1、2014-2015学年广西桂林十八中高三（上）第四次月考化学试卷一、选择题（本题共8小题，每小题5分，在每小题的四个选项中只有一项是符合要求）1X、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=nbB X2的还原性一定大于YC X、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HnY2下列反应的离子方程式正确的是（）A 过量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中：AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3B 在溶液中亚硫酸氢铵与等物质的量氢氧化钠混合：NH4+HSO3+2OHSO32+NH3+2H
2、2OC 氯气通入冷的烧碱溶液中：2Cl2+2OH3Cl+ClO+H2OD 碳酸氢镁溶液中加入过量的石灰水：Mg2+2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+2H2O+MgCO33在给定的四种溶液中，各离子能在该溶液中大量共存的是（）A 滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe3+、NH4+、Cl、SCNB pH为1的溶液：Fe2+、K+、ClO、ClC c（H+）=1012 molL1的溶液：K+、Ba2+、Cl、NO3D 存在较多的H+、SO42、NO3的溶液：Al3+、CH3COO、Cl4用NA代表阿伏加德罗常数，下列表述正确的是（）A 1L 0.5 molL1CuCl2溶液中含有Cu2+的个数为0.5
3、NAB 标况下，22.4L辛烷完全燃烧生成二氧化碳分子为8NAC 1mol Na2O和1mol Na2O2晶体中离子总数均为3NAD 1mol羟基中电子数为10 NA5氮化钠和氢化钙都是离子化合物，与水反应的化学方程式（末配平）如下：Na3N+H2ONaOH+NH3，CaH2+H2OCa（OH）2+H2有关它们的叙述：离子半径：Na+N3H+；与水反应都是氧化还原反应；与水反应后的溶液都显碱性；与盐酸反应都只生成一种盐；两种化合物中的阴阳离子均具有相同的电子层结构其中正确的是（）A B C D 6已知反应：2C（s）+O2（g）=2CO（g）；H=221kJ/molH+（aq）+OH（aq）=
4、H2O（1）；H=57.3kJ/mol（稀溶液）；下列结论正确的是（）A 碳的燃烧热为110.5 kJ/molB 1mol碳充分燃烧放出的热量大于110.5kJC 浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出的热量为57.3 kJD 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出的热量为57.3 kJ7足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸若向所得硝酸铜溶液中加入5molL1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（）A 60 mLB 45 mL
5、C 30 mLD 15 mL8三个密闭容器中分别充入N2、H2、O2三种气体，以下各种情况下排序正确的是（）A 当它们的温度和压强均相同时，三种气体的密度：（H2）（N2）（O2）B 当它们的温度和密度都相同时，三种气体的压强：p（H2）p（N2）p（O2）C 当它们的质量和温度、压强均相同时，三种气体的体积：V（O2）V（N2）V（H2）D 当它们的压强和体积、温度均相同时，三种气体的质量：m（H2）m（N2）m（O2）二、非选择题：9置换反应的通式可表示为：请回答下列问题：（1）若甲为黄绿色气体，单质乙能使淀粉溶液变蓝色，则该反应的离子方程式为；（2）若过量的单质甲与化合物A发生反应的化学
6、方程式为：2Al+Fe2O3 Al2O3+2Fe除去反应后混合物中剩余的铝粉与生成的Al2O3所用的试剂是；（3）若单质甲是一种常见的金属单质，化合物B是一种磁性黑色晶体，写出用单质乙做碱性（KOH溶液）燃料电池反应物时的负极反应式；（4）若单质乙是黑色非金属固体单质，化合物B是优质的耐高温材料，则该反应的化学方程式为10A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大A原子核内无中子；A和E、D和F分别同主族，且B与D最外层电子数之比为2：3试回答下列问题：（1）E元素在周期表中的位置是；（2）已知101KPa时，A单质的燃烧热为285.8kJ/m01，请写出A单质完全燃烧生成液
