1、2014-2015学年江苏省扬州中学高一（下）期中化学试卷一、单项选择题（本题包括10小题，每题2分，共20分每小题只有一个选项符合题意）1（2分）（2015春东台市校级期中）科学家发现两种粒子：第一种是只由四个中子构成的粒子，这种粒子称为“四中子”，也有人称之为“零号元素”；第二种是由四个氧原子构成的分子下列有关这两种粒子的说法不正确的是（）A“四中子”不显电性B“四中子”的质量数为4，其质量比氢原子大C“零号元素”在元素周期表中与氢元素占同一位置D第二种粒子的化学式为O4，与O2互为同素异形体2（2分）（2015春扬州校级期中）下列化学用语书写正确的是（）A氯原子的结构示意图：B氯化铵的电
2、子式：CCO2的结构式：O=C=ODCH4的比例模型：3（2分）（2013南昌校级一模）一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（）A5：3B5：4C1：1D3：54（2分）（2015春扬州校级期中）下列有关物质的性质、应用或制取的说法正确的是（）A自来水厂可用明矾对水进行消毒杀菌B工业上将氯气通入澄清石灰水中，制取漂白粉C除去氯化钙溶液中少量盐酸，加入足量碳酸钙粉末，充分搅拌再过滤D常温下浓硝酸与铝不反应，可用铝制容器存放浓硝酸5（2分）（2015春扬州校级期中）甲、乙两种非金属：甲比乙容易与H2化合；甲原子能
3、与乙阴离子发生置换反应；甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强；与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多；甲的单质熔、沸点比乙的低能说明甲比乙的非金属性强的是（）A只有B只有CD6（2分）（2015春扬州校级期中）下列装置所示的实验能达到实验目的是（）A分离碘酒中 的碘和酒精B实验室制取氨气C验证NH3的 溶解性D比较Na2CO3、NaHCO3的热稳定性7（2分）（2015春扬州校级期中）下列各组顺序的排列错误的是（）A半径：FNa+Mg2+Al3+B沸点：H2OH2SH2SeC酸性：HClO4H2SO4H3PO4D熔点：SiO2NaClCO28（2分）（2008
4、郑州一模）A元素的原子最外层电子数是a，次外层电子数是b；B元素的原子M层电子数是（ab），L层电子数是（a+b），则A、B两元素形成的化学式可能表示为（）AB3A2BBA2CA3B2DAB29（2分）（2015春扬州校级期中）下列离子方程式正确的是（）A向盐酸中滴加氨水：H+OH=H2OBNa2SiO3溶液中通入过量的CO2：SiO32+CO2+H2O=H2SiO3+CO32CFeBr2溶液中通入足量的Cl2：2Fe2+4Br+3Cl2=2Fe3+2Br2+6ClDNa2SO3溶液中加入稀硝酸：SO32+2H+=SO2+H2O10（2分）（2015春扬州校级期中）对于反应2SO2+O22SO
5、3，下列判断正确的是（）A2 mol SO2和足量的O2反应，可生成2 mol SO3B达到反应限度时SO2、O2、SO3的分子数之比一定为2：1：2C达到反应限度时SO2的消耗速率必定等于O2的生成速率的2倍D若反应在恒容容器中进行，气体密度保持不变，可以判定反应到达平衡二、不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分每小题只有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就为0分）11（4分）（2015春扬州校级期中）反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）在一
6、密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（）A增加C的量B将容器的体积缩小一半C保持容器体积不变，充入N2D保持容器体积不变，充入H2O（g）12（4分）（2015春扬州校级期中）某溶液与Al反应能放出H2，下列离子在该溶液中一定能大量共存的是（）AK+、Ca2+、HCO3、ClBNa+、K+、Cl、SO42CNH4+、K+、Cl、SO32DK+、Cl、NO3、SO4213（4分）（2014秋泸县校级期末）在一定条件下，RO3n与R2发生如下反应：RO3n+2R2+6H+3R+3H2O下列关于元素R的叙述中正确的是（）AR原子的最外层上有4个电子BRO3n中的R只能被还原CHn
7、RO3一定是强酸DR的单质既具有氧化性又具有还原性14（4分）（2015春扬州校级期中）某物质化学式为NH5，常温下是固态，能与水剧烈反应放出两种气体在NH5中的各原子均具有稀有气体的稳定结构，则下列对NH5的描述中正确的是（）ANH5与水的反应是氧化还原反应BNH5由分子构成CNH5属于离子化合物DNH5中N的化合价为5价15（4分）（2015春扬州校级期中）一定量的CuS投入足量的HNO3中，收集到标准状况下的气体VL，向反应后的溶液中加入足量的NaOH，产生蓝色沉淀，经过滤、洗涤、灼烧，得到CuO12g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V为（）A9.0LB13.44
8、LC15.7LD16.8L三、非选择题（共80分）16（12分）（2015春东台市校级期中）（1）下列7种固态物质：AP4、BSiO2、CNH4Cl、DCa（OH）2、ENaF、FCO2（干冰）、G金刚石，回答下列问题：既有离子键又有共价键的是熔化时不需要破坏化学键的是，熔化时需要破坏共价键的是（2）某元素最高正化合价为+6，其最低负价为某元素R与氢形成的气态氢化物的化学式为RH3，其最高价氧化物的化学式为17（12分）（2015春扬州校级期中）一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，请回答下列问题：（1）反应开始到10s，用Z表示的平均反应速率为
