2016届河北省衡水市冀州中学高三上学期第三次月考化学试卷(解析版).doc

河北省衡水市冀州中学2016届高三上学期第三次月考化学试卷一、选择题（本道题包括25个小题，每小题只有一个正确答案1-5题每个1分，60题每个2分，215题每个3分）1下列说法正确的是（）ANe和Ne的中子数相同，所以Ne和Ne互为同位素B1mol CH4与1mol NH所含质子数相等C二氧化硫溶于水所得的溶液可导电，说明二氧化硫是电解质D等物质的量的甲基（CH3）与羟基（OH）所含电子数相等【考点】电解质与非电解质；同位素及其应用；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系【专题】物质的分类专题；原子组成与结构专题【分析】A依据质量数=质子数+中子数计算解答；B.1个甲烷分子含有10个质子；1个氨根离子含有11个质子；C电解质必须本身能够电离；D.1个甲基含有9个电子，1个羟基含有9个电子【解答】解：A.Ne和Ne中子数分别为：2010=10，2210=12，二者中子数不同，故A错误；B.1个甲烷分子含有10个质子；1个氨根离子含有11个质子，所以1mol CH4与1mol NH所含质子数分别为10mol和11mol，二者不同，故B错误；C二氧化硫本身不能电离产生自由离子而导电，属于非电解质，故C错误；D.1个甲基含有9个电子，1个羟基含有9个电子，所以等物质的量的甲基（CH3）与羟基（OH）所含电子数相等，故D正确；故选：D【点评】本题考查了质量数、质子数、中子数的计算、电解质的判断，明确原子符号的意义明确质量数=质子数+中子数是解题关键，题目难度不大2对下列化学反应热现象，正确的说法是（）A放热的反应发生时不必加热B化学反应一定有能量变化C吸热反应一定需要加热后才能发生D化学反应热效应数值与反应物质多少无关【考点】吸热反应和放热反应【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、很多放热反应需要先加热来引发；B、化学反应分为吸热反应和放热反应；C、吸热反应不一定需要加热；D、化学反应的热效应与反应物的量成正比【解答】解：A、很多放热反应需要先加热来引发，如煤炭的燃烧，是放热反应，但必须先加热才能发生，故A错误；B、化学反应分为吸热反应和放热反应，不存在既不吸热也不放热的反应，故B正确；C、吸热反应不一定需要加热，如八水合氢氧化钡与氯化铵的反应，是吸热反应，但不需要加热即可进行，故C错误；D、化学反应的热效应与反应物的量成正比，反应物的物质的量越多，则反应吸收或放出的热量越多，故D错误故选B【点评】本题考查了反应吸放热与反应条件的关系，应注意的是吸热反应不一定需要加热，需要加热才能进行的不一定是吸热反应，放热反应同理，即不能通过反应条件来判断反应吸热还是放热3下列电解质溶液用惰性电极进行电解时，一段时间后，溶液的pH增大的是（）A稀碳酸钠溶液B硫酸钠溶液C稀硫酸D硫酸铜溶液【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】用惰性电极电解电解质溶液，阳极的放电顺序：铜离子氢离子钠离子，阴极离子的放电顺序：氢氧根离子硫酸根（碳酸根）离子，根据两个电极的放电顺序，分析电解后溶液的成分来确定pH的变化【解答】解：A、电解碳酸钠溶液时，实际上电解的是水，但溶液中的碳酸根增大，水解生成的氢氧根离子的浓度增大，氢离子的浓度减小，所以溶液的pH值增大，故A正确；B、电解硫酸钠溶液时，实际上电解的是水，所以溶液中氢离子和氢氧根离子的相对浓度不变，只是硫酸钠的浓度增大，故pH值不变，故B错误；C、电解硫酸溶液时，实际上电解的是水，但溶液中氢离子的浓度增大，pH值减小，故C错误；D、电解硫酸铜溶液时，阴极上析出铜，阳极上得到氧气，所以溶液中的氢氧根离子的浓度减小，氢离子的浓度增大，溶液的pH值减小，故D错误；故选A【点评】本题考查了电解原理，随着电解的进行判断溶液pH值的变化，首先要知道离子的放电顺序、电解的实质，只有明白这些知识点才能正确解答4下列有关物质性质的说法错误的是（）A热稳定性：HClHIB原子半径：NaMgC结合质子能力：S2ClD酸性：H2SO3H2SO4【考点】元素周期律的作用【分析】A元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；B同周期元素从左到右原子半径逐渐减小；C酸越弱，对应的阴离子越易结合质子；D元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强【解答】解：A非金属性：ClI，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故A正确；B同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：NaMg，故B正确；C酸性HClH2S，酸越弱，对应的阴离子越易结合质子，故C正确；D元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强，故D错误故选D【点评】本题综合考查元素周期律知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大5下列关于金属腐蚀的说法正确的是（）A金属在潮湿的空气中腐蚀的实质是：M+nH2OM（OH）n+H2B金属的化学腐蚀的实质是：MneMn+，电子直接转移给还原剂C金属的化学腐蚀必须在酸性条件下进行D在潮湿的中性环境中金属的电化学腐蚀主要是吸氧腐蚀【考点】金属的电化学腐蚀与防护【专题】电化学专题【分析】金属被腐蚀的实质是金属失电子发生氧化反应，金属被腐蚀有化学腐蚀和电化学腐蚀，在酸性条件下发生析氢腐蚀，在弱酸性或中性条件下发生吸氧腐蚀，据此分析解答【解答】解：A金属在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀，正极上氧气得电子发生还原反应，所以没有生成氢气，故A错误；B金属发生化学腐蚀时金属和氧化剂直接接触，电子直接转移给氧化剂，故B错误；C在弱酸性或中性条件下，金属发生吸氧腐蚀，在酸性条件下，金属发生析氢腐蚀，故C错误；D在潮湿的中性环境中，金属的电化学腐蚀主要是吸氧腐