《黑龙江省双鸭山市一中2015届高三化学上学期期末考试试题（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《黑龙江省双鸭山市一中2015届高三化学上学期期末考试试题（含解析）.doc（24页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、黑龙江省双鸭山一中2015届高三上学期期末考试化学试卷一、选择题（共22个小题，每题只有一个答案，每题3分，共66分）1化学与社会、生活密切相关，下列说法正确的是（）A“歼20”飞机上使用的碳纤维是一种新型的有机高分子材料B工业上通常用电解Na、Mg、Al对应的氯化物制取该三种金属单质CFe3O4俗称铁红，常做红色油漆和涂料D燃料电池的燃料都在负极发生氧化反应考点：合成材料；化学电源新型电池；金属冶炼的一般原理；铁的氧化物和氢氧化物.分析：A碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，不属于新型有机高分子材料；B工业上通常用电解Al对应的氧化物制取该金属单质；CFe2O3俗称铁红
2、，常做红色油漆和涂料；D燃料电池的燃料都在负极，化合价升高，失去电子，发生氧化反应；解答：解：A碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，不属于新型有机高分子材料，故A错误；B工业上通常用电解Al对应的氧化物制取该金属单质，故B错误；CFe2O3俗称铁红，常做红色油漆和涂料，故C错误；D燃料电池的燃料都在负极，化合价升高，失去电子，发生氧化反应，故D正确；故选D点评：本题主要考查了化学与生活中有关知识，掌握它们的化学原理是解答的关键，题目难度不大2（3分）下列叙述涉及的化学相关知识，其中说法正确的是（）A植物油可以作为萃取剂分离出碘水中的碘B石油的分馏、煤的气化、海水制镁都包括
3、化学变化C处理废水时加入明矾作为消毒剂，可以除去水中的杂质D乙烯、甲烷、SO2三种无色气体可用溴水鉴别考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；有机物的鉴别；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用.分析：A植物油含有不饱和键，可与碘发生加成反应；B石油的分馏为物理变化；C明矾不用于消毒剂，具有消毒剂的物质一般具有强氧化性；D乙烯含有碳碳双键，二氧化硫具有还原性解答：解：A植物油含有不饱和键，可与碘发生加成反应，不能用于萃取剂，故A错误；B石油的分馏为物理变化，煤的气化、海水制镁包括化学变化，故B错误；C明矾不用于消毒剂，具有消毒剂的物质一般具有强氧化性，明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可
4、用于净水，故C错误；D乙烯含有碳碳双键，二氧化硫具有还原性，甲烷不反应，可鉴别，故D正确故选D点评：本题考查物质的分离、提纯、检验和鉴别等知识，侧重于学生基础知识的考查，注意把握常见物质的性质的异同，题目有利于培养学生良好的科学素养，注意相关基础知识的学习，难度不大3（3分）向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）Aa点对应的溶液中：Na+、OH、SO42、NO3Bb点对应的溶液中：K+、Al3+、MnO4、ClCc点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3、ClDd点对应的溶液中：K+、F
5、e2+、NO3、SO42考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32和HCO3，b点全部为HCO3，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，结合对应离子的性质解答该题解答：解：向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32和HCO3，b点全部为HCO3，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，Aa点溶液中含有CO32和HCO3，HCO3与OH反应不能大量共存，故A错误；Bb点全部为HCO3，Al3+与HCO3发生互促水解反应而不能大量共存，故B错误；Cc点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中
