1、2016-2017学年山东省滕州市第三中学高三一轮复习第三周周周清试题化学试题第I卷（选择题）一、选择题1.海洋中有丰富的“食品、矿产、能源、药物和水产资源”等，下列说法正确的是（ ）A第步中除去泥沙及Ca2+、Mg2+等杂质时，不涉及化学变化过程B工业上，通过电解“精盐”水溶液可以制取金属钠C第步的反应条件是“在空气中直接加热”D第、步中均涉及氧化还原反应2.固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则下列有关说法中，不正确的是（）ANH5中既有离子键又有共价键BNH5的熔、沸点高于NH3CNH5固体投入少量水中，可产生两种气体D0.1 mol NH
2、5中含有5 mol NH键3.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A一定条件下，1 molN2和3molH2充分反应，生成物中的NH键数目为6 NAB完全燃烧1.5molCH3CH2OH和C2H4的混合物，转移电子数为18NACl00g 98%的浓硫酸中含氧原子个数为4NAD1L 0.1 mol/L的Na2S溶液中S2-和HS一的总数为0.1NA4.常温下，下列各组离子在指定溶液中，一定可以大量共存的是（）A无色溶液中 Mg2+、Al3+、SO42、CO32BpH=1的溶液中 NH4+、Ba2+、HCO3、NO3C含MnO4的溶液中 H+、K+、Br、ID在c(H)/c(OH)=110
3、12的溶液中 Na+、K+、CH3COO、SO425.由已知电离常数判断，SO2与Na2CO3（aq）反应的离子方程式不合理的是（）酸电离常数碳酸Ki1=4.3107Ki2=5.61011亚硫酸Ki1=1.54102Ki2=1.02107ASO2+H2O+2CO322HCO3+SO32BSO2+H2O+CO32H2CO3+SO32C2SO2+2H2O+CO32H2CO3+2HSO3DSO2+H2O+CO32HCO3+HSO36.在硫酸铁电化浸出黄铜矿精矿工艺中，有一主要反应：CuFeS2+4Fe3+Cu2+5Fe2+2S，反应结束后，经处理获得单质硫x mol下列说法正确的是（）A反应中硫元素
4、被氧化，所有铁元素均被还原B氧化剂是Fe3+，氧化产物是Cu2+C反应中转移电子的物质的量为xmolD反应结束后，测得溶液中三种金属离子的总物质的量为ymol，则原Fe3+的总物质的量为（yx）mol7.根据表中信息判断，下列选项正确的是 序号反应物产物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4C12、FeBr2FeC13、FeBr3MnO4C12、Mn2+A. 第组反应的其余产物为H2O、MnSO4B. 第组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比小于或等于1：2C第组反应中生成lmol Cl2，转移电子5molD氧化性由强到弱顺序为MnO4一Cl2 Fe3 Br28.Cu2S与一定浓度的HN
5、O3反应，生成Cu（N O3 ）2、CuSO4、NO2、NO和H2O当NO2和NO的体积相等时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为（）A1：7B1：5C1：9D2：99.0.03mol铜完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（NO、NO2、N2O4）混合气体共0.05mol该混合气体的平均相对分子质量可能是（）A30B46C66D6910.甲烷的燃热为890kJ/mol，下列热化学方程式正确的是（）ACH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=+890kJ/molBCH4+2O2CO2+2H2OH=890kJ/molCCH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=
6、890kJ/molDCH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H=890kJ/mol11.据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是（）ABCD12.关于下列四个图象的说法中正确的是（） A图t1时改变的条件可能是升高了温度或增大了压强B图该微粒仅为18O2不能为16O2C图若A为CaO，则B可能为MgOD图中的H1H213.X、Y、Z、W四种短周期元素，有关数据如下表：元素代号XYZW原子半径/pm6670143160主要化合价2+5、+3、3+3+2下列叙述正确的是（）AW和Y形成的化合物中含有离子键和非极性键B一定条件下，X单
