化学考试试题练习含答案8

《化学考试试题练习含答案8》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

化学考试试题练习含答案8一、选择题．在一定温度和压强下20mLXY气体与10mLY2气体化合成10mLZ气体，则Z的分子式为A．X2Y4B．XY2C．X2Y6D．X3Y答案：C．下列条件下，两瓶气体所含分子数一定相等的是A．同质量、不同密度的N2和COB．同温度、同体积的H2和N2C．同体积、同密度的C2H4和C2H6D．同压强、同体积的N2O和CO2解析：因为A项中N2和CO摩尔质量相同，所以二者质量相同时，物质的量相同，分子数相同；B项同温、同体积而压强不同时H2和N2物质的量不同，分子数也不同；C项同体积、同密度即同质量，由于C2H4和C2H6的摩尔质量不等，则分子数不等；D项当温度不同时，二者物质的量不同，分子数不同。答案：A．下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是A．2mol水的摩尔质量和1mol水的摩尔质量B．200mL1mol/L氯化钙溶液中c(Cl－)和100mL2mol/L氯化钾溶液中c(Cl－)C．64g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4L一氧化碳中氧原子数D．20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度解析：物质的摩尔质量为定值，与该物质的物质的量多少无关，A项错；1mol/L氯化钙溶液中c(Cl－)＝2mol/L，与2mol/L氯化钾溶液中c(Cl－)相等，B项错；64g二氧化硫中氧原子的物质的量为×2＝2mol，标准状况下，22.4L一氧化碳中氧原子的物质的量为＝1mol，C项正确；因20%NaOH溶液的密度(设为ρ1)大于10%NaOH溶液的密度(设为ρ2)，则＝/＝>2∶1，D项错。答案：C．等质量的CH4和NH3相比较，下列结论错误的是A．它们的分子个数之比为17：16  B．它们的原子个数之比为17：16C．它们的氢原子个数之比为17：12D．它们所含氢的质量比为17：12答案：B．有下列仪器：①烧杯；②锥形瓶；③圆底烧瓶；④试管；⑤蒸发皿，其中可以用酒精灯直接加热的仪器是A．①②③④B．④⑤C．①③D．④答案：B．下列过程中发生了氧化还原反应的是第16页,共16页

1解析：物质燃烧过程发生了氧化还原反应。答案：D．氯化铁溶液和氢氧化铁胶体具有的共同性质是A．都是混合物B．加入NaCl溶液都不能产生沉淀C．都是红褐色液体D．都能通过滤纸答案：AD．下列各组物质相互混合后，不会发生离子反应的是A．Na2SO4溶液和MgCl2溶液B．Na2CO3溶液和稀硫酸C．NaOH溶液和Fe2(SO4)3溶液D．Ca(OH)2和盐酸解析：A项不具备复分解反应发生的条件，B项有CO2气体生成，C项有Fe(OH)3沉淀生成，D项有H2O生成，故选A。答案：A．Fe(OH)3胶体属于A．溶液   B.纯净物    C.混合物  D.化合物答案：C．用高铁酸钠(Na2FeO4)对河水和湖水消毒是城市饮用水处理的新技术。已知反应：Fe2O3＋3Na2O2=2Na2FeO4＋Na2O。下列说法正确的是A．Na2O2既是氧化剂又是还原剂B．Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物C．3molNa2O2发生反应，有12mol电子转移D．在Na2FeO4中Fe为＋4价，具有强氧化性答案：B．下列反应的离子方程式书写正确的是A．钠和冷水反应Na＋2H2O＝Na＋＋2OH-＋H2↑B．金属铝溶于氢氧化钠溶液Al＋2OH-＝AlO2-＋H2C．金属铝溶于盐酸中：2Al＋6H＋＝2Al3＋＋3H2↑D．铁跟稀硫酸反应：Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2答案：CD．某干燥粉末可能由Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中的一种或几种组成。第16页,共16页

