2019-2020年高三化学上学期12月考试卷（含解析）.doc

2019-2020年高三化学上学期12月考试卷（含解析）一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法不正确的是（）A 明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B 在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料D 电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁2下列有关比较中，大小顺序排列错误的是（）A 物质的熔点：石英食盐冰汞B 热稳定性：PH3H2SHBrNH3C 微粒半径由大到小顺序是：HLi+H+D 分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液Fe（OH）3胶体FeCl3溶液3下面有关晶体的叙述中，错误的是（）A 金刚石的网状结构中，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子B 在NaCl晶体中每个Na+（或Cl）周围都紧邻6个Cl（或6个Na+）C 白磷晶体中，粒子之间通过共价键结合，键角为60D 离子晶体在熔化时，离子键被破坏；而分子晶体熔化时，化学键不被破坏4在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室（如图）按此密闭体系中气体的流向，则在A处流出的气体为（）A SO2B SO3，O2C SO2，SO3D SO2，O25利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯，下列叙述正确的是（）A 电解时以精铜作阳极B 电解时阴极发生氧化反应C 粗铜连接电源负极，其电极反应是Cu=Cu2+2eD 电解后，电解槽底部会形成含少量Ag、Pt等金属的阳极泥6水是最宝贵的资源之一下列表述正确的是（）A H2O的电子式为B 4时，纯水的pH=7C D216O中，质量数之和是质子数之和的两倍D 273K、101kPa，水分子间的平均距离d：d（气态）d（液态）d（固态）7实验室用一定量的Al2（SO4）3制取最大量的Al（OH）3，最适合的试剂是（）A NaOHB H2SO4C NH3H2OD KOH8铊（Tl）是某超导材料的组成元素之一，与铝同族，位于第6周期Tl3+与Ag在酸性介质中发生反应：Tl3+2Ag=Tl+2Ag+下列推断正确的是（）A Tl+的最外层有1个电子B Tl3+的氧化性比Al3+弱C Tl能形成+3价和+1价的化合物D Tl+的还原性比Ag强9下列反应的离子方程式书写正确的是（）A 98.3%的硫酸加入到稀氢氧化钡溶液中：H+（aq）+OH（aq）H2O（aq）；H=57.3kJ/molB 100mL 0.1molL1的Na2CO3溶液中逐滴加入0.01mol CH3COOH：CO32+2CH3COOHCO2+2CH3COO+H2OC 铜片插入氯化铁溶液中：Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+D 氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+10下列各组离子，在指定的环境中一定能大量共存的是（）A 澄清透明的无色溶液中：Cl、MnO4、Ag+、SO42B 在能使pH试纸变深蓝色的溶液中：Al3+、NO3、S2、CO32C 在加入铝粉能产生H2的溶液中：NH4+、K+、SO42、NO3D 在由水电离出的c（OH）=1013molL1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl、I11设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A 24 g镁的原子最外层电子数为NAB 1 L 0.1 molL1硫酸溶液中H+数为0.1NAC 1 mol甲烷分子所含质子数为10NAD 标准状况下，22.4 L乙醇的分子数为NA12镍镉（NiCd）可充电电池在现代生活中有广泛应用已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2有关该电池的说法正确的是（）A 充电时阳极反应：Ni（OH）2e+OH=NiOOH+H2OB 充电过程是化学能转化为电能的过程C 放电时负极附近溶液的pH值不变D 放电时电解质溶液中的OH向正极移动13物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，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（）A 1：4B 1：5C 2：3D 2：514在如图所示的装置中，烧瓶中盛有空气，广口瓶中盛放下列物质时可发生喷泉的选项是（）A 块状大理石和稀硫酸B