1、2014-2015学年浙江省金华市东阳二中高一（上）期末化学试卷一、选择题（本题共26小题，每小题2分，共52分每小题只有一个选项符合题意）119世纪门捷列夫的突出贡献是( )A提出了原子学说B提出了分子学说C发现了稀有气体D发现了元素周期表2下列表格中各项都正确的一组是( )类别选项碱盐电解质非电解质A烧碱小苏打BaSO4干冰B纯碱CaCO3NH3H2OFeC胆矾食盐石墨醋酸DKOHCuSO4Na2SO4KClO3AABBCCDD3现有三组：CCl4和氯化钠溶液；硝酸钾溶液中少量氯化钠；氯化钠溶液和碘的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是( )A分液、过滤、蒸馏B过滤、结晶、分液C蒸馏、
2、分液、萃取D分液、结晶、萃取4Cl与Cl两种粒子中，相同的是( )A化学性质B核外电子数C最外层电子数D核外电子层数5用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是( )A标准状况下，22.4L H2O含有的分子数为1NAB常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02NAC通常状况下，1NA个CO2分子占有的体积为22.4LD物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl个数为1NA6从海水中提取溴有如下反应：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Br2+Na2SO4+3H2O，与该反应在氧化还原反应原理上最相似的是( )A2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2B
3、AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al（OH）3+3NaClC2H2S+SO2=2H2O+3SDC+H2OCO+H27人们常用图示的方法表示不同反应类型之间的关系如分解反应和氧化还原反应可用图表示如图为离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，则C表示( )A离子反应B氧化还原反应C置换反应D三者都可以8主族元素在周期表的位置，取决于元素原子的( )A相对原子质量和核电荷数B电子层数和最外层电子数C电子层数和质量数D金属性和非金属性的强弱9研究表明：多种海产品如虾、蟹、牡蛎等，体内含有+5价砷（As）元素，但它对人体是无毒的，砒霜的成分是As2O3，属剧毒物质，专家忠告：吃饭时不要
4、同时大量食用海鲜和青菜，否则容易中毒，并给出了一个公式：大量海鲜+大量维生素C=砒霜下面有关解释不正确的是( )A维生素C能将+5价砷氧化成As2O3B维生素C具有还原性C致人中毒过程中+5价砷发生还原反应D青菜中含有维生素C10胶体在人们日常生活中随处可见下列分散系属于胶体的是( )A豆浆B矿泉水C白醋D白酒11用自来水养金鱼，在将水注入鱼缸之前，常须把水在阳光下曝晒一段时间，其目的是( )A增加水中的含氧量B起到杀菌作用C使水中的次氯酸分解D使水的硬度减小12在某无色酸性溶液中能大量共存的一组离子是( )ANa+、K+、HCO3、NO3BNH4+、SO42、Al3+、NO3CNa+、Ca2
5、+、NO3、CO32DK+、MnO4、NH4+、NO313如图是一种试验某气体化学性质的实验装置，图中B为开关若先打开B，在A处通入干燥的氯气，C中红色布条颜色无变化；当关闭B在A处通入干燥的氯气时，C中红色布条颜色褪去则D瓶中盛有的溶液是( )A浓硫酸B饱和NaCl溶液C浓NaOH溶液D浓NaI溶液14对于某些离子的检验及结论一定正确的是( )A某物质进行焰色反应时呈现黄色，则该物质中一定含有Na+B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42C加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，
6、一定有Ba2+15含碘食盐中的碘是以碘酸钾（KIO3）形式存在的已知在酸性溶液中IO3和I发生下列反应IO3+5I+6H+=3I2+3H2O现有下列物质稀硫酸；pH试纸；淀粉碘化钾溶液；淀粉溶液利用上述反应，可用来检验含碘食盐中含有IO3的是( )ABCD16下列保存物质或试剂的方法不正确的是( )A实验室保存溴时，常在保存液溴的试剂瓶中加入少量水来防止溴挥发B常将钠保存在煤油中C新制氯水应密封保存在棕色试剂瓶中D取碘水于试管中，加入CCl4，振荡后静置，溶液分层，上层呈紫红色17下列离子方程式的书写中，正确的是( )A钠跟水反应：Na+2H2O=Na+2OH+H2B碳酸氢钠溶液跟盐酸反应：C
7、O32+2H+=H2O+CO2C过量二氧化碳跟苛性钾反应：CO2+2OH=CO32+H2OD硫酸氢钾和氢氧化钡按等物质的量在溶液中反应：H+SO42+Ba2+OH=BaSO4+H2O18下面有关Na2CO3与NaHCO3的性质比较中错误的是( )A相同浓度溶液的碱性：Na2CO3NaHCO3B在水中的溶解度：Na2CO3NaHCO3C与同浓度的硫酸反应放出气泡的速率：NaHCO3Na2CO3D热稳定性：NaHCO3Na2CO319有些科学家提出硅是“21世纪的能源”，这主要是由于作为半导体材料的硅在太阳能发电过程中具有重要的作用下列关于硅的说法不 正确的是( )A高纯度的单质硅被广泛用于制作计
8、算机芯片B硅可由二氧化硅还原制得C常温时硅与水、空气和酸不反应，但能与氢氟酸反应D自然界硅元素的贮量丰富，并存在大量的单质硅20某溶液中，只含有下表中所示的四种离子（忽略水的电离），则X离子及其个数b可能为( )离子Na+Al3+ClX个数3a2aabANO3、4aBSO42、4aCOH、8aDSO42、8a21某澄清溶液，可能含有Ca2+、Na+、Cl、CO32、I中的一种或几种，现做如下实验：通入足量氯气，溶液变为棕黄色，滴加淀粉溶液后溶液显蓝色加入BaCl2有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀完全溶解，并有气体生成下列关于该澄清溶液的说法中错误的是( )A一定含有IB一定含有CO32C
9、可能含有ClD一定含有Ca2+22下列有关原子结构和元素周期律表述正确的是( )原子序数为15的元素的最高化合价为+3A族元素是同周期中非金属性最强的元素第二周期A族元素的原子核电荷数和中子数一定为6原子序数为32的元素位于元素周期表的第四周期A族ABCD23下列说法正确的是( )A氨气极易溶于水，可以进行喷泉实验B用玻璃棒分别蘸取浓硫酸和浓氨水，相互靠近时会看到有白烟产生C工业制硝酸过程中有下列反应：4NH3+5O2 4NO+6H2O，反应中氨气表现氧化性D加热盛NH4Cl的试管底部，NH4Cl受热升华246.4g铜与过量的硝酸（8molL1，60mL）充分反应后，硝酸的还原产物有NO、NO
