1、2016届山东省枣庄第九中学高三上学期期末复习化学模拟试题(二)一、选择题（本题共18道小题，每小题0分，共0分）1.化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中正确的是（ ）A航天服材质是由碳化硅、陶瓷和碳纤维等复合而成，它是一种新型有机合成材料B煤中含有苯、二甲苯等，可以通过煤的干馏得到，并将它们分离C经过一定的化学变化，可以从海水中提取氯化钠、镁、溴等D在海轮外壳镶嵌锌块，能减缓轮船的腐蚀，是利用牺牲阳极的阴极保护法2.下列说法中，不正确的是（ ）AH、D、T互为同位素BNaHCO3、HCOONa均含有离子键和共价键C常温常压下，22.4 L CCl4含有NA个CCl4分子D常温下，2
2、3 g NO2含有NA个氧原子3.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的17.6 g丙烷中所含的共价键数为4NA个常温下，21 g CH和CH的混合物中含有的碳原子数为1.5NA电解饱和食盐水，当阴极产生2.24 L H2时，转移的电子数为0.2NA2 g DO中含有的质子数、中子数、电子数均为NA常温下，1.0 L pH13的NaOH溶液中，由水电离的OH离子数目为0.1NA将100 mL0.1 molL的FeCl溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)胶粒0.01NAA BC D4.下列相关离子方程式书写正确的是ANaClO溶液与FeCl2溶液混合：6Fe23ClO3H2O=2Fe(OH)
3、33Cl4Fe3B用食醋检验牙膏中的碳酸钙：CaCO32H=Ca2CO2H2OCFeCl2酸性溶液放在空气中变质：2Fe24HO2=2Fe32H2OD电解MgCl2水溶液的离子方程式：2Cl2H2O H2Cl22OH5.NH3可消除NO的污染，反应方程式为：6NO+4NH3=5N2+6H2O现有NO与NH3的混合物共1mol充分反应，若还原产物比氧化产物多1.4g，则下列判断中正确的是（ ）A原混合物中NO与NH3的物质的量之比可能为3：2B有0.6 mol NH3被氧化C生成还原产物2.8gD原混合气体中含氨气为0.2 mol或0.7 mol6.合成二甲醚的三步反应如下：2H2（g）+CO（
4、g）CH3OH（g）H12CH3OH （g）CH3OCH3 （g）+H2O（g）H2CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H3则 3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2（g） 的H是（）AH=2H1+H2+H3 BH=H1+H2+H3CH=H1+2H2+2H3 DH=2H1+H2H37.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，它们形成的常见化合物WX能抑制水的电离，YZ2能促进水的电离，则Y元素是（）AMgBNCBeDS8.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
5、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，一段时间以后沉淀逐渐溶解9.下列物质依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列的一组是（ ）A淀粉、CuO、HClO、CuB普通玻璃、H2O、Fe（SCN）3、葡萄糖CKAl（SO4）212H2O、KClO3、NH3H2O、CH3CH2OHD水玻璃、Na2OCaO6SiO2、Ag2O、SO310.如图所示装置，室温下密闭容器内分别充入空气和H2、O2的混合气体在可移动的活塞两边，在标准状况下若将H2、O2的混合气体点燃引爆，活塞先左弹，恢复原温度后，活
6、塞右滑停留于容器的中央，则原来H2、O2的体积比最接近于 2：75：44：57：2ABCD11.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到的气体其物质的量为a mol，向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1（在相同条件下），则a可能为（）A0.80 B0.70 C0.60 D0.4012.实验室用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知 Fe3+在 Ph=5时沉淀完全）其中分析错误的是（）A步骤发生的主要反应为：2F
7、e2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OB步骤可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2C步骤用 CuCO3代替CuO也可调节溶液的pHD步骤的操作为：向漏斗中加人少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作 23次13.通常用来衡量一个国家石油化工发展水平标志的是（ ）A甲烷的产量 B乙烯的产量C乙醇的产量 D苯的产量14.苹果酸的结构简式为，下列说法正确的是（）A苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种B1mol苹果酸可与3mol NaOH发生中和反应C1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1mol H2D与苹果酸互为同分异构体15.FeCO3与砂糖混用可以作补血剂，实验室里制备FeCO3的流程
