1、2014-2015学年湖北省襄阳市枣阳七中高二（下）期末化学试卷一、选择题（本大题共30题，每题2分，共计60分）1在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室（如图）按此密闭体系中气体的流向，则在A处流出的气体为（）A SO2B SO3，O2C SO2，SO3D SO2，O22白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2P4O10已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：PP akJmol1、PO b kJmol1、PO c kJmol1、OO d kJmol1根据如图所示的分子结构和有关数据估算该反应的H，其中正确的是（）A （6a+5d4c12b）kJm
2、ol1B （4c+12b6a5d）kJmol1C （4c+12b4a5d）kJmol1D （4c+5d4c12b）kJmol13将4体积的H2和1体积的O2混合，4g这种混合气体在标准状况下所占的体积是（）A 5.6 LB 11.2 LC 22.4 LD 33.6 L4某温度时，一定压强下的密闭容器中发生反应：aX（g）+bY（g）cZ（g）+dW（g），达平衡后，保持温度不变压强增大至原来的2倍，当再达到平衡时，W的浓度为原平衡状态的1.8倍，下列叙述正确是（）A 平衡正移B （a+b）（c+d）C Z的体积分数变小D X的转化率变大5下列反应中，Na2O2只表现强氧化性的是（）A 2Na2
3、O2+2CO22Na2CO3+O2B Na2O2+MnO2=Na2MnO4C 5Na2O2+2MnOO4+16H+=10Na+2Mn2+5O2+8H2OD 2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O26将0.5mol的下列物质溶于500ml水中，含阴离子数目最多的是（）A CaCO3B CH3COONaC NH3D Na2SO37下列物质所属类别不正确的是（）A 纯碱碱B 氯化铝盐C 金属钠还原剂D 二氧化硅酸性氧化物8在下列五种物质的组合中，既能跟氢氧化钠溶液反应，又能跟盐酸反应的化合物是（）Al Al（OH）3 Al2O3 Na2CO3 NaHCO3A B C D 9NA表示
4、阿伏加德罗常数则下列叙述中，正确的是（）A 32g S2中电子数目为2NAB 46 gNO2和N2O4的混合物中含有的原子数为3NAC 1 L 0.5 molL1 Na2CO3溶液中含有的CO32数为0.5NAD 78 g Na2O2中阴离子数目为2NA10下列说法正确的是（）A 将Ca（OH）2饱和溶液加热，溶液的pH增大B 常温下，pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合后，溶液的pH7C 将0.1mol/L的HI溶液加水稀释l00倍，溶液中所有离子的浓度随之减小D 两种醋酸溶液的pH分别为a和（a+1），物质的量浓度分别为c1和c2，则有c1=10c211据报道，最近摩托罗拉公司研发了
5、一种由甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，电量可达现在使用的镍氢电池或锂电池的十倍，可连续使用一个月才充一次电其电池反应为：2CH3OH+3O2+4OH2CO32+6H2O，则下列说法错误的是（）A 放电时CH3OH参与反应的电极为正极B 充电时电解质溶液的pH逐渐增大C 放电时负极的电极反应为：CH3OH6e+8OHCO32+6H2OD 充电时每生成1 mol CH3OH转移6 mol电子12下列反应的离子方程式书写正确的是（）A 在澄清石灰水中加入少量小苏打：Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2OB 苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O+CO2+H2O2C6H5OH+CO3
6、2C 将少量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+2ClO+H2OSO32+2HClOD 将标准状况下112mL氯气通入10mL浓度为1molL1的溴化亚铁溶液中：2Fe2+4Br+3Cl23Fe3+6Cl+2Br213X、Y均为元素周期表A族中的两种元素下列叙述中，能够说明X的原子得电子能力比Y强的是（）A 原子的电子层数：XYB 对应的简单离子的还原性：XYC 气态氢化物的稳定性：XYD 氧化物对应水化物的酸性：XY14下列关于教材中的各项说法错误的一项是（）A 在化学反应中，反应物转化为生成物的同时，必然发生能量的变化B 氮肥包括铵态氮肥、硝态氮肥和尿素C 在书写热化学方程式时应标明反
7、应物及生成物的状态，无需标明反应温度和压强D 医疗上用的石膏绷带是利用熟石膏与水混合成糊状后很快凝固的性质15如图所示，铜片、锌片和石墨棒用导线连接后插入番茄里，电流计中有电流通过，则下列说法正确的是（）A 锌片是负极B 两个铜片上都发生氧化反应C 石墨是阴极D 两个番茄都形成原电池16下列过程或现象与盐类水解无关的是（）A 纯碱溶液加热可增加去污效果B 在潮湿的环境下铁片表面形成红棕色水膜C 氯化铁饱和溶液滴入沸水中形成胶体D NaHCO3与Al2（SO4）3可作为泡沫灭火器的反应药剂17常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应，又能与Z反应的是（）选项XYZN2MgCO2KOH溶液SiO2氢
8、氟酸O2N2H2稀硝酸FeFeCl3溶液A B C D 18若不断地升高温度，实现“雪花水水蒸气氧气和氢气“的变化在变化的各阶段被破坏的粒子间的主要相互作用依次是（）A 氢键；分子间作用力；非极性键B 氢键；氢键；极性键C 氢键；极性键；分子间作用力D 分子间作用力；氢键；非极性键19下列各项叙述中，正确的是（）A 所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同B 价电子排布式为5s25p1的元素位于第五周期第A族，是s区元素C 镁原子由1s22s22p63s21s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态D 24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p6
9、3d44s220已知某反应中反应物与生成物有：KIO3、Na2SO3、H2SO4、I2、K2SO4、H2O 和未知物X下列说法中不正确的是（）A 该未知物X为Na2SO4B 该反应的氧化剂是KIO3C 该反应中，发生氧化反应的过程是KIO3I2D 由反应可知还原性强弱顺序为：Na2SO3I221N2O5是一种新型硝化剂，一定温度下发生2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）H0，T1温度下的部分实验数据为下列说法不正确的是（） t/s050010001500c（N2O5）mol/L5.003.522.502.50A 500s内N2O5分解速率为2.96103 mol/（Ls）B T1温度下的
10、平衡常数为K1=125，1000s时转化率为50%C 其他条件不变时，T2温度下反应到1000s时测得N2O5（g）浓度为2.98 mol/L，则T1T2D T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1T2，则K1K222NA表示阿伏加德罗常数下列说法正确的是（）A 7.8 g Na2O2中含有的阴离子数目为0.2 NAB 标准状况下，2.24 L CHCl3的分子数为0.1 NAC 1 L 0.1 mol/L Al2（SO4）3溶液中，Al3+的数目为0.2 NAD 9.2 g NO2和N2O4的混合气中含有的氮原子数为0.2 NA23若在能溶解氧化铝的溶液中，分别加入下列
11、各组离子，可能大量共存的是（）A NH4+、NO3、CO32、Na+B NO3、Ca2+、K+、ClC Al3+、Ba2+、Mg2+、HCO3D NO3、K+、SO32、H+24在Al2（SO4）3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示，则原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量浓度之比为（）A 6：1B 3：1C 2：1D 1：225已知钡的活动性处于钾和钠之间，则下列说法中可能实现的是（）A 钡可从氯化钠溶液中置换出钾B 钡可从冷水中置换出氢C 钡可从氯化钠溶液中置换出钠D 在溶液中钡离子可氧化金属锌，使之成为锌离子26下
12、列关于物质性质变化的比较，不正确的是（）A 非金属性强弱：IBrClB 原子半径大小：NaPSC 碱性强弱：KOHNaOHLiOHD 金属性强弱：NaMgAl27将含有氧化铁的铁片投入足量稀硫酸中，直到铁片完全溶解，经分析该溶液中无Fe3+，且溶液中的Fe2+与生成的H2的物质的量之比为4：1，则原混合物中氧化铁与铁的物质的量之比为（）A 1：1B 2：5C 1：2D 3：128常温下，下列溶液中的粒子浓度关系正确的是（）A 新制氯水中加入固体NaOH：c（Na+）=c（Cl）+c（ClO）+c（OH）B pH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）
13、C 25时，浓度均为0.1molL1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液pH=4.75，c（CH3COO）+c（OH）=c（CH3COOH）+c（H+）D 一定物质的量浓度的Na2S溶液中：c（OH）=c（H+）+2c（H2S）+c（HS）29相同温度下，容积均恒为2L的甲、乙、丙3个密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=197kJmoll实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：下列叙述正确的是（）容器起始各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化SO2O2SO3Ar甲2100放出热量：Q1乙1.80.90.20放出热量：Q2=78.8kJ丙1.80.90.
