1、2015-2016学年山东省枣庄市滕州五中高一（上）期末化学模拟试卷（二）一、选择题1下列各组指定原子序数的元素，不能形成AB型化合物的是（）A7和8B16和8C12和8D6和82有关金刚石、石墨和C60的说法正确的是（）A都属于单质B元素组成不同C硬度相同D碳原子排列方式相同3下列有关阿伏加德罗常数（NA）的说法错误的是（）A常温常压下28克N2所含的原子数目为2NAB标准状况下0.5molH2O含有的原子数目为1.5NAC任何条件下0.5mol氨气分子的分子数一定是0.5NAD49克H2SO4中含有的原子数目为1.5NA4下列物质中，属于碱性氧化物的是（）AFeOBAl2O3CNa2O2D
2、SiO25某溶液中可能含有H+，Na+，Ba2+，Mg2+，Fe3+，Al3+，SO42，CO32等离子，当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列判断正确的是（）A原溶液中一定含有H+、Fe3+、Al3+，可能含Ba2+B原溶液中含Fe3+和Al3+，物质的量之比为l：lC原溶液中可能含有CO32D反应最后形成的溶液中含有的溶质只有NaAlO26下列各组离子能在某酸性的无色溶液中大量共存的是（）ANH4+、Mg2+、SO42、ClBCa2+、I、Na+、NO3CAl3+、Cu2+、SO42、ClDK+、Cl、HCO3、
3、SO427同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，下列有关比较的叙述中，正确的是密度比为16：11密度比为11：16体积比为16：11体积比为11：16（）ABCD8下列反应过程中的能量变化符合如图情况的是（）A酸与碱的中和反应BBa（OH）28H2O与NH4Cl的反应C镁和盐酸的反应D酒精燃烧9现有含0.1mol/L的SO32溶液30mL，恰好被2103 molXO4氧化为SO42，则元素X在还原产物中的化合价是（）A+4B+3C+2D+110下列物质按强电解质、弱电解质、非电解质的顺序排列的是（）ANaNO3、NH3H2O、N2BFe、CH3COOH、液氯C漂白粉、BaSO4、CO2D
4、Ba（OH）2、HF、酒精11向0.2molL1的NaOH溶液中通入CO2，溶液中阴离子浓度与通入CO2的物质的量关系符合图中的（）ABCD12铁和水蒸气在高温条件下发生反应3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，在此反应中水是（）A氧化剂B还原剂C既是氧化剂又是还原剂D既不是氧化剂又不是还原剂13某非金属单质A和氧气发生化合反应生成B，B为气体，其体积是反应掉的氧气体积的两倍（同温同压）以下对B分子组成的推测一定正确的是（）A有1个氧原子B有2个氧原子C有1个A原子D有2个A原子14某校化学兴趣小组同学在实验室做实验，按照如图a图连接好线路发现小灯泡不亮，按照如图b图连接好线路发现小灯泡会
5、亮，由此得出的结论正确的是（）ANaCl固体是非电解质BNaCl在水中能电离出可以自由移动的离子CNaCl能使溶液中的水电离出大量的离子DNaCl溶液是电解质15下列反应不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是（）AFe+CuSO4FeSO4+CuBFe2O3+3CO2Fe+3CO2CAgNO3+NaClAgCl+NaNO3DNH4HCO3NH3+H2O+CO216若以M表示水的摩尔质量，V表示在标准状况下水蒸气的摩尔体积，为在标准状况下水蒸气的密度，NA为阿伏加德罗常数，m、分别表示每个水分子的质量和体积，下面是四个关系式正确的是（）ANA=B=Cm=D=17某地有甲、乙两个工厂排放污
6、水，污水中各含有下列8种离子中的4种（两厂不含相同离子）：Ag+、Ba2+、Fe3+、Na+、Cl、SO42、NO3、OH两厂单独排放时，都会造成严重的水污染如果将两厂的污水按一定比例混合，过滤沉淀后污水就变为无色澄清且只含NaNO3而排放，污染程度大大降低关于污染源的分析，你认为正确的是（）ACl和NO3一定来自不同的工厂BSO42和NO3可能来自同一工厂CAg+和Na+可能来自同一工厂DNa+和NO3一定来自同一工厂18下列反应中，硝酸既表现酸性，又表现氧化性的是（）AFe2O3跟稀硝酸反应B铜跟稀硝酸反应CCuO跟稀硝酸反应DAl（OH）3跟稀硝酸反应19在反应3NO2+H2O=2HNO
