1、2015-2016学年福建省厦门一中高三（上）期中化学试卷一、选择题（本题共22小题，每小题2分，共44分，每小题只有一个选项符合题意）1化学无处不在，下列与化学有关的说法不正确的是（）A黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成B可用蘸浓硫酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C碘是人体必需微量元素，所以要适量吃富含碘酸根原子团的食物D侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异2铅笔是常用的学习用品，铅笔芯的主要成分是石墨和黏土某型号的铅笔芯质量的一半成分是石墨，用该铅笔写一个化学方程式消耗的质量约1mg，那么铅笔芯中减少的碳原子数约为（）A2.51019个B2.51022个C5101
2、9个D51022个3某元素只存在两种天然同位素，且在自然界它们的含量相近，其相对原子质量为152.0，原子核外的电子数为63下列叙述中错误的是（）A它是副族元素B它是第六周期元素C它的原子核内有63个质子D它的一种同位素的核内有89个中子4稀土金属铈（Ce）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应已知：铈常见的化合价为+3和+4；氧化性：Ce4+Fe3+下列说法正确的是（）ACe、Ce、Ce、Ce它们互称为同素异形体B工业上可以采用电解氯化铈水溶液来获得铈单质C铈溶于氢碘酸的主要化学方程式可表示为：2Ce+6HI2CeI3+3H2D工业上金属铈一般保存在敞口容器中5下列关系图中，A是一种正
3、盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去），当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐下列说法中不正确的是（）A当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4B当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3CB和Cl2的反应是氧化还原反应D当X是强酸时，C在常温下是气态单质6“暖冰”是韩国首尔大学科学家将水置于一个足够强的电场中，在20时，水分子瞬间凝固形成的某老师在课堂上做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色若将烧杯中的溶液换成含有少量
4、KSCN 的FeCl2溶液，则溶液呈血红色则下列说法中不正确的是（）A在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”B水凝固形成20时的“暖冰”所发生的变化是化学变化C该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质D该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O27下列关于化学键的叙述，正确的是（）A离子化合物中一定含有离子键B单质分子中均存在化学键C含有金属元素的物质中均存在离子键D含有共价键的化合物一定是共价化合物8下列有关叙述中正确的是（）A19%的MgCl2 溶液中，Cl与H2O个数比为4：45B为检验酸性溶液中Cl和 SO42，先加硝酸银溶液，滤去沉淀后滤液中加硝酸钡
5、溶液CS8和NO2都是共价化合物，NH4Cl 和CaC2都是离子化合物D若A某元素的原子序数为m，则同周期A元素的原子序数可能为m+109下列物质的保存方法正确的是（）A氢氟酸保存在用塑料塞的玻璃瓶中B液溴盛放在用橡胶塞的玻璃瓶中C氯水贮存于棕色玻璃瓶中，密闭保存于阴凉处D硅酸钠溶液密封保存在玻璃塞的玻璃瓶中10氮化钠和氢化钙都是离子化合物，与水反应的化学方程式（末配平）如下：Na3N+H2ONaOH+NH3，CaH2+H2OCa（OH）2+H2有关它们的叙述：离子半径：Na+N3H+；与水反应都是氧化还原反应；与水反应后的溶液都显碱性；与盐酸反应都只生成一种盐；两种化合物中的阴阳离子均具有相
6、同的电子层结构其中正确的是（）ABCD11短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍下列说法错误的是（）A元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构B元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种C元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D元素Z可与元素X形成共价化合物XZ212几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表分析判断下列说法正确的是（）元素代号ABDEGHIJ化合价12+4、41+5、3+3+2+1原子半径/nm0.0
7、710.0740.0770.0990.1100.1430.1600.186AA的单质能将E单质从HE3的溶液中置换出来BA、H、J的离子半径由大到小顺序是AJHCG元素的单质不存在同素异形体DI在DB2中燃烧生成两种化合物13物质循环利用是绿色化学对化工生产的基本要求工业生产中物质的循环利用有多种模式例如：下列表述不正确的是（）A图可表示合成氨，其中N2、H2被循环使用B图可表示电解熔融的MgCl2得到镁，其中HCl循环使用C图可表示氨催化氧化法制硝酸，其中NO循环使用D图可用于侯氏制纯碱CO2的循环利用14下列说法不正确的是（）AMgO的熔点高，可用做防火板材料BBaC03与盐酸反应，可用于
8、治疗胃酸过多C臭氧有强氧化性，可用于餐具消毒DNH3易液化，可用作制冷剂15下列有关实验的叙述中，正确的是（）用湿润的pH试纸测定溶液的pH不宜用瓷坩埚熔融氢氧化钠固体或碳酸钠固体可用加热法分离I2和NH4Cl的混合物可用稀硝酸洗涤“银镜反应”实验后附着在试管壁上的银煮沸自来水可除去其中的Ca（HCO3）2实验室配制氯化亚铁溶液时，可先将氯化亚铁溶解在盐酸中，再加入蒸馏水稀释，最后加入少量铁粉ABCD16用如图所示装置进行下列实验：将中溶液滴入中，预测的现象与实际相符的是（）选项中物质中物质预测中的现象A稀盐酸碳酸钠、氢氧化钠混合溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C氯化铝
9、溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色AABBCCDD17将5.6g Fe投入浓硝酸溶液，产生红棕色气体A，把所得溶液减压蒸干，得到20g Fe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，将该固体在高温下加热，得到红褐色的Fe2O3和气体B，A、B气体混合通入足量水中，在标准状况下剩余气体的体积为（）A2240mLB4480mLC3360mLD1120mL18某工业废水仅含下表中的某些离子，且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L（此数值忽略水的电离及离子的水解）阳离子K+Ag+Mg2+Cu2+Al3+NH4+阴离子ClCO32NO3SO42I甲同学欲探
10、究废水的组成，进行了如下实验：取该无色溶液5mL，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色向中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成下列推断不正确的是（）A由、判断，溶液中一定不含有的阳离子是K+、NH4+、Cu2+B中加入盐酸生成无色气体的离子方程式是6I+2NO3+8H+3I2+2NO+4H2OC原溶液一定只含有的离子I、NO3、SO42、Mg2+、Al3+D另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧沉淀至恒重，得到的固体质量为0.
11、4g19下列离子方程式正确的是（）A等物质的量浓度的FeBr2和CuCl2的混合液用惰性电极电解最初发生：Cu2+2BrCu+Br2BH218O中投入Na2O2：2H218O+2Na2O24Na+4OH+18O2C向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液到SO42恰好沉淀完全：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4DFe（NO3）3的酸性溶液中通入足量硫化氢：2Fe3+H2S2Fe2+S+2H+20NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A80g硝酸铵中含有氮原子数为NAB0.1molN5+离子中所含的电子数为3.4NAC5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.