10、2，反应后溶液中所含H+离子为n mol此时溶液中所含NO3的物质的量为( )A0.28molB0.3lmolC（n+0.2）molD（n+0.4）mol25下图是周期表中短周期的一部分，A、B、C三种元素的原子核外电子数之和等于B的质量数的2.5倍，B元素的原子核内质子数等于中子数，下列叙述不正确的是( )BACAA为A族元素BB为第二周期的元素CC是周期表中化学性质最活泼的非金属D三种元素都为非金属元素26已知室温下，Al（OH）3的Ksp或溶解度远大于Fe（OH）3向浓度均为0.1molL1的Fe（NO3）3和Al（NO3）3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液下列示意图表示生成Al（OH）
11、3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是( )ABCD二、填空题（本大题包括3小题）27下列物质中，标准状况下体积最大的是_，含分子个数最多的是_，含原子个数最多的是_，质量最大的是_（填字母）A、6g氢气 B、0.5mol CO2 C、1.2041024个氯化氢分子 D、147g硫酸 E、92g乙醇（C2H5OH） F、49mL水28W、X、Y、Z是原子序数118的元素，它们的原子核外电子层数相同且原子序数依次增大，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素（1）W、X各自的最高价氧化物的水化物可以发生反应生成盐和水，该反应的离子方程式为_（2）Y的低价氧化物通入Z单质的水溶液中发生反
12、应生成两种强酸，反应的化学方程式为_（3）比较Y、Z气态氢化物的稳定性_（用化学式表示）；除了可以通过比较Y、Z气态氢化物的稳定性来验证Y、Z的非金属性外，请你再设计一个简单的实验，来验证Y与Z的非金属性强弱_（4）W、X、Y、Z四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是：_29A、B、C、D、E、F、G、H、和I、是中学化学中常见的气体，它们均由短周期元素组成，具有如下性质：A、B、E、F、G能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，I能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C、D、H不能使湿润的石蕊试纸变色；A和I相遇产生白色烟雾；B和E都能使品红溶液褪色；将红热的铜丝放入装有B的瓶中，瓶内充满棕黄色的烟；将点燃的
13、镁条放入装有F的瓶中，镁条剧烈燃烧，生成白色粉末，瓶内壁附着黑色颗粒；C和D相遇生成红棕色气体；G在D中燃烧可以产生E和H2O；将B和H 在瓶中混合后于亮处放置几分钟，瓶内壁出现油状液滴并产生A回答下列问题：（1）A的化学式是_，中烟雾的化学式是_；（2）中发生反应的化学方程式是_；（3）中发生反应的化学方程式是_；（4）C的化学式是_，D的化学式是_；（5）中发生反应的化学方程式是_；（6）H的化学式是_三、实验题30实验室欲配制90mL浓度为1.00molL1的Na2CO3溶液：（1）配制时的实验步骤为：计算、称量、溶解、转移（洗涤）、_、摇匀；（2）本实验中必须用到的仪器有托盘天平、药匙
14、、玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、_（注明所需仪器的规格）（3）某同学欲称量Na2CO3的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图烧杯的实际质量为_g，要完成本实验该同学应称出_g Na2CO3（4）使用容量瓶前必须进行的一步操作是_（5）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）没有洗涤烧杯和玻璃棒_；容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水_四、计算题31某课外兴趣小组在进行“诚信商品”实验时，随机抽取市售“碳酸氢钠”样品（成分说明见右表所示）经检验杂质只含NaCl，准确称取8.5g样品，加入100mL盐酸恰好完全反应生成2.24L气体（标准状况）小苏打
15、化学式：NaHCO3杂质含量小于等于3%试回答下列问题：（1）样品中NaHCO3的物质的量_；（2）样品中小苏打的质量分数_；（3）所用盐酸的物质的量浓度_；（4）根据计算结果及成分说明所提供信息，此产品_（填“可以”或“不可以”）列入“诚信商品”2014-2015学年浙江省金华市东阳二中高一（上）期末化学试卷一、选择题（本题共26小题，每小题2分，共52分每小题只有一个选项符合题意）119世纪门捷列夫的突出贡献是( )A提出了原子学说B提出了分子学说C发现了稀有气体D发现了元素周期表【考点】化学史；元素周期表的结构及其应用 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】1869年，俄国化学家门捷
16、列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，使得化学学习和研究变得有规律可循【解答】解：A道尔顿提出了近代原子学说，故A错误； B阿佛加德罗提出了分子学说，故B错误；C莱姆赛发现了稀有气体，故C错误；D1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，故D正确故选D【点评】本题考查化学史，熟记化学发展史中各科学家所作出的巨大贡献即可解答2下列表格中各项都正确的一组是( )类别选项碱盐电解质非电解质A烧碱小苏打BaSO4干冰B纯碱CaCO3NH3H2OFeC胆矾食盐石墨醋酸DKOHCuSO4Na2SO4KClO3AABBCCDD【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质
17、与非电解质 【专题】物质的分类专题【分析】溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐；水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质【解答】解：A、各物质符合物质类别概念，故A正确；B、纯碱是碳酸钠属于盐类，铁是单质不是非电解质，故B错误；C、胆矾是硫酸铜晶体属于盐不是碱，石墨是单质不是电解质，醋酸是电解质，故C错误；D、KClO3是盐，溶于水全部电离，属于强电解质，故D错误；故选：A【点评】本题考查了酸碱盐、电解质、非电解质概念的理解和分析判断，熟练掌握物质组成和性质是解题关键，题目较简单3现有三组：
18、CCl4和氯化钠溶液；硝酸钾溶液中少量氯化钠；氯化钠溶液和碘的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是( )A分液、过滤、蒸馏B过滤、结晶、分液C蒸馏、分液、萃取D分液、结晶、萃取【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 【专题】化学实验基本操作【分析】CCl4和氯化钠溶液互不相溶，分层，硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度的影响不同，氯化钠溶液和碘的水溶液是互溶的物质【解答】解：CCl4和氯化钠溶液是互不相溶的两种液体，可以采用分液的方法分离，硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度的影响不同，可以采用蒸发结晶的方法来实现分离，氯化钠溶液和碘的水溶液是互溶的物质，可以向其中加入四氯化碳，碘单质在四氯化碳中的
