化学考试试题练习含答案11

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化学考试试题练习含答案11一、选择题．下列关于容量瓶的使用操作中正确的是A．使用容量瓶前应先检查它是否漏水B．容量瓶先用蒸馏水洗净，再用待配液润洗C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到液面距刻度线1～2cm处，再改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线D．浓硫酸稀释后马上转移到容量瓶中解析：容量瓶使用前一定要检查是否漏水，但不能用待配液润洗。配制溶液时，无论试样是固体还是液体，都不能直接倒入容量瓶中，而要在烧杯中溶解或稀释并冷却后方可转移到容量瓶中。容量瓶上的刻度是在标定温度下的容积，温度改变，容积也会改变，所以在将液体转移到容量瓶之前，一定要将被转移的液体冷却到规定的温度，以确保所配溶液浓度的准确性。答案：A．不用其他试剂，用最简单的方法鉴别下列五种物质的溶液：①NaOH；②MgSO4；③FeCl3；④Ba(NO3)2；⑤KCl。则正确的鉴别顺序是A．②④③①⑤B．③①②④⑤C．①③②④⑤D．③②④①⑤解析：首先通过观察溶液颜色，呈棕黄色的溶液为FeCl3溶液，然后再用FeCl3溶液做试剂，可鉴别出NaOH溶液，再用NaOH溶液鉴别出MgSO4溶液；最后用MgSO4溶液做试剂可检验出Ba(NO3)2溶液，剩下的为KCl溶液。答案：B．如图所示的实验操作中，正确的是解析：A检验容量瓶是否漏水时，不进行旋摇；C项胶头滴管不能伸入试管内；D项漏斗下口尖端应紧靠烧杯内壁。答案：B．(2010·重庆市联考)下列实验肯定能达到目的的是①不用任何其他试剂可以鉴别下列六瓶溶液：FeSO4，NaOH，H2SO4，BaCl2，H2O2，AlCl3②用一种试剂就能鉴别下列五瓶无色溶液：NaI，NaOH，Na2CO3，H2S，AgNO3A．只有①能达到目的B．只有②能达到目的C．①②都达不到目的D．①②都能达到目的解析：①六瓶溶液相互反应的现象各不相同，故可鉴别；②用FeCl3溶液即可鉴别。答案：D第18页,共18页

1．现有一瓶乙二醇和丙三醇的混合物，已知它们的性质如下表。据此，将乙二醇和丙三醇相互分离的最佳方法是物质分子式熔点/℃沸点/℃密度/g.cm－3溶解性乙二醇C2H6O2－11.51981.11易溶于水和酒精、丙三醇丙三醇C3H8O317.92901.26能跟水、酒精以任意比互溶A、萃取法　　B．结晶法　　　C．分液法　　D．蒸馏法答案：D．(2010年潍坊模拟)下列说法不正确的是A．Na2O2、HClO、SO2等物质都具有漂白作用B．液氨、液氯、液态氯化氢都是电解质C．所有的置换反应都是氧化还原反应，而所有的复分解反应都是非氧化还原反应D．非金属氧化物不一定是酸性氧化物，有些金属氧化物也能与强碱反应解析：Na2O2、HClO利用其氧化性作漂白剂，SO2能与有机色素发生反应使其褪色；液氯和液氨不是电解质；置换反应有单质生成，有化合价的变化，所以所有的置换反应都是氧化还原反应，复分解反应没有化合价的变化，所以所有的复分解反应都不是氧化还原反应；非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO，有些金属氧化物也能与强碱反应，如Al2O3。答案：B．向盛有一定量的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，直至过量，整个过程中混合溶液的导电能力(用电流强度Ⅰ表示)近似的用下图中的曲线表示是解析：发生的化学反应的离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O，逐滴加入稀硫酸时，溶液中的Ba2＋与OH－浓度会减小，导电性能降低；当加入硫酸过量后溶液中H＋与SO浓度会增加，溶液的导电能力又会增强。答案：C．下列反应，既是离子反应，又是有溶液颜色变化的氧化还原反应的是A．CuO与稀H2SO4反应B．FeCl3溶液与KSCN溶液反应C．Cl2与FeBr2溶液反应D．AgNO3溶液与KI溶液反应解析：选C。四个反应均属于离子反应，A、D为复分解反应，B为络合反应，C为氧化还原反应，且有溶液颜色变化。．下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为纯净物混合物电解质非电解质A盐酸水煤气硫酸干冰第18页,共18页

