1、2013-2014学年河南省洛阳市新安一中高三（上）月考化学试卷（11月份）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共45分）1（3分）（2013秋新安县校级月考）下列说法正确的是（）A钢铁在潮湿的空气中发生的主要是化学腐蚀B“PM2.5”是指直径小于或等于2.5微米的细小颗粒物，它悬浮在空气中形成胶体，严重危害人体健康C电解质在水溶液和熔融状态下均能导电D“血液透析”利用了胶体的性质2（3分）（2013秋南漳县校级期中）据统计，机动车保有量每年以15%至20%的速度增长，交通事故也频发；汽车在剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2则下列
2、判断正确的是（）A还原剂与氧化产物的物质的量之比为5：8B若氧化产物比还原产物多1.4mol则转移电子为1molC每生成1.6mol氮气，则有0.2molKNO3被氧化DNaN3是只含有离子键的离子化合物3（3分）（2013秋新安县校级月考）下列与阿伏加德罗常数的值（NA）有关的说法正确的是（）ANA个Fe（OH）3胶体粒子的质量为107gB2NA个HCl分子与44.8L H2和Cl2的混合气体所含的原子数目有可能不相等C标准状况下，2.24 L Cl2溶于水中达到饱和，可得到HClO分子的数目是0.1NAD2.3gNa与氧气完全反应，反应中转移的电子数介于0.1 NA到0.2 NA之间4（3
3、分）（2013秋新安县校级月考）某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色（已知：AgBr、AgI分别为浅黄色和黄色不溶于硝酸的沉淀），则下列叙述正确的是（）A原溶液中的Br可能未被氧化B反应后的溶液中是否含有Fe2+可以用氯水和KSCN溶液检验C取所得溶液加入CCl4后静置分液，向上层溶液中加入足量AgNO3 溶液，能产生黄色沉淀D反应后的溶液中一定不存在Fe2+5（3分）（2013秋涡阳县校级月考）下列离子方程式书写正确的是（）A银投入硝酸铜溶液中：Cu2+2Ag=Cu+2Ag+B漂白粉溶液中通入少量SO2
4、气体：Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO3+2HClOC澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2+2OH+2HCO3=CaCO3+CO32+2H2OD向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba（OH）2稀溶液至SO42刚好沉淀完全：Ba2+2OH+NH4+H+SO42=BaSO4+NH3H2O+H2O6（3分）（2013秋长沙县校级月考）甲、乙两烧杯中分别装有相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液，各加入10mL 0.1molL1 AlCl3溶液，两烧杯中都有沉淀生成下列判断正确的是（）A甲中沉淀一定比乙中的多B甲中沉淀可能比乙中的多C甲中沉淀一定比乙中的少D实验过程中甲中和乙中的现象始终保持
5、一致7（3分）（2013秋新安县校级月考）自然资源缺乏的形势日益严峻，地球的海水总量约为1.41018t，是人类最大的资源库电渗析法是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图，则（）A大海中的海水可以直接通入到装置中进行淡化处理B从口排出的是淡水C该装置产生的浓水可以直接排放DA接正极，a室应为阳极室，B接负极，b室应为阴极室8（3分）（2013秋新安县校级月考）下列说法正确的是（）A实验室从海带提取单质碘的方法是：取样灼烧溶解过滤萃取B用乙醇和浓硫酸制备乙烯时，可用水浴加热控制反应的温度C石油的分馏是物理变化，而煤的干馏是化学变化D将（NH4）2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶
6、液，都出现沉淀，表明二者均可使蛋白质变性9（3分）（2013秋新安县校级月考）下列说法正确的是（）A根据如图知该反应有催化剂和无催化剂的活化能相差dc，但其反应热均为abB若2C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221.0 kJ/mol，则碳的燃烧热为110.5kJ/molC需要加热的反应一定是吸热反应，常温下能发生的反应一定是放热反应D已知：对于反应：3Si（s）+2N2（g）=Si3N4（s）H=a kJ/mol，：NN键能为bkJmol1SiSi键能为ckJmol1且a、b、c均大于零，则断开1 mol SiN键所需的能量为10（3分）（2014睢县校级模拟）某溶液仅含Fe2+、Na+
7、、Al3+、Ba2+、SO42、NO3、Cl中的4种离子，所含离子的物质的量均为1mol若向该溶液中加入少量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变（不考虑水的电离和离子的水解）下列说法不正确的是（）A若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体的质量为72gB若向该溶液中加入过量的稀硫酸，溶液中阴离子种类仍不变C若向该溶液中加人过量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液显血红色D该溶液中一定不含Al3+、Ba2+、Cl11（3分）（2014咸阳一模）下列关于置换反应：X+Y=W+Z（反应条件已经略去）的描述正确的是（）A若X是金属单质，则W和Z中一定有一种物质是金
8、属单质B若X是非金属单质，则W和Z中一定有一种物质是非金属单质C若X是含有金属元素的化合物，则W和Z中一定有一种是含有金属元素的化合物D若X是不含有金属元素的化合物，则W和Z中一定有一种物质是非金属单质12（3分）（2013秋新安县校级月考）下列有关化学用语表示正确的是（）A乙酸的结构简式：C2H4O2B中子数为20的氯原子：2017ClCS2的结构示意图：DNH3 的电子式：13（3分）（2015常州一模）甲、乙、丙、丁4种化合物均含有2种或3种元素，分子中均含18个电子甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子下列推断合理的是（）A某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应
9、B乙和甲中同种元素的质量分数相等，则乙中含有化合价为1的元素C丙与氧气的摩尔质量相同，则丙一定仅由两种元素组成D丁中含有第二周期A族元素，则丁一定是甲烷的同系物14（3分）（2013秋新安县校级月考）用如图装置进行相应实验，下列有关实验装置及操作说法正确的是（）A用于分离沸点不同且互溶的液体混合物B用装置加热MgCl2溶液制备无水MgCl2C慢慢向左推针筒活塞可检查装置的气密性D装置中可用甘油萃取溴水中的溴15（3分）（2011抚顺校级一模）将17.9g Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体3.36L（标准状况）另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，生成气体6.72L（标