7、质可以将Y单质从其氢化物中置换出来CZ的最高价氧化物能溶于氨水DY的简单气态氢化物的沸点高于 X的简单气态氢化物14.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZMRQ原子半径/(10-10m)1.860.991.431.600.750.74主要化合价最高正价+1+7+3+2+5最低负价-1-3-2A由元素X和Q组成的化合物不可能含有共价键BX、Z、R的最高价氧化物对应水化物可彼此反应CY半径比Q2半径大DM（OH）2的碱性比XOH的碱性弱15.在一定体积和一定条件下有反应N2+3H22NH3，现分别从两条途径建立平衡：起始浓度 N2：l molL 1，H2：3molL 1起始浓
8、度 N2：2molL 1，H2：6molL 1则下列叙述正确的是（）A和II两途径达到平衡时，体系内各成分的体积分数相同B达到平衡时，途径的反应速率v（H2）等于途径的反应速率v（H2）C达到平衡时，途径体系内混合气体的压强是途径内混合气体压强的2倍D达到平衡时，途径体系内混合气体的密度为途径体系内混合气体的密度的16.T时，在2L的密闭容器中，A气体与B气体发生可逆反应生成C气体，反应过程中A、B、C物质的量变化如图（）所示若保持其它条件不变，温度分别为T1和T2时，B的物质的量分数与时间关系如图（）所示下列叙述正确的是( )A2 min内A的化学反应速率为0.1 mol/（Lmin）B在反
9、应达平衡时，保持其他条件不变，增大压强，正逆反应速率都增大，且平衡向逆反应方向移动C在反应达平衡时，其它条件不变，升高温度，正逆反应速率都增大，且A的转化率增大D在T时，若A的浓度减少了1 mol/L，则B的浓度会减少3 mol/L，C的浓度会增加2 mol/L17.在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应mX（g）nY（g）；H=Q kJ/mol反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：/L积体气温体c（Y）/molL1度/1231001.000.750.532001.200.900.633001.301.000.70下列说法正确的是（）AmnBQ0C温
10、度不变，压强增大，Y的质量分数减少D体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动18.NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO4可按某种标准划为一类物质，下列分类标准不正确的是（ ）A钠的化合物 B可与硝酸反应C可溶于水 D电解质19.用下图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是()选项XYZA苯的同系物芳香烃芳香族化合物B胶体分散系混合物C置换反应氧化还原反应离子反应D碱性氧化物金属氧化物氧化物20.工业废水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-，它们会对生态系统造成很大的损害，其中还原沉淀法是常用的一种处理方法。流程如下：其中第步中存在平衡：2CrO42-(黄色)2HCr2O7
11、2-(橙色)H2O。下列有关说法正确的是A、第步当2v(Cr2O72-)v(CrO42-)时，达到了平衡状态B、对于上述平衡，加入适量稀硫酸后，溶液颜色变黄色，则有利于CrO42-的生成C、常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=10-32，要使c（Cr3+）降至10-5mol/L，溶液的pH应调至9D、第步中，还原0.1 mol Cr2O72-需要91.2 g FeSO4第II卷（非选择题）二、计算题21.A、B、C、D四种物质均为下列离子组成的可溶性化合物，组成这四种物质的离子（离子不能重复组合）有：阳离子Na+、Al3+、Ba2+、NH4+阴离子Cl、OH、CO32、SO42分别取四种物质
12、进行实验，实验结果如下：A、D溶液呈碱性，B呈酸性，C呈中性A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝回答下列问题：（1）A的化学式是，用电子式表示C的形成过程： （2）向A溶液中通入适量CO2，使生成的沉淀恰好溶解，所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是： （3）写出的离子方程式 （4）简述D溶液呈碱性的理由 22. 提出查理定律的查理很幸运，碰巧开始时没有以N2O4来研究气体行为，否则他或许会得出一种相当特殊的温度效应。 对于平衡N2O4(g)2NO2 (g)，在 298K时其Kp= 0.
