2019-2020年高三（上）月考化学试卷（1月份）含解析.doc

2019-2020年高三（上）月考化学试卷（1月份）含解析一、选择题（共18小题，每小题2分，满分36分）1（2分）（xx秋德州期末）化学与科学、技术、社会、环境密切相关下列有关说法中不正确的是（）A煤经过气化和液化等物理变化，可变为清洁能源B服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害C竹炭具有超强的吸附能力，能吸附新装修房屋内的有害气体D采用催化转换技术将汽车尾气中的NOx和CO转化为无毒气体考点：常见的生活环境的污染及治理版权所有专题：化学应用分析：A煤的气化是指将煤在高温下与水接触转变为可燃性气体；煤的液化是指把煤转化成液体燃料的过程；B一些重金属离子（如Cu2+、Ba2+、Pb2+、Ag+等）与蛋白质作用会使蛋白质变性而丧失其生理功能；C竹炭具有吸附性，可用于吸附房屋装修产生的有害气体；D汽车尾气中的CO、NOx采用催化转化法处理，相互反应生成参与大气循环的无毒气体二氧化碳和氮气解答：解：A煤的气化和煤的液化都生成新物质，属于化学变化，故A错误；B重金属铬能与蛋白质发生作用，使其丧失生理活性，对人体造成危害，故B正确；C竹炭具有超强的吸附能力，能吸附新装修房屋内的有害气体，故C正确；D采用催化转换技术将汽车尾气中的NOx和CO转化为无毒气体二氧化碳和氮气，故D正确；故选：A点评：本题主要考查了化学与生活中有关知识，掌握它们的化学原理是解答的关键，题目难度不大2（2分）（xx秋德城区校级月考）对下列化学用语的理解和描述均正确的是（）A电子式 可以表示羟基也可以表示氢氧根离子B比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子C原子结构示意图可以表示12C，也可以表示14CD结构示意图为的阴离子都不能破坏水的电离平衡考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合版权所有专题：化学用语专题分析：A中氧原子最外层7个电子，只能表示羟基，不能表示氢氧根离子；B二氧化碳为直线型结构，为V型，不能表示二氧化碳的比例模型；C的核电荷数=核外电子数=6，表示所有的C原子；D如果n=16，为硫离子，硫离子能够破坏水的电离平衡解答：解：A氢氧根离子的电子式为：，羟基的电子式为，故A错误；B二氧化碳是直线型分子，水分子在V型分子，该比例模型可表示水分子模型，故B错误；C同位素的质子数和核外电子数相同，所以原子结构示意图可以表示12C，也可以表示14C，故C正确；D结构示意图为的阴离子中，当n=16时，表示的为硫离子，硫离子能够结合水电离的氢离子，破坏了水的电离平衡，故D错误；故选C点评：本题考查了电子式、比例模型、原子结构示意图等知识，题目难度中等，注意掌握常见的化学用语的概念及正确的表示方法，明确羟基与氢氧根离子的区别3（2分）（xx秋泰安期末）下列有关物质的性质或应用说法正确的是（）A氢氧化钠用于治疗胃溃疡病人的胃酸过多症B金属钠具有强的还原性，可利用钠和TiCl4溶液反应制取金属TiC糖类、油脂、蛋白质在一定条件下均可以水解D在常温下，浓硫酸、浓硝酸能用铁罐储运考点：浓硫酸的性质；硝酸的化学性质；钠的化学性质；葡萄糖的性质和用途版权所有专题：氧族元素；氮族元素分析：A、氢氧化钠是强碱，碱性太强，对人体有强腐蚀性；B、钠与溶液中的水反应，所以用钠和熔融的TiCl4反应制取金属Ti；C、单糖不能水解；D、铁与冷的浓硫酸、浓硝酸发生钝化现象解答：解：A、氢氧化钠是强碱，碱性太强，对人体有强腐蚀性，而是用小苏打治疗胃溃疡病人的胃酸过多症，故A错误；B、钠与溶液中的水反应，所以用钠和熔融的TiCl4反应制取金属Ti，故B错误；C、单糖不能水解，故C错误；D、铁与冷的浓硫酸、浓硝酸发生钝化现象，所以浓硫酸、浓硝酸能用铁罐储运，故D正确；故选D点评：本题元素化合物知识，结合钠与盐的反应、糖的性质、金属的钝化，比较综合，但简单易答4（2分）（xx秋泰安期末）下列措施不合理的是（）A久置不用的刀具涂抹凡士林后放于干燥处B医用洒精的浓度越大，其杀菌效果越好C高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅D用FeS做沉淀剂，除去废水中的Cu2+和Hg2+考点：生活中的有机化合物；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硅和二氧化硅版权所有专题：化学应用分析：A、铁与水和氧气充分接触时容易生锈，使铁与氧气和水隔绝有利于防止铁生锈；B、医用酒精的浓度为75%；C、碳具有还原性，能与二氧化硅反应生成硅单质和CO；D、硫离子与Cu2+或Hg2+反应生成沉淀，从而除去废水中的Cu2+和Hg2+解答：解：A、久置不用的铁刀涂凡士林可以防止金属铁和空气以及水接触，减缓生锈，故A正确；B、医用酒精的浓度为75%，并不是越大越好，故B错误；C、碳具有还原性，能与二氧化硅反应生成硅单质和CO，故C正确；D、Cu2+和Hg2+都能和S2反应生成沉淀，所以可以用FeS做沉淀剂除去废水中的Cu2+和Hg2+，故D正确；故选：B点评：本题考查金属腐蚀与防护（电化学）和沉淀溶解平衡，碳的还原性等，整体难度适中5（2分）（xx秋泰安期末）下列说法正确的是（）A氢氧燃料电池的能量转换形式之一为化学能转化为电能B铅蓄电池放电时的负极和充电时的阴极均发生氧化反应C电解精炼铜过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加一定相等D催化剂通过降低化学反应的焓变加快化学反应速率考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：A燃料电池向外提供电能；B阴极得电子发生还原反应；C电解过程中，阳极上