山东省威海市乳山市高三化学上学期期中试卷含解析

2022-2022学年山东省威海市乳山市高三（上）期中化学试卷　一、选择题（包括16小题，每题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）1．化学与材料、生活和环境密切相关．下列有关说法中错误的是（　　）A．绚丽缤纷的烟花中添加了含钾、钙、钠、铜等金属化合物B．明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化C．光导纤维具有很强的导电能力，故大量用于制造通讯光缆D．将海水提盐后的苦卤浓缩、氧化，再鼓入热空气可提取中的溴　2．表中对于相关物质的分类全部正确的一组是（　　）纯净物混合物盐电解质碱性氧化物A氯水蔗糖纯碱NaHCO3氧化铝B稀硫酸水玻璃小苏打NH3•H2O氧化镁C冰王水苏打H2SiO3过氧化钠D乙醇碘化银胶体碱式碳酸铜NaOH氧化钠A．AB．BC．CD．D　3．重水（D2O）主要用于核反应堆中中子的减速剂和冷却剂，在化学和生物学中，重水常用作示踪物质来研究反应机理等．下列说法正确的是（　　）A．D是氢的一种核素，原子核内有2个中子B．1H218O与D216O的相对分子质量相同C．3H2O与D2O互称同位素D．通过化学变化可以直接实现普通水向重水转化　4．下列反应中，反应后固体物质增重的是（　　）A．二氧化碳通过Na2O2粉末B．铝与Fe2O3发生铝热反应C．碳与SiO2电炉中抽取粗硅D．将锌片投入CuSO4溶液中　5．下列叙述正确的是（　　）A．SO2具有漂白性，能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色B．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小C．少量金属钠通常保存在煤油中，着火时可用细沙覆盖灭火D．实验室中用石灰水区分Na2CO3与NaHCO3两瓶无标签溶液　6．根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（　　）A．Cl﹣、S2﹣、Ca2+、K+半径逐渐减小B．还原性强弱：F﹣＜Cl﹣＜Br﹣＜I﹣C．核外电子排布相同的微粒化学性质一定相同D．同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱　7．“玉兔号”巡月器的发动机套有一件“土豪金”外衣﹣耐高温，抗震复合材料，该复合材料以硅酸铝纤维（Al2O3﹣SiO2）为基体，六钛酸钾晶须（K2O•6TiO2）为增强剂．下列说法中正确的是（　　）-25-\nA．该复合材料属于新型有机非金属材料B．Al、K、Ti都属于主族元素C．原子半径：K＞Si＞OD．该复合材料能耐强酸和强碱腐蚀　8．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列叙述错误的是（　　）A．在1.8g18O2中含有NA个质子B．28gC2H4中含有4NA个C﹣H键C．常温下，2.7g铝片投入足量的稀硫酸中，铝失去的电子数为0.3NAD．4.6gNa完全转化成Na2O和Na2O2的混合物，生成物中阴离子总数为0.1NA　9．短周期主族元素X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如图，下列推论合理的是（　　）A．若Z的核电荷数是Y的两倍，则X为碳元素B．若X、Y、Z的单质常温下都是气体，则Y为氧元素C．若X、Y、Z都是非金属元素，则它们气态氢化物的水溶液都显酸性D．若X、Y、Z的原子序数之和等于25，则它们都是非金属元素　10．进行下列实验，由实验现象得出的结论正确的是（　　）A．某气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，该气体一定是Cl2B．向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色，该溶液中含有Fe3+C．向某溶液中逐滴滴加稀氨水至过量，先产生白色沉淀然后沉淀溶解，该溶液中含有Al3+D．向某溶液中通入CO2溶液变浑浊，继续通CO2浑浊消失，该溶液可能是Na2SiO3溶液　11．如表实验现象所对应的离子方程式正确的是（　　）实验现象离子方程式A稀硫酸滴入含酚酞的Ba（OH）2溶液中白色沉淀生成，溶液由红色变无色Ba2++OH﹣+H++SO═BaSO4↓+H2OB磁性氧化铁（Fe3O4）溶于氢碘酸磁性氧化铁溶解，溶液变棕黄色Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2OCCa（OH）2澄清溶液加到氯水中溶液由黄绿色变为无色Cl2+2Ca（OH）2═Cl﹣+ClO﹣+Ca2++H2OD稀硫酸加到KI淀粉溶液中在空气中放置一段时间后，溶液呈蓝色4H++4I﹣+O2═2I2+2H2OA．AB．BC．CD．D　-25-\n12．容器中发生一化学反应，反应过程中存在H2O、ClO﹣、CN﹣、HCO3﹣、N2、Cl﹣六种物质，在反应过程中测得ClO﹣和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示．下列有关判断中正确的是（　　）A．还原剂是含CN﹣的物质，氧化产物只有N2B．氧化剂是ClO﹣，还原产物是HCO3﹣C．氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2D．若生成2.24LN2，则转移电子必定为1mol　13．下列画有横线的反应物在反应中不能完全消耗的是（　　）A．将含有少量CO2的CO通入足量Na2O2的试管中并不断用电火花引燃B．向等物质的量的干冰和CaO的混合物中加几滴水C．将1molCu置于含2molH2SO4的浓溶液中加热D．在强光持续照射下，向过量的Ca（ClO）2浊液中通入少量的CO2　14．下列现象或事实能用同一原理解释的是（　　）A．氯化铵晶体和碘晶体加热都产生气体B．KMnO4、二氧化锰分别与浓盐酸混合（可加热），都产生黄绿色气体C．常温下铁和铂都不溶于浓硝酸D．SO2通入BaCl2溶液至饱和，再加入硝酸或苛性钠溶液，都能产生白色沉淀　15．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系，下列有关物质的推断正确的是（　　）A．若甲为Al，则丁可能是NaOH溶液B．若甲为氮气，则丁可能是O2C．若甲为Fe，则丁可能是盐酸D．若甲为Ca（OH）2溶液，则丁可能是CO2　16．向体积均为10mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙；向甲、乙两溶液中分别滴加0.1mol/L的盐酸，此时反应生成CO2体积（标准状况）与所加盐酸体积间的关系如图所示，则下列叙述中正确的是（　　）A．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol•L﹣1-25-\nB．当0＜V（HCl）＜10mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为OH﹣+H+═H2OC．乙溶液中含有的溶质是NaOH、NaHCO3D．乙溶液中滴加盐酸后产生CO2，体积的最大值为112mL（标准状况）　　二、非选择题（共52分）17．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素．A原子最外层电子数是次外电子数的二倍，B元素族序数是周期数的三倍，C与A同主族，D元素原子次外层电子数比电外层电子数多3，E是所在周期中原子半径最小的元素．请回答下列问题：（1）D元素名称　　　　　　，B的原子结构示意图　　　　　　．（2）C、D、E最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为：　　　　　　（写化学式）．（3）B、E及氢三种元素可组成的一种具有漂白性的简单化合物，该化合物电子式为　　　　　　，该化合物分子内存在　　　　　　键，E的钠盐属于　　　　　　化合物．（4）下列说法错误的是　　　　　　（填序号）．a．元素A的单质在空气中燃烧会产生导致“温室效应”的气体b．C的单质是人类将太阳能转变成电能的常用材料c．可用干燥的pH试纸检验E单质水溶液的pHd．D的某种同素异形体在空气中易被氧化自燃e．B与A形成的化合物较B与C形成的化合物熔点高．　18．有报道称Co3O4能催化N2O分解，其中27Co在元素周期表中属于铁系元素，其单质及化合物的性质与铁有很多相似之处．（1）钴元素在周期表中的位置是　　　　　　；Co3O4中Co的化合价为　　　　　　．（2）Co3O4能与浓盐酸反应生成黄绿色气体，写出反应的化学方程式：　　　　　　．实验反应中若消耗10mol•L﹣1浓盐酸40mL，则反应中转移电子　　　　　　mol，产生气体的标准状况下体积为　　　　　　mL．（3）下列关于Co3O4催化N2O分解的说法正确的是　　　　　　（填序号）．A．Co3O4作为催化剂使N2O分解反应的△H增大B．Co3O4作为催化剂使N2O分解反应的△H减少C．Co3O4作为催化剂使N2O分解反应的△H不变D．Co3O4作为催化剂使N2O分解反应的途径改变，降低了反应所需能量E．Co3O4作为催化剂使N2O分解反应的途径改变，增加了反应所需能量（4）实验测得：Co（OH）2在空气中加热时，可得到不同价态的氧化物．固体残留率（剩余固体质量与原始固体质量比率）随温度的变化如图所示．已知钴的氢氧化物加热至290℃时已完全脱水．通过分析数据确定：在B、C之间（500℃﹣1000℃）范围内，剩余固体成分为：　　　　　　．-25-\n　19．三氯化铁广泛应用于污水处理、五金蚀刻及有机工业的催化剂、氧化剂和氯化剂等．（1）现用mg废铁屑（Fe2O3）制取FeCl3•6H2O晶体，并测定废铁屑中铁的质量分数，实验装置如图（夹持装置略）．反应开始前至A中固体完全消失时，依次进行下列操作：①缓慢滴加足量盐酸②关闭弹簧夹K1、打开K2并关闭活塞a③打开弹簧夹K1、关闭K2并打开活塞a正确的操作顺序是　　　　　　（填序号）；当A中溶液完全进入烧杯后，烧杯中的现象是　　　　　　，相应的离子方程式和化学方程式是：　　　　　　和2H2O22H2O+O2↑．（2）实验测得B中所得的气体VmL（标准状况），由此计算出该废铁屑中铁的质量分数是，该数值比实际数值偏低，若实验过程操作无误，偏低的原因是：　　　　　　．（3）另取mg废铁屑和CO气体在加热时充分反应到恒重，测得实验后剩余固体质量是wg，由此求出铁的准确质量分数是　　　　　　（用含m和w的式子表示，无需化简）．　20．对固体表面的化学过程的研究，有助于理解各种不同的过程．（1）根据反应：2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H＜0，（△H﹣T△S＜0）因此汽车尾气中的CO和NO会自发地生成无毒N2和CO2，但实际上有毒气体仍大量逸散到空气中，原因是：　　　　　　．（2）用CH4催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染．CH4（g）+4NO（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574kJ•mol﹣1CH4（g）+4NO（g）═2N2O（g）+CO2（g）+2H2O（g）△T2若1molCH4催化还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为867kJ，则△H2=　　　　　　．（3）合成氨铁触媒主要成分是xFeO•yFe2O3，当+2价与+3价铁的物质的量之比为1：2时催化活性最高，以Fe2O3为原料制备上述催化剂，发生反应：2Fe2O3+C4FeO+CO2．为制得这种活性最高的催化剂，向48gFe2O3粉末中加入恰好反应的炭粉的质量为　　　　　　g．（4）探究不同催化剂对NH3还原NO反应的催化性能．控制实验条件相同，催化反应器中装载不同的催化剂，将催化反应后的混合气体通过试管溶液（溶液体积、浓度均相同）．为比较不同催化剂的催化性能，需要测量并记录的数据是　　　　　　；尾气处理方法是：　　　　　　．-25-\n　21．如图是利用主要成分为Cu2S和Fe2O3的工业废弃固体（其他成分不参与反应）制备有关物质，实验流程如图1所示：回答下列问题：（1）气体X的化学式为　　　　　　．（2）加入铁粉时发生反应的离子方程式为：2H++Fe═Fe2++H2↑　　　　　　、　　　　　　．（3）常温下，固体D、O2和稀硫酸混合后几乎不反应，而加少量绿矾后随即发生反应．已知FeSO4对此反应起催化作用，则催化过程中反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O、　　　　　　．（4）除杂时需先加合适的氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，再加试剂Y调节溶液pH以除去Fe3+，则氧化剂及试剂Y可以是　　　　　　（填编号）．a．H2O2、CuOb．HNO3、Cu（OH）2c．KMnO4、CuCl2d．漂白粉、CuCO3（5）无水硫酸铜受热分解生成氧化铜和气体，受热温度不同气体可能为SO3、SO2和O2中的一种、两种或三种．现设计如图2实验测定产生的SO2、SO3和O2的物质的量，并计算各物质的化学计量数，从而确定CuSO4分解的化学方程式（已知实验结束时，硫酸铜完全分解）．①仪器C的名称是　　　　　　．②组装探究实验的装置，按从左至右的方向，各仪器接口连接顺序为：①→⑨→⑩→⑥→⑤→　　　　　　→　　　　　　→　　　　　　→　　　　　　→②（填接口序号）．仪器F的作用是　　　　　　．③若某小组称取6.4g无水CuSO4，实验过程中装置C增加的质量为3.84g，量筒中水的体积折算成标准状况下气体体积224mL，请通过计算确定实验条件下CuSO4分解的化学方程式：　　　　　　．　-25-\n　-25-\n2022-2022学年山东省威海市乳山市高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（包括16小题，每题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）1．化学与材料、生活和环境密切相关．下列有关说法中错误的是（　　）A．绚丽缤纷的烟花中添加了含钾、钙、钠、铜等金属化合物B．明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化C．光导纤维具有很强的导电能力，故大量用于制造通讯光缆D．将海水提盐后的苦卤浓缩、氧化，再鼓入热空气可提取中的溴【考点】盐类水解的应用；硅和二氧化硅；焰色反应．【专题】化学应用．【分析】A、烟花是焰色反应，不同元素焰色反应现象不一样；B、Al（OH）3胶体具有较大的表面积，有吸附性；C、光导纤维的成分是二氧化硅，不能导电；D、根据海水提取溴的原理来回答．【解答】解：A、烟花中添加了含钾、钠、钙、铜等金属元素，燃烧时焰色反应发出各种颜色的光，故A正确；B、明矾在水中电离的铝离子能水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体具有较大的表面积，有吸附性，能吸附水中的悬浮物，可用于水的净化，故B正确；C、光导纤维具有很强的导光能力，所以大量用于制造通信光缆，故C错误；D、将苦卤浓缩、氧化得到单质溴，鼓入热空气溴挥发可提取出海水中的溴，故D正确；故选C．【点评】本题考查学生关注化学与工农业生产、日常生活、社会热点问题，难度不大．　2．表中对于相关物质的分类全部正确的一组是（　　）纯净物混合物盐电解质碱性氧化物A氯水蔗糖纯碱NaHCO3氧化铝B稀硫酸水玻璃小苏打NH3•H2O氧化镁C冰王水苏打H2SiO3过氧化钠D乙醇碘化银胶体碱式碳酸铜NaOH氧化钠A．AB．BC．CD．D【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】依据概念结合物质的组成结构进行分析判断；由同种物质组成的为纯净物，包括单质和化合物；由不同物质组成的为混合物；电离生成金属阳离子（铵根离子）额酸根阴离子的化合物叫做盐；在水溶液或是熔融状态下能导电的化合物称为电解质；能和酸反应生成盐和水的氧化物称为碱性氧化物．【解答】解：A、氯水数混合物，蔗糖是纯净物中的化合物，氧化铝属于两性氧化物，故A错误；B、稀硫酸属于混合物，不是纯净物，故B错误；C、过氧化钠和酸反应生成盐和水以及氧气，不是碱性氧化物，故C错误；D、乙醇酒精属于纯净物，胶体属于混合物，碱式碳酸铜属于盐，氢氧化钠属于电解质，氧化钠属于碱性氧化物，故D正确．-25-\n故选D．【点评】本题考查了纯净物、混合物、电解质、盐的概念判断及各种物质的成分掌握，难度不大，注意概念的区别．　3．重水（D2O）主要用于核反应堆中中子的减速剂和冷却剂，在化学和生物学中，重水常用作示踪物质来研究反应机理等．下列说法正确的是（　　）A．D是氢的一种核素，原子核内有2个中子B．1H218O与D216O的相对分子质量相同C．3H2O与D2O互称同位素D．通过化学变化可以直接实现普通水向重水转化【考点】同位素及其应用；物理变化与化学变化的区别与联系；相对分子质量及其计算．【专题】化学用语专题；相对原子质量、相对分子质量的计算．【分析】A．中子数=质量数﹣质子数；B．相对分子质量=各原子的相对原子质量的和；C．具有相同质子数、不同中子数的原子互为同位素；D．同位素之间的转化属于核变化．【解答】解：A．中子数=质量数﹣质子数=2﹣1=1，故A错误；B．1H218O与D216O的相对分子质量都为20，故B正确；C．3H2O与D2O均为水，属于化合物，不是原子，故C错误；D．普通水向重水转化没有新物质生成，属于核变化，故D错误．故选B．【点评】本题考查同素异形体及同位素，把握相关的概念及核变化为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．　4．下列反应中，反应后固体物质增重的是（　　）A．二氧化碳通过Na2O2粉末B．铝与Fe2O3发生铝热反应C．碳与SiO2电炉中抽取粗硅D．将锌片投入CuSO4溶液中【考点】钠的重要化合物；铝的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A．发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气；B．铝与氧化铁发生铝热反应，生成铁和氧化铝，二者物质的量相同，所以固体质量减少；C．碳和二氧化硅反应生成一氧化碳和硅；D．发生Zn与硫酸铜反应生成硫酸锌和Cu．【解答】解：A．发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气，反应前固体为过氧化钠，反应后固体为碳酸钠，二者物质的量相同，固体质量增加，故A正确；B．铝与氧化铁发生铝热反应，生成铁和氧化铝，二者物质的量相同，所以固体质量减少，故B错误；C．碳与SiO2电炉中反应生成CO和Si，反应前固体为C和SiO2，反应后固体为Si，固体质量减小，故C错误；D．发生Zn与硫酸铜反应生成硫酸锌和Cu，反应前固体为Zn，反应后固体为Cu，二者物质的量相同，则固体质量减小，故D错误；故选A．【点评】本题把握发生的化学反应及反应前后固体的分析为解答的关键，侧重元素化合物性质的考查，注意反应中物质的质量变化，题目难度不大．-25-\n　5．下列叙述正确的是（　　）A．SO2具有漂白性，能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色B．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小C．少量金属钠通常保存在煤油中，着火时可用细沙覆盖灭火D．实验室中用石灰水区分Na2CO3与NaHCO3两瓶无标签溶液【考点】物质检验实验方案的设计；二氧化硫的化学性质；化学实验安全及事故处理；配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】物质检验鉴别题；氧族元素；化学实验基本操作；定量测定与误差分析．【分析】A．依据二氧化硫的还原性解答；B．俯视容量瓶刻度线，会导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液浓度偏高；C．钠易氧化，需要密封保存，其密度比煤油小，钠及其燃烧产物能够与二氧化碳发生反应，钠着火不能使用二氧化碳灭火；D．加入澄清的石灰水，Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能生成沉淀．【解答】解：A．能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色，体现二氧化硫的还原性，故A错误；B．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视容量瓶的刻度线，会导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积减小，所以溶液的浓度偏高，故B错误；C．钠密度比煤油小，可保存在煤油中，由于钠及过氧化钠能够与二氧化碳反应，钠着火不能使用二氧化碳灭火，可以使用沙子灭火，故C正确；D．加入澄清的石灰水，Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能生成CaCO3沉淀，不能区别两种溶液，故D错误；故选C．【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液、SO2的漂白性与还原性、钠的性质及碳酸盐的检验等知识，题目难度中等，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液的方法，明确常见物质的检验方法．　6．根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（　　）A．Cl﹣、S2﹣、Ca2+、K+半径逐渐减小B．还原性强弱：F﹣＜Cl﹣＜Br﹣＜I﹣C．核外电子排布相同的微粒化学性质一定相同D．同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多，离子半径越大；B．非金属性越强，阴离子还原性越弱；C．核外电子排布相同的微粒化学性质不一定相同，如Ar与K+、S2﹣；D．应是同主族元素最高价含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱．【解答】解：A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多，离子半径越大，故原子半径：S2﹣＞Cl﹣＞K+＞Ca2+，故A错误；B．非金属性F＞Cl＞Br＞I，非金属性越强，阴离子还原性越弱，故还原性强弱：F﹣＜Cl﹣＜Br﹣＜I﹣，故B错误；C．核外电子排布相同的微粒化学性质不一定相同，如Ar与K+、S2﹣，Ar化学性质稳定，K+具有氧化性，S2﹣具有还原性，故C错误；-25-\nD．应是同主族元素最高价含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱，不是最高价含氧酸则酸性不一定，若次氯酸为弱酸，高溴酸为强酸，故D错误，故选：B．【点评】本题考查元素周期律应用，难度不大，需要学生熟练掌握元素周期律，注意掌握微粒半径比较．　7．“玉兔号”巡月器的发动机套有一件“土豪金”外衣﹣耐高温，抗震复合材料，该复合材料以硅酸铝纤维（Al2O3﹣SiO2）为基体，六钛酸钾晶须（K2O•6TiO2）为增强剂．下列说法中正确的是（　　）A．该复合材料属于新型有机非金属材料B．Al、K、Ti都属于主族元素C．原子半径：K＞Si＞OD．该复合材料能耐强酸和强碱腐蚀【考点】无机非金属材料；元素周期表的结构及其应用；微粒半径大小的比较．【分析】A、根据复合材料以硅酸铝纤维（Al2O3﹣SiO2）为基体，六钛酸钾晶须（K2O•6TiO2）为增强剂来分析；B、根据钛元素在周期表中的位置来分析；C、影响原子半径的因素首先考虑电子层数，其次考虑核电荷数，最后考虑核外电子数目；D、弱酸弱碱盐中的弱碱阳离子能和强碱反应，弱酸根能和强酸反应．【解答】解：A、复合材料以（Al2O3﹣SiO2）为基体，六钛酸钾晶须（K2O•6TiO2）为增强剂，不含碳元素，故不是有机非金属材料，故A错误；B、Ti元素在周期表中的位置为第四周期，第IVB族，不是主族元素，故B错误；C、K的核外有4个电子层，Si的核外有3个电子层，O有2个电子层，电子层数越多，半径越大，故C正确；D、复合材料以（Al2O3﹣SiO2）为基体，六钛酸钾晶须（K2O•6TiO2）为增强剂，其中Al2O3﹣SiO2为弱酸弱碱盐，能和强酸和强碱反应，故不耐强酸强碱的腐蚀，故D错误．故选C．【点评】本题考查了新型复合材料的成分和性质，注意知识的迁移运用，难度不大．　8．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列叙述错误的是（　　）A．在1.8g18O2中含有NA个质子B．28gC2H4中含有4NA个C﹣H键C．常温下，2.7g铝片投入足量的稀硫酸中，铝失去的电子数为0.3NAD．4.6gNa完全转化成Na2O和Na2O2的混合物，生成物中阴离子总数为0.1NA【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、求出18O的个数，然后根据1mol18O中含8mol质子来分析；B、求出乙烯的物质的量，然后根据1mol乙烯中含4molC﹣H键来分析；C、求出铝的物质的量，然后根据反应后铝元素变为+3价来分析；D、求出钠的物质的量，然后根据在氧化钠和过氧化钠中，均为2mol钠离子～1mol阴离子来分析．【解答】解：A、1.8g18O2中18O的物质的量n==0.1mol，而1mol18O中含8mol质子，故0.1mol18O中含0.8NA个质子，故A错误；-25-\nB、28g乙烯的物质的量为1mol，而1mol乙烯中含4molC﹣H键，故含4NA个，故B正确；C、2.7g铝的物质的量为0.1mol，而反应后铝元素变为+3价，故0.1mol铝失去0.3mol电子即0.3NA个，故C正确；D、4.6g钠的物质的量为0.2mol，而在氧化钠和过氧化钠中，均为2mol钠离子～1mol阴离子，故0.2mol钠变为0.2mol钠离子，对应0.1mol阴离子即0.1NA个，故D正确．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．　9．短周期主族元素X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如图，下列推论合理的是（　　）A．若Z的核电荷数是Y的两倍，则X为碳元素B．若X、Y、Z的单质常温下都是气体，则Y为氧元素C．若X、Y、Z都是非金属元素，则它们气态氢化物的水溶液都显酸性D．若X、Y、Z的原子序数之和等于25，则它们都是非金属元素【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】由短周期主族元素相对位置，可知X、Y处于第二周期，Z处于第三周期．A．若Z的核电荷数是Y的两倍，则Y为O元素、Z为S元素，可知X为N元素；B．若X、Y、Z的单质常温下都是气体，Z只能为Cl，可知Y为F元素，X为O元素；C．X或Y可以为N元素；D．设Y原子序数为y，则X原子序数为y﹣1，Z的原子序数为y+8，原子序数之和计算，进而推断各元素．【解答】解：由短周期主族元素相对位置，可知X、Y处于第二周期，Z处于第三周期．A．若Z的核电荷数是Y的两倍，则Y为O元素、Z为S元素，可知X为N元素，故A错误；B．若X、Y、Z的单质常温下都是气体，Z只能为Cl，可知Y为F元素，X为O元素，故B错误；C．X或Y可以为N元素，氨气水溶液呈碱性，故C错误；D．设Y原子序数为y，则X原子序数为y﹣1，Z的原子序数为y+8，则y+y﹣1+y+8=25，解得y=6，则Y为C元素、Z为Si元素、X为B元素，均为非金属元素，故D正确，故选：D．【点评】本题考查位置结构性质关系应用，需要学生熟练掌握周期表的结构，注意理解同主族元素原子序数关系．　10．进行下列实验，由实验现象得出的结论正确的是（　　）A．某气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，该气体一定是Cl2B．向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色，该溶液中含有Fe3+C．向某溶液中逐滴滴加稀氨水至过量，先产生白色沉淀然后沉淀溶解，该溶液中含有Al3+D．向某溶液中通入CO2溶液变浑浊，继续通CO2浑浊消失，该溶液可能是Na2SiO3溶液【考点】常见离子的检验方法；物质检验实验方案的设计．-25-\n【专题】物质检验鉴别题．【分析】A．能使湿润的KI淀粉试纸变蓝的物质应具有氧化性，与KI反应生成单质碘，从而使淀粉变蓝；B．Fe3+遇KSCN溶液，溶液显红色；C．向Al3+溶液中加氨水：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，逐渐产生沉淀，氢氧化铝只与强碱反应，所以沉淀不溶解；D．硅酸是白色不溶于酸的沉淀．【解答】解：A．氯气、溴蒸气、NO2均能将KI氧化为单质碘，从而使淀粉变蓝，所以使湿润的淀粉KI试纸变蓝的气体不一定是氯气，故A错误；B．Fe3+遇KSCN溶液，溶液显红色，该溶液中含有Fe3+，故B正确；C．向Al3+溶液中加氨水：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，逐渐产生沉淀，氢氧化铝只与强碱反应，所以沉淀不溶解，故C错误；D．向Na2SiO3溶液中通入二氧化碳，会产生硅酸，是白色不溶于水的沉淀，继续通CO2至过量，浑浊不会消失，故D错误；故选：B．【点评】本题考查物质的鉴别和检验，题目难度中等，解答本题的关键是把握相关物质的性质，易错点为D，注意硅酸既不溶于水，也不溶于除HF酸之外的酸．　11．如表实验现象所对应的离子方程式正确的是（　　）实验现象离子方程式A稀硫酸滴入含酚酞的Ba（OH）2溶液中白色沉淀生成，溶液由红色变无色Ba2++OH﹣+H++SO═BaSO4↓+H2OB磁性氧化铁（Fe3O4）溶于氢碘酸磁性氧化铁溶解，溶液变棕黄色Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2OCCa（OH）2澄清溶液加到氯水中溶液由黄绿色变为无色Cl2+2Ca（OH）2═Cl﹣+ClO﹣+Ca2++H2OD稀硫酸加到KI淀粉溶液中在空气中放置一段时间后，溶液呈蓝色4H++4I﹣+O2═2I2+2H2OA．AB．BC．CD．D【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．不符合离子的配比；B．发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水；C．反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，氢氧化钙完全电离；D．发生氧化还原反应生成碘、水．【解答】解：A．稀硫酸滴入含酚酞的Ba（OH）2溶液中的离子反应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故A错误；B．磁性氧化铁（Fe3O4）溶于氢碘酸的离子反应为2I﹣+Fe3O4+8H+═3Fe2++4H2O+I2，故B错误；C．Ca（OH）2澄清溶液加到氯水中的离子反应为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故C错误；D．稀硫酸加到KI淀粉溶液中的离子反应为4H++4I﹣+O2═2I2+2H2O，故D正确；故选D．-25-\n【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大．　12．容器中发生一化学反应，反应过程中存在H2O、ClO﹣、CN﹣、HCO3﹣、N2、Cl﹣六种物质，在反应过程中测得ClO﹣和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示．下列有关判断中正确的是（　　）A．还原剂是含CN﹣的物质，氧化产物只有N2B．氧化剂是ClO﹣，还原产物是HCO3﹣C．氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2D．若生成2.24LN2，则转移电子必定为1mol【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】由曲线变化图可知，随反应进行ClO﹣的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO﹣为反应物，N2是生成物，反应方程式为2CN﹣+5ClO﹣+H2O=2HCO3﹣+N2↑+5Cl﹣．A．由化合价变化可知氧化产物有HCO3﹣、N2；B．所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂通过还原反应生成的物质是还原产物，结合方程式利用化合价变化判断；C．反应中是CN﹣是还原剂，ClO﹣是氧化剂，根据化合价升降配平方程式判断；D．气体存在的条件未知，不能够确定物质的量．【解答】解：由曲线变化图可知，反应方程式为2CN﹣+5ClO﹣+H2O=2HCO3﹣+N2↑+5Cl﹣．A．反应中，C元素化合价由CN﹣中+2价升高为HCO3﹣中+4价，N元素化合价由CN﹣中﹣3价升高为N2中0价，可知氧化产物有HCO3﹣、N2，故A错误；B．反应中Cl元素化合价由ClO﹣中+1价降低为Cl﹣中﹣1价，ClO﹣是氧化剂，还原产物是Cl﹣，故B错误；C．由上述分析可知，反应为2CN﹣+5ClO﹣+H2O=2HCO3﹣+N2↑+5Cl﹣，反应中是CN﹣是还原剂，ClO﹣是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，故C正确；D．气体存在的条件未知，不能够确定物质的量，故D错误．故选C．【点评】本题考查氧化还原反应计算、基本概念等，侧重于学生的分析、计算能力的考查，难度中等，根据曲线变化图分析反应物、产物，利用守恒生成方程式是关键．　13．下列画有横线的反应物在反应中不能完全消耗的是（　　）A．将含有少量CO2的CO通入足量Na2O2的试管中并不断用电火花引燃B．向等物质的量的干冰和CaO的混合物中加几滴水C．将1molCu置于含2molH2SO4的浓溶液中加热D．在强光持续照射下，向过量的Ca（ClO）2浊液中通入少量的CO2-25-\n【考点】浓硫酸的性质；钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】A．电火花不断引燃，CO燃烧生成二氧化碳，二氧化碳能与足量Na2O2反应，最终气体完全反应；B．二氧化碳与水反应生成碳酸，与等物质的量的CaO恰好完全反应；C．随反应的进行，稀硫酸不与Cu反应；D．反应生成碳酸钙和HClO，光照下HClO分解，最终二氧化碳完全反应．【解答】解：A．电火花不断引燃，CO燃烧生成二氧化碳，二氧化碳能与足量Na2O2反应，最终气体完全反应，相当于CO与Na2O2反应生成碳酸难，CO完全消耗，故A不选；B．二氧化碳与水反应生成碳酸，与等物质的量的CaO恰好完全反应，干冰完全消耗，故B不选；C．随反应的进行，稀硫酸不与Cu反应，则Cu、硫酸均不能完全消耗，故C选；D．反应生成碳酸钙和HClO，光照下HClO分解，最终二氧化碳完全反应，而次氯酸钙过量，不能完全消耗，故D选；故选CD．【点评】本题考查浓硫酸的性质及Na2O2的性质，侧重化学反应的考查，明确物质的性质及特性即可解答，注意量对反应的影响，题目难度不大．　14．下列现象或事实能用同一原理解释的是（　　）A．氯化铵晶体和碘晶体加热都产生气体B．KMnO4、二氧化锰分别与浓盐酸混合（可加热），都产生黄绿色气体C．常温下铁和铂都不溶于浓硝酸D．SO2通入BaCl2溶液至饱和，再加入硝酸或苛性钠溶液，都能产生白色沉淀【考点】氧化还原反应；铵盐．【专题】氧化还原反应专题；氮族元素．【分析】A．氯化铵易分解、碘易升华；B．都发生氧化还原反应生成氯气；C．铁性质活泼，与浓硝酸发生钝化反应；D．二氧化硫具有还原性，可被硝酸氧化，可与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠．【解答】解：A．氯化铵不稳定，易分解，而碘易升华，分别发生化学变化、物理变化，故A不选；B．KMnO4、二氧化锰具有强氧化性，都与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，故B选；C．铁性质活泼，与浓硝酸发生钝化反应，而铂与硝酸不反应，故C不选；D．二氧化硫具有还原性，可被硝酸氧化，可与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，加入氯化钡分别生成硫酸钡沉淀、亚硫酸钡沉淀，故D不选．故选B．【点评】本题综合元素化合物知识，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，注意把握相关物质的性质，学习中注意积累，难度不大．　15．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系，下列有关物质的推断正确的是（　　）A．若甲为Al，则丁可能是NaOH溶液B．若甲为氮气，则丁可能是O2-25-\nC．若甲为Fe，则丁可能是盐酸D．若甲为Ca（OH）2溶液，则丁可能是CO2【考点】无机物的推断．【专题】无机推断；热点问题；类比迁移思想；演绎推理法；元素及其化合物．【分析】A．若甲为Al，丁是NaOH溶液，则乙为偏铝酸钠，偏铝酸钠不与铝反应；B．若甲为氮气，丁是O2，则乙为NO、丙为NO2，二氧化氮不能与氧气反应得到NO；C．若甲为Fe，丁是稀盐酸，则乙为氯化亚铁，氯化亚铁与盐酸不反应；D．若甲为Ca（OH）2溶液，丁是CO2，则乙为CaCO3，丙为Ca（HCO3）2，Ca（HCO3）2与Ca（OH）2反应生成CaCO3；【解答】解：A．若甲为Al，丁是NaOH溶液，则乙为偏铝酸钠，偏铝酸钠不与铝反应，故A错误；B．若甲为氮气，丁是O2，则乙为NO、丙为NO2，二氧化氮不能与氧气反应得到NO，故B错误；C．若甲为Fe，丁是稀盐酸，则乙为氯化亚铁，氯化亚铁与盐酸不反应，故C错误；D．若甲为Ca（OH）2溶液，丁是CO2，则乙为CaCO3，丙为Ca（HCO3）2，Ca（HCO3）2与Ca（OH）2反应生成CaCO3，符合题中各物质转化关系，故D正确，故选D．【点评】本题考查无机物的推断，综合考查元素化合物性质，关键是掌握物质之间的相互转化，题目难度中等．　16．向体积均为10mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙；向甲、乙两溶液中分别滴加0.1mol/L的盐酸，此时反应生成CO2体积（标准状况）与所加盐酸体积间的关系如图所示，则下列叙述中正确的是（　　）A．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol•L﹣1B．当0＜V（HCl）＜10mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为OH﹣+H+═H2OC．乙溶液中含有的溶质是NaOH、NaHCO3D．乙溶液中滴加盐酸后产生CO2，体积的最大值为112mL（标准状况）【考点】离子方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，没有产生二氧化碳时的反应可能为：OH﹣+H+=H2O和CO32﹣+H+=HCO3﹣，产生二氧化碳的反应为：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑；根据加入50mL盐酸时溶质为氯化钠及原子守恒计算出氢氧化钠的物质的量浓度；根据图象可知，甲溶液中溶质只能为Na2CO3和NaHCO3，乙溶液的溶质为NaOH和Na2CO3；根据HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑计算出乙溶液中产生二氧化碳的最大值．【解答】解：A．根据图象可知，当V（HCl）=50mL时，得到的产物为NaCl，由原子守恒可知：n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1mol/L×0.05L=0.005mol，则原氢氧化钠溶液的浓度为：c（NaOH）==0.5mol/L，故A正确；-25-\nB．在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，由图中HCl的用量与产生二氧化碳气体体积的关系可知甲溶液的溶质应该为：Na2CO3和NaHCO3，所以当0＜V（HCl）＜10mL时，甲溶液中没有产生二氧化碳的离子方程式为：CO32﹣+H+=HCO3﹣，故B错误；C．氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，溶质不可能为NaOH、NaHCO3，根据图象可知，乙溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3，故C错误；D．乙溶液中滴加盐酸，产生二氧化碳的阶段为：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，根据消耗了10mL盐酸可知，生成二氧化碳的物质的量为：0.1mol/L×0.01L=0.001mol，标况下0.001mol二氧化碳的物质的量为：22.4L/mol×0.001mol=22.4mL，故D错误；故选A．【点评】本题考查混合物的有关计算，为高频考点，把握图中曲线及发生的反应的关系计算出NaOH、CO2的物质的量为解答的关键，注意判断CO2与NaOH反应产物，题目难度较大．　二、非选择题（共52分）17．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素．A原子最外层电子数是次外电子数的二倍，B元素族序数是周期数的三倍，C与A同主族，D元素原子次外层电子数比电外层电子数多3，E是所在周期中原子半径最小的元素．请回答下列问题：（1）D元素名称　磷　，B的原子结构示意图　　．（2）C、D、E最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为：　HClO4＞H3PO4＞H2SiO3　（写化学式）．（3）B、E及氢三种元素可组成的一种具有漂白性的简单化合物，该化合物电子式为　　，该化合物分子内存在　共价　键，E的钠盐属于　离子　化合物．（4）下列说法错误的是　ce　（填序号）．a．元素A的单质在空气中燃烧会产生导致“温室效应”的气体b．C的单质是人类将太阳能转变成电能的常用材料c．可用干燥的pH试纸检验E单质水溶液的pHd．D的某种同素异形体在空气中易被氧化自燃e．B与A形成的化合物较B与C形成的化合物熔点高．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素．A原子最外层电子数是次外电子数的二倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故A为碳元素；B元素族序数是周期数的三倍，原子只能处于第二周期，处于VIA族，故B为O元素；C与A同主族，C的原子序数大于氧，故C为Si；D、E处于第三周期，而D元素原子次外层电子数比电外层电子数多3，其最外层电子数为5，故D为P元素，E是所在周期中原子半径最小的元素，则E为Cl，据此解答．【解答】-25-\n解：A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素．A原子最外层电子数是次外电子数的二倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故A为碳元素；B元素族序数是周期数的三倍，原子只能处于第二周期，处于VIA族，故B为O元素；C与A同主族，C的原子序数大于氧，故C为Si；D、E处于第三周期，而D元素原子次外层电子数比电外层电子数多3，其最外层电子数为5，故D为P元素，E是所在周期中原子半径最小的元素，则E为Cl．（1）D元素名称为：磷，B为O元素，原子结构示意图为：，故答案为：磷；；（2）非金属性Cl＞P＞Si，故最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为：HClO4＞H3PO4＞H2SiO3，故答案为：HClO4＞H3PO4＞H2SiO3；（3）O、Cl及氢三种元素可组成的一种具有漂白性的简单化合物为HClO，该化合物电子式为，该化合物分子内存在共价键，E的钠盐为NaCl，属于离子化合物，故答案为：；共价；离子；（4）a．元素A的单质在空气中燃烧会产生二氧化碳，二氧化碳会导致“温室效应”，故a走着去；b．Si单质可以用作将太阳能转变成电能的光电池材料，故b正确；c．氯水具有强氧化性，具有漂白性，不能应可用干燥的pH试纸检验氯水溶液的pH，故c错误；d．白磷在空气中易被氧化自燃，故d正确；e．B与A形成的C0、二氧化碳属于分子晶体，B与C形成的化合物为二氧化硅，属于原子晶体，沸点较高，故e错误，故选：ce．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，（4）中c选项为易错点，学生溶液考虑溶液酸性，而忽略漂白性．　18．有报道称Co3O4能催化N2O分解，其中27Co在元素周期表中属于铁系元素，其单质及化合物的性质与铁有很多相似之处．（1）钴元素在周期表中的位置是　第四周期第VIII族　；Co3O4中Co的化合价为　+2，+3　．（2）Co3O4能与浓盐酸反应生成黄绿色气体，写出反应的化学方程式：　Co3O4+8HCl（浓）=3CoCl2+Cl2↑+4H2O　．实验反应中若消耗10mol•L﹣1浓盐酸40mL，则反应中转移电子　0.1　mol，产生气体的标准状况下体积为　1120　mL．（3）下列关于Co3O4催化N2O分解的说法正确的是　CD　（填序号）．A．Co3O4作为催化剂使N2O分解反应的△H增大B．Co3O4作为催化剂使N2O分解反应的△H减少C．Co3O4作为催化剂使N2O分解反应的△H不变-25-\nD．Co3O4作为催化剂使N2O分解反应的途径改变，降低了反应所需能量E．Co3O4作为催化剂使N2O分解反应的途径改变，增加了反应所需能量（4）实验测得：Co（OH）2在空气中加热时，可得到不同价态的氧化物．固体残留率（剩余固体质量与原始固体质量比率）随温度的变化如图所示．已知钴的氢氧化物加热至290℃时已完全脱水．通过分析数据确定：在B、C之间（500℃﹣1000℃）范围内，剩余固体成分为：　CoO　．【考点】浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响；化学方程式的有关计算；氧化还原反应；焓变和熵变．【专题】化学反应中的能量变化；利用化学方程式的计算．【分析】（1）钴元素在周期表中位于第四周期第VIII族；根据化合价的代数和为0来分析；（2）Co3O4能与浓盐酸反应生成黄绿色气体，说明Co3O4做氧化剂被还原，据此书写化学方程式；根据氯元素的化合价的变化来分析转移的电子的物质的量和生成气体的体积；（3）催化剂参与反应，改变了反应路径，但反应热△H取决于反应物总能量和生成物总能量的相对大小，与反应路径无关，据此分析；（4）根据质量守恒定律，在变化过程中，Co的质量没有变，通过题给数据看，在1000℃是Co（OH）2完全分解，则产物CoO．【解答】解：（1）钴元素在周期表中位于第四周期第VIII族；根据化合价的代数和为0，可知钴元素为+价，结合Fe3O4的化合价的情况可知，钴元素既有+2价又有+3价，故答案为：第四周期第VIII族；+2，+3；（2）Co3O4能与浓盐酸反应生成黄绿色气体，说明Co3O4做氧化剂，将HCl中的氯元素氧化为氯气，Co3O4被还原为CoCl2，故书写化学方程式为：Co3O4+8HCl（浓）=3CoCl2+Cl2↑+4H2O；根据反应可知，当8mol盐酸参与反应时，转移2mol电子，生成1mol氯气，故当消耗10mol•L﹣1浓盐酸40mL，即消耗0.4mol盐酸时，转移0.1mol电子，生成0.05mol氯气，在标况下的体积为1120mL，故答案为：Co3O4+8HCl（浓）=3CoCl2+Cl2↑+4H2O；0.1；1120；（3）催化剂参与反应，改变了反应路径，降低了反应的活化能，但由于反应热△H取决于反应物总能量和生成物总能量的相对大小，与反应路径无关，故使用催化剂△H不变，故选CD；（4）根据质量守恒定律，在变化过程中，Co的质量没有变，假设原始固体质量为100g，则n（Co）=mol，m（Co）=100×g；在1000℃时，固体质量不再变化，说明Co（OH）2完全分解，n（Co）：n（O）=：[（80.65﹣100×）÷16]=1：1，剩余固体成分为CoO，故答案为：CoO．【点评】本题考查的知识比较散，涉及到元素周期表，物质性质、化学方程式的书写，图表分析，覆盖面比较广，综合性比较强，难度比较大．　-25-\n19．三氯化铁广泛应用于污水处理、五金蚀刻及有机工业的催化剂、氧化剂和氯化剂等．（1）现用mg废铁屑（Fe2O3）制取FeCl3•6H2O晶体，并测定废铁屑中铁的质量分数，实验装置如图（夹持装置略）．反应开始前至A中固体完全消失时，依次进行下列操作：①缓慢滴加足量盐酸②关闭弹簧夹K1、打开K2并关闭活塞a③打开弹簧夹K1、关闭K2并打开活塞a正确的操作顺序是　③①②　（填序号）；当A中溶液完全进入烧杯后，烧杯中的现象是　无色溶液逐渐变黄，有气泡产生　，相应的离子方程式和化学方程式是：　2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O　和2H2O22H2O+O2↑．（2）实验测得B中所得的气体VmL（标准状况），由此计算出该废铁屑中铁的质量分数是，该数值比实际数值偏低，若实验过程操作无误，偏低的原因是：　Fe3+和Fe发生反应消耗部分Fe，使与盐酸反应的Fe相应减少　．（3）另取mg废铁屑和CO气体在加热时充分反应到恒重，测得实验后剩余固体质量是wg，由此求出铁的准确质量分数是　×100%　（用含m和w的式子表示，无需化简）．【考点】制备实验方案的设计．【专题】制备实验综合．【分析】（1）装置A中的铁完全消失，反应结束；打开弹簧夹K2，反应生成的氯化亚铁被双氧水氧化成氯化铁，同时有氧气放出；根据氯化亚铁被双氧水氧化、生成的氯化铁作催化剂使双氧水分解情况，写出反应的离子方程式；（2）“用mg含有铁锈（Fe2O3）的废铁屑来制取FeCl3•6H2O晶体”，氧化铁溶于盐酸，生成的三价铁离子能够消耗铁；（3）根据质量减少的部分就是氧化铁中氧元素的质量，求出氧化铁的物质的量，再计算出铁的质量分数．【解答】解：（1）当A中固体完全消失，铁完全和盐酸反应后，反应结束，铁与盐酸反应的方程式是：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，；当A中溶液完全进入烧杯，生成的氯化亚铁被氧化成黄色的氯化铁溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，生成的氯化铁作催化剂，使双氧水分解生成气体，反应的方程式为：2H2O22H2O+O2↑，收集测定生成的氧气体积，结合反应的定量关系计算，操作步骤如下：Ⅰ．打开弹簧夹K1、关闭弹簧夹K2，并打开活塞a，缓慢滴加盐酸．-25-\nⅡ．当A中固体完全消失时，关闭弹簧夹K1、打开弹簧夹K2，当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a．Ⅲ．将烧杯中溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤后得到FeCl3•6H2O晶体，所以依次进行下列操作：①缓慢滴加足量盐酸②关闭弹簧夹K1、打开K2并关闭活塞a③打开弹簧夹K1、关闭K2并打开活塞a正确的操作顺序是③①②，故答案为：③①②；无色溶液逐渐变黄，有气泡产生；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（2）由于废铁屑中含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子能够和铁反应，导致铁减少，置换的氢气体积减少，故答案是：Fe3+和Fe发生反应消耗部分Fe，使与盐酸反应的Fe相应减少；（3）mg废铁屑中的氧化铁被还原后质量变成wg铁，质量差（m﹣w）g就是氧化铁中氧元素的质量，设废铁屑中氧化铁的质量为xFe2O3～3O16048x（m﹣w）gx==g，铁屑中铁的质量分数为：×100%，故答案为：×100%．【点评】本题考查了铁屑中铁的质量分数和制取氯化铁晶体，涉及了较多的化学方程式的书写、质量分数的计算、实验操作等知识，本题难度中等．　20．对固体表面的化学过程的研究，有助于理解各种不同的过程．（1）根据反应：2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H＜0，（△H﹣T△S＜0）因此汽车尾气中的CO和NO会自发地生成无毒N2和CO2，但实际上有毒气体仍大量逸散到空气中，原因是：　CO和NO的反应为可逆反应，不能进行彻底，且反应速率太慢　．（2）用CH4催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染．CH4（g）+4NO（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574kJ•mol﹣1CH4（g）+4NO（g）═2N2O（g）+CO2（g）+2H2O（g）△T2若1molCH4催化还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为867kJ，则△H2=　﹣1160KJ/mol　．（3）合成氨铁触媒主要成分是xFeO•yFe2O3，当+2价与+3价铁的物质的量之比为1：2时催化活性最高，以Fe2O3为原料制备上述催化剂，发生反应：2Fe2O3+C4FeO+CO2．为制得这种活性最高的催化剂，向48gFe2O3粉末中加入恰好反应的炭粉的质量为　0.6　g．（4）探究不同催化剂对NH3还原NO反应的催化性能．-25-\n控制实验条件相同，催化反应器中装载不同的催化剂，将催化反应后的混合气体通过试管溶液（溶液体积、浓度均相同）．为比较不同催化剂的催化性能，需要测量并记录的数据是　溶液显色所需要的时间　；尾气处理方法是：　将尾气与足量的空气混合通入水中　．【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学方程式的有关计算．【专题】燃烧热的计算．【分析】（1）根据化学方程式可知，NO和CO的反应为可逆反应；（2）利用盖斯定律进行计算，将所给的条件反应通过形式和计量数的变化得到目标反应，反应热做相应的变化即可；（3）催化活性最高的催化剂，由（2）可知催化剂中Fe2+与Fe3+物质的量之比为1：2，根据n=计算Fe2O3的物质的量，进而计算催化剂中FeO的物质的量，结合方程式计算需要碳粉的质量；（4）催化剂不同催化效果不同，可将经催化反应后的混合气体通过滴有酚酞的稀硫酸溶液（溶液的体积、浓度均相同），测量并记录的溶液显色的时间；尾气中含氨气和NO，氨气极易溶于水，NO和氧气混合后溶于水生成硝酸，据此分析．