高考化學模擬考試題共8套

...wd......wd......wd...高中畢業(yè)班摸底統(tǒng)一考試化學試卷〔考試時間：90分鐘總分值100分〕本試卷分為第一卷〔選擇題〕和第二卷〔非選擇題〕兩局部，請將正確答案填在答題卡上?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量:H-1N-14O-16Na-23S-32Fe-56【化學綜析】本試卷以化學單科方式命制?；瘜W科I卷考察到了化學與生活、化學用語、阿伏加德羅常數(shù)、離子反響、有機化合物、元素化合物、氧化復原反響、元素周期律、化學平衡、電解質(zhì)溶液、化學實驗基本操作等；Ⅱ卷考察了電化學、化學實驗的綜合運用、物質(zhì)構(gòu)造與元素周期律、元素化合物等主干知識，綜合性較強，難度適中，覆蓋面廣，有較好的區(qū)分度和效度。在注重考察學科核心知識的同時，突出考察考綱要求的基本能力，重視對學生科學素養(yǎng)的考察。以根基知識和基本技能為載體，以能力測試為主導，注重常見化學方法的使用，應用化學思想解決化學問題，表達了化學學科的基本要求。適合高考模擬用。第一卷〔選擇題共40分〕一、選擇題〔每題只有一個選項符合題目要求，每題2分，共40分〕【題文】1．化學與生活、社會密切相關。以下說法不正確的選項是()A．利用太陽能等清潔能源代替化石燃料，有利于節(jié)約資源、保護環(huán)境B．用廢舊皮革生產(chǎn)藥用膠囊可以提高原子利用率C．為防止電池中的重金屬等污染土壤和水體，應積極開發(fā)廢電池的綜合利用技術(shù)D．提倡人們購物時不用塑料袋，是為了防止白色污染【知識點】化學與生活M4【答案解析】B解析：使用清潔能源可減少大氣污染物的排放，還可以節(jié)約化石能源，所以A正確；舊皮革中含有有毒物質(zhì)，不能用來生產(chǎn)藥用膠囊，B錯誤；C正確；選項D白色污染是指廢舊塑料制品帶來的污染，提倡人們購物時不用塑料袋，能防止白色污染的產(chǎn)生，所以D正確?！舅悸伏c撥】熟練掌握化學知識，知道物質(zhì)的性質(zhì)與應用，明確與生活、社會密切關系是解題的關鍵。【題文】2．以下化學用語描述中不正確的選項是〔〕A．中子數(shù)為20的氯原子：ClB．比例模型可以表示CO2分子或SiO2分子C．HCO的電離方程式為：HCO+H2OCO+H3O+D．次氯酸的構(gòu)造式：H－O－Cl【知識點】化學用語B1E1【答案解析】B解析：中子數(shù)=37-17=20，A正確；CO2分子和SiO2的構(gòu)造不同，是CO2分子的比例模型，但不是的SiO2的比例模型，B錯誤；C、D正確?！舅悸伏c撥】掌握原子的表示方法和各個數(shù)值的含義，質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，CO2分子是直線型構(gòu)造，SiO2是四面體構(gòu)造?！绢}文】3．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。以下表達中正確的選項是()A．0.1mol—NH2(氨基)中含有的電子數(shù)目為1.0NAB．常溫下，1L0.1mol·L－1CH3COONa溶液中含有的CH3COO－和Na+總數(shù)為0.2NAC．標準狀況下，2.24LH2O中含有的原子總數(shù)為3NAD．常溫常壓下，16gO2和O3混合氣體含有的氧原子數(shù)為NA【知識點】阿伏加德羅常數(shù)A1【答案解析】D解析：0.1mol—NH2(氨基)中含有的電子數(shù)目為0.1×9=0.9mol，A錯誤；由于CH3COO－水解，那么CH3COO－和Na+總數(shù)小于0.2NA，B錯誤；標準狀況下，H2O是液態(tài)，無法根據(jù)體積求算物質(zhì)的量，C錯誤；16gO2和O3混合氣體含有的氧原子質(zhì)量是16g，D正確?！舅悸伏c撥】—NH2、-OH都是電中性的微粒；D項的求算不需要分別求算O2和O3物質(zhì)的量?！绢}文】4．以下說法正確的選項是()A．酸、堿、鹽都是電解質(zhì) B．電解質(zhì)都是易溶于水的物質(zhì)C．氧化物都是電解質(zhì) D．氫化物都不是電解質(zhì)【知識點】電解質(zhì)的概念B4【答案解析】A解析：A正確；硫酸鋇是電解質(zhì)，但不溶于水，B錯誤；二氧化碳的非電解質(zhì)，C錯誤；NH3不是電解質(zhì)，D錯誤?！舅悸伏c撥】掌握電解質(zhì)的概念的內(nèi)涵與外延是解題的關鍵?！绢}文】5．以下表示化學反響的離子方程式，其中正確的選項是()A．NaAlO2溶液中滴加過量鹽酸：AlO2－+H2O+H＋=AI(OH)3B．NH4HSO3溶液與足量濃NaOH溶液共熱：NH4+＋HSO3－＋2OH－eq\o(══,\s\up8(Δ))NH3↑＋SO32－＋H2OC．明礬溶于水產(chǎn)生Al(OH)3膠體:Al3++3H2OAl(OH)3↓+3H+D．FeCl3溶液與Cu反響：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+【知識點】【答案解析】B解析【思路點撥】【題文】6．以下關于有機物的說法正確的選項是()A．棉花、羊毛、蠶絲均屬于天然纖維素B．石油的分餾和裂化均屬于化學變化C．油脂都不能使溴的四氯化碳溶液褪色D．甲烷、乙醇、乙酸在一定條件下都能發(fā)生取代反響【知識點】常見有機物的性質(zhì)與應用I4O3【答案解析】D解析：A正確；石油的分餾是物理變化，B錯誤；油脂中的液態(tài)油含碳碳雙鍵，能使溴的四氯化碳溶液褪色，C錯誤；D正確?！舅悸伏c撥】化學纖維用天然的或人工合成的高分子物質(zhì)為原料、經(jīng)過化學或物理方法加工而制得的纖維的統(tǒng)稱，因所用高分子化合物來源不同，可分為以天然高分子物質(zhì)為原料的人造纖維和以合成高分子物質(zhì)為原料的合成纖維，天然纖維不是合成纖維?！绢}文】7．在一無色溶液中檢驗出有Ba2＋、Ag＋，同時又測得其酸性很強。某學生還要鑒定此溶液中是否大量存在：①Cu2＋②Fe3＋③Cl－④NO3－⑤S2－⑥CO32－⑦NH4＋⑧Mg2＋⑨Al3＋⑩AlO2－離子。其實，這些離子中有一局部不必再鑒定就能加以否認，你認為不必鑒定的離子組是()A．③⑤⑥⑦⑩B．①②⑤⑥⑧⑨C．③④⑦⑧⑨D．①②③⑤⑥⑩【知識點】離子檢驗B1【答案解析】D解析：溶液是無色的，那么不可能存在Cu2＋、Fe3＋；溶液酸性很強，那么一定不存在S2－、CO32－、AlO2－；有Ba2＋、Ag＋，那么不能含有氯離子，所以答案選D?！舅悸伏c撥】根據(jù)離子的性質(zhì)如顏色、是否能共存解答?！绢}文】8．用以下實驗裝置和方法進展相應實驗，能到達實驗目的的是()A．用圖1所示方法檢查裝置的氣密性 B．用圖2所示裝置和方法制取氨氣C．用圖3所示裝置和方法進展石油分餾 D．用圖4裝置和方法別離乙醇與乙酸【知識點】實驗J1J3J2【答案解析】A解析：A正確；制取氨氣不能只用氯化銨，應該用氯化銨與氫氧化鈣的混合物，B錯誤；圖3錯在溫度計水銀球不能放在溶液中，應該放于支管口、冷卻水流向反了，C錯誤；乙醇與乙酸互溶，不能采取分液的方法別離，應該采取蒸餾的方法別離，D錯誤?！舅悸伏c撥】從裝置、試劑、方法等方面綜合考慮解答?！绢}文】9．氮化鈉和氫化鈉都是離子化合物，與水反響的化學方程式(未配平)如下：Na3N+H2O→NaOH+NH3，NaH+H2O→NaOH+H2。有關它們的表達①與水反響都是氧化復原反響；②與水反響后的溶液都顯堿性；③與鹽酸反響都只生成一種鹽；④兩種化合物中的陰陽離子均具有一樣的電子層構(gòu)造。其中正確的選項是()A．①②③④B．①②③C．②③D．②【知識點】氧化復原反響物質(zhì)的構(gòu)造E1B2【答案解析】D解析：反響Na3N+3H2O=3NaOH+NH3中元素的化合價沒有變化，不是氧化復原反響，①錯誤；②正確；氮化鈉和鹽酸反響會生成氯化鈉、氯化銨兩種鹽，氫化鈉與鹽酸反響會生成氯化鈉，③錯誤；N3-、Na+與H+的電子層構(gòu)造不同，④錯誤。【思路點撥】根據(jù)元素的化合價發(fā)生變化的反響是氧化復原反響解答①，根據(jù)物質(zhì)和鹽酸的反響來答復②③。【題文】10．一定條件下，中學化學常見物質(zhì)甲、乙之間存在如下轉(zhuǎn)化關系，那么乙可能是

