1、2013-2014学年河南省驻马店市确山二中高三（上）月考化学试卷（9月份） 一选择题（共20个，20×3分=60分）1（3分）下列物质与其用途相符合的是（）Cl2做消毒剂 AgBr制胶卷，感光纸 AgI人工降雨 碘预防甲状腺肿大淀粉检验I2的存在 NaClO漂白纺织物ABCD全部考点：氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用版权所有专题：卤族元素分析：根据Cl2能与水反应生成次氯酸；AgBr不稳定，易分解生成银； AgI易与空气中水蒸气结合形成晶核；碘是预防甲状腺肿大的主要元素；淀粉遇碘变蓝色；NaClO与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可用于漂白纺织物解答：
2、解：Cl2能与水反应生成次氯酸，次氯酸可作消毒剂，用于杀菌消毒，故正确；AgBr不稳定，易分解生成银，可用来制胶卷、感光纸，故正确；AgI易与空气中水蒸气结合形成晶核，有利水汽粒子的碰撞增大，从而形成雨，故正确；碘是预防甲状腺肿大的主要元素，故正确；淀粉遇碘变蓝色，可用来检验碘单质，故正确；NaClO与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可用于漂白纺织物，故正确；故选D点评：本题考查常见物质的性质及应用，题目难度不大，注意常见相关基础知识的积累，性质决定用途2（3分）做实验时不小心使皮肤上粘了一些高锰酸钾，形成的黑斑很久才能消除，如果用草酸（乙二酸）的稀溶液洗涤，黑斑可以迅速退去，
3、其离子方程式为：MnO4+H2C2O4+H+CO2+Mn2+下列有关叙述正确的是（）A发生还原反应的是H2C2O4B该离子方程式右侧方框内的产物是OHC1mol草酸分子中含9mol共用电子对D10mol H+参加反应时，电子转移5mol考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算版权所有专题：氧化还原反应专题分析：A、化合价降低的元素所在反应物是氧化剂被还原发生还原反应；B、根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式；C、依据草酸的分子结构分析计算；D、根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式，结合反应的定量关系计算电子转移解答：解：A、化合价降低的元素是锰元素，所在反应物
4、KMnO4是氧化剂被还原发生还原反应，H2C2O4中碳元素化合价升高做还原剂被氧化发生氧化反应，故A错误；B、根据电子守恒，该反应中锰元素化合价降低5价，两碳元素化合价共升高2价，所以反应转移电子数为10，所以可以得到：2MnO4+5H2C2O4+H+10CO2+2Mn2+，根据电荷守恒、原子守恒，所以中为8H2O，H+的计量数是6，故B错误；C、草酸的分子结构式两个羧基连接形成的化合物为HOOCCOOH，分子中形成的共价键共9个，1 mol草酸分子中含9mol共用电子对 故C正确；D、根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+10CO2+2Mn2+
5、8H2O，6H+10mle，所以10 mol H+参加反应时，电子转移mol，故D正错误；故选C点评：本题考查学生氧化还原反应中的综合知识，主要是氧化还原反应的配平应用，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大3（3分）为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、S及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作其中正确的操作顺序是（）过滤加过量的NaOH溶液加适量盐酸加过量Na2CO3溶液加过量BaCl2溶液ABCD考点：粗盐提纯版权所有专题：化学实验基本操作分析：溶液中的杂质离子为钙离子、镁离子和硫酸根离子，根据镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的
6、沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析解答：解：首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，再进行过滤，分离出生成的氢氧化镁、碳酸钡、碳酸钙沉淀，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，经蒸发操作可得到较纯净的氯化钠，所以正确的顺
7、序为：，故选：D点评：本题主要考查了粗盐提纯过程中的除杂方面的知识，综合性强，要注意除杂质的顺序，本题难度中等4（3分）下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可用同一个离子方程式表示的是（）碳酸钠溶液与盐酸 硫化氢气体与氯化铁溶液 硫酸铝溶液与氨水硝酸银溶液与氨水 碘化亚铁溶液与氯水 碳酸氢钙溶液与澄清石灰水ABCD考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：碳酸钠和盐酸的加入量和顺序不同，离子反应不同分析；硫化氢具有强还原性，可以和三价铁离子发生氧化还原反应，与物质的量无关；依据氢氧化铝不溶于弱酸弱碱分析判断；硝酸银和氨水的量不同加入顺序不同现象不同，离子反应不同进行分析
