2019届高三化学二轮复习专题八化 学 实 验训练题(答案及解析)

2019年辽宁省高考化学八模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列说法正确的是（）A．大分子化合物油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子才能被吸收B．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键C．我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件，高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛D．用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同2．某同学在研究前18号元素时发现，可以将它们排成如下图所示的“蜗牛”形状，图中每个“•”代表一种元素，其中O点（最中心的点）代表起点元素．下列说法中正确的是（）A．物质YO可能具有较强的氧化性B．图中离O点越远的元素，其原子半径一定越大C．O2X、WO3分子内都含有氢键，所以沸点都较高D．科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷（As）元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的Z元素3．在某温度时，将n mol•L﹣1氨水滴入10mL 1.0mol•L﹣1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是（）A．a点Kw=1.0×10﹣14 mol2•L﹣2B．水的电离程度：b＞c＞a＞dC．b点：C（NH4+）＞C（Cl﹣）＞C（H+）＞C（OH﹣）D．25℃时NH4Cl水解常数为（n﹣1）×10﹣7 mol•L﹣1（用n表示）4．某无色溶液，由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2﹣、MnO4﹣、CO32﹣、SO42﹣中的若干种组成，取该溶液进行如下实验：①取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到澄清溶液；②在①所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成；同时析出白色沉淀甲；③在②所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出．根据对上述实验的分析判断，最后得出的结论合理的是（）A．不能判断溶液中是否存在SO42﹣B．溶液中一定不存在的离子是COC．不能判断溶液中是否存在Ag+D．不能判断是否含有AlO2﹣离子5．下列实验方案能达到实验目的是（）A．A B．B C．C D．D6．下列有关说法正确的是（）A．实验室制氢气，为了加快反应速率，可向稀H2SO4中滴加少量Cu（NO3）2溶液B．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，其他条件不变时升高温度，平衡时氢气转化率增大C．吸热反应“TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+O2（g）”在一定条件下可自发进行，则该反应的△S＜0D．在稀AgNO3溶液中加入过量NaCl溶液，产生白色沉淀，再加入少量Na2S溶液，出现黑色沉淀，则加入Na2S溶液后c（Ag+）更小了7．下列说法不正确的是（）A．油脂发生皂化反应能生成甘油B．乙炔、丙烯酸（CH2=CHCOOH）、醋酸乙烯酯（CH3COOCH=CH2）均可作为合成聚合物的单体C．蔗糖及其水解产物均能与新制氢氧化铜反应生成红色沉淀D．谷氨酸分子（）缩合最多可形成2种二肽（不考虑立体异构）二、解答题（共3小题，满分43分）8．中学常采用高锰酸钾加热分解法制取氧气，某兴趣小组经查阅资料获知：制得氧气后固体残余物中的锰酸钾（K2MnO4）具有强氧化性，与还原剂、有机物、易燃物混合可形成爆炸性混合物，如不妥善处置将造成危险．因此该小组对该残余物进行分离提纯，得到锰酸钾晶体，利用回收的锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，并设计实验验证氯气化学性质．（1）打开分液漏斗活塞及弹簧夹2，观察到烧瓶壁有紫红色物质生成并逐渐消失，黄绿色气体充满烧瓶．反应结束后，烧瓶内有黑色固体残余，写出过程中发生的化学反应方程式：（2）该方法制取氯气比用纯净的高锰酸钾要缓和平稳许多，试分析原因．（3）该小组利用装置C吸收氯气制备漂白粉．①C中盛装的试剂为②陶瓷多孔球泡的作用是（4）测定漂白粉有效成分的质量分数：称取1.5g所制漂白粉配成溶液，调节pH值并加入指示剂，用0.1000mol/LKI溶液进行滴定，三次平行实验平均每次消耗20.00mL标准液时达到滴定终点，反应原理涉及到的方程式为：3ClO﹣+I﹣=3Cl﹣+IO3﹣；IO3﹣+5I﹣+3H2O=6OH﹣+3I2①所选的指示剂为，达到滴定终点的标志是②该漂白粉中有效成分的质量分数为（5）打开分液漏斗活塞及弹簧夹1，可观察到D中的现象为，该现象能够证明氯气有氧化性．甲同学认为取D中反应后溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银，若有白色沉淀产生，也能证明氯气氧化了亚硫酸氢钡，你认为是否正确并说明理由．9．锂离子电池的广泛应用使得锂电池的回收利用一直是科学家关注的焦点．磷酸铁锂则是锂电池中最有前景的正极材料，磷酸铁是其前驱体，充放电时可以实现相互转化．某研究性小组对废旧锂离子电池正极材料（图中简称废料，成份为LiFePO4、碳粉和铝箔）进行金属资源回收研究，设计实验流程如图1：已知：①FePO4可溶于稀H2SO4，不溶于水和其他的酸．②Li2SO4、LiOH和Li2CO3在273K下的溶解度分别为34.2g、22.7g 和1.54g373K下，Li2CO3的溶解度为0.72g③Ksp[Al（OH）3]=10﹣32Ksp[Fe（OH）3]=4×10﹣38（1）可以提高操作1浸出率的方法有（写出3种）（2）完成操作3中的离子方程式：（3）该锂电池充电时的正极反应式：（4）操作4中应选择试剂将溶液调节pH值至．（5）沉淀C的成分（6）磷酸铁也可以通过电解法制备，如右图2，请完成制备过程的总反应离子方程式：10．纳米氧化亚铜在水的光解等领域具有极大应用潜能，是极具开发前景的绿色环保光催化剂．目前主要的合成方法有电解法、高温固相法等．（1）有研究表明阳极氧化法成功制得了Cu2O 纳米阵列，装置如图：该电池的阳极反应方程式为离子交换膜为（填阳或阴）离子交换膜，铜网应连接电源的极．（2）在高温下用甲烷将粉状CuO 还原也可制得Cu2O．已知：①2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）；△H=﹣169kJ•mol﹣1②CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣846.3kJ•mol﹣1③Cu（s）+O2（g）=CuO（s）；△H=﹣157kJ•mol﹣1则该反应的热化学方程式是：．（3）在相同的密闭容器中，用等质量的三种纳米Cu2O（用不同方法制得）分别进行催化分解水的实验：2H2O（g）2H2（g）+O2（g）△H＞0．水蒸气浓度随时间t变化如下表所示：①对比实验的温度：T2T1（填“＞”“＜”或“﹦”），原因是．②实验①前20min的平均反应速率v（O2）=③比较不同方法制得的Cu2O的催化效果应选用组实验，原因是．【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11．中国是世界炼锌的发源地，宋应星著于明崇祯十年的《天工开物》一书则是最早记述炼锌技术的典籍．回答下列问题：Ⅰ．《天工开物》中有关于“升炼倭铅”的记载：“炉甘石（碳酸锌）十斤，装载入一泥罐内，…，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，…，冷淀，毁罐取出，…，即倭铅（金属锌）也．”（1）该炼锌工艺过程主要反应的化学方程式为．Ⅱ．目前，工业上主要采用“湿法炼锌”．以闪锌矿（主要成分为ZnS，含有FeS等杂质）为原料冶炼锌的工艺流程如图所示．（2）闪锌矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生焙砂的成分的化学式为．（3）焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸的名称是．工业上常采用“针铁矿法”净化浸出液，在80～100℃，Fe3+浓度低于1g/L，调节浸出液的pH在3～5之间，溶液中的铁可以呈针铁矿（FeOOH）的形式析出．（4）浸出液的Fe3+浓度较高，应先加入SO2或ZnS将，再以ZnO调节酸度，在空气缓慢氧化得Fe3+，最后Fe3+转化成针铁矿沉淀．Fe2+沉淀过程的总离子方程式为．（5）电解沉积锌是以Pb﹣Ag合金惰性电极作阳极、纯铝板作阴极，通以直流电，在上析出金属锌，电解过程的化学反应方程式为．【化学--选修3物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12．磷元素在生产和生活中有广泛的应用．（1）P原子价电子排布图为．（2）四（三苯基膦）钯分子结构如图（）：P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子的杂化轨道类型为；判断该物质在水中溶解度并加以解释．该物质可用于如图所示物质A（）的合成：物质A中碳原子杂化轨道类型为；一个A分子中手性碳原子数目为．（3）在图示中表示出四（三苯基膦）钯分子中配位键（4）PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正六面体形阴离子，熔体中P﹣Cl的键长只有198nm和206nm两种，这两种离子的化学式为；正四面体形阳离子中键角小于PCl3的键角原因为；该晶体的晶胞如图所示，立方体的晶胞边长为a pm，N A为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为g/cm3．（5）PBr5气态分子的结构与PCl5相似，它的熔体也能导电，经测定知其中只存在一种P﹣Br键长，试用电离方程式解释PBr5熔体能导电的原因．【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13．有机物DBP常用作纤维素树脂和聚氯乙烯的增塑剂，特别适用于硝酸纤维素涂料．具有优良的溶解性、分散性和粘着性．由有机物A和邻二甲苯为原料可以合成DBP．已知：①②③烃A是有机合成的重要原料．A的质谱图表明其相对分子质量为42，红外光谱表明分子中含有碳碳双键；B能发生银镜反应；有机物C的核磁共振氢谱显示其分子中含有5种化学环境不同的氢原子，且个数之比为3：2：2：2：l．回答下列问题：（1）A的结构简式为；A在一定条件下生成聚合物的化学方程式为（2）D中的含氧官能团是．有机物D和足量有机物C 反应生成DBP的化学方程式是（3）下列说法正确的是（选填序号字母）．A．A能发生聚合反应、加成反应和氧化反应B．与C互为同分异构体，且含有相同官能团的有机物有2种C．邻二甲苯能氧化生成D说明有机物分子中基团之间存在影响D．1mol DBP可与含4mol NaOH的溶液完全反应（4）工业上常用有机物E（C8H4O3）代替D生产DBP．反应分为两步进行：（i）E+C中间产物（ii）中间产物+C DBP+H2O①请写出E的结构简式．②工业上生产有机物E的反应如下：2X+9O22E+4CO2+4H2O，芳香烃X的一溴代物只有两种，则X的结构简式是．参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列说法正确的是（）A．大分子化合物油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子才能被吸收B．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键C．我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件，高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛D．用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同【考点】金属冶炼的一般原理；物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．油脂在人体内水解为高级脂肪酸和甘油；B．氢键属于分子间作用力，不属于化学键；C．钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质；D．依据活性炭与次氯酸漂白原理解答；【解答】解：A．油脂在人体内水解为高级脂肪酸和甘油，蛋白质在人体中水解生成氨基酸，故A错误；B．“拍”到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的分子间作用力，不属于化学键，故B错误；C．钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质，所以高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛，故C正确；D．活性炭脱色是利用其吸附性，次氯酸盐漂白是利用次氯酸的强氧化性，故D错误；故选：C．2．某同学在研究前18号元素时发现，可以将它们排成如下图所示的“蜗牛”形状，图中每个“•”代表一种元素，其中O点（最中心的点）代表起点元素．下列说法中正确的是（）A．物质YO可能具有较强的氧化性B．图中离O点越远的元素，其原子半径一定越大C．O2X、WO3分子内都含有氢键，所以沸点都较高D．科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷（As）元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的Z元素【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】O点代表氢元素，按照原子序数由小到大由里往外延伸，由图可知，W为N元素，X为O元素，Y为Na元素，Z为P元素，根据元素的种类可知虚线相连的元素处于同一族．A．NaH具有较强的还原性；B．随原子序数增大距离O的距离增大，而同周期主族元素，随原子序数增大原子半径减小；C．H2O、NH3分子间都含有氢键，分子内为共价键；D．As与N元素处于同主族，性质具有相似性．【解答】解：O点代表氢元素，按照原子序数由小到大由里往外延伸，由图可知，W为N元素，X为O元素，Y为Na元素，Z为P元素，根据元素的种类可知虚线相连的元素处于同一族．A．NaH中氢元素为﹣1价，具有较强的还原性，故A错误；B．随原子序数增大距离O的距离增大，而同周期主族元素，随原子序数增大原子半径减小，图中离O点越远的元素，其原子半径不一定越大，故B错误；C．