2019-2020年高三化学上学期期末考试试题 （含解析）.doc

2019-2020年高三化学上学期期末考试试题 （含解析）一、解答题（共8小题，满分16分）1（2分）xx年12月初我国大部分地区被雾霜笼罩，嘉兴等地PM2.5指数频率“爆表”PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米（2.5106m）的细小颗粒物，也称为可入肺颗粒物，下列说法中错误的是（）A雾霜空气属于混合物B微粒直径为2.5微米的细小颗粒物形成的分散系统能产生丁达尔效应C实施绿化工程，实行汽车限行和使用清洁能源可以有效地防治PM2.5污染DPM2.5表面积较大，能大量吸附空气中的有毒、有害物质进入人体造成伤害考点：常见的生活环境的污染及治理.分析：A纯净物是由一种物质组成，混合物是由不同物质组成，最少有两种物质组成；B胶体的微粒直径在1100nm之间；C实施绿化工程，防治扬尘污染，所以能有效地防治PM2.5污染；DPM2.5比表面积大，具有较强的吸附能力，能吸附重金属离子，氮、硫氧化物等有毒、有害物质，可损害人体呼吸系统解答：解：A雾霜空气为液体和气体的混合物，故A正确；BPM2.5是指大气中直径小于或等于2.5um的颗粒物，PM2.5的直径大于胶体直径，所以不属于胶体，故B错误；C实施绿化工程，能减少空气中颗粒物，所以能有效地防治PM2.5污染，故C正确；DPM2.5表面积大，具有较强的吸附能力，能吸附大量的有毒、有害物质，主要危害人体呼吸系统，故D正确；故选B点评：本题考查化学与环境，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，注意能形成胶体的微粒直径在1100nm之间，为易错点，难度不大，注意相关基础知识的积累2（2分）下列说法正确的是（） 硫酸、烧碱、醋酸钠和石灰石分别属于酸、碱、盐和氧化物；蔗糖、硫酸银和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质；Mg、Fe、Ag工业上分别用电解烙融MgO法、热还原法、热分解法冶炼制取；刚玉、石英、草酸的主要成分分别为Al2O3、SiO2、HOOCCOOHABCD考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念；金属冶炼的一般原理.分析：根究酸碱盐和氧化物的概念来分析；根据电解质、非电解质和强弱电解质的概念来 分析；金属镁的冶炼用电解熔融氯化镁；根据物质的俗称来分析解答：解：石灰石是碳酸钙，是盐不是氧化物，故错误；蔗糖是非电解质、硫酸银是强电解质、水是弱电解质，故正确；金属镁的冶炼用电解熔融氯化镁，故错误；Al2O3俗称刚玉，SiO2俗称石英，HOOCCOOH俗称草酸，故正确故选D点评：本题考查了酸碱盐和氧化物的概念、非电解质强弱电解质的概念和物质的俗称，难度不大3（2分）下列化学用语表达正确的是（）A硝基苯的结构简式：BNH4Cl的电子式：C的名称为：3，3二甲基戍烷D具有16个质子、16个种子和18个电子的微粒一定是S2考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合；烷烃及其命名.分析：A硝基苯的官能团硝基的表示方法错误；B氯离子为阴离子，电子式中需要标出所带电荷及最外层电子；C该有机物为烷烃，根据烷烃的命名原则进行命名；D有16个质子、16个子和18个电子的微粒不一定为S元素，可能为过氧根离子解答：解：A硝基在苯环左边时应该表示为：O2N，硝基苯正确的结构简式为：，故A错误；B氯化铵为离子化合物，铵根离子和硫离子都需要标出所带电荷及原子的最外层电子，氯化铵正确的电子式为：，故B错误；C为烷烃，最长碳链含有5个C，主链为戊烷，在3号C含有两个甲基，有机物的名称为：3，3二甲基戍烷，故C正确；D含有16个质子、16个子和18个电子的微粒可能为过氧根离子：O22，不一定为硫离子，故D错误；故选C点评：本题考查了常见化学用语的判断、有机物的命名，题目难度中等，注意掌握电子式、结构简式、元素符号等化学用语的概念及书写方法，明确烷烃的命名原则，选项D为易错点，注意粒子包括原则、分子、离子、原子团等，不能简单理解为原子或单原子离子4（2分）下图有关电化学的示意图正确的是（）ABCD考点：原电池和电解池的工作原理.分析：A、原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极B、含有盐桥的原电池中，同一半反应装置中电极材料和电解质溶液中的金属阳离子是相同的元素C、电解精炼时，粗铜作阳极，精铜作阴极D、电解时，如果石墨作电极材料，阳极上溶液中的阴离子放电，阴极上阳离子放电解答：解：A、该装置中较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，故A错误B、该装置中，同一半反应装置中电极材料和电解质溶液中的金属阳离子不是相同的元素，Zn与硫酸铜溶液容易直接发生氧化还原反应，故B错误C、电解精炼时，精铜作阴极，粗铜作阳极，该装置阴极为Fe，故C错误D、该装置中，电极材料都是石墨，所以电解池工作时，阳极上氯离子失电子生成氯气，阴极上氢离子得电子生成氢气，故D正确故选D点评：本题考查了原电池和电解池原理，难度不大，注意电解池中如果较活泼的金属作阳极，电解池工作时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子5（2分）下列各组离子在指定环境中一定能大量共存的是（）A在含有大量I离子的溶液中：Cl、Fe3+、Na+、Mg2+B在由水电离出的c（H+）=1012molL1 的溶液中：Na+、Ba2+、Cl、BrC使甲基橙呈红色的溶液中：Fe2+、Na+、SO42、ClOD在加入Al能放出大量H2的溶液中：NH4+、SO42、Cl、NO3考点：离子共存问题.