1、高考资源网（） 您身边的高考专家年湖北省孝感中学高二（上）期末化学试卷 一、选择题（本题包括17小题，每小题3分，共51分每小题只有一个选项符合题意）1（3分）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是（）AW2、X+BX+、Y3+CY3+、Z2DX+、Z2考点：影响盐类水解程度的主要因素版权所有专题：盐类的水解专题分析：根据答案选项可知W、X、Y、Z形成的简单离子分别为W2、X+、Y3+、Z2，又知W、X、Y、Z均为短周期元素，且原子序数依次增大，故可推出W为O，X为Na，Y为Al，Z为S解答：解：根据 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大及各选项可
2、以推出，W为O2、X为Na+、Y为Al3+、Z为S2，Al3+和S2均能发生水解，水解打破了水的电离平衡；O2不能在水溶液存在，而Na+不水解，故正确的是C；故选C点评：本题考查影响盐类水解的因素，命题结构简单，切入点新颖，考查了离子化合价与其离子电荷的关系，难度中等2（3分）下列说法不正确的是（）A当碳原子的核外电子排布由1s22s22p2转变为1s22s12p3时，碳原子由基态变为激发态B3d能级中电子排布的情况可以为C电子构型为Ar3d54s2的元素是过渡元素D在电子云示意图中，小黑点密度大表示电子在核外空间单位体积内电子出现的机会多考点：原子核外电子的能级分布；原子核外电子的运动状态版
3、权所有专题：原子组成与结构专题分析：A、原子的核外电子排布符合基态原子核外电子填充的能级顺序和能量最低原理、泡利不相容原理及洪特规则，原子处于基态，否则为激发态；B、洪特规则是指在同一个电子亚层中排布的电子，总是尽先占据不同的轨道，且自旋方向相同；C、电子排布式为Ar3d54s2的元素，其质子数为25，为Mn元素，处于周期表中第四周期B族；D、原子的电子云图中的小黑点表示电子在核外空间出现机会的多少解答：解：A、碳原子的核外电子排布：1s22s22p2，该原子处于基态，核外电子排布为1s22s22p2，该原子处于激发态，故A正确；B、不同轨道的单电子自旋方向不同，违反了洪特规则，故B错误；C、
4、电子排布式为Ar3d54s2的元素，其质子数为25，为Mn元素，处于周期表中第四周期B族，属于过渡元素，故C正确；D、在电子云示意图中，小黑点密度大表示电子在核外空间单位体积内电子出现的机会多，故D正确故选B点评：本题主要考查了核外电子排布规律、元素在周期表中位置的判断、电子云的含义等，难度不大，根据所学知识即可完成3（3分）对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是（）A碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3B第一电离能：NaMgAlC电负性：NaMgAlD离子半径：Na+Mg2+Al3+考点：金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：同周期
5、元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，对应阳离子的半径逐渐减小，对应的最高价氧化物的水化物的碱性减弱；同周期元素从左到右，元素的非金属性、电负性逐渐增强，第一电离能是增大的趋势，但Mg的最外层为全充满状态，电子能量低，第一电离能较大，以此解答该题解答：解：A同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物的水化物的碱性减弱，金属性：NaMgAl，则碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3，故A错误；B同周期元素从左到右，第一电离能逐渐增大，但Mg的最外层为全充满状态，电子能量低，第一电离能较大，第一电离能：MgAlNa，故B错误；C同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增强，则电负性
6、：NaMgAl，故C错误；D同周期元素从左到右，对应阳离子的半径逐渐减小，则离子半径：Na+Mg2+Al3+，故D正确；故选：D；点评：本题考查同周期元素的性质的递变规律，题目难度不大，本题注意第一电离能的变化规律，为该题的易错点，答题时要注意把握4（3分）某无色溶液中能大量共存的一组离子是（）ANH4+、H+、I、CrO42BPb2+、Na+、Cl、SO42CNa+、Mg2+、Cl、SO42DNa+、Al3+、Br、CO32考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：溶液无色，则有颜色的离子不能大量共存，如离子之间不发生反应生成沉淀、气体、水等复分解反应类型，或不发生氧化还原反应、互促
7、水解反应，则可大量共存，以此解答该题解答：解：A酸性条件下，I、CrO42发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误；BPb2+与SO42反应生成沉淀而不能大量共存，故B错误；C离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；DAl3+与CO32发生互促水解反应而不能大量共存，故D错误故选C点评：本题考查离子共存问题，侧重于学生的分析能力和化合物知识的综合理解和运用的考查，为高频考点，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，难度不大，注意题目无色的要求5（3分）（2013四川）下列离子方程式正确的是（）ACl2通入水中：Cl2+H2O2H+Cl+ClOB双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2
8、H+2II2+2H2OC用铜作电极电解CuSO4溶液：2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+DNa2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32+4H+SO42+3S+2H2O考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：AHClO为弱酸，在离子反应中保留化学式；B发生氧化还原反应生成硫酸钾、碘、水；C铜作电解，阳极Cu失去电子，实质为电镀；D发生氧化还原反应生成S、SO2、H2O解答：解：ACl2通入水中的离子反应为Cl2+H2OH+Cl+HClO，故A错误；B双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应为H2O2+2H+2II2+2H2O，故B正确；C用铜作电极电解CuSO4溶液，实质为电镀，