13、1 p，而，为N2O4的离解度，p为平衡体系的总压。假设，298 K时，查理把0.015 mol的N2O4放于一只2.4410m3的烧杯中，当离解达到平衡后，他将看到平衡压力等于0.205p。其对应的 = 0.33 (1) 在保持体积不变的前提下，查理做把温度升高10的实验，即把温度升高至328K。根据理想气体定律，其压力也应只增大10，即等于0.226p，但查理发现这时的压力为0.240p。自然，问题是出在N2O4的离解度增加上了。试求此时的和Kp。 (2) 若NO2在298K下的标准摩尔生成自由能为51.463kJmol，试计算N2O4在298K下的标准摩尔生成自由能。23.（12分）碱式
14、碳酸铝镁MgaAlb(OH)c(CO3)dx H2O常用作塑料阻燃剂。（1）碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和 。（2）MgaAlb(OH)c(CO3)dx H2O中a、b、c、d的代数关系式为 。（3）为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO20.560L（已换算成标准状况下）。另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率（固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量100%）随温度的变化如右图所示（样品在2700C时已完全失去结晶水，6000C以上残留固体为金属氧化物的混合物）。根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的
15、n(OH): n(CO32)（写出计算过程）。三、实验题24.由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验（部分产物略去）： （1）取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是（填写化学式） （2）Z为一种或两种气体若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应中能同时生成两种气体的化学方程式是 若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是 （3）向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是（填写离子符号） （4）取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉
16、KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成当消耗2mol I时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是 25.（13分）实验室需要0.2molL1CuSO4溶液250mL，实验室除蒸馏水外还提供蓝色胆矾晶体（CuSO45H2O）和4molL1 CuSO4溶液两种试剂以配制该溶液（1）无论采用何种试剂进行配制，实验必须用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，至少还需要的一种仪器是 ，在使用该仪器前必须进行的操作是 （2）若用胆矾晶体进行配制，需要托盘天平称取CuSO45H2O的质量为 g；如果用4molL1的CuSO4溶液配制，需用量筒量取 mL 4molL1 CuSO4溶液（3）用4
17、molL1的CuSO4溶液配制溶液所需的实验步骤有：a往烧杯中加入约100mL水进行初步稀释，冷却至室温b用量筒量取一定体积4molL1的CuSO4溶液于一烧杯中c计算所需4molL1的CuSO4溶液的体积d盖好瓶塞，反复上下颠倒摇匀后，将溶液转存于试剂瓶中e加水至液面离容量瓶刻度线12cm处，改用胶头滴管进行定容f洗涤烧杯和玻璃棒23次并将洗涤液注入容量瓶，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀g将溶液转移入容量瓶其中正确的操作顺序为 （4）指出配制过程中的以下情形对所得溶液浓度的影响（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）d步骤摇匀后发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线： ；e步骤中，俯视刻度线：
18、；g步骤前，容量瓶未干燥，有少量蒸馏水： 试卷答案1.D试题分析：A第步中除去泥沙及Ca2+、Mg2+等杂质时，为了使钙镁离子沉淀，需要加入碳酸钠，氢氧化钠等发生化学反应，选项A错误；B工业上，通过电解“精盐”水溶液，氢离子比钠离子先放电，无法制取金属钠，应该电解融熔的NaCl，选项B错；C第步的反应，需要防止氯化镁发生水解，其条件是“在HCl气流中加热”带走水蒸气，抑制水解，选项C错；D第溴离子变成溴单质，第步溴单质被二氧化硫吸收步中将溴离子与氯气反应产生溴单质，均涉及氧化还原反应，选项D正确。2.D考点：离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型 专题：化学键与晶体结构分析
