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1．常温下，下列叙述不正确的是(　　)
A．Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，溶液pH和c(CO)均减小
B．将pH＝5的硫酸稀释，体积变为原来的500倍，稀释后c(SO)与c(H＋)之比约为1∶10
C．中和10 mL 0.1 mol·L－1醋酸溶液与100 mL 0.01 mol·L－1醋酸溶液所需的NaOH物质的量不同
D．0.1 mol·L－1的氯化铵溶液与0.05 mol·L－1的氢氧化钠溶液等体积混合后，混合溶液中有：c(Cl－)>c(NH)>c(Na＋)>c(OH－)
的混合溶液，由于NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，溶液显碱性，所以c(Cl－)>c(NH)>c(Na＋)>c(OH－)，D项正确。
答案：C
2．常温下，电解质溶液的性质与变化是多样的，下列说法正确的是(　　)
A．pH相等的①CH3COONa　②NaClO　③NaOH三种溶液c(Na＋)大小：①>②>③
B．往稀氨水中加水，溶液中的值变小
C．pH＝4的H2S溶液与pH＝10的NaOH溶液等体积混合，存在下列等式：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(S2－)
D．Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，ClO－水解程度增大，溶液碱性增强
解析：CH3COONa和NaClO为盐，发生水解，CH3COO－水解能力比ClO－小，NaOH是强电解质，故pH相等的溶液Na＋浓度：①>②>③，A项正确；＝，温度不变，比值不变，B项错误；根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(S2－)＋c(HS－)，C项错误；Ca(ClO)2溶液通入少量的CO2反应的离子方程式为Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO，溶液的pH减小，D项错误。
答案：A
3．下列叙述中，不正确的是(　　)
A．共价化合物中不可能含有离子键
B．H2O比H2S稳定，H—S键比H—O键更难断裂
C．最外层只有一个电子的原子与卤素原子形成的化学键可能是离子键，也可能是共价键
D．离子键和共价键的实质都是电性的相互作用
解析：含有离子键的化合物为离子化合物，A正确；O的非金属性比S的强，故H—O键比H—S键难断裂，B错误；原子最外层只有1个电子的元素可能是H，也可能是碱金属元素，H与卤素原子形成共价键，碱金属元素原子与卤素原子形成离子键，C正确；化学键的实质都是电性的相互作用，D正确。
答案：B
4．如图所示，ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1，ΔH2＝－395.4 kJ·mol－1，下列说法或表示中，正确的是(　　)
A．金刚石比石墨稳定性好
B．石墨和金刚石的转化是物理变化
C．C(s、石墨)===C(s、金刚石) ΔH＝－1.9 kJ·mol－1
D．断裂1 mol石墨中的化学键吸收的能量比断裂1 mol金刚石中的化学键吸收的能量多1.9 kJ
答案：D
5．下列说法正确的是(　　)
A．1 g H2和4 g O2反应放出71.45 kJ热量，则氢气的燃烧热为142.9 kJ·mol－1
B．在稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的氢氧化钠溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ
C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D．相同条件下，在两个相同的恒容密闭容器中，1 mol N2和3 mol H2反应放出的热量比2 mol N2和3 mol H2反应放出的热量多
解析：1 g H2和4 g O2反应时，氧气量不足，所以放出的热量小于氢气完全反应时放出的热量，即氢气的燃烧热大于142.9 kJ·mol－1，A错；因为浓硫酸溶于水时放热，所以B正确；反应开始时需加热的反应可能是吸热反应，也可能是放热反应，C错；1 mol N2和3 mol H2反应产生的氨气要比相同条件下2 mol N2和3 mol H2反应产生的氨气少，即1 mol N2和3 mol H2反应放出的热量少，D错。
答案：B
6．氯原子对O3的分解有催化作用：
O3(g)＋Cl(g)===ClO(g)＋O2(g)　ΔH1　①
ClO(g)＋O(g)===Cl(g)＋O2(g)　ΔH2　②
该反应的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是(　　)
A．反应O3(g)＋O(g)===2O2(g)的ΔH＝E1－E2
B．反应O3(g)＋O(g)===2O2(g)的ΔH＝E2－E3
C．反应O3(g)＋O(g)===2O2(g)是吸热反应
D．反应O3(g)＋O(g)===2O2(g)的ΔH＝ΔH1＋ΔH2
答案：D
7．如图所示，将两烧杯中电极用导线相连，四个电极分别为Mg、Al、Pt、C。当闭合开关S后，以下表述正确的是(　　)
A．电流表指针不发生偏转
B．Al、Pt两极有H2产生
C．甲池pH减小，乙池pH不变
D．Mg、C两极生成的气体在一定条件下可以恰好完全反应
解析：甲池Al能与NaOH溶液反应，所以为原电池，乙池Pt、C均不与NaOH溶液反应，故乙池为电解池，电流表指针偏转。甲池中Mg为正极，产生H2，Al为负极溶解，Pt作阴极产生H2，C作阳极产生O2，甲池消耗NaOH，pH减小，乙池消耗水，pH增大。根据电子转移数目相等，则Mg、C两极产生的H2、O2体积比为2∶1，在一定条件下可以完全反应。
答案：D
8．某化学小组构想将汽车尾气(NO、NO2)转化为重要的化工原料HNO3，其原理如图所示，其中A、B为多孔材料。下列说法正确的是(　　)
A．电解质溶液中电流的方向由B到A，电子的流向与之相反
B．电极A表面反应之一为NO－3e－＋2H2O===NO＋4H＋
C．电极B附近的c(NO)增大
D．该电池工作时，每转移4 mol电子，生成22.4 L O2
转移4 mol电子，消耗1 mol O2，在标准状况下O2的体积为22.4 L，D项错误。
答案：B
9．新型纳米材料氧缺位铁酸盐(MFe2Ox)(3A．MFe2O4表现了还原性
B．MFe2Ox表现了还原性
C．SO2和NO2表现了还原性
D．SO2和NO2发生了分解反应
解析：选B。根据题中物质间的转化关系，结合化合价变化规律得出MFe2Ox表现了还原性，B项正确，A项错误；SO2、NO2为氧化剂，表现出氧化性，没有被分解，故C、D项错误。
10．对下列化学用语的理解正确的是(　　)
A．原子结构示意图：可以表示12C，也可以表示14C
B．比例模型：可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子
C．电子式·H：可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子
D．分子式C2H4O2：可以表示乙酸，也可以表示乙酸乙酯
解析：选A。B选项二氧化碳分子是直线形分子，错误；C选项电子式·H不可以表示氢氧根离子；D选项乙酸乙酯的分子式为C4H8O2。
11．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A．一定条件下，0.2 mol SO2与足量O2充分反应，生成SO3分子数为0.2NA
