2019-2020年高三化学期末模拟试题（三）含答案.doc

2019-2020年高三化学期末模拟试题（三）含答案一、选择题1.下列过程没有发生化学反应的是A用活性炭去除冰箱中的异味B用热碱溶液清除炊具上残留的油污C用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保存水果D用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装2.下列有关说法中正确的是（）A有单质生成的反应一定是氧化还原反应B焰色反应是元素表现出来的化学性质C由两种元素组成，原子个数比为1：1的物质一定是纯净物D能与酸反应产物中有盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物3.下列说法在一定条件下可以实现的是酸性氧化物与碱发生反应弱酸与盐溶液反应可以生成强酸没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应两种酸溶液充分反应后的溶液体系为中性有单质参加的非氧化还原反应两种氧化物反应的产物有气体A B C D4.下列有关铁及其化合物的离子方程式一定错误的是A氢氧化铁与氢硫酸反应：Fe(OH)33H=Fe33H2OB铁与稀硝酸反应：Fe4HNO3=Fe3NO3H2OC磁性氧化铁与浓盐酸反应：Fe3O48H=Fe22Fe34H2OD溴化亚铁溶液与氯水反应：2Fe2+4Br+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl5.已知下述三个实验均能发生化学反应下列判断正确的是（） 将铁钉放入硫酸铜溶液中 向硫酸亚铁溶液中滴入几滴浓硝酸 将铜丝放入氯化铁溶液中A上述实验证明氧化性：Fe3+Fe2+Cu2+B实验中铁钉只作还原剂C实验中Fe2+既显氧化性又显还原性D实验中发生的是置换反应6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A1mol铜与足量的硫反应时失去的电子数为NA B7.8g Na2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数大于0.1 NAC0.5 mol NO2气体降温后颜色变浅，其所含的分子数仍然为0.5 NAD1molFeCl3和沸水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子数目为NA7.根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是（ ）A图1表示常温下向体积为10 mL 0.1 molL1NaOH溶液中逐滴加入0.1 molL1 CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH）B图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中表示醋酸，表示盐酸，且溶液导电性：cbaC图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285.8 kJmol1D由图4得出若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右8.X、Y、Z、M为原子序数依次增大的4种短周期元素已知X、Y、Z是同周期的相邻元素，M原子的核外电子数是Z原子最外层电子数的2倍，Y与其同主族的短周期元素可形成一种常见的气体下列说法正确的是（ ）A原子半径：MXYZB对应氢化物的沸点：MZYXC对应氢化物的稳定性：ZXYMDXY2与MY2溶于水都能得到对应的酸9.已知298K时2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）H=197kJmol1，在相同温度和压强下，向密闭容器通入2mol SO2和1mol O2达平衡时，放热Q1；向另一相同体积的密闭容器中通入1mol SO2和0.5mol O2达平衡时，放出热量Q2，则下列关系式正确的是（）AQ2=2 Q1 BQ2Q1197 kJ CQ2=Q1197 kJ D以上均不正确10.根据右表提供的数据可知，在溶液中能大量共存的微粒组是（） 化学式 电离常数 CH3COOH K=1.7105 HCN K=4.91010 H2CO3 K1=4.3107，K2=5.61011AH2CO3、HCO3、CH3COO、CN BHCO3、CH3COOH、CN、CO32CHCN、HCO3、CN、CO32 DHCN、HCO3、CH3COO、CN11.下列关于右图所示电化学装置的分析正确的是（ ）A若X为直流电源，Y为铜棒接正极，则Fe棒上镀铜B若X为直流电源，Y为碳棒接负极，则Fe棒被保护C若X为电流计，Y为锌棒，则SO42 移向Fe棒D若X为导线，Y为铜棒，则Fe棒发生还原反应12.某合作学习小组讨论辨析：（ ）生活中使用的漂白粉和肥皂都是混合物碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都属于离子化合物蔗糖、硝酸钾和硫酸钡分别属于非电解质、强电解质和弱电解质醋酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物水玻璃、有色玻璃和果冻都是胶体汽油属于混合物，而液氯、冰醋酸均属于纯净物ABCD13.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A.常温下，4 gCH4含有NA个C-H共价键 B. 1 mol Fe与足量稀HNO3反应，转移2NA个电子 C.1 L 0. 1 mol/L NaHCO3溶液中含有0. 1NA个HCO3- D.常温常压下，22.4 LNO2和CO2的混合气体中含有2NA个氧原子14.等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是 AFeO B. Fe2O3 C. FeSO4 D、Fe3O4 15.已知2C(s)O2(g)=2CO(g)；H221.0kJmol12H2(g)O2(g)=2H2O(g)；H483.6kJmol1则反应C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)的H为A131.3kJmol1B131.3kJmol1C352.3kJmol1 D262.6kJmol116.向NaOH和Na2 CO3混合溶液中滴加0.1molL-l稀盐酸，CO2生成量与加入盐酸的体积(V)关系如图所示。下列判断正确的是A在0a范围内，只发生中和反应Bab段发生反应的离子方程式为：CO32+2H=CO2+H2OCa=0.3D原混合溶液中NaOH与Na 2CO3的物质的量之比为1：217.下列说法中正确的是（ ）A将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液，溶液变黄色说明H2O2的氧化性比Fe3+强B含有铝元素的盐的水溶液一定显酸性C水玻璃可用做制备木材防火剂的原料DSO2和乙烯均能使溴水褪色，其原理相同18.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HNO3第II卷（非选择题）二、填空题（本题共3道小题，）19.元素X、Y、Z、W、M、N原子序数依次增大，X与M、W与N分别同主族，且元素X、Y、Z、W分属两个短周期，它们四者原子序数之和为22，最外层电子数之和为16，在化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，相应分子内各原子最外层电子都满足稳定结构，请回答下列问题：（1）Y元素在周期表中的位置是 ，X、Y、Z、W、M的原子半径由大到小的顺序为： （用元素符号表示）。写出Y2X2的电子式 ；Z2X4结构式 。（3）X、Z、W形成的化合物，水溶液一定显酸性的盐是 ，其原因是 （用离子方程式表示）,该物质所含化学键的类型是 。（4）均含X、W、M、N四种元素的两种化合物相互反应有刺激性气味气体放出，反应的离子方程式为 。（5）火箭发动机曾经利用Z2X4作燃料X2W2作助燃剂，产物环保无污染，写出二者反应的方式 。(6）写出N W2通入硝酸钡溶液中的离子方程式 。20.已知，CO和H2按物质的量之比12可以制得G，有机玻璃可按下列路线合成：（1）A、E的结构简式分别为： 、 ；（2）BC、EF的反应类型分别为： 、 ；（3）写出下列转化的化学方程式：CD ；G+FH ；（4）要检验B中的Br元素，可用的操作和现象为 。(5)写出符合下列要求的H的同分异构体有一个支链能使溴的四氯化碳溶液褪色跟NaHCO3反应生成CO2 , .（只要求写出2个）21.从有机物A开始有如图所示的转化关系（部分产物略去）。A在NaOH溶液中水解生成B、C和D，1molF与足量的新制Cu(OH)2碱性悬浊液加热充分反应可生成2mol红色沉淀。分析并回答问题：（1）A中含有的官能团为氯原子（Cl）和 、 ；（2）指出反应类型： AB、C、D ； HI ； （3）写出下列反应的化学方程式： CF ；EH： ；（4）与E含有相同官能团的某有机物甲（C4H8O3）有多种同分异构体，在结构中含有酯基和羟基，且水解产物不存在两个羟基连在同一个碳上的同分异构体有 种。三、实验题（本题共3道小题,）22.碳酸钙、盐酸是中学化学实验中的常用试剂（1）甲同学拟测定CaCO3固体与过量0.1molL1 HCl的反应速率该反应的化学方程式为 设计两种实验方案：方案一：通过测量 和 计算反应速率方案二：通过测量 和 计算反应速率配制250mL 0.1molL1 HCl：量取 mL 10molL1 HCl加入烧杯中，加适量蒸馏水，搅拌，将溶液转入 中，洗涤，定容，摇匀（2）乙同学拟用如图装置探究固体表面积和反应物浓度对化学反应速率的影响限选试剂与用品：0.1molL1 HCl、颗粒状CaCO3、粉末状CaCO3、蒸馏水、量筒、秒表设计实验方案：在固体表面积或反应物浓度不同的条件下，测定 （要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）拟定实验表格，完整体现实验方案（表格列数自定；列出所用试剂的用量、待测物理量和拟定的数据；数据可用字母a、b、c等表示）物理量实验序号V（0.1molL1 HCl）/mL实验目的：实验1和2探究固体表面积对反应速率的影响；实验1和3探究反应物浓度对反应速率的影响实验1实验2实验323.溴化钙是一种溴化物，用于石油钻井，也用于制造溴化铵及光敏纸、灭火剂、制冷剂等制备CaBr22H2O的主要流程如下：（1）与液溴的反应温度不能超过40的原因是 （2）滤渣的成分可能是 （3）试剂M是 ，加入M的目的是 （4）操作的步骤为蒸发浓缩， 、洗涤、干燥（5）将氨气通入石灰乳，加入溴，于65进行反应也可制得溴化钙，此反应中还会生成一种无色气体，写出反应的化学方程式 （6）制得的CaBr22H2O可以通过以下方法测定纯度：称取5.00g样品溶于水，滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量，得到2.00g固体则CaBr22H2O的质量分数为 （相对原子质量：Ca40 Br80 H1 O16）24.某学生探究AgCl、Ag2S沉淀转化的原因。步骤现象.将NaCl与AgNO3溶液混合产生白色沉淀.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀变为黑色.滤出黑色沉淀，加入NaCl溶液较长时间后，沉淀变为乳白色（1）中的白色沉淀是 。（2）中能说明沉淀变黑的离子方程式是 ，沉淀转化的主要原因是 。（3）滤出步骤中乳白色沉淀，推测含有AgCl。用浓HNO3溶解，产生红棕色气体，部分沉淀未溶解，过滤得到滤液X和白色沉淀Y。. 向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀. 向Y滴加KI溶液，产生黄色沉淀 由判断，滤液X中被检出的离子是 。 由、可确认步骤中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀_。（4）该学生通过如下对照实验确认了步骤中乳白色沉淀产生的原因：在NaCl存在下，氧气将中黑色沉淀氧化。现象B：一段时间后，出现乳白色沉淀C：一段时间后，无明显变化 A中产生的气体是_。 C中盛放的物质W是_。 该同学认为B中产生沉淀的反应如下（请补充完整）：2Ag2S+ + +2H2O4AgCl+ +4NaOH B中NaCl的作用是_。试卷答案1.AA、用活性炭去除冰箱中的异味利用的是吸附作用，没发生化学变化，故A正确；B、热碱去油污利用温度升高时碳酸根离子的水解程度增大，溶液碱性增强，涉及化学变化；C、高锰酸钾有强氧化性能杀菌消毒，属于化学变化；D、用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装利用铁粉的还原性，防止食物氧化，涉及化学变化。故答案选A2.D考点：氧化还原反应；混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系分析：A、同素异形体的转化中有单质生成；B、焰色反应是元素的物理性质；C、C2H2、C6H6组成的混合物中，碳、氢个数比为1：1；D、过氧化钠与盐酸反应：2Na2O2+4HCl4NaCl+O2+2H2O，过氧化钠不是碱性氧化物解答：解：A、同素异形体的转化中有单质生成，但没有元素的化合价变化，则不是氧化还原反应，即有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，故A错误；B、焰色反应过程中无心物质生产，是元素表现出来的物理性质，故B错误；C、由两种元素组成，原子个数比为1：1的物质不一定是纯净物，C2H2、C6H6组成的混合物中，碳、氢个数比为1：1，故C错误；D、能与酸反应产物中有盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物，过氧化钠与盐酸反应：2Na2O2+4HCl4NaCl+O2+2H2O，过氧化钠不是碱性氧化物，故D正确；故选D点评：本题考查了反应类型的分析，焰色反应实质理解，碱性氧化物概念的分析判断，掌握基础是关键，题目较简单3.A【解析】酸性氧化物与碱发生反应，例如二氧化碳与氢氧化钠反应，正确；弱酸与盐溶液反应可以生成强酸，例如氢硫酸与硫酸铜反应生成硫酸，正确；没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应，例如盐酸与次氯酸钠反应生成次氯酸，正确；两种酸溶液充分反应后的溶液体系为中性，例如盐酸与氢氧化钠恰好反应，正确；有单质参加的非氧化还原反应，有单质，就有电子的得失，错误；两种氧化物反应的产物有气体，例如水与过氧化钠反应生成氧气，正确；选A。4.A氢硫酸是弱酸，不能写成离子形式，A项错误；铁与稀硝酸反应时，有NO生成，若铁不足则生成Fe3，B项正确；Fe3O4可视为FeOFe2O3，FeO、Fe2O3与盐酸反应的离子方程式分别为：FeO2H=Fe2H2O，Fe2O36H=2Fe33H2O，两式相加得到Fe3O4与盐酸反应的离子方程式：Fe3O48H=Fe22Fe34H2O，C项正确；氯水过量时，Fe2、Br可全部被氧化，D项正确。5.B考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：中发生Fe+Cu2+Fe2+Cu，中发生3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O，中发生Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，利用化合价变化判断氧化剂、还原剂，并利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来比较氧化性的强弱解答：解：A发生的三个反应，利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则上述实验证明氧化性为Fe3+Cu2+Fe2+，故A错误；B由中发生Fe+Cu2+Fe2+Cu，Fe元素的化合价升高，则Fe作还原剂，故B正确；C实验中发生3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O，Fe2+表现还原性，故C错误；D置换反应是单质与化合物反应生成新单质和新化合物，而中发生Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，生成物中没有单质，则不是置换反应，故D错误；故选B点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意氧化性比较，题目难度不大6.A【知识点】阿伏加德罗常数 解析：铜与足量的硫反应生成Cu2S，铜由0价+价，A正确；Na2S和Na2O2的摩尔质量相同、含阴离子数相等（1个），因此7.8g Na2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数为7.8/78=0.1mol，B错误；NO2气体降温后颜色变浅，是因为生成了NO2，分子数小于0.5 NA，C错误；胶体是若干个分子的集合体，即1molFeCl3生成氢氧化铁胶体粒子数目小于NA，D错误。【思路点拨】解答阿伏加德罗常数需注意（1）在物质的量与体积有关量转换时需要注意外界条件是否标况，物质的量与质量、个数等转化时无需考虑外界条件；（2）在电解质电离、弱离子水解等问题考虑时，需要把握过程是否存在可逆性；最简式相同的物质中的微粒数目：如NO2和N2O4、乙烯和丙烯等；电子转移（得失）数目问题的分析，如Na2O2、NO2与H2O反应；电解AgNO3溶液、CuSO4溶液的反应；Cl2与H2O、NaOH、Fe反应等，分析该类题目时还要注意反应产物以及过量计算问题。7.B解：A、体积为10 mL 0.1 molL1NaOH溶液中逐滴加入0.1 molL1 CH3COOH溶液后，所得的溶液是醋酸钠溶液，存在质子守恒c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH），故A正确；B、用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，即其中表示盐酸，表示醋酸，且溶液导电性：cba；故B错误；C、氢气在氧气中燃烧的反应是放热的，燃烧热是完全燃烧1mol氢气生成稳定产物液态水所放出的热量，即H2的燃烧热为285.8 kJmol1，故C正确；D、除去CuSO4溶液中的Fe3+，向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右，铁离子水解完全转化为氢氧化铁铁沉淀，可以除去CuSO4溶液中的Fe3+，故D正确故选B8.A考点：位置结构性质的相互关系应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z、M为原子序数依次增大的4种短周期元素，Y与其同主族的短周期元素可形成一种常见的气体，则Y为氧，生成的气体为二氧化硫，所以X为氮元素，Z为氟元素，M原子的核外电子数是Z原子最外层电子数的2倍，则M为14号元素，硅元素，据此答题解答：解：X、Y、Z、M为原子序数依次增大的4种短周期元素，Y与其同主族的短周期元素可形成一种常见的气体，则Y为氧，生成的气体为二氧化硫，所以X为氮元素，Z为氟元素，M原子的核外电子数是Z原子最外层电子数的2倍，则M为14号元素，硅元素，A、电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，所以原子半径：SiNOF，故A正确；B、由于N、F、O都能形成氢键，所以Si、N、O、F的氢化物沸点，SiH4的最低，故B错误；C、非金属性越强，对应的氢化物越稳定，所以Y的氢化物稳定性大于X，故C错误；D、二氧化硅不溶于水，故D错误；故选A点评：本题考查结构性质位置关系应用，难度中等，推断元素是解题关键，注意二氧化硅与水不能反应，为易错点，注意对元素周期律的理解掌握9.B考点：化学平衡的影响因素；反应热和焓变 专题：化学平衡专题分析：反应为可逆反应，浓度不同，平衡转化的程度不等，根据热化学方程式的含义来分析解答：解：反应的热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=197kJ/mol，由热化学方程式可知，在上述条件下反应生成1molSO3气体放热98.5kJ，加入2mol SO2和1molO2，生成的三氧化硫量小于1mol，所以Q1197kJ，通入1mol SO2和0.5molO2，理论会生成1mol三氧化硫，放热98.5kJ，但是此时体系压强比加入2mol SO2和1molO2要小，所以平衡会向左移动，所以实际放出的热量（98.5）kJ，即2Q2Q1，综上得：2Q2Q1197kJ，故选B点评：本题考查反应热的计算，题目难度中等，本题注意浓度对平衡的影响以及可逆反应的特征10.D考点：离子共存问题分析：根据表中电离平衡常数可知，酸性大小为：CH3COOHH2CO3HCNHCO3，A碳酸的酸性大于HCN，二者能够反应生成碳酸氢根离子和HCN；B醋酸的酸性大于碳酸和HCN，醋酸能够与碳酸氢根离子、碳酸根离子、CN反应；CHCN的酸性大于HCO3，HCN与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子；D四种粒子之间不发生反应解答：解：根据表中电离平衡常数可知，酸性大小为：CH3COOHH2CO3HCNHCO3，AH2CO3的酸性大于HCN，H2CO3、CN能够反应生成HCO3和HCN，在溶液中不能大量共存，故A错误；BCH3COOH的酸性大于H2CO3和HCN，CH3COOH能够与HCO3、CN、CO32反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CHCN的酸性大于HCO3，HCN与CO32反应生成HCO3，在溶液中不能大量共存，故C错误；DHCN、HCO3、CH3COO、CN之间不反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D点评：本题考查粒子共存的判断，题目难度中等，根据表中数据正确判断酸性强弱为解答关键，注意明确酸性强弱与电离平衡常数的关系，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力11.A试题解析：A、若X为直流电源，则该装置为电解池，Y为铜棒接正极，则铜棒为阳极，铁棒为阴极，Fe棒上镀铜，故A正确；B、若X为直流电源，则该装置为电解池，Y为碳棒接负极，则Fe棒做阳极，被腐蚀，故B不正确；C、若X为电流计，则装置为原电池，Y为锌棒做负极，根据“阳正阴负”的移动规律知，SO42 移向F锌棒，故C不正确；D、若X为导线，则装置为原电池，Y为铜棒，则Fe棒为负极发生氧化反应，故D不正确。12.D考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；离子化合物的结构特征与性质；电解质与非电解质专题：物质的分类专题分析：纯净物是同种物质组成，混合物是不同物质组成；离子化合物包括两大类：一是由金属和非金属元素共同构成的化合物绝大多数是离子化合物；二是所有的铵盐；常见的电解质：酸、碱、盐、金属氧化物、水；非电解质：蔗糖、酒精、非金属氧化物和氨气；强电解质：强酸、强碱、绝大多数的盐、金属氧化物；根据酸碱盐和氧化物的概念来判断；根据胶体是分散质为直径1100nm的分散系；纯净物是同种物质组成，混合物是不同物质组成解答：解：漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，肥皂是脂肪酸盐和泡花碱的混合物，故正确；离子化合物包括两大类：一是由金属和非金属元素共同构成的化合物绝大多数是离子化合物；二是所有的铵盐；故碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都属于离子化合物，故正确；根据常见的电解质：酸、碱、盐、金属氧化物、水；非电解质：蔗糖、酒精、非金属氧化物和氨气；强电解质：强酸、强碱、绝大多数的盐、金属氧化物；可知，硫酸钡为强电解质，故错误；酸：电离出的阳离子全部为氢离子的化合物；碱：电离出的阴离子全部为氢氧根的化合物；盐：电离出的阳离子为金属离子或铵根离子，阴离子为酸根离子的化合物；氧化物：由两种元素构成，其中一种为氧元素的化合物，故正确；水玻璃是硅酸钠的水溶液，不属于胶体，有色玻璃和果冻都是胶体，故错误； 汽油是多种烷烃的混合物，而液氯即液态的氯气，冰醋酸即乙酸，均属于纯净物，故正确；故选D点评：本题主要考查了物质的组成与分类，难度不大，掌握物质的组成是解题的关键13.A知识点:阿伏加德罗常数解析：A、4 gCH4含有的C-H共价键数为，故A正确；B、1 mol Fe与足量稀HNO3反应氧化后铁的化合价是+3价，转移3NA个电子，故B错误；C、HCO3-水解，1 L 0. 1 mol/L NaHCO3溶液中含有HCO3-小于0. 1NA个，故C错误；D、常温常压下，22.4 LNO2和CO2的混合气体的物质的量无法计算，含有的氧原子也无法计算，故D错误。故答案选A思路点拨:本题借助阿伏加德罗常数考查了化学键、转移电子等问题，如果利用气体体积计算物质的量，需要知道所给条件下的气体摩尔体积。14.A 【知识点】氧化还原反应的计算 【答案解析】A 解析:假设质量都为mg， AFeO与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为m/72mol； BFe2O3与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为0； CFeSO4与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为m/152mol； DFe3O4中Fe元素的化合价有+2、+3价，与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为m/232mol，由以上分析可知，失电子最多的是FeO，则放出NO物质的量最多的是FeO，故选A【思路点拨】本题考查了本题考查氧化还原反应的相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握元素的化合价的变化，为解答该题的关键，本题易错点为D，注意Fe3O4 中Fe元素化合价的判断，难度不大15.A略16.C在0a范围内，先发生中和反应，后发生CO32与H生成HCO3的反应，A项错误；ab段发生反应的离子方程式为HCO3H=H2OCO2，B项错误；因a0.4范围内发生的反应是HHCO3=CO2H2O， n(CO2)0.01 mol，由碳元素守恒可知n(Na2CO3)0.01mol，n(H)n(CO2)0.01mol，所以a0.3，C项正确；在0a范围内，0.01mol Na2CO3消耗0.2 L稀盐酸，故NaOH消耗稀盐酸也是0.2 L，n(NaOH)0.2 L0.1 molL10.02 mol，因此原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2:1，不是1:2，D项错误。17.CA中H+与NO3-形成稀硝酸，具有氧化性也可以氧化Fe2+，所以A错误。B，NaAlO2显碱性，所以B错误。D中SO2使溴水褪色是因为SO2具有还原性，而 乙烯使溴水褪色 是因为发生加成反应，二者原理并不相同，所以D错误。18.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19.(1)第二周期第A族 Na C N O H （3）NH4NO3，NH4+H2ONH3H2O+ H+，离子键、共价键（4）H+HSO3-=H2O+SO2（5）N2H4+2H2O2=N2+4H2O（6）3Ba2+3SO2+2NO3-+2H2O=3BaSO4+2NO+4 H+20.（1）、（各2分）（2）取代、消去（各1分）。（3）（2分）；（2分）（4）取少量B加入NaOH溶液，充分振荡，静置，取上层清液，加入适量稀硝酸，再加入硝酸盐溶液，若产生浅黄色沉淀，则证明有Br。（3分）（5）（CH3）2,C=CHCOOH, CH2=C(CH3)CH2COOH （每个2分）A和HBr反应生成B，可知A为CH2=CHCH3，由产物可知H应为甲基丙烯酸羟乙酯，即CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，则G为HOCH2CH2OH，I为CH2ClCH2Cl，F应为CH2=C（CH3）COOH，则E为（CH3）2C（OH）COOH，结合题给信息可知B为CH3CHBrCH3，C为CH3CHOHCH3，D为丙酮。（1）由以上分析可知A为CH2=CHCH3，E为（CH3）2C（OH）COOH。（2）B为CH3CHBrCH3，C为CH3CHOHCH3，B生成C的反应为取代反应；E为（CH3）2C（OH）COOH，F为CH2=C（CH3）COOH，E生成F的反应为消去反应。（3）C为CH3CHOHCH3，D为丙酮，C变化为D发生的是羟基的氧化反应；G为HOCH2CH2OH，F为CH2=C（CH3）COOH，二者发生的是酯化反应。（4）B为CH3CHBrCH3，如果要检验溴元素的话，首先应让溴元素水解生成溴离子，然后利用硝酸银生成溴化银沉淀进行检验。（5）H为CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，与H互为同分异构体，则与H的分子式相同，能使溴的四氯化碳溶液褪色则含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色则应含有羧基，故同分异构体有：（CH3）2,C=CHCOOH, CH2=C(CH3)CH2COOH，CH3CH=CCH3COOH, CH2=CHCH(CH3) COOH。21.（1）羟基、酯基 (或：OH、COO)（4分，漏1个扣2分）（2）取代（水解）反应（2分） 加聚反应（2分）（3）HOCH2CH(CH3)CH2OH+O2 OHCCH(CH3)CHO+2H2O（2分，缺条件扣1分，未配平或结构简式错均0分）HO CH2 CH2 COOH CH2CHCOOH+H2O（2分，缺条件扣1分）（4）7（3分）1mol F与足量新制的Cu（OH）2在加热条件下充分反应可生成2 mol Cu2O,则F含2个醛基，结合C含甲基，F为OHC-CH(CH3)-CHO，C为HOH2C-CH(CH3)-CH2OH，D与硝酸酸化的硝酸银反应生成白色沉淀，知D为NaCl，由E、H、I、M的转化知EH为消去反应；HI加聚反应，E为CH3CH(OH)COOH， H为CH2=CHCOOH，则A为（1）A中含有的官能团为氯原子（Cl）和羟基、酯基；（2）AB、C、D属于碱性条件下酯基和氯原子的水解反应，反应类型为取代反应 ； H中含碳碳双键，HI属于加聚反应； （3）写出下列反应的化学方程式： 醇氧化成醛，HOCH2CH(CH3)CH2OH+O2 OHCCH(CH3)CHO+2H2O；醇羟基发生消去反应生成碳碳双键：HO CH2 CH2 COOH CH2CHCOOH+H2O；（4）E为CH3CH(OH)COOH，与E含有相同官能团的某有机物甲（C4H8O3）有多种同分异构体，在结构中含有酯基和羟基，且水解产物不存在两个羟基连在同一个碳上的同分异构体有7种。22.（1）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2；生成二氧化碳的体积和反应时间；消耗碳酸钙固体的质量和反应时间；2.5；250mL容量瓶；（2）生成等质量二氧化碳所需时间；物理量实验序号V（0.1mol/L的HCl）/mLm（块状碳酸钙质量）/gm（粉末状碳酸钙质量）/gV（蒸馏水）/mLm（二氧化碳）/g反应时间t/s实验1abcd实验2abcd实验3cbad考点：化学反应速率的影响因素分析：（1）碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，据此书写化学方程式；测定CaCO3固体与过量0.1molL1 HCl的反应速率，可以根据单位时间内二氧化碳的生成量或单位时间内碳酸钙的消耗量判断反应速率；据c1V1=c2V2计算所需盐酸体积；配制250mL溶液需要250mL的容量瓶；（2）在固体表面积或反应物浓度不同的条件下，通过测定单位时间内二氧化碳的生成速率判断反应速率；据盐酸浓度相同时，块状碳酸钙与粉末状碳酸钙生成二氧化碳的速率和碳酸钙状态相同盐酸浓度不同时生成二氧化碳速率进行实验解答：解：（1）碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，故答案为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2；可以根据单位时间内二氧化碳的生成量或单位时间内碳酸钙的消耗量判断反应速率，故答案为：生成二氧化碳的体积和反应时间；消耗碳酸钙固体的质量和反应时间；据c1V1=c2V2可知，250mL0.1mol/L=VmL10mol/L，V=2.5mL，；配制250mL溶液需要250mL的容量瓶，故答案为：2.5；250mL容量瓶；（2）在固体表面积或反应物浓度不同的条件下，通过测定单位时间内二氧化碳的生成速率判断反应速率，故答案为：生成等质量二氧化碳所需时间；据盐酸浓度相同时，块状碳酸钙与粉末状碳酸钙生成二氧化碳的速率和碳酸钙状态相同盐酸浓度不同时生成二氧化碳速率进行实验，物理量实验序号V（0.1mol/L的HCl）/mLm（块状碳酸钙质量）/gm（粉末状碳酸钙质量）/gV（蒸馏水）/mLm（二氧化碳）/g反应时间t/s实验1abcd实验2abcd实验3cbad故答案为：物理量实验序号V（0.1mol/L的HCl）/mLm（块状碳酸钙质量）/gm（粉末状碳酸钙质量）/gV（蒸馏水）/mLm（二氧化碳）/g反应时间t/s实验1abcd实验2abcd实验3cbad点评：本题考查了化学反应速率的求算以及化学反应速率的实验测定，题目难度较大23.（1）防止液溴挥发，降低原料利用率；（2）Fe、Fe（OH）2 、Fe（OH）3；（3）HBr；除去过量的Ca（OH）2；（4）冷却结晶、过滤；（5）3Ca（OH）2 +3Br2+2NH3 3CaBr2+N2+6H2O；（6）94.40%考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计专题：实验设计题分析：Fe与溴单质反应生成FeBr2 ，加过量的氢氧化钙，生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁，过滤得到滤液中主要CaBr2 ，在滤液中加HBr中和多余的氢氧化钙，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到CaBr22H2O晶体；（1）溴单质受热易挥发；（2）滤渣中除了是的氢氧化亚铁，还有剩余的Fe，和氧化生成的氢氧化铁；（3）加入的氢氧化钙过量，加溴化氢除去；（4）根据从溶液中提取固体溶质的操作分析；（5）氨气通入石灰乳，加入溴，在65反应生成溴化钙、氮气和水；（6）根据CaBr22H2ONa2CO3CaCO3，由碳酸钙的质量求出CaBr22H2O，再求出质量分数解答：解：Fe与溴单质反应生成FeBr2 ，加过量的氢氧化钙，生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁，过滤得到滤液中主要CaBr2 ，在滤液中加HBr中和多余的氢氧化钙，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到CaBr22H2O晶体；（1）溴单质受热易挥发，所以控制反应在较低温度不能超过40进行，防止液溴挥发，降低原料利用率，故答案为：防止液溴挥发，降低原料利用率；（2）滤渣中除了是的氢氧化亚铁，还有剩余的Fe，和氧化生成的氢氧化铁，所以滤渣的成分可能是Fe、Fe（OH）2 、Fe（OH）3，故答案为：Fe、Fe（OH）2 、Fe（OH）3；（3）溴化亚铁溶液中加入过量的氢氧化钙，过滤得到的滤液含有溴化钙和氢氧化钙，加溴化氢除去多余的氢氧化钙，则加入的M为HBr，故答案为：HBr；除去过量的Ca（OH）2；（4）从溶液中提取固体溶质的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶、过滤；（5）氨气通入石灰乳，加入溴，在65反应生成溴化钙、氮气和水，其反应的化学方程式为3Ca（OH）2 +3Br2+2NH33CaBr2+N2+6H2O，故答案为：3Ca（OH）2 +3Br2+2NH3 3CaBr2+N2+6H2O；（6）称取5.00g样品溶于水，滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量，得到2.00g固体，则生成的固体为碳酸钙，设样品中CaBr22H2O的质量为xg，CaBr22H2ONa2CO3CaCO3，236 100xg 2.00g则x=4.72g，则CaBr22H2O的质量分数为100%=94.40%，故答案为：94.40%点评：本题考查了溴化钙晶体的制备实验方案设计，题目涉及化学实验基本操作、除杂质、离子方程式的书写、含量的计算等，题目难度中等，是对学生综合能力的考查，需要学生基本扎实的基础与分析问题、解决问题的能力24.（1）AgCl（2）2AgCl(s) + S2Ag2S(s) + 2Cl，Ag2S比AgCl溶解度更小（3） SO42 S（4） O2 Ag2S 的悬浊液 2Ag2S+ 1 O2 + 4 NaCl +2H2O4AgCl+ 2 S +4NaOHO2将Ag2S 氧化生成S时有Ag游离出来，NaCl中大量的Cl与游离的Ag结合成AgCl沉淀。由于c(Ag)减小，有利于中反应平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀。试题解析：实验中的白色沉淀是当然是NaCl与AgNO3反应生成的AgCl，当加入Na2S溶液后，因Ag2S比AgCl溶解度更小，所以，就转化为更难溶的黑色Ag2S，即：2AgCl(s) + S2Ag2S(s) + 2Cl。在对步骤中乳白色沉淀进行的探究实验中，其中可能有原来被氧化的S单质，又被硝酸氧化，生成SO42，遇Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀BaSO4；剩余的白色沉淀是AgCl。双氧水在MnO2的催化作用下分解，放出的气体肯定是氧气；作为对比实验，B中是含有NaCl溶液的Ag2S，C中必然是普通没有NaCl的Ag2S ；由质量守恒定律反应物缺1mol的O2和4mol的NaCl,产物中缺2mol的S，配平即可。在该实验中，O2将Ag2S 氧化生成了S，使Ag游离出来，而NaCl溶液中的Cl与Ag结合成难溶AgCl沉淀，由于c(Ag)减小，导致中反应平衡右移，B中最终生成AgCl和S的沉淀混合物而呈乳白色。