2019-2020年高三上学期第三周周周清同步检测化学试题含答案.doc

2019-2020年高三上学期第三周周周清同步检测化学试题含答案一、选择题1.2015年9月28日，美国宇航局宣布发现了火星上存在液态水的证据。下列关于水的叙述正确的是：A水是一种重要的溶剂，能溶解所有的无机物和大多数有机物B水是一种重要的化学试剂，在一定条件下可与许多无机物和有机物发生反应C在氧化还原反应中，水只能作氧化剂，不能作还原剂D海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，在上述方法中都有化学反应发生2.X、Y为两种元素的原子，X的阴离子与Y的阳离子具有相同的电子层结构，由此可知（）AX的原子半径大于Y的原子半径BX的电负性大于Y的电负性CX阴离子的半径小于Y阳离子的半径DX的第一电离能小于Y的第一电离能3.固体单质A和气体单质B在容积一定的密闭容器中完全反应生成气体C，相同温度下测得容器内压强不变，若产物气体C的密度是原气体密度的4倍，则判断正确的是（）A两种单质A、B的摩尔质量之比是1：4B反应前后的气体质量之比一定是1：4C在生成物C中，A的质量分数为50%DC中A、B两元素的原子个数比为3：14.在一定条件下活性铁粉与氨气反应合成半导体材料：8Fe(s)2NH3(g) 2Fe4N(s)3H2(g)下列有关NH3、H2的推断正确的是（ ）A上述参加反应的NH3和生成H2的体积之比为32B同温同压下，NH3、H2的密度之比为217C相同质量的NH3、H2分子数之比为172D同温同体积下，相同质量NH3、H2的压强之比为2175.下列有关Ca（ClO）2溶液的叙述正确的是（）A该溶液中，K+、Cl、HCOOH、I可以大量共存B与Na2SO3反应的离子方程式：ClO+SO32SO42+ClC不可使用pH试纸测定该溶液的pHD1 L 0.1 mol/L该溶液和足量的CO2充分反应，产生10 g沉淀6.下列各组物质在溶液中的反应，无论反应物的量多少，都能用同一离子方程式表示的是ABa(OH)2与H2SO4 BFeBr2与Cl2CHCl与Na2CO3 DNaHCO3与Ca(OH)27.下列各组离子在溶液中按括号内的物质的量之比混合，得到无色、碱性、澄清溶液的是ANa+、Al3+、Cl、OH(5：2：4：4) BNH4+、Ba2+、OH、Cl(1：1：1：2)CFe3+、Na+、Cl、S2-(1：2：3：1) DK+、H+、I、NO3(1：1：1：1)8.LiAlH4是重要的储氢材料，其组成类似于Na3AlF6常见的供氢原理如下面两个方程式所示：2LiAlH42LiH+2Al+3H2，LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2下列说法正确的是（）A若反应中生成3.36 L氢气，则一定有2.7 g铝生成B氢化锂也是一种储氢材料，供氢原理为LiH+H2OLiOH+H2C生成等质量的氢气，反应、转移电子数之比为4：3DLiAlH4是共价化合物，LiH是离子化合物9.二氧化硒（SeO2）是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se在回收过程中涉及如下化学反应：SeO2+4KI+4HNO3Se+2I2+4KNO3+2H2O；Se+2H2SO4（浓）2SO2+SeO2+2H2O；Se+4HNO3（浓）SeO2+4NO2+2H2O下列有关叙述正确的是（）ASeO2、H2SO4（浓）、I2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）SeO2I2B反应中Se是氧化产物，I2是还原产物C反应中生成0.6 mol I2，转移的电子数目为2.4NAD反应、中等量的Se消耗浓H2SO4和浓HNO3的物质的量之比为2：110.根据表中信息，判断下列叙述中正确的是 ( )序号氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物Cl2FeBr2/ClKMnO4H2O2H2SO4O2Mn2+KClO3浓盐酸/Cl2A表中组反应可能有一种或两种元素被氧化B表中组反应的离子方程式是2MnO4+3H2O2+6H= 2Mn2+4O2+6H2OC表中组反应的还原产物是KC1，电子转移数目是6e-D氧化性强弱比较：KClO3Fe3+Cl2Br211.高铁酸钾是一种高效绿色水处理剂，其工业制备的反应原理为：2Fe(OH)3 + 3KClO + 4KOH 2K2FeO4 + 3KCl + 5H2O，下列说法正确的是AClO做还原剂 BFe(OH)3在反应中被还原C高铁酸钾中铁的化合价为+7 D制备1molK2FeO4时转移3 mol 电子12.