50D.证明非金囲性；a>OSi【解析】试题分析：A测定生成氢气的反应速率需要测定时间和收集气体体

10、积，有测定体积的仪器和测定时间的仪器，所汰可以实现实验目的A正确；乙醇与水互為不能萃取購B错误；C.二氧化硫具有还燥性，能使高猛酸钾溶液褪色图中试管中的导管长短应互换，C错误；D-盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有氯化氢，HC1也能和硅酸钠反应生成硅釀沉淀，所以干扰实验，且HC1不是氯元素的最高价氧化物是水化物，所以不能实现实验目的，D错误；答案选阳【考点定位】本题考查化学实验方案评价【名师点晴】该题为高考高频点，明确实验原理是解本题关键，涉及非金属性的比较、氧化还原、碘的提纯等，注意实验原理和实验细节的考查，题目难度中等。选项D是易错点，注意非金属性强弱比较的方法。7某无色溶液与NH4HC

11、O3反应（可加热）能产生气体，此溶液中可能大量共存的离子组是（）A.Cl-,Mg2+、AlO2、Zn2+、SO42-B.Na+、Ba2+、NO3-、OH-、SO42-C.+K、NO3-、SO42-、OH-、+Na-+-D.MnO4、K、Cl、H+、SO42-【答案】C【解析】试题分析：某无色溶液与NH4HCO3反应（可加热）能产生气体，则此溶液可能显酸性，也可能显碱性，A、如果显酸性，A16不能犬量共存，如果显减也应、於不能大量共存，A諧误；B.B注与W不育试量共有，E错误；D、在喊性滚液中可以犬量共轧且均是无色濬酒，C正赢D、MnO4、Cl、H之间发生氧化还原反应不能犬量共存，D错误.答案选

12、口考点：考查离子共存正误判断&下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A.用KIO3氧化酸性溶液中的KI:51-+1。3+3H2O=3l2+6OH-+B. 向NH4HCO3溶液中加过量NaOH溶液并加热：NH4+OHNH3T+H2OC. 将过量SO2通入氨水中：SO2+NH3H2O=HSO3-+NH4+D. Ba（OH）2溶液中加入NaHSO4溶液至沉淀完全：Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4J+2H2O【解析】【答案】C试题分析：A、酸性环境中，不能生成OH,A错误；B、NaOH过量，HCO3与0H会反应生成C03和出0,B错误；C、S02过量，则生成HSOj,C正确

13、；D、应该是Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4J+出0,D错误，答案选C。【考点定位】考查离子方程式的正误判断【名师点晴】判断离子方程式正确与否的方法一般是：（1）检查反应能否发生。（2）检查反应物、生成物是否正确。（3）检查各物质拆分是否正确。（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）。（5）检查是否符合原化学方程式。选项D是易错点，注意反应中有氢氧化钠生成。9将32.5gZn投入到vmL浓硫酸中，共热，恰好完全反应，则可以确定的数据是（）A所得气体在标准状况下的体积B.所得气体的质量C.所得溶液的浓度D.原硫酸的浓度答案】A解析】试题分析：32.5g锌是0.5mol，与

14、浓硫酸反应生成硫酸锌、SO?和H?0，随着反应的进行，浓硫酸的浓度逐渐减小，稀硫酸与锌反应生成硫酸锌和氢气，且总是1mol锌产生1mol氢气、1molSO2，所以可以计算产生的气体在标准状况下的体积。由于不能确定氢气和SO2的体积之比，所以不能计算氢气和SO2的物质的量，以及消耗的硫酸的物质的量，反应后溶液的体积不能确定，则不能计算反应后溶液的浓度，答案选A。考点：考查锌和浓硫酸反应的有关判断与计算10下列说法中不正确的是（）A.常温下，向lOOgNaOH饱和溶液中加入0.39gNa?O?固体，恢复到常温，NaOH溶液的物质的量浓度一定不变B.向一恒容容器中充入ImolN2和ImolH?，在一

