1、2016届东省滕州市实验高中高三化学期末复习模拟试题（二）第I卷（选择题）一、选择题（本题共20道小题，）1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是（ ）A在食品袋中放入盛有硅胶、生石灰的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质B为了防止蛋白质盐析，疫苗等生物制剂应冷冻储存C白酒标签上注有“酒精度52%Vol”字样，它表示100g该白酒中含有52g酒精D人体细胞内存在的HCO3-H2CO3与 HPO4HPO42-维持了酸碱的生理平衡2.下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A向苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸均冒气泡两者均能与盐酸反应B向AgNO3溶液中滴加
2、过量氨水溶液澄清Ag+与NH3H2O能大量共存C将可调高度的铜丝伸入到稀HNO3中溶液变蓝Cu与稀HNO3发生置换反应D将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性：Fe3+I2AABBCCDD3.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：2Fe2+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
3、，重复操作 23次4.标准状况下，某同学向100mL H2S饱和溶液中通入SO2，所得溶液pH变化如图所示下列分析中正确的是（）Ab点对应的溶液导电性最强B亚硫酸是比氢硫酸更弱的酸Cab段反应是SO2+2H2S3S+2H2OD原H2S溶液的物质的量浓度为0.05molL15.下列物质性质与应用对应关系正确的是（ ）A氯化镁属于电解质，工业上可用电解其溶液的方法制镁B钠钾合金的硬度小，可用作快中子反应堆的热交换剂CFe2O3是红棕色固体，可以制成红色的油漆、涂料D溴单质在CCl4中的溶解度大，可用CCl4萃取Br6.下列关于有机物的说法，正确的是A聚氯乙烯和乙烯互为同分异构体B. 纤维素、橡胶和
4、光导纤维都属于有机高分子化合物C. 乙烷、乙烯和苯都可发生加成反应D. 利用粮食酿酒经过了淀粉葡萄糖乙醇等化学变化过程8.下列说法正确的是（）A乳酸薄荷醇酯（）仅能发生水解、氧化、消去反应B乙醛和丙烯醛（）不是同系物，它们与氢气充分反应后的产物也不是同系物C淀粉和纤维素在酸催化下完全水解后的产物都是葡萄糖DCH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3互为同分异构体，1HNMR谱显示两者均有三种不同的氢原子且三种氢原子的比例相同，故不能用1HNMR来鉴别9.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Ba
5、Cl2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10.下列实验装置能达到实验目的是（）A B海水蒸馏 钾在空气中的燃烧C D测定中和热 牺牲阳极的阴极保护法11.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
6、铵水解是吸热的12.有机物A的相对分子质量为128，燃烧只生成CO2和H2O，若A含一个六元碳环且可与NaHCO3溶液反应，则该有机物环上一氯代物的数目为 A5 B4 C3 D213.某CaCl2样品中可能含有FeCl3、MgCl2、NaCl和Na2CO3中的一种或两种将11.1克此样品溶于水得无色溶液，加入足量的AgNO3溶液得沉淀29.7克，由此可知所含杂质的正确结论是（ ）A一定无Na2CO3，可能有FeCl3B可能有Na2CO3和NaClC一定有MgCl2，可能有NaClD一定有NaCl14.在一定体积的密闭容器中放入3 L气体R和5 L气体Q，在一定条件下发生反应2R(g)+5Q(g
7、)=4X(g)+nY(g)，反应完全后，容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，则化学方程式中n的值是( )A.2 B.3 C.4 D.515.根据下列热化学方程式：C(s)O2(g)=CO2(g)H1393.5 kJ/molH2(g)O2(g)=H2O(l)H2285.8 kJ/molCH3COOH(l)2O2(g)=2CO2(g)2H2O(l)H 3870.3 kJ/mol可以计算出2C(s)2H2(g)O2(g)=CH3COOH(l)的反应热为AH 244.1 kJ/molBH 488.3 kJ/molCH 996.6 kJ/mol DH 996.6 kJ/mol16.常温下有体