10、准状况），向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为（）A33.2gB25.4gC22.4gD19.6g二、解答题（共4小题，满分55分）16（11分）（2013秋新安县校级月考）（1）以天然气为原料经由合成气（CO、H2）制化学品是目前天然气转化利用的主导技术路线，甲烷的部分氧化的热化学反应式如下：2CH4（g）+O2 （g）2CO （g）+4H2（g）；H=71.2kJmol1有研究认为甲烷部分氧化的机理如下：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）；H1=890.3kJmol1CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）；H2=+247.3kJmo
11、l1CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）；H3= 250.3kJmol1（2）电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法实验室模拟该方法设计的装置如图所示图中燃料电池是以熔融碳酸盐为电解质，以甲烷为燃料，空气为氧化剂，稀土金属材料为电极下列物质可用做电池中熔融碳酸盐的是（填字母） AMgCO3 BNa2CO3 C NaHCO3 D（NH4）2CO3电解前污水的pH为5.06.0，电解一段时间可形成此金属氢氧化物胶体而使污水净化，电解池阳极反应式是和4OH4e2H2O+O2，则阳极产物相互反应生成某金属氢氧化物胶体的离子方程式是根据图示信息，已知正极的电极反应式是O2+2CO2+
12、4e=2CO32，则电池负极反应式是实验过程中，测得电解池阴极产生44.8L气体（标况），该气体把悬浮物带到水面形成浮渣层，同时在电池的负极通入16.8LCH4（标况），则该电浮选凝聚装置的能量利用率为17（16分）（2013秋新安县校级月考）如图表示各物质之间的转化关系（部分产物略去）已知D、E、Z是中学化学常见单质，其他都是化合物Z、Y是氯碱工业产品D元素的原子最外层电子数与电子层数相等，且D的硫酸盐可作净水剂E为日常生活中应用最广泛的金属除反应外，其他反应均在水溶液中进行请回答下列问题：（1）A晶体的熔点282、沸点315，加热至100左右会升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂则
13、A晶体属于晶体，升华时克服的作用力类型是（2）写出反应的化学方程式：写出反应的离子方程式：；若将C溶于稀硝酸中，试写出其化学反应方程式短周期元素X、Y、Z、T、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子的最外层只有2个电子，T单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族（1）X、Y、Z的简单离子半径由大到小的顺序是（填写离子符号）（2）T、W的气态氢化物中较稳定的是（填化学式）（3）Y17Z12是一种潜在的贮氢材料，在Ar的保护下，将Y、Z的单质在一定温度下熔炼可制得该材料该贮氢材料在一定条件下完全吸氢的反应的化学方程式为：Y17Z12+17H2=17YH2+12Z生
14、成的混合物（用M表示）在一定条件下可释放出H2熔炼制备该材料时通入Ar的目的是在足量的6.0mol/L的盐酸中，M能完全释放出H236.6gY17Z12完全吸氢后得到的混合物M与足量上述盐酸完全反应，释放出的H2在标准状况下的体积为 L18（12分）（2013秋新安县校级月考）电镀厂曾采用有氰电镀工艺，由于排放的废水中含有的剧毒CN离子，而逐渐被无氰电镀工艺替代处理有氰电镀的废水时，可在催化剂TiO2作用下，先用NaClO将CN离子氧化成OCN，再在酸性条件下继续被NaClO氧化成N2和CO2环保工作人员在密闭系统中用下图装置进行实验，以证明处理方法的有效性，并测定CN被处理的百分率将浓缩后含
15、CN离子的污水与过量NaClO溶液的混合液共200mL（其中CN的浓度为0.05molL1）倒入甲中，塞上橡皮塞，一段时间后，打开橡皮塞和活塞，使溶液全部放入乙中，关闭活塞回答下列问题：（1）乙中反应的离子方程式为（2）乙中生成的气体除N2和CO2外，还有副产物HCl及Cl2等，上述实验是通过测定二氧化碳的量来确定对CN的处理效果则丙中加入的除杂试剂是（填字母）A饱和食盐水 B饱和NaHCO3溶液 C浓NaOH溶液 D浓硫酸（3）丁在实验中的作用是装有碱石灰的干燥管的作用是（4）戊中盛有含Ca（OH）2 0.02mol的石灰水，若实验中戊中共生成0.82g沉淀，则该实验中测得CN被处理的百分率
16、等于若该测得值与实际处理的百分率相比偏低，请简要说明可能原因（答出一条即可）19（16分）（2013秋新安县校级月考）锂电池消耗量巨大，这对不可再生的金属资源消耗是相当大的因此锂离子电池回收具有重要意义，其中需要重点回收的是正极材料，其主要成分为钴酸锂（LiCoO2）、导电乙炔黑（一种炭黑）、铝箔以及有机粘接剂某回收工艺流程如图：（1）上述工艺回收到的产物有Al（OH）3、 （填化学式）；其中生成Al（OH）3的离子方程式为（2）废旧电池可能由于放电不完全而残留有原子态的锂，为了安全，对拆解环境的要求是（3）酸浸时如果用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液也能达到溶解的目的，但不利之处 是（4
17、）生成Li2CO3的化学反应方程式为已知 Li2CO3在水中的溶解度随着温度的升高而减小，所以在浓缩结晶后的一步操作是进行该步操作有时采用如图装置进行下列关于使用该装置的说法错误的是a用玻璃棒轻轻搅动漏斗中液体，以加快过滤b过滤结束后，先关掉水龙头停止抽气，再取掉抽滤瓶的橡胶接管c与普通过滤相比，该过滤操作除了能加快过滤速度，还可以得到更加干燥的沉淀dA瓶是安全瓶，主要是起防倒吸的作用（5）现有一种新型锂离子电池，是将尖晶石型Li4Ti5O12作为电池的正极材料在嵌锂过程过程中变为盐岩型Li7Ti5O12该锂离子电池放电时的负极反应式为充电时的阳极反应式为2013-2014学年河南省洛阳市新安
18、一中高三（上）月考化学试卷（11月份）参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共45分）1（3分）（2013秋新安县校级月考）下列说法正确的是（）A钢铁在潮湿的空气中发生的主要是化学腐蚀B“PM2.5”是指直径小于或等于2.5微米的细小颗粒物，它悬浮在空气中形成胶体，严重危害人体健康C电解质在水溶液和熔融状态下均能导电D“血液透析”利用了胶体的性质考点：金属的电化学腐蚀与防护；胶体的重要性质；电解质溶液的导电性；常见的生活环境的污染及治理版权所有专题：化学应用分析：A、钢铁在潮湿的空气中易形成原电池；B、胶体的微粒直径在1100nm之间；C、通过共价键形成的电解质
19、在熔融时不导电；D、根据胶体的渗析原理分析解答：解：A、钢铁在潮湿的空气中易形成原电池，所以钢铁在潮湿的空气中发生的主要是电化学腐蚀，故A错误；B、胶体的微粒直径在1100nm之间，“PM2.5”是指直径小于或等于2.5微米的细小颗粒物，颗粒较大不属于胶体，故B错误；C、通过共价键形成的电解质在熔融时不导电，如硫酸是电解质，硫酸熔融时不导电，故C错误；D、血液属于胶体，不能透过半透膜，病毒能透过半透膜，利用透析原理来分离出病毒，故D正确故选D点评：本题考查了金属的电化学腐蚀、胶体粒子的大小、胶体的性质、电解质，题目难度不大，侧重于基础知识的考查2（3分）（2013秋南漳县校级期中）据统计，机动