已知：HCN(aq)与NaOH(aq)反应的H12.1 kJmol1；HCl(aq)与NaOH(aq)反应的H55.6 kJmol1。则HCN在水溶液中电离的H等于( )A67.7 kJmol1 B43.5 kJmol1C43.5 kJmol1 D67.7 kJmol113.下列图示与对应的叙述相符的是图 图 图 图A图表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热H =241.8 kJmol1B图表示反应A2 (g)+ 3B2 (g)2AB3(g)，达到平衡时A2的转化率大小为：bacC图表示0.1mol MgCl26H2O在空气中充分加热时固体质量随时间的变化D图表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH大于同浓度NaB溶液的pH14.太阳能的开发和利用是21世纪一个重要课题利用储能介质储存太阳能的原理是：白天在太阳照射下某种盐熔化，吸收热量，晚间熔盐固化释放出相应的能量，已知数据：盐熔点（）熔化吸热（kJmol1）参考价格（元t1）CaCl26H2O29.937.3780850Na2SO410H2O32.477.0800900Na2HPO412H2O35.1100.11 6002 000Na2S2O35H2O45.049.71 4001 800其中最适宜选用作为储能介质的是（）ACaCl26H2OBNa2SO410H2OCNa2HPO412H2ODNa2S2O35H2O15.a、b、c、d、e是同一周期的五种主族元素，a和b的最高价氧化物对应的水化物均呈碱性，且碱性ba，c和d的气态氢化物的稳定性cd；e是这五种元素中离子半径最小的元素，则它们的原子序数由小到大的顺序是（）Ab、a、d、c、eBe、b、a、d、cCc、b、e、a、bDb、a、e、d、c16.下列有关物质性质的说法错误的是（）A热稳定性：HClHIB原子半径：NaMgC酸性：H2SO3H2SO4D结合质子能力：S2Cl17.关于合成氨反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）达到限度时，下列叙述正确的是（）AN2和H2全部转化为NH3B正反应和逆反应的化学反应速率均为零CN2、H2和NH3的物质的量浓度之比为1：3：2D若外界条件发生改变，化学反应的限度可能随之改变18.在密闭容器中投入一定量反应物发生储氢反应：LaNi5(s)3H2(g)LaNi5H6(s) H301kJmol-1在某温度下，达到平衡状态，测得氢气压强为2 MPa；若温度不变，缩小体积至原来的一半，重新达到平衡。下列说法不正确的是（ ）A当LaNi5的浓度不再变化时，表明达到平衡状态B重新达到新平衡时H2的压强仍然为2 MPaC扩大容器体积，重新达到平衡时n(H2)增多D增大压强、降低温度，有利于储氢19.少量铁粉与100mL 0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（）加H2O 加NaOH固体 滴入几滴浓盐酸加CH3COONa固体加NaCl溶液 滴入几滴硫酸铜溶液 升高温度（不考虑盐酸挥发）改用10mL 0.1mol/L盐酸ABCD20.纯锌跟稀H2SO4反应速率很小，为了加快锌的溶解和放出H2的速率，并且使产生H2的量不变，当稀H2SO4过量时，可向其中加少量（）ACuSO4溶液BZnSO4C铜D镁条21.下列说法正确的是（）A液态氯化氢、固态氯化钠不导电，所以HCl、NaCl不是电解质BNH3、CO2水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质C蔗糖、酒精在水溶液中或熔化时不导电，所以它们不是电解质D铜、石墨均导电，所以它们是电解质22.以下说法在一定条件下均可以实现的是（ ）酸性氧化物与碱发生反应；弱酸与盐溶液反应可以生成强酸；没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应；两种酸溶液充分反应后的溶液体系为中性；有单质参加的非氧化还原反应；两种氧化物反应的产物有气体A BC D23.你认为下列数据可信的是 ( ) A. 某雨水的pH为56 B某澄清石灰水的浓度是20 mol/l C某胶体粒子的直径是160 nm D某常见气体的密度为18 g/cm324.下列各组物质中，按单质、化合物、混合物顺序排列的是（）A铁、四氧化三铁、冰水混合物B金属钙、生石灰、碱石灰C水银、空气、干冰D二氧化硫、水蒸气、天然气第II卷（非选择题）二、计算题25.磷酸铁（FePO42H2O，难溶于水的米白色固体）可用于生成药物、食品添加剂和锂离子电池的正极材料，实验室可通过下列实验制备磷酸铁。