2B蒸馏水蔗糖溶液氧化铝二氧化硫C胆矾盐酸铁碳酸钙D胆矾水煤气氯化铜碳酸钠解析：纯净物是由同一种分子组成的物质；混合物是由不同种分子组成的物质；电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，而在两种状态下都不能导电的化合物为非电解质。盐酸为HCl的水溶液，为混合物，则A项错；C项中铁为单质，既不是电解质，也不是非电解质，碳酸钙为电解质，则C项错；D项中Na2CO3为电解质，则D项错。答案：B．常温下，发生下列几种反应：①16H＋＋10Z－＋2XO===2X2＋＋5Z2＋8H2O　②2A2＋＋B2===2A3＋＋2B－　③2B－＋Z2===B2＋2Z－根据上述反应，判断下列结论错误的是A．溶液中可发生：Z2＋2A2＋===2A3＋＋2Z－B．Z2在①③反应中为还原剂C．氧化性强弱的顺序为：XO>Z2>B2>A3＋D．X2＋是XO的还原产物解析：在反应①中，Z－作还原剂，XO作氧化剂，X2＋是还原产物，Z2是氧化产物，还原性Z－>X2＋，氧化性XO>Z2；在反应②中，A2＋作还原剂，B2作氧化剂，还原性A2＋>B－，氧化性B2>A3＋；在反应③中，B－为还原剂，Z2为氧化剂，B2为氧化产物，Z－为还原产物，氧化性Z2>B2，还原性B－>Z－。答案：B．下列说法中错误的是A．用氧化铝与水反应制取氢氧化铝B．氢氧化铝用于治疗胃酸过多C．氧化铁可用作红色颜料D．铁制容器可盛装烧碱溶液解析：氧化铝与水不反应，制取氢氧化铝用的是可溶性铝盐与氨水反应；氢氧化铝是弱碱可用于治疗胃酸过多；铁制容器与氢氧化钠不反应可盛装烧碱溶液。答案：A．把CO2通入含NaOH0.8g的碱溶液中，将产物在减压条件下蒸干后，得固体1.37g，则通入CO2的质量是A．0.44gB．0.88gC．0.66gD．都不是答案：C．将表面已完全钝化的铝条插入下列溶液中，不会发生反应的是A．稀硝酸B．稀盐酸C．硝酸铜D．氢氧化钠解析：选C。钝化的实质是浓H2SO4或浓HNO3与Fe、Al反应在Fe、Al的表面形成了一层致密的氧化物保护膜。由于铝的氧化物Al2O3是一种两性氧化物，既可与强酸反应，又可与强碱反应，所以A、B、D三项皆不符合题意，只有C选项中的Cu(NO3)2因不与Al2O3反应，故不可能与钝化的铝条发生反应。．下列物质中既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的是A．Al(OH)3B．Fe(OH)3第18页,共18页

3C．Mg(OH)2D．Cu(OH)2解析：Al(OH)3属于两性氢氧化物，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，其余三者属于碱性氢氧化物，只可以和酸反应。既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的物质还有Al、Al2O3等。答案：A．下列说法错误的是A．钠在空气中燃烧最后所得产物为Na2O2B．镁因在空气中形成了一薄层致密的氧化膜，保护了里面的镁，故镁不需要像钠似的进行特殊保护C．铝制品在生活中非常普遍，这是因为铝不活泼D．铁在潮湿的空气中因生成的氧化物很疏松，不能保护内层金属，故铁制品往往需涂保护层解析：铝因易与O2反应生成致密的氧化物保护膜而耐腐蚀，我们日常用的铝制品常采用特殊工艺将氧化膜变厚，保护作用更好，并不是铝不活泼。答案：C．在如图的实验装置中，实验开始一段时间后，观察到的现象不正确的是A．苹果块会干瘪B．胆矾晶体表面有“白斑”C．小试管内有晶体析出D．试纸变红解析：浓H2SO4有脱水性，试纸因炭化而变黑。答案：D．2008年夏季奥运会在我国成功举行。奥运会上发令枪所用“火药”的主要成分是氯酸钾和红磷，撞击时发生的化学反应为：5KClO3＋6P3P2O5＋5KCl。下列有关该反应的叙述中，正确的是A．反应中红磷是氧化剂B．发令时产生的白烟是KCl固体颗粒C．“火药”中的红磷可以用白磷代替D．反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量为15mol答案：D．(2011年湖北八校高三第一次联考)酸雨主要是燃烧含硫燃料时释放SO2造成的，每隔一段时间测定一次酸雨的pH，随着时间的推移测得的pH将A．逐渐变大B．逐渐减小至某一定值C．不变D．无法判断是否变化解析：选B。酸雨中含有H2SO4、H2SO3和溶于其中的一部分SO2，其中H2SO3、SO2可被空气中的氧气氧化为强酸H2SO4，酸性增强，pH减小，当其完全被氧化后，酸性不再变化，即pH不再变化。．往含I－和Cl－的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量与加入AgNO3溶液体积的关系如图所示。则原溶液中c(I－)和c(Cl－)的比值为第18页,共18页