2将该粉末与足量的盐酸反应，有气体X逸出，X通过足量的NaOH溶液后体积缩小(同温、同压下测定)。若将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质量大于原混合粉末的质量，下列判断正确的是A．粉末中一定有Na2O、Na2O2、NaHCO3B．粉末中一定不含有Na2CO3和NaClC．粉末中一定不含有Na2O和NaClD．无法确定粉末里是否含有Na2O2和NaCl解析：选A。与盐酸反应产生气体的物质可能有Na2O2、Na2CO3和NaHCO3，气体X通过足量的NaOH溶液后体积缩小(而不是气体全部消失)，说明X由O2和CO2组成，原粉末中Na2O2一定存在，Na2CO3和NaHCO3至少有一种。将原混合粉末加热，有气体放出，说明原混合粉末中一定有NaHCO3，但NaHCO3受热分解会使混合粉末质量减少，而实际剩余固体的质量增加了，原因只能是发生了反应：2Na2O＋O22Na2O2。综上分析，原混合粉末中有Na2O、Na2O2、NaHCO3，无法确定原混合粉末中是否有Na2CO3和NaCl。．下列物质的鉴别方法不正确的是A．用焰色反应鉴别NaCl、KCl和Na2SO4B．用氢氧化钠溶液鉴别MgCl2溶液、AlCl3溶液C．利用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体与FeCl3溶液D．用氯化钙溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3两种溶液解析：NaCl和Na2SO4的焰色反应均为棕黄色。答案：A．下列物质中可用于治疗胃酸过多的是A．碳酸钠B．氢氧化铝C．氧化钙D．碳酸钡答案：B　．钾(K)与Na在性质上具有很大的相似性，但K比Na的活泼性强，下面是根据Na的性质对K的性质的预测，其中正确的是A．因为K的活泼性强，所以钾应该保存在煤油B．K在空气可以被空气中的氧气所氧化，且产物是K2OC．K与水能够反应，但不如Na与水的反应剧烈，但产物都有氢气D．K可以与水剧烈反应，生成氢气答案：AC．(2011年湖南雅礼中学模拟)下列有关物质性质或用途的说法不正确的是A．新兴产业——太阳能光伏产业所用的重要材料是硅B．我国盛产的稀土金属的化合物可作一些重要反应的催化剂C．2010年上海世博会所用LED发光源是一种冷光源，可节约大量能源D．石油和煤是工业上所有有机合成材料的原料解析：D项，石油和煤不是所有有机合成材料的原料，只是大部分有机合成材料的原料。答案：D．有一瓶无色气体可能含有H2S、CO2、HBr、HCl、SO2中的一种或几种，将其通入稀氯水中，第16页,共16页

3得到无色透明溶液，把溶液分成两份，向其中一份中加入AgNO3溶液(用稀硝酸酸化)生成白色沉淀，向另一份中加入BaCl2溶液(用盐酸酸化)也生成白色沉淀，对于以下结论：①原气体中肯定有SO2；②原气体中可能有SO2；③原气体中肯定没有H2S和HBr；④不能确定原气体中有无HCl；⑤原气体中肯定无CO2；⑥原气体中肯定有HCl，其中正确的是A．①③④B．①④⑤C．①③⑥D．③⑤⑥解析：选A。混合气体通入稀氯水中可得无色透明溶液，则原混合气体中一定不含H2S、HBr；在所得溶液中加稀硝酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀，无法证明原溶液中是否有HCl，因为有氯水就会有Cl－；另一份溶液中加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成，说明原气体肯定含有SO2，SO2被Cl2氧化成SO，与Ba2＋产生沉淀；CO2气体不能确定是否含有。故①③④正确。．10g含一种杂质的碳酸钙（杂质可能是SiO2、MgCO3、Na2CO3、K2CO3）与足量盐酸反应得到4.3gCO2，则碳酸钙中可能含有A．SiO2或K2CO3B．SiO2或MgCO3C．MgCO3或K2CO3D．MgCO3或Na2CO3答案:A．将铁屑溶于过量盐酸后，再加入下列物质，会有三价铁生成的是①硫酸　②氯水　③硝酸锌　④氯化铜A．②B．③C．②③D．①④解析：硫酸不能将Fe2＋氧化成Fe3＋；氯水能将溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋；金属铁溶于过量盐酸得到氯化亚铁的强酸性溶液，再加入硝酸锌后，溶液就显示出硝酸的性质，可以将Fe2＋氧化成为Fe3＋；氯化铜溶液中的Cu2＋有一定的氧化能力，可以将金属铁氧化成Fe2＋，但却不能将Fe2＋氧化成为Fe3＋。答案：C．下列事实中不能判断氧的非金属性比硫强的是A．氢硫酸敞口放置于空气中变浑浊B．稳定性：H2O＞H2SC．Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4，而与硫反应生成FeSD．氧的游离态大量存在于空气中；而硫的游离态主要存在于火山喷口处解析：选D。元素非金属性强弱的具体表现：氢化物的稳定性、还原性及生成的难易程度；最高价氧化物对应水化物酸性的强弱；非金属单质间的置换反应；使同种还原剂中元素化合价升高的多少等。．具有真正意义上的元素周期表是有哪位化学家发现的A．门捷列夫(俄国)B．纽兰兹(英国)C．迈尔(德国)D．尚古多(法国)答案：A．(2011年广西桂林高三调研考试)mg平均相对分子质量为7.2的CH2O与H2组成的混合气体与足量的O2充分燃烧后，立即通入足量的Na2O2固体中，固体的质量增加A．mgB．7.2mgC．7.2gD．不可求第16页,共16页

