《2019-2020年高三上学期第四周周周清同步检测化学试题含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020年高三上学期第四周周周清同步检测化学试题含答案（29页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019-2020年高三上学期第四周周周清同步检测化学试题含答案评卷人得分一、选择题D硅胶可用作食品干燥剂和催化剂载体2.2013年12月15日，嫦娥三号着陆器与巡视器分离，“玉兔号”巡视器顺利驶抵月球表面“玉兔”号是中国首辆月球车，成功实现对月面的科学探测“玉兔”号用作为热源材料下列关于的说法正确的是（）A与具有相同的最外层电子数B与互为同素异形体C与具有完全相同的化学性质D与互为同位素3.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是A14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB1 molN2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NAC1 molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2N
2、AD标准状况下，2.24 LCCl4含有的共价键数为0.4NA4.常温下，下列各组微粒在指定的溶液中一定大量存在都是（）ANaAlO2溶液中：Cl、HCO3、K+、Ba2+BFeCl3溶液中：K+、NH4+、Br、SCNCc(H+)/c(OH-)=1012的溶液中：NH4+、NO3、K+、ClDKMnO4的溶液中：H+、SO42、CH3CH2OH5.下列离子方程式的书写正确的是ABa(OH)2与H2SO4两稀溶液混合：Ba2+OH- +H+SO42=BaSO4 +H2OBAlCl3溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3 +3NH4+C将Na投入到CuSO4溶液：2Na+Cu
3、2+= 2Na+CuD等物质的量的MgCl2、NaOH和HC1溶液混合：Mg2+2OH一=Mg(OH)26.溴是海水中重要的非金属元素，地球上90%的溴元素以Br的形式存在于海水中，所以人们称溴为“海洋元素”，下列有关说法中正确的是（）A从海水中提取溴时，不涉及氧化还原反应B苯与溴水反应生成溴苯C可以用CCl4萃取溴水中的溴D向FeBr2溶液中通入Cl2时，一定会发生如下反应：2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl7.等物质的量的下列物质在一定条件下与足量浓硝酸反应生成NO2，消耗硝酸的物质的量最多的是（）AAgBFeI2CSO2DC8.已知以下反应可用于去除大气中的污染：NO2
4、+NH3 +O2N2+H2O（未配平）。若NO2、NH3、O2三者恰好反应，则体积比可能是A.2:4:1 B.2: 1:2 C.l:1:1 D,l; 4:39.高铁酸钠（Na2FeO4）可以对饮用水进行净化处理，可由下列方法制得：Fe2O3+3Na2O22Na2FeO4+Na2O，关于该反应说法正确的是（）ANa2FeO4属于共价化合物B反应中Na2O2是氧化剂C生成1 mol Na2FeO4，有6 mol 电子转移D在Na2FeO4中Fe为+4价，具有强氧化性，能消毒杀菌10.化学反应常常伴随能量的变化，以下是 H2与Cl2反应的能量变化示意图H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）反应的能量
5、变化示意图下列说法正确的是（）A氯化氢分子的电子式：B该反应是工业制取盐酸的化学反应原理C形成1molHCl键要吸收431 kJ的能量D该反应中反应物总能量小于生成物总能量11.如图表示元素周期表前四周期的一部分，关于元素X、Y、Z、W的叙述正确的是( )X、Y的最高价氧化物的水化物酸性为YXY、Z的气态氢化物的稳定性YZW的单质常温下呈液态，一定条件下可与铁粉反应W的原子序数比Z大9A只有BCD12.下列事实与元素周期律相关知识无关的是（ ）A向淀粉KI溶液中滴入溴水，溶液变蓝BNaOH、Mg(OH)2、Al(OH)3的碱性依次减弱C金属钠燃烧呈现黄色火焰，金属钾燃烧呈现紫色火焰DF2和H2
6、暗处化合爆炸，而Cl2和H2化合需光照或点燃13.在一定体积和一定条件下有反应N2+3H22NH3，现分别从两条途径建立平衡：起始浓度 N2：l molL 1，H2：3molL 1起始浓度 N2：2molL 1，H2：6molL 1则下列叙述正确的是（）A和II两途径达到平衡时，体系内各成分的体积分数相同B达到平衡时，途径的反应速率v（H2）等于途径的反应速率v（H2）C达到平衡时，途径体系内混合气体的压强是途径内混合气体压强的2倍D达到平衡时，途径体系内混合气体的密度为途径体系内混合气体的密度的14.已知可逆反应温度为 T0 时，在容积固定的密闭容器中发生 X(g)Y(g)Z(g)(未配平)
7、反应，各物质浓度随时间变化的关系如图a 所示。其他条件相同，温度分别为 T1 、T2 时发生反应；Z 的浓度随时间变化的关系如图b 所示。下列叙述正确的是（ ） A发生反应时，各物质的反应速率大小关系为v(X) v (Y) 2 v (Z) B图a 中反应达到平衡时，Y 的转化率为37.5% CT0 时，该反应的平衡常数为33.3 D该反应正反应的反应热H 0 15.以下说法在一定条件下均可以实现的是（ ）酸性氧化物与碱发生反应；弱酸与盐溶液反应可以生成强酸；没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应；两种酸溶液充分反应后的溶液体系为中性；有单质参加的非氧化还原反应；两种氧化物反应的产物有气体
