1、2016-2017学年河北省八所重点中学高三（下）第一次联考化学试卷一、单项选择题1NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）等物质的量的N2和CO所含分子数均为NA常温下，4g CH4含有NA个CH共价键1mol Na2O2与水完全反应时转移电子数为2NA将NA个NH3分子溶于1L水中得到1molL1的氨水25时，pH=12的1.0L NaClO溶液中水电离出的OH的数目为0.01NA1mol SO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2NA个电子ABCD2将碘水中的碘萃取出来的实验中，下列说法错误的是（）A分液漏斗使用前要检验它是否漏水B萃取剂要求不溶于水，且比水更容易使碘溶解
2、C注入碘水和萃取剂，倒转分液漏斗反复用力震荡后立即分液D分液时，打开旋塞，使下层液体流出，上层液体从上口倒出3实验室用溴和苯反应制取溴苯，得到粗溴苯后，要用如下操作精制：蒸镏水洗用于燥剂干燥10%NaOH溶液洗水洗正确的操作顺序是（）ABCD4能用表示的化学反应是（）A碳酸钾和稀硫酸反应B碳酸钡和稀盐酸反应C大理石和稀盐酸反应D碳酸氢钠和稀硝酸反应5下列实验设计所得结论不可靠的是（）A将电石与水反应产生的气体先通入CuSO4溶液再通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色说明有乙炔生成B某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，说明该钾盐是K2CO3或K2SO3C将浓硫酸和乙醇溶液共热产生的
3、气体干燥后通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，说明有乙烯生成D将苯、液溴、铁粉混合物反应产生的气体通入到AgNO3溶液中有淡黄色沉淀产生，不能说明有HBr生成6甲、乙、丙、丁分别是氢氧化钙溶液、硝酸钾溶液、碳酸钠溶液、盐酸中的一种已知甲和丙可以反应，甲和丁也可以反应，则下列说法正确的是（）A甲一定是氢氧化钙溶液B乙一定是硝酸钾溶液C丙不可能是碳酸钠溶液D丁只能是盐酸7短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，核电荷数之和为36；X、Z原子的最外层电子数之和等于Y原子的次外层电子数；R原子的质子数是Y原子质子数的两倍下列有关这四种元素的相关叙述正确的是（）AR的氢化物比Y的氢化物的沸点更高BX
4、与Z组成的化合物溶于水呈碱性C只有Y元素存在同素异形体DX、Y、Z、R形成简单离子的半径依次增大8下列离子方程式书写不正确的是（）AFe与HCl反应：2Fe+6H+2Fe3+3H2BCu与AgNO3反应：2Ag+CuCu2+2AgC醋酸与NaOH反应：CH3COOH+OHCH3COO+H2ODCuSO4与Ba（OH）2反应：Cu2+2OH+SO42+Ba2+BaSO4+Cu（OH）29下列热化学方程式中，H能正确表示物质的燃烧热的是（）ACO（g）+O2（g）CO2（g）；H=283.0 kJ/molBC（s）+O2（g）CO（g）；H=110.5 kJ/molCH2（g）+O2（g）H2O（
5、g）；H=241.8 kJ/molD2C8H18（l）+25O2（g）16CO2（g）+18H2O（l）；H=11 036 kJ/mol10主族元素X、Y，已知X的质子数为a，X2+比Y2核外少8个电子，若Y原子的质量数为b，则Y原子核内中子数为（）Aba4Bba8Cb+a+8Dba1211下列指定反应的离子方程式正确的是（）A向硫酸铜溶液中加入NaHS溶液：Cu2+HS=CuS+H+B用醋酸除去水垢中的碳酸钙：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2C用强碱溶液吸收工业制取硝酸尾气：NO+NO2+2OH=2NO3+H2OD将少量SO2气体通入氨水中：SO2+NH3H2O=NH4+HSO31
6、2下列物质与水反应，能放出氧气的是（）ANaBNa2OCNa2O2DNO213将6mol CO2和8mol H2充入一容积为2L的密闭容器中（温度保持不变）发生反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H0测得H2的物质的量随时间变化如右图中实线所示（图中字母后的数字表示对应的坐标）该反应在810min内CO2的平均反应速率是（）A0.5molL1min1B0.1molL1min1C0 molL1min1D0.125molL1min114相同体积的KI、Na2S、FeBr2溶液，分别通入足量的Cl2，当反应恰好完成时，消耗Cl2的体积相同（同温、同压条件下），则KI、Na2S
7、、FeBr2溶液的物质的量浓度之比是（）A1：1：2B2：1：3C6：3：2D3：2：115对溶液中的反应，如图图象中m表示生成沉淀的物质的量，n表示参加反应的某一种反应物的物质的量，则下列叙述中错误的是（）A符合甲图象的两种反应物可以是AlCl3和NaOHB符合乙图象的两种反应物可以是Ca（OH）2和CO2C符合丙图象的反应可以是在Ca（OH）2和KOH的混合溶液中通入CO2D符合丙图象的反应可以是在NH4Al（SO4）2溶液中加入NaOH16分子式为C10H20O2有机物A，能在酸性条件下水解生成有机物C和D，且C在一定条件下可转化成D，则A的可能结构有（）A2种B3种C4种D5种17已知
