2019-2020年高三化学期中复习模拟题（一）含答案.doc

2019-2020年高三化学期中复习模拟题（一）含答案1.下列有关说法不正确的是A.沿海城市建筑时直接从海洋里取用海沙，可以大大降低成本B.“地沟油”禁止使用，但处理后可以制生物柴油和肥皂C.乙醇溶液、双氧水均可用于杀菌消毒，但原理不同D.维生素C和铁粉是常用的抗氧化剂2.有M、N两溶液，各含下列12种离子中的6种：Al3+、Na+、K+、SO42、OH、S2、MnO4、Fe3+ 、AlO2、CO32、NH4+、H+，已知两溶液所含离子各不相同，M溶液里的阳离子只有两种，则下列说法正确的是AN溶液无颜色 BM溶液里的两种阳离子为Na+和NH4+CN溶液滴入BaCl2溶液无明显现象 DM溶液中通入足量CO2有白色沉淀生成 。3.NA代表阿伏加德罗常数。下列说法正确的是（ ）A8.0gCuO和Cu2S的混合物含铜原子个数为0.2NAB标准状况下，11.2 L乙醇蒸气含共价键数目为4NAC1mol K与O2完全反应生成K2O、K2O2、KO3的混合物，转移电子数为NAD1L 0.2 molL-1 NH4ClO4溶液中含NH4+数目为0.2NA4.向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，生成沉淀Al（OH）3的量随AlCl3加入量的变化关系如图所示则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）Aa点对应的溶液中：Na+、Mg2+、SO42、HCO3Bb点对应的溶液中：Ag+、Ca2+、NO3、FCc点对应的溶液中：Na+、S2、SO42、ClDd点对应的溶液中：K+、NH4+、I、CO325.向含有Fe2+、I、Br的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如下图所示。有关说法不正确的是（ ）A线段BC代表Fe3+ 物质的量的变化情况B原混合溶液中n(FeBr2)6molC当通入Cl2 2mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2+2I+2Cl22Fe3+I2+4ClD原溶液中n(Fe2+): n(I): n(Br)2:1:36.一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式（未配平）为：NH4NO3HNO3N2H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为A5：3 B5：4 C1：1 D3：57.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A向NH4Al(SO4)2溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液：2Ba2+4OH+2SO42-+ Al3+=2BaSO4+2H2O+ AlO2B向NaHSO4溶液中滴人Ba(OH)2溶液至SO42-完全沉淀：2 H+SO42-+Ba2+2OH- =BaSO4+2H2OC向0. 1molLl、pH=l的NaHA溶液中加入NaOH溶液：HA- +OH-=A2+H2OD向1L lmolL1的FeBr2溶液中通人等物质的量Cl2： 2Cl2 +2Fe2+2Br=4Cl-十2Fe3+ Br28.从硫化物中提取单质锑，经历以下两个过程： 关于反应、的说法不正确的是A.反应中Sb元素被氧化B反应中Sb元素被还原C.标准状况下，每生成4 mol Sb时，消耗67.2LO2D.反应说明高温下C的还原性比Sb强9.科学家发现了利用泪液检测糖尿病的方法，其原理是用氯金酸钠(NaAuCl4)溶液与泪液中的葡萄糖反应生成纳米金单质颗粒(直径为2060nm)。下列有关说法中错误的是A检测时NaAuCl4发生氧化反应B葡萄糖的结构简式为CH2OH(CHOH)4CHOC葡萄糖具有还原性D纳米金颗粒分散在水中所得的分散系能产生丁达尔效应10.关于下图所示转化关系（X代表卤素），说法不正确的是 A2H（g）2X（g）2HX（g） H30B途径生成HX的反应热与途径无关，所以H1H2H3C途径生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl比HBr稳定DCl、Br、I的非金属性依次减弱，所以途径吸收的热量依次增多11.下列图示与对应的叙述相符的是（ ） A图1表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B图2表示常温下，等量锌粉与足量的等浓度的盐酸反应（滴加CuSO4溶液的为虚线）C图3表示KNO3的溶解度曲线，a点所示的溶液是80时KNO3的不饱和溶液D图4表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，t时反应物转化率最大12.已知：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）H=1269kJ/mol下列说正确的是（）A断开1 mol OO键比断开1 mol NN键所需能量少448kJB断开1 mol HO键比断开1 mol HN键所需能量相差约72.6kJC由以上键能的信息可知H2O的沸点比NH3高D由元素非金属性的强弱可知 H一O键比H一N键弱13.短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应下列说法错误的是（ ）A元素丙的单质可用于冶炼金属B甲与丁形成的分子中有非极性分子C简单离子半径：丁乙丙D甲与乙形成的化合物均有氧化性14.元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断。下列说法不合理的是（ ）A由水溶液的酸性：HCl HF，不能推断出元素的非金属性：Cl FB人们可在周期表的过渡元素中寻找催化剂和耐腐蚀、耐高温的合金材料C短周期元素正化合价数值和其族序数相同D短周期元素形成的微粒X2与 Y2+ 核外电子排布相同，离子半径：X2 Y2+15.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 I216.已知下列反应的平衡常数：H2（g）+S（s）H2S（g）K1 S（s）+O2（g）SO2（g） K2则相同温度下，反应H2+SO2O2+H2S的平衡常数为（）AK1+K2 BK1K2 CK1K2 D17.下列叙述正确的是A、0.1mol /L CH3COONa溶液：c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）B、Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH增大和KW不变C、一定温度下，pH=6的HCl溶液和pH=6的NH4Cl溶液中，c(H+)相等D、在Na2S溶液中加入AgCl固体，溶液中c(S2-)不变化18.对下列现象或事实的解释正确的是选项现象或事实解释A用热的纯碱溶液洗去油污Na2CO3可直接和油污反应B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl在土壤中反应生成氨气会降低肥效D钢铁在潮湿的空气中容易生锈钢铁在空气中发生了析氢腐蚀19.如图所示的两个电解池中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重bd。符合上述实验结果的X、Y溶液分别是（） 选项XYAMgSO4CuSO4BAgNO3Cu(NO3)2CFeSO4Al2(SO4)3DCuSO4AgNO320.某实验小组对一含有Al3+的未知溶液进行了如下分析：（1）滴入少量氢氧化钠，无明显变化；（2）继续滴加NaOH溶液，有白色沉淀；（3）滴入过量的氢氧化钠，白色沉淀明显减少实验小组经定量分析，得出如图所示沉淀与滴入氢氧化钠体积的关系下列说法错误的是( ) A该未知溶液中至少含有3种阳离子B滴加的NaOH溶液的物质的量浓度为5 molL1C若另一种离子为二价阳离子，则a=10D若将最终沉淀过滤、洗涤、灼烧，其质量一定为6 g21.0.6molL1Fe2（SO4）3和1.2molL1CuSO4的混合溶液200mL，加入一定量铁粉充分反应后，测得溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为2：1，则加入铁粉的物质的量为( )A0.30molB0.22molC0.16molD0.48mol22.利用海洋资源获得的部分物质如图所示，有关说法正确的是（）A在化学反应中，H2O可转变为D2OB“加碘食盐”生产中碘添加剂为单质I2C实验室用带玻璃塞的棕色瓶贮存液Br2D电解饱和MgCl2溶液时在阴极得到Mg23.事实上，许多非金属氧化物在一定条件下能与Na2O2反应，且反应极有规律，如Na2O2+SO2Na2SO42Na2O2+2SO32Na2SO4+O2据此，你认为下列反应方程式中正确的是（）A2Na2O2+2N2O44NaNO3BNa2O2+2NO22NaNO2+O2C2Na2O2+2N2O34NaNO2+O2D2Na2O2+2 Mn2O74Na2MnO4+O224.甲、乙、丙、丁四种物质，甲、乙、丙含同一种元素下列各组物质可按下图转化的是（）甲CN2SFe丙CO2NO2SO3Fe(NO3)3ABCD25.把含硫酸铵和硝酸铵的混合液a L分成两等份一份加入含b mol NaOH的溶液并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗c mol BaCl2才能使SO42完全沉淀，则原溶液中NO3的物质的量浓度为（）A(b-2c)/aB(2b-4c)/a C(2b-c)/a D(b-4c)/a26锌锰电池（俗称干电池）在生活中的用量很大两种锌锰电池的构造如图（a）所示回答下列问题：（1）普通锌锰电池放电时发生的主要反应为：Zn+2NH4Cl+2MnO2Zn（NH3）2Cl2+2MnOOH该电池中，负极材料主要是 ，电解质的主要成分是 ，正极发生的主要反应是 与普通锌锰电池相比，碱性锌锰电池的优点及其理由是 （2）图（b）表示回收利用废旧普通锌锰电池工艺（不考虑废旧电池中实际存在的少量其他金属）图（b）中产物的化学式分别为A ，B 操作a中得到熔块的主要成分是K2MnO4操作b中，绿色的K2MnO4溶液反应生成紫色溶液和一种黑褐色固体，该反应的离子方程式为 采用惰性电极电解K2MnO4溶液也能得到化合物D，则阴极处得到的主要物质是 （填化学式）27.可降解聚合物G可由芳香烃A通过如下途径制备，质谱法测定A相对分子质量为102。已知: B为高分子化合物，D的化学式为C8H10O2 碳碳双键的碳上连有羟基的有机物不稳定(1)A的化学式为_ X的化学式为_ (2)写出B的结构简式 (3)写出CD的化学方程式 。 (4)G 在一定条件下水解得到D，写出GD的化学方程式 。 (5)同时符合下列条件F的稳定同分异构体共 种，写出其中一种结构简式 遇FeCl3 不显紫色，除苯环外不含其它环状结构； 苯环上有三种不同化学环境的氢原子；不能发生银镜反应。 28.含A元素的一种单质是一种重要的半导体材料，含A元素的一种化合物C可用于制造高性能的现代通讯材料光导纤维，C与烧碱反应生成含A元素的化合物D（1）与A同族但相对原子质量比A小的元素B的原子结构示意图为 （2）C与氢氟酸反应的化学方程式是 （3）将C与纯碱混合高温熔融时反应生成D，同时还生成B的最高价氧化物E；将全部的E与全部的D在足量的水中混合后，生成了含A的化合物F生成D和F的化学方程式分别为 要将纯碱高温熔化，下列坩埚中可选用的是 A普通玻璃坩埚B石英玻璃坩埚C氧化铝坩埚D铁坩埚29.高纯度氧化铝有广泛的用途，某研究小组研究用以下流程制取高纯度氧化铝： 根据上述流程图填空：（1）“除杂”操作是加入过氧化氢后，用氨水调节溶液的pH约为8.0，以除去硫酸铵溶液中的少量Fe2+请写出在除去Fe2+离子的过程中，发生的主要反应的离子方程式 （2）通常条件下KspFe（OH）3=4.01038，除杂后溶液中c（Fe3+）约为 （3）配制硫酸铝溶液时，需用硫酸酸化，酸化的目的是 （4）“结晶”这步操作中，母液经蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层晶体即停止加热，然后冷却结晶，得到铵明矾晶体（含结晶水）母液不能蒸干的原因是 （5）“分离”操作的名称是 （填字母代号）A蒸馏 B分液 C过滤（6）铵明矾晶体的化学式为NH4Al（SO4）212H2O，在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，离子浓度最大的离子是 ，离子浓度最小的离子是 30.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 试卷答案1.A海沙含有较多氯化钠等盐类，易对建筑物造成腐蚀，不能直接用作建筑材料，故A符合题意；地沟油的基本成分是动植物油脂，同时含有多种污染物，不能直接使用，B不符合题意；乙醇溶液可渗入微生物体内使其蛋白质凝固变性而致死，双氧水可将微生物氧化致死，C不符合题意；维生素C和铁粉均具有较强还原性，而且使用方便，D不符合题 2.D试题分析：根据离子共存问题，以及溶液呈现电中性，推出每组离子：Al3、NH4、Fe3、H、MnO4、SO42，另一组是：OH、AlO2、S2、CO32、Na、K，M溶液中含有阳离子两种，前一组为N组，后一组为M组，A、N溶液含有Fe3、MnO4，都是有颜色的物质，因此N溶液有颜色，故错误；B、根据上述推断阳离子应是Na、K，故错误；C、加入BaCl2溶液，和SO42反应生成沉淀，故错误；D、因为溶液显碱性，CO2AlO22H2O=Al(OH)3HCO3，故正确。3.CA项，8.0gCuO或Cu2S含铜的物质的量为0.1 mol，错误；B项，在标准状况下，乙醇为液态，错误；C项，1mol钾只失去1mol电子，正确；D项，铵离子发生水解，错误。4.C【考点】离子共存问题【分析】Aa点溶液显碱性，NaOH过量，碳酸氢根离子能够与氢氧根离子反应；Bc点偏铝酸钠与氯化铝恰好完全反应生成氢氧化铝，溶液中存在氯离子，氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀；Cb点恰好生成偏铝酸钠，四种离子之间不反应，都不与偏铝酸钠反应；Dd点为氯化铝溶液，碳酸根离子与铝离子发生双水解反应【解答】解：Aa点溶液显碱性，NaOH过量，HCO3与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；Bc点偏铝酸钠与氯化铝恰好完全反应生成氢氧化铝，还生成氯化钠，则不可能存在Ag+，故B错误；Cb点恰好生成偏铝酸钠，溶液显碱性，Na+、S2、SO42、Cl离子之间不反应，都不与偏铝酸钠反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；Dd点为氯化铝溶液，Al3+、CO32相互促进水解生成沉淀和气体，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C【点评】本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，明确图象中各点对应的反应及溶液的成分、离子之间的反应是解答的关键，注意选项D中的相互促进水解反应5.B解析：因离子的还原性强弱顺序为：I-Fe2+Br-，则先发生2I-+Cl2I2+2Cl-，I-反应完毕再发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，最后发生反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-。AB点时溶液中I-完全反应，溶液中存在Fe2+和Br-，BC段发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，代表Fe3+的物质的量的变化情况，故A正确； B由图可知，BC段发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕消耗氯气2mol，由方程式可知n（Fe2+）=22mol=4mol，则n（FeBr2）=4mol，故B错误； CAB段发生2I-+Cl2I2+2Cl-，2mol的I-消耗1mol氯气，BC段发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，故参加反应的n（Fe2+）：n（I-）=1：1，故通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2+2I-+2Cl22Fe3+I2+4Cl-，故C正确； D由图可知AB段消耗氯气1mol，发生2I-+Cl2I2+2Cl-，故n（I-）=2n（Cl2）=2mol，BC段发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，消耗氯气2mol，故n（Fe2+）=2n（Cl2）=22mol=4mol，DE段发生2Br-+Cl2Br2+2Cl-，消耗氯气3mol，故n（Br-）=2n（Cl2）=6mol，故原溶液中n（Fe2+）：n（I-）：n（Br-）=4mol：2mol：6mol=2：1：3，故D正确。故选B。6.A试题分析：本题中硝酸铵受热分解为氧化还原反应，遵循得失电子守恒规律，反应中3价氮化合价升高为0价氮被氧化，+5价氮化合价降低为0价氮被还原，根据得失电子守恒规律可得被氧化的与被还原的氮原子数之比为5:3，故A正确。考点：氧化还原反应应用得失电子守恒计算。7.D试题分析：A、因为加入过量Ba(OH) 2，缺少NH4OH=NH3H2O，故错误；B、SO42完全沉淀，说明NaHSO4少量，离子反应方程式为HSO42Ba2OH=BaSO4H2O，故错误；C、0.1molL1的NaHA溶液pH=1，说明HA完全电离，因此离子反应方程式为HOH=H2O，故错误；D、Cl22Fe2=2Fe32Cl，根据量的关系，剩下n(Cl2)=0.5mol，Cl22Br=2ClBr2，Br有剩余，Cl2完全反应，因此反应的离子反应方程式为2Cl22Fe22Br=4Cl2Fe3Br2，故正确。8.A 9.A解析：根据题意“氯金酸钠金单质”,即Au发生还原反应，葡萄糖具有还原性，A错误，C正确，B正确；金单质颗粒直径为2060nm，因此纳米金颗粒分散在水中所得的分散系是胶体，能产生丁达尔效应，D正确。10.D试题分析：A、形成化学键需要放出热量，III是形成化学键的，即H3X，核电荷数越大,离子半径越小,故离子半径: X2 Y2+，故D正确。15.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16.D考点：化学平衡常数的含义 专题：化学平衡专题分析：平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，写出每个反应的化学平衡常数表达式，得到答案解答：解：H2+SH2S反应中，S为固体，所以K1=；S+O2SO2，S为固体，K2=；H2+SO2O2+H2S的平衡常数为：K=，故选D点评：本题考查化学平衡常数表达式，难度不大，注意写化学平衡常数表达式时，不写固体和纯液体17.C【考点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较【分析】ACH3COONa溶液显碱性；B溶液稀释浓度减小，pH减小；C一定温度下，根据c（H+）=10pH计算；D溶解度小的沉淀能转化为溶解度更小的【解答】解：ACH3COONa溶液显碱性，则0.1mol/L CH3COONa溶液：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+），故A错误；BNa2CO3溶液显碱性，加水稀释后溶液浓度减小，pH减小，Kw不变，故B错误；C一定温度下，c（H+）=10pH，则pH=6的HCl溶液和pH=6的NH4Cl溶液中，c（H+）相等为106mol/L，故C正确；D溶解度小的沉淀能转化为溶解度更小的，所以在Na2S溶液中加入AgCl固体，会生成Ag2S沉淀，则溶液中c（S2）减小，故D错误故选C【点评】本题考查了盐类水解、Kw、沉淀的转化等，注意把握盐类水解的规律和溶液酸碱性的判断，为解答该题的关键，题目难度中等18.C【考点】化学实验方案的评价【分析】A油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解显碱性；B漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉在空气中久置变质；C碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效；D钢铁在中性环境下发生吸氧腐蚀【解答】解：A油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解生成氢氧化钠显碱性，Na2CO3 不可直接与油污反应，故A错误；B漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳、水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉失效，故B错误；C碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效，施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用，故C正确；D钢铁在中性环境下发生吸氧腐蚀，在酸性条件下发生析氢腐蚀，故D错误；故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及盐类水解的分析应用、金属腐蚀等，掌握物质性质和反应实质是关键，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大19.B试题分析：若X为MgSO4，b电极生成氢气，故A错误；若X为AgNO3，b电极生成Ag；若Y为Cu(NO3)2，d电极生成Cu，故B正确；若Y为Al2(SO4)3，d电极生成氢气，故C错误；若X为CuSO4，b电极生成Cu；若Y为AgNO3，d电极生成Ag，根据转移电子量相同，生成铜的质量小于银，故D错误。20.D【分析】A、依据实验过程分析滴入氢氧化钠无沉淀，说明含有H+，继续滴入氢氧化钠溶液生成白色沉淀说明一定生成氢氧化铝沉淀，说明溶液中含有Al3+，加入过量的氢氧化钠溶液沉淀减少，图象分析说明溶液中除了铝离子，应还有另一种金属阳离子；B、依据图象分析溶解的氢氧化铝物质的量为0.20mol0.15mol=0.05mol，消耗氢氧化钠溶液体积=110ml100ml=10ml，氢氧化钠的浓度=5mol/L；C、若另一种阳离子为二价金属阳离子，依据离子反应过程金属分析判断，氢氧化铝形成最大沉淀量0.05mol，二价金属物质的量为0.15mol，消耗氢氧化钠物质的量为0.05mol3+0.15mol2+a103L5mol/L=0.1L5mol/L，a=10ml；D、最后得到的沉淀不能确定其成分，所以不能计算灼烧后得到的氧化物的质量【解答】解：A、实验过程分析滴入氢氧化钠无沉淀，说明含有H+，继续滴入氢氧化钠溶液生成白色沉淀说明一定生成氢氧化铝沉淀，说明溶液中含有Al3+，加入过量的氢氧化钠溶液沉淀减少，图象分析说明溶液中除了铝离子，应还有另一种金属阳离子，该未知溶液中至少含有3种阳离子，故A正确；B、依据图象分析溶解的氢氧化铝物质的量为0.20mol0.15mol=0.05mol，消耗氢氧化钠溶液体积=110ml100ml=10ml，氢氧化钠的浓度=5mol/L，故B正确；C、若另一种阳离子为二价金属阳离子，生成氢氧化铝最大沉淀量0.05mol，二价金属物质的量为0.15mol，开始消耗氢氧化钠体积为aml，消耗氢氧化钠物质的量为0.05mol3+0.15mol2+a103L5mol/L=0.1L5mol/L，a=10，故C正确；D、最后得到的沉淀不能确定其成分，所以不能计算灼烧后得到的氧化物的质量，故D错误；故选D【点评】本题考查了图象分析的方法掌握，物质性质的分析应用，定量计算和图象中的定量分析是解题关键，题目难度较大21.C【分析】溶液中铁离子和铜离子的物质的量分别都是0.24mol由于氧化性Fe3+Cu2+，所以首先发生反应2Fe3+Fe=3Fe2+，若铁离子完全反应，Cu2+不反应，则生成亚铁离子是0.36mol，此时溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为3：2，实际溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为2：1，说明铁单质也和铜离子反应Fe+Cu2+=Fe2+Cu，溶液中溶质为硫酸亚铁与硫酸铜，根据电荷守恒n（Fe2+）+n（Cu2+）=n（SO42），根据n=cV计算n（SO42），据此计算反应后溶液中n（Fe2+），根据铁元素守恒，n（Fe）=n（Fe2+）n（Fe3+），据此解答【解答】解：溶液中铁离子物质的量为0.2L0.6mol/L2=0.24mol，铜离子的物质的量是0.2L1.2mol/L=0.24mol，由于氧化性Fe3+Cu2+，所以首先发生反应2Fe3+Fe=3Fe2+，若铁离子完全反应，Cu2+不反应，由方程式可知，则生成亚铁离子是0.24mol=0.36mol，此时溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为0.36mol：0.24mol=3：2，实际溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为2：1，说明铁单质也和铜离子反应Fe+Cu2+=Fe2+Cu，此时溶液中溶质为硫酸亚铁与硫酸铜，根据电荷守恒n（Fe2+）+n（Cu2+）=n（SO42），溶液中n（SO42）=0.2L0.6mol/L3+0.2L1.2mol/L=0.6mol，Fe2+与Cu2+物质的量之比为2：1，故n（Fe2+）+n（Fe2+）=n（SO42）=0.6mol，所以n（Fe2+）=0.4mol，根据铁元素守恒，加入铁粉的物质的量n（Fe）=n（Fe2+）n（Fe3+）=0.4mol0.24ml=0.16mol，故选C【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，判断铁与铜离子部分反应是关键，根据元素守恒与电荷守恒进行的计算，较常规方法简单22.C【考点】海水资源及其综合利用 【专题】卤族元素【分析】A、海水中存在重水，海水蒸馏不能实现水变化为重水；B、加碘食盐是添加了碘酸钾；C、溴单质具有强氧化性和腐蚀性，不能用橡胶塞而用玻璃塞，易挥发，密度比水大，所以应保存在棕色瓶中，避免光照，放在阴凉处，同时在液溴表层加水，就是所谓的液封，防止其挥发；D、依据电解原理分析，电解氯化镁溶液，阳离子是氢离子在阴极得到电子生成氢气，镁离子不能放电【解答】解：A、海水中存在重水，海水蒸馏是微粒变化不能实现水变化为重水的分子变化，故A错误；B、加碘食盐是添加了碘酸钾，不是碘单质，故B错误；C、溴单质具有强氧化性和腐蚀性，不能用橡胶塞而用玻璃塞，易挥发，密度比水大，所以应保存在棕色瓶中，避免光照，放在阴凉处，同时在液溴表层加水，就是所谓的液封，防止其挥发，实验室用带玻璃塞的棕色瓶贮存液Br2，故C正确；D、依据电解原理分析，电解氯化镁溶液，阳离子是氢离子在阴极得到电子生成氢气，镁离子不能放电，工业上是电解熔融氯化镁得到金属镁，故D错误；故选C【点评】本题考查了海水资源的利用，物质性质的分析应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等23.A【考点】探究化学规律【专题】氧化还原反应专题【分析】题给信息为：Na2O2可与某些元素的最高价氧化物反应，生成对应的盐（或碱）和O2，Na2O2具有强氧化性，与所含元素不是最高价态的氧化物反应时，只生成相对应的盐，不生成O2【解答】解：A、四氧化二氮是低价发生氧化还原反应，不生成氧气，所以反应方程式为：2Na2O2+2N2O44NaNO3，不符合上述规律，故A正确；B、二氧化氮中的氮也是最高价，所以不产生氧气，不符合上述规律，故B错误；C、三氧化二氮不是最高价态的氮的氧化物，不符合上述规律，故C错误；D、七氧化二锰是最高价态的锰的氧化物，NaMnO4中的锰为+7价，符合上述规律，故D错误；故选A【点评】本题根据题目信息得出规律，主要考查化学方程式的书写，难度较大24.C【考点】氮气的化学性质；含硫物质的性质及综合应用；铁的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】假设甲是C，丙是二氧化碳，则丁是氧气，乙为一氧化碳；假设甲是氮气，丙是二氧化氮，氮气不能一步转化为二氧化氮；假设甲是S，丙是三氧化硫，硫不能一步转化为三氧化硫；假设甲是铁，丙是硝酸铁，则丁是硝酸，乙为硝酸亚铁【解答】解：假设甲是C，丙是二氧化碳，则丁是氧气，乙为一氧化碳，碳在少量氧气中燃烧生成一氧化碳，在过量氧气中燃烧生成二氧化碳，一氧化碳燃烧生成二氧化碳，所以符合转化关系，故正确；假设甲是氮气，丙是二氧化氮，氮气和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，但氮气不能一步转化为二氧化氮，故错误；假设甲是S，丙是三氧化硫，硫燃烧生成二氧化硫，二氧化硫被氧化生成三氧化硫，但硫不能一步转化为三氧化硫，故错误；假设甲是铁，丙是硝酸铁，则丁是硝酸，乙为硝酸亚铁，铁和少量稀硝酸反应生成硝酸亚铁，硝酸亚铁和硝酸反应生成硝酸铁，铁和过量稀硝酸反应实现硝酸铁，所以符合转化关系，故正确；故选C【点评】本题考查了物质之间的转化，明确物质的性质是解本题关键，采用代入法分析解答即可，注意硫不能一步转化为三氧化硫、氮气不能一步转化为二氧化氮，必须都通过先转化为其低价氧化物，题目难度不大25.B【考点】物质的量浓度的相关计算；离子方程式的有关计算【分析】bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据NH4+OHNH3+H2O可知每份中含有bmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2+SO42BaSO4可知每份含有SO42cmol根据溶液不显电性，计算出每份中NO3的物质的量，再根据c=计算【解答】解：bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据NH4+OHNH3+H2O可知每份中含有bmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2+SO42BaSO4可知每份含有SO42cmol令每份中NO3的物质的量为n，根据溶液不显电性，则：bmol1=cmol2+n1解得n=（b2c）mol每份溶液的体积为0.5aL，所以每份溶液硝酸根的浓度为c（NO3）=mol/L即原溶液中硝酸根的浓度为mol/L故选B26. （1）锌；NH4Cl；MnO2+NH4+e=MnOOH+NH3碱性电池不易发生电解质的泄露，因为消耗的负极改装在电池的内部，碱性电池的使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高（2）ZnCl2 NH4Cl3MnO42+2CO2=2MnO4+MnO2+2CO32lH2【考点】常见化学电源的种类及其工作原理【分析】（1）根据电池反应判断正负极和电解质；二氧化锰和铵根离子在正极发生反应；根据碱性锌锰电池的特点分析；（2）根据电池的材料分析；根据已知反应物和产物，再利用元素守恒K2MnO4溶液中阴极产物的判断，根据溶液中阳离子得电子能力分析【解答】解：（1）根据化学方程式Zn+2NH4Cl+2MnO2=Zn（NH3）2Cl2+2MnOOH，反应中Zn被氧化，为电池负极锌，氯化铵是电解质的主要成分，二氧化锰和铵根离子在正极发生反应，MnO2+NH4+e=MnOOH+NH3与普通锌锰电池相比，碱性锌锰电池的优点及其理由是碱性电池不易发生电解质的泄露，因为消耗的负极改装在电池的内部，碱性电池的使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高；故答案为：锌；NH4Cl；MnO2+NH4+e=MnOOH+NH3碱性电池不易发生电解质的泄露，因为消耗的负极改装在电池的内部，碱性电池的使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高（2）废电池经机械分离后，加水溶解后溶液中的成分是氯化铵，再加稀盐酸Zn溶解生成氯化锌，因此浓缩结晶得到氯化铵和氯化锌氯化铵不稳定，受热易分解，所以B为氯化铵，A为氯化锌绿色的K2MnO4溶液发生反应后生成紫色的高锰酸钾溶液和黑褐色的二氧化锰，该反应的离子方程式为3MnO42+2CO2=2MnO4+MnO2+2CO32采用惰性电极电解K2MnO4溶液，阴极氢离子得电子生成氢气故答案为：ZnCl2 NH4Cl3MnO42+2CO2=2MnO4+MnO2+2CO32lH227.(1) C8H6，CO2 (2) (3)+2H2 (4) (5) 2种 或 解析：(1)从E的分子式计算出其相对分子质量为104，可得出A的化学式为 C8H6，从F和G的结构简式可推测出，X的化学式为CO2。 (2)从转化图可知A的分子结构中含有苯环，再根据其分子式可以得到A的分子结构，从而得出B的分子结构。 (3)C含有两个羰基，而D是由聚酯G得到的醇，所以CD是加氢反应。 (4)G为聚酯，在一定条件下水解得到醇D及碳酸(分解为二氧化碳和水)。 (5)F的稳定同分异构体要满足，说明分子中不含有酚羟基，同时满足，只能是苯环连接一个侧链的分子结构，侧链为CHO，还要满足，侧链不能有醛基，所以侧链为COCH或OCHCH。 28.