枣庄市枣庄四中2016届高三上学期期末复习化学模拟试卷(一) 含答案

山东省枣庄市枣庄四中2016届高三上学期期末复习化学模拟试题（一)
第I卷（选择题)
一、选择题
1。

在日常生活中,下列解决问题的方法不可行的是（）
A．为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸
B．为防止海鲜腐烂,可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中
C．为增强治疗缺铁性贫血效果,可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C D．为使水果保鲜，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土
2。

下列说法正确的是( )
A．福岛核电站泄漏的放射性物质131I和127I互为同位素，化学性质几乎相同
B．分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔、沸点一定高C．CO2、H2O、N2这些分子中所有原子都满足最外层为8电子的结构
D．原子结构模型的演变经历了：
3。

设N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的
①17.6 g丙烷中所含的共价键数为4N A个
②常温下,21 g C３H６和C４H８的混合物中含有的碳原子数为1.5N A
③电解饱和食盐水，当阴极产生2.24 L H2时,转移的电子数为0。

2N A
④2 g D２１６O中含有的质子数、中子数、电子数均为N A
⑤常温下，1。

0 L pH＝13的NaOH溶液中，由水电离的OH－离子数目为0.1N A
⑥将100 mL0.1 mol·L－１的FeCl３溶液滴入沸水中可制得Fe(OH）３胶粒0。

01N A
A．①③⑥B．①②④
C．④⑤⑥D．①⑥
4.含有下列各组离子的溶液中，通入NH3后仍能大量共存的是（）A．H+、Cu2+、Fe3+、SO42﹣B．Na+、Ba2+、Al3+、Cl﹣
C．K+、Ag+、NH4+、NO3﹣D．Na+、K+、Br﹣、OH﹣
5。

已知过二硫酸的结构式为,向MnSO4溶液中加入过二硫酸钾（K2S2O8）可
发生如下反应：2Mn2++5S2O82—+X=2MnO4-+l0SO42—+Y,下列说法中正确的是
A。

S2O82—中硫元素的化合价为+7价B．X、Y分别为16OH—、8H2O
C．氧化性:S2O82—〈MnO4—D．每生成1 mol Y转移0.625 mol电子
6.已知反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2，则有1molO2生成时反应所转移的电子总数为( ）
A．4mol B．9mol C．10mol D．5mol
7。

设N A为阿伏加德罗常数的数值．下列说法正确的是( )
A．常温常压下，8gO2含有4N A个电子
B．l L 0.1 mol·L-1的氨水中含有0．1N A个NH+4
C．标准状况下，22.4 L盆酸含有N A个lHC1分子
D．1 mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去2N A个电子
8。

下列说法正确的是（)
A．若2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ•mol﹣1，则H2燃烧热为241。

8kJ•mol﹣1
B．在稀溶液中:H+（aq）+OH﹣（aq)═H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol，若将含0。

6molH2SO4的稀硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ
C．已知C（石墨,s）═C(金刚石，s）△H＞0,则金刚石比石墨稳定D．由BaSO4(s）+4C（s）=4CO（g)+BaS（s）△H1=+571。

2kJ•mol ﹣1①
BaSO4（s）+2C（s)=2CO2（g）+BaS（s）△H2=+226。

2kJ•mol﹣1②可得反应C（s）+CO2（g）=2CO（g) 的△H=+172.5kJ•mol﹣1
9。

(双选题)X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中相对位置如图所示，若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，下列说法正确的是（)
A．Y单质与氢气反应较Z剧烈
B．最高价氧化物对应水化物酸性W比Z强
C．X单质氧化性强于Y单质
D．X与W的原子核外电子数相差9
10。

某温度下，碳和H2O（g）在密闭容器里发生下列反应：①C（s)+H2O （g）CO（g）+H2（g），②CO（g）+H2O(g）CO2（g）+H2(g)当反应达到平衡时，c（H2）=1.9mol•L﹣1、c（CO)=0.1mol•L﹣1．则下列叙述正确的是（）
A．CO在平衡时转化率为10％
B．平衡浓度c(CO2)=c（H2）
C．其他条件不变时,缩小体积，反应②平衡不移动
D．平衡时增大碳的质量,反应①中热量值不变
11.LiOH是制备锂离子电池的材料，可由电解法制备。

