1、西藏拉萨中学2015届高三上学期第三次月考化学试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1（4分）下列说法中正确的是（）A电解精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极B金属氧化物均为碱性氧化物CNa2O2与水发生反应时，Na2O2作氧化剂，水作还原剂D自行车钢架生锈主要是电化学腐蚀2（4分）下列有关阿伏伽德罗常数说法正确的是（）A58.5g的氯化钠固体中含有NA个氯化钠分子B1L 1mol/L的NaClO溶液中含有ClO的数目为NAC32g氧气所含的原子数目为26.021023D常温常压下，0.56.021023个一氧化碳分子所占体积是11.2L3（4分）下列说法中正确的是（）钠在空气中燃
2、烧生成淡黄色的Na2O2；酸雨是pH7的雨水；铝 铁 铜，三者对应的氧化物均为碱性氧化物；金属钠着火时用细沙子扑灭；SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性ABCD4（4分）Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍元素Y的合金是日常生活中使用广泛的金属材料之一，下列说法正确的是（）A氢化物稳定性：ZWB原子半径的大小顺序：rXrYrQrWC元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物DX、Y的最高价氧化物的水化物之间不能发生反应5（4分）下列说法正确的是（）A碳酸氢钠的热稳定性
3、小于碳酸钠的BFe在足量Cl2中燃烧生成FeCl2和FeCl3C可用石灰水区分Na2CO3与NaHCO3溶液D滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe3+、NH4+、I可能大量共存6（4分）下列物质转化在给定条件下能实现的是（）Al2O3NaAlO2（aq） Al（OH）3盐卤（含MgCl2）Mg（OH）2MgCl2溶液 无水MgCl2饱和NaCl（aq） NaHCO3Na2CO3Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3MgCl2（aq）Mg（OH）2MgOABCD7（4分）根据碘与氢气反应的热化学方程式下列判断正确的是（）（i） I2（g）+H2（g） 2HI（g）H=9.48kJ/mol（ii）
4、I2（S）+H2（g）2HI（g）H=+26.48kJA1 mol I2（g）中通入2gH2（g），反应放热9.48 kJB1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17.00 kJC反应（i）的产物比反应（ii）的产物稳定D反应（ii）的反应物总能量比反应（i）的反应物总能量低8（4分）下列离子方程式表达正确的是（）A过氧化钠和水反应：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2B用铜为电极电解饱和食盐水：2Cl+2H2O=Cl2+H2+2OHC在明矾溶液中滴加过量氨水：Al3+3OH=Al（OH）3D向小苏打溶液中加少量Ba（OH）2溶液：HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2O9
5、（4分）某溶液中可能含有OH、CO32、AlO2、SiO32、SO42、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化的图象如图所示下列说法正确的是（）A原溶液中一定含有的阴离子是：OH、SiO32、AlO2、CO32B反应最后形成的溶液中的溶质为NaClC原溶液中一定含有Na2SO4D原溶液中含有CO32与AlO2的物质的量之比为1：110（4分）下列物质中的杂质（括号内为杂质）的检验、除杂的试剂或方法正确的是（）物质及其杂质检验除杂ACl2（HCl）湿润的淀粉KI试纸饱和食盐水BNaHCO3溶液（Na2
6、CO3）Ca（OH）2溶液过量CO2CCO2（HCl）AgNO3溶液（含稀硝酸）饱和Na2CO3溶液DNO（NO2）观察颜色或湿润的淀粉KI试纸水AABBCCDD二、解答题（共3小题，满分45分）11（15分）X、Y、Z是三种短周期元素，X和Z的质子数之和与Y的质子数相等，Z的电子层数是X的电子层数的2倍A、B、C、D、E、F是中学化学中的常见物质，它们由上述三种元素中的一种、两种或三种组成，其中A是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，D、E是两种酸，E为含Z的最高价氧化物的水化物，F是一种单质，反应均在微生物作用下进行，其转化关系如图所示回答下列问题：（1）A的电子式为Y的原子结构示意图；X在周
7、期表的位置（2）A和E反应生成G，C与G中都含有（填化学键的类型） （3）反应中如果转移的电子为3mol，则被氧化的A为mol（4）科学家发明了使ZX 3直接用于燃料电池的方法，其装置用铂作电极，加入碱性电解质溶液，往一极通入空气，另一电极通入ZX3并使之转化为无污染的气体，试写出负极的电极反应式：12（15分）目前工业上有一种用CO2来生产燃料甲醇的方法，可以将CO2变废为宝（1）已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=1275.6kJmol12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566.0kJmol1H2O（g）=H2O（l）H=44.0
