《新《试卷》精品解析：【全国百强校】河北省衡水中学2019～2020届高三上学期第三次调研考化学试题解析（解析版）18.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新《试卷》精品解析：【全国百强校】河北省衡水中学2019～2020届高三上学期第三次调研考化学试题解析（解析版）18.doc（28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、河北衡水中学2019-2020届高三上学期第三次调研考试化学试卷第I 卷（选择题共50分）一、选择题（下列每小题所给选项只有一项符合题意，每小题l分共l0分）1化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A煤、石油、天然气是不可再生能源，风能、生物质能沼气是可再生能源B“84消毒液”具有强氧化性，可做环境的消毒剂从而预防流感C已知水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术则水热反应可以降低自然界中碳的含量D己知PM2.5 是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为“细颗粒物”，则PM2.5 在空气中有可能形成胶体【答案】C【解析】考点：考查环境污染与治理、基本概念、蛋白质的性
2、质。2 NA表示阿伏加德罗常数，下列判断正确的是（）A25，pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1 NAB常温常压下，22.4LCO2中含有的CO2分子数小于NA个C等物质的量的N2和CO的质量均为28gD标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA【答案】B【解析】试题分析：A没有告诉pH=13的NaOH溶液的体积，无法计算氢氧化钠溶液中氢氧根离子的物质的量及数目，A错误；B标准状况下，22.4L二氧化碳的物质的量为1mol，常温下气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以常温下22.4L二氧化碳的物质的量小于1mol，含有的CO2分子数小于NA个，B正确
3、；C等物质的量的N2和CO的质量相等，但不一定均为28g，C错误；D标准状况下，5.6LCO2是0.25mol，与足量Na2O2反应转移的电子数为0.25NA，D错误；答案选B。考点：考查阿伏加德罗常数的判断及计算3下列化学实验事实及其解释都正确的是（）A过量的铜屑与稀硝酸作用，反应停止后，再加入lmol/L稀硫酸，铜屑又逐渐溶解是因为铜可直接与1mol/L稀硫酸反应B铁钉放在浓硝酸中浸泡后，再用蒸馏水冲洗然后放入CuSO4溶液中不反应说明铁钉表面形成了一层致密稳定的氧化膜C粗锌与稀硫酸反应制氢气比纯锌快，是因为粗锌比纯锌还原性强来源:学&科&网D工业制玻璃的主要反应之一：高温下Na2CO3+
4、SiO2=Na2S2O3+CO2.该反应原理可用“强酸H2CO3制弱酸H2SiO3来解释【答案】B【解析】考点：考查元素及其化合物的性质判断4下列说法正确的是（）A500 ml, 1mol/LFe2(SO4)3溶液和250mL 3mol/L的Na2SO4溶液所含硫酸根离子的物质的量浓度相等B若R的含氧酸的酸性大于Q的含氧酸的酸性，则非金属性R大于QC1.2gNaHSO4晶体中阳离子和阴离子的总数为0.03NAD含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中Na+的物质的量浓度为lmol/L【答案】A【解析】试题分析：A500mL 1mol/L Fe2（SO4）3溶液中硫酸根的浓度为3mol/L，250
5、mL 3mol/L 的Na2SO4溶液中硫酸根的浓度为3mol/L，故浓度之比为1：1，A正确；B含氧酸的酸性必须是最高价氧化物的水化物的酸性，B错误；C1.2g NaHS04晶体的物质的量是0.01mol，NaHS04晶体中存在钠离子和硫酸氢根离子，阳离子和阴离子的总数为0.02NA，C错误；D含NA个Na+的Na2O，物质的量为0.5mol，溶解于1L水中，溶液的体积无法计算，不能知道氢氧化钠的物质的量浓度，D错误；答案选A。考点：考查了阿伏加德罗常数的分析应用5下列离子方程式书写正确的是A氯化钙溶液中通入CO2气体：Ca2+CO2+H2O=CaCO3+2H+B以石墨作电极电解氧化铝溶液：
6、2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2C200mL2mol/L的FeBr2溶液中通入11.2L标准状况下的氯气：4Fe2+6Br-+5Cl2=4Fe3+3Br2+10Cl-D向明矾溶液中加人氢氧化钡溶液至沉淀的物质的量最大：Al3+2SO42-+4OH-=2BaSO4+AlO2-+2H2O【答案】C【解析】考点：考查离子方程式正误判断6下列化学方程式中电子转移不正确的是【答案】D【解析】考点：考查氧化还原反应的双线桥法表示等的知识。7某非金属元素在化学反应中从化合态变为游离态则该元素A一定被氧化 B一定被还原 C可能被氧化，也可能被还原 D化合价升高为0【答案】C【解析】试题分析：由电解水可
