2015届浙江省绍兴第一中学高三上学期回头考试化学试卷与答案（带解析）.doc

《2015届浙江省绍兴第一中学高三上学期回头考试化学试卷与答案（带解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2015届浙江省绍兴第一中学高三上学期回头考试化学试卷与答案（带解析）.doc（16页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、2015届浙江省绍兴第一中学高三上学期回头考试化学试卷与答案（带解析） 选择题 下列生产工艺能体现 “绿色化学 ”或节能环保思想的是 ( ) A工业制氢气：用天然气发电再电解水制得 B工业制硫酸：提高尾气排放的烟囱高度 C工业制胆矾：使用向稀硫酸中吹空气并加热溶解铜 D降低 PM2.5：用油改煤技术，推广优质煤的使用范围 答案： C 试题分析： A、天然气发电，耗费化石燃料而得到电能，不符合绿色化学的思想，错误； B、提高烟囱的高度，不能降低硫酸尾气中二氧化硫的含量，不符合环保思想，错误； C、 Cu与热的稀硫酸、氧气反应生成硫酸铜和水，既无污染且原料的利用率高，符合绿色化学或环保思想，正确；

2、 D、推广优质煤的使用范围，不能减少煤的燃烧造成的固体小颗粒的产生，不符合环保思想，错误，答案：选 C。 考点：考查化学与环境的关系 下列变化能够实现的是 ( ) 弱酸与盐溶液反应生成强酸 两种氧化物发生反应有气体生成 两种酸的溶液充分反应后溶液呈中性 复分解反应中既没有生成水，也没有生成沉淀和气体 两种无色气体常温常压下混合后气体颜色加深 有单质生成的非氧化还原反应 A全部 B只有 C只有 D只有 答案： A 试题分析： 硫化氢与硫酸铜溶液反应生成硫酸，硫化氢是弱酸，硫酸是强酸，可以实现； 过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，可以实现； 硫化氢溶液与亚硫酸溶液反应生成 S单质和水溶液呈中性，可以

3、实现； 复分解反应中既没有生成水，也没有生成沉淀和气体，但是有弱电解质生成，如 PbSO42CH3COONa Na2SO4 (CH3COO)2Pb； NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮是红棕色气体，颜色加深，可以实现； 同素异形体之间的转化中有单质生成，但是非氧化还原反应，可以实现，所以答案：选 A。 考点：考查物质之间的反应 在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是 ( ) A在含等物质的量的 AlO2-、 OH-、 CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸： AlO2-、OH-、 CO32- B在含等物质的量的 FeBr2、 Fel2的溶液中，缓慢通入

4、氯气： I-、 Br-、 Fe2 C在含等物质的量的 Ba(OH)2、 KOH的溶液中，缓慢通入 CO2： KOH、Ba(OH)2、 K2CO3、 BaCO3 D在含等物质的量的 Fe3 、 Cu2 、 H 的溶液中加入锌粉： Fe3 、 Cu2 、 H 、 Fe2 答案： D 试题分析： A、在含等物质的量的 AlO2-、 OH-、 CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸，则氢离子先于氢氧根离子反应，再和偏铝酸根离子反应，最后与碳酸根离子反应，错误； B、 I-、 Br-、 Fe2 的还原性的强弱是 I-、 Fe2 、 Br-，所以氯气最后与溴离子反应，错误； C、二氧化碳先与氢氧根离子反应生成碳

5、酸钙离子，因为溶液中存在钡离子，所以再与钡离子反应生成碳酸钡沉淀，所以相对于先与氢氧化钡反应，再与氢氧化钾、碳酸钾、碳酸钡反应，错误； D、 Fe3 、 Cu2 、 H的氧化性的强弱是 Fe3 Cu2 H ,所以 Zn先与 Fe3 ，再与 Cu2 、 H 反应最后与生成的亚铁离子反应，正确，答案：选 D。 考点：考查物质反应的先后顺序的判断 为达到相应的实验目的，下列实验的设计或操作最合理的是（ ） A为比较 Cl与 S元素的非金属性强弱，相同条件下，测定相同浓度的 NaCl溶液和 Na2S溶液的 pH值 B为观察 Mg条在 CO2气体中的燃烧，在一个集气瓶中收集满 CO2气体，取一小段除去表

