1、山东省滕州市高考补习学校2016-2017学年第一学期第二周周周清同步检测化学试题第I卷（选择题）一、选择题1.化学与生活、社会密切相关，下列说法正确的是ASO2可以用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫、增白食品等B通信光缆的主要成分是晶体Si，太阳能电池的材料主要是SiO2 C高锰酸钾溶液、酒精、双氧水都能杀菌消毒，都利用了强氧化性D氨很容易液化，液氨气化吸收大量的热，所以液氨常用作致冷剂2.SCR法（选择性催化还原技术）是一种以NH3作为还原剂，将烟气中NOx，分解成无害的N2和H2O的干法脱硝技术，反应原理为：6NO+4NH3=5N2+6H2O；6NO2+8NH3=7N2+12H2O ；NO+
2、NO2+2NH3=2N2+3H2O。下列说法正确的是ANO2为酸性氧化物BH2O很稳定是因为水分子之间存在氢键C反应中每生成22.4 LN2，转移电子数1.5NADNH3的沸点比PH3的沸点高3.设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAB室温下，1 L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH离子数目为0.1NAC氢氧燃料电池正极消耗22.4 L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成28 g N2时，转移的电子数目为3.75NA4.下列有关Ca
3、（ClO）2溶液的叙述正确的是（）A该溶液中，K+、Cl、HCOOH、I可以大量共存B与Na2SO3反应的离子方程式：ClO+SO32SO42+ClC不可使用pH试纸测定该溶液的pHD1 L 0.1 mol/L该溶液和足量的CO2充分反应，产生10 g沉淀5.工业上，可用硫酸铈Ce(SO4)2溶液吸收尾气中NO，其化学方程式如下：2NO3H2O4Ce(SO4)22Ce2(SO4)3HNO3HNO22H2SO4下列说法正确的是（ ）A在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为12B在该反应中，氧化产物有两种，还原产物有一种C若不考虑溶液体积变化，吸收尾气后，溶液的pH将增大D在该反应中，每消耗22
4、.4LNO必转移2 mol电子6.已知：HCN(aq)与NaOH(aq)反应的H12.1 kJmol1；HCl(aq)与NaOH(aq)反应的H55.6 kJmol1。则HCN在水溶液中电离的H等于( )A67.7 kJmol1 B43.5 kJmol1C43.5 kJmol1 D67.7 kJmol17.a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2和c+离子的电子层结构相同，d与b同族。下列叙述错误的是Aa与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1Bb与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物Cc的原子半径是这些元素中最大的Dd和a形成的化合物的溶液呈弱酸性8.下列说法正确的
5、是（ ）A常温下，反应4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）4Fe（OH）3（s）能自发进行，则H0B铁片镀锌时，铁片与外电源的正极相连C以熔融NaCl为电解质进行电解冶炼钠，熔融体中Na+向阳极移动Dt时，恒容密闭容器中反应：NO2（g）+SO2（g）NO（g）+SO3（g），通入少量O2， 的值及SO2转化率不变9.25时，在氢氧化镁悬浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg（OH）2（s）Mg2+（q）+2OH（aq），已知25时KspMg（OH）2=1.81011，KspCu（OH）2=2.21020下列说法错误的是（）A若向Mg（OH）2浊液中加入少量NH4Cl（s），c（Mg2+）
6、会增大B若向Mg（OH）2浊液中滴加CuSO4溶液，沉淀将由白色逐渐变为蓝色C若向Mg（OH）2浊液中加入适量蒸馏水，Ksp保持不变，故上述平衡不发生移动D若向Mg（OH）2浊液中加入少量Na2CO3（s），固体质量将增大10.液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小，无需气体存储装置等优点一种以肼（N2H4）为燃料的电池装置如图所示该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH作为电解质下列关于该燃料电池的叙述不正确的是（） A电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极B负极发生的电极反应式为N2H4+4OH4eN2+4H2OC该燃料电池的电极材料应采用多孔导电材料，以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，
7、并使它们与电解质溶液充分接触D该燃料电池持续放电时，K+从负极向正极迁移，因而离子交换膜需选用阳离子交换膜11.化学与社会、生活密切相关对下列现象或事实的解释不正确的是（）选项现象或事实解释A用铁制容器盛装浓硫酸常温下，铁在浓硫酸中钝化B氧化铝可用作耐火材料氧化铝是两性氧化物C液氨可用作制冷剂液氨汽化时要吸收大量的热D“84”消毒液可用于环境消毒主要成分是NaClO，具有强氧化性12.采用“空气吹出法”从浓海水吹出Br2，并用纯碱吸收下列说法不正确的是（）A在浓海水中存在反应 Br2+H2OHBr+HBrOB纯碱溶液显碱性的原因是 CO32+2H2OH2CO3+OHC海水中提取溴还可用到的反应