12、3NAD用溶有1molFeCl3的饱和溶液制Fe（OH）3胶体，制成的胶体中含有的胶粒数为1.0NA21下列有关热化学方程式的叙述正确的是（）A已知2H2（gO2（g）=2H2O（g）；H=483.6 kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8 kJ/molB已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）；H0，则金刚石比石墨稳定C含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则该反应中和热的热化学方程式为：NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（aq）；H=57.4 kJ/molD已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）；H1，2C（s）+O2（g）=
13、2CO（g）；H2则H1H222已知通过乙醇制取氢气有如下两条路线：aCH3CH2OH（g）+H2O（g）4H2（g）+2CO（g）H=+255.58kJmol1bCH3CH2OH（g）+O2（g）3H2（g）+2CO（g）H=+13.76kJmol1则下列说法不正确的是（）A降低温度，可提高b路线中乙醇的转化率B从能量消耗的角度来看，b路线制氢更加有利C乙醇可通过淀粉等生物质原料发酵制得，属于可再生资源D由a、b知：2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJmol1二、填空题（共56分）23物质M是一种日常生活中不可缺少的调味品已知C在D中燃烧发生苍白色火焰，M与其他物质的转化
14、关系如图甲所示（部分产物已略去）；（1）写出用惰性电极电解M溶液的离子方程式（2）比较B中各元素原子半径大小（填元素符号）（3）若A是一种酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则G的化学式是（4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是（5）若A是一种溶液，只可能含有H+，NH4+，Mg2+，Fe3+，Al3+，CO32，SO42中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图乙所示由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为（6）若E可用于检验葡萄糖的存在，写出G溶液充分蒸发灼烧后的产物与乙醇
15、反应的化学方程式（7）根据下图，写出25时由CO2和H2O转化为葡萄糖溶液的化学方程式24A、B、C、D、E为原子序数递增的短周期元素，在周期表中A是原子半径最小的元素，B、C左右相邻，C、D同主族，D和E的气态氢化物具有相同的电子数，C的单质只有氧化性（1）写出实验室制取E2反应的离子方程式；（2）A、C元素按原子个数比为1：1形成化合物的电子式；（3）某小组设计如图所示的装置（图中夹持和加热装置略去），分别研究DC2和E2的性质分别通入DC2和E2，在装置A中观察到的现象是否相同（填“相同”或“不相同”）；若装置D中装的是铁粉，当通入E2时D中观察到的现象为；若装置D中装的是五氧化二钒，当
16、通入DC2时，打开K通入适量C2，化学反应方程式为若装置B中装有5.0mL l.0103mol/L的碘水，当通入足量E2完全反应后，转 移了5.0105mol电子，则该反应的化学方程式为（4）某同学将足量的DC2通入一支装有氯化钡溶液的试管，未见沉淀生成，向该试管中加入过量（填字母），可以看到白色沉淀生成；A、氨水 B、稀盐酸 C、稀硝酸 D、氯化钙（5）若由元素D和C组成一2价酸根Z，Z中D和C的质量比为D：C=4：3，当E2与含Z的溶液完全反应后，有浅黄色沉淀产生，取上层清液加入氯化铡溶液，有白色沉淀产生与出E2与Z的溶液完全反应产生浅黄色沉淀的离子方程式（6）A、B、C三种元素组成的碱性
17、物质N，A、B、C、D和一种常见金属元素组成相对分子质量为392的化合物M，1molM中含有6mol结晶水，对化合物M进行如下实验：a取含有0.1molM的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和4.48L（标况）无色刺激性气味气体，经一段时间白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褪色；b另以含有0.1molM的溶液，加入过量BaCl2溶液产生46.6g白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解M的化学式为在25下，测定浓度均为amol/L的化合物N和M的混合溶液pH=7，且含金属离子的浓度为bmol/L，则溶液里除H+、金属阳离子外的阳离子浓度为mol/L25锌是一种常用金属，冶炼方法有火法和湿法镓（Ga）
18、是火法冶炼锌过程中的副产品，镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似氮化镓（GaN）是制造LED的重要材料，被誉为第三代半导体材料（1）Ga在元素周期表中的位置（2）GaN可由Ga和NH3在高温条件下合成，该反应的化学方程式为（3）下列有关镓和镓的化合物的说法正确的是（填字母序号）A一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠B常温下，Ga可与水剧烈反应放出氢气CGa2O3可由Ga（OH）3受热分解得到D一定条件下，Ga2O3可与NaOH反应生成盐工业上利用锌焙砂（主要含Zn0、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物）湿法制取金属锌的流程如图1所示，回答下列问题：已知：Fe的活泼
19、性强于Ni（4）ZnFe2O4可以写成ZnOFe2O3，写出ZnFe2O4与H2SO4反应的化学方程式（5）净化I操作分为两步：第一步是将溶液中少量的Fe2+氧化；第二步是控制溶液pH，只使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀净化I生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是（6）净化II中加入Zn的目的是（7）某化学课外小组拟用废旧电池锌皮（含杂质铁），结合图2信息从提供的试剂中选取适当试剂，制取纯净的ZnSO47H2O实验步骤如下：将锌片完全溶于稍过量的3molL1稀硫酸，加入（选填字母，下同）；A30%H2O2 B新制氯水CFeCl3溶液DKSCN溶液加入；A纯锌粉
20、B纯碳酸钙粉末 C纯ZnO粉末 D3molL1稀硫酸加热到60左右并不断搅拌；趁热过滤得ZnSO4溶液，再蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥其中步骤加热的主要目的是2015-2016学年福建省厦门一中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共22小题，每小题2分，共44分，每小题只有一个选项符合题意）1化学无处不在，下列与化学有关的说法不正确的是（）A黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成B可用蘸浓硫酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C碘是人体必需微量元素，所以要适量吃富含碘酸根原子团的食物D侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异【考点】化学科学的主要研究对
21、象菁优网版权所有【专题】化学应用【分析】A硫磺、硝石、木炭三种物质比例为1：2：3；B浓硫酸没有挥发性，氨气与硫酸反应看不到大量白烟；C碘是人体必须微量元素，每人每天大约吃食盐12克，多吃无益；D侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3，故NaHCO3在溶液中析出【解答】解：A制备黑火药的原料为S、KNO3、C，三者比例为1：2：3，故A正确；B浓硫酸没有挥发性，氨气与硫酸反应看不到大量白烟，故常用玻璃棒蘸取浓盐酸的方法检验氨气的存在，而不是浓硫酸，故B错误；C碘是人体必需微量元素，所以要吃富含KIO3的食盐，但不能多吃，多吃会导致升高血压，促
22、进动脉粥样硬化，所以要适量吃，故C正确；D侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，故D正确故选B【点评】本题考查了物质的性质，题目难度不大，明确侯氏制碱法的原理是解题关键本题考查较为综合，与人们日常生活紧密结合，均为最基本的化常识，题目难度不大2铅笔是常用的学习用品，铅笔芯的主要成分是石墨和黏土某型号的铅笔芯质量的一半成分是石墨，用该铅笔写一个化学方程式消耗的质量约1mg，那么铅笔芯中减少的碳原子数约为（）A2.51019
23、个B2.51022个C51019个D51022个【考点】阿伏加德罗常数菁优网版权所有【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】铅笔芯质量的一半成分是石墨，用铅笔写一个字消耗的质量约为1mg，则一个铅笔字含有的碳的质量为0.5mg，根据n=计算碳的物质的量，再根据N=nNA计算碳原子数目【解答】解：铅笔芯质量的一半成分是石墨，用铅笔写一个字消耗的质量约为1mg，则一个铅笔字含有的碳的质量为0.5mg所以一个铅笔字含有的碳的物质的量为=104mol，所以含有的碳原子数目为104mol6.021023=2.51019故选：A【点评】本题考查物质中原子数目及常用化学计量计算，比较基础，注意公式的灵