6、性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C错误；Dd点呈酸性，酸性条件下，NO3与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误故选C点评：本题考查离子的共存，为高考中的经典题型，侧重于元素化合物知识的综合考查和学生的分析能力、审题的能力的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，答题时注意题中各阶段溶液的成分，题目难度不大4（3分）XeF4在水中发生反应：6XeF4+12H2O=2XeO3+4Xe+24HF+3O2下列判断中正确的是（）AXeF4分子中各原子均达到8电子稳定结构BXeF4分子中Xe的化合价为0价C氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3D每生成4 molXe转移16 m
7、ol电子考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：该反应中，Xe元素化合价由+4价变为0价和+6价，O元素化合价由2价变为0价，A化合物中中心元素化合价的绝对值+该原子的最外层电子数=8时，该原子就达到8电子结构，否则不是；B化合物中各元素化合价的代数和为0确定Xe元素化合价；C该反应中的XeF4作氧化剂，的XeF4作还原剂，的H2O作还原剂；D根据Xe和转移电子之间的关系式计算解答：解：该反应中，Xe元素化合价由+4价变为0价和+6价，O元素化合价由2价变为0价，A该化合物中Xe元素化合价为+4，Xe原子最外层电子数为8，二者之和大于8，所以各原子不是都达到8电子稳定结构，故A错误；B
8、XeF4分子中Xe的化合价为+4价，故B错误；C该反应中的XeF4作氧化剂，的XeF4作还原剂，的H2O作还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比=4：8=1：2，故C错误；D根据Xe和转移电子之间的关系式知，每生成4mol Xe，转移电子的物质的量=4mol4=16mol，故D正确；故选D点评：本题考查了氧化还原反应，明确该反应中的氧化剂及还原剂是解本题关键，注意XeF4中作氧化剂和还原剂的物质的量之比，计算该反应中转移电子数是解本题难点，难度中等5（3分）下列解释事实的离子方程式正确的是（）A用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl+2H2OCl2+H2+2OHB一定量Cl2通入FeI2溶液中，完
9、全反应后测得溶液中c（Fe3+）=c（Fe2+）：5Cl2+8I+2Fe2+=4I2+2Fe3+10ClC向CH2BrCOOH中加入足量的氢氧化钠溶液并加热：CH2BrCOOH+OHCH2BrCOO+H2OD用氢氟酸在玻璃上“刻字”：SiO2+4H+4F=SiF4+2H2O考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A溶液中还生成氢氧化镁沉淀；B氧化还原反应中碘离子还原性大于亚铁离子，先氧化碘离子为碘单质，再氧化亚铁离子为铁离子，若反应后测得溶液中C（Fe3+）=C（Fe2+），则依据电子守恒和化学式分析，反应的FeI2物质的量为4mol，消耗氯气物质的量5mol，依据电子守恒和原子守恒配
10、平离子方程式；CCH2BrCOOH和NaOH的水溶液还发生取代反应；DHF是弱酸，写化学式解答：解：A溶液中还生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为Mg2+2Cl+2H2OCl2+Mg（OH）2+H2，故A错误；B氧化还原反应中碘离子还原性大于亚铁离子，先氧化碘离子为碘单质，再氧化亚铁离子为铁离子，若反应后测得溶液中C（Fe3+）=C（Fe2+），则依据电子守恒和化学式分析，反应的FeI2物质的量为4mol，消耗氯气物质的量5mol，依据电子守恒和原子守恒配平离子方程式为：5Cl2+2Fe2+8I10Cl+2Fe3+4I2，故B正确；CCH2BrCOOH和NaOH的水溶液还发生取代反应，方程式为CH2