蚀，故D正确；故选D【点评】本题考查了金属腐蚀与防护，明确金属腐蚀原理是解本题关键，知道析氢腐蚀和吸氧腐蚀的区别及其原因，题目难度不大6下列说法错误的是（）A对大型船舶的外壳进行的“牺牲阳极的阴极保护法”，是应用了原电池原理B电镀时，通常把待镀的金属制品作阴极，把镀层金属作阳极C对于冶炼像钠、钙、镁、铝等这样活泼的金属，电解法几乎是唯一可行的工业方法D氯化铝的熔点比氧化铝低，因此工业上最好采用电解熔融氯化铝来制备单质铝【考点】金属的电化学腐蚀与防护；金属冶炼的一般原理【专题】电化学专题；几种重要的金属及其化合物【分析】A作原电池正极的金属被保护；B电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极；C活泼金属采用电解熔融盐或氧化物的方法冶炼；D氯化铝属于分子晶体，熔融状态不导电【解答】解：A对大型船舶的外壳镶嵌锌，锌、铁和海水构成原电池，锌易失电子作负极、铁作正极，作原电池正极的金属被保护，所以对大型船舶的外壳进行的“牺牲阳极的阴极保护法”，是应用了原电池原理，故A正确；B电镀时，阳极上金属失电子发生氧化反应、阴极上金属阳离子得电子发生还原反应生成金属单质，所以镀层作阳极、镀件作阴极，故B正确；C活泼金属采用电解熔融盐或氧化物的方法冶炼，冶炼像钠、钙、镁、铝等这样活泼的金属，电解法几乎是唯一可行的工业方法，故C正确；D氯化铝属于分子晶体，熔融状态为分子，所以熔融态不导电，应该采用电解氧化铝的方法冶炼铝，故D错误；故选D【点评】本题考查了原电池及电解池原理及金属的冶炼，根据金属的活泼性强弱确定冶炼方法，知道原电池和电解池各个电极上发生的反应，易错选项是D7用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A在标准状况下，0.5molNO与0.5molO2混合后气体分子数为0.75NAB1.0L、1.0mol/L的Na2SiO3水溶液中含有的氧原子数为3NAC0.1mol AlCl3完全转化为氢氧化铝胶体，生成0lNA个胶体粒子D常温常压下，14g的C2H4和C4H8混合气体中含有的原子数为3NA【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、一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮部分转化成四氧化二氮；B、在硅酸钠溶液中，除了硅酸钠本身，水也含氧原子；C、一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体；D、C2H4和C4H8的最简式均为CH2【解答】解：A、在通常状况下，0.5mol NO与0.5mol O2混合后生成0.5mol二氧化氮，氧气剩余0.25mol，由于部分二氧化氮转化成四氧化二氮，所以气体分子数小于0.75NA，故A错误；B、在硅酸钠溶液中，除了硅酸钠本身，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数大于3NA个，故B错误；C、一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体，故得到的氢氧化铝胶粒的个数小于0.1NA个，故C错误；D、C2H4和C4H8的最简式均为CH2，故14g混合物中含有的CH2的物质的量为1mol，则原子为3mol即3NA个，故D正确故选D【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大8对于：2C4H10（g）+13O2（g）8CO2（g）+10H2O（l）；H=5800kJ/mol的叙述不正确的是（）A该反应的反应热为H=5800kJ/mol，是放热反应B该反应的H与各物质的状态有关，与化学计量数也有关C该式的含义为：25、101kPa下，2molC4H10气体完全燃烧生成CO2和液态水时放出热量5800kJD该反应为丁烷燃烧的热化学方程式，由此可知丁烷的燃烧热为5800kJ/mol【考点】热化学方程式【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、焓变小于零，则反应是放热反应；B、根据焓变的影响因素来回答；C、根据热化学方程式的含义来回答；D、根据燃烧热的含义：完全燃烧1mol纯物质生成最稳定的氧化物所放出的能量【解答】解：A、反应的H=5800kJ/mol，即焓变小于零，则反应是放热反应，故A正确；B、焓变的影响因素：物质的状态、物质的量的多少以及物质前面化学计量数的大小，故B正确；C、热化学方程式的含义：25、101kPa下，2molC4H10气体完全燃烧生成CO2和液态水时放出热量5800kJ，故C正确；D、燃烧热的含义：完全燃烧1mol纯物质生成最稳定的氧化物所放出的能量，即丁烷的燃烧热为2900kJ/mol，故D错误故选D【点评】本题考查学生让化学方程式的含义以及焓变的影响因素、燃烧热的含义等知识，可以根据所学知识来回答，难度不大9化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（）A电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl2eCl2B氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e4OHC粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu2eCu2+D钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式：Fe3eFe3+【考点】电极反应和电池反应方程式【分析】A、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；B、氢氧燃料电池中正极上得电子发生还原反应，负极上失电子发生氧化反应；C、粗铜精炼时，连接电源正极的是阳极，连接电源负极的是阴极；D、钢铁发生电化学腐蚀时，负极上铁失去电子生成亚铁离子【解答】解：A、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气，所以阳极的电极反应式为：2Cl2e=Cl2，故A正确；B、氢氧燃料的正极上氧气得电子发生还原反应，电池反应式：O2+2H2O+4e4OH，故B错误；C、粗铜精炼时，粗铜连接电源正极，纯铜连接电源负极，阳极上电极反应式为Cu2eCu2+，故C错误；D、钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式：Fe2eFe2+，故D错误；故选A【点评】本题考查了原电池和电解池原理，易错选项是D，注意钢铁的腐蚀中，铁失电子生成亚铁离子不是铁离子10反应 