1、可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32Ca-40 Cr-52 Fe-56 Cu-64 第卷(共48分)选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分)1古诗词是古人留给我们的宝贵财富，下列诗句中不涉及氧化还原反应的是 A春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干B粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间C爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏D野火烧不尽，春风吹又生 【答案】B1111考点：考查了氧化还原反应的相关知识。2分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是A冰醋酸、纯碱、芒硝、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物BNa2O、NaOH、
2、Na2CO3、NaCl、Na2SO4、Na2O2都属于钠的含氧化合物 C漂白粉、福尔马林、冰水、王水、氯水均为混合物DHClO、H2SO4(浓)、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸【答案】D【解析】试题分析：A、醋酸、纯碱(碳酸钠俗称)、芒硝(Na2SO410H2O)、生石灰(CaO)分别属于酸、盐、盐、氧化物，故A错误；B、Na2O，NaOH，Na2CO3属于钠的含氧化合物，但是NaCl不属于钠的含氧化合物，故B错误；C、漂白粉、福尔马林、王水、氯水均为混合物，冰水属于纯净物，故C错误；D、HClO、H2SO4(浓)、HNO3中Cl元素的化合价是+1价，S、N均处于元素的最高价，都具有强氧
3、化性，都是氧化性酸，故D正确；故选D。【考点定位】考查物质的分类【名师点晴】本题考查了物质分类的判断应用，主要是酸、氧化物、混合物、氧化性酸等概念的理解和分析判断。对于酸性氧化物和碱性氧化物的判断应注意：（1）碱性氧化物都是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Mn2O7为酸性氧化物，Al2O3为两性氧化物，Na2O2为过氧化物。（2）酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7；非金属氧化物也不一定是酸性氧化物，如NO、NO2。（3）酸性氧化物、碱性氧化物不一定都能与水反应生成相应的酸或碱，如SiO2、Fe2O3。3NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是等物质的量的N2和CO所含
4、分子数均为NA常温下，4 g CH4含有NA个C-H共价键1 mol Na2O2与水完全反应时转移电子数为2NA将NA个NH3分子溶于1 L水中得到1 molL1的氨水25 时，pH12的1.0 L NaClO溶液中水电离出的OH的数目为0.01NA 111Z-X-X-K1 mol SO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2NA个电子A B C D【答案】B【解析】1试题分析：等物质的量的N2和CO所含分子数相等，但不一定是NA个，故错误；4gCH4的物质的量为0.25mol，而1mol甲烷中含4个C-H共价键，故0.25mol甲烷中含1molC-H键，即NA个，故正确；Na2O2与
5、水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠与水反应转移1mol电子，即NA个，故错误；将NA个NH3分子气体溶于1L水中，溶液体积不是1L，得到溶液浓度不是1molL-1，故错误；25时pH=12的1.0LNaClO溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，醋酸钠溶液中氢氧根离子是水电离的，则1L该次氯酸钠溶液中水电离出的OH-的物质的量为0.01mol，氢氧根离子的数目为0.01NA，故正确；SO2与O2的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于2NA个，故错误；故选B。考点：考查了阿伏伽德罗常数的计算的相关知识。4常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是0.1 molL1NaA
6、lO2溶液：H+、Na+、Cl、pH=11的溶液中：、Na+、AlO2、NO3、S2、1111水电离的H+浓度为1012molL1的溶液中：Cl、NO3、加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl、K+、使甲基橙变黄的溶液中：Fe2+、MnO4、NO3、Na+、中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3、Cl、S2A B C D【答案】B【考点定位】考查离子共存【名师点晴】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查。离子不能大量共存的一般情况是：（1）能发生复分解反应的离子之间(即生成沉淀，气体，水、弱酸、