4解析：选A。本题考查CO、H2、烃及其含氧衍生物等可燃物在O2中燃烧后，将其产物通过足量Na2O2后，Na2O2增重的问题。由：2CO＋O22CO2,2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2；连续反应，叠加方程式可知：CO＋Na2O2===Na2CO3；由：2H2＋O22H2O,2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑；连续反应，叠加方程式可知：H2＋Na2O2===2NaOH；由此可知H2、CO在Na2O2中点燃不耗O2，固体增重质量为H2、CO的质量。显然，符合通式(CO)m(H2)n的烃的含氧衍生物在Na2O2中点燃后，不耗O2，且固体增重质量为可燃物的质量，所以答案为A。常见符合通式(CO)m(H2)n的烃的含氧衍生物：CH3OH、CH3COOH、HCOOCH3、C6H12O6等。．我国科学家在世界上首次合成了三种新核素，其中一种新核素的名称是铪185，符号为185Hf，下列关于铪185的叙述，不正确的是A．它是一种新的原子B．它是一种新的元素C．它的质量数为185D．它是铪-180的一种新的同位素解析：选B。此题考查了符号X的含义及同位素的概念，A为质量数，Z为质子数。铪185与铪180属同一种元素铪的两种不同核素，即同种元素的不同原子，二者互为同位素关系。．一些科学家预言，存在稳定的超重元素，如：质子数为114，中子数为184的原子，下列说法正确的是A．第七周期有50种元素B．该原子的质量数为184C．该元素的相对原子质量为292D．该原子核外有114个电子答案：D．下列关于元素化合价的叙述错误的是A．IIIA族的B和Al都能形成＋3价的化合B．IVA族的C和Si都能形成＋4价的化合物C．VA族的N和P都能形成＋5价的化合D．VIA族的O和S都能形成＋6价的化合物答案：D．下列说法或表示方法正确的是A．反应物总能量低于生成物总能量时，该反应不能发生B．稀的强酸与稀的强碱反应放出的热量就是中和热C．由C(石墨)(s)===C(金刚石)(s)；ΔH>0可知石墨比金刚石稳定D．在101kPa,25℃时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ的热量；氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)；ΔH＝－285.8kJ·mol－1解析：选C。反应物总能量低于生成物总能量时，该反应是吸热反应，A项错；稀的强酸与稀的强碱反应生成1molH2O放出的热量就是中和热，B项错；C项正确；D项错误，正确的热化学方程式为H2(g)＋O2(g)===H2O(l)；ΔH＝－285.8kJ·mol－1。第16页,共16页

