2019-2020年高三上学期期末复习化学模拟试卷（一）含答案.doc

2019-2020年高三上学期期末复习化学模拟试卷（一）含答案一、选择题1.在日常生活中，下列解决问题的方法不可行的是（）A为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸B为防止海鲜腐烂，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中C为增强治疗缺铁性贫血效果，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素CD为使水果保鲜，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土2.下列说法正确的是（）A福岛核电站泄漏的放射性物质131I和127I互为同位素，化学性质几乎相同B分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔、沸点一定高CCO2、H2O、N2这些分子中所有原子都满足最外层为8电子的结构D原子结构模型的演变经历了：3.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的17.6 g丙烷中所含的共价键数为4NA个常温下，21 g CH和CH的混合物中含有的碳原子数为1.5NA电解饱和食盐水，当阴极产生2.24 L H2时，转移的电子数为0.2NA2 g DO中含有的质子数、中子数、电子数均为NA常温下，1.0 L pH13的NaOH溶液中，由水电离的OH离子数目为0.1NA将100 mL0.1 molL的FeCl溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)胶粒0.01NAA BC D4.含有下列各组离子的溶液中，通入NH3后仍能大量共存的是（ ）AH+、Cu2+、Fe3+、SO42BNa+、Ba2+、Al3+、ClCK+、Ag+、NH4+、NO3DNa+、K+、Br、OH5.已知过二硫酸的结构式为，向MnSO4溶液中加入过二硫酸钾(K2S2O8)可发生如下反应：2Mn2+5S2O82-+X=2MnO4-+l0SO42-+Y，下列说法中正确的是A. S2O82-中硫元素的化合价为+7价 BX、Y分别为16OH-、8H2OC氧化性：S2O82-MnO4- D每生成1 mol Y转移0.625 mol电子6.已知反应10AgF+5Cl2+5H2O9AgCl+AgClO3+10HF+O2，则有1molO2生成时反应所转移的电子总数为（ ）A4mol B9mol C10mol D5mol7.设NA为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是 （ ） A常温常压下，8gO2含有4NA个电子 Bl L 0.1 molL-1的氨水中含有0 1NA个NH+4 C标准状况下，22.4 L盆酸含有NA个lHC1分子 D1 mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子8.下列说法正确的是（）A若2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJmol1，则H2燃烧热为241.8kJmol1B在稀溶液中：H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJ/mol，若将含0.6molH2SO4的稀硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJC已知C（石墨，s）C（金刚石，s）H0，则金刚石比石墨稳定D由BaSO4（s）+4C（s）=4CO（g）+BaS（s）H1=+571.2kJmol1BaSO4（s）+2C（s）=2CO2（g）+BaS（s）H2=+226.2kJmol1可得反应C（s）+CO2（g）=2CO（g） 的H=+172.5kJmol19.(双选题)X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中相对位置如图所示，若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，下列说法正确的是（）AY单质与氢气反应较Z剧烈B最高价氧化物对应水化物酸性W比Z强CX单质氧化性强于Y单质DX与W的原子核外电子数相差910.某温度下，碳和H2O（g）在密闭容器里发生下列反应：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）当反应达到平衡时，c（H2）=1.9molL1、c（CO）=0.1molL1则下列叙述正确的是（）ACO在平衡时转化率为10%B平衡浓度c（CO2）=c（H2）C其他条件不变时，缩小体积，反应平衡不移动D平衡时增大碳的质量，反应中热量值不变11.LiOH是制备锂离子电池的材料,可由电解法制备。工业上利用如图装置电解制备 LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。A、B极区电解液为LiOH溶液 B、电极每产生22.4L气体，电路中转移2mole-C、电解过程中Li+迁移入B电极区、OH迁移入A电极区D、电解池中总反应方程式为：2HCl2H2+Cl212.