2019-2020年高考化学 周考试卷（4）（含解析）.doc

2019-2020年高考化学 周考试卷（4）（含解析）一、选择题（每题3分，共60分）1（3分）（xx春泉州校级期中）书法离不开文房四宝（笔、墨、纸、砚）做笔用的狼毫、研墨用的墨条、宣纸（即白纸）和做砚台用的砚石的主要成份依次是（）A多糖、石墨、蛋白质、无机盐B塑料、石墨、多糖、无机盐C蛋白质、炭黑、多糖、无机盐D蛋白质、煤炭、多糖、有机玻璃2（3分）（xx春濮阳期末）物质分类的依据通常是根据它的组成和性质，下列物质的分类中，只考虑组成的是（）A硫酸钠是钠盐、硫酸盐、正盐B二氧化硫是氧化物、酸酐、有漂白性物质C氢氧化钠是一元碱、易溶性碱、强碱D碳酸氢钠是钠盐、酸式盐、易分解的盐3（3分）（xx海珠区模拟）化学与生产、生活密切相关下列叙述正确的是（）A淀粉、油脂和蛋白质都是天然高分子化合物B葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体C14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体D从海水中可以得到NaCl，电解饱和NaCl溶液可以得到金属Na4（3分）（xx广东）下列说法都正确的是（）江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关四川灾区重建使用了大量钢材，钢材是合金“钡餐”中使用的硫酸钡是弱电解质太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置常用的自来水消毒剂有氯气和二氧化氮，两者都含有极性键水陆两用公共汽车中，用于密封的橡胶材料是高分子化合物ABCD5（3分）（xx春南京期末）第二届青奥会“幸福之门”火炬用铝合金材料制造铝合金属于 （）A盐B氧化物C纯净物D混合物6（3分）（xx山东）下列与含氯化合物有关的说法正确的是（）AHClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质B向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体CHCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物D电解NaCl溶液得到22.4 L H2（标准状况），理论上需要转移NA个电子（NA表示阿伏加德罗常数）7（3分）（xx宜春模拟）中科院化学所研制的晶体材料纳米四氧化三铁，在核磁共振造影及医药上有广泛用途其生产过程的部分流程如下：FeCl36H2OFeOOH 纳米四氧化三铁，下列有关叙述不合理的是（）A纳米四氧化三铁可分散在水中，它与FeCl3溶液的分散质直径相当B纳米四氧化三铁具有磁性，可作为药物载体用于治疗疾病C在反应中环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解D反应的化学方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O+CO28（3分）下列说法中，不正确的是（）同一元素的不同核素互称为同位素 两个非金属元素原子间不可能形成离子健金属腐蚀的实质是金属原子失去电子被还原的过程因为常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，所以非金属性：PN元素的非金属性越强，其氧化物对应的水化物的酸性就越强青铜、不锈钢、硬铝都是合金Al和Fe在一定条件下都能与某些氧化物反应化学键可以使离子相结合，也可以使原子相结合ABCD9（3分）（xx秋思明区校级期中）下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数）（）A124g P4含有PP键的个数为4NAB12g石墨中含有CC键的个数为3NAC12g金刚石中含有CC键的个数为2NAD60g SiO2中含SiO键的个数为2NA10（3分）（xx秋宛城区校级月考）下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A在无色溶液中：Na+、Cu2+、NO3、MnO4B在含有HCO3的溶液中：H+、K+、SO42、ClC能使酚酞变红的溶液中：Al3+、Fe3+、NO3、SO42D常温下，水电离的c（H+）=1012molL1的溶液中：K+、Ba2+、NO3、Cl11（3分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）ACO和 N2为等电子体，22.4L的CO气体和1mol N2所含的电子数相等B1L密度为1.84gcm3质量分数为98%的硫酸溶液中，所含氢原子数为36.8NAC在标准状况下，32g氧气和臭氧的混合气体中含氧原子数为2NAD在标准状况下，30g福尔马林和22.4L三氧化硫所含氧原子数之比为1：312（3分）（xx秋宛城区校级月考）对相同质量的N2与NO作比较，正确的是（）A所含的分子数相等B在同温同压下，V（N2）V（NO）C所含的原子数不相等D在同温同体积下，p（N2）p（NO）13（3分）（xx和平区校级一模）实验现象是物质性质的反映，下列对实验现象的解释或由此得出的结论不正确的是（）选项实验现象解释或结论A将SO2通入Ba（NO3）2溶液中溶液变浑浊并有少量气泡冒出生成BaSO4沉淀和NO气体B铝箔1（末打磨）和铝箔2（已打磨）分别在空气中灼烧铝箔均熔化但不滴落熔点：Al2O3AlC淀粉水解后，立即加入新制的氢氧化铜悬浊液加热，充分反应无砖红色沉淀生成该淀粉未水解D1mol某醇与足量的钠反应生成22.4L氢气 （标况下）该醇为二元醇AABBCCDD14（3分）下列实验或操作不合理的是（）钾的火焰颜色要透过蓝色钻玻璃观察用溴水检验汽油中是否含有不饱和脂肪烃将浓硫酸沿玻璃棒缓缓注入盛水的量筒中，边加边搅拌，以使产生的热量迅速散失用乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸仅用蒸馏水鉴别蔗糖、硫酸铜粉末、碳酸钙粉末配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液，需要的玻璃仪器只有容量瓶、烧杯和玻璃棒用玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸中央，测定该溶液的pH向保温套中100mL小烧杯里，依次加入50mL0.5mol/L NaOH溶液和50mL0.55mol/L的盐酸溶液进行中和热测定ABCD15（3分）（xx北京）下列叙述正确的是（）A将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀B在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu（NO3）2固体，铜粉仍不溶C向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失D纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变16（3分）（xx袁州区模拟）“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是（）A加热时，上部汇集了固体NH4Cl，说明NH4Cl的热稳定性比较好B加热时，、溶液均变红，冷却后又都变为无色C中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅D四个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应17（3分）（xx东城区模拟）强电解质甲、乙、丙、丁分别溶于水，电离出NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH、Cl、HCO3、SO42（每种溶液中溶质电离出的离子各不相同）已知：甲溶液分别与其它三种溶液混合，均产生白色沉淀；0.1molL1乙溶液中c（H+）0.1molL1；向丙溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀下列结论不正确的是（）A四种物质中一定有共价化合物B四种物质中一定有Ba（OH）2C丙溶液中含有NH4+D丁溶液中含有HCO318（3分）（xx秋瑞安市校级月考）取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和 CuO，将其分成两等份，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少6.40g，另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为（）A2.8molL1B3.2molL1C3.6molL1D无法判断19（3分）（xx河南一模）0.6molL1Fe2（SO4）3和1.2molL1CuSO4的混合溶液200mL，加入一定量铁粉充分反应后，测得溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为2：1，则加入铁粉的物质的量为（）A0.30molB0.22molC0.16molD0.48mol20（3分）在T时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为 gcm3，溶质的质量分数为w，其中含NH的物质的量为b mol下列叙述中一定正确的是（）A溶质的质量分数为w=100%B溶质的物质的量浓度c= molL1C溶液中c（OH）= molL1D上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.5w二、（非选择题）21（10分）（xx春杭州期中）化工生产中常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱（1）从物质的分类角度看，不恰当的一种物质是（填物质的化学式）（2）“三酸”与“两碱”之间的反应，若用化学方程式表示有六个（酸过量时），若用离子方程式表示却只有两个，请写出这两个离子方程式：（酸过量时）、（3）“三酸”常用于溶解金属和金属氧化物下列块状金属在常温时能全部溶于足量浓硝酸的是AAu B Cu CAl DFe（4）烧碱、纯碱溶液均可吸收CO2，当含0.1mol NaOH的溶液吸收一定量CO2后，将溶液低温小心蒸干得到固体的组成可能有四种情况，分别是（填化学式）：，Na2CO3，NaHCO322（12分）（xx秋宛城区校级月考）质量分数不同的两种硫酸溶液等质量混合时，其质量分数为a%，而等体积混合时为b%；质量分数不同的两种乙醇溶液等质量混合时，其质量分数也为a%，而等体积混合时则为c%，则a、b、c之间的大小关系为Aabc Bbac Ccab D不能比较标准状况下，将VL HCl气体溶于0.1L水中，所得溶液密度为gmL1则此溶液物质的量浓度为用质量分数为36.5%的浓盐酸（密度为1.16g/cm3）配制成1mol/L的稀盐酸现实验室仅需要这种盐酸220mL试回答下列问题：（1）配制稀盐酸时，应选用容量为mL的容量瓶；（2）经计算需要mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的A5mL B10mL C25mL