1、2016-2017学年山东滕州市高补学校第一学期高三化学期中复习模拟题（一）1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列有关说法正确的是A.锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，再用酸除去B.日本福岛核电站爆炸时释放的两种放射性核素131I与137Cs(铯)的中子数相等C.铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭等还原剂从氧化铝中获得铝D.海水淡化可以解决淡水供应危机，向海水中加入明矾可以使海水淡化2.重水(D2O)是重要的核工业原料，下列说法错误的是A氘(D)原子核外有1个电子B1H与D互称同位素CH2O与D2O互称同素异形体D1H18O与D216O的相对分子质量相同3.设N
2、A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A1L 0. 1mol/L的氨水中有0. 1NA个NH4+B标准状况下，22. 4L盐酸含有NA个HCl分子C常温常压下，14g由N2与CO的混合气体含有0.5NA个原子D标准状况下，6. 72L NO2与水充分反应转移0.2NA个电子4.下表中对应关系正确的是ACH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HClCH2=CH2+HClCH3CH2Cl均为取代反应B由油脂得到甘油；由淀粉得到葡萄糖均发生了水解反应CCl2+2Br2Cl+Br2；Zn+Cu2+Zn2+Cu均为单质被还原的置换反应D2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；Cl2+H2OHCl+HC
3、lO均为水作还原剂的氧化还原反应5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A在0.1 molL1 NaOH溶液中：K+、Na+、SO42、HCO3B在c（ H+）/c（OH）=1012的溶液中：K+、Na+、ClO、NO3C在0.1 molL1 FeCl3溶液中：K+、NH4+、I、SCND在0.1 molL1 Na2CO3溶液中：Al3+、Ba2+、NO3、Cl6.某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+、AlO2和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；
4、向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀由此可知原溶液中A（）A至少存在4种离子BCl一定存在，且c（Cl）=0.4molL1CSO42、NH4+一定存在，AlO2可能存在DCO32、Al3+一定不存在，K+可能存在7.已知氧化还原反应：2Cu(IO3)224KI12H2SO4=2CuI13I212K2SO412H2O，下列说法正确的是（ ）ACu(IO3)2作氧化剂，Cu(IO3)2中的铜和碘元素被还原B CuI既是氧化产物又是还原产物C每生成1 mol CuI，有12 mol KI发生氧化反应D每转移1.1 mol电子，有0.2 mol 被氧化8.“暖冰”是韩国首尔
5、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右图所示的实验，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（ ）暖冰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H2O29.氢化铝钠（NaAlH4)是最有研究应用前景的络合金属氢化物，氢化铝钠储放氢时发生反应：3NaAlH4Na3AlH6+2Al+3H2。下列
6、说法正确的是()A NaAlH4中含有离子键和非极性共价键B每生成11. 2 L(标准状况下)H2，转移NA个电子CNaAlH4中氢元素为+1价，在反应中有50%的氢被还原D反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1: 110.将35.8 g Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生6.72L气体(标准状况)。另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成13.44 LNO(标准状况)，向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为A. 66.4 gB.50.8 g C 44.8g D. 39.2 g11.水热法制备直径为1100 nm的颗粒Y（化合物），反应原理为：3F
7、e2+ + 2S2O32- + O2 + aOH= Y+ S4O62- + 2H2O，下列说法中不正确的是Aa4 B将Y均匀分散到水中形成的体系具有丁达尔效应C每有3 mol Fe2+ 参加反应，反应中转移的电子总数为5 mol DS2O32-是还原剂12.已知M2On2- 离子可与R2- 离子作用，R2- 被氧化为R单质，M2On2-的还原产物中，M为+3价；又如c(M2On2 )=0.3 molL 的溶液100 mL可与c(R2- )=0.6 molL 的溶液150 mL恰好完全反应，则n值为A4 B5C6D713.用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如： CH4（g）+4NO