8、如图所示下列说法错误的是（ ）A可利用KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质B沉淀过程中有CO2气体放出C过滤搡作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒D产品FeCO3在空气中高温分解可得到纯净的FeO16.常温下，将Cl2缓慢通人100mL水中至饱和，然后向所得饱和氯水中逐滴加人0.1mol/L NaOH溶液，整个过程中pH的变化如图所示下列有关叙述正确的是（ ）A曲线段有离子反应：HClO+OH=ClO+H2OB可依据处数据计算所溶解的n（Cl2）C处表示氯气与氢氧化钠溶液恰好反应完全D处c（H+）约为处c（H+）的两倍17.将13.0g Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产
9、生气体6.72L（标况）另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中生成6.72L（标况）NO，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量是（）A11.85g B12.7gC27.45g D28.3g18.A、B、C三种物质中均含有同一种元素M，它们之间有如下图所示的转化关系（部分反应物质已略去）。A为一种金属单质，反应均为化合反应，反应为置换反应。下列有关说法不正确的是（）A.中所加试剂可能是氯气B.中需要加具有氧化性的试剂CA与稀硝酸反应一定能实现元素M在中发生的价态变化D元素M在中发生的价态变化也能通过加碘化钾溶液实现第II卷（非选择题）二、填空题19.下表图1是元素周期表的一部分已知
10、A、B、C、D、E、X、Y是由表中给出元素组成的常见单质或化合物，并存在如图2所示的转化关系（部分生成物和反应条件已略去）：（1）的元素符号是 （2）与As两种元素中，非金属性较强的是 （填元素符号）（3）若E为氧化物，则A、X的化学式分别为 、 （4）Y由三种元素组成，它的水溶液是一种生活中常见的消毒剂As可与Y的碱性溶液反应，当消耗1mol还原剂时，消耗2.5mol氧化剂，转移5mol电子该反应的离子方程式为 20.（8分）A、B、C、D、X均为中学化学常见的物质它们之间存在如图所示转化关系（图中反应条件略去）填写下列空白：（1）若A为金属铝，B为氧化铁，写出反应A+BC+D的一种用途 （
11、2）若A为两性氢氧化物，B为NaOH溶液，写出反应A+BC+D的离子方程式 （3）若A为金属单质，B、C、D都是化合物，A与B发生的反应常用于制作印刷电路板，该反应的离子方程式 （4）若A、B、C为化合物，D、X为单质，A、B、C中肯定含有X元素的是 21.I. AJ分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如下图所示（部分反应物、生成物没有列出），G常用作耐火材料，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。请填写下列空白：（1）A、B、C、D、E、F六种物质中含有的同一种元素在周期表中位置 .C溶液加热蒸干灼烧的产物是 .（2）写出反应的离子方程式 。（3）若向气体K的水溶液中
12、加入盐酸，室温下使其溶液的PH=7 ，则溶液中离子浓度由大到小的排列是 。（4）已知：FeO（s）CO（g）Fe（s）CO2（g）；H11 kJ/mol。在1 L的密闭容器中，投入72 g FeO和01 mol CO在定温条件下反应，该反应的正反应速率随时间变化情况如图所示，在t1时改变了某种条件，反应在t2时达平衡，改变的条件可能是 _。(选填字母)a升高温度 b增大CO的浓度c使用催化剂 d增大压强II电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理法：保持污水的pH在5060之间，通过电解生成Fe（OH）3沉淀。Fe（OH）3有吸附性，可吸附污物而沉积下来，具有净化水的作用。阴极产生的气泡把污水中
13、悬浮物带到水面形成浮渣层，刮去（或撇掉）浮渣层，即起到了浮选净化的作用。某科研小组用电浮选凝聚法处理污水，设计装置如图所示：（1）电解池阳极发生了两个电极反应，其中一个反应生成一种无色气体，则由阳极电极反应的产物反应生成Fe（OH）3沉淀的离子方程式为 。（2）熔融盐燃料电池是以熔融碳酸盐为电解质，以CH4为燃料，空气为氧化剂，稀土金属材料为电极。已知正极的电极反应是：O2+2CO2+4e-=2CO32-。负极的电极反应是 。为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定。为此电池工作时必须有部分A物质参加循环。则A物质的化学式是 。三、实验题22.Mg能在NO2中燃烧，产物为Mg