8、积相同的四种溶液：pH=3的CH3COOH溶液；pH=3的HCl溶液；pH=11的氨水；pH=11的NaOH溶液。下列说法正确的是A和混合，所得混合溶液的pH大于7B与分别用等浓度的硫酸中和，消耗硫酸的体积：C与分别与足量的镁粉反应，生成H2的量：D若将四种溶液稀释100倍，溶液的pH大小顺序是：17.NA表示阿伏加德罗常数，下列判断正确的是()A. 25，pH13的NaOH溶液中含有OH的数目为0.1NAB. 常温常压下，22.4L 中含有的分子数小于NA个C等物质的量的N2和CO的质量均为28gD常温下，1 L0.1mol/LNa2CO3溶液中，含有阴离子的总数小于0.1 NA18.8.3
9、4gFeS047H20样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示A温度为78时固体物质M的化学式为FeSO45H2OB温度为l59时固体物质N的化学式为FeSO43H2OC在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4 FeO+SO3D取适量380时所得的样品P，隔绝空气加热至650，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe2O319.常温下，在100ml12molL1的浓HNO3中加入足量的铁粉，最终产生标准状况下气体的体积为（不考虑NO2转化为N2O4） （ ）A几乎无气体产生 B. 等于672LC等于1344L D. 介于672L至1344L
10、之间20.下列离子方程式书写正确的是 A稀硝酸溶液中加入氢氧化亚铁： Fe(OH)2 + 2H = Fe2+ 2H2O学&科&BNaOH溶液中加入过量Ba(HCO3)2溶液：Ba2+2OH+2HCO3= BaCO3+2H2O+ CO32CFeI2溶液中通入极少量Cl2： 2I+Cl2= I2+2ClDAlCl3溶液中加入过量氨水： Al3+4OH=AlO2+2H2O第II卷（非选择题）二、填空题（本题共3道小题，）21.从有机物A开始有如图所示的转化关系（部分产物略去）。A在NaOH溶液中水解生成B、C和D，1molF与足量的新制Cu(OH)2碱性悬浊液加热充分反应可生成2mol红色沉淀。分析
11、并回答问题：（1）A中含有的官能团为氯原子（Cl）和 、 ；（2）指出反应类型： AB、C、D ； HI ； （3）写出下列反应的化学方程式： CF ；EH： ；（4）与E含有相同官能团的某有机物甲（C4H8O3）有多种同分异构体，在结构中含有酯基和羟基，且水解产物不存在两个羟基连在同一个碳上的同分异构体有 种。22.（14分）由A、D、E、G四种微粒组成的复盐W的化学式为xAaDdyE2DzG。4.704gW溶于水得一澄清的弱酸性溶液，其中溶质总量为3.408g。同质量的W与5.13g氢氧化钡充分混匀后加热，生成的气体以足量铝盐溶液充分吸收得Al(OH)3 0.624g，加热后的残渣用水充分
12、溶解后过滤，滤液以酚酞为指示剂用0.400mol/L H2SO4滴定至终点，用去H2SO4 15.0mL，滴定完毕后，溶液中检测不出任何金属离子和酸根离子；滤渣用硝酸洗涤时部分溶解，得一遇石炭酸显紫色的黄色溶液，依据推理和计算判断：（1）依次写出D、E、G三种微粒符号_ _、_ _、_ _；（2）a、d的比值为_ _；（3）复盐的化学式为_ _。（写出计算步骤）23.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
13、（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 。（试结合平衡移动原理回答）(4) 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(CO)不低于 （精确到小数点后一位）。, 三、计算题（本题共2道小题,）24.向50 mL NaOH溶液中逐渐通入一定量的CO2(假设溶液体积不变)，随后取此溶液10 mL，将其稀释至100 mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.
