化学卷解析届山西省康杰中学等四校高三第二次联考01Word文件下载.docx

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B．常温常压下，3.0g含甲醛的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA

C．标准状况下，2.24L的CCl4中含有的C—Cl键数为0.4NA

D．将CO2通过Na2O2使其增重a克时，反应中转移电子数为

【知识点】阿伏加德罗常数A1

【答案解析】B解析：

A．将1molCl2通入到水中，则N（HClO）+N（Cl－）+N（ClO－）+N（Cl2）＝2NA，错误；

B．甲醛和冰醋酸的最简式相同，故质量一定，含有的原子数目一定，3.0g含甲醛的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA，正确；

C．CCl4在标准状况下为液体，不能用气体摩尔体积进行计算，错误；

D．将CO2通过Na2O2使其增重a克时，反应中转移电子数为aNA/28，错误。

【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，难度不大。

【题文】3.下列说法正确的是

A．甲烷和Cl2的反应与乙烯和Br2的反应属于同一类型的反应

B．分子式为C4H7ClO2，可与NaHCO3产生CO2的有机物可能结构有3种

C．

分子中至少有11个碳原子处于同一平面上

D．1mol有机物一定条件下能和7molNaOH反应。

【知识点】甲烷的化学性质，有机物的结构和性质I1I4

A、甲烷和Cl2的反应是取代反应，乙烯和Br2的反应属于加成反应，两者反应的类型不同，错误；

B、与NaHCO3产生CO2的有机物为羧酸，即判断C3H6ClCOOH，符合结构的应有5种，错误；

C、

分子中至少有11个碳原子处于同一平面上，正确；

D、此有机物中含有4个酚羟基，1个羧基，1个酯基，在一定条件下能与6molNaOH反应，错误。

【思路点拨】本题考查了有机物反应类型，同分异构体的书写，有机物官能团的性质，分子的结构，知识内容基础性较强，难度不大。

【题文】4．下列判断错误的是

A．沸点：

NH3>

PH3>

AsH3B．结合质子的能力：

OH－>

CH3COO－>

Cl－

C．酸性：

HClO4>

H2SO4>

H3PO4D．碱性：

NaOH>

Mg（OH）2>

Al（OH）3

【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用E2

【答案解析】A解析：

ANH3含有氢键，沸点最高，PH3、AsH3都不含氢键，相对分子质量越大，沸点越高，应为NH3＞AsH3＞PH3，错误．B因H2O、CH3COOH、HCl的电离程度：

HCl＞CH3COOH＞H2O，所以结合质子能力OH-＞CH3COO-＞Cl-，正确C非金属性Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以酸性：

H3PO4＜H2SO4＜HClO4正确；

D金属性：

Na＞Mg＞Al，元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性：

NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，正确。

【思路点拨】本题考查了元素的金属性、非金属性的递变规律，酸性的比较，题目难度中等。

【题文】

5．已知A、B为单质，C为化合物。

且有如下转化关系

A+BCA+B

若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na

②若C溶液与Na2CO3溶液反应，放出CO2气体，则A可能是H2

③若C溶液中滴加NaOH溶液，先生成沉淀后又溶解，则B可能为Al

④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为Cu

能实现上述转化关系的是

A．①②B．②④C．①③D．③④

【知识点】元素形成的单质和化合物的性质C5F4

由题目可知，电解的最终结果是电解电解质本身，故C可以为不活泼金属的无氧酸盐或无氧酸。

①若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na，B可能为氯气，但电解NaCl溶液不能得到Na单质，错误；

②若C溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，C为HCl，则A可能是H2，故正确；

③若C溶液中滴加NaOH溶液有沉淀生成，后沉淀有溶解，满足上述转化时，则B可能为Al，但在电解铝的化合物时得不到金属铝，故错误；

④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，C中应含铜离子，则B可能为Cu但电解氯化铜溶液可以得到单质铜和氯气，故正确。

正确选项为B

【思路点拨】本题考查了本题考查无机推断，把握电解生成A、B两种单质为解题本题的突破口，熟悉元素化合物的性质及电解原理即可解答，明确电解中离子的放电顺序，题目的综合性较强，但是难度不大。

【题文】6.下列有关溶液组成的描述合理的是

A．在Fe2（SO4）3溶液中可以大量存在:

