1、2013-2014学年辽宁省大连市瓦房店市高中高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（包括20个小题，1-10每小题2分，11-20每题3分，共50分每小题只有一个选项符合题意）1（2分）（2014玉山县校级模拟）环境问题的最终解决要依靠科技进步下列关于保护生存环境的说法中，不正确的是（）A通常利用沉淀反应除去污水中的重金属离子B垃圾焚烧不仅可以用于发电，还不会带来任何新的污染C减少使用、加强回收和再利用是治理“白色污染”的主要途径D可通过改进燃烧装置和燃烧技术，减少煤等化石燃料燃烧产生的污染2（2分）（2013秋瓦房店市校级月考）氢气的摩尔质量为M gmol1，密度是 gL1，阿伏加德
2、罗常数为NA，则下列表述正确的是（）A单位体积中所含氢气分子数目为NAB单位质量中所含氢气分子数目为NAC单个氢气分子的质量为 gD单个氢气分子占有的体积为L3（2分）（2013遂川县校级模拟）地沟油、毒胶囊等有关化学污染事件的报道层出不穷，不断有“致癌农药”“苏丹红”“碘元素”“亚硝酸盐”等化学名词出现上述化学名词所提到的物质，在某食品添加剂中允许含有且符合限量时不会引起中毒的是（）ABCD只有4（2分）（2013秋赤壁市校级期末）向含有0.078molFeCl2的溶液中通入0.009molCl2，再向其中加入含0.01molX2O72的酸性溶液，使溶液中的Fe2+恰好完全被氧化，且X2O7
3、2被还原为Xn+，则n值为（）A2B3C4D55（2分）（2013春红塔区校级期末）用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中，正确的是（）A常温常压下，3.0 g乙烷中含有的碳氢键数为0.7 NAB标准状况下，22.4 L C2H5OH中含有的氢原子数为6 NAC常温常压下，92 g的 NO2和N2O4 混合气体含有的原子数为 6 NAD标准状况下，由Na2O2制得11.2 L O2，反应转移的电子数为0.5 NA6（2分）（2013山东模拟）下列关于工业生产的说法中，不正确的是（）A工业上，用焦炭在电炉中还原二氧化硅得到含杂质的粗硅B生产普通水泥的主要原料有石灰石、石英和纯碱C工业上将粗铜进行精
4、炼，应将粗铜连接在电源的正极D在高炉炼铁的反应中，一氧化碳作还原剂7（2分）（2010徐汇区二模）已知，Fe2+结合S2的能力大于结合OH的能力，而Al3+则正好相反在Fe2（SO4）3和AlCl3的混合溶液中，先加入过量的KI溶液，再加入足量的Na2S溶液，所得沉淀是（）AAl2S3、FeS和SBFe（OH）3和Al（OH）3CFe2S3和Al（OH）3DFeS、Al（OH）3和S8（2分）（2013太原二模）下列各组离子能大量共存的是（）“84”消毒液的水溶液中：Fe2+、Cl、Ca2+、Na+加入KSCN显红色的溶液：K+、NH4+、Cl、S2能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液；Fe
5、3+、Al3+、SO42、K+pH=2的溶液中：NH4+、Na+、Cl、Cu2+无色溶液中：K+、CH3COO、HCO3、MnO4ABCD9（2分）（2013秋鹿城区校级期中）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A漂白粉露置在空气中失效：ClO+CO2+H2O=HClO+HCO3B向NaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3C向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32+2Cl2+3H2O=2SO32+4Cl+6H+D在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO+Fe（OH）3=FeO42+3Cl+H2O+4H+10
6、（2分）（2014春木兰县校级期中）下列说法正确的是（）A第A族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐减弱BL层电子数为奇数的所有元素都是非金属元素CA族元素阴离子的还原性越强，元素的最高价氧化物对应水化物的酸性也越强D同一主族的甲乙两种元素，甲的原子序数为a，则乙的原子序数可能为a+411（3分）（2013宜春校级模拟）下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是（）选项离子或分子要求AK+、NO3、Cl、HSc（K+）c（Cl）BFe3+、NO3、SO32、Cl滴加盐酸立即有气体产生CNH4+、Al3+、SO42、CH3COOH滴加NaOH溶液立即有气体产生DNa+、HCO3、Mg2+、S
7、O42滴加氨水立即有沉淀产生AABBCCDD12（3分）（2014玉山县校级模拟）工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下，下列叙述正确的是（）A试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B反应、过滤后所得沉淀为氢氧化铁C图中所示转化反应都不是氧化还原反应D反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO313（3分）（2013玉山县校级模拟）某元素X核电荷数小于18，其原子的电子层数为n，最外层电子数2n+1，原子核内质子的2n21下列有关X的说法中，不正确的是（）AX能形成化学式为X（OH）2的碱BX能形成化学式为NaXO2
8、的含氧酸钠盐CX原子的最外层电子数和核电荷数不可能为偶数DX能与某些金属元素或非金属元素形成化合物14（3分）（2014秋大竹县校级期末）元素周期律和元素周期表是学习化学的重要工具，下列说法正确的是（）ALi、Mg、Al、Sn原子的最外层电子数依次增加，故失去电子的能力越来越强B钚（Pu）属于过渡元素，能跟氟形成PuF6，据此可推测Pu原子最外层有6个电子CHF、HCl、HBr、HI的还原性依次增强，热稳定性依次减弱D14C与14N质量数相同，可以互称为同位素15（3分）（2012江苏一模）某A族元素是自然界存在最广泛的元素，常以化合物F存在，从其单质A起始发生的一系列化学反应如图所示下列说法
9、正确的是（）A反应、中H2O均是还原剂B工业上常用C的悬浊液与Cl2反应制取漂白粉CD与H溶液反应后所得溶液的溶质成分有三种可能D电解F与盐酸反应后的溶液以制取单质A16（3分）（2015上饶模拟）将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系下列判断正确的是（）A与NaOH反应的氯气一定为0.3 molBn（Na+）：n（Cl）可能为7：3C若反应中转移的电子为n mol，则0.15n0.25Dn（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：2：117（3分）（2013和平区校级模拟）
10、向含Al2（SO4）3 和 AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol/L Ba（OH）2溶液至过量，加入Ba（OH）2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是（）A图中C点铝元素存在形式是AlO2B向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀C原混合液中cAl2（SO4）3：c（AlCl3）=1：2DOA段反应的离子方程式为：3Ba2+2Al3+8OH+3SO4=BaSO4+2AlO2+4H2O18（3分）（2014黄浦区一模）人们在自然界中找到了组成为Al63Cu24Fe13的天然准晶体，将100g的此准晶体分别与足量的盐酸、烧碱和稀硝酸反应，产生气体的物质的量关系为（）A
11、n（稀硝酸）n（烧碱）n（盐酸）Bn（烧碱）n（盐酸）n（稀硝酸）Cn（烧碱）n（稀硝酸）n（盐酸）Dn（盐酸）n（稀硝酸）n（烧碱）19（3分）（2014金川区校级模拟）下列图象能正确表示相关反应中产物物质的量的变化的是（横、纵坐标单位：mol）（）A图1：n（HCl）=1mol，K2CO3逐步加入到HCl溶液中，在敞口容器中生成的气体B图2：n（NaOH）=1mol，CO2逐步通入到NaOH溶液中反应生成的盐C图3：n（O2）=1mol，高温下C和O2在密闭容器中的反应产物D图4：n（HNO3）=1mol，Fe和稀HNO3反应生成的氧化产物（还原产物为NO）20（3分）（2014夷陵区校级
12、二模）将8.34g FeSO47H2O样品隔绝空气加热脱水，其热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示则下列说法正确的是（）AFeSO47H2O晶体中有4种不同结合力的水分子B在100时，M的化学式为FeSO46H2OC在200时，N的化学式为FeSO43H2OD380的P加热至650时的化学方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3二、非选择题（本题包含5个小题，共50分）21（8分）（2013秋瓦房店市校级月考）有A、B、C三种常见的短周期元素，它们之间两两结合成化合物X、Y、ZX、Y、Z之间也能相互反应已知X是A和B按原子个数比1：1组成的化合物，其它元素形成的单质（仍用A、B