不仅有铜还有其它金属失电子；D催化剂能降低反应的活化能解答：解：A燃料电池向外提供电能，则燃料电池中燃料与氧气发生化学变化，把化学能转化为电能，故A正确；B铅蓄电池放电时的负极失电子发生氧化反应，充电时阴极得电子发生还原反应，故B错误；C电解过程中，阳极上不仅有铜还有其它金属失电子，阴极上只有铜离子得电子，所以阳极减少的质量不等于阴极增加的质量，故C错误；D催化剂能降低反应的活化能，不改变焓变的大小，故D错误故选A点评：本题考查电解原理和电解池原理的应用、催化剂对反应的影响，明确阴阳极上发生的反应是解本题关键，题目难度不大6（2分）（xx秋德城区校级月考）下列陈述I、正确并且有因果关系的是（）选项陈述陈述AAl（OH）3用作塑料的阻燃剂Al（OH）3收热熔化放出大量的热B用淀粉KI溶液鉴别FeCl2和FeCl3Fe2+有氧化性CCuSO4可以用作游泳池消毒剂铜盐能使蛋白质变性D盐酸和氨水能溶解Al（OH）Al（OH）3是两性氢氧化物AABBCCDD考点：镁、铝的重要化合物；二价Fe离子和三价Fe离子的检验版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：AAl（OH）3受热分解生成H2O并吸收大量的热量，使周围环境温度降低；B用淀粉KI鉴别FeCl2，不发生反应；C铜盐能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒；D一水合氨为弱碱，与氢氧化铝不反应；解答：解：AAl（OH）3受热分解生成H2O并吸收大量的热量，使周围环境温度降低，且生成的氧化铝熔点较高，附着在可燃物表面，从而阻止可燃物燃烧，故A错误；B用淀粉KI鉴别FeCl2，不发生反应，不能确定Fe2+有氧化性，故B错误；C铜盐能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，陈述均正确，且二者存在因果关系，故C正确；D一水合氨为弱碱，与氢氧化铝不反应，故D错误；故选：C点评：本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物性质，把握氧化还原反应、碘的特性、两性氢氧化物的性质、蛋白质的变性等即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大7（2分）（xx春金山区校级期末）下列说法不正确的是（）将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质氨溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物也不导电强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强ABCD考点：电解质与非电解质；电解质溶液的导电性版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因；熔融态共价化合物不能电离出离子，不能导电；离子化合物熔融态电离出离子，能导电；溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关；解答：解：硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；所以BaSO4是强电解质，故错误；氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因；熔融态共价化合物不能电离出离子，不能导电；所以氨水是电解质溶液，故错误；离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故错误；溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故错误；故选D点评：本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，难度不大，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关8（2分）（xx秋泰安期末）下列说法不正确的是（）A光照氯水有气泡逸出，该气体是C12B常温常压下，46gNO2和N2O4混合气体共含有3mol原子C光纤通讯中制造光纤的基本原料是SiO2D铜片在稀硫酸和NaNO3混合溶液中可溶解考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅；铜金属及其重要化合物的主要性质版权所有专题：卤族元素；碳族元素分析：A氯水中含有HClO，可分解生成氧气；BNO2和N2O4的最简式相同，都为NO2；C二氧化硅可用于制备光纤；D硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性解答：解：A氯水中含有HClO，光照条件下发生2HClO=2HCl+O2，可分解生成氧气，故A错误；BNO2和N2O4的最简式相同，都为NO2，46gNO2和N2O4混合气体含有1mol“NO2”，原子为3mol，故B正确；C二氧化硅具有折光性，可用于制备光纤，故C正确；D硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可溶解铜，故D正确故选A点评：本题综合考查元素化合物知识，为高考热点问题，也是高考每年必考知识，题目侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度不大9（2分）（xx平顶山模拟）下列叙述中正确的是（）标准状况下，1LHCl和1LH2O的物质的量相同；标准状况下，1gH2和14gN2的体积相同；28g