8、A BC D16.工业废水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-，它们会对生态系统造成很大的损害，其中还原沉淀法是常用的一种处理方法。流程如下：其中第步中存在平衡：2CrO42-(黄色)2HCr2O72-(橙色)H2O。下列有关说法正确的是A、第步当2v(Cr2O72-)v(CrO42-)时，达到了平衡状态B、对于上述平衡，加入适量稀硫酸后，溶液颜色变黄色，则有利于CrO42-的生成C、常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=10-32，要使c（Cr3+）降至10-5mol/L，溶液的pH应调至9D、第步中，还原0.1 mol Cr2O72-需要91.2 g FeSO417.下列叙述正确的
9、是（）A稀硝酸、稀硫酸均能将木炭氧化成二氧化碳BNa2O2与水反应、红热的Fe与水蒸气反应均生成碱CLi、C、P分别在足量氧气中燃烧均生成一种相应氧化物DCO2、HCl、NH3的水溶液都能导电，它们均属于电解质18.分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是（）AH2O、HCOOH、OF2均含有氧元素，都是氧化物BHCOOH、H2CO3、H2SO4分子中均含有两个氢原子，都是二元酸CHCl、NH3、NaOH溶于水所得溶液都能导电，都是电解质DHClO、H2SO4（浓）、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸19.分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法。某同学用如表所示的形式对所
10、学知识进行分类，甲与乙、丙、丁是包含关系。其中正确的是选项甲乙、丙、丁A弱电解质一水合氨、水、硫酸钡B腐蚀品浓硫酸、烧碱、硝酸C碱性氧化物过氧化钠、氧化镁、氧化铁D合成高分子材料光导纤维、涤纶、玻璃20.下列反应与Na2O2SO2=Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是 （ ）A2Na2O2CO2=2Na2CO3O2 B2Na2O22SO3=2Na2SO4O2 CNa2O2H2SO4=Na2SO4H2O2 D3Na2O2Cr2O3=2Na2CrO4Na2O21.a molNa2O2和b molNaHCO3固体混合后，在密闭容器中加热到250，使其充分反应，当排出气体为两种气体时，a:b不
11、可能为（ ）A3:4 B4:5 C2:3 D3:222.下列物质的性质和应用相对应的是（ ）A液氨分解要吸热，可用作制冷剂BAl2O3难溶于水，可用作耐火坩埚C硅胶吸附水能力强，可用作食品干燥剂DMgO是一种电解质，可用来工业电解冶炼金属镁23.向含Na+、Al3+、Fe3+、Fe2+、Cl、SO42-的水溶液中，加入足量的Na2O2固体，充分反应后再加入过量的稀盐酸，所得溶液与起始溶液相比，上述离子数目没有变化的有（ ）A2种 B3种 C4种 D5种24.利用图示装置进行有关实验，其中能达到实验目的或得出正确结论的是选项实验目的或结论装置A浓盐酸MnO2干燥红色布条NaOH溶液干燥布条不褪色
12、B稀硝酸铜粉空气NaOH溶液制备收集NOC浓硫酸木炭品红溶液NaOH溶液浓硫酸具有氧化性D浓氨水NaOH固体空气水制备收集氨气25.给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是A.粗硅SiCl4SiB.Mg(OH)2MgCl2(aq) MgC.Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3D.AgNO3(aq) Ag(NO3)2OH(aq) Ag26.某稀溶液中含有Fe(NO3)3 、Cu(NO3)2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+浓度和加入铁粉的物质的量之间的关系如图所示。则溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为（ ） A1:1:4B1:3:
13、1C3:3:8D1:1:127.以下物质间的转化通过一步反应不能实现的是 ()AHCl Cl2HClONaClO BNaNa2O2Na2CO3NaHCO3CAlNaAlO2 Al(OH)3Al2O3 DSiSiO2H2SiO3Na2SiO328.不能实现下列物质间直接转化的元素是（）单质氧化物酸或碱盐A碳 B硫 C钠 D铁29.如图所示，利用海水可提取很多重要的化工原料，下列有关说法不正确的是（） A第步是MgCl26H2O在坩埚中加强热分解B第步是海水蒸发浓缩、结晶过滤C第、步可以是通入足量Cl2D在第步反应为：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr30.已知A、B、C为中学化学中常
14、见的单质室温下，A为固体，B和C均为气体在适宜的条件下，它们可以按如图进行反应下列说法中不正确的是（ ） AA、B、C中三种元素的任意两种元素形成的化合物所属物质类别可能是氧化物BA、B、C中三种元素形成的化合物所属物质类别一定不是碱C如果E溶液是一种强酸，则E溶液为盐酸DA、B、C中有一种金属且为A第II卷（非选择题）评卷人得分二、计算题31.实验室常用浓盐酸与二氧化锰反应制取少量氯气，反应的化学方程式为：4HCl（浓）+MnO2 MnCl2+2H2O+Cl2，取足量12molL1浓盐酸使其与二氧化锰发生反应，产生的氯气在标准状况下的体积为4.48L计算（写出具体计算过程）（1）被氧化的HC