8、mol1写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：（2）某同学利用甲醇（酸性）燃料电池为电源，设计了一种电解法制取Fe（OH）2的实验装置（如图）通电后，如图竖直装置下端B极上有大量气泡产生，溶液中产生大量的Fe（OH）2白色沉淀，且较长时间不变色则电源中b极为极（填“正”或“负”），其电极反应式为，装置上端A极电极材料是：（填化学式），B电极上的电极反应式为（3）利用电解法在铁制品上镀铜可以防止铁被腐蚀，以下说法正确的是a电镀时，通常用铜做阳极，可溶性铜盐作电解质溶液b电镀过程中，维持电流恒定，温度升高，电解反应速率加快c电镀过程中，电能全部转化为化学能d电镀过程中，铜离子向阴极
9、移动，发生还原反应13（15分）如图是实验室中制备气体或者验证气体性质的装置图（1）写出用A制取氯气的化学方程式（2）利用图中装置制备纯净、干燥的氯气，并证明氧化性：Cl2Fe3+装置B中的溶液的作用为；装置D中加的最佳试剂为（填序号）供选试剂：a、浓硫酸 b、FeCl2溶液 c、KSCN与FeCl2的混合溶液 d、无水氯化钙（3）在如图所示圆底烧瓶内加入碳，a中加入浓硫酸，开始实验，加热产生的气体缓慢通过后续装置完成如下实验：实验1：证明SO2具有氧化性和漂白性实验2：证明碳元素的非金属性比硅元素的强证明SO2具有氧化性和漂白性：B中为少量Na2S溶液、C中为品红溶液，D中应加入足量的（填溶
10、液名称），E中加入溶液（填化学式）（4）证明碳元素的非金属性比硅元素的强的现象为，实验2不严谨之处应如何改进三、选考题【化学选修3物质结构与性质】14（15分）尿素（H2NCONH2 ）可用于制有机铁肥主要代表有Fe（H2NCONH2）6（NO3）3三硝酸六尿素合铁（）（1）基态Fe3+的核外电子排布式为：C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是：（2）氨气中N原子的杂化方式是：（3）与N2互为等电子体的一种化合物是：（写化学式）NO3的空间构型为：，石墨晶体类型为：（4）某种化合物由K，Ni，F三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示，则其化学式为，根据图中所示的数据列式计算该晶体的密度
11、：d=g/cm3四、【选修5-有机化学基础】15芳香族化合物A1和A2分别和浓H2SO4在一定温度下共热都只生成烃B，B的蒸气密度是同温同压下H2密度的59倍，B苯环上的一硝基取代物有三种，有关物质之间的转化关系如下：（1）D的分子式为，I中官能团名称为，反应属于反应（填反应类型）（2）写出下列物质的结构简式：A2；X（3）写出下列反应的化学方程式：；（4）化合物J是比化合物E多一个碳原子的E的同系物，化合物J有多种同分异构体，其中同时满足下列条件的同分异构体有种；苯环上有两个取代基； 能使FeCl3溶液显色； 与E含有相同官能团写出其中核磁共振氢谱图中峰面积比为1：1：2：2：6的结构简式：
12、西藏拉萨中学2015届高三上学期第三次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1（4分）下列说法中正确的是（）A电解精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极B金属氧化物均为碱性氧化物CNa2O2与水发生反应时，Na2O2作氧化剂，水作还原剂D自行车钢架生锈主要是电化学腐蚀考点：电解原理；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；金属的电化学腐蚀与防护；钠的重要化合物 分析：A电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极；B金属氧化物可能为酸性、碱性、两性氧化物；CNa2O2自身发生氧化还原反应；D铁与碳、潮湿的空气组成原电池，铁发生电化学腐蚀解答：解：A电解精炼铜时，粗铜作
13、阳极，纯铜作阴极，在阴极上析出铜，粗铜中的杂质进入电解液而分离，故A错误； BAl2O3为两性氧化物，Mn2O7为酸性氧化物，故B错误；C过氧化钠和水的反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，化合价变化的只有过氧化钠中的氧元素，过氧化钠中的氧元素从1价降为2价，同时升为0价，所以Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故C错误；D铁与碳、潮湿的空气组成原电池，铁发生电化学腐蚀，所以自行车钢架生锈主要是电化学腐蚀所致，故D正确故选D点评：本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、氧化物的分类、电解原理及电化学腐蚀等知识，侧重于学生的基础知识的理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累2（4分
14、）下列有关阿伏伽德罗常数说法正确的是（）A58.5g的氯化钠固体中含有NA个氯化钠分子B1L 1mol/L的NaClO溶液中含有ClO的数目为NAC32g氧气所含的原子数目为26.021023D常温常压下，0.56.021023个一氧化碳分子所占体积是11.2L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氯化钠为离子化合物，不存在氯化钠分子；B次氯酸根离子部分水解，导致次氯酸根离子数目减少；C32g氧气的物质的量为1mol，1mol氧气含有2mol氧原子；D常温常压下，表示标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算CO的体积解答：解：ANaCl属于离子化合物，氯化钠中不