5．已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6kJ/mol，则关于方程式2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)的ΔH的说法中正确的是A．方程式中的化学计量数表示分子数B．该反应ΔH大于零C．该反应ΔH＝－571.6kJ/molD．该反应可表示36g水分解时的热效应解析：　在书写热化学方程式时，若反应物和生成物对换，则ΔH的符号变化，数值不变，故B正确，C不正确；D项未注明水的状态。答案：　B．在25℃、101kPa下，1g甲醇(CH3OH)燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列热化学方程式正确的是A．CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝＋725.8kJ·mol－1B．2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－1C．2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－725.8kJ·mol－1D．2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝＋1452kJ·mol－1解析：　本题主要考查学生反应热的计算及热化学方程式的书写。1gCH3OH(l)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放热22.68kJ，则1mol即32gCH3OH完全燃烧放热：32g×22.68kJ·g－1＝725.8kJ，吸热ΔH为“＋”，放热为“－”，故1molCH3OH(l)燃烧时，ΔH＝－725.8kJ·mol－1，B项正确。答案：　B．有如下三个热化学方程式：H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝akJ·mol－1H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝bkJ·mol－12H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝ckJ·mol－1下列关于它们的表述中，正确的是A．它们都是吸热反应B．a、b和c均为正值C．a＝bD．2b＝c解析：　H2燃烧是放热反应，ΔH为负值，故A、B不正确；根据相同物质的反应，聚集状态不同，反应热不同，可判断a≠b，故C错；根据相同的反应，反应热与可燃物的物质的量成正比，第三个反应各反应物与生成物物质的量是第二个反应各反应物和生成物物质的量的2倍，可判断2b＝c。答案：　D．下列各图中，表示正反应是吸热反应的图象是第16页,共16页

6解析：　当反应物的能量低于生成物的能量时，正反应为吸热反应。答案：　A．下列各组元素性质递变情况错误的是A．Li、Be、B原子最外层电子数依次增多B．P、S、Cl元素最高正化合价依次升高C．N、O、F原子半径依次增大D．Na、K、Rb的金属性依次增强答案：C．下列原子或离子原子核外电子排布不属于基态排布的是A．Na:1s22s22p53s2B．S2－:1s22s22p63s23p6C．N:1s22s22p3D．Si:1s22s22p63s23p2答案:A．对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是A．碱性：NaOHMg>AlD．还原性：Na>Mg>Al答案：D因为金属性：Na＞Mg＞Al，所以最高价氧化物水化物的碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3；因为Mg元素位于第ⅡA族，所以第一电离能：Na＜Al＜Mg；同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，所以电负性：Na＜Mg＜Al；还原性：Na>Mg>Al。．原子序数小于18的八种连号元素，它们单质的熔点随原子序数增大而变化的趋势如图所示。图中X元素应属A．ⅢA族B．ⅣA族C．ⅤA族D．ⅥA族答案：B.．已知元素周期表中1～18号元素的离子W3＋、X＋、Y2－、Z－都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是A．原子的第一电离能：X>WB．离子的还原性：Y2－>Z－C．氢化物的稳定性：H2Y>HZD．原子半径：X

7答案:B　[由四种离子具有相同的电子层结构知：W和X位于同一周期，原子序数W>X，Y和Z位于同一周期，原子序数Z>Y，又由于均为周期表中前18号元素，则Y和Z处于W和X的上一周期，其相对关系为，由此可根据元素周期律判断有关性质。]．实验测得BeCl2为共价化合物,两个Be—Cl键间的夹角为180°,由此可判断BeCl2属于A．由极性键形成的极性分子B．由极性键形成的非极性分子C．由非极性键形成的极性分子D．由非极性键形成的非极性分子解析：键角是1800说明分子是对称的，正电荷中心与负电荷中心重合是非极性分子答案：B．有关苯分子中的化学键描述正确的是A．每个碳原子的sp2杂化轨道中的其中一个形成大π键B．每个碳原子的未参加杂化的2p轨道形成大π键C．碳原子的三个sp2杂化轨道与其它形成三个σ键D．碳原子的未参加杂化的2p轨道与其它形成σ键答案:BC苯分子中6个碳原子都是sp2杂化，每个碳原子中的三个sp2杂化轨道分别与两个碳原子和一个氢原子形成σ键，同时每个碳原子还有一个未参加杂化的2p轨道，他们均有一个未成对电子，6个2p轨道相互平行，以“肩并肩”方式相互重叠，形成一个多电子的大π键。如图：．下列分子中键有极性，分子也有极性的是A．NH3B．SiF4C．BF3D．CO2答案：A．已知：元素X的电负性数值为2.5，元素Y的电负性数值是3.5，元素Z的电负性数值为1.2，元素W的电负性数值为2.4。你认为上述四种元素中，哪两种最容易形成离子化合物A．X与YB．X与WC．Y与ZD．Y与W答案：C．下列叙述正确的是A．由极性键结合而成的分子一定是极性分子B．非极性键只存在于双原子单质分子里C．非极性分子中，一定含有非极性键D．一般情况下，极性分子易溶于极性溶剂，非极性分子易溶于非极性溶剂答案：D．下列有关能量转换的说法正确的是A．煤燃烧是热能转化为化学能的过程第16页,共16页

