1、高考资源网（） 您身边的高考专家山东省滕州市善国中学2016-2017学年高三一轮复习第五周同步检测化学题学校:_姓名：_班级：_考号：_第I卷（选择题）评卷人得分一、选择题1.化学与生活息息相关，下列说法正确的是（）A我国居民传统膳食以糖类为主，淀粉、脂肪都是糖类物质B人体内的蛋白质不断分解，最终生成水和二氧化碳排出体外C长期烧水的水壶内壁容易形成一层水垢，可以用食醋除去D明矾净水时发生了化学及物理变化，能起到杀菌、消毒的作用2.不具有放射性的同位素称之为稳定同位素，近20年来，稳定同位素分析法在植物生理学、生态学和环境科学研究中获得广泛应用如在陆地生态系统研究中，2H、13C、15N、18
2、O、34S等常用做环境分析指示物下列说法中正确的是（）A34S原子核内的中子数为16B1H216O在相同条件下比1H218O更易蒸发C13C和15N原子核内的质子数相差2D2H+的酸性比1H+的酸性更强3.NA代表阿伏加德罗常数。下列说法正确的是（ ）A8.0gCuO和Cu2S的混合物含铜原子个数为0.2NAB标准状况下，11.2 L乙醇蒸气含共价键数目为4NAC1mol K与O2完全反应生成K2O、K2O2、KO3的混合物，转移电子数为NAD1L 0.2 molL-1 NH4ClO4溶液中含NH4+数目为0.2NA4.下列离子方程式书写正确的是（）A熔融状态下硫酸氢钾的电离方程式：KHSO4
3、K+HSO4BNaHS水解：HS+H2OH3O+S2CFe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+Fe3+3H2OD碳酸电离：H2CO32H+CO325.下列说法正确的是A将NaH溶于水，得到的水溶液能导电说明NaH是离子化合物BFe(OH)3胶体和Fe(OH)3沉淀的化学性质不相同C乙醇分子中含羟基，可与金属钠反应生成氢气DMnO2具有较强氧化性，可作为H2 O2分解反应的氧化剂6.铅的冶炼大致过程如下：富集：将方铅矿（PbS）进行浮选； 焙烧：2PbS3O2 2PbO2SO2；制粗铅：PbOC PbCO；PbOCO PbCO2。下列说法正确的是A浮选法富集方铅矿的过程属于化学变化B方铅
4、矿焙烧反应中，PbS是还原荆，还原产物只有PbOC将1 mol PbS冶炼成Pb理论上至少需要6 g碳D整个冶炼过程中，制取1 mol Pb共转移2 mol电子7.在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中，若K+、Cl各为1.5mol，Mg2+为0.5mol，则SO42的物质的量为（）A0.1mol B0.5mol C0.15mol D0.25mol8.W、R、X、Y的原子序数依次增大，Y的最高正价和最低负价之和等于0，L层上电子数是M层上电子数的2倍；在常温常压下，W和R组成的化合物有多种，其中两种化合物能相互转化，但元素化合价没有变化；这4种元素的原子最外层电子数之和等于R原子的
5、核电荷数的2倍。下列说法正确的是（ ）A元素的非金属性顺序为RYWBR与其他三种元素均能形成共价化合物C简单氢化物的热稳定性顺序为RWYD原子半径次序为WRXY9.将0.2molL1的KI溶液和0.05molL1 Fe2（SO4）3溶液等体积混合后，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3+2I2Fe2+I2”的是（）实验编号实验操作实验现象滴入KSCN溶液溶液变红色滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成滴入K3Fe（CN）6溶液有蓝色沉淀生成滴入淀粉溶液溶液变蓝色A和B和C和D和10.常温下，向20mL的某稀H2SO4溶液中滴入0.1mol/L氨水，溶液中水电离出氢离子浓度随滴
6、入氨水体积变化如图下列分析正确的是( )AE溶液中存在：c（NH4+）c（SO42）c（OH）c（H+）B稀硫酸的浓度为0.1mol/LCC点溶液pH=14bDV2=20 mL11.设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A电解精炼铜，当电路中通过的电子数为0.1NA时，阳极质量减少一点为3.2gB0.5L1molL1NaHS的溶液中，Na+和HS离子数目之和为NAC25时，7gC2H4和C2H6混合气体中，含有NA个CH键D标况下，11.2L一氯甲烷中含有的氯原子数为0.5NA12.有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L