H2O、NH3分子间都含有氢键，所以沸点都较高，而分子内为共价键，故C错误；D．As与N元素处于同主族，性质具有相似性，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的Z元素，故D正确．故选：D．3．在某温度时，将n mol•L﹣1氨水滴入10mL 1.0mol•L﹣1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是（）A．a点Kw=1.0×10﹣14 mol2•L﹣2B．水的电离程度：b＞c＞a＞dC．b点：C（NH4+）＞C（Cl﹣）＞C（H+）＞C（OH﹣）D．25℃时NH4Cl水解常数为（n﹣1）×10﹣7 mol•L﹣1（用n表示）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A．根据图象可知，a点时溶液温度小于25℃，则水的离子积小于1.0×10﹣14 mol2•L﹣2；B．b点时溶液温度最高，说明氨水与盐酸恰好反应，则b点溶质为氯化铵，铵根离子促进了水的电离，则此时水的电离程度最大；由于d点溶液pH未知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小；C．该关系c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）不满足电荷守恒；D.25℃时溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7 mol•L﹣1，c（NH4+）=c（Cl﹣）=0.5mol/L，根据物料守恒可知：c（NH3•H2O）=（0.5n﹣0.5）mol/L，然后结合铵根离子的水解平衡常数表达式计算．【解答】解：A．水的离子积与温度有关，a点时溶液温度小于25℃，则水的离子积Kw＜1.0×10﹣14 mol2•L﹣2，故A错误；B．b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，则a、d两点都抑制了水的电离，则b点水的电离程度最大；由于d点混合液的pH不知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小，故B错误；C．b点时溶液的pH＜7，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（Cl﹣）＞c（NH4+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（Cl﹣）＞c （NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；D．根据图象可知，25℃时溶液的pH=7，则：c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7 mol•L﹣1，c（NH4+）=c（Cl﹣）=0.5mol/L，根据物料守恒可知：c （NH3•H2O）=（0.5n﹣0.5）mol/L，则25℃时NH4Cl水解常数为：K==（n﹣1）×10﹣7，故D正确；故选D．4．某无色溶液，由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2﹣、MnO4﹣、CO32﹣、SO42﹣中的若干种组成，取该溶液进行如下实验：①取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到澄清溶液；②在①所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成；同时析出白色沉淀甲；③在②所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出．根据对上述实验的分析判断，最后得出的结论合理的是（）A．不能判断溶液中是否存在SO42﹣B．溶液中一定不存在的离子是COC．不能判断溶液中是否存在Ag+D．不能判断是否含有AlO2﹣离子【考点】常见离子的检验方法．【分析】溶液无色，一定没有高锰酸根离子，①能够与盐酸生成气体的离子为碳酸根离子，能够与碳酸根离子反应的离子不能存在；②说明发生了双水解，一定存在与碳酸氢根离子发生双水解的离子；③气体为氨气，白色沉淀为碳酸钡或硫酸钡，据此进行推断．【解答】解：某无色溶液，说明溶液中一定不会存在高锰酸根离子，①加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液，生成的气体为二氧化碳，所以溶液中一定存在CO32﹣，一定不存在Ag+、Ba2+、Al3+，阳离子只剩下了钠离子，根据溶液一定呈电中性可知溶液中一定存在Na+；②在①所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，白色沉淀甲为氢氧化铝，原溶液中一定存在AlO2﹣，③在②所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，也有气体生成，同时析出白色沉淀乙，白色沉淀一定含有碳酸钡，可能含有硫酸钡；所以溶液中一定存在的离子有：CO32﹣、Na+、AlO2﹣，银离子一定不存在；故选A．5．下列实验方案能达到实验目的是（）A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，也可氧化亚铁离子；B．醛基与氢氧化铜的反应应在碱性条件下进行；C．根据氢气的体积可确定铝的量；D．反应热与反应速率没有必要联系．【解答】解：A．不能排除硝酸根离子的影响，应在硫酸铁溶液中加入硫酸酸化的过氧化氢，故A错误；B．向1mL 1%的NaOH溶液中加入2mL 2%的CuSO4溶液，碱不足，醛基与氢氧化铜的反应应在碱性条件下进行，故B错误；C．铝和氢氧化钠发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，根据氢气的体积可确定铝的量，可用测定含量，故C正确；D．反应热与反应速率没有必要联系，故D错误．故选C．6．下列有关说法正确的是（）A．实验室制氢气，为了加快反应速率，可向稀H2SO4中滴加少量Cu （NO3）2溶液B．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，其他条件不变时升高温度，平衡时氢气转化率增大C．吸热反应“TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+O2（g）”在一定条件下可自发进行，则该反应的△S＜0D．在稀AgNO3溶液中加入过量NaCl溶液，产生白色沉淀，再加入少量Na2S溶液，出现黑色沉淀，则加入Na2S溶液后c（Ag+）更小了【考点】化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】A、硝酸具有强氧化性，与活泼金属反应生成氮的氧化物；B、正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动；C、应前后气体的总量不变△S=0；D、不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀，可知发生沉淀的转化；【解答】解：A、硝酸具有强氧化性，与活泼金属反应生成氮的氧化物，可改为滴加少量的硫酸铜溶液，形成微小原电池加快反应速率，故A错误；B、正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡时氢气转化率减小，故B错误；C、反应前后气体的总量不变△S=0，故C错误；D、不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀，可知发生沉淀的转化，则证明AgCl能转化为溶解度更小的Ag2S，所以溶液后c（Ag+）更小了，故D正确；故选D．7．下列说法不正确的是（）A．油脂发生皂化反应能生成甘油B．乙炔、丙烯酸（CH2=CHCOOH）、醋酸乙烯酯（CH3COOCH=CH2）均可作为合成聚合物的单体C．蔗糖及其水解产物均能与新制氢氧化铜反应生成红色沉淀D．谷氨酸分子（）缩合最多可形成2种二肽（不考虑立体异构）【考点】油脂的性质、组成与结构；乙炔炔烃；蔗糖、麦芽糖简介；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【分析】A．油脂是高级脂肪酸甘油脂；B．含有双键或三键的物质能发生加聚反应；C．蔗糖为非还原性糖；D．谷氨酸分子不对称．【解答】解：A．油脂是高级脂肪酸甘油脂，在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，故A正确；B．乙炔、丙烯酸（CH2=CHCOOH）、醋酸乙烯酯（CH3COOCH=CH2）含有双键或三键，均可作为合成聚合物的单体，故B正确；C．蔗糖为非还原性糖，不能与新制氢氧化铜反应生成红色沉淀，故C错误；D．谷氨酸分子不对称，缩合最多可形成2种二肽，故D正确．故选C．二、解答题（共3小题，满分43分）8．中学常采用高锰酸钾加热分解法制取氧气，某兴趣小组经查阅资料获知：制得氧气后固体残余物中的锰酸钾（K2MnO4）具有强氧化性，与还原剂、有机物、易燃物混合可形成爆炸性混合物，如不妥善处置将造成危险．因此该小组对该残余物进行分离提纯，得到锰酸钾晶体，利用回收的锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，并设计实验验证氯气化学性质．（1）打开分液漏斗活塞及弹簧夹2，观察到烧瓶壁有紫红色物质生成并逐渐消失，黄绿色气体充满烧瓶．反应结束后，烧瓶内有黑色固体残余，写出过程中发生的化学反应方程式：3K2MnO4+4HCl（浓盐酸）=2KMnO4+4KCl+MnO2+2H2O，2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O（2）该方法制取氯气比用纯净的高锰酸钾要缓和平稳许多，试分析原因锰酸钾生成高锰酸钾与二氧化锰两种物质，形成均匀的固体分散系，可降低高锰酸钾与盐酸反应速率．（3）该小组利用装置C吸收氯气制备漂白粉．①C中盛装的试剂为石灰乳②陶瓷多孔球泡的作用是增大气体接触面积，使氯气吸收更充分（4）测定漂白粉有效成分的质量分数：称取1.5g所制漂白粉配成溶液，调节pH值并加入指示剂，用0.1000mol/LKI溶液进行滴定，三次平行实验平均每次消耗20.00mL标准液时达到滴定终点，反应原理涉及到的方程式为：3ClO﹣+I﹣=3Cl﹣+IO3﹣；IO3﹣+5I﹣+3H2O=6OH﹣+3I2①所选的指示剂为淀粉，达到滴定终点的标志是最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，振荡半分钟不褪色②该漂白粉中有效成分的质量分数为14.3%（5）打开分液漏斗活塞及弹簧夹1，可观察到D中的现象为出现白色沉淀，该现象能够证明氯气有氧化性．甲同学认为取D中反应后溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银，若有白色沉淀产生，也能证明氯气氧化了亚硫酸氢钡，你认为是否正确并说明理由不正确，氯气与水反应也生成氯离子，不能证明溶液中的氯离子一定是氯气氧化亚硫酸氢钡所得产物．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】A装置产生氯气，饱和氯化钠溶液的作用是吸收氯气中的氯化氢气体，并降低氯气在水中的溶解度，C是制备漂白粉，D是验证氯气具有氧化性，氢氧化钠是吸收尾气，（1）锰酸钾（K2MnO4）具有强氧化性，与浓盐酸反应观察到烧瓶壁有紫红色物质生成，该物质为高锰酸钾，锰元素的化合价在升高，根据K2MnO4中的化合价为+6价，处于中间价态，推测出在反应中既作氧化剂又作还原剂，再结合烧瓶内有黑色固体残余，联想到二氧化锰写出第一个方程式；第二个反应是高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气、氯化锰、氯化钾、水；（2）锰酸钾氧化浓盐酸比用高锰酸钾氧化浓盐酸反应速率慢；（3）①用石灰乳与氯气制备漂白粉；②陶瓷多孔球泡的作用是增大气体接触面积，使氯气吸收更充分；（4）①反应产物有碘单质生成，用淀粉作指示剂，最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，振荡半分钟不褪色，则达到终点；②先根据反应离子方程式确定出ClO﹣与I﹣的关系，计算次氯酸钙的质量，再根据质量分数公式计算；（5）打开分液漏斗活塞及弹簧夹1，氯气将亚硫酸氢钡氧化成硫酸钡沉淀；取D中反应后溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银，若有白色沉淀产生，不能证明氯气氧化了亚硫酸氢钡，因为氯气与水反应也生成氯离子，不能证明溶液中的氯离子一定是氯气氧化亚硫酸氢钡所得产物．【解答】解：A装置产生氯气，饱和氯化钠溶液的作用是吸收氯气中的氯化氢气体，并降低氯气在水中的溶解度，C是制备漂白粉，D是验证氯气具有氧化性，氢氧化钠是吸收尾气，（1）锰酸钾（K2MnO4）具有强氧化性，与浓盐酸反应观察到烧瓶壁有紫红色物质生成，该物质为高锰酸钾，锰元素的化合价在升高，根据K2MnO4中的化合价为+6价，处于中间价态，推测出在反应中既作氧化剂又作还原剂，再结合烧瓶内有黑色固体残余，联想到二氧化锰写出反应方程式为：3K2MnO4+4HCl（浓盐酸）=2KMnO4+4KCl+MnO2+2H2O；第二个反应是高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气、氯化锰、氯化钾、水，方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案为：3K2MnO4+4HCl（浓盐酸）=2KMnO4+4KCl+MnO2+2H2O，2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；（2）锰酸钾生成高锰酸钾与二氧化锰两种物质，形成均匀的固体分散系，可降低高锰酸钾与盐酸反应速率，所以用锰酸钾制取氯气比用纯净的高锰酸钾要缓和平稳许多，故答案为：锰酸钾生成高锰酸钾与二氧化锰两种物质，形成均匀的固体分散系，可降低高锰酸钾与盐酸反应速率；（3）①用石灰乳与氯气制备漂白粉，故答案为：石灰乳；②陶瓷多孔球泡的作用是增大气体接触面积，使氯气吸收更充分，故答案为：增大气体接触面积，使氯气吸收更充分；（4）①反应产物有碘单质生成，用淀粉作指示剂，最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，振荡半分钟不褪色，则达到终点，故答案为：淀粉；最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，振荡半分钟不褪色；②先根据反应离子方程式确定出ClO﹣与I﹣的关系，3ClO﹣+I﹣=3Cl﹣+IO3﹣①；IO3﹣+5I﹣+3H2O=6OH﹣+3I2②将方程式①+②得：ClO﹣+2I﹣+H2O=Cl﹣+2OH﹣+I2每次实验消耗KI溶液的体积为20.00mL，设次氯酸根离子的物质的量为x，ClO﹣+2I﹣+H2O=Cl﹣+2OH﹣+I21mol 2molx 0.1000mol•L﹣1×0.020L所以x=0.001mol。