15、定条件下反应并达到平衡。升温，再次达到平衡状态，N2的体积分数一定不变C. 向50mL0.55mol/L的NaOH溶液中加入50mL0.50mol/L的稀盐酸，测定中和热，继续加入6mL等浓度的稀盐酸，测定的中和热一定不变D. 将2.3gNa投入100mL水中，产生出，若在反应前向水中加入100mL煤油，则产生H2的速率一定不变解析】试题分析：A.常温下，向lOOgNaOH饱和溶液中加入0.39gNa2O2固体，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，恢复到常温，仍然是MOH的饱和濬浪因此溥液的物质的重浓度一定不变,A正确；向恒容容器中充入knolNnimolH;,在一定条件下反应并达到平衡。正反

16、应放热，升温，平衡向逆反应方叵1进行再次达到平衡状态，Z的体枳分数增大，E错误；C.向50mL0.55mol/L的血OH濬液中加入50mL0.50mal；L的稀盐酸，测走中和熱，由干中和热是指生成1加1水时放出的热量，所臥继续加入6mL等浓度的稀盐釀，测定的中和熱L定不变C正确D.将2.丸矗投入lOtaL水中，产生氏，若在反应前向水中加入100mL煤油，由于煤油不濬于水，密度小于水且钠的密度介于煤油和水之间，所以产生氐的速率一走不变，D正爲答案选考点：考查过氧化钠、外界条件对平衡状态的影响、中和热以及钠和水反应探究11用H2可将工业废气中的NO催化还原成N2,其他量转化关系如图(图中计量单位为

17、mol),则：NO(g)+H2(g)=1N2(g)+H2O(g)的厶H为()2vkJ*mol'2CKB>气菩严-Nt(g)72H-0(g)4H©A.0.5(a+b-c-d)kJ/molB.0.5(c+a-d-b)kJ/molC.0.5(c+d-a-b)kJ/molD.0.5(c+d-a-b)kJ/mol【答案】A【解析】试题分析：由團中转化可知，断裂化学键吸收能矍形成化学键释放能量，发生2NO(g)+2吐(g)=Ni(g)-2B：OAH二Q+XY)kJ'inolS又化学计量数与反应中的能量变化咸正比，则NO(g)-Hi(g)=0.5Ni(g)-H：O(g)的厶H

18、=0.5-(a+b-c-d)kJ/mob答案选A。【考点定位】本题考查反应热的计算【名师点晴】该题为高频考点，把握化学键与能量变化的关系及化学计量数与反应中能量变化的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大。注意反应热化学计量数之间的关系。12.定条件下A、B、C的如下图所示的转化关系，且H=H1+H2°贝VA、C可能是 Fe、FeCl3C、CO2AICI3、NaAIO2NaOH、NaHCOsS、CuSNa2CO3、CO2A.【答案】A【解析】B.C.D.C°2_.CO°2CO2,试题分析：FeCS竺FeCl3，不存在上述转化，错误；为C4CO2的

19、转化，符合，正确；为AICI3竺Al（OH）3竺NaAIO2的转化，AICI3Na°HrNaAIO2，符合，正确；为NaOHC°2rNa2CO3NaHCO3,NaOHCONaHCO3，正确；S与氧气不能反应生成SO3，不符合A、X的转化，错误；为Na2CO3-HC-；NaHCO3-HC-；CO2的转化，Na2CO3-HC-；CO2，符合转化关系，正确；答案选A。【考点定位】本题考查考查常见元素及其化合物的有关转化【名师点晴】由图可知，图示既是盖斯定律的应用，也是物质之间相互转化，符合转化关系的有变价物质的氧化反应、两性物质的转化以及多元酸对应的盐类之间的反应等。该题对学生的

20、要求比较高，学生需要有充足的知识储备，以及灵活应变能力，该题也可以通过排除法，进行筛选得到正确的答案。13.金属Ti（钛）是一种具有许多优良性能的较为昂贵的金属，钛和钛合金被认为是21世纪的重要金属材料。某化学兴趣小组用实验探究Ti、Mg、Cu的活泼性顺序。他们在相同温度下，取大小相同的三种金属薄片，分别投入等体积等浓度的足量稀硫酸中，观察现象如下：F列有关三种金属的说法正确的是（）金属TiMgCu金属表面现象放出气泡速度缓慢放出气泡速度快无变化A在地壳中的含量Mg>Ti，说明金属在地壳中的含量越低，活泼性越弱B.反应中产生H2速率不同的原因是因为c（H）不同C. 用Ti从CuS04溶液