9、 mol/（Ls）；（2）反应到10s时，Y的转化率为；（3）该反应的化学方程式可表示为18（16分）（2014春常州期末）甲、乙两化学活动小组对中学化学教材中“氨的催化氧化”进行了实验探究（1）甲小组设计了如，1所示的实验装置（固定装置已略去）若A中使用的药品是NH4HCO3固体，则A需要的仪器有试管、导管、橡胶塞和（填序号）a锥形瓶 b酒精灯 c烧瓶 d蒸发皿装置B的作用是装置C中发生反应的化学方程式为若A、B中药品足量，则可以观察到E中溶液发生变化，其现象是某同学从安全与环保的角度考虑，指出该装置有两处明显的缺陷你认为这两处缺陷是：、若A中固体质量减少了7.9g，则通过B（过氧化钠足量）
10、后，气体的体积变为L（标准状况）（2）如图2，乙小组认为可将甲小组的装置中A、B部分换成如图所示装置（其余部分相同）进行实验烧瓶中加入的是过氧化钠固体，则分液漏斗中加入的最佳试剂是；U型管中加入的试剂是19（12分）（2015春扬州校级期中）如图是无机物AM在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）其中，组成单质I的元素是地壳中含量最高的金属元素，K是一种红棕色气体，G为单质，过量的G可与J溶液反应得到M请填写下列空白：（1）在周期表中，组成单质I的元素在周期表中的位置（2）在反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为（3）写出反应的离子方程式（4）将化合物D与KNO3、KOH共融，可制得一
11、种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾），同时还生成KNO2和H2O该反应的化学方程式20（16分）（2015春扬州校级期中）现有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、D同主族，C与E同主族，D、E、F同周期，A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，A能分别与B、C形成电子总数相等的分子，且A与C形成的化合物常温下为液态，A能分别与E、F形成电子总数相等的气体分子请回答下列问题（题中的字母只代表元素代号，与实际元素符号无关）：（1）AF六种元素原子，原子半径最大的是；D、E、F形成的简单离子半径最大的是（以上均填微粒符号）（2）A、C、D三种元素组成
12、的一种常见化合物，是重要的工业产品，该化合物电子式为：（3）E、F分别形成的气态氢化物更稳定的是（填化学式）；（4）B与F两种元素形成的一种化合物分子，各原子均达8电子结构，则该化合物化学式为B和F两种元素还能形成另一种化合物，其中B显最高正价，该化合物能与水反应生成两种酸，请写出该化合物与水反应的化学方程式：（5）A、B、C三种元素形成的一种常见化合物，其浓溶液在常温下可与铜反应，该反应的离子方程式为：21（12分）（2015南京模拟）胆矾（CuSO45H2O）有广泛的用途某研究性学习小组利用某次实验后的稀硫酸、稀硝酸混合液制备胆矾实验流程如下：请回答下列问题：（1）操作X为（2）NO需要回
13、收利用，写出NO与空气、H2O反应生成硝酸的化学方程式（3）现有48g含CuO质量分数为20%的铜粉，与一定量的稀硫酸、稀硝酸混合液恰好完全反应生成CuSO4理论上生成胆矾的质量为多少？（写出计算过程）原混合液中硫酸和硝酸的物质的量之比为2014-2015学年江苏省扬州中学高一（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题包括10小题，每题2分，共20分每小题只有一个选项符合题意）1（2分）（2015春东台市校级期中）科学家发现两种粒子：第一种是只由四个中子构成的粒子，这种粒子称为“四中子”，也有人称之为“零号元素”；第二种是由四个氧原子构成的分子下列有关这两种粒子的说法不正确的是（
14、）A“四中子”不显电性B“四中子”的质量数为4，其质量比氢原子大C“零号元素”在元素周期表中与氢元素占同一位置D第二种粒子的化学式为O4，与O2互为同素异形体考点：同素异形体；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系 分析：A中子不带电；B质量数=质子数+中子数，质量与质量数成正比；C“零号元素”指由四个中子构成的粒子，无质子，不属于元素；D同种元素组成的不同单质互称同素异形体解答：解：A因中子不带电，则由四个中子构成的“四中子”粒子不带电，故A正确；B因中子的质量数为1，则“四中子”的质量数为14=4，氢原子质量数是1，“四中子”质量比氢原子大，故B正确；C因为它不是某种元素，而只有中子，故周
15、期表中没有该“元素”的位置故C错误；D由四个氧原子构成的分子，其分子式为O4，与O2都是氧元素是不同单质，互为同素异形体，故D正确故选C点评：本题考查了原子的构成微粒的性质及同位素、同素异形体等概念，题目难度不大，注重信息和所学知识的结合来解答2（2分）（2015春扬州校级期中）下列化学用语书写正确的是（）A氯原子的结构示意图：B氯化铵的电子式：CCO2的结构式：O=C=ODCH4的比例模型：考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图；球棍模型与比例模型 分析：A氯原子的核电荷数、核外电子数都是17，为氯离子结构示意图；B氯化铵为离子化合物，铵根离子和氯离子都需要标出最外层电子
16、；C二氧化碳为直线形结构，分子中存在两个碳氧双键；D为球棍模型，甲烷为正面体结构，由原子相对大小表示空间结构为比例模型解答：解：A氯原子的核外电子数为17，最外层为7个电子，其正确的原子结构示意图为：，故A错误；B氯化铵是由NH4+和Cl离子构成，氯离子需要标出最外层电子，氯化铵正确的电子式为：，故B错误；C二氧化碳分子中含有两个碳氧双键，则CO2的结构式为：O=C=O，故C正确；D甲烷为正面体结构，由原子相对大小表示空间结构为比例模型，是甲烷的球棍模型，CH4分子正确的比例模型为：，故D错误；故选C点评：本题考查了原子结构示意图、电子式、结构式及比例模型与球棍模型等知识，题目难度中等，注意掌