8、室温下，Al（OH）3的Ksp或溶解度远大于Fe（OH）3向浓度均为0.1molL1的Fe（NO3）3和Al（NO3）3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液下列示意图表示生成Al（OH）3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是（）ABCD18将10mL某气态的烃，在60mLO2里充分燃烧，得到液态水和体积为45mL的混合气体，则该烃可能为（）A甲烷B乙烷C丙烷D丁烯19水银法电解食盐水是氯碱工业发展进程中的重要里程碑，以制得碱液纯度高、质量好而著称，其生产原理示意图如下下列说法不正确的是（）A电解器中阳极的电极反应式为：2Cl2e=Cl2B解汞室中产生氢气的电极为阴极C当阳极产生3.3
9、6 L（标准状况）气体时，解汞室中生成NaOH的质量为12 gD在直流电作用下，电解器中的Na+变成金属钠，与水银形成钠汞合金，从而与Cl2分开20N A为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB0.1molL1NaCl溶液中Na+的数目为0.1NAC11.2 LCO2所含分子数为0.5 NAD现有乙烯、丙烯、丁烯的混合气体共14g，其原子数为3 NA二、非选择题21将MnO2与FeSO4溶液、硫酸充分反应后过滤，将滤液加热至60后，再加入Na2CO3溶液，最终可制得碱式碳酸锰aMnCO3bMn（OH）2cH2O（1）用废铁屑与硫酸反应制备F
10、eSO4溶液时，所用铁屑需比理论值略高，原因是，反应前需将废铁屑用热Na2CO3溶液浸泡，其目的是（2）为测定碱式碳酸锰组成，取7.390g样品溶于硫酸，生成CO2224.0mL（标准状况），并配成500mL溶液准确量取10.00mL该溶液，用0.0500molL1EDTA（化学式Na2H2Y）标准溶液滴定其中的Mn2+（原理为Mn2+H2Y2=MnY2+2H+），至终点时消耗EDTA标准溶液28.00mL通过计算确定该样品的化学式（写出计算过程）22取500mL 4.84mol/L的食盐水（=1.18g/mL），以石墨做电极电解，在标准状况下，阳极上放出5600mL气体若电解前后溶液的体积变
11、化忽略不计，求：（1）电解后溶液的PH值约是多少？（2）电解后食盐的物质的量浓度是多大？2016-2017学年河北省八所重点中学高三（下）第一次联考化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题1NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）等物质的量的N2和CO所含分子数均为NA常温下，4g CH4含有NA个CH共价键1mol Na2O2与水完全反应时转移电子数为2NA将NA个NH3分子溶于1L水中得到1molL1的氨水25时，pH=12的1.0L NaClO溶液中水电离出的OH的数目为0.01NA1mol SO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2NA个电子ABCD【考点】阿伏加德罗常
12、数【分析】等物质的量的N2和CO所含分子数相等；求出CH4的物质的量，然后根据1mol甲烷中含4个CH共价键来分析；Na2O2与水的反应为歧化反应；根据溶液体积不是1L进行分析判断；次氯酸钠溶液中，氢氧根离子是水电离的，根据溶液的pH计算出溶液中水电离的氢氧根离子的数目；SO2与O2的反应为可逆反应【解答】解：等物质的量的N2和CO所含分子数相等，但不一定是NA个，故错误；4gCH4的物质的量为0.25mol，而1mol甲烷中含4个CH共价键，故0.25mol甲烷中含1molCH键，即NA个，故正确；Na2O2与水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠与水反应转移1mol电子，即NA个，故错误；将
13、NA个NH3分子气体溶于1L水中，溶液体积不是1L，得到溶液浓度不是1molL1，故错误；25时pH=12的1.0LNaClO溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，醋酸钠溶液中氢氧根离子是水电离的，则1L该次氯酸钠溶液中水电离出的OH的物质的量为0.01mol，氢氧根离子的数目为0.01NA，故正确；SO2与O2的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于2NA个，故错误故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的组成是解题关键2将碘水中的碘萃取出来的实验中，下列说法错误的是（）A分液漏斗使用前要检验它是否漏水B萃取剂要求不溶于水，且比水更容易使碘溶
14、解C注入碘水和萃取剂，倒转分液漏斗反复用力震荡后立即分液D分液时，打开旋塞，使下层液体流出，上层液体从上口倒出【考点】分液和萃取【分析】A使用前要检查分液漏斗是否漏液；B萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应；C震荡后需静置分层；D下层液体下口流出，上层液体从上口倒出【解答】解：A为防止漏液，使用前要检查分液漏斗是否漏液，故A正确； B碘在CCl4中的溶解度比在水中的溶解度大，可用四氯化碳萃取，故B正确；C震荡后需静置分层后分液，故C错误；D下层液体下口流出，上层液体从上口倒出，以免污染液体，故D正确故选C【点评】本题考查