8B．化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能C．动物体内葡萄糖被氧化成CO2是热能转变成化学能的过程D．植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成热能的过程解析：　煤燃烧是放热反应，是化学能转化为热能的过程，A错误；葡萄糖氧化放出热量，是化学能转化为热能的过程，C错误；植物的光合作用是将太阳能转化为化学能的过程，D错误。答案：　B．已知298K时合成氨反应，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92.0kJ·mol－1，将此温度下的1molN2和3molH2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量为(假定热量无损失)A．一定小于92.0kJB．一定大于92.0kJC．一定等于92.0kJD．无法确定解析：　合成氨反应是可逆反应，ΔH＝－92.0kJ·mol－1是1molN2与3molH2完全反应时放出的热量。现在将1molN2与3molH2在此条件下反应，因其为可逆反应，必然不能反应完全，放出的热量必小于92.0kJ。答案为A。答案：　A．已知25℃、101kPa条件下：4Al(s)＋3O2(g)===2Al2O3(s)　ΔH＝－2834.9kJ·mol－14Al(s)＋2O3(g)===2Al2O3(s)　ΔH＝－3119.1kJ·mol－1由此得出的正确结论是A．等质量的O2比O3能量低，由O2变O3为放热反应B．等质量的O2比O3能量高，由O2变O3为吸热反应C．O3比O2稳定，由O2变O3为放热反应D．O2比O3稳定，由O2变O3为吸热反应解析：　由题给热化学方程式前者减去后者可得：3O2(g)===2O3(g)　ΔH＝＋284.2kJ·mol－1，说明O2转变为O3时吸热，等质量的O2比O3能量低，O2比O3稳定。答案：　D．下列各组热化学方程式中，化学反应的ΔH前者大于后者的是①C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH2②S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH3S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH4③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH52H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH6④CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)　ΔH7CaO(s)＋H2O(l)===Ca(OH)2(s)　ΔH8第16页,共16页