下列物质分类正确的是 混合物:铝热剂、碱石灰、水玻璃、漂白粉 ； 化合物:氯化钙、烧碱、胆矾、冰水混合物酸性氧化物：Mn2O7、N2O3、SiO2、NO2 碱性氧化物:Na2O2、CuO、Al2O3、MgO同素异形体:C60、C70、金刚石、石墨 强电解质：AlCl3 、 BaSO4 、MgO、 Ba(OH)2A B C D13.已知将C12通人适量NaOH溶液，产物中可能有NaCl、NaCl0、NaCl03，且的值与温 度高低有关。当n(NaOH)=a mol时，下列有关说法错误的是 ( )A参加反应的氯气的物质的量等于去1/2 a molB改变温度，产物中NaCl03的最大理论产量为a molc改变温度，反应中转移电子的物质的量的范围：D若某温度下，反应后14.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NaCl15.茉莉香醇是一种具有甜香味的物质，是合成香料的重要原料，其结构简式如下：下列有关茉莉香醇的叙述正确的是A、茉莉香醇的分子式为C9H14O2B、不能使溴的四氯化碳溶液褪色C、能与FeCl3溶液发生显色反应D、能发生加成反应而不能发生取代反应16.一定温度下，硫酸铜受热分瞬生成CuO、SO2、SO3和O2已知：SO2、SO3都能被碱石灰和氢氧比钠溶液吸收利用如图所示装置加热硫酸铜粉末直至完全分解若硫酸铜粉末质量为10.0g，完全分解后，各装置的质量变化关系如表所示装置A（试管+粉末）BC反应前42.0g75.0g140.0g反应后37.0g79.5g140.0g请通过计算，推断出该实验条件下硫酸铜分解的化学方程式是（ ） A4CuSO4 4Cu0+2SO3+2SO2+O2B3CuSO43Cu0+SO3+2SO2+O2C5CuSO45Cu0+SO3+4SO2+2O2D6CuSO46Cu0+4SO3+2SO2+O217.如图所示，常温时将一滴管液体Y一次性全部挤到充满O2的锥形瓶内（装置气密性良好），若锥形瓶内气体的最大物质的量是amol，久置后其气体的物质的量是bmol，不存在ab关系的是（）XYA过量C、Fe碎屑稀HClB过量Na2CO3粉末稀H2SO4C过量Fe、Al碎屑浓H2SO4D过量Cu、CuO粉末浓HNO318.将13.0g Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体6.72L（标况）另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中生成6.72L（标况）NO，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量是（）A11.85g B12.7gC27.45g D28.3g19.AG各物质间的关系如图所示，其中B、D为气体单质则下列说法错误的是（） A若反应在常温下进行，则1 mol A在反应中能转移1 mol电子B反应的离子方程式为MnO2+4H+2ClCl2+Mn2+2H2OC新配制的F溶液一般需要加入铁屑和稀盐酸，前者用于防止Fe2+被空气氧化成Fe3+，后者可抑制Fe2+的水解D已知C的浓溶液在催化剂存在的条件下加热，能与B反应生成D，由此可以推断B的氧化性比MnO2强20.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第II卷（非选择题）二、填空题21.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 （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）。22.【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）化学中的某些元素与生命活动密不可分请回答下列问题：（1）（NH4）2SO4是一种重要的化学肥料，其中N、S原子的杂化方式分别是 、 ，SO42的空间构型为 （2）钙是儿童生长不可缺少的元素，基态钙原子中，电子没有全充满的能层是 （3）蛋白质中含有N、P等元素，它们分别形成的简单气态氢化物键角大小关系是 （用化学式表示），原因是 （4）金属铁、镍及其形成的许多化合物常用作催化剂已知NiO、FeO的晶体类型均与氯化钠晶体相同，熔点 NiOFeO，推测 Ni2+和 Fe2+离子半径的大小关系是 ，作出判断的依据是 （5）某金属是抗癌药物中的明星元素，其晶体中原子的堆积方式如图所示晶胞中金属原子的配位数为 若已知金属的摩尔质量为M g/mol，阿伏加德罗常数为NA，原子半径为r pm，则该晶胞的密度为 p= g/cm3（用含M、NA、r的计算式表示，不用化简）23.