1、2016届山东省枣庄第十八中高三上学期期末复习化学模拟试题(二)第I卷（选择题）一、选择题1.化学与工农业生产和人类生活密切相关下列说法中，不正确的是（）A使用太阳能等代替化石燃料，符合低碳节能减排的要求B油脂在碱性条件下水解可制得肥皂C海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀D高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维2.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外电子层电子数之比为4：3，Z原子比X原子的核外电子数多4下列说法正确的是（）AW、Y、Z的电负性大小顺序一定是ZYWBW、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是WXYZCY、Z形成的分子的空间构型可能是正四面体D若有WY2，则
2、WY2分子中键与键的数目之比是2：13.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A1mol Zn与足量任意浓度的硫酸反应转移电子数均是2NAB在常温常压下1molC7H16中含有共价键的总数目是23NAC0.1molFeCl3完全水解生成Fe（OH）3胶体粒子数目为0.1NAD33.6L 盐酸在标准状况下所含有HCl分子的数目为1.5NA4.解释下列实验事实的离子方程式中，不准确的是（）A在Na2SO4溶液中滴入Ba（OH）2溶液，产生白色沉淀：Ba2+SO42=BaSO4B向H2O中加入少量Na2O2，产生无色气体：2Na2O2+2H2O=O2+4OH+4Na+C向Cl2水中滴入适
3、量Fe（NO3）2 溶液，溶液变为黄色：2Fe2+Cl2=2Fe3+2ClD向淀粉KI溶液中滴加酸性H2O2溶液，溶液变蓝色：H2O2+2I+2H+=I2+2H2O5.将SO2气体与足量Fe2（SO4）3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应：SO2+2Fe3+2H2O=SO42+2Fe2+4H+Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，下列有关说法错误的是（ ）A氧化性Cr2O72Fe3+SO2BK2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4C每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NAD若6.72 L SO2（标准状况）参加反应
4、，则最终消耗0.2molK2Cr2O76.下列说法中正确的是()A、煤燃烧是化学能转化为光能的过程B、1 mol 甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热C、HCl 和 NaOH 反应的中和热 H57.3 kJmol-1，则 H2SO4 和 Ca(OH)2 反应中和热H2(57.3)kJmol-1D、反应 H2(g)F2(g)=2HF(g)；H270 kJmol-1说明在相同条件下，1 mol 氢气与 1 mol 氟气的能量总和大于2 mol 氟化氢气体的能量7.X、Y、Z为短周期非金属元素，其相关性质如下，下列叙述正确的是元素XYZ单质与H2反应条件暗处爆炸光照高温、高压、催化
5、剂常温下氢化物水溶液的pH小于7小于7大于7AZ的氢化物分子间存在氢键 B最外层电子数ZY C气态氢化物的稳定性YX DY的含氧酸均为强酸8.在N2+3H2 2NH3的反应中，在5s中NH3的浓度变化了8mol/L则NH3的平均反应速率（ ）A2.4 mol/（Ls） B0.8mol/（Ls）C1.6 mol/（Ls） D0.08 mol/（Ls）9.根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是（ ）A图1表示常温下向体积为10 mL 0.1 molL1NaOH溶液中逐滴加入0.1 molL1 CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH）
6、B图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中表示醋酸，表示盐酸，且溶液导电性：cbaC图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285.8 kJmol1D由图4得出若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右10.下图为Pt电极的氢氧燃料电池工作原理示意图，H2SO4为电解质溶液。有关说法不正确的是（ ）Aa极为负极，电子由a极流向b极Ba极的电极反应式是：H2 -2e= 2HC电池工作一段时间后，装置中c(H2SO4)增大D若将H2改为等物质的量CH4，O2的用量增多11.近两年来，“雾霾”一直是人们所关注的对象，