B．0.1 mol —NH2(氨基)中含有的电子数为0.7NA
C．3.4 g H2O2中含有的共用电子对数为0.1NA
D．常温常压下，16 g O2和O3混合气体含有的氧原子数为NA
12．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是(　　)
A．金属钠与水反应：Na＋2H2O===Na＋＋2OH－＋H2↑
B．Cu与浓硝酸反应制NO2：Cu＋4HNO3(浓)===Cu2＋＋2NO＋2NO2↑＋2H2O
C．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO
D．将NaHSO4与Ba(OH)2溶液混合至中性：2H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O
解析：选D。A项，电荷不守恒；B项，浓HNO3应拆开写；C项，应生成HCO。
13．下列有关物质应用的说法正确的是(　　)
A．碳酸钠溶液呈碱性，可用热的纯碱溶液除去矿物油和污渍
B．钠和钾的合金在常温下是液体，可用于快中子反应堆作热交换剂
C．常温下，浓硝酸不跟铁发生化学反应，可用铁制容器盛装浓硝酸
D．铝表面易形成致密的氧化膜，铝制器皿可长时间盛放咸菜等腌制食品
解析：选B。热的纯碱溶液可除去的是动物油脂和植物油脂；C项，铁在浓HNO3中钝化，属于化学反应；D项，铝制容器若长时间盛放咸菜等腌制食品，会发生腐蚀。
14．甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由NH、Ba2＋、Mg2＋、H＋、OH－、Cl－、HCO、SO中的不同阳离子和阴离子各一种组成。已知：①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；②0.1 mol/L乙溶液中c(H＋)＞0.1 mol/L；③向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。下列结论不正确的是(　　)
A．甲溶液含有Ba2＋　　　　 B．乙溶液含有SO
C．丙溶液含有Cl－ D．丁溶液含有Mg2＋
解析：选D。根据②乙溶液应为H2SO4，所以甲溶液中一定含Ba2＋；根据③丙溶液中含Cl－，再根据①，所以甲为Ba(OH)2、乙为H2SO4、丙为MgCl2、丁为NH4HCO3。
15．短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其电子层数的3倍，Y与X可形成Y2X2和Y2X两种离子化合物，Z原子的核外电子数比Y原子多1，W与X同主族。下列说法正确的是(　　)
A．单质的还原性：Y＞Z
B．原子半径：Y＜Z＜W
C．气态氢化物的稳定性：X＜W
D．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应
应。
16．下列图示与对应的叙述不相符的是(　　)
A．图1表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80 ℃时KNO3的不饱和溶液
B．图2表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
C．图3表示0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1CH3COOH溶液得到的滴定曲线
D．图4表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件可能是增大压强
解析：选C。C项，CH3COOH是弱酸，0.100 0 mol·L－1的CH3COOH溶液的pH应大于1。
17．下列图示与对应的叙述相符的是(　　)
A．图1表示0.001 mol·L－1盐酸滴定0.001 mol·L－1 NaOH溶液的滴定曲线
B．图2表示从能量角度考虑，石墨比金刚石稳定
C．图3表示的是Al3＋与OH－反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a点溶液中大量存在Al3＋
D．图4所示图中的阴影部分面积的含义是(v正－v逆)
18.研究发现，硝酸越稀，还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取适量的铁铝合金与足量很稀的硝酸充分反应，没有气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4 mol·L－1 NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A．OC段反应离子方程式：H＋＋OH－===H2O
B．溶液中结合OH－能力最强的离子是H＋，最弱的离子是Al3＋
C．溶液中n(NH)＝0.012 mol
D．欲测定F点沉淀的质量，实验步骤是过滤、洗涤、干燥、称量
解析：选B。根据题意分析图像知，O到C之间没有沉淀生成，说明硝酸过量，发生的反应为H＋＋OH－===H2O，O→C之间发生的反应为酸碱中和反应；C到D之间产生沉淀，反应为Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓，Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，D到E一段沉淀的量没有发生变化，为NH4NO3和NaOH反应，NH＋OH－===NH3·H2O，E到F沉淀的量减少，为Al(OH)3溶解在氢氧化钠溶液中，Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O。A项，OC段反应离子方程式：H＋＋OH－===H2O，正确；B项，根据上述分析溶液中结合OH－能力最强的离子是H＋，最弱的离子是NH，错误；C项，由图可知，DE段消耗的氢氧化钠溶液为34 mL－31 mL＝3 mL，n(OH－)＝0.012 mol，结合NH＋OH－===NH3·H2O知，n(NH)＝0.012 mol，正确；D项，欲测定F点沉淀的质量，实验步骤是过滤、洗涤、干燥、称量，正确。
19．下列图示与对应的叙述相符的是(　　)
A．由图甲可以判断：对于反应A(g)＋B(g) 2C(g)，若T1>T2，则ΔH<0
B．图乙表示可逆反应CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)　ΔH>0
C．图丙表示CO2通入饱和Na2CO3溶液中，溶液导电性变化
D．图丁表示0.1 mol·L－1的盐酸滴定20 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH随加入盐酸体积的变化
D项，曲线中的pH应从大到小。
20．部分弱酸的电离平衡常数如下表所示：
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数(25 ℃)
K＝1.77×10－4
K＝4.9×10－10
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
下列选项正确的是(　　)
A．2CN－＋H2O＋CO2===2HCN＋CO
B．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者大于后者
C．物质的量浓度相等的HCOONa和KCN溶液中，c(Na＋)－c(HCOO－)D．c(NH)相等的HCOONH4溶液、NH4CN溶液、NH4HCO3溶液中：c(NH4HCO3)>c(NH4CN)>c(HCOONH4)