废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境实验室利用废旧黄铜（Cu、Zn合金，含少量杂质Fe）制备胆矾晶体（CuSO45H2O）及副产物ZnO制备流程图如图： 已知：Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似，pH11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成Zn（OH）42如图表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0molL1计算）Fe3+Fe2+Zn2+开始沉淀的pH1.15.85.9s沉淀完全的pH3.08.88.9请回答下列问题：（1）试剂X可能是 ，其作用是将 （2）加入ZnO调节pH=34的目的是 （3）由不溶物生成溶液D的化学方程式为 （4）由溶液D制胆矾晶体包含的主要操作步骤是 （5）下列试剂可作为Y试剂的是 AZnO BNaOH CNa2CO3 DZnSO4若在滤液C中逐滴加入盐酸直到过量，则产生的现象是 （6）测定胆矾晶体的纯度（不含能与I发生反应的氧化性杂质）：准确称取0.5000g胆矾晶体置于锥形瓶中，加适量水溶解，再加入过量KI，用0.1000molL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液19.40mL已知：上述滴定过程中的离子方程式如下：2Cu2+4I2CuI（白色）+I2，I2+2S2O322I+S4O62胆矾晶体的纯度为 在滴定过程中剧烈摇动（溶液不外溅）锥形瓶，则所测得的纯度将会 （填“偏高”、“偏低”或“不变”）三、实验题24.某兴趣小组对铜与浓硫酸反应产生的黑色沉淀（可能含有CuO、CuS、Cu2S，其中CuS和 Cu2S不溶于稀盐酸、稀硫酸）进行探究，实验步骤如下：将光亮铜丝插人浓硫酸，加热；待产生大量黑色沉淀和气体时，抽出铜丝，停止加热；冷却后，从反应后的混合物中分离出黑色沉淀，洗净、干燥备用回答下列问题：（1）步骤产生气体的化学式为 （2）向含微量 Cu2+试液中滴加K4Fe（CN）6溶液，能产生红褐色沉淀现将少量黑色沉淀放入稀硫酸中，充分振荡以后，再滴加K4Fe（CN）6溶液，未见红褐色沉淀，由此所得结论是 （3）为证明黑色沉淀含有铜的硫化物，进行如下实验：装置现象结论及解释 A试管中黑色沉淀逐渐溶解A试管上方出现红棕色气体B试管中出现白色沉淀a现象说明褐色沉淀具有 性b试管B中产生白色沉淀的总反应的离子方程式为 （4）CuS固体能溶于热的浓硫酸，请用有关平衡移动原理加以解释： （5）为测定黑色沉淀中Cu2S 的百分含量，取0.2g 步骤所得黑色沉淀，在酸性溶液中用 40.0mL 0.075mol/L KMnO4溶液处理，发生反应如下：8MnO4+5Cu2S+44H+10Cu2+5SO2+8Mn2+22H2O6MnO4+5CuS+28H+5Cu2+5SO2+6Mn2+14H2O反应后煮沸溶液，赶尽SO2，过量的高锰酸钾溶液恰好与35.0mL 0.1mol/L （NH4）2Fe（SO4）2 溶液反应完全则混合物中Cu2S 的质量分数为 25.某化学兴趣小组以木炭和浓硝酸为起始原料，探究一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠。设计装置如下（忽略装置中空气的影响），请回答下列问题：查阅资料：HNO2为弱酸，室温下存在反应3HNO2=HNO3+2NO+H2O；在酸性溶液中，NO2-可将MnO4-还原为Mn2+且无气体生成NO不与碱反应，可被酸性KMnO4溶液氧化为硝酸。（1）组装好仪器后，必须进行的一项操作是_。（2）推测B中可以观察到的主要现象是_；C装置的作用是 。（3）装置D中除生成NaNO2外，还有另一种固态物质Y，Y的化学式是_。可以通过适当改进，不产生Y物质，请你提出改进方法： _。（4）在酸性溶液中，NO可将MnO还原为Mn2。写出有关反应的离子方程式 。（5）E装置中试剂X可以是_。 A稀硫酸 B酸性高锰酸钾溶液 C稀硝酸 D水试卷答案1.B考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用；药物的主要成分和疗效分析：A在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度；B硫酸铜为重金属盐，对人体有害；C维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化；D高锰酸钾可氧化乙烯解答：解：A漂白精种含有次氯酸钙，在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度，则氧化性增强，可增大漂白速率，故A正确；B硫酸铜为重金属盐，对人体有害，不能用于食品防腐，故B错误；C维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C，可增强治疗缺铁性贫血效果，故C正确；D乙烯可催熟，高锰酸钾可氧化乙烯，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土，可起到保鲜的作用，故D正确故选B点评：本题考查较为综合，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，注意相关物质的性质以及应用，难度不大2.A考点：核素；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别.