7、如图为雾霾的主要成分示意图下列说法不正确的是（）A苯是最简单的芳香烃B重金属离子可导致蛋白质变性CSO2和NxOy均属于酸性氧化物D大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素12.镁带在空气中燃烧生成的固体产物主要是氧化镁和氮化镁将燃烧后的固体产物溶解在60mL浓度为2.0mol/L的盐酸中，（氮化镁和盐酸反应的化学方程式为：Mg3N2+8HCl3MgCl2+2NH4Cl）以20mL 0.5mol/L的氢氧化钠溶液中和多余的盐酸，然后在此溶液中加入过量的碱，把氨全部蒸发出来，用稀盐酸吸收，稀盐酸增重0.17g镁带的质量为（）A0.6 g B1.2 g C2.4 g D3.6 g13.一定质量
8、的镁、铝合金与硝酸溶液恰好完全反应，得硝酸盐溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与标准状况下3.36L氧气混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸若向所得硝酸盐溶液中加入2mol/L NaOH溶液至沉淀最多时停止加入，将所产生沉淀滤出，向滤液加水稀释至500ml，此时所得溶液物质的量浓度为（）A0.5mol/L B1mol/LC1.2mol/L D2mol/L14.利用图所示装置进行以下实验，能得到相应实验结论的是（）选项实验结论A稀硫酸石灰石澄清石灰水制二氧化碳并吸收尾气B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C稀盐酸Na2SO3H2S溶液SO2具有还原性D浓硝酸Na2C
9、O3Na2SiO3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸 15已知2C(s)O2(g)=2CO(g)；H221.0kJmol12H2(g)O2(g)=2H2O(g)；H483.6kJmol1则反应C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)的H为A131.3kJmol1B131.3kJmol1C352.3kJmol1 D262.6kJmol116.甲、乙、丙、丁均为中学化学常见的物质，它们之间的转化关系如图（反应条件及其它产物已略去）下列说法不正确的是（）A若甲是AlCl3溶液，则丁可能是NaOH溶液B若甲是Fe，则丁可能是Cl2C若丁是CO2，则甲可能为MgD若丁是O2，则乙、丙的相对分子质量可能相差1617
10、.类比（比较）是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质但类比是相对的，不能违背客观实际下列各说法中正确的是（ ）A根据化合价Fe3O4可表示为FeOFe2O3，则Fe3I8也可表示为FeI22FeI3BCaC2能水解：CaC2+2H2OCa（OH）2+C2H2，则Al4C3也能水解：Al4C3+12H2O4Al（OH）3+3CH4CO2与Cu反应加热生成CuO，则S与Cu反应加热生成CuSDSO2通入BaCl2溶液中不产生沉淀，则SO2通入Ba（NO3）2溶液中也不产生沉淀18.根据如图的转化关系判断下列说法正确的是（反应条件已略去）（ ） A. 反应均属于氧化反应和离子反应B反应说
11、明该条件下铝的还原性强于锰C相同条件下生成等量的O2，反应和转移的电子数之比为1：1D反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：419.下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他产物及反应所需条件均已略去），当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。下列说法中不正确的是 AB和Cl2反应是氧化还原反应 B当X是强酸时，C在常温下是气态单质 C当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4 D当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是HNO320.甲、乙、丙、丁四
12、种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：下列有关物质的推断不正确的是（）甲乙丙A若甲为AlCl3溶液，则丁可能是NaOH溶液B若甲为H2S，则丁不可能是O2C若甲为Fe，则丁可能是稀硝酸D若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2第II卷（非选择题）二、填空题（本题共2道小题，每小题0分，共0分）21.高中化学教材介绍了钠、镁、铝、铁、氯、硫、氮、硅等元素及其化合物的知识，是其它化学知识的载体。从以上元素中选择，在自然界中有游离态存在的有 元素（填元素符号）。（2）离子交换膜是一类具有离子交换功能的高分子材料。一容器被离子交换膜分成左右两部分，如图所示。若该交换膜为阳离子
13、交换膜（只允许阳离子自由通过），左边充满盐酸酸化的H2O2溶液，右边充满滴有KSCN溶液的FeCl2溶液（足量），一段时间后可观察到的现象：右边 （从下列选项中选择） A无明显现象 B.溶液由浅绿色变红色 C. 溶液由无色变黄色 D. 溶液由浅绿色变无色左边发生反应的离子方程式： ；若该交换膜为阴离子交换膜（只允许阴离子自由通过），左边充满含2mol NH4Al(SO4)2 的溶液，右边充满含3mol Ba(OH)2的溶液，当有2mol SO42-通过交换膜时(若反应迅速完全)，则左右两室沉淀的物质的量之比为 。（3）某初级石墨中含SiO2(7.8%)、Al2O3(5.1%)、Fe2O3(3.
