2019-2020年高三化学上学期第一次诊断性试题（含解析）新人教版.doc

2019-2020年高三化学上学期第一次诊断性试题（含解析）新人教版一、选择题1化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是 A碳酸钡、碳酸氢钠、氢氧化铝均可作为抗酸药物使用B人体内的蛋白质不断分解，最终生成水和二氧化碳排出体外 C工业生产玻璃和水泥，均需要用纯碱为原料D“地沟油”的主要成分是油脂，其组成与汽油、煤油不相同【答案】D【解析】试题分析：A、碳酸钡是重金属盐，不能作为抗酸药物使用，A错误；B、人体内的蛋白质不断分解，最终生成尿素排出体外，B错误；C、工业生产玻璃和水泥的原料分别为纯碱、石灰石、石英和黏土、石灰石以及辅助原料，C错误；“地沟油”的主要成分是油脂，其组成与汽油、煤油不相同，后者是碳氢化合物，前者还含有氧元素，D正确，答案选D。考点：考查化学与生活、生产的有关判断2下列说法正确的是经分析某物质只含有一种元素，则该物质一定是单质；根据酸分子中含有的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等；NO2和水反应能生成硝酸，但NO2不是酸性氧化物溶液是电中性的，胶体是带电的不能发生丁达尔效应的分散系有氯化钠溶液、水等A B仅 C仅 D【答案】B【解析】试题分析：经分析某物质只含有一种元素，该物质不一定是单质，也可能是混合物，例如氧气和臭氧，错误；根据酸电离出的氢离子个数将酸分为一元酸、二元酸等，错误；酸性氧化物是指与碱反应生成盐和水的氧化物，NO2和水反应能生成硝酸，但NO2不是酸性氧化物，正确；溶液是电中性的，胶体也是电中性的，错误；水是纯净物，不是分散系，错误，答案选B。考点：考查物质分类的有关判断3NA代表阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是A10 mL质量分数为98的H2SO4，用水稀释至100 mL，H2SO4的质量分数为9.8B1molFe与过量的稀HNO3反应，转移的电子数为2 NAC标准状况下，分子数为NA的CO、C2H4混合气体体积约为22.4 L，质量为28 gD一定温度下，l L 0.50 mol/LNH4C1溶液与2 L025mol/LNH4C1溶液NH4+的离子数均为0.5NA【答案】C【解析】试题分析：A、浓硫酸的密度大于水，随着硫酸浓度的增大密度增大，因此10 mL质量分数为98的H2SO4，用水稀释至100 mL，H2SO4的质量分数大于9.8，A错误；B、1molFe与过量的稀HNO3反应，转移的电子数为3NA，B错误；C、CO和乙烯的相对分子质量均是28，所以标准状况下，分子数为NA的CO、C2H4混合气体体积约为22.4 L，质量为28 g，C正确；铵盐溶于水，铵根水解，所以一定温度下，l L 0.50 mol/LNH4C1溶液与2 L025mol/LNH4C1溶液NH4+的离子数均小于0.5NA，D错误，答案选C。考点：考查阿伏伽德罗常数的计算4等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是AFeO BFe2O3 CFeSO4 DFe3O4【答案】A【解析】试题分析：假设质量都为mg，AFeO与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；BFe2O3与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为0；CFeSO4与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为 mol；DFe3O4中Fe元素的化合价有+2、+3价，与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol，由以上分析可知，失电子最多的是FeO，则放出NO物质的量最多的是FeO，故选A.考点：考查氧化还原反应的相关计算5下列有关化学概念或原理的论述中，正确的是ASO2、NH3的水溶液都能够导电，因此都属于电解质B电解饱和食盐水的过程中，水的电离平衡逆向移动C任何一个氧化还原反应都可以设计为电池，输出电能D若两种不同的核素具有相同的中子数，则二者一定不属于同种元素【答案】D【解析】试题分析：A、二氧化硫、氨气的水溶液能导电，电离出阴阳离子的是亚硫酸和一水合氨而不是二氧化硫和氨气，所以二氧化硫和氨气属于非电解质，故A错误；B用石墨作电极电解氯化钠溶液时，阴极上氢离子放电，促进水电离，水的电离平衡向正反应方向移动，故B错误；C氧化还原反应且属于放热反应才能设计成原电池，属于吸热反应的氧化还原反应不能设计为原电池，故C错误；D两种不同的核素具有相同的中子数，则它们的质子数一定不同，所以二者一定不属于同种元素，故D正确；故选D。考点：考查电化学原理、电解质、元素的判断等6下列陈述I、II均正确且有因果关系的是【答案】B【解析】试题分析：A、常温下铁在浓硫酸中钝化，但钝化是化学变化，A错误；B、碳酸氢钠溶于水全部电离，因此是强电解质，B正确；C、氯化铵受热与分解生成氨气和氯化氢，因此可以利用加热法除去氯化钠中的氯化铵，与氯化铵是强酸弱碱盐无关系，C错误；D、二者表现的都是还原性，D错误，答案选B。