2019-2020年高三化学上学期开学测试题分类汇编 提高版选择题.doc

2019-2020年高三化学上学期开学测试题分类汇编 提高版选择题一、选择题（题型注释）1下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是A图1可证明乙醇发生消去反应生成了乙烯B图2用于实验室制备乙酸乙酯C图3用于配制银氨溶液D图4用于实验室制硝基苯【答案】D【解析】试题分析：A、如果不严格控制温度，乙醇分子间脱水会生成乙醚，错误；B、实验室制备乙酸乙酯，用的是饱和碳酸钠，错误；C、配制银氨溶液，应该是将氨水滴加到硝酸银中，错误；D正确。2碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛使用，锌-锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应为：ZN(s)+2MNO2(s)+H2O(l)ZN(OH)2(s)+MN2O3(s)。下列说法错误的是A、电池工作时，锌失去电子B、电池正极的电极反应式为：2MNO2(s)+H2O(l)+2eMN2O3(s)+2OH(aq)C、电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极D、外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g【答案】C【解析】试题分析：A、电池工作时，ZN作负极，失去电子，正确；B、原电池的正极发生还原反应，则元素的化合价降低，所以二氧化锰得到电子，与水结合生成MN2O3和氢氧根离子，正确；C、电池工作时，电子从负极向正极移动，错误；D、外电路通过0.2mol电子，则消耗0.1molZN，在ZN的质量减少6.5g，正确，答案选C。3下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A氯水中：c（Cl2）2c（ClO）2c（Cl）2c（HClO）BNa2CO3溶液：c（OH）c（HCO3-）c（H2CO3） c（H）C等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c（HClO）c（ClO）c（HCO3-）c（H2CO3）D室温下，向0.01 molL1 NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na）c（SO42）c（NH4+）c（OH）c（H）【答案】D【解析】试题分析：氯气溶于水时不会全部都与水发生反应，故不存在等式中的守恒，A错；Na2CO3溶液中c（OH）c（HCO3-）2c（H2CO3） c（H）是质子守恒，B错；根据物料守恒，等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中有：c（HClO）c（ClO）c（HCO3-）c（H2CO3）+ c（CO32-），C错；NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，NaOH溶液要稍过量，故c（Na）c（SO42-）c（NH4+）c（OH）c（H），D对。7几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表：元素符号XYZRT原子半径（nm）01600080010201430074主要化合价+2+2-2,+4,+6+3-2根据表中信息，判断以下说法正确的是A单质与稀硫酸反应的速率快慢：RYXB离子半径：T2X2+C元素最高价氧化物的水化物的碱性：Y R XD气态氢化物的稳定性：ZT【答案】B【解析】试题分析：根据表中信息，Z元素的化合价为-2、+4、+6，所以Z是S元素，T的化合价为-2，则T是O元素，X、Y的主要化合价相同，所以属于同种族元素，都是第IIA族元素，X是Mg，Y是Be元素，R的化合价是+3价，且原子半径比X稍小，所以R是Al元素。A、Be、Mg、Al三种金属的活动性顺序是MgAlBe，所以单质与稀硫酸反应的速率快慢：XRY，错误；B、T2与X2+的电子层结构相同，所以核电荷数小的离子半径大，则T2X2+，正确；C、元素的金属性越强，则其最高价氧化物的水化物的碱性越强，所以元素最高价氧化物的水化物的碱性：XRY，错误；D、元素的非金属性TZ，所以气态氢化物的稳定性TZ，错误，答案选B。