工业上利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液.
A、B极区电解液为LiOH溶液
B、电极每产生22.4L气体，电路中转移2mole-
C、电解过程中Li+迁移入B电极区、OH－迁移入A电极区
D、电解池中总反应方程式为：2HCl2H2↑+Cl2↑
12.下列物质分类正确的是
①混合物：铝热剂、碱石灰、水玻璃、漂白粉; ②化合物：氯化钙、烧碱、胆矾、冰水混合物
③酸性氧化物：Mn2O7、N2O3、SiO2、NO2④碱性氧化物:Na2O2、CuO、Al2O3、MgO
⑤同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨⑥强电解质：AlCl3、BaSO4、MgO、Ba（OH）2
A．①②⑤⑥B．②③④⑥C．①②④⑤D．①
②④⑥
13.已知将C12通人适量NaOH溶液，产物中可能有NaCl、NaCl0、NaCl03，且的值与温度高低有关。

当n(NaOH)=a mol时,下列有关说法错误的是（）
A．参加反应的氯气的物质的量等于去1/2 a mol
B．改变温度，产物中NaCl03的最大理论产量为a mol
c．改变温度,反应中转移电子的物质的量的范围：
D．若某温度下，反应后
14.某CaCl2样品中可能含有FeCl3、MgCl2、NaCl和Na2CO3中的一种或两种．将11。

1克此样品溶于水得无色溶液,加入足量的AgNO3溶液得沉淀29.7克，由此可知所含杂质的正确结论是（）
A．一定无Na2CO3，可能有FeCl3
B．可能有Na2CO3和NaCl
C．一定有MgCl2，可能有NaCl
D．一定有NaCl
15.茉莉香醇是一种具有甜香味的物质，是合成香料的重要原料，其结构简式如下：
下列有关茉莉香醇的叙述正确的是
A、茉莉香醇的分子式为C9H14O2
B、不能使溴的四氯化碳溶液褪色
C、能与FeCl3溶液发生显色反应
D、能发生加成反应而不能发生取代反应
16.一定温度下，硫酸铜受热分瞬生成CuO、SO2、SO3和O2．已知：SO2、SO3都能被碱石灰和氢氧比钠溶液吸收．利用如图所示装置加热硫酸铜粉末直至完全分解．若硫酸铜粉末质量为10.0g，完全分解后,各装置的质量变化关系如表所示．
装置A(试管+粉
B C
末）
反应前42.0g75.0g140。

0g
反应后37。

0g79.5g140.0g
请通过计算,推断出该实验条件下硫酸铜分解的化学方程式是( )
A．4CuSO4 4Cu0+2SO3↑+2SO2↑+O2↑
B．3CuSO43Cu0+SO3↑+2SO2↑+O2↑
C．5CuSO 45Cu0+SO3↑+4SO2↑+2O2↑
D．6CuSO 46Cu0+4SO3↑+2SO2↑+O2↑
17.如图所示，常温时将一滴管液体Y一次性全部挤到充满O2的锥形瓶内（装置气密性良好)，若锥形瓶内气体的最大物质的量是amol,久置后其气体的物质的量是bmol,不存在a＞b关系的是（)
X Y
A过量C、Fe碎屑稀HCl
B过量Na2CO3粉末稀
H2SO4
C过量Fe、Al碎屑浓
H2SO4
D过量Cu、CuO粉末浓HNO3
18.将13.0g Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体6。

72L（标况）．另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中生成6.72L(标况)NO，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液,得到沉淀的质量是（）
A．11.85g B．12.7g
C．27.45g D．28。

3g
19.
A～G各物质间的关系如图所示，其中B、D为气体单质．则下列说法错误的是（)
A．若反应①在常温下进行，则1 mol A在反应中能转移1 mol电子B．反应②的离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Cl2↑+Mn2++2H2O C．新配制的F溶液一般需要加入铁屑和稀盐酸，前者用于防止Fe2+被空气氧化成Fe3+，后者可抑制Fe2+的水解
D．已知C的浓溶液在催化剂存在的条件下加热，能与B反应生成D，由此可以推断B的氧化性比MnO2强
20.为除去括号内的杂质，下列各选项中所选用的试剂或方法不正确的是（）
A．NaHCO3溶液（Na2CO3）,应通入过量的CO2气体
B．NaBr溶液(NaI），应加入适量的氯水、CCl4，进行萃取分液C．NH4Cl溶液（FeCl3）,应加入适量的氨水,过滤
D．CO2（CO)，通过过量的灼热的氧化铜粉末
第II卷（非选择题）
二、填空题
21。