14、1 molL1的盐酸，产生CO2气体的体积(标准状况下)与所加入的盐酸的体积关系如图所示。（1）写出OA段所发生反应的离子方程式：_、_。(2)NaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为，其物质的量浓度之比为。(3)产生的CO2体积(标准状况下)为。(4)原NaOH溶液的物质的量浓度为。25.向300 mL KOH溶液中缓慢通入一定量的CO2气体，充分反应后，在减压低温下蒸发溶液，得到白色固体。请回答下列问题： （1）由于CO2通入量不同，所得到的白色固体的组成也不同，试推断有几种可能的组成，并分别列出。（2）若通入CO2气体为2.24 L（标准状况下），得到11.9 g的白色固体。请通过计算确
15、定此白色固体是由哪些物质组成的，其质量各为多少？所用的KOH溶液的物质的量浓度为多少？四、实验题（本题共3道小题,）26.（16分）某研究性学习小组对过量炭粉与氧化铁反应的气体产物成分进行研究（1）提出假设 该反应的气体产物是CO2该反应的气体产物是CO该反应的气体产物是 （2）设计方案 如图所示，将一定量的氧化铁在隔绝空气的条件下与过量炭粉完全反应，测定参加反应的碳元素与氧元素的质量比 （3）查阅资料氮气不与碳、氧化铁发生反应实验室可以用氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应制得氮气请写出该反应的离子方程式： （4）实验步骤按图连接装置，并检查装置的气密性，称取3.20g
16、氧化铁、2.00g碳粉混合均匀，放入48.48g的硬质玻璃管中；加热前，先通一段时间纯净干燥的氮气；停止通入N2后，夹紧弹簧夹，加热一段时间，澄清石灰水（足量）变浑浊；待反应结束，再缓缓通入一段时间的氮气冷却至室温，称得硬质玻璃管和固体总质量为52.24g；过滤出石灰水中的沉淀，洗涤、烘干后称得质量为2.00g步骤、中都分别通入N2，其作用分别为 （5）数据处理试根据实验数据分析，写出该实验中氧化铁与碳发生反应的化学方程式： （6）实验优化 学习小组有同学认为应对实验装置进一步完善甲同学认为：应将澄清石灰水换成Ba（OH）2溶液，其理由是 从环境保护的角度，请你再提出一个优化方案将此实验装置进
17、一步完善： 27.（15分）学习小组拟通过实验，探究Mg（NO3）2受热分解的产物小组猜想：固体产物可能有Mg（NO2）2、MgO、Mg3N2中的一种或几种气体产物可能有NO2、N2、O2中的一种或几种查得相关资料：aMg（NO2）2、Mg（NO3）2易溶于水，MgO难溶于水b.2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2OcMg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3（1）针对以上猜想，设计了如图所示实验（图中加热、夹持仪器等装置均省略）：（2）进行实验检验上述装置气密性称取3.7gMg（NO3）2固体，置入硬质玻璃管A中，打开K，通入一段时间N2，并进行相关物质质量称量关闭K，用
18、酒精灯持续给装置A加热，过程中各装置内溶液均未倒吸入其它装置待Mg（NO3）2完全分解，装置冷却至室温，打开K，再缓慢通入一会N2后并再称量称得A中剩余固体质量为1.0g，B、C、D、E、F中溶液质量分别增加了2.3g、0.0g、0.1g、0.3g、0.05g取少量剩余固体于试管中，加入适量水，未出现明显现象（3）回答问题小组预测一定有O2生成，理由是 N2的电子式是，步骤中，通入一段时间N2的目的是 步骤中，装置A内若出现了红棕色气体，其化学式是 装置C中若红色始终未褪，其设计的目的是 实验中发现Mg（NO3）2分解时有O2生成，其实验现象是 ，用化学用语解释，产生上述现象的原因是 实验中M
19、g（NO3）2分解没有N2生成的理由是 Mg（NO3）2分解的化学方程式是 装置F中溶液质量增加的原因是 28. 二氧化硫是硫的重要化合物，在生产、生活中有广泛应用。二氧化硫有毒，并且是形成酸雨的主要气体。无论是实验室制备还是工业生产，二氧化硫尾气吸收或烟气脱硫都非常重要。完成下列填空：40.实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，上图中可选用的发生装置是 （填写字母）。41.若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36L（标准状况）二氧化硫，至少需要称取亚硫酸钠 g（保留一位小数）；如果已有40%亚硫酸钠（质量分数），被氧化
