1、高考资源网（） 您身边的高考专家山东省庆云县第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1我国古代就有湿法炼铜的记载“曾青得铁则化为铜”，相关反应的化学方程式为：FeCuSO4=CuFeSO4。下列有关该反应的说法中正确的是AFe被氧化 BCuSO4是还原剂CFe是氧化剂 DCuSO4发生氧化反应【答案】A【解析】试题分析：Fe的化合价升高，Fe被氧化，故A正确；CuSO4中铜元素化合价降低，CuSO4是氧化剂，故B错误；Fe的化合价升高，Fe是还原剂，故C错误； CuSO4是氧化剂，发生还原反应，故D错误。考点：本题考查氧化还原反应。2下列叙述中一定能说明A的金属性比B强
2、的是()AA原子的最外层电子数比B原子的最外层电子数少BA原子的电子层数比B原子的电子层数多C参与反应时1 mol A失去的电子比1 mol B失去的电子多D常温时，A能从盐酸中置换出氢气，而B不能反应【答案】D【解析】考查金属性强弱比较。比较元素金属性强弱的依据1在一定条件下金属单质与水反应的难易程度和剧烈程度。一般情况下，与水反应越容易、越剧烈，其金属性越强。2常温下与同浓度酸反应的难易程度和剧烈程度。一般情况下，与酸反应越容易、越剧烈，其金属性越强。3依据最高价氧化物的水化物碱性的强弱。碱性越强，其元素的金属性越强4依据金属单质与盐溶液之间的置换反应。一般是活泼金属置换不活泼金属。但是A
3、族和A族的金属在与盐溶液反应时，通常是先与水反应生成对应的强碱和氢气，然后强碱再可能与盐发生复分解反应。5依据金属活动性顺序表（极少数例外）。6依据元素周期表。同周期中，从左向右，随着核电荷数的增加，金属性逐渐减弱；同主族中，由上而下，随着核电荷数的增加，金属性逐渐增强。7依据原电池中的电极名称。做负极材料的金属性强于做正极材料的金属性。据此可知选项D正确，答案选D。3下列化合物中，含有非极性共价键的离子化合物是AC2H4 BCaCl2 CNa2O2 DNH4NO3【答案】C【解析】试题分析：一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。含有离子键的化合物是离子
4、化合物，全部由共价键形成的化合物是共价化合物。AC2H4 含有极性键和非极性键，属于共价化合物，A错误；BCaCl2只有离子键，属于离子化合物，B错误；CNa2O2是离子化合物，含有离子键，2个氧原子之间还存在非极性键，C正确；DNH4NO3是离子化合物，含有离子键，N和H、N和O之间还含有极性键，D错误，答案选C。考点：考查化学键和化合物的判断4在浓硝酸；水；浓硫酸；氢氟酸；氢氧化钾溶液中，能与单质硅起化学反应的是()。A B C D【答案】C【解析】硅能与F2、HF、强碱在常温下反应，在加热或高温条件下也能与Cl2、O2、H2发生反应。5某中性有机物C8H16O2在稀硫酸作用下加热得到M和
5、N两种物质，N经氧化最终可得到M，则该中性有机物的结构可能有A1种 B2种 C3种 D4种【答案】B【解析】试题分析：某中性有机物C8H16O2在稀硫酸作用下加热得到M和N两种物质，N经氧化最终可得到M，则该有机物是酯，相应的酸与醇的结构相同，含有的碳原子数也相同，则该中性有机物的结构可能有CH3CH2CH2COOCH2CH2CH2CH3、(CH3)2CH2COOCH2CH2 (CH3)2两种结构，故选项是B。考点：考查有机物同分异构体的种类的判断的知识。6下列叙述不正确的是A把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片表面出现气泡B在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法C
6、原电池中电流由正极流向负极，阳离子向正极移动D用惰性电极电解AgNO3溶液一段时间后，加入一定质量Ag粉，溶液能恢复原状【答案】D【解析】A 铜片和铁片、稀硫酸会形成原电池，铜片做正极，有氢气生成B 正确，海轮外壳连接锌块，锌块做负极，海轮外壳做正极，不受腐蚀，采用了牺牲阳极的阴极保护法C 正确，负极失电子，电子是从负极流向正极，电流的方向和电子相反D 错误，用惰性电极电解AgNO3溶液，会生成银和氧气，只加入一定质量Ag粉，溶液不能恢复原状。故选D。7已知X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力为：W2Z2X2Y2，下列氧化还原反应能发生的是（ ）A、2W- + Z2 = 2Z- +W2 B
