2019-2020年高三上学期质检化学试卷（11月份）含解析.doc

2019-2020年高三上学期质检化学试卷（11月份）含解析一、选择题（每小题只有1个正确选项符合题意，每题3分）1在0.1mol/L的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡CH3COOHCH3COO+H+对于该平衡，下列叙述正确的是（）A加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动B加水，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动C滴加少量0.1mol/LHCl溶液，溶液中C（H+）减少D加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动2短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是（）AW2、X+BY3+、Z2CX+、Y3+DX+、Z23相同体积的pH=3的强酸溶液和弱酸溶液分别跟足量的镁完全反应，下列说法正确的是（）A弱酸溶液产生较多的氢气B强酸溶液产生较多的氢气C两者产生等量的氢气D无法比较两者产生氢气的量4下列有关实验的描述正确的是（）A常温下，用pH计测定0.1mol/L的甲酸钠溶液pH为13B向饱和醋酸钠溶液中添加0.1mol/L的碳酸钠溶液产生了无色气体C少量Mg（OH）2沉淀中加入氯化铵浓溶液可以观其察到白色沉淀溶解D向2ml 1mol/L的NaOH溶液中加入3滴 1mol/L MgCl2溶液，再加入3 滴1mol/L FeCl3溶液可以证明Mg（OH）2沉淀转变成Fe（OH）3沉淀5设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A常温常压下，71g Cl2中所含分子数为NAB0.1mol/L的H2SO3溶液中，c（H+）：c（SO32）2：1C2L 0.6mol/L的Fe2（SO4）3溶液中，含Fe3+离子总数为2.4NAD1molNa与足量的O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子6元素周期表中对角线原则是指某些相邻两个主族上下相差一个周期的元素之间性质相似规律，比如铍（Be）与铝的性质相似，则下列推断中，正确的是（）BeCl2溶液的pH7，将其蒸干并灼烧后，得到的残留物可能为BeO；CO2通入Na2BeO2溶液液中可以产生Be（OH）2沉淀；Be（OH）2既能溶于盐酸又能溶于烧碱溶液；BeCl2+Na2BeO2+2H2O2NaCl+2Be（OH）2反应能进行ABCD全部正确7室温下，在25mL 0.1molL1NaOH溶液中逐滴加入0.2molL1 CH3COOH 溶液，pH 与滴加 CH3COOH溶液体积的关系曲线如图所示，若忽略两溶液混合时的体积变化，下列有关粒子浓度关系的说法错误的是（）在A、B间任一点，溶液中一定都有c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）在B点：a=12.5；在C点：c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH）在D点：c（CH3COO）=（CH3COOH）A全部正确BCD8下列实验现象所对应的离子方程式正确的是（）选项实验操作实验现象离子方程式A向（NH4）2SO4溶液中加入足量Ba（OH）2溶液并加热 生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH4+OHNH3+H2OB加热滴有酚酞的Na2CO3溶液溶液红色加深CO32+2H2OH2CO3+2OHC用惰性电极电解氯化镁溶液有白色沉淀和无色无味气体生成2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2D向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸溶液出现浑浊，生成无色刺激性气味气体2H+S2O32S+SO2+H2OAABBCCDD9常温下，浓度均为0.1mol/L的4种钠盐溶液pH如下：下列说法不正确的是（）溶质Na2CO3NaHCO3NaClONaHSO3pH11.69.710.35.2A四种溶液中，Na2CO3溶液中水的电离程度最大BNaHSO3溶液显酸性的原因是：NaHSO3=Na+H+SO32C向氯水中加入少量NaHCO3（s），可以增大氯水中次氯酸的浓度D常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO，pH最小的是H2SO310实验：0.1molL1AgNO3溶液和0.1molL1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；向滤液b中滴加0.1molL1KI溶液，出现浑浊；向沉淀c中滴加0.1molL1KI溶液，沉淀变为黄色下列分析不正确的是（）A浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq）B滤液b中不含有Ag+C中颜色变化说明AgCl转化为AgID实验可以证明AgI比AgCl更难溶11室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：下列判断不正确的是（）实验编号起始浓度/（molL1）反应后溶液的pHc（HA）c（KOH）0.10.19x0.27A实验反应后的溶液中：c（K+）c（A）c（OH）c（H+）B实验反应后的溶液中：c（K+）=c（A）c（OH）=c（H+C实验反应后的溶液中：c（A）+c（HA）0.1 mol/LD实验反应后的溶液中：c（OH）=c（K+）c（A）12某固体酸燃料电池以NaHSO4固体为电解质传递H+其基本结构见如图所示，电池总反应表示为：2H2+O22H2O下列有关说法正确的是（）A电子通过外电路从b极流向a极BH+由a极通过固体酸电解质传递到b极Cb极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e4OHD每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H213在不同温度下，向2L密闭容器中加入1mol