20、车保有量每年以15%至20%的速度增长，交通事故也频发；汽车在剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2则下列判断正确的是（）A还原剂与氧化产物的物质的量之比为5：8B若氧化产物比还原产物多1.4mol则转移电子为1molC每生成1.6mol氮气，则有0.2molKNO3被氧化DNaN3是只含有离子键的离子化合物考点：氧化还原反应版权所有专题：氧化还原反应专题分析：10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2中，N元素的化合价由负价升高为0，N元素的化合价由+5价降低为0，该反应中转移10e，以此来解答解答：解：AKNO3为氧化剂，NaN3为还原
21、剂，则还原剂与氧化产物的物质的量之比为5：1，故A错误；B由反应可知，转移10mol电子时氧化产物比还原产物多14mol，则若氧化产物比还原产物多1.4mol则转移电子为1mol，故B正确；C每生成1.6mol氮气，转移1mol电子，则有0.2molKNO3被还原，故C错误；DNaN3是含有离子键和非极性共价键的离子化合物，故D错误；故选B点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，注意从化合价角度分析，将N3作为整体来分析为解答的难点，题目难度中等3（3分）（2013秋新安县校级月考）下列与阿伏加德罗常数的值（NA
22、）有关的说法正确的是（）ANA个Fe（OH）3胶体粒子的质量为107gB2NA个HCl分子与44.8L H2和Cl2的混合气体所含的原子数目有可能不相等C标准状况下，2.24 L Cl2溶于水中达到饱和，可得到HClO分子的数目是0.1NAD2.3gNa与氧气完全反应，反应中转移的电子数介于0.1 NA到0.2 NA之间考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、胶体粒子是氢氧化铁的集合体分析；B、2NA个HCl分子物质的量为2mol，44.8L H2和Cl2的混合气在标准状况下为2mol，但温度压强不知，不能判断混合气体物质的量；C、氯气和水反应是可逆反应；D、
23、2.3gNa与氧气完全反应，电子转移依据反应的钠计算；解答：解：A、胶体粒子是氢氧化铁的集合体，NA个Fe（OH）3胶体粒子的质量大于107g，故A错误；B、2NA个HCl分子物质的量为2mol，44.8L H2和Cl2的混合气在标准状况下为2mol，但温度压强不知，不能判断混合气体物质的量，含的原子数目有可能不相等，故B正确；C、氯气和水反应是可逆反应，标准状况下，2.24 L Cl2物质的量0.1mol，溶于水中达到饱和，可得到HClO分子的数目小于0.1NA，故C错误；D、2.3gNa物质的量为0.1mol，与氧气完全反应，电子转移依据反应的钠计算转移的电子数0.1 NA，故D错误；故选
24、B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是胶体微粒构成，可逆反应的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等4（3分）（2013秋新安县校级月考）某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色（已知：AgBr、AgI分别为浅黄色和黄色不溶于硝酸的沉淀），则下列叙述正确的是（）A原溶液中的Br可能未被氧化B反应后的溶液中是否含有Fe2+可以用氯水和KSCN溶液检验C取所得溶液加入CCl4后静置分液，向上层溶液中加入足量AgNO3 溶液，能产生黄色沉淀D反应后的溶液中一定不存在Fe2+考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；
25、氯、溴、碘及其化合物的综合应用版权所有专题：元素及其化合物分析：某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，还原性顺序是：IFe2+Br，所以氯气先是将碘离子氧化，然后再氧化亚铁离子，最后氧化溴离子，铁离子遇到硫氰化钾显示红色，据此回答判断解答：解：A、先向该溶液中通入一定量的氯气，还原性顺序是：IFe2+Br，所以氯气先是将碘离子氧化，然后再氧化亚铁离子，最后氧化溴离子，反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，证明有铁离子，亚铁离子已经被氧化，但是原溶液中的Br可能未被氧化，故A正确；B、反应后的溶液中如果含有铁离子，会干扰亚铁离子的检验，故B错误；C
26、、氯气先是将碘离子氧化为碘单质，取所得溶液加入CCl4后静置分液，下层是溶有碘单质的四氯化碳，上层溶液中不一定含有碘离子，向上层溶液中加入足量AgNO3 溶液，不一定能产生黄色沉淀AgI，故C错误；D、先向该溶液中通入一定量的氯气，还原性顺序是：IFe2+Br，所以氯气先是将碘离子氧化，然后再氧化亚铁离子，最后氧化溴离子，反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，即含有铁离子，亚铁离子已经被氧化，可能还会生育亚铁离子，故D错误故选A点评：本题考查学生氯气的氧化性以及卤素离子的还原性，注意反应发生的先后顺序是解题的关键，难度中等5（3分）（2013秋涡阳县校级月考）下列离子方程式书写正确
27、的是（）A银投入硝酸铜溶液中：Cu2+2Ag=Cu+2Ag+B漂白粉溶液中通入少量SO2气体：Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO3+2HClOC澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2+2OH+2HCO3=CaCO3+CO32+2H2OD向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba（OH）2稀溶液至SO42刚好沉淀完全：Ba2+2OH+NH4+H+SO42=BaSO4+NH3H2O+H2O考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A银的活泼性小于Cu，二者不反应；B二者发生氧化还原反应生成硫酸钙和氯离子；C二者反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水；D二者以1：1反应，生成硫酸钡、一水合氨和水
28、解答：解：A银的活泼性小于Cu，二者不反应，所以没有离子方程式，故A错误；B二者发生氧化还原反应生成硫酸钙和氯离子，离子方程式为Ca2+ClO+SO2+H2OCaSO4+2H+Cl，故B错误；C二者反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O，故C错误；D二者以1：1反应，生成硫酸钡、一水合氨和水，离子方程式为Ba2+2OH+NH4+H+SO42=BaSO4+NH3H2O+H2O，故D正确；故选D点评：本题考查了离子方程式正误判断，明确物质的性质是解本题关键，再结合书写规则分析解答，注意B中次氯酸的强氧化性，很多同学往往只利用强酸制取弱酸分析解答而导致错
29、误，为易错点6（3分）（2013秋长沙县校级月考）甲、乙两烧杯中分别装有相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液，各加入10mL 0.1molL1 AlCl3溶液，两烧杯中都有沉淀生成下列判断正确的是（）A甲中沉淀一定比乙中的多B甲中沉淀可能比乙中的多C甲中沉淀一定比乙中的少D实验过程中甲中和乙中的现象始终保持一致考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子方程式的有关计算版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：根据氢氧化铝的性质，其能溶于氢氧化钠但不溶于氨水，故此加入时，两烧杯中生成的都是氢氧化铝沉淀；相同体积相同pH的两溶液中的溶质一水合氨大于氢氧化钠，当两者均不足量时，生成的沉淀氨水多；氨