考点：考查因果关系的正误判断7下列叙述正确的是A目前使用的元素周期表中，最长的周期含有36种元素B周期表中所有元素都是从自然界中发现的，过渡元素都是金属元素C非金属元素形成的共价化合物中，原子的最外层电子数只能是2或8DIA族与VIIA族元素间可形成共价化合物或离子化合物【答案】D【解析】试题分析：A、目前使用的元素周期表中，最长的周期含有32种元素，A错误；B、周期表中并不是所有元素都是从自然界中发现的，B错误；C、非金属元素形成的共价化合物中，原子的最外层电子数不一定只能是2或8，例如五氯化磷等，C错误；D、IA族与VIIA族元素间可形成共价化合物例如氯化氢，或离子化合物，例如氯化钠，D正确，答案选D。考点：考查元素周期表的结构以及元素性质的判断8银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故。根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器漫入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去。下列说法正确的是A处理过程中银器一直保持恒重B银器为正极，Ag2S被还原生成单质银 C该过程中总反应为2Al+3Ag2S=6Ag+A12S3D黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgC1【答案】B【解析】试题分析：A银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银，所以银器质量减小，故A错误； B银作正极，正极上Ag2S得电子作氧化剂，在反应中被还原生成单质银，故B正确；CAl2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al（OH）3，故C错误；D黑色褪去是Ag2S转化为Ag而不是AgCl，故D错误；故选B。考点：考查原电池原理93molA和2.5molB混合于容积为2L的容器内，使它们发生反应2A（s）+3B（g）2C（g）+D（g），经过5min生成0.5molD，下列说法正确的是AB的平均消耗速率为0.3mol(Lmin)B. C的平衡浓度为2molLC平衡后，增大压强，平衡将向正方向移动 D若反应容器内气体的密度不再发生变化，说明反应已经达到平衡【答案】D【解析】试题分析：A、参加反应的B为1.5mol，浓度是1.5mol2L0.75mol/L，则v（B）0.75mol/L5min0.15mol/（Lmin），故A不正确；B、起始时充入3molA和2.5molB混合气体；经过5min生成0.5molD2A（s）+3B（g）2C（g）+D（g）起始量（mol） 3 2.5 0 0变化量（mol） 1 1.5 1 0.5平衡量（mol） 2 1 1 0.5c（C）=0.5mol/L，故B错误；C、正方应是体积不变的可逆反应，则平衡后，增大压强，平衡不移动，故C错误；D、密度是气体质量与容器容积的比值，容器容积不变，但气体的质量变化，所以若反应容器内气体的密度不再发生变化，说明反应已经达到平衡，故D正确，答案选A。考点：考查化学平衡的基本计算方法，速率计算的应用，平衡状态的判断，影响平衡的因素10下列溶液中通入SO2一定不会产生沉淀的是ABaCl2 BBa C Na2S DBa(OH)2【答案】A【解析】试题分析：A、SO2与氯化钡溶液不反应，A正确；B、硝酸钡与SO2反应生成硫酸钡沉淀，B错误；C、硫化钠与SO2反应生成单质硫沉淀，C错误；D、SO2与氢氧化钡溶液反应生成亚硫酸钡沉淀，D错误，答案选A。考点：考查SO2的性质11下列有关溶液组成的描述合理的是A由水电离出的c(H)1013mol/L的溶液中可能存在：HCO3、K+、Na+、ClB酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42-、IC含有0.1 mol/L Fe3+ 的溶液中可以大量存在：K+、Mg2+、I-、NO3-D室温下，pH=l的溶液中一定可以存在：Na+、Fe3+、NO3-、SO42-【答案】D【解析】试题分析：A、由水电离出的c(H)1013mol/L的溶液可能显酸性，也可能显碱性，则HCO3一定不能大量共存，A错误；B、ClO与I之间发生氧化还原反应不能大量共存，B错误；C、铁离子与碘离子之间发生氧化还原反应，而不能大量共存，C错误；D、室温下，pH=l的溶液显酸性，Na+、Fe3+、NO3-、SO42-可以大量共存，D正确，答案选D。考点：考查离子共存的正误判断12下列离子方程式正确的是A钠与水反应：Na2H2O=Na2OHH2B硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：+C0.01molLNH4Al(SO4)2溶液与0.02molLBa(OH)2溶液等体积混合： 1A1 D向次氯酸钙溶液通入+【答案】C【解析】试题分析：A、钠与水反应的离子方程式为2Na2H2O=2Na2OHH2，A错误；B、醋酸是弱电解质，应该用化学式表示，B错误；C、0.01molLNH4Al(SO4)2溶液与0.02molLBa(OH)2溶液等体积混合恰好生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨，离子方程式正确，C正确；D、次氯酸钙检验强氧化性，能氧化SO2生成硫酸钙，D错误，答案选C。