1、2015-2016学年山东省枣庄市滕州十一中高三（上）期末化学模拟试卷（一）一、选择题1如图两瓶体积相等的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是（）A所含原子数相等B气体密度相等C气体质量相等D摩尔质量相等2下列相关实验的现象或结论正确的是（）A向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液有白色沉淀，则AlO2结合质子能力比CO32强B向少量的稀溴水中滴入饱和苯酚溶液立即产生白色沉淀C检验废铁屑溶于盐酸后所得的溶液中是否含有Fe2+，可向其中加入酸性KMnO4溶液，根据其是否褪色进行判断D加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，说明Cu2+具有催化作用3下列离子方程式中，正确的是（）A向Na
2、OH溶液中加入少量Mg（HCO3）2溶液：2OH+Mg2+Mg（OH）2B向足量NaHSO4溶液中逐渐滴入Ba（HCO3）2溶液：HCO3+Ba2+H+SO42BaSO4+H2O+CO2C酸性KMnO4溶液与H2O2反应：2MnO+10H+3H2O22Mn2+3O2+8H2OD向Fe（NO3）3溶液中加入过量HI溶液：Fe3+3NO3+12H+10IFe2+3NO+5I2+6H2O4设NA为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是（）A1mol甲苯含有6NA个CH键B18g H2O含有10NA个质子C标准状况下，22.4L氨水含有NA个NH3分子D56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分
3、子5如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容据此下列说法正确的是（）A该硫酸的物质的量浓度为9.2mol/LB1molZn与足量的该硫酸反应产生2g氢气C配制200mL4.6mol/L的稀硫酸需取该硫酸50 mLD该硫酸与等质量的水混合所得溶液的物质的量浓度大于9.2mol/L6将 M 摩的Cu2S 跟足量稀 HNO3反应，生成Cu（NO3）2、H2SO4、NO、H2O，则参加反应的硝酸中被还原的硝酸的物质的量是（）A4M molB10M molC10 M/3 molD2 M/3 mol7MgAgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：2AgCl+M
4、gMg2+2Ag+2Cl有关该电池的说法正确的是（）AAgCl为电池的正极B正极反应为Ag+e=AgC该电池一定不能被MgCl2溶液激活D可用于海上应急照明供电，直接将化学能转化为光能8下列物质分类正确的是（）混合物：铝热剂、碱石灰、水玻璃、漂白粉； 化合物：氯化钙、烧碱、胆矾、冰水混合物酸性氧化物：Mn2O7、N2O3、SiO2、NO2 碱性氧化物：Na2O2、CuO、Al2O3、MgO同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨 强电解质：AlCl3、BaSO4、MgO、Ba（OH）2ABCD9W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，已知：四种元素的电子层数之和为10，且它们分别属于
5、连续的四个主族；四种元素的原子中半径最大的是X原子下列说法正确的（）A四种元素中有两种元素在第二周期BW所在主族元素的原子次外层电子数可能为2或8，不可能为18CX、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能反应D工业上获得X、Y单质的方法主要是电解其熔融的氯化物10下列实验现象预测正确的是（）A实验：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B实验：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去C实验：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D实验：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应11下列过程没有发生化学反应的是（）A用活性炭去除冰箱中的异味B用热碱水清
6、除炊具上残留的油污C用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果D用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装12某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl、SO42、CO32、AlO2 中的若干种离子，离子浓度均为0.1molL1某同学进行了如下实验：下列说法正确的是（）A无法确定原试液中是否含有Al3+、ClB滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+C无法确定沉淀C的成分D原溶液中存在的离子为NH4+、Fe2+、Cl、SO4213某同学按如图所示的装置进行实验A、B为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水当 K 闭合时，在交换膜处 SO42一从右向左移动下列分析正确的是（）
7、A溶液中c（A2+）减小BB的电极反应：B2e=B2+Cy电极上有H2产生，发生还原反应D反应初期，x电极周围出现白色胶状沉淀，一段时间以后沉淀逐渐溶解14下列说法正确的是（）A将铁粉加入FeCl3、CuCl2混合溶液中，充分反应后剩余的固体中必有铁B将CO2和SO2混合气体分别通入BaCl2溶液、Ba（NO3）2溶液中，最终都有沉淀生成C检验某酸性溶液中Cl和SO42，选用试剂及顺序是过量Ba（NO3）2溶液、AgNO3溶液D用加热分解的方法可将NH4Cl固体和Ca（OH）2固体的混合物分离15X、Y、Z、M为原子序数依次增大的4种短周期元素已知X、Y、Z是同周期的相邻元素，M原子的核外电子
8、数是Z原子最外层电子数的2倍，Y与其同主族的短周期元素可形成一种常见的气体下列说法正确的是（）A原子半径：MXYZB对应氢化物的沸点：MZYXC对应氢化物的稳定性：ZXYMDXY2与MY2溶于水都能得到对应的酸16下列反应过程符合如图所示关系的是（）A向漂白粉溶液中通入CO2气体至过量B向Na2SiO3溶液中通入HCl气体至过量C向Ba（OH）2和KOH混合溶液中通入CO2气体至过量D向NaAlO2溶液中通入HCl气体至过量17铁的某种氧化物的组成可表示为FemOn，FemOn与足量稀硝酸反应时，参加反应的硝酸中，被还原的硝酸与没有被还原的硝酸物质的量之比为1：18，则m、n的值分别为（）A4
9、、5B5、4C3、4D5、718某非金属元素R的氢化物及其氧化物、盐之间具有如下转化关系（部分产物省略）：氢化物B C，下列判断中正确的是（）A若R是硫元素、则C是Na2SO3B若R是硅元素、则C是Na2Si03C若R是碳元素、则C是Na2CO3D若R是氯元素、则C是NaCl19已知RCH3OHRCOOH（R为H原子或烃基），A（C6H12O）、B、C三种有机物之间具有如图所示的转化关系：若A、B的碳骨架相同，则C的结构最多有（）A.4种B5种C6种D8种20中学常见无机物A、B、C、D、E、X均由短周期元素组成，且存在如图转化关系（部分反应物、生成物和反应条件略去）下列推断不正确的是（）A若
10、X是Na2SO3，C是能使品红溶液褪色的气体，则A可能是氯气，且D和E不反应B若A是单质，B和D的反应是OH+HCO3H2O+CO32 则E定能还原CuOC若B、X均为单质，D为CO，C能和E反应，则E为NaOHD若D为白色沉淀，且与A的摩尔质量相等，则X一定是铝盐21设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A标准状况下，22.4 L HF中含有原子数为2NAB7.8 g Na2 0z中阴离子数目为0.2NAC1 L 1 molL1 KNO3溶液中O原子数为3NAD常温常压下，44 g CO2和N2O的混合物中含有的质子数为22NA22在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2OCO2混
11、合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示下列说法不正确的是（）AX是电源的负极B阴极的反应式是：H2O+2e=H2+O2C总反应可表示为：H2O+CO2=H2+CO+O2D阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是2：123下列实验过程中产生的现象与对应的图形相符的是（）ANaHSO3 粉末加入HNO3溶液中B SO2气体通入H2S溶液中CNaOH溶液滴入Ca（HCO3）2溶液中DCO2气体通入NaOH溶液中24某氖原子的质量是a g，12C原子的质量是bg用NA表示阿伏加德罗常数，则以下叙述中错误的是（）A该氖原子的相对原子质量为12a/bBWg该氖原子的物质的量为W/aNA
12、molCWg 该氖原子所含的质子数为 10W/a个D氖元素的摩尔质量为aNA g/mol25下列实验方案的设计、结论正确的是（）A用 NaHCO3 溶液可一次鉴别出稀盐酸、NaOH溶液、AlCl3溶液、NaAlO2 溶液B高锰酸钾试剂瓶内壁上黑色物质可用稀盐酸洗涤C除去SO2 中少量HCl，将其通入饱和的Na2SO3 溶液D将硝酸铵晶体溶于水，测得水温下降，证明硝酸铵水解是吸热的二、填空题26含氮废水进入水体中对环境造成的污染越来越严重（一）某校环保小组的同学认为可以用金属铝将水中的NO3还原成N2，从而消除氮污染（1）配平以下有关的离子反应方程式：NO3+Al+H2ON2+Al（OH）3+O
13、H（2）以上反应中失电子的物质是，还原产物是，每生成1mol还原产物，转移的电子数目为（3）现需除去1m3含氮0.3mol的废水中的NO3 （设氮元素都以NO3的形式存在），则至少需要消耗金属铝的物质的量为（二）8月12日天津海瑞公司危险品爆炸导致NaCN泄漏，对周边的环境造成极大的威胁（1）NaCN遇水就会产生剧毒物质HCN，请写出其离子方程式（2）天津此次事故中是用双氧水来处理泄漏的NaCN，处理后产生有刺激性气味的氨气与NaHCO3，请写出该反应的化学方程式（3）此次事故中（填“能”或“不能”）用酸性高锰酸钾来处理泄漏的NaCN请用文字结合方程式解释27元素X、Y、Z、W、M、N原子序数
