1、2015-2016学年广东省中山市启迪教育高三（上）第五次段考化学试卷一、选择题（本部分包括20小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共40分）1下列有关实验操作的说法正确的是（）A可用25mL碱式滴定管量取20.00mL KMnO4溶液B用pH试纸测定溶液的pH时，需先用蒸馏水润湿试纸C蒸馏时蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容积的，液体也不能蒸干D将金属钠在研钵中研成粉末，使钠与水反应的实验更安全2氰氨基化钙（CaCN2）是一种重要的化工原料，制备CaCN2的化学方程式为CaCO3+2HCNCaCN2+CO+H2+CO2在该反应中（）A氢元素被氧化，碳元素被还原BHCN仅作氧化剂CCaC
2、N2是氧化产物，H2为还原产物DCO为氧化产物，H2为还原产物3下列物质按照纯净物、化合物、强电解质、弱电解质和非电解质顺序排列的是（）A纯盐酸、水煤气、硫酸、醋酸、干冰B聚氯乙烯、漂白粉、苛性钠、氢硫酸、三氧化硫C冰醋酸、福尔马林、硫酸钡、氢氟酸、氯气D冰水混合物、胆矾、氯化钾、次氯酸、乙醇4要配制浓度约为2molL1NaOH溶液100mL，下面操作正确的是（）A称取8gNaOH固体，放入100mL烧杯中，用100mL量筒量取100mL蒸馏水，加入烧杯中，同时不断搅拌至固体溶解B称取8gNaOH固体，放入100mL量筒中，边搅拌，便慢慢加入蒸馏水，待固体完全溶解后用蒸馏水稀释至100mLC称
3、取8gNaOH固体，放入100mL容量瓶中，加入适量蒸馏水，振荡容量瓶使固体溶解，再加水到刻度，盖好瓶塞，反复摇匀D用100mL量筒量取40mL5molL1NaOH溶液，倒入250mL烧杯中，再用同一量筒取60mL蒸馏水，不断搅拌下，慢慢倒入烧杯5下列各实验装置图的叙述中，正确的是（）A装置常用于分离互不相溶的液体混合物B装置可用于吸收氨气，能够防止倒吸C以NH4Cl为原料，装置可用于制备少量NH3D装置从a口进气可收集Cl2、NO2等气体6下列各项叙述正确的是（）A由同种元素组成的物质肯定属于纯净物B具有相同质子数的粒子都属于同种元素C一种元素可有多种离子，但只有一种显电中性的原子D有新单质
4、生成的化学反应，不一定都属于氧化还原反应7下列离子方程式书写正确的是（）A硫酸镁溶液和氢氧化钡溶液反应：SO42+Ba2+BaSO4B氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2OC苯酚钠溶液中通入过量的二氧化碳：D氯化亚铁溶液中通入氯气：Fe2+Cl2Fe3+2Cl8下列在限定条件下溶液中的各组离子能够大量共存的是（）ApH=3的溶液：Na+、Cl、Fe2+、ClOB与Al反应能产生氢气的溶液：K+、SO42、CO32、NH4+C使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl、SO42、Al3+D由水电离出的H+浓度为11012molL1的溶液：K+、Ba2+、Cl、Br9
5、只用试管和胶头滴管就可以对下列各组中的两种溶液进行鉴别的是（）AlCl3溶液和NaOH溶液Ca（HCO3）2溶液和NaOH溶液NaAlO2溶液和盐酸Al2（SO4）3溶液和氨水AgNO3溶液和氨水ABCD10下列叙述正确的是（）A容量瓶、滴定管、烧杯、蒸馏烧瓶、量筒等仪器上都具体标明了使用温度B冷浓硫酸保存在敞口的铝制的容器中C为了使过滤速率加快，可用玻璃棒在过滤中轻轻搅拌，加速液体流动DKNO3晶体中含有少量NaCl，可利用重结晶的方法提纯11已知阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是（）A1mol钠与足量氧气反应生成Na2O或Na2O2时，失电子数目均为NAB1mol Na2O2与足量CO
6、2反应时，转移2NA个电子C1mol/L的NaOH溶液中含Na+数目NAD1mol Na2O2晶体中含有的阴离子数目为2NA12某溶液由Na+、Cu2+、Ba2+、Fe3+、AlO2、CO32、SO42、Cl中的若干种离子组成，取适量该溶液进行如下实验：下列说法正确的是（）A原溶液中一定存在AlO2、CO32、SO42、Cl四种离子B气体A的化学式是CO2，其电子式为C原溶液中一定不存在的离子是Cu2+、Ba2+、Fe3+D生成沉淀B的离子方程式为：Al3+3OH=Al（OH）313化学知识在生产和生活中有着重要的应用下列说法中，不正确的是（）A与铜质水龙头连接处的钢质水管易发生腐蚀B明矾常作
7、为净水剂C金属钠、镁等活泼金属着火时，可以使用泡沫灭火器来灭火D发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔14汉代器物上的颜料“汉紫”至今尚没有发现其自然存在的记载20世纪80年代科学家进行超导材料研究时，偶然发现其成分为紫色的硅酸铜钡（化学式为BaCuSi2Ox，Cu为+2价），下列有关“汉紫”的说法中不正确是（）A用盐的形式表示：BaSiO3CuSiO3B用氧化物形式表示：BaOCuO2SiO2C易溶于强酸、强碱D性质稳定，不易褪色15将0.03mol Cl2缓缓通入含0.02mol H2SO3和0.02mol HBr的混合溶液中，在此过程溶液的c（H+）与Cl2用量的关系示意图是
8、（溶液的体积视为不变）（）ABCD16硒（Se）是人体必需的一种微量元素，其单质可用于制光敏电阻、复印机的硒鼓等等工业上提取硒的方法之一是用硫酸和硝酸钠处理含硒的工业废料，得到亚硒酸（H2SeO3）和少量硒酸（H2SeO4），富集后再将它们与盐酸共热，将H2SeO4转化为H2SeO3，主要反应为2HCl+H2SeO4H2SeO3+H2O+Cl2，然后向溶液中通入SO2将硒元素还原为单质硒沉淀据此正确的判断为（）AH2SeO4的氧化性比Cl2弱BSeO2的氧化性比SO2弱CH2SeO4的氧化性比H2SeO3强D析出1mol硒，需亚硒酸、SO2和水各1mol17X、Y均为元素周期表中前20号元素，
9、其简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是（）A由mXa+与nYb，得m+a=nbBX2的还原性一定大于YCX、Y一定不是同周期元素D若X的原子半径大于Y，则气态氢化物的稳定性HmX一定大于HnY18下列各组物质中化学键类型完全相同的是（）AHI和NaIBH2S和CO2CCl2和CCl4DF2和NaBr19下列说法摘自一些科普杂志或广告用语，你认为没有科学性错误的是（）A化学家采用玛瑙研钵磨擦固体反应物进行无溶剂合成，玛瑙的主要成分是硅酸盐B夏天到了，游客佩戴由添加氧化亚铜的二氧化硅玻璃制作的变色眼镜来保护眼睛C“白雪牌”漂粉精，令所有化学物质黯然失“色”，没有最白，只有更白D硅的提纯与应用
10、，促进了半导体元件与集成芯片业的发展，可以说“硅是信息技术革命的催化剂”20下列说法中正确的是（）ASO2（g）+O2（g）SO3（g）H=98.3 kJ/mol，当1 mol SO2（g）与 mol O2（g）完全转化为SO3时反应放出的热量为98.3 kJB2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H1，则H1H（H数值由A项给出）CX（g）+Y（g）Z（g）+W（s）H0，平衡后加入X，H增大DX（g）+Y（g）Z（g）+W（s）H0，平衡后加入少量Z，放出的热量增加二、填空题（本大题共包括5小题，共60分）21（18分）（2015秋中山月考）蛇纹石可以看作由MgO、Fe2O3、Al2O3