考点：考查离子方程式的正误判断13根据碘与氢气反应的热化学方程式I2（g）+H2（g）2HI（g）H9.48kJ/molI2（s）+H2（g）2HI（g）H26.48kJ/mol下列判断正确的是 A254g I2（g）中通入2gH2（g），反应放热9.48 kJB1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17.00 kJC反应(i)的产物比反应(ii)的产物稳定 D反应(ii)的反应物总能量比反应(i)的反应物总能量低【答案】D【解析】试题分析：A因为是可逆反应，所以不能进行完全，放热小于9.48kJ，故A错；B、根据盖斯定律，用题干中热化学方程式-得到I2（s）I2（g） H=35.96KJ/L，故B错误；C、反应(i)的产物与反应(ii)的产物稳定性相同，C错误；D、气体I2比固体I2能量高，反应的反应物总能量比反应的反应物总能量低，故D正确，答案选D。考点：考查热化学方程式的知识应用14用铝制易拉罐收集满CO2，快速加入过量NaOH浓溶液，立即把口封闭。发现易拉罐“咔咔”作响，并变瘪了：过一会儿，易拉罐又会作响并鼓起来。下列说法正确的是A导致易拉罐变瘪的离子反应是：CO2+OH-HCO3-B导致易拉罐又鼓起来的反应是：C若将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为水，易拉罐也会出现先瘪后鼓的现象D上述过程中与NaOH溶液反应的物质有三种，且反应结束后的溶液显碱性【答案】D【解析】试题分析：A气体与碱反应，导致易拉罐变瘪，反应为CO2+2OH-CO32-+H2O，故A错误；B易拉罐又会作响并鼓起来，发生2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2，气体压强增大，故B错误；C将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为水，只发生氨气与水反应，则易拉罐也会出现变瘪的现象，故C错误；D上述过程与氢氧化钠反应的物质有CO2、氧化铝和铝，偏铝酸钠溶液显碱性，故D正确，故选D。考点：考查Al的化学性质及离子反应15下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作实验目的或结论A向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg（OH）2粉末，搅拌一段时间后过滤除去MgCl2溶液中少量FeCl3B向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失证明溶液中含有SO42-C向某溶液中加入稀盐酸，放出无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊证明该溶液中存在CO32-D向0.1molL-1FeSO4溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色说明Fe2+具有氧化性【答案】A【解析】试题分析：A向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg（OH）2粉末，溶液pH增大，利于Fe3+的水解，可转化为Fe（OH）3沉淀而除去，故A正确；B向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，可能为AgCl，也可能为BaSO4，不能排除Cl-的影响，正确的做法是先价盐酸，如无沉淀，继续加入BaCl2溶液，如产生沉淀，可证明含有SO42-，故B错误；C溶液中也可能存在HCO3-，不能证明一定含有CO32-，故C错误；DFe2+具有还原性，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，故D错误，故选A。考点：考查物质鉴别、分离、提纯等知识16水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、Al3+、Al(OH)4-、SiO32-、CO32-、SO32-、SO42-中的若干种离子。某同学对该溶液进行了如下实验：下列判断正确的是A气体甲一定是纯净物B沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物 CK+、Al(OH)4和SiO32一定存在于溶液X中DCO32-和SO42-一定不存在于溶液X中【答案】C【解析】试题分析：加HCl有气体说明有CO32-或SO32-，或两者都有，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫，或两者都有，一定不存在和碳酸根或亚硫酸根离子不共存的离子，所以不存在镁离子、铝离子，加盐酸有沉淀，说明一定有硅酸根离子，硅酸是沉淀，加入过量氨水（提供OH-）有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子，但是原来溶液中的铝离子一定不能存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，所以，一定存在偏铝酸根离子，要保证溶液电中性，只有K+这一个阳离子，所以一定存在钾离子。