21、中置换出Cu是工业制取Cu的很好途径D. 利用电解装置，Cu可以与稀硫酸反应产生H2【答案】D【解析】试题分析：A.金属的含量高低与金属性强弱没有关系，人错误；E、反应中产生曲速率不同的原因是因为金属性强弱不同，E错误；G钛（Ti）是一种昂贵的金属，用Ti/CuSO4中墨换出Cu制取铜，成本衣高，在工业上是不可取的，C错误；D.根据实殓现象，Ci和稀盐酸不发生化学反应，但利用电解装蚤，6可以与稀硫酸反应产生D正确；答案选D。考点：考查金属活动性顺序、金属冶炼以及反应速率等有关判断14最近一段时间，武邑中学雾霾严重，影响了同学们的生活和健康。雾霾中可能含有如下离子：Na+、NH4：Mg2+、Al

22、3+、SO42-、NO3-、Cl-。高三1490班某同学收集了操场的雾霾，经必要的预处理后得试样溶液，设计并完成了如下实验，根据实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是（）【已知：3NO3+8AI+5OH-+2H2O：3NH3T+8AIO2J弋休K遇址會11色右理试抵±11色）(UHIX诙皿ftsc浚常&逹厩匹别Ml试样中一定存在的阴离子是SO42-和NO3B试样中一定不含Al3C.该雾霾中可能存在NaNO3、NH4CI和MgSO4D.试样中可能存在Na+、Cl-【答案】B【解析】试题分析：向试样溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，产生能够使湿润的红色石蕊试纸变为红色的气体

23、1,则该气体是氨气，在溶滋中含有NHJ5同时还产生沉淀向该沉淀中加入酸，沉淀部分溶解，证明沉淀中含有BaSO<>MgtOWi,则在原濬液中含有Mgi、S04=;在滤潘1中通入CCh气休产生沉淀2和溶液2,沉淀2中加入酸，沉淀濬解并放出气体，则沉淀中含有BaCO3,但是不能确走沉淀中是否存在Al（OH）也就不能确定在滤液1中是否AP在滤液2中加入AK加碱并加热产生气体為该气体能够使媪润的红色石蕊试纸变为红色，证明在滤液中含有NO则原濬淞中含有NOeo综上所述可知：试样中肯定存在丽、SO4;和K65不能确主的离子是N.AlClo因此选项A、C、D均正确，B错误，答案选B。考点：考查离子

24、的检验、溶液成分的确定的知识。15短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。m、p、q、r、s是由这些元素组成的二元化合物，常温常压下r为液体，其余均为无色气体，m的摩尔质量为p的2倍，n是元素Y的单质，q能使品红溶液褪色。上述的转化关系如图所示。下列说法中不正确的是()A.原子半径：Y<X<ZC.m与q、n与s均不能共存【答案】D【解析】B.非金属性：Y>X>WD.若n过量，q还可以继续燃烧试题分析：短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、q、r是由这些元素组成的二元化合物，常温常压下r为液体，其余均为无色气体，因此r水H2O;m的摩尔质量为p的2倍，n

25、是元素Y的单质，q能使品红溶液褪色，则q是SO2。根据转化关系图判断m是H2S,n是氧气，p是NH3,s是NO。所以W、X、Y、Z分别是H、N、O、S。A.根据元素周期律的原子半径变化规律：同一周期的元素，原子序数越大原子半径越小，同一主族的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，则原子半径的大小Y<X<Z,A正确；B.同一周期元素，随着原子序数的增大，自左向右元素的非金属性逐渐增强，同主族元素自上而下，随着原子序数的增大，元素的非金属性逐渐减弱，则元素的非金属性Y>X>W,B正确；C.H2S和SO2，以及氧气和NO均不能大量共存，C正确；D.在氧气足量的条件下，H2