氨气是一种重要的化工产品，工业上可以按照下图所示流程生产氨气:
(1) 原料气之一氮气的工业制取方法是，写出氨气的工业用途（任答一点）。

(2) 写出合成塔中发生的反应的化学反应方程式。

在冷却塔中对混合气体进行冷却，冷水的入口（答m或n).
(3) 设备C的作用。

其分离器中的过程对整个工业合成氨的意义。

(试结合平衡移动原理回答) (4) 在原料气制备过程中混有CO对催化剂有毒害作用,欲除去原料气中的CO,可通过如下反应来实现：CO(g)+H2O(g）CO2 (g）+ H2 （g），已知1000K时该反应的平衡常数K=0。

627，若要使CO的转化超过80％，则起始物中c（H2O）：c（CO）不低于（精确到小数点后一位）。

22.【化学-选修3：物质结构与性质】(共1小题，满分0分）
化学中的某些元素与生命活动密不可分．请回答下列问题：
（1）（NH4）2SO4是一种重要的化学肥料,其中N、S原子的杂化方式分别是、，SO42﹣的空间构型为．
（2）钙是儿童生长不可缺少的元素,基态钙原子中,电子没有全充满的能层是．
（3）蛋白质中含有N、P等元素,它们分别形成的简单气态氢化物键角大小关系是（用化学式表示）,原因
是．
（4）金属铁、镍及其形成的许多化合物常用作催化剂．已知NiO、FeO的晶体类型均与氯化钠晶体相同，熔点NiO＞FeO，推测Ni2+和Fe2+离子半径的大小关系是，作出判断的依据
是．
（5）某金属是抗癌药物中的明星元素，其晶体中原子的堆积方式如图所示．晶胞中金属原子的配位数为．若已知金属的摩尔质量为M g/mol，阿伏加德罗常数为N A，原子半径为r pm，则该晶胞的密度为p= g/cm3．（用含M、N A、r的计算式表示，不用化简）
23.废弃物的综合利用既有利于节约资源,又有利于保护环境．实验室利用废旧黄铜（Cu、Zn合金，含少量杂质Fe）制备胆矾晶体（CuSO4•5H2O）及副产物ZnO．制备流程图如图：
已知：Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似，pH＞11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成［Zn（OH）4］2﹣．如图表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1。

0mol•L﹣1计算）．
Fe3+Fe2+Zn2+
开始沉淀的pH1.1 5.85。

9
3.08。

88.9
s沉淀完全的
pH
请回答下列问题：
（1）试剂X可能是，其作用是将．
(2）加入ZnO调节pH=3～4的目的是．
（3）由不溶物生成溶液D的化学方程式为．
（4）由溶液D制胆矾晶体包含的主要操作步骤是．（5）下列试剂可作为Y试剂的是．
A．ZnO B．NaOH C．Na2CO3 D．ZnSO4
若在滤液C中逐滴加入盐酸直到过量,则产生的现象
是．
(6）测定胆矾晶体的纯度（不含能与I﹣发生反应的氧化性杂质)：准确称取0.5000g胆矾晶体置于锥形瓶中，加适量水溶解,再加入过量
KI,用0.1000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液19。

40mL．已知:上述滴定过程中的离子方程式如下：2Cu2++4I ﹣═2CuI（白色)↓+I2,I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣
①胆矾晶体的纯度为．
②在滴定过程中剧烈摇动（溶液不外溅)锥形瓶，则所测得的纯度将会（填“偏高"、“偏低”或“不变”）．
三、实验题
24。

某兴趣小组对铜与浓硫酸反应产生的黑色沉淀（可能含有CuO、CuS、Cu2S，其中CuS和Cu2S不溶于稀盐酸、稀硫酸）进行探究,实验步骤如下：
Ⅰ．将光亮铜丝插人浓硫酸,加热；
Ⅱ．待产生大量黑色沉淀和气体时，抽出铜丝，停止加热;
Ⅲ．冷却后，从反应后的混合物中分离出黑色沉淀，洗净、干燥备用．
回答下列问题：
（1）步骤Ⅱ产生气体的化学式为．
（2）向含微量Cu2+试液中滴加K4[Fe（CN）6]溶液，能产生红褐色沉淀．现将少量黑色沉淀放入稀硫酸中，充分振荡以后，再滴加K4［Fe(CN)6]溶液，未见红褐色沉淀，由此所得结论是．（3）为证明黑色沉淀含有铜的硫化物,进行如下实验：
①A试管中黑色沉淀逐渐溶解②A试管上方出现红棕色气体③B试管中出现白色沉淀a．现象②说明褐色沉淀具有
性．b．试管B中产生白色沉淀的总反应的离子方程式为
（4）CuS固体能溶于热的浓硫酸，请用有关平衡移动原理加以解释：．
（5)为测定黑色沉淀中Cu2S 的百分含量,取0。