A．Al(OH)3B．H2SiO3C．FeCl2D．CH3C1【知識點】元素化合物C5D5【答案解析】C解析：制備氫氧化鋁是由氯化鋁與氨水反響生成氫氧化鋁和氯化銨或由偏鋁酸鈉和氯化鋁反響，但兩者均不為化合反響，故A錯誤；二氧化硅不能與水反響生成硅酸，可以用硅酸鈉與鹽酸反響得到，不能通過化合反響獲得硅酸，故B錯誤；氯化鐵與鐵單質(zhì)發(fā)生化合反響可以制備氯化亞鐵，屬于化合反響，故C正確；甲烷與氯氣取代反響會按比例生成CH3ClCH2Cl2CHCl3，不屬于化合反響，故D錯誤?！舅悸伏c撥】按選項順序利用物質(zhì)的性質(zhì)解答?！绢}文】11．以下說法正確的選項是 () A．分散系中分散質(zhì)粒子的大小：Fe(OH)3懸濁液<Fe(OH)3膠體<FeCl3溶液 B．可利用反響2CO=2C+O2〔此反響H>O、S<0〕來消除CO污染 C．假設弱酸HA的酸性強于弱酸HB，那么一樣物質(zhì)的量濃度的鈉鹽溶液的堿性：NaA<NaB D．除去Cu粉中混有的CuO，可參加稀硝酸中，充分反響后過濾、洗滌、枯燥【知識點】分散系反響熱水解F1H3H4【答案解析】C解析：分散系中分散質(zhì)粒子的大?。篎e(OH)3懸濁液>Fe(OH)3膠體>FeCl3溶液,A錯誤；根據(jù)題意2CO=2C+O2不是自發(fā)反響，B錯誤；根據(jù)越弱越水解知水解程度NaA<NaB，C正確；Cu、CuO，都可與稀硝酸反響，因此不能稀硝酸除去CuO，應該用稀硫酸，D錯誤?！舅悸伏c撥】根據(jù)分散系微粒直徑的大小給分散系分為濁液、膠體和溶液。根據(jù)水解規(guī)律解答C項?！绢}文】12．有關實驗的表達，正確的選項是〔〕A．將固體參加容量瓶中溶解并稀釋至刻度，配制成一定物質(zhì)的量濃度的溶液B．用玻璃棒蘸取溶液，點在濕潤的pH試紙上測定其pH C．用NaOH溶液洗滌并灼燒鉑絲后，再進展焰色反響 D．讀取滴定管內(nèi)液體的體積，俯視讀數(shù)導致讀數(shù)偏小【知識點】實驗基本操作J1J2【答案解析】D解析：容量瓶不能用來直接盛裝固體配置溶液，要將固體先在燒杯中溶解，冷卻至室溫轉(zhuǎn)移到容量瓶中，A項錯誤；pH試紙不能潤濕，潤濕后可能會改變待測夜的濃度，從而測定不準，pH試紙使用方法要用玻璃棒蘸取少量液體，然后滴在試紙上，然后和試紙的比色條比對，判斷pH數(shù)值，B項錯誤；進展焰色反響時，鉑絲用濃鹽酸洗滌并灼燒，如用NaOH洗滌會使NaOH粘附在鉑絲上，干擾檢驗其它金屬元素的焰色反響，C項錯誤；D、滴定管的0刻度在上方，讀取滴定管內(nèi)液體的體積時，俯視讀數(shù)導致讀數(shù)偏小，故D正確?！舅悸伏c撥】滴定管的0刻度在上方，由上到下數(shù)值逐漸增大，量筒沒有“0〞刻度，由下到上數(shù)值逐漸增大；進展焰色反響時，每取樣一次，完成實驗后，鉑絲都要用濃鹽酸洗滌并灼燒。【題文】13．一種新型燃料電池，一極通入空氣，另一極通入丁烷氣體；電解質(zhì)是摻雜氧化釔(Y2O3)的氧化鋯(ZrO2)晶體，在熔融狀態(tài)下能傳導O2－。以下說法不正確的選項是()A．在熔融電解質(zhì)中，O2－向負極定向移動B．電池的總反響是：2C4H10＋13O2=8CO2＋10H2OC．通入空氣的一極是正極，電極反響為：O2＋4e－=2O2－D．通入丁烷的一極是負極，電極反響為：C4H10＋26e－＋13O2－=4CO2↑＋5H2O【知識點】電化學〔燃料電池〕F3【答案解析】D解析：原電池中陰離子向負極移動，陽離子向正極移動，故A正確；電池的總反響與丁烷燃燒的化學方程式一致，為2C4H10+13O2→8CO2+10H2O，故B正確；通入空氣的一極為原電池的正極，發(fā)生復原反響，電極反響式為O2+4e-=2O2-，故C正確；通入丁烷一極是負極，發(fā)生氧化反響，電極反響式為C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O，故D錯誤?！舅悸伏c撥】解答此題需認真審題〔沒有看到“＋26e－〞〕，否那么易認為D項正確?！绢}文】14．100mL濃度為2mol·L－1的鹽酸溶液跟過量的鋅片反響，為減慢反響速率，又不影響生成H2的總量，可采用的方法有：()A．加適量6mol·L－1HCl溶液B．加數(shù)滴CuCl2溶液C．加適量醋酸鈉固體D．加適量NaNO3溶液【知識點】反響速率的影響因素G1【答案解析】C解析：參加適量的6mol·L-1的鹽酸，增大氫離子的濃度，也增大了氫離子的物質(zhì)的量，增大了反響速率和氫氣的量，故A錯誤；因Zn過量，參加數(shù)滴氯化銅溶液，置換出Cu，構(gòu)成原電池，加快反響速率，且沒有改變氫離子的物質(zhì)的量，故B錯誤；加適量醋酸鈉固體，鹽酸與適量醋酸鈉固體反響生成弱酸：醋酸，減小了氫離子的濃度，沒有改變氫離子的總物質(zhì)的量，化學反響速率減小，故C正確；參加適量的NaNO3溶液，那么反響是鋅與硝酸反響，沒有氫氣產(chǎn)生，故D錯誤?！舅悸伏c撥】鹽酸跟過量的鋅片反響，為減緩反響速率，又基本不影響生成氫氣的總量，那么減小氫離子的濃度，不改變氫離子的物質(zhì)的量即可?！绢}文】15．X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外層電子數(shù)是次外層的兩倍，Y元素在地殼中的含量最多，Z元素的化合物的焰色反響呈黃色，R原子的核外電子數(shù)是X原子與Z原子的核外電子數(shù)之和。以下表達不正確的選項是 () A．X與Y能形成兩種常見的氣態(tài)化合物 B．原子半徑的大小順序：r〔Z〕>r〔R〕>r(X)>r(Y) C．X、Z分別與R形成的化合物中化學鍵類型不同 D．含有Y、Z、R三種元素的化合物最多只有2種【知識點】元素周期律化學鍵E2E3【答案解析】D解析：根據(jù)元素的構(gòu)造和性質(zhì)可知，X、Y、Z、R分別是C、O、Na、Cl。A正確，分別是CO和CO2；同周期自左向右原子半徑逐漸減小，同主族自上而下原子半徑逐漸增大，所以B正確；碳和氧形成的是極性鍵，鈉和氧形成的是離子鍵，C正確；D不正確，由于Cl有＋1價、＋3價、＋5價、＋7價，所以NaClO、NaClO2、NaClO3、NaClO4?！舅悸伏c撥】含陰陽離子的化合物一定含離子鍵；能夠列舉Na、Cl、O組成的物質(zhì)?！绢}文】16.以下依據(jù)相關實驗得出的結(jié)論正確的〔〕A．SiO2既能與HF溶液反響，又能與NaOH溶液反響，說明SiO2是兩性氧化物B．用大理石和濃鹽酸反響制取CO2氣體，立即通入一定濃度的Na2SiO3溶液中，出現(xiàn)白色沉淀證明H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性強C．向某溶液中滴加硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液產(chǎn)生白色沉淀，說明該溶液中含有SO42-D．一樣體積PH均為3的HA和HB兩種酸分別與足量的鋅充分反響，HA放出的氫氣多，說明HB的酸性比HA的酸性強【知識點】元素化合物酸性比較離子檢驗D1H1J2【答案解析】D解析：兩性氧化物的定義是與酸、堿反響均生成鹽和水,而SiO2與HF反響生成的SiF4不是鹽,所以A錯誤；B項生成的二氧化碳含鹽酸也可與硅酸鈉反響而干擾實驗，B錯誤；C項可能含SO32-，被硝酸氧化為SO42-而干擾實驗，C錯誤；一樣體積pH均為3的HA和HB兩種酸分別與足量的鋅充分反響，HA放出的氫氣多，說明HA的物質(zhì)的量大，HB的酸性比HA的酸性強，D正確?！舅悸伏c撥】堿性氧化物的概念中的酸不是特殊的酸，是具有酸的通性的酸；物質(zhì)的檢驗要防止干擾?！绢}文】17．以下陳述I、II正確并且有因果關系的是選項陳述I陳述IIASO2和氯水有漂白性兩者都能使溴水褪色B用淀粉-KI鑒別FeCl2Fe2+有氧化性C鹽酸和氨水能溶解Al(OH)3Al(OH)3是兩性氫氧化物DCuSO4可以用作消毒劑銅鹽能使蛋白質(zhì)變性【知識點】元素化合物〔因果關系〕C5D5【答案解析】D解析：A、氯水不能使溴水褪色，所以陳述II錯誤；B、用淀粉-KI不能鑒別FeCl2，二者不反響，錯誤；C、氫氧化鋁只溶于強堿溶液，所以氨水不能溶解氫氧化鋁，錯誤；D、因為CuSO4屬于重金屬鹽，可以使蛋白質(zhì)變性，因此可以用作消毒劑，正確，答案選D?！舅悸伏c撥】根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)作答。【題文】18.以下溶液中有關物質(zhì)的濃度關系正確的選項是()A．c(NH4＋)相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液：c(NH4HSO4)>c((NH4)2SO4)>c(NH4Cl)B.等物質(zhì)的量的NaClO、NaHCO3混合溶液：c(HClO)+c(ClO－)＝c(HCO3－)+c(H2CO3)+c(CO32－)C．向醋酸鈉溶液中參加適量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)D．