7、、2X- + Z2 = 2Z- + X2C、2Y- + Z2 = 2Z- + Y2 D、2Z- + X2 = 2X- + Z2【答案】B【解析】试题分析：根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物分析。A、该反应中，氧化性Z2大于W2，与已知不符，错误，不选A；B、氧化性Z2大于X2，与已知相符，正确，选B；C、氧化性Y2大于W2，与已知不符，错误，不选C；D、氧化性X2大于Z2，与已知不符，错误，不选D。考点：氧化性和还原性强弱的比较【名师点睛】氧化还原反应的基本规律：升失氧还还、降得还氧氧氧化性：氧化剂氧化产物还原性：还原剂还原产物8一定条件下，实验室利用下图所示装置，通过测电压求算Ks
8、p(AgCl)。工作一段时间后，两电极质量均增大。下列说法错误的是A该装置工作时化学能转化为电能 B左池中的银电极作正极 C总反应为Ag+(aq)+Cl-(aq)AgCl(s) D盐桥中的K+向右池方向移动 【答案】B【解析】试题分析：A该装置是原电池，是将化学能转化为电能的装置，故A正确；B左池银失电子，生成银离子，发生氧化反应，所以左池中的银电极作负极，故B错误；C左边的银失电子生成银离子，与电解质溶液中的氯离子结合生成氯化银，右边电解质溶液中的银离子得电子生成单质银，所以总反应为Ag+(aq)+Cl-(aq)AgCl(s)，故C正确；D电解池中的阳离子向正极移动，所以盐桥中的K+向右池方
9、向移动，故D正确；故选B。【考点定位】考查电化学中原电池的工作原理【名师点晴】原电池是将化学能转化为电能的装置，其中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故结合图象明确正负极上发生的电极反应及离子的移动方向，即可解答。9质量相同的氧气和二氧化碳中所含原子个数之比为A11:8 B11:12 C1:1 D3:2【答案】B【解析】试题分析：设质量都为mg，n（O2）=mol，n（CO2）=mol，由n=可知，物质的原子个数和物质的量成正比，则氧气和二氧化碳中所含原子个数之比为mol2：mol3=11：12，答案选B。考点：考查物质的量的计算。10下列物质分类的
10、正确组合是 分类组合碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物A纯 碱乙二酸胆矾氧化铝二氧化碳B烧 碱石炭酸小苏打氧化镁一氧化碳C苛性钾硬脂酸萤石过氧化钠二氧化硫D苛性钠油酸苏打氧化钠三氧化硫【答案】D【解析】11已知在pH为45的环境中，Cu2+、Fe2+几乎不水解，而Fe3+几乎完全水解。工业上制CuCl2是将浓盐酸用蒸气加热到80左右，再慢慢加入粗氧化铜(含少量杂质FeO)，充分搅拌使之溶解。欲除去溶液中的杂质离子，下述方法中可行的是A向溶液中通入Cl2，再加入纯净的CuO粉末调节pH为45B向溶液中通入Cl2，再通入NH3，调节pH为45C向溶液中通入H2S使Fe2+沉淀D加入纯Cu将Fe2+还原为F
11、e【答案】A 【解析】 试题分析：在pH为45的环境中，Cu2+、Fe2+不生成沉淀，而Fe3+几乎完全沉淀，要除去溶液中的Fe2+离子，应先加入Cl2，再加入CuO粉末调节pH为45，以除去Fe3+，且没有引入新的杂质，故A正确。考点：物质的分离提纯，盐类的水解。 12实验室可用锌和稀硫酸制备氢气，该反应属于A复分解反应 B分解反应 C化合反应 D氧化还原反应【答案】D【解析】试题分析：根据化学反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，该反应是置换反应，锌元素的化合价由0价升高到+2价，该反应也属于氧化还原反应，答案选D。考点：考查化学反应类型的判断。13下列叙述正确的是A复分解反应有可能是氧