NO和1mol活性炭，发生反应：2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g）H=213.5kJ/mol，达到平衡时的数据如下：下列说法不正确的是（）温度/n（活性炭）/moln（CO2）/molT10.70T20.25A上述信息可推知：T1T2BT1时，该反应的平衡常数K=CT2时，若反应达平衡后再缩小容器的体积，c （N2）：c （NO）不变DT1时，若开始时反应物的用量均减小一半，平衡后NO的转化率减小14球墨铸铁中含有一种铁碳化合物X实验室测定化合物X的组成实验如下：下列说法不正确的是（）A固体2是氧化铁BX的化学式可以表示为Fe3C2C溶液甲中可能含有Fe3+DX与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成二、第卷（非选择题共58分）15题现有浓度均为0.1molL1的下列溶液：硫酸、醋酸、氢氧化钠、氯化铵、醋酸铵、硫酸铵、硫酸氢铵 氨水请回答下列问题：（1）、两种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是（填序号）（填“”“=”“”）（2）、五种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是（填序号）（3）的离子浓度由大到小的顺序是将和等体积混合后，混合液中各离子浓度由大到小的顺序是（4）已知t时，KW=11013，则t（填“”、“”或“=”）25在t时将pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4溶液bL混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH=2，则a：b=16硫在自然界中以游离态和多种化合态形式出现硫的化合物大多具有氧化性或还原性许多金属硫化物难溶于水完成下列填空：（1）室温下，已知：H2S：K1=1.3107 K2=7.11015 H2CO3：K1=4.3107 K2=5.61011（2）向ZnSO4溶液中滴加饱和H2S溶液，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成ZnS沉淀用电离平衡原理解释上述现象（3）将黑色的Fe2S3固体加入足量盐酸中，溶液中有淡黄色固体生成，产物有过滤，微热滤液，然后加入过量的氢氧化钠溶液，可观察到的现象是（4）硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应在酸性条件下，H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式17X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大X元素一种原子核无中子Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素（1）R在元素周期表中的位置是五种元素原子序数由大到小的顺序是（写元素符号）（2）用原子结构解释Q和R得金属性强弱的原因（3）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：其中，C是溶于水显酸性的气体；D是淡黄色固体AB（在水溶液中进行）如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则A的化学式为由A转变成B的化学方程式为如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性用离子方程式表示A溶液显碱性的原因；A、B浓度均为0.1mol/L的混合溶液中，离子浓度由大到小的顺序是；（4）X和Z按原子个数比1：1组成的化合物甲，是一种“绿色”氧化剂甲中所含共价键类型是空气阴极法电解制备甲的装置如图所示在碱性溶液中，利用空气中的氧气还原得到甲和稀碱的溶液图中直流电源的a是极，阴极的电极反应式是18工、农业废水以及生活污水中浓度较高的NO3会造成氮污染工业上处理水体中NO3的一种方法是零价铁化学还原法某化学小组用废铁屑和硝酸盐溶液模拟此过程，实验如下（1）先用稀硫酸洗去废铁屑表面的铁锈，然后用蒸馏水将铁屑洗净除锈反应的离子方程式是判断铁屑洗净的方法是（2）将KNO3溶液的pH调至2.5从氧化还原的角度分析调低溶液pH的原因是（3）将上述处理过的足量铁屑投入（2）的溶液中右图表示该反应过程中，体系内相关离子浓度、pH随时间变化的关系请根据图中信息回答：t1时刻前该反应的离子方程式是t1时刻后，该反应仍在进行，溶液中NH4+的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，可能的原因是（4）铁屑与KNO3溶液反应过程中若向溶液中加入炭粉，可以增大该反应的速率，提高NO3的去除效果，其原因是19信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题：（1）第步Cu与酸反应的离子方程式为；得到滤渣1的主要成分为（2）第步加H2O2的作用是，使用H2O2的优点是；调溶液pH的目的是使生成沉淀（3）用第步所得CuSO45H2O制备无水CuSO4的方法是（4）由滤渣2制取Al2（SO4）318H2O，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，方案不可行，原因是；从原子利用率角度考虑，方案更合理（5）探究小组用滴定法测定CuSO45H2O （Mr=250）含量取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmolL1 