某二元弱酸的酸式鹽NaHA溶液中：c(H+)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋c(A2－)【知識點】離子濃度比較H6【答案解析】B解析：等濃度的〔NH4〕2SO4溶液，NH4HSO4溶液和NH4Cl溶液，由水解可知c〔NH4+〕的關系為c[〔NH4〕2SO4]＞c〔NH4HSO4〕＞c〔NH4Cl〕，那么c〔NH4+〕相等時，三種鹽溶液的濃度關系為c[〔NH4〕2SO4]＜c[NH4HSO4]＜c〔NH4Cl〕，故A錯誤；根據(jù)物料守恒知c(HClO)+c(ClO－)＝c(HCO3－)+c(H2CO3)+c(CO32－)=c(Na＋)，B正確；根據(jù)電荷知C錯誤，應該是c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)；根據(jù)電荷守恒知D錯誤，應該是c(H+)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)【思路點撥】根據(jù)電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒解答離子濃度比較?！绢}文】C%T1T2p(Pa)19．在密閉容器中，對于可逆反響Ａ＋３Ｂ２Ｃ(氣C%T1T2p(Pa)A．假設正反響方向△H<0，那么T1>T2B．壓強增大時，混合氣體的密度減小C．A一定為氣體D．B一定為氣體【知識點】化學平衡G3【答案解析】D解析：假設正反響方向△H＜0，升高溫度，平衡向逆反響移動，C的含量降低，由圖可知，溫度T2到達平衡時C的含量較低，故溫度T2＞T1，故A錯誤；根據(jù)圖像知溫度一定時，壓強越大，C的含量越大，故增大壓強平衡向正反響移動，正反響是氣體體積減小的反響，故B一定為氣體，混合氣體的總質(zhì)量增大，密度增大，故B錯誤、D正確；A可能是氣體，可能為非氣體，故C錯誤?！舅悸伏c撥】采取定一議二方式解答，由圖可知，溫度一定時，壓強越大，C的含量越大，故增大壓強平衡向正反響移動，故B一定為氣體；壓強一定時，溫度越高，平衡向吸熱方向移動，根據(jù)C的含量變化結(jié)合選項判斷反響熱與溫度上下?！绢}文】20．以以下列圖示與對應的表達相符的是〔〕A．甲圖曲線表示向等體積、等物質(zhì)的量濃度的鹽酸和醋酸溶液中分別加人足量鎂粉產(chǎn)生H2的物質(zhì)的量的變化B．乙表示將0.01mol·L-lNaOH溶液滴人到稀鹽酸中的滴定曲線C．丙為水的電離曲線，從z點剄x點，可采用在水中參加適量NaOH固體的方法D．丁中曲線表示將pH一樣的NH4C1溶液和鹽酸稀釋一樣倍數(shù)時，二者pH的變化【知識點】弱電解質(zhì)的電離中和反響H6【答案解析】D解析：醋酸是弱酸，鹽酸是強酸，因此在物質(zhì)的量濃度一樣的情況下，鹽酸與鎂反響的反響速率快，A不正確；乙應該表示的是將稀鹽酸滴人到0.01mol·L-lNaOH溶液中的滴定曲線，B不正確；丙為水的電離曲線，從z點剄x點，水的離子積常數(shù)減小，因此不能采用在水中參加適量NaOH固體的方法實現(xiàn)，C不正確；D、鹽酸是強酸，完全電離，氯化銨是強酸弱堿鹽，NH4＋水解溶液顯酸性，因此在pH一樣的條件下分別稀釋一樣倍數(shù)時，鹽酸的pH變化大，D正確，答案選D?！舅悸伏c撥】解答圖形題要看清曲線的起點、終點和變化趨勢。2014年秋季南僑中學、永春三中、永春僑中、荷山中學、南安三中高中畢業(yè)班摸底統(tǒng)一考試化學試卷第二卷〔非選擇題，共60分〕【題文】21、〔15分〕短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如以下列圖，其中T所處的周期序數(shù)與主族序數(shù)相等。(1)T的原子構(gòu)造示意圖是________。用化學方程式表示工業(yè)上常用于冶煉T單質(zhì)的原理是_______________________________。(2)與W同主族的某元素，其氫化物分子中含有18個電子，該分子中的共價鍵類型是________。(3)元素的非金屬性：Q________W(填“強于〞或“弱于〞)，結(jié)合方程式簡述其原因是_______________________________________________。(4)元素X與T同周期，且在該周期中原子半徑最大，請寫出X的最高價氧化物的水化物與T的最高價氧化物的水化物反響的離子方程式___________________。【知識點】元素周期律離子方程式化學鍵E5E3【答案解析】(共15分)(1)(2分)2Al2O3(熔融)eq\o(=,\s\up17(電解),\s\do15(冰晶石))4Al＋3O2↑(3分)(2)極性鍵和非極性鍵(各1分共2分)(3)弱于(2分)COeq\o\al(2－,3)＋H2O=HCOeq\o\al(－,3)＋OH－，碳酸根離子水解，而硫酸根離子不發(fā)生水解(合理即可)(3分)(4)Al(OH)3+OH—=AlO2—+2H2O(3分)解析：T所處的周期序數(shù)與主族序數(shù)相等，那么根據(jù)元素在周期表中的相對位置可知，T應該是第三周期元素，所以T是Al，Q是C，R是N，W是S。⑵)與W同主族的某元素是O，其氫化物分子中含有18個電子，是H2O2，該分子中的共價鍵類型是H-O極性鍵和O-O非極性鍵。⑶非金屬性S>C，可通過反響Na2CO3＋H2SO4=Na2SO4＋CO2↑＋H2O驗證。⑷根據(jù)題意知X是Na，氫氧化鈉與氫氧化鋁反響的離子方程式是Al(OH)3+OH—=AlO2—+2H2O?！舅悸伏c撥】解答此題的根據(jù)是確定T是Al，然后根據(jù)元素周期律和元素周期表解答。【題文】22〔14分〕、資源化利用二氧化碳不僅可減少溫室氣體的排放，還可重新獲得燃料或重要工業(yè)產(chǎn)品。

(1)有科學家提出可利用FeO吸收和利用CO2，相關熱化學方程式如下：6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s)△H=-76.0kJ·mol一1①上述反響中每生成1molFe3O4，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_______mol。②：C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=+113.4kJ·mol一1，那么反響：3FeO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g)的△H=__________。

(2)在一定條件下，二氧化碳轉(zhuǎn)化為甲烷的反響如下：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)

向一容積為2L的恒容密閉容器中充人一定量的CO2和H2，在300℃時發(fā)生上述反響，到達平衡時各物質(zhì)的濃度分別為CO20.2mol·L一1，H20.8mol·L一1，CH40.8mol·L一1，H2O1.6mol·L一1。那么300℃時上述反響的平衡常數(shù)K=____________________。200℃時該反響的平衡常數(shù)K=64.8，那么該反響的△H_____(填“>’’或“<〞)0。

(3)華盛頓大學的研究人員研究出一種方法，可實現(xiàn)水泥生產(chǎn)時CO2①上述生產(chǎn)過程的能量轉(zhuǎn)化方式是_____________。a、電能轉(zhuǎn)化為化學能b、太陽能轉(zhuǎn)化為電能c、太陽能轉(zhuǎn)化為化學能d、化學能轉(zhuǎn)化為電能②上述電解反響在溫度小于900℃時進展，碳酸鈣先分解為CaO和CO2，電解質(zhì)為熔融碳酸鈉，陰極反響式為3CO2＋4e－=C＋2CO32-那么陽極的電極反響式為___________________?！