14、依次增大，X与M、W与N分别同主族，且元素X、Y、Z、W分属两个短周期，它们四者原子序数之和为22，最外层电子数之和为16，在化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，相应分子内各原子最外层电子都满足稳定结构，请回答下列问题：（1）Y元素在周期表中的位置是，X、Y、Z、W、M的原子半径由大到小的顺序为：（用元素符号表示）（2）写出Y2X2的电子式；Z2X4结构式（3）X、Z、W形成的化合物，水溶液一定显酸性的盐是，其原因是（用离子方程式表示），该物质所含化学键的类型是（4）均含X、W、M、N四种元素的两种化合物相互反应有刺激性气味气体放出，反应的离子方程式为（5）火箭发动机曾经利用Z2X4作燃料X
15、2W2作助燃剂，产物环保无污染，写出二者反应的方程式（6）写出N W2通入硝酸钡溶液中的离子方程式28氨气是一种重要的化工产品，工业上可以按照下图所示流程生产氨气：（1）原料气之一氮气的工业制取方法是，写出氨气的工业用途（任答一点）（2）写出合成塔中发生的反应的化学反应方程式在冷却塔中对混合气体进行冷却，冷水的入口（答m或n）（3）设备C的作用其分离器中的过程对整个工业合成氨的意义在原料气制备过程中混有 CO对催化剂有毒害作用，欲除去原料气中的 CO，可通过如下反应来实现：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），已知1000K时该反应的平衡常数K=0.627，若要使CO的转化超过80
16、%，则起始物中c（H2O）：c（CO）不低于（精确到小数点后一位）三、计算题29向200.0mL某物质的量浓度的NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，充分反应在上述所得溶液中，逐滴缓慢滴加2.0molL1的盐酸，所得气体（不考虑溶解）的体积与滴加盐酸的体积关系如图（其中点A是线段OC上的动点）：（1）若OA=AC时，通入CO2后，所得溶液的溶质成分是（2）若OAAC时，OA段发生反应的离子方程式是（3）若A点数值为80，C点数值为260，计算确定通入CO2后得到的溶液溶质成分及其物质的量浓度（溶液体积的变化忽略不计，写出计算过程）30某工业废液里含有FeCl2、CuCl2和FeCl3为回收铜并
17、得到纯净的FeCl3溶液，如图是综合利用的主要流程：（1）方框内物质A和B的化学式：A，B （2）根据图示第步的有关离子方程式为 （3）第步的化学方程式为31已知：4NH3+5O2 4NO+6H2O，4NO+3O2+2H2O4HNO3设空气中氧气的体积分数为0.20，氮气的体积分数为0.80（1）a mol NO完全转化为HNO3理论上需要氧气 mol（2）为使NH3恰好完全氧化为NO，氨空气混合气体中氨的体积分数（用小数表示）为（保留2位小数）（3）20.0mol NH3用空气氧化，产生混合物的组成为：NO 18.0mol、O2 12.0mol、N2 150.0mol和一定量硝酸，以及其他成
18、分（高温下NO与O2不化合）计算氨转化为NO和HNO3的总转化率（4）20.0mol NH3和一定量空气充分反应后，再转化为硝酸通过计算，在图中画出HNO3的物质的量n（A）和空气的物质的量n（B）关系的理论曲线32某研究性学习小组对Zn跟一定量的浓硫酸反应生成的气体产物进行探究【提出假设】：小组同学经过分析讨论认为生成气体可能含H2和SO2【设计实验方案，验证假设】主要包括两个环节：验证SO2，实验装置如图所示；检验产物中含有H2，实验内容将由B部分导出的气体依次通过装置C、D、E、F、G中装置C、D、E、F、G的信息如表所示：仪器标号CDEFG仪器洗气瓶洗气瓶硬质玻璃管，加热干燥管干燥管仪
19、器中所加物质NaOH溶液浓硫酸CuO粉末试剂X无水CaCl2固体试回答下列问题：（1）小组同学认为生成气体中含H2的理由是；（2）盛放锌粒的仪器名称是；（3）B部分装置的目的是验证SO2并探究SO2与品红作用的可逆性，实验的操作及主要现象是；（4）装置D、G的作用依次是、；E中发生反应的化学方程式是；试剂X是33某兴趣小组对铜与浓硫酸反应产生的黑色沉淀（可能含有CuO、CuS、Cu2S，其中CuS和 Cu2S不溶于稀盐酸、稀硫酸）进行探究，实验步骤如下：将光亮铜丝插人浓硫酸，加热；待产生大量黑色沉淀和气体时，抽出铜丝，停止加热；冷却后，从反应后的混合物中分离出黑色沉淀，洗净、干燥备用回答下列问
20、题：（1）步骤产生气体的化学式为（2）向含微量 Cu2+试液中滴加K4Fe（CN）6溶液，能产生红褐色沉淀现将少量黑色沉淀放入稀硫酸中，充分振荡以后，再滴加K4Fe（CN）6溶液，未见红褐色沉淀，由此所得结论是（3）为证明黑色沉淀含有铜的硫化物，进行如下实验：装置现象结论及解释A试管中黑色沉淀逐渐溶解A试管上方出现红棕色气体B试管中出现白色沉淀a现象说明褐色沉淀具有性b试管B中产生白色沉淀的总反应的离子方程式为（4）CuS固体能溶于热的浓硫酸，请用有关平衡移动原理加以解释：（5）为测定黑色沉淀中Cu2S 的百分含量，取0.2g 步骤所得黑色沉淀，在酸性溶液中用 40.0mL 0.075mol/
21、L KMnO4溶液处理，发生反应如下：8MnO4+5Cu2S+44H+10Cu2+5SO2+8Mn2+22H2O6MnO4+5CuS+28H+5Cu2+5SO2+6Mn2+14H2O反应后煮沸溶液，赶尽SO2，过量的高锰酸钾溶液恰好与35.0mL 0.1mol/L （NH4）2Fe（SO4）2 溶液反应完全则混合物中Cu2S 的质量分数为2015-2016学年山东省枣庄市滕州十一中高三（上）期末化学模拟试卷（一）参考答案与试题解析一、选择题1如图两瓶体积相等的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是（）A所含原子数相等B气体密度相等C气体质量相等D摩尔质量相等【考点】阿伏加德罗定律及推论【
22、专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】同温同压下，体积之比等于物质的量之比，两瓶气体的物质的量相等都是双原子分子，物质的量相等含有的原子数目相等；左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为1：1时，相当于NO，与右瓶内NO的密度、质量、摩尔质量相等，据此解答【解答】解：同温同压下，体积之比等于物质的量之比，两瓶气体的物质的量相等，A、都是双原子分子，物质的量相等的气体含有的原子数目相等，故A正确；B、左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为1：1时，相当于NO，与右瓶内NO的密度相等，但左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为不一定为1：1，故密度不一定相等，故B错误；C、左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为不一定为
23、1：1，故质量不一定相等，故C错误；D、左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为不一定为1：1，故摩尔质量不一定相等，故D错误；故选A【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及推论，难度不大，注意左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为1：1时相当于NO2下列相关实验的现象或结论正确的是（）A向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液有白色沉淀，则AlO2结合质子能力比CO32强B向少量的稀溴水中滴入饱和苯酚溶液立即产生白色沉淀C检验废铁屑溶于盐酸后所得的溶液中是否含有Fe2+，可向其中加入酸性KMnO4溶液，根据其是否褪色进行判断D加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，说明Cu2+具有催化作用【考点】常见阳离子的检验
24、；苯酚的化学性质【分析】ANaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合，AlO2促进HCO3的电离生成氢氧化铝沉淀；B苯酚只能与浓溴水反应生成白色三溴苯酚沉淀；C氯离子具有还原性，能够还原酸性的高锰酸钾；D原电池能够加快氧化还原反应速率【解答】解：ANaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合，AlO2促进HCO3的电离生成氢氧化铝沉淀，则结合H+的能力：CO32AlO2，故A正确；B苯酚只能与浓溴水反应生成白色三溴苯酚沉淀，与稀溴水不反应，故B错误；C亚铁离子、氯离子，在酸性条件下均能被高锰酸钾氧化，则不能确定是否含Fe2+，故C错误；D加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，是因为构成原电池加快反应速
25、率，故D错误；故选：A【点评】本题考查了元素及化合物性质及离子的检验，熟悉相关知识是解题关键，注意苯酚与溴反应的条件，题目难度不大3下列离子方程式中，正确的是（）A向NaOH溶液中加入少量Mg（HCO3）2溶液：2OH+Mg2+Mg（OH）2B向足量NaHSO4溶液中逐渐滴入Ba（HCO3）2溶液：HCO3+Ba2+H+SO42BaSO4+H2O+CO2C酸性KMnO4溶液与H2O2反应：2MnO+10H+3H2O22Mn2+3O2+8H2OD向Fe（NO3）3溶液中加入过量HI溶液：Fe3+3NO3+12H+10IFe2+3NO+5I2+6H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A反应生成碳酸
26、钠、氢氧化镁和水；B二者2：1反应生成硫酸钠、硫酸钡和水；C得失电子不守恒；D碘化氢足量，铁离子和硝酸根离子都参与反应【解答】解；A向NaOH溶液中加入少量Mg（HCO3）2溶液，离子方程式：2HCO3+4OH+Mg2+Mg（OH）2+2CO32，故A错误；B向足量NaHSO4溶液中逐渐滴入Ba（HCO3）2溶液，离子方程式：2HCO3+Ba2+2H+SO42BaSO4+2H2O+2CO2，故B错误；C酸性KMnO4溶液与H2O2反应，离子方程式：2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O2，故C错误；D硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液，铁离子和硝酸根离子都参与反应，反应的离子方程式
