河北省保定市定州中学2017届高三(上)期末化学试卷(高补班)(解析版)(共28页)

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2016-2017学年河北省保定市定州中学高三（上）期末化学试卷（高补班）一、选择题1某有机化合物的结构简式如图所示，下列说法正确的是（）A不能发生银镜发应B1mol 该物质最多可与2molBr2反应C1mol 该物质最多可与4mol NaOH反应D与NaHCO3、Na2CO3均能发生反应2下列实验操作中：过滤蒸发结晶溶解取液体试剂取固体试剂配制一定物质的量浓度的溶液一定要用到玻璃棒的是（）ABCD3如图表示初中化学常见实验操作，其中正确的是（）A点燃酒精灯B检查装置的气密性C读出液体的体积D液体的取用4某国外化学教材中有一张关于氧化还原反应的插图：由图可知，在该反应

2、中是（）A还原剂B氧化剂C氧化产物D还原产物5下列化合物属于弱电解质的是（）AHClBBa（OH）2CCO2DNH3H2O6在体育锻炼中，消耗的能量主要来自于（）A维生素B蛋白质C葡萄糖D脂肪7下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的是（）A用装置甲制取氯气B用装置乙除去氯气中混有的少量氯化氢C用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl24H2O8下列关于石油炼制过程的说法错误的是（）A石油分馏目的是将含碳原子数较少的烃先气化经冷凝而分离出来B石油经过常、减压分馏、裂化等工序炼制后即能制得纯净物C石油的裂化是把相对分子质量较大的烃分子断裂为相对分子质

3、量较小的烃分子D工业上通过石油裂解制取大量乙烯、丙烯，乙炔；通过石油催化重整获取芳香烃9下列有关硫元素及其化合物的说法或描述正确的是（）A硫磺矿制备硫酸经历两步：SSO3H2SO4B酸雨与土壤中的金属氧化物反应后，硫元素以单质的形式进入土壤中高温C在燃煤中加入石灰石可减少SO2排放，发生的反应为：2CaCO3+2SO2+O22CO2+2CaSO4D土壤中的闪锌矿（ZnS）遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝（CuS），说明CuS很稳定，不具有还原性10下列说法正确的是（）A往某溶液中加入稀NaOH溶液，无刺激性气味的气体产生，说明该溶液一定不含NH4+B用加热的方法可以除去混在NaCl固体中的NH4Cl，

4、说明NH4Cl会升华CSO2气体和Cl2均能使品红溶液褪色，说明两者均有强氧化性D浓硫酸可用来干燥H2、Cl2、SO2等气体，说明浓硫酸具有吸水性11常温下，向1L0.1molL1CH3COONa溶液中，不断通入HCl气体CH3COO与CH3COOH 的变化趋势如图所示（假设HCl完全吸收且不考虑CH3COOH挥发及溶液体积变化），下列说法不正确的是（）AM点溶液中水的电离程度比原溶液小B在M点时，n（H+）n（OH）=（0.05a ）molC随着HCl的加入，不断减小D当n（HCl）=0.1mol时，c（Cl）c（CH3COOH）c（H+）12一定量的锌粉和2molL1的过量盐酸反应，当向其

5、中加入少量的下列物质时，能够减小反应速率，又不影响产生H2总量的是（）A石墨B氧化铜C浓盐酸D醋酸钠固体13关于Na2CO3和NaHCO3性质的说法正确的是（）A等浓度时水溶液碱性：NaHCO3Na2CO3B热稳定性：NaHCO3Na2CO3C与盐酸溶液反应的速率（快慢）：NaHCO3Na2CO3D等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量的盐酸反应，NaHCO3产生的CO2多14对氯水处理或氯水与下列物质反应过程中不会产生气体的是（）ABCD15汽车尾气的无害化处理已成为当今汽车工业的一项重要课题，其基本原理是实现2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）的反应关于该反应，下列说

6、法正确的是（）A只要使用合理的催化剂及载体，就可完全清除NO和COB该反应达到平衡时v（NO）正=v（CO）逆C假设该反应在密闭容器中进行，一段时间后达到平衡时c（NO）=c（CO）D使用性能好的催化剂可使反应的平衡常数增大16已知短周期元素的离子：aA2+、bB+、cC3、dD都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（）A原子半径ABDCB原子序数dcbaC离子半径CDBAD单质的还原性ABDC17下列四种基本类型的反应中，一定不是氧化还原反应的是（）A化合反应B分解反应C置换反应D复分解反应18在密闭容器中，存在反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），下列可使化学反应速率增大的措