D50mL（3）在量取浓盐酸后，进行了下列操作：等稀释的盐酸其温度与室温一致后，沿玻璃棒注入250mL容量瓶中往容量瓶中小心加蒸馏水至液面接近环形标线23cm处，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的凹面底部与瓶颈的环形标线相切在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶上述操作中，正确的顺序是（填序号）（4）在上述配制过程中，用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，其配制的稀盐酸浓度是（填“偏高”、“偏低”、“无影响”）若定容时仰视容量瓶的刻度线，则配制的稀盐酸浓度是（填“偏高”、“偏低”、“无影响”）23（18分）（xx重庆）氯离子插层镁铝水滑石Mg2Al（OH）6ClxH2O是一种新型离子交换材料，其在高温下完全分解为MgO、Al2O3、HCl和水蒸气现用如图装置进行实验确定其化学式（固定装置略去）（1）Mg2Al（OH）6ClxH2O热分解的化学方程式为（2）若只通过测定装置C、D的增重来确定x，则装置的连接顺序为（按气流方向，用接口字母表示），其中C的作用是装置连接后，首先要进行的操作的名称是（3）加热前先通N2排尽装置中的空气，称取C、D的初始质量后，再持续通入N2的作用是、等（4）完全分解后测得C增重3.65g、D增重9.90g，则x=若取消冷却玻管B后进行实验，测定的x值将（填“偏高”或“偏低”）（5）上述水滑石在空气中放置时易发生反应生成Mg2Al（OH）6Cl12x（CO3）yzH2O，该生成物能发生类似的热分解反应现以此物质为样品，用（2）中连接的装置和试剂进行实验测定z，除测定D的增重外，至少还需测定xx学年江苏省南京市南大附中高三（下）周考化学试卷（4）参考答案与试题解析一、选择题（每题3分，共60分）1（3分）（xx春泉州校级期中）书法离不开文房四宝（笔、墨、纸、砚）做笔用的狼毫、研墨用的墨条、宣纸（即白纸）和做砚台用的砚石的主要成份依次是（）A多糖、石墨、蛋白质、无机盐B塑料、石墨、多糖、无机盐C蛋白质、炭黑、多糖、无机盐D蛋白质、煤炭、多糖、有机玻璃考点：生活中的有机化合物分析：狼毫为动物的毛；墨条由炭黑制成；宣纸主要成分为纤维素；砚台成分为无机盐解答：解：狼毫为动物的毛，属于蛋白质；墨条由炭黑制成；宣纸主要成分为纤维素，属于多糖；砚台成分为无机盐故选C点评：本题考查物质的成分，难度不大，注意各种物质的组成是关键2（3分）（xx春濮阳期末）物质分类的依据通常是根据它的组成和性质，下列物质的分类中，只考虑组成的是（）A硫酸钠是钠盐、硫酸盐、正盐B二氧化硫是氧化物、酸酐、有漂白性物质C氢氧化钠是一元碱、易溶性碱、强碱D碳酸氢钠是钠盐、酸式盐、易分解的盐考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系专题：物质的分类专题分析：根据组成来判断物质中的元素，得出其在溶液中的离子构成，进一步判断物质所属的类别解答：解：A、是根据组成来得出硫酸钠在溶液中的离子构成，进而进行所属类别的判断的，故A正确；B、该种分类的依据是根据二氧化硫的性质，故B错误；C、该种分类的依据是根据氢氧化钠的组成和性质，故C错误；D、该种分类的依据是根据氢氧化钠的组成和性质，故D错误故选A点评：本题考查学生物质分类的标准和依据，可以根据所学知识进行回答，难度不大3（3分）（xx海珠区模拟）化学与生产、生活密切相关下列叙述正确的是（）A淀粉、油脂和蛋白质都是天然高分子化合物B葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体C14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体D从海水中可以得到NaCl，电解饱和NaCl溶液可以得到金属Na考点：有机高分子化合物的结构和性质；同素异形体；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解原理专题：物质的分类专题；电化学专题分析：A淀粉、蛋白质是有机高分子化合物，油脂不是；B胶体具有丁达尔效应，溶液没有；C根据同素异形体的概念进行分析，同素异形体是指由同种元素组成的不同单质；D电解饱和NaCl溶液的实质是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；解答：解：A高分子化合物的相对分子质量特别大，一般达1万以上、一般具有重复结构单元，油脂不是高分子化合物，天然有机高分子化合物有淀粉、纤维素、蛋白质、天然橡胶等，故A错误；B医用葡萄糖注射液葡萄糖是溶质，水是溶剂，是葡萄糖的水溶液，不属于胶体，溶液不能产生丁达尔效应现象，故B正确；C14C与12C是碳元素的不同核素，不是单质，故C错误；D电解饱和NaCl溶液电解过程中阳极上氯离子失电子发生氧化反应，2Cl2e=Cl2；阴极上是氢离子得到电子生成氢气，电极反应为：2H+2e=H2，实质是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2得不到金属钠，故D错误；故选B点评：本题考查了高分子、胶体的性质、同素异形体、电解等知识，题目难度不大，C选项判断是否互为同素异形体是易错点，关键要把握两点：同种元素形成，不同单质，这是解决此类题的关键之所在4（3分）（xx广东）下列说法都正确的是（）江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关四川灾区重建使用了大量钢材，钢材是合金“钡餐”中使用的硫酸钡是弱电解质太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置常用的自来水消毒剂有氯气和二氧化氮，两者都含有极性键水陆两用公共汽车中，用于密封的橡胶材料是高分子化合物ABCD考点：胶体的重要性质；极性键和非极性键；生活中常见合金的组成；常用合成高分子材料的化学成分及其性能专题：化学应用分析：本题根据胶体的性质，带不同电荷的胶粒相遇时会形成沉淀；钢材是铁和碳的合金，比例不同所得材料性状不同；硫酸钡是一种沉淀，但哎溶液中的硫酸钡只要溶解就会完全电离，为强电解质；硅元素在元素周期表中的位置；氯气的化学键为非极性键；橡胶、淀粉等都为高分子化合物，因为分子量比较大等知识点来解题解答：解：根据胶体的性质当带不同电荷的胶粒相遇时会发生聚沉，不同地方的泥土胶粒电荷不同，在入海口出聚沉形成沉淀，日积月累形成三角洲，故正确；钢材是铁和碳的合金，正确；“钡餐”是硫酸钡，但硫酸钡是强电解质，因为尽管硫酸钡是难溶物但溶于水的部分确实完全电离的 