1、2015-2016学年安徽省巢湖市无为一中高三（上）第一次月考化学试卷一选择题（本题包括18小题，每小题3分，共54分每小题只有一个选项符合题意）12011年3月11日在日本东太平洋发生里氏9.0级特大地震，福岛一座核电站四个机组发生爆炸，造成具有放射性物质碘131（原子序数53）等发生泄漏，引发核危机，在我国部分地区还引发抢购碘盐的闹剧下列有关碘说法正确的是（）A131I是一种新发现的元素B我们平常食用的加碘盐就是含有碘单质的食盐C卤素F、Cl、Br、I中，I的电负性和第一电离能都最小D碘单质易升华是由于碘原子半径大，共价键键能小2下列分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是（）ABF3
2、BNCl3CPCl3DCHCl33下列说法正确的是（）A化学反应除了生成新的物质外，还伴随着能量的变化B据能量守恒定律，反应物的总能量一定等于生成物的总能量C放热的化学反应不需要加热就能发生D吸热反应不加热就不会发生4下列关于元素周期表的结构、性质和用途叙述正确的是（）A过渡元素一定是金属元素B根据构造原理、泡利原理等核外电子排布规律可预测未来的第八周期包括的元素的种类有64个C合成新型农药可以在元素周期表的金属与非金属交界处区域探寻D原子最外层电子数为2的元素一定是 IIA元素5如图所示，相同温度下，在容器和中分别充入等物质的量的HI，发生反应2HI（g）H2（g）+I2（g）下列关于反应起
3、始时容器和中活化分子的说法正确的是（）A中活化分子数比中多B中活化分子数比中少C中活化分子百分数比中少D和中活化分子百分数相等6下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A1.0mol/L 的Na2CO3溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（OH）B1.0mol/LNH4Cl溶液：c（NH4+）=c（Cl）C向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）D向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液：c（Na+）=c（NO3）7如图图示与对应的叙述相符的是（）A由图甲可以判断：对于反应aA（g）+bB
4、（g）cC（g），若T1T2，则a+b=c且H0B图乙表示压强对可逆反应2A（g）+2 B（g）3C（g）+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强大C根据图丙，若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入适量NaOH溶液，调节pH4D图丁表示用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/L醋酸溶液得到的滴定曲线8已知胆矾溶于水时溶液温度降低，室温下将1mol无水硫酸铜制成溶液时放出热量为Q1kJ，又知胆矾分解的热化学方程式为CuSO45H2O（s）CuSO4（s）+5H2O（l）H=+Q2 kJmol1则Q1、Q2的关系为（）AQ1Q2BQ1Q2CQ1=Q2D无法确
5、定9下列各组离子，在指定的环境中一定能大量共存的是（）A在pH为7的溶液中：Ag+、K+、SO42、ClB在能使pH试纸变深蓝色的溶液中：Na+、S2、NO3、CO32C在加入铝粉能产生H2的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、NO3D在由水电离出的c（OH）=1013molL1的溶液中：Na+、Mg2+、Cl、I10如图所示为对10mL一定物质的量浓度的盐酸X用一定物质的量浓度的NaOH溶液Y滴定的图象，依据图象推出X和Y的物质的量浓度是下表内各组中的（）ABCDX（mol/L）0.120.040.030.09Y（mol/L）0.040.120.090.03A选项AB选项BC选项CD选项D
6、11如图所示，隔板M和活塞N均可无摩擦地左右移动向甲中充入1molN2和3molH2，向乙中充入4molNH3，此时M、N的位置如图所示在一定条件下发生可逆反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），反应达到平衡后，恢复到反应发生前时的温度下列有关说法不正确的是（）A当M、N不再移动时，甲、乙中的反应均达到平衡状态B平衡时，若M停在3处则N停在9处C平衡时，乙容器中NH3的物质的量是甲容器中NH3的物质的量的2倍D达到平衡后，再向甲中充入1molHe，重新达到平衡时两容器中NH3的体积分数相等12已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液、Na2S溶液的反应情况如下：（1）CuSO4+Na2C
7、O3主要：Cu2+CO32+H2OCu（OH）2+CO2次要：Cu2+CO32CuCO3（2）CuSO4+Na2S主要：Cu2+S2CuS次要：Cu2+S2+2H2OCu（OH）2+H2S下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是（）ACu（OH）2CuCO3CuSBCuSCu（OH）2CuCO3CCuSCu（OH）2CuCO3DCu（OH）2CuCO3CuS13草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性常温下，向10mL 0.01molL1 NaHC2O4溶液中滴加0.01molL1 NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（）AV（NaOH）10 mL时，c（Na+）
8、c（C2O42）c（HC2O4）BV（NaOH）10 mL时，不可能存在c（Na+）=2c（C2O42）+c（HC2O4）CV（NaOH）=10 mL时，c（H+）=1107 mol/LDV（NaOH）=0时，c（H+）=1102 molL114天津是我国研发和生产锂离子电池的重要基地锂离子电池正极材料是含锂的二氧化钴（LiCoO2），充电时LiCoO2中Li被氧化，Li+迁移并以原子形式嵌入电池负极材料碳（C6）中，以LiC6表示电池反应为LiCoO2+C6CoO2+LiC6，下列说法正确的是（）A充电时，电池的负极反应为LiC6e=Li+C6B放电时，电池的正极反应为CoO2+Li+e=L
9、iCoO2C羧酸、醇等含活泼氢的有机物可用作锂离子电池的电解质D锂离子电池的比能量（单位质量释放的能量）低15早在1807年化学家戴维用电解熔融氢氧化钠制得钠 4NaOH（熔） 4Na+O2+2H2O；后来盖吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠，反应原理为：3Fe+4NaOH Fe3O4+2H2十4Na下列有关说法正确的是（）A电解熔融氢氧化钠制钠，阳极发生电极反应为：2OH2e=H2+O2B盖吕萨克法制钠原理是利用铁的还原性比钠强C若戴维法与盖吕萨克法制得等量的钠，则两反应中转移的电子总数也相同D目前工业上常用电解熔融氯化钠法制钠（如图），电解槽中石墨极为阳极，铁为阴极16在一定条件下，某可
10、逆反应aA（g）+bB（s）cC（g）达到平衡后，A的转化率a（A）与温度（T）、压强（p）的关系如图所示，根据图象，下列判断正确的是（）Aa+bcB若T2T1，则该反应在高温下易自发进行CH0D若T2T1，则该反应一定不能自发进行17物质的量均为0.1mol的A1C13、CuC12和H2SO4溶于水制成100mL的混合溶液，用石墨作电极电解，并收集两电极所产生的气体，一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同，则下列描述正确的是（）A电路中共转移0.7mol电子B阴极得到的气体物质的量为0.35molC阴极质量增加3.2gD铝元素以A1（OH）3的形式存在18某电化学装置如图（A为Zn