19、溶解度较大，振荡会分层，下层是溶有碘单质的四氯化碳层，上层是氯化钠溶液，即采用萃取的方法来分离故选D【点评】本题考查学生物质的分离方法，可以根据所学知识来回答，难度并不大4Cl与Cl两种粒子中，相同的是( )A化学性质B核外电子数C最外层电子数D核外电子层数【考点】原子构成；质量数与质子数、中子数之间的相互关系 【专题】原子组成与结构专题【分析】Cl与Cl两种粒子核外电子层数相同都为3层；核外电子数不同，最外层电子数也不同，化学性质不同【解答】解：ACl与Cl是不同的微粒，化学性质不同，故A错误； BCl是Cl原子得到一个电子后形成的，因此电子数一定不相同，故B错误；CCl是Cl原子得到一个电
20、子后形成的，氯原子最外层电子数为7，氯离子最外层电子数为8，最外层电子数不同，故C错误；DCl是Cl原子得到一个电子后形成的，两者的电子层数都是3，故D正确故选D【点评】本题考查原子和离子的关系，在判断是否为同种元素时，一定要根据元素的概念来抓住质子数是分析解答的关键，题目难度不大5用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是( )A标准状况下，22.4L H2O含有的分子数为1NAB常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02NAC通常状况下，1NA个CO2分子占有的体积为22.4LD物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl个数为1NA【考点】阿伏加德罗常数
21、 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、标况下水不是气态，气体摩尔体积22.4L/ml必须使用于标况下的气体；B、根据微粒数N=nNA=NA来计算；C、气体摩尔体积22.4L/ml必须使用于标况下的气体；D、根据微粒数N=nNA=cVNA来计算【解答】解：A、标况下水不是气态，22.4LH2O含有的分子数N=nNA=NA，气体摩尔体积22.4L/ml不能代入，故A错误；B、根据微粒数N=nNA=NA=2NA=0.02NA，故B正确；C、气体摩尔体积22.4L/ml必须使用于标况下的气体，而不是通常状况下的气体，故C错误；D、根据微粒数N=nNA=cVNA，所以必须知道溶液体积才能计
22、算，故D错误故选B【点评】本题考查学生有关阿伏伽德罗常熟的有关计算知识，可以根据所学知识来回答，难度不大6从海水中提取溴有如下反应：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Br2+Na2SO4+3H2O，与该反应在氧化还原反应原理上最相似的是( )A2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2BAlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al（OH）3+3NaClC2H2S+SO2=2H2O+3SDC+H2OCO+H2【考点】氧化还原反应 【专题】氧化还原反应专题【分析】NaBr中的溴元素化合价为1价，NaBrO3中溴元素的化合价为+5价，最后都生成了0价的溴单质，属于氧化还原反应中的归中反应类型【解
23、答】解：A、化合价变化的分别是溴元素和氯元素，不是归中反应类型，故A错误；B、反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故B错误；C、硫元素的化合价从2价升到0价，还有的从+4价降到0价，属于氧化还原反应中的归中反应类型，故C正确；D、化合价变化的分别是碳元素和氢元素，不是归中反应类型，故A错误故选C【点评】本题考查氧化还原反应的类型，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度不大7人们常用图示的方法表示不同反应类型之间的关系如分解反应和氧化还原反应可用图表示如图为离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，则C表示( )A离子反应B氧化还原反应C置换反应D三者都可以【考点】氧化还原反应
24、【专题】氧化还原反应专题【分析】所有的置换反应全是氧化还原反应，置换反应中有部分是离子反应，部分是非离子反应，氧化还原反应中，有部分是离子反应，部分是非离子反应；【解答】解：所有的置换反应全是氧化还原反应，是被包含和包含的关系，故A是氧化还原反应，B是置换反应，所以C是离子反应；故选A；【点评】本题考查学生离子反应的概念和实质，是对教材知识的考查，可以根据所学知识进行回答，较简单8主族元素在周期表的位置，取决于元素原子的( )A相对原子质量和核电荷数B电子层数和最外层电子数C电子层数和质量数D金属性和非金属性的强弱【考点】元素周期表的结构及其应用 【分析】主族元素在周期表中的位置，与原子结构中
25、的电子层、最外层电子数有关，以此来解答【解答】解：原子结构中，电子层数=周期数，最外层电子数=主族序数，则原子结构中的电子层、最外层电子数决定主族元素在周期表中的位置，故选B【点评】本题考查原子结构与元素的位置，为高频考点，把握主族元素的原子结构中电子层、最外层电子数确定元素位置为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大9研究表明：多种海产品如虾、蟹、牡蛎等，体内含有+5价砷（As）元素，但它对人体是无毒的，砒霜的成分是As2O3，属剧毒物质，专家忠告：吃饭时不要同时大量食用海鲜和青菜，否则容易中毒，并给出了一个公式：大量海鲜+大量维生素C=砒霜下面有关解释不正确的是( )A维生素C能将+
26、5价砷氧化成As2O3B维生素C具有还原性C致人中毒过程中+5价砷发生还原反应D青菜中含有维生素C【考点】氧化还原反应 【专题】氧化还原反应专题【分析】人体中的As元素为+5价，As2O3中As元素为+3价，吃饭时同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒的原因是生成+3价As，说明维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As【解答】解：人体中的As元素为+5价，As2O3中As元素为+3价，吃饭时同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒的原因是生成+3价As，说明维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，则A维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，故A
27、错误；B人体中的As元素为+5价，大量食用海鲜和青菜后生成+3价As，说明维生素C具有还原性，故B正确；C+5价砷生成+3价As，化合价降低，得电子被还原，为还原反应，故C正确；D维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒，说明青菜中含有维生素C，故D正确故选A【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价变化的角度分析氧化还原反应10胶体在人们日常生活中随处可见下列分散系属于胶体的是( )A豆浆B矿泉水C白醋D白酒【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系 【专题】溶液和胶体专题【分析】胶体的分散质微粒直径在1100nm之间，是一种均