24、活运用3某元素只存在两种天然同位素，且在自然界它们的含量相近，其相对原子质量为152.0，原子核外的电子数为63下列叙述中错误的是（）A它是副族元素B它是第六周期元素C它的原子核内有63个质子D它的一种同位素的核内有89个中子【考点】元素周期表的结构及其应用；质量数与质子数、中子数之间的相互关系菁优网版权所有【专题】原子组成与结构专题【分析】A、根据元素在周期表中的位置；B、根据元素在周期表中的位置；C、根据核外电子数等于其质子数；D、同种元素的不同核素质量数不同；【解答】解：A、因核外电子数等于其质子数为63，用质子数分别减去各周期所含有的元素种类，632881818=9，显然其属于第六周期
25、，从左到右的第9种，而第六周期中包含镧系，所以它应属于副族，故A正确；B、因核外电子数等于其质子数为63，用质子数分别减去各周期所含有的元素种类，632881818=9，显然其属于第六周期，从左到右的第9种，而第六周期中包含镧系，所以它应属于副族，故B正确；C、核外电子数等于其质子数，故C正确；D、同种元素的不同核素质量数不同，不能用元素的相对原子质量代表某种核素的质量数，故D错误；故选：D【点评】本题需要掌握根据原子序数推知元素在周期表中的位置，熟悉元素周期表的结构，这是解题的关键4稀土金属铈（Ce）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应已知：铈常见的化合价为+3和+4；氧化性：Ce4
26、+Fe3+下列说法正确的是（）ACe、Ce、Ce、Ce它们互称为同素异形体B工业上可以采用电解氯化铈水溶液来获得铈单质C铈溶于氢碘酸的主要化学方程式可表示为：2Ce+6HI2CeI3+3H2D工业上金属铈一般保存在敞口容器中【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用菁优网版权所有【专题】元素及其化合物【分析】A、具有相同质子数，不同中子数的不同原子互为同位素；B、铈单质容易和水之间发生反应；C、三价铈离子几乎不具有氧化性，和碘离子之间不反应；D、铈单质容易和水之间发生反应【解答】解：A、核素13658Ce、13858Ce、14058Ce、14258Ce是具有相同质子数，不同中子数的不同原子
27、，它们互称为同位素，而同素异形体是由同样的单一化学元素构成，但性质却不相同的单质之间的互称，故A错误；B、铈单质容易和水之间发生反应，所以不用电解氯化铈水溶液来获得铈单质，故B错误；C、金属铈可以和强酸HI酸反应生成三价的铈盐和水，故C正确；D、铈单质容易和空气中的水之间发生反应，所以铈一般不能保存在敞口容器中，故D错误故选：C【点评】本意是一道关于氧化还原反应的综合知识题目，可以根据教材知识来回答，题目难度中等5下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去），当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成
28、C外，另一产物是盐酸盐下列说法中不正确的是（）A当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4B当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3CB和Cl2的反应是氧化还原反应D当X是强酸时，C在常温下是气态单质【考点】无机物的推断菁优网版权所有【分析】下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去），当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐【解答】解：根据题意A既可以和强酸反应，又可以和强碱反应，且是一种正盐，符合条件的物质物质只能是硫
29、化铵，硫化铵和强碱反应生成氨气，则B是氨气，C是氮气，D是NO，E是NO2，F是硝酸；硫化铵和强酸反应生成H2S，H2S和氯气反应生成S，即C是单质S，则D是二氧化硫，E是三氧化硫，F是硫酸，A、当A是硫化铵时，硫化铵硫化氢硫单质二氧化硫三氧化硫硫酸，故A正确；B、当A是硫化铵时，硫化铵氨气氮气一氧化氮二氧化氮硝酸，故B正确；C、硫化氢或氨气和氯气发生的反应均是置换反应，一定是氧化还原反应，故C正确；D、当X是强酸时，B只能为硫化氢，则C为硫，是固体，故D错误故选：D【点评】本题考查考查S和N元素及其化合物转化的有关判断，是中等难度的试题，也是高考中的常见题型试题注重基础和能力的双向考查，该题
30、的突破点是有关的反应条件以及能和强碱反应生成气体本题有利于培养学生的逻辑思维能力，提高学生分析问题、解决问题的能力6“暖冰”是韩国首尔大学科学家将水置于一个足够强的电场中，在20时，水分子瞬间凝固形成的某老师在课堂上做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN 的FeCl2溶液，则溶液呈血红色则下列说法中不正确的是（）A在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”B水凝固形成20时的“暖冰”所发生的变化是化学变化C该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质D该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2【考点】含有氢键的物
31、质菁优网版权所有【专题】化学键与晶体结构【分析】A根据题意知，电场作用下，水分子间更易制得“暖冰”；B在反应中有新物质生成的是化学反应；C酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质；D该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水【解答】解：A在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20时，水分子不能瞬间凝固形成冰，故A正确；B水凝固形成20时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故B错误；C酸性KMnO4溶液褪色，说明
32、燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质，故C正确；D该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故D正确；故选B【点评】本题考查化学变化的判断、氧化性和还原性的判断等知识点，难度中等注意暖冰主要通过氢键形成固体；明确物理变化和化学变化的本质区别7下列关于化学键的叙述，正确的是（）A离子化合物中一定含有离子键B单质分子中均存在化学键C含有金属元素的物质中均存在离子键D含有共价键的化合物一定是共价化合物【考点】化学键菁优网版权所有【分析】化学键包括离子键、共价键和金属键，离子化合物中一定含有离子键，可能含
33、有共价键，共价化合物中只含共价键，一定不含离子键，以此解答该题【解答】解：A含有离子键的化合物为离子化合物，则离子化合物中一定含有离子键，故A正确；B如为单原子分子，则不存在化学键，故B错误；C含有金属元素的化合物不一定含有离子键，为AlCl3，为共价化合物，故C错误；D离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如KOH，则含有共价键的化合物不一定是共价化合物，故D错误故选A【点评】本题考查化合物和化学键的关系，为高频考点，明确共价化合物和离子化合物的概念是解本题关键，注意二者的区别，难度不大8下列有关叙述中正确的是（）A19%的MgCl2 溶液中，Cl与H2O个数比为4：45B为检验酸性溶
34、液中Cl和 SO42，先加硝酸银溶液，滤去沉淀后滤液中加硝酸钡溶液CS8和NO2都是共价化合物，NH4Cl 和CaC2都是离子化合物D若A某元素的原子序数为m，则同周期A元素的原子序数可能为m+10【考点】硫酸根离子的检验；物质的量的相关计算；元素周期表的结构及其应用；离子化合物的结构特征与性质菁优网版权所有【分析】A假设溶液质量为100g，则氯化镁的质量为19g，进而计算水的质量，根据n=计算氯化镁、水的物质的量，溶液中n（Cl）=2n（MgCl2），微粒数目之比等于其物质的量之比；B白色不溶于硝酸的沉淀有氯化银和硫酸钡，酸性溶液中先加硝酸银溶液，相等于稀硝酸，亚硫酸根离子会干扰硫酸根离子的
35、检验；CNO2是共价化合物，NH4Cl 和CaC2都是离子化合物，S8是单质；D在第四周期和第五周期中，同周期A元素的原子序数比A原子序数多11【解答】解：A假设溶液质量为100g，则氯化镁的质量为100g19%=19g，水的质量=100g19g=81g，氯化镁的物质的量=0.2mol、溶液中n（Cl）=2n（MgCl2）=20.2mol=0.4mol，水的物质的量=4.5mol，故Cl与H2O个数比=0.4mol：4.5mol=4：45，故A正确；B酸性溶液中先加硝酸银溶液，相等于稀硝酸，若溶液中含有亚硫酸根离子，则易被氧化为硫酸根，不能确定是否存在硫酸根，即亚硫酸根离子会干扰，故B错误；C
36、NO2存在共价键，属于共价化合物，NH4Cl由铵根离子、氯离子构成，CaC2由Ca2+、C22构成，NH4Cl和CaC2都是离子化合物，S8是由硫元素组成的单质，故C错误；D在第四周期和第五周期中，同周期A元素的原子序数比A原子序数多11，故D错误；故选A【点评】本题考查物质的量有关计算、离子的检验、化学键、元素在周期表中的位置等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和基本知识的综合理解和运用的考查，题目难度中等，A选项注意利用赋值法进行计算，注意对公式的理解9下列物质的保存方法正确的是（）A氢氟酸保存在用塑料塞的玻璃瓶中B液溴盛放在用橡胶塞的玻璃瓶中C氯水贮存于棕色玻璃瓶中，密