A+BC（H0）分两步进行 A+BX （H0）XC（H0）下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（）ABCD【考点】反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化【分析】根据物质具有的能量进行计算：H=E（生成物的总能量）E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题【解答】解：由反应 A+BC（H0）分两步进行 A+BX （H0）XC（H0）可以看出，A+BC（H0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由A+BX （H0）可知这步反应是吸热反应，XC（H0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X 的能量大于C，图象B符合，故选B【点评】本题为图象题，主要考查了物质的能量分析应用，化学反应的能量变化、分析，题目难度不大，注意反应热与物质总能量大小的关系判断11短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中相对位置如图所示下列说法正确的是（）A原子半径的大小顺序为：rXrYrZrWrQB元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8C离子Y2和Z3+的核外电子数和电子层数都不相同D元素W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q的强【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】短周期元素X、Y、Z、W、Q，由元素所在周期表中的位置可知，X为N元素，Y为O元素，Z为Al元素，W为S元素，Q为Cl元素，A、同一周期元素原子半径从左到右逐渐减小，原子核外电子层数越多，半径越大，据此判断；B、X为N元素，最高正价为+5价，Z为Al元素，最高正价为+3价；C、离子O2和Al3+的核外电子数为10；D、同周期自左而右非金属性增强，非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W、Q，由元素所在周期表中的位置可知，X为N元素，Y为O元素，Z为Al元素，W为S元素，Q为Cl元素，A、原子核外电子层数越多，半径越大，同一周期元素原子半径从左到右逐渐减小，则有：rZrWrQrXrY，故A错误；B、X为N元素，最高正价为+5价，Z为Al元素，最高正价为+3价，则元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8，故B正确；C、离子Y2和Z3+的核外电子数都为10，离子核外有2个电子层，电子层数相同，故C错误；D、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，故酸性Q强于M，故D错误；故选B【点评】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，难度中等，注意掌握元素周期表的结构和元素周期律的递变规律12原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关下列说法中不正确的是（）A由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池，其负极反应式为：Al3e=Al3+B由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，其负极反应式为：Al3e+4OH=AlO2+2H2OC由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，其负极反应式为：Cu2e=Cu2+D由Al、Cu、浓硝酸组成原电池，其负极反应式为：Cu2e=Cu2+【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】原电池中，得电子发生还原反应的电极是正极，失电子发生氧化反应的电极是正极，根据得失电子判断电极名称【解答】解：A由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池，铝和稀硫酸反应而失电子，铜和稀硫酸不反应，所以铝作负极，铜作正极，其负极反应式为：Al3e=Al3+，故A正确；BMg、Al、NaOH溶液组成原电池，铝和氢氧化钠溶液反应而失去电子发生氧化反应，镁和氢氧化钠溶液不反应，所以铝是负极，镁是正极，其负极反应式为：Al3e+4OH=AlO2+2H2O，故B正确；C由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，铁和铜都与氯化铁反应，但铁的金属性比铜强，所以铁作负极，铜作正极，其负极反应式为：Fe2e=Fe2+，故C错误；DAl、Cu、浓硝酸组成原电池，铝和浓硝酸发生钝化现象，铜和浓硝酸能自发的进行反应，所以铜作负极，铝作正极，其负极反应式为：Cu2e=Cu2+，故D正确；故选C【点评】本题考查原电池的正负极的判断及电极反应式，注意不能根据金属的活泼性判断原电池的正负极，要根据得失电子判断正负极，为易错点13若以w1和w2分别表示物质的量是浓度为c1 