8、 Cl2+2Br2Cl+Br2D纯碱吸收溴的主要反应是3Br2+3Na2CO35NaBr+NaBrO3+3CO213.下列叙述正确的是（ ）ANa、Al、Fe金属单质在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱B漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理不相同C将SO2通入Ca（ClO）2溶液可生成CaSO3沉淀D向FeCl2溶液中通入Cl2反应的离子方程式为：Fe2+Cl2Fe3+2C114.下表中各组物质之间通过一步反应不可能实现如图所示转化关系的是（ ） 选项XYZ箭头上所标数字的反应条件ACaOCa（OH）2CaCO3常温遇水BAlCl3NaAlO2Al（OH）3通入CO2CNa2C
9、O3NaOHNaHCO3过量Ca（OH）2溶液DCl2Ca（ClO）2HClO加浓盐酸 15.在硫酸铁电化浸出黄铜矿精矿工艺中，有一主要反应：CuFeS2+4Fe3+Cu2+5Fe2+2S，反应结束后，经处理获得单质硫x mol下列说法正确的是（）A反应中硫元素被氧化，所有铁元素均被还原B氧化剂是Fe3+，氧化产物是Cu2+C反应中转移电子的物质的量为xmolD反应结束后，测得溶液中三种金属离子的总物质的量为ymol，则原Fe3+的总物质的量为（yx）mol16.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（）
10、A0.1mol B0.5mol C0.15mol D0.25mol17.在容积固定的4L密闭容器中，进行可逆反应：X（g）+2Y（g） 2Z（g）并达到平衡，在此过程中，以Y的浓度改变表示的反应速率v（正）、v（逆）与时间t的关系如图所示则图中阴影部分面积表示（ ） AX的浓度的减少BY物质的量的减少CZ的浓度的增加DX物质的量的减少18.下列有关化学反应与能量变化的叙述正确的是( )A铝与氧化铁反应既是氧化还原反应，又是吸热反应B化学反应中的能量变化只体现为热量的形式CCaO+H2O=Ca（OH）2反应过程中，旧键断裂吸收的能量小于新键形成释放的能量D外界条件相同时，放热反应的速率一定大于吸
11、热反应的速率第II卷（非选择题）二、计算题19.KClO3是一种常见的氧化剂，常用于医药工业、印染工业和制造烟火实验室用KClO3和MnO2混合加热制氧气，现取KClO3和MnO2的混合物16.60g加热至恒重，将反应后的固体加15g水充分溶解，剩余固体6.55g （25），再加5g水充分溶解，仍剩余固体4.80g（25）（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，则原混合物中KClO3的质量为g；（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物求25时KCl的溶解度；求原混合物中KClO3的质量；所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为多少？（保留2位小数）（3）
12、工业常利用3Cl2+6KOH（热）KClO3+5KCl+3H2O，制取KClO3（混有KClO）实验室模拟KClO3制备，在热的KOH溶液中通入一定量氯气充分反应后，测定溶液中n（K+）：n（Cl）=14：11，将所得溶液低温蒸干，那么在得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为多少？（用小数表示，保留3位小数）20.（12分）碱式碳酸铝镁MgaAlb(OH)c(CO3)dx H2O常用作塑料阻燃剂。（1）碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和 。（2）MgaAlb(OH)c(CO3)dx H2O中a、b、c、d的代数关系式为 。（3）为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实
13、验：准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO20.560L（已换算成标准状况下）。另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率（固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量100%）随温度的变化如右图所示（样品在2700C时已完全失去结晶水，6000C以上残留固体为金属氧化物的混合物）。根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH): n(CO32)（写出计算过程）。评卷人得分三、实验题（本题共3道小题,第1题0分,第2题0分,第3题0分,共0分）21.某研究性学习小组学生根据氧化还原反应规律，探究NO2、NO与Na2O2反应的情况，提出假设并进行相关实验从理论上分析Na2O2和N