27、为：Fe3+3NO3+12H+10I=Fe2+5I2+3NO+6H2O，故D正确；故选：D【点评】本题考查了离子方程式书写，侧重考查反应物用量对反应的影响，题目难度较大，明确反应实质是解题关键4设NA为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是（）A1mol甲苯含有6NA个CH键B18g H2O含有10NA个质子C标准状况下，22.4L氨水含有NA个NH3分子D56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A甲苯中含有8个碳氢键，1mol甲苯中含有8mol碳氢键；B水分子中含有10个质子，1mol水中含有10mol质子；C标准
28、状况下氨水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氨水的物质的量；D铁与浓硫酸发生钝化，阻止了反应的继续进行，无法计算生成的二氧化硫的物质的量【解答】解：A1mol甲苯中含有8mol碳氢键，含有8NA个CH键，故A错误；B18g水的物质的量为1mol，1mol水中含有10mol质子，含有10NA个质子，故B正确；C标况下，氨水不是气体，题中条件无法计算氨气的物质的量，故C错误；D56g铁的物质的量为1mol，由于铁与浓硫酸能够发生钝化，阻止了反应的进行，无法计算反应生成二氧化硫的物质的量，故D错误；故选B【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积
29、的使用条件，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力5如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容据此下列说法正确的是（）A该硫酸的物质的量浓度为9.2mol/LB1molZn与足量的该硫酸反应产生2g氢气C配制200mL4.6mol/L的稀硫酸需取该硫酸50 mLD该硫酸与等质量的水混合所得溶液的物质的量浓度大于9.2mol/L【考点】浓硫酸的性质；物质的量浓度的相关计算【分析】A浓硫酸的物质的量浓度=；B浓硫酸和锌反应生成二氧化硫和不是氢气；C根据稀释前后溶质的物质的量不变计算浓硫酸体积；D浓硫酸密度大
30、于水，所以等质量混合时硫酸浓度小于原来一半【解答】解：A浓硫酸的物质的量浓度=mol/L=18.4mol/L，故A错误；B浓硫酸和锌反应生成二氧化硫和不是氢气，故B错误；C浓硫酸体积=50mL，故C正确；D浓硫酸密度大于水，所以等质量的浓硫酸和水混合体积大于浓硫酸的2倍，所以混合时硫酸浓度小于原来一半，故D错误；故选C【点评】本题以浓硫酸为载体考查物质的量浓度有关计算、浓硫酸性质，为高频考点，难点是物质的量浓度计算，易错选项是D，注意二者密度不同导致相同质量时其体积不同6将 M 摩的Cu2S 跟足量稀 HNO3反应，生成Cu（NO3）2、H2SO4、NO、H2O，则参加反应的硝酸中被还原的硝酸
31、的物质的量是（）A4M molB10M molC10 M/3 molD2 M/3 mol【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】该反应中Cu元素化合价由+1价变为+2价、S元素化合价由2价变为+6价、N元素化合价由+5价变为+2价，氧化还原反应中转移电子相等计算被还原硝酸的物质的量【解答】解：根据题意知，Cu2S与足量的稀硝酸反应生成Cu（NO3）2、H2SO4、NO和H2O，反应中Cu元素化合价由+1价升高到+2价，S元素化合价由2价升高到+6价，则nmolCu2S共失去Mmol（21+8）=10Mmol，N元素化合价由+5价降低到+2价，则参加反应的硝酸中被还原的硝酸的物
32、质的量为mol=Mmol，故选C【点评】本题考查氧化还原反应的计算，明确元素化合价变化是解本题关键，侧重考查基本理论、计算能力，根据转移电子守恒解答即可7MgAgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：2AgCl+MgMg2+2Ag+2Cl有关该电池的说法正确的是（）AAgCl为电池的正极B正极反应为Ag+e=AgC该电池一定不能被MgCl2溶液激活D可用于海上应急照明供电，直接将化学能转化为光能【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】根据电池反应式知，Mg元素化合价由0价变为+2价，则Mg作负极，AgCl作正极，负极反应式为Mg2eMg2+，正极反应式
33、为AgCl+eAg+Cl，据此分析解答【解答】解：A根据元素化合价变化知，Mg元素化合价由0价变为+2价，则Mg作负极，AgCl为正极，故A正确；BAgCl是正极，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为AgCl+eAg+Cl，故B错误；C电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，所以MgCl2溶液也可以激活电池，故C错误；D电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池工作时将化学能转化为电能，电能的产生可用于海上应急照明供电，故D错误；故选A【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，会根据电池反应式确定正负极，难点是电极反应式的书写，同时还考查学生获取信息利用信息能力，易错选项是C8下列物质
34、分类正确的是（）混合物：铝热剂、碱石灰、水玻璃、漂白粉； 化合物：氯化钙、烧碱、胆矾、冰水混合物酸性氧化物：Mn2O7、N2O3、SiO2、NO2 碱性氧化物：Na2O2、CuO、Al2O3、MgO同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨 强电解质：AlCl3、BaSO4、MgO、Ba（OH）2ABCD【考点】混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；强电解质和弱电解质的概念【专题】物质的分类专题【分析】混合物是由两种或多种物质混合而成的物质化合物由两种或两种以上的元素组成的纯净物；酸性氧化物：能与水作用生成相应价态的酸，或与碱作用生成盐和水，或与碱性氧化物反应生成盐的氧化物；碱性
35、氧化物：能与水作用生成相应价态的碱，或与酸作用生成盐和水，或与酸性氧化物反应生成盐的氧化物；相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体；完全电离的属于强电解质【解答】解：混合物：铝热剂是氧化铝与铁粉的混合物、碱石灰是氧化钙与氢氧化钠固体混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故正确；化合物：氯化钙、烧碱是氢氧化钠、冰水混合物、胆矾是五水合硫酸铜，都是化合物，故正确；酸性氧化物：MnO2、N2O3、SiO2都是酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，故错误；Na2O2不是碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物，故错误；同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨是由碳元素形成的不同单
36、质，互为同素异形体，故正确；AlCl3和BaSO4属于盐，是强电解质，MgO是金属氧化物，是强电解质、Ba（OH）2是强碱，属于强电解质，故正确，故分类正确的是，故选A【点评】本题考查混合物、化合物、酸性氧化物、碱性氧化物、同素异形体、强电解质的概念，难度不大，对于元素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别是考试的热点问题9W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，已知：四种元素的电子层数之和为10，且它们分别属于连续的四个主族；四种元素的原子中半径最大的是X原子下列说法正确的（）A四种元素中有两种元素在第二周期BW所在主族元素的原子次外层电子数可能为2或
37、8，不可能为18CX、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能反应D工业上获得X、Y单质的方法主要是电解其熔融的氯化物【考点】原子结构与元素的性质【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，且它们分别属于连续的四个主族；电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，四种元素的原子中半径最大的是X原子，所以X、Y、Z位于同一周期，四种元素的电子层数之和为10，只能是W是H元素，X、Y、Z位于第三周期，它们属于连续的四个主族元素，则X是Mg、Y是Al、Z是Si元素，再结合题目解答问题【解答】解：W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，且它们分别
38、属于连续的四个主族；电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，四种元素的原子中半径最大的是X原子，所以X、Y、Z位于同一周期，四种元素的电子层数之和为10，只能是W是H元素，X、Y、Z位于第三周期，它们属于连续的四个主族元素，则X是Mg、Y是Al、Z是Si元素，A四种元素中没有第二周期的元素，故A错误；BW是H元素，W所在主族元素的原子次外层电子数可能为2或8，如Li、Na、Rb，故B正确；CX、Y、Z的最高价氧化物的水化物分别是Mg（OH）2、Al（OH）3、H2SiO3，氢氧化铝属于两性氢氧化物，但不能溶于弱酸、弱碱，所以氢氧化铝不能溶于氢氧化镁、硅酸，故C
39、错误；DMg、Al属于活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg，采用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al，故D错误；故选B【点评】本题考查原子结构和元素性质，正确推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握，题目难度中等10下列实验现象预测正确的是（）A实验：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B实验：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去C实验：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D实验：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应【考点】化学实验方案的评价；胶体的重要性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质实验【专题】压轴题；实验评价题【分析】A溴和N
