福建福州八中2016屆高三上學(xué)期第一次質(zhì)檢化學(xué)試卷【解析版】

1、2015-2016學(xué)年福建省福州八中高三（上）第一次質(zhì)檢化學(xué)試卷一、選擇題（每小題只有一個(gè)正確選項(xiàng)，每小題2分，共42分）.下列說法正確的是（）A. NaCl常用于調(diào)味劑和防腐劑B.西氣東輸”中的 氣”指的是煤氣C.食用純堿可治療胃酸過多D.無水乙醇常用作醫(yī)用消毒劑.用次氯酸鈉固體有效的殺滅水中的細(xì)菌和病毒，該過程不可能涉及的變化有（）A .置換反應(yīng)B .復(fù)分解反應(yīng)C .電離D .水解.化學(xué)與生產(chǎn)和生活密切相關(guān)，下列說法正確的是（）A.金屬鈉可以保存在煤油或酒精中，防止在空氣中變質(zhì)B.石油的裂化和煤的干儲(chǔ)，都屬于化學(xué)變化C.等質(zhì)量的葡萄糖和果糖在人體內(nèi)完全氧化釋放的能量相等D.聚氯乙烯制品易造

2、成白色污染，可采用焚燒法處理4.下列有關(guān)說法正確的是 （）A.硅相對(duì)于氫氣便于運(yùn)輸、貯存，從安全角度考慮，硅是有開發(fā)價(jià)值的燃料B.硅在地殼中含量居第二位，在地球上有豐富的硅資源，如石英、水晶、瑪瑙的主要成分都是單質(zhì)硅C.存放NaOH溶液的試劑瓶應(yīng)用玻璃塞D.二氧化硅是一種良好的半導(dǎo)體材料5.在氯水中存在多種分子和離子，它們?cè)诓煌姆磻?yīng)中表現(xiàn)各自的性質(zhì).下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象和結(jié)論一致且正確的是（）A.加入有色布條，一會(huì)兒有色布條褪色，說明溶液中有C12存在B.溶液呈黃綠色，且有刺激性氣味，說明有C12分子存在C.先加入鹽酸酸化，再加入 AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀，說明有 C1存在D.加入NaOH溶液，氯

3、水黃綠色消失，說明有HC1O分子存在.下列各組物質(zhì)相互反應(yīng)后，再向得到的溶液中滴入 KSCN試劑，溶液變成紅色的是（）A.氯水和氯化亞鐵溶液B.鐵屑和氯化銅溶液C.鐵屑和過量稀硫酸 D.過量鐵屑和氯化鐵溶液.在蒸發(fā)皿中用酒精燈加熱蒸干下列物質(zhì)的溶液然后灼燒，可以得到該物質(zhì)固體的是（）A.氯化鐵 B.碳酸氫鈉C.硫酸鋁 D.高鎰酸鉀.常溫下，下列溶液中的微粒濃度關(guān)系正確的是()A.新制氯水中加入固體 NaOH ： c (Na+) =c (Cl ) +c (ClO)+c (OH )pH=8.3 的 NaHCO3溶液：c(Na+) c(HCO3)c(CO32 ) c(H2CO3)pH=11 的氨水與

4、 pH=3 的鹽酸等體積混合：c (Cl ) =c (NH4+) c (OH ) =c (H+)0.2mol/L 的 CH3COOH 溶液與 0.1mol/L 的 NaOH 溶液等體積混合：2c (H+) - 2c (OH )=c (CH3COO ) - c (CH3COOH) TOC o 1-5 h z .用惰性電極電解下列溶液，電解一段時(shí)間后，陰極質(zhì)量增加，電解液的pH下降的是()A. CuSO4 B. NaOH C. BaCl2 D . H2SO4.能實(shí)現(xiàn)下列物質(zhì)間直接轉(zhuǎn)化的元素是()單質(zhì)氧化物土酸或堿把我理國(guó)鹽.A.硅 B.硫C.銅 D.鐵.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的

5、是()18 g H2O含有10NA個(gè)質(zhì)子1 mol/LCH 3COONa 溶液中含有 1 mol/LCH 3COOC.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4 L氨水含有Na個(gè)NH3分子D. 56 g鐵片投入足量濃 H2SO4中生成Na個(gè)SO2分子12.下列溶液中通入 SO2一定不會(huì)產(chǎn)生沉淀的是()A. Ba (OH) 2 B. Ba (NO3)2 C. Na2s D. BaCl2.對(duì)下列事實(shí)的解釋正確的是 ()A.濃硝酸通常保存在棕色的試劑瓶中，說明濃硝酸不穩(wěn)定B.不用濃硝酸與銅屑反應(yīng)來制取硝酸銅，說明濃硝酸具有揮發(fā)性 2+C.足量鐵與稀硝酸反應(yīng)后溶液呈淺綠色，說明稀硝酸不能氧化FeD .鋅與稀硝酸反應(yīng)得不到氫

6、氣，說明稀硝酸能使鋅鈍化.下列敘述中，正確的是 ()A.葡萄糖注射液不能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，不屬于膠體B.油脂是高分子化臺(tái)物，水解可生成甘油和高級(jí)脂肪酸C.煤中含有的煤焦油，可由煤干儲(chǔ)獲得D.聚乙烯塑料的老化是因?yàn)榘l(fā)生了加成反應(yīng).下列實(shí)驗(yàn)可實(shí)現(xiàn)鑒別目的是 ()A .用CO2鑒別NaAlO 2溶液和CH 3COONa溶液B.用濕潤(rùn)的碘化鉀淀粉試紙鑒別Br2 (g)和NO2C.用KOH溶液鑒別SO3 (g)和SO2D,用BaCl2溶液鑒別AgNO3溶液和K2SO4溶液16.如部分短周期元素原子半徑與原子序數(shù)的關(guān)系圖.則下列說法正確的是力心照工泮灶A(yù). Y、 R兩種元素的氣態(tài)氫化物及其最高價(jià)氧化物的水化

7、物均為強(qiáng)酸B.簡(jiǎn)單離子的半徑： XZMC.由X與N兩種元素組成的化合物不能與任何酸反應(yīng)，但能與強(qiáng)堿反應(yīng)D. Z單質(zhì)能從M與R元素構(gòu)成的鹽溶液中置換出單質(zhì)M.下列有關(guān)溶液組成的描述合理的是（）A.無色溶液中可能大量存在 B.酸性溶液中可能大量存在 C.弱堿性溶液中可能大量存在 D.中性溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl、S2Na+、ClO、SO42、INa+、K+、Cl、HCO3 Fe3+、K+、Cl、SO42.用石墨電極電解 CuCl2溶液（如圖）.下列分析正確的是（）rl ft 討口也 EThsA.通電使 CuC12發(fā)生電離B. a端是直流電源的負(fù)極C.陽(yáng)極上發(fā)生的反應(yīng)：Cu2+2e

8、 -CuD.通電一段時(shí)間后，在陰極附近觀察到黃綠色氣體. 一定溫度時(shí)，向容積為 2L的密閉容器中充入一定量的SO2和。2,發(fā)生反應(yīng)2SO2 （g）+O2 （g） ?2SO3 （g） AH= - 196kJ?moL 1, 一段時(shí)間后達(dá)平衡，反應(yīng)過程中測(cè)定的部分?jǐn)?shù)據(jù)見下表：下列說法不正確的是 （）反應(yīng)時(shí)間/minn (SO2) /moln (O2) /mol02151.2100.4150.8A.反應(yīng)在前5min的平均速率為v (SO2) =0.08mol ?L 1?minB.保持溫度不變，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2時(shí)，v （正） v （逆）一 一、 1C.該溫度，反應(yīng)的