14、1%)和MgO(0.5%)等杂质，利用相关工艺可进行提纯与综合利用。通入一定量的N2后，在1500下与Cl2充分反应得到纯化石墨与气体混合物，然后降温至80，分别得到不同状态的两类物质a和b。（注：石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150。）若a与过量的NaOH溶液反应，可得两种盐，其中一种盐的水溶液具有粘合性，化学反应方程式为 。若b与过量的NaOH溶液充分反应后，过滤，所得滤液中阴离子有_；然后向滤液中继续加适量乙酸乙酯并加热可得沉淀，写出生成沉淀的离子方程式_ 。22.某工业废水中仅含下表离子中的5种（不考虑水的电离及离子的水解），且
15、各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L阳离子K+ Cu2+ Fe3+ Al3+ Fe2+阴离子ClCO32 NO3 SO42 SiO32甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察）取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变向中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成请推断：（1）由、判断，溶液中一定不含有的阳离子是 （写离子符号）（2）中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是 （3）将中所得红棕色气体通入水中，气体变
16、无色，所发生的化学方程式为 （4）甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是 ，阴离子是 （写离子符号）（5）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体质量为 g三、实验题23.某学生探究AgCl、Ag2S沉淀转化的原因。步骤现象.将NaCl与AgNO3溶液混合产生白色沉淀.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀变为黑色.滤出黑色沉淀，加入NaCl溶液较长时间后，沉淀变为乳白色（1）中的白色沉淀是 。（2）中能说明沉淀变黑的离子方程式是 ，沉淀转化的主要原因是 。（3）滤出步骤中乳白色沉淀，推测含有AgCl。用浓HNO3溶解，产生红棕色气体，部分沉淀未溶解
17、，过滤得到滤液X和白色沉淀Y。. 向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀. 向Y滴加KI溶液，产生黄色沉淀 由判断，滤液X中被检出的离子是 。 由、可确认步骤中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀_。（4）该学生通过如下对照实验确认了步骤中乳白色沉淀产生的原因：在NaCl存在下，氧气将中黑色沉淀氧化。现象B：一段时间后，出现乳白色沉淀C：一段时间后，无明显变化 A中产生的气体是_。 C中盛放的物质W是_。 该同学认为B中产生沉淀的反应如下（请补充完整）：2Ag2S+ + +2H2O4AgCl+ +4NaOH B中NaCl的作用是_。24.某学校课外活动小组针对教材中铜与浓硫酸反应，提出了“
18、能够与铜反应的硫酸的最低浓度是多少？”的探究课题，并设计了如下方案进行实验：实验试剂：18mol/L硫酸20mL，纯铜粉足量，足量2mol/LNaOH溶液请根据实验回答问题：（1）首先根据右图所示，组装实验装置，并在加入试剂前先进行 操作（2）烧杯中用NaOH溶液吸收的物质是 （填化学式），利用倒置的漏斗而不是将导气管直接伸入烧杯中的目的是： （3）加热烧瓶20分钟，烧瓶中发生反应的化学方程式是： 待烧瓶中反应基本结束，撤去酒精灯，利用烧瓶中的余热使反应进行完全然后由导管a通入足量的空气，以确保烧瓶中的SO2气体全部进入烧杯中在该实验装置中的 （填仪器名称）起到了确保硫酸溶液体积保持不变的作用
19、（4）将充分反应后的烧杯取下，向其中加入足量的双氧水，再加入足量的BaCl2溶液，再进行 、 、 后称量固体的质量为13.98g，请计算能与铜反应的硫酸的最低浓度是 （5）有同学提出在上面（4）中可以不必加入双氧水，直接进行后面的实验，也能得到准确的数据，请结合你的理解分析 （填“需要”或“不需要”）加入双氧水，说明原因： 试卷答案1.D考点：常见的生活环境的污染及治理；金属的电化学腐蚀与防护；硅和二氧化硅；肥皂、合成洗涤剂版权所有专题：化学应用分析：A“低碳经济”就是节能减排；B根据皂化反应原理分析；C原电池中较活泼的金属被腐蚀，不活泼的金属被保护；D光导纤维的主要成分是二氧化硅解答：解：A
