2019年高二（下）月考化学试卷（3月份） 含解析.doc

2019年高二（下）月考化学试卷（3月份） 含解析一、选择题1（3分）（xx春宿迁月考）下列关于阿伏加德罗常数（NA），的说法正确的是（）A3.2g铜与足量稀硝酸反应过程中转移电子0.1NAB35.5g超氧化钾（KO2）所含的阴离子的数目为NAC标准状况下将0.5molSO2气体与0.5molH2S气体混合后，气体的分子总数为NAD6g二氧化硅中含SiO键数为0.2NA2（3分）（xx春青羊区校级期末）7g铜、银合金与足量的某浓度的硝酸反应，把放出的气体与560mL（标准状况）氧气混合，通入水中气体全部被吸收则合金中银的质量为（不考虑2NO2N2O4）（）A1.6gB5.4gC2.16gD不能确定3（3分）（xx春宿迁月考）下列实验操作中错误的是（）A蒸馏操作时，先得到的少量液体可能会与器壁等接触而含杂质较多，可以弃掉B分液操作时，首先要打开分液漏斗的上口活塞，或使活塞上的小孔与上口部的小孔对准，然后进行分液C萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大D萃取分液后，要得到被萃取的物质，通常还要进行蒸馏，为了更好的控制温度，用水浴加热比直接加热要好4（3分）（xx春宿迁月考）一密闭容器中盛有甲烷，在隔绝空气条件下长时间加热到1000左右，然后恢复至室温（20）这时容器内气体的压强是原来甲烷压强的m倍，原来甲烷的密度是容器内气体密度的n倍下列判断正确的是（）Am=2，n=4Bm=0.5，n=4Cm=2，n=0.25Dm=0.5，n=0.255（3分）（xx春定西校级期中）某学生用2ml1mol/L的CuSO4溶液4ml0.5mol/L的NaOH溶液混合，然后加入0.5ml4%的HCHO溶液，加热至沸腾，未见红色沉淀实验失败的主要原因（）A甲醛量太少B硫酸铜量少CNaOH量少D加热时间短6（3分）（xx春宿迁月考）乙醇、乙二醇、丙三醇分别与足量金属钠反应产生等体积的H2（相同状况下），则上述三种醇物质的量之比为（）A2：3：6B3：2：1C4：3：1D6：3：27（3分）（xx春宿迁月考）有一化合物（X）结构简式如图，它与分别与金属钠、氢氧化钠和碳酸氢钠反应时，不可能生成的产物是（）ABCD8（3分）（xx春阳江期末）白酒，食醋，蔗糖，淀粉等均为家庭厨房中常用的物质，利用这些物质能完成下列实验的是（）A鉴别食盐和小苏打B检验自来水中是否含氯离子C检验雨水的酸碱度D白酒中是否含甲醇9（3分）（xx南通模拟）下列化学用语或模型表示正确的是（）A次氯酸的结构式为：HClOBCO2分子比例模型C丙烯的结构简式：CH3CH2CH2DHCN的电子式10（3分）（xx春泉州校级期中）下列物质呈固态时必定属于分子晶体的是（）A非金属氧化物B金属氧化物C非金属单质D常温下呈气态的物质11（3分）（xx春宿迁月考）常温时，下列各组离子能大量共存的是（）AAg+、K+、NO3、ClBFe3+、NH4+、SO42、NO3CFe2+、Na+、Cl、ClODH+、I、SO42、HCO312（3分）（xx中山模拟）X和Y属短周期元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y位于X的前一周期，且最外层上只有一个电子，下列说法正确的是（）AX可能是第二周期的非金属元素BX可能是第三周期的金属元素CY可能与X同主族DY一定是金属元素13（3分）（2011秋瓮安县校级期末）在一个定容密闭容器中，盛有N2和H2，它们的起始浓度分别是1.8molL1和5.4molL1，在一定的条件下反应生成NH3，10min后测得N2的浓度是0.8molL1，则在这10min内NH3的平均反应速率是（）A0.1 molL1min1B0.3 molL1min1C0.2 molL1min1D0.6 molL1min114（3分）（xx春宿迁月考）下列实验或叙述不符合绿色化学理念的是（）A研制乙醇汽油代替汽油作汽车燃料B采用银作催化剂，用乙烯和氧气反应制取环氧乙烷（）C在萃取操作的演示实验中，将CCl4萃取溴水改为CCl4萃取碘水D用铜和稀HNO3反应制取Cu（NO3）215（3分）（xx春宿迁月考）将下列浓溶液蒸干并灼烧，可以得到原溶质的是（）A氯化钠B碳酸氢钠C偏铝酸钠D氯化铁16（3分）（xx春宿迁月考）化学与科学、技术、社会、环境密切相关下列说法中，你认为正确的是（）加热能杀死甲型 H1N1 流感病毒是因为病毒的蛋白质受热变性可用铝制容器存放浓硝酸，是因为常温下浓硝酸与铝不反应光缆在信息产业中有广泛应用，制造光缆的主要材料是单质硅结构陶瓷碳化硼（B4C3）常用于制造切削工具，它是一种新型无机非金属材料，属于原子晶体金刚石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反应玻璃、水泥的生产都要用石灰石做原料Na2O2可用于呼吸面具中作为氧气的来源ABCD17（3分）（xx春佛山校级期中）用金属铜制取硝酸铜，从节约原料和防止环境污染考虑，最好的方法是（）A铜硝酸铜B铜硝酸铜CCuCuCl2Cu（NO3）2DCuCuOCu（NO3）218（3分）（xx春宿迁月考）用稀盐酸预处理强酸型阳离子交换树脂，使之变为HR，再用蒸馏水洗涤至中性，然后用该树脂软化100mL含0.001molMg2+的中性溶液，使Mg2+完全被树脂所交换，再用100mL蒸馏水洗涤树脂将交换液和洗涤液收集到一起，该混合液的pH为（）A2.0B2.3C3.0D7.019（3分）（xx春宿迁月考）低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为：2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）2N2（g）+3H2O（g）H0 