molL1和c2molL1硫酸溶液的质量分数，已知2w1=w2，则下列推断正确的（硫酸的密度比纯水的大）（）A2c1=c2B2c2=c1Cc22c1Dc1c22c1【考点】物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】浓硫酸的密度大于水，溶液的浓度越大，密度越大，利用c=进行判断【解答】解：设物质的量是浓度为c1 molL1的密度为1，物质的量是浓度为c2molL1硫酸溶液的密度为2，则c1=，c2=，=因浓硫酸的密度大于水，溶液的浓度越大，密度越大，则12，则c22c1，故选C【点评】本题考查物质的量浓度与质量分数的计算与比较，题目难度中等，注意浓硫酸的密度大于水，溶液的浓度越大，密度越大14甲、乙、丙、丁、戊五种物质是中学化学常见的物质，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）下列说法正确的是（）A若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则丙一定是两性氧化物B若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则丙生成戊一定是氧化还原反应C若丙、丁混合产生大量白烟，则乙可能具有漂白性D若甲、丙、戊都含有同一种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序可能为甲丙戊【考点】无机物的推断【分析】A甲为单质，若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则甲为Al或Si；B若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则甲为Na，乙为氧气，所以丙可以为氧化钠或过氧化钠；C丙、丁混合产生白烟，则丙、丁可为HCl和NH3或HNO3和NH3等，甲、乙均为单质，则乙可能是氯气或氢气或氮气；D若甲、丙、戊含有同一种元素，当甲为S，乙为氧气，丙为二氧化硫，戊为硫酸，则含S元素的化合价由低到高的顺序为甲丙戊【解答】解：A甲为单质，若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则甲为Al或Si，所以丙可能是氧化铝，也可能是二氧化硅，不一定是两性氧化物，故A错误；B若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则甲为Na，乙为氧气，所以丙可以为氧化钠或过氧化钠，当丙为氧化钠时，丙生成戊不是氧化还原反应，故B错误；C丙、丁混合产生白烟，则丙、丁可为HCl和NH3或HNO3和NH3等，甲、乙均为单质，则乙可能是氯气或氢气或氮气，都不具有漂白性，故C错误；D若甲、丙、戊含有同一种元素，当甲为S，乙为氧气，丙为二氧化硫，丁为HClO等具有强氧化性的物质，戊为硫酸，则含S元素的化合价由低到高的顺序为甲丙戊，故D正确；故选D【点评】本题考查无机物的推断，熟悉物质的性质及转化关系图中的反应是解答本题的关键，注意选项D为解答的难点，符合甲、丙、戊中同种元素的化合价升高为非金属元素或变价金属元素，题目难度较大15用铂电极电解CuSO4和KNO3的混合溶液500mL，经过一段时间后，两极均得到标准状况下11.2L的气体，则原混合溶液中CuSO4的物质的量浓度为（）A0.5molL1B0.8molL1C1.0molL1D1.5molL1【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】用Pt电极电解1L含CuSO4和KNO3混合溶液，溶液中阳离子放电顺序Cu2+H+，阳极电极反应为溶液中阴离子氢氧根离子失电子生成氧气：4OH4e=2H2O+O2，阴极电极反应为：Cu2+2e=Cu、2H+2e=H2，依据两极生成气体物质的量结合电解过程中电子守恒计算便可求解【解答】解：用Pt电极电解1L含CuSO4和KNO3混合溶液，在两极均生成标准状况下的气体11.2L，气体的物质的量为n=0.5mol，溶液中阳离子放电顺序Cu2+H+，阳极电极反应为溶液中阴离子氢氧根离子失电子生成氧气：4OH4e=2H2O+O2，生成0.5molO2，需电子为40.5mol=2mol；阴极电极反应为：Cu2+2e=Cu、2H+2e=H2，生成0.5molH2，需0.5mol2=1mol电子，依据电子守恒，铜离子得到电子1mol，反应的铜离子物质的量0.5mol，所以Cu2+的物质的量浓度C=1.0mol/L，故选C【点评】本题考查了电极原理的计算应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意电子守恒的计算应用和正确书写电极反应，明确电极的放电顺序为解答该题的关键，题目难度中等16利用如图装置进行实验，开始时，a、b两处液面相平，密封好，放置一段时间下列说法不正确的是（）Aa管发生吸氧腐蚀，b管发生析氢腐蚀B一段时间后，a管液面高于b管液面Ca处溶液的pH增大，b处溶液的pH减小Da、b两处具有相同的电极反应式：Fe2e=Fe2+【考点】金属的电化学腐蚀与防护【专题】电化学专题【分析】A、生铁在酸性条件下发生析氢腐蚀，在碱性或中性条件下发生吸氧腐蚀B、根据U型管两边气体压强的变化判断液面的变化C、根据发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀时溶液中溶质判断溶液pH值的变化，氢氧根离子浓度增大是pH值增大，氢离子浓度减小的pH值增大D、负极上金属失电子发生氧化反应【解答】解：A、U型管左边装置是中性溶液，所以发生吸氧腐蚀，右边装置是酸性溶液发生析氢腐蚀，故A正确B、左边装置发生吸氧腐蚀时，氧气和水反应导致气体压强减小，右边装置发生析氢腐蚀，生成氢气导致气体压强增大，所以右边的液体向左边移动，所以一段时间后，a管液面高于b管液面，故B正确C、a处铁失电子生成亚铁离子，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，所以a处pH不变；b处溶液变成硫酸亚铁溶液，溶液的pH值变大，故C错误D、a、b两处构成的原电池中，铁都作负极，所以负极上具有相同的电极反应式：Fe2e=Fe2+，故D正确故选C【点评】本题以铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀为载体考查了原电池原理，明确钢铁发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀的条件是解本题的关键，根据析氢腐蚀和吸氧腐蚀时两极发生的反应来分析解答即可，难度不大17利用如图所示装置模拟电解原理在工业生产上的应用下列说法正确的是（）A氯碱工业中，X电极上反应式是4OH4e=2H2O+O2B电解精炼铜时，Z溶液中的铜离子浓度不变C在铁片上镀铜时，Y是纯铜D制取金属镁时，Z是熔融的氯化镁【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】A、依据电源正负极确定电解池中x为阳极，氯碱工业电解的是饱和食盐水，溶液中氯离子失电子；B、电解精炼铜溶液中铜离子浓度减少；C、铁片上镀铜时阴极为铁片；D、金属镁是电解熔融的氯化镁制的【解答】解：A、氯碱工业中，X电极连接电源正极，为电解池的阳极，溶液中的氯离子失电子生成氯气，2Cl2e=Cl2，故A错误；B、电解精炼铜时，粗铜做阳极含有铁、锌、镍等活泼金属，精铜做阴极，电解过程中电子守恒，溶液中的铜离子浓度减少，故B错误；C、在铁片上镀铜时，铁片做阴极为Y电极，铜做阳极为X电极，故C错误；D、金属镁是电解熔融的氯化镁，镁阴极得到电子析出，水溶液中镁离子不放电，故D正确；故选D【点评】本题考查了氯碱工业，电解精炼铜，电镀铜，冶炼镁等几种工业制备的原理应用，熟练掌握电解原理是解题关键18W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18下列说法正确的是（）A单质的沸点：WXB阴离子的还原性：WZC氧化物的水化物的酸性：YZDX与Y不能存在于同一离子化合物中【考点】真题集萃；原子结构与元素的性质【分析】W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，则则W是H元素，X是N元素，Y、Z为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为18，W最外层电子数是1，X最外层电子数是5，Y、Z最外层电子数之和是12，且二者都是主族元素，Y原子序数小于Z，则Y是P元素、Z是Cl元素，AW、X单质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比；B元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；DX、Y分别是N、P元素，可能存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中【解答】解：W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，则则W是H元素，X是N元素，Y、Z为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为18，W最外层电子数是1，X最外层电子数是5，Y、Z最外层电子数之和是12，且二者都是主族元素，Y原子序数小于Z，则Y是P元素、Z是Cl元素，AH、N元素单质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，氮气相对分子质量大于氢气，所以单质的沸点：WX，故A错误；B元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，非金属性WZ，所以阴离子的还原性：WZ，故B正确；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性PCl，最高价氧化物的水化物酸性H3PO4HClO4，但氧化物的水化物的酸性不一定存在此规律，如磷酸酸性大于次氯酸，故C错误；DX、Y分别是N、P元素，可能存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中，磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵都是铵盐，属于离子化合物，故D错误；故选B【点评】本题考查原子结构和元素性质，为高频考点，涉及离子化合物判断、酸性强弱判断、物质熔沸点高低判断、元素周期律等知识点，正确判断元素是解本题关键，结合物质的结构性质解答，易错选项是C19下列除杂方案错误的是（）选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO（g）CO2（g）NaOH溶液，浓H2SO4洗气BNH4Cl（aq）Fe3+（aq）NaOH溶液过滤CCl2（g）HCl（g）饱和食盐水，浓H2SO4洗气DNa2CO3（s）NaHCO3（s）灼烧AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】实验评价题【分析】A二氧化碳与NaOH反应，而CO不能；BNaOH与NH4Cl、Fe3+均反应；CHCl极易溶液水，而食盐水抑制氯气的溶解；DNaHCO3加热分解生成碳酸钠【解答】解：A二氧化碳与NaOH反应，而CO不能，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，故A正确；BNaOH与NH4Cl、Fe3+均反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，故B错误；CHCl极易溶液水，而食盐水抑制氯气的溶解，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，故C正确；DNaHCO3加热分解生成碳酸钠，则直接加热即可实现除杂，故D正确；故选B【点评】本题考查物质分离提纯的方法及选择，为高频考点，把握物质的性质及常见的混合物分离方法为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大20一种太阳能电池的工作原理如下图所示，电解质为铁氰化钾K3和亚铁氰化钾K4的混合溶液，下列说法不正确的是（）AK+移向催化剂bB催化剂a表面发生的化学反应：4e3CFe（CN）63在催化剂b表面