20、使用太阳能等代替化石燃料，减少二氧化碳的排放，符合低碳节能减排的要求，故A正确；B脂与碱反应生成高级脂肪酸盐，所以工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂，故B正确；C海轮外壳上镶人锌块，和铁在海水中形成原电池，锌做负极被腐蚀，正极铁被保护，故C正确；D光导纤维的成分是二氧化硅，高纯度的硅单质广泛用于制作太阳能电池，故D错误；故选：D点评：本题主要考查了节能减排，油脂的水解，原电池原理，硅及其化合物的应用，难度不大2.C考点：原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质 分析：短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，由于为主族元素，最外层电子数不能为
21、8，故W、X最外层电子数分别为4、3，且X原子序数较大，故W处于第二周期，X处于第三周期，可推知W为C元素、X为Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，则Z为Cl，Y为Al到Cl之间的元素，据此解答解答：解：短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，由于为主族元素，最外层电子数不能为8，故W、X最外层电子数分别为4、3，且X原子序数较大，故W处于第二周期，X处于第三周期，可推知W为C元素、X为Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，则Z为Cl，Y为Al到Cl之间的元素A若Y为Si，则电负性SiC，故A错误；B同周期自左而右原子半径减小，电子层越多
22、原子半径越大，故原子半径XYZW，故B错误；CY、Cl形成的分子可以为SiCl4，为正四面体构型，故C正确；DWY2分子应为CS2，结构式为S=C=S，分子中键与键的数目之比是1：1，故D错误，故选C点评：本题考查结构性质位置关系应用，涉及原子电负性、半径比较、化学键、分子结构等，推断元素是解题关键，注意Y元素的不确定性，难度中等3.A考点：阿伏加德罗常数 分析：A锌为+2价金属，1mol锌完全反应失去2mol电子；B庚烷分子中含有6mol碳碳键、16mol碳氢键，总共含有22mol共价键；C氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体；D标况下盐酸为液体，不能使用标况下气体摩尔体积计算氯化氢的物质的量解答
23、：解：A1mol锌与足量任意浓度的硫酸反应生成1mol硫酸锌，反应中失去2mol电子，转移电子数均是2NA，故A正确；B在常温常压下1molC7H16中含有6mol碳碳键、16mol碳氢键，总共含有22mol共价键，含有共价键的总数目是22NA，故B错误；C氢氧化铁胶体中，胶粒为氢氧化铁的聚集体，无法计算溶液中含有胶粒数目，故C错误；D标准状况下，盐酸不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算33.6L氯化氢的物质的量，故D错误；故选A点评：本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，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，B为易错点，注意
24、氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体4.C考点：离子方程式的书写分析：A硫酸钠与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，漏掉了生成水的反应；B过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；C氯水显示酸性，酸性条件下硝酸根离子的氧化性最强，硝酸根离子优先与亚铁离子反应；D双氧水具有强氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质解答：解：A在Na2SO4溶液中滴入Ba（OH）2溶液，反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：Ba2+SO42=BaSO4，故A正确；B向H2O中加入少量Na2O2，反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=O2+4OH+4Na+，故B正确；C氯水呈酸性，酸性溶液中硝酸根离子的氧化
25、性最强，所以硝酸根离子优先参与反应，正确的离子方程式为：6Fe2+8H+2NO3=6Fe3+4H2O+2NO，故C错误；D向淀粉KI溶液中滴加酸性H2O2溶液，碘离子被双氧水氧化成碘单质，所以溶液变蓝色，反应的离子方程式为：H2O2+2I+2H+=I2+2H2O，故D正确；故选C点评：本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）5.D解：A由可知，Fe元素的化合价降低，则氧化性为Fe3+SO2，由
26、可知，Cr元素的化合价降低，则氧化性为Cr2O72Fe3+，故A正确；B因氧化性为Cr2O72SO2，则K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故B正确；C每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子为1mol2（63）=6mol，即转移电子的数目为6NA，故C正确；D.6.72 L SO2（标准状况）参加反应，n（SO2）=0.3mol，由上述两个反应可知，存在3SO2Cr2O72，则最终消耗0.1molK2Cr2O7，故D错误；故选D6.D解析：煤燃烧是化学能主要转化为热能的过程，A错误；1 mol 甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热，B错误；中和热指在稀溶液
