2019-2020年高三化学上学期期中试题（含解析）.doc

2019-2020年高三化学上学期期中试题（含解析）一、选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题意）1设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状况下，11.2 L乙醇所含的羟基数为0.5NAB常温下，1L 0.1 molL1的Na2CO3溶液中含有的离子总数为0.3NAC常温常压下，5.6g乙烯和环丙烷的混合气体中含有的碳原子数为0.4NAD电解硫酸铜溶液时，阳极每生成标准状况下3.36L气体，电路中转移电子数为0.3NA考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、标况下，乙醇是液体，无法计算乙醇的物质的量；B、碳酸钠溶液中碳酸根离子水解生成氢氧根离子，溶液中离子总数增大；C、根据乙烯和环丙烷的最简式计算出5.6g混合物含有的碳原子数目；D、根据氧气的物质的量及电子守恒计算出转移的电子数解答：解：A、在标准状况下，乙醇不是气体，无法计算11.2L乙醇的物质的量，故A错误；B、1L 0.1 molL1的Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠0.1mol，碳酸根离子部分水解，溶液中阴离子数目增多，所以溶液中含有的离子总物质的量大于0.3mol，离子总数大于0.3NA，故B错误；C、乙烯和环丙烷的最简式为CH2，5.6g混合气体含有0.4mol最简式，含有0.4mol碳原子，含有的碳原子数为0.4NA，故C正确；D、电解硫酸铜溶液时，阳极生成的是氧气，标准状况下3.36L气体的物质的量为0.15mol，转移的电子的物质的量为0.6mol，电路中转移电子数为0.6NA，故D错误；故选C点评：本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意标准状况下物质的状态，阿伏加德罗常数是历年高考的“热点”问题，这是由于它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容；要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系2（2分）主族元素单质及化合物在许多性质上都存在着递变规律下列有关说法不正确的是（）A卤化银的颜色按AgCl、AgBr、AgI 的顺序依次加深B氧族元素氢化物稳定性按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减小C氢化物的沸点按NH3、BiH3、SbH3、AsH3、PH3的顺序依次递减D最高价氧化物对应水化物碱性按NaOH、KOH、RbOH、CsOH的顺序依次增强考点：同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系.分析：A氯化银是白色固体，溴化银是淡黄色固体，碘化银是黄色固体；B非金属性越强，则其氢化物的稳定性越强；C氢化物的相对分子质量越大，则沸点越高，含有氢键的沸点较高；D金属性越强，则最高价氧化物的水化物的碱性越强解答：解：A氯化银是白色固体，溴化银是淡黄色固体，碘化银是黄色固体，所以卤化银的颜色按AgCl、AgBr、AgI 的顺序依次加深，故A正确；B非金属性越强，则其氢化物的稳定性越强，非金属性：OSSeTe，则氧族元素氢化物稳定性按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减小，故B正确；C氢化物的相对分子质量越大，则沸点越高，NH3含有氢键沸点较高，则氢化物的沸点按NH3、BiH3、SbH3、AsH3、PH3的顺序依次递减，故C错误；D金属性越强，则最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：NaKRbCs，则最高价氧化物对应水化物碱性按NaOH、KOH、RbOH、CsOH的顺序依次增强，故D正确；故选C点评：本题考查了金属元素和非金属元素性质的递变性，根据元素周期律来分析解答即可，灵活运用基础知识解答，题目难度不大3（2分）下列说法不正确的是（）A云、烟、雾等均能产生丁达尔现象B开发氢能、太阳能、风能、生物质能等新型能源是践行低碳生活的有效途径C“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关D用脱硫处理的煤代替原煤做燃料可以有效减少空气中CO2气体的含量考点：常见的生活环境的污染及治理；分散系、胶体与溶液的概念及关系；使用化石燃料的利弊及新能源的开发.分析：A、根据云、烟、雾等属于胶体来分析；B、开发氢能、太阳能、风能、生物质能等可以减少火力发电；C、光化学烟雾与氮氧化物有关，“硝酸型酸雨”原因是水中含有硝酸，与氮氧化物有关；D、用脱硫处理的煤代替原煤做燃料可以有效减少空气中SO2气体的含量解答：解：A、云、烟、雾等属于胶体，具有丁达尔现象，故A正确；B、开发氢能、太阳能、风能、生物质能等可以代替火力发电，减少二氧化碳的排放，故B正确；C、氮氧化物排放到空气中易形成“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”等环境污染，故C正确；D、煤中含有硫元素，用脱硫处理的煤代替原煤做燃料可以有效减少空气中SO2气体的含量，故D错误故选D点评：本题考查较为综合，涉及胶体、能源、环境等问题，题目难度不大，注意基础知识的积累4（2分）将c（H+）相同的盐酸和醋酸，分别用蒸馏水稀释至原来体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的c（H+）仍相同，则m和n的关系是（）AmnBmnCm=nD不能确定考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡.分析：根据醋酸是弱电解质，加水稀释有利于电离平衡正向移动，而盐酸是强电解质，不存在电离平衡解答：解：因为醋酸是弱酸，加水后反应正向进行，醋酸电离度增加，加水后，氢离子浓度在减小的过程中有增大的趋势，而盐酸是强酸在水中完全电离，加水后，氢离子浓度只是在减小，所以要使稀释后两溶液pH值相同，就必须使mn，故选B点评：本题考查了稀释对强弱电解质的不同影响，加水稀释，弱电解质的电离平衡会向右移动，这样生成的离子浓度在减小的同时还有增大的趋势5（2分）（xx黄浦区一模）在一定条件下，RO3与R可发生反应：RO3+5R+6H+3R2+3H2O，下列关于R元素的叙述中，正确的是（）A元素R位于周期表中第A族BRO3中的R只能被还原CR2在常温常压下一定是气体D若1molRO3参与该反应，则转移的电子的物质的量为5mol考点：氧化还原反应的计算.专题：氧化还原反应专题分析：A、由反应方程式可知，R的最低负价为1，则其最高正价为+7价，族序数等于最高正化合价B、RO3中R为+5价，R的最低负价为1，R最高正价为+7价，元素处于中间价态既具有氧化性又具有还原性C、若R为I或Br也可以发生如上反应D、反应中R元素化合价由+5价降低为0，据此计算解答：解：A、由反应方程式可知，R的最低负价为1，则其最高正价为+7价，族序数等于最高正化合价，元素R应位于第A族，故A错误；B、RO3中R为+5价，R的最低负价为1，R最高正价为+7价，元素处于中间价态既具有氧化性又具有还原性，故B错误；C、若R为Cl，单质为气体，若R为I或Br也可以发生如上反应，碘为固体，溴为液体，故C错误；D、反应中R元素化合价由+5价降低为0，若1molRO3参与该反应，则转移的电子的物质的量为1mol（50）=5mol，故D正确故选：D点评：考查学生氧化还原反应、元素性质与物质关系以及根据信息提取知识的能力等，难度中等，关键根据离子方程式判断R的最低负价为1，最高正价为+7价是对所学知识的综合运用与能力考查，是一道不错的能力考查题目6（2分）分别含有下列4种杂质的纯碱样品，当含杂质的质量分数相同时，取等质量的四种样品，与浓度相同的盐酸反应，所消耗盐酸的体积由多到少的顺序是（）杂质：NaOH；Ca（OH）2；NaHCO3；CaCO3ABCD考点：化学方程式的有关计算.分析：当所含杂质的质量分数相同时，取等质量的四种样品与浓度相同的盐酸反应，即杂质的质量相等，发生相关反应方程式如下：NaOH+HCl=NaCl+H2O；Ca（OH）2+2HClCaCl2+2H2O；NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O；CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O，结合方程式即可判断；解答：解：当所含杂质的质量分数相同时，取等质量的四种样品与浓度相同的盐酸反应，即杂质的质量相等，设杂质的质量为m，则NaOH+HCl=NaCl+H2O；40g 1molm molCa（OH）2+2HClCaCl2+2H2O；74g 2molm molNaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O； 84g 1mol m molCaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O100g 2molm mol盐酸的浓度相同，同等质量情况下，所消耗盐酸体积由多到少的顺序是：，故选C点评：本题主要考查了化学计算，解答本题要善于发现物质之间反应时的对应关系，然后再根据相关数据进行分析、判断，从而得出正确的结论，题目难度不大7（2分）某温度下，在一容积可变的容器中，反应2A（g）+B（g）2C（g）达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为4mol、2mol和4mol保持温度和压强不变，对平衡混合物中三者的物质的量做如下调整，可使平衡左移的是（）A均减半B均加倍C均增加1molD均减少1mol考点：化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：在容积可变的情况下，从对平衡混合物中三者的物质的量对各物质的量的浓度影响角度思考在“均减半”或“均加培”时，相当于A、B、C三物质的浓度都没有改变，原平衡时A、B和C的物质的量之比为2：1：2，“均增加1mol”时相当于相当于在原来的基础上多加了B，“均减小1mol”时相当于相当于减少的A、C少，B多，以此解答该题解答：解：A由于是在容积可变的容器中，则在“均减半”相当于A、B、C三物质的浓度都没有改变，平衡不会移动，故A错误；B由于是在容积可变的容器中，则在“均加培”相当于A、B、C三物质的浓度都没有改变，平衡不会移动，故B错误；C如A、B和C的物质的量之比按照2：1：2的比值增加，则平衡不移动，而“均增加1mol”时相当于在原来的基础上多加了B，则平衡向右移动，故C错误；D如A、B和C的物质的量之比按照2：1：2的比值减小，则平衡不移动，而均减少1 mol，相当于减少的A、C少，B多，则平衡左移，故D正确故选：D点评：本题考查化学平衡移动，要注意的是基本概念、基础理论是高考中不变的一个重点这道题的设问别具一格，解答时既要定性判断、又要定量分析，多次灵活转换，都值得大家研究，思维转化是解答该题的关键8（2分）16.8gNaHCO3和7.8gNa2O2在密闭容器中灼烧，充分反应后，将密闭容器保持温度为500，最后容器内物质是（）ANa2CO3，O2，H2O（g）BNa2CO3，Na2O，O2CNa2CO3，CO2，O2，H2O（g）DNaHCO3，Na2CO3，O2考点：化学方程式的有关计算；钠的重要化合物.