11、、SiO2组成实验室以蛇纹石为原料制取水合碱式碳酸镁，已知：氢氧化物Fe（OH）3Al（OH）3Mg（OH）2开始沉淀pH1.53.39.4实验步骤如图甲，请回答下列问题：（1）实验室完成操作所用到的玻璃仪器有（2）检验溶液中是否含有Fe3+的操作与结论是（3）从沉淀混合物B中制取D，应加入一种试剂进行分离，其反应的离子方程式为，再进行（依次填写实验操作名称）（4）操作中应控制溶液pH的合理范围是（填序号）A小于1.5 B1.53.3 C78 D大于9.4（5）为探究所得的水合碱式碳酸镁xMgCO3yMg（OH）2zH2O的组成，取样7.28g于装置A的玻璃管中，请按由左右顺序将如图乙装置连接
12、好（填序号，装置可重复使用），装置C应盛的试剂是充分反应后，如果实验测得硬质玻璃管中剩余固体3.2g，共放出2.64g CO2气体，则x：y：z=22（12分）（2015秋中山月考）自2009年3月起，从墨西哥、美国等国逐渐扩散到全世界的甲型H1N1流感暴发疫情，引起了全球关注和积极应对防控专家表示，含氯消毒剂和过氧化物等强氧化性消毒剂可防甲型H1N1流感（1）过碳酸钠是一种有多种用途的新型氧系固态漂白剂，化学式可表示为Na2CO33H2O2，它具有Na2CO3和H2O2的双重性质H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称；如消除采矿业胶液中的氰化物（如KCN），经以下反应实现：
13、KCN+H2O2+H2OA+NH3，则生成物A的化学式为，H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由是某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质：O2、MnO、H2O、Mn2+、H2O2、H+已知该反应中H2O2只发生了如下过程：H2O2O2写出该反应的离子方程式：（2）漂白剂亚氯酸钠（NaClO2）在常温与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生成时转移的电子个数是23根据锡、铅的主要化合价及其稳定性，完成下列填空：（1）锡的+2价化合物应具有较强的性，铅的+4价化合物应具有较强的性（2）已知Sn2+
14、的还原性比Fe2+的还原性强，PbO2的氧化性比Cl2的氧化性强试写出下列反应的化学方程式：氯气与锡共热：；氯气与铅共热：；PbO2与浓盐酸共热：24（16分）（2015秋中山月考）现有下列短周期元素性质的数据：元素编号元素性质原子半径（1010m）0.731.021.341.060.991.540.751.18最高或最低化合价+6+1+5+7+1+5+322313试回答下列问题：（1）元素在周期表中的位置是；元素与元素相比较，气态氢化物较稳定的是（填化学式）（2）元素与元素按照原子个数比为1：1形成的化合物中化学键的类型为（3）Y和Z均由元素组成，反应Y+2I+2H+I2+Z+H2O常作为Y
15、的鉴定反应Y与Z的关系是（选填字母）a同位素 b同素异形体 c同系物 d同分异构体将Y和二氧化硫分别通入品红溶液，都能使品红褪色简述用褪色的溶液区分二者的实验方法：（4）元素的最高价氧化物为无色液体，0.25mol该物质与一定量水混合得到一种稀溶液，并放出Q kJ的热量写出该反应的热化学方程式：（5）元素单质和元素单质在海水中可以形成原电池，写出正极反应式：25（16分）（2012春邛崃市校级期中）2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示已知1mol SO2（g）氧化为1mol SO3的H=99kJmol1请回答下列问题：（1）图中A、C分别表示、，E的大小对该反应
16、的反应热有无影响？（填“有”或“无”）该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？，理由是；（2）图中H=KJmol1；（3）V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化写出该催化循环机理的化学方程式；（4）如果反应速率（SO2）为0.05molL1min1，则（O2）=molL1min1（5）已知单质硫的燃烧热为296KJmol1，计算由S（s）生成3molSO3（g）的H=2015-2016学年广东省中山市启迪教育高三（上）第五次段考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本部分包括20小题，每小题只有一个选项符
17、合题意，每小题2分，共40分）1下列有关实验操作的说法正确的是（）A可用25mL碱式滴定管量取20.00mL KMnO4溶液B用pH试纸测定溶液的pH时，需先用蒸馏水润湿试纸C蒸馏时蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容积的，液体也不能蒸干D将金属钠在研钵中研成粉末，使钠与水反应的实验更安全【考点】试纸的使用；化学实验安全及事故处理；蒸馏与分馏 【专题】化学实验基本操作【分析】A、高锰酸钾具有氧化性，腐蚀橡皮管；B、根据pH试纸的使用方法来回答；C、根据蒸馏操作的注意事项来回答；D、根据金属钠的性质来分析【解答】解：A、KMnO4溶液有很强的氧化性，会腐蚀橡皮管，故不能用碱式滴定管来装，应该用酸式滴定
18、管来量取，故A错误；B、若先用蒸馏水润湿会造成溶液浓度的降低，测出值不一定准确，故B错误；C、蒸馏时防止暴沸和意外事故，蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容积的，液体也不能蒸干，故C正确；D、金属钠性质比较活泼，在研钵中研成粉末时易于空气中氧气，水反应，故D错误故选C【点评】本题考查常见的实验基本操作知识，可以根据教材知识来回答，较简单2氰氨基化钙（CaCN2）是一种重要的化工原料，制备CaCN2的化学方程式为CaCO3+2HCNCaCN2+CO+H2+CO2在该反应中（）A氢元素被氧化，碳元素被还原BHCN仅作氧化剂CCaCN2是氧化产物，H2为还原产物DCO为氧化产物，H2为还原产物【考点】氧化
19、还原反应 【专题】氧化还原反应专题【分析】在CaCO3+2HCN=CaCN2+CO+H2+CO2反应中，HCN中的碳元素化合价由+2升高到+4，对应的氧化产物为CaCN2，HCN中的氢元素化合价由+1价降低到0，对应的还原产物为H2【解答】解：A、因HCN中的碳元素化合价升高，氢元素的化合价降低，则氢元素被还原，碳元素被氧化，故A错误；B、因HCN中的碳元素化合价升高，氢元素的化合价降低，则HCN既是氧化剂又是还原剂，故B错误；C、HCN中的碳元素化合价由+2升高到+4，对应的氧化产物为CaCN2，HCN中的氢元素化合价由+1价降低到0，对应的还原产物为H2，故C正确；D、CO既不是氧化产物也
20、不是还原产物，故D错误；故选C【点评】本题较难，考查学生利用元素的化合价来分析氧化还原反应，明确反应中各物质中的元素的化合价是解答的关键，本题的难点是氧化产物的分析3下列物质按照纯净物、化合物、强电解质、弱电解质和非电解质顺序排列的是（）A纯盐酸、水煤气、硫酸、醋酸、干冰B聚氯乙烯、漂白粉、苛性钠、氢硫酸、三氧化硫C冰醋酸、福尔马林、硫酸钡、氢氟酸、氯气D冰水混合物、胆矾、氯化钾、次氯酸、乙醇【考点】混合物和纯净物；电解质与非电解质 【专题】物质的分类专题【分析】纯净物是指由同种物质组成的，混合物是指由不同种物质组成的，单质是由同种元素组成的纯净物，化合物是由不同种元素组成的纯净物，电解质是指