CO的体积为22.4L；两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同；在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大；同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比ABCD考点：气体摩尔体积；物质的量的相关计算版权所有专题：化学用语专题分析：标准状况下，水为液体；标准状况下，气体的物质的量相同时，其体积相同；不一定是在标准状况下；两种物质只有都是气体时，物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同；根据pV=nRT来分析；根据pM=RT来分析解答：解：标准状况下，1LHCl的物质的量为，但标准状况下水为液体，不能利用气体摩尔体积来计算其物质的量，故错误；标准状况下，1gH2的物质的量为=0.5mol，14gN2的物质的量为=0.5mol，则气体的物质的量相同时，其体积相同，故正确；不一定是在标准状况下，若在标准状况下，28gCO的体积为22.4L/mol=22.4L，故错误；两种物质只有都是气体时，物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同，即物质的状态不确定，体积可能相同，也可能不同，故错误；由pV=nRT可知，同温同体积时，气体物质的物质的量与压强成正比，则体物质的物质的量越大，则压强越大，故正确；由pM=RT可知，同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比，故正确；故选B点评：本题考查有关物质的量的计算及阿伏伽德罗定律及其推论，明确质量、体积、物质的量的关系，明确物质的状态、所处的状况，明确pV=nRT、pM=RT即可解答10（2分）（xx秋甘井子区校级期中）美国科学家最近发明了利用眼泪来检测糖尿病的装置，其原理是用氯金酸钠（NaAuCl4）溶液与眼泪中的葡萄糖反应生成纳米金单质颗粒（直径为20nm60nm）下列有关说法中错误的是（）A检测时NaAuCl4发生氧化反应B葡萄糖的结构简式为CH2OH（CHOH）4CHOC葡萄糖具有还原性D纳米金颗粒分散在水中所得的分散系能产生丁达尔效应考点：葡萄糖的性质和用途；纳米材料版权所有专题：化学应用分析：A化合价降低的反应是还原反应；B葡萄糖结构简式为CH2OHCHOHCHOHCHOHCHOHCHO；C葡萄糖中含有醛基；D分散质粒子直径在1nm100nm之间的分散系为胶体解答：解：A氯金酸钠变为金化合价降低，发生还原反应，故A错误； B葡萄糖的结构简式为CH2OHCHOHCHOHCHOHCHOHCHO，故B正确；C葡萄糖中含有醛基，具有还原性，故C正确；D纳米金单质颗粒直径为20nm60nm，分散在水中所得的分散系为胶体，故D正确故选A点评：本题考查胶体、葡萄糖的性质、氧化还原反应等，侧重于常识性内容的考查，难度不大，注意基础知识的积累11（2分）（xx秋泰安期末）下列有关常见有机物说法正确的是（）A乙烯、苯、纤维素均属于烃类化合物B戊烷有三种同分异构体C石油的分馏、裂化均属于化学变化D油脂、聚氯乙烯均属于高分子化合物考点：有机高分子化合物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体版权所有专题：同分异构体的类型及其判定；有机物分子组成通式的应用规律分析：A烃为只含有碳、氢两种元素的化合物；B戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种同分异构体；C石油的蒸馏是物理变化；D高分子化合物的组成：相对分子质量很大的有机化合物称为高分子化合物，简称高分子，又叫聚合物或高聚物解答：解：A乙烯、苯均属于烃类化合物；纤维素是烃的含氧衍生物，故A错误；B戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种同分异构体，故B正确；C石油的分馏是物理变化；裂化属于化学变化，故C错误；D油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物；聚氯乙烯属于高分子化合物，故D错误，故选B点评：本题考查烃的概念、氨基酸的性质、物理变化和化学变化的判断、高分子化合物的判断，知识点较多，难度不大要注意平时知识的积累12（2分）（xx崇明县二模）如图所示，集气瓶内充满某混合气体，置于光亮处，将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，集气瓶气体是（）CO、O2 Cl2、CH4 NO2、O2 N2、H2ABCD考点：氯气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响版权所有专题：卤族元素；氮族元素分析：氯气和甲烷在光照条件下发生取代反应生成氯化氢气体，氯化氢易溶于水，二氧化氮和氧气与水反应生成硝酸，其它两组气体在光照下不反应解答：解：一氧化碳与氧气在点燃条件下反应，在光照条件下不反应，压强不变化，烧杯中的水不会进入，故错误；氯气和甲烷在光照条件下发生取代反应生成氯化氢气体，氯化氢易溶于水，将滴管内的水挤入集气瓶后，集气瓶内压强减小，烧杯中的水进入集气瓶，故正确；二氧化氮和氧气与水反应生成硝酸，将滴管内的水挤入集气瓶后，集气瓶内压强减小，烧杯中的水进入集气瓶，故正确；氮气与氢气在催化剂、加热条件下反应，在光照条件下不反应，压强不变化，烧杯中的水不会进入，故错误故选：D点评：本题考查气体的性质，题目难度不大，学习中注意基础知识的积累13（2分）（xx宁波模拟）从海带中提取碘，可经过以下实验步骤完成下列有关说法正确的是（）A在灼烧过程中使用的仪器只有酒精灯、三脚架、泥三角、烧杯、玻璃棒B在上述氧化过程中发生反应的离子方