高考化学模拟考试题共8套

...wd......wd......wd...高中毕业班摸底统一考试化学试卷〔考试时间：90分钟总分值100分〕本试卷分为第一卷〔选择题〕和第二卷〔非选择题〕两局部，请将正确答案填在答题卡上。可能用到的相对原子质量:H-1N-14O-16Na-23S-32Fe-56【化学综析】本试卷以化学单科方式命制。化学科I卷考察到了化学与生活、化学用语、阿伏加德罗常数、离子反响、有机化合物、元素化合物、氧化复原反响、元素周期律、化学平衡、电解质溶液、化学实验基本操作等；Ⅱ卷考察了电化学、化学实验的综合运用、物质构造与元素周期律、元素化合物等主干知识，综合性较强，难度适中，覆盖面广，有较好的区分度和效度。在注重考察学科核心知识的同时，突出考察考纲要求的基本能力，重视对学生科学素养的考察。以根基知识和基本技能为载体，以能力测试为主导，注重常见化学方法的使用，应用化学思想解决化学问题，表达了化学学科的基本要求。适合高考模拟用。第一卷〔选择题共40分〕一、选择题〔每题只有一个选项符合题目要求，每题2分，共40分〕【题文】1．化学与生活、社会密切相关。以下说法不正确的选项是()A．利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境B．用废旧皮革生产药用胶囊可以提高原子利用率C．为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术D．提倡人们购物时不用塑料袋，是为了防止白色污染【知识点】化学与生活M4【答案解析】B解析：使用清洁能源可减少大气污染物的排放，还可以节约化石能源，所以A正确；旧皮革中含有有毒物质，不能用来生产药用胶囊，B错误；C正确；选项D白色污染是指废旧塑料制品带来的污染，提倡人们购物时不用塑料袋，能防止白色污染的产生，所以D正确。【思路点拨】熟练掌握化学知识，知道物质的性质与应用，明确与生活、社会密切关系是解题的关键。【题文】2．以下化学用语描述中不正确的选项是〔〕A．中子数为20的氯原子：ClB．比例模型可以表示CO2分子或SiO2分子C．HCO的电离方程式为：HCO+H2OCO+H3O+D．次氯酸的构造式：H－O－Cl【知识点】化学用语B1E1【答案解析】B解析：中子数=37-17=20，A正确；CO2分子和SiO2的构造不同，是CO2分子的比例模型，但不是的SiO2的比例模型，B错误；C、D正确。【思路点拨】掌握原子的表示方法和各个数值的含义，质量数=质子数+中子数，CO2分子是直线型构造，SiO2是四面体构造。【题文】3．用NA表示阿伏加德罗常数的值。以下表达中正确的选项是()A．0.1mol—NH2(氨基)中含有的电子数目为1.0NAB．常温下，1L0.1mol·L－1CH3COONa溶液中含有的CH3COO－和Na+总数为0.2NAC．标准状况下，2.24LH2O中含有的原子总数为3NAD．常温常压下，16gO2和O3混合气体含有的氧原子数为NA【知识点】阿伏加德罗常数A1【答案解析】D解析：0.1mol—NH2(氨基)中含有的电子数目为0.1×9=0.9mol，A错误；由于CH3COO－水解，那么CH3COO－和Na+总数小于0.2NA，B错误；标准状况下，H2O是液态，无法根据体积求算物质的量，C错误；16gO2和O3混合气体含有的氧原子质量是16g，D正确。【思路点拨】—NH2、-OH都是电中性的微粒；D项的求算不需要分别求算O2和O3物质的量。【题文】4．以下说法正确的选项是()A．酸、碱、盐都是电解质 B．电解质都是易溶于水的物质C．氧化物都是电解质 D．氢化物都不是电解质【知识点】电解质的概念B4【答案解析】A解析：A正确；硫酸钡是电解质，但不溶于水，B错误；二氧化碳的非电解质，C错误；NH3不是电解质，D错误。【思路点拨】掌握电解质的概念的内涵与外延是解题的关键。【题文】5．以下表示化学反响的离子方程式，其中正确的选项是()A．NaAlO2溶液中滴加过量盐酸：AlO2－+H2O+H＋=AI(OH)3B．NH4HSO3溶液与足量浓NaOH溶液共热：NH4+＋HSO3－＋2OH－eq\o(══,\s\up8(Δ))NH3↑＋SO32－＋H2OC．明矾溶于水产生Al(OH)3胶体:Al3++3H2OAl(OH)3↓+3H+D．FeCl3溶液与Cu反响：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+【知识点】【答案解析】B解析【思路点拨】【题文】6．以下关于有机物的说法正确的选项是()A．棉花、羊毛、蚕丝均属于天然纤维素B．石油的分馏和裂化均属于化学变化C．油脂都不能使溴的四氯化碳溶液褪色D．甲烷、乙醇、乙酸在一定条件下都能发生取代反响【知识点】常见有机物的性质与应用I4O3【答案解析】D解析：A正确；石油的分馏是物理变化，B错误；油脂中的液态油含碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误；D正确。【思路点拨】化学纤维用天然的或人工合成的高分子物质为原料、经过化学或物理方法加工而制得的纤维的统称，因所用高分子化合物来源不同，可分为以天然高分子物质为原料的人造纤维和以合成高分子物质为原料的合成纤维，天然纤维不是合成纤维。【题文】7．在一无色溶液中检验出有Ba2＋、Ag＋，同时又测得其酸性很强。某学生还要鉴定此溶液中是否大量存在：①Cu2＋②Fe3＋③Cl－④NO3－⑤S2－⑥CO32－⑦NH4＋⑧Mg2＋⑨Al3＋⑩AlO2－离子。其实，这些离子中有一局部不必再鉴定就能加以否认，你认为不必鉴定的离子组是()A．③⑤⑥⑦⑩B．①②⑤⑥⑧⑨C．③④⑦⑧⑨D．①②③⑤⑥⑩【知识点】离子检验B1【答案解析】D解析：溶液是无色的，那么不可能存在Cu2＋、Fe3＋；溶液酸性很强，那么一定不存在S2－、CO32－、AlO2－；有Ba2＋、Ag＋，那么不能含有氯离子，所以答案选D。【思路点拨】根据离子的性质如颜色、是否能共存解答。【题文】8．用以下实验装置和方法进展相应实验，能到达实验目的的是()A．用图1所示方法检查装置的气密性 B．用图2所示装置和方法制取氨气C．用图3所示装置和方法进展石油分馏 D．用图4装置和方法别离乙醇与乙酸【知识点】实验J1J3J2【答案解析】A解析：A正确；制取氨气不能只用氯化铵，应该用氯化铵与氢氧化钙的混合物，B错误；图3错在温度计水银球不能放在溶液中，应该放于支管口、冷却水流向反了，C错误；乙醇与乙酸互溶，不能采取分液的方法别离，应该采取蒸馏的方法别离，D错误。【思路点拨】从装置、试剂、方法等方面综合考虑解答。【题文】9．氮化钠和氢化钠都是离子化合物，与水反响的化学方程式(未配平)如下：Na3N+H2O→NaOH+NH3，NaH+H2O→NaOH+H2。有关它们的表达①与水反响都是氧化复原反响；②与水反响后的溶液都显碱性；③与盐酸反响都只生成一种盐；④两种化合物中的阴阳离子均具有一样的电子层构造。其中正确的选项是()A．①②③④B．①②③C．②③D．②【知识点】氧化复原反响物质的构造E1B2【答案解析】D解析：反响Na3N+3H2O=3NaOH+NH3中元素的化合价没有变化，不是氧化复原反响，①错误；②正确；氮化钠和盐酸反响会生成氯化钠、氯化铵两种盐，氢化钠与盐酸反响会生成氯化钠，③错误；N3-、Na+与H+的电子层构造不同，④错误。【思路点拨】根据元素的化合价发生变化的反响是氧化复原反响解答①，根据物质和盐酸的反响来答复②③。【题文】10．一定条件下，中学化学常见物质甲、乙之间存在如下转化关系，那么乙可能是