解析：选C。根据表中数据可以判断电离程度：HCOOH>H2CO3>HCN>HCO。A项，应生成HCO；B项，HCN消耗的NaOH多；C项，c(Na＋)－c(HCOO－)＝c(OH－)－c(H＋)，c(K＋)－c(CN－)＝c(OH－)－c(H＋)，后者碱性强，所以c(OH－)－c(H＋)的值大；D项，都相互促进水解，其中促进程度CN－>HCO>HCOO－，促进程度越大，此盐浓度越大，所以c(NH4CN)>c(NH4HCO3)>c(HCOONH4)。
21．有0.1 mol·L－1的三种溶液：①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa，下列说法正确的是(　　)
A．溶液①中，c(CH3COO－)＝c(H＋)
B．溶液①②等体积混合，混合液中c(CH3COO－)等于溶液③中的c(CH3COO－)
C．溶液①②等体积混合，混合液中c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)
D．溶液①③等体积混合，混合液中c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，所以c(CH3COO－)>c(Na＋)，错误。
22．常温下，下列溶液中离子浓度关系表达正确的是(　　)
A．Na2CO3溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CO)＋c(HCO)
B．0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液中：c(Cl－)>c(H＋)>c(NH)>c(OH－)
C．向NH4HSO4的水溶液中逐滴滴入NaOH溶液至中性的溶液中：c(Na＋)>c(SO)>c(NH)>c(H＋)＝c(OH－)
D．pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后的溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
解析：选C。A项是电荷守恒，c(CO)应乘2，错误；B项，因盐的水解程度较小，因此未水解的c(NH)大于水解产生的c(H＋)，错误；C项，因NH、H＋均能与NaOH作用，故溶液呈中性时，c(Na＋)最大，NH则因为生成了弱电解质使c(NH)比c(SO)小，正确；D项，常温下，pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合时，CH3COOH远远过量，溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，错误。
23．已知：NaA的水溶液呈碱性。常温下将等体积的 0.10 mol·L－1 NaA溶液与0.05 mol·L－1 HCl溶液混合，所得溶液pH<7。据此判断以下关系式不成立的是(　　)
A．c(Cl－)＋c(OH－)＋c(A－)>c(Na＋)
B．c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)
C．c(A－)＋c(HA)＝c(Na＋)
D．c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
解析：选D。NaA溶液呈碱性表明HA为弱酸，由NaA＋HCl===NaCl＋HA知所得溶液为等物质的量浓度的NaA、HA、NaCl。又溶液呈酸性，表明HA的电离程度大于NaA的水解程度，则离子浓度大小顺序为c(Na＋)>c(A－)>c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)；由电荷守恒知c(H＋)＋c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(A－)，故c(Cl－)＋c(OH－)＋c(A－)>c(Na＋)；由物料守恒知c(A－)＋c(HA)＝c(Na＋)。
24．等体积，浓度均为0.1 mol·L－1的三种溶液：①CH3COOH溶液、②HSCN溶液、③NaHCO3溶液，已知将①、②分别与③混合，实验测得产生的CO2气体体积(V)随时间(t)变化的示意图如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．物质酸性的比较：CH3COOH>HSCN>H2CO3
B．反应结束后所得两溶液中，c(CH3COO－)>c(SCN－)
C．上述三种溶液中由水电离的c(OH－)大小：NaHCO3>CH3COOH>HSCN
D．CH3COOH溶液和NaHCO3溶液反应所得溶液中：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.1 mol·L－1
积变为原来的2倍，错误。
25．一定条件下，发生反应：
①M(s)＋N(g) R(g)　ΔH＝－Q1 kJ·mol－1
②2R(g)＋N(g) 2T(g)　ΔH＝－Q2 kJ·mol－1
③M(g)＋N(g) R(g)　ΔH＝－Q3 kJ·mol－1(已知Q1、Q2、Q3均为正值)下列说法正确的是(　　)
A．1 mol R(g)的能量总和大于1 mol M(s)与1 mol N(g)的能量总和
B．将2 mol R(g)与1 mol N(g)在该条件下充分反应，放出热量Q2 kJ
C．当1 mol M(s)完全转化为T(g)时(假定无热量损失)，放出热量(Q1＋) kJ
D．根据反应①和③可知Q3项，气体反应放出热量多，所以Q3>Q1
26．下列有关实验正确的是(　　)
A．图甲：稀释浓硫酸
B．图乙：实验室制备氨气
C．图丙：实验室制备乙酸乙酯
D．图丁：检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化硫
解析：选D。A项，稀释浓H2SO4，应在烧杯中将酸倒入水中，不可在量筒中进行，错误；B项，制NH3应用NH4Cl和Ca(OH)2，若只用NH4Cl，则生成的NH3和HCl会在试管口重新反应生成NH4Cl，错误；C项，生成的酯在NaOH溶液中会发生水解，故应用饱和的Na2CO3溶液接收，且接收的试管不能塞上橡胶塞，错误；D项，蔗糖在浓H2SO4中脱水生成C，C与浓H2SO4发生氧化还原反应生成SO2，SO2具有漂白性，可使品红褪色，最后用酸性KMnO4溶液将SO2除去，正确。
27．下列装置的设计能达到实验目的的是(　　)
解析：选C。A项，乙醇和乙酸混溶，不能用分液的方法分离；B项，酒精是非电解质，不能形成原电池；D项，HI能被浓H2SO4氧化，不能用浓H2SO4干燥HI。
28．向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，有关结论正确的是(　　)
选项
操作
现象
结论
A
滴加氯水和CCl4，振荡、静置
下层溶液显紫色
原溶液中有I－
B
向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加BaCl2
出现白色沉淀
溶液X中一定含有SO
C
用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应
火焰未呈紫色
原溶液中一定无K＋
D
滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝
原溶液中无NH
误。
29.用试纸检验气体性质是一种重要的实验方法。如图所示的实验(可加热)中，下列试剂的选用、现象、对应结论都正确的一项是(　　)
选项
试剂B
湿润的试纸A
现象
结论
A
碘水
淀粉试纸
变蓝
碘具有氧化性
B
浓氨水，生石灰
蓝色石蕊试纸
变红
氨气为碱性气体
C
Na2SO3，硫酸
品红试纸
褪色
SO2具有漂白性
D
Cu，浓硝酸
淀粉-KI试纸
变蓝
NO2为酸性气体