9、平衡常數(shù)為11.25L?molD,相同溫度下，起始時(shí)向容器中充入1.5mol SO3,達(dá)平衡時(shí)SO3的轉(zhuǎn)化率為40%.用下列實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行相應(yīng)實(shí)驗(yàn)，裝置正確且能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖悄針犯稍颯O2氣體B.匚 一 二蒸發(fā)CH3COONa溶液得醋酸鈉晶體分離有機(jī)層與水層，水層從分液漏斗下口放出D.測(cè)量氯氣的體積21.某實(shí)驗(yàn)小組依據(jù)反應(yīng) AsO43 +2H 對(duì)AsO-氧化性的影響.測(cè)得電壓與+2I ? AsO33 +I2+H2O設(shè)計(jì)如圖1原電池，探究pH的關(guān)系如圖2 .下列有關(guān)敘述錯(cuò)誤的是（PH)笳。也睛梅茴蓄液A .調(diào)節(jié)pH可以改變反應(yīng)的方向pH=0.68時(shí)，反應(yīng)處于平衡狀態(tài)pH=5時(shí)，負(fù)極電極反應(yīng)式為 2

10、I - 2e =I23pH 0.68 時(shí)，氧化性 I2AsO4二、非選擇題22.研究碳、氮氧化物的性質(zhì)與利用具有重要意義.國(guó)132(1)由MgO制成的Mg可構(gòu)成 鎂-次氯酸鹽”電池，其裝置示意圖如圖 1,該電池的正 極反應(yīng)式為;(2)化合物甲、乙是兩種氮的氧化物且所含元素價(jià)態(tài)均相同，其中一種氧化物為紅棕色，某溫度下相互轉(zhuǎn)化時(shí)的量變關(guān)系如圖2所示：甲的化學(xué)式是;圖中a、b、c、d四點(diǎn)中，表示反應(yīng)處于平衡狀態(tài)的是 . tit2時(shí)間內(nèi)v正(乙) V逆(甲)(填 或=)反應(yīng)進(jìn)行到t2時(shí)刻，改變的條件可能是 .(3)用H2或CO催化還原NO可達(dá)到消除污染的目的.已知： 2NO (g) =N2 (g) +

11、O2 ( g) -1 H= - 180.5kJ?mol；2H2O (l) =2H 2 (g) +O2 (g) H=+571.6kJ ?mol 1,則用 H2催化還原 NO 消除污染的熱化 學(xué)方程式是.23.已知25c時(shí)部分弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)數(shù)據(jù)如表所示:化學(xué)式CH3COOHH2CO3HClO苴離平衡常數(shù)Ka=1.8M0 5Kal=4.3M0 711Ka2=5.6M0Ka=3.0MC8回答下列問題：(1)物質(zhì)的量濃度均為 0.1mol?L -1的三種溶液：a. CH3cOONab. Na2co3c. NaClOpH由小到大排列的順序是 (用編號(hào)填寫).(2)體積土勻?yàn)?00mL pH=2的C

12、H3COOH與一元酸HX ,加水稀釋過程中pH與溶液體積的 關(guān)系如圖所示，則HX的電離平衡常數(shù) (填 大于、小于”或 等于“)CH3COOH 的電離平衡常數(shù).稀釋后，HX溶液中水電離出來的 C (H+) (填夭于、小于“ 或 等于“)醋酸溶液中水電離出來的C ( H+).mWmL1kg樣(14分)亞硫酸鹽是一種常見食品添加劑.為檢驗(yàn)?zāi)呈称分衼喠蛩猁}含量(通常 品中含SO2的質(zhì)量計(jì))，某研究小組設(shè)計(jì)了如下兩種實(shí)驗(yàn)流程：(1)氣體A的主要成分是 ,為防止煮沸時(shí)發(fā)生暴沸，必須先向燒瓶中加入；通入N2的目的是.(2)寫出甲方案第 步反應(yīng)的離子方程式： .(3)甲方案第步滴定前，滴定管需用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶

13、液潤(rùn)洗，其操作方法是 .(4)若用鹽酸代替稀硫酸處理樣品，則按乙方案實(shí)驗(yàn)測(cè)定的結(jié)果 (填偏高”、褊低”或無影響”)若取樣品wg,按乙方案測(cè)得消耗 0.01000mol?L12溶液VmL ,則1kg樣品中含SO2 的質(zhì)量是 g (用含w、V的代數(shù)式表示).(14分)硅孔雀石是一種含銅的礦石，含銅形態(tài)為 CuCO3?Cu (OH) 2和CuSiO3?2H2O,同時(shí)含有SiO2、FeCO3、Fe2O3、A2O3等雜質(zhì).以硅孔雀石為原料直接制取硫酸銅產(chǎn)品的 工藝流程如圖1所示：力礦粉圖2排放S3請(qǐng)回答下列問題：(1)寫出氯渣A成份中除SiO2外還有(填化學(xué)式)；(2)步驟 中加入雙氧水的作用是(用離子

14、方程式表示) (3)步驟調(diào)節(jié)溶液pH約為4,可以達(dá)到除去Fe3+而不損失CuSO4的目的，調(diào)節(jié)溶液pH 可選用的最佳試劑是A. Fe (OH) 3B. NH3?H2O C. CuO D . NaOH(4)已知常溫下，KspAl (OH) 3=3.2X10 34,測(cè)得濾液A中Al3+的濃度為1必0-2mol/L,則在濾渣B中 (填 有”或 沒有)Al (OH) 3.(5)為充分利用母液，某學(xué)生設(shè)計(jì)二種方案回收銅.甲方案：如圖2所示.乙方案：按如圖3所示裝置進(jìn)行電解.乙方案中銅將在 (填A(yù)”或B”)極析出，為保持乙方案中電流恒定， B極應(yīng)該使 用(填鐵或石墨”)作電極材料.該方案和甲相比較，最大的

15、缺點(diǎn)是 .(14分)某研究性學(xué)習(xí)小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍(lán)色沉淀.甲同學(xué)認(rèn)為：兩者反應(yīng)生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學(xué)認(rèn)為：這兩者相互促進(jìn)水解反應(yīng)，生成 Cu (OH) 2 一種沉淀；丙同學(xué)認(rèn)為：生成 CuCO3和Cu (OH) 2兩種沉淀.查閱資料知：CuCO3和Cu (OH) 2均不帶結(jié)晶水I .按照乙同學(xué)的理解反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為： ;在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化.具體操作為過濾 洗滌干燥.n.請(qǐng)用如圖1所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分.國(guó)1圖2(1)各裝置連接順序?yàn)?一 一.(2)裝置C中裝有試劑的名稱是.(3)能證明生

16、成物中有 CuCO3的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是 .m.若CuCO3和Cu (OH) 2兩者都有，可通過如圖 2所示裝置的連接，進(jìn)行定量分析來測(cè) 定其組成.(1)裝置C中堿石灰的作用是 ,實(shí)驗(yàn)開始時(shí)和實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)都要通入過量的空氣 其作用分別是, .(2)若沉淀樣品的質(zhì)量為 m克，裝置B質(zhì)量增加了 n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為: .(用m、n表示)2015-2016學(xué)年福建省福州八中高三（上）第一次質(zhì)檢化 學(xué)試卷一、選擇題（每小題只有一個(gè)正確選項(xiàng)，每小題 2分，共42分）.下列說法正確的是（）A. NaCl常用于調(diào)味劑和防腐劑B.西氣東輸”中的 氣”指的是煤氣C.食用純堿可治療胃酸過多D.無水乙醇常用作