30、水过量，氢氧化钠不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠恰好时，生成的沉淀一样多；氨水和氢氧化钠都过量时，生成的沉淀氨水多解答：解：因氨水和NaOH溶液中，各加入10mL 0.1molL1 AlCl3溶液，生成氢氧化铝沉淀，但氨水为弱电解质，部分电离，氢氧化钠为强电解质，完全电离，相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液中的溶质一水合氨的物质的量大于氢氧化钠的物质的量；当两者都不足量时，生成的氢氧化铝沉淀的量由一水合氨和氢氧化钠来决定，一水合氨的物质的量大于氢氧化钠的物质的量，所以甲中沉淀比乙中的多； 当氨水过量，氢氧化钠不足时，甲中生成的氢氧化铝的物质的量=10mL103L/mL0.1m
31、olL1=0.001mol，乙中生成的氢氧化铝的物质的量小于0.001mol，所以甲中沉淀比乙中多；当氨水过量，氢氧化钠恰好时，生成的沉淀取决于氯化铝，氯化铝的量相等，所以甲和乙中生成的沉淀一样多；当氨水和氢氧化钠都过量时，因氢氧化铝能溶于氢氧化钠但不溶于氨水，甲中生成的氢氧化铝为0.001mol，乙中生成的0.001mol氢氧化铝溶于过量的氢氧化钠，所以甲中沉淀比乙中多通过以上分析知，A、甲中沉淀不一定比乙中的多，故A错误B、甲中沉淀可能比乙中的多，故B正确C、甲中沉淀可能比乙中的多，也可能一样多，故C错误D、当氨水和氢氧化钠都过量时，氨水中氢氧化铝不溶解，但氢氧化钠中氢氧化铝溶解，所以现象
32、可能不同，故D错误故选B点评：此题考查了元素化合物知识，此题解答时，根据氢氧化铝的性质采用讨论的方法进行解答，能正确进行分段是解本题的关键，所以在应用讨论法解题时，关键是先要分析条件与求解问题之间的联系，形成正确的解题方法，难度较大7（3分）（2013秋新安县校级月考）自然资源缺乏的形势日益严峻，地球的海水总量约为1.41018t，是人类最大的资源库电渗析法是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图，则（）A大海中的海水可以直接通入到装置中进行淡化处理B从口排出的是淡水C该装置产生的浓水可以直接排放DA接正极，a室应为阳极室，B接负极，b室应为阴极室考点：海水资源及其综合利用；物质的分
33、离、提纯的基本方法选择与应用版权所有专题：实验设计题分析：在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，离子浓度大的为浓水，离子浓度小的为淡水，海水中含有的Mg2+和Ca2+等阳离子易和氢氧根离子反应生成沉淀，淡化时应先除去Mg2+和Ca2+，防止堵塞，以此解答解答：解：A海水中含有海水中含较多Mg2+和Ca2+等阳离子，电解时阴极附近生成氢氧根离子，导致氢氧根离子和钙镁离子反应生成Mg（OH）2、Ca（OH）2等沉淀从而堵塞阳离子交换膜，从而抑制离子通过，导致电渗析法失败，故A错误；B分析装置图，A为负极，B为电源正极；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，室
34、离子浓度变小，室离子浓度变大，离子浓度大的为浓水，所以浓水在处排出，处排出的是淡水，故B正确；C海水淡化后的浓水中含大量盐分（主要含有Mg2+、Ca2+、Fe3+和SO42），排入水中会改变水质，排到土壤中会导致土壤盐碱化，故不能直接排放，故C错误；D由离子的定向移动可知，A接正极，a室应为阳极室，B接负极，b室应为阴极室，故D正确故选BD点评：本题考查了海水淡化原理，明确图片内涵是解本题关键，阴阳离子在电极上放电，导致排出的水为淡水，从而实现海水淡化，难度不大8（3分）（2013秋新安县校级月考）下列说法正确的是（）A实验室从海带提取单质碘的方法是：取样灼烧溶解过滤萃取B用乙醇和浓硫酸制备乙
35、烯时，可用水浴加热控制反应的温度C石油的分馏是物理变化，而煤的干馏是化学变化D将（NH4）2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀，表明二者均可使蛋白质变性考点：海水资源及其综合利用；石油的分馏产品和用途；乙醇的化学性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点版权所有专题：有机反应分析：A、海带中的碘元素是以化合态存在，可以先将海带烧成灰，加水溶解，用氧化剂将碘离子氧化得到碘单质，最后用萃取分液法的到碘单质即可；B、水浴加热的温度范围是25100，实验室制取乙烯的温度是170；C、根据石油的分馏和煤的干馏的概念来回答；D、重金属盐可以使蛋白质变性解答：解：A、海带中的碘元素是以化合态存在
36、，可以先将海带烧成灰，加水溶解，用氧化剂氯气将碘离子氧化得到碘单质，向溶液中加入四氯化碳萃取其中的碘单质，得到碘单质和四氯化碳的混合物，再用蒸馏法可以获取碘，取样灼烧溶解过滤加氧化剂氯气萃取，故A错误；B、水浴加热的控制的温度范围是25100，但是实验室制取乙烯的温度是170，不能用水浴加热，故B错误；C、石油的分馏是根据物质的沸点来实现物质的分离的方法，属于物理变化，而煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，属于化学变化，故C正确；D、将（NH4）2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液，前者使蛋白质盐析，后者使蛋白质变性，故D错误故选C点评：本题综合考查学生海带中提取碘单质的步骤、水
37、浴加热的温度范围、分馏和干馏的概念以及蛋白质的性质等知识，属于综合知识的考查，难度大9（3分）（2013秋新安县校级月考）下列说法正确的是（）A根据如图知该反应有催化剂和无催化剂的活化能相差dc，但其反应热均为abB若2C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221.0 kJ/mol，则碳的燃烧热为110.5kJ/molC需要加热的反应一定是吸热反应，常温下能发生的反应一定是放热反应D已知：对于反应：3Si（s）+2N2（g）=Si3N4（s）H=a kJ/mol，：NN键能为bkJmol1SiSi键能为ckJmol1且a、b、c均大于零，则断开1 mol SiN键所需的能量为考点：反应热和焓变
38、版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：A、反应有催化剂和无催化剂的活化能相差dc，其反应是吸热反应，反应热均为：ba；B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧放出的热量；C、反应的热效应与过程和是否加热无关，只跟始态和终态有关；D、1mol晶体硅中含有2molSiSi键，反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能；解答：解：A、反应有催化剂和无催化剂的活化能相差dc，其反应是吸热反应，反应热均为：ba，故A错误；B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧放出的热量，生成稳定的二氧化碳，而不是一氧化碳，故B错误；C、反应的热效应与过程和是否加热无关，只跟始态和终态有关，如铝热反应在高温条件下进行，但是放热反
