1、河南省邓州市第三高级中学20162017学年度高二开学考化学试题（解析版）1在蒸发皿中加热蒸干再灼烧下列物质的溶液，可以得到该物质固体的是A氯化铝 B碳酸氢钠 C氯化亚铁 D硫酸铜【解答】答案D：A氯化铝易水解生成氢氧化铝和HCl，升高温度HCl易挥发，蒸干溶液得到的固体是氢氧化铝，灼烧氢氧化铝，氢氧化铝分解生成氧化铝，所以最终得到的固体是氧化铝，故A不选；B碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，故B不选；CFeCl2都是挥发性酸盐酸的盐，所以能水解到底，生成氢氧化物Fe（OH）2，但是Fe（OH）2又很容易被氧化成Fe（OH）3，并受热分解，所以最后的产物都是Fe2O3，故C不选；D形成
2、硫酸铜的酸是硫酸，硫酸属于难挥发性酸，且硫酸铜较稳定，受热不发生反应，所以加热蒸干灼烧硫酸铜溶液最后得到的仍然是硫酸铜，故D选；故选D。2下列分离或提纯物质所用的方法不正确的是（ ）A用加热的方法除去Na2CO3中混有的NaHCO3B用分液的方法分离乙醛和水的混合物C用萃取的方法提取碘水中的碘D用结晶的方法分离氯化钠和硝酸钾的混合物【解答】答案B：ANaHCO3受热易分解；B乙醛与水相互溶解而不分层；C碘不易溶于水，易溶于有机溶剂；D氯化钠的溶解度受温度影响不大，硝酸钾的溶解度受温度影响较大解：A因NaHCO3受热易分解，则用加热的方法除去Na2CO3中混有的NaHCO3，故A正确；B因乙醛与
3、水相互溶解而不分层，则不能用分液的方法分离乙醛和水的混合物，故B错误；C碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则选择合适的萃取剂用萃取的方法提取碘水中的碘，故C正确；D氯化钠的溶解度受温度影响不大，硝酸钾的溶解度受温度影响较大，则结晶的方法分离氯化钠和硝酸钾的混合物，故D正确；故选B3 一份质量为2g的合金，与足量的盐酸完全反应生成0.1 g H2，则该合金可能是AFe-Zn合金 BFe-Cu合金CFe-Mg合金 DMg- Al合金【解答】答案C：该题采用极端假设法来分析，若2金属全为Zn或者全为Fe，生成的H2 都小于0.1g，故A选项错误；金属铜不能与盐酸反应产生H2 所以若为铁与铜组合而成的合金
4、，与盐酸反应产生H2的量必然小于0.1g，所以B选项错误；若2g金属全为Fe与足量盐酸反应完全生成的H2 的量必然小于0.1g，若2g金属全为Mg与足量盐酸反应完全生成的H2 的量必然大于0.1g，所以Fe,Mg合金符合条件，故C选项正确；若2g金属全为Mg或者全为Al，生成的H2 都大于0.1g，故D选项错误。4温度 压强 所含微粒数 微粒本身大小，其中对一定量的气体的体积有显著影响的是：A B C D 【解答】答案D5从碘的四氯化碳溶液中分离出碘、并回收四氯化碳，所采用的方法是A分液 B过滤 C蒸馏 D蒸发【解答】答案C：碘易溶在有机溶剂中，但碘的四氯化碳的沸点相差较大，因此从从碘的四氯化
5、碳溶液中分离出碘、并回收四氯化碳，所采用的方法是蒸馏，答案选C。6下列说法中，不正确的是A化学是一门具有极强实用性的科学B化学实验能解决化学学科的所有问题C研究物质的性质常运用观察、实验、分类、比较等方法D英国科学家道尔顿提出原子学说，为近代化学的发展奠定了坚实的基础【解答】答案B：A、因化学是为人类的生活、生产以及健康服务的，则化学是一门具有较强实用性的科学，A正确；B、因化学以实验为手段来分析物质的组成、结构、性质等变化规律，则化学是一门以实验为基础的自然科学，但并不能解决化学学科的所有问题，B错误；C、研究物质的性质常运用观察、实验、分类、比较等方法，C正确；D、英 国科学家道尔顿提出原
6、子学说，为近代化学的发展奠定了坚实的基础，D正确。答案选B。考点：化学科学的主要研究对象；化学的主要特点与意义7有下列三个反应：Cl2FeI2=FeCl2I22Fe2Br2=2Fe32BrCo2O36HCl=2CoCl2Cl23H2O下列说法正确的是A反应中的氧化产物分别是I2、Fe3、CoCl2B根据以上方程式可以得到氧化性：Cl2Fe3Co2O3C可以推理得到Cl2FeBr2=FeCl3Br2D在反应中当1 mol Co2O3参加反应时，2 mol HCl被氧化【解答】答案D：A、根据氧化还原反应中的定义，I2为氧化产物，Fe3为氧化产物，CoCl2为还原产物，故错误；B、根据氧化还原反应