被氧化D电解池溶液中的4和3浓度基本保持不变【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，b为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，阳离子向正极移动，以此来解答【解答】解：由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，b为正极，Ab为正极，则K+移向催化剂b，故A正确；Ba为负极，发生氧化反应，则催化剂a表面发生反应：Fe（CN）64eFe（CN）63，故B正确；Cb上发生还原反应，发生Fe（CN）63+eFe（CN）64，Fe（CN）63在催化剂b表面被还原，故C错误；D由B、C中的电极反应可知，二者以1：1相互转化，电解质溶液中Fe（CN）63和Fe（CN）64浓度基本保持不变，故D正确；故选C【点评】本题考查原电池的工作原理，为高频考点，把握电子的流向判断正负极为解答的关键，明确原电池工作原理即可解答，题目难度不大21最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程反应过程的示意图如下：下列说法正确的是（）ACO和O生成CO2是吸热反应B在该过程中，CO断键形成C和OCCO和O生成了具有极性共价键的CO2D状态状态表示CO与O2反应的过程【考点】真题集萃【分析】由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，CO与O在催化剂表面形成CO2，不存在CO的断键过程，以此解答该题【解答】解：A由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A错误；B由图可知不存在CO的断键过程，故B错误；CCO与O在催化剂表面形成CO2，CO2含有极性共价键，故C正确；D状态状态表示CO与O反应的过程，而不是与氧气反应，故D错误故选C【点评】本题为2015年考题，侧重于化学反应原理的探究的考查，题目着重于考查学生的分析能力和自学能力，注意把握题给信息，难度不大22用石墨作电极完全电解含1mol溶质X的溶液后，向溶液中加入一定量的物质Y能使电解液恢复到起始状态是（）选项X溶液物质YACuCl21mol Cu（OH）2BKOH1mol KOHCNa2SO41mol H2SO4DAgNO30.5mol Ag2OAABBCCDD【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】根据电解原确定电解后析出的金属或是放出的气体，根据：出什么加什么，出多少加多少的原理确定电解质复原加入的物质以及量的多少A、电解氯化铜，在两极上分别产生金属铜和氯气；B、电解氢氧化钾的实质是电解水；C、电解硫酸钠的实质是电解水；D、电解硝酸银两极上产生的是金属银和氧气，根据元素守恒确定加入的物质的量的多少【解答】解：A、电解氯化铜，在两极上分别产生金属铜和氯气，电解质复原加入氯化铜即可，故A错误；B、电解氢氧化钾的实质是电解水，所以电解质复原加入水即可，故B错误；C、电解硫酸钠的实质是电解水，所以电解质复原加入水即可，故C错误；D、电解硝酸银两极上产生的是金属银和氧气，所以电解质复原加氧化银即可，电解含1mol溶质硝酸银的溶液，会析出金属银1mol，根据银元素守恒，所以加入0.5mol Ag2O后即可复原，故D正确；故选D【点评】本题考查学生电解池的工作原理以及电解质复原的方法，注意“出什么加什么，出多少加多少”的原理的应用是关键，难度中等23某稀溶液中含有4mol KNO3和2.5molH2SO4，向其中加入1.5mol Fe，充分反应（已知NO3被还原为NO）下列说法正确的是（）A反应后生成NO的体积为28 LB所得溶液中的溶质只有FeSO4C所得溶液中c（NO3）=2.75 molL1D所得溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+ ）=1：1【考点】有关混合物反应的计算【分析】n（H+）=2.5mol2=5mol，n（NO3）=4mol，发生3Fe+2NO3+8H+=3Fe2+2NO+4H2O或Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，铁粉的物质的量为1.5mol，由离子方程式判断过量，然后设出未知数，结合反应列式计算即可【解答】解：溶液中氢离子总物质的量为：n（H+）=2.5mol2=5mol，n（NO3）=4mol，铁粉的物质的量为1.5mol，由 3Fe+2NO3+8H+=3Fe2+2NO+4H2O， 3 2 81.5mol 1mol 4mol，则1.5molFe完全反应时，硝酸根离子与氢离子均过量，则发生Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，若1.5molFe完全反应时，氢离子不足，则两个反应均发生，Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O x 4x x3Fe+2NO3+8H+=3Fe2+2NO+4H2O y y y则：x+y=1.5、4x+y=5，解得：x=0.75mol，y=0.75mol生成NO的体积为（0.75mol+0.75mol）22.4L/mol=28L，A根据分析可知，反应后生成标况下28LNO，不是标况下，NO气体不一定为28L，故A错误；B反应后溶质为硫酸铁和硫酸亚铁，故B错误；C反应消耗硝酸根离子等于生成NO的量=0.75mol+0.75mol=1.25mol，缺少溶液体积，无法计算溶液中硝酸根离子浓度，故C错误；D反应后生成铁离子为0.75mol，亚铁离子为0.75mol，所以所得溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+ ）=1：1，故D正确；故选D【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，题目难度中等，把握反应中电子守恒为解答的关键，注意过量判断及发生的反应判断，侧重分析与计算能力的考查；A、C为易错点，注意A不是标况下、C缺少溶液体积24黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S（s）+2KNO3（s）+3C（s）K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）H=x