13、、C表示）和组成的化合物间反应关系式如下：B+CY A+CZ X+YM X+ZC+N Y+ZC+N请填空：（1）上述反应中，一定属于氧化还原反应的是，理由是（2）若M是一种无色、粘稠的油状液体化合物，写出反应、的化学方程式：，22（11分）（2013秋瓦房店市校级月考）X、Y、Z、W为四种短周期元素X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Y最高正价与最低负价的代数和为6；Z在地壳中的含量仅次于氧； Z、W同周期，W的常见化合价为+3回答下列问题：（1）Y的结构示意图为（2）写出含有10个中子的X原子的原子符号（3）Z的最高价氧化物与Z同主族的单质A能发生置换反应，这个反应在工业上是获得Z的一步
14、重要反应写出该步反应的化学方程式，并用双线桥法标出电子转移的方向与数目（4）向WY3溶液中加入足量的NaOH溶液，反应的离子方程式为（5）Y的气态氢化物与氨气在空气中相遇有白烟生成，该白烟的电子式（6）ZX2中存在的化学键为（填“离子键”或“共价键”），ZX2与NaOH溶液反应的化学方程式为23（10分）（2013秋瓦房店市校级月考）2013年夏季，南方个别城市遭到暴雨袭击，造成多人伤亡，暴雨过后，对环境进行消毒杀菌、获取洁净的饮用水都需要使用大量消毒剂，开发具有广谱、高效、低毒的杀菌、消毒剂非常重要（1）Cl2、H2O2、ClO2（还原产物为Cl）、O3（1mol O3可转化为1mol O2
15、和1mol H2O）等物质常被用作消毒剂等物质的量的上述物质中消毒效率最高的是（2）氯胺（NH2Cl）可作杀菌剂，请用化学方程式表示氯胺在水中的杀菌机理：（3）氯溴海因（C5H6BrClN2O2）是一种比较安全的氯气和氯制剂的替代产品，其结构简式如图所示氯溴海因在水中的水解过程比较复杂，主要生成次卤酸和海因，请写出海因的结构简式：（4）过碳酸钠是一种多用途的新型固体漂白剂，化学式可表示为Na2CO33H2O2，它具有Na2CO3和H2O2的双重性质下列物质中不能使过碳酸钠失效的是（填序号）AMnO2 BKMnO4溶液 C稀盐酸 DNaHCO3溶液（5）消毒剂亚氯酸钠（NaClO2）在常温于黑暗
16、处可保存一年亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为HClO2ClO2+H+Cl+H2O（未配平）在该反应中，当有1mol ClO2生成时，转移的电子数是24（10分）（2012武汉模拟）大理石中的主要杂质是氧化铁，如图1所示是某化学兴趣小组以大理石为原料制取安全无毒杀菌剂过氧化钙的主要流程请回答下列问题：（1）利用大理石与试剂A制取CO2，请在图2方框内将发生装置补充完全（2）沉淀B的化学式为，操作的名称为（3）本实验需多次使用玻璃棒，玻璃棒的作用有（4）写出反应中生成CaO28H2O的化学方程式（5）制得的CaO2中一般含有CaO，该小组同学通过实验测定制得的样品中CaO2的含量称取10g样
17、品，加入足量盐酸充分反应后将所得溶液蒸干，得CaCl2 16.65g则该样品中CaO2的质量分数为25（11分）（2013太原二模）如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持设备已略）（1）制备氯气选用的药品为：漂粉精固体和浓盐酸，相关的化学反应方程式为：（2）装置B中饱和食盐水的作用是；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III依次放入abcdI干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条II碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙III湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色
18、布条干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为色，说明氯的非金属性大于溴（5）打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡观察到的现象是（6）有人提出，装置F中可改用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，试写出相应的离子反应方程式：，判断改用NaHSO3溶液是否可行（填“是”或“否”）2013-2014学年辽宁省大连市瓦房店市高中高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（包括20个小题，1-10每小题2分，11-20每题3分，共50分每小题只有一个选项符合题意）1（2分）（2014玉山县校级模拟）环
19、境问题的最终解决要依靠科技进步下列关于保护生存环境的说法中，不正确的是（）A通常利用沉淀反应除去污水中的重金属离子B垃圾焚烧不仅可以用于发电，还不会带来任何新的污染C减少使用、加强回收和再利用是治理“白色污染”的主要途径D可通过改进燃烧装置和燃烧技术，减少煤等化石燃料燃烧产生的污染考点：常见的生活环境的污染及治理版权所有专题：元素及其化合物分析：A、重金属离子污染环境；B、焚烧垃圾发电排出的烟气中会有二恶英等物质；C、减少使用和回收利用是减少白色污染的途径；D、对化石燃料燃烧和使用过程中的污染气体等进行处理减少污染解答：解：A、利用沉淀反应除去污水中的重金属离子，减少重金属污染，利于保护环境，
20、故A正确；B、焚烧垃圾发电排出的烟气中会有二恶英等物质，也会带来污染，故B错误；C、减少使用、加强回收和再利用塑料是治理“白色污染”的主要途径，故C正确；D、可通过改进燃烧装置和燃烧技术，减少煤等化石燃料燃烧产生的污染，利用保护环境，故D正确；故选B点评：本题考查了环境的污染与处理，解答本题要充分理解保护环境的重要性，了解各种环境污染的途径，只有这样才能对相关方面的问题做出正确的判断2（2分）（2013秋瓦房店市校级月考）氢气的摩尔质量为M gmol1，密度是 gL1，阿伏加德罗常数为NA，则下列表述正确的是（）A单位体积中所含氢气分子数目为NAB单位质量中所含氢气分子数目为NAC单个氢气分子
21、的质量为 gD单个氢气分子占有的体积为L考点：物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数版权所有专题：计算题分析：结合n=以及=计算解答：解：A由于没有明确气体存在的条件，则气体摩尔体积不一定为22.4L/mol，则单位体积中所含氢气分子数目不一定为NA，故A错误；B单位质量中所含氢气分子数目为NA/mol=，故B错误；C由n=可知，单个氢气分子的质量为 g，故C正确；D氢气分子直径远小于分子间距离，标况下，为单个氢气分子所占平均体积，不是分子的体积大小，故D错误故选C点评：本题综合考查物质的量的相关计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用，易错点为D，注意气
22、体分子的体积3（2分）（2013遂川县校级模拟）地沟油、毒胶囊等有关化学污染事件的报道层出不穷，不断有“致癌农药”“苏丹红”“碘元素”“亚硝酸盐”等化学名词出现上述化学名词所提到的物质，在某食品添加剂中允许含有且符合限量时不会引起中毒的是（）ABCD只有考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用；三废处理与环境保护版权所有专题：化学应用分析：食品添加剂，指为改善食品品质和色、香和味以及为防腐、保鲜和加工工艺的需要而加入食品中的人工合成或者天然物质解答：解：“致癌农药”有毒，不能作为食品添加剂；苏丹红是一种人工合成的红色染料其体内代谢产物有强致突变性和致癌性；“碘元素”人体缺乏碘元素时易患甲状腺肿
23、大，如果碘元素补充过量，则会出现脱发、指甲变脆、易疲劳、胃肠功能紊乱、浮肿、不育等症状“亚硝酸盐”可将正常的血红蛋白氧化成高铁血红蛋白，血红蛋白中的铁元素由+2价变为+3价，失去携氧能力，使组织出现缺氧现象；亚硝酸盐具有防腐性，可与肉品中的肌红素结合而更稳定，所以常在食品加工业被添加在香肠和腊肉中作为保色剂，以维持良好外观；其次，它可以防止肉毒梭状芽孢杆菌的产生，提高食用肉制品的安全性在某食品添加剂中允许含有但符合限量时不会引起中毒的是故选C点评：本题考查生活中常见的食品添加剂，平时注意了解不法商贩在食品中添加的有毒物质，难度不大4（2分）（2013秋赤壁市校级期末）向含有0.078molFe
24、Cl2的溶液中通入0.009molCl2，再向其中加入含0.01molX2O72的酸性溶液，使溶液中的Fe2+恰好完全被氧化，且X2O72被还原为Xn+，则n值为（）A2B3C4D5考点：氧化还原反应的计算版权所有专题：氧化还原反应专题分析：0.078molFe2+被氧化为0.078molFe3+，失去0.078mol电子，利用电子守恒，0.009molCl2与0.01molX2O72也应该得到0.078mol电子，令X在还原产物的化合价为a，根据电子转移守恒列放出计算a值，即为n值解答：解：0.078molFe2+被氧化为0.078molFe3+，失去0.078mol电子，利用电子守恒，0.