4A．(V2－V1)/V1B．V1/V2C．V1/(V2－V1)D．V2/V1解析：选C。从图象变化情况看，O→V1段主要是生成AgI沉淀，V1→V2段主要是生成AgCl沉淀，所以溶液中c(I－)/c(Cl－)＝。．某城市以“液氯泄漏”作为应急预警演习的项目，演习时下列防护措施合理的是①及时向上风口和地势较高处转移疏散人群；②及时戴上用浓烧碱溶液湿润过的口罩；③用高压水枪向泄露口附近喷洒稀碱液并设法控制氯气泄漏；④及时戴上用稀纯碱溶液湿润过的口罩；⑤及时用毛巾包裹活性炭捂住口鼻；⑥就近向地下商场转移。CA．②③④⑤B．①②④⑤C．①③④⑤D．①③④⑥．下列各组物质中化学键类型相同的是A．HCl、MgCl2、NH4ClB．H2O、Na2O、CO2C．CaCl2、NaOH、H2OD．NH3、H2O、CO2答案：D．原子序数为1－18号的元素中，下列叙述正确的是   A．最外层只有1个电子的元素一定是金属元素B．最外层只有2个电子的元素一定是金属元素C．原子核外各层电子数相等的元素一定是金属元素D．核电荷数为17的元素的原子在化学反应中容易失去7个电子形成＋7价离子答案：C．．钾与另一种碱金属组成的合金18.0g和水完全反应，产生氢气0.2g，合金中的另一种金属是(原子量Na－23Li－7K－39Rb－85Cs－133)A．LiB．NaC．RbD．Cs答案：D．“绿色化学实验”进课堂，某化学教师为“氯气与金属钠反应”设计了如下装置与操作以替代相关的课本实验。实验操作：钠与氯气反应的装置可作如下图改进，将一根玻璃管与氯气发生器相连，玻璃管内放一块黄豆粒大的金属钠(已吸净煤油)，玻璃管尾部塞一团浸有NaOH溶液的棉花球。先给钠预热，到钠熔融成圆球时，撤火，通入氯气，即可见钠着火燃烧，生成大量白烟。以下叙述错误的是A．反应生成的大量白烟是氯化钠晶体B．玻璃管尾部塞一团浸有NaOH溶液的棉花球是用于吸收过量的氯气，以免其污染空气C．钠着火燃烧产生苍白色火焰第18页,共18页

5D．若在棉球外沿滴一滴淀粉碘化钾溶液，可据颜色变化判断氯气是否被碱液完全吸收解析：选C。A项正确，通入氯气，钠着火燃烧，生成大量白烟，反应为2Na＋Cl22NaCl，生成的大量白烟是氯化钠晶体；B项正确，浸有NaOH溶液的棉球是用于吸收过量的氯气，以免其污染空气，Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O；C项错误，钠燃烧的火焰颜色为黄色；D项正确，若氯气完全被吸收，则棉球外沿颜色不会变蓝，若吸收不完全，Cl2＋2KI===2KCl＋I2，I2会使淀粉变蓝。．元素X、Y和Z可结合形成化合物XYZ3；X、Y和Z的原子序数之和为26；Y和Z在同一周期。下列有关推测正确的是A．XYZ3是一种可溶于水的酸，且X与Y可形成共价化合物XYB．XYZ3是一种微溶于水的盐，且X与Z可形成离子化合物XZC．XYZ3是一种易溶于水的盐，且Y与Z可形成离子化合物YZD．XYZ3是一种离子化合物，且Y与Z可形成离子化合物YZ3解析：选B。根据X、Y、Z的原子序数之和为26，Y和Z在同一周期，又形成XYZ3型化合物，可推得该化合物为NaNO3或MgCO3。．已知H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)；ΔH=－57.3kJ·mol－1。以下四个化学反应方程式：①H2SO4(aq)＋2NaOH(aq)=Na2SO4(aq)＋2H2O(l)；②H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)＋2H2O(l)；③HCl(aq)＋NH3•H2O(aq)=NH4Cl(aq)＋H2O(l)；④CH3COOH(aq)＋NH3•H2O(aq)=CH3COONH4(aq)＋H2O(l)。其中反应热为57.3kJ·mol－1的是A．①和②B．③C．④D．以上都不对答案：D．下列有关热化学方程式的叙述正确的是A．已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－483.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8kJB．已知C(石墨，s)===C(金刚石，s)　ΔH>0，则金刚石比石墨稳定C．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.65kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3kJ/molD．已知2C(s)＋2O2(g)===2CO2(g)　ΔH1　2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH2，则ΔH1>ΔH2解析：H2的燃烧热应该以生成液态水为标准，所以A不正确；由于石墨转变为金刚石的ΔH>0，所以金刚石的内能比石墨的高，内能越高越不稳定，B不正确；同物质的量的碳完全燃烧(生成CO2)放出的热量要比不完全燃烧(生成CO)放出的热量多，所以ΔH1<ΔH2，D不正确。答案：C．已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571kJ·mol－1；2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋483.7kJ·mol－1，则蒸发1g水吸收的热量为A．2.442kJ　　　　　　　　B．4.884kJC．87.9kJD．43.95kJ解析：将方程式：第18页,共18页

