2019-2020年高三上学期期末化学复习试卷（一）含解析.doc

2019-2020年高三上学期期末化学复习试卷（一）含解析一、选择题1xx年9月3日，中国国家主席习近平同美国总统奥巴马、联合国秘书长潘基文在杭州共同出席气候变化巴黎协定批准文书交存仪式习近平主席强调，中国将全面推进节能减排和低碳发展，迈向生态文明新时代下列举措与这一主题不吻合的是（）A用“绿色化学”工艺，使原料完全转化为产品B推广垃圾的分类、回收、处理C大力开发新能源替代化石燃料减少CO2排放D使用一次性餐具，方便生活2下列叙述中，正确的是（）A1 mol H2的质量只有在标准状况下才约为2 gB在标准状况下，某气体的体积是22.4 L，则可认为该气体的物质的量约是1 molC在20时，1 mol任何气体的体积总比22.4 L大D1 mol H2和O2的混合气体，在标准状况下的体积大于22.4 L3下列古诗中对应的化学物质及相关说法均正确的是（）选项诗句相关物质相关说法A春蚕到死丝方尽纤维素高分子化合物B蜡炬成灰泪始干脂肪烃不饱和烃C沧海月明珠有泪碳酸钙强电解质D蓝田日暖玉生烟二氧化硅两性氧化物AABBCCDD4下列离子方程式的书写及评价均合理的是（）选项离子方程式评价A将1mol Cl2通入到含1mol FeI2的溶液中：2Fe2+2I+2Cl2=2Fe3+4Cl+I2正确；Cl2过量，可将Fe2+、I均氧化BMg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2+HCO3+OH=MgCO3+H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO=HClO+HSO3正确； 说明酸性：H2SO3强于HClOD1mol/L的NaAl（OH）4溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2Al（OH）4+5H+=Al3+Al（OH）3+5H2O正确：Al（OH）4与Al（OH）3消耗的H+的物质的量之比为2：3AABBCCDD5O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（）A氧气是氧化产物BO2F2既是氧化剂又是还原剂C若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：46下列叙述正确的是（）A阳离子都只有氧化性BH2O2既有氧化性，又有还原性，与KMnO4反应时表现H2O2的还原性C与强酸、强碱都反应的物质只有两性氧化物或两性氢氧化物D分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液Fe（OH）3胶体FeCl3溶液7已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）3+3ClO+4OH2RO4n+3Cl+5H2O，则RO4n中R的化合价是（）A+3B+4C+5D+68物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度有关下列各组物质：Cu与HNO3溶液 Cu与FeCl3溶液 Zn与H2SO4溶液 Fe与HCl溶液 由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是（）ABCD9一块11.0g的铁铝合金，加入一定量的稀硫酸后完全溶解，然后加H2O2至溶液中无Fe2+存在，加热除去多余的H2O2，当加入200mL 6molL1 NaOH溶液时沉淀量最多，且所得沉淀质量为26.3g，下列说法正确的是（）A该合金中铁的质量为5.4 gB合金与稀硫酸反应共生成0.45 mol H2C该合金与足量氢氧化钠溶液反应，转移的电子数为0.3NAD所加的稀硫酸中含0.6 mol H2SO410已知A、B、D、E均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示（部分产物略去），则下列有关物质的推断不正确的是（）A若A是铁，则E可能为稀硝酸B若A是CuO，E是碳，则B为COC若A是NaOH溶液，E是CO2，则B为NaHCO3D若A是A1C13溶液，E可能是稀氨水11常温下，取20mL某浓度的HCl作为待测液，用一定物质的量浓度的NaOH溶液进行滴定（假设盐酸与NaOH溶液混合后体积变化忽略不计），滴定过程中溶液的pH变化如图所示下列叙述正确的是（）A所用HCl的浓度是0.09molL1，NaOH溶液浓度为0.03molL1B在B点，溶液中离子浓度关系为：c（Na+）c（Cl）c（H+）c（OH）CABC三点水的电离程度大小依次为：ABCD滴定前，锥形瓶用待测液润洗，导致HCl浓度偏低12酚酞的结构如图所示，有关酚酞说法不正确的是（）A分子式为C20H14O4B可以发生取代反应、加成反应、氧化反应C含有的官能团有羟基、酯基D1 mol该物质可与H2和溴水发生反应，消耗H2和Br2的最大值分别为10 mol 和4 mol二、非选择题13KMnO4是一种用途广泛的氧化剂，可由软锰矿（主要成分为MnO2）通过下列方法制备：软锰矿与过量KOH、KClO3固体熔融生成K2MnO4；溶解、过滤后将滤液酸化，使K2MnO4完全转化为MnO2和KMnO4；滤去MnO2，将滤液浓缩、结晶得到深紫色的KMnO4产品（1）溶液酸化时，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4的离子方程式是；（2）测定KMnO4产品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定配制250mL0.1mol/L标准Na2S2O3溶液，需准确称取Na2S2O3固体的质量为g；取上述制得的KMnO4产品0.6000g，酸化后用0.1mol/L标准Na2S2O3溶液进行滴定，滴定至终点消耗Na2S2O3溶液20.00ml计算该KMnO4产品的纯度（请给出计算过程）（有关离子方程式为：MnO4+S2O32+H+ SO42+Mn2+H2O 