解析：选C。A项，淀粉遇碘单质变蓝是淀粉的特性，与碘具有氧化性无关；B项，应选用红色石蕊试纸；D项，证明NO2与H2O反应生成HNO3，HNO3具有强氧化性。
30．下列实验装置或操作正确的是(　　)
A．图①向Ⅰ中通入过量CO2，出现白色沉淀，则溶液中一定含有AlO
B．图②两支试管中的蛋白质溶液均会变性
C．图③装置用来除去C2H4中的杂质SO2
D．图④装置用来灼烧海带成灰
用坩埚直接加热即可。
31．24 g Cu2S与一定浓度的0.15 L HNO3溶液恰好完全反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O，则HNO3溶液的浓度可能是(　　)
A．14 mol/L B．12 mol/L
C．9 mol/L D．5.33 mol/L
解析：选C。24 g Cu2S的物质的量为0.15 mol，由产物中硫与铜的价态知0.15 mol Cu2S共失去1.5 mol电子，生成的盐为0.15 mol CuSO4(硫元素守恒)与0.15 mol Cu(NO3)2，由此可知没有被还原的硝酸的物质的量为0.3 mol。若还原产物只有NO2，则由得失电子守恒知生成的NO2的物质的量为1.5 mol，由N元素守恒知，硝酸的总物质的量等于1.8 mol，c(HNO3)＝12 mol/L；同理可求出只生成NO时，NO的物质的量为0.5 mol，此时c(HNO3)≈5.33 mol/L。故5.33 mol/L32．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150 mL 4 mol·L－1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出2.24 L NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，溶液不呈红色。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为(　　)
A．0.21 mol B．0.25 mol
C．0.3 mol D．0.35 mol
解析：选B。n(HNO3)＝0.6 mol，n(NO)＝0.1 mol，反应后铁元素的存在形式为Fe(NO3)2，根据元素守恒，可知反应后溶液中的n(NO)＝0.5 mol，n(Fe2＋)＝0.25 mol，即n(Fe)＝0.25 mol。
33．将一定量的Fe和Fe2O3的混合物投入250 mL 2 mol/L硝酸中，反应完全后生成1.12 L NO(标况)，再向反应后的溶液中加入1 mol/L NaOH溶液，要使铁元素完全沉淀下来，所加入NaOH溶液的体积最少是(　　)
A．450 mL B．500 mL
C．400 mL D．不能确定
V(NaOH)＝0.45 L＝450 mL。
34．在1 L K2SO4和CuSO4的混合溶液中c(SO)＝2.0 mol·L－1，用石墨电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L(标准状况)气体，则原溶液中c(K＋)为(　　)
A．2.0 mol·L－1 B．1.5 mol·L－1
C．1.0 mol·L－1 D．0.50 mol·L－1
解析：选A。n(O2)＝n(H2)＝1 mol
阴极：Cu2＋＋2e－===Cu
1 mol 2 mol
2H＋＋ 2e－===H2↑
2 mol 1 mol
阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
4 mol 1 mol
根据电荷守恒得：c(K＋)＋2c(Cu2＋)＝2c(SO)
c(K＋)＝2×2.0 mol·L－1－2×1.0 mol·L－1＝2.0 mol·L－1。
35．3.04 g铜镁合金完全溶解于100 mL 14.0 mol/L的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体2 240 mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入2.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到5.08 g沉淀。下列说法不正确的是(　　)
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1
B．被还原的硝酸的物质的量是0.12 mol
C．得到5.08 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是700 mL
D．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
＝n(HNO3)－n(被还原的HNO3)＝1.4 mol－0.12 mol＝1.28 mol，所以V(NaOH溶液)＝＝0.64 L＝640 mL，错误；D项，已知n(NO2)＋n(N2O4)＝0.1 mol，由得失电子守恒知n(NO2)＋2n(N2O4)＝0.12 mol，解得n(NO2)＝0.08 mol，n(N2O4)＝0.02 mol，NO2的体积分数＝0.08/0.1×100%＝80%，正确。
36．某100 mL混合酸中，HNO3物质的量浓度为0.4 mol·L－1，H2SO4物质的量浓度为0.2 mol·L－1。向其中加入2.56 g Cu粉，待充分反应后(反应前后溶液体积变化忽略不计)，溶液中Cu2＋物质的量浓度为(　　)
A．0.15 mol·L－1 B．0.3 mol·L－1
C．0.225 mol·L－1 D．无法计算
解析：选B。
3Cu　＋8H＋ ＋　2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
0.04 mol 0.08 mol 0.04 mol
加入的Cu粉过量，按H＋物质的量计算所得Cu2＋的物质的量为0.03 mol，其浓度为＝0.3 mol·L－1。
37．在室温条件下，向含有H2SO4的CuSO4溶液中逐滴加入含a mol溶质的NaOH溶液，恰好使溶液的pH＝7，下列叙述正确的是(　　)
A．溶液中2c(Na＋)＝c(SO)
B．0<沉淀的物质的量< mol
C．沉淀的物质的量为 mol
D．原溶液中c(H2SO4)＝ mol·L－1
解析：选B。根据题意正好生成Na2SO4溶液。A项应为c(Na＋)＝2c(SO)；若NaOH全部和CuSO4反应生成Cu(OH)2沉淀，其物质的量为 mol，但NaOH先和H2SO4反应，故其沉淀的物质的量小于 mol，故B正确、C错误；D项，原溶液中n(H2SO4)应小于 mol，由于溶液的体积未知，无法求硫酸的浓度。
38．将含有杂质的4.0 g的NaOH固体配成1 000 mL溶液，取20.00 mL溶液置于锥形瓶中，用0.1 mol·L－1盐酸滴定(甲基橙作指示剂)，消耗盐酸20.40 mL，则该NaOH固体中含有的杂质可能是(　　)
A．Na2O　　　　　　　　B．Na2CO3
C．NaHCO3 D．KOH
39．下列说法正确的是(　　)
①硫酸、烧碱、醋酸钠和石灰石分别属于酸、碱、盐和氧化物；
②蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质；
③Mg、Fe、Ag在工业上分别用电解熔融MgO法、热还原法、热分解法冶炼制取；
④刚玉、石英、草酸的主要成分分别为Al2O3、SiO2、HOOCCOOH
A．①② B．③④
C．②③ D．②④
解析：选D。①石灰石是CaCO3，属于盐，错误；③Mg在工业上采用电解熔融的MgCl2冶炼制取，错误。
40．下列说法正确的是(　　)
A．汽油、乙烯均为石油分馏产品
B．金属钠在空气中燃烧的火焰呈黄色，是因为生成的Na2O2为淡黄色固体