11、，B为Cu），下列说法正确的是（）A若X是盐桥，则电子由B电极经外电路流向A电极B若X是铜条，则A电极的电极反应式是：Zn2+2eZnC若X是石墨条，则乙池溶液的PH不变D若X 是锌条，则A电极的质量会减小二实验题（12分）19亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，如果缺铁就可能出现缺铁性贫血，但是摄人过量的铁也有害下面是一种常见补铁药品说明书中的部分内容：该药品含Fe2+33%36%，不溶于水但能溶于人体中的胃酸；与Vc（维生素C）同服可增加本品吸收（一）甲同学设计了以下实验检测该补铁药品中是否含有Fe2+并探究Vc的作用：（二）乙同学采用在酸性条件下用高锰酸钾标准溶液
12、滴定的方法测定该药品是否合格，反应原理为5Fe2+8H+MnO45Fe3+Mn2+4H2O准确称量上述药品10.00g，将其全部溶于试剂2中，配制成1000mL溶液，取出20.00mL，用 0.020mol/L的KMnO4溶液滴定，用去KMnO4溶液记录如下：待测液体积（mL）标准液浓度（mol/L）滴定前滴定后体积（mL）平均值（mL）第一次20.000.02000.0014.30第二次0.2012.22第三次0.0011.98（1）乙同学在计算时取用KMnO4的体积数据为mL；（2）该药品含“铁”的含量是（填数值，不需计算过程）（3）该实验中的试剂2与甲同学设计的实验中的试剂1都可以是（填
13、编号）A蒸馏水 B稀盐酸 C稀硫酸 D稀硝酸（4）本实验滴定过程中滴定管需用高锰酸钾标准溶液润洗，其操作方法是操作滴定管的图示正确的是（填编号）（5）某同学做用标准NaOH溶液滴定HCl溶液测定其浓度，下列不当操作会导致实验结果偏高的是a酸式滴定管在装酸液前未用待测盐酸溶液润洗b开始实验时碱式滴定管尖嘴部分没有气泡，滴定结束生成气泡c锥形瓶内溶液颜色变化由无色变为粉红色，立即记下滴定管液面所在刻度d盛待测溶液的锥形瓶滴定前用待测液液润洗e锥形瓶在装盐酸后，又加了少量蒸馏水后滴定f若用含少量NaCl的NaOH固体配制标准溶液用来滴定上述盐酸三填空题（34分）20A、B、C、D、E五种前四周期的元
14、素，原子序数依次增大，其相关信息如下：相关信息A所处的周期数、族序数分别与其原子序数相等B核外有3种不同原子轨道，每个轨道容纳的电子数相等C基态时，2p轨道处于半充满状态D与C元素处于同一周期，且D的第一电离能小于C的第一电离能E是目前生产、生活中应用最广泛的金属请回答下列问题：（1）E位于元素周期表第 周期第族，其简化电子排布式为（2）D原子最外层电子排布图是（3）A和B按照 1：1组成的相对分子质量最小的化合物甲中每个甲分子中含有个键甲气体常用作燃料电池的负极材料，写出在NaOH溶液中甲用作负极的电极反应式（4）A和C组成的固体化合物AC5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外
15、电子层结构，写出固体化合物AC5 的电子式（5）已知在元素周期表中存在“对角线规则”，即周期表中左上方与右下方元素它们的单质及其化合物的性质相似，如Li和Mg，试写出向BeCl2溶液中加入过量的NaOH溶液反应的化学方程式：21有如图所示的电化学装置（盐桥内是饱和KNO3、琼脂）I关闭K1，断开K2，当Y 是AgNO3、X是Fe（NO3）2，通电到5min时，银电极增重2.16g（1）N是极，此时若将甲烧杯中溶液混合均匀，则溶液的pH=（食盐水的体积为2L）（2）前5min内石墨电极上的电极反应式为，此阶段内，丙中阳离子浓度变化情况为（填“增大”“减小”或“不变”）（3）5min时停止通电，将
16、甲、乙装置中的溶液全部混合在一起，从理论上讲，得到的沉淀最多是gII关闭K2、断开K1后，若电化学装置中的总反应式为Fe+2Ag+=Fe2+2Ag（4）X、Y应该分别为 （填序号）AFe（NO3）2、AgNO3BFeC12、AgNO3CAgNO3、Fe（NO3）222碳和碳的化合物在生产、生活中的应用非常广泛，在提倡健康生活已成潮流的今天，“低碳生活”不再只是一种理想，更是一种值得期待的新的生活方式在一定温度下的2L固定容积的密闭容器中，通入2molCO2和3mol H2，发生的反应为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），H=a kJmol1（a0），测得CO2（g）和C
17、H3OH（g）的浓度随时间变化如图所示（1）能说明该反应已达平衡状态的是（选填编号）ACO2的体积分数在混合气体中保持不变B混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化C单位时间内每消耗1.2mol H2，同时生成0.4molH2OD该体系中H2O与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1，且保持不变（2）计算该温度下此反应的平衡常数K=（保留两位有效数字）若改变条件（填选项），可使K=1A增大压强 B增大反应物浓度 C降低温度 D升高温度 E加入催化剂（3）将2.4g碳在足量氧气中燃烧，所得气体通入100mL 3.0mol/L的氢氧化钠溶液中，完全吸收后，溶液中所含离子浓度由大到小为：2015
18、-2016学年安徽省巢湖市无为一中高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一选择题（本题包括18小题，每小题3分，共54分每小题只有一个选项符合题意）12011年3月11日在日本东太平洋发生里氏9.0级特大地震，福岛一座核电站四个机组发生爆炸，造成具有放射性物质碘131（原子序数53）等发生泄漏，引发核危机，在我国部分地区还引发抢购碘盐的闹剧下列有关碘说法正确的是（）A131I是一种新发现的元素B我们平常食用的加碘盐就是含有碘单质的食盐C卤素F、Cl、Br、I中，I的电负性和第一电离能都最小D碘单质易升华是由于碘原子半径大，共价键键能小【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；微量元素对人
19、体健康的重要作用【专题】卤族元素【分析】A元素的种类由质子数来决定，核素是指具有一定数目质子数和中子数的一种元素的原子，质子数相同属于相同元素；B碘盐就是在食盐中加入一定量的碘酸钾（KIO3）；C非金属越强，元素的电负性越大，同主族从上到下，电负性减弱，同主族从上到下，第一电离能减小；D碘单质升华是分子扩散，分子间距离增大，是因为碘单质分子间作用力弱；【解答】解：A131I是碘元素新的核素，质子数未变仍是碘元素，所以不是新元素，故A错误；B加碘盐就是在食用盐中加入碘酸钾（KIO3），不是碘单质，故B错误；C非金属越强，元素等电负性越大，同主族从上到下，电负性减弱是IBrClF，同主族从上到下，
20、第一电离能减小，则F、Cl、Br、I第一电离能逐渐减小，卤素F、Cl、Br、I中，I的电负性和第一电离能都最小，故C正确；D碘单质分子间作用力弱，分子间距离增大，固体直接变化为气态，变化的过程属于物理变化，和原子半径、化学键无关，故D错误；故选C【点评】本题考查了元素、核素概念，卤素元素性质的递变规律，需要全面、灵活掌握相关知识，能引导学生牢固掌握基本知识，题目难度不大2下列分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是（）ABF3BNCl3CPCl3DCHCl3【考点】原子核外电子排布【专题】原子组成与结构专题【分析】所有原子都满足最外层为8电子结构，对于ABn型化合物，A的族序数与成键数（n
21、）酯化等于8即可，氢化物除外，并结合最外层电子解答【解答】解：ABF3中，3+38，则不满足所有原子最外层为8电子结构，故A不选；BNCl3中，5+3=8，满足所有原子最外层为8电子结构，故B选；CPCl3中，5+3=8，满足所有原子最外层为8电子结构，故C选；DCHCl3中，H原子最外层最多满足2个电子的稳定结构，故D不选；故选BC【点评】本题考查核外电子的排布，注意原子的最外层电子及元素的族序数、成键数等即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大，学生解答中以忽略“所有原子”3下列说法正确的是（）A化学反应除了生成新的物质外，还伴随着能量的变化B据能量守恒定律，反应物的总能量一定等于生成物