20、成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠 g （保留一位小数）。42.实验室二氧化硫尾气吸收与工业烟气脱硫的化学原理相通。石灰-石膏法和碱法是常用的烟气脱硫法。石灰-石膏法的吸收反应为SO2+Ca(OH)2CaSO3+H2O。吸收产物亚硫酸钙由管道输送至氧化塔氧化，反应为2CaSO3+O2+4H2O2CaSO42H2O。其流程如下图：碱法的吸收反应为SO2+2NaOHNa2SO3+H2O。碱法的特点是氢氧化钠碱性强、吸收快、效率高。其流程如下图：已知：试剂Ca(OH)2NaOH价格（元/kg）0.362.9吸收SO2的成本（元/mol）0.0270.232石灰-石膏法和碱法吸收二氧化硫的化学原理相同之
21、处是 。和碱法相比，石灰-石膏法的优点是 ，缺点是 。43.在石灰-石膏法和碱法的基础上，设计一个改进的、能实现物料循环的烟气脱硫方案（用流程图表示）。试卷答案1.DA中硅胶与生石灰均有吸水性，但没有还原性，仅能防止食物受潮，所以A错误。B蛋白质低温下 会变质，所以B错误。C中52%Vol是指100ml白酒中含有52ml酒精，所以C错误。D中人体细胞内存在的HCO3-H2CO3与 HPO4HPO42-维持了酸碱的生理平衡是正确的2.AD考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A苏打为碳酸钠，小苏打为碳酸氢钠，与盐酸反应均生成二氧化碳；B向AgNO3溶液中滴加过量氨水，先生成AgOH后被过
22、量的氨水溶解生成络离子；CCu与硝酸反应生成硝酸铜，溶液变蓝，同时生成NO和水；D下层溶液显紫红色，有碘单质生成，则KI和FeCl3溶液反应生成碘单质，结合氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性分析解答：解：A苏打为碳酸钠，小苏打为碳酸氢钠，与盐酸反应均生成二氧化碳，则观察到均冒气泡，故A正确；B向AgNO3溶液中滴加过量氨水，先生成AgOH后被过量的氨水溶解生成络离子，则Ag+与NH3H2O不能大量共存，故B错误；CCu与硝酸反应生成硝酸铜，溶液变蓝，同时生成NO和水，该反应不属于置换反应，故C错误；D下层溶液显紫红色，有碘单质生成，则KI和FeCl3溶液反应生成碘单质，由氧化剂氧化性大于氧化产物氧
23、化性可知，氧化性为Fe3+I2，故D正确；故选AD点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，涉及钠的化合物与酸反应、银氨溶液的配制、硝酸的性质及氧化还原反应等，综合性较强，题目难度不大3.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，发生氧化还原反应生成硫
24、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点评：本题考查硫酸铜的制
25、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4.C考点：二氧化硫的化学性质分析：H2S 饱和溶液中通入SO2，发生反应：SO2+2H2S=3S+2H2O，随着反应的进行，溶液酸性逐渐减弱，但恰好反应时，溶液呈中性，二氧化硫过量，与水反应生成亚硫酸，溶液酸性逐渐增强，根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112mL，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336mL二氧化硫时，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性更强，以此解答