7、知，氢元素被还原，氧元素被氧化，因此某非金属元素在化学反应中从化合态变为游离态时可能被氧化，也可能被还原，答案选C。【考点定位】考查氧化还原反应的分析【名师点晴】氧化还原反应的分析思路：判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。8下列反应中既属于氧化还原反应同时又是吸热反应的是ABa(OH)28H2O与NH4Cl反应B灼热的碳与高温水蒸气的反应C铝与稀盐酸DH2与O2的燃烧反应【答案】B【解析】试题分析：A、是吸热反应，但不是氧化还原反应，A错误；B、反应是吸热的氧化还原反应，B正确
8、；C、是放热的氧化还原反应，C错误；D、氢气燃烧是放热的氧化还原反应，D错误，答案选B。【考点定位】考查放热反应和吸热反应以及氧化还原反应判断【名师点晴】一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。9 实验室需配制一种仅含五种离子（水电离出的离子可忽略）的混合溶液，且在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为1 mol/L，下面四个选项中能达到此目的的是AAl3+、K+、SO42-、Cl-、AlO2- BAl3+、Na+、Cl-、SO42-、NO3-CNa+、K+、S
9、O42-、NO3-、Cl- DFe2+、H+、Br-、NO3-、Cl-【答案】B【解析】【考点定位】考查离子共存问题【名师点晴】离子不能大量共存的一般情况是：（1）能发生复分解反应的离子之间（即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质）；（2）能生成难溶物的离子之间（如：Ca2+和 SO42-；Ag+和 SO42-）；（3）能完全水解的离子之间，如多元弱酸和弱碱盐的阴、阳离子（如：Al3+， Fe3+与 CO32-、HCO3-、AlO2-等）；（4）能发生氧化还原反应的离子之间（如：Fe 、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、 Fe3+等）；（5）能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+
10、和 SCN-）。10下列关于氧化物的各项叙述正确的是（） 酸性氧化物不一定是非金属氧化物 非金属氧化物肯定是酸性氧化物 碱性氧化物肯定是金属氧化物 金属氧化物肯定是碱性氧化物 酸性氧化物均可与水反应生成相应的酸 与水反应生成酸的氧化物不一定是酸酐，与水反应生成碱的氧化物不一定是碱性氧化物 不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应A B C D【答案】A【解析】考点：考查氧化物分类的正误判断二、选择题（下列每小题所给选项只有一项符合题意，每小题2分，共40分）11下列叙述中正确的是（）AB的阳离子氧化性比A 的阴离子强，说明A元素的金属性一定比B元素强B在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元
11、素被还原C 一种元素可能有多种氧化物，但同一化合价只对应一种氧化物D强氧化剂与强还原剂不一定能发生氧化还原反应【答案】D【解析】试题分析：A若B为多价态金属，则B的金属性不一定比A弱，如Fe3+的氧化性大于Cu2+的氧化性，而金属性FeCu，A错误；BCl2+H2O=HCl+HClO反应中既有化合价升高的氯元素也有化合价降低的氯元素，所以在氧化还原反应中可能同一元素既被氧化又被还原，B错误；C一种元素可能有多种氧化考点：考查氧化还原反应的有关判断12某硫原子的质量是ag，12C原子的质量是bg，若NA只表示阿伏加德罗常教的数值，则下列说法中正确的是（） 该原子的相对原子质量为该原子的物质的量为
12、mol该硫原子的摩尔质量是aNAg/mol ag该硫原子所含的电子数为16cg 该硫原子所含质子数为4bcNA/3a A B C D【答案】B【解析】试题分析：硫原子的质量是ag，12C原子的质量是bg，则该硫原子的相对原子质量为，正确；硫原子的相对原子质量为aNA，该硫原子的摩尔质量为aNAgmol-1，mg该硫原子物质的量为，正确；硫原子的相对原子质量为aNA，故该硫原子的摩尔质量为aNA g/mol，正确；摩尔质量以g/mol作单位，在数值上等于其相对原子质量，a g该硫原子只有1个硫原子，1个硫原子核外电子数为16，故a g该硫原子所含的电子数为16，正确；该硫原子的摩尔质量为，cg该
13、硫原子物质的量为，每个硫原子所含质子数为16，则含有质子数目为NAmol-1=，错误，答案选B。考点：考查相对原子质量、摩尔质量、微粒数目计算等13设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（） 常温下，21gC3H6和C4H8的混合物中含有的碳原子数为1.5NAl4.2g硫酸钠固体中含有0.1NA个硫酸钠分子 标准状况下，11.2L己烷所含的分子数为0.5NA 10mL18mol/L的浓硫酸与足量的铁反应时，转移的电子教为O.18NA 标准状况下，由H2O2分解制得4.48LO2，转移的电子数目为0.4 NA 2g含有的质子致、中子数、电子数均为NAA B C D【答案】C【解析】试题
