1、2015-2016学年度山东省滕州市第三中学高三化学期末模拟试题（一）一、选择题1.下列说法不正确的是（ ）A面粉增白剂中的成份CaO2具有强氧化性BCaO能与SO2反应，可用作工业废气的脱硫剂C新能源汽车的推广与使用有助于减少光化学烟雾的产生DPM25是指空气中直径25m的颗粒物，它们分散在空气中形成胶体2.已知在热的碱性溶液中，NaClO发生如下反应：3NaClO=2NaCl+NaClO3，在相同条件下NaClO2也能发生类似的反应，其最终产物是（）ANaCl、NaClOBNaCl、NaClO3CNaClO、NaClO3DNaClO3、NaClO43.对如图两种化合物的结构或性质描述正确的
2、是（）A不是同分异构体B分子中共平面的碳原子数相同C均能与溴水反应D可用红外光谱区分，但不能用核磁共振氢谱区分4.若往20 mL 0.01 molL-l HNO2（弱酸）溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如下图所示，下列有关说法不正确的是（ ）AHNO2的电离平衡常数：c点b点Bb点混合溶液显酸性：c(Na+) c(NO2) c(H+) c(OH)Cc点混合溶液中：c(OH) c(HNO2)Dd点混合溶液中：c(Na+) c(OH) c(NO2) c(H+)5.以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，负极材料采用Pt/C，正极材料采用M
3、nO2，可用作空军通信卫星电源，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）A电池放电时Na+从a极区移向b极区B电极b采用MnO2，MnO2既作电极材料又有还原作用C该电池的负极反应为：BH4-+8OH-8e- = BO2-+6H2OD每消耗3 mol H2O2，转移的电子为6 mol6.常温下，下列电解质溶液的有关叙述，错误的是 （ ）ANH4Cl溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和KW均增大B在NaHCO3溶液中：c（OH）+c（CO32）=c（H+）+c（H2CO3）CpH = 4的CH3COOH溶液和pH = 4的NH4Cl溶液中，c（H+）相等D01 mol/L 的NaOH溶液和CH
4、3COOH溶液等体积混合，则c（Na+） c（CH3COO-） c（OH-） c（H+）7.下列选项中的数值前者小于后者的是（ ）A25和l00时H2O的KWB同温同浓度的KHCO3溶液和NH4HCO3，溶液中的c(HCO3-)C同温同浓度的NaHCO3溶液和CH3COONa溶液的pHD中和25mL01molL NaOH溶液所需CH3COOH和HCl的物质的量8.t时，AgCl的Ksp=21010；Ag2CrO4是一种橙红色固体，在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法正确的是（）A在t时，AgCl的溶解度大于Ag2CrO4B在t时，Ag2CrO4的Ksp=11012C在饱和Ag2CrO4溶液
5、中加入K2CrO4，可使溶液由Y点到X点D在t时，用AgNO3标准溶液滴定20mL未知浓度的KCl溶液，不能采用K2CrO4溶液为指示剂9.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，已知：四种元素的电子层数之和为10，且它们分别属于连续的四个主族；四种元素的原子中半径最大的是X原子。下列说法正确的A四种元素中有两种元素在第二周期BW所在主族元素的原子次外层电子数可能为2或8，不可能为18CX、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能反应D工业上获得X、Y单质的方法主要是电解其熔融的氯化物10.将40mL 1.5molL1的 CuSO4 溶液与30mL 3molL1 的 NaOH 溶液
6、混合，生成浅蓝色沉淀，假如溶液中c（Cu2+ ）或 c（OH）（c表示浓度）都已变得很小，可忽略，则生成沉淀的组成可表示为（）ACu（OH）2 BCuSO4Cu（OH）2CCuSO42Cu（OH）2 DCuSO43Cu（OH）211.下列装置不能完成相应实验的是（）A 装置可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱B 装置可除去CO2中少量的SO2杂质C装置可用于检验溴乙烷与NaOH的醇溶液共热产生的乙烯D 装置可用于实验室制备氨气12.用NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列叙述正确的是（）A常温常压下，46g有机物C2H6O中含有极性键的数目一定为7NAB标准状况下，22.4L四氯化碳中所含有的C
7、l原子数目为4NAC标准状况下，22.4升H2O中所含分子数大于NAD常温常压下，33.6L氯气与56 g铁充分反应，转移的电子数为3NA13.已知BaSO4（s）Ba2+（aq）+SO42（aq），25时Ksp=1.071010，且BaSO4的随温度升高而增大如图所示，有T1、T2不同温度下两条BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，则下列说法不正确的是（）A温度为T1时，在T1曲线上方区域任意一点时，均有BaSO4沉淀生成B蒸发溶剂可能使溶液由d点变为T1曲线上a、b之间的某一点C升温可使溶液由b点变为d点DT22514.下列化学用语描述中不正确的是（）A中子数为20的氯原子：BK2O的电子式
8、：CHCO3的电离方程式：HCO3+H2OCO32+H3O+D比例模型可以表示CO2分子或SiO215.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+2H2O16.已知：W是组成信息高速公路骨架的元素之一，且X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如