A．Al(OH)3B．H2SiO3C．FeCl2D．CH3C1【知识点】元素化合物C5D5【答案解析】C解析：制备氢氧化铝是由氯化铝与氨水反响生成氢氧化铝和氯化铵或由偏铝酸钠和氯化铝反响，但两者均不为化合反响，故A错误；二氧化硅不能与水反响生成硅酸，可以用硅酸钠与盐酸反响得到，不能通过化合反响获得硅酸，故B错误；氯化铁与铁单质发生化合反响可以制备氯化亚铁，属于化合反响，故C正确；甲烷与氯气取代反响会按比例生成CH3ClCH2Cl2CHCl3，不属于化合反响，故D错误。【思路点拨】按选项顺序利用物质的性质解答。【题文】11．以下说法正确的选项是 () A．分散系中分散质粒子的大小：Fe(OH)3悬浊液<Fe(OH)3胶体<FeCl3溶液 B．可利用反响2CO=2C+O2〔此反响H>O、S<0〕来消除CO污染 C．假设弱酸HA的酸性强于弱酸HB，那么一样物质的量浓度的钠盐溶液的碱性：NaA<NaB D．除去Cu粉中混有的CuO，可参加稀硝酸中，充分反响后过滤、洗涤、枯燥【知识点】分散系反响热水解F1H3H4【答案解析】C解析：分散系中分散质粒子的大小：Fe(OH)3悬浊液>Fe(OH)3胶体>FeCl3溶液,A错误；根据题意2CO=2C+O2不是自发反响，B错误；根据越弱越水解知水解程度NaA<NaB，C正确；Cu、CuO，都可与稀硝酸反响，因此不能稀硝酸除去CuO，应该用稀硫酸，D错误。【思路点拨】根据分散系微粒直径的大小给分散系分为浊液、胶体和溶液。根据水解规律解答C项。【题文】12．有关实验的表达，正确的选项是〔〕A．将固体参加容量瓶中溶解并稀释至刻度，配制成一定物质的量浓度的溶液B．用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上测定其pH C．用NaOH溶液洗涤并灼烧铂丝后，再进展焰色反响 D．读取滴定管内液体的体积，俯视读数导致读数偏小【知识点】实验基本操作J1J2【答案解析】D解析：容量瓶不能用来直接盛装固体配置溶液，要将固体先在烧杯中溶解，冷却至室温转移到容量瓶中，A项错误；pH试纸不能润湿，润湿后可能会改变待测夜的浓度，从而测定不准，pH试纸使用方法要用玻璃棒蘸取少量液体，然后滴在试纸上，然后和试纸的比色条比对，判断pH数值，B项错误；进展焰色反响时，铂丝用浓盐酸洗涤并灼烧，如用NaOH洗涤会使NaOH粘附在铂丝上，干扰检验其它金属元素的焰色反响，C项错误；D、滴定管的0刻度在上方，读取滴定管内液体的体积时，俯视读数导致读数偏小，故D正确。【思路点拨】滴定管的0刻度在上方，由上到下数值逐渐增大，量筒没有“0〞刻度，由下到上数值逐渐增大；进展焰色反响时，每取样一次，完成实验后，铂丝都要用浓盐酸洗涤并灼烧。【题文】13．一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体，在熔融状态下能传导O2－。以下说法不正确的选项是()A．在熔融电解质中，O2－向负极定向移动B．电池的总反响是：2C4H10＋13O2=8CO2＋10H2OC．通入空气的一极是正极，电极反响为：O2＋4e－=2O2－D．通入丁烷的一极是负极，电极反响为：C4H10＋26e－＋13O2－=4CO2↑＋5H2O【知识点】电化学〔燃料电池〕F3【答案解析】D解析：原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故A正确；电池的总反响与丁烷燃烧的化学方程式一致，为2C4H10+13O2→8CO2+10H2O，故B正确；通入空气的一极为原电池的正极，发生复原反响，电极反响式为O2+4e-=2O2-，故C正确；通入丁烷一极是负极，发生氧化反响，电极反响式为C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O，故D错误。【思路点拨】解答此题需认真审题〔没有看到“＋26e－〞〕，否那么易认为D项正确。【题文】14．100mL浓度为2mol·L－1的盐酸溶液跟过量的锌片反响，为减慢反响速率，又不影响生成H2的总量，可采用的方法有：()A．加适量6mol·L－1HCl溶液B．加数滴CuCl2溶液C．加适量醋酸钠固体D．加适量NaNO3溶液【知识点】反响速率的影响因素G1【答案解析】C解析：参加适量的6mol·L-1的盐酸，增大氢离子的浓度，也增大了氢离子的物质的量，增大了反响速率和氢气的量，故A错误；因Zn过量，参加数滴氯化铜溶液，置换出Cu，构成原电池，加快反响速率，且没有改变氢离子的物质的量，故B错误；加适量醋酸钠固体，盐酸与适量醋酸钠固体反响生成弱酸：醋酸，减小了氢离子的浓度，没有改变氢离子的总物质的量，化学反响速率减小，故C正确；参加适量的NaNO3溶液，那么反响是锌与硝酸反响，没有氢气产生，故D错误。【思路点拨】盐酸跟过量的锌片反响，为减缓反响速率，又基本不影响生成氢气的总量，那么减小氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量即可。【题文】15．X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，Y元素在地壳中的含量最多，Z元素的化合物的焰色反响呈黄色，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和。以下表达不正确的选项是 () A．X与Y能形成两种常见的气态化合物 B．原子半径的大小顺序：r〔Z〕>r〔R〕>r(X)>r(Y) C．X、Z分别与R形成的化合物中化学键类型不同 D．含有Y、Z、R三种元素的化合物最多只有2种【知识点】元素周期律化学键E2E3【答案解析】D解析：根据元素的构造和性质可知，X、Y、Z、R分别是C、O、Na、Cl。A正确，分别是CO和CO2；同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，所以B正确；碳和氧形成的是极性键，钠和氧形成的是离子键，C正确；D不正确，由于Cl有＋1价、＋3价、＋5价、＋7价，所以NaClO、NaClO2、NaClO3、NaClO4。【思路点拨】含阴阳离子的化合物一定含离子键；能够列举Na、Cl、O组成的物质。【题文】16.以下依据相关实验得出的结论正确的〔〕A．SiO2既能与HF溶液反响，又能与NaOH溶液反响，说明SiO2是两性氧化物B．用大理石和浓盐酸反响制取CO2气体，立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中，出现白色沉淀证明H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强C．向某溶液中滴加硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀，说明该溶液中含有SO42-D．一样体积PH均为3的HA和HB两种酸分别与足量的锌充分反响，HA放出的氢气多，说明HB的酸性比HA的酸性强【知识点】元素化合物酸性比较离子检验D1H1J2【答案解析】D解析：两性氧化物的定义是与酸、碱反响均生成盐和水,而SiO2与HF反响生成的SiF4不是盐,所以A错误；B项生成的二氧化碳含盐酸也可与硅酸钠反响而干扰实验，B错误；C项可能含SO32-，被硝酸氧化为SO42-而干扰实验，C错误；一样体积pH均为3的HA和HB两种酸分别与足量的锌充分反响，HA放出的氢气多，说明HA的物质的量大，HB的酸性比HA的酸性强，D正确。【思路点拨】碱性氧化物的概念中的酸不是特殊的酸，是具有酸的通性的酸；物质的检验要防止干扰。【题文】17．以下陈述I、II正确并且有因果关系的是选项陈述I陈述IIASO2和氯水有漂白性两者都能使溴水褪色B用淀粉-KI鉴别FeCl2Fe2+有氧化性C盐酸和氨水能溶解Al(OH)3Al(OH)3是两性氢氧化物DCuSO4可以用作消毒剂铜盐能使蛋白质变性【知识点】元素化合物〔因果关系〕C5D5【答案解析】D解析：A、氯水不能使溴水褪色，所以陈述II错误；B、用淀粉-KI不能鉴别FeCl2，二者不反响，错误；C、氢氧化铝只溶于强碱溶液，所以氨水不能溶解氢氧化铝，错误；D、因为CuSO4属于重金属盐，可以使蛋白质变性，因此可以用作消毒剂，正确，答案选D。【思路点拨】根据物质的性质作答。【题文】18.以下溶液中有关物质的浓度关系正确的选项是()A．c(NH4＋)相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液：c(NH4HSO4)>c((NH4)2SO4)>c(NH4Cl)B.等物质的量的NaClO、NaHCO3混合溶液：c(HClO)+c(ClO－)＝c(HCO3－)+c(H2CO3)+c(CO32－)C．向醋酸钠溶液中参加适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)D．某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c(H+)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋c(A2－)【知识点】离子浓度比较H6【答案解析】B解析：等浓度的〔NH4〕2SO4溶液，NH4HSO4溶液和NH4Cl溶液，由水解可知c〔NH4+〕的关系为c[〔NH4〕2SO4]＞c〔NH4HSO4〕＞c〔NH4Cl〕，那么c〔NH4+〕相等时，三种盐溶液的浓度关系为c[〔NH4〕2SO4]＜c[NH4HSO4]＜c〔NH4Cl〕，故A错误；根据物料守恒知c(HClO)+c(ClO－)＝c(HCO3－)+c(H2CO3)+c(CO32－)=c(Na＋)，B正确；根据电荷知C错误，应该是c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)；根据电荷守恒知D错误，应该是c(H+)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)【思路点拨】根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒解答离子浓度比较。