39、应，故C错误；D、1mol晶体硅中含有2molSiSi键，反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，2b+6c12SiN=a，所以1 mol SiN键所需的能量为，故D正确；故选D点评：本题考查反应热的相关知识，反应热与过程无关，只与起始状态有关，比较简单10（3分）（2014睢县校级模拟）某溶液仅含Fe2+、Na+、Al3+、Ba2+、SO42、NO3、Cl中的4种离子，所含离子的物质的量均为1mol若向该溶液中加入少量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变（不考虑水的电离和离子的水解）下列说法不正确的是（）A若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得
40、固体的质量为72gB若向该溶液中加入过量的稀硫酸，溶液中阴离子种类仍不变C若向该溶液中加人过量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液显血红色D该溶液中一定不含Al3+、Ba2+、Cl考点：常见离子的检验方法版权所有专题：离子反应专题分析：向该溶液中加入稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO3的氧化还原反应生成硝酸铁和NO，阴离子种类不变，则原溶液中存在SO42，又溶液中含有四种离子，所含离子的物质的量均为1mol，由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，以此来解答解答：解：向该溶液中加入稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO3的氧化还原反
41、应生成硝酸铁和NO，阴离子种类不变，则原溶液中存在SO42，又溶液中含有四种离子，所含离子的物质的量均为1mol，由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，即一定含有Na+，A若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，其质量为0.5mol160g/mol=80g，故A错误；B若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO3的氧化还原反应生成硝酸铁和NO，溶液中阴离子种类仍不变，故B正确；C该溶液中加酸发生氧化还原反应生成铁离子，则加KSCN溶液，溶液显血红色，故C正确；D由上述推断可知，该溶液中所含的
42、离子是：Fe2+、Na+、SO42、NO3，一定不含Al3+、Ba2+、Cl，故D正确；故选A点评：本题考查离子的检验，明确常见离子的性质及检验中发生的化学反应是解答本题的关键，注意检验中应排除离子的相互干扰来解答，并注意离子共存及电荷守恒的应用，题目难度中等11（3分）（2014咸阳一模）下列关于置换反应：X+Y=W+Z（反应条件已经略去）的描述正确的是（）A若X是金属单质，则W和Z中一定有一种物质是金属单质B若X是非金属单质，则W和Z中一定有一种物质是非金属单质C若X是含有金属元素的化合物，则W和Z中一定有一种是含有金属元素的化合物D若X是不含有金属元素的化合物，则W和Z中一定有一种物质是
43、非金属单质考点：单质和化合物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；无机物的推断版权所有专题：物质的分类专题分析：A、置换反应中金属单质可以置换非金属单质；B、置换反应中非金属单质可以置换金属单质；C、非金属单质可以置换金属化合物中金属单质形成非金属化合物；D、化合物是非金属化合物，则置换反应一定是生成非金属单质解答：解：A、若X是金属单质，则W和Z中有一种物质可以是金属单质，也可以是非金属单质，如Al和盐酸的反应，Al和氧化铁 的反应，故A错误；B、若X是非金属单质，则W和Z中有一种物质可以是非金属单质如碳和水蒸气的反应，也可以是金属单质，如氢气还原氧化铜，故B错误；C、若X是含有金属元素的
44、化合物，则W和Z中一定有金属单质，一种可以是含有金属元素的化合物如铁和氯化铜反应；也可以是非金属化合物，如氢气还原氧化铜，故C错误；D、若X是不含有金属元素的化合物，生成的单质一定是来源于化合物，所以W和Z中一定有一种物质是非金属单质，故D正确；故选D点评：本题考查了置换反应的反应特征和反应类型，熟练掌握置换反应的几种反应类型是解题的关键12（3分）（2013秋新安县校级月考）下列有关化学用语表示正确的是（）A乙酸的结构简式：C2H4O2B中子数为20的氯原子：2017ClCS2的结构示意图：DNH3 的电子式：考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合版权所有专题：化学用语专题分析：A结构简
45、式中要体现官能团；B元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数；C硫离子核内有16个质子、核外有18个电子；D氨气分子中N原子还含有一对孤电子对解答：解：A乙酸的结构简式为CH3COOH，故A错误；B元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数，中子数为20的氯原子：3717Cl，故B错误；C硫离子核内有16个质子、核外有18个电子，S2的结构示意图：，故C正确；D氨气分子中N原子还含有一对孤电子对，其电子式为，故D错误；故选C点评：本题考查了化学用语，涉及结构示意图、结构简式、电子式等知识点，常考查的化学用语还有结构式、分子式、比例模型、球棍模型等，夯实基础，灵活运用基础知识解
46、答问题，题目难度不大13（3分）（2015常州一模）甲、乙、丙、丁4种化合物均含有2种或3种元素，分子中均含18个电子甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子下列推断合理的是（）A某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应B乙和甲中同种元素的质量分数相等，则乙中含有化合价为1的元素C丙与氧气的摩尔质量相同，则丙一定仅由两种元素组成D丁中含有第二周期A族元素，则丁一定是甲烷的同系物考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为H2S，乙和甲中各元素质量比相同，应为H2O2，丙与氧气的摩尔质量相同，可能为CH3 OH、N2H4
47、等符合，丁中含有二周期IVA族的元素，可能为CH3 OH，结合各物质的结构和性质解答该题解答：解：A甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为H2S，某钠盐溶液若为NaHS溶液，其中含有HS、OH，但NaHS既能与盐酸等反应生成H2S，也能与Na0H反应生成Na2S，故A错误；BH2S中元素的质量比为1：16，H2O2分子中元素的质量比也为1：16，H2O2中氧元素的价态为一1价，故B正确；C氧气的摩尔质量为32g/mol，丙的摩尔质量也为32g/mol，且含有18电子，CH3 OH符合，含有三种元素，故C错误；D第二周期IVA族元素为C，如CH3OH符合，但CH3OH不是CH4