NH4Cl与稀NaOH溶液C Na2O2与NaOH溶液D 铜片与稀盐酸15将15mL 2molL1 Na2CO3溶液逐滴加入到40mL 0.5molL1 MCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是（）A 4B 3C 2D 116在铁和铜的混合物中，加入一定量的稀硝酸，使之充分反应，剩余金属m1g，再向其中加入一定量的稀硫酸，充分振荡后，剩余金属m2 g，则m1与m2关系是（）A m1一定大于m2B m1可能小于m2C m1可能等于m2D m1一定等于m2二、解答题（共4小题，满分52分）17A、B、C三只烧杯中，依次分别盛有NaOH溶液、KSCN溶液、煮沸的蒸馏水，各滴入FeCl3溶液，试根据实验现象分别回答以下问题：（1）分别写出三只烧杯中形成分散系的名称：A，B，C（2）写出B中形成分散系的离子方程式（3）写出C中形成分散系的化学方程式18磷在氧气中燃烧，可能生成两种固态氧化物3.1g的单质磷（P）在3.2g的氧气中燃烧，至反应物耗尽，并放出X KJ热量（1）通过计算确定反应产物的组成（用化学式表示）是（2）已知单质磷的燃烧热为Y KJ/mol，则1mol P与O2反应生成固态P2O3的热化学反应方程式：19有一瓶澄清的溶液，其中可能含有NH4+、Na+、Ba2+、Al3+、Fe3+、I、NO3、CO32、SO42、AlO2，取该溶液进行以下实验：（1）取PH试纸检验，溶液呈强酸性，可以排除离子的存在（2）取出部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡后CCl4层呈紫红色，可以排除离子的存在（3）写出（2）所发生的反应的离子方程式（4）另取出部分溶液逐渐加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，溶液均无沉淀产生，则又可以排除离子的存在（5）取出（4）部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液后，有白色沉淀生成，证明离子存在，又可排除离子的存在（6）将（4）得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝根据上述实验事实确定：该溶液中肯定存在的离子是肯定不存在的离子是，还不能确定是否存在的离子是，鉴别的方法是（具体的操作方法）20A、B、C、D是短周期元素所形成的单质，也是中学化学中常见的物质，通常情况下，A、B为固体，C、D为气体，电解H的水溶液生成X、C和D，此反应是一个重要的化工反应，这些物质间相互转化关系如下图所示试回答：（1）H的化学式为；（2）B单质为晶体（填晶体类型）（3）X的电子式为，F水溶液显性（填：酸性、中性或碱性）（4）E和G化合物的水溶液混合发生反应，其离子方程式为：（5）用惰性电极电解含0.2molH物质的水溶液，在阳极产生0.2mol气体时，此时溶液的体积为200ml则溶液的pH=xx学年广西桂林十八中高三（上）12月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法不正确的是（）A 明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B 在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料D 电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁考点：盐类水解的应用；金属的电化学腐蚀与防护；电解原理；金属冶炼的一般原理专题：热点问题；基本概念与基本理论分析：A、根据明矾净水的原理是氢氧化铝净水来分析；B、根据原电池的工作原理和应用来回答；C、根据氧化镁的物理性质来分析其应用；D、根据电解氯化镁溶液的反应原理及其产物来判断解答：解：A、明矾净水的原理是：Al3+3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+，利用Al（OH）3（胶体）的吸附性进行净水，故A正确；B、因为轮船主要用铁造外壳，铁在海水中易被腐蚀，镀上比铁活泼的锌，形成原电池，锌作负极，失去电子先被腐蚀，从而起到保护铁的作用，从而可减缓船体的腐蚀速率，故B正确；C、氧化镁的熔点是2852，可用于制作耐高温材料，故C正确；D、电解MgCl2饱和溶液，发生的化学反应为：，不会产生金属镁，电解熔融的MgCl2能制取单质镁，发生的反应，故D错误故选：D点评：本题主要考查了物质的水解反应以及水解反应的用途、常见物质在生产生活中的具体用途、常见物质的制备及发生的化学反应方程式等方面的知识，是一道综合题目2下列有关比较中，大小顺序排列错误的是（）A 物质的熔点：石英食盐冰汞B 热稳定性：PH3H2SHBrNH3C 微粒半径由大到小顺序是：HLi+H+D 