9、阳极Cu失去电子，阴极铜离子得电子，故C错误；DNa2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为S2O32+2H+SO2+S+H2O，故D错误；故选B点评：本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意发生的氧化还原反应为解答的难点，题目难度中等6（3分）下列说法正确的是（）A从形式上看，酯化反应也属于取代反应B淀粉和纤维素的化学式均为（C6H10O5）n，二者互为同分异构体C油脂的相对分子质量都较大，所以属于高分子化合物D乙烯能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，二者反应原理相同考点：聚合反应与酯化反应；同分异构现象和同分异构体；乙烯的化学性质；有机高分子化合物的结构和性质版权所有专题
10、：有机反应分析：A取代反应：有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应；B同分异构体是指分子式相同，但结构不同的有机化合物；C有机高分子化合物是指相对分子质量在10000以上的有机物，简称有机高分子；D乙烯使酸性高锰酸钾溶液是氧化反应，乙烯使溴水褪色是加成反应解答：解：A酯化反应也属于取代反应，故A正确； B淀粉和纤维丝的分子式为（C6H10O5）n，n不同，分子式不同，所以不是同分异构体，故B错误；C油脂不是高分子化合物，故C错误；D乙烯使酸性高锰酸钾溶液是氧化反应，乙烯使溴水褪色是加成反应，二者反应原理不同，故D错误故选A点评：本题考查取代反应，同分异构体，高分子化合
11、物氧化和加成反应，难度不大7（3分）一定物质的量浓度溶液的配制和酸碱中和滴定是中学化学中两个典型的定量实验某研究性学习小组在实验室中配制1molL1的稀硫酸标准溶液，然后用其滴定某未知浓度的NaOH溶液下列有关说法错误的是（）A实验中所用到的滴定管、容量瓶，在使用前均需要检漏B如果实验中需用60mL的稀硫酸标准溶液，配制时应选用100mL容量瓶C酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，即装入标准浓度的稀硫酸，则测得的NaOH溶液的浓度将偏大D用甲基橙作指示剂，滴定终点时，溶液颜色从橙色变为红色考点：配制一定物质的量浓度的溶液版权所有专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：A根据容量瓶、滴定管的构造及正确使用方法
12、进行分析；B实验室没有60mL容量瓶，需要选用100mL容量瓶配制该浓度的溶液；C滴定管没有润洗，会导致标准液被稀释，滴定时消耗的标准液体积偏大，测定结果偏大；D甲基橙的变色范围为3.14.4，用稀硫酸滴定氢氧化钠溶液，当甲基橙有黄色变成橙色为滴定终点解答：解：A容量瓶有瓶塞，配制时需要摇匀，所以使用前必须检查是否漏水；滴定管有旋塞或者橡胶管，使用前必须检查是否漏液，故A正确；B由于实验室中没有60mL容量瓶，所以需要选用100mL容量瓶配制1mol/L的溶液，故B正确；C滴定管在盛放酸或者碱溶液时必须润洗，否则会将待装液稀释，如：酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，即装入标准浓度的稀硫酸，导致标准液浓
13、度减小，滴定时消耗的标准液体积偏大，测得的NaOH溶液的浓度将偏大，故C正确；D甲基橙变色范围为3.14.4，颜色变化为：红橙黄，用稀硫酸标准液滴定氢氧化钠溶液，滴定前溶液为黄色，当甲基橙由黄色变成橙色，且半分钟不褪色时，说明达到了滴定终点，如果溶液颜色从橙色变为红色，说明滴入的标准液过量，严重影响测定结果，故D错误；故选D点评：本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液方法、中和滴定中滴定管的使用、滴定终点的判断等知识，题目难度中等，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液方法，明确中和滴定指示剂的变色范围及滴定终点的判断方法8（3分）（2012韶关一模）根据下列热化学方程式（1）C（s）+O2（g）=
14、CO2（g）H1=393.5kJ/mol（2）H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H2=285.8kJ/mol（3）CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）H3=870.3kJ/mol可以计算出2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l）的反应热为（）AH=244.1kJ/molBH=488.3kJ/molCH=996.6kJ/molDH=996.6kJ/mol考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：依据热化学方程式和盖斯定律进行分析计算，通过热化学方程式（1）2和（2）2相加再减去（3）消去二氧化碳和水得到所求的热
15、化学方程式，注意热化学方程式改变系数，焓变随之改变解答：解：（1）C（s）+O2（g）=CO2（g）H1=393.5kJ/mol（2）H2（g）+O2（g）=H2O（l）H2=285.8kJ/mol（3）CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）H3=870.3kJ/mol依据热化学方程式（1）2+（2）2（3）得到：H=488.3KJ/mol，故选B点评：本题考查了热化学方程式的理解和分析，盖斯定律的计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等9（3分）糕点包装中常用的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同下列分析不正确的是（）A脱氧过程是吸