14、分析：常温下，21g C3H6和C4H8的混合物中含有1.5mol最简式CH2，含有1.5molC原子，含有的碳原子数为1.5NA，正确；14.2g 硫酸钠固体的物质的量为0.1mol，由于硫酸钠钠为离子化合物，不存在硫酸钠分子，错误；标准状况下，己烷为液体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L其物质的量，错误；10ml 18mol/L的浓硫酸中含有溶质硫酸0.18mol，由于浓硫酸随着反应的进行变成稀硫酸，稀硫酸与镁反应生成氢气，而浓硫酸与镁反应生成二氧化硫，无法计算生成二氧化硫和氢气的物质的量，则无法计算转移的电子数，错误；标准状况下，4.48LO2的物质的量为0.2mol，双氧水分
15、解生成0.2mol氧气转移了0.4mol电子，转移的电子数目为0.4NA，正确；2克D216O的物质的量为0.1mol，0.1mol重水中含有1mol质子、1mol电子和1mol中子，含有的质子数、中子数、电子数均为NA，正确；根据以上分析可知，正确的为：，答案选D。考点：考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断14FeS与一定浓度的HNO3反应,生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O,当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为1:1:1时,实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为A1:6 B1:7 C2:11 D16:25【答案】B【解析】【考点定位】本题考查
16、氧化还原反应有关计算，【名师点晴】解答时利用电子转移守恒与元素守恒计算是关键，注意转移守恒思想在氧化还原反应计算中的运用，试题培养了学生的化学计算能力。常见的守恒关系有：反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；电解质溶液中的电荷守恒；氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。15在浓盐酸中HNO2与SnCl2反应的离子方程式为3SnCl2+12Cl-+2HNO2+6H+N2+3SnClxy+4H2O，关于该反应的说法都正确的是（）氧化剂是HNO2；还原性：Cl-N2；每生成2.8gN2
17、，还原剂失去的电子为0.6mol；x为6，y为2；SnClxy是氧化产物A B C D【答案】B【解析】考点：考查氧化还原反应的有关判断与计算16下列离子方程式书写不正确的是（）AAlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n（OH-）：n（Al3+）=7：2时，2Al3+7OH-=Al(OH)3+AlO2-+2H2O B向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-CCuCl2溶液与NaHS溶液反应，当n（CuCl2）：n（NaHS）=1：2时，Cu2+2HS-=CuS+H2SDFe与稀硝酸反应，当n（Fe）：n（HNO3）=1：2时，3Fe+2NO3-+8H+=3F
18、e2+2NO+4H2O 【答案】B【解析】试题分析：AAlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n（OH-）：n（Al3+）=7：2时离子方程式为2Al3+7OH-Al(OH)3+AlO2-+2H2O，A正确；B向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2生成碳酸氢钠沉淀，即2NaCO32-+CO2+H2O=2NaHCO3，B错误；CCuCl2溶液与NaHS溶液反应，当n（CuCl2）：n（NaHS）=1：2时离子方程式为Cu2+2HS-=CuS+H2S，C正确；DFe与稀硝酸反应，当n（Fe）：n（HNO3）=1：2时离子方程式为3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2+2NO+4H2O，D正确，答案选B。考
19、点：考查离子方程式正误判断17下列4个坐标图分别表示4个实验过程中某些质量的变化其中正确的是（）【答案】B【解析】试题分析：A、石灰石中的碳酸钙可以和稀盐酸反应生成二氧化碳，但是图中二氧化碳的起点不是在原点，A错误；B、过氧化氢溶液在二氧化锰的催化作用之下能够分解产生氧气，而导致溶液中氧元素的质量减少，但是氢元素的质量不变，B正确；C、等质量的+2价金属和足量的稀盐酸反应时相对原子质量越大，生成氢气的质量越少，故铁产生的氢气的质量要多，根据氢元素守恒可以知道，铁消耗的盐酸的质量也多，C错误；D、铁和硫酸铜反应生成了铜，该反应中铁和铜的质量关系为：Fe+CuSO4Cu+FeO4 56 63.5所