（1）称取一定量已除去油污的废铁屑，加入稍过量的稀硫酸，加热、搅拌，反应一段时间后过滤，反应加热的目的是 。（2）向滤液中加入一定量H2O2氧化Fe2。为确定加入H2O2的量，需先用K2Cr2O7标准溶液滴定滤液中的Fe2，离子方程式如下：在向滴定管注入K2Cr2O7标准溶液前，滴定管需要检漏、 和 。若滴定xmL滤液中的Fe2，消耗amolL1 K2Cr2O7标准溶液bmL，则滤液中c(Fe2)= molL1为使滤液中的Fe2完全被H2O2氧化，下列实验条件控制正确的是 （填序号）。A加入适当过量的H2O2溶液 B缓慢滴加H2O2溶液并搅拌C加热，使反应在较高温度下进行 D用氨水调节pH=7（3）将一定量的Na2HPO4溶液（溶液显碱性）加入到含有Fe3的溶液中，搅拌、过滤、洗涤、干燥得到FePO42H2O 。若反应得到的FePO42H2O固体呈棕黄色，则磷酸铁中混有的杂质可能为 。26.某天然碱（纯净物）可看作由CO2和NaOH反应后的产物所组成。称取天然碱样品四份，溶于水后，分别逐滴加入相同浓度的盐酸溶液30 mL，产生CO2的体积（标准状况）如下表： 盐酸溶液的体积（mL）30303030样品（g）3.324.155.817.47二氧化碳的体积（mL）672840896672（1）由第组数据中的CO2体积与样品质量之比，可以推测用2.49 g样品进行同样的实验时，产生CO2mL（标准状况）。（2）另取3.32 g天然碱样品于300加热分解至完全（300时Na2CO3不分解），产生CO2112 mL（标准状况）和水0.45 g，计算并确定该天然碱的化学式。（3）已知Na2CO3和HCl（aq）的反应分下列两步进行：Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3NaHCO3+HClNaCl+CO2+H2O由上表中第组数据可以确定所用的HCl（aq）的浓渡为mol/L。（4）依据上表所列数据以及天然碱的化学式，讨论并确定上述实验中CO2（标准状况）体积V（mL）与样品质量W（g）之间的关系式。三、实验题27硝酸是氧化性酸，其本质是NO3有氧化性，某课外实验小组进行了下列有关NO3氧化性的探究（实验均在通风橱中完成）实验装置编号溶液X实验现象实验6molL1稀硝酸电流计指针向右偏转，铜片表面产生无色气体，在液面上方变为红棕色实验15molL1浓硝酸电流计指针先向右偏转，很快又偏向左边，铝片和铜片表面产生红棕色气体，溶液变为绿色（1）实验中，铝片作 （填“正”或“负”）极液面上方产生红棕色气体的化学方程式是 （2）实验中电流计指针先偏向右边后偏向左边的原因是 查阅资料：活泼金属与1molL1稀硝酸反应有H2和NH4+生成，NH4+生成的原理是产生H2的过程中NO3被还原（3）用如图装置进行实验：溶液X为1molL1稀硝酸溶液，观察到电流计指针向右偏转反应后的溶液中含NH4+实验室检验NH4+的方法是 生成NH4+的电极反应式是 （4）进一步探究碱性条件下NO3的氧化性，进行实验：观察到A中有NH3生成，B中无明显现象A、B产生不同现象的解释是 A中生成NH3的离子方程式是 （5）将铝粉加入到NaNO3溶液中无明显现象，结合实验和说明理由 28.硫的化合物在工业上有广泛的应用，因此研究硫的化合物制备有着重要的意义。某同学拟采用下图装置（实验前已除尽装置内的空气）来制取焦亚硫酸钠（Na2S2O5）。 已知：装置II中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3+SO2Na2S2O5（1）装置I是用亚硫酸钠固体和浓硫酸制备二氧化硫气体，该装置中反应的化学方程式为 。如果想控制反应速度，下图中可选用的发生装置是 (填写字母)。（2）装置中有Na2S2O5晶体析出，要获得已析出的晶体可采取的分离方法是 ；（3）装置III用于处理尾气，能选用的最佳试剂是 (填序号)。a.饱和食盐水 b.NaOH溶液 c.浓硫酸 d.饱和NaHCO3溶液（4）Na2S2O5与稀硫酸反应放出SO2，其离子方程式为 。（5）工业制备得到产品Na2S2O5中含有杂质碳酸钠检验产品中含有碳酸钠杂质所需试剂是 （填编号）已知Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3）酸性高锰酸钾 品红溶液 澄清石灰水 饱和碳酸氢钠溶液 NaOH 稀硫酸（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：葡萄酒样品20.00ml 馏分 溶液出现蓝色且30s内不褪色（已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI）按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为 gL-1。