28、一介稳定的分散系【解答】解：A、豆浆是蛋白质形成的分散系属于胶体，故A正确；B、矿泉水四溶液不是胶体，故B错误；C、白醋是醋酸溶液不是胶体，故C错误；D、白酒是酒精的水溶液不是胶体，故D错误；故选A【点评】本题考查胶体的特点，明确胶体分散质微粒直径在1100nm之间，是对基础内容的考查，难度不大11用自来水养金鱼，在将水注入鱼缸之前，常须把水在阳光下曝晒一段时间，其目的是( )A增加水中的含氧量B起到杀菌作用C使水中的次氯酸分解D使水的硬度减小【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用 【专题】卤族元素【分析】因为自来水中氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，Cl2+H2OHCl+HClO，次氯酸见光分解
29、生成盐酸和游离态氧，2HClO2HCl+O2，有利于金鱼生存【解答】解：自来水中氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，Cl2+H2OHCl+HClO，次氯酸见光分解生成盐酸和游离态氧，2HClO2HCl+O2，A阳光照射本身不能增加水中O2的含量，由反应可知，反应生成氧气，氧气的量增加，但不是曝晒一段时间的目的，故A错误；B阳光照射不能杀菌，次氯酸分解生成的氧气具有强氧化性，能够破坏细菌的结构，从而杀死细菌，达到消毒目的，故B错误；C由反应可知，主要目的是使水中HClO分解，有利于金鱼生存，故C正确；D不会改变水中钙、镁离子的浓度，则不会改变水的硬度，故D错误；故选C【点评】本题考查氯水的成分及氯水在
30、光照下发生的化学反应，注重了化学与生活的联系，学生应学会利用化学知识来解决生活中常见的问题，题目难度不大12在某无色酸性溶液中能大量共存的一组离子是( )ANa+、K+、HCO3、NO3BNH4+、SO42、Al3+、NO3CNa+、Ca2+、NO3、CO32DK+、MnO4、NH4+、NO3【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】溶液呈无色，则有颜色的离子不能大量共存，溶液呈酸性，则在酸性条件下不发生任何反应的离子能大量共存【解答】解：AH+与HCO3反应生成CO2而不能大量共存，故A错误；B酸性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C酸性条件下，H+与CO32反应
31、生成CO2而不能大量共存，并且CO32与Ca2+反应生成沉淀，故C错误；DMnO4有颜色，不符合题目无色的要求吗，故D错误故选B【点评】本题考查离子共存问题，题目难度中等，本题注意题目的要求，学习中注重相关基础知识的积累13如图是一种试验某气体化学性质的实验装置，图中B为开关若先打开B，在A处通入干燥的氯气，C中红色布条颜色无变化；当关闭B在A处通入干燥的氯气时，C中红色布条颜色褪去则D瓶中盛有的溶液是( )A浓硫酸B饱和NaCl溶液C浓NaOH溶液D浓NaI溶液【考点】氯气的化学性质 【专题】卤族元素【分析】干燥氯气不能使有色布条褪色，当关闭B时，气体经过D装置，C处红色布条颜色褪去，说明氯
32、气通过D装置后，含有水蒸气【解答】解：A氯气经过盛有浓硫酸的洗气瓶，为干燥氯气，不能使有色布条褪色，故A错误；B氯气难溶于饱和食盐水，经过饱和食盐水后，氯气中混有水，能生成具有漂白性的HClO，可使有色布条褪色，故B正确；C氯气经过盛有NaOH溶液的洗气瓶而被吸收，则有色布条不褪色，故C错误；D氯气经过盛有NaI溶液的洗气瓶与NaI发生氧化还原反应而被吸收，则有色布条不褪色，故D错误故选B【点评】本题考查氯气的性质，题目难度不大，本题注意氯气使有色布条褪色的原因是能生成具有漂白性的HClO14对于某些离子的检验及结论一定正确的是( )A某物质进行焰色反应时呈现黄色，则该物质中一定含有Na+B加
33、入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42C加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+【考点】常见离子的检验方法 【专题】离子反应专题【分析】A、焰色反应是元素的性质；B、加入的物质不一定含有硫酸根，也可能含有银离子；C、湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝；D、碳酸钠能与含可溶性钙离子或钡离子的物质结合生成沉淀【解答】解：A、焰色反应是元素的性质，焰色反应为黄色，不一定含有Na+，也可能是钠单质，故A错误；B、加入的物质不一定含有硫酸根，也可能含有银离子，形成氯化银白色沉淀，故B
34、错误；C、湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝，加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+，故C正确；D、碳酸钠能与含可溶性钙离子或钡离子的物质结合生成沉淀，故D错误；故选C【点评】本题考查了常见离子的检验，根据特殊现象判断，题目难度不大15含碘食盐中的碘是以碘酸钾（KIO3）形式存在的已知在酸性溶液中IO3和I发生下列反应IO3+5I+6H+=3I2+3H2O现有下列物质稀硫酸；pH试纸；淀粉碘化钾溶液；淀粉溶液利用上述反应，可用来检验含碘食盐中含有IO3的是( )ABCD【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用 【专题】卤族元素【分析】由IO3+5I+6H+3I2+
35、3H2O可知，该反应需要酸性条件，需要碘离子，则选淀粉碘化钾试纸检验，以此解答【解答】解：由IO3+5I+6H+3I2+3H2O及I2遇淀粉变蓝可知，检验食盐中存在IO3，该反应需要酸性条件，需要碘离子，则选淀粉碘化钾试纸检验，生成的I2由淀粉检验，故选B【点评】本题考查了物质的检验，题目难度不大，把握题中信息及碘的特殊性质选取试剂为解答的关键16下列保存物质或试剂的方法不正确的是( )A实验室保存溴时，常在保存液溴的试剂瓶中加入少量水来防止溴挥发B常将钠保存在煤油中C新制氯水应密封保存在棕色试剂瓶中D取碘水于试管中，加入CCl4，振荡后静置，溶液分层，上层呈紫红色【考点】化学试剂的存放 【专
36、题】化学实验基本操作【分析】A实验室保存液溴常用水封的方法；B金属钠易与空气中的水、氧气反应而变质；C氯水中的次氯酸见光易分解，导致氯水失效；D四氯化碳的密度比水大【解答】解：A液溴易挥发，密度比水大，实验室常用水封的方法保存，故A正确； B金属钠易与空气中的水、氧气反应而变质，与煤油不反应且密度比煤油大，金属钠存放于煤油中可起到隔绝空气的作用，防止金属钠变质，故B正确；C氯水中的次氯酸见光易分解，新制氯水通常保存在棕色试剂瓶中，故C正确；D四氯化碳的密度比水大，下层呈紫红色，故D错误故选D【点评】本题考查化学试剂的存放，题目难度不大，明确物质的性质和保存方法是解题的关键17下列离子方程式的书