25、009molCl2与0.01molX2O72也应该得到0.078mol电子，令X在还原产物的化合价为a，则：0.009mol2+0.01mol2（6a）=0.078mol解得，a=3则n值为3故选：B点评：考查氧化还原反应的计算，难度中等，注意理解电子转移守恒的运用5（2分）（2013春红塔区校级期末）用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中，正确的是（）A常温常压下，3.0 g乙烷中含有的碳氢键数为0.7 NAB标准状况下，22.4 L C2H5OH中含有的氢原子数为6 NAC常温常压下，92 g的 NO2和N2O4 混合气体含有的原子数为 6 NAD标准状况下，由Na2O2制得11.2 L O
26、2，反应转移的电子数为0.5 NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：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乙烷分子结构计算碳氢键数；B、标准状况下，乙醇是液体；C、NO2和N2O4 最简式相同，只需要计算92 g的 NO2中的原子数即可；D、过氧化钠自身氧化还原反应每2mol过氧化钠反应生成1mol氧气，转移电子2mol解答：解：A、3.0 g乙烷物质的量=0.1mol，含有的碳氢键数=0.1mol6=0.6mol，故A错误；B、标准状况下，22.4 L C2H5OH物质的量不是1mol，故B错误；C、92 g的 NO2和N2O4 混合气体含有的原子数，只需要计算92 g
27、的 NO2中原子数即可：92 g的 NO2和N2O4 混合气体含有的原子数=3NA=6NA，故C正确；D、过氧化钠自身氧化还原反应每2mol过氧化钠反应生成1mol氧气，转移电子2mol，由Na2O2制得11.2 L O2，反应转移的电子数为NA，故D错误；故选C点评：本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查质量、物质的量、微粒数的关系，气体摩尔体积的体积应用，氧化还原反应的电子转移应用，题目中等6（2分）（2013山东模拟）下列关于工业生产的说法中，不正确的是（）A工业上，用焦炭在电炉中还原二氧化硅得到含杂质的粗硅B生产普通水泥的主要原料有石灰石、石英和纯碱C工业上将粗铜进行精炼，应将粗铜连接
28、在电源的正极D在高炉炼铁的反应中，一氧化碳作还原剂考点：硅和二氧化硅；铜的电解精炼；高炉炼铁；水泥的主要化学成分、生产原料及其用途版权所有专题：碳族元素；几种重要的金属及其化合物分析：AC和二氧化硅发生置换反应生成硅；B生产普通水泥的原料是石灰石和黏土；C精炼铜时，粗铜为阳极；D铁可用热还原法冶炼解答：解：AC的还原性比硅强，碳和二氧化硅发生置换反应生成硅，故A正确；B生产普通水泥的原料是石灰石和黏土，石灰石、石英和纯碱时制备玻璃的主要原料，故B错误；C精炼铜时，粗铜为阳极，纯铜为阴极，故C正确；D铁可用热还原法冶炼，可用C、CO等为还原剂，故D正确故选B点评：本题考查较为综合，涉及工业生产的
29、考查，侧重于化学与生产、生活以及化学对工业生成的指导意义，难度不大，主要相关基础知识的积累7（2分）（2010徐汇区二模）已知，Fe2+结合S2的能力大于结合OH的能力，而Al3+则正好相反在Fe2（SO4）3和AlCl3的混合溶液中，先加入过量的KI溶液，再加入足量的Na2S溶液，所得沉淀是（）AAl2S3、FeS和SBFe（OH）3和Al（OH）3CFe2S3和Al（OH）3DFeS、Al（OH）3和S考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氧化还原反应版权所有专题：信息给予题分析：加入碘离子后，将铁离子全部还原成亚铁离子，同时生成碘单质；加入硫化钠，碘将氧化硫离子生成硫沉淀；硫化钠水
30、解，所以溶液中有硫离子和氢氧根离子，根据题目中的提示，显然亚铁离子结合硫离子，铝离子结合氢氧根离子，所以还要生成硫化亚铁沉淀和氢氧化铝沉淀解答：解：在Fe2（SO4）3和AlCl3溶液中加过量KI，先是Fe2（SO4）3与KI两盐发生氧化还原反应：2Fe3+2I=2Fe2+I2，反应完后溶液中含大量Fe2+、Al3+、I2，再加入Na2S后，由于S2+H2O HS+OH在Na2S溶液中，有大量S2、OH，依题意知，Fe2+结合S2能力强，两盐发生复分解反应，形成FeS沉淀，Fe2+S2=FeS；Al3+结合OH能力强，形成Al（OH）3沉淀，Al3+3OH=Al（OH）3，或理解为Al3+与S
31、2发生双水解反应：3Na2S+AlCl3+6H2O=2Al（OH）3+3H2S+6NaCl；但由于I2的存在发生：I2+S2=S+2I或I2+H2S=S+2HI，所以最终得到的沉淀是FeS、Al（OH）3和S的混合物故选D点评：本题考查离子反应，题目难度不大，注意分析盐与盐反应时要依次考虑能否发生氧化还原反应、能否发生双水解互促反应，以上两反应均不发生，则考虑能否发生复分解反应这些盐之间反应的一般规律，主要决定于盐的性质8（2分）（2013太原二模）下列各组离子能大量共存的是（）“84”消毒液的水溶液中：Fe2+、Cl、Ca2+、Na+加入KSCN显红色的溶液：K+、NH4+、Cl、S2能够与
32、金属Cu常温下反应放出气体的溶液；Fe3+、Al3+、SO42、K+pH=2的溶液中：NH4+、Na+、Cl、Cu2+无色溶液中：K+、CH3COO、HCO3、MnO4ABCD考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：“84”消毒液的水溶液中含有ClO，具有强氧化性；加入KSCN显红色的溶液中含有Fe3+；能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液，具有强氧化性；pH=2的溶液，为酸性溶液；MnO4在水溶液中为紫色解答：解：“84”消毒液的水溶液中含有ClO，具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应而不能共存，故错误；加入KSCN显红色的溶液中含有Fe3+，与S2相互促进水解而不能共存，故
33、错误；能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液，具有强氧化性，但该组离子之间不反应，则能够共存，故正确；pH=2的溶液，为酸性溶液，该组离子之间不反应，则能够共存，故正确；MnO4在水溶液中为紫色，与无色溶液不符，故错误；故选D点评：本题考查离子的共存，明确题目中的隐含信息及离子之间的反应是解答本题的关键，题目难度不大9（2分）（2013秋鹿城区校级期中）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A漂白粉露置在空气中失效：ClO+CO2+H2O=HClO+HCO3B向NaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3C向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2
34、O32+2Cl2+3H2O=2SO32+4Cl+6H+D在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO+Fe（OH）3=FeO42+3Cl+H2O+4H+考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A漂白粉在空气中变质是因为其有效成分次氯酸钙与空气中的二氧化碳反应生成了次氯酸，并且次氯酸见光、受热分解，从而使漂白粉失效；BNaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠；CNa2S2O3中S的化合价为+2，Na2S2O3和氯气反应，可将氯气完全转化为Cl，生成了硫酸、氯化钠和氯化氢；D在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（O
35、H）3反应生成Na2FeO4，方程式左右电荷不守恒，且不能由碱生成酸；解答：解：ACa（ClO）2是漂白粉中有效成分，漂白粉置于空气中易失效的原因是发生Ca（ClO）2+H2O+CO2=CaCO3+2HClO，2HClO2HCl+O2反应，离子方程式为：Ca2+2ClO+H2O+CO2=CaCO3+2HClO，故A错误；B向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应生成的是碳酸氢根离子，离子方程式为：AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故B正确；C硫代硫酸钠与氯气反应生成硫酸、氯化钠和盐酸，反应的化学方程式为：Na2S2O3+4Cl2+5H2O2NaCl+6HCl+2H2SO4，离