2g 步骤Ⅰ所得黑色沉淀,在酸性溶液中用40。

0mL 0。

075mol/L KMnO4溶液处理，发生反应如下：
8MnO4﹣+5Cu2S+44H+═10Cu2++5SO2↑+8Mn2++22H2O
6MnO4﹣+5CuS+28H+═5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O
反应后煮沸溶液，赶尽SO2，过量的高锰酸钾溶液恰好与35。

0mL 0.1mol/L (NH4)2Fe（SO4）2溶液反应完全．则混合物中Cu2S 的质量分数为．
25。

某化学兴趣小组以木炭和浓硝酸为起始原料，探究一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠。

设计装置如下（忽略装置中空气的影
响），请回答下列问题：
查阅资料:①HNO 2为弱酸，室温下存在反应
3HNO 2=HNO 3+2NO↑+H 2O ； ②在酸性溶液中,NO 2-可将MnO 4—还原为Mn 2+且无气体生成． ③NO 不与碱反应,可被酸性KMnO 4溶液氧化为硝酸。

(1）组装好仪器后，必须进行的一项操作是_________________.
（2）推测B 中可以观察到的主要现象是______;C 装置的作用是 。

(3）装置D 中除生成NaNO 2外,还有另一种固态物质Y ，Y 的化学式是________。

可以通过适当改进，不产生Y 物质，请你提出改进方法： _。

（4）在酸性溶液中，NO 可将MnO 还原为Mn 2＋。

写出有关反应的离子方程式 .
（5)E 装置中试剂X 可以是________。

A ．稀硫酸
B ．酸性高锰酸钾溶液
C ．稀硝酸
D ．水
试卷答案
1。

B
考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用；药物的主要成分和疗效．
分析：A．在漂白精中滴加醋酸,可增大HClO的浓度；
B．硫酸铜为重金属盐，对人体有害;
C．维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化；
D．高锰酸钾可氧化乙烯．
解答：解：A．漂白精种含有次氯酸钙，在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度，则氧化性增强，可增大漂白速率，故A正确；B．硫酸铜为重金属盐，对人体有害，不能用于食品防腐，故B错误;
C．维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C，可增强治疗缺铁性贫血效果，故C正确; D．乙烯可催熟，高锰酸钾可氧化乙烯，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土，可起到保鲜的作用，故D正确．
故选B．
点评:本题考查较为综合，侧重于化学与生活、生产的考查,有利于培养学生的良好的科学素养，注意相关物质的性质以及应用,难度不大．
2。

A
考点：核素;不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．.
专题：原子组成与结构专题．
分析:A、质子数相同中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素，同位素化学性质相似；
B、分子晶体的熔沸点高低与共价键无关；
C、H原子最外层2个电子为稳定结构;
D、依据原子结构模型演变回答．
解答：解：A、131I与127I相同质子数相同,中子数不同，互称同位素，化学性质相似,故A正确；
B、分子晶体的熔沸点高低取决于分子间作用力的大小，与共价键无关，故B错误；
C、H2O分子中的H原子，最外层为2个电子,不能满足最外层为8电子的结构，故C错误；
D、正确的原子演变模型为：道尔顿﹣汤姆生﹣卢瑟福﹣波尔，故D错误；
故选A．
点评：化学来源于生产、生活，也服务于生产、生活，在学习过程中要理论联系实际，在实践中领会知识，运用所学知识去解决实际问题．
3.B
4.D
考点：离子共存问题．
分析：A．通入氨气后,铜离子、铁离子和氢离子都与氨气反应; B．通入氨气后，铝离子与一水合氨反应；
C．通入氨气后，银离子与一水合氨反应；
D．四种离子之间不发生反应，通入氨气后也不反应．
解答：解：A．H+、Cu2+、Fe3+都与一水合氨反应，在溶液中不能大量共存,故A错误；
B．Fe3+与一水合氨反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．Ag+与一水合氨反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Na+、K+、Br﹣、OH﹣之间不发生反应，且通入氨气后也不反应,在溶液中能够大量共存，故D正确；
故选D．
点评:本题考查离子共存的判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件：通入氨气后，溶液中存在大量氢氧根离子，能够与氢氧根离子反应的离子不能大量共存
5。