7、弱碱等难电离物质)；（2）能生成难溶物的离子之间(如：Ca2+和 SO42-；Ag+和 SO42-)；（3）能完全水解的离子之间，如多元弱酸和弱碱盐的阴、阳离子(如：Al3+， Fe3+与 CO32-、HCO3-、AlO2-等)；（4）能发生氧化还原反应的离子之间(如：Fe 、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、 Fe3+等)；（5）能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、Mn
8、O4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。5下列条件的离子反应方程式不正确的是A向Mg(HCO3)2溶液中加入过量的 NaOH溶液：Mg2+ +2HCO3+ 4OH= Mg(OH)2 + 2CO32+2H2O BFeBr2溶液中通入等物质的量Cl2：2Fe2+2Cl2=2Fe3+Br2+C酸性KMnO4溶液中加H2O2，紫色褪去：2MnO4+H2O2+6H+=2Mn2+3O2+4H2OD向CuSO4溶液中加入Na2O2:2Na2O2+2Cu2+2H2O= 4Na+2Cu(OH)2+O2【答案】C【解析】
9、试题分析：A向Mg(HCO3)2溶液中加入过量的 NaOH溶液，Mg(HCO3)2溶液完全反应，Mg2+ 和HCO3的个数比为1:2，故A正确；B氯气具有氧化性，能将亚铁离子和溴离子氧化，先氧化亚铁离子，等物质的量的FeBr2和Cl2反应时，2Fe2+2Cl2+2Br-2Fe3+4Cl-+Br2，故B正确；CKMnO4溶液中加入H2O2，紫色褪去的离子反应为2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，故C错误；D向CuSO4溶液中加入Na2O2，过氧化钠首先与水反应放出氢气，生成的氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，故D正确；故选C。1考点：考查了离子方程式的正误判断的相关
10、知识。6已知离子和一样含有过氧键，因此也有强氧化性，离子在一定条件下可把氧化成离子，若反应后离子变成；又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为5：2，则中的n值和S的化合价是A2，+7 B2，+6 C4，+7 D4，+6【答案】B【解析】试题分析：Mn2+氧化成MnO4-，Mn元素的化合价由+2价升高为+7价，若反应后S2O8n-变成SO42-，S的化合价降低，SO42-中S的化合价为+6价，则S2O8n-中的S元素的化合价为+7价，则+72+(-2)8=-n，解得n=2，故选B。考点：考查了氧化还原反应的计算的相关知识。7. 80 时，在2 L 密闭容器中充入0.40 mol N2O4，发生反
11、应N2O4(g)2NO2(g)H+Q kJmol-1(Q0)，获得如下数据：时间/s020406080100c(NO2)/molL-10.000.120.200.260.300.30下列判断正确的是A升高温度该反应的平衡常数K减小B2040 s 内，v(N2O4)0.004 molL-1C100 s 时再通入0.40 mol N2O4，达新平衡时N2O4的转化率增大D反应达平衡时，吸收的热量为0.30 Q kJ【答案】D【考点定位】考查化学平衡建立的过程、化学反应速率的计算【名师点晴】本题主要考查化学反应速率、化学平衡移动以及热量的有关计算，题目较为综合，具有一定难度，做题时注意平衡常数只受温
12、度影响，温度不变平衡常数不变。8100mL 1mol的Ca(HCO3)2溶液中，放入2.3g金属钠充分反应后，有关物质的物理量正确的是(NA表示阿伏加德罗常数)生成CaCO3溶液中H2转移的电子A0.1NA0.1NAB11111.12L0.1NAC10g0.05NAD10g0.1NA【答案】C【解析】试题分析：2.3gNa的物质的量为0.1mol，与水反应生成氢氧化钠与氢气，生成氢氧化钠为0.1mol、氢气为0.05mol，100mL1molL-1的Ca(HCO3)2溶液中Ca(HCO3)2的为0.1mol，氢氧化钠与Ca(HCO3)2为1：1，发生反应Ca(HCO3)2+NaOH=CaCO3
13、+NaHCO3+H2O，生成0.1molCaCO3，0.1molNaHCO3。A反应中Na是还原剂，化合价由0价升高为+1价，反应的Na为0.1mol，故转移电子为0.1NA，溶液中HCO3-发生水解、电离，溶液中HCO3-的物质的量小于0.1mol，溶液中HCO3-小于0.1NA，故A错误；B由A分析可知转移电子为0.1NA，生成氢气为0.05mol，该条件下，气体摩尔体积不一定是22.4L/mol，占有的体积不一定是22.4L，故B错误；C生成碳酸钙为0.1mol，其质量=0.1mol100g/mol=10g，生成氢气为0.05mol，氢气分子数目为0.05NA，故C正确；D生成碳酸钙为0
14、.1mol，其质量=0.1mol100g/mol=10g，由A分析可知，溶液中HCO3-小于0.1NA，故D错误；故选C。考点：考查了物质的量的相关计算的相关知识。9已知X、M都是中学教材中的常见元素，(甲) X O3n-+Xn- + H+ X(单质)+ H2O(未配平)； (乙)Mm+mOH -M(OH)m。下列对两个离子反应通式的推断中，正确的是若n=1，则XO3n -中X元素为+5价，X位于周期表第A族若n=2，则X最高价氧化物的水化物可能与它的氢化物反应若m=1，则M(NO3)m溶液和氨水互滴时的现象可能不同若m=2，则在空气中蒸干、灼烧MSO4溶液一定能得到MSO4若m=3，则MCl