7、中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，中Co2O3Cl2，上述反应中没有体现Fe3和Cl2氧化性强弱比较，故错误；C、根据Fe2的还原性强于Br，因此Cl2先跟还原性强的反应，故错误；D、中6molHCl，其中有2mol参加氧化还原反应，4mol没有参加，故正确。考点：考查氧化还原反应的规律等知识。8下列物质之间的相互关系错误的是（ ）ACH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体 B干冰和冰为同一种物质CCH3CH3和CH3CH2CH3互为同系物 DO2和O3互为同素异形体【解答】答案B：ACH3CH2OH和CH3OCH3分子式相同，而结构不同，因此二者互为同分异构体，正确；B干冰是固体C
8、O2，而冰为固体水，所以二者不同一种物质，错误；CCH3CH3和CH3CH2CH3都是烷烃，因此互为同系物，错误；DO2和O3分子的元素组成相同，都是单质，因此二者互为同素异形体，正确。考点：考查物质之间的相互关系正误判断的知识。9下列混合物的分离或提纯操作中不正确的是A除去N2中的少量O2，可通过灼热的Cu网后，收集气体B除去Fe(OH)3胶体中混有的Cl 离子，可用渗析的方法C除去乙醇中的少量NaCl，可用蒸馏的方法D重结晶、滴定操作都可用于提纯物质【解答】答案D：AO2与Cu在加热时发生反应变为固体CuO，而N2不能发生反应，因此除去N2中的少量O2，可通过灼热的Cu网后，收集气体，正确
9、；B.由于胶体的胶粒直径大，不能通过半透膜，而Cl-直径小，可以通过半透膜，所以除去Fe(OH)3胶体中混有的Cl 离子，可用渗析的方法，正确；C.乙醇是分子晶体的物质，熔点、沸点较低，而NaCl是离子化合物，熔点、沸点高，利用二者沸点的差异，用蒸馏的方法除去乙醇中的少量NaCl，正确；D重结晶可用于提纯物质，而滴定操作是测定物质含量的实验，不能用于提纯物质，错误。10下列说法中正确的是( )A非金属元素呈现的最高化合价不超过该元素原子的最外层电子数B非金属元素的最低化合价，其绝对值等于该元素原子的最外层电子数C最外层有2个电子的原子都是金属原子D最外层有5个电子的原子都是非金属原子【解答】答
10、案A：A非金属元素处于P区和A，失去最外层电子达到8电子稳定结构，则非金属元素呈现的最高化合价不超过该元素原子的最外层电子数，A项正确；B非金属元素呈现的最低化合价，其绝对值等于8-该元素原子的最外层电子数，C项错误；C最外层有2个电子的原子有可能为稀有气体，如He，C项错误；D最外层有5个电子的原子，第VA主族元素中的锑和铋为金属元素，D项错误；答案选A。考点：元素周期表、元素周期律的综合应用。11下列说法正确的是A只有共价键形成的分子一定是共价化合物B含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体C元素的非金属性越强，其单质的活泼性一定越强D分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键【解答】答案
11、D：A项共价键可能存在于非金属单质或共价化合物中，所以错误；B项含有金属阳离子的晶体可能为金属晶体或离子晶体，错误；C项元素的非金属性与其单质的活泼性没有必然联系，如N的非金属性比较强，但是因为分子中含有NN而导致化学性质稳定；D项稀有气体分子间只存在分子间作用力，而不存在共价键。考点：化学键与晶体类型。12下列物质属于共价化合物的是AC60 BCaCl2 CNH4NO3 DC6H6【解答】答案D：AC60是C元素的单质。错误。BCaCl2是离子化合物。错误。CNH4NO3是含有极性共价键、离子键的离子化合物。错误。DC6H6是含有极性共价键、非极性共价键的共价化合物。正确。考点：考查关于化合