14、3N2、Mg0和N2某科学小组通过实验验证反应产物并探究产物的比例关系资料信息：2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O+Mg3N2+6H203Mg（OH）2+2NH3，限用如下装置实验（夹持装置省略，部分仪器可重复使用） （1）装置连接的顺序为 （填字母序号）；连接好仪器，装入药品前检验装置气密性的方法是 ；（3）装置A中盛装的干燥剂是 ；装置F的作用 _；（4）验证产物中存在Mg3 N2的具体实验操作为 确定产物中有N生成的实验现象为 ；（5）已知装置E中初始加入Mg粉质量为13.2g，在足量的NO2中充分燃烧，实验结束后，硬质玻璃管冷却至室温、称量，测得硬质玻璃管中剩余固体的质
15、量为21.0g，产生N2的体积为1120mL（标准状况）写出玻璃管中发生反应的化学方程式： _23.生产中可用双氧水氧化法处理电镀含氰废水，某化学兴趣小组模拟该法探究有关因素对破氰反应速率的影响（注：破氰反应是指氧化剂将CN氧化的反应）【相关资料】氰化物主要是以CN和Fe(CN)63两种形式存在Cu2+可作为双氧水氧化法破氰处理过程中的催化剂；Cu2+在偏碱性条件下对双氧水分解影响较弱，可以忽略不计Fe(CN)63较CN难被双氧水氧化，且pH越大，Fe(CN)63越稳定，越难被氧化【实验过程】在常温下，控制含氰废水样品中总氰的初始浓度和催化剂Cu2+的浓度相同，调节含氰废水样品不同的初始pH和
16、一定浓度双氧水溶液的用量，设计如下对比实验：（l）请完成以下实验设计表（表中不要留空格）实验序号实验目的初始pH废水样品体积/mLCuSO4溶液的体积/mL双氧水溶液的体积/mL蒸馏水的体积/mL为以下实验操作参考760101020废水的初始pH对破氰反应速率的影响126010102076010实验测得含氰废水中的总氰浓度（以CN表示）随时间变化关系如图所示（2）实验中2060min时间段反应速率：（CN）= molL1min1（3）实验和实验结果表明，含氰废水的初始pH增大，破氰反应速率减小，其原因可能是 （填一点即可）在偏碱性条件下，含氰废水中的CN最终被双氧水氧化为HCO3，同时放出NH
17、3，试写出该反应的离子方程式： （4）该兴趣小组同学要探究Cu2+是否对双氧水氧化法破氰反应起催化作用，请你帮助他设计实验并验证上述结论，完成下表中内容（己知：废水中的CN浓度可用离子色谱仪测定） 实验步骤（不要写出具体操作过程）预期实验现象和结论试卷答案1.D试题解析：A、碳化硅、陶瓷和碳纤维为无机非金属材料，故A错误；B、煤中不含苯、二甲苯，故B错误；C、从海水中提取NaCl属物理变化，故C错误；D、锌比铁活泼，作负极发生氧化反应而消耗，金属Fe作为正极被保护就可以避免腐蚀，这种方法牺牲了阳极（原电池的负极）保护了阴极（原电池的正极），因而叫做牺牲阳极（原电池的负极） 的阴极保护法，故D正
18、确。2.C考点：物质的量试题解析：A、H、D、T三种核素的质子数相等而中子数不等，互为同位素，故A正确；B、NaHCO3中有钠离子和碳酸氢根离子之间的离子键，以及碳酸氢根离子中碳氧氢氧原子之间的共价键，HCOONa中有甲酸根离子和钠离子之间的离子键以及甲酸根中碳氧碳氢原子之间的共价键，故B正确；C、常温常压下，22.4 L CCl4的物质的量并不是1mol，故C不正确；D、二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡，但是二者的最简式为NO2，23g混合物中含有0.5mol最简式NO2，含有1mol氧原子，含有NA个氧原子，故D正确。答案：C3.B4.AA、符合氧化还原反应规律和守恒关系，故A正确；B、食
19、醋中的醋酸是弱电解质，应该保留化学式，故B错误；C、配平错误，不满足电荷守恒，应该是4Fe24HO2= 4Fe32H2O，故C错误；D、生成物中Mg(OH)2是沉淀应该保留化学式，故D错误。故答案选A5.D考点：氧化还原反应的计算；氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：反应的方程式为：6NO+4NH3=5N2+6H2O，反应中NO中N元素的化合价由+2价降低到0价，得电子，NH3中N元素的化合价由3价升高到0价，失电子，根据化学方程式以及经还原得到的N2比经氧化得到的N2多1.4g，利用讨论法计算原反应混合物中NO与NH3的物质的量解答：解：6molNO还原得到3molN2，4molNH3氧
20、化得到2molN2，两者相差1molN2，现相差1.4g，=0.05mol，相当于0.3molNO和0.2molNH3反应，依题意NO和NH3的总物质的量为1mol，其中必有一种为过量，所以有两种情况：0.3molNO和0.7molNH3或0.2molNH3和0.8molNOA气体有两种情况：0.3molNO和0.7molNH3或0.2molNH3和0.8molNO，二者比值不是3：2，故A错误；B由以上分析可知，有0.3 mol NO被还原，0.2molNH3被氧化，故B错误；C由N原子守恒可知，0.3 mol NO被还原，对应还原产物N2为0.15mol，其质量为0.15mol28g/mo