15、3与足量氢氧化钠溶液反应一定生成M(OH)m A B C D【答案】B【解析】试题分析：n=1，XO3n中X元素为+5价，常见非金属元素中呈+5价的元素有第A族(氮、磷)、第A族(氯、溴、碘)所以符合条件的酸根阴离子主要有：IO3-、ClO3-、BrO3-、NO3-，甲反应为ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O，IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，故错误；n=2，XO3n中X元素为+4价，常见非金属元素中碳、硅、硫有+4价，结合通式只有X为硫符合题意，离子方程式为：SO32-+2S2-+6H+=3S+3H2O，硫的最高价含氧酸为硫酸，氢化物为硫化氢，故正确；m=1，+1价阳
16、离子有：Ag+、Na+、K+等，只有氢氧化银是难溶于水的沉淀；Ag+OH-=AgOH；氢氧化银溶于氨水，硝酸银溶液滴入氨水，生成银氨溶液无明显现象；将氨水滴入硝酸银溶液中 产生沉淀，继续滴加沉淀溶解，互滴顺序不同现象不同，故正确；m=2，硫酸亚铁中+2价铁在空气中易被氧化为+3价，其化学方程式为：FeSO4+2H2OFe(OH)2+3H2O；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O；Fe2O3+3H2SO4=Fe(SO4)3+3H2O 总反应为：12FeSO4+3O22Fe2O3 +4Fe2(SO4)3，即硫酸亚铁溶液经蒸干、灼烧得到硫酸铁和氢氧
17、化铁混合物，故错误；m=3，常见金属中只有铁、铝符合条件，铝和过量氢氧化钠沉淀会溶解，故错误；故选B。考点：考查了无机物的推断的相关知识。10分子式为C8H11N的有机物，分子内含有苯环和氨基(NH2)的同分异构体共有A12种B13种 C14种 D9种【答案】C考点：考查了同分异构体数目的判断的相关知识。11下列实验方案能达到实验目的的是选项实验方案实验目的或结论A将盐酸酸化的双氧水滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色H2O2的氧化性比Fe3+强B将一小块钠分别投入盛有水和乙醇的小烧杯中，钠与乙醇反应要平缓得多乙醇羟基中的氢原子不如1111水分子中的氢原子活泼C将某气体通入品红溶液，溶液褪色
18、气体中一定有SO2D将铁棒和铜棒用导线连接后放入浓硝酸中，铜棒变细铜的金属性强于铁【答案】B【解析】试题分析：A硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可氧化亚铁离子，不能比较过氧化氢与铁离子的氧化性强弱，故A错误；B水、乙醇都可与水反应生成氢气，可根据生成氢气的剧烈程度比较性质，故B正确；C能使品红褪色的不一定为二氧化硫，也可能为二氧化氮等气体，故C错误；D常温下铁与浓硝酸发生钝化，铜与浓硝酸发生反应而溶解，形成原电池反应时，铜为负极，但活泼性铁的强，故D错误；故选B。考点：考查了化学实验方案的评价的相关知识。12用右图所示装置除去含CN、Cl废水中的CN时，控制溶液pH为910，阳极产生的Cl
19、O将CN氧化为两种无污染的气体。下列说法不正确的是111A用石墨作阳极，铁作阴极B阳极的电极反应式：Cl+2OH2e=ClO+H2OC阴极的电极反应式：2H2O+2e=H2+2OHD除去CN的反应：2CN+5ClO+2H+=N2+2CO2+5Cl+H2O【答案】D【解析】试题分析：A该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极，所以可以用石墨作氧化剂、铁作阴极，故A正确；B阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为Cl-+2OH-2e-ClO-+H2O，故B正确；C电解质溶液呈碱性，则阴极上水得电子生成氢气和氢
20、氧根离子，电极反应式为2H2O+2e-H2+2OH-，故C正确；D阳极产生的ClO-将CN-氧化为两种无污染的气体，两种气体为二氧化碳和氮气，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成，反应方程式为2CN-+5ClO-+H2ON2+2CO2+5Cl-+2OH-，故D错误；故选D。【考点定位】考查电解原理【名师点晴】本题涉及，明确各个电极上发生的反应及电解原理是解本题关键，易错选项是BD，注意D中反应生成物，注意B中碱性条件下不能有氢离子参加反应或生成。电极反应式的书写的具体步骤如下：（1）首先根据题意写出电池反应。（2）标出电子转移的方向和数目，指出氧化剂、还原剂。（3）根据还原剂负极材
21、料，氧化产物负极产物，氧化剂正极材料，还原产物正极产物来确定原电池的正、负极和反应产物。根据电池反应中转移电子的数目来确定电极反应中得失的电子数目。（4）注意环境介质对反应产物的影响。13室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是A向0.10 molL1 NH4HCO3溶液中通CO2：c(NH)c(HCO)+c(CO)B向0.10 molL1 NaHSO3溶液中通NH3：c(Na+)c(NH)c(SO)C向0.10 molL1 Na2SO3溶液中通SO2：c(Na+)21c(SO)+c(HSO)+c(H2SO3)D