15、存在氯化钠分子，故A错误；B1L 1mol/L的次氯酸钠溶液中含有溶质次氯酸钠1mol，由于次氯酸根离子部分水解，则溶液中次氯酸根离子的物质的量小于1mol，溶液中含有ClO的数目小于NA，故B错误；C32g氧气的物质的量为1mol，含有2mol氧原子，所含的原子数目为26.021023，故C正确；D0.56.021023个一氧化碳分子的物质的量为0.5mol，由于不是标况下，不能使用标况下气体摩尔体积计算CO的体积，故D错误；故选C点评：本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项A需要明确
16、氯化钠中不存在氯化钠分子3（4分）下列说法中正确的是（）钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2；酸雨是pH7的雨水；铝 铁 铜，三者对应的氧化物均为碱性氧化物；金属钠着火时用细沙子扑灭；SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性ABCD考点：钠的化学性质；二氧化硫的化学性质；二氧化硫的污染及治理；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用 专题：元素及其化合物分析：金属钠在空气中燃烧生成过氧化钠；酸雨是pH5.6的雨水；铝的氧化物为两性氧化物；根据钠的性质分析，能和水、氧气反应；二氧化硫具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化解答：解：金属钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，故正确；酸雨是pH5.6的
17、雨水，故错误；铝的氧化物为两性氧化物，Fe和Cu的氧化物为碱性氧化物，故错误；钠性质很活泼，能和水、氧气反应，所以为防止钠燃烧，必须隔绝空气和水，一般用细沙覆盖灭火，故正确；二氧化硫具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，即SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为它具有还原性，故错误故选C点评：本题涉及金属钠、铝、酸雨以及二氧化硫性质的考查，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大4（4分）Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍元素Y的合金是日常生活中使用广泛的金属材料之一，下列说法正确
18、的是（）A氢化物稳定性：ZWB原子半径的大小顺序：rXrYrQrWC元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物DX、Y的最高价氧化物的水化物之间不能发生反应考点：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：Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色，则X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故Q为碳元素；W、Z最外层电子数相同，二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍，故Z为硫元素，W为氧元素；元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，则Y为Al元素，据此解答解答：解：Q、W、X、Y
19、、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色，则X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故Q为碳元素；W、Z最外层电子数相同，二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍，故Z为硫元素，W为氧元素；元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，则Y为Al元素，A非金属性OS，故氢化物稳定性H2OH2S，故A错误；B同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径NaAlCO，即rxryrQrW，故B正确；CCS2属于共价化合物，故C正确；D氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强碱，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、水，
20、故D错误；故选BC点评：本题考查结构性质位置关系，难度不大，推断元素是解题的关键，注意掌握半径比较规律5（4分）下列说法正确的是（）A碳酸氢钠的热稳定性小于碳酸钠的BFe在足量Cl2中燃烧生成FeCl2和FeCl3C可用石灰水区分Na2CO3与NaHCO3溶液D滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe3+、NH4+、I可能大量共存考点：钠的重要化合物；离子共存问题；铁的化学性质 专题：元素及其化合物分析：A、碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳与水；B、因为氯气具有强氧化性，所以Fe在足量Cl2中燃烧只能生成FeCl3；C、石灰水与Na2CO3与NaHCO3溶液都发生反应生成碳酸钙沉淀；D、滴加石蕊试液