14、20.1放出热量：Q3A Q1Q3Q2=78.8kJB 三个容器中反应的平衡常数均为K=2C 甲中反应达到平衡时，若升高温度，则SO2的转化率将大于50%D 若乙容器中的反应经tmin达到平衡，则0tmin内，v（O2）= mol/（Lmin）30将足量铁粉投入一定浓度的氯化铁和氯化铜的混合溶液中，充分反应后，溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量相同，则原溶液中氯化铁和氯化铜的浓度之比为（）A 2：7B 3：4C 4：7D 2：3二、填空题（40分）化学-选修3：物质结构与性质（15分）31Sn是人类最早使用的元素之一，能形成SnCl2，SnCl4两种氯化物，SnCl2常温下为白色晶体，具有一
15、维链状的聚合结构，气态时以单分子形式存在，而SnCl4常温下为无色液体白锡和灰锡是Sn的两种同素异形体，白锡的晶体结构中Sn原子的配位数为4和6，灰锡的晶体结构与金刚石的晶体结构相似白锡的密度大于灰锡的密度（1）Sn元素价层电子排布式为（2）SnCl2的一维链状聚合结构如图1所示，在分子结构中标出所含有的配位键其固体分子及气体分子中Sn的杂化方式为（3）SnCl4分子的空间构型为，SnCl4与CCl4中沸点较高的是（4）锡的某种氧化物的晶胞如图2，其化学式为（5）解释白锡分子的密度大于灰锡的密度的原因：（6）若灰锡的晶胞边长为a pm，计算灰锡的密度为32X、Y、Z、M四种短周期元素的原子半径
16、依次减小甲、乙、丙是由它们形成的三种常见分子；甲是人体必需的基本营养物质之一，约占人体体重的；乙是日常生活的基础能源，其中含元素Y的质量分数为75%；丙是具有强氧化性的弱酸丁为丙的钠盐，常用于漂白或消毒戊与甲的组成元素相同，其分子具有18电子请按要求回答下列问题：（1）元素X、Y的最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱为（填化学式）；丁的电子式为；与甲分子具有相同电子数且含元素种类相同的离子有（填化学式）、（2）元素E、F与X同周期常温下E的单质与甲反应缓慢，加热至沸腾反应迅速，滴加酚酞试液，溶液变红色；此反应的化学方程式为F的单质粉末加油漆后即得“银粉漆”，在汽车漆家族中有重要地位写出保存“银粉
17、”时的注意事项：、等（3）向盛有一定浓度戊溶液的烧杯中逐滴加入用少量稀硫酸酸化的硫酸亚铁溶液滴加过程中可依次观察到的现象：a浅绿色溶液变成黄色b有少量气泡产生，片刻后反应变得更剧烈，并放出较多热量c继续滴加溶液，静置一段时间，试管底部出现红褐色沉淀现象a中反应的离子方程式：；现象b中反应剧烈的化学方程式：；解释现象c：33工业制硝酸经以下一系列反应：N2NH3NONO2HNO3请回答：（1）写出反应的化学方程式，实验室收集NO的方法是（2）对于氮的化合物，下列说法不正确的是（选填序号字母）a氨可用作制冷剂 b铵态氮肥一般不能与碱性化肥共同使用c硝酸可用于制化肥、农药、炸药、染料、盐类等d某浓硝
18、酸中含有溶质2mol，标准状况下，该浓硝酸与足量的铜完全反应能生成1mol NO2（3）已知：H2（g）+O2（g）=H2O（g）H1=241.8kJ/molN2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H2=92.0kJ/mol则34g氨气与氧气反应生成N2（g）与H2O（g）时，H= kJ/mol（4）氨气在微生物的作用下与氧气反应生成HNO2，写出该反应的化学方程式（5）氨气是氮肥工业的重要原料，某化肥厂生产铵态氮肥（NH4）2SO4的部分工艺流程如下：向装有CaSO4悬浊液的沉淀池中先通氨气，再通CO2的原因（请从溶解度和溶解平衡角度分析）2014-2015学年湖北省襄阳市枣阳七中高二（下）
19、期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共30题，每题2分，共计60分）1在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室（如图）按此密闭体系中气体的流向，则在A处流出的气体为（）A SO2B SO3，O2C SO2，SO3D SO2，O2考点：工业制取硫酸专题：氧族元素分析：依据工业制硫酸的流程分析判断，原料SO2、O2从装置左侧中间进入热交换器，吸收热量后由A处流出再进入接触室发生反应，并放出大量的热，把一部分热量交换给刚进入热交换器的原料气，然后反应产物由装置下端流入下一个装置解答：解：通入接触室的气体主要是SO2和O2，经过热交换后从A处
20、流出，然后才能接触催化剂，反应后的气体经过内管又从下口通出故A处流出的气体仍为SO2和O2；故选D点评：本题考查了工业制硫酸的流程分析判断，对教材中工业生产中典型设备的结构（包括进出口方向）、原理及发生的反应必须有足够的重视2白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2P4O10已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：PP akJmol1、PO b kJmol1、PO c kJmol1、OO d kJmol1根据如图所示的分子结构和有关数据估算该反应的H，其中正确的是（）A （6a+5d4c12b）kJmol1B （4c+12b6a5d）kJmol1C （4c+12b4a5d）kJmol1D （4c+
21、5d4c12b）kJmol1考点：有关反应热的计算分析：反应热H=反应物总键能生成物总键能，据此计算判断注意每摩尔P4中含有6molPP键解答：解：各化学键键能为PP a kJmol1、PO b kJmol1、P=O c kJmol1、O=O d kJmol1反应热H=反应物总键能生成物总键能，所以反应P4+5O2=P4O10的反应热H=6akJmol1+5dkJmol1（4ckJmol1+12bkJmol1）=（6a+5d4c12b）kJmol1，故选：A点评：本题考查反应热与化学键键能的关系，难度中等，注意从物质能量、键能理解反应热，侧重于考查学生的分析能力和计算能力3将4体积的H2和1体
22、积的O2混合，4g这种混合气体在标准状况下所占的体积是（）A 5.6 LB 11.2 LC 22.4 LD 33.6 L考点：物质的量的相关计算分析：根据M=MAA%+MBB%计算平均摩尔质量，再根据n=计算混合气体总物质的量，根据V=nVm计算气体体积解答：解：平均摩尔质量=2 gmol1+32 gmol1=1.6 gmol1+6.4 gmol1=8 gmol14 g混合气体所占体积：V=22.4 Lmol1=11.2 L，故选B点评：本题考查物质的量有关计算，可以向确定氢气、氧气的物质的量之比，再根据总质量计算各自物质的量，注意平均摩尔质量的应用4某温度时，一定压强下的密闭容器中发生反应：
23、aX（g）+bY（g）cZ（g）+dW（g），达平衡后，保持温度不变压强增大至原来的2倍，当再达到平衡时，W的浓度为原平衡状态的1.8倍，下列叙述正确是（）A 平衡正移B （a+b）（c+d）C Z的体积分数变小D X的转化率变大考点：化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：保持温度不变压强增大至原来的2倍，将容器的容积压缩到原来容积的一半，假定平衡不移动，W浓度变为原来的2倍，达到新平衡时，物质W的浓度是原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，则应由a+bc+d，据此解答解答：解：保持温度不变压强增大至原来的2倍，将容器的容积压缩到原来容积的一半，假定平衡不移动，W浓度变为原来的2倍，达
24、到新平衡时，物质W的浓度是原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，则应由a+bc+d，A由上述分析可知，增大压强平衡向逆反应移动，故A错误；B平衡向逆反应方向移动，则应由a+bc+d，故B错误；C平衡向逆反应移动，Z的体积分数减小，故C正确；D由上述分析可知，增大压强平衡向逆反应移动，X的转化率变小，故D错误；故选C点评：本题考查化学平衡移动的影响，题目难度不大，本题注意用假定法判断，如果平衡不移动，则达到平衡时W的浓度为原来的2倍，根据实际W的浓度，判断平衡移动5下列反应中，Na2O2只表现强氧化性的是（）A 2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2B Na2O2+MnO2=Na2MnO
25、4C 5Na2O2+2MnOO4+16H+=10Na+2Mn2+5O2+8H2OD 2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2考点：氧化还原反应；钠的重要化合物专题：氧化还原反应专题分析：化学反应中Na2O2只表现强氧化性说明氧元素的得电子化合价降低解答：解：A、反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，过氧化钠中氧元素的化合价是1价，碳酸钠中氧元素的化合价是2价，氧气中氧元素的化合价是0价，所以该反应过氧化钠中既有氧元素化合价升高也有化合价降低，过氧化钠既表现氧化性也表现还原性，故A错误；B、反应Na2O2+MnO2=Na2MnO4中，过氧化钠中氧元素得电子化合价降