【题文】C%T1T2p(Pa)19．在密闭容器中，对于可逆反响Ａ＋３Ｂ２Ｃ(气C%T1T2p(Pa)A．假设正反响方向△H<0，那么T1>T2B．压强增大时，混合气体的密度减小C．A一定为气体D．B一定为气体【知识点】化学平衡G3【答案解析】D解析：假设正反响方向△H＜0，升高温度，平衡向逆反响移动，C的含量降低，由图可知，温度T2到达平衡时C的含量较低，故温度T2＞T1，故A错误；根据图像知温度一定时，压强越大，C的含量越大，故增大压强平衡向正反响移动，正反响是气体体积减小的反响，故B一定为气体，混合气体的总质量增大，密度增大，故B错误、D正确；A可能是气体，可能为非气体，故C错误。【思路点拨】采取定一议二方式解答，由图可知，温度一定时，压强越大，C的含量越大，故增大压强平衡向正反响移动，故B一定为气体；压强一定时，温度越高，平衡向吸热方向移动，根据C的含量变化结合选项判断反响热与温度上下。【题文】20．以以下列图示与对应的表达相符的是〔〕A．甲图曲线表示向等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液中分别加人足量镁粉产生H2的物质的量的变化B．乙表示将0.01mol·L-lNaOH溶液滴人到稀盐酸中的滴定曲线C．丙为水的电离曲线，从z点刭x点，可采用在水中参加适量NaOH固体的方法D．丁中曲线表示将pH一样的NH4C1溶液和盐酸稀释一样倍数时，二者pH的变化【知识点】弱电解质的电离中和反响H6【答案解析】D解析：醋酸是弱酸，盐酸是强酸，因此在物质的量浓度一样的情况下，盐酸与镁反响的反响速率快，A不正确；乙应该表示的是将稀盐酸滴人到0.01mol·L-lNaOH溶液中的滴定曲线，B不正确；丙为水的电离曲线，从z点刭x点，水的离子积常数减小，因此不能采用在水中参加适量NaOH固体的方法实现，C不正确；D、盐酸是强酸，完全电离，氯化铵是强酸弱碱盐，NH4＋水解溶液显酸性，因此在pH一样的条件下分别稀释一样倍数时，盐酸的pH变化大，D正确，答案选D。【思路点拨】解答图形题要看清曲线的起点、终点和变化趋势。2014年秋季南侨中学、永春三中、永春侨中、荷山中学、南安三中高中毕业班摸底统一考试化学试卷第二卷〔非选择题，共60分〕【题文】21、〔15分〕短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如以下列图，其中T所处的周期序数与主族序数相等。(1)T的原子构造示意图是________。用化学方程式表示工业上常用于冶炼T单质的原理是_______________________________。(2)与W同主族的某元素，其氢化物分子中含有18个电子，该分子中的共价键类型是________。(3)元素的非金属性：Q________W(填“强于〞或“弱于〞)，结合方程式简述其原因是_______________________________________________。(4)元素X与T同周期，且在该周期中原子半径最大，请写出X的最高价氧化物的水化物与T的最高价氧化物的水化物反响的离子方程式___________________。【知识点】元素周期律离子方程式化学键E5E3【答案解析】(共15分)(1)(2分)2Al2O3(熔融)eq\o(=,\s\up17(电解),\s\do15(冰晶石))4Al＋3O2↑(3分)(2)极性键和非极性键(各1分共2分)(3)弱于(2分)COeq\o\al(2－,3)＋H2O=HCOeq\o\al(－,3)＋OH－，碳酸根离子水解，而硫酸根离子不发生水解(合理即可)(3分)(4)Al(OH)3+OH—=AlO2—+2H2O(3分)解析：T所处的周期序数与主族序数相等，那么根据元素在周期表中的相对位置可知，T应该是第三周期元素，所以T是Al，Q是C，R是N，W是S。⑵)与W同主族的某元素是O，其氢化物分子中含有18个电子，是H2O2，该分子中的共价键类型是H-O极性键和O-O非极性键。⑶非金属性S>C，可通过反响Na2CO3＋H2SO4=Na2SO4＋CO2↑＋H2O验证。⑷根据题意知X是Na，氢氧化钠与氢氧化铝反响的离子方程式是Al(OH)3+OH—=AlO2—+2H2O。【思路点拨】解答此题的根据是确定T是Al，然后根据元素周期律和元素周期表解答。【题文】22〔14分〕、资源化利用二氧化碳不仅可减少温室气体的排放，还可重新获得燃料或重要工业产品。

(1)有科学家提出可利用FeO吸收和利用CO2，相关热化学方程式如下：6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s)△H=-76.0kJ·mol一1①上述反响中每生成1molFe3O4，转移电子的物质的量为_______mol。②：C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=+113.4kJ·mol一1，那么反响：3FeO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g)的△H=__________。

(2)在一定条件下，二氧化碳转化为甲烷的反响如下：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)

向一容积为2L的恒容密闭容器中充人一定量的CO2和H2，在300℃时发生上述反响，到达平衡时各物质的浓度分别为CO20.2mol·L一1，H20.8mol·L一1，CH40.8mol·L一1，H2O1.6mol·L一1。那么300℃时上述反响的平衡常数K=____________________。200℃时该反响的平衡常数K=64.8，那么该反响的△H_____(填“>’’或“<〞)0。

(3)华盛顿大学的研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时CO2①上述生产过程的能量转化方式是_____________。a、电能转化为化学能b、太阳能转化为电能c、太阳能转化为化学能d、化学能转化为电能②上述电解反响在温度小于900℃时进展，碳酸钙先分解为CaO和CO2，电解质为熔融碳酸钠，阴极反响式为3CO2＋4e－=C＋2CO32-那么阳极的电极反响式为___________________。【知识点】反响热平衡常数电化学氧化复原反响B3G5F【答案解析】(共14分)〔1〕①2(2分)②+18.7kJ·mol-1(2分)〔2〕25(2分)；＜(2分)〔3〕①a、c(3分，少一个得1分，多项选择或错选不得分)②2CO2-3－4e－===2CO2↑＋O2↑(3分)解析：〔1〕①由6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s)知，反响方程式FeO中铁元素化合价+2升至Fe3O4中+，CO2由+4降至C中碳元素的0价，每生成1molC转移电子4mol，生成Fe3O42mol，那么生成1molFe3O4转移电子2mol；②反响1：6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s)，△H1=-76.0kJ/mol；反响2：C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)，△H2=+113.4kJ/mol，根据盖斯定理△H=〔△H1+△H2〕=〔-76.0+113.4〕=+18.7kJ/mol〔2〕300℃时上述反响的平衡常数K==25；由题意知300℃时，K=25，200℃时，K=64.8，平衡常数增大，那么降温平衡正向移动，因此正反响为放热反响，△H＜0〔3〕由图知，是用吸收的太阳能和电源电能进展反响能量的来源，故太阳能和电能转化为化学能，选ac；电解反响中阳极失电子发生氧化反响，由图知反响产物为O2，又电解质为熔融碳酸钠，故反响方程式：2CO32--4e－=2CO2↑＋O2↑。【思路点拨】根据电子守恒、盖斯定律、平衡常数的概念、焓变和平衡常数与温度的关系、电解原理解答。