9、图所示下列说法正确的是（）XYZWA最高正化合价：ZX=WYB原子半径：YXWZC最高价氧化物对应水化物的酸性：ZXWYD最高价含氧酸的钠盐溶液能与SO2反应的：X、Y、Z、W17.用电解法制备无机高分子聚合物聚合氯化铝如图所示，在一定条件下进行，电解总反应可表示：Al+H2O+AlCl3n+H2（未配平），则下面说法中正确的是（）ACu电极与电源正极相连B聚合氯化铝化学式中x=4C电解时阴极的电极反应式为：2H+2eH2D将电源换成导线连接两电极，则不能形成原电池18.水溶液中下列离子能大量共存的是（）AK+、Fe3+、C6H5O、HCO3BH+、Cu2+、MnO4、SO42CMg2+、Ag
10、+、CO32、NO3 DNa+、Al3+、BrO、S219.室温时，0.01molL1HA溶液的pH=3，向该溶液中逐滴加入NaOH，在滴加过程中，下列有关叙述正确的是（）A原HA溶液中，c（H+）=c（OH）+c（A）B当恰好完全中和时，溶液呈中性C当滴入少量的NaOH，促进了HA的电离，溶液的pH升高D当NaOH溶液过量时，可能出现：c（A）c（Na+）c（OH）c（H+）20.五种短周期元素的部分性质数据如下：下列叙述正确的是（）元素TXYZW原子半径/nm0.0370.0750.0990.1020.143最高或最低化合价+1+5，3+7，1+6，2+3AX的阴离子半径小于T的阳离子半径
11、BY的氢化物的热稳定性比Z的氢化物的大CY单质与Fe反应生成的化合物中，铁元素显+3价DZ元素的氧化物对应的水化物一定为强酸21.为除去括号内的杂质，下列各选项中所选用的试剂或方法不正确的是（）ANaHCO3溶液（Na2CO3），应通入过量的CO2气体BNaBr溶液（NaI），应加入适量的氯水、CCl4，进行萃取分液CNH4Cl溶液（FeCl3），应加入适量的氨水，过滤DCO2（CO），通过过量的灼热的氧化铜粉末22.下列与处理方法对应的反应方程式不正确的是（ ）A工业上用水吸收NO2生产硝酸： 3NO2 + H2O = 2HNO3 + NOB用氨水除去工业原料氯化铵中的氯化铁杂质：Fe3+
12、3OH= Fe(OH)3C用熟石灰处理泄漏的液氯：2Ca(OH)2 +2Cl2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 +2H2OD用明矾除去水中的悬浮颗粒物：Al3+ 3H2O Al(OH)3 (胶体) + 3H23.利用如图所示装置进行下列实验，不能得出相应实验结论的是选项实验结论A稀硫酸Na2CO3Na2SiO3溶液非金属性：SCSiB浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C浓硝酸FeNaOH溶液说明铁和浓硝酸反应可生成NO2D浓氨水生石灰酚酞氨气的水溶液呈碱性 24.下列说法正确的是A乙二醇和丙三醇互为同系物B室温下，在水中的溶解度：乙醇苯酚乙酸乙酯X k B 1 . c o mC分子式
13、为C7H8O且属于酚类物质的同分异构体有4种D甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明甲基使苯环变活泼25.镁铁混合物138 g溶解在足量某浓度的稀硝酸中，完全反应，其还原产物只有一氧化氮（03 mo1），则向反应后的溶液中加人足量的NaOH溶液，可生成的沉淀质量为A26 gB28 g C295 g D291 g第II卷（非选择题） 二、填空题26.（I）在一个容积固定不变的密闭容器中进行反应：2X（g）+Y（g）2Z（g），已知将2molX和1molY充入该容器中，反应在绝热条件下达到平衡时，Z的物质的量为pmol回答下列问题：（1）若把2molX和1molY充入该容器时，处于状态I，达到平衡时处
14、于状态II（如图1），则该反应的H 0； 熵变S0 （ 填：“，=”）该反应在（填高温或低温）条件下能自发进行该反应的vt图象如图2中左图所示若其他条件不变，仅在反应前加入合适的催化剂，则其vt图象如图2中右图所示以下说法正确的是a1a2 b1b2 t1t2 右图中阴影部分面积更大两图中阴影部分面积相等（3）若该反应在容积可变的密闭容器中发生，在温度为T1、T2时，平衡体系中X的体积分数随压强变化曲线如图3所示下列说法正确的是A A、C两点的反应速率：AC B A、C两点的气体密度：ACC B、C两点的气体的平均相对分子质量：BC D 由状态B到状态A，可以用加热的方法（II）在容积可变的密闭
15、容器中发生反应：mA（g）+nB（g）pC（g），在一定温度和不同压强下达到平衡时，分别得到A的物质的量浓度如下表压强p/Pa 2105 5105 1106c（A）/molL1 0.08 0.20 0.44（1）当压强从2105 Pa增加到5105 Pa时，平衡移动（填：向左，向右，不）维持压强为2105 Pa，当反应达到平衡状态时，体系中共有amol气体，再向体系中加入bmolB，当重新达到平衡时，体系中气体总物质的量是mol（3）其他条件相同时，在上述三个压强下分别发生该反应2105 Pa时，A的转化率随时间变化如图4，请在图4中补充画出压强分别为5105 Pa 和1106 Pa时，A的转
16、化率随时间的变化曲线（请在图4上画出曲线并标出相应压强）28.【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）呋喃酚是生产呋喃丹、好安威等农药的主要中间体，是高附加值的精细化工产品一种以邻氯苯酚（A）为主要原料合成呋喃酚（F）的流程如下：回答下列问题：（1）A 物质核磁共振氢谱共有 个峰，的反应类型是 ，C和D中含有的相同官能团的名称是 （2）下列试剂中，能和D反应的有 （填标号）A溴水 B酸性K2Cr2O7溶液 CFeC12溶液 D纯碱溶液（3）写出反应的化学方程式是 （有机物用结构简式表示，下同）（4）有机物B可由异丁烷经三步反应合成：异丁烷XY有机物B条件a为 ，Y生成B的化学方程式