6、面氧化膜的 Mg条用坩埚钳夹持点燃后迅速投入上述集气瓶底部。 C为比较 HA和 HB两种弱酸的 Ka大小，可用 pH计测定同温同浓度的 NaA溶液和 NaB 溶液的 pH值 D为测定一定浓度的 NaOH溶液放置空气中是否部分转化为 Na2CO3，用甲基橙作指示剂，用标准盐酸溶液滴定 答案： C 试题分析： A、相同条件下，测定相同浓度的 NaCl溶液和 Na2S溶液的 pH值只能得出 HCl与 H2S的酸性的强弱，不能判断 Cl、 S的非金属性的强弱，错误；B、二氧化碳的集气瓶底部应铺一层细砂，防止集气瓶底部被炸裂，错误； C、根据越弱越水解的原理，用 pH计测定同温同浓度的 NaA溶液和 N

7、aB 溶液的pH值， pH大的对应的酸越弱，正 确； D、该滴定中不能只用甲基橙作指示剂，无论氢氧化钠是否变质，滴定终点的现象都是溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色，所以应用酚酞、甲基橙同时做指示剂去滴定，先加入酚酞，红色褪去时，再加入甲基橙，若溶液由黄色变为橙色，证明氢氧化钠变质，错误，答案：选 C。 考点：考查对实验方案的评价 近年来，加 “碘 ”食盐较多的使用了碘酸钾 (KIO3)，碘酸钾在工业上可用电解法制取。以石墨和不锈钢为电极，以 KI溶液为电解液，在一定条件下电解，反应的化学方程式为： KI 3H2O KIO3 3H2。下列有关说法不正确的是 （ ） A电解转移 3 mol e

8、-时，理论上可制得 KIO3 107 g B电解时， 石墨作阳极，不锈钢作阴极 C电解时的阳极电极反应式： I- 6e- 3H2O = IO3- 6H D电解过程中电解质溶液的 pH变小 答案： D 试题分析： A、每生成 1mol KIO3，则转移 6mol电子，所以转移 3mol电子时生成 0.5mol KIO3，其质量是 107g，正确； B、电解时不锈钢作阴极，不能做阳极，否则 Fe失去电子而被氧化，正确； C、电解时是 I的化合价升高，所以 I-在阳极发生氧化反应，生成 IO3-，正确； D、电解过程中阳极产生氢离子，而阴极产生氢氧根离子，二者又结合成为水，所以电解质溶液的 pH基本

9、不变，错误，答案：选 D。 考点：考查电解原理的应用 下列反应的离子方程式书写不正确的是（ ） A向 Ba（ OH） 2溶液中逐滴加入 NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全： Ba2+2OH-+H+ SO42- + NH4+= BaSO4+ NH3 H2O+H2O B将少量 SO2气体通入 NaClO 溶液中： SO2+H2O+ ClO-=SO42-+Cl-+2H+ C硫化钠的水解： S2-+ H2O HS- + OH- D NaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水： 2HCO3-+Ca2+2OH-= CaCO3+2H2O+ CO32- 答案： B 试题分析： A、硫酸根离子与钡离子刚好完全沉淀时，说

10、明氢氧化钡与NH4HSO4的物质的量之比是 1:1，二者反应生成硫酸钡沉淀、水、一水合氨，正确； B、少量的二氧化硫与次氯酸根离子发生氧化还原反应，生成硫酸根离子和氯离子及氢离子，后氢离子与过量的次氯酸根离子结合生成次氯酸，错误；C、 S2-发生水解生成 HS- 、 OH-，正确； D、少量的石灰水与过量的碳酸氢钠溶液反应，氢氧 根离子与碳酸氢根离子完全反应生成碳酸根离子和水，生成的碳酸根离子与钙离子结合生成碳酸钙沉淀，所以最终的产物是碳酸钙、碳酸根离子、水，正确，答案：选 B。 考点：考查离子方程式书写的判断 某溶液中在 25 时由水电离出的氢离子浓度为 110-12 mol/L，下列说法正

11、确的是（ ） A HCO3-离子在该溶液中一定不能大量共存 B该溶液的 pH一定是 12 C向该溶液中加入铝片后，一定能生成氢气 D若该溶液的溶质只有一种，它一定是酸或碱 答案： A 试题分析：水电离产生的氢离子浓度为 110-12 mol/L，小于 110-7mol/L，说明该溶液中的溶质对水的电离起抑制作用，溶液为酸性或碱性，碳酸氢根离子在酸性或碱性溶液中一定不能大量共存， A正确；水电离产生的氢离子不一定是溶液中的氢离子，所以溶液的 pH未必等于 12，可能等于 2， B错误；若该溶液是硝酸溶液，则加入 Al后不能产生氢气， C错误；若该溶液的溶质只有一种，它不一定是酸或碱，可能是酸式盐