7、施是（）A减少SO2浓度B升高温度C增大容器体积D降低温度19将氨水缓缓地滴入盐酸中至中性，下列有关的说法：盐酸过量；氨水过量；恰好完全反应；c（NH4+）=c（Cl）；c（NH4+）c（Cl）正确的是（）ABCD20分子式为 C5H10O2 并能与饱和 NaHCO3 溶液反应放出气体的有机物有 （不含立体异构）（）A3 种B4 种C5 种D6 种21可逆反应：3A（g）+B（g）2C（g）+2D（g） 在不同条件下的反应速率分别为：（1）v（A）=0.6molL1min1 （2）v（B）=0.005molL1S1（3）v（C）=0.4molL1min1 （4）v（D）=0.80molL1mi

8、n1此反应在不同条件下进行最快的是（）A（1）B（2）C（3）D（4）22下列离子方程式正确的是（）A硝酸银溶液与铜：Cu+Ag+=Cu2+AgB氧化铜与盐酸反应：O2+2H+=H2OC硫酸氢钠与氢氧化钠溶液混合：OH+H+=H2OD向澄清石灰水中加入盐酸：2H+Ca（OH）2=Ca2+2H2O23下列关于如图所示装置的说法，正确的是（）A装置中阴极处产生的气体能够使湿润KI淀粉试纸变蓝B装置中待镀铁制品应与电源正极相连C装置中电子由b极流向a极D装置中的离子交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应24臭氧在烟气脱硝中的反应为2NO2（g）+O3（g）N2O5（g）+O2（g）若此反应在恒

9、容密闭容器中进行，相关图象如下列选项，其中对应分析结论正确的是（） A B C D 平衡后升温，NO2含量降低 02s内，v（O2）=0.2molL1s1 v正：b点a点，b点：v逆v正 恒温，t1时再充入O3A.AB.BC.CD.D二、综合题25实验室需要0.1mol/L NaOH溶液450mL和0.5mol/L硫酸溶液450mL根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是（填序号），仪器C的名称是，本实验所需玻璃仪器E规格和名称是（2）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有（填序号）A配制一定体积准确浓度的标准溶液 B长期贮存溶液C用来加热溶解固体溶质 D

10、量取一定体积的液体（3）在配制NaOH溶液实验中，其他操作均正确若定容时仰视刻度线，则所配制溶液浓度0.1mol/L（填“大于”“等于”或“小于”，下同）若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，则所配制溶液浓度0.1mol/L（4）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为mL（计算结果保留一位小数）如果实验室有10mL、25mL、50mL量筒，应选用mL规格的量筒最好（5）如果定容时不小心超过刻度线，应如何操作26等物质的量的CO和CO2中所含O原子个数之比，在同温同压下的体积之比在100ml AL2（SO4）3溶液中， mol AL2（SO4）3中含0.6

11、molSO42，其中含Al3+个，从中取出10ml的该溶液再稀释到100ml，则稀释后的溶液中SO42的物质的量浓度为2016-2017学年河北省保定市定州中学高三（上）期末化学试卷（高补班）参考答案与试题解析一、选择题1某有机化合物的结构简式如图所示，下列说法正确的是（）A不能发生银镜发应B1mol 该物质最多可与2molBr2反应C1mol 该物质最多可与4mol NaOH反应D与NaHCO3、Na2CO3均能发生反应【考点】有机物的结构和性质【分析】由结构可知分子中含HCOOC、酚OH、Cl、碳碳双键，结合甲酸某酯、酚、卤代烃、烯烃的性质来解答【解答】解：A含甲酸某酯结构，能发生银镜反应

12、，故A错误；B酚OH的邻位、碳碳双键与溴水反应，则1mol 该物质最多可与3molBr2反应，故B错误；C.2个酚羟基、Cl及COOC均与NaOH反应，则1mol 该物质最多可与4mol NaOH反应，故C正确；D含酚OH，与Na2CO3发生反应，与碳酸氢钠不反应，故D错误；故选C2下列实验操作中：过滤蒸发结晶溶解取液体试剂取固体试剂配制一定物质的量浓度的溶液一定要用到玻璃棒的是（）ABCD【考点】蒸发、蒸馏与结晶的仪器；过滤、分离与注入溶液的仪器【分析】过滤需要玻璃棒引流，蒸发利用玻璃棒搅拌，溶解固体需玻璃棒搅拌加速溶解，配制溶液转移液体需要玻璃棒，以此来解答【解答】解：过滤时要用玻璃棒引流