26、低，锰元素失电子化合价升高，过氧化钠作氧化剂，二氧化锰作还原剂，所以过氧化钠表现强氧化性，故B正确；C、反应5Na2O2+2MnOO4+16H+=10Na+2Mn2+5O2+8H2O中，过氧化钠中氧元素失电子化合价升高，锰元素得电子化合价降低，所以过氧化钠只作还原剂表现还原性，故C错误；D、反应2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2中，过氧化钠中氧元素既有得电子化合价降低的，也有失电子化合价升高的，所以过氧化钠既表现氧化性又表现还原性，故D错误；故选B点评：本题考查了元素氧化性和还原性的判断，难度不大，根据元素的化合价升降判断即可6将0.5mol的下列物质溶于500ml水中
27、，含阴离子数目最多的是（）A CaCO3B CH3COONaC NH3D Na2SO3考点：电解质在水溶液中的电离专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：将0.5mol的下列物质溶于500ml水中，根据物质的溶解度及电离程度分析解答解答：解：A虽然碳酸钙是强电解质，但碳酸钙是难溶物，只有很少量的碳酸钙溶解，所以阴离子浓度很小；B醋酸钠是强电解质且易溶，但醋酸根离子易水解，导致醋酸根离子浓度小于0.1mol/L；C氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨是弱电解质，只有部分电离，则阴离子浓度远远小于0.1mol/L；D亚硫酸钠是强电解质，在水溶液里完全电离，且亚硫酸根离子有两步水解，第一步生成亚硫酸氢根离子
28、和氢氧根离子，第二步又生成氢氧根离子，所以阴离子浓度大于0.1mol/L，所以阴离子数目最多的是亚硫酸钠，故选D点评：本题考查了电解质的溶解性及电离程度，把握多元弱酸根离子的分步水解即可解答，注意碳酸钙的溶解性，为易错点7下列物质所属类别不正确的是（）A 纯碱碱B 氯化铝盐C 金属钠还原剂D 二氧化硅酸性氧化物考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系分析：A、纯碱是碳酸钠，属于盐；B、氯化铝是盐；C、金属具有还原性；D、二氧化硅属于酸性氧化物解答：解：A、水溶液中阴离子全部是氢氧根离子的化合物属于碱，纯碱为碳酸钠属于盐，故A错误；B、氯化铝属于铝盐，故B正确；C、金属钠具有还原性，是常见的还
29、原剂，故C正确；D、二氧化硅是硅酸的酸酐，属于酸性氧化物，故D正确；故选A点评：本题考查了物质分类方法和物质组成的分析判断，掌握基础是关键，注意俗称和成分的分析，题目较简单8在下列五种物质的组合中，既能跟氢氧化钠溶液反应，又能跟盐酸反应的化合物是（）Al Al（OH）3 Al2O3 Na2CO3 NaHCO3A B C D 考点：两性氧化物和两性氢氧化物分析：铝、氧化铝、氢氧化铝、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸及蛋白质都既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，据此分析解答解答：解：铝、氧化铝、氢氧化铝、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸及蛋白质都既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，碳酸氢钠属于
30、弱酸的酸式盐，碳酸钠属于弱酸强碱盐，所以碳酸氢钠能溶于氢氧化钠溶液和稀盐酸，而碳酸钠不能溶于氢氧化钠溶液，故选A点评：本题考查两性氧化物和两性氢氧化物，侧重考查物质的性质，明确元素化合物性质即可解答，注意总结归纳物质的性质，题目难度不大9NA表示阿伏加德罗常数则下列叙述中，正确的是（）A 32g S2中电子数目为2NAB 46 gNO2和N2O4的混合物中含有的原子数为3NAC 1 L 0.5 molL1 Na2CO3溶液中含有的CO32数为0.5NAD 78 g Na2O2中阴离子数目为2NA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、根据硫离子的质量计算出物质的量，再
31、计算出含有的电子的物质的量；B、根据二氧化氮和四氧化二氮的最简式进行分析；C、根据碳酸根离子在溶液中发生水解分析；D、根据过氧化钠中的阴离子是过氧根离子进行分析解答：解：A、32g硫离子的物质的量是1mol，含有18mol电子，含有电子数目为18NA，故A错误；B、46gNO2和N2O4的混合物中，二者最简式为NO2，46g混合气体中含有1mol最简式，含有的原子的物质的量为3mol，含有的原子数为3NA，故B正确；C、1 L 0.5 molL1 Na2CO3溶液中，含有0.5mol碳酸根离子，由于碳酸根离子发生了水解，数目减少，所以含有的CO32数小于0.5NA，故C错误；D、78g过氧化钠
32、的物质的量是1mol，含有阴离子过氧根离子物质的量为1mol，故D错误；故选：B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数，注意过氧化钠中的阴离子是过氧根离子，本题难度不大10下列说法正确的是（）A 将Ca（OH）2饱和溶液加热，溶液的pH增大B 常温下，pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合后，溶液的pH7C 将0.1mol/L的HI溶液加水稀释l00倍，溶液中所有离子的浓度随之减小D 两种醋酸溶液的pH分别为a和（a+1），物质的量浓度分别为c1和c2，则有c1=10c2考点：pH的简单计算；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升高温度，Ca（OH）2的溶解度变小；B
33、根据两种溶液中H+和OH的关系以及氨水为弱电解质的性质，判断反应后酸碱的过量；CHI为强电解质，加水稀释l00倍，溶液中氢氧根离子的浓度随之变大；D弱电解质溶液越稀越电离，即浓度越小，电离程度越大解答：解：ACa（OH）2的溶解度随着温度的升高而降低，将Ca（OH）2饱和溶液加热Ca（OH）2析出，溶液的pH减小，故A错误；BpH=3的盐酸中c（H+）=103mol/L，pH=11的氨水中c（OH）=103mol/L，两种溶液H+与OH离子浓度相等，但由于氨水为弱电解质，不能完全电离，则氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，溶液呈碱性，则所得溶液的pH7，故B正确；CHI为强电解质，将0.1m
34、ol/L的HI溶液加水稀释l00倍，氢离子浓度变成约为0.001mol/L，根据KW=c（H+）c（OH）可知，溶液中氢氧根离子的浓度随之变大，故C错误；D醋酸为弱电解质，浓度越小，电离程度越大，当pH分别为a和（a+1），物质的量浓度分别为c1和c2时，则有c110c2，故D错误；故选B点评：本题主要考查了溶液的酸碱性和PH的关系，注意B选项溶液H+与OH离子浓度相等时，氨水过量，D为该题的易错点，题目难度中等11据报道，最近摩托罗拉公司研发了一种由甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，电量可达现在使用的镍氢电池或锂电池的十倍，可连续使用一个月才充一次电其电池反应为：2CH3OH+3
35、O2+4OH2CO32+6H2O，则下列说法错误的是（）A 放电时CH3OH参与反应的电极为正极B 充电时电解质溶液的pH逐渐增大C 放电时负极的电极反应为：CH3OH6e+8OHCO32+6H2OD 充电时每生成1 mol CH3OH转移6 mol电子考点：化学电源新型电池分析：放电时，相当于原电池的工作原理，正极发生得电子的还原反应，负极发生失电子的氧化反应；充电时，相当于电解池的工作原理，根据反应方程式来确定溶液的酸碱性并判断电子转移的量解答：解：A、放电时，相当于原电池的工作原理，负极发生失电子的氧化反应，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH2CO32+6H2O，则放电时CH3OH