12、，如 NaHSO4溶液，对水的电离也起抑制作用， D错误，答案：选 A。 考点：考查溶液酸碱性的判断 下列说法正确的是 ( ) A等物质的量浓度的硫酸氢铵溶液和氢氧化 钠溶液等体积混合： c(S042-)c(Na+)C(NH4+)c(OH-)=c(H+) B常温下 0.4mol/LHB溶液和 0.2mol/LNaOH溶液等体积混合后溶液的 pH=3，则溶液中微粒浓度存在 下面关系： c(HB)c(Na+)c(B-)c(H+)c(OH-) C在滴有酚酞溶液的氨水中，加入 NH4CI的溶液恰好无色，则此时溶液的PHc(Na+)C(NH4+) c(H+)c(OH-)，错误； B、常温下 0.4mol

13、/LHB溶液和 0.2mol/LNaOH溶液等体积混合后得到的溶液是浓度均为 0.1mol/L的 NaB和 HB混合液， pH=3，溶液呈酸性，说明 HB是弱酸且 HB电离程度大于 B-的水解程度， c(B-)c(Na+) c(HB) c(H+)c(OH-)，错误； C、酚酞的变色范围是 8-10，溶液呈无色时， pH0) 下列叙述不正确的是 A容器 中反应从开始到刚达平衡时用 XY3表示的反应速率为 v(XY3)=1/30 moI.L-l s-1 B平衡时，两个容器中 XY3的物质的量浓度相等 C容器 中反应达到平衡时吸收的热量为 Q D容器 体积为 0.3L，则达平衡时放出的热量大于 46

14、.3kJ 答案： D 试题分析： A、生成 2molXY3时放出 92.6kJ的热量，容器 中达到平衡时放出46.3kJ，说明有 1.0mol XY3生成，所以用 XY3表示的反应速率为v(XY3)=1.0mol/0.25L/120s=1/30 moI.L-l s-1，正确； B、容器 中 XY3的物质的量完全转化为 X2、 Y2时分别是 0.6mol、 1.8mol，加上原有的 0.4mol、 1.2mol，所以 X2、 Y2的起始物质的量相当于是 1mol、 3mol，与容器 中完全相同，所以二者达到的平衡是等效平衡， XY3的物质的量浓度相等，正确； C、容器 中反应达到平衡时的热效应是

15、 Q0，所以反应吸热，正确； D、若增大容器的体积，则压强减小，平衡逆向移动，所以容器 达到平衡时放出的热量小于46.3kJ，错误，答案：选 D。 考点：考查化学平衡理论的应用 氯碱工业的产物 NaOH与不同物质反应可以生成不同的盐。已知常温下，浓度均为 0.1 mol/L的 4种钠盐溶液 pH如下表： 溶质 Na2CO3 NaHCO3 NaClO NaHSO3 pH 11.6 9.7 10.3 5.2 下列说法中， 正确的是 ( ) A向氯水中加入 NaHCO3，可以增大氯水中次氯酸的浓度 B四种溶液中，水的电离程度最大的是 NaClO C常温下，相同物质的量浓度的 H2SO3、 H2CO3

16、、 HClO， pH最大的是 H2SO3 D NaHSO3溶液中离子浓度大小顺序为 c（ Na+） c（ H+） c（ HSO3-） c（ SO32-） c（ OH-） 答案： A 试题分析： A、向氯水中加入 NaHCO3，碳酸氢钠与氢离子反应使氢离子浓度减小， Cl2+H2O H+Cl-+HClO 平衡正向移动，次氯酸浓度增大，正确； B、四种溶液中，碱性最强的是碳酸钠，说明 CO32-水解程度最大，盐的水解对水的电离起促进作用，所以水的电离程度最大的是碳酸钠，错误； C、根据盐溶液的pH判断 NaHSO3的水解最弱，且亚硫酸氢根离子水解程度小于亚硫酸氢根离子的电离，所以相同物质的量浓度的

17、 H2SO3、 H2CO3、 HClO，亚硫酸的酸性最强，pH最小的是 H2SO3，错误； D、 NaHSO3溶液为酸性，亚硫酸氢根离子水解程度小于亚硫酸氢根离子的电离， c（ Na+） c（ HSO3-） c（ H+） c（ SO32-） c（ OH-），错误，答案：选 A。 考点：考查盐水解规律的应用，溶液中离子浓度的比较 常温下， pH=1 的某溶液 A 中含有 NH4+、 K+、 Na+、 Fe3+、 Al3+、 Fe2+、 CO32-、NO3-、 Cl-、 I-、 SO42-中的 4种，且各离子的物质的量浓度均为 0.1mol/L，现取该溶液进行有关实验，实验结果如下图所示： 下列有