14、O2都既有氧化性又有还原性，于 是提出如下假设：假设1：Na2O2氧化NO2；假设2：NO2氧化Na2O2（1）甲同学设计如图1装置进行实验：试管A中反应的离子方程式是 待试管B中充满红棕色气体，关闭旋塞a和b；取下试管B，向其中加入适量Na2O2粉末，塞上塞子，轻轻振荡试管内粉末，观察到红棕色气体迅速消失；再将带火星的木条迅速伸进试管内，木条复燃仪器C兼有防倒吸的作用，仪器C的名称为 结论：甲同学认为假设2正确（2）乙同学认为甲同学设计的实验存在缺陷，为达到实验目的，在A、B之间应增加一个装置，该装置的作用是 乙同学用改进后的装置，重复了甲同学的实验操作，观察到红棕色气体迅速消失；带火星的木
15、条未复燃，得出结论：假设1正确则NO2和Na2O2反应的化学方程式是 该研究性学习小组同学还认为NO易与O2发生反应，应该更易被Na2O2氧化查阅资料：2NO+Na2O22NaNO2；2NaNO2+2HCl2NaCl+NO2+NO+H2O；酸性条件下，NO能与MnO4反应生成NO3和Mn2+（3）丙同学用图2所示装置（部分夹持装置略）探究NO与Na2O2的反应在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是 B中观察到的主要现象是 （填字母编号）a铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色b有红棕色气泡产生c有无色气泡产生C、E中所盛装的试剂不能是 （填字母编号）a无水硫酸铜 b无水氯化钙 c碱石灰 d生石灰F
16、中发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 充分反应后，检验D装置中产物的方法是： ，则产物是NaNO222.过氧化钙微溶于水，溶于酸，可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。以下是一种制备过氧化钙的实验方法。回答下列问题：（一）碳酸钙的制备石灰石(含少量铁的氧化物)滤渣双氧水和氨水过滤盐酸滤液CaCO3碳酸铵溶液过滤氨水小火煮沸（1）步骤加入氨水的目的是_。小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于_。（2）右图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是_（填标号）。a漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁b玻璃棒用作引流c将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁d滤纸边缘高出漏斗e用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度(二)过
17、氧化钙的制备CaCO3滤液白色晶体（3）步骤的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈_性（填“酸”、“碱”或“中”）。将溶液煮沸，趁热过滤。 将溶液煮沸的作用是_。（4）步骤中反应的化学方程式为_，该反应需要在冰浴下进行，原因是_。（5）将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是_。（6）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方法的优点是_，产品的缺点是_。23.某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶
18、液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是_。（2）甲组同学取2mlFeCl2溶液加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为_。（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5ml煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和l滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是_。（4）丙组同学取10 mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于3 支试管中进行如下实验：第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层呈紫色；第二支试管中加入1滴K3
19、Fe(CN)6 溶液，生成蓝色沉淀：第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。实验检验的离子是_（填离子符号）；实验和说明：在I过量的情况下，溶液中仍含有_（填离子符号），由此可以证明该氧化还原反应为_。（5）丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl3溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为_；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是_；生成沉淀的原因是_（用平衡移动原理解释）。试卷答案1.D2.D试题分析：A、二氧化氮不与碱反应生成盐和水，所以二氧化氮不是酸性氧化物，错误；B、水的稳定性是由其分子内的共价键决定的，不是由分子间的氢键决