62H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6kJ·mol－1和2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝－483.7kJ·mol－1相加有：H2O(g)===H2O(l)　ΔH＝－43.95kJ·mol－1，即蒸发18g水，吸热43.95kJ，则蒸发1g水吸热＝2.442kJ。答案：A．(2010年浙江)下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是A．甲烷的标准燃烧热为－890.3kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－890.3kJ·mol－1B．500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－38.6kJ·mol－1C．氯化镁溶液与氨水反应：Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓D．氧化铝溶于NaOH溶液：Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O解析：由燃烧热的定义可知，水应以液态形式存在，故A项错误；N2与H2反应生成NH3为可逆反应，不能完全进行，故19.3kJ不是0.5molN2与1.5molH2完全反应放出的热量，故B项错误；NH3·H2O为弱电解质，在书写离子方程式时，应写成化学式的形式，故C项错误；氧化铝与NaOH溶液反应，生成物是NaAlO2，故D项正确。答案：D．甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是①CH3OH(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋3H2(g)　ΔH＝＋49.0kJ·mol－1②CH3OH(g)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2(g)　ΔH＝－192.9kJ·mol－1下列说法正确的是A．CH3OH的燃烧热为192.9kJ·mol－1B．反应①中的能量变化如图所示C．CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量D．根据②推知反应CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2(g)的ΔH>－192.9kJ·mol－1解析：　燃烧热是指在25℃、101kPa时，1mol第18页,共18页

7纯物质完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，而在选项A中甲醇与氧气反应生成的是氢气，而非H2O(l)，故选项A错误；反应①中ΔH>0，属于吸热反应，则反应物的总能量低于生成物的总能量，故选项B错误。由题目所给的将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理可知，该过程可能要吸热，也可能要放热，故选项C错误；由燃烧热的定义和反应②可知D项正确。答案：　D．元素性质呈现周期性变化的根本原因是A．元素的电负性呈周期性变化B．元素的第一电离能呈周期性变化C．元素原子的核外电子排布呈周期性变化D．元素的金属性、非金属性呈周期性变化答案:C　[原子结构决定元素的性质，元素的性质(原子半径、主要化合价、第一电离能、电负性、金属性、非金属性)的周期性变化是因为原子核外电子排布呈现周期性变化。]．根据元素周期律和物质结构的有关知识，以下有关排序错误的是A．离子半径：S2－＞Cl－＞Ca2＋B．原子半径：Ca＞S＞ClC．热稳定性：HCl＞H2S＞H2SeD．酸性：HClO4＜HBrO4＜HIO4答案：D．下列说法中，正确的是A．由分子构成的物质中一定含有共价键B．离子化合物中一定含有金属元素C．正四面体结构的分子中的键角一定是109°28′D．不同的原子的化学性质可能相同答案：D．关于ⅠA族各元素的叙述中正确的是A．同周期中元素的电负性最小B．都能和水剧烈反应C．是典型的金属元素，不易与其他金属元素结合D．从上到下电负性依次增大练高考真题答案:A　[注意ⅠA族中包含着H。]．现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4　　②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3④1s22s22p5则下列有关比较中正确的是A．第一电离能：④>③>②>①B．原子半径：④>③>②>①C．电负性：④>③>②>①D．最高正化合价：④>③＝②>①答案:B　[洪特规则实际上是能量最低原理的一个特例，电子排布满足洪特规则，实际上是为了更好地遵循能量最低原理，通过分析光谱实验的结果，洪特进一步指出，能量相同的原子轨道在全满(s2、p6和d10)、半充满(s1、p3和d5)和全空(s0、p0和d0)状态时，体系能量较低，原子较稳定。]第18页,共18页

8．化学反应可视为旧键的断裂和新键的形成过程。化学键的键能是形成化学键时释放的能量。已知白磷和P4O6的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能(kJ·mol－1)：P—P：198　P—O：360　O===O：498，则反应P4(白磷)＋3O2===P4O6的反应热ΔH为A．－1638kJ·mol－1B．＋1638kJ·mol－1C．－126kJ·mol－1D．＋126kJ·mol－1答案:A　[反应中的键能包括：断裂1molP4和3molO2分子中共价键吸收的能量和形成1molP4O6中共价键放出的能量。由各物质的分子结构知1molP4含6molP—P键，3molO2含3molO===O键，化学反应的反应热ΔH＝反应物的总键能—生成物的总键能。故ΔH＝(198kJ·mol－1×6＋498kJ·mol－1×3)－360kJ·mol－1×12＝－1638kJ·mol－1。]．能够用键能的大小作为主要依据来解释的是A．常温常压下氯气呈气态，而溴单质呈液态B．硝酸是挥发性酸，而硫酸、磷酸是不挥发性酸C．稀有气体一般难发生化学反应D．空气中氮气的化学性质比氧气稳定答案:D　[共价分子构成物质的状态取决于分子间作用力的大小，与分子内共价键的键能无关；物质的挥发性与分子内键能的大小无关；稀有气体是单原子分子，无化学键，难发生化学反应的原因是它们的价电子已形成稳定结构；氮气比氧气稳定，是由于N2分子中共价键的键能(946kJ·mol－1)比O2分子中共价键的键能(497.3kJ·mol－1)大，在化学反应中更难断裂。]．某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是A．配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6B．该配合物可能是平面正方形结构C．Cl－和NH3分子均与Pt4＋配位D．配合物中Cl－与Pt4＋配位，而NH3分子不配位答案:C　[在PtCl4·2NH3水溶液中加入AgNO3溶液无沉淀生成，经强酸处理无NH3放出，说明Cl－、NH3均处于内界，故该配合物中中心原子的配位数为6，电荷数为4，Cl－和NH3分子均与Pt4＋配位，A、D错误，C正确；因为配体在中心原子周围配位时采取对称分布状态以达到能量上的稳定状态，Pt配位数为6，则其空间构型为八面体形，B错误。]．下列现象的变化与配合物的形成无关的是A．向FeCl3溶液中滴加KSCN，出现红色B．向Cu与Cl2反应的集气瓶中加入少量H2O，呈绿色，再加水，呈蓝色C．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变深D．向AlCl3溶液中逐滴加入NH3·H2O溶液至过量，出现白色沉淀答案:D　[Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、Al3＋的外围电子排布分别为3s23p63d5、3s23p63d9、3s23p63d6、2s22p6，Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋具有3d空轨道，而Al3＋不具有空轨道。A项Fe3＋与SCN－形成配合物离子；B项Cu2＋与H2O形成配合物离子；C项Fe2＋、Fe3＋与H2O形成配合物离子而有颜色；D项Al3＋与NH3·H2O反应生成Al(OH)3沉淀。]第18页,共18页