错；硅元素位于周期表第三周期第A主族，是处于金属与非金属的交界处，正确；氯气是由非极性键组成的单质，错；橡胶是高分子化合物，正确故选B点评：本题考查了胶体中胶粒是带电荷的，生活中常见物质钢铁、钡餐、橡胶的组成和成分，元素周期表中元素的位置，氯气是由非极性键组成的分子等知识点5（3分）（xx春南京期末）第二届青奥会“幸福之门”火炬用铝合金材料制造铝合金属于 （）A盐B氧化物C纯净物D混合物考点：合金的概念及其重要应用专题：几种重要的金属及其化合物分析：合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：一定是混合物；合金中各成分都是以单质形式存在；合金中至少有一种金属，合金的硬度大，熔点低据此分析解答解答：解：盐、氧化物都属于纯净物，“铝合金”是由铝与其它金属或非金属熔合而成的具有铝的性质的混合物所以“铝合金”属于混合物，故选D点评：本题主要考查了合金的判别，掌握合金的概念及特征是解答的关键，题目较简单6（3分）（xx山东）下列与含氯化合物有关的说法正确的是（）AHClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质B向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体CHCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物D电解NaCl溶液得到22.4 L H2（标准状况），理论上需要转移NA个电子（NA表示阿伏加德罗常数）考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用专题：卤族元素分析：ANaClO为强电解质；B实验室用饱和FeCl3溶液滴加到沸水中的方法制备Fe（OH）3胶体；CHCl为共价化合物；D氢气的物质的量为1mol，则转移电子2mol解答：解：AHClO为弱电解质，但NaClO为强电解质，故A错误；B实验室用饱和FeCl3溶液滴加到沸水中的方法制备Fe（OH）3胶体，注意当溶液呈红褐色时停止加热，故B正确；CHCl为共价化合物，NaCl是离子化合物，故C错误；D氢气的物质的量为1mol，理论上需要转移2NA个电子，故D错误故选B点评：本题综合考查含氯化合物的性质，题目难度不大，注意胶体的制备以及电解的原理，学习中注意区分离子化合物和共价化合物7（3分）（xx宜春模拟）中科院化学所研制的晶体材料纳米四氧化三铁，在核磁共振造影及医药上有广泛用途其生产过程的部分流程如下：FeCl36H2OFeOOH 纳米四氧化三铁，下列有关叙述不合理的是（）A纳米四氧化三铁可分散在水中，它与FeCl3溶液的分散质直径相当B纳米四氧化三铁具有磁性，可作为药物载体用于治疗疾病C在反应中环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解D反应的化学方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O+CO2考点：铁的氧化物和氢氧化物专题：几种重要的金属及其化合物分析：A、利用胶体、溶液的分散质粒子直径来分析；B、根据题意磁性纳米晶体材料，用于疾病的诊断，还可以作为药物载体用于疾病的治疗；C、根据反应环丙胺没有参加反应来分析；D、根据反应中的反应物与生成物及质量守恒定律来分析解答：解：A、纳米四氧化三铁分散在适当分散剂中，属于胶体分散系，不同于溶液的溶质微粒直径，故A错误；B、纳米四氧化三铁为磁性纳米晶体材料作为药物载体用于疾病的治疗，故B正确；C、因反应环丙胺不参加反应，但加快反应速率，即加快了氯化铁水解，故C正确；D、由制备过程图可知，反应的反应物为FeOOH和CO，由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为6FeOOH+CO2Fe3O4+3H2O+CO2，故D正确故选A点评：本题属于信息习题，学生应注重习题信息和所学知识相结合来解答本题，并注意质量守恒定律、胶体的性质等来解答8（3分）下列说法中，不正确的是（）同一元素的不同核素互称为同位素 两个非金属元素原子间不可能形成离子健金属腐蚀的实质是金属原子失去电子被还原的过程因为常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，所以非金属性：PN元素的非金属性越强，其氧化物对应的水化物的酸性就越强青铜、不锈钢、硬铝都是合金Al和Fe在一定条件下都能与某些氧化物反应化学键可以使离子相结合，也可以使原子相结合ABCD考点：金属腐蚀的化学原理；同位素及其应用；化学键；离子化合物的结构特征与性质；生活中常见合金的组成分析：同一元素的不同核素，质子数相同，中子数不同； 两个非金属元素原子间以共用电子对结合；金属腐蚀过程中金属原子失去电子被氧化；因为常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，与化学键断裂需要的能量有关；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强；青铜为Cu的合金、不锈钢为Fe的合金、硬铝为Al的合金；Al可与氧化铁等发生铝热反应，高温下Fe与水蒸汽反应；化学键含离子键和共价键解答：解：同一元素的不同核素，质子数相同，中子数不同，则核素互为同位素，故正确； 