分析：在密闭容器中充分加热，2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，计所产生的气体CO2和H2O与Na2O2的反应为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，最终可以看作生成的二氧化碳先与过氧化钠反应，然后水再与过氧化钠反应计算16.8gNaHCO3分解生成的二氧化碳、水的质量，再根据二氧化碳与过氧化钠的反应进行过量计算判断是否有过氧化钠剩余，若过氧化钠剩余，则与水反应生成氢氧化钠，再根据剩余过氧化钠与水的量进行判断，据此解答解答：解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O 168 44 18 16.8 g 4.4g 1.8 g2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，88 156 4.4g 7.8g7.8g Na2O2恰好与NaHCO3分解产生的4.4gCO2完全反应生成Na2CO3和O2，所以最后容器内的物质是Na2CO3、O2、H2O（g），故选A点评：本题考查钠重要化合物性质、混合物的有关计算，难度中等，注意过氧化钠与水、二氧化碳反应的性质，注意转化为二氧化碳、水与过氧化钠反应的先后问题进行的解答9（2分）用质量均为100g的Cu作电极，电解AgNO3溶液稍电解一段时间后，两电极的质量相差28g，此时两电极的质量分别为（）A阳极100 g，阴极128 gB阳极93.6 g，阴极121.6 gC阳极91.0 g，阴极119.0 gD阳极86.0 g，阴极114.0 g考点：电解原理.分析：用铜作电极电解硝酸银溶液时，阳极上铜失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu2e=Cu 2+，阴极上银离子得电子生成银，电极反应式为Ag+e=Ag，电池反应式为Cu+2Ag+=2Ag+Cu 2+，两个电极质量差为溶解铜的质量和析出银的质量之和，根据转移电子相等计算两个电极的质量解答：解：用铜作电极电解硝酸银溶液时，阳极上铜失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu2e=Cu 2+，阴极上银离子得电子生成银，电极反应式为Ag+e=Ag，电池反应式为Cu+2Ag+=2Ag+Cu 2+，设阴极析出银的质量为x，根据转移电子相等得阳极溶解铜的质量=64=，两个电极质量差为溶解铜的质量和析出银的质量之和，所以x+=28，x=21.6，即析出银的质量为21.6g，溶解铜的质量=21.6=6.4g，所以阳极上金属质量=100g6.4g=93.6g，阴极上金属质量=100g+21.6g=121.6g，故选B点评：本题以电解原理为载体考查物质的量的计算，正确理解“电解一段时间后两个电极质量差为溶解铜的质量和析出银的质量之和”为解答本题关键，再结合转移电子守恒解答即可，本题还可以采用排除法解答，阳极质量减少阴极质量增加，根据转移电子守恒知溶解铜的质量和析出银的质量不等，从而得出正确选项10（2分）下列有关实验操作的叙述不正确的是（）A用干燥、洁净的玻璃棒醮取待测液滴在 pH试纸（置于表面皿内）上测溶液的pHB烧瓶、锥形瓶、烧杯加热时都要垫石棉网C制备Fe（OH）3胶体时，应往沸水中加饱和FeC13溶液，并继续加热至溶液呈现红褐色为止D已知I3I2+I，向盛有KI3溶液的试管中加入适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫色，说明KI3在CCl4中的溶解度比在水中的大考点：测定溶液pH的方法；胶体的重要性质；间接加热的仪器及使用方法；分液和萃取.分析：A、测定pH，玻璃棒蘸取待测液，滴在pH试纸上；B、烧瓶、锥形瓶、烧杯都不能直接加热；C、制备Fe（OH）3胶体时，应往沸水中加饱和FeC13溶液；D、依据给出反应判断反应原理回答即可解答：解：A、测定pH，玻璃棒蘸取待测液，滴在pH试纸上，pH试纸置于表面皿内，操作合理，故A正确；B、烧瓶、锥形瓶、烧杯都不能直接加热，故加热时都要垫石棉网，故B正确；C、制备Fe（OH）3胶体时，应往沸水中加饱和FeC13溶液，并继续加热至溶液呈现红褐色为止，故C正确；D、由于发生反应I3I2+I，故向盛有KI3溶液中有生成的碘单质，故向此试管中加入适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫色，故D错误，故选D点评：本题主要考查的是pH值的测定方法、仪器的使用、胶体的制备等，综合性较强，但是难度不大二、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题意）11（3分）用石墨作电极电解AlCl3溶液时，如图所示的电解变化曲线合理的是（）ABCD考点：电解原理.分析：用石墨作电极电解氯化铝时，阳极是氯离子放电，放电完毕后是氢氧根放电，阴极是氢离子放电，酸性减弱，pH值会增大解答：解：中间的虚线pH=7，溶液pH之所以不会大于7，可能情况有两种：电解生成的氯气溶于水变成盐酸和次氯酸，使得溶液呈酸性；电解产生的OH会和溶液中的铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，不会有多余的氢氧根，所以溶液不会呈碱性，所以是正确的，电解的初期会有沉淀生成，后期相当于电解水，不会有多余的氢氧根，所以沉淀量不会改变，所以正确故选A点评：本题考查学生电解池的工作原理，要求学生熟记教材知识，并会灵活运用12（3分）工业废气中氮氧化合物是造成污染的主要来源为治污，工业上通常通入NH3与之发生下列反应：NOX+NH3N2+H2O现有NO、NO2的混合气3L，可用同温同压下的3.5LNH3恰好使其完全转化为N2，则原混合气体中NO和NO2的物质的量之比（）A1：3B2：1C1：1D1：4考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；有关混合物反应的计算.