15、l的物质的量 （2）参加反应的MnO2的质量32.已知稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色，现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴液溴，振荡后溶液呈黄色，现对溶液呈黄色的原因进行探究（1）仅限选用的仪器和试剂有：烧杯、试管、玻璃棒、量筒、滴管、药匙；酸性高锰酸钾溶液、氢氧化钠溶液、四氯化碳、硫氰化钾溶液、硝酸银溶液、淀粉碘化钾溶液，完成以下实验探究过程：【提出假设】假设1：溶液呈黄色不是发生化学反应所致，是溶液中 引起的（填微粒的化学式，下同）假设2：溶液呈黄色是发生化学反应所致，是溶液中 引起的【设计实验方案】为了验证上述假设1和假设2的推断，请用简要的文字说明你的实验方案：假设1方案： 假设2方案：
16、 （2）根据高中所学的知识判断，你认为 （填“假设1”或“假设2”）的推断是正确的；若选用淀粉碘化钾溶液验证你的假设是否可行？ （填“行”或“否”）（3）写出铁离子与碘离子作用的离子方程式 ，并以该反应原理设计原电池，将电池装置示意图画在下边方框中33.已知：PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）（1 ）写出此反应的化学平衡常数表达式；（2）已知某温度下，在容器为10L的密闭容器中充入1.10mol PCl5，达平衡后，测得容器内PCl3的浓度为0.1mol/L计算此温度下的化学平衡常数；（3）在上述温度下，在容器为2L的密闭容器中充入4mol PCl5计算达到平衡时PCl5的分解率评卷人
17、得分三、实验题34.（14分）现在，德国的许多餐馆自身就具备油脂分离技术，将”地沟油”分离出来的废油将被制成生物柴油已知生物柴油是高级脂肪酸甲酯，可由油脂与甲醇通过酯交换反应生成新酯和新醇得到，酯交换过程可以表示为：R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH又已知油脂与甲醇互不相溶，反应中若有游离脂肪酸和水，将妨碍酯的交换目前常用的制备方法是碱催化法，用预处理过的地沟油（中性油）制备生物柴油的步骤如下：将酯交换反应器做干燥处理，先向反应器中加入26.52g中性油，再称取40.00g正己烷（约61mL）称取甲醇4.60g（约5.8mL）放到锥形瓶中，然后称取0.20g氢氧化钠固体并使之溶解
18、，然后加到反应器中连接好反应装置控制温度在6065进行恒温加热，搅拌1.5到2小时停止加热后，冷却，取出反应器，静置、分液，上层为生物柴油、正己烷和甲醇，下层主要为甘油用温水洗涤制得的生物柴油3到4次将水洗后的溶液倒入圆底烧瓶中，蒸馏，通过控制温度分别得到甲醇、正己烷，直至无液体蒸出后，烧瓶中剩余的液体主要为生物柴油（1）地沟油在预处理时需干燥、蒸馏操作的目的是 ；（2）酯交换反应器由 、 、温度计、搅拌棒组成；（3）步骤中加入正己烷的作用是 ，步骤可以采用 方式进行恒温加热，步骤中将上下层液体进行分离所需的主要仪器的名称是 ，确定步骤中生物柴油已洗涤干净的方法是 ；（4）根据整个流程，分析由
19、中性油制备生物柴油的过程中可以循环利用的物质是 ；（5）假设得到的中性油是油酸甘油酯，结构简式为： 经上述实验后得到油酸甲酯15.40g，则该实验中生物柴油（全以油酸甲酯计量）的产率为 % 35.（13分）实验室需要0.2molL1CuSO4溶液250mL，实验室除蒸馏水外还提供蓝色胆矾晶体（CuSO45H2O）和4molL1 CuSO4溶液两种试剂以配制该溶液（1）无论采用何种试剂进行配制，实验必须用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，至少还需要的一种仪器是 ，在使用该仪器前必须进行的操作是 （2）若用胆矾晶体进行配制，需要托盘天平称取CuSO45H2O的质量为 g；如果用4molL1的
20、CuSO4溶液配制，需用量筒量取 mL 4molL1 CuSO4溶液（3）用4molL1的CuSO4溶液配制溶液所需的实验步骤有：a往烧杯中加入约100mL水进行初步稀释，冷却至室温b用量筒量取一定体积4molL1的CuSO4溶液于一烧杯中c计算所需4molL1的CuSO4溶液的体积d盖好瓶塞，反复上下颠倒摇匀后，将溶液转存于试剂瓶中e加水至液面离容量瓶刻度线12cm处，改用胶头滴管进行定容f洗涤烧杯和玻璃棒23次并将洗涤液注入容量瓶，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀g将溶液转移入容量瓶其中正确的操作顺序为 （4）指出配制过程中的以下情形对所得溶液浓度的影响（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）d
21、步骤摇匀后发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线： ；e步骤中，俯视刻度线： ；g步骤前，容量瓶未干燥，有少量蒸馏水： 试卷答案1.B2.A【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；同位素及其应用；同素异形体【分析】A原子的核外电子数等于质子数；B同种元素形成的不同单质互称同素异形体；C不同的元素化学性质不同；D有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素【解答】解：A Pu与Pu具有相同的质子数，所以其核外电子数相同，则具有相同的最外层电子数，故A正确； B同种元素形成的不同单质互称同素异形体， Pu与Pu均为原子，不是同素异形体，故B错误；C Pu与Pu质子数不同属于