7、3+NO中，得电子的原子和失电子的原子个数之比为（）A3：1B1：lC1：2D2：1二、计算题20、已知在101kPa时，CH4完全燃烧生成1mol液态水，放出的热量为QkJ，则CH4完全燃烧反应的热化学方程式是：、在铜片、锌片和400mL稀硫酸组成的原电池中，若电路中通过0.2mol电子，H2SO4恰好反应完毕试计算：（1）生成气体的体积（在标准状况下）；（2）原400mL稀硫酸的物质的量浓度（不考虑溶液的体积变化）21用15.8g高锰酸钾氧化密度为1.19g/cm3，质量分数为36.5%的盐酸以制取氯气反应如下：2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O求：（1）生
8、成Cl2在标况下的体积；（2）被KMnO4氧化的盐酸的体积；（3）反应中转移的电子总数三、实验题22（1）某化学兴趣小组在用稀硫酸与纯锌粒制取氢气时发现反应速率较慢，为了加快该反应速率，他们进行了多项探究，针对他们的探究回答下列问题：他们进行的下列探究中不能达到实验目的是（填选项）A升高反应温度 B适当增加硫酸的浓度 C加水 D把锌粒改用锌粉他们探究中还发现加入少量硫酸铜溶液也可加快氢气的生成速率你认为原因是；上述实验中除发生反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，还发生了（填离子反应方程式）他们分析后认为下列某一物质溶液也有类似硫酸铜的作用，你认为是（填选项）ANa2SO4 BAg2SO4
9、CMgSO4 DK2SO4（2）根据你所学的有关实验，填写下列空白在实验室制取乙酸乙酯时，加入碎瓷片的作用是石蜡油高温分解实验中，加入碎瓷片主要起作用在实验室制取乙酸乙酯时，将制得的乙酸乙酯蒸汽导入，以达到除去杂质和收集产物的目的设计一个比较醋酸与碳酸酸性强弱的实验（用离子方程式表示）23某校化学兴趣小组的同学按照课本装置（见图1甲）做“测定空气里氧气的含量”实验他们将燃烧匙内的红磷点燃后，立即伸入广口瓶中并把塞子塞紧，待红磷熄灭和冷却后，打开弹簧夹，观察集气瓶中水面变化，发现气体减少的体积小于这是什么原因呢？兴趣小组的四位同学就该现象做了如下探究请你参与他们的探究，并回答有关问题：提出问题造
10、成这个结果的原因是什么？如何改进？猜想与假设排除了属于偶然现象的原因之后，其中三位同学对原因做了如图2猜想，对于这一现象的原因，你还能做出怎样的猜想？请写出你的一个合理猜想：分析与交流对小周的猜想，大家一致认为小周的猜想不合理，并认为这样做的结果将使误差更大，原因是：实验与结论（1）小吴决定使用图1甲装置重做实验，并在实验前重新检验了装置的气密性小吴检验图1甲装置气密性的正确操是（2）为了验证小施的猜想，同学们将500mL干燥的残余气体与足量灼热的铜粉充分反应，结果发现铜粉增重0.028g由上述实验事实可知，残余气体中有氧气；残余气体中氧气的体积占%（已知该条件下氧气的密度为1.4g/L）反思
11、与评价针对课本实验装置和操作的不足，同学们经过认真思考，改进并设计了如图2乙的实验装置，实验中发现白磷比红磷更易于燃烧，原因是除此优点外，与图甲的装置相比较，请你说出新装置的两个优点：（1）；（2）实验结束后，同学们还意外发现左玻璃管内壁上端附着黄色固体该黄色固体主要成分可能是2015-2016学年山东省枣庄市滕州五中高一（上）期末化学模拟试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题1下列各组指定原子序数的元素，不能形成AB型化合物的是（）A7和8B16和8C12和8D6和8【考点】化学键【分析】形成AB型化合物，说明AB中A、B元素化合价的绝对值相等，据此分析解答【解答】解：A.7号元素是N元素、
12、8号元素是O元素，二者能形成NO，故A不选；B.16号元素是S元素、8号元素是O元素，二者能形成SO2、SO3，不能形成AB型化合物，故B选；C.12号元素是Mg元素、8号元素是O元素，二者能形成MgO，故C不选；D.6号元素是C元素、8号元素是O元素，二者能形成CO，故D不选；故选B2有关金刚石、石墨和C60的说法正确的是（）A都属于单质B元素组成不同C硬度相同D碳原子排列方式相同【考点】同素异形体【分析】金刚石、石墨和C60均属于单质，它们均是由碳元素组成的，依据它们物理性质不同以及不同的原因回答即可【解答】解：A、金刚石、石墨和C60均是由碳元素组成的纯净物，是单质，故A正确；B、金刚石
13、、石墨和C60的元素组成相同，故B错误；C、金刚石是天然存在的最硬的物质、石墨很软，它们的硬度不同，故C错误；D、金刚石、石墨和C60的性质不同，是由于它们的排列方式不同，故D错误，故选A3下列有关阿伏加德罗常数（NA）的说法错误的是（）A常温常压下28克N2所含的原子数目为2NAB标准状况下0.5molH2O含有的原子数目为1.5NAC任何条件下0.5mol氨气分子的分子数一定是0.5NAD49克H2SO4中含有的原子数目为1.5NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、氮气为双原子分子，依据质量求出物质的量和原子数；B、根据1mol水含3mol原子来计算；C、根据N=nNA来计算；D、根据硫酸