22、的总能量C放热的化学反应不需要加热就能发生D吸热反应不加热就不会发生【考点】吸热反应和放热反应；化学反应中能量转化的原因【专题】化学反应中的能量变化【分析】A化学变化是生成新物质的变化，除有新物质生成外，能量的变化也必然发生，从外观检测往往为温度的变化，即常以热量的变化体现；B反应物所具有的总能量与生成物所具有的总能量不等，在反应中有一部分能量转变成以热量的形式释放，或从外界吸收；C放热的化学反应，有时需加热，达到着火点；D有的吸热反应，不需要加热也能发生【解答】解：A化学反应的本质是有新物质的生成，生成新化学键所释放的能量与断裂旧化学键所吸收的能量不等，所以化学反应除了生成新的物质外，还伴随
23、着能量的变化，故A正确；B化学反应中生成物总能量不等于反应物的总能量，反应前后的能量差值为化学反应中的能量变化，反应物的总能量大于生成物的总能量则为放热反应，否则吸热反应，故B错误；C放热反应有的需加热，如木炭的燃烧是一个放热反应，但需要点燃，点燃的目的是使其达到着火点，故C错误；DBa（OH）28H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，但不需要加热，故D错误；故选A【点评】本题考查化学反应的能量变化的定性判断，一个反应是吸热还是放热，关键在于相对能量的大小4下列关于元素周期表的结构、性质和用途叙述正确的是（）A过渡元素一定是金属元素B根据构造原理、泡利原理等核外电子排布规律可预测未来的第八周期包
24、括的元素的种类有64个C合成新型农药可以在元素周期表的金属与非金属交界处区域探寻D原子最外层电子数为2的元素一定是 IIA元素【考点】元素周期表的结构及其应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A、过渡元素含副族和第族元素；B、第七周期排满时，最后一种元素的价电子排布为7s27p6，第八周期排满时最后一种元素的价电子排布为8s28p6，从8s1到8s28p6，其中间增排了8s25g1186f147d108p6，核电荷数增加了50，故第八周期元素有50种；C金属与非金属交界处区域为半导体；D、原子最外层电子数为2的元素可为He【解答】解：A、过渡元素含副族和第族元素，则一定为金属元素，故A
25、正确；B、第七周期排满时，最后一种元素的价电子排布为7s27p6，第八周期排满时最后一种元素的价电子排布为8s28p6，从8s1到8s28p6，其中间增排了8s25g1186f147d108p6，核电荷数增加了50，故第八周期元素有50种，而不是64个，故B错误；C、应在由上角的非金属元素区寻找制备新型农药材料的元素，故C错误；D、原子最外层电子数为2的元素可为He，另外B族元素的最外层电子数也为2，故D错误；故选A【点评】本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质及周期中元素的种类数为解答的关键，注意性质与用途的关系，题目难度不大5如图所示，相同温度下，在容器和中
26、分别充入等物质的量的HI，发生反应2HI（g）H2（g）+I2（g）下列关于反应起始时容器和中活化分子的说法正确的是（）A中活化分子数比中多B中活化分子数比中少C中活化分子百分数比中少D和中活化分子百分数相等【考点】化学反应速率的影响因素；化学平衡建立的过程【专题】化学反应速率专题【分析】容器和中分别充入等物质的量的HI，发生反应2HI（g）H2（g）+I2（g）由图可知，II的压强大，以此解答【解答】解：容器和中分别充入等物质的量的HI，发生反应2HI（g）H2（g）+I2（g），由图可知，II的压强大，则II中反应速率大，因该反应为气体体积不变的反应，压强增大，平衡不移动，则正逆反应速率始
27、终相等，和中活化分子百分数相等，故选D【点评】本题考查影响反应速率的因素，为高频考点，把握反应为气体体积不变的反应为解答的关键，侧重分析能力与知识应用能力的考查，题目难度不大6下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A1.0mol/L 的Na2CO3溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（OH）B1.0mol/LNH4Cl溶液：c（NH4+）=c（Cl）C向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）D向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液：c（Na+）=c（NO3）【考点】离子浓度大小的比较【
28、分析】A、依据碳酸钠溶液中电荷守恒分析判断；B、氯化铵溶液中铵根离子水解；C、向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液，醋酸电离大于醋酸根离子水解；D、pH=5的混合溶液，钠离子、硝酸根离子不电离、不水解【解答】解：A.0.1 mol/L Na2CO3溶液中，由质子守恒可知c（OH）=c（HCO3）+c（H+）+2c（H2CO3），故A错误；B.0.1 mol/L NH4Cl溶液，铵根离子水解则c（NH4+ ）c（Cl），故B错误；C向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液中c（H+）c（OH），由电荷守恒可知c（Na+）c（CH3COO），故C错误；D向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到
29、的pH=5的混合溶液中c（Na+）=c（NO3），故D正确；故选D【点评】本题考查离子浓度大小的比较，明确盐类水解的应用及质子守恒、电荷守恒即可解答，注意选项D为易错点，题目难度不大7如图图示与对应的叙述相符的是（）A由图甲可以判断：对于反应aA（g）+bB（g）cC（g），若T1T2，则a+b=c且H0B图乙表示压强对可逆反应2A（g）+2 B（g）3C（g）+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强大C根据图丙，若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入适量NaOH溶液，调节pH4D图丁表示用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/L醋酸溶液得到的滴定曲线【
30、考点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】图像图表题【分析】A、温度越高，反应物的转化率越低，说明该反应为放热反应，压强变化A的转化率不变，据此判断；B、压强的改变不仅影响反应速率，而且平衡也发生移动；C、若除去CuSO4溶液中的Fe3+，根据图丙，可向溶液中加入适量NaOH溶液，调节pH4到5，使铁离子完全沉淀，而铜离子不能沉淀；D、用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/L醋酸溶液，0.1mol/L的醋酸开始的PH值大于1；【解答】解：A、温度越高，反应物的转化率越低，说明该反应为放热反应，
31、压强变化A的转化率不变，说明两边的计量数相等，所以温度越高，反应物的转化率越低，说明该反应为放热反应，压强变化A的转化率不变，故A正确；B、对于2A（g）+2 B（g）3C（g）+D（s），压强的改变不仅影响反应速率，而且平衡也发生移动，故B错误；C、若除去CuSO4溶液中的Fe3+，根据图丙，可向溶液中加入适量NaOH溶液，调节pH4到5，使铁离子完全沉淀，而铜离子不能沉淀，加适量NaOH溶液，引入钠离子，故C错误；D、用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/L醋酸溶液，未滴入氢氧化钠时开始pH大于1，故D错误；故选A【点评】本题考查了除杂的试剂的选择，平衡