8、2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；H=574kJmol1CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；H=1160kJmol1 下列说法不正确的是（ ）A反应均为放热反应B反应转移的电子数相同C由反应可推知：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）；H=a kJmol1，a0，高温有利于该反应自发进行D实验室常用大理石与稀盐酸或稀硫酸反应制取二氧化碳22.某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；取少量样品加入足量稀硫酸有气
9、泡产生，振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为ANaHCO3、Al(OH)3 BAgCl、NaHCO3 CNa2SO3、BaCO3 DNa2CO3、CuSO423.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01 molL1 r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A原子半径的大小WXXYCY的氢化物常温常压下为液态DX的最高价氧化物的水化物为强酸24.将一定量硫酸、硝酸和KNO3溶液混合成100ml溶液，其中H2SO4、HNO3和KNO3的物质的
10、量浓度分别是6mol/L，2mol/L和1mol/L，向其中加入过量的铁粉，可产生标准状况下的混合气体体积为（）A11.2 LB6.72 LC8.96 LD4.48 L25.同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满：NH3，NO2，进行喷泉实验经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为（）ABC=D不能确定 26.已知A、B、C、D、E五种元素是周期表中前四周期元素，且原子序数依次增大其中A、B、C为同周期的非金属元素，且B、C原子中均有两个未成对电子D、E为同周期元素且分别位于s区和d区五种元素所有的s能级电子均为全充满E的d能级电子数等于A、B、C最高能层的p能级电子数之和回答下列问题：
11、（1）五种元素中，电负性最大的是 （填元素符号）（2）E常有+2，+3两种价态，画出E2+离子的价电子排布图 （3）自然界中，含A的钠盐是一种天然矿藏，其化学式写作Na2A4O710H2O，实际上它的结构单元是由两个H3AO3和两个A（OH）4缩合而成的双六元环，应该写成Na2A4O5（OH）48H2O，其结构式如图1，它的阴离子可形成链状结构A原子的杂化轨道类型为 该阴离子由极性键和配位键构成，请在图1中用“”标出其中的配位键该阴离子通过相互结合形成链状结构已知H3AO3为一元弱酸，根据上述信息，用离子方程式解释分析H3AO3为一元酸的原因（用元素符号表示） （4）E2+离子在水溶液中以E（
12、H2O）62+形式存在，向含E2+离子的溶液中加入氨水，可生成更稳定的E（NH3）62+离子，其原因是 E（NH3）62+的立体构型为 （5）由元素B、D组成的某离子化合物的晶胞结构如图2，写出该物质的电子式，若晶胞的长宽高分别为520pm、520pm和690pm，该晶体密度为g/cm3（保留到小数点后两位） 图1 图227.雾霾天气对环境影响很大其中SO2是造成空气污染的主要原因，利用钠碱循环法可除去SO2（1）室温下，吸收液吸收SO2的过程中，pH随n（SO32）：n（HSO3）变化关系如下表：n（SO32）：n（HSO3）91：91：11：91pH8.27.26.2c（H+）/molL1
13、6.31096.31086.3107由表判断NaHSO3溶液显 性，从原理的角度解释其原因 在NaHSO3溶液中离子浓度关系不正确的是 （填序号）Ac（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）Bc（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH）Cc（H2SO3）+c（H+）=c（SO32）+c（OH）Dc（Na+）+c（H+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH）计算室温下HSO3H+SO32的电离平衡常数K= （保留2位有效数字）（2）NaHSO3溶液在不同的温度下均可被过量的KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，将浓度均为0.02molL1 的NaHSO3溶
14、液（含少量淀粉）10.0mL和 KIO3（过量）酸性溶液40.0mL混合，记录溶液变蓝时间，实验结果如图由图可知，溶液变蓝的时间随温度的变化趋势是 40之后，淀粉 用作该实验的指示剂（填“适宜”或“不适宜”），原因是： b点和c点对应的反应速率的大小关系是 （b） （c）（填“”、“”或“”）28.工业上通过电解MnSO4和ZnSO4制取Zn和MnO2，原料为软锰矿和闪锌矿，软锰矿中含MnO2约a%，SiO2约20%，Al2O3约4%，其余为水分，闪锌矿中含ZnS约80%，FeS、CuS、SiO2共约7%，其余为水分I（1）为了测量软锰矿中MnO2含量的测定，现将14.5g软锰矿溶于足量的稀硫
15、酸中，加入足量的碘化钾晶体，充分反应后，过滤，将滤液加水稀释至1L，取25.00ml该溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用0.1000molL1的标准Na2S2O3溶液滴定，消耗标准液50.00ml，则软锰矿中MnO2含量 （已知：2KI+2H2SO4+MnO2=I2+2H2O+MnSO4+K2SO4； I2+2S2O32=2I+S4O62）研人员开发了综合利用这两种资源的同槽酸浸工艺，工艺流程如图1所示图1请回答下列问题：（2）反应I的滤液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3等试完成反应I中生成CuSO4和MnSO4的化学方程MnO2+Cu
