1、2015-2016学年山东省青岛七中高三（下）月考化学试卷（3月份）一、选择题（每题2分，共30分）来源:Zxxk.Com1关于下列四个图象的说法中正确的是（）A图表示可逆反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0B图表示电解氯化钠的稀溶液，阴、阳两极产生气体体积之比可能是1：1C图表示可逆反应：A2（g）+3B2（g）2AB3（g）H0D图表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）的影响，乙的压强大2HH键的键能是436kJmol 1，II键的键能是151kJmol 1，HI键的键能是299kJmol 1则对反应H2（g）+I2（g） 2HI（g）的说法，不
2、正确的是（）A吸热反应B放热反应C化合反应D可逆反应3下列关于物质分类及其依据叙述中正确的是（）AH2SO4是酸，因为H2SO4在水溶液中能电离产生H+B纯碱是碱，因为其水溶液显碱性C醋酸是弱电解质，因为醋酸在水溶液中部分电离D胆矾（CuSO45H2O）是混合物，因为胆矾中有水4NA为阿伏加德罗常数，下列物质所含分子数最少的是（）A0.8mol氧气B标准状况下2.24L氨气C3.6g水（水的摩尔质量为18gmol1）D含NA个氢分子的氢气5根据反应（1）（4），可以判断下列4个物质的氧化性由强到弱的正确顺序是（）（1）Cl2+2KI=2KCl+I2（2）2FeCl2+Cl2=2FeCl3（3）
3、2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2（4）H2S+I2=S+2HIAH2SI2Fe3+Cl2BCl2Fe3+I2H2SCFe3+Cl2H2SI2DCl2I2Fe3+H2S61.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法不正确的是（）A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LC得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是60 m
4、LDNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%7依据元素周期表及元素周期律，下列推断正确的是（）A同周期主族元素的原子形成的简单离子电子层结构相同BC比Si的原子半径小，CH4的稳定性比SiH4弱CNa、Mg、Al失电子能力和其最高价氧化物水化物的碱性均依次减弱D在元素周期表金属与非金属的分界处可以寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料8能正确表示下列反应的离子方程式是（）AFe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OB等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2 和 HC1 溶液混合：Mg2+2OH=Mg（OH）2C将过量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中
5、：SO2+ClO+H2O=HClO+HSO3D将0.2 molL1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3 molL1的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3+3SO+3Ba2+6OH=2Al（OH）3+3BaSO49已知：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H=+130kJmol12C（s）+O2（g）=2CO（g）H=220kJmol1HH、O=O键能分别为436、496kJmol1，则OH键能为（）A222 kJmol1B444 kJmol1C462 kJmol1D924 kJmol110设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状态下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数
6、目为1.5NAB盛有SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，则SO2的物质的量为0.5molC18gD2O中含有的质子数目为10NAD标准状况下，11.2LSO3所含的分子数为0.5NA11氨气的喷泉实验体现了氨气的什么性质（）A密度比空气小B极易溶解于水C与水反应生成碱性物质D氨气易液化12有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L，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气体为（）A2.24LB1.12LC0.672LD0.448L13下列离子方程式中，书写正确的是（）A铝与盐酸反应：Al+H+=Al3+H
7、2B氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2OC铁与氯化铁溶液反应：Fe+Fe3+=2Fe2+D铝与氢氧化钠溶液反应：Al+2 OH=AlO2+H214固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干种为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z；取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物；向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀；用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色分析以上实验现象，下列结论正确的是（）AX中一定不存在FeOB不溶物Y中一定含有Fe和CuOCZ
8、溶液中一定含有KCl、K2CO3DY中不一定存在MnO215下列表示对应的离子方程式正确的是（）A纯碱与醋酸反应：CO32+2H+=H2O+CO2B等物质的量的SO2和Cl2通入水中：SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42+2ClCNH4HCO3溶液与过量的浓NaOH溶液反应：NH4+OH=NH3+H2OD锌与稀硝酸反应：Zn+2H+=Zn2+H2二、非选择题16将洁净的金属片Fe、Zn、A、B 分别与Cu用导线连结浸在合适的电解质溶液里实验并记录电压指针的移动方向和电压表的读数如下表所示：金属电子流动方向电压/VFeFeCu+0.78ZnZnCu+1.10ACuA+0.15BBCu+0.3
9、根据以上实验记录，完成以下填空：（1）构成化学电池的两电极的金属活动性相差越大，电压表的读数越（填“大”、“小”）Zn、A、B三种金属活动性由强到弱的顺序是（2）Cu与A组成的原电池， 为负极，此电极反应式为（3）A、B形成合金，露置在潮湿空气中，先被腐蚀17已知A、B、C、D、E属于原子序数依次增大的短周期主族元素短周期元素中C元素的原子半径最大，A的原子半径最小B元素能形成一种碱性气体E元素原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，且在周期表中与D元素相邻（1）写出3种元素的名称：C、D、E（2）写出D元素在周期表中的位置：（3）画出C元素原子的结构示意图：（4）写出D、E的氧化物分别与强碱
10、溶液反应的离子方程式：；（5）A、B两元素能形成一种5核10电子的阳离子，请叙述实验室检验溶液中的该离子的操作方法：18用9mol/L的浓硫酸稀释成 0.9mol/L的稀硫酸 100mL，回答下列问题：（1）配制操作可分解成如下几步，以下正确的操作顺序是A向容量瓶中注入少量蒸馏水，检查是否漏水来源:学&科&网Z&X&X&KB用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒，将溶液注入容量瓶，并重复操作两次C用已冷却的稀硫酸注入已检查不漏水的容量瓶中D根据计算，用量筒量取一定体积的浓硫酸E将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入盛有蒸馏水的小烧杯中，并不断用玻璃棒搅拌F盖上容量瓶塞子，振荡，摇匀G用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液凹面恰