22、不同的元素，其化学性质不同，故C错误；D有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素， Pu与Pu质子数不同，不是同位素，故D错误故选A3.A试题分析：A、乙烯和丙烯的最简式相同，均是CH2，14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA，正确；B、N2与H2反应生成的NH3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物。1 molN2与4 mol H2反应生成的NH3分子数小于2NA，B错误；C.1 molFe溶于过量硝酸生成硝酸铁，电子转移数为3NA，错误；D、标准状况下四氯化碳是液态，不能利用气体摩尔体积计算物质的量，错误。4.C【考点】离子共存问题【分析】AAlO2促进H
23、CO3的电离；B离子之间结合生成络离子；C. c(H+)/c(OH-)=1012的溶液，溶液显酸性；D发生氧化还原反应【解答】解：AAlO2促进HCO3的电离生成沉淀和碳酸根离子，不能大量共存，故A错误；BFe3+、SCN结合生成络离子，不能大量共存，故B错误；C. c(H+)/c(OH-)=1012的溶液，溶液显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D酸性溶液中KMnO4、CH3CH2OH发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C5.B试题分析：A、Ba(OH)2与H2SO4两稀溶液混合离子方程式应为：Ba2+2OH- +2H+SO42=BaSO4 +2H2O，错误；BAlC
24、l3溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3 +3NH4+，正确；C、将Na投入到CuSO4溶液中钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应，不能置换出铜，错误； D、等物质的量的MgCl2、NaOH和HC1溶液混合离子反应为：H+OH一= H2O，错误。6.C【考点】氧化还原反应；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【专题】卤族元素【分析】A、海水中溴以离子形式存在，需要氧化还原反应生成溴单质；B、苯与溴水不反应；C、溴在CCl4中溶解度大于在水中的溶解度，且CCl4和水不混溶；D、Fe2+的还原性强于溴离子点的还原性，若氯气少量，只氧化Fe2+【解答】解：
25、A、海水中溴以离子形式存在，需要氧化还原反应生成溴单质，故A错误；B、苯与溴水不反应，苯与液溴在催化剂的条件下反应生成溴苯，故B错误；C、溴在CCl4中溶解度大于在水中的溶解度，且CCl4和水不混溶，可以用CCl4萃取溴水中的溴，故C正确；D、Fe2+的还原性强于溴离子的还原性，若氯气少量，只氧化Fe2+，若氯气过量，一定会全部氧化Fe2+和溴离子，故D错误故选：C【点评】本题考查了非金属元素的性质及单质的性质、氧化还原反应的判断，注意氧化性Cl2Br2Fe3+，题目难度不大7.B【考点】氧化还原反应的计算；化学方程式的有关计算 【分析】等物质的量的还原剂，失去电子越多，则消耗的氧化剂硝酸越多
26、，结合生成硝酸盐来解答【解答】解：A.1molAg转移电子1mol，消耗氧化性的硝酸和酸性的硝酸各1mol，共2mol，B.1molFeI2 转移3mol电子，消耗消耗氧化性的硝酸和酸性的硝酸各3mol，共6mol，C.1molSO2转移电子2mol，消耗硝酸2mol，D.1molC转移电子4mol，消耗硝酸4mol，故选B【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的反应中硝酸作氧化剂和酸为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大8.A设NO2、NH3、O2的体积比为x:y:z，三者恰好反应，根据电子得失守恒，4x4z3y，将选项的数值逐个代入，只有A选项符合。9.B考
27、点：氧化还原反应分析：该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价、过氧化钠中O元素化合价由1价变为2价，所以氧化铁是还原剂、过氧化钠是氧化剂，再结合物质之间的转化计算解答：解：该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价、过氧化钠中O元素化合价由1价变为2价，所以氧化铁是还原剂、过氧化钠是氧化剂，ANa2FeO4中钠离子和高铁酸根离子之间存在离子键，属于离子化合物，故A错误；B通过以上分析知，反应中Na2O2是氧化剂，故B正确；C生成1 mol Na2FeO4，转移电子的物质的量=1mol（63）=3mol，故C错误；D在Na2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，能消毒杀菌，故D错误；故选B点评：
28、本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念、计算，明确元素化合价变化是解本题关键，注意高铁酸钠能杀菌消毒，题目难度不大10.B【考点】化学反应中能量转化的原因【专题】化学反应中的能量变化【分析】化学反应中，化学键断裂要吸收能量，形成化学键要放出能量，由键能大小可知H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）的反应热，生成2molHCl，化学键断裂吸收热量：436kJ+243kJ=679kJ，形成化学键放出热量：2431kJ=862kJ，则反应放热，并根据物质能量越高越活泼分析物质稳定性【解答】解：AHCl为共价化合物，电子式不可能有电荷和括号，故A错误；B该反应是工业制取盐酸的化学反应原理，故B正确；C