19、：固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，应为NH4H，是一种离子化合物，能与水反应：NH4H+H2O=NH3H2O+H2，有氨气生成解答：解：ANH5是离子化合物氢化铵，铵根中的氮原子与四个氢原子形成四个共价键，NH4+与H之间为离子键，故A正确；BNH4H是一种离子化合物，熔、沸点高于NH3，故B正确；C能与水反应：NH4H+H2O=NH3H2O+H2，有氨气生成，故C正确D根据氮原子的原子结构，最外层5个电子最多和四个氢原子形成共价键（其中一个是配位键，氮原子提供一对电子，氢离子提供空轨道形成），形成了带正电荷的铵根离子，所以另一个氢原子只能是
20、形成H，阴阳离子间形成离子键，故D错误故选D点评：本题考查NH5的组成和性质，题目难度不大，解答本题的关键是把握题给信息3.B试题分析：A、合成氨是可逆反应，不能进行到底，题目中无法求出氨气的量，故错误；B、乙醇可以写成C2H4H2O，因此乙醇和乙烯消耗的氧气的量相等，即1.53mol=4.5mol，转移电子为4.54mol=18mol，故正确；C、浓硫酸中含H2O，氧原子的物质的量大于4mol，故错误；D、S在溶液中存在的所有形式为S2、HS、H2S，应是S2、HS、H2S的总数为0.1mol，故错误。4.D【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A离子之间结合生成沉淀；BpH=1的
21、溶液，显酸性；C离子之间发生氧化还原反应；D. c(H)/c(OH)=11012的溶液，显碱性【解答】解：AMg2+、Al3+分别与CO32结合生成沉淀，不能共存，故A错误；BpH=1的溶液，显酸性，不能大量存在HCO3，故B错误；CH+、MnO4、I发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D. c(H)/c(OH) =11012的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D【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之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大5.B【考点】离子反应发生的条件【专题】离子反应专题【分
22、析】已知：H2CO3H+HCO3，K1=4.3107；HCO3H+CO32，K2=5.61011；H2SO3H+HSO3，K1=1.54102；HSO3H+SO32，K2=1.02107；可知碳酸与亚硫酸都是弱酸，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性H2SO3H2CO3HSO3HCO3，结合强酸制弱酸与物质的性质判断【解答】解：AH2SO3HCO3，符合强酸制弱酸，故A正确； BH2CO3可与SO32反应得到HSO3，故B错误；CH2CO3与HSO3能共存，故C正确；DHCO3与HSO3能共存，故D正确故选B【点评】本题考查电离平衡常数的运用，难度中等，注意强酸制弱酸6.D【考点】氧化还原反应
23、的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】CuFeS2+4Fe3+=Cu2+5Fe2+2S中，S元素的化合价由2价升高为0，Fe元素的化合价由+3价降低为+2价，反应中Fe3+为氧化剂，CuFeS2为还原剂，结合元素化合价的变化解答该题【解答】解：A反应中硫元素被氧化，但只有铁离子中的铁元素被还原，故A错误；B氧化剂是Fe3+，氧化产物是S，故B错误；C由离子方程式可知生成2molS，转移电子4mol，则生成xmolS，则转移2xmol电子，故C错误；D由方程式可知，生成xmol硫，则生成3xmol金属离子，消耗2xmolFe3+，反应结束后，测得溶液中三种金属离子的总物质的量为ymol，则剩余F
24、e3+的物质的量为（y3x）mol，所以原Fe3+的总物质的量为2xmol+（y3x）mol=（yx）mol，故D正确故选D【点评】本题考查氧化还原反应的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意从元素化合价的角度认识，难度不大7.B8.A【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】Cu2S与一定浓度的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中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2令NO2和NO的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子
25、转移守恒计算参加反应的Cu2S的物质的量，由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2nCu（NO3）2+n（NO2）+n（NO），根据铜元素守恒可知溶液中nCu（NO3）2=2n（Cu2S）n（CuSO4），由硫元素守恒可知n（Cu2S）=n（CuSO4），据此计算参加反应的硝酸的物质的量【解答】解：Cu2S与一定浓度的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中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2令NO2和NO的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子转移守恒可知：n（Cu