专题：守恒法分析：氮氧化物与氨气发生的反应是氧化还原反应，氮氧化物把氨气氧化为氮气，本身被还原为氮气，可以利用反应方程式通过设未知列方程组计算；也可以根据氧化还原反应的电子守恒计算；也可以利用平均值法计算，解答：解：根据反应可知：氨气被氧化为氮气，NH3N23e；一氧化氮被还原为氮气，NON22e二氧化氮被还原为氮气 NO2N24e设一氧化氮体积为x，二氧化氮体积为3x，氨气的体积为3.5L，根据电子守恒可知：3.5L3=2x+4（3x），x=0.75L，二氧化氮体积为2.25L，则相同条件下，混合气体中NO和NO2的体积比等于物质的量之比=0.75：2.25=1：3；故选A点评：本题考查了氮氧化物的污染与防治，氧化还原反应的电子守恒，混合物的计算13（3分）某FeSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的混合溶液100mL，已知溶液中阳离子的浓度相同（不考虑水解），且SO42的物质的量浓度为6mol/L，则此溶液最多可溶解铁粉的质量为（）A11.2 gB16.8 gC19.6 gD22.4 g考点：有关混合物反应的计算.专题：守恒法分析：根据H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，由硫酸根离子的物质的量可知反应后溶液中Fe2+的物质的量，减去原溶液中Fe3+、Fe2+物质的量，根据电荷守恒计算原溶液中Fe3+、Fe2+物质的量，可计算最多溶解的铁粉的质量解答：解：溶液中n（SO42）=0.1L6molL1=0.6mol，FeSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的溶液中阳离子的浓度相同，所以阳离子物质的量也相同，则有n（Fe2+）=n（H+）=n（Fe3+），设Fe2+、Fe3+、H+三种离子物质的量均为n，根据电荷守恒知道：2n+3n+n=0.6mol2，解得n=0.2mol，H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，则n（FeSO4）=0.6mol，根据Fe的守恒可知，此溶液最多溶解铁粉的物质的量为0.6mol0.2mol0.2mol=0.2mol，则此溶液最多溶解铁粉的质量为0.2mol56g/moL=11.2g，故选A点评：本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，注意用电荷守恒和质量守恒去解答，也可以根据氢离子、铁离子计算溶解的Fe的质量14（3分）已知氢氟酸在水溶液中建立如下电离平衡：HFH+F，如只改变一个条件一定可以使减小的是（）A通氯化氢气体B加入少量氟化钾固体C加入少氢氧化钠固体D通入少量氟化氢气体考点：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：只改变一个条件一定可以使c（HF）/c（H+）减小，即分式中分母增大，或分子减少，也可利用电离平衡正向移动来分析解答：解：A、通氯化氢气体，溶液中的c（H+）增大，化学平衡虽逆向移动，但c（H+）增大的程度大于c（HF）增大的程度，则c（HF）/c（H+）减小，故A正确；B、加入少量氟化钾固体，氟离子的浓度增大，化学平衡逆向移动，c（HF）增大，c（H+）减小，则c（HF）/c（H+）增大，故B错误；C、加入少氢氧化钠固体，氢离子的浓度减小，化学平衡正向移动，但c（HF）大于c（H+），则c（HF）/c（H+）增大，故C错误；D、通入少量氟化氢气体，化学平衡虽正向移动，但c（HF）增大的程度大于c（H+）增大的程度，则c（HF）/c（H+）增大，故D错误；故选A点评：本题考查电离平衡的移动，明确影响电离平衡移动的因素是解答的关键，并注意加入某物质或某离子时该物质或离子的浓度相对增大的程度更大来解答15（3分）X、Y、Z、W、U是分别位于短周期的元素，原子序数依次递增X与W位于同一主族，Z元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Z、W、U原子的最外层电子数之和为13Y元素的单质在X的某种氧化物中可燃下列说法正确的是（）AW的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸BY、Z元素的单质作电极，在NaOH溶液下构成原电池，Z电极上产生大量气泡C室温下，0.05 mol/L U的气态氢化物的水溶液的pH1DY、Z、U元素的简单离子半径由大到小的顺序：YZU考点：原子结构与元素的性质.