2019-2020年高三上学期期末化学模拟试卷（5）含解析.doc

2019-2020年高三上学期期末化学模拟试卷（5）含解析一、选择题1食品添加剂关系到大家健康，下列物质中的添加剂作用不正确的是（） 防治高血压防治缺铁性贫血做甜味剂做防腐剂ABCD2NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的有（）A20g D2O含有的电子数为10NAB常温下，4g CH4含有NA个CH共价键C标准状况下，5.6 L四氯化碳含有的分子数为0.25NAD1mol Na2O2与CO2完全反应时转移电子数为NA3下列离子方程式错误的是（）A证明醋酸的酸性比碳酸强：2CH3COOH+CaCO3Ca2+H2O+2CH3COO+CO2B证明FeCl2溶液已变质：Fe3+3SCNFe（SCN）3C证明Al（OH）3有酸性：Al（ OH）3+NH3H2OAlO2+NH4+2H2OD证明氧化性Fe3+Cu2+：2Fe3+CuCu2+2Fe2+4反应、分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：2NaI+MnO2+3H2SO42NaHSO4+MnSO4+2H2O+I22NaIO3+5NaHSO32Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2下列说法正确的是（）A两个反应中均为硫元素被氧化B碘元素在反应中被还原，在反应中被氧化C氧化性：Mn02SO42I03I2D反应、中生成等量的I2时转移电子数比为1：55在标准状况下有一定量的气体如下：6.72L CH4、3.011023个HCl分子、13.6g H2S、0.2mol NH3，下列对这四种气体的关系从大到小排列的组合中正确的是（） a体积：b密度：c质量：d氢原子：AabcBbcdCabcDabcd6X、Y、Z为短周期非金属元素，其相关性质如下，下列叙述正确的是（）元素XYZ单质与H2反应条件暗处爆炸光照高温、高压、催化剂常温下氢化物水溶液的pH小于7小于7大于7AZ的氢化物分子间存在氢键B最外层电子数ZYC气态氢化物的稳定性YXDY的含氧酸均为强酸7向密闭容器中充入物质A和B，发生反应aA（g）+bB（g）cC（g）反应过程中，物质A的含量（A%）和C的含量（C%）随温度（T）的变化曲线如图所示，下列说法正确的是（）A该反应在T1、T3温度时达到过化学平衡B该反应在T2温度时达到过化学平衡C该反应的逆反应是放热反应D升高温度，平衡会向正反应方向移动8在常温时，将V1mLc1molL1CH3COOH溶液中滴加到V2mLc2molL1NaOH溶液中，下列结论中，错误的是（）A如果V1=V2，c1=c2，则混合溶液中c（CH3COO）=c（Na+）B如果混合溶液的pH=7，则混合溶液中c（CH3COO）=c（Na+）C如果混合溶液的pH7，则不可能V1c1=V2c2D如果V1=V2，且混合溶液的pH7，则c1c29某充电宝锂离子电池的总反应为：xLi+Li1xMn2O4 LiMn2O4，某手机镍氢电池总反应为：NiOOH+MH M+Ni（OH）2（M为储氢金属或合金），有关上述两种电池的说法不正确的是（）A锂离子电池放电时Li+向正极迁移B镍氢电池放电时，正极的电极反应式：NiOOH+H2O+eNi（OH）2+OHC右图表示用锂离子电池给镍氢电池充电D锂离子电池充电时，阴极的电极反应式：LiMn2O4xeLi1xMn2O4+xLi+10将铝粉与Fe3O4粉末配制成铝热剂，分成三等份一份直接放入足量的烧碱溶液中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为V1；一份在高温下恰好反应完全，反应后的混合物与足量的盐酸反应后，放出的气体在标准状况下的体积为V2；一份直接放入足量的盐酸中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为V3下列说法正确的是（）AV1=V3V2BV2V1=V3CV1=V2V3DV1V3V211一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到的气体其物质的量为a mol，向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1（在相同条件下），则a可能为（）A0.80B0.70C0.60D0.4012某氯化镁溶液的密度为1.18gcm3，其中镁离子的质量分数为5.1%，500mL该溶液中Cl的物质的量浓度约等于（）A5molL1B2.5molL1C2.1molL1D1.27molL113取一定质量含Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份并进行下列转化，则转化过程中所加稀HNO3的物质的量浓度为（）A4.4 molL1B3.6 molL1C4.0 molL1D3.2 molL114某有机化合物的结构简式为：，下列有关该物质的叙述正确的是（）A1mol该物质最多可以消耗3 mol NaB1mol该物质最多可以消耗7 mol NaOHC不能与Na2CO3溶液反应D易溶于水，可以发生加成反应和取代反应15维生素C的结构简式如图所示下列有关说法正确的是：（）A维生素C所含的官能团有羟基、羧基、碳碳双键B维生素C能和溴水、酸性重铬酸钾溶液反应C维生素C的分子式为C6H6O6D维生素C能发生加成反应、氧化反应，不能发生取代反应16用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（）A若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+B若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+C若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出D若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出17如图是一种综合处理SO2废气的工艺流程下列说法正确的是（）A向B溶液中滴加KSCN溶液，溶液一定会变为血红色B此工艺优点之一是物质能循环使用C溶液酸性ABCD溶液B转化为溶液C发生的变化的离子方程式为4H+2Fe2+O2=2Fe3+2H2O18向溶液X中持续通入气体Y，不会产生“浑浊澄清”现象的是（）AX：漂白粉溶液Y：二氧化硫BX：硝酸银溶液Y：氨气CX：氢氧化钡溶液Y：二氧化碳DX：偏铝酸钠溶液Y：二氧化氮19某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl、SO42、CO32、AlO2 中的若干种离子，离子浓度均为0.1molL1某同学进行了如下实验：下列说法正确的是（）A无法确定原试液中是否含有Al3+、ClB滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+C无法确定沉淀C的成分D原溶液中存在的离子为NH4+、Fe2+、Cl、SO42二、填空题20（1）25时，在0.10mol/L的氨水中逐滴加入同浓度的盐酸（不计两者的挥发性），回答下列问题：当溶液pH=7时，溶液中c（NH4+） c（Cl）（用“”、“”、“=”填空，下同）；当盐酸和氨水溶液恰好中和时，溶液中c（H+）c（OH）；（2）某工厂用FeCl3溶液腐蚀镀有铜的绝缘板生产印刷电路某实验小组的同学对该厂生产的印刷电路后所得的废液进行了分析：取50mL废液，向其中加入足量的稀硝酸，生成0.02molNO；另取50mL废液，向其中加入足量的AgNO3溶液，析出沉淀43.05g请回答以下问题：该厂原来使用的FeCl3溶液中溶质的物质的量浓度为（反应前后溶液的体积变化忽略不计）；废液中各金属阳离子的物质的量浓度之比为C（Fe3+）：C（Fe2+）：C（Cu2+）=；另取50mL废液，加入一定量铁屑，充分反应后有铜析出，则所得溶液中Fe2+的物质的量范围是21A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，其中B与C为同一周期，D与F为同一周期，A与D、C与F分别为同一主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，D是所在周期原子半径最大的元素请回答下列问题：（1）由A、C两元素可以组成X、Y两种化合物，X在一定条件下可以分解成Y，X的电子式为，Y的空间构型为D与C形成的化合物D2C2可与Y反应生成单质C，写出该反应的化学方程式并标明电子转移的方向和数目：（2）E的氧化物是光导纤维的主要成分，请写出工业生产单质E的化学反应方程式：（3）A、B、C三种元素可形成离子化合物W，W的水溶液显酸性，结合离子方程式解释原因（4）A的单质与C的单质在KOH的浓溶液中可以形成原电池，如果以金属M和金属N为惰性电极，在电池的M极通人A的单质气体，N极通入C的单质气体，则M极的电极反应式为（5）在10L的密闭容器中，通入2mol的FC2气体和3mol的C气体单质，一定条件下反应后生成FC3气体，当反应达到平衡时，单质C的浓度为0.21mol/L，则平衡时FC2的转化率为22已知，CO和H2按物质的量之比1：2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）三、实验题23某铜矿石中铜元素含量较低，且含有铁、镁、钙等杂质离子某小组在实验室中用浸出萃取法制备硫酸铜：（1）操作II、操作III的主要目的是、富集铜元素（2）小组成员利用CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合反应，制备环保型木材防腐剂 Cu2（0H）2C03悬浊液多次实验发现所得蓝色悬浊液颜色略有差异，查阅资料表明，可能由于条件控制不同使其中混有较多Cu（OH）2或Cu4（0H）6S04已知Cu（0H）2、Cu2（OH）2CO3、Cu4（0H）6S04均难溶于水，可溶于酸；分解温度依次为80、200、300，设计实验检验悬浊液成分，完成表中内容限选试剂：2molL1 HCl、1molL1 H2SO4、O.1molL1 NaOH、0.1molL1 BaCl2、蒸馏水仪器和用品自选实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量悬浊液，过滤，充分洗涤后，取滤渣于试管中，说明悬浊液中混，有Cu4（0H）6S04步骤2：另取少量悬浊液于试管中，说明悬浊液中混有Cu（0H）224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xx学年山东省枣庄市滕州三中高三（上）期末化学模拟试卷（5）参考答案与试题解析一、选择题1食品添加剂关系到大家健康，下列物质中的添加剂作用不正确的是（） 防治高血压防治缺铁性贫血做甜味剂做防腐剂ABCD【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用【分析】A缺碘会患甲状腺肿大；B缺铁会患缺铁性贫血；C白砂糖有甜味；D亚硝酸钠是防腐剂【解答】解：A缺碘会患甲状腺肿大，补充碘不能防止高血压，故A错误； B缺铁会患缺铁性贫血，铁强化酱油可补充铁元素，故B正确；C白砂糖有甜味，可做甜味剂，故C正确；D亚硝酸钠是防腐剂，能延长食物保质期，故D正确故选A2NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的有（）A20g D2O含有的电子数为10NAB常温下，4g CH4含有NA个CH共价键C标准状况下，5.6 L四氯化碳含有的分子数为0.25NAD1mol Na2O2与CO2完全反应时转移电子数为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、重水的摩尔质量为20g/mol；B、求出甲烷的物质的量，然后根据1mol甲烷中含4molCH键来分析；C、标况下四氯化碳为液态；D、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应【解答】解：A、重水的摩尔质量为20g/mol，故20g重水的物质的量为1mol，含10mol电子即10NA个，故A正确；B、4g甲烷的物质的量为0.25mol，而1mol甲烷中含4molCH键，故0.25mol甲烷中含1molCH 键即NA条，故B正确；C、标况下四氯化碳为液态，故不能根据体积来计算其物质的量，故C错误；D、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应，1mol过氧化钠参与反应时转移1mol电子即NA个，故D正确故选C3下列离子方程式错误的是（）A证明醋酸的酸性比碳酸强：2CH3COOH+CaCO3Ca2+H2O+2CH3COO+CO2B证明FeCl2溶液已变质：Fe3+3SCNFe（SCN）3C证明Al（OH）3有酸性：Al（ OH）3+NH3H2OAlO2+NH4+2H2OD证明氧化性Fe3+Cu2+：2Fe3+CuCu2+2Fe2+【考点】离子方程式的书写【分析】A发生强酸制取弱酸的反应；B变质生成铁离子，铁离子与KSCN结合生成络离子，溶液为血红色；CAl（OH）3有酸性，与强碱反应生成盐和水；C氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性【解答】解：A.2CH3COOH+CaCO3Ca2+H2O+2CH3COO+CO2为强酸制取弱酸的反应，可知醋酸的酸性比碳酸强，故A正确；B变质生成铁离子，铁离子与KSCN结合生成络离子，溶液为血红色，发生Fe3+3SCNFe（SCN）3，可知变质，故B正确；CAl（OH）3有酸性，与强碱反应生成盐和水，与氨水不反应，故C错误；C.2Fe3+CuCu2+2Fe2+中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可知氧化性Fe3+Cu2+，故D正确；故选C4反应、分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：2NaI+MnO2+3H2SO42NaHSO4+MnSO4+2H2O+I22NaIO3+5NaHSO32Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2下列说法正确的是（）A两个反应中均为硫元素被氧化B碘元素在反应中被还原，在反应中被氧化C氧化性：Mn02SO42I03I2D反应、中生成等量的I2时转移电子数比为1：5【考点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算【分析】A失电子化合价升高的元素被氧化；B失电子化合价升高的元素被氧化，得电子化合价降低的元素被还原；C自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D根据碘和转移电子之间的关系式计算【解答】解：A在反应中硫元素既不被氧化也不被还原，在反应中被氧化，故A错误；B碘元素在反应中被氧化，在反应中被还原，故B错误；C氧化性I03SO42，故C错误；D反应中生成1mol碘转移2NA电子，反应中生成1mol碘转移10NA电子，所以反应、中生成等量的I2时转移电子数比为2NA：10NA=1：5，故D正确；故选D5在标准状况下有一定量的气体如下：6.72L CH4、3.011023个HCl分子、13.6g H2S、0.2mol NH3，下列对这四种气体的关系从大到小排列的组合中正确的是（） a体积：b密度：c质量：d氢原子：AabcBbcdCabcDabcd【考点】阿伏加德罗定律及推论【分析】标况下，气体摩尔体积相等，6.72L CH4的物质的量=0.3mol，3.011023个HCl分子的物质的量=0.5mol、13.6g H2S的物质的量=0.4mol、0.2mol NH3，根据V=nVm计算气体体积、根据=计算密度、根据m=nM计算质量、根据N=nNA结合分子构成计算H原子个数【解答】解：标况下，气体摩尔体积相等，6.72L CH4的物质的量=0.3mol，3.011023个HCl分子的物质的量=0.5mol、13.6g H2S的物质的量=0.4mol、0.2mol NH3，aV=nVm知，相同条件下，气体体积与物质的量成正比，所以这几种气体体积大小顺序是：，故正确；b根据=知，气体密度与摩尔质量成正比，甲烷摩尔质量是16g/mol、HCl摩尔质量是36.5g/mol、硫化氢摩尔质量是34g/mol、氨气摩尔质量是17g/mol，所以气体密度大小顺序是：，故正确；c、甲烷的质量=0.3mol16g/mol=4.8g，HCl的质量=0.5mol36.5g/mol=18.25g、硫化氢的质量为13.6g、氨气的质量=0.2mol17g/mol=3.4g，所以质量大小顺序是：，故正确；d根据N=nNA知，气体分子数之比等于其物质的量之比，结合分子构成知，甲烷分子中H原子物质的量=0.3mol4=1.2mol，HCl中H原子的物质的量等于HCl分子的物质的量为0.5mol，硫化氢中H原子的物质的量=0.4mol2=0.8mol、氨气分子中H原子的物质的量=0.2mol3=0.6mol，所以H原子个数大小顺序是：，故正确；故选D6X、Y、Z为短周期非金属元素，其相关性质如下，下列叙述正确的是（）元素XYZ单质与H2反应条件暗处爆炸光照高温、高压、催化剂常温下氢化物水溶液的pH小于7小于7大于7AZ的氢化物分子间存在氢键B最外层电子数ZYC气态氢化物的稳定性YXDY的含氧酸均为强酸【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7，则X为F元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH小于7，则Y为Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH大于7，则Z为N元素【解答】解：X、Y、Z为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7，则X为F元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH小于7，则Y为Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH大于7，则Z为N元素，AZ的氢化物为氨气，分子间存在氢键，故A正确；BZ为N元素，原子最外层电子数为5，Y为Cl元素，原子最外层电子数为7，故最外层电子数YZ，故B错误；C非金属性FCl，故HCl的稳定性比HF弱，故C错误；DY为氯元素，含氧酸中HClO为弱酸，故D错误，故选A7向密闭容器中充入物质A和B，发生反应aA（g）+bB（g）cC（g）反应过程中，物质A的含量（A%）和C的含量（C%）随温度（T）的变化曲线如图所示，下列说法正确的是（）A该反应在T1、T3温度时达到过化学平衡B该反应在T2温度时达到过化学平衡C该反应的逆反应是放热反应D升高温度，平衡会向正反应方向移动【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线；化学平衡的影响因素【分析】T2之前A%变小，C%从0渐增大，而T2之后A%渐大，C%渐小，说明T2之前是反应没有达到平衡状态，而T2时恰好平衡，T2之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应【解答】解：T2之前A%变小，C%从0渐增大，而T2之后A%渐大，C%渐小，说明T2之前是反应没有达到平衡状态，而T2时恰好平衡，T2之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应A、T1温度之后A%继续变小，C%继续增大，T3温度之后A%继续增大，C%继续减小，故T1、T3温度时未达到化学平衡，故A错误；B、T2之前A%变小，C%从0渐增大，而T2之后A%渐大，C%渐小，说明T2之前是反应没有达到平衡状态，故B正确；C、T2时恰好平衡，T2之后A%渐大，C%渐小，说明T2之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，故C错误；D、T2时恰好平衡，T2之后A%渐大，C%渐小，说明T2之后是温度升高使平衡向逆反应移动，故D错误故选B8在常温时，将V1mLc1molL1CH3COOH溶液中滴加到V2mLc2molL1NaOH溶液中，下列结论中，错误的是（）A如果V1=V2，c1=c2，则混合溶液中c（CH3COO）=c（Na+）B如果混合溶液的pH=7，则混合溶液中c（CH3COO）=c（Na+）C如果混合溶液的pH7，则不可能V1c1=V2c2D如果V1=V2，且混合溶液的pH7，则c1c2【考点】离子浓度大小的比较【分析】A根据等体积等浓度混合时醋酸与氢氧化钠恰好完全反应，则溶液中的溶质只有醋酸钠，由醋酸根离子的水解来分析；B由pH=7，可知c（OH）=c（H+），再利用电荷守恒来分析；C混合溶液的pH7，利用溶液中的溶质来分析；D根据体积相等时若混合溶液的pH7，则溶液显酸性，应保证酸过量来分析【解答】解：AV1=V2，c1=c2，则醋酸与氢氧化钠恰好完全反应，反应后溶液中的溶质只有醋酸钠，由醋酸根离子的水解则c（Na+）c（CH3COO），故A错误；BpH=7，则c（OH）=c（H+），由电荷守恒c（OH）+c（CH3COO）=c（Na+）+c（H+）可知，c（CH3COO）=c（Na+），故B正确；C混合溶液的pH7，溶液中的溶质可能为醋酸钠或醋酸钠与氢氧化钠的混合物，若为醋酸钠，则V1c1=V2c2，故C错误；DV1=V2，且混合溶液的pH7，则溶液显酸性，溶液中的溶质为醋酸和醋酸钠，则c1c2，故D正确；故选AC9某充电宝锂离子电池的总反应为：xLi+Li1xMn2O4 LiMn2O4，某手机镍氢电池总反应为：NiOOH+MH M+Ni（OH）2（M为储氢金属或合金），有关上述两种电池的说法不正确的是（）A锂离子电池放电时Li+向正极迁移B镍氢电池放电时，正极的电极反应式：NiOOH+H2O+eNi（OH）2+OHC右图表示用锂离子电池给镍氢电池充电D锂离子电池充电时，阴极的电极反应式：LiMn2O4xeLi1xMn2O4+xLi+【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A根据电池放电时阳离子移向正极，阴离子移向负极判断；B放电时，正极发生还原反应；C根据右图，锂离子电池为放电过程，而镍氢电池为充电过程分析；D锂离子电池充电时，阴极为得电子的还原反应【解答】解：A锂离子电池放电时阳离子移向正极，所以Li+向正极迁移，故A正确；B放电时，正极发生还原反应，方程式为NiOOH+e+H2O=Ni（OH）2+OH，故B正确；C右图表示用锂离子电池为放电过程，而镍氢电池为充电过程，所以锂离子电池给镍氢电池充电，故C正确；D锂离子电池充电时，阴极的电极反应式：Li+eLi，故D错误故选D10将铝粉与Fe3O4粉末配制成铝热剂，分成三等份一份直接放入足量的烧碱溶液中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为V1；一份在高温下恰好反应完全，反应后的混合物与足量的盐酸反应后，放出的气体在标准状况下的体积为V2；一份直接放入足量的盐酸中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为V3下列说法正确的是（）AV1=V3V2BV2V1=V3CV1=V2V3DV1V3V2【考点】铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；有关混合物反应的计算【分析】先判断能和酸或碱反应生成氢气的物质，再根据金属的量判断生成氢气的体积是否相等【解答】解：假设每份含2mol铝，能和烧碱反应生成氢气的物质只有铝，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，2mol铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气3mol；铝先和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁3 Fe3O4+8Al 4Al2O3+9 Fe，铁和盐酸反应生成氢气 Fe+2HCl=FeCl2+H2，2mol铝与四氧化三铁反应生成mol铁， mol铁与盐酸反应生成氢气mol；能和盐酸反应生成氢气的只有铝，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，2mol铝与盐酸溶液反应生成氢气3mol氢气；所以V1=V3V2，故选A11一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到的气体其物质的量为a mol，向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1（在相同条件下），则a可能为（）A0.80B0.70C0.60D0.40【考点】有关混合物反应的计算【分析】利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，根据n=计算n（CuO），根据Cu元素守恒计算n（CuS）、n（Cu2S），再根据电子转移数目守恒计算n（NO）、n（NO2），进而计算气体总物质的量，实际气体介于二者之间【解答】解：若混合物全是CuS，其物质的量n（CuS）=n（CuO）=0.15mol，CuS中S的化合价由2价上升到+6价，故转移电子物质的量=0.15（6+2）=1.2molNO和NO2的体积相等，设NO为xmol、NO2为xmol，根据得失电子守恒，得3x+x=1.2，解得x=0.3，则NO和NO2的总物质的量为0.3mol2=0.6mol；若混合物全是Cu2S，其物质的量n（Cu2S）=n（CuO）=0.15mol=0.075mol，Cu2S中S的化合价由2价上升到+6价，且Cu元素的化合价由+1价上升到+2价，故转移电子物质的量0.075（8+12）=0.75mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=0.75，根据电子得失守恒，计算得x=0.1875，故NO和NO2的总物质的量为0.1875mol2=0.375mol，实际气体介于0.375mol0.6mol之间，故选D12某氯化镁溶液的密度为1.18gcm3，其中镁离子的质量分数为5.1%，500mL该溶液中Cl的物质的量浓度约等于（）A5molL1B2.5molL1C2.1molL1D1.27molL1【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】根据镁离子的质量分数计算氯化镁的质量分数，进而根据c=计算氯化镁的物质的量浓度，根据化学式的组成可知：c（Cl）=2c（MgCl2），据此计算出该溶液中Cl的物质的量浓度【解答】解：MgCl2中Mg离子的质量分数为，溶液中镁离子的质量分数为5.1%，则溶液中氯化镁的质量分数为： =20.2%，溶液中氯化镁的物质的量浓度为：c=mol/L2.5mol/L，则该溶液中Cl的物质的量浓度为：c（Cl）=2c（MaCl2）=22.5mol/L=5mol/L，故选A13取一定质量含Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份并进行下列转化，则转化过程中所加稀HNO3的物质的量浓度为（）A4.4 molL1B3.6 molL1C4.0 molL1D3.2 molL1【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【分析】Cu、Cu2O、CuO的固体混合物通入足量的氢气，Cu2O、CuO被还原成铜单质，根据减少的质量即为氧的质量列方程；Cu、Cu2O、CuO的固体混合物加入稀硝酸，Cu、Cu2O被硝酸氧化二价铜，硝酸被还原成NO，根据得失电子守恒列方程【解答】解：设其中一份中n（Cu）=x mol，n（Cu2O）=y mol，n（CuO）=z mol，依得失电子守恒和氧元素守恒，有： x+2y+z=0.7mol亦即反应后生成的硝酸铜的物质的量为0.70mol则500mL稀硝酸中，n（HNO3）=0.70mol2+0.200mol=1.600mol于是：c（HNO3）=1.600mol/0.500L=3.2mol/L，故选：D14某有机化合物的结构简式为：，下列有关该物质的叙述正确的是（）A1mol该物质最多可以消耗3 mol NaB1mol该物质最多可以消耗7 mol NaOHC不能与Na2CO3溶液反应D易溶于水，可以发生加成反应和取代反应【考点】有机物的结构和性质【分析】有机物含有醇羟基、酚羟基，可发生取代、氧化反应，含有酯基，可发生水解反应，含有Cl，可发生取代反应，以此解答该题【解答】解：A分子中含有2个羟基，可消耗2 mol Na，故A错误；B分子中含有1个酚羟基，2个酯基、1个Cl，水解可生成2个酚羟基，2个羧基以及2个HCl，则1mol该物质最多可以消耗7 mol NaOH，故B正确；C含有酚羟基，可与Na2CO3溶液反应，故C错误；D含有酯基，不能溶于水，故D错误故选B15维生素C的结构简式如图所示下列有关说法正确的是：（）A维生素C所含的官能团有羟基、羧基、碳碳双键B维生素C能和溴水、酸性重铬酸钾溶液反应C维生素C的分子式为C6H6O6D维生素C能发生加成反应、氧化反应，不能发生取代反应【考点】有机物的结构和性质【分析】该有机物中含有醇羟基、酯基、碳碳双键，具有醇、烯烃和酯的性质，能发生氧化反应、取代反应、酯化反应、加成反应、加聚反应、水解反应等，据此分析解答【解答】解：A维生素C所含的官能团有羟基、酯基、碳碳双键，故A错误；B含有碳碳双键，所以能和溴发生加成反应、能被酸性重铬酸钾溶液氧化，故B正确；C维生素C的分子式为C6H8O6，故C错误；D该分子中含有醇羟基、酯基，能发生取代反应，故D错误；故选B16用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（）A若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+B若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+C若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出D若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；真题集萃；二价Fe离子和三价Fe离子的检验【分析】FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，Fe3+ 氧化性强于Cu2+，加入铁粉先与Fe3+反应，再与Cu2+反应，据此解答【解答】解：A无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加入的铁完全反应，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，故A错误；B若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定有含有Fe2+，故B正确；C若溶液中有Cu2+，加入的铁量不足，可能只与Fe3+反应，也可能与Fe3+反应，剩余部分与Cu2+反应生成铜，所以可能有固体析出，故C错误；D当加入的铁较少时，只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+时，不会有铜析出，故D错误；故选：B17如图是一种综合处理SO2废气的工艺流程下列说法正确的是（）A向B溶液中滴加KSCN溶液，溶液一定会变为血红色B此工艺优点之一是物质能循环使用C溶液酸性ABCD溶液B转化为溶液C发生的变化的离子方程式为4H+2Fe2+O2=2Fe3+2H2O【考点】二氧化硫的污染及治理【分析】A尾气中的二氧化硫气体，通入酸性硫酸铁溶液中发生氧化还原反应，三价铁离子氧化二氧化硫为硫酸，本身被还原为B溶液含有二价铁离子，二价铁离子与KSCN溶液不反应；B根据流程图分析，溶液C可以循环使用；C溶液A为Fe2（SO4）3溶液中三价铁离子水解显酸性，溶液B为硫酸溶液，显酸性，溶液C为硫酸铁溶液和硫酸溶液，据此分析解答；D根据氧化性O2Fe3+角度进行分析解答，该离子方程式左右电荷不守恒【解答】解：A尾气中的二氧化硫气体，通入酸性硫酸铁溶液中发生2Fe3+2H2O+SO2=2Fe2+SO42+4H+，B溶液中存在二价铁离子，二价铁离子与KSCN溶液不反应，溶液不会变为血红色，故A错误；B根据流程图分析，溶液C可以循环使用，故B正确；C反应过程中溶液的体积不变，溶液A为Fe2（SO4）3溶液中三价铁离子水解显酸性，溶液B为被二氧化硫还原生成的硫酸亚铁和二氧化硫被氧化生成的硫酸溶液，显酸性，溶液C为硫酸铁溶液和硫酸溶液，是发生反应4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O的结果，消耗氢离子，所以溶液酸性，BCA，故C错误；D溶液B中发生的反应是亚铁离子被氧气氧化为三价铁离子的反应：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，故D错误；故选B18向溶液X中持续通入气体Y，不会产生“浑浊澄清”现象的是（）AX：漂白粉溶液Y：二氧化硫BX：硝酸银溶液Y：氨气CX：氢氧化钡溶液Y：二氧化碳DX：偏铝酸钠溶液Y：二氧化氮【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氨的化学性质；镁、铝的重要化合物【分析】A发生氧化还原反应生成硫酸钙；B先生成氢氧化银，氨气过量生成银氨络离子；C先生成碳酸钡，二氧化碳过量生成碳酸氢钡；D开始生成氢氧化铝，然后溶解在硝酸中【解答】解：A漂白粉溶液中通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成硫酸钙，溶液变浑浊，不会变澄清，故A选；B氨气水溶液呈碱性，硝酸银溶液中通入氨气，先生成氢氧化银沉淀，氨气过量，发生络合反应生成银氨络离子，先浑浊后澄清，故B不选；C先生成碳酸钡，二氧化碳过量生成碳酸氢钡，先浑浊后澄清，故C不选；D偏铝酸钠溶液中通入二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝，然后溶解在硝酸中生成硝酸铝，则会产生“浑浊澄清”现象，故D不选故选A19某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl、SO42、CO32、AlO2 中的若干种离子，离子浓度均为0.1molL1某同学进行了如下实验：下列说法正确的是（）A无法确定原试液中是否含有Al3+、ClB滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+C无法确定沉淀C的成分D原溶液中存在的离子为NH4+、Fe2+、Cl、SO42【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【分析】加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无Ba2+，无AlO2；加入硝酸钡有气体，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量CO2产生沉淀，先与OH、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+因为存在的离子浓度均为0.1molL1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl、SO42才能保证电荷守恒，K+必然不能存在【解答】解：加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无Ba2+，无AlO2；加入硝酸钡有气体，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量CO2