32、的移动和电解质的相关知识，依据除杂的原则分析，注意三价铁离子的去除，常通过对Fe3+水解平衡的影响角度解答8已知胆矾溶于水时溶液温度降低，室温下将1mol无水硫酸铜制成溶液时放出热量为Q1kJ，又知胆矾分解的热化学方程式为CuSO45H2O（s）CuSO4（s）+5H2O（l）H=+Q2 kJmol1则Q1、Q2的关系为（）AQ1Q2BQ1Q2CQ1=Q2D无法确定【考点】反应热的大小比较【专题】化学反应中的能量变化【分析】溶解降温说明水合放热小于扩散吸热，Q1是二者的差值；而胆矾（五水合硫酸铜）分解要克服水合能Q2，所以Q2Q1；溶解时，放出的热量有一部分被水吸收实际放出的热量偏小；【解答】
33、解：根据题的叙述可把胆矾溶于水看成二个过程，第一个过程是：CuSO45H2OCuSO4（s）+5H2O；H=+Q2KJ/mol这一过程是吸出热量的，一摩尔CuSO4 5H2O分解吸收的热量为Q2KJ；第二过程是：无水硫酸铜制成溶液的过程，此过程是放出热量的，1mol无水硫酸铜制成溶液时放出热量为Q1KJ，但整个过程要使溶液温度降低，说明吸收的热量大于放出的热量，所以Q2Q1故选A【点评】本题考查了物质溶解恒容物质分解过程中的能量变化，理解物质溶解过程中的能量变化是解题关键，题目难度中等9下列各组离子，在指定的环境中一定能大量共存的是（）A在pH为7的溶液中：Ag+、K+、SO42、ClB在能使
34、pH试纸变深蓝色的溶液中：Na+、S2、NO3、CO32C在加入铝粉能产生H2的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、NO3D在由水电离出的c（OH）=1013molL1的溶液中：Na+、Mg2+、Cl、I【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】ApH为7的溶液，显中性，离子之间结合生成沉淀；B能使pH试纸变深蓝色的溶液，显碱性；C加入铝粉能产生H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D由水电离出的c（OH）=1013molL1的溶液，为酸或碱溶液【解答】解：ApH为7的溶液，显中性，Ag+、Cl结合生成沉淀，不能共存，故A错误；B能使pH试纸变深蓝色的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可
35、大量共存，故B正确；C加入铝粉能产生H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能存在NH4+、Fe2+，酸溶液中H+、Fe2+、NO3发生氧化还原反应，故C错误；D由水电离出的c（OH）=1013molL1的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中Mg2+、OH生成沉淀，不能共存，故D错误；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，侧重氧化还原反应及复分解反应的离子共存考查，综合性较强，题目难度不大10如图所示为对10mL一定物质的量浓度的盐酸X用一定物质的量浓度的NaOH溶液Y滴定的图象，依据图象推出X和Y的物质的量浓度是下表内各组中的（）ABCDX
36、（mol/L）0.120.040.030.09Y（mol/L）0.040.120.090.03A选项AB选项BC选项CD选项D【考点】中和滴定【专题】综合实验题【分析】设X和Y的物质的量浓度分别为C（HCl）、c（NaOH），当NaOH溶液体积为20ml，利用关系式HClNaOH，结合图象可知，酸过量，c（H+）=0.01mol/L，当NaOH溶液体积为30ml，利用关系式HClNaOH，结合图象可知，溶液呈中性，恰好反应，即10C（HCl）=30c（NaOH），联立方程组，求解【解答】解：设X和Y的物质的量浓度分别为c（HCl）、c（NaOH），当NaOH溶液体积为20ml，结合图象可知，酸
37、过量，c（H+）=0.01mol/L 当NaOH溶液体积为30ml，结合图象可知，溶液呈中性，恰好反应，即10C（HCl）=30c（NaOH）由、求解得c（HCl）=0.09mol/L、c（NaOH）=0.03mol/L，故选D【点评】本题主要考查了pH值的计算，抓住酸过量时，相当于对过量的酸进行稀释，恰好反应时两者的物质的量之比等于化学计量数之比11如图所示，隔板M和活塞N均可无摩擦地左右移动向甲中充入1molN2和3molH2，向乙中充入4molNH3，此时M、N的位置如图所示在一定条件下发生可逆反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），反应达到平衡后，恢复到反应发生前时的温度下列有关
38、说法不正确的是（）A当M、N不再移动时，甲、乙中的反应均达到平衡状态B平衡时，若M停在3处则N停在9处C平衡时，乙容器中NH3的物质的量是甲容器中NH3的物质的量的2倍D达到平衡后，再向甲中充入1molHe，重新达到平衡时两容器中NH3的体积分数相等【考点】化学平衡状态的判断；化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】A、根据达到平衡状态各组分浓度不变，正逆反应速率相等判断；B、根据题中信息可知，甲和乙是在恒温恒压条件下的反应，加入的反应物满足化学计量数关系，属于等效平衡，根据等效平衡分析即可；C、甲和乙为等效平衡，根据等效平衡进行判断；D、根据恒温恒压条件下，加入稀有气体，反应体系的压强
39、减小，平衡向着逆向移动分析【解答】解：由于隔板M和活塞N均可无摩擦地左右移动，说明甲和乙是在恒压条件下的反应，反应达到平衡后，恢复到反应发生前时的温度，说明反应条件是恒温恒压，A、隔板M和活塞N均可无摩擦地左右移动，当不再移动时，反应体系中各物质的物质的量不再变化，表明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故A正确；B、在恒温恒压条件下，当充入的物质按照计量数换算到同一边时，比例相同，则反应达到平衡时等效，乙中氨气4mol相当于2mol氮气和6mol氢气，乙中气体是甲中的2倍，达到平衡状态时，乙中的气体体积为甲的2倍，若M停在3处则N停在9处，故B正确；C、根据B中分析，甲和乙为等效平衡，所以平衡
40、时，乙容器中NH3的物质的量是甲容器中NH3的物质的量的2倍，故C正确；D、向甲中充入1mol氦气，反应体系的压强减小，化学平衡向着逆向移动，氨气的体积分数减小，即甲中的氨气体积分数小于乙的，故D错误；故选D【点评】本题考查了化学平衡状态的判断及等效平衡的应用，题目难度中等，注意恒温恒压下，将充入的物质按照计量数换算到同一边时，若满足比例相同，则反应达到平衡时等效12已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液、Na2S溶液的反应情况如下：（1）CuSO4+Na2CO3主要：Cu2+CO32+H2OCu（OH）2+CO2次要：Cu2+CO32CuCO3（2）CuSO4+Na2S主要：Cu2+S2C
41、uS次要：Cu2+S2+2H2OCu（OH）2+H2S下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是（）ACu（OH）2CuCO3CuSBCuSCu（OH）2CuCO3CCuSCu（OH）2CuCO3DCu（OH）2CuCO3CuS【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】沉淀反应中，生成物的溶解度越小，沉淀反应越容易发生根据信息（1）可知：生成Cu（OH）2的反应容易发生，说明Cu（OH）2的溶解度小于CuCO3的溶解度；根据信息（2）可知：生成CuS的反应容易发生，说明CuS的溶解度小于Cu（OH）2的溶解度，以此解答该题【解答】解：沉淀反应中，生成物