17、为 .（5）呋喃酚的同分异构体很多，写出符合下列条件的所有同分异构体的结构简式 苯环上的一氯代物只有一种 能发生银镜反应的芳香酯三、计算题29.HNO3与金属反应时，还原产物可能是NO2、NO、N2O、N2或NH3的一种或几种。现有一定量的Al粉和Fe粉的混合物与100mL，稀HNO3充分反应，反应过程中无任何气放出。在反应结束后的溶液中，逐渐加入4 molL-1的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量关系如下图。请回答：n(沉淀)V(NaOH)BCAOED3.0F1516.518.5（1）与HNO3反应后Fe元素的化合价是_（2）纵坐标中A点数值是_，B点数值是_，
18、原HNO3浓度是_30.试题内容丢失。31.试题内容丢失。四、实验题32.Mg能在NO2中燃烧，产物为Mg3N2、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
19、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： _33.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3两种形式存在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3较CN难被双氧水氧化，且pH越大，3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
20、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
21、条件下，含氰废水中的CN最终被双氧水氧化为HCO3，同时放出NH3，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34.（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
22、=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
23、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Mg（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 试卷答案1.D试题解析：A、CaO2具中含有过氧根离子，具有强氧化性，故A正确；B、CaO能与SO2反应，吸收工业废气中的SO2气体，做脱硫剂，故B正确；C、来源于工厂的废气、汽车尾气的氮的氧化
24、物可引起光化学烟雾，推广使用新能源可以有效的减少氮的氧化物排放，故C 正确；D、PM25是指空气中直径25m的颗粒物，而胶体是分散质粒子直径在1nm100nm的分散系，不在一个数量级,故D不正确。2.B考点：钠的重要化合物分析：反应3NaClO2NaCl+NaClO3中，Cl元素化合价既升高又降低，自身发生氧化还原反应，NaClO2在热的碱性溶液中也能发生类似的反应，Cl元素化合价既升高又降低，以此解答该题解答：解：反应3NaClO2NaCl+NaClO3中，Cl元素化合价既升高又降低，自身发生氧化还原反应，NaClO2在热的碱性溶液中也能发生类似的反应，Cl元素化合价既升高又降低，化合价降低
25、最终产物应为NaCl，化合价升高应大于+3价，可为+5价的NaClO3或NaClO4，故选B点评：本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，侧重于考查学生的自学能力，注意从元素化合价变化的角度认识物质表现出的性质，明确元素化合价为解答该题的关键，题目难度不大。3.C解：A二者分子式相同，都是C10H14O，且二者结构不同，所以是同分异构体，故A错误；B分子中共平面的碳原子数可能相同，共平面的碳原子数可能是8，故B错误；C左边物质含有酚羟基，能和溴水发生取代反应，右边物质中的双键能和溴水发生加成反应，醛基能和溴发生氧化还原反应生成羧基，故C正确；D红外光谱区分化学键或原子团，核磁共振氢谱区分氢原子种
26、类及不同种类氢原子个数，氢原子种类不同，所以可以用核磁共振氢谱区分，故D错误；故选C4.B试题解析：A、读图可知，温度：c点b点，因为弱电解质的电离是吸热的，升高温度促进电离，所以电离常数：c点b点，故A正确；B、违反了电荷守恒，应为：c(Na+) c(NO2-) c(OH-) c(H+)，故B不正确；C、酸碱中和反应是放热反应，而二者恰好完全反应时溶液的温度最高。C点温度最高，可知c点二者恰好完全反应，HNO2+NaOH=NaNO2+ H2O，生成的NaNO2水解显碱性：NO2-+ H2O HNO2+OH-，同时H2O H+OH-，则c(OH) c(HNO2)，故C正确；D、酸碱中和反应是放
27、热反应，而二者恰好完全反应时溶液的温度最高。由图可知二者完全反应时NaOH溶液的体积是20ml，HNO2+NaOH=NaNO2+ H2O。n(NaOH)=n(HNO2)= 0.02L0.0lmol/L=210-4mol，所以c(NaOH)= 210-4mol0.02L=0.01mol/L；则d点应为等量的NaNO2和NaOH混合，混合溶液中：c(Na+) c(OH) c(NO2) c(H+)，故D正确。5.B试题解析：A、电池工作时，电极b处H2O2得电子被还原生成OH-作正极，阳离子向正极移动，则Na+从a极区移向b极区，故A正确；B、电极b为正极，H2O2得电子被还原生成OH-，MnO2既