K+、Fe2+、Cl－、Br－、SCN－

B．c（H＋）＝1×

10-13mol/L的溶液中可以大量存在：

Mg2＋、Cu2＋、HCO3－、NO3－

C．加水稀释时c（OH－）/c（H+）值增大的溶液中可大量存在：

MnO4－、CO32－、K+、NH4+

D．在碱性溶液中可以大量存在：

S2O32－、AlO2－、SiO32－、S2－、Na+

【知识点】离子共存B1

【答案解析】D解析：

A．在Fe2（SO4）3溶液中含有Fe3+与SCN－可以生成Fe（SCN）3,，错误；

10-13mol/L的溶液显示碱性，在碱性溶液中，Mg2＋与Cu2＋生成沉淀，HCO3－与OH－反应生成CO32－，错误；

C．加水稀释时c（OH－）/c（H+）值增大的溶液的性质显示碱性，在碱性溶液在中NH4+不能存在，错误；

D．在碱性溶液中可以大量存在：

S2O32－、AlO2－、SiO32－、S2－、Na+，正确。

【思路点拨】本题考查了在一定的前提条件下离子之间的反应，这是此类试题考查的方向，明确离子之间的反应是解答的关键。

【题文】7．某种聚合物锂离子电池放电时的反应为Lil－xCoO2+LixC6＝6C+LiCoO2，其电池如图所示。

下列说法不正确的是

A．放电时，LixC6发生氧化反应

B．充电时，Li＋通过阳离子交换膜从左向右移动

C．充电时，将电池的负极与外接电源的负极相连

D．放电时，电池正极反应为Lil－xCoO2+xLi＋+xe－＝LiCoO2

【知识点】原电池和电解池的工作原理F3F4

放电时的反应为Li1-xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，Co元素的化合价升高，C元素的化合价降低。

A．C元素的化合价升高，则放电时LixC6发生氧化反应，正确；

B．充电时，为电解装置，阳离子向阴极移动，则Li+通过阳离子交换膜从右向左移动，错误；

C．充电时负极与阴极相连，将电池的负极与外接电源的负极相连，正确；

D．正极上Co元素化合价降低，放电时，电池的正极反应为：

Li1-xCoO2+xLi++xe-═LiCoO2，正确；

故选B。

【思路点拨】本题考查了原电池原理，明确电池反应中元素的化合价变化及原电池的工作原理即可解答，注意与氧化还原反应的结合，题目难度不大。

【题文】8．下列说法正确的是

A．常温下向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值变大

B．用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小

C．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c（Ba2+）增大

D．物质的溶解度随温度的升高而增加，物质的溶解都是吸热的

【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质H5

A．Ksp值只与温度有关，向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，由于温度不变，所以Ksp值不变，故A错误；

B．AgCl溶液中存在：

AgCl（s）

Ag+（aq）+Cl-（aq），Cl-浓度越大，则溶解的AgCl越少，所以用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小，故B正确；

C．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c（SO4）增大，Ksp值不变，故（Ba2+）减小，错误；

D．物质的溶解度不一定随温度的升高而增大，如氢氧化钙溶液随温度的升高溶解度减小，故D错误。

【思路点拨】本题考查了影响物质溶解度的因素、Ksp的应用、沉淀溶解平衡的移动，侧重于有关原理的应用的考查，题目难度不大。

【题文】9．下列有关物质浓度关系的描述中，正确的是

A．25℃时，NaB溶液的pH＝9，则c（Na＋）－c（B－）＝9.9×

10－7mol·

L－1

B．0.1mol·

L－1的NaHCO3溶液中：

c（OH－）＋2c（CO32－）＝c（H+）＋c（H2CO3）

C．25℃时，向0.1mol·

L－1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：

c（Na＋）＞c（SO42－）＞c（NH4+）＞c（OH－）＝c（H＋）

D．25℃时，将pH均为3的醋酸溶液和盐酸分别加水稀释到pH均为5，则由水电离出的H+的浓度均减小为原来的100倍

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡，离子浓度大小的比较，盐类水解的应用H6

A．根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（B-），所以得c（Na+）-c（B-）=c（OH-）-c（H+）=10-5-10-9mol•L-1，错误B．根据物料守恒，碳元素在溶液中的形式有：

CO32-、HCO3-、H2CO3，所以c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），根据电荷守恒：

c（Na+）+c（H+）==c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-）可得质子守恒：

c（OH-）＋c（CO32－）=c（H+）+c（H2CO3），错误；

c（Na＋）＞c（SO42－）＞c（NH4+）＞c（OH－）＝c（H＋），正确；

D．加水稀释促进弱电解质醋酸电离，所以醋酸继续电离出氢离子，而HCl不再电离出氢离子，导致稀释后醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以醋酸pH小于HCl，错误。

【思路点拨】本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、pH的计算、盐类的水解以及弱酸或弱碱稀释的判断等，综合性较强，题目难度中等。