未配平）14合金是建筑航空母舰的主体材料（1）航母升降机可由铝合金制造铝元素在周期表中的位置是，工业炼铝的原料由铝土矿提取而得，提取过程中通入的气体为AlMg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为焊接过程中使用的保护气为（填化学式）（2）航母舰体材料为合金钢舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则在炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为（3）航母螺旋浆主要用铜合金制造80.0g CuAl合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得到白色沉淀39.0，则合金中Cu的质量分数为为分析某铜合金的成分，用酸将其完全溶解后，用NaOH溶液调节pH，当pH=3.4时开始出现沉淀，分别在pH为7.0、8.0时过滤沉淀结合题如图信息推断该合金中除铜外一定含有15运用元素周期律研究元素及其化合物的性质具有重要的意义I部分短周期主族元素的最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01molL1）溶液的PH和原子序数的关系如图所示（1）元素R在周期表中的位置是（2）元素Y和W形成的Y2W2型化合物中含有化学键的类型为（3）请写出X的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物的离子反应方程式短周期元素C、O、S能形成多种化合物，如CO2、CS2、COS等（1）下列能说明碳、硫两种元素非金属性相对强弱的是（填序号）AS与H2发生化合反应比C与H2化合更容易B酸性：H2SO3H2CO3C稳定性：CH4H2S（2）羰基硫（COS）可作为一种熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫的危害，其分子结构和CO2相似羰基硫（COS）的电子式为：羰基硫（COS）用氢氧化钠溶液处理及利用的过程如图：已知A是一种正盐，则反应I的化学反应方程式为16xx年9月3日，二十国集团领导人杭州峰会之前，中国政府率先签署了巴黎协定并向联合国交存批准文书，体现中国为应对全球气候变化做出了重要贡献为减少CO2对环境造成影响，有科学家提出设想，先把空气吹入碳酸钾溶液，然后再把CO2从溶液中提取出来，并使之变为可再生燃料甲醇，流程如图1所示：（1）写出分解池中反应的化学方程式（2）在合成塔中，当有8.8gCO2与足量H2完全反应，可放出9.84l03kJ的能量，写出合成塔中反应的热化学方程式（3）在体积为l L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2在300下发生反应，有关物质的浓度随时间变化如图2所示从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v（H2）=其他条件不变，只将温度提高到500，再次平衡时n（CH3OH）/n（CO2）比值（填“增大”、“减小”或“不变”）从平衡移动原理分析，低温有利于提高原料气的转化率，而实际生产中采用300的温度，原因是（4）目前，由CO2来合成二甲醚已取得了较大的进展，其化学反应是：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）H0判断该反应在一定条件下，体积恒定的密闭容器中是否达到化学平衡状态的依据是a容器中密度不变b单位时间内消耗2molCO2，同时消耗1mol二甲醚cv（CO2）：v（H2）=1：3d容器内压强保持不变17可用来制备抗凝血药，通过下列路线合成：（1）A与银氨溶液反应有银镜生成，写出该反应的化学方程式（2）BC的反应类型是（3）E的结构简式是（4）写出F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式：（5）下列关于G的说法正确的是a能与溴单质反应 b能与金属钠反应c.1mol G最多能和3mol氢气反应 d分子式是C9H6O3（6）E的同分异构体很多，符合下列条件的共种含苯环，苯环上有两个取代基，能与醇发生酯化反应18平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质）某课题以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到Ce（OH）4和硫酸铁铵：已知：酸性条件下，铈在水溶液中有Ce3+、Ce4+两种主要存在形式，Ce3+易水解，Ce4+有较强氧化性CeO2不溶于稀硫酸硫酸铁铵aFe2（SO4）3b（NH4）2SO4cH2O广泛用于水的净化处理（1）在氧化环节，下列物质中最适合用作氧化剂B的是（填序号）aNaClO bH2O2cKMnO4（2）操作的名称是，检验硫酸铁铵溶液中含有NH4+的方法是（3）写出反应的化学方程式（4）用滴定法测定制得的Ce（OH）4产品纯度称取Ce（OH）4样品加硫酸溶解用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进进行滴定，则测得该Ce（OH）4产品的质量分数（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（5）称取14.00g硫酸铁铵样品，将其溶于水配制成100mL溶液，分成两等份，向其中一份加入足量NaOH溶液，过滤洗涤沉淀并烘干灼烧至恒重得到1.60g固体；向另一份溶液中加入0.5mol/L