7、，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下的混合气体体积为（设反应中HNO3被还原成NO）( )A0.448LB0.672LC0.896LD0.224L13.将一小块钠投入盛有5mL饱和澄清石灰水的试管里，不可能观察到的现象是( )A钠熔成小球并在液面上游动B有气体生成C溶液底部有银白色固体生成D溶液变浑浊14.只用一种试剂可区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2（SO4）3、（NH4）2SO4五种溶液，这种试剂是（）ANaOH BH2SO4 CBaCl2 DAgNO315.在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质下列实验现象和结论
8、一致且正确的是( )A加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有C12存在B加入盐酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有C1存在C溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有C12分子存在D加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HC1O分子存在16.甲、乙、丙、丁四种物质中，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CO217.甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示（反应条件略去，箭头表示一步转化）
9、。下列各组物质中，不满足图示转化关系的是 甲乙丙戊NH3O2NOH2OFe H2OH2Fe2O3Al2O3NaOH溶液Na AlO2溶液过量CO2Na2O2CO2O2NaA B C D18.在100mL HNO3和H2SO4的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/L。向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为（反应前后溶液体积变化忽略不计）A0.225mol/L B0.30mol/L C0.36mol/L D0.45mol/L19.向含Na+、Al3+、Fe3+、Fe2+、Cl、SO42-的水溶液中，加入足量的Na2O2固体，充分反应后再
10、加入过量的稀盐酸，所得溶液与起始溶液相比，上述离子数目没有变化的有（ ）A2种 B3种 C4种 D5种20.将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，合金完全溶解，假设反应过程中还原产物全部是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/L的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述正确的是（）A反应中转移电子的总数为0.3mol B反应过程中，消耗硝酸的物质的量为0.3molC沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100mL D开始加入合金的质量可能为3.4g第II卷（非选择题）评卷人得分二、计算题21.科学家从蛋白质的水解液中分离出一种分子中只含1个氮原子
11、的氨基酸，进行分析时，从1.995g该氨基酸中得到168mL（标准状况）的氮气；另取26.6g该氨基酸恰好与1.6molL 1250mL的NaOH溶液完全反应（1）求该氨基酸的摩尔质量（2）试确定此氨基酸的结构简式22.次磷酸钠（NaH2PO2）是化学镀镍的重要原料，工业上制备NaH2PO2H2O的流程如下：回答下列问题：（1）NaH2PO2H2O中磷元素的化合价为 （2）在反应器中加入乳化剂并高速搅拌的目的是 （3）在反应器中发生多个反应，其中Ca（OH）2与P4反应生成次磷酸钙及磷化氢的化学方程式为 （4）流程中通入CO2的目的是 ，滤渣X的化学式为 （5）流程中母液中的溶质除NaH2PO
12、2外，还有的一种主要成分为 （6）含磷化氢的尾气可合成阻燃剂THPCP（CH2OH）4ClPH3的电子式为 含PH3的废气可用NaClO和NaOH的混合溶液处理将其转化为磷酸盐，该反应的离子方程式为 23.达喜AlaMgb(OH)c(CO3)dxH2O常用于中和胃酸。 1 mol达喜与足量的盐酸完全反应后生成水的物质的量为 （用含x等字母的代数式表示）。 达喜化学式中a、b、c、d的关系为ab cd（填“”、“”或“”）。 已知在常温下溶液中Al3、Mg2、AlO2-的浓度与溶液pH的关系如右图所示。为测定达喜的组成，进行了下列实验： 取达喜6.02 g研碎，缓慢加入2.00 molL1盐酸使