8下列有关金属腐蚀与防护的说法不正确的是A钢铁在弱碱性条件下发生电化学腐蚀的正极反应是：O22H2O4e=4OHB可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀C在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法D当镀锌铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用【答案】B【解析】试题分析：A、钢铁在弱碱条件下发生的腐蚀为吸氧腐蚀，氧气得到电子与水结合生成氢氧根离子，正确；B、钢管与电源的正极 ，则钢管作阳极，发生氧化反应，所以钢管失去电子，被腐蚀，错误；C、海轮外壳连接锌块，锌比铁活泼，所以形成的原电池中Zn作负极，Fe作正极，所以Fe被保护，该方法称为牺牲阳极的阴极保护法，正确；D、当镀锌铁制品的镀层破损时，仍是Zn为负极，则Zn被发生，所以镀层仍能对铁制品起保护作用，正确，答案选B。11常温下，下列关于电解质溶液的说法正确的是A将pH=4的CH3COOH溶液加水稀释10倍，溶液中各离子浓度均减小B用CH3COOH溶液滴定等物质的量浓度的NaOH溶液至pH=7，V（CH3COOH溶液）c(Na)，故C错误；D、加入20mL盐酸时， c（Cl-）=2 c(Na),由于铵根离子的水解，c(NH4) c(Na+)，所以c(Cl)c(NH4) c(Na)，故D错误，此题选B。30某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O)。下列说法正确的是A该装置将化学能转化为光能和电能B该装置工作时，H从b极区向a极区迁移C每生成1 mol O2，有44 g CO2被还原Da电极的反应为：3CO2 + 16H-18e= C3H8O+4H2O【答案】B【解析】A根据图示可知，该装置将电能和光能转化为化学能，错误。B根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，该装置工作时，H从正电荷较多的阳极b极区向负电荷较多的阴极a极区迁移，正确。C该反应的总方程式是：6CO2+8H2O=2C3H8O+9O2。根据反应方程式可知，每生成1 mol O2，有2/3molCO2被还原，其质量是88/3 g，错误。D根据图示可知与电源负极连接的a 电极为阴极，发生还原反应，电极的反应式为：3CO2 + 18H+18e= C3H8O+5H2O，错误。31下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是A该溶液中，H+、NH4+、SO42-、Br-可以大量共存B该溶液中，Ag+、K+、NO3-、CH3CHO可以大量共存C向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2+ClO-+2H+= Cl-+2Fe3+H2OD向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.021023个【答案】D【解析】A、ClO-在酸性条件具有强氧化性，可以氧化Br-，故A错误；B、混合溶液中存在Cl-，所以Ag+不能大量存在，故B错误；C、该溶液呈碱性，离子方程式书写中不应该有H+，故C错误；D、该反应方程式为：NaClO+2HCl=NaCl+H2O+Cl2，生成1molCl2，转移电子约为6.021023个，D正确；此题选D32下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实 验现 象结 论A将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3B将铜粉加1.0 molL1 Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D将0.1molL1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1molL1CuSO4溶液先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小【答案】D【解析】A、稀硝酸与过量的Fe分反应，则生成硝酸亚铁和NO气体、水，无铁离子生成，所以加入KSCN溶液后，不变红色，现象错误；B、Cu与硫酸铁发生氧化还原反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，无黑色固体出现，现象错误；C、铝在空气中加热生成氧化铝的熔点较高，所以内部熔化的铝不会滴落，现象错误；D、硫酸镁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀（硫酸镁足量是关键信息），再加入硫酸铜，则生成氢氧化铜蓝色沉淀，沉淀的自发转化应该由溶解度小的向溶解度更小的沉淀转化，所以氢氧化铜的溶度积比氢氧化镁的溶度积小，正确，答案选D。