21、显红色的溶液，显酸性解答：解：A、碳酸氢钠加热发生分解反应2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，而碳酸钠加热不分解，故A正确；B、因为氯气具有强氧化性，所以Fe在足量Cl2中燃烧只能生成FeCl3，故B错误；C、石灰水与Na2CO3与NaHCO3溶液都发生反应生成碳酸钙沉淀，所以不能用石灰水区分，故C错误；D、滴加石蕊试液显红色的溶液，显酸性，因为三价铁具有氧化性，碘离子具有强还原性，所以两者要发生氧化还原反应，则不能共存，故D错误故选：A点评：本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，氯气、三价铁离子的强氧化性、题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，注重基础知识的积
22、累6（4分）下列物质转化在给定条件下能实现的是（）Al2O3NaAlO2（aq） Al（OH）3盐卤（含MgCl2）Mg（OH）2MgCl2溶液 无水MgCl2饱和NaCl（aq） NaHCO3Na2CO3Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3MgCl2（aq）Mg（OH）2MgOABCD考点：镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物 专题：元素及其化合物分析：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝盐卤（含MgCl2）与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，但由于氯化镁加热水解生成挥发性的盐酸，所以得不到无水MgCl2在
23、饱和食盐水中通入碳酸铵，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解，加热蒸发得不到无水FeCl3氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁解答：解：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+Na2CO3，生成氢氧化铝，故正确；盐卤（含MgCl2）与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，但由于Mg2+水解Mg2+2H2OMg（OH）2
24、+2H+，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，所以得不到无水MgCl2，故错误；在饱和食盐水中通入碳酸铵，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故正确；氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，得不到无水FeCl3，故错误；氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故正确故正确故选：C点评：考查元素化合性质、侯德榜制碱法、盐类水解等，难度中等，注意侯德榜制碱法通碳酸铵，以便获得高浓度离子溶液7（
25、4分）根据碘与氢气反应的热化学方程式下列判断正确的是（）（i） I2（g）+H2（g） 2HI（g）H=9.48kJ/mol（ii） I2（S）+H2（g）2HI（g）H=+26.48kJA1 mol I2（g）中通入2gH2（g），反应放热9.48 kJB1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17.00 kJC反应（i）的产物比反应（ii）的产物稳定D反应（ii）的反应物总能量比反应（i）的反应物总能量低考点：反应热和焓变 分析：已知：I2（g）+H2（g）2HI（g）H=9.48kJmol1；I2（s）+H2（g）2HI（g）H=+26.48kJmol1，利用盖斯定律将可得I2（
26、g）=I2（s）H=9.48kJmol126.48kJmol1=35.96kJmol1，根据二者转化的热化学方程式判断解答：解：已知：I2（g）+H2（g）2HI（g）H=9.48kJmol1；I2（s）+H2（g）2HI（g）H=+26.48kJmol1，利用盖斯定律将可得I2（g）=I2（s）H=9.48kJmol126.48kJmol1=35.96kJmol1，An（I2）=1moL，n（H2）=1mol，由于该反应为可逆反应，则放出的热量小于9.48kJ，故A错误；B由I2（g）=I2（s）H=35.96kJmol1，可知1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差35.96kJ，故B
27、错误；C反应、的产物都是HI，状态相同，稳定性相同，故C错误；D由I2（g）=I2（s）H=35.96kJmol1，可知I2（g）能量大于I2（s），故D正确故选D点评：本题考查化学反应与能量，明确盖斯定律的应用是解答该题的关键，注意物质的稳定性与能量高低的关系，易错点为A，注意反应为可逆反应的特征8（4分）下列离子方程式表达正确的是（）A过氧化钠和水反应：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2B用铜为电极电解饱和食盐水：2Cl+2H2O=Cl2+H2+2OHC在明矾溶液中滴加过量氨水：Al3+3OH=Al（OH）3D向小苏打溶液中加少量Ba（OH）2溶液：HCO3+Ba2+OH=BaC