11、好与刻度相切H继续往容量瓶中小心地加蒸馏水，使液面接近刻度线12cm（2）如果实验室用98%的浓硫酸（密度为1.8gcm3） 配制3.6molL1的稀硫酸250mL计算用量简量取所需浓硫酸的体积为mL（3）由于错误操作，使得到的浓度数据比正确的偏大的是（填写序号）A使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容后所得溶液的浓度B没有用蒸馏水洗烧杯23次，并将洗液移入容量瓶中C容量瓶用蒸馏水洗净，没有烘干D定容时，滴加蒸馏水，先使液面略高于刻度线，再吸出少量水使液面凹面与刻度线相切E把配好的溶液倒入用蒸馏水洗净而未干的试剂瓶中备用19实验室常见的几种气体发生装置如图A、B、C所示：（1）实验室可以用B或C装
12、置制取氨气，如果用B装置制取氨气其化学反应方程式为（2）气体的性质是选择气体收集方法的主要依据下列性质与收集方法无关的是（填序号，下同）密度颜色溶解性热稳定性与氧气反应（3）若用A装置与D装置相连制取并收集X气体，则X可以是下列气体中的CO2NOCl2H2HCl其中在D装置中连接小烧杯的目的是20某小组以CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X为确定其组成，进行如下实验（1）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，钴的化合价为，制备X的化学方程式为；（2）氨的测定：精确称取w g X，加适量水溶解，注入如图2所示的三颈瓶中，然后逐
13、滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1 mL cl molL1的盐酸标准溶液吸收蒸氨结束后取下接收瓶，用c2 molL1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2 mL NaOH溶液装置中安全管的作用原理是样品中氨的质量分数表达式为21现有一块已知质量为mg的镁铝合金，欲测定其中铝的质量分数，几位同学设计了以下几种不同的实验方案：方案：镁铝合金过滤、洗涤、干燥测定剩余固体质量m1g方案：镁铝合金生成气体在标准状况下的体积为VL方案：镁铝合金溶液过滤、洗涤、干燥测定沉淀质量m2g请回答以下问题：（1）上述方案能测定出铝的质量分数的是A都能 B不能，和能C
14、不能，和能 D和不能，能（2）如果方案过滤得到沉淀没有洗涤、干燥，测得铝的质量分数会（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（3）某同学综合上述方案，设计如图1所示的实验步骤，确定合金组成用字母m、n表示合金中铝的质量分数为若合金中Al的物质的量分数为x，金属总物质的量为6mol，试在图2中作出y随x变化的曲线当y=7.5mol时，该合金中镁铝的原子数之比为22某Mg、Al混合物共7.8克，加入足量盐酸，生成标准状况下的气体8.96升再向此溶液中加入适量NaOH溶液，恰好使Mg2+、Al3+完全沉淀，求：（1）混合物中Mg、Al的物质的量各为多少？（2）生成沉淀的质量是多少？23“心得安”是治疗心
15、脏病的药物，下面是它的一种合成线路（具体反应条件和部分试剂略）：回答下列问题：（1）试剂a是，试剂b的结构简式为，b中官能团的名称是（2）的反应类型是来源:学科网（3）心得安的分子式为（4）试剂b可由丙烷经三步反应合成：C3H8X Y试剂b反应1的试剂与条件为反应2的化学反应方程为反应3的反应类型是（5）芳香化合物D是1萘酚的同分异构体，其分子中有两个官能团，能发生银镜反应，D能被KMnO4酸性溶液氧化成E（C2H4O2）和芳香化合物F（C8H6O4），E和F与碳酸氢钠溶液反应均能放出CO2气体，F芳环上的一硝化产物只有一种，D的结构简式为；由F生成的一硝化产物的化学方程式为该产物的名称是24
16、A、B、C、D、E、F六种物质在一定条件下有如图所示的转化关系，所有反应物和生成物均已给出（1）若反应均为水溶液中的置换反应，A、D、E都为卤素单质，化合物中的阳离了均为Na+，则A、D、E的氧化性由弱到强的顺序为（写化学式）在一定条件下E和D以物质的量比为5：l在硫酸溶液中恰好完全反应，写出该反应的离子方程式：（2）若把B、C、F三种溶液汇集在一起得到1L混合溶液，并物质的转化关系给其中加入一定量的E，溶液中卤素阴离子的物质的量与通入E的体积（标准状况）的关系如表所示（x和y均大于0）各离子的量与E的体积的关系E的体积（标准状况）2.8L5.6L11.2Ln（F的阴离子）/mol1.251.
17、52n（C中的阴离子）/mol1.51.4yn（B中的阴离子）/molx00I当通入E的体积为2.8L时，溶液中发生反应的离子方程式为x=，y=（填具体数据）当通入E的体积为11.2L时，该溶液中c（Na+）=molL1（通入E后溶液的体积变化忽略不计）25用H2O2可除去工业尾气中的Cl2，相关反应：H2O2（1）+Cl2（g）2HCl（g）+O2（g）H0为了提高H2O2的除氯效果，采取的措施最好的是（只改变一种条件），其原因是：2H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g），H1=196.46kJmollH2（g）+O2（g）=H2O（1），H2=285.84kJmollCl2（g）+H2
18、（g）=2HCl（g），H3=184.6kJmoll则H2O2（1）与Cl2（g）反应生成HCl（g）和O2（g）的热化学方程式为26在一定条件下可实现如图所示物质之间的转化：请填写下列空白：（1）孔雀石的主要成分是CuCO3Cu（OH）2（碱式碳酸铜），受热易分解，图中的F是（填化学式）（2）写出明矾溶液与过量NaOH溶液反应的离子方程式：（3）写出B电解生成E和D的反应方程式：（4）图中所得G和D都为固体，混合后在高温下可发生反应，写出该反应的化学方程式，该反应消耗了2molC，则转移的电子数是2015-2016学年山东省青岛七中高三（下）月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题
19、（每题2分，共30分）1关于下列四个图象的说法中正确的是（）A图表示可逆反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0B图表示电解氯化钠的稀溶液，阴、阳两极产生气体体积之比可能是1：1C图表示可逆反应：A2（g）+3B2（g）2AB3（g）H0D图表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）的影响，乙的压强大【分析】A根据反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小来判断该反应是吸热还是放热反应； B氯气在水中的溶解度比氢气的大；C升高温度平衡向吸热方向进行；D根据先到达平衡的反应，压强大，在根据平衡移动原理，判断平衡是否移动【解答】解：A因反应物的总能量生成物的总能量
20、，根据能量守恒原理，该反应为放热，H0，故A正确； B阴极：2H+2eH2，阳极：2Cl2eCl2，但氯气在水中的溶解度比氢气的大，故B错误；C升高温度平衡向吸热方向进行，该反应正反应吸热，升高温度平衡向正反应方向进行，图中交点后V逆V正，故C错误；D因乙先到达平衡，故乙的压强大，甲的压强小，但增大压强，平衡向正反应方向移动，而图象中平衡未发生移动，乙应是加入催化剂的原因，故D错误故选A2HH键的键能是436kJmol 1，II键的键能是151kJmol 1，HI键的键能是299kJmol 1则对反应H2（g）+I2（g） 2HI（g）的说法，不正确的是（）A吸热反应B放热反应C化合反应D可逆