16、热反应，可降低温度，延长糕点保质期B脱氧过程中铁做原电池负极，电极反应为Fe2eFe2+C脱氧过程中碳做原电池正极，电极反应为2H2O+O2+4e4OHD含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL（标准状况）考点：金属的电化学腐蚀与防护版权所有专题：电化学专题分析：铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，原电池放电过程是放热反应，结合得失电子相等进行有关计算解答：解：A铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，原电池放电过程是放热反应，故A错误；B脱氧过程中铁作原电池负极，负极上铁失电子生成亚铁离子，电极反应为：F
17、e2e=Fe2+，故B正确；C脱氧过程中碳做原电池正极，正极发生还原反应，电极方程式为2H2O+O2+4e4OH，故C正确；D由电子守恒知，消耗氧化剂氧气的体积（标况下）v（O2）=336mL，故D正确故选A点评：本题考查了原电池原理，为高频考点，侧重学生的分析能力和计算能力的考查，明确正负极的判断、正负极上得失电子、物质间的反应来分析解答即可，难度中等10（3分）已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：HSO3+H2OH2SO3+OH HSO3H+SO32 向0.1molL1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是（）A加入少量金属Na，平衡左移，平衡右移，溶液中c
18、（HSO3）增大B加入少量Na2SO3固体，则c（H+）+c（Na+）=c（HSO3）+c（OH）+2c（SO32）C加入一定量的蒸馏水，溶液中c（H+） 和c（OH）都减少D加入氨水至中性，则2c（Na+）=c（SO32）c（H+）=c（OH）考点：盐类水解的应用版权所有专题：盐类的水解专题分析：A、加入金属钠，先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠抑制水解平衡促进电离平衡；B、依据溶液中电荷守恒分析判断；C、加水稀释，Kw=c（H+）c（OH）不变；D、根据物料守恒分析解答：解：A、加入少量金属Na，Na与HSO3电离出的H+反应，促使平衡右移，HSO3离子浓度减小，又促使平衡左移，平衡左
19、移，平衡右移，溶液中c（HSO3）浓度减小，故A错误；B、加入少量Na2SO3固体溶解后溶液中存在电荷守恒，c（H+）+c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH），故B正确；C、加入一定量的蒸馏水，溶液中c（H+）减小，由于Kw=c（H+）c（OH）不变，则c（OH）增大，故C错误；D、0.1molL1的NaHSO3溶液中加入氨水至中性，溶液中存在物料守恒，即：c（Na+）=c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3），则c（Na+）c（SO32）c（H+）=c（OH），故D错误；故选B点评：本题考查电解质溶液，涉及弱电解质的电离和盐类的水解、三大守恒关系的应用，平衡分析和
20、溶液中离子浓度关系判断是解题关键，题目难度中等11（3分）电动车电池是一种锂离子电池根据锂离子电池所用电解质材料不同，锂离子电池可分为液态锂离子电池（简称为LIB）和聚合物锂离子电池（简称为LIP）两大类聚合物锂离子电池总反应：LiCoO2+6CLi1xCoO2+LixC6，以下说法不正确的是（）A充电时，阴极反应（还原反应）：6C+xLi+xeLixC6B放电时，正极反应（还原反应）Li1xCoO2+xLi+xeLiCoO2C充电时，电池的负极与电源的负极相连D放电时，Li+向负极移动考点：化学电源新型电池版权所有专题：电化学专题分析：由电解池的总反应来确定充放电时的电极反应；充电时，阴极上
21、元素得电子化合价降低发生还原反应；放电时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动解答：解：A、充电时，电池的负极和阴极相连，发生得电子的还原反应，故A正确；B、放电时，电池的正极发生得电子的还原反应，Li1xCoO2+xLi+xeLiCoO2，故B正确；C、充电时负极与阴极相连，将电池的负极与外接电源的负极相连，故C正确；D、放电时，负极上失电子，正极上得电子，所以电子从负极沿导线流向正极，所以正极上附有大量电子，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故D错误故选D点评：本题考查锂电池的组成好工作原理，题目难度不大，本题注意锂电池的组成和工作原理，注意从总电池反应根据化合价的变化判断12（3分）下列
22、推断正确的是（）A由：H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）H=57.3kJ/mol，可知：含1mol CH3COOH的溶液与含1mol NaOH的溶液混合，放出热量为57.3 kJB由C（石墨）=C（金刚石）H=+1.9kJ/mol，可知石墨比金刚石更稳定C由N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4 kJmol1，可知将1mol N2（g）和3molH2（g）置于密闭容器中充分反应后放出热量为92.4kJD由G=HTS 可知，所有放热反应都能自发进行考点：反应热和焓变版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：A、强酸强碱稀溶液反应生成1mol水时放出的热量为中和热，弱电解质存在电离
23、平衡，电离是吸热过程；B、物质具有的能量越高越活泼；C、反应是可逆反应不能进行完全；D、反应自发进行由焓变、熵变、温度共同决定解答：解：A、由：H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）H=57.3kJ/mol，醋酸是弱电解质存在电离平衡吸热，可知：含1mol CH3COOH的溶液与含1mol NaOH的溶液混合，放出热量小于57.3 kJ，故A错误；B、由C（石墨）=C（金刚石）H=+1.9kJ/mol，反应是吸热反应，金刚石能量高于石墨，可知石墨比金刚石更稳定，故B正确；C、合成氨是可逆反应不能进行彻底，将1mol N2（g）和3molH2（g）置于密闭容器中充分反应后放出热量小于92.4k