9．下列说法中，正确的是A．由分子构成的物质中一定含有共价键B．形成共价键的元素不一定是非金属元素C．正四面体结构的分子中的键角一定是109°28′D．CO2和SiO2都是直线形分子答案:B　[分子构成的物质中不一定有共价键，如He；AlCl3中Al与Cl间以共价键结合，但Al为金属元素；P4为正四面体结构，但键角为60°；CO2分子的中心原子无孤电子对，为直线形结构，而SiO2晶体中不存在单个分子。]．以下命题，违背化学变化规律的是A．石墨制成金刚石B．煤加氢变成人造石油C．水变成汽油D．干冰转化成原子晶体解析：　本题考查了对化学反应实质的理解，进一步可考查化学反应的方向是否自发进行，化学反应的实质是旧化学键的断裂与新化学键的形成，在转化过程中遵守元素守恒与原子守恒，显然水中没有碳元素，不可能转化为汽油。答案：　C．对于：2C4H10(g)＋13O2(g)===8CO2(g)＋10H2O(l)　ΔH＝－5800kJ·mol－1的叙述错误的是A．该反应的反应热为ΔH＝－5800kJ·mol－1，是放热反应B．该反应的ΔH与各物质的状态有关，与化学计量数也有关C．该式的含义为：25℃、101kPa下，2molC4H10气体完全燃烧生成CO2和液态水时放出热量5800kJD．该反应为丁烷燃烧的热化学方程式，由此可知丁烷的燃烧热为5800kJ·mol－1解析：根据燃烧热的定义，丁烷的物质的量应为1mol，故题中方程式不是丁烷的燃烧热的热化学方程式，由题中方程式可知丁烷的燃烧热为2900kJ·mol－1。答案：D．已知25℃、101kPa下，石墨、金刚石燃烧的热化学方程式分别为C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.51kJ·mol－1①C(金刚石，s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－395.41kJ·mol－1②据此判断，下列说法中正确的是A．由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时石墨的能量比金刚石的低B．由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时石墨的能量比金刚石的高C．由石墨制备金刚石是放热反应；等质量时石墨的能量比金刚石的低D．由石墨制备金刚石是放热反应；等质量时石墨的能量比金刚石的高解析：　盖斯定律是热化学方程式书写的依据之一，同时通过ΔH的比较，亦可判断物质能量的高低。根据盖斯定律，将①式减去②式，得到下列热化学方程式：C(石墨，s)===C(金刚石，s)　ΔH＝＋1.90kJ·mol－1说明由石墨制备金刚石是吸热反应，吸收的热量作为化学能的形式贮存在金刚石中，也就是等质量的金刚石具有的能量比石墨高，A选项正确。答案：　A第18页,共18页

10环形玻璃搅拌棒温度计碎泡沫塑料．关于中和热测定实验的下列说法不正确的是A．烧杯间填满碎泡沫塑料是减少实验过程中的热量损失B．使用环形玻璃棒既可以搅拌又避免损坏温度计C．向盛装酸的烧杯中加碱时要小心缓慢D．测了酸后的温度计要用水清洗后再测碱的温度答案：C．已知：CH3CH2CH2CH3(g)＋6.5O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)正丁烷　ΔH＝－2878kJ·mol－1(CH3)2CHCH3(g)＋6.5O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)异丁烷　ΔH＝－2869kJ·mol－1下列说法正确的是A．正丁烷分子储存的能量大于异丁烷分子B．正丁烷的稳定性大于异丁烷C．异丁烷转化为正丁烷的过程是一个放热过程D．异丁烷分子中的碳氢键比正丁烷的多解析：由题目所给热化学方程式可知燃烧等物质的量正丁烷和异丁烷，前者放热更多，这意味着正丁烷分子储存能量更多，因此稳定性关系：正丁烷＜异丁烷。C项是由低能量物质向高能量物质的转化过程，应是一个吸热过程；D项两者分子中的碳氢键一样多。答案：A．14CO2与碳在高温条件下发生反应：14CO2＋C2CO，达到化学平衡后，平衡混合物中含14C的粒子有A．14CO2B．14CO2、14COC．14CO2、14CO、14CD．14CO解析：　14CO2与C反应生成14CO(正反应)的同时，逆反应14CO的分解(生成14CO2和14C)也在进行，故平衡混合物中含14C的粒子有：14CO2、14CO、14C。答案：　C．在一密闭容器中有如下反应：aX(g)＋bY(g)nW(g)　ΔH，某化学兴趣小组的同学根据此反应在不同条件下的实验数据，作出了如下曲线图：其中，w(W)表示W在反应混合物中的体积分数，t表示反应时间。当其他条件不变时，下列分析正确的是A．图Ⅰ可能是不同压强对反应的影响，且p1>p2，a＋bp2，n

