1、2016-2017学年云南省保山市腾冲一中高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1下列说法正确的是（）A硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物B蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质CMg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到D天然气、乙醇和水煤气分别属于化石能源、不可再生能源和二次能源2室温下，下列说法正确的是（）A将pH=2的盐酸和pH=4的硫酸等体积混合，所得溶液pH=3BHF比HCN易电离，则NaF溶液的pH比同浓度NaCN溶液的pH大C向0.1 mol/L氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中增大D将
2、1 mL pH=3的HA溶液稀释到10 mL，若溶液的pH4，则HA为弱酸3下列有关说法正确的是（）A食醋中总酸含量测定实验中，盛放NaOH溶液的滴定管排除气泡的方法是直接放液B用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，滤纸上端呈棕黄色，说明Fe3+在有机溶剂中的溶解能力较Cu2+小C在分液漏斗的检漏操作时，先向分液漏斗中加少量水，检查旋塞芯处是否漏水，然后将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水，待确认不漏水后方可使用D中和滴定实验中，如用于盛放待测溶液的锥形瓶洗净后未干燥，会影响测定结果4下列溶液中各微粒的浓度关系不正确的是（）A0.1 mol/L CH3COOH溶液中：c（CH3COO）+c（CH3C
3、OOH）=0.1mol/LBNaHCO3溶液中：c（OH）=c（H+）+c（H2CO3）c（CO32）CCH3COONa溶液中：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）DNa2S溶液中：2 c（Na+）=c（S2）+c（HS）+c（H2S）5下列解释实验事实的方程式不正确的是（）A明矾的水溶液pH7：Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+B将NH3通入滴有酚酞的水中，溶液变红：NH3+H2ONH3H2ONH+4+OHC向AgNO3溶液中加入NaCl溶液后，再加Na2S溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀：2AgCl+S2=Ag2S+2ClD用醋酸检验牙膏中的摩擦剂碳酸钙：CaCO3+
4、2H+=Ca2+H2O+CO2620mL 0.1mol/L溶液中含有Fe2+，向其中滴加NaOH溶液至pH=4，溶液中有沉淀生成，过滤，得沉淀和滤液已知：Kaq=Fe（OH）3=4.01038，Kaq=Fe（OH）2=8.01016（）A沉淀中只有Fe（OH）3B沉淀中有Fe（OH）3和Fe（OH）2C滤液c（Fe3+）=4.0108mol/LD向滤液中滴加FeCl2溶液，无沉淀产生7现给你提供以下试剂：蒸馏水；铁粉；浓硫酸；浓盐酸；烧碱；浓氨水；Cl2请你设计一个实验：从电子工业上用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板后的废液中（含有FeCl3、FeCl2、CuCl2），回收并制取纯净的FeCl3溶
5、液在方案中需选用上述试剂中的（）ABCD8在常温下，将等体积的盐酸和氨水混和后，所得溶液的pH=7，则下列说法正确的是（）A原来盐酸的物质的量浓度等于氨水的物质的量浓度B所得溶液中c（NH4+）=c（Cl）C所得溶液中c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）D所得溶液中c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（Cl）9下列四种溶液中，室温下由水电离生成的H+浓度之比（：）是（）pH=0的盐酸0.1molL1的盐酸0.01molL1的NaOH溶液pH=11的NaOH溶液A1：10：100：1 000B0：1：12：11C14：13：12：11D14：13：2：310有A2、B2两种单质，相互反应后生
6、成化合物C已知B2的相对分子质量是A2的2倍，反应时A2与B2的质量比为3：2，符合上述条件的反应是（）A3A2+B22A3BB3A2+2B22A3B2CA2+3B22AB3D2A2+B22A2B11设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A标准状况下，11.2L氟化氢中含有分子的数目为0.5NAB常温下a克某烷烃（CnH2n+2）中含有共用电子对数目为（3n+1）NAC56g 聚乙烯中含有碳碳双键的数目为2NAD常温下，0.2mol/L的FeCl3溶液中含Cl数目为0.6NA12下列除去杂质的方法不正确的是（）A镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤BSO2中混有少量SO
7、3：通过足 量浓H2SO4，收集气体CCl2中混有少量HCl：通过碱石灰后收集气体DAl（OH）3中混有少量Mg（OH）2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2，过滤二、解答题（共9小题，满分0分）13利用如图所示，根据以下8种气体回答：H2；O2；CH4；HCl；NH3；CO2；H2S；SO2（1）若烧瓶是干燥的，则由B口进气可收集的气体是，由A口进气可收集的气体是（2）若在烧瓶内充满水，可收集的气体有，气体应从口进入（3）若在烧瓶中加入适量的浓硫酸，可以用它来干燥的气体有，气体应从口进入14某化学实验小组选用图所示装置和下列所给试剂来证明非金属性：ClI请你按照他们的设