分析：AI具有还原性，I和Fe3+发生氧化还原反应；B该溶液为酸性或碱性，和H+或OH反应的离子不能存在；C使甲基橙呈红色的溶液呈酸性，HClO具有强氧化性，和Fe2+发生氧化还原反应；D在加入Al能放出大量H2的溶液为强酸性或强碱性，但不能含有NO3解答：解：AI具有还原性，I和Fe3+发生氧化还原反应，2I+2Fe3+=2Fe2+I2，所以不能共存，故A错误；B该溶液为酸性或碱性，和H+或OH反应的离子不能存在，这几种离子之间不反应且和和H+或OH也不反应，所以能共存，故B正确；C使甲基橙呈红色的溶液呈酸性，HClO具有强氧化性，和Fe2+发生氧化还原反应而不能共存，2H+ClO+2Fe2+=2Fe3+Cl+H2O，故C错误；D在在加入Al能放出大量H2的溶液为强酸性或强碱性，但不能含有NO3，HNO3和Al反应生成氮氧化物而不是H2，故D错误；故选B点评：本题考查离子共存，离子之间不能发生氧化还原反应、不能发生双水解、不能生成气体、沉淀或弱电解质，还要结合题目限制条件分析解答，易错选项是D，注意酸性条件下，硝酸根离子和金属反应不生成氢气，为易错点6（2分）下列有关化学反应速率的说法中，正确的是（）A100mL2molL1的盐酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变B用铁片和稀硫酸反应制氢气时，改用铁片和浓硫酸反应可增大反应物浓度，所以可以加快产生氢气的速率C二氧化硫的催化氧化是一个放热反应，升高温度，反应活化能降低，反应速率加快D汽车尾气中的CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，活化分子百分数不变，反应速率减小考点：化学反应速率的影响因素.分析：对于化学反应，增大浓度、升高温度、加入催化剂以及增大固体的表面积可增大反应速率，结合选项中所给信息解答该题解答：解：A加入氯化钠溶液，溶液体积增大，氢离子浓度减小，则反应速率减小，故A错误；B浓硫酸具有强氧化性，与锌反应生成二氧化硫气体，而不生成氢气，故B错误C升高温度对反应速率的影响是增多单位体积内活化分子数增多，正逆反应速率都增大，故C错误；B减小压强，活化分子百分数不变，但是压强减小，反应速率减小，故D正确；故选：D点评：本题考查化学反应速率的影响，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大7（2分）在体积固定的绝热密闭容器中，可逆反应NO2（g）+SO2（g）NO（g）+SO3（g）H0达到平衡状态的标志是（）ANO2、SO2、NO和SO3四种气体的物质的量浓度之比为1：1：1：1B生成n molSO2同时有n mol SO3消耗CK值不再发生变化D密闭容器中气体的密度不再发生变化考点：化学平衡状态的判断.分析：可逆反应NO2（g）+SO2（g）=NO（g）+SO3（g）达到平衡，一定满足正反应速率等于逆反应速率，反应体系中各组分的浓度不再变化，据此进行判断解答：解：A、化学反应达到平衡时各物质浓度不变，而不是相等，其物质的量浓度比也不一定等于化学计量数之比，故A错误；B、生成nmolSO2的同时，有nmol SO3消耗，都指的是逆反应速率，不能说明正逆反应速率相等，故B错误；C、只要温度不变，化学平衡常数K就不变，正反应放热，在绝热密闭容器中反应，温度不变时反应达到平衡状态，故C正确；D、该反应为气体体积不变的反应，无论反应是否已达平衡，压强均不变，所以压强不能作为判断平衡状态的依据，故D错误；故选C点评：本题考查了化学平衡状态的判断，题目难度不大，注意绝热密闭容器中，温度不变反应达到平衡状态8（2分）下列有关实验操作、现象或实验原理叙述错误的是（）A纸层折法分离Fe3+和Cu2+的实验中，点样后的滤纸需晾干后可使用B在中和热测定的实验中，可将反应前氢氧化钠溶液的温度作为起始温度C将Kcl和NaNO3的混合液加热并浓缩至有晶体析出时，趁热过滤可分离得NaCl晶体D（镀锌铁皮锌镀层厚度的测定）实验中，当锌完全溶解后，铁与酸反应产生氢气的速率会显著减慢，借此可判断锌镀层是否反应完全考点：化学实验方案的评价.分析：A滤纸吸水性很强，点样操作要求迅速等到滤纸完全干燥以后才能再次点样；B反应前的温度为初始温度；CKNO3溶解度受温度的影响较大，如不趁热过滤，NaCl晶体会含有较多KNO3杂质；D从原电池反应的角度分析，原电池反应速率大于一般化学反应速率解答：解：A晾干以保证每点在纸上扩散的直径不至于太大，否则各组分移动的时候会相互重叠，导致分离不充分，影响实验结果，故A正确； B测量起始酸、碱的温度为初始温度，故B错误；CKNO3溶解度受温度的影响较大，如不趁热过滤，NaCl晶体会含有较多KNO3杂质，故C正确；D锌与铁在酸溶液中发生原电池反应，速率较大，锌完全溶解后，铁与酸反应产生氢气的速率会显著减慢，故D正确故选B点评：本题考查较为综合，涉及中和热的测定、纸层析、物质的分离以及原电池反应等问题，题目难度不大，学习中注意准确把握化学知识，尤其是实验操作，本题易错点为D项二、选择题（每小题只要1个正确答案，每题三分，共30分）9（2分）下列物质性质的变化规律，与共价键键能大小有关的是（）AF2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高BHF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱CH2O熔沸点高于H2SHF熔沸点高于HClDNaF、NaCl、NaBr、Nal的熔点依次降低考点：晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系.