两个非金属元素原子间以共用电子对结合，则只能形成共价键，不能形成离子键，故正确；金属腐蚀过程中金属原子失去电子被氧化，即金属腐蚀的实质为金属原子失去电子被氧化的过程，故错误；因为常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，与化学键断裂需要的能量有关，NN键能大而稳定，非金属性NP，故错误；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，而氧化物对应的水化物的酸性无此规律，故错误；青铜为Cu的合金、不锈钢为Fe的合金、硬铝为Al的合金，均为合金，故正确；Al可与氧化铁等发生铝热反应，高温下Fe与水蒸汽反应，则Al和Fe在一定条件下都能与某些氧化物反应，故正确；化学键含离子键和共价键，离子相结合的作用力为离子键，原子相结合的作用力为共价键，故正确；故选D点评：本题考查较综合，涉及相关概念、元素周期表和周期律的应用、化学键、元素化合物知识等，综合性较强，注重基础知识的考查，题目难度不大9（3分）（xx秋思明区校级期中）下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数）（）A124g P4含有PP键的个数为4NAB12g石墨中含有CC键的个数为3NAC12g金刚石中含有CC键的个数为2NAD60g SiO2中含SiO键的个数为2NA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：A每个白磷分子中含有6个共价键，根据白磷的分子个数计算白磷中含有的PP共价键个数；B在石墨晶体中1个C原子对应3=个CC键；C每个C原子与其他4个C原子共用4个CC键，相当于每个C原子占有4=2个CC键；DSiO2晶体中1个Si原子对应4个SiO键解答：解：A一个白磷分子中含有6个PP键，124gP4的物质的量是1mol，所以含有PP键的个数为6NA，故A错误； B在石墨晶体中1个C原子对应3=个CC键，12 g石墨中含有CC键的个数为1.5NA，故B错误；C每个C原子与其他4个C原子共用4个CC键，相当于每个C原子占有4=2个CC键，1mol金刚石含2molCC键，故C正确；DSiO2晶体中1个Si原子对应4个SiO键，60gSiO2中含SiO键的个数为4NA，故D错误故选C点评：本题考查阿佛加德罗常数，难度不大，注意每个C原子与其他4个C原子共用4个CC键及石墨中的成键即可解答10（3分）（xx秋宛城区校级月考）下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A在无色溶液中：Na+、Cu2+、NO3、MnO4B在含有HCO3的溶液中：H+、K+、SO42、ClC能使酚酞变红的溶液中：Al3+、Fe3+、NO3、SO42D常温下，水电离的c（H+）=1012molL1的溶液中：K+、Ba2+、NO3、Cl考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：A溶液无色，则有颜色的离子不能大量共存；B与HCO3反应的离子不能大量共存；C使酚酞变红的溶液呈碱性，与OH反应的离子不能大量共存；D常温下，水电离的c（H+）=1012molL1的溶液，水的电离受到抑制，可能呈酸性，也可能呈碱性解答：解：A溶液无色，则有颜色的Cu2+、MnO4不能大量共存，故A错误；BH+与HCO3反应的生成二氧化碳和水而不能大量共存，故B错误；C使酚酞变红的溶液呈碱性，Al3+、Fe3+与OH反应生成沉淀而不能大量共存，故C错误；D常温下，水电离的c（H+）=1012molL1的溶液，水的电离受到抑制，可能呈酸性，也可能呈碱性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确故选D点评：本题考查离子共存问题，为高频考点，综合考查元素化合物知识，侧重于考查学生化学知识的综合运用，易错点为D，注意根据水的电离判断溶液的酸碱性，题目难度不大11（3分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）ACO和 N2为等电子体，22.4L的CO气体和1mol N2所含的电子数相等B1L密度为1.84gcm3质量分数为98%的硫酸溶液中，所含氢原子数为36.8NAC在标准状况下，32g氧气和臭氧的混合气体中含氧原子数为2NAD在标准状况下，30g福尔马林和22.4L三氧化硫所含氧原子数之比为1：3考点：阿伏加德罗常数分析：A、温度压强不知不能计算22.4LCO的物质的量；B、根据硫酸溶液中的溶剂水中也含有氢离子判断；C、根据氧气和臭氧中含有的氧原子质量计算出含有的氧原子的物质的量；D、福尔马林是甲醛水溶液、三氧化硫标准状况下不是气体解答：解：A、温度压强不知不能计算22.4LCO的物质的量不是1mol，故A错误；B、由于硫酸溶液中的溶剂为水，水中同样含有氢原子，所以溶液中含有的氢原子数目是溶硫酸溶质和溶剂水中所含氢原子，故B错误；C、32g氧气和臭氧中含有32g氧原子，含有2mol氧原子，混合气体中含氧原子数为2NA，故C正确；D、福尔马林是甲醛水溶液、三氧化硫标准状况下不是气体，不能计算所含氧原子，故D错误；故选C点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积的条件应用，溶液中溶质和溶剂的组成分析应用，掌握基础是关键，题目较简单12（3分）（xx秋宛城区校级月考）对相同质量的N2与NO作比较，正确的是（）A所含的分子数相等B在同温同压下，V（N2）V（NO）C所含的原子数不相等D在同温同体积下，p（N2）p（NO）考点：物质的量的相关计算专题：计算题分析：A根据N=nNA=判断；B同温同压下，气体摩尔体积相等，根据V=nVm判断；C根据N=nNA=及分子构成计算；D同温同体积下，气体压强与其物质的量成反比解答：解：根据n=知，相同质量的N2与NO的物质的量之比等于其摩尔质量的反比，所以N2与NO的物质