37、闭保存于阴凉处D硅酸钠溶液密封保存在玻璃塞的玻璃瓶中【考点】化学试剂的存放菁优网版权所有【专题】化学实验基本操作【分析】A氢氟酸能和二氧化硅反应；B液溴腐蚀橡胶；C见光易分解的物质贮存于棕色玻璃瓶中；D硅酸钠是黏性的物质【解答】解：A氢氟酸腐蚀玻璃，所以不能放在玻璃瓶中，故A错误；B液溴腐蚀橡胶，应用玻璃塞，故B错误；C氯水中的次氯酸见光易分解而导致氯水变质，应于棕色试剂瓶避光保存，故C正确；D硅酸钠是黏性的物质，能把玻璃塞黏住，所以不能盛放在用玻璃塞的玻璃瓶中，故D错误；故选C【点评】本题考查了化学试剂的存放，难度不大，要根据试剂的化学性质选取相应的贮存方法10氮化钠和氢化钙都是离子化合物，
38、与水反应的化学方程式（末配平）如下：Na3N+H2ONaOH+NH3，CaH2+H2OCa（OH）2+H2有关它们的叙述：离子半径：Na+N3H+；与水反应都是氧化还原反应；与水反应后的溶液都显碱性；与盐酸反应都只生成一种盐；两种化合物中的阴阳离子均具有相同的电子层结构其中正确的是（）ABCD【考点】钠的重要化合物菁优网版权所有【分析】根据离子半径的判断标准，核外电子层数多的大于核外电子层数少的，当核外电子层数相同时，核内质子数大的离子半径小；氧化还原反应中一定有电子的转移和化合价的升降；强碱和弱碱在水溶液中都为碱性；与盐酸反应生成氯化钠、氯化铵、氨气或氯化钠、氢气；氮化钠和氢化钙中阳离子为N
39、a+，Ca2+，阴离子为H，N3，阴阳离子电子层结构不同；【解答】解：中钠离子和氮离子核外均有十个电子，钠离子的核内质子数大于氮的核内质子数，故离子半径氮离子大于钠离子，氢离子核外没有电子，故离子半径为氮离子钠离子氢离子，故错误；在第一个反应中，是复分解反应，第二个反应有化合价的升降，为氧化还原反应，故错误；第一个反应有氢氧化钠和氨气生成，故溶液显碱性，第二个反应有氢氧化钠生成，故溶液显碱性，故正确；第一个反应产物与盐酸反应生成氯化钠和氯化铵两种物质，故错误；氮化钠和氢化钙的阳离子电子结构不相同，阴离子结构也不相同，故错误；故选D【点评】本题考查了离子半径的判断标准，氧化还原反应的本质等知识点
40、，掌握基础是关键，题目较简单11短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍下列说法错误的是（）A元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构B元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种C元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2【考点】原子结构与元素的性质菁优网版权所有【专题】压轴题【分析】首先，根据原子结构的特点，推断出W、X、Y和Z分别是什么元素；然后，根据元素的性质，对照各个选项，判断正
41、误【解答】解：因X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素；A、W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故A错误；B、元素X与氢形成的化合物有C2H2，C6H6等，故B正确；C、元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；D、硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；故选A【点评】本题考查元素的推断和元素的性质，充分利用原子结构的知识
42、是解题的关键12几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表分析判断下列说法正确的是（）元素代号ABDEGHIJ化合价12+4、41+5、3+3+2+1原子半径/nm0.0710.0740.0770.0990.1100.1430.1600.186AA的单质能将E单质从HE3的溶液中置换出来BA、H、J的离子半径由大到小顺序是AJHCG元素的单质不存在同素异形体DI在DB2中燃烧生成两种化合物【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用菁优网版权所有【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A、得电子能力强的非金属单质能置换得电子能力弱的；B、电子层越多，半径越大，电子层一样，核电荷数越大半径越小；C
43、、同素异形体是同种元素组成的性质不同的单质之间的互称；D、同主族元素具有相似性【解答】解：根据元素的最高正价=最外层电子数，最高正价+|最低负价|=8，最低负价=最外层电子数8，同周期元素原子从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素原子半径从上到下逐渐增大，可推知：A为F，B为O，D为C、E为Cl，G为P；H为Al，I为Be，J为Na，A、F2极易和水反应置换出氧气，则A的单质不能将E单质从HE3的溶液中置换出来，故A错误；B、A、J、H分别为F、Na、Al，它们的离子核外电子层数相等，离子半径大小顺序为：FNa+Al3+，故B正确；C、红磷和白磷互为同素异形体，故C错误；D、金属铍和镁性质相识，
44、在二氧化碳中的燃烧生成氧化铍和碳单质，故D错误故选B【点评】本题考查了元素周期律的知识，要求学生熟记教材知识，学以致用13物质循环利用是绿色化学对化工生产的基本要求工业生产中物质的循环利用有多种模式例如：下列表述不正确的是（）A图可表示合成氨，其中N2、H2被循环使用B图可表示电解熔融的MgCl2得到镁，其中HCl循环使用C图可表示氨催化氧化法制硝酸，其中NO循环使用D图可用于侯氏制纯碱CO2的循环利用【考点】无机物的推断菁优网版权所有【专题】推断题【分析】A、图若是工业合成氨，反应是化学平衡，不能进行彻底，原料气可以循环利用；B、海水提取得到氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁，浓缩蒸发得到氯化镁固
45、体，电解得到金属镁和氯气，氯气和氢气反应生成氯化氢可以循环利用；C、图可表示氨催化氧化法制硝酸时，氨气和氧气催化氧化为一氧化氮，一氧化氮氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮可以循环利用；D、图可用于侯氏制纯碱时，是氨化的饱和氯化钠溶液中通入氨气生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，无CO2的循环利用【解答】解：A、图若是工业合成氨，反应是化学平衡，不能进行彻底，原料气氮气和氢气可以循环利用，故A正确；B、海水提取得到氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁，浓缩蒸发得到氯化镁固体，电解得到金属镁和氯气，氯气和氢气反应生成氯化氢可以循环利用，故B正确；C、图可表示氨催化氧化法制硝酸时，氨气和氧气催
46、化氧化为一氧化氮，一氧化氮氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮可以循环利用，故C正确；D、图可用于侯氏制纯碱时，是氨化的饱和氯化钠溶液中通入氨气生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，无CO2的循环利用，故D错误；故选D【点评】本题考查了物质的循环利用有的多种模式，物质转化关系，工业制备的流程，反应原理的应用，主要是工业合成氨、海水提取镁、氨的催化氧化制硝酸、候氏制碱的生产原理和反应特征的熟练掌握，题目较综合，难度较大，需要熟练掌握工业制备的流程14下列说法不正确的是（）AMgO的熔点高，可用做防火板材料BBaC03与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多C臭氧有强氧化性，可用于餐具消毒DNH3
47、易液化，可用作制冷剂【考点】镁、铝的重要化合物；氨的物理性质；臭氧；药物的主要成分和疗效菁优网版权所有【专题】元素及其化合物【分析】A氧化镁熔点较高，一般条件下不易熔化；B可溶性钡盐有毒；C臭氧具有强氧化性，能杀菌消毒；D液氨汽化时吸收热量【解答】解：A氧化镁熔点较高，一般条件下不易熔化，所以可以作防火板材料，故A正确；B可溶性钡盐有毒，碳酸钡和盐酸反应生成可溶性氯化钡而导致人中毒，故B错误；C臭氧具有强氧化性，能杀菌消毒，且对食物没有污染，所以可用于餐具消毒，故C正确；D氨气易液化，液氨汽化时吸收热量导致其周围温度降低，所以液氨可作制冷剂，故D正确；故选B【点评】本题考查了物质的用途，明确物
48、质的性质是解本题关键，会运用化学知识解释生活现象，学以致用15下列有关实验的叙述中，正确的是（）用湿润的pH试纸测定溶液的pH不宜用瓷坩埚熔融氢氧化钠固体或碳酸钠固体可用加热法分离I2和NH4Cl的混合物可用稀硝酸洗涤“银镜反应”实验后附着在试管壁上的银煮沸自来水可除去其中的Ca（HCO3）2实验室配制氯化亚铁溶液时，可先将氯化亚铁溶解在盐酸中，再加入蒸馏水稀释，最后加入少量铁粉ABCD【考点】化学实验方案的评价菁优网版权所有【专题】化学实验基本操作【分析】不能用湿润的pH试纸测定溶液的pH，否则会导致溶液浓度降低；陶瓷中含有二氧化硅，能和碱性物质反应；加热时碘易升华，氯化铵易分解；Ag和稀硝
49、酸反应生成可溶性的硝酸银；自来水煮沸，Ca（HCO3）2可以转化为CaCO3；亚铁离子易被氧化生成铁离子，且亚铁离子易水解生成氢氧化亚铁【解答】解：不能用湿润的pH试纸测定溶液的pH，否则会导致溶液浓度降低，则测定溶液pH可能不准确，故错误；玻璃中含有二氧化硅，能与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠为无机矿物胶，使瓶塞与瓶口粘连在一起，所以不宜用瓷坩埚熔融氢氧化钠固体或碳酸钠固体，故正确；加热时碘易升华，氯化铵易分解生成氨气和氯化氢，所以不能采用加热方法分离I2和NH4Cl的混合物，故错误；Ag和稀硝酸反应生成可溶性的硝酸银，所以可以用稀硝酸洗涤“银镜反应”实验后附着在试管壁上的银，故正确；自来水