26、S燃烧生成SO2和水，得不到三氧化硫，D错误。答案选D。【考点定位】考查元素周期表、元素周期律的应用及和无机框图题推断的知识。【名师点睛】元素周期表、元素周期律是学习化学的工具和基本规律。元素周期表反映了元素的原子结构、元素的性质及相互转化关系的规律，是根据元素周期律的具体表现形式，元素周期律是元素周期表排布的依据。元素的原子半径、元素的化合价、元素的金属性、非金属性、原子核外电子排布都随着原子序数的递增而呈周期性的变化。同一周期的元素原子核外电子层数相同，从左到右原子序数逐渐增大；同一主族的元素，原子最外层电子数相同，从上到下原子核外电子层数逐渐增大。原子核外电子排布的周期性变化是元素周期律

27、变化的原因，掌握元素的单质及化合物的结构、反应条件、物质的物理性质、化学性质等是进行元素及化合物推断的关键。本题难度较大，常由于物质的某个性质未掌握好导致失误、失分。16短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13。X的原子半径比Y的小，X与W同主族，Z是地壳中含量最高的元素。下列说法正确的是()A.原子半径的大小顺序：r(Y)>r(Z)>r(W)B元素Z、W的简单离子的电子层结构相同C.元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强D.只含X、Y、Z三种元素的化合物，一定是共价化合物【答案】B【解析】试题分析：Z是地壳中含量最高的元素，Z为0;由X的原子半径

28、比Y的小，X与W同主族，短周期元素%、弋、乙W的原子序数依；尖増大，则X対H,W対N巧原子最外层电子数之和対13,则Y的最外层电子数为13-1-1-65,Y为第二周朗的K元郭则电子层越纽半径越大*同周期摩子序数大的原子半径小，则原子半彳眇t>r(Y)>r(Z),A错误；B.元素Z2)、W(Na)的简单离子的电子层结构相同，均有2个电子层，最外层电子数为S,B正确：C.非金属性忑耳则元素Y的简单气态复化物的熱稳定性比Z的弱，C错沽D.只含X、Y、Z三种元第的化合物，若为硝酸盐,则为离子化合物若为硝酸，则是扶价化合物D错误，答案选考点：考查原子结构与元素周期律17. 在恒温恒容的容器中

29、，发生反应：H2(g)+C0(g)C(s)+H20(g)。初始时加入平均相对分子质量为15的H2、C0混合气，一段时间后测得气体的平均相对分子质量为16,下列说法中不正确的是()A.反应前后气体的压强之比为4:3B.反应前后气体的密度之比为15:16C.H2与CO的转化率相等，均为50%D.若H2与CO按&5体积比混合，则反应前后混合气体的平均相对分子质量不变【答案】B【解析】试题分析：开始时平均分子量为15,根据十字交叉法，（2815）/（15-2）=1:1,即开始投入量相同，设开始时投入1mol，则出(g)+CO(g)C(s)+H20(g)开始（mol）:110消耗（mol）:xx

30、x一段时间（mol）:1x1xx根擔摩尔质量的定义2（1-x）+28（l-x；+lSx（l-x+1-x+x：=16,解得x=0+5moLA压强之比等于物质的量之比，即4（2-0.5）=4：3,A正确根据密度的定义，且是等容，因此体积相同，密度之比等于质量之比：30:24=15:12,B错误；G根据上述判断转化率为十X100%=5%C正确；D、若尽与8按8:5体枳比混合，则Hj（g）+CO（g）十H：O（g-幵始（mol）:8n5n0消耗mol）：yyy一段时间（mol：Bny5nyy拿握混合气体的平均相对分子JSfi=亠亠=1響Th=12,而反应前气体13/J-13nv16+140的相对分子质

31、量=12,D正确，答案选B。13考点：考查可逆反应有关计算18. 臭氧在烟气脱硝中的反应为2NO2（g）+O2（g）N2O5（g）+O2（g）。若此反应在恒容密闭容器中进行，相关图象如下列选项，其中对应分析结论正确的是（）甲衢届升1L02a内uttNO1含就降低巩（h=g.?iUftbl/qTi1血*IFl时再充入5【答案】C【解析】试题分析：A.由團可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，NOi的含量増大，A错误；B.由團可知0-2s內，二氧化氮的浓度变化量电8moVL-0.4inol/L=0.4mol/L,故v(NCh)=0.4mol.L2s=0