26、该题解答：解：Ab点为中性，只有水，导电性最差，故A错误；B根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112mL，n（SO2）=0.005mol，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336mL二氧化硫时，溶液中亚硫酸为0.01mol，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性比氢硫酸更强，故B错误；Cab段pH在增大，由酸性到中性，则发生的反应是SO2+2H2S=3S+2H2O，故C正确；D由图可知，112mLSO2与硫化氢恰好完全反应，则n（SO2）=0.005mol，由方程式可知n（H2S）=0.01mol，则原H2S溶液的物质的量浓度为=
27、0.1mol/L，故D错误故选C点评：本题考查硫元素化合物性质、化学反应图象等，明确发生的化学反应是解答的关键，注意B选项中应根据溶液物质的浓度相等时pH大小进行判断，学生容易根据已有知识回答，为解答易错点，题目难度中等5.CA项，工业上电解熔融的氯化镁制取单质镁，不是溶液，错误；B项，钠钾合金能导热是用作快中子反应堆的热交换剂的原因，错误；D项，CCl4无法萃取Br，错误。6.D解析：A聚氯乙烯是混合物，不能和乙烯互为同分异构体，错误；B. 光导纤维主要成分为二氧化硅，不属于有机高分子化合物，错误；C. 乙烷不能发生加成反应，错误；D. 利用粮食酿酒经过了淀粉葡萄糖乙醇等化学变化过程，正确。
28、8.C解：A乳酸薄荷醇酯（）中含有酯基、羟基，能够发生水解、氧化、消去反应，还能够发生取代反应（H氢原子被卤素原子取代），故A错误；B乙醛和丙烯醛（）的结构不同，所以二者一定不是同系物；它们与氢气充分反应后分别生成乙醇和丙醇，所以与氢气加成的产物属于同系物，故B错误；C淀粉和纤维素都是多糖，二者在酸催化下完全水解后的产物都是葡萄糖，故C正确；DCH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3互为同分异构体，1HNMR谱显示两者均有三种不同的氢原子且三种氢原子的比例相同，但是二者的核磁共振氢谱中峰的位置不相同，可以用1HNMR来鉴别，故D错误；故选C9.C考点：铁的化学性质；常见离子的检验方法
29、；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
30、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10.B解：A图中蒸馏装
31、置，冷水应从下口进入，冷却效果好，而图中下口流出热水，则操作不合理，故A错误；B在坩埚中可完成K的燃烧反应，图中实验操作合理，故B正确；C缺少环形玻璃搅拌棒，不能测定反应的最高温度，则不能测定中和热，故C错误；D由外加电源可知，Zn为阳极，Fe为阴极，Fe被保护，则该方法为外加电源的阴极保护法，故D错误；故选B11.A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：
32、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，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
33、度不大12.B略13.C解：纯净的11.1g氯化钙生成的沉淀质量是xCaCl22AgCl111 28711.1 x所以沉淀量是28.7g，纯净的11.1g氯化镁生成的沉淀质量是zMgCl22AgCl95 28711.1 z所以沉淀量是33.5g，纯净的11.1g氯化钠生成的沉淀量是m，NaClAgCl58.5 143.511.1 m所以沉淀量是27.2g，因为氯化钙生成的沉淀量小于29.7，所以另一种物质的生成的沉淀量要大于29.7，一定含有氯化镁，可能含有氯化钠；A、依据样品溶于水得无色溶液，证明氯化钙样品中一定不含碳酸钠，氯化铁，故A错误；B、依据样品溶于水得无色溶液，证明氯化钙样品中一定