分析：A结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高；B元素的非金属性越强，共价键越稳定，其氢化物越稳定；C氢化物分子间含有氢键的沸点较高；D离子晶体中离子半径越小，熔点越高解答：解：A结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，则F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高，与分子间作用力有关，与共价键无关，故A错误；B元素的非金属性越强，共价键越稳定，其氢化物越稳定，则HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，与分子中的共价键键能有关，故B正确；C氢化物分子间含有氢键的沸点较高，则H2O熔沸点高于H2S，HF熔沸点高于HCl，与氢键有关，与共价键无关，故C错误；D离子晶体中离子半径越小，熔点越高，NaF、NaCl、NaBr、Nal的熔点依次降低，与离子键有关，与共价键无关，故D错误故选B点评：本题考查了共价键、离子键、分子间作用力和氢键，侧重于考查微粒之间的作用力，题目难度不大，注意把握不同作用力对物质性质的影响10（2分）NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（） 标准状况下，11.2LO2和NO的混合物含有的分子数为0.5NA标准状况下，28g乙烯与丙烯混合物中含有的碳原子数为2NA7.1g氯气与足量的氢氧化钠溶液在常温下反应转移的电子数为0.2NA60gSiO2晶体中含有4NA个SiO键用铜作电极电解饱和NaCl溶液，当线路中通过NA个电子时，阳极产生11.2L气体（标准状况下）1molL1的硫酸铝溶液中含有的硫酸根离子数为1.5NAABCD考点：阿伏加德罗常数.分析：一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，导致分子数减少；乙烯与丙烯的最简式为CH2，根据最简式计算出混合物中含有的碳原子数；氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，0.1mol氯气完全反应转移了0.1mol电子；依据n=计算物质的量，结合二氧化硅中含有4个Si一0键分析；没有告诉在标况下，题中条件无法计算生成气体的体积；确实硫酸铝溶液的体积，无法计算溶液中硫酸根离子数目解答：解：标准状况下，11.2LO2和NO的混合物物质的量为0.5mol，由于二者发生反应，则含有的分子数小于0.5NA，故错误；标准状况下，28g乙烯与乙烯混合物中含有2mol最简式CH2，含有2molC原子，含有的碳原子数为2NA，故正确；7.1g氯气的物质的量为0.1mol，0.1mol氯气与足量的氢氧化钠溶液在常温下反应转移了0.1mol导致，转移的电子数为0.1NA，故错误；60gSiO2的物质的量为：=1mol，二氧化硅中含有4个Si一0键，则60gSiO2晶体中含有4NA个Si一0键，故正确；不是在标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积减少反应生成氯气的体积，故错误；没有告诉1molL1的硫酸铝溶液的体积，无法计算溶液中硫酸根离子的数目，故错误；故选A点评：本题考查阿伏加德罗常数的有应用，题目难度中等，注意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，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，试题涉及的知识点较多，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力11（2分）为提纯下列物质（括号内的物质为杂物），所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是（）被提纯物质除杂试剂（操作）分离方法A溴乙烷（Br2）Na2SO3溶液分液BNH4Cl（I2）加热升华C乙烷（乙烯）酸性KmnO4溶液洗气DAl（OH）3胶体（N aCl固体）溶于水抽滤AABBCCDD考点：物质的分离、提纯和除杂；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用.分析：A溴可与亚硫酸钠发生氧化还原反应；B氯化铵加热分解；C乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；D胶体粒子能透过滤纸解答：解：A溴可与亚硫酸钠发生氧化还原反应，而溴乙烷不溶于水，然后用分液的方法分离，故A正确； B氯化铵加热分解，在温度稍低时又生成氯化铵，碘易升华，不能用加热的方法将二者分离，故B错误；C乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应利用溴水来除杂，故C错误；D胶体粒子太小，抽滤时容易透过滤纸，故D错误故选A点评：本题考查物质分离、提纯的方法及选择，为高频考点，把握有机物的性质及分离方法为解答的关键，侧重除杂的考查，注意物质的性质差异及除杂原则，题目难度不大12（2分）下列解释实验事实的离子方程式正确的是（）A用醋酸检验牙膏中的摩擦级碳酸钙：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2B漂白粉溶液中通入过量的SO2：ClO+SO2+H2O=HClO+HSO3C酸性KI淀粉溶液久置后变蓝：4l+O2+4H+=2I2+2H2ODNa2S溶液使酚酞试液变红：S2+2H2O2OH+H2S考点：离子方程式的书写.