48、的同系物，故D错误故选B点评：本题考查无机物的推断，题目难度较大，注意常见18电子物质的种类以及性质，解答本题时注意能找出反例14（3分）（2013秋新安县校级月考）用如图装置进行相应实验，下列有关实验装置及操作说法正确的是（）A用于分离沸点不同且互溶的液体混合物B用装置加热MgCl2溶液制备无水MgCl2C慢慢向左推针筒活塞可检查装置的气密性D装置中可用甘油萃取溴水中的溴考点：化学实验方案的评价版权所有专题：实验评价题分析：A温度计测量馏分温度；B氯化镁属于强酸弱碱盐，镁离子水解生成氢氧化镁，加热促进氯化镁水解；C利用产生的压强差检验装置的气密性；D萃取剂和原溶剂不能互溶解答：解：A温度计测
49、量馏分温度而不是混合溶液温度，一般用带支管的蒸馏烧瓶进行蒸馏实验，故A错误；B氯化镁属于强酸弱碱盐，镁离子水解生成氢氧化镁，加热促进氯化镁水解，为防止氯化镁水解，应该在HCl氛围中蒸发氯化镁溶液，故B错误；C慢慢向左推针筒活塞时，锥形瓶内压强增大，如果长颈漏斗中液面上升就证明气密性良好，否则气密性不好，故C正确；D萃取剂和原溶剂不能互溶，甘油和水互溶，所以甘油不能作萃取剂，故D错误；故选C点评：本题考查化学实验方案评价，涉及萃取剂的选取、气密性检验、物质制备、混合物的分离和提纯等知识点，同时考查学生分析问题、实验操作能力，明确实验原理及基本操作即可解答，知道常见仪器名称及用途，题目难度不大15
50、（3分）（2011抚顺校级一模）将17.9g Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体3.36L（标准状况）另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，生成气体6.72L（标准状况），向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为（）A33.2gB25.4gC22.4gD19.6g考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；有关混合物反应的计算版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：根据电子守恒计算出金属铝和氢氧化钠反应失去电子的物质的量，根据应中金属失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量计算生成沉淀的质量解答：解：合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和
51、氢氧化钠反应产生气体氢气3.36L（标准状况），所以金属铝的质量是2.7g，金属铝失电子的量是0.3mol，将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为3=0.9mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，反应中金属铁、铜失去电子的物质的量0.6mol等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n（OH）=0.6mol，所以反应后沉淀的质量等于17.9g2.7g+0.6mol17g/mol=25.4g故选B点评：本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意从守恒的角度做题较为简单二、解答题（共4小
52、题，满分55分）16（11分）（2013秋新安县校级月考）（1）以天然气为原料经由合成气（CO、H2）制化学品是目前天然气转化利用的主导技术路线，甲烷的部分氧化的热化学反应式如下：2CH4（g）+O2 （g）2CO （g）+4H2（g）；H=71.2kJmol1有研究认为甲烷部分氧化的机理如下：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）；H1=890.3kJmol1CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）；H2=+247.3kJmol1CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）；H3=+250.3kJmol1 250.3kJmol1（2）电浮选凝聚法是工业
53、上采用的一种污水处理方法实验室模拟该方法设计的装置如图所示图中燃料电池是以熔融碳酸盐为电解质，以甲烷为燃料，空气为氧化剂，稀土金属材料为电极下列物质可用做电池中熔融碳酸盐的是B（填字母） AMgCO3 BNa2CO3 C NaHCO3 D（NH4）2CO3电解前污水的pH为5.06.0，电解一段时间可形成此金属氢氧化物胶体而使污水净化，电解池阳极反应式是2Fe4e2Fe2+和4OH4e2H2O+O2，则阳极产物相互反应生成某金属氢氧化物胶体的离子方程式是4Fe2+O2+10H2O4Fe（OH）3（胶体）+8H+根据图示信息，已知正极的电极反应式是O2+2CO2+4e=2CO32，则电池负极反应
54、式是CH4+4CO325CO2+2H2O+8e实验过程中，测得电解池阴极产生44.8L气体（标况），该气体把悬浮物带到水面形成浮渣层，同时在电池的负极通入16.8LCH4（标况），则该电浮选凝聚装置的能量利用率为66.7%考点：热化学方程式；电解原理版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：（1）根据盖斯定律来计算化学反应的焓变；（2）活泼金属电极做电解池的阳极，通空气的一端是原电池的正极，连接的铁做电解池的阳极，所以铁电极本身放电；，电极反应为：Fe2e=Fe2+，燃料电池中，正极发生的反应一定是氧气得电子的过程，该电池的电解质环境是熔融碳酸盐，所以电极反应为：O2+2CO2+4e=2CO32
55、 （或2O2+4CO2+8e=4CO32），电池是以熔融碳酸盐为电解质，二氧化碳（CO2）可以循环利用以因为污水的pH在5.06.0之间，所以阴极的电极反应为：2H+2e=H2，根据此分析解题燃料电池中，正极上氧化剂得电子发生还原反应；熔融碳酸盐性质要稳定，高温时不能分解；铁作阳极，阳极上生成Fe2+，阳极附近生成亚铁离子被氧化为铁离子，反应生成胶体Fe（OH）3；燃料电池中，正极上氧化剂得电子发生还原反应，负极上是甲烷失电子发生氧化反应；污水的pH在5.06.0之间，所以阴极的电极反应为：2H+2e=H2，CH4+4CO325CO2+2H2O+8e；依据电子守恒计算解答：解：（1）CH4（g
56、）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）；H1=890.3kJmol1CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）；H2=+247.3kJmol12CH4（g）+O2 （g）2CO （g）+4H2（g）；H=71.2kJmol1CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）；H3=根据盖斯定律，利用题干所给的热化学方程式，结合盖斯定律计算，2（+）得到CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）；H3=+250.3KJ/mol；故答案为：+250.3；（2）燃料电池中，正极上氧化剂氧气得电子和二氧化碳发生还原反应生成碳酸根离子，电极反应式为O2+4e+2CO2=2
57、CO32；熔融碳酸盐性质要稳定，高温时不能分解生成其它物质，AMgCO3高温下分解生成氧化镁和二氧化碳而得不到碳酸根离子，故错误； BNa2CO3性质较稳定，熔融状态下只发生电离而不发生分解反应，故正确； CNaHCO3性质不稳定，易分解而得不到碳酸根离子，故错误；D（NH4）CO3性质不稳定，易分解而得不到碳酸根离子，故错误；故选B； 阳极上Fe失电子生成亚铁离子，阴极上生成氢氧根离子，电解反应为：2Fe4e2Fe2+，阳极附近生成亚铁离子被氧化为铁离子，反应生成胶体Fe（OH）3；离子反应方程式为：4Fe2+O2+10H2O4Fe（OH）3（胶体）+8H+；故答案为：2Fe4e2Fe2+；
