1、2015-2016学年山东省青岛市华侨学校高三（下）月考化学试卷（3月份）一、选择题（每题2分，共30分）1下列有关Na2CO3 和NaHCO3的说法错误的是（）A等质量Na2CO3 和NaHCO3分别和足量盐酸反应，相同条件下前者生成CO2少B将石灰水分别加入NaHCO3和Na2CO3 中，前者不生成沉淀C相同条件下Na2CO3 比NaHCO3更易溶于水DNa2CO3 固体中含少量NaHCO3，可用加热法除去2下列物质中，属于电解质的是（）A铜B氯化钠溶液C酒精D烧碱3在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2vB=3vA、3vC=2vB，则此反应可表示为（
2、）A2A+3B=2CBA+3B=2CC3A+B=2CDA+B=C4印染工业常用亚氯酸钠（NaClO2）漂白织物亚氯酸钠在溶液中可生成ClO2、HClO2、，其中HClO2是漂白剂的有效成分，ClO2是有毒气体各组分含量随pH变化如图所示，由图可知，使用该漂白剂的最佳pH为（）A3.0B4.04.5C6.57.0D9.05密闭容器中，反应xA（g）+yB（g）zC（g）达平衡时，A的浓度为0.5mol/L，若保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，达新平衡时A的浓度降为0.3mol/L下列判断正确的是（）Ax+yzB平衡向正反应方向移动CB的转化率降低DC的体积分数增大6某溶液中含有下列离子
3、中的五种：Ba2+、Fe2+、Al3+、Fe3+、Mg2+、HCO3、CO32、Cl、NO3、SO42，浓度均为0.1mol/L向其中加入足量的盐酸，有气体生成且反应后溶液中阴离子的种类没有变化以下分析错误的是（）A原溶液中不含HCO3和CO32B向加盐酸后的溶液中再加KSCN溶液，显红色C能确定原溶液中的五种离子D原溶液中有三种阳离子和两种阴离子7下列物质中含有共价键的离子化合物是（）ABaCl2BH2OCHClDBa（OH）28碱性锌锰电池的总反应为：Zn+2MnO2+2H2OZn（OH）2+2MnO（OH），下列说法不正确的是（）A该电池Zn为负极，MnO2为正极，电解质是KOHB放电时
4、外电路电流由Zn流向MnO2C电池工作时OH向锌电极移动D该电池的正极反应为：MnO2+e+H2OMnO（OH）+OH9向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g下列有关说法不正确的是（）ACu与Cu2O的物质的量之比为2：1B硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC产生的NO在标准状况下的体积为4.48LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol10TiO2在光照射下可使水分解：2H2O 2H2+O2，该
5、过程类似植物的光合作用如图是光照射下TiO2分解水的装置示意图下列叙述正确的是（）A该装置可以将光能转化为电能，同时也能将其转化为化学能BTiO2电极上发生的反应为：2H+2eH2C该装置工作时，电流由TiO2电极经R流向铂电极D该装置工作时，TiO2电极附近溶液的pH变大11将Al分别加入到溶液质量相同且足量的稀盐酸和烧碱溶液中，当产生等质量的气体时，下列说法不正确的是（）A反应中消耗铝的质量相同B反应中转移的电子数相同C反应中消耗的HCl与NaOH物质的量相同D溶液增加的质量相同12下列关于化学键的说法正确的是（）含有金属元素的化合物一定是离子化合物第IA族和第VIIA族原子化合时，一定生
6、成离子键由非金属元素形成的化合物一定不是离子化合物活泼金属与非金属化合时，能形成离子键离子键就是阴、阳离子间的静电引力含有离子键的化合物一定是离子化合物离子化合物中可能同时含有离子键和共价键ABCD13下列说法正确的是（）AS在纯氧中燃烧可生成SO3B用澄清石灰水可鉴别CO2和SO2CSO2能使KMnO4溶液褪色DCO2通入CaCl2溶液中能产生白色沉淀14向mg镁和铝的混合物重加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体bL向反应后的溶液中加入cmol/L氢氧化钾溶液VmL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg则下列关系不正确的
7、是（）Ac=Bp=m+Cn=m+17VcD mpm1524mL浓度为0.05mol/L 的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应；已知Na2SO3被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为（）A+2B+3C+4D+5二、非选择题16现有A、B、C、D四种元素，它们的质子数依次增多A的核电荷数大于2，可形成氢化物H2A，该氢化物在常温下是液体；A和B两元素可形成B2A3化合物，该化合物既能溶于强酸，又能溶于强碱；C+离子比B3+离子多8个电子；C与D元素可以形成化合物CD；CD的溶液中通入氯气后加淀粉溶液显蓝色；（1）写出C、
8、D的名称：C；（2）A在周期表中的位置（3）写出B2A3与氢氧化钠溶液反应的离子方程式（4）比较B、C二种元素形成的简单离子半径的大小（用离子符号表示）：离子半径：17现代世界产量最高的金属是Fe、Al、Cu（1）Fe、Al、Cu三种元素第一电离能由高到低的排序为；Fe2+的电子排布式为（2）Cu（OH）2溶于浓氨水形成色铜氨溶液；乙二酸（）分子中碳原子杂化类型为，分子中键比键多个（3）以下变化伴随化学键破坏的是（填下列选项标号）A冰融化 B铝气化 CAlCl3溶于水 D胆矾受热变白（4）二氧化硅晶体结构示意图如图，每个氧原子最近且等距离相邻个氧原子18请结合下图回答问题：（1）写出有标号的仪
9、器名称：，（2）实验室用高锰酸钾制取O2的化学方程式为，用A、C装置制取O2时，为防止高锰酸钾进入导管，可采取的措施是（3）实验室用B、D装置制取CO2的化学方程式为，若将发生装置由B改为F，其优点是（4）SO2是无色有刺激性气味的有毒气体，密度比空气大，易溶于水SO2的某些化学性质与CO2相似，实验中常用NaOH溶液吸收SO2尾气用下图所示装置收集一瓶干燥的SO2，装置中导管按气流方向连接顺序是（填序号）；图中漏斗的作用是；烧杯中NaOH溶液的作用是（用化学方程式表示）19某兴趣小组利用如图装置制备氮化镁并探究氮化镁的某些性质请完成横线上的相关问题：（1）实验步骤及现象：连接仪器并然后，向各
10、仪器中加入适量所需药品打开分液漏斗活塞，观察到B中浓溴水颜色变浅至褪色，C中产生无色气泡点燃酒精灯，观察到E中固体变成了黄绿色（氮化镁是黄绿色固体，遇水剧烈反应生成两种碱）（2）A装置中仪器a的名称为（3）写出B处反应的化学方程式（4）D装置中的P2O5是一种非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是aNH3 bHI CSO2 dCO2（5）E装置中发生反应的化学方程式为：（6）此装置中存在着明显缺陷，你的改进措施是：（7）某同学要探究E中固体成分将E中的固体放入稀盐酸中，观察到固体溶解并产生气泡，写出此过程中反应的化学方程式、20某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的
11、影响，进行了如下实验：【实验原理】2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O【实验内容及记录】实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量/mL溶液褪至无色所需时间/min0.6mol/L H2C2O4溶液H2O3mol/L 稀H2SO4溶液0.05mol/L KMnO4溶液13.02.02.03.01.522.03.02.03.02.731.04.02.03.03.9请回答：（1）根据表中的实验数据，可以得到的结论是（2）利用实验1中的数据，计算用KMnO4表示的化学反应速率为（3）该小组同学根据经验绘制了n（Mn2+）随时间变化的趋势如图1所示，但有