分析：A弱酸醋酸写化学式；B二者反应生成硫酸钙、硫酸和盐酸；C二者发生氧化还原反应生成碘和水；D硫化钠能水解导致溶液呈碱性而使酚酞试液变红色解答：解：A弱酸醋酸写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故A错误；B二者反应生成硫酸钙、硫酸和盐酸，离子方程式为Ca2+2ClO+2H2O+2SO2=CaSO4+4H+2Cl+SO42，故B错误；C二者发生氧化还原反应生成碘和水，离子方程式为4l+O2+4H+=2I2+2H2O，故C正确；D硫化钠能水解导致溶液呈碱性而使酚酞试液变红色，以第一步水解为主，离子方程式为S2+H2OOH+HS，故D错误；故选C点评：本题考查离子方程式正误判断，明确离子方程式书写规则及物质性质是解本题关键，注意要遵循客观事实、原子守恒、电荷守恒及转移电子守恒，单质、气体、沉淀、弱电解质、络合物等写化学式，注意B中发生氧化还原反应，注意多元弱酸根离子和多元弱碱离子水解方程式区别，题目难度中等13（2分）X、Y、Z、W四种物质之间有如右图所示的转化关系（部分物质未写全），且已知反应热之间的关系符合等式：H=H1+H2，符合上述要求的X、Y可能是S、SO2 AlCl3、Al（OH）3 CH2=CH2、CH3CH3 CH3OH、HCHOABCD考点：无机物的推断.分析：由图可知，图示既是盖斯定律的应用，也是物质之间相互转化，符合转化关系的有变价物质的氧化反应、有机物之间的反应、两性物质的转化以及多元酸对应的盐类之间的反应等，以此进行分析解答：解：S与氧气不能反应生成SO3，不符合X、Z的转化，不符合；为AlCl3Al（OH）3 NaAlO2的转化，符合；CH2=CH2CH3CH3，CH3CH3 不与氢气反应，不符合X、Z的转化，不符合；为CH3OHHCHOHCOOH的转化，符合；则符合的有，故选：C点评：本题考查考查常见元素及其化合物的有关转化，是中等难度的试题，对学生的要求比较高，学生需要有充足的知识储备，以及灵活应变能力，该题也可以通过排除法，进行筛选得到正确的答案14（2分）海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等（如图所示）下列有关说法正确的是（）A氯碱工业是指以电解烙融NaCl为基础取Cl2等产品的工业B流程中结晶出的MgCl26H2O可在空气中受热分解制无水MgCl2C在流程中溴元素均被氧化D流程中除去粗盐中的SO42、Ca2+、Mg2+等杂质，加入的药品顺序为BaCl2溶液NaOH溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸考点：海水资源及其综合利用.分析：A、工业上用电解饱和NaCl溶液的方法来制取NaOH、Cl2和H2，并以它们为原料生产一系列化工产品，称为氯碱工业氯碱工业；B、氯化镁中的镁离子能水解，酸性环境会抑制水解；C、在氧化还原反应中，失电子化合价升高的元素被氧化；D、除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，加氢氧化钠和氯化钡无先后顺序要求解答：解：A、工业上用电解饱和NaCl溶液的方法来制取NaOH、Cl2和H2，并以它们为原料生产一系列化工产品，称为氯碱工业氯碱工业，故A错误；B、中由MgCl26H2O制备无水MgCl2的过程需要在氯化氢气流中进行，防止镁离子水解，故B错误；C、中溴得电子化合价降低，所以溴元素被还原，故C错误；D、镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为NaOH溶液BaCl2溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸，或者BaCl2溶液NaOH溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸，故D正确；故选：D点评：本题考查了海水资源及其综合利用，难点是除杂过程中加入药品的先后顺序，要根据物质的特点来分析解答，难度中等15（2分）用石墨电极电解100mLH2SO4与CuSO4的混合溶液，通电一段时间后，阴、阳极两极分别收集到2.24L和3.36L气体（标准状况），溶液要想恢复电解前的状态可加入下列（）A0.1molCuOB0.1molCuCO3C0.1molCu（OH）2D0.1molCu2（OH）2CO3考点：电解原理.分析：根据电解池中离子的放电顺序和两极上发生的变化来书写电极反应方程式进行计算，两个电极上转移的电子数目是相等的，据此计算出溶液中减少的物质的物质的量，思考需加入物质解答：解：电解H2SO4和CuSO4的混合溶液，阳极发生的反应为：4OH2H2O+O2+4e，阴极上发生的电极反应为：Cu2+2eCu，2H+2eH2，阳极生成3.36L氧气，即0.15mol，由阳极电极反应式可知，转移电子为0.6mol，阴极收集到2.24L（标况）气体，即生成0.1mol的氢气，由阴极电极反应式可知，阴极上生成的0.1molH2只得到了0.2mol电子，所以剩余0.4mol电子由铜离子获得，生成铜0.2mol，综上分析，电解H2SO4和CuSO4的混合溶液时，生成了0.2molCu，0.1mol氢气，0.15mol氧气，溶液要想恢复电解前的状态，需加入0.2molCuO（或碳酸铜）和0.1mol水，故选D点评：本题考查了电解溶液后溶液浓度的恢复，注意依据电子守恒解答，题目难度中等16（2分）下表是五种银盐的溶度积常数K3p（25），下列说法不正确的是（）化学式AgClAg2SO4Ag2SAgBrAgl溶度积1.41010 1.4105 6.41050 7.713 8.511016A25时五种银盐的饱和溶液中，c（Ag+）最小的是Ag2S溶液B25时，将Ag2S固体溶解到浓度为0.001molL1的Na2S溶液中达到饱和，此时c（Ag+）=8.01024molL1C25时，在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2两溶液中加入足量的AgCl固体形成饱和溶液，则两溶液中AgCl的溶度积相同，且两溶液中c（Ag+）也相同DAgBr沉淀可以转化成Agl沉淀，而Agl沉淀在一定条件下也可以转化成AgBr沉淀考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.