14、的物质的量n=，而1molH2SO4中含7mol原子【解答】解：A、氮气为双原子分子，28克氮气的物质的量为n=1mol，则氮原子为2mol，所以所含的原子数目为2NA，故A正确；B、1mol水含3mol原子，故0.5mol水中含1.5mol原子，故B正确；C、0.5mol氨气中的分子个数N=nNA=0.5molNA=0.5NA，无状态无关，故C正确；D、49g硫酸的物质的量n=0.5mol，而1molH2SO4中含7mol原子，故0.5mol硫酸含3.5mol，故D错误故选D4下列物质中，属于碱性氧化物的是（）AFeOBAl2O3CNa2O2DSiO2【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互
15、联系【分析】碱性氧化物是指能跟酸起反应，生成盐和水的氧化物一般来说金属氧化物大部分是碱性氧化物，而且碱性氧化物一定是金属氧化物【解答】解：碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物，MgO是碱性氧化物，它能和酸反应生成盐和水，且为氧化物；而Na2O2与酸反应生成盐、水和氧气，属于过氧化物，不是碱性氧化物；Al2O3与酸和碱都反应属于两性氧化物；SiO2为酸性氧化物，不能与酸反应，故选A5某溶液中可能含有H+，Na+，Ba2+，Mg2+，Fe3+，Al3+，SO42，CO32等离子，当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下
16、列判断正确的是（）A原溶液中一定含有H+、Fe3+、Al3+，可能含Ba2+B原溶液中含Fe3+和Al3+，物质的量之比为l：lC原溶液中可能含有CO32D反应最后形成的溶液中含有的溶质只有NaAlO2【考点】离子方程式的有关计算；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【分析】A根据生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象来确定存在的离子；B根据消耗氢氧化钠的量和生成沉淀的量来确定离子的物质的量的多少；C根据电荷守恒结合A选项的内容来确定存在的离子；D根据溶液中离子之间的反应来确定含有的溶质【解答】解：A根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，酸碱中和反应是一切反应的优先反应，
17、生成沉淀在后面溶解一部分，一定有铝离子，根据坐标得生成沉淀用了71=6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了87=1体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含碳酸根离子和镁离子，溶液中需要正、负离子，故一定有阴离子SO42，一定不含Ba2+，原溶液中含有的阳离子是H+、Fe3+、Al3+，故A错误；B根据A的推断，根据坐标得生成沉淀用了71=6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了87=1体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，原溶液中含有的Fe3+和A
18、l3+的物质的量之比为1：1，故B正确；C根据A的推断，一定含有的阳离子是H+、Fe3+、Al3+，所以一定不含碳酸根离子，溶液中需要正、负离子，一定有阴离子SO42，故C错误；D根据溶液中的离子的存在情况可知道，最后溶液中含有的溶质除了NaAlO2，还有Na2SO4，故D错误；故选B6下列各组离子能在某酸性的无色溶液中大量共存的是（）ANH4+、Mg2+、SO42、ClBCa2+、I、Na+、NO3CAl3+、Cu2+、SO42、ClDK+、Cl、HCO3、SO42【考点】离子共存问题【分析】强酸溶液中含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、水、气体，不能发生氧化还原反应等，则离子大量