26、2S）6（2）+12=1mol（54）+1mol（52），解得n（Cu2S）=0.4mol由硫元素守恒可知n（CuSO4）=n（Cu2S）=0.4mol，根据铜元素守恒可知溶液中nCu（NO3）2=2n（Cu2S）n（CuSO4）=20.4mol0.4mol=0.4mol由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2nCu（NO3）2+n（NO2）+n（NO）=20.4mol+1mol+1mol=2.8mol所以实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4mol：2.8mol=1：7，故选A【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元
27、素化合价变化、电子转移守恒与元素守恒计算是解答的关键，注意转移守恒思想在氧化还原反应计算中的运用，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等9.B【考点】有关混合物反应的计算【专题】守恒法；极端假设法【分析】Cu2e=Cu2+，0.03mol铜完全溶于硝酸失去电子为0.06mol，根据氧化还原反应规律，HNO3NO2+NO+N2O4，0.05mol氮氧化物共得到0.06mol电子，若没有二氧化氮时，0.05mol全部为NO，N元素获得电子为0.15mol，若全部0.05mol为N2O4，N元素获得0.1mol电子，均大于0.06mol，所以一定存在NO2，从两个极端来考虑：（1）假设混合气体为NO
28、、NO2；（2）假设混合气体是N2O4、NO2，据此计算平均相对分子质量，实际混合气体的相对分子质量介于两者之间【解答】解：金属提供0.06mol电子，若没有二氧化氮时，0.05mol全部为NO，N元素获得电子为0.15mol，若全部0.05mol为N2O4，N元素获得0.1mol电子，均大于0.06mol，所以一定存在NO2；假设一种情况为混合气体中没有N2O4时，设NO的物质的量为x，则NO2的物质的量为0.05molx，根据电子得失守恒，铜失去的电子数等于NO3得到的电子数，所以有0.03mol2=3x+（0.05molx）1，得：x=0.005mol，NO2的物质的量为0.05mol0
29、.005mol=0.045mol，所以混合气体的平均相对分子质量为=44.4；同理，假设另一种情况为混合体中没有NO时，设N2O4、NO2物质的量分别为m，n，m+n=0.05mol，2m+n=0.06mol，联立解得m=0.01mol，n=0.04mol，所以混合气体的平均相对分子质量为（NO2、N2O4）=46+92=55.2所以该混合气体的平均相对分子质量应在44.455.2之间故选：B【点评】考查混合物的计算、氧化还原反应的计算等，难度中等，利用极限法判断相对分子质量的范围是解题的关键10.C考点：热化学方程式 专题：化学反应中的能量变化分析：燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定
30、的氧化物时放出的热量，甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水，据此判断解答：解：燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，H应转化为液态水，故甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=890 kJmol1，A、反应焓变为正值是表示吸热反应，故A错误；B、物质聚集状态为标注，故B错误；C、符合计算得到热化学方程式，故C正确；D、热化学方程式中生成的水是气体，不符合燃烧热概念中温度氧化物的要求，故D错误；故选C点评：本题考查了燃烧热的定义、可逆反应对反应热的影响以及物质状态对反应热的数值的影响，难度适中11.B考点：化学反应中能量转化的原
31、因；催化剂的作用分析：水的分解为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应中加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变解答：解：A、水的分解为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，与图不符，故A错；B、加入催化剂反应热不变，并且图象符合反应物的总能量小于生成物的总能量，故B正确；C、化学反应一定伴随着能量变化，反应物的总能量与生成物的总能量不相等，故C错；D、加入催化剂降低反应的活化能，图象不符合，故D错故选：B点评：本题考查催化剂对化学反应的影响以及反应热与反应物和生成物总能量的关系，以图象体题的形式呈现，做题时要注意从图象中获取正确信息，正确判断某一反应是吸热还是放
32、热12.D考点：化学平衡的影响因素；原子结构与元素的性质；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；反应热和焓变分析：A、升温时平衡逆向移动；B、18O2和16O2中只有中子数不同，质子数和核外电子数相同；C、MgO比CaO的熔点高；D、C完全燃烧比不完全燃烧放热多解答：解：A、升温平衡逆向移动，四氧化二氮浓度减小二氧化氮浓度增大，故A错误；B、18O2和16O2中只有中子数不同，质子数和核外电子数相同，图该微粒可能是18O2也可能是16O2，故B错误；C、MgO比CaO的熔点高，故C错误；D、C完全燃烧生成二氧化碳比不完全燃烧生成CO放热多，放热反应的焓变为负值，所以H1H2，故D正确；故选D