15、分液与萃取，题目难度不大，注意相关化学实验的基本操作方法3实验室用溴和苯反应制取溴苯，得到粗溴苯后，要用如下操作精制：蒸镏水洗用于燥剂干燥10%NaOH溶液洗水洗正确的操作顺序是（）ABCD【考点】苯的性质【分析】根据粗苯中的成分及各试剂的作用分析，可溶性的物质易溶于水，所以用水洗涤易溶于水的物质；溴和氢氧化钠能反应所以可用氢氧化钠除去溴；干燥剂能吸收水分，利用物质沸点的不同可分离沸点不同的物质，据此分析【解答】解：该反应中，铁和溴能反应生成溴化铁，溴化铁作催化剂且易溶于水，所以混合物中含溴化铁；苯和溴不可能完全反应，混合物中含有溴和苯；制取溴苯的同时还有溴化氢生成，所以混合物的成分有：溴化铁
16、、溴、苯、溴苯、溴化氢所以操作顺序如下：第一步：HBr、溴化铁易溶于水而其它物质不易溶于水，所以先水洗洗去氢溴酸和溴化铁；第二步：溴和氢氧化钠反应，所以用氢氧化钠洗去溴单质；第三步：第二步洗涤会残留部分氢氧化钠，氢氧化钠能溶于水而其他物质不溶于水，所以用水洗去多余的氢氧化钠；第四步：用水洗涤后会残留部分水分，所以用干燥剂除去多余的水；第五步：两者沸点不同，苯的沸点小，被蒸馏出，溴苯留在母液中，所以采取蒸馏的方法分离溴苯与苯故选B【点评】本题考查了提纯粗溴苯的操作顺序，难度较大，首先要明确混合物中的成分，然后根据各物质的性质采取相应的方法去除杂质4能用表示的化学反应是（）A碳酸钾和稀硫酸反应B碳
17、酸钡和稀盐酸反应C大理石和稀盐酸反应D碳酸氢钠和稀硝酸反应【考点】离子方程式的书写【分析】可溶性碳酸盐和强酸反应生成CO2和水的离子反应用CO32+2H+CO2+H2O表示，以此来解答【解答】解：A碳酸钾和稀硫酸反应的离子反应为CO32+2H+CO2+H2O，故A选；B碳酸钡和稀盐酸反应的离子反应为BaCO3+2H+CO2+H2O+Ba2+，故B不选；C大理石和稀盐酸反应的离子反应为CaCO3+2H+CO2+H2O+Ca2+，故C不选；D碳酸氢钠和稀硝酸反应的离子反应为HCO3+H+CO2+H2O，故D不选；故选A【点评】本题考查离子反应方程式的书写，注意离子反应的书写方法及保留化学式的物质即
18、可解答，题目难度不大5下列实验设计所得结论不可靠的是（）A将电石与水反应产生的气体先通入CuSO4溶液再通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色说明有乙炔生成B某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，说明该钾盐是K2CO3或K2SO3C将浓硫酸和乙醇溶液共热产生的气体干燥后通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，说明有乙烯生成D将苯、液溴、铁粉混合物反应产生的气体通入到AgNO3溶液中有淡黄色沉淀产生，不能说明有HBr生成【考点】化学实验方案的评价【分析】A硫酸铜溶液除去了乙烯中的硫化氢，若酸性高锰酸钾溶液褪色，证明生成的乙炔；B生成的气体可能为二氧化碳或二氧化硫，该钾盐可能为碳酸氢钾或亚硫酸氢
19、钾；C溴的四氯化碳溶液褪色，可以证明有乙烯生成；D液溴易挥发，挥发出来的溴能够与硝酸银溶液反应生成溴化银沉淀【解答】解：A将电石与水反应产生的气体中含有硫化氢，先通入CuSO4溶液除去杂质硫化氢，排除了干扰，再通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色能够说明有乙炔生成，故A正确；B某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，该气体可能为二氧化碳或二氧化硫，该钾盐可能为KCO3或KHSO3，不一定为K2CO3或K2SO3，故B错误；C将浓硫酸和乙醇溶液共热产生的气体干燥后通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，能够证明反应中有乙烯生成，故C正确；D液溴易挥发，产生的气体中含有溴单质，溴单质能够与到Ag
20、NO3溶液反应生成淡黄色沉淀，则不能说明有HBr生成，故D正确；故选B【点评】本题考查了化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及物质检验与鉴别、常见有机物结构与性质等知识，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力6甲、乙、丙、丁分别是氢氧化钙溶液、硝酸钾溶液、碳酸钠溶液、盐酸中的一种已知甲和丙可以反应，甲和丁也可以反应，则下列说法正确的是（）A甲一定是氢氧化钙溶液B乙一定是硝酸钾溶液C丙不可能是碳酸钠溶液D丁只能是盐酸【考点】无机物的推断；离子反应发生的条件【分析】从复分解反应的条件入手进行分析，若物质间能结合成水、沉淀或气体，则物质可以反应【解答】解：从给出