21、l=4.2g，故C错误；D由上述分析可知，原混合气体中含氨气为0.2 mol或0.7 mol，故D正确故选D点评：本题考查氧化还原反应以及有关计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度不大，注意根据化学方程式判断被氧化和被还原的物质的量的关系为解答该题的关键6.A考点：有关反应热的计算分析：据盖斯定律由已知的热化学方程式乘以相应的数值进行加减，来构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的数值进行加减解答：解：已知合成二甲醚的三步反应如下：2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）H12CH3OH （g）CH3OCH3 （g）+H2O（g）H2CO（g）+H2O（g）CO2（g
22、）+H2（g）H3由盖斯定律可知，通过2+可得所求反应方程式，则H=2H1+H2+H3，故选A点评：本题考查了盖斯定律的有关应用，注意由已知反应来构建目标反应时反应的调整，难度不大7.A考点：位置结构性质的相互关系应用；水的电离专题：元素周期律与元素周期表专题分析：化合物WX能抑制水的电离说明是酸，则W为H，X为F或Cl元素，由于W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，说明X为F，化合物YZ2能促进水的电离说明是含弱离子的盐，水解促进水的电离，由化学式可知Y为金属阳离子，且+2价离子，则Y是Mg，Z是Cl元素解答：解：化合物WX能抑制水的电离说明是酸，则W为H，X为F或Cl元素，由于
23、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，说明X为F，化合物YZ2能促进水的电离说明是含弱离子的盐，水解促进水的电离，由化学式可知Y为金属阳离子，且+2价离子，原子序数大于氟，则Y是Mg，Z是Cl元素，故选A点评：本题考查位置性质关系，根据短周期元素形成的化合物WX能抑制水的电离，推断W、X是关键，注意理解水的电离平衡的影响因素，难度中等8.D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 SO
24、42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 SO42一从右向左移动，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
25、、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方向是解本题的关键9.B解：A、淀粉属于混合物、CuO属于氧化物、HClO属于弱电解质、Cu是单质不是电解质，故A错误；B、普通玻璃是硅酸盐和二氧化硅的混合物、H2O属于氧化物、Fe（SCN）3存在电离平衡属于弱电解质，葡萄糖属于非电解质，故B正确；C、KAl（SO4
26、）212H2O属于盐、KClO3是盐，NH3H2O是弱碱属于弱电解质、CH3CH2OH是有机物属于非电解质，故C错误；D、水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物、Na2OCaO6SiO2是盐，Ag2O熔融完全电离是强电解质、SO3是非电解质，故D错误；故选B10.D略11.D考点：有关混合物反应的计算.专题：计算题分析：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Cu元素守恒计算n（CuS）、n（Cu2S），再根据电子转移数目守恒计算n（NO）、n（NO2），进而计算气体总物质的量，实际气体介于二者之间解答：解：若混合物全是CuS，其物质的量n（CuS）
27、=n（CuO）=0.15mol，CuS中S的化合价由2价上升到+6价，故转移电子物质的量=0.15（6+2）=1.2molNO和NO2的体积相等，设NO为xmol、NO2为xmol，根据得失电子守恒，得3x+x=1.2，解得x=0.3，则NO和NO2的总物质的量为0.3mol2=0.6mol；若混合物全是Cu2S，其物质的量n（Cu2S）=n（CuO）=0.15mol=0.075mol，Cu2S中S的化合价由2价上升到+6价，且Cu元素的化合价由+1价上升到+2价，故转移电子物质的量0.075（8+12）=0.75mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=0.75，根据电子得失守恒
28、，计算得x=0.1875，故NO和NO2的总物质的量为0.1875mol2=0.375mol，实际气体介于0.375mol0.6mol之间，故选D点评：本题考查氧化还原反应计算、混合物计算，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12.B考点：制备实验方案的设计分析：由实验流程可知，样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成硫酸铁，然后加入CuO调节溶液的pH，使Fe3+水解而生成Fe（OH）3沉淀，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，以此来解答解答：解：由实验流程可知，样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，加入过氧化氢