20、定的，错误；C、未指明标准状况，则22.4L氮气的物质的量不一定是1mol，则转移的电子数不一定是1.5NA，错误；D、氨气的分子间存在氢键，所以沸点比PH3的高，正确，答案选D。3.D【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，产物中铁元素的平均化合价为，根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量；B、氢氧化钠溶液的氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为11013mol/L；C、氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，1mol氧气得到4mol电子；D、反应中部分硝酸根中N元素由+5价降低为氮气中0价，铵根中N元素3价升高为氮气中0价，氮气既是还原产物又是氧化产物，由氮原子守恒，结合方
21、程式可知，还原产物与氧化产物物质的量之比为3：5，根据n=计算氮气物质的量，再计算氧化产物物质的量，再结合铵根中N元素化合价变化计算转移电子物质的量【解答】解：A铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素的化合价为，0.2mol铁完全反应失去电子数为：0.2mol（0）=mol，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为=mol，生成的H2分子数为NA，故A错误；B室温下，1L pH=13的NaOH溶液中氢离子浓度为11013mol/L，溶液中氢离子是水电离的，所以由水电离的OH离子数目为1013NA，故B错误；C氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，标况下22.4L氧气的物质的量为1mol
22、，1mol氧气完全反应得到4mol电子，电路中通过的电子数目为4NA，故C错误；D反应中部分硝酸根中N元素由+5价降低为氮气中0价，铵根中N元素3价升高为氮气中0价，氮气既是还原产物又是氧化产物，由氮原子守恒，结合方程式可知，还原产物与氧化产物物质的量之比为3：5，生成氮气物质的量为=1mol，故氧化产物的物质的量为1mol=mol，铵根中N元素被氧化，故转移电子为mol20（3）=3.75mol，故D正确故选D【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大4.C【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】A溶液中不能存在还原性离子；B发生氧
23、化还原反应后，结合钙离子生成硫酸钙沉淀；C溶液具有漂白性；D和足量的CO2充分反应，生成碳酸氢钙和HClO【解答】解：AClO、I发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B与Na2SO3反应的离子方程式为Ca2+ClO+SO32CaSO4+Cl，故B错误；C溶液具有漂白性，则不可使用pH试纸测定该溶液的pH，可选pH计测定，故C正确；D和足量的CO2充分反应，生成碳酸氢钙和HClO，则不能生成沉淀，故D错误；故选C【点评】本题考查物质的性质，综合性较强，涉及离子共存、氧化还原反应、与量有关的离子反应等，注重高频考点的考查，选项BD均为解答的易错点，题目难度不大5.BA项，NO是还原剂，硫酸铈
24、是氧化剂，氧化剂、还原剂的物质的量之比为21，错误；B项，Ce2(SO4)3为还原产物，HNO2、HNO3是氧化产物，正确；C项，反应后溶液的酸性增强，pH减小，错误；D项，没有限制“标准状况”，不能计算转移电子数目，错误。6.C试题分析：和氢氧化钠反应的过程：HCN（aq）H（aq）CN（aq） H，H(aq)OH(aq)=H2O(l) H=55.6kJmol1，H(55.6)=12.1，解得H=43.5kJmol1，故选项C正确。7.A试题分析：a的原子中只有1个电子，则a为氢元素，a、b、c、d为短周期元素，b2和c+离子的电子层结构相同，则b为氧元素，c为钠元素，d与b同族，则d为硫元
25、素，据此解答。H分别与O、S形成化合物可以为H2O和H2S，氢元素的化合价为+1价，而NaH中氢元素的化合价为-1价，A项错误。氧元素与其他三种元素能形成H2O、H2O2、SO2、SO3、Na2O、Na2O2，B正确。同周期主族元素，从左到右原子半径逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大，原子半径：NaSOH，C正确。d和a形成的化合物为H2S，H2S溶液呈弱酸性，D正确。考点：元素的推断，元素周期律的应用等知识8.A试题分析：A、H-TS0时反应能自发进行，该反应的S0，则H0，A正确；B、铁片镀锌时，铁片应接电源负极，作阴极，锌离子在铁片上发生还原反应，B错误；C、电解时，阳离子向阴极移动，