2019-2020年高三第二次质量检测化学试题含答案一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共51分。

）1.对于某些离子的检验及结论一定正确的是（）A.加入盐酸产生无色气体，通入石灰水中，溶液变浑浊，一定有B.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有C.加入氢氧化钠并加热，产生气体使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有D.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2＋2．下列说法正确的是（）A．热化学方程式中，如果没有注明温度和压强，则表示反应热是在标准状况下测得的数据B．升高温度或加入催化剂，可以改变化学反应的反应热C．据能量守恒定律，反应物的总能量一定等于生成物的总能量D．物质发生化学变化一定伴随着能量变化3．下列对化学平衡移动的分析中，不正确．．．的是（）①已达平衡的反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)，当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动②已达平衡的反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率一定升高③有气体参加的反应平衡时，若减小反应器容积时，平衡一定向气体体积增大的方向移动④有气体参加的反应平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动A．①④ B．①②③C．②③④D．①②③④4．温度一定时, 于密闭容器中发生可逆反应: mA(气) + nB(气) pC(气), 达到平衡后, 若将混合气体的体积压缩到原来的 1/2, 当再次达到平衡时, C的浓度为原平衡时C的浓度的 1 .9 倍, 则下列叙述中正确的是（）A. 平衡向逆反应方向移动B. C气体的体积分数增大C. 气体A的转化率升高D. m + n > p5．在密闭容器中进行下列反应：M(g)＋N(g) R(g)＋2L，此反应符合下面图像，下列叙述正确的是（）A. 正反应吸热，L是气体B. 正反应吸热，L是固体C. 正反应放热，L是气体D. 正反应放热，L是固体或液体6．现有常温时pH=1的某强酸溶液10 mL，下列操作能使溶液pH变成2的是A.加水稀释成100 mLB.加入10 mL水进行稀释C.加入10 mL 0.01 mol·L-1的NaOH溶液D.加入10 mL 0.01 mol·L-1的HCI溶液7．在一个不传热的固定容积的密闭容器中发生可逆反应：mA(g) + nB(g) pC(g) + qD(g)，当m、n、p、q为任意整数（不为零）时，能说明达到平衡状态的标志是（）A．体系的压强不再改变 B．混合气体的密度不再改变C．反应速率νA : νB: νC: νD= m : n : p : qD．单位时间内m mol A断键发生反应，同时p mol C也断键发生反应8．已知反应：①101kPa时，2C(s)+O2(g)==2CO(g)；ΔH=-221 kJ/mol②稀溶液中，H+(aq)+OH－(aq)==H2O(l)；ΔH=-57.3 kJ/mol 下列结论正确的是（）A.碳的燃烧热大于110.5 kJ/molB.①的反应热为221 kJ/molC.浓硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为-57.3 kJ/molD.稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量9.将0.1 mol·L-1的氨水加水稀释至0.01 mol·L-1，稀释过程中温度不变，下列叙述正确的是（）A.稀释后溶液中c(H+)和c(OH-)均减小B.稀释后溶液中c(OH-)变为稀释前的1／10C.稀释过程中氨水的电离平衡向左移动D.稀释过程中溶液中增大10．有①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液④CH3COONH4溶液各25mL。