29、，发生氧化还原反应生成硫酸铁，然后加入CuO调节溶液的pH，使Fe3+水解而生成Fe（OH）3沉淀，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，A步骤为亚铁离子与过氧化氢的氧化还原反应，离子反应为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故A正确；B步骤可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2，引入杂质氯离子、硝酸根离子等，难以除去，故B错误；CCuCO3和CuO都与溶液中H+反应，起到调节溶液pH的作用，并不引入新的杂质，故C正确；D步骤为洗涤固体，固体具有吸附性，过滤时表面有可溶性物质，则操作为向滤出晶体的漏斗中加少量水浸没晶体，自然流下，重复23次，可洗涤晶体，故D正确；故选B
30、点评：本题考查硫酸铜的制备实验，为高频考点，把握制备流程中的反应、混合物分离提纯方法等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等，注意氧化还原反应及盐类水解等原理的应用和分析13.B解：乙烯工业的发展，带动了其他以石油为原料的石油化工的发展因此一个国家乙烯工业的发展水平，已成为衡量这个国家石油化学工业水平的重要标志，故选B14.A解：A该分子中含有羧基和醇羟基，所以能发生酯化反应的官能团有羧基和醇羟基，所以苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种，故A正确；B.1mol苹果酸中含有2mol羧基，所以1mol苹果酸可与2molNaOH发生中和反应，故B错误；C能和Na反应是有羧基和醇羟基，
31、1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1.5molH2，故C错误；D与苹果酸是同一种物质，故D错误；故选A15.D解：FeSO4溶液中加碳酸氢铵生成FeCO3，过滤、洗涤，即可得到FeCO3固体；A亚铁离子变质会生成铁离子，则验FeSO4溶液若变质会生成铁离子，可利用KSCN溶液检，故A正确；BFeSO4与碳酸氢铵发生的反应为：Fe2+2HCO3=FeCO3+H2O+CO2，则沉淀过程中有CO2气体放出，故B正确；C过滤操作中过滤时用到漏斗，用玻璃棒引流，烧杯盛放溶液，所以过滤搡作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故C正确；D二价铁在空气中加热易被氧化为三价铁是，所以FeCO3在空气中高温分解
32、不能得到FeO，故D错误故选D16.A解：A曲线从到，溶液PH增大，说明此段发生反应：HCl+NaOHNaCl+H2O、HClO+NaOHNaClO+H2O，离子反应分别为：H+OH=H2O、HClO+OHH2O+ClO，点此时c（H+）=c（OH），c（Na+）=c（Cl）+c（ClO），HClO为弱电解质，部分电离，此时溶液中存在次氯酸的电离平衡，从到图象分析可知：溶液PH继续增大，且PH大于7，继续加氢氧化钠，氢氧化钠和次氯酸反应，HClO+NaOHNaClO+H2O，生成的次氯酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，加碱直至碱过量PH继续增大，所以离子反应为：HClO+OHH2O+ClO，故A正
33、确；B点所示溶液中发生反应：Cl2+H2OH+Cl+HClO，HClO为弱电解质，部分电离，无法根据pH计算参加反应的氯气，故B错误；C氯气与氢氧化钠恰好反应完全溶液为氯化钠、次氯酸钠溶液，溶液呈碱性，点所示溶液中发生反应：HCl+NaOHNaCl+H2O、HClO+NaOHNaClO+H2O，溶液呈中性，c（H+）=c（OH），故C错误；D处到处是氯气的溶解平衡：Cl2+H2OH+Cl+HClO向右进行的过程，酸性逐渐增强，氢离子浓度逐渐增大，故D错误；故选A17.B解析：合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L（标准状况），物质的量为=0.3mol，根据电子
34、转移守恒可知n（Al）=0.2mol，故金属铝的质量为0.2mol27g/mol=5.4g，金属铝提供电子的量是0.6mol，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，金属共提供电子的物质的量为3=0.9mol，故Fe、Cu共提供的电子物质的量为0.9mol0.6mol=0.3mol，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，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n（OH）=0.3mol，所以反应后沉淀的质量等于13.0g5.4g+0.