12、化还原反应B同温同压下，1体积X2气体与3体积Y2气体化合生成2体积气体化合物的化学式为XY3C将25g胆矾晶体溶于1000mL水中，所得溶液中CuSO4的物质的量浓度为0.1mol/LD还原剂失去电子越多，还原性越强,氧化剂得到电子越多，氧化性越强【答案】B【解析】试题分析：A、复分解反应中各元素的化合价都不发生变化，所以一定不是氧化还原反应，错误；B、根据原子守恒，1体积X2气体与3体积Y2气体化合生成2体积XY3，正确；C、只知道溶剂水的体积是1000mL，不知道溶液的体积无法求得溶液的物质的量浓度，错误；D、氧化性还原性强弱的判断依据是得失电子的难易，而不是得失电子的多少，错误。考点：
13、考查氧化还原反应，物质的量浓度等概念14一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示下列说法正确的是（ ） A反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0158 mol/（Ls） B反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了079mol/L C反应开始到10s时，Y的转化率为79% D反应的化学方程式为X（g）+Y（g） Z（g）【答案】C【解析】试题分析：A10s内，用Z表示的反应速率为v（Z）=0079moL/（Ls），故A错误；B由图象可知X反应了120mol-041mol=079mol，所以X的物质的量浓度减少了=0395mol/L，故B错误；C、反应
14、开始到10s，反应的Y的物质的量为079mol，则Y的转化率为=790%，故C正确；D、在反应中，X、Y的物质的量逐渐减小，Z的物质的量逐渐增大，则X、Y为反应物，Z为生成物，相同时间内物质的量的变化比值为c（X）:c（Y）:c（Z）=（120-041）:（100-021）:158=1:1:2，化学反应中物质的量变化之比等于化学剂量数之比，则化学方程式为X（g）+Y（g）2Z（g），故D错误；故选C。考点：考查了化学平衡的变化图象的相关知识。15下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法正确的是AX、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物
15、的热稳定性均依次递增BY、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增CYX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力D根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性【答案】D【解析】从表中位置关系可看出，X为第2周期元素，Y为第3周期元素，又因为X、W同主族且W元素的核电荷数为X的2倍，所以X为氧元素、W为硫酸元素；再根据元素在周期表中的位置关系可推知：Y为硅元素、Z为磷元素、T为砷元素。A、O、S、P的原子半径大小关系为：PSO，三种元素的气态氢化物的热稳定性为：H2OH2SPH3，A不正确；B、在火山口附近或地壳的岩
16、层里，常常存在游离态的硫，B不正确；C、SiO2晶体为原子晶体，熔化时需克服的微粒间和作用力为共价键，C不正确；D、砷在元素周期表中位于金属元素与非金属的交界线附近，具有半导体的特性，As2O3中砷为+3价，处于中间价态，所以具有氧化性和还原性，D正确，答案选D。【考点定位】本题主要是考查位置、结构与性质、元素周期表与元素周期律，涉及O、S、Si、P、As等五种元素。考查的知识点有原子半径半径、氢化物稳定性、S的存在、晶体类型及作用力、氧化还原反应、元素周期表的应用等16(6分)将一定量的某饱和一元醇分成两等份，其中一份完全燃烧，耗用144g氧气；另一份醇中加入过量金属钠，产生的氢气在标准状况
17、下体积为11.2 L。该醇的分子式为 ；核磁共振氢谱显示该分子有三种不同环境的氢原子。则醇的结构简式为 。该醇的名称为 。【答案】（共6分，每空2分） C3H8O ； CH3CHOHCH3 2丙醇【解析】产生的氢气在标准状况下体积为11.2 L，则每份中该饱和一元醇的物质的量是11.2L22.4L/mol21.0mol。饱和一元醇燃烧的通式为CnH2n2O3n/2O2nCO2（n1）H2O，所以消耗氧气的物质的量就是3n/2mol，则3n/2mol32g/mol144g，解得n3，即是丙醇。又因为分子有三种不同环境的氢原子，所以结构简式为CH3CHOHCH3，名称是2丙醇。17现有含NaCl、
