化学卷·2018届河北省沧州一中高二上学期开学化学试卷（a） （解析版）

化学卷·2018届河北省沧州一中高二上学期开学化学试卷（a） （解析版）

‎2016-2017学年河北省沧州一中高二（上）开学化学试卷（A)‎ ‎　‎ 一、选择题（本题包括30个小题，共60分．每小题只有一个答案符合题意）‎ ‎1．胶体区别于其他分散系的本质特征是（　　）‎ A．胶体的分散质能通过滤纸空隙，而浊液的分散质不能 B．产生丁达尔现象 C．分散质粒子直径在1nm～100nm之间 D．胶体在一定条件下能稳定存在 ‎2．下列有关试剂的保存方法，错误的是（　　）‎ A．金属钠保存在煤油中 B．存放FeSO4溶液时加入少量铁粉 C．NaOH溶液保存在带橡胶塞的玻璃试剂瓶中 D．新制的氯水保存在无色细口瓶中 ‎3．在无色的强碱性溶液中，能大量共存的是（　　）‎ A．Na+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣ B．K+、Na+、Cl﹣、AlO2﹣‎ C．Fe2+、K+、SO42﹣、Cl﹣ D．Na+、HCO3﹣、K+、NO3﹣‎ ‎4．在a L Al2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42﹣离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，（已知NH4++OH﹣NH3↑+H2O）则原溶液中的Al3+的物质的量浓度（mol•L﹣1）为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．2.56gCu和一定量的浓HNO3反应，随着Cu的不断减少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，当Cu反应完毕时，共收集到气体1.12L（标况），则反应消耗HNO3物质的量为（　　）‎ A．0.05 mol B．1mol C．0.13mol D．1.05mol ‎6．电子工业中常用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板，欲从腐蚀后的废液中回收Cu及制取纯净的FeC13溶液，需要下列试剂：①蒸馏水②铁粉 ③浓H2SO4④盐酸⑤烧碱 ⑥浓氨水 ⑦C12 中的（　　）‎ A．②④⑦ B．①③④ C．②④⑥ D．④⑥⑦‎ ‎7．类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是（　　）‎ 已知 类推 A 将Fe加入CuSO4溶液中 Fe+Cu2+=Cu+Fe2+‎ 将Na加入到CuSO4溶液中 ‎2Na+Cu2+=Cu+2Na+‎ B 向稀硫酸加入NaOH溶液至中性 H++OH﹣=H2O 向H2SO4溶液加入Ba（OH）2溶液至中性 H++OH﹣=H2O C 向氯化铝溶液中加入足量NaOH溶液 Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O 向氯化铝溶液中加入足量氨水 Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+2H2O+4NH4+‎ D 向Ca（OH）2溶液中通入过量CO2‎ CO2+OH﹣=HCO3﹣‎ 向Ca（OH）2溶液中通入过量SO2‎ SO2+OH﹣=HSO3﹣‎ A．A B．B C．C D．D ‎8．ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂．实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O 下列说法中正确的是（　　）‎ A．KClO3在反应中是还原剂 B．1molKClO3参加反应，在标准状况下能得到22.4L气体 C．反应中H2C2O4既不是氧化剂也不是还原剂 D．1molKClO3参加反应有1mol电子转移 ‎9．下列各组气体，经充分反应后，原来的气体有剩余的是（　　）‎ A．1molNH3和 1molHCl混合 B．1mol NO和 0.5 molO2混合 C．1molSO2和 1 molH2S混合 D．等体积的NO和NO2被足量烧碱溶液吸收 ‎10．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（　　）‎ A．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O=2Na++2OH﹣+O2↑‎ B．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O C．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO D．将一定量的Al片投入足量的NaOH溶液中：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑‎ ‎11．已知适当条件下+7、+6、+4价锰的化合物都能和浓盐酸反应制得氯气且还原产物都是MnCl2．将6.32g KMnO4粉末加热一段时间后收集到0.112L气体（标准状况，后同），冷却后放入足量的浓盐酸再加热，又收集到VL黄绿色气体，下列说法正确的是（　　）‎ A．V=2.24L B．参加反应的HCl为0.18mol C．无法确定最终生成含钾化合物的数量是多少 D．6.32g KMnO4粉末若直接与足量浓盐酸反应可得到2.24L Cl2‎ ‎12．某气体由常见的一种或多种气体组成，经测定其中只含有碳、氧两种元素，碳、氧元素的质量比为3：8，则关于该气体的说法正确的是（　　）‎ A．该气体一定是纯净物 B．该气体一定是CO、CO2的混合物 C．该气体中所含的物质最多只有2种 D．该气体的组成情况可能有3种组合 ‎13．下列各组物质发生化学反应时，由于反应物的量不同而导致生成不同产物的是：（　　）‎ ‎①CO2与NaOH溶液 ‎ ‎②盐酸与偏铝酸钠溶液 ‎ ‎③盐酸与NaHCO3溶液 ‎④高温下焦炭与O2‎ ‎⑤AlCl3溶液与氢氧化钠溶液 ‎ ‎⑥铁与稀硝酸．‎ A．除②外 B．除③外 C．除②③⑤⑥外 D．除③⑥外 ‎14．已知某溶液中存在较多的H+、SO42﹣、NO3﹣，该溶液中还可能大量存在的离子组是（　　）‎ A．Na+、NH4+、Cl﹣ B．Mg2+、Ba2+、Br﹣‎ C．Mg2+、Cl﹣、Fe2+ D．K+、SiO32﹣、Cl﹣‎ ‎15．要除去CO2中含有的少量的SO2杂质，可选用的一组 试剂是：（　　）‎ ‎①NaOH溶液 ‎ ‎②NaHCO3溶液 ‎ ‎③Na2CO3溶液 ‎ ‎④HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液 ‎⑤氨水 ‎ ‎⑥酸性KMnO4溶液．‎ A．②⑥ B．②③ C．②④⑥ D．②③⑥‎ ‎16．往含I﹣和Cl﹣的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量m（沉淀）与加入AgNO3溶液体积V（AgNO3）的关系如图所示．则原溶液中的比值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎17．下列推断合理的是（　　）‎ A．Cu的活动性排在H之后，不能与浓H2SO4发生反应 B．金刚石是自然界中硬度最大的物质，不能氧气发生反应 C．明矾[KAl（SO4）2•12H2O]在水中能形成Al（OH）3胶体，可用作净水剂 D．将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色；将SO2通入溴水，溴水褪色后加热也能恢复原色 ‎18．2007年诺贝尔化学奖授予善于做“表面文章”的德国科学家格哈德•埃特尔．他的成就之一是证实了气体在固体催化剂表面进行的反应，开创了表面化学的方法论．在汽车尾气净化装置里，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．NO2是该过程的最终产物 B．NO和O2必须在催化剂表面才能反应 C．汽车尾气的主要污染成分是CO2和NO D．该催化转化的总反应方程式为：2NO+O2+4CO 4CO2+N2‎ ‎19．反应N2+3H2⇌2NH3刚开始时，N2的浓度为3mol/L，H2的浓度5mol/L，3min后测得NH3浓度为0.6mol/L，则此时间内，下列反应速率表示正确的是（　　）‎ A．v（NH3）=0.2mol/（L•min） B．v（N2）=1mol/（L•min）‎ C．v（H2）=1.67mol/（L•min） D．v（H2）=1.37mol/（L•min）‎ ‎20．100mL3mol/LH2SO4溶液跟过量铁粉反应，在一定温度，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的（　　）‎ A．硫酸钾溶液 B．1mol/LH2SO4 溶液 C．碳酸钠固体 D．金属镁 ‎21．能够证明乙醇分子（C2H6O）组成的最充分的理由是（　　）‎ A．23g乙醇与足量的金属钠反应，可以放出0.25mol氢气 B．1mol乙醇充分燃烧生成2mol CO2和3mol H2O，消耗3mol O2‎ C．乙醇的沸点高于乙烷 D．1mol乙醇氧化后生成1mol乙醛 ‎22．在一定条件下，将乙醇蒸气和乙烯的混合气体VL点燃，使其完全燃烧后，消耗相同条件下氧气的体积是（　　）‎ A．2VL B．2.5VL C．3VL D．无法计算 ‎23．下列有关热化学方程式的表示及说法正确的是（　　）‎ A．