8、计思路完成该实验【可供选择的试剂有】稀盐酸，浓硫酸，MnO2，浓盐酸，淀粉碘化钾溶液，KMnO4，NaOH溶液，硝酸银溶液烧瓶A中应盛放的药品是（填序号），试管C中应盛放的药品是（填序号），则装置D的作用是，当观察到现象，即可证明非金属性ClI15化学课上老师做了一个演示实验：用脱脂棉包住约0.2g过氧化钠粉末，置于石棉网上，往脱脂棉上滴水，观察到脱脂棉剧烈燃烧起来（1）由上述实验现象所得出的有关过氧化钠跟水反应的结论是：第一：有氧气生成；第二：Na2O2跟水反应的化学方程式是（2）某研究性学习小组拟用如图1所示装置（气密性良好）进行实验，以证明上述结论用以验证第一条结论的实验操作是：；用以验
9、证第二条结论的实验方法是：（3）实验（2）往试管中加水至固体完全溶解且不再有气泡生成后，取出试管，往试管中滴入酚酞试液，发现溶液先变红后褪色为探究其原因，该小组同学从查阅有关资料中得知：Na2O2与水反应可生成H2O2，H2O2具有强氧化性和漂白性请设计一个简单的实验，验证Na2O2跟足量水充分反应后的溶液中有H2O2存在（只要求写出实验所用的试剂及观察到的现象）试剂：；现象：（4）该小组同学提出用定量的方法探究Na2O2跟水反应后的溶液中否含有H2O2，其实验方法为：称取2.6g Na2O2固体，使之与足量的水反应，测量产生O2的体积并与理论值比较，即可得出结论测量气体体积时，必须待试管和量
10、筒内的气体都冷却至室温时进行，应选用如图2装置中的（忽略导管在量筒中所占的体积）（填序号），理由是若在标准状况下测量气体的体积，应选用的量筒的大小规格为（选填“100mL”“200mL”“500mL”或“1000mL”）16高温煅烧碱式碳酸镁得到MgO取碱式碳酸镁4.66g，高温煅烧至恒重，得到固体2.00g和标准状况下CO2 0.896L，通过计算确定碱式碳酸镁的化学式17W、X、Y和Z都是周期表中前20号元素，已知：W的阳离子Y的阴离子具有相同的核外电子排布，且能形成组成为WY的化合物；Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物；X和Z属同一周期元素，它们能形成两种气态化合物：W和X能形成
11、组成为WX2的化合物；X和Y不在同一周期，它们能形成组成为XY2的化合物请回答：（1）W元素是；Z元素是（2）化合物WY和WX2的化学式分别是和（3）Y和Z形成的两种常见化合物的分子式是和（4）写出X和Z形成的一种气态化合物跟WZ反应的化学方程式：18下列各物质哪些是电解质，哪些是非电解质？KCl BaSO4 CH3CH2OH NaOH Fe H2SO4 H2O19A、B、C是单质，其中A是金属，各种物质间的转化关系如图：根据图示转化关系回答：（1）写出下列物质的化学式A，B，乙，丁（2）写出下列变化的化学方程式A与NaOH溶液反应的化学方程式甲与NaOH溶液反应的离子方程式（3）将一定量的A
12、加入到NaOH溶液中，产生的C在标准状况下的体积为3.36L，则消耗的A的物质的量为，转移电子的物质的量为20根据下列数据判断元素X的相对原子质量（1）1.01105 Pa，273时气态单质Xn的密度为d g/L，则X的相对原子质量为（2）相同状况下，一定体积的气态氢化物HmX的质量是等体积NH3的2倍则X的相对原子质量为（3）a个X原子的总质量为b g，则X的相对原子质量可表示为（1）20g A物质和14g B物质完全反应，生成8.8g C物质、3.6g D物质和0.2mol E物质，则E物质的摩尔质量为（2）12.4g Na2X含有0.4mol Na+，Na2X的摩尔质量为，其相对分子质量
13、为，X的相对原子质量为，该物质的化学式为21元素A的单质能与H2化合生成HxA，在标准状况下8.5gHxA气体的体积是5.6L含5.1g的HxA的溶液与200ml0.75mol/l的CuCl2溶液正好发生复分解反应，并生成黑色沉淀和一种强酸，则：（1）A 元素的相对原子质量，若A 的质子数等于中子数，则A是元素（填名称）（2）A的最高价氧化物是（填化学式）这一氧化物在室温下呈态，将其熔化需要克服（3）HxA与CuCl2溶液反应的离子方程式（4）A的单质在常温下是固体，在常温常压下0.25mol该单质完全燃烧放出QkJ的热量写出该反应的热化学方程式：2016-2017学年云南省保山市腾冲一中高三
14、（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1下列说法正确的是（）A硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物B蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质CMg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到D天然气、乙醇和水煤气分别属于化石能源、不可再生能源和二次能源【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；常见的能量转化形式；强电解质和弱电解质的概念；金属冶炼的一般原理【分析】A、纯碱即碳酸钠属于盐；B、蔗糖在熔融时和溶液中都不导电，硫酸钡在溶液中完全电离，水能部分电离；C、Mg、Al的活泼性较强，用电解法
15、冶炼；D、乙醇可以由粮食发酵制得，属于可再生能源【解答】解：A、纯碱即碳酸钠，是由钠离子和碳酸根离子构成的属于盐，不是碱，故A错误；B、蔗糖在熔融时和溶液中都不导电属于非电解质，硫酸钡在溶液中完全电离属于强电解质，水能部分电离属于弱电解质，故B正确；C、Mg、Al的活泼性较强，用电解法冶炼，不能用置换法冶炼得到，故C错误；D、天然气属于化石燃料，乙醇可以由粮食发酵制得，属于可再生能源，水煤气由C和水蒸气高温反应制得属于二次能源，故D错误故选B2室温下，下列说法正确的是（）A将pH=2的盐酸和pH=4的硫酸等体积混合，所得溶液pH=3BHF比HCN易电离，则NaF溶液的pH比同浓度NaCN溶液的