分析：X、Y、Z、W、U是分别位于短周期的元素，原子序数依次递增，Z元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，则Z为Al元素；W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，结合原子序数可知，W只能有3个电子层，最外层电子数为4，则W为Si；X与W位于同一主族，则X为C；Z、W、U原子的最外层电子数之和为13，则U最外层有6个电子，为第VIA元素，U的原子序数比Si大，则U为S元素；Y元素的单质在C的某种氧化物中可燃，而且Y原子序数比Al小，则Y为Mg元素，结合元素周期律及元素化合物性质解答解答：解：X、Y、Z、W、U是分别位于短周期的元素，原子序数依次递增，Z元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，则Z为Al元素；W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，结合原子序数可知，W只能有3个电子层，最外层电子数为4，则W为Si；X与W位于同一主族，则X为C；Z、W、U原子的最外层电子数之和为13，则U最外层有6个电子，为第VIA元素，U的原子序数比Si大，则U为S元素；Y元素的单质在C的某种氧化物中可燃，而且Y原子序数比Al小，则Y为Mg元素，AW为Si，其最高价氧化物为二氧化硅，与水不反应，故A错误；BMg、Al元素的单质作电极，在NaOH溶液下构成原电池，Al失电子，在Mg电极上产生大量气泡，即Y上有气泡，故B错误；C室温下，U的气态氢化物为H2S，H2S是弱酸，所以0.05 mol/L U的气态氢化物的水溶液的pH1，故C正确；DY、Z、U分别为Mg、Al、S，其简单离子半径由大到小的顺序：UYZ，故D错误；故选C点评：本题考查结构性质位置关系应用，关键是充分利用原子序数依次增大及核外电子排布特点推断元素，难度中等16（3分）下列化学反应的离子方程式正确的是（）A往明矾溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液至SO42恰好完全沉淀Al3+2 SO42+2 Ba2+4 OH=2 BaSO4+AlO2+2 H2OB少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+Ca2+2ClO=CaSO3+2HClOC用稀HNO3溶液溶解FeS固体：FeS+2H+=Fe2+H2SDAgNO3溶液中加入过量的氨水：Ag+NH3H2O=AgOH+NH4+考点：离子方程式的书写.分析：A明矾为KAl（SO4）2，硫酸根离子恰好沉淀完全，则硫酸铝钾与氢氧化钡按照物质的量1：2反应，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1：4，恰好生成偏铝酸根离子；B次氯酸具有强氧化性，能够将亚硫酸钙氧化成硫酸钙；C稀硝酸能够将亚铁离子氧化成铁离子、将硫化氢氧化成硫单质；D氨水过量，氢氧化银沉淀溶解生成银氨溶液，不会生成沉淀解答：解：A往明矾溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液至SO42恰好完全沉淀，硫酸铝钾与氢氧化钡按照物质的量1：2反应，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1：4，反应的离子方程式为：Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+AlO2+2H2O，故A正确；B次氯酸根离子能够将亚硫酸钙氧化成硫酸钙，正确的离子方程式为：Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO4+H+Cl+HClO，故B错误；C用稀HNO3溶解FeS固体，亚铁离子和硫离子都会被硝酸氧化，正确的离子方程式为：NO3+FeS+4H+Fe3+S+NO+2H2O，故C错误；D银离子与少量氨水反应生成氢氧化银沉淀和铵根离子：Ag+NH3H2OAgOH+NH4+，氨水过量，则氢氧化银和氨水反应生成银氨溶液和水：AgOH+2NH3H2OAg（NH3）2+OH+2H2O，故D错误；故选A点评：本题考查离子反应方程式书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大17（3分）用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，长时间通电后，向所得溶液中加入0.2mol Cu（OH）2恰好恢复到电解前的浓度和pH则电解过程中转移电子的总物质的量为（）A0.2molB0.4molC0.6molD0.8mol考点：电解原理.专题：电化学专题分析：根据电解池的工作原理，要想让电解后的电解质复原，则遵循的原则是：出什么加什么，加入 Cu（OH）2后溶液与电解前相同，则铜离子和氢氧根放电，说明电解过程中电解的是硫酸铜和水后，继续电解部分水，依据电子守恒计算电子转移；解答：解：Cu（OH）2从组成上可看成CuOH2O，加入0.2 mol Cu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，电解生成了0.2mol H2SO4，硫酸铜溶液电解完成后，又电解了0.2 mol H2O，由电解的总反应式：2H2O+2CuSO42Cu+O2+2H2SO4 转移电子 2mol 4mol 0.2mol 0.4mol 2H2O2H2+O2转移电子2mol 4mol0.2mol 0.4mol所以电解过程中共转移电子为0.8mol 故选：D点评：本题考查电解池的工作原理，先根据原子守恒计算析出铜单质的物质的量，再根据铜与转移电子之间的关系计算转移电子的物质的量，题目难度中等18（3分）某反应体系的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O当有1mol H2O参与反应时，转移电子的物质的量为（）A0.5 molB1 molC2 molD4 mol考点：氧化还原反应.