18、关说法正确的是 （ ） A沉淀乙一定有 BaCO3，可能有 BaSO4 B实验消耗 Cu 14.4g,则生成气体丁的体积为 3.36L C该溶液中一定有 NO3-、 Al3+、 SO42-、 Cl-四种离子 D生成的甲、乙、丙气体均为无色的易溶于水气体 答案： C 试题分析： pH=1的酸性溶液中 CO32-不能大量存在，氢离子浓度为 0.1mol/L，溶液中一定不存在与氢离子反应的离子： CO32-、 NO2-；溶液 A 中加过量（ NH4）2CO3，产生白色沉淀，可以排除 Fe2+、 Fe3+，原溶液中一定有 Al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生 NO，原溶液中有 NO3-，强酸性溶液中有

19、NO3-，则一定没有Fe2+、 I-。 A、根据分析可知，溶液中含有硫酸根离子，所以沉淀乙中一定为碳酸钡和硫酸钡沉淀的化合物，错误； B、根据反应方程式 3Cu+8HNO33Cu（ NO3） 2+2NO+4H2O 可知，消耗 14.4g 铜，生成一氧化氮气体的物质的量为：14.4g/64g/mol2/3=0.15mol，由于没有告诉是标准状况下， 0.15mol一氧化氮的体积不一定为 3.35L，错误； C、根据以上分析可知，溶液中存在 0.1mol/L的氢离子、 0.1mol/L的铝离子，溶液中阳离子带有的电荷为： 0.4mol/L；而溶液中除了存在 0.1mol/L的硝酸根离子外，还应该含

20、有 SO42-离子和 Cl-，所以该溶液中一定有 NO3-、 Al3+、 SO42-、 Cl-四种离子，正确； D、甲是二氧化碳，乙是氨气，丙是 NO气体，都是无色气体，但甲的溶解度不大，而 NO不溶于水，错误，答案：选 C。 考点：考查离子的检验、离子大量共存的判断 同位素示踪法可用于反应机理的研究，下列反应或转化中同位素示踪表示正确的是 A 2Na218O2 + 2H2O = 4Nal8OH + O2 B NH4Cl + 2H2O NH3 2H2O + HCl C 2KMnO4 + 5H218O2 + 3H2SO4= K2SO4 + 2MnSO4 + 518O2 + 8H2O D K37C

21、lO3 + 6HCl = K37Cl + 3Cl2 + 3H2O 答案： C 试题分析： A、过氧化钠与水反应，过氧化钠既作氧化剂又作还原剂，所以氧气中的 O 原子也来自过氧化钠，错误； B、氯化铵与水反应，铵根离子与水电离产生的氢氧根离子结合生成一水合氨，氯离子与氢离子结合生成氯化氢，所以产物中 HCl中的 H原子也是 2H，错误； C、过氧化氢与高锰酸钾的反应中，过氧化氢作还原剂，被氧化为氧气，所以产物中氧气是 18O2，正确； D、氯酸钾与盐酸反应生成氯化钾和氯气，而氯气中的 1个 Cl来自氯酸钾，所以氯化钾中的 Cl不是 37Cl，氯气中有一个是 37Cl，错误，答案：选 C。 考点：

22、考查化学反应的实质 研究人员最近发现了一种 “水 ”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为： 5MnO2 2Ag 2NaCl = Na2Mn5O10 2AgCl 下列 “水 ” 电池在海水中放电时的有关说法正确的是 ( ) A正极反应式： Ag Cl-e-= AgCl B每生成 1 mol Na2Mn5O10转移 2 mol电子 C Na 不断向 “水 ”电池的负极移动 D AgCl是还原产物 答案： B 试题分析： A、电池的正极发生还原反应，根据总反应方程式可知正极是二氧化锰发生还原反应，错误； B、每生成 1 mol Na2Mn5O10则生成 2

23、mol氯化银，Ag的化合价从 0价升高到 +1价，转移电子的物质的量是 2mol，正确； C、电池中的阳离子移向正极，错误； D、 Ag 发生氧化反应，所以氯化银是氧化产物，错误，答案：选 B。 考点：考查原电池的反应原理 下列变化不能说明发生了化学变化的是 ( ) A变化时有电子的得失或共用电子对的偏移 B变化过程中有旧化学键的断裂和新化学键的形成 C变化时释放出能量 D变化前后原子的种类和数目没有改变，分子种类增加了 答案： C 试题分析： A、有电子的得失或共用电子对的偏移，一定发生了化学反应且是氧化还原反应，错误； B、旧化学键的断裂和新化学键的形成一定说明该过程发生了化学反应，错误；