13、其溶解，当加入盐酸85.00 mL时开始产生CO2，加入盐酸至90.00 mL时正好反应完全。 在所得溶液中加入适量的 （填“氨水”、“氢氧化铝”或“氯化镁”）以调节溶液的pH至5.07.0，使有关离子完全沉淀。 将产生的全部沉淀过滤、洗涤，灼烧至恒重，称量为1.02 g。请通过计算确定达喜的化学式(写出计算过程)。评卷人得分三、实验题24.现在，德国的许多餐馆自身就具备油脂分离技术，将”地沟油”分离出来的废油将被制成生物柴油已知生物柴油是高级脂肪酸甲酯，可由油脂与甲醇通过酯交换反应生成新酯和新醇得到，酯交换过程可以表示为：R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH又已知油脂与甲醇互不相
14、溶，反应中若有游离脂肪酸和水，将妨碍酯的交换目前常用的制备方法是碱催化法，用预处理过的地沟油（中性油）制备生物柴油的步骤如下：将酯交换反应器做干燥处理，先向反应器中加入26.52g中性油，再称取40.00g正己烷（约61mL）称取甲醇4.60g（约5.8mL）放到锥形瓶中，然后称取0.20g氢氧化钠固体并使之溶解，然后加到反应器中连接好反应装置控制温度在6065进行恒温加热，搅拌1.5到2小时停止加热后，冷却，取出反应器，静置、分液，上层为生物柴油、正己烷和甲醇，下层主要为甘油用温水洗涤制得的生物柴油3到4次将水洗后的溶液倒入圆底烧瓶中，蒸馏，通过控制温度分别得到甲醇、正己烷，直至无液体蒸出后
15、，烧瓶中剩余的液体主要为生物柴油（1）地沟油在预处理时需干燥、蒸馏操作的目的是 ；（2）酯交换反应器由 、 、温度计、搅拌棒组成；（3）步骤中加入正己烷的作用是 ，步骤可以采用 方式进行恒温加热，步骤中将上下层液体进行分离所需的主要仪器的名称是 ，确定步骤中生物柴油已洗涤干净的方法是 ；（4）根据整个流程，分析由中性油制备生物柴油的过程中可以循环利用的物质是 ；（5）假设得到的中性油是油酸甘油酯，结构简式为： 经上述实验后得到油酸甲酯15.40g，则该实验中生物柴油（全以油酸甲酯计量）的产率为 % 25.氰化钠（NaCN）是一种重要的化工原料，用于化学合成、电镀、冶金等方面（1）电镀厂电镀银时
16、需要降低镀层金属的沉积速度，使镀层更加致密，电解液使用NaAg（CN）2，请写出电解时阴极的电极反应式 ；已知：NaAg（CN）2（aq）Ag（aq）+2CN（aq）K1.31021，请解释工业电镀中使用氰离子（CN+）的原因 （2）NaCN有剧毒，含氰废水需经无害化处理后才能排放，某电镀厂含氰废水的一种工业处理流程如下：已知：BCNO的结构式是：HOCN；氢氰酸是一种无色、剧毒、有挥发性的弱酸回答下列问题：CN+中两原子均为8电子稳定结构，请写出CN的电子式 ；氰化钠遇水会产生剧毒氢氰酸，请写出相应的离子方程式 氧化池中氰化物的降解分两步进行，第一步：CN+被氯气氧化池低毒的CNO，相应的离
17、子方程式为：CN+Cl2+2OHCNO+2Cl+H2O；第二步：CNO被过滤氯气氧化成无毒的两种气体，写出相应的离子方程式 贮水池中废水须先经碱化后再进行氧化的原因 试卷答案1.C【考点】营养均衡与人体健康的关系【分析】A脂肪不是糖类物质，属于油脂；B人体内的蛋白质不断分解，最终水解为氨基酸；C水垢的主要成分是碳酸钙，醋酸能与碳酸钙反应；D明矾净水的原理是氢氧化铝胶体具有吸附性【解答】解：A脂肪不是糖类物质，属于油脂，故A错误；B人体内的蛋白质不断分解，最终水解为氨基酸，故B错误；C水垢的主要成分是碳酸钙，食醋的有效成分是醋酸，醋酸能与碳酸钙反应，故C正确；D明矾净水的原理是氢氧化铝胶体具有吸
18、附性，没有杀菌消毒的作用，故D错误；故选C2.B考点：同位素及其应用；质量数与质子数、中子数之间的相互关系 专题：原子组成与结构专题分析：A、利用质子数+中子数=质量数来计算；B、利用相对分子质量来比较分子晶体的沸点，沸点低的容易蒸发；C、C原子的质子数为6，N原子的质子数为7；D、2H+与1H+都是氢离子，化学性质相同解答：解：A、34S原子核内的中子数为3416=18，故A错误；B、因1H216O的相对分子质量12+16=18，1H218O的相对分子质量为12+18=20，则1H216O的沸点低，1H216O在相同条件下比1H218O更易蒸发，故B正确；C、C原子的质子数为6，N原子的质子
19、数为7，则13C和15N原子核内的质子数相差76=1，故C错误；D、2H+与1H+都是氢离子，化学性质相同，即2H+的酸性与1H+的酸性相同，故D错误；故选B点评：本题以信息来考查同位素及原子的构成等知识，较简单，属于基础知识的考查，明确原子中的量的关系及比较物质的沸点、酸性的方法即可解答3.CA项，8.0gCuO或Cu2S含铜的物质的量为0.1 mol，错误；B项，在标准状况下，乙醇为液态，错误；C项，1mol钾只失去1mol电子，正确；D项，铵离子发生水解，错误。4.A【考点】离子方程式的书写【分析】A强电解质，完全电离生成钾离子和硫酸氢根离子；B水解生成氢硫酸和氢氧根离子；C发生氧化还原