11、BrCOOH+2OHCH2OHCOO+H2O+Br，故C错误；DHF是弱酸，写化学式，离子方程式为SiO2+4HF=SiF4+2H2O，故D错误；故选B点评：本题考查离子方程式正误判断，为高考高频点，涉及氧化还原反应、复分解反应、取代反应等知识点，明确物质的性质是解本题关键，易错选项是BC，注意B中反应先后顺序，注意C中还发生取代反应6（3分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A一定条件下，1molN2和3molH2充分反应，生成物中的NH键数目为6NAB完全燃烧1.5molCH3CH2OH和C2H4的混合物，转移电子数为18NAC100g 98%的浓硫酸中含氧原子个数为4NAD
12、1L 0.1 mol/L的Na2S溶液中S2和HS的总数为0.1NA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氮气与氢气反应生成氨气为可逆反应；B.1molCH3CH2OH、C2H4完全燃烧消耗氧气都是3mol，转移电子数都是43NA；C浓硫酸溶液中硫酸、水都含有氧原子；D硫离子为多元弱酸根离子存在两步水解：S2+H2O HS+OH；HS+H2O H2S+OH解答：解：A氮气与氢气反应生成氨气为可逆反应，可逆反应不能朝着一个方向进行到底，1molN2和3molH2充分反应，生成的氨气小于2mol，生成NH键数目小于6NA，故A错误；B.1molCH3CH2OH、C2H4
13、完全燃烧消耗氧气都是3mol，转移电子数都是43NA，所以完全燃烧1.5molCH3CH2OH和C2H4的混合物，转移电子数为18NA，故B正确；C浓硫酸溶液中硫酸、水都含有氧原子，所以100g 98%的浓硫酸中含氧原子个数远远大于4NA，故C错误；D硫离子为多元弱酸根离子存在两步水解：S2+H2OHS+OH；HS+H2O H2S+OH，依据物料守恒可知：1L 0.1 mol/L的Na2S溶液中S2和HS、H2S，总数为0.1NA，故D错误；故选：B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，侧重考查可逆反应、电子转移的计算、微粒个数的计算，明确可逆反应特点、熟悉盐溶液中存在的物料守恒是解题关键，题
14、目难度中等7（3分）稀土元素号称“工业维生素”，科学家把稀土元素镧对作物的作用赋予“超级钙”的美称已知镧（La）是一种活动性比锌更强的元素，它的氧化物的化学式为La2O3，La（OH）3是不溶于水的弱碱，而LaCl3、La（NO3）3都可溶于水，下列说法中正确的是（）ALa和盐酸反应的离子方程式为：La+2H+=La3+H2BLaCl3的水溶液加热蒸发灼烧，最终得到无水LaCl3C镧有两种核素：57139La和放射性57138La，由此可知镧元素的相对原子质量为138.5DLa（NO3）3水溶液显酸性考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用.专题：元素及其化合物分析：A离子方程式两边正电荷
15、不相等不满足电荷守恒；BLa（OH）3是不溶于水的弱碱，则LaCl3为强酸弱碱盐，加热水解生成氢氧化镧和氯化氢，氯化氢挥发，最终灼烧得到氧化镧；C计算元素的相对原子量需要根据元素在自然界的含量减少，不是取平均值；DLa（OH）3是不溶于水的弱碱，则La（NO3）3为强酸弱碱盐解答：解：A镧（La）是一种活动性比锌更强的元素，能够与盐酸反应生成氢气，反应的离子方程式为：2La+6H+=2La3+3H2，故A错误；BLa（OH）3是不溶于水的弱碱，则LaCl3为强酸弱碱盐，加热过程中LaCl3发生水解生成La（OH）3和HCl，HCl具有挥发性，则最终灼烧得到La2O3，故B错误；C没有告诉镧的两
16、种核素在自然界中的含量，题中条件无法计算镧元素的相对原子质量，故C错误；D已知La（OH）3是不溶于水的弱碱，则La（NO3）3为强酸弱碱盐，其溶液显示酸性，故D正确；故选D点评：本题考查了常见金属单质及其化合物性质，题目难度中等，明确题干信息为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及知识迁移能力，注意掌握常见金属单质及其化合物性质，明确元素的相对原子质量的计算方法8（3分）下列各组物质依次表示a、b、c、d，其中不能满足如图所示转化关系的一组是（图中每个箭头只表示一步转化）（）abcdaabcdACuCuSO4Cu（OH）2Cu2OBN2NO2HNO3NOCCH3OHHCHOHCOOHH