7、态水时的热化学方程式：；（3）E单质在足量D单质中燃烧生成的化合物的电子式是；（4）化合物X、Y均由A、D、E、F四种元素组成X、Y均属于化合物（填“离子”或“共价”）：X与Y的水溶液相混合发生反应的离子方程式为；（5）化合物E2F的水溶液中滴入双氧水和稀硫酸，加热，有单质生成其离子反应方程式为：11无水CuSO4在500以上按下式分解：CuSO4CuO+SO3+SO2+O2，某同学为测定一定量的CuSO4受热分解所产生的SO3、SO2、O2的物质的量，从而通过计算来确定该条件下CuSO4分解方程式中各物质的化学计量数实验的主要仪器如下：实验所测得数据及有关事项如下：a准确称取6.40g无水C
8、uSO4； b装置C在实验结束时增重2.88g；c实验结束后，测量量筒中水的体积后，折算成排出水的气体的体积（标准状况下）为224mL（1）按装置从左至右的方向，各仪器接口的连接顺序为（用圆圈内数字表示，不重复使用）（2）实验前，还须向盛满水的D装置中通入O2（所需的O2另用其他方法制取）使之达到饱和，这样操作的目的是（3）假设CuSO4完全分解且所有气体全被吸收或排出，通过题中所给的数据计算，CuSO4完全分解所得SO3的物质的量是mol，该条件下无水CuSO4分解的化学方程式是（4）若将A中分解所得的混合气直接导入一定量的NaOH溶液中，当酸性气体恰好完全被吸收，而仍有氧气逸出时，则溶液中
9、离子浓度之间的关系可能为（填序号）a、c（SO42）=c（SO32） b、c（OH）=c（H+）c、c（Na+）c（SO42）c（SO32）c（OH）c（HSO3）c（H+）d、c（Na+）c（SO42）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH）12A、B、C、D四种物质均为下列离子组成的可溶性化合物，组成这四种物质的离子（离子不能重复组合）有：阳离子Na+、Al3+、Ba2+、NH4+阴离子Cl、OH、CO32、SO42分别取四种物质进行实验，实验结果如下A、D溶液呈碱性，B呈酸性，C呈中性，A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失，A溶液与D溶液混合并加
10、热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，回答下列问题（1）A所含的阴离子的电子式是，B所含的阳离子的结构示意图是；（2）写出中生成气体的离子方程式；（3）C的化学式是，（4）简述D溶液呈碱性的理由2014-2015学年广西桂林十八中高三（上）第四次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共8小题，每小题5分，在每小题的四个选项中只有一项是符合要求）1X、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=nbB X2的还原性一定大于YC X、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
11、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、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
12、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2下列反应的离子方程式正确的是（）A 过量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中：AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3B 在溶液中亚硫酸氢铵与等物质的量氢氧化钠混合：NH4+HSO3+2OHSO32+NH3+2H2OC 氯气通入冷的烧碱溶液中：2Cl2+2OH3Cl+Cl
13、O+H2OD 碳酸氢镁溶液中加入过量的石灰水：Mg2+2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+2H2O+MgCO3考点：离子方程式的书写分析：A过量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；B在溶液中亚硫酸氢铵与等物质的量氢氧化钠混合生成亚硫酸铵和水；C电荷不守恒；D应生成碳酸钙和氢氧化镁沉淀解答：解：A过量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故A正确；B在溶液中亚硫酸氢铵与等物质的量氢氧化钠混合生成亚硫酸铵和水，离子方程式为HSO3+OHSO32+H2O，故B错误；C氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠
14、和水，离子方程式为Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故C错误；D氢氧化镁溶解度比碳酸镁小，应生成碳酸钙和氢氧化镁沉淀，离子方程式为Mg2+HCO3+Ca2+3OHCaCO3+H2O+Mg（OH）2，故D错误故选A点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应、复分解反应的离子反应的考查，题目难度不大3在给定的四种溶液中，各离子能在该溶液中大量共存的是（）A 滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe3+、NH4+、Cl、SCNB pH为1的溶液：Fe2+、K+、ClO、ClC c（H+）=1012 molL1的溶液：K+、B
15、a2+、Cl、NO3D 存在较多的H+、SO42、NO3的溶液：Al3+、CH3COO、Cl考点：离子共存问题分析：A滴加石蕊试液显红色的溶液，显酸性，离子之间结合生成络离子；BpH为1的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；Cc（H+）=1012 molL1的溶液，显碱性；D离子之间结合生成弱电解质解答：解：A滴加石蕊试液显红色的溶液，显酸性，Fe3+、SCN结合生成络离子，不能大量共存，故A错误；BpH为1的溶液，显酸性，Fe2+、H+、ClO发生氧化还原反应，H+、ClO、Cl发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；Cc（H+）=1012 molL1的溶液，显碱性，该组离子之间不反应
16、，可大量共存，故C正确；DH+、CH3COO结合生成弱电解质不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的隐含信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、络合反应、氧化还原反应的离子共存考查，综合性较强，题目难度不大4用NA代表阿伏加德罗常数，下列表述正确的是（）A 1L 0.5 molL1CuCl2溶液中含有Cu2+的个数为0.5NAB 标况下，22.4L辛烷完全燃烧生成二氧化碳分子为8NAC 1mol Na2O和1mol Na2O2晶体中离子总数均为3NAD 1mol羟基中电子数为10 NA考点：阿伏加德罗常数分析：A铜离子为弱碱阳离子，水溶液中
17、部分发生水解；B气体摩尔体积适用对象为气体；C氧化钠中阳离子为钠离子阴离子为氧离子，过氧化钠中阳离子为钠离子，阴离子为过氧根离子；D.1个羟基中含有9个电子解答：解：A水溶液中部分铜离子水解，所以1L 0.5 molL1CuCl2溶液中含有Cu2+的个数小于0.5NA，故A错误；B标况下，辛烷为液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；C.1mol Na2O含有2mol钠离子和1mol氧离子，共含有3NA个离子；1mol Na2O2晶体中含有2mol钠离子和1mol过氧根离子，共含有3NA个离子，故C正确；D.1个羟基中含有9个电子，1mol羟基中电子数为9NA，故D错误；故选：C点评：本题考查阿
18、伏加德罗常数的应用，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，注意标况下气体摩尔体积的使用条件，注意过氧化钠、羟基的结构，题目难度不大5氮化钠和氢化钙都是离子化合物，与水反应的化学方程式（末配平）如下：Na3N+H2ONaOH+NH3，CaH2+H2OCa（OH）2+H2有关它们的叙述：离子半径：Na+N3H+；与水反应都是氧化还原反应；与水反应后的溶液都显碱性；与盐酸反应都只生成一种盐；两种化合物中的阴阳离子均具有相同的电子层结构其中正确的是（）A B C D 考点：钠的重要化合物分析：根据离子半径的判断标准，核外电子层数多的大于核外电子层数少的，当核外电子层数相同时
19、，核内质子数大的离子半径小；氧化还原反应中一定有电子的转移和化合价的升降；强碱和弱碱在水溶液中都为碱性；与盐酸反应生成氯化钠、氯化铵、氨气或氯化钠、氢气；氮化钠和氢化钙中阳离子为Na+，Ca2+，阴离子为H，N3，阴阳离子电子层结构不同；解答：解：中钠离子和氮离子核外均有十个电子，钠离子的核内质子数大于氮的核内质子数，故离子半径氮离子大于钠离子，氢离子核外没有电子，故离子半径为氮离子钠离子氢离子，故错误；在第一个反应中，是复分解反应，第二个反应有化合价的升降，为氧化还原反应，故错误；第一个反应有氢氧化钠和氨气生成，故溶液显碱性，第二个反应有氢氧化钠生成，故溶液显碱性，故正确；第一个反应产物与盐
20、酸反应生成氯化钠和氯化铵两种物质，故错误；氮化钠和氢化钙的阳离子电子结构不相同，阴离子结构也不相同，故错误；故选D点评：本题考查了离子半径的判断标准，氧化还原反应的本质等知识点，掌握基础是关键，题目较简单6已知反应：2C（s）+O2（g）=2CO（g）；H=221kJ/molH+（aq）+OH（aq）=H2O（1）；H=57.3kJ/mol（稀溶液）；下列结论正确的是（）A 碳的燃烧热为110.5 kJ/molB 1mol碳充分燃烧放出的热量大于110.5kJC 浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出的热量为57.3 kJD 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出的热量为5