（1）；（2）SiO2+4HFSiF4+2H2O；（3）SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2；Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3；D【考点】无机物的推断【分析】含A元素的一种单质是一种重要的半导体材料，则A为Si，含A元素的一种化合物C可用于制造高性能的现代通讯材料光导纤维，则C为SiO2，C与烧碱反应生成含A元素的化合物D为Na2SiO3，（1）B元素的原子最外层电子数与Si相同，二者最外层电子数相同；二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅与水；（3）将SiO2与纯碱混合高温熔融时反应生成Na2SiO3，同时还生成B的最高价氧化物E，则E为CO2，B为C，将全部的CO2与全部的Na2SiO3在足量的水中混合后，生成了含A的化合物F为H2SiO3；普通玻璃坩埚、石英玻璃坩埚、瓷坩埚中的二氧化硅以及氧化铝坩埚高温下都能与碳酸钠反应【解答】解：含A元素的一种单质是一种重要的半导体材料，则A为Si，含A元素的一种化合物C可用于制造高性能的现代通讯材料光导纤维，则C为SiO2，C与烧碱反应生成含A元素的化合物D为Na2SiO3，（1）与A同族但相对原子质量比A小的元素B为C，其原子结构示意图为；故答案为：；（2）二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅与水，反应方程式为：SiO2+4HFSiF4+2H2O，故答案为：SiO2+4HFSiF4+2H2O；（3）将SiO2与纯碱混合高温熔融时反应生成Na2SiO3，同时还生成B的最高价氧化物E，则E为CO2，B为C，将全部的CO2与全部的Na2SiO3在足量的水中混合后，生成了含A的化合物F为H2SiO3，反应方程式为：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2；Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3，故答案为：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2；Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3；普通玻璃坩埚、石英玻璃坩埚、瓷坩埚中的二氧化硅以及氧化铝坩埚高温下都能与碳酸钠反应，故选D，故答案为：D【点评】本题考查无机物推断、元素化合物性质，重在考查分析能力和综合应用知识的能力，难度不大，注意对基础知识的掌握29.1. 2Fe2+H2O2+4NH3H2O=2Fe（OH）3+4NH4+2. 41020mol/L 3.抑制Al3+水解4.减少可溶性杂质的析出及Al3+水解 5.C6. SO42 OH考点：金属的回收与环境、资源保护 专题：实验设计题分析：（1）H2O2溶液具有强氧化性，可以氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子在氨水存在的条件下生成氢氧化铁红褐色沉淀；（2）根据氢氧化铁的溶度积及PH=8计算出铁离子浓度；（3）铝离子在溶液中能够发生水解生成氢氧化铝；（4）蒸干会析出可溶性杂质的析出，且Al3+水解程度增大；（5）将晶体与溶液分离的操作是过滤；（6）根据题中所给的化学式，利用铵根和铝离子水解进行解答即可解答：解：（1）亚铁离子具有还原性，双氧水具有强氧化性，在碱性溶液中，亚铁离子被氧化生成铁离子，铁离子与氢氧根结合生成氢氧化铁沉淀，此反应的离子反应方程式为：2Fe2+H2O2+4NH3H2O=2Fe（OH）3+4NH4+，故答案为：2Fe2+H2O2+4NH3H2O=2Fe（OH）3+4NH4+；（2）KSPFe（OH）3=4.01038，PH=8，溶液中氢氧根离子浓度为：1106mol/L，c（Fe3+）=mol/L=4.01020mol/L，故答案为：4.01020mol/L；（3）由于铝离子在溶液中能够发生水解生成氢氧化铝，所以加入硫酸酸化，抑制了铝离子的水解，故答案为：抑制Al3+水解；（4）由于蒸干会析出可溶性杂质的析出，且Al3+水解程度增大，所以母液不能蒸干，故答案为：减少可溶性杂质的析出及Al3+水解；（5）通过过滤，将硫酸铝晶体从溶液中分离，所以C正确；故选C；（6）铵明矾晶体的化学式为NH4Al（SO4）212H2O，在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，未水解前，c（Al3+）=c（NH4+）=0.1mol/L，由于铵根和铝离子均水解，水解结合水电离出的氢氧根，故水解后浓度均小于0.1mol/L，c（SO42）=0.2mol/L，0.20.1，故答案为：SO42；OH点评：本题考查工艺流程、离子检验、盐类水解、对条件的控制选择、物质的分离提纯等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等30.（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