28、O3+H2O考点：离子方程式的书写 分析：A、过氧化钠是氧化物书写离子方程式时，写化学式；B、铜做电极，阳极是铜失电子发生氧化反应；C、铝离子结和过量一水合氨反应生成氢氧化铝沉淀，一水合氨为弱电解质；D、酸式盐和碱反应量少的全部反应，离子方程式中符合化学式组成比；解答：解：A、过氧化钠是氧化物书写离子方程式时，写化学式，反应的离子方程式：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2，故A正确；B、铜做电极，阳极是铜失电子发生氧化反应，Cu+2H2OH2+Cu（OH）2，故B错误；C、铝离子结和过量一水合氨反应生成氢氧化铝沉淀，一水合氨为弱电解质，在明矾溶液中滴加过量氨水：Al3+3NH3H2O
29、=Al（OH）3+3NH4+，故C错误；D、酸式盐和碱反应量少的全部反应，离子方程式中符合化学式组成比，向小苏打溶液中加少量Ba（OH）2溶液反应的离子方程式为：2HCO3+Ba2+2OH=BaCO3+2H2O+CO32，故D错误；故选A点评：本题考查了离子方程式书写方法和注意问题的分析判断，量不同产物不同，掌握基础是关键，题目较简单9（4分）某溶液中可能含有OH、CO32、AlO2、SiO32、SO42、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化的图象如图所示下列说法正确的是（）A原溶液中一定含有的阴
30、离子是：OH、SiO32、AlO2、CO32B反应最后形成的溶液中的溶质为NaClC原溶液中一定含有Na2SO4D原溶液中含有CO32与AlO2的物质的量之比为1：1考点：常见阴离子的检验；常见阳离子的检验 专题：图示题；离子反应专题分析：依据图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含OH离子，则与氢氧根离子不能共存的离子为Fe3+、Mg2+、Al3+；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2、和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化
31、铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有Na+离子解答：解：依据图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含OH离子，则与氢氧根离子不能共存的离子为Fe3+、Mg2+、Al3+；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2、SiO32和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的
32、电中性可知，溶液中一定含有Na+离子；A、依据判断原溶液中一定含有的阴离子是：OH、SiO32、AlO2、CO32，故A正确；B、反应最后形成的溶液中的溶质为NaCl和AlCl3，故B错误；C、溶液中硫酸根离子不能确定，剩余原溶液不中一定含有Na2SO4，故C错误；D、依据图象可知和碳酸根离子反应的盐酸为2L，CO32+2H+=CO2+H2O 氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4L，Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O；原溶液中含有CO32与AlO2的物质的量之比为3：4，故D错误；故选A点评：本题考查了离子检验的方法应用，图象分析判断是解题关键，硅酸根离子、偏铝酸根离子和酸反应生成沉淀，氢氧化
33、铝是两性氢氧化物溶于强酸是解题关键10（4分）下列物质中的杂质（括号内为杂质）的检验、除杂的试剂或方法正确的是（）物质及其杂质检验除杂ACl2（HCl）湿润的淀粉KI试纸饱和食盐水BNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液过量CO2CCO2（HCl）AgNO3溶液（含稀硝酸）饱和Na2CO3溶液DNO（NO2）观察颜色或湿润的淀粉KI试纸水AABBCCDD考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 专题：物质检验鉴别题分析：A检验HCl应先分离，再检验，用湿润的淀粉KI试纸不能检验HCl；B加入Ca（OH）2溶液，NaHCO3和Na2CO3都反应；CCO2和HCl都与饱和碳酸钠溶液反
34、应；DNO2与水反应生成NO和硝酸解答：解：A湿润的淀粉KI试纸只能检验氯气，不能检验HCl，故A错误；BNaHCO3和Na2CO3都与Ca（OH）2溶液反应生成沉淀，不能用来检验，可用氯化钙溶液检验，故B错误；CCO2和HCl都与饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液分离，故C错误；DNO2与水反应生成NO和硝酸，可用水除杂，故D正确故选D点评：本题考查物质的分离、提纯和检验，题目难度中等，注意把握相关物质的性质，根据性质的异同选择实验方法二、解答题（共3小题，满分45分）11（15分）X、Y、Z是三种短周期元素，X和Z的质子数之和与Y的质子数相等，Z的电子层数是X的电子层数的2倍A、B、