Ba（NO3）2溶液100mL，恰好完全反应通过计算，该硫酸铁铵的化学式为（写出必要的计算步骤，否则不得分）19某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰M与其他物质的转化关系如图1所示（部分产物已略去）：（1）写出用惰性电极电解M溶液的离子方程式写出F的电子式（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，E溶液与F溶液反应可以制备一种胶体，则E溶液的俗称是（3）若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，如图2所示：反应后溶液中的溶质化学式为（4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是（5）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，向G溶液中加入苯酚溶液后显紫色，则由A转化成E的离子方程式是（6）若A是一种化肥实验室可用A和B反应制取气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式是（7）若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32、SO42中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图3所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为20一种常见聚酯类高分子材料的合成流程如下：已知以下信息：A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志核磁共振氢谱显示上述流程中C8H10分子含有两种化学环境的氢同一个碳原子上连有两个OH时会发生：+H2O回答下列问题：（1）A的名称是，该流程中C8H10的结构简式是（2）F中含有的官能团名称为（3）的反应中属于取代反应的是（4）写出反应、的化学方程式：反应；反应（5）C8H8Cl2的同分异构体中含有苯环且Cl原子不与苯环直接相连的还有种（不包括上述流程中的结构），其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积比为2：1：1的结构简式是（6）请你结合所学知识和题给信息设计一种将C8H10转化为F的合成路线（有机物用结构简式表示，无机试剂任选）xx学年山东省枣庄市滕州市善国中学高三（上）期末化学复习试卷（一）参考答案与试题解析一、选择题1xx年9月3日，中国国家主席习近平同美国总统奥巴马、联合国秘书长潘基文在杭州共同出席气候变化巴黎协定批准文书交存仪式习近平主席强调，中国将全面推进节能减排和低碳发展，迈向生态文明新时代下列举措与这一主题不吻合的是（）A用“绿色化学”工艺，使原料完全转化为产品B推广垃圾的分类、回收、处理C大力开发新能源替代化石燃料减少CO2排放D使用一次性餐具，方便生活【考点】绿色化学【分析】节能减排即低碳经济的宗旨是减少化石燃料的使用，减少二氧化碳等的排放，倡导绿色化学，即从源头上对污染进行治理，提高原子利用率，据此分析【解答】解：A、用“绿色化学”工艺，使原料完全转化为产品，提高原子利用率，减少副产物的产生，符合绿色化学和节能减排的理念，故A正确；B、垃圾是放错了位置的资源，实现垃圾的分类、回收和再利用能减少污染并节能，故B正确；C、用新能源代替化石能源是实现节能减排的一大措施，故C正确；D、一次性餐具导致了严重的资源浪费和白色污染，不利于节能减排，故D错误故选D2下列叙述中，正确的是（）A1 mol H2的质量只有在标准状况下才约为2 gB在标准状况下，某气体的体积是22.4 L，则可认为该气体的物质的量约是1 molC在20时，1 mol任何气体的体积总比22.4 L大D1 mol H2和O2的混合气体，在标准状况下的体积大于22.4 L【考点】物质的量的相关计算【分析】A、根据m=nM来计算；B、根据标况下气体体积V=nVm来计算；C、气体体积和压强也有关；D、依据气体摩尔体积概念分析，结合n=计算判断【解答】解：A、1 mol H2的质量=1mol2g/mol=2 g，和温度压强无关，故A错误；B、标况下气体体积V=nVm，标准状况下，某气体的体积是22.4 L，则可认为该气体的物质的量约是1 mol，故B正确；C、压强不知，在20时，1 mol的任何气体的体积不一定比22.4 L大，故C错误；D、1 mol H2和O2的混合气体，在标准状况下的体积一定约为22.4L，故D错误；故选B3下列古诗中对应的化学物质及相关说法均正确的是（）选项诗句相关物质相关说法A春蚕到死丝方尽纤维素高分子化合物B蜡炬成灰泪始干脂肪烃不饱和烃C沧海月明珠有泪碳酸钙强电解质D蓝田日暖玉生烟二氧化硅两性氧化物AABBCCDD【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A蚕丝为蛋白质；B“泪”指的是液态石蜡，液态石蜡属于烃；C碳酸钙熔融状态下能够完全电离；D两性氧化物与酸和碱反应都只生成盐和水【解答】解：A蚕丝为蛋白质，不是纤维素，故A错误；B“泪”指的是液态石蜡，液态石蜡属于烃，属于饱和烃，故B错误；C碳酸钙熔融状态下能够完全电离，是强电解质，故C正确；D二氧化硅不能与盐酸反应，不是两性氧化物，故D错误；故选：C4下列离子方程式的书写及评价均合理的是（）选项离子方程式评价A将1mol Cl2通入到含1mol FeI2的溶液中：2Fe2+2I+2Cl2=2Fe3+4Cl+I2正确；Cl2过量，可将Fe2+、I均氧化BMg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2+HCO3+OH=MgCO3+H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO=HClO+HSO3正确； 