16、pH大C向0.1 mol/L氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中增大D将1 mL pH=3的HA溶液稀释到10 mL，若溶液的pH4，则HA为弱酸【考点】pH的简单计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用【分析】A首先计算混合溶液中的c（H+），根据pH=lgc（H+）计算；B根据越弱越水解的原则判断；C向0.1 mol/L氨水中加入少量硫酸铵固体，平衡NH3H2ONH4+OH，结合盐类的水解的平衡移动的因素分析；D加水促进弱酸的电离【解答】解：A混合后c（H+）=mol/L102mol/L，pH=2.3，故A错误；B根据越弱越水解的原则，HF比HCN易电离，则NaF溶液的pH比同浓度N
17、aCN溶液的pH小，故B错误；C氨水中存在NH3H2ONH4+OH，加入少量硫酸铵固体，平衡向逆方向移动，则溶液中减小，故C错误；D将1 mL pH=3的HA溶液稀释到10 mL，如pH=4，则HA为强酸，如pH4，加水促进弱酸的电离，则HA为弱酸，故D正确故选D3下列有关说法正确的是（）A食醋中总酸含量测定实验中，盛放NaOH溶液的滴定管排除气泡的方法是直接放液B用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，滤纸上端呈棕黄色，说明Fe3+在有机溶剂中的溶解能力较Cu2+小C在分液漏斗的检漏操作时，先向分液漏斗中加少量水，检查旋塞芯处是否漏水，然后将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水，待确认不漏水后方可使用
18、D中和滴定实验中，如用于盛放待测溶液的锥形瓶洗净后未干燥，会影响测定结果【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；中和滴定【分析】A、盛放NaOH溶液的滴定管排除气泡的方法是充液；B、用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，滤纸上端呈棕黄色是因为铜离子和铁离子在滤纸上的移动速度不同；C、分液漏斗检验是否漏水需要检验两处活塞是否漏水；D、锥形瓶中是盛待测液，不需要干燥；【解答】解：A、盛放NaOH溶液的滴定管排除气泡的方法是充液，不是直接放液，故A错误；B、用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，滤纸上端呈棕黄色是因为铜离子和铁离子在滤纸上的移动速度不同铜离子比铁离子重，在下层，上层是铁离子故B错误；
19、C、在分液漏斗的检漏操作时，先向分液漏斗中加少量水，检查旋塞芯处是否漏水，然后将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水，待确认不漏水后方可使用，符合检漏方法，故C正确；D、中和滴定实验中，用于盛放准确体积的待测溶液的锥形瓶洗净后不需要干燥，不会影响测定结果，故D错误；故选C4下列溶液中各微粒的浓度关系不正确的是（）A0.1 mol/L CH3COOH溶液中：c（CH3COO）+c（CH3COOH）=0.1mol/LBNaHCO3溶液中：c（OH）=c（H+）+c（H2CO3）c（CO32）CCH3COONa溶液中：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）DNa2S溶液中：2 c（Na+）=
20、c（S2）+c（HS）+c（H2S）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A根据物料守恒判断；B根据物料守恒和电荷守恒判断；C根据溶液是酸碱性及电荷守恒判断；D根据物料守恒判断【解答】解：A根据物料守恒得c（CH3COO）+c（CH3COOH）=0.1mol/L，故A正确；B根据物料守恒得c（Na+）=c（H2CO3）+c（HCO3）+c（CO32），c（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+2c（CO32 ）+c（OH），所以得c（OH）=c（H+）+c（H2CO3）c（CO32），故B正确；C醋酸钠是强碱弱酸盐其溶液呈碱性，所以c（OH）c（H+），根据电荷守恒得c（Na+）c（CH3COO）
21、，酸根离子浓度大于氢氧根离子浓度，所以c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+），故C正确；D根据物料守恒得c（Na+）=2c（S2）+2c（HS）+2c（H2S），故D错误；故选：D5下列解释实验事实的方程式不正确的是（）A明矾的水溶液pH7：Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+B将NH3通入滴有酚酞的水中，溶液变红：NH3+H2ONH3H2ONH+4+OHC向AgNO3溶液中加入NaCl溶液后，再加Na2S溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀：2AgCl+S2=Ag2S+2ClD用醋酸检验牙膏中的摩擦剂碳酸钙：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2【考点】离子方程式的书写【分