12、同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n（Mn2+）随时间变化的实际趋势如图2所示该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究该小组同学提出的假设是请你帮助该小组同学完成实验方案，并填写表中空白实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量再向试管中加入某种固体溶液褪至无色所需时间/min0.6mol/L H2C2O4溶液H2O3mol/L 稀H2SO4溶液0.05mol/L KMnO4溶液42.02.03.0MnSO4t若该小组同学提出的假设成立，应观察到现象21常温下，现有15.9g 20.0%的NaOH溶液，其密度为1.22g/cm3请计算溶液中NaOH的物质的量浓度为多少？（
13、写出解题过程，结果保留三位有效数字）22已知：A、B、C、D、E、F、G七种元素的核电荷数依次增大，属于元素周期表中前四周期的元素其中A原子在基态时p轨道半充满且电负性是同族元素中最大的；D、E原子核外的M层中均有两个未成对电子；G原子核外价电子数与B相同，其余各层均充满B、E两元素组成化合物B2E的晶体为离子晶体C、F的原子均有三个能层，C原子的第一至第四电离能（KJmol1）分别为578、1 817、2 745、11 575；C与F能形成原子数目比为1：3、熔点为190的化合物Q（1）B的单质晶体为体心立方堆积模型，其配位数为；E元素的最高价氧化物分子的立体构型是F元素原子的核外电子排布式
14、是，G的高价离子与A的简单氢化物形成的配离子的化学式为（2）试比较B、D分别与F形成的化合物的熔点高低并说明理由（3）A、G形成某种化合物的晶胞结构如图所示若阿伏加德罗常数为NA，该化合物晶体的密度为a gcm3，其晶胞的边长为 cm（4）在1.01105 Pa、T1时，气体摩尔体积为53.4Lmol1，实验测得Q的气态密度为5.00gL1，则此时Q的组成为23有机物的合成路线如下：C4H6ABCD已知：A的系统命名为1，4二溴2丁烯请回答下列问题：（1）有机物中含有的官能团名称为，（2）反应的类型是反应，反应的目的是（3）写出反应的化学方程式（4）物质B的同分异构体有多种，其中既含有羟基，又
15、含有醛基的同分异构体有种（5）已知：SH的性质与OH相似物质一定条件下形成聚合物的结构简式为24某研究小组以甲苯为主要原料，采用以下路线合成医药中间体F和Y已知： ；2CH3CHO请回答下列问题：（1）下列有关F的说法正确的是A分子式是C7H7NO2Br B能形成内盐C能发生取代反应和缩聚反应 D.1mol的F最多可以和2mol NaOH反应（2）CD的反应类型是（3）BC的化学方程式是在合成F的过程中，BC步骤不能省略，理由是（4）写出同时符合下列条件的A的同分异构体的结构简式（要求写出3种）苯环上只有两种不同化学环境的氢原子； 分子中含有（5）以X和乙烯为原料可合成Y，请设计合成路线（无机
16、试剂及溶剂任选）注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH32015-2016学年山东省青岛市华侨学校高三（下）月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（每题2分，共30分）1下列有关Na2CO3 和NaHCO3的说法错误的是（）A等质量Na2CO3 和NaHCO3分别和足量盐酸反应，相同条件下前者生成CO2少B将石灰水分别加入NaHCO3和Na2CO3 中，前者不生成沉淀C相同条件下Na2CO3 比NaHCO3更易溶于水DNa2CO3 固体中含少量NaHCO3，可用加热法除去【考点】钠的重要化合物【分析】A等质量的Na2CO3和NaH
17、CO3，碳酸钠的摩尔质量大，其物质的量少；BNa2CO3和NaHCO3都能与澄清的石灰水反应生成沉淀；C相同条件下，碳酸铵的溶解度大于碳酸氢钠的溶解度；DNaHCO3不稳定，加热易分解；【解答】解：A等质量的Na2CO3和NaHCO3，碳酸钠的摩尔质量大，其物质的量少，盐酸足量，碳元素守恒，则与盐酸完全反应碳酸钠产生的气体少，故A正确；BNa2CO3和NaHCO3都能与澄清的石灰水反应生成沉淀，反应为CO32+Ca2+=CaCO3，2HCO3+Ca2+2OH=CaCO3+2H2O+CO32，故B错误；C向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，则相同条件下，在水中的溶解性为NaHCO3N
18、a2CO3，故C正确；DNaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，碳酸钠受热稳定，可用加热法除去，故D正确；故选B【点评】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠性质的比较，为高频考点，把握二者性质的差异是解答的关键，注意知识的积累和灵活应用，题目难度不大2下列物质中，属于电解质的是（）A铜B氯化钠溶液C酒精D烧碱【考点】电解质与非电解质【分析】电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下能够导电的化合物，单质和混合物均不是电解质，据此分析【解答】解：A、铜为单质，故不是电解质也不是非电解质，故A错误；B、氯化钠溶液为混合物，故既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C、酒精在水溶液中和
19、熔融状态下均不导电，故为非电解质，故C错误；D、烧碱为NaOH，在水溶液中和熔融状态下均能导电，故为电解质，故D正确故选D【点评】本题考查了电解质、非电解质的判断，应注意的是电解质和非电解质必须均为化合物3在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2vB=3vA、3vC=2vB，则此反应可表示为（）A2A+3B=2CBA+3B=2CC3A+B=2CDA+B=C【考点】反应速率的定量表示方法【分析】根据速率之比等于化学计量数之比确定各物质的系数，据此书写方程式【解答】解：由于2vB=3vA、3vC=2vB，所以vA：vB：vC=2：3：2，即A、B、C对应的化学计
20、量数分别为2、3、2故反应方程式为2A+3B=2C故选A【点评】本题考查反应速率规律，难度不大，注意对基础知识的积累掌握和对反应速率规律的理解4印染工业常用亚氯酸钠（NaClO2）漂白织物亚氯酸钠在溶液中可生成ClO2、HClO2、，其中HClO2是漂白剂的有效成分，ClO2是有毒气体各组分含量随pH变化如图所示，由图可知，使用该漂白剂的最佳pH为（）A3.0B4.04.5C6.57.0D9.0【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】HClO2是漂白剂的有效成分，ClO2是有毒气体，根据题意知，既要使漂白剂的漂白性强，又要使ClO2浓度较小，据此分析解答【解答】解：HClO2是漂白剂的有
21、效成分，ClO2是有毒气体，既要使漂白剂的漂白性强，即HClO2的含量高，又要使ClO2浓度较小，根据图片知，当溶液的pH为4.04.5时二者兼顾，故选B【点评】本题考查了图象分析题，明确题意与图象的关系是解本题关键，难度不大5密闭容器中，反应xA（g）+yB（g）zC（g）达平衡时，A的浓度为0.5mol/L，若保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，达新平衡时A的浓度降为0.3mol/L下列判断正确的是（）Ax+yzB平衡向正反应方向移动CB的转化率降低DC的体积分数增大【考点】化学平衡的影响因素【分析】保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，若平衡不移动，则A的浓度变为0.25m