16、S+ = + +CuSO4+MnSO4（3）反应加入适量锌的作用是 ；如果锌过量，还会进一步发生反应的离子方程式为 （4）图2是Na2SO4和Na2SO410H2O的溶解度曲线（g/100g水），则中得到Na2SO4固体的操作是：将分离出MnCO3和ZnCO3后的滤液升温结晶 用乙醇洗涤干燥用乙醇洗涤而不用水洗的原因是 图2（5）用惰性电极电解MnSO4和ZnSO4制得Zn和MnO2的总反应是： （6）本工艺可以循环利用的物质除MnO2、MnCO3、ZnCO3以外，还有 （写化学式）29.二氯化砜(SO2Cl2)是一种无色液体，主要用于有机物和无机物的氯化等。其熔点为-54.1.沸点为69.2
17、；常温下比较稳定，受热易分解，遇水剧烈反应生成硫酸和盐酸。 (1)制备。实验室可利用SO2和Cl2按下列装置制取少量SO2Cl2(丙中放有樟脑液，起催化作用)。已知SO2(g)+Cl2(g) SO2Cl2(g) H0 可以用浓盐酸和酸性高锰酸钾制取氯气，该反应的化学方程式为 ；溶液A为 。 上图实框中仪器己的名称为 ；反应装置图的虚框中未画出的仪器是 (填“己”或“庚”)。 如果将丙装置放入冰水中，会更有利于二氯化砜的生成，其原因是 。 下列有关说法错误的是 (填编号)。 a.乙、戊装置相同，在实验中的作用也完全相同 b.甲、丁装置为洗气装置，可用于气体的除杂和干燥 c.组装仪器后首先要进行的
18、操作是检查装置的气密性 d.为提高反应物的利用率，可控制甲、丁装置中产生气泡的速率相等 (2)提纯。将收集到的产物进行减压蒸馏，减压蒸馏的目的是 。 (3)测定。取1.00g蒸馏后液体，小心地完全溶于水，向所得的溶液中加入足量氯化钡溶液，测得生成沉淀的质量为1.60g，则所得蒸馏成分中二氯化砜的质量百分含量为 %。 (4)贮存。二氯化砜应储存于阴凉、干燥、通风良好的库房。但久置后微显黄色，其原因是 。 30.（15分）如下图所示，根据实验室制取氯气的原理和性质，回答下列问题:（1）写出装置甲中发生反应的化学方程式： 。装置甲中的仪器使用前需要检漏的有 （写名称）。（2）利用装置丙制取饱和氯水并
19、测其pH值。证明氯水已饱和的现象是 。测定饱和氯水的pH方法是 。若撤去装置乙，直接将装置甲和丙相连。这样做对实验测定结果的影响是 。（3）饱和氯水与石灰石的反应是制取较浓的HClO溶液的方法之一。某同学运用这一方法，尝试制取HClO溶液并进行了如下定性实验：i. 在试管中加入过量的块状碳酸钙，再加入约20ml饱和氯水，充分反应，有少量气泡产生，溶液的黄绿色褪去；ii. 过滤，将滤液滴在有色布条上，发现其漂白性更强；iii. 为了确定反应产物，将滤液分为三份，分别进行以下实验：第一份与石灰水混合，立即产生大量白色沉淀；第二份与稀盐酸混合，立刻产生大量气泡；第三份加热，看到溶液变浑浊且有大量无色
20、气体产生。经检测，上述实验中产生的无色气体均为CO2气体。试解释可以在饱和氯水中加入石灰石制备HClO的原因： 。（用有关的方程式结合文字回答）试根据所学知识推测，在ii的滤液中含有的溶质，除了溶解的极少量氯气外，还含有的其他溶质为 （写化学式）。写出步骤iii中第一份滤液发生反应的离子方程式： 。试卷答案1.AA.锅炉水垢中的硫酸钙难溶于水也难溶于酸，可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，再用酸除去，正确；B. 131I的中子数为131-53=78，137Cs(铯)的中子数为137-55=82，不相等，错误；C.不能使用焦炭等还原剂从氧化铝中获得铝，铝只能用电解氧化铝冶炼，错误；D.向海水中
21、加入明矾只能除去其中的悬浮物，不能使海水淡化，错误，故选A。2.C同位素是同种元素不同种原子间互称。3.DNH3H2O是弱电解质，不能完全电离，A项错误；标准状况下，盐酸为液体，B项错误；14 g N2与CO的混合气体为0.5 mol，含有的原子数目为NA，C项错误；NO2与水反应3NO2H2O=2HNO3NO,3 mol NO2参加反应转移2mol电子，标准状况下6.72LNO2为0.3mol，故转移0.2mol电子，D项正确。4.B【考点】取代反应与加成反应；氧化还原反应；消去反应与水解反应【专题】物质的分类专题【分析】ACH2=CH2+HClCH3CH2Cl为烯烃的加成反应；B油脂为高级
22、脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖；CCl2+2Br2Cl+Br2中Cl元素的化合价降低；Zn+Cu2+Zn2+Cu中Zn元素的化合价升高；D.2Na2O2+2H2O4NaOH+O2中只有过氧化钠中O元素的化合价变化；Cl2+H2OHCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化【解答】解：ACH2=CH2+HClCH3CH2Cl为烯烃的加成反应，而CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl为烷烃的取代反应，故A错误；B油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖，则均可发生水解反应，故B正确；CCl2+2Br2Cl+Br2中Cl元素的化合价降低
23、；Zn+Cu2+Zn2+Cu中Zn元素的化合价升高，前者单质被还原，后置单质被氧化，均属于置换反应，故C错误；D.2Na2O2+2H2O4NaOH+O2中只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；Cl2+H2OHCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化，均属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故D错误；故选B【点评】本题为2014年高考真题，侧重氧化还原反应及有机反应类型的考查，把握反应中结构变化、反应条件及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注重高频考点的考查，题目难度不大5.B解：AHCO3与OH反应而不能大量共存，故A错误；Bc（ H+）/c（OH）=101