24、J，故C错误；D、反应自发进行由G=HTS0确定，可知，放热反应H0，若高温下，S0，可能存在G=HTS0，所以不是所有放热反应都能自发进行，故D错误；故选B点评：本题考查了反应能量变化分析判断，中和热判断，反应自发进行的依据，可逆反应的应用，题目难度中等13（3分）（2014荆州模拟）一定温度下，三种碳酸盐MCO3（M：Mg2+、Ca2+、Mn2+）的沉淀溶解平衡曲线如图所示已知：pM=lg c（M），pc （CO32）=lg c（CO32）下列说法正确的是（）AMgCO3、CaCO3、MnCO3 的Ksp依次增大Ba 点可表示MnCO3 的饱和溶液，且c（Mn2+）=c（CO32）Cb 点
25、可表示CaCO3 的饱和溶液，且c（Ca2+）c（CO32）Dc 点可表示MgCO3 的不饱和溶液，且c（Mg2+）c（CO32）考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；溶解度、饱和溶液的概念版权所有专题：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； Ba点可表示MnCO3的饱和溶液，pM=p（CO32）；Cb点可表示CaCO3的饱和溶液，pMp（CO32）；DpM数值越大，实际浓度越小，则c点可表示MgCO3的不饱和溶液，pMp（CO32）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、MnC
26、O3的Ksp依次减小，故A错误；Ba点可表示MnCO3的饱和溶液，pM=p（CO32），所以c（Mn2+）=c（CO32），故B正确；Cb点可表示CaCO3的饱和溶液，pMp（CO32），所以c（Ca2+）c（CO32），故C错误；DpM数值越小，实际浓度越大，已知c点不在曲线上，而在曲线上面，则c点表示MgCO3的过饱和溶液，pMp（CO32），所以c（Mg2+）c（CO32），故D错误；故选：B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14（3分）（2014湖南一模）在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入1
27、0L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）2Z（g）H0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表下列说法正确的是（）t/min2479n（Y）/mol0.120.110.100.10A反应前2min的平均速率v（Z）=2.0105mol/（Lmin）B其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）v（正）C该温度下此反应的平衡常数K=1.44D其他条件不变，再充入0.2mol Z，平衡时X的体积分数增大考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素版权所有专题：化学平衡专题分析：A、2min内Y物质的量变化为0.16mol0.12mol=0.04mol，根据v=计算v（Y），在利用速率
28、之比等于化学计量数之比计算v（Z）；B、该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）v（正）；C、由表中数据可知7min时，反应到达平衡，根据平衡时Y的物质的量，利用三段式计算平衡时其它组分的物质的量，由于反应气体氢气的化学计量数相等，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算；D、再通入0.2 mol Z，等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动解答：解：A、由表中数据可求得前2min内生成Z为0.08mol，故，故A错误；B、该反应的正反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，反应达到新平衡前v（逆）v（正），故B错误；C、由表中数据可知7m
29、in时，反应到达平衡，Y的物质的量为0.10mol，此时X的物质的量也为0.10mol，Z的物质的量也为0.12mol，X、Y、Z的物质的量浓度分别为：0.01molL1、0.01molL1、0.012molL1，故平衡常数，故C正确；D、因该反应前后气体的体积不变，其他条件不变，再充入0.2 mol Z，因为在等温等容条件下，左右气体化学计量数相等，原平衡环境和D 选项的平衡环境互为等效平衡，平衡不移动，X的体积分数不变，故D错误故选C点评：本题考查化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等，难度中等，注意C选项中对化学平衡常数的理解15（3分）已知AgI为黄色沉淀，AgCl为白色沉淀
30、25时，AgI饱和溶液中c（Ag+）为1.22108 molL1，AgCI饱和溶液中c（Ag+）为1.30105molL1若在5mL含有KC1和KI浓度均为0.01molL1的混合溶液中，滴加8mL0.0l molL1的AgNO3溶液，则下列叙述中不正确的是（）A溶液中所含溶质的离子浓度大小关系为：c（K+）c（NO3）c（Cl）c（I）c（Ag+）B溶液中先产生的是AgI沉淀CAgCl的KSP的数值为1.691010D若在AgI悬浊液中滴加一定量的KCl溶液，黄色沉淀会转变成白色沉淀考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、根据溶解度判断沉淀的
31、先后顺序，利用溶度积常数计算出各离子浓度，结合反应的程度比较溶液离子浓度的大小；B、依据碘化银和氯化银溶度积比较溶解度可知，碘化银溶解度小，反应中先析出碘化银；C、AgCl饱和溶液中c（Ag+）为1.30105molL1溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl（s）Ag+Cl，氯离子浓度为1.30105molL1；依据Ksp=Ag+Cl计算得到；D、依据溶液中Qc与Ksp的大小关系分析解答：解：A、若在5mL含有KCl和KI各为0.01mol/L的溶液中，加入8mL0.01mol/L AgNO3溶液，首先生成AgI沉淀，反应后剩余n（Ag+）=0.003L0.01mol/L=3105mol，继续生成Ag