36、子方程式为：S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+，故C错误；D在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4的离子反应为3ClO+2Fe（OH）3+4OH=2FeO42+3Cl+5H2O，故D错误；故选B点评：本题考查了离子方程式的正误判断，明确判断离子方程式常用方法（1）检查反应能否发生；（2）检查反应物、生成物是否正确；（3）检查各物质拆分是否正确；（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）；（5）检查是否符合原化学方程式，B选项反应生成的是碳酸氢根离子为易错点，题目难度中等10（2分）（2014春木兰县校级期中）下列说法正确的是（）A第A族
37、元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐减弱BL层电子数为奇数的所有元素都是非金属元素CA族元素阴离子的还原性越强，元素的最高价氧化物对应水化物的酸性也越强D同一主族的甲乙两种元素，甲的原子序数为a，则乙的原子序数可能为a+4考点：位置结构性质的相互关系应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A、非金属性越强氢化物越稳定；B、找出特例证明其错误即可；C、阴离子的还原性越强，说明非金属性越弱；D、原子序数和电子层中最多容纳元素数有关解答：解：A、同主族子上而下非金属性减弱，非金属性越强氢化物越稳定，故第A元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐，故A正确；B、L层电子数为奇数说明第二电子层未填满，
38、应该属于第二周期元素，第二周期中L层电子数为奇数的Li属于金属元素，故B错误；C、A族元素阴离子的还原性越强，元素的最高价氧化物对应水化物的酸性也越弱，故C错误；D、同一主族的甲乙两种元素，甲的原子序数为a，则乙的原子序数可能为a+2、a+18、a+32，不可能是a+4，故D错误，故选A点评：本题考查结构与位置关系、同位素、元素周期律等，难度不大，注意阴离子的还原性越强对应的元素非金属性越弱11（3分）（2013宜春校级模拟）下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是（）选项离子或分子要求AK+、NO3、Cl、HSc（K+）c（Cl）BFe3+、NO3、SO32、Cl滴加盐酸立即有气体产
39、生CNH4+、Al3+、SO42、CH3COOH滴加NaOH溶液立即有气体产生DNa+、HCO3、Mg2+、SO42滴加氨水立即有沉淀产生AABBCCDD考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：A根据电荷守恒定律解题； B注意是否能发生氧化还原反应；C滴加NaOH会先和醋酸反应；D氨水与碳酸氢根反应生成碳酸根解答：解：A根据电荷守恒理论，因为氯离子大于钾离子，导致溶液正负电子不守恒，故A错误； B由于Fe3+能够氧化SO32，所以不能大量共存，故B错误；C滴加NaOH会先和醋酸反应，再与其他离子反应，故C错误；D滴加氨水开始产生MgCO3沉淀，后产生Mg（OH）2，最后只能Mg（OH
40、）2沉淀，故D正确故选D点评：本题考查离子共存问题，题目难度不大，注意从离子之间能否发生反应生成沉淀、气体、弱电解质、氧化还原反应以及相互促进的水解等角度分析，注意离子反应的先后顺序12（3分）（2014玉山县校级模拟）工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下，下列叙述正确的是（）A试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B反应、过滤后所得沉淀为氢氧化铁C图中所示转化反应都不是氧化还原反应D反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3考点：镁、铝的重要化合物；金属冶炼的一般原理版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：
41、A、由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液；B、试剂X为氢氧化钠溶液，氧化铁与氢氧化钠不反应；C、电解熔融氧化铝生成铝属于氧化还原反应；D、过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠解答：解：A、由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；B、氧化铁与氢氧化钠不反应，反应后过滤所带沉淀为氧化铁，故B错误；C、电解熔融氧化铝生成铝属于氧化还原反应，故C错误；D、过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠
42、，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3，故D正确；故选D点评：本题考查铁、铝化合物的性质以工业冶炼铝等，难度中等，理解工艺原理，根据工艺流程判断试剂X为氢氧化钠是解题关键13（3分）（2013玉山县校级模拟）某元素X核电荷数小于18，其原子的电子层数为n，最外层电子数2n+1，原子核内质子的2n21下列有关X的说法中，不正确的是（）AX能形成化学式为X（OH）2的碱BX能形成化学式为NaXO2的含氧酸钠盐CX原子的最外层电子数和核电荷数不可能为偶数DX能与某些金属元素或非金属元素形成化合物考点：原子结构与元素的性质版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析
43、：某元素X核电荷数小于18，其原子的电子层数为n，最外层电子数2n+1，原子核内质子的2n21，根据其最外层电子数知，X位于第二周期或第三周期，如果n=2，最外层电子数是5，为N元素，N原子核内质子数是7，其核内质子数=2n21=7，则符合；当n=3，其最外层电子数是7，该元素是Cl元素，Cl原子核内质子数=2n21=17，所以符合条件，所以该元素可能是N元素或Cl元素解答：解：某元素X核电荷数小于18，其原子的电子层数为n，最外层电子数2n+1，原子核内质子的2n21，根据其最外层电子数知，X位于第二周期或第三周期，如果n=2，最外层电子数是5，为N元素，N原子核内质子数是7，其核内质子数=
44、2n21=7，则符合；当n=3，其最外层电子数是7，该元素是Cl元素，Cl原子核内质子数=2n21=17，所以符合条件，所以该元素可能是N元素或Cl元素，AX可能是N或Cl元素，这两种元素都是非金属元素，无论是哪种元素，都不能形成碱，故A错误；BX能形成化学式为NaXO2的含氧酸钠盐，如NaNO2，故B正确C最外层电子数2n+1为奇数，原子核内质子的2n21为奇数，核内质子数等于核电荷数，所以其最外层电子数和核电荷数不可能为偶数，故C正确；DN或Cl元素能和金属元素或非金属元素形成化合物，如Mg3N2、NaCl、NO、HCl，故D正确；故选A点评：本题考查了原子结构和元素性质，明确原子核外电子
45、排布及原子结构特点是解本题关键，根据题给信息正确推断元素，再结合元素的性质分析解答，题目难度不大14（3分）（2014秋大竹县校级期末）元素周期律和元素周期表是学习化学的重要工具，下列说法正确的是（）ALi、Mg、Al、Sn原子的最外层电子数依次增加，故失去电子的能力越来越强B钚（Pu）属于过渡元素，能跟氟形成PuF6，据此可推测Pu原子最外层有6个电子CHF、HCl、HBr、HI的还原性依次增强，热稳定性依次减弱D14C与14N质量数相同，可以互称为同位素考点：元素周期律和元素周期表的综合应用；元素周期律的作用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：AMg与Al同周期，同周期自左而右失
46、去电子的能力减弱；B过渡元素最外层电子数一般不超过2，最高化合价不等于最外层电子数；C同主族自上而下非金属性减弱，氢化物还原性增强、氢化物稳定性减弱；D质子数相同，中子数不同的原子互为同位素解答：解：AMg与Al同周期，同周期自左而右失去电子的能力减弱，Mg失去电子的能力比Al弱，故A错误；B过渡元素最外层电子数一般不超过2，最高化合价不等于最外层电子数，不能推测Pu原子最外层有6个电子，故B错误；CF、Cl、Br、I同主族，自上而下非金属性减弱，氢化物还原性增强、氢化物稳定性减弱，故C正确；D14C与14N质量数相同，但属于不同的元素，不能互称为同位素，互为同量素，故D错误，故选C点评：本题