9A．①B．④C．②③④D．①②③解析：比较ΔH时应带符号“＋”“－”进行比较。答案：C．下列关于反应能量的说法正确的是A．Zn(s)＋CuSO4(aq)===ZnSO4(aq)＋Cu(s)　ΔH＝－216kJ·mol－1，则反应物总能量＞生成物总能量B．相同条件下，如果1mol氢原子所具有的能量为E1，1mol氢分子所具有的能量为E2，则2E1＝E2C．101kPa时，2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1，则H2的燃烧热为571.6kJ·mol－1D．H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3kJ·mol－1，则1molNaOH的氢氧化钠固体与含0.5molH2SO4的稀硫酸混合后放出57.3kJ的热量解析：A正确，因为该反应为放热反应；B错误，因为分子变成原子要破坏化学键，吸收能量，2E1＞E2；C错误，燃烧热是1mol氢气充分燃烧，生成液态水放出的热量；D错误。因为NaOH固体溶解放热。答案：A．下列叙述中，不正确的是A．某特定反应的平衡常数仅是温度的函数B．催化剂不能改变平衡常数的大小C．平衡常数发生变化，化学平衡必定发生移动，达到新的平衡D．化学平衡发生移动，平衡常数必发生变化解析：　化学平衡常数仅是温度的函数，等温条件下改变浓度、压强等因素都可以使化学平衡发生移动，但此时平衡常数不发生变化。答案：　D．已知“凡气体分子总数增多的反应一定是熵增大的反应”。根据所学知识判断，下列反应中，在任何温度下都不自发进行的是A．2O3(g)===3O2(g)　ΔH<0B．2CO(g)===2C(s)＋O2(g)　ΔH>0C．N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)　ΔH<0D．CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)　ΔH>0解析：　放热反应、熵增加的反应有利于自发进行，即ΔH－TΔS<0的反应自发，而ΔH－TΔS>0的反应一定非自发，即吸热反应，熵减的反应一定非自发。答案：　B．在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用v(A)、v(B)、v(C)表示，已知2v(B)＝3v(A)、3v(C)＝2v(B)，则此反应可表示为A．2A＋3B===2CB．A＋3B===2CC．3A＋B===2CD．A＋B===C解析：选A。本题考查反应速率与方程式中化学计量数的关系v(A)∶v(B)∶v(C)＝2∶3∶2，所以A正确。．有一化学平衡：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)(如右图)第16页,共16页

10表示的是转化率与压强、温度的关系。分析图中曲线可以得出的结论是A．正反应吸热：m＋n>p＋qB．正反应吸热：m＋np＋qD．正反应放热：m＋np＋q。答案：　A．将10molA和5molB放入10L真空容器内，某温度下发生反应：3A(g)＋B(g)2C(g)，在最初的0.2s内，消耗A的平均速率为0.06mol·L－1·s－1，则在0.2s时，容器中C的物质的量是A．0.12molB．0.08molC．0.04molD．0.8mol解析：　v(A)∶v(C)＝3∶2，则v(C)＝0.04mol·L－1·s－1，n(C)＝0.2s×0.04mol·L－1·s－1×10L＝0.08mol。答案：　B．用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液时，下列实验操作会引起测量结果偏高的是①用天平称量NaOH固体，将小烧杯放在右盘，砝码放在左盘，并移动游码，使之平衡　②配制烧碱溶液时，将称量后的NaOH固体溶于水，立即移入容量瓶，将洗涤烧杯的液体注入容量瓶后，加蒸馏水至刻度线　③中和滴定时，锥形瓶内有少量水　④酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液洗　⑤读取滴定管终点读数时，仰视刻度线A．①②③B．②④⑤C．③④⑤D．①②③④⑤解析：　①称量药品时应遵循“左物右码”原则，因游码质量总是加到右盘上，故题中操作实验少称了NaOH固体，故所配溶液浓度偏低，消耗V标减小，使测定结果偏低。②由于NaOH溶于水时会放出大量的热，若趁热在容量瓶中定容，恢复至室温时溶液体积将减小，NaOH溶液浓度将增大，滴定同体积的NaOH时，消耗V标增大，使测定结果偏高。④V标偏高，测定结果偏高。⑤V标偏高，测定结果偏高，故应选②④⑤组合，即选B项。答案：　B．常温下pH＝12的X、Y两种碱溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是A．X是弱碱，Y是强碱B．X、Y两种溶液稀释前溶质的物质的量浓度相等C．两种溶液稀释后恢复至原温度，溶液中c(H＋)与c(OH－)之比都变大D．两种溶液稀释后恢复至原温度，溶液中c(H＋)与c(OH－)的乘积都变小解析：选C。由图象知X为强碱，Y为弱碱，稀释后氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，故A、B错，C正确；因温度不变，故水的离子积也不变，D错。第16页,共16页

11．关于强、弱电解质的叙述不正确的是A．强电解质在溶液中完全电离，不存在电离平衡B．强电解质溶液导电能力一定很强，弱电解质溶液导电能力一定很弱C．同一弱电解质同浓度的溶液，温度不同时，导电能力不同D．强电解质在固态或液态时，可能不导电答案：B．如图，abcd分别代表酸碱溶液加水稀释后pH与加水的体积的关系。下列判断正确的是A．a和b为强电解质B．等体积的c和d分别与足量的镁粉反应，放出H2一样多C．c和d的物质的量浓度相同D．pH相等的a和b分别加水稀释m和n倍后pH仍相等，则m