在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是（）A平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大B平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小C平衡时，2v正（NO）=v逆（N2）D其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大20（3分）（xx春宿迁月考）在下列各溶液中，离子可能大量共存的是（）A无色的碱性溶液中：CrO42、K+、Na+、SO42B使pH试纸变红的溶液中：NH4+、Na+、SO42、ClC含有大量ClO的溶液中：K+、H+、I、SO42D水电离产生的c（H+）=1012molL1的溶液中：Na+、Fe2+、SO42、NO321（3分）（2011丹东模拟）某无色溶液中只可能含有Na+、Ba2+、Cl、Br、SO32、SO42中的若干种（忽略水电离出的H+、OH），依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步骤操作现象（1）用pH试纸检验溶液的pH大于7（2）向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置CCl4层呈橙色（3）向所得水溶液中加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生（4）过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生下列结论正确的是（）A肯定含有的离子是B肯定没有的离子是C可能含有的离子是D不能确定的离子是22（3分）（xx春宿迁月考）下列说法中不正确的是（）A若XY3分子中X原子处于正三角形的中心，则XY3分子为非极性分子BC2H5OH与C2H5Br相比，前者的沸点远高于后者，其原因是前者的分子间存在氢键C同周期A族元素和A族元素之间只能形成离子化合物D由两种非金属元素组成的化合物分子中只可能有极性键，不会有非极性键二、实验题23（xx春宿迁月考）某同学探究二氧化硫与BaCl2溶液、Ba（OH）2溶液反应的实验（1）少量SO2通入到Ba（OH）2溶液中的离子反应方程式为，过量的SO2通入到Ba（OH）2溶液中的离子反应方程式为（2）此同学将SO2通入到BaCl2溶液中，出现了异常现象，看到了明显的白色沉淀，为探究该白色沉淀的成分，他设计了如下实验流程：则操作的名称为，试剂A的化学式为（3）实验表明，此同学加入试剂A后，白色沉淀未见溶解，则该白色沉淀的成分是（填化学式），则产生该白色沉淀的离子方程式是24（10分）（xx春温州期末）如图所示，用甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型燃料电池做电源，对A、B装置通电一段时间后，发现有1.6g甲醇参加反应且电极增重（假设工作时无能量损失）请回答下列问题：（1）分别指出F电极、电极的名称、（2）电极的反应式：E电极的反应式：电极上产生的实验现象是（3）若A池中原混合液的体积为500mL，CuSO4、K2SO4浓度均为0.1mol/L，电解过程中A池中共收集到标准状况下的气体L三、计算题25（2011秋武穴市校级期中）请完成下列填空：（1）将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，两电极间连接一个电流计锌片上发生的电极反应：；银片上发生的电极反应：（2）若该电池中两电极的总质量为60g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为47g，试计算：理论上产生氢气的体积（标准状况）为L；通过导线的电量为C（已知NA=6.021023/mol，电子电荷为1.601019C）xx学年江苏省宿迁市三校高二（下）月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题1（3分）（xx春宿迁月考）下列关于阿伏加德罗常数（NA），的说法正确的是（）A3.2g铜与足量稀硝酸反应过程中转移电子0.1NAB35.5g超氧化钾（KO2）所含的阴离子的数目为NAC标准状况下将0.5molSO2气体与0.5molH2S气体混合后，气体的分子总数为NAD6g二氧化硅中含SiO键数为0.2NA考点：阿伏加德罗常数分析：A、铜与硝酸反应生成硝酸铜，铜由0价升高为+2价，根据n=计算铜的物质的量，再根据N=nNA计算转移电子数目；B、超氧化钾是超氧根离子和钾离子构成，依据n=计算物质的量计算阴离子数分析；C、二氧化硫和硫化氢混合后发生反应生成硫单质和水；D、依据n=计算物质的量，结合二氧化硅所含化学键为4个SiO键计算解答：解：A、铜与硝酸反应生成硝酸铜，铜由0价升高为+2价，3.2g铜与足量硝酸完全溶解时，电子转移数为2NAmol1=0.1NA，故A正确；B、超氧化钾是超氧根离子和钾离子构成，35.5g超氧化钾（KO2）物质的量=0.5mol