分析：由表中数据可知溶度积最大的是Ag2SO4，最小的是Ag2S，AgCl、AgBr、AgI的溶解度依次减小反应向更难溶的方向进行；沉淀溶解平衡中溶度积是常数A、由表中数据可知溶度积最小的是Ag2S，其溶解度也最小，则c（Ag+）最小；B、根据 Ksp（Ag2S）=c2（Na+）c（S2）=6.41050，c（S2）=0.001molL1，计算c（Ag+）=8.01024molL1；C、在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2两溶液中氯离子的浓度为1：2，根据 Ksp（AgCl）=c（Ag+）c（Cl），则两溶液中AgCl的溶度积相同，c（Ag+）不相同；D、AgI的溶度积小于AgBr的溶度积，AgBr的溶度积小于AgCl的，反应向更难溶的方向进行解答：解：A、由表中数据可知溶度积最小的是Ag2S，其溶解度也最小，则c（Ag+）最小，故A正确；B、根据 Ksp（Ag2S）=c2（Na+）c（S2）=6.41050，计算c（Ag+）=8.01024molL1，故B正确；C、在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2两溶液中氯离子的浓度为1：2，根据 Ksp（AgCl）=c（Ag+）c（Cl），则两溶液中AgCl的溶度积相同，c（Ag+）不相同，故C错误；D、AgI的溶度积小于AgBr的溶度积，AgBr的溶度积小于AgCl的，反应向更难溶的方向进行，故可以转化，故D正确；故选：C点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡问题，题目难度不大，本题注意根据溶度积计算，理解溶度积的意义，比较溶解度与溶度积之间的关系17（2分）如图中C%表示某反应物在体系中的百分含量，图（A）为温度一定时压强与反应速度的关系曲线图（B）为压强一定时，在不同时间C%与温度的关系曲线同时符合以下两个图象的反应是（）AN2O3（g）NO2（g）+NO（g）H0B4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H0C3NO2（g）+H2O（I）2HNO3（I）+NO（g）H0DCO2（g）+C（s）2CO（g）H0考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用.分析：由图可知，到达平衡后，增大压强逆反应速率增大更大，平衡向逆反应移动，说明气体反应物的化学计量数之和小于气体生成物的化学计量数之和，由图可知，温度越高平衡时反应物的百分含量越高，说明升高温度，平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，据此结合选项解答解答：解：A、N2O3（g）NO2（g）+NO（g）H0，正反应是气体物质的量增大的反应，但正反应是吸热反应，不符合反应特征，故A不选；B、4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H0，正反应是气体物质的量增大的反应，且正反应是放热反应，符合反应特征，故B选；C、3NO2（g）+H2O（l）2HNO3（aq）+NO（g）H0，反应前后气体物质的量不变，正反应是放热反应，不符合反应特征，故C不选；D、CO2（g）+C（s）2CO（g）H0，正反应是气体物质的量增大的反应，正反应是吸热反应，不符合反应特征，故D不选；故选B点评：本题考查化学平衡移动图象，难度中等，把握图象中曲线的变化特点分析可逆反应的特征是解答该题的关键18（2分）下列有关溶液的说法正确的是（）A物质的量浓度相等的NH4Al（SO4）2、NH4HCO3、NH4Cl溶液中c（NH4+）：NH4HCO3NH4ClNH4Al（SO4）2B1.0molL1Na2CO3溶液：c（OH）=c（H+）+c（HCO3）+2c（H2CO3）C测得酸式盐NaHA溶液的PH=3，则NaHA在溶液中一定是电离大于水解D某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c（Na+）=c（HA）+c（H2A）+c（A2）+c（OH）考点：离子浓度大小的比较.