33、点评：本题考查了学生对图象的分辨能力和平衡移动、同位素、金属氧化物的熔点、燃烧放热多少比较等，题目难度中等13.B【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】原子电子层数越多，其原子半径越大；同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；同一主族元素，原子半径随着原子序数增大而增大；主族元素中，最高正化合价与其族序数相同，最低负价=族序数8，根据表中数据知，X为O元素、Y为N元素、Z为Al元素、W为Mg元素，AMg和N形成的化合物为氮化镁，只含离子键；B一定条件下，氧气能氧化氨气生成氮气；CZ的最高价氧化物是氧化铝，能溶于强碱但不溶于弱碱溶液；D氢化物的熔沸点与相对分子质量成正比，含有氢键的氢化
34、物熔沸点较高【解答】解：原子电子层数越多，其原子半径越大；同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；同一主族元素，原子半径随着原子序数增大而增大；主族元素中，最高正化合价与其族序数相同，最低负价=族序数8，根据表中数据知，X为O元素、Y为N元素、Z为Al元素、W为Mg元素，AMg和N形成的化合物为氮化镁，只含离子键变化非极性键，故A错误；B一定条件下，氧气能氧化氨气生成氮气，所以一定条件下，X单质可以将Y单质从其氢化物中置换出来，故B正确；CZ的最高价氧化物是氧化铝，能溶于强碱但不溶于弱碱溶液，氨水为弱碱，所以Z的最高价氧化物不能溶于氨水，故C错误；D氢化物的熔沸点与相对分子质量成正比，含
35、有氢键的氢化物熔沸点较高，常温下，水是液体、氨气是气体，水的氢化物熔沸点高于氨气，故D错误；故选B【点评】本题考查原子结构和元素周期律关系，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确物质性质、物质结构是解本题关键，注意氧化铝的两性，注意氢化物的稳定性与化学键有关、氢化物的熔沸点与相对分子质量和氢键有关，为易错点14.A试题分析：根据化合价和半径大小可知，X是钠元素，Y是氯元素，Z是铝元素，M是镁元素，R是氮元素，Q是氧元素，A、元素X和Q组成的化合物可能含有共价键，如Na2O2，A错误；B、X、Z、R的最高价氧化物的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝和硝酸，可以彼此相互反应，B正确；C、Y半径比Q
36、2半径大，C正确；D、Mg（OH）2的碱性比NaOH的碱性弱，D正确。答案选A。15.D考点:化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素分析:途径N2、H2的起始物质浓度分别为1mol/L和3mol/L；途径起始浓度：N2：2molL 1，H2：6molL 1，与途径相比，恒温恒压下，途径为途径I起始浓度的2倍，与途径为相似平衡，由于容器体积一定，相当于途径II为增大压强，平衡右移，据此解答即可解答:解：途径N2、H2的起始物质浓度分别为1mol/L和3mol/L；途径起始浓度：N2：2molL 1，H2：6molL 1，与途径相比，恒温恒压下，途径为途径I起始浓度的2倍，与途径为相似平衡，由
37、于容器体积一定，相当于途径II为增大压强，平衡右移，A、和II两途径达到平衡时，途径I中氨气的体积分数小，故A错误；B、途径II中氢气的浓度大，化学反应速率快，故B错误；C、途径II相当于达到I的平衡后，平衡右移，故压强减小为途径I的2倍小一些，故C错误；D、由于容器体积相同，途径II的质量为途径I的2倍，故途径II的密度为途径I的2倍，故D正确，故选D点评:化学平衡的建立、等效平衡等，难度中等，理解等效平衡规律是解题关键，注意等效平衡规律：1、恒温恒压下，按化学计量数转化到一边，满足对应物质的物质的量之比相同，为等效平衡；2、恒温恒容下，若反应前后气体气体发生变化，按化学计量数转化到一边，满
38、足对应物质的物质的量相等，为等效平衡；若反应前后气体的体积不变，按化学计量数转化到一边，满足对应物质的物质的量之比相同，为等效平衡16.D考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线 专题：化学平衡专题分析：A、2min时反应达平衡，A的物质的量变化量为0.5mol0.2mol=0.2mol，计算A的浓度变化量，根据v=计算v（A）；B、由图可知，A、B、C的物质的量变化量分别为0.2mol、0. 6mol、0.4mol，物质的量之比等于化学计量数之比，据此书写方程式，增大压强，正逆反应速率都增大，平衡向体积减小的方向移动，结合方程式判断；C、由图可知，T1先到达
39、平衡，故温度T1T2，温度越高B的物质的量分数越高，升高温度正逆反应速率都增大，平衡向逆反应移动；D、浓度变化量之比等于化学计量数之比解答：解：A、2min时反应达平衡，A的物质的量变化量为0.5mol0.2mol=0.2mol，v（A）=0.05mol/（Lmin），故A错误；B、由图可知，A、B、C的物质的量变化量分别为0.2mol、0.6mol、0.4mol，化学计量数之比等于物质的量之比为0.2mol：0.6mol：0.4mol=1：3：2，反应方程式为A+3B2C，增大压强，正逆反应速率都增大，平衡向体积向正反应方向移动，故B错误；C、由图可知，T1先到达平衡，故温度T1T2，温度越