，所含的阴离子的数目为0.5NA，故B错误；C、标准状况下将0.5molSO2气体与0.5molH2S气体混合后，SO2+2H2S=3S+2H2O，硫化氢全部反应，剩余二氧化硫0.25mol，气体的分子总数为0.25NA，故C错误；D、6g二氧化硅物质的量=0.1mol，二氧化硅所含化学键为4个SiO键，6g二氧化硅含有SiO键数目为0.4NA，故D错误；故选A点评：本题考查常用化学计量数的有关计算，物质结构和性质的理解应用，难度不大，注意A中铜完全反应，转移电子数与硝酸的浓度无关2（3分）（xx春青羊区校级期末）7g铜、银合金与足量的某浓度的硝酸反应，把放出的气体与560mL（标准状况）氧气混合，通入水中气体全部被吸收则合金中银的质量为（不考虑2NO2N2O4）（）A1.6gB5.4gC2.16gD不能确定考点：硝酸的化学性质；化学方程式的有关计算；氮的氧化物的性质及其对环境的影响专题：守恒法分析：铜、银合金与足量的某浓度的硝酸反应，硝酸所起作用为酸性和氧化性，起酸性作用的硝酸生成硝酸铜、硝酸银，起氧化性作用的硝酸被还原为氮的氧化物（无法确定具体物质），氮的氧化物与氧气混合通入水中，反应又生成硝酸，根据氮元素守衡，该硝酸的量恰好等于起氧化性作用的硝酸的量所以有铜、银合金失去的电子总数等于氧气获得的电子总数利用铜、银合金失去的电子总数等于氧气获得的电子总数以及铜、银合金总质量为7g，列方程求解解答：解：n（O2）=0.025mol 设Cu、Ag的物质的量分别为x、y，则：根据质量列方程：x64g/mol+y108g/mol=7g根据电子守恒列方程：2x+1y=0.025mol4 解得：x=0.025mol；y=0.05mol m（Ag）=0.05mol108g/mol=5.4g故选B点评：本题以金属和硝酸反应为载体考查氧化还原反应的有关计算，难度中等，解题关键是分析反应过程，找出铜、银合金失去的电子总数等于氧气获得的电子总数即可解答本题3（3分）（xx春宿迁月考）下列实验操作中错误的是（）A蒸馏操作时，先得到的少量液体可能会与器壁等接触而含杂质较多，可以弃掉B分液操作时，首先要打开分液漏斗的上口活塞，或使活塞上的小孔与上口部的小孔对准，然后进行分液C萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大D萃取分液后，要得到被萃取的物质，通常还要进行蒸馏，为了更好的控制温度，用水浴加热比直接加热要好考点：分液和萃取；蒸馏与分馏分析：A蒸馏操作时，先得到的馏分可能含杂质较多，应弃掉；B在分液操作时，必须使分液漏斗内外空气相通；C萃取剂的选择与密度无关；D分液后得到互溶的有机物，需要根据沸点不同通过蒸馏操作分离；用水浴加热受热均匀，比直接加热要好；解答：解：A蒸馏操作时，先得到的少量液体因与器壁等接触而含杂质较多，应弃掉，故A正确；B分液操作时，首先要打开分液漏斗的上口活塞，或使活塞上的小孔与上口部的小孔对准，使内外空气相通，保证液体顺利流出，故B正确；C萃取剂的密度不一定比水大，只要符合萃取剂与原溶剂互不相溶，溶质在萃取剂中的溶解度比在水中大，且萃取剂与水的密度有差别即可，故C错误；D萃取分液后，要得到被萃取的物质，可以根据沸点不同通过蒸馏操作，为了更好的控制温度，用水浴加热比直接加热要好，故D正确；故选C点评：本题考查化学实验基本操作，题目难度中等，解答本题的关键是把握相关物质的性质，学习中注意积累4（3分）（xx春宿迁月考）一密闭容器中盛有甲烷，在隔绝空气条件下长时间加热到1000左右，然后恢复至室温（20）这时容器内气体的压强是原来甲烷压强的m倍，原来甲烷的密度是容器内气体密度的n倍下列判断正确的是（）Am=2，n=4Bm=0.5，n=4Cm=2，n=0.25Dm=0.5，n=0.25考点：物质的量的相关计算分析：甲烷在高温下可分解成炭黑和氢气，CH4C+2H2，根据阿伏加德罗定律可知：同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强的正比，根据=mv体积不变，密度之比等于气体的质量比计算解答：解：一密闭容器中盛有甲烷，假设甲烷的物质的量为amol，甲烷在高温下可分解成炭黑和氢气，CH4C+2H2，生成2amol氢气，同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强的正比，n（H2）：n（CH4）=2a：a=2：1，所以m=2，根据=mv容器体积不变，密度之比等于气体的质量比m（CH4）：m（H2）=amol16g/mol：2a2g/mol=4：1，所以n=4，故选A点评：本题主要考查了甲烷的性质，掌握同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强的正比，容器体积不变，密度之比等于气体的质量比是解答关键，题目难度不大5（3分）（xx春定西校级期中）某学生用2ml1mol/L的CuSO4溶液4ml0.5mol/L的NaOH溶液混合，然后加入0.5ml4%的HCHO溶液，加热至沸腾，未见红色沉淀实验失败的主要原因（）A甲醛量太少B硫酸铜量少CNaOH量少D加热时间短考点：有机物（官能团）的检验分析：乙醛和新制的Cu（OH）2反应的本质是：乙醛中具有还原性的醛基，被新制的氢氧化铜氧化，即醛基与氢氧化铜中的+2价的铜发生氧化还原反应，操作的关键是在碱性环境下进行，即碱要过量解答：解：该反应的本质是：乙醛中具有还原性的醛基，被新制的氢氧化铜氧化，即醛基与氢氧化铜中的+2价的铜发生氧化