C．铁丝在Cl2中燃烧有红棕色的烟，是因为生成的FeCl3为红棕色固体
D．煤的气化、液化、干馏和石油的裂化、裂解、催化重整不全是化学变化
解析：选C。乙烯为石油的裂解产品，A项错误；金属钠在空气中燃烧的火焰呈黄色，是因为金属钠的焰色反应使火焰颜色呈黄色，B项错误；铁丝在Cl2中燃烧生成的红棕色烟是FeCl3固体的小颗粒，C项正确；D项中涉及的变化均为化学变化。
41．化学与生活密切相关，下列说法正确的是(　　)
A．汽油不完全燃烧产生的氮氧化物是引起硝酸型酸雨的主要原因
B．日常生活中，卤水点豆腐、花生中提取花生油、海水晒盐都是物理变化
C．制肥皂时，在皂化液里加入饱和食盐水，不能促进高级脂肪酸钠的析出
D．铝比铁活泼，所以一般情况下，铁制品比铝制品更耐腐蚀
解析：氮氧化物是放电条件下空气中的氮气和氧气化合生成的，A错误；日常生活中，卤水点豆腐、花生中提取花生油、海水晒盐都是物理变化，B正确；制肥皂时，在皂化液里加入饱和食盐水，能促进高级脂肪酸钠的析出，C错误；铝比铁活泼，但金属铝表面有一层致密的氧化膜，所以铝制品更耐腐蚀，D错误，答案选B。
答案：B
42．下列关于有机化合物的说法正确的是(　　)
A．如图所示的有机物的名称为2－甲基戊醇
B．乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，聚乙烯也能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．蛋白质能发生水解反应，水解生成的氨基酸能和酸反应，也能和碱反应
D．分子式为C4H9Cl的氯代烃有4种，C4H10O的醇有4种，C4H8O的酸也有4种
解析：如图所示的有机物的名称为2-甲基-3-戊醇，A错误；乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，聚乙烯不存在碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；蛋白质能发生水解反应，水解生成的氨基酸属于两性化合物，能和酸反应，也能和碱反应，C正确；分子式为C4H9Cl的氯代烃有4种，C4H10O的醇有4种，C4H8O的酸有2种，D错误。
答案：C
43．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．NA个D2O分子中，含有10NA个电子
B．在反应KIO3＋6HI===KI＋3I2＋3H2O中，每生成3 mol I2转移的电子数为6NA
C．1.2 g金刚石与石墨的混合物含有碳碳单键的数目为0.4NA
D．1 mol Cl2与足量铁反应转移的电子数目为3NA
为2NA，D错误。
答案：A
44．利用下列有关实验装置进行的相应实验，能达到目的的是(　　)
A．用图1所示装置除去HCl中含有的少量Cl2
B．用图2所示装置将硫酸铜溶液蒸干，制备胆矾
C．用图3所示装置可以完成“喷泉”实验
D．用图4所示装置制取并收集干燥纯净的NH3
可以完成“喷泉”实验，C正确；氨气的密度比空气的密度小，应用向下排空气法收集，D错误。
答案：C
45．已知X、Y、Z、W为短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图，下列说法正确的是(　　)
X
Y
Z
W
A.若HmXOn为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性(m、n为正整数)
B．若四种元素均为金属，则Z的最高价氧化物对应的水化物定为强碱
C．若四种元素均为非金属，则W的最高价氧化物对应的水化物一定是强酸
D．若四种元素只有一种为金属，则Z、Y二者的最高价氧化物对应的水化物一定能发生反应
解析：X是第二周期元素，若HmXOn为强酸，则X一定是氮元素，氮的氢化物氨气溶于水显碱性，A错误；若四种元素均为金属，则Z一定是钠，最高价氧化物对应的水化物是氢氧化钠，为强碱，B正确；若四种元素均为非金属，则W的最高价氧化物对应的水化物不一定为强酸，例如若W是P，磷酸不是强酸，C错误；若四种元素中只有一种为金属，则Z一定是铝，Y是碳，氢氧化铝与碳酸不反应，D错误。
答案：B
46．下列说法正确的是(　　)
A．常温下0.1 mol/L的下列溶液①NH4Al(SO4)2
②NH4Cl　③NH3·H2O　④CH3COONH4中，c(NH)由大到小的顺序是①>②>③>④
B．在中和热的测定实验中，将氢氧化钠溶液迅速倒入盛有盐酸的量热计中，立即读出并记录溶液的起始温度，充分反应后再读出并记录反应体系的最高温度
C．0.3 mol/LHY溶液与0.3 mol/LNaOH溶液等体积混合后，溶液的pH＝9，则c(OH－)－c(HY)＝c(H＋)＝1×10－5mol/L
D．常温时，pH＝2的CH3COOH溶液和HCl溶液、pH＝12的氨水和NaOH溶液，四种溶液中由水电离出的c(H＋)相等
B错误；C.0.3 mol/L HY溶液与0.3 mol/L NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH＝9，说明Y－水解，溶液显碱性，则根据质子守恒可知c(OH－)－c(HY)＝c(H＋)＝1×10－9 mol/L，C错误；酸或碱电离出的氢离子或氢氧根浓度如果相等，对水的抑制程度相等，则常温时，pH＝2的CH3COOH溶液和HCl溶液、pH＝12的氨水和NaOH溶液，四种溶液中由水电离出的c(H＋)相等，D正确。
答案：D
47．有关下图装置的叙述中，正确的是(　　)
A．若X为铁棒， Y为NaCl溶液， 开关K置于M处， 可减缓铁的腐蚀， 这种方法称为外接电源的阴极保护法
B．若整个装置为电解精炼铜的装置，则X为粗铜，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，且电解过程中硫酸铜溶液浓度不变
C．若X为碳棒， Y为氯化铜溶液， 开关K置于N处， 当产生11.2 L气体时，右侧碳棒质量增加6.4 g
D．若X为碳棒， Y为氯化钠溶液， 开关K置于N处， 当电路中有0.01 mol电子流过时，假设此时该溶液为100 mL，则常温下其pH为13
解析：若X为铁棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，该装置是原电池，铁作负极，加快铁的腐蚀，A错误；若整个装置为电解精炼铜的装置，X与电源正极相连，作阳极，X为粗铜，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处。但由于粗铜中含有杂质，杂质中的Zn、Fe等也放电，而阴极始终是铜离子放电，因此电解过程中硫酸铜溶液浓度减小，B错误；若X为碳棒，Y为氯化铜溶液，开关K置于N处，惰性电极电解氯化铜溶液，由于不能确定11.2 L气体的物质的量，因此不能计算右侧碳棒增加的质量，C错误；若X为碳棒，Y为氯化钠溶液，开关K置于N处，惰性电极电解氯化钠溶液，当电路中有0.01 mol电子流过时，产生0.01 mol氢氧根，假设此时该溶液为100 mL，则氢氧根浓度是0.1 mol/L，所以常温下其pH为13，D正确。
答案：D
49．常温下，向20 mL 0.1 mol·L－1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。
则下列说法正确的是(　　)(导学号 56470144)
A．常温下，0.1 mol·L－1氨水的电离常数K约为1×10－5mol·L－1
B．a、b之间的点一定满足：c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)
C．c点溶液中c(NH)＝c(Cl－)
D．d点代表两溶液恰好完全反应