【题文】23、〔14分〕碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂。工业上利用废铁屑〔含少量氧化铝、氧化铁等〕生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：：局部阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3开场沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4答复以下问题：〔1〕参加少量NaHCO3的目的是调节pH在范围内。〔2〕反响Ⅱ中参加NaNO2的目的是氧化亚铁离子，写出该反响的离子方程式为。〔3〕碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可局部水解生成Fe2(OH)42+聚合离子，该水解反响的离子方程式为。〔4〕在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反响制备碱式硫酸铁。根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO3－。为检验所得产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为。A．氯水B．KSCN溶液C．NaOH溶液D．酸性KMnO4溶液〔5〕为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：准确量取20.00mL溶液于带塞锥形瓶中，参加足量H2O2，调节pH<2，加热除去过量H2O2；参加过量KI充分反响后,再用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。：那么溶液中铁元素的总含量为g·L-1。假设滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会(填“偏高〞“偏低〞“不变〞)【知识点】工艺流程题离子方程式氧化复原反响滴定计算B1B3A4【答案解析】、(共14分)〔1〕4.4~7.5〔2分〕〔2〕2H++Fe2++NO2-=Fe3++NO↑+H2O(3分)〔3〕2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)42++2H+(3分)〔4〕D〔2分〕〔5〕5.6〔2分〕偏高〔2分〕解析：〔1〕制备硫酸亚铁，应与硫酸铝别离，应调节溶液pH生成Al〔OH〕3，要防止生成应Fe〔OH〕2沉淀，控制pH在4.4～7.5之间；〔2〕NaNO2可氧化亚铁离子为铁离子，本身变为NO，故反响方程式为2H++Fe2++NO2-=Fe3++NO↑+H2O；〔3〕[Fe〔OH〕]2+离子，可局部水解生成[Fe2〔OH〕4]2+聚合离子，根据电荷守恒和质量守恒可写出反响的离子方程式为2[Fe〔OH〕]2++2H2O[Fe2〔OH〕4]2++2H+；〔4〕检验所得产品中是否含有Fe2+，可使用酸性KMnO4溶液〔利用高锰酸钾的氧化性〕；〔6〕根据所给反响可得关系式Fe3+~S2O32-，所以n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L×0.020L=0.0020mol，溶液中铁元素的总含量为0.0020mol×56g/mol÷0.020L=5.6g/L；假设滴定前溶液中H2O2没有除尽，那么H2O2也可氧化I-得到I2，消耗的Na2S2O3将偏多，导致所测定的铁元素的含量偏高。【思路点拨】根据表中的信息判断离子沉淀的pH；滴定计算可运用关系式法解答；离子检验运用的是物质的性质，但需排除干扰。【题文】24、〔17分〕实验室中利用以以下列图所示装置制备纳米碳酸钙〔1纳米=1×10－9m〕〔局部夹持装置已略去〕，向饱和CaCl2溶液中通入NH3和CO2供选择的药品：①石灰石②氯化铵③氢氧化钙④饱和氯化钙溶液⑤浓硫酸⑥6mol·L-1盐酸⑦饱和食盐水⑧饱和NaHCO3溶液〔1〕装置A中，仪器a的名称是，仪器b中应盛放的固体为。〔填药品序号〕。装置B中盛放的溶液是〔填药品序号〕。装置D的试管中发生反响的化学方程式为。〔2〕如何判断所得碳酸钙颗粒是否为纳米级。。〔3〕通入适量气体后，C装置中物质恰好完全反响，过滤，所得滤液显〔填“酸〞、“碱〞、“中〞之一〕性。〔4〕装置C中,右边的导管并未插入液面，原因是〔5〕上述装置存在一处缺陷，该缺陷为。【知识点】化学实验J3J5【答案解析】(共17分)〔1〕分液漏斗(2分)=1\*GB3①(2分)⑧(2分)2NH4Cl+Ca〔OH〕2CaCl2+2NH3↑+2H2O〔2〕将少量碳酸钙加水充分搅拌，用一束可见光照射，观察是否发生丁达尔现象，假设有丁达尔现象那么为纳米级，假设没有丁达尔现象那么不是纳米级。(2分)〔3〕酸(2分)〔4〕防止装置C的溶液倒吸到装置D中引起试管爆裂〔5〕无尾气吸收装置解析：〔1〕A装置是制取二氧化碳，仪器a的名称是分液漏斗；仪器b中为碳酸钙与盐酸反响：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；装置D中制取氨气，化学方程式为2NH4Cl+Ca〔OH〕2CaCl2+2NH3↑+2H2O；饱和NaHCO3溶液可除掉挥发出来的氯化氢。〔2〕将少量碳酸钙加水充分搅拌，看是否有丁达尔效应，假设有丁达尔效应，那么说明为纳米级。〔3〕C中的反响是CaCl2＋2NH3＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2NH4Cl,氯化铵在水中发生水解显酸性，离子方程式：NH4++H2ONH3•H2O+H+.〔4〕氨气极易溶于水，右边的导管并未插入液面是防止装置C的溶液倒吸到装置D中引起试管爆裂〔5〕该装置没有尾气处理装置。【思路点拨】根据形状判断仪器名称；根据反响原理判断物质名称；根据杂质性质选择除杂试剂；氨气对环境有污染，应该有尾气处理装置。高三化学精品试题一、选择题：1【浙江省嘉兴市第一中学等五校2015届高三上学期第一次联考化学试题】【题文】生活中以下物质的应用或现象解释错误的选项是〔〕A．食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂B．大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的重要因素之一C．装饰材料释放的甲醛会造成空气污染D．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸【知识点】化学与生活M4O1O3【答案解析】【解析】D解析：A．食盐腌制食品，食盐进入食品内液产生浓度差，形成细菌不易生长的环境，可作防腐剂，食盐具有咸味，所以食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂，故A正确；B．大量燃烧化石燃料产生大量含硫化合物、含氮化合物，是造成雾霾天气的重要因素之一，故B正确；C．装饰材料释中含有大量的甲醛，会造成空气污染，故C正确；D．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变性，故D错误。故答案选D【思路点拨】此题考察了生活中的化学，依据相关的知识即可解答，平时注意生活中的化学知识的积累，题目难度不大。2【四川省成都外国语学校2015届高三12月月考】【题文】以下分类或归类正确的选项是：①铝热剂、纯洁矿泉水、冰水混合物均为混合物②NaOH、HD、IBr均为化合物③明矾、烧碱、硫酸均为强电解质④C60、金刚石、石墨均为碳的同素异形体⑤碘酒、淀粉溶液、水雾、纳米材料均为胶体①②③⑤B.③④⑤C.②④⑤D.③④【知识点】物质分类、电解质、胶体B1B4E1【答案解析】【解析】D解析：①铝热剂为铝与金属氧化物的混合物，矿泉水中含有水和矿物质，属于混合物，冰水只有水这一种物质，为纯洁物，故①错误；②HD是由同种氢元素组成的单质：氢气，不是化合物，故②错误；③明矾、烧碱、硫酸均为强电解质，故③正确；④C60、金刚石、石墨均为碳元素的不同单质，互为同素异形体，故④正确；⑤碘酒是碘单质的酒精溶液，不属于胶体，故⑤错误；故答案选D【思路点拨】此题考察了化学基本概念的理解和应用，熟悉混合物、化合物、单质、化合物、电解质、非电解质等概念的分析即可判断，掌握物质的组成是解题关键，难度不大。3【浙江省慈溪市、余姚市2015届高三上学期期中联考化学试题】【题文】常用于测定动植物标本的年龄．关于原子的说法正确的选项是A．