8、；从亚铁离子和碘离子的还原性不同，加入氯水量的多少不同，产物不同分析；酸式盐和对应碱的反应与量无关分析解答：解：碳酸钠少量时发生的反应为CO32+2H+=CO2+H2O；碳酸钠过量的反应离子方程式为CO32+H+=HCO3，所以量不同反应不同，故不符合；硫化氢气体与氯化铁溶液发生氧化还原反应，与量无关，反应的离子方程式为2Fe3+H2S=S+2Fe2+2H+，故符合；硫酸铝溶液与氨水的反应只有，Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+与量无关，故符合；硝酸银溶液与氨水反应，氨水多时生成银氨溶液，氨水少时生成氢氧化银沉淀，所以量不同产物不同，反应不同，故不符合；Fe2+I的还原性氯水的
9、量的多少不同，反应进行的程度不同，少量氯水时只氧化亚铁离子，氯水过量氧化亚铁离子后继续氧化碘离子，故不符合；碳酸氢钙溶液与澄清石灰水的反应Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O，与量无关，故符合；综上所述符合；故选D点评：本题考查了离子方程式的书写原则，主要是量不同会发生不同的离子反应的离子方程式的书写，关键是熟练掌握离子的性质和产物与过量试剂的后续反应的性质掌握5（3分）能正确表示下列反应的离子方程式是（）A将铜屑加入Fe3+溶液中：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+B将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O4+8H+3Fe3+4H2OC将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合：Fe2+4H+NOFe3+2H2O
10、+NOD将铁粉加入稀硫酸中：2Fe+6H+2Fe3+3H2考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A将铜屑加入Fe3+溶液中，铜具有还原性，三价铁离子具有氧化性，Fe3+氧化铜生成二价铜离子；B磁性氧化铁为Fe3O4，与非氧化性的酸反应生成亚铁离子、铁离子；CFe2+4H+NO3Fe3+2H2O+NO，方程式左右电荷不守恒；D铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气解答：解：A三价铁离子具有氧化性，铜具有还原性，Fe3+氧化铜生成二价铜离子，离子反应为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，故A正确；B将磁性氧化铁溶于盐酸，生成氯化亚铁、氯化铁和水，反应的离子方程式为：Fe3O4+8H+2F
11、e3+Fe2+4H2O，故B错误；C硝酸具有强氧化性，将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合，二价铁离子被氧化，Fe2+4H+NO3Fe3+2H2O+NO方程式左右电荷不守恒，正确反应的离子方程式为：3Fe2+4H+NO33Fe3+2H2O+NO，故C错误；D稀硫酸不具有强氧化性，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子反应方程式为：Fe+2H+Fe2+H2，故D错误；故选：A点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应及离子反应方程式的书写方法即可解答，题目难度不大6（3分）若（NH4）2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为
12、（）A1：4B1：2C2：1D4：1考点：氧化还原反应的计算版权所有专题：氧化还原反应专题分析：先根据氧化还原反应中得失电子相等配平方程式，再根据化合价变化的和化合价不变的氮原子判断解答：解：该反应中，NH4+N2氮元素的化合价由3价0价，生成一个氮气分子需要铵根离子失去6个电子，生成一个二氧化硫分子需要硫酸根离子得到2个电子，所以其最小公倍数是6，然后其它元素根据原子守恒进行配平方程式，所以该方程式为3（NH4）2SO43SO2+N2+4NH3+6H2O，该方程式中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价都是3价，化合价不变，所以则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为12：41=1：
13、2，故选B点评：本题考查了根据方程式进行有关计算，难度不大，注意该方程式中氧化剂和还原剂是同一种物质，但氧化产物和还原产物不同，所以从生成物进行配平较简便7（3分）NA为阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是（）A18gH2O中含有的质子数为10NAB12g金刚石中含有的共价键数为4NAC常温常压下，46gNO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NAD1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：运用物质的量与微粒数目、质量、气体体积、物质的量浓度之间的关系分析解答，n=CV解答：解；A18g水物
14、质的量为1molH2O，水分子中2个氢原子2个质子，1个氧8个质子，水分子中共10个质子，则1molH2O中含有10mol质子，数目为10NA，故A正确；B12g金刚石是1mol碳金刚石的结构是按四面体成键的，一个碳上连着四个共价键，但是一个共价键是两个碳共用的，所以说共价键数应该小于4NA，故B错误；C把四氧化二氮全部转换成二氧化氮，这样46g二氧化氮是1mol，原子总数为3NA，故C正确；D氧化钠和过氧化钠中的钠都是+1价的，不一样的是氧的价态，因此1molNa失去NA个电子，故D正确；故选B点评：本题考查阿伏伽德罗常数的计算，要求微粒数目N，必须要先求得物质的量n，所以解题关键是要通过质