说明酸性：H2SO3强于HClOD1mol/L的NaAl（OH）4溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2Al（OH）4+5H+=Al3+Al（OH）3+5H2O正确：Al（OH）4与Al（OH）3消耗的H+的物质的量之比为2：3AABBCCDD【考点】离子方程式的书写【分析】A、一种氧化剂与多种还原性微粒作用，先还原性强的反应，I的还原性强于Fe2+；B、不符合客观事实，应生成溶解度更小的Mg（OH）2；C、SO2具有强还原性，而NaClO具有极强的氧化性，两者要发生氧化还原反应，与事实相违背；D、NaAl（OH）4溶液和HCl溶液，可以有多种可能：当NaAl（OH）4过量时方程为HCl+NaAl（OH）4=NaCl+Al（OH）3+H2O，当HCl过量时方程为4HCl+NaAl（OH）4=NaCl+AlCl3+4H2O，1mol/L的NaAl（OH）4溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2Al（OH）4+5H+=Al3+Al（OH）3+5H2O【解答】解：A、将1mol Cl2通入到含1mol FeI2的溶液中，只能够将碘离子氧化完全，正确的离子方程式为Cl2+2I=2Cl+I2，正确的评价为Cl2不足，只氧化I，故A错误；B、Mg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应，正确的离子方程式为Mg2+2HCO3+4OH=Mg（OH）2+2H2O+2CO32，故B错误；C、过量SO2通入到NaClO溶液中，SO32有强还原性，ClO有强氧化性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为SO2+H2O+ClO=2H+SO42+Cl，故C错误；D、1mol/L的NaAl（OH）4溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合反应方程式为：2Al（OH）4+5H+=Al3+Al（OH）3+5H2O，如果盐酸过量继续和Al（OH）3反应，所以1molAl（OH）4和盐酸反应最多消耗4molH+，Al（OH）4与Al（OH）3消耗的H+的物质的量之比在（14）：3，故D正确；故选D5O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（）A氧气是氧化产物BO2F2既是氧化剂又是还原剂C若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4【考点】氧化还原反应的计算【分析】反应H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由2价升高到+6价，被氧化，O元素由+1价降低到0价，被还原，以此解答该题【解答】解：AO元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A错误；B在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，而O2F2表现氧化性，故B错误；C外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是1：4，故D正确故选D6下列叙述正确的是（）A阳离子都只有氧化性BH2O2既有氧化性，又有还原性，与KMnO4反应时表现H2O2的还原性C与强酸、强碱都反应的物质只有两性氧化物或两性氢氧化物D分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液Fe（OH）3胶体FeCl3溶液【考点】氧化还原反应；无机化合物与有机化合物的概念；两性氧化物和两性氢氧化物【分析】A、根据化合价判断是否有氧化性或还原性；B、根据H2O2中氧元素的化合价判断；C、弱酸的酸式盐与强酸、强碱都反应；D、溶液分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1nm100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm【解答】解：A、阳离子若处于最高价只有氧化性，处于中间价态，则既有氧化性又有还原性，故A错误；B、H2O2中氧元素的化合价为1价，为中间价态，既有氧化性又有还原性，H2O2与KMnO4反应时H2O2被氧化表现还原性，故B正确；C、弱酸的酸式盐与强酸、强碱都反应，如碳酸氢钠与强酸反应生成二氧化碳，与强碱反应生成碳酸盐，所以与强酸、强碱都反应的物质不一定有两性，故C错误；D、溶液分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1nm100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，则分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液Fe（OH）3胶体FeCl3溶液，故D错误故选B7已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）3+3ClO+4OH2RO4n+3Cl+5H2O，则RO4n中R的化合价是（）A+3B+4C+5D+6【考点】真题集萃；氧化还原反应【分析】根据电荷守恒得31+41=31+2n，则n=2，所以RO4n为RO42，该离子中O元素化合价为2价，R、O元素化合价的代数和为2，据此判断R元素化合价【解答】解：根据电荷守恒得31+41=31+2n，则n=2，所以RO4n为RO42，该离子中O元素化合价为2价，R、O元素化合价的代数和为2，所以该离子中R元素化合价=2（2）4=+6，故选D8物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度有关下列各组物质：Cu与HNO3溶液 Cu与FeCl3溶液 Zn与H2SO4溶液 Fe与HCl溶液 