专题：盐类的水解专题分析：A硫酸铝铵中铝离子水解抑制了铵根离子的水解，碳酸氢铵中碳酸氢根离子的水解促进了铵根离子水解，据此判断三种溶液中铵根离子浓度大小；B溶液中电离的氢离子和氢氧根离子浓度相等，即质子守恒，根据碳酸钠溶液中的质子守恒判断；C溶液浓度为0.1mol/L时，NaHA可能为硫酸氢钠，而硫酸氢根离子在溶液中不发生水解；D溶液中一定满足物料守恒，根据NaHA溶液中的物料守恒判断解答：解：A物质的量浓度相等的NH4Al（SO4）2、NH4HCO3、NH4Cl溶液中，NH4Al（SO4）2中铝离子水解抑制了铵根离子的水解，其溶液中铵根离子浓度最大；NH4HCO3中的碳酸氢根离子水解促进了铵根离子的水解，碳酸氢铵溶液中铵根离子浓度最小，所以溶液中c（NH4+）大小为：NH4HCO3NH4ClNH4Al（SO4）2，故A错误；B.1.0molL1Na2CO3溶液中，根据质子守恒可得：c（OH）=c（H+）+c（HCO3）+2c（H2CO3），故B正确；C测得酸式盐NaHA溶液的pH=3，如果溶液浓度为0.001mol/L，则HA在溶液中完全电离，HA离子不发生水解，故C错误；D二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中，根据物料守恒可得：c（Na+）=c（HA）+c（H2A）+c（A2），故D错误；故选B点评：本题考查了溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握判断溶液中离子浓度大小常用方法，明确电荷守恒、物料守恒、质子守恒及盐的水解原理的含义及应用方法，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力三、解答题（共5小题，满分50分）19（6分）根据所给信息和要求，写出下列变化的方程式：（1）写出C2H5Br与NaOH醇溶液供热的化学方程式：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2+NaBr+H2O（2）写出常温下铜与稀硝酸反应的离子方程式：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O（3）已知0.4mol的液态高能燃料肼（N2H4）在氧气中燃烧，生成气态N2和液态水，放出248.8kj的热量写出表示液态肼燃烧热的热化学方程式：N2H4（l）+O2（g）N2（g）+2H2O（l）H=622kJmol1考点：化学方程式的书写.专题：元素及其化合物分析：（1）溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热时发生消去反应生成乙烯和溴化氢；（2）常温下铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水；（3）反应方程式为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O，根据0.4mol液态肼放出的热量，计算1mol液态肼放出的热量，进而写出热化学方程式解答：解：（1）溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应生成乙烯，反应为CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2+NaBr+H2O，故答案为：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2+NaBr+H2O；（2）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，离子反应为：3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，故答案为：3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O；（3）：（1）反应方程式为：N2H4+2H2O2N2+4H2O，0.4mol液态肼放出248.8KJ的热量，则1mol液态肼放出的热量为=622kJ，所以反应的热化学方程式为：N2H4（g）+2H2O2（l）N2（g）+4H2O（g）H=622kJ/mol，故答案为：N2H4（l）+O2（g）N2（g）+2H2O（l）H=622kJmol1点评：本题考查反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及有机反应、离子反应、热化学方程式的书写方法是解答关键，注意有机反应的条件，注意热化学方程式与化学方程式的区别，注意焓变计算和物质聚集状态的标注，题目难度不大20（12分）已知短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A、C、D原子的最外层电子数之和为12，C、D、E位于同一周期，B、D同主族D原子的最外层电子数既是A原子内层电子数的3倍又是C原子最外层电子数的3倍请回答下列问题：（1）元素E在元素周期表中的位置是第三周期A族，AD2分子的电子式（2）A、B两种元素能形成两种常温下呈气态的化合物M、N，其中M能引起大气温室效应，写出C单质与M反应的化学方程式：2Mg+CO22MgO+C N用来制成燃料电池（如图），写出负极的电极反应式：CO2e+4OH=CO32+2H2O G的水溶液能使酚酞溶液显红色，用离子方程式分析原因：CO32+H2OHCO3+OH（3）元素B、E的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有：O3、Cl2（写出其中两种物质的化学式）考点：位置结构性质的相互关系应用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：D原子的最外层电子数是A原子内层电子数的3倍又是C原子最外层电子数的3倍，故A和C的内层电子数和最外层电子数为1或者2，那么D原子最外层电子数为3或6，若A内层为1，则A为H，那么D原子的最外层电子数=1211=10，错误，故A的内层为2，即D的最外层为6，那么依据B、D同主族，即B为O，D为S，E只能为Cl，那么A的最外层为：1226=4，C、D、E位于同一周期，故C是Mg，综合以上分析：A为C，B为O，C为Mg，D为S，E为Cl，据此解答各小题即可解答：（1）E为Cl，位于第三周期A族，AD2是CS2，属于共价化合物，故其电子式为：，故答案为：第三周期A族；（2）二氧化碳与镁反应生成氧化镁和碳，故化学反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C； 