13、；蒸发要用玻璃棒搅拌防止局部受热造成液滴飞溅同时能加速溶解；溶解固体需玻璃棒搅拌加速溶解；取液体试剂直接倾倒不需要玻璃棒；取用固体用药匙，不用玻璃棒；一定物质的量浓度溶液的配制，需要玻璃棒转移液体；故选A3如图表示初中化学常见实验操作，其中正确的是（）A点燃酒精灯B检查装置的气密性C读出液体的体积D液体的取用【考点】化学实验方案的评价【分析】A图中操作易失火；B双手紧握试管，装置不漏气时，烧杯中有气泡冒出；C眼睛与凹液面的最低处相平；D标签应正对手心，瓶塞倒放【解答】解：A图中操作易失火，应使用火柴点燃，故A错误；B双手紧握试管，装置不漏气时，烧杯中有气泡冒出，图中装置可检验气密性，故B正确；

14、C眼睛与凹液面的最低处相平，图中读数操作合理，故C正确；D标签应正对手心，瓶塞倒放，图中操作不合理，故D错误；故选BC4某国外化学教材中有一张关于氧化还原反应的插图：由图可知，在该反应中是（）A还原剂B氧化剂C氧化产物D还原产物【考点】氧化还原反应【分析】由图可知，在该反应中失去电子，失去电子的物质为还原剂，以此来解答【解答】解：由图可知，在该反应中失去电子，则在反应中作还原剂，故选A5下列化合物属于弱电解质的是（）AHClBBa（OH）2CCO2DNH3H2O【考点】强电解质和弱电解质的概念【分析】强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物主要包括：强酸（HCl、H2SO4、HNO3

15、等），强碱（NaOH、KOH等），盐（NaCl，CH3COONa等，除Pb（CH3COO）2，HgCl2外，注意沉淀如CaCO3，BaSO4等由于溶于水的部分已全部电离，属于强电解质），金属氧化物（Na2O，MgO等）弱电解质：在水溶液中或熔融状态下不能完全电离的化合物主要包括：弱酸（CH3COOH、H3PO4等）、弱碱（NH3H2O，Cu（OH）2等），据此解答【解答】解：A氯化氢为强酸，水溶液中完全电离，是强电解质，故A不选；B氢氧化钡为强碱，水溶液中完全电离，属于强电解质，故B不选；C二氧化碳是非电解质，故C不选；D一水合氨为弱碱，水溶液中部分电离，属于弱电解质，故D选；故选：D6在体育

16、锻炼中，消耗的能量主要来自于（）A维生素B蛋白质C葡萄糖D脂肪【考点】葡萄糖的性质和用途；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【分析】人体新陈代谢过程中，糖类、油脂、蛋白质都能够为人体提供能量，其中糖类的主要的供能物质，油脂和蛋白质起辅助作用【解答】解：体育锻炼过程中，人体消耗的能量主要是由葡萄糖提供的，当葡萄糖不足时，油脂和蛋白质也会氧化分解释放少量能量，供人体利用，在体育锻炼中，消耗的能量主要还是来自于葡萄糖故选C7下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的是（）A用装置甲制取氯气B用装置乙除去氯气中混有的少量氯化氢C用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D用

17、装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl24H2O【考点】真题集萃；氯气的实验室制法；氯、溴、碘的性质实验【分析】A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热；B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性，能吸收氯气，气体应为长进短处；C、二氧化锰不溶于水，将液体和不溶于液体的固体分离开来的一种方法为过滤；D、锰离子可发生水解【解答】解：A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热，甲装置无加热仪器，故A错误；B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性，能吸收氯气，且NaHCO3和HCl反应能生成CO2，引入新的杂质气体，所以吸收试剂应该为饱和食盐水，并且气体应为长进短出，故B错误；C、二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，丙装置为过

18、滤装置，故C正确；D、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制MnCl24H2O，应该在HCl的气氛中进行，故D错误；故选C8下列关于石油炼制过程的说法错误的是（）A石油分馏目的是将含碳原子数较少的烃先气化经冷凝而分离出来B石油经过常、减压分馏、裂化等工序炼制后即能制得纯净物C石油的裂化是把相对分子质量较大的烃分子断裂为相对分子质量较小的烃分子D工业上通过石油裂解制取大量乙烯、丙烯，乙炔；通过石油催化重整获取芳香烃【考点】化石燃料与基本化工原料；石油的裂化和裂解【分析】A、根据石油分馏原理以及碳原子数少的烃沸点低来分析；B、石油的每一种分馏产物仍然是混合物；C、石油的裂化的目的是