17、握常见化学用语的概念及书写原则，明确球棍模型与比例模型的区别，试题侧重考查学生规范答题的能力3（2分）（2013南昌校级一模）一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（）A5：3B5：4C1：1D3：5考点：氧化还原反应的计算 专题：氧化还原反应专题分析：在5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O的反应中，氮元素由铵根中3价升高为0价，被氧化；氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，判断被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比解答：解：在5NH4NO32HNO
18、3+4N2+9H2O的反应中，氮元素由铵根中3价升高为0价，被氧化，氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，可知被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比为（50）：0（3）=5：3故选A点评：本题考查氧化还原反应基本概念与计算，难度中等，关键根据化合价变化判断氧化剂与还原剂，再根据电子转移守恒判断被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比4（2分）（2015春扬州校级期中）下列有关物质的性质、应用或制取的说法正确的是（）A自来水厂可用明矾对水进行消毒杀菌B工业上将氯气通入澄清石灰水中，制取漂白粉C除去氯化钙溶液中少量盐酸，加入足量碳酸钙粉末，
19、充分搅拌再过滤D常温下浓硝酸与铝不反应，可用铝制容器存放浓硝酸考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；盐类水解的应用；硝酸的化学性质 分析：A明矾不具有强氧化性；B氯气与石灰乳制备漂白粉；C盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙；D常温下浓硝酸与铝发生钝化，生成致密的氧化膜解答：解：A明矾不具有强氧化性，可水解生成胶体净化水，但不能消毒杀菌，故A错误；B氢氧化钙的溶解度小，则氯气与石灰乳制备漂白粉，故B错误；C盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙，则加入足量碳酸钙粉末，充分搅拌再过滤可除杂，故C正确；D常温下浓硝酸与铝发生钝化，生成致密的氧化膜，阻止反应的进一步发生，则可用铝制容器存放浓硝酸，故D错误；故选C点评：本
20、题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大5（2分）（2015春扬州校级期中）甲、乙两种非金属：甲比乙容易与H2化合；甲原子能与乙阴离子发生置换反应；甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强；与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多；甲的单质熔、沸点比乙的低能说明甲比乙的非金属性强的是（）A只有B只有CD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：比较元素的非金属性强弱，可从与氢气反应的剧烈程度、氢化物的稳定性、最高价氧化物对应水化物的酸性强弱等角度判断，注意不能根据得失电子
21、的多少以及熔沸点的高低等角度判断解答：解：甲比乙容易与H2化合，可说明甲比乙的非金属性强，故正确；甲单质能与乙阴离子发生置换反应，即甲置换出乙，所以甲的非金属性强，故正确；甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强，则非金属性甲大于乙，故正确；与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多，不能比较非金属性的强弱，故错误；甲的单质熔、沸点比乙的低，不能利用物理性质比较非金属性的强弱，故错误；故选C点评：本题考查非金属性的比较，注意归纳常见的非金属性比较的方法是解答此类习题的关键，侧重学生归纳整合知识的能力考查，注重学生的基础，题目难度不大6（2分）（2015春扬州校级期中）
22、下列装置所示的实验能达到实验目的是（）A分离碘酒中 的碘和酒精B实验室制取氨气C验证NH3的 溶解性D比较Na2CO3、NaHCO3的热稳定性考点：化学实验方案的评价 分析：A碘易溶于酒精，不分层；B氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵；C挤压胶头滴管，气球变大；D碳酸氢钠不稳定，易分解解答：解：A碘易溶于酒精，不分层，不能利用分液漏斗分离，故A错误；B氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，则不能制备氨气，应利用氯化铵与碱石灰加热制备，故B错误；C挤压胶头滴管，气球变大，则验证NH3的溶解性，故C正确；D碳酸氢钠不稳定，易分解，小试管中温度低，则小试管中应为碳酸氢钠，可比较二者稳定性，故D错误
23、；故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、气体的制备、稳定性比较等，把握物质的性质、反应原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大7（2分）（2015春扬州校级期中）下列各组顺序的排列错误的是（）A半径：FNa+Mg2+Al3+B沸点：H2OH2SH2SeC酸性：HClO4H2SO4H3PO4D熔点：SiO2NaClCO2考点：同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系 分析：A、电子层结构相同，核电荷数越大半径越小；B、氢化物的相对分子质量越大，沸点越高，含有氢键