21、7.3 kJ考点：中和热；燃烧热分析：A、燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，表示燃烧热的热化学方程式中可燃物为1mol，产物为稳定氧化物；B、物质完全燃烧放出的热量要比不完全燃烧放出的热量多；C、浓硫酸稀释的过程是放热的；D、醋酸是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热过程解答：解：A碳的燃烧热是指1mol碳完全燃烧生成的稳定的氧化物CO2放出的热量，从2C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221kJ/mol可知1mol碳燃烧生成CO放出110.5 kJ，碳的燃烧热大于110.5 kJ/mol，故A错误；B碳完全燃烧放出的热量要比不完全燃烧放出的热量多，故B正确；C
22、浓硫酸稀释的过程是放热的，浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量大于57.3kJ，故C错误；D稀醋酸与稀NaOH溶液混合，稀醋酸是弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程，所以H57.3 kJ/mol，故D错误；故选：B点评：本题考查了燃烧热、中和热的概念分析理解，掌握热化学方程式的意义是解答本题的关键，题目较简单7足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸若向所得硝酸铜溶液中加入5molL1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（）A 6
23、0 mLB 45 mLC 30 mLD 15 mL考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸Cu失去的电子都被O2得到了，根据电子得失守恒，求出参加反应的铜，然后求出 Cu（NO3）2，再根据 Cu（NO3）2与NaOH 反应的关系，求出NaOH 的物质的量，最终求出NaOH溶液的体积解答：解：NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中，完全生成HNO3，则整个过程中HNO3 反应前后没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了，根据得失
24、电子守恒：n（Cu）2=n（O2）4n（Cu）2=mol4 解得：n（Cu）=0.15mol 所以 Cu（NO3）2 为0.15mol，根据 Cu2+2OH 0.15mol n（OH） 则NaOH 为 0.15mol2=0.3 mol，则NaOH 体积V=0.06L，即60ml，故选：A点评：本题主要考查了金属与硝酸反应的计算，若根据化学方程式来计算，无从下手，若根据氧化还原反应中电子得失守恒则化繁为简，平时需注意守恒思想的应用8三个密闭容器中分别充入N2、H2、O2三种气体，以下各种情况下排序正确的是（）A 当它们的温度和压强均相同时，三种气体的密度：（H2）（N2）（O2）B 当它们的温度
25、和密度都相同时，三种气体的压强：p（H2）p（N2）p（O2）C 当它们的质量和温度、压强均相同时，三种气体的体积：V（O2）V（N2）V（H2）D 当它们的压强和体积、温度均相同时，三种气体的质量：m（H2）m（N2）m（O2）考点：阿伏加德罗定律及推论专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：对于一定量的气体来说，符合克拉伯龙方程PV=nRT=RT，根据方程中各个物理量之间的关系结合选项分析解答解答：解：氢气的摩尔质量是2g/mol，氮气的摩尔质量是28g/mol，氧气的摩尔质量是32g/mol，A当温度和压强相同时，气体摩尔体积相同，根据知，气体密度与摩尔质量成正比，根据摩尔质量知，三种
26、气体的密度大小顺序是（H2）（N2）（O2），故A错误；B根据PV=nRT=RT得PM=RT，当温度和密度相同时，气体压强与摩尔质量成反比，所以三种气体的压强大小顺序是p（H2）p（N2）p（O2），故B正确；C根据PV=nRT=RT得V=，当它们的质量和温度、压强均相同时，气体体积与摩尔质量成反比，所以这三种气体体积大小顺序是：V（O2）V（N2）V（H2），故C错误；D根据PV=nRT=RT得m=，当它们的压强和体积、温度均相同时，气体质量与摩尔质量成正比，所以三种气体的质量大小顺序是m（H2）m（N2）m（O2），故D错误；故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗定律及推论，灵活推导PV=nRT