由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是（）ABCD【考点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质【分析】浓硝酸与金属反应生成二氧化氮，稀硝酸与金属反应生成一氧化氮；较活泼金属与稀硫酸反应生成氢气，与浓硫酸反应生成二氧化硫；中都只发生一种反应，以此来解答【解答】解：Cu与HNO3溶液中，若为浓硝酸，发生Cu+4HNO3Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，若为稀硝酸，则发生3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO+4H2O，故符合题意；Cu与FeCl3溶液中，无论浓度大小都只发生Cu+2FeCl32FeCl2+CuCl2，故不符合题意；Zn与H2SO4溶液中，若为稀硫酸，发生Zn+H2SO4ZnSO4+H2，若为浓硫酸，则发生Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2+2H2O，故符合题意；Fe与HCl溶液中，无论浓度大小都只发生Fe+2HCl=FeCl2+H2，故不符合题意；故选A9一块11.0g的铁铝合金，加入一定量的稀硫酸后完全溶解，然后加H2O2至溶液中无Fe2+存在，加热除去多余的H2O2，当加入200mL 6molL1 NaOH溶液时沉淀量最多，且所得沉淀质量为26.3g，下列说法正确的是（）A该合金中铁的质量为5.4 gB合金与稀硫酸反应共生成0.45 mol H2C该合金与足量氢氧化钠溶液反应，转移的电子数为0.3NAD所加的稀硫酸中含0.6 mol H2SO4【考点】氧化还原反应的计算【分析】200mL 6molL1 NaOH溶液中含有NaOH的总物质的量为：6mol/L0.2mol=1.2mol，生成沉淀最多时溶质为硫酸钠，则所加硫酸的物质的量为： =0.6mol；最终得到的沉淀为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，则生成沉淀时消耗氢氧根离子的物质的量为： =0.9mol，则铁和铝的总物质的量为： =0.3mol，设合金中铁的物质的量为x、铝的物质的量为y，则56x+27y=11.0、x+y=0.3，解得：x=0.1mol、y=0.2mol，据此对各选项进行判断【解答】解：最终得到的沉淀为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，则生成沉淀时消耗氢氧根离子的物质的量为： =0.9mol，则铁和铝的总物质的量为： =0.3mol，设合金中铁的物质的量为x、铝的物质的量为y，则56x+27y=11.0、x+y=0.3，解得：x=0.1mol、y=0.2mol；200mL 6molL1 NaOH溶液中含有NaOH的总物质的量为：6mol/L0.2mol=1.2mol，生成沉淀最多时溶质为硫酸钠，则所加硫酸的物质的量为： =0.6mol；A根据计算可知，合金中含有0.1mol铁，其质量为：56g/mol0.1mol=5.6g，故A错误；B.0.1mol铁与稀硫酸反应生成0.1mol氢气，0.2mol铝与稀硫酸反应生成0.3mol氢气，总共生成0.4mol氢气，故B错误；C铁不与氢氧化钠溶液反应，0.2mol铝与氢氧化钠溶液反应转移电子为：0.2mol3=0.6mol，转移的电子数为0.6NA，故C错误；D根据分析可知，所加硫酸的物质的量为0.6mol，故D正确；故选D10已知A、B、D、E均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示（部分产物略去），则下列有关物质的推断不正确的是（）A若A是铁，则E可能为稀硝酸B若A是CuO，E是碳，则B为COC若A是NaOH溶液，E是CO2，则B为NaHCO3D若A是A1C13溶液，E可能是稀氨水【考点】无机物的推断【分析】由图中转化可知，反应与量有关，且B、D可相互转化，则发生氧化还原反应或复分解反应，结合选项中物质及性质来解答【解答】解：AA为Fe，E为硝酸，B为硝酸铁，D为硝酸亚铁，符合转化关系，故A正确；BA为CuO，C为C，B为CO，D为CO2，符合转化关系，故B正确；CA为NaOH，E是CO2，B为NaHCO3，D为B为Na2CO3，符合转化关系，故C正确；DA1C13与氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵，与量无关，不符合转化关系，故D错误；故选D11常温下，取20mL某浓度的HCl作为待测液，用一定物质的量浓度的NaOH溶液进行滴定（假设盐酸与NaOH溶液混合后体积变化忽略不计），滴定过程中溶液的pH变化如图所示下列叙述正确的是（）A所用HCl的浓度是0.09molL1，NaOH溶液浓度为0.03molL1B在B点，溶液中离子浓度关系为：c（Na+）c（Cl）c（H+）c（OH）CABC三点水的电离程度大小依次为：ABCD滴定前，锥形瓶用待测液润洗，导致HCl浓度偏低【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A设出盐酸和氢氧化钠溶液的物质的量浓度，然后根据图象中数据列式计算出盐酸和氢氧化钠溶液的浓度；B根据B点盐酸过量判断溶液中各离子的浓度大小；CA、B为酸性溶液，抑制了水的电离，氢离子浓度越大，水的电离程度越小，C点为中性，A、B、C中C点水的电离程度最大；D锥形瓶不能润洗，否则导致待测液中溶质的物质的量偏大，消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高【解答】解：A、结合图象，假设HCl的浓度是x molL1，NaOH溶液浓度为y molL1，有：20103x=60103y， =0.01；解得：x=0.09，y=0.03，故A正确；B、在B点，盐酸已中和，溶液显酸性，没有达到完全中和，c（H+）c（OH），c（Cl）c（Na+），故B错误；C、ABC三点酸性依次减弱，对水电离的一直程度减小，水的电离程度大小依次为：CBA，故C错误；D、滴定前，锥形瓶用待测液润洗，增加n（H+），消耗n（NaOH）增大，导致HCl浓度偏高，故D错误故选A12酚酞的结构如图所示，有关酚酞说法不正确的是（）A分子式为C20H14O4B可以发生取代反应、加成反应、氧化反应C含有的官能团有羟基、酯基D1 mol该物质可与H2和溴水发生反应，消耗H2和Br2的最大值分别为10 