A加HCl有气体说明有CO32-或SO32-，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫或两者的混合气体，故A错误；B溶液中一定含有CO32-或SO32-，或两者都有，则一定不含有镁离子，它们和镁离子都不共存，所以沉淀甲是硅酸，不可能是硅酸镁，故B错误；C原来溶液中K+、AlO2、SiO32一定存在，故C正确；D硫酸根离子是否存在不能确定，CO32-可能存在，故D错误；故选C。考点：考查离子的检验和离子共存等方面的知识17将下图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是ACu电极上发生还原反应B电子沿路径流动C片刻后甲池中增大D片刻后可观察到滤纸b点变红色【答案】A【解析】试题分析：AK闭合时，甲乙装置能自发的进行氧化还原反应，所以甲乙构成原电池，锌易失电子而作负极，铜作正极，发生还原反应，故A正确；B电子不进入电解质溶液中，故B错误；C片刻后，甲池中锌失电子生成锌离子进入溶液，硫酸根离子浓度不变，故C错误；D电解池阴极a上氢离子放电，同时电极附近生成氢氧化钠，酚酞遇碱变红色，所以滤纸a点变红色，b电极附近是氢氧根离子放电同时生成氢离子，故D错误，答案选A。考点：考查原电池和电解池原理18向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示。已知：=2Fe3+2Br-、2Fe3+2I-=2Fe2+I2，下列说法中错误的是A还原性：I-Fe2+Br-B线段AB表示Fe2+被氯气氧化C线段BC表示生成4 mol Fe3+D原溶液中n ()=6 mol【答案】B【解析】试题分析：A、反应2Fe2+Br2=2Fe3+2Br-中，还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Br-，所以还原性：Fe2+Br-，反应2Fe3+2I-=2Fe2+I2中，还原剂I-的还原性强于还原产物Fe2+，所以还原性：I-Fe2+，所以还原性I-Fe2+Br-，故A正确；B、通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为01mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为13mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，在通入氯气的量为36mol的过程中溴离子从6ml降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的量为3mol，故B错误；根据以上分析可知CD正确，答案选B。考点：考查氧化还原反应的有关判断与计算19常温下，浓度均为0.1 mol/L的6种盐溶液pH如下：下列说法正确的是A. Cl2和Na2CO3按物质的量之比1：1反应的化学方程式为Cl2Na2CO3H2O=HClONaHCO3NaClB相同条件下电离程度比较：HCO3HSO3HClOC6种溶液中，Na2SiO3溶液中水的电离程度最小DNaHSO3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【解析】试题分析：A、根据盐溶液的pH可知，酸性是碳酸强于次氯酸，次氯酸强于碳酸氢根，则氯气与碳酸钠按物质的量之比为1:1反应的方程式为Cl2Na2CO3H2OHClONaHCO3NaCl，A正确；B、酸越弱，相应的盐越容易水解，溶液的碱性越强，则根据pH大小可知酸性是HSO3HClOHCO3，B错误；C、6种溶液中，Na2SiO3溶液的碱性最强，水解程度增大，则水的电离程度最大。C错误；D、亚硫酸氢钠溶液显酸性，说明电离程度大于水解程度，则离子浓度大小顺序为c(Na)c(HSO3)c(H+)c(SO32)c(OH)，D错误，答案选A。考点：考查盐类水解应用、溶液中离子浓度大小比较20常温下，向l00 mL 0.01 mol/LHA溶液中逐滴加入0.02 mol/LMOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(溶液体积变化忽略不计)。下列说法中，正确的是AHA为一元强酸，MOH为一元强碱BK点所示溶液中c(A)c(M)CN点水的电离程度小于K点水的电离程度DK点对应的溶液的pH=10，则有c（MOH）+c（OH-）-c（H+）0.005mol/L【答案】D【解析】试题分析：A、根据图象可知，加入氢氧化钠溶液前，0.01molL-1HA溶液的pH=2，说明HA在溶液中完全电离，则HA是强酸。