26、C错误；D、通入氧气与NO反应，c（NO）减小，平衡正向移动，SO2转化率增大，是平衡常数，温度不变，平衡常数不变，D错误。答案选A。9.C【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pH专题【分析】在Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH（aq）中，改变c（Mg2+）或c（OH），可影响平衡移动，一般来说，加入少量Na2CO3（s），平衡逆向移动，加入蒸馏水、CuSO4溶液等，可使平衡正向移动，以此解答该题【解答】解：A向Mg（OH）2浊液中加入少量NH4Cl（s），c（OH）减小，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，c（Mg2+）会增大，故A正确；B向Mg（OH
27、）2浊液中滴加CuSO4溶液，由于KspMg（OH）2=1.81011KspCu（OH）2=2.21020，则沉淀将由白色氢氧化镁逐渐变为蓝色的氢氧化铜，故B正确；C加入少量水，Ksp保持不变，c（Mg2+）、c（OH）减小，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，故C错误；D向Mg（OH）2浊液中加入少量Na2CO3（s），由于碳酸根水解成碱性，所以c（OH）增大，平衡逆向移动，有固体析出，则固体质量将增大，故D正确故选C【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度一般，要注意从平衡移动的角度分析10.D【考点】化学电源新型电池【分析】该燃料电池中，负极上
28、燃料失电子发生氧化反应，左侧为负极，电极反应式为：N2H4+4OH4e=N2+4H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，右侧为正极，电极反应式为：O2+2H2O+4e=4OH，电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O，结合离子的移动方向、电流的方向分析解答【解答】解：A该燃料电池中，右侧通入氧化剂空气的电极b为正极，电流从正极流向负极，即电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极，故A正确；B通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH4e=N2+4H2O，故B正确；C因为电池中正负极上为气体参与的反应，所以采用多孔导电材料，可以提高电极反应物质在电极表面的吸
29、附量，并使它们与电解质溶液充分接触，故C正确；D该原电池中，正极上生成氢氧根离子，所以离子交换膜要选取阴离子交换膜，故D错误；故选D11.B【考点】物质的组成、结构和性质的关系【专题】物质的性质和变化专题【分析】A依据浓硫酸的强氧化性解答；B耐火材料应具有较高的熔点；C液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用；D依据84消毒液成分及次氯酸钠性质解答；【解答】解：A浓硫酸具有强的氧化性，低温下能够使铁钝化，形成致密氧化膜阻止反应进行，所以可以用铁制容器盛装浓硫酸，故A正确；B氧化铝可用作耐火材料是因为氧化铝熔点高，与两性无关，故B错误；C液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，可用作制冷剂，故C正确；D“
30、84”消毒液主要成分是NaClO，具有强氧化性，能够杀菌消毒，所以可以用于环境消毒，故D正确；故选：B【点评】本题考查了物质的用途，性质决定用途，明确相关物质的性质是解题关键，注意钝化属于化学变化，题目难度不大12.B【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】ABr2的性质与Cl2类似，能与水反应；B多元弱酸根分步水解；C氯气能把溴离子氧化为单质溴；D碳酸钠与单质溴反应生成溴化钠、溴酸钠、二氧化碳【解答】解：ABr2的性质与Cl2类似，能与水反应生成HBr和HBrO，则在浓海水中存在反应 Br2+H2OHBr+HBrO，故A正确；B多元弱酸根分步水解，所以碳酸钠水解方程式为：CO32
31、+H2OHCO3+OH，故B错误；C氯气能把溴离子氧化为单质溴，其反应为：Cl2+2Br2Cl+Br2，故C正确；D碳酸钠与单质溴反应生成溴化钠、溴酸钠、二氧化碳，其反应为3Br2+3Na2CO35NaBr+NaBrO3+3CO2，故D正确故选B【点评】本题考查了氧化还原反应、卤素单质及其化合物的性质，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意把握多元弱酸根离子的水解特点13.B解：A铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，不生成碱和氢气，故A错误；B漂白粉金属利用其氧化性杀菌消毒，明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，二者原理不同，故B正确；C二氧化硫和次氯酸钙发生氧化还原反
32、应生成盐酸和硫酸钙，故C错误；D二者反应离子方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2C1，故D错误；故选B14.A考点：镁、铝的重要化合物；氯气的化学性质；钠的重要化合物专题：元素及其化合物分析：ACaCO3不能一步生成Ca（OH）2；BAlCl3与过量氢氧化钠反应生成NaAlO2，NaAlO2与弱酸反应生成Al（OH）3，Al（OH）3与盐酸反应生成AlCl3；CNa2CO3与Ca（OH）2反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3与过量Ca（OH）2溶液生成NaOH，NaHCO3加热分解生成Na2CO3；DCl2可与Ca（OH）2反应生成Ca（ClO）2，Ca（Cl