32、.2mol(L-s)?v(Os)=0.5v(NO2)M).lmol/(L*s),B错误；C温度高，化学反应速率快，b点温度高于4点，故V正：b点d点此反应为放热反应，温度升高，平衡左移，故b点：、逆'正，C正确*D.容器中充入反应物，正反应速率瞬间加快，逆反应速率不变，D错误，答案选C。【考点定位】考查化学反应中能量变化、化学反应速率计算、化学平衡图像及影响因素等【名师点晴】化学平衡图像题的解题技巧：(1)紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。(2)先拐先平，在含量(转化率)一时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲

33、线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。(3)定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。(4)三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。19. 在某恒温恒容密闭容器中，发生反应：A(g)+B(g)2C(g)H=-QkJ/mol，保持其它条件不变，只改变起始加入量，测得相关数据如表所示：A£C的粉區的量分故00|敕出或用收热俶(kJI11oiQtD-Q：1T209/0F列说法中错误的是()A.a1+a2=1；2=1B.3=21；Q3=2Q1C.3=®二2；Q3=2Q1D

34、.a1=a3；Q1+Q2Q【答案】B【解析】试题分析:因为该反应A(g)+B(g)2C(g)H=QkJ/mol(Q>0),为气体体积不变的放热八、反应，所臥在某恒温恒容密血容器中只要转化到一边满足成比例贝q为等效平衡，又A(g)+B(g)(g)(1)110002等效于110220所以完全等效，是（D的2倍，成比例等效，贝Sai=a>,5耙刊（|）尸叶如Qi+QfQ>Qs=2Qi,所以.ACD正确，B错误；答案选E。【考点定位】本题主要考查的是化学平衡中的等效平衡问题【名师点晴】所谓等效平衡是指外界条件相同时，同一可逆反应只要起始浓度相当，无论经过何种途径，都可以达到相同的平衡

35、状态。等效平衡的判断及处理一般步骤是：进行等效转化一一边倒法，即按照反应方程式的计量数之比转化到同一边的量，与题干所给起始投料情况比较。等效平衡一般有三种类型：I类：恒温恒容下对于反应前后气体体积发生变化的反应来说（即nz0的体系）：等效转化后，对应各物质起始投料的物质的量与原平衡起始态相同。II类：恒温恒容下对于反应前后气体体积没有变化的反应来说（即n=0的体系）：等效转化后，只要反应物（或生成物）的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效。III类：恒温恒压下对于气体体系等效转化后，要反应物（或生成物）的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效。解答该类型试题的关键是分清类别，用相

36、应的方法求解即可。20. 两份体积相同，浓度未知的Na2CO3和HCI溶液，将它们互相滴加，产生的气体在相同的温度和压强下的体积比为1:2,贝UNa2CO3和HCI溶液的浓度之比为（）A.3:2B.2:5C.3：4D.4:3【答案】C【解析】试题分析：碳酸钠滴加到盐酸中，发生Na2CO3+2HCI=2NaCI+CO2f+H2O，盐酸滴加到碳酸钠中，发生：Na2CO3+HCI=NaHCO3+NaCI,NaHCO3+HCI=NaCI+CO2f+H2O，因为生成气体体积不同，说明盐酸不足，设Na2CO3的浓度为&，盐酸浓度为S,溶液的体积为1L,碳酸钠滴入盐酸产生CO2多于盐酸滴加到碳酸钠中

37、，碳酸钠滴入到盐酸中产生CO2的量，根据盐酸计算，即n（CO2）=C2/2mol，盐酸滴入碳酸钠溶液中产生的CO?的物质的量为：（C2Ci）mol,（C2-Ci）/C2/2=1:2,即ci：C2=3:4，答案选C。【考点定位】考查碳酸钠与盐酸反应的有关计算【名师点晴】明确反应的原理是解答的关键，注意分析Na2CO3和NaHCOs的混合溶液与盐酸反应的先后顺序：在Na2CO3和NaHCOs的混合溶液中，逐滴加入盐酸，盐酸先与何种物质反应，取决于CO32和HCO3结合H+的难易程度。由于CO32比HCO3更易于结合H+形成难电离的HCO3，故盐酸应先与Na2CO3溶液反应。只有当CO32完全转化为