20、反应生成碘化亚铁、碘、水；D电离分步进行，以第一步为主【解答】解：A熔融状态下硫酸氢钾的电离方程式为KHSO4K+HSO4，故A正确；BNaHS水解离子反应为HS+H2OH2S+OH，故B错误；CFe（OH）3溶于氢碘酸的离子反应为2I+2Fe（OH）3+6H+2Fe2+I2+6H2O，故C错误；D碳酸电离方程式为H2CO3H+HCO3，故D错误；故选A【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重水解、电离及氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大5.C试题分析：A、NaH与水反应
21、生成氢氧化钠和氢气，不是NaH本身发生电离，故A错误； B、Fe（OH）3胶体和Fe（OH）3沉淀的成分都是氢氧化铁，化学性质相同，故B错误；C、乙醇分子中的羟基能与Na反应生成氢气，故C正确；D、二氧化锰作为H2O2分解反应的催化剂，故D错误。6.C试题分析：A、浮选法富集方铅矿，没有新物质的生成，不属于化学变化，故错误；B、氧化剂化合价降低，被还原，得到产物为还原产物，即氧化剂为氧气，化合价降低，即PbO和SO2属于还原产物，故错误；C、根据化学反应方程式，推出：2PbSC，即消耗碳的质量为6g，故正确；D、根据Pb守恒，反应中转移电子6mole，反应中转移2mole，共转移8mole，故
22、错误。7.B解析：因溶液中的离子有K+、Cl、Mg2+、SO42，设SO42物质的量为n，溶液不显电性，溶液中的阳离子带电的总电荷量与阴离子所带电的总电荷量相等，根据电荷守恒：1.5mol1+0.5mol2=1.5mol1+n2，解得n=0.5mol故选B8.C依题意，中学化学中，元素的最高正化合价与最低负化合价代数和等于0的元素有氢、碳、硅三种元素，Y在四种元素中排在第四位，Y为硅。在中学化学中，两种元素形成的两种化合物相互转化，大多数发生了氧化还原反应，只有NO2、N2O4之间的转化反应是非氧化还原反应，由原子序数大小顺序知，W为氮，R为氧。W、R、X、Y的原子最外层电子数分别为5、6、n
23、、4，有：56n482，n1，X位于第A族，原子序数介于8与14之间，只有钠符合要求，所以，X为钠。综上所述，W为氮，R为氧，X为钠，Y为硅。A项，硅、氧、氮的元素非金属性次序为R(O)W(N)Y(Si)，错误。B项，二氧化硅、二氧化氮、五氧化二氮、三氧化二氮等都是共价化合物；氧化钠、过氧化钠都是离子化合物，错误。C项，根据元素周期律，气态氢化物的热稳定性排序有H2ONH3SiH4，正确。D项，原子半径排序为r(Na)r(Si)r(N)r(O)，错误。故答案选C。9.A【考点】化学反应的可逆性【专题】化学平衡专题【分析】只有可逆反应才能建立化学平衡，故要想证明化学平衡“2Fe3+2I2Fe2+
24、I2”的存在，即需证明此反应为可逆反应，不能进行彻底将0.2molL1的KI溶液和0.05molL1 Fe2（SO4）3溶液等体积混合后，若此反应不可逆，则Fe3+和I能恰好完全反应，则溶液中无Fe3+和I，故只需要证明溶液中含Fe3+和I，则即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡据此分析【解答】解：将0.2molL1的KI溶液和0.05molL1 Fe2（SO4）3溶液等体积混合后，若此反应不可逆，则Fe3+和I能恰好完全反应，则溶液中无Fe3+和I，故只需要证明溶液中含Fe3+和I，则即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中有Fe3+，即能
25、说明反应存在平衡，故正确；向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，说明溶液中含I，能说明反应存在平衡，故正确；无论反应存不存在平衡，溶液中均存在Fe2+，滴入K3Fe（CN）6溶液均有蓝色沉淀生成，故错误；无论反应存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，故不能证明存在平衡，故错误故选A【点评】本题考查了反应的可逆性，应注意的是平衡只能建立在可逆反应上，故若证明平衡的存在，只需证明反应为可逆反应10.D【分析】AE溶液显示酸性，根据盐的水解原理来比较离子浓度；B根据20mL的稀H2S04溶液中水电离出的氢离子浓度结合水的离子积来进行计算；C根据C点的溶液中水电离出的氢离子浓度
26、结合水的离子积来进行计算；D当硫酸与氨水恰好生成硫酸铵时，水的电离程度最大【解答】解：AE溶液显示酸性，硫酸铵和氨水的混合物，得到的溶液中铵根离子的水解程度较强，所以c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH），故A错误；B20mL的稀H2S04溶液中，水电离出的氢离子浓度是1013，则硫酸电离出的氢离子浓度是0.1mol/L，稀硫酸的浓度为0.05mol/L，故B错误；CC点的溶液中水电离出的氢离子浓度是10b，此时的溶液显示酸性，铵根离子水解所致，溶液中氢离子由水电离，则pH=b，故C错误；D当硫酸与氨水恰好生成硫酸铵时，铵根离子浓度最大，水的电离程度最大，稀硫酸的浓度为0.05mol