21、在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，水溶液中全部电离的化合物为强电解质，水溶液中部分电离的化合物为弱电解质，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物，据此可以分析各个选项中各种的所属类别【解答】解：A盐酸是氯化氢的水溶液；水煤气是氢气与一氧化碳的混合物，故A错误； B聚氯乙烯的n值不同，是混合物；漂白粉是氯化钙与次氯酸钙的混合物，故B错误；C福尔马林是甲醛的水溶液，是混合物，不是化合物，故C错误；D冰水混合物、胆矾、氯化钾、次氯酸、乙醇依次是纯净物、化合物、强电解质、弱电解质和非电解质，故D正确，故选D【点评】本题考查了物质分类方法和概念的分析判断，掌握物质组成和概念实质是关
22、键，题目较简单4要配制浓度约为2molL1NaOH溶液100mL，下面操作正确的是（）A称取8gNaOH固体，放入100mL烧杯中，用100mL量筒量取100mL蒸馏水，加入烧杯中，同时不断搅拌至固体溶解B称取8gNaOH固体，放入100mL量筒中，边搅拌，便慢慢加入蒸馏水，待固体完全溶解后用蒸馏水稀释至100mLC称取8gNaOH固体，放入100mL容量瓶中，加入适量蒸馏水，振荡容量瓶使固体溶解，再加水到刻度，盖好瓶塞，反复摇匀D用100mL量筒量取40mL5molL1NaOH溶液，倒入250mL烧杯中，再用同一量筒取60mL蒸馏水，不断搅拌下，慢慢倒入烧杯【考点】配制一定物质的量浓度的溶液
23、 【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】A、从100ml水中溶解8gNaOH固体后，溶液的体积将大于100ml来考虑；B、量筒只能用来量取液体，不能用来溶解固体；C、容量瓶只能用来配制溶液，不能用来稀释或溶解药品；D、根据两种溶液中含有溶质的物质的量是否相等判断【解答】解：A、100ml水中溶解8gNaOH固体后，溶液的体积将大于100ml，故A错误；B、量筒只能用来量取液体，不能用来溶解固体，故B错误；C、容量瓶只能用来配制溶液，不能用来稀释或溶解药品，故C错误；D、100mL2molL1 的NaOH溶液含有氢氧化钠的物质的量是0.2mol，40mL5molL1的NaOH溶液含有氢氧化钠的
24、物质的量是0.2mol，两种溶液溶质的物质的量相等，所以能配制物质的量浓度约为2molL1 NaOH溶液100mL，故D正确；故选D【点评】本题以配制一定物质的量浓度溶液为载体考查了仪器的使用，难度不大，明确量筒只能用来量取液体，不能用来溶解固体；容量瓶只能用来配制溶液，不能用来稀释或溶解药品5下列各实验装置图的叙述中，正确的是（）A装置常用于分离互不相溶的液体混合物B装置可用于吸收氨气，能够防止倒吸C以NH4Cl为原料，装置可用于制备少量NH3D装置从a口进气可收集Cl2、NO2等气体【考点】蒸馏与分馏；气体的收集；尾气处理装置；常见气体制备原理及装置选择 【专题】综合实验题【分析】A根据物
25、质的性质选择分离的方法，沸点不同互溶的液体用蒸馏的方法，分液是分离互不相溶的液体混合物的方法；B根据氨气极易溶于水，尾气吸收时要防止倒吸，导气管不能插入到液面以下；C根据NH4Cl分解产生了NH3和HCl，而NH3和HCl在管口又发生反应：NH3+HCl=NH4Cl，生成了NH4Cl；D从a口进气可收集密度比空气大且不与空气反应的气体【解答】解：A装置是蒸馏装置，常用于分离互不相溶的液体混合物，故A错误；B氨气极易溶于水，导气管直接伸入水层会产生倒吸，故B错误；CNH4Cl分解产生了NH3和HCl，而NH3和HCl在管口又发生反应：NH3+HCl=NH4Cl，生成了NH4Cl，最终制取不到NH
26、3，故C错误；DCl2、NO2等气体密度比空气大且不与空气反应，可从a口进气收集，故D正确；故选D【点评】本题考查化学实验基本操作，注意物质的分离方法、气体的收集和吸收原则以及气体的制取等知识，难度不大6下列各项叙述正确的是（）A由同种元素组成的物质肯定属于纯净物B具有相同质子数的粒子都属于同种元素C一种元素可有多种离子，但只有一种显电中性的原子D有新单质生成的化学反应，不一定都属于氧化还原反应【考点】原子结构与元素的性质；化学基本反应类型 【分析】A同种元素可以形成不同的单质；B质子数相同的原子总称为元素，元素的研究对象是原子；C有的元素存在同位素；D有元素化合价的变化的反应属于氧化还原反应
27、【解答】解：A由同种元素组成的物质不一定属于纯净物，如O2和O3组成的混合物，故A错误；B元素的研究对象是原子，质子数相同的粒子不一定属于同种元素，如CH4与H2O，若为原子则属于同种元素，故B错误；C元素存在同位素，如氢元素存在氕、氘、氚原子都是中性原子，故C错误；D有单质生成的化学反应不一定都是氧化还原反应，如石墨和金刚石之间的转化，没有元素化合价的变化的反应不属于氧化还原反应，故D正确；故选D【点评】本题考查了物质分类方法、微粒结构分析判断、氧化还原反应等，掌握基础是关键，题目较简单7下列离子方程式书写正确的是（）A硫酸镁溶液和氢氧化钡溶液反应：SO42+Ba2+BaSO4B氯化铝溶液中
28、加入过量氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2OC苯酚钠溶液中通入过量的二氧化碳：D氯化亚铁溶液中通入氯气：Fe2+Cl2Fe3+2Cl【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】A硫酸镁溶液和氢氧化钡溶液反应生成Mg（OH）2和BaSO4；B氯化铝溶液中加入过量氨水生成Al（OH）3，Al（OH）3不溶于氨水；C碳酸的酸性比苯酚的酸性强，通入过量二氧化碳生成碳酸氢钠；D从电荷是否守恒的角度分析【解答】解：A硫酸镁溶液和氢氧化钡溶液反应生成Mg（OH）2和BaSO4，反应的离子方程式为Mg2+2OH+SO42+Ba2+BaSO4+Mg（OH）2，故A错误；B氯化铝溶液
29、中加入过量氨水生成Al（OH）3，Al（OH）3不溶于氨水，反应的离子方程式为Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故B错误；C碳酸的酸性比苯酚的酸性强，通入过量二氧化碳生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为，故C正确；D电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故D错误故选：C【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难度中等，本题注意根据物质的性质判断反应的实际生成物，Al（OH）3不溶于氨水，离子方程式要遵循质量守恒和电荷守恒8下列在限定条件下溶液中的各组离子能够大量共存的是（）ApH=3的溶液：Na+、Cl、Fe2+、ClOB与Al反应能产生氢气的溶液：K+、S