35、3mol17g/mol=12.7g，故选B18.C若A为一种金属单质时，反应均为化合反应，反应为置换反应，根据转化关系可确定A为变价金属，应为Fe，B为FeCl3，反应加入氯气能实现，A正确；C为FeCl2，反应是由+2价升高到+3价，需要加具有氧化性的试剂，B正确；过量的铁与硝酸反应，生成硝酸亚铁，C错误；铁离子能将I-氧化成碘单质，自身还原成亚铁离子，D正确；选C。19.（1）Ca；（2）N；（3）NO2；Fe；（4）5ClO+2As+6OH2AsO43+5Cl+3H2O根据元素周期表，可确定为H、为Na、为Al、为C、为N、为O、为Cl、为Ca；（1）根据元素周期表可确定是钙，元素符号为
36、Ca，故答案为：Ca；（2）是N，与As在同一主族，根据同主族元素由上到下非金属性减弱，所以非金属性较强的是N，故答案为：N；（3）A在常温下与水反应生成氧化物，可确定A是NO2，E是NO，则X是Fe，故答案为：NO2；Fe；（4）Y由三种元素组成，它的水溶液是一种生活中常见的消毒剂，则Y为NaClO，当消耗1 mol还原剂时，消耗2.5 mol氧化剂，转移5 mol电子，说明生成物中As元素的化合价为+5，Cl元素的化合价为1，该反应离子方程式为：5ClO+2As+6OH2AsO43+5Cl+3H2O，故答案为：5ClO+2As+6OH2AsO43+5Cl+3H2O20.（1）焊接钢轨；（2
37、）Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（3）Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+；（4）B、C考点：无机物的推断分析：（1）A为金属铝，B为氧化铁，考虑铝热反应，反应可以生成氧化铝与铁，铁与氧气反应生成Fe3O4，符合转化；（2）A为两性氢氧化物，A为Al（OH）3，B为NaOH溶液，反应生成偏铝酸钠和水；（3）A为金属单质，B、C、D都是化合物，A与B发生的反应常用于制作印刷电路板，则A为Cu，B含有Fe3+，B为FeCl3，反应生成Cu2+与Fe2+，Fe2+与Cl2反应生成FeCl3，符合转化；（4）A、B、C为化合物，D、X为单质，由转化关系可知，单质D、X化合生成B，B中含有X元
38、素，根据元素守恒可以，C中一定含有X元素解答：解：（1）A为金属铝，B为氧化铁，发生铝热反应，生成氧化铝与铁，可以用来焊接钢轨，故答案为：焊接钢轨；（2）A为两性氢氧化物，A为Al（OH）3，B为NaOH溶液，反应生成偏铝酸钠和水，反应离子方程式为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（3）A为金属单质，B、C、D都是化合物，A与B发生的反应常用于制作印刷电路板，则A为Cu，B含有Fe3+，B为FeCl3，反应生成Cu2+与Fe2+，离子方程式为：Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+；（4）A、
39、B、C为化合物，D、X为单质，由转化关系可知，单质D、X化合生成B，B中含有X元素，根据元素守恒可以，C中一定含有X元素，故答案为：B、C点评：本题是无机框图推断题，考查物质推断与性质，难度较大，掌握元素化合物的性质是解题的关键，需要学生熟练掌握元素化合物知识21.I. （1）第四周期第族；氧化铁（或Fe2O3） （2）Fe3O4 +8H+= Fe2+ 2Fe3+4H2O（3）c（NH4+）= c（Cl-）c（H+）=c（OH-） （4）a; II. （1）4Fe2+10H2O+O2=4Fe(OH)3+8H+ （2） CO2 22.1. BAEAFC（D） 关闭分液漏斗活塞，将导气管末端插入水