17、COOCH3DFeFeCl3Fe（OH）3Fe2O3AABBCCDD考点：铜金属及其重要化合物的主要性质；氮气的化学性质；铁的化学性质.专题：元素及其化合物分析：分析物质性质结合转化关系分析选项，abcdaA、铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜，硫酸铜和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜，氢氧化铁和乙醛反应生成氧化亚铜，氧化亚铜和还原剂反应生成铜；B、N2不能一步转化为NO2；C、甲醇氧化为甲醛，甲醛已化为甲酸，甲酸和甲醇生成甲酸甲酯，水解得到甲醇；D、铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁，热分解生成氧化铁，氧化铁被还原为铁；解答：解：A、铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜，硫酸铜和氢氧
18、化钠溶液反应生成氢氧化铜，氢氧化铁和乙醛反应生成氧化亚铜，氧化亚铜和还原剂反应生成铜，完全实现abcda，故A不符合；B、N2不能一步转化为NO2，故不能实现转化abcda，故B符合；C、甲醇氧化为甲醛，甲醛已化为甲酸，甲酸和甲醇生成甲酸甲酯，水解得到甲醇，能实现abcda转化，故C不符合；D、铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁，热分解生成氧化铁，氧化铁被还原为铁，能实现abcda转化，故D不符合；故选B；点评：本题考查了物质性质的分析应用，主要是反应条件和反应实质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等9（3分）已知下列反应的热化学方程式：6C（s）+5H2（g）+
19、3N2（g）+9O2（g）=2C3H5（ONO2）3（l）H12H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H2C（s）+O2（g）=CO2（g）H3H2O（g）=H2O（l）H4则反应4C3H5（ONO2）3（l）=12CO2（g）+10H2O（l）+O2（g）+6N2（g）的H为（）A12H3+5H22H1+10H4B2H15H212H3+10H4C12H35H22H1+10H4DH15H212H3+10H4考点：热化学方程式.专题：化学平衡专题分析：根据盖斯定律，利用方程式的加减得出C3H5（ONO2）3分解成CO2、N2、H2O、O2的化学方程式，其反应热也要相应的加减，从而得出其热化学反应
20、方程式解答：解：已知：6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（g）2C3H5（ONO2）3（l）H12H2（g）+O2（g）2H2O（g）H2C（s）+O2（g）CO2（g）H3H2O（g）=H2O（l）H4由盖斯定律：5+122+10得：4C3H5（ONO2）3（l）12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）H=12H3+5H22H1+10H4；故选A点评：本题考查了反应热的计算，侧重于盖斯定律应用的考查，题目难度不大，准确把握盖斯定律的概念是关键10（3分）等物质的量的X（g）与Y（g）在密闭容器中进行反应：X（g）+2Y（g）3Z（g）+Q（s）H0，下列叙述正
21、确的是（）A当容器中X与Y的物质的量的比满足1：2时反应达到平衡B达到平衡时X的转化率为25%，则平衡常数K值为9/4C达到平衡后，反应速率2V正（Y）=3 V逆（Z）D达到平衡后，加入Q，平衡逆向移动考点：化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：A、当容器中X与Y的物质的量的比满足1：2时，并不一定是物质的量不变的状态，所以反应不一定达到平衡；B、根据三行式，结合平衡常数表达式求解；C、达到平衡后，反应速率3V正（Y）=2 V逆（Z）；D、到平衡后，加入Q，Q是固体，平衡不移动解答：解：A、当容器中X与Y的物质的量的比满足1：2时，并不一定是物质的量不变的状态，所以反应不一定达到平衡，故
