2019-2020年高三上学期质检化学试卷（12月份）含解析.doc

2019-2020年高三上学期质检化学试卷（12月份）含解析一、选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）1在不同温度下，向2L密闭容器中加入1molNO和1mol活性炭，发生反应：2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g）H=213.5kJ mol1，达到平衡时的数据如下：温度/n（活性炭）/moln（CO2）/molT10.70T20.25下列说法不正确的是（）A上述信息可推知：T1T2BT1时，该反应的平衡常数K=CT1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DT2时，若反应达平衡后再缩小容器的体积，c（N2）：c（NO）不变2N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0当反应达到平衡时，下列措施能提高N2转化率的是（）降温 恒压通入惰性气体 增加N2的浓度 加压ABCD3N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）H0，T1温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表：时间/s0500100 0150 0c（N2O5）/molL15.003.522.502.50下列说法中不正确的是（）A500s内N2O5分解速率为2.96103molL1s1BT1温度下的平衡常数为K1=125，平衡时N2O5的转化率为50%C达平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的1/2，则平衡时c（N2O5）5.00molL1DT1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1T2，则K1K24分别依据下列实验事实，得出的结论正确的是（）实验事实结论A苯酚和水的浊液中，加碳酸钠溶液，溶液变澄清苯酚的酸性比碳酸强B将“84”消毒液（含NaClO）滴入品红溶液中，褪色缓慢，若同时加入食醋，红色很快褪为无色随溶液pH减小，“84”消毒液的氧化能力增强C铜放入稀硫酸中，无明显现象，再加入硝酸钠固体，溶液变蓝，有明显的气泡放出，铜溶解硝酸钠可以加快铜与稀硫酸的反应速率D向2mL 0.1mol/L的硝酸银溶液中加入1mL0.1mol/LNaCl溶液，出现白色沉淀，再加入几滴0.1mol/L Na2S溶液，有黑色沉淀生成氯化银的溶解度大于硫化银AABBCCDD5向AgCl浊液中滴加氨水后可得到澄清溶液，继续滴加浓硝酸后又有沉淀生成经查资料得知：Ag+2NH3H2OAg（NH3）2+2H2O下列分析不正确的是（）A浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+CI（aq）B实验可以证明NH3结合Ag+能力比Cl强C实验表明实验室可用氨水洗涤银镜反应后的试管D由资料信息可推知：加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl6关于0.1molL1 NaHCO3溶液，下列说法正确的是（）A溶质水解反应：HCO3+H2H3O+CO32B离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）c（OH）+c（HCO3）+c（CO32）C微粒浓度关系：c（Na+）c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32）D微粒浓度关系：c（Na+）2c（H2CO3）+c（HCO3）+c（CO32）7常温下，浓度均为0.1molL1的4种钠盐溶液pH如下：溶质Na2CO3NaHCO3NaClONaHSO3pH11.69.710.35.2下列说法中不正确的是（）A四种溶液中，Na2CO3溶液中水的电离程度最大B向氯水中加入NaHCO3（s），可以增大氯水中次氯酸的浓度CNaHSO3溶液显酸性的原因是：NaHSO3Na+H+SO32D常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO，pH最小的是H2SO38实验：0.1molL1AgNO3溶液和0.1molL1NaCl溶液等体积混合得到浊液，过滤分别取少量的浊液，分别滴加等浓度等体积的饱和Na2S溶液、饱和Na2SO4溶液，前者出现浑浊，后者溶液仍澄清取少量的沉淀，滴加几滴氨水，沉淀逐渐溶解下列分析不正确的是（）A实验证明了的滤液中含有Ag+，由此推断的滤液中也含有ClB由实验推测：若在的沉淀中滴加NaOH溶液，沉淀也能溶解C实验的溶液中含有Ag（NH3）2+微粒D实验证明了该温度下Ag2S比Ag2SO4更难溶解9已知醋酸、醋酸根离子在溶液中存在下列平衡及其对应的平衡常数CH3COOHCH3COO+H+ K1=1.75105H10CH3COO+H2OCH3COOH+OH