27、中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol水时的反应热，C错误；若反应物的总能量大于生成物的总能量，则是放热反应，D正确。7.A8.C解：在5s中NH3的浓度变化了8mol/L则NH3的平均反应速率V（NH3）=1.6mol/（Ls），故选C9.B解：A、体积为10 mL 0.1 molL1NaOH溶液中逐滴加入0.1 molL1 CH3COOH溶液后，所得的溶液是醋酸钠溶液，存在质子守恒c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH），故A正确；B、用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，即其中表示盐酸，表示醋酸，且溶液导电性：
28、cba；故B错误；C、氢气在氧气中燃烧的反应是放热的，燃烧热是完全燃烧1mol氢气生成稳定产物液态水所放出的热量，即H2的燃烧热为285.8 kJmol1，故C正确；D、除去CuSO4溶液中的Fe3+，向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右，铁离子水解完全转化为氢氧化铁铁沉淀，可以除去CuSO4溶液中的Fe3+，故D正确故选B10.C试题解析：该氢氧燃料电池工作时生成了水，c(H2SO4)减小。11.C解析：A芳香烃是指分子中含有苯环结构的碳氢化合物，最简单的芳香烃是苯，故A正确； B重金属离子都有较多空轨道易于蛋白质形成配离子，形成配离子后蛋白质功能就丧失，使体内的蛋白质凝固及变性，
29、故B正确；C二氧化硫为酸性氧化物，但NxOy组成未知，不一定是酸性氧化物，故C错误；D大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘，是造成雾霾天气的一种重要因素，故D正确故选C12.B考点：化学方程式的有关计算.专题：计算题分析：氧化镁、氮化镁溶解在盐酸中生成MgCl2、NH4Cl，再用氢氧化钠中和多元的盐酸，此时溶液中溶质为MgCl2、NH4Cl、NaCl，再加入过量的碱，把氨全部蒸发出来，用稀盐酸吸收，稀盐酸增重0.17g为生成氨气的质量，根据N元素守恒n（NH4Cl）=n（NH3），根据Na离子守恒n（NaCl）=n（NaOH），根据氯离子守恒：2n（MgCl2）+n（NH4Cl）+n（NaCl
30、）=n（HCl），再根据Mg元素守恒计算Mg的质量解答：解：氧化镁、氮化镁溶解在盐酸中生成MgCl2、NH4Cl，再用氢氧化钠中和多元的盐酸，此时溶液中溶质为MgCl2、NH4Cl、NaCl，再加入过量的碱，把氨全部蒸发出来，用稀盐酸吸收，稀盐酸增重0.17g为生成氨气的质量，根据N元素守恒n（NH4Cl）=n（NH3）=0.01mol，根据Na离子守恒n（NaCl）=n（NaOH）=0.02L0.5mol/L=0.01mol，根据氯离子守恒：2n（MgCl2）+0.01mol+0.01mol=0.06L2mol/L，解得n（MgCl2）=0.05mol，根据Mg元素守恒，则镁带的质量=0.0
31、5mol24g/mol=1.2g，故选B点评：本题考查混合物计算，题目涉及反应过程较多，若利用常规法解答，计算量很大且容易出错，侧重考查学生分析思维能力，注意利用守恒法解答，难度中等13.C解：标准状况下3.36L氧气的物质的量=0.15mol，所以氧气获得电子的物质的量为0.15mol4=0.6mol金属失去的电子等于氧气与混合气体反应生成硝酸获得的电子，为0.6mol，向所得硝酸盐溶液中加入2mol/LNaOH溶液至沉淀最多停止加入，此时溶液为硝酸钠溶液根据硝酸根离子守恒可知，钠离子物质的量等于金属失去的电子的物质的量为0.6mol所以硝酸钠的物质的量为0.6mol稀释至500ml，此时所
32、得溶液的物质的量浓度=1.2mol/L故选：C14.B考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A稀硫酸与石灰石反应生成微溶的硫酸钙，反应不能顺利进行；B浓硫酸可使蔗糖碳化，并发生氧化还原反应生成二氧化硫气体；C生成二氧化硫与硫化氢发生氧化还原反应；D浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成解答：解：A稀硫酸与石灰石反应生成微溶的硫酸钙，附在固体而使反应不能顺利进行，应用稀硫酸和碳酸钠反应制备二氧化碳气体，故A错误；B浓硫酸可使蔗糖碳化，并发生氧化还原反应生成二氧化硫气体，通过高锰酸钾溶液的颜色变化证明浓硫酸的强氧化性，故B正确；C生成二氧化硫与硫