28、作电极材料又有催化作用，故B错误；C、负极BH4-失电子发生氧化反应生成BO2-，电极反应式为BH4-+8OH-8e- = BO2-+6H2O，故C正确；D、正极电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，每消耗3molH2O2，转移的电子为6mol，正确。6.A试题解析：A、KW只与温度有关，温度一定，KW为定值，故A错误；B、根据物料守恒有：c（Na+）= c（H2CO3）+c（HCO3-）+ c（CO32），根据电荷守恒有c（Na+）+c（H+）= c（OH）+ c（HCO3-）+2 c（CO32），结合两式可得：c（OH）+c（CO32）=c（H+）+c（H2CO3），故B正确；C、pH=
29、-lgc（H+），两溶液的pH相等，则其c（H+）相等，故C正确；D、01mol/L的NaOH和CH3COOH溶液等体积混合后，二者恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COO-部分水解使溶液呈碱性，离子浓度大小为: c（Na+） c（CH3COO-） c（OH-） c（H+），故D正确。7.A试题解析：A、升高温度，水的电离程度增大，c（H+）和c（OH-）变大 ，Kw 变大，故A符合题意；B、KHCO3溶于水完全电离，只有HCO3-部分水解，而NH4HCO3溶液中HCO3-和NH4+均水解，且二者的水解相互促进，后者的c(HCO3-) 较小，故B不合题意；C、酸性：H2CO3CH3COO
30、H，根据盐类水解的规律：越若越水解，可知水解程度：NaHCO3CH3COONa，因此PH值前者大于后者，故C不合题意；D、CH3COOH和HCl均为一元酸，与NaOH反应时物质的量之比均为1：1，中和25mL01molL NaOH溶液所需CH3COOH和HCl的物质的量是相等的，故D不合题意。8.B考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质分析：A、已知t时AgCl的Ksp=21010，由A 知Ag2CrO4的Ksp为11012，则S（AgCl）=1.41105，而S（Ag2CrO4）=104；B、依据 图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，溶度积是饱和溶液中离
31、子浓度幂次方的乘积；C、在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上；D、用AgNO3溶液滴定过程中，AgCl先沉淀出来，待AgCl定量沉淀后，过量的一滴AgNO3溶液即与K2CrO4反应，形成Ag2CrO4砖红色沉淀解答：解：A、t时AgCl的Ksp=21010，由A 知Ag2CrO4的Ksp为11012，则S（AgCl）=1.41105，而S（Ag2CrO4）=104，所以在t时，AgCl的溶解度小于Ag2CrO4，故A错误；B、依据 图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为：Ag2CrO4（s）2Ag+C
32、rO42，Ksp=c2（Ag+）c（CrO42）=（103）2106=1012，故B正确；C、在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，故C错误；D、用AgNO3溶液滴定过程中，由于AgCl的溶解度小，AgCl先沉淀出来，待AgCl定量沉淀后，过量的一滴AgNO3溶液即与K2CrO4反应，形成Ag2CrO4砖红色沉淀，则有砖红色沉淀生成时即达到终点，所以能采用K2CrO4溶液为指示剂，故D错误，故选B点评：本题考查了沉淀溶解平衡的分析判断、溶度积常数的计算应用等，侧重于考查学生的分析能力和计算能
33、力，题目难度中等9.B四种元素的电子层数之和等于10，有两种可能：1333；或2233。后一种情况无法满足X的原子半径最大的条件。因此只有第一种符合要求，四种元素依次是H、Mg、Al、Si，故A错误；B、W是氢元素，第一主族元素的原子氢和锂次外层电子数为2，其它次外层电子数都为8，不可能为18，故B正确；C、X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别是Mg（OH)2、Al(OH)3、H2SiO3,Al(OH)3不溶于弱酸和弱碱，故C错误；D、工业上通过电解氧化铝获得铝单质，不能通过电解氯化铝的方法获得，故D错误。故答案选B10.D考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质专题：电离平衡与溶液的p
34、H专题分析：依据题意计算硫酸铜物质的量和氢氧化钠物质的量，进而求的铜离子和氢氧根离子物质的量，混合后反应生成沉淀，由于溶液中c （Cu2+ ）或 c （OH ）都已变得很小，可以认为全部在蓝色沉淀中；只要比较铜离子和氢氧根离子物质的量之比和选项中相同即符合要求；解答：解：40mL 1.5molL1的 CuSO4 溶液中含铜离子物质的量n（Cu2+）=0.04L1.5mol/L=0.06mol；30mL 3molL1 的 NaOH 溶液中氢氧根离子物质的量n（OH）=0.09mol；n（Cu2+）：n（OH）=2：3；溶液中c （Cu2+ ）或 c （OH ）都已变得很小，可忽略，可以认为全部生
35、成沉淀，沉淀中的铜离子与氢氧根离子物质的量之比应等于2：3，对比选项，A为1：2；B为1：1；c为3：4；D为2：3，故D符合；故选D点评：本题考查了元素守恒的具体应用，以常规的反应为载体，用定量分析的方法判断生成沉淀的组成，注意题干中的信息应用11.BC考点：化学实验方案的评价分析：A可根据最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱比较非金属性强弱；B二者均与饱和碳酸钠溶液反应；C不能排出乙醇的干扰；D氧化钙与水反应是放热反应解答：解：A锥形瓶内生成气体，可证明硫酸的酸性比碳酸强，烧杯生成沉淀，可证明碳酸的酸性比硅酸强，酸性越强，对应的元素的非金属性越强，故A正确； B二者均与饱和碳酸钠溶液反应，不