36、参与反应的电极为负极，故A错误；B、充电时，相当于电解池的工作原理，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH2CO32+6H2O，生成大量的氢氧根离子，所以碱性增强，故电解质溶液的pH逐渐增大，故B正确；C、放电时负极发生失电子的氧化反应，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH2CO32+6H2O，则负极的电极反应为：CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O，故C正确；D、充电时，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH2CO32+6H2O，每生成2molCH3OH转移12mol电子，则每生成1molCH3OH转移6mol电子，故D正确故选A点评：本题考查学生有关二次电池的有关知识，可以根
37、据所学知识进行回答，难度不大12下列反应的离子方程式书写正确的是（）A 在澄清石灰水中加入少量小苏打：Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2OB 苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O+CO2+H2O2C6H5OH+CO32C 将少量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+2ClO+H2OSO32+2HClOD 将标准状况下112mL氯气通入10mL浓度为1molL1的溴化亚铁溶液中：2Fe2+4Br+3Cl23Fe3+6Cl+2Br2考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A、小苏打为碳酸氢钠，碳酸氢钠不足，反应按照碳酸氢钠进行；B、苯酚酸性大于碳酸氢根离子的酸性，反应生成产物为碳酸
38、氢根离子；C、次氯酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子；D、亚铁离子的还原性大于溴离子的还原性，根据氯气和溴化亚铁的物质的量判断过量情况解答：解：A、在澄清石灰水中加入少量小苏打，碳酸氢钠不足，反应的离子方程式为：Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2O，故A正确；B、苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成产物为碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：C6H5O+CO2+H2OC6H5OH+HCO3，故B错误；C、将少量SO2气体通入NaClO溶液中，亚硫酸根离子被次氯酸氧化成硫酸根离子，正确的离子方程式为：SO2+2ClO+H2OSO42+HClO+Cl+H+，故C错误；D、标准状况下112mL氯气
39、的物质的量为0.005mol；10mL浓度为1molL1的溴化亚铁溶液中含有溴化亚铁0.01mol，由于亚铁离子还原性大于溴离子还原性，所以亚铁离子优先被氯气氧化，0.01mol亚铁离子需要消耗0.005mol氯气，氯气与亚铁离子恰好完全反应，正确的离子方程式为：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故D错误；故选A点评：本题考查了离子方程式的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生能力的培养和训练，该题需要明确判断离子方程式常用方法（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）；
40、（5）检查是否符合原化学方程式，然后灵活运用即可13X、Y均为元素周期表A族中的两种元素下列叙述中，能够说明X的原子得电子能力比Y强的是（）A 原子的电子层数：XYB 对应的简单离子的还原性：XYC 气态氢化物的稳定性：XYD 氧化物对应水化物的酸性：XY考点：原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质分析：根据单质之间的置换反应、气态氢化物的稳定性、最高价含氧酸的酸性、与氢化合的难易、元素周期律等来比较非金属性，以此来解答解答：解：AX原子的电子层数比Y原子的电子层数多，为同主族元素，则Y的非金属性强，故A不选；B元素的非金属性越强，对应的简单离子的还原性越弱，对应的简单离子的还原性：
41、XY，则Y的非金属性强，故B不选；CX的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定，则X的非金属性强，故C选；D比较非金属性的强弱，应为最高价氧化物的水化物，故D不选故选C点评：本题考查非金属性的比较，为高频考点，注意归纳非金属性比较的方法是解答的关键，明确同主族元素性质的变化规律即可解答，题目难度不大14下列关于教材中的各项说法错误的一项是（）A 在化学反应中，反应物转化为生成物的同时，必然发生能量的变化B 氮肥包括铵态氮肥、硝态氮肥和尿素C 在书写热化学方程式时应标明反应物及生成物的状态，无需标明反应温度和压强D 医疗上用的石膏绷带是利用熟石膏与水混合成糊状后很快凝固的性质考点：反应热和焓变；热化学方
42、程式；氮族元素简介专题：基本概念与基本理论；元素及其化合物分析：A、化学反应的过程就是旧键断裂和新键形成的过程；B、氮肥就是含氮元素的化学肥料；C、不同条件下，反应热的数值不同；D、石膏绷带就是利用CaSO42H2O失水生成CaSO4H2O从而凝固的原理解答：解：A、化学反应的过程就是旧键断裂和新键形成的过程，断键吸收能量，成键释放能量故A正确；B、常用氮肥包括铵态氮肥、硝态氮肥和尿素，故B正确；C、不同条件下，反应热的数值不同，所以书写热化学方程式时必须注明温度和压强，常温常压可以不注明，故C错误；D、石膏绷带就是利用CaSO4H2O遇水生成糊状CaSO42H2O，CaSO42H2O很快失水
43、生成CaSO4H2O从而凝固的原理，故D正确；故选：C点评：本题主要考查了一些基础、重点、易忽略的小知识点，注意平时的积累，题目难度不大15如图所示，铜片、锌片和石墨棒用导线连接后插入番茄里，电流计中有电流通过，则下列说法正确的是（）A 锌片是负极B 两个铜片上都发生氧化反应C 石墨是阴极D 两个番茄都形成原电池考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：依据图装置分析可知铜和锌电极发生的是原电池反应，锌做负极，铜做正极；右装置是电解池，铜做电解池的阴极，碳做电解池的阳极；解答：解：A、装置中依据活泼性差别判断，锌为原电池负极，故A正确；B、原电池中铜电极发生还原反应，右装置是电解池，
44、铜电极上发生还原反应，故B错误；C、石墨和原电池正极相连做电解池的阳极，故C错误；D、左装置是原电池，右装置是电解池，故D错误；故选A点评：本题考查原电池、电解池原理的分析应用，电极名称、电极判断、电极反应是解题关键，题目较简单16下列过程或现象与盐类水解无关的是（）A 纯碱溶液加热可增加去污效果B 在潮湿的环境下铁片表面形成红棕色水膜C 氯化铁饱和溶液滴入沸水中形成胶体D NaHCO3与Al2（SO4）3可作为泡沫灭火器的反应药剂考点：盐类水解的应用专题：盐类的水解专题分析：A、纯碱为碳酸钠，溶液中碳酸根离子水解显碱性，加热促进水解；B、铁在潮湿的环境下生锈为金属的电化学腐蚀，与盐类水解无关
45、；C、氯化铁在沸水中水解反应生成氢氧化铁胶体；D、NaHCO3与Al2（SO4）3可发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳解答：解：A、纯碱为碳酸钠，溶液中碳酸根离子水解显碱性，加热促进水解，有利于油脂的水解，与盐类水解有关，故A不符合；B、铁在潮湿的环境下生锈为金属的电化学腐蚀，与盐类水解无关，与盐类水解无关，故B符合；C、氯化铁在沸水中水解反应生成氢氧化铁胶体，和水解有关，故C不符合；D、NaHCO3与Al2（SO4）3可发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，和水解有关，故D不符合；故选B点评：本题考查了盐类水解的分析应用，胶体制备，灭火器原理分析，掌握基础是关键，题目难度中等17常
46、温下，下列各组物质中，Y既能与X反应，又能与Z反应的是（）选项XYZN2MgCO2KOH溶液SiO2氢氟酸O2N2H2稀硝酸FeFeCl3溶液A B C D 考点：硝酸的化学性质；硅和二氧化硅；镁的化学性质分析：、常温下镁与氮气以及CO2均不反应；常温下二氧化硅与氢氧化钾溶液反应生成硅酸钾和水，与HF反应生成四氟化硅和水；常温下氮气与氢气以及氧气均不反应；常温下铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水解答：解：、常温下镁与氮气以及CO2均不反应，点燃时可以反应，故错误；常温下二氧化硅与氢氧化钾溶液反应生成硅酸钾和水，与HF反应生成四氟化硅和水，所以Y既能与X反应，又能与Z反