溶液呈酸性，结合电荷守恒得c(NH)＜c(Cl－)，C错误；d点溶液中c(H＋)＝10－7mol/L，常温下c(H＋)·c(OH－)＝Kw＝10－14，所以c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，如果氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，D错误。
答案：A
50．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、F是由其中的两种或三种元素组成的化合物，E是由Z元素形成的单质，0.1 mol·L－1 D溶液的pH为13(25℃)。它们满足如图转化关系，则下列说法正确的是(　　)(导学号 56470145)
A．由X、Y、Z、W四种元素组成的盐溶液pH小于7
B．化合物F中含有共价键和离子键
C．0.1 mol B与足量C完全反应共转移电子数为0.2NA
D．Z元素的最高正价为＋6
和C的反应中，氧化剂和还原剂都是过氧化钠，0.1 mol B与足量C完全反应共转移电子数为0.1NA，C错误；Z是O元素，其没有正化合价，D错误。
答案：B
【考向解读】
选择题是所有客观性试题中最为灵活的一种，由于它具有以下特点：答案唯一，评分统一客观——保证高考的公平性；题小，知识覆盖面广，利于稳定全卷的难度——提高了高考内容的代表性和有效性；具有较好的区分度——可以测量各个层次的能力。因此，选择题成为高考的重要题型之一。高考选择题以容易题和中档题为主，侧重于双基考查，分值比较重(每题6分)，且是单选题，容易得分，所以要想高考得高分，必须提高选择题的正确率。
【命题热点突破一】 解答选择题的注意点
1．每个选项要有足够的理由说明其正确与否。
2．对有疑问的选项可先避开，先找出正确或不正确的选项。
3．反证法。
4．将文字语言转化成化学用语、基本规律、解题所涉及的基本公式等(一定要在草稿纸上列出，不可凭空想象)。
5．注意选项的相关性与排斥性。
6．认真审题：看清题干要求(正确与不正确、分子式与结构式、最大与最小等)，找出题中的“陷阱”。
7．每个选择题平均耗时应不超过2分钟(基础差的考生可适当延长时间)。
【命题热点突破二】 选择题的解题方法和思路
选择题的结构包括题干和选项两部分，其题干和选项都是经过精心设置的，往往具有一定的针对性和较强的迷惑性，根据化学选择题的特点，其解答的方法有如下几种：
1．逐项分析法
对选择题的每个选项逐个进行分析，选出正确选项，这是解选择题最基本的方法。在高考化学试题中，定性分析选择题占有很大的比例，以基本概念、基本理论、物质性质、实验等为素材，考查能否准确运用所掌握的基础知识和基本技能来分析和解决问题。常见的出题形式为“正误型”选择题，常见的出题内容为化学与社会、生产、生活、环境、材料等的联系、NA与微粒的关系、离子能否大量共存、离子方程式正误判断、元素及其化合物知识、平衡图像分析、物质的提纯与除杂、可充电电源的分析、有机化学等相关的选择题都可以使用这种方法。
2．直选法
解题时依据题目所给条件，借助于已学知识进行分析和判断，直接得出结论。
3．排除法(筛选淘汰法)
根据题干所给条件和提出的问题，审视每个选项，将与题目要求不符合的选项逐一排除，不能否定的选项即为正确答案。此方法常常用于解答概念、原理类选择题，也常用于解答组合型选择题。
4．特例反驳法
特例反驳法是在解选择题时，当碰到一些似是而非且迷惑性很强的选项时，若直接运用所学有关概念往往难以辨清是非，这时可以借助已掌握的一些知识特例或列举反面特例进行反驳，逐一消除干扰选项，从而快速得出正确答案。列举特例或反例是一种重要的论证方法，这种技巧适用于从正面获取答案有困难的一类选择题，如有关物质的性质、分类、组成和结构等试题。
5．具体法
在解化学选择题时，经常会遇到这样一类题目，题目给出的条件很抽象、很陌生，看似简单却容易出错。如果将抽象、难以下手的问题用自己熟悉的知识、原理、技巧大胆地创设一些具体情境，即用具体事物作为研究对象，把抽象问题具体化，往往会收到事半功倍的效果。
6．守恒法
守恒法就是以化学反应中存在的某些守恒关系(如质量守恒、电荷守恒、得失电子守恒、能量守恒等)作为依据，寻求解题的突破口，列出相应的守恒关系式进行解题。比如根据溶液中阴阳离子所带的电荷总数相等、氧化还原反应中得失电子总数相等求解。这种方法既可以避开繁琐的过程，提高解题的速度，又可以避开多步计算，提高解题的正确率，是高中化学解题中最常用的一种方法。
【命题热点突破三】热点辨析型(化学与STSE)
例3、【2017新课标3卷】化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A．PM2.5是指粒径不大于2.5μm的可吸入悬浮颗粒物
B．绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染
C．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
D．天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料
【答案】C
【解析】通常将大气中直径不大于2.5μm的颗粒悬浮物称为PM2.5，A正确；绿色化学的核心就是从的排放，C错误；目前推广使用的清洁燃料有天然气和液化石油气，D正确。
【变式探究】化学与社会、科学、技术、环境等密切联系。下列有关化学诠释正确的是(　　)
选项
新闻摘要
化学诠释
A
澳大利亚科学家成功的利用单个磷原子在硅晶体上制造出单原子晶体管
用浓硫酸或浓氢氧化钠溶液可腐蚀硅晶体
B
据新闻网报道，我国已于年7月25日用“长征三号乙/远征一号”运载火箭成功将2颗新一代北斗导航卫星发射升空
发射火箭的燃料都是无毒无害的物质
C
据广西新闻网报道，年8月2日，广西壮族自治区食品药品监督管理局公布，南宁一超市3种海螺镉超标
镉离子能使人体蛋白质变性，失去活性
D
年6月，科学家经过对火星陨石样本的检测发现火星表面甲烷浓度较高的地区或有微生物存在
甲烷是新能源之一，燃烧甲烷对环境无影响
【解析】A中能与硅单质反应的酸只有氢氟酸，硅单质不溶于浓硫酸。B中火箭常用燃料肼燃烧时对环境有害。C中镉是重金属，镉离子能使蛋白质变性。D中甲烷燃烧的产物CO2会加剧温室效应。
【答案】C
【变式探究】化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中正确的是(　　)
A．朝鲜第三次核试验产生的放射性物质的衰变为化学变化
B．燃烧化石燃料排放的废气中含大量CO2、SO2，CO2、SO2形成酸雨
C．为防止垃圾污染城市，可采用露天焚烧或深埋的方法进行处理
D．用高纯度二氧化硅制作的光导纤维遇强碱会“断路”
解析：选D。放射性元素的衰变为原子核的裂变，而化学变化是指原子种类不变，分子种类改变的无害化处理，C项错误；SiO2是酸性氧化物，能够与强碱反应，致使光导纤维“断路”，D项正确。
【命题热点突破四】概念辨析型
例4、【2017北京卷】古丝绸之路贸易中的下列商品，主要成分属于无机物的是
A．瓷器
B．丝绸
C．茶叶
D．中草药
【答案】A
【解析】瓷器是硅酸盐产品，主要成分是无机物；而丝绸、茶叶、中草药的主要成分都是有机物。
【变式探究】下列各组物质或概念之间，不符合图中所示关系的是(　　)
选项
X
Y
Z
A
硫酸
含氧酸
酸
B
胶体
分散系
混合物
C
电解质
化合物
纯净物
D
置换反应
氧化还原反应
离子反应
【解析】由图知X、Y、Z三者是包含的关系。酸按是否含氧元素分为含氧酸和无氧酸，H2SO4是含氧酸，另一种化合物的反应，它一定是氧化还原反应，但氧化还原反应不一定是离子反应，故D项不符合。
【答案】D
【方法规律】解这类题一定要清楚概念的内涵和外延，用逐项分析法或特例反驳法解答。
【变式探究】
下列有关物质归类中，正确的是(　　)
①混合物：盐酸、漂白粉、氯水、水银
②化合物：CaCl2、NaOH、HCl、HD