选择题：7—13 BAAACBD26.（14分）(1)AlN + 4H+ = Al3+ + NH4+ (2分) (2)碱石灰(1分)偏大(1分)(3)将产生的NH3全部驱赶到C中吸收从而消除误差(2分)(4)C装置后加一个干燥装置(2分，其它合理答案均给满分)(5)消除因加入的NaOH溶液的体积带来的误差(2分)(6) a d (2分) (7) (2分)27.（15分）(1) 充分搅拌，或适当提高浸取温度，或延长浸取时间，或适当提高硫酸浓度（1分）(2)CaSO4、Fe(OH)3 （2分）（3）①4.3＞PH≥3.2（2分）；将Fe2+氧化成Fe3+（2分）；取适量滤液，加KSCN溶液，若不变红，则说明Fe3＋已除尽（2分）②过滤或趁热过滤（2分，其它答案均不给分）(4)2H2O＋HSO－3＋2Cu2＋===Cu2O↓＋SO2－4＋5H＋（2分）(5)5．6（2分）28.（14分）(1)－12 (2分）(2)①25%(2分）②随着Y值的增大，c(CH3OH)减小，平衡CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)向逆反应方向进行，故Y为温度(2分）小(2分）(3)阳极（2分）CO(NH2)2 +8OH——6e_ = N2 +CO32- +6H2O(2分）（4）1.25×10－3（2分）35.(15分）（1）3d54s2 (1分) 6(或者六) (1分) （2）C2O42-、H2O（2分，写对任何一个且没错得1分）sp2杂化(1分) NH2-或H2S(1分，符合题意即可给分) （3）联氨分子间形成氢键的数目多于氨分子形成的氢键（2分）(4) B （2分）(5) NiAs （2分）或（3分）36.（15分）（1）对溴苯乙烯（或4-溴苯乙烯）（2分）（2分）（2）醚键醛基（2分）、（3）加成反应（1分)(4) (2分）（Cu/Ag写成催化剂也给分）（5）15（2分）（6）（4分）（第二步催化剂写成Cu/Ag也对）说明：本题由乙烯转化为卤代烃再转化为乙醇，或乙烯直接转化为乙醛，均给分。

2019-2020年高三第二次高考模拟考试化学试题含答案可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Fe-56第I卷一、选择题：7．下列化学实验事实及其解释都正确的是A．自然界中含钾的物质都易溶于水，是因为钾盐溶解度很大B．某溶液用盐酸酸化无明显现象，再滴加氯化钡溶液有白色沉淀，说明溶液中有S042 -C．铝热反应常被用于野外焊接钢轨，说明铝的氧化性很强D．用浓硫酸与铜在常温下可制取S02，因为浓硫酸具有强氧化性8．下列有关同分异构体数目的叙述中，正确的是A．C5H12有2种同分异构体B．C8H l0中只有三种属于芳香烃的罔分异构体C．CH3CH2CH2CH3光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃D．甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种9．化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果。

下列对图象的叙述正确的是A．根据图①可判断可逆反应，正反应是吸热反应B．图②可表示压强对反应的影响，乙的压强大C．图③可表示乙酸溶液中通人氨气至过量的过程中溶液导电性的变化D．根据图④可知，a点对应的K SP等于c点对应的K SP10．下列关于有机化合物的认识不正确的是A．石油裂化的目的是使长链烃分子断裂为短链烃分子B．蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体C．乙烯通人高锰酸钾溶液中，溶液褪色是因为发生了加成反应D．在浓硫酸存在下，苯与浓硝酸共热生成硝基苯的反应属于取代反应11．臭氧（O3）的制备方法很多，其中电解水法的原理如下图所示，下列有关说法不正确的是A．可向水中加入NaCl提高水的导电性B．b电极周围pH减小C．a电极的电极反应式为D．a电极为阴极，b电极为阳极12．如图所示是用0．1000 mol·L-1NaOH溶液滴定20.00 mL未如浓度盐酸（酚酞作指示剂）的滴定曲线。

下列说法正确的是A．水电离出的氢离子浓度：a>bB．用NaOH溶液滴定盐酸时选择的指示剂只能是酚酞C．指示剂变色时，说明盐酸与NaOH恰好完全反应D．当滴加NaOH溶液10．00 mL时（忽略滴定前后体积变化），13．短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态化合物的水溶液呈碱性，甲和丙同主族，丁原子最外层电子数与电子层数相等，则A．离子半径：丙>丁>乙B．单质的还原性：丁>丙>甲C．甲、乙、丙的氧化物均只有一种D．乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应26．（14分）（1）不同温度下水的离子积常数如下表所示：请用文字解释随温度升高水的离子积增大的原因；10℃时纯水的电离平衡常数为；计算100℃时纯水中电离产生的氢离子浓度为。

2019-2020年高三高考模拟考试（八）化学试题含答案说明：1．本试卷不分卷型，第Ⅰ卷的答案要按照要求涂到答题卡上，第Ⅰ卷不交；2．全卷共3大题30小题，满分300分，150分钟完卷。

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Al-27 P-31 S-32 Cl-35.5 Ca-40 I-127 Ba-137第Ⅰ卷（共126分）一、选择题：本题共13小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

7．用N A表示阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是A．7.8 g Na2O2中含有的阴离子数目为0.2 N AB．3.2 g O2和O3的混合气中含有的氧原子数目为0.2 N AC．1 L 0.1 mol/L的Al2(SO4)3溶液中，Al3+的数目为0.2 N AD．过氧化氢分解制得标准状况下1.12 L O2，转移电子数目为0.2 N A、OH－6种离子中的3 8．甲、乙两溶液中，分别含有大量的Cu2＋、K＋、H＋、Cl－、CO－23种，已知甲溶液呈蓝色，则乙溶液中大量存在的离子是A．K＋、OH－、CO－2B．Cu2＋、H＋、Cl－3、OH－、Cl－C．K＋、H＋、Cl－D．CO－239．关于下列各实验装置的叙述中，不正确．．．的是A．装置①可用于收集H2、NH3、CO2、Cl2、HCl、NO2等气体B．实验②放置一段时间后，小试管内有晶体析出C．实验③振荡后静置，上层溶液颜色变浅D．实验④不能用来检查装置的气密性①②③④10．下列说法正确的是A．的名称为2,2,4 -三甲基-4 -戊烯B．化合物CH3不是苯的同系物C．分子中所有碳原子一定共平面D．除甲酸外的羧酸均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色11．下列相关反应的离子方程式书写正确的是A．氢氧化铁溶于氢碘酸：Fe(OH)3 + 3H+ = Fe3+ + 3H2OB．硫酸铜溶液显酸性：Cu2+ + 2H2O = Cu(OH)2↓+ 2H+C．向碳酸氢铵溶液中加过量澄清石灰水：HCO3- + Ca2++ OH- = CaCO3↓+ H2OD．用酸化的高锰酸钾溶液氧化双氧水：2MnO4- + 6H+ + 5H2O2 = 2Mn2+ + 5O2↑ + 8H2O12．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。