47、应，故正确；常温下氮气与氢气要在高温高压催化剂存在的条件下反应，氮气与氧气在放电的条件下反应，常温下均不反应，故错误；常温下铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，所以Y既能与X反应，又能与Z反应，故正确；故选D点评：本题考查元素化合物性质，难度不大，侧重对基础知识的巩固，需要学生熟练掌握元素化合物性质18若不断地升高温度，实现“雪花水水蒸气氧气和氢气“的变化在变化的各阶段被破坏的粒子间的主要相互作用依次是（）A 氢键；分子间作用力；非极性键B 氢键；氢键；极性键C 氢键；极性键；分子间作用力D 分子间作用力；氢键；非极性键考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别专题
48、：化学键与晶体结构分析：根据雪花水水蒸气的过程为物理变化，破坏的是分子间作用力，主要是氢键，水蒸气氧气和氢气是化学变化，破坏的是化学键，为极性键解答：解：固态水中和液态水中含有氢键，当雪花水水蒸气主要是氢键被破坏，但属于物理变化，共价键没有破坏，水蒸气氧气和氢气，为化学变化，破坏的是极性共价键，故选：B点评：本题考查氢键以及共价键，题目难度不大，要注意物质发生变化时粒子间的主要相互作用被破坏19下列各项叙述中，正确的是（）A 所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同B 价电子排布式为5s25p1的元素位于第五周期第A族，是s区元素C 镁原子由1s22s22p63s21s22
49、s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态D 24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d44s2考点：原子核外电子排布；元素周期表的结构及其应用分析：AS电子云轮廓图都是球形，但能层越大，球的半径越大；B根据主族元素的周期序数=电子层数；最外层电子=主族序数；最后一个电子排在哪个轨道就属于哪个区；C根据原子由基态转化成激发态，电子能量增大，需要吸收能量；D根据电子排布式的书写方法来解答解答：解：A所有原子任一能层的S电子云轮廓图都是球形，能层越大，球的半径越大，故A正确；B价电子排布为5s25p1的元素最外层电子数为3，电子层数是5，最后一个电子排在P轨道，所以该元
50、素位于第五周期第A族，是P区元素，故B错误；C基态Mg的电子排布式为1s22s22p63s2，能量处于最低状态，当变为1s22s22p63p2时，电子发生跃迁，需要吸收能量，变为激发态，故C错误；D24Cr原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d54s1，半充满轨道能量较低，故D错误；故选：A点评：本题主要考查了电子排布式的运用以及轨道形状，难度不大，根据所学知识即可完成20已知某反应中反应物与生成物有：KIO3、Na2SO3、H2SO4、I2、K2SO4、H2O 和未知物X下列说法中不正确的是（）A 该未知物X为Na2SO4B 该反应的氧化剂是KIO3C 该反应中，发生氧化反应
51、的过程是KIO3I2D 由反应可知还原性强弱顺序为：Na2SO3I2考点：氧化还原反应分析：所给物质中存在不同化合价的物质为KIO3、Na2SO3、I2、K2SO4，因还原性Na2SO3I2，则反应KIO3、Na2SO3为反应物，I2、K2SO4和未知物X为产物，结合质量守恒可知反应的方程式应为2 KIO3 +5 Na2SO3 +H2SO4 =5 Na2SO4 +I2+K2SO4+H2O，则X为Na2SO4，以此解答该题解答：解：反应的方程式应为2 KIO3 +5 Na2SO3 +H2SO4 =5 Na2SO4 +I2+K2SO4+H2O，ANa2SO3 被氧化生成X为Na2SO4，故A正确；
52、B反应中I元素化合价降低，KIO3为氧化剂，故B正确；CKIO3I2的过程I元素化合价降低，发生还原反应，故C错误；D氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，还原性强弱顺序为：Na2SO3I2，故D正确故选C点评：本题考查氧化还原反应，明确元素化合价是解本题关键，根据元素化合价变化来分析解答即可，根据得失相等进行配平即可，难度中等21N2O5是一种新型硝化剂，一定温度下发生2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）H0，T1温度下的部分实验数据为下列说法不正确的是（） t/s050010001500c（N2O5）mol/L5.003.522.502.50A 500s内N2O5分解速率
53、为2.96103 mol/（Ls）B T1温度下的平衡常数为K1=125，1000s时转化率为50%C 其他条件不变时，T2温度下反应到1000s时测得N2O5（g）浓度为2.98 mol/L，则T1T2D T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1T2，则K1K2考点：化学平衡的计算分析：A根据v=计算500s内N2O5分解速率；B.1000s、1500s时，N2O5的浓度都是2.5mol/L，说明1000s时反应到达平衡，利用三段式计算平衡时各组分的浓度、各物质的浓度变化量，代入平衡常数表达式K=计算，N2O5的转化率=100%；C该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡
54、向正反应移动，平衡时时N2O5（g）浓度应降低；D平衡常数只受温度影响，该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，化学平衡常数增大解答：解：A.500s内N2O5的浓度变化量为5mol/L3.52mol/L=1.48mol/L，故N2O5分解速率为=2.96103mol/（Ls），故A正确；B.1000s、1500s时，N2O5的浓度都是2.5mol/L，说明1000s时反应到达平衡，则： 2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）开始（mol/L）：5 0 0变化（mol/L）：2.5 5 1.25平衡（mol/L）：2.5 5 1.25故该温度下，平衡常数k=125，N2O5的转
55、化率=100%=50%，故B正确；C其他条件不变时，T2温度下反应到1000s时测得N2O5（g）浓度为2.98 mol/L，浓度大于2.5mol/L，平衡向逆反应方向移动，正反应为吸热反应，应为降低温度，故T1T2，故C错误；D平衡常数只受温度影响，T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若K1K2，说明T2温度与T1温度相比，平衡向逆反应方向移动，正反应为吸热反应，应降低温度，则T1T2，故D正确故选C点评：本题考查化学反应速率计算、化学平衡影响因素、化学平衡平衡常数计算及影响因素等，难度中等，注意理解掌握外界条件对平衡移动的影响22NA表示阿伏加德罗常数下列说法正确的是（
56、）A 7.8 g Na2O2中含有的阴离子数目为0.2 NAB 标准状况下，2.24 L CHCl3的分子数为0.1 NAC 1 L 0.1 mol/L Al2（SO4）3溶液中，Al3+的数目为0.2 NAD 9.2 g NO2和N2O4的混合气中含有的氮原子数为0.2 NA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、依据n=计算物质的量，结合过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成分析；B、三氯甲烷在标准状况不是气体；C、铝离子水解；D、NO2和N2O4的最简式相同为NO2，计算9.6gNO2中氮原子数解答：解：A、7.8 g Na2O2中物质的量为0.1mol，过氧化钠是钠
57、离子和过氧根离子构成，含有的阴离子数目为0.1 NA，故A错误；B、三氯甲烷在标准状况不是气体，标准状况下，2.24 L CHCl3的物质的量不是0.1mol，故B错误；C、铝离子水解，1 L 0.1 mol/L Al2（SO4）3溶液中，Al3+的数目小于0.2 NA；故C错误；D、9.2 g NO2和N2O4的混合气中含有的氮原子数，NO2和N2O4的最简式相同为NO2，计算9.6gNO2中氮原子数为0.2 NA，故D正确；故选D点评：本题考查阿伏伽德罗常数的应用，主要是质量换算物质的量计算微粒数，盐类水解的应用，气体摩尔体积的条件应用分析，题目难度中等23若在能溶解氧化铝的溶液中，分别加