中子数为14B．质子数为14C．核外电子数为14D．质量数为14【知识点】同位素E1【答案解析】D解析：的质量数是14，质子数是6，电子数是6，中子数是14-6=8，因此选D。【思路点拨】质量数=子数+中子数。4【山西大学附中2014－2015学年第一学期高三第六次月考试题】【题文】以下物质提纯的方法正确的选项是A．除去混在NO2中的NO：将气体与足量O2混合B．除去混在CO2中的SO2：将气体依次通过足量酸性KMnO4溶液和浓硫酸C．除去KCl溶液中的K2CO3：参加过量BaCl2溶液后过滤D．除去乙酸中混有的乙醇：参加生石灰后蒸馏【知识点】物质的别离和除杂J2【答案解析】B解析：物质在除杂过程中必须要掌握的原那么是：在除去杂质的同时不能引入新的杂质。A．除去混在NO2中的NO：将气体与足量O2混合，这样在除去NO的同时又混入了氧气杂质，错误；B．除去混在CO2中的SO2：将气体依次通过足量酸性KMnO4溶液和浓硫酸，这样SO2可以被酸性KMnO4溶液氧化为硫酸而存在在溶液中，最后用浓硫酸对气体进展枯燥，正确；C．除去KCl溶液中的K2CO3：参加过量BaCl2溶液后过滤，K2CO3与BaCl2反响生成了BaCO3可以除去K2CO3，但又引入了新的杂质BaCl2，错误；D．参加生石灰后蒸馏这是除去乙醇中的水用到的方法，生石灰能与乙酸反响生成乙酸钙和水，将原物质除掉，不符合除杂原那么，故D错误。【思路点拨】此题考察了物质的别离与除杂，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件〔参加的试剂只与杂质反响，反响后不能引入新的杂质〕是正确解题的关键。5【2014——2015学年度上学期省五校协作体高三期中考试】【题文】以下实验操作或对实验事实的表达正确的选项是()①用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶②配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硝酸沿器壁慢慢参加到浓硫酸中，并不断搅拌③用pH试纸测得氯水的pH为2④用稀硝酸清洗做过银镜反响实验的试管⑤浓硝酸保存在棕色细口瓶中⑥某溶液参加NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，溶液中含NH4＋A．①④⑤⑥B．①③④⑤C．①②⑥D．②③⑤⑥【知识点】试剂存放离子检验溶液混合J2D2【答案解析】A解析：①氢氧化钙和碳酸钙都溶于稀盐酸，所以用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶，正确；②配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，类似浓硫酸的稀释操作，应该将密度大的浓硫酸沿器壁慢慢参加到浓硝酸中，并不断搅拌，故错误；③因氯水有漂白性，不能用pH试纸测得氯水的pH，故错误；④因银溶于硝酸，用稀硝酸清洗做过银镜反响实验的试管，正确；⑤浓硝酸光照下分解，应保存在棕色细口瓶中，正确；⑥根据铵盐遇碱共热产生氨气，假设溶液参加NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，溶液中含NH4＋，正确；故答案选A【思路点拨】此题考察了试剂存放、离子检验、溶液混合操作等知识，属记忆性内容。6【五校〔师大附中、临川一中、鹰潭一中、宜春中学、新余四中〕第二次联考】【题文】NA表示阿伏加德罗常数，以下说法正确的选项是〔〕A、将标准状况下22.4LNO与11.2LO2混合后的体积约为22.4LB、1L0.2mol·L－1Al2(SO4)3溶液中的离子总数为NAC、标准状况下，22.4LH2O所含原子个数大于3NAD、含4molHCl的浓盐酸跟足量MnO2加热反响可制得Cl2的分子数为NA【知识点】阿伏加德罗常数气体摩尔体积溶液中的离子A1A2J3【答案解析】C解析：A、NO与O2混合后得到NO2的体积与NO的相等，但由于存在2NO2N2O4，故体积小于22.4L，故A错误；B、铝离子水解以及溶液中还存在水电离的氢离子和氢氧根离子，故B错误；C、标准状况下水是液态，22.4LH2O的物质的量大于1摩尔，所含原子个数大于3NA，故C正确；D、由于制取氯气时对盐酸的浓度有要求，当反响进展到一定程度时反响将停顿，所以可制得Cl2的分子数小于NA，故D错误。故答案选C【思路点拨】此题借助阿伏加德罗常数考察了气体摩尔体积、溶液中的离子数目等，注意溶液中的离子包含水电离的离子。7【江西省南昌市第二中学2015届高三上学期第四次月考】【题文】以下实验操作或装置不符合实验要求的是()A．装置Ⅰ酸性KMnO4溶液中没有气泡出现，但溶液颜色会逐渐变浅B．装置Ⅱ久置后，饱和硫酸铜溶液可能析出蓝色晶体C．装置Ⅲ在海带提碘实验中用于灼烧海带D．装置Ⅳ可用于别离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层【知识点】实验的设计和评价J1【答案解析】A解析：浓硫酸和蔗糖反响生成二氧化碳和二氧化硫气体，二氧化硫具有复原性，二氧化碳微溶于水，溶液中有气泡，错误。【思路点拨】此题考察了浓硫酸的氧化性、坩埚的使用、萃取实验等，涉及的知识点比较多，综合性较强。8【题文】设NA代表阿伏加德罗常数的值，以下表达正确的选项是()A.标准状况下，4.0gCH4中含有共价键的数目为NAB.常温常压下，6.4g氧气和臭氧中含有的分子总数为0.2NAC.0.3mol·L-1的NH4NO3溶液中含有的NO3－数目为0.3NAD.一定条件下6.4gSO2与足量氧气反响生成SO3，转移电子数为0.2NA【知识点】阿伏加德罗常数A1【答案解析】A解析：.标准状况下，4.0gCH4的物质的量为0.25mol，一个CH4分子中含有4个共价键，故0.25molCH4含有共价键的数目为NA，正确；B.常温常压下，6.4g氧气和臭氧中含有的原子总数为0.4NA，但是在混合物中含有的氧气和臭氧的量不知道，故含有的分子总数不能进展计算，错误；C.在0.3mol·L-1的NH4NO3溶液中，因体积未知，故含有的NO3－数目为无法进展计算，错误；D.SO2与氧气反响是可逆的，故一定条件下6.4gSO2不可能完全转化为SO3，故转移电子数小于0.2NA，错误。【思路点拨】此题考察了阿伏加德罗常数在有关物理量中的应用，如分子中含有的共价键数目的计算、在氧化复原反响中的转移的电子数的计算等，包括的知识内容较多，综合性较强，但难度不大。9【衡阳市2015届高三11月五校联考】【题文】能正确表示以下反响的离子方程式是A.用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3·H2O＋SO2=2NH4＋＋SO32－＋H2OB.Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反响:Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－=CaCO3↓＋CO32－＋4H2OC.磁性氧化铁溶于稀硝酸:Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2OD.明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42－恰好完全沉淀:2Ba2＋＋3OH－＋Al3＋＋2SO42－=2BaSO4↓＋Al(OH)3↓【知识点】离子方程式B1【答案解析】A解析：A、用过量氨水吸收工业尾气中的SO2生成亚硫酸铵和水，故A正确；B、Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反响，NaOH完全反响，正确的选项是：Ca2＋＋HCO3－＋OH－=CaCO3↓＋H2O，故B错误；C、稀硝酸有强氧化性，产物中只有三价铁，故C错误；D、明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液SO42－恰好完全沉淀时，二者的物质的量之比是1:2，Al3＋与OH－物质的量之比是1:4，产物是偏铝酸根离子，故D错误。故答案选A【思路点拨】此题考察了离子方程式的正误判断，一定注意反响物相对量问题。10【云南省局部名校高2015届12月份统一考试】【题文】以下反响的离子方程式正确的选项是A．Fe3O4与稀硝酸反响:Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OB．