【解答】解：（1）根据化学方程式可知，NO和CO的反应为可逆反应，不能进行彻底，且反应速率太慢，故导致有毒气体仍大量逸散到空气中，故答案为：CO和NO的反应为可逆反应，不能进行彻底，且反应速率太慢；（2）已知：①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574KJ•mol﹣1①②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2②将方程式①+②得2CH4（g）+4NO2（g）=2N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）△H=△H1+△H2，根据方程式知，1molCH4还原NO2至N2整个过程中放出的热量为867KJ，所以△H2=﹣867KJ/mol×2﹣（﹣574KJ/mol）=﹣1160KJ/mol故答案为：﹣1160KJ/mol；（3）催化活性最高的催化剂，由（2）可知催化剂中Fe2+与Fe3+物质的量之比为1：2，Fe2O3的物质的量为=0.3mol，故催化剂中FeO的物质的量0.3mol×2×=0.2mol，由方程式可知需要碳粉质量为0.2mol××12g/mol=0.6g，故答案为：0.6；（4）溶液显色的时间不同，说明催化剂的催化效果不同；尾气中含氨气和NO，由于氨气极易溶于水，NO和氧气混合后溶于水生成硝酸，故可以将尾气与足量的空气混合通入水中．故答案为：溶液显色所需要的时间；将尾气与足量的空气混合通入水中．【点评】本题考查了反应热、氧化还原反应的有关计算，涉及尾气处理，侧重考查学生分析计算能力，难度不大．　21．如图是利用主要成分为Cu2S和Fe2O3的工业废弃固体（其他成分不参与反应）制备有关物质，实验流程如图1所示：-25-\n回答下列问题：（1）气体X的化学式为　SO2　．（2）加入铁粉时发生反应的离子方程式为：2H++Fe═Fe2++H2↑　Fe+Cu2+=Cu+Fe2+　、　Fe+2Fe3+=3Fe2+　．（3）常温下，固体D、O2和稀硫酸混合后几乎不反应，而加少量绿矾后随即发生反应．已知FeSO4对此反应起催化作用，则催化过程中反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O、　Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+　．（4）除杂时需先加合适的氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，再加试剂Y调节溶液pH以除去Fe3+，则氧化剂及试剂Y可以是　a　（填编号）．a．H2O2、CuOb．HNO3、Cu（OH）2c．KMnO4、CuCl2d．漂白粉、CuCO3（5）无水硫酸铜受热分解生成氧化铜和气体，受热温度不同气体可能为SO3、SO2和O2中的一种、两种或三种．现设计如图2实验测定产生的SO2、SO3和O2的物质的量，并计算各物质的化学计量数，从而确定CuSO4分解的化学方程式（已知实验结束时，硫酸铜完全分解）．①仪器C的名称是　干燥管　．②组装探究实验的装置，按从左至右的方向，各仪器接口连接顺序为：①→⑨→⑩→⑥→⑤→　③　→　④　→　⑧　→　⑦　→②（填接口序号）．仪器F的作用是　三氧化硫，使之转化为硫酸，并产生二氧化硫　．③若某小组称取6.4g无水CuSO4，实验过程中装置C增加的质量为3.84g，量筒中水的体积折算成标准状况下气体体积224mL，请通过计算确定实验条件下CuSO4分解的化学方程式：　4CuSO44CuO+2SO3↑+2SO2↑+O2↑　．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验分析题；实验评价题；类比迁移思想；演绎推理法；无机实验综合；制备实验综合．【分析】成分为Cu2S和Fe2O3的工业废弃固体灼烧得氧化铜和氧化铁及二氧化硫气体，所以X为SO2，固体A为氧化铜和氧化铁的混合物，A中加入硫酸溶解，再加入过量的铁粉，得硫酸亚溶液和铜固体，过滤后得到溶液C为FeSO4溶液，固体B为铁、铜混合物，B中加入稀硫酸得硫酸亚铁溶液和铜固体，所以固体D为Cu，硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、降温结晶可得绿矾晶体，铜与稀硫酸溶液中通入氧气除杂后得硫酸铜溶液，（1）根据上面的分析可知气体X的化学式；-25-\n（2）加入铁粉时，铁与酸、铁离子、铜离子都发生反应；（3）常温下，FeSO4对铜、氧气、稀硫酸的反应起催化的过程中亚铁离子先被氧化成铁离子，铁离子再氧化铁生成亚铁离子；（4）除杂时需先加合适的氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，再加试剂Y调节溶液pH以除去Fe3+，加入的氧化剂及试剂Y要不引入新杂质，据此选择；（5）①根据装置图可知仪器名称；②实验时，根据反应装置、洗气装置、干燥装置、收集装置进行排序；F中装有亚硫酸钠，可以吸收三氧化硫并产生二氧化硫；③装置C增加的质量为3.84g，即二氧化硫的质量为3.84g，量筒中水的体积折算成标准状况下气体体积224mL，即产生的氧气的物质的量为0.01mol，根据元素守恒可计算出各反应生成物的物质的量之比，据此书写化学方程式；【解答】解：成分为Cu2S和Fe2O3的工业废弃固体灼烧得氧化铜和氧化铁及二氧化硫气体，所以X为SO2，固体A为氧化铜和氧化铁的混合物，A中加入硫酸溶解，再加入过量的铁粉，得硫酸亚溶液和铜固体，过滤后得到溶液C为FeSO4溶液，固体B为铁、铜混合物，B中加入稀硫酸得硫酸亚铁溶液和铜固体，所以固体D为Cu，硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、降温结晶可得绿矾晶体，铜与稀硫酸溶液中通入氧气除杂后得硫酸铜溶液，（1）根据上面的分析可知气体X的化学式为SO2，故答案为：SO2；（2）加入铁粉时，铁与酸、铁离子、铜离子都发生反应，反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+；（3）常温下，FeSO4对铜、氧气、稀硫酸的反应起催化的过程中亚铁离子先被氧化成铁离子，铁离子再氧化铜生成铜离子，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，故答案为：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；（4）除杂时需先加合适的氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，再加试剂Y调节溶液pH以除去Fe3+，加入的氧化剂为H2O2，试剂Y为CuO，调节pH值，故选a；（5）①根据装置图可知C的名称是干燥管，故答案为：干燥管；②实验时，根据反应装置、洗气装置、干燥装置、收集装置进行排序，A是制取气体、B是量取生成氧气体积、C是吸收二氧化硫、D是干燥氧气、E是排水法收集氧气、F吸收三氧化硫，其实验先后顺序是制取气体、除去三氧化硫、吸收水分、吸收二氧化硫、吸收二氧化硫、干燥氧气、收集氧气，所以其排列顺序为①→⑨→⑩→⑥→⑤→③→④→⑧→⑦→②，F中装有亚硫酸钠，可以吸收三氧化硫，使之转化为硫酸，并产生二氧化硫；故答案为：③；④；⑧；⑦；三氧化硫，使之转化为硫酸，并产生二氧化硫；③6.4g无水CuSO4，其物质的量为0.04mol，装置C增加的质量为3.84g，即二氧化硫的质量为3.84g，即0.06mol，量筒中水的体积折算成标准状况下气体体积224mL，即产生的氧气的物质的量为0.01mol，每摩尔三氧化硫通过亚硫酸氢钠溶液时产生2mol二氧化硫，设反应中产生三氧化硫为xmol，反应中产生二氧化硫为ymol，则有，所以x=0.02，y=0.02，根据铜元素守恒生成的氧化铜的物质的量应为0.04mol，所以反应中CuSO4、CuO、SO3、SO2、O2的物质的量之比为0.04：0.04：0.02：0.02：0.01=4：4：2：2：1，所以反应的方程式为4CuSO44CuO+2SO3↑+2SO2↑+O2↑，-25-\n故答案为：4CuSO44CuO+2SO3↑+2SO2↑+O2↑．【点评】本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析应用，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，解答该类题目，注意把握实验原理和操作流程的目的，主要是物质性质的理解，题目难度中等．　-25-