18、Na2SO4和NaNO3的混合溶液，选择适当的试剂除去溶液中的NaCl和Na2SO4，从而得到纯净的NaNO3溶液。相应的实验过程可用下图表示。请回答下列问题：（1）试剂X最好是 （填化学式），检验X是否加入过量的方法 。（2）写出步骤的离子反应方程式 。（3）按此实验方案得到的溶液3中肯定含有_（填化学式）杂质；为了除这个杂质，可以向溶液3中加入过量的_，之后若要获得纯固体NaNO3，还需进行的实验操作是_（填操作名称）。【答案】（1）Ba(NO3)2 ；溶液静置分层，继续滴加Ba(NO3)2 ，无沉淀生成（2）Ag+ Cl-AgCl（3）Na2CO3 ；HNO3 ；蒸发【解析】试题分析：(
19、1)从后面加入硝酸银除去氯离子分析，加入X是为了除去硫酸根离子，故加入钡离子，为了不引入新的杂质离子，可选择硝酸钡，则生成的沉淀A为硫酸钡，所以要检验X是否加入过量的方法是：溶液静置分层，继续滴加Ba(NO3)2，无沉淀生成，则说明已经过量。（2）加入硝酸银得到的沉淀B为氯化银，反应的离子方程式为Ag+ Cl-AgCl。（3）由于最后加入了过量的碳酸钠溶液，因此按此实验方案得到的溶液3中肯定含有Na2CO3杂质；为了除这个杂质，因此可以向溶液3中加入过量的稀硝酸。用硝酸反应碳酸钠，然后加热蒸发结晶，在加热蒸发时硝酸挥发掉，即可得到纯净的硝酸钠。【考点定位】本题主要是考查除杂试剂的选择和顺序安排
20、、离子方程式书写和化学实验基本操作【名师点晴】把物质中混有的杂质除去而获得纯净物叫提纯，将相互混在一起的不同物质彼此分开而得到相应组分的各纯净物叫分离。在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则: 不能引入新的杂质（水除外），即分离提纯后的物质应是纯净物（或纯净的溶液），不能有其他物质混入其中；分离提纯后的物质状态不变；实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。答题时需要灵活应用，例如该题中最后加入的碳酸钠就必须除去，否则仍然是含有杂质的混合物，达不到提纯的目的。18为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42+以及泥沙等
21、杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：（1）第步实验操作需要烧杯、_、_等玻璃仪器。（2）第步中，相关的离子方程式是： 。（3）步聚2中，判断沉淀已完全的方法是： 。（4）除杂试剂Na2CO3、NaOH、BaCl2加入的顺序还可以是 （5）为检验精盐纯度，需配制100 mL 1 mol/L NaCl溶液，右图是该同学转移溶液的示意图，图中的错误是 （6）配制100 mL 1 mol/L NaCl溶液过程中，下列操作情况会使结果偏低的是 A称量时，托盘天平左盘加砝码，右盘加氯化钠B移液前，容量瓶中有少量蒸馏水未倒出C定容时，仰视容量瓶刻度线观察液面D定容后，
22、倒置容量瓶摇匀经平放静置，液面低于刻度线。【答案】（1）玻璃棒；漏斗；（2）CO32-+Ca2+=CaCO3 ；CO32-+Ba2+=BaCO3 ；（3）取第步后的上层清液1-2滴于试管中，再滴入1-2滴BaCl2溶液，若溶液未变混浊。则表明已沉淀完全；（4）NaOH；BaCl2；Na2CO3 ；（5）未用玻璃棒引流；（6）AC；【解析】试题分析：（1）过滤装置是分离难溶性物质和溶液的分离方法，用到的玻璃仪器为：烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：玻璃棒；漏斗；（2）粗盐的提纯中，加入碳酸钠的作用是除去杂质离子钙离子以及过量的钡离子，反应的实质是：CaCl2+Na2CO3=CaCO3+2NaCl，B