22、向0.10 molL1 CH3COONa溶液中通HCl：c(Na+)c(CH3COOH)c(Cl)【答案】D【解析】试题分析：ApH=7，则c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒可知，c(NH4+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)，故A错误；B溶液中钠离子与S原子物质的量之比为1：1，而铵根离子与部分亚硫酸根结合，故c(Na+)c(NH4+)，由物料守恒可知，c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，溶液呈中性，由电荷守恒可得：c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，联立可得：c(NH4+)+c(H2SO3)=c(SO32-)，故B错
23、误；C向0.10molL-1Na2SO3溶液通入SO2，发生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为的NaHSO3、Na2SO3，则c(Na+)21c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，故C错误；D向0.10molL-1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH=7，c(H+)=c(OH-)，HCl不足，反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠，由电荷守恒可知，c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)，由物料守恒可知，c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，则c(Na+)c(CH3COOH)=c(Cl-)，故D
24、正确；故选D。1【考点定位】考查离子浓度大小的比较【名师点晴】本题考查离子浓度大小比较，把握发生的反应、盐类水解及电离为解答的关键，注意pH=7的信息及应用。根据溶液中溶质的物质的量之间的关系、溶质的性质结合电荷守恒来分析解答是常见的解题方法和思维。在探究离子浓度问题，要充分认识电解质在溶液中的表现，全面考虑溶液中各种离子的存在情况及相互关系，比如：在Na2CO3溶液中存在Na2CO3的电离，CO32-的水解、二级水解以及H2O的电离等多个反应，故溶液中微粒有H2O、Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、H+、OH-，忽视任何一个很微弱的反应、很微少的粒子都是不正确的等方面的因素。14下
25、列实验装置正确且能完成实验目的的是 【答案】A111【解析】试题分析：A测定生成氢气的反应速率需要测定时间和收集气体体积，有测定体积的仪器和测定时间的仪器，所以可以实现实验目的，故A正确；B海带中碘以离子的形式存在，应先发生氧化还原反应后生成碘单质，再萃取、分液，故B错误；C二氧化硫具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色，图中试管中的导管长短应互换，故C错误；D盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有氯化氢，HCl也能和碳酸钠反应生成硅酸沉淀，所以干扰实验，且HCl不是氯元素的最高价氧化物是水化物，所以不能实现实验目的，故D错误；故选A。【考点定位】考查化学实验方案的评价【名师点晴】本题考查化学实验方案
26、评价，为高考高频点，明确实验原理是解本题关键，涉及非金属性的比较、氧化还原、碘的提纯等，注意实验原理和实验细节的考查。对实验方案的正确与错误、严密与不严密、准确与不准确的判断。主要从以下几个方面考虑：实验原理是否正确、可行；实验操作是否完全、合理； 实验步骤是否简单、方便；实验效果是否明显等。反应原料是否易得、安全、无毒；反应速率较快；原料利用率以及合成物质的产率是否较高；合成过程是否造成环境污染。有无化学安全隐患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火、溅液、破损等。15还原沉淀法是处理含铬(含Cr2O72-和CrO42-)工业废水的常用方法，过程如下：，已知转化过程中的反应为2CrO42-(aq)
27、+2H+(aq)Cr2O72-(aq)+H2O（1）。转化后所得溶液中铬元素的含量为28.6g/L， CrO42-有10/11转化为Cr2O72-，下列说法不正确的是A溶液颜色保持不变，说明上述可逆反应达到平衡状态B若用绿矾(FeSO47H2O)作还原剂，处理1 L废水，至少需要458.7gC常温下转化反应的平衡常数K=11014，则转化后所得溶液的pH=5D常温下Ksp=110-32，要使处理后废水中的c(Cr3+)降至110-5mol/L，应调溶液的pH=5【答案】C【解析】试题分析：转化后所得溶液中铬元素含量为28.6g/L，则1L废水中n(Cr)=0.55mol。A存在平衡：2Cr O
28、42-(黄色)+2H+Cr2O72-(橙色)+H2O，如颜色不变，说明浓度不变，则达到平衡状态，故A正确；B若用绿矾(FeSO47H2O)(M=278)作还原剂，处理1L废水，设需要xmolFeSO47H2O，由氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知0.55(6-3)=x(3-2)，x=1.65，m(FeSO47H2O)=1.65mol278g/mol=458.7g，故B正确；C.1L废水中n(Cr)=0.55mol，CrO42-有转化为Cr2O72-，则酸化后c(CrO42-)=0.55mol/L(1-)=0.05mol/L，c(Cr2O72-)=0.55mol/L=0.25mol