27、=RT是解本题关键，根据各个物理量之间的关系来分析解答即可，难度中等二、非选择题：9置换反应的通式可表示为：请回答下列问题：（1）若甲为黄绿色气体，单质乙能使淀粉溶液变蓝色，则该反应的离子方程式为Cl2+2I=I2+2Cl；（2）若过量的单质甲与化合物A发生反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3 Al2O3+2Fe除去反应后混合物中剩余的铝粉与生成的Al2O3所用的试剂是氢氧化钠溶液；（3）若单质甲是一种常见的金属单质，化合物B是一种磁性黑色晶体，写出用单质乙做碱性（KOH溶液）燃料电池反应物时的负极反应式2H22e+2OH=2H2O；（4）若单质乙是黑色非金属固体单质，化合物B是优质的耐高温
28、材料，则该反应的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C考点：无机物的推断分析：（1）若甲为黄绿色气体，应为Cl2，单质乙能使淀粉溶液变蓝色，则乙为I2，该反应可以是氯气与KI的反应；（2）Al、氧化铝与氢氧化钠反应反应，而氧化铁不能与氢氧化钠溶液反应；（3）单质甲是一种常见的金属单质，化合物B是一种磁性黑色晶体，则甲为Fe、A为H2O、B为Fe3O4、乙为H2，氢气做碱性（KOH溶液）燃料电池反应物，负极发生氧化反应，氢气在负极失去电子，碱性条件下生成水；（4）若单质乙是黑色非金属固体单质，化合物B是优质的耐高温材料，则该反应为Mg在二氧化碳中燃烧生成MgO与碳解答：解：（1）若甲为黄绿色气体
29、，应为Cl2，单质乙能使淀粉溶液变蓝色，则乙为I2，该反应可以是氯气与KI的反应，反应离子方程式为：Cl2+2I=I2+2Cl，故答案为：Cl2+2I=I2+2Cl；（2）Al、氧化铝与氢氧化钠反应反应，而氧化铁不能与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液除去反应后混合物中剩余的铝粉与生成的Al2O3，故答案为：氢氧化钠溶液；（3）单质甲是一种常见的金属单质，化合物B是一种磁性黑色晶体，则甲为Fe、A为H2O、B为Fe3O4、乙为H2，氢气做碱性（KOH溶液）燃料电池反应物，负极发生氧化反应，氢气在负极失去电子，碱性条件下生成水，负极电极反应式为：2H22e+2OH=2H2O，故答案为：2H22
30、e+2OH=2H2O；（4）若单质乙是黑色非金属固体单质，化合物B是优质的耐高温材料，则该反应为Mg在二氧化碳中燃烧生成MgO与碳，该反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C点评：本题考查无机物推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质，难度中等，注意铝热反应、镁在二氧化碳中的燃烧反应，在无机推断中经常考查10A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大A原子核内无中子；A和E、D和F分别同主族，且B与D最外层电子数之比为2：3试回答下列问题：（1）E元素在周期表中的位置是第三周期第IA族；（2）已知101KPa时，A单质的燃烧热为285.8kJ
31、/m01，请写出A单质完全燃烧生成液态水时的热化学方程式：H2（g）+O2（g）H2O（l）H=285.8KJ/mol；（3）E单质在足量D单质中燃烧生成的化合物的电子式是；（4）化合物X、Y均由A、D、E、F四种元素组成X、Y均属于离子化合物（填“离子”或“共价”）：X与Y的水溶液相混合发生反应的离子方程式为H+HSO3H2O+SO2；（5）化合物E2F的水溶液中滴入双氧水和稀硫酸，加热，有单质生成其离子反应方程式为：S2+H2O2+2H+S+2H2O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：A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A原子核内
32、无中子，则A为H元素；A和E、D和F分别同主族，且小于E元素的原子序数有多种，则E是Na元素，F为原子序数大于E的短周期元素，F位于第三周期，D和F同主族，则D位于第二周期；如果D的最外层电子数为3，B为He元素时，D为B元素，Na不能在硼的单质中燃烧，故错误；所以D的最外层电子数是6，为O元素，B的最外层电子数是4，为C元素，则C为N元素，D和F位于同一主族，则F为S元素，结合物质的结构和性质分析解答解答：解：A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A原子核内无中子，则A为H元素；A和E、D和F分别同主族，且小于E元素的原子序数有多种，则E是Na元素，F为原子序数大于E