Na2S溶液呈碱性:S2-+H2OHS-+OH-C．用惰性电极电解饱和氯化钠溶液:2Cl-+2H+H2↑+Cl2↑D．Ca(HCO3)2与过量Ca(OH)2溶液反响:Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O【知识点】离子方程式B1【答案解析】B解析：A、硝酸会氧化Fe2+，错误；B正确；用惰性电极电解饱和氯化钠溶液的反响是2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-,错误；D、Ca(HCO3)2与过量Ca(OH)2溶液反响:Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+2H2O，错误。【思路点拨】书写离子方程式要符合反响实际，如A、C、D项。11【2014年秋季湖北省重点高中期中联考】【题文】以下各组中的微粒在指定溶液中一定能大量共存的是A．c(FeCl3)=1.0mol/L的溶液中：HCO3—、Cl-、H+、Na+B．常温下，由水电离出的c(H+)=10-14mol/L溶液中：NH4+、K+、CO32-、SO42-C．参加铝能产生大量氢气的溶液中：SO42-、MnO4-、K+、Cl-D．常温下，=0.1mol/L的溶液中：K+、NH3·H2O、SO32-、NO3-【知识点】离子共存B1【答案解析】D解析：A、Fe3+与HCO3—发生双水解反响，而且HCO3—与H+反响生成气体；B、由水电离出的c(H+)=10-14mol/L溶液中显酸性，那么CO32-不能存在或显碱性，那么NH4+不能存在；C、参加铝能产生大量氢气的溶液中可以显酸性，而酸性条件下MnO4-会氧化Cl-，D、=0.1mol/L的溶液中显碱性，离子一定能大量共存，选D。【思路点拨】解答离子共存时应注意题中给出的附加条件。①酸性溶液〔H+〕、碱性溶液〔OH-〕、能在参加铝粉后放出可燃气体的溶液、由水电离出的H+或OH-=1×10-10mol/L的溶液；②有色离子MnO4-,Fe3+,Fe2+,Cu2+,Fe(SCN)2+；③MnO4-,NO3-等在酸性条件下具有强氧化性；④注意题目要求“大量共存〞还是“不能大量共存〞还是“一定〞。12【河北省衡水中学2015届高三上学期四调考试】【题文】某溶液中可能含有以下离子：Na+、SO42-、Ba2+、NO3-、OH-、NH4+、中的某几种离子，为确定该溶液的组成，某同学做了如下实验：〔1〕取少量上述溶液，向其中参加硫酸钠溶液，产生白色沉淀，参加稀硝酸沉淀不溶解；〔2〕另取少量该溶液，向其中参加足量的NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味的气体。那么以下有关说法中不正确的选项是〔〕 A．该溶液中一定含有NH4+ B．该溶液中一定含有硝酸根离子 C．该溶液中一定含有SO42- D．根据上述实验不能确定是否存在Na+【知识点】离子检验离子反响B1J2【答案解析】C解析：取少量上述溶液，向其中参加硫酸钠溶液，产生白色沉淀，参加稀硝酸沉淀不溶解，说明溶液中一定存在Ba2+且不含SO42-，另取少量该溶液，向其中参加足量的NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味的气体。说明原溶液中含有NH4+且不含OH-，由于任何溶液中一定有阴离子得溶液中一定含NO3-，故答案选C【思路点拨】此题考察了离子检验、离子反响，掌握常见的离子的检验方法是关键。13【临川一中2014-2015学年度上学期期中考试】【题文】10．右图表示在某溶液中滴加Ba〔OH〕2溶液时，沉淀的物质的量随Ba〔OH〕2的物质的量的变化关系。该溶液的成分可能是〔〕A．NH4Al〔SO4〕2B．KAl〔SO4〕2C．Al2〔SO4〕3 D．NaAlO2【知识点】铝及化合物的性质C2【答案解析】C解析：A、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al〔OH〕3+OH-=AlO2-+2H2O可知沉淀中Al〔OH〕3为2mol，故NH4Al〔SO4〕2为2mol，参加3mol氢氧化钡沉，可以生成硫酸钡3mol，n〔Al3+〕：n〔OH-〕=2mol：6mol=1：3，发生反响Al3++3OH-═Al〔OH〕3↓，可以得到2molAl〔OH〕3，沉淀为3mol+2mol=5mol，接着还会有硫酸钡生成，沉淀最大量为6mol，故A错误；B、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al〔OH〕3+OH-=AlO2-+2H2O可知沉淀中Al〔OH〕3为2mol，故KAl〔SO4〕2为2mol，参加3mol氢氧化钡沉，可以生成硫酸钡4mol，n〔Al3+〕：n〔OH-〕=2mol：6mol=1：3，发生反响Al3++3OH-═Al〔OH〕3↓，可以得到2molAl〔OH〕3，沉淀为4mol+2mol=6mol，故B错误；C、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al〔OH〕3+OH-=AlO2-+2H2O可知沉淀中Al〔OH〕3为2mol，故Al2〔SO4〕3为1mol，参加3mol氢氧化钡沉，可以生成硫酸钡3mol，n〔Al3+〕：n〔OH-〕=2mol：6mol=1：3，发生反响Al3++3OH-═Al〔OH〕3↓，可以得到2molAl〔OH〕3，沉淀为3mol+2mol=5mol，故C正确；D、偏铝酸钠与氢氧化钡不反响，不能产生沉淀，故D错误；故答案选C【思路点拨】此题以图象为载体考察镁铝化合物的性质，明确发生的化学反响是解答的关键，反响发生的先后顺序是学生解答中的难点。14【湖北省八校2015届高三第一次联考】【题文】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，：四种元素的电子层数之和为10，且它们分别属于连续的四个主族；四种元素的原子中半径最大的是X原子。以下说法正确的A．四种元素中有两种元素在第二周期B．W所在主族元素的原子次外层电子数可能为2或8，不可能为18C．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能反响D．工业上获得X、Y单质的方法主要是电解其熔融的氯化物【知识点】元素推断E1E2C2【答案解析】B解析：四种元素的电子层数之和等于10，有两种可能：1＋3＋3＋3；或2＋2＋3＋3。后一种情况无法满足X的原子半径最大的条件。因此只有第一种符合要求，四种元素依次是H、Mg、Al、Si，故A错误；B、W是氢元素，第一主族元素的原子氢和锂次外层电子数为2，其它次外层电子数都为8，不可能为18，故B正确；C、X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别是Mg〔OH)2、Al(OH)3、H2SiO3,Al(OH)3不溶于弱酸和弱碱，故C错误；D、工业上通过电解氧化铝获得铝单质，不能通过电解氯化铝的方法获得，故D错误。故答案选B【思路点拨】此题考察了元素推断，利用讨论法分析，注意活泼金属用电解法冶炼，工业上通过电解氧化铝获得铝单质，而钾、钙、钠、镁通过电解氯化物的方法获得。15【2015届吉林省实验中学高三上学期第四次模拟考试】【题文】以下各表述与示意图一致的是A．图①表示向含Mg2＋、Al3＋、NH4＋的盐溶液中滴加NaOH溶液时，沉淀的量与NaOH的体积的关系图。那么三种离子的物质的量之比为：n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝2:1:2，其中使用的NaOH的浓度为2mol·L－1。B．图②中曲线表示某反响过程的能量变化，当物质A(g)与B(g)反响生成物质C(g)时，△H>0，假设使用正催化剂，E值会减小。C．图③可用来表示向盐酸酸化的MgSO4溶液中参加Ba(OH)2溶液时，产生沉淀的物质的量〔n〕与参加Ba(OH)2溶液体积〔V〕之间的关系图D．