的量之比=30g/mol：28g/mol=15：14，A根据N=nNA知，二者的分子数之比等于其物质的量之比=15：14，故A错误；B同温同压下，气体摩尔体积相等，其体积之比等于其物质的量之比=15：14，故B错误；C根据分子构成知，每个氮气和NO分子中氮原子个数相等，二者的原子个数之比等于其分子个数之比=15：14，故C正确；D同温同体积下，气体压强与其物质的量成反比，所以p（N2）p（NO），故D错误；故选C点评：本题考查物质的量的有关计算，熟悉物质的量的有关公式并灵活运用即可解答，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，题目难度不大13（3分）（xx和平区校级一模）实验现象是物质性质的反映，下列对实验现象的解释或由此得出的结论不正确的是（）选项实验现象解释或结论A将SO2通入Ba（NO3）2溶液中溶液变浑浊并有少量气泡冒出生成BaSO4沉淀和NO气体B铝箔1（末打磨）和铝箔2（已打磨）分别在空气中灼烧铝箔均熔化但不滴落熔点：Al2O3AlC淀粉水解后，立即加入新制的氢氧化铜悬浊液加热，充分反应无砖红色沉淀生成该淀粉未水解D1mol某醇与足量的钠反应生成22.4L氢气 （标况下）该醇为二元醇AABBCCDD考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A发生氧化还原反应生成硫酸钡、NO、水；B氧化铝的熔点高，包裹在外面，熔化不滴落；C淀粉水解生成葡萄糖，但检验葡萄糖应在碱性溶液中；D.2OHH2，标况下22.4L氢气为1mol解答：解：A硝酸盐在酸性条件具有强氧化性，则发生氧化还原反应生成硫酸钡、NO、水，故A正确；B铝箔1（末打磨）和铝箔2（已打磨）分别在空气中灼烧，因氧化铝的熔点高，包裹在外面，熔化不滴落，故B正确；C淀粉水解生成葡萄糖，但检验葡萄糖应在碱性溶液中，实验中没有加碱至碱性，则不会出现砖红色沉淀，故C错误；D.2OHH2，标况下22.4L氢气为1mol，则1mol某醇含2molOH，为二元醇，故D正确；故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，侧重于考查学生的综合运用化学知识的能力和评价能力，题目难度不大，注意把握相关物质的性质及物质的结构，选项C中葡萄糖的检验为易错点14（3分）下列实验或操作不合理的是（）钾的火焰颜色要透过蓝色钻玻璃观察用溴水检验汽油中是否含有不饱和脂肪烃将浓硫酸沿玻璃棒缓缓注入盛水的量筒中，边加边搅拌，以使产生的热量迅速散失用乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸仅用蒸馏水鉴别蔗糖、硫酸铜粉末、碳酸钙粉末配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液，需要的玻璃仪器只有容量瓶、烧杯和玻璃棒用玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸中央，测定该溶液的pH向保温套中100mL小烧杯里，依次加入50mL0.5mol/L NaOH溶液和50mL0.55mol/L的盐酸溶液进行中和热测定ABCD考点：化学实验方案的评价分析：透过蓝色钻玻璃观察，滤去黄光；溴水能与不饱和脂肪烃发生加成反应；量筒不能用来稀释溶液；乙醇与乙酸的反应为可逆反应；蔗糖溶于水，溶液呈无色，硫酸铜溶于水溶液呈蓝色，碳酸钙不溶于水；配制一定物质的量浓度的溶液，需要的玻璃仪器有容量瓶和烧杯、玻璃棒、胶头滴管；测该溶液的pH，蘸取、滴到试纸上，观察对比即可；为了保证实验准确，采用的酸碱中，往往保证一方过量解答：解：在观测钾的焰色反应时要透过蓝色钴玻璃片，滤去钠的黄光的干扰，故正确；溴水能与不饱和脂肪烃发生加成反应而褪色，可用来检验，故正确；量筒不能用来稀释溶液，应用小烧杯，故错误；乙醇与乙酸的反应为可逆反应，应用饱和碳酸钠溶液除杂，故错误；蔗糖溶于水，溶液呈无色，硫酸铜溶于水溶液呈蓝色，碳酸钙不溶于水，三者现象不同，可用水鉴别，故正确；配制一定物质的量浓度的溶液，需要的玻璃仪器有容量瓶和烧杯、玻璃棒、胶头滴管，转移需要玻璃棒引流，定容需要胶头滴管，故错误；测该溶液的pH，蘸取、滴到试纸上，观察对比即可，则用玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸中央，测该溶液的pH，操作合理，故正确；在中和热的测定过程中，为了保证结果实验准确，采用的酸碱中，往往保证一方过量，让另一方充分反应，故正确故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，侧重实验基本操作、物质鉴别、溶液配制等实验的考查，注重实验技能及实验操作评价的分析，题目难度不大15（3分）（xx北京）下列叙述正确的是（）A将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀B在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu（NO3）2固体，铜粉仍不溶C向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失D纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变考点：二氧化硫的化学性质；化学反应速率的影响因素；硝酸的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物专题：压轴题；化学反应速率专题；元素及其化合物分析：ACO2和SO2与BaCl2不反应，没有沉淀产生；BNO3具有强氧化性，在酸性条件下与Cu发生氧化还原反应；CAl（OH）3不溶于弱碱，但可溶于强碱和强酸；D锌和铜在酸性条件下形成原电池反应，反应速率较大解答：解：ACO2和SO2对应的酸