2019-2020年高三化学期末复习模拟试题（四）含答案.doc

2019-2020年高三化学期末复习模拟试题（四）含答案一、选择题1化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是（ ）A在食品袋中放入盛有硅胶、生石灰的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质B为了防止蛋白质盐析，疫苗等生物制剂应冷冻储存C白酒标签上注有“酒精度52%Vol”字样，它表示100g该白酒中含有52g酒精D人体细胞内存在的HCO3-H2CO3与 HPO4HPO42-维持了酸碱的生理平衡2.设NA为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是（）A1mol甲苯含有6NA个CH键B18g H2O含有10NA个质子C标准状况下，22.4L氨水含有NA个NH3分子D56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子3.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4.24mL浓度为0.05molL1的Na2SO3溶液，恰好与20mL浓度为0.02molL1的K2Cr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为（ ）A+2B+3C+4D+55.某盐的混合物中含有0.2mol/L Na+、0.4mol/L Mg2+、0.4mol/L Cl，则SO42为（）A0.1 mol/L B0.2 mol/L C0.3 mol/L D0.4 mol/L6.下列各组热化学方程式中，化学反应的H前者大于后者的是（）C（s）+O2（g）CO2（g）；H1 C（s）+O2（g）CO（g）；H2S（s）+O2（g）SO2（g）；H3 S（g）+O2（g）SO2（g）；H4H2（g）+O2（g）H2O（l）；H5 2H2（g）+O2（g）2H2O（l）；H6CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g）；H7 CaO（s）+H2O（l）Ca（OH）2（s）；H8ABCD7.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，已知：四种元素的电子层数之和为10，且它们分别属于连续的四个主族；四种元素的原子中半径最大的是X原子。下列说法正确的A四种元素中有两种元素在第二周期BW所在主族元素的原子次外层电子数可能为2或8，不可能为18CX、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能反应D工业上获得X、Y单质的方法主要是电解其熔融的氯化物8.下列说法错误的是()NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)/ c(HCO3)的比值保持增大浓度均为0.1 molL-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c(Na+)=3c(CO32-)+c(HCO3-)在0.1 molL-1氨水中滴加0.lmolL-1盐酸，恰好完全中和时溶液的pH=a，则由水电离产生的c(OH-)=l0-amolL-1向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c（Na+）、c（SO32-）均增大在Na2S稀溶液中，c(H+)=c(OH-)-c(H2S)-c（HS-）A B C D9.X、Y、Z都是金属，把X浸入Z的硝酸盐溶液中，X的表面有Z析出，X和Y组成原电池时，Y为电池的负极X、Y、Z三种金属的活动性顺序为（）AXYZBXZYCYXZDYZX10.下列说法不正确的是（）A为了提高生活用水的卫生标准，自来水厂常使用Cl2和FeSO47H2O进行消毒、净化，以改善水质B硝酸、纯碱、醋酸钾和硅石分别属于酸、碱、盐和氧化物C从分类的角度看，混合物、分散系、胶体的从属关系如图所示D蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质11.研究性学习小组进行了一系列化学实验后，发现高锰酸钾分解后的含锰元素的化合物都能和浓盐酸反应制得氯气，且锰化合物的还原产物都是MnCl2他们将6.32gKMnO4粉末加热一段时间，也不知道高锰酸钾是否完全分解，收集到0.112L气体后便停止加热了，冷却后放入足量的浓盐酸再加热，又收集到气体体积是（上述气体体积都折合成标准状况）（）A0.448L B2.240L C2.016L D无法确定12.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 D2：113.用水处理金属钠与碳化钙的混合物，有气体放出，此气体在催化剂作用下恰好完全反应，生成另一种气体A气体A完全燃烧时，需要3.5倍体积的氧气，则金属钠与碳化钙的物质的量之比是（）A2：1B1：2C4：1D1：414.将50g质量分数为1，物质的量浓度为C1的浓硫酸沿玻璃棒加入到VmL水中，稀释后得到质量分数为2，物质的量浓度为C2的稀溶液下列说法中正确的是（）A若C1=2C2，则122，V50mL B若C1=2C2，则122，V50mLC若1=22，则C12C2，V=50mL D若1=22，则C12C2，V50Ml15.根据下列热化学方程式：C(s)O2(g)=CO2(g)H1393.5 kJ/molH2(g)O2(g)=H2O(l)H2285.8 kJ/molCH3COOH(l)2O2(g)=2CO2(g)2H2O(l)H 3870.3 kJ/mol可以计算出2C(s)2H2(g)O2(g)=CH3COOH(l)的反应热为AH 244.1 kJ/molBH 488.3 kJ/molCH 996.6 kJ/mol DH 996.6 kJ/mol17.过氧化钠可作为氧气的来源。常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量增加了14g，反应中有关物质物理量正确的是(NA表示阿伏加德罗常数)二氧化碳碳酸钠转移的电子A0.5molNAB53g0.5molC53gNAD11.2L0.5mol18.某非金属元素R的氢化物及其氧化物、盐之间具有如下转化关系（部分产物省略）：氢化物B C，下列判断中正确的是A.若R是硫元素、则C是Na2SO3 B若R是硅元素、则C是Na2 Si03C若R是碳元素、则C是Na2CO3 D若R是氯元素、则C是NaCl19.下列叙述正确的是（ ）ANa、Al、Fe金属单质在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱B漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理不相同C将SO2通入Ca（ClO）2溶液可生成CaSO3沉淀D向FeCl2溶液中通入Cl2反应的离子方程式为：Fe2+Cl2Fe3+2C120.下列各组物质按如图所示转化关系每一步都能一步实现的是（）选项甲乙丙丁AFeCl3FeCl2Fe2O3Fe（OH）3BCuCuOCuSO4CuCl2CSO2H2SO4SO3H2SDAl（OH）3NaAlO2Al2O3AlCl3第II卷（非选择题）二、填空题21.甲、乙、丙、丁四种物质转化关系如右图已知甲是一种导致钢铁生锈及许多还原性物质变质的单质，化合物乙、丙、丁均含有第三周期一种相同元素R（1）钢铁因甲而生锈时的正极反应式为 （2）若乙是难溶于水的酸性氧化物则R的原子结构示意图 乙的一种重要用途是 （3）若丙是离子化合物，且阴离子含金属元素R工业上由乙制取R的单质伴随的能量主要转化形式是： 能转化为 能R的单质与MnO2反应的化学方程式为 染料工业排放的废水中含有大量有毒的NO2，可以在碱性条件下加入R的单质除去（加热处理后的废水，会产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体）除去NO2（有丙的阴离子生成）的离子方程式为 22.下列框图所示的转化关系中，甲为生活中常见的金属单质，乙、丙、丁为气体单质，D为家庭中常用物质（部分反应物和生成物及溶剂水已略去）。请回答：（1）E的化学式为_；甲的原子结构示意图为_；（2）反应的离子方程式为_；反应的化学方程式为_；（3）实验室制取并收集B的操作中，用_法收集B，验证B已收集满的方法是_（限答一种）。（4）实验室制备丁的方程式为_，工业上输送丁的管道出现气体泄漏，如何查漏（用方程式表示）_。23.（16分）短周期元素形成的纯净物A、B、C、D、E，五种物质之间的转化关系如图1所示，物质A与物质B之间的反应不在溶液中进行（E可能与A、B两种物质中的一种相同） 请回答下列问题：（1）若C是离子化合物，D是一种强碱，则C的化学式 ，并任写一种C的主要用途 （2）若E的水溶液呈弱酸性，D是既能溶于强酸、又能溶于强碱的化合物用电离方程式解释D既能溶于强酸、又能溶于强碱的原因（仅写出电离方程式即可）： 用电荷守恒的等式表示E与NaOH溶液反应生成正盐的溶液中所有离子的浓度之间的关系： （3）若C是一种气体，D是一种强酸，则：C与水反应的化学方程式为 已知常温下物质A与物质B反应生成1mol气体C的H=57kJmol1，1mol气体C与H2O反应生成化合物D和气体E的H=46kJmol1，写出物质A与物质B及水反应生成化合物D的热化学方程式为 有人认为“浓H2SO4可以干燥气体C”某同学为了验证该观点是否正确，用如图2所示装置进行实验实验过程中，在浓H2SO4中未发现有气体逸出，则得出的结论是 用铂做电极电解H2SO4的溶液，其阳极的电极反应式为 三、实验题25.（14分）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 26.（16分）某研究性学习小组对过量炭粉与氧化铁反应的气体产物成分进行研究（1）提出假设 该反应的气体产物是CO2该反应的气体产物是CO该反应的气体产物是 （2）设计方案 如图所示，将一定量的氧化铁在隔绝空气的条件下与过量炭粉完全反应，测定参加反应的碳元素与氧元素的质量比 （3）查阅资料氮气不与碳、氧化铁发生反应实验室可以用氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应制得氮气请写出该反应的离子方程式： （4）实验步骤按图连接装置，并检查装置的气密性，称取3.20g氧化铁、2.00g碳粉混合均匀，放入48.48g的硬质玻璃管中；加热前，先通一段时间纯净干燥的氮气；停止通入N2后，夹紧弹簧夹，加热一段时间，澄清石灰水（足量）变浑浊；待反应结束，再缓缓通入一段时间的氮气冷却至室温，称得硬质玻璃管和固体总质量为52.24g；过滤出石灰水中的沉淀，洗涤、烘干后称得质量为2.00g步骤、中都分别通入N2，其作用分别为 （5）数据处理试根据实验数据分析，写出该实验中氧化铁与碳发生反应的化学方程式： （6）实验优化 学习小组有同学认为应对实验装置进一步完善甲同学认为：应将澄清石灰水换成Ba（OH）2溶液，其理由是 从环境保护的角度，请你再提出一个优化方案将此实验装置进一步完善： 试卷答案1.DA中硅胶与生石灰均有吸水性，但没有还原性，仅能防止食物受潮，所以A错误。B蛋白质低温下 会变质，所以B错误。C中52%Vol是指100ml白酒中含有52ml酒精，所以C错误。D中人体细胞内存在的HCO3-H2CO3与 HPO4HPO42-维持了酸碱的生理平衡是正确的2.B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甲苯中含有8个碳氢键，1mol甲苯中含有8mol碳氢键；B水分子中含有10个质子，1mol水中含有10mol质子；C标准状况下氨水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氨水的物质的量；D铁与浓硫酸发生钝化，阻止了反应的继续进行，无法计算生成的二氧化硫的物质的量解答：解：A1mol甲苯中含有8mol碳氢键，含有8NA个CH键，故A错误；B18g水的物质的量为1mol，1mol水中含有10mol质子，含有10NA个质子，故B正确；C标况下，氨水不是气体，题中条件无法计算氨气的物质的量，故C错误；D56g铁的物质的量为1mol，由于铁与浓硫酸能够发生钝化，阻止了反应的进行，无法计算反应生成二氧化硫的物质的量，故D错误；故选B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，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力3.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4.B考点：氧化还原反应的计算分析：Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素发生还原反应，令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒计算a的值解答：解：令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则：24103L0.05mol/L（64）=20103L0.02mol/L2（6a）解得a=+3故选B点评：本题考查氧化还原反应计算、氧化还原反应概念等，难度中等，表示出得失数目是解题关键熟练掌握电子转移守恒思想的运用5.C考点：物质的量浓度的相关计算专题：守恒思想分析：根据溶液呈电中性，则有2c（Mg2+）+c（Na+）=c（Cl）+2c（SO42），据此计算溶液中SO42的物质的量浓度解答：解：盐的混合物中含有0.2mol/L Na+、0.4mol/L Mg2+、0.4mol/L Cl，根据溶液呈电中性，则有2c（Mg2+）+c（Na+）=c（Cl）+2c（SO42），故2c（SO42）=2c（Mg2+）+c（Na+）c（Cl）=20.4mol/L+0.2mol/L0.4mol/L=0.6mol/L，故c（SO42）=0.3mol/L，故选C点评：本题考查物质的量浓度的有关计算，难度中等，注意电解质的混合溶液中离子浓度的计算，经常利用电荷守恒计算6.C考点：反应热的大小比较专题：化学反应中的能量变化分析：为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多，中前者为吸热反应，后者为放热反应，吸热反应H0，放热反应H0，以此解答该题解答：解：都为放热反应，H0，前者完全反应，放出的热量多，则H1H2，故错误；都为放热反应，H0，由于S（s）S（g）吸热，则前者放出的热量少，则H3H4，故正确；都为放热反应，H0，消耗的氢气越多，则放出的热量越多，则H5H6，故正确；前者为吸热反应，H70，后者为放热反应，H80，则H7H8，故正确故选C点评：本题考查反应热的大小比较，题目难度中等，本题注意从物质反应的程度以及物质的聚集状态的角度比较反应热的大小，本题中含有能正确判断反应的吸放热7.B四种元素的电子层数之和等于10，有两种可能：1333；或2233。后一种情况无法满足X的原子半径最大的条件。因此只有第一种符合要求，四种元素依次是H、Mg、Al、Si，故A错误；B、W是氢元素，第一主族元素的原子氢和锂次外层电子数为2，其它次外层电子数都为8，不可能为18，故B正确；C、X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别是Mg（OH)2、Al(OH)3、H2SiO3,Al(OH)3不溶于弱酸和弱碱，故C错误；D、工业上通过电解氧化铝获得铝单质，不能通过电解氯化铝的方法获得，故D错误。故答案选B8.BNaHCO3溶液加水稀释，促进HCO3-的水解，n（HCO3-）较小，n（Na+）不变，则c(Na+)/ c(HCO3)的比值保持增大，故正确；混合溶液中：c(Na+)=0.3 molL-1，c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=0.2molL-1，则2c(Na+)=3c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)故错误；在0.1molL-1氨水中滴加0.1molL-1盐酸，刚好完全中和时pH=a，则溶液中c（OH-）=c（H+）=10-amolL-1，故正确；Na2SO3溶液中加入少量NaOH固体，抑制亚硫酸根的水解，因为也加入了钠离子，故c（Na+）、c（SO32-）均增大，正确；在Na2S稀溶液中，质子守恒有：c(H+)+c（HS-）+2c(H2S)=c(OH-) ，故错误。故答案选B9.C考点：原电池和电解池的工作原理；常见金属的活动性顺序及其应用专题：电化学专题分析：活泼性强的金属可以把活泼性弱的金属从其盐中置换出来，原电池中，负极金属的活泼性强于正极金属的活泼性解答：解：把X浸入Z的硝酸盐溶液中，X的表面有Z析出，说明金属X可以把金属Z从其盐中置换出来，所以活泼性XZ，X和Y组成原电池时，Y为电池的负极，所以活泼性YX，X、Y、Z三种金属的活动性顺序为YXZ故选C点评：本题考查判断金属活泼性的方法，可以根据所学知识进行回答，难度不大10.B考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念分析：A、根据Cl2具有强氧化性，Fe3+水解生成Fe（OH）3胶体具有吸附性；B、根据酸、碱、盐的概念结合物质的分类来回答；C、混合物、分散系、胶体的从属关系是混合物包含分散系分散系包含胶体；D、根据电解质、非电解质、弱电解质的含义来回答解答：解：A、Cl2具有强氧化性，可对水进行消毒，又会将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+发生水解生成Fe（OH）3胶体，吸附悬浮物而净化水，故A正确；B、硝酸、纯碱、醋酸钾和硅石分别属于酸、盐、盐和盐类，故B错误；C、混合物、分散系、胶体的从属关系是混合物包含分散系，分散系包含胶体，所示图包含关系正确，故C正确；D、蔗糖在水溶液和熔融状态下都不导电、硫酸钡能完全电离和水不能完全电离，它们分别属于非电解质、强电解质、弱电解质，故D正确故选B点评：本题考查物质的性质，把握物质的性质及化学与生活、环境保护的关系为解答的关键，侧重分析能力及知识应用能力的考查，题目难度不大11.C考点：氯气的实验室制法.专题：压轴题；卤族元素分析：KMnO4中Mn是+7价的Mn，具有强氧化性，锰化合物的还原产物都是MnCl2，1mol得到5mol电子，6.32gKMnO4粉末加热一段时间，也不知道高锰酸钾是否完全分解，收集到0.112L气体为氧气，KMnO4中O为2价，生成1个O2失去4个电子解答：解：根据氧化还原反应的得失电子守恒规律，KMnO4中Mn得到的电子总数，等于KMnO4中O失去的电子总数与浓盐酸中氯离子失去电子变为氯气失去的电子总数之和6.32gKMnO4的物质的量n=0.04mol，0.112LO2的物质的量=0.005mol得到的电子：KMnO45eMn2+，K2MnO44eMn2+，MnO22eMn2+，失去的电子：2Cl2eCl2，2O4eO2，根据电子守恒计算：n（KMnO4）5e=n（O2）4e+n（Cl2）2e0.04mol5e=0.005mol4e+n（Cl2）2en（Cl2）=0.09mol所以生成的氯气标准状况下的体积V（Cl2）=nVm=0.09mol22.4L/mol=2.016L故选C点评：该题主要考查了氧化还原反应的电子守恒的计算应用，做题时，一定要理清化合价变化的元素，在反应物和相应产物的化合价12.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13.C解：用水处理金属钠发生反应2Na+2H2O2NaOH+H2，用水处理碳化钙CaC2+2H2OCa（OH）2+HCCH，此气体在催化剂作用下恰好完全反应，生成另一种气体A，A为C2H2和H2的混合气体恰好完全反应的产物，设A为CxHy，CxHy+（x+）O2xCO2+H2O 1 x+ x+=3.5，因A为C2H2和H2的混合气体恰好完全反应的产物，所以x=2，y=6，A为C2H6，生成A的方程式为：2H2+C2H2C2H6，n（H2）：n（C2H2）=2：1，所以金属钠与碳化钙的物质的量之比为4：114.A考点：物质的量浓度的相关计算专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：A、B、设物质的量是浓度为c1 molL1的密度为1，物质的量是浓度为c2molL1硫酸溶液的密度为2，利用c=公式变形计算硫酸的质量分数，结合硫酸溶液的浓度越大密度越大，进行判断；稀释前后溶质的质量不变，结合质量分数关系，判断稀释后溶液的质量小于100g，故水的质量小于50g，据此判断水的体积；C、D、根据稀释前后溶质的质量不变计算混合后溶液的质量为100g，计算水的质量为50g，据此计算水的体积；设物质的量是浓度为c1 molL1的密度为1，物质的量是浓度为c2molL1硫酸溶液的密度为2，利用c=计算硫酸的浓度，结合浓硫酸溶液的浓度越大密度越大，进行判断解答：解：A、若c1=2c2，设物质的量是浓度为c1 molL1的密度为1，物质的量是浓度为c2molL1硫酸溶液的密度为2，则：1=，2=，所以=，浓硫酸的浓度越大密度越大，则12，故122，稀释前后溶质的质量不变，所以稀释后溶液的质量小于100g，故水的质量小于50g，水的密度为1g/ml，所以水的体积V50ml；故A正确；B、由A分析可知，所以水的体积V50ml，122，故B错误；C、稀释前后溶质的质量不变，若1=22，则稀释后溶液的质量为100g，所以水的质量为50g，水的密度为1g/ml，所以水的体积V=50ml；设物质的量是浓度为c1 molL1的密度为1，物质的量是浓度为c2molL1硫酸溶液的密度为2，则：c1=，c2=，所以=，浓硫酸的浓度越大密度越大，则12，故c12c2，故C错误；D、由C中分析可知，水的体积V=50ml，c12c2，故D错误故选：A点评：本题考查物质的量浓度与质量分数的相互换算，可利用定义计算，难度中等，关键清楚硫酸溶液的浓度越大密度也越大，注意氨水、酒精浓度越大密度越小15.B略17.B【考点】氧化还原反应的计算【分析】由化学方程式：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，根据质量差求出二氧化碳、碳酸钠的物质的量，进而求出碳酸钠的质量和转移的电子数【解答】解：设二氧化碳和过氧化钠反应，当固体质量增加14g时，参与反应二氧化碳的物质的量为x，生成碳酸钠的物质的量为y2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2 固体质量差 2mol 2mol 56g x y 14g 解之得：x=0.5mol，y=0.5mol碳酸钠的质量=0.5mol106g/mol=53g因常温常压下发生的反应，1mol二氧化碳的体积11.2L；由化学方程式可知，0.5mol二氧化碳参与反应时消耗0.5mol过氧化钠，过氧化钠起氧化剂、还原剂作用，各占一半，故转移电子为0.5mol2=0.5mol，即有 0.5NA个电子转移 故选B【点评】本题主要考查化学方程式的书写和有关化学方程式的计算以及氧化还原反应中电子转移数目的计算，侧重于考查学生的计算能力，题目难度中等18.C19.B解：A铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，不生成碱和氢气，故A错误；B漂白粉金属利用其氧化性杀菌消毒，明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，二者原理不同，故B正确；C二氧化硫和次氯酸钙发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸钙，故C错误；D二者反应离子方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2C1，故D错误；故选B20.BAFeCl2不能直接生成Fe2O3，应先生成Fe（OH）3，再生成Fe2O3，故A错误；BCuCuOCuSO4CuCl2Cu，各种物质可一步实现，故B正确；CSO3不能直接生成H2S，则转化不能实现，故C错误；DNaAlO2不能直接生成Al2O3，应先转化为沉淀再加热分解实现转化，不能一步实现，故D错误；故选B21.（1）2H2O+4e+O2=4OH；（2）；制造光导纤维或生产玻璃等；（3）电；化学；4Al+3MnO22Al2O3+3Mn；2Al+OH+NO2+2H2O=2AlO2+NH3H2O考点：无机物的推断 专题：推断题分析：甲是一种导致钢铁生锈及许多还原性物质变质的单质，则甲为O2，化合物乙、丙、丁均含有第三周期一种相同元素R（1）钢铁因甲而生锈时，正极上发生还原反应，氧气在正极获得电子生成氢氧根离子；（2）若乙是难溶于水的酸性氧化物，则乙为SiO2，结合转化关系可知，丙为可溶性硅酸盐、丁为H2SiO3；（3）若丙是离子化合物，且阴离子含金属元素R，则丙为偏铝酸盐，R为Al元素，由转化关系可知，乙为Al2O3，丁为Al（OH）3解答：解：甲是一种导致钢铁生锈及许多还原性物质变质的单质，则甲为O2，化合物乙、丙、丁均含有第三周期一种相同元素R（1）钢铁因甲而生锈时，正极上发生还原反应，氧气在正极获得电子生成氢氧根离子，正极电极反应式为：2H2O+4e+O2=4OH，故答案为：2H2O+4e+O2=4OH；（2）若乙是难溶于水的酸性氧化物，则乙为SiO2，结合转化关系可知，丙为可溶性硅酸盐、丁为H2SiO3，则：R为Si元素，原子结构示意图为，乙为二氧化硅，可以制造光导纤维或生产玻璃等，故答案为：；制造光导纤维或生产玻璃等；（3）若丙是离子化合物，且阴离子含金属元素R，则丙为偏铝酸盐，R为Al元素，由转化关系可知，乙为Al2O3，丁为Al（OH）3，则：工业上电解熔融的氧化铝冶炼Al，则制取Al的单质伴随的能量主要转化形式是：电能转化为化学能，故答案为：电；化学；Al的单质与MnO2反应的化学方程式为：4Al+3MnO22Al2O3+3Mn，故答案为：4Al+3MnO22Al2O3+3Mn；染料工业排放的废水中含有大量有毒的NO2，可以在碱性条件下加入Al的单质除去，加热处理后的废水，会产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，生成氨气，有丙的阴离子生成，即还生成偏铝酸根，该反应的离子方程式为：2Al+OH+NO2+2H2O=2AlO2+NH3H2O，故答案为：2Al+OH+NO2+2H2O=2AlO2+NH3H2O点评：本题以无机物推断为载体，考查元素化合物性质、常用化学用语、离子方程式等，难度中等，注意对基础知识的全面掌握22.（1） （2）（3）向下排气法 将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，变蓝说明满了/将蘸有浓盐酸的玻璃棒置于试管口，有白烟产生（4） 试题分析：本题中甲为生活中常见的金属单质，乙、丙、丁为气体单质，由框图可知甲与A反应生成气体丙，所以气体丙为H2，乙与丙反应条件为高温、高压、催化剂可知乙为N2，B为NH3，实验室收集氨气应用向下排空气法收集，验满应将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，变蓝说明NH3满了或将蘸有浓盐酸的玻璃棒置于试管口，有白烟产生则氨气已收集满。H2能在丁中点燃且产物C能与氨气反应，则丁为Cl2，C为HCl，E为NH4Cl，实验室制备Cl2应用浓盐酸和二氧化锰反应，工业输送氯气管道泄漏应用浓氨水检验，现象会产生大量白烟；NH4Cl能与A反应生成氨气和家庭中常用物质D，则D为NaCl，A为NaOH。考点：无机框图推断及元素及其化合物知识。23.（1）Na2O2；供氧剂、漂白剂、氧化剂；（2）H+H2O+AlO2Al（OH）3Al3+3OH；c（Na+）+c（H+）2c（S2）+c（HS）+c（OH）；（3）3NO2+H2O2HNO3+NO；4NO（g）+3O2（g）+2H2O（1）=4HNO3 （aq）H=618kJmol1；NO2能溶于浓H2SO4，因而不能用浓H2SO4干燥NO2；4OH4eO2+2H2O考点：无机物的推断分析：（1）若C是离子化合物，D是一种强碱，C为Na2O2，D为NaOH，E为O2，A、B分别为氧气、Na中的一种；（2）若E的水溶液呈弱酸性，D是既能溶于强酸、又能溶于强碱的化合物，C为Al2S3，E为H2S，D为Al（OH）3，A、B分别为Al、S中的一种；（3）若C是一种气体，D是一种强酸，C为NO2，D为HNO3，E为NO，据此解答解答：解：（1）若C是离子化合物，D是一种强碱，C为Na2O2，D为NaOH，E为O2，A、B分别为氧气、Na中的一种，过氧化钠可以用作供氧剂、漂白剂、氧化剂等，故答案为：Na2O2；供氧剂、漂白剂、氧化剂；（2）若E的水溶液呈弱酸性，D是既能溶于强酸、又能溶于强碱的化合物，C为Al2S3，E为H2S，D为Al（OH）3，A、B分别为Al、S中的一种，则：用电离方程式解释D既能溶于强酸、又能溶于强碱的原因：H+H2O+AlO2Al（OH）3Al3+3OH，故答案为：H+H2O+AlO2Al（OH）3Al3+3OH；H2S与NaOH溶液反应生成正盐为Na2S，溶液中硫离子水解，用电荷守恒的等式表示溶液中所有离子的浓度之间的关系为：c（Na+）+c（H+）2c（S2）+c（HS）+c（OH），故答案为：c（Na+）+c（H+）2c（S2）+c（HS）+c（OH）；（3）若C是一种气体，D是一种强酸，C为NO2，D为HNO3，E为NO，则：C与水反应的化学方程式为：3NO2+H2O2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O2HNO3+NO；常温下物质A与物质B生成1mol气体C的H为57kJmol1，则：反应的热化学方程式为：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H=114kJmol1，1mol气体C与H2O反应生成D溶液和E气体的H为46kJmol1，反应的热化学方程式为：3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）；H=138 