58、入下列各组离子，可能大量共存的是（）A NH4+、NO3、CO32、Na+B NO3、Ca2+、K+、ClC Al3+、Ba2+、Mg2+、HCO3D NO3、K+、SO32、H+考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：能溶解氧化铝的溶液中，为酸或强碱溶液，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，不能相互促进水解、不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答解答：解：A酸溶液中不能存在CO32，碱溶液中不能存在NH4+，故A不选；B酸或碱溶液中，该组离子之间不反应，可大量共存，故B选；CAl3+、HCO3相互促进水解，不能大量共存，且酸溶液中不能存在HCO3，碱溶液中不能存在Al3+
59、、Mg2+、HCO3，故C不选；DNO3、SO32、H+发生氧化还原反应，不能共存，且碱溶液中不能大量存在H+，故D不选；故选B点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，选项CD为解答的难点，题目难度不大24在Al2（SO4）3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示，则原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量浓度之比为（）A 6：1B 3：1C 2：1D 1：2考点：镁、铝的重要化合物；离子方程式的有关计算专题：图示题分析：首先发生反应Mg2
60、+2OHMg（OH）2、Al3+3OHAl（OH）3，然后发生反应Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3+3OHAl（OH）3可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积，确定溶液中n（Mg2+）：n（Al3+），据此计算解答解答：解：首先发生反应Mg2+2OHMg（OH）2、Al3+3OHAl（OH）3，然后发生反应Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根
61、据离子方程式Al3+3OHAl（OH）3可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积为10mL3=30mL，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积为50mL30mL=20mL，则n（Mg2+）：n（Al3+）=20mL：30mL=1：1，故原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量浓度之比为：1=1：2，故选D点评：考查镁铝化合物性质、混合物的有关计算，难度中等，根据清楚图象反应过程是解题关键25已知钡的活动性处于钾和钠之间，则下列说法中可能实现的是（）A 钡可从氯化钠溶液中置换出钾B 钡可从冷水中置换出氢C 钡可从氯化钠溶液中置
62、换出钠D 在溶液中钡离子可氧化金属锌，使之成为锌离子考点：常见金属的活动性顺序及其应用；碱金属的性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：钡的金属活动性处于钾和钠之间，则Ba先与溶液中的水反应，不能在溶液中置换出金属单质，但性质比较活泼，Ba能与冷水反应，以此来解答解答：解：ABa先与溶液中的水反应，所以钡不能从氯化钾溶液中置换出钾，故A错误；BBa的性质活泼，能与冷水反应置换出氢而得到氢气，故B正确；CBa先与溶液中的水反应，所以钡不能从氯化钠溶液中置换出钠，故C错误；D金属性BaZn，则在溶液中钡离子不能氧化金属锌，故D错误；故选B点评：本题考查金属的化学性质，明确Ba的化学性质处于K、Na
63、之间是解答本题的关键，注意与Na的性质相比较来解答即可，题目难度不大26下列关于物质性质变化的比较，不正确的是（）A 非金属性强弱：IBrClB 原子半径大小：NaPSC 碱性强弱：KOHNaOHLiOHD 金属性强弱：NaMgAl考点：同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系分析：A同一主族元素，元素的非金属性随着原子序数增大而减弱；B同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；C元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；D同一周期元素，元素的金属性随着原子序数增大而减弱解答：解：A同一主族元素，元素的非金属性随着原子序数增大而减弱，
64、所以非金属性强弱：IBrCl，故A错误；B同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径大小：NaPS，故B正确；C元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性KNaLi，所以碱性强弱：KOHNaOHLiOH，故C正确；D同一周期元素，元素的金属性随着原子序数增大而减弱，所以金属性强弱：NaMgAl，故D正确；故选A点评：本题考查元素周期律，为高频考点，明确同一周期、同一主族元素性质递变规律是解本题关键，知道金属性、非金属性强弱的判断方法，题目难度不大27将含有氧化铁的铁片投入足量稀硫酸中，直到铁片完全溶解，经分析该溶液中无Fe3+，且溶液中的Fe2+与生成的H2的物质
65、的量之比为4：1，则原混合物中氧化铁与铁的物质的量之比为（）A 1：1B 2：5C 1：2D 3：1考点：氧化还原反应的计算专题：氧化还原反应专题分析：含有氧化铁的铁丝投入足量的稀硫酸中，经分析，溶液中无Fe3+，发生反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2，Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4，设原混合物中含有xmolFe，ymolFe2O3，根据反应的方程式计算解答：解：设原混合物中含有xmolFe，ymolFe2O3，则：Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2Oymol ymolFe2（SO4）3+Fe=3FeSO4
66、ymol ymol 3ymol Fe+H2SO4=FeSO4+H2（xy）mol （xy）mol （xy）mol 则：3ymol+（xy）mol：（xy）mol=4：1，整理得y：x=1：2，故选C点评：本题考查Fe元素单质化合物性质、化学方程式的有关计算等，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意对方程式的运用，难度中等28常温下，下列溶液中的粒子浓度关系正确的是（）A 新制氯水中加入固体NaOH：c（Na+）=c（Cl）+c（ClO）+c（OH）B pH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）C 25时，浓度均为0.1molL1的C
67、H3COOH、CH3COONa混合溶液pH=4.75，c（CH3COO）+c（OH）=c（CH3COOH）+c（H+）D 一定物质的量浓度的Na2S溶液中：c（OH）=c（H+）+2c（H2S）+c（HS）考点：离子浓度大小的比较专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：A溶液中存在守恒守恒，根据电荷守恒判断；BpH=8.3的NaHCO3溶液中HCO3的水解程度大于电离程度；C.25时，浓度均为0.1molL1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液pH=4.75，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度；D任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒判断解答：解：A根据电荷守恒得c
68、（Na+）+c（H+）=c（Cl）+c（ClO）+c（OH），所以c（Na+）c（Cl）+c（ClO）+c（OH），故A错误；BpH=8.3的NaHCO3溶液中HCO3的水解程度大于电离程度，所以c（CO32）c（H2CO3），故B错误；C溶液中存在电荷守恒c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），25时，浓度均为0.1molL1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液pH=4.75，则溶液中醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以c（Na+）c（CH3COOH），则c（CH3COO）+c（OH）c（CH3COOH）+c（H+），故C错误；D根据质子守恒得c（OH）=c（H+