33下列曲线中，可以描述乙酸（甲，Ka=1810-5）和一氯乙酸（乙，Ka=1410-3）在水中的电离度与浓度关系的是【答案】B【解析】A、根据题给电离常数分析醋酸和一氯醋酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离度小于一氯醋酸，即甲的电离度小于乙；弱电解质的浓度越大，电离度越小，与图像不符，错误；B、根据题给电离常数分析醋酸和一氯醋酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离度小于一氯醋酸，即甲的电离度小于乙；弱电解质的浓度越大，电离度越小，与图像相符，正确；C、根据题给电离常数分析醋酸和一氯醋酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离度小于一氯醋酸，即甲的电离度小于乙；弱电解质的浓度越大，电离度越小，与图像不符，错误；D、根据题给电离常数分析醋酸和一氯醋酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离度小于一氯醋酸，即甲的电离度小于乙；弱电解质的浓度越大，电离度越小，与图像不符，错误。35一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是A反应CH4H2O3H2CO,每消耗1molCH4转移12mol 电子B电极A上H2参与的电极反应为：H22OH2e=2H2OC电池工作时，CO32向电极B移动D电极B上发生的电极反应为：O22CO24e=2CO32【答案】D【解析】A、1molCH4CO，化合价由-4价+2上升6价，1molCH4参加反应共转移6mol电子，故错误；B、环境不是碱性，否则不会产生CO2，其电极反应式：COH22CO324e=3CO2H2O，故B错误；C、根据原电池工作原理，电极A是负极，电极B是正极，阴离子向负极移动，故C错误；D、根据电池原理，O2、CO2共同参加反应，其电极反应式：O22CO24e=2CO32，故D正确。36海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是A向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【答案】C【解析】A氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，因此向苦卤中通入Cl2是为了提取溴，A正确；B粗盐中的钙离子、镁离子等可采用沉淀法除去，所得氯化钠溶液可采用重结晶等过程提纯，B正确；C工业生产常选用来源更广泛、价格更便宜的石灰乳作为沉淀剂，用氢氧化钠不经济，C错误；D富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，SO2具有还原性，能被溴氧化，因此再用SO2将其还原吸收，D正确，答案选C。37微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是A正极反应中有CO2生成B微生物促进了反应中电子的转移C质子通过交换膜从负极区移向正极区D电池总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O【答案】A【解析】首先根据原电池反应判断出厌氧反应为负极侧，有氧反应为正极侧。A、根据厌氧反应中碳元素的化合价的变化：葡萄糖分子中碳元素平均为0价，二氧化碳中碳元素的化合价为+4价，所以生成二氧化碳的反应为氧化反应，所以在负极生成。错误；B、在微生物的作用下，该装置为原电池装置。原电池能加快氧化还原反应速率，故可以说微生物促进了电子的转移。正确；C、原电池中阳离子向正极移动。正确；D、电池的总反应实质是葡萄糖的氧化反应。正确。38下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是A酸性：H2SO4H3PO4 B非金属性：ClBrC碱性：NaOHMg（OH）2 D热稳定性：Na2CO3NaHCO3【答案】D【解析】A项比较的是最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，可以根据元素非金属性强弱判断，B项根据元素在周期表的位置来推断， C项与金属性强弱有关，比较的是最高价氧化物对应水化物的碱性强弱，以上三个选项都能用元素周期律解释， D项无法根据元素周期律的知识对盐的热稳定性来判断，故选D。39室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是A向0.10molL1NH4HCO3溶液中通入CO2：c（NH4）=c（HCO3）c（CO32）B向0.10molL1NaHSO3溶液中通入NH3：c（Na）c（NH4）c（SO32）C0.10molL1Na2SO3溶液通入SO2：c（Na）=2D0.10molL1CH3COONa溶液中通入HCl：c（Na）c（CH3COOH）=c（Cl）【答案】D【解析】A、两者不反应，根据溶液呈现电中性，c（NH4）c（H）=c（OH）c（HCO3）2c（CO32），因为pH=7，c（H）=c（OH），即c（NH4）=c（HCO3）2c（CO32），故错误；B、HSO3HSO32，NH3和H反应，生成亚硫酸钠和亚硫酸铵，水解的程度是微弱的，c（Na）c（SO32）=c（NH4），故错误；C、Na2SO3SO2H2O=2NaHSO3，pH=7，反应后溶液的溶质Na2SO3、NaHSO3，根据物料守恒：2c（Na）=3，故错误；D、CH3COONaHCl=CH3COOHNaCl，溶液pH=7，反应后的溶质：NaCl、CH3COOH、CH3COONa，电离和水解相等，即：c（Na）c（CH3COOH）=c（Cl），故正确。40浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，下列叙述错误的是AMOH的碱性强于ROH的碱性BROH的电离程度：b点大于a点C若两溶液无限稀释，则它们的c（OH）相等D当=2时，若两溶液同时升高温度，则 增大【答案】D【解析】A、根据图像可知，0.1mol/L MOH溶液的pH=13，说明MOH完全电离，为强电解质，而ROH溶液的pH13，说明ROH为弱电解质，所以MOH的碱性强于ROH的碱性。正确；B、ROH为弱碱，溶液越稀越易电离，所以ROH的电离程度：b点大于a点。正确；C、两溶液无限稀释下去，最终的pH均为7，所以它们的氢氧根离子浓度相等。正确；D、当=2时，MOH溶液的pH=11，ROH溶液的pH=10，MOH溶液中不存在电离平衡，升高温度，对c（M+）无影响；而ROH溶液中存在电离平衡，升高温度，电离正向移动，则c（R+）浓度增大。综上所述，升高温度时比值减43下列说法正确的是A制备硫酸亚铁晶体时，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需小火加热至溶液被全部蒸干B向1 mL浓度均为0.05 molL1的NaCl、NaI混合溶液中滴加2滴0.01 molL1的AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色。结论：Ksp（AgCl）Ksp（AgI），B项错误；C.醋酸是弱酸，部分电离，pH、体积均相等的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量远大于盐酸的物质的量，所以所消耗NaOH溶液的体积：前者大于后者，C项错误；D. 水的电离过程是吸热过程，升高温度，平衡向电离的方向移动，水的离子积增大、pH减小，D项正确；选D。45下列说法正确的是A常温下，0.1 mol/L的下列溶液NH4Al(SO4)2；NH4Cl；NH3H2O；CH3COONH4(NH4)2SO4中，c(NH4+)由大到小的顺序是：B常温下，0.4 mol/L HB溶液和02 mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液的pH=3，则混合溶液中离子浓度的大小顺序为： c(B)c(H+)c(Na+)c(OH)C常温下，将CH3COONa、HCl两溶液混合后，溶液呈中性，溶液中c(Na+)大于c(Cl-)。DpH相等的下列溶液：a.CH3COOK、b.NaHCO3、cNa2CO3、d.NaOH，其物质的量浓度由小到大顺序 为：dca,A项错误；B常温下，0.4 mol/L HB溶液和0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合，混合后溶液中有等物质的量的HB和NaB，PH=3说明HB的电离程度大于B-的水解程度，溶液中离子浓度大小顺序为c(B)c(Na+)c(H+)c(OH)，B项错误；C.根据电荷守恒，c(Na+)+c(H)= c(OH)+c(Cl-)+c(CH3COO),溶液呈中性，c(H)=c(OH),则溶液中c(Na+)大于c(Cl-)，C项正确；D.PH相等的四种溶液中前三种属于强碱弱酸盐，微弱水解导致溶液显碱性，NaOH属于强碱，完全电离导致溶液显碱性，根据酸性：CH3COOHH2CO3 HCO3-，则其物质的量浓度由小到大顺序为：dcba，D项错误；选C。46常温下，下列关于电解质溶液的说法正确的是A将pH=4的CH3COOH溶液加水稀释10倍，溶液中各离子浓度均减小B用CH3COOH溶液滴定等物质的量浓度的NaOH溶液至pH=7，V（CH3COOH溶液）V（NaOH溶液）C向0.2 mol/L的盐酸溶液中加入等体积01 molL-1 NH3H2O溶液：c（Cl）+c（OH）=c（H+）+c（NH3H2O）D在含01mol NaHSO4的溶液中：c（H+）=c（SO42-）+c（OH）【答案】D【解析】试题分析：将pH=4的CH3COOH溶液加水稀释10倍，酸性减弱，氢离子浓度减小，常温下，KW不变，则氢氧根离子浓度增大，A错误；用 CH3COOH溶液滴定等物质的量浓度的NaOH溶液，如果体积相同时，恰好生成乙酸钠，乙酸钠为强碱弱酸盐，显碱性，要使溶液显中性，加入的乙酸的体积应大于氢氧化钠溶液的体积，B错误；向0.2 mol/L的盐酸溶液中加入等体积0.1 molL1 NH3H2O溶液，得到等浓度的氯化氢和氯化铵的混合溶液，根据电荷守恒可得c（Cl）+c（OH）=c（H+）+ c（NH4+），由于铵根离子水解生成一水合氨，水解是微弱的，则一水合氨的浓度远远小于铵根离子的浓度，所以c（Cl）+c（OH）c（H+）+ c（NH3H2O），C错误；根据电荷守恒可得c（Na+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），在0.1mol NaHSO4溶液中c（Na+）= c（SO42-），所以，在含0.1mol NaHSO4的溶液中，c（H+）=c（SO42-+c（OH-），D正确。