40、高B的物质的量分数越高，升高温度正逆反应速率都增大，平衡向逆反应移动，A的转化率减小，故C错误；D、浓度变化量之比等于化学计量数之比，故若A的浓度减少了1 mol/L，则B的浓度会减少为21 mol/L=3 mol/L，C的浓度会增加为21 mol/L=2 mol/L，故D正确；故选D点评：考查化学平衡图象问题、化学反应速率、外界条件对化学平衡的影响等，难度中等，注意由图象得出反应的化学方程式为解答该题的关键，一般说来解图象题的大致方法如下：（1）认准横坐标、纵坐标各表示什么量 （2）看清曲线的起点位置及曲线的变化趋势确定函数曲线的增减性 （3）曲线斜率大小既曲线“平”与“陡”的意义 （4）准
41、确把握各特殊点包含原点、曲线的拐点，最高点的含义 （5）认准某些关键数据在解题中的特定作用 （6）全面、准确地从图中找出直接或隐含的化学相关知识17.C考点：化学平衡的影响因素专题：压轴题；化学平衡专题分析：根据题目信息可得，在温度相同的条件下，当体积扩大到原来的两倍时，Y的浓度降低的倍数小于2，所以可确定增大体积，平衡正向移动，根据平衡移动原理，增大体积，平衡向体积增大的方向移动，当体积相同时，温度升高，Y的浓度增大，即平衡正向移动，所以此反应的正向为吸热反应解答：解：A在温度相同的条件下，当体积扩大到原来的两倍时，Y的浓度降低的倍数小于2，所以可确定增大体积，平衡正向移动，则有mn，故A错
42、误；B当体积相同时，温度升高，Y的浓度增大，即平衡正向移动，所以此反应的正向为吸热反应，则Q0，故B错误；C温度不变，压强增大，平衡向逆反应方向移动，则Y的质量分数减少，故C正确；D反应的正向为吸热反应，体积不变，温度升高，平衡正向移动，故D错误故选C点评：本题主要通过控制变量讨论化学平衡移动问题，对于学生的基本功要求较高，题目难度中等18.B解：A、都是化合物，含有钠元素，都属于钠的化合物，故A正确；B、氯化钠、硫酸钠不能与硝酸反应，故B错误；C、NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO4都溶于水，故C正确；D、NaOH是碱、Na2CO3、NaCl、Na2SO4是盐，溶于水，自身都能电离
43、出离子，使溶液导电，都属于电解质，故D正确故选：B19.C解析：苯的同系物属于芳香烃，芳香烃属于芳香族化合物，A项正确；胶体属于分散系，分散系属于混合物，B项正确；置换反应属于氧化还原反应，但氧化还原反应不一定是离子反应，C项错误；D项正确。20.D【知识点】氧化还原反应 化学平衡 沉淀溶解平衡【答案解析】D解析：没有说明v(Cr2O72-)、v(CrO42-)表示的方向，所以无法判断是否平衡，A错误；加酸后，平衡正向移动，颜色将会变成橙色，有利于Cr2O72-的生成，B错误；c（Cr3+）c3(OH)= 10-32，c(OH)=10-9，c(H+)=105，溶液的pH应调至5，C错误；还原0
44、.1 mol Cr2O72-，则FeSO4失去电子：0.12（6-3）=0.6mol，需要0.6 mol FeSO4，所以需要91.2 gFeSO4，D正确。【思路点拨】平衡状态中的v（正）=v（逆）指同种物质的正向速率与逆向速率相等。21.（1）Ba（OH）2；（2）c（HCO3）c（Ba2+）c（OH）c（H+）c（CO32）；（3）Ba2+CO32+2NH4+2OH2NH3+2H2O+BaCO3；（4）NH4+的水解程度小于CO32的水解程度考点：离子共存问题；盐类水解的应用专题：离子反应专题分析：根据A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，且A、D溶液呈碱
45、性，B呈酸性，C呈中性，A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失，则A为Ba（OH）2，B为Al2（SO4）2，C为NaCl，D为（NH4）2CO3，以此来解答解答：解：根据A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，气体为氨气，再由A、D溶液呈碱性，B呈酸性，C呈中性，A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失，则A为Ba（OH）2，B为强酸弱碱盐，则B为Al2（SO4）2，C为强酸强碱盐，则C为NaCl，D为弱酸弱碱盐，则D为（NH4）2CO3，（1）A为Ba（OH）2，C为NaCl，其形成过程为，故答案为
46、：Ba（OH）2；（2）向A溶液中通入适量CO2，使生成的沉淀恰好溶解，溶液的溶质为Ba（HCO3）2，由化学式及电离可知c（HCO3）c（Ba2+），再由的水解显碱性可知c（OH）c（H+），电离产生极少的CO32，即离子物质的量浓度由大到小的顺序为c（HCO3）c（Ba2+）c（OH）c（H+）c（CO32），故答案为：c（HCO3）c（Ba2+）c（OH）c（H+）c（CO32）；（3）为Ba（OH）2与（NH4）2CO3的反应，其离子反应为Ba2+CO32+2NH4+2OH2NH3+2H2O+BaCO3，故答案为：Ba2+CO32+2NH4+2OH2NH3+2H2O+BaCO3；（4）