专题：原子组成与结构专题分析：A、质子数相同中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素，同位素化学性质相似；B、分子晶体的熔沸点高低与共价键无关；C、H原子最外层2个电子为稳定结构；D、依据原子结构模型演变回答解答：解：A、131I与127I相同质子数相同，中子数不同，互称同位素，化学性质相似，故A正确；B、分子晶体的熔沸点高低取决于分子间作用力的大小，与共价键无关，故B错误；C、H2O分子中的H原子，最外层为2个电子，不能满足最外层为8电子的结构，故C错误；D、正确的原子演变模型为：道尔顿汤姆生卢瑟福波尔，故D错误；故选A点评：化学来源于生产、生活，也服务于生产、生活，在学习过程中要理论联系实际，在实践中领会知识，运用所学知识去解决实际问题3.B4.D考点：离子共存问题分析：A通入氨气后，铜离子、铁离子和氢离子都与氨气反应；B通入氨气后，铝离子与一水合氨反应；C通入氨气后，银离子与一水合氨反应；D四种离子之间不发生反应，通入氨气后也不反应解答：解：AH+、Cu2+、Fe3+都与一水合氨反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BFe3+与一水合氨反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；CAg+与一水合氨反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DNa+、K+、Br、OH之间不发生反应，且通入氨气后也不反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D点评：本题考查离子共存的判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：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；还应该注意题目所隐含的条件：通入氨气后，溶液中存在大量氢氧根离子，能够与氢氧根离子反应的离子不能大量共存5.D6.B考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：反应10AgF+5Cl2+5H2O9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，Cl元素的化合价既升高又降低，O元素的化合价升高，以此来解答解答：解：反应10AgF+5Cl2+5H2O9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，有1molO2生成时，5molCl2参加反应，但9molCl作氧化剂，转移的电子为9mol（10）=9mol，故选B点评：本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答的关键，注意Cl的得电子数等于转移的电子总数，题目难度中等7.A8.D考点：反应热和焓变；热化学方程式.专题：化学反应中的能量变化分析：A、燃烧热是1mol可燃物燃烧生成稳定化合物，H生成液态水时放出的热量；B、中和热是指生成1mol水时放出的热量；C、物质的能量越低越稳定；D、利用盖斯定律解答解答：解：A、生成的是水蒸气，故A错误；B、含0.6molH2SO4的稀硫酸与含1molNaOH的溶液混合，生成1mol水，放热57.3KJ，故B错误；C、石墨生成金刚石吸热，石墨金刚石能量高，石墨稳定，故C错误；D、已知：BaSO4（s）+4C（s）=4CO（g）+BaS（s）H1=+571.2kJmol1BaSO4（s）+2C（s）=2CO2（g）+BaS（s）H2=+226.2kJmol1据盖斯定律，（）2得：C（s）+CO2（g）=2CO（g） 的H=+172.5kJmol1，故D正确；故选D点评：本题考查了燃烧热、中和热物质的能量越低越稳定和盖斯定律的应用，题目难度不大9.AB考点：元素周期律和元素周期表的综合应用分析：X、Y、Z、W均为短周期元素，Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，则Z的第一层电子数为2，最外层电子数为6，所以Z应为S，结合位置可知，Y为O元素、X为N元素，W为Cl元素，并利用元素及其单质、化合物的性质来解答解答：解：X、Y、Z、W均为短周期元素，Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，则Z的第一层电子数为2，最外层电子数为6，所以Z应为S，结合位置可知，Y为O元素、X为N元素，W为Cl元素，A非金属性越强，与氢气反应越剧烈，非金属性：YZ，则Y单质与氢气反应较Z剧烈，故A正确；B非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：WZ，则最高价氧化物对应水化物酸性W比Z强，故B正确；CX为N元素、Y为O元素，氮气的氧化性小于氧气，故C错误；DX为，N元素、W为Cl元素，二者原子序数相差：177=10，故D错误；故选AB点评：本题考查了元素周期律与元素周期表的综合应用，题目难度中等，正确推断各元素名称为解答关键，要求学生熟练掌握元素周期律内容、元素周期表结构10.CD考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素分析：碳与水反应生成的氢气的浓度为amol/L，则生成的CO为amol/L，令CO与水反应生成氢气的浓度为bmol/L，则生成的二氧化碳的浓度为bmol/L，消耗的CO浓度为bmol/L，平衡时氢气的浓度为1.9mol/L，则amol/