55某有机化合物D的结构为，是一种常见的有机溶剂，它可以通过下列三步反应制得：，下列相关说法中正确的是A烃A为CH3CH3 B反应属于消去反应C反应都属于取代反应 D化合物D属于醚【答案】D【解析】试题分析：是环醚，是有HOCH2CH2OH通过分子间脱水得到的，故中A为CH2=CH2，依次发生加成、水解、取代反应，最终得到目标产物，选项D符合题意。62下列有关物质性质的比较，错误的是A溶解度：小苏打 水C硬度：晶体硅 苯【答案】D【解析】A小苏打能溶于水，苏打容易溶于水，因此溶解度：小苏打 1g/ml，而水的密度等于1g/ml,因此密度：溴乙烷 水，正确。C晶体硅、金刚石都是原子晶体，原子之间通过共价键结合，由于原子半径CSi-Si，共价键越强，原子结合的就越牢固，物质的硬度就越大。所以物质的硬度：晶体硅 金刚石，正确。D乙烯分子中碳碳键是碳碳双键，而苯分子中的碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的化学键，所以键长：乙烯 苯，错误。63下列实验操作或设计不正确的是A除去氯化钠固体中少量的纯碱：加入足量氯化钙，过滤、蒸发、结晶B用溴水鉴别苯、乙醇、四氯化碳C在淀粉中加入稀硫酸，加热一段时间后，先加NaOH溶液，再加银氨溶液检验葡萄糖的存在D用溴水验证裂化汽油中含有不饱和烃【答案】A【解析】试题分析:纯碱和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，但氯化钙足量，引入杂质，正确的方法是加足量盐酸后蒸发、结晶可除杂，选A。64一般情况下，前者无法决定后者的是A原子核外电子排布元素在周期表中的位置B弱电解质的相对强弱电离常数的大小C分子间作用力的大小分子稳定性的高低D物质内部储存的能量化学反应的热效应【答案】C【解析】A原子核外电子排布，根据原子核外具有的电子层数确定元素所在的周期数，根据元素原子的最外层电子数可确定元素所在的族序数。因此可以确定元素在周期表中的位置，正确。B弱电解质在溶液中存在电离平衡，当达到电离平衡时，已经电离的电解质的分子电离产生的离子浓度的乘积与未电离的电解质分子浓度的比是个常数，这个常数越大，表明电解质越容易电离，它只与温度有关，而与其它外界条件无关。因此电解质的相对强弱可用电离常数的大小比较，正确。C分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质熔化或汽化需要消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高，这与物质的稳定性大小无关，错误。D物质内部储存的能量越高，物质发生反应时释放的能量就越大，因此可以根据物质内部储存的能量，判断化学反应的热效应，正确。65下图是周期表中短周期的一部分，W、X、Y三种元素原子核外电子数之和等于X的质量数，X原子核内质子数和中子数相等。下列叙述中不正确的是A三种元素的原子半径的大小顺序是WYXBW最高价氧化物对应水化物具有强碱性，气态氢化物的水溶液具有弱酸性CX元素的氧化物、氢化物的水溶液都呈酸性DY是周期表中非金属性最强的元素【答案】AB【解析】设W元素的质子数为x，则X、Y元素的质子数分别为x+9、x+2，由题意可知x+x+9+x+2=2(x+9)，求得x=7，故W、X、Y三种元素为别为N、F、SA：原子半径的大小顺序是FNS，不正确B：硝酸为酸，氨气为碱性气体，溶液水得到弱碱性溶液氨水，不正确C：SO2、SO3、H2S溶液均为酸性，正确D：F元素为最强的非金属元素，正确答案为AB66某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32、Cl、OH、NO3。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有A3种 B4种 C5种 D6种【答案】C【解析】含有Fe3+的溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在；H+与CO32、OH会发生反应，不能大量共存；OH与NH4+、Al3+会发生反应，不能大量共存；Ba2+、Al3+、CO32会发生反应，不能大量共存。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，若溶液为碱性，则含有大量的OH。