11C．图Ⅱ可能是在同温同压下不同催化剂对反应的影响，且Ⅰ使用的催化剂效果好D．图Ⅲ可能是不同温度对反应的影响，且t1>t2，ΔH<0解析：　若图Ⅱ为压强对反应的影响，则反应应为等体反应；图Ⅲ若为温度对反应的影响，且t1>t2，升高温度平衡左移。w(W)应减小。答案：　C．现将0.40molA气体和0.20molB气体充入10L的密闭容器中，在一定条件下使其发生反应生成气体C，其物质的量的变化如图：(1)若t1＝10min，则0至t1时间内C物质的平均反应速率为________________；该反应在t2时达到平衡，其化学方程式为________________________________________。(2)据图中曲线变化情况分析，t1时刻改变的反应条件可能是________(填编号)。A．加入了催化剂B．降低了反应温度C．向容器中充入了CD．缩小了容器体积解析：(1)由图可知，0～10min时间内C物质增加了0.10mol，则v(C)＝＝1.0×10－3mol·L－1·min－1，t2时刻反应达到平衡，Δn(A)∶Δn(B)∶Δn(C)＝(0.40－0.10)mol∶(0.20－0.10)mol∶(0.20－0)mol＝3∶1∶2，对于该反应来说，容器的体积相同，反应时间相同，则速率之比等于物质的量的变化之比也等于化学计量数之比，即方程式为3A(g)+B(g)2C(g)。(2)由图可知，t1时刻后，A、B的物质的量减少加快，C物质的量增加加快，说明化学反应的速率加快，加入催化剂，缩小容器体积(增大压强)均可加快反应速率，A、D正确；降低温度，速率减小，B错；向容器中充入C，C的物质的量在t1时刻必变大，速率虽然能加快，但不符合图象，C错。答案：(1)1.0×10－3mol·L－1·min－13A(g)+B(g)2C(g)(2)AD．(2011·山东莘县高二期末)图Ⅰ是NO2(g)＋CO(g)CO2(g)＋NO(g)反应过程中能量变化示意图。一定条件下，在固定容积的密闭容器中该反应达到平衡状态。当改变其中一个条件X，Y随X的变化关系曲线如图Ⅱ；第18页,共18页

12下列有关说法正确的是A．该反应的焓变ΔH＝＋234kJ·mol－1B．若X表示体系的压强，则Y表示的可能是NO2的转化率C．若X表示温度则Y表示的可能是CO2物质的量浓度D．增大CO的起始浓度，平衡向正反应方向移动，反应热增大解析：　由图Ⅰ可知，该反应的焓变为ΔH＝－234kJ·mol－1，A错误；增大压强，平衡不移动，NO2的转化率不变，B错误；正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO2物质的量浓度减小，C正确；增大CO的起始浓度，虽然平衡向正反应方向移动，放出的热量增加，但反应热不变，D错误。答案：　C．在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)。2min后该反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol/L。下列判断错误的是A．x＝1B．2min内A的反应速率为0.3mol·L－1·min－1C．B的转化率为40%D．若混合气体的密度不变则表明该反应达到平衡状态解析：　＝＝，x＝1；v(C)＝＝0.1mol·L－1·min－1⇒v(A)＝0.3mol·L－1·min－1，B的转化率为×100%＝40%，ρ＝，m不变，恒容条件下密度始终不变，D项不正确。答案：　D．某学生用碱式滴定管量取0.1mol/L的NaOH溶液，开始时仰视液面读数为1.00mL，取出部分溶液后，俯视液面，读数为11.00mL，该同学在操作中实际取出的液体体积为A．大于10.00mLB．小于10.00mLC．等于10.00mLD．等于11.00mL解析：　滴定管的“0”刻度在上，量取NaOH溶液，开始时仰视液面使读数偏大，取出部分溶液后，俯视液面使读数偏小，滴定前后刻度差为10.00mL，但实际取出的液体体积偏大。答案：　A．如图为用一定物质的量浓度的NaOH溶液Y对10mL一定物质的量浓度的盐酸X滴定的图象，依据图象推出X和Y的物质的量浓度可能是下表内各组中的第18页,共18页