22、ol/L，由达新平衡时A的浓度降为0.3mol/L0.25mol/L，则体积增大，压强减小，平衡向逆反应方向移动，以此来解答【解答】解：保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，若平衡不移动，则A的浓度变为0.25mol/L，由达新平衡时A的浓度降为0.3mol/L0.25mol/L，则体积增大，压强减小，平衡向逆反应方向移动，A体积增大，压强减小，平衡向逆反应方向移动，故x+yz，故A错误；B由上述分析可知，平衡向逆反应方向移动，故B错误；C平衡向逆反应方向移动，B的转化率降低，故C正确；D平衡向逆反应方向移动，C的物质的量减小，混合气体总的物质的量增大，故C的体积分数降低，故D错误，故选
23、C【点评】本题考查化学平衡计算及化学平衡移动影响因素，根据A的浓度变化判断平衡移动方向是解题关键，题目难度中等6某溶液中含有下列离子中的五种：Ba2+、Fe2+、Al3+、Fe3+、Mg2+、HCO3、CO32、Cl、NO3、SO42，浓度均为0.1mol/L向其中加入足量的盐酸，有气体生成且反应后溶液中阴离子的种类没有变化以下分析错误的是（）A原溶液中不含HCO3和CO32B向加盐酸后的溶液中再加KSCN溶液，显红色C能确定原溶液中的五种离子D原溶液中有三种阳离子和两种阴离子【考点】常见离子的检验方法【分析】若向原溶液中加入足量的盐酸，有气体生成；经分析知：反应后的溶液中的阴离子的种类没有变
24、化，则原溶液中含有Cl，一定没有HCO3和CO32；有气体生成则含有Fe2+和NO3；一共有五种离子，浓度均为0.1mol/L，Fe2+、Cl、NO3正好电荷守恒说明存在的另外两种离子的带电量是一样的，则为Mg2+和SO42，综上可知，溶液中存在的五种离子为：Fe2+、Cl、NO3、Mg2+和SO42，结合选项分析【解答】解：向原溶液中加入足量的盐酸，有气体生成；经分析知：反应后的溶液中的阴离子的种类没有变化，则原溶液中含有Cl，一定没有HCO3和CO32；有气体生成则含有Fe2+和NO3；一共有五种离子，浓度均为0.1mol/L，Fe2+、Cl、NO3正好电荷守恒说明存在的另外两种离子的带电
25、量是一样的，则为Mg2+和SO42，综上可知，溶液中存在的五种离子为：Fe2+、Cl、NO3、Mg2+和SO42，A由以上分析可知，原溶液中一定不含有HCO3和CO32，故A正确；B若向原溶液中加入过量的稀硫酸和KSCN溶液，Fe2+与NO3、H+反应生成Fe3+，溶液显血红色，故B正确；C原溶液中含有的离子为：Fe2+、Cl、NO3、Mg2+和SO42，能够确定存在的离子，故C正确；D根据分析可知，原溶液中含有的离子为Fe2+、Cl、NO3、Mg2+和SO42，含有3种阴离子、2种阳离子，故D错误；故选D【点评】本题考查了离子反应、离子检验方法和离子性质的分析判断，题目难度中等，反应现象的判
26、断是解题的依据，注意干扰离子的分析判断，试题培养了学生的灵活应用能力7下列物质中含有共价键的离子化合物是（）ABaCl2BH2OCHClDBa（OH）2【考点】离子化合物的结构特征与性质【分析】金属元素和非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物是共价化合物【解答】解：A氯化钡中钡离子和氯离子之间只存在离子键，属于离子化合物，故A错误；B水分子中OH原子之间存在共价键，属于共价化合物，故B错误；CHCl分子中HCl原子之间只存在共价键，属于共价化合物，故C错误；D氢氧化钡中钡离子和氢氧根离子之间存在离子
27、键、HO原子之间存在共价键，属于离子化合物，故D正确；故选D【点评】本题考查化学键和化合物的关系，侧重考查基本概念，明确物质构成微粒及微粒之间作用力即可解答，注意A中不存在共价键，为易错点8碱性锌锰电池的总反应为：Zn+2MnO2+2H2OZn（OH）2+2MnO（OH），下列说法不正确的是（）A该电池Zn为负极，MnO2为正极，电解质是KOHB放电时外电路电流由Zn流向MnO2C电池工作时OH向锌电极移动D该电池的正极反应为：MnO2+e+H2OMnO（OH）+OH【考点】常见化学电源的种类及其工作原理【分析】由碱性锌锰电池的总反应：Zn+2MnO2+2H2O2MnOOH+Zn（OH）2，可
28、知电池的负极Zn失去电子被氧化，电极反应式为：Zn+2OH2eZn（OH）2，正极MnO2得电子被还原生成MnOOH，反应式为2MnO2+2H2O+2e2MnOOH+2OH，以此解答【解答】解：A由碱性锌锰电池的总反应：Zn+2MnO2+2H2O2MnOOH+Zn（OH）2，可知正极MnO2得电子被还原，负极是金属锌，故A正确；B放电时外电路电流由正极流向负极，即MnO2流向Zn，故B错误；C、电池工作时阴离子OH向负极锌电极移动，故C正确；D、原电池的正极MnO2得电子，被还原生成MnOOH，反应式为2MnO2+2H2O+2e2MnOOH+2OH，故D正确故选：B【点评】本题考查原电池工作原
29、理，题目难度不大，本题注意根据电池总反应式判断正负极反应，注意电极反应式的书写9向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g下列有关说法不正确的是（）ACu与Cu2O的物质的量之比为2：1B硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC产生的NO在标准状况下的体积为4.48LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol【考点】有关混合物反应的计算【分析】在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶
30、液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.4molA、令Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及关系式n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，列方程计算；B、根据N元素守恒可知原硝酸溶液n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（N
31、O），根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH），再根据c=计算；C、根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），再根据V=nVm计算NO的体积；D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2nCu（NO3）2=n（NaNO3），据此计算【解答】解：在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量
32、为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.4molA、设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有 64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有x+2y=0.4，联立方程解得x=0.2，y=0.1，所以n（Cu）：n（Cu2O）=0.2：0.1=2：1，故A正确；B、根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）=20.2mol+20.1mol，解得n