比HCl弱，二者与BaCl2不反应，没有沉淀产生，故A错误；B铜和稀硫酸不反应，加入Cu（NO3）2固体，NO3具有强氧化性，在酸性条件下与Cu发生氧化还原反应，可溶解铜，故B错误；C氨水呈弱碱性，向AlCl3溶液中滴加氨水，生成Al（OH）3，Al（OH）3不溶于弱碱，但可溶于强碱和强酸，则再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失，故C正确；D加入少量CuSO4固体，置换出铜，锌和铜在酸性条件下形成原电池反应，反应速率较大，故D错误故选C点评：本题考查元素化合物知识，题目难度中等，本题注意CO2和SO2对应的酸比HCl弱，Al（OH）3不溶于弱碱，以及原电池反应等知识，为元素化合物中常考查知识，学习中注意积累16（3分）（xx袁州区模拟）“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是（）A加热时，上部汇集了固体NH4Cl，说明NH4Cl的热稳定性比较好B加热时，、溶液均变红，冷却后又都变为无色C中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅D四个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应考点：性质实验方案的设计专题：元素及其化合物；化学实验基本操作分析：A氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氯化氢和氨气反应生成氯化铵；B根据氨气使酚酞变红的原理解答，根据二氧化硫与品红作用的原理解答；C根据二氧化氮的可逆反应和化学平衡的原理解答；D可逆反应，须在同等条件下，既能向正反应进行，又能向逆反应进行解答：解：A加热时，上部汇集了固体NH4Cl，是由于加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管的顶部反应生成氯化铵，不是NH4Cl的热稳定性比较好，故A错误；B中氨水显碱性，使酚酞变红，加热时，氨气逸出，冷却后，氨气又和水反应，变成红色，二氧化硫与品红显无色，加热后二氧化硫逸出，显红色，故B错误；C2NO2 （g）N2O4（g）H=92.4kJ/mol，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则颜色变深，中浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，反之变浅，所以浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅，故C正确；D氯化铵受热分解，与氨气和氯化氢反应生成氯化铵不是可逆反应，因前者须加热，后者只要在常温下，故D错误；故选：C点评：本题以“封管实验”为载体，考查了相关的反应，解答须理解记忆相关的化学反应方程式，题目较简单17（3分）（xx东城区模拟）强电解质甲、乙、丙、丁分别溶于水，电离出NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH、Cl、HCO3、SO42（每种溶液中溶质电离出的离子各不相同）已知：甲溶液分别与其它三种溶液混合，均产生白色沉淀；0.1molL1乙溶液中c（H+）0.1molL1；向丙溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀下列结论不正确的是（）A四种物质中一定有共价化合物B四种物质中一定有Ba（OH）2C丙溶液中含有NH4+D丁溶液中含有HCO3考点：常见离子的检验方法专题：离子反应专题分析：由0.1molL1乙溶液中c（H+）0.1molL1可知乙溶液为多元酸，再根据所给八种离子可知乙溶液为：H2SO4；由甲溶液分别与其它三种溶液混合，均产生白色沉淀，再结合乙溶液为硫酸，可知甲溶液中含有Ba2+，再结合溶液中其他离子可知甲溶液为Ba（OH）2；由向丙溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，可知丙溶液中有Cl，丙溶液中的阳离子不能确定；溶液中还剩下一种阴离子HCO3，所以丁溶液中含有HCO3解答：解：A由0.1molL1乙溶液中c（H+）0.1molL1可知乙溶液为多元酸，再根据所给八种离子可知乙溶液为：H2SO4，故A正确；B由甲溶液分别与其它三种溶液混合，均产生白色沉淀，再结合乙溶液为硫酸，可知甲溶液中含有Ba2+，再结合溶液中其他离子可知甲溶液为Ba（OH）2，故B正确；C由向丙溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，可知丙溶液中有Cl，而丙溶液中的阳离子不能确定，可能是Mg 2+，也可能是NH4+，故C错误；D溶液中还剩下一种阴离子HCO3，所以丁溶液中含有HCO3，又因为丙溶液中的阳离子不能确定，同样丁溶液中的阳离子也不能确定，故D正确；故选C点评：本题考查了溶液中离子组成的判断，要结合离子之间的反应，根据现象如：沉淀、气体等进行判断18（3分）（xx秋瑞安市校级月考）取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和 