21、反应【分析】化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并判断吸热还是放热【解答】解：在H2（g）+I2（g） 2HI（g）中，断裂1mol HH键吸收436kJ，1mol II键吸收的键能是151kJ，共吸收的能量为：436kJ+151kJ=587kJ，生成2molHI，共形成2molHI键，共放出的能量为：299kJ2=598kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应由方程式可知该反应为化合反应和可逆反应故选A3下列关于物质分类及其依据叙述中正确的是（）AH2SO4是酸，因为H2SO4在水溶液中能电离产生H+B纯碱是碱，因
22、为其水溶液显碱性C醋酸是弱电解质，因为醋酸在水溶液中部分电离D胆矾（CuSO45H2O）是混合物，因为胆矾中有水【分析】A能在水溶液中电离出氢离子的物质不一定是酸，只有在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的为酸；B纯碱是盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性；C部分电离的电解质是弱电解质，完全电离的电解质是强电解质；D胆矾是纯净物，胆矾中水为结晶水【解答】解：A能在水溶液中电离出氢离子的物质不一定是酸，如NaHSO4等，只有在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的为酸，硫酸在水溶液中电离出的氢离子全部是氢离子，所以硫酸是酸，故A错误；B纯碱是碳酸钠，为盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，故B错误；C部分
23、电离的电解质是弱电解质，完全电离的电解质是强电解质，醋酸在水溶液中部分电离，所以醋酸是弱电解质，故C正确；D胆矾中水为结晶水，其成分只有一种，所以胆矾是纯净物而不是混合物，故D错误；故选C4NA为阿伏加德罗常数，下列物质所含分子数最少的是（）A0.8mol氧气B标准状况下2.24L氨气C3.6g水（水的摩尔质量为18gmol1）D含NA个氢分子的氢气【分析】计算选项中微粒的物质的量比较分子数；【解答】解：A、0.8 mol氧气；B、标准状况下2.24L氨气物质的量为0.1mol；C、3.6g水物质的量为0.2mol；D、含NA个氢分子的氢气物质的量为1mol；综上所述比较微粒物质的量可知B选项
24、分子数最少；故选B5根据反应（1）（4），可以判断下列4个物质的氧化性由强到弱的正确顺序是（）（1）Cl2+2KI=2KCl+I2（2）2FeCl2+Cl2=2FeCl3（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2（4）H2S+I2=S+2HIAH2SI2Fe3+Cl2BCl2Fe3+I2H2SCFe3+Cl2H2SI2DCl2I2Fe3+H2S【分析】同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据元素化合价的变化判断氧化剂和氧化产物，据此分析解答【解答】解：（1）Cl2+2KI=2KCl+I2 反应中Cl2做氧化剂，氧化KI得到氧化产物I2，氧化性：Cl2I2；（2）2
25、FeCl2+Cl2=2FeCl3反应中Cl2做氧化剂，氧化FeCl2得到氧化产物FeCl3，氧化性：Cl2FeCl3；（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2 反应中FeCl3做氧化剂，氧化HI得到氧化产物I2，氧化性：FeCl3I2；（4）H2S+I2=2HI+S反应中I2做氧化剂，氧化H2S得到氧化产物S，氧化性：I2S；则氧化性顺序为：Cl2FeCl3I2S，故选B61.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离
26、子全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法不正确的是（）A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LC得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是60 mLDNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%【分析】A金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，根据n=计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，色号铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值
27、，据此解答；B根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；C根据n=计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，色号二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列方程计算；D反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3），再根据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积【解答】解：A金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为： =0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：
28、，解得：x=0.02、y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确；B该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为： mol/L=14mol/L，故B错误；CD反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L14mol/L0.04mol（0.050.04）2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3）=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为： =0.64L=640mL，故C错误；DNO2和N2O4混合气体的物质的量为： =0.05mol，设二氧化氮的物质的量为amol
29、，则四氧化二氮的物质的量为（0.05a）mol，根据电子转移守恒可知，a1+（0.05a）21=0.06，解得a=0.04，NO2的体积分数=100%=80%，故D正确；故选C7依据元素周期表及元素周期律，下列推断正确的是（）A同周期主族元素的原子形成的简单离子电子层结构相同BC比Si的原子半径小，CH4的稳定性比SiH4弱CNa、Mg、Al失电子能力和其最高价氧化物水化物的碱性均依次减弱D在元素周期表金属与非金属的分界处可以寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料【分析】A同周期主族元素的原子形成的简单阳离子间或阴离子间电子层结构相同；B根据两种元素的非金属性强弱可比较氢化物的稳定性，但不可通过
30、原子半径大小比较氢化物的稳定性；CNa、Mg、Al属于同一周期，同一周期从左到右，非金属性增强，其对应的最高价氧化物水化物的碱性依次减弱；D元素周期表中位置相近的元素性质相似，因此人们可以在元素周期表中一定的区域内研究合成有特定性质的新物质，在过渡元素中寻找优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料（如制造火箭、飞机的钛、钼等元素）【解答】解：A同周期主族元素的原子形成的简单阳离子电子层结构相同，如第三周期钠离子和镁离子都有两个电子层，第一层2个电子，第二层8个电子；同周期主族元素的原子形成的简单阴离子电子层结构相同，如第三周期硫离子和氯离子都有三个电子层，第一层2个电子，第二层8个电子，第三层8