21、的物质可以看出，硝酸钾与其他物质不能结合生成水、沉淀或气体，故与其他物质都不反应，已知甲和丙可以反应，甲和丁也可以反应，不能反应的物质只有乙，所以乙一定是硝酸钾；故B对；氢氧化钙溶液、碳酸钠溶液、盐酸三种物质中任何两种物质之间都能发生复分解反应，故不能确定甲、丙、丁具体是什么物质，故A、C、D错，故选B【点评】本题考查了复分解反应的应用，完成此题，可以依据复分解反应的条件进行，即物质间若能结合成沉淀、气体或水，则物质间可以发生复分解反应7短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，核电荷数之和为36；X、Z原子的最外层电子数之和等于Y原子的次外层电子数；R原子的质子数是Y原子质子数的两倍下
22、列有关这四种元素的相关叙述正确的是（）AR的氢化物比Y的氢化物的沸点更高BX与Z组成的化合物溶于水呈碱性C只有Y元素存在同素异形体DX、Y、Z、R形成简单离子的半径依次增大【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，核电荷数之和为36；X、Z原子的最外层电子数之和等于Y原子的次外层电子数；R原子的质子数是Y原子质子数的两倍，由原子序数关系可知X、Z原子的最外层电子数之和应为2，Y的次外层电子数为2，则X为H元素，Z为Na元素，Y为O元素，R为S元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率解答该题【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依
23、次增大，核电荷数之和为36；X、Z原子的最外层电子数之和等于Y原子的次外层电子数；R原子的质子数是Y原子质子数的两倍，由原子序数关系可知X、Z原子的最外层电子数之和应为2，Y的次外层电子数为2，则X为H元素，Z为Na元素，Y为O元素，R为S元素，AY为O元素，对应的氢化物含有氢键，沸点较高，故A错误；BX与Z组成的化合物为NaH，与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，故B正确；CS元素存在同素异形体，如单斜硫等，故C错误；DO、Na对应的离子，核电荷数越大离子半径越小，故D错误故选B【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元
24、素周期表的关系，A为易错点，注意氢键对熔沸点的影响，试题培养了学生的灵活应用能力8下列离子方程式书写不正确的是（）AFe与HCl反应：2Fe+6H+2Fe3+3H2BCu与AgNO3反应：2Ag+CuCu2+2AgC醋酸与NaOH反应：CH3COOH+OHCH3COO+H2ODCuSO4与Ba（OH）2反应：Cu2+2OH+SO42+Ba2+BaSO4+Cu（OH）2【考点】离子方程式的书写【分析】A不符合反应客观事实；B二者反应生成硝酸铜和银；C二者发生酸碱中和生成醋酸钠和水；D二者反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀【解答】解：AFe与HCl反应，离子方程式：Fe+2H+Fe2+H2，故A错误
25、；BCu与AgNO3反应，离子方程式：2Ag+CuCu2+2Ag，故B正确；C醋酸与NaOH反应，离子方程式：CH3COOH+OHCH3COO+H2O，故C正确；DCuSO4与Ba（OH）2反应，离子方程式：Cu2+2OH+SO42+Ba2+BaSO4+Cu（OH）2，故D正确；故选：A【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意离子反应遵循客观事实，遵循原子个数、电荷数守恒规律，题目难度不大9下列热化学方程式中，H能正确表示物质的燃烧热的是（）ACO（g）+O2（g）CO2（g）；H=283.0 kJ/molBC（s）+O2（g）CO（g）；H=110
26、.5 kJ/molCH2（g）+O2（g）H2O（g）；H=241.8 kJ/molD2C8H18（l）+25O2（g）16CO2（g）+18H2O（l）；H=11 036 kJ/mol【考点】燃烧热【分析】燃烧热是指1 mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量一般CCO2，HH2O（l），SSO2燃烧热是物质的性质，与量的多少无关【解答】解：A、该反应的焓变是完全燃烧1mol碳单质生成最稳定的产物二氧化碳的反应热，符合燃烧热的内涵，故A正确；B、该反应的焓变不是完全燃烧1mol碳单质生成最稳定的产物二氧化碳的反应热，此焓变不是燃烧热，故B错误；C、氢气燃烧的最稳定产物是液态的水，不能是
27、气态的水，此焓变不是燃烧热，故C错误；D、该反应的焓变不是完全燃烧1mol辛烷的反应热，此焓变不是燃烧热，故D错误；故选A【点评】考查燃烧热的概念，难度较小，注意把握燃烧热的含义可燃物为1mol，一般CCO2，HH2O（l），SSO210主族元素X、Y，已知X的质子数为a，X2+比Y2核外少8个电子，若Y原子的质量数为b，则Y原子核内中子数为（）Aba4Bba8Cb+a+8Dba12【考点】原子结构与元素的性质【分析】主族元素X、Y，已知X的质子数为a，X2+比Y2核外少8个电子，所以X与Y同周期，所以Y的质子数为：a+4，根据质量数等于质子数加上中子数，由此分析解答【解答】解：已知X的质子数