47、考查元素周期律、同位素、原子结构与性质等，难度不大，注意过渡元素与主族元素的结构与性质15（3分）（2012江苏一模）某A族元素是自然界存在最广泛的元素，常以化合物F存在，从其单质A起始发生的一系列化学反应如图所示下列说法正确的是（）A反应、中H2O均是还原剂B工业上常用C的悬浊液与Cl2反应制取漂白粉CD与H溶液反应后所得溶液的溶质成分有三种可能D电解F与盐酸反应后的溶液以制取单质A考点：无机物的推断版权所有专题：推断题；元素及其化合物分析：在自然界存在最广泛的A族元素中常温下与水反应的是单质Ca，与水反应生成Ca（OH）2和H2，则B是H2，C是Ca（OH）2，E是NaH，H是NaOH，C
48、aCO3受热分解生成CO2和CaO，而CO2恰好与Ca（OH）2反应生成CaCO3和H2O，所以D和G分别是CO2和CaO，以此解答该题解答：解：在自然界存在最广泛的A族元素中常温下与水反应的是单质Ca，与水反应生成Ca（OH）2和H2，则B是H2，C是Ca（OH）2，E是NaH，H是NaOH，CaCO3受热分解生成CO2和CaO，而CO2恰好与Ca（OH）2反应生成CaCO3和H2O，所以D和G分别是CO2和CaO，A反应为Ca+2H2OCa（OH）2+H2，H2O是氧化剂，反应为NaH+H2ONaOH+H2，H2O是氧化剂，故A错误；BC是Ca（OH）2，工业常用Ca（OH）2的悬浊液与C
49、l2反应制取漂白粉，故B正确；CCO2对应的碳酸是二元酸，与NaOH反应时可能会生成两种碳酸盐：Na2CO3和NaHCO3，所得溶液的溶质成分有二种可能，故C错误；DCa作为活泼的金属元素一般只能通过电解法来制备，可用电解熔融的CaCl2的方法制备，但不能用氯化钙溶液制备，因钙为活泼金属，可与水反应，故D错误故选B点评：本题主要考查常见金属单质及其化合物之间的相互转化，注意框图推断题的突破口，熟悉元素化合物的性质，题目难度中等16（3分）（2015上饶模拟）将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系
50、下列判断正确的是（）A与NaOH反应的氯气一定为0.3 molBn（Na+）：n（Cl）可能为7：3C若反应中转移的电子为n mol，则0.15n0.25Dn（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：2：1考点：氯气的化学性质；化学方程式的有关计算版权所有专题：元素及其化合物分析：A、由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），再根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），据此计算；B、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、
51、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n（Na+）：n（Cl）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n（Na+）：n（Cl）最小为6：5，据此判断；C、利用极限法解答，根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多；D、令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，根据电子转移守恒验证判断解答：解：A、由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠
52、反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.03L10mol/L=0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，故A错误；B、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n（Na+）：n（Cl）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n（Na+）：n（Cl）最小为6：5，故6：5n（Na+）：n（Cl）2：1，7：32：1，故
53、B错误；C、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3mol1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3mol1=0.25mol，故C正确；D、令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol1+1mol5=7mol，得失电子不相等，故D错误；故选C点评：本题考查氧化还原反应计算、根据方程式的计算等，难
54、度较大，注意极限法与守恒法的利用17（3分）（2013和平区校级模拟）向含Al2（SO4）3 和 AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol/L Ba（OH）2溶液至过量，加入Ba（OH）2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是（）A图中C点铝元素存在形式是AlO2B向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀C原混合液中cAl2（SO4）3：c（AlCl3）=1：2DOA段反应的离子方程式为：3Ba2+2Al3+8OH+3SO4=BaSO4+2AlO2+4H2O考点：镁、铝的重要化合物版权所有专题：图示题分析：向含Al2（SO4）3 和 AlCl3的混合溶液与Ba（OH）2
55、溶液反应的实质是Al3+与OH、Ba2+与SO42之间的离子反应，如下：Ba2+SO42BaSO4，Al3+3OHAl（OH）3，Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，假设1molAl2（SO4）3中SO42完全被沉淀所需Ba（OH）2量为3mol，提供6molOH，1molAl2（SO4）3中含有2molAl3+，由反应Al3+3OHAl（OH）3可知，2molAl3+完全沉淀，需要6molOH，故：从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，A点时SO42完全沉淀，AB为氯化铝与氢氧化钡的反应，B点时溶液中Al3+完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为
56、BaCl2，BC为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解，A、C点时氢氧化铝完全溶解；B、D点的溶液中含有Ba2+、AlO2；C、前3LBa（OH）2溶液与溶液中Al2（SO4）3反应，从3L6L为Ba（OH）2溶液与溶液中AlCl3反应，据此计算；D、OA段实质为Ba（OH）2溶液与溶液中Al2（SO4）3反应解答：解：向含Al2（SO4）3 和 AlCl3的混合溶液与Ba（OH）2溶液反应的实质是Al3+与OH、Ba2+与SO42之间的离子反应，如下：Ba2+SO42BaSO4，Al3+3OHAl（OH）3，Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，假设1molAl2（SO4）3中S
57、O42完全被沉淀所需Ba（OH）2量为3mol，提供6molOH，1molAl2（SO4）3中含有2molAl3+，由反应Al3+3OHAl（OH）3可知，2molAl3+完全沉淀，需要6molOH，故：从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，A点时SO42完全沉淀，AB为氯化铝与氢氧化钡的反应，B点时溶液中Al3+完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2，BC为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解，A、C点时氢氧化铝完全溶解，转化为偏铝酸盐，故C点铝元素存在形式是AlO2，故A正确；B、D点的溶液中含有Ba2+、AlO2，通入二氧化碳
58、立即产生碳酸钡、氢氧化铝沉淀，故B正确；C、前3LBa（OH）2溶液与溶液中Al2（SO4）3反应，从3L6L为Ba（OH）2溶液与溶液中AlCl3反应，二者消耗的氢氧化钡的物质的量相等为3L1mol/L=3mol，由生成硫酸钡可知3nAl2（SO4）3=nBa（OH）2，故nAl2（SO4）3=1mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧化铝可知3n（AlCl3）=2Ba（OH）2=6mol，故n（AlCl3）=2mol，故原溶液中原混合液中cAl2（SO4）3：c（AlCl3）=1：2，故C正确；D、OA段实质为硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为：3Ba2+2A