K2=5.711010H20常温下，将等体积、等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液混合，则下列叙述正确的是（）A对混合溶液进行微热，K1增大、K2减小B混合溶液的pH7C混合溶液中c（CH3COO）c（Na+）D温度不变，若在混合溶液中加入少量NaOH固体，则c（CH3COO）减小10下列叙述错误的是（）A煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠B淀粉、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同C乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同D乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去二、选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分，每小题有1-2个选项符合题意，若有两个选项的，只选一个且正确的得1分，多选、错选不得分）11化学在生产和生活中有重要的应用下列说法不正确的是（）A电解MgCl2溶液可制金属镁B可溶性铁盐或铝盐可用于水的净化C在海轮外壳上装上锌块，可减缓船体的腐蚀速率D“开发利用新能源”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量12某兴趣小组设计如下微型实验装置实验时，现断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是（）A断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H+2ClCl2+H2B断开K2，闭合K1时，铜电极附近溶液先变红C断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e2ClD断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极13下列表述不正确的是（）ABCD盐桥中的Cl移向ZnSO4溶液a极附近产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝粗铜的电极反应式为：Cu2+2e=Cu正极反应式为：O2+4e+2H2O=4OHAABBCCDD14用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（）A78g过氧化钠晶体中，含3NA个离子B常温常压下，22.4L氦气含有NA个氦原子C在O2参与的反应中，1 mol O2作氧化剂时得到的电子数一定是4NAD常温下16g O2与O3的混合气体中含氧原子数为NA15某溶液中含有HCO3、SO32、CO32、CH3COO4种阴离子向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（假设溶液体积无变化）（）ACH3COOBSO32CCO32DHCO316下列反应的离子方程式书写正确的是（）A硫酸铝溶液中加入过量氨水 Al3+3OHAl（OH）3B硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液 Fe2+2H+H2O2Fe3+2H2OC碳酸钙与醋酸反应 CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2OD电解饱和食盐水 2Cl+2H2OH2+C12+2OH17A、B、C均为短周期元素，A、B周周期，A、C的最低价阴离子分别为A2、C，A2离子半径大于C，B2+与C具有相同的电子层结构下列叙述一定不正确的是（）A它们的原子序数BACB它们的离子半径A2CB2+C它们的原子半径CBAD它们的最外层电子数CAB18向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是（）操作现象结论A滴加AgNO3溶液生成白色沉淀原溶液中有ClB滴加盐酸溶液产生无色无味气体使澄清石灰水变浑浊原溶液中有CO32C滴加硫酸钠和稀硝酸溶液产生白色沉淀原溶液中有Ba2+D滴加稀NaOH溶液生成白色沉淀原溶液中一定有Mg2+AABBCCDD二、非选择题（共56分）19自然界中氮元素有多种存在形式（1）合成氨反应的化学方程式是（2）NH3在一定条件下可被氧化已知：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）H=1269kJ/mol断开1mol HO 键与断开 1mol HN 键所需能量相差约kJ；（3）右图是某压强下，N2与H2按体积比1：3投料时，反应混合物中氨的体积分数随温度的变化曲线其中一条是经过一定时间反应后的曲线，另一条是平衡时的曲线HO 键比HN键（填“强”或“弱”）图中b点，v（正） v（逆）（填“”、“=”或“”）图中a点，容器内气体n（N2）：n（NH3）=（4）水中的氨在微生物作用下可被氧化为亚硝酸，其化学方程式是（5）电解法能将碱性溶液中的NO2转化为N2而除去，其电极反应式是20“C1化学”是指以碳单质或分子中含1个碳原子的物质（如CO、CO2、CH4、CH3OH等）为原料合成工业产品的化学工艺，对开发新能源和控制环境污染有重要意义（1）一定温度下，在两个容积均为2L的密闭容器中，分别发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.0kJ/mol相关数据如下容器甲乙反应物投入量1molCO2（g）和3molH2（g）1molCH3OH和1molH2O（g）平衡时c（CH3OH）c1c2平衡时能量变化放出29.4kJ吸收akJ请回答：c1c2（填“”“”或“=”），a=；若甲中反应10s时达到平衡，则用CO2来表示甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是mol/（Ls）1；（2）压强为p1时，向体积为1L密闭容器中充入bmolCO和2bmolH2，发生反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如图1所示，请回答：该反应属于（填“吸”或“放”）热反应，p1p2（填“”“”或“=”）100时，该反应的平衡常数K=（用含b的代数式表示）（3）治理汽车尾气的反应是2NO（g）+2CO（g）2CO2+N2（g）H0；在恒温容的密闭容器中通入n（NO）：n（CO）=1：2的混合