程式为2I+H2O2I2+2OHC在提取碘单质时，用酒精作萃取剂D在分液时，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，上层液体从上口倒出考点：海带成分中碘的检验版权所有专题：实验题分析：A、物质的灼烧用到的核心仪器是坩埚；B、加入双氧水能在酸性条件下将I氧化；C、萃取剂必须和原溶剂互不相溶；D、根据分液的操作来分析解答：解：A、物质的灼烧用到仪器有：坩埚、酒精灯、三脚架、泥三角、烧杯、玻璃棒，故A错误；B、加入双氧水能在酸性条件下将I氧化为I2，由于是酸性条件下，故H2O2应被还原为H2O而不是OH，故离子方程式为：2I+2H+H2O2I2+2H2O，故B错误；C、萃取剂必须和原溶剂互不相溶，由于酒精溶于水，故不能用酒精萃取出碘单质，故C错误；D、分液的操作是下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，故D正确故选D点评：本题考查了海带中碘单质的提取，应注意的是在萃取的操作中，萃取剂必须和原溶剂互不相溶14（2分）（xx秋泰安期末）元素周期表中A元素包括C、Si、Ge、Sn、Pb等，已知Sn的+4价稳定，而Pb的+2价稳定结合所学知识，判断下列反应中（反应条件略）正确的是（）Pb+2Cl2PbCl4Sn+2Cl2SnCl4SnCl2+Cl2SnCl4PbO2+4HCl=PbCl4+2H2OPb3O4+8HCl3PbCl2+Cl2+4H2OABCD考点：碳族元素简介版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：依据题干给出元素化合价的稳定性判断解答解答：解：Pb+2Cl2PbCl4，生成物PbCl4中Pb为+4价，不稳定，故错误；Sn+2Cl2SnCl4，生成物SnCl4中Sn为+4价，稳定，故正确；SnCl2+Cl2SnCl4，SnCl2Sn为+2价不稳定，能够继续被氧化为+4价，故正确；PbO2+4HCl=PbCl4+2H2O，PbCl4中Pb为+4价，不稳定，故错误；Pb3O4+8HCl3PbCl2+Cl2+4H2O，PbCl2中Pb为+2价，是稳定的，故正确；故选：A点评：本题考查了氧化还原反应的规律，准确把握题目给出条件是解题关键，注意不同价态碳族元素的稳定性，题目难度不大15（2分）（xx郑州一模）综合如图判断，下列正确的说法是（）A装置和装置中负极反应均是Fe2eFe2+B装置和装置中正极反应均是O2+2H2O+4e4OHC装置和装置中盐桥中的阳离子均向右侧烧杯移动D放电过程中，装置左侧烧杯和装置右侧烧杯中溶液的pH均增大考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：图中装置、都是原电池装置，装置中，Zn为负极，发生氧化反应Zn2eZn2+，Fe为正极，发生还原反应O2+2H2O+4e4OH装置中，Fe为负极，发生氧化反应Fe2eFe2+，Cu为正极，发生还原反应2H+2eH2，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答解答：解：A图中装置、都是原电池装置，装置中，Zn为负极，发生氧化反应Zn2eZn2+，装置中，Fe为负极，发生氧化反应Fe2eFe2+，故A错误；B装置中，Fe为正极，发生还原反应O2+2H2O+4e4OH装置中，Cu为正极，发生还原反应2H+2eH2，故B错误；C原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，装置中，Zn为负极，Fe为正极，盐桥中的阳离子均向左烧杯移动，装置中，Fe为负极，Cu为正极，盐桥中的阳离子向右侧烧杯移动，故C错误；D电过程中，装置左侧烧杯，发生还原反应O2+2H2O+4e4OH，生成碱，装置II右侧烧杯中，发生还原反应2H+2eH2，消耗盐酸，故溶液的pH均增大，故D正确；故选：D点评：本题考查原电池的工作原理，题目难度中等，注意电极的判断和电极方程式的书写，把握原电池的工作原理，装置借助吸氧腐蚀理解，学习中注意相关知识的把握16（2分）（xx秋德州校级月考）工业上消除氮氧化物的污染，可用如下反应：CH42（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）H=akJmol1在温度T1和T2时，分别将0.50molCH4和1.2molNO2充入体积为1L的密闭容器中，测得n（CH4）随时间变化数据如下表：下列说法不正确的是（）温度时间/minn/mol010204050T1N（CH4）0.500.350.250.100.10T2N（CH4）0.500.300.180.15A10min内，T1时CH4的化学反应速率比T2时小BT1T2C平衡常数：K（T1）K（T2）Da0考点：化学平衡的影响因素版权所有专题：化学平衡专题分析：A由表格中的数据计算（CH4）；B温度升高，反应速率加快；C温度升高，甲烷剩余量增多，说明反应向左进行，正反应放热；DT1时反应进行的更为彻底解答：解：A10 