22、A错误；B、设起始时X和Y的物质的量浓度都为1mol/L，则 X（g）+2Y（g）3Z（g）+Q（s）初起量：1 1 0变化量：0.25 0.5 0.75状态1：0.75 0.5 0.75Qc=，所以平衡常数K值为9/4，故B正确；C、达到平衡后，反应速率3V正（Y）=2 V逆（Z），而不是2V正（Y）=3 V逆（Z），故C错误；D、到平衡后，加入Q，Q是固体，平衡不移动，故D错误；故选C点评：本题考查了化学平衡的有关计算，化学平衡常数的计算，化学平衡的移动，影响化学平衡的因素分析判断，题目难度中等11（3分）（2014南京模拟）某课外实验小组设计的如图实验合理的是（）A配制一定浓度硫酸溶液B
23、制备少量氨气C制备并收集少量NO2气体D制备少量氧气考点：化学实验方案的评价；氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；配制一定物质的量浓度的溶液.专题：实验评价题分析：A不能在容量瓶中稀释浓硫酸；BCaO可与水反应生成氢氧化钙，并放出大量的热；C不能用排水法收集NO2；D过氧化钠与水剧烈反应，不能用简易气体发生装置制取解答：解：A容量瓶只能用来配制一定浓度的溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故A错误；BCaO可与水反应生成氢氧化钙，并放出大量的热，促使氨气挥发，可用于制备少量氨气，故B正确；CNO2与水反应，不能用排水法收集NO2，要用排空法收集，故C错误；D不能用简易气体发生装置制取，过氧
24、化钠与水剧烈反应，不能做到虽关随停，故D错误故选B点评：本题考查实验方案的评价，题目难度不大，注意把握相关物质的性质，此为解答该题的关键12（3分）（2014辽宁二模）常温下，关于1L pH=3的H2SO4溶液说法正确的是（）A与等体积pH=11氨水混合后所得溶液pH小于7B与等浓度的CH3COONa溶液混合后所得溶液pH一定小于7C与pH=3的CH3COOH溶液混合后所得溶液pH小于3D与10L Ba（OH）2溶液恰好完全反应，则Ba（OH）2溶液的pH一定等于10考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A一水合氨为弱碱，pH=11的氨水浓度大于0.0
25、01mol/L，两溶液等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性；B没有告诉醋酸钠溶液体积，如果醋酸钠远远过量，反应后的溶液可能为碱性溶液；C溶液pH相等，溶液中氢离子浓度相等，混合后溶液中氢离子浓度不变，醋酸和醋酸根离子浓度变化相等，醋酸的电离平衡不移动；D根据酸碱中和反应实质及溶液酸碱性与溶液pH的关系进行计算解答：解：硫酸为强电解质，pH=3的硫酸溶液中氢离子浓度为0.001mol/L，A一水合氨为弱电解质，溶液中部分电离出氢氧根离子，pH=11氨水中氢氧根离子浓度为0.001mol/L，两溶液等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，溶液的pH大于7，故A错误；B如果醋酸钠远远过量，反应后生成醋酸和
26、醋酸钠和硫酸钠的溶液，由于醋酸根离子水解程度大于醋酸的电离程度，则溶液显示碱性，溶液的pH大于7，故B错误；C醋酸与硫酸的pH相等，则两溶液混合后溶液中氢离子浓度不变，醋酸根离子与醋酸的浓度变化程度相等，混合后醋酸的电离平衡不移动，溶液的pH=3，故C错误；D.10L Ba（OH）2溶液恰好完全反应，氢氧化钡中氢氧根离子的物质的量等于硫酸中氢离子的物质的量，其物质的量为：0.001mol，则Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度为：=0.0001mol/L，溶液的pH等于10，故D正确；故选D点评：本题考查了酸碱混合后的定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的计算，题目难度中等，注意明确溶液酸碱性与溶液p
27、H的关系，选项C为易错点，注意合理分析溶液中氢离子浓度变化情况13（3分）短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，各元素原子的最外层电子数之和比Ca2+的核外电子数少1个，X与Q处于同一主族，Y、Z、W处于同一周期的相邻位置下列叙述不正确的是（）AX与Z组成的化合物之一可作为火箭发射的高能燃料BY与W形成的阴离子可能有YW32或Y2W42C化合物Q2W2与X2W反应时，Q2W2只做氧化剂DCaX2、CaY2分别与水反应可产生两种可燃性气体考点：原子结构与元素周期律的关系.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素的X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，X与Q处于同一主族，Y、Z、W