40、中，对锥形瓶或B处反应管微热，若导气管口有气泡，停止加热，导气管中进入一段水柱，表示气密性完好， 3.无水CaCl2或五氧化二磷等 除去过量的二氧化氮气体 4. 取少量反应后的固体产物，加入到水中产生有刺激性气味的气体，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色 确定产物中有氮气生成的实验现象为装置C中收集到大量气体5. 11Mg+4NO2=Mg3N2+8MgO+N2 _考点：探究物质的组成或测量物质的含量；性质实验方案的设计分析：（1）Mg能在NO2中燃烧，产物为Mg3N2、Mg0和N2，装置B中Cu与浓硝酸反应生成的气体NO2，用装置A干燥剂干燥，通入硬质玻璃管E与镁粉发生反应，用F装置除去多余
41、的NO2，装置C和D排水法收集N2，故连接装置的顺序为：BAEAFCD；连接好仪器，装药品前装置的气密性检查方法是：装置密闭后改变装置内的压强，看导气管是否有气泡冒出，停止加热是否有液体上升设计；（3）NO2不能用碱性干燥剂干燥，选择酸性或中性固体干燥剂；（4）取少量反应后的固体产物，加入到水中产生有刺激性气味的气体，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色，确定产物中有氮气生成的实验现象为装置C中收集到大量气体；（5）设生成Mg3N2的物质的量为xmol，MgO的物质的量为Ymol，可得到3x+y=0.55mol，100x+40y=21.0g解得x=0.05，y=0.4，N2的物质的量为0.05
42、mol，即得到11Mg+4NO2=Mg3N2+8MgO+N2；解答：解：（1）Mg能在NO2中燃烧，产物为Mg3N2、Mg0和N2，装置B中Cu与浓硝酸反应生成的气体NO2，用装置A干燥剂干燥，通入硬质玻璃管E与镁粉发生反应，用F装置除去多余的NO2，装置C和D排水法收集N2，故连接装置的顺序为：BAEAFCD，故答案为：BAEAFCD；连接好仪器，装药品前装置的气密性检查方法是：关闭分液漏斗活塞，将导气管末端插入水中，对锥形瓶或B处反应管微热，若导气管口有气泡，停止加热，导气管中进入一段水柱，表示气密性完好，故答案为：关闭分液漏斗活塞，将导气管末端插入水中，对锥形瓶或B处反应管微热，若导气管
43、口有气泡，停止加热，导气管中进入一段水柱，表示气密性完好；（3）NO2不能用碱性干燥剂干燥，U形管装的是固体干燥剂，所以干燥剂可以是无水CaCl2或五氧化二磷等，装置F是除去过量的二氧化氮气体，故答案为：无水CaCl2或五氧化二磷等，除去过量的二氧化氮气体；（4）取少量反应后的固体产物，加入到水中产生有刺激性气味的气体，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色，确定产物中有氮气生成的实验现象为装置C中收集到大量气体，证明为生成的氮气，故答案为：取少量反应后的固体产物，加入到水中产生有刺激性气味的气体，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色，；（5）已知装置E中初始加入Mg粉质量为13.2g，物质的量
44、=0.55mol，在足量的NO2中充分燃烧，实验结束后，硬质玻璃管冷却至室温、称量，测得硬质玻璃管中剩余固体的质量为21.0g为氮化镁和氧化镁，产生N2的体积为1120mL（标准状况）物质的量=0.05mol设生成Mg3N2的物质的量为xmol，MgO的物质的量为Ymol，可得到3x+y=0.55mol，100x+40y=21.0g解得x=0.05，y=0.4，N2的物质的量为0.05mol，n（Mg）：n（Mg3N2）：n（MgO）：n（N2）=0.55：0.05：0.4：0.05=11：1：8：1：，结合氮原子守恒NO2前系数为4，即得到11Mg+4NO2=Mg3N2+8MgO+N2，故答