min内，T1时（CH4）=0.015molL1min1，T2时时（CH4）=0.02molL1min1，T1时（CH4）比T2时小，故A正确；B温度升高，反应速率加快，因此T2T1，故B正确；CT1时反应进行的更为彻底，因此平衡常数更大，故C错误；D温度升高，甲烷剩余量增多，说明反应向左进行，正反应放热，所以a0，故D正确；故选C点评：本题主要考查外界条件对化学反应速率以及平衡移动原理及其应用，难度中等以上，注意灵活运用所学知识17（2分）（xx丰城市校级模拟）下列离子方程式不正确的是（）A用稀硫酸除去铜绿：4H+Cu2（OH）2CO32Cu2+CO2+3H2OB将Na2O2固体投入H218O中：2H218O+2Na2O24OH+4Na+18O2C向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42完全沉淀：2Ba2+NH4+Al3+2SO42+4OHAl（OH）3+NH3H2O+2BaSO4D向Na2FeO4溶液中加入稀硫酸产生氧气：4FeO42+2OH+4Fe3+3O2+10H2O考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A、铜绿是难溶物；B、过氧化钠与水反应的实质是过氧化钠自身氧化还原反应；C、依据滴入氢氧化钡使硫酸根离子恰好沉淀必须符合盐和碱物质的量1：2进行；D、酸性条件下高铁酸价自身氧化还原反应解答：解：A、用稀硫酸除去铜绿，铜绿是难溶物写化学式离子方程式为：4H+Cu2（OH）2CO32Cu2+CO2+3H2O，故A正确；B、将Na2O2固体投入H218O中，过氧化钠自身氧化还原反应：18O存在于氢氧化钠中，故B错误；C、向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42完全沉淀二者物质的量之比为1：2，反应中氢氧根离子先和铝离子沉淀完全，再结合铵根，再溶解氢氧化铝，反应的离子方程式为：2Ba2+NH4+Al3+2SO42+4OHAl（OH）3+NH3H2O+2BaSO4故C正确；D、向Na2FeO4溶液中加入稀硫酸产生氧气，说明酸溶液中Na2FeO4自身氧化还原反应，离子方程式为：4FeO42+20H+4Fe3+3O2+10H2O，故D正确；故选B点评：本题考查了离子方程式的书写原则和注意问题，氧化还原反应的离子方程式的书写，关键是过氧化钠与水反应的实质，溶液中离子反应的顺序判断18（2分）（xx秋德州校级月考）某溶液中可能含有H+、NH4+、Fe3+、Al3+、SO42、CO32等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示下列说法正确的是（）A原溶液中含有的阳离子只有H+、Fe3+、Al3+B原溶液中一定不含有SO42C原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为l：lD反应最后形成的溶液中溶质只有Na2SO4考点：常见离子的检验方法版权所有专题：图示题分析：A根据生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象来确定存在的离子；B根据电荷守恒结合A选项的内容来确定存在的离子；C根据消耗氢氧化钠的量和生成沉淀的量来确定离子的物质的量的多少；D根据溶液中离子之间的反应来确定含有的溶质解答：解：A根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，酸碱中和反应是一切反应的优先反应，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有铝离子，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，所以一定含有三价铁离子，一定不含碳酸根离子，即原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，故A错误；B根据A的推断，解题图象第二段和最后剩余沉淀的量，可以知道氢氧化铝的沉淀量和另一沉淀的量是相等的，即一定是三价铁离子，一定不含有镁离子，所以含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，一定不含碳酸根离子，溶液中需要正、负离子，故一定有阴离子SO42，故B错误；C根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了1体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了3体积的氢氧化钠，还有3体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，故C正确；D根据溶液中的离子的存在情况可知道，最后溶液中含有的溶质除了Na2SO4，还有偏铝酸钠，故D错误；故选C点评：本题是一道有关离子检验的综合知识题目，考查角度很广，难度较大氢氧化铝是两性氢氧化物溶于强碱是解题关键二、解答题（共6小题，满分54分）19（8分）（xx秋泰安期末）短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置关系如表所示XYZW已知在同周期元素的常见简单离子中，W的离子半径最小，X、Y、Z、W的单质及其化合物在日常生活中用途极其广泛（1）X元素在元素周期表中的位置是第二周第A族（2）X、Y、Z元素的氢化物均有两种或两种以上液态YH3的电离方式与液态H2Z类似，则液态YH3中阴离子的电子式为；在一定条件下X2H4与H2Z可发生反应，化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，反应类型为加成反应（3）以W为材料制成的容器在空气中具有自我保护作用，这种容器不能贮存强碱溶液，用离子方程式表示其原因为Al2O3+2OH=2AlO2+H2O、2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（4）超细WY粉末被应用于大规模集成电路领域其制作原理为W2Z3、Y2、X在高温下反应生成两种化合物，这两种化合物均由两种元素组成，且原子个数比均为1：l；其反应的化学方程式为Al2O3+N2+3C2AlN+3CO考点：位置结构性质的相互关系应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：由短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