34、不含碳酸钠，氯化铁，故B错误；C、通过计算分析，一定有氯化镁，可能有氯化钠，故C正确；D、过计算分析，一定有氯化镁，可能有氯化钠，故D错误；故选C14.A略15.B略16.A17.B18.D 【知识点】化学方程式的有关计算【答案解析】D 解析：A、温度为78时，固体质量为6.72g，其中m（FeS04）=0.03mol152g/mol=4.56g，m（H20）=6.72g-4.56g=2.16g，n（H20）=2.16g/18g/mol=0.12mol，则n（H20）：n（FeS04）=0.12mol：0.03mol=4：1，则化学式为FeSO44H2O，故A错误；B、温度为l59时，固体质量
35、为5.10g，其中m（FeS04）=0.03mol152g/mol=4.56g，m（H20）=5.10g-4.56g=0.54g，n（H20）=0.54g/18g/mol=0.03mol，则n（H20）：n（FeS04）=0.03mol：0.03mol=1：1，则化学式为FeSO4H2O，故B错误；C、m（FeS04）=0.03mol152g/mol=4.56g，则在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4H2O=FeS04+H20，故C错误；D、加热至633时，固体的质量为2.40g，其中n（Fe）=n（FeS047H2O）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol56g/mol=
36、1.68g，则固体中m（O）=2.40g-1.68g=0.72g，n（O）=0.72g/16g/mol=0.045mol，则n（Fe）：n（O）=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3，故D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握物质的质量的变化关系，能读懂图象，从质量守恒的角度解答该题，难度较大。19.A略20.CA、稀硝酸会氧化Fe2；B、NaOH溶液中加入过量Ba(HCO3)2溶液的反应是：Ba2+OH+HCO3= BaCO3+H2O，D、过量氨水不能溶解氢氧化铝，因此选C。 21
37、.（1）羟基、酯基 (或：OH、COO)（4分，漏1个扣2分）（2）取代（水解）反应（2分） 加聚反应（2分）（3）HOCH2CH(CH3)CH2OH+O2 OHCCH(CH3)CHO+2H2O（2分，缺条件扣1分，未配平或结构简式错均0分）HO CH2 CH2 COOH CH2CHCOOH+H2O（2分，缺条件扣1分）（4）7（3分）1mol F与足量新制的Cu（OH）2在加热条件下充分反应可生成2 mol Cu2O,则F含2个醛基，结合C含甲基，F为OHC-CH(CH3)-CHO，C为HOH2C-CH(CH3)-CH2OH，D与硝酸酸化的硝酸银反应生成白色沉淀，知D为NaCl，由E、H、I
38、、M的转化知EH为消去反应；HI加聚反应，E为CH3CH(OH)COOH， H为CH2=CHCOOH，则A为（1）A中含有的官能团为氯原子（Cl）和羟基、酯基；（2）AB、C、D属于碱性条件下酯基和氯原子的水解反应，反应类型为取代反应 ； H中含碳碳双键，HI属于加聚反应； （3）写出下列反应的化学方程式： 醇氧化成醛，HOCH2CH(CH3)CH2OH+O2 OHCCH(CH3)CHO+2H2O；醇羟基发生消去反应生成碳碳双键：HO CH2 CH2 COOH CH2CHCOOH+H2O；（4）E为CH3CH(OH)COOH，与E含有相同官能团的某有机物甲（C4H8O3）有多种同分异构体，在结
39、构中含有酯基和羟基，且水解产物不存在两个羟基连在同一个碳上的同分异构体有7种。22.（1）SO42-、NH4+、H2O（2）1：1（3）FeSO4(NH4)2SO46H2O略23.（1）分离液态空气；作制冷剂或制硝酸或制氮肥；（2）N2+3H22NH3；n；（3）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）5.9【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
40、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或制氮肥，故答案为：分离液态空气；作制冷剂或制硝酸或制氮肥；（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，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