22、析】A明矾中铝离子结合水电离的氢氧根离子生成氢氧化铝胶体，溶液显示酸性；B氨水中一水合氨为弱碱，能够部分电离出氢氧根离子，溶液显示碱性；C硫化银沉淀比氯化银更难溶，出现了沉淀转化D醋酸为弱电解质，离子方程式中醋酸应该保留分子式【解答】解：A明矾的水溶液pH7的原因为铝离子部分水解，反应的离子方程式为：Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，故A正确；B将NH3通入滴有酚酞的水中，氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨为弱碱，所以溶液变红，反应的离子方程式为：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，故B正确；C向AgNO3溶液中加入NaCl溶液后，再加Na2S溶液，白色沉淀氯化银转化为更难溶
23、的硫化银黑色沉淀，反应的离子方程式为：2AgCl+S2=Ag2S+2Cl，故C正确；D醋酸在离子方程式中应该保留分子式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故D错误；故选D620mL 0.1mol/L溶液中含有Fe2+，向其中滴加NaOH溶液至pH=4，溶液中有沉淀生成，过滤，得沉淀和滤液已知：Kaq=Fe（OH）3=4.01038，Kaq=Fe（OH）2=8.01016（）A沉淀中只有Fe（OH）3B沉淀中有Fe（OH）3和Fe（OH）2C滤液c（Fe3+）=4.0108mol/LD向滤液中滴加FeCl2溶液，无沉淀产生【考点】难溶电解质
24、的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】AB根据c（Fe2+）c（OH）2与Ksp=Fe（OH）2的关系分析；C根据Ksp=Fe（OH）3=c（Fe3+）c（OH）3计算；D向滤液中滴加FeCl2溶液，溶液的PH增大【解答】解：AB20mL 0.1mol/L溶液中含有Fe2+，向其中滴加NaOH溶液至pH=4，则c（OH）=1010mol/L，KspFe（OH）2=8.01016=c（Fe2+）c（OH）2=c（Fe2+）（1010）2，解得c（Fe2+）=8104mol/L，所以溶液中没有Fe（OH）2沉淀，Fe（OH）2在溶液中易被氧化为Fe（OH）3；所以溶液中生成的沉淀是Fe（OH）3沉淀，
25、故A正确，B错误；C已知溶液的PH=4，则c（OH）=1010mol/L，KspFe（OH）3=4.01038=c（Fe3+）c（OH）3=c（Fe3+）（1010）3，解得c（Fe3+）=4.0108mol/L，所以滤液c（Fe3+）=4.0108mol/L，故C正确；D向滤液中滴加FeCl2溶液，溶液的体积增大，氢氧根离子的浓度减小，所以没有沉淀生成，故D正确；故选B7现给你提供以下试剂：蒸馏水；铁粉；浓硫酸；浓盐酸；烧碱；浓氨水；Cl2请你设计一个实验：从电子工业上用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板后的废液中（含有FeCl3、FeCl2、CuCl2），回收并制取纯净的FeCl3溶液在方案中需
26、选用上述试剂中的（）ABCD【考点】物质分离、提纯的实验方案设计【分析】腐蚀废液中含有氯化铜、氯化亚铁以及氯化铁，铁可以置换金属铜，可以和三价铁反应，铜不能盐酸反应，而金属铁可以，氯气具有氧化性，能将亚铁离子氧化为三价铁，以此解答【解答】解：腐蚀废液中含有氯化铜、氯化亚铁以及氯化铁，加入过量的铁可以和氯化铁反应生成氯化亚铁，和氯化铜反应生成金属铜和氯化亚铁，即Fe+Cu2+=Fe2+Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+，过滤，所得的滤液是氯化亚铁，滤渣是金属铜和过量的铁，铜不能盐酸反应，而金属铁可以，Fe+2H+=Fe2+H2，向滤渣中加入足量的盐酸可以将铜分离，再过滤，得到的滤液是氯化亚铁，氯
27、气具有氧化性，能将亚铁离子氧化为三价铁，2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，再向滤液中通入氯气即可，故选A8在常温下，将等体积的盐酸和氨水混和后，所得溶液的pH=7，则下列说法正确的是（）A原来盐酸的物质的量浓度等于氨水的物质的量浓度B所得溶液中c（NH4+）=c（Cl）C所得溶液中c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）D所得溶液中c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（Cl）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】盐酸和氨水混和，若恰好中和生成氯化铵，铵根水解导致溶液显酸性，现显中性，说明氨水过量，结合溶液中的电荷守恒降低该题【解答】解：A、盐酸和氨水混和，若恰好中和生成氯化铵，
28、铵根水解导致溶液显酸性，现显中性，说明氨水过量，故A错误；B、溶液中存在电荷守恒，即c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH），溶液的pH=7，说明氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以c（NH4+）=c（Cl），故B正确；C、溶液中存在电荷守恒，即c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH），故C错误；D、若只有氯化铵，依据物料守恒c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（Cl），但铵根还有氨水电离出来的，所以c（NH4+）+c（NH3H2O）c（Cl），故D错误；故选B9下列四种溶液中，室温下由水电离生成的H+浓度之比（：）是（）pH=0的盐酸0.1molL1的盐酸0.01molL