12、物的类型的判断的知识。13向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示。则下列有关说法中不正确的A还原性：I- Fe2+ Br-B原混合溶液中FeBr2的物质的量为6molC当通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2+2I-+2Cl2=2Fe3+I2+4Cl-D原溶液中：n（Fe2+）：n（I-）：n（Br-）=2：1：3【解答】答案B：A.由于物质的氧化性：Br2 Fe3+ I2,物质微粒的氧化性越强，其得到电子变成的微粒的还原性就越弱，所以还原性：I- Fe2+ Br-，正确；B向溶液中通入氯气，在AB段首先发生反应：2I-+C
13、l2=2Cl-+I2；n(I-)=2mol,所以n(FeI2)=1mol；在BC段发生反应：2 Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-；n(Fe2+)=4mol，由于Fe2+是两种物质共同电离产生的，n(FeI2)=1mol，所以n(FeBr2)=3mol；即原混合溶液中FeBr2的物质的量为3mol，错误；在C之后发生反应：2Br-+Cl2=2Cl-+Br2；C当通入2molCl2时，根据发生反应的先后顺序及微粒的物质的量的多少，在溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2+2I-+ 2Cl2= 2Fe3+ I2+4Cl-，正确；D原溶液中：n（Fe2+）：n（I-）：n（Br-）=0.4：:0.
14、2：0.6=2：1：3,正确。14下列叙述正确的是(用NA代表阿伏加德罗常数的值)A24g金属镁变为镁离子时失去的电子数为01NAB1molHCl气体中的粒子数与1L05 mo1/L盐酸中溶质粒子数相等C64g铜与足量的硫磺在绝隔空气的条件下反应，电子转移的数目为01NAD1mol白磷分子中所含共价键数为4NA 【解答】答案C：AMg是+2价的金属，24g金属镁物质的量是01mol，则其变为镁离子时失去的电子数为02NA，错误；BHCl是由分子构成的，1molHCl气体中的粒子数是NA，盐酸在溶液中电离产生H+、Cl-，1L05 mo1/L盐酸中含有溶质的物质的量是n=1L05 mo1/L=0
15、5 mo1，因此溶质的微粒数目不相等，错误。C64g铜的物质的量是01mol，Cu与S加热发生反应产生Cu2S，每1molCu失去1mol电子，因此Cu与足量的硫磺在绝隔空气的条件下反应，电子转移的数目为01NA，正确。D白磷分子分子式是P4，1个分子中含有6个共价键，因此1mol白磷分子中所含共价键数为6NA，错误。考点：考查阿伏加德罗常数的计算的知识。15（17分）（1）通常情况下，微粒A和B为分子，C和E为阳离子，D为阴离子，它们都含有10个电子；B溶于A后所得的物质可电离出C和D；A、B、E三种微粒反应后可得C和一种白色沉淀。请回答：用化学符号表示下列4种微粒：A： ；B： ；C： ；
16、D： 。B微粒与D微粒结合质子（H+）的能力大小B D（填大于、等于、小于）（2）A、B、C、D、E分别代表5种微粒，每种微粒中都含有18个电子。其中A和C都是由单原子形成的阴离子，B、D和E都是分了；又知在水溶液中A跟B反应可生成C和D；E具有强氧化性。请回答：用化学符号表示上述5种微粒：A 、B 、C 、D 、E 在水溶液中A跟B反应的离子方程式是 。【答案】16Z、Y、X、W、V是原子序数依次增大的五种常见元素。X元素是地壳中含量最多的元素，Y、Z组成的气态化合物M的水溶液呈碱性，W的单质在X2中燃烧产物可使品红溶液褪色，V是一种历史悠久、应用广泛的金属元素。请回答：（1）Y元素在周期表
17、中的位置是 ；M的分子空间构型为 形，M是 分子（“极性”或“非极性”）（2）写出X、Z两种元素组成的化合物Z2X2的结构式： 。（3）由以上五种元素两两组合所形成的化合物中，有一种物质能与水反应生成气体且反应属于氧化还原反应，请写出该反应的化学方程式 。（4）X、Y、Z三种元素可组成一种强酸U，M与U反应生成一种盐K,写出K中含有的化学键类型 。（5）若将V金属投入到盐酸溶液中，生成了浅绿色溶液N。N的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式： 。【答案】（1）第二周期，VA族（1分，有一处错误0分） 三角锥（1分） 非极性（1分）（2）H-O-O-H（1分）（3）3NO2+H2O=2HNO3+NO