37、写中，正确的是( )A钠跟水反应：Na+2H2O=Na+2OH+H2B碳酸氢钠溶液跟盐酸反应：CO32+2H+=H2O+CO2C过量二氧化碳跟苛性钾反应：CO2+2OH=CO32+H2OD硫酸氢钾和氢氧化钡按等物质的量在溶液中反应：H+SO42+Ba2+OH=BaSO4+H2O【考点】离子方程式的书写 【专题】常规题型；离子反应专题【分析】A离子方程式两边总电荷不相等，违反了电荷守恒；B碳酸氢根离子不能拆开；C二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钾；D二者等物质的量反应时，离子方程式按照硫酸氢钠的化学式书写【解答】解：A钠跟水反应生成氢氧化钠和氢气，正确的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH
38、+H2，故A错误；B碳酸氢钠溶液跟盐酸反应生成二氧化碳气体、氯化钠和水，正确的离子方程式为：HCO3+H+=H2O+CO2，故B错误；C过量二氧化碳跟苛性钾反应生成碳酸氢钾，正确的离子方程式为：CO2+OH=HCO3，故C错误；D碳酸氢钾和氢氧化钡按等物质的量在溶液中反应的离子方程式为：H+SO42+Ba2+OH=BaSO4+H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确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，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷
39、守恒等）等18下面有关Na2CO3与NaHCO3的性质比较中错误的是( )A相同浓度溶液的碱性：Na2CO3NaHCO3B在水中的溶解度：Na2CO3NaHCO3C与同浓度的硫酸反应放出气泡的速率：NaHCO3Na2CO3D热稳定性：NaHCO3Na2CO3【考点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质 【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】ACO32以第一步水解为主；BNa2CO3比NaHCO3易溶于水；C相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈；DNaHCO3不稳定，加热易分解【解答】解：A.CO32以第一步水解为主，则Na2CO3溶液的碱性较强，故A正确；B在饱和Na2CO3溶液中通入
40、过量二氧化碳气体可得到NaHCO3沉淀，说明Na2CO3比NaHCO3易溶于水，故B正确；C分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为CO32+2H+CO2+H2O，HCO3+H+H2O+CO2，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，故C错误；DNaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，碳酸钠受热不易分解，较稳定，故D正确；故选C【点评】本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，注重基础知识的积累19有些科学家提出硅是“21世纪的能源”，这主要是由于作为半导体材料的硅在太阳能发电过程中具有重要
41、的作用下列关于硅的说法不 正确的是( )A高纯度的单质硅被广泛用于制作计算机芯片B硅可由二氧化硅还原制得C常温时硅与水、空气和酸不反应，但能与氢氟酸反应D自然界硅元素的贮量丰富，并存在大量的单质硅【考点】硅和二氧化硅 【专题】碳族元素【分析】A、单质硅作为半导体材料被广泛用于制作计算机芯片；B、工业生采用焦炭和二氧化硅在高温下反应制得粗硅；C、常温时硅能与氢氟酸反应；D、自然界中没有游离态的硅【解答】解：A、硅作为半导体材料被广泛用于制作计算机芯片，故A正确；B、焦炭和二氧化硅在高温下反应制得粗硅其中二氧化硅作氧化剂被还原，故B正确；C、常温时硅能与氢氟酸反应，生成四氟化硅和氢气，故C正确；D
42、、自然界中没有游离态的硅，即不存在大量的单质硅，故D错误故选D【点评】本题考查了单质硅的性质，注重教材内容的考查，难度不大，可以根据所学知识来回答20某溶液中，只含有下表中所示的四种离子（忽略水的电离），则X离子及其个数b可能为( )离子Na+Al3+ClX个数3a2aabANO3、4aBSO42、4aCOH、8aDSO42、8a【考点】离子共存问题 【专题】守恒法；离子反应专题【分析】根据溶液呈电中性原则，溶液中阳离子所带电荷总数等于阴离子所带电荷总数来解答【解答】解：溶液呈电中性，则溶液中存在3aN（Na+）+2a3N（Al3+）=aN（Cl）+nbN（X），设X的电荷数为n，则A.3aN
43、（Na+）+2a3N（Al3+）aN（Cl）+4aN（NO3），电荷不守恒，故A错误；B.3aN（Na+）+2a3N（Al3+）=aN（Cl）+4a2N（SO42），电荷守恒，故B正确；C.3aN（Na+）+2a3N（Al3+）aN（Cl）+aN（Cl），电荷不守恒，故C错误；D.3aN（Na+）+2a3N（Al3+）aN（Cl）+8a2N（SO42），电荷不守恒，故D错误故选B【点评】本题考查离子的计算和判断，题目难度不大，本题从溶液电中性的角度分析21某澄清溶液，可能含有Ca2+、Na+、Cl、CO32、I中的一种或几种，现做如下实验：通入足量氯气，溶液变为棕黄色，滴加淀粉溶液后溶液显蓝色
44、加入BaCl2有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀完全溶解，并有气体生成下列关于该澄清溶液的说法中错误的是( )A一定含有IB一定含有CO32C可能含有ClD一定含有Ca2+【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 【专题】离子反应专题【分析】根据题干提供的信息结合物质的性质进行，碘水呈棕黄色，碘单质遇到淀粉显蓝色；碳酸钡沉淀可以和盐酸反应生成氯化钡、水以及二氧化碳【解答】解：通入足量氯气，溶液变为棕黄色，则为碘的颜色，碘淀粉溶液后溶液显蓝色，则一定含有碘离子；加入BaCl2有白色沉淀生成，则沉淀是碳酸钡，再加入足量盐酸后，碳酸钙沉淀完全溶解，并有气体二氧化碳生成，所以一定含有碳酸根离子，
45、综上可知一定含有碘离子和碳酸根离子，可能含有氯离子故选D【点评】本题考查了混合物成分的鉴别，完成此题，可以依据物质的性质进行，难度不大22下列有关原子结构和元素周期律表述正确的是( )原子序数为15的元素的最高化合价为+3A族元素是同周期中非金属性最强的元素第二周期A族元素的原子核电荷数和中子数一定为6原子序数为32的元素位于元素周期表的第四周期A族ABCD【考点】元素周期律的作用 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】主族元素的最高正价等其族序数；同周期从左到右非金属性增强；第二周期A族元素为碳元素，其质子数与中子数不一定相同；原子序数为32的元素为Ge，根据电子排布式判断【解答】解：主