32、Cl沉淀，反应后剩余n（Cl）=0.0050.01mol/L3105mol=2105mol，c（Cl）=2105mol0.013L=1.53103mol/L，浊液中c（Ag+）KSP（AgCl）c（Cl）=（1.30105）21.53103=1.1107（mol/L），c（I）KSP（AgI）c（Ag+）=（1.22108）21.1107=1.35109，混合溶液中n（K+）=1104mol，n（NO3）=0.008L0.01mol/L=1105mol，则c（K+）c（NO3），故c（K+）c（NO3）c（Cl）c（Ag+）c（I），故A错误；B、依据A分析溶液中先产生的是AgI沉淀，故B正确
33、；C、AgCl饱和溶液中c（Ag+）为1.30105molL1溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl（s）Ag+Cl，氯离子浓度为1.30105molL1，由Ksp=Ag+Cl=1.30105mol/L1.30105mol/L=1.691010，故C正确；D、当溶液中Qc=c（Cl）c（Ag+）Ksp时，会有氯化银沉淀生成，所以在AgI悬浊液中滴加一定量的KCl溶液，黄色沉淀会转变成白色沉淀，故D正确；故选A点评：本题考查了难溶物的沉淀溶解平衡的分析判断和计算应用，混合溶液中离子浓度的计算是解题关键，题目难度较大16（3分）（2013渭南二模）常温下，0.1mol/L氨水溶液中=1108，下列叙述不正
34、确的是（）A该溶液中氢离子的浓度：c（H+）=11011mol/LB0.1mol/L氨水溶液与0.1mol/L HCl溶液等体积混合后所得溶液中：c（NH+4）+c（H+）=c（Cl）+c（OH+）C0.1mol/L的氨水溶液与0.05mol/L H2SO4溶液等体积混合后所得溶液中：c（NH+4）+c（NH3）+c（NH3H2O）=2c（SO24）D浓度均为0.1mol/L的NH3H2O和NH4Cl溶液等体积混合后，若溶液呈碱性，则c（NH4+）c（NH3H2O）c（Cl）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的计算版权所有专题：电离平衡与溶液
35、的pH专题分析：常温下，0.1mol/L氨水溶液中=1108，根据Kw=c（OH）c（H+）=1014则c（OH）=1103mol/L，A根据0.1mol/L氨水溶液中=1108，结合水的离子积常数计算氢离子浓度；B根据电荷守恒判断；C根据物料守恒判断；D浓度为0.1 mol/L的NH3H2O和NH4Cl溶液等体积混合后，若溶液呈碱性，说明氨水的电离程度大于铵根离子的水解程度解答：解：A常温下，0.1mol/L氨水溶液中=1108，c（OH）c（H+）=11014，所以c（H+）=11011mol/L，故A正确；B等物质的量的氨水和盐酸恰好反应生成氯化铵，根据电荷守恒知c（NH4+）+c（H+
36、）=c（Cl）+c（OH），故B正确；C.0.1 mol/L的氨水溶液与0.05 mol/L H2SO4溶液等体积混合后恰好反应生成硫酸铵，溶液中存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3）+c（NH3H2O）=2c（SO42），故C正确；D浓度为0.1 mol/L的NH3H2O和NH4Cl溶液等体积混合后，若溶液呈碱性，说明氨水的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c（NH4+）c（NH3H2O），氯离子不水解，所以c（Cl）c（NH3H2O），则c（NH4+）c（Cl）c（NH3H2O）c（OH）c（H+），故D错误故选D点评：本题考查弱电解质的电离，根据物料守恒、电荷守恒及水的离子积常数来分
37、析解答，题目难度中等17（3分）已知图1表示的是可逆反应CO（g）+H2（g）C（s）+H2O（g）H0的化学反应速率（v）与时间（t）的关系，图2表示的是可逆反应2NO2（g）N2O4（g）H0的浓度（c）随时间t的变化情况下列说法中正确的是（）A图1 t2时改变的条件可能是升高了温度或增大了压强B若图1 t2时改变的条件是增大压强，则反应的H增大C图2 t1时改变的条件可能是升高了 温度或增大了压强D若图2 t1时改变的条件是增大压强，则混合气体的平均相对分子质量将减小考点：化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；物质的量或浓度随时间的变化曲线版权所有专题：化学平衡专题分析：A、反应CO（g
38、）+H2（g）C（s）+H20（g）H0，正反应是气体体积减小吸热反应，升高温度或增大压强，正逆速率都增大，平衡向正反应方向移动，正反应速率增大更多；B、化学反应的焓变和压强之间没有联系；C、反应2NO2（g）N2O4（g）H0，正反应是气体体积减小放热反应，增大压强，改变体积的瞬间都浓度增大，平衡向正反应方向移动，但升高温度，平衡向逆反应方向移动，改变条件的瞬间，浓度不变；D、若图二t1时刻改变的条件是增大压强，平衡向正反应方向移动，反应混合气体总的物质的量减小，混合气体总质量不变，据此分析判断解答：解：A、反应CD（g）+H2（g）C（s）+H20（g）H0，正反应是气体体积减小吸热反应，
39、升高温度或增大压强，正逆速率都增大，平衡向正反应方向移动，正反应速率增大更多，图一与实际相符合，故A正确；B、反应的焓变只和反应物以及生成物的能量有关，故B错误；C、反应2NO2（g）N2O4（g）H0，正反应是气体体积减小放热反应，增大压强，改变体积的瞬间都浓度增大，平衡向正反应方向移动，但升高温度，平衡向逆反应方向移动，改变条件的瞬间，浓度不变，图二与实际不相符，故C错误；D、若图二t1时刻改变的条件是增大压强，平衡向正反应方向移动，反应混合气体总的物质的量减小，混合气体总质量不变，混合气体的平均相对分子质量将增大，故D错误；故选A点评：本题考查化学平衡图象、化学反应速率及化学平衡影响因素