31、个电子，但同周期的钠离子和硫离子相差一个电子层，故A错误；B原子半径大小与其氢化物的稳定性无关，虽C比Si的原子半径小，但CH4的稳定性比SiH4强，因C的非金属性比Si强，故B错误；C同一周期从左到右，非金属性依次增强，金属性依次减弱，Na、Mg、Al属于同一周期金属元素且原子序数依次增大，所以金属性依次减弱，所以失电子能力和其最高价氧化物水化物的碱性均依次减弱，故C正确；D在元素周期表中，金属和非金属的分界线附近寻找半导体材料（如锗、硅、硒等），优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料（如制造火箭、飞机的钛、钼等元素）大多属于过渡元素，所以在过渡元素中寻找优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材
32、料（如制造火箭、飞机的钛、钼等元素），故D错误；故选C8能正确表示下列反应的离子方程式是（）AFe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OB等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2 和 HC1 溶液混合：Mg2+2OH=Mg（OH）2C将过量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+ClO+H2O=HClO+HSO3D将0.2 molL1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3 molL1的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3+3SO+3Ba2+6OH=2Al（OH）3+3BaSO4【分析】AFe3O4溶于足量稀HNO3，反应生成硝酸铁；B漏掉氢离子与氢氧根离子的
33、反应；C次氯酸根离子能够氧化二氧化硫；D.0.2 molL1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3 molL1的Ba（OH）2溶液等体积混合，反应生成氢氧化铝和硫酸钡【解答】解：AFe3O4溶于足量稀HNO3，离子方程式：3Fe3O4+28H+NO39Fe3+NO+14H2O，故A错误；B等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2 和 HC1 溶液混合：Mg2+2H+4OH=Mg（OH）2+2H2O，故B错误；C将过量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中，离子方程式为：Ca2+SO2（过量）+2ClO+H2O=CaSO4+Cl+SO42+2H+，故C错误；D将0.2 molL1的NH4Al（SO4）2
34、溶液与0.3 molL1的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH=2Al（OH）3+3BaSO4，故D正确；故选：D9已知：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H=+130kJmol12C（s）+O2（g）=2CO（g）H=220kJmol1HH、O=O键能分别为436、496kJmol1，则OH键能为（）A222 kJmol1B444 kJmol1C462 kJmol1D924 kJmol1【分析】根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，化学反应的焓变H=反应物的键能之和生成物键能之和进行计算【解答】解：已知C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+
35、130kJmol1，2C（s）+O2（g）2CO（g）H=220kJmol12得：2H2O（g）O2（g）+2H2（g）H=（2130+220）kJmol1=480kJmol1，设OH键能为akJmol1，则4a4962436=480，解得a=462故选C10设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状态下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NAB盛有SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，则SO2的物质的量为0.5molC18gD2O中含有的质子数目为10NAD标准状况下，11.2LSO3所含的分子数为0.5NA【分析】A、标况下，HF为液态；B、SO2中含2个氧原子；C、重
36、水的摩尔质量为20g/mol；D、标况下，三氧化硫为固体【解答】解：A、标况下，HF为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、SO2中含2个氧原子，故当含有NA个氧原子即1mol氧原子时，二氧化硫的物质的量为0.5mol，故B正确；C、重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量为0.9mol，1mol重水中含10mol质子，故0.9mol重水中含9mol质子即9NA个，故C错误；D、标况下，三氧化硫为固体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误故选B11氨气的喷泉实验体现了氨气的什么性质（）A密度比空气小B极易溶解于水C与水反应生成碱性物质D氨气易液化【分
37、析】实验的基本原理是使瓶内外在短时间内产生较大的气压差，利用大气压将瓶下面烧杯中的液体压入瓶内，在尖嘴导管口处形成喷泉1体积水可溶解700体积的氨气（0摄氏度，1标准大气压下），当滴管内的水进入烧瓶内时，氨气大量溶于水，外界大气压将水压入瓶中，剩余氨气又溶于进入瓶中的水，最终水充满烧瓶【解答】解：氨气极易溶于水，所以氨气可以做喷泉实验，与沸点的高低、密度、气味等无关故选B12有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L，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气体为（）A2.24LB1.12LC0.672LD
38、0.448L【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+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+2
39、NO+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+0.01mol=0.03mol，V（NO）+V（H2）=0.03mol22.4L/mol=0.672L，故选C13下列离子方程式中，书写正确的是（）A铝与盐酸反应：Al+H+=Al3+H2B氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2OC铁与氯化铁溶液反应：Fe+Fe3+=2Fe2+D铝与氢氧化钠溶液反应：Al+2 OH=AlO2+H2【分析】A
40、电子不守恒、原子不守恒；B反应生成偏铝酸钠和水；C电子不守恒；D水参加反应，生成偏铝酸钠和氢气【解答】解：A铝与盐酸反应的离子反应为2Al+6H+=2Al3+3H2，故A错误；B氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应的离子反应为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故B正确；C铁与氯化铁溶液反应的离子反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故C错误；D铝与氢氧化钠溶液反应的离子反应为2Al+2H2O+2OH=2AlO2+3H2，故D错误；故选B14固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干种为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：将X加入足量水中，得到不溶物Y