29、1的NaOH溶液pH=11的NaOH溶液A1：10：100：1 000B0：1：12：11C14：13：12：11D14：13：2：3【考点】水的电离【分析】电离平衡为H2OH+OH，在水中加入酸或者碱溶液，导致溶液中氢离子或者氢氧根离子浓度增大，抑制了水的电离；酸溶液中氢氧根离子是水电离的，碱溶液中氢离子是水电离，据此计算出各项水电离的氢离子浓度【解答】解：酸溶液中，氢氧根离子是水电离，碱溶液中氢离子是水电离的，pH=0的盐酸，溶液中氢离子浓度为1mol/L，水电离的氢氧根离子为： mol/L=11014mol/L；0.1mol/L盐酸，溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，水电离的氢氧根离子
30、为： mol/L=11013mol/L；0.01mol/L的NaOH 溶液，溶液中氢离子浓度为： mol/L=11012mol/L；pH=11的NaOH 溶液，溶液中氢离子浓度为：11011mol/L；所以由水电离产生的c（H+）之比：=11014mol/L：11013mol/L：11012mol/L：11011mol/L=1：10：100：1000，故选A10有A2、B2两种单质，相互反应后生成化合物C已知B2的相对分子质量是A2的2倍，反应时A2与B2的质量比为3：2，符合上述条件的反应是（）A3A2+B22A3BB3A2+2B22A3B2CA2+3B22AB3D2A2+B22A2B【考点
31、】物质的量的相关计算【分析】B2的相对分子质量是A2的2倍，设B2的相对分子质量是2x，则A2的相对分子质量是x，反应时A2与B2的质量比为3：2，可知二者的物质的量比为： =3：1，结合物质的量比等于化学计量数之比及质量守恒定律来解答【解答】解：B2的相对分子质量是A2的2倍，设B2的相对分子质量是2x，则A2的相对分子质量是x，反应时A2与B2的质量比为3：2，可知二者的物质的量比为： =3：1，由物质的量比等于化学计量数之比可知，3A2+B2X，结合原子守恒可知，反应为3A2+B22A3B，即生成物为A3B，故选A11设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A标准状况下，11.2
32、L氟化氢中含有分子的数目为0.5NAB常温下a克某烷烃（CnH2n+2）中含有共用电子对数目为（3n+1）NAC56g 聚乙烯中含有碳碳双键的数目为2NAD常温下，0.2mol/L的FeCl3溶液中含Cl数目为0.6NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、标况下HF为液态；B、求出某烷烃（CnH2n+2）的物质的量，然后根据1mol某烷烃（CnH2n+2）中含2n+2条CH键和n1条CC键即共3n+1条共价键来分析；C、聚乙烯中不含碳碳双键；D、溶液体积不明确【解答】解：A、标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故A错误；B、ag某烷烃（CnH2n+2）的物质的量n
33、=mol，而1mol某烷烃（CnH2n+2）中含2n+2条CH键和n1条CC键即共3n+1条共价键，故mol烷烃中含条共价键，故B正确；C、乙烯发生加聚后所得的聚乙烯中不含碳碳双键，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故D错误故选B12下列除去杂质的方法不正确的是（）A镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤BSO2中混有少量SO3：通过足 量浓H2SO4，收集气体CCl2中混有少量HCl：通过碱石灰后收集气体DAl（OH）3中混有少量Mg（OH）2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2，过滤【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【
34、分析】A依据铝能够与氢氧化钠反应生成溶于水的偏铝酸钠解答；B浓硫酸能吸收三氧化硫；C氯气与碱石灰也反应；D氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝【解答】解：A镁粉中混有少量铝粉加入氢氧化钠溶液，铝能够与氢氧化钠反应生成溶于水的偏铝酸钠，然后过滤，故A正确；B浓硫酸能吸收三氧化硫，二氧化硫不溶于浓硫酸，所以SO2中混有少量SO3：通过足 量浓H2SO4，收集气体，故B正确；CCl2、HCl都能与碱石灰反应，所以不能用碱石灰除去氯气中的氯化氢，故C错误；DAl（OH）3中混有少量Mg（OH）2：加入足量烧碱溶液，氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，氢氧化镁不
35、反应，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2，偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，过滤，故D正确；故选：C二、解答题（共9小题，满分0分）13利用如图所示，根据以下8种气体回答：H2；O2；CH4；HCl；NH3；CO2；H2S；SO2（1）若烧瓶是干燥的，则由B口进气可收集的气体是，由A口进气可收集的气体是（2）若在烧瓶内充满水，可收集的气体有，气体应从A口进入（3）若在烧瓶中加入适量的浓硫酸，可以用它来干燥的气体有，气体应从B口进入【考点】气体的收集；气体的净化和干燥【分析】（1）若烧瓶是干燥的，采用排空气法收集气体，说明常温下该气体和氧气不反应，如果由B口进气，说明该气体密度大于空气
36、，如果A口为进气口，说明该气体密度小于空气；（2）若在烧瓶内充满水，采用排水法收集气体，说明该气体不易溶于水，导气管采用“短进长出”原则；（3）若在烧瓶中加入适量的浓硫酸，浓硫酸作干燥剂，说明该气体和浓硫酸不反应，导气管采用“长进短出”原则【解答】解：（1）若烧瓶是干燥的，采用排空气法收集气体，说明常温下该气体和氧气不反应，如果由B口进气，说明该气体密度大于空气，符合条件的有，如果A口为进气口，说明该气体密度小于空气，符合条件的有，故答案为：；（2）若在烧瓶内充满水，采用排水法收集气体，说明该气体不易溶于水，符合条件的有，导气管采用“短进长出”原则，则A为进气口，故答案为：；A；（3）若在烧瓶