40、aOH反应，苯不溶于水，且密度比水小；B浓硫酸和蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫气体；C生成NO，根据NO的性质判断；D在沸水中滴加饱和氯化铁溶液可生成氢氧化铁胶体【解答】解：A溴和NaOH反应生成NaBr和NaBrO，苯不溶于水，且密度比水小，所以上层无色，故A错误；B浓硫酸和蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化碳不反应，故B正确；C生成NO，NO易与空气中氧气反应生成二氧化氮，为红棕色，故C错误；D在沸水中滴加饱和氯化铁溶液可生成氢氧化铁胶体，当光束通过体系时可产生丁达尔效应，故D正确故选BD【点评】本题考查化学实验基本操作，题目难度中等，解答本
41、题的关键是把握相关物质的性质，学习中注意积累11下列过程没有发生化学反应的是（）A用活性炭去除冰箱中的异味B用热碱水清除炊具上残留的油污C用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果D用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装【考点】物理变化与化学变化的区别与联系【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成A用活性炭去除冰箱中的异味，是利用活性炭的吸附作用；B用热碱水清除炊具上残留的油污，是油脂在碱性条件下的水解；C用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果，催熟的乙烯被高锰酸钾氧化；D铁粉具有还原性，能和氧气反应，防止食品被氧化【解
42、答】解：A用活性炭去除冰箱中的异味：利用活性炭的吸附作用，属于物理变化，没有发生化学变化，故A正确；B用热碱水清除炊具上残留的油污：油脂在碱性条件下发生较为彻底的水解反应，属于化学变化，故B错误；C乙烯具有催熟作用，为了延长水果的保鲜期，用高锰酸钾可以除掉乙烯，该过程中乙烯与高锰酸钾反应氧化还原反应，属于化学变化，故C错误；D硅胶具有吸水性，可以做干燥剂，吸收水分，属于物理变化；铁粉具有还原性，防止食物被氧化，发生氧化还原反应，属于化学变化，故D错误；故选A【点评】本题考查了化学变化与物理变化的区别，判断依据是：是否有新物质的生成，题目难度不大，该题各个选项与现实生活接触紧密，比较新颖，注意相
43、关知识的积累12某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl、SO42、CO32、AlO2 中的若干种离子，离子浓度均为0.1molL1某同学进行了如下实验：下列说法正确的是（）A无法确定原试液中是否含有Al3+、ClB滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+C无法确定沉淀C的成分D原溶液中存在的离子为NH4+、Fe2+、Cl、SO42【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【专题】离子反应专题【分析】加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无Ba2+，无AlO2；加入硝酸钡有气体，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入NaOH有气体，说明存在铵根离子
44、，气体氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量CO2产生沉淀，先与OH、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+因为存在的离子浓度均为0.1molL1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl、SO42才能保证电荷守恒，K+必然不能存在【解答】解：加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无Ba2+，无AlO2；加入硝酸钡有气体，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量CO2产生沉淀，先与OH、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不
45、能说明存在Al3+因为存在的离子浓度均为0.1molL1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl、SO42才能保证电荷守恒，K+必然不能存在故A、B、C错误，D正确故选：D【点评】本题考查了常见离子的性质检验，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，另外本题需要根据电荷守恒判断氯离子是否存在，难度较大13某同学按如图所示的装置进行实验A、B为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水当 K 闭合时，在交换膜处 SO42一从右向左移动下列分析正确的是（）A溶液中c（A2+）减小BB的电极反应：B2e=B2+Cy电极上有H2产生，发生还原反应D反应初期，x电极周围出现白色胶状沉淀，一段时间以后
46、沉淀逐渐溶解【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】基本概念与基本理论；电化学专题【分析】该装置中右边装置不能自发的进行氧化还原反应是不能构成原电池只能形成电解池，左边装置中能发生的进行氧化还原反应且符合原电池的构成条件所以是原电池当 K 闭合时，在交换膜处 SO42从右向左移动，说明A为负极，B为正极，即A的金属活动性大于B；连接B的y极为Y阳极，连接A的x极为阴极【解答】解：A、当 K 闭合时，在交换膜处 SO42从右向左移动，说明A为负极，B为正极，原电池中负极A上金属失电子发生氧化反应，生成金属阳离子进入溶液导致溶液中（A2+）浓度增大，故A错误；B、当 K 闭合时，在交换膜处 SO4
47、2一从右向左移动，说明A为负极，B为正极，B极上溶液中的金属阳离子得电子生成金属单质，电极反应式为B2+2eB，故B错误；C、右边装置中连接B的y极为阳极，连接A的x极为阴极，电解池工作时，y极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为2Cl2e=Cl2，故C错误；D、右边装置中y极上发生的电极反应式为2Cl2e=Cl2，x极上发生的电极反应式为2H+2e=H2，由于氢离子放电而氢氧根离子不放电导致溶液呈碱性，铝离子和氢氧根离子反应生成难溶性的氢氧化铝，氢氧化铝和氢氧根离子反应生成可溶性的偏铝酸盐，故D正确故选D【点评】本题考查了原电池和电解池原理，难度较大，明确原电池放电时溶液中阴阳离子的移动
48、方向是解本题的关键14下列说法正确的是（）A将铁粉加入FeCl3、CuCl2混合溶液中，充分反应后剩余的固体中必有铁B将CO2和SO2混合气体分别通入BaCl2溶液、Ba（NO3）2溶液中，最终都有沉淀生成C检验某酸性溶液中Cl和SO42，选用试剂及顺序是过量Ba（NO3）2溶液、AgNO3溶液D用加热分解的方法可将NH4Cl固体和Ca（OH）2固体的混合物分离【考点】铁的化学性质；常见离子的检验方法；二氧化硫的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】元素及其化合物【分析】A、溶液中氧化性Fe3+Cu2+，铁先和铁离子反应后再和铜离子反应，所以固体剩余一定
49、含铜；B、CO2和SO2混合气体通入BaCl2溶液中不反应，通入Ba（NO3）2溶液中，二氧化碳不反应，二氧化硫溶于水形成亚硫酸，溶液中硝酸根离子具有强氧化性能氧化亚硫酸；C、依据检验氯离子和硫酸根离子的实验方法分析；D、NH4Cl固体和Ca（OH）2固体的混合物加热发生反应；【解答】解：A、将铁粉加入FeCl3、CuCl2混合溶液中，Fe先与Fe3+反应，再与Cu2+反应，如果反应有剩余，必定含有Cu，故A错误；B、将CO2和SO2混合气体通入BaCl2溶液中，由于无法弱酸制强酸，因此反应不进行，通入Ba（NO3）2溶液中，由于HNO3可以把H2SO3氧化为H2SO4，因此有BaSO4沉淀生
50、成，故B错误；C、检验某酸性溶液中Cl和SO42，选用试剂及顺序是过量Ba（NO3）2溶液、若生成白色沉淀，说明含有硫酸根离子，加入AgNO3溶液生成白色沉淀说明含有氯离子，故C正确；D、NH4Cl固体和Ca（OH）2固体的混合物加热，两者反应了生成NH3，而不是分离，故D错误；故选C【点评】本题考查物质性质的分析判断，离子检验方法，注意硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性，题目难度中等15X、Y、Z、M为原子序数依次增大的4种短周期元素已知X、Y、Z是同周期的相邻元素，M原子的核外电子数是Z原子最外层电子数的2倍，Y与其同主族的短周期元素可形成一种常见的气体下列说法正确的是（）A原子半径：MX
51、YZB对应氢化物的沸点：MZYXC对应氢化物的稳定性：ZXYMDXY2与MY2溶于水都能得到对应的酸【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】X、Y、Z、M为原子序数依次增大的4种短周期元素，Y与其同主族的短周期元素可形成一种常见的气体，则Y为氧，生成的气体为二氧化硫，所以X为氮元素，Z为氟元素，M原子的核外电子数是Z原子最外层电子数的2倍，则M为14号元素，硅元素，据此答题【解答】解：X、Y、Z、M为原子序数依次增大的4种短周期元素，Y与其同主族的短周期元素可形成一种常见的气体，则Y为氧，生成的气体为二氧化硫，所以X为氮元素，Z为氟元素，M原子的核外电子数是
52、Z原子最外层电子数的2倍，则M为14号元素，硅元素，A、电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，所以原子半径：SiNOF，故A正确；B、由于N、F、O都能形成氢键，所以Si、N、O、F的氢化物沸点，SiH4的最低，故B错误；C、非金属性越强，对应的氢化物越稳定，所以Y的氢化物稳定性大于X，故C错误；D、二氧化硅不溶于水，故D错误；故选A【点评】本题考查结构性质位置关系应用，难度中等，推断元素是解题关键，注意二氧化硅与水不能反应，为易错点，注意对元素周期律的理解掌握16下列反应过程符合如图所示关系的是（）A向漂白粉溶液中通入CO2气体至过量B向Na2SiO3溶液中通入HC