42、的溶解度越小，沉淀反应越容易发生，CuSO4+Na2CO3中主要发生Cu2+CO32+H2O=Cu（OH）2+CO2，次要发生Cu2+CO32=CuCO3，可说明Cu（OH）2的溶解度小于CuCO3的溶解度；CuSO4+Na2S中主要：Cu2+S2=CuS，次要：Cu2+S2+2H2O=Cu（OH）2+H2S，可说明CuS的溶解度小于Cu（OH）2的溶解度，则溶解度CuSCu（OH）2CuCO3，故选C【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，题目难度不大，注意理解溶解度小的沉淀易转化为溶解度更小的沉淀的规律，为解答该题的关键13草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性常温下，向10mL 0.01mo
43、lL1 NaHC2O4溶液中滴加0.01molL1 NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（）AV（NaOH）10 mL时，c（Na+）c（C2O42）c（HC2O4）BV（NaOH）10 mL时，不可能存在c（Na+）=2c（C2O42）+c（HC2O4）CV（NaOH）=10 mL时，c（H+）=1107 mol/LDV（NaOH）=0时，c（H+）=1102 molL1【考点】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】AV（NaOH）10 mL时，溶液中溶质为NaOH、Na2C2O4；BV（NaOH）10mL时，溶液中溶质为NaHC
44、2O4、Na2C2O4；CV（NaOH）=10 mL时，溶液中溶质为Na2C2O4；D草酸是二元中强酸，V（NaOH）=0时，NaHC2O4不能完全电离出H+【解答】解：AV（NaOH）10 mL时，溶液中溶质为NaOH、Na2C2O4，C2O42水解生成HC2O4，则离子浓度为c（Na+）c（C2O42）c（HC2O4 ），故A正确；BV（NaOH）10mL时，溶液中溶质为NaHC2O4、Na2C2O4，当电离等于水解，即c（H+）=c（OH），存在c（Na+）=2c（C2O42）+c（HC2O4 ），故B错误；CV（NaOH）=10 mL时，溶液中溶质为Na2C2O4，溶液显碱性，则c（H
45、+）1107molL1，故C错误；D草酸是二元中强酸，V（NaOH）=0时，NaHC2O4不能完全电离出H+，则c（H+）1102molL1，故D错误；故选A【点评】本题考查溶液中离子的关系，题目难度中等，明确溶液中的溶质是解答的关键，并注意利用溶液中水解的程度及电离的程度、电荷守恒来分析解答14天津是我国研发和生产锂离子电池的重要基地锂离子电池正极材料是含锂的二氧化钴（LiCoO2），充电时LiCoO2中Li被氧化，Li+迁移并以原子形式嵌入电池负极材料碳（C6）中，以LiC6表示电池反应为LiCoO2+C6CoO2+LiC6，下列说法正确的是（）A充电时，电池的负极反应为LiC6e=Li+
46、C6B放电时，电池的正极反应为CoO2+Li+e=LiCoO2C羧酸、醇等含活泼氢的有机物可用作锂离子电池的电解质D锂离子电池的比能量（单位质量释放的能量）低【考点】化学电源新型电池【专题】压轴题；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，由于单质锂较活泼，易与羧酸以及醇反应而变质，电解质不能含有羧酸和醇【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错误；B、放电时，电池的正极发生得电子的还原反应，CoO2+Li+e=LiCoO2，故B正确；C、由于单质锂较活泼，易与醇以及羧酸类物质反应而变质，电解质不能含有醇和羧酸，故C错误D、锂离子电池的比能量高
47、，故D错误故选B【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15早在1807年化学家戴维用电解熔融氢氧化钠制得钠 4NaOH（熔） 4Na+O2+2H2O；后来盖吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠，反应原理为：3Fe+4NaOH Fe3O4+2H2十4Na下列有关说法正确的是（）A电解熔融氢氧化钠制钠，阳极发生电极反应为：2OH2e=H2+O2B盖吕萨克法制钠原理是利用铁的还原性比钠强C若戴维法与盖吕萨克法制得等量的钠，则两反应中转移的电子总数也相同D目前工业上常用电解熔融氯化钠法制钠（如图），电解槽中石墨极为阳极
48、，铁为阴极【考点】电解原理【专题】压轴题；电化学专题【分析】A阳极氢氧根离子放电生成氧气和水；B.1100时生成Na蒸气，有利于反应正向移动；C戴维法生成4molNa转移4mol电子，但盖吕萨克法生成4molNa转移8mol电子；D石墨极为阳极，氯离子放电，在阴极钠离子放电【解答】解：A由4NaOH（熔）4Na+O2+2H2O可知，阳极氢氧根离子放电生成氧气和水，电极反应为4OH4e=2H2O+O2，故A错误；B.1100时生成Na蒸气，有利于反应正向移动，但Na的还原性大于Fe，故B错误；C由4NaOH（熔）4Na+O2+2H2O、3Fe+4NaOHFe3O4+2H2十4Na可知，戴维法生成
49、4molNa转移4mol电子，但盖吕萨克法生成4molNa转移8mol电子，则转移电子不等，故C错误；D石墨极为阳极，氯离子放电，在阴极钠离子放电，发生2NaCl2Na+Cl2，故D正确；故选D【点评】本题考查金属的冶炼及电解原理，明确元素的化合价变化及发生的电极反应即可解答，题目难度不大16在一定条件下，某可逆反应aA（g）+bB（s）cC（g）达到平衡后，A的转化率a（A）与温度（T）、压强（p）的关系如图所示，根据图象，下列判断正确的是（）Aa+bcB若T2T1，则该反应在高温下易自发进行CH0D若T2T1，则该反应一定不能自发进行【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程【专题】化
50、学平衡专题【分析】由图象曲线变化可知，温度一定，随着压强的增大，A的转化率a（A）降低，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，说明逆反应是气体体积缩小的反应，说明ac，根据据HTS0，来判断反应的自发性，以此解答该题【解答】解：A、温度一定，随着压强的增大，A的转化率a（A）降低，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，说明逆反应是气体体积缩小的反应，说明ac，故A错误；B、若T2T1，则温度越高，A的转化率a（A）越大，说明平衡正向移动，正反应是吸热反应，所以H0，而S0，据据HTS0，该反应在高温下易自发进行，故B正确；C、T2和T1的相对大小不知，所以无法求反应的热效应，故C错误；D、若T2T1，
51、则温度越高，A的转化率a（A）越小，说明平衡逆向移动，正反应是放热反应，所以H0，而S0，所以HTS0，则该反应一定能自发进行，故D错误；故选B【点评】本题涉及图象的分析及化学平衡的移动和反应进行的方向等知识点，整合性较强，据据HTS0，来判断反应的自发性，题目难度中等17物质的量均为0.1mol的A1C13、CuC12和H2SO4溶于水制成100mL的混合溶液，用石墨作电极电解，并收集两电极所产生的气体，一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同，则下列描述正确的是（）A电路中共转移0.7mol电子B阴极得到的气体物质的量为0.35molC阴极质量增加3.2gD铝元素以A1（OH）3的