D
6.B
考点:氧化还原反应
专题：氧化还原反应专题．
分析:反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中,Cl元素的化合价既升高又降低，O元素的化合价升高，以此来解答．
解答:解：反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgC lO3+10HF+O2中,
有1molO2生成时，5molCl2参加反应，
但9molCl作氧化剂，转移的电子为9mol×(1﹣0）=9mol,
故选B．
点评:本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答的关键,注意Cl的得电子数等于转移的电子总数，题目难度中等．
7.A
8.D
考点：反应热和焓变；热化学方程式．.
专题：化学反应中的能量变化．
分析：A、燃烧热是1mol可燃物燃烧生成稳定化合物，H生成液态水时放出的热量;
B、中和热是指生成1mol水时放出的热量；
C、物质的能量越低越稳定;
D、利用盖斯定律解答．
解答：解：A、生成的是水蒸气,故A错误；
B、含0。

6molH2SO4的稀硫酸与含1molNaOH的溶液混合,生成1mol 水，放热57。

3KJ，故B错误；
C、石墨生成金刚石吸热，石墨金刚石能量高，石墨稳定，故C错误；
D、已知：BaSO4(s）+4C（s）=4CO（g)+BaS（s）△H1=+571。

2kJ•mol ﹣1①
BaSO4（s）+2C（s）=2CO2(g）+BaS（s）△H2=+226.2kJ•mol﹣1②据盖斯定律，（①﹣②)÷2得:C（s)+CO2（g）=2CO（g）的
△H=+172.5kJ•mol﹣1，故D正确;
故选D．
点评：本题考查了燃烧热、中和热物质的能量越低越稳定和盖斯定律的应用，题目难度不大．
9。

AB
考点:元素周期律和元素周期表的综合应用．
分析：X、Y、Z、W均为短周期元素，Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，则Z的第一层电子数为2，最外层电子数为6，所以Z应为S，结合位置可知，Y为O元素、X为N元素,W为Cl 元素，并利用元素及其单质、化合物的性质来解答．
解答：解：X、Y、Z、W均为短周期元素，Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，则Z的第一层电子数为2，最外层电子数为6，所以Z应为S，结合位置可知，Y为O元素、X为N元素,W 为Cl元素，
A．非金属性越强，与氢气反应越剧烈，非金属性：Y＞Z，则Y单质与氢气反应较Z剧烈，故A正确；
B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强,非金属性:W ＞Z，则最高价氧化物对应水化物酸性W比Z强，故B正确；C．X为N元素、Y为O元素，氮气的氧化性小于氧气，故C错误；D．X为，N元素、W为Cl元素，二者原子序数相差：17﹣7=10，故D错误；
故选AB．
点评：本题考查了元素周期律与元素周期表的综合应用，题目难度中等，正确推断各元素名称为解答关键，要求学生熟练掌握元素周期律内容、元素周期表结构．
10。

CD
考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．
分析：碳与水反应生成的氢气的浓度为amol/L，则生成的CO为amol/L，令CO与水反应生成氢气的浓度为bmol/L,则生成的二氧化碳的浓度为bmol/L,消耗的CO浓度为bmol/L,平衡时氢气的浓度为1.9mol/L，则amol/L+bmol/L=1.9mol/L，平衡时CO的浓度为0。

1mol/L，则amol/L﹣bmol/L=0.1mol/L,联立解得a=1，b=0.9,据此判断各选项．
解答：解：A．碳与水反应生成的CO浓度为1mol/L，剩余0。

1mol/L，则转化率为×100％=90%,故A错误；
B．平衡时,平衡时CO2的浓度等于CO消耗的浓度，即c(CO2)=1mol/L ﹣0。

1mol/L=0。

9mol/L，c（H2）=1。

9mol•L﹣1，二者不等，故B 错误；
C．缩小体积，压强增大，反应前后气体计量数之和相同，化学平衡不移动,故C正确;
D．C为纯固体，增大C的质量，平衡不移动,即反应①中热量值不变，故D正确；
故选CD．
点评:本题考查化学平衡移动、计算,难度不大，应学会化学平衡的计算方式．
11。