气体，发生上述反应，下列图象说明反应在进行到t1时刻一定达到平衡状态的是21X、Y、Z、M、Q、R是6种短周期元素，其原子半径及主要化合价如下：元素代号XYZMQR原子半径/nm0.1600.1430.1020.0890.0740.037主要化合价+2+3+6，2+22+1（1）Z在元素周期表中的位置是（2）X、Y、Q各自形成简单离子，其中离子半径最大的是（填离子符号）（3）周期表中有些处于对角（左上右下）位置的元素，它们的单质及其化合物的性质存在“对角线相似”的现象，则M的氧化物与强碱溶液反应的离子方程式是（4）Q和R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22Cl2及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途（1）25时将氯气溶于水形成氯气氯水体系，该体系中Cl2（aq）、HClO和ClO分别在三者中所占分数（）随pH变化的关系如图1所示已知HClO的杀菌能力比ClO强，由图分析，用氯气处理饮用水时，pH=7.5与pH=6时杀菌效果强的是氯气氯水体系中，存在多个含氯元素的平衡关系，分别用平衡方程式表示为（2）ClO2是一种新的消毒剂，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，写出该反应的化学方程式（3）工业上还可用下列方法制备ClO2，在80时电解氯化钠溶液得到NaClO3，然后与盐酸反应得到ClO2；电解时，在极（填阴或阳）生成，生成ClO3的电极反应式为（4）一定条件下，在水溶液中1molCl、1molClOx（x=1，2，3，4）的能量大小与化合价的关系如图2所示从能量角度看，C、D、E中最不稳定的离子是（填离子符号）BA+D反应的热化学方程式为（用离子符号表示）xx学年山东省枣庄三中高三（上）质检化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）1在不同温度下，向2L密闭容器中加入1molNO和1mol活性炭，发生反应：2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g）H=213.5kJ mol1，达到平衡时的数据如下：温度/n（活性炭）/moln（CO2）/molT10.70T20.25下列说法不正确的是（）A上述信息可推知：T1T2BT1时，该反应的平衡常数K=CT1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DT2时，若反应达平衡后再缩小容器的体积，c（N2）：c（NO）不变【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】A温度T1时，消平衡时耗的n（活性炭）=1mol0.7mol=0.3mol，则平衡时生成的n（CO2）=0.3mol，温度T2时，生成的n（CO2）=0.25mol0.3mol，正反应为放热反应，升温平衡逆向移动；B温度T1，平衡时n（NO）=0.4mol，（N2）=0.3mol，n（CO2）=0.3mol，反应气体气体体积不变，用物质的量代替浓度代入平衡常数K=计算；CT1时，若开始时反应物的用量均减小一半，等效为降低压强，反应前后气体体积不变，平衡不移动；D平衡后再缩小容器的体积，压强增大，反应前后气体体积不变，平衡不移动【解答】解：A温度T1时，消平衡时耗的n（活性炭）=1mol0.7mol=0.3mol，则平衡时生成的n（CO2）=0.3mol，温度T2时，生成的n（CO2）=0.25mol0.3mol，平衡逆向移动，正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，故温度T1T2，故A正确；B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，反应气体气体体积不变，用物质的量代替浓度计算平衡常数，故K=，故B正确；CT1时，若开始时反应物的用量均减小一半，等效为降低压强，反应前后气体体积不变，平衡不移动，NO的转化率不变，故C错误；D平衡后再缩小容器的体积，压强增大，反应前后气体体积不变，平衡不移动，故c （N2）：c （NO）不变，故D正确；故选：C2N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0当反应达到平衡时，下列措施能提高N2转化率的是（）降温 恒压通入惰性气体 增加N2的浓度 加压ABCD【考点】化学平衡的影响因素【分析】N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，正反应是放热反应，是气体体积缩小的反应，结合外界条件对平衡的影响来综合分析【解答】解：降温，平衡正向移动，氮气的转化率增大，故正确；恒压通入惰性气体，体积膨胀，相当于减小压强，平衡逆向移动，氮气的转化率降低，故错误；增加N2的浓度，平衡正向移动，氮气的转化率降低，故错误；加压，平衡正向移动，氮气的转化率增大，故正确；故选A3N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）H0，T1温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表：时间/s0500100 0150 0c（N2O5）/molL15.003.522.502.50下列说法中不正确的是（）A500s内N2O5分解速率为2.96103molL1s1BT1温度下的平衡常数为K1=125，平衡时N2O5的转化率为50%C达平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的1/2，则平衡时c（N2O5）5.00molL1DT1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1T2，则K1K2【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】A.500s内N2O5的浓度变化量为（53.52）mol=1.48mol，根据v=计算v（N2O5）；B由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，则： 