已知c（石墨，s）=c（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定 B．已知I2（g）+H2（g）=2HI（g）△H1；I2（s）+H2（g）=2HI（g）△H2；则△H1＜△H2‎ C．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则H2SO4和Ba（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ/mol D．已知H2（g）+F2（g）=2HF（g）△H=﹣270kJ/mol，则2L氟化氢气体分解成1L氢气和1L氟气吸收270kJ热量 ‎24．已知H﹣H键能为436kJ/mol，H﹣N键能为391kJ/mol，根据热化学方程式：N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol，则N≡N键的键能是（　　）‎ A．431 kJ/mol B．946 kJ/mol C．649 kJ/mol D．869 kJ/mol ‎25．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：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑‎ B．氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣‎ C．粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu﹣2e﹣=Cu2+‎ D．钢铁发生电化腐蚀的正极反应式：Fe﹣2e﹣=Fe2+‎ ‎26．一种新型的乙醇电池，它用磺酸类质子溶剂．电池总反应为：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，电池示意如图，下列说法正确的是（　　）‎ A．A处通氧气，B处通乙醇 B．电池工作时电子由a极沿导线经灯泡再到b极 C．电池正极的电极反应为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣‎ D．若用这种电池作电源保护金属铁，则a电极连接石墨，b连接铁 ‎27．某小组为了探究电化学原理，设计了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为锌，其它电极均为石墨，盐桥是浸泡了饱和氯化钾溶液的琼脂，丙池是滴加了酚酞的氯化钠溶液，下列叙述正确的是（　　）‎ A．电子由电极Ⅳ通过外电路流向电极Ⅰ B．装置工作过程中Ⅲ电极周围出现红色 C．电极Ⅱ发生还原反应 D．盐桥中Cl﹣向乙池移动 ‎28．如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中．下列正确的是（　　）‎ A．K1闭合，铁棒上发生的反应为2H++2e→H2↑‎ B．K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高 C．K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法 D．K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001mol气体 ‎29．在短周期中X、Y可形成化合物XY3，下列叙述错误的是（　　）‎ A．若Y的原子序数为m，则X的原子序数可能为m+4‎ B．XY3可能是离子化合物 C．X、Y可能同周期，也可能同主族 D．XY3可能是原子晶体 ‎30．FeS2结构类似于Na2O2，与酸反应时生成H2S2，H2S2类似于H2O2，易分解．实验室用稀盐酸制取H2S时，某学生误将FeS2颗粒当作FeS使用，当FeS2反应完后，不可能生成的物质是（　　）‎ A．H2S B．S C．FeS D．FeCl2‎ ‎　‎ 二、非选择题（本题包括4个小题，共40分）‎ ‎31．已知A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，它们的水溶液之间的一些反应现象如下：9‎ ‎①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解．‎ ‎②B+D→白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色．‎ ‎③C+D→白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失．‎ ‎（1）则各是什么物质的化学式为：A　　、B　　、C　　、D　　．‎ ‎（2）现象②中所发生的反应的化学方程式为：　　、　　．‎ ‎（3）现象③中所发生反应的离子方程式为：　　、　　．‎ ‎32．在一体积固定为10L的密闭恒温容器中充入1.5mol氨气，发生反应：2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）△H=93KJ/mol反应容器中NH3物质的量随时间的变化如图所示：‎ ‎（1）2min时反应进入化学平衡状态，此时容器内物质浓度c（H2）=　　mol/L．‎ ‎（2）0～2min内以NH3表示的平均反应速率v（NH3）=　　mol/（L•min）．‎ ‎（3）依图中曲线判断、0～2min内NH3分解反应是　　（填“先快后慢”或“先慢后快”或“匀速进行”）．‎ ‎（4）容器内起始时与平衡时的压强比为　　．‎ ‎33．盐酸、硫酸和硝酸是中学阶段常见的“三大酸”．现就三大酸与金属铜反应的情况，回答下列问题：‎ ‎（1）稀盐酸不与Cu反应，若在稀盐酸中加入H2O2（常见氧化剂，作氧化剂时还原产物为水）后，则可使铜顺利溶解．该反应的化学方程式为：　　．‎ ‎（2）在一定体积的10mol•L﹣1的浓硫酸中加入过量铜片，加热使之反应，被还原的硫酸为0.9mol．则浓硫酸的实际体积　　（填“大于”、“等于”或“小于”）180mL．若使剩余的铜片继续溶解，可在其中加入硝酸盐溶液（如KNO3溶液），则该反应的离子方程式为　　．‎ ‎（3）镁铁混合物4.9g，溶解在过量的某浓度的稀硝酸中，完全反应后得到标准状况下2.24L NO 气体．若向反应后的溶液中加入足量的烧碱，则可生成沉淀的质量是　　．‎ ‎34．X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置关系如图：‎ Ⅰ．若Y元素原子的最外层电子数是电子层数的3倍．‎ ‎（1）W的原子结构示意图为　　．‎ ‎（2）一定条件下，X的最低价氢化物与X的某种氧化物按2：3物质的量比混合恰好反应生成X单质和水，该氧化物的化学式为　　．‎ ‎（3）写出铜片置于Z的最高价氧化物水化物稀溶液，没有明显变化．加热，依然如故．再通入空气，溶液就逐渐变蓝，反应的离子方程式：　　．‎ II．若Y和Z的核外电子数之和为20．‎ ‎（4）相对分子质量为28 的Y的氢化物电子式为　　‎ ‎（5）W的一种单质溶于足量浓硝酸，反应过程转移电子物质的量是该单质的20倍．反应的化学方程式：　　．‎ ‎（6）X单质熔点2076℃．沸点3927℃，晶体硬度近似于金刚石，则X单质晶体属于　　晶体；Z单质晶体结构与金刚石类似，晶体内化学键键角为　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省沧州一中高二（上）开学化学试卷（A)‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题包括30个小题，共60分．每小题只有一个答案符合题意）‎ ‎1．胶体区别于其他分散系的本质特征是（　　）‎ A．胶体的分散质能通过滤纸空隙，而浊液的分散质不能 B．产生丁达尔现象 C．分散质粒子直径在1nm～100nm之间 D．胶体在一定条件下能稳定存在 ‎【考点】胶体的重要性质．‎ ‎【分析】胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同．‎ ‎【解答】解：胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1﹣100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm．故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．下列有关试剂的保存方法，错误的是（　　）‎ A．金属钠保存在煤油中 B．存放FeSO4溶液时加入少量铁粉 C．NaOH溶液保存在带橡胶塞的玻璃试剂瓶中 D．新制的氯水保存在无色细口瓶中 ‎【考点】化学试剂的存放．‎ ‎【分析】实验室保存化学试剂，应根据化学药品的物理性质和化学性质采取正确的保存方法，如易挥发药品要密封保存，易分解物质和避光、低温保存，具体物质要具体分析．‎ ‎【解答】解：A．金属钠易与空气中氧气反应、易与水反应，与煤油不反应且密度比煤油小，保存在煤油中可隔绝空气，防止钠变质，故A正确；‎ B．硫酸亚铁易被氧化为三价铁离子，可以加入少量的铁粉，防止亚铁离子被氧化，故B正确；‎ C．玻璃中含有SiO2，易与氢氧化钠反应生成具有黏性的硅酸钠而使玻璃塞打不开，保存氢氧化钠溶液时不能用玻璃塞，应用橡皮塞，故C正确；‎ D．氯水是液体，所以要保存在细口瓶中；氯水中次氯酸见光易分解，所以氯水要保存在棕色试剂瓶中并置于阴凉处，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．在无色的强碱性溶液中，能大量共存的是（　　）‎ A．Na+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣ B．