36、能除杂，故B错误；C乙醇易挥发，不能排出乙醇的干扰，故C错误；D氧化钙与水反应是放热反应，可用来制取氨气，故D正确故选BC点评：本题考查实验方案的评价，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，注意物质的性质的差异，难度不大12.C考点：阿伏加德罗常数分析：A依据n=计算物质的量，结合有机物C2H6O存在同分异构体分析；B标准状况，四氯化碳不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算；C标况下水为液体，其摩尔体积小于22.4L/mol；D常温常压下，33.6L氯气物质的量小于1.5mol，56g铁为1mol，2Fe+3Cl2=2FeCl3，依据化学方程
37、式定量关系分析，铁过量，电子转移依据反应的氯气计算解答：解：A46gC2H6O的物质的量为：=1mol，有机物C2H6O存在同分异构体，若为乙醇含有极性键的数目为7NA，若为甲醚含有极性键的数目为8NA，故A错误；B标准状况，四氯化碳不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L四氯化碳物质的量，故B错误；C标况下水为液体，其摩尔体积小于22.4L/mol，则22.4L水的体积一定大于1mol，所含分子数大于NA，故C正确；D常温常压下，33.6L氯气物质的量小于1.5mol，56g铁为1mol，2Fe+3Cl2=2FeCl3，依据化学方程式定量关系分析，铁过量，电子转移依据反应的氯气计
38、算转移的电子数小于3NA，故D错误；故选C点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意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，注意分子式C2H6O可能为乙醇或二甲醚，注意气体摩尔体积的使用对象13.C考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质分析：A在T1曲线上方区域（不含曲线）为过饱和溶液；B蒸发溶剂，增大溶液中溶质的浓度，温度不变，溶度积常数不变；C升温增大溶质的溶解，溶液中钡离子、硫酸根离子浓度都增大；D根据图片知，温度越高，硫酸钡的溶度积常数越大，根据T2时硫酸钡溶度积常数与 25C时溶度积常数比较判断解答：解：A在T1曲线上方区域（不含曲线）为过饱
39、和溶液，所以有晶体析出，故A正确；B蒸发溶剂，增大溶液中溶质的浓度，温度不变，溶度积常数不变，所以蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点（不含a、b），故B正确；C升温增大溶质的溶解度，溶液中钡离子、硫酸根离子浓度都增大，故C错误；D.25C时硫酸钡的Ksp=1.071010，根据图片知，温度越高，硫酸钡的离子积常数越大，T2时硫酸钡的溶度积常数=1.01045.0105=51091.071010，所以该温度大于25，故D正确；故选C点评：本题考查了难溶电解质的溶解平衡及其应用，题目难度中等，正确理解溶度积曲线是解本题关键，结合溶度积常数来分析解答，试题培养了学生的分析能力及灵活
40、应用基础知识的能力14.D考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合；电离方程式的书写；球棍模型与比例模型分析：A质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角不是质量数、左下角不是质子数；B氧化钾为离子化合物，阴阳离子都需要标出电荷，氧离子还需要标出最外层电子；C碳酸氢根离子的电离产生水合氢离子和碳酸根离子；D二氧化硅属于原子晶体，不存在二氧化硅分子解答：解：A元素符号的左上角标质量数，中子数为20的氯原子的质量数为37，该核素的表示方法为：，故A正确； B氧化剂为离子化合物，钾离子直接用离子符号表示，氧离子需要标出所带电荷及最外层电子，氧化钾的电子式为：，故B正确；C碳酸氢根离子在溶液中电离出水
41、合氢离子和碳酸根离子，HCO3的电离方程式为：HCO3+H2OCO32+H3O+，故C正确；D可以表示二氧化碳的比例模型，但是不能表示二氧化硅，因为二氧化硅晶体为原子晶体，不存在二氧化硅分子，故D错误；故选D点评：本题考查了常见化学用语的书写方法判断，题目难度中等，涉及原子符号、电离方程式、结构式等知识，试题涉及的知识点较多，注意掌握常见的化学用语的概念及正确的表示方法15.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
42、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+2
43、H2O，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）16.D考点：位置结构性质的相互关系应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：W是组成信息高速公路骨架的元素之一，应为Si元素，根据X、Y、Z、W在元素周期表中的位置可知X为C元素，Y为N元素，Z为Al元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题解答：解：W是组成信息高速公路骨架的元素之一，应为Si元素，根据X