29.下图是实验室中制备气体或验证气体性质的装置图（1）写出用发生装置A中制取氯气的化学方程式_。（2）利用上图装置制备纯净的氯气，并证明氧化性：C12Fe3+，则装置B中的溶液的作用是_；装置D中加的最佳试剂是(填序号)_： 供选试剂：a.浓H2SO4 bFeCl2溶液 cKSCN与FeCl2的混合溶液 d无水氯化钙（3）在上图所示圆底烧瓶内加入碳，a中加入浓硫酸，开始实验，加热产生的气体缓慢通过后续装置同时完成如下实验：实验1：证明SO2具有氧化性和漂白性 实验2：证明碳元素的非金属性比硅元素的强 证明SO2具氧化性和漂白性：B中为少量Na2S溶液、C中加品红溶液，D中应加入足量的_(填溶液名称)，E中加入_溶液(填化学式)。（4）证明碳元素的非金属性比硅元素的强的现象为_；实验2不严谨之处应如何改进_。试卷答案1.B试题分析：A水虽然是一种重要的溶剂，但不能溶解所有的无机物，如碳酸钙不溶于水，而大多数有机物不溶于水，如烃类，错误；B、水是一种重要的化学试剂，在一定条件下可与许多无机物和有机物发生反应，正确；C、水中氢元素的化合价为+1价，可得电子表现氧化性，氧元素为-2价，可失电子表现还原性，则在氧化还原反应中，水既能作氧化剂，又能作还原剂，错误；D、海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，在上述方法中不都发生化学反应，如蒸馏法为物理变化，错误。2.B【考点】原子结构与元素的性质【分析】X元素的阴离子和Y元素的阳离子具有相同的电子层结构，离子核外电子数目相等，则Y元素处于X元素的下一周期，X为非金属元素，最外层电子数较多，Y为金属元素，最外层电子数相对较少【解答】解：X元素的阴离子和Y元素的阳离子具有相同的电子层结构，离子核外电子数目相等，则Y元素处于X元素的下一周期，X为非金属元素，最外层电子数较多，Y为金属元素，最外层电子数相对较少，A、Y元素处于X元素的下一周期，X为非金属元素，原子半径小于同周期与Y处于同族的元素，故原子半径YX，故A错误；B、X为非金属元素，Y为金属元素，故X的电负性高于Y的电负性，故B正确；C、核外电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，Y元素处于X元素的下一周期，Y的核电荷数更大，故离子半径X阴离子半径更大，故C错误；D、X为非金属元素，Y为金属元素，故X的第一电离能大于Y的第一电离能，故D错误；故选B3.B【考点】阿伏加德罗定律及推论【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】根据阿伏加德罗定律可知，容器的体积固定，相同温度下测得容器内压强不变，则反应前后气体的物质的量相同，若产物气体C的密度是原气体密度的4倍，则气体的质量是反应前气体质量的4倍，化学反应遵循质量守恒定律，则A的质量为B的质量的3倍，在生成物中A的质量分数为75%，由于不能确定A和B的物质的量的关系，则不能确定A、B的摩尔质量和原子个数之间的关系【解答】解：A、由于不能确定A和B的物质的量的关系，则不能确定A、B的摩尔质量，故A错误；B、容器的体积固定，若产物气体C的密度是原气体密度的4倍，则气体的质量是反应前气体质量的4倍，所以反应前后的气体质量之比一定是1：4，故B正确；C、根据阿伏加德罗定律可知，相同温度下测得容器内压强不变，则反应前后气体的物质的量相同，反应前后的气体质量之比为1：4，化学反应遵循质量守恒定律，则A的质量为B的质量的3倍，在生成物中A的质量分数为75%，故C错误；D、由于不能确定A和B的物质的量的关系，则不能确定C中A、B两元素的原子个数比，故D错误故选B【点评】本题考查阿伏加德罗定律及推论的应用，题目难度中等，注意根据题意只能确定气体的物质的量关系和质量关系，但不能确定固体与气体的物质的量的关系4.DA项，同温同压下，参加反应的NH3和生成H2的物质的量之比为23，错误；B项，同温同压下，气体密度与相对分子质量成正比例，NH3、H2的密度之比为172，错误；C项，气体质量相等，气体分子数与气体相对分子质量成反比例，故分子数之比为217，错误。D项，同温、同质量、同体积下，气体的压强与相对分子质量成反比，故NH3、H2的压强之比为217，正确。