19、用重油制得轻质油；D、石油裂解的目的是为了获得不饱和烃；石油的催化重整是为了获得芳香烃【解答】解：A、碳原子数小的烃沸点低，故石油分馏的目的是将含碳原子数较小的烃先气化，经冷凝而分离出来，故A正确；B、石油的每一种分馏产物仍然是多种烷烃、环烷烃的混合物，无固定的熔沸点，故B错误；C、石油的裂化的目的是将重油中较长的碳链断裂为较小的烃分子，从而由重油制得轻质油，故C正确；D、石油裂解的目的是为了获得乙烯等不饱和烃；石油的催化重整是在催化剂的条件下将烃的结构进行重整，目的是获得芳香烃，故D正确故选B9下列有关硫元素及其化合物的说法或描述正确的是（）A硫磺矿制备硫酸经历两步：SSO3H2SO4B酸雨

20、与土壤中的金属氧化物反应后，硫元素以单质的形式进入土壤中高温C在燃煤中加入石灰石可减少SO2排放，发生的反应为：2CaCO3+2SO2+O22CO2+2CaSO4D土壤中的闪锌矿（ZnS）遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝（CuS），说明CuS很稳定，不具有还原性【考点】含硫物质的性质及综合应用【分析】A硫磺矿燃烧硫和氧气反应生成二氧化硫；B酸雨与土壤中的金属氧化物反应后，硫元素以化合态的形式进入土壤中；C高温下石灰石分解生成CaO，可与SO2反应；D难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化是溶解度大的物质向溶解度小的物质转化【解答】解：A硫磺矿制备硫酸经历SSO2SO3H2SO4，硫和氧气反应生成二氧化硫，不是

21、生成三氧化硫，故A错误；B酸雨pH5.6，硫酸型酸雨为二氧化硫和水化合生成亚硫酸，亚硫酸被氧化成硫酸，硫酸与土壤中的金属氧化物反应后，硫元素以硫酸盐的形式进入土壤中，故B错误；C高温下石灰石分解生成CaO，可与SO2以及氧气反应生成硫酸钙，发生的反应为：2CaCO3+2SO2+O22CO2+2CaSO4，减少废气中SO2的量，故C正确；DCuS、ZnS都为难溶于水的盐，CuS的溶解度小于ZnS的溶解度，CuSO4与ZnS发生复分解反应，ZnS能转化为CuS，为溶解度大的物质向溶解度小的物质转化，与CuS很稳定不具有还原性无关，故D错误；故选C10下列说法正确的是（）A往某溶液中加入稀NaOH溶

22、液，无刺激性气味的气体产生，说明该溶液一定不含NH4+B用加热的方法可以除去混在NaCl固体中的NH4Cl，说明NH4Cl会升华CSO2气体和Cl2均能使品红溶液褪色，说明两者均有强氧化性D浓硫酸可用来干燥H2、Cl2、SO2等气体，说明浓硫酸具有吸水性【考点】二氧化硫的化学性质；常见离子的检验方法；氯气的化学性质【分析】A铵盐的稀溶液中加入氢氧化钠溶液反应生成一水合氨，加热会生成氨气；B氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，上升过程中相遇会生成固体氯化铵，升华是物质三态变化属于物理变化；C二氧化硫与有色物质发生化合反应生成无色物质，没有发生氧化还原反应；D浓硫酸具有吸水性，能作干燥剂【解答】解：A

23、铵盐的稀溶液中加入氢氧化钠溶液反应生成一水合氨，无刺激性气味的气体产生，加热会分解生成氨气，故A错误；B用加热的方法可以除去混在NaCl固体中的NH4Cl，说明NH4Cl易分解，氯化氢和氨气易发生反应，不是升华，故B错误；C二氧化硫一般表现为还原性，与有色物质发生化合反应而漂白，但不稳定，加热时可恢复到原来的颜色，不是氧化还原反应，故C错误；D浓硫酸不和H2、Cl2、SO2等气体反应，浓硫酸可用来干燥H2、Cl2、SO2等气体，说明浓硫酸的吸水性，故D正确；故选D11常温下，向1L0.1molL1CH3COONa溶液中，不断通入HCl气体CH3COO与CH3COOH 的变化趋势如图所示（假设H

24、Cl完全吸收且不考虑CH3COOH挥发及溶液体积变化），下列说法不正确的是（）AM点溶液中水的电离程度比原溶液小B在M点时，n（H+）n（OH）=（0.05a ）molC随着HCl的加入，不断减小D当n（HCl）=0.1mol时，c（Cl）c（CH3COOH）c（H+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】ACH3COO水解促进水的电离，CH3COOH电离出氢离子抑制水的电离；B根据电荷守恒计算；C根据水解常数Kh=结合CH3COOH浓度的变化分析；D当n（HCl）=0.1mol时，CH3COONa与HCl恰好反应生成NaCl和CH3COOH，溶液显酸性【解答】解：ACH3COO