图④表示向一定质量的明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液时，产生沉淀的物质的量〔n〕与参加Ba(OH)2溶液体积〔V〕之间的关系图【知识点】元素化合物计算C5D5F1【答案解析】C解析：A、根据图①中各段含义，得到NaOH溶液为25mL到35mL是与NH4＋反响，35mL到40mL是与氢氧化铝反响，剩余的为氢氧化镁，故得到n(Mg2＋)=0.05mol，根据Al3＋与NaOH反响沉淀与溶解时量的关系为3:1确定，与Mg2＋反响的NaOH溶液体积为25－5×3=10mL，c(NaOH)=0.05×2÷0.01=10mol/L，根据35mL到40mL段得n(Al3＋)=n(NaOH)=0.005×10=0.05mol，根据25mL到35mL段得n(NH4＋)=n(NaOH)=0.01×10=0.1mol，n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝0.05mol：0.05mol：0.1mol=1:1:2，A错误；根据图②知反响物的总能量比生成物的总能量高，是放热反响，△H＜0，使用催化剂改变反响的活化能，但不能改变反响的焓变，B错误；向用盐酸酸化的MgSO4溶液中参加Ba〔OH〕2溶液后，先产生的沉淀只是BaSO4，然后是中和反响，最后是与Mg2+产生沉淀Mg〔OH〕2，C正确；向一定质量的明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液时，先发生的反响是2KAl(SO4)2＋3Ba(OH)2=2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓＋K2SO4,然后2Al(OH)3＋K2SO4+Ba(OH)2=2KAlO2＋BaSO4↓+H2O，即沉淀达最多后溶解一局部〔5mol→4mol〕，D错误，选C。【思路点拨】A项也可以直接根据25mL到35mL和35mL到40mL两段判断出Al3＋、NH4＋量的关系，是1：2的关系。离子间的竞争反响如C项可这样思考：假设认为先生成氢氧化镁和硫酸钡沉淀，那么生成的氢氧化镁会被盐酸溶解，即氢氧化镁的生成在中和反响之后。16【河南中原名校2015高三11月期中考试试题】【题文】13.向10mL0.1mol·L−1NH4Al(SO4)2溶液中，滴加等浓度Ba(OH)2溶液xmL，以下表达正确的选项是()A．x=10时，溶液中有NH4＋、Al3＋、SO42－，且c(NH4＋)＝c(SO42－)>c(Al3＋)

B．x=15时，溶液中有NH4＋、SO42－，且c(NH4＋)＜2c(SO42－)

C．x=20时，溶液中有NH4＋、Al3＋、OH－，且c(OH－)＜c(Al3＋)

D．x=30时，溶液中有Ba2＋、AlO2－、OH－，且c(OH－)=c(Ba2＋)【知识点】离子浓度大小的比较、电离方程式的书写B1H6【答案解析】【解析】B解析：A、当x=10时，10ml0.1mol/LNH4Al〔SO4〕2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42-，10ml等浓度Ba〔OH〕2溶液有0.001molBa2+，0.002molOH-，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molSO42-．氢氧化铝沉淀，剩余1/3×10-3molAl3+而NH4+没有参与反响，少量水解，c〔NH4+〕＜c〔SO42-〕，故A错误；B、x=15时硫酸根与钡离子沉淀完有剩余0.0005mol，铵根没反响，0.001mol，但有少量水解，故c(NH4＋)＜2c(SO42－)，故B正确；C、x=20时，硫酸根与钡离子恰好沉淀，铝离子与氢氧根恰好生成氢氧化铝后剩余氢氧根正好与铵根反响，溶液中没有NH4＋、Al3＋，故C错误；D、当x=30时，10ml0.1mol/LNH4Al〔SO4〕2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42-，30ml等浓度Ba〔OH〕2溶液有0.003molBa2+，6mmolOH-，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molBa2+；OH-过量溶液中存在0.001moAlO2-，铵根离子和氢氧根离子反响生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001mol；一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c〔OH-〕＞〔Ba2+〕，故D错误。故答案选B【思路点拨】此题考察了离子方程式的书写原那么和方法应用，主要是定量反响的产物判断，关键分析离子反响顺序，先沉淀后反响生成弱电解质后沉淀溶解。17【2015届重庆市巴蜀中学高三12月月考】【题文】7．如以下列图是向MgCl2和AlCl3的混合溶液中参加一定量NaOH溶液，紧接着再参加一定量稀盐酸，生成沉淀的物质的量y与参加溶液的体积x的关系图。根据图示判断，以下结论中不正确的选项是A．N点时溶液中的溶质只有NaClB．M点之前参加的是NaOH溶液，M点之后参加的是盐酸C．c(NaOH)＝c(HCl)D．原混合溶液中c(MgCl2)∶c(AlCl3)＝1∶1【知识点】有关混合物反响的计算C2【答案解析】B解析：A、在MgCl2和AlCl3的混合溶液中参加NaOH溶液，首先发生反响：Mg2++2OH-=Mg〔OH〕2↓、Al3++3OH-=Al〔OH〕3↓，至N点时Mg2+、Al3+恰好完全沉淀，溶液中的溶质只有NaCl，故A正确；B、接着Al〔OH〕3开场溶解：Al〔OH〕3+OH-═AlO-+2H2O，至x=6时〔M点〕Al〔OH〕3恰好完全溶解，x在6～8之间时沉淀量不变，说明M点时仍在参加NaOH溶液，故B错误；C、x=8时〔P点〕，又产生沉淀：AlO-+H++H2O═Al〔OH〕3↓，说明参加的盐酸与NaOH反响后有剩余，至x=9时〔F点〕，AlO恰好完全转化为Al〔OH〕3沉淀，用去盐酸1mL，又知在NM段，溶解Al〔OH〕3需要1mLNaOH溶液，故c〔NaOH〕=c〔HCl〕，故C正确；D、因为沉淀Al3+需要消耗3mLNaOH溶液，那么沉淀Mg2+所消耗的NaOH溶液为2mL，因此c〔MgCl2〕：c〔AlCl3〕=1：1，故D正确。【思路点拨】此题考察了MgCl2和AlCl3溶液与酸碱的关系，理清反响的整个过程，问题即可解决，可以利用方程式计算，也可以用原子守恒计算。18【河北省衡水中学2015届高三上学期四调考试】【题文】可逆反响mA(g)+nB(g)xC(g)在不同温度及压强(P1和P2)条件下反响物A的转化率的变化情况如以下列图。以下判断正确的选项是〔〕 A．正反响吸热，m+n＞x B．正反响吸热，m+n＞x C．正反响放热，m+n＜x D．正反响放热，m+n＞x【知识点】化学平衡图像G2G3【答案解析】D解析：根据图像随着温度的升高A的转化率减小，说明升温平衡逆向移动，正反响为放热反响；从第一个图像看出在P1下先达平衡，得P1＞P2，还可得到压强大时A的转化率大，说明加压平衡正向移动，m+n＞x，故答案选D【思路点拨】此题借助平衡图像考察了外界条件对平衡的影响，理解升高温度平衡向吸热反响方向移动，加压平衡向气体体积减小的方向移动。19【湖北省八校2015届高三第一次联考】【题文】电化学降解NOeq\o\al(－,3)的原理如以下列图。以下说法中不正确的选项是A．铅蓄电池的A极为正极，电极材料为PbO2B．铅蓄电池工作过程中负极质量增加C．该电解池的阴极反响为：2NO3-+6H2O+10e-＝N2↑+12OH-假设电解过程中转移2moL电子，那么交换膜两侧电解液的质量变化差〔Δm左—Δm右〕为10.4g【知识点】电解原理F4【答案解析】D解析：A、根据Ag-Pt电极上硝酸根离子发生复原反响，知该电极是阴极，所以铅蓄电池的A极为正极，电极材料为PbO2，故A正确；B、铅蓄电池工作过程中负极有硫酸铅生成质量增加，故B正确；C、根据电解池的阴极发生复原反响得：2NO3-+6H2O+10e-＝N2↑+12OH-，故C正确；D、电解过程中转移2moL电子，阳极消耗1摩尔水，有2摩尔H+移向阴极，阳极室质量减少18克，阴极室放出0.2摩尔氮气，质量减少〔5.6+2〕g=3.6g，交换膜两侧电解液的质量变化差〔Δm左—Δm右〕=18-3.6=14.4g，故D错误。故答案选D【思路点拨】此题考察了电解原理，利用Ag-Pt电极上硝酸根离子发生复原反响确定电解池的阴阳极以及蓄电池的正负极是关键。20【湖南省长沙长郡中学2015届高三上学期第四次月考】【题文】液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小，无需气体存储装置等优点。一种以肼〔N2H4〕为燃料的电池装置如以以下列图装置①。该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH作为电解质。