山东省章丘市第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省章丘市第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．使溶液中的Al3+完全转化成Al(OH)3，应选择的最好试剂是
A．NH3 H2O
B．HCl
C．H2SO4
D．CO2
【答案】A
【解析】
试题分析：Al(OH)3是两性氢氧化物，若用强碱与Al3+发生反应制取Al(OH)3，当加入的碱少量时发生反应：Al3++3OH-=
Al(OH)3↓，若碱过量，会继续发生反应：Al(OH)3+
OH-=
AlO2-+
2H2O，不能使所有Al3+完全转化成Al(OH)3，而NH3 H2O是弱碱，不能与Al(OH)3发生反应，因此使溶液中的Al3+完全转化成Al(OH)3，应选择的最好试剂是NH3 H2O，正确选项是A。
考点：考查用Al3+制取Al(OH)3的试剂的选择的知识。
2．化学是你，化学是我，化学深入我们生活，下列有关说法不正确的是
A．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化
C．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
D．古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金
【答案】B
【解析】
试题分析：A．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，有丁达尔效应，故A正确；B．青蒿素的提取用的是低温萃取，属于物理方法，故B错误；C．铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，故C正确；D．剑刃硬度要大，所以用碳铁合金，故D正确是铁的合金。
【考点定位】物理变化与化学变化；胶体的性质；化学反应基本类型；合金。
【名师点睛】
3．（12分）
（1）写出下列微粒的电子式：
CO2
，
H2O2
Na2O2
，NH4+
（2）用电子式表示下列物质的形成过程：
H2S
CaF2
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）在元素符号周围用“·”或“×”来表示原子的最外层电子（价电子），这种式子叫做电子式。在书写电子式时必须首先分清楚化学键的类型和微粒特点，金属阳离子的电子式就是微粒符号，阴离子需要〔〕，并且注明电荷数。
（2）用电子式表示物质的形成过程时，也必须首先分清楚是离子键还是共价键，左侧是原子的电子式，右侧是物质的电子式，中间用“→”连接。若是离子键还需要用箭头表示电子的得失方向。
4．同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液pH不相等，使二者pH相等的方法不可行的是
A．向Na2CO3溶液中加适量水
B．向Na2CO3溶液中加适量NaOH固体
C．向NaHCO3溶液中加适量NaOH固体
D．向Na2CO3溶液中通适量CO2气体
【答案】B
【解析】
试题分析：同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，因为碳酸根离子水解程度大，所以Na2CO3比NaHCO3溶液pH大，使二者pH相等的方法让碳酸哪的pH降低，碳酸氢钠的pH升过高均可，或是转化为一种物质也可以；向Na2CO3溶液中加适量水，可以使得碳酸钠的碱性减弱，pH降低，可行，故A错误；向Na2CO3溶液中加适量NaOH固体可以使得碳酸钠的碱性更强，pH更大，不可行，故B正确；向NaHCO3溶液中加适量NaOH固体会发生反应得到碳酸钠，能使二者的pH相等，可行，故C错误；向Na2CO3溶液中通适量CO2可以发生反应生成碳酸氢钠，能使二者的pH相等，可行，故D错误．
考点：影响盐类水解的因素
5．下列与有机物相关的叙述不正确的是（
）
A．乙烷和乙烯分别与Cl2反应均有二氯乙烷生成
B．苯滴入溴水振荡后下层液体褪色，该过程发生了加成反应
C．乙醇、乙酸、乙酸乙酯可用饱和碳酸钠溶液鉴别
D．蔗糖和麦芽糖属于同分异构体，一定条件下都可以水解
【答案】B
【解析】苯是有机溶剂，苯能萃取溴水的Br2而不是二者发生了加成反应。
6．最近，科学家研制得一种新的分子，它具有空心的类似足球状结构，化学式为C60，下列说法正确的是
　　A．C60是一种新型的化合物
　　B．C60和石墨都是碳的同素异形体
　　C．C60中含离子键
　　D．C60的式量是720
【答案】BD
【解析】足球烯C60是课本正文中未曾学到过的，但只要明确单质、化合物、同素异形体、化学键、式量的概念，对各选项进行认真辩析，不难作答。C60是由同种元素（碳）组成的纯净物，属于单质；碳原子之间以共价键相结合；C60和石墨都是由碳元素形成的不同单质，都是碳的同素异形体，C60的式量=12×60=720。解题方法为概念辩析法。
7．下列说法不正确的（
）
A．K+、Na+、NO3－、CO32－在碱性溶液中能大量共存
B．Na+
、K+
、OH－
、Cl－在强酸性溶液中能大量共存
C．Cu2+、H+、NO3－、SO42－能形成无色透明的溶液
D．Ba2+、Na+、Cl－、SO42－ 在溶液中不能大量共存
【答案】BC
【解析】略
8．下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是
A．收集氯气可以用排饱和食盐水的方法
B．可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气
C．加催化剂，使N2和H2在一定的条件下转化为NH3
D．20℃时，AgCl在蒸馏水中的溶解度比在0.1mol/LNaCl溶液中的溶解度大
【答案】C
【解析】
试题分析：如果改变影响平衡的1个条件，平衡就向能够减弱这种改变的方向进行，中这就是勒夏特列原理，该原理适用于所有的平衡体系。A．氯气溶于水存在氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸的平衡，增大氯离子浓度抑制氯气溶解，则收集氯气可以用排饱和食盐水的方法，适用于勒夏特烈原理，A正确；B．氨水中存在氨水与水的化学平衡，及一水合氨的电离平衡，因此可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气，适用于勒夏特烈原理，B正确；C．催化剂不能改变平衡状态，只能改变反应速率，则加催化剂，使N2和H2在一定的条件下转化为NH3不能适用于勒夏特烈原理，C错误；D．氯化银在溶液中存在溶解平衡，则20℃时，AgCl在蒸馏水中的溶解度比在0.1mol/LNaCl溶液中的溶解度大可以用勒夏特烈原理解释，D正确，答案选C。
考点：考查勒夏特烈原理的应用
9．某烷烃的结构为：
，下列命名正确的是
（
）
A．
2，4—二甲基—3—乙基己烷
B．3—异丙基—4—甲基已烷
C．
2—甲基—3，4—二乙基戊烷
D．3—甲基—4—异丙基已烷
【答案】A
【解析】
试题分析：系统命名法第一步是选最长链为主链称某烷，这个有机物分子中最长链的碳原子个数为6个，称为己烷，第二步是从离官能团最近的一端开始编号，再写出取代基的名称及位置，取代基小的在前面，所以命名为2，4—二甲基—3—乙基己烷，答案选A。
考点：考查有机物的命名
10．在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体,当它们的温度和密度都相同时,这三种气体的压强(p)从大到小的顺序是(　　)
A.p(Ne)>p(H2)>p(O2)
B.p(O2)
>p(Ne)>p(H2)
C.p(H2)>p(O2)
>p(Ne)
D.p(H2)>
p(Ne)
>p(O2)
【答案】D
【解析】根据pV=nRT可知,pM=ρRT,因此在温度和密度相同的条件下,压强和气体的摩尔质量成反比,所以根据三种气体的相对分子质量可知,这三种气体的压强(p)从大到小的顺序是p(H2)>p(Ne)>p(O2)。
11．下列根据事实所作出的结论正确的是
事实
结论
A.甲乙两种物质，相对分子质量相同，结构不同
甲和乙一定是同分异构体
B.灼烧棉织品、羊毛衫和涤纶衣物
有烧焦羽毛气味的是羊毛衫
C.在淀粉溶液中加入市售的加碘食盐不出现蓝色
不能说明此盐不含碘元素
D.完全燃烧产物是CO2和H2O的物质
一定只含C、H元素
【答案】BC
【解析】
试题分析：A、甲乙两种物质，相对分子质量相同，结构不同，二者不一定互为同分异构体，例如丙三醇和甲苯，A错误；B、蛋白质灼烧产生烧焦羽毛的气味，则灼烧棉织品、羊毛衫和涤纶衣物时，有烧焦羽毛气味的是羊毛衫，B正确；C、碘单质遇淀粉显蓝色，而加碘盐中是碘酸钾，与淀粉不反应，实验结论正确，C正确；D、完全燃烧产物是CO2和H2O的物质一定含有C、H元素，也可能含有氧元素，D错误，答案选BC。
考点：考查实验方案设计与评价
12．X、Y、Z是三种常见的单质，甲、乙是两种常见的化合物。下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是
选项
X
Y
Z
甲
乙
A
Fe
H2
O2
H2O
Fe3O4
B
Mg
C
O2
CO2
MgO
C
Zn
Fe
Cl2
FeCl2
ZnCl2
D
Cl2
N2
H2
NH3
HCl
【答案】C
【解析】
试题分析：A．X为Fe，甲为H2O，二者反应生成黑色四氧化三铁和氢气，铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，用氢气还原四氧化三铁可生成水，满足上述转化关系，故A正确；B．X为Mg，Z为O2，镁与氧气可以一步反应生成化合物乙MgO；Y为C，碳与氧气可以一步反应生成化合物甲CO2；镁与二氧化碳可以一步反应生成化合物乙（MgO）与单质Y（C），故B正确；C．X为Zn，Z为Cl2，锌与氯气可以一步反应生成化合物乙ZnCl2；Y为Fe，铁与氯气可以一步反应生成化合物甲FeCl3；锌与氯化铁不能一步反应生成化合物乙（ZnCl2）与单质Y（Fe），二者反应首先生成ZnCl2和FeCl2，然后锌再与FeCl2反应置换出铁，故C错误；D．Cl2和NH3反应生成HCl和N2，N2和H2反应生成NH3，H2和Cl2反应生成HCl,满足上述转化关系，故D正确；答案为C。
考点：考查元素化合物的性质
13．下列叙述正确的是(
)
A．同温同压下，相同体积的物质，其物质的量一定相等
B．任何条件下，等物质的量的甲烷(CH4)和一氧化碳所含的分子数一定相等
C．1L一氧化碳气体一定比1L氧气的质量小
D．同温同压下的一氧化碳气体和氮气，若体积相等，则质量一定相等
【答案】BD
【解析】
试题分析：A、如物质的聚集状态不相同，则无法比较物质的量的关系，故A错误；B、已知N=n NA，则物质的量相同时，甲烷和一氧化碳所含的分子数一定相等，故B正确；C、两种气体存在的状态是否相等不确定，则无法比较二者的质量关系，故C错误；D、根据阿伏加德罗定律，相同条件下的相同体积的气体的物质的量相同，又一氧化碳和氮气的相对分子质量也相同，根据m=n M，所以质量也相等，故D正确。
考点：本题考查阿伏加德罗定律及推论。
14．硫酸钾和硫酸铝的混合溶液中，Al3＋的浓度为0.4
mol/L，的浓度为0.7
mol/L，则K＋的物质的量浓度为
A．0.1
mo/L
B．0.15
mol/L
C．0.2
mol/L
D．0.3
mol/L
【答案】C
【解析】
试题分析：由溶液中的电荷守恒，阴离子所带负电荷与阳离子所带正电荷相同，得关系式：0.4×3+c（K＋）=0.7×2，c（K＋）=0.2mol/L.
考点：物质的量浓度的计算。
15．物质制备过程中离不开物质的提纯。以下除杂方法不正确的是
选项
目的
实验方法
A
除去Na2CO3固体中的NaHCO3
置于坩埚中加热至恒重
B
除去NaCl中少量KNO3
将混合物制成热饱和溶液，冷却结晶，过滤
C
除去CO2中的HCl气体
通过NaHCO3(aq,饱和)，然后干燥
D
除去C2H5Br中的Br2
加入足量Na2SO3(aq)，充分振荡，分液
【答案】B
【解析】
试题分析：A.NaHCO3不稳定，受热分解产生Na2CO3、CO2、H2O，CO2、H2O会逸出，因此最后得到的固体就是Na2CO3。故可以通过把混合物置于坩埚中加热至恒重的方法除杂，正确；B.KNO3的溶解度受温度的影响变化较大，而NaCl的溶解度受温度的影响变化较小，因此除去NaCl中少量KNO3，将混合物制成饱和溶液，然后升高温度，趁热过滤，就得到较纯净的NaCl晶体，错误；C.由于HCl的酸性比碳酸强，可以与NaHCO3反应产生CO2气体，而CO2与饱和NaHCO3不能反应，也不能溶解，因此可以达到除杂的目的，正确；D.Br2有强的氧化性，在溶液中与Na2SO3发生反应，产生HBr和Na2SO4，而溶于水，而C2H5Br不溶于水，然后充分振荡，分液就可以达到除杂的目的，正确。
考点：考查物质分离除杂的试剂的选择及方法的使用的正误判断的知识。
16．（10分）充分燃烧2.8g某有机物A，生成8.8g
CO2和3.6g
H2O，这种有机物蒸气的相对密度是相同条件下N2的2倍。
（1）求该有机物的分子式。
（2）该有机物链状同分异构体的结构简式为：
。
（3）
若有机物A在核磁共振氢谱中只有一个信号峰（即只有一种氢原子），则用键线式表示的结构简式为
。
【答案】（1）C4H8；（2）CH2=CHCH2CH3，
CH3－CH=CH－CH3，；（3）。
【解析】
试题分析：有机物的式量为M=M(N2)×2=28g/mol×2=56g/mol
有机物物质的量：n(A)==0.05mol
同时：n(C)=n(CO2)==0.2mol
n(H)=2n(H2O)=2×=0.4mol
n(O)=2.8g—(12g/mol×0.2mol+1g/mol×0.4mol)=2.8g—2.8g=0
说明该有机不含氧，是一种烃
1mol该有机物的碳氢比为：n(A):n(C):n(H)=0.05:0.2:0.4=1:4:8
该有机物分子式为：C4H8。
（2）符合该分子式的有烯烃和环烷烃，其中该有机物的链状同分异构体有CH2=CHCH2CH3，
CH3－CH=CH－CH3，，
（3）环状同分异构体有和；若有机物A在核磁共振氢谱中只有一个信号峰（即只有一种氢原子），则用键线式表示的结构简式是。
考点：考查有机物的分子式、结构简式及同分异构体的书写的知识。
17．(12分)
实验室可由软锰矿(主要成分为
MnO2)制备
KMnO4，方法如下：软锰矿与过量固体
KOH
和
KClO3
在高温下反应，生成锰酸钾(K2MnO4)和
KCl；用水溶解，滤去残渣，滤液酸化后，K2MnO4转变为MnO2和
KMnO4；滤去MnO2沉淀，浓缩滤液，结晶得到深紫色的针状KMnO4请回答：
（1）软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是
。
（2）K2MnO4制备KMnO4的离子方程式是
。
（3）配平氧化还原反应方程式：
＿＿
C2O42－＋＿＿MnO4－＋＿＿H＋＝＿＿CO2＋＿＿Mn2＋＋＿＿H2O
（4）称取6.0
g含H2C2O4·2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250mL溶液。量取两份此溶液各25.00
mL，分别置于两个锥形瓶中。
①第一份溶液中加入酚酞试液，滴加0.25
mol·L－1NaOH溶液至20.00
mL时，溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和的H＋的物质的量为＿＿＿mol。
②第二份溶液中滴加0.10
mol·L－1的酸性高锰酸钾溶液至16.00
mL时反应完全，此时溶液颜色由＿＿变为＿＿。该溶液中还原剂的物质的量为＿＿＿mol。
③原试样中H2C2O4·2H2O的质量分数为＿＿＿＿＿。
【答案】（1）3MnO2+6KOH+KClO3=3K2MnO4+KCl+3H2O（2分）
（2）3MnO42-+4H+=MnO2+2MnO4-+2H2O（2分）
（3）5
2
16
10
2
8（2分）
（4）①0.005(1分)
②无色(1分)
橙红色(1分)
0.004
(1分)③
21％
(2分)
【解析】（1）根据原子守恒可知，含有水生成。再依据电子的得失守恒可知，方程式为3MnO2+6KOH+KClO3=3K2MnO4+KCl+3H2O
（2）在酸性条件下，锰酸钾生成二氧化锰和高锰酸钾，根据原子守恒可知，还有水生成，因此该反应的方程式是3MnO42-+4H+=MnO2+2MnO4-+2H2O。
（3）根据方程式可知，Mn元素的化合价从＋7价降低到＋2价，得到5个电子。碳元素的化合价从＋3价升高到＋4价，失去1个电子，所以根据电子的得失守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比是2︰5，因此系数分别是5
2
16
10
2
8。
（4）①氢氧化钠的物质的量是0.25
mol·L－1×0.020L＝0.005mol，所以被中和的氢离子也是0.005mol。
②由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色，所以终点时的现象是溶液颜色由无色变为紫红色。消耗高锰酸钾是0.0016mol，所以根据方程式可知，还原剂的物质的量是0.004mol。
③设H2C2O4·2H2O、KHC2O4的物质的量分别是和x和y，则x＋y＝0.004mol×10，2x＋y＝0.005mol×10，解得x＝0.01mol，y＝0.03mol，所以原试样中H2C2O4·2H2O的质量分数为
18．碱式碳酸铜可表示为：xCuCO3 yCu（OH）2 zH2O，实验室用氢气还原法测定碱式碳酸铜组成，装置如下。
（1）写出xCuCO3 yCu（OH）2 zH2O与氢气反应的化学方程式
；
（2）实验装置用下列所有仪器连接而成，按氢气流方向的连接顺序是（填入仪器接口字母编号）：
。
（3）称取19.1g某碱式碳酸铜样品，充分反应后得到9.6g残留物，生成4.4g二氧化碳和5.4g水。该样品的结晶水质量为
g，化学式为
；
（4）某同学以氮气代替氢气，并用上述全部或部分仪器来测定碱式碳酸铜的组成，你认为是否可行？请说明理由。
。
【答案】
（1）xCuCO3 yCu（OH）2 zH2O+（x+y）H2（x+y）Cu+xCO2+（x+2y+z）H2O
（2）a→k,j→gf(hi)→de(ed)→hi(gf)→bc(cb)→l
（3）1.8g
2CuCO3·Cu(OH)
2·2H2O
（4）可以
根据反应xCuCO3·yCu(OH)
2·zH2O＝(x+y)CuO+
xCO2↑+(y+z)H2O↑,依据碱式碳酸铜、CuO、CO2和H2O质量（或其中任意三个量），即可计算出其组成。
【解析】
试题分析：（1）xCuCO3 yCu（OH）2 zH2O与氢气反应的产物有：Cu、CO2、H2O，发生反应的化学方程式为：xCuCO3 yCu（OH）2 zH2O+（x+y）H2（x+y）Cu+xCO2+（x+2y+z）H2O；
（2）本实验的原理是利用干燥的氢气与碱式碳酸铜反应，通过测定生成的二氧化碳和水以及反应后固体的质量来确定物质的组成，为防止空气中CO2和H2O进入U型干燥装置，可在最后再连接一个盛有碱石灰的干燥装置来吸收空气中的二氧化碳和水；氢气流方向的连接顺序是a→k，j→gf（hi）→de（ed）→hi（gf）→bc（cb）→l；
（3）根据反应的方程式可知
xCuCO3 yCu（OH）2 zH2O+（x+y）H2（x+y）Cu+xCO2+（x+2y+z）H2O
64（x+y）
44x
18（x+2y+z）
9.6g
4.4g
5.4g
64(x+y)：9.6g=44x：4.4
解得2y＝x
44x：4.4=18(x+2y+z)：5.4
解得z＝x
因此化学式为2CuCO3·Cu(OH)
2·2H2O；
反应中生成水的物质的量是5.4g÷18g/mol＝0.3mol
根据方程式2CuCO3 Cu（OH）2 2H2O+3H23Cu+2CO2+6H2O可知样品的物质的量是0.05mol，其中结晶水的物质的量是0.1mol，质量是1.8g。
（4）根据反应xCuCO3 yCu（OH）2 zH2O+（x+y）H2（x+y）Cu+xCO2+（x+2y+z）H2O，依据碱式碳酸铜、CuO、CO2和H2O质量（或其中任意三个量），即可计算出其组成。
【考点定位】本题主要是考查碱式碳酸铜化学式测定实验方案设计
【名师点晴】该题难度较大，明确实验原理并能正确配平化学方程式是解答的关键，注意分析出实验原理及其计算，能根据化学方程式进行计算。实验原理是解答实验题的核心，是实验设计的依据和起点。实验原理可从题给的化学情景(或题首所给实验目的)并结合元素化合物等有关知识获取。在此基础上，遵循可靠性、简捷性、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的方案。关于结晶水的计算还可以借助于19.1个样品的质量进行计算，利用方程式计算时注意碱式碳酸铜前面的化学计量数是1而不是2，属于易错点。
19．（15分）某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，用此废料提取NiSO4和Ni的流程如下：
已知：有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如下图：
（1）滤渣1的主要成分为
。
（2）电解脱铜：金属铜在
极析出。
（3）①用离子方程式解释加入H2O2的作用
。
②加Na2CO3调节溶液的pH至5，则滤渣2的主要成分为
。
（4）从滤液2中获得NiSO4.6H2O的实验操作是
、过滤、洗涤、干燥。
（5）电解浓缩后的滤液2可获得金属镍，其基本反应原理示意图如下：
①A极的电极反应式为
和2H++2e-=H2↑。
②B极附近pH会
（填“增大”、“减小”或“不变”）；用平衡移动原理解释B极附近pH变化的原因：
。
③若一段时间后，在A、B两极均收集到11.2L气体（标准状况下），理论上能得到Ni
g。
【答案】（1）SiO2（1分）；（2）阴（1分）；
（3）①2H+
+H2O2
+
2Fe2＋=
2Fe3＋+
2H2O；②Fe(OH)3、Al(OH)3（答出1个给1分）
（4）加热浓缩、冷却结晶
（5）①Ni2++2e-===Ni
；②减小（1分）
H2OH++OH-，OH-在B极放电使c（OH-）降低，平衡向右移动，c（H+）增大，导致pH降低
③29.5
【解析】
试题分析：（1）某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，用稀硫酸处理，金属氧化物与酸反应产生相应的硫酸盐，而酸性氧化物SiO2不能发生反应，以固体形式存在，所以得到的炉渣成分是SiO2；（2）电解含有各种金属阳离子的溶液，由于离子放电能力：Cu2+>H+>Fe2+>Al3+>Mg2+,所以在阴极Cu2+得到电子，被还原为金属Cu。（3）①由于Fe2+、Ni2+形成沉淀的溶液的pH接近，不容易把杂质Fe2+除去，而Fe3+完全沉淀时溶液的pH小于4，可以很好的除去，所以加入H2O2的目的就是将Fe2+氧化为Fe3+除去。用离子方程式表示是2H+
+H2O2
+
2Fe2＋=
2Fe3＋+
2H2O；②加Na2CO3调节溶液的pH至5，根据图像可知形成的沉淀是Fe(OH)3、Al(OH)3，所以滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3。（4）从滤液2中获得NiSO4.6H2O的实验操作是加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（5）①根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，A极为阴极。该电极的电极反应式为Ni2++2e-===Ni和2H++2e-=H2↑。②B极为阳极，反应反应：OH—-4e-=2H2O+O2↑。由于OH—不断放电，使附近溶液中c(H+)增大，所以pH会减小。用平衡移动原理解释B极附近pH变化的原因：H2OH++OH-，OH-在B极放电使c（OH-）降低，平衡向右移动，c（H+）增大，导致pH降低。③在整个闭合回路中电子转移的物质的量相等。2×n(Ni)+2×n(H2)=4×n(O2)。2×n(Ni)+
2×0.5=4×0.5，n(Ni)=
0.5mol.则m(Ni)=
0.5mol×59g/mol=29.5g。
考点：考查用NiO的废料提取NiSO4和Ni的流程的知识。主要包括混合物的分离、反应条件的控制、离子方程式的书写、电化学的应用、物质质量的计算的知识。
20．将氯气用导管通入较浓的NaOH和H2O2的混合液中,在导管口与混合液的接触处有闪烁的红光出现。这是因为通气后混合液中产生的ClO-被H2O2还原,发生剧烈反应,产生能量较高的氧分子,它立即转变为普通氧分子,将多余的能量以红光放出。进行此实验,所用的仪器及导管如下图。
编号
①
②
③
④
⑤
⑥
仪器及导管
(一个)
(一个)
橡皮管
根据要求填写下列空白:
（1）组装氯气发生器时,应选用的仪器及导管(填写图编号)是
。
（2）实验进行中,按气流方向从左到右的顺序,气体流经的各仪器及导管的编号依次是
。
（3）仪器①的橡皮塞上应有
个孔,原因是
。
（4）实验时,仪器①中除观察到红光外还有
现象。
（5）实验需用约10%
H2O2溶液100
mL,现用市售30%(密度近似为1
g·cm-3)H2O2来配制,其具体配制方法是
。
（6）实验时仪器①中ClO-与H2O2反应的离子方程式是
。
【答案】19、（1）③②⑤
（2）②⑤⑥④①(或③②⑤⑥④①)
（3）2
使瓶内外压强相等
（4）冒气泡
（5）用量筒量取33．3
mL
30%的H2O2溶液加入烧杯中,再加67
mL水,搅拌均匀
（6）ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+H2O
【解析】
试题分析：（1）根据制取氯气的反应物状态和反应条件考虑，实验室制取氯气采用的是固体和液体加热制取气体的装置，所以选用的仪器及导管是③②⑤；
（2）第④中的长导管是将产生的氯气导入第①个装置的，所以需要用橡皮管将长导管与短导管连接起来，所以气体流经的各仪器及导管的编号依次是②⑤⑥④①；
（3）由于瓶内产生氧气，会使瓶内压强增大，容易将橡皮塞鼓开或发生爆炸，所以仪器①的橡皮塞上应有个孔,进气孔和出气孔，目的是使瓶内外压强相等；
（4）该反应有氧气生成，所以实验时,仪器①中除观察到红光外还有冒气泡的现象；
（5）溶液稀释前后，溶质质量不变，设需浓H2O2
xg，列等式：x×30%=100毫升×1g/cm3×10%
解得x=33g，33g1g/cm3=33毫升，则其具体配制方法是用量筒量取33．3
mL
30%的H2O2溶液加入烧杯中,再加67
mL水,搅拌均匀；
（6）根据题给信息，ClO-被H2O2还原，产生氧气，ClO－得电子生成Cl－，再根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，实验时仪器①中ClO-与H2O2反应的离子方程式是ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+H2O。
考点：考查氯气的化学性质，化学实验基本操作等知识。
21．将某种碳酸钠晶体（Na2CO3
·
nH2O）和碳酸氢钠的混合物11.24
g，加热到质量不再减少，剩余残渣8.48
g
。加热时产生的气体依次通过浓H2SO4和NaOH溶液后，NaOH溶液增重1.32
g（假设气体全部被吸收）。试计算：
（1）求n的值
（2）求混合物中碳酸钠晶体与碳酸氢钠的物质的量。
【答案】（1）n=1
（2）碳酸钠晶体物质的量为0.05mol，碳酸氢钠物质的量为0.06mol
【解析】略
22．（14分）物质A经下图所示的过程转化为含氧酸D，D为强酸，请回答下列问题：
（1）若A在常温下为气体单质则回答：
①A、C的化学式分别是：A________；C________。
②将C通入水溶液中，反应化学方程式为________________________。
（2）若仅A、B在常温下为气体且为化合物，则回答：
①A的化学式是：A________。
②B生成C的化学方程式为________________________。
③一定条件下碳单质与D反应的方程式为___________，该反应中D起到的作用是_________。
（3）若A在常温下为固体单质则回答：
①D的化学式是________；
②向含2mol
D的浓溶液中加入足量的Cu加热，标准状况下产生的气体体积_______22.4L（填“大于”“等于”或“小于”），原因为_________________________________。
【答案】（1）①N2
；NO2
②3NO2+
H2O＝2HNO
3+NO
(2分)
(2)
①H2S
②2SO
2+
O
22SO
3
(2分)
③
C+
2H2SO4（浓）CO2↑+2SO
2↑+2H2O
(2分)；氧化性作用(3)