2019年X省实验中学高考化学八模试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（3分）下列实验操作或对实验事实的叙述正确的有几个（）①用氨水清洗做过银镜反应的试管；②用分液漏斗分离硝基苯和水的混合物；③用湿润的pH试纸测定稀盐酸的pH；④配制FeSO4溶液时，需加入少量铁粉和稀硫酸；⑤不慎将苯酚溶液沾到皮肤上，立即用NaOH稀溶液清洗；⑥用碱式滴定管量取20.00mL0.1mol•L﹣1KMnO4溶液．A．2 B．3 C．5 D．62．（3分）Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理论设计的制取Cu2O的电解池示意图如图，电解总反应为2Cu+H2O Cu2O+H2↑．下列说法正确的是（）A．石墨电极上产生氢气B．铜电极发生还原反应C．铜电极接直流电源的负极D．当有0.1 mol电子转移时，有0.1 mol Cu2O生成3．（3分）丙醛和另一种组成为C n H2n O的物质X的混合物3.00g，与足量的银氨溶液作用后析出10.8g银，则混合物中所含X不可能是（）A．甲基丙醛 B．乙醛 C．丁酮 D．丁醛4．（3分）向100mL 0.1mol•L﹣1硫酸铝铵溶液中逐滴滴入0.1mol•L﹣1 Ba（OH）2溶液．随着Ba（OH）2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示．则下列说法中正确的是（）A．a点的溶液呈中性B．从开始到b点发生反应的总的离子方程式是：Al3++2SO42﹣+2Ba2++3OH﹣=Al（OH）3↓+2BaSO4↓C．c点加入Ba（OH）2溶液的体积为200 mLD．c点溶液呈碱性5．（3分）下列各组离子中，在碱性溶液中共存，且在加入盐酸过程中会产生沉淀和气体的是（）A．Na+、NO3﹣、AlO2﹣、SO42﹣B．Na+、CO32﹣、SiO32﹣、K+C．K+、Cl﹣、AlO2﹣、HCO3﹣D．Na+、Cl﹣、HCO3﹣、Ca2+6．（3分）在反应容器中充入1molA气体和n molB气体，在一定条件下发生反应：A（气）+nB（气）⇌mC（气），达平衡时，测得A的转化率为50%，在相同温度和相同压强下，平衡时混合气体的体积是反应前的，则n和m的数值可能是（）A．n=1 m=1 B．n=2 m=2 C．n=3 m=3 D．n=2 m=37．（3分）四种主族元素的离子a X m+、b Y n+、c Z n﹣和d R m﹣（a、b、c、d为元素的原子序数），它们具有相同的电子层结构，若m＞n，则对下列叙述的判断正确的是（）①a﹣b=m﹣n ②元素的原子序数a＞b＞c＞d③元素非金属性Z＞R ④最高价氧化物对应水化物的碱性X＞Y．A．②③ B．③C．①②③④ D．①②③二、解答题（共3小题，满分43分）8．（13分）将加热至红热的2.4g木炭投入盛有足量12mol•L﹣1的浓HNO3的试管中，立即塞好塞子，如图所示，连接好装置（事先已检查装置的气密性）．请回答：（1）反应开始后撤去酒精灯，试管a中除看到木炭剧烈燃烧，最后消失外，还观察到的现象是；（2）试管b中最终沉淀产生（填“有”、“无”），原因是；（3）试管c中发生反应的化学方程式为；；（4）集气瓶e中最后收集到的气体为，理论上该气体的总体积为L（标准状况时），实际上这个数值于理论值（填“偏大”“偏小”）．9．（15分）碱式碳酸镁不溶于水，用途广泛，主要用作橡胶制品的填充剂，能增强橡胶的耐磨性和强度．也可用作油漆和涂料的添加剂，也可用于牙膏、医药和化妆品等工业．以水氯镁石（主要成分为MgCl2•6H2O）为原料生产碱式碳酸镁的主要流程如下：（1）预氨化过程中有Mg（OH）2沉淀生成，已知常温下K sp（Mg（OH）2）=1.8×10﹣11，表示Mg（OH）2沉淀溶解平衡的方程式为，Mg（OH）2达到沉淀达到沉淀溶解平衡时溶液的pH （已知：lg36≈1.5）．（2）已知：常温下K a1（H2CO3）=4.4×10﹣7，K a2（H2CO3）=4.7×10﹣11，K b（NH3•H2O）=1.8×10﹣5，则NHHCO3溶液显性，c（NH） c（HCO）（选填“大于”、“小于”、4“等于”），该溶液物料守恒表达式为．（3）上述流程中的滤液浓缩结晶，所得主要固体物质的化学式为．（4）高温煅烧碱式碳酸镁得到MgO．取碱式碳酸镁晶体4.84g，高温煅烧至恒重，得到固体2.00g和标准状况下CO2 0.896L，则碱式碳酸镁的化学式为，写出氯化镁、氨、碳酸氢铵热水解生成碱式碳酸镁的离子方程式．10．（15分）A～J是中学化学中常见的几种物质，它们之间的转化关系如图所示．已知常温下A为固体单质，B为淡黄色粉末，C、F、I为气态单质，E在常温下为液体，且E可由C、F化合生成，J可作杀菌消毒剂．（1）写出B的电子式．（2）写出反应⑤的化学方程式：．（3）写出反应⑦的离子方程式：．（4）向AlCl3溶液中加入少量固体B，写出反应的化学方程式：．（5）以Pt为电极电解滴加有少量酚酞的H饱和溶液，则极（填“阴”或“阳”）附近溶液先由无色变为红色，请说明理由：．【化学选修--物质结构】11．（15分）纳米技术制成的金属燃料、非金属固体燃料、氢气等已应用到社会生活和高科技领域．（1）A和B的单质单位质量的燃烧热大，可用作燃料．已知A和B为短周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：电离能I1I2I3I4（kJ/mol）A 932 1821 15390 21771B 738 1451 7733 10540①某同学根据上述信息，推断B的核外电子排布如图1所示，该同学所画的电子排布图违背了．②根据价层电子对互斥理论，预测A和氯元素形成的简单分子空间构型为．（2）氢气作为一种清洁能源，必须解决它的储存问题，C60可用作储氢材料．①已知金刚石中的C﹣C的键长为154.45pm，C60中C﹣C键长为145～140pm，有同学据此认为C60的熔点高于金刚石，你认为是否正确并阐述理由．②科学家把C60和K掺杂在一起制造了一种富勒烯化合物，其晶胞如图2所示，该物质在低温时是一种超导体．该物质的K原子和C60分子的个数比为．③继C60后，科学家又合成了Si60、N60，C、Si、N原子电负性由大到小的顺序是．Si60分子中每个硅原子只跟相邻的3个硅原子形成共价键，且每个硅原子最外层都满足8电子稳定结构，则Si60分子中π键的数目为．【化学选修--有机化学】12．（15分）化学选修﹣有机化学已知代表强氧化剂，；；；（1）分子式C7H12的某烃氧化得2，3﹣甲基﹣丁二酸，该烃的结构简式为．（2）2﹣甲基﹣3﹣己烯被强氧化剂氧化的产物是与．（填写结构简式）（3）已知1，3一丁二烯聚合时，除生成高分子聚合物外，还有一种二聚体生成，且该二聚体能发生下列反应：①加氢还原，生成乙基环己烷；②与溴加成时可引入4个溴原子；③氧化时可生成，同时还有一种气体生成，该气体是．根据以上事实，可推测该二聚体的结构简式为：，该二聚体与等物质的量HCl 加成的产物有种（不考虑立体异构）．2019年Z省实验中学高考化学八模试卷参考答案1．【分析】①氨水不能和银反应；②能用分液漏斗分离的必须是两种互不相溶的液体混合物；③pH试纸润湿相当于稀释了溶液；④Fe2+易水解，水解呈酸性，具有还原性，可被空气中氧气氧化；⑤氢氧化钠有腐蚀性；⑥高锰酸钾具有氧化性，腐蚀橡皮管．【解答】解：①氨水是弱碱，不能和银反应，做过银镜反应实验的试管上附着单质银，所以不能用氨水洗，故①错误；②硝基苯和水不互溶，能用分液漏斗分离，故②正确；③用湿润的pH试纸测定稀盐酸的酸碱度，会使酸性降低，溶液的pH偏大，故③错误；④Fe2+易水解，水解呈酸性，加入酸可抑制水解，具有还原性，可被空气中氧气氧化，加入铁粉可防止被氧化，故④正确；⑤氢氧化钠有腐蚀性，会腐蚀皮肤，故⑤错误；⑥高锰酸钾具有氧化性，腐蚀橡皮管，应用酸式滴定管，故⑥错误．故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯、气体的制备实验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．2．【分析】根据电解总反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑，可以知道金属铜为阳极材料，在阳极发生失电子的氧化反应，在阴极上是氢离子发生得电子的还原反应，根据电极方程式结合电子守恒计算生成的Cu2O．【解答】解：A、电解总反应：2Cu+H2OCu2O+H2↑，金属铜失电子，说明金属铜一定作阳极，石墨做阴极，在阴极上是溶液中的氢离子得电子，产生氢气，故A正确；B、铜电极本身失电子，发生氧化反应，故B错误；C、铜电极是电解池的阳极，接直流电源的正极，故C错误；D、反应2Cu+H2O═Cu2O+H2↑失电子的量为2mol，生成氧化亚铜1mol，所以当有0.1mol电子转移时，有0.05molCu2O，故D错误．故选A．【点评】本题考查学生电解池的工作原理，注意阴阳极的判断及电极反应式的书写，要求学生熟记教材知识，并会灵活运用，题目难度不大．3．【分析】与足量的银氨溶液作用后析出10.8g银，n（Ag）=0.1mol，由﹣CHO～2Ag可知，假定混合物为一种醛，则平均摩尔质量为=60g/mol，丙醛（CH3CH2CHO）的摩尔质量为58g/mol，则另一种物质不为醛或为醛（其摩尔质量大于60g/mol），以此来解答．【解答】解：与足量的银氨溶液作用后析出10.8g银，n（Ag）=0.1mol，由﹣CHO～2Ag可知，假定混合物为一种醛，则平均摩尔质量为=60g/mol，丙醛（CH3CH2CHO）的摩尔质量为58g/mol，则另一种物质不为醛或为醛（其摩尔质量大于60g/mol），A．甲基丙醛的摩尔质量大于60g/mol，即X可能为甲基丙醛，故A不选；B．乙醛的摩尔质量44g/mol，小于60g/mol，不可能为乙醛，故B选；C．丁酮不发生银镜反应，X可能为丁酮，故C不选；D．丁醛的摩尔质量大于60g/mol，即X可能为丁醛，故D不选；故选B．【点评】本题考查有机物的推断及银镜反应的计算，明确平均摩尔质量的计算方法即可解答，注意醛基与银的关系来计算，题目难度不大．4．