EDTA（H2Y2）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL滴定反应如下：Cu2+H2Y2CuY2+2H+写出计算CuSO45H2O质量分数的表达式w=；下列操作会导致CuSO45H2O含量的测定结果偏高的是a未干燥锥形瓶b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡c未除净可与EDTA反应的干扰离子xx学年北京市人大附中高三（上）质检化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有1个正确选项符合题意，每题3分）1在0.1mol/L的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡CH3COOHCH3COO+H+对于该平衡，下列叙述正确的是（）A加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动B加水，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动C滴加少量0.1mol/LHCl溶液，溶液中C（H+）减少D加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动【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】A、醋酸溶液中组存在电离平衡，加入碱促进电离；B、加水稀释促进电离，各离子浓度减小；C、0.1mol/L的CH3COOH溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，0.1mol/LHCl溶液中氢离子浓度等于0.1mol/L；D、醋酸钠溶解后醋酸根离子抑制醋酸的电离【解答】解：A、醋酸溶液中组存在电离平衡，加入氢氧化钠固体溶解后，碱和氢离子反应促进电离；平衡正向进行，故A正确；B、加入水时，稀释溶液促进电离，离子浓度减小，反应速率减小，平衡向正反应方向移动，故B错误；C、0.1mol/L的CH3COOH溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，滴加少量0.1mol/LHCl溶液，其中氢离子浓度等于0.1mol/L，溶液中c（H+）增加，故C错误；D、加入少量CH3COONa固体，溶解后醋酸根离子抑制醋酸电离，平衡向逆反应方向移动，故D错误；故选A【点评】本题考查了弱电解质电离平衡的影响因素分析和平衡移动方向的判断，电离是吸热过程，酸碱盐的影响分析是解题关键2短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是（）AW2、X+BY3+、Z2CX+、Y3+DX+、Z2【考点】水的电离【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】根据答案选项可知W、X、Y、Z形成的简单离子分别为W2、X+、Y3+、Z2，又知W、X、Y、Z均为短周期元素，且原子序数依次增大，故可推出W为O，X为Na，Y为Al，Z为S【解答】解：根据 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大及各选项可以推出，W为O2、X为Na+、Y为Al3+、Z为S2，Al3+和S2均能发生水解，水解打破了水的电离平衡；O2不能在水溶液存在，而Na+不水解，故正确的是B，故选B【点评】本题考查影响盐类水解的因素，命题结构简单，切入点新颖，考查了离子化合价与其离子电荷的关系，难度中等3相同体积的pH=3的强酸溶液和弱酸溶液分别跟足量的镁完全反应，下列说法正确的是（）A弱酸溶液产生较多的氢气B强酸溶液产生较多的氢气C两者产生等量的氢气D无法比较两者产生氢气的量【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液pH的定义【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】弱电解质部分电离，pH=3的强酸溶液和弱酸溶液，弱酸浓度大，体积相等时，弱酸的物质的量较大，反应生成的氢气多【解答】解：弱电解质部分电离，强电解质完全电离，所以等pH的强酸和弱酸溶液，弱酸的浓度大于强酸，相同体积的两种酸，弱酸的物质的量大于强酸，与足量的镁反应时，弱酸常数的氢气多，强酸产生的氢气少，故选A【点评】本考查若弱电解质的电离，题目难度中等，本题注意把握弱电解质的电离特点，从浓度的角度分析反应速率的影响4下列有关实验的描述正确的是（）A常温下，用pH计测定0.1mol/L的甲酸钠溶液pH为13B向饱和醋酸钠溶液中添加0.1mol/L的碳酸钠溶液产生了无色气体C少量Mg（OH）2沉淀中加入氯化铵浓溶液可以观其察到白色沉淀溶解D向2ml 1mol/L的NaOH溶液中加入3滴 1mol/L MgCl2溶液，再加入3 滴1mol/L FeCl3溶液可以证明Mg（OH）2沉淀转变成Fe（OH）3沉淀【考点】盐类水解的原理；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；盐类的水解专题【分析】A、甲酸钠溶液水解呈碱性，水解是极微弱；B、醋酸钠溶液水解生成醋酸，水解极微弱，而溶液呈碱性；C、氯化铵促进氢氧化镁的电离；D、氢氧化钠过量，不能比较溶解度大小【解答】解：A、甲酸钠溶液水解呈碱性，水解是极微弱，所以溶液中氢氧根离子浓度远小于0.1mol/L，所以pH不可能是13，故A错误；B、醋酸钠溶液水解生成醋酸，水解极微弱，而溶液呈碱性，醋酸的浓度非常的小，所以不可能产生二氧化碳气体，故B错误；C、由于Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH（aq），OH+NH4+NH3H2O，平衡右移，沉淀溶解，故C正确；D、氢氧化钠过量，不能比较溶解度大小，可在饱和氢氧化镁溶液中滴加氯化铁溶液比较，故D错误；故选C【点评】本题考查盐的水解，为高频考点，侧重于考查学生的综合运用化学知识的能力和评价能力，注意把握相关物质的性质的异同，题目难度不大5设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A常温常压下，71g Cl2中所含分子数为NAB0.1mol/L的H2SO3溶液中，c（H+）：c（SO32）2：1C2L 