L+bmol/L=1.9mol/L，平衡时CO的浓度为0.1mol/L，则amol/Lbmol/L=0.1mol/L，联立解得a=1，b=0.9，据此判断各选项解答：解：A碳与水反应生成的CO浓度为1mol/L，剩余0.1mol/L，则转化率为100%=90%，故A错误；B平衡时，平衡时CO2的浓度等于CO消耗的浓度，即c（CO2）=1mol/L0.1mol/L=0.9mol/L，c（H2）=1.9molL1，二者不等，故B错误；C缩小体积，压强增大，反应前后气体计量数之和相同，化学平衡不移动，故C正确；DC为纯固体，增大C的质量，平衡不移动，即反应中热量值不变，故D正确；故选CD点评：本题考查化学平衡移动、计算，难度不大，应学会化学平衡的计算方式11.A【考点】电解原理【分析】电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B中制备LiOH，Li+由A经过阳离子交换膜向B移动；A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气，据此回答【解答】解：A、电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B中制备LiOH，B极区电解液为LiOH溶液，故A正确；B、A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气，则阳极反应式为2Cl2e=Cl2，电极每产生标况下22.4L气体，电路中转移2mole，故B错误；C、Li+向阴极移动，即由A经过阳离子交换膜向B移动，OH向阳极移动，但是阳离子交换膜不允许氢氧根离子移入A电极区，故C错误；D、电解池的阳极上是氯离子失电子，阴极上是氢离子得电子，电解的总反应方程式为：2H2O+2LiClH2+Cl2+2LiOH，故D错误故选A【点评】本题是一道高考题的改编题，侧重电解原理的应用知识，注意知识的迁移和应用是解题的关键，难度中等12.A13.B知识点:有关范围讨论题的计算，氧化还原反应的计算 答案解析:B 解析：A由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），由钠离子守恒可知n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=n（NaOH），故参加反应的氯气的物质的量为：n（Cl2）=1/2n（NaOH）=0.5a mol，正确；B氧化产物只有NaClO3时，其物质的量最大，由C中计算可知：n最大（NaClO3）=1/6n（NaOH）=1/6 a mol，错误；C氧化产物只有NaClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（NaCl）=5（NaClO3），由钾离子守恒：n（NaCl）+n（NaClO3）=n（NaOH），故n（NaClO3）=1/6 n（NaOH）=1/6a mol，转移电子最大物质的量为：1/6 a mol5=5/6 a mol，氧化产物只有NaClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（NaCl）=n（NaClO），根据钠离子守恒：n（NaCl）+n（NaClO）=n（NaOH），故：n（NaClO）=1/2n（NaOH）=1/2a mol，转移电子最小物质的量=1/2a mol1=1/2a mol，则反应中转移电子的物质的量ne的范围为：1/2a molne5、6a mol，故C正确；D设n（ClO-）=1mol，反应后c(Cl)/ c(ClO)=11，则n（Cl-）=11mol，电子转移守恒，5n（ClO3-）+1n（ClO-）=1n（Cl-），即：5n（ClO3-）+11mol=111mol，解得：n（ClO3-）=2mol，故溶液中c(ClO)/ c(ClO3)=1/2，正确。思路点拨:本题考查了氧化还原反应计算，题目难度中等，注意电子转移守恒及极限法的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力14.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C15.A【考点】有机物的结构和性质【分析】有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羟基，可发生取代、消去和氧化反应，结合有机物的结构简式判断有机物分子式，以此解答【解答】解：A由结构简式可知分子式为C9H14O2，故A正确；B含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，故B错误；C不含酚羟基，与氯化铁不反应，故C错误；D含有羟基，可发生取代反应，故D错误故选A【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团及性质的关系，体会结构决定物质的性质，题目难度不大16.A考点：铜金属及其重要化合物的主要性质；化学方程式的有关计算专题：实验探究和数据处理题分析：由C装置中数据可知，碱石灰完全吸收了二氧化硫和三氧化硫，然后根据质量守恒定律分析每个装置的质量变化情况，从而分析反应中各物质的质量解答：-解：根据质量守恒定律分析，反应生成气体