29、形成1molHCl键要释放收431kJ的能量，故C错误；D、依据C分析计算，1mol H2（g）和1mol Cl2（g）的总能量高于2mol HCl（g）的总能量，反应放热，该反应中反应物总能量高于生成物总能量，故D错误；故选B【点评】本题考查较为综合，题目难度不大，本题注意从键能角度计算反应热的方法，学习中注意相关知识的把握11.C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：由元素在周期表的位置可知，X为第二周期第A族元素，即X为N，则Y为P，Z为S，W为Br，非金属性越强，最高价氧化物的含氧酸的酸性越强；非金属性越强，气态氢化物越稳定；溴与铁反应生成溴化铁；Br
30、的质子数为35，S的质子数为16解答：解：由元素在周期表的位置可知，X为第二周期第A族元素，即X为N，则Y为P，Z为S，W为Br，非金属性XY，最高价氧化物的含氧酸的酸性为YX，故正确；非金属性ZY，气态氢化物的稳定性YZ，故正确；溴与铁反应生成溴化铁，故正确；Br的质子数为35，S的质子数为16，则W的原子序数比Z大3516=19，故错误；故选C点评：本题考查位置、结构、性质，熟悉元素在周期表中的位置及元素的性质是解答本题的关键，难度不大12.C13.D考点:化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素分析:途径N2、H2的起始物质浓度分别为1mol/L和3mol/L；途径起始浓度：N2：2m
31、olL 1，H2：6molL 1，与途径相比，恒温恒压下，途径为途径I起始浓度的2倍，与途径为相似平衡，由于容器体积一定，相当于途径II为增大压强，平衡右移，据此解答即可解答:解：途径N2、H2的起始物质浓度分别为1mol/L和3mol/L；途径起始浓度：N2：2molL 1，H2：6molL 1，与途径相比，恒温恒压下，途径为途径I起始浓度的2倍，与途径为相似平衡，由于容器体积一定，相当于途径II为增大压强，平衡右移，A、和II两途径达到平衡时，途径I中氨气的体积分数小，故A错误；B、途径II中氢气的浓度大，化学反应速率快，故B错误；C、途径II相当于达到I的平衡后，平衡右移，故压强减小为途
32、径I的2倍小一些，故C错误；D、由于容器体积相同，途径II的质量为途径I的2倍，故途径II的密度为途径I的2倍，故D正确，故选D点评:化学平衡的建立、等效平衡等，难度中等，理解等效平衡规律是解题关键，注意等效平衡规律：1、恒温恒压下，按化学计量数转化到一边，满足对应物质的物质的量之比相同，为等效平衡；2、恒温恒容下，若反应前后气体气体发生变化，按化学计量数转化到一边，满足对应物质的物质的量相等，为等效平衡；若反应前后气体的体积不变，按化学计量数转化到一边，满足对应物质的物质的量之比相同，为等效平衡14.C根据图a可知发生反应时，各物质的反应速率大小关系为2v(X)=2v(Y)=2v(Z)。根据
33、图a中的数据可计算反应达到平衡时Y的转化率时62.5%。通过图中a可计算平衡时各物质浓度，从而计算出平衡常数为33.3。从图b可知T1T2，T1时生成物浓度高，正反应为吸热反应。15.A解析：酸性氧化物与碱发生反应生成盐和水，故可以实现；弱酸与盐溶液反应可以生成强酸，例如CuSO4+H2S=CuS+H2SO4,故可以实现；复分解反应发生的条件还可以是有弱电解质生成，故可以实现；例如亚硫酸与氢硫酸恰好生成硫和水的反应，两种酸溶液充分反应后的溶液体系为中性可以实现；同素异形体之间的转化说明有单质参加的非氧化还原反应可以实现；过氧化钠与二氧化碳反应生成物中有氧气，说明两种氧化物反应的产物有气体可以实
34、现。故答案选A16.D 【知识点】氧化还原反应 化学平衡 沉淀溶解平衡【答案解析】D解析：没有说明v(Cr2O72-)、v(CrO42-)表示的方向，所以无法判断是否平衡，A错误；加酸后，平衡正向移动，颜色将会变成橙色，有利于Cr2O72-的生成，B错误；c（Cr3+）c3(OH)= 10-32，c(OH)=10-9，c(H+)=105，溶液的pH应调至5，C错误；还原0.1 mol Cr2O72-，则FeSO4失去电子：0.12（6-3）=0.6mol，需要0.6 mol FeSO4，所以需要91.2 gFeSO4，D正确。【思路点拨】平衡状态中的v（正）=v（逆）指同种物质的正向速率与逆向
35、速率相等。17.C 考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质专题：物质的分类专题分析：A稀硝酸、稀硫酸与木炭不反应；B红热的Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁；C根据Li、C、P分别在足量氧气中燃烧的产物判断；DCO2、NH3与水反应生成电解质解答：解：A稀硝酸、稀硫酸的氧化性较弱，不能氧化木炭，则稀硝酸、稀硫酸均不能将木炭氧化成二氧化碳，故A错误；BNa2O2与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠属于碱，红热的Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁是金属氧化物，不是碱，故B错误；CLi、C、P分别在足量氧气中燃烧的产物为氧化锂、二氧化碳、五氧化二磷，反应产物只有一种，故C正确；D
36、CO2、NH3与水反应生成电解质，所以它们的水溶液能导电，但是它们属于非电解质，HCl属于电解质，故D错误故选C点评：本题考查的知识点较多，侧重于基础知识的综合考查，涉及酸的性质、金属氧化物、单质与氧气的反应、电解质与非电解质等，注意对基础知识的积累，题目难度不大18.D 考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质专题：物质的分类专题分析：A氧化物由两种元素构成，其中有一种元素为氧元素；B二元酸是电离过程中生成两个氢离子的酸；CNH3是非电解质；D氧化性酸一般是含氧酸，是指酸中除了氢、氧元素之外的中心元素在化学反应中表现出强氧化性解答：解：A氧化物由两种元素构成，其中有一种元