53、l气体至过量C向Ba（OH）2和KOH混合溶液中通入CO2气体至过量D向NaAlO2溶液中通入HCl气体至过量【考点】有关混合物反应的计算【专题】图像图表题；化学计算【分析】A向漂白粉溶液中通入过量CO2，开始时发生反应：Ca（ClO）2+CO2+H2OHClO+CaCO3，二氧化碳过量时发生反应：CaCO3+CO2+H2OCa（HCO3）2；B开始时碳酸钠与盐酸反应生成硅酸，而硅酸不溶解；C开始产生碳酸钡沉淀，而后碳酸钡溶解，由于KOH也与二氧化碳反应，故前后消耗二氧化碳体积不相等；DNaAlO2溶液中通入HCl气体，先后发生反应：Na+HCl=Al（OH）3+NaCl+H2O，Al（OH）
54、3+3HCl=AlCl3+3H2O，根据方程式可知前后消耗稀盐酸溶液体积之比【解答】解：A向漂白粉溶液中通入过量CO2，开始发生：Ca（ClO）2+CO2+H2OHClO+CaCO3，二氧化碳过量发生反应：CaCO3+CO2+H2OCa（HCO3）2，前后消耗二氧化碳体积相等，与图象曲线变化一致，故A正确；BNa2SiO3溶液中通入HCl气体至过量，开始生成硅酸，而硅酸不溶解，这与图象曲线变化不一致，故B错误；CBa（OH）2和KOH混合溶液中通入CO2气体至过量，开始产生碳酸钡沉淀，而后碳酸钡溶解，由于KOH也与二氧化碳反应，故前后消耗二氧化碳体积不相等，与图象曲线变化不一致，故C错误；DN
55、aAlO2溶液中通入HCl气体，先后发生反应：NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3+NaCl，Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，先产生沉淀，后沉淀溶解，所用稀盐酸溶液体积为1：3，与图象曲线变化不一致，故D错误；故选A【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确反应物过量时对生成物影响为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力17铁的某种氧化物的组成可表示为FemOn，FemOn与足量稀硝酸反应时，参加反应的硝酸中，被还原的硝酸与没有被还原的硝酸物质的量之比为1：18，则m、n的值分别为（）A4、5B5、4C3、4D5、7
56、【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】根据3FemOn+（12m2n）HNO3=3mFe（NO3）3+（3m2n）NO+（6mn）H2O，由方程式被还原的硝酸物质的量（3m2n）与没有被还原的硝酸物质的量为9m，由（3m2n）：9m=1：18，m、n是正整数，由此分析解答【解答】解：根据3FemOn+（12m2n）HNO3=3mFe（NO3）3+（3m2n）NO+（6mn）H2O，由方程式被还原的硝酸物质的量（3m2n）与没有被还原的硝酸物质的量为9m，由（3m2n）：9m=1：18，得5m=4n，则m、n的值分别为4、5，故选A【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考
57、点，把握反应中电子守恒和原子守恒的应用为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等18某非金属元素R的氢化物及其氧化物、盐之间具有如下转化关系（部分产物省略）：氢化物B C，下列判断中正确的是（）A若R是硫元素、则C是Na2SO3B若R是硅元素、则C是Na2Si03C若R是碳元素、则C是Na2CO3D若R是氯元素、则C是NaCl【考点】无机物的推断【专题】无机推断【分析】A若R是S元素，B能和过氧化钠反应，则B是SO2，SO2和Na2O2发生氧化还原反应；B若R是Si元素，B能和Na2O2反应，则B为H2O，C应该是NaOH；C若R是C元素，B能和Na2O2反应，则B为CO2，C为Na
58、2CO3；D若R是Cl元素，HCl和氧气不反应【解答】解：A若R是S元素，B能和过氧化钠反应，则B是SO2，二氧化硫具有还原性，过氧化钠具有强氧化性，所以SO2和Na2O2发生氧化还原反应，反应方程式为Na2O2+SO2=Na2SO4，所以C是Na2SO4，故A错误；B若R是Si元素，B能和Na2O2反应，则B为H2O，水和过氧化钠反应方程式为2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，C应该是NaOH，故B错误；C若R是C元素，B能和Na2O2反应，则B为CO2，过氧化钠和二氧化碳反应方程式为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，C为Na2CO3，故C正确；D若R是Cl元素，HCl和氧
59、气不反应，所以得不到B，故D错误；故选C【点评】本题以C、Cl、Si、S元素为载体考查无机物推断，明确非金属元素及其化合物之间的转化是解本题关键，注意过氧化钠的强氧化性，易错选项是A，注意过氧化钠和二氧化硫能发生氧化还原反应，题目难度中等19已知RCH3OHRCOOH（R为H原子或烃基），A（C6H12O）、B、C三种有机物之间具有如图所示的转化关系：若A、B的碳骨架相同，则C的结构最多有（）A.4种B5种C6种D8种【考点】常见有机化合物的结构；有机化合物的异构现象【专题】有机化学基础；同分异构体的类型及其判定【分析】由转化关系知A是醇，B是羧酸，C是酯A能被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧酸，说明
60、A的分子结构中一定存在CH2OH结构，由此可将此醇视为C4H9CH2OH，丁基有4种，据此解题【解答】解：由转化关系知A是醇，B是羧酸，C是酯A能被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧酸，说明A的分子结构中一定存在CH2OH结构，由此可将此醇视为C4H9CH2OH，丁基有4种，故醇有4种，羧酸有4种，二者形成的酯有4种故选A【点评】本题考查有机物的推断及合成，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，会根据题给信息采取正、逆相结合的方法进行推导，同时考查学生阅读和运用知识能力，难点是有机合成路线的设计，难度中等20中学常见无机物A、B、C、D、E、X均由短周期元素组成，且存在如图转化关系（部分反应物、生成物
61、和反应条件略去）下列推断不正确的是（）A若X是Na2SO3，C是能使品红溶液褪色的气体，则A可能是氯气，且D和E不反应B若A是单质，B和D的反应是OH+HCO3H2O+CO32 则E定能还原CuOC若B、X均为单质，D为CO，C能和E反应，则E为NaOHD若D为白色沉淀，且与A的摩尔质量相等，则X一定是铝盐【考点】无机物的推断【专题】无机推断【分析】A若X是Na2SO3，则A可能是氯气，则B为HCl，E为HClO，C为气体SO2，D为NaHSO3，D和E能发生氧化还原反应；B根据B、D反应的离子方程式OH+HCO3H2O+CO32，A为活泼金属Na，B为NaOH、E为H2，X为CO2，C为Na
62、2CO3，D为NaHCO3；C若B、X均为单质，D为CO，C能和E反应，则C为二氧化碳，B为氧气，A为过氧化钠，E为NaOH；DD为白色沉淀，可以判断为OH与Al 铝离子生成偏铝酸根，偏铝酸根离子再与铝离子生成Al（OH）3，X为铝盐，C为偏铝酸盐，铝盐和偏铝酸盐在溶液中发生双水解反应生成Al（OH）3【解答】解：A若X是Na2SO3，则A可能是氯气，则B为HCl，E为HClO，C为气体SO2，D为NaHSO3，D和E能发生氧化还原反应，与题干说法不相符，故A错误；B根据B、D反应的离子方程式OH+HCO3H2O+CO32，A为活泼金属Na，B为NaOH、E为H2，X为CO2，C为Na2CO3
63、，D为NaHCO3，H2在加热时能还原Fe2O3，故B正确；C若B、X均为单质，D为CO，C能和E反应，则C为CO2，B为氧气，C为碳单质，A为过氧化钠，过氧化钠与水反应生成ENaOH和氧气，符号条件，故C正确；DD为摩尔质量为78g/mol的Al（OH）3，A为摩尔质量为78g/mol 的Na2O2，X为铝盐，C为偏铝酸盐，铝盐和偏铝酸盐在溶液中发生双水解反应生成Al（OH）3，符合转化关系，故D正确；故选A【点评】本题考查无机推断，题目难度中等，明确常见元素及其化合物的转化关系为解答关键，注意熟练掌握常见元素的单质及其化合物性质，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力21设NA为阿伏加德罗
64、常数的值，下列说法正确的是（）A标准状况下，22.4 L HF中含有原子数为2NAB7.8 g Na2 0z中阴离子数目为0.2NAC1 L 1 molL1 KNO3溶液中O原子数为3NAD常温常压下，44 g CO2和N2O的混合物中含有的质子数为22NA【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A气体摩尔体积使用对象为气体；B过氧化钠中阴离子为过氧根离子；C硝酸钾溶液中，硝酸钾和水都含有氧原子；D二氧化碳与一氧化二氮摩尔质量相等，1个分子中都含有22个质子【解答】解：A标况下，氢氟酸为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B过氧化钠中阴离子为过氧根离子，7.8 g
65、 Na2 0z中阴离子数目为0.1NA，故B错误；C硝酸钾溶液中，硝酸钾和水都含有氧原子，所以1 L 1 molL1 KNO3溶液中O原子数大于3NA，故C错误；D.44 g CO2和N2O的混合物含有分子的物质的量为=1mol，含有的质子数为1molNA22=22NA，故D正确；故选：D【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件是解题关键，题目难度中等，注意过氧化钠结构22在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2OCO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示下列说法不正确的是
66、（）AX是电源的负极B阴极的反应式是：H2O+2e=H2+O2C总反应可表示为：H2O+CO2=H2+CO+O2D阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是2：1【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，根据与X极相连的电极产生的气体判断；B电解池阴极发生还原反应，根据反应物结合化合价的变化分析；C根据图示以及电解的目的解答；D根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，结合C总的反应分析【解答】解：A根据图示知：与X相连的电极产生CO，电解H2OCO2混合气体，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，发生还原反应，电解池阴极发生还原反应，所以X是电源的负极，故A正