29、/L，常温下转换反应的平衡常数K=11014，则=11014，c(H+)=110-6mol/L，所以pH=6，故C错误；D常温下Ksp1Cr(OH)3=110-32，要使处理后废水中c(Cr3+)降至110-5mol/L，则c(Cr3+)c3(OH-)=110-32，c(OH-)=110-9mol/L，pH=5，故D正确；故选C。考点：考查了难溶电解质的溶解平衡的相关知识。16一定量的CuS和 Cu2S的混合物投入足量的硝酸中，收集到气体VL(标准状况)，向反应后的溶液中(存在Cu2+和SO42-)加入足量的NaOH溶液，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到24.0gCuO若上述气体为NO和N
30、O2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为A18.0L B27.0L C31.4L D33.6L【答案】A【解析】【考点定位】考查氧化还原反应的计算【名师点晴】本题考查氧化还原反应计算，难度中等，注意守恒思想与极限法的利用，是对学生综合能力的考查。利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，根据n=计算n(CuO)，根据电子转移守恒计算n(CuS)、n(Cu2S)，再根据电子转移数目守恒，计算n(NO)、n(NO2)，根据V=nVm计算气体体积，实际气体介于二者之间。第卷(共52分)17(10分)常见的五种盐X、Y、Z、M、N，它们的阴离子可能是SO42、Cl、CO32，阳离子
31、可能是Ag+、NH4+、Na+、Al3+、Cu2+、Ba2+、Fe3+，已知：M的焰色反应呈黄色。五种盐均溶于水，水溶液均为无色。X的溶液呈中性，Y、Z、N的溶液呈酸性，M的溶液呈碱性。若在这五种盐的溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液，只有X、Z的溶液不产生沉淀。若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，N和Z的溶液中生成沉淀，继续加氨水，Z中沉淀消失。把X的溶液分别加入到Y、Z、N的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀。请回答下列问题：（1）五种盐中，所含阴离子相同的两种盐的化学式是_（2）M溶液显碱性的原因是(用离子方程式表示)_（3）X和Z的溶液反应的离子方程式是_（4）N和过量氨水反应的离子方
32、程式是_（5）若要检验Y中所含的阳离子，正确的实验方法是_【答案】（1） (NH4)2SO4、Al2(SO4)3 （2） CO32-+H2O HCO3+OH（3）Ag+Cl=AgCl；（4）Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3 NH4+（5）取少量B于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察是否变蓝色【解析】试题分析：M的焰色反应呈黄色，则M中含Na+；五种盐均溶于水，水溶液均为无色，则没有Cu2+、Fe3+；X的溶液呈中性，Y、Z、N的溶液呈酸性则含有NH4+、Al3+、Ag+，M的溶液呈碱性，则含有CO32-，根据阳离子可知M为Na2CO3；若在这五种盐
33、的溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液，只有X、Z的溶液不产生沉淀，则X、Z中没有SO42-，也没有CO32-；若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，N和Z的溶液中生成沉淀，继续加氨水，Z中沉淀消失，说明Z中为Ag+，则N中有Al3+，所以Z中为AgNO3；把X的溶液分别加入到Y、Z、N的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则X为BaCl2，由以上分析可知N中含有Al3+，Y中含有NH4+，加BaCl2均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则N、Y中含有SO42-，所以Y、N为(NH4)2SO4、Al2(SO4)3。（1）所含阴离子相同的两种盐的化学式是(NH4)2SO4、Al2(SO4)3，故答案为：(N
34、H4)2SO4、Al2(SO4)3；（2）M的化学式为Na2CO3，Na2CO3溶液显碱性的原因是CO32-+H2OHCO3-+OH-，故答案为：CO32-+H2OHCO3-+OH-；（3）X和Z的溶液反应的离子反应为Ag+Cl-AgCl，故答案为：Ag+Cl-AgCl；（4）Al2(SO4)3和氨水反应的离子方程式是Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+，故答案为：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+；（5）检验(NH4)2SO4中所含的阳离子的方法为：取少量(NH4)2SO4于试管中，滴加少量NaOH溶液，在试管口附近放一张湿润的红色石蕊试纸，加热，若试纸变蓝，说明B