28、为a，X2+比Y2核外少8个电子，所以X与Y同周期，所以Y的质子数为：a+4，则Y原子核内中子数为：ba4，故选A【点评】本题考查原子构成，比较基础，旨在考查学生对基础知识的理解掌握，学生要知道质量数等于质子数加上中子数11下列指定反应的离子方程式正确的是（）A向硫酸铜溶液中加入NaHS溶液：Cu2+HS=CuS+H+B用醋酸除去水垢中的碳酸钙：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2C用强碱溶液吸收工业制取硝酸尾气：NO+NO2+2OH=2NO3+H2OD将少量SO2气体通入氨水中：SO2+NH3H2O=NH4+HSO3【考点】离子方程式的书写【分析】A向硫酸铜溶液中加入NaHS溶液，反应
29、生成硫化铜沉淀和硫酸钠、硫酸；B醋酸为弱电解质，应保留化学式；C发生氧化还原反应，反应生成亚硝酸根离子；D二氧化硫少量反应生成亚硫酸氨【解答】解：A向硫酸铜溶液中加入NaHS溶液，离子方程式：Cu2+HS=CuS+H+，故A正确；B用醋酸除去水垢中的碳酸钙，离子方程式：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+2CH3COO+CO2，故B错误；C用强碱溶液吸收工业制取硝酸尾气的离子反应为NO+NO2+2OH=2NO2+H2O，故C错误；D将少量SO2气体通入氨水中的离子反应为SO2+2NH3H2O=2NH4+SO32+H2O，故D错误；故选：A【点评】本题考查了离子方程式的书写，为高频考点
30、，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，注意反应物用量对反应的影响，选项D为易错选项12下列物质与水反应，能放出氧气的是（）ANaBNa2OCNa2O2DNO2【考点】钠的化学性质；钠的重要化合物【分析】根据已有的知识进行分析，氧化钠可以和水反应生成氢氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，金属钠和水剧烈反应产生氢气，二氧化氮和水反应产生硝酸和一氧化氮【解答】解：A、金属钠和水剧烈反应产生氢氧化钾和氢气，不放氧气，故A错误；B、氧化钠可以和水反应生成氢氧化钠，不放氧气，故B错误；C、过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，故C正确；D、二氧化氮和水反应产生硝酸和一氧化氮，不放氧气，故
31、D错误故选C【点评】本题考查了常见物质的性质，完成此题，可以依据已有的知识进行，要求同学们加强基本知识的记忆，以便灵活应用13将6mol CO2和8mol H2充入一容积为2L的密闭容器中（温度保持不变）发生反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H0测得H2的物质的量随时间变化如右图中实线所示（图中字母后的数字表示对应的坐标）该反应在810min内CO2的平均反应速率是（）A0.5molL1min1B0.1molL1min1C0 molL1min1D0.125molL1min1【考点】反应速率的定量表示方法【分析】该反应在810min内，H2的物质的量在对应的c、d点都是
32、2mol，v（H2）=0，v（CO2）=v（H2）【解答】解：由图可知，该反应在810min内，H2的物质的量在对应的c、d点都是2mol，因此v（H2）=0molL1min1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，v（CO2）=v（H2）=0molL1min1，故选C【点评】本题考查了化学反应速率的定量表示方法，难度不大，根据图中数据带入v=计算、化学反应速率之比等于化学计量数之比即可解答14相同体积的KI、Na2S、FeBr2溶液，分别通入足量的Cl2，当反应恰好完成时，消耗Cl2的体积相同（同温、同压条件下），则KI、Na2S、FeBr2溶液的物质的量浓度之比是（）A1：1：2B2：1
33、：3C6：3：2D3：2：1【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；化学方程式的有关计算【分析】首先，写出相关化学方程式2KI+Cl22KCl+I2 Na2S+Cl22NaCl+S 2FeBr2+3Cl22FeCl3+2Br2，求出在相同在Cl2相等的情况下，KI、Na2S、FeBr2的物质的量之比，而三种溶液体积有相等，物质的量浓度之比就等于物质的量之比【解答】解：首先，写出相关化学方程式2KI+Cl22KCl+I2 Na2S+Cl22NaCl+S 2FeBr2+3Cl22FeCl3+2Br2 2n n n n n n可知在Cl2相等的情况下，KI、Na2S、FeBr2的物质的量之比为2n：
34、n： n=6：3：2，在三种溶液体积相等的前提下，物质的量浓度之比就等于物质的量之比故选：C【点评】本题主要考查有关化学方程式的计算和物质的量的计算，难度较小15对溶液中的反应，如图图象中m表示生成沉淀的物质的量，n表示参加反应的某一种反应物的物质的量，则下列叙述中错误的是（）A符合甲图象的两种反应物可以是AlCl3和NaOHB符合乙图象的两种反应物可以是Ca（OH）2和CO2C符合丙图象的反应可以是在Ca（OH）2和KOH的混合溶液中通入CO2D符合丙图象的反应可以是在NH4Al（SO4）2溶液中加入NaOH【考点】镁、铝的重要化合物【分析】A、向NaOH溶液中逐渐加入AlCl3溶液时，首先