23、aCl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl，离子方程式分别为：CO32-+Ca2+=CaCO3 、CO32-+Ba2+=BaCO3 ，故答案为：CO32-+Ca2+=CaCO3 CO32-+Ba2+=BaCO3 ；（3）过量的氯化钡会将全部的硫酸根离子沉淀完毕，只要是硫酸根剩余，则氯化钡会与其反应出现白色沉淀，所以判断BaCl2已过量的方法是：取第步后的上层清液（或取少量上层清液于试管中），再滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量，故答案为：取少量上层清液，滴加BaCl2溶液，若不再产生沉淀，即证明BaCl2已过量；（4）除杂试剂为了完全除去杂质离子，一般是过量的，
24、碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来，BaCl2、NaOH、Na2CO3加入的顺序必须满足最后加入碳酸钠，过滤后再加盐酸至不再有气体生成即可，除杂试剂BaCl2、NaOH、Na2CO3加入的顺序还可以是NaOH、BaCl2、Na2CO3、（或BaCl2、Na2CO3、NaOH）故答案为：NaOH、BaCl2、Na2CO3、（或BaCl2、Na2CO3、NaOH）；（5）向容量瓶中转移液体时，要用玻璃棒来引流，故答案为：未用玻璃棒引流；（6）A、称量时，托盘天平左盘加砝码，右盘加氯化钠，则实际称得的氯化钠质量是砝码减游码质量，氯化钠的物质的量偏低，故实验结果偏低，故A正确；B、移液前，容量
25、瓶中有少量蒸馏水未倒出，不影响实验结果，故B错误；C、定容时，仰视容量瓶刻度线观察液面，则溶液的体积偏大，所以浓度偏低，故C正确；D、定容后，倒置容量瓶摇匀经平放静置，液面低于刻度线，对实验结果无影响，故D错误；故选AC。考点：考查了物质的分离和提纯的方法和化学实验的基本操作的相关知识。19乙酰水杨酸，俗称阿司匹林()，是常用的解热镇痛药。实验室合成流程如下：查阅资料：阿司匹林：受热易分解，溶于乙醇、难溶于水水杨酸(邻羟基苯甲酸)：溶于乙醇、微溶于水醋酸酐：无色透明液体，溶于水形成乙酸请根据以上信息回答下列问题：（1）合成阿司匹林时，下列几种加热方式最合适的 。合成阿司匹林使用的锥形瓶必须干燥
26、的原因是 。如右图所示装置，通过抽滤可使粗产品与母液分离。下列说法不正确的是 。A抽滤能加快过滤速率，得到相对干燥的沉淀，但颗粒太小的沉淀不能用此装置B当溶液具有强酸性、强氧化性时，可用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗C抽滤时，当吸滤瓶内液面快到支管口时，先拔掉吸滤瓶上橡皮管，再从吸滤瓶支管口倒出溶液D洗涤晶体时，先关闭水龙头，用洗涤剂缓慢淋洗，再打开水龙头抽滤（2）提纯粗产物中加入饱和NaHCO3溶液至没有CO2产生为止，再抽滤。加入饱和NaHCO3溶液的目的是(用化学反应方程式表示) 。（3）另一种改进的提纯方法，称为重结晶提纯法。最后步骤中洗涤剂最好选择 。A15%的乙醇溶液 BNaOH溶液 C冷
27、水 D滤液下列装置在上述流程中肯定用不到的是 。重结晶时为了获得较大颗粒的晶体产品，查阅资料得到如下信息：不稳定区出现大量微小晶核，产生较多颗粒的小晶体亚稳过饱和区，加入晶种，晶体生长稳定区晶体不可能生长由信息和已有的知识分析，从温度较高浓溶液中获得较大晶体颗粒的操作为 。【答案】（1） B；防止乙酸酐水解(或与水反应)；CD（2）（3）C；B；(在亚稳过饱和区)加入晶种，缓慢降温【解析】试题分析：（1）控制温度在8590，温度低于100，应采取水浴加热，故选B；乙酸酐容易发生水解生成乙酸，故仪器应干燥防止乙酸酐水解，故答案为：防止乙酸酐水解；A、抽滤能加快过滤速率，得到相对干燥的沉淀，颗粒太