24、的沸点较高；C、元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；D、根据熔点：原子晶体离子晶体分子晶体分析解答：解：A、电子层结构相同时，原子序数越大，半径越小，则离子半径：FNa+Mg2+Al3+，故A正确；B、氢化物的相对分子质量越大，沸点越高，水分子间含有氢键的沸点较高，则氢化物熔沸点：H2OH2SeH2S，故B错误；C、非金属性ClSP，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以酸性：H3PO4H2SO4HClO4 故C正确；D、SiO2为原子晶体，NaCl为离子晶体，CO2为分子晶体，熔点顺序：原子晶体离子晶体分子晶体，故D正确；故选B点评：本题考查元素
25、周期律知识，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和运用的考查，注意元素的性质与对应单质、化合物的关系，把握元素周期律的递变规律是解答该类题目的关键，难度不大8（2分）（2008郑州一模）A元素的原子最外层电子数是a，次外层电子数是b；B元素的原子M层电子数是（ab），L层电子数是（a+b），则A、B两元素形成的化学式可能表示为（）AB3A2BBA2CA3B2DAB2考点：原子结构与元素的性质 专题：原子组成与结构专题分析：B元素的原子M层电子数是（ab），L层电子数是（a+b），则（a+b）=8，A元素的原子最外层电子数是a，次外层电子数是b，则b=2，由于（a+b）=8，所以a=6，故A为氧
26、元素；所以（ab）=62=4，所以B为硅元素，据此判断解答：解：B元素的原子M层电子数是（ab），L层电子数是（a+b），则（a+b）=8，A元素的原子最外层电子数是a，次外层电子数是b，则b=2，由于（a+b）=8，所以a=6，故A为氧元素；所以（ab）=62=4，所以B为硅元素，硅元素与氧元素可以形成SiO2，即符合BA2故选B点评：本题考查原子结构与位置关系，难度不大，推断元素是解题关键，注意核外电子排布规律的掌握9（2分）（2015春扬州校级期中）下列离子方程式正确的是（）A向盐酸中滴加氨水：H+OH=H2OBNa2SiO3溶液中通入过量的CO2：SiO32+CO2+H2O=H2SiO
27、3+CO32CFeBr2溶液中通入足量的Cl2：2Fe2+4Br+3Cl2=2Fe3+2Br2+6ClDNa2SO3溶液中加入稀硝酸：SO32+2H+=SO2+H2O考点：离子方程式的书写 分析：A一水合氨在离子反应中保留化学式；B反应生成硅酸沉淀和碳酸氢钠；C氯气足量，亚铁离子、溴离子均被氧化；D发生氧化还原反应生成硫酸钠、NO和水解答：解：A向盐酸中滴加氨水的离子反应为H+NH3H2O=H2O+NH4+，故A错误；BNa2SiO3溶液中通入过量的CO2的离子反应为SiO32+CO2+2H2O=H2SiO3+2HCO3，故B错误；CFeBr2溶液中通入足量的Cl2的离子反应为2Fe2+4Br
28、+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl，故C正确；DNa2SO3溶液中加入稀硝酸的离子反应为2NO3+3SO32+2H+=3SO42+2NO+H2O，故D错误；故选C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，综合性较强，侧重复分解反应、氧化还原反应及分析与应用能力的考查，题目难度不大10（2分）（2015春扬州校级期中）对于反应2SO2+O22SO3，下列判断正确的是（）A2 mol SO2和足量的O2反应，可生成2 mol SO3B达到反应限度时SO2、O2、SO3的分子数之比一定为2：1：2C达到反应限度时SO2的消耗速率必定等
29、于O2的生成速率的2倍D若反应在恒容容器中进行，气体密度保持不变，可以判定反应到达平衡考点：化学反应的可逆性；化学平衡状态的判断 分析：A、根据可逆反应中反应物不可能全部转化为生成物进行分析；B、平衡时分子个数之比与化学计量数没有必然的联系；C、根据达到平衡状态，正逆反应速率相等分析；D、气体密度等于混合气体质量和体积的比值，根据化学反应来判断解答：解：A、可逆反应中反应物不可能全部转化为生成物，2mol二氧化硫与氧气反应，生成的SO3的物质的量一定小于2mol，故A错误；B、平衡时SO2、O2、SO3三种物质的分子个数之比与化学计量数没有必然的联系，达到平衡状态，一定满足正逆反应速率相等，各
30、组分浓度不变，故B错误；C、平衡时，O2的生成速率等于O2的消耗速率，故SO2的消耗速率为O2的生成速率的2倍，故C正确；D、若反应在恒容容器中进行，气体密度等于混合气体质量和体积的比值，质量守恒，体积恒定，所以气体密度始终保持不变，气体密度保持不变的状态不一定到达平衡，故D错误；故选C点评：本题考查了可逆反应特点和化学平衡状态的判断，题目难度不大，注意可逆反应中反应物不可能全部转化为生成物，化学平衡状态的根本标志是：v（正） =v（逆），各组分百分含量不变；在解题时要牢牢抓住这两个根本标志，并明确气体的颜色、密度、压强、平均相对分子质量的变化与根本标志的关系，才能全面分析、正确作答二、不定项
31、选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分每小题只有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就为0分）11（4分）（2015春扬州校级期中）反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）在一密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（）A增加C的量B将容器的体积缩小一半C保持容器体积不变，充入N2D保持容器体积不变，充入H2O（g）考点：化学反应速率的影响因素 分析：对应反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），有气体参加和生成，则温度、压强、浓度