35、C、D、E、F是中学化学中的常见物质，它们由上述三种元素中的一种、两种或三种组成，其中A是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，D、E是两种酸，E为含Z的最高价氧化物的水化物，F是一种单质，反应均在微生物作用下进行，其转化关系如图所示回答下列问题：（1）A的电子式为Y的原子结构示意图；X在周期表的位置第一周期第A族（2）A和E反应生成G，C与G中都含有共价键（或极性共价键）（填化学键的类型） （3）反应中如果转移的电子为3mol，则被氧化的A为0.5mol（4）科学家发明了使ZX 3直接用于燃料电池的方法，其装置用铂作电极，加入碱性电解质溶液，往一极通入空气，另一电极通入ZX3并使之转化为无污染的气
36、体，试写出负极的电极反应式：2NH36e+6OH=N2+6H2O考点：无机物的推断 分析：A、B、C、D、E、F是中学化学中的常见物质，它们由上述三种元素中的一种、两种或三种组成，其中A是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则A是NH3，氨气能连续和F单质反应，氨气能连续被氧化，则F是O2，X、Y、Z是三种短周期元素，X和Z的质子数之和与Y的质子数相等，Z的电子层数是X的电子层数的2倍，则X是H元素、Z是N元素、Y是O元素，D、E是两种酸，F是一种单质，反应均在微生物作用下进行，D为HNO2，E为HNO3，氨气被氧气氧化生成NO，则B是NO，NO被氧气氧化生成NO2，则C是NO2，再结合题目分析解
37、答解答：解：A、B、C、D、E、F是中学化学中的常见物质，它们由上述三种元素中的一种、两种或三种组成，其中A是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则A是NH3，氨气能连续和F单质反应，氨气能连续被氧化，则F是O2，X、Y、Z是三种短周期元素，X和Z的质子数之和与Y的质子数相等，Z的电子层数是X的电子层数的2倍，则X是H元素、Z是N元素、Y是O元素，D、E是两种酸，F是一种单质，反应均在微生物作用下进行，D为HNO2，E为HNO3，氨气被氧气氧化生成NO，则B是NO，NO被氧气氧化生成NO2，则C是NO2，（1）通过以上分析知，A是氨气，其电子式为，Y是O元素，其原子结构示意图为，X是H元素，在周期
38、表第一周期第A族，故答案为：；第一周期第A族；（2）A是氨气、E是硝酸，二者反应生成G，G为NH4NO3，C是NO2，C和G都含有极性共价键，故答案为：共价键（或极性共价键）；（3）氨气和氧气再微生物作用下生成亚硝酸，反应的化学方程式为：2NH3+3O22HNO2+2H2O，该反应中转移电子的物质的量=3mol4=12mol，反应中如果转移的电子为3mol，则被氧化的A的物质的量=2=0.5mol，故答案为：0.5；（4）氨气碱性燃料电池中，负极上氨气失电子发生氧化反应生成氮气和水，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，所以负极电极反应式为2NH36e+6OH=N2+6H2O，正极电极反应式
39、为O2+2H2O+4e=4OH，故答案为：2NH36e+6OH=N2+6H2O点评：本题考查了无机物推断，涉及物质推断、原电池原理、氧化还原反应等知识点，根据物质的性质结合反应条件推断物质，再结合物质的性质、原电池原理、氧化还原反应实质等知识点来分析解答即可，题目难度中等12（15分）目前工业上有一种用CO2来生产燃料甲醇的方法，可以将CO2变废为宝（1）已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=1275.6kJmol12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566.0kJmol1H2O（g）=H2O（l）H=44.0mol1写出甲醇不完全燃烧生
40、成一氧化碳和液态水的热化学方程式：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）H=442.8kJmol1（2）某同学利用甲醇（酸性）燃料电池为电源，设计了一种电解法制取Fe（OH）2的实验装置（如图）通电后，如图竖直装置下端B极上有大量气泡产生，溶液中产生大量的Fe（OH）2白色沉淀，且较长时间不变色则电源中b极为负极（填“正”或“负”），其电极反应式为CH3OH6e+H2O=CO2+6H+，装置上端A极电极材料是：Fe（填化学式），B电极上的电极反应式为2H+2e=H2（3）利用电解法在铁制品上镀铜可以防止铁被腐蚀，以下说法正确的是ada电镀时，通常用铜做阳极，可溶性铜盐作电解质
41、溶液b电镀过程中，维持电流恒定，温度升高，电解反应速率加快c电镀过程中，电能全部转化为化学能d电镀过程中，铜离子向阴极移动，发生还原反应考点：热化学方程式；化学电源新型电池；电解原理 分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；（2）燃料电池中燃料在负极发生氧化反应依，在正极反应还原反应，依据装置分析判断生成氢氧化亚铁的电极位置和反应原理；（3）根据电解池的工作原理来回答判断解答：解：（1）2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=_1275.6kJmol12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=_566.0kJmol1H2O（l）=H2O（g）H=+44.0
