2019-2020年高三化学上学期期中试题（含解析）新人教版.doc

2019-2020年高三化学上学期期中试题（含解析）新人教版一、选择题（共20小题，每小题2分，满分50分）1（2分）下列各组物质中，都是强电解质的是（）AHBr、HCl、BaSO4BNH4Cl、CH3COOH、Na2SCNaOH、Ca（OH）2、NH3H2ODHClO、NaF、Ba（OH）2考点：强电解质和弱电解质的概念.专题：物质的分类专题分析：强电解质是指：在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物一般是强酸、强碱和大部分盐类 弱电解质是指：在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐；解答：解：A、HBr、HCl、BaSO4是在水中完全电离成离子的化合物，所以属于强电解质，故A正确B、CH3COOH在水中只有部分电离，所以属于弱电解质，故B错误C、NH3H2O在水中只有部分电离，所以属于弱电解质，故C错误D、HClO在水中只有部分电离，所以属于弱电解质，故D错误故选：A；点评：本题考查了强电解质的判断，难度不大，熟记常见的强电解质是解题的关键2（2分）某反应2AB（g）C（g）+3D（g）在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的H、S应为（）AH0，S0BH0，S0CH0，S0DH0，S0考点：焓变和熵变.专题：化学反应中的能量变化分析：当G=HTS0时，反应能自发进行，G=HTS0时，反应不能自发进行，据此分析解答：解：化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当G=HTS0时，反应能自发进行，A、当H0，S0时，G=HTS0，在室温一定能自发进行，故A错误；B、H0，S0时，在低温下能自发进行，故B错误；C、H0，S0时，在室温下不能自发进行，在高温下能自发进行，故C正确；D、H0，S0时，任何温度下反应都不能自发进行，故D错误故选：C点评：本题考查反应能否自发进行的判断，题目难度不大，注意根据自由能判据的应用3（2分）下列事实与胶体性质无关的是（）A土壤中离子的吸附和交换过程，有保肥作用B将植物油倒入水中用力搅拌形成油水混合物C一束平行光线射入蛋白质溶液里，可以看到一条光亮的通路D氢氧化铁胶体中滴入稀硫酸，先看到红褐色沉淀生成而后沉淀溶解考点：胶体的重要性质.分析：A土壤是胶体；B油水混合物是乳浊液；C胶体有丁达尔效应；D胶体遇电解质溶液发生聚沉解答：解：A土壤胶体带负电荷，能吸附阳离子，与胶体性质有关，故A错误； B油水混合物是乳浊液，与胶体性质无关，故B正确；C蛋白质溶液是胶体，有丁达尔效应，与胶体性质有关，故C错误；D稀硫酸是电解质溶液，氢氧化铁胶体遇电解质溶液发生聚沉，与胶体性质有关，故D错误故选B点评：本题考查胶体的性质，明确胶体常见的性质有丁达尔现象、胶体的聚沉、电泳等，利用胶体性质对生产生活中实际问题进行解释4（2分）若NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中不正确的是（）A16g O2与O3混合物中所含电子数为8NAB标准状况下，2.24LCH3OH分子中共用电子对数为0.5NAC6gSiO2晶体中硅氧共价键数为0.4NAD0.1mol13C18O中所含中子数为1.7NA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：AO2与O3是同素异形体，二者的摩尔质量之比为2：3，每个分子中O原子个数之比为2：3，所以相同质量的氧气和臭氧中其原子个数相等，则16gO2与O3的混合气体中O原子的物质的量为1mol，每个O原子中含有8个电子，据此计算电子数；B标况下，甲醇是液体，气体摩尔体积对其不适用；C二氧化硅晶体中，每个Si原子连接4个SiO键，6gSiO2晶体物质的量=0.1mol，据此计算SiO键个数；D0.1mol13C18O中所含分子数为0.1NA，每个13C18O中中子数为17，据此计算中子总数解答：解：AO2与O3是同素异形体，二者的摩尔质量之比为2：3，每个分子中O原子个数之比为2：3，所以相同质量的氧气和臭氧中其原子个数相等，则16gO2与O3的混合气体中O原子的物质的量为1mol，每个O原子中含有8个电子，所以16g O2与O3混合物中所含电子数为8NA，故A正确；B标况下，甲醇是液体，气体摩尔体积对其不适用，所以无法计算甲醇的物质的量，导致无法计算甲醇中共用电子对个数，故B错误；C二氧化硅晶体中，每个Si原子连接4个SiO键，6gSiO2晶体物质的量=0.1mol，则6gSiO2晶体中硅氧共价键数为0.4NA，故C正确；D0.1mol13C18O中所含分子数为0.1NA，每个13C18O中中子数为17，所以0.1mol13C18O中所含中子数为1.7NA，故D正确；故选B点评：本题考查阿伏伽德罗常数的计算，侧重考查物质结构、气体摩尔体积的适用范围，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，易错选项是A，注意氧气和臭氧的混合气体中只要总质量一定，总原子个数就一定，总原子个数与氧气物质的量的多少无关，为易错点5（2分）下列反应原理不符合工业冶炼金属实际情况的是（）A2HgO2Hg+O2B2NaCl（熔融）2Na+Cl2C2MgO（熔融） 2Mg+O2DFe2O3+3CO2Fe+3CO2考点：金属冶炼的一般原理.