28、小的沉淀会穿过滤纸，不能用此装置，故A正确；B、当溶液具有强酸性、强氧化性时会腐蚀滤纸，可用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗，故B正确；C、当吸滤瓶中液面快达到支管口位置时，应拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶上口倒出溶液，故C错误；D、洗涤晶体时，先关小水龙头，不是关闭水龙头，然后蒸馏水缓缓淋洗，再打开水龙头抽滤，故D错误；故选CD；（2）乙酰水杨酸能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，所以判断该过程结束的现象是没有气体(CO2)产生；使乙酰水杨酸转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠，乙酰水杨酸钠易溶于水，从而除去杂质，且便于分离，反应的化学方程式为（3）阿司匹林：受热易分解，溶于乙醇、难溶于水，最后步骤中洗涤剂最好
29、冷水，故选C；根据流程图，冷凝回流需要C，趁热过滤需要D，干燥时需要A，不需使用的装置是B，故选B；根据信息，重结晶时为了获得较大颗粒的晶体产品，操作为在亚稳过饱和区加入晶种，缓慢降温，故答案为：在亚稳过饱和区加入晶种，缓慢降温。考点：考查了有机物的制备、物质的分离和提纯的相关知识。20（15分）实验室用MnO2、KOH及KClO3为原料制取高锰酸钾的实验流程如下：（1）熔融时需用铁坩埚和铁制搅拌棒而不能用玻璃仪器，其原因是 。（2）熔融时，MnO2转化为K2MnO4，KClO3转化为KCl，其反应的化学方程式为 。（3）几种物质的溶解度曲线如图所示。歧化时，通入CO2至pH为1011，K2M
30、nO4绿色溶液转化为KMnO4和MnO2。其反应的离子方程式为 。歧化时不能通入过量CO2的原因是 。通入CO2后，用玻璃棒蘸取溶液点于滤纸上，观察到 ，证明歧化反应已发生。歧化后得到KMnO4晶体的操作依次为过滤、 、 及干燥。（4）在此实验流程中可循环使用的物质的化学式为 。【答案】（15分）（1）高温下KOH能与玻璃中的SiO2发生反应（2分）（2）3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O（2分）（3）3MnO42+2CO22MnO4+ MnO2 + 2CO32（2分）二氧化碳过量会生成溶解度比K2CO3小得多的KHCO3，可能与KMnO4同时析出 （2分）。滤纸
31、上有紫红色（2分）加热浓缩（2分）；趁热过滤（2分）（4）MnO2（1分）【解析】试题分析：（1）高温下KOH能与玻璃中的SiO2发生反应，因此熔融KOH及KClO3时需用铁坩埚而不能用玻璃仪器；（2）熔融时，MnO2转化为K2MnO4，KClO3转化为KCl，反应的化学方程式为：3MnO2 + 6KOH + KClO3 3K2MnO4+KCl+3H2O（3）通入CO2至pH为1011，K2MnO4绿色溶液转化为KMnO4和MnO2，CO2转化成CO32。反应的离子方程式为：3MnO42+2CO22MnO4+ MnO2 + 2CO32；过量的二氧化碳会将K2CO3转化成溶解度小得多的KHCO3
32、而析出；根据K2MnO4绿色溶液转化为KMnO4和MnO2，其中KMnO4是紫红色的；结合图像可知，在几种物质中，KMnO4的溶解度比其他物质小的多，结合蒸发结晶的一般步骤和方法，加热浓缩后需要趁热过滤，易防止KCl等物质析出；（4）结合流程图，歧化反应生成的MnO2可以作为原料加以循环利用。考点：考查了化学工艺流程图的相关知识。21（6分）由于铝质蒸发器和冷凝器易氧化，影响空调的寿命。铜-铝合金蒸发器和冷凝器的成功开发解决了制冷行业的一大难题，并因此被世界制冷行业称为二十一世纪制冷行业革命性的创新。（1）为测定该铜-铝合金的质量分数，现将5.6克该合金放入500mL 2.0mol/L的盐酸中
33、，充分反应后得到气体6.72L（标准状况），此铜-铝合金中铝的质量分数为 。（2）将上述反应液过滤，并将滤液稀释到1000mL，通过计算回答下列问题：稀释后，溶液中Al3的物质的量浓度为 。取100mL溶液，要想得到0.78克沉淀，应加入0.5mol/L的氢氧化钠溶液的体积为 。【答案】（1）0.964或96.4%（2分）（2）0.2mol/L（1分）（3）140mL和220mL（3分）【解析】22（11分）下图中AJ均代表无机物或其水溶液，其中B、D、G是单质，B是地壳中含量最高的金属元素，G是气体，J是磁性材料。根据图示回答问题：（1）按要求写出下列化学用语：若B原子中子数比质子数多1，则