K+、Na+、Cl﹣、AlO2﹣‎ C．Fe2+、K+、SO42﹣、Cl﹣ D．Na+、HCO3﹣、K+、NO3﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】溶液无色，则有颜色的离子组，不符合要求，溶液呈强碱性，溶液中含有大量的OH﹣离子，与OH﹣离子反应的Al3+、HCO3﹣不能大量共存．‎ ‎【解答】解：A、溶液呈强碱性，溶液中含有大量的OH﹣离子，OH﹣离子与Al3+离子反应，不能大量共存，故A错误；‎ B、四种离子均无颜色，且在碱性条件下离子之间不发生任何反应，能够大量共存，故B正确；‎ C、Fe2+离子有颜色，不符合溶液无色的要求，且Fe2+离子与OH﹣离子生成沉淀，故C错误；‎ D、溶液呈强碱性，溶液中含有大量的OH﹣离子，OH﹣离子与HCO3﹣离子反应，不能大量共存，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．在a L Al2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42﹣离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，（已知NH4++OH﹣NH3↑+H2O）则原溶液中的Al3+的物质的量浓度（mol•L﹣1）为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】有关混合物反应的计算．‎ ‎【分析】根据反应SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓计算溶液中的SO42﹣‎ 离子的物质的量，根据离子方程式NH4++OH﹣NH3↑+H2O计算NH4+的物质的量，再根据c=计算出溶液中硫酸根离子、铵根离子的浓度，最后利用电荷守恒来计算原溶液中的Al3+浓度．‎ ‎【解答】解：由混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42﹣离子完全沉淀，‎ 则SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓‎ ‎ bmol bmol c（SO42﹣）==mol/L，‎ 由加入足量强碱并加热可得到cmol NH3，‎ 则NH4++OH﹣NH3↑+H2O ‎ cmol cmol c（NH4+）==mol/L，‎ 由于溶液不显电性，设原溶液中的Al3+浓度为x，由电荷守恒可知，‎ x×3+mol/L×1=mol/L×2，‎ 解得：x=mol/L，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．2.56gCu和一定量的浓HNO3反应，随着Cu的不断减少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，当Cu反应完毕时，共收集到气体1.12L（标况），则反应消耗HNO3物质的量为（　　）‎ A．0.05 mol B．1mol C．0.13mol D．1.05mol ‎【考点】化学方程式的有关计算．‎ ‎【分析】铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，根据混合气体的物质的量可得被还原的硝酸的物质的量，根据生成硝酸铜的物质的量可知表现酸性的硝酸的物质的量，以此计算反应消耗的硝酸的物质的量．‎ ‎【解答】‎ 解：铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，则n（NO2）+n（NO）==0.05mol，即被还原的硝酸的物质的量为0.05mol，‎ n（Cu）==0.04mol，则生成n（Cu（NO3）2）=0.04mol，‎ 可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.04mol×2=0.08mol，‎ 则参加反应的硝酸的物质的量为：0.05mol+0.08mol=0.13mol．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．电子工业中常用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板，欲从腐蚀后的废液中回收Cu及制取纯净的FeC13溶液，需要下列试剂：①蒸馏水②铁粉 ③浓H2SO4④盐酸⑤烧碱 ⑥浓氨水 ⑦C12 中的（　　）‎ A．②④⑦ B．①③④ C．②④⑥ D．④⑥⑦‎ ‎【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．‎ ‎【分析】腐蚀废液中含有氯化铜、氯化亚铁以及氯化铁，铁可以置换金属铜，可以和三价铁反应，铜不能盐酸反应，而金属铁可以，氯气具有氧化性，能将亚铁离子氧化为三价铁，以此解答．‎ ‎【解答】解：腐蚀废液中含有氯化铜、氯化亚铁以及氯化铁，加入过量的铁可以和氯化铁反应生成氯化亚铁，和氯化铜反应生成金属铜和氯化亚铁，即Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+，过滤，所得的滤液是氯化亚铁，滤渣是金属铜和过量的铁，铜不能盐酸反应，而金属铁可以，Fe+2H+=Fe2++H2↑，向滤渣中加入足量的盐酸可以将铜分离，再过滤，得到的滤液是氯化亚铁，氯气具有氧化性，能将亚铁离子氧化为三价铁，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，再向滤液中通入氯气即可，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎7．类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是（　　）‎ 已知 类推 A 将Fe加入CuSO4溶液中 Fe+Cu2+=Cu+Fe2+‎ 将Na加入到CuSO4溶液中 ‎2Na+Cu2+=Cu+2Na+‎ B 向稀硫酸加入NaOH溶液至中性 H++OH﹣=H2O 向H2SO4溶液加入Ba（OH）2溶液至中性 H++OH﹣=H2O C 向氯化铝溶液中加入足量NaOH溶液 Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O 向氯化铝溶液中加入足量氨水 Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+2H2O+4NH4+‎ D 向Ca（OH）2溶液中通入过量CO2‎ CO2+OH﹣=HCO3﹣‎ 向Ca（OH）2溶液中通入过量SO2‎ SO2+OH﹣=HSO3﹣‎ A．A B．B C．C D．D ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A、金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐的反应一定是和盐中的水反应；‎ B、硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀；‎ C、氢氧化铝能和强碱反应但是不和弱碱反应；‎ D、二氧化碳和二氧化硫均能使澄清的石灰水变浑浊．‎ ‎【解答】解：A、铁排在金属铜的前面，金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐的反应一定是先和盐中的水反应，不会置换出其中的金属，故A错误；‎ B、硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀，离子反应方程式为：Ba2++2H++2OH﹣+SO42﹣=2H2O+BaSO4↓，实质和稀硫酸与NaOH溶液的反应不同，故B错误；‎ C、向氯化铝溶液中加入足量氨水的反应实质是：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，氢氧化铝能和强碱反应但是不和弱碱反应，故C错误；‎ D、二氧化碳和二氧化硫均能使澄清的石灰水变浑浊，如果气体过量会变澄清，碳酸钙和亚硫酸钙均是难溶于水的盐，碳酸氢钙和亚硫酸氢钙是易溶于水的，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．ClO2‎ 是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂．实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O 下列说法中正确的是（　　）‎ A．KClO3在反应中是还原剂 B．1molKClO3参加反应，在标准状况下能得到22.4L气体 C．反应中H2C2O4既不是氧化剂也不是还原剂 D．1molKClO3参加反应有1mol电子转移 ‎【考点】氧化还原反应．‎ ‎【分析】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O 中，Cl元素的化合价由+5降低为+4价，C元素的化合价由+3升高到+4价，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．因反应中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，KClO3在反应中得到电子，则KClO3反应中是氧化剂，故A错误；‎ B．反应中1molKClO3参加反应，生成1mol二氧化碳和1molClO2，则在标准状况下能得到44.8L气体，故B错误；‎ C．