局R點】反響熱平衡常數(shù)電化學氧化復原反響B(tài)3G5F【答案解析】(共14分)〔1〕①2(2分)②+18.7kJ·mol-1(2分)〔2〕25(2分)；＜(2分)〔3〕①a、c(3分，少一個得1分，多項選擇或錯選不得分)②2CO2-3－4e－===2CO2↑＋O2↑(3分)解析：〔1〕①由6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s)知，反響方程式FeO中鐵元素化合價+2升至Fe3O4中+，CO2由+4降至C中碳元素的0價，每生成1molC轉(zhuǎn)移電子4mol，生成Fe3O42mol，那么生成1molFe3O4轉(zhuǎn)移電子2mol；②反響1：6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s)，△H1=-76.0kJ/mol；反響2：C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)，△H2=+113.4kJ/mol，根據(jù)蓋斯定理△H=〔△H1+△H2〕=〔-76.0+113.4〕=+18.7kJ/mol〔2〕300℃時上述反響的平衡常數(shù)K==25；由題意知300℃時，K=25，200℃時，K=64.8，平衡常數(shù)增大，那么降溫平衡正向移動，因此正反響為放熱反響，△H＜0〔3〕由圖知，是用吸收的太陽能和電源電能進展反響能量的來源，故太陽能和電能轉(zhuǎn)化為化學能，選ac；電解反響中陽極失電子發(fā)生氧化反響，由圖知反響產(chǎn)物為O2，又電解質(zhì)為熔融碳酸鈉，故反響方程式：2CO32--4e－=2CO2↑＋O2↑?！舅悸伏c撥】根據(jù)電子守恒、蓋斯定律、平衡常數(shù)的概念、焓變和平衡常數(shù)與溫度的關系、電解原理解答?！绢}文】23、〔14分〕堿式硫酸鐵[Fe(OH)SO4]是一種用于污水處理的新型高效絮凝劑。工業(yè)上利用廢鐵屑〔含少量氧化鋁、氧化鐵等〕生產(chǎn)堿式硫酸鐵的工藝流程如下：：局部陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3開場沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4答復以下問題：〔1〕參加少量NaHCO3的目的是調(diào)節(jié)pH在范圍內(nèi)?！?〕反響Ⅱ中參加NaNO2的目的是氧化亞鐵離子，寫出該反響的離子方程式為?！?〕堿式硫酸鐵溶于水后生成的Fe(OH)2+離子可局部水解生成Fe2(OH)42+聚合離子，該水解反響的離子方程式為?！?〕在醫(yī)藥上常用硫酸亞鐵與硫酸、硝酸的混合液反響制備堿式硫酸鐵。根據(jù)我國質(zhì)量標準，產(chǎn)品中不得含有Fe2+及NO3－。為檢驗所得產(chǎn)品中是否含有Fe2+，應使用的試劑為。A．氯水B．KSCN溶液C．NaOH溶液D．酸性KMnO4溶液〔5〕為測定含F(xiàn)e2+和Fe3+溶液中鐵元素的總含量，實驗操作如下：準確量取20.00mL溶液于帶塞錐形瓶中，參加足量H2O2，調(diào)節(jié)pH<2，加熱除去過量H2O2；參加過量KI充分反響后,再用0.1000mol·L-1Na2S2O3標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液20.00mL。：那么溶液中鐵元素的總含量為g·L-1。假設滴定前溶液中H2O2沒有除盡，所測定的鐵元素的含量將會(填“偏高〞“偏低〞“不變〞)【知識點】工藝流程題離子方程式氧化復原反響滴定計算B1B3A4【答案解析】、(共14分)〔1〕4.4~7.5〔2分〕〔2〕2H++Fe2++NO2-=Fe3++NO↑+H2O(3分)〔3〕2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)42++2H+(3分)〔4〕D〔2分〕〔5〕5.6〔2分〕偏高〔2分〕解析：〔1〕制備硫酸亞鐵，應與硫酸鋁別離，應調(diào)節(jié)溶液pH生成Al〔OH〕3，要防止生成應Fe〔OH〕2沉淀，控制pH在4.4～7.5之間；〔2〕NaNO2可氧化亞鐵離子為鐵離子，本身變?yōu)镹O，故反響方程式為2H++Fe2++NO2-=Fe3++NO↑+H2O；〔3〕[Fe〔OH〕]2+離子，可局部水解生成[Fe2〔OH〕4]2+聚合離子，根據(jù)電荷守恒和質(zhì)量守恒可寫出反響的離子方程式為2[Fe〔OH〕]2++2H2O[Fe2〔OH〕4]2++2H+；〔4〕檢驗所得產(chǎn)品中是否含有Fe2+，可使用酸性KMnO4溶液〔利用高錳酸鉀的氧化性〕；〔6〕根據(jù)所給反響可得關系式Fe3+~S2O32-，所以n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L×0.020L=0.0020mol，溶液中鐵元素的總含量為0.0020mol×56g/mol÷0.020L=5.6g/L；假設滴定前溶液中H2O2沒有除盡，那么H2O2也可氧化I-得到I2，消耗的Na2S2O3將偏多，導致所測定的鐵元素的含量偏高?！舅悸伏c撥】根據(jù)表中的信息判斷離子沉淀的pH；滴定計算可運用關系式法解答；離子檢驗運用的是物質(zhì)的性質(zhì)，但需排除干擾。【題文】24、〔17分〕實驗室中利用以以下列圖所示裝置制備納米碳酸鈣〔1納米=1×10－9m〕〔局部夾持裝置已略去〕，向飽和CaCl2溶液中通入NH3和CO2供選擇的藥品：①石灰石②氯化銨③氫氧化鈣④飽和氯化鈣溶液⑤濃硫酸⑥6mol·L-1鹽酸⑦飽和食鹽水⑧飽和NaHCO3溶液〔1〕裝置A中，儀器a的名稱是，儀器b中應盛放的固體為。〔填藥品序號〕。裝置B中盛放的溶液是〔填藥品序號〕。裝置D的試管中發(fā)生反響的化學方程式為。〔2〕如何判斷所得碳酸鈣顆粒是否為納米級。。〔3〕通入適量氣體后，C裝置中物質(zhì)恰好完全反響，過濾，所得濾液顯〔填“酸〞、“堿〞、“中〞之一〕性。〔4〕裝置C中,右邊的導管并未插入液面，原因是〔5〕上述裝置存在一處缺陷，該缺陷為。【知識點】化學實驗J3J5【答案解析】(共17分)〔1〕分液漏斗(2分)=1\*GB3①(2分)⑧(2分)2NH4Cl+Ca〔OH〕2CaCl2+2NH3↑+2H2O〔2〕將少量碳酸鈣加水充分攪拌，用一束可見光照射，觀察是否發(fā)生丁達爾現(xiàn)象，假設有丁達爾現(xiàn)象那么為納米級，假設沒有丁達爾現(xiàn)象那么不是納米級。(2分)〔3〕酸(2分)〔4〕防止裝置C的溶液倒吸到裝置D中引起試管爆裂〔5〕無尾氣吸收裝置解析：〔1〕A裝置是制取二氧化碳，儀器a的名稱是分液漏斗；儀器b中為碳酸鈣與鹽酸反響：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；裝置D中制取氨氣，化學方程式為2NH4Cl+Ca〔OH〕2CaCl2+2NH3↑+2H2O；飽和NaHCO3溶液可除掉揮發(fā)出來的氯化氫?！?〕將少量碳酸鈣加水充分攪拌，看是否有丁達爾效應，假設有丁達爾效應，那么說明為納米級?！?〕C中的反響是CaCl2＋2NH3＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2NH4Cl,氯化銨在水中發(fā)生水解顯酸性，離子方程式：NH4++H2ONH3?H2O+H+.〔4〕氨氣極易溶于水，右邊的導管并未插入液面是防止裝置C的溶液倒吸到裝置D中引起試管爆裂〔5〕該裝置沒有尾氣處理裝置?！舅悸伏c撥】根據(jù)形狀判斷儀器名稱；根據(jù)反響原理判斷物質(zhì)名稱；根據(jù)雜質(zhì)性質(zhì)選擇除雜試劑；氨氣對環(huán)境有污染，應該有尾氣處理裝置。高三化學精品試題一、選擇題：1【浙江省嘉興市第一中學等五校2015屆高三上學期第一次聯(lián)考化學試題】【題文】生活中以下物質(zhì)的應用或現(xiàn)象解釋錯誤的選項是〔〕A．食鹽可作調(diào)味劑，也可作食品防腐劑B．大量燃燒化石燃料是造成霧霾天氣的重要因素之一C．裝飾材料釋放的甲醛會造成空氣污染D．磨豆?jié){的大豆富含蛋白質(zhì)，豆?jié){煮沸后蛋白質(zhì)變成了氨基酸【知識點】化學與生活M4O1O3【答案解析】【解析】D解析：A．食鹽腌制食品，食鹽進入食品內(nèi)液產(chǎn)生濃度差，形成細菌不易生長的環(huán)境，可作防腐劑，食鹽具有咸味，所以食鹽可作調(diào)味劑，也可作食品防腐劑，故A正確；B．大量燃燒化石燃料產(chǎn)生大量含硫化合物、含氮化合物，是造成霧霾天氣的重要因素之一，故B正確；C．裝飾材料釋中含有大量的甲醛，會造成空氣污染，故C正確；D．磨豆?jié){的大豆富含蛋白質(zhì)，豆?jié){煮沸后蛋白質(zhì)變性，故D錯誤。故答案選D【思路點撥】此題考察了生活中的化學，依據(jù)相關的知識即可解答，平時注意生活中的化學知識的積累，題目難度不大。2【四川省成都外國語學校2015屆高三12月月考】【題文】以下分類或歸類正確的選項是：①鋁熱劑、純潔礦泉水、冰水混合物均為混合物②NaOH、HD、IBr均為化合物③明礬、燒堿、硫酸均為強電解質(zhì)④C60、金剛石、石墨均為碳的同素異形體⑤碘酒、淀粉溶液、水霧、納米材料均為膠體①②③⑤B.③④⑤C.②④⑤D.