37、素为氧元素，所以H2O、OF2都是氧化物，HCOOH不是氧化物，故A错误；BHCOOH、H2CO3、H2SO4分子中均含有两个氢原子，H2CO3、H2SO4都能电离出2个氢离子，属于二元酸，HCOOH只能电离出1个氢离子，属于一元酸，故B错误；CNH3的水溶液能导电，是因为氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，而不是氨气本身发生电离，所以氨气是非电解质，故C错误；DHClO、H2SO4（浓）、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸，故D正确故选D点评：本题考查了物质分类的判断应用，主要是酸、氧化物、电解质、氧化性酸等概念的理解和分析判断，题目较简单19.B20.D试题分析：
38、题中Na2O2体现氧化性，A、Na2O2既体现氧化性又体现还原性，故不符合题意；B、Na2O2既体现氧化性又体现还原性，故不符合题意；C、不属于氧化还原反应，故不符合题意；D、根据化合价变化，Na2O2体现氧化性，故符合题意。21.D试题分析：发生的反应是：2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，2Na2O22CO2=2Na2CO3O2，2Na2O22H2O=4NaOHO2，要求排出气体的有两种，这两种气体为H2O、O2，也就是CO2全部参加反应，此时的a：b=1：2，假设H2O完全反应时，a：b=1：1，因此两种气体时，1：2a：bFe3Cu2，01时发生Fe4HNO3=Fe(NO3)3NO
39、2H2O，消耗1molFe的同时消耗4mol硝酸，生成1molFe3，12时发生Fe2Fe3=3Fe2，消耗1molFe同时消耗2molFe3，因此原溶液中Fe3的物质的量为1mol，23时发生FeCu2=Fe2Cu，消耗1molFe的同时消耗1molCu2，则原溶液中有1 molCu2，溶液的体积相同，浓度之比等于物质的量之比为：1：1：4，故选项A正确。27.D【知识点】物质间的转化解析：A、依次与二氧化锰、水、氢氧化钠反应即可实现；B、依次与氧化气、二氧化碳、二氧化碳反应即可实现；C、依次与氢氧化钠溶液、二氧化碳、加热分解反应即可实现；D、SiO2转化成H2SiO3，SiO2要先与氢氧化
40、钠溶液反应生成硅酸钠，再与酸反应得硅酸，不能一步实现，故D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了物质间的转化，需要掌握钠、铝、氯、硅及其化合物的性质。28.D考点：含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变.专题：元素及其化合物分析：根据单质氧化物酸或碱盐知，金属或非金属单质能和氧气反应生成氧化物，氧化物能和水反应生成酸或碱，酸或碱能和氢氧化钠或盐酸反应生成盐，根据各物质的性质来分析解答解答：解：ACCO2H2CO3Na2CO3，能实现物质间的转化，故A不选；BSSO2H2SO3Na2SO3，所以能实现物质间的转化，故B不选；CNaNa2ONaOHNaCl，所以能实现物质
41、间直接转化，故C不选；D铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，四氧化三铁不溶于水，所以不能实现物质间直接转化，故D选；故选D点评：本题考查物质的转化和性质，熟练掌握常见物质的性质与变化规律，是解答此类问题的关键，基本知识基础属于基础考查29.A考点：海水资源及其综合利用专题：元素及其化合物分析：-根据转化图可知，为海水晒盐得到粗盐和母液，母液通过加入氢氧化钙沉淀镁离子，得到氢氧化镁沉淀，过滤后沉淀溶解于盐酸后蒸发浓缩结晶析出氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到氯化镁；为加入氧化剂氯气氧化溴离子为溴单质；为富集溴的反应，利用反应中溴元素的化合价来分析解答：解：A、结晶水合物失去结晶水并生成氯化镁
42、，镁离子水解，为防止水解应在酸性条件下进行，故A错误；B、第步是海水蒸发浓缩、结晶过滤的粗盐和卤水的过程，故B正确；C、由可知NaBrBr2，NaBr中溴元素的化合价为1价，单质中溴元素的化合价为0，则在反应中溴元素的化合价升高，由信息可知溴元素被氧化，第步是溴的提纯，既有溴元素被氧化，通入的氧化剂都是氯气，故C正确；D、在第步反应为二氧化硫被溴单质氧化的反应过程，反应生成硫酸和溴化氢，反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，故D正确；故选A点评：本题考查海水中溴的制备与提纯，镁的提纯分离，掌握基本流程和提成方法，掌握物质性质是关键，题目难度中等30.A考点：无机物
43、的推断 分析：已知A、B、C为中学化学中常见的单质，室温下，A为固体，B和C均为气体在适宜的条件下，它们可以按如图所示进行反应，A为固体，常见为碳、钠、镁、铝、铁等，B、C为气体单质，常见有氯气、氧气、氢气、氮气等，固体A和气体B反应生成的D是固体，说明A为金属不为碳，E溶液能与金属反应，且E是两种气体反应所得产物，则E应为酸，C应为氢气，所以B为Cl2，E为HCl，D为金属和盐酸反应生成的氯化物盐，此盐可以直接由A和Cl2反应得到，说明则A一定不是变价金属铁，A可能是Na、Mg、Al等，结合选项来解答解答：解：由信息及上述转化关系可知，B为Cl2，E为HCl，C为氢气，D为金属和盐酸反应生成
44、的氯化物盐，此盐可以直接由A和Cl2反应得到，说明则A一定不是变价金属铁，A可能是Na、Mg、Al等，A若A为Na，B为氯气，C为氢气，三种元素中的任意两种元素形成的化合物一定不含O元素，不属于氧化物，故A错误；B若A为Na，B为氯气，C为氢气，三种元素中的任意两种元素形成的化合物一定不含O元素，不可能为碱，故B正确；CE为两种单质化合生成的物质，溶于水显酸性，不可能为硫酸，可以为盐酸，故C正确；D由上述分析可知，只有A为金属，B和C均为气体非金属单质，故D正确；故选A点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，把握常见物质的性质、物质之间的转化反应为解答的关键，侧重分析、推断能力的综合考查，注意