2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）起始浓度（mol/L）：5 0 0变化浓度（mol/L）：2.5 5 1.25平衡浓度（mol/L）：2.5 5 1.25平衡常数K=，转化率=100%；C其他条件不变时，将容器的体积压缩到原来的，若平衡不移动，此时N2O5（g）浓度为5.00molL1，但增大压强，平衡逆向移动；D正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大【解答】解：A.500s内N2O5的浓度变化量为（53.52）mol/L=1.48mol/L，则v（N2O5）=2.96103 mol/（Ls），故A正确；B由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，则： 2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）起始浓度（mol/L）：5 0 0变化浓度（mol/L）：2.5 5 1.25平衡浓度（mol/L）：2.5 5 1.25平衡常数K=125，1 000 s时N2O5转化率=100%=50%，故B正确；C其他条件不变时，将容器的体积压缩到原来的，若平衡不移动，此时N2O5（g）浓度为5.00molL1，但增大压强，平衡逆向移动，则平衡时c（N2O5）5.00molL1，故C正确；D正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，若T1T2，则K1K2，故D错误，故选：D4分别依据下列实验事实，得出的结论正确的是（）实验事实结论A苯酚和水的浊液中，加碳酸钠溶液，溶液变澄清苯酚的酸性比碳酸强B将“84”消毒液（含NaClO）滴入品红溶液中，褪色缓慢，若同时加入食醋，红色很快褪为无色随溶液pH减小，“84”消毒液的氧化能力增强C铜放入稀硫酸中，无明显现象，再加入硝酸钠固体，溶液变蓝，有明显的气泡放出，铜溶解硝酸钠可以加快铜与稀硫酸的反应速率D向2mL 0.1mol/L的硝酸银溶液中加入1mL0.1mol/LNaCl溶液，出现白色沉淀，再加入几滴0.1mol/L Na2S溶液，有黑色沉淀生成氯化银的溶解度大于硫化银AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A苯酚和水的浊液中，加碳酸钠溶液生成苯酚钠和碳酸氢钠；B酸性增强，次氯酸根离子的氧化性增强；C酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性；D硝酸银过量，不能证明【解答】解：A苯酚和水的浊液中，加碳酸钠溶液生成苯酚钠和碳酸氢钠，不能证明苯酚的酸性比碳酸强，故A错误；B将“84”消毒液（含NaClO）滴入品红溶液中，褪色缓慢，若同时加入食醋，红色很快褪为无色，可说明酸性增强，次氯酸根离子的氧化性增强，故B正确；C酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可氧化铜，故C错误；D硝酸银过量，不能证明，可用等浓度的硝酸银和氯化钠溶液，然后再加入Na2S溶液，故D错误故选B5向AgCl浊液中滴加氨水后可得到澄清溶液，继续滴加浓硝酸后又有沉淀生成经查资料得知：Ag+2NH3H2OAg（NH3）2+2H2O下列分析不正确的是（）A浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+CI（aq）B实验可以证明NH3结合Ag+能力比Cl强C实验表明实验室可用氨水洗涤银镜反应后的试管D由资料信息可推知：加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A难溶电解质存在溶解平衡；BAg+与氨气分子结合生成二氨合银离子，导致银离子浓度减小，促使AgCl （s）Ag+（aq）+Cl（aq）正向移动；C银镜反应后的试管壁上是银单质，其不能和氨水反应；D浓硝酸能够中和一水合氨，使反应Ag+2NH3H2OAg（NH3）2+2H2O逆向移动，二氨合银离子生成银离子，与溶液中的氯离子结合【解答】解：AAgCl为难溶电解质，在浊液中存在沉淀溶解平衡，故A正确；BAg+与氨气分子结合生成二氨合银离子，导致银离子浓度减小，促使AgCl （s）Ag+（aq）+Cl（aq）正向移动，说明NH3结合Ag+能力比Cl强，故B正确；C银镜反应后的试管壁上是银单质，银离子能够与氨水反应，银单质不能，故C错误；D浓硝酸能够中和一水合氨，使反应Ag+2NH3H2OAg（NH3）2+2H2O逆向移动，二氨合银离子生成银离子，与溶液中的氯离子结合生成沉淀，所以加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl，故D正确；故选C6关于0.1molL1 