18、（2分）（4）离子键 共价键 配位键（配位键不写不扣分） （2分）（5）（2分） （2分）【解答】：X为氧、Y为氮、Z为氢、M为氨气、W为钠、V为铁。（1）周期系数等于电子层数，族序数等于最外层电子数，故氮在元素周期表中的位置为第二周期，VA族,氨气为三角锥形的对称结构，属于非极性分子。（2）双氧水属于共价化合物，其结构为H-O-O-H。（3）有元素化合价升高与降低的反应，属于氧化还原反应，故该反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO。（4）氮、氢、氧组成的酸为硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，故K为硝酸铵，硝酸铵中存在离子键 共价键 配位键。（5）铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，亚铁离子具有还
19、原性，双氧水具有氧化性，因此可以把亚铁离子氧化为+3价的铁离子，其离子反应方程式为17.卤化物和卤酸盐在工业生产中有着重要的作用。某小组为探究其中一些盐的性 质，查阅资料并进行实验。查阅资料如下： BrO3 + 6I + 6H+ = 3I2 + Br+ 3H2O 2BrO3 + I2 = 2IO3 + Br2 IO3 + 5I + 6H+ = 3I2 + 3H2O 2IO3 + 10Br+ 12H+ = I2 + 5Br2 + 6H2O实验如下：步骤现象.向盛有30 mL 0.2 molL-1 KI溶液的锥形瓶中依次滴入几滴淀粉溶液和足量稀硫酸，再用滴定管逐滴加入KBrO3溶液随着KBrO3溶
20、液滴入，溶液由无色变为蓝色并逐渐加深,最终保持不变.继续向上述溶液中滴入KBrO3溶液溶液的蓝色逐渐褪去请回答：（1）根据资料中的反应并结合所学知识，判断IO3、BrO3、I2、Br2的氧化性由强到弱的顺序是 ；KBrO3溶液与KBr溶液在酸性条件下反应的离子方程式是 。（2）若用y表示锥形瓶中含碘物质的物质的量 ，用x表示所滴入KBrO3的物质的量，在下图中画出上述整个实验过程中y随x的变化曲线（要求：在图中标出终点坐标）。.过碳酸钠中含有少量过氧化钠，甲、乙两位同学各称取一定质量的该样品，并用如下图所示仪器测定样品的纯度。仪器的连接顺序：甲同学：； 乙同学：。已知：过碳酸钠（Na2CO4）
21、、过氧化钠分别跟足量稀硫酸反应的化学方程式如下：2Na2CO42H2SO4=2Na2SO42CO2O22H2O; 2Na2O22H2SO4=2Na2SO4O22H2O。（1）甲同学想通过实验测得的数据是_，他选用的装置_（填序号）是没有必要的。（2）乙同学想通过实验测得的数据是_。有人认为按他测得的数据计算出的实验结果可能偏高，原因是_； 为了测得准确的实验数据，请你将乙同学的实验设计进行改进，写出你所选用仪器的连接顺序（每种仪器最多使用一次，也可以不用）：_（填序号）。【答案】（1） BrO3 IO3 Br2 I2 （2分） BrO3+ 5Br + 6H+ = 3Br2 + 3H2O（2分）
22、（2） （2分）（1） 生成的氧气的体积 （1分） （1分）（2） 生成的二氧化碳的质量 （1分）空气中的水与二氧化碳进入增重使结果偏大（1分） （2分）【解答】：（1）在同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以由得氧化性BrO3I，由得BrO3IO3，由得IO3Br2，综合可得氧化性由强到弱的顺序为BrO3 IO3 Br2 I2 ；KBrO3与KBr在酸性条件下生成Br2，进而得出离子方程式。（2）反应前锥形瓶中含I，物质的量为0.03L0.2molL1=610-3mol，图像的起点（0,6），根据方程式BrO3+ 6I+ 6H+ = 3I2 + Br+ 3H2O，可得I