45、A为金属的分析为解答的难点，题目难度中等31.(1)被氧化的氯化氢的物质的量为0.4mol；(2)参加反应的MnO2的质量为17.4g【考点】化学方程式的有关计算【分析】（1）被氧化的HCl生成氯气，根据Cl原子守恒计算被氧化HCl物质的量；（2）根据方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+C12+2H2O计算消耗二氧化锰的质量【解答】解：（1）n（C12）=0.2mol，被氧化的HCl生成氯气，根据Cl原子守恒，被氧化HCl物质的量=2n（C12）=20.2mol=0.4mol，答：被氧化的氯化氢的物质的量为0.4mol；（2）MnO2+4HCI（浓）=MnCl2+C12+2H2O 87g
46、 1mol m 0.2molm=17.4g，答：参加反应的MnO2的质量为17.4g32.（1）Br2；Fe3+；向黄色溶液加入CCl4，振荡，静置，下层溶液呈橙红色；向黄色溶液滴加KSCN溶液，溶液变为血红色；（2）假设2；否；（3）2Fe3+2I=2Fe2+I2；【分析】（1）提出假设：现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴液溴，二价铁离子被溴单质氧化为三价铁在水溶液中是黄色的，或是溴单质溶于水形成的溶液颜色；设计实验方案：溶液黄色由溶解溴导致，可以利用四氯化碳萃取溴验证；溶液黄色由Fe3+所致，能与KSCN溶液反应生成血红色物质；（2）溴单质氧化性较强，能将亚铁离子氧化为Fe3+；溴单质
47、、Fe3+可以将碘离子氧化为碘单质；（3）Fe3+可以将碘离子氧化为碘单质，发生氧化还原反应，用石墨作电极，电解质溶液为氯化铁溶液、KI溶液，用KCl盐桥连接【解答】解：（1）【提出假设】假设1：溶液呈黄色不是发生化学反应所致，是溶液中Br2引起的，假设2：溶液呈黄色是发生化学反应所致，是溶液中Fe3+引起的，故答案为：Br2；Fe3+；【设计实验方案】假设1方案：向黄色溶液加入CCl4，振荡，静置，下层溶液呈橙红色，假设2方案：向黄色溶液滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，故答案为：向黄色溶液加入CCl4，振荡，静置，下层溶液呈橙红色；向黄色溶液滴加KSCN溶液，溶液变为血红色；（2）溴单质氧
48、化性较强，能将亚铁离子氧化为Fe3+，假设1不成立，假设2的推断正确，溴单质、Fe3+可以将碘离子氧化为碘单质，不能用淀粉碘化钾溶液验证，故答案为：假设2；否；（3）Fe3+可以将碘离子氧化为碘单质，反应离子方程式为：2Fe3+2I=2Fe2+I2，发生氧化还原反应，用石墨作电极，电解质溶液为氯化铁溶液、KI溶液，用KCl盐桥连接，电池装置示意图为： 故答案为：2Fe3+2I=2Fe2+I2；【点评】本题考查物质性质的探究，根据物质的性质设计实验方法，熟练掌握元素化合物性质，注意基本仪器与装置的简单绘画33.1.PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）的平衡常数表达式K=，答：PCl5（g）
49、PCl3（g）+Cl2（g）的平衡常数表达式为2.在容器为10L的密闭容器中充入1.10mol PCl5，达平衡后，测得容器内PCl3的浓度为0.1mol/L，则： PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）起始浓度（mol/l）：0.11 0 0变化浓度（mol/L）：0.1 0.1 0.1平衡浓度（mol/L）：0.01 0.1 0.1平衡常数K=1，答：该温度下平衡常数为13. 温度相同，平衡常数相同，设平衡时 PCl5的浓度变化量为xmol/L，则： PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）起始浓度（mol/l）：2 0 0变化浓度（mol/L）：x x x平衡浓度（mol/L）：2
50、x x x则=1，解得x=1达到平衡时PCl5的分解率为100%=50%，答：达到平衡时PCl5的分解率为50%考点：化学平衡的计算专题：化学平衡专题分析：（1）化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出；（2）在容器为10L的密闭容器中充入1.10mol PCl5，达平衡后，测得容器内PCl3的浓度为0.1mol/L，则： PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）起始浓度（mol/l）：0.11 0 0变化浓度（mol/L）：0.1 0.1 0.1平衡浓度（mol/L）：0.01 0.1
51、0.1代入平衡常数表达式K=计算；（3）温度相同，平衡常数相同，设平衡时 PCl5的浓度变化量为xmol/L，表示出平衡常数各组分浓度，代入平衡常数表达式列方程计算解答解答：解：（1）PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）的平衡常数表达式K=，答：PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）的平衡常数表达式为（2）在容器为10L的密闭容器中充入1.10mol PCl5，达平衡后，测得容器内PCl3的浓度为0.1mol/L，则： PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）起始浓度（mol/l）：0.11 0 0变化浓度（mol/L）：0.1 0.1 0.1平衡浓度（mol/L）：0.01 0.