41、和溶液Z；取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物；向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀；用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色分析以上实验现象，下列结论正确的是（）AX中一定不存在FeOB不溶物Y中一定含有Fe和CuOCZ溶液中一定含有KCl、K2CO3DY中不一定存在MnO2【分析】将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，Z可能为KCl和K2CO3中的物质；取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，红色不溶物为铜，可说明Y中至少含有CuO、MnO2，红色不溶物为铜
42、，说明反应后有Cu生成，说明Y中含有的CuO与酸反应生成的CuCl2被置换出来了，可说明Y中还含有Fe；向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀；用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，应含有K2CO3，以此解答该题【解答】解：将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，Z可能为KCl和K2CO3中的物质；取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，红色不溶物为铜，可说明Y中至少含有CuO、MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有Cu生成，说明Y中含有的CuO与
43、酸反应生成的CuCl2被置换出来了，可说明Y中还含有Fe；向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀；用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，应含有K2CO3，可能含有KCl，由以上分析可知X中应含有CuO、MnO2、K2CO3以及Fe，但不能确定是否含有FeO、KCl，故选B15下列表示对应的离子方程式正确的是（）A纯碱与醋酸反应：CO32+2H+=H2O+CO2B等物质的量的SO2和Cl2通入水中：SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42+2ClCNH4HCO3溶液与过量的浓NaOH溶液反应：NH4+OH=NH3+H2OD锌与稀硝酸反应：Z
44、n+2H+=Zn2+H2【分析】A醋酸在离子反应中保留化学式；B反应生成硫酸和盐酸；C漏写碳酸氢根离子与碱的反应；D发生氧化还原反应生成硝酸锌、NO和水【解答】解：A纯碱与醋酸反应的离子反应为CO32+2CH3COOH=2CH3COO+H2O+CO2，故A错误；B等物质的量的SO2和Cl2通入水中的离子反应为SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42+2Cl，故B正确；CNH4HCO3溶液与过量的浓NaOH溶液反应的离子反应为HCO3+NH4+2OH=NH3+2H2O+CO32，故C错误；D锌与稀硝酸反应的离子反应为2NO3+3Zn+8H+=3Zn2+2NO+4H2O，故D错误；故选B二、非选择
45、题16将洁净的金属片Fe、Zn、A、B 分别与Cu用导线连结浸在合适的电解质溶液里实验并记录电压指针的移动方向和电压表的读数如下表所示：金属电子流动方向电压/VFeFeCu+0.78ZnZnCu+1.10ACuA+0.15BBCu+0.3根据以上实验记录，完成以下填空：（1）构成化学电池的两电极的金属活动性相差越大，电压表的读数越大（填“大”、“小”）Zn、A、B三种金属活动性由强到弱的顺序是ZnBA（2）Cu与A组成的原电池，Cu 为负极，此电极反应式为Cu2e=Cu2+（3）A、B形成合金，露置在潮湿空气中，B先被腐蚀【分析】（1）Fe、Zn分别与Cu、电解质溶液形成原电池时电压的读数；根
46、据原电池中，电子经导线从活泼金属流向不活泼金属；（2）根据原电池中，活泼金属做负极，失去电子分析；（3）根据原电池中，活泼金属做负极，被腐蚀分析；【解答】解：（1）Fe、Zn分别与Cu、电解质溶液形成原电池时，由表可知：前者的电压小，后者的电压大，而锌的活泼性大于铁，即金属活动性相差越大，电压表的读数越大；根据原电池中，电子经导线从活泼金属流向不活泼金属，由表可知：金属活泼性：CuA，BCu，利用（1）的结论可知ZnB，所以金属的活泼性：ZnBA；故答案为：大；ZnBA；（2）根据原电池中，活泼金属做负极，失去电子，所以铜做负极，电极反应式：Cu2e=Cu2+，故答案为：Cu；Cu2e=Cu2
47、+；（3）根据原电池中，活泼金属做负极，被腐蚀，由（2）可知金属的活泼性：BA，即B先被腐蚀，故答案为：B17已知A、B、C、D、E属于原子序数依次增大的短周期主族元素短周期元素中C元素的原子半径最大，A的原子半径最小B元素能形成一种碱性气体E元素原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，且在周期表中与D元素相邻（1）写出3种元素的名称：C钠、D铝、E硅（2）写出D元素在周期表中的位置：第3周期第A族（3）画出C元素原子的结构示意图：（4）写出D、E的氧化物分别与强碱溶液反应的离子方程式：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；SiO2+2OH=SiO32+H2O（5）A、B两元素能形成一种5核
48、10电子的阳离子，请叙述实验室检验溶液中的该离子的操作方法：取少量原溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明原溶液中有NH4+【分析】A、B、C、D、E属于原子序数依次增大的短周期主族元素短周期元素中C元素的原子半径最大，A的原子半径最小，则C为Na，A为H；B元素能形成一种碱性气体，则B为N元素；E元素原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，原子序数等于氮，故E只能处于第三周期，最外层电子数为4，故E为Si，在周期表中D元素与Si元素相邻，且D的原子序数小于Si，故D为Al，据此解答【解答】解：A、B、C、D、E属于原子序数依次增大的短周期主族元
49、素短周期元素中C元素的原子半径最大，A的原子半径最小，则C为Na，A为H；B元素能形成一种碱性气体，则B为N元素；E元素原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，原子序数等于氮，故E只能处于第三周期，最外层电子数为4，故E为Si，在周期表中D元素与Si元素相邻，且D的原子序数小于Si，故D为Al（1）由上述分析可知，C为钠元素，D为铝元素，E为硅元素，故答案为：钠；铝；硅；（2）D为Al元素，在周期表中的位置：第3周期第A族，故答案为：第3周期第A族；（3）C为Na元素，原子的结构示意图：，故答案为：；（4）D、E的氧化物分别为Al2O3、SiO2，与强碱溶液反应的离子方程式：Al2O3+2OH
50、=2AlO2+H2O，SiO2+2OH=SiO32+H2O，故答案为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；SiO2+2OH=SiO32+H2O；（5）H、N两元素能形成一种5核10电子的阳离子NH4+，实验室检验溶液中的该离子的操作方法：取少量原溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明原溶液中有NH4+，故答案为：取少量原溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明原溶液中有NH4+18用9mol/L的浓硫酸稀释成 0.9mol/L的稀硫酸 100mL，回答下列问题：（1）配制操作可分解成如下几步，以下