50、煮沸，Ca（HCO3）2可以转化为CaCO3，使硬水得到软化，故正确；亚铁离子易被氧化生成铁离子，且亚铁离子易水解生成氢氧化亚铁，为防止亚铁离子被氧化和水解，所以实验室配制氯化亚铁溶液时，可先将氯化亚铁溶解在盐酸中，再加入蒸馏水稀释，最后加入少量铁粉，故正确；故选C【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质分离和提纯、盐类水解和氧化还原反应、物质性质等知识点，明确物质性质及物质分离提纯原理是解本题关键，易错选项是16用如图所示装置进行下列实验：将中溶液滴入中，预测的现象与实际相符的是（）选项中物质中物质预测中的现象A稀盐酸碳酸钠、氢氧化钠混合溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝
51、条产生红棕色气体C氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价菁优网版权所有【分析】A稀盐酸先和NaOH反应生成氯化钠和水，然后再和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后碳酸氢钠和稀盐酸反应生成二氧化碳；B常温下，浓硝酸和铝发生钝化现象；CNaOH过量，开始不生成沉淀；D发生氧化还原反应【解答】解：A先发生盐酸与NaOH的反应，然后盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应生成气体，则现象不合理，故A错误；B常温下，Al遇浓硝酸发生钝化，则不能观察到红棕色气体，现象不合理，故B错误；CNaOH过量，开始不生成沉淀，反应
52、生成偏铝酸钠和氯化钠，开始无现象，故C错误；D草酸与高锰酸钾发生氧化还原反应，溶液褪色，现象合理，故D正确；故选D【点评】本题考查物质的性质及实验装置的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、反应与现象的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度不大17将5.6g Fe投入浓硝酸溶液，产生红棕色气体A，把所得溶液减压蒸干，得到20g Fe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，将该固体在高温下加热，得到红褐色的Fe2O3和气体B，A、B气体混合通入足量水中，在标准状况下剩余气体的体积为（）A2240mLB4480mLC3360mLD1120mL【考点】有关混合物反应的计
53、算菁优网版权所有【专题】压轴题；计算题；守恒法【分析】根据题意可知，红棕色气体为二氧化氮，即铁与浓硝酸反应时，铁失去电子，氮元素得到电子；在Fe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，将该固体在高温下加热，得到红褐色的Fe2O3和气体B是亚铁失去电子，氮元素得电子；再A、B气体混合通入足量水中剩余气体一定为NO，则可利用得失电子守恒来计算NO的物质的量【解答】解：因最后气体为NO，设其物质的量为x，铁与浓硝酸反应时，铁失去电子，氮元素得到电子，且A为二氧化氮，在Fe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，将该固体在高温下加热，得到红褐色的Fe2O3和气体B，是亚铁失去电子，氮元素得电子，且B为
54、氧气，A、B气体混合通入足量水生成硝酸和NO，根据守恒思想，计算时抓住反应的始终态即可，反应物可看作Fe、HNO3和水，最终生成物是Fe2O3和剩余气体，A和B混合气体通入水中，剩余气体是NO或O2，根据电子得失守恒可定性判断出剩余气体不可能是O2，则剩余气体只能是NO，设其物质的量为x，则整个过程中由得失电子守恒可知，（30）=x（52），解得x=0.1mol，即标准状况下体积为0.1mol22.4L/mol=2240mL，故选A【点评】本题较难，明确发生的化学反应，注意元素化合价的变化，明确最后的物质，利用电子守恒来快速计算是解答的关键，从而可避免中间过程的繁杂计算18某工业废水仅含下表中
55、的某些离子，且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L（此数值忽略水的电离及离子的水解）阳离子K+Ag+Mg2+Cu2+Al3+NH4+阴离子ClCO32NO3SO42I甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：取该无色溶液5mL，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色向中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成下列推断不正确的是（）A由、判断，溶液中一定不含有的阳离子是K+、NH4+、Cu2+B中加入盐酸生成无色气体的离子方程式是6I+2NO3+8H+3I2
56、+2NO+4H2OC原溶液一定只含有的离子I、NO3、SO42、Mg2+、Al3+D另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧沉淀至恒重，得到的固体质量为0.4g【考点】常见离子的检验方法菁优网版权所有【专题】离子反应专题【分析】无色溶液中一定不存在铜离子；向取5mL该溶液中滴加少量氨水，有沉淀生成，Ag+、Mg2+、Al3+离子至少含有一种，则CO32一定不存在，该反应有NH4+生成，由于离子种类增加，说明增加的是NH4+，所以原溶液中一定不含NH4+；用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钻玻璃观察，无紫色火焰，说明溶液中不含K+； 另取溶液加入少量盐酸，有无
57、色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明有还原性离子I与NO3、H+反应生成NO，即溶液中有I、NO3，则判断一定不含有Ag+；向中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42；由上述分析可知，一定含有的阴离子I、NO3，SO42，且各为0.1mol/L，依据电荷守恒可知，推断出的阳离子含有Mg2+、Al3+，其浓度为0.1mol/L，由电荷守恒可知溶液中还有一种1价的阴离子为Cl，据此进行解答【解答】解：无色溶液中一定不存在Cu2+；取5mL溶液，滴加少量氨水，有沉淀生成，Ag+、Mg2+、Al3+ 离子至少含有一种，则CO32一定不存在，该反应有NH4+生成，由于离子
58、种类增加，说明增加的是NH4+，所以原溶液中一定不含NH4+；用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钻玻璃观察，无紫色火焰，说明溶液中不含K+； 另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明有还原性离子I与NO3、H+反应生成NO，即溶液中有I、NO3，则判断一定不含有Ag+；向中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42；由上述分析可知，一定含有的阴离子I、NO3，SO42，且各为0.1mol/L，依据电荷守恒可知，推断出的阳离子含有Mg2+、Al3+，其浓度为0.1mol/L，由电荷守恒可知溶液中还有一种1价的阴离子为Cl，A根据、可知溶液中一
59、定不含有的阳离子是K+、NH4+、Cu2+，故A正确；B中加入少量盐酸生成无色气体，是I与NO3和H+反应生成NO，其离子方程式为：6I+2NO3+8H+3I2+2NO+4H2O，故B正确；C根据分析可知，原溶液一定只含有的离子I、NO3、SO42、Mg2+、Al3+、Cl，故C错误；D另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，Mg2+、Al3+ 反应生成Mg（OH）2，NaAlO2，涉及的离子方程式为：Mg2+2OHMg（OH）2、Al3+4OHAlO2+2H2O，充分反应后过滤，洗涤，灼烧沉淀至恒重，沉淀为氢氧化镁，最终得到的固体为MgO，质量为：40g/mol0.1mol/L0.1L
60、=0.4g，故D正确；故选C【点评】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，明确常见离子的性质为解答关键，注意掌握电荷守恒在离子推断中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力19下列离子方程式正确的是（）A等物质的量浓度的FeBr2和CuCl2的混合液用惰性电极电解最初发生：Cu2+2BrCu+Br2BH218O中投入Na2O2：2H218O+2Na2O24Na+4OH+18O2C向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液到SO42恰好沉淀完全：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4DFe（NO3）3的酸性溶液中通入足量硫化氢：2Fe3+H2S2Fe2+
61、S+2H+【考点】离子方程式的书写菁优网版权所有【专题】离子反应专题【分析】A溴离子的还原性大于氯离子，阳极溴离子生成电子生成溴单质；阴极铜离子得到电子生成铜；B氧气中氧原子完全来自过氧化钠；C硫酸根离子恰好沉淀完全时，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1：4，反应产物为偏铝酸根离子；D硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子【解答】解：A等物质的量浓度的FeBr2和CuCl2的混合液用惰性电极电解，阳极溴离子放电，阴极铜离子得到电子，最初发生的电极反应式为：Cu2+2BrCu+Br2，故A正确；BH218O中投入Na2O2，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，正确的离子方程式为：2H2