还可能含有大量的Ba2+、CO32、Cl、NO3。离子最多4种；若溶液为酸性，由于H+、NO3起硝酸的作用，加入Al不能产生氢气，所以含有的离子可能是：H+、NH4+、Ba2+、Al3+、Cl，最多是5种离子。故选项是C。67下列反应中的氨与反应4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O中的氨作用相同的是A2Na + 2NH3 2NaNH2 + H2B2NH3 + 3CuO 3Cu + N2 +3H2OC4NH3 + 6NO 5N2 + 6H2OD3SiH4 + 4NH3 Si3N4 + 12H2【答案】BC【解析】在反应4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O中N元素的化合价由反应前氨中的的-3价变为反应后NO中的+2价，化合价升高，失去电子，氨气作还原剂。A在2Na + 2NH3 2NaNH2 + H2反应中，H元素的化合价由NH3中的+1价变为反应后H2的0价，化合价降低，得到电子，所以NH3作氧化剂，与上述反应的氨的作用不同，错误。B在2NH3 + 3CuO 3Cu + N2 +3H2O中，NH3中的N化合价由-3价变为反应后的0价，失去电子，作还原剂，与上述反应相同，正确。C在4NH3 + 6NO 5N2 + 6H2O中，NH3的N元素的化合价由-3价变为反应后N2的0价，化合价升高，失去电子，作还原剂，与上述反应相同，正确。D在3SiH4 + 4NH3 Si3N4 + 12H2中，NH3的N元素的化合价没有发生变化，既不作氧化剂，也不作还原剂，错误。68离子方程式2Ca2+ + 3HCO3 + 3OH 2CaCO3 + CO32 + 3H2O可以表示ACa(HCO3)2与NaOH溶液反应 BNaHCO3与澄清石灰水反应CCa(HCO3)2与澄清石灰水反应 DNH4HCO3与澄清石灰水反应【答案】AB【解析】ACa(HCO3)2与NaOH溶液按照2:3混合，会发生反应，离子方程式是：2Ca2+ + 3HCO3 + 3OH 2CaCO3 + CO32 + 3H2O，正确。BNaHCO3与澄清石灰水按照3:2混合，发生反应，离子方程式是：2Ca2+ + 3HCO3 + 3OH 2CaCO3 + CO32 + 3H2O，正确。CCa(HCO3)2与澄清石灰水反应，离子方程式是：Ca2+ + HCO3 + OH CaCO3 +H2O，错误。DNH4HCO3与澄清石灰水反应的离子方程式是：Ca2+ + HCO3 +NH4+ 2OH CaCO3 +NH3H2O + H2O，错误。69反应5min达到平衡时，X减小n molL-1，用Y表示的反应速率为0.6n molL-1min-1。若将体系压强增大，W的百分含量不发生变化，则下列描述正确的是 A升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动B反应中各物质的系数比a:b:c:d可能为1：3：2：2C增大X的浓度，平衡向正反应方向移动，X和Y的转化率都增大D增大压强和使用催化剂都不能改变该反应的速率和化学平衡状态【答案】B【解析】A、温度升高，正逆反应速率同时增大，平衡正向移动；B、X减小n molL-1，用Y表示的反应速率为0.6n molL-1min-1。可知X:Y=1:3；又因为压强对平衡移动不影响，可知a+b=c+d；故正确；C、增加X，正向移动；Y转化率增大，X转化率减小；D、压强和催化剂可以改变反应速率，但不影响平衡移动。70工业上将Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。在该反应中A硫元素既被氧化又被还原B氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2C每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子D相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2【答案】A【解析】在反应物Na2S中S元素的化合价为-2价，在SO2中S元素的化合价为+4价，反应后产生的物质Na2S2O3中，S元素的化合价为+2价，介于-2价与+4价之间，因此硫元素既被氧化又被还原，正确。B根据题意可得在溶液中发生反应的方程式是：Na2CO3+2Na2S+ 4SO2= 3Na2S2O3+CO2，在反应中氧化剂SO2与还原剂Na2S的物质的量之比为4:2=2:1，错误。C根据B选项的河西方程式可知，每生成3molNa2S2O3，转移8mol电子，则产生1mol Na2S2O3，转移8/3mol电子，错误。D根据反应方程式可知消耗的SO2与产生的CO2的物质的量的比是4:1，但是由于SO2容易溶于水，而CO2在水中溶解度较小。所以相同条件下，每吸收10m3SO2放出CO2的体积小于2.5m3，错误。