mol 和4 mol【考点】有机物分子中的官能团及其结构【分析】由结构简式可知分子式，分子中含酚OH、COOC，结合酚、酯的性质来解答【解答】解：A由结构简式可知分子式为C20H14O4，故A正确；B含酚OH可发生取代、氧化反应，含苯环可发生加成反应，故B正确；C分子中含酚OH、COOC，即含有的官能团有羟基、酯基，故C正确；D只有苯环与氢气发生加成反应，酚OH的邻对位与溴水发生取代，且对位均有取代基，则1mol该物质可与H2和溴水发生反应，消耗H2和Br2的最大值为9mol和4mol，故D错误故选D二、非选择题13KMnO4是一种用途广泛的氧化剂，可由软锰矿（主要成分为MnO2）通过下列方法制备：软锰矿与过量KOH、KClO3固体熔融生成K2MnO4；溶解、过滤后将滤液酸化，使K2MnO4完全转化为MnO2和KMnO4；滤去MnO2，将滤液浓缩、结晶得到深紫色的KMnO4产品（1）溶液酸化时，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4的离子方程式是3MnO42+4H+=MnO2+2MnO4+2H2O；（2）测定KMnO4产品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定配制250mL0.1mol/L标准Na2S2O3溶液，需准确称取Na2S2O3固体的质量为3.950g；取上述制得的KMnO4产品0.6000g，酸化后用0.1mol/L标准Na2S2O3溶液进行滴定，滴定至终点消耗Na2S2O3溶液20.00ml计算该KMnO4产品的纯度（请给出计算过程）（有关离子方程式为：MnO4+S2O32+H+ SO42+Mn2+H2O 未配平）【考点】化学方程式的有关计算；化学方程式的书写；氧化还原反应；探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）K2MnO4在酸性条件下全转变为MnO2和KMnO4，同时生成水，根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒配平；（2）根据n=cV计算的物质的量，再根据m=nM计算Na2S2O3的质量；发生反应：8MnO4+5S2O32+14H+=10SO42+8Mn2+7H2O，结合方程式计算【解答】解：（1）滤液酸化后，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4，则反应离子方程式为3MnO42+4H+MnO2+2MnO4+2H2O，故答案为：3MnO42+4H+MnO2+2MnO4+2H2O；（2）n（Na2S2O3）=0.100molL10.25L=0.025mol，m（Na2S2O3）=0.025mol158g/mol=3.950g，故答案为：3.950；由反应方程式：8MnO4+5S2O32+14H+=10SO42+8Mn2+7H2O，可知n（KMnO4）=n（S2O32）=0.100 molL120.00103 L=3.20103mol，所以m（KMnO4）=3.20103mol158g/mol=0.5056gKMnO4产品的纯度为：100%=84.27%；答：该KMnO4产品的纯度为：84.27%14合金是建筑航空母舰的主体材料（1）航母升降机可由铝合金制造铝元素在周期表中的位置是第三周期第A族，工业炼铝的原料由铝土矿提取而得，提取过程中通入的气体为CO2AlMg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O焊接过程中使用的保护气为Ar（填化学式）（2）航母舰体材料为合金钢舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为吸氧腐蚀航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则在炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为CaCO3或CaO（3）航母螺旋浆主要用铜合金制造80.0g CuAl合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得到白色沉淀39.0，则合金中Cu的质量分数为83.1%为分析某铜合金的成分，用酸将其完全溶解后，用NaOH溶液调节pH，当pH=3.4时开始出现沉淀，分别在pH为7.0、8.0时过滤沉淀结合题如图信息推断该合金中除铜外一定含有Al、Ni【考点】镁、铝的重要化合物；金属的电化学腐蚀与防护；铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】（1）铝是13号元素，铝原子由3个电子层，最外层电子数为3，据此确定在周期表中的位置；将铝土矿溶于NaOH溶液，处理转化为偏铝酸盐，除去杂质，再通入二氧化碳，生成氢氧化铝，加热氢氧化铝可得氧化铝；氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水；在焊接过程中为防止Al、Mg等金属发生氧化反应，需在Ar等惰性气体保护下焊接；（2）舰体的主要成分为钢铁（含少量碳的铁碳合金），海水基本为中性溶液，铁主要发生吸氧腐蚀；在炼铁过程中可以加入CaCO3或CaO，硅形成硅酸盐，作为炉渣除去从而降低硅含量；（3）铜铝合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，铜离子转化为四氨合铜络离子加入溶液，过滤得到白色沉淀是氢氧化铝，根据n=计算氢氧化铝的物质的量，再根据m=nM计算Al的质量，进而计算合金中Cu的质量，再根据质量分数定义计算；+2价铁会氧化为+3价铁，会在3.4前出现沉淀，pH=3.4时开始出现沉淀为Al（OH）3，pH=8.0时过滤沉淀为Ni（OH）2，因此该铜合金中还含Al、Ni【解答】解：（1）Al的核外电子层数为3，最外层电子数为3，因此位于周期表中第三周期第A族；工业冶炼铝的原料是Al2O3，由铝