产生沉淀，先与OH、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+因为存在的离子浓度均为0.1molL1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl、SO42才能保证电荷守恒，K+必然不能存在故A、B、C错误，D正确故选：D二、填空题20（1）25时，在0.10mol/L的氨水中逐滴加入同浓度的盐酸（不计两者的挥发性），回答下列问题：当溶液pH=7时，溶液中c（NH4+）= c（Cl）（用“”、“”、“=”填空，下同）；当盐酸和氨水溶液恰好中和时，溶液中c（H+）c（OH）；（2）某工厂用FeCl3溶液腐蚀镀有铜的绝缘板生产印刷电路某实验小组的同学对该厂生产的印刷电路后所得的废液进行了分析：取50mL废液，向其中加入足量的稀硝酸，生成0.02molNO；另取50mL废液，向其中加入足量的AgNO3溶液，析出沉淀43.05g请回答以下问题：该厂原来使用的FeCl3溶液中溶质的物质的量浓度为0.2mol/L（反应前后溶液的体积变化忽略不计）；废液中各金属阳离子的物质的量浓度之比为C（Fe3+）：C（Fe2+）：C（Cu2+）=4：6：3；另取50mL废液，加入一定量铁屑，充分反应后有铜析出，则所得溶液中Fe2+的物质的量范围是0.12moln（Fe2+）0.15mol【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；有关混合物反应的计算【分析】（1）根据溶液中的电荷守恒来回答；盐酸和氨水溶液恰好中和，指的是酸和碱的物质的量是相等的，此时得到的溶液为氯化铵溶液；（2）废液加入足量的AgNO3溶液，生成沉淀43.05g为AgCl质量，根据氯元素守恒计算溶液中n（FeCl3），根据c=计算原废液中c（FeCl3）；废液中加入硝酸发生反应：3Fe2+4H+NO3=3Fe3+NO+2H2O，根据NO计算废液中n（Fe2+），再根据2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，计算溶液中n（Cu2+）、参加反应Fe3+物质的量，进而计算废液中n（Fe3+），离子浓度之比等于物质的量之比；刚开始析出Cu时溶液中Fe2+的物质的量最小，Fe3+完全反应，发生反应：2Fe3+Fe=3Fe2+，Cu恰好完全析出时，溶液中Fe2+的物质的量最大，发生反应Cu2+Fe=Fe2+Cu，由（2）中数据结合方程式计算【解答】解：（1）当溶液pH=7时，即显示中性，c（H+）=c（OH），根据电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH），则溶液中c（NH4+）=c（Cl），故答案为：=；当盐酸和氨水溶液恰好中和时，指的是酸和碱的物质的量按照1：1反应，此时得到的溶液为氯化铵溶液，铵根离子水解导致溶液显示酸性，即c（H+）c（OH），故答案为：；（2）废液加入足量的AgNO3溶液，生成沉淀43.05g为AgCl质量，其物质的量=0.3mol，根据氯元素守恒，原溶液中n（FeCl3）=n（AgCl）=0.3mol=0.1mol，故原废液中c（FeCl3）=2mol/L，故答案为：2mol/L；由3Fe2+4H+NO3=3Fe3+NO+2H2O，可知废液中n（Fe2+）=3n（NO）=0.02mol3=0.06mol，根据2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，可知溶液n（Cu2+）=n（Fe2+）=0.06mol=0.03mol、参加反应Fe3+物质的量=n（Fe2+）=0.06mol，故废液中n（Fe3+）=0.1mol0.06mol=0.04mol，离子浓度之比等于物质的量之比，故c（Fe3+）：c（Fe2+）：c（Cu2+）=0.04mol：0.06mol：0.03mol=4：6：3，故答案为：4：6：3；刚开始析出Cu时溶液中Fe2+的物质的量最小，Fe3+完全反应，则： 2Fe3+Fe=3Fe2+0.04mol 0.06mol故Fe2+的物质的量极小值为0.06mol+0.06mol=0.12mol，由于析出Cu，故Fe2+的物质的量最小大于0.12mol，Cu恰好完全析出时，溶液中Fe2+的物质的量最大，则： Cu2+Fe=Fe2+Cu0.03mol 0.03mol故溶液中Fe2+的物质的量最大为0.12mol+0.03mol=0.15mol，故溶液中0.12moln（Fe2+）0.15mol，故答案为：0.12moln（Fe2+）0.15mol21A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，其中B与C为同一周期，D与F为同一周期，A与D、C与F分别为同一主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，D是所在周期原子半径最大的元素请回答下列问题：（1）由A、C两元素可以组成X、Y两种化合物，X在一定条件下可以分解成Y，X的电子式为png_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