当加入51ml0.02mol/LMOH溶液时，MOH过量，但溶液显中性，这说明MOH应该是弱碱，故A错误；B、K点溶液是MOH与MA的混合液，且二者的浓度相等，但溶液呈碱性，MOH的电离程度大于M的水解程度，则c(M)c(A)，B错误；C、由图象可知，N点溶液呈中性，水电离的氢离子为10-7mol/l， MOH电离的氢氧根离子抑制了水电离，水电离的氢离子小于10-7mol/l，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度，故C错误；D、在K点时混合溶液体积是碱溶液的2倍，根据物料守恒结合溶液体积变化知，c（MOH）+c（M+）=0.01molL-1，根据电荷守恒得c（M+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），c（MOH）+c（OH-）-c（H+）=c（M+）-c（A-）+c（MOH）=0.01molL-1-0.005molL-1=0.005molL-1，故D正确；故选D。考点：考查酸碱混合时的定性判断、弱电解质电离及其影响因素21(3分)下列有关实验的叙述中，合理的是_A实验室中少量金属钠、钾保存在汽油中B容量瓶、分液漏斗、酸(碱)式滴定管等仪器在使用前都必须检验是否漏水C圆底烧瓶、锥形瓶、烧杯加热时都应垫在石棉网上 D用一定浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液时，酸式滴定管记录起始体积时，平视读数，终点时俯视，所测碱的浓度偏高 E不用其它化学试剂即可鉴别四种无色溶液F可以用渗析的方法除去淀粉溶液中的氯化钠 【答案】B C F【解析】试题分析：A、汽油易挥发。不能保存钠和钾，A错误；B、容量瓶、分液漏斗、酸(碱)式滴定管等仪器在使用前都必须检验是否漏水，B正确；C、圆底烧瓶、锥形瓶、烧杯加热时都应垫在石棉网上，C正确；D、用一定浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液时，酸式滴定管记录起始体积时，平视读数，终点时俯视，则读数偏小，所以测碱的浓度偏低，D错误；E、硫酸氢钠溶于水电离出氢离子，相当于一元强酸，不用化学试剂不能鉴别盐酸和硫酸氢钠，E错误；F、胶体不能透过半透膜，而溶液可以，因此可以用渗析的方法除去淀粉溶液中的氯化钠，F正确，答案选BCF。考点：考查化学实验基本操作正误判断22(11分)A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A元素的原子半径最小；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐；D与A同主族，且与E同周期；E元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2；A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成原子个数比不相同的若干种化合物。请回答：（1）C离子的原子结构示意图_；D在周期表的位置_。（2）C和E两种元素相比较，原子得电子能力较强的是(填元素名称)_，以下三种说法中，可以验证该结论的是(填写编号)_；a比较这两种元素的常见单质的沸点b二者形成的化合物中，C元素的原子显负价c.比较这两种元素气态氢化物的稳定性（3）A、B、C、E可形成两种酸式盐(均含有该四种元素)，它们都含有的化学键类型是_，这两种酸式盐在水溶液中相互反应的离子方程式为_。（4）C与D形成的某种化合物可作潜水面具中的供氧剂，每生成标准状况下11.2LO2，转移的电子数是_。【答案】（1）； （1分） 第三周期第A族。（1分）（2）氧（1分） b c （2分）（3）离子键、共价键；（2分） HSO3-+H+=SO2+H2O （2分） （4）NA（2分）【解析】试题分析：A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A元素的原子半径最小，则A是氢元素；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐，则B是氮元素；E元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2，则E是第三周期硫元素；D与A同主族，且与E同周期，所以D是钠元素；A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成原子个数比不相同的若干种化合物，则C是氧元素，则（1）氧离子的原子结构示意图为；Na在周期表的位置第三周期第A族。（2）同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则C和E两种元素相比较，原子得电子能力较强的是氧元素。a非金属性强弱与单质的沸点大小无关系，a错误；b二者形成的化合物中，C元素的原子显负价，说明氧元素得到电子，因此非金属性强于S，b正确；c.氢化物的稳定性越强，非金属性越强，则比较这两种元素气态氢化物的稳定性可以说明，c正确，答案选bc。（3）A、B、C、E可形成两种酸式盐(均含有该四种元素)，分别是亚硫酸氢铵和硫酸氢铵，它们都含有的化学键类型是离子键、共价键；这两种酸式盐在水溶液中相互反应的离子方程式为HSO3-+H+SO2+H2O。