33、O）2与酸反应生成HClO，HClO与浓盐酸反应生成Cl2；解答：解：ACaCO3不能一步生成Ca（OH）2，故A错误；BAlCl3与过量氢氧化钠反应生成NaAlO2，NaAlO2与弱酸反应生成Al（OH）3，Al（OH）3与盐酸反应生成AlCl3，故B正确；CNa2CO3与Ca（OH）2反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3与过量Ca（OH）2溶液生成NaOH，NaHCO3加热分解生成Na2CO3，故C正确；DCl2可与Ca（OH）2反应生成Ca（ClO）2，Ca（ClO）2与酸反应生成HClO，HClO与浓盐酸反应生成Cl2，可一步转化，故D正确故选A点评：
34、该题是中等难度的试题，试题设计新颖，基础性强，紧扣教材，侧重对学生基础知识的检验和训练，同时坚固对学生能力的培养，有利于激发学生的学习积极性，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力15.D【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】CuFeS2+4Fe3+=Cu2+5Fe2+2S中，S元素的化合价由2价升高为0，Fe元素的化合价由+3价降低为+2价，反应中Fe3+为氧化剂，CuFeS2为还原剂，结合元素化合价的变化解答该题【解答】解：A反应中硫元素被氧化，但只有铁离子中的铁元素被还原，故A错误；B氧化剂是Fe3+，氧化产物是S，故B错误；C由离子方程式可知生成2molS，转移
35、电子4mol，则生成xmolS，则转移2xmol电子，故C错误；D由方程式可知，生成xmol硫，则生成3xmol金属离子，消耗2xmolFe3+，反应结束后，测得溶液中三种金属离子的总物质的量为ymol，则剩余Fe3+的物质的量为（y3x）mol，所以原Fe3+的总物质的量为2xmol+（y3x）mol=（yx）mol，故D正确故选D【点评】本题考查氧化还原反应的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意从元素化合价的角度认识，难度不大16.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
36、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B17.C考点：化学反应速率与化学平衡图象的综合应用 专题：化学平衡专题分析：观察图象，纵坐标为反应速率，横坐标为时间，二者之积为浓度，Y和Z的反应速率相等，则阴影部分不可能为X的浓度减少解答：解：Sabdo表示Y向正反应方向进行时减少的浓度，而Sbod则表示Y向逆反应方向进行时增大的浓度，所以，Saob=SabdoSbod，表示Y向正反应方向进行时“净”减少的浓度，而Y的反应速率与Z的反应速率相等，则阴影部分可表示Y的浓度的减小或Z的浓度的增加故选C点评：本试题为化学平衡
37、知识的考查，较难题过去历年高考化学试题中，涉及化学平衡的图象问题是高考的一大热点，但从未涉及到图象中的区域面积与化学平衡相联系，分析该试题时，我们事先应该知道各个面积所表达的意义18.C【考点】反应热和焓变 【分析】A铝与氧化铁反应为铝热反应，是放热反应；B化学反应中的能量变化可以体现为热能、光能、电能等；C根据旧键断裂吸收的能量小于新键形成释放的能量为放热反应判断；D反应速率与吸放热无关【解答】解：A铝与氧化铁反应为铝热反应，既是氧化还原反应，又是放热反应，故A错误；B化学反应中的能量变化可以体现为热能、光能、电能等，故B错误；CCaO+H2O=Ca（OH）2是放热反应，故旧键断裂吸收的能量
38、小于新键形成释放的能量，故C正确；D反应速率与吸放热无关，所以放热反应的速率不一定大于吸热反应的速率，故D错误；故选C【点评】本题主要考查了化学反应能量变化的分析判断，题目较简单，注意对基础知识的理解掌握19.（1）11.80；（2）25时KCl的溶解度35g；原混合物中KClO3的质量12.25g；所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为5.99；（3）得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为0.2120.238【考点】有关混合物反应的计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，m（KClO3）=16.60g4.80g；（2）
39、若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物，则5g水溶解氯化钾得到的溶液是饱和溶液，据此计算其溶解度；反应前后质量减少的质量为氧气的质量，根据氯酸钾和氧气之间的关系式计算氯酸钾的质量；根据溶液质量、密度计算溶液体积，再结合c=计算溶液的物质的量浓度；（3）测定溶液中n（K+）：n（Cl）=14：11，结合氯气与KOH反应生成氯酸钾和KCl或KClO和KCl来计算质量分数的范围【解答】解：（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，m（KClO3）=16.60g4.80g=11.80g，故答案为：11.80；（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物，则5g水溶解氯化钾得到的溶液