52、1 0.1平衡常数K=1，答：该温度下平衡常数为1；（3）温度相同，平衡常数相同，设平衡时 PCl5的浓度变化量为xmol/L，则： PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）起始浓度（mol/l）：2 0 0变化浓度（mol/L）：x x x平衡浓度（mol/L）：2x x x则=1，解得x=1达到平衡时PCl5的分解率为100%=50%，答：达到平衡时PCl5的分解率为50%点评：本题考查化学平衡计算，难度不大，注意三段式解题法在化学平衡计算中应用，注意掌握平衡常数的应用34.（1）除去游离脂肪酸和水，否则将妨碍酯的交换；（2）三颈烧瓶、冷凝管；（3）作溶剂，促进油脂与甲醇互溶；6065的
53、水浴加热；分液漏斗；蘸取最后一次的洗涤液，用pH试纸测其酸碱性，若为中性则已洗净；（4）正己烷、甲醇；（5）57.8%【分析】（1）反应中若有游离脂肪酸和水，将妨碍酯的交换；（2）依据装置图分析可知酯交换反应器由三颈烧瓶、冷凝管、温度计、搅拌棒组成；（3）已知油脂与甲醇互不相溶，正己烷是一种有机溶剂可以溶解油脂和甲醇使之混合均匀发生反应；控制温度在100以下选择水浴加热；步骤中将上下层液体进行分离基本操作为分液，据此分析所需仪器；用温水洗涤制得的生物柴油34次，检验是否洗涤干净可以利用最后一次的洗涤液检查酸碱性设计；（4）停止加热后，冷却，取出反应器，静置、分液，上层为生物柴油、正己烷和甲醇，
54、下层主要为甘油，可知正己烷和甲醇可以循环使用；（5）根据油酸甘油酯进行酯交换后与油酸甲酯的关系：C57H104O63C19H36O2计算出理论产量，再计算产率【解答】解：（1）反应中若有游离脂肪酸和水，将妨碍酯的交换，地沟油的预处理干燥、蒸馏操作的目的是除去游离脂肪酸和水，否则将妨碍酯的交换，故答案为：除去游离脂肪酸和水，否则将妨碍酯的交换；（2）依据装置图分析可知酯交换反应器由三颈烧瓶、冷凝管、温度计、搅拌棒组成，故答案为：三颈烧瓶、冷凝管；（3）生物柴油是高级脂肪酸甲酯，可由油脂与甲醇通过酯交换生成新酯和新醇得到，已知油脂与甲醇互不相溶，正己烷是一种有机溶剂可以溶解油脂和甲醇使之混合均匀发
55、生反应；控制温度在6065进行恒温加热应选择水浴加热；分液操作所需主要仪器为分液漏斗；用温水洗涤制得的生物柴油34次，检验是否洗涤干净可以利用最后一次的洗涤液检查酸碱性设计，蘸取最后一次的洗涤液，用pH试纸测其酸碱性，若为中性则已洗净，故答案为：作溶剂，促进油脂与甲醇互溶；6065的水浴加热；分液漏斗；蘸取最后一次的洗涤液，用pH试纸测其酸碱性，若为中性则已洗净；（4），停止加热后，冷却，取出反应器，静置、分液，上层为生物柴油、正己烷和甲醇，下层主要为甘油，可知正己烷和甲醇可以循环使用，故答案为：正己烷、甲醇；（5）26.52g中性油的物质的量为=0.03mol，根据C57H104O63C19
56、H36O2可知理论生成油酸甲酯的物质的量为0.03mol3=0.09mol，质量为0.09mol296g/mol=26.64g；则产率为=57.8%；故答案为：57.8%【点评】本题考查了有机混合物的分离方法和实验过程分析应用，涉及产率的计算，主要是题目信息的理解应用和盐类分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等35.（1）250mL容量瓶；检查是否漏水；（2）12.5；12.5；（3）cbagfed；（4）偏小 偏大 无影响【分析】（1）配制250mL溶液一定需要250mL的容量瓶；使用容量瓶前必须检查容量瓶是否漏液；（2）根据250mL 0.2mol/L CuSO4溶液中溶质CuSO4的物质
57、的量分别计算出需要CuSO45H2O的质量，依据稀释前后溶液中溶质的物质的量不变计算需要浓溶液的体积；（3）根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤对各操作进行排序；（4）分析操作对溶质的物质的量n和溶液的体积V，依据c=进行误差分析【解答】解：（1）配制0.2molL1CuSO4溶液250mL，一定需要250mL的容量瓶；因为最后需颠倒摇匀，所以容量瓶在使用前必须检查是否漏水；故答案为：250mL容量瓶；检查是否漏水；（2）250mL 0.2mol/L的硫酸铜溶液中含有溶质CuSO4的物质的量为：0.2mol/L0.25L=0.05mol，需要CuSO45H2O的质量为：250g/mol0.05m
58、ol=12.5g；如果用4mol/L的CuSO4溶液稀释配制设需要浓溶液体积V，依据稀释前后溶液中溶质的物质的量不变可知，4mol/LV=0.2mol/L250ml，解得：V=12.5ml；故答案为：12.5；12.5；（3）用4molL1的CuSO4溶液配制溶液的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，所以正确的操作顺序为：cbagfed；故答案为：cbagfed；（4）d步骤摇匀后发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液的体积偏大，所得溶液浓度偏小；e步骤中，俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，所得溶液的浓度偏大；g步骤前，容量瓶未干燥，有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液浓度不变；故答案为：偏小 偏大 无影响【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液配制误差的分析，题目难度不大，明确配制原理结合c=进行分析产生的误差，试题培养了学生的分析能力