35、发生Al3+4OHAlO2+2H2O，OH反应完毕，发生反应3AlO2+Al3+6H2O4Al（OH）3，结合前后两部分氯化铝溶液的体积判断；B、石灰水中通入二氧化碳，先发生Ca（OH）2+CO2CaCO3+H2O，则生成沉淀，后发生CO2+CaCO3+H2OCa（HCO3）2沉淀消失；C、Ca（OH）2和KOH的混合溶液中通入CO2，先发生氢氧化钙与二氧化碳的反应生成沉淀，Ca（OH）2+CO2CaCO3+H2O，再发生氢氧化钾与二氧化碳反应，2OH+CO2CO32+H2O，最后发生碳酸钙与水和二氧化碳的反应，即CO2+CaCO3+H2OCa（HCO3）2；D、NH4Al（SO4）2溶液中加
36、入NaOH，先是铝离子和氢氧根离子之间的反应，Al3+3OHAl（OH）3，然后是铵根离子和氢氧根离子之间的反应，即NH4+OHNH3H2O，最后是氢氧化铝的溶解过程，即Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O【解答】解：A、如果是向NaOH溶液中逐渐加入AlCl3溶液时，首先发生Al3+4OHAlO2+2H2O，OH反应完毕，发生反应3AlO2+Al3+6H2O4Al（OH）3，生成沉淀消耗氢氧化钠的量和沉淀完全溶解消耗氢氧化钠的量之比是3：1，故A正确；B、石灰水中通入二氧化碳，先发生Ca（OH）2+CO2CaCO3+H2O，则生成沉淀，后发生CO2+CaCO3+H2OCa（HCO3
37、）2沉淀消失，生成沉淀量最大消耗二氧化碳的量和沉淀完全溶解消耗二氧化碳的量之比是1：1，故B正确；C、Ca（OH）2和KOH的混合溶液中通入CO2，先发生氢氧化钙与二氧化碳的反应生成沉淀，Ca（OH）2+CO2CaCO3+H2O，再发生氢氧化钾与二氧化碳反应，2OH+CO2CO32+H2O，最后发生碳酸钙与水和二氧化碳的反应，即CO2+CaCO3+H2OCa（HCO3）2，生成沉淀量最大消耗二氧化碳的量和沉淀完全溶解消耗二氧化碳的量之比是1：1，氢氧化钾的量可以灵活来定，故C正确；D、NH4Al（SO4）2溶液中加入NaOH，先是铝离子和氢氧根离子之间的反应，Al3+3OHAl（OH）3，然后
38、是铵根离子和氢氧根离子之间的反应，即NH4+OHNH3H2O，最后是氢氧化铝的溶解过程，即Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O，生成沉淀量最大消耗氢氧化钠的量和沉淀完全溶解消耗氢氧化钠的量之比是1：3，故D错误故选：D【点评】本题考查化学反应与图象，难度较大，明确发生的化学反应及反应与图象的对应关系是解答的关键，反应发生的先后顺序是学生解答中的难点16分子式为C10H20O2有机物A，能在酸性条件下水解生成有机物C和D，且C在一定条件下可转化成D，则A的可能结构有（）A2种B3种C4种D5种【考点】有机物的推断；同分异构现象和同分异构体【分析】有机物A在酸性条件下能水解，说明A为酯，
39、根据分子组成可知应为饱和一元酸和饱和一元醇形成的酯，能在酸性条件下水解生成有机物C和D，且C在一定条件下可转化成D，说明C和D的碳原子数相同，且碳链相同，以此解答该题【解答】解：A是饱和酯，且两边链相同，分析C4H9COOH或C4H9CH2OH中都含有C4H9烃基，有四种结构：CCCC，则A有四种结构故选C【点评】本题考查有机物的推断，题目难度中等，本题的关键是根据C在一定条件下可转化成D，说明C和D的碳原子数相同，且碳链相同17已知室温下，Al（OH）3的Ksp或溶解度远大于Fe（OH）3向浓度均为0.1molL1的Fe（NO3）3和Al（NO3）3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液下列示意图
40、表示生成Al（OH）3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是（）ABCD【考点】镁、铝的重要化合物【分析】浓度均为0.1molL1的Fe（NO3）3和Al（NO3）3混合溶液中，溶液中铁离子、铝离子的浓度相同为0.1mol/L，Al（OH）3的Ksp或溶解度远大于Fe（OH）3，故向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，沉淀的质量减少，由于氢氧化铁不溶于碱，故沉淀减少到一定值不再变化，为氢氧化铁的物质的量据此结合图象分析【解答】解：浓度均为0.1molL1的Fe（NO
41、3）3和Al（NO3）3混合溶液中，溶液中铁离子、铝离子的浓度相同为0.1mol/L，Al（OH）3的Ksp或溶解度远大于Fe（OH）3，故向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，沉淀的质量减少，由于氢氧化铁不溶于碱，故沉淀减少到一定值不再变化，为氢氧化铁的物质的量A、向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧化钠溶液不能立即产生氢氧化铝沉淀，图象与实际不相符，故A错误；B、向混合溶液逐滴加入NaOH
42、溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧化钠溶液不能立即产生氢氧化铝沉淀，图象与实际不相符，故B错误；C、铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，图象与实际相符合，故C正确；D、加入氢氧化钠一定体积后才会产生氢氧化铝沉淀，故D错误故选：C【点评】考查铝及化合物的性质、化学反应图象等，根据反应过程判断沉淀与氢氧化钠体积关系，注意纵坐标表示氢氧化铝，不是沉淀的物质的量18将10mL某气态的烃，在60mLO2里充分燃烧，得到液态水和体积为45mL的混合气体，则该