41、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（CO）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24.(1)HOH=H2O；CO32H=HCO(2)NaOH和Na2CO311(3)0.056 L(4)0.75 molL
42、125.（1）解：四种KOH，K2CO3K2CO3K2CO3，KHCO3KHCO3（2）解：2KOH+CO2=K2CO3+H2O 22.4 138 2.24 x=13.8KOH+CO2=KHCO3 22.4 100 2.24 x=10.0从上面两方程知：生成的固体全部是K2CO3时应该是13.8 g，若生成的固体全部是KHCO3时应该是10.0 g，现生成的固体为11.9 g，所以它是K2CO3和KHCO3的混合物。依碳原子恒的要求，K2CO3和KHCO3总共是：0.100 mol若K2CO3为a mol，则KHCO3为（0.100a）mol则得方程：138a100（0.100a）11.9a0
43、.05 mol即K2CO3和KHCO3各为0.050 mol K2CO3为：138 g/mol0.050 mol=6.9 gKHCO3为:100 g/mol0.050 mol=5.0 g依K+离子守恒的要求，设KOH溶液浓度为c则：0.300 Lc=0.050 mol2+0.050 molc=0.50 mol/L略26.（1）CO2、CO的混合物；（3）NH4+NO2N2+2H2O；（4）步骤中是为了排尽空气；步骤是为了赶出所有的CO2，确保完全吸收；（5）2C+Fe2O32Fe+CO+CO2；（6）氢氧化钡的溶解度大，浓度大，使二氧化碳被吸收的更完全；在尾气出口处加一点燃的酒精灯或增加一尾气
44、处理装置考点：性质实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量分析：（1）根据过量炭粉与氧化铁反应的气体产物可能有CO、CO2、CO2、CO的混合物得出假设；（3）氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应可以制得氮气；（4）根据前后两次通入氮气的时间和减小实验误差角度来分析；（5）根据质量守恒判断气体的组成，根据质量关系计算气体的物质的量之间的关系，进而书写化学方程式；（6）根据氢氧化钙和氢氧化钡的本质区别进行分析；一氧化碳是一种有毒气体，可以通过点燃来进行尾气处理解答：解：（1）过量炭粉与氧化铁反应的气体产物可能有：CO、CO2、CO2、CO的混合物，则假设为：CO2、C
45、O的混合物，故答案为：CO2、CO的混合物；（3）氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应制得氮气，反应物有NH4Cl和NaNO2，生成物为N2，根据质量守恒还应用水，则反应的化学方程式为：NH4+NO2 N2+2H2O，故答案为：NH4+NO2N2+2H2O；（4）如果不排尽空气，那么空气中的氧气会与炭粉反应影响反应后生成气体的组成，所以利用稳定的氮气排空气，最后确保完全吸收，反应后还要赶出所有的CO2，故答案为：步骤中是为了排尽空气；步骤是为了赶出所有的CO2，确保完全吸收；（5）3.20g氧化铁的物质的量为=0.02mol，澄清石灰水变浑浊，说明有CO2气体生成，则n（
46、CO2）=n（CaCO3）=0.02mol，m（CO2）=0.02mol44g/mol=0.88g，反应后硬质玻璃管和固体总质量变化为1.44g大于0.88g，则生成其气体为CO2、CO的混合物，混合气体中含有CO0.08mol，所以CO、CO2的混合气体物质的量比为4：1，所以方程式为：2C+Fe2O32Fe+CO+CO2，故答案为：2C+Fe2O32Fe+CO+CO2；（6）将澄清石灰水换成Ba（OH）2溶液，这样会使二氧化碳被吸收的更完全，称量时相对误差小，故答案为：氢氧化钡的溶解度大，浓度大，使二氧化碳被吸收的更完全；一氧化碳是一种有毒气体，可以通过点燃进行尾气处理，故答案为：在尾气出