20、以可以判断加入的铁的质量比生成铜的质量要少，即固体的质量要减少，但是向硫酸铜溶液中加入固体，所以起始固体的质量为0，所以固体的质量是不断增加的，D错误；答案选B。【考点定位】考查化学反应图像分析18下图为与水相关的部分转化关系（水作反应物或生成物，部分产物和反应条件未列出）。下列说法错误的是（）A图中所示的反应均为氧化还原反应B途径是硫酸型酸雨形成的重要途径C工业上可用途径先制取水煤气，再合成甲醇等有机物D把金属钠投入到硫酸铜溶液中，发生途径的反应，反应不生成铜单质【答案】A【解析】试题分析：A水与二氧化硫、氢氧化钠与硫酸铜的反应不是氧化还原反应，元素化合价不变，A错误；B二氧化硫可导致环境污
21、染，先和水反应生成亚硫酸，亚硫酸与氧气反应生成硫酸，导致酸雨，B正确；C碳和水反应生成CO和氢气，进一步反应可生成甲醇，C正确；D钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜，D正确，答案选A。【考点定位】本题综合考查元素化合物知识19下列示意图与对应的反应情况符合的是（）A向含0.01mol KOH和0.01mol Ca(OH)2的混合溶液中缓慢通入CO2至过量B向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量C向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量D向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸至过量【答案】B【解析】试题分析：A向一定量的氢氧化钙和氢氧化钾溶液中
22、通入二氧化碳，开始先和氢氧化钙反应，会逐渐生成碳酸钙沉淀，沉淀量逐渐增大，当氢氧化钙完全反应后，再和氢氧化钾反应，此时沉淀量不变，当氢氧化钾消耗完毕时，将碳酸钙逐渐溶解，沉淀量逐渐减少，A错误；BNaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液会产生越来越多的硫酸钡白色沉淀，直到最大量，然后不再减少为止，B正确；C假设含2molKAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，开始阶段滴加入3molBa（OH）2时，2mol铝考点：考查化学反应图像分析20已知：将Cl2通入适量NaOH溶液，产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3，且的值与温度高低有关，当n（NaOH）=amol时，下列有
23、关说法错误的是（）A参加反应的氯气的物质的量等于B改变温度，产物中NaClO3的最大理论产量为C改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围：nD某温度下，若反应后=11，则溶液中=1/2【答案】B【解析】试题分析：A、根据原子守恒n(KOH)amoln(K) =n(Cl) =2n(Cl2)，则n(Cl2) =amol，A正确；B、改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量即无KClO生成，发生如下反应：3Cl26KOH=5KClKClO33H2O，则KC1O3的物质的量为amol，B错误；C、当全部生成KC1、KClO时发生的反应为Cl22KOH=KClKClOH2O，则neamol，同理，当全
24、部生成KC1、KClO3时发生的反应为3Cl26KOH=5KClKClO33H2O，则neamol，综上可得改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：amolneamol，C正确；D、若反应后11，令KC1、KClO分别为11 mol、1 mol，据得失电子守恒可得KC1O3为2 mol，则溶液中，D正确；答案选B。【考点地位】本题主要是考查氧化还原反应的相关计算，涉及极限法、原子守恒法等21将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)。向反应后的溶液中加入 3 mol/L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g。下
25、列叙述不正确的是()A当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH 溶液的体积V100 mL B当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是 0.4 mol C参加反应的金属的总质量 9.6gm3.6g D当金属全部溶解时收集到 NO气体的体积一定为2.24L【答案】D【解析】试题分析：试题分析：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3 （稀）=3Mg（NO3）2+2NO+4H2O；3Cu+8HNO3 （稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反