59、l3+6OH+3SO42=3BaSO4+2Al（OH）3，故D错误；故选D点评：本题考查化学反应的有关图象问题、铝化合物性质、混合物的有关计算等，难度较大，关键是清楚各阶段发生的反应，注意从开始到A点相当于是硫酸铝与氢氧化钡的反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀18（3分）（2014黄浦区一模）人们在自然界中找到了组成为Al63Cu24Fe13的天然准晶体，将100g的此准晶体分别与足量的盐酸、烧碱和稀硝酸反应，产生气体的物质的量关系为（）An（稀硝酸）n（烧碱）n（盐酸）Bn（烧碱）n（盐酸）n（稀硝酸）Cn（烧碱）n（稀硝酸）n（盐酸）Dn（盐酸）n（稀硝酸）n（烧碱）考点：化学方程式的有关计算版
60、权所有专题：计算题分析：该合金中只有铝与氢氧化钠溶液反应生成气体，铁和铝都与盐酸反应生成氢气，所以加入盐酸放出的气体体积大于氢氧化钠溶液，铁、铝和铜都与稀硝酸反应生成NO气体，结合得失电子的物质的量关系可确定生成气体的物质的量解答：解：该合金中只有铝与氢氧化钠溶液反应生成气体，铁和铝都与盐酸反应生成氢气，所以加入盐酸放出的气体体积大于氢氧化钠溶液，铁、铝和铜都与稀硝酸反应生成气体，为便于计算，可设Al63Cu24Fe13为1mol，根据金属和生成气体之间的关系式得生成气体体积分别为：与HCl反应时：n（H2）=13+631.5=107.5 mol，与NaOH反应时：n（H2）=631.5=94
61、.5 mol，与HNO3反应时：n（NO）=63+13+24=92 mol，所以生成气体体积大小顺序是n（稀硝酸）n（烧碱）n（盐酸），故选A点评：本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，解答本题时，为便于计算，可设合金为1mol，这样可避免计算的繁琐，另外可根据得失电子数目的角度解答，可不必书写反应的化学方程式，难度中等19（3分）（2014金川区校级模拟）下列图象能正确表示相关反应中产物物质的量的变化的是（横、纵坐标单位：mol）（）A图1：n（HCl）=1mol，K2CO3逐步加入到HCl溶液中，在敞口容器中生成的气体B图2：n（NaOH）=1mol，CO2逐步通
62、入到NaOH溶液中反应生成的盐C图3：n（O2）=1mol，高温下C和O2在密闭容器中的反应产物D图4：n（HNO3）=1mol，Fe和稀HNO3反应生成的氧化产物（还原产物为NO）考点：化学方程式的有关计算版权所有专题：图示题；压轴题分析：A、K2CO3逐步加入到HCl溶液中，发生K2CO3+2HCl2KCl+H2O+CO2；B、CO2逐步通入到NaOH溶液中，发生CO2+2NaOHNa2CO3+H2O、Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3；C、C和O2在密闭容器中，发生C+O2CO2、CO2+C2CO；D、Fe和稀HNO3反应时，铁少量时发生Fe+4HNO3Fe（NO3）3+NO+2
63、H2O，全部转化为三价铁后继续加人铁，则发生Fe+2Fe（NO3）33Fe（NO3）2；解答：解：A、因开始反应时盐酸过量，则发生K2CO3+2HCl2KCl+H2O+CO2，n（HCl）=1mol时生成0.5mol二氧化碳后再加盐酸不反应，气体不会减少，图象与反应不符，故A错误；B、因开始碱过量，则发生CO2+2NaOHNa2CO3+H2O，n（NaOH）=1mol时生成0.5molNa2CO3，再加人二氧化碳发生Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3，则最终碳酸钠减少为0，碳酸氢钠生成1mol，图象与反应不符，故B错误；C、因开始氧气过量，则发生C+O2CO2，n（O2）=1mol，生
64、成二氧化碳为1mol，然后发生CO2+C2CO，则生成2molCO，图象与反应相符合，故C正确；D、因开始硝酸过量，则发生Fe+4HNO3Fe（NO3）3+NO+2H2O，n（HNO3）=1mol时生成0.25molFe（NO3）3，图象与反应不符，故D错误；故选C点评：本题较难，考查化学反应与图象的关系，明确图象中的线、点的意义及对应的化学反应是解答本题的关键，并明确反应物的量对反应的影响来分析反应的产物20（3分）（2014夷陵区校级二模）将8.34g FeSO47H2O样品隔绝空气加热脱水，其热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示则下列说法正确的是（）AFeSO47H2O晶体中有4
65、种不同结合力的水分子B在100时，M的化学式为FeSO46H2OC在200时，N的化学式为FeSO43H2OD380的P加热至650时的化学方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；化学方程式的有关计算版权所有专题：图示题分析：8.34g FeS047H20样品物质的量=0.03mol，其中m（H20）=0.03mol718g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g3.78g=4.56g，可知在加热到373之前，晶体失去部分结晶水，结合质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式，加热至633时，固体的质量为2.40g，其中n（
66、Fe）=n（ FeS047H20）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol56g/mol=1.68g，则固体中m（O）=2.40g1.68g=0.72g，n（O）=0.045mol，则n（Fe）：n（O）=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3，以此解答该题解答：解：8.34g FeS047H20样品物质的量=0.03mol，其中m（H20）=0.03mol718g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g3.78g=4.56g，可知在加热到373之前，晶体失去部分结晶水，A温度为78时，固体质量为6.72g，其中m（FeS04
67、）=0.03mol152g/mol=4.56g，m（H20）=6.72g4.56g=2.16g，n（H20）=0.12mol，则n（H20）：n（FeS04）=0.12mol：0.03mol=4：1，则化学式为FeSO44H2O；温度为l59时，固体质量为5.10g，其中m（FeS04）=0.03mol152g/mol=4.56g，m（H20）=5.10g4.56g=0.54g，n（H20）=0.03mol，则n（H20）：n（FeS04）=0.03mol：0.03mol=1：1，则化学式为FeSO4H2O；加热至373时，固体的质量为4.56g，其中m（FeS04）=0.03mol152g/
68、mol=4.56g；加热至633时，固体的质量为2.40g，其中n（Fe）=n（ FeS047H20）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol56g/mol=1.68g，则固体中m（O）=2.40g1.68g=0.72g，n（O）=0.045mol，则n（Fe）：n（O）=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3，FeSO47H2O晶体中有3种不同B结合力的水分子，故A错误；B、由A知在100时，M的化学式为FeSO44H2O和FeSO4H2O的混合物，故B错误；C、由A知在200时，N的化学式为FeSO43H2O和FeS04的混合物，故C错误；D、由A知
69、铁的化合价升高，必有硫的化合价降低，即有二氧化硫生成，设SO2、SO3的物质的量分别为x、y，则解得，所以方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3，故D正确；故选D点评：本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握物质的质量的变化关系，能读懂图象，从质量守恒的角度解答该题，难度较大二、非选择题（本题包含5个小题，共50分）21（8分）（2013秋瓦房店市校级月考）有A、B、C三种常见的短周期元素，它们之间两两结合成化合物X、Y、ZX、Y、Z之间也能相互反应已知X是A和B按原子个数比1：1组成的化合物，其它元素形成的单质（仍用A、B、C表示）和组成