38、HCO3时，再滴入的H+才与HCO3反应。第II卷(填空题)(55分)21. (10分)X、Y、Z、Q、W、R六种短周期元素原子序数依次增大。化合物甲由X、Z、Q三种元素组成，常温下0.1mol/L甲溶液的pH=13。工业上常用电解饱和QR溶液生成甲；化合物乙由X、R两种元素组成。请回答下列问题：(1) Q的离子结构示意图为。(2) Y元素的单质能发生如图所示的转化，请写出图中反应YZ2YZ的化学方程式：(注明反应条件)。在甲溶液中通入足量YZ2气体，所得溶液呈碱性，写出该溶液中的阴离子浓度由大到小的顺序：。(3) W的单质既能与甲溶液反应，又能与乙溶液反应。 常温下，将W的单质和甲溶液混合，

39、发生反应的离子方程式为； Q、W金属性的强弱为Q>W，下列表述中正确的且能证明这一事实的是(填序号)a. Q单质的熔点比W单质的低b. W单质的硬度比Q大c. Q单质能将W从它的盐溶液中置换出来d. Q的最高价氧化物的水化物的碱性比W的最高价氧化物的水化物的碱性强9);高温2【答案】(1)；(2)CO2+C2CO;c(HCO3-)>c(OH-)>c(CO3)；(32AI+2OH-+2H2O=2AIO2-+3H2fd【解析】试题分析：X、Y、Z、Q、W、R六种短周期元素原子序数依次增大，化合物甲由X、Z、Q三种元素组成，常温下O.1mol/L甲溶液的pH=13，则甲为强碱，且为

40、短周期元素，所以是氢氧化钠，X、Z、Q原子序数依次增大，所以X是H元素，Z是0元素，Q是Na元素；工业上常用电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠，所以R是Cl元素；化合物乙由H、Cl两种元素组成，所以乙是HCI；W的单质既能与氢氧化钠溶液反应，又能与盐酸溶液反应，则W是AI元素，Y的原子序数小于0元素，Y和氧气能生成两种氧化物，根据其化合价知，Y为C元素。(1) Q是Na元素，钠离子核外有10个电子、2个电子层，钠的离子结构示意图为、*=卡L(2) 通过扶上分析知，丫为C元素，的化学方程式为CO1+C=2CO；在氢氧化钠濬液中通入足量CO?气体，二者反应生成碳酸氢钠，碳釀氢根离子既能水解也能电禽，但

41、电离程度小于水解程度，所以滚潘呈碱性、所以濬液中的阴离子浓度由大到小的顺序亡(HCO3)>c(OH)>c(CO*);(3) 常温下，铝和氢氧化钠濬港反应生成偏铝酸钠和氢气发生反应的宫子方程式为2A1-2OH+2HQ-2A1O2舟吐|jN触A1两种元素金属性的强弱为Q>Wf金属的金属性越强，其对应最高价氧化物的水化物碱性越强，与酸反应越容易失去电子，金属性强弱与熔点和硬度没有关系。钠是很活发的金属，在潯溢中不能置换出金属铝，答案选d。【考点定位】本题以物质间的反应为载体考查了无机物的推断【名师点晴】正确推断物质是解本题关键，根据物质的特殊性质、元素化合价来推断物质，注意铝和氢氧

42、化钠溶液反应中水作反应物，容易漏掉水而导致方程式错误，另外金属性强弱比较是该题的易错点。注意化学推断题是一类综合性较强的试题，如元素及化合物性质和社会生活，环境保护，化学计算等知识，还可引入学科间综合。它不仅可考察学生对化学知识的理解程度，更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法。解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。22. (I6分)某化学兴趣小组的同学们对SO2与漂粉精、过氧化钠的反应进行实验探究：【实验I】SO2与漂粉精反应。操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，