因C元素的化合价由+3升高到+4价，则H2C2O4在反应中作还原剂，故C错误；‎ D．Cl元素的化合价由+5降低为+4价，1molKClO3参加反应转移的电子为1mol×（5﹣4）=1mol，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎9．下列各组气体，经充分反应后，原来的气体有剩余的是（　　）‎ A．1molNH3和 1molHCl混合 B．1mol NO和 0.5 molO2混合 C．1molSO2和 1 molH2S混合 D．等体积的NO和NO2被足量烧碱溶液吸收 ‎【考点】化学方程式的有关计算．‎ ‎【分析】A．氨气与HCl按照物质的量1：1恰好反应生成氯化铵；‎ B．NO与氧气按照2：1恰好反应生成二氧化氮气体；‎ C．根据反应方程式2H2S+SO2═3S↓+2H2O判断反应物过量情况；‎ D．等体积的NO和NO2恰好被氢氧化钠溶液吸收生成亚硝酸钠．‎ ‎【解答】解：A.1molNH3和 1molHCl混合，二者恰好反应生成1mol氯化铵，原来的气体均没有剩余，故A不选；‎ B.1mol NO和 0.5 molO2混合，二者恰好反应生成1mol二氧化氮气体，原来的气体均没有剩余，故B不选；‎ C.1molSO2和 1 molH2S混合，根据反应2H2S+SO2═3S↓+2H2O可知，1mol硫化氢完全反应消耗0.5mol二氧化硫，反应后剩余0.5mol二氧化硫，故C选；‎ D．等体积的NO和NO2被足量烧碱溶液吸收，发生反应为：NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，根据反应可知原来的气体均没有剩余，故D不选；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（　　）‎ A．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O=2Na++2OH﹣+O2↑‎ B．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O C．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO D．将一定量的Al片投入足量的NaOH溶液中：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑‎ ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．电子不守恒；‎ B．发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘和水；‎ C．反应生成碳酸氢钙；‎ D．反应生成偏铝酸钠和氢气．‎ ‎【解答】解：A．Na2O2溶于水产生O2的离子反应为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑，故A错误；‎ B．Fe（OH）3溶于氢碘酸的离子反应为2Fe（OH）3+2I﹣+6H+=2Fe2++I2+6H2O，故B错误；‎ C．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳的离子反应为ClO﹣+H2O+CO2=HCO3﹣+HClO，故C错误；‎ D．将一定量的Al片投入足量的NaOH溶液中的离子反应为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎11．已知适当条件下+7、+6、+4价锰的化合物都能和浓盐酸反应制得氯气且还原产物都是MnCl2．将6.32g KMnO4粉末加热一段时间后收集到0.112L气体（标准状况，后同），冷却后放入足量的浓盐酸再加热，又收集到VL黄绿色气体，下列说法正确的是（　　）‎ A．V=2.24L B．参加反应的HCl为0.18mol C．无法确定最终生成含钾化合物的数量是多少 D．6.32g KMnO4粉末若直接与足量浓盐酸反应可得到2.24L Cl2‎ ‎【考点】氧化还原反应的计算．‎ ‎【分析】A．KMnO4加热分解会得到K2MnO4、MnO2、O2，冷却后放入足量的浓盐酸再加热，Mn元素最终都以MnCl2形式存在，纵观整个过程，根据电子转移守恒，可知Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去电子，据此计算生成氯气物质的量，进而计算氯气体积；‎ B．参加反应的HCl转化为KCl、MnCl2、Cl2，由K元素守恒计算n（KCl），根据Mn元素守恒计算n（MnCl2），再根据氯原子守恒计算n（HCl）；‎ C．最终含有钾元素的化合物为KCl，根据K元素守恒可以计算KCl的数量；‎ D．根据电子转移守恒计算生成氯气的物质的量，再根据V=nVm计算．‎ ‎【解答】解：A.6.32g KMnO4粉末物质的量==0.04mol，氧气物质的量为=0.005mol，‎ KMnO4加热分解会得到K2MnO4、MnO2、O2，冷却后放入足量的浓盐酸再加热，Mn元素最终都以MnCl2形式存在，纵观整个过程，根据电子转移守恒，可知Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去电子，则：‎ ‎0.04mol×（7﹣2）=0.005mol×4+2×n（Cl2），解得n（Cl2）=0.09mol，V（Cl2）=0.09mol×22.4L/mol=2.016L，故A错误；‎ B．参加反应的HCl转化为KCl、MnCl2、Cl2，由K元素守恒n（KCl）=0.04mol，根据Mn元素守恒n（MnCl2）=0.04mol，根据氯原子守恒n（HCl）=n（KCl）+2（MnCl2）+2（Cl2）=0.04mol+2×0.04mol+2×0.09mol=0.3mol，故B错误；‎ C．最终含有钾元素的化合物为KCl，根据K元素守恒可以计算KCl的数量，故C错误；‎ D．根据电子转移守恒，生成氯气的物质的量为=0.1mol，标况下生成氯气体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故D正确，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎12．某气体由常见的一种或多种气体组成，经测定其中只含有碳、氧两种元素，碳、氧元素的质量比为3：8，则关于该气体的说法正确的是（　　）‎ A．该气体一定是纯净物 B．该气体一定是CO、CO2的混合物 C．该气体中所含的物质最多只有2种 D．该气体的组成情况可能有3种组合 ‎【考点】有关有机物分子式确定的计算．‎ ‎【分析】根据题意可知，碳氧两种元素组成的气体可能为氧气、一氧化碳、二氧化碳．其中氧气中不含碳元素，即可理解为碳氧元素比0．碳、氧元素的质量比为3：8，则C原子与O原子个数之比为： =1：2，CO中C原子与O原子个数之比为1：1，二氧化碳中C原子与O原子个数之比为1：2，故该气体中若一定含有CO，另外组分的平均C原子与O原子个数比应小于1：2，结合选项判断．‎ ‎【解答】解：根据题意可知，碳氧两种元素组成的气体可能为氧气、一氧化碳、二氧化碳．其中氧气中不含碳元素，即可理解为碳氧元素比0．碳、氧元素的质量比为3：8，则C原子与O原子个数之比为： =1：2，CO中C原子与O原子个数之比为1：1，二氧化碳中C原子与O原子个数之比为1：2，故该气体中若一定含有CO，另外组分的平均C原子与O原子个数比应小于于1：2．‎ A、CO中C原子与O原子个数之比为1：1，二氧化碳中C原子与O原子个数之比为1：2，则该气体可能是纯净物二氧化碳，也可能是一氧化碳和氧气的混合气体等，故A错误；‎ B、CO中C原子与O原子个数之比为1：1，二氧化碳中C原子与O原子个数之比为1：2，混合气体中C原子与O原子个数之比为1：2，故一定不是CO、CO2的混合物，故B错误；‎ C、混合气体中C原子与O原子个数之比为1：2，该气体可能为CO2，也可能为CO、O2的混合物，或CO2、CO、O2三种气体混合，故C错误；‎ D、混合气体中C原子与O原子个数之比为1：2，该气体可能为CO2，也可能为CO、O2的混合物，或CO2、CO、O2三种气体混合，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎13．下列各组物质发生化学反应时，由于反应物的量不同而导致生成不同产物的是：（　　）‎ ‎①CO2与NaOH溶液 ‎ ‎②盐酸与偏铝酸钠溶液 ‎ ‎③盐酸与NaHCO3溶液 ‎④高温下焦炭与O2‎ ‎⑤AlCl3溶液与氢氧化钠溶液 ‎ ‎⑥铁与稀硝酸．‎ A．除②外 B．除③外 C．除②③⑤⑥外 D．除③⑥外 ‎【考点】离子反应发生的条件；离子方程式的书写．