专题：几种重要的金属及其化合物分析：金属的性质不同，活泼性不同，冶炼的方法不同，根据金属活动性强弱，可采用热还原法、电解法、热分解法等冶炼方法热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，例如：2HgO2Hg+O2热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，例如：Fe2O3+3CO 2Fe+CO2电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属，例如：2Al2O34Al+3O2，金属钠、镁采用电解熔融的氯化物的方法，利用铝热反应原理还原：V、Cr、Mn、W等高熔点金属可利用铝热反应产生的高温来冶炼解答：解：A、Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，故A正确；B、钠是活泼金属，应采用电解法制取，故B正确；C、镁是活泼金属，应采用电解法氯化镁的方法制取，氧化镁的熔点太高，消耗再多的资源，故C错误；D、Fe处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，故D正确故选C点评：本题考查金属冶炼的一般方法和原理，注意活泼性不同的金属冶炼的方法不同，本题难度不大6（2分）对H2O的电离平衡不产生影响的粒子是（）ABCD考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合.专题：化学用语专题分析：酸或碱抑制水的电离，能水解的弱酸根离子、弱碱离子能促进水解的电离，以此来解答解答：解：AHCl溶于水电离出氢离子，抑制水的电离，故A不选；B铁离子水解促进水的电离，故B不选；C由离子结构示意图可知，为Cl对水的电离无影响，故C选；D为醋酸根离子，结合水电离生成的氢离子，促进水的电离，故D不选；故选：C点评：本题考查微粒对水的电离的影响，注意利用电子式、离子符号、结构示意图等判断离子为解答的关键，把握抑制、促进水电离的因素即可解答，题目难度不大7（2分）（xx宝鸡二模）等质量的CuO和MgO粉末分别溶于相同体积的硝酸中，得到的Cu（NO3）2和Mg（NO3）2的物质的量浓度分别为a molL1和b molL1（假设反应前后溶液体积无明显变化），则a与b的关系为（）Aa=bBa=2bC2a=bDa=5b考点：硝酸的化学性质；化学方程式的有关计算.专题：氮族元素分析：设它们的质量都是80g，则利用n=来计算物质的量，再由原子守恒来分析Cu（NO3）2和Mg（NO3）2的物质的量，因溶液体积相同，则溶质的物质的量的比值等于浓度之比解答：解：设CuO和MgO粉末的质量均为80g，则n（CuO）=1mol，n（MgO）=2mol，由原子守恒可知CuOCu（NO3）2，MgOMg（NO3）2，则Cu（NO3）2和Mg（NO3）2的物质的量分别为1mol、2mol，因溶液体积相同，则溶质的物质的量的比值等于浓度之比，a：b=1mol：2mol=1：2，即2a=b，故选C点评：本题考查金属氧化物与硝酸的反应，明确金属与盐的关系及巧设氧化物的质量是快速解答本题的关键，并学会利用守恒法来分析问题8（2分）在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡：S2+H2OHS+OH下列说法正确的是（）A稀释溶液，水解平衡常数增大B通入H2S，HS浓度增大C升高温度，减小D加入NaOH固体，溶液pH减小考点：影响盐类水解程度的主要因素.专题：盐类的水解专题分析：根据平衡常数与温度的关系及温度、浓度对平衡的影响来分析解答；A、平衡常数只随温度变化；B、通入硫化氢，溶液中氢离子浓度增大；C、水解反应是吸热反应，升温促进水解，根据平衡移动判断离子浓度变化；D、加入NaOH固体是一种强碱，据此回答解答：解：A、平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，故A错误；B、通入H2S，HS浓度增大，溶液中氢氧根离子浓度减小，使S2+H2OHS+OH正向移动，HS浓度增大，故B正确；C、水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c（S2）减小，c（HS）增大，所以减小，故C错误；D、加入NaOH固体是一种强碱，溶液pH增大，故D错误故选：B点评：本题考查了水解平衡常数及影响水解平衡的因素，水解平衡常数和化学平衡常数一样是温度的函数，与条件无关化学平衡移动原理同样适合水解平衡的移动，要多迁移，多联系9（2分）下列溶液中有关物质的量浓度关系和计算不正确的是（）ApH相等的NaOH、CH3COONa和NaHCO3三种溶液，则有c（NaOH）c（NaHCO3）c（CH3COONa）B已知25C时KSP（AgCl）=1.81010，则在0.1molL1AlCl3溶液中，Ag+的物质的量浓度最大可达到6.01010molL1C25时，0.1molL1Na2CO3溶液中水电离出来的OH浓度大于0.1molL1NaOH溶液中水电离出来的OH浓度D室温下，0.1molL1NaHA溶液的pH=4，则有c（HA）c（H+）c（H2A）c（A2）考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；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；盐类的水解专题分析：ApH相等碱性溶液，强碱的浓度最小，盐类的水解程度越小，浓度越大；B首先计算c（Cl），根据KSP（AgCl）=c（Ag+）c（Cl）计算；C盐类水解促进水的电离；DNaHA溶液的pH=4，说明电离程度大于水解程度解答：解：ApH相等碱性溶液，强碱的浓度最小，则c（NaOH）最小，盐类的水解程度越小，浓度越大，由于酸性：CH3COOHH2CO3，pH相等时，c（NaHCO3）c（CH3COONa），故A正确；Bc（Cl）=0.3mol/L，c（Ag+）=mol/L=6.01010molL1，故B正确；C盐类水解促进水的电离，而酸、碱抑制水的电离，则0.1molL1Na2CO3溶液中水电离出来的OH浓度大于0.1molL1NaOH溶液中水电离出来的OH浓度，故C正确；DNaHA溶液的pH=4，说明电离程度大于水解程度，则c（A2）c（H2A），故D错误故选D点评：本题考查离子浓度的大小比较，题目难度中等，本题注意盐类水解程度的比较，把握溶度积的计算10（2分）下列离子方程式正确的是（）A将少量石灰水滴入碳酸氢钠溶液中 