62、18O+2Na2O24Na+218OH+2OH+O2，故B错误；C向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液到SO42恰好沉淀完全，硫酸铝钾与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，正确的离子方程式为：2Ba2+4OH+Al3+2SO422BaSO4+AlO2+2H2O，故C错误；D二者发生氧化还原反应，因硫化氢足量，则Fe（NO3）3完全反应，正确的离子反应为：Fe3+3NO3+2H+5H2SFe2+3NO+6H2O+5S，故D错误；故选A【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如
63、难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等20NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A80g硝酸铵中含有氮原子数为NAB0.1molN5+离子中所含的电子数为3.4NAC5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NAD用溶有1molFeCl3的饱和溶液制Fe（OH）3胶体，制成的胶体中含有的胶粒数为1.0NA【考点】阿伏加德罗常数菁优网版权所有【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、质量换算物质的量结合硝酸铵化学式计算氮原子数；B、根据N5+是N5失去一个电子从而形成的来分析；C、求出铁的物质的量，然后根据铁与盐酸反应后变为+2价来分析；D、一个氢氧化铁胶粒是
64、多个氢氧化铁的聚集体【解答】解：A、80g硝酸铵物质的量为1mol，硝酸铵的化学式为NH4NO3，所以含氮原子物质的量为2mol，含有氮原子数为2NA，故A错误；B、N5+是N5失去一个电子从而形成的，故1molN5+含34mol电子，故0lmolN5+离子中所含的电子数为3.4NA，故B正确；C、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁与盐酸反应后变为+2价，故0.1mol铁失去0.2mol电子，即0.2NA个，故C错误；D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故得到的氢氧化铁胶粒个数小于NA个，故D错误故选B【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
65、题关键，难度不大21下列有关热化学方程式的叙述正确的是（）A已知2H2（gO2（g）=2H2O（g）；H=483.6 kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8 kJ/molB已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）；H0，则金刚石比石墨稳定C含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则该反应中和热的热化学方程式为：NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（aq）；H=57.4 kJ/molD已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）；H1，2C（s）+O2（g）=2CO（g）；H2则H1H2【考点】热化学方程式；焓变和熵变菁优网版权所有【分析】A
66、、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；B、依据能量守恒，物质的能量越高越活泼；C、中和热是指强酸强碱稀溶液恰好中和反应生成1mol水放出的热量；D、依据盖斯定律计算得到【解答】解：A、2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6 kJ/mol，热化学方程式中生成的是气体水不符合燃烧热的概念，故A错误；B、C（石墨，s）=C（金刚石，s）H0，依据能量守恒判断，金刚石能量高，石墨能量低，则石墨比金刚石稳定，故B错误；C、含20.0g NaOH物质的量为0.5mol，稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，所以中和热为57.4KJ/mol，故C错误；D、2C
67、（s）+2O2（g）=2CO2（g）H1，2C（s）+O2（g）=2CO（g）H2依据盖斯定律，得到2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）的H=H1H2，故D正确；故选D【点评】本题考查了热化学方程式的书写方法和注意问题，主要是燃烧热、中和热概念的分析判断，能量守恒的应用，盖斯定律的计算应用，题目难度中等22已知通过乙醇制取氢气有如下两条路线：aCH3CH2OH（g）+H2O（g）4H2（g）+2CO（g）H=+255.58kJmol1bCH3CH2OH（g）+O2（g）3H2（g）+2CO（g）H=+13.76kJmol1则下列说法不正确的是（）A降低温度，可提高b路线中乙醇的转化率B从能
68、量消耗的角度来看，b路线制氢更加有利C乙醇可通过淀粉等生物质原料发酵制得，属于可再生资源D由a、b知：2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJmol1【考点】反应热和焓变菁优网版权所有【专题】化学反应中的能量变化【分析】A根据温度对化学平衡平衡的影响；B根据制取相同质量的氢气消耗的能量高低来分析；C淀粉等生物原料发酵制得乙醇，所以乙醇属于可再生资源；D根据盖斯定律（ba）2分析【解答】解：A降低温度，该反应CH3CH2OH（g）+O2（g）3H2（g）+2CO（g）H=+13.76kJmol1平衡逆向移动，乙醇的转化率降低，故A错误；B取相同质量的氢气消耗的能量，b路线低于a线
69、路，所以b路线制氢更加有利，故B正确；C乙醇可通过淀粉等生物原料发酵制得，属于可再生资源，故C正确；D由（ba）2得：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJmol1，故D正确；故选A【点评】本题主要考查了化学平衡移动，盖斯定律等知识，难度不大二、填空题（共56分）23物质M是一种日常生活中不可缺少的调味品已知C在D中燃烧发生苍白色火焰，M与其他物质的转化关系如图甲所示（部分产物已略去）；（1）写出用惰性电极电解M溶液的离子方程式2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2（2）比较B中各元素原子半径大小NaOH（填元素符号）（3）若A是一种酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则G的化学式
70、是H2SiO3（4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加，然后又由多到少，最后消失（5）若A是一种溶液，只可能含有H+，NH4+，Mg2+，Fe3+，Al3+，CO32，SO42中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图乙所示由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42）=1：1：2：3（6）若E可用于检验葡萄糖的存在，写出G溶液充分蒸发灼烧后的产物与乙醇反应的化学方程式2CH3CH
71、2OH+CuO2CH3CHO+Cu+2H2O（7）根据下图，写出25时由CO2和H2O转化为葡萄糖溶液的化学方程式6CO2（g）+6H2O（l）C6H12O6（aq）+2H2O（g）【考点】无机物的推断菁优网版权所有【专题】简答题；图像图表题；类比迁移思想；演绎推理法；元素及其化合物【分析】（1）C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH，（2）B为NaOH，根据原子电子层数越多半径越大，电子层数相同时则核电荷数越多，半径越小，
72、据此判断；（3）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，与F溶液反应得到G为H2SiO3；（4）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解；由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4+OH=NH3H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42，根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程
73、式计算n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）之比，再结合电荷守恒计算与n（SO42）的比例关系，据此计算；若A是一种盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，可推知A中含有Fe2+，E为Fe（OH）3，G为FeCl3；（6）若E可用于检验葡萄糖的存在，则E为氢氧化铜，E和F生成G，则G为氯化铜，由于铜离子能水解，氯化把易挥发，所以氯化铜溶液充分蒸发灼烧后的产物为氧化铜，氧化铜与乙醇发生氧化还原反应生成铜和乙醛，据此答题；（7）根据图中各物质转化关系及元素守恒可写出由CO2和H2O转化为葡萄糖溶液的化学方程式【解答】解：（1）C可在D中燃烧发出苍白色火焰，