还原反应，只要有醛基即可反应，且加热至煮沸即可，本实验中试剂的量：n（CuSO4）=2mol/L0.002L0.004mol，n（NaOH）=0.5mol/L0.002L0.001mol，根据反应：CuSO4+2NaOHCu（OH）2+2NaSO4，可知：当n（NaOH）2n（CuSO4），硫酸铜过量，而本实验要求碱过量，所以NaOH量少，故C正确；故选：C点评：本题考查了有机物乙醛和新制的Cu（OH）2反应实验，碱要过量是实验的关键条件，题目难度不大6（3分）（xx春宿迁月考）乙醇、乙二醇、丙三醇分别与足量金属钠反应产生等体积的H2（相同状况下），则上述三种醇物质的量之比为（）A2：3：6B3：2：1C4：3：1D6：3：2考点：化学方程式的有关计算分析：乙醇、乙二醇、丙三醇分别有1、2、3个羟基，2mol金属钠与2mol羟基反应放出1mol氢气，这三种物质分别与足量金属钠反应产生等体积的氢气，说明三者中羟基物质的量相等，然后求出三种醇的物质的量之比解答：解：乙醇、乙二醇、丙三醇分别有1、2、3个羟基，2mol金属钠与2mol羟基反应放出1mol氢气，这三种物质分别与足量金属钠反应产生等体积的氢气，说明三者中羟基物质的量相等，则三种醇的物质的量之比为1：=6：3：2，故选D点评：本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意三种醇与足量Na反应，产生相同体积的H2，说明这三种醇各自所提供的OH数目相同7（3分）（xx春宿迁月考）有一化合物（X）结构简式如图，它与分别与金属钠、氢氧化钠和碳酸氢钠反应时，不可能生成的产物是（）ABCD考点：有机物的结构和性质分析：有机物含有酚羟基、醇羟基和羧基，三种官能团都可与钠反应，酚羟基、羧基都可与氢氧化钠反应，只有羧基于碳酸氢钠反应，以此解答该题解答：解：三种官能团都可与钠反应，酚羟基、羧基都可与氢氧化钠反应，只有羧基于碳酸氢钠反应，A酚羟基反应，则可与钠或氢氧化钠，因酸性羧基大于酚羟基，则不可能只有酚羟基反应，故A错误；B可与氢氧化钠反应生成，故B正确；C可与钠反应生成，故C正确；D可与碳酸氢钠反应生成，故D正确故选A点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，题目难度不大，注意判断有机物的官能团的种类和性质，官能团是决定有机物性质的主要因素8（3分）（xx春阳江期末）白酒，食醋，蔗糖，淀粉等均为家庭厨房中常用的物质，利用这些物质能完成下列实验的是（）A鉴别食盐和小苏打B检验自来水中是否含氯离子C检验雨水的酸碱度D白酒中是否含甲醇考点：生活中的有机化合物专题：有机化学基础分析：A食醋的主要成分为CH3COOH，具有酸性，能与小苏打反应生成二氧化碳气体；B检验自来水中是否含氯离子需要硝酸银溶液和稀硝酸；C用酸碱指示剂检验雨水的酸碱度；D上述物质与甲醇、乙醇均不反应；解答：解：A食醋的主要成分为CH3COOH，具有酸性，能与小苏打反应生成二氧化碳气体，食盐不能，可完成实验，故A正确；B检验自来水中是否含氯离子需要硝酸银溶液和稀硝酸，不能完成实验，故B错误； C用酸碱指示剂检验雨水的酸碱度，不能完成实验，故C错误； D上述物质与甲醇、乙醇均不反应，不能完成实验，故D错误；故选：A；点评：本题考查物质检验及鉴别，题目难度不大，清楚常见物质的主要成分，熟练掌握常见离子的检验是解题的关键9（3分）（xx南通模拟）下列化学用语或模型表示正确的是（）A次氯酸的结构式为：HClOBCO2分子比例模型C丙烯的结构简式：CH3CH2CH2DHCN的电子式考点：球棍模型与比例模型；电子式；结构式；结构简式专题：化学用语专题分析：A、根据8电子稳定结构，氯原子最外层7个电子成1个共价键，氧原子最外层6个电子成2个共价键B、根据比例模型表示原子的相对大小及原子连接顺序、空间结构；C、根据烯烃的结构简式应含有碳碳双键；D、HCN是共价化合物，氢原子与碳原子之间形成1对共用电子对，碳原子与氮原子之间形成3对共用电子对解答：解：A、氯原子最外层7个电子成1个共价键，氧原子最外层6个电子成2个共价键，结构式为：HOCl，故A错误；B、二氧化碳的分子式为CO2，由模型可知小球为碳原子，2个大球为氧原子，氧原子半径大，实际碳原子半径大于氧原子半径，故B错误；C、丙烯的结构简式：CH3CH2=CH2，故C错误；D、HCN是共价化合物，分子中氢原子与碳原子之间形成1对共用电子对，碳原子与氮原子之间形成3对共用电子对，HCN的电子式，故D正确；故选：D点评：本题考查常用化学用语书写，难度不大，掌握常用化学用语的书写，注意电子式的书写方法10（3分）（xx春泉州校级期中）下列物质呈固态时必定属于分子晶体的是（）A非金属氧化物B金属氧化物C非金属单质D常温下呈气态的物质考点：分子晶体专题：化学键与晶体结构分析：由分子构成的晶体为分子晶体常见的分子晶体有：所有非金属氢化物、部分非金属单质（金刚石、晶体硅等除外）、部分非金属氧化物（二氧化硅等除外）、几乎所有的酸、绝大多数的有机物晶体、所有常温下呈气态的物质、常温下呈液态的物质（除汞外）、易挥发的固态物质等，据此即可解答解答：解：A二氧化硅为非金属氧化物，但它是由氧原子和硅原子构成的晶体，且以共价键形成空间网状结构的原子晶体，不是分子晶体，故A错误；B氧化钠是金属氧化物，但它是离子化合物，是离子晶体，不是分子晶体，故B错误；C金刚石是非金属单质，但它是由碳原子构成的晶体，且以共价键形成空间网状结构的原子晶体，不是分子晶体，故C错误；D所有常温下呈气态的物