44、、Y、Z、W在元素周期表中的位置可知X为C元素，Y为N元素，Z为Al元素，AZ为Al，最高化合价为+3价，而Y为N，最高化合价为+5价，故A错误；B同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则XY、ZW，故B错误；C非金属性NCSiAl，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故C错误；D最高价含氧酸的钠盐分别为Na2CO3、NaNO3、NaAlO2、Na2SiO3，由于亚硫酸酸性比碳酸、硅酸强，则二氧化硫可与Na2CO3、Na2SiO3溶液反应生成二氧化碳、硅酸，NaAlO2溶液与二氧化硫反应生成氢氧化铝沉淀，二氧化硫水溶液呈酸性，而硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，则NaN
45、O3可与二氧化硫在溶液中发生氧化还原反应，故D正确故选D点评：本题考查位置、结构、性质的关系及应用，把握元素在周期表中的位置及元素周期律为解答的关键，注意利用实例分析，侧重分析能力和归纳能力的考查，题目难度不大17.C考点：电解原理 分析：A根据电池反应式知，Al失电子作阳极、Cu作阴极，阳极与电源正极相连、阴极与电源负极相连；B化合物中化合价的代数和为0；C根据电池反应式知，电解时，阴极上氢离子放电生成氢气；D将电源换成导线连接两电极，符合原电池构成条件，电解质溶液酸性很弱，发生吸氧腐蚀解答：解：A根据电池反应式知，Al失电子作阳极、Cu作阴极，阳极与电源正极相连、阴极与电源负极相连，所以C
46、u与电源负极相连，故A错误；B化合物中化合价的代数和为0，则23=m+xm=6，x=6，故B错误；C根据电池反应式知，电解时，阴极上氢离子放电生成氢气，电解反应式为2H+2eH2，故C正确；D将电源换成导线连接两电极，符合原电池构成条件，所以能构成原电池，电解质溶液酸性很弱，发生吸氧腐蚀，Al易失电子作负极、Cu作正极，故D错误；故选C点评：本题以电解为载体考查电解原理、化合价判断、原电池构成条件等知识点，明确离子放电顺序、原电池构成条件等知识点即可解答，明确元素化合价变化与阴阳极关系，题目难度不大18.B考点：离子共存问题 分析：A铁离子与C6H5O、碳酸氢根离子发生双水解反应；B四种离子之
47、间不满足离子反应发生条件；C镁离子、银离子与碳酸根离子反应生成沉淀；D硫离子和铝离子发生双水解反应，BrO、S2之间发生氧化还原反应解答：解：AFe3+与C6H5O、HCO3之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BH+、Cu2+、MnO4、SO42之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；CMg2+、Ag+与CO32之间反应生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；DBrO、S2之间发生氧化还原反应，Al3+、S2之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B点评：本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况
48、，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力19.AC考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、据电荷守恒分析；B、0.01molL1HA溶液的pH=3，说明HA是弱酸，NaA是强碱弱酸盐；C、HA是弱酸存在电离平衡；D、据电荷守恒判断解答：解：A、在HA溶液中，只有上述三种离子，据溶液中的电荷守恒可知，c（H+）=c（OH）+c（A），故A正确；B、恰好完全中和时生成NaA，NaA是强碱弱酸盐，水解显碱性，故B错误；C、HA溶液中加入NaOH时，氢氧根离子
49、中和氢离子，促进了HA的电离，但氢离子浓度减小，所以溶液的pH升高，故C正确；D、溶液中只含有上述4种离子，若c（A）c（Na+）c（OH）c（H+），阴离子浓度大于阳离子，故D错误；故选AC点评：本题考查了弱电解质的电离平衡、溶液中的电荷守恒、盐类水解，题目难度中等20.BC考点：原子结构与元素周期律的关系专题：元素周期律与元素周期表专题分析：都是短周期元素，Y有+7、1价，则Y为Cl；Z有+6、2价，则Z为S元素；X有+5、3价，处于A族，原子半径小于Cl，则X为N元素；T有+1价，处于IA族，原子半径最小，则T为H元素；W有+2价，处于A族，且原子半径大于Cl，故W为Al元素，据此解答解
50、答：解：都是短周期元素，Y有+7、1价，则Y为Cl；Z有+6、2价，则Z为S元素；X有+5、3价，处于A族，原子半径小于Cl，则X为N元素；T有+1价，处于IA族，原子半径最小，则T为H元素；W有+2价，处于A族，且原子半径大于Cl，故W为Al元素，AN3离子半径大于H+，故A错误；B非金属性ClS，故氢化物稳定性HClH2S，故B正确；C氯气与Fe反应生成氯化铁，氯化铁中铁元素显+3价，故C正确；D亚硫酸为中强酸，故D错误，故选BC点评：本题考查结构性质位置关系，难度中等，根据化合价、半径推断元素是关键，注意对元素周期律的理解掌握21.B考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离
51、、提纯和除杂分析：A碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠；B氯水与NaI、NaBr均反应；C氯化铁与氨水反应生成氢氧化铁和氯化铵；DCO与CuO反应生成Cu和二氧化碳解答：解：A碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，则通入过量的CO2气体可除杂，故A正确；B氯水与NaI、NaBr均反应，不能除杂，应选适量的溴水、CCl4，进行萃取分液，故B错误；C氯化铁与氨水反应生成氢氧化铁和氯化铵，则加入适量的氨水，过滤可除杂，故C正确；DCO与CuO反应生成Cu和二氧化碳，则通过过量的灼热的氧化铜粉末可除杂，故D正确；故选B点评：本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质及发生的化学反应为解答的关