‎ ‎【分析】①二氧化碳和氢氧化钠反应能生成碳酸钠或碳酸氢钠；‎ ‎②盐酸溶液与偏铝酸钠反应生成氯化铝或氢氧化铝；‎ ‎③碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳与水；‎ ‎⑤碳和氧气能生成二氧化碳或一氧化碳；‎ ‎⑥氯化铝和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝或偏铝酸钠；‎ ‎⑦铁与稀硝酸反应铁不足量生成硝酸铁，铁过量生成硝酸亚铁；‎ ‎【解答】解：①向氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，当二氧化碳不足量时，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，当二氧化碳过量时，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，反应物的量不同而导致生成不同产物，故①正确；‎ ‎②盐酸溶液与偏铝酸钠反应，盐酸不足生成氢氧化铝，如盐酸过量，则生成氯化铝，反应物的量不同而导致生成不同产物，故②正确；‎ ‎③NaHCO3溶液与盐酸混合，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳、水，故③错误； ‎ ‎④当氧气不足时，碳和氧气反应生成一氧化碳，当氧气过量时，碳和氧气反应生成二氧化碳，反应物的量不同而导致生成不同产物，故④正确；‎ ‎⑤AlCl3溶液与氢氧化钠反应混合，氢氧化钠不足时生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量生成偏铝酸钠，反应物的量不同而导致生成不同产物，故⑤正确；‎ ‎⑥铁和过量稀硝酸反应生成硝酸铁，一氧化氮和水，过量的铁和稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，量不同产物不同，反应物的量不同而导致生成不同产物，故⑥正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎14．已知某溶液中存在较多的H+、SO42﹣、NO3﹣，该溶液中还可能大量存在的离子组是（　　）‎ A．Na+、NH4+、Cl﹣ B．Mg2+、Ba2+、Br﹣‎ C．Mg2+、Cl﹣、Fe2+ D．K+、SiO32﹣、Cl﹣‎ ‎【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：A．离子之间均不反应，可大量共存，故A选；‎ B．SO42﹣、Ba2+结合生成沉淀，不能共存，故B不选；‎ C．H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能共存，故C不选；‎ D．H+、SiO32﹣结合生成沉淀，不能共存，故D不选；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎15．要除去CO2中含有的少量的SO2杂质，可选用的一组 试剂是：（　　）‎ ‎①NaOH溶液 ‎ ‎②NaHCO3溶液 ‎ ‎③Na2CO3溶液 ‎ ‎④HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液 ‎⑤氨水 ‎ ‎⑥酸性KMnO4溶液．‎ A．②⑥ B．②③ C．②④⑥ D．②③⑥‎ ‎【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．‎ ‎【分析】CO2和SO2都为酸性气体，都可与强碱性溶液反应，SO2具有还原性，除去CO2中的SO2，可用强氧化性物质或饱和NaHCO3溶液，以此解答．‎ ‎【解答】解：二者均与①③⑤反应，不能用于除杂，除去CO2中含有的少量的SO2杂质，先用②NaHCO3溶液，再利用⑥酸性KMnO4溶液检验二氧化硫是否除尽，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎16．往含I﹣和Cl﹣的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量m（沉淀）与加入AgNO3溶液体积V（AgNO3）的关系如图所示．则原溶液中的比值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【分析】根据沉淀溶解平衡常数：Ksp越小的越先形成沉淀，根据离子反应实质和图中数据来计算回答即可．‎ ‎【解答】解：因为I﹣+Ag+=AgI↓，Cl﹣+Ag+=AgCl↓，可以看出I﹣、Cl﹣跟Ag+反应都是1：1的关系，由图中可知：AgI的沉淀量为V1（黄色沉淀是AgI），而AgCl的沉淀量为V2﹣V1，所以c（I﹣）：c（Cl﹣）=．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎17．下列推断合理的是（　　）‎ A．Cu的活动性排在H之后，不能与浓H2SO4发生反应 B．金刚石是自然界中硬度最大的物质，不能氧气发生反应 C．明矾[KAl（SO4）2•12H2O]在水中能形成Al（OH）3胶体，可用作净水剂 D．将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色；将SO2通入溴水，溴水褪色后加热也能恢复原色 ‎【考点】二氧化硫的化学性质；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质．‎ ‎【分析】A、浓硫酸和铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；‎ B、金刚石和氧气反应生成二氧化碳；‎ C、明矾水溶液中铝离子水解生成氢氧化铝具有吸附悬浮杂质，可以做净水剂；‎ D、利用二氧化硫的漂白性和还原性来分析解答．‎ ‎【解答】解：A、浓H2SO4具有强氧化性，浓硫酸和铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故A错误；‎ B、金刚石和氧气反应生成二氧化碳，故B错误；‎ C、明矾水溶液中铝离子水解生成氢氧化铝具有吸附悬浮杂质，具有较大表面积可以做净水剂，故C正确；‎ D、SO2通入溴水后发生氧化还原反应，SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，则将SO2通入溴水，溴水褪色后加热不能恢复原色，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎18．2007年诺贝尔化学奖授予善于做“表面文章”的德国科学家格哈德•埃特尔．他的成就之一是证实了气体在固体催化剂表面进行的反应，开创了表面化学的方法论．在汽车尾气净化装置里，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．NO2是该过程的最终产物 B．NO和O2必须在催化剂表面才能反应 C．汽车尾气的主要污染成分是CO2和NO D．该催化转化的总反应方程式为：2NO+O2+4CO 4CO2+N2‎ ‎【考点】催化剂的作用．‎ ‎【分析】汽车尾气的有害气体主要是氮氧化物、一氧化碳等；通过气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程图，可知NO2在整个过程中是一种中间产物，一氧化氮气体和氧气一氧化碳会在催化剂表面发生反应，转化为无毒气体，起到尾气净化作用．‎ ‎【解答】解：A、气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程中先生成二氧化氮，然后在催化剂表面和一氧化碳反应，最终生成无毒气体，起到尾气净化的作用，是中间产物，而不是最终产物，故A错误；‎ B、NO和O2在常温下就会发生反应，故B错误；‎ C、汽车尾气的主要污染成分是CO、NO、NO2等，二氧化碳不是污染气体，故C错误；‎ D、尾气处理净化的目的是把有毒的污染气体在催化剂作用下转化为空气中的无毒成分：反应方程式2NO+O2+4CO 4CO2+N2正好是过程图中的变化，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎19．反应N2+3H2⇌2NH3刚开始时，N2的浓度为3mol/L，H2的浓度5mol/L，3min后测得NH3浓度为0.6mol/L，则此时间内，下列反应速率表示正确的是（　　）‎ A．v（NH3）=0.2mol/（L•min） B．v（N2）=1mol/（L•min）‎ C．v（H2）=1.67mol/（L•min） D．v（H2）=1.37mol/（L•min）‎ ‎【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．‎ ‎【分析】3min后测得NH3浓度为0.6mol/L，则v（NH3）==0.2mol/（L•min），然后结合反应速率之比等于化学计量数之比来解答．‎ ‎【解答】解：3min后测得NH3浓度为0.6mol/L，则v（NH3）==0.2mol/（L•min），‎ A．v（NH3）=0.2 mol/（L．min），故A正确；‎ B．v（N2）=0.2 mol/（L．min）×=0.1mol/（L•min），故B错误；‎ C．v（H2）=0.2 mol/（L．min）×=0.3mol/（L•min），故C错误；‎ D．v（H2）=0.2 mol/（L．min）×=0.3mol/（L•min），故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎20．100mL3mol/LH2SO4溶液跟过量铁粉反应，在一定温度，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的（　　）‎ A．硫酸钾溶液 B．1mol/LH2SO4 溶液 C．碳酸钠固体 D．金属镁 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】根据反应的实质为Fe+2H+═Fe2++H2↑，为了减缓反应速率，但又不影响生成氢气的总量，则减小氢离子的浓度但不能改变氢离子的物质的量即可，注意Fe过量，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．加适量的K2SO4溶液，相当于稀释，氢离子的物质的量不变，浓度变小，则减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，故A正确；‎ B．