23、完全反应需要BrO3：610-3mol6=10-3mol，生成I2的物质的量为：610-3mol2=310-3mol，得坐标（1,3），步骤发生反应：2BrO3+ I2 = 2IO3 + Br2，310-3mol的I2完全反应需要BrO3：310-3mol2=610-3mol，生成的IO3为610-3mol， BrO3可氧化Br，BrO3 + 5Br + 6H+ = 3Br2 + 3H2O，10-3mol的Br需要BrO3物质的量：0.210-3mol，得终点坐标（7.2,6），把各点连线可得图像。（1）甲同学装置用了，可以测量氧气的体积；因为后面用排水法测量氧气的体积，所以用浓硫酸干燥没有必
24、要。（2）乙同学实验装置为，碱石灰增加的质量为二氧化碳的质量，所以乙同学的目的为测量二氧化碳的质量；乙同学没有防止外界空气中的二氧化碳、水分进入的装置，会导致空气中的二氧化碳和水分进入增重使结果偏大；通过储气瓶通入N2把装置内空气排出，最后连上盛有碱石灰的干燥管，防止外界空气中的二氧化碳和水进入，所以改进后的仪器顺序为：。考点：本题考查氧化性强弱比较、离子方程式的书写、根据化学计算绘制图像、实验仪器的选择和排序、实验方案的分析与评价。18(14分)以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3 ，含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(红矾钠的主要成分为重铬酸钠:Na2Cr2O7
25、2H2O),其主要工艺流程如下：查阅资料得知:i.常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO42。ii.物质开始沉淀的pH值完全沉淀的pH值Fe(OH)32.73.7Al(OH)33.44.4Cr (OH)34.65.9Fe(OH)27.59.7Bi(OH)30.74.5回答下列问题:（1）反应之前先将矿石粉碎的目的是 。（2）操作I、III、IV用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和_（填仪器名称）。（3）写出反应的离子反应方程式 。（4）中酸化是使CrO42转化为Cr2O72，写出该反应的离子方程式 。（5）将溶液H经过下列操作，蒸发浓缩，_，过滤，洗涤，干燥即
26、得红矾钠。（6）取一定质量的固体D溶解于200mL的硫酸中，向所得溶液中加入5mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V关系如图所示，则硫酸的浓度为 ，固体D中含Fe化合物的物质的量为 。【答案】（14分）（每空2分）（1）增大反应物的接触面积,加快反应速率（2）漏斗 烧杯（3）3NaBiO3 + 2Cr3+ + 7OH+ H2O = 2CrO42 + 3Na+ + 3Bi(OH)3（4）2CrO42+2H+ Cr2O72+H2O（5）冷却结晶（6）2.5 molL1； 0.1mol。【解答】：（1）反应前，将矿石粉碎，目的是增大接触面积，加快反应速率；（2）操作
27、I、III、IV都是将固体与液体分离，所以均为过滤，需要的仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；（3）根据流程图及已知信息可知，III步除去铁离子和部分铝离子，则加入NaBiO3在碱性条件下，将Cr3+转化为CrO42，反应的离子方程式是3NaBiO3 + 2Cr3+ + 7OH+ H2O = 2CrO42 + 3Na+ + 3Bi(OH)3；（4）中酸化是使CrO42转化为Cr2O72，同时生成水，离子方程式是2CrO42+2H+ Cr2O72+H2O；（5）由溶液得到晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等，所以缺少冷却结晶步骤；（6）由图可知加入200mL氢氧化钠溶液时，得到氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，溶