42、kJmol1依据热化学方程式和盖斯定律4得到CH3OH（l）+O2（g）=CO （g）+2H2O（l）H=_442.8 kJmol1；故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO （g）+2H2O（l）H=_442.8 kJmol1；（2）甲醇燃料电池为电源电解法制取Fe（OH）2的实验装置，通电后，溶液中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色，说明氢氧化亚铁在B电极附近生成，所以电极A为电解池的阳极，B为电解池的阴极，电源a为正极，电极反应为氧气得到电子得到电子发生还原反应，O2+4e+2H2O=4OH；连接正极的A电极是铁，目的是铁做阳极失电子生成亚铁离子，和阴极生成的氢氧根离子反应生成白色
43、沉淀氢氧化亚铁；b为负极，连接电极B电极反应为：2H+2 e=H2；故答案为：负； CH3OH6e+H2O=CO2+6H+；Fe；2H+2e=H2；（3）a电镀时，通常用镀层金属铜做阳极，含有镀层金属阳离子的可溶性铜盐作电解质溶液，故a正确；b电镀时保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率电解反应速率，故b错误；c电镀过程中，电能部分转化为化学能、部分转化为热能，故c错误；d电镀过程中，铜离子向阴极移动，发生还原反应，故d正确；故选ad点评：本题涉及热化学、电化学以及电镀的工作原理等方面的知识，属于综合知识的考查题，难度中等13（15分）如图是实验室中制备气体或者验证气体性质的装置图（1）写出
44、用A制取氯气的化学方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O（2）利用图中装置制备纯净、干燥的氯气，并证明氧化性：Cl2Fe3+装置B中的溶液的作用为除去氯气中的氯化氢；装置D中加的最佳试剂为（填序号）c供选试剂：a、浓硫酸 b、FeCl2溶液 c、KSCN与FeCl2的混合溶液 d、无水氯化钙（3）在如图所示圆底烧瓶内加入碳，a中加入浓硫酸，开始实验，加热产生的气体缓慢通过后续装置完成如下实验：实验1：证明SO2具有氧化性和漂白性实验2：证明碳元素的非金属性比硅元素的强证明SO2具有氧化性和漂白性：B中为少量Na2S溶液、C中为品红溶液，D中应加入足量的酸性高锰酸钾溶液（填溶
45、液名称），E中加入Na2SiO3溶液（填化学式）（4）证明碳元素的非金属性比硅元素的强的现象为D中高锰酸钾溶液不褪色，E中溶液变浑浊，实验2不严谨之处应如何改进将烧杯换成洗气瓶，右端连接盛有碱石灰的干燥考点：常见气体制备原理及装置选择 专题：实验设计题分析：（1）依据实验室制备氯气的反应是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水；（2）依据氯气含有氯化氢分析装置B的作用，铁离子使硫氰化钾溶液变红色分析；（3）根据元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，利用强酸制弱酸来比较酸性强弱，根据CO2中混有二氧化硫，二氧化硫也能与硅酸钠溶液反应，需要酸性高锰酸钾溶液除去；（4）根据CO
46、2中混有二氧化硫，二氧化硫也能与硅酸钠溶液反应，需要酸性高锰酸钾溶液除去并再次通过酸性高锰酸钾溶液是否除尽；空气中含有二氧化碳，可能干扰实验，故应排除空气中二氧化碳的干扰解答：解：（1）制备氯气是利用装置加热生成，试剂是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（2）氯气中含有氯化氢气体，通过装置B饱和食盐水可以吸收氯化氢，含亚铁离子的物质被氯气氧化成铁离子使硫氰化钾变红色来来证明Cl2Fe3+，因此选KSCN与FeCl2的混合溶液，故答案为：除去氯气中的氯化氢；c；（
47、3）元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，利用碳酸的酸性强于硅酸，二氧化碳能与硅酸钠反应制得硅酸沉淀，由于CO2中混有二氧化硫，二氧化硫也能与硅酸钠溶液反应，需要酸性高锰酸钾溶液除去，防止干扰检验二氧化碳；故答案为：酸性高锰酸钾溶液，Na2SiO3；（4）若D中高锰酸钾溶液不褪色，说明二氧化硫除尽，E中溶液变浑浊，说明含有二氧化碳气体；空气中含有二氧化碳，可能干扰实验，故应排除空气中二氧化碳的干扰，将烧杯换成洗气瓶，右端连接盛有碱石灰的干燥管可排除空气中二氧化碳的干扰，故答案为：D中高锰酸钾溶液不褪色，E中溶液变浑浊；将烧杯换成洗气瓶，右端连接盛有碱石灰的干燥点评：本题考查实验
48、室制备氯气的反应原理和装置分析，物质性质的比较，掌握基本操作和物质性质是解题关键，题目难度中等三、选考题【化学选修3物质结构与性质】14（15分）尿素（H2NCONH2 ）可用于制有机铁肥主要代表有Fe（H2NCONH2）6（NO3）3三硝酸六尿素合铁（）（1）基态Fe3+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是：NOC（2）氨气中N原子的杂化方式是：sp3（3）与N2互为等电子体的一种化合物是：CO（写化学式）NO3的空间构型为：平面三角形，石墨晶体类型为：分子晶体（4）某种化合物由K，Ni，F三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所
49、示，则其化学式为K2NiF4，根据图中所示的数据列式计算该晶体的密度：d=3.4g/cm3考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；“等电子原理”的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 分析：（1）Fe原子核外电子数为26，原子形成阳离子先按能层高低失去电子，能层越高的电子越容易失去，同一能层中按能级高低失去电子，能级越高越容易失去；同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，N元素原子的2p能级有3个电子，为半满稳定状态，能量降低，失去电子需要的能量较高，第一电离能高于同周期相邻元素；（2）氨气中N原子的价层电子对数为=4，据此判断；（3）N2中有