30、O42、CO32、NH4+C使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl、SO42、Al3+D由水电离出的H+浓度为11012molL1的溶液：K+、Ba2+、Cl、Br【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】ApH=3的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原；B与Al反应能产生氢气的溶液，为酸或强碱溶液；C使酚酞试液变红的溶液，溶液显碱性；D由水电离出的H+浓度为11012molL1的溶液，为酸或碱溶液【解答】解：ApH=3的溶液，显酸性，H+、Fe2+、ClO离子之间发生氧化还原，则不能共存，故A错误；B与Al反应能产生氢气的溶液，为酸或强碱溶液，H+、CO32反应，OH、NH4+反应，则不能
31、共存，故B错误；C使酚酞试液变红的溶液，溶液显碱性，OH、Al3+反应，则不能共存，故C错误；D由水电离出的H+浓度为11012molL1的溶液，为酸或碱溶液，无论酸或碱溶液，该组离子均不反应，则能共存，故D正确；故选D【点评】本题考查离子的共存，明确习题中的信息及信息的应用是解答本题的关键，注意氧化还原反应为解答的难点，题目难度不大9只用试管和胶头滴管就可以对下列各组中的两种溶液进行鉴别的是（）AlCl3溶液和NaOH溶液Ca（HCO3）2溶液和NaOH溶液NaAlO2溶液和盐酸Al2（SO4）3溶液和氨水AgNO3溶液和氨水ABCD【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用 【专题】化学
32、实验基本操作【分析】只用试管和胶头滴管就可以对下列各组中的两种溶液进行鉴别，则物质之间添加顺序不同，发生反应产生的现象不同，以此来解答【解答】解：向AlCl3溶液加NaOH溶液，先有沉淀后沉淀消失，而向NaOH溶液中加AlCl3溶液，先没有沉淀后生成沉淀，现象不同，能鉴别，故选；Ca（HCO3）2溶液和NaOH溶液，改变加入顺序均生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故不选；向NaAlO2溶液加盐酸，先有沉淀后沉淀消失，而向盐酸中加NaAlO2溶液，先没有沉淀后生成沉淀，现象不同，能鉴别，故选；Al2（SO4）3溶液和氨水，改变加入顺序均生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故不选；向AgNO3溶液加
33、氨水，先生成沉淀后溶解，而向氨水中加AgNO3溶液，无现象，现象不同，能鉴别，故选；故选A【点评】本题考查物质的鉴别，熟悉物质之间的反应及反应中的现象是解答本题的关键，注意试剂的加入顺序，题目难度中等10下列叙述正确的是（）A容量瓶、滴定管、烧杯、蒸馏烧瓶、量筒等仪器上都具体标明了使用温度B冷浓硫酸保存在敞口的铝制的容器中C为了使过滤速率加快，可用玻璃棒在过滤中轻轻搅拌，加速液体流动DKNO3晶体中含有少量NaCl，可利用重结晶的方法提纯【考点】过滤、分离与注入溶液的仪器；计量仪器及使用方法；化学试剂的存放；过滤；蒸发和结晶、重结晶 【专题】化学实验常用仪器及试剂；化学实验基本操作【分析】A烧
34、杯、蒸馏烧瓶没有标明使用温度；B铝与冷浓硫酸发生钝化反应，可与稀硫酸反应；C玻璃棒在过滤中轻轻搅拌，可能将滤纸弄破；D重结晶利用两种物质在溶液中溶解度差异大的关系分离物质的方法【解答】解：A容量瓶、滴定管、量筒等仪器上都具体标明了使用温度，烧杯、蒸馏烧瓶没有标明，故A错误； B在敞口的容器中，浓硫酸吸水变稀，稀硫酸可与铝发生反应，故B错误；C玻璃棒在过滤中轻轻搅拌，可能将滤纸弄破，使实验失败，故C错误；DKNO3溶解度随温度变化较大，而NaCl溶解度随温度变化不大，故可用重结晶分离，故D正确故选D【点评】本题考查化学实验常用仪器，化学实验基本操作，平时注意知识的积累11已知阿伏加德罗常数为NA
35、，下列说法正确的是（）A1mol钠与足量氧气反应生成Na2O或Na2O2时，失电子数目均为NAB1mol Na2O2与足量CO2反应时，转移2NA个电子C1mol/L的NaOH溶液中含Na+数目NAD1mol Na2O2晶体中含有的阴离子数目为2NA【考点】阿伏加德罗常数 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、钠与足量氧气反应生成Na2O或Na2O2时，钠由0价变成+1价，失去一个电子；B、1mol Na2O2与足量CO2反应时，转移1mol电子；C、溶液的体积不知无法求微粒的数目；D、Na2O2的构微粒是钠离子和过氧根离子，所以阴阳离子个数之比为1：2【解答】解：A、钠与足量氧气
36、反应生成Na2O或Na2O2时，钠由0价变成+1价，失去一个电子，所以失电子的数目均为NA，故A正确；B、1mol Na2O2与足量CO2反应时，转移1mol电子，所以转移NA个电子，故B错误；C、溶液的体积不知无法求微粒的数目，故C错误；D、Na2O2的构微粒是钠离子和过氧根离子，所以阴阳离子个数之比为1：2，所以阴离子数目为NA，故D错误；故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，注意结合反应原理的考查12某溶液由Na+、Cu2+、Ba2+、Fe3+、AlO2、CO32、SO42、Cl中的若干种离子组成，取适量该溶液进行如下实验：下列说法正确的是（）A原溶液中一定存在Al
37、O2、CO32、SO42、Cl四种离子B气体A的化学式是CO2，其电子式为C原溶液中一定不存在的离子是Cu2+、Ba2+、Fe3+D生成沉淀B的离子方程式为：Al3+3OH=Al（OH）3【考点】常见离子的检验方法 【分析】向其中加入过量盐酸，有气体A生成，并得到无色透明溶液，则溶液中含有CO32离子，没有Fe3+离子，CO32离子与Cu2+、Ba2+离子不能共存，则不存在Cu2+、Ba2+离子，根据溶液呈电中性，一定含有Na+离子；向溶液A中加入过量氨水，产生白色沉淀，该沉淀为Al（OH）3，则原溶液中含有AlO2离子；滤液B中加入过量氢氧化钡溶液，产生白色沉淀，该沉淀为BaSO4，说明原溶
38、液中含有SO42离子；向滤液C中加入过量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，该沉淀是AgCl，但不能证明原溶液中是否含有Cl离子，因为在第一步中加入盐酸，据此对各选项进行判断【解答】解：向原溶液中加入过量盐酸，有气体A生成，并得到无色透明溶液，气体A为二氧化碳气体，则溶液中含有CO32离子；溶液无色则没有Fe3+离子；CO32离子与Cu2+、Ba2+离子发生反应，则原溶液中一定不存在Cu2+、Ba2+，再根据溶液呈电中性可知，溶液中一定含有Na+；向溶液A中加入过量氨水，产生白色沉淀，该沉淀为Al（OH）3，则原溶液中一定存在AlO2离子；向滤液B中加入过量氢氧化钡溶液，产生的白色沉淀为B
39、aSO4，则原溶液中一定含有SO42；滤液C中所得的滤液中加入过量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，该沉淀为AgCl，但不能证明原溶液中是否含有Cl离子，因为在第一步中加入盐酸，A、由以上分析可知，原溶液中一定存在的离子为：AlO2、CO32、SO42、Na+，故A错误；B、A是二氧化碳气体，二氧化碳的电子式为：，故B错误；C、由以上分析可知，原溶液中一定不存在的离子是Cu2+、Ba2+、Fe3+，故C正确；D、生成沉淀B的离子方程式为：Al3+3NH3H203NH4+Al（OH）3，故D错误；故选C【点评】本题主要考查学生离子共存和离子反应知识，是现在高考的热点和难点，题目难度中等，注