28、液恰好为硫酸钠溶液，根据Na元素守恒，则200mL氢氧化钠溶液中钠离子的物质的量是0.2L5mol/L=2.5mol，则硫酸根离子的物质的量是1.25mol，所以硫酸的浓度是1.25mol/0.2L=2.5mol/L；氢氧化铝与40mL氢氧化钠溶液反应，根据Al(OH)3OH-，所以氢氧化铝的物质的量是0.04L5mol/L=0.2mol，则原溶液中铝离子的物质的量是0.2mol，再根据Al3+3OH-Al(OH)3，所以生成0.2mol氢氧化铝消耗氢氧化钠的体积为40mL3=120mL，则铁离子与氢氧化钠反应消耗氢氧化钠的体积是200-20-120=60mL，因为Fe3+3OH-，所以铁离子
29、的物质的量是0.06L5mol/L/3=0.1mol，则固体D中含Fe化合物的物质的量为0.1mol。19（16分）某实验小组欲制取氧化铜并证明氧化铜能加快氯酸钾的分解，进行了如下实验：（一）制取氧化铜往盛有一定量CuCl2溶液的烧杯中逐滴加入NaOH溶液，直至不再产生沉淀，然后将烧杯中的物质转移到蒸发皿中，加热至沉淀全部变为黑色。将步骤所得的黑色沉淀过滤、洗涤，晾干后研细备用。（1）在实验过程中，若未加入NaOH溶液，直接将CuCl2溶液转移到蒸发皿中加热，最后也能得到黑色沉淀，试分析其原因_（2）写出检验步骤中沉淀是否洗涤干净的操作_（二）为证明氧化铜能加快氯酸钾的分解并与二氧化锰的催化效
30、果进行比较，用下图装置进行实验，每次实验时均收集25ml气体，其他可能影响实验的因素均已忽略，实验数据见下表：实验序号KClO3质量其他物质质量待测数据1.2g无其他物质a1.2gCuO 0.5gb1.2gMnO2 0.5gc（3）写出氯酸钾分解反应的化学方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目。（4）上述实验中的“待测数据”是指_（5）图中量气装置B由干燥管、乳胶管和50ml滴定管改造后组装面成，此处用滴定管是_(填“酸式”或“碱式”)滴定管（6）若实验证明氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化锰差，请结合上表的实验效果数据，在坐标图中分别画出使用CuO、MnO2作催化剂时产生氧气的体积V(
31、O2)随时间（t）变化的曲线（注明必要的标识）。【答案】（1）CuCl2溶液中存在水解平衡CuCl2 2H2O Cu(OH)2 2HCl，加热时HCl逸出使平衡不断右移，同时得到的Cu(OH)2受热分解生成CuO（3分）（2）取23mL最后的洗涤液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入几滴硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净（2分）（3） （3分） （4）收集25 mL气体所需的时间（2分）（5）碱式（2分）（6） 4分；标出横坐标上的c、b、t得1分，标出纵坐标上的V(O)/mL、25得1分，画出MnO2的曲线得1分，画出CuO的曲线得1分【解答】：（1）CuCl2是强酸弱碱盐会发生水解，
32、CuCl2溶液中存在水解平衡CuCl2 2H2O Cu(OH)2 2HCl，加热时HCl逸出使平衡不断右移，同时得到的Cu(OH)2受热分解生成CuO。（2）如果没有洗涤干净则有NaCl杂质，检验是否有Cl即可确定是否洗净，具体操作是：取23mL最后的洗涤液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入几滴硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净。（3）用双线桥表示电子转移的方向和数目时，线桥要从反应物指向生成物的化合价发生改变的同种元素，在线桥上要注明反应的得失电子数目，用双线桥表示氯酸钾分解的电子转移的方向和数目为：（4）要比较反应的快慢需要反应的时间，待测数据是：收集25 mL气体所需的时间。(5
