山东省青岛第七中学2016届高三下期3月月考化学试卷 Word版含解析.doc

山东省青岛第七中学2016届高三下期3月月考化学试卷（鲁教版，解析版）‎ ‎1．关于下列四个图像的说法中正确的是 ‎ A．图①表示可逆反应“CO(g) + H2O(g)CO2(g)+H2(g)”中的ΔH小于0 ‎ B．图②是在长时间电解氯化钠稀溶液的电解池中，阴、阳极产生气体体积之比一定为1︰1 ‎ C．图③表示可逆反应“A2(g)+3B2(g)2AB3(g)”的ΔH大于0 ‎ D．图④表示压强对可逆反应‎2A(g)+2B(g)‎3C(g)+D(s)的影响，乙的压强大 ‎【答案】A ‎【解析】图①中反应物能量高，生成物能量低，所以是放热反应，△H小于0。当氯化钠被电解之后，若继续通电，则开始电解说，阴、阳极的气体分别是氢气和氧气，其体积之比是2︰1。图③中温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，△H小于0。选项D中的反应是体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，反应物的含量降低，所以正确的答案是A。‎ ‎2．H—H键的键能是436 kJ·mol -1，I—I键的键能是151 kJ·mol -1，H—I键的键能是299 kJ·mol -1。则对反应H2（g）+I2（g） 2HI（g）的说法，不正确的是 （ ）‎ ‎ A．吸热反应 B．放热反应 C．化合反应 D．可逆反应 ‎【答案】B ‎【解析】反应热=断裂化学键吸收的总能量-形成化学键放出的总能量；旧键断裂吸热：436 kJ·mol -1+151 kJ·mol -1=587 kJ·mol -1；新键形成放热：2×299 kJ·mol -1 ，放热多表现为放热反应。‎ ‎3．下列关于物质分类及其依据叙述中正确的是 （ ）‎ ‎ A．H2SO4是酸，因为H2SO4在水溶液中能电离产生H＋‎ B．纯碱是碱，因为其水溶液显碱性 C．醋酸是弱电解质，因为醋酸在水溶液中部分电离 D．胆矾（CuSO4·5H2O）是混合物，因为胆矾中有水 ‎【答案】C ‎【解析】略 ‎4．NA为阿伏加德罗常数，下列物质所含分子数最少的是 A．0.8 mol氧气 B．标准状况下‎2.24L氨气 C．‎3.6g水（水的摩尔质量为‎18g·mol-1）‎ D．含NA个氢分子的氢气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据公式n=N/NA知物质所含的分子数与其物质的量成正比。A、氧气的物质的量为0.8 mol；B、标准状况下‎2.24L氨气的物质的量为0.1mol；C、‎3.6g水（水的摩尔质量为‎18g·mol-1）的物质的量为0.2mol；D、含NA个氢分子的氢气的物质的量为1mol；所含分子数最少的选B。‎ 考点：考查以物质的量为中心的计算。‎ ‎5．根据反应（1）～（4），可以判断下列4个物质的氧化性由强到弱的正确顺序是 ‎（1）Cl2+2KI=2KCl+I2‎ ‎（2）2FeCl2+Cl2=2FeCl3‎ ‎（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2‎ ‎（4）H2S+I2=S+2HI A．H2S>I2>Fe3+>Cl2 B．Cl2>Fe3+>I2>H2S C．Fe3+>Cl2>H2S>I2． D．Cl2>I2>Fe3+>H2S ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断各物质的氧化性强弱。（1）Cl2+2KI=2KCl+I2，氧化剂是Cl2，氧化产物是I2，Cl2的氧化性大于I2的氧化性；（2）2FeCl2+Cl2=2 FeCl3，氧化剂是Cl2，氧化产物是FeCl3，所以Cl2的氧化性大于FeCl3的氧化性；（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2，氧化剂是FeCl3，氧化产物是I2，FeCl3的氧化性大于I2的氧化性；（4）H2S+I2=S↓+2HI，氧化剂是I2，氧化产物是S，I2的氧化性大于S的氧化性；各物质的氧化性大小顺序为：Cl2＞Fe3+＞I2＞S，选B。‎ 考点：考查氧化还原反应基本规律 ‎6．1.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120 mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。下列说法不正确的是 A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2:1‎ B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/L C．得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是60 mL D．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，比金属多氢氧根离子，所以氢氧根离子的质量为2.54-1.52=1.02g，即物质的量为1.02/17=0.06摩尔，说明铜和镁的物质的量为0.03摩尔，根据铜的物质的量为xmol，镁的物质的量为ymol，则有64x+24y=1.52 x+y=0.03 解x=0.02 y-0.01，所以铜和镁的物质的量比为2:1。假设二氧化氮的物质的量为mmol，则四氧化二氮的物质的量为nmol，根据电子守恒有：m+2n=0.06 m+n=1.12/22.4 解m=0.04 ，n=0.01，二氧化氮的体积分数=0.04/0.05=80%。硝酸的物质的量浓度=1.40×1000×63%/63=14.0mol/L，当金属离子全部沉淀时，溶液为硝酸钠，根据氮原子守恒氢氧化钠的物质的量=14.0×0.05-0.04-0.01×2=0.64mol，则氢氧化钠的体积为0.64/1=640ml。所以选C。‎ 考点：有关混合物的计算，硝酸的计算 ‎7．依据元素周期表及元素周期律,下列推断正确的是 A．同周期主族元素的原子形成的简单离子电子层结构相同 B．C比Si的原子半径小,CH4的稳定性比SiH4弱 C．Na、Mg、Al失电子能力和其最高价氧化物对应的水化物的碱性均依次减弱 D．在元素周期表金属与非金属的分界处可以寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、同周期主族元素的原子形成的简单离子电子层结构不相同，非金属与非金属相同，金属与金属相同，错误；B、C比Si的原子半径小,C的非金属性比Si强，所以CH4的稳定性比SiH4强，错误；C、同周期元素随核电荷数的递增失电子能力逐渐减弱，金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应的水化物的碱性均逐渐减弱，正确；D、在元素周期表金属与非金属的分界处可以寻找半导体材料，错误，答案选C。‎ 考点：考查元素周期律与元素周期表对结合应用 ‎8．能正确表示下列反应的离子方程式是 ‎ A．Fe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O B．等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2 和 HC1 溶液混合：Mg2＋＋2OH－= Mg(OH)2↓‎ C．将过量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中： SO2+ClO－+H2O =HClO+ HSO3-‎ D．将0.2 mol·L－1的NH4Al(SO4)2溶液与0.3 mol·L－1的Ba(OH)2溶液等体积混合：2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－=2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、四氧化三铁与稀硝酸发生氧化还原反应，Fe全部以铁离子形式存在，错误；B、等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2 和 HC1 溶液混合，氢氧根离子先与氢离子反应生成水，错误；C、二氧化硫与次氯酸钙溶液发生氧化还原反应，生成氯离子、硫酸根离子，错误；D、0.2 mol·L－1的NH4Al(SO4)2溶液与0.3 mol·L－1的Ba(OH)2溶液等体积混合，则NH4Al(SO4)2与氢氧化钡的物质的量之比是2:3，则氢氧根离子恰好与铝离子生成硫酸钡沉淀，另外还有硫酸钡沉淀生成，正确，答案选D。‎ 考点：考查离子方程式书写的判断 ‎9．已知：C（s）＋H2O（g）＝CO（g）＋H2（g），ΔH＝+130 kJ·mol－1‎ ‎2C（s）＋O2（g）＝2CO（g），ΔH＝－220kJ·mol－1‎ H－H、O＝O键能分别为436、496 kJ·mol－1，则O－H键能为 A．222 kJ·mol－1 B．444 kJ·mol－1‎ C．462 kJ·mol－1 D．924 kJ·mol－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：①C（s）＋H2O（g）＝CO（g）＋H2（g），ΔH＝+130 kJ·mol－1；②2C（s）＋O2（g）＝2CO（g），ΔH＝－220kJ·mol－1，②-①×2，得：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g），ΔH=－220kJ·mol－1-2×（+130 kJ·mol－1）=-480kJ·mol－1。反应物的键能之和（即吸收的能量）－生成物的键能之和（即放出的能量）＝反应热，因此-480kJ·mol－1=2×436kJ·mol－1+496 kJ·mol－1-2E（O－H），解得：E（O－H）=462 kJ·mol－1，故选C。‎ 考点：考查了反应热与键能的关系。‎ ‎10．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是 A．标准状态下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5 NA B．盛有SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，则SO2的物质的量为0.5mol C．18 g D2O中含有的质子数目为10NA D. 标准状况下，11.2LSO3所含的分子数为0.5NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、在标准状况下氟化氢不是气体，不能使用气体摩尔体积，错误，不选A；B、每个二氧化硫分子中有2个氧原子，所以NA个氧原子的二氧化硫为0.5摩尔，正确，选B；C、18克重水的物质的量为0.9摩尔，每个分子中含有10个质子，所以含有的质子为0.96摩尔，错误，不选C；D、标准状况下三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，错误，不选D。‎ 考点：阿伏伽德罗常数的应用 ‎11．氨气的喷泉实验体现了氨气的什么性质（ ）‎ A．极易溶解于水 B．密度比空气小 ‎ C．与水反应生成碱性物质 D．氨气易液化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：氨气极易溶解于水，当氨气溶于水后，使烧瓶中气体压强减小，在外界大气压强的作用下，烧杯中的水沿导气管进入烧瓶，使烧瓶中的气体压强继续小于外界大气压强，因此水不断进入烧瓶，就形成喷泉，故氨气的喷泉实验体现了氨气极易溶解于水的性质，故选项A正确。‎ 考点：考查喷泉实验的反应原理的知识。‎ ‎12． 有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下的气体为 A．2．24L B．1．12L C．0．672L D．0．448L ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：10mL此混合酸中；，铁依次发生、、．根据，生成NO 0．02mol,消耗H+ 0．08mol,剩余的氢离子0．02mol参与反应，生成氢气0．01mol，反应结束后，可产生标准状况下的气体,0．03mol×22．4L/mol=0．672L，故C正确。‎ 考点：本题考查硝酸的性质。‎ ‎13．下列离子方程式中，书写正确的是（ ）‎ Ａ．铝与盐酸反应：Al + H+ ＝ Al3+ + H2↑‎ Ｂ．氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应：Al(OH)3 + OH－ ＝ AlO2－ + 2H2O ‎ Ｃ．铁与氯化铁溶液反应：Fe + Fe3+ ＝2Fe2+‎ Ｄ．铝与氢氧化钠溶液反应：Al + 2 OH－ ＝ AlO2－ + H2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A不正确，电子的得失不守恒；C不正确，电子的得失不守恒；D不正确，反应中中还有水参加，所以正确的答案选B。‎ 考点：考查离子方程式的正误判断 点评：该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，试题侧重考查学生的能力。该题需要明确判断离子方程式正确与否的方法一般，即（1）检查反应能否发生。（2）检查反应物、生成物是否正确。（3）检查各物质拆分是否正确。（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）。（5）检查是否符合原化学方程式，然后灵活运用即可。该题有助于培养学生分析问题、解决问题的能力。‎ ‎14．固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：‎ ‎① 将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z ‎ ‎② 取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物 ‎③ 向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀 ‎④ 用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色 分析以上实验现象，‎ 下列结论正确的是 A．X中一定不存在FeO B．不溶物Y中一定含有Fe和CuO ‎ C．Z溶液中一定含有KCl、K2CO3 D．Y中不一定存在MnO2 ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：① 将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，说明可能含有不溶性固体物质Fe、FeO、CuO、MnO2中至少一种，但是不能确定是否含有FeO;可溶性物质KCl和K2CO3中至少一种；② 取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，说明含有Fe、CuO、MnO2，③ 向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀可能产生AgCl沉淀，也可能产生Ag2CO3沉淀；因此不能说明原固体中的物质是KCl和K2CO3中的哪一种；④用玻璃棒蘸取溶液Z于广泛pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液显碱性，则含有K2CO3,没有KCl。因此选项是B。‎ 考点：考查物质的推断等相关知识。‎ ‎15．下列表示对应的离子方程式正确的是 A．纯碱与醋酸反应：CO32- + 2H+ = H2O + CO2↑‎ B．等物质的量的SO2和Cl2通入水中：SO2 + Cl2 + 2H2O = 4H+ + SO42- + 2Cl-‎ C．NH4HCO3溶液与过量的浓NaOH溶液反应：NH4+ + OH- = NH3↑ + H2O D．锌与稀硝酸反应：Zn + 2H+ = Zn2+ + H2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A.醋酸是弱酸不能拆成离子形式，故A错误；B.原子守恒、电荷守恒且符合客观规律，故Ｂ正确；C.NH4+ + 2OH- + HCO3-= NH3↑ + H2O + CO32-，故C错误；D.稀硝酸和金属反应生成NO气体，故D错误，此题选B。‎ 考点：考查离子方程式的书写及判断相关知识。‎ ‎16．（6分）将洁净的金属片Fe、Zn 、A、B 分别与Cu用导线连结浸在合适的电解质溶液里。实验并记录电压指针的移动方向和电压表的读数如下表所示：‎ 金属 电子流动方向 电压/V Fe Fe → Cu ‎+0．78‎ Zn Zn → Cu ‎+1．10‎ A Cu → A ‎－0．15‎ B B → Cu ‎+0．3‎ 根据以上实验记录，完成以下填空：‎ ‎（1）构成两电极的金属活动性相差越大，电压表的读数越 （填“大”、“小” ）。Zn、A、B三种金属活动性由强到弱的顺序是 。‎ ‎（2）Cu与A组成的原电池， 为负极，此电极反应式为 。‎ ‎（3）A、B形成合金，露置在潮湿空气中， 先被腐蚀。‎ ‎【答案】21．（共10分）（1）大 （2）Zn> B > A (3）Cu（2分）；Cu－2e－= Cu2+ （4）B ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）Fe、Zn分别与Cu、电解质溶液形成原电池时，由表可知：前者的电压小，后者的电压大，而锌的活泼性大于铁，即金属活动性相差越大，电压表的读数越大，答案为：大；‎ ‎（2）根据原电池中，电子经导线从活泼金属流向不活泼金属，由表可知：金属活泼性：Cu＞A，B＞Cu，利用（1）的结论可知Zn＞B，所以金属的活泼性：Zn＞B＞A，答案为：Zn＞B＞A；‎ ‎（3）根据原电池中，活泼金属做负极，失去电子，所以铜做负极，电极反应式：Cu-2e-=Cu2+，答案为：Cu；Cu-2e-=Cu2+；‎ ‎（4）根据原电池中，活泼金属做负极，被腐蚀，由（2）可知金属的活泼性：B＞A，即B先被腐蚀，答案为：B；‎ 考点：考查原电池的工作原理，金属的腐蚀与防护。‎ ‎17．已知A、B、C、D、E属于原子序数依次增大的短周期主族元素。短周期元素中C元素的原子半径最大，A的原子半径最小。B元素能形成一种碱性气体。E元素原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，且在周期表中与D元素相邻。‎ ‎（1）写出3种元素的名称：C________ 、D_________、 E___________。‎ ‎（2）写出D元素在周期表中的位置：__________________________。‎ ‎（3）画出C元素原子的结构示意图：____________________。‎ ‎（4）写出D、E的氧化物分别与强碱溶液反应的离子方程式：‎ ‎___________________________________________；‎ ‎___________________________________________。‎ ‎（5）A、B两元素能形成一种5核10电子的阳离子，请叙述实验室检验溶液中的该离子的操作方法：___________________________________________‎ ‎____________________________________________________。‎ ‎【答案】⑴.钠、硅、铝（每空1分，共3分）‎ ⑵.第3周期第ⅣA族（2分）‎ ⑶ ‎2‎ ‎8‎ ‎1‎ ‎+11‎ (2分)‎ ⑷（3分）；‎ ‎ （3分）‎ ⑸取少量原溶液于试管中，加入浓溶液，加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明原溶液中有。(3分，少一关键点扣1分，直至得0分)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：A、B、C、D、E五种短周期元素原子序数依次增大，根据元素周期表的结构，短周期元素中C元素的原子半径最大，则C为钠元素；A元素的原子半径最小，则A为氢元素；B元素能形成一种碱性气体，则B为氮元素；E元素原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，则E为硅元素，在周期表中相邻的原子序数较小的元素D应该是铝元素。知道这几种元素即可作答。‎ 考点：元素周期表的结构以及主族元素性质；离子方程式的书写；离子的检验 点评：本题考查元素周期表的结构以及主族元素性质，由此推测出各相应元素。同时考查了氧化物与强碱溶液反应的离子方程式的书写和铵根离子的检验。题目难度不大。‎ ‎18．（6分）用9mol/L的浓硫酸稀释成 0.9mol/L的稀硫酸 100mL ，回答下列问题：‎ ‎（1）配制操作可分解成如下几步，以下正确的操作顺序是_____________________‎ A向容量瓶中注入少量蒸馏水，检查是否漏水 B用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒，将溶液注入容量瓶，并重复操作两次 C用已冷却的稀硫酸注入已检查不漏水的容量瓶中 D．根据计算，用量筒量取一定体积的浓硫酸 E．将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入盛有蒸馏水的小烧杯中，并不断用玻璃棒搅拌 F．盖上容量瓶塞子，振荡，摇匀 G．用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度相切 H．继续往容量瓶中小心地加蒸馏水，使液面接近刻度线1~2 cm ‎（2）如果实验室用98％的浓硫酸（密度为1.8g·cm-3 ） 配制3.6 mol·L-1的稀硫酸250mL。计算用量简量取所需浓硫酸的体积为_____________mL。‎ ‎（3）由于错误操作, 使得到的浓度数据比正确的偏大的是___________（填写序号）。‎ A．使用容量瓶配制溶液时, 俯视液面定容后所得溶液的浓度 B．没有用蒸馏水洗烧杯2～3次，并将洗液移入容量瓶中 C．容量瓶用蒸馏水洗净，没有烘干 D．定容时，滴加蒸馏水，先使液面略高于刻度线，再吸出少量水使液面凹面与刻度线相切 E．把配好的溶液倒入用蒸馏水洗净而未干的试剂瓶中备用 ‎ ‎【答案】（1）A、D、E、C、B、H、G、F；（2）50；（3）A。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）配制物质的量浓度的溶液的操作顺序是向容量瓶中注入少量蒸馏水，检查是否漏水；根据计算，用量筒量取一定体积的浓硫酸；将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入盛有蒸馏水的小烧杯中，并不断用玻璃棒搅拌；用已冷却的稀硫酸注入已检查不漏水的容量瓶中；用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒，将溶液注入容量瓶，并重复操作两次；继续往容量瓶中小心地加蒸馏水，使液面接近刻度线1~2 cm；用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度相切；盖上容量瓶塞子，振荡，摇匀，就得到了一定浓度的溶液，因此，操作顺序的代号是A、D、E、C、B、H、G、F；（2）98％的浓硫酸的物质的量浓度是C=‎ ‎，在溶液稀释的过程中溶质的物质的量不变，18mol/L×V=3.6mol/L×250mL,解得V=50ml; （3）A．使用容量瓶配制溶液时, 俯视液面，则溶液的体积偏小，定容后所得溶液的浓度偏大，正确；B．没有用蒸馏水洗烧杯2～3次，并将洗液移入容量瓶中，则溶质的物质的量偏少，使所得溶液的浓度偏低，错误；C．容量瓶用蒸馏水洗净，没有烘干，由于没有改变溶液的体积，也没有影响溶质的物质的量，所以对浓度无影响，错误； D．定容时，滴加蒸馏水，先使液面略高于刻度线，再吸出少量水使液面凹面与刻度线相切，则溶质偏少，使所得溶液的浓度偏低，错误；E把配好的溶液倒入用蒸馏水洗净而未干的试剂瓶中备用，则由于试剂瓶中有水，对溶液起到稀释作用，所以溶液的浓度偏低，错误。‎ 考点：考查物质的量浓度的溶液的配制步骤、稀释关系及误差分析的知识。‎ ‎19．(16分)‎ Ⅰ.实验室常见的几种气体发生装置如图A、B、C所示：‎ ‎（1）实验室可以用B或C装置制取氨气，如果用B装置制取氨气其化学反应方程式为____________________。‎ ‎（2）气体的性质是选择气体收集方法的主要依据。下列性质与收集方法无关的是________________(填序号，下同)。‎ ‎①密度 ②颜色 ③溶解性 ④热稳定性 ⑤与氧气反应 ‎（3）若用A装置与D装置相连制取并收集X气体，则X可以是下列气体中的________。‎ ‎①CO2 ②NO ③Cl2 ④H2 ⑤HCl 其中在D装置中连接小烧杯的目的是____________________。‎ Ⅱ．某小组以CoCl2·6H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X。为确定其组成，进行如下实验 。‎ ‎（1）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1∶6∶3，钴的化合价为________，制备X的化学方程式为______________________________________；‎ ‎（2）氨的测定：精确称取w g X，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1 mL cl mol·L－1的盐酸标准溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶，用c2 mol·L－1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2 mL NaOH溶液。氨的测定装置(已省略加热和夹持装置)‎ ‎①装置中安全管的作用原理是__________。②样品中氨的质量分数表达式为________________。‎ ‎【答案】（16分）（每空2分）Ⅰ（1） 2NH4Cl＋Ca(OH)2 CaCl2＋2H2O＋2NH3↑‎ ‎（2）②④ （3） ③ 吸收尾气，防止产生污染 Ⅱ （1） ＋3 2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3＋H2O2===2[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O ‎ ‎（2）①当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定 ‎②‎ ‎【解析】‎ 试题分析：Ⅰ（1）实验室可以用B或C装置制取氨气，如果用B装置制取氨气，就是用固体混合物加热制取气体，在实验室通常是用铵盐与碱共热的方法正确氨气，其化学反应方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2 CaCl2＋2H2O＋2NH3↑；（2）气体的性质是选择气体收集方法的主要依据。用于气体收集的性质是①密度；③溶解性；⑤与氧气反应，与之无关的是②颜色；④热稳定性。（3）若用A装置与D装置相连制取并收集X气体，X不能与浓硫酸发生反应，密度比空气大，排除②NO；④H2；会造成空气污染，排除①CO2；在某种溶液中有一定的溶解度，但是不会造成倒吸现象，排除⑤HCl，则符合要求的只有③ Cl2；其中在D装置中连接小烧杯的目的是吸收尾气，防止产生污染；Ⅱ. （1）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1∶6∶3，根据化合物中正负化合价的代数和为0 的原则。钴的化合价为+3价；制备X的化学方程式为2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3＋H2O2===2[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O；（2）①装置中安全管的作用原理是当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定，起平衡气体压强的作用；②n(NH3)+n(NaOH)=n(HCl)，n(NH3) =n(HCl)—n(NaOH)= (V1×10-3L×cl mol/L—V2×10-3L×c2mol/L)，所以样品中氨的质量分数表达式为{[n(NH3) ×M]÷w g}×100%=。‎ 考点：考查气体的制取、收集方法与物质性质的关系、物质的化学式、化学方程式的确定、元素含量的测定的知识。‎ ‎20．（2015秋•烟台期末）现有一块已知质量为mg的镁铝合金，欲测定其中铝的质量分数，几位同学设计了以下几种不同的实验方案：‎ 方案Ⅰ：镁铝合金过滤、洗涤、干燥→测定剩余固体质量m1g 方案Ⅱ：镁铝合金生成气体在标准状况下的体积为VL 方案Ⅲ：镁铝合金溶液过滤、洗涤、干燥→测定沉淀质量m2g 请回答以下问题：‎ ‎（1）上述方案能测定出铝的质量分数的是 ‎ A．都能 B．Ⅰ不能，Ⅱ和Ⅲ能 C．Ⅱ不能，Ⅰ和Ⅲ能 D．Ⅰ和Ⅱ不能，Ⅲ能 ‎（2）如果方案Ⅲ过滤得到沉淀没有洗涤、干燥，测得铝的质量分数会 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）‎ ‎（3）某同学综合上述方案，设计如图1所示的实验步骤，确定合金组成．‎ ‎①用字母m、n表示合金中铝的质量分数为 ．‎ ‎②若合金中Al的物质的量分数为x，金属总物质的量为6mol，试在图2中作出y随x变化的曲线．当y=7.5mol时，该合金中镁铝的原子数之比为 ．‎ ‎【答案】（1）A（2）偏小；（3）：‎ ‎；1：1．‎ ‎【解析】（1）实验设计Ⅰ：只有铝与氢氧化钠溶液反应，生成氢气，体现还原性，根据合金的质量和氢气的体积可求出镁的质量分数；实验设计Ⅱ：Mg、Al均与盐酸反应，生成H2，体现还原性，根据合金的质量和氢气的体积可求出镁的质量分数；实验设计Ⅲ：Mg、Al与盐酸反应后，再加入过量NaOH溶液，Mg2+生成Mg（OH）2沉淀，Al3+生成NaAlO2溶液，根据Mg（OH）2沉淀的质量，可求出镁的质量分数，所以上述三个方案都能测定出铝的质量分数，故选A；‎ ‎（2）如果方案Ⅲ过滤得到沉淀没有洗涤、干燥，则测得的Mg（OH）2沉淀的质量偏大，所以测得镁的质量分数会偏大，即测得铝的质量分数偏小，‎ ‎（3）①合金加入过量氢氧化钠得到的沉淀为氢氧化镁，灼烧后可得到氧化镁，根据氧化镁的质量ng，可知镁的质量为×ng=0.6ng，所以铝的质量分数为=，‎ ‎②Al的物质的量分数为x，金属总物质的量为6mol，如x=0，则全被为镁，6mol镁反应生成6mol氢气，如x=1，则全被为铝，则6mol铝生成氢气9mol，则图象为 当y=7.5mol时，该合金是一种金属互化物，设合金中Mg为m mol，Al为n mol，则m+n=6；m+1.5n=7.5，解得m=3，n=3，所以该合金中镁铝的原子数之比为1：1，‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及镁和铝的化学性质、化学实验方案的设计，物质含量测定、化学计算等，掌握镁和铝的化学性质是解题的关键，侧重于考查学生的实验能力和分析能力，注意根据物质的性质进行判断，题目难度中等．‎ ‎21．某Mg、Al混合物共‎7.8克，加入足量盐酸，生成标准状况下的气体‎8.96升。再向此溶液中加入适量NaOH溶液，恰好使Mg2+、Al3+完全沉淀，求：‎ ‎（1）混合物中Mg、Al的物质的量各为多少？ ‎ ‎（2）生成沉淀的质量是多少？‎ ‎【答案】（1）0.1mol；0.2mol（2）21.4g ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设Mg的物质的量为x mol，Al的物质的量为y mol，则 ‎24x＋27y＝7.8 ------① ‎ 由Mg + 2HCl＝MgCl2 + H2↑、2Al + 6HCl＝2AlCl3 + 3H2↑‎ 可得：(x+1.5y)×22.4＝8.96 ------②‎ 解①②得：x＝0.1，y＝0.2‎ ‎（2）根据原子守恒可知m(沉淀)＝m﹝Mg(OH)2﹞+ m[Al(OH)3]‎ ‎＝0.1mol×‎58g/mol＋0.2 mol×78 g/mol＝21.4g 考点：考查镁铝与酸碱反应的有关计算 ‎22．(15 分)‎ ‎“心得安”是治疗心脏病的药物，下面是它的一种合成路线(具体反应条件和部分试剂略)：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）试剂a是 ，试剂b的结构简式为 ，b中官能团的名称是 。‎ ‎（2）③的反应类型是 。‎ ‎（3）心得安的分子式为 。‎ ‎（4）试剂b可由丙烷经三步反应合成：‎ ‎ 反应1的试剂与条件为 ，‎ ‎ 反应2的化学方程式为 ，‎ 反应3的反应类型是 。(其他合理答案也给分)‎ ‎（5）芳香化合物D是1－萘酚的同分异构体，其分子中有两个官能团，能发生银镜反应，D能被KMnO4酸性溶液氧化成E( C2H4O2) 和芳香化合物F (C8H6O4)，E和F与碳酸氢钠溶液反应均能放出CO2气体，F芳环上的一硝化产物只有一种。D的结构简式为 ；‎ 由F生成一硝化产物的化学方程式为 ，‎ 该产物的名称是 。‎ ‎【答案】‎ ‎⑴NaOH (或Na2CO3) (1分) C1CH2CH=CH2 ( 1分) 氯原子、碳碳双键(2分)‎ ‎⑵氧化反应(1分)‎ ‎⑶C16H21Ｏ2N ( 1分)‎ ‎⑷Cl2/光照 ( 1分) ‎ 取代反应(1分)‎ ‎⑸(2分)‎ ‎(2分)‎ ‎2－硝基－1，4－苯二甲酸(或硝基对苯二甲酸)(2分)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：⑴反应①可用NaOH 或Na2CO3与1－萘酚中的酚羟基反应生成1－萘酚钠；根据A、B的结构简式和b的分子式(C3H5Cl)推出b的结构式为C1CH2CH=CH2，则b中官能团的名称为氯原子、碳碳双键。‎ ‎⑵“(B)→(C)”属于加氧过程即氧化反应。‎ ‎⑶根据心安得的结构简式()，可确定其分子式为C16H21Ｏ2N。‎ ‎⑷由丙烷经三步反应合成C1CH2CH=CH2的流程图如下：‎ CH3－CH2-CH‎3 ‎ ‎ C1CH2CH=CH2‎ 由此得反应1的试剂与条件为Cl2、光照；反应2的化学方程式为；反应3的反应类型为取代反应。‎ ‎⑸ 根据1－萘酚的结构简式()，确定其分子式为C10H8O，其不饱和度为7，其同分异构体D能发生如下反应：D(含醛基) CH3－COOH(E)＋ (F)，据此可确定D的结构简式为； 通过硝化反应生成一硝化产物()；该硝化产物的名称为2－硝基－1，4－苯二甲酸或硝基对苯二甲酸。‎ 考点：本题考查有机化学推断与合成(官能团名称、结构简式、反应类型、分子式、同分异构体、反应方程式、有机物的命名等)。‎ ‎23．（15分）（1）A、B、C、D、E、F六种物质在一定条件下有如图所示的转化关系，所有反应物和生成物均已给出。‎ ‎①若反应①②③均为水溶液中的置换反应，A、D、E都为卤素单质，化合物中的阳离了均为Na+，则A、D、E的氧化性由弱到强的顺序为 （写化学式）。