33、化氢发生氧化还原反应，生成硫，二氧化硫表现氧化性，故C错误；D浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成，应先除杂，否则不能证明碳酸硅酸，故D错误故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备、浓硫酸的性质、酸性比较、氧化还原反应等，把握化学反应原理及实验装置中的反应为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大15.A16.B考点：镁、铝的重要化合物；镁的化学性质；无机物的推断.专题：元素及其化合物分析：甲能和丁能连续反应，说明该反应与反应物用量、反应物浓度或反应条件有关，A氯化铝和氢氧化钠反应产物与氢氧化钠的量有关；
34、B无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁；C镁能和二氧化碳反应生成碳，碳能和二氧化碳发生化合反应；D若丁是O2，则乙、丙的相对分子质量可能相差16，则乙和丙相差一个氧原子解答：解：A若甲是氯化铝溶液，氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以符合转化关系，故A正确；B若甲是铁，丁是氯气，铁在氯气中燃烧只生成氯化铁，氯化铁和氯气不反应，所以不符合转化关系，故B错误；C若丁是二氧化碳，甲是镁，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，碳和二氧化碳反应生成一氧化碳，所以符合转化关系，故C正确；D若丁是O2，甲是碳，碳和少量氧气反应生成一氧化碳，一氧化碳和氧气
35、反应生成二氧化碳，一氧化碳和二氧化碳相对分子质量相差16，故D正确；故选B点评：本题考查了物质之间的转化，明确物质的性质是解本题关键，甲能连续反应说明发生的反应与丁的物质的量或浓度、或反应条件有关，同时考查学生总结归纳能力，难度不大17.B考点：铁的氧化物和氢氧化物；二氧化硫的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质专题：元素及其化合物分析：A、Fe 最常见的化合价是+2 和+3 价，所以 Fe3O4 可以写成 FeOFe2O3；B、依据碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙的反应前后元素化合价不变，是书写依据，所以Al4C3也能水解：Al4C3+12H2O=4A1（OH）3+3CH4；C、硫单质氧
36、化性较弱和变价金属反应只能生成低价的化合物；D、SO2通入Ba（NO3）2溶液中，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，与硝酸根离子形成硝酸具有强氧化性能氧化二氧化硫为硫酸；解答：解：A、Fe最常见的化合价是+2和+3 价，所以 Fe3O4 可以写成 FeOFe2O3；铁元素的化合价有+2和+3，碘元素的化合价是1价，碘单质只能将铁氧化到+2价，Fe3I8可表示为3FeI2I2，故A错误；B、依据碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙的反应前后元素化合价不变，是书写依据，所以Al4C3也能水解：Al4C3+12H2O=4A1（OH）3+3CH4，故B正确；C、O2与Cu反应加热生成CuO，硫单质氧化性较弱和变
37、价金属Cu反应只能生成低价的化合物硫化亚铜，故C错误；D、SO2通入Ba（NO3）2溶液中，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，与硝酸根离子形成硝酸具有强氧化性能氧化二氧化硫为硫酸，故D错误；故选B点评：本题考查了物质结构的特征分析判断，分析存在的规律是解题关键，硝酸根离子在酸溶液中具有强氧化性，碘单质氧化性弱和铁反应生成亚铁盐，题目难度中等18.B解析：氯酸钾分解、铝热反应、过氧化氢分解不是离子反应，均属于氧化反应，A错误；金属铝的还原性强于锰，与二氧化锰发生铝热反应，B正确；反应中每生成1mol氧气转移2mol电子，而反应中每生成1mol氧气转移4mol电子，C错误；实验室制备氯气的反应中氯化氢并
38、没有完全被氧化，因此根据电子得失守恒可知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，D错误，答案选B。 19.B略20.B解析：A若甲为AlCl3溶液，丁是NaOH溶液，则乙为氢氧化铝、丙为偏铝酸钠，氯化铝与偏铝酸钠发生水解反应得到氢氧化铝，符合转化关系，故A正确；B若甲为H2S，丁如果是O2，则乙为SO2、丙为SO3，SO3可以与H2S反应得到SO2，故B错误；C若甲为Fe，丁是稀硝酸，则乙为硝酸亚铁、丙为硝酸铁，硝酸铁与Fe反应得到硝酸亚铁，符合转化关系，故C正确；D若甲为NaOH溶液，丁是CO2，则乙为Na2CO3，丙为NaHCO3，碳酸氢钠与氢氧化钠反应得到碳酸钠，符合转化关系，故D正