69、）+2c（H2S）+c（HS），故D正确；故选D点评：本题考查了离子浓度大小的比较，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，会根据溶液的酸碱性确定酸式酸根离子的电离和水解程度相对大小、酸的电离和酸根离子水解程度相对大小，再结合电荷守恒、物料守恒、质子守恒来分析解答，题目难度不大29相同温度下，容积均恒为2L的甲、乙、丙3个密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=197kJmoll实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：下列叙述正确的是（）容器起始各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化SO2O2SO3Ar甲2100放出热量：Q1乙1.80.90.20放出热量：Q2=
70、78.8kJ丙1.80.90.20.1放出热量：Q3A Q1Q3Q2=78.8kJB 三个容器中反应的平衡常数均为K=2C 甲中反应达到平衡时，若升高温度，则SO2的转化率将大于50%D 若乙容器中的反应经tmin达到平衡，则0tmin内，v（O2）= mol/（Lmin）考点：化学平衡的计算专题：化学平衡专题分析：乙、丙转化到左边，SO2、O2的物质的量分别为2mol、1mol，与甲中SO2、O2的物质的量对应相等，恒温恒容条件下，丙中Ar不影响平衡移动，故三者为完全等效平衡，平衡时SO2、O2、SO3的物质的量对应相等A根据参加反应二氧化硫的物质的量判断方程热量多少；B平衡常数只受温度影响
71、，对于同一反应，温度相同，平衡常数相同，根据乙中反应热计算参加反应二氧化硫的物质的量，进而计算其浓度变化量，利用三段式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算；C根据B中计算可知甲中平衡时二氧化硫的物质的量，进而计算甲中二氧化硫的转化率，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；D由B中计算可知氧气浓度变化量，再结合v=计算v（O2）解答：解：乙、丙转化到左边，SO2、O2的物质的量分别为2mol、1mol，与甲中SO2、O2的物质的量对应相等，恒温恒容条件下，丙中Ar不影响平衡移动，故三者为完全等效平衡，平衡时SO2、O2、SO3的物质的量对应相等A由于平衡时二氧化硫物质的量相等
72、，故参加反应二氧化硫的物质的量：甲乙=丙，故放出热量：Q1Q3=Q2=78.8kJ，故A错误；B甲、乙、丙三容器温度相同，平衡常数相同，乙中平衡时放出热量为78.8kJ，由2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=197kJmol1可知，参加反应的二氧化硫为2mol=0.8mol，则二氧化硫浓度变化量为=0.4mol/L，SO2、O2、SO3的起始浓度分别为=0.9mol/L、=0.45mol/L、=0.1mol/L，则： 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）起始（mol/L）：0.9 0.45 0.1转化（mol/L）：0.4 0.2 0.4平衡（mol/L）：0.5 0.25 0.5
73、故平衡常数K=4，故B错误；C乙中平衡时二氧化硫物质的量为1.8mol0.8mol=1mol，甲中参加反应二氧化硫为2mol1mol=1mol，甲中二氧化硫的转化率100%=50%，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率将小于50%，故C错误；D乙容器中的反应经tmin达到平衡，则0tmin内，v（O2）= mol/（Lmin），故D正确，故选D点评：本题考查等效平衡、化学平衡计算、化学平衡常数计算、化学反应速率计算、化学平衡影响因素等，关键是理解等效平衡规律，注意丙中稀有气体在恒温恒容条件下不影响平衡移动，难度中等30将足量铁粉投入一定浓度的氯化铁和氯化铜的混合溶液中
74、，充分反应后，溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量相同，则原溶液中氯化铁和氯化铜的浓度之比为（）A 2：7B 3：4C 4：7D 2：3考点：铜金属及其重要化合物的主要性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：在氯化铁和氯化铜的混合溶液中加入过量的铁粉，分别发生：2Fe3+Fe=3Fe2+，Fe+Cu2+=Fe2+Cu，搅拌使其充分反应，所得固体残渣的质量与原铁粉的质量恰好相等，则消耗的铁的质量应等于生成的铜的质量，以此解答解答：解：设混合物中含有xmolFeCl3，ymolCuCl2，在FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入过量的铁粉，分别发生：2Fe3+Fe=3Fe2+，Fe+Cu2+=Fe
75、2+Cu，x 0.5x y y 搅拌使其充分反应，所得固体残渣的质量与原铁粉的质量恰好相等，则消耗的铁的质量应等于生成的铜的质量，则（0.5x+y）56=64y，x：y=2：7，故选A点评：本题考查混合物的计算，注意把握铁与氯化铁和氯化铜反应的方程式的书写，根据质量关系结合方程式计算，题目难度不大二、填空题（40分）化学-选修3：物质结构与性质（15分）31Sn是人类最早使用的元素之一，能形成SnCl2，SnCl4两种氯化物，SnCl2常温下为白色晶体，具有一维链状的聚合结构，气态时以单分子形式存在，而SnCl4常温下为无色液体白锡和灰锡是Sn的两种同素异形体，白锡的晶体结构中Sn原子的配位数
76、为4和6，灰锡的晶体结构与金刚石的晶体结构相似白锡的密度大于灰锡的密度（1）Sn元素价层电子排布式为5s25p2（2）SnCl2的一维链状聚合结构如图1所示，在分子结构中标出所含有的配位键其固体分子及气体分子中Sn的杂化方式为sp3、sp2（3）SnCl4分子的空间构型为正四面体，SnCl4与CCl4中沸点较高的是SnCl4（4）锡的某种氧化物的晶胞如图2，其化学式为SnO2（5）解释白锡分子的密度大于灰锡的密度的原因：配位数大，空间利用率大（6）若灰锡的晶胞边长为a pm，计算灰锡的密度为考点：晶胞的计算；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断专题：化学键与晶体结构分析：（1）Sn
77、属于A族元素，价电子排布式为ns2np2，位于第5周期，可确定其价电子排布式；（2）配位键为Sn提供空轨道，Cl提供孤对电子，根据图1可知形成两条共价键的Cl，其中一条为配位键；SnCl2的一维链状聚合结构中，Sn形成了四条键，杂化类型为sp3，气体分子为单分子，即形成两条共价键的Cl断开其中一条，则Sn形成三条键，杂化类型为sp2；（3）计算SnCl4分子价电子对数；判断两种化合物晶体类型，根据微粒间相互作用判断熔沸点；（4）根据图2中原子成键规则判断出O和Sn所在晶胞位置，利用均摊法计算；（5）根据白锡和灰锡的配位数和空间想象能力，判断密度；（6）利用=进行计算解答：解：（1）Sn属于A族
78、元素，价电子排布式为ns2np2，位于第5周期，可确定其价电子排布式为：5s25p2，故答案为：5s25p2；（2）配位键为Sn提供空轨道，Cl提供孤对电子，根据图1可知形成两条共价键的Cl，其中一条为配位键，配位键表示为由形成两条共价键的Cl指向Sn；SnCl2的一维链状聚合结构中，Sn形成了四条键，杂化类型为sp3，气体分子为单分子，即形成两条共价键的Cl断开其中一条，则Sn形成三条键面，杂化类型为sp2；故答案为：sp3、sp2；（3）SnCl4分子价电子对数为=4，形成了四条杂化轨道，杂化轨道空间构型为正四面体，且每条杂化轨道均与Cl形成共价键，其空间构型为正四面体；SnCl4与CCl
79、4都属于分子晶体，所以相对分子质量较大的分子，熔沸点较高，故答案为：正四面体；SnCl4；（4）晶胞中O可形成两条共价键，则图2中红球代表O原子，白球代表Sn，所以O位于体心和面心，数目为=4，Sn位于顶点和体心，数目为8+1=2，原子数目比为2：1，写出化学式为SnO2，故答案为：SnO2；（5）白锡的晶体结构中Sn原子的配位数为4和6，灰锡的晶体结构与金刚石的晶体结构相似，配位数为4，前者配位数较大，其空间利用率较大，所以其密度大于灰锡，故答案为：配位数大，空间利用率大；（6）灰锡晶胞中含有8个Sn原子，晶胞的摩尔质量为：1198=952g/mol，晶胞的体积为（a1010）3，摩尔体积为