③④【知識點】物質(zhì)分類、電解質(zhì)、膠體B1B4E1【答案解析】【解析】D解析：①鋁熱劑為鋁與金屬氧化物的混合物，礦泉水中含有水和礦物質(zhì)，屬于混合物，冰水只有水這一種物質(zhì)，為純潔物，故①錯誤；②HD是由同種氫元素組成的單質(zhì)：氫氣，不是化合物，故②錯誤；③明礬、燒堿、硫酸均為強電解質(zhì)，故③正確；④C60、金剛石、石墨均為碳元素的不同單質(zhì)，互為同素異形體，故④正確；⑤碘酒是碘單質(zhì)的酒精溶液，不屬于膠體，故⑤錯誤；故答案選D【思路點撥】此題考察了化學基本概念的理解和應用，熟悉混合物、化合物、單質(zhì)、化合物、電解質(zhì)、非電解質(zhì)等概念的分析即可判斷，掌握物質(zhì)的組成是解題關鍵，難度不大。3【浙江省慈溪市、余姚市2015屆高三上學期期中聯(lián)考化學試題】【題文】常用于測定動植物標本的年齡．關于原子的說法正確的選項是A．中子數(shù)為14B．質(zhì)子數(shù)為14C．核外電子數(shù)為14D．質(zhì)量數(shù)為14【知識點】同位素E1【答案解析】D解析：的質(zhì)量數(shù)是14，質(zhì)子數(shù)是6，電子數(shù)是6，中子數(shù)是14-6=8，因此選D?！舅悸伏c撥】質(zhì)量數(shù)=子數(shù)+中子數(shù)。4【山西大學附中2014－2015學年第一學期高三第六次月考試題】【題文】以下物質(zhì)提純的方法正確的選項是A．除去混在NO2中的NO：將氣體與足量O2混合B．除去混在CO2中的SO2：將氣體依次通過足量酸性KMnO4溶液和濃硫酸C．除去KCl溶液中的K2CO3：參加過量BaCl2溶液后過濾D．除去乙酸中混有的乙醇：參加生石灰后蒸餾【知識點】物質(zhì)的別離和除雜J2【答案解析】B解析：物質(zhì)在除雜過程中必須要掌握的原那么是：在除去雜質(zhì)的同時不能引入新的雜質(zhì)。A．除去混在NO2中的NO：將氣體與足量O2混合，這樣在除去NO的同時又混入了氧氣雜質(zhì)，錯誤；B．除去混在CO2中的SO2：將氣體依次通過足量酸性KMnO4溶液和濃硫酸，這樣SO2可以被酸性KMnO4溶液氧化為硫酸而存在在溶液中，最后用濃硫酸對氣體進展枯燥，正確；C．除去KCl溶液中的K2CO3：參加過量BaCl2溶液后過濾，K2CO3與BaCl2反響生成了BaCO3可以除去K2CO3，但又引入了新的雜質(zhì)BaCl2，錯誤；D．參加生石灰后蒸餾這是除去乙醇中的水用到的方法，生石灰能與乙酸反響生成乙酸鈣和水，將原物質(zhì)除掉，不符合除雜原那么，故D錯誤。【思路點撥】此題考察了物質(zhì)的別離與除雜，解決除雜問題時，抓住除雜質(zhì)的必需條件〔參加的試劑只與雜質(zhì)反響，反響后不能引入新的雜質(zhì)〕是正確解題的關鍵。5【2014——2015學年度上學期省五校協(xié)作體高三期中考試】【題文】以下實驗操作或?qū)嶒炇聦嵉谋磉_正確的選項是()①用稀鹽酸洗滌盛放過石灰水的試劑瓶②配制濃硫酸和濃硝酸的混合酸時，將濃硝酸沿器壁慢慢參加到濃硫酸中，并不斷攪拌③用pH試紙測得氯水的pH為2④用稀硝酸清洗做過銀鏡反響實驗的試管⑤濃硝酸保存在棕色細口瓶中⑥某溶液參加NaOH并加熱能產(chǎn)生使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體，溶液中含NH4＋A．①④⑤⑥B．①③④⑤C．①②⑥D(zhuǎn)．②③⑤⑥【知識點】試劑存放離子檢驗溶液混合J2D2【答案解析】A解析：①氫氧化鈣和碳酸鈣都溶于稀鹽酸，所以用稀鹽酸洗滌盛放過石灰水的試劑瓶，正確；②配制濃硫酸和濃硝酸的混合酸時，類似濃硫酸的稀釋操作，應該將密度大的濃硫酸沿器壁慢慢參加到濃硝酸中，并不斷攪拌，故錯誤；③因氯水有漂白性，不能用pH試紙測得氯水的pH，故錯誤；④因銀溶于硝酸，用稀硝酸清洗做過銀鏡反響實驗的試管，正確；⑤濃硝酸光照下分解，應保存在棕色細口瓶中，正確；⑥根據(jù)銨鹽遇堿共熱產(chǎn)生氨氣，假設溶液參加NaOH并加熱能產(chǎn)生使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體，溶液中含NH4＋，正確；故答案選A【思路點撥】此題考察了試劑存放、離子檢驗、溶液混合操作等知識，屬記憶性內(nèi)容。6【五?！矌煷蟾街小⑴R川一中、鷹潭一中、宜春中學、新余四中〕第二次聯(lián)考】【題文】NA表示阿伏加德羅常數(shù)，以下說法正確的選項是〔〕A、將標準狀況下22.4LNO與11.2LO2混合后的體積約為22.4LB、1L0.2mol·L－1Al2(SO4)3溶液中的離子總數(shù)為NAC、標準狀況下，22.4LH2O所含原子個數(shù)大于3NAD、含4molHCl的濃鹽酸跟足量MnO2加熱反響可制得Cl2的分子數(shù)為NA【知識點】阿伏加德羅常數(shù)氣體摩爾體積溶液中的離子A1A2J3【答案解析】C解析：A、NO與O2混合后得到NO2的體積與NO的相等，但由于存在2NO2N2O4，故體積小于22.4L，故A錯誤；B、鋁離子水解以及溶液中還存在水電離的氫離子和氫氧根離子，故B錯誤；C、標準狀況下水是液態(tài)，22.4LH2O的物質(zhì)的量大于1摩爾，所含原子個數(shù)大于3NA，故C正確；D、由于制取氯氣時對鹽酸的濃度有要求，當反響進展到一定程度時反響將停頓，所以可制得Cl2的分子數(shù)小于NA，故D錯誤。故答案選C【思路點撥】此題借助阿伏加德羅常數(shù)考察了氣體摩爾體積、溶液中的離子數(shù)目等，注意溶液中的離子包含水電離的離子。7【江西省南昌市第二中學2015屆高三上學期第四次月考】【題文】以下實驗操作或裝置不符合實驗要求的是()A．裝置Ⅰ酸性KMnO4溶液中沒有氣泡出現(xiàn)，但溶液顏色會逐漸變淺B．裝置Ⅱ久置后，飽和硫酸銅溶液可能析出藍色晶體C．裝置Ⅲ在海帶提碘實驗中用于灼燒海帶D．裝置Ⅳ可用于別離CCl4萃取碘水后已分層的有機層和水層【知識點】實驗的設計和評價J1【答案解析】A解析：濃硫酸和蔗糖反響生成二氧化碳和二氧化硫氣體，二氧化硫具有復原性，二氧化碳微溶于水，溶液中有氣泡，錯誤?！舅悸伏c撥】此題考察了濃硫酸的氧化性、坩堝的使用、萃取實驗等，涉及的知識點比較多，綜合性較強。8【題文】設NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，以下表達正確的選項是()A.標準狀況下，4.0gCH4中含有共價鍵的數(shù)目為NAB.常溫常壓下，6.4g氧氣和臭氧中含有的分子總數(shù)為0.2NAC.0.3mol·L-1的NH4NO3溶液中含有的NO3－數(shù)目為0.3NAD.一定條件下6.4gSO2與足量氧氣反響生成SO3，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NA【知識點】阿伏加德羅常數(shù)A1【答案解析】A解析：.標準狀況下，4.0gCH4的物質(zhì)的量為0.25mol，一個CH4分子中含有4個共價鍵，故0.25molCH4含有共價鍵的數(shù)目為NA，正確；B.常溫常壓下，6.4g氧氣和臭氧中含有的原子總數(shù)為0.4NA，但是在混合物中含有的氧氣和臭氧的量不知道，故含有的分子總數(shù)不能進展計算，錯誤；C.在0.3mol·L-1的NH4NO3溶液中，因體積未知，故含有的NO3－數(shù)目為無法進展計算，錯誤；D.SO2與氧氣反響是可逆的，故一定條件下6.4gSO2不可能完全轉(zhuǎn)化為SO3，故轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于0.2NA，錯誤。【思路點撥】此題考察了阿伏加德羅常數(shù)在有關物理量中的應用，如分子中含有的共價鍵數(shù)目的計算、在氧化復原反響中的轉(zhuǎn)移的電子數(shù)的計算等，包括的知識內(nèi)容較多，綜合性較強，但難度不大。9【衡陽市2015屆高三11月五校聯(lián)考】【題文】能正確表示以下反響的離子方程式是A.用過量氨水吸收工業(yè)尾氣中的SO2：2NH3·H2O＋SO2=2NH4＋＋SO32－＋H2OB.Ca(HCO3)2溶液與少量NaOH溶液反響:Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－=CaCO3↓＋CO32－＋4H2OC.磁性氧化鐵溶于稀硝酸:Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2OD.