39、确，故选B21.(1) N、S 、Fe（2）B； 2H+2Fe2+H2O2=2H2O +2Fe3+ ； 2：3。(3) SiCl4+6NaOH =Na2SiO3+4NaCl+3H2O； Cl、OH、AlO2；CH3COOCH2CH3+AlO2+ 2H2OAl(OH)3+CH3COO-+ CH3CH2OH。解析：(1) N、S 、Fe在自然界中有游离态存在，Na、Mg、Al、Cl、Si在自然界中全部以化合态存在。（2）亚铁离子通过阳离子交换膜进入左边被盐酸酸化的H2O2氧化，铁离子通过阳离子交换膜进入右边与KSCN溶液接触，溶液变成血红色，离子方程式为： 2H+2Fe2+H2O2=2H2O +2
40、Fe3+ ；当有2mol SO42-通过交换膜时，根据电荷守恒则有4molOH进入左室，左室生成氢氧化铝4/3mol,右室生成2mol硫酸钡，则左右两室沉淀的物质的量之比为2：3。(3)根据题意，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150 a应该是SiCl4，结合a与过量的NaOH溶液反应，可得两种盐，其中一种盐的水溶液具有粘合性（Na2SiO3）得：SiCl4+6NaOH =Na2SiO3+4NaCl+3H2O； b是AlCl3、FeCl3、MgCl2的混合物,与过量的NaOH溶液充分反应后，过滤，所得滤液中阴离子有Cl、OH、AlO2；向
41、滤液中继续加适量乙酸乙酯并加热可得沉淀，离子方程式为：CH3COOCH2CH3+AlO2+ 2H2OAl(OH)3+CH3COO-+ CH3CH2OH。22.（1）K+、Fe3+；（2）3Fe2+NO3+4H+3Fe3+NO+2H2O；（3）3NO2+H2O2HNO3+NO；（4）Fe2+、Cu2+；Cl、NO3、SO42；（5）1.6g考点：几组未知物的检验；常见离子的检验方法 .专题：元素及其化合物分析：用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察），说明没有K+取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe2+另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空
42、气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明 Fe2+与NO3和H+反应生成NO，即溶液中有Fe2+、NO3，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl，加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明没有SiO32；向中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42；根据以上判断分析解答：解：用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察），说明没有K+取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe2+另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明 Fe2+与NO3和H+反应生成NO，即
43、溶液中有Fe2+、NO3，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl，加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明没有SiO32；向中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42；（1）由、判断，溶液中一定不含有的阳离子是K+、Fe3+，故答案为：K+、Fe3+；（2）中加入少量盐酸生成无色气体，是Fe2+与NO3和H+反应生成NO，其离子方程式：3Fe2+NO3+4H+3Fe3+NO+2H2O；故答案为：3Fe2+NO3+4H+3Fe3+NO+2H2O；（3）将中所得红棕色气体为二氧化氮，通入水中，与水反应生成NO，气体变无色，所发生的化学方程式为3NO2+H2O2HNO3+NO，故答
44、案为：3NO2+H2O2HNO3+NO；（4）由以上推断可知溶液中阴离子为 Cl、NO3、SO42，且各为0.1mol/L；已经推断出的阳离子是Fe2+，其浓度为0.1mol/L，由电荷守恒可知溶液中还有一种+2价阳离子，所以还有Cu2+，所以甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是：Fe2+、Cu2+；阴离子是：Cl、NO3、SO42；故答案为：Fe2+、Cu2+；Cl、NO3、SO42；（5）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，Fe2+生成Fe（OH）2，又被氧气氧化为Fe（OH）3，Cu2+生成Cu（OH）2，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体为Fe2O3和CuO，根据元素