的质量为42.0g37.0g=5g，生成氧化铜的质量为10g5g=5g；干燥管完全吸收了二氧化硫和三氧化硫，其质量为79.5g75g=4.5g，生成的氧气的质量为5g4.5g=0.5g；则参加反应的硫酸铜和生成氧化铜及生成的氧气的质量比为10g：5g：0.5g=20：10：1，表现在化学方程式中的化学计量数之比为： =4：4：1，从题干中可以看出，只有A答案符合这个比例，故A正确；故选A点评：本题着重考查了质量守恒定律的应用，解题的关键根据装置的质量差分析出各物质的质量，然后求出方程式中物质的化学计量数17.C考点：化学实验方案的评价分析：若锥形瓶内气体的最大物质的量是amol，久置后其气体的物质的量是bmol，如存在ab关系，说明在久置过程中锥形瓶的气体参与反应而消耗，反之不存在ab，以此解答该题解答：解：A铁与盐酸反应生成氢气，由于铁过量，则久置过程中铁发生吸氧腐蚀，则消耗氧气，ab，故A不选；B碳酸钠和稀硫酸反应生成二氧化碳气体，由于碳酸钠过量，则久置过程中碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，气体总物质的量减小，ab，故B不选；CFe、Al与浓硫酸发生钝化，气体体积基本不变，故C选；D铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，久置过程中二氧化氮与水反应生成NO，体积变小，故D不选故选C点评：本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大18.B解析：合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L（标准状况），物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒可知n（Al）=0.2mol，故金属铝的质量为0.2mol27g/mol=5.4g，金属铝提供电子的量是0.6mol，将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为3=0.9mol，故Fe、Cu共提供的电子物质的量为0.9mol0.6mol=0.3mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n（OH）=0.3mol，所以反应后沉淀的质量等于13.0g5.4g+0.3mol17g/mol=12.7g，故选B19.D考点：无机物的推断专题：推断题分析：本题的突破点是MnO2，在中学化学中MnO2参与的反应主要是氧气和氯气的制备，所以依据框图的转化特点可知B是氧气，D是氯气，C是浓盐酸，E是四氧化三铁，F和G为氯化亚铁和氯化铁；Fe2+具有还原性，因此配制时需要加入铁粉防止被氧化，结合对应物质的性质解答该题解答：解：在中学化学中MnO2参与的反应主要是氧气和氯气的制备，所以依据框图的转化特点可知B是氧气，D是氯气，C是浓盐酸，E是四氧化三铁，F和G为氯化亚铁和氯化铁，AMnO2参与制备氧气的反应有两种，一种是由MnO2做催化剂的条件下，加热KClO3分解制得氧气；另一种是MnO2做催化剂的条件下，常温下H2O2分解制得氧气，反应的方程式为2H2O22H2O+O2，H2O2中O元素化合价由1价分别变化为0价、2价，由方程式可知1 mol H2O2在反应中能转移1 mol电子，故A正确；B反应为实验室制备氯气的常用方法，由浓盐酸和二氧化锰反应制得，离子方程式为MnO2+4H+2ClCl2+Mn2+2H2O，故B正确；CF是氯化亚铁，G是氯化铁，Fe2+易被氧化，且能水解，加入铁屑和稀盐酸，前者用于防止Fe2+被空气氧化成Fe3+，后者可抑制Fe2+的水解，故C正确；D反应条件相同，不同的反应，无法比较B和MnO2的氧化性强弱，故D错误故选D点评：本题属于无机框图题，主要考查常见物质的性质、制备和检验，本题由化学中常见的反应入题，注意元素化合物知识的积累和常见离子的检验方法【答案】20.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、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21.（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22.（1）sp3、sp3；正四面体；（2）M能层和N能层；（3）NH3PH3；中心原子的电负性NP，使得NH3中成键电子对偏向中心N原子，成键电子对间产生的斥力增大，键角增大；（4）r（Ni2+）r（Fe2+）；NiO、FeO都是离子晶体，熔点NiOFeO，NiO的离子键能较大，阴离子相同，且阴、阳离子所带电荷数相同，所以r（Ni2+）r（Fe2+）；（5）12考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断分析：（1）根据价层电子对互斥理论确定N、S原子杂化方式及SO42的空间构型；（2）Ca原子的M能层有8个电子和N能层有2个电子；（3）根据电负性以及成键电子对的排斥作用分析；（4）离子半径越小，电荷越多，离子晶体的晶格能越大，熔沸点越高；（5）由晶胞图可知，该晶体中原子的堆积方式为面心立方最密堆积，其配位数为12；设其变长为acm，则a2+a2=（4r1010）2，