24、 C、物质溶解时或状态发生变化时也会有能量的变化，不一定说明发生了化学反应，正确； D、原子的数目和种类没变，而分子的种类发生了变化，说明分子一定发生先分裂为原子，原子再重新组 合生成了新物质的分子，所以一定是化学反应，错误，答案：选 C。 考点：考查化学反应的实质 三种不同物质有如图所示转化关系：甲 乙 丙 甲，则甲不可能是 A Al2O3 B SiO2 C CO2 D NH4Cl 答案： D 试题分析： A、氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与盐酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，正确； B、二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸沉淀，硅酸受热分解生

25、成二氧化硅，正确； C、二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠与少量的盐酸反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，正确； D、氯化铵与氢氧化钠反应生成氨气，氨气与盐酸反应又生成氯化铵，氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，不能再得到氯化铵，错误，答案：选 D。 考点：考查物质之间的反应 物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度有关。下列各组物质： Cu与 HNO3溶液 Cu与 FeCl3溶液 Zn与H2SO4溶液 Fe与 HCl溶液由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是 ( ) A B C D 答案： A 试题分析： Cu与稀硝酸反应的还原产物是 NO，而

26、与浓硝酸反应的还原产物是二氧化氮，产物不同； Cu与氯化铁反应只生成氯化亚铁和氯化铜，与反应物的浓度无关； Zn与稀硫酸反应产生氢气，而与浓硫酸反应则产生二氧化硫气体，产物不同； Fe与盐酸反应只生成氯化亚铁和氢气，与反应物的浓度无关，所以答案：选 A。 考点：考查物质反应与浓度的关系 下列各组物质的性质比较，正确的是（ ） A熔点： CO2 H2O SiO2 KCl B粒子半径： K+ Na+ Mg2+ Al3+ C酸性： H3PO4 H2SO4 HClO4H2SiO3 D稳定性： H2O NH3 PH3 SiH4 答案： B 试题分析： A、 SiO2是原子晶体，熔点最高， KCl是离子晶

27、体，熔点大于分子晶体水、二氧化碳，错误； B、 K+的电子层数最多，半径最大， Na+、 Mg2+、 Al3+的电子层数相同，半径随核电荷数增加而减小，正确； C、 Cl 的非金属性最强，所以对应的最高价含氧酸的酸性最强，其次是硫酸，硅酸的书写最弱，错误；D、 O 的非金属性强于 N、 P、 Si，所以 H2O 最稳定，其次是氨气，正确顺序是H2ONH3PH3SiH4,cw ,daa4x B. 考点：考查元素周期律的应用 采用循环操作可以提高原料的利用率，下列工业生产中，没有采用循环操作的是（ ） A硫酸工业 B氯碱工业 C硝酸工业 D合成氨工业 答案： B 试题分析： A、制硫酸的过程中，二

28、氧化硫被氧化为三氧化硫是可逆反应，需要循环操作，提高二氧化硫的转化率，错误； B、氯碱工业是指电解饱和氯化钠溶液的工业叫做氯碱工业，不存在循环操作，正确； C、硝酸工业中二氧化氮与水反应产生的 NO需要再与氧气反应生成二氧化氮，循环操作，提高 N 的利用率，错误； D、合成氨工业是指氮气 与氢气反应生成氨气，该反应是可逆反应，且转化率不高，需要循环操作提高氮气的转化率，错误，答案：选 B。 考点：考查对工业流程中循环操作的判断 下列各项中，理由、结论及因果关系均正确的是 ( ) A由于键能 ENN ECl-Cl，故单质的沸点： N2Cl2 B由于分子中可电离的 H+个数 H2SO4 CH3CO

29、OH，故两者的酸性：H2SO4CH3COOH C由于元素的非金属性 NP，故氢化物的稳定性： NH3PH3 D由于金属性 FeCu， 故还原性 Fe2+Cu 答案： C 试题分析： A、键能的大小决定物质的稳定性，而沸点的高低取决于分之间作用力的大小，错误； B、酸性的强弱取决于酸在水中的电离的程度，硫酸在水中完全电离，而醋酸部分电离，与电离产生的氢离子的个数无关，错误； C、非金属性强的元素，其气体氢化物的稳定性越强， N 的非金属性大于 P，所以氢化物的稳定性： NH3PH3，正确； D、 Fe的金属性大于 Cu，所以 Fe的还原性大于 Cu，不能说明亚铁离子的还原性大于 Cu，错误，答案

30、：选 C。 考点：考查元素周期律的应用 X、 Y、 Z、 M、 W为原子序数依次增大的 5种短周期元素。 X的质子总数与电子层数相同， Y、 Z、 M同周期且相邻， W原子核外电子数是 M原子最外层电子数的 2倍。 Z与其同主族的短周期元素可形成常见气体甲。 X、 Y、 Z 3种元素形成化合物乙。下列说法不正确的是 （ ） A原子半径： W Y Z M X B化合物乙中一定只有共价键 C由 W元素形成的单质以及 W与 Z两元素形成的化合物都是原子晶体 D X分别与 Y、 Z、 M、 W形成的常见化合物中，稳定性最好的是 XM，沸点X2Z XM 答案： B 试题分析： X的质子总数与电子层数相同