45、守恒：n（CuO）=n（Cu2+）=cV=0.1mol/L0.1L=0.01mol；n（Fe2O3）=n（Fe2+）=0.005mol，所以固体质量为：m（CuO）+m（Fe2O3）=0.01mol80g/mol+0.005mol160g/mol=1.6g，故答案为：1.6g点评：本题考查物质的检验、鉴别以及方程式的有关计算，题目难度中等，解答本题的关键是把握有关反应的化学方程式的书写23.（1）AgCl（2）2AgCl(s) + S2Ag2S(s) + 2Cl，Ag2S比AgCl溶解度更小（3） SO42 S（4） O2 Ag2S 的悬浊液 2Ag2S+ 1 O2 + 4 NaCl +2H2
46、O4AgCl+ 2 S +4NaOHO2将Ag2S 氧化生成S时有Ag游离出来，NaCl中大量的Cl与游离的Ag结合成AgCl沉淀。由于c(Ag)减小，有利于中反应平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀。试题解析：实验中的白色沉淀是当然是NaCl与AgNO3反应生成的AgCl，当加入Na2S溶液后，因Ag2S比AgCl溶解度更小，所以，就转化为更难溶的黑色Ag2S，即：2AgCl(s) + S2Ag2S(s) + 2Cl。在对步骤中乳白色沉淀进行的探究实验中，其中可能有原来被氧化的S单质，又被硝酸氧化，生成SO42，遇Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀BaSO4；剩余的白色沉淀是AgCl。双氧水在Mn
47、O2的催化作用下分解，放出的气体肯定是氧气；作为对比实验，B中是含有NaCl溶液的Ag2S，C中必然是普通没有NaCl的Ag2S ；由质量守恒定律反应物缺1mol的O2和4mol的NaCl,产物中缺2mol的S，配平即可。在该实验中，O2将Ag2S 氧化生成了S，使Ag游离出来，而NaCl溶液中的Cl与Ag结合成难溶AgCl沉淀，由于c(Ag)减小，导致中反应平衡右移，B中最终生成AgCl和S的沉淀混合物而呈乳白色。24.（1）检验装置气密性；（2）SO2；防倒吸；（3）Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O；长导管；（4）过滤；洗涤；干燥；12mol/L；（5）需要；在烧杯中生成的N
48、a2SO3可能被部分氧化为Na2SO4，如果不加入双氧水而直接测定沉淀质量则无法确定S元素的物质的量，从而使实验结果错误考点：浓硫酸的性质实验专题：氧族元素分析：（1）装置是气体发生装置，需要在开始时检查装置的气密性；（2）二氧化硫是污染性气体不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，利用倒置的漏斗而不是将导气管直接伸入烧杯中是防止液体倒吸；（3）烧瓶中是铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，装置中长导气管兼起导气冷凝的作用，使水蒸气冷凝回流；（4）加入过氧化氢把亚硫酸钠氧化为硫酸钠，加入氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，通过过滤、洗涤、干燥得到沉淀称量计算硫元素物质的量，依据硫元素守恒结合
49、化学方程式计算需要反应的硫酸最低浓度；（5）不加入过氧化氢，沉淀为亚硫酸钡和硫酸钡沉淀，不能计算硫元素物质的量，对实验产生误差解答：解：（1）实验装置是制备二氧化硫气体的发生装置，在实验前需要检验装置气密性，防止装置漏气影响实验，故答案为：检验装置气密性；（2）二氧化硫是污染性气体不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，利用倒置的漏斗而不是将导气管直接伸入烧杯中是防止液体倒吸，故答案为：SO2；防倒吸；（3）烧瓶中是铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O，装置中长导气管兼起导气冷凝的作用，使水蒸气冷凝回流，起到了确保硫酸
50、溶液体积保持不变的作用；故答案为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O；长导管；（4）加入过氧化氢把亚硫酸钠氧化为硫酸钠，加入氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，通过过滤、洗涤、干燥得到沉淀，称量固体的质量为13.98g为硫酸钡沉淀，物质的量=0.06mol，依据硫元素守恒，被氧化的硫酸为0.06mol，依据化学方程式可知，Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O，反应的硫酸物质的量为0.12mol，剩余硫酸物质的量=18mol/L0.020L0.12mol=0.24mol，剩余需要的最低浓度=12mol/L，故答案为：过滤；洗涤；干燥；12mol/L；（5）不加入过氧化氢，沉淀为亚硫酸钡和硫酸钡沉淀，不能计算硫元素物质的量，所以需要加入过氧化氢，氧化亚硫酸钠为硫酸钠后，再进行沉淀称量计算，故答案为：需要；在烧杯中生成的Na2SO3可能被部分氧化为Na2SO4，如果不加入双氧水而直接测定沉淀质量则无法确定S元素的物质的量，从而使实验结果错误点评：本题考查了浓硫酸性质的分析应用，实验设计方法的设计方法，掌握基础是解题关键，题目难度中等