【分析】100mL 0.1mol•L﹣1硫酸铝铵[NH4Al（SO4）2]，则NH4Al（SO4）2物质的量为0.01mol．溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO42﹣0.02mol．关键弄清楚反应顺序，开始滴加同时发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH﹣，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42﹣未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；（开始到a）再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH﹣=NH3・H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42﹣完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH ﹣，Al3+反应掉0.03molOH﹣，生成Al（OH）0.01mol，剩余0.01molOH﹣恰好与NH4+完全反应，3此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液；（a到b）继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液．（b到c）【解答】解：A、由分析可知，从开始到a点，发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，a点对应的沉淀为BaSO4和Al（OH）3，溶液的溶质是（NH4）2SO4，那么该物质水解溶液呈酸性溶液而不显示中性，故A错误；B、由分析可知，b点发生反应为NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=Al（OH）3↓+2BaSO4↓+NH3・H2O，故B错误；C、由分析可知，c点加入Ba（OH）2的物质的量为0.005mol+0.02mol=0.025mol，所以=0.25L=250ml，故C错误；D、由分析可知，c为溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，所以溶液呈碱性，故D正确；故选D．【点评】本题考查铝化合物的性质及计算，难度比较大，清楚整个反应过程是解题的关键，注意NH4+与Al3+同时存在，OH﹣首先与Al3+反应，而NH4+与Al（OH）3同时存在，OH﹣首先与NH4+反应．5．【分析】碱性溶液中离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，离子能够共存，加酸生成气体、沉淀，以此来解答．【解答】解：A．该组离子之间不反应，能共存，加酸只能生成氢氧化铝沉淀，故A不选；B．该组离子之间不反应，能共存，加酸生成二氧化碳气体和硅酸沉淀，故B选；C．碱性溶液中与HCO3﹣结合生成水和碳酸根离子，则不能共存，故C不选；D．碱性溶液中与HCO3﹣结合生成水和碳酸根离子，碳酸根离子与钙离子结合生成沉淀，则不能共存，故D不选；故选B．【点评】本题考查离子的共存问题，明确信息及信息的应用是解答本题的关键，熟悉复分解反应发生的条件及离子之间的反应即可解答，难度不大．6．【分析】达平衡时，测得A的转化率为50%，则转化的A为1mol×50%=0.5mol，则A（气）+nB（气）⇌mC（气）开始 1 n 0转化 0.5 0.5n 0.5m平衡 0.5 0.5n 0.5m平衡时混合气体的体积是反应前的，则=，以此来解答．【解答】解：达平衡时，测得A的转化率为50%，则转化的A为1mol×50%=0.5mol，则A（气）+nB（气）⇌mC（气）开始 1 n 0转化 0.5 0.5n 0.5m平衡 0.5 0.5n 0.5m平衡时混合气体的体积是反应前的，则=，解得n+1=2m，A．n=1、m=1，符合n+1=2m，故A选；B．n=2、m=2，n+1＜2m，故B不选；C．n=3、m=3，n+1＜2m，故C不选；D．n=2、m=3，n+1＜2m，故D不选；故选A．【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、物质的量与压强的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意n与m的关系，题目难度不大．7．【分析】四种短周期元素的离子a X m+、b Y n+、c Z n﹣和d R m﹣具有相同的电子层结构，则a﹣m=b ﹣n=c+n=d+m，若m＞n，故原子序数大小顺序是：a＞b＞c＞d，结合离子所得电荷可知，X、Y为金属元素，Z、R为非金属元素，且X、Y位于Z和R的下一周期，在同一周期元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的金属性随着原子序数的增大而减小，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，据此答题．【解答】解：四种短周期元素的离子a X m+、b Y n+、c Z n﹣和d R m﹣具有相同的电子层结构，则a﹣m=b﹣n=c+n=d+m，若m＞n，故原子序数大小顺序是a＞b＞c＞d，结合离子所得电荷可知，X、Y为金属元素，Z、R为非金属元素，且X、Y位于Z和R的下一周期，①离子a X m+、b Y n+具有相同的电子层结构，则离子具有相同的电子数，即a﹣m=b﹣n，故①正确；②由题意可知，具有相同的电子层结构，根据阴前阳后，X、Y在下一周期，Z、R在上一周期，若m＞n，则Y在X的前面，R在Z的前面，所以元素的原子序数为a＞b＞c＞d，故②正确；③Z、R为上一周期的非金属元素，且元素的原子序数的离子c＞d，在同一周期元素非金属性从左向右在增强，即非金属性Z＞R，故③正确；④四种主族元素中X、Y为下一周期的金属元素，且元素的原子序数a＞b，在同一周期元素的金属性从左向右在减弱，即金属性Y＞X，则最高价氧化物对应水化物碱性Y＞X，故④错误；故选D．【点评】本题考查学生利用离子的电子层结构相同来分析元素的位置及性质，中等难度，答题时注意元素周期律的灵活运用．8．【分析】（1）碳与浓硝酸在加热条件下发生反应生成二氧化碳、二氧化氮、和水；（2）铜与浓硝酸生成的二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸与氢氧化钡反应生成硝酸钡；（3）少量的二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，过量的二氧化碳与碳酸钡反应生成碳酸氢钡；（4）一氧化氮与氢氧化钠不反应，不溶于水，依据碳与浓硝酸、二氧化氮与水反应的方程式计算生成的一氧化氮气体的量，NO、氧气和水反应生成硝酸．【解答】解：（1）碳与浓硝酸在加热条件下发生反应：C+4HNO3（浓）=CO2↑+4NO2↑+2H20，反应生成红棕色的二氧化氮，所以开会看到试管上部充满了红棕色的气体；故答案为：试管上部充满红棕色气体；（2）铜与浓硝酸生成的二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸与氢氧化钡反应生成硝酸钡，二氧化碳与硝酸钡不反应，所以不会产生沉淀；故答案为：无；NO2与水反应生成了足量的HNO3，中和了Ca（OH）2；（3）少量的二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，过量的二氧化碳与碳酸钡反应生成碳酸氢钡，反应的化学方程式为：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O Ba（OH）2+CO2+H2O=Ba（HCO3）；2故答案为：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O Ba（OH）2+CO2+H2O=Ba（HCO3）2；（4）生成的二氧化氮与水反应生成一氧化氮，一氧化氮不与氢氧化钠反应，也不溶于水，所以e处收集的是一氧化氮气体，依据方程式：C+4HNO3（浓）=CO2↑+4NO2↑+2H20 3NO2+H2O═2HNO3+NO12g 4mol 3mol 1mol2.4g n（NO2） n（NO2）n（NO）解得：n（NO2）=0.8mol n（NO）=0.267molV（NO）=0.267mol×22.4L/mol=6.0L；由于装置中空气中的氧气能与NO、水反应生成硝酸，所以NO的值比理论值偏小；故答案为：NO；6.0；偏小．【点评】本题考查了浓硝酸的性质及相关计算，熟悉浓硝酸的性质，依据方程式中各物质之间量的关系是解题关键，题目难度中等，侧重于考查学生对基础知识的应用能力和计算能力．9．