52、键，侧重分析与实验能力的考查，注意除杂的原则，题目难度不大22.B试题解析：B中离子方程式中氨水不能拆开。23.C24.B25.D试题分析：分别设铁和镁的物质的量，结合电子守恒计算，注意铁被氧化为三价铁。26.（I） 低温 BD （II）不（a+b）考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：（）（1）正反应为气体物质的量减小的反应，容器的容积不变，由图可知，状态的压强大于状态压强的2倍，反应在绝热条件下进行，说明正反应为放热反应；正反应后气体的物质的量减少，所以混乱度减小，HTS0反应自发进行；加入催化剂，反应速率加快，到达平衡的时间缩短，平衡不移动，阴影部分为反应物浓度
53、变化量，则两图中阴影部分面积相等；（3）AA、C两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快；BA、C两点都在等温线上，反应前后气体物质的量不变，压强越大，容器的容积越小，而混合气体总质量不变；CB、C两点X的体积分数相同，则相同组分的体积分数相同；D压强相同，升高温度，化学平衡向吸热反应移动；（）（1）由表格数据可知，当压强从2105Pa增大为5105Pa时，压强增大2.5倍，体积变为 倍，浓度由0.08增大为0.20molL1，也增大2.5倍，所以增大压强平衡不移动；由（1）可知，增大压强平衡不移动，所以反应前后气体的物质的量不变；（3）2105与5105 Pa时A的转化率不变，但5105 P
54、a时反应速率快，到达平衡时间缩短当压强从5105Pa增大为1106Pa时，压强增大2倍，体积变为 倍，浓度应该由0.20增大为0.40molL1，但是实际上A的浓度为0.44，说明平衡逆向移动，此时B不是气体，A的转化率减小，反应速率增大，时间缩短解答：解：（）（1）正反应为气体物质的量减小的反应，容器的容积不变，由图可知，状态的压强大于状态压强的2倍，反应在绝热条件下进行，说明正反应为放热反应，则H0；正反应后气体的物质的量减少，所以混乱度减小，则S0，HTS0反应自发进行，该反应在低温条件下能自发进行，故答案为：；低温；加入催化剂，反应速率加快，所以b1b2，到达平衡的时间缩短，所以t1t
55、2，平衡不移动，阴影部分为反应物浓度变化量，则两图中阴影部分面积相等，故答案为：；（3）A A、C两点都在等温线上，压强A点小于C点，压强越大速率越快，所以反应速率AC，故A错误；B A、C两点都在等温线上，反应前后气体物质的量不变，压强越大，容器的容积越小，而混合气体总质量不变，所以气体密度：AC，故B正确；C B、C两点X的体积分数相同，则相同组分的体积分数相同，所以气体的平均相对分子质量相同，故C错误；D 由状态B到状态A，压强相同，温度不同，正反应为放热反应，升高温度化学平衡向吸热反应移动，X的体积分数增大，所以可以通过升温使状态B到状态A，故D正确；故答案为：BD；（）（1）由表格数
56、据可知，当压强从2105Pa增大为5105Pa时，压强增大2.5倍，体积变为 倍，浓度由0.08增大为0.20molL1，也增大2.5倍，所以增大压强平衡不移动，故答案为：不；由（1）可知，增大压强平衡不移动，所以反应前后气体的物质的量不变，所以当反应达到平衡状态时，体系中共有amol气体，再向体系中加入bmolB，当重新达到平衡时，体系中气体总物质的量是a+b，故答案为：a+b；（3）2105与5105 Pa时A的转化率不变，但5105 Pa时反应速率快，到达平衡时间缩短当压强从5105Pa增大为1106Pa时，压强增大2倍，体积变为 倍，浓度应该由0.20增大为0.40molL1，但是实际
57、上A的浓度为0.44，说明平衡逆向移动，此时B不是气体，A的转化率减小，反应速率增大，时间缩短，A的转化率随时间的变化曲线为：，故答案为：点评：本题考查化学平衡影响因素、平衡图象等，综合性较强，侧重考查了学生分析数据、图象获取信息的能力，难度中等28.（1）5；取代反应（或水解反应）；氯原子和碳碳双键；（2）A B D；（3）；（4）氢氧化钠的乙醇溶液、加热；（5）考点：有机物的合成分析：（1）根据A的结构简式可知A的核磁共振氢谱中峰的数目，比较E和F的结构简式可知，E中的氯原子被羟基取代即得F，根据C和D的结构简式可知，C和D中都含有氯原子和碳碳双键；（2）根据D的结构简式可知，D中有苯环和
58、酚羟基、氯原子、碳碳双键，据此判断；（3）根据元素守恒和C的结构可知，B为CH2=C（CH3）CH2Cl，进而可写出化学反应方程式；（4）CH3CH（CH3）2与氯气按1：1发生取代反应生成X为CH2ClCH（CH3）2，X发生消去反应得Y为CH2=C（CH3）2，Y与氯气发生取代反应生成CH2=C（CH3）CH2Cl，据此答题；（5）呋喃酚的同分异构体符合下列条件苯环上的一氯代物只有一种，能发生银镜反应的芳香酯，说明有醛基或甲酸某酯及苯环的结构，据此写同分异构体；解答：解：（1）根据A的结构简式可知A的核磁共振氢谱中峰的数目为5，比较E和F的结构简式可知，E中的氯原子被羟基取代即得F，即反应
59、为取代反应（或水解反应），根据C和D的结构简式可知，C和D中都含有氯原子和碳碳双键，故答案为：5；取代反应（或水解反应）；氯原子和碳碳双键；（2）根据D的结构简式可知，D中有苯环和酚羟基、氯原子、碳碳双键，可以和溴水发生取代反应，被酸性K2Cr2O7溶液氧化，能与纯碱溶液反应生成碳酸氢钠，故选：A B D；（3）根据元素守恒和C的结构可知，B为CH2=C（CH3）CH2Cl，所以反应的化学反应方程式为，故答案为：；（4）CH3CH（CH3）2与氯气按1：1发生取代反应生成X为CH2ClCH（CH3）2，X发生消去反应得Y为CH2=C（CH3）2，反应条件为氢氧化钠的乙醇溶液、加热，Y与氯气发生