40、是饱和溶液，5g水溶解KCl的质量=6.55g4.80g=1.75g，则100g水溶解KCl的质量=100g=35g，答：25时KCl的溶解度35g；20g水溶解氯化钾的质量=1.75g4=7g，反应前后质量减少的质量为氧气的质量，氧气的质量=16.60g7g4.80g=4.8g，根据氧原子守恒得122.5g/mol=12.25，答：原混合物中KClO3的质量12.25g；溶液的质量=20g+7g=27g，溶液的体积=，n（KCl）=，则溶液的物质的量浓度=5.99mol/L，答：所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为5.99；（3）测定溶液中n（K+）：n（Cl）=
41、14：11，设钾离子为14mol，氯离子11mol，由零价氯变成负一价的，一共需要得到11mol电子，如果剩下的K离子是氯酸钾和次氯酸钾，由得失电子守恒可知氯酸钾是2mol，次氯酸钾是1mol，所以得到的晶体是11molKCl，1molKClO，2molKClO3，氯酸钾的质量分数是100%=0.212，由零价氯变成负一价的，一共需要得到11mol电子，若其余为氯酸钾和氢氧化钾的混合物，由得失电子守恒可以得到氯酸钾是=2.2mol，那么氢氧化钾是14mol11mol2.2mol=0.8mol，所以氯酸钾的质量分数是100%=0.238，答：得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为0.212
42、0.238【点评】本题考查了混合物的计算，涉及物质的量浓度的计算、溶解度的计算、物质间的反应等知识点，根据物质之间的关系式进行计算，注意结合原子守恒进行解答，题目难度中等20.21、（1）Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O；球形干燥管；（2）除去生成NO2气体中混有的水蒸气；Na2O2+2NO2=2NaNO3；（3）将装置中的空气排出；ac；a；3：5；取D装置中产物少许，加入稀盐酸，产生红棕色气体【考点】性质实验方案的设计【专题】无机实验综合【分析】（1）Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮、硝酸铜和水；根据仪器的特征和常见仪器的名称分析C为干燥管；（2）Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮中含
43、有水蒸气；若过氧化钠氧化二氧化氮，则生成硝酸钠，依据氧化还原反应元素化合价变化配平书写发生反应的化学方程式；（3）空气中的氧气能氧化NO，实验时要排尽装置中的空气；二氧化氮与水反应生成稀硝酸，稀硝酸与Cu反应生成NO；无水硫酸铜只能检验水不能吸收水；F中为吸收一氧化氮的反应，其氧化剂为高锰酸根，还原剂为NO，根据得失电子守恒判断；亚硝酸钠中加盐酸会生成NO，NO遇到空气中的氧气会变为红棕色【解答】解：（1）Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，其反应的离子方程式为：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O；故答案为：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O；仪器C具有球形特征的
44、干燥管，所以为球形干燥管，故答案为：球形干燥管；（2）Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮中含有水蒸气，水蒸气能与过氧化钠反应生成氧气，所以要在A、B之间增加一个装置干燥装置，除去生成NO2气体中混有的水蒸气；若过氧化钠氧化二氧化氮，则生成硝酸钠，其反应的化学方程式为：Na2O2+2NO2=2NaNO3；故答案为：除去生成NO2气体中混有的水蒸气；Na2O2+2NO2=2NaNO3；（3）空气中的氧气能氧化NO，实验时要排尽装置中的空气，所以在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是：将装置中的空气排出；故答案为：将装置中的空气排出；在B装置中二氧化氮与水反应生成稀硝酸，稀硝酸与Cu反应生成NO，
45、所以B中观察到的主要现象是：铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生；故选：ac；无水硫酸铜只能检验水不能吸收水，故选：a；F中为吸收一氧化氮的反应，其氧化剂为高锰酸根被还原生成二价锰离子降低5价，还原剂为NO被氧化成硝酸根升高3价，则根据得失电子守恒氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：5，故答案为：3：5；亚硝酸钠中加盐酸会生成NO，NO遇到空气中的氧气会变为红棕色，则检验D装置中物质的方法为：取D装置中产物少许，加入稀盐酸，若产生无色气体，遇到空气变为红棕色，产物是亚硝酸钠；故答案为：取D装置中产物少许，加入稀盐酸，产生红棕色气体【点评】本题考查了实验过程分析，物质性质的实验探究，明确物质