46、族元素的最高正价等其族序数，原子序数为15的元素为P，其最高化合价为+5，故错误；同周期从左到右非金属性增强，所以A族元素是同周期中非金属性最强的元素，故正确；第二周期A族元素为碳元素，其质子数与中子数不一定相同，如14C含有6个质子和8个中子，故错误；原子序数为32的元素为Ge，原子核外有32个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p2，含有4个电子层，最外层为4，所以位于元素周期表的第四周期A族，故正确；所以正确的有；故选C【点评】本题考查结构与位置的关系、元素周期律、化合价与族序数的关系等，题目难度不大，掌握规律是解答的关键23下列说法正确的是( )A
47、氨气极易溶于水，可以进行喷泉实验B用玻璃棒分别蘸取浓硫酸和浓氨水，相互靠近时会看到有白烟产生C工业制硝酸过程中有下列反应：4NH3+5O2 4NO+6H2O，反应中氨气表现氧化性D加热盛NH4Cl的试管底部，NH4Cl受热升华【考点】氨的物理性质；氨的化学性质；铵盐 【专题】氮族元素【分析】A氨气极易溶于水；B浓硫酸不挥发；C物质表现氧化性所含元素化合价降低；DNH4Cl受热易分解【解答】解：A氨气极易溶于水，使烧瓶内的气体压强迅速减小，可以进行喷泉实验，故A正确； B浓硫酸不挥发，不能与氨气反应，故B错误；C氨气中氮元素化合价升高，表现还原性，故C错误；DNH4Cl受热易分解生成氨气和氯化氢
48、，不是升华，故D错误故选A【点评】本题考查元素及其化合物的性质，题目难度不大，注意根据各物质的性质解题246.4g铜与过量的硝酸（8molL1，60mL）充分反应后，硝酸的还原产物有NO、NO2，反应后溶液中所含H+离子为n mol此时溶液中所含NO3的物质的量为( )A0.28molB0.3lmolC（n+0.2）molD（n+0.4）mol【考点】氧化还原反应的计算；硝酸的化学性质 【专题】守恒法【分析】铜与过量的硝酸，反应后溶液中所含H+离子为n mol，说明溶液为Cu（N03）2与HN03的混合溶液，溶液中n（N03）=n（H+）+2n（Cu2+），据此计算【解答】解：6.4g铜的物质
49、的量为=0.1mol铜与过量的硝酸，反应后溶液中所含H+离子为n mol，说明溶液为Cu（N03）2与HN03的混合溶液根据电荷守恒溶液中n（N03）=n（H+）+2n（Cu2+）=nmol+0.1mol2=（n+0.2）mol故选：C【点评】考查氧化还原反应的计算，难度中等，本题不宜采取常规方法计算，判断溶液组成是关键，利用电荷守恒与原子守恒解答25下图是周期表中短周期的一部分，A、B、C三种元素的原子核外电子数之和等于B的质量数的2.5倍，B元素的原子核内质子数等于中子数，下列叙述不正确的是( )BACAA为A族元素BB为第二周期的元素CC是周期表中化学性质最活泼的非金属D三种元素都为非金
50、属元素【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】根据A、B、C三种元素在周期表中的位置可知，B位于第二周期，A、C位于第三周期，设B的核外电子总数为x，B的核电荷数=质子数=x，B元素的原子核内质子数等于中子数，则B的质量数为2x；则A的核外电子数=原子序数=x+81，C的最外层电子数为x+8+1，A、B、C三种元素的原子核外电子数之和等于B的质量数的2.5倍，则：x+（x+81）+（x+8+1）=2.52x，解得：x=8，则B为O元素、A为P元素、C为Cl元素，然后联系元素周期表、元素周期律知识对各选项进行判断【解答】解：根据图示及元素周期表结构可知，B位
51、于第二周期，A、C位于第三周期，设B的核外电子总数为x，B的核电荷数=质子数=x，B元素的原子核内质子数等于中子数，则B的质量数为2x；则A的核外电子数=原子序数=x+81，C的最外层电子数为x+8+1，A、B、C三种元素的原子核外电子数之和等于B的质量数的2.5倍，则：x+（x+81）+（x+8+1）=2.52x，解得：x=8，则B为O元素、A为P元素、C为Cl元素，AA为P元素，原子序数为15，位于周期表中第三周期第A族，故A正确；BB为O元素，原子序数为8，位于周期表中第二周期第A族，故B正确；CC为Cl元素，周期表中化学性质最活泼的非金属为F元素，故C错误；D根据分析可知，B为O元素、
52、A为P元素、C为Cl元素，三者都是非金属元素，故D正确；故选C【点评】本题考查了位置结构与性质的关系，题目难度中等，正确推断元素名称为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，试题有利于培养学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力26已知室温下，Al（OH）3的Ksp或溶解度远大于Fe（OH）3向浓度均为0.1molL1的Fe（NO3）3和Al（NO3）3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液下列示意图表示生成Al（OH）3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是( )ABCD【考点】镁、铝的重要化合物 【专题】压轴题；几种重要的金属及其化合物【分析】浓度均为0.1mo
53、lL1的Fe（NO3）3和Al（NO3）3混合溶液中，溶液中铁离子、铝离子的浓度相同为0.1mol/L，Al（OH）3的Ksp或溶解度远大于Fe（OH）3，故向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，沉淀的质量减少，由于氢氧化铁不溶于碱，故沉淀减少到一定值不再变化，为氢氧化铁的物质的量据此结合图象分析【解答】解：浓度均为0.1molL1的Fe（NO3）3和Al（NO3）3混合溶液中，溶液中铁离子、铝离子的浓度相同为0.1mol/L，Al（OH）3的Ksp或溶解度远大于Fe（OH）3
54、，故向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，沉淀的质量减少，由于氢氧化铁不溶于碱，故沉淀减少到一定值不再变化，为氢氧化铁的物质的量A、向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧化钠溶液不能立即产生氢氧化铝沉淀，图象与实际不相符，故A错误；B、向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧化钠溶液不能立即产生氢氧化铝沉淀，图象与
55、实际不相符，故B错误；C、铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，图象与实际相符合，故C正确；D、加入氢氧化钠一定体积后才会产生氢氧化铝沉淀，故D错误故选：C【点评】考查铝及化合物的性质、化学反应图象等，根据反应过程判断沉淀与氢氧化钠体积关系，注意纵坐标表示氢氧化铝，不是沉淀的物质的量二、填空题（本大题包括3小题）27下列物质中，标准状况下体积最大的是A，含分子个数最多的是A，含原子个数最多的是E，质量最大的是D（填字母）A、6g氢气 B、0.5mol CO2 C、1.2041024个氯化氢分子 D、147g硫