32、都能对化学反应速率产生影响，以此来解答解答：解：A、碳为纯固体，改变其用量，对化学反应速率无影响，故A选；B、将容器的体积缩小一半，相当于压强增大，则反应速率加快，故B不选；C、保持体积不变，充入氮气，反应物和生成物浓度不变，反应速率不变，故C选；D、容器体积不变充入H2O（g）反应物浓度增大，反应速率加快，故D不选；故选AC点评：影响化学速率的因素有：温度、浓度、压强、催化剂、固体表面积，需要注意的是改变纯固体或液体的量，对反应速率无影响，压强改变必须引起浓度的改变才能引起化学反应速率的改变12（4分）（2015春扬州校级期中）某溶液与Al反应能放出H2，下列离子在该溶液中一定能大量共存的是
33、（）AK+、Ca2+、HCO3、ClBNa+、K+、Cl、SO42CNH4+、K+、Cl、SO32DK+、Cl、NO3、SO42考点：离子共存问题 分析：某溶液与Al反应能放出H2，为强碱或酸溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答解答：解：某溶液与Al反应能放出H2，为强碱或酸溶液，AHCO3与酸、碱均反应，不能大量共存，故A不选；B酸、碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故B选；C酸溶液中不能大量存在SO32，碱溶液中不能大量存在NH4+，故C不选；D酸性溶液中Al、H+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不选；故选B点
34、评：本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中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、氧化还原反应的离子共存的考查，题目难度不大13（4分）（2014秋泸县校级期末）在一定条件下，RO3n与R2发生如下反应：RO3n+2R2+6H+3R+3H2O下列关于元素R的叙述中正确的是（）AR原子的最外层上有4个电子BRO3n中的R只能被还原CHnRO3一定是强酸DR的单质既具有氧化性又具有还原性考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：先根据电荷守恒，判断RO3n中元素R的化合价，再结合R是短周期元素，R2中元素R的化合价判断选项正误解答：解：根据电荷守恒，n+2（2）+6（+1）=
35、0，n=2，RO3n中元素R的化合价是+4价，R是短周期元素，R2中元素R的化合价2价，根据元素周期律，最低负价=主族序数8，最高正价=其族序数，且有正化合价，所以R是S元素A、最外层上有6个电子，故A错误；B、RO3n中元素R的化合价是+4价，中间价态既有氧化性又有还原性，故B错误；C、R是S元素，亚硫酸是弱酸，故C错误；D、S的单质化合价居于中间价，既具有氧化性又具有还原性，故D正确故选：D点评：本题考查的知识点较多，正确判断元素是解题的关键只有注意结合隐含条件，才能正确判断出元素14（4分）（2015春扬州校级期中）某物质化学式为NH5，常温下是固态，能与水剧烈反应放出两种气体在NH5中
36、的各原子均具有稀有气体的稳定结构，则下列对NH5的描述中正确的是（）ANH5与水的反应是氧化还原反应BNH5由分子构成CNH5属于离子化合物DNH5中N的化合价为5价考点：氧化还原反应；铵盐 专题：氧化还原反应专题分析：NH5所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外层电子层结构，即氮原子最外层达到8电子稳定结构，所有氢原子达到2电子稳定结构，所以，NH5是离子化合物氢化铵，铵根中的氮原子与四个氢原子形成四个共价键，符合稀有气体原子的最外层结构，剩余的一个氢原子只能是H，这样才符合2电子的稳定结构，所以是铵根离子和氢阴离子形成的离子化合物，能稳定存在于固体中类似氯化铵，与水反应生成一水合氨和
37、氢气，H元素的化合价变化，以此来解答解答：解：ANH5与水的反应中，生成氢气，H元素的化合价变化，是氧化还原反应，故A正确；BNH5是离子化合物氢化铵，故B错误；CNH5是离子化合物氢化铵，故C正确；D铵根中的氮原子与四个氢原子形成四个共价键，NH5中N的化合价为3价，故D错误；故选AC点评：本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握NH5的结构及与水的反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意化合物类型判断为易错点，题目难度不大15（4分）（2015春扬州校级期中）一定量的CuS投入足量的HNO3中，收集到标准状况下的气体VL，向反应后的溶液中加入足量的NaOH，产生蓝色沉淀，经过滤、洗涤、灼
38、烧，得到CuO12g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V为（）A9.0LB13.44LC15.7LD16.8L考点：氧化还原反应的计算 分析：得到CuO12g，n（CuO）=0.15mol，由Cu原子守恒可知n（CuS）=0.15mol，气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则S的失电子数等于N的得电子数，以此计算解答：解：得到CuO12g，n（CuO）=0.15mol，由Cu原子守恒可知n（CuS）=0.15mol，气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，设NO为xmol、NO2为xmol，CuS中S的化合价由2价上升到+6价，由电子守恒可知，0.15（6