27、/L，体积为20mL，所以消耗的0.1mo/L氨水为20mL，故D正确故选D【点评】本题考查学生酸碱混合的酸碱性的判断以及盐的水解原理的应用知识，属于综合知识的考查，难度中等，侧重于考查学生 的分析能力和计算能力11.D【考点】阿伏加德罗常数【分析】A电解精炼铜时，阳极上放电的除了铜，还有比铜活泼的金属；B硫氢根离子为弱酸的酸式根离子，水溶液中部分水解；CC2H4和C2H6摩尔质量不同，1mol物质含有CH键数目不同；D气体摩尔体积使用对象为气体【解答】解：A电解精炼铜时，阳极上放电的除了铜，还有比铜活泼的金属，故当电路中通过0.1NA个电子时，阳极上减轻的质量小于3.2g，故A错误；B硫氢根
28、离子为弱酸的酸式根离子，水溶液中部分水解，所以.5L1molL1NaHS的溶液中，Na+和HS离子数目之和小于NA，故B错误；CC2H4和C2H6摩尔质量不同，1mo物质含有CH键数目不同，所以只知道混合气体质量，无法计算含有NA个CH键，故C错误；D标况下，一氯甲烷为气体，11.2L一氯甲烷的物质的量为0.5mol，含有氯原子物质的量为0.5mol，故D 正确；故选：D12.B【分析】10mL混合酸中含有：n（H+）=0.01L24mol/L+0.01L2mol/L=0.1mol，n（NO3）=0.01L2mol/L=0.02mol，由于铁过量，则发生反应：3Fe+2NO3+8H+=3Fe2
29、+2NO+4H2O，Fe+2H+=Fe2+H2，以此计算该题【解答】解：10mL混合酸中含有：n（H+）=0.01L24mol/L+0.01L2mol/L=0.1mol，n（NO3）=0.01L2mol/L=0.02mol，由于铁过量，则发生反应：3Fe+2NO3+8H+=3Fe2+2NO+4H2O，Fe+2H+=Fe2+H2，则3Fe+2NO3+8H+=3Fe2+2NO+4H2O0.02mol 0.08mol 0.02mol反应后剩余n（H+）=0.1mol0.08mol=0.02mol，Fe+2H+=Fe2+H2 0.02mol 0.01mol所以：n（NO）+n（H2）=0.02mol+
30、0.01mol=0.03mol，V（NO）+V（H2）=0.03mol22.4L/mol=0.672L，故选B【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题注意铁过量，根据n（H+）、n（NO3）判断反应的可能性，判断生成气体为NO和H2的混合物，进而计算气体的体积，题目易错13.C【分析】钠的密度小于水，钠的熔点较低，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气且放出热量，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，随着反应的进行水的量减少，氢氧化钙溶液成为过饱和溶液，溶液中析出部分氢氧化钙，因为有氢氧化钠的存在，抑制氢氧化钙的溶解，由此分析解答【解答】解：A钠的密度小于水，钠的熔点较低且钠和水反应放出大量的热使钠熔成
31、小球，所以能观察到，生成的气体推动小球游动，故A不选；B钠和水反应生成氢气，所以能观察到，故B不选；C钙的活泼性大于钠，且钠、钙都易和水反应生成碱，所以钠不可能置换出钙，则看不到有金属钙生成，故C选；D因为有部分溶质析出而导致溶液成悬浊液，所以看到溶液变浑浊，故错误；故选C【点评】本题考查了钠的性质，根据钠的物理性质和化学性质分析钠和水反应现象，注意钠和饱和氢氧化钙溶液反应现象，氢氧化钙的溶解度随着温度的升高而降低，为易错点14.A解：A加入NaOH，Na2SO4无现象，MgCl2生成白色沉淀，FeCl2生成白色沉淀迅速变成灰绿色最后总变成红褐色，Al2（SO4）3先生成白色沉淀后沉淀溶解，（
32、NH4）2SO4生成刺激性气体，四种物质现象各不相同，可鉴别，故A正确；B均与硫酸不反应，不能鉴别，故B错误；CNa2SO4、Al2（SO4）3、（NH4）2SO4均与氯化钡反应生成白色沉淀，不能鉴别，故C错误； D均与硝酸银反应生成白色沉淀，不能鉴别，故D错误；故选A15.C【分析】Cl2+H2OHCl+HClO，该反应是可逆反应，所以氯水中含有的微粒是：分子：Cl2、HClO、H2O；离子：H+、Cl、ClO、OHA、能使有色布条褪色的是次氯酸；B、盐酸能干扰氯离子的检验；C、呈黄绿色且有刺激性气味的是氯气；D、氯气能和碱反应生成盐【解答】解：A、次氯酸有强氧化性能使有色布条褪色，向氯水中