19、共存，并结合离子的颜色来解答【解答】解：A酸性溶液该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故A正确；B酸性溶液中I、H+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；CCu2+为蓝色，与无色溶液不符，故C错误；D酸性溶液中H+、HCO3结合生成水和气体，不能大量共存，故D错误；故选A7同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，下列有关比较的叙述中，正确的是密度比为16：11密度比为11：16体积比为16：11体积比为11：16（）ABCD【考点】阿伏加德罗定律及推论【分析】根据质量相同计算出两种物质的物质的量之比，结合阿伏加德罗定律及其推论计算并比较体积、密度关系【解答】解：同温
20、同压下，气体摩尔体积相同，设两种物质的质量都为1g，则SO2和CO2的物质的量之比=11：16，根据知，两种气体的密度之比等于其摩尔质量之比=64g/mol：44g/mol=16：11，根据V=知，相同质量的两种气体，其体积之比等于摩尔质量的反比=44g/mol：64g/mol=11：16，所以正确，故选B8下列反应过程中的能量变化符合如图情况的是（）A酸与碱的中和反应BBa（OH）28H2O与NH4Cl的反应C镁和盐酸的反应D酒精燃烧【考点】反应热和焓变【分析】生成物具有的总能量高于反应物具有的总能量，该反应为吸热反应；常见的吸热反应：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2O； C+CO2C
21、O的反应，Ba（OH）28H2O与NH4Cl的反应以及KClO3、KMnO4、CaCO3的分解等【解答】解：A酸与碱的中和反应是放热反应，故A错误； BBa（OH）28H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，故B正确；C镁和盐酸反应是放热反应属于氧化还原反应放热，故C错误；D酒精在空气中燃烧是放热反应，故D错误故选B9现有含0.1mol/L的SO32溶液30mL，恰好被2103 molXO4氧化为SO42，则元素X在还原产物中的化合价是（）A+4B+3C+2D+1【考点】氧化还原反应的计算【分析】该反应中SO32中的S被氧化，变为SO42，化合价从+4升到+6价，XO4为氧化剂，其中X元素化合价降
22、低，开始为+7价，结合电子守恒计算【解答】解：该反应中SO32中的S被氧化，变为SO42，化合价从+4升到+6价，XO4为氧化剂，其中X元素化合价降低，开始为+7价，设X在在还原产物中的化合价是x，由电子守恒可知，0.03L0.1mol/L（64）=2103 mol（7x），解得x=+4，故选A10下列物质按强电解质、弱电解质、非电解质的顺序排列的是（）ANaNO3、NH3H2O、N2BFe、CH3COOH、液氯C漂白粉、BaSO4、CO2DBa（OH）2、HF、酒精【考点】强电解质和弱电解质的概念【分析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非
23、电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质，大多数的有机物都是非电解质；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质强电解质完全电离，弱电解质部分电离【解答】解：A、硝酸钠为强电解质、一水合氨为弱电解质、氮气既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B、铁既不是电解质，也不是非电解质，CH3COOH属于弱电解质、液氯是氯气单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C、漂白粉属于混合物、BaSO4是强电解质，CO2为非电解质，满足题中要求，故C错误；D、Ba（OH）2是强碱属于强电解质，HF是弱酸属于弱电解质、酒精属于非电解质，故D正确；故选D11向0.2molL1的NaOH溶液中通入CO2，溶液中阴离子浓度与通
24、入CO2的物质的量关系符合图中的（）ABCD【考点】离子方程式的有关计算【分析】未通入CO2，溶液中阴离子浓度为0.2molL1OH，CO2通入NaOH溶液中可能发生的反应有：CO2+2NaOH=Na2CO3+H20，CO2+Na2CO3+H20=2NaHCO3，二者恰好反应时，产物为Na2CO3，当CO2过量时，产物为NaHCO3，以此判断【解答】解：CO2通入NaOH溶液中可能发生的反应有：CO2+2NaOH=Na2CO3+H20，CO2+Na2CO3+H20=2NaHCO3，向0.2molL1的NaOH溶液中通入CO2，假设溶液的体积为1L，未通入CO2，溶液中阴离子浓度为0.2molL