A
【考点】电解原理．
【分析】电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气,则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B 中制备LiOH,Li+由A经过阳离子交换膜向B移动;A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气，据此回答．
【解答】解：A、电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B 为阴极，在B中制备LiOH，B极区电解液为LiOH溶液，故A正确；
B、A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气,则阳极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，电极每产生标况下22。

4L气体，电路中转移2mole﹣，故B错误;
C、Li+向阴极移动，即由A经过阳离子交换膜向B移动，OH﹣向阳极移动，但是阳离子交换膜不允许氢氧根离子移入A电极区，故C 错误；
D、电解池的阳极上是氯离子失电子，阴极上是氢离子得电子，电解的总反应方程式为：2H2O+2LiCl H2↑+Cl2↑+2LiOH，故D 错误．
故选A．
【点评】本题是一道高考题的改编题，侧重电解原理的应用知识，注意知识的迁移和应用是解题的关键,难度中等．
12。

A
13。

B
知识点:有关范围讨论题的计算，氧化还原反应的计算
答案解析:B 解析：A．由Cl原子守恒可知，2n(Cl2）=n（NaCl）+n(NaClO）+n（NaClO3），由钠离子守恒可知n(NaCl）+n(NaClO)+n （NaClO3）=n（NaOH）,故参加反应的氯气的物质的量为：n（Cl2）=1/2n（NaOH）=0。

5a mol，正确；
B．氧化产物只有NaClO3时，其物质的量最大,由C中计算可知：n （NaClO3）=1/6n(NaOH）=1/6 a mol,错误；C．氧化产物只有最大
NaClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（NaCl）=5（NaClO3），由钾离子守恒:n（NaCl）+n（NaClO3）=n(NaOH)，故n（NaClO3）=1/6 n(NaOH)=1/6a mol，转移电子最大物质的量为：1/6 a mol×5=5/6 a mol，氧化产物只有NaClO时，转移电子最少,根据电子转移守恒n（NaCl）=n（NaClO)，根据钠离子守恒：n（NaCl）+n(NaClO)=n （NaOH），故：n(NaClO）=1/2n(NaOH）=1/2a mol，转移电子最小物质的量=1/2a mol×1=1/2a mol,则反应中转移电子的物质的量n e 的范围为：
1/2a mol≤n e≤5、6a mol，故C正确;D．设n（ClO—）=1mol，反应后c（Cl−）/ c(ClO−）=11，则n（Cl—）=11mol,电子转移守恒，5×n （ClO3—）+1×n（ClO-)=1×n（Cl-），即：5×n（ClO3-)+1×1mol=1×11mol，解得：n（ClO3—）=2mol，故溶液中c(ClO−）/ c（ClO3−)=1/2，正确.
思路点拨：本题考查了氧化还原反应计算，题目难度中等,注意电子转移守恒及极限法的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力．
14。

C
解:纯净的11。

1g氯化钙生成的沉淀质量是x
CaCl2～2AgCl
111 287
11.1 x
所以沉淀量是28。

7g，
纯净的11。

1g氯化镁生成的沉淀质量是z
MgCl2～2AgCl
95 287
11.1 z
所以沉淀量是33。

5g，
纯净的11。

1g氯化钠生成的沉淀量是m，
NaCl～AgCl
58。

5 143。

5
11.1 m
所以沉淀量是27。

2g，
因为氯化钙生成的沉淀量小于29。

7,所以另一种物质的生成的沉淀量要大于29.7，一定含有氯化镁,可能含有氯化钠；
A、依据样品溶于水得无色溶液,证明氯化钙样品中一定不含碳酸钠,氯化铁，故A错误;
B、依据样品溶于水得无色溶液,证明氯化钙样品中一定不含碳酸钠，氯化铁，故B错误；
C、通过计算分析，一定有氯化镁，可能有氯化钠，故C正确;
D、过计算分析，一定有氯化镁，可能有氯化钠，故D错误;
故选C．
15。

A
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应,含有羟基，可发生取代、消去和氧化反应，结合有机物的结构简式判断有机物分子式，以此解答．
【解答】解:A．由结构简式可知分子式为C9H14O2,故A正确；B．含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，故B错误；
C．不含酚羟基，与氯化铁不反应，故C错误;
D．含有羟基,可发生取代反应，故D错误．
故选A．
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团及性质的关系，体会结构决定物质的性质，题目难度不大．
16.A
考点：铜金属及其重要化合物的主要性质；化学方程式的有关计算专题：实验探究和数据处理题．
分析：由C装置中数据可知，碱石灰完全吸收了二氧化硫和三氧化硫,然后根据质量守恒定律分析每个装置的质量变化情况,从而分析反应中各物质的质量．
解答：—解：根据质量守恒定律分析，反应生成气体的质量为42。