28、处于同一周期的相邻位置，令Y最外层电子数为a，则Z、W的最外层电子数分别为a+1、a+2，令X、Q最外层电子数为b，则：a+a+1+a+2+2b=181，即3a+2b=14，讨论得a=2、b=4或a=4、b=1，当a=2、b=4时，W最外层电子数为4，与X、Q同主族，不符合题意，故只能为a=4、b=1，结合原子序数可知，X为H、Y为C、Z为N、W为O、Q为Na，据此解答解答：解：短周期元素的X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，X与Q处于同一主族，Y、Z、W处于同一周期的相邻位置，令Y最外层电子数为a，则Z、W的最外层电子数分别为a+1、a+2，令X、Q最外层电子数为b，则：a+a+1+a+2+
29、2b=181，即3a+2b=14，讨论得a=2、b=4或a=4、b=1，当a=2、b=4时，W最外层电子数为4，与X、Q同主族，不符合题意，故只能为a=4、b=1，结合原子序数可知，X为H、Y为C、Z为N、W为O、Q为Na，AX与Z组成的化合物N2H4可作为火箭发射的高能燃料，故A正确；BY与W形成的阴离子可能有CO32或C2O42，故B正确；C化合物Na2O2与H2O反应时，Na2O2起氧化剂、还原剂作用，故C错误；DCaH2、CaC2分别与水反应可产生氢气、乙炔，故D正确，故选C点评：本题考查结构性质位置关系综合应用，难度中等，推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握14（3分）下列实
30、验操作、现象与结论对应关系正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向盛有Fe（NO3）2溶液的试管中加入0.1mol/L H2SO4溶液试管口出现红棕色气体溶液中NO3被Fe2+还原为NO2B向SO2水溶液中滴入几滴BaCl2溶液，振荡滴加BaCl2后出现白色沉淀此沉淀一定是BaSO3C等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，排水法收集气体HA放出的氢气多且反应速率快HB酸性比HA强D先向2mL 0.1mol/L Na2S溶液中滴入几滴0.1mol/LZnSO4溶液，再加入几滴0.1mol/L CuSO4溶液开始有白色沉淀生成；后又有黑色沉淀生成溶度积（Ksp）：ZnSCuSAABB
31、CCDD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：A试管口出现红棕色气体，为一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮；B氯化钡与二氧化硫不反应；CpH=3的两种酸，HA放出的氢气多，则HA酸的浓度大，为弱酸；D依据沉淀转化的实质分析判断解答：解：A在酸性条件下，Fe2+与NO3发生氧化还原反应，3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O，对于该反应Fe2+为还原剂，NO3为氧化剂，被还原成NO，试管口出现红棕色气体，为一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，故A错误；B氯化钡与二氧化硫不反应，不能生成白色沉淀，故B错误；CpH=3的两种酸，HA放出的氢气多，则H
32、A酸的浓度大，为弱酸，即HB的酸性比HA的强，故C正确；D向Na2S溶液中滴入ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再加入几滴CuSO4溶液，沉淀由白色转化为黑色，硫化锌和硫化铜阴阳离子比相同，说明溶度积（Ksp）：ZnSCuS，故D正确故选CD点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及氧化还原反应、酸性比较及电离、沉淀的转化等知识，把握实验操作及物质的性质为解答的关键，注意方案的合理性、操作性分析，题目难度不大15（3分）实验小组中甲同学按图完成实验，发现电流计指针偏转，乙同学将图中盐桥（琼脂和饱和氯化钾）换成U形铜丝代替盐桥，发现电流计指针也发生偏转，以下说法正确的是（）A甲同学实验过程中