40、、化学平衡常数等，难度中等，侧重考查学生读图提取信息能力与知识迁移运用能力，注意图二中，改变温度瞬间浓度不变化三、填空及解答题（本题包括4小题，共59分）18（16分）已知：乙二酸俗称草酸（结构简式为HOOCCOOH，可简写为H2C2O4）25时，草酸的电离平衡常数为K1=5.0102，K2=5.4105；碳酸（H2CO3）的电离平衡常数为K1=4.4107，K2=4.71011草酸钙的Ksp=4.0108，碳酸钙的Ksp=2.5109回答下列问题：（1）写出水溶液中草酸的电离方程式：H2C2O4H+HC2O4，HC2O4H+C2O42（2）往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，发生反应的离子
41、方程式为2CO32+H2C2O4=2HCO3+C2O42（3）常温下将0.4mol/L的KOH溶液20mL与0.2mol/L的草酸溶液20mL混合，则混合后溶液中阴离子浓度的大小顺序为c（C2O42）c（OH）c（HC2O4）（4）实验室常用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸来测定草酸溶液的浓度高锰酸钾溶液常用稀硫酸（填“稀硫酸”、“稀硝酸”或“稀盐酸”）酸化，已知酸性高锰酸钾和草酸反应的现象是：有气泡产生，紫色消失，其反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O（5）草酸钙结石是五种肾结石里最为常见的一种患草酸钙结石的病人多饮白开水有利于结石的消融请用化学用语和
42、简要的文字说明其原因：CaC2O4（s）Ca2+（aq）+C2O42（aq），多饮白开水，导致c（Ca2+）、c（C2O42）减小，使平衡向右移动，有利于CaC2O4的溶解（6）25时，向20mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入c mol/L的草酸钾溶液20mL后，有草酸钙沉淀生成，则c的最小值为3.2103考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：（1）草酸是二元弱酸存在电离平衡，分步电离；（2）依据电离平衡常数分析，酸性强弱顺序为：草酸碳酸HC2O4HCO3；往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液反应生成碳酸氢钠和草酸钠；（3）将0.4mol/L的KOH
43、溶液20mL与0.2mol/L的草酸溶液20mL混合，恰好反应生成草酸钾溶液，依据草酸跟离子分步水解分析溶液中离子浓度大小；（4）高锰酸钾溶液是强氧化性溶液，盐酸中的氯离子会被氧化，硝酸本身具有强氧化性，草酸和高锰酸钾溶液反应在酸性溶液中 发生氧化还原反应，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为锰离子；（5）依据沉淀溶解平衡移动影响因素分析判断；（6）依据碳酸钙溶度积常数计算钙离子浓度，等体积混合后钙离子和草酸根离子浓度减少一半，根据草酸钙的溶度积常数计算得到醋酸根离子的最小浓度解答：解：（1）酸是二元弱酸存在电离平衡，分步电离，电离方程式为：H2C2O4H+HC2O4，HC2O4H+C2O4
44、2；故答案为：H2C2O4H+HC2O4，HC2O4H+C2O42；（2）电离平衡常数分析，酸性强弱顺序为：草酸碳酸HC2O4HCO3；往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液反应生成碳酸氢钠和草酸钠，反应的离子方程式为：2CO32+H2C2O4=2HCO3+C2O42；故答案为：2CO32+H2C2O4=2HCO3+C2O42；（3）将0.4mol/L的KOH溶液20mL与0.2mol/L的草酸溶液20mL混合，恰好反应生成草酸钾溶液，K2C2O4溶液中C2O42水解分步进行，H2O+C2O42HC2O4+OH，HC2O4+H2OH2C2O4+OH，草酸根离子易水解而使其溶液呈碱性，但第一步水解
45、大于第二步；溶液中阴离子浓度大小为：c（C2O42）c（OH）c（HC2O4）；故答案为：c（C2O42）c（OH）c（HC2O4）；（4）高锰酸钾溶液是强氧化性溶液，盐酸中的氯离子会被氧化，硝酸本身具有强氧化性，草酸和高锰酸钾溶液反应在酸性溶液中 发生氧化还原反应，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为锰离子，反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，故答案为：稀硫酸；5H2C2O4+2MnO4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O；（5）患草酸钙结石的病人多饮白开水有利于结石的消融，利用的 原理是草酸钙存在溶解沉淀平衡，CaC2O4（s）Ca
46、2+（aq）+C2O42 （aq），多饮白开水，导致c（Ca2+）、c（C2O42）减小，使平衡向右移动，有利于CaC2O4的溶解，故答案为：CaC2O4（s）Ca2+（aq）+C2O42 （aq），多饮白开水，导致c（Ca2+）、c（C2O42）减小，使平衡向右移动，有利于CaC2O4的溶解；（6）25时，向20mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入c mol/L的草酸钾溶液20mL后，有草酸钙沉淀生成；碳酸钙的Ksp=2.5109=c（Ca2+）c（CO32），饱和溶液中钙离子浓度c（Ca2+）=5105mol/L，等体积混合后溶液中c（Ca2+）=2.5105mol/L，草酸钙的Ksp=4.01
47、08 =c（Ca2+）c（C2O42）=2.5105mol/Lmol/L，c=3.2103，故答案为：3.2103点评：本题考查了弱电解质的电离、难溶物的溶解平衡，明确弱电解质电离特点及溶度积常数的运用是解本题关键，难度中等19（12分）使用Cl2对自来水消毒时，会产生对人体有害的有机氯化物，而二氧化氯（ClO2）是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂（1）Cl2可以通过氯碱工业获得氯碱工业中电解饱和食盐水的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，电解一段时间后，欲使溶液恢复到电解前的浓度和体积，可向电解后的溶液中加入（或通入）HCl用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg
48、2+、SO42等杂质除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的BaCl2（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去（2）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法该法工艺原理示意如图其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成ClO2氯化钠电解槽中发生反应的化学方程式为NaCl+3H2ONaClO3+3H2，发生器中生成ClO2的化学方程式为2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2+Cl2+2H2O考点：氯碱工业版权所有专题：电化学专题分析：（1）粗盐的提纯，需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42等杂质，在
49、除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽；过量的离子在下一步中必须出去，故先加入BaCl2，除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na2CO3除去；电解饱和食盐水方程式2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，该过程出来的物质为氢气和氯气，按照出啥加啥的原则，要想恢复到原溶液，应该加入HCl气体；（2）根据流程图可知道：食盐水在特定条件下电解得到氯酸钠（NaClO3），NaClO3和HCl反应，生成ClO2，可以写出方程式，并用化合价升降法配平得到解答：解：（1）氯碱工业中电解饱和食盐水的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH
50、+H2+Cl2；电解饱和食盐水出来的物质为氢气和氯气，按照出啥加啥的原则，要想恢复到原溶液，应该加入HCl气体，故答案为：HCl；要除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42等杂质，每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽，过量的离子在下一步中必须出去，故先加入BaCl2，除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na2CO3除去，故答案为：BaCl2；电解饱和食盐水出来的物质为氢气和氯气，按照出啥加啥的原则，要想恢复到原溶液，应该加入HCl气体，故答案为：HCl；（2）电解食盐水得到氯酸钠（NaClO3）和H2，电解方程式为：NaCl+3H2ONaClO3+3H2，故答案为：NaCl+3H2ONaClO3+
51、3H2；2NaClO3+和盐酸发生歧化反应，生成NaCl、2ClO2、Cl2、H2O，化学方程式为：2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2+Cl2+2H2O，故答案为：2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2+Cl2+2H2O点评：本题通过化学工艺流程，考查了氧化还原反应相关概念、配平及计算，化学实验基本方法（除杂），电解原理，综合性强，题目难度中等，对于该类题目的处理，注意看清工艺流程的目的，分析工艺流程的过程，寻找与所学知识的结合点20（16分）过氧化银（Ag2O2）是银锌碱性电池正极的活性物质，可通过下列反应制备：K2S2O8+2AgNO3+4KOHAg2O2+2KNO
52、3+2K2SO4+2H2O（1）已知Ag的原子序数为47，写出Ag基态原子的核外电子排布式Kr4d105S1或1S22S22P63S23P63d104S24P64d105S1，Ag在周期表中的位置第五周期IB族（2）制备Ag2O2的反应进行完全后，经过滤、洗涤、干燥等操作，即可得到Ag2O2固体，检验Ag2O2是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液少许，加入几滴BaCl2溶液，如有白色浑浊产生，说明未洗涤干净，如无现象，说明已洗涤干净（3）一种银锌（Ag2O2、Zn）碱性电池的电解质溶液为KOH溶液，电池放电时正极有Ag生成，负极有化合物A（只含有Zn、K、O）生成化合物A中，钾、锌两种元素的质
53、量比为78：65则该电池的总反应方程式为Ag2O2+2Zn+4KOH=2Ag+2K2ZnO2+2H2O（4）用银锌电池电解尿素CO（NH2）2的碱性溶液可制取H2，其装置如图所示（电解池中隔膜仅阻止气体通过，M、N均为惰性电极）N极与银锌电池的Zn（填“Zn”或“Ag2O2”）极相连M极的电极反应式为CO（NH2）26e+80H=N2+CO32+6H2O考点：化学电源新型电池版权所有专题：电化学专题分析：（1）根据元素的质子数可知电子数为47，核外各电子层电子数为2、8、18、18、1，电子层数等于周期数，最外层电子数等于族序数；（2）检验是否洗涤完全，可取最后一次滤液，检验溶液中是否含有SO
54、42即可；（3）电池放电时正极的Ag2O2 转化为Ag，负极的产物根据化合物A只含有Zn、K、O，原子个数之比等于化学式中原子数之比，结合化合价规则来计算；（4）该电池反应时中，氮元素化合价由3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，所以生成氮气的电极是阳极，生成氢气的电极是阴极，结合电解质溶液中氢氧根离子浓度的变化分析解答解答：解：（1）元素的质子数可知电子数为47，核外各电子层电子数为2、8、18、18、1，即Kr4d105S1或1S22S22P63S23P63d104S24P64d105S1，电子层数等于周期数，最外层电子数等于族序数，所以位于第五周期IB族，故答案为：Kr4d105S
55、1或1S22S22P63S23P63d104S24P64d105S1；第五周期IB族；（2）固体和液体的分离采用过滤的方法，然后再洗涤干燥，即可得到固体物质；检验是否洗涤完全，可取最后一次滤液，检验溶液中是否含有SO42，滴入12滴BaCl2溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全，故答案为：过滤、干燥；取最后一次洗涤液少许，加入几滴BaCl2溶液，如有白色浑浊产生，说明未洗涤干净，如无现象，说明已洗涤干净；（3）电池放电时正极的Ag2O2 转化为Ag，化合物A中，钾、锌两种元素的质量比为78：65，化合物A只含有Zn、K、O，原子个数之比等于化学式中原子数之比，所以负极的Zn转化为K2ZnO2