置可知，X、Y、Z处于第二周期，W处于第三周期，在同周期元素的常见简单离子中，W的简单离子半径最小，则W为Al，可推知X为C、Y为N、Z为O，（1）主族元素周期数=电子层数、主族族序数=最外层电子数；（2）液态NH3与液态H2O可以发生类似方式电离，则液态NH3中电离得到NH4+、NH2；乙烯和水在一定条件下可发生加成反应生成乙醇；（3）铝、氧化铝都与氢氧化钠等强碱的溶液反应；（4）Al2O3、N2、C在高温下反应生成两种化合物，这两种化合物均由两种元素组成，且原子个数比均为1：1，反应生成AlN与CO解答：解：由短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置可知，X、Y、Z处于第二周期，W处于第三周期，在同周期元素的常见简单离子中，W的简单离子半径最小，则W为Al，可推知X为C、Y为N、Z为O，（1）X为C元素，原子核外有2个电子层、最外层电子数为4，处于周期表中第二周第A族，故答案为：第二周第A族；（2）液态NH3与液态H2O可以发生类似方式电离，则液态NH3中电离得到NH4+、NH2，NH2中N原子与H原子之间形成1对共用电子对，其电子式为：，故答案为：；X2H4与H2Z分别为C2H4与H2O，在一定条件下可发生加成反应生成乙醇，方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；加成反应；（3）铝、氧化铝都与氢氧化钠等强碱的溶液反应，不能贮存强碱溶液，反应的离子方程式分别为Al2O3+2OH=2AlO2+H2O、2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故答案为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O、2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；（4）Al2O3、N2、C在高温下反应生成两种化合物，这两种化合物均由两种元素组成，且原子个数比均为1：1，反应生成AlN与CO，反应方程式为：Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO，故答案为：Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO点评：本题考查结构性质关系应用，为高频考点，涉及电子式、离子反应等知识，推断应是解题关键，侧重对学生综合能力与基础知识的掌握，难度中等20（9分）（xx秋泰安期末）电化学原理在医学医疗中有重要应用（1）碘可用作心脏起搏器电源锂碘电池的材料该电池反应如下：2Li（s）+I2（s）2LiI（s）H已知：42Li（s）+O2（s）2LiO（s）H14LiI（s）+O2（s）2I2（s）+2L2iOH2则H=（H1H2）；碘电极作为该电池的正极（2）人工肾脏可采用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素，其原理如图所示请回答下列问题：直流电源的负极为B（填“A”或“B”）；阳极室中发生的反应依次为2Cl2e=Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl；电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将不变（填“增大”、“减小”或“不变”）；若两极共收集到气体13.44L（标准状况），则除去的尿素为7.2g（忽略气体的溶解）考点：原电池和电解池的工作原理；用盖斯定律进行有关反应热的计算版权所有专题：化学反应中的能量变化；电化学专题分析：（1）依据盖斯定律计算反应热，根据碘在反应中化合价降低，反应还原反应来分析；（2）电解池的阴极连接电源的负极，根据电解产物判断；阳极室中发生的反应依次为：2Cl2e=Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl；根据电极方程式计算，有关反应有为阴极反应为：6H2O+6e=6OH+3H2（或6H+6e=3H2），阳极反应为：6Cl6e=3Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl解答：解：（1）4Li（s）+O2（g）2Li2O（s）H14LiI（s）+O2（g）2I2（s）+2Li2O（s）H2依据盖斯定律得：2Li（s）+I2（s）2LiI（s），所以H=（H1H2）；碘在反应中化合价降低，反应还原反应，在正极放电，故答案为：（H1H2）；正；（3）根据电解池中阴离子在阳极放电和阳离子在阴极放电的规律及本题图中的电极产物H2和Cl2，可以判断出A为电源的正极，B为电源的负极，故答案为：B；阳极首先发生氧化反应生成氯气，氯气和尿素反应生成氮气、二氧化碳和氯化氢，阳极室中发生的反应依次为：2Cl2e=Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，故答案为：2Cl2e=Cl2；CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl；阴极反应为：6H2O+6e=6OH+3H2（或6H+6e=3H2）阳极反应为：6Cl6e=3Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+通过质子交换膜进入阴极室与OH恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变；由上述反应式可以看出，转移6mole时，阴极产生3molH2，阳极产生1molN2和1molCO2，故电解收集到的13.44 