37、中加入适量的浓硫酸，浓硫酸作干燥剂，说明该气体和浓硫酸不反应，符合条件的有，导气管采用“长进短出”原则，B为进气口，故答案为：；B14某化学实验小组选用图所示装置和下列所给试剂来证明非金属性：ClI请你按照他们的设计思路完成该实验【可供选择的试剂有】稀盐酸，浓硫酸，MnO2，浓盐酸，淀粉碘化钾溶液，KMnO4，NaOH溶液，硝酸银溶液烧瓶A中应盛放的药品是（填序号），试管C中应盛放的药品是（填序号），则装置D的作用是吸收未反应完的氯气，防止污染环境，当观察到现象C中溶液变蓝，即可证明非金属性ClI【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【分析】KMnO4与浓盐酸反应生成氯气，氯气具
38、有强氧化性，能将碘离子氧化为碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，由此分析解答【解答】解：KMnO4与浓盐酸反应生成氯气，氯气与淀粉碘化钾混合溶液反应生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，故C中溶液变为蓝色，氯气与淀粉碘化钾混合溶液反应离子方程式为：Cl2+2I2Cl+I2，则证明了非金属性：ClI，所以烧瓶A中应盛放的药品是KMnO4，管C中应盛放的药品是粉碘化钾溶液，则装置D的作用是用氢氧化钠吸收多余的氯气，当观察到现象溶液变为蓝色可证明非金属性ClI，故答案为：；吸收未反应完的氯气，防止污染环境；C中溶液变蓝15化学课上老师做了一个演示实验：用脱脂棉包住约0.2g过氧化钠粉末，置于石棉网上，往脱脂棉上滴
39、水，观察到脱脂棉剧烈燃烧起来（1）由上述实验现象所得出的有关过氧化钠跟水反应的结论是：第一：有氧气生成；第二：该反应是放热反应Na2O2跟水反应的化学方程式是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2（2）某研究性学习小组拟用如图1所示装置（气密性良好）进行实验，以证明上述结论用以验证第一条结论的实验操作是：打开分液漏斗活塞使水流入试管，再将带火星的木条靠近导管口P处，木条复燃，证明有O2生成；用以验证第二条结论的实验方法是：将导管Q浸入水中，反应过程中导管口有气泡冒出（3）实验（2）往试管中加水至固体完全溶解且不再有气泡生成后，取出试管，往试管中滴入酚酞试液，发现溶液先变红后褪色为探究其原因，
40、该小组同学从查阅有关资料中得知：Na2O2与水反应可生成H2O2，H2O2具有强氧化性和漂白性请设计一个简单的实验，验证Na2O2跟足量水充分反应后的溶液中有H2O2存在（只要求写出实验所用的试剂及观察到的现象）试剂：MnO2；现象：气泡迅速产生，能使带火星的木条复燃（4）该小组同学提出用定量的方法探究Na2O2跟水反应后的溶液中否含有H2O2，其实验方法为：称取2.6g Na2O2固体，使之与足量的水反应，测量产生O2的体积并与理论值比较，即可得出结论测量气体体积时，必须待试管和量筒内的气体都冷却至室温时进行，应选用如图2装置中的（忽略导管在量筒中所占的体积）B（填序号），理由是防止气体冷却
41、时发生倒吸现象若在标准状况下测量气体的体积，应选用的量筒的大小规格为500mL（选填“100mL”“200mL”“500mL”或“1000mL”）【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）脱脂棉燃烧除了有氧气外，必须要达到其燃点，据此可判断该反应是放热反应；（2）该小题实质上是考查氧气的检验、气密性检查等化学实验基本操作方法的运用，将带火星的木条靠进导管口P处，木条复燃，将导管Q浸入水中，反应过程中导管口有气泡冒出；（3）H2O2在MnO2催化条件下会生成氧气；（4）测量气体体积时，为防止倒吸应将导管尽量插入量筒底部，使用的量筒应是生成氧气的最大值【解答】解：（1）脱脂棉燃烧除了有氧气外，必须要
42、达到其燃点，则该反应为放热反应，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故答案为：该反应是放热反应； 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；（2）检验是否有氧气生成，可根据氧气能使带火星的木条复燃进行检验，具体做法是打开分液漏斗活塞使水流入试管，再将带火星的木条靠近导管口P处，木条复燃，证明有O2生成；该反应为放热反应，容器温度升高，容器内气体会膨胀，因此，将导管Q浸入水中，反应过程中导管口有气泡冒出；故答案为：打开分液漏斗活塞使水流入试管，再将带火星的木条靠近导管口P处，木条复燃，证明有O2生成；将导管Q浸入水中，反应过程中导管口有气泡冒出；（3）H2O2在MnO2催
43、化条件下会生成氧气，加入催化剂，过氧化氢分解生成氧气，溶液中有气泡产生，且能使带火星的木条复燃，证明有氧气生成，故答案为：MnO2； 气泡迅速产生，能使带火星的木条复燃；（4）测量气体体积时，为防止倒吸应将导管尽量插入量筒底部，所以应用B装置，故答案为：B；防止气体冷却时发生倒吸现象；n（Na2O2）=mol，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O22mol 22.4Lmol V（O2）V（O2）=L=0.373L=373mL，所以应用500mL的量筒，故答案为：500mL16高温煅烧碱式碳酸镁得到MgO取碱式碳酸镁4.66g，高温煅烧至恒重，得到固体2.00g和标准状况下CO2 0.896L