加1mol/LH2SO4溶液，氢离子增大，生成氢气的量增多，故B错误；‎ C．碳酸钠与酸反应，生成氢气的量减少，故C错误；‎ D．加入金属镁，镁比铁活泼，反应速率加快，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎21．能够证明乙醇分子（C2H6O）组成的最充分的理由是（　　）‎ A．23g乙醇与足量的金属钠反应，可以放出0.25mol氢气 B．1mol乙醇充分燃烧生成2mol CO2和3mol H2O，消耗3mol O2‎ C．乙醇的沸点高于乙烷 D．1mol乙醇氧化后生成1mol乙醛 ‎【考点】有机物结构式的确定．‎ ‎【分析】能说明乙醇的分子式是C2H6OH，说明其含有2个C原子、6个H原子和1个O原子即可，不能根据物理性质判断，以此解答．‎ ‎【解答】‎ 解：A、23g乙醇（即0.5mol）与足量钠反应只产生0.25mol氢气，则1mol乙醇能够与足量钠反应生成0.5mol氢气，说明乙醇分子中含有1个羟基，从而证明乙醇分子结构简式为C2H5OH，而不是CH3OCH3，故A错误；‎ B、1mol乙醇充分燃烧生成2mol CO2和3mol H2O，消耗3mol O2，依据元素守恒，说明乙醇分子中含有2个C原子、6个H原子和一个O原子，故B正确；‎ C、乙醇分子组成与沸点无关，故C错误；‎ D、1mol乙醇氧化后生成1mol乙醛与分子组成无关，故D错误；故选B．‎ ‎　‎ ‎22．在一定条件下，将乙醇蒸气和乙烯的混合气体VL点燃，使其完全燃烧后，消耗相同条件下氧气的体积是（　　）‎ A．2VL B．2.5VL C．3VL D．无法计算 ‎【考点】化学方程式的有关计算．‎ ‎【分析】乙烯完全燃烧时与消耗氧气的关系式为C2H4～3O2，乙醇完全燃烧时消耗氧气的关系式C2H6O4～3O2，根据关系式可知二者与氧气的体积之比都是1：3，据此计算出消耗氧气的体积．‎ ‎【解答】解：乙烯完全燃烧时与消耗氧气的关系式为：C2H4～3O2，乙醇完全燃烧时消耗氧气的关系式：C2H6O4～3O2，‎ 根据反应关系式可知，C2H4、C2H6O4完全燃烧与氧气的体积之比都是1：3，‎ 所以VL乙烯和乙醇的混合气体完全燃烧后生成CO2和H2O，消耗相同状态下的氧气的体积为3VL，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎23．下列有关热化学方程式的表示及说法正确的是（　　）‎ A．已知c（石墨，s）=c（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定 B．已知I2（g）+H2（g）=2HI（g）△H1；I2（s）+H2（g）=2HI（g）△H2；则△H1＜△H2‎ C．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则H2SO4和Ba（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ/mol D．已知H2（g）+F2（g）=2HF（g）△H=﹣270kJ/mol，则2L氟化氢气体分解成1L氢气和1L氟气吸收270kJ热量 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A、根据物质具有的能量越低，物质越稳定；‎ B、根据放热反应，△H＜0，I2（g）比I2（s）所含能量高；‎ C．根据在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol水时的反应热叫做中和热；必须是酸和碱的稀溶液 因此对于强酸强碱的反应，中和热是一固定值，不会随物质的量的改变而改变；硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡难溶，过程中放热；‎ D、根据热化学方程式的意义．‎ ‎【解答】解：A、根据C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，则石墨的能量低于金刚石的能量，物质具有的能量越低越稳定，所以金刚石不如石墨稳定，故A错误；‎ B、放热反应，△H＜0，I2（g）比I2（s）所含能量高，所以前者放热多于后者，△H1＜△H2，故B正确；‎ C、HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1，则H2SO4和Ba（OH）2反反应生成硫酸钡难溶于水，生成硫酸钡过程放热，所以反应的焓变△H＜2×（﹣57.3）kJ•mol﹣1，反应的中和热是强酸强碱稀溶液反应生成1mol水时放出的热量，故C错误；‎ D、正确由H2（g）+F2（g）═2HF（g）△H=﹣270kJ/mol可知则2mol氟化氢气体分解成1mol氢气和1mol氟气吸收270kJ热量，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎24．已知H﹣H键能为436kJ/mol，H﹣N键能为391kJ/mol，根据热化学方程式：N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol，则N≡N键的键能是（　　）‎ A．431 kJ/mol B．946 kJ/mol C．649 kJ/mol D．869 kJ/mol ‎【考点】有关反应热的计算．‎ ‎【分析】反应热=反应物的总键能﹣生成物的总键能，据此计算．‎ ‎【解答】解：已知：H﹣H键能为436kJ/mol，H﹣N键能为391kJ/mol，令N≡N的键能为x，‎ 对于反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol，‎ 反应热=反应物的总键能﹣生成物的总键能，故x+3×436kJ/mol﹣2×3×391kJ/mol=﹣92.4kJ/mol，‎ 解得：x=946kJ/mol，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎25．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：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑‎ B．氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣‎ C．粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu﹣2e﹣=Cu2+‎ D．钢铁发生电化腐蚀的正极反应式：Fe﹣2e﹣=Fe2+‎ ‎【考点】电极反应和电池反应方程式．‎ ‎【分析】B、燃料电池中负极放电的一定是燃料，正极放电的一定是氧气；‎ A、电解池中，阳极不是活泼金属电极时，在该极上放电的是溶液中活泼的阴离子；‎ C、粗铜精炼时，阴极是纯铜，粗铜作阳极；‎ D、在原电池中，正极发生得电子的还原反应．‎ ‎【解答】解：A、电解池中，阳极不是活泼金属电极时，在该极上放电的是溶液中活泼的阴离子即氯离子失去电子的反应，故A正确；‎ B、氢氧燃料电池中负极放电的一定是燃料，即在负极上是氢气放电，故B错误；‎ C、粗铜精炼时，阴极（和电源的负极相连）是纯铜，粗铜作阳极（和电源的正极相连），故C错误；‎ D、钢铁发生电化学腐蚀的正极发生的是氧气得电子的还原反应，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎26．一种新型的乙醇电池，它用磺酸类质子溶剂．电池总反应为：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，电池示意如图，下列说法正确的是（　　）‎ A．A处通氧气，B处通乙醇 B．电池工作时电子由a极沿导线经灯泡再到b极 C．电池正极的电极反应为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣‎ D．若用这种电池作电源保护金属铁，则a电极连接石墨，b连接铁 ‎【考点】化学电源新型电池．‎ ‎【分析】由质子的定向移动可知a为负极，b为正极，负极发生氧化反应，乙醇被氧化生成CO2和，电极反应式为C2H5OH+3H2O﹣12e﹣=2CO2+12H+，正极氧气得到电子被还原，电极反应式为4H++O2+4e﹣=2H2O，结合电极反应解答该题．‎ ‎【解答】解：A、根据质子移动方向知，a是负极，b是正极，燃料电池中，燃料通向负极，氧气通向正极，所以A处通乙醇，B处通氧气，故A错误；‎ B、电池工作时电子由负极沿着导线流向正极，即a极沿导线经灯泡再到b极，故B正确；‎ C、正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为4H++O2+4e﹣=2H2O，故C错误；‎ D、若用这种电池作电源保护金属铁，则金属铁为阴极，和负极相连，即a电极连接铁，b连接石墨，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎27．某小组为了探究电化学原理，设计了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为锌，其它电极均为石墨，盐桥是浸泡了饱和氯化钾溶液的琼脂，丙池是滴加了酚酞的氯化钠溶液，下列叙述正确的是（　　）‎ A．电子由电极Ⅳ通过外电路流向电极Ⅰ B．装置工作过程中Ⅲ电极周围出现红色 C．电极Ⅱ发生还原反应 D．盐桥中Cl﹣向乙池移动 ‎【考点】探究原电池及其工作原理．