58、4Fe2+O2+10H2O4Fe（OH）3（胶体）+8H+；燃料电池中甲烷在负极失电子发生 氧化反应在碱溶液中生成碳酸盐，电极反应式为：CH4+4CO325CO2+2H2O+8e；故答案为：CH4+4CO325CO2+2H2O+8e；实验过程中，测得电解池阴极产生44.8L气体（标况）物质的量为2mol，2H+2e=H2，电子转移4mol，该气体把悬浮物带到水面形成浮渣层，同时在电池的负极通入16.8LCH4（标况）物质的量=0.75mol，CH4+4CO325CO2+2H2O+8e，电子转移0.75mol8=6mol，则该电浮选凝聚装置的能量利用率100%=66.7%；故答案为：66.7%点
59、评：本题考查较综合，涉及了盖斯定律、原电池原理等知识点，明确燃烧热的内涵、原电池原理内涵即可解答，这些知识点都是高考热点，常常以综合题大题出现，涵盖了化学反应原理所有知识，利用教材基础知识采用知识迁移的方法进行解答，难度中等17（16分）（2013秋新安县校级月考）如图表示各物质之间的转化关系（部分产物略去）已知D、E、Z是中学化学常见单质，其他都是化合物Z、Y是氯碱工业产品D元素的原子最外层电子数与电子层数相等，且D的硫酸盐可作净水剂E为日常生活中应用最广泛的金属除反应外，其他反应均在水溶液中进行请回答下列问题：（1）A晶体的熔点282、沸点315，加热至100左右会升华，易溶于水，也易溶于
60、乙醚、丙酮等有机溶剂则A晶体属于分子晶体，升华时克服的作用力类型是分子间作用力（范德华力）（2）写出反应的化学方程式：8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe写出反应的离子方程式：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O；若将C溶于稀硝酸中，试写出其化学反应方程式3Fe3O4+28HNO3=9Fe（NO3）3+NO+14H2O短周期元素X、Y、Z、T、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子的最外层只有2个电子，T单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族（1）X、Y、Z的简单离子半径由大到小的顺序是O2Mg2+Al3+（填写离子符号）（2）T、W的气态氢
61、化物中较稳定的是H2S（填化学式）（3）Y17Z12是一种潜在的贮氢材料，在Ar的保护下，将Y、Z的单质在一定温度下熔炼可制得该材料该贮氢材料在一定条件下完全吸氢的反应的化学方程式为：Y17Z12+17H2=17YH2+12Z生成的混合物（用M表示）在一定条件下可释放出H2熔炼制备该材料时通入Ar的目的是防止Mg、Al被空气氧化在足量的6.0mol/L的盐酸中，M能完全释放出H236.6gY17Z12完全吸氢后得到的混合物M与足量上述盐酸完全反应，释放出的H2在标准状况下的体积为58.24 L考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：图中D、E、Z是单质，其余均是化合物且知E为日常常用金属；
62、D元素的原子最外层电子数与电子层数相等，C+D=E+F是置换反应，推断高温下为铝热反应，推断D为Al，E为Fe，F为Al2O3；Z、Y是氯碱工业的产品，由图中Al、Al2O3和Y反应可推断，Y为NaOH；得到Z为Cl2，X为HCl，反应均在水溶液中进行，所以推断得到G为NaAlO2，M为AlCl3，B为FeCl2，A为FeCl3，则C为Fe3O4，然后结合物质的性质及化学反应原理来解答；短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素，W与X属于同一主族，故W为S元素，Y原子的最外层只有2个电子，原子序数大于
63、O元素，故Y处于第三周期，故Y为Mg元素，T单质可制成半导体材料，T为Si元素，则Z为Al，以此解答该题解答：解：图中D、E、Z是单质，其余均是化合物且知E为日常常用金属；D元素的原子最外层电子数与电子层数相等，C+D=E+F是置换反应，推断高温下为铝热反应，推断D为Al，E为Fe，F为Al2O3；Z、Y是氯碱工业的产品，由图中Al、Al2O3和Y反应可推断，Y为NaOH；得到Z为Cl2，X为HCl，反应均在水溶液中进行，所以推断得到G为NaAlO2，M为AlCl3，B为FeCl2，A为FeCl3，则C为Fe3O4，（1）FeCl3晶体的熔点282、沸点315，加热至100左右会升华，易溶于水
64、，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂，应为分子晶体，升华时克服的作用力类型为分子间作用力（范德华力），故答案为：分子；分子间作用力（范德华力）；（2）反应为铝热反应，方程式为8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe，反应为Fe3O4和酸的反应，离子方程式为Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O，若将Fe3O4溶于稀硝酸中，因含有+2价铁，则发生氧化还原反应，反应的化学方程式为3Fe3O4+28HNO3=9Fe（NO3）3+NO+14H2O，故答案为：8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe；Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O；3Fe3O4+28HNO3=9Fe（NO3）3+N
65、O+14H2O；短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素，W与X属于同一主族，故W为S元素，Y原子的最外层只有2个电子，原子序数大于O元素，故Y处于第三周期，故Y为Mg元素，T单质可制成半导体材料，T为Si元素，则Z为Al，（1）O2、Mg2+、Al3+ 具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，则离子半径越小，应为O2Mg2+Al3+，故答案为：O2Mg2+Al3+；（2）非金属性SSi，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则H2S较稳定，故答案为：H2S；（3）Mg、Al 是活泼金属易被氧化，故熔
66、炼制备镁铝合金（Mg17Al12）时常需通入氩气作保护气，目的是防止Mg、Al被空气氧化，故答案为：防止Mg、Al被空气氧化；36.6gMg17Al12的物质的量为=0.05mol，反应的方程式为Mg17Al12+17H217MgH2+12Al，根据方程式知，1molMg17Al12完全吸氢后生成17molMgH2和12molAl，根据原子守恒知与酸反应后吸收的氢气完全被放出，吸收的氢气的物质的量是17mol，镁与盐酸完全反应放出n（H2）=n（Mg）=17mol，12mol铝与足量盐酸反应放出的n（H2）=1.5n（Al）=18mol，所以共放出n（H2）=17mol+17mol+18mol