43、溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变监(约为12)，后褪色卜媼i甬5A1. 液面上方出现白雾；2. 稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；3. 稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去(1) Cl2和Ca(0H)2制取漂粉精的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。(2) pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_。(3) 兴趣小组将A中产生的白雾引出导入硝酸酸化的AgN03溶液中，有沉淀产生，据此判断白雾成分为HCI小液滴，该结论合理吗？请说明理由。(4) 现象2中溶液变为黄绿色的原因是：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和CI-发生反应。该反应的离子方程式为。(5) 将A瓶中混合物过滤、

44、洗涤，得到沉淀X,X的成分是_(填化学式)；用离子方程式解释现象3中黄绿色褪去的原因。【实验II】S02与过氧化钠反应。将一定量(过量)S02充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量过氧化钠，两端用夹子Ki、K2夹好。在室温下按图示装置进行实验，请填写空白。操作步骤实验现象解释原因打开K1,推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中(假设充分反应)(1)(2)反应的化学方程式：将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温，打开K2(3)(4)不用解释【答案】【实验I】(1)1:1;(2)碱性、漂白性；(3) 不合理(1分)；因为白雾中可能含有少量CI2和S02，也容易产生沉淀(1分)；+.(4)

45、 CIO+CI+2H=2出0+02匸；(5CaS04(1分)；S02+CI2+2H20+Ca2+=CaS04+2CI-+4H+(或2-+S02+Cl2+2H2O=S04+2CI+4H)【实验II】(1)浅黄色固体变为白色；(2)S02+Na202=Na2S04；(3)Z中Na0H溶液倒吸入Y管中【解析】试题分析：（1）CS和Ca（0H）2制取漂粉精反应的方程式为2C12+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（CI0）2+2H2O，氯气既是氧化剂，也是还原剂，氯化钙是还原产物，次氯酸钙是氧化产物，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1J（2）pH试纟跳漿蓝（约为12人后樋色，说明漂粉椿溶液具有的

46、性贡是减性、漂日性，宙于白霹中可能含有少量6和S"导入硝釀酸化的AgN®濬滋中，也容易产生沉淀，所決结论不合理，（4）现象2中瀋液变为黄绿色，说明有氯气产生这是由于随瀋液酸性的增强厂赢粉精的有敕成分和G发生反应该反应的离子方程式为CIO-Cl=2H；O<1215被氧化生成硫險进而生成硫酸钙沉淀，因此将A弧中混合物过泳洗涤，得|的沉淀为CaSOjj由于氟气匚规址氧化为硫酸，进而产生硫酸钙沉淀，所以黄绿色褪去，反应的离子方程狀SOi+Ch+2HiO-Cai=CaSO41+2C1TH°【实验II】过氧化钠具有强氧化性，能把S02氧化为硫酸钠，因此实验现象是浅黄色固

47、体变为白色，反应的化学方程式为SO2+Na2O2=Na2SO4;将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温，打开K2后由于SO2被吸收，压强减小，从而产生倒吸现象，所以实验现象为Z中NaOH溶液倒吸入Y管中。考点：考查物质性质实验设计、探究和评价23. （18分）KMnO4和MnO2都是重要化学物质，在实验室可以做氧化剂和催化剂，某学习小组对两种物质的制备和性质探究如下：I.MnO2的制备:该学习小组设计了将粗MnO2（含有较多的MnO、MnCO3和Fe2O3）样品转化为纯MnO2实验，其工艺流程如下：用ton瘠規牛,1m,1如曲1tow-*VI*_"1*風粗勒*0样命一一-r31

48、址厂1"欣过灣i14MbOj请回答下列问题：（1）第步操作中，生成CO2的化学方程式为。（2）第步操作中，NaCIO3氧化MnSO4的离子方程式为（3）第步操作中，最终得到的固体除NaCIOs外，还一定含有下列物质中的（填序号）。a.NaCIb.NaCIOc.NaCIO4d.NaOH（4）为得到纯净的MnO2,须将过滤后的MnO2合并后进行洗涤。洗涤沉淀所用的玻璃仪器有：，判断是否洗涤干净可选用的试剂是（填化学式）。（5）NaCIOs和MnO2在一定条件下都可以氧化浓盐酸制取氯气，制取等量的氯气消耗NaCIO3与MnO?的物质的量之比为。（6）工业上可以以石墨为电极电解酸化的硫酸锰制