25、水解促进水的电离，CH3COOH电离出氢离子抑制水的电离，原溶液为醋酸钠溶液，醋酸根离子水解促进水的电离，M点溶液显酸性，醋酸电离的氢离子抑制水的电离，所以M点溶液中水的电离程度比原溶液小，故A正确；B在M点时，溶液中存在电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（Cl）+c（CHCOO）+c（OH），则c（H+）c（OH）=c（Cl）+c（CHCOO）c（Na+）=a+0.050.1=（a0.05）mol/L，故B错误；C温度不变，水解常数Kh=不变，随着HCl的加入，CH3COOH浓度逐渐增大，所以不断减小，故C正确；D当n（HCl）=0.1mol时，CH3COONa与HCl恰好反应生成等浓度

26、的NaCl和CH3COOH，由于CH3COOH部分电离溶液显酸性，所以c（Na+）=c（Cl）c（CH3COOH）c（H+）c（CHCOO）c（OH），故D正确故选B12一定量的锌粉和2molL1的过量盐酸反应，当向其中加入少量的下列物质时，能够减小反应速率，又不影响产生H2总量的是（）A石墨B氧化铜C浓盐酸D醋酸钠固体【考点】化学反应速率的影响因素【分析】酸过量、锌完全反应，锌的量决定氢气的体积，能够加快反应速率，又不影响产生H2的总量，采取措施有：形成原电池，注意形成原电池是不能消耗Zn，升高温度，改变锌粉的颗粒大小，增大氢离子的浓度等，以此解答该题【解答】解：A、加入石墨粉，构成原电池，

27、反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故A错误；B、加入CuO，与盐酸反应生成氯化铜，氯化铜与锌反应生成铜，形成原电池，加快反应，但与盐酸反应的锌的量减少，生成氢气的总量减少，故B错误；C、加入浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故C错误；D、加入醋酸钠固体，会和盐酸反应生成醋酸，氢离子浓度减小，但是物质的量不变，所以速率减慢，但是不影响产生H2总量，故D正确；故选D13关于Na2CO3和NaHCO3性质的说法正确的是（）A等浓度时水溶液碱性：NaHCO3Na2CO3B热稳定性：NaHCO3Na2CO3C与盐酸溶液反应的速率（快慢）：NaH

28、CO3Na2CO3D等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量的盐酸反应，NaHCO3产生的CO2多【考点】钠的重要化合物【分析】A、根据碳酸根离子和碳酸氢根离子的水解程度分析；B、碳酸氢钠受热易分解；C、碳酸氢钠与盐酸反应速率较快；D、根据碳酸钠和碳酸氢钠与足量的盐酸反应时碳元素守恒来计算【解答】解：A、碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的水解程度，因此等浓度时水溶液碱性：NaHCO3Na2CO3，故A错误；B、NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，对热稳定性：Na2CO3NaHCO3，故B错误；C、碳酸氢钠与盐酸反应速率较快，因此与盐酸反应速率：N

29、aHCO3Na2CO3，故C错误；D、设质量都是106g，则Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为1mol、mol，根据Na2CO3CO2，NaHCO3CO2，产生的CO2的物质的量分别为1mol、mol，故D正确；故选D14对氯水处理或氯水与下列物质反应过程中不会产生气体的是（）ABCD【考点】氯气的化学性质【分析】A氯水中的HClO见光分解生成氧气；B氯水中的H+与发酵粉中的NaHCO3反应生成CO2；C氯水滴入NaBr溶液反应生成Br2和NaCl；D氯水滴入Na2O2中会产生O2【解答】解：A氯水中的HClO见光分解生成氧气，生成气体，故A不选；B氯水中的H+与发酵粉中的NaHCO3

30、反应生成CO2，生成气体，故B不选；C氯水滴入NaBr溶液反应生成Br2和NaCl，溴为液体，没有气体产生，故C选；D氯水滴入Na2O2中会产生O2，有气体生成，故D不选故选C15汽车尾气的无害化处理已成为当今汽车工业的一项重要课题，其基本原理是实现2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）的反应关于该反应，下列说法正确的是（）A只要使用合理的催化剂及载体，就可完全清除NO和COB该反应达到平衡时v（NO）正=v（CO）逆C假设该反应在密闭容器中进行，一段时间后达到平衡时c（NO）=c（CO）D使用性能好的催化剂可使反应的平衡常数增大【考点】化学平衡状态的判断；化学平衡常数的含义【分