56、酸 E、92g乙醇（C2H5OH） F、49mL水【考点】物质的量的相关计算 【专题】计算题【分析】根据n=计算氢气、硫酸、乙醇的物质的量，根据n=计算HCl的物质的量，根据m=V计算水的质量，再根据n=计算水的物质的量；根据V=nVm可知，气体的物质的量越大，体积越大，硫酸、乙醇与水是液体，相同物质的量的体积远远小于气体的体积；根据N=nNA可知，物质的量越大，含有分子数目越多；由各物质的量的分子式可知，氢气中氢原子物质的量是氢气的2倍，二氧化碳中原子的物质的量是二氧化碳的3倍，HCl中原子的物质的量等于HCl的2倍，硫酸中原子的物质的量硫酸分子的7倍，乙醇中原子物质的量为乙醇的9倍，水中原
57、子的物质的量是水的3倍，据此计算判断；根据m=nM计算二氧化碳、氯化氢的质量，根据m=V计算水的质量，据此判断【解答】解：A、6g H2的物质的量为=3mol，B、0.5mol CO2，C、HCl的物质的量为=2mol，D、147g H2SO4的物质的量为=1.5mol，E、92g乙醇的物质的量=2mol，F、水的质量为9mL1g/mL=9g，水的物质的量为=0.5mol；硫酸、乙醇与水是液体，相同物质的量体积远远小于气体，根据V=nVm可知，气体的物质的量越大，体积越大，故体积最大的是6g H2；根据N=nNA可知，物质的量越大，含有分子数目越多，故含有分子数目最多的是6g H2；氢气中含有
58、原子为3mol2=6mol，二氧化碳中含有原子为0.5mol3=1.5mol，HCl中含有原子为2mol2=4mol，硫酸中含有原子为1.5mol7=10.5mol，乙醇中含有原子物质的量=2mol9=18mol，水中含有原子为0.5mol3=1.5mol，故含有原子最多的是：92g 乙醇；氢气的质量6g，CO2的质量为0.5mol44g/mol=22g，HCl的质量为2mol34g/mol=68g，硫酸的质量147g，乙醇的质量为92g，水的质量为为9mL1g/mL=9g，故质量最大的是：147g 硫酸，故答案为：A；A；E；D【点评】本题考查常用化学计量的有关计算，比较基础，注意对公式的理
59、解与运用，注意基础知识的理解掌握28W、X、Y、Z是原子序数118的元素，它们的原子核外电子层数相同且原子序数依次增大，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素（1）W、X各自的最高价氧化物的水化物可以发生反应生成盐和水，该反应的离子方程式为Al（OH）3+OHAlO2+2H2O（2）Y的低价氧化物通入Z单质的水溶液中发生反应生成两种强酸，反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl（3）比较Y、Z气态氢化物的稳定性HClH2S（用化学式表示）；除了可以通过比较Y、Z气态氢化物的稳定性来验证Y、Z的非金属性外，请你再设计一个简单的实验，来验证Y与Z的非金属性强弱在Na2S的溶液中
60、通入Cl2，若溶液变浑浊，证明Cl的非金属性强于S，反应方程式为Na2S+Cl2S+2NaCl（4）W、X、Y、Z四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是：S2ClNa+Al3+【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】W、X、Y、Z是原子序数118的元素，它们的原子核外电子层数相同，为同一周期元素，且原子序数依次增大，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素（1）W、X各自的氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，可推知W为Na、X为Al；（2）Y的低价氧化物通入Z单质的水溶液中发生反应生成两种强酸，则Y为S元素，Z为Cl元素，该反应为二氧化硫与氯气反应生成硫
61、酸与HCl；（3）非金属性越强，对应氢化物越稳定；可以利用单质之间相互置换反应等进行验证；（4）电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大【解答】解：W、X、Y、Z是原子序数118的元素，它们的原子核外电子层数相同，为同一周期元素，且原子序数依次增大，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素（1）W、X各自的氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，可推知W为Na、X为Al，该反应的离子方程式为Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OHAlO2+2H2O；（2）Y的低价氧化物通入Z单质的水溶液中发生反应生成两种强酸，则Y为S元素，Z为Cl元素，该反应为二
62、氧化硫与氯气反应生成硫酸与HCl，反应方程式为：SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl，故答案为：SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl；（3）非金属性ClS，非金属性越强，对应氢化物越稳定，故氢化物稳定性：HClH2S，可以利用单质之间相互置换反应等进行验证，具体实验方案为：在Na2S的溶液中通入Cl2，若溶液变浑浊，证明Cl的非金属性强于S，反应方程式为Na2S+Cl2S+2NaCl，故答案为：HClH2S；在Na2S的溶液中通入Cl2，若溶液变浑浊，证明Cl的非金属性强于S，反应方程式为Na2S+Cl2S+2NaCl；（4）电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离
63、子半径越大，故离子半径：S2ClNa+Al3+，故答案为：S2ClNa+Al3+【点评】本题考查结构性质位置关系应用，涉及方程式书写、元素化合物性质、元素周期律应用、微粒半径比较等，难度不大，注意掌握离子半径比较规律，掌握金属性、非金属强弱比较实验事实29A、B、C、D、E、F、G、H、和I、是中学化学中常见的气体，它们均由短周期元素组成，具有如下性质：A、B、E、F、G能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，I能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C、D、H不能使湿润的石蕊试纸变色；A和I相遇产生白色烟雾；B和E都能使品红溶液褪色；将红热的铜丝放入装有B的瓶中，瓶内充满棕黄色的烟；将点燃的镁条放入装有F的瓶中，镁
64、条剧烈燃烧，生成白色粉末，瓶内壁附着黑色颗粒；C和D相遇生成红棕色气体；G在D中燃烧可以产生E和H2O；将B和H 在瓶中混合后于亮处放置几分钟，瓶内壁出现油状液滴并产生A回答下列问题：（1）A的化学式是HCl，中烟雾的化学式是NH4Cl；（2）中发生反应的化学方程式是Cu+Cl2CuCl2；（3）中发生反应的化学方程式是2Mg+CO22MgO+C；（4）C的化学式是NO，D的化学式是O2；（5）中发生反应的化学方程式是2H2S+3O22H2O+2SO2；（6）H的化学式是CH4【考点】无机物的推断；常见气体的检验 【专题】推断题【分析】A、B、E、F、G能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，为酸性气体，