33、（NO）=0.2mol，根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，所以n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+1mol=1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为=2.4mol/L，故B错误；C、由B中计算可知n（NO）=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，故C正确；D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2nCu（NO3）2=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）2
34、nCu（NO3）2=1mol20.4mol=0.2mol，故D正确故选B【点评】本题考查铜及其化合物知识、氧化还原反应的计算，难度较大，清楚反应过程，充分利用守恒计算是解题的关键10TiO2在光照射下可使水分解：2H2O 2H2+O2，该过程类似植物的光合作用如图是光照射下TiO2分解水的装置示意图下列叙述正确的是（）A该装置可以将光能转化为电能，同时也能将其转化为化学能BTiO2电极上发生的反应为：2H+2eH2C该装置工作时，电流由TiO2电极经R流向铂电极D该装置工作时，TiO2电极附近溶液的pH变大【考点】化学电源新型电池【分析】该装置中是将光能转化为电能，然后通过电解将电能转化为化学
35、能，根据图片知，铂电极为阴极，电极反应式为2H+2eH2，二氧化钛电极为阳极，电极反应式为4OH4e=O2+2H2O，据此分析解答【解答】解：A、在光照下TiO2分解水，同时提供电能，所以该装置可以将光能转化为电能，同时电能转化为化学能，故A正确；B铂电极为阴极，电极反应式为2H+2eH2，故B错误；C该装置工作时，Pt作阴极、二氧化钛作阳极，阳极上失电子、阴极上得电子，所以电流由铂电极经R流向TiO2电极，故C错误；D二氧化钛电极为阳极，电极反应式为4OH4e=O2+2H2O，TiO2电极附近溶液的pH变小，故D错误；故选A【点评】本题考查原电池原理，明确书写各个电极反应式是解本题关键，易错
36、选项是C，根据得失电子确定电流方向，为易错点11将Al分别加入到溶液质量相同且足量的稀盐酸和烧碱溶液中，当产生等质量的气体时，下列说法不正确的是（）A反应中消耗铝的质量相同B反应中转移的电子数相同C反应中消耗的HCl与NaOH物质的量相同D溶液增加的质量相同【考点】化学方程式的有关计算【分析】A根据铝跟盐酸或氢氧化钠溶液都能发生反应，利用反应的化学方程式确定铝与氢气的质量关系，进而进行分析判断；B根据铝跟盐酸或氢氧化钠溶液反应，都是铝失去电子，+1价的氢得到电子，进而进行分析判断；C根据铝跟盐酸或氢氧化钠溶液反应，反应中消耗的HCl：2Al6HCl3H2，反应中消耗的NaOH：2Al2NaOH
37、3H2，进而进行分析判断；D根据铝跟盐酸或氢氧化钠溶液反应，当产生等质量的气体时，需要铝的质量相等，原溶液质量相同，从溶液中逸出的氢气质量相同，进而进行分析判断【解答】解：铝与稀盐酸反应的化学方程式为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2；与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，A由上述两个反应可知，参加反应的铝与生成的氢气的物质的量关系均为2Al3H2，当产生等质量的气体时，需要铝的物质的量相等，质量相等，故A正确；B由上述两个反应可知，参加反应的铝与生成的氢气的物质的量关系均为2Al3H2，都是铝失去电子，+1价的氢得到电子，当产生等质量的
38、氢气时，需要铝的物质的量相等，所以反应中转移的电子数相同，故B正确；C由上述两个反应可知，参加反应的铝与生成的氢气的物质的量关系均为2Al3H2，当产生等质量的气体时，需要铝的物质的量相等，反应中消耗的HCl：2Al6HCl3H2，反应中消耗的NaOH：2Al2NaOH3H2，消耗的HCl 与NaOH物质的量之比为3：1，故C错误；D由上述两个反应可知，参加反应的铝与生成的氢气的物质的量关系均为2Al3H2，当产生等质量的气体时，需要铝的物质的量相等，质量相等，原溶液质量相同，从溶液中逸出的氢气质量相同，所以溶液增加的质量相同，故D正确；故选C【点评】本题考查铝与酸、碱反应的性质，掌握铝与稀盐
39、酸反应、和氢氧化钠反应的化学方程式是解答的关键，题目难度中等12下列关于化学键的说法正确的是（）含有金属元素的化合物一定是离子化合物第IA族和第VIIA族原子化合时，一定生成离子键由非金属元素形成的化合物一定不是离子化合物活泼金属与非金属化合时，能形成离子键离子键就是阴、阳离子间的静电引力含有离子键的化合物一定是离子化合物离子化合物中可能同时含有离子键和共价键ABCD【考点】化学键；离子键的形成；离子化合物的结构特征与性质【分析】根据选项找反面例子，如果能找出反例，说明该选项错误；如果找不出反例，选项就是正确的【解答】解：含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，如：AlCl3是共价化合物，故错
40、第IA族和第VIIA族原子化合时，不一定生成离子键，也可能生成共价键，如第IA族的H原子与第VIIA族原子化合时生成共价键，故错由非金属元素形成的化合物大都不是离子化合物，但也可形成离子化合物，如铵盐，故错活泼金属与非金属化合时，能形成离子键，对离子键本质是阴、阳离子间的静电作用，不只是引力，还有斥力等，错物质只要含有离子键就一定是离子化合物，对离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，对故选【点评】此类判断型选择题的解题方法是：找反面例子；如果能找出反例，说明该叙述错误；如果找不出反例，叙述就是正确的13下列说法正确的是（）AS在纯氧中燃烧可生成SO3B用澄清石灰水可鉴别CO2和SO2CS
41、O2能使KMnO4溶液褪色DCO2通入CaCl2溶液中能产生白色沉淀【考点】二氧化硫的化学性质；含硫物质的性质及综合应用【分析】A硫在纯氧中燃烧生成二氧化硫；BCO2和SO2都能使澄清石灰水变浑浊；CSO2滴入酸性高锰酸钾溶液，发生氧化还原反应，使高锰酸钾溶液褪色；D过量的CO2通入CaCl2溶液中，不反应【解答】解：A硫在纯氧中燃烧生成二氧化硫，故A错误；BCO2和SO2都能使澄清石灰水变浑浊，所以不能用澄清石灰水鉴别，故B错误；CSO2滴入酸性高锰酸钾溶液，由于二氧化硫具有还原性与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液退色，故C正确；D过量的CO2通入CaCl2溶液中，不反应，则不能
42、生成沉淀，故D错误；故选C【点评】本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，把握发生的氧化还原反应为解答的关键，注意反应与现象的关系，题目难度不大14向mg镁和铝的混合物重加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体bL向反应后的溶液中加入cmol/L氢氧化钾溶液VmL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg则下列关系不正确的是（）Ac=Bp=m+Cn=m+17VcD mpm【考点】有关混合物反应的计算【分析】反应化学方程式为：Mg+H2SO4=MgSO4+H2；2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2；MgSO4+2KO
43、H=Mg（OH）2+K2SO4；Al2（SO4）3+6KOH=2Al（OH）3+3K2SO4；Mg（OH）2MgO+H2O；2Al（OH）3Al2O3+3H2O；A根据n=计算氢气的物质的量，根据电荷守恒，氢氧化镁、氢氧化铝沉淀中含有n（OH）等于金属提供的电子的物质的量，等于生成氢气的获得的电子的物质的量，据此计算氢氧根离子的物质的量，再根据c=计算氢氧化钾的物质的量浓度；B由Mg（OH）2MgO+H2O，2Al（OH）3Al2O3+3H2O可知，沉淀灼烧生成氧化镁与氧化铝，二者质量等于金属质量与氧原子的质量之和，由方程式可知氧原子的物质的量等于氢氧根离子物质的量的一半，据此计算；C沉淀为氢