31、析】A可逆反应的特点：反应不能进行到底可逆反应无论进行多长时间，反应物都不可能100%地全部转化为生成物；B化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0；C平衡时各物质的浓度关系取决于物质的起始物质的量和转化率；D催化剂对化学平衡无影响，故催化剂对平衡常数无影响【解答】解：A根据可逆反应的特点可知：不可能完全清除NO和CO，故A错误；B平衡时，v（NO）正=v（NO）逆，NO与CO的化学计量数相等，故v（NO）正=v（CO）逆，故B正确；C平衡时各物质的浓度关系取决于物质的起始物质的量和转化率，故达到平衡时c（NO）与c（CO）不一定相等，故C错误；D催化剂对化学平衡无影响，故催化

32、剂对平衡常数无影响，故D错误；故选B16已知短周期元素的离子：aA2+、bB+、cC3、dD都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（）A原子半径ABDCB原子序数dcbaC离子半径CDBAD单质的还原性ABDC【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】已知短周期元素的离子，aA2+、bB+、cC3、dD 都具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相同，即a2=b1=c+3=d1，原子序数ABDC，A、B处于同一周期，C、D处于同一周期，且A、B处于C、D所在周期的相邻下一周期，A、B形成阳离子，则A、B为金属，C、D形成阴离子，则C、D为非金属，结合元素周期律进行解答【解答】解：已知短周期元

33、素的离子，aA2+、bB+、cC3、dD 都具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相同，即a2=b1=c+3=d1，原子序数ABDC，A、B处于同一周期，C、D处于同一周期，且A、B处于C、D所在周期的相邻下一周期，A、B形成阳离子，则A、B为金属，C、D形成阴离子，则C、D为非金属AA、B处于同一周期，C、D处于同一周期，且A、B处于C、D所在周期的相邻下一周期，同周期，原子序数越大原子半径越小，所以原子半径BA，CD，电子层越大原子半径越大，所以原子半径BACD，故A错误；BaA2+、bB+、cC3、dD 都具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相同，即a2=b1=c+3=d1，原子序数a

34、bdc，故B错误；C电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数ABDC，所以离子半径：C3DB+A2+，故C正确；DA、B处于同一周期，A、B形成阳离子，则A、B为金属，原子序数AB，单质还原性BA，C、D处于同一周期，C、D形成阴离子，则C、D为非金属，原子序数DC，单质氧化性DC，故D错误故选C17下列四种基本类型的反应中，一定不是氧化还原反应的是（）A化合反应B分解反应C置换反应D复分解反应【考点】化学基本反应类型【分析】四种基本类型的反应分别由置换反应、化合反应、分解反应和复分解反应等，氧化还原反应的特征为有元素化合价的升降，以此解答该题【解答】解：A有单质参加反应的化合反应

35、为氧化还原反应，如氢气和氧气的反应，故A不选；B有单质生成的分解反应为氧化还原反应，故B不选；C置换反应有单质参与，元素的化合价一定发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；D复分解反应一定不是氧化还原反应，不存在元素化合价的变化，故D选故选D18在密闭容器中，存在反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），下列可使化学反应速率增大的措施是（）A减少SO2浓度B升高温度C增大容器体积D降低温度【考点】化学反应速率的影响因素【分析】增大反应的化学反应速率，可通过增大浓度、升高温度、使用催化剂等措施，对于气体参加的反应，还可以增大压强【解答】解：A减少SO2浓度，反应物的浓度减小，化学反应速率减小

36、，故A错误；B升高温度，化学反应速率增大，故B正确；C增大容器体积，气体的浓度减小，化学反应速率减小，故C错误；D降低温度，化学反应速率减小，故D错误故选B19将氨水缓缓地滴入盐酸中至中性，下列有关的说法：盐酸过量；氨水过量；恰好完全反应；c（NH4+）=c（Cl）；c（NH4+）c（Cl）正确的是（）ABCD【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；盐类水解的应用【分析】根据氨水为弱碱的性质进行分析，如酸碱恰好完全反应，生成的NH4Cl为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，以此为判断标准进行判断【解答】解：已知氨水为弱碱，如酸碱恰好完全反应，生成的NH4Cl为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，若将氨水缓缓地滴