NaHCO3溶液，下列说法正确的是（）A溶质水解反应：HCO3+H2H3O+CO32B离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）c（OH）+c（HCO3）+c（CO32）C微粒浓度关系：c（Na+）c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32）D微粒浓度关系：c（Na+）2c（H2CO3）+c（HCO3）+c（CO32）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A、HCO3+H2H3O+CO32是溶质电离，溶质水解反应：HCO3+H2OH2CO3+OH；B、电荷守恒，得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32）；C、NaHCO3溶液呈碱性，水解大于电离；D、物料守恒，两者的物质的量为1：1【解答】解：A、HCO3+H2H3O+CO32是溶质电离，溶质水解反应：HCO3+H2OH2CO3+OH，故A错误；B、电荷守恒，得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），故B错误；C、NaHCO3溶液呈碱性，水解大于电离，所以离子浓度大小顺序为：c（Na+）c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32），故C正确；D、物料守恒，两者的物质的量为1：1，所以关系式为：c（Na+）c（H2CO3）+c（HCO3）+c（CO32），故D错误；故选；C7常温下，浓度均为0.1molL1的4种钠盐溶液pH如下：溶质Na2CO3NaHCO3NaClONaHSO3pH11.69.710.35.2下列说法中不正确的是（）A四种溶液中，Na2CO3溶液中水的电离程度最大B向氯水中加入NaHCO3（s），可以增大氯水中次氯酸的浓度CNaHSO3溶液显酸性的原因是：NaHSO3Na+H+SO32D常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO，pH最小的是H2SO3【考点】盐类水解的应用【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、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；B、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；C、H2SO3是弱酸，不能完全电离；D、酸根离子水解程度越大，则酸的酸性越弱；【解答】解：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、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B正确；C、H2SO3是弱酸，不能完全电离，故HSO3是酸式弱酸根，既能电离又能水解，NaHSO3溶液显酸性的原因是HSO3的电离大于其水解，故C错误；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最小的是H2SO3，故D正确；故选C8实验：0.1molL1AgNO3溶液和0.1molL1NaCl溶液等体积混合得到浊液，过滤分别取少量的浊液，分别滴加等浓度等体积的饱和Na2S溶液、饱和Na2SO4溶液，前者出现浑浊，后者溶液仍澄清取少量的沉淀，滴加几滴氨水，沉淀逐渐溶解下列分析不正确的是（）A实验证明了的滤液中含有Ag+，由此推断的滤液中也含有ClB由实验推测：若在的沉淀中滴加NaOH溶液，沉淀也能溶解C实验的溶液中含有Ag（NH3）2+微粒D实验证明了该温度下Ag2S比Ag2SO4更难溶解【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】0.1mol/L AgNO3溶液和0.1mol/L NaCl溶液等体积混合得到浊液，说明生成氯化银沉淀；分别取少量的滤液，分别滴加等浓度等体积的饱和Na2S溶液、饱和Na2SO4溶液，前者出现浑浊，说明生成硫化银，比氯化银更难溶的沉淀，后者溶液仍澄清，说明未生成硫酸银沉淀，此实验说明过滤后溶液中仍然存在银离子；取少量氯化银沉淀，滴加几滴氨水，沉淀逐渐溶解，说明此过程中生成了更难电离的物质：二氨合银离子，以此解答该题【解答】解：A由以上分析可知实验证明了的滤液中含有Ag+，由此推断的滤液中也含有Cl，故A正确；B银离子与氨气分子的络合，促进了氯化银的溶解，不能说明银离子与氢氧根也能发生类似络合，故B错误；C由以上分析可知加入氨水溶解，则实验的溶液中含有Ag（NH3）2+微粒，发生络合反应，故C正确；D由实验现象可证明了该温度下Ag2S比Ag2SO4更难溶解，故D正确故选B9已知醋酸、醋酸根离子在溶液中存在下列平衡及其对应的平衡常数CH3COOHCH3COO+H+ K1=1.75105H10CH3COO+H2OCH3COOH+OH K2=5.711010H20常温下，将等体积、等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液混合，则下列叙述正确的是（）A对混合溶液进行微热，K1增大、K2减小B混合溶液的pH7C混合溶液中c（CH3COO）c（Na+）D温度不变，若在混合溶液中加入少量NaOH固体，则c（CH3COO）减小【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A电离、水解均为吸热反应；B由K的关系可知，醋酸和醋酸钠的混合溶液中，电离大于水解，溶液显酸性；C根据醋酸和醋酸钠的混合溶液中，电离程度大于水解程度，判断离子浓度关系；D温度不变，若在混合溶液中加入少量NaOH固体，促电离抑水解c（CH3COO）增大【解答】解：A电离、水解均为吸热反应，所以对混合溶液进行微热，K1增大、K2增大，故A错误；B由K的关系可知，醋酸和醋酸钠的混合溶液中，电离大于水解，溶液显酸性pH7，故B错误；C根据醋酸和醋酸钠的混合溶液中，电离程度大于水解程度，所以混合溶液中c（CH3COO）c（Na+），故C正确；D温度不变，若在混合溶液中加入少量NaOH固体，促电离抑水解c（CH3COO）增大，故D错误；故选C10下列叙述错误的是（）A煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠B淀粉、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同C乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同D乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去【考点】石油的分馏产品和用途；乙烯的化学性质；乙醇的化学性质；乙酸的化学性质；淀粉的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【分析】A石油分馏可以得到汽油、煤油、柴油等物质；金属钠能与空气中的氧气和水反应，须贮存在煤油中隔离空气；B淀粉常在无机酸（一般为稀硫酸）催化作用下发生水解，生成葡萄糖；蛋白质水解最后得到多种氨基酸；油脂在酸性条件下水解为甘油（丙三醇）和高级脂肪酸；在碱性条件下水解为甘油、高级脂肪酸盐；C乙烯与溴发生加成反应，使溴水中水层褪色，苯萃取溴水的溴，使溴水中水层褪色；D乙酸中含有羧基，乙醇含有羟基，乙酸乙酯中含有酯基，在一定条件下都能发生取代反应，例如：乙酸和乙醇的酯化反应是取代反应，乙酸乙酯的水解反应也属于取代反应，乙酸具有酸性，其酸性强于碳酸，故能与Na2CO3反应【解答】解：A煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠，故A正确； B淀粉常在无机酸（一般为稀硫酸）催化作用下发生水解，生成葡萄糖；蛋白质水解最后得到多种氨基酸；油脂在酸性条件下水解为甘油（丙三醇）和高级脂肪酸；在碱性条件下水解为甘油、高级脂肪酸盐，水解产物各不相同，故B正确；C乙烯与溴发生加成反应，使溴水中水层褪色，溴在苯的溶解度远远大于水中的溶解度，苯萃取溴水的溴，使溴水中水层褪色，二者褪色原理不同，故C错误；D乙酸和乙醇的酯化反应是取代反应，乙酸乙酯的水解反应也属于取代反应，乙酸能，故可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故D正确故选C二、选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分，每小题有1-2个选项符合题意，若有两个选项的，只选一个且正确的得1分，多选、错选不得分）11化学在生产和生活中有重要的应用下列说法不正确的是（）A电解MgCl2溶液可制金属镁B可溶性铁盐或铝盐可用于水的净化C在海轮外壳上装上锌块，可减缓船体的腐蚀速率D“开发利用新能源”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量【考点】金属的电化学腐蚀与防护；常见的生活环境的污染及治理；金属冶炼的一般原理【分析】A、镁离子在溶液中不能放电；B、铁盐和铝盐水解出的氢氧化铁和氢氧化铝能沉淀杂质；C、原电池的正极被保护；D、“开发利用新能源”“汽车尾气催化净化”可减少污染性气体的排放【解答】解：A、镁离子在溶液中不能放电，故制取金属镁需电解熔融的氯化镁，故A错误；B、铁盐和铝盐水解出的氢氧化铁和氢氧化铝能沉淀杂质，故铁盐和铝盐可以净水，故B正确；C、锌、铁和海水符合原电池构成条件，能形成原电池，可以减缓船体的腐蚀，故C正确；D、“开发利用新能源”、“汽车尾气催化净化”可减少污染气体的排放，能提高空气质量，故D正确；故选A12某兴趣小组设计如下微型实验装置实验时，现断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是（）A断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H+2ClCl2+H2B断开K2，闭合K1时，铜电极附近溶液先变红C断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e2ClD断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】断开K2，闭合K1时，两极均有气泡产生，说明Cu作阴极、石墨作阳极，电池反应式为2H2O+2ClCl2+H2+2OH；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，说明构成燃料电池，氯气得电子发生还原反应，则石墨作正极、Cu作负极，据此分析解答【解答】解：A断开K2，闭合K1时，两极均有气泡产生，说明Cu作阴极、石墨作阳极，电池反应式为2H2O+2ClCl2+H2+2OH，故A错误；B断开K2，闭合K1时，铜电极反应式为2H2O2eH2+2OH，所以Cu电极附近溶液先变红，故B正确；C断开K1，闭合K2时，该装置构成原电池，Cu电极是负极，铜电极上的电极反应为：H22e2H+，故C错误；D断开K1，闭合K2时，石墨电极上电极反应式为Cl2+2e2Cl，则石墨作正极，故D正确；故选BD13下列表述不正确的是（）ABCD盐桥中的Cl移向ZnSO4溶液a极附近产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝粗铜的电极反应式为：Cu2+2e=Cu正极反应式为：O2+4e+2H2O=4OHAABBCCDD【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A、根据原电池中阴离子移向负极，阳离子移向正极来判断；B、电解池，a与正极相连是阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；C、精炼铜，粗铜作阳极，反应为Cu2e=Cu2+；D、吸氧腐蚀，正极反应为O2+4e+2H2O=4OH【解答】解：A、原电池中阴离子移向负极，阳离子移向正极，该原电池锌、硫酸锌溶液为负极，则Cl移向ZnSO4溶液，故A正确；B、电解池，a与正极相连是阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，2Cl2e=Cl2，氯气和碘化钾反应生成碘单质，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故B正确；C、精炼铜，粗铜作阳极，反应为Cu2e=Cu2+，故C错误；D、吸氧腐蚀，正极反应为O2+4e+2H2O=4OH，故D正确；故选C14用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（）A78g过氧化钠晶体中，含3NA个离子B常温常压下，22.4L氦气含有NA个氦原子C在O2参与的反应中，1 