0.6mol/L的Fe2（SO4）3溶液中，含Fe3+离子总数为2.4NAD1molNa与足量的O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子【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】A71g氯气的物质的量为1mol； BH2SO3是弱电解质，部分电离；C铁离子部分水解；D反应后钠变为+1价【解答】解：A71g氯气的物质的量为1mol，所含分子数为NA，故A正确； BH2SO3是弱电解质，部分电离，电离生成氢离子和亚硫酸氢根，c（H+）：c（SO32）2：1，故B正确；C铁离子部分水解，含Fe3+离子总数小于2.4NA，故C错误；D反应后钠变为+1价，故1mol钠反应失去1mol电子即NA个，故D正确故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大6元素周期表中对角线原则是指某些相邻两个主族上下相差一个周期的元素之间性质相似规律，比如铍（Be）与铝的性质相似，则下列推断中，正确的是（）BeCl2溶液的pH7，将其蒸干并灼烧后，得到的残留物可能为BeO；CO2通入Na2BeO2溶液液中可以产生Be（OH）2沉淀；Be（OH）2既能溶于盐酸又能溶于烧碱溶液；BeCl2+Na2BeO2+2H2O2NaCl+2Be（OH）2反应能进行ABCD全部正确【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【专题】类比迁移思想；演绎推理法；元素周期律与元素周期表专题【分析】铍（Be）与铝的性质相似，根据铝的性质推断Be的性质，BeCl2溶液中铍离子与铝离子相似能水解，溶液呈酸性，由于水解生成的氯化氢挥发，所以将其蒸干并灼烧后，得到氢氧化铍，氢氧化铍受热分解可得残留物可能为BeO；Na2BeO2的性质与偏铝酸钠相似，CO2通入Na2BeO2溶液液中可以产生Be（OH）2沉淀；Be（OH）2与氢氧化铝相似，所以既能溶于盐酸又能溶于烧碱溶液；BeCl2与Na2BeO2能发生双水解，与铝离子与偏铝根离子之间的双水解相似，所以BeCl2+Na2BeO2+2H2O2NaCl+2Be（OH）2反应能进行，据此答题；【解答】解：铍（Be）与铝的性质相似，根据铝的性质推断Be的性质，BeCl2溶液中铍离子与铝离子相似能水解，溶液呈酸性，由于水解生成的氯化氢挥发，所以将其蒸干并灼烧后，得到氢氧化铍，氢氧化铍受热分解可得残留物可能为BeO，故正确；Na2BeO2的性质与偏铝酸钠相似，CO2通入Na2BeO2溶液液中可以产生Be（OH）2沉淀，故正确；Be（OH）2与氢氧化铝相似，所以既能溶于盐酸又能溶于烧碱溶液，故正确；BeCl2与Na2BeO2能发生双水解，与铝离子与偏铝根离子之间的双水解相似，所以BeCl2+Na2BeO2+2H2O2NaCl+2Be（OH）2反应能进行，故正确，故选D【点评】本题考查了对角线规则，结合已知物质的性质采用知识迁移的方法分析解答，题目难度不大7室温下，在25mL 0.1molL1NaOH溶液中逐滴加入0.2molL1 CH3COOH 溶液，pH 与滴加 CH3COOH溶液体积的关系曲线如图所示，若忽略两溶液混合时的体积变化，下列有关粒子浓度关系的说法错误的是（）在A、B间任一点，溶液中一定都有c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）在B点：a=12.5；在C点：c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH）在D点：c（CH3COO）=（CH3COOH）A全部正确BCD【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】根据溶液中的电荷守恒判断；a=12.5时，氢氧化钠和醋酸溶液按照物质的量之比1：1反应生成的CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液显碱性，pH7；C点时，醋酸过量，溶液的组成为醋酸和醋酸钠的混合物，溶液显酸性，泽尔c（H+）c（OH），结合电荷守恒判断；在D点时，反应后溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，溶液呈酸性，则醋酸的电离程度等于醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO）（CH3COOH）【解答】解：在A、B间任一点的溶液中都满足电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），故正确；a=12.5时，醋酸和氢氧化钠的物质的量之比为1：1，反应后溶液的组成为醋酸钠，CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液显碱性，溶液的pH7，应该介于AB之间，故错误；C点时，醋酸过量，溶液的组成为醋酸和醋酸钠的混合物，溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），根据电荷守恒可得：c（CH3COO）c（Na+），溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH），故正确；在D点时，反应后溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，由于醋酸的电离程度等于醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO）（CH3COOH），故错误；故选D【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法8下列实验现象所对应的离子方程式正确的是（）选项实验操作实验现象离子方程式A向（NH4）2SO4溶液中加入足量Ba（OH）2溶液并加热 