25、1OH，通入0.1molCO2，此时发生CO2+2NaOH=Na2CO3+H20，生成0.1molNa2CO3，溶液中阴离子浓度为0.1molL1CO32，a为0.1molCO2，继续通入CO2，此时发生CO2+Na2CO3+H20=2NaHCO3，2a为0.2molCO2，溶液中阴离子浓度为0.2molL1HCO3，图中A符合，故选A12铁和水蒸气在高温条件下发生反应3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，在此反应中水是（）A氧化剂B还原剂C既是氧化剂又是还原剂D既不是氧化剂又不是还原剂【考点】氧化还原反应【分析】根据反应中元素的化合价变化分析，元素原子得电子的化合价降低作氧化剂，元素的原
26、子失电子化合价升高作还原剂，据此分析【解答】解：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，该反应中H2O的H元素的化合价从+1价降低到0价，则H2O作氧化剂；故选A13某非金属单质A和氧气发生化合反应生成B，B为气体，其体积是反应掉的氧气体积的两倍（同温同压）以下对B分子组成的推测一定正确的是（）A有1个氧原子B有2个氧原子C有1个A原子D有2个A原子【考点】阿伏加德罗定律及推论；物质分子中的原子个数计算【分析】同温同压下，气体摩尔体积相等，则气体的体积之比等于其物质的量之比，根据N=nNA知，物质的量之比等于分子个数之比，再根据原子守恒确定B分子组成【解答】解：同温同压下，气体摩尔体积相等，
27、则气体的体积之比等于其物质的量之比，根据N=nNA知，物质的量之比等于分子个数之比，所以B分子和参加反应的氧气分子个数之比为2：1，根据原子守恒知，B分子中含有1个O原子，非金属A和生成物B的关系式未知，无法确定B分子中A原子个数，故选A14某校化学兴趣小组同学在实验室做实验，按照如图a图连接好线路发现小灯泡不亮，按照如图b图连接好线路发现小灯泡会亮，由此得出的结论正确的是（）ANaCl固体是非电解质BNaCl在水中能电离出可以自由移动的离子CNaCl能使溶液中的水电离出大量的离子DNaCl溶液是电解质【考点】电解质溶液的导电性【分析】氯化钠为离子化合物，是电解质，但需在熔融状态下或水溶液中才
28、能导电，氯化钠溶液为混合物，不是电解质，以此解答【解答】解：A、在熔融状态下或水溶液中能导电的化合物是电解质，所以NaCl是电解质，故A错误；B、NaCl是强电解质，在水中完全电离，即NaCl在水中能电离出可以自由移动的离子，故B正确；C、NaCl在水中能电离出可以自由移动的离子，但是它属于强酸强碱盐，对水的电离无影响，故C错误；D、氯化钠溶液为混合物，不是电解质，故D错误；故选B15下列反应不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是（）AFe+CuSO4FeSO4+CuBFe2O3+3CO2Fe+3CO2CAgNO3+NaClAgCl+NaNO3DNH4HCO3NH3+H2O+CO2【考
29、点】化学基本反应类型【分析】四种基本反应类型有化合、分解、置换还有复分解反应，从化合价的变化的角度判断是否氧化还原反应【解答】解：A属于置换反应，也属于氧化还原反应，故A错误； B不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应，故B正确；C属于复分解反应，但不属于氧化还原反应，故C错误；D属于分解反应，不属于氧化还原反应，故D错误故选B16若以M表示水的摩尔质量，V表示在标准状况下水蒸气的摩尔体积，为在标准状况下水蒸气的密度，NA为阿伏加德罗常数，m、分别表示每个水分子的质量和体积，下面是四个关系式正确的是（）ANA=B=Cm=D=【考点】物质的量的相关计算【分析】摩尔质量=密度摩尔体积，阿伏加德
30、罗常数NA个水分子的质量之和等于水的摩尔质量，而对水蒸气，由于分子间距的存在，NA并不等于摩尔体积，据此结合解答【解答】解：A摩尔质量=mNA=V，故NA=，故A正确；B由于水分子分子间距的存在，NA并不等于摩尔体积V，故B错误；C由于水分子分子间距的存在，不等于NA，故m，故C错误；D由于水分子间距的存在，NA并不等于摩尔体积V，故D错误；故选A17某地有甲、乙两个工厂排放污水，污水中各含有下列8种离子中的4种（两厂不含相同离子）：Ag+、Ba2+、Fe3+、Na+、Cl、SO42、NO3、OH两厂单独排放时，都会造成严重的水污染如果将两厂的污水按一定比例混合，过滤沉淀后污水就变为无色澄清且