67、确；B电解池阴极发生还原反应，电解H2OCO2混合气体制备H2和CO，阴极：水中的氢原子得到电子生成氢气，H2O+2eH2+O2，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，CO2+2eCO+O2，故B错误；C电解H2OCO2混合气体制备H2和CO，根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，所以总反应为：H2O+CO2H2+CO+O2，故C正确；D电解H2OCO2混合气体制备H2和CO，总反应为：H2O+CO2H2+CO+O2，阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是2：1，故D正确；故选B【点评】本题考查电解知识，为高频考点，侧重于考查学生的综合运用能力，题目难度中等，注
68、意基础知识的积累掌握，掌握电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应为解答关键23下列实验过程中产生的现象与对应的图形相符的是（）ANaHSO3 粉末加入HNO3溶液中B SO2气体通入H2S溶液中CNaOH溶液滴入Ca（HCO3）2溶液中DCO2气体通入NaOH溶液中【考点】硝酸的化学性质；二氧化硫的化学性质；含硫物质的性质及综合应用【分析】A亚硫酸氢钠与硝酸反应生成硫酸钠和一氧化氮气体；B二氧化硫与氢硫酸反应生成硫单质和水，当硫化氢消耗完毕时，溶液的酸性是由二氧化硫溶于水所导致；C氢氧化钠与碳酸氢钙反应生成碳酸钙和水；D溶液导电能力与离子浓度大小有关，离子浓度越大，溶液导电性越强【解答】解：
69、A亚硫酸氢钠与硝酸反应生成硫酸钠和一氧化氮气体，图象中产生气体的起始点错误，故A错误；BSO2气体通入氢硫酸中，发生的反应为2H2S+SO23S+2H2O，酸的量开始减少，所以酸性减弱，当硫化氢消耗完毕时，溶液的酸性是由二氧化硫溶于水形成的亚硫酸所导致的，所以酸性又会增强，故B正确；C氢氧化钠与碳酸氢钙反应生成碳酸钙和水，加入氢氧化钠立刻产生碳酸钙沉淀，图象产生沉淀的起点不同，故C错误；D氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，继续通入二氧化碳生成碳酸氢钠，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强，故D错误；故选：B【点评】本题考查了物质的反应，明确图象含义及发生反应实质是解题关键，题目难度中等2
70、4某氖原子的质量是a g，12C原子的质量是bg用NA表示阿伏加德罗常数，则以下叙述中错误的是（）A该氖原子的相对原子质量为12a/bBWg该氖原子的物质的量为W/aNA molCWg 该氖原子所含的质子数为 10W/a个D氖元素的摩尔质量为aNA g/mol【考点】阿伏加德罗定律及推论【分析】A某一原子的相对原子质量是指：以一个碳12原子质量的作为标准，该原子的质量跟一个碳12原子质量的的比值；B已知质量求物质的量，运用公式n=计算；C根据n=计算物质的量，1个氖原子含有10个质子；D根据n=计算，注意原子的摩尔质量不等于元素的原子质量【解答】解：A元素是指具有相同核电荷数（核内质子数）的一
71、类原子的总称一种元素因中子数不同，有多种原子元素的相对原子质量是指该元素的同位素按其丰度计算的平均值氖原子的相对原子质量为，故A正确；B根据公式n=，一个该氯原子的质量是a，则1mol该氯原子的质量（摩尔质量）为（aNA）g/mol，那么mg该氯原子的物质的量即为mol故B正确；CWg 该氖原子的个数为，含有的质子数为，故C正确；D已知氖原子的摩尔质量，但不能确定元素的摩尔质量，故D错误故选D【点评】本题考查较为综合，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，该题概念辨析要求高，考查了相对原子质量、物质的量、摩尔质量等概念，平时学习是需理解这些概念与相关概念的区别和联系25下列实验方案的设
72、计、结论正确的是（）A用 NaHCO3 溶液可一次鉴别出稀盐酸、NaOH溶液、AlCl3溶液、NaAlO2 溶液B高锰酸钾试剂瓶内壁上黑色物质可用稀盐酸洗涤C除去SO2 中少量HCl，将其通入饱和的Na2SO3 溶液D将硝酸铵晶体溶于水，测得水温下降，证明硝酸铵水解是吸热的【考点】化学实验方案的评价【分析】ANaHCO3 溶液分别与稀盐酸、NaOH溶液、AlCl3溶液、NaAlO2 溶液混合的现象为：气体生成、无现象、气体和沉淀生成、沉淀生成；B黑色物质为二氧化锰，与稀盐酸不反应；C二者均与Na2SO3 溶液反应；D水温下降，可能为溶解时吸热【解答】解：ANaHCO3 溶液分别与稀盐酸、NaO
73、H溶液、AlCl3溶液、NaAlO2 溶液混合的现象为：气体生成、无现象、气体和沉淀生成、沉淀生成，现象不同，可鉴别，故A正确；B黑色物质为二氧化锰，与稀盐酸不反应，应选浓盐酸、加热洗涤，故B错误；C二者均与Na2SO3 溶液反应，应选饱和NaHSO3 溶液除杂，故C错误；D水温下降，可能为溶解时吸热，则不能说明硝酸铵水解是吸热的，故D错误；故选A【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的鉴别、仪器的洗涤、混合物分离提纯、反应中的热效应及盐类水解等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大二、填空题26含氮废水进入水体中
74、对环境造成的污染越来越严重（一）某校环保小组的同学认为可以用金属铝将水中的NO3还原成N2，从而消除氮污染（1）配平以下有关的离子反应方程式：NO3+Al+H2ON2+Al（OH）3+OH（2）以上反应中失电子的物质是Al，还原产物是N2，每生成1mol还原产物，转移的电子数目为10NA（3）现需除去1m3含氮0.3mol的废水中的NO3 （设氮元素都以NO3的形式存在），则至少需要消耗金属铝的物质的量为0.5mol（二）8月12日天津海瑞公司危险品爆炸导致NaCN泄漏，对周边的环境造成极大的威胁（1）NaCN遇水就会产生剧毒物质HCN，请写出其离子方程式CN+H2OHCN+OH（2）天津此次
75、事故中是用双氧水来处理泄漏的NaCN，处理后产生有刺激性气味的氨气与NaHCO3，请写出该反应的化学方程式NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3（3）此次事故中不能（填“能”或“不能”）用酸性高锰酸钾来处理泄漏的NaCN请用文字结合方程式解释NaCN+H2SO4=Na2SO4+HCN【考点】氧化还原反应的计算；三废处理与环境保护【专题】氧化还原反应专题【分析】（一）（1）根据电子守恒和原子守恒来配平化学方程式；（2）氧化还原反应中，化合价升高元素失去电子，化合价降低元素对应的产物是还原产物，根据化学方程式来计算反应转移电子的量；（3）根据化学方程式中硝酸根离子和金属铝之间的关系来计算
76、回答；（二）（1）NaCN为强碱弱酸盐，水解生成HCN和氢氧化钠；（2）氰化钠与双氧水发生氧化还原反应生成碳酸氢钠和氨气；（3）HCN酸性非常弱，依据强酸制备弱酸原理分析解答【解答】解：（一）（1）氯元素化合价共升高了3价，两氮元素化合价共降低了10价，根据得失电子守恒，则需要转移电子30mol，所以金属铝的前面系数是10，硝酸根前面系数是6，氮气前面系数是3，根据原子守恒配平氢原子和氧原子即可，即6NO3+10Al+18H2O3N2+10Al（OH）3+6OH，故答案为：6；10；18；3；10；6；（2）氧化还原反应中，化合价升高元素Al失去电子，化合价降低的N元素对应的产物N2是还原产物
77、，根据化学方程式可知，生成3mol的氮气转移电子是30mol，当生成1mol氮气时，转移电子是10mol，所以转移电子数为：10NA，故答案为：Al；N2；10NA；（3）因为含氮0.3mol的废水中的NO3的物质的量为0.3mol，由化学方程式可知，0.3mol的硝酸根离子消耗金属铝的物质的量为0.5mol，故答案为：0.5mol；（二）（1）NaCN为强碱弱酸盐，水解生成HCN和氢氧化钠，离子方程式：CN+H2OHCN+OH；故答案为：CN+H2OHCN+OH；（2）氰化钠与双氧水发生氧化还原反应生成碳酸氢钠和氨气，化学方程式：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3；故答案为：N
78、aCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3；（3）HCN酸性非常弱，酸化的高锰酸钾中含有大量氢离子，依据强酸制备弱酸原理能生成大量有毒的HCN，方程式：NaCN+H2SO4=Na2SO4+HCN；故答案为：不能；NaCN+H2SO4=Na2SO4+HCN【点评】本题考查了氧化还原反应、盐类的水解，明确氧化还原反应得失电子守恒规律、盐类水解规律是解题关键，题目难度中等27元素X、Y、Z、W、M、N原子序数依次增大，X与M、W与N分别同主族，且元素X、Y、Z、W分属两个短周期，它们四者原子序数之和为22，最外层电子数之和为16，在化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，相应分子内各原子最外层电子
79、都满足稳定结构，请回答下列问题：（1）Y元素在周期表中的位置是第二周期第A族，X、Y、Z、W、M的原子半径由大到小的顺序为：NaCNOH（用元素符号表示）（2）写出Y2X2的电子式；Z2X4结构式（3）X、Z、W形成的化合物，水溶液一定显酸性的盐是NH4NO3，其原因是NH4+H2ONH3H2O+H+（用离子方程式表示），该物质所含化学键的类型是离子键、共价键（4）均含X、W、M、N四种元素的两种化合物相互反应有刺激性气味气体放出，反应的离子方程式为H+HSO3H2O+SO2（5）火箭发动机曾经利用Z2X4作燃料X2W2作助燃剂，产物环保无污染，写出二者反应的方程式N2H4+2H2O2N2+4
80、H2O（6）写出N W2通入硝酸钡溶液中的离子方程式3Ba2+3SO2+2NO3+2H2O3BaSO4+2NO+4 H+【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】元素X、Y、Z、W、M、N原子序数依次增大，W与N同主族，结合原子序数可知，W处于第二周期、N处于第三周期，且元素X、Y、Z、W分属两个短周期，则X只能为H元素，Y、Z处于第二周期，X、Y、Z、W四原子序数之和为22，最外层电子数之和为16，故Y、Z、W原子序数之和为21，最外层电子数之和为15，可推知Y为C元素、Z为N元素、W为O元素，则N为S元素；X与M同主族，M原子序数大于O，故M为Na，化合物C2H2、N2H4、H2O2中，相