5.C【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】A溶液中不能存在还原性离子；B发生氧化还原反应后，结合钙离子生成硫酸钙沉淀；C溶液具有漂白性；D和足量的CO2充分反应，生成碳酸氢钙和HClO【解答】解：AClO、I发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B与Na2SO3反应的离子方程式为Ca2+ClO+SO32CaSO4+Cl，故B错误；C溶液具有漂白性，则不可使用pH试纸测定该溶液的pH，可选pH计测定，故C正确；D和足量的CO2充分反应，生成碳酸氢钙和HClO，则不能生成沉淀，故D错误；故选C【点评】本题考查物质的性质，综合性较强，涉及离子共存、氧化还原反应、与量有关的离子反应等，注重高频考点的考查，选项BD均为解答的易错点，题目难度不大6.A试题分析：A、无论量的多少都只发生Ba（OH）2+H2SO4BaSO4+H2O，则能用同一离子方程式表示，故A正确；B、Cl2少量时，只有亚铁离子被氧化，Cl2过量时，亚铁离子与溴离子均被氧化，则不能用同一离子方程式表示，故B错误；C、HCl少量时，发生HCl+Na2CO3NaHCO3+NaCl，HCl过量时发生2HCl+Na2CO32NaCl+CO2+H2O，则不能用同一离子方程式表示，故C错误；D、NaHCO3少量时，发生NaHCO3+Ca（OH）2CaCO3+H2O+NaOH，NaHCO3过量时发生2NaHCO3+Ca（OH）2CaCO3+2H2O+Na2CO3，则不能用同一离子方程式表示，故D错误。7.B试题分析：A、Al3+、OH-以2：4反应生成氢氧化铝沉淀，故A错误；B、NH4+、OH-以1：1反应生成一水合氨，得到无色、碱性、澄清溶液，故B正确；C、Fe3+、S2-发生氧化还原反应生成亚铁离子和S，得到浅绿色溶液，故C错误；D、H+、I、NO3发生氧化还原反应，生成碘水，呈橙色，故D错误；故选B。8.B9.A【考点】氧化还原反应【分析】反应SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O中，Se元素的化合价降低，被还原，I元素的化合价升高，被氧化；反应Se+2H2SO4（浓）=2SO2+SeO2+2H2O中，Se元素化合价升高，被氧化，S元素化合价降低，被还原，根据在同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性判断氧化性强弱，结合元素化合价的变化计算转移电子数目【解答】解：A在同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，则根据可知氧化性：SeO2I2，中氧化性：H2SO4（浓）SeO2，则氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）SeO2I2，故A正确；B反应SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O中，Se元素的化合价降低，被还原，I元素的化合价升高，被氧化，则Se是还原产物，I2是氧化产物，故B错误；C根据化合价的变化可知，反应中每有0.6molI2生成，转移的电子数目应为0.6mol2（10）NA=1.2NA，故C错误；D由反应可知，设Se均为1mol，由反应、可知等量的Se消耗浓H2S04和浓HN03的物质的量之比为2：4=1：2，故D错误；故选A【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，注意氧化性比较的规律，题目难度不大10.A试题分析：A、氯气的氧化性大于溴和铁离子，所以氯气可氧化亚铁离子或溴离子，还原产物是氯离子，正确；B、不符合得失电子守恒，错误；C、氯酸钾和浓盐酸发生氧化还原反应，Cl元素的化合价发生变化，则氯气既是氧化产物，也是还原产物，错误；D、根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氯气的氧化性大于铁离子的氧化性，错误，答案选A。11.D12.C试题分析：和氢氧化钠反应的过程：HCN（aq）H（aq）CN（aq） H，H(aq)OH(aq)=H2O(l) H=55.6kJmol1，H(55.6)=12.1，解得H=43.5kJmol1，故选项C正确。13.C试题分析：A生成物水不是液态，不能表示氢气燃烧热，A错误；B增加B2的浓度平衡向正反应方向进行，所以达到平衡时A2的转化率大小为：cba，B错误；CMgCl2为强酸弱碱盐，在空气中加热发生水解生成氧化镁，0.1molMgO的质量为0.1mol(24+16)g/mol=4.0g，故最终生成质量应为4.0g，C正确；D稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，HA的pH变化大，这说明HA的酸性强于HB，所以NaA溶液的pH小于同浓度NaB溶液的pH，D错误，答案选C。【名师点晴】该题考查的知识点较多，综合性较强，充分考查了学生的灵活应用能力，注意熟练掌握弱电解质的电离平衡、化学平衡的影响因素，明确化学反应与能量变化的关系，燃烧热的含义。