明礬溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42－恰好完全沉淀:2Ba2＋＋3OH－＋Al3＋＋2SO42－=2BaSO4↓＋Al(OH)3↓【知識點】離子方程式B1【答案解析】A解析：A、用過量氨水吸收工業(yè)尾氣中的SO2生成亞硫酸銨和水，故A正確；B、Ca(HCO3)2溶液與少量NaOH溶液反響，NaOH完全反響，正確的選項是：Ca2＋＋HCO3－＋OH－=CaCO3↓＋H2O，故B錯誤；C、稀硝酸有強氧化性，產(chǎn)物中只有三價鐵，故C錯誤；D、明礬溶液中滴入Ba(OH)2溶液SO42－恰好完全沉淀時，二者的物質(zhì)的量之比是1:2，Al3＋與OH－物質(zhì)的量之比是1:4，產(chǎn)物是偏鋁酸根離子，故D錯誤。故答案選A【思路點撥】此題考察了離子方程式的正誤判斷，一定注意反響物相對量問題。10【云南省局部名校高2015屆12月份統(tǒng)一考試】【題文】以下反響的離子方程式正確的選項是A．Fe3O4與稀硝酸反響:Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OB．Na2S溶液呈堿性:S2-+H2OHS-+OH-C．用惰性電極電解飽和氯化鈉溶液:2Cl-+2H+H2↑+Cl2↑D．Ca(HCO3)2與過量Ca(OH)2溶液反響:Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O【知識點】離子方程式B1【答案解析】B解析：A、硝酸會氧化Fe2+，錯誤；B正確；用惰性電極電解飽和氯化鈉溶液的反響是2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-,錯誤；D、Ca(HCO3)2與過量Ca(OH)2溶液反響:Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+2H2O，錯誤。【思路點撥】書寫離子方程式要符合反響實際，如A、C、D項。11【2014年秋季湖北省重點高中期中聯(lián)考】【題文】以下各組中的微粒在指定溶液中一定能大量共存的是A．c(FeCl3)=1.0mol/L的溶液中：HCO3—、Cl-、H+、Na+B．常溫下，由水電離出的c(H+)=10-14mol/L溶液中：NH4+、K+、CO32-、SO42-C．參加鋁能產(chǎn)生大量氫氣的溶液中：SO42-、MnO4-、K+、Cl-D．常溫下，=0.1mol/L的溶液中：K+、NH3·H2O、SO32-、NO3-【知識點】離子共存B1【答案解析】D解析：A、Fe3+與HCO3—發(fā)生雙水解反響，而且HCO3—與H+反響生成氣體；B、由水電離出的c(H+)=10-14mol/L溶液中顯酸性，那么CO32-不能存在或顯堿性，那么NH4+不能存在；C、參加鋁能產(chǎn)生大量氫氣的溶液中可以顯酸性，而酸性條件下MnO4-會氧化Cl-，D、=0.1mol/L的溶液中顯堿性，離子一定能大量共存，選D?！舅悸伏c撥】解答離子共存時應注意題中給出的附加條件。①酸性溶液〔H+〕、堿性溶液〔OH-〕、能在參加鋁粉后放出可燃氣體的溶液、由水電離出的H+或OH-=1×10-10mol/L的溶液；②有色離子MnO4-,Fe3+,Fe2+,Cu2+,Fe(SCN)2+；③MnO4-,NO3-等在酸性條件下具有強氧化性；④注意題目要求“大量共存〞還是“不能大量共存〞還是“一定〞。12【河北省衡水中學2015屆高三上學期四調(diào)考試】【題文】某溶液中可能含有以下離子：Na+、SO42-、Ba2+、NO3-、OH-、NH4+、中的某幾種離子，為確定該溶液的組成，某同學做了如下實驗：〔1〕取少量上述溶液，向其中參加硫酸鈉溶液，產(chǎn)生白色沉淀，參加稀硝酸沉淀不溶解；〔2〕另取少量該溶液，向其中參加足量的NaOH溶液并加熱，產(chǎn)生有刺激性氣味的氣體。那么以下有關說法中不正確的選項是〔〕 A．該溶液中一定含有NH4+ B．該溶液中一定含有硝酸根離子 C．該溶液中一定含有SO42- D．根據(jù)上述實驗不能確定是否存在Na+【知識點】離子檢驗離子反響B(tài)1J2【答案解析】C解析：取少量上述溶液，向其中參加硫酸鈉溶液，產(chǎn)生白色沉淀，參加稀硝酸沉淀不溶解，說明溶液中一定存在Ba2+且不含SO42-，另取少量該溶液，向其中參加足量的NaOH溶液并加熱，產(chǎn)生有刺激性氣味的氣體。說明原溶液中含有NH4+且不含OH-，由于任何溶液中一定有陰離子得溶液中一定含NO3-，故答案選C【思路點撥】此題考察了離子檢驗、離子反響，掌握常見的離子的檢驗方法是關鍵。13【臨川一中2014-2015學年度上學期期中考試】【題文】10．右圖表示在某溶液中滴加Ba〔OH〕2溶液時，沉淀的物質(zhì)的量隨Ba〔OH〕2的物質(zhì)的量的變化關系。該溶液的成分可能是〔〕A．NH4Al〔SO4〕2B．KAl〔SO4〕2C．Al2〔SO4〕3 D．NaAlO2【知識點】鋁及化合物的性質(zhì)C2【答案解析】C解析：A、由圖可知溶解氫氧化鋁需要1mol氫氧化鋇，由Al〔OH〕3+OH-=AlO2-+2H2O可知沉淀中Al〔OH〕3為2mol，故NH4Al〔SO4〕2為2mol，參加3mol氫氧化鋇沉，可以生成硫酸鋇3mol，n〔Al3+〕：n〔OH-〕=2mol：6mol=1：3，發(fā)生反響Al3++3OH-═Al〔OH〕3↓，可以得到2molAl〔OH〕3，沉淀為3mol+2mol=5mol，接著還會有硫酸鋇生成，沉淀最大量為6mol，故A錯誤；B、由圖可知溶解氫氧化鋁需要1mol氫氧化鋇，由Al〔OH〕3+OH-=AlO2-+2H2O可知沉淀中Al〔OH〕3為2mol，故KAl〔SO4〕2為2mol，參加3mol氫氧化鋇沉，可以生成硫酸鋇4mol，n〔Al3+〕：n〔OH-〕=2mol：6mol=1：3，發(fā)生反響Al3++3OH-═Al〔OH〕3↓，可以得到2molAl〔OH〕3，沉淀為4mol+2mol=6mol，故B錯誤；C、由圖可知溶解氫氧化鋁需要1mol氫氧化鋇，由Al〔OH〕3+OH-=AlO2-+2H2O可知沉淀中Al〔OH〕3為2mol，故Al2〔SO4〕3為1mol，參加3mol氫氧化鋇沉，可以生成硫酸鋇3mol，n〔Al3+〕：n〔OH-〕=2mol：6mol=1：3，發(fā)生反響Al3++3OH-═Al〔OH〕3↓，可以得到2molAl〔OH〕3，沉淀為3mol+2mol=5mol，故C正確；D、偏鋁酸鈉與氫氧化鋇不反響，不能產(chǎn)生沉淀，故D錯誤；故答案選C【思路點撥】此題以圖象為載體考察鎂鋁化合物的性質(zhì)，明確發(fā)生的化學反響是解答的關鍵，反響發(fā)生的先后順序是學生解答中的難點。14【湖北省八校2015屆高三第一次聯(lián)考】【題文】W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素，：四種元素的電子層數(shù)之和為10，且它們分別屬于連續(xù)的四個主族；四種元素的原子中半徑最大的是X原子。以下說法正確的A．四種元素中有兩種元素在第二周期B．W所在主族元素的原子次外層電子數(shù)可能為2或8，不可能為18C．X、Y、Z的最高價氧化物對應的水化物兩兩之間能反響D．工業(yè)上獲得X、Y單質(zhì)的方法主要是電解其熔融的氯化物【知識點】元素推斷E1E2C2【答案解析】B解析：四種元素的電子層數(shù)之和等于10，有兩種可能：1＋3＋3＋3；或2＋2＋3＋3。后一種情況無法滿足X的原子半徑最大的條件。因此只有第一種符合要求，四種元素依次是H、Mg、Al、Si，故A錯誤；B、W是氫元素，第一主族元素的原子氫和鋰次外層電子數(shù)為2，其它次外層電子數(shù)都為8，不可能為18，故B正確；C、X、Y、Z的最高價氧化物對應的水化物分別是Mg〔OH)2、Al(OH)3、H2SiO3,Al(OH)3不溶于弱酸和弱堿，故C錯誤；D、工業(yè)上通過電解氧化鋁獲得鋁單質(zhì)，不能通過電解氯化鋁的方法獲得，故D錯誤。故答案選B【思路點撥】此題考察了元素推斷，利用討論法分析，注意活潑金屬用電解法冶煉，工業(yè)上通過電解氧化鋁獲得鋁單質(zhì)，而鉀、鈣、鈉、鎂通過電解氯化物的方法獲得。15【2015屆吉林省實驗中學高三上學期第四次模擬考試】【題文】以下各表述與示意圖一致的是A．圖①表示向含Mg2＋、Al3＋、NH4＋的鹽溶液中滴加NaOH溶液時，沉淀的量與NaOH的體積的關系圖。那么三種離子的物質(zhì)的量之比為：n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝2:1:2，其中使用的NaOH的濃度為2mol·L－1。B．圖②中曲線表示某反響過程的能量變化，當物質(zhì)A(g)與B(g)反響生成物質(zhì)C(g)時，△H>0，假設使用正催化劑，E值會減小。C．