31、，说明 X是 H元素； Y、 Z、 M同周期且相邻，说明三种元素是第二周期元素， Z与其同主族的短周期元素可形成常见气体甲，第二周期元素与其同族元素形成气体化合物的一般是 O 与 S形成的化合物，所以 Z是 O 元素，则 Y是 N， M是 F元素； W原子核外电子数是M 原子最外层电子数的 2 倍， M 的最外层电子数是 7，所以 W 是 14 号元素 Si。X、 Y、 Z 3种元素形成化合物乙可以是硝酸，也可以是硝酸铵。 A、原子半径随电子层数的增多而增大，随核电荷数的增加而减小，所以五种原子的半径的大小顺序是 WYZMX，正确； B、若乙是硝酸铵，则还含有离子键，错误；C、硅与二氧化硅都

32、是原子晶体，正确； D、气体氢化物的稳定性与元素的非金属性有关，非金属性越强，气体氢化物越稳定， F的非金属性最强，所以 HF 最稳定，水常温下是液体， HF 是气体，所以水的沸点高于 HF，正确，答案：选B。 考点：考查元素的判断及元素周期律的应用 通过复习总结，下列归纳正确的是 ( ) A Na2O， NaOH， Na2CO3， NaCl， Na2SO4， Na2O2都属于钠的含氧化合物 B简单非金属阴离子只有还原性，而金属阳离子不一定只有氧化性 C一种元素可能有多种氧化物，但同种化合价只对应有一种氧化物 D物质发 生化学变化一定有化学键断裂与生成，并伴有能量变化，而发生物理变化就一定没有

33、化学键断裂或生成 答案： B 试题分析： A、氯化钠中不含 O 元素，不属于含氧化合物，常温； B、非金属性元素的负价只有一种，所以简单非金属阴离子只有还原性，而金属的化合价不一定只有一种，如 Fe 有 +2、 +3 两种价态，所以金属阳离子不一定只有氧化性，处于中间价态的金属阳离子还具有还原性，正确； C、一种元素的同种价态对应的氧化物不一定只有一种，如 NO2和 N2O4的价态相同，但不是同种化合物，错误； D、物质发生化学变化时同时存在化学键的断裂和形成 ，而发生物理变化时可能存在化学键的断裂或形成，二者只具备其一，如氯化钠的熔化，离子键断裂，所以发生物理变化时可能存在化学键的断裂或生成

34、，错误，答案：选B。 考点：考查对知识总结的判断 右图表示在某溶液中滴加 Ba（ OH） 2 溶液时，沉淀的物质的量随 Ba（ OH）2的物质的量的变化关系。该溶液的成分可能是 （ ） A NH4Al（ SO4） 2 B KAl（ SO4） 2 C Al2（ SO4） 3 D NaAlO2 答案： C 试题分析：加入氢氧化钡产生沉淀，后部分溶解，说明该化合物中一定 含有Al3+和 SO42-离子，由图中的数据可知，最终得沉淀为 3mol，说明硫酸根离子的物质的量是 3mol，氢氧化铝与 1mol氢氧化钡反应说明铝离子的物质的量是2mol，则需要 3mol氢氧化钡生成氢氧化铝沉淀，符合此图，则溶

35、液中 Al3+和SO42-离子的物质的量之比是 2:3，所以该物质是硫酸铝，答案：选 C。 考点：考查对物质成分的计算 已知：（ 1） Al(OH)3的电离方程式为： AlO2-+H+H2O Al(OH)3Al3+3OH- （ 2）无水 AlCl3晶体的沸点为 182.9 ，溶于水的电离方程式为： AlCl3 Al3 3Cl- （ 3） PbSO4难溶于水，易溶于醋酸钠溶液，反应的化学方程式为： PbSO4 2CH3COONa Na2SO4 (CH3COO)2Pb 则下列关于 Al(OH)3、 AlCl3和 (CH3COO)2Pb的说法中正确的是 ( ) A均为强电解质 B均为弱电解质 C均为