0g﹣37.0g=5g,生成氧化铜的质量为10g﹣5g=5g；干燥管完全吸收了二氧化硫和三氧化硫，其质量为79.5g﹣75g=4.5g,生成的氧气的质量
为5g ﹣4。

5g=0。

5g ；则参加反应的硫酸铜和生成氧化铜及生成的氧气的质量比为10g ：5g:0.5g=20：10：1，表现在化学方程式中的化学计量数之比为16020:8010： 321=4：4：1，从题干中可以看出，只有A 答
案符合这个比例，故A 正确；
故选A ．
点评:本题着重考查了质量守恒定律的应用，解题的关键根据装置的质量差分析出各物质的质量，然后求出方程式中物质的化学计量数．
17.C
考点:化学实验方案的评价．
分析：若锥形瓶内气体的最大物质的量是amol ，久置后其气体的物质的量是bmol,如存在a ＞b 关系，说明在久置过程中锥形瓶的气体参与反应而消耗,反之不存在a ＞b ，以此解答该题．
解答:解：A ．铁与盐酸反应生成氢气，由于铁过量，则久置过程中铁发生吸氧腐蚀，则消耗氧气，a ＞b ，故A 不选；
B ．碳酸钠和稀硫酸反应生成二氧化碳气体，由于碳酸钠过量,则久置过程中碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，气体总物质的量减小,a ＞b ，故B 不选；
C ．Fe 、Al 与浓硫酸发生钝化，气体体积基本不变，故C 选;
D ．铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，久置过程中二氧化氮与水反应生成NO,体积变小，故D 不选．
故选C ．
点评：本题综合考查元素化合物知识，为高频考点,侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累,难度不大．
18。

B
解析：合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L（标准状况)，物质的量为=0。

3mol，根据电子转移守恒可知n（Al）==0。

2mol，故金属铝的质量为0。

2mol×27g/mol=5.4g，金属铝提供电子的量是0。

6mol，
将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为×3=0.9mol，故Fe、Cu共提供的电子物质的量为0。

9mol﹣0。

6mol=0.3mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量,即n（OH﹣)=0。

3mol，所以反应后沉淀的质量等于13.0g ﹣5。

4g+0.3mol×17g/mol=12.7g，
故选B．
19.D
考点：无机物的推断．
专题:推断题．
分析：本题的突破点是MnO2,在中学化学中MnO2参与的反应主要是氧气和氯气的制备，所以依据框图的转化特点可知B是氧气，D 是氯气，C是浓盐酸,E是四氧化三铁,F和G为氯化亚铁和氯化铁;Fe2+
具有还原性，因此配制时需要加入铁粉防止被氧化，结合对应物质的性质解答该题．
解答：解：在中学化学中MnO2参与的反应主要是氧气和氯气的制备，所以依据框图的转化特点可知B是氧气,D是氯气，C是浓盐酸,E 是四氧化三铁，F和G为氯化亚铁和氯化铁，
A．MnO2参与制备氧气的反应有两种，一种是由MnO2做催化剂的条件下，加热KClO3分解制得氧气；另一种是
MnO2做催化剂的条件下，常温下H2O2分解制得氧气，反应的方程式为2H2O2═2H2O+O2↑，H2O2中O元素化合价由﹣1价分别变化为0价、﹣2价,由方程式可知1 mol H2O2在反应中能转移1 mol电子，故A正确;
B．反应②为实验室制备氯气的常用方法,由浓盐酸和二氧化锰反应制得，离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Cl2↑+Mn2++2H2O，故B 正确；
C．F是氯化亚铁，G是氯化铁，Fe2+易被氧化，且能水解,加入铁屑和稀盐酸，前者用于防止Fe2+被空气氧化成Fe3+，后者可抑制Fe2+的水解，故C正确；
D．反应条件相同，不同的反应,无法比较B和MnO2的氧化性强弱,故D错误．
故选D．
点评：本题属于无机框图题，主要考查常见物质的性质、制备和检验，本题由化学中常见的反应入题，注意元素化合物知识的积累和常见离子的检验方法．。