分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液Fe（OH）3胶体FeCl3溶液考点：晶体熔沸点的比较；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；微粒半径大小的比较分析：A熔沸点：原子晶体离子晶体分子晶体，金属晶体熔沸点差别较大；B元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；C电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，电子层数越大离子半径越大；D分散质微粒直径：悬浊液胶体溶液解答：解：A熔沸点：原子晶体离子晶体分子晶体，金属晶体熔沸点差别较大，金刚石是原子晶体、氯化钠是粒子晶体、冰是分子晶体、汞是金属晶体但常温下是液体，所以物质的熔点：石英食盐冰汞，故A正确；B元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性NBrSP，所以氢化物的稳定性为NH3HBrH2SPH3，故B错误；C电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，电子层数越大离子半径越大，所以离子半径HLi+H+，故C正确；D分散质微粒直径：悬浊液胶体溶液，所以分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液Fe（OH）3胶体FeCl3溶液，故D正确；故选B点评：本题考查分散质粒子直径大小比较、氢化物稳定性判断、元素周期律、晶体熔沸点高低判断等知识点，综合性较强，明确晶体类型与晶体熔沸点关系、氢化物稳定性比较方法等知识点即可解答，注意氢化物的稳定性与化学键有关，熔沸点与分子间作用力及氢键有关，注意二者区别3下面有关晶体的叙述中，错误的是（）A 金刚石的网状结构中，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子B 在NaCl晶体中每个Na+（或Cl）周围都紧邻6个Cl（或6个Na+）C 白磷晶体中，粒子之间通过共价键结合，键角为60D 离子晶体在熔化时，离子键被破坏；而分子晶体熔化时，化学键不被破坏考点：晶胞的计算；化学键和分子间作用力的区别分析：A金刚石晶体中，每个碳原子形成四个共价键，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子；B氯化钠晶体中钠离子或氯离子的配位数都是6；C白磷分子为正四面体结构，原子间通过共价键结合，键角为60；D离子晶体的构成微粒是阴阳离子，分子晶体的构成微粒是分子解答：解：A金刚石晶体中，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，每个碳原子形成四个共价键，从而形成空间网状结构，故A正确；B氯化钠晶体中钠离子或氯离子的配位数都是6，所以在NaCl晶体中每个Na+（或C1）周围都紧邻6个Cl（或Na+），故B正确；C白磷分子为正四面体结构，原子间通过共价键结合，键角为60，分子间存在范德华力，故C错误；D离子晶体的构成微粒是阴阳离子，分子晶体的构成微粒是分子，所以离子晶体在熔融状态下能电离出阴阳离子，而分子晶体在熔融状态下还是以分子存在，只破坏分子间作用力不破坏化学键，故D正确；故选C点评：本题考查了晶体的有关知识，明确晶体结构是解本题关键，熟练掌握教材中各种晶体代表物的结构特点，灵活运用这些知识点分析解答问题，易错选项是B，注意B选项题干中是“微粒间”而不是“原子间”，导致很多粗心同学易错，解答时仔细审题，题目难度中等4在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室（如图）按此密闭体系中气体的流向，则在A处流出的气体为（）A SO2B SO3，O2C SO2，SO3D SO2，O2考点：工业制取硫酸专题：氧族元素分析：依据工业制硫酸的流程分析判断，原料SO2、O2从装置左侧中间进入热交换器，吸收热量后由A处流出再进入接触室发生反应，并放出大量的热，把一部分热量交换给刚进入热交换器的原料气，然后反应产物由装置下端流入下一个装置解答：解：通入接触室的气体主要是SO2和O2，经过热交换后从A处流出，然后才能接触催化剂，反应后的气体经过内管又从下口通出故A处流出的气体仍为SO2和O2；故选D点评：本题考查了工业制硫酸的流程分析判断，对教材中工业生产中典型设备的结构（包括进出口方向）、原理及发生的反应必须有足够的重视5利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯，下列叙述正确的是（）A 电解时以精铜作阳极B 电解时阴极发生氧化反应C 粗铜连接电源负极，其电极反应是Cu=Cu2+2eD 