13ABCDX/mol·L－10.120.040.030.09Y/mol·L－10.040.120.090.03解析：选D。由图知，30mLNaOH溶液恰好中和10mL盐酸，即3Y＝X，表中A、D属此种情况，但A组中X＝0.12mol·L－1，c(H＋)＝0.12mol·L－1，pH<1，不符合图象，D组中X＝0.09mol·L－1，pH>1，加入20mLNaOH溶液后溶液的c(H＋)＝＝1×10－2mol·L－1，pH＝－lg(1×10－2)＝2，符合题意。．将pH＝5的H2SO4的溶液稀释500倍，稀释溶液后，c(H＋)与c(SO42－)的比值近似为A．1∶1B．1∶2C．10∶1D．2∶1解析：　稀释H2SO4溶液时，H＋和SO42－的浓度均减小，但SO42－只来源于H2SO4的电离，H＋来源于H2SO4和H2O双方的电离，pH＝5的溶液中，其c(H＋)＝10－5mol/L，c(SO42－)＝mol/L。当稀释500倍以后，溶液中的c(H＋)约为1×10－7mol/L，而c(SO42－)＝10－5/(2×500)＝10－8mol/L，所以此时溶液中c(H＋)∶c(SO42－)＝10∶1。答案：　C．常温下，在0.1mol·L－1CH3COOH溶液中，水的离子积是A．1×10－14B．1×10－13C．1.32×10－14D．1.32×10－15解析：　水的离子积不仅适用于纯水，也适用于酸、碱、盐溶液，常温下，水的离子积是常数，其值为1×10－14。答案：　A．下列各组离子在溶液中不能大量共存的是A．K＋、Al3＋、SO42ˉ、H＋B．Ca2＋、HCO3ˉ、Clˉ、NO3ˉC．Zn2＋、H＋、NO3ˉ、SO42ˉD．NH4＋、CO32ˉ、OHˉ、Na＋答案：D．(2011年金华高二检测)烧过菜的铁锅未及时洗涤(残液中含NaCl等)，第二天便出现红棕色锈斑。下列反应表示整个过程可能发生的变化，其中不符合事实的是A．2H2O＋O2＋4e－===4OH－B．Fe－3e－===Fe3＋第18页,共18页

14C．Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓D．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3解析：选B。根据题意，铁在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，电极反应为：负极Fe－2e－===Fe2＋，正极2H2O＋O2＋4e－===4OH－，生成的Fe2＋与OH－结合为Fe(OH)2，并进一步在空气中被氧化为Fe(OH)3。．氢氧燃料电池是将氢气和氧气分别充入电池，穿过浸入20%～40%的KOH溶液的多孔碳电极。其电极反应式为：2H2＋4OH－－4e－===4H2O，O2＋2H2O＋4e－===4OH－，则下列叙述中正确的是(双选)A．通入H2的一极是正极，通入O2的一极是负极B．通入H2的一极是负极，通入O2的一极是正极C．工作时负极区附近溶液的pH变大D．工作一段时间后电解质溶液的pH变小解析：　原电池中，在负极上发生失去电子的反应，正极上发生得电子的反应，由此可判断出B正确。原电池工作时不断生成水，故D项正确。答案：　BD．如下图所示的装置能够组成原电池产生电流的是解析：　依据构成原电池的四个必要条件分析：A中两电极相同；C中没有构成闭合回路；D中酒精是非电解质。唯有B符合条件。答案：　B．(2008·全国Ⅰ理综)电解100mL含c(H＋)＝0.30mol/L的下列溶液。当电路中通过0.04mol电子时，理论上析出金属质量最大的是A．0.10mol/LAg＋B．0.20mol/LZn2＋C．0.20mol/LCu2＋D．0.20mol/LPb2＋解析：　由题可知各项中含有的离子的物质的量分别为：A项0.01molAg＋，0.03molH＋；B项0.02molZn2＋，0.03molH＋；C项0.02molCu2＋，0.03molH＋；D项0.02molPb2＋，0.03molH＋。根据金属活动性顺序，可知只有H后金属才能析出，故当电路中通过0.04mol电子时，A项析出0.01molAg(1.08g)，C项析出0.02molCu(1.28g)，其他项无金属析出，故选C项。答案：　C．电池是人类生产和生活中的重要能量来源，各式各样电池的发明是化学对人类的一项重大贡献。下列有关电池的叙述正确的是A．锌锰干电池工作一段时间后碳棒变细B．氢氧燃料电池可将热能直接转变为电能C．氢氧燃料电池工作时氢气在负极被氧化D．太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅解析：　因为锌锰干电池中锌棒为负极，锌棒变细，碳棒不变，故A第18页,共18页