44、，通过计算确定碱式碳酸镁的化学式【考点】化学方程式的有关计算【分析】生成固体2.00g为MgO，还生成水，结合n=、n=及原子守恒计算【解答】解：n（CO2）=4.00102 mol，n（MgO）=5.00102 mol，n（H2O）=5.00102 mol，碱式碳酸镁分解生成n（MgO）：n（CO2）：n（H2O）=（5.00102）：（4.00102）：（5.00102）=5：4：5，可知碱式碳酸镁的化学式为Mg（OH）24MgCO34H2O，答：碱式碳酸镁的化学式为Mg（OH）24MgCO34H2O17W、X、Y和Z都是周期表中前20号元素，已知：W的阳离子Y的阴离子具有相同的核外电子排
45、布，且能形成组成为WY的化合物；Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物；X和Z属同一周期元素，它们能形成两种气态化合物：W和X能形成组成为WX2的化合物；X和Y不在同一周期，它们能形成组成为XY2的化合物请回答：（1）W元素是钙；Z元素是氧（2）化合物WY和WX2的化学式分别是CaS和CaC2（3）Y和Z形成的两种常见化合物的分子式是SO2和SO3（4）写出X和Z形成的一种气态化合物跟WZ反应的化学方程式：CO2+CaO=CaCO3【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】W的阳离子Y的阴离子具有相同的核外电子排布，且能形成组成为WY的化合物，WY型的离子化合物只能是AA与AA，在周期表中
46、前20号元素中只可能形成MgO、CaS、NaF、KCl四种物质； Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物，同族元素形成的两种常见化合物可能为SO2、SO3； X和Z属同一周期元素，同周期元素间能形成两种气态化合物的一般处于第二周期，Z为氧元素，Y为硫元素；X可能为碳元素或氮元素；WY的化合物为CaSW和X能形成组成为WX2的化合物，WX2的化合物可能为CaC2的化合物，X可能为碳元素；碳元素和硫元素不在同一周期，它们能形成组成为SC2故W为钙元素；X为碳元素；Y为硫元素；Z为氧元素【解答】解：W的阳离子Y的阴离子具有相同的核外电子排布，且能形成组成为WY的化合物，WY型的离子化合物只能是A
47、A与AA，在周期表中前20号元素中只可能形成MgO、CaS、NaF、KCl四种物质； Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物，同族元素形成的两种常见化合物可能为SO2、SO3； X和Z属同一周期元素，同周期元素间能形成两种气态化合物的一般处于第二周期，Z为氧元素，Y为硫元素；X可能为碳元素或氮元素；WY的化合物为CaSW和X能形成组成为WX2的化合物，WX2的化合物可能为CaC2的化合物，X可能为碳元素；碳元素和Y为硫元素不在同一周期，它们能形成组成为CS2故W为钙元素；X为碳元素；Y为硫元素；Z为氧元素（1）由上述分析可知，W为钙元素；Z为氧元素故答案为：钙；氧（2）由上述分析可知，化合
48、物WY和WX2的化学式分别是CaS、CaC2故答案为：CaS；CaC2（3）由上述分析可知，Y和Z形成的两种常见化合物的分子式分别是SO2、SO3故答案为：SO2；SO3（4）WZ为CaO，X和Z形成的气态化合物为CO、CO2，CO2与CaO反应生成碳酸钙，反应方程式为CO2+CaO=CaCO3故答案为：CO2+CaO=CaCO318下列各物质哪些是电解质，哪些是非电解质？KCl BaSO4 CH3CH2OH NaOH Fe H2SO4 H2O【考点】电解质与非电解质【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物【解答】解：KCl在水中
49、或熔化状态下能导电，是电解质；BaSO4在熔化状态下能导电，是电解质；CH3CH2OH在水中和熔化状态下都不能导电，是非电解质；NaOH在水中或熔化状态下能导电，是电解质；Fe为金属，既不是电解质也不是非电解质；H2SO4在水中能导电，是电解质；H2O能微弱电离，是电解质；故属于电解质的是：KCl、BaSO4、NaOH、H2SO4、H2O；属于非电解质的是：CH3CH2OH；答：属于电解质的是：KCl、BaSO4、NaOH、H2SO4、H2O；属于非电解质的是：CH3CH2OH19A、B、C是单质，其中A是金属，各种物质间的转化关系如图：根据图示转化关系回答：（1）写出下列物质的化学式AAl，
50、BO2，乙NaAlO2，丁Al（OH）3（2）写出下列变化的化学方程式A与NaOH溶液反应的化学方程式2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2甲与NaOH溶液反应的离子方程式Al2O3+2OH2AlO2+H2O（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3.36L，则消耗的A的物质的量为0.1mol，转移电子的物质的量为0.3mol【考点】无机物的推断【分析】常见金属单质中能与NaOH溶液反应产生气体的只有Al，所以A是Al，乙是NaAlO2，C是H2；甲是Al的化合物，可和NaOH溶液反应产生NaAlO2，可甲能是Al2O3，则丙是H2O，B即是O2，根据N
51、aAlO2+CO2+2H2ONaHCO3+Al（OH）3得丁是Al（OH）3，验证符合转化关系【解答】解：常见金属单质中能与NaOH溶液反应产生气体的只有Al，所以A是Al，乙是NaAlO2，C是H2；甲是Al的化合物，可和NaOH溶液反应产生NaAlO2，可甲能是Al2O3，则丙是H2O，B即是O2，根据NaAlO2+CO2+2H2ONaHCO3+Al（OH）3得丁是Al（OH）3，验证符合转化关系（1）由上述分析可知，A为Al，B为O2，乙是NaAlO2，丁是Al（OH）3；故答案为：Al；O2；NaAlO2；Al（OH）3；（2）Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为：2