圖③可用來表示向鹽酸酸化的MgSO4溶液中參加Ba(OH)2溶液時，產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量〔n〕與參加Ba(OH)2溶液體積〔V〕之間的關系圖D．圖④表示向一定質(zhì)量的明礬溶液中滴加Ba(OH)2溶液時，產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量〔n〕與參加Ba(OH)2溶液體積〔V〕之間的關系圖【知識點】元素化合物計算C5D5F1【答案解析】C解析：A、根據(jù)圖①中各段含義，得到NaOH溶液為25mL到35mL是與NH4＋反響，35mL到40mL是與氫氧化鋁反響，剩余的為氫氧化鎂，故得到n(Mg2＋)=0.05mol，根據(jù)Al3＋與NaOH反響沉淀與溶解時量的關系為3:1確定，與Mg2＋反響的NaOH溶液體積為25－5×3=10mL，c(NaOH)=0.05×2÷0.01=10mol/L，根據(jù)35mL到40mL段得n(Al3＋)=n(NaOH)=0.005×10=0.05mol，根據(jù)25mL到35mL段得n(NH4＋)=n(NaOH)=0.01×10=0.1mol，n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝0.05mol：0.05mol：0.1mol=1:1:2，A錯誤；根據(jù)圖②知反響物的總能量比生成物的總能量高，是放熱反響，△H＜0，使用催化劑改變反響的活化能，但不能改變反響的焓變，B錯誤；向用鹽酸酸化的MgSO4溶液中參加Ba〔OH〕2溶液后，先產(chǎn)生的沉淀只是BaSO4，然后是中和反響，最后是與Mg2+產(chǎn)生沉淀Mg〔OH〕2，C正確；向一定質(zhì)量的明礬溶液中滴加Ba(OH)2溶液時，先發(fā)生的反響是2KAl(SO4)2＋3Ba(OH)2=2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓＋K2SO4,然后2Al(OH)3＋K2SO4+Ba(OH)2=2KAlO2＋BaSO4↓+H2O，即沉淀達最多后溶解一局部〔5mol→4mol〕，D錯誤，選C?！舅悸伏c撥】A項也可以直接根據(jù)25mL到35mL和35mL到40mL兩段判斷出Al3＋、NH4＋量的關系，是1：2的關系。離子間的競爭反響如C項可這樣思考：假設認為先生成氫氧化鎂和硫酸鋇沉淀，那么生成的氫氧化鎂會被鹽酸溶解，即氫氧化鎂的生成在中和反響之后。16【河南中原名校2015高三11月期中考試試題】【題文】13.向10mL0.1mol·L?1NH4Al(SO4)2溶液中，滴加等濃度Ba(OH)2溶液xmL，以下表達正確的選項是()A．x=10時，溶液中有NH4＋、Al3＋、SO42－，且c(NH4＋)＝c(SO42－)>c(Al3＋)

B．x=15時，溶液中有NH4＋、SO42－，且c(NH4＋)＜2c(SO42－)

C．x=20時，溶液中有NH4＋、Al3＋、OH－，且c(OH－)＜c(Al3＋)

D．x=30時，溶液中有Ba2＋、AlO2－、OH－，且c(OH－)=c(Ba2＋)【知識點】離子濃度大小的比較、電離方程式的書寫B(tài)1H6【答案解析】【解析】B解析：A、當x=10時，10ml0.1mol/LNH4Al〔SO4〕2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42-，10ml等濃度Ba〔OH〕2溶液有0.001molBa2+，0.002molOH-，混合后硫酸鋇沉淀，剩余0.001molSO42-．氫氧化鋁沉淀，剩余1/3×10-3molAl3+而NH4+沒有參與反響，少量水解，c〔NH4+〕＜c〔SO42-〕，故A錯誤；B、x=15時硫酸根與鋇離子沉淀完有剩余0.0005mol，銨根沒反響，0.001mol，但有少量水解，故c(NH4＋)＜2c(SO42－)，故B正確；C、x=20時，硫酸根與鋇離子恰好沉淀，鋁離子與氫氧根恰好生成氫氧化鋁后剩余氫氧根正好與銨根反響，溶液中沒有NH4＋、Al3＋，故C錯誤；D、當x=30時，10ml0.1mol/LNH4Al〔SO4〕2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42-，30ml等濃度Ba〔OH〕2溶液有0.003molBa2+，6mmolOH-，混合后硫酸鋇沉淀，剩余0.001molBa2+；OH-過量溶液中存在0.001moAlO2-，銨根離子和氫氧根離子反響生成一水合氨，氫氧根離子剩余0.001mol；一水合氨電離生成銨根離子和氫氧根離子，此時c〔OH-〕＞〔Ba2+〕，故D錯誤。故答案選B【思路點撥】此題考察了離子方程式的書寫原那么和方法應用，主要是定量反響的產(chǎn)物判斷，關鍵分析離子反響順序，先沉淀后反響生成弱電解質(zhì)后沉淀溶解。17【2015屆重慶市巴蜀中學高三12月月考】【題文】7．如以下列圖是向MgCl2和AlCl3的混合溶液中參加一定量NaOH溶液，緊接著再參加一定量稀鹽酸，生成沉淀的物質(zhì)的量y與參加溶液的體積x的關系圖。根據(jù)圖示判斷，以下結(jié)論中不正確的選項是A．N點時溶液中的溶質(zhì)只有NaClB．M點之前參加的是NaOH溶液，M點之后參加的是鹽酸C．c(NaOH)＝c(HCl)D．原混合溶液中c(MgCl2)∶c(AlCl3)＝1∶1【知識點】有關混合物反響的計算C2【答案解析】B解析：A、在MgCl2和AlCl3的混合溶液中參加NaOH溶液，首先發(fā)生反響：Mg2++2OH-=Mg〔OH〕2↓、Al3++3OH-=Al〔OH〕3↓，至N點時Mg2+、Al3+恰好完全沉淀，溶液中的溶質(zhì)只有NaCl，故A正確；B、接著Al〔OH〕3開場溶解：Al〔OH〕3+OH-═AlO-+2H2O，至x=6時〔M點〕Al〔OH〕3恰好完全溶解，x在6～8之間時沉淀量不變，說明M點時仍在參加NaOH溶液，故B錯誤；C、x=8時〔P點〕，又產(chǎn)生沉淀：AlO-+H++H2O═Al〔OH〕3↓，說明參加的鹽酸與NaOH反響后有剩余，至x=9時〔F點〕，AlO恰好完全轉(zhuǎn)化為Al〔OH〕3沉淀，用去鹽酸1mL，又知在NM段，溶解Al〔OH〕3需要1mLNaOH溶液，故c〔NaOH〕=c〔HCl〕，故C正確；D、因為沉淀Al3+需要消耗3mLNaOH溶液，那么沉淀Mg2+所消耗的NaOH溶液為2mL，因此c〔MgCl2〕：c〔AlCl3〕=1：1，故D正確?！舅悸伏c撥】此題考察了MgCl2和AlCl3溶液與酸堿的關系，理清反響的整個過程，問題即可解決，可以利用方程式計算，也可以用原子守恒計算。18【河北省衡水中學2015屆高三上學期四調(diào)考試】【題文】可逆反響mA(g)+nB(g)xC(g)在不同溫度及壓強(P1和P2)條件下反響物A的轉(zhuǎn)化率的變化情況如以下列圖。以下判斷正確的選項是〔〕 A．正反響吸熱，m+n＞x B．正反響吸熱，m+n＞x C．正反響放熱，m+n＜x D．正反響放熱，m+n＞x【知識點】化學平衡圖像G2G3【答案解析】D解析：根據(jù)圖像隨著溫度的升高A的轉(zhuǎn)化率減小，說明升溫平衡逆向移動，正反響為放熱反響；從第一個圖像看出在P1下先達平衡，得P1＞P2，還可得到壓強大時A的轉(zhuǎn)化率大，說明加壓平衡正向移動，m+n＞x，故答案選D【思路點撥】此題借助平衡圖像考察了外界條件對平衡的影響，理解升高溫度平衡向吸熱反響方向移動，加壓平衡向氣體體積減小的方向移動。19【湖北省八校2015屆高三第一次聯(lián)考】【題文】電化學降解NOeq\o\al(－,3)的原理如以下列圖。以下說法中不正確的選項是A．鉛蓄電池的A極為正極，電極材料為PbO2B．鉛蓄電池工作過程中負極質(zhì)量增加C．該電解池的陰極反響為：2NO3-+6H2O+10e-＝N2↑+12OH-假設電解過程中轉(zhuǎn)移2moL電子，那么交換膜兩側(cè)電解液的質(zhì)量變化差〔Δm左—Δm右〕為10.4g【知識點】電解原理F4【答案解析】D解析：A、根據(jù)Ag-Pt電極上硝酸根離子發(fā)生復原反響，知該電極是陰極，所以鉛蓄電池的A極為正極，電極材料為PbO2，故A正確；B、鉛蓄電池工作過程中負極有硫酸鉛生成質(zhì)量增加，故B正確；C、根據(jù)電解池的陰極發(fā)生復原反響得：2NO3-+6H2O+10e-＝N2↑+12OH-，故C正確；D、電解過程中轉(zhuǎn)移2moL電子，陽極消耗1摩爾水，有2摩爾H+移向陰極，陽極室質(zhì)量減少18克，陰極室放出0.2摩爾氮氣，質(zhì)量減少〔5.6+2〕g=3.6g，交換膜兩側(cè)電解液的質(zhì)量變化差〔Δm左—Δm右〕=18-3.6=14.4g，故D錯誤。