35、中阳离子为NH4+，故答案为：取少量Y于试管中，滴加少量NaOH溶液，在试管口附近放一张湿润的红色石蕊试纸，加热，若试纸变蓝，说明B中阳离子为NH4+。1【考点定位】考查无机物的推断；物质的检验和鉴别的实验方案设计【名师点晴】本题考查物质的检验和推断，为高频考点，把握离子之间的反应及现象推断物质为解答的关键，综合考查元素化合物知识及化学反应原理，综合性较强。要熟记常见的离子的检验方法：（1）（2）NH4+：NaOH溶液(浓)，加热，产生有刺激性气味、使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体；Fe2+：NaOH溶液，生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变成红褐色；新制的氯水+KSCN溶液；滴加新制的氯水，溶
36、液由浅绿色变为黄色，再滴加KSCN溶液，溶液呈红色；铁氰酸钾，加入蓝色铁青化亚铁沉淀，（3）SO42-：加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，产生白色沉淀。（4）Cl-：加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀。（5）CO32-：加入氯化钙，产生白色沉淀，沉淀溶于盐酸产生无色无味的能使澄清的石灰水变浑浊的气体。（6）Al3+：加入氢氧化钠溶液，先产生沉淀后沉淀溶解。等等。18(11分)工业上回收利用某合金废料(主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属)的工艺流程如下：（1）金属M为 。（2）加入H2O2的作用是(用离子方程式表示) ，加入氨水的作用是 。（3）CoC2O4
37、2H2O高温焙烧的化学方程式为 。（4）已知Li2CO3微溶于水，其饱和溶液的浓度与温度关系见下表。操作2中，蒸发浓缩后必须趁热过滤，其原因是 ，90时Ksp(Li2CO3)的值为 。温度/10306090浓度/molL11110.210.170.140.10【答案】（1）Cu（2）2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O；调节溶液的pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀（3）4CoC2O42H2O+ 3O22Co2O3+8 H2O+8CO2（4）减少Li2CO3的溶解损失；4.0103【解析】（1）上述分析判断金属M为Cu，故答案为：Cu；（2）加入H2O2的作用是氧化亚铁离子为铁离子，
38、反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；加入氨水的作用是调节溶液PH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；调节溶液的pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；（3）CoC2O4焙烧生成Co2O3、CO2和水，反应的化学方程式为4CoC2O42H2O+3O22Co2O3+8H2O+8CO2，故答案为：4CoC2O42H2O+3O22Co2O3+8H2O+8CO2；（4）Li2CO3微溶于水，溶解度随温度升高而降低，为减少Li2CO3的溶解损失，蒸发浓缩后必须趁热过滤，90时c(Li2CO3)的浓度为0.10mol/
39、L，则c(Li+)=0.20mol/L，c(CO32-)=0.10mol/L，则Ksp(Li2CO3)=0.200.200.10=4.010-3，故答案为：减少Li2CO3的溶解损失；4.010-3。考点：考查了物质的分离提纯的综合应用的相关知识。19(16分)某化学兴趣小组拟用右图装置制备氢氧化亚铁并观察其颜色。提供化学药品：铁屑、稀硫酸、氢氧化钠溶液。（1）稀硫酸应放在 中(填写仪器名称).（2）本实验通过控制A、B、C三个开关，将仪器中的空气排尽后，再关闭开关B，打开开关A,就可观察到氢氧化亚铁的颜色。试分析实验开始时排尽装置中空气的理由 （3）实验时为防止仪器2中铁粉通过导管进入仪器3
40、中，可采取的措施是 。（4）在FeSO4溶液中加入(NH4)2SO4固体可制备摩尔盐晶体1(NH4)2SO4FeSO46H2O (相对分子质量392)，该晶体比一般亚铁盐稳定，不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。为洗涤(NH4)2SO4FeSO46H2O粗产品，下列方法中最合适的是 A用冷水洗 B先用冷水洗，后用无水乙醇洗 C用30%的乙醇溶液洗 D用90%的乙醇溶液洗为了测定产品的纯度，称取a g产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为c molL-1的酸性KMnO4溶液滴定。每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如下：实验次数第一次第二次第三次111消耗高锰酸钾溶液体积/mL2
41、5.5225.0224.98i滴定过程中发生反应的离子方程式为 ii滴定终点的现象是 iii通过实验数据计算的该产品纯度为 (用字母a，c表示)上表中第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是 A实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时酸性高锰酸钾溶液的体积 B滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡 C第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗 D该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低【答案】（1）分液漏斗；（2）防止生成的氢氧化亚铁被氧化（3）将铁粉换成铁钉或铁块（4）D；i.MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O；ii.最后一滴滴入，溶液由无色变为浅