34、B的原子符号为 ；C的电子式为 ，若D最外层只有两个电子，则D的原子结构示意图 ；（2）写出反应的化学方程式是 ；写出反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目（3）J与稀硝酸反应的离子方程式是 ；用排水法收集满该反应的还原产物后，将试管倒扣在水槽中并通入O2使试管刚好全部充满水，假设液体不外溢，则所得溶液的物质的量浓度为 。【答案】17、（11分）（1）Al 、 、（2）2Al2NaOH2H2O2NaAlO23H2 （3）3Fe3O428H+NO3-9Fe3+NO14H2O 1/224molL-1【解析】试题分析：因为B是地壳中含量最高的金属元素，则B为Al；J是磁性材料，即J为Fe3O4。
35、根据DHFe3O4G，且D是单质，G是气体单质，所以可以推测D为Fe，G为H2，H为H2O；因为AAlFeE，即此反应为铝热反应，一般情况下A为Fe2O3；因为F在过量的盐酸中转化为I，I在过量的NaOH溶液中转化为F，而F中又含有Al元素，所以F为NaAlO2、I为AlCl3，C为NaOH，据此回答。（1）根据上述推断，B为铝，则铝的元素符号为Al，C为NaOH，NaOH的电子式为，D为铁，D最外层只有两个电子，则Fe的原子结构示意图为。（2）反应是Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为2Al2NaOH2H2O2NaAlO23H2；反应是铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，化
36、学方程式和电子转移的数目可表示为；（3）Fe3O4与稀硝酸反应，Fe元素被硝酸氧化成Fe3，硝酸得电子生成NO气体，根据化合价升降相等和电荷守恒配平，则离子方程式是3Fe3O428H+NO3-9Fe3+NO14H2O。设试管的体积为V，则收集到的NO的物质的量为V224mol，根据化学反应4NO+3O2+2H2O = 4HNO3 ，最终试管内硝酸的物质的量为V224mol，则硝酸的物质的量浓度为（V224）V= 1/224molL-1。【考点定位】考查无机框图推断，铝、铁及其化合物的性质，化学计算等知识【名师点睛】无机框图推断题，既能检查学生元素化合物基础知识的掌握情况，又能检查学生灵活应用知
37、识的能力，更能考查学生的逻辑推理能力，难度较大，是近年来高考重要题型之一。解答无机框图推断题，应认真分析题干，找出明显条件和隐蔽条件。通过结构特征、反应特征、现象特征或其他的一些特征，找出突破口，也就是所谓的“题眼”，通过正推法、逆推法、假设法、猜测法等得出结论。本题的“题眼”是B是地壳中含量最高的金属元素（Al），J是磁性材料（Fe3O4）。23甲、乙、丙为常见单质。A、B、C、D、E、F、G、H均为中学化学中常见的化合物，其中B、G的焰色反应均为黄色，C能使品红溶液褪色。在一定条件下，各物质相互转化关系如图所示。（已知E的电解有氢气和氧气产生）请回答下列问题：（1）用化学式表示：丙为_，H
38、为_。（2）A的电子式为_。（3）向E溶液中通入过量C的化学反应方程式为_。（4）写出BCD的化学方程式：_写出EGF的离子方程式：_【答案】（1）O2，SO3；（2）；（3）SO2NaOH=NaHSO3；（4）Na2O2SO2=Na2SO4，OH HCO3=CO32H2O。【解析】试题分析：根据乙丙C丙H，这是连续被氧化的过程，从而推断出丙可能为氧气，BCO2丙，推出B为Na2O2，则F为Na2CO3，因为甲为固体，则甲：Na，C能使品红溶液褪色，说明C是SO2，乙为单质，则乙为S，A为Na2S，H为SO3，BH2OO2E，则E为NaOH，D为Na2SO4，G的焰色反应显黄色，说明含有钠元素，因此推断出G为NaHCO3，（1）根据上述分析，丙为O2，H为SO3；（2）A为硫化钠，属于离子化合物，电子式为；（3）SO2跟CO2的性质具有相似性，即SO2NaOH=NaHSO3；（4）Na2O2具有强氧化性，SO2以还原性为主，两者发生氧化还原反应，即：Na2O2SO2=Na2SO4，OH中和HCO3的H，其离子反应方程式为：OHHCO3=H2OCO32；考点：考查无机推断、元素及其化合物的性质等知识。- 18 - 版权所有高考资源网