【题文】10．下列解释事实的离子方程式不正确的是

A．酸性KMnO4溶液与H2O2反应：

2MnO4－＋5H2O2＋6H＋＝2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O

B．向FeBr2溶液中通入足量氯气：

2Fe2++4Br－+3Cl2＝2Fe3++2Br2+6Cl－

C．向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：

3Mg（OH）2+2Fe3+＝2Fe（OH）3+3Mg2+

D．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：

Fe2+＋2OH－=Fe（OH）2↓

【知识点】离子方程式B1

2NH4++Fe2+＋4OH－=Fe（OH）2↓+2NH3·

H2O。

【思路点拨】本题考查了离子方程式的书写及判断，反应物的用量不同反应不同，涉及到的离子反应不同，在溶液中所以的离子反应要抓住是解答的关键，难度中等。

【题文】11．用铂作电极电解1000mL0.1mol/LAgNO3溶液，通电一段时间后关闭电源，测得溶液的质量减少了13.4g。

下列有关叙述正确的是（NA代表阿伏加德罗常数的值）

A．电解过程中流经外电路的电子数目为0.1NA

B．在标准状况下，两极共产生3.92L气体

C．电解后溶液的pH为2（假设溶液体积不变）

D．加入13.8gAg2CO3可将溶液彻底复原

【知识点】电解原理F4

A用石墨作电极电解1000mL 

0.1mol/L 

AgNO3溶液的阴极反应首先是Ag++e-=Ag，假设所有的银离子0.1mol全部放电，转移电子的物质的量为0.1mol，则析出金属铜的质量为：

0.1mol×

108g/mol=10.8g，此时阳极放电的电极反应为：

4OH-=O2↑+H2O+4e-，转移0.1mol电子时生成的氧气的质量是：

0.025mol×

32g/mol=0.8g，所以溶液质量减少总量为10.8g+0.8g=11.6g＜13.4g，接下来阴极放电的是氢离子，阳极仍是氢氧根放电，相当于此阶段电解水，还要电解掉水的质量为13.4g-11.6g=1.8g，电解这些水转移电子的物质的量为0.2mol，所以整个过程转移电子的总量为0.3mol，个数为0.3NA，故A错误；

B、阳极放电的电极反应为：

4OH-=O2↑+H2O+4e-，当转移0.3mol电子时，产生的氧气物质的量为0.075mol，即1.68L，阴极上产生氢气，2H++2e-=H2↑，当转移0.2mol电子时，产生的氢气物质的量为0.1mol，即2.24L，所以在标准状况下，两极共产生3.92L气体，故B正确；

C、电解过程中溶液中的氢离子减少了0.2mol，而氢氧根总共减少了0.3mol，所以最后溶液中c（H+）=0.1mol/1L=0.1mol/l，其pH=1，故C错误；

D、溶液相当于减少了氧化银和水，只加入Ag2CO3不能将溶液彻底复原，故D错误；

【思路点拨】本题是一道考查电解原理的综合题，在电解过程中分了两个阶段，难度较大，考查学生分析和解决问题的能力。

【题文】12．近年来化学科学家采用“组合转化”技术，将二氧化碳在一定条件下转化为重要的化工原料乙烯：

2CO2（g）+6H2（g）

C2H4（g）+4H2O（g）；

△H＝+1411.0kJ/mol。

关于该反应，下列图示与对应的叙述相符的是

A．图1表示该反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化

B．图2表示一定条件下反应达到平衡后改变压强反应物的转化率的变化

C．图3表示一定条件下反应达到平衡后改变温度反应平衡常数的变化

D．图4表示一定条件下反应达到平衡后改变温度、压强产物百分含量的变化

【知识点】图像试题的分析G3

A、此反应的热效应是吸热的，生成物的能量应比反应物的能量要高，错误；

B、压强增大，反应向着正反应的方向移动，反应物的转化率增大，正确；

C、因此反应的热效应是吸热的，温度升高，平衡向右移动，平衡常数K正增大，K逆减小，错误；

D、温度升高，反应正向移动，产物的百分含量增大，错误；

【思路点拨】本题考查了外界条件改变后对化学平衡的影响，化学平衡移动之后，导致反应物及产物的量有所变化，掌握平衡移动的方向是关键，题目涉及的知识点较多，综合性较强。

【题文】13．完成下列实验所选择的装置或仪器（夹持装置部分已略去）正确的是

A

B

C

D

实

验

分离Na2CO3溶液和CH3CH2OH

除去Cl2中含有的少量HCl

做Cl2对NaOH溶液的喷泉实验

制取少量氨气

装

置

或

仪

器

【知识点】实验的设计和评价J4

A、乙醇是易溶于水的，故不能用分液的方法进行分离，错误；

B、氯气溶于水后也能与碳酸氢钠反应，故氯气中的氯化氢不能用碳酸氢钠溶液进行除杂，错误；

C、氯气能与氢氧化钠反应，可以用于喷泉的发生，正确；

D、在进行氨气的收集时，应用双孔塞或不用塞子，错误。

【思路点拨】本题考查了实验的设计和评价，涉及物质的分离、除杂以及某些物质的制备等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握实验的严密性和合理性，综合性较强，难度不大。