42、紫色，且30s不变色；iii.100%；BC。【解析】试题分析：（1）此实验目的是制备氢氧化亚铁，先用铁和稀硫酸反应制备硫酸亚铁，此反应在装置2中进行，稀硫酸是溶液，应盛放在分液漏斗中，故答案为：分液漏斗；（2）打开B、C，关闭A，利用装置2中产生的氢气，把装置3中的空气排尽，使装置处于还原氛围，然后关闭B，打开A，产生气体压强增大，把产生的FeSO4，压入到装置3中，产生Fe(OH)2白色沉淀，氢氧化亚铁溶液被空气中的氧气所氧化，生成氢氧化铁，对氢氧化亚铁颜色的观察产生干扰，所以要排除装置中的空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故答案为：防止生成的氢氧化亚铁被氧化；（3）将铁粉换成铁块或铁钉，
43、可以防止仪器2中铁粉通过导管进入仪器3中，故答案为：将铁粉换成铁块或铁钉；（4）因为硫酸亚铁铵易溶于水，不溶于乙醇，应该用乙醇洗涤，减少硫酸亚铁铵的溶解，同时利用乙醇和水互溶，从而达到洗涤的要求，故选D，故答案为：D；i.利用高锰酸钾的强氧化性，Fe2+的强还原性，两者发生氧化还原反应，Fe2+被氧化成Fe3+1，Mn由+7价+25，最小公倍数5，根据原子个数、电荷守恒，即MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，故答案为：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O；ii.向溶液中滴加中高锰酸钾，高锰酸钾显紫红色，因此滴定到终点：最后一滴滴入，溶液由无色变为浅紫色
44、，且30s不变色，故答案为：最后一滴滴入，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色；iii.因为第一次与第二次、第三次相差较大，忽略不计，消耗高锰酸钾溶液的体积为ml=25mL，根据离子反应方程式，得出：n1(NH4)2SO4FeSO46H2O=5n(KMnO4)=2510-3c5mol，则500mL溶液中含有n1(NH4)2SO4FeSO46H2O=2510-3c5500/25mol=2.5cmol，所以质量分数=2.5c100%=100%，A、俯视读数，造成所读的数偏小，故错误；B、滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，所消耗的液体体积增加，故正确；C、锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量增加，则
45、消耗高锰酸钾的体积增加，故正确；D、该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低，但每次消耗的标准液体积应相等，不会造成较大偏差，故D错误，故答案为：100%；BC。【考点定位】考查制备实验方案的设计；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁【名师点晴】本题考查了氢氧化亚铁制备的非常规制备方法和实验过程分析判断，滴定实验的注意问题和计算应用，注意掌握物质性质，实验过程的理解应用，掌握基础是解题关键。根据装置可知，开启BC，关闭A，需要在三颈瓶2中加入铁单质，分液漏斗中是稀硫酸，利用反应生成氢气排净装置中的空气，可以收集C处的气体检验是否是纯净的氢气，将仪器中的空气排尽后，然后关闭B，开启AC，利用生
46、成的氢气在装置2中压强增大，把硫酸亚铁溶液压入装置3的氢氧化钠溶液中，反应生成白色氢氧化亚铁白色沉淀，可观察到氢氧化亚铁的颜色为白色沉淀。201化学选修2化学与技术(15分)21世纪是钛的世纪。下面是利用钛白粉(TiO2)生产海绵钛(Ti)的一种工艺流程： （1）钛白粉是利用TiO2+发生水解生成钛酸(H2TiO3)沉淀，再煅烧沉淀制得的。TiO2+发生水解的离子方程式为 ； （2）反应I在800900下进行，还生成一种可燃性无色气体，该反应的化学方程式为： ； （3）反应的热化学方程式为 ； （4）该工艺流程中，可以循环使用的物质有 ； （5）在800 1000时电解TiO2也可制得海绵钛，
47、装置如右图所示。图中b是电源的 极，阴极的电极反应式为 。【答案】（1）TiO2+2H2OH2TiO3+2H+；（2）2Cl2+TiO2+2CTiCl4+2CO；（3）2Mg(s)+TiCl4(l)2MgCl2(s)+Ti(s)H=-512kJ/mol；（4）Mg、Cl2；（5）正；TiO2+4e-Ti+2O2-。【解析】（4）由工艺流程图可知生成物中的镁和氯气可循环使用，故答案为：Mg、Cl2；（5）电解池的阳极是氧离子发生失电子的氧化反应，导致氧气等气体的出现，所以电极反应式为：2O2-O2+4e-，电解池的阴极发生得电子的还原反应，是二氧化钛电极本身得电子的过程，即TiO2+4e-Ti+
48、2O2-；电解池中，电解质里的阴离子O2-、Cl-均移向阳极，故答案为：正；TiO2+4e-Ti+2O2-。考点：考查了热化学方程式的书写方法和盖斯定律的计算应用，电解池电极判断和电极反应书写的相关知识。211化学选修3物质结构与性质(15分)A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的六种元素。已知：A是周期表中原子半径最小的元素B的基态原子核外电子有7种运动状态，B、C、E三种元素原子中未成对电子数之比为3：2：1，D原子核外有4个能级且均充满电子，D与E可形成DE2型化合物，F原子核外最外层只有1个电子，其余各层均充满电子。回答下列问题： （1）B、C、D三种元素的第一电离能由大到小的顺序