33、的短周期元素，F位于第三周期，D和F同主族，则D位于第二周期；如果D的最外层电子数为3，B为He元素时，D为B元素，Na不能在硼的单质中燃烧，故错误；所以D的最外层电子数是6，为O元素，B的最外层电子数是4，为C元素，则C为N元素，D和F位于同一主族，则F为S元素，（1）钠原子核外有3个电子层，最外层有1个电子，所以钠元素位于第三周期第IA族，故答案为：第三周期第IA族；（2）A单质的燃烧热为285.8kJ/m01，即1mol氢气完全燃烧生成液态水时放出285.8KJ，所以其热化学反应方程式为：H2（g）+O2（g）H2O（l）H=285.8KJ/mol，故答案为：H2（g）+O2（g）H2O
34、（l）H=285.8KJ/mol；（3）E是Na，D的单质为氧气，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，氧原子和氧原子之间存在共价键，所以其电子式为：，故答案为：；（4）化合物X、Y均由A、D、E、F四种元素组成，这几种元素形成的化合物中，钠离子和酸根离子能形成离子键，所以为离子化合物，故答案为：离子； 由这四种元素形成的化合物有亚硫酸氢钠和硫酸氢钠，硫酸氢钠为强酸性溶液，能和弱酸的酸式盐反应，所以亚硫酸氢根离子和氢离子反应生成二氧化硫和水，离子反应方程式为：H+HSO3H2O+SO2，故答案为：H+HSO3H2O+SO2； （5）化合物Na2S具有氧化性，双
35、氧水具有氧化性，酸性条件下，二者发生氧化反应生成硫单质和水，所以离子反应方程式为：S2+H2O2+2H+S+2H2O，故答案为：S2+H2O2+2H+S+2H2O点评：本题考查了元素位置结构和性质的关系，正确推断元素是解本题关键，注意B元素的确定时要考虑He元素，要通过其它信息排除He元素，再结合物质的性质分析解答，难度中等11无水CuSO4在500以上按下式分解：CuSO4CuO+SO3+SO2+O2，某同学为测定一定量的CuSO4受热分解所产生的SO3、SO2、O2的物质的量，从而通过计算来确定该条件下CuSO4分解方程式中各物质的化学计量数实验的主要仪器如下：实验所测得数据及有关事项如下
36、：a准确称取6.40g无水CuSO4； b装置C在实验结束时增重2.88g；c实验结束后，测量量筒中水的体积后，折算成排出水的气体的体积（标准状况下）为224mL（1）按装置从左至右的方向，各仪器接口的连接顺序为（用圆圈内数字表示，不重复使用）（2）实验前，还须向盛满水的D装置中通入O2（所需的O2另用其他方法制取）使之达到饱和，这样操作的目的是降低O2在水中的溶解度，减少实验误差（3）假设CuSO4完全分解且所有气体全被吸收或排出，通过题中所给的数据计算，CuSO4完全分解所得SO3的物质的量是0.02mol，该条件下无水CuSO4分解的化学方程式是4CuSO44CuO+2SO3+2SO2+
37、O2（4）若将A中分解所得的混合气直接导入一定量的NaOH溶液中，当酸性气体恰好完全被吸收，而仍有氧气逸出时，则溶液中离子浓度之间的关系可能为bcd（填序号）a、c（SO42）=c（SO32） b、c（OH）=c（H+）c、c（Na+）c（SO42）c（SO32）c（OH）c（HSO3）c（H+）d、c（Na+）c（SO42）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH）考点：探究物质的组成或测量物质的含量分析：（1）根据气体的制备和收集按照发生装置气体吸收装置排水测量装置来组装实验仪器；（2）水中能够溶解部分氧气，会影响测定结果，故实验前向盛满水的D装置中通入O2，使之达到饱和；（3）根据
38、n=计算出样品硫酸铜的物质的量，根据n=计算出分解生成氧气的物质的量；利用S原子守恒及二氧化硫、三氧化硫的总质量列式计算出二氧化硫和三氧化硫的物质的量，从而可得出硫酸铜与二氧化硫、三氧化硫、氧气的物质的量之比，最后据此写出反应方程式；（4）二氧化硫和三氧化硫的物质的量相等，二者与氢氧化钠溶液恰好反应，反应后溶质可能为亚硫酸钠和硫酸钠的混合物，有可能为亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的混合物，结合盐的水解原理、电荷守恒判断溶液中可能出现的离子浓度大小解答：解：（1）气体的制备和收集按照发生装置气体吸收装置排水测量装置来安装实验仪器，按从左至右的方向，先分解制备气体，通过碱石灰吸收二氧化硫、三氧化硫，然后利用
39、排水量气法测定氧气的体积，则各仪器接口连接顺序为：，故答案为：；（2）水中能够溶解少量氧气，会引进误差，所以实验前向盛满水的D装置中通入O2，使之达到饱和，可以降低O2在水中的溶解度，减少实验误差，故答案为：降低O2在水中的溶解度，减少实验误差；（3）准确称取6.40g无水CuSO4，硫酸铜的物质的量为：=0.04mol，装置C在实验结束时增重的2.88g为二氧化硫和二氧化碳的物质的量，设分解产物中含有二氧化硫xmol，含有ymol三氧化硫，则：x+y=0.04mol、64x+80y=2.88，联立解得：x=y=0.02mol，即：分解的混合气体中含有二氧化硫和二氧化碳的物质的量都是0.02m