80、NA（a1010）3，所以密度为，故答案为：点评：本题考查较为全面，涉及到价电子排布式、分子空间构型、杂化类型的判断以及有关晶体的计算，但解题具有较强的方法性和规律性，学习中注意总结如何书写电子排布式，如何判断分子空间构型以及有关晶体计算等方法32X、Y、Z、M四种短周期元素的原子半径依次减小甲、乙、丙是由它们形成的三种常见分子；甲是人体必需的基本营养物质之一，约占人体体重的；乙是日常生活的基础能源，其中含元素Y的质量分数为75%；丙是具有强氧化性的弱酸丁为丙的钠盐，常用于漂白或消毒戊与甲的组成元素相同，其分子具有18电子请按要求回答下列问题：（1）元素X、Y的最高价氧化物的水化物的酸性由强到
81、弱为（填化学式）HClO4H2CO3；丁的电子式为；与甲分子具有相同电子数且含元素种类相同的离子有（填化学式）OH、H3O+（2）元素E、F与X同周期常温下E的单质与甲反应缓慢，加热至沸腾反应迅速，滴加酚酞试液，溶液变红色；此反应的化学方程式为Mg+2H2OMg（OH）2+H2F的单质粉末加油漆后即得“银粉漆”，在汽车漆家族中有重要地位写出保存“银粉”时的注意事项：密封、避免与酸或碱接触等（3）向盛有一定浓度戊溶液的烧杯中逐滴加入用少量稀硫酸酸化的硫酸亚铁溶液滴加过程中可依次观察到的现象：a浅绿色溶液变成黄色b有少量气泡产生，片刻后反应变得更剧烈，并放出较多热量c继续滴加溶液，静置一段时间，试
82、管底部出现红褐色沉淀现象a中反应的离子方程式：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；现象b中反应剧烈的化学方程式：2H2O22H2O+O2；解释现象c：起始反应即中使c（H+）降低，且反应放热，使Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+H0，平衡正向移动，当水解出的Fe（OH）3较多时就聚集为沉淀考点：位置结构性质的相互关系应用分析：X、Y、Z、M四种短周期元素的原子半径依次减小甲、乙、丙是由它们形成的三种常见分子；甲是人体必需的基本营养物质之一，约占人体体重的2/3，甲为水，可推知M为H元素；丙是具有强氧化性的弱酸，则丙为HClO，乙是日常生活的基础能源，其中含元素Y的质量分数为75
83、%，乙为甲烷，可推知X为Cl、Y为C元素、Z为O元素；丁为丙的钠盐，常用于漂白或消毒，则丁为NaClO；戊与甲的组成元素相同，其分子具有18电子，则戊为H2O2，据此进行解答解答：解：X、Y、Z、M四种短周期元素的原子半径依次减小甲、乙、丙是由它们形成的三种常见分子；甲是人体必需的基本营养物质之一，约占人体体重的2/3，甲为水，可推知M为H元素；丙是具有强氧化性的弱酸，则丙为HClO，乙是日常生活的基础能源，其中含元素Y的质量分数为75%，乙为甲烷，可推知X为Cl、Y为C元素、Z为O元素；丁为丙的钠盐，常用于漂白或消毒，则丁为NaClO；戊与甲的组成元素相同，其分子具有18电子，则戊为H2O2
84、（1）元素X、Y的最高价氧化物的水化物分别为：HClO4、H2CO3，非金属性ClC，故酸性由强到弱为HClO4H2CO3；丁为NaClO，电子式为 ；与甲（水）分子具有相同电子数且含元素种类相同的离子有：OH、H3O+，故答案为：HClO4H2CO3；OH；H3O+；（2）元素E、F与X（Cl）同周期常温下E的单质与甲反应缓慢，加热至沸反应迅速，滴加酚酞试液，溶液变红色，则E为Mg，此反应的化学方程式为：Mg+2H2OMg（OH）2+H2，故答案为：Mg+2H2OMg（OH）2+H2；F的单质粉末加油漆后即得“银粉漆”，则F为Al，易与氧气反应，与酸、碱反应，保存“银粉”时的注意密封、避免与
85、酸或碱接触；故答案为：密封；避免与酸或碱接触；（3）过氧化氢具有强氧化性，将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；过氧化氢在铁离子作催化剂条件下分解生成水与氧气，反应方程式为：2H2O22H2O+O2O2，故答案为：2H2O22H2O+O2；起始反应即中使c（H+）降低，且反应放热，使Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+H0，平衡正向移动，当水解出的Fe（OH）3较多时就聚集为沉淀，故答案为：起始反应即中使c（H+）降低，且反应放热，使Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+H0，平衡正
86、向移动，当水解出的Fe（OH）3较多时就聚集为沉淀点评：本题考查元素化合物推断，是对学生综合能力的考查，题目难度中等，涉及元素的推断、物质的电子式、化学式的书写、物质的保存方法、盐的水解及反应现象的描述的知识，需要学生熟练掌握元素化合物知识33工业制硝酸经以下一系列反应：N2NH3NONO2HNO3请回答：（1）写出反应的化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO，实验室收集NO的方法是排水法（2）对于氮的化合物，下列说法不正确的是（选填序号字母）da氨可用作制冷剂 b铵态氮肥一般不能与碱性化肥共同使用c硝酸可用于制化肥、农药、炸药、染料、盐类等d某浓硝酸中含有溶质2mol，标准状况下，该浓
87、硝酸与足量的铜完全反应能生成1mol NO2（3）已知：H2（g）+O2（g）=H2O（g）H1=241.8kJ/molN2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H2=92.0kJ/mol则34g氨气与氧气反应生成N2（g）与H2O（g）时，H=633.4 kJ/mol（4）氨气在微生物的作用下与氧气反应生成HNO2，写出该反应的化学方程式2NH3+3O2=2HNO2+2H2O（5）氨气是氮肥工业的重要原料，某化肥厂生产铵态氮肥（NH4）2SO4的部分工艺流程如下：向装有CaSO4悬浊液的沉淀池中先通氨气，再通CO2的原因（请从溶解度和溶解平衡角度分析）NH3极易溶于水且溶于水后呈碱性，增加了C
88、O2的溶解度，生成了大量的CO32，使CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42（aq）溶解平衡向右移动，提高了（NH4）2SO4的产量考点：氮族元素简介；用盖斯定律进行有关反应热的计算；铵盐分析：反应：N2NH3NONO2HNO3（1）反应是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；一氧化氮不溶于水，易被空气中的氧气氧化选择收集方法；（2）a氨液化后挥发带走能量，所以可用作制冷剂； b铵态氮肥溶解后铵根离子水解显酸性；c依据硝酸的性质和应用分析；d某浓硝酸中含有溶质2mol，标准状况下，该浓硝酸与足量的铜完全反，随反应进行硝酸变稀后生成一氧化氮；（3）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方
89、程式；（4）氨气在微生物的作用下与氧气反应生成HNO2，依据原子守恒配平书写；（5）氨水显碱性，二氧化碳是酸性气体，保证原料气的充分利用，要考虑通气体的先后顺序解答：解：（1）反应是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO；一氧化氮不溶于水，易被空气中的氧气氧化选择收集方法，实验室收集NO的方法是排水法；故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；排水法；（2）a液氨挥发过程中吸收能量，可用作制冷剂，故a正确； b铵态氮肥溶解后铵根离子水解显酸性，一般不能与碱性化肥共同使用，故b正确；c硝酸可用于制化肥、农药、炸药、染料、盐类等，故c正确；d某浓
90、硝酸中含有溶质2mol，标准状况下，该浓硝酸与足量的铜完全反应，随反应进行溶液浓度变稀后反应生成一氧化氮气体，生成NO2 小于1mol，故d错误；故答案为：d；（3）H2（g）+O2（g）=H2O（g）H1=241.8kJ/molN2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H2=92.0kJ/mol依据盖斯定律3得到：2NH3+O2（g）=N2（g）+3H2O（g）H=633.4KJ/mol则34g氨气物质的量=2mol，与氧气反应生成N2（g）与H2O（g）时，H=633.4KJ/mol；故答案为：633.4；（4）氨气在微生物的作用下与氧气反应生成HNO2，反应的化学方程式为：2NH3+3O2=2HNO2+2H2O，故答案为：2NH3+3O2=2HNO2+2H2O；（5）先通入足量NH3，再通入CO2的原因是：氨在水中溶解度大，使溶液呈碱性，有利于吸收CO2，增大c（CO32），促使CaSO4转化为CaCO3，同时生成（NH4）2SO4；故答案为：NH3极易溶于水且溶于水后呈碱性，增加了CO2的溶解度，生成了大量的CO32，使CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42（aq）溶解平衡向右移动，提高了（NH4）2SO4的产量点评：本题考查了氮及其化合物性质的分析应用，热化学方程式书写方法，是一道元素及化合物性质的综合题，难度中等，要求学生具备分析和解决问题的能力