47、（NH4）2CO3溶液显碱性，是因NH4+的水解程度小于CO32的水解程度，故答案为：NH4+的水解程度小于CO32的水解程度点评：本题考查物质的推断、离子的共存、离子浓度大小的比较、水解、离子反应等知识，综合性较强，难度较大，需要学生在推断时综合考虑信息的利用，对学生能力要求较高22.(1)在328K时， = 0.02176(mol) 又n总 = (1+)n0 而n0 = 0.015 mol 则 = 0.451(2分) (2分)(2) 298K时， 而 = 8.314298ln0.1= 5704.8(Jmol-1) 则 = 251.463103 5704.8 = 97.02(kJmol-1)
48、 (2分)略23.24.（1）Al；（2）C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O；NO、CO2；（3）Cu2+、Fe3+、H+；（4）2Fe2+4I+3H2O2=2Fe（OH）3+2I2【分析】（1）根据金属铝可以和酸反应生成可溶性的铝盐，该铝盐可以和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸盐，此盐可以和二氧化碳反应；（2）二氧化硫可以和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳；一氧化氮不溶于水而二氧化碳能溶于水中；（3）氯气能将亚铁离子氧化为三价铁离子；（4）双氧水具有氧化性，能将还原性的离子碘离子、亚铁离子氧化【解答】解：（1）金属铝可以和酸反应生成可溶性的铝盐，该铝盐可以和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸盐，
49、偏铝酸盐中通入二氧化碳反应可以获得氢氧化铝，故样品中不含有金属铝，故答案为：Al；（2）二氧化硫可以和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以反应获得的是二氧化硫和二氧化碳的混合气体，Z是二氧化碳，即C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O；二氧化氮可以和水反应生成一氧化氮气体，所以反应是焦炭和浓硝酸的反应，Z中两种气体是NO、CO2，故答案为：NO、CO2；（3）Fe2O3、Fe、CuO、C均可以和浓酸反应，除了生成气体以外还有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+，通入过量的Cl2，并不断搅拌，充分反应后，氯气能将亚铁离子氧化为三价
50、铁离子，过量的铁能将铜离子还原，此时存在的离子有Cu2+、Fe3+、H+，故答案为：Cu2+、Fe3+、H+；（4）双氧水具有氧化性，能将还原性的离子碘离子、亚铁离子氧化，原理方程式为：2Fe2+4I+3H2O2=2Fe（OH）3+2I2，故答案为：2Fe2+4I+3H2O2=2Fe（OH）3+2I2【点评】本题是一道物质的检验题目，可以根据物质的性质以及实验现象进行回答，以实验流程的形式考查，增加了难度25.（1）250mL容量瓶；检查是否漏水；（2）12.5；12.5；（3）cbagfed；（4）偏小 偏大 无影响【分析】（1）配制250mL溶液一定需要250mL的容量瓶；使用容量瓶前必须
51、检查容量瓶是否漏液；（2）根据250mL 0.2mol/L CuSO4溶液中溶质CuSO4的物质的量分别计算出需要CuSO45H2O的质量，依据稀释前后溶液中溶质的物质的量不变计算需要浓溶液的体积；（3）根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤对各操作进行排序；（4）分析操作对溶质的物质的量n和溶液的体积V，依据c=进行误差分析【解答】解：（1）配制0.2molL1CuSO4溶液250mL，一定需要250mL的容量瓶；因为最后需颠倒摇匀，所以容量瓶在使用前必须检查是否漏水；故答案为：250mL容量瓶；检查是否漏水；（2）250mL 0.2mol/L的硫酸铜溶液中含有溶质CuSO4的物质的量为：0.2
52、mol/L0.25L=0.05mol，需要CuSO45H2O的质量为：250g/mol0.05mol=12.5g；如果用4mol/L的CuSO4溶液稀释配制设需要浓溶液体积V，依据稀释前后溶液中溶质的物质的量不变可知，4mol/LV=0.2mol/L250ml，解得：V=12.5ml；故答案为：12.5；12.5；（3）用4molL1的CuSO4溶液配制溶液的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，所以正确的操作顺序为：cbagfed；故答案为：cbagfed；（4）d步骤摇匀后发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液的体积偏大，所得溶液浓度偏小；e步骤中，俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，所得溶液的浓度偏大；g步骤前，容量瓶未干燥，有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液浓度不变；故答案为：偏小 偏大 无影响【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液配制误差的分析，题目难度不大，明确配制原理结合c=进行分析产生的误差，试题培养了学生的分析能力