‎ ‎【分析】I是锌、其余电极都是石墨，锌易失电子作负极，II是正极，甲、乙构成原电池，丙有外接电源，属于电解池，III为阳极、IV为阴极，‎ A．电子从负极沿导线流向阴极；‎ B．III电极是阳极，阳极上氯离子放电生成氯气；‎ C．电极II上铜离子得电子析出Cu单质；‎ D．盐桥中氯离子向负极区域移动．‎ ‎【解答】解：I是锌、其余电极都是石墨，锌易失电子作负极，II是正极，甲、乙构成原电池，丙有外接电源，属于电解池，III为阳极、IV为阴极，‎ A．电子从负极I沿导线流向阴极IV，故A错误；‎ B．III电极是阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，IV为阴极，阴极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近生成氢氧根离子，导致溶液变红色，故B错误；‎ C．电极II上铜离子得电子发生还原反应而析出Cu单质，故C正确；‎ D．盐桥中氯离子向负极甲池区域移动，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎28．如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中．下列正确的是（　　）‎ A．K1闭合，铁棒上发生的反应为2H++2e→H2↑‎ B．K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高 C．K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法 D．K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001mol气体 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理；真题集萃．‎ ‎【分析】若闭合K1‎ ‎，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；组成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应；石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应；若闭合K2，该装置有外接电源，所以构成了电解池，Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极，据此判断．‎ ‎【解答】解：A、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子，Fe﹣2e﹣=Fe2+，故A错误；‎ B、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣，所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高，故B正确；‎ C、K2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外加电源的阴极保护法，故C错误；‎ D、K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，阴极生成0.001mol氢气，阳极生成0.001mol氯气，两极共产生0.002mol气体，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎29．在短周期中X、Y可形成化合物XY3，下列叙述错误的是（　　）‎ A．若Y的原子序数为m，则X的原子序数可能为m+4‎ B．XY3可能是离子化合物 C．X、Y可能同周期，也可能同主族 D．XY3可能是原子晶体 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】根据短周期中的X和Y两种元素可组成化合物XY3，X、Y的化合价为+3、﹣1价时，可能分别在ⅢA、ⅤⅡA；X、Y的化合价为+6、﹣2价时可能均在ⅥA；还有可能为NH3，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：根据短周期中的X和Y两种元素可组成化合物XY3，X、Y的化合价为+3、﹣1价时，可能分别在ⅢA、ⅤⅡA；X、Y的化合价为+6、﹣2价时可能均在ⅥA；还有可能为NH3，‎ A．如Y为H，则X可能为B等，B的原子序数比H大4，故A正确；‎ B．如为AlF3，则为离子化合物，故B正确；‎ C．如为SO3，则为同主族，如为AlCl3，则为同周期，故C正确；‎ D．由以上分析可知可能为AlF3、SO3或NH3或AlCl3等，不可能为原子晶体，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎30．FeS2结构类似于Na2O2，与酸反应时生成H2S2，H2S2类似于H2O2，易分解．实验室用稀盐酸制取H2S时，某学生误将FeS2颗粒当作FeS使用，当FeS2反应完后，不可能生成的物质是（　　）‎ A．H2S B．S C．FeS D．FeCl2‎ ‎【考点】含硫物质的性质及综合应用．‎ ‎【分析】根据发生的FeS2+2HCl=H2S2+FeCl2、H2S2=H2S+S的反应进行判断．‎ ‎【解答】解：FeS2颗粒与盐酸发生：FeS2+2HCl=H2S2+FeCl2，H2S2类似于H2O2，易分解，发生H2S2=H2S+S，‎ 则不可能生成的是FeS，‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、非选择题（本题包括4个小题，共40分）‎ ‎31．已知A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，它们的水溶液之间的一些反应现象如下：9‎ ‎①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解．‎ ‎②B+D→白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色．‎ ‎③C+D→白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失．‎ ‎（1）则各是什么物质的化学式为：A　BaCl2　、B　FeSO4　、C　AlCl3　、D　NaOH　．‎ ‎（2）现象②中所发生的反应的化学方程式为：　FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2↓+Na2SO4、　、　4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3　．‎ ‎（3）现象③中所发生反应的离子方程式为：　Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓　、　Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O　．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4‎ ‎、NaOH四种化合物中的一种，能相互反应生成沉淀的有：AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解．BaCl2+FeSO4═BaSO4↓+2NaCl，现象为出现不溶于酸的白色沉淀．FeSO4+2NaOH═Fe（OH）2↓+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，特征现象为出现白色沉淀，立即变为红褐色．根据题意，①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，该沉淀只能为BaSO4沉淀，因为Al（OH）3或Fe（OH）2都可溶于稀硝酸．②B+D→白色沉淀，在空气中放置，该沉淀由白色转为红褐色，说明白色沉淀为Fe（OH）2，红褐色沉淀为Fe（OH）3．则可确定B为FeSO4，A为BaCl2，D为NaOH．③C+D→白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失，说明白色沉淀为Al（OH）3，C为AlCl3．以此来解答．‎ ‎【解答】解：（1）由上述分析可知，A、B、C、D分别为BaCl2、FeSO4、AlCl3、NaOH，故答案为：BaCl2；FeSO4；AlCl3；‎ ‎（2）现象②中，B为FeSO4，D为NaOH，两者反应生成白色Fe（OH）2沉淀，该沉淀易被氧化生成红褐色Fe（OH）3沉淀．反应为FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2↓+Na2SO4、4 Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，‎ 故答案为：FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2↓+Na2SO4；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；‎ ‎（3）现象③中，C为AlCl3，D为NaOH，两者反应生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3为两性氢氧化物可与NaOH继续反应，导致沉淀消失．