74、为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH，用惰性电极电解M溶液的离子方程式为2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2，故答案为：2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2；（2）B为NaOH，根据原子电子层数越多半径越大，电子层数相同时则核电荷数越多，半径越小，所以NaOH中各元素原子半径大小为NaOH，故答案为：NaOH；（3）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，与F溶液反应可以得到G为H2SiO3，故答案为：H2Si
75、O3；（4）由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4+OH=NH3H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42，发生反应H+OH=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积为1积，发生反应Al3+3OH=Al（OH）3，铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积，发生反应NH4+OH=NH3H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2，由电荷守恒可知，n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO
76、42）=1：1：2：3，故c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42）=1：1：2：3，故答案为：c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42）=1：1：2：3；（6）若E可用于检验葡萄糖的存在，则E为氢氧化铜，E和F生成G，则G为氯化铜，由于铜离子能水解，氯化把易挥发，所以氯化铜溶液充分蒸发灼烧后的产物为氧化铜，氧化铜与乙醇发生氧化还原反应生成铜和乙醛，反应方程式为2CH3CH2OH+CuO2CH3CHO+Cu+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+CuO2CH3CHO+Cu+2H2O；（7）根据图中各物质转化关系及元素守恒可写出由CO2和H2O转化为葡萄糖溶液的
77、化学方程式为6CO2（g）+6H2O（l） C6H12O6（aq）+2H2O（g），故答案为：6CO2（g）+6H2O（l） C6H12O6（aq）+2H2O（g）【点评】本题考查无机物推断等，题目涉及元素化合物较多，需要学生全面掌握据基础知识，注意离子方程式与电荷守恒的应用，难度中等24A、B、C、D、E为原子序数递增的短周期元素，在周期表中A是原子半径最小的元素，B、C左右相邻，C、D同主族，D和E的气态氢化物具有相同的电子数，C的单质只有氧化性（1）写出实验室制取E2反应的离子方程式MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；（2）A、C元素按原子个数比为1：1形成化合物的电子式；（
78、3）某小组设计如图所示的装置（图中夹持和加热装置略去），分别研究DC2和E2的性质分别通入DC2和E2，在装置A中观察到的现象是否相同（填“相同”或“不相同”）相同；若装置D中装的是铁粉，当通入E2时D中观察到的现象为产生棕黄色的烟；若装置D中装的是五氧化二钒，当通入DC2时，打开K通入适量C2，化学反应方程式为2SO2+O22SO3若装置B中装有5.0mL l.0103mol/L的碘水，当通入足量E2完全反应后，转 移了5.0105mol电子，则该反应的化学方程式为5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl（4）某同学将足量的DC2通入一支装有氯化钡溶液的试管，未见沉淀生成，向该试管中
79、加入过量（填字母）AC，可以看到白色沉淀生成；A、氨水 B、稀盐酸 C、稀硝酸 D、氯化钙（5）若由元素D和C组成一2价酸根Z，Z中D和C的质量比为D：C=4：3，当E2与含Z的溶液完全反应后，有浅黄色沉淀产生，取上层清液加入氯化铡溶液，有白色沉淀产生与出E2与Z的溶液完全反应产生浅黄色沉淀的离子方程式S2O32+Cl2+H2O=SO42+S2Cl+2H+（6）A、B、C三种元素组成的碱性物质N，A、B、C、D和一种常见金属元素组成相对分子质量为392的化合物M，1molM中含有6mol结晶水，对化合物M进行如下实验：a取含有0.1molM的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和4.
80、48L（标况）无色刺激性气味气体，经一段时间白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褪色；b另以含有0.1molM的溶液，加入过量BaCl2溶液产生46.6g白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解M的化学式为（NH4）2SO4FeSO46H2O在25下，测定浓度均为amol/L的化合物N和M的混合溶液pH=7，且含金属离子的浓度为bmol/L，则溶液里除H+、金属阳离子外的阳离子浓度为4a2bmol/L【考点】位置结构性质的相互关系应用菁优网版权所有【专题】推断题；元素周期律与元素周期表专题【分析】A、B、C、D、E为原子序数递增的短周期元素，在周期表中A是原子半径最小的元素，则A为H元素；B、C左右相邻，C、D同
81、主族，D和E的气态氢化物具有相同的电子数，且C的单质只有氧化性，则B为N元素、C为O元素、D为S元素、E为Cl（1）实验室用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下制备氯气，反应生成氯化锰、氯气与水；（2）A、C元素按原子个数比为1：1形成化合物为H2O2；（3）二氧化硫能和品红化合生成无色物质，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可以使品红溶液褪色；D中氯气与Fe反应生成氯化铁，生成棕黄色的烟；若装置D中装的是五氧化二钒，当通入SO2时，打开K通入适量O2，反应生成三氧化硫；令碘元素在氧化产物中的化合价为a，则根据电子转移守恒有5.0103L1.0103mol/L2a=5.0105mol，解得a
82、=+5，所以碘单质被氧化为HIO3，据此书写方程式；（4）当加入氨水时，使该溶液变为碱性，产生BaSO3白色沉淀（或当加入HNO3时，使溶液中H2SO3氧化成H2SO4，产生BaSO4白色沉淀）； （5）由元素S和O组成2价酸根Z，Z中S与O的质量比为4：3，则n（S）：n（O）=：=2：3，则Z为S2O23，当Cl2与含S2O23的溶液完全反应后，有浅黄色沉淀产生，说明生成S单质，取上层清液加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀产生，说明生成SO42，氯气被还原为为Cl，根据守恒配平书写离子方程式；（6）由H、N、O三种元素组成的碱性物质N为NH3H2O由H、N、O、S和Fe五种元素组成的式量
83、为392的化合物M，M的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色刺激性气味气体，过一段时间白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色，可知Y中含有Fe2+、NH4+，NH4+为0.2mol，另取M的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解，则M中含有SO42离子，n（SO42）=n（BaSO4）=0.2mol，由硫酸根守恒可知，1molM含有1mol（NH4）2SO4、1molFeSO4，又1mol M中含有6mol结晶水，故M化学式为：（NH4）2SO4FeSO46H2O，相对分子质量为392【解答】解：A、B、C、D、E为原子序数递增的短周期元素，在周期表中A是原子半
84、径最小的元素，则A为H元素；B、C左右相邻，C、D同主族，D和E的气态氢化物具有相同的电子数，且C的单质只有氧化性，则B为N元素、C为O元素、D为S元素、E为Cl（1）实验室用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下制备氯气，反应生成氯化锰、氯气与水，反应离子方程式为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；（2）A、C元素按原子个数比为1：1形成化合物为H2O2，电子式为，故答案为：；（3）二氧化硫与品红化合物无色物质，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，将品红氧化为无色物质，二氧化硫与氯气都可以是品红溶液褪色，在装置A中观察到的现
85、象是相同；氯气与铁反应产生棕黄色的烟；二氧化硫在五氧化二钒作催化剂、加热条件下与氧气反应生成三氧化硫，反应方程式为：2SO2+O22SO3，故答案为：相同；产生棕黄色的烟；2SO2+O22SO3；若装置B中装有5.0mL 1.0103mol/L的碘水，当通入足量Cl2完全反应后，转移的电子为5.0105mol，令碘元素在氧化产物中的化合价为a，则根据电子转移守恒有5.0103L1.0103mol/L2a=5.0105mol，解得a=+5，所以碘单质被氧化为HIO3，则该反应的化学方程式为5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，故答案为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl
86、；（4）当加入氨水时，使该溶液变为碱性，产生BaSO3白色沉淀（或当加入HNO3时，使溶液中H2SO3氧化成H2SO4，产生BaSO4白色沉淀），故选：AC；（5）由元素S和O组成2价酸根Z，Z中S与O的质量比为4：3，则n（S）：n（O）=：=2：3，则Z为S2O23，当Cl2与含S2O23的溶液完全反应后，有浅黄色沉淀产生，说明生成S单质，取上层清液加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀产生，说明生成SO42，氯气被还原为为Cl，反应离子方程式为：S2O32+Cl2+H2O=SO42+S2Cl+2H+，故答案为：S2O32+Cl2+H2O=SO42+S2Cl+2H+；（6）由H、N、O三种元
87、素组成的碱性物质N为NH3H2O由H、N、O、S和Fe五种元素组成的式量为392的化合物M，M的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色刺激性气味气体，过一段时间白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色，可知Y中含有Fe2+、NH4+，NH4+为0.2mol，另取M的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解，则M中含有SO42离子，n（SO42）=n（BaSO4）=0.2mol，由硫酸根守恒可知，1molM含有1mol（NH4）2SO4、1molFeSO4，又1mol M中含有6mol结晶水，故M化学式为：（NH4）2SO4FeSO46H2O，相对分子质量为392，由上
88、述分析可知，M的化学式为：（NH4）2SO4FeSO46H2O，故答案为：（NH4）2SO4FeSO46H2O；N是NH3H2O，测定浓度均为a mol/L的化合物N和M的混合溶液呈中性，且含金属离子的浓度为b mol/L，混合溶液中硫酸根离子浓度为2amol/L，根据电荷守恒得c（NH4+）+2c（Fe 2+ ）=2c（SO42），所以c（NH4+）=2c（SO42）2c（Fe 2+ ）=22amol/L2bmol/L=（4a2b）mol/L，故答案为：4a2b【点评】本题考查元素化合物推断、化学实验、元素化合物性质、常用化学用语、氧化还原反应应用等，（3）中注意根据电子转移守恒计算判断产物
89、，侧重考查学生对知识的综合应用，难度较大25锌是一种常用金属，冶炼方法有火法和湿法镓（Ga）是火法冶炼锌过程中的副产品，镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似氮化镓（GaN）是制造LED的重要材料，被誉为第三代半导体材料（1）Ga在元素周期表中的位置第四周期第A族（2）GaN可由Ga和NH3在高温条件下合成，该反应的化学方程式为2Ga+2NH32GaN+3H2（3）下列有关镓和镓的化合物的说法正确的是ACD（填字母序号）A一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠B常温下，Ga可与水剧烈反应放出氢气CGa2O3可由Ga（OH）3受热分解得到D一定条件下，Ga2O3可与NaOH反应生成盐工业上利用锌焙砂
90、（主要含Zn0、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物）湿法制取金属锌的流程如图1所示，回答下列问题：已知：Fe的活泼性强于Ni（4）ZnFe2O4可以写成ZnOFe2O3，写出ZnFe2O4与H2SO4反应的化学方程式ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O（5）净化I操作分为两步：第一步是将溶液中少量的Fe2+氧化；第二步是控制溶液pH，只使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀净化I生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是Fe（OH）3胶粒具有吸附性（6）净化II中加入Zn的目的是使Cu2+、Ni2+转化为Cu
91、、Ni而除去（7）某化学课外小组拟用废旧电池锌皮（含杂质铁），结合图2信息从提供的试剂中选取适当试剂，制取纯净的ZnSO47H2O实验步骤如下：将锌片完全溶于稍过量的3molL1稀硫酸，加入A（选填字母，下同）；A30%H2O2 B新制氯水CFeCl3溶液DKSCN溶液加入C；A纯锌粉B纯碳酸钙粉末 C纯ZnO粉末 D3molL1稀硫酸加热到60左右并不断搅拌；趁热过滤得ZnSO4溶液，再蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥其中步骤加热的主要目的是促进Fe3+水解转化为沉淀，并使过量的H2O2分解除去【考点】位置结构性质的相互关系应用；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计
92、菁优网版权所有【专题】元素及其化合物；无机实验综合【分析】I（1）Ga的原子序数为31，位于第四周期第A族；（2）Ga和NH3在高温条件下反应生成GaN和氢气；（3）镓位于第A族，位于金属与非金属交界处，与Al具有相似性质，金属性比Al强，以此分析其单质和化合物的性质；II（4）ZnFe2O4可以写成ZnOFe2O3，酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，即ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁；（5）Fe（OH）3胶体（沉淀）具有的吸附性；（6）锌焙砂中含有CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物，反应后溶液中存在Cu2+、Ni2+，没有净化操作，电解制取的锌会含有铜、Ni等杂质；（7）废旧干
93、电池锌皮（含杂质铁），将锌片完全溶于稍过量的3 molL1稀硫酸，所得溶液中含有杂质离子Fe2+，必须将其除去，结合图象所给信息Zn2+和Fe2+难以分离，必须先将Fe2+氧化为Fe3+再进行分离，为不引进新的杂质，选用30%H2O2作氧化剂；分离Zn2+和Fe3+，结合图象可用盐类水解原理通过调节pH的方法进行除杂；因盐类水解为吸热反应，H2O2受热易分解【解答】解：（1）Ga的原子序数为31，位于第四周期第A族，故答案为：第四周期第A族；（2）Ga和NH3在高温条件下反应生成GaN和氢气，反应为2Ga+2NH32GaN+3H2，故答案为：2Ga+2NH32GaN+3H2；（3）镓位于第A族
94、，位于金属与非金属交界处，与Al具有相似性质，则：AAl与盐酸、NaOH均反应，则一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠，故A正确；BAl与水常温不反应，则常温下，Ga不能与水剧烈反应放出氢气，故B错误；C氧化铝可由氢氧化铝分解生成，则Ga2O3可由Ga（OH）3受热分解得到，故C正确；D氧化铝与NaOH反应生成盐，则一定条件下，Ga2O3可与NaOH反应生成盐，故D正确；故答案为：ACD；（4）根据信息，酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，这两种盐分别为硫酸锌、硫酸铁，即ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁，反应的化学方程式为ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H
95、2O，故答案为：ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O；（5）因为Fe（OH）3胶粒具有吸附性，则净化I生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，故答案为：Fe（OH）3胶粒具有吸附性；（6）CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物溶于酸转化为金属离子，净化I后除去Fe元素，净化II中加入Zn的目的是使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去，故答案为：使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去；（7）据题意用废旧干电池锌皮（含杂质铁）制取纯净的ZnSO4溶液实验流程为用硫酸酸溶、除杂由实验步骤将锌片完全溶于稍过量的3 molL1稀硫酸发生的反应为Zn+2H+=Zn2+H
96、2、Fe+2H+=Fe2+H2，所得溶液中含有杂质离子Fe2+，必须将其除去，结合图象所给信息Zn2+和Fe2+难以分离，必须先将Fe2+氧化为Fe3+再进行分离，所以要加过氧化氢氧化亚铁离子，故答案为：A；分离Zn2+和Fe3+，结合图象可用盐类水解原理通过调节pH的方法进行除杂，为防止引进杂质可用纯ZnO粉末来调节pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而除去；故答案为：C；因盐类水解吸热，加热能促进三价铁离子的水解，H2O2受热易分解，所以步骤加热的主要目的有促进Fe3+水解转化为沉淀，同时使过量的H2O2分解除去；故答案为：促进Fe3+水解转化为沉淀，并使过量的H2O2分解除去【点评】本题考查较综合，涉及元素周期表与元素周期律、化学工艺流程、物质的制备方案、混合物分离提纯综合应用、金属单质及化合物的性质，属于拼合型题目，侧重分析与迁移应用能力的考查，题目难度中等版权所有：高考资源网()