52、形式存在【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】混合溶液中阳极上Cl先放电生成Cl2，然后OH放电生成O2，阴极上Cu2+先放电生成Cu，然后H+放电生成H2，溶液中根据Cl原子守恒得n（Cl）=3n（AlCl3）+2n（CuCl2）=0.1mol（3+2）=0.5mol，根据Cu原子守恒得n（Cu2+）=n（CuCl2）=0.1mol；用石墨作电极电解，并收集两电极所产生的气体，一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同，说明两个电极上生成气体物质的量相等，因为每个氯离子失去一个电子、每个氢离子得到一个电子，所以要使两个电极得到相同物质的量的气体，阳极上应该还有氧气生成，设生成气体总
53、物质的量为xmol，根据转移电子守恒得0.5mol1+（x0.25）mol4=0.1mol2+2xmol，x=0.35；A根据阳极上生成气体与转移电子关系计算转移电子物质的量；B根据以上分析确定阴极上生成气体物质的量；C阴极上质量增加量为Cu的质量；D电解后溶液呈酸性【解答】解：混合溶液中阳极上Cl先放电生成Cl2，然后OH放电生成O2，阴极上Cu2+先放电生成Cu，然后H+放电生成H2，溶液中根据Cl原子守恒得n（Cl）=3n（AlCl3）+2n（CuCl2）=0.1mol（3+2）=0.5mol，根据Cu原子守恒得n（Cu2+）=n（CuCl2）=0.1mol；用石墨作电极电解，并收集两电
54、极所产生的气体，一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同，说明两个电极上生成气体物质的量相等，因为每个氯离子失去一个电子、每个氢离子得到一个电子，所以要使两个电极得到相同物质的量的气体，阳极上应该还有氧气生成，设生成气体总物质的量为xmol，根据转移电子守恒得0.5mol1+（x0.25）mol4=0.1mol2+2xmol，x=0.35；A转移电子物质的量=0.5mol1+（0.350.25）mol4=0.9mol，故A错误；B根据以上分析知，阴极上生成气体物质的量为0.35mol，故B正确；C阴极上质量增加量为Cu的质量，根据Cu原子守恒得n（Cu）=n（CuCl2）=0.1mol
55、，m（Cu）=0.1mol64g/mol=6.4g，故C错误；D阳极上第一段电解生成氯气、第二段电解生成氧气，阴极上第一段电解生成Cu、第二段电解生成氢气，所以相当于第一段电解氯化铜、第二段电解HCl、第三段电解H2O，电解后溶液呈酸性，铝元素以铝离子存在，故D错误；故选B【点评】本题以电解原理为载体考查混合物的有关计算，明确各个电极上放电离子顺序是解本题关键，知道整个过程相当于电解氯化铜、电解HCl、电解水三个阶段，题目难度中等18某电化学装置如图（A为Zn，B为Cu），下列说法正确的是（）A若X是盐桥，则电子由B电极经外电路流向A电极B若X是铜条，则A电极的电极反应式是：Zn2+2eZnC
56、若X是石墨条，则乙池溶液的PH不变D若X 是锌条，则A电极的质量会减小【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】A若X是盐桥，则该装置是原电池，Zn是负极、Cu是正极，电子从负极流向正极；B若X是铜条，左边甲形成原电池，金属锌被腐蚀；C若X是石墨条，甲为原电池，锌是负极，乙为电解池，B是阴极，电解硫酸铜；D若X是锌条，右边乙形成原电池，Cu为正极，甲为电解池，Zn为阳极，发生氧化反应【解答】解：A若X是盐桥，则该装置是原电池，Zn是负极、Cu是正极，电子从负极A（锌）沿导线流向正极B（铜），故A错误；B若X是铜条，左边甲形成原电池，金属锌是负极，Cu是正极，右边形成电解池，A电
57、极的电极反应式是Zn2eZn2+，故B正确；C若X是石墨条，甲为原电池，锌是负极，乙为电解池，B是阴极，电解硫酸铜，电解硫酸铜会产生硫酸，则乙池溶液的pH会减小，故C错误；D若X是锌条，右边乙形成原电池，Cu为正极，甲为电解池，Zn为阳极，发生氧化反应，Zn为阳极，发生氧化反应，质量会减小，故D正确；故选BD【点评】本题考查了原电池原理，明确盐桥的作用是解本题关键，将盐桥变为其它金属或导电的非金属不能构成原电池，再结合是否能自发进行氧化还原反应分析解答，题目难度中等二实验题（12分）19亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，如果缺铁就可能出现缺铁性贫血，但是摄人过量的铁也
58、有害下面是一种常见补铁药品说明书中的部分内容：该药品含Fe2+33%36%，不溶于水但能溶于人体中的胃酸；与Vc（维生素C）同服可增加本品吸收（一）甲同学设计了以下实验检测该补铁药品中是否含有Fe2+并探究Vc的作用：（二）乙同学采用在酸性条件下用高锰酸钾标准溶液滴定的方法测定该药品是否合格，反应原理为5Fe2+8H+MnO45Fe3+Mn2+4H2O准确称量上述药品10.00g，将其全部溶于试剂2中，配制成1000mL溶液，取出20.00mL，用 0.020mol/L的KMnO4溶液滴定，用去KMnO4溶液记录如下：待测液体积（mL）标准液浓度（mol/L）滴定前滴定后体积（mL）平均值（m
59、L）第一次20.000.02000.0014.30第二次0.2012.22第三次0.0011.98（1）乙同学在计算时取用KMnO4的体积数据为12.0mL；（2）该药品含“铁”的含量是33.6%（填数值，不需计算过程）（3）该实验中的试剂2与甲同学设计的实验中的试剂1都可以是C（填编号）A蒸馏水 B稀盐酸 C稀硫酸 D稀硝酸（4）本实验滴定过程中滴定管需用高锰酸钾标准溶液润洗，其操作方法是在酸式滴定管中加入12mLKMnO4溶液，将滴定管横过来并转动，让KMnO4溶液浸过滴定管内壁，从下面放掉浸洗液，重复操作23次操作滴定管的图示正确的是A（填编号）（5）某同学做用标准NaOH溶液滴定HCl
60、溶液测定其浓度，下列不当操作会导致实验结果偏高的是bdfa酸式滴定管在装酸液前未用待测盐酸溶液润洗b开始实验时碱式滴定管尖嘴部分没有气泡，滴定结束生成气泡c锥形瓶内溶液颜色变化由无色变为粉红色，立即记下滴定管液面所在刻度d盛待测溶液的锥形瓶滴定前用待测液液润洗e锥形瓶在装盐酸后，又加了少量蒸馏水后滴定f若用含少量NaCl的NaOH固体配制标准溶液用来滴定上述盐酸【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；定量测定与误差分析【分析】（1）根据表中的数据，第一次体积为14.30mL与第二次、第三次相差较大，所以第一次数据偶然误差较大，应去掉，用第二次和第三次的
61、均值；（2）根据方程式5Fe2+8H+MnO45Fe3+Mn2+4H2O，利用高锰酸钾的物质的量可计算出铁元素的质量；（3）试剂1起溶解作用，盐酸、稀硫酸均可，但试剂2不能用盐酸，易被高锰酸钾氧化，影响实验测定；（4）用标准液润洗滴定管时，务必注意最后将润洗液从滴定管下端放出，而不是从上口倒出，KMnO4溶液用酸式滴定管盛放，滴定时旋转活塞；（5）a酸式滴定管在装酸液前未用待测盐酸溶液润洗，酸液被稀释；b开始实验时碱式滴定管尖嘴部分没有气泡，滴定结束生成气泡，则测得标准液体积偏大；c锥形瓶内溶液颜色变化由无色变为粉红色，立即记下滴定管液面所在刻度，此时标准液的量不足，测得标准液体积偏小；d盛待
62、测溶液的锥形瓶滴定前用待测液液润洗，则取用的待测液偏多；e锥形瓶在装盐酸后，又加了少量蒸馏水后滴定，对实验结果没有影响；f若用含少量NaCl的NaOH固体配制标准溶液用来滴定上述盐酸，则标准液的浓度偏小，用去的标准液体积偏大；【解答】解：（1）根据表中的数据，第一次体积为14.30mL与第二次、第三次相差较大，所以第一次数据偶然误差较大，应去掉，用第二次和第三次的均值，所以乙同学在计算时取用KMnO4的体积数据为mL=12.0mL，故答案为：12.0；（2）根据方程式5Fe2+8H+MnO45Fe3+Mn2+4H2O，滴定中消耗的高锰酸钾的物质的量为12.0mL1030.020mol/L=2.