MgCl2为强酸弱碱盐，在空气中加热发生水解生成氧化镁；醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离；易错选项是C和D，答题时注意氯化镁水解以及电解质的电离特点和影响盐类水解的内因。14.B【考点】吸热反应和放热反应【分析】根据表中信息判断哪种物质的熔点在40以下，并且单位质量的物质熔化时吸收的热量多等方面进行分析、考虑，从而得出正确的结论【解答】解：选择的物质应该具有的特点是：在白天在太阳照射下，某种盐熔化，熔化时单位质量的物质吸收热量应该最多同时价格不能太高，Na2SO410H2O的性价比最高，故选：B【点评】本题主要考查了反应中的能量变化的原因，难度不大，需要强调的是能量高的物质性质不稳定，能量低的物质性质稳定15.D【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【分析】同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，对应的元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，根据对应化合物的碱性、稳定进行判断【解答】解：A和B的最高价氧化物对应的水化物均呈碱性，则都为金属，且碱性ba，同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物的水化合逐渐减弱，则原子序数ab，同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的氢化物的稳定性逐渐增强，c和d的气态氢化物的稳定性cd，则原子序数cd；e是这五种元素中原子半径最小的元素，原子序数最大则原子序数由小到大的顺序是：b、a、e、d、c，故选D16.C【考点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；真题集萃；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系【分析】A元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；B同周期元素从左到右原子半径逐渐减小；C元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强；D酸越弱，对应的阴离子越易结合质子【解答】解：A非金属性：ClI，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故A正确；B同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：NaMg，故B正确；C元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强，故C错误；D酸性HClH2S，酸越弱，对应的阴离子越易结合质子，故D正确故选C17.D【考点】化学平衡的影响因素【分析】该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，当达到平衡状态时，正逆反应速率相等但不等于零，各物质的浓度不再发生改变，外界条件发生改变，可使平衡发生移动，据此分析【解答】解：A 合成氨的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化，故A错误；B达到化学平衡时，正逆反应速率相等但不等于零，故B错误；C达到平衡状态是N2、H2和NH3的物质的量浓度之比不一定为1：3：2，与起始的量有关，故C错误；D外界条件发生改变，平衡发生移动，所以化学反应的限度可能随之改变，故D正确故选D18.AA项，在固气反应中，固体的浓度始终不变，不能根据固体浓度判断是否达到平衡状态，错误；B项，平衡常数Kp,温度不变，平衡常数不变，故H2的平衡压强不变，正确；C项，扩大容积相当于减压，平衡向左移动，H2的物质的量增多，正确；D项，正反应是放热反应，正反应是气体分子数减小的反应，增大压强、降低温度有利于平衡向右移动，有利于提高储氢百分率，正确。