40、意把握离子的性质以及检验方法，试题充分考查了学生的分析、理解能力13化学知识在生产和生活中有着重要的应用下列说法中，不正确的是（）A与铜质水龙头连接处的钢质水管易发生腐蚀B明矾常作为净水剂C金属钠、镁等活泼金属着火时，可以使用泡沫灭火器来灭火D发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔【考点】金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；钠的化学性质；常见的食品添加剂的组成、性质和作用 【专题】化学计算【分析】A作原电池负极的金属易被腐蚀；B胶体具有吸附性，所以能净水；C过氧化钠、镁都能和二氧化碳反应；D碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳【解答】解：A铜、铁和电解质溶液能构成原电池，铁作负极，因为
41、铁易失去电子而被腐蚀，故A正确；B硫酸铝钾是强酸弱碱盐，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以能净水，故B正确；C钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳、水反应生成氧气，镁能和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，所以金属钠、镁等活泼金属着火时，不能使用泡沫灭火器来灭火，故C错误；D碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳，所以发酵粉中主要含有碳酸氢钠，且能使焙制出的糕点疏松多孔，故D正确故选C【点评】本题考查化学与生活，明确物质的性质是解本题关键，注意镁条能在二氧化碳中燃烧，为易错点14汉代器物上的颜料“汉紫”至今尚没有发现其自然存在的记载20世纪80年代科学家进行超导材料研究时，偶然发现其成分为紫色的
42、硅酸铜钡（化学式为BaCuSi2Ox，Cu为+2价），下列有关“汉紫”的说法中不正确是（）A用盐的形式表示：BaSiO3CuSiO3B用氧化物形式表示：BaOCuO2SiO2C易溶于强酸、强碱D性质稳定，不易褪色【考点】无机非金属材料 【专题】碳族元素【分析】A、根据化合物中各元素化合价的代数和为0判断化学式是否正确；B、根据硅酸盐中氧化物的书写顺序来书写；C、硅酸盐能和强酸反应；D、硅酸盐性质稳定【解答】解：A、硅酸铜钡中各元素的化合价代数和为0，所以BaCuSi2Ox中x为6，用盐的形式表示：BaSiO3CuSiO3，故A正确；B、硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序为：活泼金属氧化物、不活
43、泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以硅酸铜钡用氧化物形式表示：BaOCuO2SiO2，故B正确；C、BaCuSi2O6是弱酸盐，所以能和强酸反应，和强碱不反应，故C错误；D、BaCuSi2O6中铜显+2价，二价铜离子不容易被还原，所以性质较稳定，不容易褪色，故D正确；故选C【点评】本题考查了硅酸盐的性质，难度不大，明确硅酸盐用氧化物形式表示时书写顺序即可解答15将0.03mol Cl2缓缓通入含0.02mol H2SO3和0.02mol HBr的混合溶液中，在此过程溶液的c（H+）与Cl2用量的关系示意图是（溶液的体积视为不变）（）ABCD【考点】氯气的化学性质 【专题】卤族元素【分析】亚硫酸根离
44、子与溴离子都具有还原性，但是亚硫酸根离子还原性强于溴离子，通入氯气后，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化Br，由于Br全部转变Br2，所以HBr和H2SO3都完全被氧化【解答】解：亚硫酸根离子与溴离子都具有还原性，但是亚硫酸根离子还原性强于溴离子，通入氯气后，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化Br氯气氧化亚硫酸生成硫酸： Cl2 +H2SO3 +H2O=H2SO4 +2HCl0.02mol 0.02mol 0.02mol 0.04mol H2SO3为弱酸，生成两种强酸：H2SO4和HCl，c（H+）增大，H2SO3反应完毕，消耗
45、Cl20.02mol，Cl2过量0.01mol，然后再氧化Br： Cl2 +2HBr=Br2 +2HCl0.01mol 0.02mol HBr全部被氯气氧化转变为Br2 和HCl，HCl和HBr都是强酸，所以c（H+）不变；故选：A【点评】本题考查了氯气的性质已经有关氧化还原反应的计算，明确亚硫酸根离子与溴离子还原性强弱顺序是解题关键，难度不大16硒（Se）是人体必需的一种微量元素，其单质可用于制光敏电阻、复印机的硒鼓等等工业上提取硒的方法之一是用硫酸和硝酸钠处理含硒的工业废料，得到亚硒酸（H2SeO3）和少量硒酸（H2SeO4），富集后再将它们与盐酸共热，将H2SeO4转化为H2SeO3，主
46、要反应为2HCl+H2SeO4H2SeO3+H2O+Cl2，然后向溶液中通入SO2将硒元素还原为单质硒沉淀据此正确的判断为（）AH2SeO4的氧化性比Cl2弱BSeO2的氧化性比SO2弱CH2SeO4的氧化性比H2SeO3强D析出1mol硒，需亚硒酸、SO2和水各1mol【考点】氧化性、还原性强弱的比较 【专题】氧化还原反应专题【分析】氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，结合元素的化合价的变化计算电子转移的数目【解答】解：A反应中Se元素化合价降低，H2SeO4为氧化剂，Cl元素化合价升高，Cl2为氧化产物，氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物
47、的氧化性，则H2SeO4的氧化性比氯气强，故A错误；B将二氧化硫通入亚硒酸溶液中出现单质硒的沉淀，可说明氧化性二氧化硒（或亚硒酸）具有氧化性，二氧化硫具有还原性，则二氧化硒的氧化性大于二氧化硫，故B错误；C2HCl+H2SeO4H2SeO3+Cl2+H2O反应中，H2SeO4为氧化剂，H2SeO3为还原产物，则H2SeO3的氧化性比H2SeO4弱，故C正确；D、将二氧化硫通入亚硒酸溶液中出现单质硒的沉淀，反应中Se元素化合价由+4价降低到0价，S元素化合价由+4价升高到+6价，则析出1mol硒要用H2SeO31mol，SO22mol，故D错误；故选C【点评】本题综合考查氧化还原反应，侧重于学生
48、的分析能力和自学能力的考查，为高考常见题型，难度中等，注意从元素化合价的角度分析相关概念和物质的性质17X、Y均为元素周期表中前20号元素，其简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是（）A由mXa+与nYb，得m+a=nbBX2的还原性一定大于YCX、Y一定不是同周期元素D若X的原子半径大于Y，则气态氢化物的稳定性HmX一定大于HnY【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】A简单离子的电子层结构相同，则核外电子数相同；B简单离子的电子层结构相同，X、Y位于同周期，为非金属元素，原子序数越大的非金属性强，对应离子的还原性弱；C简单离子的电子层结构相同，X、