37、入盐酸中至中性，则加入的氨水应过量，否则溶液呈酸性，故正确；反应后溶液呈中性，根据溶液的电中性原则可知，溶液中存在c（NH4+）+c（H+）=c（OH）+c（Cl），此时 c（H+）=c（OH），则c （NH4+）=c（Cl），故正确故选D20分子式为 C5H10O2 并能与饱和 NaHCO3 溶液反应放出气体的有机物有 （不含立体异构）（）A3 种B4 种C5 种D6 种【考点】有机化合物的异构现象【分析】分子式为C5H10O2且与NaHCO3溶液能产生气体，则该有机物中含有COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为C4H9，C4H9的种类等于该有机物的异构体数目【解答】解：分子式为C5H10O2

38、且与NaHCO3能产生气体，则该有机物中含有COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为C4H9，C4H9异构体有：CH2CH2CH2CH3，CH（CH3）CH2CH3，CH2CH（CH3）CH3，C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4，故选B21可逆反应：3A（g）+B（g）2C（g）+2D（g） 在不同条件下的反应速率分别为：（1）v（A）=0.6molL1min1 （2）v（B）=0.005molL1S1（3）v（C）=0.4molL1min1 （4）v（D）=0.80molL1min1此反应在不同条件下进行最快的是（）A（1）B（2）C（3）D（4）【考点】化学反应速率和化学计量数

39、的关系【分析】同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比；先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，注意反应速率的单位必须相同，据此进行解答【解答】解：对于3A（g）+B（g）2C（g）+2D（g）反应，都转化为A表示的速率进行比较，（1）v（A）=0.6molL1min1；（2）v（B）=0.005molL1s1=0.3molL1min1，则v（A）=3v（B）=30.3molL1min1=0.9molL1min1；（3）v（C）=0.4molL1min1，则v（A）=v（C）=0.4molL1min1=0.6molL1min1；（4）v（D）=0.80

40、molL1min1，则v（A）=v（D）=0.80molL1min1=1.20molL1min1；根据分析可知，反应速率最快的为（4），故选D22下列离子方程式正确的是（）A硝酸银溶液与铜：Cu+Ag+=Cu2+AgB氧化铜与盐酸反应：O2+2H+=H2OC硫酸氢钠与氢氧化钠溶液混合：OH+H+=H2OD向澄清石灰水中加入盐酸：2H+Ca（OH）2=Ca2+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A离子方程式两边正电荷不相等，违反了电荷守恒；B氧化铜为难溶物，离子方程式中氧化铜不能拆开；C硫酸氢钠与氢氧化钠溶液发生反应生成硫酸钠和水；D澄清石灰水中的氢氧化钙应该拆开【解答】解：A硝酸银溶液与铜

41、发生置换反应，正确的离子方程式为：Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，故A错误；B氧化铜与盐酸反应生成氯化铜和水，氧化铜需要保留化学式，正确的离子方程式为：CuO+2H+=H2O+Cu2+，故B错误；C硫酸氢钠与氢氧化钠溶液混合，反应生成硫酸钠和水，反应的离子方程式为：OH+H+=H2O，故C正确；D向澄清石灰水中加入盐酸，二者反应生成氯化钙和水，氢氧化钙应该拆开，正确的离子方程式为：OH+H+=H2O，故D错误；故选C23下列关于如图所示装置的说法，正确的是（）A装置中阴极处产生的气体能够使湿润KI淀粉试纸变蓝B装置中待镀铁制品应与电源正极相连C装置中电子由b极流向a极D装置中的离子交换膜可以避

42、免生成的Cl2与NaOH溶液反应【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A、装置是电解池，阴极是阳离子得到电子发生还原反应；B、装置待镀制品和电源负极相连做电解池的阴极；C、装置是原电池，电子流向是从负极经导线流向正极；D、装置离子交换膜允许离子通过，氯气不能通过；【解答】解：A、装置是电解池，阴极是溶液中阳离子得到电子发生还原反应，应是铜离子得到电子生成铜，故A错误；B、装置待镀制品和电源负极相连做电解池的阴极；故B错误；C、装置是原电池，电子流向是从负极经导线流向正极，即从a极流向b极，故C错误；D、装置中的离子交换膜允许离子通过，氯气不能通过，可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应，故D

43、正确；故选D24臭氧在烟气脱硝中的反应为2NO2（g）+O3（g）N2O5（g）+O2（g）若此反应在恒容密闭容器中进行，相关图象如下列选项，其中对应分析结论正确的是（） A B C D 平衡后升温，NO2含量降低 02s内，v（O2）=0.2molL1s1 v正：b点a点，b点：v逆v正 恒温，t1时再充入O3A.AB.BC.CD.D【考点】化学平衡的影响因素【分析】A由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；B由图可知，02s内，二氧化氮的浓度变化量=0.8mol/L0.4mol/L=0.4mol/L，根据v=计算v（NO2），然后依据化学计量