生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH4+OHNH3+H2OB加热滴有酚酞的Na2CO3溶液溶液红色加深CO32+2H2OH2CO3+2OHC用惰性电极电解氯化镁溶液有白色沉淀和无色无味气体生成2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2D向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸溶液出现浑浊，生成无色刺激性气味气体2H+S2O32S+SO2+H2OAABBCCDD【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A漏写生成硫酸钡的离子反应；B碳酸根离子水解显碱性，溶液变红，加热促进水解，且水解以第一步为主；C反应生成氢氧化镁和氢气、氯气；D发生氧化还原反应生成S、二氧化硫和水【解答】解：A向（NH4）2SO4溶液中加入足量Ba（OH）2溶液并加热的离子反应为SO42+Ba2+2NH4+2OH2NH3+2H2O+BaSO4，故A错误；B加热滴有酚酞的Na2CO3溶液，水解离子反应为CO32+H2OHCO3+OH，故B错误；C用惰性电极电解氯化镁溶液的离子反应为Mg2+2Cl+2H2OMg（OH）2+H2+Cl2，故C错误；D向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为2H+S2O32S+SO2+H2O，遵循电子、电荷守恒，故D正确；故选D【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，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，侧重水解、电解、氧还原反应及分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大9常温下，浓度均为0.1mol/L的4种钠盐溶液pH如下：下列说法不正确的是（）溶质Na2CO3NaHCO3NaClONaHSO3pH11.69.710.35.2A四种溶液中，Na2CO3溶液中水的电离程度最大BNaHSO3溶液显酸性的原因是：NaHSO3=Na+H+SO32C向氯水中加入少量NaHCO3（s），可以增大氯水中次氯酸的浓度D常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO，pH最小的是H2SO3【考点】盐类水解的原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】根据相同浓度的钠盐溶液pH大小知，酸根离子水解程度大小顺序是：CO32ClOHCO3HSO3，则酸的强弱顺序是H2SO3H2CO3HClOHCO3，A酸根离子水解程度越大，则酸的酸性越弱；B亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明HSO3电离程度大于水解程度，亚硫酸氢根离子是弱酸阴离子部分电离；C盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠和二氧化碳，促进氯气和水反应；D相同浓度的这几种钠盐溶液中，溶液pH越大则水的电离程度越大【解答】解：根据相同浓度的钠盐溶液pH大小知，酸根离子水解程度大小顺序是：CO32ClOHCO3HSO3，则酸的强弱顺序是H2SO3H2CO3HClOHCO3，A相同浓度的这几种钠盐溶液中，溶液pH越大则水的电离程度越大，根据表中数据知，水的电离程度最大的是碳酸钠溶液，故A正确；B亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明HSO3电离程度大于水解程度，亚硫酸氢根离子是弱酸阴离子部分电离，NaHSO3=Na+HSO3，HSO3H+SO32，故B错误；C盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠和二氧化碳，促进氯气和水反应，次氯酸和碳酸氢钠不反应，所以导致溶液中次氯酸浓度增大，故C正确；D酸根离子水解程度越大，则酸的酸性越弱，酸根离子水解程度大小顺序是：CO32ClOHCO3HSO3，则酸的强弱顺序是H2SO3H2CO3HClOHCO3，所以常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO溶液，pH最大的是HClO溶液，pH最小的是H2SO3，故D正确；故选B【点评】本题考查了盐类水解，根据钠盐溶液pH大小确定相对应酸的强弱，再结合强酸制取弱酸、酸式酸根离子电离和水解程度相对大小等知识点来分析解答，题目难度中等10实验：0.1molL1AgNO3溶液和0.1molL1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；向滤液b中滴加0.1molL1KI溶液，出现浑浊；向沉淀c中滴加0.1molL1KI溶液，沉淀变为黄色下列分析不正确的是（）A浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq）B滤液b中不含有Ag+C中颜色变化说明AgCl转化为AgID实验可以证明AgI比AgCl更难溶【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A根据沉淀的溶解平衡；B滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡；C根据AgCl为白色沉淀，AgI为黄色沉淀；D根据沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生；【解答】解：A根据浊液a中含有AgCl，存在沉淀的溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq），故A正确；B滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡，即存在Ag+，故B错误；C向AgCl中滴加0.1molL1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，故C正确；D向AgCl中滴加0.1molL1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，实验证明AgI比AgCl更难溶，故D正确；故选：B【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，注意沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生11室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：下列判断不正确的是（）实验编号起始浓度/（molL1）反应后溶液的pHc（HA）c（KOH）0.10.19x0.27A实验反应后的溶液中：c（K+）c（A）c（OH）c（H+）B实验反应后的溶液中：c（K+）=c（A）c（OH）=c（H+C实验反应后的溶液中：c（A）+c（HA）0.1 