36、离子化合物 D均为共价化合物 答案： D 试题分析： A、氢氧化铝部分电离，所以氢氧化铝是弱电解质，硫酸铅与醋酸钠的反应是复分解反应，而反应中无沉淀、气体生成，所以只能是醋酸铅是弱电解质，错误； B、氯化铝完全电离，是强电解质，错误； C、无水 AlCl3晶体的沸点为 182.9 ，沸点较低，所以氯化铝是共价化合物，错误； D、离子化合物都是强电解质，所以弱电解质一定不是离子化合物，则氢氧化铝、醋酸铅是共价化合物，氯化铝虽然是强电解质，但是共价化合物，正确，答案：选 D。 考点：考查离子化合物、共价化合物、强弱电解质的判断 实验题 比较法是化学中研究物质性质的基本方法之一，请运用比较法解答下题

37、。Na2O2几乎可与所有的常见气态非金属氧化物反应。如 2Na2O2+2CO2 = 2Na2CO3+O2， Na2O2+CO = Na2CO3。 （ 1）试分别写出 Na2O2与 SO2、 SO3反应的化学方程式： _；_。 （ 2）通过比较可知，当非金属元素处于 _价时，其氧化物与 Na2O2反应有 O2生成。 （ 3）依上述规律，写出 Na2O2与 N2O5反应的化学方程式_。 答案： )Na2O2+SO2 = Na2SO4 2Na2O2+2SO3 =2Na2SO4 + O2 (2) 最高化合价 (3) 2Na2O2+2N2O5 =4NaNO3 + O2 试题分析：（ 1）过氧化钠与二氧化

38、硫反应时二氧化硫具有还原性，过氧化钠具有氧化性，二者发生氧化还原反应，过氧化钠中 O 元素的化合价只能降低，所以生成硫酸钠，化学方程式为 Na2O2+SO2 = Na2SO4；过氧化钠与三氧化硫反应时，与二氧化碳的反应类似，生成硫酸钠和氧气，化学方程式是 2Na2O2+2SO3 =2Na2SO4 + O2； （ 2）根据以上事实，可知二氧化碳、三氧化硫中非金属元素的化合价是最高价，所以生成盐和氧气； （ 3）根据以上规律 N2O5中 N 元素的化合价是 +5价，是最高价态，所以生成硝酸钠和氧气，化学方程式为 2Na2O2+2N2O5 =4NaNO3 + O2 考点：考查比较法在化学中的应用 填

39、空题 已知在室温的条件下， pH均为 5的 H2SO4溶液和 NH4Cl溶液，回答下列问题： （ 1）各取 5mL上述溶液，分别加水稀释至 50mL， pH较大的是 _溶液 （ 2）各取 5mL上述溶液，分别加热（温度相同）， pH较小的是 _溶液 （ 3） H2SO4溶液和 NH4Cl溶液中由水电离出的 c(H+)之比为 _ （ 4）取 5mL NH4Cl溶液，加水 稀释至 50mL， c(H+) _ 10-6mol L-1（填 “”、 “ 减小 试题分析：（ 1）氯化铵溶液的 pH=5是因为铵根离子的水解造成的，而加水稀释会促进氯化铵水解正向进行，抑制氢离子浓度的减小，所以 pH增大较多是

40、硫酸溶液，则 pH较大的是 H2SO4； （ 2）加热促进氯化铵的水解，溶液中氢离子浓度增大， pH减小，而硫酸中的氢离子浓度不变，所以 pH不变，所以 pH较小的溶液是 NH4Cl溶液； （ 3）酸对水的电离起抑制作用，而盐的水解对水的电离起促进作用，硫酸溶液中水电离产生的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度为 110-9mol/L，而氯化铵溶液中的水电离产生的氢离子浓度即是溶液中的氢离子浓度为 110-5mol/L，所以二者由水电离出的 c(H+)之比为 110-9mol/L/110-5mol/L=10-4:1 （ 4）氯化铵稀释时，水解平衡正向移动，所以稀释 10倍后溶液的 pH增加值小

41、于 1， pH10-6mol L-1; c(NH4+) c(H+)=c（ NH3 H2O） /K，加水稀释， c（ NH3 H2O）减小，所以比值减小。 考点：考查溶液稀释后 pH的变化，离子浓度的变化关系的判断 A 答案：（ 1）离子键和共价键 分子晶体 (2)2CO2 + 3OH- = CO32- + HCO3- + H2O (3)2.65 试题分析：（ 1） A、 B、 C 的焰色反应均呈黄色，水溶液均为碱性，说明 A、 B、C 中均含有 Na 元素，溶液为碱性的含钠元素的化合物一般是氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠或碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠，所以 A