46、性质和实验操作的目的和实验步骤分析是解题关键，注意结合题给信息解答解答，题目难度中等22.（1）调节溶液pH使Fe(OH)3沉淀；过滤分离（2）ade（3）酸；除去溶液中的CO2（4）CaCl22NH3H2OH2O26H2O =CaO28H2O2NH4Cl或CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2O；温度过高时双氧水易分解（5）去除结晶表面水分（6）工艺简单、操作方便；纯度较低试题分析：（1）反应中盐酸过量，且溶液中含有铁离子，因此步骤加入氨水的目的是中和多余的盐酸，沉淀铁离子。小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于过滤。（2）过滤时漏斗末端颈尖应该紧靠烧杯壁，a错误。玻璃
47、棒用作引流，b正确。将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁，防止有气泡，c正确。滤纸边缘应该低于漏斗，d错误。用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动容易弄碎滤纸，e错误。（3）步骤的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，溶液中有二氧化碳生成，因此溶液呈酸性。容易含有二氧化碳，而过氧化钙能与酸反应，因此将溶液煮沸的作用是除去溶液中的CO2。（4）根据原子守恒可知反应中还有氯化铵和水生成，则步骤中反应的化学方程式为CaCl22NH3H2OH2O26H2O =CaO28H2O2NH4Cl或CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2O；双氧水不稳定，受热易分解，因此该反应需要在冰浴下进行的原因是防
48、止双氧水分解。（5）过氧化钙在乙醇中的溶解度小，使用乙醇洗涤的目的是去除结晶表面的水分。（6）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方法的优点是工艺简单、操作方便；产品的缺点是得到产品的纯度较低。【考点定位】考查物质制备实验设计【名师点睛】本试题考查物质的制备、实验基本操作、盐类水解、实验方案的设计与评价、元素及其化合物的性质等知识，这些问题属于基础知识的应用，考查考生的知识运用能力，同时注意信息的运用。制备碳酸钙，需要除去石灰石中的杂质，铁的氧化物和盐酸反应产生铁离子，然后利用过氧化氢，把Fe2氧化成Fe3，利用氢氧化铁在pH=2出现
49、沉淀，当pH=3.7时沉淀完全，加入氨水调节pH，让Fe3转化成Fe(OH)3，然后进行过滤，除去杂质，做题过程中注意题目中信息，信息会告诉你解题的思路，“沉淀颗粒长大”，便于得到沉淀，便于过滤分离；实验操作中实验获得成功，一定要注意操作的规范性，如过滤的注意事项：“一贴”“二低”“三靠”；物质的制备为了得到纯净的物质，一定要把杂质除去，但不能引入新的杂质，把有可能引入杂质的情况考虑进去，CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O，但CO2能溶于水，会有一部分CO2溶解，加入氨水时会产生(NH4)2CO3，制备的过氧化钙不纯净，需要除去溶解CO2，加热煮沸，除去溶解CO2；在实验题目中往往以元
50、素及其化合物的性质为基础进行考查，过氧化氢不稳定受热易分解，在冰浴中进行，为防止过氧化氢的分解；在物质的制备中也要注意题给信息，因为这往往是解题的关键，过氧化钙微溶于水，用蒸馏水洗涤会有部分溶解，为了减少溶解，利用过氧化钙难溶于乙醇进行洗涤，本试题难度适中。23.（1）防止Fe2+被氧化（2）2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-（3）隔绝空气（排除氧气对实验的影响）（4）Fe2+ Fe3+ 可逆反应（5）H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O Fe3+催化H2O2分解产生O2H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动试题分析：（1）亚铁离子具有还原性，能被空气中的氧气氧化，所
51、以在配制的FeCl2溶液中加入少量铁屑的目的是防止Fe2+被氧化。（2）Cl2可将Fe2+氧化成铁离子，自身得电子生成氯离子，反应的离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-。（3）防止空气中的氧气将Fe2+氧化，产生干扰，所以煤油的作用是隔绝空气。（4）根据Fe2+的检验方法，向溶液中加入1滴K3Fe(CN)6 溶液，生成蓝色沉淀，一定含有亚铁离子，则实验检验的离子是Fe2+。碘易溶于CCl4，在CCl4中呈紫色，Fe3+遇KSCN溶液显血红色，实验和实验说明，在I过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，由此可以证明该氧化还原反应为可逆反应。（5）H2O2溶液中加入几滴酸化的FeCl3溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O，铁离子的溶液呈棕黄色。一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是Fe3+催化H2O2分解产生O2，生成沉淀的原因是H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动。考点：考查铁离子和亚铁离子的性质，离子的检验，盐类的水解等知识。