44、氧化镁、氢氧化铝，其质量等于金属的质量与含有的氢氧根离子的质量之和，根据n=cVM计算氢氧根离子的质量；D按照极值方法计算，若mg全是镁，计算生成得到的氧化镁质量，若mg全是铝，计算得到的氧化铝的质量，实际固体的质量介于二者之间【解答】解：A根据电荷守恒，氢氧化镁、氢氧化铝沉淀中含有n（OH），等于金属提供的电子的物质的量，等于生成氢气的获得的电子的物质的量，故生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半，故2=cmol/LV103L，整理得c=，故A正确；B选项中p为生成的氧化物的质量，由Mg（OH）2MgO+H2O，2Al（OH）3Al2O3+3H2O可知，氧化物的质量等于金属质量
45、与氧原子的质量之和，由方程式可知氧原子的物质的量等于氢氧根离子物质的量的一半，故p=m+cV10316=m+，故B正确；C沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，其质量等于金属的质量与含有的氢氧根离子的质量之和，故n=m+cV10317=m+，故C错误；D得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量为P=40=，若mg全是铝，得到的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为p=102=，质量介于二者之间，故D正确；故选C【点评】本题综合考查镁铝元素单质及化合物的性质、混合物的有关计算，注意利用方程式与电子转移守恒寻找关系解答，题目计算量较大，且为无数据计算，难度较大1524mL浓度为0.05mol/L 的Na2S
46、O3溶液恰好与20mL浓度为0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应；已知Na2SO3被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为（）A+2B+3C+4D+5【考点】化学方程式的有关计算【分析】Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素发生还原反应，令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒计算a的值【解答】解：令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则：24103L0.05mol/L（64）=20103L0.02mol/L2（6a），解得a=+3，故选B【点评】本题考查氧化还原反应计算、氧化还
47、原反应概念等，难度中等，表示出得失数目是解题关键熟练掌握电子转移守恒思想的运用二、非选择题16现有A、B、C、D四种元素，它们的质子数依次增多A的核电荷数大于2，可形成氢化物H2A，该氢化物在常温下是液体；A和B两元素可形成B2A3化合物，该化合物既能溶于强酸，又能溶于强碱；C+离子比B3+离子多8个电子；C与D元素可以形成化合物CD；CD的溶液中通入氯气后加淀粉溶液显蓝色；（1）写出C、D的名称：C钾；碘（2）A在周期表中的位置第二周期第VIA族（3）写出B2A3与氢氧化钠溶液反应的离子方程式Al2O3+2OH=2AlO2+H2O（4）比较B、C二种元素形成的简单离子半径的大小（用离子符号表
48、示）：离子半径：K+Al3+【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】（1）A的核电荷数大于2，可形成氢化物H2A，该氢化物在常温下是液体，则A为氧元素；A和B两元素可形成B2A3化合物，该化合物既能溶于强酸，又能溶于强碱，则B为铝元素；B为铝元素，C+离子比B3+离子多8个电子，则C为钾元素；C与D元素可以形成化合物CD，CD的溶液中通入氯气后加淀粉溶液显蓝色，则D为碘元素；C为钾元素，据此来回答；（2）根据元素周期表的编排原则来回答；（3）三氧化二铝是两性氧化物，可以和强碱氢氧化钠之间反应生成偏铝酸钠和水；（4）微粒半径大小比较方法：先看电子层，电子层越多，半径越大，电子层一样，看核电荷数
49、，核电荷数越多，半径越小【解答】解：A的核电荷数大于2，可形成氢化物H2A，该氢化物在常温下是液体，则A为氧元素；A和B两元素可形成B2A3化合物，该化合物既能溶于强酸，又能溶于强碱，则B为铝元素；B为铝元素，C+离子比B3+离子多8个电子，则C为钾元素；C与D元素可以形成化合物CD，CD的溶液中通入氯气后加淀粉溶液显蓝色，则D为碘元素；C为钾元素，（1）C是钾，D是碘，故答案为：钾；碘；（2）A为氧元素，在周期表中的位置：第二周期，第VIA族，故答案为：第二周期第VIA族；（3）三氧化二铝是两性氧化物，可以和强碱氢氧化钠之间反应生成偏铝酸钠和水，即Al2O3+2OH=2AlO2+H2O，故答
50、案为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；（4）电子层越多，半径越大，所以离子半径：K+Al3+，故答案为：K+Al3+【点评】本题以元素推断为载体，考查考查元素周期表的结构、元素以及化合物的性质，推断元素是关键，注意基础知识的掌握17现代世界产量最高的金属是Fe、Al、Cu（1）Fe、Al、Cu三种元素第一电离能由高到低的排序为Cu、Fe、Al；Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6（2）Cu（OH）2溶于浓氨水形成深蓝色铜氨溶液；乙二酸（）分子中碳原子杂化类型为SP2，分子中键比键多5个（3）以下变化伴随化学键破坏的是BCD（填下列选项标号）A冰融化 B铝气化 CA
51、lCl3溶于水 D胆矾受热变白（4）二氧化硅晶体结构示意图如图，每个氧原子最近且等距离相邻6个氧原子【考点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）金属性越强，越易失去一个电子，则第一电离能越小；Fe是26元素，核外电子数为26，失去2个电子形成Fe2+，根据核外电子排布规律书写；（2）氢氧化铜与氨水发生络合反应，生成可溶性络合物；根据C原子的价层电子对数判断，单键只含有1个键，双键含有1个键和1个键；（3）A冰融化破坏分子间作用力；B铝气化破坏金属键；CAlCl3溶于水发生电离；D胆矾受热变白破坏共价键（4）
52、每个O原子连接2个Si原子，这2个Si原子除了连接该O原子外，还各连接3个O原子【解答】解：（1）金属性越强，越易失去一个电子，则第一电离能越小，金属性：AlFeCu，则第一电离能由高到低的排序为Cu、Fe、Al；Fe是26元素，核外电子数为26，失去2个电子形成Fe2+，则Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，故答案为：Cu、Fe、Al；1s22s22p63s23p63d6；（2）Cu（OH）2溶于氨水发生反应离子方程式：Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+2OH+4H2O，形成深蓝色溶液；乙二酸（）分子中碳原子的价层电子对数3，则杂化类型为sP2；
53、分子中含有2个C=O和2个CO，2个OH，1个CC，则共有7个键，2个键，所以分子中键比键多5个；故答案为：深蓝；sP2；5；（3）A冰融化破坏分子间作用力，分子间作用力不是化学键；B铝气化破坏金属键，金属键属于化学键；CAlCl3溶于水发生电离，破坏了共价键，共价键属于化学键；D胆矾受热变白破坏共价键，共价键属于化学键；所以变化伴随化学键破坏的是BCD；故答案为：BCD；（4）每个O原子连接2个Si原子，这2个Si原子除了连接该O原子外，还各连接3个O原子，则2个Si原子另外连接了6个O原子，所以每个氧原子最近且等距离相邻6个O原子；故答案为：6【点评】本题考查核外电子排布规律、电离能、化学