反应为AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，改写离子方程式时，AlCl3、NaOH、NaCl、NaAlO2易溶于水易电离改成离子形式，Al（OH）3难溶于水难电离保留化学式，H2O是弱电解质保留化学式，删除相同离子，则离子方程式为Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，‎ 故答案为：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓；Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．‎ ‎　‎ ‎32．在一体积固定为10L的密闭恒温容器中充入1.5mol氨气，发生反应：2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）△H=93KJ/mol反应容器中NH3物质的量随时间的变化如图所示：‎ ‎（1）2min时反应进入化学平衡状态，此时容器内物质浓度c（H2）=　0.195　‎ mol/L．‎ ‎（2）0～2min内以NH3表示的平均反应速率v（NH3）=　0.065　mol/（L•min）．‎ ‎（3）依图中曲线判断、0～2min内NH3分解反应是　先快后慢　（填“先快后慢”或“先慢后快”或“匀速进行”）．‎ ‎（4）容器内起始时与平衡时的压强比为　15：28　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；物质的量或浓度随时间的变化曲线．‎ ‎【分析】（1）由图可知，NH3物质的量减少1.5mol﹣0.2mol=1.3mol，结合反应可知生成氢气为1.3mol×=1.95mol，结合c=计算；‎ ‎（2）结合v=计算；‎ ‎（3）开始浓度大反应速率快，后来浓度减小、且反应为吸热反应，温度降低；‎ ‎（4）2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）‎ 开始 1.5 0 0‎ 转化 1.3 0.65 1.95‎ 平衡 0.2 0.65 1.95‎ 结合压强之比等于物质的量之比计算．‎ ‎【解答】解：（1）由图可知，NH3物质的量减少1.5mol﹣0.2mol=1.3mol，结合反应可知生成氢气为1.3mol×=1.95mol，则此时容器内物质浓度c（H2）==0.195mol/L，故答案为：0.195；‎ ‎（2）0～2min内以NH3表示的平均反应速率v（NH3）==0.065mol/（L•min），故答案为：0.065；‎ ‎（3）开始浓度大反应速率快，后来浓度减小、且反应为吸热反应，温度降低，则分解速率先快后慢，故答案为：先快后慢；‎ ‎（4）2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）‎ 开始 1.5 0 0‎ 转化 1.3 0.65 1.95‎ 平衡 0.2 0.65 1.95‎ 由压强之比等于物质的量之比可知，容器内起始时与平衡时的压强比为=15：28，‎ 故答案为：15：28．‎ ‎　‎ ‎33．盐酸、硫酸和硝酸是中学阶段常见的“三大酸”．现就三大酸与金属铜反应的情况，回答下列问题：‎ ‎（1）稀盐酸不与Cu反应，若在稀盐酸中加入H2O2（常见氧化剂，作氧化剂时还原产物为水）后，则可使铜顺利溶解．该反应的化学方程式为：　Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O　．‎ ‎（2）在一定体积的10mol•L﹣1的浓硫酸中加入过量铜片，加热使之反应，被还原的硫酸为0.9mol．则浓硫酸的实际体积　大于　（填“大于”、“等于”或“小于”）180mL．若使剩余的铜片继续溶解，可在其中加入硝酸盐溶液（如KNO3溶液），则该反应的离子方程式为　3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O　．‎ ‎（3）镁铁混合物4.9g，溶解在过量的某浓度的稀硝酸中，完全反应后得到标准状况下2.24L NO 气体．若向反应后的溶液中加入足量的烧碱，则可生成沉淀的质量是　10g　．‎ ‎【考点】浓硫酸的性质；有关混合物反应的计算．‎ ‎【分析】（1）过氧化氢在酸性环境下能够氧化铜生成铜离子；‎ ‎（2）铜只能和浓硫酸反应和稀硫酸不反应，铜可以被硝酸氧化；‎ ‎（3）m（沉淀）=m（混合物）+m（OH﹣），反应中存在：Mg→Mg2+→Mg（OH）2，Fe→Fe3+→Fe（OH）3，得出n（e﹣）=n（OH﹣），以此计算沉淀的质量．‎ ‎【解答】解：（1）过氧化氢在酸性环境下能够氧化铜生成铜离子，化学方程式：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O；‎ 故答案为：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O；‎ ‎（2）铜只能和浓硫酸反应和稀硫酸不反应，Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，随着铜和浓硫酸的反应的进行，酸的浓度越来越小，不再产生二氧化硫，当被还原的硫酸是0.9mol，则10mol•L﹣1的浓硫酸的实际体积要大于180mL；若使剩余的铜片继续溶解，可向其中加入硝酸盐，应为溶液中有H+，再加入硝酸盐引入NO3﹣，相当于存在了硝酸，硝酸能将同溶解，反应实质为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，‎ 故答案为：大于；3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O；‎ ‎（3）n（NO）=0.1mol，生成0.01mol NO，转移的电子的物质的量为：n（e﹣）=0.1mol×（5﹣2）=0.3mol，反应中存在：Mg→Mg2+→Mg（OH）2，Fe→Fe3+→Fe（OH）3，得出n（e﹣）=n（OH﹣），又m（沉淀）=m（混合物）+m（OH﹣），所以m（沉淀）=4.9g+0.3mol×17g/mol=10g，‎ 故答案为：10g．‎ ‎　‎ ‎34．X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置关系如图：‎ Ⅰ．若Y元素原子的最外层电子数是电子层数的3倍．‎ ‎（1）W的原子结构示意图为　　．‎ ‎（2）一定条件下，X的最低价氢化物与X的某种氧化物按2：3物质的量比混合恰好反应生成X单质和水，该氧化物的化学式为　NO　．‎ ‎（3）写出铜片置于Z的最高价氧化物水化物稀溶液，没有明显变化．加热，依然如故．再通入空气，溶液就逐渐变蓝，反应的离子方程式：　2Cu+4H++O2=2Cu2++2H2O　．‎ II．若Y和Z的核外电子数之和为20．‎ ‎（4）相对分子质量为28 的Y的氢化物电子式为　　‎ ‎（5）W的一种单质溶于足量浓硝酸，反应过程转移电子物质的量是该单质的20倍．反应的化学方程式：　P4+20HNO3（浓）=20NO2↑+4H3PO4+4H2O　．‎ ‎（6）X单质熔点2076℃．沸点3927℃，晶体硬度近似于金刚石，则X单质晶体属于　原子　晶体；Z单质晶体结构与金刚石类似，晶体内化学键键角为　109°28′　．‎ ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】Ⅰ．短周期元素X、Y、Z、W，Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O元素，由元素在周期表中的位置可知，X为N元素、Z为S元素、W为Cl；‎ Ⅱ．若Y和Z的核外电子数之和为20，Y和Z位于同一主族，设Y的核外电子数为x，则x+x+8=20，x=6，可知Y为C元素，Z为Si元素，X为B元素，W为P元素，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：Ⅰ．短周期元素X、Y、Z、W，Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O元素，由元素在周期表中的位置可知，X为N元素、Z为S元素、W为Cl；‎ ‎（1）W为Cl，原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，原子结构示意图为，故答案为：；‎ ‎（2）一定条件下，N的最低价氢化物NH3与N的某种氧化物按2：3物质的量比混合恰好反应生成N2和水，则反应中2molNH3被氧化，失去6mol电子，则3molN的氧化物得到6mol电子生成N2，氧化物中N的化合价应为+2价，即为NO，‎ 故答案为：NO；‎ ‎（3）通入氧气，铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为2Cu+4H++O2=2Cu2++2H2O，故答案为：2Cu+4H++O2=2Cu2++2H2O；‎ Ⅱ．若Y和Z的核外电子数之和为20，Y和Z位于同一主族，设Y的核外电子数为x，则x+x+8=20，x=6，可知Y为C元素，Z为Si元素，X为B元素，W为P元素，‎ ‎（4）相对分子质量为28 的Y的氢化物为乙烯，电子式为，故答案为：；‎ ‎（5）W的一种单质溶于足量浓硝酸，反应过程转移电子物质的量是该单质的20倍，应为白磷被氧化生成磷酸，反应的方程式为P4+20HNO3（浓）=20NO2↑+4H3PO4+4H2O，‎ 故答案为：P4+20HNO3（浓）=20NO2↑+4H3PO4+4H2O；‎ ‎（6）X单质熔点2076℃．沸点3927℃，晶体硬度近似于金刚石，则X单质晶体属于原子晶体；Z单质晶体结构与金刚石类似，晶体内化学键键角为109°28′，‎ 故答案为：原子；109°28′．‎ ‎　‎ ‎2017年1月21日