49、取二氧化锰，该过程的阳极反应式为II.KMnO4的制备和性质：（7）实验室由二氧化锰制备高锰酸钾可分二步进行：第一步：MnO2与KOH共熔并通入氧气：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O第二步：通入CO2，可使K2Mn04发生歧化反应生成KMnO4和MnO2。第二步完成反应时，转化为KMnO4的K2MnO4占其全部的百分率约为_（精确到0.1%（8）该小组同学为了探究KMnO4溶液和Na2C2O4溶液的反应过程，将酸性KMnO4溶液逐滴滴入一定体积的Na2C2O4溶液中（温度相同，并不断振荡），记录的现象如下：斫莪幣淮的衲瘠液瓶色褪居所祜的时血先*入第Im&-”一i-1

50、r穗色盒再滴入第2育腿包AL再酒入第3務*U 请将MnOf氧化C2O42-的离子方程式补充完整：MnO4+C2O42-+=_Mn2+CO2f+ 请分析KMnO4溶液褪色时间变化的可能原因。【答案】（1）MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2f；（2）2CIO-+5M门2+5出0=02f+5MnO2+H2O+8H+；（3）ad（4）烧杯、漏斗、玻璃棒（1分）；BaCl2溶液（1分）；（5）1：3;（6）Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+;（7）66.7%（82MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn"+1OCO2f+8H2O;反应生成的Mn2+对反应有催化作用

51、，且c（Mn2+）浓度越大催化效果越好【解析】试题分析：（1）样品中的碳酸锰与稀硫酸反应生成CO2的化学方程式为MnCO3+H2SO4=MnSOq+HzO+COzf；(2)第步操作中，NaCIOs氧化MnSO4生成二氧化锰和氯气，根据电子得失守恒和原子守恒可知该反应的离子方程式为2CIO-+5Mn2+5H2O=CI2f+5MnO2+H2O+8H+；(3) 第步操作中氯气与氢氧化钠反应生成氯酸钠、氯化钠和水，又因为氢氧化钠过量，则最终得到的固体除NaCIOs外，还一定含有氯化钠和氢氧化钠，答案选ad;(4) 洗涤沉淀所用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；滤液中含有硫酸根，因此通过检验硫酸根离子判断

52、沉淀是否洗涤干净，所以判断是否洗涤干净可选用的试剂是BaCI2溶液；(5) NaCIOs的还原产物是氯离子，反应中转移6个电子,Mud的还原产物是猛离子,转移2个电子,因此根据电子得失守恒可知制取等量的氯气消耗NaCIOs与MnO:的物质的量之匕诙2:6=h3;(6) 电解池中阳极失去电子，发生氧化反应，则该电解池中阳极是猛离子放电，因此阳极反应式为-2e+2H;O=MnO244Hj血元素化合价从+6价咅吩升高到+7价，咅盼降低到+4价，因此根据电子得失守恒可知生成的KMnS和MnO：的物质的量之比为2：h所以第二歩完成反应时，转化为KMnOi的KzXInO*占其全部的白分率约为-x100?6

53、66.7%*Ti(S)反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子碳元素的化合价从十3价升高到+4价，因此根据电子得失守恒和原子守恒可知反应的离子方程式为2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2+10CO2f+8H2O；滴入的高锰酸钾越多，褪色时间越少，即反应速率越快，这说明还原产物Mn2+对反应有催化作用，且c(Mn2+)浓度越大催化效果越好。【考点定位】可知物质制备以及性质实验方案设计与探究【名师点晴】该题的难点是氧化还原反应方程式配平和计算，正确标注元素化合价，分析元素反应前后化合价的变化，是解决氧化还原反应相关问题的关键，氧化还原反应中的基本概念、配平、计算等考查都是围绕电子转移展开的，必须从元素化合价升降上分析氧化还原反应，对氧化还原反应概念原理综合运用的考查，要从氧化还原反应的实质及电子转移入手，正确理解有关概念，并理清知识线和对应规律，需要牢固掌握氧化还原反应知识中的重要概念和重要规律，真正做到举一反三，灵活运用，根据题中信息分析，要善于利用氧化还原反应中的守恒规律、价态变化规律、强弱规律