质，熔沸点低，都是分子晶体，故D正确；故选：D点评：本题考查了分子晶体类型的判断，难度不大，掌握常见物质中的分子晶体，有助于解题注意基础知识的掌握与相关知识的积累11（3分）（xx春宿迁月考）常温时，下列各组离子能大量共存的是（）AAg+、K+、NO3、ClBFe3+、NH4+、SO42、NO3CFe2+、Na+、Cl、ClODH+、I、SO42、HCO3考点：离子共存问题分析：根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答解答：解：AAg+、Cl结合生成沉淀，不能大量共存，故A不选；B该组离子之间不反应，可大量共存，故B选；CFe2+、ClO发生氧化还原反应，不能大量共存，故C不选；DH+、HCO3结合生成水和气体，不能大量共存，故D不选；故选B点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大12（3分）（xx中山模拟）X和Y属短周期元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y位于X的前一周期，且最外层上只有一个电子，下列说法正确的是（）AX可能是第二周期的非金属元素BX可能是第三周期的金属元素CY可能与X同主族DY一定是金属元素考点：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：X原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，则X可能为Li，也可能为Si，Y位于X的前一周期，且最外层上只有一个电子，则Y可能为H，也可能为Li，以此解答该题解答：解：X原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，则X可能为Li，也可能为Si，Y位于X的前一周期，且最外层上只有一个电子，则Y可能为H，也可能为Li，则AX可能为Li，为第二周期金属元素，故A错误；BX也可能为Si，是第三周期的非金属元素，故B错误；C当X为Li，Y为H时，二者位于同主族，故C正确；DY可能为H，也可能为Li，可能是金属元素，也可能为非金属元素，故D错误故选C点评：本题考查元素的推断，题目难度不大，本题关键是根据原子的结构特点结合在周期表中的位置解答，解答时注意元素的种类13（3分）（2011秋瓮安县校级期末）在一个定容密闭容器中，盛有N2和H2，它们的起始浓度分别是1.8molL1和5.4molL1，在一定的条件下反应生成NH3，10min后测得N2的浓度是0.8molL1，则在这10min内NH3的平均反应速率是（）A0.1 molL1min1B0.3 molL1min1C0.2 molL1min1D0.6 molL1min1考点：反应速率的定量表示方法专题：化学反应速率专题分析：先求出氮气的平均反应速率，再根据同一反应，不同物质反应速率速率之比等于计量数之比，求出氨气的平均反应速率解答：解：v（N2）=0.1molL1min1，同一反应，不同物质反应速率速率之比等于计量数之比，所以v（NH3）=2 v（N2）=20.1molL1min1=0.2 molL1min1；故选C点评：本题考查反应速率的简单计算，知道在同一反应中，不同物质反应速率速率之比等于计量数之比14（3分）（xx春宿迁月考）下列实验或叙述不符合绿色化学理念的是（）A研制乙醇汽油代替汽油作汽车燃料B采用银作催化剂，用乙烯和氧气反应制取环氧乙烷（）C在萃取操作的演示实验中，将CCl4萃取溴水改为CCl4萃取碘水D用铜和稀HNO3反应制取Cu（NO3）2考点：绿色化学分析：绿色化学又称“环境无害化学”、“环境友好化学”、“清洁化学”，绿色化学的最大特点是在始端就采用预防污染的科学手段，因而过程和终端均为零排放或零污染化合反应是一变多的反应，把所有原料都转化成了期望中的产品，实现了绿色化学的理念解答：解：A乙醇汽油能代替汽油作为燃料，减少污染，符合绿色化学理念，故A正确； B采用银作催化剂乙烯和氧气制取环氧乙烷原子利用率100%，符合绿色化学理念，故B正确；C碘水比溴水污染小，溴水有毒，故符合绿色化学理念，故C正确；D用铜和稀HNO3反应制取Cu（NO3）2反应过程中有一氧化氮气体有毒生成，不符合绿色化学理念，故D错误故选D点评：本题考查绿色化学，只要抓住题干中所给出的“绿色化学”的要求，即可顺利作答，较简单15（3分）（xx春宿迁月考）将下列浓溶液蒸干并灼烧，可以得到原溶质的是（）A氯化钠B碳酸氢钠C偏铝酸钠D氯化铁考点：盐类水解的原理分析：从盐类水解的角度和物质的稳定性的角度分析，注意当水解生成挥发性酸时，加热蒸干并灼烧最终得到的是金属氧化物，当水解生成非挥发性酸时，加热蒸干并灼烧最终得到的是原物质解答：解：A氯化钠溶液蒸干并灼烧，可以得到原溶质氯化钠，故A选；BNaHCO3不稳定，加热易分解，所以蒸干并灼烧生成Na2CO3，故B不选；C偏铝酸钠在溶液在加热时水解得到氢氧化铝与氢氧化钠，但氢氧化钠和氢氧化铝难挥发，最后又重新得到的固体偏铝酸钠，故C选；DFeCl3在加热时水解生成Fe（OH）3和HCl，HCl易挥发，灼烧得到Fe2O3，故D不选；故选AC点评：本题考查盐类水解的应用，题目难度不大，注意盐类水解的原理，特别是能把握相关物质的性质16（3分）（xx春宿迁月考）化学与科学、技术、社会、环境密切相关下列说法中，你认为正确的是（）加热能杀死甲型 H1N1 