63、4104mol，所以样品铁元素的质量为2.4104mol556g/mol=3.36g，所以铁的含量是100%=33.6%，故答案为：33.6%；（3）试剂1起溶解作用，盐酸、稀硫酸均可，但试剂2不能用盐酸，易被高锰酸钾氧化，影响实验测定，则该实验中的试剂2与甲同学设计的实验中的试剂1都可以是稀硫酸，故答案为：C；（4）用标准液润洗滴定管时，务必注意最后将润洗液从滴定管下端放出，而不是从上口倒出，具体操作是在酸式滴定管中加入12mLKMnO4溶液，将滴定管横过来并转动，让KMnO4溶液浸过滴定管内壁，从下面放掉浸洗液，重复操作23次，KMnO4溶液用酸式滴定管盛放，滴定时左手旋转活塞，只有图A符
64、合，故答案为：在酸式滴定管中加入12mLKMnO4溶液，将滴定管横过来并转动，让KMnO4溶液浸过滴定管内壁，从下面放掉浸洗液，重复操作23次；A；（5）a酸式滴定管在装酸液前未用待测盐酸溶液润洗，酸液被稀释，取得的酸液偏少，导致实验结果偏低；b开始实验时碱式滴定管尖嘴部分没有气泡，滴定结束生成气泡，则测得标准液体积偏大，导致实验结果偏高；c锥形瓶内溶液颜色变化由无色变为粉红色，立即记下滴定管液面所在刻度，此时标准液的量不足，测得标准液体积偏小，导致实验结果偏低；d盛待测溶液的锥形瓶滴定前用待测液液润洗，则取用的待测液偏多，导致实验结果偏高；e锥形瓶在装盐酸后，又加了少量蒸馏水后滴定，对实验结
65、果没有影响；f若用含少量NaCl的NaOH固体配制标准溶液用来滴定上述盐酸，则标准液的浓度偏小，用去的标准液体积偏大，导致实验结果偏高；故选bdf【点评】本题考查物质的含量的探究实验，为高频考点，把握发生的化学反应及实验操作为解答的关键，侧重分析能力及计算能力的考查，注意信息与所学知识的结合，题目难度不大三填空题（34分）20A、B、C、D、E五种前四周期的元素，原子序数依次增大，其相关信息如下：相关信息A所处的周期数、族序数分别与其原子序数相等B核外有3种不同原子轨道，每个轨道容纳的电子数相等C基态时，2p轨道处于半充满状态D与C元素处于同一周期，且D的第一电离能小于C的第一电离能E是目前生
66、产、生活中应用最广泛的金属请回答下列问题：（1）E位于元素周期表第四 周期第族，其简化电子排布式为Ar3d64s2（2）D原子最外层电子排布图是（3）A和B按照 1：1组成的相对分子质量最小的化合物甲中每个甲分子中含有3个键甲气体常用作燃料电池的负极材料，写出在NaOH溶液中甲用作负极的电极反应式C2H210e+14OH=2CO32+8H2O（4）A和C组成的固体化合物AC5，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，写出固体化合物AC5 的电子式（5）已知在元素周期表中存在“对角线规则”，即周期表中左上方与右下方元素它们的单质及其化合物的性质相似，如Li和Mg，试写出向Be
67、Cl2溶液中加入过量的NaOH溶液反应的化学方程式：BeCl2+4NaOHNa2BeO2+2NaCl+2H2O【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A、B、C、D、E五种前四周期的元素，原子序数依次增大，A元素所处的周期数、族序数分别与其原子序数相等，则A为H元素；核外有3种不同原子轨道，每个轨道容纳的电子数相等，核外电子排布为1s22s22p2，故B为碳元素；基态时，C元素原子2p轨道处于半充满状态，核外电子排布为1s22s22p3，故C为N元素；D与C元素处于同一周期，且D的第一电离能小于C的第一电离能，原子序数大于氮，则D为O元素；E是目前生产、生活
68、中应用最广泛的金属，则E为Fe，据此解答【解答】解：A、B、C、D、E五种前四周期的元素，原子序数依次增大，A元素所处的周期数、族序数分别与其原子序数相等，则A为H元素；核外有3种不同原子轨道，每个轨道容纳的电子数相等，核外电子排布为1s22s22p2，故B为碳元素；基态时，C元素原子2p轨道处于半充满状态，核外电子排布为1s22s22p3，故C为N元素；D与C元素处于同一周期，且D的第一电离能小于C的第一电离能，原子序数大于氮，则D为O元素；E是目前生产、生活中应用最广泛的金属，则E为Fe（1）E为Fe元素，位于元素周期表第四周期第族，其简化电子排布式为Ar3d64s2，故答案为：四、；Ar
69、3d64s2；（2）D为O元素，原子最外层电子排布图是：，故答案为：； （3）H和C按照 1：1组成的相对分子质量最小的化合物甲为C2H2，甲的结构式为HCCH，每个甲分子中含有3个键，故答案为：3；原电池负极发生氧化反应，乙炔在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根与水，负极电极反应式为：C2H210e+14OH=2CO32+8H2O，故答案为：C2H210e+14OH=2CO32+8H2O；（4）A和C组成的固体化合物AC5，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，该化合物为NH4H，电子式为，故答案为：；（5）BeCl2与AlCl3的性质相似，向BeCl2溶液中加入过量的
70、NaOH溶液反应的化学方程式：BeCl2+4NaOHNa2BeO2+2NaCl+2H2O，故答案为：BeCl2+4NaOHNa2BeO2+2NaCl+2H2O【点评】本题考查结构性质位置关系应用，侧重对化学用语及知识迁移运用能力考查，难度中等21有如图所示的电化学装置（盐桥内是饱和KNO3、琼脂）I关闭K1，断开K2，当Y 是AgNO3、X是Fe（NO3）2，通电到5min时，银电极增重2.16g（1）N是阳极，此时若将甲烧杯中溶液混合均匀，则溶液的pH=12（食盐水的体积为2L）（2）前5min内石墨电极上的电极反应式为2H+2e=H2，此阶段内，丙中阳离子浓度变化情况为减小（填“增大”“减
71、小”或“不变”）（3）5min时停止通电，将甲、乙装置中的溶液全部混合在一起，从理论上讲，得到的沉淀最多是1.8gII关闭K2、断开K1后，若电化学装置中的总反应式为Fe+2Ag+=Fe2+2Ag（4）X、Y应该分别为A （填序号）AFe（NO3）2、AgNO3BFeC12、AgNO3CAgNO3、Fe（NO3）2【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】关闭K1，断开K2，乙和丙构成原电池，甲是电解池，Fe是负极，Ag是正极，银电极发生反应：Ag+e=Ag，银电极增重2.16g，即析出金属银0.02mol，转移电子是0.02mol，（1）Ag是正极，N是阳极，根据电极反应：2