31、只含NaNO3而排放，污染程度大大降低关于污染源的分析，你认为正确的是（）ACl和NO3一定来自不同的工厂BSO42和NO3可能来自同一工厂CAg+和Na+可能来自同一工厂DNa+和NO3一定来自同一工厂【考点】常见离子的检验方法【分析】这个是涉及到离子共存问题也就是说同一厂内，离子之间不能发生反应，不能生成沉淀、气体、水，其中的Ag+、Ba2+、Fe3+、Na+、Cl、SO42、NO3、OH8种离子中银离子与氯离子、硫酸根离子、氢氧根离子，钡离子与硫酸根离子，铁离子与氢氧根离子不能在一个厂内，因为它们混合会生成沉淀据此分析解答【解答】解：假设甲厂有银离子，那么甲厂就一定不含有氯离子、硫酸根离
32、子和氢氧根离子，根据溶液显电中性可知：甲厂一定含有硝酸根离子；乙厂中含有氯离子、硫酸根离子和氢氧根离子，故不含有银离子、铁离子和钡离子，根据溶液显电中性可知：乙厂一定含有钠离子；故甲厂还含有铁离子和钡离子故甲厂含有的离子为：Ag+、Ba2+、Fe3+、NO3；乙厂含有的离子为：Na+、Cl、SO42、OH；或者甲和乙顺序相反故选A18下列反应中，硝酸既表现酸性，又表现氧化性的是（）AFe2O3跟稀硝酸反应B铜跟稀硝酸反应CCuO跟稀硝酸反应DAl（OH）3跟稀硝酸反应【考点】硝酸的化学性质【分析】硝酸既表现酸性，又表现氧化性，说明反应过程中部分硝酸中元素化合价不变，部分硝酸中得电子化合价降低，
33、根据元素化合价来分析解答【解答】解：AFe2O3+6HNO3=2Fe（NO3）3+3H2O，该反应中没有元素化合价变化，为非氧化还原反应，所以硝酸只体现酸性，故A错误；B.3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，该反应中部分硝酸得电子化合价降低，部分硝酸化合价不变，所以硝酸既表现酸性，又表现氧化性，故B正确；CCuO+2HNO3=Cu（NO3）2+H2O，该反应没有元素化合价变化，为非氧化还原反应，硝酸只体现酸性，故C错误；DAl（OH）3+3HNO3=Al（NO3）3+3H2O，该反应没有元素化合价变化，为非氧化还原反应，硝酸只体现酸性，故D错误；故选B19在反应3N
34、O2+H2O=2HNO3+NO中，得电子的原子和失电子的原子个数之比为（）A3：1B1：lC1：2D2：1【考点】氧化还原反应【分析】3NO2+H2O=2HNO3+NO中，N元素的化合价降低得到电子，N元素的化合价升高失去电子，以此来解答【解答】解：3NO2+H2O=2HNO3+NO中，N元素的化合价降低得到电子，N元素的化合价升高失去电子，即3molNO2反应时，1molN原子得到电子，2molN原子失去电子，所以由原子守恒可知，得电子的原子和失电子的原子个数之比为1：2，故选C二、计算题20、已知在101kPa时，CH4完全燃烧生成1mol液态水，放出的热量为QkJ，则CH4完全燃烧反应的
35、热化学方程式是：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=2QkJmol1 、在铜片、锌片和400mL稀硫酸组成的原电池中，若电路中通过0.2mol电子，H2SO4恰好反应完毕试计算：（1）生成气体的体积（在标准状况下）；（2）原400mL稀硫酸的物质的量浓度（不考虑溶液的体积变化）【考点】热化学方程式；电解原理【分析】CH4完全燃烧生成1mol液态水，放出的热量为QkJ，则生成2mol液态水放出2QkJ的热量；原电池反应中负极是锌片，锌失电子发生氧化反应，原电池正极上是溶液中氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，结合电子守恒计算，溶液浓度c=；【解答】解：CH4完全燃烧生成1m
36、ol液态水，放出的热量为QkJ，则生成2mol液态水放出2QkJ的热量，则甲烷的燃烧热化学反应方程式为CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O （l）H=2Q kJmol1，故答案为：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O （l）H=2Q kJmol1 ；在铜片、锌片和400mL稀硫酸组成的原电池中，若电路中通过0.2mol电子，H2SO4恰好反应完毕，原电池电极反应为：负极Zn2e=Zn2+，正极2H+2e=H2，通过电子2mol，生成氢气1mol，消耗2molH+，消耗硫酸物质的量为1mol，（1）若电路中通过0.2mol电子，生成气体的体积在标准状况下为：0.1mol2