一氧化碳失去电子，在碱性溶液中形成碳酸根，故负极的电极方程式为：CO2e+4OH=CO32+2H2O，故答案为：CO2e+4OH=CO32+2H2O；碳酸根水解呈碱性，故碳酸根的溶液呈碱性，离子反应方程式为：CO32+H2OHCO3+OH，故答案为：CO32+H2OHCO3+OH；（3）O3、Cl2和ClO2具有强氧化性，均能杀菌消毒，故答案为：O3、Cl2点评：本题主要考查的是元素化合物的推断，抓住关键词“倍数关系”“和差关系”是解决问题的关键21（10分）CO与H2可在一定条件下发生反应生成燃料甲醇，现将2molCO和4molH2置于一体积不变的2L密闭容器中，反应生成气态甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）AH=akjmol1测定不同条件、不同时间段内CO的转化率，得到如下数据：1小时2小时3小时4小时T140%70%80%80%T 255%65% a1 a2（1）根据上述信息，可判读a0 （填“”、“”、“=”或“无法判断”）（2）T1下，第1小时内H2的平均反应速率为0.8molL1h1该温度下的化学平衡常数为25（3）根据所给的数据作出的下列判断中正确的是B A温度T1时，反应在2小时的时候混合气体密度比1小时的时候打大 B温度T2时，反应在2小时的时候混合气体平均相对分子质量比1小时的时候大 C温度T2时，反应在2小时的时候v正（H2）=2v逆（CH3OH） D温度T2时，a1=a265%（4）在图中画出温度T2时，CO物质的量浓度随时间的变化趋势考点：化学平衡的影响因素；化学平衡的计算.专题：化学平衡专题分析：（1）根据单位时间内物质的转化率的变化确定温度的高低；（2）化学反应速率之比等于方程式的系数之比；根据三行式计算化学平衡常数数；（3）A、据=求算；B、据M=结合平衡移动进行判断；C、平衡后正逆反应速率相等，2h时并未平衡；D、T2温度较高，2h时可能已经达到平衡状态（4）T2温度较高，达到平衡时间短，CO浓度高解答：解：（1）在时间间隔一个小时内，T2温度下一氧化碳的转化率变化较大，所以T2温度较高，在1小时时，温度从T1到T2，升高温度，则一氧化碳的转化率降低，所以平衡逆向移动，该反应是放热的，即a0，故答案为：；（2）T1下，在第一小时内用CO表示的反应速率为：=0.4mol/（Lh），H2表示的化学反应速率是CO速率的一倍，即为0.8mol/（Lh）；T1下，CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）初始浓度：1 2 0变化浓度：0.8 1.6 0.8平衡浓度：0.2 0.4 0.8则K=25，故答案为：0.8；25；（3）A、混合气体质量不变，容器体积不变，所以密度始终不变，故A错误；B、M=，温度升高，平衡逆向移动，混合气体的物质的量增多，M减小，故B正确；C、T2温度较高，2h时可能已经达到平衡状态，也可能未达到平衡状态，故C错误；D、T2温度较高，2h时可能已经达到平衡状态，a1=a2=65%，故D错误；故选B（4）T2温度较高，达到平衡时间短，CO浓度高，如图：，故答案为：点评：本题考查了平衡移动、化学平衡常数的计算、浓度时间图象，题目难度中等22（12分）溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，具有易溶于水，易吸潮等性质实验室用工业大理石（含有少量 Al3+，Fe3+杂质）制备溴化钙的主要流程如下：完成下列填空：提示：25时，Al（OH）3、Fe（OH）3，沉淀与pH关系如下：Al（OH）3Fe（OH）3开始沉淀的PH3.12.3沉淀完全的 PH5.33.7（1）上述适用的氢溴酸的质量分数为26%，若用47%的氢溴酸配制26%的氢溴酸500ml，所需的玻璃仪器有玻璃棒、量筒、胶头滴管、烧杯、500mL容量瓶（2）请写出步骤中大理石与氢溴酸反应的离子方程式CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O（3）已知步骤的滤液中不含NH4+，步骤加入的试剂a是Ca（OH）2（写化学式）；为了使Al3+、Fe3+恰好沉淀完全，应控制溶液的PH大于5.3（4）制得的溴化钙可以通过如下步骤测定其纯度：称取4.00g无水溴化钙样品溶解滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤洗涤、干燥称量若得到1.88g碳酸钙，则溴化钙的质量分数为94%请设计实验方案判断中洗涤是否完全取最后一次洗涤液少许于试管中，向试管中滴入适量氯化钙溶液，如无现象，则洗涤完全，如有沉淀生成，则洗涤不完全考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.