mol O2作氧化剂时得到的电子数一定是4NAD常温下16g O2与O3的混合气体中含氧原子数为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、求出过氧化钠的物质的量，然后根据过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成来分析；B、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；C、根据反应后氧元素的价态来分析；D、氧气和臭氧均由氧原子构成【解答】解：A、78g过氧化钠的物质的量为1mol，而过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠中含3mol离子即3NA个，故A正确；B、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L氦气的物质的量小于1mol，则含有的氦原子小于NA个，故B错误；C、由于反应后氧元素的价态可能为1价或2价，故当1mol氧气做氧化剂被还原后转移的电子可能为2NA个，也可能为4NA个，故C错误；D、氧气和臭氧均由氧原子构成，故16g混合物中含有的氧原子的物质的量为1mol，个数为NA个，故D正确故选AD15某溶液中含有HCO3、SO32、CO32、CH3COO4种阴离子向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（假设溶液体积无变化）（）ACH3COOBSO32CCO32DHCO3【考点】钠的重要化合物；常见离子的检验方法【分析】Na2O2具有强氧化性，可与SO32发生氧化还原反应，Na2O2与水反应生成NaOH，可与HCO3反应，以此解答该题【解答】解：Na2O2具有强氧化性，可与SO32发生氧化还原反应，Na2O2与水反应生成NaOH，可与HCO3反应，则溶液中HCO3浓度减小，CO32浓度增大，故选A16下列反应的离子方程式书写正确的是（）A硫酸铝溶液中加入过量氨水 Al3+3OHAl（OH）3B硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液 Fe2+2H+H2O2Fe3+2H2OC碳酸钙与醋酸反应 CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2OD电解饱和食盐水 2Cl+2H2OH2+C12+2OH【考点】离子方程式的书写【分析】A一水合氨为弱电解质，保留化学式；B电荷不守恒；C醋酸为弱电解质，保留化学式；D电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气【解答】解：A硫酸铝溶液中加入过量氨水，离子方程式：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故A错误；B硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液，离子方程式：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，故B错误；C碳酸钙与醋酸反应，离子方程式：CaCO3+2CH3COOHCa2+CO2+H2O+2CH3COO，故C错误；D电解饱和食盐水，离子方程式：2Cl+2H2OH2+C12+2OH，故D正确；故选：D17A、B、C均为短周期元素，A、B周周期，A、C的最低价阴离子分别为A2、C，A2离子半径大于C，B2+与C具有相同的电子层结构下列叙述一定不正确的是（）A它们的原子序数BACB它们的离子半径A2CB2+C它们的原子半径CBAD它们的最外层电子数CAB【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】由A、C的最低价离子分别为A2和C，则A为A族元素，C为A族元素或H元素，A、B同周期、B2+和C具有相同的电子层结构，则A、B在C的下一周期，则可推知A为S元素、B为Mg元素、C为F元素，或者A为O、B为Be、C为H，据此解答【解答】解：由A、C的最低价离子分别为A2和C，则A为A族元素，C为A族元素或H元素，A、B同周期、B2+和C具有相同的电子层结构，则A、B在C的下一周期，可推知A为S元素、B为Mg元素、C为F元素，或者A为O、B为Be、C为HA由上述分析可知，原子序数ABC，故A错误；B电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径A2CB2+，故B正确；C同周期原子半径从左到右逐渐减小，电子层数越多原子半径越大，原子半径BAC，故C错误；DA为S元素，B为Mg元素，C为F元素，最外层电子数分别为6、2、7，所以最外层电子数CAB，故D正确，故选AC18向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是（）操作现象结论A滴加AgNO3溶液生成白色沉淀原溶液中有ClB滴加盐酸溶液产生无色无味气体使澄清石灰水变浑浊原溶液中有CO32C滴加硫酸