流感病毒是因为病毒的蛋白质受热变性可用铝制容器存放浓硝酸，是因为常温下浓硝酸与铝不反应光缆在信息产业中有广泛应用，制造光缆的主要材料是单质硅结构陶瓷碳化硼（B4C3）常用于制造切削工具，它是一种新型无机非金属材料，属于原子晶体金刚石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反应玻璃、水泥的生产都要用石灰石做原料Na2O2可用于呼吸面具中作为氧气的来源ABCD考点：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；原子晶体；硝酸的化学性质；硅的用途；钠的重要化合物分析：高温才能使蛋白质变性；常温下浓硝酸与铝发生钝化；制造光缆的主要材料是单质二氧化硅；结构陶瓷碳化硼（B4C3）常用于制造切削工具，硬度高，它属于原子晶体；金刚石与氧气发生反应生成CO2；玻璃、水泥的生产中都要用石灰石做原料；Na2O2可与CO2、H2O反应生成O2解答：解：病毒的成分是蛋白质，高温才能使蛋白质变性，故错误；常温下浓硝酸与铝发生钝化，故错误；制造光缆的主要材料是单质二氧化硅，故错误；结构陶瓷碳化硼（B4C3）常用于制造切削工具，硬度高，它属于原子晶体，是一种新型无机非金属材料，故正确；金刚石与氧气发生反应，生成CO2，故错误；玻璃、水泥的生产中都要用石灰石做原料，故正确；Na2O2可与CO2、H2O反应生成O2，用于呼吸面具中作为氧气的来源，故正确故选B点评：本题考查蛋白质的变性、铝的钝化、结构陶、玻璃的生产原料、过氧化钠的性质等，难度不大，注意一些记忆性知识17（3分）（xx春佛山校级期中）用金属铜制取硝酸铜，从节约原料和防止环境污染考虑，最好的方法是（）A铜硝酸铜B铜硝酸铜CCuCuCl2Cu（NO3）2DCuCuOCu（NO3）2考点：化学实验方案的评价分析：用铜制取硝酸铜的最佳方法应是：从经济角度出发，制取等量的硝酸铜时，所用的原料最少，成本最低；从环境保护的角度出发，制取硝酸铜时不生成对环境造成污染的气体，以此来解答解答：解：ACu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，反应生成NO2气体，污染环境，故A不选；B.3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，反应生成NO气体，污染环境，故B不选；C氯气有毒，且硝酸银价格较高，不符合节约原料和防止环境污染，故C不选；D.2Cu+O22CuO，CuO+2HNO3=Cu（NO3）2+H2O，从过程可以看出该过程不会产生有毒气体，环保且没有多消耗原料，不生成污染性气体，故D选；故选D点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质制备实验及节约原料和防止环境污染，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大18（3分）（xx春宿迁月考）用稀盐酸预处理强酸型阳离子交换树脂，使之变为HR，再用蒸馏水洗涤至中性，然后用该树脂软化100mL含0.001molMg2+的中性溶液，使Mg2+完全被树脂所交换，再用100mL蒸馏水洗涤树脂将交换液和洗涤液收集到一起，该混合液的pH为（）A2.0B2.3C3.0D7.0考点：pH的简单计算分析：2HR+Mg2+MgR2+2H+，根据方程式计算氢离子的物质的量，再根据c=计算氢离子浓度，pH=lgc（H+）据此分析解答解答：解：100mL含0.001molMg2+的中性溶液，n（Mg2+）=1103mol，2HR+Mg2+MgR2+2H+，应交换出2103molH+，混合溶液体积=100mL+100mL=200mL，所以c（H+）=1102mol/L，pH=lgc（H+）=2，故选A点评：本题考查了pH的简单计算，明确离子交换树脂交换原理是解本题关键，题目难度不大19（3分）（xx春宿迁月考）低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为：2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）2N2（g）+3H2O（g）H0 在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是（）A平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大B平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小C平衡时，2v正（NO）=v逆（N2）D其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大考点：化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断分析：A、平衡常数只受温度影响，从平衡移动的方向判断平衡常数的变化；B、可逆反应中，加入一种反应物，平衡向正方向移动，以此判断转化率变化；C、反应达到平衡时，不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比；D、催化剂能加快反应速率，但不影响平衡的移动解答：解：A、正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A错误；B、增大一个反应物浓度，其它反应物转化率增大，故B错误；C、2v正