37、2.4L/mol=22.4L，故答案为：2.24L；（2）通过电子0.2mol，生成氢气0.1mol，消耗0.2molH+，消耗硫酸物质的量为0.1mol，原400mL稀硫酸的物质的量浓度=0.25mol/L，故答案为：0.25mol/L；21用15.8g高锰酸钾氧化密度为1.19g/cm3，质量分数为36.5%的盐酸以制取氯气反应如下：2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O求：（1）生成Cl2在标况下的体积；（2）被KMnO4氧化的盐酸的体积；（3）反应中转移的电子总数【考点】氧化还原反应的计算【分析】（1）根据V=nVm来计算氯气的体积；（2）根据反应的化学方程
38、式计算，根据Cl元素化合价的变化可知，16molHCl参加反应时，有10molHCl被氧化；（3）氧化还原反应中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据化合价的变化结合物质的量来回答【解答】解：（1）n（KMnO4）=0.1mol，2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O 被氧化的HCl2mol 16mol 5mol 10mol0.1mol n（HCl） n（Cl2） n（HCl）被氧化n（Cl2）=0.25mol，V（Cl2）nVm0.25mol22.4L/mol=5.6L，答：生成Cl2在标况下的体积是5.6L；（2）则n（HCl）=0.8mol，n（HC
39、l）被氧化=0.5mol，密度是1.19g/cm3、质量分数为36.5%的盐酸的物质的量浓度c=11.9mol/L，体积V=0.042L=42mL，答：15.8g KMnO4氧化的盐酸的体积是42mL；（3）根据方程式，当消耗高锰酸钾2mol时，反应中转移的电子的物质的量是10mol，当0.1mol高锰酸钾参加反应，转移电子是0.5mol，即个数为3.011023，故答案为：3.011023或0.5NA答：反应中转移的电子总数是3.011023或0.5NA三、实验题22（1）某化学兴趣小组在用稀硫酸与纯锌粒制取氢气时发现反应速率较慢，为了加快该反应速率，他们进行了多项探究，针对他们的探究回答下
40、列问题：他们进行的下列探究中不能达到实验目的是C（填选项）A升高反应温度 B适当增加硫酸的浓度 C加水 D把锌粒改用锌粉他们探究中还发现加入少量硫酸铜溶液也可加快氢气的生成速率你认为原因是；CuSO4 与Zn反应产生的 Cu 与Zn形成铜锌原电池，加快了氢气产生的速率上述实验中除发生反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，还发生了Zn+Cu2+=Zn2+Cu（填离子反应方程式）他们分析后认为下列某一物质溶液也有类似硫酸铜的作用，你认为是B（填选项）ANa2SO4 BAg2SO4 CMgSO4 DK2SO4（2）根据你所学的有关实验，填写下列空白在实验室制取乙酸乙酯时，加入碎瓷片的作用是防止发生
41、暴沸石蜡油高温分解实验中，加入碎瓷片主要起催化作用在实验室制取乙酸乙酯时，将制得的乙酸乙酯蒸汽导入饱和碳酸钠溶液，以达到除去杂质和收集产物的目的设计一个比较醋酸与碳酸酸性强弱的实验2CH3COOH+CO322CH3COO+H2O+CO2（用离子方程式表示）【考点】探究影响化学反应速率的因素；乙酸乙酯的制取【分析】（1）加水后溶液体积增大，反应速率减小；锌置换铜，形成原电池反应，反应速率增大；锌也可置换出银，形成原电池反应；（2）加入碎瓷片，可防止暴沸；石蜡油高温分解实验中，碎瓷片起到催化作用；制备乙酸乙酯时用饱和碳酸钠溶液吸收；可用醋酸与碳酸氢钠溶液反应【解答】解：（1）升高温度、增大浓度或增
42、大固体的表面积都可增大反应速率，而加入水，溶液体积增大，浓度减小，则反应速率减小，故答案为：C；加入少量硫酸铜溶液，CuSO4与Zn反应：Zn+Cu2+=Zn2+Cu，产生的 Cu 与Zn形成铜锌原电池，加快了氢气产生的速率，故答案为：CuSO4 与Zn反应产生的 Cu 与Zn形成铜锌原电池，加快了氢气产生的速率；Zn+Cu2+=Zn2+Cu；锌也可置换出银，形成原电池反应，故答案为：B；（2）加入碎瓷片，可防止暴沸，故答案为：防止发生暴沸； 石蜡油高温分解实验中，碎瓷片起到催化作用，故答案为：催化；制备乙酸乙酯时用饱和碳酸钠溶液吸收，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙醇易溶于水，而乙酸可与碳酸