以下表达不正确的选项是 A．该燃料电池负极发生的电极反响为：N2H4+4OH－4e－N2+4H2O B．用该燃料电池作为装置②的直流电源，产生1molCl2至少需要通人0．5molN2H4 C．该燃料电池的电极材料应采用多孔导电材料，以提高电极反响物质在电极外表的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触 D．该燃料电池中，电子从右侧电极经过外电路流向左侧电极，溶液中OH－那么迁移到左侧【知识点】化学电源新型电池F3F4【答案解析】【解析】D解析：A．通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反响，电极反响式为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，故A正确；B．电解氯化铜生成氯气的电极反响式为2Cl--2e-=Cl2↑，生成1mol氯气转移2mol电子，燃料电池中的负极反响为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，那么转移2mol电子，消耗0.5mol的N2H4，故B正确；C．因为电池中正负极上为气体参与的反响，所以采用多孔导电材料，可以提高电极反响物质在电极外表的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，故C正确；D．电子只能在电极和导线中移动，不能进入溶液，故D错误；故答案选D【思路点拨】此题考察了燃料电池，明确正负极上发生的反响是解此题关键，难点是电极反响式的书写，要结合电解质溶液的酸碱性书写，注意电子不能在溶液中移动，题目难度不大。21【理综卷〔化学解析〕·2015届河南省开封高中等中原名校高三上学期期中联考〔2014129〕】以下说法错误的选项是()①NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)/c(HCO3－)的比值保持增大②浓度均为0.1mol·L1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c(Na+)=3[c(CO32-)+c(HCO3-)]③在0.1mol·L1氨水中滴加0.lmol·L1盐酸，恰好完全中和时溶液的pH=a，那么由水电离产生的c(OH)=l0amol·L1④向0.1mol/LNa2SO3溶液中参加少量NaOH固体，c〔Na+〕、c〔SO32〕均增大⑤在Na2S稀溶液中，c(H+)=c(OH)c(H2S)c〔HS〕A．①④ B．②⑤ C．①③ D．②④【知识点】溶液中的离子、基本实验操作H1H2H3【答案解析】【解析】B解析：①NaHCO3溶液加水稀释，促进HCO3-的水解，n〔HCO3-〕较小，n〔Na+〕不变，那么c(Na+)/c(HCO3－)的比值保持增大，故正确；②混合溶液中：c(Na+)=0.3mol·L1，c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=0.2mol·L1，那么2c(Na+)=3[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]故错误；③在0.1mol•L-1氨水中滴加0.1mol•L-1盐酸，刚好完全中和时pH=a，那么溶液中c〔OH-〕=c〔H+〕=10-amol•L-1，故正确；④Na2SO3溶液中参加少量NaOH固体，抑制亚硫酸根的水解，因为也参加了钠离子，故c〔Na+〕、c〔SO32〕均增大，正确；⑤在Na2S稀溶液中，质子守恒有：c(H+)+c〔HS〕+2c(H2S)=c(OH)，故错误。故答案选B【思路点拨】此题考察了溶液pH的计算、溶液中离子浓度大小比较、盐类的水解等知识，题目难度中等，注意掌握酸碱混合后溶液的定性判断及溶液中pH的计算方法，学会利用电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理结合溶液中的电离平衡问题，难度中等。22【化学卷〔解析〕·2015届浙江省嘉兴一中等五校2015届高三上学期第一次联考】现有室温下的四种溶液，其pH如下表所示，以下有关表达不正确的选项是〔〕①②③④pH111133溶液氨水NaOH溶液醋酸盐酸A．③④中分别参加适量醋酸钠晶体，两溶液pH均增大B．②③两溶液等体积混合，所得溶液中：c〔H+〕>c〔OH-〕C．分别加水稀释10倍，溶液的pH：①>②>④>③D．V1L④和V2L①溶液混合后，假设pH=7，那么V1<V2【知识点】弱电解质的电离平衡H1【答案解析】【解析】D解析：①中c〔NH3．H2O〕＞0.001mol/L，②中c〔NaOH〕=0.001mol/L，③中c〔CH3COOH〕＞0.001mol/L，④中c〔HCl〕=0.001mol/L，A、醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，所以③、④中分别参加适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大，故A正确；B、如果②③等体积混合，酸过量，溶液呈酸性，c〔H+〕＞c〔OH-〕，故B正确；C．弱电解质溶液中存在电离平衡，酸或碱加水稀释一样的倍数，弱电解质的pH变化小于强电解质，所以四种溶液的pH①＞②＞④＞③，故C正确；D、假设混合后溶液的pH=4，那么混合溶液中氢离子浓度为10-4mol/L，即混合溶液中c〔H+〕=[n(H+)-n(OH-)]/V(混)=10-14mol/L，10-13(V1-V2)/(V1+V2)V1：V2=11：9，故D错误.故答案选D【思路点拨】此题考察了弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断等知识点，根据弱电解质的特点、酸碱混合溶液氢离子浓度的计算方法、电荷守恒来分析解答，难度中等.23【2015届云南省局部名校高三12月统一考试〔201412〕】在25℃下，向10.00mL0.01mol·L-1某一元酸HA溶液中逐滴参加0.01mol.L-1NaOH溶液，溶液pH变化曲线如以以下列图所示。以下说法正确的选项是A．HA是强酸B．b点表示的溶液中：c(HA)=c(A-)C．c点时：V=10.00mLD．b、c、d三点表示的溶液中一定都存在：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)【知识点】电解质溶液H1H2H6【答案解析】D解析：A、由图象知，0.01mol/L的HA溶液的pH值大于2，所以该酸是弱酸，故A错误；B、b点时，参加的酸的物质的量=0.01mol/L×0.01L=10-4mol，碱的物质的量=0.01mol/L×0.005L=5×10-5mol，二者反响后得到等物质的量的HA与NaA的混合物，但溶液显酸性，HA的电离程度大于A-的水解程度，c(HA)<c(A-)，故B错误；c点时：假设V=10.00mL，二者刚好反响生成的盐水解呈碱性，而不是中性，假设要使溶液呈中性，酸应稍微过量，即V＜10.00mL，故C错误；溶液中呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，即c〔Na+〕+c〔H+〕=c〔A-〕+c〔OH-〕，故D正确。【思路点拨】根据溶液酸碱性判断等物质的量的HA与NaA的混合物中HA的电离程度与A-的水解程度大小。24【2015届浙江省慈溪市慈溪中学高三上学期期中考试〔201411〕】22.根据如图的转化关系判断以下说法正确的选项是〔反响条件已略去〕

A.反响①②③④⑤均属于氧化反响和离子反响B．反响⑤说明该条件下铝的复原性强于锰C．一样条件下生成等量的O2，反响③和④转移的电子数之比为1：1D．反响①中氧化剂与复原剂的物质的量之比为1：4【知识点】元素化合物氧化复原反响金属A1B3B1D5C5【答案解析】B解析：氯酸钾分解、铝热反响、过氧化氢分解不是离子反响，①②③④⑤均属于氧化反响，A错误；金属铝的复原性强于锰，与二氧化锰发生铝热反响，B正确；反响③中每生成1mol氧气转移2mol电子，而反响④中每生成1mol氧气转移4mol电子，C错误；实验室制备氯气的反响中氯化氢并没有完全被氧化，因此根据电子得失守恒可知反响①中氧化剂与复原剂的物质的量之比为1:2，D错误，答案选B。【思路点拨】过氧化氢中O的化合价是-1价，有离子参加或生成的反响是离子反响。25【2015届浙江省慈溪市慈溪中学高三上学期期中考试〔