故答案選D【思路點撥】此題考察了電解原理，利用Ag-Pt電極上硝酸根離子發(fā)生復原反響確定電解池的陰陽極以及蓄電池的正負極是關鍵。20【湖南省長沙長郡中學2015屆高三上學期第四次月考】【題文】液體燃料電池相比于氣體燃料電池具有體積小，無需氣體存儲裝置等優(yōu)點。一種以肼〔N2H4〕為燃料的電池裝置如以以下列圖裝置①。該電池用空氣中的氧氣作為氧化劑，KOH作為電解質(zhì)。以下表達不正確的選項是 A．該燃料電池負極發(fā)生的電極反響為：N2H4+4OH－4e－N2+4H2O B．用該燃料電池作為裝置②的直流電源，產(chǎn)生1molCl2至少需要通人0．5molN2H4 C．該燃料電池的電極材料應采用多孔導電材料，以提高電極反響物質(zhì)在電極外表的吸附量，并使它們與電解質(zhì)溶液充分接觸 D．該燃料電池中，電子從右側(cè)電極經(jīng)過外電路流向左側(cè)電極，溶液中OH－那么遷移到左側(cè)【知識點】化學電源新型電池F3F4【答案解析】【解析】D解析：A．通入燃料的電極為負極，負極上燃料失電子發(fā)生氧化反響，電極反響式為：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，故A正確；B．電解氯化銅生成氯氣的電極反響式為2Cl--2e-=Cl2↑，生成1mol氯氣轉(zhuǎn)移2mol電子，燃料電池中的負極反響為：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，那么轉(zhuǎn)移2mol電子，消耗0.5mol的N2H4，故B正確；C．因為電池中正負極上為氣體參與的反響，所以采用多孔導電材料，可以提高電極反響物質(zhì)在電極外表的吸附量，并使它們與電解質(zhì)溶液充分接觸，故C正確；D．電子只能在電極和導線中移動，不能進入溶液，故D錯誤；故答案選D【思路點撥】此題考察了燃料電池，明確正負極上發(fā)生的反響是解此題關鍵，難點是電極反響式的書寫，要結(jié)合電解質(zhì)溶液的酸堿性書寫，注意電子不能在溶液中移動，題目難度不大。21【理綜卷〔化學解析〕·2015屆河南省開封高中等中原名校高三上學期期中聯(lián)考〔2014129〕】以下說法錯誤的選項是()①NaHCO3溶液加水稀釋，c(Na+)/c(HCO3－)的比值保持增大②濃度均為0.1mol·L1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c(Na+)=3[c(CO32-)+c(HCO3-)]③在0.1mol·L1氨水中滴加0.lmol·L1鹽酸，恰好完全中和時溶液的pH=a，那么由水電離產(chǎn)生的c(OH)=l0amol·L1④向0.1mol/LNa2SO3溶液中參加少量NaOH固體，c〔Na+〕、c〔SO32〕均增大⑤在Na2S稀溶液中，c(H+)=c(OH)c(H2S)c〔HS〕A．①④ B．②⑤ C．①③ D．②④【知識點】溶液中的離子、基本實驗操作H1H2H3【答案解析】【解析】B解析：①NaHCO3溶液加水稀釋，促進HCO3-的水解，n〔HCO3-〕較小，n〔Na+〕不變，那么c(Na+)/c(HCO3－)的比值保持增大，故正確；②混合溶液中：c(Na+)=0.3mol·L1，c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=0.2mol·L1，那么2c(Na+)=3[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]故錯誤；③在0.1mol?L-1氨水中滴加0.1mol?L-1鹽酸，剛好完全中和時pH=a，那么溶液中c〔OH-〕=c〔H+〕=10-amol?L-1，故正確；④Na2SO3溶液中參加少量NaOH固體，抑制亞硫酸根的水解，因為也參加了鈉離子，故c〔Na+〕、c〔SO32〕均增大，正確；⑤在Na2S稀溶液中，質(zhì)子守恒有：c(H+)+c〔HS〕+2c(H2S)=c(OH)，故錯誤。故答案選B【思路點撥】此題考察了溶液pH的計算、溶液中離子濃度大小比較、鹽類的水解等知識，題目難度中等，注意掌握酸堿混合后溶液的定性判斷及溶液中pH的計算方法，學會利用電荷守恒、物料守恒、鹽的水解原理結(jié)合溶液中的電離平衡問題，難度中等。22【化學卷〔解析〕·2015屆浙江省嘉興一中等五校2015屆高三上學期第一次聯(lián)考】現(xiàn)有室溫下的四種溶液，其pH如下表所示，以下有關表達不正確的選項是〔〕①②③④pH111133溶液氨水NaOH溶液醋酸鹽酸A．③④中分別參加適量醋酸鈉晶體，兩溶液pH均增大B．②③兩溶液等體積混合，所得溶液中：c〔H+〕>c〔OH-〕C．分別加水稀釋10倍，溶液的pH：①>②>④>③D．V1L④和V2L①溶液混合后，假設pH=7，那么V1<V2【知識點】弱電解質(zhì)的電離平衡H1【答案解析】【解析】D解析：①中c〔NH3．H2O〕＞0.001mol/L，②中c〔NaOH〕=0.001mol/L，③中c〔CH3COOH〕＞0.001mol/L，④中c〔HCl〕=0.001mol/L，A、醋酸鈉是強堿弱酸鹽，其水溶液呈堿性，所以③、④中分別參加適量的醋酸鈉晶體后，兩溶液的pH均增大，故A正確；B、如果②③等體積混合，酸過量，溶液呈酸性，c〔H+〕＞c〔OH-〕，故B正確；C．弱電解質(zhì)溶液中存在電離平衡，酸或堿加水稀釋一樣的倍數(shù)，弱電解質(zhì)的pH變化小于強電解質(zhì)，所以四種溶液的pH①＞②＞④＞③，故C正確；D、假設混合后溶液的pH=4，那么混合溶液中氫離子濃度為10-4mol/L，即混合溶液中c〔H+〕=[n(H+)-n(OH-)]/V(混)=10-14mol/L，10-13(V1-V2)/(V1+V2)V1：V2=11：9，故D錯誤.故答案選D【思路點撥】此題考察了弱電解質(zhì)的電離、酸堿混合溶液定性判斷等知識點，根據(jù)弱電解質(zhì)的特點、酸堿混合溶液氫離子濃度的計算方法、電荷守恒來分析解答，難度中等.23【2015屆云南省局部名校高三12月統(tǒng)一考試〔201412〕】在25℃下，向10.00mL0.01mol·L-1某一元酸HA溶液中逐滴參加0.01mol.L-1NaOH溶液，溶液pH變化曲線如以以下列圖所示。以下說法正確的選項是A．HA是強酸B．b點表示的溶液中：c(HA)=c(A-)C．c點時：V=10.00mLD．b、c、d三點表示的溶液中一定都存在：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)【知識點】電解質(zhì)溶液H1H2H6【答案解析】D解析：A、由圖象知，0.01mol/L的HA溶液的pH值大于2，所以該酸是弱酸，故A錯誤；B、b點時，參加的酸的物質(zhì)的量=0.01mol/L×0.01L=10-4mol，堿的物質(zhì)的量=0.01mol/L×0.005L=5×10-5mol，二者反響后得到等物質(zhì)的量的HA與NaA的混合物，但溶液顯酸性，HA的電離程度大于A-的水解程度，c(HA)<c(A-)，故B錯誤；c點時：假設V=10.00mL，二者剛好反響生成的鹽水解呈堿性，而不是中性，假設要使溶液呈中性，酸應稍微過量，即V＜10.00mL，故C錯誤；溶液中呈電中性，溶液中陰陽離子所帶電荷相等，即c〔Na+〕+c〔H+〕=c〔A-〕+c〔OH-〕，故D正確。【思路點撥】根據(jù)溶液酸堿性判斷等物質(zhì)的量的HA與NaA的混合物中HA的電離程度與A-的水解程度大小。24【2015屆浙江省慈溪市慈溪中學高三上學期期中考試〔201411〕】22.根據(jù)如圖的轉(zhuǎn)化關系判斷以下說法正確的選項是〔反響條件已略去〕

A.反響①②③④⑤均屬于氧化反響和離子反響B(tài)．反響⑤說明該條件下鋁的復原性強于錳C．一樣條件下生成等量的O2，反響③和④轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為1：1D．反響①中氧化劑與復原劑的物質(zhì)的量之比為1：4【知識點】元素化合物氧化復原反響金屬A1B3B1D5C5【答案解析】B解析：氯酸鉀分解、鋁熱反響、過氧化氫分解不是離子反響，①②③④⑤均屬于氧化反響，A錯誤；金屬鋁的復原性強于錳，與二氧化錳發(fā)生鋁熱反響，B正確；反響③中每生成1mol氧氣轉(zhuǎn)移2mol電子，而反響④中每生成1mol氧氣轉(zhuǎn)移4mol電子，C錯誤；實驗室制備氯氣的反響中氯化氫并沒有完全被氧化，因此根據(jù)電子得失守恒可知反響①中氧化劑與復原劑的物質(zhì)的量之比為1:2，D錯誤，答案選B?！舅悸伏c撥】過氧化氫中O的化合價是-1價，有離子參加或生成的反響是離子反響。25【2015屆浙江省慈溪市慈溪中學高三上學期期中考試〔