kJmol1已知：碳的燃烧热H1=a kJmol1S（s）+2K（s）K2S（s）H2=b kJmol12K（s）+N2（g）+3O2（g）2KNO3（s）H3=c kJmol1则x为（）A3a+bcBc3abCa+bcDcab【考点】真题集萃；热化学方程式；用盖斯定律进行有关反应热的计算【分析】碳的燃烧热H1=a kJmol1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）H1=a kJmol1S（s）+2K（s）K2S（s）H2=b kJmol12K（s）+N2（g）+3O2（g）2KNO3（s）H3=c kJmol1将方程式3+得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），其反应热进行相应的改变，据此计算反应热【解答】解：碳的燃烧热H1=a kJmol1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）H1=a kJmol1S（s）+2K（s）K2S（s）H2=b kJmol12K（s）+N2（g）+3O2（g）2KNO3（s）H3=c kJmol1将方程式3+得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），则H=x kJmol1=（3a+bc）kJmol1，所以x=3a+bc，故选A【点评】本题考查盖斯定律的应用，侧重考查学生分析计算能力，明确目标方程式与已知方程式的关系是解本题关键，注意方程式可以进行加减，题目难度不大25某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如图，下列说法不正确的是（）AA为电源正极B阳极区溶液中发生的氧化还原反应为：Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2OC阴极区附近溶液pH降低D若不考虑气体的溶解，当收集到H213.44 L（标准状况）时，有0.1 mol Cr2O72被还原【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】A由图可知，右侧生成氢气，发生还原反应，右侧铁板为阴极，故左侧铁板为阳极；B左侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，亚铁离子被溶液中的Cr2O72氧化，反应生成Cr3+、Fe3+；C阴极氢离子放电生成氢气，氢离子浓度降低；D根据n=计算氢气的物质的量，根据电子转移计算n（Fe2+），根据方程式计算被还原的Cr2O72的物质的量【解答】解：A由图可知，右侧生成氢气，发生还原反应，右侧铁板为阴极，故左侧铁板为阳极，故A为电源正极，故A正确；B左侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，亚铁离子被溶液中的Cr2O72氧化，反应生成Cr3+、Fe3+，发应的离子方程式为：Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，故B正确；C阴极氢离子放电生成氢气，氢离子浓度降低，溶液的pH增大，故C错误；D.13.44 L氢气的物质的量为=0.6mol，根据电子转移守恒n（Fe2+）=0.6mol，根据Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O可知，被还原的Cr2O72的物质的量为0.6mol=0.1mol，故D正确；故选C【点评】本题以废水处理为载体考查电解原理、氧化还原反应、化学计算等，注意仔细观察电解池判断电极，是对学生综合能力考查，题目难度中等二、填空题26已知16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，请写出表示固体硫燃烧热的热化学方程式是S（s）+O2（g）=SO2（g）H=296.8 kJ/mol【考点】热化学方程式【专题】化学反应中的能量变化【分析】根据热化学方程式的书写方法可知，化学计量数与反应热成正比，并注意标明物质的聚集状态来解答；【解答】解：16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，即1molS完全燃烧时放出放出296.8kj热量，则热化学方程式为：S（s）+O2（g）=SO2（g），H=296.8 kJ/mol，故答案为：S（s）+O2（g）=SO2（g），H=296.8 kJ/mol【点评】本题考查化学反应中的能量变化及利用盖斯定律确定反应及其能量的关系，注意键能计算焓变的方法，题目较简单，注重基础知识的考查27以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的正极通入O2和CO2，负极通入丙烷，电解质是熔融碳酸盐电池反应方程式为C3H8+5O23CO2+4H2O；负极反应式为C3H820e+10CO32=13CO2+4H2O【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】燃料电池中，负极上燃料失电子，发生氧化反应，则负极的电极反应式为C3H820e+10CO32=13CO2+4H2O，正极上氧气得电子，正极的反应式为：O2+2CO2+4e=2CO32，据此分析【解答】解：燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧化剂得电子发生还原反应，负极电极反应式为C3H820e+10CO32=13CO2+4H2O，正极反应式为：O2+2CO2+4e=2CO32，所以其电池反应式为C3H8+5O23CO2+4H2O；故答案为：C3H8+5O23CO2+4H2O；C3H820e+10CO32=13CO2+4H2O【点评】本题考查了原电池原理，知道