49、为 (用元素符号表示) （2）F在周期表中位于 区，与F同周期且未成对电子数最多的元素为 (填写元素符号)，该元素价电子排布图为 ；11Z-x-x-k.Com （3）B、E两种元素可形成BE3型化合物其化学式为 ，中心原子杂化方式为 ，分子的空间构型为 ； （4）化合物BA3易溶解于化合物A2C中，其原因是 ； （5）化合物DC熔点高于DE2的熔点，原因是 。【答案】（1）NOMg；（2）ds；Cr；（3）NCl3；sp3；三角锥型；（4）NH3分子与H2O分子之间容易形成氢键；（5）MgO、MgCl2都属于离子化合物，O2-离子半径小于Cl-离子半径，MgO的晶格能高于MgCl2。【解析】试
50、题分析：A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的六种元素A是周期表中原子半径最小的元素，则A为氢元素；B的基态原子核外电子有7种运动状态，B原子核外电子数为7，则B为氮元素；D原子核外有4个能级且均充满电子，核外电子排布式为1s22s22p63s2，则D为Mg元素；B、C、E三种元素原子中未成对电子数之比为3：2：1，则C、E的原子中未成对电子数分别为2、1，C的原子序数介于氮、镁元素之间，则C原子核外电子排布式为1s22s22p4，故C为氧元素；F原子核外最外层只有1个电子，其余各层均充满电子，原子序数大于Mg元素，则F原子各层电子数为2、8、18、1，则F为Cu元素，E的原子序数大于Mg
51、原子，D与E可形成DE2型化合物，则E为-1价，则E原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，则E为Cl元素。（1）Mg的金属性最强，第一电离能最小，N、O同周期，N原子的2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，故氮元素的第一电离能故氧元素的大，故三种元素的第一电离能由大到小的顺序为NOMg，故答案为：NOMg；（2）F为Cu元素，外围电子排布为3d104s1，在周期表位位于ds区，与F同周期且未成对电子数最多的元素，其外围电子排布为3d54s1，为24号元素，故为Cr，该元素价电子排图为，故答案为：ds；Cr；（3）B、E两种元素可形成BE3型化合物，其化学式为NCl3，中
52、心N原子价层电子对数=3+(513)=4，N原子含有孤对电子对数为(513)=1，N原子杂化方式为sp3，分子的空间构型为三角锥型，故答案为：NCl3；sp3；三角锥型；（4）由于NH3分子与H2O分子之间容易形成氢键，NH3易溶于H2O中，故答案为：NH3分子与H2O分子之间容易形成氢键；（5）MgO、MgCl2都属于离子化合物，O2-离子半径小于Cl-离子半径，MgO的晶格能高于MgCl2，MgO的熔点更高，故答案为：MgO、MgCl2都属于离子化合物，O2-离子半径小于Cl-离子半径，MgO的晶格能高于MgCl2。1【考点定位】考查元素周期律与元素周期表【名师点晴】本题是对物质结构与性质
53、的综合考查，涉及核外电子排布规律、电离能、杂化理论与分子结构、晶体类型与性质等，推断元素是解题关键，需要学生具有扎实的基础与灵活运用能力。答题时注意电子排布式的书写方法，把握分子空间构型、等电子体、分子极性等有关的判断方法。关于核外电子排布需要掌握原子结构“三、二、一”要点：三个原理：核外电子排布三个原理能量最低原理、泡利原理、洪特规则；两个图式：核外电子排布两个表示方法电子排布式、电子排布图；一个顺序：核外电子排布顺序构造原理。221化学选修5有机化学基础(15分)注射用双黄连以绿原酸为主要成分(其结构如右图)，1111。绿原酸有广泛的药理作用。已知一个绿原酸分子在酸性条件水解得到一个咖啡酸
54、A分子(环上有3个取代基)和一个奎尼酸分子，某小组对A的研究如下： （1）咖啡酸A分子中含有的官能团为 (写名称)；奎尼酸的结构简式为 ； （2）反应的反应类型为 ； （3）反应中1 mol B生成1mol C需NaOH的物质的量 ； （4）写出A生成B的化学方程式 ； （5）写出符合下列4个条件的A的所有同分异构体的结构简式 ； 遇FeCl3溶液显色；1 mol E能消耗2 mol Na或1 mol NaOH；l mol E与足量新制Cu(OH)2反应生成2 mol Cu2O；苯环上只有一种化学环境的氢。【答案】（1）酚羟基、羧基、碳碳双键；（2）加成反应；（3）2mol；（4）；（5）：和
55、。（1） 【解析】试题分析：（1）一个绿原酸分子在酸性条件水解得到一个咖啡酸A分子(环上有3个取代基)，则绿原酸为，含-OH、-COOH、C=C，名称分别为酚羟基、羧基、碳碳双键；奎尼酸为，故答案为：酚羟基、羧基、碳碳双键；由图2可知，A发生加成、与碳酸氢钠反应，含双键及羧基，还发生显色反应，结合C中碳原子数目可知，A为，B为，（2）反应为A中碳碳双键与溴水的加成反应，故答案为：加成反应；（3）B中含2个酚-OH与NaOH反应，则1molB需要消耗2molNaOH，故答案为：2mol；（4）A生成B的化学方程式为，故答案为：；（5）符合遇FeCl3溶液显色，含酚-OH；1molE能消耗2molNa或1molNaOH，还含1个-OH；1molE与足量新制Cu(OH)2反应生成2molCu2O，含2个-CHO；苯环上只有一种化学环境的H，苯环上只有1种H，则符合条件的同分异构体为和，故答案为：和。考点：考查了有机物的化学性质及推断的相关知识。111