③电解质：明矾、生石膏、冰醋酸、氯化银
④同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨
A．只有①③ B．只有②③
C．只有③④ D．只有④
解析：选C。水银是汞单质，是纯净物，故①错误；HD是由同种元素组成的纯净物，是单质，故②错误；明矾、生石膏、冰醋酸、氯化银都是电解质，故③正确；C60、C70、金刚石、石墨是由同种元素形成的不同单质，属于同素异形体，故④正确。所以C选项正确。
【命题热点突破五】正误判断型
例5、【2017江苏卷】下列指定反应的离子方程式正确的是
A．钠与水反应：Na +2H2ONa++2OH– + H2↑
B．电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl–+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH–
C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH– + H+ + BaSO4↓+H2O
D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+++OH–CaCO3↓+H2O
【答案】B
【变式探究】镁燃料电池作为一种高能化学电源，具有良好的应用前景。如图是镁-空气燃料电池工作原理示意图。下列有关该电池的说法正确的是(　　)
A．该电池Mg作负极，发生还原反应
B．该电池的正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C．电池工作时，电子通过导线由碳电极流向镁电极
D．当电路中通过0.2 mol电子时，消耗的O2体积为1.12 L
【解析】镁作负极，失电子，发生氧化反应，A错误；电池工作时，电子由负极经导线流向正极，即由镁电极流向碳电极，C错误；由于没有说明O2所处的状态，所以无法计算O2的体积，D错误。
【答案】B
【变式探究】
下列离子方程式书写正确的是(　　)
A．硝酸铝溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O===AlO＋4NH＋2H2O
B．向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO－＋SO2＋H2O===HClO＋HSO
C．将钠投入CuSO4溶液中：2Na＋Cu2＋＋2H2O===2Na＋＋Cu(OH)2↓＋H2↑
D．铁与稀硝酸反应后，溶液pH＝2：3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O
解析：选C。NH3·H2O是弱碱，不与Al(OH)3反应，A项错误；HClO具有强氧化性，HSO具有还原性，B项错误；钠投入CuSO4溶液，Na先与水反应生成NaOH和H2，NaOH再与CuSO4反应，C项正确；溶液pH＝2说明硝酸过量，不会生成Fe2＋，D项错误。
【命题热点突破六】图表数据型
例6、【2017江苏卷】H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B．图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C．图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
【答案】D
【解析】由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，A错误；由图乙可知，溶液的碱性越强即pH越大，越强、Mn2+浓度越大，双氧水分解越快，D正确。
【变式探究】已知反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)　ΔH<0。某温度下，将2 mol SO2和1 mol O2置于10 L密闭容器中，反应达平衡后，SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图甲所示。则下列说法正确的是(　　)
A．由图甲推断，B点SO2的平衡浓度为0.3 mol·L－1
B．由图甲推断，A点对应温度下的平衡常数为80
C．达到平衡后，缩小容器容积，则反应速率变化图像可以用图乙表示
D．压强为0.50 MPa时，若不同温度下SO2的平衡转化率与温度关系如图丙，则T2>T1
【解析】由题图甲计算可得B点SO2的平衡浓度为0.03 mol·L－1，A点对应温度下的平衡常数为800，
【答案】C
【方法规律】常用的解题方法：逐项分析法、排除法等。分析此类题要抓住有关概念、反应规律、物质性质，特别是图像特征，分析辨识图中“横坐标”“纵坐标”“原点”“交点”“转折点”等的意义，对“数”“形”“义”“性”综合思考，从中发掘隐含信息以达到快速解题的目的。做题时我们常逐项分析，排除错误，确定正确答案。
【变式探究】在25 ℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：
物质
X
Y
Z
初始浓度/mol·L－1
0.1
0.2
0.0
平衡浓度/mol·L－1
0.05
0.05
0.1
下列说法错误的是(　　)
A．反应达到平衡时，X的转化率为50%
B．反应可表示为X＋3Y2Z,25 ℃时其平衡常数为1 600
C．增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大
D．改变温度可以改变此反应的平衡常数
解析：选C。X的浓度变化了0.05 mol·L－1，所以达到化学平衡时，X的转化率为0.05 mol·L－1÷0.1 mol·L－1×100%＝50%，A正确；Y的浓度变化了0.15 mol·L－1，Z的浓度变化了0.1 mol·L－1，故该反应的化学方程式为X＋3Y2Z，平衡常数K＝＝＝1 600，B正确；平衡常数与浓度、压强无关，只与温度有关，C错误、D正确
【命题热点突破七】大小比较型
例7、【2017新课标3卷】短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是
W
X
Y
Z
A．氢化物沸点：WW
C．化合物熔点：Y2X3【答案】D
【解析】设W原子的最外层电子数为x，由图表可知，四种元素原子的最外层电子数之和=x+x+1+x-2+x+2
半径小，D正确。
【变式探究】下列各项内容中，排列顺序正确的是(　　)
①固体的热稳定性：Na2CO3>CaCO3>NaHCO3
②相同物质的量浓度的下列溶液中NH的浓度：(NH4)2SO4>(NH4)2CO3>NH4Cl
③微粒半径：K＋>S2－>F－
④给出质子的能力：CH3COOH>C2H5OH>H2O
⑤氢化物的稳定性：HI>HBr>HCl
A．①③ B．②④
C．①② D．③⑤
【解析】由①正确可排除B、D选项，由③错误可知只有C选项正确。
【答案】C
【方法规律】常用的解题方法：逐项分析法、排除法等，此类题常为定性和定量比较大小两类，定性比较主要抓住变化规律，分析变化趋势，定量比较要通过具体数据排出大小顺序。
【变式探究】
某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对A2(g)＋3B2(g) 2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如图所示的曲线(图中T表示温度，n表示物质的量)。下列判断正确的是(　　)
A．在T2和n(A2)不变时达到平衡，AB3的物质的量大小为c>b>a
B．若T2>T1，则正反应一定是放热反应
C．达到平衡时A2的转化率大小为b>a>c