56、，反应还应有KOH参加，该反应的方程式为Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O=2K2Zn（OH）4+2Ag，故答案为：Ag2O2+2Zn+4KOH=2Ag+2K2ZnO2+2H2O；（4）根据装置中的产物，知道该电池反应时中，氮元素化合价由3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，则氮元素被氧化，氢元素被还原，所以生成氮气的电极M是阳极，生成氢气的电极N是阴极，银锌电池中，负极是金属锌，阴极是和负极锌极相连的极，故N极与银锌电池的锌极相连，故答案为：Zn；M是阳极，该极发生失电子的氧化反应，该极上的电极反应式为：CO（NH2）26e+80H=N2+CO32+6H2O，故答案为：CO（NH2
57、）26e+80H=N2+CO32+6H2O点评：本题是一道综合知识的考查题，注意知识的归纳和整理是解题关键，难度不大21（15分）NH4Al（SO4）2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛请回答下列问题：（1）NH4Al（SO4）2可作净水剂，其理由是Al3+水解生成的Al（OH）3具有吸附性，即Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，Al（OH）3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水（用必要的化学用语和相关文字说明）（2）相同条件下，0.1molL1 NH4Al（SO4）2中c（NH）小于（填“等于”“大于”或“小于”）0.1molL
58、1 NH4HSO4中c（NH）（3）如图1所示是0.1molL1电解质溶液的pH随温度变化的图象其中符合0.1molL1 NH4Al（SO4）2的pH随温度变化的曲线是（填写序号），导致pH随温度变化的原因是NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大，pH减小；20时，0.1molL1 NH4Al（SO4）2中2c（SO）c（NH）3c（Al3+）=103molL1（填数值）（4）室温时，向100mL 0.1molL1 NH4HSO4溶液中滴加0.1molL1 NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示：试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最
59、大是a点；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用；反应热和焓变；离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算版权所有专题：基本概念与基本理论分析：（1）Al3+水解生成的Al（OH）3具有吸附性；（2）NH4Al（SO4）2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解，HSO4电离出H+同样抑制NH4+水解；（3）NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大；根据电荷守恒定律解题；（4）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）
60、2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3H2O抑制水的电离b点溶液呈中性解答：解：（1）Al3+水解生成的Al（OH）3具有吸附性，离子方程式：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，Al（OH）3，故答案为：Al3+水解生成的Al（OH）3具有吸附性，即Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，Al（OH）3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；（2）NH4Al（SO4）2与NH4HSO4中的NH4+均发生水解，但是NH4Al（SO4）2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解，HSO4电离出H+同样抑制NH4+水解，因为HSO4电离生成
61、的H+浓度比Al3+水解生成的H+浓度大，所以NH4HSO4中NH4+水解程度比NH4Al（SO4）2中的小，故答案为：小于；（3）NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为，故答案为：1；NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大，pH减小；根据电荷守恒，可以求出2c（SO42）c（NH4+）3c（Al3+）=c（H+）c（OH）=103 molL1c（OH）太小，可忽略，故答案为：103 molL1；（4）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3H2O抑制水的电离b点溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3H2O三种成分，a点时c（Na+）=c（SO42），b点时c（Na+）c（SO42），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO42）c（NH4+），故c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+），故答案为：a；c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）点评：本题考查盐类的水解和离子浓度大小的比较，题目难度较大，（3）为易错点，注意根据守恒思想解题 - 21 - 版权所有高考资源网