钠和稀硝酸溶液产生白色沉淀原溶液中有Ba2+D滴加稀NaOH溶液生成白色沉淀原溶液中一定有Mg2+AABBCCDD【考点】常见离子的检验方法；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【分析】A白色沉淀可能为硫酸银等；B无色无味气体为二氧化碳；C白色沉淀为硫酸钡，不溶于酸；DNaOH少量时，生成白色沉淀为氢氧化铝或氢氧化镁【解答】解：A白色沉淀可能为硫酸银，则原溶液中可能含氯离子或硫酸根离子等，故A错误；B无色无味气体为二氧化碳，则原溶液中可能含CO32或HCO3，或二者均存在，故B错误；C白色沉淀为硫酸钡，不溶于酸，则原溶液中有Ba2+，故C正确；DNaOH少量时，生成白色沉淀为氢氧化铝或氢氧化镁，则溶液中可能含Mg2+或Al3+，或二者均存在，故D错误；故选C二、非选择题（共56分）19自然界中氮元素有多种存在形式（1）合成氨反应的化学方程式是N2+3H22NH3（2）NH3在一定条件下可被氧化已知：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）H=1269kJ/mol断开1mol HO 键与断开 1mol HN 键所需能量相差约72.6kJ；（3）右图是某压强下，N2与H2按体积比1：3投料时，反应混合物中氨的体积分数随温度的变化曲线其中一条是经过一定时间反应后的曲线，另一条是平衡时的曲线HO 键比HN键（填“强”或“弱”）强图中b点，v（正） v（逆）（填“”、“=”或“”）图中a点，容器内气体n（N2）：n（NH3）=1：4（4）水中的氨在微生物作用下可被氧化为亚硝酸，其化学方程式是2NH3+3O22HNO2+2H2O（5）电解法能将碱性溶液中的NO2转化为N2而除去，其电极反应式是2NO2+6e+4H2O=N2+8OH【考点】有关反应热的计算【分析】（1）工业上利用氮气和氢气来合成氨；（2）根据物质的键能变化计算；根据键能的差值，判断键的强弱；（3）根据反应的方向，判断正逆反应速率的大小；根据氨气的体积分数计算n（N2）：n（NH3）；（4）水中的氧气氧化氨气生成亚硝酸和水；（5）电解法能将碱性溶液中的NO2转化为N2和OH【解答】解：（1）工业上利用氮气和氢气来合成氨，方程式为N2+3H22NH3，故答案为：N2+3H22NH3；（2）根据4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）H=1269kJ/mol，可知12HN+3498kJ/mol2946kJ/mol12HO=1269kJ/mol，得（HO）（HN）=72.6kJ/mol，故答案为：72.6；根据（HO）（HN）=72.6kJ/mol，可知HO 键比HN键强，故答案为：强；（3）图中b点，氨气的体积分数逐渐增加，可知向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率；故答案为：； 图中a点，设反应的N2为x，则N2+3H22NH3初始物质的量：1 3 0变化的物质的量：x 3x 2x 平衡时的物质的量：1x 33x 2x氨气的体积分数为50%时，则=50%，解之得x=，则n（N2）：n（NH3）=： =1：4，故答案为：1：4；（4）水中的氧气氧化氨气生成亚硝酸和水，方程式为2NH3+3O22HNO2+2H2O，故答案为：2NH3+3O22HNO2+2H2O；（5）电解法能将碱性溶液中的NO2转化为N2和OH，电极反应式为2NO2+6e+4H2O=N2+8OH，故答案为：2NO2+6e+4H2O=N2+8OH20“C1化学”是指以碳单质或分子中含1个碳原子的物质（如CO、CO2、CH4、CH3OH等）为原料合成工业产品的化学工艺，对开发新能源和控制环境污染有重要意义（1）一定温度下，在两个容积均为2L的密闭容器中，分别发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.0kJ/mol相关数据如下容器甲乙反应物投入量1molCO2（g）和3molH2（g）1molCH3OH和1molH2O（g）平衡时c（CH3OH）c1c2平衡时能量变化放出29.4kJ吸收akJ请回答：c1=c2（填“”“”或“=”），a=19.6；若甲中反应10s时达到平衡，则用CO2来表示甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是0.03mol/（Ls）1；（2）压强为p1时，向体积为1L密闭容器中充入bmolCO和2bmolH2，发生反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如图1所示，请回答：该反应属于放（填“吸”或“放”）热反应，p1p2（填“”“”或“=”）100时，该反应的平衡常数K=（用含b的代数式表示）（3）治理汽车尾气的反应是2NO（g）+2CO（g）2CO2+N2（g）H0；在恒温容的密闭容器中通入n（NO）：n（CO）=1：2的混合气体，发生上述反应，下列图象说明反应在进行到t1时刻一定达到平衡状态的是cd【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】（1）甲、乙是完全等效平衡，平衡时甲醇的浓度相等，甲中放出的热量与乙中吸收的热量之和为49.0kJ；根据放出的热量计算参加反应二氧化碳的物质的量，再根据计算v（CO2）；（2）由图可知，压强一定时，温度越高，CO的转化率越低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大；100C时CO的转化率为50%，据此计算参加反应的CO物质的量，再利用平衡三段式列式计算平衡时各组分物质的量，由于容器的体积为1L，利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式K=计算；