HCO3+Ca2+OHCaCO3+H2OB碳酸氢铵与足量氢氧化钠两种浓溶液混合加热 NH4+OHH2O+NH3C用惰性电极电解氯化钠溶液 2H2O+2ClCl2+H2+2OHD亚硝酸钠水溶液显碱性 NO2+H2OHNO2+OH考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A将少量石灰水滴入碳酸氢钠溶液中反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；B漏掉碳酸氢根离子与氢氧根离子的反应；C电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠；D亚硝酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性解答：解：A将少量石灰水滴入碳酸氢钠溶液中，离子方程式 2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+H2O+CO32，故A错误；B碳酸氢铵与足量氢氧化钠两种浓溶液混合加热 HCO3+NH4+2OH2H2O+NH3+CO32，故B错误；C用惰性电极电解氯化钠溶液 2H2O+2ClCl2+H2+2OH，故C错误；D亚硝酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，离子方程式：NO2+H2OHNO2+OH，故D正确；故选：D点评：本题考查了离子方程式的书写，题目难度不大，明确反应的实质是解题关键，注意反应物用量度反应的影响，注意盐类水解的实质11（3分）下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的是（）碳酸钠溶液与盐酸偏铝酸钠溶液与盐酸氯化铝溶液与氨水 硫酸氢钠与氢氧化钡ABC仅有D考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：碳酸钠与少量盐酸：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；与过量盐酸反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2；偏铝酸钠溶液与少量盐酸：NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3+NaCl；偏铝酸钠溶液与过量盐酸：NaAlO2+4HCl=AlCl3+2H2O；氯化铝溶液与氨水：AlCl3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4Cl；硫酸氢钠与少量氢氧化钡：2 NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4+2H2O+Na2SO4；硫酸氢钠与过量氢氧化钡：NaHSO4+Ba（OH）2 =BaSO4+NaOH+H2O解答：解：碳酸钠溶液与盐酸，反应物用量不同，发生反应不同，离子方程式不同，故错误；偏铝酸钠溶液与盐酸，反应物用量不同，发生反应不同，离子方程式不同，故错误；氯化铝溶液与氨水，反应与反应物的用量无关，离子方程式相同，均为AlCl3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4Cl，故正确；硫酸氢钠与氢氧化钡，反应物用量不同，发生反应不同，离子方程式不同，故错误；故选C点评：本题考查离子方程式的书写，明确物质的性质是解本题关键，注意有些离子反应方程式与反应物的量有关，题目难度不大12（3分）在某无色溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子是（）AMg2+、Al3+、Ba2+BH+、Mg2+、Al3+CH+、Cu2+、Al3+D只有Mg2+、Al3+考点：离子反应发生的条件.专题：离子反应专题分析：根据无色溶液判断不含有铜离子；根据第一阶段无沉淀生成，判断含有H+；根据第三阶段有部分沉淀溶解，判断含有铝离子；根据沉淀部分溶解判断含有镁离子解答：解：无色溶液，说明不含有铜离子；由图象可知，第一阶段无沉淀生成，说明溶液中存在H+；第三阶段有部分沉淀溶解，说明部分沉淀是氢氧化铝，故原溶液中一定含有铝离子；沉淀部分溶解，说明剩余沉淀与氢氧化钠不反应，故可推知该沉淀是氢氧化镁，原溶液中一定含有镁离子；综上所述：原溶液中含有的阳离子是：H+、Mg2+、Al3+，故选B点评：本题考查金属镁以及金属铝的化合物的有关性质，注意氢氧化铝能和强碱反应是解题的关键所在，难度不大13（3分）有一化学平衡：mA（g）+nB（g）pC（g）+qD（g）如图表示的是A的转化率与压强、温度T的关系分析图中曲线可以得出的结论是（）A正反应吸热，m+np+qB正反应吸热，m+np+qC正反应放热，m+np+qD正反应放热，m+np+q考点：转化率随温度、压强的变化曲线.