52、Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2；故答案为：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2；Al2O3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al2O3+2OH2AlO2+H2O；故答案为：Al2O3+2OH2AlO2+H2O；（3）产生的H2在标准状况下的体积为3.36L，物质的量为=0.15mol，根据2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2可知，消耗的Al的物质的量为0.15mol=0.1mol，转移电子数目为0.1mol3=0.3mol，故答案为：0.1mol；0.3mol20根据下列数据判断元素X的相对原子质量（1）1.01105 Pa，2
53、73时气态单质Xn的密度为d g/L，则X的相对原子质量为（2）相同状况下，一定体积的气态氢化物HmX的质量是等体积NH3的2倍则X的相对原子质量为34m（3）a个X原子的总质量为b g，则X的相对原子质量可表示为NA（1）20g A物质和14g B物质完全反应，生成8.8g C物质、3.6g D物质和0.2mol E物质，则E物质的摩尔质量为108gmol1（2）12.4g Na2X含有0.4mol Na+，Na2X的摩尔质量为62g/mol，其相对分子质量为62，X的相对原子质量为16，该物质的化学式为Na2O【考点】物质的量的相关计算【分析】（1）由PV=nRT可知，在273时，气体摩尔
54、体积是标况下的2倍，根据M=Vm计算该气体的摩尔质量，据此计算X的相对原子质量；（2）同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，据此计算H2X的相对分子质量，进而计算X的相对原子质量；（3）一个X原子的质量为g，1mol X的质量（以g为单位）在数值上等于其相对原子质量；（1）根据质量守恒可计算E的物质的量，结合M=计算摩尔质量；（2）根据M=来计算其摩尔质量，摩尔质量在数值上等于其相对原子质量，进而计算X的相对原子质量，根据X的相对原子质量来确定X为何种元素，据此判断分子式【解答】解：（1）在273时，气体摩尔体积是标况下的2倍，即Vm=222.4 Lmol1=44.8 Lmol1，Xn的相
55、对分子质量为44.8d，X的相对原子质量是，故答案为：；（2）相同状况下，一定体积的气态氢化物HmX的质量是等体积NH3的2倍，则二者密度之比为2：1，同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，HmX的相对分子质量为172=34，则X的相对原子质量为34m，故答案为：34m；（3）一个X原子的质量为g，1 mol X的质量为gNA，则X的相对原子质量为NA，故答案为： NA；（1）依据质量守恒定律，m（E）=（20 g+14 g）（8.8 g+3.6 g）=21.6 g，则M（E）=108 gmol1，故答案为：108 gmol1；（2）Na2X中含有0.4mol Na+，Na2X的物质的量为
56、0.2mol，则Na2X的摩尔质量=62g/mol，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，钠原子的相对原子质量是23，所以X的相对原子质量是62232=16，X为氧原子，该物质的化学式为Na2O，故答案为：62g/mol；62；16；Na2O21元素A的单质能与H2化合生成HxA，在标准状况下8.5gHxA气体的体积是5.6L含5.1g的HxA的溶液与200ml0.75mol/l的CuCl2溶液正好发生复分解反应，并生成黑色沉淀和一种强酸，则：（1）A 元素的相对原子质量32，若A 的质子数等于中子数，则A是S元素（填名称）（2）A的最高价氧化物是SO3（填化学式）这一氧化物在室温下呈液态，将其
57、熔化需要克服分子间作用力（3）HxA与CuCl2溶液反应的离子方程式H2S+Cu2+=CuS+2H+（4）A的单质在常温下是固体，在常温常压下0.25mol该单质完全燃烧放出QkJ的热量写出该反应的热化学方程式：S（s）+O2（g）=SO2（g）H=4QkJ/mol【考点】化学方程式的有关计算【分析】在标准状况下8.5g HxA气体的体积是5.6L，其物质的量为=0.25mol，故HxA的相对分子质量为=34，含5.1g HxA的物质的量为=0.15mol，CuCl2的物质的量为0.2L0.75mol/L=0.15mol，二者正好完全反应，生成黑色沉淀，则HxA中A表现2价，故x=2，则A的相
58、对原子质量，342=32，若A的质子数等于中子数，可推知A为S元素，据此解答【解答】解：（1）在标准状况下8.5g HxA气体的体积是5.6L，其物质的量为=0.25mol，故HxA的相对分子质量为=34，含5.1g HxA的物质的量为=0.15mol，CuCl2的物质的量为0.2L0.75mol/L=0.15mol，二者正好完全反应，生成黑色沉淀，则HxA中A表现2价，故x=2，则A的相对原子质量，342=32，若A的质子数等于中子数，可推知A为S元素，故答案为：32；S；（2）硫元素的最高价氧化物是SO3，室温下呈液态，分子间作用力影响物质的物理性质即熔沸点，故答案为：SO3；液； 分子间作用力；（3）HxA与CuCl2溶液反应的离子方程式为：H2S+Cu2+=CuS+2H+，故答案为：H2S+Cu2+=CuS+2H+；（4）0.25mol该单质完全燃烧放出QkJ，故1mol该单质完全燃烧放出4QkJ，故热化学方程式为S（s）+O2（g）=SO2（g）H=4QkJ/mol，故答案为：S（s）+O2（g）=SO2（g）H=4QkJ/mol2017年4月29日