在一定条件下E和D以物质的量比为5：l在硫酸溶液中恰好完全反应，写出该反应的离子方程式： 。‎ ‎②若把B、C、F三种溶液汇集在一起得到‎1L混合溶液，并物质的转化关系给其中加入一定量的E，溶液中卤素阴离子的物质的量与通入E的体积（标准状况）的关系如下表所示（x和y均大于0）。‎ 各离子的量与E的体积的关系 I．当通入E的体积为2．‎8L时，溶液中发生反应的离子方程式为 。‎ II．x= ，y= （填具体数据）。‎ III．当通入E的体积为11．‎2L时，该溶液中c（Na+）=____ mol·L－1（通入E后溶液的体积变化忽略不计）。‎ ‎（2）用H2O2可除去工业尾气中的Cl2，相关反应：‎ H2O2（1）+Cl2（g）2HCl（g）+O2（g）△H>0．‎ ‎①为了提高H2O2的除氯效果，采取的措施最好的是 （只改变一种条件），其原因是： 。‎ ‎（g）+O2（g）= H2O（1）, △H2 = -285．84kJ·mol-l ‎ Cl2（g）+ H2（g）= 2HCl（g）, △H3 = -184．6kJ·mol-l 则H2O2（1）与Cl2（g）反应生成HCl（g）和O2（g）的热化学方程式为 。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：⑴①若反应①②③均为水溶液中的置换反应，A、D、E都为卤素单质，则A为Br2，D为I2，E为Cl2，三者的氧化性由弱到强的顺序为I2＜Br2＜Cl2；在一定条件下E(Cl2)和D(I2)以物质的量比为5：l在硫酸溶液中恰好完全反应，据得失电子守恒有5Cl2+I2――10Cl-+2IO3-，再据电荷守恒有5Cl2+I2――10Cl-+2IO3-+12H+，最后据原子守恒得5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3-+12H+。‎ ‎②由于B为NaI、C为NaBr、F为NaCl，E为Cl2，据表中的数据说明当E(Cl2)通入‎2.8L→‎5.6L时依次发生的离子反应为：‎ Cl2 + 2I- = 2Cl- + I2 Cl2 + 2Br- 2Cl- + Br2‎ ‎ 0.15mol 1.5-1.25-0.1=0.15mol 0.1mol 0.1mol 则x=0.15mol，y=1.4-(2-1.5)=0.9mol； ‎ 当通入E的体积为11．‎2L时，据电荷守恒得该溶液中c（Na+）＝2+0.9＝2.9mol·L－1。‎ ‎⑵①根据反应原理（吸热反应），升高温度，反应速率增大，平衡向右移，提高H2O2的除氯效果（减压虽能使平衡向右移动，但会导致反应速率慢，故不是最好措施）；‎ ‎②据题意先写出反应方程式并标出各物质的状态H2O2(l)+ Cl2（g）=2HCl（g）+ O2（g），依次將三条热化学方程式编号为①②③，将“①×－②+③”得该反应方程式，据盖斯定律得该反应的反应热△H＝（-196．46）×－（-285．84）+（-184．6）＝+3.01kJ·mol-l，据此便可写出完整的热化学方程式。‎ 考点：考查元素及其化合物知识、化学计算、盖斯定律的应用等 ‎24．（10分）在一定条件下可实现下图所示物质之间的转化：‎ 请填写下列空白：‎ ‎（1）孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu（OH）2（碱式碳酸铜），受热易分解，图中的F是______（填化学式）。‎ ‎（2）写出明矾溶液与过量NaOH溶液反应的离子方程式: 。‎ ‎（3）写出B电解生成E和D的反应方程式： 。‎ ‎（4）图中所得G和D都为固体，混合后在高温下可发生反应，写出该反应的化学方程式 ，该反应消耗了2 molG，则转移的电子数是 。‎ ‎【答案】（每空2分，共10分）（1）CO2 （2）Al3＋+ 4OH－＝AlO2－+2H2O ‎（3）2Al2O3 4Al +3O2↑（4）2Al +3CuO3Cu +Al2O3 4NA（或2．408х1024）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）明矾与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸盐。孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu（OH）2（碱式碳酸铜），受热易分解，生成氧化铜、CO2和水。CO2能与A反应，则F是CO2。‎ ‎（2）明矾溶液与过量NaOH溶液反应的离子方程式为Al3＋+ 4OH－＝AlO2－+2H2O。‎ ‎（3）CO2能与偏铝酸盐反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解生成氧化铝和水，电解氧化铝生成氧气和铝，则B电解生成E和D的反应方程式为2Al2O3 4Al+3O2↑。‎ ‎（4）图中所得G和D都为固体，分别是是氧化铜和铝，混合后在高温下可发生铝热反应，该反应的化学方程式为2Al+3CuO3Cu+Al2O3。反应中铜的化合价从＋2价降低到0价，因此若该反应消耗了2mol氧化铜，则转移的电子数是4NA。‎ 考点：考查无机框图题推断