【题文】14．下列各项中“操作或现象”能达到预期“实验目的”的是

选项

目的

操作或现象

A

制备无水FeCl3

将FeCl3溶液加热蒸干

除去KNO3中少量NaCl

将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤

证明非金属性Cl>

C>

Si

向碳酸钠溶液中加盐酸产生气体，将气体先通过饱和NaHCO3溶液，再通入硅酸钠溶液时产生白色沉淀

测定NaCl中混有Na2CO3的量

取一定量样品加入足量稀硫酸，将产生的气体直接用足量碱石灰吸收，测得其增重，便可求得原样品中Na2CO3的量

A、氯化铁溶液中存在水解平衡，加热蒸干氯化铁溶液，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，水解生成的氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铁，错误；

B、KNO3在水中溶解度较大，而NaCl在水中的溶解度不大，可以利用溶解度差异采用冷却结晶的方法除去NaCl杂质，B正确；

C、证明元素非金属性强弱是依据：

元素最高价氧化物对应水化物的酸的酸性越强，则该元素的非金属性越强，不能看盐酸与碳酸和硅酸的酸性大小，应看高氯酸与碳酸和硅酸的酸性大小，错误；

D、取一定量样品加入足量稀硫酸，产生的气体主要是二氧化碳，但是其中含有一定的水分，应该先进行干燥后在用足量碱石灰吸收，测得其增重，便可求得原样品中Na2CO3的量，错误。

【思路点拨】本题考查了实验的涉及和评价，主要涉及到的是盐类的水解、物质的除杂、元素非金属性的强弱的比较及混合物中物质含量的测定，知识的综合性较强。

【题文】15．下列有关说法正确的是

A．已知：

HI（g）

H2（g）+

I2（s）△H＝－26.5kJ/mol，由此可知1molHI气体在密闭容器中充分分解后可以放出26.5kJ的热量

B．已知：

2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（l）　ΔH＝－571.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为ΔH＝－285.8kJ/mol　　

C．肼（N2H4）是一种用于火箭或燃料电池的原料，已知

2H2O（g）+O2（g）＝2H2O2（l）△H＝+108.3kJ/mol①

N2H4（l）+O2（g）＝N2（g）+2H2O（g）△H＝－534.0kJ/mol②

则有反应：

N2H4（l）+2H2O2（l）＝N2（g）+4H2O（l）△H＝－642.3kJ/mol

D．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：

NaOH（aq）＋CH3COOH（aq）＝CH3COONa（aq）＋H2O（l）　ΔH＝－57.4kJ/mol

【知识点】反应热和焓变，热化学方程式，中和热F1

A．HI（g）⇌1/2H2（g）+1/2I2（s）；

△H=-26.5kJ/mol，该反应为可逆反应，则1molHI不能全部分解，则在密闭容器中分解后放出的能量小于26.5kJ，错误；

B．燃烧热是1mol可燃物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，所以氢气的燃烧热为285.8kJ•mol-1，错误；

C．根据盖斯定律反应：

N2H4（l）+2H2O2（l）＝N2（g）+4H2O（l）与①②反应的关系为：

②—①，则△H＝2×

△H2—①△H1，正确；

D．中和热指的是在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量。

含20.0g 

NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和生成0.5mol水时，放出28.7kJ的热量，即中和热的数值为57.4kJ/mol，但稀醋酸为弱酸，电离吸热，故稀醋酸和稀NaOH溶液反应的中和热应小于57.4kJ/mol，错误．

【思路点拨】本题考查了燃烧热、中和热以及盖斯定律的应用，基础性较强，难度不大。

【题文】16．在100mL密度为1.2g/mL稀硝酸中，加入一定量的镁和铜组成的混合物，充分反应后金属完全溶解（假设还原产物只有NO），向反应后溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀质量比原金属质量增加5.1g。

则下列叙述不正确是

A．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L（标准状况）

B．当生成沉淀的量最多时，消耗NaOH溶液体积最小为100mL

C．原稀硝酸的物质的量浓度一定为4mol/L

D．参加反应金属总质量（m）为9.6g＞m＞3.6g

【知识点】有关混合物反应的计算C2C3D4

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5.1g/17g/mol=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol。

A．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0.15mol×

2/3=0.1mol，若为标准状况下，生成NO的体积为0.1mol×

22.4L/mol=2.24L，正确；

B．若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液的体积

=0.3mol/3mol/L=0.1L=100mL；

硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，正确；

C．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=8/3n（金属）=0.15mol×

8/3=0.4mol，硝酸有可能有剩余，错误；

D．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×

24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×

64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的