33、加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有HClO存在，故A错误；B、盐酸中含有氯离子，向氯水中加入盐酸后再加入硝酸银溶液生成氯化银白色沉淀，不能说明氯水中含有氯离子，故B错误；C、氯气是黄绿色气体，且有刺激性气味，如果氯水溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故C正确；D、Cl2+H2OHCl+HClO，该反应是可逆反应，向氯水中加入氢氧化钠溶液，氯水黄绿色消失，说明氯水溶液呈酸性，不能证明含有次氯酸，故D错误故选C【点评】本题考查了氯水的性质，难度不大，明确氯水中存在的微粒是 解本题的关键，根据氯水中各种微粒的性质来解答即可16.B解析：A若甲为AlCl3溶液，丁是NaO
34、H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正确，故选B17.A 【知识点】 物质的性质 【答案解析】A 解析4NH3+5O2=4NO+6H2O，一氧化氮和水不反应，所以不能实现转化，故错误；4Fe+2H2O
35、（g）= Fe3O4+2H2，3H2+Fe2O3=2Fe+3H2O，所以能实现转化，故正确；Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3，所以不能实现转化，故错误；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2 Na+O2=Na2O2，所以能实现转化，故正确。【思路点拨】本题考查了物质之间的化学反应，明确物质的性质是解本题关键，注意铁和水蒸气反应生成四氧化三铁而不是氧化铁，为易错点。18.C试题分析：发生的反应是：3Cu8H2NO3=3Cu24H2O2NO，当H和NO3恰好完全反应，生成Cu2的浓度最大，即n(H):n(NO3)
36、=4:1时，令H2SO4的物质的量为xmol，则硝酸的物质的量为(1001030.6x)mol，根据上述分析，有(1001030.6x2x):(1001030.6x)=4:1，解得x=0.036mol，则硝酸的物质的量为0.024mol，生成Cu2的物质的量为0.0243/2mol=0.036mol，则有c(Cu2)=0.036/100103molL1=0.36molL1，故选项C正确。19.A试题分析：向该溶液中加入Na2O2固体，过氧化钠与水发生反应产生氢氧化钠和氧气，氢氧化钠电离产生钠离子，使溶液中Na+数目增大；Al3+与足量的NaOH溶液发生反应产生NaAlO2，当再加入HCl时又发
37、生反应产生AlCl3，故Al3+数目不变；Fe2+会被氧气氧化产生Fe3+，Fe3+与足量的NaOH溶液发生反应产生Fe(OH)3，使溶液中Fe3+减少，当再加入HCl时，沉淀溶解，变为Fe3+，故溶液中Fe3+增加，Fe2+减少；Cl由于加入盐酸电离产生而增加；SO42-没有消化，也没有加入，其数目不变。所得溶液与起始溶液相比，上述离子数目没有变化的有Al3+、SO42-，选项A正确。20.A试题分析：合金的质量增加5.1g，即结合氢氧根离子的物质的量为0.3mol，根据电荷守恒，合金失电子数等于金属离子结合氢氧根离子数，反应中转移电子的总数为0.3mol，故A正确；根据电荷守恒，合金与硝酸
38、反应表现酸性的硝酸的物质的量为0.3mol；硝酸的还原产物为NO，表现氧化性的硝酸的物质的量为0.1mol，反应过程中，消耗硝酸的物质的量为0.4mol，故B错误；合金完全溶解后硝酸可能剩余，沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积 100mL，故C错误；转移电子的总数为0.3mol，合金的物质的量为0.15mol，利用极值法，合金的质量3.6m9.6，故D错误。21.(1)其摩尔质量是133 gmol1；(2)【考点】有关有机物分子式确定的计算【分析】（1）n（N2）=0.0075mol，根据N原子守恒知，n（氨基酸）=2n（N2）=0.0075mol2=0.015mol，其摩尔质量M=133g/m
39、ol；（2）26.6g该氨基酸物质的量=0.2mol，n（NaOH）=1.6mol/L0.25L=0.4mol，则氨基酸和氢氧化钠的物质的量之比=0.2mol：0.4mol=1：2，说明氨基酸中含有两个羧基，结合相对分子质量判断其结构简式【解答】解：（1）n（N2）=0.0075mol，根据N原子守恒知，n（氨基酸）=2n（N2）=0.0075mol2=0.015mol，其摩尔质量M=133g/mol，答：其摩尔质量是133 gmol1；（2 ）26.6g该氨基酸物质的量=0.2mol，n（NaOH）=1.6mol/L0.25L=0.4mol，则氨基酸和氢氧化钠的物质的量之比=0.2mol：0