44、数之比等于速率之比计算v（O3）；C温度高，化学反应速率快，此反应为放热反应，温度升高，平衡左移；D容器中充入反应物，正反应速率瞬间加快，逆反应速率不变，据此解答即可【解答】解：A由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，NO2的含量增大，故A错误；B由图可知，02s内，二氧化氮的浓度变化量=0.8mol/L0.4mol/L=0.4mol/L，故v（NO2）=0.2mol/（Ls），v（O3）=v（NO2）=0.1mol/（Ls），故B错误；C度高，化学反应速率快，b点温度高于a点，故V正：b点a点，此反应为放热反应，温度升高，平衡左移，故b点：v

45、逆v正，故C正确；D容器中充入反应物，正反应速率瞬间加快，逆反应速率不变，故D错误；故选C二、综合题25实验室需要0.1mol/L NaOH溶液450mL和0.5mol/L硫酸溶液450mL根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是AC（填序号），仪器C的名称是分液漏斗，本实验所需玻璃仪器E规格和名称是500mL容量瓶（2）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有BCD（填序号）A配制一定体积准确浓度的标准溶液 B长期贮存溶液C用来加热溶解固体溶质 D量取一定体积的液体（3）在配制NaOH溶液实验中，其他操作均正确若定容时仰视刻度线，则所配制溶液浓度小于0.1

46、mol/L（填“大于”“等于”或“小于”，下同）若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，则所配制溶液浓度大于0.1mol/L（4）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为13.6mL（计算结果保留一位小数）如果实验室有10mL、25mL、50mL量筒，应选用25.0mL规格的量筒最好（5）如果定容时不小心超过刻度线，应如何操作重新配制【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】（1）依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择需要的仪器；确定用不到的和缺少的仪器；依据配制溶液的体积选择需要容量瓶规格；（2）容量瓶为精密仪器不能稀释浓溶液、不能用于溶解固体、储存溶

47、液等；（3）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析；（4）依据C=计算浓硫酸的物质的量浓度；溶液稀释过程溶液所含溶质的物质的量保持不变，据此计算需要浓硫酸体积和使用量筒规格；（5）错误的操作发生后，能补救的就补救，不能补救的则重新配制；【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器：平底烧瓶和分液漏斗；仪器C的名称为分液漏斗；需要0.1mol/L NaOH溶液450mL和0.5mol/L硫酸溶液450mL，实验室没有450mL容量瓶，所以应选择

48、500mL容量瓶；故答案为：AC；分液漏斗；500mL容量瓶；（2）容量瓶只能用来配制一定体积准确浓度的溶液，不能配制或测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，不能稀释或溶解药品，不能用来加热溶解固体溶质，故选：BCD；（3）若定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小；若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏大；故答案为：小于；大于；（4）质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸物质的量浓度C=18.4mol/L，设0.5mol/L硫酸溶液500mL需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程溶液所含溶质的物质的量保持不变得：V18.4mol/L=0.5

49、mol/L500mL，解得V=13.6mL，用选择25mL量筒；故答案为；13.6；25.0；（5）如果定容时不小心超过刻度线，实验失败，且不能补救，必须重新配制；故答案为：重新配制26等物质的量的CO和CO2中所含O原子个数之比1：2，在同温同压下的体积之比1：1在100ml AL2（SO4）3溶液中，0.2 mol AL2（SO4）3中含0.6molSO42，其中含Al3+0.4NA个，从中取出10ml的该溶液再稀释到100ml，则稀释后的溶液中SO42的物质的量浓度为0.006mol/L【考点】物质的量的相关计算【分析】根据分子的原子构成结合N=nNA来确定原子个数之比；根据V=nVm来计算体积之比；根据硫酸铝中铝离子和硫酸根离子物质的量之间的关系来回答；取出10ml的该溶液再稀释到100ml，硫酸根离子的物质的量不变，体积改变，根据c=来计算【解答】解：等物质的量的CO和CO2中所含O原子个数之比是1：2，在同温同压下的体积之比等于物质的量之比，即1：1，硫酸铝和硫酸根离子物质的量之比是1：3，所以Al2（SO4）3中含0.6molSO42，则为0.2nol硫酸铝，其中含Al3+是0.4mol，数目是0.4NA，mol/L=0.006mol/L，故答案为：1：2；1：1； 0.2； 0.4NA； 0.006mol/L2017年4月18日专心-专注-专业