kJmol1，则3+2得4NO（g）+3O2（g）+2H2O（1）=4HNO3 （aq）；H=3（114kJmol1）+2（138 kJmol1）=618kJmol1，故答案为：4NO（g）+3O2（g）+2H2O（1）=4HNO3 （aq）H=618kJmol1；由现象实验过程中，浓H2SO4中未发现有气体逸出，可以得出NO2能溶于浓硫酸中，故答案为：NO2能溶于浓H2SO4，因而不能用浓H2SO4干燥NO2；用铂做电极电解H2SO4的溶液，阳极发生氧化反应，氢氧根离子在阳极放电生成氧气，其阳极的电极反应式为：4OH4eO2+2H2O，故答案为：4OH4eO2+2H2O点评：本题考查无机物的推断，属于开放性题目，需要学生熟练掌握元素化合物知识，题目难度中等25.（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26.（1）CO2、CO的混合物；（3）NH4+NO2N2+2H2O；（4）步骤中是为了排尽空气；步骤是为了赶出所有的CO2，确保完全吸收；（5）2C+Fe2O32Fe+CO+CO2；（6）氢氧化钡的溶解度大，浓度大，使二氧化碳被吸收的更完全；在尾气出口处加一点燃的酒精灯或增加一尾气处理装置考点：性质实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量分析：（1）根据过量炭粉与氧化铁反应的气体产物可能有CO、CO2、CO2、CO的混合物得出假设；（3）氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应可以制得氮气；（4）根据前后两次通入氮气的时间和减小实验误差角度来分析；（5）根据质量守恒判断气体的组成，根据质量关系计算气体的物质的量之间的关系，进而书写化学方程式；（6）根据氢氧化钙和氢氧化钡的本质区别进行分析；一氧化碳是一种有毒气体，可以通过点燃来进行尾气处理解答：解：（1）过量炭粉与氧化铁反应的气体产物可能有：CO、CO2、CO2、CO的混合物，则假设为：CO2、CO的混合物，故答案为：CO2、CO的混合物；（3）氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应制得氮气，反应物有NH4Cl和NaNO2，生成物为N2，根据质量守恒还应用水，则反应的化学方程式为：NH4+NO2 N2+2H2O，故答案为：NH4+NO2N2+2H2O；（4）如果不排尽空气，那么空气中的氧气会与炭粉反应影响反应后生成气体的组成，所以利用稳定的氮气排空气，最后确保完全吸收，反应后还要赶出所有的CO2，故答案为：步骤中是为了排尽空气；步骤是为了赶出所有的CO2，确保完全吸收；（5）3.20g氧化铁的物质的量为=0.02mol，澄清石灰水变浑浊，说明有CO2气体生成，则n（CO2）=n（CaCO3）=0.02mol，m（CO2）=0.02mol44g/mol=0.88g，反应后硬质玻璃管和固体总质量变化为1.44g大于0.88g，则生成其气体为CO2、CO的混合物，混合气体中含有CO0.08mol，所以CO、CO2的混合气体物质的量比为4：1，所以方程式为：2C+Fe2O32Fe+CO+CO2，故答案为：2C+Fe2O32Fe+CO+CO2；（6）将澄清石灰水换成Ba（OH）2溶液，这样会使二氧化碳被吸收的更完全，称量时相对误差小，故答案为：氢氧化钡的溶解度大，浓度大，使二氧化碳被吸收的更完全；一氧化碳是一种有毒气体，可以通过点燃进行尾气处理，故答案为：在尾气出口处加一点燃的酒精灯或增加一尾气处理装置点评：本题主要考查的是物质组成与含量的测定、性质实验方案的设计，题目难度中等，涉及离子反应方程式、化学方程式书写、环境保护、实验方案的设计与评价等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析能力及化学实验、化学计算能力