45、案为：11Mg+4NO2=Mg3N2+8MgO+N2；点评：本题考查了物质组成和性质的实验探究方法和组成的测定分析，实验基本操作和物质组成的计算是解题关键，题目难度中等23.（1）双氧水的浓度对破氰反应速率的影响；10；20； （2）0.0175；（3）初始pH增大，催化剂Cu2+会形成Cu（OH）2沉淀，影响了Cu2+的催化作用（或初始pH增大，Fe(CN)63较中性和酸性条件下更稳定，难以氧化）；CN+H2O2+H2ONH3+HCO3；（4）实验方案（不要求写出具体操作过程）预期实验现象和结论分别取等体积、等浓度的含氰废水于甲、乙两支试管中，再分别加入等体积、等浓度的双氧水溶液，只向甲试管
46、中加入少量的无水硫酸铜粉末，用离子色谱仪测定相同反应时间内两支试管中的CN浓度相同时间内，若甲试管中的CN浓度小于乙试管中的CN浓度，则Cu2+对双氧水破氰反应起催化作用；若两试管中的CN浓度相同，则Cu2+对双氧水破氰反应不起催化作用考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；探究影响化学反应速率的因素分析：（1）实验的目的是调节含氰废水样品不同的初始pH和一定浓度双氧水溶液的用量，应分别检测废水的初始pH对破氯反应速率的影响和双氧水的浓度对破氰反应速率的影响；（2）根据v=，进行计算求解；（3）pH越大，Fe(CN)63越稳定，越难被氧化，破氰反应速率减小；根据条件结合氧化还原反应的知识解答；（
47、4）分别取温度相同、体积、浓度相同的含氰废水的试样两等份，滴加过氧化氢，一份中加入少量的无水硫酸铜粉末，另一份不加，用用离子色谱仪测定废水中的CN一浓度来做对比实验解答：解：（1）影响该反应的因素有pH以及双氧水的浓度，实验目的为废水的初始pH对破氰反应速率的影响和双氧水的浓度对破氰反应速率的影响，其它量应不变，而且总体积不变，蒸馏水的体积为10mL，所以双氧水的体积为20mL，故答案为：双氧水的浓度对破氰反应速率的影响；10；20； （2）根据v=0.0175molL1min1，故答案为：0.0175；（3）pH越大，Fe(CN)63越稳定，越难被氧化，所以破氰反应速率减小；因为氰废水中的C
48、N一最终被双氧水氧化为HC03，其中的碳由+2价变成+4价，1mol转移2mol的电子，而过氧化氢1mol也转移2mol的电子，所以CN一和H2O2的物质的量之比为1：1，所以反应的离子方程式为：CN+H2O2+H2ONH3+HCO3，故答案为：初始pH增大，催化剂Cu2+会形成Cu（OH）2沉淀，影响了Cu2+的催化作用（或初始pH增大，3较中性和酸性条件下更稳定，难以氧化）；CN+H2O2+H2ONH3+HCO3；（4）分别取温度相同、体积、浓度相同的含氰废水的试样两等份，滴加过氧化氢，一份中加入少量的无水硫酸铜粉末，另一份不加，用用离子色谱仪测定废水中的CN一浓度，如果在相同时间内，若甲
49、试管中的CN浓度小于乙试管中的CN浓度，则Cu2+对双氧水破氰反应起催化作用，反之则不起催化作用，故答案为：实验方案（不要求写出具体操作过程）预期实验现象和结论分别取等体积、等浓度的含氰废水于甲、乙两支试管中，再分别加入等体积、等浓度的双氧水溶液，只向甲试管中加入少量的无水硫酸铜粉末，用离子色谱仪测定相同反应时间内两支试管中的CN浓度相同时间内，若甲试管中的CN浓度小于乙试管中的CN浓度，则Cu2+对双氧水破氰反应起催化作用；若两试管中的CN浓度相同，则Cu2+对双氧水破氰反应不起催化作用点评：本题考查外界条件的变化对化学反应速率的影响，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，学生要清楚在研究一个变量引起速率变化的时候，其它的量应该相同，另还要学会以用对比实验，来得出结论，有一定的难度