54、键、晶胞计算等，难度中等，注意把握共价键的分类以及键和键数目的判断方法18请结合下图回答问题：（1）写出有标号的仪器名称：试管，长颈漏斗（2）实验室用高锰酸钾制取O2的化学方程式为2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2，用A、C装置制取O2时，为防止高锰酸钾进入导管，可采取的措施是在试管口放一小团棉花（3）实验室用B、D装置制取CO2的化学方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，若将发生装置由B改为F，其优点是可随时控制反应的发生和停止（4）SO2是无色有刺激性气味的有毒气体，密度比空气大，易溶于水SO2的某些化学性质与CO2相似，实验中常用NaOH溶液吸收SO2尾气用下图
55、所示装置收集一瓶干燥的SO2，装置中导管按气流方向连接顺序是（填序号）；图中漏斗的作用是防止倒吸现象；烧杯中NaOH溶液的作用是2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O（用化学方程式表示）【考点】性质实验方案的设计；实验装置综合【分析】（1）由图中装置及常见仪器可知仪器的名称；（2）高锰酸钾制取O2，加热高锰酸钾分解生成氧气、锰酸钾、二氧化锰；用A、C装置制取O2时，为防止高锰酸钾进入导管，可在试管口利用棉花团处理；（3）用B、D装置制取CO2，为固体、液体反应不加热装置，利用碳酸钙与盐酸反应即可；将发生装置由B改为F，F中有分液漏斗，可利用活塞控制液体的量；（4）图示装置收集一瓶干燥的SO2
56、，先干燥气体、再收集，最后尾气处理，倒扣的漏斗可防止液体倒吸，烧杯中NaOH吸收二氧化硫，防止二氧化硫污染环境，以此来解答【解答】解：（1）由图可知，仪器为试管，为长颈漏斗，故答案为：试管；长颈漏斗；（2）高锰酸钾制取O2，加热高锰酸钾分解生成氧气、锰酸钾、二氧化锰，反应方程式为2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2；用A、C装置制取O2时，为防止高锰酸钾进入导管，可在试管口放一小团棉花，保证粉末不能堵塞导管，故答案为：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2；在试管口放一小团棉花；（3）用B、D装置制取CO2，为固体、液体反应不加热装置，利用碳酸钙与盐酸反应即可，反应方程式为CaCO3+2
57、HCl=CaCl2+H2O+CO2；将发生装置由B改为F，F中有分液漏斗，其优点是可随时控制反应的发生和停止，故答案为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2；可随时控制反应的发生和停止；（4）图示装置收集一瓶干燥的SO2，先干燥气体、再收集，最后尾气处理，则装置中导管按气流方向连接顺序是；图中漏斗的作用是可防止倒吸现象，烧杯中NaOH吸收二氧化硫，防止二氧化硫污染环境，反应为2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，故答案为：；防止倒吸现象；2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O【点评】本题考查常见气体的制备实验及性质实验，为高频考点，把握气体的制备原理、实验装置的作用为解答的关
58、键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大19某兴趣小组利用如图装置制备氮化镁并探究氮化镁的某些性质请完成横线上的相关问题：（1）实验步骤及现象：连接仪器并检查气密性然后，向各仪器中加入适量所需药品通入惰性气体，排出装置内的空气打开分液漏斗活塞，观察到B中浓溴水颜色变浅至褪色，C中产生无色气泡点燃酒精灯，观察到E中固体变成了黄绿色（氮化镁是黄绿色固体，遇水剧烈反应生成两种碱）（2）A装置中仪器a的名称为分液漏斗（3）写出B处反应的化学方程式3Br2+8NH36NH4Br+N2（4）D装置中的P2O5是一种非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是baNH3 bHI CSO2
59、 dCO2（5）E装置中发生反应的化学方程式为：N2+3MgMg3N2（6）此装置中存在着明显缺陷，你的改进措施是：在E装置后，连接装有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸汽进入E装置（7）某同学要探究E中固体成分将E中的固体放入稀盐酸中，观察到固体溶解并产生气泡，写出此过程中反应的化学方程式Mg3N2+8HCl2MgCl2+2NH4Cl、Mg+2HClMgCl2+H2【考点】制备实验方案的设计；氨的制取和性质【分析】本题是制备氮化镁的实验设计题，整个流程依次是先制取氨气，利用溴氧化氨气得氮气，用氢氧化钠溶液除挥发的溴，再用五氧化二磷干燥氮气，最后在加热的情况下镁与氮气反应生成氮化镁；（1）整套装
60、置涉及到气体的制备，因此需要检验装置气密性；因镁带也能与氧气反应，因此需要提供无氧环境，避免副产物的生成；（2）装置A中a仪器是滴加浓氨水的，是分液漏斗；（3）B中是用溴氧化氨气制氮气，同时生成溴化铵；（4）可根据浓硫酸有强酸性及强氧化性，五氧化二磷遇水反应生成酸的性质来判断（5）E中是镁带在氮气中燃烧生成氮化镁；（6）因氮化镁极易水解，因此E装置后要接一个干燥装置，防空气中的水汽进入；（7）氮化镁极易水解，生成氨气和氢氧化镁，水解产物再和稀盐酸反应，固体中混有过量的镁也能和盐酸反应【解答】解：（1）制备气体的装置，需要检验装置气密性，故答案为：检查装置气密性；为防止镁带与氧气反应，因此需要通
61、入惰性气体，排出装置中的空气，提供无氧环境，避免副产物的生成，故答案为：通入惰性气体，排出装置中的空气；（2）装置A中a仪器是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（3）B中发生反应的化学方程式为3Br2+8NH36NH4Br+N2，故答案为：3Br2+8NH36NH4Br+N2；（4）NH3能与酸反应，HI具有强还原性，故氮气不能用浓硫酸干燥，也不能用五氧化二磷干燥，但HI不能用浓硫酸干燥，能用五氧化二磷干燥，CO2和SO2都可以用二者干燥，故答案为：b；（5）E中发生反应的化学方程式为N2+3MgMg3N2，故答案为：N2+3MgMg3N2；（6）为防止氮化镁水解，在E装置后要接一个干燥装置，防空
62、气中的水汽进入，故答案为：在E装置后，连接装有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸汽进入E装置；（7）可看成氮化镁遇水生成氨气和氢氧化镁，再和盐酸继续反应，另外过量的镁也能和盐酸反应，发生反应的化学方程式为Mg3N2+8HCl2MgCl2+2NH4Cl、Mg+2HClMgCl2+H2，故答案为：Mg3N2+8HCl2MgCl2+2NH4Cl；Mg+2HClMgCl2+H2【点评】本题考查氨气的制备与性质、镁的性质及实验的基本操作，综合性比较强，但难度较低，重点考查基础掌握情况20某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：【实验原理】2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K