24、2的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；CI、SCN与Fe3+分别发生氧化还原反应、络合反应，不能大量共存，故C错误；DAl3+、Ba2+与CO32反应而不能大量共存，故D错误故选B6.A考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验专题：物质检验鉴别题分析：加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵根离子；红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀，为硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol；根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据解答：解：由于加入过量N
25、aOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，AlO2、CO32和Fe3+会发生双水解，故一定没有AlO2、CO32；加入NaOH溶液共热有气体和红褐色沉淀，气体为氨气，红褐色沉淀为氢氧化铁，则溶液中一定含有NH4+、Fe3+，根据离子共存可知不含CO32，加BaCl2溶液生成不溶于盐酸的沉淀，知溶液中含SO42，n（NH3）=0.02mol，知n（NH4+）=0.02mol，n（Fe2O3）=1.6g/160gmol1=0.01mol
26、，知n（Fe3+）=0.02mol，n（BaSO4）=4.66g/233gmol1=0.02mol，知n（SO42）=0.02mol，溶液中NH4+、Fe3+所带正电荷为0.02mol+30.02mol=0.08mol，SO42所带负电荷为20.02mol=0.04mol，据电荷守恒，知溶液中必然大量存在另一种阴离子Cl，故原溶液中一定含Fe3+、NH4+、SO42和Cl，答：加入NaOH溶液共热有气体和红褐色沉淀可知，溶液中含NH4+、Fe3+，而不含CO32，加BaCl2溶液生成不溶于盐酸的沉淀，知溶液中含SO42，n（NH3）=0.02mol，则n（NH4+）=0.02mol，n（Fe2
27、O3）=0.01mol，则n（Fe3+）=0.02mol，n（BaSO4）=0.02mol，则n（SO42）=0.02mol，溶液中NH4+、Fe3+所带正电荷为：0.02mol+30.02mol=0.08mol，SO42所带负电荷为：20.02mol=0.04mol，据电荷守恒，知溶液中必然大量存在另一种阴离子，由题意知为Cl，综上知，原溶液中一定含Fe3+、NH4+、SO42和Cl，故选A点评：本题考查离子共存，为高考常见题型和高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意常见离子的性质和反应类型的判断，难度中等7.A解析：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI
28、+13I2+12K2SO4+12H2O中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由-1价升高到0。ACu（IO3）2得电子作氧化剂，Cu（IO3）2中的铜和碘元素得电子化合价降低而被还原，正确；BCuI只是还原产物，错误； C每生成1molCuI，有11molKI发生氧化反应，错误； D. 得电子被还原，错误。8.B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，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，错误；C酸性KMnO4溶液褪色，说明H
29、2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，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，正确。9.BANaAlH4中氢元素为-1价，故应含有铝离子、钠离子和-1价的氢离子，没有共价键，错误；B每生成11.2 L（标准状况下）H2，即0.5mol H2，转移电子的物质的量为0.5mol2（1-0）=1mol，转移NA个电子，正确；C由方程式可知，3molNaAlH4参加反应，生成3molH2，则反应中有50%的氢被氧化，错误；D由方程式可知，反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：2，故D错误。
30、10.B知识点:氧化还原反应中的规律 解析：合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L（标准状况），物质的量为，根据电子转移守恒可知n（Al）=0.2mol，故金属铝的质量为0.2mol27g/mol=5.4g，金属铝提供电子的量是0.6mol，将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为，故Fe、Cu共提供的电子物质的量为1.8mol-0.6mol=1.2mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根