D．若T2>T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vd>vb
解析：选A。A项，随n(B2)增加平衡向正反应方向移动，n(AB3)增加；B项，对比b、d两点AB3
速率越快，因此vd【命题热点突破八】实验分析型
例8、利用下列表格中的实验器材和试剂能够完成相应实验的一组是(　　)
选项
实验器材和试剂
相应实验
A
洗气瓶(两只)、饱和Na2CO3溶液、浓硫酸
除去CO2中的HCl和水蒸气
B
滴定台(附滴定管夹)、滴定管(酸式、碱式)、烧杯、胶头滴管
中和滴定实验
C
烧杯、酒精灯、火柴、胶头滴管、蒸馏水、饱和FeCl3溶液
制备Fe(OH)3胶体
D
铂丝或铁丝、蓝色钴玻璃、酒精灯、火柴、盐酸、待测液
焰色反应实验
【解析】A项，除去CO2中的HCl和水蒸气，气体应先通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶除去HCl，然后再通过盛有浓硫酸的洗气瓶除去水蒸气，错误；B项，酸碱中和滴定时，需要用锥形瓶，错误；C项，制备Fe(OH)3胶体时，要先用酒精灯把烧杯中的蒸馏水隔着石棉网加热至沸腾，然后边加热边用胶头滴管向其中滴加饱和FeCl3溶液，当液体呈红褐色时停止加热，就制得了Fe(OH)3胶体，所给实验器材中缺少石棉网，错误。
【答案】D
【方法规律】常用的解题方法：逐项分析法。做此类题时，要注意四看：一看装置是否正确；二看反应试剂是否符合实验原理；三看气体的收集方法是否正确；四看尾气吸收装置、安全装置是否正确。另外，应根据实验目的判断相应操作是否正确。
【变式探究】
下列实验不能达到预期目的的是(　　)
A．利用Ⅰ装置制取Fe(OH)2
B．利用Ⅱ装置制取C2H4
C．利用Ⅲ装置进行铜与浓硝酸反应的实验
D．利用Ⅳ装置收集NH3
解析：选B。乙醇与浓H2SO4共热制取乙烯，需控制反应温度在170 ℃，温度计水银球应该插入反应混合液中，B错。
【命题热点突破九】计算应用型
例9、【2017江苏卷】常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10?4，Ka(CH3COOH)=1.75×10?5，Kb(NH3·H2O) =1.76×10?5，下列说法正确的是
A．浓度均为0.1 mol·L?1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．0.2 mol·L?1 HCOOH与0.1 mol·L?1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c(HCOO?) + c(OH?) = c(HCOOH) + c(H+)
D．0.2 mol·L?1 CH3COONa 与 0.1 mol·L?1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO?) > c(Cl? ) > c(CH3COOH) > c(H+)
【答案】AD
【解析】由电荷守恒可知，甲酸钠溶液中存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)，氯化铵溶液中存在 c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)。由于在常温下氨水的Kb小于甲酸的Ka、KW不变，铵根的水解程度大于甲酸根的水解程度，氯化铵溶液中c(OH-)小于甲酸钠溶液中c(H+) ，Cl-和Na+都不水解， c(Cl-)=c(Na+)，A正确；由甲酸和乙酸的电离常数可知，甲酸的酸性较强，所以pH为3的两种溶液中，物质的量浓度较大的是乙酸，等体积的两溶液中，乙酸的物质的量较大，用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液，乙酸消乙酸的电离程度很小，所以c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)，D正确。答案选AD。
【变式探究】下列说法中不正确的是(　　)
A．常温下，pH＝3的二元弱酸H2R溶液与pH＝11的NaOH溶液混合后，混合液的pH＝7，则反应后的混合液中：2c(R2－)＋c(HR－)＝c(Na＋)
B．将0.2 mol·L－1某一元酸HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后，溶液pH>7，则反应后的混合液中：2c(OH－)＋c(A－)＝2c(H＋)＋c(HA)
C．用氢氧燃料电池电解饱和食盐水，如果生成标准状况下22.4 L氯气，则消耗氧气的物质的量为0.5 mol(假设无能量损失)
D．120 g FeS2完全燃烧生成SO2，SO2催化氧化完全生成SO3，SO3完全被水吸收生成硫酸，则生成硫酸的质量为98 g
【解析】依据电荷守恒：2c(R2－)＋c(HR－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，因为c(OH－)＝c(H＋)，所以2c(R2－)＋c(HR－)＝c(Na＋)，A项正确；依据电荷守恒：c(OH－)＋c(A－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，依据物料守恒：c(HA)＋c(A－)＝2c(Na＋)，电荷守恒式×2－物料守恒式可得2c(OH－)＋c(A－)＝2c(H＋)＋c(HA)，B项正确；生成1 mol氯气失2 mol电子、消耗1 mol氧气得4 mol电子，依据得失电子守恒可知C项正确；n(FeS2)＝1 mol，依据硫原子守恒得最后生成2 mol H2SO4，D项错误
【答案】D
【方法规律】常用的解题方法：直选法、守恒法、具体法等。常用的守恒关系为①质量守恒：常常用于溶液配制、化学方程式的计算、物质组成成分的计算；②原子守恒：常常利用原子守恒迅速建立关系式，从而快速解题；③电荷守恒：常常用于离子浓度大小比较、电解质溶液的计算；④得失电子守恒：常常用于氧化还原反应及电化学的计算和相关概念的判断。
【变式探究】
在一定条件下，将PCl3(g)和Cl2(g)充入体积不变的2 L密闭容器中发生下述反应：PCl3(g)＋Cl2(g) PCl5(g)。5 min末达到平衡，有关数据如表：
PCl3(g)
Cl2(g)
PCl5(g)
初始浓度(mol·L－1)
2.0
1.0
0
平衡浓度(mol·L－1)
c1
c2
0.4
下列判断不正确的是(　　)
A．若升高温度，反应的平衡常数减小，则正反应为吸热反应
B．反应5 min内，v(PCl3)＝0.08 mol·L－1·min－1
C．当容器中Cl2为1.2 mol时，可逆反应达到平衡状态
D．平衡后移去2.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2，在相同条件下再达平衡时，c(PCl5)<0.2 mol·L－1
解析：选A。A项，升高温度，反应的平衡常数减小，则平衡向逆反应方向移动，所以正反应为放热反应，错误；B项，由“三段式”的计算可知：
v(PCl3)＝ mol·L－1·min－1＝0.08 mol·L－1·min－1，正确；C项，由上述三段式计算可知，平衡时c(Cl2)＝0.6 mol·L－1，则n(Cl2)＝1.2 mol，正确；D项，平衡后移去2.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2，相当于起始量为原来的一半，如果平衡不移动，所有物质的浓度均为原来的一半，由于容器体积不变，体系压强减小，与原平衡相比，平衡逆向移动，所以c(PCl5)小于原来的一半，即c(PCl5)<0.2 mol·L－1，正确。

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