L气体中，V（N2）=V（CO2）=2.688L，即n（N2）=n（CO2）=0.12 mol，根据方程式CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl可知生成0.12 mol N2所消耗的CO（NH2）2的物质的量也为0.12 mol，其质量为：m=0.12 mol60 gmol1=7.2 g，故答案为：不变；7.2点评：本题考查了盖斯定律及其电解原理知识，包括电极产物的判断、电解原理及其应用等，解答电解原理试题时，首先要注意阳极材料，若阳极材料为除Au、Pt之外的金属，则阳极金属先失去电子，若阳极材料为惰性电极，则考虑阴离子的放电顺序，熟记阴阳离子的放电顺序是解题的关键21（10分）（xx秋泰安期末）化学是一门以实验为基础的学科，试回答以下问题（1）实验室中制取并收集少量氨气，可选用上述甲、戊（填装置序号）装置，氨气应从收集装置的e（填字母序号）导管进气（2）选用装置乙、丙、戊制备、收集一氧化氮气体，乙中塑料板上若放置石灰石，戊中盛满稀NaOH溶液，正确的连接顺序为abce（用接口字母表示），装置乙的作用是利用碳酸钙与盐酸产生的CO2排尽装置中的空气，丙中产生NO的离子方程式为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O（3）二氧化氯（C1O2）是一种常用高效消毒剂，某研究小组利用丁装置制备C1O2在烧瓶中放入KClO3和草酸（H2C2O4），然后加入足量的稀硫酸，水浴加热反应生成ClO2、CO2和K2SO4，则该反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为1：1；温度过高时，二氧化氯的水溶液有可能发生爆炸在反应开始前将烧杯中的水加热到80%，然后停止加热，并使其保持在6080之间，丁装置中缺少的一种必需的玻璃仪器名称是温度计；将二氧化氯溶液加入到硫化氢溶液中，然后加入少量的稀盐酸酸化过的氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成写出二氧化氯与硫化氢溶液反应的离子方程式5H2S+8ClO2+4H2O=18H+5SO42+8Cl考点：常见气体制备原理及装置选择版权所有专题：实验题分析：（1）实验室中采取熟石灰与氯化铵固体加热制取氨气；氨气的密度比空气的小，用向下排空气法收集；在加热条件下，氯化铵与氢氧化钙反应生成氨气；（2）NO易与空气中的氧气反应，用CO2排尽装置中的空气；Cu与稀硝酸反应生成NO；（3）KClO3和草酸（H2C2O4）在酸性条件下反应生成ClO2、CO2和KHSO4，发生氧化还原反应，结合质量守恒可书写化学方程式，结合方程式判断氧化产物和还原产物的物质的量之比；温度低于100的水浴加热应用温度计控制温度；硫酸钡难溶于盐酸，即反应生成硫酸钡，据此书写离子反应方程式即可解答：解：（1）实验室中采取熟石灰与氯化铵固体加热制取氨气，可以采用甲和戊装置，由于氨气的密度比空气的小，用向下排空气法收集，所以氨气应从收集装置的短导气管进入，故答案为：甲、戊；e；（2）选用装置乙、丙、戊制备、收集一氧化氮气体，乙为排气装置，丙为制取装置，利用排水法收集，短口进气，戊为收集装置，由于NO易与空气中的氧气反应，用CO2排尽装置中的空气，则乙中塑料板上放置大理石与硝酸反应生成CO2；Cu与稀硝酸反应生成NO、硝酸铜和水，则反应的离子方程式为：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O；故答案为：abce；利用碳酸钙与盐酸产生的CO2排尽装置中的空气；3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O；（3）KClO3和草酸（H2C2O4）在酸性条件下反应生成ClO2、CO2和KHSO4，反应的方程式为2KClO3+H2C2O4+2H2SO42ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O，氧化产物为CO2，还原产物为ClO2，二者物质的量之比为1：1；故答案为：1：1；温度低于100的水浴加热应用温度计控制温度，所以丁装置中缺少的一种必需的玻璃仪器名称是温度计；故答案为：温度计；将二氧化氯溶液加入到硫化氢溶液中，加入少量的稀盐酸酸化过的氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成，因为硫酸钡难溶于盐酸，所以白色沉淀为BaSO4，离子反应方程式为：5H2S+8ClO2+4H2O=18H+5SO42+8Cl，故答案为：5H2S+8ClO2+4H2O=18H+5SO42+8Cl点评：本题考查了制备实验方案的设计，题目难度中等，本题注意根据题目所给信息判断可能的反应，以此书写反应的方程式，为该题的易错点，答题时注意体会22（11分）（xx秋泰安期末）黄铁矿石的主要成分为FeS2（含少量FeS，假设其他杂质中不含Fe、S元素，且高温下不发生化学变化），是我国大多数硫酸厂制取硫酸的主要原料某化学兴趣小组对该黄铁矿石进行如下实验探究将m1g该黄铁矿石的样品放入如下图装置（夹持和加热装置略）的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧黄铁矿样品至反应完全，得到红棕色固体和一种刺激性气味的气体【实验一】测定硫元素的含量反应结束后，将乙瓶中的溶液进行如下处理：（1）甲装置的作用是除去空气中的CO2，使乙装置中的溶液只吸收黄铁矿煅烧产生的SO2；鼓入空气的作用是提供反应需要的氧气，排出装置中生成的二氧化硫被乙装置全部吸收（2）反应结束后乙瓶中的溶液需加足量H2O2溶液的目的是Na2SO3+H2O2=Na2SO4+H2O （用化学方程式表示）（3）该黄铁矿石中硫元素的质量分数为100%（列出表达式即可）【实验二】测定铁元素的含量（4）中，若用铁粉作还原剂，则所测得的铁元素的含量偏大 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（5）中，需要用到的仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有250mL容量瓶（6）某同学一共进行了四次滴定实验，实验结果记录如下：试验次数第一次第二次第三次第四次消耗KmnO4溶液体积/mL25.0025.0320.0024.97根据所给数据，计算该稀释液中Fe2+的物质的量浓度为c（Fe2+）=0.5000mol/L考点：探究物质的组成或测量物质的含量版权所有专题：实验探究和数据处理题分析：（1）为防止二氧化碳的干扰，应将空气中的二氧化碳用碱液除掉；鼓入空气提供反应需要的氧气，排出装置中生成的二氧化硫被乙装置全部吸收（2）为减少实验误差，最后使完全转化成SO42，从而完全生成硫酸钡沉淀；双氧水足量将亚硫酸根离子完全转化；（3）根据硫原子守恒计算硫铁矿中硫的质量，从而计算其质量分数；（4）铁和铁离子反应生成的亚铁离子物质的量增大；（5）根据一定物质的量浓度溶液的配制中各仪器的作用选取仪器；（6）依据实验过程和滴定实验消耗的高锰酸钾溶液体积的平均数，结合氧化还原反应离子方程式计算亚铁离子物质的量，计算25mL溶液中亚铁离子的浓度解答：解：（1）空气中含有二氧化碳，能和乙中的氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡导致沉淀量增大，从而导致干扰硫元素的测定，所以要把空气中二氧化碳除去，用氢氧化钠或氢氧化钾溶液除去即可，所以甲中盛放的是氢氧化钠溶液或氢氧化钾溶液；鼓入空气提供反应需要的氧气，排出装置中生成的二氧化硫被乙装置全部吸收；故答案为：除去空气中的CO2，使乙装置中的溶液只吸收黄铁矿煅烧产生的SO2；提供反应需要的氧气，排出装置中生成的二氧化硫被乙装置全部吸收；（2）为使亚硫酸根离子完全转化为硫酸根离子，加入的双氧水要足量，发生的反应的化学方程式为：Na2SO3+H2O2=Na2SO4+H2O；故答案为：Na2SO3+H2O2=Na2SO4+H2O；（3）最终所得沉淀是硫酸钡，根据硫原子守恒得硫的质量，设硫的质量为x，SBaSO432g 233gx m2g x=g质量分数=100%；故答案为：100%；（4）铁和铁离子反应生成的亚铁离子物质的量增大，用高锰酸钾物质的量增大，测定结果偏大，故答案为：偏大；（5）中取稀释液25.00ml，溶液是酸性溶液，体积数据要求到小数点后两位，需用的仪器是酸式滴定管，的步骤中，一定物质的量浓度溶液的配制中，除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要250mL容量瓶，容量瓶装置图为：，故答案为：250mL容量瓶；（6）滴定过程中高锰酸钾溶液平均消耗体积=25mL，氧化还原反应为：5Fe2+MnO4+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，设亚铁离子物质的量为x，则5Fe2+MnO4+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O5 1x 0.1mol/L0.025Lx=0.0125mol；c（Fe2+）=0.5000mol/L；故答案为：0.5000mol/L点评：本题考查了探究物质的含量实验，滴定实验的方法和计算，溶液配制方法和仪器的使用方法，根据元素化合物的性质来分析解答即可，难度中等，注意为防止空气中二氧化碳的干扰23（9分）（xx秋泰安期末）对合成氨的研究具有很高的应用价值在三个1L的密闭容器中，同温度下、使用相同催化剂分别进行反应：3H2（g）+N2（g）2NH3（g），按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，反应达到平衡时有关数据如下表：容器甲乙丙起始物质投入量3molH2、2molN26molH2、4molN2、2molNH3达到平衡的时间/mint58平衡时N的浓度/molL1c13N的体积分数123混合气体密度/gL112（1）下列能说明该反应已达到平衡状态的是c（填字母序号）a容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2bv（N2）正=3v（H2）逆c容器内压强保持不变d混合气体的密度保持不变（2）甲容器中达到平衡所需要的时间t5min（填“”、“”或“=”）（3）乙中从反应开始到平衡时N2的化学反应速率为0.2molL1min1（4）分析上表数据，下列关系正确的是c（填字母序号）a2c1=3molL1 b1=2 c21=2（5）该温度下，反应的化学平衡常数K=（用分数表示）考点：化学平衡状态的判断；化学平衡的计算版权所有专题：化学平衡专题分析：（1）达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，以此判断（2）甲容器比乙容器中反应物的浓度小，反应速率比乙中小，故达到平衡所需要的时间更长；（3）先计算出用氮气表示的反应速率，然后利用化学计量数关系计算出用氢气表示的反应速率；（4）先将丙中的数据按照化学计量数转化成反应物氮气、氢气的物质的量，然后利用等效平衡知识进行分析；（5）计算出反应前氮气、氢气的物质的量浓度，然后利用化学平衡三段式计算出达到平衡时各组分的浓度，最后根据化学平衡常数表达式计算出该温度下的平衡常数解答：解：（1）a容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2，不能说明达到判断状态，取决于起始配料比和转化程度，故a错误；b当3v（N2）正=v（H2）逆时，才说明达到平衡状态，故b错