63、2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O【实验内容及记录】实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量/mL溶液褪至无色所需时间/min0.6mol/L H2C2O4溶液H2O3mol/L 稀H2SO4溶液0.05mol/L KMnO4溶液13.02.02.03.01.522.03.02.03.02.731.04.02.03.03.9请回答：（1）根据表中的实验数据，可以得到的结论是其他条件不变时，增大（减小）反应物浓度，加快（减慢）化学反应速率（2）利用实验1中的数据，计算用KMnO4表示的化学反应速率为1.0102mol/（Lmin）（3）该小组同学根据经验绘制了n（Mn2+）随时间变化的趋
64、势如图1所示，但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n（Mn2+）随时间变化的实际趋势如图2所示该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究该小组同学提出的假设是Mn2+对该反应有催化作用请你帮助该小组同学完成实验方案，并填写表中空白实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量再向试管中加入某种固体溶液褪至无色所需时间/min0.6mol/L H2C2O4溶液H2O3mol/L 稀H2SO4溶液0.05mol/L KMnO4溶液43.02.02.03.0MnSO4t若该小组同学提出的假设成立，应观察到反应过程中溶液褪色时间减少现象【考点】探究影响化学反应速率的因素【分析】（1）
65、从表中数据可知改变的条件是H2C2O4浓度，根据H2C2O4溶液浓度不同，浓度越大，反应速率越快，浓度越小，反应速率就越慢进行解答；（2）利用实验1中的数据，溶液褪至无色即KMnO4反应完所需时间为1.5min，计算出用KMnO4表示的化学反应速率；（3）由图乙可知反应开始后锰离子浓度增大，反应速率增加的比较快，所以探究的是硫酸锰在反应中的作用；作对比实验时，除了加入MnSO4不同外，其它量完全相同，据此进行解答；若反应加快，说明Mn2+是催化剂，反应过程中溶液褪色时间减少【解答】解：（1）在表中，其它条件相同，而H2C2O4溶液浓度不同，浓度越大，反应速率越快，浓度越小，反应速率就越慢因此根
66、据表格的实验数据，可以得到的结论是其他条件不变时，增大（减小）反应物浓度，加快（减慢）化学反应速率，故答案为：其他条件不变时，增大（减小）反应物浓度，加快（减慢）化学反应速率；（2）利用实验1中的数据，计算用KMnO4表示的化学反应速率为V（KMnO4）=（0.05mol/L3.010）1.5min=1.0102mol/（Lmin），故答案为：1.0102mol/（Lmin）；（3）由图乙可知反应开始后速率增大较快，说明Mn2+对该反应起催化剂的作用，故答案为：Mn2+对该反应有催化作用；对照实验应该是指改变一个条件，其余条件相同由于是研究Mn2+的性质和作用，所以草酸的浓度和体积应该与实验1
67、相同，也是3ml，故答案为：3.0；若该小组同学提出的假设成立，则反应速率加快，溶液褪色的时间小于1.5min，从而说明Mn2+是催化剂，故答案为：与实验1比较，溶液褪色所需时间短（或所用时间（t）小于1.5min）【点评】本题主要结合实验考查了影响化学反应速率的因素，题目难度中等，注意掌握温度、催化剂对化学反应速率的影响，解题关键是对比分析图表中的数据找出相同点和不同点，然后得出合理结论，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力21常温下，现有15.9g 20.0%的NaOH溶液，其密度为1.22g/cm3请计算溶液中NaOH的物质的量浓度为多少？（写出解题过程，结果保留三位有效数字）【考点】
68、物质的量浓度的相关计算【分析】根据c=计算溶液中NaOH的物质的量浓度【解答】解：20.0%的NaOH溶液，其密度为1.22g/cm3，根据c=可知，溶液中NaOH的物质的量浓度=mol/L=6.10molL1，答：溶液中NaOH的物质的量浓度为6.10molL1【点评】本题考查物质的量浓度计算，注意对物质的量浓度定义式的理解，理解掌握物质的量浓度与质量分数之间关系22已知：A、B、C、D、E、F、G七种元素的核电荷数依次增大，属于元素周期表中前四周期的元素其中A原子在基态时p轨道半充满且电负性是同族元素中最大的；D、E原子核外的M层中均有两个未成对电子；G原子核外价电子数与B相同，其余各层均
69、充满B、E两元素组成化合物B2E的晶体为离子晶体C、F的原子均有三个能层，C原子的第一至第四电离能（KJmol1）分别为578、1 817、2 745、11 575；C与F能形成原子数目比为1：3、熔点为190的化合物Q（1）B的单质晶体为体心立方堆积模型，其配位数为8；E元素的最高价氧化物分子的立体构型是平面三角形F元素原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p5，G的高价离子与A的简单氢化物形成的配离子的化学式为Cu（NH3）42+（2）试比较B、D分别与F形成的化合物的熔点高低并说明理由NaCl的熔点高于SiCl4，因为NaCl是离子晶体，SiCl4是分子晶体（3）A、G形成某种
70、化合物的晶胞结构如图所示若阿伏加德罗常数为NA，该化合物晶体的密度为a gcm3，其晶胞的边长为 cm（4）在1.01105 Pa、T1时，气体摩尔体积为53.4Lmol1，实验测得Q的气态密度为5.00gL1，则此时Q的组成为Al2Cl6【考点】晶胞的计算；原子结构与元素周期律的关系【分析】A、B、C、D、E、F、G七种元素的核电荷数依次增大，属于元素周期表中前四周期的元素，A原子在基态时p轨道半充满且电负性是同族元素中最大的，则A为第VA族元素，同一主族元素中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，所以A为N元素；D、E原子核外的M层中均有两个未成对电子，E的原子序数大于D，所以D为Si元
71、素、E为S元素；B、E两元素组成化合物B2E的晶体为离子晶体，说明B为活泼金属，B的原子序数大于A，所以B为Na元素；C、F的原子均有三个能层，为第三周期元素，E的原子序数小于F，C原子的第一至第四电离能（kJ/mol）分别为：578、1817、2745、ll575，则E为Al元素，C为Mg元素；G原子核外最外层电子数与B相同，G最外层电子数是1，其余各层均充满，则G元素的核电荷数=2+8+18+1=29，为Cu元素；F位于第三周期且能和C形成化合物，则F为Cl元素，C与F能形成原子数目比为1：3、熔点为190的化合物Q，结合物质的结构来分析解答【解答】解：A、B、C、D、E、F、G七种元素的
72、核电荷数依次增大，属于元素周期表中前四周期的元素，A原子在基态时p轨道半充满且电负性是同族元素中最大的，则A为第VA族元素，同一主族元素中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，所以A为N元素；D、E原子核外的M层中均有两个未成对电子，E的原子序数大于D，所以D为Si元素、E为S元素；B、E两元素组成化合物B2E的晶体为离子晶体，说明B为活泼金属，B的原子序数大于A，所以B为Na元素；C、F的原子均有三个能层，为第三周期元素，E的原子序数小于F，C原子的第一至第四电离能（kJ/mol）分别为：578、1817、2745、ll575，则E为Al元素，C为Mg元素；G原子核外最外层电子数与B相同，
73、G最外层电子数是1，其余各层均充满，则G元素的核电荷数=2+8+18+1=29，为Cu元素；F位于第三周期且能和C形成化合物，则F为Cl元素，C与F能形成原子数目比为1：3、熔点为190的化合物Q，（1）Na的单质晶体为体心立方堆积模型，8个顶点上各有一个原子，体心上含有一个原子，所以其配位数为8；E元素的最高价氧化物为SO3，三氧化硫分子中价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以三氧化硫分子的立体构型是平面三角形；F是Cl元素，原子核外有17个电子，根据构造原理知，F元素原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p5；G的高价离子与A的简单氢化物形成的配离子为铜氨络离子，铜氨络离子的化学