47、口处加一点燃的酒精灯或增加一尾气处理装置点评：本题主要考查的是物质组成与含量的测定、性质实验方案的设计，题目难度中等，涉及离子反应方程式、化学方程式书写、环境保护、实验方案的设计与评价等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析能力及化学实验、化学计算能力27.N元素化合价降低，则一定存在化合价升高的元素，只能为氧元素失去电子生成O2；避免对分解产物O2的检验产生干扰；NO2；验证NO2是否被吸收干净，防止NO2干扰后续对O2的检验；C中红色溶液中有气泡冒出，D中溶液褪色；Na2SO3+H2ONaHSO3+NaOH、2Na2SO3+O2=2Na2SO4；Mg（NO3）2的质量与剩余固
48、体、NO2、O2的质量之和相等，已符合质量守恒定律；2Mg（NO3）2 2MgO+4NO2+O2；吸收空气进入的O2所致考点：性质实验方案的设计专题：实验设计题分析：根据氧化还原反应中化合价有升高，一定也要降低角度进行判断；氮气分子中含有氮氮三键，最外层满足8电子稳定结构；各装置中都有氧气，避免空气中氧气干扰实验；根据二氧化氮为红棕色气体分析；二氧化氮影响氧气的检验，所以检验氧气前先必须证明二氧化氮已经除尽；若C中红色溶液中有气泡冒出，D中溶液褪色，则证明产物中有氧气；分别写出亚硫酸钠水解、亚硫酸钠被氧气氧化的方程式；根据质量守恒进行判断；根据以上分析可知，硝酸镁分解生成氧化镁、二氧化氮和氧气
49、，据此写出反应的方程式；空气中有氧气，能够将亚硫酸钠氧化成硫酸钠导致溶液质量增加解答：解：Mg（NO3）2受热分解生成的氮化物中，N元素的化合价降低，则一定有化合价升高的元素，根据硝酸镁的组成可知，只能为2价的氧元素失去电子生成氧气，故答案为：N元素化合价降低，则一定存在化合价升高的元素，只能为氧元素失去电子生成O2；氮气分子中含有氮氮三键，氮原子最外层达到8电子稳定结构，其电子式为：；步骤中，通入一段时间N2，目的是用氮气排出装置中空气避免对产物氧气检验的干扰，故答案为：；避免对分解产物O2的检验产生干扰；步骤中，装置A内若出现了红棕色气体，则该红棕色气体为NO2，故答案为：NO2；装置D用
50、于检验氧气，而二氧化氮能够氧化亚硫酸钠，影响了氧气的测定，所以必须用装置C验证NO2是否被吸收干净，防止NO2干扰后续对O2的检验，故答案为：验证NO2是否被吸收干净，防止NO2干扰后续对O2的检验；若装置C中红色溶液中有气泡冒出，且试管D中亚硫酸钠的酚酞溶液褪色，则证明反应产物中有氧气，涉及的反应有：亚硫酸钠水解溶液呈碱性，所以滴有酚酞的溶液显示红色：Na2SO3+H2ONaHSO3+NaOH、亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠：2Na2SO3+O2=2Na2SO4，导致溶液褪色，故答案为：C中红色溶液中有气泡冒出，D中溶液褪色；Na2SO3+H2ONaHSO3+NaOH、2Na2SO3+O2=2Na
51、2SO4；称取3.7gMg（NO3）2固体，反应后剩余1g固体，B中增重2.3g为二氧化氮质量，D、E增重的为氧气，质量为0.4g，总质量恰好为3.7g，说明反应产物中不会有氮气生成，故答案为：Mg（NO3）2的质量与剩余固体、NO2、O2的质量之和相等，已符合质量守恒定律；取少量剩余固体于试管中，加入适量水，未出现明显现象，说明反应产物中没有氮化镁和亚硝酸镁，只能为氧化镁，结合其它分析可知，硝酸镁分解生成氧化镁、二氧化氮气体和氧气，反应方程式为：2Mg（NO3）22MgO+4NO2+O2，故答案为：2Mg（NO3）2 2MgO+4NO2+O2；装置F的作用是吸收空气中氧气，避免干扰实验测定，由于亚硫酸钠与空气中氧气反应生成硫酸钠，导致试管F中溶液质量增加，故答案为：吸收空气进入的O2所致点评：本题考查了性质实验方案的设计，题目难度中等，明确实验原理及化学实验基本操作方法为解答关键，注意掌握物质的性质及检验方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力28.40.ae41.18.9 ，33.142.酸性氧化与碱的反应。结果便宜，成本低；吸收慢，效率低。43、ae