39、+2）=3x+x，解得x=0.3mol故气体体积V=0.6mol22.4L/mol=13.44L，故选B点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大三、非选择题（共80分）16（12分）（2015春东台市校级期中）（1）下列7种固态物质：AP4、BSiO2、CNH4Cl、DCa（OH）2、ENaF、FCO2（干冰）、G金刚石，回答下列问题：既有离子键又有共价键的是CD熔化时不需要破坏化学键的是AF，熔化时需要破坏共价键的是BG（2）某元素最高正化合价为+6，其最低负价为2某元素R与氢形成的气态氢化物的化学
40、式为RH3，其最高价氧化物的化学式为R2O5考点：化学键；根据化合价正确书写化学式(分子式) 分析：（1）活泼金属与活泼非金属之间形成离子键，非金属之间形成共价键；分子晶体熔化时破坏分子间作用力；原子晶体熔化时破坏共价键；（2）元素的最高正化合价与最低负化合价的绝对值之和为8；根据化合物中化合价的代数和为零分析解答：解：（1）活泼金属与活泼非金属之间形成离子键，铵根离子与阴离子之间形成离子键，非金属之间形成共价键，则晶体中既有离子键又有共价键的是NH4Cl、Ca（OH）2，故答案为：CD；P4、CO2属于分子晶体，熔化时破坏分子间作用力；二氧化硅、金刚石属于原子晶体，熔化时破坏共价键；故答案为
41、：AF；BG；（2）已知元素最高正化合价为+6，则其负化合价为2；某元素R与氢形成的气态氢化物的化学式为RH3，则R的负价为3，所以最高正化合价为+5，则其最高价氧化物的化学式为R2O5，故答案为：2；R2O5点评：本题考查了离子键、共价键、物质熔沸点的比较等，明确这几个概念的内涵是解本题关键，注意这几个概念的区别，注意不能根据是否含有金属元素判断离子键，如铵盐，为易错点17（12分）（2015春扬州校级期中）一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，请回答下列问题：（1）反应开始到10s，用Z表示的平均反应速率为0.079 mol/（Ls）；（2）
42、反应到10s时，Y的转化率为79%；（3）该反应的化学方程式可表示为X+Y2Z考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线 分析：（1）根据v=计算化学反应速率；（2）根据平衡图象计算物质的量浓度及转化率；（3）根据化学反应中各物质的物质的量变化量与化学计量数之比呈正比书写化学方程式解答：解：（1）反应开始到10s，用Z表示的反应速率为：v=0.079mol/（Ls），故答案为：0.079；（2）反应开始到10s时，Y的转化率为=79%，故答案为：79%；（3）由图象可以看出X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，化学反应中各物质的物质的量变化量与化学计量数之比呈正比，则
43、有Y：X：Z=（1.20mol0.41mol）：（1.0mol0.21mol）：1.58mol=1：1：2，则反应的化学方程式为X+Y2Z，故答案为：X+Y2Z点评：本题考查物质的量随时间的变化曲线，以及化学平衡的计算，题目难度中等，注意把握化学方程式的判断方法18（16分）（2014春常州期末）甲、乙两化学活动小组对中学化学教材中“氨的催化氧化”进行了实验探究（1）甲小组设计了如，1所示的实验装置（固定装置已略去）若A中使用的药品是NH4HCO3固体，则A需要的仪器有试管、导管、橡胶塞和b（填序号）a锥形瓶 b酒精灯 c烧瓶 d蒸发皿装置B的作用是与水和二氧化碳反应，产生C中所需的反应物氧气
44、装置C中发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O若A、B中药品足量，则可以观察到E中溶液发生变化，其现象是溶液变为黄色某同学从安全与环保的角度考虑，指出该装置有两处明显的缺陷你认为这两处缺陷是：D中液体可能会倒吸、尾气会污染环境若A中固体质量减少了7.9g，则通过B（过氧化钠足量）后，气体的体积变为4.48L（标准状况）（2）如图2，乙小组认为可将甲小组的装置中A、B部分换成如图所示装置（其余部分相同）进行实验烧瓶中加入的是过氧化钠固体，则分液漏斗中加入的最佳试剂是浓氨水；U型管中加入的试剂是碱石灰（或氢氧化钠、氧化钙）考点：氨的制取和性质 专题：氮族元素分析：（1）根据碳酸氢铵
45、，受热分解生成NH3、CO2和H2O选择仪器；根据碳酸氢铵受热分解的产物以及过氧化钠的性质分析解答；NH3与O2在催化剂、加热条件下发生反应生成一氧化氮和水；若A、B中药品足量，则进入氯化亚铁溶液的气体为一氧化氮、氧气的混合气体，通入溶液中生成硝酸，硝酸能氧化亚铁离子；根据需在装置C、D之间增加一个防倒吸装置，氮的氧化物有毒，分析实验装置的优劣；根据参加反应的碳酸氢铵的质量求出分解产生的氨气、二氧化碳、水蒸气的物质的量，根据它们与过氧化钠的反应求解最终生成气体的体积；（2）根据甲小组的装置中A、B部分用途分析替代装置，氨气是碱性气体，极易溶于水，做氨气干燥剂的物质不能和氨气反应，所以干燥氨气的
46、物质应为碱性或中性解答：解：4NH3+5O24NO+6H2O，进行氨的催化氧化实验，需氨气和氧气，氨气用碳酸氢铵制备，氧气用二氧化碳与过氧化钠反应制备，氨气和氧气催化氧化需用铂粉作催化剂，一氧化氮二氧化氮都是空气污染物，所以需进行尾气吸收（1）若A中使用的药品是NH4HCO3固体，加热NH4HCO3固体需要酒精灯，故答案为：酒精灯；装置B中盛放过氧化钠，碳酸氢铵，受热分解生成NH3、CO2和H2O，过氧化钠和水反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，该反应能提供氧气，二氧化碳与过氧化钠，2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，该反应也能提供氧气，所以装置B的作用是与水和二氧化碳反应，