50、两个原子，价电子数为10，根据等电子体的概念可写出与N2互为等电子体的一种化合物，NO3中N原子的价层电子对数为=3，没有孤电子对，据此判断空间构型，石墨晶体为层状结构，层与层之间是分子间作用力，据此判断；（4）利用均摊法确定分子式，根据计算密度解答：解：（1）：（1）Fe原子核外有26个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，N元素原子的2p能级有3个电子，为半满稳定状态，能量降低，失去电子需要的能量较高，第一电离能
51、高于同周期相邻元素，故第一电离能NOC，故答案为：1s22s22p63s23p63d5；NOC；（2）氨气中N原子的价层电子对数为=4，所以N原子的杂化方式为sp3，故答案为：sp3；（3）N2中有两个原子，价电子数为10，根据等电子体的概念可写出与N2互为等电子体的一种化合物为CO，NO3中N原子的价层电子对数为=3，没有孤电子对，所以NO3的空间构型为平面三角形，石墨晶体为层状结构，层与层之间是分子间作用力，所以石墨晶体为分子晶体，故答案为：CO；平面三角形；分子晶体；（4）根据均摊法可知，在晶胞中有F原子个数=16+4+2=8，K原子个数=8+2=4，Ni原子个数=8+1=2，所以在晶胞
52、中氟原子、钾原子、镍原子的个数比为：4：2：1，故该化合物的化学式为K2NiF4，根据晶胞结构图可知，该晶胞的体积为=（4001010cm）2（13081010cm），晶胞质量=g，故晶体密度=3.4gcm3，故答案为：K2NiF4；3.4点评：本题考查核外电子排布规律、杂化轨道理论、络合物、晶胞计算等，难度中等，注意等电子体为原子总数相等，核外电子总数或价电子总数相等的微粒四、【选修5-有机化学基础】15芳香族化合物A1和A2分别和浓H2SO4在一定温度下共热都只生成烃B，B的蒸气密度是同温同压下H2密度的59倍，B苯环上的一硝基取代物有三种，有关物质之间的转化关系如下：（1）D的分子式为C
53、9H12O2，I中官能团名称为羧基，反应属于氧化反应（填反应类型）（2）写出下列物质的结构简式：A2；X（3）写出下列反应的化学方程式：；（4）化合物J是比化合物E多一个碳原子的E的同系物，化合物J有多种同分异构体，其中同时满足下列条件的同分异构体有15种；苯环上有两个取代基； 能使FeCl3溶液显色； 与E含有相同官能团写出其中核磁共振氢谱图中峰面积比为1：1：2：2：6的结构简式：考点：有机物的推断 专题：有机物的化学性质及推断分析：烃B的蒸气密度是同温同压下H2密度的59倍，则Mr（B）=592=118，分子中最大C原子数目为=910，则烃B的分子式为C9H10，芳香族化合物A1能连续发
54、生氧化反应，含有醇羟基，且羟基相连的碳原子上含有2个H原子，A发生消去反应生成B，B发生加成反应生成C，C发生水解反应生成D，D能连续发生氧化反应生成F，F能与形成高分子化合物，由转化关系可知，F应含有COOH、OH，B的一元硝化产物有三种，则B为：，C为，D为，E为，F为，F发生缩聚反应生成G，G的结构简式为A1和A2分别和浓H2SO4在一定温度下共热都只生成烃B，则A1和A2中都含有醇羟基，A1能被氧化生成醛，则A1的结构简式为，A2的结构简式为，H的结构简式为，I的结构简式为，F和A1发生酯化反应生成X为，据此解答解答：解：烃B的蒸气密度是同温同压下H2密度的59倍，则Mr（B）=592
55、=118，分子中最大C原子数目为=910，则烃B的分子式为C9H10，芳香族化合物A1能连续发生氧化反应，含有醇羟基，且羟基相连的碳原子上含有2个H原子，A发生消去反应生成B，B发生加成反应生成C，C发生水解反应生成D，D能连续发生氧化反应生成F，F能与形成高分子化合物，由转化关系可知，F应含有COOH、OH，B的一元硝化产物有三种，则B为：，C为，D为，E为，F为，F发生缩聚反应生成G，G的结构简式为A1和A2分别和浓H2SO4在一定温度下共热都只生成烃B，则A1和A2中都含有醇羟基，A1能被氧化生成醛，则A1的结构简式为，A2的结构简式为，H的结构简式为，I的结构简式为，F和A1发生酯化反
56、应生成X为，（1）D为，分子式为C9H12O2，I为，含有的官能团名称为：羧基，反应属于氧化反应，故答案为：C9H12O2；羧基；氧化；（2）A2 的结构简式为，X的结构简式为：，故答案为：；（3）反应的化学方程式为：；反应的化学方程式为：，故答案为：；（4）化合物J是比化合物E（）多一个碳原子的E的同系物，化合物J有多种同分异构体，其中同时满足下列条件的同分异构体：苯环上有两个取代基； 能使FeCl3溶液显色，含有酚羟基； 与E含有相同官能团，还含有醛基，侧链为OH、CH2CH2CH2CHO，或侧链为OH、CH2CH（CHO）CH3，或侧链为OH、CH（CHO）CH2CH3，或侧链为OH、C（CH3）CH2CHO，或侧链为OH、C（CH3）2CHO，各有邻、间、对三种位置，故共有53=15种，其中核磁共振氢谱图中峰面积比为1：1：2：2：6的结构简式为，故答案为：15；点评：本题考查有机物的推断，注意根据反应条件判断物质含有的官能团，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，（4）中同分异构体数目判断为易错点，难度中等