V=a3，=解答：（1）（NH4）2SO4中铵根离子中N原子价层电子对个数是4、SO42中S原子价层电子对个数是4，所以N、S原子杂化方式都是sp3杂化，SO42中S原子价层电子对个数是4，没有孤电子对，则应为正四面体结构；故答案为：sp3、sp3；正四面体；（2）Ca原子的M能层有8个电子和N能层有2个电子，M层排满应该是18个电子，N层排满应该是32个电子，所以没有排满的电子层为M能层和N能层；故答案为：M能层和N能层；（3）已知元素的非金属性NP，非金属性越强，其电负性越强，则中心原子的电负性NP，N的电负性较强吸引电子能力较强，使得NH3中成键电子对偏向中心N原子，成键电子对间产生的斥力增大，键角增大，所以键角NH3PH3；故答案为：NH3PH3；中心原子的电负性NP，使得NH3中成键电子对偏向中心N原子，成键电子对间产生的斥力增大，键角增大；（4）Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与晶格能有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，所以熔点是NiOFeO，故答案为：r（Ni2+）r（Fe2+）；NiO、FeO都是离子晶体，熔点NiOFeO，NiO的离子键能较大，阴离子相同，且阴、阳离子所带电荷数相同，所以r（Ni2+）r（Fe2+）；（5）由晶胞图可知，该晶体中原子的堆积方式为面心立方最密堆积，其配位数为12；设其变长为acm，则a2+a2=（4r1010）2，V=a3=（2r010）3，晶胞中原子数为6+8=4，晶胞的质量为m=，所以=；故答案为：点评：本题考查了物质结构与性质，涉及核外电子排布、晶格能的比较、杂化类型的判断、晶体性质、晶胞的计算等，旨在考查学生对基础知识的掌握，侧重考查分析计算能力及空间想象能力，题目难度中等23.（1）H2O2；将 Fe2+氧化为 Fe3+；（2）降低H+浓度，促使Fe3+彻底水解生成 Fe（OH）3沉淀而除去；（3）Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；（4）蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤；（5）B；先产生白色沉淀后溶解；（6）97.00%；偏高考点：制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量专题：实验设计题分析：（1）酸性条件下过氧化氢具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子；（2）调节溶液pH，降低溶液酸度，可以使铁离子全部沉淀，从而除去；（3）酸性条件下Cu与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铜和水；（4）依据从溶液中得到固体需要蒸发浓缩、冷却结晶以及抽滤等回答；（5）此过程需要调节pH值大于11，故可以加入强碱；pH11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成Zn（OH）42，类似与偏铝酸根，加入酸，先生成氢氧化锌沉淀，继续加入酸，沉淀溶解；（6）根据相关反应的方程式，可得到关系式2Na2S2O3 2Cu2+，根据反应的关系式计算；剧烈摇动锥形瓶，导致空气中的氧气参与氧化还原反应，据此分析即可解答：解：（1）酸性条件下过氧化氢具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，故答案为：H2O2；将 Fe2+氧化为 Fe3+；（2）氧化锌为碱性氧化物，能与H+反应，降低H+浓度，促使Fe3+彻底水解生成 Fe（OH）3沉淀而除去，故答案为：降低H+浓度，促使Fe3+彻底水解生成 Fe（OH）3沉淀而除去；（3）因为双氧水在酸性溶液中先把铜氧化成氧化铜，当然这是一个微弱的反应，形成一个平衡，但是形成的氧化铜马上就会被稀硫酸溶解，平衡被打破，反应朝正方向进行，故而逐渐溶解，反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；故答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；（4）从溶液中得到固体需要蒸发浓缩、冷却结晶以及抽滤等操作，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤；（5）此过程需要调节pH值大于11，故可以加入强碱：NaOH，由于pH11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成Zn（OH）42，类似与偏铝酸根，加入酸，先生成氢氧化锌沉淀，继续加入酸，沉淀溶解，故答案为：B；先产生白色沉淀后溶解；（6）CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为：2Cu2+4I2CuI+I2，且发生I2+2S2O322I+S4O62，则可得关系式2Na2S2O3 2Cu2+，则n（CuSO45H2O）=n（Na2S2O3）=0.100mol/L19.40103L=1.94103mol，m（CuSO45H2O）=1.94103mol250g/mol=0.4850g，（CuSO45H2O）=100%=97.00%，故答案为：97.00%；剧烈摇动锥形瓶，导致氧气参与氧化还原反应，从而消耗Na2S2O3标准溶液体积偏大，故测量纯度偏高，故答案为：偏高点评：本题考查制备实验方案的设计，考查学生对综合实验处理能力，注意实验方案的设计原理和步骤是解答的关键，平时注意打好扎实的基础知识和灵活应用知识解决问题的能力培养，题目难度中等 24.