分析：Au2O3为反应物，则反应为Au2O3Au2O，Au的化合价由+3价变为+1价，化合价总共降低22=4价，Na2S4O6中硫元素平均化合价为+2.5，Na2S2O3中硫元素平均化合价为+2，所以Na2S2O3为反应物，Na2S4O6为生成物，由于2Na2S2O31Na2S4O6，根据钠元素守恒可知NaOH是生成物，由氢元素守恒可知水是反应物，Na2S2O3Na2S4O6中，S硫元素平均化合价由+2价升高为+2.5价，化合价总共升高4（2.52）=2，根据化合价升降相等，可知Au2O3系数为1，Na2S4O6系数为2，根据元素守恒配平其它物质的系数，再根据方程式分析解答：解：Au2O3为反应物，则反应中Au2O3Au2O，Au的化合价由+3价变为+1价，化合价总共降低22=4价，Na2S4O6中硫元素平均化合价为+2.5，Na2S2O3中硫元素平均化合价为+2，所以Na2S2O3为反应物，Na2S4O6为生成物，由于2Na2S2O31Na2S4O6，根据钠元素守恒可知NaOH是生成物，由氢元素守恒可知水是反应物，Na2S2O3Na2S4O6中，S硫元素平均化合价由+2价升高为+2.5价，化合价总共升高4（2.52）=2，根据化合价升降相等，可知Au2O3系数为1，Na2S4O6系数为2，根据Au守恒可知Au2O系数为1，根据硫元素守恒可知Na2S2O3系数为4，根据元素Na元素守恒可知NaOH的系数为4，根据H元素守恒可知H2O系数为2，反应方程式为Au2O3+4Na2S2O3+2H2O=Au2O+2Na2S4O6+4NaOH，则当有1mol H2O参与反应时，转移电子为2mol；故选C点评：本题考查氧化还原反应的计算、配平、基本概念等，难度中等，根据化合价、元素守恒判断反应物、生成物是解题的关键，掌握化合价升降法配平氧化还原反应方程式19（3分）有两只密闭容器A和B，A容器有一个可以移动的活塞能使容器内保持恒压，B容器能保持恒容起始时向这两个容器中分别充入等物质的量SO3气体，并使A和B容积相等（如图所示）在保持400的条件下使之发生如下反应：2SO2+O22SO3则下列描述正确的是（）A达到平衡所需要的时间：A容器更短B达到平衡时：B容器中SO3的转化率更大C达到平衡时：A容器中SO2的物质的量更多D达到平衡后，向两容器中分别通入等量的氦气，A容器中SO3的体积分数增大，B容器中SO3的体积分数不变考点：化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：起始时向这两个容器中分别充入等物质的量SO3气体，反应向气体的物质的量增多的方向移动，A容器有一个可以移动的活塞能使容器内保持恒压，B容器能保持恒容，则A的压强小于B的压强，压强越大，反应速率越大，从压强对平衡移动的影响分析解答：解：A、起始时向这两个容器中分别充入等物质的量SO3气体，反应向气体的物质的量增多的方向移动，A容器有一个可以移动的活塞能使容器内保持恒压，B容器能保持恒容，则A的压强小于B的压强，压强越大，反应速率越大，则B达到平衡所需要的时间短，故A错误；B、压强增大，平衡向生成SO3的方向移动，B容器中SO3的转化率小，故B错误；C、A的压强小，有利于SO2的生成，则达到平衡时A容器中SO2的物质的量更多，故C正确；D、达到平衡后，向两容器中分别通入等量的氦气，A容器保持压强变化，则需增大体积，平衡向生成SO2的方向移动，A容器中SO3的体积分数减小，B体积不变，氦气对平衡没有影响，B容器中SO3的体积分数不变，故D错误故选C点评：本题考查化学平衡的影响因素，题目难度不大，注意计较两容器的不同状态，从压强对平衡移动的影响角度分析20（3分）（xx浙江）LiAl/FeS电池是一种正在开发的车载电池，该电池中正极的电极反应式为：2Li+FeS+2e=Li2S+Fe有关该电池的下列说法中，正确的是（）ALiAl在电池中作为负极材料，该材料中Li的化合价为+1价B该电池的电池反应式为：2Li+FeS=Li2S+FeC负极的电极反应式为Al3e=Al3+D充电时，阴极发生的电极反应式为：Li2S+Fe2e=2Li+FeS考点：电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池.分析：Li和Al都属于金属，合金中Li较Al活泼，根据正极反应式知，原电池的电极材料LiAl/FeS，判断出负极材料为Li，发生反应为：Lie=Li+，又知该电池中正极的电极反应式为：2Li+FeS+2e=Li2S+Fe，所以电池反应为：2Li+FeS=Li2S+Fe，充电时为电解池原理，阴极发生还原反应，正确的反应式是2Li+2e=2Li解答：解：A、Li和Al都属于金属，所以LiAl应该属于合金而不是化合物，因此化合价为0价，故A错误；B、根据正极反应2Li+FeS+2e=Li2S+Fe与负极反应2Li2e=2Li+相加可得反应的电池反应式为：2Li+FeS=Li2S+Fe，故B正确；C、由正极反应式知负极应该是Li失去电子而不是Al，故C错误；D、充电时为电解池原理，阴极发生还原反应，正确的反应式是2Li+2e=2Li，故D错误；故选：B点评：本题涵盖电解池和原电池的主体内容，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写三、简答题21（6分）LiSOCl2电池可用于心脏起搏器该电池的电极材料分别为锂和碳，电解液是LiAlCl4SOCl2电池的总反应可表示为：4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2（1）电池正极发生的电极反应为2SOCl2+4e=4Cl+S+SO2；（2）SOCl2易挥发，实验室中常用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成 如果把少量水滴到SOCl2中，实验现象是出现白雾，有刺激性气体生成，反应的化学方程式为SOCl2+H2O=SO2+2HCl考点：原电池和电解池的工作原理.