（4）C与D形成的某种化合物可作潜水面具中的供氧剂，该化合物是过氧化钠，标准状况下11.2LO2的物质的量是0.5mol，在该反应中氧元素的化合价从1价升高到0价，则反应中转移的电子数是0.5mol2NANA。考点：考查元素推断以及元素和化合物性质的有关判断23(10分)目前工业上有一种用CO2来生产燃料甲醇的方法，可以将CO2变废为宝。（1）已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=_1275.6kJmol-12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=_556.0kJmol-1H2O（g）=H2O（l）H=-44.0kJmol-1写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：_。（2）某同学利用甲醇(酸性)燃料电池为电源，设计了一种电解法制取Fe（OH）2的实验装置(如下图)。通电后，下图竖直装置下端B极上有大量气泡产生，溶液中产生大量的Fe（OH）2白色沉淀，且较长时间不变色。则电源中b极为_极(填“正”或“负”)，其电极反应式为_，装置上端A极电极材料是： _(填化学式)，B电极上的电极反应式为_。（3）利用电解法在铁制品上镀铜可以防止铁被腐蚀，以下说法正确的是_。a电镀时，通常用铜做阳极，可溶性铜盐作电解质溶液b. 电镀过程中，维持电流恒定，温度升高，电解反应速率加快c电镀过程中，电能全部转化为化学能d电镀过程中，铜离子向阴极移动，发生还原反应【答案】（1）CH3OH（l）+O2（g） CO（g）+2H2O（l）H=-442.8 kJmol-1（2分）（2）负（1分） CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+（2分） Fe（1分） 2H+2e-=H2（2分）（3）ad（2分）【解析】试题分析：（1）2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=_1275.6kJmol-1，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=_556.0kJmol-1，H2O（g）=H2O（l）H=-44.0kJmol-1，依据热化学方程式和盖斯定律（-+4）2得到CH3OH（l）+O2（g）=CO （g）+2H2O（l）H=_442.8 kJmol-1；（2）甲醇燃料电池为电源电解法制取Fe（OH）2的实验装置，通电后，溶液中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色，说明氢氧化亚铁在B电极附近生成，所以电极A为电解池的阳极，B为电解池的阴极，电源a为正极，电极反应为氧气得到电子得到电子发生还原反应，O2+4e-+2H2O=4OH-；连接正极的A电极是铁，目的是铁做阳极失电子生成亚铁离子，和阴极生成的氢氧根离子反应生成白色沉淀氢氧化亚铁；b为负极，甲醇失去电子，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，连接电极B电极反应为：2H+2 e-=H2；（3）a铁上镀铜时，通常用铜做阳极，可溶性铜盐作电解质溶液，正确；b. 电镀过程中，维持电流恒定，温度升高，电阻增大，电解反应速率减小，错误；c电镀过程中，电能没有全部转化为化学能，部分转化为热能，错误；d电镀过程中，铜离子向阴极移动，发生还原反应，正确，答案选ad。考点：考查热化学方程式和盖斯定律计算应用，原电池，电解池原理分析24(16分)氨气是一种重要的化工产品及工业原料。I某温度下，合成氨反应的平衡常数K=3.0103(molL)-1，（1）写出其对应的化学方程式_ 。（2）某温度下，如果在体积恒定为10L的密闭容器中充入：0.1molN2、0.1molH2和2molNH3则反应_(填“正向进行”或“逆向进行”或“达到平衡”)。（3）该温度下，在体积恒定为10L的四个密闭容器中分别充入下列物质，反应达到平衡后，N2的转化率最大的是_。a10molN2、30molH2和20molNH3 b10molN2和30molH2c20molN2和60molH2 d10molN2和28molH2II氨气极易溶于水，氨水是氨气溶于水而形成的溶液,回答下列问题：（4）在氨水溶液中加水稀释的过程，NH3H2O的电离程度_(填“增大”“减小”或“不变”)， _（同上）。（5）室温下，a mol/L的(NH4)2SO4水溶液的pH=5，原因是溶液中存在平衡_(用离子方程式表示)。并计算该平衡的平衡常数表达式为_(用含代数a的较为精确的数学表达式表示，不必化简，不做近似运算)。（6）室温下，向浓度均为0.1mol/L的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成_沉淀(填化学式)，生成该沉淀的离子方程式为_。(已知：室温时mol3 mol3.L-3).