51、正确的操作顺序是ADECBHGFA向容量瓶中注入少量蒸馏水，检查是否漏水B用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒，将溶液注入容量瓶，并重复操作两次C用已冷却的稀硫酸注入已检查不漏水的容量瓶中D根据计算，用量筒量取一定体积的浓硫酸E将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入盛有蒸馏水的小烧杯中，并不断用玻璃棒搅拌F盖上容量瓶塞子，振荡，摇匀G用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度相切H继续往容量瓶中小心地加蒸馏水，使液面接近刻度线12cm（2）如果实验室用98%的浓硫酸（密度为1.8gcm3） 配制3.6molL1的稀硫酸250mL计算用量简量取所需浓硫酸的体积为50.0mL（3）由于错误操作，使得到的浓度数据比正确的
52、偏大的是A（填写序号）A使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容后所得溶液的浓度B没有用蒸馏水洗烧杯23次，并将洗液移入容量瓶中C容量瓶用蒸馏水洗净，没有烘干D定容时，滴加蒸馏水，先使液面略高于刻度线，再吸出少量水使液面凹面与刻度线相切E把配好的溶液倒入用蒸馏水洗净而未干的试剂瓶中备用【分析】（1）根据配制100mL 0.9mol/L的稀硫酸的步骤对各操作进行排序；（2）根据c=计算浓硫酸的物质的量浓度，再根据稀释定律计算需要浓硫酸的体积；（3）根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，
53、或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大【解答】解：（1）配制100mL 0.9mol/L的稀硫酸的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容和摇匀等，正确的操作顺序为：ADECBHGF，故答案为：ADECBHGF； （2）98%的浓硫酸（密度为1.8gcm3）的物质的量浓度C=18mol/L，设需要浓硫酸体积为V，依据溶液稀释规律可得：V18mol/L=3.6molL1250ml，解得：V=50.0ml；故答案为：50.0；（3）A使用容量瓶配制溶液时，俯视液面，加入的蒸馏水低于容量瓶刻度线，导致配制的溶液体积偏小，所得溶液的浓
54、度偏大，故A正确；B没有用蒸馏水洗烧杯23次，并将洗液移入容量瓶中，会导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故B错误；C容量瓶用蒸馏水洗净，没有烘干，容量瓶不需要烘干，对溶质的物质的量及溶液的最终体积不变，不影响配制结果，故C错误；D定容时，滴加蒸馏水，先使液面略高于刻度线，导致配制的溶液体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故D错误；E把配好的溶液倒入用蒸馏水洗净而末干的试剂瓶中备用，试剂瓶中的蒸馏水将配制的溶液稀释，导致溶液浓度偏小，故E错误；故答案为：A19实验室常见的几种气体发生装置如图A、B、C所示：（1）实验室可以用B或C装置制取氨气，如果用B装置制取氨气其化学反应方程式
55、为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3（2）气体的性质是选择气体收集方法的主要依据下列性质与收集方法无关的是（填序号，下同）密度颜色溶解性热稳定性与氧气反应（3）若用A装置与D装置相连制取并收集X气体，则X可以是下列气体中的CO2NOCl2H2HCl其中在D装置中连接小烧杯的目的是吸收尾气，防止产生污染【分析】（1）B用于加热固体制备气体；（2）收集气体的方法的选择可依据气体的密度和溶解性，如气体与氧气反应则只能用排水法收集；（3）AD连接是利用向上排气法收集气体；吸收装置是能用液体吸收气体防止污染空气【解答】解：（1）B用于加热固体制备气体，如制备氨气，可用氯化铵和氢氧
56、化钙在加热条件下反应，生成氨气和氯化钙，方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3；（2）选择气体收集方法，不需要考虑气体颜色和热稳定性，依据气体密度，是否与空气中的氧气反应来选择排空气方法收集，依据气体是否溶于水判断收集气体是否能用排水方法或排其他液体的方法，故答案为：；（3）若用A装置与D装置相连制取并收集X气体，则气体应在加热条件下制备，可为氯气、氯化氢，且用向上排空法收集，如为氯气，则尾气吸收时导管不能插入液面以下，防止倒吸，吸收氯气可用氢氧化钠溶液，防止污染空气，故答案为：；吸收尾气，防止产
57、生污染20某小组以CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X为确定其组成，进行如下实验（1）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，钴的化合价为+3，制备X的化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22Co（NH3）6Cl3+2H2O；（2）氨的测定：精确称取w g X，加适量水溶解，注入如图2所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1 mL cl molL1的盐酸标准溶液吸收蒸氨结束后取下接收瓶，用c2 molL1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V
58、2 mL NaOH溶液装置中安全管的作用原理是当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定样品中氨的质量分数表达式为100%【分析】（1）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为Co（NH3）6Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0计算Co元素化合价；该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成Co（NH3）6Cl3和水；（2）通过2中液面调节A中压强；根据氨气与和盐酸反应之间的关系式计算氨气的质量，再根据质量分数公式计算氨质量分数【解答】解：（1）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则
59、其化学式为Co（NH3）6Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0得Co元素化合价为+3价；该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成Co（NH3）6Cl3和水，反应方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22Co（NH3）6Cl3+2H2O，故答案为：+3；2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22Co（NH3）6Cl3+2H2O；（2）无论三颈瓶中压强过大或过小，都不会造成危险，若过大，A在导管内液面升高，将缓冲压力，若过小，外界空气通过导管进入烧瓶，也不会造成倒吸，安全作用的原理是使A中压强稳定，故答案为：当A
60、中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定；与氨气反应的n（HCl）=V1103LC1molL1C2molL1 V2103L=（C1V1C2V2）103mol，根据氨气和HCl的关系式知，n（NH3）=n（HCl）=（C1V1C2V2）103mol，氨的质量分数=100%，故答案为：100%21现有一块已知质量为mg的镁铝合金，欲测定其中铝的质量分数，几位同学设计了以下几种不同的实验方案：方案：镁铝合金过滤、洗涤、干燥测定剩余固体质量m1g方案：镁铝合金生成气体在标准状况下的体积为VL方案：镁铝合金溶液过滤、洗涤、干燥测定沉淀质量m2g请回答以下问题：（1）上述方案能测定出铝的质量分数的