电解后，电解槽底部会形成含少量Ag、Pt等金属的阳极泥考点：电解原理专题：电化学专题分析：A、电解时粗铜作阳极，发生氧化反应；B、电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；C、粗铜被氧化，作阳极，发生的是氧化反应；D、根据金属的活动性顺序表进行分析解答：解：A、电解精炼铜时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，故A错误；B、阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应，故B错误；C、粗铜连接电源的正极，发生氧化反应，故C错误；D、金属的活动性顺序为ZnFeCuAgPt，因此Ag、Pt不会放电，以单质形式沉积下来，故D正确；故选：D点评：本题主要考查电解原理及其应用电化学原理是高中化学的核心考点，本题利用电解法进行粗铜提纯时粗铜应作阳极，精铜作阴极；阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应；这几种金属的活动性顺序为ZnFeCuAgPt，因此在电解过程中Ag、Pt不会失去电子，而是形成阳极泥6水是最宝贵的资源之一下列表述正确的是（）A H2O的电子式为B 4时，纯水的pH=7C D216O中，质量数之和是质子数之和的两倍D 273K、101kPa，水分子间的平均距离d：d（气态）d（液态）d（固态）考点：质量数与质子数、中子数之间的相互关系；电子式；分子间作用力；水的电离；离子积常数专题：基本概念与基本理论分析：A、水是共价化合物，氢原子和氧原子之间以共价键结合；B、常温下水的离子积常数Kw=1.01014mol2/L2，温度越低离子积常数越小，氢离子浓度越小，pH越大；C、分子的质子数为各个原子质子数之和，质量数为各个原子的质量数之和；D、物质内分子之间的间距：气态液态，对于水，液态密度大于固态时的密度，分子间距：固态液态解答：解：A、H2O的电子式为：，原子之间是共价键，故A错误；B、常温下水的离子积常数Kw=1.01014mol2/L2，低于室温时，4C时，离子积常数减小，故纯水的pH7，故B错误；C、D216O中，质量数之和为22+16=20，质子数之和为12+8=10，故C正确；D、对于水的三种状态，气态分子间隔液态分子间隔，但液态大于固态不对，如冰的密度比水小，液态水分子间存在氢键，而固态水按照一定晶形规则排列，故D错误故选：C点评：本题考查了有关水分子的知识，可以根据所学知识进行7实验室用一定量的Al2（SO4）3制取最大量的Al（OH）3，最适合的试剂是（）A NaOHB H2SO4C NH3H2OD KOH考点：镁、铝的重要化合物专题：元素及其化合物分析：Al3+转化为不溶于水的物质是Al（OH）3，Al（OH）3具有两性，既能和酸反应又能和强碱反应，故实验室用Al2（SO4）3制取Al（OH）3，选取试剂时不能选强碱，只能是弱碱解答：解：A、氢氧化钠是强碱，可以溶解氢氧化铝，使铝元素不能完全沉淀，氢氧化铝的产率降低，故A不符合；B、硫酸不能与硫酸铝反应生成氢氧化铝，故B不符合；C、氨水水弱碱，与硫酸铝反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不能溶于氨水，故C符合；D、氢氧化钾是强碱，可以溶解氢氧化铝，使铝元素不能完全沉淀，氢氧化铝的产率降低，故D不符合；故选C点评：本题以氢氧化铝的制备为载体，考查铝的重要化合物的性质，难度不大，注意题目要求意在考查氢氧化铝的两性这一特性8铊（Tl）是某超导材料的组成元素之一，与铝同族，位于第6周期Tl3+与Ag在酸性介质中发生反应：Tl3+2Ag=Tl+2Ag+下列推断正确的是（）A Tl+的最外层有1个电子B Tl3+的氧化性比Al3+弱C Tl能形成+3价和+1价的化合物D Tl+的还原性比Ag强考点：位置结构性质的相互关系应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A、铊与铝同族，最外层有3个电子，以此判断Tl+离子的最外层电子数；B、元素的金属性越强，对应的阳离子的氧化性越弱；C、根据离子反应可知Tl的化合物的存在形式有两种；D、根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性来分析解答：解：A、铊与铝同族，最外层有3个电子，则Tl+离子的最外层有2个电子，故A错误；B、金属性TlAl，则Tl3+的氧化能力比Al3+弱，故B正确；C、根据反应Tl3+2AgTl+2Ag+可知，Tl能形成+3价和+1价的化合物，故C正确；D、还原剂的还原性大于还原产物的还原性来分析，在反应Tl3+2Ag=Tl+2Ag+，还原性AgTl+，故D错误故选BC点评：本题考查铊与铝的性质比较，以及物质氧化性还原性的比较等问题，题目难度不大，注意把握比较问题的方法，题中易错点为B，注意结合方程式以及金属铝的性质进行比较9下列反应的离子方程式书写正确的是（）A 98.3%的硫酸加入到稀氢氧化钡溶液中：H+（aq）+OH（aq）H2O（aq）；H=57.3kJ/molB 100mL 0.1molL1的Na2CO3溶液中逐滴加入0.01mol CH3COOH：CO32+2CH3COOHCO2+2CH3COO+H2OC 铜片插入氯化铁溶液中：Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+D 氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A、还涉及到钡离子与硫酸离子生成硫酸钡的放热反应；B、100mL 0.1molL1的Na2CO3溶液中逐滴加入0.01mol CH3COOH，首先生成碳酸氢根离子；C、得失电子守恒，电荷守恒；D、氢氧化铝不溶于氨水解答：解：A、还涉及到钡离子与硫酸离子生成硫酸钡的放热反应，H的值和离子反应方程式都错了，故A错误；B、100mL 0.1molL1的Na2CO3溶液中逐滴加入0.01mol CH3COOH，首先生成碳酸氢根离子，正确的离子反应为：CO32+CH3COOHHCO3+CH3COO，故B错误；C、得失电子守恒，电荷守恒，正确的离子方程式为：Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，故C正确；D、氢氧化铝不溶于氨水，正确的离子方程式为：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故D错误；故选C点评：本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，注意从化学式、离子符号、电荷守恒以及是否符合反应实际的角度分析10下列各组离子，在指定的环境中一定能大量共存的是（）A 澄清透明的无色溶液中：Cl、MnO4、Ag+、SO42B 在能使pH试纸变深蓝色的溶液中：Al3+、NO3、S2、CO32C 在加入铝粉能产生H2的溶液中：NH4+、K+、SO42、NO3D 在由水电离出的c（OH）=1013molL1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl、I考点：离子共存问题分析：AMnO4为紫色；B能使pH试纸变深蓝色的溶液，显碱性；C加入铝粉能产生H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D由水电离出的c（OH）=1013molL1的溶液，为酸或碱溶液解答：解：AMnO4为紫色，与无色不符，且Ag+分别与Cl、SO42结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B能使pH试纸变深蓝色的溶液，显碱性，不能大量存在Al3+，且Al3+分别与S2、CO32相互促进水解，不能大量共存，故B错误；C加入铝粉能产生H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱性溶液中不能大量存在NH4+，酸性溶液中H+、Al、NO3发生氧化还原反应不生成氢气，故C错误；D由水电离出的c（OH）=1013molL1的溶液，为酸或碱溶液，酸、碱溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，故D正确；故选D点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的隐含信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、水解反应及氧化还原反应的离子共存考查，综合性较强，题目难度不大11设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A 24 g镁的原子最外层电子数为NAB 1 L 0.1 molL1硫酸溶液中H+数为0.1NAC 1 mol甲烷分子所含质子数为10NAD 标准状况下，22.4 L乙醇的分子数为NA考点：阿伏加德罗常数分析：A、质量换算物质的量，结合镁原子的结构分析计算；B、氢离子浓度为0.2mol/L，1L溶液中氢离子的物质的量为0.2molC、依据甲烷分子中的质子数计算；D、依据气体摩尔体积的应用条件分析判断解答：解：A、镁原子的物质的量为n=1mol，又因镁的最外层电子数为2，所以最外层电子数为2NA，故A错误；B、1L0.1 molL1硫酸溶液中氢离子浓度为0.2mol/L，1L溶液中氢离子的物质的量为0.2mol，含有的H+数为0.2NA，故B错误；C、一个CH4分子的质子数为10，因此1molCH4分子中的质子数为10NA，故C正确；D、乙醇标况下是液体，则不能利用22.4L来计算其物质的量，故D错误；故选C点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，分子中电子、质子、原子数的计算，气体摩尔体积的应用条件的应用12镍镉（NiCd）可充电电池在现代生活中有广泛应用已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2有关该电池的说法正确的是（）A 充电时阳极反应：Ni（OH）2e+OH=NiOOH+H2OB 充电过程是化学能转化为电能的过程C 放电时负极附近溶液的pH值不变D 