60、取代反应生成CH2=C（CH3）CH2Cl，反应的方程式为，故答案为：氢氧化钠的乙醇溶液、加热；（5）呋喃酚的同分异构体符合下列条件苯环上的一氯代物只有一种，能发生银镜反应的芳香酯，说明有醛基或甲酸某酯及苯环的结构，则符合条件的同分异构体为，故答案为：；点评：本题考查有机物的合成、有机物结构与性质、同分异构体书写等，注意根据合成流程中的反应、官能团变化等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等29.（1）+3 （2）0.008、 0.016、 0.72mol/L解析：根据图象可知混合溶液中含有的溶质有Fe（NO3）3、Al（NO3）3、NH4NO3、HNO3。（1）图象分析，铁粉和
61、铝粉组成的混合物跟100mL稀硝酸充分反应，硝酸剩余，铁被硝酸氧化为三价铁。（2）由O点到C点，氢氧化钠溶液恰好和HNO3生成NaNO3；由C与D点，氢氧化钠溶液恰好和Fe（NO3）3、Al（NO3）3反应生成NaNO3；由D点到E点，氢氧化钠溶液恰好和NH4NO3反应生成硝酸钠、一水合氨；通过上面的分析、根据氮原子守恒可知O点到D点硝酸钠的物质的量=硝酸的物质的量，从D点到E点硝酸的物质=2硝酸钠的物质的量，而硝酸钠的物质的量=氢氧化钠的物质的量，所以硝酸的物质的量=4mol/L0.015L+24mol/L（0.0165L-0.015L）=0.072mol，所以原硝酸的物质的量浓度=0.07
62、2mol/0.1L=0.72mol/L；根据EF可知：沉淀减少，说明氢氧化铝溶解，所以氢氧化铝的物质的量=EF线段加入氢氧化钠溶液的物质的量，即：n=4mol/L（0.0185L-0.0165L）=0.008mol，根据题意可知：生成0.008mol氢氧化铝沉淀消耗氢氧化钠的物质的量=30.008mol=0.024mol，CD段生成沉淀为氢氧化铝和氢氧化铁，所以生成氢氧化铁消耗氢氧化钠的物质的量=4mol/L（0.015L-0.003L）-0.024mol=0.024mol，则n= 1/3n(NaOH)=0.008mol，纵坐标A点的数值即是生成氢氧化铁的物质的量=0.008mol；纵坐标B点
63、的数值即是氢氧化铁和氢氧化铝的物质的量=0.008mol+0.008mol=0.016mol。30.答案内容丢失。31.答案内容丢失。32.1. BAEAFC（D） 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， 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
64、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
65、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0.05mol，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
66、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
67、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=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
68、（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33.（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，3较中性和酸性条件下更稳定，难以氧化）；CN+H
69、2O2+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
70、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，3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；（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；
71、10；20； （2）根据v=0.0175molL1min1，故答案为：0.0175；（3）pH越大，3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CN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
72、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
73、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34.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的质量与剩余固体、N
74、O2、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，据此
75、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用于检验
76、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=2Na2SO
77、4；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