42、是氢氧化钠， B是碳酸氢钠， C是碳酸钠， X是二氧化碳。所以氢氧化钠中含有离子键、共价键，二氧化碳的晶体类型属于分子晶体； （ 2） 4.48L标准状况下的二氧化碳的物质的量是 0.2mol，与 0.3mol氢氧化钠反应， 0.2mol万元话题与 0.2mol氢氧化钠反应生成 0.2mol的碳酸氢钠，剩余0.1mol氢氧化钠再与 0.1mol碳酸氢钠反应生成 0.1mol碳酸钠所以溶液中既 有碳酸钠生成也有碳酸氢钠生成，且二者的物质的量之比是 1:1，由此写出离子方程式为 2CO2 + 3OH- = CO32- + HCO3- + H2O； （ 3）碳酸钠与碳酸氢钠中的阳离子是钠离子，加热至

43、恒重时得剩余固体是碳酸钠，根据钠元素守恒得碳酸钠的物质的量是 0.5mol/L0.1L/2=0.025mol，所以剩余固体的质量是 0.025mol106g/mol=2.65g。 考点：考查物质的推断，混合物的计算，钠元素化合物的化学性质 过氧化氢和臭氧是用途很广的氧化剂。试回答下列问题： （ 1）过氧化氢是一种绿 色氧化剂，写出在酸性条件下 H2O2氧化氯化亚铁的离子反应方程式： （ 2） Na2O2、 K2O2、 以及 BaO2都可与酸作用生成过氧化氢，目前实验室制取过氧化氢可通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤即可制得。最适合的过氧化物是 _（写电子式）， 臭氧（ O3）可以使湿润

44、的淀粉 -碘化钾试纸变蓝，反应的化学方程式为： KI O3 H2OKOH I2 O2（未配平 ） 回答问题： 还原产物的化学式为 配平后的化学方程式是 （ 4） O3 可由臭氧发生器（原理如下图所示）电解稀硫酸制得。 图中阴极为 （填 “A”或 “B”）。 若 C处不通入 O 2 ， D、 E处分别收集到 11 2L和有 4 48L 气体（标准状况下）， 则 E处收集的气体中 O3所占的体积分数 为 （忽略 O 3 的分解）。 若 C处通入 O 2，则 A极的电极反应式为： 。 （ 5）新型 O3氧化技术对燃煤烟气中的 NOx和 SO2脱除效果显著，锅炉烟气中的 NOx 95以上是以 NO形式

45、存在的，可发生反应 NO（ g） + O3（ g）NO2（ g） + O2 （ g）。在一定条件下，将 NO和 O3通 入绝热恒容密闭容器中发生上述反应 ，正反应速率随时间变化的示意图（如下图）所示。由图可得出的正确说法是 a反应在 c点达到平衡状态 b反应物浓度： b点小于 c点 c反应物的总能量低于生成物的总能量 d t1 t2时， NO的转化率： a b段小于 b c段 答案：（ 1） H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O （ 2） （ 3） KOH O3 2KI H2O 2KOH I2 O2 (4) A 50% O2 4H 4e-=2H2O （ 5） d 试题分析：（ 1）过

46、氧化氢与氯化亚铁发生氧化还原反应生成氯化铁和水，离子方程式为 H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O ； （ 2）过氧化物与稀硫酸反应制取过氧化氢最合适的过氧化物是过氧化钡，因为过氧化钡与稀硫酸反应生成过氧化氢和硫酸钡沉淀，过滤即可除去硫酸钡，过氧化钡的电子式为 ； （ 3） 该反应中的臭氧是氧化剂， KI是还原剂，所以还原产物是臭氧对应的产物， O 元素的化合价降低，则还原产物的化学式为 KOH； 臭氧中 O 元素的化合价是 0价， KOH中 O 元素中化合价是 -2价，化合价降低 2价， KI中 I的化合价是 -1价，碘中 I的化合价是 0价，化合价升高 1价，则 KI的系数是 2

47、，臭氧的系数是 1，碘的系数是 1，根据 H元素守恒，则水的系数是 1，所以氧气的系数是 1，则化学方程式为 O3 2KI H2O 2KOH I2O2 （ 4） 电解硫酸溶液制取臭氧， B极产生氧气和臭氧，说明 O 元素的化合价升高，发生氧化反应，所以 B端是阳极，接电源的正极，则 A接电源的负极，作电解池的阴极； 若 C处不通入 O2， D处收集到的气体是氢气， E处收集到的气体是臭氧和氧气， 11.2L的氢气的物质的量是 0.5mol， 4.48L的氧气和臭氧的物质的量是0.02mol，生成 0.5mol氢气转移电子的物质的量是 1mol，设臭氧的物质的量为xmol，则氧气的物质的量是 0.02mol-xmol，根据得失电子守恒，1mol=6xmol+4(0.02mol-xmol),解得 x=0.01mol，所以 E处收集的气体中 O3所占的体积分数也即物质的量分数 0.01/0.02=50%；