放电时电解质溶液中的OH向正极移动考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：放电时负极上发生的电极反应式为：Cd2e+2OH=Cd（OH）2，正极上发生的电极反应式为：NiOOH+e+H2ONi（OH）2+OH，充电时阳极上发生的电极反应式为：Ni（OH）2+OHeNiOOH+H2O，阴极上发生的电极反应式为：Cd（OH）2+2eCd+2OH，放电时，溶液中氢氧根离子向负极移动，充电时该装置是电解池解答：解：A充电时，该装置是电解池，阳极上电极反应式为：Ni（OH）2e+OHNiOOH+H2O，故A正确；B充电时该装置是电解池，是将电能转化为化学能的装置，故B错误；C放电时，负极上电极反应式为：Cd2e+2OH=Cd（OH）2，所以碱性减弱，故C错误；D放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，故D错误；故选A点评：题考查原电池和电解池原理、电极反应式的书写，明确电极上得失电子及反应物质是解本题关键，电极反应式的书写是学习难点，要注意结合电解质溶液的酸碱性书写，难度中等13物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，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（）A 1：4B 1：5C 2：3D 2：5考点：硝酸的化学性质；氧化还原反应的电子转移数目计算专题：氧化还原反应专题；氮族元素分析：锌与稀硝酸反应时硝酸既表现酸性又表现氧化性，根据原子守恒和电子守恒规律来解决解答：解：锌与稀硝酸反应时硝酸既表现酸性又表现氧化性，根据原子守恒和电子守恒，2mol锌失去4mol电子，生成2mol锌离子，由于生成硝酸锌，则其结合的硝酸根离子是4mol，则剩余的1mol的硝酸被还原为N2O就得到4mol电子，硝酸也全部反应，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1：4，即4Zn+10HNO3（一般稀）=4Zn（NO3）2+N2O+5H2O故选A点评：本题是对硝酸的氧化性知识的考查，注意电子守恒思想在氧化还原反应中的运用14在如图所示的装置中，烧瓶中盛有空气，广口瓶中盛放下列物质时可发生喷泉的选项是（）A 块状大理石和稀硫酸B NH4Cl与稀NaOH溶液C Na2O2与NaOH溶液D 铜片与稀盐酸考点：性质实验方案的设计专题：实验题分析：依据加入的物质能反应产生气体，能导致广口瓶中气压变大，把液体压入烧瓶形成喷泉A考虑硫酸钙的微溶性；B考虑氨气的溶解性；C过氧化钠和水反应生成氧气；D铜和盐酸不反应解答：解：ACaCO3粉末和稀硫酸反应生成微溶性硫酸钙，阻止反应，不能产生大量二氧化碳，故不能形成喷泉，故A不选；BNH4Cl溶液与稀NaOH溶液反应生成氨气溶于水，不能形成喷泉，故B不选；CNa2O2与NaOH溶液中水反应生成氧气，导致广口瓶中压强增大，把液体压入广口瓶，故可形成喷泉，故选C；D铜片和稀盐酸不反应，不能形成喷泉，故D不选；故选：C点评：本题考查了喷泉实验，明确形成喷泉的原理是解答的关键，题目难度不大易错点为A，以为产生二氧化碳，忽落硫酸钙的微溶性15将15mL 2molL1 Na2CO3溶液逐滴加入到40mL 0.5molL1 MCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是（）A 4B 3C 2D 1考点：离子方程式的有关计算分析：根据Na2CO3溶液与MCln盐溶液反应时，恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为碳酸盐，利用化合价得出Mn+离子与nCO32离子的关系，然后利用物质的量来计算解答解答：解：Na2CO3溶液中CO32离子的物质的量为15mL1032molL1=0.03mol，MCln盐溶液中Mn+离子的物质的量为40mL1030.5molL1=0.02mol，由反应中恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为碳酸盐，及M的化合价为+n，则Na2CO3与MCln反应对应的关系式为： 2Mn+nCO32 2 n0.02mol 0.03mol，解得n=3，故选：B点评：本题考查学生利用溶液中的离子之间的反应来进行简单计算，明确离子之间的关系是解答的关键，并应熟悉离子的物质的量的计算来解答即可16在铁和铜的混合物中，加入一定量的稀硝酸，使之充分反应，剩余金属m1g，再向其中加入一定量的稀硫酸，充分振荡后，剩余金属m2 g，则m1与m2关系是（）A m1一定大于m2B m1可能小于m2C m1可能等于m2D