70、的化合物间反应关系式如下：B+CY A+CZ X+YM X+ZC+N Y+ZC+N请填空：（1）上述反应中，一定属于氧化还原反应的是、，理由是、是有单质参加的化合反应，、是两种化合物反应生成一种单质，一定是氧化还原反应（2）若M是一种无色、粘稠的油状液体化合物，写出反应、的化学方程式：H2O2+SO2=H2SO4，H2O2+H2S=S+2H2O考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：（1）、是有单质参加的化合反应，、是两种化合物反应生成一种单质，一定是氧化还原反应；（2）无色黏稠的油状液体应为浓H2SO4，而X由A和B按原子个数比1：1化合而成，常见的有H2O2，Na2O2，则Y应被氧化成
71、H2SO4，故Y为SO2、M只能为H2O2，故A、B分别为H、O中的一种，B、C分别为S、O中的一种，则A为H、B为O、C为S，Z能与H2O2、SO2均发生反应，且具有还原性并且由H、S构成为，故Z为H2S，据此解答解答：解：（1）、是有单质参加的化合反应，一定属于氧化还原反应，、是两种化合物反应生成一种单质，一定是氧化还原反应，故答案为：、；、是有单质参加的化合反应，、是两种化合物反应生成一种单质，一定是氧化还原反应；（2）无色黏稠的油状液体应为浓H2SO4，而X由A和B按原子个数比1：1化合而成，常见的有H2O2，Na2O2，则Y应被氧化成H2SO4，故Y为SO2、M只能为H2O2，故A、
72、B分别为H、O中的一种，B、C分别为S、O中的一种，则A为H、B为O、C为S，Z能与H2O2、SO2均发生反应，且具有还原性并且由H、S构成为，故Z为H2S，则：反应的化学方程式为：H2O2+SO2=H2SO4；反应的化学方程式为：H2O2+H2S=S+2H2O，故答案为：H2O2+SO2=H2SO4；H2O2+H2S=S+2H2O点评：本题考查氧化还原反应、无机物推断，（2）中“M是一种无色、粘稠的油状液体化合物”是推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识，具备一定的推理能力，难度中等22（11分）（2013秋瓦房店市校级月考）X、Y、Z、W为四种短周期元素X原子最外层电子数是核外电子层数
73、的3倍；Y最高正价与最低负价的代数和为6；Z在地壳中的含量仅次于氧； Z、W同周期，W的常见化合价为+3回答下列问题：（1）Y的结构示意图为（2）写出含有10个中子的X原子的原子符号188O（3）Z的最高价氧化物与Z同主族的单质A能发生置换反应，这个反应在工业上是获得Z的一步重要反应写出该步反应的化学方程式，并用双线桥法标出电子转移的方向与数目（4）向WY3溶液中加入足量的NaOH溶液，反应的离子方程式为4OH+Al3+=AlO2+2H2O（5）Y的气态氢化物与氨气在空气中相遇有白烟生成，该白烟的电子式（6）ZX2中存在的化学键为共价键（填“离子键”或“共价键”），ZX2与NaOH溶液反应的化
74、学方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O考点：位置结构性质的相互关系应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z、W为四种短周期元素X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X的电子层数为2，最外层电子为6，所以X为O；Y最高正价与最低负价的代数和为6，其最高正价为+7，所以Y为Cl；Z在地壳中的含量仅次于氧，即Z为Si；Y、Z、W同周期，W的常见化合价为+3，所以W为第三周期第A族元素，即W为Al，然后结合元素及其单质、化合物的性质来解答解答：解：X、Y、Z、W为四种短周期元素X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X的电子层数为2，最外层电子为6，所以X为O
75、；Y最高正价与最低负价的代数和为6，其最高正价为+7，所以Y为Cl；Z在地壳中的含量仅次于氧，即Z为Si；Y、Z、W同周期，W的常见化合价为+3，所以W为第三周期第A族元素，即W为Al，（1）Y为氯元素，其离子为氯离子，Cl的结构示意图为：，故答案为：；（2）X为O，质子数为8，中子数为10，则质量数为18，该原子为：188O，故答案为：188O； （3）二氧化硅与C反应生成硅和CO，该反应中转移4e，用单线桥法标出电子转移的方向与数目为：，故答案为：；（4）W为Al、Y为Cl，向WY3溶液中加入足量的NaOH溶液反应偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：4OH+Al3+=AlO2+2H2O，故答
76、案为：4OH+Al3+=AlO2+2H2O；（5）Y的气态氢化物与氨气反应的生成物为氯化铵，氯化铵为离子化合物，其电子式为：，故答案为：；（6）ZX2为SiO2，二氧化硅中只含有SiO共价键，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，反应的化学方程式为：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O，故答案为：共价键；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O点评：本题考查位置、结构、性质的关系及应用，题目难度中等，元素的推断是解答本题的关键，并熟悉元素化合物的性质、氧化还原反应、化学键的判断、电子式的书写方法23（10分）（2013秋瓦房店市校级月考）2013年夏季，南方个别城市遭到暴雨袭击，造成
77、多人伤亡，暴雨过后，对环境进行消毒杀菌、获取洁净的饮用水都需要使用大量消毒剂，开发具有广谱、高效、低毒的杀菌、消毒剂非常重要（1）Cl2、H2O2、ClO2（还原产物为Cl）、O3（1mol O3可转化为1mol O2和1mol H2O）等物质常被用作消毒剂等物质的量的上述物质中消毒效率最高的是ClO2（2）氯胺（NH2Cl）可作杀菌剂，请用化学方程式表示氯胺在水中的杀菌机理：NH2Cl+H2ONH3+HClO（3）氯溴海因（C5H6BrClN2O2）是一种比较安全的氯气和氯制剂的替代产品，其结构简式如图所示氯溴海因在水中的水解过程比较复杂，主要生成次卤酸和海因，请写出海因的结构简式：（4）过
78、碳酸钠是一种多用途的新型固体漂白剂，化学式可表示为Na2CO33H2O2，它具有Na2CO3和H2O2的双重性质下列物质中不能使过碳酸钠失效的是D（填序号）AMnO2 BKMnO4溶液 C稀盐酸 DNaHCO3溶液（5）消毒剂亚氯酸钠（NaClO2）在常温于黑暗处可保存一年亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为HClO2ClO2+H+Cl+H2O（未配平）在该反应中，当有1mol ClO2生成时，转移的电子数是6.021023（或NA）考点：氧化还原反应的计算；氧化还原反应的电子转移数目计算；氧化还原反应；氯、溴、碘及其化合物的综合应用版权所有专题：元素及其化合物分析：（1）等物质的量时，获得
79、电子越多，消毒效率越高；（2）NH2Cl与水反应生成的HClO和NH3，HClO有强氧化性，具备杀菌作用；（3）氯溴海因（C5H6BrClN2O2）水解次卤酸和海因，则Br、Cl结合水中的OH，被水中的H取代；（4）不能与Na2CO3和H2O2发生反应，则不能失效，盐酸与碳酸钠反应，A、B与过氧化氢反应；（5）根据化合价的变化和电子转移之间的关系来判断解答：解：（1）1mol氯气生成氯离子时转移2mol电子，1molClO2生成氯离子时转移5mol电子，1mol O3转化为1mol O2和1mol H2O转移2mol电子，1mol双氧水生成水时转移2mol电子，所以转移电子最多的是ClO2，所
80、以消毒效率最高的是ClO2，故答案为：ClO2；（2）NH2Cl与水反应生成的HClO和NH3，反应方程式为NH2Cl+H2ONH3+HClO，HClO有强氧化性，具备杀菌作用，故答案为：NH2Cl+H2ONH3+HClO；（3）氯溴海因（C5H6BrClN2O2）水解次卤酸和海因，则Br、Cl结合水中的OH，被水中的H取代，海因的结构简式为，故答案为：；（4）A使过氧化氢分解，B与过氧化氢发生氧化还原反应，C与碳酸钠反应，只有D与Na2CO3和H2O2均不反应，不能失效，故答案为：D；（5）该反应是歧化反应，HClO2中+3价的氯元素一部分升高到ClO2中的+4价，一部分降低到1价当有1mo
81、l ClO2生成时，反应中转移1mol电子，即转移的电子数约为6.021023，故答案为：6.021023 （或NA）点评：本题综合考查学生氧化还原反应的计算、物质的性质以及应用等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意知识的迁移和应用是关键，难度中等24（10分）（2012武汉模拟）大理石中的主要杂质是氧化铁，如图1所示是某化学兴趣小组以大理石为原料制取安全无毒杀菌剂过氧化钙的主要流程请回答下列问题：（1）利用大理石与试剂A制取CO2，请在图2方框内将发生装置补充完全（2）沉淀B的化学式为Fe（OH）3，操作的名称为过滤（3）本实验需多次使用玻璃棒，玻璃棒的作用有搅拌和引
82、流（4）写出反应中生成CaO28H2O的化学方程式CaC12+H2O2+2NH3H2O+6H2OCaO28H2O+2NH4Cl（5）制得的CaO2中一般含有CaO，该小组同学通过实验测定制得的样品中CaO2的含量称取10g样品，加入足量盐酸充分反应后将所得溶液蒸干，得CaCl2 16.65g则该样品中CaO2的质量分数为72%考点：制备实验方案的设计；铁的化学性质；物质的分离、提纯和除杂版权所有专题：实验题分析：（1）实验室用盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳，是固体和液体的反应，实验室用简易的启普发生器，结合已给出部分装置进行解答；（2）氧化铁和盐酸反应生成铁离子，铁离子和氨水反应生成氢氧化铁沉淀
83、；实现固体和液体的分离采用过滤的方法；（3）固体粉末与溶液反应需要用玻璃棒搅拌，过滤需要用玻璃棒引流；（4）由工艺流程可知，反应为氯化钙与氨水、过氧化氢反应生成CaO28H2O，还应生成氯化铵；（5）加入足量的盐酸，锥形瓶内为氯化钙与剩余的盐酸，根据n（CaCl2）=n（Ca2+）计算n（Ca2+），令10g样品样品中CaO2、CaO的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量之和与钙离子物质的量列方程计算x、y的值，在根据m=nM计算CaO2的质量，根据质量分数定义计算解答：解：（1）根据实验室制取二氧化碳可知是利用盐酸和碳酸钙反应，可知实验室用简易的启普发生器，且已给出部分装置，则被补
84、画的则是长颈漏斗的上半部分，而不是分液漏斗，故答案为：；（2）大理石中的主要杂质是氧化铁，所加入A为盐酸，盐酸和氧化铁反应生成氯化铁和水，然后加入氨水，发生3NH3H2O+FeCl3Fe（OH）3+3NH4Cl，则B为氢氧化铁，根据流程中可以判断操作II为固液分离为过滤，故答案为：Fe（OH）3；过滤；（3）固体粉末与溶液反应需要用玻璃棒搅拌，过滤需要用玻璃棒引流，故答案为：搅拌和引流；（4）由工艺流程可知，反应为氯化钙与氨水、过氧化氢反应生成CaO28H2O，还应生成氯化铵，反应方程式为：CaC12+H2O2+2NH3H2O+6H2OCaO28H2O+2NH4Cl，故答案为：CaC12+H2
85、O2+2NH3H2O+6H2OCaO28H2O+2NH4Cl；（5）CaCl2 16.65g物质的量为n=0.15mol，加入足量的盐酸，锥形瓶内为氯化钙与剩余的盐酸，根据n（CaCl2）=n（Ca2+）即n（Ca2+）=0.15mol，令10g样品样品中CaO2、CaO的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量之和与钙离子物质的量列方程，则：，解得x=0.1、y=0.05，故样品中CaO2的质量分数=100%=72%，故答案为：72%点评：本题以大理石为原料通过生产杀菌剂过氧化钙为载体考查了实验方案设计，重点考查了工艺流程的理解、对操作的分析评价、阅读获取信息的能力、化学计算等，准确获
86、取题目中有用的信息进行利用是解本题的关键，题目难度中等25（11分）（2013太原二模）如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持设备已略）（1）制备氯气选用的药品为：漂粉精固体和浓盐酸，相关的化学反应方程式为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2+2H2O（2）装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III依次放入dabcdI干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条
87、II碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙III湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为黄色，说明氯的非金属性大于溴（5）打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡观察到的现象是E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色（6）有人提出，装置F中可改用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，试写出相应的离子反应方程式：HSO3+Cl2+H2OSO42+2Cl+3H+，判断改用NaHSO3溶液是否可行否（填“是”或“否”）考点：氯气的实验室制法；性质实验方案的设计版权所有专题：实验题分析：（1）次
88、氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水；（2）、盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大；（3）验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；（4）当向D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成溴单质，溶液显示黄色（5）打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，生成的溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶解于苯中，振荡分层，苯层在上层；（6）氯气具有强氧化性，在溶液中将SO32氧化SO42同时生成Cl、H+若改用Na
89、HSO3，会发生反应4HSO3+Cl2=SO42+2Cl+3SO2+2H2O，生成二氧化硫气体解答：解：（1）次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水，反应方程式为Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2+2H2O，故答案为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2+2H2O；（2）、盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱，故答案为：除去Cl2中的HCl；B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；（3）装置C的实验目
90、的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中abc的中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，所以选d，故答案为：d；（4）当向D中缓缓通入少量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为黄色，说明氯气和溴化钠反应生成溴单质，故答案是：黄；（5）打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入焓碘化钾和苯的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡观察到的现象是：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色，故答案为：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色；（6）氯气具有强氧化性，在溶液中将SO32氧化SO42同时生成Cl、H+，反应离子方程式为SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2H+；若改用NaHSO3，会发生反应4HSO3+Cl2=SO42+2Cl+3SO2+2H2O，生成二氧化硫气体，二氧化硫污染环境，故不可行故答案为：SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2H+；否点评：本题考查了氯气实验室制取、氯气化学性质、实验设计、实验装置的理解评价、化学方程式的书写等，是对所学知识的综合运用，注意基础知识的掌握，本题难度中等