mol/LD实验反应后的溶液中：c（OH）=c（K+）c（A）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A酸和碱等浓度等体积混合反应恰好反应生成盐，盐溶液显碱性证明，酸是弱酸，酸根离子水解；B依据溶液中电荷守恒、盐的水解原理分析判断；C依据混合后溶液pH=7 常温下呈中性时弱酸过量，结合溶液中物料守恒判断，注意混合液体积是混合前2倍；D根据混合液中的电荷守恒判断【解答】解：A将0.1mol/L的一元酸HA的溶液和0.1mol/L的KOH溶液等体积混合，恰好反应生成KA盐溶液，溶液的pH=9，说明溶液呈碱性，则c（OH）c（H+），HA为弱酸，溶液中A离子部分水解，则：c（K+）c（A），所以溶液中离子浓度大小为c（K+）c（A）c（OH）c（H+），故A正确；B混合后溶液pH=7，c（OH）=c（H+），溶液中存在电荷守恒：c（K+）+c（H+）=c（OH）+c（A），所以反应后的溶液中：c（K+）=c（A）c（OH）=c（H+），故B正确；C混合后溶液pH=7 常温下呈中性，则弱酸HA过量，溶液中是HA和KA的混合溶液，HA的强酸浓度大于0.2mol/L，实验反应后的溶液中：c（A）+c（HA）mol/L=0.1 mol/L，故C正确；D根据电荷守恒可得：c（K+）+c（H+）=c（OH）+c（A），则c（OH）=c（K+）+c（H+）c（A），故D错误；故选D【点评】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，能够根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒、盐的水解原理等知识判断溶液中离子浓度大小，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力12某固体酸燃料电池以NaHSO4固体为电解质传递H+其基本结构见如图所示，电池总反应表示为：2H2+O22H2O下列有关说法正确的是（）A电子通过外电路从b极流向a极BH+由a极通过固体酸电解质传递到b极Cb极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e4OHD每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2【考点】化学电源新型电池【专题】电化学专题【分析】根据电池总反应：2H2+O2=2H2O可知：通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，反应为H22e2H+，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，反应为O2+4e+4H+=2H2O；电池工作时，电子通过外电路从负极流向正极，即从a极流向b极，电解质溶液中阳离子向正极移动，即H+由a极通过固体酸电解质传递到b极；每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，标准状况下的体积为1.12L【解答】解：A、因氢元素化合价升高失电子，则a为负极，这则电子是通过外电路由a极流向b，故A错误；B、原电池中，阳离子向正极移动，所以H+由a极通过固体酸电解质传递到b极，故B正确； C、该电池为酸性电池，则正极的反应为O2+4e+4H+=2H2O，故C错误；D、因没有说明是否为标准状况，则气体的体积不一定为1.12L，故D错误故选B【点评】本题考查燃料电池的工作原理，学习中要明确电子以及离子的定向移动问题，要能正确判断原电池的正负极，以及电极反应式的书写问题，题目难度中等13在不同温度下，向2L密闭容器中加入1mol NO和1mol活性炭，发生反应：2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g）H=213.5kJ/mol，达到平衡时的数据如下：下列说法不正确的是（）温度/n（活性炭）/moln（CO2）/molT10.70T20.25A上述信息可推知：T1T2BT1时，该反应的平衡常数K=CT2时，若反应达平衡后再缩小容器的体积，c （N2）：c （NO）不变DT1时，若开始时反应物的用量均减小一半，平衡后NO的转化率减小【考点】化学平衡的计算【专题】化学平衡专题【分析】A、根据T1时活性炭的平衡物质的量计算出二氧化碳平衡物质的量与T2时二氧化碳平衡物质的量比较，平衡温度对化学平衡的影响；B、根据反应2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g）平衡常数K=计算判断；C、反应2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2是气体体积不变的反应，平衡不受压强的影响；D、反应2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2是气体体积不变的反应，平衡不受压强的影响【解答】解：A、温度T1时，活性炭的平衡物质的量为0.70mol，则消耗的n（活性炭）=1mol0.7mol=0.3mol，故消耗的n（NO）=0.6mol，平衡时n（NO）=1mol0.6mol=0.4mol，生成的n（N2）=0.3mol，生成的n（CO2）=0.3mol，温度T2时，生成的n（CO2）=0.25mol，反应2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g）H=213.5kJ/mol，正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，所以T1T2，故A正确；B、温度T1，平衡时n（NO）=0.4mol，（N2）=0.3mol，n（CO2）=0.3mol，平衡常数K=，故B正确；C、反应2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g）是一个气体体积不变的反应，平衡后再缩小容器的体积，压强增大，但平衡不移动，故c （N2）：c （NO）不变，故C正确；D、反应2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g）是一个气体体积不变的反应，开始时反应物的用量均减小一半，压强减小，但平衡不移动，平衡后NO的转化率不变，故D错误故选：D【点评】本题考查了化学平衡影响因素和化学平衡常数的计算问题，难度不大，注意反应2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2是气体体积不变的反应，平衡不受压强的影响14球墨铸铁中含有一种铁碳化合物X实验室测定化合物X的组成实验如下：下列说法不正确的是（）A固体2是氧化铁BX的化学式可以表示为Fe3C2C溶液甲中可能含有Fe3+DX与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成【考点】铁的氧化物和氢氧化物；无机物的推断【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】铁碳化合物X，在足量空气中煅烧得固体1为铁的氧化物，可以有+2价或+3价的铁，溶于盐酸所得溶液中可能Fe2+和Fe3+，再能入足量的氯气，溶液中都为+3价的铁，加热蒸发，铁离子水解，生成氢氧化铁，灼烧后氢氧化铁分解得固体2为氧化铁，24g氧化铁中含有铁元素的质量为g=16.8g，利用元素守恒，可计算得化合物X中铁元素的质量也是16.8g，进而求得X中碳元素的质量为18g16.8g=1.2g，所以在X中铁、碳原子的物质的量之比为： =3：1，所以X的化学式为Fe3C，Fe3C与热的浓硝酸发生氧化还原反应，碳元素可被氧化成二氧化碳，硝酸中的氮可被还原成二氧化氮，据此答题【解答】解：铁碳化合物X，在足量空气中煅烧得固体1为铁的氧化物，可以有+2价或+3价的铁，溶于盐酸所得溶液中可能Fe2+和Fe3+，再能入足量的氯气，溶液中都为+3价的铁，加热蒸发，铁离子水解，生成氢氧化铁，灼烧后氢氧化铁分解得固体2为氧化铁，24g氧化铁中含有铁元素的质量为g=16.8g，利用元素守恒，可计算得化合物X中铁元素的质量也是16.8g，进而求得X中碳元素的质量为18g16.8g=1.2g，所以在X中铁、碳原子的物质的量之比为： =3：1，所以X的化学式为Fe3C，Fe3C与热的浓硝酸发生氧化还原反应，碳元素可被氧化成二氧化碳，硝酸中的氮可被还原成二氧化氮，根据上面的分析可知，A、固体2是氧化铁，故A正确；B、X的化学式可以表示为Fe3C，故B错误；C、溶液甲中可能含有Fe3+，故C正确；D、X与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成，故D正确；故选B【点评】本题主要考查了铁的相关知识，结合实验过程利用元素守恒分析和计算，中等难度，答题时注意元素化合物知识的灵活运用二、第卷（非选择题共58分）15题现有浓度均为0.1molL1的下列溶液：硫酸、醋酸、氢氧化钠、氯化铵、醋酸铵、硫酸铵、硫酸氢铵 氨水请回答下列问题：（1）、两种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是（填序号）（填“”“=”“”）（2）、五种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是（填序号）（3）的离子浓度由大到小的顺序是c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH）将和等体积混合后，混合液中各离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）=c（CI）c（OH）c（NH4+）c（H+）（4）已知t时，KW=11013，则t（填“”、“”或“=”）25在t时将pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4溶液bL混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH=2，则a：b=9：2【考点】盐类水解的原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】盐类的水解专题【分析】（1）酸抑制水的电离，c（H+）越大，水的电离程度越小，以此分析；（2）从盐类的水解和弱电解质的电离程度角度分析；（3）和等体积混合后，溶液溶质为NaCl和NH4Cl，从盐类的水解角度分析；（4）根据温度对电解质的电离影响判断温度的大小，根据c（H+）=计算酸碱混合反应【解答】解：（1）酸抑制水的电离，c（H+）越大，水的电离程度越小，硫酸和醋酸的浓度相同，硫酸完全电离，醋酸部分电离，所以硫酸中氢离子浓度大，则硫酸中水的电离程度小，所以、两种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是；故答案为：；（2）氯化铵、醋酸铵、硫酸铵、硫酸氢铵等溶液中存在：NH4+H2ONH3H2O+H+，其中硫酸铵溶液中铵根离子浓度最大，硫酸氢铵存在大量的H+，抑制NH4+的水解，醋酸铵为弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解，四种物质中NH4+浓度最小，氨水为弱电解质，难以电离，在这五种溶液中NH4+浓度最小，所以有：，故答案为：；（3）为硫酸铵在溶液中电离出铵根离子和硫酸根离子，铵根离子有小部分水解，溶液显酸性，则c（H+）c（OH），由于水解程度较小溶液中c（NH4+）c（SO42），所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH）；和等体积混合后，溶液溶质为NaCl和NH4Cl，由于溶液中存在：NH3H2ONH4+OH，则c（Na+）=c（CI）c（NH4+），c（OH）c（H+），又溶液中存在水的电离，则c（OH）c（NH4+），故有：c（Na+）=c（CI）c（OH）c（NH4+）c（H+）故答案为：c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH）；c（Na+）=c（CI）c（OH）c（NH4+）c（H+）； （4）t，KW=11013，25，KW=11014，已知水的电离为吸热过程，升高温度促进电离，KW增大，所以t大于25，t时将pH=11的NaOH溶液中c（OH）=mol/L，在t时将pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4的溶液bL混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH=2，则有： =0.01mol/L，则a：b=9：2，故答案为：；9：2【点评】本题考查溶液离子浓度大小的比较以及盐类的水解和弱电解质的电离等问题，题目难度中等，注意把握影响盐类水解以及电解质的电离的因素16硫在自然界中以游离态和多种化合态形式出现硫的化合物大多具有氧化性或还原性许多金属硫化物难溶于水完成下列填空：（1）室温下，已知：H2S：K1=1.3107 K2=7.11015 H2CO3：K1=4.3107 K2=5.61011（2）向ZnSO4溶液中滴加饱和H2S溶液，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成ZnS沉淀用电离平衡原理解释上述现象电离方程式为：H2SHS+H+，HSH+S2，饱和H2S溶液中电离产生的S2很少，因此没有沉淀，加入氨水后，促进H2S的电离，S2浓度增大，有沉淀生成（3）将黑色的Fe2S3固体加入足量盐酸中，溶液中有淡黄色固体生成，产物有硫、氯化亚铁、硫化氢过滤，微热滤液，然后加入过量的氢氧化钠溶液，可观察到的现象是产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀（4）硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应在酸性条件下，H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式3H2SO4+5H2S+2KMnO4=5S+2MnSO4+K2SO4+8H2O【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题；电离平衡与溶液的pH专题【分析】（2）加入氨水，溶液存在大量的S2，可生成ZnS沉淀；（3）将黑色的Fe2S3固体加入足量的盐酸中，生成H2S和氯化铁，氯化铁可氧化H2S生成S，加入氢氧化钠，可生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁；（4）H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，结合原子守恒书写化学方程式；【解答】解：（2）向ZnSO4溶液中滴加饱和H2S溶液，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成ZnS沉淀，饱和H2S溶液中电离方程式为：H2SHS+H+，HSH+S2，饱和H2S溶液中电离产生的S2很少，因此没有沉淀，加入氨水后，促进H2S的电离，溶液存在大量的S2，可生成ZnS沉淀，故答案为：H2SHS+H+，HSH+S2，饱和H2S溶液中电离产生的S2很少，因此没有沉淀，加入氨水后，促进H2S的电离，S2浓度增大，有沉淀生成；（3）将黑色的Fe2S3固体加入足量的盐酸中，生成H2S和氯化铁，氯化铁可氧化H2S生成S，加入氢氧化钠，可生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，可观察到产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀，故答案为：硫、氯化亚铁、硫化氢；产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀；（4）H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，反应的方程式为3H2SO4+5H2S+2KMnO4=5S+2MnSO4+K2SO4+8H2O，故答案为：3H2SO4+5H2S+2KMnO4=5S+2MnSO4+K2SO4+8H2O；【点评】本题考查含硫物质的综合应用，弱电解质的电离等知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关知识的积累，难度中等17X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大X元素一种原子核无中子Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素（1）R在元素周期表中的位置是第三周期第A族五种元素原子序数由大到小的顺序是（写元素符号）NaAlCOH（2）用原子结构解释Q和R得金属性强弱的原因原子半径递增，失电子能力增减弱（3）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：其中，C是溶于水显酸性的气体；D是淡黄色固体AB（在水溶液中进行）如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则A的化学式为NaAlO2由A转变成B的化学方程式为NaAlO2+2H2O+CO2=Al（OH）3+NaHCO3或2NaAlO2+3H2O+CO2=2 Al（OH）3+Na2CO3如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性用离子方程式表示A溶液显碱性的原因CO32+H2OHCO3+OH；A、B浓度均为0.1mol/L的混合溶液中，离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）；（4）X和Z按原子个数比1：1组成的化合物甲，是一种“绿色”氧化剂甲中所含共价键类型是极性共价键和非极性共价键空气阴极法电解制备甲的装置如图所示在碱性溶液中，利用空气中的氧气还原得到甲和稀碱的溶液图中直流电源的a是正极，阴极的电极反应式是O2+2e+2H2O=H2O2+2OH【考点】无机物的推断；位置结构性质的相互关系应用【专