【答案】 （1）1/2 N2 + 3/2 H2NH3（2分） （2）正向进行（2分） （3）c（2分）（4）增大（1分） 不变 （2分） （5）NH4+H2ONH3H2O+H+ （2分） 10-5(10-5-10-9)/2a+10-9-10-5 molL-1（2分）（6）Cu(OH)2（1分） Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)2 +2NH4+（2分）【解析】试题分析：（1）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，则根据平衡常数可知反应的化学方程式为1/2 N2 + 3/2 H2NH3。（2）在体积恒定为10L的密闭容器中充入：0.1molN2、0.1molH2和2molNH3则产生浓度熵为xx3000，所以反应向正反应方向进行。（3）a与b相比，a中含有大量的氨气，因此b中氨气的转化率大于a中。b与d相比，b中氢气浓度大，大转化率高；由于正方应是体积减小的可逆反应，所以增大压强平衡向正反应方向进行，c与b相比，相当于是在b的基础上增大压强，氮气转化率增大，答案选c。（4）稀释促进氨水的电离，电离程度增大。，因此比值不变。（5）铵根水解溶液显酸性，方程式为NH4+H2ONH3H2O+H+。室温下，在amolL-1的（NH4）2SO4水溶液中pH=5，溶液中c（H+）=10-5mol/L，故溶液中c（OH-）=10-9mol/L，根据电荷守恒有：c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+2c（SO42-），即c（NH4+）+10-5mol/L=10-9mol/L+2amol/L，则c（NH4+）=（2a+10-9-10-5）mol/L，根据物料守恒计算溶液中c（NH3H2O）=2amol/L-（2a+10-9-10-5）mol/L=（10-5-10-9）mol/L，故NH4+H2ONH3H2O+H+的平衡常数的表达式为。（6）溶度积常数越小的物质越先沉淀，氢氧化铜的溶度积小于氢氧化镁的溶度积，所以氢氧化铜先沉淀，铜离子和氨水反应生成氢氧化铜沉淀和铵根离子，离子方程式为Cu2+2NH3H2OCu（OH）2+2NH4+。考点：考查平衡常数计算与应用、外界条件对电离平衡的影响、盐类水解以及溶度积常数应用等评卷人得分五、实验题25(10分)下图是某化学兴趣小组设计的利用电子垃圾(含70Cu、25Al、4Fe及少量Au、Pt)制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：已知下列信息：Cu可与稀硫酸和H2O2的混合液反应生成硫酸铜；铁、铝、铜等离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表：请回答下列问题：（1）写出Cu与稀硫酸和H2O2的混合液反应的化学方程式_。（2）在操作II中，x的取值范围是_。（3）在操作III中，蒸发浓缩需要的玻璃仪器有_。（4）由滤渣a制取Al2（SO4）318H2O，探究小组设计了三种方案：综合考虑上述三种方案，最具可行性的是_（填序号）。（5）为测定CuSO45H2O晶体的纯度，进行下列实验：取a g 试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用b mol/LEDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Cu2（离子方程式为Cu2+H2Y2-CuY2-+2H+），滴定至终点，平均消耗EDTA溶液12.00mL，CuSO45H2O晶体的纯度是_。【答案】（1）Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O（2分） （2）5.2，5.4) （2分）（3）玻璃棒 酒精灯 （烧杯）（2分） （4）乙 （2分） （5）15b/a100%（2分）【解析】试题分析：（1）双氧水具有氧化性，在稀硫酸溶液中将铜氧化为硫酸铜，方程式为Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O。（2）依据图表数据分析可知，溶液pH调节为5.25.4，使Fe3+和Al3+形成沉淀，铜离子不沉淀。（3）蒸发浓缩需要的玻璃仪器是玻璃棒、酒精灯（烧杯）。（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2（SO4）3的原子组成没有关系，造成原子浪费；（5）取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用b molL-1 EDTA（H2Y2-）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液12mL滴定反应如下：Cu2+H2Y2-=CuY2-+2H+。铜离子物质的量和标准液物质的量相同=bmol/L0.012L=0.012bmol；依据元素守恒得到：则20ml溶液中含有的CuSO45H2O物质的量为0.012bmol；100ml溶液中含0.012bmol5=0.06bmol；所以CuSO45H2O质量分数的表达式=100%100%。考点：考查离子分离的方法，实验设计，仪器和试剂选择，中和滴定的简单计算等