67、=52mol，则36.6gMg17Al12与盐酸反应生成氢气的体积为0.0552mol22.4/mol=58.24L，故答案为：58.24点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质及转化关系推断物质为解答的关键，涉及氧化还原反应、离子半径大小比较以及化学方程式的计算等知识，综合性较强，题目难度中等18（12分）（2013秋新安县校级月考）电镀厂曾采用有氰电镀工艺，由于排放的废水中含有的剧毒CN离子，而逐渐被无氰电镀工艺替代处理有氰电镀的废水时，可在催化剂TiO2作用下，先用NaClO将CN离子氧化成OCN，再在酸性条件下继续被NaClO氧化成N2和CO2环保工作人员在密闭系统中用下
68、图装置进行实验，以证明处理方法的有效性，并测定CN被处理的百分率将浓缩后含CN离子的污水与过量NaClO溶液的混合液共200mL（其中CN的浓度为0.05molL1）倒入甲中，塞上橡皮塞，一段时间后，打开橡皮塞和活塞，使溶液全部放入乙中，关闭活塞回答下列问题：（1）乙中反应的离子方程式为2CNO+2H+3ClO=N2+2CO2+3Cl+H2O（2）乙中生成的气体除N2和CO2外，还有副产物HCl及Cl2等，上述实验是通过测定二氧化碳的量来确定对CN的处理效果则丙中加入的除杂试剂是A（填字母）A饱和食盐水 B饱和NaHCO3溶液 C浓NaOH溶液 D浓硫酸（3）丁在实验中的作用是除Cl2装有碱石
69、灰的干燥管的作用是防止空气中CO2进入戊中影响测定准确度（4）戊中盛有含Ca（OH）2 0.02mol的石灰水，若实验中戊中共生成0.82g沉淀，则该实验中测得CN被处理的百分率等于82%若该测得值与实际处理的百分率相比偏低，请简要说明可能原因装置中残留有CO2未被完全吸收（答出一条即可）考点：探究物质的组成或测量物质的含量版权所有专题：实验探究和数据处理题分析：（1）根据题意可知，乙中的反应为酸性条件下CNO与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2根据氧化还原反应配平；（2）丙中饱和食盐水除去混合气体中的氯化氢气体；（3）铜网用来除去氯气，碱石灰作用是防止空气中的二氧化碳进入澄清石灰水反应；
70、（4）根据碳原子守恒，计算出被处理的CN的物质的量，再利用200mL（其中CN的浓度0.05mol/L）求出CN被处理的百分率；装置中残留有CO2未被完全吸收，导致测定的二氧化碳质量偏低解答：解：（1）根据题意可知，乙中的反应为酸性条件下CNO与NaClO反应生成N2、CO2，反应离子方程式为2CNO+2H+3ClO=N2+2CO2+3Cl+H2O，故答案为：2CNO+2H+3ClO=N2+2CO2+3Cl+H2O；（2）乙中生成的气体除N2和CO2外，还有HCl及副产物Cl2等，丙中饱和食盐水能够除去氯化氢杂质；丁中铜网能够和氯气反应从而除去氯气杂质；避免空气中的二氧化碳进入戊装置造成测定数
71、据的干扰，用碱石灰吸收二氧化碳，故答案为：A；（3）丁中铜网能够和氯气反应从而除去氯气杂质；避免空气中的二氧化碳进入戊装置造成测定数据的干扰，用碱石灰吸收二氧化碳，故答案为：除Cl2；防止空气中CO2进入戊中影响测定准确度；（4）200mL（其中CN的浓度0.05mol/L）混合液中含有的CN的物质的量是：0.2L0.05mol/L=0.01mol，根据碳原子守恒，增多生成0.01mol二氧化碳，所以石灰水过量，生成的碳酸钙的物质的量是：0.0082mol，反应的CN的物质的量是0.0082mol，CN被处理的百分率是：100%=82%；装置乙、丙、丁中可能滞留有CO2，未被完全吸收，导致测定
72、的二氧化碳质量偏低，测得的CN被处理的百分率与实际值相比偏低，故答案为：82%；装置中残留有CO2未被完全吸收点评：本题考查了电镀后的废水中CN离子的含量测定，该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力19（16分）（2013秋新安县校级月考）锂电池消耗量巨大，这对不可再生的金属资源消耗是相当大的因此锂离子电池回收具有重要意义，其中需要重点回收的是正极材料，其主要成分为钴酸锂（LiCoO2）、导电乙炔黑（一种炭黑）、铝箔以及有机粘接剂某回收工艺流程如图：（1）上述工艺回收到的产物有Al（OH）3、CoSO4、
73、Li2CO3 （填化学式）；其中生成Al（OH）3的离子方程式为AlO2+H+H2O=Al（OH）3（2）废旧电池可能由于放电不完全而残留有原子态的锂，为了安全，对拆解环境的要求是隔绝空气和水分（3）酸浸时如果用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液也能达到溶解的目的，但不利之处 是有氯气生成，污染较大（4）生成Li2CO3的化学反应方程式为Na2CO3+Li2SO4=Li2CO3+Na2SO4已知 Li2CO3在水中的溶解度随着温度的升高而减小，所以在浓缩结晶后的一步操作是趁热过滤进行该步操作有时采用如图装置进行下列关于使用该装置的说法错误的是aba用玻璃棒轻轻搅动漏斗中液体，以加快过滤b过滤
74、结束后，先关掉水龙头停止抽气，再取掉抽滤瓶的橡胶接管c与普通过滤相比，该过滤操作除了能加快过滤速度，还可以得到更加干燥的沉淀dA瓶是安全瓶，主要是起防倒吸的作用（5）现有一种新型锂离子电池，是将尖晶石型Li4Ti5O12作为电池的正极材料在嵌锂过程过程中变为盐岩型Li7Ti5O12该锂离子电池放电时的负极反应式为Lie=Li+充电时的阳极反应式为Li7Ti5O123e=Li4Ti5O12+3 Li+考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；原电池和电解池的工作原理版权所有专题：实验设计题；电化学专题分析：（1）根据工艺流程的最终产物可判断回收到的产物，应为Al（OH）3、CoSO4、Li2
75、CO3；（2）从金属锂的化学性质分析，锂为活泼金属；（3）由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气生成；（4）根据质量守恒定律来书写化学方程式，Li2CO3在水中的溶解度随着温度的升高而减小，应趁热过滤；a过滤时不能搅拌；b先取掉抽滤瓶的橡胶接管，再关掉水龙头停止抽气；c抽滤速度比普通过滤速度要快，得到的固体较干燥；dA瓶能防止液体倒吸到抽滤瓶中；（5）Li失电子为负极；充电时阳极上Li7Ti5O12得电子解答：解：（1）工艺流程的最终产物为：Al（OH）3、CoSO4、Li2CO3，故答案为：CoSO4、Li2CO3；（2）金属锂性质活泼，易与氧气、水发生反应，故答案为
76、：隔绝空气和水分；（3）由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气生成，故答案为：有氯气生成，污染较大；（4）碳酸锂难溶，生成Li2CO3的化学反应属于复分解反应，其反应的热化学方程式为Li2SO4+Na2CO3=Na2SO4+Li2CO3，Li2CO3在水中的溶解度随着温度的升高而减小，应趁热过滤；a滤纸容易破损，所以过滤时不能搅拌，故a错误；b先取掉抽滤瓶的橡胶接管，再关掉水龙头停止抽气，若先关掉水龙头停止抽气，再取掉抽滤瓶的橡胶接管，容易倒吸，故b错误；c抽滤速度比普通过滤速度要快，得到的固体较干燥，故c正确；dA瓶能防止液体倒吸到抽滤瓶中，则A瓶主要是起防倒吸的作用，故d正确；故答案为：Li2SO4+Na2CO3=Na2SO4+Li2CO3；趁热过滤；ab；（5）Li失电子为负极，则负极的电极反应为Lie=Li+；充电时阳极上Li7Ti5O12得电子，则阳极的电极反应为：Li7Ti5O123e=Li4Ti5O12+3 Li+；故答案为：Lie=Li+；Li7Ti5O123e=Li4Ti5O12+3 Li+点评：本题为生产流程题，涉及金属的回收、环境保护、氧化还原反应、物质的分离提纯和除杂等问题，题目较为综合，做题时注意仔细审题，从题目中获取关键信息，本题难度中