燃料电池中正负极上发生反应的物质是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写，题目难度中等28在lL的密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，在500下发生反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示：则下列说法正确的是BD（填字母）；A3min时反应达到平衡B010min时用H2表示的反应速率为0.225mol1min1CCO2的平衡转化率为25%D该温度时化学平衡常数为（mol/L）2【考点】化学平衡的计算【专题】化学平衡专题【分析】A正逆反应速率相等的可逆反应达到平衡状态，化学平衡状态下各物质的浓度不变但不一定相等；Bv（H2）=3v（CO2）=3；C二氧化碳转化率=；DCO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）开始（mol/L）1 3 0 0反应（mol/L）0.75 2.25 0.75 0.75平衡（mol/L）0.25 0.75 0.75 0.75化学平衡常数K=【解答】解：A正逆反应速率相等的可逆反应达到平衡状态，化学平衡状态下各物质的浓度不变但不一定相等，3min时甲醇和二氧化碳浓度相等，但正逆反应速率不等，所以该反应没有达到平衡状态，故A错误；Bv（H2）=3v（CO2）=3=3=0.225mol1min1，故B正确；C二氧化碳转化率=75%，故C错误；DCO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）开始（mol/L）1 3 0 0反应（mol/L）0.75 2.25 0.75 0.75平衡（mol/L）0.25 0.75 0.75 0.75化学平衡常数K=（mol/L）2=（mol/L）2，故D正确；故选BD【点评】本题化学平衡计算、化学平衡状态判断，为高频考点，采用三段式法计算平衡常数，注意：化学反应达到平衡状态时各物质浓度不变但不一定相等，易错选项是A29如图为N2（g）和O2（g）生成NO （g）过程中的能量变化NO（g）分解生成N2（g）和O2（g）的热化学方程式为2NO（g）N2（g）+O2（g）H=180kJmol1【考点】热化学方程式【专题】化学反应中的能量变化【分析】根据拆开1mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能，结合图示即可解答；根据反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能计算，再结合逆反应的反应热与原反应的反应热数值相同，符合不同，由此分析解答；【解答】解：由图可知：NN键的键能为946kJmol1，反应热=反应物总键能生成物总键能=946kJmol1+498kJmol12632kJmol1=180 kJmol1，热化学方程式为：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180 kJmol1；而由N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180 kJmol1可知，其逆反应的热化学方程式为：2NO（g）=N2（g）+O2（g）H=180kJ/mol，故答案为：2NO（g）=N2（g）+O2（g）H=180kJ/mol【点评】本题考查了键能、热化学方程式书写、热化学方程式计算等，题目难度中等三、简单题30如图1为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的示意图（1）腐蚀过程中，负极是c（填图中字母“a”或“b”或“c”；环境中的Cl扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔铜锈Cu2（OH）3Cl，其离子方程式为2Cu2+3OH+Cl=Cu2（OH）3Cl；（3）若生成4.29gCu2（OH）3Cl，则理论上耗氧体积为0.448L（标准状况）【考点】金属的电化学腐蚀与防护【专题】电化学专题【分析】（1）根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极；Cl扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2（OH）3Cl沉淀；（3）n=0.05mol，根据转移电子计算氧气物质的量，再根据V=nVm计算体积【解答】解：（1）根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极，即c是负极，故答案为：c；Cl扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2（OH）3Cl沉淀，离子方程式为2Cu2+3OH+Cl=Cu2（OH）3Cl，故答案为：2Cu2+3OH+Cl=Cu2（OH）3Cl；（3）n=0.02mol，根据转移电子得n（O2）=0.02mol，V（O2）=0.02mol22.4L/mol=0.448L，故答案为：0.448【点评】本题考查的原电池原理的应用、物质的量的有关计算，题目难度中等，侧重于考查学生对基本原理的应用能力和计算能力31为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣（铁主要以Fe2O3存在）转变成重要的化工原料FeSO4（反应条件略）活化硫铁矿还原Fe3+的主要反应为：FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O15FeSO4+8H2SO4，不考虑其他反应请回答下列问题：（1）第步H2SO4与Fe2O3反应的离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O检验第步中Fe3+是否完全还原，应选择C（填字母编号）AKMnO4溶液 BK3溶液CKSCN溶液（3）第步加FeCO3调溶液pH到5.8左右，然后在第步通入空气使溶液pH降到5.2，此时Fe2+不沉淀，滤