19.C【考点】化学反应速率的影响因素【分析】为了加快此反应速率而不改变H2的产量，少量铁粉完全反应，则可增大氢离子浓度、构成原电池、升高温度等来加快反应速率，以此来解答【解答】解：加H2O，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；加NaOH固体，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；滴入几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，故正确；加CH3COONa固体，生成醋酸，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；加NaCl溶液，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；滴入几滴硫酸铜溶液，构成原电池，反应速率加快，但Fe少量，导致生成的氢气减少，故错误；升高温度（不考虑盐酸挥发），反应速率加快，故正确；改用10mL 0.1mol/L盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，故正确；故选C20.C【考点】原电池和电解池的工作原理；化学反应速率的影响因素【分析】为加快反应速率，可以采用升高温度或增大反应物的浓度或使其构成原电池的方法，注意不能影响氢气的产量【解答】解：A向硫酸中加入少量硫酸铜溶液，锌和铜离子反应生成铜，铜、锌和稀硫酸能构成原电池而加快反应速率，但影响氢气的产量，故A错误；B向硫酸溶液中加入硫酸锌，硫酸的浓度不变，反应速率不变，故B错误；C向硫酸溶液中加入铜，铜、锌和稀硫酸构成原电池，加快反应速率且不影响氢气的产量，故C正确；D向硫酸溶液中加入镁条，锌、镁和稀硫酸构成原电池，加快反应速率，但镁也和稀硫酸反应生成氢气，所以影响氢气产量，故D错误；故选C21.C解：A、液态氯化氢、固体氯化钠溶于水能够发生电离，是电解质，故A错误；B、NH3、SO3自身不能电离，是非电解质，故B错误；C、蔗糖、酒精在水溶液中和融化时都不导电，属于非电解质，不是电解质，故C错误；D、铜、石墨能导电，但不是化合物，因此既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选C22.A解析：酸性氧化物与碱发生反应生成盐和水，故可以实现；弱酸与盐溶液反应可以生成强酸，例如CuSO4+H2S=CuS+H2SO4,故可以实现；复分解反应发生的条件还可以是有弱电解质生成，故可以实现；例如亚硫酸与氢硫酸恰好生成硫和水的反应，两种酸溶液充分反应后的溶液体系为中性可以实现；同素异形体之间的转化说明有单质参加的非氧化还原反应可以实现；过氧化钠与二氧化碳反应生成物中有氧气，说明两种氧化物反应的产物有气体可以实现。故答案选A23.A略24.B考点：单质和化合物；混合物和纯净物 专题：物质的分类专题分析：由同一种元素组成的纯净物是单质；化合物由两种或两种以上的元素组成的纯净物；混合物是由两种或多种物质混合而成的物质解答：解：A铁是金属单质；四氧化三铁是化合物；冰水混合物是纯净物，故A错误；B金属钙是金属单质；生石灰是氧化钙，是化合物；碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，故B正确；C水银是金属单质；空气的主要成分是氮气和氧气，是混合物；干冰是固体二氧化碳，是纯净物，故C错误；D二氧化硫是化合物；水蒸气是化合物；天然气的主要成分是甲烷，是混合物，故D错误；故选B点评：本题考查单质、化合物、纯净物和混合物的判断，难度不大要注意基础概念的准确掌握25.26.（1）504（2）由题意可知，天然碱含NaHCO3、Na2CO3n（NaHCO3）=2n（CO2）=2=0.01（mol）n（Na2CO3）=0.01=0.02（mol）n（H2O）=0.02（mol）天然碱组成：2Na2CO3NaHCO32H2O（3）2.5（4）0W4.98V（CO2）202.4W（mL）注：V（CO2）=322400（mL）也给分4.98W12.45V（CO2）1680134.9W（mL）注：V（CO2）=22400（mL）也给分12.45W V（CO2）=0 注：30 mL HCl（aq）中所含HCl物质的量： n（HCl）=2+=0.075（mol）CHCl=2.5 mol/L和30 mL HCl（aq）完全反应的样品的质量：3324.98（g）样品中Na2CO3和盐酸反应完全生成NaHCO3时（没有CO2放出时），样品的质量：33212.45（g）略27.