47、产生C中所需的反应物氧气，故答案为：与水和二氧化碳反应，产生C中所需的反应物氧气；NH3与过量O2在催化剂、加热条件下发生反应生成一氧化氮和水，反应方程为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；若A、B中药品足量，则进入氯化亚铁溶液的气体为一氧化氮、氧气的混合气体，4NO+3O2+2H2O=4HNO3，硝酸能将亚铁离子氧化成铁离子，所以溶液变为黄色，故答案为：溶液变为黄色；为防止倒吸可以在装置C、D之间增加一个防倒吸装置，一氧化氮以及生成的二氧化氮均有毒，应加一个尾气吸收装置，故答案为：D中液体可能会倒吸；尾气会污染环境；若A中固体质量减少了7.9g，则
48、参加反应的NH4HCO3固体为=0.1mol，NH4HCO3NH3+H2O+CO2，生成氨气、二氧化碳、水各0.1mol，氨气与过氧化钠不反应，二氧化碳、水与过氧化钠反应各0.1mol，各生成0.5mol氧气，所以气体的物质的量为0.1mol+0.05mol+0.05mol=0.2mol，V=nVm=0.2mol22.4mol/L=4.48L，故答案为：4.48；（2）A装置提供二氧化碳、水蒸气、氨气，装置B为干燥氨气，所以当有过氧化钠存在时需用浓氨水，省略了将二氧化碳、水蒸气转化成氧气，氨气为碱性气体，干燥氨气的物质应为碱性或中性需选用碱石灰（或氢氧化钠、氧化钙）；故答案为：浓氨水；碱石灰（
49、或氢氧化钠、氧化钙）点评：本题主要考查了氨气的催化氧化，解答须根据题目中提供的药品和装置结合该反应的原理和相关物质的性质，题目难度中等19（12分）（2015春扬州校级期中）如图是无机物AM在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）其中，组成单质I的元素是地壳中含量最高的金属元素，K是一种红棕色气体，G为单质，过量的G可与J溶液反应得到M请填写下列空白：（1）在周期表中，组成单质I的元素在周期表中的位置第3周期A族（2）在反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2（3）写出反应的离子方程式3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O（4）将化合物D与KNO3、KOH共融，可制得一
50、种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾），同时还生成KNO2和H2O该反应的化学方程式Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O考点：无机物的推断 分析：I是由地壳中含量最多的金属元素组成的单质，应为Al，K是一种红棕色气体，判断为NO2，则J为HNO3，L为NO；由反应4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2且A能与氧气反应生成B可知，A为SO2，则D为Fe2O3，结合A+O2 B知B为SO3，C为H2SO4；I与D反应生成G为单质，则可知该反应为铝热反应，所以G为Fe，H为Al2O3，过量的G可与J溶液反应得到M，M应为Fe（NO3）2；M和C反应得F
51、为Fe（NO3）3或Fe2（SO4）3；F与氢氧化钠反应得E应为Fe（OH）3，E受热分解得D，据此答题解答：解：I是由地壳中含量最多的金属元素组成的单质，应为Al，K是一种红棕色气体，判断为NO2，则J为HNO3，L为NO；由反应4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2且A能与氧气反应生成B可知，A为SO2，则D为Fe2O3，结合A+O2 B知B为SO3，C为H2SO4；I与D反应生成G为单质，则可知该反应为铝热反应，所以G为Fe，H为Al2O3，过量的G可与J溶液反应得到M，M应为Fe（NO3）2；M和C反应得F为Fe（NO3）3或Fe2（SO4）3；F与氢氧化钠反应得E应为Fe（OH
52、）3，E受热分解得D，（1）I为Al，在周期表中的位置是第3周期A族，故答案为：第3周期A族； （2）反应为Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；（3）反应的离子方程式为 3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O，故答案为：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O；（4）将化合物D与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾），同时还生成KNO2和H2O，根据元素守恒和氧化还原反应中电子得失守恒可知，该反应的化学方程式为Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+
53、2H2O，故答案为：Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O点评：本题考查无机物的推断，题目难度中等，本题注意以物质的性质入手分析，抓住典型物质的物理性质，如颜色、状态等，先确定个别物质，根据框图寻找线索进行推断20（16分）（2015春扬州校级期中）现有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、D同主族，C与E同主族，D、E、F同周期，A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，A能分别与B、C形成电子总数相等的分子，且A与C形成的化合物常温下为液态，A能分别与E、F形成电子总数相等的气体分子请回答下列问题（题中的字母只代表元素代号，与