33、)从图可以看出该滴定管没有活塞，所以是碱式滴定管。（6）反应测的是收集25 mL气体所需的时间。所以气体的体积要相等，氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化锰差，所以用氧化铜做作催化剂所用的时间要多，产生氧气的体积V(O2)随时间（t）变化的曲线为：考点：盐类的水解、离子的检验、氧化还原反应的电子转移的表示、化学图像的绘制。20将总量为4molNa2O2和Al2(SO4)3的混合物投入足量水中，充分反应后生成Ymol沉淀（Y0），若以x表示原混合物中Na2O2的物质的量。（1）试建立Y= f(x)的函数关系式，将x的取值Y= f(x)关系式填写在表内（可以不用填满）x值Y= f(x)（2）作图【
34、答案】（10分）21（14分）A、B、C是单质，其他物质是化合物。并且A是金属，B是空气的主要成分，各种物质间的转化关系如图(NA表示阿伏加德罗常数)：根据图示转化关系回答：（1）写出下列物质的化学式：B ，乙 。 （2）写出下列变化的方程式： A与NaOH溶液反应的离子方程式 乙丁的化学方程式 （3）将一定量的A加入到NaOH溶液中，产生的C在标准状况下的体积为3.36 L，则消耗A的物质的量为 ，转移电子数目为 。【答案】 B: O2 乙: NaAlO2 2Al2OH-2H2O2AlO2-3H2 NaAlO2CO22H2O = Al(OH)3 +NaHCO3 （3）0.1mol 0.3NA
35、 【解析】试题解析：A、B、C是单质，其他物质是化合物并且A是金属，能与氢氧化钠反应生成单质C，故A为铝，B是空气的主要成分，能与铝反应，则B为氧气，根据题中转化关系可知，C为氢气，甲为氧化铝，乙为偏铝酸钠，丙为水，丁为氢氧化铝，（1）根据上面的分析可知，B为O2，乙为NaAlO2，故答案为：O2；NaAlO2；（2）Al与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2，NaAlO2与CO2反应生成Al（OH）3的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；NaAlO2+C
36、O2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3；（3）将一定量的Al加入到NaOH溶液中，产生的氢气在标准状况下的体积为3.36L，即为0.15mol，则转移电子0.3mol，根据电子得失守恒可知，则消耗的Al的物质的量为0.1mol，转移电子数目为0.3NA，故答案为：0.1mol；0.3NA22U、V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的六种常见元素。Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色。Z和W元素形成的化合物Z3W4具有磁性。U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体。X的单质是一种金属，该金属单质在UW2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体。请回答下列问题：（1）X在周期表中的位置：_，
37、UW2的电子式为_；（2）写出下列反应的化学方程式，Z在高温下与水反应_；（3）U、V、W形成的10电子氢化物中，氢化物的稳定性从强到弱的顺序是_(写化学式)，V元素的氢化物极易溶于水的主要原因是_，该氢化物与空气可以构成一种环保燃料电池，电解质溶液是KOH，其负极的电极反应式为_。【答案】（1）第三周期第 A 族；（2） 3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2（3） H2ONH3CH4；NH3与H2O间能形成氢键；2NH36e+6OHN2+6H2O【解答】：Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色，该气体为SO2，则Y为S元素，W为O元素，Z的单质在W中燃烧生成的化合物Z3W4具有磁性