（1）负；2NO+O2=2NO2；（2）Al开始作电池的负极，Al在浓硝酸中迅速生成致密氧化膜后，Cu作负极；（3）取少量待检溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，若产生使湿润的红色；NO3+8e+10 H+=NH4+3H2O；（4）Al与NaOH溶液反应产生H2的过程中可将NO3还原为NH3，而Mg不能与NaOH；8Al+3NO3+5OH+2H2O=3NH3+8AlO2；（5）因为铝与中性的硝酸钠溶液无生成H2的过程，NO3无法被还原【考点】性质实验方案的设计【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合【分析】（1）根据实验现象可知，实验1电流计指针向右偏转，铜片表面产生无色气体，在液面上方变为红棕色，说明在原电池中铝作负极，发生氧化反应，铜做正极，硝酸被还原成一氧化氮，在空气中被氧化成二氧化氮；（2）实验2中电流计指针先向右偏转，很快又偏向左边，铝片和铜片表面产生红棕色气体，溶液变为绿色，说明开始铝是负极，同实验1，铜表面有二氧化氮产生，很快铝被浓硝酸钝化，铜做负极，发生氧化反应，生成硝酸铜，溶液呈绿色，硝被还原成二氧化氮，在铝电极产生，据此答题；（3）溶液X为1molL1稀硝酸溶液，反应后的溶液中含NH4+，说明硝酸被还原成了铵根离子，原电池中铝做负极，铜做正极，硝酸在正极还原成铵根离子；（4）碱性条件下铝能与碱反应生成氢气，氢气有还原性，可以将硝酸根还原生成氨气，根据电荷守恒和元素守恒可写出离子方程式，而镁与碱没有反应；（5）铝粉在中性溶液中不产生氢气，也就不与硝酸钠反应，据此分析；【解答】解：（1）根据实验现象可知，实验1电流计指针向右偏转，铜片表面产生无色气体，在液面上方变为红棕色，说明在原电池中铝作负极，发生氧化反应，铜做正极，硝酸被还原成一氧化氮，在空气中被氧化成二氧化氮，反应方程式为2NO+O2=2NO2，故答案为：负；2NO+O2=2NO2；（2）实验2中电流计指针先向右偏转，很快又偏向左边，铝片和铜片表面产生红棕色气体，溶液变为绿色，说明开始铝是负极，同实验1，铜表面有二氧化氮产生，很快铝被浓硝酸钝化，铜做负极，发生氧化反应，生成硝酸铜，溶液呈绿色，硝被还原成二氧化氮，在铝电极产生，故答案为：Al开始作电池的负极，Al在浓硝酸中迅速生成致密氧化膜后，Cu作负极；（3）溶液X为1molL1稀硝酸溶液，反应后的溶液中含NH4+，说明硝酸被还原成了铵根离子，原电池中铝做负极，铜做正极，硝酸在正极还原成铵根离子，实验室检验NH4+的方法是 取少量待检溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，若产生使湿润的红色，故答案为：取少量待检溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，若产生使湿润的红色；生成NH4+的电极反应式是NO3+8e+10 H+=NH4+3H2O，故答案为：NO3+8e+10 H+=NH4+3H2O；（4）碱性条件下铝能与碱反应生成氢气，氢气有还原性，可以将硝酸根还原生成氨气，根据电荷守恒和元素守恒可写出离子方程式，而镁与碱没有反应，故答案为：Al与NaOH溶液反应产生H2的过程中可将NO3还原为NH3，而Mg不能与NaOH；碱性条件下铝将硝酸根还原生成氨气，反应的离子方程式为8Al+3NO3+5OH+2H2O=3NH3+8AlO2，故答案为：8Al+3NO3+5OH+2H2O=3NH3+8AlO2；（5）铝粉在中性溶液中不产生氢气，也就不与硝酸钠反应，所以无明显 现象，故答案为：因为铝与中性的硝酸钠溶液无生成H2的过程，NO3无法被还原【点评】本题考查原电池工作原理，题目难度中等，明确不同浓度的硝酸与铝的反应是解答本题的关键，明确原电池的正负极与电解质溶液、铝的性质、另一电极材料的活动性强弱有关28.解析：29.（1）MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O（不写“加热或浓”不得分）（2）除去氯气中的氯化氢 c （3）酸性高锰酸钾； Na2SiO3； （4）D中高锰酸钾溶液不褪色，E中溶液变浑浊；将烧杯换成洗气瓶，右端连接盛有碱石灰的干燥管试题分析：（1）实验室制取氯气的化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O。（2）利用上图装置制备纯净的氯气，并证明氧化性：C12Fe3+。由于浓盐酸易挥发，生成的氯气中混有氯化氢气体，因此则装置B中的溶液的作用是除去氯气中的氯化氢；亚铁离子被氯气氧化为铁离子，而铁离子能与KSCN溶液反应而显红色，则要证明氧化性：C12Fe3+，装置D中加的最佳试剂是KSCN与FeCl2的混合溶液，答案选c。（3）证明SO2具氧化性和漂白性：B中为少量Na2S溶液，SO2把硫离子氧化生成S，可以证明SO2的氧化性。C中加品红溶液，品红溶液褪色，证明SO2的漂白性。由于生成的CO2中含有SO2，所以要证明碳元素的非金属性比硅元素的强，则需要除去CO2中的SO2，则D中应加入足量的酸性高锰酸钾溶液，而E中加入Na2SiO3溶液即可。（4）根据较强酸制备较弱酸可知证明碳元素的非金属性比硅元素的强的现象为D中高锰酸钾溶液不褪色，E中溶液变浑浊；由于空气中也含有CO2，能与硅酸钠溶液反应，因此实验2不严谨，改进的措施是将烧杯换成洗气瓶，右端连接盛有碱石灰的干燥管。