40、.4mol=1：2，说明氨基酸中含有两个羧基，该氨基酸中还含有一个氨基，则还有C原子个数=23，所以还含有2个C原子、3个H原子，其结构简式为，答：其结构简式为 22.（1）+1；（2）加快反应速率；（3）2P4+3Ca（OH）26H2O=3Ca（H2PO2）2+2PH3；（4）将Ca（H2PO2）2转化为NaH2PO2，CaCO3；（5）Na2HPO3；（6）；PH3+4ClO+3OH=PO43+4Cl+3H2O【考点】制备实验方案的设计【分析】在高速乳化反应器中加入碳酸钠、氢氧化钙、P4，加入水发生多个反应，其中Ca（OH）2与P4反应生成次磷酸钙及磷化氢，过滤得到CaHPO3，滤液中加入
41、NaH2PO2、Ca（H2PO2）2、Na2HPO3、NaOH通入CO2调节PH=7，过滤得到滤渣X为碳酸钙，滤液为NaH2PO2，浓缩离心分离、干燥得到NaH2PO2H2O，母液中除NaH2PO2外，还有的一种主要成分为Na2HPO3，（1）化合物中元素化合价代数和为0计算得到磷元素的化合价；（2）高速搅拌的目的是为了加快反应速率；（3）Ca（OH）2与P4反应生成次磷酸钙及磷化氢依据原子守恒配平书写化学方程式；（4）流程中通入CO2的目的是将Ca（H2PO2）2转化为NaH2PO2，同时生成碳酸钙沉淀；（5）依据流程图可知流程中母液中的溶质除NaH2PO2外，还有的一种主要成分为Na2HP
42、O3；（6）PH3的电子式书写不能漏掉一对孤对电子对，结构式共用电子对用短线表示；含PH3的废气可用NaClO和NaOH的混合溶液处理将其转化为磷酸盐、同时生成氯化钠和水【解答】解：在高速乳化反应器中加入碳酸钠、氢氧化钙、P4，加入水发生多个反应，其中Ca（OH）2与P4反应生成次磷酸钙及磷化氢，过滤得到CaHPO3，滤液中加入NaH2PO2、Ca（H2PO2）2、Na2HPO3、NaOH通入CO2调节PH=7，过滤得到滤渣X为碳酸钙，滤液为NaH2PO2，浓缩离心分离、干燥得到NaH2PO2H2O，母液中除NaH2PO2外，还有的一种主要成分为Na2HPO3，（1）化合物中元素化合价代数和为
43、0计算得到磷元素的化合价，设磷元素化合价为x价，NaH2PO2H2O中钠元素化合价+1价，氧元素化合价2价，氢元素化合价+1价，（+1）+2（+1）+x+（2）2=0，x=+1，故答案为：+1；（2）在反应器中加入乳化剂并高速搅拌的目的是为了加快反应速率，故答案为：加快反应速率；（3）Ca（OH）2与P4反应生成次磷酸钙及磷化氢，依据原子守恒配平书写化学方程式为：2P4+3Ca（OH）26H2O=3Ca（H2PO2）2+2PH3，故答案为：2P4+3Ca（OH）26H2O=3Ca（H2PO2）2+2PH3；（4）流程中通入CO2的目的是将Ca（H2PO2）2转化为NaH2PO2，同时生成X为碳
44、酸钙沉淀，故答案为：将Ca（H2PO2）2转化为NaH2PO2，CaCO3；（5）依据流程图可知流程中加入了Na2HPO3，所以母液中的溶质除NaH2PO2外，还有的一种主要成分为Na2HPO3，故答案为：Na2HPO3；（6）PH3的电子式书写不能漏掉一对孤对电子，所以电子式为： ，故答案为：；含PH3的废气可用NaClO和NaOH的混合溶液处理将其转化为磷酸盐、同时生成氯化钠和水反应的离子方程式为：PH3+4ClO+3OH=PO43+4Cl+3H2O，故答案为：PH3+4ClO+3OH=PO43+4Cl+3H2O23. xcd 氨水 盐酸的总物质的量：2.00 molL10.09 L0.1
45、8 mol产生CO2消耗盐酸的物质的量：(0.090.085)L2.00 molL120.02 molCO32-的物质的量：0.02 mol20.01 mol6.02 g达喜中OH的物质的量：0.18 mol0.02 mol0.16 mol6.02 g达喜中Al3的物质的量：0.02 mol6.02 g达喜中Mg2的物质的量：0.06 mol6.02 g达喜中H2O的物质的量：0.04 moln(Al3)n(Mg2)n(OH)n(CO32-)n(H2O)0.02 mol0.06 mol0.16 mol0.01 mol0.04 mol261614达喜的化学式为Al2Mg6(OH)16(CO3)
46、4H2O (1)可以理解为OH+ H= H2O，CO32 + 2H= H2O + CO2，所以水的物质的量为c + d + x。(2)因为Mg2与CO32 均显+2价，假设b=d，则c=3a，所以a+bc+d。(3)若加入氢氧化铝或氯化镁均引入铝元素或镁元素，引起误差。（4）AlaMgb(OH)c(CO3)dxH2O中缓慢加入HCl，发生反应的顺序为OH+H=H2O，CO32 +H=HCO3 ，HCO3 +H=CO2+H2O，由中数据知，生成CO2时，消耗的HCl为(9085)2=10.00mL。用总HCl的量减去CO32 消耗的HCl，即为OH消耗的HCl。中产生的沉淀为Al(OH)3，由铝