33、，ZnSO4溶液中阴离子总浓度不会发生改变B甲同学实验过程中，Zn片被氧化，铜片被还原C乙同学将盐桥换成铜丝后，导线中电流方向不会发生变化D乙同学将盐桥换成铜丝后，U形铜丝的两端电极反应类型一致考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：A、甲同学实验过程中，为原电池装置，盐桥中阴离子移向负极，硫酸锌溶液中阴离子浓度增大；B、铜离子被还原；C、甲同学实验过程中，Zn做负极失电子；图中盐桥（琼脂和饱和氯化钾）换成U形铜丝代替盐桥后，左池为原电池右池为电解池，仍然是Zn失电子；D、左侧铜丝作正极，右侧铜丝做阳极解答：解：A、甲同学实验过程中，ZnSO4溶液中阴离子总浓度增大，故A错误；B
34、、甲同学实验过程中，Zn片被氧化，铜离子被还原，故B错误；C、甲乙同学实验中，都是电子从Zn流向Cu，实验电流方向不变，故C正确；D、左侧铜丝上发生还原反应，右侧铜丝上发生氧化反应，故D错误；故选C点评：本题考查了原电池中盐桥的原理、原电池和电解池的电极反应式、电流方向等等，题目难度中等16（3分）将0.1molL1的下列物质的水溶液，从常温加热到90，溶液的pH几乎不变的是（不考虑水的蒸发）（）A氯化钠B氢氧化钾C硫酸D硫酸铵考点：盐类水解的原理.分析：弱电解质的电离和盐类水解都是吸热反应，升高温度促进弱电解质电离和盐类水解，导致溶液中水的离子积常数增大，根据溶液中氢离子浓度变化来确定pH变
35、化解答：解：A、氯化钠是强电解质，在水溶液里完全电离，升高温度促进水的电离，Kw会升高，氢离子的浓度变大，pH减小，故A错误；B、升高温度时KOH溶液中氢氧根离子的浓度不变，但升高温度时水的离子积变大，则氢离子的浓度变大，故溶液的pH变小，故B错误；C、硫酸是强电解质，在水溶液里完全电离，升高温度促进水的电离，Kw会升高，氢离子的浓度变大，pH减小，故C错误；D、硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而使其溶液呈酸性，升高温度促进铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大，Kw会升高，则溶液的pH几乎不变，故D正确；故选D点评：本题考查了pH的简单计算，明确温度对弱电解质的电离、盐类水解的影响是解本题关键，
36、注意A和D选项的比较，升高温度导致水的离子积常数增大，根据溶液中氢离子浓度变化来判断即可，难度中等17（3分）下列分离或提纯有机物的方法正确的是（） 选项待提纯物质杂质除杂试剂及主要操作方法A苯溴单质加亚硫酸钠溶液洗涤，分液B淀粉葡萄糖水，过滤C甲烷乙烯通入酸性高锰酸钾溶液，洗气D乙酸乙酯乙酸加入氢氧化钠溶液，分液AABBCCDD考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用.专题：化学实验基本操作分析：A溴可与亚硫酸钠溶液发生氧化还原反应，且苯不溶于水；B淀粉、葡萄糖都可透过滤纸；C乙烯被氧化生成高锰酸钾；D二者都可与氢氧化钠溶液反应解答：解：A溴可与亚硫酸钠溶液发生氧化还原反应，生成物可溶于水
37、，而苯不溶于水，可用分液的方法分离，故A正确；B淀粉、葡萄糖都可透过滤纸，应用渗析的方法分离，故B错误；C乙烯被氧化生成高锰酸钾，引入新杂质，应用溴水除杂，故C错误；D二者都可与氢氧化钠溶液反应，应用饱和碳酸钠溶液除杂，故D错误故选A点评：本题考查物质的分离、提纯和除杂等问题，题目难度不大，根据除杂是不能引入新的杂质、不能影响被提纯的物质的性质和量，并且操作简单可行，除杂时要结合物质的物理性质和化学性质进行分离18（3分）加热N2O5依次发生的分解反应为：N2O5（g）N2O3（g）+O2（g）N2O3（g）N2O（g）+O2（g）在容积为2L的密闭容器中充入8mol N2O5，加热到t，达到
