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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PH3>H2S>HBr>NH3 C.微粒半径由大到小顺序是H﹣>Li+>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60° D.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,O2 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++2e﹣ D.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=7 C.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.NH3•H2OD.KOH 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 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/mol B.100mL
0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中逐滴加入
0.01molCH3COOH CO32﹣+2CH3COOH═CO2↑+2CH3COO﹣+H2O C.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++4NH3•H2O═AlO2﹣+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+、SO42﹣ B.在能使pH试纸变深蓝色的溶液中Al3+、NO3﹣、S2﹣、CO32﹣ C.在加入铝粉能产生H2的溶液中NH4+、K+、SO42﹣、NO3﹣ D.在由水电离出的c(OH﹣)=10﹣13mol•L﹣1的溶液中Na+、Ba2+、Cl﹣、I﹣ 11.设NA为阿伏加德罗常数,下列叙述正确的是( ) A.24g镁的原子最外层电子数为NA B.1L
0.1mol•L﹣1硫酸溶液中H+数为
0.1NA C.1mol甲烷分子所含质子数为10NA D.标准状况下,
22.4L乙醇的分子数为NA 12.镍镉(Ni﹣Cd)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)2﹣e﹣+OH﹣=NiOOH+H2O B.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25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.14B.15C.23D.25 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 15.将15mL2mol•L﹣1Na2CO3溶液逐滴加入到40mL
0.5mol•L﹣1MCln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 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m2g,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)17.A、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XKJ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YKJ/mol,则1molP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). 20.A、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PH3>H2S>HBr>NH3 C.微粒半径由大到小顺序是H﹣>Li+>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N>Br>S>P,所以氢化物的稳定性为NH3>HBr>H2S>PH3,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H﹣>Li+>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60° D.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SO
2、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++2e﹣ D.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Zn>Fe>Cu>Ag>Pt,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Zn>Fe>Cu>Ag>Pt,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=7 C.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=
1.0×10﹣14mol2/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=
1.0×10﹣14mol2/L2,低于室温时,4°C时,离子积常数减小,故纯水的pH>7,故B错误;C、D216O中,质量数之和为2×2+16=20,质子数之和为1×2+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.NH3•H2OD.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Tl>Al,则Tl3+的氧化能力比Al3+弱,故B正确;C、根据反应Tl3++2Ag═Tl++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Ag>Tl+,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/mol B.100mL
0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中逐滴加入
0.01molCH3COOH CO32﹣+2CH3COOH═CO2↑+2CH3COO﹣+H2O C.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++4NH3•H2O═AlO2﹣+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
0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中逐滴加入
0.01molCH3COOH,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
0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中逐滴加入
0.01molCH3COOH,首先生成碳酸氢根离子,正确的离子反应为CO32﹣+CH3COOH═HCO3﹣+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++3NH3•H2O═Al(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+、SO42﹣ B.在能使pH试纸变深蓝色的溶液中Al3+、NO3﹣、S2﹣、CO32﹣ C.在加入铝粉能产生H2的溶液中NH4+、K+、SO42﹣、NO3﹣ D.在由水电离出的c(OH﹣)=10﹣13mol•L﹣1的溶液中Na+、Ba2+、Cl﹣、I﹣考点离子共存问题.分析A.MnO4﹣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﹣)=10﹣13mol•L﹣1的溶液,为酸或碱溶液.解答解A.MnO4﹣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﹣)=10﹣13mol•L﹣1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.24g镁的原子最外层电子数为NA B.1L
0.1mol•L﹣1硫酸溶液中H+数为
0.1NA C.1mol甲烷分子所含质子数为10NA D.标准状况下,
22.4L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
0.2mol.C、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、1L
0.1mol•L﹣1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(Ni﹣Cd)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)2﹣e﹣+OH﹣=NiOOH+H2O B.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Cd﹣2e﹣+2OH﹣=Cd(OH)2,正极上发生的电极反应式为NiOOH+e﹣+H2O═Ni(OH)2+OH﹣,充电时阳极上发生的电极反应式为Ni(OH)2+OH﹣﹣e﹣→NiOOH+H2O,阴极上发生的电极反应式为Cd(OH)2+2e﹣═Cd+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)2﹣e﹣+OH﹣═NiOOH+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Cd﹣2e﹣+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25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.14B.15C.23D.25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14,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A.CaCO3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;B.NH4Cl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;C.Na2O2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15mL2mol•L﹣1Na2CO3溶液逐滴加入到40mL
0.5mol•L﹣1MCln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15mL×10﹣3×2mol•L﹣1=
0.03mol,MCln盐溶液中Mn+离子的物质的量为40mL×10﹣3×
0.5mol•L﹣1=
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+~nCO32﹣2n
0.02mol
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m2g,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)17.A、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+3H2OFe(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XKJ热量.
(1)通过计算确定反应产物的组成(用化学式表示)是 P2O
3、P2O5 .
(2)已知单质磷的燃烧热为YKJ/mol,则1molP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=﹣(20X﹣Y)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P2O
3、P2O5,故答案为P2O
3、P2O5;
(2)磷燃烧的热化学方程式为P(s)+O2(g)=P2O5(s)△H=﹣YKJ/mol
①,
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=﹣40XKJ/mol
②,将方程式得P(s)+O2(g)=P2O3(s)△H=﹣(20X﹣Y)KJ/mol,故答案为P(s)+O2(g)=P2O3(s)△H=﹣(20X﹣Y)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. 20.A、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++6H2O═4Al(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++6H2O═4Al(OH)3↓,故答案为3AlO2﹣+Al3++6H2O═4Al(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+2H2OH2↑+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. 。