专题：实验设计题分析：（1）用浓溶液配制500mL稀溶液，因此需要量筒取经过计算需要的浓溶液的体积，然后在烧杯中溶解、配制500mL溶液，需要500mL容量瓶；（2）氢溴酸为强酸，写出与碳酸钙反应的离子方程式；（3）加入的试剂a、控制溶液的pH以达到除去杂质Al3+、Fe3+的目的、防止氢氧化铝溶解的目的，因此a是碱，根据题意及不引入新的杂质可知是氢氧化钙；则控制pH应大于5.3；（4）根据Ca元素守恒，根据得到的1.88g碳酸钙，可求得样品中溴化钙的质量，从而计算出质量分数；洗涤完全说明洗涤液中不含Na2CO3溶液，采用检验碳酸根离子的方式进行验证解答：解：（1）用浓溶液配制500mL稀溶液，因此需要量筒取经过计算需要的浓溶液的体积，然后在烧杯中溶解、配制500mL溶液，需要500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；（2）氢溴酸为强酸，写出与碳酸钙反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O；（3）加入的试剂a、控制溶液的pH以达到除去杂质Al3+、Fe3+的目的、防止氢氧化铝溶解的目的，因此a是碱，根据题意及不引入新的杂质可知是氢氧化钙；则控制pH应大于5.3；故答案为：Ca（OH）2，5.3；（4）根据元素守恒CaBr2CaCO3 200 100 3.76g 1.88g 可求CaBr2的质量为3.76g，则质量分数为：=0.94，故答案为：0.94；洗涤完全说明洗涤液中不含Na2CO3溶液，采用检验碳酸根离子的方式进行验证，故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，向试管中滴入适量氯化钙溶液，如无现象，则洗涤完全，如有沉淀生成，则洗涤不完全点评：本题主要考查物质的分离与提纯，做题时注意审题，应清楚的认识操作流程，掌握基本实验操作23（10分）芳香化合物A是一直基本化工原料，可以从煤和石油中得到DMT主要用于制造聚酯树脂，是一种重要的有机化工原料A、B、C、D、E、F、G和DMT的转化关系如下所示：回答下列问题：（1）写出由A生成B的反应类型是取代反应；写出G的结构简式（2）写出A生成C的反应方程式：（3）E可合成一种聚酯类高分子化合物F，由E合成F的化学方程式为（4）芳香化合物H是E的同分异构体，H分子中含有酯基和碱键两种官能团，同时能发生银镜反应，请写出任意一种符合条件的H的结构简式考点：有机物的推断.专题：有机物的化学性质及推断分析：A和溴发生取代反应生成B，根据B的结构简式知，A为对二甲苯，其结构简式为，A和溴发生取代反应生成C，根据C的分子式知，C的结构简式为，A被酸性高锰酸钾氧化生成D对二苯甲酸，其结构简式为，D和甲醇发生置换反应生成G，G的结构简式为，对二苯甲醛和浓KOH溶液然后酸化得到E，根据E的分子式知，E的结构简式为，E发生缩聚反应生成F，F的结构简式为，再结合题目分析解答解答：解：A和溴发生取代反应生成B，根据B的结构简式知，A为对二甲苯，其结构简式为，A和溴发生取代反应生成C，根据C的分子式知，C的结构简式为，A被酸性高锰酸钾氧化生成D对二苯甲酸，其结构简式为，D和甲醇发生置换反应生成G，G的结构简式为，对二苯甲醛和浓KOH溶液然后酸化得到E，根据E的分子式知，E的结构简式为，E发生缩聚反应生成F，F的结构简式为，（1）通过以上分析知，A发生取代反应生成B，所以其反应类型是取代反应；通过以上分析知G的结构简式，故答案为：取代反应；（2）在铁作催化剂条件下，A和溴发生取代反应生成C，则A生成C的反应方程式，故答案为：；（3）E可合成一种聚酯类高分子化合物F，由E合成F的化学方程式为 ，故答案为：；（4）E的结构简式为，芳香化合物H是E的同分异构体，则H中含有苯环，H分子中含有酯基和醚键两种官能团，同时能发生银镜反应，说明为甲酯基，符合条件的H结构简式有，故答案为：点评：本题考查有机物推断，侧重考查学生知识迁移能力、推断能力，明确常见有机物官能团及其性质是解本题关键，根据反应条件、物质中官能团确定生成物结构简式，注意结合题给信息，难点是同分异构体种类的判断，难度中等四、计算题（共4分）24（4分）过氧化钙晶体CaO28H2O较稳定，呈白色，微溶于水，能溶于酸性溶液广泛应用于环境杀菌、消毒等领域为测定某样品中过氧化钙晶体含量，进行如下操作：准确称取0.3000g样品于锥形瓶中，加入30mL蒸馏水和10mL2.000molL1H2SO4，用0.0200molL1KMnO4标准溶液滴至终点，重复上述操作两次H2O2和KMnO4反应的离子方程式为（滴至过程中不考虑H2O2的分解）：2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O（1）滴至终点观察到的现象为当滴入最后一滴KMnO4标准溶液后溶液由无色变浅红色，且30s不褪色（2）根据表中数据，计算样品中CaOr8H2O的质量分数为82.9%滴定次数样品的质量/gKmnO4溶液的体积/mL滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL10.30001.0224.0420.30002.0025.0330.30000.2023.24考点：化学方程式的有关计算.专题：计算题分析：（1）高锰酸钾未过量前，溶液是无色的，当溶液变成浅红色，且半分钟不褪色，滴定结束；（2）三次消耗的高锰酸钾溶液的体积分别是：23.02mL、23.03mL、23.04mL，平均体积为23.03mL；再根据关系式5（CaO28H2O）5H2O22KMnO4计算出过氧化钙晶体的物质的量，最后求出过氧化钙晶体的质量分数解答：解：（1）滴定终点观察到的现象为：当滴入最后一滴KMnO4标准溶液后溶液由无色变浅红色，且30s不褪色；故答案为：当滴入最后一滴KMnO4标准溶液后溶液由无色变浅红色，且30s不褪色；（2）高锰酸钾溶液消耗的体积分别是：23.02mL、23.03mL、23.04mL，平均体积为：=23.03mL，根据关系式 5（CaO28H2O）5H2O22KMnO4n（CaO28H2O）=n（KMnO4）=0.0200 molL123.03mL103LmL1 =1.151103 mol，CaO28H2O的质量分数为：100%=82.9%；故答案为：82.9%点评