61、是AA都能 B不能，和能C不能，和能 D和不能，能（2）如果方案过滤得到沉淀没有洗涤、干燥，测得铝的质量分数会偏小（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（3）某同学综合上述方案，设计如图1所示的实验步骤，确定合金组成用字母m、n表示合金中铝的质量分数为若合金中Al的物质的量分数为x，金属总物质的量为6mol，试在图2中作出y随x变化的曲线当y=7.5mol时，该合金中镁铝的原子数之比为1：1【分析】（1）实验设计：只有铝与氢氧化钠溶液反应，生成氢气，体现还原性，根据合金的质量和氢气的体积可求出镁的质量分数；实验设计：Mg、Al均与盐酸反应，生成H2，体现还原性，根据合金的质量和氢气的体积可求出镁
62、的质量分数；实验设计：Mg、Al与盐酸反应后，再加入过量NaOH溶液，Mg2+生成Mg（OH）2沉淀，Al3+生成NaAlO2溶液，根据Mg（OH）2沉淀的质量，可求出镁的质量分数；（2）如果方案过滤得到沉淀没有洗涤、干燥，则测得的Mg（OH）2沉淀的质量偏大，据此分析；（3）合金加入过量氢氧化钠得到的沉淀为氢氧化镁，灼烧后可得到氧化镁，根据氧化镁的质量可知镁的质量，结合样品的质量则可知铝的质量分数；利用端值法判断；当y=8.5mol时，该合金是一种金属互化物，设合金中Mg为m mol，Al为n mol，则m+n=7 m+1.5n=8.5，解得m=4，n=3【解答】解：（1）实验设计：只有铝与
63、氢氧化钠溶液反应，生成氢气，体现还原性，根据合金的质量和氢气的体积可求出镁的质量分数；来源:Zxxk.Com实验设计：Mg、Al均与盐酸反应，生成H2，体现还原性，根据合金的质量和氢气的体积可求出镁的质量分数；实验设计：Mg、Al与盐酸反应后，再加入过量NaOH溶液，Mg2+生成Mg（OH）2沉淀，Al3+生成NaAlO2溶液，根据Mg（OH）2沉淀的质量，可求出镁的质量分数，所以上述三个方案都能测定出铝的质量分数，故选A，故答案为：A；（2）如果方案过滤得到沉淀没有洗涤、干燥，则测得的Mg（OH）2沉淀的质量偏大，所以测得镁的质量分数会偏大，即测得铝的质量分数偏小，来源:学_科_网Z_X_X
64、_K故答案为：偏小；（3）合金加入过量氢氧化钠得到的沉淀为氢氧化镁，灼烧后可得到氧化镁，根据氧化镁的质量ng，可知镁的质量为ng=0.6ng，所以铝的质量分数为 =，故答案为：；Al的物质的量分数为x，金属总物质的量为6mol，如x=0，则全被为镁，6mol镁反应生成6mol氢气，如x=1，则全被为铝，则6mol铝生成氢气9mol，则图象为，当y=7.5mol时，该合金是一种金属互化物，设合金中Mg为m mol，Al为n mol，则m+n=6 m+1.5n=7.5，解得m=3，n=3，所以该合金中镁铝的原子数之比为1：1，故答案为：；1：122某Mg、Al混合物共7.8克，加入足量盐酸，生成标
65、准状况下的气体8.96升再向此溶液中加入适量NaOH溶液，恰好使Mg2+、Al3+完全沉淀，求：（1）混合物中Mg、Al的物质的量各为多少？（2）生成沉淀的质量是多少？【分析】（1）设出混合物中镁和铝的物质的量，然后分别根据总质量、生成气体体积列式计算；（2）生成的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，根据质量守恒计算出生成沉淀的质量【解答】解：（1）设Mg的物质的量为x mol，Al的物质的量为y mol，根据总质量可得：24x+27y=7.8由Mg+2HCl=MgCl2+H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2可得：（x+1.5y）22.4=8.96，联立解得：x=0.1 mol、y=0.2 mo
66、l，答：混合物中Mg、Al的物质的量分别为0.1mol、0.2mol；（2）生成沉淀为氢氧化铝和氢氧化铝，根据质量守恒定律可知生成沉淀的质量为：m（沉淀）=mMg（OH）2+mAl（OH）3=0.1 mol58g/mol+0.2 mol78 g/mol=21.4g，答：生成沉淀的质量巍峨21.4g23“心得安”是治疗心脏病的药物，下面是它的一种合成线路（具体反应条件和部分试剂略）：回答下列问题：（1）试剂a是NaOH（或Na2CO3），试剂b的结构简式为ClCH2CH=CH2，b中官能团的名称是氯原子、碳碳双键（2）的反应类型是氧化反应（3）心得安的分子式为C16H21O2N（4）试剂b可由丙
67、烷经三步反应合成：C3H8X Y试剂b反应1的试剂与条件为Cl2/光照反应2的化学反应方程为CH3CHClCH3+NaOHCH2=CHCH3+NaCl+H2O反应3的反应类型是取代反应（5）芳香化合物D是1萘酚的同分异构体，其分子中有两个官能团，能发生银镜反应，D能被KMnO4酸性溶液氧化成E（C2H4O2）和芳香化合物F（C8H6O4），E和F与碳酸氢钠溶液反应均能放出CO2气体，F芳环上的一硝化产物只有一种，D的结构简式为；由F生成的一硝化产物的化学方程式为+HNO3（浓）+H2O该产物的名称是2硝基1，4苯二甲酸（或硝基对苯二甲酸）【分析】由合成反应可知，反应中酚OH转化为ONa，则试剂
68、a为NaOH（或Na2CO3），由反应为取代反应及A、B的结构可知，b为ClCH2CH=CH2，反应中加氧去H为C=C的氧化反应，反应为开环加成反应，结合心得安的结构简式确定分子式，以此解答（1）（3）；（4）b为ClCH2CH=CH2，由丙烷经三步反应合成，则合成流程为CH3CH2CH3CH3CHClCH3CH3CH=CH2试剂b；（5）D是1萘酚的同分异构体，其分子中有两个官能团，能发生银镜反应，则含CHO；D能被KMnO4酸性溶液氧化成E（C2H4O2）和芳香化合物F（C8H6O4），E和F与碳酸氢钠溶液反应均能放出CO2气体，E、F均含COOH，则D中含CCCH3，F芳环上的一硝化产物
69、只有一种，F为对二苯甲酸，则D中CHO、CCCH3在苯环的对位，以此来解答【解答】解：由合成反应可知，反应中酚OH转化为ONa，则试剂a为NaOH（或Na2CO3），由反应为取代反应及A、B的结构可知，b为ClCH2CH=CH2，反应中加氧去H为C=C的氧化反应，反应为开环加成反应，（1）由上述分析可知，a为NaOH（或Na2CO3），b为ClCH2CH=CH2，b中官能团为氯原子、碳碳双键，故答案为：NaOH（或Na2CO3）；ClCH2CH=CH2；氯原子、碳碳双键；（2）由上述分析可知，的反应类型为氧化反应，故答案为：氧化反应；（3）由心得安的结构简式可知分子式为C16H21O2N，故答
70、案为：C16H21O2N；（4）b为ClCH2CH=CH2，由丙烷经三步反应合成，则合成流程为CH3CH2CH3CH3CHClCH3CH3CH=CH2试剂b，则反应1的试剂与条件为Cl2/光照，反应2的化学反应方程为CH3CHClCH3+NaOHCH2=CHCH3+NaCl+H2O，反应3中甲基上的H被Cl取代，反应类型是取代反应，故答案为：Cl2/光照；CH3CHClCH3+NaOHCH2=CHCH3+NaCl+H2O；取代反应；（5）D是1萘酚的同分异构体，其分子中有两个官能团，能发生银镜反应，则含CHO；D能被KMnO4酸性溶液氧化成E（C2H4O2）和芳香化合物F（C8H6O4），E和
71、F与碳酸氢钠溶液反应均能放出CO2气体，E、F均含COOH，则D中含CCCH3，F芳环上的一硝化产物只有一种，F为对二苯甲酸（），则D中CHO、CCCH3在苯环的对位，所以D的结构简式为，由F生成的一硝化产物的化学方程式为+HNO3（浓）+H2O，生成有机物的名称为2硝基1，4苯二甲酸（或硝基对苯二甲酸），故答案为：； +HNO3（浓）+H2O；2硝基1，4苯二甲酸（或硝基对苯二甲酸）24A、B、C、D、E、F六种物质在一定条件下有如图所示的转化关系，所有反应物和生成物均已给出（1）若反应均为水溶液中的置换反应，A、D、E都为卤素单质，化合物中的阳离了均为Na+，则A、D、E的氧化性由弱到强的