15错；原电池是将化学能直接转变为电能，所以B错；氢氧燃料电池负极反应为H2－2e－===2H＋，所以C正确；太阳能电池采用硅材料制作，D错误。答案：　C．从甜橙的芳香油中可分离得到如图结构的化合物：①在一定条件下该有机物可以与HCl发生加成反应；②在一定条件下，1mol该有机物最多与4mol的H2发生加成反应；③1mol该有机物最多与4molBr2发生加成反应；④该有机物不能发生取代反应。上述叙述正确的是A．①②B．②③C．③④D．①③解析：选D。该有机物中含有4个C===C，一个—CHO，所以在一定条件下，1mol该有机物最多与5mol的H2发生加成反应、最多与4molBr2发生加成反应。．(2011年成都市高中毕业班第一次诊断性检测)有关下列表述①16O2与18O2互为同位素；②C2H4与C6H12互为同系物；③淀粉与纤维素互为同分异构体；④白磷和红磷是同素异形体，它们之间的转化是物理变化；⑤将铜片放入浓H2SO4中，无明显实验现象，说明铜在冷的浓H2SO4中发生钝化；⑥可用干燥的pH试纸测定新制氯水的pHA．都不正确B．只有①③⑤正确C．只有②④⑤正确D．只有①②⑥正确解析：选A。同位素是针对同种元素的不同原子来说的，①错；C6H12可能是烯烃，也可能是环烷烃，②错；淀粉和纤维素属于高分子化合物，二者都是混合物，③错；同素异形体之间的转化是化学变化，④错；铜与冷的浓H2SO4不反应，而不是发生钝化，⑤错；氯水能将pH试纸漂白，⑥错。．用分液漏斗可以分离的一组液体混合物是A．溴和四氯化碳　　　　　　B．苯和溴苯C．硝基苯和水D．汽油和苯解析：选C。本题考查化学实验仪器的同时也考查了有机物的物理性质，分液漏斗分离的是互不相溶的液体混合物。溴溶于CCl4，A错。根据相似相溶原理，苯与溴苯互溶，汽油与苯互溶，故B、D错误。．下列各组烃的混合物，只要总质量一定，无论按什么比例混合，完全燃烧后生成的CO2和H2O都是恒量的是A．C2H2、C6H6B．C2H4、C4H6C．C3H8、C3H6D．C2H4、C2H2答案：A．下列比较中，不正确的是A．体积相同，密度相同的H2与D2中的原子数目：H2>D2B．物质沸点的高低：正丁烷>异丁烷C．等质量的C5H12与C6H12中的电子数：C6H12>C5H12D．晶体熔点的高低：石墨>金刚石第18页,共18页

16解析：选C。mgC5H12中含电子数×42NA，mgC6H12中含电子数×48NA，>，C项错误。．下列各组中的两种物质相互作用时，改变反应条件或反应物的用量，不会影响产物组成的是A．Na与O2B．NaOH与CO2C．Na2O2与CO2D．Na2CO3与HCl答案：C．“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是①实验室收集氨气采用图1所示装置　②实验室中做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置　③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验　④实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应A．②③④B．①②③C．①②④D．①③④答案：C．下列有关化学用语使用不正确的是A．NH4Br的电子式：B．S2－的结构示意图：C．乙酸的结构简式：CH3COOHD．原子核内有l8个中子的氯原子：答案：A．下列说法正确的是A．强电解质溶液的导电性一定比弱电解质溶液的导电性强B．食盐溶液能导电，所以它是电解质C．SO3的水溶液可以导电，但它不是电解质D．NaHSO4无论在水溶液里还是在熔融状态下都可以电离出Na＋、H＋和SO[答案]C[解析]判断电解质的强弱是根据其溶于水的部分是否全部电离，溶液导电性的强弱与溶液中离子的总浓度有关，电解质强弱与其溶液导电性强弱并无直接联系，A项错误；食盐溶液不是电解质，NaCl是电解质，B项错误；SO3是非金属氧化物，属于非电解质，C项正确；NaHSO4在熔融状态下电离出Na＋、HSO，D项错误。．(2012·九江一模)将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全部是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·L－1的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是A．开始加入合金的质量可能为16.4gB．参加反应的硝酸的物质的量为0.1molC．生成沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100mL第18页,共18页

17D．标况下产物NO的体积为22.4L答案：C【解析】合金与稀硝酸恰好完全反应，向所得溶液中加入NaOH溶液至金属阳离子完全沉淀，则固体质量增加的部分为金属阳离子结合的氢氧根离子，而金属失去的电子的物质的量正好等于金属结合的氢氧根离子的物质的量，即＝0.3mol，因镁、铜均为2价金属，所以合金的物质的量为0.3mol/2＝0.15mol，若全部为镁，其质量为0.15mol×24g·mol－1＝3.6g，若全部为Cu，其质量为0.15mol×64g·mol－1＝9.6g，故开始加入合金的质量不可能为16.4g，A项错；产物NO的物质的量为0.3mol/3＝0.1mol，标况下的体积为2.24L，D项错；参加反应的硝酸的物质的量等于产物硝酸盐物质的量的2倍与NO物质的量之和，即为0.3mol＋0.1mol＝0.4mol，故B项错；生成沉淀完全时消耗NaOH的物质的量为0.3mol，其体积为＝0.1L＝100mL，C项正确。第18页,共18页