81、应分子内各原子最外层电子都满足稳定结构，据此解答【解答】解：元素X、Y、Z、W、M、N原子序数依次增大，W与N同主族，结合原子序数可知，W处于第二周期、N处于第三周期，且元素X、Y、Z、W分属两个短周期，则X只能为H元素，Y、Z处于第二周期，X、Y、Z、W四原子序数之和为22，最外层电子数之和为16，故Y、Z、W原子序数之和为21，最外层电子数之和为15，可推知Y为C元素、Z为N元素、W为O元素，则N为S元素；X与M同主族，M原子序数大于O，故M为Na，化合物C2H2、N2H4、H2O2中，相应分子内各原子最外层电子都满足稳定结构，（1）Y为C元素，元素在周期表中的位置是第二周期第A族，H、C
82、、N、O、Na的原子半径由大到小的顺序为：NaCNOH，故答案为：第二周期第A族；NaCNOH；（2）Y2X2为C2H2，电子式为，Z2X4为N2H4，结构式为：，故答案为：；（3）H、N、O形成的化合物，水溶液一定显酸性的盐是NH4NO3，其原因是：NH4+H2ONH3H2O+H+，该物质所含化学键的类型是：离子键、共价键，故答案为：NH4NO3；NH4+H2ONH3H2O+H+；离子键、共价键；（4）均含H、O、Na、S四种元素的两种化合物相互反应有刺激性气味气体放出，应是硫酸氢钠与亚硫酸氢钠反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应的离子方程式为：H+HSO3H2O+SO2，故答案为：H+HSO
83、3H2O+SO2；（5）火箭发动机曾经利用N2H4作燃料、H2O2作助燃剂，产物环保无污染，反应生成氮气与水，二者反应的方程式为：N2H4+2H2O2N2+4H2O，故答案为：N2H4+2H2O2N2+4H2O；（6）SO2通入硝酸钡溶液中的离子方程式为：3Ba2+3SO2+2NO3+2H2O3BaSO4+2NO+4 H+，故答案为：3Ba2+3SO2+2NO3+2H2O3BaSO4+2NO+4 H+【点评】本题考查结构性质位置关系综合应用，推断元素是解题关键，需要学生具备扎实的基础，难度中等28氨气是一种重要的化工产品，工业上可以按照下图所示流程生产氨气：（1）原料气之一氮气的工业制取方法是
84、分离液态空气，写出氨气的工业用途（任答一点）作制冷剂或制硝酸可制氮肥（2）写出合成塔中发生的反应的化学反应方程式N2+3H22NH3在冷却塔中对混合气体进行冷却，冷水的入口n（答m或n）（3）设备C的作用将生成的液态氨气与未反应的原料气分离其分离器中的过程对整个工业合成氨的意义氨气不断被液化分离，减小氨气的浓度，促使平衡不断正向移动，提高原料的利用率在原料气制备过程中混有 CO对催化剂有毒害作用，欲除去原料气中的 CO，可通过如下反应来实现：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），已知1000K时该反应的平衡常数K=0.627，若要使CO的转化超过80%，则起始物中c（H2O）：c（
85、CO）不低于5.9（精确到小数点后一位）【考点】工业合成氨【分析】（1）空气中的近五分四的是氮气，所以工业上用分离液态空气的方法得到氮气，根据氨气的物质确定用途；（2）工业合成氨中合成塔中的反应为氮气和氢气在高温高压条件下生成氨气；采用逆流的方式冷却效果好；（3）设备C是分离塔，将生成氨气及时分离出来，有利于平衡正向移动；（4）根据K=，结合CO的转化率进行计算【解答】解：（1）空气中的近五分四的是氮气，所以工业上用分离液态空气的方法得到氮气，氨气可以作制冷剂或制硝酸可制氮肥，故答案为：分离液态空气；作制冷剂或制硝酸可制氮肥；（2）工业合成氨中合成塔中的反应为氮气和氢气在高温高压条件下生成氨气
86、，反应方程式为N2+3H22NH3，采用逆流的方式冷却效果好，所以冷水从n处进入，故答案为：N2+3H22NH3；n；（3）设备C是分离塔，将生成的液态氨气与未反应的原料气分离，氨气不断被液化分离，减小氨气的浓度，促使平衡不断正向移动，提高原料的利用率，故答案为：将生成的液态氨气与未反应的原料气分离；氨气不断被液化分离，减小氨气的浓度，促使平衡不断正向移动，提高原料的利用率；（4）设开始CO为amol/L，H2O为bmol/L，CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），a b0.2a b0.8a 0.8a 0.8a根据K=0.627，所以b：a=5.9，所以起始物中c（H2O）：c（C
87、O）不低于5.9，故答案为：5.9【点评】本题考查了合成氨的原理、化学平衡的计算等知识，综合性较强，中等难度，注意化学平衡原理在工业生产的中的应用三、计算题29向200.0mL某物质的量浓度的NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，充分反应在上述所得溶液中，逐滴缓慢滴加2.0molL1的盐酸，所得气体（不考虑溶解）的体积与滴加盐酸的体积关系如图（其中点A是线段OC上的动点）：（1）若OA=AC时，通入CO2后，所得溶液的溶质成分是Na2CO3（2）若OAAC时，OA段发生反应的离子方程式是OH+H+=H2O，CO32+H+HCO3（3）若A点数值为80，C点数值为260，计算确定通入CO2后得到
88、的溶液溶质成分及其物质的量浓度（溶液体积的变化忽略不计，写出计算过程）【考点】离子方程式的有关计算【专题】元素及其化合物【分析】NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，充分反应，所得溶液，可以是碳酸钠，还可以是碳酸氢钠，还可以是碳酸钠和氢氧化钠的混合物，或是碳酸氢钠和碳酸钠的混合物，加入盐酸时开始不生成气体，则产物的组成是氢氧化钠和碳酸钠的混合物，或者是碳酸钠，若是混合物，盐酸先是和氢氧化钠之间反应，然后和碳酸钠之间反应，反应的量之间的关系可以由反应得到：NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl，NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2，以此解答【解答】
89、解：（1）NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，充分反应，所得溶液，可以是碳酸钠，还可以是碳酸氢钠，还可以是碳酸钠和氢氧化钠的混合物，或是碳酸氢钠和碳酸钠的混合物，加入盐酸时开始不生成气体，若OA=AC时，通入CO2后，所得溶液的溶质成分是Na2CO3，OA段的反应：Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl，AC段的反应：NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2，故答案为：Na2CO3；（2）若OAAC时，则反应的情况如下：NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl，NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2，溶液的组成是氢氧化钠和碳酸钠的化合物，O
90、A段反应的离子方程式为：OH+H+=H2O，CO32+H+HCO3，故答案为：OH+H+=H2O，CO32+H+HCO3；（3）若A点数值为80，C点数值为260，OAAC，所以是碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，在OA段消耗盐酸的物质的量为：2.0mol/L0.08L=0.16mol，Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl，所以碳酸钠的物质的量是0.16mol，碳酸钠的浓度是： =0.8mol/L，在AC段消耗盐酸的物质的量是2.0mol/L（0.260.08）=0.36mol，NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2，前边的反应生成的碳酸氢钠是0.16mol，所以原来的混合液中含有的碳酸氢
91、钠是0.36mol0.16mol=0.2mol，所以碳酸氢钠的浓度=1.0mol/L，答：通入CO2后得到的溶液溶质成分及是碳酸钠和碳酸氢钠，其物质的量浓度分别是0.8mol/L、1.0mol/L【点评】本题考查学生氢氧化钠和二氧化碳之间的反应知识，注意反应产物和二氧化碳的量之间的关系是关键，学会分析和利用图象是重点30某工业废液里含有FeCl2、CuCl2和FeCl3为回收铜并得到纯净的FeCl3溶液，如图是综合利用的主要流程：（1）方框内物质A和B的化学式：AHCl，BCl2 （2）根据图示第步的有关离子方程式为2Fe3+Fe=3Fe2+，Cu2+Fe=Cu+Fe2+ （3）第步的化学方程
92、式为2FeCl2+Cl2 =2FeCl3【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；物质分离、提纯的实验方案设计【专题】实验设计题【分析】由流程图可知废液的处理过程为：利用过量的饱和氯化铁溶液与镀铜电路板上金属铜反应，然后用过量铁粉把生成的氯化铜置换得到金属铜，同时把过量的氯化铁溶液转变为氯化亚铁溶液，过滤所得沉淀用盐酸分离铜和铁，最后，进行过滤分离出金属铜而回收铜，并把滤液氯化亚铁与氯气反应而转化为氯化铁溶液循环利用【解答】解：由流程图可知废液的处理过程为：利用过量的饱和氯化铁溶液与镀铜电路板上金属铜反应，然后用过量铁粉把生成的氯化铜置换得到金属铜，同时把过量的氯化铁溶液转变为氯化亚铁溶
93、液，过滤所得沉淀用盐酸分离铜和铁，最后过滤分离出金属铜而回收铜，并把滤液氯化亚铁与氯气反应而转化为氯化铁溶液循环利用（1）分离Cu和Fe，可加入盐酸，得到FeCl2和Cu，反应后的滤液为FeCl2，可与Cl2反应生成FeCl3，故答案为：HCl；Cl2；（2）CuCl2和FeCl3中加入铁粉，分别发生：Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，离子反应分别为2Fe3+Fe=3Fe2+，Cu2+Fe=Cu+Fe2+，故答案为：2Fe3+Fe=3Fe2+，Cu2+Fe=Cu+Fe2+；（3）氯化亚铁与氯气反应而转化为氯化铁，反应的化学方程式为2FeCl2+Cl2 =2F