43、烃可能为（）A甲烷B乙烷C丙烷D丁烯【考点】有关有机物分子式确定的计算【分析】令烃的分子式为CxHy，烃充分燃烧生成液态水和体积为35mL的混合气体，则只能有氧气剩余，充分燃烧：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O（l），再利用气体体积差量计算解答【解答】解：令烃的分子式为CxHy，烃充分燃烧生成液态水和体积为45mL的混合气体，则只能有氧气剩余，故烃完全燃烧，有氧气剩余，CxHy+（x+）O2xCO2+H2O（l），气体体积减小V1 1+10mL 70mL45mL=25mL 10mL：25mL=1：（1+）解得y=6，故选：B【点评】本题考查有机物分子式确定、化学方程式计算，难度中等，较好
44、的考查学生分析和解决问题的能力，注意运用气体体积差计算解答19水银法电解食盐水是氯碱工业发展进程中的重要里程碑，以制得碱液纯度高、质量好而著称，其生产原理示意图如下下列说法不正确的是（）A电解器中阳极的电极反应式为：2Cl2e=Cl2B解汞室中产生氢气的电极为阴极C当阳极产生3.36 L（标准状况）气体时，解汞室中生成NaOH的质量为12 gD在直流电作用下，电解器中的Na+变成金属钠，与水银形成钠汞合金，从而与Cl2分开【考点】电解原理【分析】A、电解器中阳极发生失电子的氧化反应，据此书写电极反应式；B、在电解池的阴极上是阳离子发生得电子的还原反应，在阳极上是阴离子发生失电子的氧化反应，根据
45、电解池的工作原理来回答判断；C、根据电解原理方程式来回答判断；D、电解器中的Na+不会成为金属钠，据此回答【解答】解：A、电解器中阳极发生失电子的氧化反应，电极反应式为：2Cl2e=Cl2，故A正确；B、在电解池的阴极上是阳离子氢离子发生得电子的还原反应，产生氢气，在阳极上是阴离子氯离子发生失电子的氧化反应，产生氯气，即2Cl2e=Cl2，所以产生氯气的电极为阳极，产生氢气的电极为阴极，故B正确；C、依据电解反应的化学方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，当阳极产生3.36L（标准状况）即0.15molCl2时，解汞室中生成NaOH的物质的量是0.3mol，质量为质量为12g，
46、故C正确；D、在直流电作用下，电解器中中，阴极上，氢离子先于钠离子得电子，产生的是氢气，不会产生金属钠，故D错误；故选D【点评】本题考查学生电解池的工作原理知识，属于综合知识的考查，难度不大，注意知识的迁移应用是关键20N A为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB0.1molL1NaCl溶液中Na+的数目为0.1NAC11.2 LCO2所含分子数为0.5 NAD现有乙烯、丙烯、丁烯的混合气体共14g，其原子数为3 NA【考点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数【分析】A.18gD2O和18gH2O的物质的量分别是0.9mol、1mol，两
47、种分子中质子数都是10；B溶液体积未知导致无法计算n（NaCl）；C温度和压强未知导致无法确定气体摩尔体积，则无法计算气体物质的量；D乙烯、丙烯和丁烯的最简式都是CH2，混合气体14g中n（CH2）=1mol，每个CH2中含有3个原子【解答】解：A.18gD2O和18gH2O的物质的量分别是0.9mol、1mol，两种分子中质子数都是10，则两种物质的质子数分别是9NA和10NA，故A错误；B溶液体积未知导致无法计算n（NaCl），则无法计算钠离子个数，故B错误；C温度和压强未知导致无法确定气体摩尔体积，则无法计算气体物质的量，所以无法计算二氧化碳分钟数，故C错误；D乙烯、丙烯和丁烯的最简式都
48、是CH2，混合气体14g中n（CH2）=1mol，每个CH2中含有3个原子，所以其原子数为3 NA，故D正确；故选D【点评】本题以阿伏伽德罗常数为载体考查物质的量计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，明确物质构成、物质的量基本公式是解本题关键，易错选项是C二、非选择题21将MnO2与FeSO4溶液、硫酸充分反应后过滤，将滤液加热至60后，再加入Na2CO3溶液，最终可制得碱式碳酸锰aMnCO3bMn（OH）2cH2O（1）用废铁屑与硫酸反应制备FeSO4溶液时，所用铁屑需比理论值略高，原因是防止FeSO4被氧气氧化，反应前需将废铁屑用热Na2CO3溶液浸泡，其目的是除去铁屑表面的油污（2
49、）为测定碱式碳酸锰组成，取7.390g样品溶于硫酸，生成CO2224.0mL（标准状况），并配成500mL溶液准确量取10.00mL该溶液，用0.0500molL1EDTA（化学式Na2H2Y）标准溶液滴定其中的Mn2+（原理为Mn2+H2Y2=MnY2+2H+），至终点时消耗EDTA标准溶液28.00mL通过计算确定该样品的化学式（写出计算过程）n（CO2）=n（MnCO3）=0.01moln（EDTA）=0.0014mol10mL溶液中n（EDTA）=n（Mn2+）=0.028L0.0500molL1=0.0014mol500mL溶液n（Mn2+）=0.0014mol=0.07mol 7.
50、390 g 该碱式碳酸锰中 n（Mn2+）=0.07mol nMn（OH）2=0.06 molm（H2O）=7.390g0.01mol115g/mol0.06mol204g/mol=0.9 g n（H2O）=0.05 mola：b：c=1：6：5 碱式碳酸锰的化学式为MnCO36Mn（OH）25H2O【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）依据生成的硫酸亚铁易被氧化，需要加入铁粉防止硫酸亚铁被氧化，反应前需将废铁屑用热Na2CO3溶液浸泡是利用碳酸钠溶液的碱性除去铁表面的油污；（2）依据碳元素守恒计算得到碳酸锰物质的量，依据反应原理为Mn2+H2Y2=MnY2+2H+，得到至终点时
51、消耗EDTA标准溶液28.00mL，计算EDTA的物质的量，得到10ml溶液中所含锰离子物质的量，得到500ml溶液中所含锰离子物质的量，减去碳酸镁物质的量计算得到氢氧化锰物质的量，依据碱式碳酸锰aMnCO3bMn（OH）2cH2O的化学式计算所含结晶水的质量，得到结晶水的物质的量，得到a：b：c【解答】解：（1）硫酸亚铁易被氧化，需要加入铁粉防止硫酸亚铁被氧化，用废铁屑与硫酸反应制备FeSO4溶液时，所用铁屑需比理论值略高，原因是防止FeSO4被氧气氧化，反应前需将废铁屑用热Na2CO3溶液浸泡是利用碳酸钠溶液的碱性除去铁表面的油污，故答案为：防止FeSO4被氧气氧化；除去铁屑表面的油污；（
52、2）n（CO2）=n（MnCO3）=0.01 mol n（EDTA）=0.0014mol10 mL溶液中 n（EDTA）=n（Mn2+）=0.028L0.0500molL1=0.0014mol500mL溶液n（Mn2+）=0.0014mol=0.07mol 7.390 g 该碱式碳酸锰中 n（Mn2+）=0.07mol nMn（OH）2=0.06 molm（H2O）=7.390g0.01mol115g/mol0.06mol204g/mol=0.9 g n（H2O）=0.05 mola：b：c=1：6：5 碱式碳酸锰的化学式为MnCO36Mn（OH）25H2O，故答案为：n（CO2）=n（MnC
53、O3）=0.01 mol n（EDTA）=0.0014mol10 mL溶液中 n（EDTA）=n（Mn2+）=0.028L0.0500molL1=0.0014mol500mL溶液n（Mn2+）=0.0014mol=0.07mol 7.390 g 该碱式碳酸锰中 n（Mn2+）=0.07mol nMn（OH）2=0.06 molm（H2O）=7.390g0.01mol115g/mol0.06mol204g/mol=0.9 g n（H2O）=0.05 mola：b：c=1：6：5 碱式碳酸锰的化学式为MnCO36Mn（OH）25H2O【点评】本题考查了物质性质和组成的分析判断，化学式计算应用，注意
54、滴定实验的过程分析和计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等22取500mL 4.84mol/L的食盐水（=1.18g/mL），以石墨做电极电解，在标准状况下，阳极上放出5600mL气体若电解前后溶液的体积变化忽略不计，求：（1）电解后溶液的PH值约是多少？（2）电解后食盐的物质的量浓度是多大？【考点】电解原理【分析】（1）由题干可知，电解饱和食盐水，阴极氢离子得电子生成氢气，2H+2eH2，阳极氯离子失去电子生成氯气，电极反应为：2Cl2eCl2，根据生成氯气的量与氢氧化钠的关系，计算出产生的氢氧根离子的浓度，再根据水的离子积计算产生的氢氧根离子的浓度，然后计算出溶液的pH；（2）溶液中剩
55、余的氯化钠的物质的量=氯化钠总物质的量消耗的氯离子的物质的量，再计算电解后氯化钠的浓度【解答】解：（1）石墨作电极电解饱和食盐水，阳极发生了反应：2Cl2eCl2，由2NaOHCl2，阳极上放出5600mL气体，则n（OH）=2=0.5mol，溶液中c（OH）=1mol/L，则c（H+）=mol/L=11014mol/L，pH=14，答：电解后溶液的PH值约是14；（2）根据（1）中计算，消耗的氯离子的物质的量为0.5mol，原溶液中氯化钠的物质的量=0.5L4.84mol/L=2.42mol，故电解后溶液中氯化钠的物质的量=2.420.5=1.92mol，电解后c（NaCl）=3.84mol/L，答：电解后食盐的物质的量浓度是3.84mol/L【点评】本题考查了电解池原理的应用，正确的书写两电解的方程式并根据给定的数据作定量计算，利用氯原子守恒的思想求电解后氯化钠的浓度，题目综合性强，难度一般，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力