（1）SO2；（2）黑色沉淀中不含有CuO；（3）a、还原性；b、NO2+SO2+Ba2+H2OBaSO4+NO+2H+；（4）CuS存在溶解平衡CuS（s）Cu2+（aq）+S2（aq），热的浓硫酸将S2氧化，使S2浓度减小，促进上述平衡向正向移动，使CuS溶解；（5）40%考点：性质实验方案的设计分析：（1）根据铜与浓硫酸反应生成二氧化硫气体进行解答；（2）根据题中信息中检验铜离子的方法对进行分析，然后得出正确结论；（3）a、红棕色气体为二氧化氮，说明稀硝酸被还原生成一氧化氮，黑色固体具有还原性；b、根据反应现象可知黑色固体与稀硝酸反应生成了二氧化硫，证明黑色固体中含有硫元素；二氧化氮、二氧化硫的混合气体能够与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，据此写出反应的离子方程式；（4）CuS在溶液中存在沉淀溶解平衡，根据平衡移动分析；（5）依据滴定实验数据计算剩余高锰酸钾物质的量，得到和硫化亚铜、硫化铜反应的高锰酸钾物质的量，依据反应的离子方程式列式计算得到解答：解：（1）Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应为Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+2SO2+2H2O，步骤产生的气体是SO2，故答案为：SO2；（2）向试液中滴加K4Fe（CN）6溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+，根据将黑色沉淀放入稀硫酸中，一段时间后，滴加K4Fe（CN）6溶液，未见红褐色沉淀可知，黑色固体中一定不含CuO，故答案为：黑色沉淀中不含有CuO；（3）a、A试管内上方出现红棕色气体，说明反应中有一氧化氮生成，证明了黑色固体具有还原性，在反应中被氧化，故答案为：还原性；b、根据反应现象B试管中出现白色沉淀可知，白色沉淀为硫酸钡，说明黑色固体中含有硫元素；发生反应的离子方程式为：NO2+SO2+Ba2+H2OBaSO4+NO+2H+，故答案为：NO2+SO2+Ba2+H2OBaSO4+NO+2H+；（4）CuS难溶于水，在水溶液中会有很少量的Cu溶解，溶液中存在沉淀溶解平衡，CuS（s）Cu2+（aq）+S2（aq），热的浓硫酸将S2氧化，使S2浓度减小，促进上述平衡向正向移动，使CuS溶解；故答案为：CuS存在溶解平衡CuS（s）Cu2+（aq）+S2（aq），热的浓硫酸将S2氧化，使S2浓度减小，促进上述平衡向正向移动，使CuS溶解；（5）发生的反应为：8MnO4+5Cu2S+44H+10Cu2+5SO2+8Mn2+22H2O6MnO4+5CuS+28H+5Cu2+5SO2+6Mn2+14H2OMnO4+5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O设Cu2S、CuS的物质的量分别为x、y，与Cu2S、CuS反应后剩余KMnO4的物质的量：0.035L0.1mol/L=0.0007mol，160x+96y=0.2+=0.040.0750.0007解得x=0.0005mol，Cu2S的质量分数：100%=40%，故答案为：40%点评：本题考查了浓硫酸的化学性质、性质实验方案的设计，题目难度中等，试题涉及的题量稍大，知识点较多，理解题中信息是解题关键，试题培养了学生的分析、理解能力25.答案： （1）检查装置的气密性 （2）铜片逐渐溶解，溶液逐渐变蓝，产生无色气泡除去NO中混有的CO2 （3）NaOH用装有碱石灰的干燥管代替C装置 （4）5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O （5）B试题解析：（1）涉及气体的制备以及性质实验时，需要检查装置的气密性，且NO、NO2均为有毒气体，因此组装好仪器后必须要检查装置的气密性；（2）装置A生成的NO2进入B中与H2O反应生成HNO3，硝酸再与铜反应生成Cu（NO3）2，NO和水，所以反应现象为铜片逐渐溶解，溶液逐渐变蓝，产生无色气泡；为防止A中产生的CO2进入D中与Na2O2反应，装置C中NaOH溶液作用在于除去NO中混有的CO2，；（3）由于NO通过氢氧化钠溶液进入D装置时会带入水蒸气，而Na2O2与水反应会生成NaOH；若要避免生成NaOH，气体进入D管前必须干燥，可用装有碱石灰的干燥管代替C装置，用于吸收CO2和H2O；（4）在酸性溶液中，NO可将MnO4-还原为Mn2+，自身被氧化为NO3-，根据电子守恒及原子守恒，写出反应离子方程式：5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O；（5）D中可能有未反应完全的有毒气体NO，不能直接排放到空气中，可通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余NO，防止污染空气。