①H2SO4
②小于；
随反应进行，硫酸逐渐消耗且生成水，浓硫酸变为稀硫酸不能与铜继续反应，所以硫酸不能反应完全，生成的二氧化硫小于22.4升。(2分)
其余各1分
【解析】
试题分析：（1）①若A在常温下为气体单质，则根据转化关系图可判断A是氮气，B是NO，C是NO2，D是硝酸。
②NO2与水反应化学方程式为3NO2+
H2O＝2HNO
3+NO。
（2）①若仅A、B在常温下为气体且为化合物，则根据转化关系图可判断A是H2S，B是SO2，C是三氧化硫，D是硫酸。
②SO2转化为三氧化硫的化学方程式为2SO
2+
O
22SO
3
。
③浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下能与碳发生氧化还原反应，反应的方程式为C+
2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O。在反应中只有还原产物SO2，没有硫酸盐产生，所以该反应中浓硫酸起到的作用是氧化剂。
（3）①若A在常温下为固体单质，则根据转化关系图可判断A是S，B是SO2，C是三氧化硫，D是硫酸。
②浓硫酸再与铜的反应过程中，浓度逐渐降低，而稀硫酸与铜不反应，则向含2mol
D的浓溶液中加入足量的Cu加热，标准状况下产生的气体体积小于22.4L。
考点：考查无机框图题的推断
23．（11分）下图中A～J均代表无机物或其水溶液，其中B、D、G是单质，B是地壳中含量最高的金属元素，G是气体，J是磁性材料。
根据图示回答问题：
（1）按要求写出下列化学用语：若B原子中子数比质子数多1，则B的原子符号为
；C的电子式为
，若D最外层只有两个电子，则D的原子结构示意图
；
（2）写出反应①的化学方程式是
；
写出反应②的化学方程式并标出电子转移的方向和数目
（3）J与稀硝酸反应的离子方程式是
；用排水法收集满该反应的还原产物后，将试管倒扣在水槽中并通入O2使试管刚好全部充满水，假设液体不外溢，则所得溶液的物质的量浓度为
。
【答案】17、（11分）
（1）Al
、
、

（2）2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑
（3）3Fe3O4＋28H+＋NO3-＝9Fe3+＋NO↑＋14H2O
1/22．4mol L-1
【解析】
试题分析：因为B是地壳中含量最高的金属元素，则B为Al；J是磁性材料，即J为Fe3O4。根据D＋HFe3O4＋G，且D是单质，G是气体单质，所以可以推测D为Fe，G为H2，H为H2O；因为A＋AlFe＋E，即此反应为铝热反应，一般情况下A为Fe2O3；因为F在过量的盐酸中转化为I，I在过量的NaOH溶液中转化为F，而F中又含有Al元素，所以F为NaAlO2、I为AlCl3，C为NaOH，据此回答。
（1）根据上述推断，B为铝，则铝的元素符号为Al，C为NaOH，NaOH的电子式为，D为铁，D最外层只有两个电子，则Fe的原子结构示意图为
。
（2）反应①是Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑；反应②是铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，化学方程式和电子转移的数目可表示为；
（3）Fe3O4与稀硝酸反应，Fe元素被硝酸氧化成Fe3＋，硝酸得电子生成NO气体，根据化合价升降相等和电荷守恒配平，则离子方程式是3Fe3O4＋28H+＋NO3-＝9Fe3+＋NO↑＋14H2O。设试管的体积为V，则收集到的NO的物质的量为V÷22．4mol，根据化学反应4NO+3O2+2H2O
=
4HNO3
，最终试管内硝酸的物质的量为V÷22．4mol，则硝酸的物质的量浓度为（V÷22．4）÷V=
1/22．4mol L-1。
【考点定位】考查无机框图推断，铝、铁及其化合物的性质，化学计算等知识
【名师点睛】无机框图推断题，既能检查学生元素化合物基础知识的掌握情况，又能检查学生灵活应用知识的能力，更能考查学生的逻辑推理能力，难度较大，是近年来高考重要题型之一。解答无机框图推断题，应认真分析题干，找出明显条件和隐蔽条件。通过结构特征、反应特征、现象特征或其他的一些特征，找出突破口，也就是所谓的“题眼”，通过正推法、逆推法、假设法、猜测法等得出结论。本题的“题眼”是B是地壳中含量最高的金属元素（Al），J是磁性材料（Fe3O4）。