12C．丙图装置可达到保护钢闸门的目的D．丁图装置可达到保护钢闸门的目的解析：AlCl3溶液中存在Al3＋、H＋，通电时后者先得电子，故阴极得到的不是铝，而是氢气，A不能达到目的；B中的这种原电池中，电流会迅速衰减，乙装置不能达到目的；丙装置是牺牲阳极的阴极保护法，其中阳极材料要为活泼的金属，故不能达到预期目的。答案：D．在一定温度下，用铂电极电解饱和硫酸钠溶液，对电解质溶液的判断正确的是A．不会有晶体析出B．浓度变大C．浓度变小D．pH不变解析：用铂电极电解饱和硫酸钠溶液，实际上是在电解水。温度一定时，饱和溶液中溶剂减少，将有硫酸钠析出，剩余溶液依然是饱和溶液且溶液的浓度不变。答案：D．如图所示实验，如x轴表示流入阴极的电子的物质的量，则y轴可表示①c(Ag＋)　②c(NO3－)　③a棒的质量　④b棒的质量　⑤溶液的pHA．①③B．③④C．①②④D．①②⑤解析：　解答该题时要注意观察装置的特点。答案：　D．某同学用镀铜的石墨作阳极，石墨作阴极电解稀硫酸溶液，用曲线Ⅰ表示电解过程中阴极增加的质量(Δm)随时间(t)变化；用曲线Ⅱ表示溶液的pH随时间(t)的变化关系。下列曲线图合理的是第16页,共16页

13解析：镀铜石墨表面有一层铜，作阳极，铜会发生氧化反应；当铜溶解完后，石墨电极不反应，实质电解溶液中的水。理论上，可分为以下3个阶段来讨论。(1)阳极表现铜溶解，溶液中氢离子得电子，溶液pH逐渐升高，此时阴极重量无变化；(2)当溶液中有了一定量的铜离子后，溶液中铜离子得电子，从阴极析出，此时相当于电镀，即阴极重量增加，溶液pH保持不变；(3)当阳极上的铜都溶解后，此时相当于电解水，溶液中水减少，氢离子浓度增大，pH逐渐减小。答案：A．(2011年北京宣武区高三质检)由气体发生装置导出的气体是甲烷、一氧化碳、氢气中的一种，下列推断中正确的是A．将气体通入高锰酸钾酸性溶液和溴水，溶液颜色无变化，该气体一定是甲烷B．在导管口点燃该气体，火焰呈淡蓝色，用内壁涂有澄清石灰水的烧杯罩在火焰上方，烧杯壁上有白色物质产生，该气体一定是甲烷C．在导管口点燃该气体，火焰呈淡蓝色，用干燥的冷烧杯罩在火焰上方，烧杯壁上有水珠产生，该气体一定是甲烷D．若上述B和C的现象均能出现，则可判断该气体一定是甲烷解析：选D。根据燃烧产物判断所含的元素，确定气体。CO燃烧只产生CO2，H2燃烧只生成H2O，CH4燃烧生成CO2和H2O。．甲苯分子被溴原子取代一个氢原子后，可能形成的同分异构体数目是A．3B．4C．5D．6解析：选B。的一溴代物苯环上有三种(邻、间、对)同分异构体，侧链上有一种，共4种。．从能源地质国际研讨会上传出讯息“可燃冰是水与天然气相互作用形成的晶体物质，主要存在于海洋大陆坡中及冰山底部，据测定，1体积固体可燃冰能释放200体积甲烷气体”，由此判断下列说法不正确的是A．可燃冰将可能成为人类新的后续能源B．可燃冰是“水变油”，属于化学变化C．可燃冰若开发利用不当，甲烷扩散到大气中，会增加地球的温室效应第16页,共16页