【分析】水氯镁石（主要成分为MgCl2•6H2O）为原料生产碱式碳酸镁的主要流程：加水溶解，通入氨气，氨气极易溶于水，得到碱性的氨水，再加入碳酸氢铵，再进行热水解可以将镁离子沉淀下来，形成碱式碳酸镁沉淀，过滤即可得到目标化合物，（1）Mg（OH）2沉淀溶解生成镁离子和氢氧根离子，根据K sp=[Mg2+][OH﹣]2计算氢氧根的浓度，进而确定溶液的pH值；（2）K a1（H2CO3＜K b（NH3•H2O），所以铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子，根据氮元素和碳元素守恒可写出物料守恒式；（3）根据流程判断所得滤液的成分中含有的离子，确定滤液中的物质来回答；（4）碳酸镁可以写成氧化物的表示形式，即xMgO•yCO2•zH2O，然后根据题意确定各个氧化物的量，进而确定分子式，根据元素守恒和电荷守恒书写离子方程式；【解答】解：水氯镁石（主要成分为MgCl2•6H2O）为原料生产碱式碳酸镁的主要流程：加水溶解，通入氨气，氨气极易溶于水，得到碱性的氨水，再加入碳酸氢铵，再进行热水解可以将镁离子沉淀下来，形成碱式碳酸镁沉淀，过滤即可得到目标化合物，（1）Mg（OH）2沉淀溶解生成镁离子和氢氧根离子，溶解的离子方程式为Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），根据K sp=[Mg2+][OH﹣]2可知，[OH﹣]= = =×10﹣4mol•L﹣1，[H+]=×10﹣10mol•L﹣1，所以溶液的pH=10+lg36=10.5，故答案为：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq）；10.5；（2）K a1（H2CO3＜K b（NH3•H2O），所以铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子，所以溶液中c（NH4+）＞c（HCO3﹣），溶液呈碱性，根据氮元素和碳元素守恒可知物料守恒式为c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故答案为：碱；大于；c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）；（3）根据流程判断所得滤液的成分中含有的离子有氯离子和铵根离子，故所得的滤液中含NH4Cl，故答案为：NH4Cl；（4）碳酸镁可以写成氧化物的表示形式，即xMgO•yH2O•zCO2，根据题意：碱式碳酸镁4.84g，高温煅烧至恒重，得到固体2.00g和标准状况下CO20.896L，即n（CO2）=0.896L/22.4L•mol ﹣1=4.00×10﹣2 mol，n（MgO）=2.00g/40g•mo l﹣1=5.00×10﹣2 mol，n（HO）==5.00×10﹣22 mol，n（MgO）：n（CO）：n（H2O）=5.00×10﹣2：4.00×10﹣2：5.00×10﹣2=5：4：5，2即x：y：z=5：4：5，所以碱式碳酸镁的化学式为：Mg（OH）2•4 MgCO3•4H2O（或Mg5（OH）（CO3）4•4H2O），用氯化镁、氨、碳酸氢铵热水解生成碱式碳酸镁的离子方程式为5Mg2++4HCO3 2﹣+6NH+6H2O=Mg（OH）2•4MgCO3•5H2O↓+6NH4+，3故答案为：Mg（OH）2•4 MgCO3•4H2O（或Mg5（OH）2（CO3）4•4H2O）；5Mg2++4HCO3﹣+6NH3+6H2O=Mg （OH）2•4MgCO3•4H2O↓+6NH4+．【点评】本题考查镁的化合物的性质以及制备实验方案的设计，题目难度中等，本题注意（4）从质量守恒的角度分析，进行化学式的计算，为易错点．10．【分析】常温下A为固体单质，B为淡黄色粉末，C是气体，A和C反应生成B，则B是过氧化钠，A是钠，C是氧气；E在常温下为液体，E是水，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，C是氧气，D是氢氧化钠，F是氢气；H的水溶液通电生成氢气、I气体和氢氧化钠，且J可作杀菌消毒剂，为次氯酸盐，所以I是氯气，电解饱和食盐水制取氯气，所以H是氯化钠，氢气和氯气反应生成G，所以G是氯化氢；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以J是次氯酸钠；根据反应物和产物写出相应的化学方程式或离子方程式，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度导致溶液呈碱性，酚酞遇碱性溶液变红色．【解答】解：常温下A为固体单质，B为淡黄色粉末，C是气体，A和C反应生成B，则B是过氧化钠，A是钠，C是氧气；E在常温下为液体，E是水，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，C是氧气，D是氢氧化钠，F是氢气；H的水溶液通电生成氢气、I气体和氢氧化钠，且J可作杀菌消毒剂，为次氯酸盐，所以I是氯气，电解饱和食盐水制取氯气，所以H是氯化钠，氢气和氯气反应生成G，所以G是氯化氢；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以J是次氯酸钠．（1）通过以上分析知，B是过氧化钠，电子式为，故答案为：；（2）电解饱和氯化钠溶液生成氯气、氢气和氢氧化钠，电解方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；（3）氯气和强碱反应生成氯化物、次氯酸盐和水，离子方程式为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（4）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，少量氢氧化钠和氯化铝反应生成氢氧化铝和氯化钠，反应方程式为：6Na2O2+4AlCl3+6H2O=4Al（OH）3↓+12NaCl+3O2↑，故答案为：6Na2O2+4AlCl3+6H2O=4Al（OH）↓+12NaCl+3O2↑；3（5）电解饱和氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气，在阴极氢离子不断放电，破坏了水的电离平衡，促使水继续电离，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以阴极附近溶液变红，故答案为：阴；在阴极氢离子不断放电，破坏了水的电离平衡，促使水继续电离，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以阴极附近溶液变红．【点评】本题考查元素化合物的特性和反应，用框图设问可以考查学生正向思维、逆向思维、发散和收敛思维，能根据题眼正确判断化合物是解本题的关键，本题的题眼为“B为淡黄色粉末，E在常温下为液体”，据此．展开判断即可分析解答本题，难度较大11．【分析】（1）①根据A、B两原子的第二、三电离能之间都有1个突跃，它们都是短周期元素推知元素A和元素B；根据核外电子排布所遵循的原理找出电子排布图的错误，②根据价层电子对互斥理论，求出价层电子对数，得出分子构型；（3）①根据分子晶体的熔点与共价键的键能无关；②根据晶胞的分配原则计算出每个晶胞结构各离子的个数；③根据同一周期，同一主族，元素电负性变化规律，比较元素电负性大小；根据每个硅原子最外层才满足8电子稳定结构，得出每个硅原子只有个π键．【解答】解：（1）①表中A、B两原子的第二、三电离能之间都有1个突跃，说明它们属于ⅡA族，又它们都是短周期元素，且A的第一电离能比B大，因此，A为Be元素，B为Mg 元素，图1所示电子排布，根据能量最低原理，最外层两个电子应全排在s轨道上，故答案：能量最低原理；②A和氯元素形成的简单分子为BeCl2，根据价层电子对互斥理论 n==2，为直线形，故答案：直线形；（2）①尽管C60中C﹣C键的键能可能大于金刚石，但其熔化时并不破坏化学键，因此比较键能没有意义，故答案：不正确．因为C60构成的晶体是分子晶体，影响分子晶体熔点的作用是分子间作用力；而金刚石构成的晶体是原子晶体，影响原子晶体熔点的作用是原子间共价键，共价键作用大大与分子间作用力，因此金刚石的熔点高于C60；②在晶胞中，K原子在面心上和C60分子在顶点和中心，则其个数比为=3：1，故答案：3：1；③同一周期，从左到右，电负性逐渐增大，同一主族，从上到下，电负性逐渐减小，因此，原子电负性由大到小的顺序是：N＞C＞Si，根据题意，每个硅形成的这3个键中，必然有1个双键，这样每个硅原子最外层才满足8电子稳定结构．显然，双键数应该是Si原子数的一半，而每个双键有1个π键，显然π键数目为30．故答案：N＞C＞Si；30．【点评】本题主要考查了电离能、电负性、电子排布图、分子的空间构型等，试题涉及的知识点较多，侧重于物质结构知识的综合考查，题目难度中等．【化学选修--有机化学】12【分析】（1）由信息可知，烯烃被强氧化剂氧化，C=C双键断裂时含有1个H原子的C原子氧化生成﹣COOH，含有2个H原子的C原子氧化为CO2，据此将中﹣COOH还原为﹣CH，通过双键连接；（2）2﹣甲基﹣3﹣己烯的结构简式为（CH3）2CHCH=CHCH2CH3，由信息可知，烯烃被强氧化剂氧化，C=C双键断裂，中含有1个H原子的C原子氧化生成﹣COOH，含有2个H原子的C 原子氧化为CO2，据此判断；（3）由反应信息可知，1，3﹣丁二烯与乙烯反应，乙烯中C=C双键断裂其中1个碳碳键，1，3﹣丁二烯中2个C=C双键都断裂其中1个碳碳键，进行加成反应成环状，同时1，3﹣丁二烯断键后中间形成1个新的C=C双键；1，3一丁二烯聚合时，除生成高分子聚合物外，还有一种二聚体生成，且该二聚体能发生下列反应：①加氢还原，生成乙基环己烷；②与溴加成时可引入4个溴原子；③氧化时可生成，同时还有一种气体生成，故该二聚体的结构简式为，据此解答．【解答】解：（1）由信息可知，烯烃被强氧化剂氧化，C=C双键断裂时含有1个H原子的C 原子氧化生成﹣COOH，含有2个H原子的C原子氧化为CO2，据此将中﹣COOH还原为﹣CH，通过双键连接，故该烃的结构简式为：，故答案为：；（2）2﹣甲基﹣3﹣己烯的结构简式为（CH3）2CHCH=CHCH2CH3，由信息可知，烯烃被强氧化剂氧化，C=C双键断裂，中含有1个H原子的C原子氧化生成﹣COOH，含有2个H原子的C 原子氧化为CO2，故（CH3）2CHCH=CHCH2CH3被强氧化剂氧化的产物是（CH3）2CHCOOH、CH3CH2COOH，故答案为：（CH3）2CHCOOH；CH3CH2COOH；（3）由反应信息可知，1，3﹣丁二烯与乙烯反应，乙烯中C=C双键断裂其中1个碳碳键，1，3﹣丁二烯中2个C=C双键都断裂其中1个碳碳键，进行加成反应成环状，同时1，3﹣丁二烯断键后中间形成1个新的C=C双键．1，3一丁二烯聚合时，除生成高分子聚合物外，还有一种二聚体生成，且该二聚体能发生下列反应：①加氢还原，生成乙基环己烷；②与溴加成时可引入4个溴原子；③氧化时可生成，同时还有一种气体生成，结合反应信息可知，该二聚体的结构简式为，氧化生成的气体为CO2，该二聚体与等物质的量HCl加成，可以与环中C=C双键发生加成反应，Cl原子有2种位置，也可以与支链中的C=C双键发生加成反应，Cl原子有2种物质，故加成的产物有4种，故答案为：CO2；；4．【点评】本题考查有机物的推断，注意结合题给信息来分析是解本题的关键，难度较大．。