38、平衡状态后O2为9mol，N2O3为3.4mol则t时反应的平衡常数为（）A10.7B8.5C9.6D10.2考点：化学平衡常数的含义.专题：化学平衡专题分析：利用化学平衡常数公式可知，需要求N2O5、N2O3、O2浓度，N2O3、O2浓度好求，关键求N2O5的浓度，设分解的N2O3物质的量为x，反应过程中共生成N2O3（x+3.4）mol，则N2O5分解了（x+3.4）mol，再利用氧气总量9mol，求出x进一步求算解答：解：设分解的N2O3物质的量为x，反应过程中共生成N2O3（x+3.4）mol，在反应中N2O5分解了（x+3.4）mol，同时生成O2（x+3.4）mol在反应中生成氧气
39、xmol则（x+3.4）+x=9，求得x=2.8所以平衡后N2O5、N2O3、O2浓度依次为c（N2O5）=（82.83.4）2=0.9molL1c（N2O3）=3.42=1.7molL1c（O2）=92=4.5molL1反应的平衡常数K=8.5，故选：B点评：本题是一个求算化学平衡常数的题目，注意化学平衡常数的计算难点在于利用氧气求算时在第一个方程式中有一部分氧气被漏掉从而错误19（3分）25时，在一定体积PH=12的Ba（OH）2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液PH=11，若体积可以加和，则V （Ba（OH）2）：V（ NaHSO4
40、）为（）A1：1B2：1C3：2D1：4考点：pH的简单计算.专题：计算题分析：氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀，需要Ba（OH）2和NaHSO4按照物质的量1：1反应，设出氢氧化钡、硫酸氢钠溶液的体积，结合溶液的pH和溶液体积换算物质的量列式计算解答：解：pH=12的Ba（OH）2溶液中c（OH）=102mol/L，设溶液体积为x，得到氢氧根离子物质的量为x102mol，溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时反应的硫酸氢钠物质的量为0.5x102mol，设硫酸氢钠溶液体积为y，依据反应Ba（OH）2+NaHSO4=BaSO4+H2O+NaOH，混合后溶液pH=11，反应后的溶液中氢氧根离子浓度为
41、：c（OH）=103mol/L，则：=103，整理可得：x：y=1：4，故选D点评：本题考查了酸碱反应的综合计算、溶液pH的计算应用，题目难度中等，明确溶液中氢氧根离子浓度和溶质浓度的关系是解题关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及计算方法20（3分）已知有机物A可发生如下转化关系，且C、E均不能发生银镜反应，则A的结构可能有（）A4种B3种C2种D1种考点：有机化合物的异构现象；酯的性质.分析：A能在碱性条件下反应生成B和D，B与酸反应，应为盐，D能在CuO催化作用下发生氧化，应为醇，则A应为酯，C和E都不能发生银镜反应，说明C、E不含醛基，如C为乙酸，则D为CH3CHOHCH2CH3，
42、如C为丙酸，则D为CH3CHOHCH3，据此进行解答解答：解：A的分子式为C6H12O2，A能在碱性条件下反应生成B和D，B与酸反应，B应为盐，D能在Cu催化作用下发生氧化，D应为醇，则A属于酯，C和E都不能发生银镜反应，说明C、E不含醛基，则C不可能为甲酸，若C为乙酸，则D为CH3CH（OH）CH2CH3，若C为丙酸，则D为CH3CH（OH）CH3，若C为丁酸，则D为乙醇、E为乙醛，不可能，所以A只能为：CH3COOCH（CH3）CH2CH3或CH3CH2COO2CH（CH3）2，总共有两种可能的结构，故选C点评：本题考查有机物的推断，题目难度不大，本题注意C和E都不能发生银镜反应的特点，为
43、解答该题的关键，以此推断对应的酸或醇的种类和推断出A的可能结构21（3分）（2014上海模拟）在100mL HNO3和H2SO4的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/L向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为（反应前后溶液体积变化忽略不计）（）A0.225mol/LB0.30mol/LC0.36mol/LD0.45mol/L考点：有关混合物反应的计算.专题：极端假设法分析：有关反应离子方程式为：3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO（g）+4H2O，由上述反应方程式可知，NO3和H+的物质的量之比为1：4，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO