2019-2020年高三化学期末模拟试题（二）含答案.doc

2019-2020年高三化学期末模拟试题（二）含答案一、选择题（本题共20道小题，）1.根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（ ）ACl2与Cl2氧化能力相近，二者互为同位素BSe与Se所含质子数相同，中子数不同C同主族元素形成的含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱D同周期主族元素形成的简单离子半径随核电荷数的增大而减小2.NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是（）A1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB2 L 0.5 molL1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAC1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NAD丙烯和环丙烷组成的42 g混合气体中氢原子的个数为6NA3.下列相关离子方程式书写正确的是ANaClO溶液与FeCl2溶液混合：6Fe23ClO3H2O=2Fe(OH)33Cl4Fe3B用食醋检验牙膏中的碳酸钙：CaCO32H=Ca2CO2H2OCFeCl2酸性溶液放在空气中变质：2Fe24HO2=2Fe32H2OD电解MgCl2水溶液的离子方程式：2Cl2H2O H2Cl22OH4.下列应用不涉及氧化还原反应的是（ ）ANa2O2用作呼吸面具的供氧剂B工业上电解熔融状态的Al2O3制备AlC工业上利用合成氨实现人工固氮D实验室用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH35.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 5.6 g铁粉在0.1mol氯气中充分燃烧，转移电子数为0.3NA B. 12.5mL 16molL-1浓硫酸与足量铜反应，转移电子数为0.2NA C7.8g Na2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子总数等于0.1NAD0.5mol雄黄（As4S4，已知As和N同主族,结构如右图）含有NA个SS键6.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7.X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素Y和R同主族，可组成共价化合物RY2，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同25时，0.1mol/L X和W形成化合物的水溶液pH为1下列说法正确的是（）AY、Z、W三种元素组成化合物的水溶液可能显碱性BZ与Y、Z与W形成的化合物的化学键类型完全相同C简单离子的半径：ZRWYD因非金属性YR，所以X与Y组成化合物的沸点低于X与R组成的化合物8.已知：H2（g）+I2（g）2HI（g）；H0有相同容积的定容密闭容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1mol，乙中加入HI 0.2mol，相同温度下分别达到平衡欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是（）A甲、乙提高相同温度B甲中加入0.1 mol He，乙不变C甲降低温度，乙不变D甲增加0.1 mol H2，乙增加0.1 mol I29.标准状况下，某同学向100mL H2S饱和溶液中通入SO2，所得溶液pH变化如图所示下列分析中正确的是（）Ab点对应的溶液导电性最强B亚硫酸是比氢硫酸更弱的酸Cab段反应是SO2+2H2S3S+2H2OD原H2S溶液的物质的量浓度为0.05molL110.如图所示的两个电化学装置，图1中铜电极上产生大量的无色气泡；图2中铜电极上无气体产生，而铬电极上产生大量的有色气体根据上述现象判断下列说法不正确的是（）A图1中Cr为正极，Cu为负极B图2中Cu电极上发生的离子方程式为：Cu2eCu2+C金属铬的活泼性比铜强且能和硫酸反应生成H2D金属铬易被稀硝酸钝化11.下列说法正确的是（）A向Fe（OH）3胶体溶液中逐滴加入稀硫酸，会逐渐生成红褐色沉淀，当稀硫酸过量，又变成棕黄色溶液，整个过程发生的都是化学变化B某些蛋白质可以分散在溶剂中形成分子胶体，乙醇能使蛋白质变性C不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数也不会相同D有化学键断裂或形成的变化一定是化学变化12.以下说法在一定条件下均可以实现的是（ ）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 BC D13.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 D14.下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容据此，下列说法正确的是A该硫酸的物质的量浓度为 9.2 mol/LB1 mol Zn与足量的该硫酸反应产生2 g氢气C配制200 mL 4.6 mol/L的稀硫酸需取该硫酸50 mLD该硫酸与等质量的水混合所得溶液的物质的量浓度大于9.2 mol/L15.乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比应为（ ）A1：1 B2：3 C3：2 D2：116.取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960 mL的NO2气体和672 mLN2O4的气体（都已折算到标准状态），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g。则x等于 A8.64g B9.20g C9.00g D9.44g17.在某温度下，NaOH的溶解度为20克，该温度下将40克NaOH放入110克水中，充分搅拌后，测的溶液的密度为1.2g/mL，则溶液中溶质的物质的量浓度为（ ）。A5.0mol/L B0.02mol/L C2.0mol/L D0.8mol/L18.用0.01 molL1 NaOH溶液完全中和pH=3的下列溶液各100 mL。需NaOH溶液体积最大的是（） A.盐酸 B.硫酸 C.高氯酸 D.醋酸19.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 D262.6kJmol120.反应4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)6H2O(g)在2 L的密闭容器中进行，1 min后，NH3减少了0.12 mol，则平均每秒钟浓度变化正确的是( ) A.NO：0.001 molL1 B.H2O：0.002 molL1C.NH3：0.002 molL1 D.O2：0.00125 molL1第II卷（非选择题）二、填空题（本题共3道小题）21.锡及其化合物在生产、生活中有着重要的用途。已知：Sn的熔点为231；Sn2+易水解、易被氧化；SnCl4极易水解、熔点为-33 、沸点为114 。请按要求回答下列相关问题：（1）元素锡比同主族碳的周期数大3，锡的原子序数为_。（2）用于微电子器件生产的锡粉纯度测定：取1.19 g试样溶于稀硫酸中（杂质不参与反应），使Sn完全转化为Sn2+；加入过量的Fe2(SO4)3；用0.1000 mol/L K2Cr2O7溶液滴定（产物中Cr呈+3价），消耗20.00 mL。步骤中加入Fe2(SO4)3的作用是_；此锡粉样品中锡的质量分数： _。（3）用于镀锡工业的硫酸亚锡(SnSO4)的制备路线如下：步骤加入Sn粉的作用： _及调节溶液pH。步骤用到的玻璃仪器有烧杯、_、_。步骤生成SnO的离子方程式：_。步骤中检验SnO是否洗涤干净的操作是_，证明已洗净。步骤操作依次为 _、_、过滤、洗涤、低温干燥。（4）SnCl4蒸气遇氨及水汽呈浓烟状，因而可制作烟幕弹，其反应的化学方程式为_。实验室欲用下图装置制备少量SnCl4(夹持装置略)，该装置存在明显缺陷，改进方法是_。利用改进后的装置进行实验，当开始装置C中收集到有SnCl4时即可熄灭B处酒精灯，反应仍可持续进行的理由是_。22.钡盐行业生产中排出大量的钡泥，主要含有BaCO3、BaSiO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等。某主要生产BaCl2、BaCO3、BaSO4的化工厂利用钡泥制取Ba（NO3）2，其部分工艺流程如下（已知溶液中Fe3+沉淀完全的pH=3.7）： （1）酸溶后溶液中，Ba（FeO2）2与HNO3的反应化学方程式为 。 （2）酸溶时通常控制反应温度不超过70，且不使用浓硝酸，原因是 。 （3）该厂结合本厂实际，选用的X为 （填化学式）；中和使溶液中 （填离子符号）的浓度减少（中和引起的溶液体积变化可忽略）。 23.立方烷（）具有高度对称性、高致密性、高张力能及高稳定性等特点，因此合成立方烷及其衍生物成为化学界关注的热点下面是立方烷衍生物I的一种合成路线：回答下列问题：（1）C的结构简式为 ，E的结构简式为 （2）的反应类型为 ，的反应类型为 （3）化合物A可由环戊烷经三步反应合成：反应I的试剂与条件为 ，反应2的化学方程式为 ，反应3可用的试剂为 （4）在I的合成路线中，互为同分异构体的化合物是 （填化合物代号）（5）I与碱石灰共热可化为立方烷立方烷的核磁共振氢谱中有 个峰（6）立方烷经硝化可得到六硝基立方烷，其可能的结构有 种三、计算题（本题共2道小题,）24.(7分) 向27.2Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀HNO3500mL，固体完全溶解后在所得溶液中加入1mol/L 的NaOH溶液1L使金属离子恰好完全沉淀，此时溶液呈中性，所得沉淀质量为39.2g.请列式计算：(1)Cu与Cu2O 的物质的量之比 (2)HNO3的物质的量浓度25.（12分）取25.0gCuSO45H2O晶体，加热使之均匀、缓慢升温至1000并恒温1小时，试通过计算回答下列问题（如果是混合物，要算出混合物中各组分的质量）：（1）在某中间温度时，固体产物质量是否可能为10g？（2）不考虑实验带来的误差，在反应条件下，反应气态产物除去水后，物质的量可能为A0molB0.1molC大于0.1mol（3）你认为最终固体产物为多少克？产物颜色如何？（4）如果某同学做此实验时最后固体质量为7.6g，试计算其组分。, 四、实验题（本题共2道小题,）26.（14分）实验室制取乙烯的传统做法是采用浓硫酸做催化剂，由于浓硫酸具有具有脱水性和强氧性，生成乙烯同时产生CO2和SO2气体会影响乙烯的性质实验某同学查阅相关资料后发现，可用脱水性更强的P2O5代替浓硫酸作为该实验的催化剂为验证这一说法，该同学利用以下装置进行实验探究，观察并记录现象如下：实验一实验二实验药品4g P2O5、8mL无水乙醇实验条件酒精灯加热水浴加热实验现象无水乙醇加入时，圆底烧瓶B中P2O5溶于乙醇，立即产生白雾，当用酒精灯加热后，有气泡产生，并逐渐沸腾，生成粘稠状液体，集气瓶C中有无色液体产生无水乙醇加入时，圆底烧瓶B中P2O5溶于乙醇立即产生白雾，当用水浴加热后，无气泡产生，生成粘稠状液体，集气瓶C中有无色液体产生请回答下列问题：（1）写出装置中仪器A的名称 ；（2）装置中B、C之间长导管的作用是 ，浓硫酸的作用是 ；（3）实验二中，完成水浴加热必需的玻璃仪器有 、 ；（4）实验一、二中当加入无水乙醇时，均有白雾产生，请简述产生白雾的原因： ；（5）经检验集气瓶C中无色液体为磷酸三乙酯，请在图中虚线框内画出实验装置（含试剂）用于验证生成的乙烯；（6）根据实验现象判断以P2O5作为催化剂获得乙烯的反应条件是 27.（15分）学习小组拟通过实验，探究Mg（NO3）2受热分解的产物小组猜想：固体产物可能有Mg（NO2）2、MgO、Mg3N2中的一种或几种气体产物可能有NO2、N2、O2中的一种或几种查得相关资料：aMg（NO2）2、Mg（NO3）2易溶于水，MgO难溶于水b.2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2OcMg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3（1）针对以上猜想，设计了如图所示实验（图中加热、夹持仪器等装置均省略）：（2）进行实验检验上述装置气密性称取3.7gMg（NO3）2固体，置入硬质玻璃管A中，打开K，通入一段时间N2，并进行相关物质质量称量关闭K，用酒精灯持续给装置A加热，过程中各装置内溶液均未倒吸入其它装置待Mg（NO3）2完全分解，装置冷却至室温，打开K，再缓慢通入一会N2后并再称量称得A中剩余固体质量为1.0g，B、C、D、E、F中溶液质量分别增加了2.3g、0.0g、0.1g、0.3g、0.05g取少量剩余固体于试管中，加入适量水，未出现明显现象（3）回答问题小组预测一定有O2生成，理由是 N2的电子式是，步骤中，通入一段时间N2的目的是 步骤中，装置A内若出现了红棕色气体，其化学式是 装置C中若红色始终未褪，其设计的目的是 实验中发现Mg（NO3）2分解时有O2生成，其实验现象是 ，用化学用语解释，产生上述现象的原因是 实验中Mg（NO3）2分解没有N2生成的理由是 Mg（NO3）2分解的化学方程式是 装置F中溶液质量增加的原因是 试卷答案1.B考点：原子构成；同位素及其应用；原子结构与元素周期律的关系分析：A质子数相同，中子数不同的原子互称同位素；B质量数=质子数+中子数；C同主族元素形成的最高价氧化物对应的含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱；D电子层数越多，离子半径越大解答：解：A质子数相同，中子数不同的原子互称同位素，Cl2与Cl2是氯元素的单质，不是同位素，故A错误；BSe与Se所含质子数均为34，中子数分别为44、46，故B正确；C同主族元素形成的最高价氧化物对应的含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱，不是最高价氧化物的水化物则没有该规律，故C错误；D电子层数越多，离子半径越大，Na+有两个电子层，Cl有三个电子层，则半径：ClNa+，故D错误故选B点评：本题考查了同位素，原子结构、元素的性质的变化规律，题目难度不大，注意把握非金属性和半径的比较方法2.D考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A亚铁离子和碘离子都能够被氯气氧化，根据亚铁离子和碘离子的物质的量计算出转移的电子数；B硫酸钾中阳离子为硫酸根离子，1mol硫酸根离子带有2mol负电荷；C过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol离子；D丙烯和环丙烷的分子式都是C3H6，42g混合物中含有1molC3H6解答：解：A1molFeI2中含有1mol亚铁离子、2mol碘离子，与足量氯气反应，1mol亚铁离子失去1mol电子、2mol碘离子失去2mol电子，总共转移了3mol电子，转移的电子数为：3NA，故A错误；B2 L 0.5 molL1硫酸钾溶液中含有溶质硫酸钾1mol，1mol硫酸钾中含有1mol硫酸根离子，含有2mol负电荷，阴离子所带电荷数为2NA，故B错误；C1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol阴阳离子，含离子总数为3NA，故C错误；D42g丙烯和环丙烷的混合物中含有1molC3H6分子，含有6molH原子，含有氢原子的个数为6NA，故D正确；故选D点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确过氧化钠中含有的阴离子为过氧根离子，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力3.AA、符合氧化还原反应规律和守恒关系，故A正确；B、食醋中的醋酸是弱电解质，应该保留化学式，故B错误；C、配平错误，不满足电荷守恒，应该是4Fe24HO2= 4Fe32H2O，故C错误；D、生成物中Mg(OH)2是沉淀应该保留化学式，故D错误。故答案选A4.D考点：氧化还原反应试题解析：A、Na2O2用作呼吸面具的供氧剂，主要因为与CO2反应生成O2，Na2O2做了反应的氧化剂和还原剂，属于氧化还原反应，故A不合题意；B、电解熔融状态的Al2O3制备Al的过程中，铝元素和氧元素的化合价均发生变化，属于氧化还原反应，故B不合题意；C、工业合成氨，是将游离态的氮气与氢气反应生成化合态的氨气，氮氢元素的化合价均发生变化，属于氧化还原反应，故C不合题意；D、NH4Cl和Ca（OH）2反应发生复分解反应制备氨气，反应前后元素化合价均未发生变化，不属于氧化还原反应，故D符合题意。答案：D5.C6.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B7.A考点：原子结构与元素周期律的关系分析：X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素Y和R同主族，Y处于第二周期，R处于第三周期，可组成共价化合物RY2，则Y为氧元素，R为硫元素，RY2为SO2，W的原子序数大于硫元素，故W为Cl元素，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，则Z的最外层电子数为76=1，处于第A族，原子序数大于氧元素，故Z为Na元素，25时0.1molL1X和W形成化合物的水溶液pH为1，属于强酸，则X为氢元素，据此解答解答：解：X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素Y和R同主族，Y处于第二周期，R处于第三周期，可组成共价化合物RY2，则Y为氧元素，R为硫元素，RY2为SO2，W的原子序数大于硫元素，故W为Cl元素，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，则Z的最外层电子数为76=1，处于第A族，原子序数大于氧元素，故Z为Na元素，25时0.1molL1X和W形成化合物的水溶液pH为1，属于强酸，则X为氢元素，AY、Z、W三种元素组成的化合物有NaClO等，NaClO溶液中次氯酸根水解，溶液显碱性，故A正确；BZ与Y可以形成Na2O、Na2O2，前者含有离子键、后者含有离子键、共价键，而Z与W形成的化合物为NaCl，只含有离子键，故B错误；CY、Z、R、W的简单离子分别为O2、Na+、S2、Cl、电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小、电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2ClO2Na+，故C错误；DX与Y组成化合物为H2O、H2O2，X与R组成的化合物H2S，前者分子间存在氢键，沸点高于硫化氢，故D错误，故选A点评：本题考查位置结构性质关系，难度中等，推断元素是解题的关键，“Y、R元素的位置及二者形成的共价化合物RY2”是推断的突破口，注意氢键对物质性质的影响8.C考点：化学平衡的影响因素 专题：化学平衡专题分析：同容积的定容密封容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1mol，乙中加入HI0.2mol，由于乙按化学计量数转化到左边，可以得到H2和I2各0.1mol，故此时甲和乙建立的平衡是等效的，欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取措施使平衡向正反应移动，但不能降低HI的浓度，然后结合影响化学平衡移动的因素来回答解答：解：相同容积的定容密封容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1mol，乙中加入HI0.2mol，此时甲和乙建立的平衡是等效的，A、甲、乙提高相同温度，平衡均逆向移动，HI的平衡浓度均减小，故A错误；B、甲中加人0.1molHe，在定容密封容器中，平衡不会移动，故B错误；C、甲降低温度，平衡正向移动，甲中HI的平衡浓度增大，乙不变，故C正确；D、甲中增加0.1molH2，乙增加0.1molI2，结果还是等效的，故D错误；故选C点评：本题考查学生影响化学平衡移动的因素和等效平衡知识，难度中等，注意理解等效平衡规律9.C考点：二氧化硫的化学性质分析：H2S 饱和溶液中通入SO2，发生反应：SO2+2H2S=3S+2H2O，随着反应的进行，溶液酸性逐渐减弱，但恰好反应时，溶液呈中性，二氧化硫过量，与水反应生成亚硫酸，溶液酸性逐渐增强，根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112mL，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336mL二氧化硫时，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性更强，以此解答该题解答：解：Ab点为中性，只有水，导电性最差，故A错误；B根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112mL，n（SO2）=0.005mol，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336mL二氧化硫时，溶液中亚硫酸为0.01mol，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性比氢硫酸更强，故B错误；Cab段pH在增大，由酸性到中性，则发生的反应是SO2+2H2S=3S+2H2O，故C正确；D由图可知，112mLSO2与硫化氢恰好完全反应，则n（SO2）=0.005mol，由方程式可知n（H2S）=0.01mol，则原H2S溶液的物质的量浓度为=0.1mol/L，故D错误故选C点评：本题考查硫元素化合物性质、化学反应图象等，明确发生的化学反应是解答的关键，注意B选项中应根据溶液物质的浓度相等时pH大小进行判断，学生容易根据已有知识回答，为解答易错点，题目难度中等10.A考点：原电池和电解池的工作原理分析：观察到图1装置铜电极上产生大量的无色气泡，说明图1中，Cr为负极，铜为正极，正极上析出氢气，而图2装置中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量有色气体，说明铜被氧化应为负极，正极上应是硝酸被还原生成二氧化氮气体，以此解答该题解答：解：A图1为原电池装置，铜为正极，氢离子得电子生成氢气，故A错误；B图2装置中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量有色气体，说明铜为负极，铬电极为正极，负极发生Cu2eCu2+，故B正确；C由图1根据原电池原理知金属铬的活动性比铜强且能和硫酸反应生成H2，故C正确；D由图1根据原电池原理知金属铬的活动性比铜强，但图2装置中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量有色气体，说明铜被氧化应为负极，说明铬易被稀硝酸钝化，故D正确故选A点评：本题综合考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握原电池的工作原理，答题时注意体会电极方程式的书写方法，难度不大11.B解：A氢氧化铁胶体滴入硫酸先聚沉生成沉淀氢氧化铁是物理变化，故A错误； B蛋白质溶液是胶体，乙醇可使蛋白质变性，故B正确；C若体积不同，不同状态下气体的Vm也不同，所以它们所含的分子数也可能相同，故C错误；D氯化氢溶于水有化学键断裂，是物理变化，故D错误故选B12.A解析：酸性氧化物与碱发生反应生成盐和水，故可以实现；弱酸与盐溶液反应可以生成强酸，例如CuSO4+H2S=CuS+H2SO4,故可以实现；复分解反应发生的条件还可以是有弱电解质生成，故可以实现；例如亚硫酸与氢硫酸恰好生成硫和水的反应，两种酸溶液充分反应后的溶液体系为中性可以实现；同素异形体之间的转化说明有单质参加的非氧化还原反应可以实现；过氧化钠与二氧化碳反应生成物中有氧气，说明两种氧化物反应的产物有气体可以实现。故答案选A13.A14.C15.C试题分析：该有机物的分子式为C6H12N4，根据元素守恒，则C元素来自甲醛，N元素来自氨，所以分子中的C与N原子的个数比即为甲醛与氨的物质的量之比为6:4=3:2,答案选C。考点：考查元素守恒法的应用16.B知识点：元素化合物计算解析：N元素化合价降低 HNO3-NO2 n=8.96L/(22.4mol/L)=0.4mol 故转移电子数是0.4（5-4）=0.4mol HNO3-N2O4 n=0.672L/(22.4mol/L)=0.03mol 故转移电子数是0.03（5-4）2=0.06mol故转移电子总数是0.46mol，设Cu amol Mg bmol根据题意可得 2a +2b=0.46 98a+58b=17.02 解得：a=0.092mol b=0.138mol故X=0.13824+0.09264=9.20g，故B正确。思路点拨：本题考查了元素化合物的计算，主要运用氧化还原化合价变化，不需要写出方程式，会使思路和做题过程变得繁琐，抓住氧化还原的本质，电子得失相等即可。17.A【解析】由溶解度可知，该溶液是饱和溶液，则溶液中溶质的物质的量浓度为（2040）/(20+100)1.210-3=5.0mol/L,选A。18.D略19.A略20.AD略21.（1）50（2）将Sn2+全部氧化为Sn4+ 60%（3）防止Sn2+被氧化为Sn4+ 漏斗（或普通漏斗） 玻璃棒 Sn2+2HCO3= SnO+2CO2+ H2O 取最后一次滤液少许于试管中，依次滴加足量硝酸、少量硝酸银溶液，观察到无白色沉淀 蒸发浓缩、冷却结晶 （4）SnCl4+4NH3+4H2O = Sn(OH)4+4NH4Cl在A、B装置间依次连接盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶熔融锡与氯气化合的反应是放热反应，且放出的热足够此反应持续进行试题解析：（1）元素锡比同主族碳的周期数大3，碳为6号元素，结合元素周期表的结构知，锡位于第五周期，且原子序数为6+8+18+1850；（2）该实验中锡粉纯度测定的原理为：反应为Sn2+2 Fe3+Sn4+2 Fe2+，6Fe2+Cr2O72-6Fe3+2Cr3+，加入Fe2(SO4)3的作用是将Sn2+全部氧化为Sn4+，可得关系式：3Sn2+- Cr2O72-，因为n（Cr2O72-）0.1000 mol/L0.02L0.002mol，故n（Sn2+）0.006mol，所以m（Sn）0.006mol119g/mol，其纯度为：m（Sn）/1.19g=60%；（3） 步骤加入Sn粉和盐酸共同溶解SnCl2极固体，其中Sn粉的作用是防止Sn2+被氧化为Sn4+；步骤将混合物分为滤液和滤渣，应为过滤操作，所用的玻璃仪器除烧杯外，还应有漏斗（或普通漏斗）和玻璃棒；步骤为滤液B中的Sn2+与NaHCO3反应生成SnO的反应，离子方程式为Sn2+2HCO3= SnO+2CO2+ H2O；步骤中检验SnO是否洗涤干净，主要是看有无残留的氯离子，所以可取最后一次滤液少许于试管中，依次滴加足量硝酸、少量硝酸银溶液，观察有无白色沉淀生成；步骤的目的是由硫酸亚锡溶液制得晶体，其步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥；（4）SnCl4蒸气遇氨及水汽呈浓烟状，因而可制作烟幕弹，根据其现象可推知其反应的化学方程式为SnCl4+4NH3+4H2O = Sn(OH)4+4NH4Cl；根据题中所给的图可知，装置的缺陷为：A装置制取完氯气后，缺乏除杂干燥装置，所以可在A、B装置间依次连接盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶；当装置C中收集到SnCl4时熄灭B处酒精灯，反应仍可持续进行是因为熔融锡与氯气化合的反应是放热反应，且放出的热足够此反应持续进行。22.（1） Ba（FeO2）2+8HNO3=Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O （2） 防止反应速度过快； 浓HNO3易挥发、分解 （3） BaCO3 ； Fe3+ H+ 解析：（1） Ba（FeO2）2中铁的化合价是+3，与HNO3的反应不涉及氧化还原，化学方程式为Ba（FeO2）2+8HNO3=Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O （2） 酸溶时通常控制反应温度不超过70，是因为温度高时反应速度过快 ，不使用浓硝酸是因为浓HNO3易挥发，受热或见光易分解 。 （3） X的作用是与氢离子反应使溶液的PH调高到4-5，根据制备的产品是Ba（NO3）2，用BaCO3不会引入杂质。 加入X消耗氢离子，溶液的PH调高到4-5，铁离子沉淀完全，所以溶液中Fe3+ H+的浓度减少。 23.（1）；（2）取代反应；消去反应；（3）Cl2/光照；O2/Cu；（4）G和H；（5）1；（6）3解：A发生取代反应生成B，B消去反应生成C，C发生取代反应生成D，E生成F，根据F和D的结构简式知，D发生加成反应生成E，E发生消去反应生成F，F发生加成反应生成G，G发生加成反应生成H，H发生反应生成I，（1）根据B和D结构简式的差异性知，C的结构简式为，根据F和D的结构简式知，D发生加成反应生成E，E的结构简式为，故答案为：；（2）通过以上分析中，的反应类型为取代反应，的反应类型为消去反应，故答案为：取代反应；消去反应；（3）环戊烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成X，和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成Y，Y为，在铜作催化剂加热条件下发生氧化反应生成，所以反应I的试剂和条件为Cl2/光照，反应2的化学方程式为，反应3可用的试剂为O2/Cu，故答案为：Cl2/光照；O2/Cu；（4）在I的合成路线中，互为同分异构体的化合物是G和H，故答案为：G和H；（5）I与碱石灰共热可化为立方烷，核磁共振氢谱中氢原子种类与吸收峰个数相等，立方烷中氢原子种类是1，所以立方烷的核磁共振氢谱中有1个峰，故答案为：1；（6）立方烷经硝化可得到六硝基立方烷，两个H原子可能是相邻、同一面的对角线顶点上、通过体心的对角线顶点上，所以其可能的结构有3种，故答案为：324.(7分) (1)2:1 (2)2.4mol/L略25.（12分）（1）可能（1分）产物中有CuO(6g)，CuSO4(4g)（2分）（2）C；（1分）气体产物除去水后应大于0.125mol，原因如下：（1分） （1分） 2SO3 2SO2O2 （1分） （3）7.2g（2分） 红色（1分） （4）Cu2O (3.6g)，CuO (4g) （2分）略26.（1）分液漏斗；（2）导气、冷凝；干燥气体；（3）大烧杯；酒精灯；（4）P2O5溶解于乙醇，迅速放出大量的热，局部温度较高，使得少量乙醇气化，形成白雾；（5）；（6）加热至较高温度考点：性质实验方案的设计分析：（1）根据A的构造可知其名称为分液漏斗；（2）长导管起到了导气和冷凝作用；浓硫酸具有吸水性，可以作干燥剂；（3）实验二需要水浴加热，用到的玻璃仪器有大烧杯和酒精灯；（4）白雾为小液滴，说明P2O5溶解于乙醇的过程中会放出大量热，使得少量乙醇气化；（5）乙烯能够与溴水发生加成反应，可以用盛有溴水的试管检验乙烯；（6）根据实验二中水浴加热生成了磷酸三乙酯，而实验一中用酒精灯直接加热生成了乙烯进行判断解答：解：（1）根据图示可知，仪器A为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）装置中B、C之间长导管可以起到导气、冷凝的作用；浓硫酸具有吸水性，能够干燥反应产生的气体，故答案为：导气、冷凝；干燥气体；（3）水浴加热过程中，反应装置需要放在盛有水的大烧杯中，用酒精灯加热，所以必需的玻璃仪器为大烧杯和酒精灯，故答案为：大烧杯；酒精灯；（4）由于P2O5溶解于乙醇后迅速放出大量的热，导致局部温度较高，使得少量乙醇气化，所以形成白雾，故答案为：P2O5溶解于乙醇，迅速放出大量的热，局部温度较高，使得少量乙醇气化，形成白雾；（5）可以用溴水具有乙烯，实验装置图为：，答案为：；（6）实验二中水浴加热生成了磷酸三乙酯，而实验一中用酒精灯直接加热生成了乙烯，说明以P2O5作为催化剂获得乙烯需要在较高温度下才能进行，故答案为：加热至较高温度点评：本题考查了性质实验方案的设计，题目难度中等，明确实验目的及化学实验基本操作方法为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力，注意掌握性质实验方案的设计与评价方法27.N元素化合价降低，则一定存在化合价升高的元素，只能为氧元素失去电子生成O2；避免对分解产物O2的检验产生干扰；NO2；验证NO2是否被吸收干净，防止NO2干扰后续对O2的检验；C中红色溶液中有气泡冒出，D中溶液褪色；Na2SO3+H2ONaHSO3+NaOH、2Na2SO3+O2=2Na2SO4；Mg（NO3）2的质量与剩余固体、NO2、O2的质量之和相等，已符合质量守恒定律；2Mg（NO3）2 2MgO+4NO2+O2；吸收空气进入的O2所致考点：性质实验方案的设计专题：实验设计题分析：根据氧化还原反应中化合价有升高，一定也要降低角度进行判断；氮气分子中含有氮氮三键，最外层满足8电子稳定结构；各装置中都有氧气，避免空气中氧气干扰实验；根据二氧化氮为红棕色气体分析；二氧化氮影响氧气的检验，所以检验氧气前先必须证明二氧化氮已经除尽；若C中红色溶液中有气泡冒出，D中溶液褪色，则证明产物中有氧气；分别写出亚硫酸钠水解、亚硫酸钠被氧气氧化的方程式；根据质量守恒进行判断；根据以上分析可知，硝酸镁分解生成氧化镁、二氧化氮和氧气，据此写出反应的方程式；空气中有氧气，能够将亚硫酸钠氧化成硫酸钠导致溶液质量增加解答：解：Mg（NO3）2受热分解生成的氮化物中，N元素的化合价降低，则一定有化合价升高的元素，根据硝酸镁的组成可知，只能为2价的氧元素失去电子生成氧气，故答案为：N元素化合价降低，则一定存在化合价升高的元素，只能为氧元素失去电子生成O2；氮气分子中含有氮氮三键，氮原子最外层达到8电子稳定结构，其电子式为：；步骤中，通入一段时间N2，目的是用氮气排出装置中空气避免对产物氧气检验的干扰，故答案为：；避免对分解产物O2的检验产生干扰；步骤中，装置A内若出现了红棕色气体，则该红棕色气体为NO2，故答案为：NO2；装置D用于检验氧气，而二氧化氮能够氧化亚硫酸钠，影响了氧气的测定，所以必须用装置C验证NO2是否被吸收干净，防止NO2干扰后续对O2的检验，故答案为：验证NO2是否被吸收干净，防止NO2干扰后续对O2的检验；若装置C中红色溶液中有气泡冒出，且试管D中亚硫酸钠的酚酞溶液褪色，则证明反应产物中有氧气，涉及的反应有：亚硫酸钠水解溶液呈碱性，所以滴有酚酞的溶液显示红色：Na2SO3+H2ONaHSO3+NaOH、亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠：2Na2SO3+O2=2Na2SO4，导致溶液褪色，故答案为：C中红色溶液中有气泡冒出，D中溶液褪色；Na2SO3+H2ONaHSO3+NaOH、2Na2SO3+O2=2Na2SO4；称取3.7gMg（NO3）2固体，反应后剩余1g固体，B中增重2.3g为二氧化氮质量，D、E增重的为氧气，质量为0.4g，总质量恰好为3.7g，说明反应产物中不会有氮气生成，故答案为：Mg（NO3）2的质量与剩余固体、NO2、O2的质量之和相等，已符合质量守恒定律；取少量剩余固体于试管中，加入适量水，未出现明显现象，说明反应产物中没有氮化镁和亚硝酸镁，只能为氧化镁，结合其它分析可知，硝酸镁分解生成氧化镁、二氧化氮气体和氧气，反应方程式为：2Mg（NO3）22MgO+4NO2+O2，故答案为：2Mg（NO3）2 2MgO+4NO2+O2；装置F的作用是吸收空气中氧气，避免干扰实验测定，由于亚硫酸钠与空气中氧气反应生成硫酸钠，导致试管F中溶液质量增加，故答案为：吸收空气进入的O2所致点评：本题考查了性质实验方案的设计，题目难度中等，明确实验原理及化学实验基本操作方法为解答关键，注意掌握物质的性质及检验方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力