2019届高考化学精准培优专练培优点八氧化性还原性强弱判断的几种方法一．氧化性还原性强弱判断的几种方法1．根据氧化还原反应的方向判断典例1．在相同条件下的三个反应：2A－+B2===2B－+A2；C－+A2===2A－+C2；2B－+D2===2D－+B2，下列判断不正确的是（）A．氧化性：A2>B2>C2>D2 B．还原性:C－>A－>B－>D－C．2A－+D2===2D－+A2反应可以进行 D．2C－+B2===2B－+C2反应不能进【解析】反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性：D2>B2>A2>C2；还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以还原性：C－>A－>B－>D－，由此可判断C、D都正确。

故选A。

【答案】A2．根据原电池、电解池的电极反应判断典例2．a、b、c是三种金属，根据下列①、②两个实验，确定它们的还原性强弱顺序为（）①将a与b浸在稀硫酸中用导线相连，a上有气泡逸出，b逐渐溶解；②使用惰性电极电解物质的量浓度相同的a、c混合盐溶液，阴极上先析出c。

A．a＞b＞c B．b＞c＞a C．c＞a＞b D．b＞a＞c【解析】①将a与b浸在稀硫酸中用导线相连，a上有气泡逸出，b逐渐溶解，可说明b为负极，a为正极，原电池中活泼金属为负极，则还原性b＞a；②为电解，金属阳离子氧化性较强的离子先在阴极析出，金属阳离子的氧化性越强，对应的金属单质的活泼性越弱，阴极上先析出c，说明活泼性a＞c。

则三种金属的还原性强弱为b＞a＞c，故选D。

【答案】D3．依据化学反应条件和反应程度进行判断典例3．实验室用下列方法制取氧气①4HCl(浓)+MnO 2MnCl2+Cl2↑+2H2O；②4HCl(浓)+O 22Cl2+2H2O③2KMnO4 +16HCl2KCl+2MnCl2 +5Cl2 ↑+8H2O试比较上述反应中氧化剂氧化能力的强弱。

2019届全国高考高三模拟考试卷化学试题（二）（解析版）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 7．化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列有关说法正确的是 A ．我国发射的“嫦娥三号”卫星中使用的碳纤维，是一种有机高分子材料 B ．石油裂化和裂解制取乙烯、丙烯等化工原料不涉及化学变化 C ．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法 D ．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶没有丁达尔效应8．为使桥体更牢固，港珠澳大桥采用高性能绳索吊起，该绳索是超高分子量的聚乙烯材料，同时也使用了另一种叫芳纶(分子结构下图所示)的高性能材料，以下对这两种材料的说法错误的是A ．芳纶是一种混合物B ．聚乙烯能使溴水褪色C ．聚乙烯和芳纶的废弃物在自然环境中降解速率慢，会造成环境压力D ．合成芳纶的反应方程式为：9．N A 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A ．12g NaHSO 4晶体中，阴阳离子总数为0.3N A B ．标准状况下，56L HF 中含有的电子数为2.5N AC ．由1mol CH 3COONa 和少量CH 3COOH 形成的中性溶液中，CH 3COO −数目为N AD ．常温下电解饱和食盐水，当溶液pH 值由7变为12时，电路中转移的电子数为0.01N A 10．下列是部分矿物资源的利用及产品流程(如图)，有关说法不正确的是A ．粗铜电解精炼时，粗铜作阳极B ．生产铝、铜、高纯硅及玻璃过程中都涉及氧化还原反应C ．黄铜矿冶铜时，副产物SO 2可用于生产硫酸，FeO 可用作冶铁的原料D ．粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次分馏的方法11．某化工厂排放出大量含硫酸铵的废水，技术人员设计如图所示装置处理废水中的硫酸铵，并回收化工产品硫酸和氨水，废水处理达标后再排放。

2019届高三二轮复习模拟考试化学试卷（八）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Al27 Si 28 P31 S32Cl35.5 Cr 52 Cu 64 Zn 651．化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法中正确的是A．用“地沟油“纯化生产“生物燃油”的过程发生的是化学变化B．节日燃放的焰火是某些金属元素发生焰色反应所呈现出来的色彩，焰色反应是物理变化C．向牛奶中加入果汁会产生沉淀，这是因为发生了酸碱中和反应D．钢铁制品和铜制品既可发生吸氧腐蚀又可发生析氢腐蚀2．以N A代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标准状况下，22.4L HF中含有的氟原子数目为N AB．12g石墨烯(单层石墨)中含有的六元环个数为N AC．标准状况下，6.0g NO和2.24L O2混合，所得气体的分子数目为0.2N AD．反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4kJ·mol−1，若放出热量4.62kJ，则转移的电子数目为0.3N A3．下列关于有机化合物的说法正确的是A．乙烯和聚乙烯互为同系物B．丙烯和苯分子内所有原子均在同一平面内C．分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机物(不考虑立体异构)有8种D．乙醇中含乙酸杂质，可加人碳酸钠溶液洗涤、分液除去4．下列实验操作能达到实验目的的是O2CrO5．据外媒报道，Wirth Research公司公布了其用轻型氢燃料电池作为主要能源的无人空中系统(UAS)的设计，该轻型氢燃料电池比普通理离子电池具有更高的能量密度(能量密度是指单位体积或重量可以存储的能量多少)。

合格演练测评（八）硅、氯及其化合物姓名：班级：正确率：1.（2018·茂名学考模拟）陶瓷、玻璃、水泥等产品的主要成分都是（）A.硅酸盐B.二氧化硅C.硫酸盐D.碱性氧化物解析：记住三大硅酸盐材料：水泥、玻璃、陶瓷。

答案：A2.碳元素可以存在于自然界的多种物质中，这些物质肯定不包括（）A.石油B.石灰石C.天然气D.石英砂解析：石英砂的主要成分是SiO2，含硅元素和氧元素，无碳元素。

答案：D3.下列关于硅的说法不正确的是（）A.硅是非金属元素，它的单质是灰黑色有金属光泽的固体B.硅的导电性能介于金属和绝缘体之间，是良好的半导体材料C.硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质反应D.加热到一定温度时，硅能与氢气、氧气等非金属反应解析：硅的化学性质不活泼，但常温下能与氢氟酸以及氢氧化钠等强碱溶液反应。

答案：C4.（2018·惠州学考模拟）水晶的主要成分为氧化物，该氧化物为（）A.Al2O3B.CuOC.Fe2O3D.SiO2解析：水晶的主要成分是SiO2。

答案：D5.我国及美国、日本等国家都已研制出了一种陶瓷柴油机，这种柴油机发动机部件的受热面是用一种耐高温且不易传热的材料来制造的，这种材料是（）A.普通硅酸盐陶瓷B.氮化硅陶瓷C.光导纤维D.玻璃钢解析：氮化硅陶瓷具有耐高温，不传热，强度高等特点，适合做柴油机的受热面。

答案：B6.普通玻璃是以石英砂、石灰石和纯碱为主要原料，经加热熔融、澄清、成型和冷却等工序制成。

下列说法正确的是（）A.普通玻璃仅由CaSiO3组成B.石英砂和石灰石均为氧化物C.加热熔融过程含有化学变化D.制备普通玻璃的原料的主要成分为SiO2、CaSiO3和NaOH解析：普通玻璃主要成分是SiO2、Na2SiO3、CaSiO3，A错；石灰石主要成分是CaCO3，CaCO3属于盐，C错；加热熔融过程中CaCO3会分解成CaO和CO2，发生化学变化，C正确；制备普通玻璃的原料主要成分为SiO2、CaCO3和Na2CO3，D错。