43、钠反应而被吸收，故答案为：饱和碳酸钠溶液；如醋酸酸性比碳酸强，则可用醋酸与碳酸氢钠溶液反应，反应的离子方程式为2CH3COOH+CO322CH3COO+H2O+CO2，故答案为：2CH3COOH+CO322CH3COO+H2O+CO223某校化学兴趣小组的同学按照课本装置（见图1甲）做“测定空气里氧气的含量”实验他们将燃烧匙内的红磷点燃后，立即伸入广口瓶中并把塞子塞紧，待红磷熄灭和冷却后，打开弹簧夹，观察集气瓶中水面变化，发现气体减少的体积小于这是什么原因呢？兴趣小组的四位同学就该现象做了如下探究请你参与他们的探究，并回答有关问题：提出问题造成这个结果的原因是什么？如何改进？猜想与假设排除了属
44、于偶然现象的原因之后，其中三位同学对原因做了如图2猜想，对于这一现象的原因，你还能做出怎样的猜想？请写出你的一个合理猜想：可能是氧气含量减少到一定程度的时候，红磷就不再燃烧了，使氧气没有耗尽分析与交流对小周的猜想，大家一致认为小周的猜想不合理，并认为这样做的结果将使误差更大，原因是：蜡烛中含有碳元素和氢元素，燃烧消耗氧气的同时产生CO2和水蒸气，反应前后气体总体积无明显减少，反应前后压强无明显减少实验与结论（1）小吴决定使用图1甲装置重做实验，并在实验前重新检验了装置的气密性小吴检验图1甲装置气密性的正确操是将装置如原图所示重新装配，在烧杯中注入足量水，打开弹簧夹；用热毛巾捂住广口瓶，如果看到
45、有气泡冒出；撤掉热毛巾后，导管中将倒吸一段水柱，则装置的气密性良好（2）为了验证小施的猜想，同学们将500mL干燥的残余气体与足量灼热的铜粉充分反应，结果发现铜粉增重0.028g由上述实验事实可知，残余气体中有氧气；残余气体中氧气的体积占4%（已知该条件下氧气的密度为1.4g/L）反思与评价针对课本实验装置和操作的不足，同学们经过认真思考，改进并设计了如图2乙的实验装置，实验中发现白磷比红磷更易于燃烧，原因是白磷的着火点低除此优点外，与图甲的装置相比较，请你说出新装置的两个优点：（1）装置简单、紧凑，操作方便，现象明显；（2）装置中直接有刻度，方便直接读取数据，利于数据比较实验结束后，同学们还
46、意外发现左玻璃管内壁上端附着黄色固体该黄色固体主要成分可能是白磷【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】【猜想与假设】根据发现气体减少的体积小于 进行猜想解答；【分析与交流】根据蜡烛中含有碳元素和氢元素，燃烧消耗氧气的同时产生CO2和水蒸气，反应前后气体总体积无明显减少解答；【实验与结论】（1）根据检验装置气密性的方法解答；（2）根据铜粉增重的原因分析氧气的存在，并计算其体积分数；【反思与评价】根据改进的实验装置，从装置的特点、安全、环保等方面与原来的装置相比较总结优点根据【查阅资料】可以知道，白磷为白色或黄色固体，可以据此解答该题【解答】解：【猜想与假设】可能是红磷的量不够，导致氧气没
47、有耗尽；可能是红磷熄灭后还没等冷却到室温，就打开了弹簧夹；可能是氧气含量减少到一定程度的时候，红磷就不再燃烧了，使氧气没有耗尽；故答案为：可能是氧气含量减少到一定程度的时候，红磷就不再燃烧了，使氧气没有耗尽；【分析与交流】蜡烛中含有碳元素和氢元素，燃烧消耗氧气的同时产生CO2和水蒸气，反应前后气体总体积无明显减少，反应前后压强无明显减少；故答案为：蜡烛中含有碳元素和氢元素，燃烧消耗氧气的同时产生CO2和水蒸气，反应前后气体总体积无明显减少，反应前后压强无明显减少；【实验与结论】（1）将装置如原图所示重新装配，在烧杯中注入足量水，打开弹簧夹；用热毛巾捂住广口瓶，如果看到有气泡冒出；撤掉热毛巾后，
48、导管中将倒吸一段水柱，则装置的气密性良好；故答案为：将装置如原图所示重新装配，在烧杯中注入足量水，打开弹簧夹；用热毛巾捂住广口瓶，如果看到有气泡冒出；撤掉热毛巾后，导管中将倒吸一段水柱，则装置的气密性良好；（2）根据将500mL的残余气体与足量灼热的铜粉充分反应，结果发现铜粉增重0.028g，可知铜粉增重的质量就是消耗氧气的质量，即0.028g，所以残余气体中有氧气，且其体积为：1000ml=20ml，则残余气体中氧气的体积分数为：100%=4%；故答案为：4；【反思与评价】改进的实验装置，与原来的装置相比较的优点有：（1）装置简单、紧凑，操作方便，现象明显；（2）装置中直接有刻度，方便直接读取数据，利于数据比较；（凡是与体积相关的答法均属此列）（3）避免原装置的导管中存在空气，造成的体积误差；（4）让磷的燃烧在密闭体系中进行，不污染大气，绿色环保；（5）避免燃着的红磷在伸进广口瓶的时候造成热空气的散逸，影响实验的科学性等；故答案为：白磷的着火点低；装置简单、紧凑，操作方便，现象明显；装置中直接有刻度，方便直接读取数据，利于数据比较；根据【查阅资料】可以知道，白磷为白色或黄色固体，所以左玻璃管上端的黄色固体主要成分可能是白磷固体受热蒸发后的附着在玻璃管上的；故答案为：白磷2016年5月15日