（NO）=v逆（N2）说明单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1：2时，等于化学计量数之比，反应到达平衡，故C正确D、使用催化剂平衡不移动，废气中氮氧化物的转化率不变，故D错误；故选C点评：本题考查外界条件对化学反应速率的影响、平衡状态的判断等，做题时注意平衡常数的变化以及平衡状态的判断方法，题目难度不大20（3分）（xx春宿迁月考）在下列各溶液中，离子可能大量共存的是（）A无色的碱性溶液中：CrO42、K+、Na+、SO42B使pH试纸变红的溶液中：NH4+、Na+、SO42、ClC含有大量ClO的溶液中：K+、H+、I、SO42D水电离产生的c（H+）=1012molL1的溶液中：Na+、Fe2+、SO42、NO3考点：离子共存问题分析：A有颜色的离子不能大量共存；B使pH试纸变红的溶液呈酸性；CClO具有强氧化性，且酸性条件下不能大量共存；D水电离产生的c（H+）=1012molL1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性解答：解：ACrO42有颜色，不能大量共存，故A错误；B使pH试纸变红的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；CClO具有强氧化性，可氧化I，且酸性条件下不能大量共存，故C错误；D水电离产生的c（H+）=1012molL1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下Fe2+、NO3发生氧化还原反应，碱性条件下Fe2+不能大量共存，故D错误；故选B点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应、络合反应的考查，注意可能共存，题目难度不大21（3分）（2011丹东模拟）某无色溶液中只可能含有Na+、Ba2+、Cl、Br、SO32、SO42中的若干种（忽略水电离出的H+、OH），依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步骤操作现象（1）用pH试纸检验溶液的pH大于7（2）向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置CCl4层呈橙色（3）向所得水溶液中加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生（4）过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生下列结论正确的是（）A肯定含有的离子是B肯定没有的离子是C可能含有的离子是D不能确定的离子是考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验专题：离子反应专题分析：根据盐类水解分析溶液呈碱性，是含有弱酸阴离子，只有亚硫酸根离子，根据离子共存，判断出不存在的离子；根据萃取现象确定所含溴离子；（3）操作步骤中的现象只能说明可能含有硫酸根离子；（4）操作步骤中的现象证明含氯离子，但由于（2）加入了氯离子，所以原溶液是否含氯离子不能确定；最后根据电荷守恒确定电解质溶液中的阳离子的存在解答：解：依据题干中的条件，溶液是无色混合溶液，则有色离子不存在，（1）PH测得溶液PH大于7，溶液呈碱性，说明一定有弱酸根离子，则一定含有SO32，无Ba2+；（2）溶液中滴加氯水后萃取，萃取层呈橙色证明原溶液含溴离子；（3）分液加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，说明溶液中可能含硫酸根离子，（4）过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，证明是氯离子，但（2）加入氯水加入了氯离子，不能确定是否含氯离子；根据以上分析溶液中一定含有SO32、Br，一定没有Ba2+；依据电荷守恒，溶液中一定含有Na+；所以溶液中一定存在的离子是；不能确定的是Cl、SO42；故选D点评：本题考查了常见离子的检验方法和产生的现象，萃取操作，离子共存的判断等知识，注意电荷守恒的应用，关键是先肯定离子存在，再否定不共存的离子，本题难度不大22（3分）（xx春宿迁月考）下列说法中不正确的是（）A若XY3分子中X原子处于正三角形的中心，则XY3分子为非极性分子BC2H5OH与C2H5Br相比，前者的沸点远高于后者，其原因是前者的分子间存在氢键C同周期A族元素和A族元素之间只能形成离子化合物D由两种非金属元素组成的化合物分子中只可能有极性键，不会有非极性键考点：极性分子和非极性分子；离子化合物的结构特征与性质；极性键和非极性键；氢键的存在对物质性质的影响分析：A、若XY3分子中X原子处于正三角形的中心，则正负电荷中心重合；B、分子间存在氢键使物质的熔沸点异常的高；C、与A族元素同周期的第IA族元素全部为活泼金属元素；D、两种非金属元素组成的化合物分子中，若同种元素之间存在化学键，则为非极性键解答：解：A、若XY3分子中X原子处于正三角形的中心，则正负电荷中心重合，所以XY3分子为非极性分子，故A正确；B、分子间存在氢键使物质的熔沸点异常的高，而C2H5OH分子间存在氢键，所以C2H5OH的沸点比C2H5Br高，故B正确；C、与A族元素同周期的第IA族元素全部为活泼金属元素，活泼金属与活泼非金属元素之间新城离子键，形成的化合物为离子