49、Y均为阴离子、或均为阳离子在同一周期，否则不在同一周期；D简单离子的电子层结构相同，X的原子半径大于Y，X可能为金属【解答】解：A由mXa+与nYb，离子的电子层结构相同，则核外电子数相同，所以ma=n+b，故A错误；B简单离子的电子层结构相同，X、Y位于同周期，为非金属元素，Y的原子序数大，则X2的还原性一定大于Y，故B正确；C简单离子的电子层结构相同，X、Y均为阴离子、或均为阳离子在同一周期，若一个为阳离子一个为阴离子，则一定不在同一周期，故C错误；D简单离子的电子层结构相同，X的原子半径大于Y，X可能为金属，则不存在气态氢化物，故D错误；故选B【点评】本题考查具有相同电子层结构的离子，明
50、确X、Y可能为阴离子、阳离子及相对位置是解答本题的关键，题目难度不大18下列各组物质中化学键类型完全相同的是（）AHI和NaIBH2S和CO2CCl2和CCl4DF2和NaBr【考点】离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型 【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键，据此分析解答【解答】解：AHI分子中HI原子之间只存在共价键，NaI中钠离子和碘离子之间只存在离子键，所以化学键类型不同，故A错误；B硫化氢、二氧化碳分子中都只含共价键，且都是极性键，故B正确；C氯气分子中ClC
51、l原子之间只存在非极性键，四氯化碳分子中CCl原子之间只存在极性键，故C错误；D氟气分子中FF原子之间只存在非极性键，溴化钠中钠离子和溴离子之间只存在离子键，故D错误；故选B【点评】本题考查化学键，侧重考查基本概念，明确物质构成微粒之间作用力即可解答，题目难度不大19下列说法摘自一些科普杂志或广告用语，你认为没有科学性错误的是（）A化学家采用玛瑙研钵磨擦固体反应物进行无溶剂合成，玛瑙的主要成分是硅酸盐B夏天到了，游客佩戴由添加氧化亚铜的二氧化硅玻璃制作的变色眼镜来保护眼睛C“白雪牌”漂粉精，令所有化学物质黯然失“色”，没有最白，只有更白D硅的提纯与应用，促进了半导体元件与集成芯片业的发展，可以
52、说“硅是信息技术革命的催化剂”【考点】硅和二氧化硅 【专题】元素及其化合物【分析】A依据玛玛瑙是含有杂质的二氧化硅，其主要成分是二氧化硅；B依据变色眼镜是在适当波长光的辐照下改变其颜色，而移去光源时则恢复其原来颜色的玻璃制的分析；C漂粉精主要成分是次氯酸钙，用来漂白有机物；D芯片的主要成分是硅单质【解答】解：A玛瑙的主要成分是二氧化硅，故A错误； B变色眼镜是在玻璃中添加了溴化银，而不是氧化亚铜，故B错误；C漂粉精主要成分是次氯酸钙，一些有色无机物如CuO等不能被漂白，故C错误；D半导体元件与集成芯片的主要成分是硅单质，故D正确故选D【点评】本题考查硅和二氧化硅的成分的用途，题目难度不大，注意
53、漂粉精不能漂白所有的物质20下列说法中正确的是（）ASO2（g）+O2（g）SO3（g）H=98.3 kJ/mol，当1 mol SO2（g）与 mol O2（g）完全转化为SO3时反应放出的热量为98.3 kJB2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H1，则H1H（H数值由A项给出）CX（g）+Y（g）Z（g）+W（s）H0，平衡后加入X，H增大DX（g）+Y（g）Z（g）+W（s）H0，平衡后加入少量Z，放出的热量增加【考点】反应热和焓变 【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、应说明三氧化硫的状态；B、反应放热，2mol二氧化硫反应放热多；C、H的大小由反应方程式决定，与加入反应物多少
54、无关；D、正反应吸热，平衡后加入生成物，反应逆向移动【解答】解：A、没有注明三氧化硫的状态，故A错误；B、反应放热，2mol二氧化硫反应放热多，H1H，故B错误；C、H的大小由反应方程式决定，与加入反应物多少无关，故C错误；D、正反应吸热，平衡后加入生成物，反应向逆向移动，放出热量，故D正确；故选D【点评】本题考查了物质的状态不同能量不同、焓变的比较、平衡移动，题目难度不大二、填空题（本大题共包括5小题，共60分）21（18分）（2015秋中山月考）蛇纹石可以看作由MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成实验室以蛇纹石为原料制取水合碱式碳酸镁，已知：氢氧化物Fe（OH）3Al（OH）3Mg
55、（OH）2开始沉淀pH1.53.39.4实验步骤如图甲，请回答下列问题：（1）实验室完成操作所用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯（2）检验溶液中是否含有Fe3+的操作与结论是取少量溶液于试管中，加入KSCN溶液，若无明显现象，说明溶液不含Fe3+；若溶液变红色，说明溶液含有Fe3+（3）从沉淀混合物B中制取D，应加入一种试剂进行分离，其反应的离子方程式为OH+Al（OH）3AlO2+2H2O，再进行过滤、洗涤、加热（依次填写实验操作名称）（4）操作中应控制溶液pH的合理范围是C（填序号）A小于1.5 B1.53.3 C78 D大于9.4（5）为探究所得的水合碱式碳酸镁xMgCO3yMg（OH）
56、2zH2O的组成，取样7.28g于装置A的玻璃管中，请按由左右顺序将如图乙装置连接好（填序号，装置可重复使用）CBABDB（或D），装置C应盛的试剂是氢氧化钠溶液充分反应后，如果实验测得硬质玻璃管中剩余固体3.2g，共放出2.64g CO2气体，则x：y：z=3：1：3【考点】制备实验方案的设计 【专题】综合实验题；类比迁移思想；演绎推理法；无机实验综合【分析】（1）蛇纹石可以看作由MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成，其中MgO、Fe2O3、Al2O3溶于盐酸生成盐和水，二氧化硅不和盐酸反应，沉淀A为SiO2，分离固体和溶液的方法是过滤；（2）Fe3+离子的检验方法是：取少量溶液，加
57、入硫氰酸钾后，观察溶液是否变血红色；（3）依据转化关系分析，过程为了制备水合碱式碳酸镁，所以操作氢氧化钙需要适量，控制溶液pH小于9.4，不能沉淀镁离子，且使铝离子和铁离子全部生成沉淀，判断沉淀B为氢氧化铝、氢氧化铁，得到红色氧化物，需要加入过量氢氧化钠溶液溶解氢氧化铝为偏铝酸钠溶液，过滤得到氢氧化铁沉淀，洗涤后再加热得到氧化铁；（4）操作是控制溶液PH，使铁离子和铝离子沉淀，镁离子不沉淀，控制溶液pH小于9.4，但不能使氢氧化铝溶解；（5）利用水合碱式碳酸镁xMgCO3yMg（OH）2zH2O的组成，分析判断实验装置的应用，测定分解产物中的水，二氧化碳，固体质量分别计算得到，加热分解得到固体
58、为氧化镁；要求加热分解环境不含水、二氧化碳；测定装置不能和空气相连；依据质量守恒、元素守恒，结合测定质量计算得到x、y、z【解答】解：（1）蛇纹石由MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成，其中MgO、Fe2O3、Al2O3溶于盐酸生成盐和水，二氧化硅不和盐酸反应，沉淀A为 SiO2，分离固体和溶液用过滤的方法，过滤所用玻璃仪器为：玻璃棒、漏斗、烧杯，故答案为：玻璃棒、漏斗、烧杯；（2）取少量溶液于试管中，加入KSCN溶液，若无明显现象，说明溶液不含Fe3+；若溶液变红色，说明溶液含有Fe3+，故答案为：取少量溶液于试管中，加入KSCN溶液，若无明显现象，说明溶液不含Fe3+；若溶液变红色