26、应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaNO3；Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为5.1g17g/mol0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol；A若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积0.3mol3mol/L0.1L=100mL，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，A正确；B根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=8/3n（金属
27、）=0.15mol8/3=0.4mol，B正确；C镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6gm9.6g，C正确；D镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.15mol2/3=0.1mol，若为标准状况下，生成NO的体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L，但NO不一定处于标准状况，收集到NO气体的体积不一定为2.24L，D错误；答案选D。考点：考查混合物有关计算22设NA为阿伏加德罗常数的值下列说
28、法正确的是（）A标准状况下，40gSO3的体积为11.2LB高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAC5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NAD56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子【答案】C【解析】【考点地位】本题主要是考查阿伏加德罗常数的有关判断与计算【名师点晴】该类试题知识面覆盖广，能较好的考查学生对知识的掌握情况。该类试题重点考查考生对物质的量、阿伏加德罗常数、气体摩尔体积、物质的量浓度、分子结构、原子结构等概念的了解；顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见
29、的“陷阱”；如A中盐的水解、B中溶液中的分子包括溶质分子和溶剂分子、C中D2O的摩尔质量是20g/mol及D在标准状况下氯甲烷的状态是液体，不是气体，不能使用气体摩尔体积。另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。有关计算公式有、。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于阿伏加德罗定律及其推论需要注意：阿伏加德罗定律的适用范围仅适用于气体。其适用条件是三个“同”，即在同温、同压，同体积的条件下，才有分子数(或物质的量)相等这一结论，但所含原子数不一定相等。阿伏加德罗定律既适合于单一气体，也适合于混合气体。气体摩尔体积是阿伏加德罗定律的特例。来源:Z.xx.
30、k.Com23根据下图的转化关系判断下列说法正确的是（反应条件已略去）A反应均属于氧化反应和离子反应B反应说明该条件下铝的还原性强于锰C相同条件下生成等量的O2，反应和转移的电子数之比为1:1D反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:4来源:学科网【答案】B【解析】考点：考查氧化还原反应的应用24下列实验操作能达到相应目的的是【答案】D【解析】试题分析：A、应该用烧杯溶解氢氧化钠，冷却后再转移至100mL容量瓶中，A错误；B、制备氢氧化铁胶体时不能搅拌，B错误；C、盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，C错误；D、共价化合物在熔融时不能导电，可以验证是离子化合物还是共价化合物，D正确，答案选D。考点：
31、考查化学实验方案设计与评价25实验室从含Br-的废液中提取溴单质，下列说法中能达到实验目的的是A用装置甲氧化废液中的Br- B用装置乙分离CCl4层和水层 C用装置丙分离CCl4和液溴 D用仪器丁长期贮存液溴【答案】B【解析】考点：考查化学所以操作与实验目的的完成情况的判断的知识。26某研究性学习小组在整理实验室化学试剂时，发现一瓶盛有无色溶液的试剂，标签破损，如图某同学根据中学化学知识，对该溶液中的溶质成分进行如下预测和验证，其中错误的是（包括预测物质的化学式、检验需要的试剂、操作、现象及结论）（）选项预测物质的化学式检验需要的试剂操作、现象及结论ANa2SO4稀盐酸、氯化钡溶液取少量该溶液
32、于试管中，滴入稀盐酸，若无明显现象，再滴入氯化钡溶液，如果产生白色沉淀，则原溶液是Na2SO4溶液BNa2CO3稀盐酸、澄清的石灰水取少量该溶液于试管中，滴入足量稀盐酸，如果产生的无色气体能使澄清的石灰水变浑浊，则原溶液一定是Na2CO3溶液CNa2SO3稀盐酸、澄清的石灰水、品红溶液取少量该溶液于试管中，滴入足量稀盐酸，如果产生的无色气体既能使澄清的石灰水变浑浊，还能使品红溶液褪色，则原溶液是Na2SO3溶液DNa2SiO3过量稀盐酸取少量该溶液于试管中，滴入稀盐酸，产生白色胶状沉淀，盐酸过量时沉淀不溶解，则原溶液是Na2SiO3溶液【答案】B【解析】【考点定位】本题考查化学实验方案的评价【