专题：化学平衡专题分析：采取“定一议二”原则分析，根据等压线，由温度对A的转化率影响，判断升高温度平衡移动方向，确定反应吸热与放热；作垂直横轴的线，温度相同，比较压强对A的转化率的影响，判断增大压强平衡移动方向，确定m+n与p+g的大小关系解答：解：由图可知，压强相同时，温度越高A的转化率越大，说明升高温度平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应，作垂直横轴的线，由图可知，温度相同，压强越大A的转化率越大，说明增大压强平衡向正反应移动，故正反应为气体物质的量减小的反应，即m+np+q，故选：A点评：本题考查化学平衡图象、化学平衡的影响因素等，难度不大，注意采取“定一议二”原则分析解答14（3分）下列说法与盐的水解有关的是（）明矾可以做净水剂；实验室配制FeCl3溶液时，往往在FeCl3溶液中加入少量的盐酸；用NaHCO3和Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂；在NH4Cl溶液中加入金属镁会产生氢气；草木灰与氨态氮肥不能混合施用；实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶应用橡皮塞；纯碱溶液去油污ABCD全部有关考点：盐类水解的应用.专题：盐类的水解专题分析：明矾为硫酸铝钾的结晶水合物，铝离子可水解；FeCl3水解呈酸性，加入盐酸可抑制水解；NaHCO3和Al2（SO4）3可发生互促水解生成二氧化碳气体；NH4Cl水解呈酸性；草木灰与氨态氮肥发生互促水解；Na2CO3溶液呈碱性；油污可在碱性条件下水解解答：解：明矾为硫酸铝钾的结晶水合物，铝离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用作净水剂，故正确；FeCl3水解呈酸性，加入盐酸可抑制水解，防止溶液浑浊，故正确；NaHCO3和Al2（SO4）3可发生互促水解生成二氧化碳气体，可用于灭火，故正确；NH4Cl水解呈酸性，加入镁可生成氢气，故正确；草木灰中的碳酸根离子与氨态氮肥中的铵根离子发生互促水解，二者混合可降低肥效，故正确；Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，不能用玻璃塞盛放，故正确；纯碱呈碱性，油污可在碱性条件下水解，故正确故选D点评：本题考查盐类的水解，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的理解和运用的考查，为高频考点，注意把握盐类水解的原理、规律和应用，难度不大15（3分）下列叙述中正确的是（）A25时，在pH=0的溶液中，NO3、SO42、I、K+可以大量共存B物质的量浓度相等的Na2CO3和NaHCO3溶液，其25时，pH是pH（Na2CO3）pH（NaHCO3）CFeBr2溶液中通入少量Cl2时，离子方程式为2Br+Cl22Cl+Br2D醋酸与NaOH发生中和反应时，当c（CH3COO）=c（Na+）时，c（H+）=c（OH）考点：离子共存问题；盐类水解的应用.专题：离子反应专题分析：A25时，在pH=0的溶液中氢离子浓度为1mol/L，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化碘离子；B碳酸的酸性大于碳酸氢根离子，则碳酸氢钠的水解程度小于碳酸钠的，碳酸钠的碱性大于碳酸氢钠；C氯气少量，亚铁离子还原性大于溴离子，所以亚铁离子优先反应；D当c（CH3COO）=c（Na+）时，根据电荷守恒可知c（H+）=c（OH），溶液显示中性解答：解：A25时，在pH=0的溶液中存在大量氢离子，NO3在酸性条件下能够氧化I，在溶液中不能大量共存，故A错误；B物质的量浓度相等的Na2CO3和NaHCO3溶液，越弱越水解，碳酸的酸性大于碳酸氢根离子，则碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，则溶液的pH大小为：（Na2CO3）pH（NaHCO3），故B错误；CFeBr2溶液中通入少量Cl2时，只有亚铁离子被氯气氧化，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl22Cl+2Fe3+，故C错误；D醋酸与NaOH发生中和反应时，如果c（CH3COO）=c（Na+），根据电荷守恒可知：c（H+）=c（OH），故D正确；故选D点评：本题考查离子共存、离子方程式的书写判断及盐的水解原理，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况、离子方程式的书写原则，能够根据电荷守恒判断溶液中离子浓度大小16（3分）下列推断或表述正确的是（）A25时，有pH=a的醋酸溶液，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH=b，则abB向2.0mL浓度均为0.1molL1的KCl、KI混合液滴加12滴0.01 molL1AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色，说明AgCl的Ksp比AgI的Ksp小C0.2mol/L的一元酸HX与0.1mol/L的KOH溶液等体积混合所得溶液中，一定有：c（H+）+c（K+）c（OH）+c（X）D25时，0.2molL1盐酸与等体积0.05molL1Ba（OH）2溶液混合后，溶液pH为1考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；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加水稀释醋酸中的氢离子浓度减小；B沉淀呈黄色，说明AgI溶解度较小；C根据电荷守恒分析；D0.2molL1盐酸与等体积0.05molL1Ba（OH）2溶液混合后酸过量，计算剩余的H+离子浓度解答：解：A25时，有pH=a的醋酸溶液，将此溶液稀释1倍后，醋酸中的氢离子浓度减小，pH增大，所以ab，故A错误；B沉淀呈黄色，说明AgI先析出，则AgI溶解度较小，则AgCl的Ksp比AgI的Ksp大，故B错误；C0.2mol/L的一元酸HX与0.1mol/L的KOH溶液等体积混合所得溶液中，溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则有：c（H+）+c（K+）c（OH）+c（X），故C正确；D0.2molL1盐酸与等体积0.05molL1Ba（OH）2溶液混合后酸过量，c（H+）=0.05mol/L，则pH不为1，故D错误故选：C点评：本题考查电解质在水中的电离、溶度积常数电荷守恒的应用等，明确稀释及混合时溶液中离子浓度的变化及计算即可解答，题目难度不大17（3分）下列情况会使所配溶液浓度偏低或其它测量值偏低的是（）中和热测定时用稀醋酸和稀氢氧化钠溶液，测得的中和热数值用滴定管量取a.00mL液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤在用标准液（已知浓度）滴定未知溶液时，标准液滴定管水洗未润洗定容时，仰视容量瓶的刻度线在用标准液（已知浓度）滴定未知溶液时，滴定前无气泡滴定后有气泡ABCD考点：溶液的配制.专题：实验评价题分析：醋酸为弱酸，电离时需要吸收部分热量，导致测得的中和热数值偏低；结束时俯视读数滴定管，导致所取标准液的体积偏大；溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，溶质有损失，所配溶液浓度偏小；在用标准液（已知浓度）滴定未知溶液时，标准液滴定管水洗未润洗，导致标准液浓度偏下，滴加液体体积偏大，因此浓度偏大；定容时，仰视容量瓶的刻度线，所加水的体积偏大，浓度偏小；在用标准液（已知浓度）滴定未知溶液时，滴定前无气泡滴定后有气泡，导致标准液的体积偏小，未知溶液的浓度偏小解答：解：醋酸为弱酸，电离时需要吸收部分热量，导致测得的中和热数值偏低；结束时俯视读数滴定管，导致所取标准液的体积偏大；溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，溶质有损失，所配溶液浓度偏小；在用标准液（已知浓度）滴定未知溶液时，标准液滴定管水洗未润洗，导致标准液浓度偏下，滴加液体体积偏大，因此浓度偏大；定容时，仰视容量瓶的刻度线，所加水的体积偏大，浓度偏小；在用标准液（已知浓度）滴定未知溶液时，滴定前无气泡滴定后有气泡，导致标准液的体积偏小，未知溶液的浓度偏小故选A点评：本题主要考查中和热测定、酸碱中和滴定，注意实验的注意事项和误差分析是解题的关键，题目难度不大18（3分）已知HCN的电离常数K=6.21010用物质的量都是0.1mol的HCN和NaCN混合后配成1L溶液，经测定溶液呈碱性则下列关系式正确的是（）Ac（CN）c（Na+）Bc（CN）c（HCN）Cc（HCN）+c（CN）=0.2molL1Dc（CN）+c（OH）=0.1 molL1考点：盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较.专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：物质的量都是0.1mol的HCN和NaCN配成1L混合溶液，已知溶液呈碱性，根据溶液电中性的原则，溶液中存在c（CN）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），溶液应呈碱性，则有c（H+）c（OH），c（CN）c（Na+），结合电荷守恒、物料守恒等知识解答该题解答：解：A根据溶液电中性的原则，溶液中存在c（CN）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），溶液呈碱性则有c（H+）c（OH），c（CN）c（Na+），故A错误；B混合溶液呈碱性，说明酸的电离程度小于酸根离子水解程度，则c（HCN）c（CN），故B错误；C因c（Na+）=0.1mol/L，依据物料守恒，c（CN）+c（HCN）=2c（Na+），则c（CN）+c（OH）=0.2mol/L，故C正确；Dc（CN）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），c（Na+）=0.1mol/L，c（CN）+c（OH）0.1 molL1，故D错误故选C点评：本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，注意把握离子浓度大小的方法，解题时注意守恒思想的应用19（3分）（xx南充二模）将11.9g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7g另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了6.72L NO（标准状况下），向反应后的溶液中加入适量NaOH溶液恰好使Mg2+、Al3+、Fe3+完全转化为沉淀，则沉淀的质量为（）A22.1gB27.2gC30gD无法计算考点：有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质；铝的化学性质.专题：压轴题；几种重要的金属及其化合物分析：根据电子守恒计算出金属失去电子的物质的量，根据应中金属失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量计算生成沉淀的质量解答：解：将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为=0.9mol，反应中金属失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n（OH）=0.9mol，所以反应后沉淀的质量等于11.9g+0.9mol17g/mol=27.2g，故选B点评：本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意从守恒的角度做题较为简单20（3分）物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸恰好完全反应，若硝酸被还原的产物为NH4NO3，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是（）A1：4B1：9C2：3D2：5考点：化学方程式的有关计算.专题：计算题分析：根据题意：物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸恰好完全反应，若硝酸被还原的产物为NH4NO3，金属锌全部生成硝酸锌，根据产物和量的关系书写方程式即可解答：解：锌与稀硝酸反应时硝酸既表现酸性又表现氧化性，物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸恰好完全反应，若硝酸被还原的产物为NH4NO3，金属锌全部生成硝酸锌，反应可以表达为：4Zn+10HNO3=4 Zn（NO3）2+NH4NO3+3H2O，被还原的硝酸得NH4NO3，有1mol，未被还原的在盐Zn（NO3）2和NH4NO3中，有9mol，该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是1：9故选B点评：本题考查学生氧化还原反应中的计算知识，这样的题目直接书写方程式较简单，也可以根据电子守恒来计算，难度不大二、解答题（共5小题，满分50分）21（12分）（1）某温度（t）时，纯水的电离出来的c（OH）=1.0106.5，则该温度大于25，（填“大于”“小于”或“等于”）将此温度下PH=11的 NaOH溶液 a L 与PH=1H2SO4bL混合，若所得混合液为中性，则a：b=10：1（2）已知25，时0.1mol/L氨水溶液达到平衡时的PH值约为11，如果在此溶液中加入等体积的PH值为8的氢氧化钠溶液，则电离平衡向右（填“向左”“向右”“不移动”）若向原氨水溶液中加入少量氯化铵晶体，待晶体溶解后溶液的PH减小（填“增大”“减小”或“不变”）（3）如图是一个化学过程的示意图已知甲池的总反应式为：A（石墨）电极的名称是阳极写出通入CH3OH的电极的电极反应式是CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O当乙池中B（Ag）极的质量增加5.40g时，乙池中理论上生成硝酸的物质的量为0.05mol，此时丙池某电极析出1.6g某金属，则丙中的某盐溶液可能是B、D（填序号）AMgSO4 BCuSO4 CNaCl DAgNO3考点：水的电离；原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：（1）水的电离的过程是吸热的，温度越高，水的离子积越大；溶液呈中性，说明氢离子的物质的量 等于氢氧根离子的物质的量；（2）根据加入氢氧化钠后溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制氨水电离；加入氯化铵晶体，溶液中铵根离子浓度增大，抑制了氨水的电离，溶液中氢氧根离子浓度减小；（3）燃料电池属于原电池，负极燃料失电子，正极氧化剂得电子，和负极相连为电解池的阴极，和正极相连为电解池阳极；燃料电池中燃料失电子发生氧化反应，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；电解硝酸银溶液时，银离子得电子生成银、水失电子生成氧气和氢离子，据此写出方程式，根据方程式计算；阴极上析出金属，则在金属活动性顺序表中金属元素处于H元素后，根据串联电池中转移电子数相等知，丙中析出金属元素需要的电子等于或小于乙池中转移电子数，据此确定含有的金属元素解答：解：（1）水的电离的过程是吸热的，温度越高，水的离子积越大，某温度（t）时，水的KW=1.0106.51.0106.5=10131014，所以温度高于室温，故答案为：大于；此温度下pH=11的NaOH溶液，c（OH）=mol/L=0.01mol/L，pH=1的H2SO4溶液c（H+）=0.1mol/L，若所得混合液为中性，酸碱恰好完全反应，则有0.01mol/LaL=0.1mol/LbL，a：b=0.1：0.01=10：1，故答案为：10：1；（2）已知25，时0.1mol/L氨水溶液达到平衡时的PH值约为11，如果在此溶液中加入等体积的PH值为8的氢氧化钠溶液，氢氧根离子浓度减小，促进氨水电离，则电离平衡向右移动；加入氯化铵晶体，溶液中铵根离子浓度增大，抑制了氨水的电离，溶液中氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，pH减小；故答案为：向右；减小；（3）燃料电池是化学能转变为电能的装置，属于原电池，燃料电池中，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，和负极相连为电解池的阴极，和正极相连为电解池阳极，A和氧气相连，故A为阳极；故答案为：阳极；该燃料电池中，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O，故答案为：CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O；电解硝酸银溶液时，银离子得电子生成银、水失电子生成氧气和氢离子，当乙池中B（Ag）极的质量增加5.40g时，设生成硝酸的物质的量为n，4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3； 432g 4mol 5.40g nn=0.05mol，阴极上析出金属，则在金属活动性顺序表中金属元素处于H元素后，根据串联电池中转移电子数相等知，丙中析出金属元素需要的电子等于或小于乙池中转移电子数，据此确定含有的金属元素，析出5.40g时转移电子是0.05mol，A、硫酸镁中镁元素处于H元素前，所以阴极上不析出金属单质，故错误；B、电解硫酸铜溶液时，阴极上析出1.60g铜需要转移电子0.05mol，故正确；C、氯化钠中钠元素处于氢元素前，所以阴极上不析出金属单质，故错误；D、电解硝酸银溶液时，阴极上析出1.60g银需要转移电子0.0148mol0.05mol，故正确；故答案为：0.05；BD点评：本题考查了水的电离、原电池和电解池原理，注意（3）题中，丙中析出金属元素需要的电子等于或小于乙池中转移电子数，为易错点22（6分）请认真观察图，然后回答问题（1）图中反应是放热（填“吸热”或“放热”）反应，该反应发生时需要（填“需要”或“不需要”）提供能量，该反应的H=E2E1（用含E1、E2的代数式表示）（2）已知热化学方程式：H2（g）+O2（g）H2O（g）H=241.8kJmol1，该反应的活化能为167.2kJmol1，则其逆反应的活化能为409.0KJ/mol（3）对于同一反应，图中虚线（）与实线（）相比，活化能大大降低，活化分子的百分数增多，反应速率加快，你认为最可能的原因是使用了催化剂考点：反应热和焓变.专题：化学反应中的能量变化分析：（1）依据图象分析，反应物能量高于生成物能量，依据能量守恒分析反应是放热反应，反应物发生反应的活化能是反应物需要提供能量达到，反应焓变H=生成物总能量反应物总能量=E2E1；（2）逆反应的活化能=正反应活化能反应焓变得到；（3）图中虚线（）与实线（）相比，活化能大大降低，活化分子的百分数增多，反应速率加快，但反应热不变，化学平衡不变解答：解：（1）图象分析，反应物能量高于生成物能量，依据能量守恒分析反应是放热反应，反应发生需要提供能量达到能量E1使反应物变化为活化分子发生有效碰撞发生反应，反应的焓变H=生成物总能量反应物总能量=E2E1；故答案为：放热；需要；E2E1；（2）已知热化学方程式：H2（g）+O2（g）H2O（g）H=241.8kJmol1，该反应的活化能为167.2kJmol1，则其逆反应的活化能=正反应活化能反应焓变=167.2KJ/mol（241.8KJ/mol）=409.0KJ/mol，故答案为：409.0KJ/mol；（3）对于同一反应，图中虚线（）与实线（）相比，活化能大大降低，活化分子的百分数增多，反应速率加快，反应焓变不变，平衡不变，依据影响平衡因素分析是使用了催化剂，改变反应速率不改变平衡和反应热，故答案为：使用催化剂点评：本题考查了化学反应能量变化分析，图象理解应用，注意活化能概念的分析，掌握基础是关键，题目较简单23（6分）在一固定容积的密闭容器中进行如下反应：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）也伴随有能量变化，其平衡常数K和温度t的关系如表一：表一：t70080085010001200K2.61.71.00.90.6该反应的平衡常数k的表达式为能判断该反应是否已经达到化学平衡状态的是ABCA、容器中压强不变 B、混合气体中CO浓度不变C、v（H2）正v（H2O）逆 D、c（CO2）c（CO）在850时，可逆反应CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），在该容器内各种物质的浓度变化如表二表二：时间/minCO2 （mol/L）H2 （mol/L）CO （mol/L）H2O（mol/L）00.2000.3000020.1380.2380.0620.0623c1c2c3c34c1c2c3c3计算：3min4min达到平衡时，CO的物质的量分数是0.12mol/L，CO2（g）的转化率=60%考点：化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断.专题：化学平衡专题分析：平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；根据化学平衡状态的特征正逆反应速率相等，各组分含量保持不变进行判断依据容器中浓度变化结合化学平衡的三段式列式计算，结合平衡常数不随温度变化，根据转化率公式进行计算解答：解：平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以K=，故答案为：K=；A因该反应为反应前后气体体积不变的反应，故容器中压强不变不能作为平衡状态的判据，故A错误；B混合气体中CO浓度不变，表明各组分的浓度不再变化，达到了平衡状态，故B正确；Cv（H2）正v（H2O）逆，是正逆反应速率相等的体现，能作为平衡状态的判据，故C正确；Dc（CO2）=c（CO）不能判断化学平衡状态，和起始量有关，故D错误；故答案为：ABCCO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）起始浓度/molL1 0.2 0.3 0 0变化浓度/molL1：c3 c3 c3 c3平衡浓度/molL1：0.2c3 0.3c3 c3 c3由题意知，850时，K=1.0，即K=1.0 解得 c3=0.12mol/L，二氧化碳的转化率=60%，故答案为：0.12mol/L、60%点评：本题主要考查化学平衡常数的表达式、化学平衡的标志判断，难度中等24（16分）X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为16X、Y、Z三种元素的常见单质在常温下都是无色气体，Z分别与Y，X形成B、C两种电子数均等于10的分子且一个B分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个请回答下列问题：（1）Y元素在周期表中的位置是二周期VA族Z与X形成的18e分子的结构式为（2）1mol