分析：由总反应可知，该原电池中Li被氧化，应为原电池负极反应，电极反应式为Lie=Li+，SOCl2在正极得电子被还原生成S，电极反应为2SOCl2+4e=4Cl+S+SO2，该电池必须在无水、无氧的条件下进行，锂易与H2O、O2反应，SOCl2也可与水反应解答：解：（1）SOCl2在正极得电子被还原生成S，同时有生成SO2，电极反应为2SOCl2+4e=4Cl+S+SO2，故答案为：2SOCl2+4e=4Cl+S+SO2；（2）实验室中常用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成，可知SOCl2与水反应生成SO2和HCl，反应的方程式为SOCl2+H2O=SO2+2HCl，生成气体具有刺激性并形成酸雾故答案为：出现白雾，有刺激性气体生成；SOCl2+H2O=SO2+2HCl点评：本题考查LiSOCl2电池的组成和工作原理，题目难度中等，从电池总反应式判断电极反应，以及电极方程式的书写是该部分常考查方式，希在学习中多注意积累相关知识和解答方法22（4分）熔融盐燃料电池具有高的发电效率，因而受到重视某燃料电池以熔融的K2CO3为电解质，以丁烷为燃料，以空气为氧化剂，以具有催化作用和导电性能的稀土金属材料为电极该燃料电池负极电极反应式为C4H10+13CO3226e=17CO2+5H2O；该燃料电池正极电极反应式为O2+2CO2+4e=2CO32考点：电极反应和电池反应方程式.分析：该燃料电池中，通入燃料丙烷的电极为负极，负极上丙烷失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，通入氧化剂空气的电极为正极，正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子，据此分析解答解答：解：该燃料电池中，通入燃料丙烷的电极为负极，负极上丙烷失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，负极反应式为C4H10+13CO3226e=17CO2+5H2O，通入氧化剂空气的电极为正极，正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子，正极反应式为O2+2CO2+4e=2CO32，故答案为：C4H10+13CO3226e=17CO2+5H2O；O2+2CO2+4e=2CO32点评：本题考查电极反应式的书写，明确正负极上发生的反应是解本题关键，书写电极反应式要结合电解质特点，特别是燃料电池电极反应式较难，题目难度中等23（10分）某校化学研究性学习小组查阅资料了解到以下内容：乙二酸（HOOCCOOH，可简写为H2C2O4）俗称草酸，易溶于水，属于二元中强酸，且酸性强于碳酸，其熔点为101.5，在157升华为探究草酸的部分化学性质，进行了如下实验：（1）向盛有1mL饱和NaHCO3溶液的试管中加入足量乙二酸溶液，观察到有无色气泡产生该反应的离子方程式为HCO3+H2C2O4=HC2O4+CO2+H2O（2）向盛有乙二酸饱和溶液的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明乙二酸具有还原性，请写出该反应的离子方程式：2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O（3）将一定量的乙二酸放于试管中，按如图所示装置进行实验（夹持装置未标出）：实验发现：装置C、G中澄清石灰水变浑浊，B中CuSO4粉末变蓝，F中CuO粉末变红据此回答：上述装置中，D的作用是除去混合气体中的CO2乙二酸分解的化学方程式为H2C2O4H2O+CO+CO2考点：性质实验方案的设计.分析：（1）由于题中强调足量的草酸，故反应后草酸转化为HC2O4，若写成C2O42是错误的；（2）中显然说明草酸具有还原性，把MnO4还原为Mn2+，根据氧化还原反应得失电子守恒配平反应方程式；（3）乙二酸分解的化学方程式为H2C2O4H2O+CO+CO2，由各物质的性质可推测B中CuSO4固体检验草酸分解产物中的水，C装置检验草酸分解产物中的CO2，D装置的目的是为了除尽CO2，防止影响后续实验现象的判断，E装置用来干燥气体，F、G装置用来判断草酸分解产物中有无CO生成解答：解：（1）题中强调足量的草酸，故反应后草酸转化为HC2O4，且酸性强于碳酸，反应的离子方程式为HCO3+H2C2O4=HC2O4+CO2+H2O，故答案为：HCO3+H2C2O4=HC2O4+CO2+H2O；（2）向盛有乙二酸饱和溶液的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明具有氧化性的高锰酸钾被还原，说明草酸具有还原性，把MnO4还原为Mn2+；反应中根据氧化剂得失电子守恒可知氧化剂和还原剂物质的量之间的关系为：2MnO45H2C2O4，在根据电荷守恒和质量守恒可写出反应方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，故答案为：还原性；2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O；（3）乙二酸分解的化学方程式为H2C2O4H2O+CO+CO2，由各物质的性质可推测B中CuSO4固体检验草酸分解产物中的水，C装置检验草酸分解产物中的CO2，D装置的目的是为了除尽CO2，防止影响后续实验现象的判断，E装置用来干燥气体，F、G装置用来判断草酸分解产物中有无CO生成；根据题意知草酸分解生成一氧化碳、二氧化碳和水，反应方程式为H2C2O4H2O+CO+CO2，故答案为