化合物，故C正确；D、两种非金属元素组成的化合物分子中，若同种元素之间存在化学键，则为非极性键，如H2O2中存在OO非极性键，故D错误故选D点评：本题考查分子的极性、键的极性、离子化合物、氢键等，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的考查，题目比较容易二、实验题23（xx春宿迁月考）某同学探究二氧化硫与BaCl2溶液、Ba（OH）2溶液反应的实验（1）少量SO2通入到Ba（OH）2溶液中的离子反应方程式为SO2+Ba2+2OHBaSO3+H2O，过量的SO2通入到Ba（OH）2溶液中的离子反应方程式为SO2+OHHSO3（2）此同学将SO2通入到BaCl2溶液中，出现了异常现象，看到了明显的白色沉淀，为探究该白色沉淀的成分，他设计了如下实验流程：则操作的名称为过滤，试剂A的化学式为HCl（3）实验表明，此同学加入试剂A后，白色沉淀未见溶解，则该白色沉淀的成分是BaSO4（填化学式），则产生该白色沉淀的离子方程式是2SO2+2Ba2+O2+2H2O2BaSO4+4H+考点：二氧化硫的化学性质专题：氧族元素分析：（1）二氧化硫是酸性氧化物，可以和强碱反应生成盐和水，根据二氧化硫的量多少来书写化学方程式；（2）实现固体和液体的分离可以采用过滤的方法；硫酸钡和盐酸不反应，但是亚硫酸钡可以和盐酸反应；（3）硫酸钡是白色不溶于强酸的沉淀，亚硫酸根离子还原性强，容易被氧化为硫酸根离子解答：解：（1）二氧化硫是酸性氧化物，可以和强碱反应，少量SO2通入到Ba（OH）2溶液中的离子反应方程式为SO2+Ba2+2OHBaSO3+H2O，过量的SO2通入到Ba（OH）2溶液中，因为二氧化硫会和亚硫酸钡之间反应生成亚硫酸氢钡，所以过量的SO2通入到Ba（OH）2溶液中的离子反应方程式为SO2+OHHSO3，故答案为：SO2+Ba2+2OHBaSO3+H2O；SO2+OHHSO3；（2）实现固体和液体的分离可以采用过滤的方法，将SO2通入到BaCl2溶液中，出现的白色浑浊可能是硫酸钡还可能是亚硫酸钡，硫酸钡和盐酸不反应，但是亚硫酸钡可以和盐酸反应，溶解，可以用盐酸来鉴别沉淀成分，故答案为：过滤；HCl；（3）硫酸钡和盐酸不反应，但是亚硫酸钡可以和盐酸反应，所以白色不溶于盐酸的沉淀物是硫酸钡，硫酸钡沉淀的生成和亚硫酸根离子的不稳定性有关，即2SO2+2Ba2+O2+2H2O2BaSO4+4H+，故答案为：BaSO4；2SO2+2Ba2+O2+2H2O2BaSO4+4H+点评：本题考查学生二氧化硫的以及含硫元素的盐的性质知识，可以根据所学知识来回答，难度不大24（10分）（xx春温州期末）如图所示，用甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型燃料电池做电源，对A、B装置通电一段时间后，发现有1.6g甲醇参加反应且电极增重（假设工作时无能量损失）请回答下列问题：（1）分别指出F电极、电极的名称正极、阳极（2）电极的反应式：Age=Ag+E电极的反应式：CH3OH+8OH6eCO32+6H2O电极上产生的实验现象是先有红色固体析出，后有气泡产生（3）若A池中原混合液的体积为500mL，CuSO4、K2SO4浓度均为0.1mol/L，电解过程中A池中共收集到标准状况下的气体3.92L考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：对A、B装置通电一段时间后，发现有1.6g甲醇参加反应且电极增重，则说明电极上银离子得电子析出银，则是电解池阴极，所以是阳极，是阴极，原电池中E是负极，F是正极，原电池负极上甲醇失电子发生氧化反应，电解池阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应解答：解：（1）对A、B装置通电一段时间后，发现有1.6g甲醇参加反应且电极增重，则说明电极上银离子得电子析出银，则是电解池阴极，所以是阳极，是阴极，原电池中E是负极，F是正极，故答案为：正极；阳极； （2）电解池中，上银离子得电子生成银单质，电极上银失电子生成银离子进入溶液，电极反应式为：Age=Ag+，E是原电池负极，负极上甲醇失电子和氢氧根离子生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OH+8OH6eCO32+6H2O，A装置中，是阴极，所以该电极上先是铜离子得电子而析出，后氢离子得电子析出氢气，所以现象是：先有红色固体析出，后有气泡产生，故答案为：Age=Ag+；CH3OH+8OH6eCO32+6H2O；先有红色固体析出，后有气泡产生；（3）设1.6g甲醇反应转移电子的物质的量是x，CH3OH+8OH6eCO32+6H2O 转移电子32g 6mol1.6g xx=0.3mol若A池中原混合液的体积为500mL，CuSO4、K2SO4浓度均为0.1mol/L，则铜离子的物质的量为0.1mol/L0.5L=0.05mol，当铜离子完全析出时，铜离子得到电子的物质的量=0.05mol2=0.1mol0.3mol，所以电解混合溶液时，阴极上先析出铜后析出氢气，阳极上析出氧气，但得失电子的物质的量都是0.3mol，设阴极上析出氢气的物质的量是y，阳极上析出氧气的物质的量是z，则0.05mol2+2y=4z=0.3mol，y=0.1mol，z=0.075mol，所以A池中共收集到的气体的物质的量是（0.1+0.075）mol=1.75mol，则气体体积=0.17