C气体通入X 的最高价氧化物的水化物的水溶液中恰好完全反应放出bKj的热量，写出此反应的热化学方程式：NH3（g）+HNO3（aq）=NH4NO3（aq）H=bkJ/mol（3）由X、Y、Z形成组成化合物Z4 X2 Y 3的化学键类型是离子键、共价键，其水溶液中各离子浓度大小关系是NO3NH4+H+OH（4）某实验小组设计了下列装置进行 C的催化氧化实验常温下，用5.8mol/L的C时实验现象明显，现用浓C的水溶液配制该浓度的C溶液480mL，需要烧杯、玻璃棒，量筒，胶头滴管还需要的玻璃仪器有500mL容量瓶甲处药品的名称为碱石灰实验时，先将催化剂加热至红热，在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，则此反应H0（填“”或“”），化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；乙处加入无水氯化钙，其作用是吸收水和氨气_考点：位置结构性质的相互关系应用；性质实验方案的设计.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：原子序数之和为16的三种短周期元素的单质X、Y、Z，常温常压下均为无色气体，则这三种气体是氮气、氧气和氢气（稀有气体除外），生成的三种化合物有NO、H2O、NH3，B分子组成中Z原子个数比C分子中少一个，比较这三种分子知，只有水分子中的H原子比氨气分子中的氢原子少一个，所以Z为H元素，A分子为NO，B分子为H2O，C分子为NH3，所以Y是氧元素，X为氮元素，结合物质的结构性质解答解答：解：原子序数之和为16的三种短周期元素的单质X、Y、Z，常温常压下均为无色气体，则这三种气体是氮气、氧气和氢气（稀有气体除外），生成的三种化合物有NO、H2O、NH3，B分子组成中Z原子个数比C分子中少一个，比较这三种分子知，只有水分子中的H原子比氨气分子中的氢原子少一个，所以Z为H元素，A分子为NO，B分子为H2O，C分子为NH3，所以Y是氧元素，X为氮元素，综上所述：X为氮，Y为氧，Z为氢，（1）Y为O，O元素在周期表中的位置是第二周期第A族，H与N形成的18e分子为肼，肼中相当于氨气分子中一个氢原子被氨基取代，所以肼的结构式为，故答案为：二；A；（2）C分子为NH3，1molNH3通入硝酸的水溶液中恰好完全反应放出bkJ的热量，此反应的热化学方程式为：NH3（g）+HNO3（aq）=NH4NO3（aq）H=bkJ/mol，故答案为：NH3（g）+HNO3（aq）=NH4NO3（aq）H=bkJ/mol；（3）由N、O、H形成化合物H4N2O3是硝酸铵：NH4NO3，硝酸铵中存在的化学键类型是离子键与共价键，其水溶液中存在铵根水解：NH4+H2ONH3H2O+H+，使溶液呈酸性，故离子浓度大小关系是：NO3NH4+H+OH，故答案为：NO3NH4+H+OH；（4）C为氨气，实验室中无480mL的容量瓶，故配制480mL溶液，需采取“大而近”的原则，选取500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；氨气属于碱性气体，故只能利用碱石灰进行干燥，故答案为：碱石灰；熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明此反应为放热反应，即H0，氨气与氧气在加热、催化剂作用下生成一氧化氮与水，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，无水氯化钙也是干燥剂，此处目的吸收水和氨气，故答案为：；4NH3+5O24NO+6H2O；吸收水和氨气点评：本题考查了元素、物质的推断，以“B分子组成中Z原子个数比C分子中少一个”为题眼进行推断，结合物质的化学式来分析解答，题目难度中等25（10分）已知某工业废水中含有大量CuSO4，少量的Hg2+以及部分污泥，通过如图1可从该废水中回收硫酸铜晶体及其它物质（1）步骤1的主要操作是过滤，步骤2中需加入某种试剂后再将混合物分离，该试剂是（填化学式）Cu（2）步骤2中在分离Hg和固体残渣时，在封闭体系中加热、冷凝回收的方法，原因是因为Hg有挥发性，且有毒（3）步骤2之后在B中加入液体混合物X（稀H2SO4和一种绿色氧化剂），反应方程式是Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O（4）在CuSO4溶液中加入适量KI溶液，有白色沉淀CuI生成，写出反应的离子方程式2Cu2+4I2CuI+I2（5）现以如图2电解池装置电解KI溶液：请回答：电解开始不久时，电解池中的现象是阴极区溶液呈红色，而阳极区溶液呈蓝色，并在电解池中出现（白色）沉淀考点：金属的回收与环境、资源保护.专题：实验设计题；元素及其化合物分析：流程分析可知，废水通过过滤除去不溶性杂质，得到溶液中加入铜除去汞离子，得到硫酸铜溶液，铜残渣，金属汞，铜加入硫酸酸化的过氧化氢绿色氧化剂氧化铜为硫酸铜；（1）固体和液体的分离用过滤的方法，Cu的性质比Ag、Hg活泼，应加入过量的Cu，可发生置换反应生成Ag、Hg而可分离出来，注意不能引入新的杂质；（2）依据汞是易挥发的有毒金属分析；（3）分析流程可知步骤2加入过量铜和汞离子反应生成汞单质，固体残渣B为铜，加入X是连锁和绿色氧化剂，判断为过氧化氢，硫酸和过氧化氢、铜反应生成硫酸铜和水；（4）在CuSO4溶液中加入适量KI溶液，有白色沉淀CuI生成，依据元素化合价变化分析，铜元素化合价+2价变化为+1价做氧化剂，所以需要还原剂应为I，被氧化为碘单质，结合电荷守恒书写离子方程式；