31、离子的物质的量，即n（OH-）=1.2mol，所以反应后沉淀的质量等于35.8g-5.4g+1.2mol17g/mol=50.8g，思路点拨:本题考查利用守恒方法进行简便计算，判断金属提供的电子的物质的量等于氢氧根的物质的量是该方法的关键，注意计算中守恒思想的运用11.C知识点：氧化还原反应的计算 解析：根据电荷守恒：32-22-a=-2 故a=4，故A正确；直径为1100 nm的颗粒Y（化合物）为胶体，可产生丁达尔效应，故B正确；C、有元素守恒可知，Y是四氧化三铁，故Fe和S的化合价升高，O的化合价降低，每有3mol Fe2+参加反应，即1mol O2参加反应，转移的电子数是22=4mol，
32、故C错误；D、S2O32-中S是+2价，S4O62-中S是+5/2价，化合价升高，是还原剂，故D正确。思路点拨：本题考查了氧化还原反应方程式的配平、氧化剂还原剂的判断、胶体的性质，是一道比较综合的题型，第一步根据电荷守恒判断a的数值是解题的关键，容易被考生忽略。12.D13.C14.B【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，则X的内层电子数为2，Z的最外层电子数为6，Y的最外层电子数为2，原子的最外层电子数之和为13，则X的最外层电子数为1362=
33、5，所以X为N，Y为Mg，Z为S，结合元素对应的单质、化合物的性质解答该题【解答】解：短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，则X的内层电子数为2，Z的最外层电子数为6，Y的最外层电子数为2，原子的最外层电子数之和为13，则X的最外层电子数为1362=5，所以X为N，Y为Mg，Z为S，AN的氢化物为氨气，溶于水显碱性，故A错误；BMg与N可生成Mg3N2型化合物，故B正确；CZ的氢化物为硫化氢，硫元素的化合价为最低价，具有较强的还原性，其水溶液在空气中存放易被氧化，故C错误；DZ为S，在氧气中燃烧只生成二氧化硫一种氧化物，
34、故D错误故选B【点评】本题考查学生利用元素的位置及原子的最外层电子数和内层电子数的关系来推断元素，利用X为第二周期元素为突破口是解答本题的关键，学生应熟悉元素化合物知识来解答此类习题15.A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：由短周期元素的原子半径及主要化合价，则乙、丁同主族，丁只有2价，则为O，所以乙为S；甲、丙均为A族元素，结合原子半径，则甲为Na，丙为Li；AA族从上到下金属单质的熔点降低；B电解熔融NaCl来冶炼钠；C氧元素的两种氢化物为水和过氧化氢；D电子层数越多，离子半径越大解答：解：由短周期元素的原子半径及主要化合价，则乙、丁同主族，丁只有2价，
35、则为O，所以乙为S；甲、丙均为A族元素，结合原子半径，则甲为Na，丙为Li；A甲为Na，丙为Li，则A族从上到下金属单质的熔点降低，故A错误；BNa的化学性质很活泼，则利用电解熔融NaCl来冶炼钠，故B正确；C氧元素的两种氢化物为水和过氧化氢，常温下均为液体，故C正确；D电子层数越多，离子半径越大，只有硫离子的电子层数最多，所以乙的简单离子是四种元素各自形成的简单离子中半径最大的，故D正确；故选A点评：本题考查位置、结构、性质的关系及应用，明确短周期元素的化合价及半径来推断元素是解答本题的关键，熟悉元素周期律及金属冶炼即可解答，题目难度中等16.D【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的计算【分
36、析】A、可逆反应的特点是可逆性，反应物不能完全转化为产物；B、反应是放热反应，升高温度，化学平衡向着逆方向进行；C、根据可逆反应达到化学平衡状态的特点：正逆反应速率相等来判断；D、根据B的转化率=100%来计算回答【解答】解：A、可逆反应的特点是可逆性，反应物2mol A和6molB不能完全转化为产物，所以放出的热量小于98kJ，故A错误；B、反应是放热反应，升高温度，化学平衡向着逆方向进行，使n（M）减小，n（A）增大，比值减小，故B错误；C、可逆反应在3min时未达到化学平衡状态，正逆反应速率不等，反应正向进行，正反应速率大，所以3min时B的生成速率不足M生成速率的3倍，故C错误；D、根
37、据反应，B的变化浓度是A的变化浓度的3倍，B的转化率=100%=100%=75%，故D正确故选D【点评】本题考查了学生根据图象和勒夏特列原理判断平衡移动方向的能力及转化率的计算，难度不大，解题关键在于细心审题，仔细读图，尤其是图中的交点，不能误解17.DA、增大压强平衡逆向移动，不能提高SiCl4的转化率，故A错误；B、若反应开始时SiCl4为1 mol, 则达平衡时，由于实际消耗的SiCl4的物质的量小于1摩尔，故吸收热量小于Q kJ，故B错误；C、反应至4 min时，若HCl浓度为0.12 mol/L，V(H2)=1/2V(HCl)=mol/(Lmin)，故C错误；D、当反应吸收热量为0.
38、025Q kJ时，说明生成的HCl为0.1mol，通入100 mL 1 mol/L的NaOH溶液恰好完全反应，故D正确。故答案选D18.A试题解析：A、若X为直流电源，则该装置为电解池，Y为铜棒接正极，则铜棒为阳极，铁棒为阴极，Fe棒上镀铜，故A正确；B、若X为直流电源，则该装置为电解池，Y为碳棒接负极，则Fe棒做阳极，被腐蚀，故B不正确；C、若X为电流计，则装置为原电池，Y为锌棒做负极，根据“阳正阴负”的移动规律知，SO42 移向F锌棒，故C不正确；D、若X为导线，则装置为原电池，Y为铜棒，则Fe棒为负极发生氧化反应，故D不正确。19.D20.B试题分析：A、碳酸钠属于盐，不是氯碱工业的产品
39、，错误；B、醋酸是弱酸，所以是弱电解质，可用来制取食醋，正确；C、一水合氨为弱电解质，易挥发，但不会见光分解，错误；D、硅酸钠为强碱弱酸盐，其水溶液为碱性，所以不能用带玻璃塞的试剂瓶保存，错误，故选B。21.C试题分析：A、酸雨是pH5.6的酸性降水，CO2不能形成酸雨，错误；B、CO2气体无毒，不是大气污染物，错误；C、反应CO2(g)+C(s) 2CO(g) DH0，DS0，根据DH-TDS0反应能自发进行判断，高温有利于该反应自发进行，正确；D、大理石与稀硫酸反应生成的硫酸钙为微溶物，附着在碳酸钙表面阻止反应继续进行，实验室不能用大理石与稀硫酸反应制取二氧化碳，错误。22.C试题分析：N