65、I能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，为碱性气体，故A为HCl，B为NH3，C、D、H不能使湿润的石蕊试纸变色，不表现酸碱性；A和I相遇产生白烟，为NH3与HCl；B和E都能使品红溶液褪色，为Cl2和SO2；将红热的铜丝放入装有B的瓶中，瓶内充满棕黄色的烟，故B为Cl2，E为SO2；Mg条能在F中剧烈燃烧，有黑色和白色两种产物，F为CO2；C和D相遇生成红棕色气体，为NO和O2；G在D中燃烧可以产生E和H2O，E为SO2，故D为O2，故C为NO，G含有H、S两种元素，G为H2S；B为Cl2，和H在瓶中混合后于亮处放置几分钟，瓶壁出现油状液滴并产生A（HCl），故H为CH4等【解答】解：A、B、E、F、
66、G能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，为酸性气体，I能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，为碱性气体，故A为HCl，B为NH3，C、D、H不能使湿润的石蕊试纸变色，不表现酸碱性；A和I相遇产生白烟，为NH3与HCl；B和E都能使品红溶液褪色，为Cl2和SO2；将红热的铜丝放入装有B的瓶中，瓶内充满棕黄色的烟，故B为Cl2，E为SO2；Mg条能在F中剧烈燃烧，有黑色和白色两种产物，F为CO2；C和D相遇生成红棕色气体，为NO和O2；G在D中燃烧可以产生E和H2O，E为SO2，故D为O2，故C为NO，G含有H、S两种元素，G为H2S；B为Cl2，和H在瓶中混合后于亮处放置几分钟，瓶壁出现油状液滴并产生A（HCl），
67、故H为CH4等，（1）由上述分析可知，A的化学式是HCl，中生成的白烟是氯化铵，由铵根离子与氯离子构成，化学式为NH4Cl，故答案为：HCl，；NH4Cl；（2）中发生的反应是铜与氯气反应生成氯化铜，反应方程式为：Cu+Cl2CuCl2，故答案为：Cu+Cl2CuCl2；（3）中发生的反应是Mg在二氧化碳中燃烧生成碳越氧化镁，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C；（4）由上述分子可知，C的化学式是NO，D的化学式是O2，故答案为：NO；O2；（5）中发生的反应是硫化氢燃烧生成二氧化硫与水，反应方程式为：2H2S+3O22SO2+2H2O，故答案为：2H
68、2S+3O22SO2+2H2O；（6）由上述分析可知，H的化学式是CH4等，故答案为：CH4【点评】本题考查物质性质的应用，以文字描述形式考查中学常见气体的性质、处于化学用语的书写，难度不大，注意基础知识的掌握，注意Mg可以在二氧化碳和氮气中燃烧三、实验题30实验室欲配制90mL浓度为1.00molL1的Na2CO3溶液：（1）配制时的实验步骤为：计算、称量、溶解、转移（洗涤）、定容、摇匀；（2）本实验中必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶（注明所需仪器的规格）（3）某同学欲称量Na2CO3的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图烧杯
69、的实际质量为27.4g，要完成本实验该同学应称出10.6g Na2CO3（4）使用容量瓶前必须进行的一步操作是检查是否漏液（5）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）没有洗涤烧杯和玻璃棒偏低；容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水无影响【考点】配制一定物质的量浓度的溶液 【专题】综合实验题【分析】（1）操作步骤有计算、称量、溶解、恢复室温、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作；（2）根据配制溶液的实验操作过程选择所需的仪器；（3）左盘质量=右盘质量+游码，据此计算烧杯的实际质量；没有90mL的容量瓶，应选择100mL容量瓶，利用n=cv计算出碳酸钠物质的量，再根据m=n
70、M计算所需碳酸钠的质量；（4）使用容量瓶之前应检查是否漏水；（5）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析判断【解答】解：（1）操作步骤有计算、称量、溶解、恢复室温、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，故答案为：定容；（2）没有90mL的容量瓶，应选择100mL容量瓶操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒23次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容
71、颠倒摇匀，故还需仪器有100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶；（3）左盘质量=右盘质量+游码，故烧杯的实际质量为30g2.6g=27.4g；没有90mL的容量瓶，应选择100mL容量瓶，需碳酸钠的质量m=0.1L1.00molL1106g/mol=10.6g，故答案为：27.4g；10.6g；（4）使用容量瓶之前应检查是否漏水，故答案为：检查是否漏液；（5）烧杯、玻璃棒未进行洗涤，少量碳酸钠沾在烧杯壁与玻璃棒上，移入容量瓶中碳酸钠的实际质量减小，所配溶液浓度偏低，故答案为：偏低；最后需要定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，故答案为：无影响【点评】本题考查了一定物质的量浓
72、度溶液的配制，注意根据c=理解配制原理，注意碳酸钠称量应在玻璃器皿内称量四、计算题31某课外兴趣小组在进行“诚信商品”实验时，随机抽取市售“碳酸氢钠”样品（成分说明见右表所示）经检验杂质只含NaCl，准确称取8.5g样品，加入100mL盐酸恰好完全反应生成2.24L气体（标准状况）小苏打化学式：NaHCO3杂质含量小于等于3%试回答下列问题：（1）样品中NaHCO3的物质的量0.1mol；（2）样品中小苏打的质量分数98.8%；（3）所用盐酸的物质的量浓度1mol/L；（4）根据计算结果及成分说明所提供信息，此产品可以（填“可以”或“不可以”）列入“诚信商品”【考点】有关混合物反应的计算 【专
73、题】计算题【分析】根据n=计算气体的物质的量，根据反应：分别计算NaHCO3和HCl的物质的量，进而计算HCl的浓度和杂质含量【解答】解：n（CO2）=0.1mol，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO21mol 1mol 1moln n 0.1mol（1）由反应方程式可知：n（NaHCO3）=0.1mol，故答案为：0.1mol；（2）m（NaHCO3）=nM=0.1mol84g/mol=8.4g，小苏打的质量分数为：=98.8%，故答案为：98.8%；（3）由方程式可知：n（HCl）=0.1mol，则：c（HCl）=1mol/L，故答案为：1mol/L；（4）小苏打的质量分数为98.8%，则杂质的质量分数为198.8%=1.2%3%，此产品可以是诚信产品，故答案为：可以【点评】本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意物质的量应用于化学方程式的计算