33、名师点晴】该题考查的知识点较多，涉及离子的检验及气体的检验等，侧重物质性质的考查，注意发生的化学反应即可解答，注意干扰离子或物质的排除。27氯酸质量分数超过40%时会发生分解，反应可表示为：8HClO3=3O2+2Cl2+4HClO4+2H2O，下列说法正确的是（）A氧化性比较HClO4HClO3B氧化产物只有HClO4C氯酸分解后的混合气体平均相对分子质量为47.6D该反应转移电子数为12e- 【答案】C【解析】考点：考查氧化还原反应、摩尔质量等知识。28下列离子方程式书写正确的是（）A将H2O2滴加到酸性KMnO4溶液中：2MnO4+H2O2+6H+=2Mn2+3O2 +4H2OB在NH4
34、HSO4溶液中慢慢滴入等物质的量的NaOH溶液：NH4+OH-NH3?H2OC用惰性电极电解氯化钠溶液：2H+2Cl-=H2+Cl2D用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸：2MnO4-+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O【答案】D【解析】试题分析：A将H2O2滴加到酸性KMnO4溶液中的离子方程式为2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2 +8H2O，A错误；B在NH4HSO4溶液中慢慢滴入等物质的量的NaOH溶液时恰好中和氢离子，即H+OH-H2O，B错误；C用惰性电极电解氯化钠溶液的离子方程式为2H2O +2Cl-H2+Cl2+2OH-，C错误；D用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸
35、的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O，D正确，答案选D。【考点定位】考查离子方程式正误判断29结合电解质在水溶液中的变化及反应，判断下列说法正确的是漂白粉的水溶液中可存在：Fe2+、Cl、SiO32、Na+滴加石蕊试液呈红色的溶液：K+、Na+、ClO4、F能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液：Fe3+、Al3+、SO42、K+常温下pH=7的溶液中：NH4+、Na+、Cl、Fe3+FeCl3溶液中通入SO2，溶液由黄色变成浅绿色：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+Al2(SO4)3溶液滴加氨水产生白色胶状沉淀：Al3+3OH=
36、Al(OH)3Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3+2I2Fe2+I2A B C D【答案】B【解析】试题分析：漂白粉的主要成分为氯化钙、次氯酸钙，其水溶液中存在Ca2+、ClO-，Ca2+与SiO32-离子反应、ClO-离子能够Fe2+，在溶液中不能大量共存，错误；滴加石蕊试液呈红色的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，F-与氢离子结合生成HF，在溶液中不能大量共存，错误；能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液应该具有强氧化性，Fe3+、Al3+、SO42、K+离子之间不发生反应，且都不与强氧化性的物质反应，在溶液中能够大量共存，正确；常温下pH=7的溶液为中性溶液，而NH4
37、+、Fe3+在溶液中水解，溶液显示酸性，不可能为中性溶液，错误；FeCl3溶液中通入SO2，铁离子被还原成亚铁离子，则溶液由黄色变成浅绿色，反应的离子方程式为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+，正确；Al2(SO4)3与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，一水合氨不能拆开，正确的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，错误；硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液，铁离子和硝酸根离子都参与反应，正确的离子方程式为：Fe3+3NO3-+12H+10I-=Fe2+5I2+3NO+6H2O，错误；根据分析可知，正确的为：，答案选B。【考点定位】本题考查了离子共存、离
38、子方程式的书写判断【名师点晴】题目难度中等，试题知识点较多、题量较大，充分考查学生灵活应用基础知识的能力，注意熟练掌握离子共存的条件、离子方程式的书写原则。解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。30 通常人们把拆开1mol某化学键所消耗的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用
39、于估算化学反应的反应热(H)，化学反应的H等于反应物的总键能与生成物的总键能之差。工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)，该反应的反应热H为 A+412kJ/mol B-412kJ/mol C+236kJ/mol D-236kJ/mol【答案】C【解析】考点：考查反应热的计算第II卷（非选择题共50分）31（10分）（1）在一定条件下N2与H2反应生成NH3，请回答：若反应物的总能量为E1，生成物的总能量为E2，且E1E2，则该反应为_（填“吸热”或“放热”）反应已知拆开1molH-H键，1molN-H键，1molNN键分别需要的能量是436k