54、实际元素符号无关）：（1）AF六种元素原子，原子半径最大的是Na；D、E、F形成的简单离子半径最大的是S2（以上均填微粒符号）（2）A、C、D三种元素组成的一种常见化合物，是重要的工业产品，该化合物电子式为：（3）E、F分别形成的气态氢化物更稳定的是HCl（填化学式）；（4）B与F两种元素形成的一种化合物分子，各原子均达8电子结构，则该化合物化学式为NCl3B和F两种元素还能形成另一种化合物，其中B显最高正价，该化合物能与水反应生成两种酸，请写出该化合物与水反应的化学方程式：NCl5+3H2OHNO3+5HCl（5）A、B、C三种元素形成的一种常见化合物，其浓溶液在常温下可与铜反应，该反应的离
55、子方程式为：Cu+4H+2NO3（浓）Cu2+2NO2+2H2O考点：位置结构性质的相互关系应用 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与C形成的化合物常温下为液态，化合物为水，则A为H元素，C为O元素；A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，B的最外层电子数为5，则B为N元素；A、D同主族，则D为Na元素；C与E同主族，则E为S元素；D、E、F同周期，A能分别与E、F形成电子总数相等的气体分子，则F为Cl元素，结合对应元素形成的单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题解答：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与C形成
56、的化合物常温下为液态，化合物为水，则A为H元素，C为O元素；A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，B的最外层电子数为5，则B为N元素；A、D同主族，则D为Na元素；C与E同主族，则E为S元素；D、E、F同周期，A能分别与E、F形成电子总数相等的气体分子，则F为Cl元素，（1）同周期随原子序数增大，原子半径减小，最外层电子数相同，电子层越多原子半径越大，所以Na原子半径最大，离子核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，则S2半径最大，故答案为：Na； S2；（2）A为H元素，C为O元素，D为Na元素，三元素形成的常见化合物为NaOH，属于离子化
57、合物，由钠离子与氢氧根离子构成，电子式为，故答案为：；（3）非金属性ClS，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则HCl较稳定，故答案为：HCl；（4）B为N元素，F为Cl元素，两种元素形成的一种化合物分子，各原子均达8电子结构，应生成NCl3，如N显最高正价为+5价，两种元素形成的一种化合物是NCl5，其中N显+5、价，Cl显1价，其水解的主要产物为HNO3和HCl，化学反应方程式为：NCl5+3H2O=5HCl+HNO3，故答案为：NCl3；NCl5+3H2OHNO3+5HCl；（5）A、B、C三种元素形成的一种常见化合物，其浓溶液在常温下可与铜反应，应为硝酸与铜的反应，反应离子方程式
58、为Cu+4H+2NO3（浓）Cu2+2NO2+2H2O，故答案为：Cu+4H+2NO3（浓）Cu2+2NO2+2H2O点评：本题考查位置、结构、性质的关系及应用，综合性较强，考查知识点较多，元素的推断是解答本题的关键，A与C形成的化合物常温下为液态是推断突破口并熟悉元素化合物的性质来解答，难度较大21（12分）（2015南京模拟）胆矾（CuSO45H2O）有广泛的用途某研究性学习小组利用某次实验后的稀硫酸、稀硝酸混合液制备胆矾实验流程如下：请回答下列问题：（1）操作X为蒸发浓缩、冷却结晶（2）NO需要回收利用，写出NO与空气、H2O反应生成硝酸的化学方程式4NO+3O2+2H2O=4HNO3（
59、3）现有48g含CuO质量分数为20%的铜粉，与一定量的稀硫酸、稀硝酸混合液恰好完全反应生成CuSO4理论上生成胆矾的质量为多少？（写出计算过程）原混合液中硫酸和硝酸的物质的量之比为9：5考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；化学方程式的有关计算 专题：实验设计题分析：（1）铜粉与稀硫酸、稀硝酸反应生成硫酸铜溶液，如得到胆矾，应将溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶操作，然后经过滤、洗涤、干燥可得到晶体；（2）NO与空气、H2O反应生成硝酸，结合质量守恒平衡方程式（3）计算CuO、Cu的质量，结合铜元素质量守恒可计算CuSO45H2O的质量；结合反应的离子方程式计算原混合液中硫酸和硝酸的物质的量
60、之比解答：解：（1）铜粉与稀硫酸、稀硝酸反应生成硫酸铜溶液，如得到胆矾，应将溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶操作，然后经过滤、洗涤、干燥可得到晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（2）NO与空气、H2O反应生成硝酸，反应的方程式为4NO+3O2+2H2O=4HNO3，故答案为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3；（3）n（CuO）=0.12mol，n（Cu）=0.6mol，n（CuSO45H2O）=0.12mol+0.6mol=0.72mol，m（CuSO45H2O）=0.72mol250g/mol=180g，答：理论上生成胆矾的质量为180g；3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2On（HNO3）=2=0.4mol，n（H2SO4）=n（CuSO45H2O）=0.72mol，则n（H2SO4）：n（HNO3）=0.72mol：0.4mol=9：5，故答案为：9：5点评：本题考查物质的分离、提纯的实验综合应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，主要把握实验的原理、操作方法以及守恒法应用于化学方程式的计算，难度中等