74、式为Cu（NH3）42+，故答案为：8；平面三角形；1s22s22p63s23p5；Cu（NH3）42+；（2）B和E形成的化合物是氯化钠，D和E形成的化合物是四氯化硅，氯化钠为离子晶体，四氯化硅为分子晶体，一般来说，离子晶体的熔点大于分子晶体，所以氯化钠的熔点高于四氯化硅，故答案为：NaCl的熔点高于SiCl4，因为NaCl是离子晶体，SiCl4是分子晶体；（3）A为N元素，G为Cu元素，该晶胞中，Cu原子个数=12=3，N原子个数=8=1，该晶胞的化学式为Cu3N，该晶胞的边长=cm=cm，故答案为：；（4）在1.0l105 Pa、t1时，气体摩尔体积为53.4L/mol，实验测得Q的气态
75、密度为5.00g/L，则此时Q的组成为（写化学式）（4），所以M=Vm=5.00g/L53.4L/mol=267g/mol，AlCl3的摩尔质量为133.5g/mol，Q的摩尔质量是氯化铝的2倍，所以Q分子中含有2个铝原子和6个氯原子，其化学式为Al2Cl6，故答案为：Al2Cl6【点评】本题考查了元素位置结构性质的相互关系及应用，涉及晶胞的计算、化学式的确定、原子核外电子排布式的书写等知识点，正确推断元素是解本题关键，再结合题给信息进行分析解答，难点的晶胞的计算，根据密度公式解答即可，难度中等23有机物的合成路线如下：C4H6ABCD已知：A的系统命名为1，4二溴2丁烯请回答下列问题：（1）
76、有机物中含有的官能团名称为硝基，氟原子（2）反应的类型是加成反应，反应的目的是保护碳碳双键，防止被酸性KMnO4氧化（3）写出反应的化学方程式BrCH2CH=CHCH2Br+2NaOHHOCH2CH=CHCH2OH+2NaBr（4）物质B的同分异构体有多种，其中既含有羟基，又含有醛基的同分异构体有5种（5）已知：SH的性质与OH相似物质一定条件下形成聚合物的结构简式为【考点】有机物的推断【分析】A的系统命名为1，4二溴2丁烯，则A的结构简式为BrCH2CH=CHCH2Br，则可知C4H6与溴发生1，4加成反应得A，A为BrCH2CH=CHCH2Br，A碱性水解得B为HOCH2CH=CHCH2O
77、H，B与溴化氢加成得C为HOCH2CH2CHBrCH2OH，C被氧化成D为HOOCCH2CHBrCOOH，D在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应再酸化得，（1）根据结构简式确定含有的官能团；（2）根据上面的分析可知，反应的类型是 加成反应，反应的目的是 保护碳碳双键，防止被酸性KMnO4氧化；（3）反应的化学方程式为BrCH2CH=CHCH2Br+2NaOHHOCH2CH=CHCH2OH+2NaBr；（4）B为HOCH2CH=CHCH2OH，物质B的同分异构体中既含有羟基，又含有醛基的同分异构体为HOCH2CH2CH2CHO、CH3CHOHCH2CHO、CH3CH2CHOHCHO、HOCH2CH（C
78、H3）CHO、（CH3）2COHCHO；（5）可发生缩聚反应【解答】解：A的系统命名为1，4二溴2丁烯，则A的结构简式为BrCH2CH=CHCH2Br，则可知C4H6与溴发生1，4加成反应得A，A为BrCH2CH=CHCH2Br，A碱性水解得B为HOCH2CH=CHCH2OH，B与溴化氢加成得C为HOCH2CH2CHBrCH2OH，C被氧化成D为HOOCCH2CHBrCOOH，D在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应再酸化得，（1）有机物中含有的官能团名称为硝基、氟原子，故答案为：硝基；氟原子；（2）根据上面的分析可知，反应的类型是 加成反应，反应的目的是 保护碳碳双键，防止被酸性KMnO4氧化，故答
79、案为：加成；保护碳碳双键，防止被酸性KMnO4氧化；（3）反应的化学方程式为BrCH2CH=CHCH2Br+2NaOHHOCH2CH=CHCH2OH+2NaBr，故答案为：BrCH2CH=CHCH2Br+2NaOHHOCH2CH=CHCH2OH+2NaBr；（4）B为HOCH2CH=CHCH2OH，物质B的同分异构体中既含有羟基，又含有醛基的同分异构体为HOCH2CH2CH2CHO、CH3CHOHCH2CHO、CH3CH2CHOHCHO、HOCH2CH（CH3）CHO、（CH3）2COHCHO，共有5种，故答案为：5；（5）一定条件下形成聚合物的结构简式为，故答案为：【点评】本题考查有机推断与
80、合成，为高频考点，是对有机化合物知识的综合考查，利用转化关系的反应条件及有机物结构、以信息的形式给出中学未学习的反应等进行推理推断是解题的关键，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，清楚成键与断键位置是解决该类型题目的关键，难度中等24某研究小组以甲苯为主要原料，采用以下路线合成医药中间体F和Y已知： ；2CH3CHO请回答下列问题：（1）下列有关F的说法正确的是BCA分子式是C7H7NO2Br B能形成内盐C能发生取代反应和缩聚反应 D.1mol的F最多可以和2mol NaOH反应（2）CD的反应类型是氧化反应（3）BC的化学方程式是在合成F的过程中，BC步骤不能省略，理由是氨基易被氧
81、化，在氧化反应之前需先保护氨基（4）写出同时符合下列条件的A的同分异构体的结构简式（要求写出3种）苯环上只有两种不同化学环境的氢原子； 分子中含有（5）以X和乙烯为原料可合成Y，请设计合成路线（无机试剂及溶剂任选）注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3【考点】有机物的合成【分析】由甲苯与A的分子式，结合D的结构简式可知，甲苯发生甲基对位的硝化反应生成A，则A为，A发生信息中反应，硝基被还原为氨基生成B，则B的结构简式为，结合D的结构可知，B中氨基中1个H原子被取代生成C为，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，对比D、F的结构可知，D与液溴发生取
82、代反应生成E为，E发生水解反应得到F，可知BC是为了保护氨基不被氧化甲苯与氯气在光照条件下发生的取代反应得到，发生水解反应生成，再发生催化氧化生成，由信息可知，苯甲醛与乙醛在碱性条件下得到，再发生消去反应得到，乙烯发生催化氧化生成乙醛，据此答题【解答】解：由甲苯与A的分子式，结合D的结构简式可知，甲苯发生甲基对位的硝化反应生成A，则A为，A发生信息中反应，硝基被还原为氨基生成B，则B的结构简式为，结合D的结构可知，B中氨基中1个H原子被取代生成C为，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，对比D、F的结构可知，D与液溴发生取代反应生成E为，E发生水解反应得到F，可知BC是为了保护氨基不被氧化，（1）A
83、根据F的结构简式，可知其分子式应为C7H6NO2Br，故A错误； BF中有氨基与羧基，可以形成内盐，故B正确；CF中有羧基、溴原子，可以发生取代反应，F中有氨基与羧基，可以发生缩聚反应，故C正确；D羧基能与氢氧化钠反应，苯环上的溴原子很不活泼，难以与氢氧化钠反应，1molF能和1molNaOH反应，故D错误，故答案为：BC；（2）CD是C中甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化生成COOH，属于氧化反应，故答案为：氧化反应； （3）BC属于取代反应，同时生成乙酸，反应化学方程式是；在合成F的过程中，氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基，BC步骤不能省略，故答案为：；氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基；（4）同时符合下列条件的A（）的同分异构体：苯环上只有两种不同化学环境的氢原子 分子中含有，符合条件的同分异构体