38、，则Z3W4为Fe3O4，Z为Fe元素，U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体，U原子序数小于O元素，应为CO和CO2气体，U为C元素，X的单质是一种金属，该金属在UW2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体，应为Mg和CO2的反应，则X为Mg元素，V的原子序数介于碳、氧之间，则V为N元素。（1） X为Mg元素，在周期表中位于第三周期第 A 族；CO2的电子式为，故答案为：第三周期第 A 族； （2） 铁在高温下与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2； （3）元素的非金属性越强，氢化物越稳定
39、，U、V、W形成的10电子氢化物中，氢化物的稳定性从强到弱的顺序是H2ONH3CH4；NH3与H2O间能形成氢键，使得氨极易溶于水；氨与空气可以构成一种环保燃料电池，负极上氨失去电子发生氧化反应，电极反应式为2NH36e+6OHN2+6H2O，故答案为：H2ONH3CH4；NH3与H2O间能形成氢键；2NH36e+6OHN2+6H2O。【考点定位】考查元素周期律与元素周期表【名师点晴】本题考查元素化合物推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质，关键是正确推断元素，需要学生具备扎实的基础。解答本题需要掌握常见物质的特征反应现象，常见的有：（1）焰色反应：Na+(黄色)、K+(紫色)；（2）使品红溶液
40、褪色的气体：SO2(加热后又恢复红色)、Cl2(加热后不恢复红色)；（3）白色沉淀Fe(OH)2置于空气中最终转变为红褐色Fe(OH)3(由白色灰绿红褐色)；（4）在空气中变为红棕色：NO；（5）气体燃烧呈苍白色：H2在Cl2中燃烧；在空气中点燃呈蓝色：CO、H2、CH4；（6）使湿润的红色石蕊试纸变蓝：NH3；（7）空气中出现白烟：NH3与酸性气态物质(或挥发性酸如盐酸、硝酸)反应等。23（13分）通过石油裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯、甲烷等重要化工基本原料。目前，仅有10%产量的石油转化为化工、医药等行业的基本原料加以利用。用石油裂化和裂解过程得到的乙烯、丙烯来合成丙烯酸乙酯的路线如下：已
41、知：CH3CHOCH3COOH根据以上材料和你所学的化学知识回答下列问题：（1）由CH2CH2制得有机物A的化学反应方程式是 ，反应类型是 。（2）有机物B中含有的官能团为 、 (填名称)。（3）写出A与B合成丙烯酸乙酯的反应方程式是 ，反应类型是 。其中浓硫酸所起的作用是 。（4）在沙漠中，喷洒一定量的聚丙烯酸乙酯，能在地表下3050厘米处形成一个厚0.5厘米的隔水层，既能阻断地下盐分上升，又有拦截蓄积雨水的作用，可使沙漠变成绿洲。写出丙烯酸乙酯在引发剂作用下聚合成聚丙烯酸乙酯的化学方程式 ，反应类型是 。【答案】（1）CH2=CH2+H2OCH3CH2OH （2分）加成反应（1分）（2）碳
42、碳双键、羧基（各1分）（3）CH2=CHCOOH+HOCH2CH3CH2=CHCOOCH2CH3+H2O （2分）取代反应(或酯化反应) （1分）催化剂、吸水剂（各1分）（4）nCH2=CHCOOCH2CH3（2分）加成聚合反应（或加聚反应）（1分）【解答】：（1）乙烯含有碳碳双键，能与水发生加成反应生成乙醇，则A是乙醇，反应的化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH。（2）有机物B与乙醇反应生成丙烯酸乙酯，则B是丙烯酸，结构简式为CH2CHCOOH，含有的官能团为碳碳双键、羧基。（3A与B发生酯化反应生成丙烯酸乙酯的反应方程式是CH2=CHCOOHHOCH2CH3CH2=CHCOOCH2CH3H2O。其中浓硫酸所起的作用是催化剂、吸水剂。（4）丙烯酸乙酯中含有碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物，则在引发剂作用下聚合成聚丙烯酸乙酯的化学方程式为nCH2=CHCOOCH2CH3。考点：考查有机物推断、方程式书写及反应类型判断