59、，说明溶液含有Fe3+；（3）从沉淀混合物B中制取D，实验流程为了制备碳酸镁，所以操作2氢氧化钙需要适量，控制溶液pH小于9.4，不能沉淀镁离子，且使铝离子和铁离子全部生成沉淀，判断沉淀B为氢氧化铝、氢氧化铁，加热得到红色氧化物，判断氢氧化铁得到红色物质推断为氧化铁，所以需要加入过量氢氧化钠溶液溶解氢氧化铝为偏铝酸钠溶液，反应的离子方程式为：OH+Al（OH）3AlO2+2H2O，过滤得到氢氧化铁沉淀，洗涤后再加热得到氧化铁，故答案为：OH+Al（OH）3AlO2+2H2O；过滤、洗涤、加热；（4）依据转化关系分析实验目的，过程为了制备碳酸镁，所以操作氢氧化钙需要适量，控制溶液pH小于9.4，
60、不能沉淀镁离子，且使铝离子和铁离子全部生成沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物，所以碱不能过量，所以pH应控制在78最合适，故答案为：C；（5）利用水合碱式碳酸镁xMgCO3yMg（OH）2zH2O的组成，分析判断实验装置的应用，测定分解产物中的水，二氧化碳，固体质量分别计算得到，加热分解得到固体为氧化镁；要求加热分解环境不含水、二氧化碳；测定装置不能和空气相连；所以装置连接顺序应为：空气通入氢氧化钠溶液除去二氧化碳通过浓硫酸干燥除去水蒸气通入加热分解的玻璃管通过浓硫酸吸收生成水蒸气通过碱石灰干燥管吸收生成的二氧化碳通过浓硫酸或碱石灰防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入测定装置，影响实验测定；实验连接顺序
61、为：CBABDB（或D）；装置C应盛的试剂是氢氧化钠溶液；加热分解得到固体为MgO，二氧化碳是碳酸镁受热分解生成的，实验测得硬质玻璃管中剩余固体3.2g，所以氧化镁的物质的量=0.08mol/L；共放出2.64g CO2气体，二氧化碳物质的量=0.06mol；推断碳酸镁物质的量为0.06mol，质量=0.06mol84g/mol=5.04g；氢氧化镁物质的量为0.08mol/L0.06mol=0.02mol，质量=0.02mol58g/mol=1.16g；结晶水的质量为7.28g5.04g1.16g=1.08g；物质的量=0.06mol；则x：y：z=0.06：0.02：0.06=3：1：3，
62、故答案为：CBABDB（或D）；氢氧化钠溶液；3：1：3【点评】本题考查对工艺流程的理解、物质分离提纯、实验条件的控制、离子检验与实验方案设计等，题目较为综合，需要学生具备扎实的基础，是对学生总能力的考查，题目难度中等22（12分）（2015秋中山月考）自2009年3月起，从墨西哥、美国等国逐渐扩散到全世界的甲型H1N1流感暴发疫情，引起了全球关注和积极应对防控专家表示，含氯消毒剂和过氧化物等强氧化性消毒剂可防甲型H1N1流感（1）过碳酸钠是一种有多种用途的新型氧系固态漂白剂，化学式可表示为Na2CO33H2O2，它具有Na2CO3和H2O2的双重性质H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色
63、氧化剂”的美称；如消除采矿业胶液中的氰化物（如KCN），经以下反应实现：KCN+H2O2+H2OA+NH3，则生成物A的化学式为KHCO3，H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由是H2O2是氧化剂，其产物是H2O，H2O没有污染性某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质：O2、MnO、H2O、Mn2+、H2O2、H+已知该反应中H2O2只发生了如下过程：H2O2O2写出该反应的离子方程式：2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O（2）漂白剂亚氯酸钠（NaClO2）在常温与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
64、应中，当有1mol ClO2生成时转移的电子个数是6.021023【考点】钠的重要化合物；过氧化氢 【专题】元素及其化合物【分析】（1）由元素守恒和原子守恒确定产物，根据双氧水的产物是否对环境有影响判断；由H2O2O2知，双氧水在反应中作还原剂，所以还必须有氧化剂参加反应，在反应中得电子化合价降低，根据化合价知，高锰酸根离子作氧化剂，还原产物是锰离子，同时反应后生成水，据此写出离子方程式；（2）根据化合价变化来计算转移的电子数【解答】解：（1）由反应KCN+H2O2+H2O=A+NH3，根据质量守恒定律可知，元素守恒、原子守恒，则A的化学式为KHCO3，H2O2被称为“绿色氧化剂”，氧元素的化
65、合价降低，则产物为水，生成物对环境无污染，故答案为：KHCO3；H2O2是氧化剂，其产物是H2O，H2O没有污染性；MnO4具有氧化性，H2O2具有还原性，H2O2只发生了如下过程：H2O2O2，则还原反应为MnO4Mn2+，并由质量守恒定律及电荷守恒可知，离子反应为2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O，故答案为：2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O；（2）由HClO2ClO2+H+Cl+H2O可知，反应物中Cl元素的化合价既升高又降低，当有1molClO2生成时，转移的电子数为1mol（43）NAmol1=NA，故答案为：6.021023【点评】本题考
66、查氧化还原反应、离子反应等知识，考查知识较为综合，同时注重了对高考考点的考查及利用新信息来考查化学知识，难度不大23根据锡、铅的主要化合价及其稳定性，完成下列填空：（1）锡的+2价化合物应具有较强的还原性，铅的+4价化合物应具有较强的氧化性（2）已知Sn2+的还原性比Fe2+的还原性强，PbO2的氧化性比Cl2的氧化性强试写出下列反应的化学方程式：氯气与锡共热：Sn+2Cl2SnCl4；氯气与铅共热：Pb+Cl2PbCl2；PbO2与浓盐酸共热：PbO2+4HCl（浓）PbCl2+Cl2+2H2O【考点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；氧化还原反应 【专题】氧化还原反应专题；元素周
67、期律与元素周期表专题【分析】（1）低价态的金属具有氧化性，高价态的金属具有氧化性；（2）氯气与锡共热生成四氯化锡；氯气与铅共热生成PbCl2；PbO2把HCl氧化为氯气【解答】解：（1）低价态的金属具有氧化性，高价态的金属具有氧化性，所以锡的+2价化合物应具有较强的还原性，铅的+4价化合物应具有较强的氧化性；故答案为：还原；氧化；（2）氯气与锡共热生成四氯化锡，则反应的方程式为：Sn+2Cl2SnCl4，故答案为：Sn+2Cl2SnCl4；氯气与铅共热生成PbCl2，则反应的方程式为：Pb+Cl2PbCl2，故答案为：Pb+Cl2PbCl2；PbO2把HCl氧化为氯气，则反应的方程式为：PbO
68、2+4HCl（浓）PbCl2+Cl2+2H2O，故答案为：PbO2+4HCl（浓）PbCl2+Cl2+2H2O【点评】本题考查了氧化还原反应、同主族元素性质的递变规律，题目难度不大，注意把握氧化还原反应规律24（16分）（2015秋中山月考）现有下列短周期元素性质的数据：元素编号元素性质原子半径（1010m）0.731.021.341.060.991.540.751.18最高或最低化合价+6+1+5+7+1+5+322313试回答下列问题：（1）元素在周期表中的位置是第二周期A族；元素与元素相比较，气态氢化物较稳定的是NH3（填化学式）（2）元素与元素按照原子个数比为1：1形成的化合物中化学键