47、守恒，可计算出Al3的量。根据电荷守恒计算出Mg2的量，再根据质量守恒，得出H2O的量，最后根据各粒子物质的量相比，可得出物质的化学式。24.（1）除去游离脂肪酸和水，否则将妨碍酯的交换；（2）三颈烧瓶、冷凝管；（3）作溶剂，促进油脂与甲醇互溶；6065的水浴加热；分液漏斗；蘸取最后一次的洗涤液，用pH试纸测其酸碱性，若为中性则已洗净；（4）正己烷、甲醇；（5）57.8%【分析】（1）反应中若有游离脂肪酸和水，将妨碍酯的交换；（2）依据装置图分析可知酯交换反应器由三颈烧瓶、冷凝管、温度计、搅拌棒组成；（3）已知油脂与甲醇互不相溶，正己烷是一种有机溶剂可以溶解油脂和甲醇使之混合均匀发生反应；控制
48、温度在100以下选择水浴加热；步骤中将上下层液体进行分离基本操作为分液，据此分析所需仪器；用温水洗涤制得的生物柴油34次，检验是否洗涤干净可以利用最后一次的洗涤液检查酸碱性设计；（4）停止加热后，冷却，取出反应器，静置、分液，上层为生物柴油、正己烷和甲醇，下层主要为甘油，可知正己烷和甲醇可以循环使用；（5）根据油酸甘油酯进行酯交换后与油酸甲酯的关系：C57H104O63C19H36O2计算出理论产量，再计算产率【解答】解：（1）反应中若有游离脂肪酸和水，将妨碍酯的交换，地沟油的预处理干燥、蒸馏操作的目的是除去游离脂肪酸和水，否则将妨碍酯的交换，故答案为：除去游离脂肪酸和水，否则将妨碍酯的交换；
49、（2）依据装置图分析可知酯交换反应器由三颈烧瓶、冷凝管、温度计、搅拌棒组成，故答案为：三颈烧瓶、冷凝管；（3）生物柴油是高级脂肪酸甲酯，可由油脂与甲醇通过酯交换生成新酯和新醇得到，已知油脂与甲醇互不相溶，正己烷是一种有机溶剂可以溶解油脂和甲醇使之混合均匀发生反应；控制温度在6065进行恒温加热应选择水浴加热；分液操作所需主要仪器为分液漏斗；用温水洗涤制得的生物柴油34次，检验是否洗涤干净可以利用最后一次的洗涤液检查酸碱性设计，蘸取最后一次的洗涤液，用pH试纸测其酸碱性，若为中性则已洗净，故答案为：作溶剂，促进油脂与甲醇互溶；6065的水浴加热；分液漏斗；蘸取最后一次的洗涤液，用pH试纸测其酸碱
50、性，若为中性则已洗净；（4），停止加热后，冷却，取出反应器，静置、分液，上层为生物柴油、正己烷和甲醇，下层主要为甘油，可知正己烷和甲醇可以循环使用，故答案为：正己烷、甲醇；（5）26.52g中性油的物质的量为=0.03mol，根据C57H104O63C19H36O2可知理论生成油酸甲酯的物质的量为0.03mol3=0.09mol，质量为0.09mol296g/mol=26.64g；则产率为=57.8%；故答案为：57.8%【点评】本题考查了有机混合物的分离方法和实验过程分析应用，涉及产率的计算，主要是题目信息的理解应用和盐类分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等25.（1）Ag（CN）2+e=
51、Ag+2CN；Ag+和CN可以结合成稳定的络合物，可以控制银离子浓度，使镀层致密；（2）；CN+H2OHCN+OH；2CNO+3Cl2+4OH=N2+CO2+6Cl+2H2O；防止生成HCN【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；电解原理【分析】（1）电解池的阴极上发生得电子的还原反应；根据Ag+和CN可以结合成稳定的络合物来回答；（2）氰废水加入稀硫酸在混酸器中反应得到氰酸，通过水蒸气在发生塔中促使HCN挥发进入吸收塔，被氢氧化钠溶液吸收得到NaCN溶液，发生塔中剩余废水先经碱化后再进行氧化，CN被氯气氧化成低毒的CNO，CNO被氯气氧化成无毒的两种气体氮气和二氧化碳，然后加入酸进行
52、中和过滤的碱溶于，处理水回用或排放，NaCN为离子化合物，CN中各原子均满足8电子稳定结构，存在CN键；氰化钠易发生水解产生氰化氢；CN被氯气氧化成低毒的CNO，同时得到还原产物氯离子；CNO被氯气氧化成无毒的两种气体是氮气和二氧化碳，据此书写方程式；氢氰酸属于酸，可以和碱之间发生反应【解答】解：（1）电解池中，电解液使用NaAg（CN）2，在阴极上发生得电子的还原反应，即：Ag（CN）2+e=Ag+2CN，工业电镀中使用氰离子，这样Ag+和CN可以结合成稳定的络合物，可以控制银离子浓度，使镀层致密，故答案为：Ag（CN）2+e=Ag+2CN；Ag+和CN可以结合成稳定的络合物，可以控制银离子浓度，使镀层致密；（2）CN中各原子均满足8电子稳定结构，存在CN键，电子式为，故答案为：；氰化钠易发生水解产生氰化氢，方程式为CN+H2OHCN+OH，故答案为：CN+H2OHCN+OH；CN被氯气氧化成低毒的CNO，同时得到还原产物氯离子，即CN+Cl2+2OH=CNO+2Cl+H2O；CNO被氯气氧化成无毒的两种气体是氮气和二氧化碳，即2CNO+3Cl2+4OH=N2+CO2+6Cl+2H2O；故答案为：2CNO+3Cl2+4OH=N2+CO2+6Cl+2H2O；贮水池中废水须先经碱化后再进行氧化，这样可以防止生成HCN，故答案为：防止生成HCN高考资源网版权所有，侵权必究！