m1一定等于m2考点：硝酸的化学性质专题：氮族元素分析：再加入稀硫酸，因硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，故剩余金属无论是铁还是铜还是铁铜混合物，都会溶解解答：解：铁和铜都和硝酸反应生成硝酸盐，再加入硫酸，提供氢离子，在酸性条件下，硝酸盐中的硝酸根具有强氧化性，故再与剩余金属反应，故m1一定大于m2故选：A点评：本题考查了硝酸的化学性质特别注意本题的隐含条件，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性二、解答题（共4小题，满分52分）17A、B、C三只烧杯中，依次分别盛有NaOH溶液、KSCN溶液、煮沸的蒸馏水，各滴入FeCl3溶液，试根据实验现象分别回答以下问题：（1）分别写出三只烧杯中形成分散系的名称：A悬浊液，B溶液，C胶体（2）写出B中形成分散系的离子方程式Fe3+3SCN=Fe（SCN）3（3）写出C中形成分散系的化学方程式FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系分析：（1）氢氧化钠溶液中滴入FeCl3溶液会生成氢氧化铁沉淀；KSCN溶液中滴入FeCl3溶液会生成血红色溶液；煮沸的蒸馏水滴入FeCl3溶液会生成氢氧化铁胶体；（2）书写硫氰酸铁生成的离子方程式；（3）氯化铁滴入沸水中反应生成均一稳定的红褐色氢氧化铁胶体分散系；解答：解：（1）氢氧化钠溶液中滴入FeCl3溶液发生复分解反应，生成氢氧化铁红褐色沉淀；分散系是悬浊液；KSCN溶液中滴入FeCl3溶液会生成血红色溶液硫氰酸铁络合物，分散系是溶液；煮沸的蒸馏水滴入FeCl3溶液加热到呈红褐色，会生成氢氧化铁胶体，分散系是胶体；故答案为：悬浊液；溶液；胶体；（2）KSCN溶液滴入FeCl3溶液，离子方程式为：Fe3+3SCN=Fe（SCN）3，故答案为：Fe3+3SCN=Fe（SCN）3 ；（3）C中形成分散系是胶体，反应的化学方程式为：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl；故答案为：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl；点评：本题考查了分散系的形成过程和概念判断，较简单，主要是离子方程式和化学方程式的书写18磷在氧气中燃烧，可能生成两种固态氧化物3.1g的单质磷（P）在3.2g的氧气中燃烧，至反应物耗尽，并放出X KJ热量（1）通过计算确定反应产物的组成（用化学式表示）是P2O3、P2O5（2）已知单质磷的燃烧热为Y KJ/mol，则1mol P与O2反应生成固态P2O3的热化学反应方程式：P（s）+O2（g）=P2O3（s）H=（20XY）KJ/mol考点：磷；热化学方程式专题：化学反应中的能量变化；氮族元素分析：（1）根据氧化还原反应中得失电子数相等判断其产物；（2）先写出磷的燃烧热化学反应方程式和.1g的单质磷（P）在3.2g的氧气中燃烧的热化学反应方程式，将方程式进行整理得出磷燃烧生成三氧化二磷的热化学反应方程式，其焓变相应改变解答：解：（1）磷在氧气中燃烧是氧化还原反应，3.2g氧气参加反应得到电子的物质的量=0.4mol；假设生成的固体是三氧化二磷，磷失去电子的物质的量=3=0.3mol，得失电子数不相等，所以该固体不是纯净的三氧化二磷；假设生成的固体是五氧化二磷，磷失去电子的物质的量=5=0.5mol，得失电子数不相等，所以该固体不是纯净的三氧化二磷；失去的电子数应该在二者之间，所以生成的固体是两种固体的混合物，即P2O3、P2O5，故答案为：P2O3、P2O5；（2）磷燃烧的热化学方程式为：P（s）+O2（g）=P2O5 （s）H=Y KJ/mol，3.1g的单质磷（P）在3.2g的氧气中燃烧生成三氧化二磷和五氧化二磷的热化学反应方程式为：4P（s）+4O2（g）=P2O5（s）+P2O3（s）H=40X KJ/mol，将方程式得P（s）+O2（g）=P2O3（s）H=（20XY）KJ/mol，故答案为：P（s）+O2（g）=P2O3（s）H=（20XY）KJ/mol点评：本题考查了磷燃烧产物的判断及热化学方程式的书写，难度不大，运用盖斯定律进行简单计算是高考的热点19有一瓶澄清的溶液，其中可能含有NH4+、Na+、Ba2+、Al3+、Fe3+、I、NO3、CO32、SO42、AlO2，取该溶液进行以下实验：（1）取PH试纸检验，溶液呈强酸性，可以排除CO32、AlO2离子的存在（2）取出部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡后CCl4层呈紫红色，可以排除Fe3+、NO3离子的存在（3）写出（2）所发生的反应的离子方程式2I+Cl2=I2+2Cl（4）另取出部分溶液逐渐加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，溶液均无沉淀产生，则又可以排除Al3+离子的存在（5）取出（4）部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液后，有白色沉淀生成，证明Ba2+离子存在，又可排除SO42离子的存在（6）将（4）得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝根据上述实验事实确定：该溶液中肯定存在的离子是NH4+、Ba2+、I肯定不存在的离子是Al3+、Fe3+、NO3、CO32、SO42、AlO2