40、J、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为_（2） N2H4和H202混合可作火箭推进剂，已知：16g液态N2H4和足量氧气反应生成N2(g)和H2O（l），放出310.6 kJ的热量：2H2O2(l）=O2(g)+2H2O(l) H=-196.4kJ/mol。反应N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)的H=_kJ/mol。N2H4和H2O2反应生成N2(g)和H2O(l)的热化学方段式为_。（3）实验室用50mL0.50mol/L盐酸与50mL某浓度的NaOH溶液在如图所示装置中反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。该装置有两处明显的错
41、误，其中一处是缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称为_；实验室提供了0.50mol/L和0.55mol/L两种浓度的NaOH溶液，应选择_mol/L的溶液进行实验。【答案】（1）放热（2分）；N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=92kJ/mol（2分）；（2）-612.2（2分）；N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+2H2O(l) H=-817.6kJ/mol（2分）；（3）环形玻璃棒搅拌（1分）；0.55（1分）【解析】（2）16g液态N2H4和足量氧气反应生成N2（g）和H2O（l），放出310.6kJ的热量，热化学方程式为N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）
42、H=-621.2 kJmol-12H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g）H=-196.4kJmol-1 根据盖斯定律，+得：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+2H2O(l) H=-817.6kJ/mol；（3）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；实验室提供了0.50molL-1和0.55molL-1两种浓度的NaOH溶液，为了使反应充分，NaOH应过量，所以选择0.55molL-1的溶液进行实验。【考点定位】本题考查热化学方程式的书写，热反应热的测定【名师点晴】掌握反应热的计算方法是解答的关键，（1）根据热化学方程式计算：反应热与反应
43、物各物质的物质的量成正比。（2）根据反应物和生成物的总能量计算：HE生成物E反应物。（3）依据反应物化学键断裂与生成物化学键形成过程中的能量变化计算：H反应物的化学键断裂吸收的能量生成物的化学键形成释放的能量。（4）根据盖斯定律的计算。32（10分）工业上以侯氏制碱法为基础生产焦亚硫酸钠（Na2S2O5）。其制备工艺流程如下： 已知：反应II包含2NaHSO3=Na2S2O5+H2O等多步反应。（1）反应I的化学方程式为_。（2）“灼烧”时发生反应的化学方程式为_。（3）已知Na2S2O5与稀硫酸反应放出SO2，其离子方程式为_。（4）反应I时应先通的气体为_，副产品X的化学式是_。（5）为了
44、减少产品Na2S2O5中杂质含量，需控制反应II中气体与固体的物质的量之比约为_。【答案】（1）NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl；（2分）（2）2CuS+3O22CuO+2SO2（2分）；（3）S2O52-+2H+=2SO2+H2O（2分）；（4）NH3；CuSO45H2O；CO2（各1分）；（5）2:1（1分）【解析】（4）反应进行时应先通入氨气，增大HCO3-的浓度，便于NaHCO3析出；上述分析可知，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，得出硫酸铜晶体，副产品X的化学式是CuSO45H2O，根据流程图可知，可循环使用的物质是CO2；（5）从生产过程可以看出是硫酸铜晶体；从图示中可以看出二氧化碳和水可以再次利用，反应中气体与固体分别是二氧化硫和碳酸钠，这两种物质反应必须生成亚硫酸氢钠：反应中反应应是二氧化硫与碳酸钠反应生成NaHSO3，NaHSO3再生成Na2S2O5，反应方程式为Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2，因此气体与固体的物质的量之比为2：1。考点：考查物质置制备的实验方案分析，主要是物质性质的理解应用，离子方程式书写方法32（12分）I.氨是一种重要的化工原料某学习小组欲制取杖气并探究其性质。（1）实验室制取氨气的化学方程式是_。（2）