17、醫(yī)用消毒劑【考點(diǎn)】常見的食品添加劑的組成、性質(zhì)和作用；化石燃料與基本化工原料；藥物的主要成分和療效.【專題】化學(xué)應(yīng)用.【分析】A .廚房里常用作調(diào)味品和防腐劑的是NaCl;B.氣”指的是天然氣；Na2CO3堿性太強(qiáng)，不適于治療胃酸過多；75%乙醇用作消毒是用 75%乙醇.【解答】 解：A. NaCl是廚房里常用的調(diào)味品和防腐劑，故 A正確；B.西氣東輸”中的氣”指的是天然氣，故 B錯(cuò)誤；C. Na2CO3堿性太強(qiáng)，不適于治療胃酸過多，應(yīng)用碳酸氫鈉，故 C錯(cuò)誤；D.用作消毒是用75%乙醇，故D錯(cuò)誤.故選A .【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)與生活，明確物質(zhì)的成分和用途的關(guān)系是解題的關(guān)鍵，題目難度不大.用次氯

18、酸鈉固體有效的殺滅水中的細(xì)菌和病毒，該過程不可能涉及的變化有（）A .置換反應(yīng)B .復(fù)分解反應(yīng)C .電離D .水解【考點(diǎn)】氯、澳、碘及其化合物的綜合應(yīng)用.【專題】鹵族元素.【分析】 次氯酸鈉在溶液中電離生成Na+和ClO，ClO水解生成具有強(qiáng)氧化性的 HC1O ,HC1O具有強(qiáng)氧化性，可使蛋白質(zhì)變性，以此解答.【解答】解：次氯酸鈉在溶液中電離生成Na+和ClO , ClO水解生成具有弓II氧化性的 HClO ,HClO具有強(qiáng)氧化性，可使蛋白質(zhì)變性，則涉及的變化有電離、水解以及氧化還原反應(yīng)，不 涉及置換反應(yīng).故選A .【點(diǎn)評(píng)】本題考查次氯酸鈉的殺菌消毒原理， 為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于元素化合物知識(shí)的綜

19、合理 解和運(yùn)用的考查，題目難度不大，本題注意把握次氯酸鈉的性質(zhì)， 注意相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累.化學(xué)與生產(chǎn)和生活密切相關(guān)，下列說法正確的是（）A.金屬鈉可以保存在煤油或酒精中，防止在空氣中變質(zhì)B.石油的裂化和煤的干儲(chǔ)，都屬于化學(xué)變化C.等質(zhì)量的葡萄糖和果糖在人體內(nèi)完全氧化釋放的能量相等D.聚氯乙烯制品易造成白色污染，可采用焚燒法處理【考點(diǎn)】鈉的化學(xué)性質(zhì)；反應(yīng)熱和焰變；常見的生活環(huán)境的污染及治理；石油的裂化和裂解；煤的干儲(chǔ)和綜合利用.【專題】化學(xué)應(yīng)用.【分析】A .鈉和酒精反應(yīng)生成氫氣；B.石油的裂化和煤的干儲(chǔ)都有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化；C.葡萄糖和果糖屬于同分異構(gòu)體，二者結(jié)構(gòu)不同；D.焚燒聚氯乙烯

20、塑料制品易產(chǎn)生空氣污染.【解答】解：A.鈉較活潑，易和水、氧氣反應(yīng)而變質(zhì)，煤油和鈉不反應(yīng)且密度小于鈉，所以煤油可以保存鈉；鈉和乙醇反應(yīng)生成乙醇鈉和氫氣，所以不能用乙醇保存鈉，故A錯(cuò)誤;B.石油的裂化是大分子煌通過裂化轉(zhuǎn)化為小分子燒，煤油通過干儲(chǔ)得到煤焦油、焦炭等物質(zhì)，所以石油裂化、煤的干儲(chǔ)都屬于化學(xué)變化，故B正確；C.葡萄糖和果糖屬于同分異構(gòu)體，二者分子式相同但結(jié)構(gòu)不同，導(dǎo)致等質(zhì)量的葡萄糖和果糖在人體內(nèi)完全氧化釋放的能量不相等，故C錯(cuò)誤；D.聚氯乙烯中含有氯元素，焚燒聚氯乙烯時(shí)會(huì)產(chǎn)生污染大氣的有毒物質(zhì)，所以不能采用焚燒的方法處理聚氯乙烯，故 D錯(cuò)誤；故選B.【點(diǎn)評(píng)】本題考查了有機(jī)物的性質(zhì)，明確

21、物質(zhì)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)之間的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，這些知識(shí)點(diǎn)都是基礎(chǔ)知識(shí)，題目難度不大，注意分儲(chǔ)和干儲(chǔ)的區(qū)別，為易錯(cuò)點(diǎn).4.下列有關(guān)說法正確的是 （）A.硅相對(duì)于氫氣便于運(yùn)輸、貯存，從安全角度考慮，硅是有開發(fā)價(jià)值的燃料B.硅在地殼中含量居第二位，在地球上有豐富的硅資源，如石英、水晶、瑪瑙的主要成分 都是單質(zhì)硅C.存放NaOH溶液的試劑瓶應(yīng)用玻璃塞D.二氧化硅是一種良好的半導(dǎo)體材料【考點(diǎn)】硅和二氧化硅.【分析】A.硅常溫下為固體，性質(zhì)較穩(wěn)定，便于貯存，較為安全，硅是有開發(fā)價(jià)值的燃料；B.石英、水晶、瑪瑙主要成分是二氧化硅，故 B錯(cuò)誤；C.二氧化硅能夠與氫氧化鈉反應(yīng)生成硅酸鈉和水；D.二氧化硅不導(dǎo)電.【解答

22、】解：A.硅常溫下為固體，性質(zhì)較穩(wěn)定，便于貯存，較為安全，硅是有開發(fā)價(jià)值的 燃料，故A正確；B.硅在地殼中含量居第二位，在地球上有豐富的硅資源，如石英、水晶、瑪瑙的主要成分都是二氧化硅，故 B錯(cuò)誤；C.二氧化硅能夠與氫氧化鈉反應(yīng)生成硅酸鈉和水，硅酸鈉具有粘性，所以堿性物質(zhì)不能用磨口玻璃塞盛放，故 C錯(cuò)誤；D.二氧化硅不導(dǎo)電，是絕緣體，故 D錯(cuò)誤；故選：A.【點(diǎn)評(píng)】本題考查了硅及其化合物性質(zhì)，熟悉二氧化硅酸性氧化物的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意堿性物質(zhì)保存注意問題，題目難度不大.5.在氯水中存在多種分子和離子，它們?cè)诓煌姆磻?yīng)中表現(xiàn)各自的性質(zhì).下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象和 結(jié)論一致且正確的是（）A.加入有色布條，一會(huì)

23、兒有色布條褪色，說明溶液中有C12存在B.溶液呈黃綠色，且有刺激性氣味，說明有C12分子存在C.先加入鹽酸酸化，再加入 AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀，說明有C存在D.加入NaOH溶液，氯水黃綠色消失，說明有HC1O分子存在【考點(diǎn)】氯氣的化學(xué)性質(zhì).【專題】鹵族元素.【分析】CI2+H2O? HC1+HC1O ,該反應(yīng)是可逆反應(yīng)，所以氯水中含有的微粒是：分子：C12、HC1O、H2O;離子：H+、C1、C1O、OH .A、能使有色布條褪色的是次氯酸.B、呈黃綠色且有刺激性氣味的是氯氣.C、鹽酸能干擾氯離子的檢驗(yàn).D、氯氣能和堿反應(yīng)生成鹽.【解答】解：A、次氯酸有強(qiáng)氧化性能使有色布條褪色，向氯水中加入

24、有色布條，一會(huì)兒有色布條褪色，說明溶液中有 HC1O存在，故A錯(cuò)誤.B、氯氣是黃綠色氣體，且有刺激性氣味，如果氯水溶液呈黃綠色，且有刺激性氣味，說明 有C12分子存在，故B正確.C、鹽酸中含有氯離子，向氯水中加入鹽酸后再加入硝酸銀溶液生成氯化銀白色沉淀，不能說明氯水中含有氯離子，故 C錯(cuò)誤.D、C12+H2O? HC1+HC1O ,該反應(yīng)是可逆反應(yīng)，向氯水中加入氫氧化鈉溶液，氯水黃綠色消失，說明氯水溶液呈酸性，不能證明含有次氯酸，故 D錯(cuò)誤.故選B.【點(diǎn)評(píng)】本題考查了氯水的性質(zhì)，難度不大，明確氯水中存在的微粒是解本題的關(guān)鍵，根據(jù)氯水中各種微粒的性質(zhì)來解答即可.下列各組物質(zhì)相互反應(yīng)后，再向得到的

25、溶液中滴入 KSCN試劑，溶液變成紅色的是()A.氯水和氯化亞鐵溶液B.鐵屑和氯化銅溶液C.鐵屑和過量稀硫酸 D.過量鐵屑和氯化鐵溶液【考點(diǎn)】二價(jià)Fe離子和三價(jià)Fe離子的檢驗(yàn).【專題】幾種重要的金屬及其化合物.【分析】KSCN溶液遇到Fe3+顯血紅色，說明溶液中存在 Fe3+.【解答】 解：A.氯水和氯化亞鐵反應(yīng)：2FeC12+C12=2FeC13,生成三價(jià)鐵離子，力口 KSCN溶液顯紅色，故A正確；B,鐵屑和氯化銅溶液發(fā)生反應(yīng)：Fe+CuC12=Cu+FeC12,溶液中沒有三價(jià)鐵離子，加 KSCN溶液不顯紅色，故 B錯(cuò)誤；C.鐵屑和過量稀硫酸：Fe+H2SO4=H2f+FeSO4 ,溶液中沒

26、有三價(jià)鐵離子，力口 KSCN溶液不顯紅色，故C錯(cuò)誤；D,過量鐵屑和氯化鐵溶液：2FeC13+Fe=3FeC12,因?yàn)殍F屑過量，氯化鐵完全反應(yīng)，加KSCN 溶液不顯紅色，故 D錯(cuò)誤； 故選A .【點(diǎn)評(píng)】本題考查了常見離子-三價(jià)鐵離子的檢驗(yàn)，題目難度不大，只要判斷出反應(yīng)后溶液是否含三價(jià)鐵離子就可解答.在蒸發(fā)皿中用酒精燈加熱蒸干下列物質(zhì)的溶液然后灼燒，可以得到該物質(zhì)固體的是()A.氯化鐵 B.碳酸氫鈉C.硫酸鋁 D.高鎰酸鉀【考點(diǎn)】鹽類水解的應(yīng)用.【分析】蒸發(fā)皿中用酒精燈加熱蒸干下列物質(zhì)的溶液然后灼燒，可得到該物質(zhì)固體，可從物質(zhì)的穩(wěn)定性以及水解的角度解答.【解答】 解：A. FeCl3溶液加熱時(shí)水解

27、生成氫氧化鐵和鹽酸，鹽酸易揮發(fā)，生成的氫氧化 鐵在灼燒時(shí)生成氧化鐵，故 A錯(cuò)誤.碳酸氫鈉不穩(wěn)定，加熱易分解生成碳酸鈉、二氧化碳?xì)怏w和水，故 B錯(cuò)誤；Al 2 (SO4)3溶液加熱時(shí)雖能水解，但生成的氫氧化鋁和硫酸最終又反應(yīng)生成Al 2 (SO4)3,可得到溶質(zhì)固體，故 C正確；KMnO 4不穩(wěn)定，加熱易分解，故 D錯(cuò)誤；故選C.【點(diǎn)評(píng)】本題考查鹽類水解的應(yīng)用，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和元素化合物知識(shí)的綜合運(yùn)用的 考查，難度不大，注意氯化鐵水解的產(chǎn)物的判斷.常溫下，下列溶液中的微粒濃度關(guān)系正確的是()A,新制氯水中加入固體 NaOH ： c (Na+) =c (Cl ) +c (ClO)+c (OH

28、 )pH=8.3 的 NaHCO3溶液：c (Na+) c (HCO3 ) c (CO32 ) c (H2CO3)pH=11 的氨水與 pH=3 的鹽酸等體積混合：c (Cl ) =c (NH4+) c (OH ) =c (H+) D. 0.2mol/L 的 CH3COOH 溶液與 0.1mol/L 的 NaOH 溶液等體積混合：2c (H+) - 2c (OH)=c (CH3COO ) - c (CH3COOH)【考點(diǎn)】離子濃度大小的比較；鹽類水解的應(yīng)用；酸堿混合時(shí)的定f判斷及有關(guān)ph的計(jì)算.【專題】 電離平衡與溶液的 pH專題；鹽類的水解專題.【分析】A、依據(jù)溶液中電荷守恒分析判斷；B、碳

29、酸氫鈉溶液中碳酸氫根離子水解大于電離；C、氨水存在電離平衡鹽酸反應(yīng)完全，一水合氨又電離出氫氧根離子和鏤根離子；D、依據(jù)化學(xué)反應(yīng)得到等濃度的醋酸和醋酸鈉溶液，混合溶液中存在電荷守恒和物料守恒計(jì) 算得到；【解答】解：A、新制氯水中加入固體 NaOH所以生成次氯酸鈉、氯化鈉、水：溶液中存在 電荷守恒 c (H+) +c (Na+) =c (Cl ) +c (ClO)+c (OH ),故 A 錯(cuò)誤；B、碳酸氫鈉溶液中碳酸氫根離子水解大于電離；pH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na+) c(HCO3)c (H2CO3) c (CO32)，故 B 錯(cuò)誤；C、氨水存在電離平衡鹽酸反應(yīng)完全，一水合氨又電離出

30、氫氧根離子和鏤根離子，溶液呈堿 性溶液中離子濃度大小為：c (NH4+) c (Cl ) c(OH) c (H + );故C錯(cuò)誤；D、0.2mol/L的CH3COOH溶液與0.1mol/L的NaOH溶液等體積混合后得到 0.05mol/L的 CH3COOH溶液和0.05mol/L的CH3COONa溶液，溶液中存在電荷守恒為： c(Na+) +c (H+) =c (OH ) +c (CH3COO )；依據(jù)物料守恒：2c (Na+) =c (CH3COO ) +c (CH3COOH); 代入電荷守恒計(jì)算關(guān)系中得到：2c (H+) - 2c (OH ) =c (CH3COO ) - c(CH3COO

31、H);故D正確； 故選D.【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電解質(zhì)溶液中的電荷守恒、物料守恒，離子濃度大小的比較方法，題目難度中等.用惰性電極電解下列溶液，電解一段時(shí)間后，陰極質(zhì)量增加，電解液的pH下降的是()A. CuSO4 B . NaOH C. BaCl2D . H2SO4【考點(diǎn)】 原電池和電解池的工作原理.【分析】用惰性電極電解下列溶液，電解一段時(shí)間后，陰極質(zhì)量增加，則陰極上析出金屬，該金屬的活動(dòng)性小于氫元素，電解液的PH下降，則陽(yáng)極上氫氧根離子放電， 據(jù)此分析解答.【解答】解：A.電解硫酸銅溶液時(shí)，陰極上銅離子放電生成銅，質(zhì)量增加，陽(yáng)極上氫氧根離子放電，所以電解質(zhì)溶液的酸性增強(qiáng)，溶液的 pH減小，故

32、A正確；B.電解氫氧化鈉溶液時(shí)，實(shí)質(zhì)電解水，所以電解質(zhì)溶液的堿性增強(qiáng)，溶液的pH增大，故B錯(cuò)誤；C.電解氯化鋼溶液，陰極上氫離子放電，陽(yáng)極上氯離子放電， 所以電解質(zhì)溶液的堿性增強(qiáng)， pH增大，故C錯(cuò)誤；D.電解稀硫酸溶液，陽(yáng)極上氫氧根離子放電，陰極上氫離子放電，電解質(zhì)溶液中溶質(zhì)的量不變，溶劑的量減小，所以酸性增強(qiáng)，故 D錯(cuò)誤；故選A .【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電解池原理， 明確離子的放電順序及題干要求是解本題關(guān)鍵，難度中等.10.能實(shí)現(xiàn)下列物質(zhì)間直接轉(zhuǎn)化的元素是（）單質(zhì)上氧化物酸或堿+口出口或叱鹽.A.硅 B.硫 C.銅 D.鐵【考點(diǎn)】 無機(jī)物的推斷.【分析】A、二氧化硅不溶于水生成酸；B、S 與

33、O2 生成 SO2, SO2 再與 H2O 生成 H2SO3, H2SO3 可以與 NaOH 生成 Na2SO3；C、金屬銅和氧氣反應(yīng)生成氧化銅，氧化銅不溶于水；D、金屬銅和氧氣反應(yīng)生成氧化鐵，氧化鐵不溶于水.【解答】 解：A、Si&SiO2,二氧化硅不溶于水生成酸，故 A不符合；B、S與O2生成SO2, SO2再與H2O生成H2SO3, H2SO3可以與NaOH生成Na2SO3,故BC、Cu三CuO,氧化銅不溶于水，不能實(shí)現(xiàn)物質(zhì)間直接轉(zhuǎn)化，故C不符合；D、F上Fe3O4,鐵的氧化物不溶于水，不能實(shí)現(xiàn)物質(zhì)間直接轉(zhuǎn)化，故 D不符合；故選B.【點(diǎn)評(píng)】本題考查了物質(zhì)轉(zhuǎn)化的關(guān)系分析和物質(zhì)性質(zhì)的應(yīng)用，元

34、素化合物之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系需要熟練掌握物質(zhì)性質(zhì)，題目難度中等.11.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是（）18 g H2O含有10NA個(gè)質(zhì)子1 mol/LCH 3COONa 溶液中含有 1 mol/LCH 3COOC.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4 L氨水含有Na個(gè)NH3分子D. 56 g鐵片投入足量濃 H2SO4中生成Na個(gè)SO2分子【考點(diǎn)】 阿伏加德羅常數(shù).【分析】A、求出水的物質(zhì)的量，然后根據(jù)1mol水中含10moi質(zhì)子來分析；B、CH3CO。一是弱酸根，在溶液中會(huì)水解；C、標(biāo)況下氨水為液態(tài)；D、常溫下鐵在濃硫酸中會(huì)鈍化.【解答】 解：A、18g水的物質(zhì)的量為1mol,而1mol水中含10

35、moi質(zhì)子即10NA個(gè)，故A 正確；B、CH3CO。一是弱酸根，在溶液中會(huì)水解，故濃度小于1mol/L ,故B錯(cuò)誤；C、標(biāo)況下氨水為液態(tài)，不能根據(jù)氣體摩爾體積來計(jì)算氨水的物質(zhì)的量和其中含有的氨氣分 子的物質(zhì)的量，故 C錯(cuò)誤；D、常溫下鐵在濃硫酸中會(huì)鈍化，反應(yīng)程度很小，故生成的二氧化硫分子個(gè)數(shù)小于Na個(gè)，故D錯(cuò)誤. 故選A .【點(diǎn)評(píng)】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，熟練掌握公式的使用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵，難度不大.下列溶液中通入 SO2 一定不會(huì)產(chǎn)生沉淀的是()A. Ba (OH) 2 B. Ba (NO3)2 C. Na2s D. BaCl2 【考點(diǎn)】二氧化硫的化學(xué)性質(zhì).【分析】A、SO

36、2和Ba (OH) 2反應(yīng)生成BaSO3沉淀；B、SO2溶于水生成H2SO3,而亞硫酸電離的 H+和硝酸根組成了硝酸，能將 +4的S氧化成 2 ，-_ _ SO4 ,而形成BaSO4沉淀；C、S2和SO2發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成 S單質(zhì)沉淀；D、SO2溶于水生成的H2SO3是弱酸，不會(huì)與強(qiáng)酸的鋼鹽發(fā)生復(fù)分解反應(yīng).【解答】解：A、SO2為酸性氧化物，Ba (OH) 2反應(yīng)生成BaSO3白色沉淀和水，故 A不 可選；B、SO2溶于水生成H2SO3,而亞硫酸電離的 H+和硝酸根組成了硝酸，硝酸具有強(qiáng)氧化性， 能將+4的S氧化成SO42 , 而形成BaSO4白色沉淀，故 B不可選；C、S2具有還原性，S

37、O2具有氧化性，S2和SO2發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成 S淡黃色沉淀， 故C不可選；D、SO2溶于水生成的H2SO3是弱酸，因?yàn)槿跛岵荒苤茝?qiáng)酸，SO2不能和BaCl2發(fā)生反應(yīng)，所以不會(huì)出現(xiàn)沉淀，故 D可選； 故選：D.【點(diǎn)評(píng)】本題考查二氧化硫的性質(zhì)， 二氧化硫?yàn)樗嵝匝趸铮?溶于水生成亞硫酸、 亞硫酸為 多元弱酸，并且二氧化硫還具有漂白性、氧化性和還原性，解題時(shí)要認(rèn)真分析.對(duì)下列事實(shí)的解釋正確的是 ()A.濃硝酸通常保存在棕色的試劑瓶中，說明濃硝酸不穩(wěn)定B.不用濃硝酸與銅屑反應(yīng)來制取硝酸銅，說明濃硝酸具有揮發(fā)性2+C.足量鐵與稀硝酸反應(yīng)后溶液呈淺綠色，說明稀硝酸不能氧化FeD .鋅與稀硝酸反應(yīng)得不

38、到氫氣，說明稀硝酸能使鋅鈍化【考點(diǎn)】硝酸的化學(xué)性質(zhì).【專題】氮族元素.【分析】A.見光受熱易分解的物質(zhì)應(yīng)盛放在棕色瓶?jī)?nèi)，避光保存；B.根據(jù)消耗藥品的量與生成氣體對(duì)環(huán)境污染分析；C.過量的鐵與鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子；D.鈍化是反應(yīng)生成致密的氧化物保護(hù)膜，阻止金屬與硝酸繼續(xù)反應(yīng)，硝酸為氧化性酸，與 金屬反應(yīng)不能生成氫氣，生成氮的氧化物等.【解答】解：A.濃硝酸通常保存在棕色的試劑瓶中避光保存，說明濃硝酸見光易分解，故A正確；mol銅反應(yīng)需要消耗4mol濃硝酸，同時(shí)生成二氧化氮，污染環(huán)境，通常利用硝酸與氧化銅反應(yīng)取硝酸銅，與濃硝酸揮發(fā)性無關(guān)，故 B錯(cuò)誤；C.鐵與硝酸反應(yīng)首先生成硝酸鐵，溶液呈淺綠色由

39、過量的鐵與鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子所 致，故C錯(cuò)誤；D .硝酸為氧化性酸，與鋅反應(yīng)不能生成氫氣， 生成氮的氧化物等， 與鈍化無關(guān)，故D錯(cuò)誤; 故選A .【點(diǎn)評(píng)】本題考查硝酸的性質(zhì)， 難度不大，旨在考查學(xué)生對(duì)據(jù)此知識(shí)的理解掌握，注意基礎(chǔ)知識(shí)的理解掌握.下列敘述中，正確的是 ()A.葡萄糖注射液不能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，不屬于膠體B.油脂是高分子化臺(tái)物，水解可生成甘油和高級(jí)脂肪酸C.煤中含有的煤焦油，可由煤干儲(chǔ)獲得D.聚乙烯塑料的老化是因?yàn)榘l(fā)生了加成反應(yīng)【考點(diǎn)】有機(jī)化學(xué)反應(yīng)的綜合應(yīng)用.【分析】A、膠體具有丁達(dá)爾效應(yīng)，溶液和濁液不具有，葡萄糖注射液為葡糖糖水溶液；B、油脂相對(duì)分子質(zhì)量較小，可以在三種不同條件

40、下發(fā)生水解，條件不同，產(chǎn)物不同；C、煤焦油為煤的干儲(chǔ)的一種產(chǎn)物，而不是煤本身的一種組分；D、聚乙烯塑料的老化是因?yàn)榘l(fā)生了氧化反應(yīng).【解答】解：A、在三種分散系中，只有膠體具有丁達(dá)爾效應(yīng)，葡萄糖注射液不能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，所以不屬于膠體，應(yīng)該屬于溶液，故 A正確；B、油脂是高級(jí)脂肪酸甘油酯，相對(duì)分子質(zhì)量較小， 達(dá)不到高分子的標(biāo)準(zhǔn)， 油脂可以在酸性、堿性、酶催化三種條件下發(fā)生水解，而在堿性條件下的水解產(chǎn)物就不是甘油和高級(jí)脂肪酸， 而是高級(jí)脂肪酸鹽和甘油，故 B錯(cuò)誤；C、煤通過干儲(chǔ)可以生成煤焦油，屬于化學(xué)變化，有新物質(zhì)生成，而不是煤中本身含有煤焦油，煤焦油是后來反應(yīng)得到的，故C錯(cuò)誤；D、聚乙烯塑料的老

41、化是因?yàn)榘l(fā)生了氧化反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選A .【點(diǎn)評(píng)】在化學(xué)反應(yīng)中，反應(yīng)的條件不同產(chǎn)物可能就不同，并不是復(fù)雜一點(diǎn)的有機(jī)物就屬于高分子，所有烷煌均互為同系物，與同分異構(gòu)現(xiàn)象無關(guān)，本題 D是易錯(cuò)點(diǎn)，反應(yīng)生成和本 身含有是兩碼事.下列實(shí)驗(yàn)可實(shí)現(xiàn)鑒別目的是 ()A .用CO2鑒別NaAlO 2溶液和CH 3COONa溶液用濕潤(rùn)的碘化鉀淀粉試紙鑒別Br2 (g)和NO2C.用KOH溶液鑒別SO3 (g)和SO2D,用BaCl2溶液鑒別AgNO3溶液和K2SO4溶液【考點(diǎn)】物質(zhì)的檢驗(yàn)和鑒別的基本方法選擇及應(yīng)用.【分析】A.二氧化碳可與 NaAlO 2反應(yīng)，而與CH3COONa不反應(yīng);Br2 (g)和NO2都

42、可氧化碘化鉀；S03 (g)和S02與氫氧化鉀反應(yīng)沒有現(xiàn)象；BaCl2與AgNO3溶液和K2SO4溶液都生成沉淀.【解答】解：A .二氧化碳可與 NaAlO 2反應(yīng)生成沉淀，而與 CH3COONa不反應(yīng)，可鑒別, 故A正確；B. Br2 (g)和NO2都可氧化碘化鉀，現(xiàn)象相同，不能鑒別，故 B錯(cuò)誤；c. SO3 (g)和SO2與氫氧化鉀反應(yīng)沒有現(xiàn)象，故 C錯(cuò)誤；D. BaCl2與AgNO3溶液和K2SO4溶液都生成沉淀，不能鑒別，故 D錯(cuò)誤.故選A .【點(diǎn)評(píng)】本題考查離子的鑒別，為高頻考點(diǎn)，明確氧化還原反應(yīng)的應(yīng)用及萃取現(xiàn)象是解答本 題的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，題目難度不大.16.如部分

43、短周期元素原子半徑與原子序數(shù)的關(guān)系圖.則下列說法正確的是()o.t； A照工泮灶A(yù). Y、 R兩種元素的氣態(tài)氫化物及其最高價(jià)氧化物的水化物均為強(qiáng)酸B.簡(jiǎn)單離子的半徑： XZMC.由X與N兩種元素組成的化合物不能與任何酸反應(yīng)，但能與強(qiáng)堿反應(yīng)D. Z單質(zhì)能從M與R元素構(gòu)成的鹽溶液中置換出單質(zhì)M【考點(diǎn)】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系.【專題】元素周期律與元素周期表專題.【分析】圖中元素分別為第二周期和第三周期元素的原子半徑的變化，根據(jù)原子序數(shù)關(guān)系可知X為O元素，Y為F元素，Z為Na元素，M為Al元素，N為Si元素，R為Cl元素， A. F元素沒有最高價(jià)含氧酸；B.電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小

44、；C.二氧化硅能與 HF反應(yīng)；D. Na與鹽溶液反應(yīng)，首先與水反應(yīng)生成氫氧化鈉與氫氣，氫氧化鈉再與鹽反應(yīng).【解答】解：圖中元素分別為第二周期和第三周期元素的原子半徑的變化，根據(jù)原子序數(shù)關(guān)系可知X為O元素，Y為F元素，Z為Na元素，M為Al元素，N為Si元素，R為Cl元 素，F(xiàn)元素沒有最高價(jià)含氧酸，故 A錯(cuò)誤；O2、Na+、Al 3+離子電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑02-Na Al 3 ,故B正確；0與Si兩種元素組成的化合物為二氧化硅，二氧化硅能與 HF反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；Na與氯化鋁溶液反應(yīng)，首先與水反應(yīng)生成氫氧化鈉與氫氣，氫氧化鈉再與氯化鋁反應(yīng)， 不能置換出Al ,故D