40、aHCO3、Al(OH)3中再加入足量稀盐酸，有气泡产生，生成硫酸钠、硫酸铝、二氧化碳和水，最终无固体存在，A错误。AgCl不溶于酸，固体不能全部溶解，B错误。Na2SO3、BaCO3加入足量水时，BaCO3不溶于水使部分固体不溶解，加入稀盐酸，BaCO3与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，固体全部溶解。将样品加入足量稀硫酸，稀硫酸和BaCO3反应生成硫酸钡沉淀、二氧化碳和水，符合题意，C正确。Na2CO3、CuSO4中加入足量稀硫酸，振荡后无固体存在，D错误。考点：物质的推断和性质。23.C试题分析：短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素
41、Z的单质，通常为黄绿色气体，则Z是氯元素；0.01 molL1 r溶液的pH为2，说明r是强酸，因此W是H；q的水溶液具有漂白性，s通常是难溶于水的混合物，根据转化关系图可知m是水，r是氯化氢，q是次氯酸，p是甲烷，因此X是碳元素，Y是氧元素。A同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径的大小WYZX，错误；CY的氢化物是H2O或H2O2，水或双氧水在常温常压下都为液态，正确；DX的最高价氧化物的水化物碳酸为弱酸，错误。24.C【考点】硝酸的化学性质；有关混合物反应的计算【专题】计算题；氮族元素【分析】依据铁与稀硝酸反应的离子方程式计算解答，注意反应离子过量与不
42、足的判断，确定发生的化学反应【解答】解：100ml溶液中含有氢离子的物质的量为：0.1L6mol/L2+0.1L2mol/L=1.4mol；含有的硝酸根离子为：0.1L2mol/L+0.1L1mol/L=0.3mol，加入过量的铁粉，发生反应的离子方程式为：3Fe+2NO3+8H+=3Fe2+2NO+4H2O和反应Fe+2H+=Fe2+H2，则：3Fe+2NO3+8H+=3Fe2+2NO+4H2O 2 8 2 0.3mol 1.2mol 0.3mol剩余的氢离子的物质的量为：1.4mol1.2mol=0.2mol， Fe+2H+=Fe2+H2， 2 1 0.2mol 0.1mol产生气体的物质
43、的量为：0.3mol+0.1mol=0.4mol，标况下体积为：0.4mol22.4L/mol=8.96L，故选：C【点评】本题考了硝酸的性质及其相关计算，题目难度中等，注意硝酸根离子在酸性环境先具有强的氧化性，所以本题应依据铁与硝酸酸的离子方程式计算，注意通过过量的判断确定发生的化学反应25.C【考点】氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；物质的量浓度的计算【专题】物质的量浓度和溶解度专题；氮族元素【分析】先根据气体摩尔体积计算各气体的物质的量之比，再判断烧瓶中溶液的体积、溶质的物质的量，再根据物质的量浓度公式判断浓度的大小【解答】解：在相同条件下，气体摩尔体积相同，烧瓶的容积相同
44、，根据n=知，氨气、NO2的物质的量之比为1：1，因NO2能与水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以各烧瓶中溶质的物质的量之比为3：2，做喷泉实验时，盛放氨气的烧瓶、含NO2的烧瓶，各烧瓶中溶液的体积分别为：一烧瓶、烧瓶，所以溶液的体积比为3：2，所以各物质的量浓度之比为= 1：1，故选：C【点评】本题考查的是物质的量浓度的有关计算，正确求算NO2气体的烧瓶溶液的体积、盛放NO2的烧瓶溶质的物质的量是解本题的关键26.（1）O；（2）；（3）sp2、sp3； ；氢键；H3BO3+H2O B（OH）4+H+；（4）N元素电负性更小，更易给出孤对电子形成配位键；正八面体；（5）；2.28
45、【考点】晶胞的计算；原子结构与元素周期律的关系【专题】化学键与晶体结构【分析】A、B、C、D、E五种元素是周期表中前四周期元素，且原子序数依次增大其中A、B、C为同周期的非金属元素，三元素处于短周期，且B、C原子中均有两个未成对电子，二者外围电子数排布分别为ns22p2、ns22p4，结合A为非金属元素，可知A为硼元素、B为碳元素、C为O元素；D、E为同周期元素且分别位于s区和d区，则二者处于第四周期，五种元素所有的s能级电子均为全充满，则D为Ca；E的d能级电子数等于A、B、C最高能层的p能级电子数之和，则E的d能级电子数为1+2+4=7，即E的外围电子排布为3d74s2，故E为Co（1）非
46、金属性越强电负性越大，同周期自左而右电负性增大；（2）E为Fe，Fe2+离子的价电子排布式为3d6，根据泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；，（3）A为B原子，结构中B原子形成3个单键、4个单键（含有1个配位键），B原子核外最外层的3个电子全部参与成键；形成4个键的B原子中含有1个配位键，氢氧根离子中氧原子与B原子之间形成配位键；该阴离子通过氢键相互结合形成链状结构；H3AO3为一元弱酸，与水形成配位键，电离出A（OH）4与氢离子；（4）N元素电负性更小，更易给出孤对电子形成配位键，Fe（NH3）62+的立体构型为正八面体，（5）由元素C、Ca组成的某离子化合物为CaC2，属于离子化合物，C2
47、2离子中碳原子之间形成3对共用电子对；晶胞中钙离子、C22数目相等，根据均摊法计算晶胞中钙离子、C22数目数目，再计算晶胞质量，根据=计算晶胞密度【解答】解：A、B、C、D、E五种元素是周期表中前四周期元素，且原子序数依次增大其中A、B、C为同周期的非金属元素，三元素处于短周期，且B、C原子中均有两个未成对电子，二者外围电子数排布分别为ns22p2、ns22p4，结合A为非金属元素，可知A为硼元素、B为碳元素、C为O元素；D、E为同周期元素且分别位于s区和d区，则二者处于第四周期，五种元素所有的s能级电子均为全充满，则D为Ca；E的d能级电子数等于A、B、C最高能层的p能级电子数之和，则E的d