土矿中提取Al2O3的方法一般是将铝土矿溶于NaOH溶液，使Al转化为AlO2，然后通入CO2气体使AlO2转化为Al（OH）3沉淀，然后再将Al（OH）3沉淀加热即可得到Al2O3，故答案为：第三周期第A族；CO2；氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，在焊接过程中为防止Al、Mg等金属发生氧化反应，需在Ar等惰性气体保护下焊接，故答案为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；（2）舰体的主要成分为钢铁（含少量碳的铁碳合金），因此在海水中因形成原电池发生吸氧腐蚀，故答案为：吸氧腐蚀；冶炼过程可加入CaCO3或CaO与硅形成硅酸盐，作为炉渣除去从而降低硅含量，故答案为：CaCO3或CaO；（3）Cu2+在过量氨水中易形成络离子，因此得到39.0g白色沉淀为Al（OH）3沉淀，利用原子守恒可知80.0gCuAl合金中含有m（Al）=27g/mol=13.5g，故该合金中铜的质量分数为=83.1%，故答案为：83.1%；+2价铁会氧化为+3价铁，会在3.4前出现沉淀，由图可知，结合题中信息可知开始出现沉淀为Al（OH）3、pH=8.0时过滤沉淀Ni（OH）2，因此该铜合金中一定还含Al、Ni，故答案为：Al、Ni15运用元素周期律研究元素及其化合物的性质具有重要的意义I部分短周期主族元素的最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01molL1）溶液的PH和原子序数的关系如图所示（1）元素R在周期表中的位置是第三周期第A族（2）元素Y和W形成的Y2W2型化合物中含有化学键的类型为离子键、非极性共价键（3）请写出X的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物的离子反应方程式H+NH3=NH4+短周期元素C、O、S能形成多种化合物，如CO2、CS2、COS等（1）下列能说明碳、硫两种元素非金属性相对强弱的是AC（填序号）AS与H2发生化合反应比C与H2化合更容易B酸性：H2SO3H2CO3C稳定性：CH4H2S（2）羰基硫（COS）可作为一种熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫的危害，其分子结构和CO2相似羰基硫（COS）的电子式为：羰基硫（COS）用氢氧化钠溶液处理及利用的过程如图：已知A是一种正盐，则反应I的化学反应方程式为COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】I由题意X、Y、Z、W、R是短周期主族元素且原子序数依次增大，最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01molL1）溶液的PH，Y对应PH=12，说明Y是钠，X对应PH=2，X是氮，Z对应PH2，所以Z是磷，W对应PH2，所以W是S；R对应PH=2原子序数最大，所以R是Cl（1）Cl的原子结构中有3个电子层、最外层电子数为7；（2）元素Y和W形成的Y2W2型化合物是Na2S2；（3）X的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应生成硝酸铵；II（1）A非金属性越强，越易与氢气化合；B最高价含氧酸的酸性可说明碳与硫两元素非金属性相对强弱；C非金属性越强，氢化物越稳定；（2）由流程可知，COS与氢氧化钠反应，根据原子守恒，A溶液应该是含C的正盐，所以A为Na2CO3；硫化钠溶液加热生成Na2S2O3和气体，由原子守恒，气体a应该是氢气，以此来解答【解答】解：I由题意X、Y、Z、W、R是短周期主族元素且原子序数依次增大，最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01molL1）溶液的PH，Y对应PH=12，说明Y是钠，X对应PH=2，X是氮，Z对应PH2，所以Z是磷，W对应PH2，所以W是S；R对应PH=2原子序数最大，所以R是Cl（1）元素R在周期表中的位置是：第三周期第A族，故答案为：第三周期第A族；（2）元素Y和W形成的Y2W2型化合物是Na2S2中含有化学键的类型为：离子键、非极性共价键，故答案为：离子键、非极性共价键；（3）X的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物的离子反应方程式为H+NH3=NH4+，故答案为：H+NH3=NH4+；II（1）AS与H2发生化合反应比C与H2化合更容易，则能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱关系为：SC，故A正确；B酸性：H2SO3H2CO3，亚硫酸不是最高价含氧酸，不能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱，故B错误；C稳定性：CH4H2S，能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱关系为：SC，故C正确；故答案为：AC；（2）由流程可知，COS与氢氧化钠反应，根据原子守恒，A溶液应该是含C的正盐，所以A为Na2CO3；硫化钠溶液加热生成Na2S2O3和气体，由原子守恒，气体a应该是氢气，羰基硫（COS）的电子式为，故答案为：；由上述分析可知，A是Na2CO3；气体a应该是氢气，结合电子、原子、电荷守恒可知反应为2S2+5H2OS2O32+4H2+2OH，则反应I为COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O，故答案为：COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O16xx年9月3日，二十国集团领导人杭州峰会之前，中国政府率先签署了巴黎协定并向联合国交存批准文书，体现中国为应对全球气候变化做出了重要贡献为减少CO2对环境造成影响，有科学家提出设想，先把空气吹入碳酸钾溶液，然后再把CO2从溶液中提取出来，并使之变为可再生燃料甲醇，流程如图1所示：（1）写出分解池中反应的化学方程式2KHCO3K2CO3+H2O+CO2（2）在合成塔中，当有8.8gCO2与足量H2完全反应，可放出9.84l03kJ的能量，写出合成塔中反应的热化学方程式CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）H=49200KJ/mol（3）在体积为l