CuO，将其分成两等份，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少6.40g，另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为（）A2.8molL1B3.2molL1C3.6molL1D无法判断考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：将Cu2O拆分为Cu、CuO，原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6.40g为拆分后Cu、CuO的混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为=0.4mol，根据Cu元素守恒可知n（CuO）=n（O）=0.4mol；另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu（NO3）2，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，NO的物质的量为=0.2mol，根据电子转移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n（Cu）=3n（NO），由铜元素守恒可知nCu（NO3）2=n（CuO）+n（Cu），根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2nCu（NO3）2，据此计算n（HNO3），再根据c=计算硝酸的浓度解答：解：将Cu2O拆分为Cu、CuO，原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6.40g为拆分后Cu、CuO的混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为=0.4mol，根据Cu元素守恒可知n（CuO）=n（O）=0.4mol；另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu（NO3）2，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，NO的物质的量为=0.2mol，根据电子转移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n（Cu）=3n（NO）=30.2mol，n（Cu）=0.3mol，由铜元素守恒可知nCu（NO3）2=n（CuO）+n（Cu）=0.4mol+0.3mol=0.7mol，根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2nCu（NO3）2=0.2mol+20.7mol=1.6mol，硝酸的浓度为=3.2mol/L故选B点评：本题考查混合物的计算、守恒计算等，难度中等，清楚反应过程是解题的关键，本题采取拆分法解答，简化计算过程，注意体会，可以通过列方程解答19（3分）（xx河南一模）0.6molL1Fe2（SO4）3和1.2molL1CuSO4的混合溶液200mL，加入一定量铁粉充分反应后，测得溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为2：1，则加入铁粉的物质的量为（）A0.30molB0.22molC0.16molD0.48mol考点：有关混合物反应的计算专题：计算题分析：溶液中铁离子和铜离子的物质的量分别都是0.24mol由于氧化性Fe3+Cu2+，所以首先发生反应2Fe3+Fe=3Fe2+，若铁离子完全反应，Cu2+不反应，则生成亚铁离子是0.36mol，此时溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为3：2，实际溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为2：1，说明铁单质也和铜离子反应Fe+Cu2+=Fe2+Cu，溶液中溶质为硫酸亚铁与硫酸铜，根据电荷守恒n（Fe2+）+n（Cu2+）=n（SO42），根据n=cV计算n（SO42），据此计算反应后溶液中n（Fe2+），根据铁元素守恒，n（Fe）=n（Fe2+）n（Fe3+），据此解答解答：解：溶液中铁离子物质的量为0.2L0.6mol/L2=0.24mol，铜离子的物质的量是0.2L1.2mol/L=0.24mol，由于氧化性Fe3+Cu2+，所以首先发生反应2Fe3+Fe=3Fe2+，若铁离子完全反应，Cu2+不反应，由方程式可知，则生成亚铁离子是0.24mol=0.36mol，此时溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为0.36mol：0.24mol=3：2，实际溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为2：1，说明铁单质也和铜离子反应Fe+Cu2+=Fe2+Cu，此时溶液中溶质为硫酸亚铁与硫酸铜，根据电荷守恒n（Fe2+）+n（Cu2+）=n（SO42），溶液中n（SO42）=0.2L0.6mol/L3+0.2L1.2mol/L=0.6mol，Fe2+与Cu2+物质的量之比为2：1，故n（Fe2+）+n（Fe2+）=n（SO42）=0.6mol，所以n（Fe2+）=0.4mol，根据铁元素守恒，加入铁粉的物质的量n（Fe）=n（Fe2+）n（Fe3+）=0.4mol0.24ml=0.16mol，故选C点评：本题考查混合物的有关计算，难度中等，判断铁与铜离子部分反应是关键，根据元素守恒与电荷守恒进行的计算，较常规方法简单20（3分）在T时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为 gcm3，溶质的质量分数为w，其中含NH的物质的量为b mol下列叙述中一定正确的是（）A溶质的质量分数为w=100%B溶质的物质的量浓度c= molL1C溶液中c（OH）= molL1D上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.5w考点：溶液中溶质的质量分数及相关计算；物质的量浓度的相关计算分析：A、氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为 gcm3，体积为VmL，所以