48、能级电子数为1+2+4=7，即E的外围电子排布为3d74s2，故E为Co（1）非金属性越强电负性越大，同周期自左而右电负性增大，五种元素中，O元素电负性最大，故答案为：O；（2）E为Co，Co2+离子的价电子排布图，故答案为：；（3）A为B原子，结构中B原子形成3个单键、4个单键（含有1个配位键），B原子核外最外层的3个电子全部参与成键，杂化杂化轨道类型为sp2、sp3，故答案为：sp2、sp3； 形成4个键的B原子中含有1个配位键，氢氧根离子中氧原子与B原子之间形成配位键，图1中用“”标出其中的配位键为： ，该阴离子通过氢键相互结合形成链状结构，故答案为：；氢键；H3AO3为一元弱酸，与水形
49、成配位键，电离出A（OH）4与氢离子，用离子方程式解释分析H3BO3为一元酸的原因：H3BO3+H2O B（OH）4+H+，故答案为：H3BO3+H2O B（OH）4+H+；（4）Fe2+离子在水溶液中以Fe（H2O）62+形式存在，向含Fe2+离子的溶液中加入氨水，可生成更稳定的Fe（NH3）62+离子，其原因是：N元素电负性更小，更易给出孤对电子形成配位键，Fe（NH3）62+的立体构型为正八面体，故答案为：N元素电负性更小，更易给出孤对电子形成配位键；正八面体；（5）由元素C、Ca组成的某离子化合物为CaC2，该物质的电子式为，晶胞中钙离子、C22数目相等，C22数目数目为8+6=4，则
50、晶胞质量为4g，若晶胞的长宽高分别为520pm、520pm和690pm，该晶体密度为4g（5201010cm5201010cm6901010cm）=2.28g/cm3，故答案为：；2.28【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电负性、杂化方式、微粒结构、配位键、晶胞计算等，推断元素是解题关键，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，需要学生具备扎实的基础27.（1）酸；在NaHSO3溶液中HSO3存在HSO3H+SO32和HSO3+H2OH2SO3+OH两种平衡，HSO3的电离程度大于其水解程度，故溶液呈酸性；A；6.3108；（2）40之前，温度越高，溶液变蓝所需时间越
51、短；40之后，温度越高，溶液变蓝所需时间越长；不适宜；温度高于40时，碘与淀粉的显色反应灵敏度降低（或淀粉会糊化）；【考点】离子浓度大小的比较；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】（1）由表格中的数据可知，HSO3越多，酸性越强，则电离生成氢离子；在NaHSO3溶液中，电离程度大于水解程度，溶液显酸性，A由物料守恒分析；B在NaHSO3溶液中，电离程度大于水解程度，溶液显酸性；C根据质子守恒分析；D根据电荷守恒分析；根据HSO3H+SO32，可知Ka=，根据n（SO32）：n（HSO3）=1：1，c（H+）=6
52、.3108计算；（2）由图可知，40之前，温度高反应速率加快，40之后温度高，变色时间越长；温度太高，碘与淀粉的显色反应灵敏度降低（或淀粉会糊化）；温度越高反应速率越快【解答】解：（1）由表格中的数据可知，HSO3越多，酸性越强，则电离生成氢离子，电离方程式为HSO3H+SO32，在NaHSO3溶液中HSO3存在HSO3H+SO32和HSO3+H2OH2SO3+OH两种平衡，HSO3的电离程度大于其水解程度，故溶液呈酸性；故答案为：酸；在NaHSO3溶液中HSO3存在HSO3H+SO32和HSO3+H2OH2SO3+OH两种平衡，HSO3的电离程度大于其水解程度，故溶液呈酸性；在NaHSO3溶
53、液中，电离程度大于水解程度，溶液显酸性，A由物料守恒可知，c（Na+）=c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3），故A错误；B在NaHSO3溶液中，电离程度大于水解程度，溶液显酸性，则离子浓度为c（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH），故B正确；C根据质子守恒，c（H2SO3）+c（H+）c（SO32）+c（OH），故C正确；D根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH），故D正确；故答案为：A；根据HSO3H+SO32，可知Ka=，已知n（SO32）：n（HSO3）=1：1，c（H+）=6.3108，则Ka=6.3108；故答
54、案为：6.3108；（2）从图象中可以看出，40以前，温度越高，反应速度越快，40后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55，未变蓝，说明没有生成I2；温度太高，碘与淀粉的显色反应灵敏度降低（或淀粉会糊化），所以40之后，淀粉不能用作该实验的指示剂；故答案为：40之前，温度越高，溶液变蓝所需时间越短；40之后，温度越高，溶液变蓝所需时间越长；不适宜；温度高于40时，碘与淀粉的显色反应灵敏度降低（或淀粉会糊化）；温度越高反应速率越快，c点的温度高，所以c点的反应速率大，即 （b） （c）；故答案为：【点评】本题考查了弱电解质的电离和盐的水解、化学反应速率的影响因素等，综合性较强，涉及到弱电解质的
55、电离、离子浓度大小的比较、化学反应速率的影响因素等知识点，题目难度较大，需要注意的是比较溶液中各种离子浓度相对大小时要结合电荷守恒和物料守恒分析解答28.（1）60%；（2）2H2SO4；S；2H2O；（3）将溶液中的硫酸铜转化为铜；Zn+Fe2+=Fe+Zn2+或Zn+Mn2+=Mn+Zn2+；（4）趁热过滤，防止Na2SO4固体因溶解而减少，防止Na2SO4固体转变为Na2SO410H2O晶体；（5）MnSO4+ZnSO4+2H2OZn+MnO2+2H2SO4；（6）Zn【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】定量测定与误差分析【分析】（1）2KI+2H2SO4+MnO2=I2+2H