94、eCl3，故答案为：2FeCl2+Cl2 =2FeCl3【点评】本题考查物质分离提纯的方法和综合应用，为高频考点，把握流程中物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重分析、实验能力的考查，题目难度中等31已知：4NH3+5O2 4NO+6H2O，4NO+3O2+2H2O4HNO3设空气中氧气的体积分数为0.20，氮气的体积分数为0.80（1）a mol NO完全转化为HNO3理论上需要氧气0.75a mol（2）为使NH3恰好完全氧化为NO，氨空气混合气体中氨的体积分数（用小数表示）为0.14（保留2位小数）（3）20.0mol NH3用空气氧化，产生混合物的组成为：NO 18.0mol、O2
95、12.0mol、N2 150.0mol和一定量硝酸，以及其他成分（高温下NO与O2不化合）计算氨转化为NO和HNO3的总转化率氨转化为NO和HNO3的转化率分别是7.5%和97.5%（4）20.0mol NH3和一定量空气充分反应后，再转化为硝酸通过计算，在图中画出HNO3的物质的量n（A）和空气的物质的量n（B）关系的理论曲线【考点】化学方程式的有关计算；氮的氧化物的性质及其对环境的影响【专题】计算题【分析】（1）根据一氧化氮和氧气完全转化为HNO3的关系式计算；（2）使NH3恰好完全氧化为NO，根据氨气计算需要氧气的量，再根据体积分数公式进行计算；（3）根据反应过程中氮气的量不变进行计算，
96、算出生成硝酸的物质的量，再根据原子守恒计算转化率；（4）采用极限法找出氨气、空气和硝酸的关系，并画出硝酸和空气的关系图象【解答】解：（1）设需要氧气的物质的量为x，4NO+2H2O+3O2=4HNO34mol 3molamol xx=mol=0.75amol，则需要氧气的物质的量为0.75a mol，故答案为：0.75a；（2）根据氨气被氧气恰好完全氧化为NO的方程式，可假设氨气的体积是4L，设需要空气的体积为y，4NH3+5O24NO+6H2O4 54L 0.20y y=L=25L，氨空气混合物中氨的体积分数=0.14，故答案为：0.14；（3）设生成x mol HNO3，空气中氧气的体积分
97、数为0.20，氮气的体积分数为0.80，空气中氮气的量是氧气的4倍，4（2x+18.0+12.0）=150.0，解得：x=1.5（mol），根据氮原子守恒，NH3的转化为HNO3的转化率=100%=7.5%； NH3的转化为NO的转化率=100%=97.5%，故答案为：氨转化为NO和HNO3的转化率分别是7.5%和97.5%；（4）4NH3+5O24NO+6H2O，4NO+3O2 +2H2O=4HNO3，将得：NH3+2O2=H2O+HNO3，由知，当，即时无硝酸生成，此时20.0mol氨气所需空气量为：20.0mol=125mol；当，即，时有硝酸生成，此时20.0mol氨气所需空气量为10
98、20.0mol=200mol，生成硝酸的物质的量是20mol，所以HNO3的物质的量n（A）和空气的物质的量n （B）关系的理论曲线为，答：HNO3的物质的量n（A）和空气的物质的量n（B）关系的理论曲线为【点评】本题考查了氧化还原反应的计算，难点是计算转化率，明确氮气和氧气的关系是解本题的关键，结合原子守恒来分析解答，题目难度较大32某研究性学习小组对Zn跟一定量的浓硫酸反应生成的气体产物进行探究【提出假设】：小组同学经过分析讨论认为生成气体可能含H2和SO2【设计实验方案，验证假设】主要包括两个环节：验证SO2，实验装置如图所示；检验产物中含有H2，实验内容将由B部分导出的气体依次通过装置
99、C、D、E、F、G中装置C、D、E、F、G的信息如表所示：仪器标号CDEFG仪器洗气瓶洗气瓶硬质玻璃管，加热干燥管干燥管仪器中所加物质NaOH溶液浓硫酸CuO粉末试剂X无水CaCl2固体试回答下列问题：（1）小组同学认为生成气体中含H2的理由是随着反应的进行，硫酸的浓度变小；（2）盛放锌粒的仪器名称是蒸馏烧瓶；（3）B部分装置的目的是验证SO2并探究SO2与品红作用的可逆性，实验的操作及主要现象是品红溶液先褪色，加热后又恢复红色；（4）装置D、G的作用依次是干燥H2，防止干扰后面H2的检验、防止空气中的水蒸气进入H；E中发生反应的化学方程式是CuO+H2Cu+H2O；试剂X是无水CuSO4粉末
100、【考点】浓硫酸的性质实验【专题】综合实验题；氧族元素【分析】（1）随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸后，锌与稀硫酸反应会生成氢气；（2）根据仪器的构造写出其名称；（3）二氧化硫漂白品红溶液的现象为暂时的，加热后能够恢复；（4）E中氧化铜与氢气发生反应生成水，然后通过检验水证明混合气体中含有氢气，所以气体加入H前必须干燥；装置E是用于检验水的，所以应该避免空气中的水分加入H；E中氢气与氧化铜反应生成铜和水，据此写出反应的化学方程式；干燥管中X是用于检验是否有水生成的，应该为无水硫酸铜【解答】解：（1）随着反应的进行，硫酸的浓度变小，稀硫酸与锌反应生成硫酸锌和氢气，所以生成的氢气中会含有氢气，故答案
101、为：随着反应的进行，硫酸的浓度变小；（2）根据图示仪器构造可知，盛放锌的仪器名称为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；（3）二氧化硫与有色物质生成不稳定的无色物质，该无色物质不稳定，加热后会分解，所以品红溶液先褪色，加热后又恢复红色，故答案为：品红溶液先褪色，加热后又恢复红色；（4）本实验需要通过检验氢气与氧化铜反应的水判断氢气的存在情况，所以气体必须是干燥的，应该用浓硫酸干燥；试剂X应该为无水硫酸铜，用于检验水，则应该避免空气中水蒸气加入H，干扰实验，故答案为：干燥H2，防止干扰后面H2的检验；防止空气中的水蒸气进入H；装置E中氢气与氧化铜反应生成铜和水，反应的化学方程式为：CuO+H2Cu+H2
102、O，故答案为：CuO+H2Cu+H2O；干燥管F中试剂X是检验是否有水生成，所以试剂X为无水CuSO4粉末，故答案为：无水CuSO4粉末【点评】本题考查了浓硫酸的性质，题目难度中等，注意掌握锌与浓硫酸、稀硫酸的反应原理的区别，明确常见气体的性质及检验方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力33某兴趣小组对铜与浓硫酸反应产生的黑色沉淀（可能含有CuO、CuS、Cu2S，其中CuS和 Cu2S不溶于稀盐酸、稀硫酸）进行探究，实验步骤如下：将光亮铜丝插人浓硫酸，加热；待产生大量黑色沉淀和气体时，抽出铜丝，停止加热；冷却后，从反应后的混合物中分离出黑色沉淀，洗净、干燥备用回答下列问题：（1）步骤产
103、生气体的化学式为SO2（2）向含微量 Cu2+试液中滴加K4Fe（CN）6溶液，能产生红褐色沉淀现将少量黑色沉淀放入稀硫酸中，充分振荡以后，再滴加K4Fe（CN）6溶液，未见红褐色沉淀，由此所得结论是黑色沉淀中不含有CuO（3）为证明黑色沉淀含有铜的硫化物，进行如下实验：装置现象结论及解释A试管中黑色沉淀逐渐溶解A试管上方出现红棕色气体B试管中出现白色沉淀a现象说明褐色沉淀具有还原性b试管B中产生白色沉淀的总反应的离子方程式为NO2+SO2+Ba2+H2OBaSO4+NO+2H+（4）CuS固体能溶于热的浓硫酸，请用有关平衡移动原理加以解释：CuS存在溶解平衡CuS（s） Cu2+（aq）+S
104、2（aq），热的浓硫酸将S2氧化，使S2浓度减小，促进上述平衡向正向移动，使CuS溶解（5）为测定黑色沉淀中Cu2S 的百分含量，取0.2g 步骤所得黑色沉淀，在酸性溶液中用 40.0mL 0.075mol/L KMnO4溶液处理，发生反应如下：8MnO4+5Cu2S+44H+10Cu2+5SO2+8Mn2+22H2O6MnO4+5CuS+28H+5Cu2+5SO2+6Mn2+14H2O反应后煮沸溶液，赶尽SO2，过量的高锰酸钾溶液恰好与35.0mL 0.1mol/L （NH4）2Fe（SO4）2 溶液反应完全则混合物中Cu2S 的质量分数为40%【考点】性质实验方案的设计【专题】氧族元素；无
105、机实验综合【分析】（1）根据铜与浓硫酸反应生成二氧化硫气体进行解答；（2）根据题中信息中检验铜离子的方法对进行分析，然后得出正确结论；（3）a、红棕色气体为二氧化氮，说明稀硝酸被还原生成一氧化氮，黑色固体具有还原性；b、根据反应现象可知黑色固体与稀硝酸反应生成了二氧化硫，证明黑色固体中含有硫元素；二氧化氮、二氧化硫的混合气体能够与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，据此写出反应的离子方程式；（4）CuS在溶液中存在沉淀溶解平衡，根据平衡移动分析；（5）依据滴定实验数据计算剩余高锰酸钾物质的量，得到和硫化亚铜、硫化铜反应的高锰酸钾物质的量，依据反应的离子方程式列式计算得到【解答】解：（1）Cu与浓硫酸反应
106、生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2SO2+2H2O，步骤产生的气体是SO2，故答案为：SO2；（2）向试液中滴加K4Fe（CN）6溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+，根据将黑色沉淀放入稀硫酸中，一段时间后，滴加K4Fe（CN）6溶液，未见红褐色沉淀可知，黑色固体中一定不含CuO，故答案为：黑色沉淀中不含有CuO；（3）a、A试管内上方出现红棕色气体，说明反应中有一氧化氮生成，证明了黑色固体具有还原性，在反应中被氧化，故答案为：还原；b、根据反应现象B试管中出现白色沉淀可知，白色沉淀为硫酸钡，说明黑色固体中含有硫元素；发生反应的离子方程式为：NO2+SO2
107、+Ba2+H2OBaSO4+NO+2H+，故答案为：NO2+SO2+Ba2+H2OBaSO4+NO+2H+；（4）CuS难溶于水，在水溶液中会有很少量的Cu溶解，溶液中存在沉淀溶解平衡，CuS（s）Cu2+（aq）+S2（aq），热的浓硫酸将S2氧化，使S2浓度减小，促进上述平衡向正向移动，使CuS溶解；故答案为：CuS存在溶解平衡CuS（s）Cu2+（aq）+S2（aq），热的浓硫酸将S2氧化，使S2浓度减小，促进上述平衡向正向移动，使CuS溶解；（5）发生的反应为：8MnO4+5Cu2S+44H+10Cu2+5SO2+8Mn2+22H2O6MnO4+5CuS+28H+5Cu2+5SO2+6Mn2+14H2OMnO4+5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O设Cu2S、CuS的物质的量分别为x、y，与Cu2S、CuS反应后剩余KMnO4的物质的量：0.035L0.1mol/L=0.0007mol，160x+96y=0.2+=0.040.0750.0007解得x=0.0005mol，Cu2S的质量分数：100%=40%，故答案为：40%【点评】本题考查了浓硫酸的化学性质、性质实验方案的设计，题目难度中等，试题涉及的题量稍大，知识点较多，理解题中信息是解题关键，试题培养了学生的分析、理解能力