40、ol；实验结束后，测量量筒中水的体积后，折算成排出水的气体的体积（标准状况下）为224mL，说明分解生成氧气的物质的量为：=0.01mol，则反应中硫酸铜、三氧化硫、二氧化硫和氧气的物质的量之比为：0.04mol：0.02mol：0.02mol：0.01mol=4：2：2：1，所以该反应的化学方程式为：4CuSO44CuO+2SO3+2SO2+O2，故答案为：0.02；4CuSO44CuO+2SO3+2SO2+O2；（4）产生的二氧化硫与三氧化硫的物质的量相等，当酸性气体恰好完全被吸收，而仍有氧气逸出时，说明二氧化硫没有完全被氧化，反应后溶质为硫酸钠、亚硫酸钠或硫酸钠、亚硫酸氢钠，a于溶液中二
41、氧化硫没有完全反应，则一定满足c（SO42）c（SO32），故a错误； b溶液中溶质为亚硫酸钠、硫酸钠和亚硫酸氢钠时，溶液中可能为中性，则：c（OH）=c（H+），故b正确；c反应后溶质为亚硫酸钠、硫酸钠的混合液时，亚硫酸根离子部分水解，溶液显示碱性，则满足：c（Na+）c（SO42）c（SO32）c（OH）c（HSO3）c（H+），故c正确；d溶质为亚硫酸氢钠和硫酸钠时，亚硫酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，则溶液呈酸性，此时满足：c（Na+）c（SO42）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH），故d正确；故答案为：b、c、d点评：本题考查了探究物质组成、测量物质含量的方法，题目
42、难度中等，涉及装置连接、化学方程式书写、离子浓度大小比较、化学计算等知识，明确实验目的为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力，（4）为易错点，需要明确反应后溶质组成12A、B、C、D四种物质均为下列离子组成的可溶性化合物，组成这四种物质的离子（离子不能重复组合）有：阳离子Na+、Al3+、Ba2+、NH4+阴离子Cl、OH、CO32、SO42分别取四种物质进行实验，实验结果如下A、D溶液呈碱性，B呈酸性，C呈中性，A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失，A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，回答下列问题（1）A所
43、含的阴离子的电子式是，B所含的阳离子的结构示意图是；（2）写出中生成气体的离子方程式Ba2+CO32+2NH4+2OH2NH3+2H2O+BaCO3；（3）C的化学式是NaCl，（4）简述D溶液呈碱性的理由NH4+的水解程度小于CO32的水解程度考点：无机物的推断分析：A、D溶液呈碱性，且A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，则生成的气体为NH3，应是铵盐与碱的反应，由于NH4+离子不与OH共存，NH4Cl、（NH4）2SO4溶液呈酸性，故A、D有一种为（NH4）2CO3，另外一种为Ba（OH）2或NaOH，B呈酸性，只能为AlCl3、Al2（SO4）3中的一种
44、，而A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失，应是氢氧化钡与硫酸铝的反应，则A为Ba（OH）2，B为Al2（SO4）3，D为（NH4）2CO3，C为NaCl，据此解答解答：解：A、D溶液呈碱性，且A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，则生成的气体为NH3，应是铵盐与碱的反应，由于NH4+离子不与OH共存，NH4Cl、（NH4）2SO4溶液呈酸性，故A、D有一种为（NH4）2CO3，另外一种为Ba（OH）2或NaOH，B呈酸性，只能为AlCl3、Al2（SO4）3中的一种，而A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不
45、会完全消失，应是氢氧化钡与硫酸铝的反应，则A为Ba（OH）2，B为Al2（SO4）3，D为（NH4）2CO3，C为NaCl（1）A为Ba（OH）2，所含的阴离子的电子式是，B为Al2（SO4）3，所含的阳离子的结构示意图是，故答案为：；（2）中生成气体的反应为Ba（OH）2与（NH4）2CO3的反应，其离子反应为：Ba2+CO32+2NH4+2OH2NH3+2H2O+BaCO3，故答案为：Ba2+CO32+2NH4+2OH2NH3+2H2O+BaCO3；（3）由上述分析可知，C的化学式是：NaCl，故答案为：NaCl，（4）D为（NH4）2CO3，其溶液显碱性，是因NH4+的水解程度小于CO32的水解程度，故答案为：NH4+的水解程度小于CO32的水解程度点评：本题考查物质的推断、离子的共存、盐类水解、常用化学用语等知识，较好的考查学生对知识的运用及分析推理能力，难度中等