14D．可燃冰中的甲烷极难溶于水解析：选B。可燃冰能释放出甲烷气体，可以成为人类新的后续能源；甲烷扩散到大气中，能增加地球的温室效应；甲烷气体难溶于水，可燃冰释放甲烷并不是“水变油”，故选B。．海南的水果大量向北方销售，运输这些水果时，常常将浸泡有高锰酸钾溶液的硅藻土放置在盛放水果的集装箱中，高锰酸钾溶液的作用是A．杀死水果周围的细菌，防止水果霉变B．吸收水果周围的氧气，防止水果腐烂C．吸收水果产生的乙烯，防止水果早熟D．发挥氧化性，催熟水果解析：选C。KMnO4可氧化水果自身放出的乙烯气体，从而防止水果的早熟。．(2011年广西南宁高三阶段考试)下列叙述正确的是A．汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物B．乙醇可以被氧化为乙酸，二者都能发生酯化反应C．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到D．含5个碳原子的有机物，每个分子中最多可形成4个C—C单键解析：选B。A项中汽油和柴油的主要成分是碳氢化合物，而植物油属于油脂，是高级脂肪酸和甘油形成的酯类物质，不属于碳氢化合物；C项甲烷是天然气的主要成分，乙烯是通过石油的催化裂化及裂解得到，苯是通过石油的催化重整和煤焦油的分馏得到的，石油分馏中常压分馏主要得到的是石油气、汽油、煤油、柴油，减压分馏得到润滑油、石蜡等分子量较大的烷烃；D项含5个碳原子的有机物最多可以形成5个碳碳单键，如环戊烷、甲基环丁烷、二甲基环丙烷等分子均含5个碳碳单键。．(2012·龙岩模拟)下列实验现象，与新制氯水中的某些成分(括号内物质)没有关系的是(　　)A．将NaHCO3固体加入新制氯水，有无色气泡(H＋)B．使红色布条退色(HCl)C．向FeCl2溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，发现呈红色(Cl2)D．滴加AgNO3溶液生成白色沉淀(Cl－)解析：氯水中存在平衡，Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO；H＋＋HCO===H2O＋CO2↑，A有关系；HClO可漂白有色布条，B没有关系；Fe2＋不使KSCN溶液变红色，滴加氯水时，2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，Fe3＋遇SCN－变红色，C有关系；Cl－＋Ag＋===AgCl↓，D有关系。答案：B．(12分)Na2O2几乎能与所有常见的气态非金属氧化物在一定条件下反应，如：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2Na2O2＋CONa2CO3(1)试分别写出Na2O2与SO2、SO3反应的化学方程式：________________________________________________________________________，________________________________________________________________________。(2)通过比较可知，当非金属处于________价态时，与Na2O2反应有O2生成。第16页,共16页

15(3)等物质的量的N2、O2、CO2混合气体通过Na2O2后，体积变为原体积的8/9(同温同压下)，这时混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比为________________。解析：本题考查了Na2O2的性质。(3)只有CO2与Na2O2反应，且由方程式知每2体积CO2参与反应放出1体积O2，体积减小1体积。假设反应前均为3体积，反应后体积变为原来的8/9，可知有2体积CO2反应，生成1体积O2，则有：V(N2)∶V(O2)∶V(CO2)＝3∶4∶1。答案：(1)Na2O2＋SO2===Na2SO42Na2O2＋2SO3===2Na2SO4＋O2↑(2)高　(3)3∶4∶1．室温时，将xmLpH＝a的稀NaOH溶液与ymLpH＝b的稀盐酸充分反应。下列关于反应后溶液pH的判断，正确的是(　　)A．若x＝y，且a＋b＝14，则pH>7B．若10x＝y，且a＋b＝13，则pH＝7C．若ax＝by，且a＋b＝13，则pH＝7D．若x＝10y，且a＋b＝14，则pH>7[答案]D[解析]当a＋b＝14时，说明NaOH与HCl物质的量浓度相同，若等体积混合，恰好完全反应，pH＝7，A选项不正确。当a＋b＝13时，说明酸浓碱稀，且酸浓度是碱的10倍，若x∶y＝1∶10，酸体积大，该溶液必呈酸性，pH<7，B错误。若a＋b＝13，且ax＝by时，a>7，b<7则x