56、2O+MnSO4+K2SO4；I2+2S2O32=2I+S4O62，MnO2I22S2O32，依据离子方程式定量关系计算，注意溶液体积的变化；（2）生成CuSO4和MnSO4的化学方程式是MnO2，CuS在酸性溶液中发生的氧化还原反应，氧化剂为MnO2，被还原为硫酸锰，还原剂为CuS，被氧化为硫单质同时生成硫酸铜，依据电子守恒和原子守恒写出化学方程式判断；（3）流程图分析，锌的主要作用是加入适量和铁离子反应生成亚铁离子，把铜离子转化为铜除去；锌过量会和亚铁离子反应生成铁单质；（4）依据图象的溶解度随温度变化分析判断，得到硫酸钠的适宜条件，注意溶解度的影响；（5）流程图中得到产物为二氧化锰和锌分
57、析，得到锌是锌离子在阴极得到电子析出；二氧化锰是在阳极失电子生成，据此书写化学方程式；（6）可以循环利用的物质是反应过程中重复使用，最后又生成可以进行循环使用【解答】解：（1）2KI+2H2SO4+MnO2=I2+2H2O+MnSO4+K2SO4；I2+2S2O32=2I+S4O62， MnO2I22S2O32， 1 2 n 0.1000molL10.050Ln=0.0025mol1L溶液中含MnO2物质的量=0.0025mol=0.1mol，则软锰矿中MnO2含量=100%=60%，故答案为：60%；（2）依据流程图分析判断，反应的滤液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4
58、）3、Al2（SO4）3等，软锰矿和闪锌矿中的MnO2，CuS在酸性溶液中发生的氧化还原反应生成生成CuSO4和MnSO4硫单质，反应的化学方程式为：MnO2+CuS+2H2SO4=S+CuSO4+MnSO4+2H2O，故答案为：2H2SO4；S；2H2O；（3）流程分析，反应的滤液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3等，加入锌反应生成铜，锌的主要作用是加入适量和铁离子反应生成亚铁离子，把铜离子转化为铜除去；锌过量会继续反应置换出铁；反应的离子方程式为：Zn+Fe2+=Fe+Zn2+或Zn+Mn2+=Mn+Zn2+，故答案为：将溶液中的硫酸铜转化为铜
59、；Zn+Fe2+=Fe+Zn2+或Zn+Mn2+=Mn+Zn2+；（4）图象分析可知温度高时析出硫酸钠，温度低时析出硫酸钠结晶水合物晶体，所以需要趁热过滤；洗涤晶体时用乙醇洗涤避免形成结晶水合物，故答案为：趁热过滤，防止Na2SO4固体因溶解而减少，防止Na2SO4固体转变为Na2SO410H2O晶体；（5）流程图中得到产物为二氧化锰和锌分析，得到锌是锌离子在阴极得到电子析出，电极反应为：Zn2+2e=Zn；二氧化锰是在阳极锰离子失电子生成，电极反应为：Mn2+2e+2H2O=MnO2+4H+，反应的化学方程式为：MnSO4+ZnSO4+2H2OZn+MnO2+2H2SO4，故答案为：MnSO
60、4+ZnSO4+2H2OZn+MnO2+2H2SO4；（6）依据流程图可知能循环使用的物质为Zn、ZnCO3、MnCO3和MnO2，故答案为：Zn【点评】本题考查了物质制备实验的分析判断，物质溶解性的理解应用，电解原理的应用判断电极反应的产物判断和电极反应书写，题目难度较大29.(1)16HCl(浓)+2KMnO45Cl2+2MnCl2+2KCl+8H2O；饱和的氯化钠溶液。 球形冷凝管；己。 该反应是放热反应，降低温度能使平衡向右移动，有利于二氯化砜的生成。 a (2)降低二氯化砜的沸点，减少二氯化砜的分解。 (3)92.70 (4)二氯化砜自身分解生成的氯气溶于二氯化砜中。 解析：(1)C
61、l2通过甲除去其中的杂质HCl，溶液A为饱和食盐水。因为球形冷凝管的冷却效果好，所以反应装置图的虚框中未画出的仪器是己。正确。乙是除去水蒸气的，戊是除去剩余的有毒气体Cl2和SO2的，二者作用不同，a不正确；b.c.正确；甲、丁装置中产生气泡的速率相等，就可以控制Cl2和SO2的配比符合反应比，d正确。 (2)减压蒸馏可降低沸点，减少二氯化矾受热分解。 (3)沉淀是硫酸钡，二氯化矾的质量百分含量为:1.60x135/233x100%=92.7% (4)久置二氯化矾微量分解，产生的氯气溶于其中而显黄色。 30.（1）MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O；分液漏斗（1分）；（2）
62、丙中液体呈黄绿色，丙上部空间呈黄绿色，有黄绿色气体进入丁中；用pH计直接测定（用pH试纸测定不给分）（1分）由于氯化氢未除尽会导致制得的氯水酸性增强，测得的pH偏小；（3）由于饱和氯水中存在平衡：Cl2+HO=H+Cl+HClO，加入CaCO3后，2HCl+CaCO3 CaCl2+CO2+H2O，使平衡右移，HClO的浓度增大； CaCl2、Ca(HCO3)2、HClO（各1分，共3分，不倒扣分）； Ca2+HCO3-+OH=CaCO3+H2O。（3）在饱和氯水中加入石灰石制备HClO的原因是饱和氯水中存在平衡：Cl2+H2O H+Cl+ HClO，加入CaCO3后，由于酸性HClH2CO3H
63、ClO，所以会发生化学反应：2HCl+ CaCO3= CaCl2+ CO2+H2O，由于c(H+)减小，根据平衡移动原理，减小生成物的浓度，化学平衡正向移动，使HClO的【名师点睛】元素、化合物知识是中学化学的重要知识内容，Cl2是中学非常重要的一种气体，气体在制取前要检查装置的气密性，掌握有关气体的制取方法与反应物质的状态、反应条件的关系是选择仪器的关键；一般情况下可以将待测溶液滴在pH试纸上，半分钟后根据试纸颜色变化可确定溶液的pH,但由于氯水中含有具有强氧化性的HClO，会把试纸氧化，不能观察其pH，故要用pH计直接测量。在判断化学操作的应用水，要结合物质的性质、判断溶液的成分，并根据复分解反应的规律：强酸与弱酸的盐发生反应制取弱酸的性质，及化学平衡移动原理进行分析。掌握各种化学反应规律及元素化合物的知识是本题解答的关键。