72、Cl+2H2OH2+Cl2+2OH，结合电子转移进行计算；（2）石墨电极是阴极，发生还原反应，在原电池的正极上发生还原反应；（3）根据电解原理，甲装置产生氢氧化钠，乙装置发生电极反应Fe2e=Fe2+，将甲、乙装置中的溶液全部混合在一起，亚铁离子和氢氧根离子之间反应生成氢氧化亚铁沉淀；（4）根据盐桥原电池的构成特点，金属铁应该插入含有亚铁离子的盐溶液中，金属银插入含有银离子的盐溶液中【解答】解：关闭K1，断开K2，乙和丙构成原电池，甲是电解池，Fe是负极，Ag是正极，银电极发生反应：Ag+e=Ag，银电极增重2.16g，即析出金属银0.02mol，转移电子是0.02mol，（1）Ag是正极，N
73、是阳极，根据电极反应：2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH，转移电子0.02mol，所以生成氢氧化钠物质的量是0.02mol，所以c（NaOH）=0.01mol/L，所以pH=12，故答案为：阳；12；（2）石墨电极是阴极，发生反应：2H+2e=H2，丙中发生反应：Ag+e=Ag，阳离子浓度减小，故答案为：2H+2e=H2；减小；（3）5min时停止通电，将甲、乙装置中的溶液全部混合在一起，甲装置产生氢氧化钠是0.02mol，乙装置发生电极反应Fe2e=Fe2+，转移电子0.02mol，生成亚铁离子是0.02mol，将甲、乙装置中的溶液全部混合在一起，亚铁离子和氢氧根离子之间反应生成氢氧化亚铁
74、沉淀，从理论上讲，得到的沉淀是氢氧化亚铁0.02mol，质量是0.02mol90g/mol=1.8g，故答案为：1.8；（4）根据盐桥原电池的构成特点，金属铁应该插入含有亚铁离子的盐溶液中，金属银插入含有银离子的盐溶液中，所以X、Y应该分别为Fe（NO3）2，AgNO3故选A【点评】本题考查学生电解池和原电池的工作原理以及电极反应式的书写和计算知识，难度中等22碳和碳的化合物在生产、生活中的应用非常广泛，在提倡健康生活已成潮流的今天，“低碳生活”不再只是一种理想，更是一种值得期待的新的生活方式在一定温度下的2L固定容积的密闭容器中，通入2molCO2和3mol H2，发生的反应为：CO2（g）
75、+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），H=a kJmol1（a0），测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示（1）能说明该反应已达平衡状态的是AB（选填编号）ACO2的体积分数在混合气体中保持不变B混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化C单位时间内每消耗1.2mol H2，同时生成0.4molH2OD该体系中H2O与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1，且保持不变（2）计算该温度下此反应的平衡常数K=0.20（保留两位有效数字）若改变条件C（填选项），可使K=1A增大压强 B增大反应物浓度 C降低温度 D升高温度 E加入催化剂（3）将2.4g碳在足量氧气中燃烧
76、，所得气体通入100mL 3.0mol/L的氢氧化钠溶液中，完全吸收后，溶液中所含离子浓度由大到小为：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【专题】计算题；平衡思想；化学平衡专题【分析】（1）平衡状态的标志可以两个方两去判断，一、是看正逆反应速是否相等，二是各组分的浓度和分数是否随时间的改变而改变；也可以抓住未平衡时是个变量，现在不变说明已经达到平衡状态了，来解决问题；（2）用三行式来求平衡时的各组分浓度，然后代入平衡常数表达式求解，要注意代入平衡常数表达式是平衡浓度，平衡常数是温度的函数，温度变平衡常数才变，到底如何变，还要看反
77、应的热效应；（3）2.4g碳是0.2mol，燃烧生成0.2molCO2，与0.3molNaOH反应的化学方程式为：2CO2+3NaOH=NaHCO3+Na2CO3+H2O，生成0.1molNa2CO3、0.1molNaHCO3，在含等物质的量的碳酸钠、碳酸氢钠的溶液中，碳酸根离子水解大于碳酸氢根离子的水解，水解使溶液显碱性，以此来解答【解答】解：（1）未平衡时是个变量，现在不变说明已经达到平衡状态了，A未平衡CO2的体积分数是个变化的量，现在混合气体CO2的体积分数保持不变，说明已经平衡了，故A正确；B未平衡时混合气体的平均相对分子质量是个变化的量，现在不随时间的变化而变化，说明已经达平衡状态
78、，故B正确；C单位时间内每消耗1.2mol H2，向正方向，同时生成0.4mol H2O，也向正方向，不能反映正逆反应之间的关系，故C错误；D反应中H2O与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1，且保持不变，不能说明各自的量不再随时间的变化而变化，故D错误；故选AB；（2）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）初始（mol/L） 1 1.5 0 0变化（mol/L） 0.25 0.75 0.25 0.25平衡（mol/L） 0.75 0.75 0.25 0.25所以 K=0.20，而平衡常数是温度的函数，只有通过改变温度来改变平衡常数，正反应量放热反应，降低温度，K值变大，变化
79、为1，故答案为：0.20；C；（3）2.4g碳是0.2mol，燃烧生成0.2molCO2，与100mL 3.0mol/L即含有0.3molNaOH反应的化学方程式为：2CO2+3NaOH=NaHCO3+Na2CO3+H2O，生成0.1molNa2CO3、0.1molNaHCO3，在含等物质的量的碳酸钠、碳酸氢钠的溶液中，c（Na+）最大，碳酸根离子水解大于碳酸氢根离子的水解，则c（HCO3）c（CO32），水解使溶液显碱性，则c（OH）c（H+），显性离子大于隐性离子，所以c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+），即离子浓度大小为：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+），故答案为：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）【点评】本题考查平衡状态的判断、化学平衡的计算、离子浓度大小比较，做题时注意把握影响平衡移动的因素以及平衡常数的有关计算，比较离子浓度大小时应掌握溶液的成分，题目难度中等版权所有：高考资源网()