45、錯(cuò)誤， 故選B.【點(diǎn)評(píng)】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素的性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，元素的推斷是解答的關(guān)鍵， 注意把握元素的性質(zhì)及單質(zhì)、化合物的性質(zhì)即可解答，題目難度中17.下列有關(guān)溶液組成的描述合理的是（）A.無色溶液中可能大量存在 Al3+、NH；、C、S2B.酸性溶液中可能大量存在 Na+、ClO、SO42 IC.弱堿性溶液中可能大量存在Na+、K+、C、HCO3D.中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、C、SO42【考點(diǎn)】離子共存問題.【專題】離子反應(yīng)專題.【分析】A .無色溶液中不存在 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnOj等有色離子，鋁離子與硫離子發(fā) 生雙水解反應(yīng)；B.次

46、氯酸根離子與氫離子結(jié)合生成次氯酸、次氯酸根離子能夠氧化碘離子；C. Na+、K+、Cl、HCO3離子之間不發(fā)生反應(yīng)，且碳酸氫根離子水解溶液顯示弱堿性；D,鐵離子水解，溶液顯示酸性，則溶液中一定不存在鐵離子.【解答】 解：A. Al3+、S2之間發(fā)生雙水解反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故 A錯(cuò)誤；B.酸性溶液中存在大量氫離子，次氯酸根離子與氫離子反應(yīng)生成弱酸次氯酸，次氯酸根離子能夠氧化碘離子，在溶液中一定不能大量共存，故 B錯(cuò)誤；Na+、K +、C、HCO3離子之間不發(fā)生反應(yīng)，HCO3離子部分水解，溶液顯示弱堿性，故C正確；Fe3+在溶液中結(jié)合水電離的氫氧根離子，溶液顯示酸性，與溶液為中性不相符，

47、在溶液 中不能大量共存，故 D錯(cuò)誤；故選C.【點(diǎn)評(píng)】本題考查離子共存的正誤判斷，為高考中的高頻題， 屬于中等難度的試題，注意明確離子不能大量共存的一般情況：能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)的離子之間；能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子之間；能發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)的離子之間（如Fe3+和SCN ）等；解決離子共存問題時(shí)還應(yīng)該注意題目所隱含的條件，如：溶液的酸堿性，據(jù)此來判斷溶液中是否有大量的H+或OH;溶液的顏色，如無色時(shí)可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO J等有色離子的存在.18.用石墨電極電解 CuCl2溶液（如圖）.下列分析正確的是（）111焉田里h *A.通電使CuC12發(fā)生電離B. a端是直流電源的負(fù)極C.陽(yáng)極

48、上發(fā)生的反應(yīng)：Cu2+2e -CuD.通電一段時(shí)間后，在陰極附近觀察到黃綠色氣體【考點(diǎn)】電解原理.【專題】電化學(xué)專題.【分析】A、電離過程是電解質(zhì)在水分子作用下發(fā)生的離解過程；B、依據(jù)圖中離子移動(dòng)方向分析，電解過程中陽(yáng)離子移向陰極，陰離子移向陽(yáng)極分析確定電 極名稱；C、依據(jù)離子移動(dòng)方向可知陽(yáng)極是氯離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；D、氯離子在陽(yáng)極失電子生成氯氣；【解答】解：A、電離過程是電解質(zhì)在水分子作用下發(fā)生的離解過程，不是通電條件，通電使電解質(zhì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B、依據(jù)圖中離子移動(dòng)方向分析，電解過程中陽(yáng)離子移向陰極，陰離子移向陽(yáng)極分析確定電極名稱，氯離子移向陽(yáng)極，則b電極為電源正極，a為電

49、源負(fù)極，故 B正確；C、依據(jù)離子移動(dòng)方向可知陽(yáng)極是氯離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為 2Cl - 2e =Cl2f ,故C錯(cuò)誤；D、氯離子在陽(yáng)極失電子生成氯氣，通電一段時(shí)間后，在陽(yáng)極附近觀察到黃綠色氣體，故D錯(cuò)誤； 故選B.【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電解原理的分析應(yīng)用，電極分析判斷，電極反應(yīng)分析，離子移動(dòng)方向的判斷，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等.19. 一定溫度時(shí)，向容積為 2L的密閉容器中充入一定量的 SO2和O2,發(fā)生反應(yīng)2SO2 (g) +O2 (g) ?2SO3 (g) AH= - 196kJ?moL 1, 一段時(shí)間后達(dá)平衡，反應(yīng)過程中測(cè)定的部分?jǐn)?shù) 據(jù)見下表：下列說法不正確的是 ()反應(yīng)時(shí)間

50、/minn (SO2) /moln (O2) /mol02151.2100.4150.8A.反應(yīng)在前5min的平均速率為 v (SO2) =0.08mol ?L 1?min 1B.保持溫度不變，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2時(shí)，v (正) v (逆)C.該溫度，反應(yīng)的平衡常數(shù)為11.25L?mol 1D,相同溫度下，起始時(shí)向容器中充入1.5mol SO3,達(dá)平衡時(shí)SO3的轉(zhuǎn)化率為40%【考點(diǎn)】化學(xué)平衡建立的過程；化學(xué)平衡的影響因素.【專題】化學(xué)平衡專題.【分析】A、根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率 v=4日來計(jì)算； tB、溫度不變，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2

51、時(shí)，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，根據(jù)壓強(qiáng)對(duì)化學(xué)平衡的影響來回答判斷；C、根據(jù)可逆反應(yīng)不能進(jìn)行徹底以及熱化學(xué)方程式的意義來回答判斷；D、根據(jù)三行式計(jì)算化學(xué)反應(yīng)中物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率.2-1.2 2【解答】解：A、根據(jù)已知數(shù)據(jù)，用二氧化硫化學(xué)反應(yīng)速率 v=-mmol/(L?min)=0.08mol?L51 min 1,故A正確；B、溫度不變，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2時(shí)，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，化學(xué)平衡正向移動(dòng)，v (正) v (逆)，故B正確；C、2SO2 (g) +O2 (g) ? 2SO3 (g)初始量（mol）:21變化量（mol）:1.20.6平衡量（mol）:0.80.401.21.2

52、容器體積為2L,化學(xué)平衡常數(shù) K=三3= S兆=”25L/mol ,故C正確;4xq, 2 0. 032D、起始時(shí)向容器中充入 1.5mol SO3,如果轉(zhuǎn)化率是 40%,則 2SO2 (g) +O2 (g) ? 2SO3 (g)初始量（mol/L）:00變化量（mol/L）：0.30.15平衡量（mol/L）：0.30.150.750.30.45則與二15,不等于該溫度下的平衡常數(shù)，故 D錯(cuò)誤；0. 32Mo. L5故選D.【點(diǎn)評(píng)】本題涉及等效平衡的建立以及化學(xué)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率等方面的知識(shí)，屬于綜合知識(shí)的考查，難度大.20.A.用下列實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行相應(yīng)實(shí)驗(yàn)，裝置正確且能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖?/p>

53、蒸發(fā)CH3COONa溶液得醋酸鈉晶體分離有機(jī)層與水層，水層從分液漏斗下口放出測(cè)量氯氣的體積【考點(diǎn)】化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià).【分析】A.干燥氣體，大口進(jìn)，小口出；B.圖為蒸發(fā)結(jié)晶操作；C.水在上層，分液時(shí)避免上下層液體混合；D.氨氣極易溶于水.【解答】解：A .干燥氣體，大口進(jìn)，小口出，圖中氣體的進(jìn)入方向不合理，故 A錯(cuò)誤；B.圖為蒸發(fā)結(jié)晶操作，并利用玻璃棒不斷攪拌，操作合理，故 B正確；C.水在上層，分液時(shí)避免上下層液體混合，則水層從分液漏斗上口倒出，故C錯(cuò)誤；D.氨氣極易溶于水，不能將水排出測(cè)定其體積，故D錯(cuò)誤；故選B.【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，涉及氣體的干燥、蒸發(fā)、分液及

54、氣體體積測(cè)定等，把握物質(zhì)的性質(zhì)及實(shí)驗(yàn)基本操作為解答的關(guān)鍵，側(cè)重實(shí)驗(yàn)技能的考查，注意操作的可行性、評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大.21.某實(shí)驗(yàn)小組依據(jù)反應(yīng)AsO43+2H+2？ AsO33+l2+H2O設(shè)計(jì)如圖1原電池，探究 pH對(duì)AsO43氧化性的影響.測(cè)得電壓與pH的關(guān)系如圖2 .下列有關(guān)敘述錯(cuò)誤的是（）A .調(diào)節(jié)pH可以改變反應(yīng)的方向pH=0.68時(shí)，反應(yīng)處于平衡狀態(tài) pH=5時(shí)，負(fù)極電極反應(yīng)式為 2I - 2e =|23pH 0.68 時(shí),氧化性 l2AsO4 【考點(diǎn)】 原電池和電解池的工作原理. 【專題】電化學(xué)專題.【分析】A、根據(jù)圖2分析電壓與PH的關(guān)系;B、pH=0.68時(shí)，電壓為零；

55、. 3C、pH=5時(shí)，電壓小于0,反應(yīng)逆向進(jìn)行， AsO3在負(fù)極失電子；D、pH 0.68時(shí)，電壓小于 0,反應(yīng)逆向進(jìn)行.【解答】 解：A、由圖2可知，pH0.68時(shí)，電壓小于0,反應(yīng)逆向進(jìn)行，pH0.68時(shí)，電壓小于0,反應(yīng)逆向進(jìn)行，碘作氧化劑，所以氧化性I2AsO43 ,故D正確. 故選C.側(cè)重于知識(shí)的綜合應(yīng)用的考查，難【點(diǎn)評(píng)】本題考查了原電池原理的應(yīng)用和化學(xué)平衡移動(dòng), 度中等.二、非選擇題22.研究碳、氮氧化物的性質(zhì)與利用具有重要意義.國(guó)132(1)由MgO制成的Mg可構(gòu)成 鎂-次氯酸鹽”電池，其裝置示意圖如圖 1,該電池的正 極反應(yīng)式為 ClO +2e +H2O=Cl +2OH ；(2

56、)化合物甲、乙是兩種家的氧化物且所含元素價(jià)態(tài)均相同，其中一種氧化物為紅棕色，某溫度下相互轉(zhuǎn)化時(shí)的量變關(guān)系如圖2所示：甲的化學(xué)式是NQ2；圖中a、b、c、d四點(diǎn)中，表示反應(yīng)處于平衡狀態(tài)的是b. tit2時(shí)間內(nèi)v正(乙)士v逆(甲)(填多“無“或=)反應(yīng)進(jìn)行到t2時(shí)刻，改變的條件可能是增大NOg 濃度.2NO (g) =N2 (g) +O2 (g)(3)用H2或CO催化還原NO可達(dá)到消除污染的目的.已知:AC - 1 H= - 180.5kJ?mol ;2H2O (l) =2H2 (g) +O2 (g) H=+571.6kJ?mo1,則用 H2催化還原 NO 消除污染的熱化、z、ie 1n 1學(xué)萬

57、程式是 2H2 (g) +2NO (g) =N2 (g) +2H?O H= - 752.1kJ?mol .【考點(diǎn)】 原電池和電解池的工作原理；熱化學(xué)方程式.【分析】(1)由圖可知鎂-次氯酸鹽 ”燃料電池中Mg與ClO、H2O反應(yīng)生成C與Mg (OH)2；(2)甲、乙是兩種氮的氧化物且所含元素價(jià)態(tài)均相同，這兩種物質(zhì)是NO2、N2O4,根據(jù)甲、乙的濃度變化確定這兩種物質(zhì)分別是什么；化學(xué)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，各種物質(zhì)的濃度不變；根據(jù)平衡時(shí)，丫正=丫逆且反應(yīng)速率之比等于計(jì)量數(shù)之比來分析； 根據(jù)圖象知X、丫濃度是否變化來確定改變條件； (3)N2 (g) +O2 (g) =2NO (g) H=+180.5

58、kJ/mol 2H2 (g) +O2 (g) =2H2O (l) H= - 571.6 kJ?mol 1 依據(jù)蓋斯定律 可知- 得：2H2 (g) +2NO (g) =N2 (g) +2H2O (l),由此計(jì)算反應(yīng)的始變.【解答】 解：(1)由圖可知鎂-次氯酸鹽 ”燃料電池中Mg與ClO、H2O反應(yīng)生成C與 Mg (OH) 2,該電池反應(yīng)的總反應(yīng)方程式為Mg+ClO +H2O=Cl +Mg (OH) 2,正極電極反應(yīng)是ClO -離子得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為： ClO +2e +H2O=Cl +2OH ,故答案 為：ClO +2e +H2O=Cl +2OH ；(2)甲、乙是兩種氮的氧化物

59、且所含元素價(jià)態(tài)均相同，這兩種物質(zhì)是NO2、N2O4,當(dāng)乙的濃度減少0.2mol/L時(shí)，甲的濃度增大 0.4mol/L ,同一時(shí)間段、同一化學(xué)反應(yīng)中，物質(zhì) 的量濃度的變化量之比等于其計(jì)量數(shù)之比，所以甲的計(jì)量數(shù)是2、乙的計(jì)量數(shù)是1,則甲的化學(xué)式為NO2,故答案為：NO2；化學(xué)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，各種物質(zhì)的濃度不變，根據(jù)圖象知，b點(diǎn)表示平衡狀態(tài)，在tit2時(shí)間內(nèi)，反應(yīng)達(dá)平衡，V正(乙)=V逆(乙)，V正(甲)=V逆(甲)，而V (甲)：V (乙)=2： 1,故有V正(乙)v V逆(甲)，故答案為：b; v； 根據(jù)圖象知，t2時(shí)刻，X濃度增大、Y濃度不變，所以改變的條件是增大NO2的濃度，故答案為：增

60、大NO2的濃度.(3) 已知： N2 (g) +O2 (g) =2NO (g) H=+180.5kJ/mol 2H2 (g) +O2 (g) =2H2O ，、1_-1 AH= -571.6 kJ?mol依據(jù)蓋斯定律可知 -得:2H2 (g) +2N0 (g)=也(g) +2H2O (l) , AH= ( - 571.6kJ/mol)-180.5kJ/mol 752.1kJ/mol ,故答案為：2H2 (g) +2NO (g) =N2 (g) +2H2O (l) H= - 752.1kJ/mol .【點(diǎn)評(píng)】本題涉及反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的綜合應(yīng)用，應(yīng)用蓋斯定律求始變，培養(yǎng)學(xué)生的平衡思想，綜合性強(qiáng)，難