L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2在300下发生反应，有关物质的浓度随时间变化如图2所示从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v（H2）=0.225mol/（Lmin）其他条件不变，只将温度提高到500，再次平衡时n（CH3OH）/n（CO2）比值减小（填“增大”、“减小”或“不变”）从平衡移动原理分析，低温有利于提高原料气的转化率，而实际生产中采用300的温度，原因是催化剂此温度下活性最大（4）目前，由CO2来合成二甲醚已取得了较大的进展，其化学反应是：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）H0判断该反应在一定条件下，体积恒定的密闭容器中是否达到化学平衡状态的依据是bda容器中密度不变b单位时间内消耗2molCO2，同时消耗1mol二甲醚cv（CO2）：v（H2）=1：3d容器内压强保持不变【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算【分析】（1）碳酸氢钾不稳定，加热时分解生成碳酸钾和二氧化碳、水；（2）8.8gCO2的物质的量=0.2mol，0.2mol二氧化碳和足量氢气反应放出9.84l03kJ热量，计算1mol二氧化碳与足量氢气反应放出的热量，从而写出其热化学反应方程式；（3）依据化学反应速率的概念计算，用单位时间内物质浓度的变化计算得到；反应是放热反应温度升高平衡逆向进行；考虑反应快慢（或者催化剂活性）；（4）化学平衡状态的标志是正逆反应速率相同，各组分浓度保持不变，分析选项判断【解答】解：（1）二氧化碳和饱和的碳酸钾溶液反应生成碳酸氢钾，碳酸氢钾不稳定，加热时分解生成碳酸钾、二氧化碳和水，所以方程式为2KHCO3K2CO3+H2O+CO2故答案为：2KHCO3K2CO3+H2O+CO2；（2）8.8gCO2的物质的量=0.2mol，0.2mol二氧化碳和足量氢气反应放出9.84l03kJ热量，计算1mol二氧化碳与足量氢气反应放出的热量为49200KJ：，所以其热化学反应方程式为CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）H=49200KJ/mol，故答案为：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）H=49200KJ/mol；（3）图象分析，甲醇表示的反应速率=0.075mol/Lmin；依据化学方程式CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）计算得到氢气表示的反应速率=0.075mol/Lmin3=0.225 mol/（Lmin）； 故答案为：0.225 mol/（Lmin）； 反应是放热反应，若其它条件不变，只将温度提高到800，平衡逆向进行，再次达平衡时比值减小；故答案为：减小；从平衡移动原理分析，低温有利于提高原料气的转化率，而实际生产中采用300的温度是为了催化剂此温度下活性最大，故答案为：催化剂此温度下活性最大；根据：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）H0可知，该反应为气体体积减小的吸热反应，所以在一定温度下，体积恒定的密闭容器中，a反应前后气体质量守恒，体积固定，所以过程中密度不变，容器的密度不变不能证明反应达到平衡，故a错误；b单位时间内消耗2mol CO2，同时消耗1mol二甲醚证明反应的正逆反应速率相同，能说明反应达到平衡，故b正确；cv（CO2）：v（H2）=1：3无法判断正逆反应速率是否相等，故c错误；d反应前后气体体积变化，容器内压强保持不变说明反应达平衡状态，故d正确；故答案为：bd17可用来制备抗凝血药，通过下列路线合成：（1）A与银氨溶液反应有银镜生成，写出该反应的化学方程式CH3CHO+2Ag（NH3）2+2OHCH3COO+NH4+2Ag+3NH3+H2O（2）BC的反应类型是取代反应（3）E的结构简式是（4）写出F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式：+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O（5）下列关于G的说法正确的是abda能与溴单质反应 b能与金属钠反应c.1mol G最多能和3mol氢气反应 d分子式是C9H6O3（6）E的同分异构体很多，符合下列条件的共9种含苯环，苯环上有两个取代基，能与醇发生酯化反应【考点】有机物的推断【分析】A与银氨溶液反应有银镜生成，则A中存在醛基，由流程可知A与氧气反应可以生成乙酸，则A为CH3CHO，由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，D与甲醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成E，则E的结构简式为，由F的结构简式可知，C和E 在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到F，据此解答【解答】解：A与银氨溶液反应有银镜生成，则A中存在醛基，由流程可知A与氧气反应可以生成乙酸，则A为CH3CHO，由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，D与甲醇