15、量m、气体体积V、溶液物质的量浓度C求出物质的量，最后求微粒数目8（3分）（2010四川）NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A标准状况下，22.4L二氯甲烷的分子数约为NA个B盛有SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，则SO2的物质的量为0.5molC17.6g丙烷中所含的极性共价键为NAD电解精炼铜时，若阴极得到电子数为2NA个，则阳极质量减少 64g考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A标准状况下，二氯甲烷是液体；B一个SO2中含有2个氧原子；C1mol丙烷中含有极性键8mol；D阳极材料为粗铜，放电的不仅仅是铜解答：解：A标准状况下，22.4
16、L二氯甲烷的物质的量不是1mol，故A错误； B一个SO2中含有2个氧原子，盛有SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，则SO2的物质的量为0.5mol，故B正确；C17.6g丙烷的物质的量为0.4mol，1mol丙烷中含有极性键8mol，故0.4mol中含有极性键3.2mol，为3.2NA个，故C错误；D精炼铜时，阳极为粗铜，当转移2mol电子时，阳极消耗的质量不一定为64g，故D错误故选B点评：本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度不大，注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态等问题9（3分）（2010江苏）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A常温下，1L0.1
17、molL1的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2NAB1mol羟基中电子数为10NAC在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为6NAD常温常压下，22.4L乙烯中CH键数为4NA考点：阿伏加德罗常数；物质的量的相关计算版权所有分析：根据阿伏加德罗常数与物质的量的关系，则先计算物质或微粒的物质的量，并利用物质状态、物质结构、电子转移数目、电离、水解的等知识就可以顺利解决此题解答：解：A、利用原子守恒，可推知氮原子数为0.2NA，故A对；B、一个羟基中电子数为9，则1mol羟基中电子数为9NA，故B错；C、反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，生成
18、3molI2 时，1molKIO3的I的化合价从+5价变为了0价，6molHI中有5molHI的I的化合价从1价变为了0价，因此生成3molI2转移电子数为5mol，故C错；D、常温常压下，气体摩尔体积不等于22.4L/mol，则22.4L乙烯不为1mol，故D错；故选：A点评：涉及阿伏加德罗常数考点中常出现审题误区，思维定势，盲目想当然，忽视外界条件的限制，氧化还原反应的本质及反应物量的问题，如等质量按等物质的量计算；求烃分子中化学键的数目只求碳氢键数目等，此类试题不是难点，但是易错点，因为区分度高，长期以来备受命题者的青睐10（3分）（2010山东）下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是
19、（）A生成物总能量一定低于反应物总能量B放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率C应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变D同温同压下，H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）在光照和点燃条件下的H不同考点：化学反应中能量转化的原因；吸热反应和放热反应；反应热和焓变；用盖斯定律进行有关反应热的计算版权所有分析：化学反应中一定伴随着能量变化，反应中既有放热反应，又有吸热反应，取决于反应物和生成物总能量的大小，生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反，化学反应速率取决于物质的性质和外界反应条件，与反应是吸热还是放热没有必然的联系，反应热只取决于反应物和生成物总能量
20、的大小，与反应条件无关解答：解：A、生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反，故A错；B、反应速率与反应是吸热还是放热没有必然的联系，故B错；C、化学反应的反应热大小取决于反应物和生成物的总能量大小，与反应途径无关，应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变，故C正确；D、根据H=生成物的焓反应物的焓可知，焓变与反应条件无关，在光照和点燃条件下该反应的H相同，故D错故选：C点评：本题考查化学反应中能量的变化，着重于对概念的理解，注意放热反应、吸热反应与反应物、生成物以及反应速率、反应条件之间有无必然关系，做题时不要混淆11（3分）（2010江西）己知：HCN（aq
21、）与NaOH（aq）反应的H=12.1kJ/moL；HCl（aq）与NaOH（aq）反应的H=55.6kJ/moL则HCN在水溶液中电离的H等于（）A67.7kJ/moLB43.5kJ/moLC+43.5kJ/moLD+67.7kJ/moL考点：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：HCN（aq）与NaOH（aq）反应可分为两步：HCN在水溶液中电离HCNH+CN；产生的H+与NaOH（aq）反应；利用盖斯定律进行计算，可得HCN在水溶液中电离的反应热解答：解：反应的热化学方程式分别为： HCN（aq）+OH（aq）CN（aq）+H2O（l）H=12.1kJmol1 H+（a
22、q）+OH（aq）H2O（l）H=55.6kJmol1用可得HCN电离的热化学方程式为：HCN（aq）H+（aq）+CN（aq）H=12.1kJmol1（55.6kJmol1）=+43.5kJmol1，故选：C点评：本题考查反应热的计算，本题难度不大，做题时注意盖斯定律的应用12（3分）（2010福建）下列有关化学研究的正确说法是（）A同时改变两个变量来研究反映速率的变化，能更快得出有关规律B对于同一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其反应的焓变相同C依据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液D从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，推出F、Cl、Br、I的非金属递增的规律考点：
23、用盖斯定律进行有关反应热的计算；分散系、胶体与溶液的概念及关系；化学反应速率的影响因素；卤素原子结构及其性质的比较版权所有专题：化学反应中的能量变化；化学反应速率专题分析：A同时改变两个变量来研究反应速率的变化，不容易判断影响反应速率的主导因素，因此更难得出有关规律；B这是盖斯定律的表述；C分散系的划分是以分散质颗粒大小来区分的；D在以酸性强弱作为判断元素非金属性强弱时，是以最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为判断依据的解答：解：A同时改变两个变量来研究反应速率的变化，不容易判断影响反应速率的主导因素，因此更难得出有关规律，应改变一个变量，故A错误；B根据盖斯定律可知，对于同一个化学反应，无论是
24、一步完成还是分几步完成，其反应的焓变相同，故B正确；C分散系的划分是以分散质颗粒大小来区分的，胶体粒子直径介于1nm100nm之间，溶液溶质粒子直径小于1nm，浊液粒子直径大于100nm，溶液和浊液都不具有丁达尔效应，故C错误；D元素非金属性强越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，与氢化物的酸性无关，故D错误故选B点评：本题侧重考查反应速率、盖斯定律、分散系、元素周期律重要的基本概念、规律，题目难度不大13（3分）对于化学反应3W（g）+2X（g）=4Y（g）+3Z（s），下列反应速率关系中，正确的是（）A（W）=（Z）B3（W）=2（X）C2（X）=（Y）D3（W）=4（Y）考点：化
25、学反应速率和化学计量数的关系版权所有专题：化学反应速率专题分析：根据化学反应速率是用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示的，利用化学反应中化学反应速率之比等于其化学计量数之比来解答解答：解：A、由于Z为固体浓度为常数，不能用来表示速率，故A错误；B、由化学计量数可知，v（W）：v（X）=3：2，故B错误；C、由化学计量数可知，v（X）：v（Y）=2：4=1：2，即2v（X）=v（Y），故C正确；D、由化学计量数可知，v（W）：v（Y）=3：4，即4v（W）=3v（Y），故D错误；故选：C点评：本题主要考查化学反应速率和化学计量数的关系，明确化学反应速率之比可由化学反应中的化学计量
26、数直接观察得出是解答的关键，要注意固体和纯液体不能表示反应速率14（3分）硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0mL 0.100molL1 Na2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl离子，则S2O32将转化成（）AS2BSCSO32DSO42考点：氧化还原反应版权所有专题：压轴题；氧化还原反应专题分析：根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等列式计算解答：解：n（Na2S2O3）=0.025L0.100mol/L=0.0025mol，n（Cl2）=0.01mol，设S2O32被氧化后的S元素的化合价为n，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，
27、则0.00252（n2）mol=20.01moln=6故选D点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，注意从氧化剂、还原剂得失电子数目相等的角度解答15（3分）在标准状况下，ag气体A与bg气体B的分子数相同，则与此有关的以下说法中不正确的是（）A气体A与气体B的摩尔质量之比为a：bB相同状况下，同体积的气体A与气体B的质量之比为a：bC质量相同的气体A与气体B的分子数之比为b：aD同温同压下，气体A与气体B的密度之比为b：a考点：阿伏加德罗定律及推论版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：标准状况下，分子数相同的气体A和B，它们的物质的量相同，则相对分子质量之比、同体积的气体
28、的体积之比均等于质量之比、分子数之比与物质的摩尔质量成反比，由=来分析密度之比解答：解：A、由n=可知，分子数相同的气体，物质的量相同，摩尔质量之比等于质量之比，即A与B摩尔质量之比为ag：bg=a：b，故A正确；B、相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，则质量之比等于摩尔质量之比，即为a：b，故B正确；C、A与B相对分子质量之比为a：b，同质量时由n=可知，分子数之比等于：=b：a，故C正确；D、标准状况下，Vm相同，由=可知，密度之比等于摩尔质量之比等于，即为a：b，故D不正确；故选D点评：本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确同温、同压、同体积，则气体的分子数相同、物质的量相同及质量、
29、物质的量、摩尔质量的关系是解答的关键16（3分）在加入铝粉能放出H2的溶液中，可能大量共存的是（）ANH4+、NO3、CO32、Na+BNa+、Ba2+、Mg2+、HCO3CNO3、K+、SO42、ClDNO3、Na+、Fe2+、K+考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：加入铝粉能放出氢气的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量的氢离子或氢氧根离子，A铵根离子与氢氧根离子反应，碳酸根离子与氢离子反应；B镁离子与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子与氢离子、氢氧根离子反应；C碱性溶液中，NO3 K+ AlO2 OH离子之间不反应，也不与氢氧根离子反应；D碱性溶液中，亚铁离子与氢氧根离子反应，酸
30、性溶液中，硝酸根离子具有强氧化性，加入铝不会生成氢气解答：解：与铝反应生成氢气的溶液中存在大量的H+或OH，A酸性溶液中，CO32 与氢离子反应，碱性溶液中，NH4+离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，在溶液中一定不能大量共存，故A错误；B碱性溶液中，Mg2+、HCO3与氢氧根离子反应，酸性溶液中，HCO3与氢离子反应生成二氧化碳气体，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；C碱性溶液中，NO3、K+、SO42、Cl离子之间不发生反应，且不与氢氧根离子反应，在溶液中可以大量共存，故C正确；D碱性溶液中存在大量OH，Fe2+离子与OH离子反应，酸性溶液中，NO3离子具有强氧化性，加入Al不会生成氢气，
31、在溶液中一定不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该明确题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力17（3分）常温下，某溶液中由水电离出来的c（H+）=1.0
32、1013molL1，该溶液可能是（）二氧化硫 氯化铵水溶液 硝酸钠水溶液 氢氧化钠水溶液ABCD考点：离子积常数；水的电离版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：依据常温下溶液中由水电离出来的c（H+）=1.01013molL1，和水中的氢离子浓度比较可知，水的电离被抑制，结合所给物质的性质分析判断；解答：解析：某溶液中由水电离出来的c（H+）=1.01013molL1，说明溶液既可能呈酸性，也有可能呈碱性SO2+H2OH2SO3，H2SO3HSO3+H+，HSO3SO32+H+，溶液呈酸性；抑制水的电离，故符合； 氯化铵水溶液中铵根离子水解促进水的电离，水电离出的氢离子浓度增大，故不符合
33、；硝酸钠水溶液对水的电离平衡无影响，故不符合；NaOHNa+OH，溶液呈碱性，对水的电离起到抑制作用，故符合；所以综上所述符合；故选A点评：本题考查了影响水的电离的影响因素的作用，主要是酸碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离18（3分）下列各组离子中，每个离子都能影响水的电离平衡的一组是（）AZn2+、Ag+、HCO3、Cl、PO43、SO42BFe3+、Br、Al3+、H+、CO32、H2PO4CAg+、SO32、SiO32、Fe2+、S2DFe2+、ClO、OH、HS、Cu2+、HSO3考点：水的电离版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：影响因素有温度、酸、碱、盐等，加热促进电离；
34、加酸、加碱抑制水的电离；能水解的盐促进水的电离，结合离子的性质解答该题解答：解：ACl，SO42为强酸的阴离子，不能结合水电离的氢离子生成弱电解质，不能影响水的电离，故A不选；BBr为强酸的阴离子，不能结合水电离的氢离子生成弱电解质，不能影响水的电离，故B不选；CAg+、Fe2+为弱碱阳离子，SO32、SiO32、S2为弱酸的阴离子，都能与水电离出的氢离子或氢氧根离子结合成弱电解质，能促进水的电离，故C选；DCu2+、Fe2+为弱碱阳离子，ClO、HS、HSO3能结合水电离的氢氧根离子生成弱电解质，OH抑制水的电离，能影响水的电离，故D选故选CD点评：本题考查了对水电离的影响因素，解答的关键是
35、抓住酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水电离，难度不大19（3分）（2009四川）下列有关物质检验的实验结论正确的是（） 选项实 验 操 作 及 现 象实 验 结 论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42B向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为红色该溶液中一定含有Fe2+C将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是SO2D将少量某物质的溶液滴加到新制的银氨溶液中，水浴加热后有银镜生成该物质一定属于醛类AABBCCDD考点：常见阴离子的检验；常见气体的检验；常见阳离子的检验；有机物（官能团）的检验版权所有
36、专题：物质检验鉴别题分析：A、根据硫酸根离子的检验方法分析是否有干扰离子存在；B、结合三价铁离子的检验方法进行分析判断；C、依据漂白性物质的漂白作用和二氧化硫的检验方法判断；D、从醛基官能团的存在物质进行分析；解答：解：A、SO42的检验，应该先加盐酸，再加氯化钡溶液，否则会受到银离子等其他离子的干扰，向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成可能是氯化银沉淀，故A错误；B、三价铁离子遇到硫氰酸根会生成血红色溶液，二价铁离子无此现象，向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，说明不含三价铁离子，再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为红色，说明生成了三价铁离子，因此原溶液含有二价铁离
37、子，故B正确；C、二氧化硫气体检验方法，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热恢复红色，证明是二氧化硫，选项中可以是氯气通入后生成的次氯酸起漂白作用，故C错误；D、能发生银镜反应的官能团为醛基，醛基可以在醛中，也可以在葡萄糖、甲酸、甲酸盐、甲酸酯中存在，故D错误；故选B点评：本题考查有关常见离子的检验和物质鉴别等知识，知识点较为基础，为综合运用题20（3分）如果Fe3+、SO42、Al3+和M四种离子以物质的量之比为2：4：1：1共同存在于同一种溶液中，那么M可能是（）ANa+BICCO32DCl考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：根据离子的物质的量之比，利用电荷守恒确定离子，
38、再结合离子之间不反应，能大量共存来解答解答：解：Fe3+、SO42、Al3+和M四种离子以物质的量之比为2：4：1：1共同存在于同一种溶液中，由电荷守恒可知，32+3124，则M为阴离子，设电荷数为x，则32+31=24+x1，解得x=1，又选项中I、Fe3+发生氧化还原反应，不能共存，故选：D点评：本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重电荷守恒和氧化还原的考查，把握电荷守恒确定阴离子为解答的关键，题目难度不大二简答题：（共40分，每一个空2分）21（8分）实验室要配制1.0mol/L的NaOH溶液500mL（1）需称取固体NaOH2.0克（2）要配制1.0mol/L的NaOH溶液500mL
39、，除了用托盘天平外，还要用到的仪器是（填写序号，错选不给分，少选没错给1分）500mL量筒烧杯1 000mL容量瓶500mL容量瓶玻璃棒 胶头滴管（3）若其他操作均正确，下列操作会使所配的NaOH溶液浓度偏低的是ABDA将溶解的NaOH溶液转移至容量瓶后，没有洗涤烧杯和玻璃棒B将烧杯内的NaOH溶液向容量瓶内转移时，因操作不当使部分NaOH溶液溅出瓶外C加水未达到刻度线D摇匀后，发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线（4）若配制时，因加水不慎超过了容量瓶刻度线，此时实验应如何继续进行？CA用胶头滴管把超过刻度线的水吸出B再加入一点NaOH固体C将容量瓶中的溶液倒出洗涤干净后，再重新配制考点：
40、配制一定物质的量浓度的溶液版权所有专题：实验题分析：（1）根据m=cVM计算溶质的质量；（2）根据操作步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等选取实验仪器；（3）根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断；（4）根据配制时，一旦出现的错误操作，必须洗涤容量瓶，重新配制解答：解：（1）固体NaOH的质量m（NaOH）=cVM=0.1mol/L0.5L40g/mol=2.0g，故答案为：2.0； （2）配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、
41、玻璃棒23次，将洗涤液移入500mL容量瓶，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：；（3）A将溶解的NaOH溶液转移至容量瓶后，没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，根据c=分析可知溶液浓度偏小，故A正确；B将烧杯内的NaOH溶液向容量瓶内转移时，因操作不当使部分NaOH溶液溅出瓶外，导致溶质的物质的量偏小，根据c=分析可知溶液浓度偏小，故B正确；C加水未达到刻度线，导致溶液的体积偏小，根据c=分析可知溶液浓度偏大，故C错误；D摇匀后，发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，过会儿滞留在
42、刻度线以上的溶液会下落，导致溶液的体积偏大，根据c=分析可知溶液浓度偏小，故D正确；故选：ABD；（4）若配制时，因加水不慎超过了容量瓶刻度线，将容量瓶中的溶液倒出洗涤干净后，再重新配制，故选：C点评：本题考查一定物质的量浓度溶液的配制以及仪器的选择，难度不大，注意根据c=理解溶液配制原理与误差分析22（16分）由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：K+、NH+4、Mg2+、Ba2+、Cl、SO24、CO23，将该混合物溶于水后得澄清溶液现取3份100mL该溶液分别进行如下实验：序号试验内容试验结果1加AgNO3溶液有白色沉淀生成2加足量NaOH溶液并加热收集到气体1.12L（
43、已折算成标准状况下的体积）3加足量BaCl2溶液时，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量；再向沉淀中加足量稀盐酸，然后干燥、称量第一次称量读数为6.27g第二次称量读数为2.33g试回答下列问题：（1）根据实验1对Cl是否存在的判断是不能确定，（填“一定存在”、“一定不存在”或“不能确定”）；根据实验13判断混合物中一定不存在的离子是Mg2+、Ba2+（2）试确定溶液中一定存在的阴离子及其物质的量浓度（可不填满）：阴离子符合物质的量浓度（molL1）CO320.2mol/LSO420.1mol/L无无（3）试通过计算确定K+是否存在，写出计算过程存在；溶液中一定存在CO32、SO42、NH4+，一定
44、不存在Mg2+、Ba2+而CO32、SO42、NH4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol；CO32、SO42所带负电荷为0.02mol2+0.01mol2=0.06mol，NH4+所带正电荷为0.05 mol，根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在考点：常见离子的检验方法版权所有专题：实验设计题分析：将该混合物溶于水后得澄清溶液，证明相互反应生成沉淀的离子不能共存；根据题意，Ba2+和SO42，可发生离子反应生成BaSO4，因此两者不能共存Ba2+和CO32可发生离子反应生成BaCO3，因此两者也不能共存第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl+Ag+AgCl、
45、CO32+2Ag+Ag2CO3、SO42+2Ag+Ag2SO4，所以可能含有Cl、CO32、SO42第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.05mol，和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，而没有沉淀产生说明一定不存在Mg2+故可确定一定含有NH4+，一定不存在Mg2+根据反应NH4+OHNH3+H2O，产生NH3为0.05mol，可得NH4+也为0.05mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为2.33g部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应CO32+Ba2+BaCO3、SO42+Ba2+BaSO4
46、，因为BaCO3+2HClBaCl2+CO2+H2O而使BaCO3溶解因此溶液中一定存在CO32、SO42，故一定不存在Ba2+，计算n（CO32）、n（SO42），根据电荷守恒判断溶液中K+是否存在，由K+物质的量的变化分析Cl的情况，根据c=计算溶液中含有的离子浓度解答：解：根据题意，Ba2+和SO42，可发生离子反应生成BaSO4，因此两者不能共存Ba2+和CO32可发生离子反应生成BaCO3，因此两者也不能共存第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl+Ag+AgCl、CO32+2Ag+Ag2CO3、SO42+2Ag+Ag2SO4，所以可能含有Cl、CO32、SO42第二份加足量
47、NaOH溶液加热后，收集到气体0.05mol，和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，而没有沉淀产生说明一定不存在Mg2+故可确定一定含有NH4+，一定不存在Mg2+根据反应NH4+OHNH3+H2O，产生NH3为0.05mol，可得NH4+也为0.05mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为2.33g部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应CO32+Ba2+BaCO3、SO42+Ba2+BaSO4，因为BaCO3+2HClBaCl2+CO2+H2O而使BaCO3溶解因此溶液中一定存在CO32、SO42，一定
48、不存在Ba2+由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为 =0.01mol，BaCO3为6.27g2.33g3.94g，物质的量为 =0.02mol由上述分析可得，溶液中一定存在CO32、SO42、NH4+，而CO32、SO42、NH4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol；一定不存在Mg2+、Ba2+；CO32、SO42所带负电荷为0.02mol2+0.01mol2=0.06mol，NH4+所带正电荷为0.05 mol，根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，K+物质的量0.01 mol，当K+物质的量0.01 mol时，溶液中还必须含有Cl；当K+物质的量=0.01
49、 mol时，溶液中不含有Cl；（1）实验1加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl+Ag+AgCl、CO32+2Ag+Ag2CO3、SO42+2Ag+Ag2SO4，所以可能含有Cl、CO32、SO42，实验1不能确定含有Cl，依据上述分析可知Cl可能含有；由上述分析可知，溶液中一定不含有Mg2+、Ba2+；故答案为：不能确定；Mg2+、Ba2+；（2）依据上述分析可知，溶液中一定存在的阴离子为CO32、SO42，SO42物质的量为0.01mol，SO42物质的量浓度=0.1mol/L，CO32物质的量为0.02mol，CO32物质的量浓度为 =0.2mol/L，故答案为：阴离子符号物质的量浓
50、度（molL1）CO320.2molL1SO420.1molL1（3）溶液中一定存在CO32、SO42、NH4+，一定不存在Mg2+、Ba2+而CO32、SO42、NH4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04molCO32、SO42所带负电荷分别为0.02mol2+0.01mol2=0.06mol，NH4+所带正电荷为0.05 mol，根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，故答案为：存在；溶液中一定存在CO32、SO42、NH4+，一定不存在Mg2+、Ba2+而CO32、SO42、NH4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol；CO32、SO42所带负电
51、荷为0.02mol2+0.01mol2=0.06mol，NH4+所带正电荷为0.05 mol，根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在点评：本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是K+的确定易出现失误题目难度较大23（10分）（2010海南）高炉炼铁过程中发生的主要反应为Fe2O3（s）+CO（g）=Fe（s）+CO2（g）已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：温度/100011501300平衡常数4.03.73.5请回答下列问题：（1）该反应的平衡常数表达式K=，H0（填“”、“”或“=”）；（2）在一个
52、容积为10L的密闭容器中，1000时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反应经过10min后达到平衡求该时间范围内反应的平均反应速率v（C02）=0.006mol/（Lmim）、CO的平衡转化率=60%：（3）欲提高（2）中CO的平衡转化率，可采取的措施是CA减少Fe的量 B增加Fe203的量 C移出部分C02D提高反应温度 E减小容器的容积 F加入合适的催化剂考点：化学平衡的计算；反应速率的定量表示方法；用化学平衡常数进行计算；化学平衡的影响因素版权所有专题：实验探究和数据处理题；关系式法；化学平衡专题分析：（1）根据化学平衡常数的概念来书写表达式，并利用温度与化学平衡常数的关
53、系来分析反应热；（2）根据各物质的物质的量、化学平衡常数及三段法计算来平衡时的量，再计算反应速率及物质的转化率；（3）根据影响化学平衡移动的因素可知，提高（2）中CO的平衡转化率则是分析能使平衡正向移动的措施来解答解答：解：（1）由平衡常数是指在一定温度下，当一个可逆反应达到化学平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，但需要注意但是固体和纯液体的浓度视为常数，不能出现在表达式中，则K=，又从表中数据可知随着温度的升高平衡常数逐渐减小，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，即H0，故答案为：；（2）设CO转化的物质的量为x，则Fe2O3（s）+CO（g）Fe（s）+
54、CO2（g）起始量（mol） 1.0 1.0转化的量（mol） x x平衡时的量（mol） 1.0x 1.0+x又在1000时K=4.0，则有=4.0，解得x=0.6，C02的浓度变化量为：c（C02）=0.06mol/L，则用二氧化碳表示的反应速率为=0.006mol/（Lmim），CO的转化率为100%=60%，故答案为：0.006mol/（Lmim）；60%；（3）若提高CO的平衡转化率，则化学平衡向正反应方向移动，因Fe、Fe2O3都是固体，改变质量平衡不移动，故AB不选；移出二氧化碳气体，减小生成物中气体的浓度，则平衡正向移动，故C选；因反应为放热反应，则升高温度，平衡向逆反应方向移
55、动，故D不选；因该反应前后气体的体积不变，则减小容器的容积，平衡不移动，故E不选；因催化剂对平衡移动无影响，则加入合适的催化剂不能使平衡移动，故F不选；故答案为：C点评：本题主要考查化学平衡常数的概念及计算以及反应热的有关判断，利用化学平衡三段法计算平衡时的量并借助化学反应速率的概念、转化率的概念来计算，并应熟悉外界条件对化学平衡的影响来解答即可24（6分）在一定条件下，NO跟NH3可以发生反应生成N2和H2O现有NO和NH3的混合物1mol，充分反应后所得产物中，若经还原得到的N2比经氧化得到的N2多1.4g（1）写出反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目（2）若以上反应进行完全，试计算
56、原反应混合物中NO与NH3的物质的量可能各是多少考点：氧化还原反应；化学方程式的有关计算版权所有专题：压轴题；计算题；氧化还原反应专题分析：反应的方程式为：6NO+4NH3=5N2+6H2O，根据化合价的变化判断电子转移的方向和数目，根据化学方程式以及经还原得到的N2比经氧化得到的N2多1.4g，利用讨论法计算原反应混合物中NO与NH3的物质的量解答：解：（1）反应的方程式为：6NO+4NH3=5N2+6H2O，反应中NO中N元素的化合价由+2价降低到0价，得电子，NH3中N元素的化合价由3价升高到0价，失电子，氧化还原反应氧化剂和还原剂得失电子数目相等，则有：，答：；（2）6molNO还原得到3molN2，4molNH3，氧化得到2molN2，两者相差1molN2，现相差1.4g，相当于0.3molNO和0.2molNH3反应，依题意NO和NH3的总物质的量为1mol，其中必有一种为过量，所以有两种情况：0.3molNO和0.7molNH3或0.2molNH3和0.8molNO答：原反应混合物中NO与NH3的物质的量可能为：0.3molNO和0.7molNH3或0.2molNH3和0.8molNO点评：本题考查氧化还原反应以及有关计算，题目难度不大，注意根据化学方程式判断被氧化和被还原的物质的量的关系为解答该题的关键