69、的类型为离子键、共价键（3）Y和Z均由元素组成，反应Y+2I+2H+I2+Z+H2O常作为Y的鉴定反应Y与Z的关系是（选填字母）ba同位素 b同素异形体 c同系物 d同分异构体将Y和二氧化硫分别通入品红溶液，都能使品红褪色简述用褪色的溶液区分二者的实验方法：加热褪色后的溶液，若溶液恢复红色，则原通入气体为SO2，若溶液不变红，则原通入气体是O3（4）元素的最高价氧化物为无色液体，0.25mol该物质与一定量水混合得到一种稀溶液，并放出Q kJ的热量写出该反应的热化学方程式：Cl2O7（l）+H2O（l）2HClO4（aq）H=4Q kJ/mol（5）元素单质和元素单质在海水中可以形成原电池，写
70、出正极反应式：O2+4e+2H2O4OH【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用 【专题】化学反应中的能量变化；元素周期律与元素周期表专题；电化学专题；氧族元素【分析】同周期元素的原子半径从左向右在减小，同主族元素的原子半径从上到下在增大，短周期元素中，都有最低价2，处于A族，只有最低价2，则为O，为S，都只有最高正价+1，处于IA，的原子半径较大，原子半径不是所以元素中最小，故为Li、为Na；有+7、1价，则为F；都有最高价+5、最低价3，处于A族，且的原子半径较大，则为P、为N；有最高价+3，处于A族，原子半径大于P，则为Al，据此解答【解答】解：由元素在周期表中位置，可知为O、为S、为L
71、i、为P、为F、为Na、为N、为Al（1）元素为Li，原子序数为3，核外有两层电子，电子层数等于周期数，最外层为1个电子，最外层电子数等于族序数，所以元素在周期表中的位置是第二周期IA族，为P、为N，两者属于同一主族，同主族自上而下得电子能力减弱，非金属性减弱，非金属性越强氢化物越稳定，所以气态氢化物较稳定的是NH3，故答案为：第二周期IA族；NH3；（2）为O、为Na，按照原子个数比为1：1形成的化合物为过氧化钠，Na2O2是离子化合物，Na+与O22形成离子键，O原子与O原子之间通过非极性共价键形成O22离子，故答案为：离子键、共价键；（3）为O，Y和Z均由元素组成，为氧气和臭氧，反应Y+
72、2I+2H+I2+Z+H2O，由元素守恒可知，Y为O3、Z为O2，Y、Z为氧元素单质，二者互为同素异形体，故答案为：b；二氧化硫使品红溶液褪色，生成不稳定的无色物质，受热容易分解又恢复红色，臭氧具有强氧化性，将品红氧化使其褪色，不能恢复红色，所以加热褪色后的溶液，若溶液恢复红色，则原通入气体为SO2；若溶液不变红，则原通入气体是O3，故答案为：加热褪色后的溶液，若溶液恢复红色，则原通入气体为SO2，若溶液不变红，则原通入气体是O3；（4）Y的最高价氧化物为Cl2O7，为无色液体，当0.25mol该物质与一定量的水混合得到HClO4稀溶液，放出QkJ的热量，故该反应的热化学方程式为Cl2O7（l
73、）+H2O（l）=HClO4（aq）H=4QkJ/mol，故答案为：Cl2O7（l）+H2O（l）2HClO4（aq）H=4Q kJ/mol；（5）为O、为Al，氧气在正极上得电子，发生吸氧腐蚀：O2+4e+2H2O4OH，故答案为：O2+4e+2H2O4OH【点评】本题考查元素周期律及单质、化合物的性质，抓住“短周期”这一信息，明确元素周期表中原子半径及化合价的变化规律来推断元素是解答本题的关键，题目难度中等25（16分）（2012春邛崃市校级期中）2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示已知1mol SO2（g）氧化为1mol SO3的H=99kJmol1请回答
74、下列问题：（1）图中A、C分别表示反应物能量、生成物能量，E的大小对该反应的反应热有无影响？无（填“有”或“无”）该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？降低，理由是因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低；（2）图中H=198KJmol1；（3）V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化写出该催化循环机理的化学方程式SO2+V2O5=SO3+2VO2；4VO2+O2=2V2O5（4）如果反应速率（SO2）为0.05molL1min1，则（O2）=0.025molL1min1（5）已知单质硫的燃烧热为296K
75、Jmol1，计算由S（s）生成3molSO3（g）的H=1185 KJmol1【考点】反应热和焓变；化学能与热能的相互转化 【专题】化学反应中的能量变化【分析】（1）反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，加入催化剂，活化能减小，反应反应热不变；（2）根据反应2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）结合1mol SO2（g）氧化为1mol SO3的H=99kJmol1计算反应热；（3）根据反应物和生成物确定反应的历程；（4）反应速率之比等于化学计量数之比；（5）利用盖斯定律计算【解答】解：（1）因图中A、C分别表示反应物总能量、生成物总能量，B为活化能，反应热可表示为A、C活化能的大小之差
76、，活化能的大小与反应热无关，加入催化剂，活化能减小，反应反应热不变，故答案为：反应物能量；生成物能量；无；降低；因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低；（2）因1mol SO2（g）氧化为1mol SO3的H=99kJmol1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的H=198kJmol1，则2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）H=198KJmol1，故答案为：198；（3）V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化，则反应的相关方程式为SO2+V2O5=SO3+2VO2；4VO2+O2=2V2O5，故答案为：SO2+V2O5=SO3+2VO2；4VO2+O2=2V2O5；（4）反应速率之比等于化学计量数之比，则（O2）=（SO2）=0.05molL1min1=0.025molL1min1，故答案为：0.025；（5）已知S（s）+O2（g）=SO2（g）H1=296 KJmol1，SO2（g）+O2（g）=SO3（g）H2=99 KJmol1；则利用盖斯定律将3+3可得3 S（s）+O2（g）=3SO3（g）H3=3（H1+H2）=1185 KJmol1，故答案为：1185 KJmol1【点评】本题综合考查反应热与焓变，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意催化剂对反应的影响以及盖斯定律的应用
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