72、顺序为I2Br2Cl2（写化学式）在一定条件下E和D以物质的量比为5：l在硫酸溶液中恰好完全反应，写出该反应的离子方程式：5Cl2+I2+6H2O=10Cl+2IO3+12H+（2）若把B、C、F三种溶液汇集在一起得到1L混合溶液，并物质的转化关系给其中加入一定量的E，溶液中卤素阴离子的物质的量与通入E的体积（标准状况）的关系如表所示（x和y均大于0）各离子的量与E的体积的关系E的体积（标准状况）2.8L5.6L11.2Ln（F的阴离子）/mol1.251.52n（C中的阴离子）/mol1.51.4yn（B中的阴离子）/molx00I当通入E的体积为2.8L时，溶液中发生反应的离子方程式为Cl
73、2+2I=2Cl+I2x=0.15，y=0.9（填具体数据）当通入E的体积为11.2L时，该溶液中c（Na+）=2.9molL1（通入E后溶液的体积变化忽略不计）【分析】（1）反应均为水溶液中的置换反应，A、D、E为卤素单质，由转化关系可知，氧化性应有EAD，化合物中的阳离了均为Na+，则A为Br2，D为I2，E为Cl2，B为NaI、C为NaBr、F为NaCl；在一定条件下E（Cl2）和D（I2）以物质的量比为5：l在硫酸溶液中恰好完全反应，据得失电子守恒有5Cl2+I210Cl+2IO3，再据电荷守恒有5Cl2+I210Cl+2IO3+12H+，最后据原子守恒配平；（2）IF的阴离子为Cl，
74、C的阴离子为Br，B的阴离子为I，E为Cl2，还原性IBr，氯气的物质的量为=0.125mol，发生Cl2+2Br2Cl+Br2时消耗Br为0.25mol1.5mol1.4mol=0.1mol，则通入2.8L5.6L时依次发生的离子反应为：Cl2+2I=2Cl+I2、Cl2+2Br2Cl+Br2；由I中分析可知，通入2.8L5.6L氯气氧化Br为0.1mol，根据电子转移守恒计算I的物质的量；5.6L11.2L时通入氯气5.6L，其物质的量为0.25mol，溶液中Cl离子增大2mol1.5mol=0.5mol，说明氯气完全反应，根据Cl2+2Br2Cl+Br2计算5.6L11.2L时消耗Br离
75、子的物质的量，进而计算y的值；根据电荷守恒可知：溶液中c（Na+）=c（Cl）+c（Br）【解答】解：（1）反应均为水溶液中的置换反应，A、D、E为卤素单质，由转化关系可知，氧化性应有EAD，化合物中的阳离了均为Na+，则A为Br2，D为I2，E为Cl2，B为NaI、C为NaBr、F为NaCl，三者的氧化性由弱到强的顺序为I2Br2Cl2；在一定条件下E（Cl2）和D（I2）以物质的量比为5：l在硫酸溶液中恰好完全反应，据得失电子守恒有5Cl2+I210Cl+2IO3，再据电荷守恒有5Cl2+I210Cl+2IO3+12H+，最后据原子守恒得：5Cl2+I2+6H2O=10Cl+2IO3+12
76、H+，故答案为：I2Br2Cl2；5Cl2+I2+6H2O=10Cl+2IO3+12H+；F的阴离子为Cl，C的阴离子为Br，B的阴离子为I，E为Cl2，还原性IBr，氯气的物质的量为=0.125mol，发生Cl2+2Br2Cl+Br2时消耗Br为0.25mol1.5mol1.4mol=0.1mol，则通入2.8L5.6L氯气时依次发生的离子反应为：Cl2+2I=2Cl+I2、Cl2+2Br2Cl+Br2，故答案为：Cl2+2I=2Cl+I2；由I中分析可知，通入2.8L5.6L氯气氧化Br为0.1mol，氯气的物质的量为=0.125mol，根据电子转移守恒，氧化I的物质的量=0.125mol
77、20.1mol=0.15mol；5.6L11.2L时通入氯气5.6L，其物质的量为=0.25mol，溶液中Cl离子增大2mol1.5mol=0.5mol，说明氯气完全反应，根据Cl2+2Br2Cl+Br2可知，算5.6L11.2L时消耗Br离子的物质的量为0.25mol2=0.5mol，则剩余Br离子的物质的量1.4mol0.5mol=0.9mol，故答案为：0.15；0.9；当通入E的体积为11.2L时，溶液中Cl物质的量为2mol，Br为0.9mol，依据电荷守恒，溶液体积为1L，该溶液中c（Na+）=c（Cl）+c（Br）=2.9mol/L；故答案为：2.925用H2O2可除去工业尾气中
78、的Cl2，相关反应：H2O2（1）+Cl2（g）2HCl（g）+O2（g）H0为了提高H2O2的除氯效果，采取的措施最好的是适当升高温度（只改变一种条件），其原因是：该反应正反应是吸热反应，升温加快反应速率，平衡正向进行2H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g），H1=196.46kJmollH2（g）+O2（g）=H2O（1），H2=285.84kJmollCl2（g）+H2（g）=2HCl（g），H3=184.6kJmoll则H2O2（1）与Cl2（g）反应生成HCl（g）和O2（g）的热化学方程式为H2O2（l）+Cl2（g）=2HCl（g）+O2（g）H=+3.01KJ/mol【分析
79、】依据反应特征和影响反应速率和平衡移动的因素分析判断；由已知热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式【解答】解：H2O2（l）+Cl2（g）2HCl（g）+O2（g）H0，反应是吸热反应，为了提高H2O2的除氯效果，平衡正向进行，采取的措施最好的是适当升高温度，平衡正向进行；a、2H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g），H1=196.46kJmollb、H2（g）+O2（g）=H2O（l），H2=285.84kJmollc、Cl2（g）+H2（g）=2HClO（g），H3=184.6kJmoll依据盖斯定律，ab+c得到H2O2（l）与Cl2（g）反应生成HCl（g）和O2（g）的热
80、化学方程式为：H2O2（l）+Cl2（g）=2HCl（g）+O2（g）H=+3.01KJ/mol；故答案为：适当升高温度；该反应正反应是吸热反应，升温加快反应速率，平衡正向进行；H2O2（l）+Cl2（g）=2HCl（g）+O2（g）H=+3.01KJ/mol26在一定条件下可实现如图所示物质之间的转化：请填写下列空白：（1）孔雀石的主要成分是CuCO3Cu（OH）2（碱式碳酸铜），受热易分解，图中的F是CO2（填化学式）（2）写出明矾溶液与过量NaOH溶液反应的离子方程式：Al3+4OH=AlO2+2H2O（3）写出B电解生成E和D的反应方程式：2 Al2O34 Al+3 O2（4）图中所得
81、G和D都为固体，混合后在高温下可发生反应，写出该反应的化学方程式3CuO+2Al3Cu+Al2O3，该反应消耗了2molC，则转移的电子数是2.4081024【分析】孔雀石的主要成分是CuCO3Cu（OH）2（碱式碳酸铜），受热易分解的产物为氧化铜、水、二氧化碳，明矾的主要成分是KAl（SO4）212H2O，其中的铝离子能和过量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠水溶液，所以A为NaAlO2，碱式碳酸铜受热易分解的产物中，只有二氧化碳可以和A反应，所以F为CO2，G为氧化铜，B为氢氧化铝受热分解的产物，则B为氧化铝，电解熔融氧化铝生成铝和氧气，据此解答【解答】解：孔雀石的主要成分是CuCO3Cu（OH
82、）2（碱式碳酸铜），受热易分解的产物为氧化铜、水、二氧化碳，明矾的主要成分是KAl（SO4）212H2O，其中的铝离子能和过量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠水溶液，所以A为：NaAlO2，碱式碳酸铜受热易分解的产物中，只有二氧化碳可以和A反应，所以F为CO2，G为氧化铜，B为氢氧化铝受热分解的产物，则B为氧化铝，电解熔融氧化铝生成铝和氧气，（1）由上述分析可知F为CO2，故答案为：CO2；（2）明矾溶液与过量NaOH溶液反应的实质是：铝离子和氢氧根之间的反应，离子方程式为：Al3+4OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al3+4OH=AlO2+2H2O；（3）B电解生成E和D的反应方程式：2 Al2O34 Al+3 O2，故答案为：2 Al2O34 Al+3 O2；（4）G为氧化铜，若D为固体，则D为Al，铝和氧化铜高温下的发生铝热反应，该反应化学方程式为：3CuO+2Al3Cu+Al2O3，该反应消耗了2mol CuO，则转移的电子为2mol26.021023mol1=2.4081024，故答案为：3CuO+2Al3Cu+Al2O3；2.4081024