，还不能确定是否存在的离子是Na+，鉴别的方法是焰色反应（具体的操作方法）考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验专题：物质检验鉴别题分析：根据澄清溶液得，原溶液没有相互反应的离子；根据实验（1）现象判断存在的离子：氢离子，排除与该离子反应的离子；根据实验（2）现象判断存在的离子：I，排除与该离子反应的离子；（3）依据碘被氧化写出离子反应方程式即可；根据实验（4）现象判断不存在的离子；根据实验（5）现象判断存在的离子，排除与该离子反应的离子；（6）综合分析得出结论利用焰色反应验证钠离子是否存在解答：解：（1）溶液呈强酸性，说明溶液中肯定含有H+，而H+与CO32、AlO2发生反应而不能共存，说明溶液中肯定不含有CO32、AlO2；故答案为：CO32、AlO2；（2）CCl4层呈紫红色，说明有I2，这是由于I被氯气氧化所产生的，从而说明溶液中含有I，而I与Fe3+、NO3和H+发生氧化还原反应而不能共存，说明溶液中肯定不含有Fe3+、NO3；故答案为：Fe3+、NO3；（3）氯气与碘离子反应生成碘单质和氯离子，故离子反应方程式为：Cl2+2I=2Cl+I2，故答案为：Cl2+2I=2Cl+I2；（4）另取出部分溶液逐渐加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，溶液均无沉淀产生，则又可以排除铝离子存在，故答案为Al3+；（5）取出部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液后，有白色沉淀生成，说明溶液中肯定含有Ba2+，而Ba2+能与SO42产生沉淀，说明溶液中不含SO42；故答案为：Ba2+；SO42；（6）产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该气体为氨气，说明溶液中肯定含有NH4+；总上所述，在提供的离子中肯定含有的离子为：I、NH4+、Ba2+；肯定不含有的离子为：CO32、AlO2、SO42、NO3、Al3+、Fe3+，还不能确定的离子为：Na+，通常利用焰色反应验证钠元素的存在，故答案为：NH4+、Ba2+、I；Al3+、Fe3+、NO3、CO32、SO42、AlO2；Na+；焰色反应点评：本题主要考查了根据实验现象判断离子共存，要掌握根据实验现象判断存在的离子，排除与该离子反应的离子20A、B、C、D是短周期元素所形成的单质，也是中学化学中常见的物质，通常情况下，A、B为固体，C、D为气体，电解H的水溶液生成X、C和D，此反应是一个重要的化工反应，这些物质间相互转化关系如下图所示试回答：（1）H的化学式为NaCl；（2）B单质为原子晶体（填晶体类型）（3）X的电子式为，F水溶液显性碱性（填：酸性、中性或碱性）（4）E和G化合物的水溶液混合发生反应，其离子方程式为：3AlO2+Al3+6H2O4Al（OH）3（5）用惰性电极电解含0.2molH物质的水溶液，在阳极产生0.2mol气体时，此时溶液的体积为200ml则溶液的pH=14考点：无机物的推断分析：电解H的水溶液生成X、C和D，此反应是一个重要的化工反应，可联想到氯碱工业，H应为NaCl，则X为NaOH，C、D都为气体，由转化关系可知C为Cl2，D为H2，A、B都可与氢氧化钠溶液反应生成氢气，则应分别为Al、Si，由B和I的转化可知B应为Si，I为SiCl4，F为Na2SiO3，则A为Al，E为NaAlO2，Y为HCl，G为AlCl3，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题解答：解：电解H的水溶液生成X、C和D，此反应是一个重要的化工反应，可联想到氯碱工业，H应为NaCl，则X为NaOH，C、D都为气体，由转化关系可知C为Cl2，D为H2，A、B都可与氢氧化钠溶液反应生成氢气，则应分别为Al、Si，由B和I的转化可知B应为Si，I为SiCl4，F为Na2SiO3，则A为Al，E为NaAlO2，Y为HCl，G为AlCl3，（1）由以上分析可知H为NaCl，故答案为：NaCl；（2）B应为Si，单质为原子晶体，故答案为：原子；（3）X为NaOH，为离子化合物，电子式为，F为Na2SiO3，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故答案为：；碱性；（4）E为NaAlO2，G为AlCl3，二者发生互促水解反应，离子方程式为3AlO2+Al3+6H2O4Al（OH）3，故答案为：3AlO2+Al3+6H2O4Al（OH）3；（5）用惰性电极电解含0.2molNaCl物质的水溶液，在阳极产生0.2mol气体时，由2NaCl+2H2O H2+Cl2+2NaOH，可知生成0.2molNaOH，此时溶液的体积为200mL则溶液的pH=14，故答案为：14点评：本题考查无机物的推断，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型，注意元素化合物知识的积累，把握常见物质的性质，难度中等