：除去混合气体中的CO2；H2C2O4H2O+CO+CO2点评：本题考查已二酸的分解以及溶液离子浓度的大小比较，题目较为综合且具有一定难度，做题时注意抓住反应的现象，以此推断物质可能具有的性质24（8分）（xx宁夏）已知可逆反应：M（g）+N（g）P（g）+Q（g）H0，请回答下列问题（1）在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c（M）=1molL1，c（N）=2.4molL1，达到平衡后，M的转化率为60%，此时N的转化率为25%（2）若反应温度升高，M的转化率增大（填“增大”、“减小”或“不变”）（3）若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为c（M）=4molL1，c（N）=amolL1；达到平衡后，c（P）=2molL1，a=6（4）若反应温度不变，反应物的起始浓度为：c（M）=c（N）=b molL1，达到平衡后，M的转化率为41%考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程；化学平衡的计算.专题：化学平衡专题分析：（1）根据M的转化率为60%计算出M的浓度变化量，利用浓度变化量之比等于化学计量数之比求出N的浓度变化量，再根据转化率定义计算；（2）该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向正反应方向移动，M的转化率增大；（3）由于温度不变，则平衡常数不变，与（1）相同，利用三段式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数计算；（4）设平衡时M的浓度变化量为xmol/L，由于温度不变，则平衡常数不变，与（1）相同，利用三段式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数计算x的值，在利用转化率等于计算解答：解：（1）c（M）=60%1molL1=0.6molL1，浓度变化量之比等于化学计量数之比，所以c（N）=c（M）=0.6molL1，故此时N的转化率100%=25%，故答案为：25%；（2）该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向正反应方向移动，M的转化率增大，故答案为：增大；（3）c（M）=60%1molL1=0.6molL1，则： M（g）+N（g）P（g）+Q（g）；初始（mol/L）：1 2.4 0 0转化（mol/L）：0.6 0.6 0.6 0.6平衡（mol/L）：0.4 1.8 0.6 0.6故该温度下平衡常数k=0.5，反应温度不变，反应物的起始浓度分别为c（M）=4molL1，c（N）=amolL1；达到平衡后，c（P）=2molL1，则： M（g）+N（g）P（g）+Q（g）；初始（mol/L）：4 a 0 0转化（mol/L）：2 2 2 2平衡（mol/L）：2 a2 2 2所以=0.5，解得a=6，故答案为：6；（4）设平衡时M的浓度变化量为为xmol/L，则： M（g）+N（g）P（g）+Q（g）；初始（mol/L）：b b 0 0变化（mol/L）：x x x x平衡（mol/L）：bx bx x x所以=0.5，解得x=0.41b，故M的转化率为100%=41%，故答案为：41%点评：本题考查化学平衡的有关计算、平衡常数的有关计算等，题目难度不大，注意理解化学平衡常数的用途，判断反应进行程度、判断反应进行的方向、计算转化率等25（12分）某盐X由非金属元素组成，不稳定加热时分解，生成等物质的量的气态氢化物A和BA、C、E、G、I含有同种元素，C为黄色固体单质B、D、F、H、J含有同种元素，B可与J反应生成盐W是具有红色金属光泽的金属上述物质转化关系如图，部分产物和条件已略去请回答下列问题：（1）X的化学式NH4HS（2）写出由E生成G的化学反应方程式2SO2+O22SO3（3）写出反应B+YD+Z的化学方程式4NH3+3O22N2+6H2O（4）由E直接转换成I可以加入Cl2（Br2、I2）、H2O2、HNO3、FeCl3、KMnO4（填写两种属于不同类别的物质）（5）标况下，4.48LA与J的浓溶液反应转移1.6mole，写出此反应的离子方程式H2S+6H+8NO3=SO42+8NO2+4H2O（6）将0.1mol/L 100mL I和0.4mol/L 100mL J溶液混合，加入1.92g W，加热，待充分反应后，所得溶液中W金属离子的物质的量浓度为0.1125 mol/L考点：无机物的推断.分析：C为黄色固体单质，应为S，盐X由非金属元素组成，应为铵盐，不稳定加热时分解，生成等物质的量的气态氢化物A和B，则为NH4HS，由转化关系可知A为H2S，B为NH3，Y为O2，则E为SO2，G为SO3，Z为H2O，I为H2SO4，W是具有红色金属光泽的金属，应为Cu，由Y+B的反应可知D为N2，F为NO，H为NO2，J为HNO3，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题解答：解：C为黄色固体单质，应为S，盐X由非金属元素组成，应为铵盐，不稳定加热时分解，生成等物质的量的气态氢化物A和B，则为NH4HS，由转化关系可知A为H2S，B为NH3，Y为O2，则E为SO2，G为SO3，Z为H2O，I为H2SO4，W是具有红色金属光泽的金属，应为Cu，由Y+B的反应可知D为N2，F为NO，H为NO2，J为HNO3，（1）由以上分析可知X为NH4HS，故答案为：NH4HS；（2）由E生成G的化学反应方程式为2SO2+O22SO3，故答案为：2SO2+O22SO3；（3）反应B+YD+Z的化学反应