1、山东省济南市平阴一中2014-2015学年高二下学期段考化学试卷（5月份）一、选择题（本题包括18小题，1-6小题每题2分，7-18小题每题3分，共48分）1环境污染问题越来越受到人们的关注，造成环境污染的主要原因大多是由于人类生产活动中过度排放有关物质引起的下列环境问题与所对应的物质不相关的是( )A温室效应CO2B光化学污染NO2C酸雨SO2D臭氧层破坏CO考点：常见的生活环境的污染及治理 专题：热点问题分析：根据产生环境问题的成分判断解答：解：A、二氧化碳是造成温室效应的主要气体，环境问题与所对应的物质相关，故A不选；B、光化学污染主要来自汽车、工厂产生的氮氧化合物，环境问题与所对应的物
2、质相关，故B不选；C、二氧化硫、二氧化氮是形成酸雨的主要物质，而不是二氧化碳，环境问题与所对应的物质相关，故C不选；D、氟氯烃可以破坏臭氧层，而一氧化碳不能，环境问题与所对应的物质不相关，故D选故选C点评：本题考查了常见的生活环境的污染和治理，运用化学知识解释生活现象，学以致用2已知：向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；向FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色下列判断正确的为( )A上述实验证明氧化性：MnO4Cl2Fe3+B上述实验中，有一个氧化还原反应C实验生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D实验证明Fe2+既有氧化性又有还原性考点：氧化还原反应；氯气的实验室制法
3、专题：氧化还原反应专题；卤族元素分析：高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，浓盐酸做还原剂；氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，亚铁离子做还原剂；结合氧化还原反应中氧化剂的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解答解答：解：A反应中KMnO4为氧化剂，反应中Cl2为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：MnO4Cl2Fe3+，故A正确；B两个反应中均有元素的化合价变化，均属于氧化还原反应，故B错误；C实验生成的气体为氯气，具有强氧化性，能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，故C错误；D实验中Fe元素的化合价升高，只证明Fe2+有还原性，故D错误
4、；故选A点评：本题考查氧化还原反应，为2015届高考高频考点，把握反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意把握发生的两个反应，题目难度不大3分类法在化学科学中起着非常重要的作用，下列各组物质中，在物质分类里，前者属于后者的一组是( )A金属，化合物B单质，纯净物C石灰乳，胶体D过氧化钠，碱性氧化物考点：单质和化合物；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系 分析：A纯净物按照所含元素种类的多少可分为单质和化合物；B纯净物按照所含元素种类的多少可分为单质和化合物；C一种或几种物质分散在另一种介质中所形成的体系称为分散体系被分散的物质称为分散相（或分散质），而连续介质称为分散介质，分散系
5、包括溶液、浊液、胶体；D碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，过氧化钠属于过氧化物解答：解：A金属属于单质，不是化合物，故A错误； B单质属于纯净物，故B正确；C石灰乳属于悬浊液，胶体属于分散系，不是从属关系，故C错误；D过氧化钠和酸反应生成盐、水和氧气，不是碱性氧化物，属于过氧化物，故D错误；故选B点评：本题考查了物质的分类，物质组成和包含关系的理解应用，难度不大，注意基础知识的积累4下列关于胶体的叙述中不正确的是( )A丁达尔现象可用来区别胶体与溶液B溶液、胶体、浊液的根本区别是分散质粒子直径的大小C胶体在一定条件下会发生聚沉D胶体粒子能通过半透膜，不能通过滤纸考点：胶体的重要性质 分析
6、：A胶体具有丁达尔现象，溶液无此性质； B分散系本质区别是分散质微粒直径的不同；C胶体是介稳分散系，一定条件下发生聚沉；D胶体能通过滤纸，不能通过半透膜解答：解：A胶体具有丁达尔现象，溶液无此性质，丁达尔现象可用来区别胶体与溶液，故A正确； B分散系本质区别是分散质微粒直径的不同，溶液中分散质直径小于1nm、胶体微粒直径1100nm、浊液微粒直径大于100nm，所以根本区别是分散质粒子直径的大小，故B正确；C胶体是介稳分散系，一定条件下发生聚沉，如加入电解质溶液、加热、加入相反电荷的胶体等，故C正确；D胶体粒子是微粒集合体，能通过滤纸，不能通过半透膜，故D错误故选D点评：本题考查了胶体特征和性
7、质的理解应用，掌握基础是关键，题目较简单5NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )A1 mol CO2中含有原子数NAB1mol/L的硫酸钠溶液中，所含Na+数为2NAC标准状况下，11.2 L水所含分子数为0.5 NAD1 mol Fe和足量盐酸完全反应失去的电子数为2NA考点：阿伏加德罗常数 分析：A、CO2中含3个原子；B、溶液体积不明确；C、标况下，水为液态；D、铁与盐酸反应变为+2价解答：解：A、CO2中含3个原子，故1mol二氧化碳中含3mol原子即3NA个，故A错误；B、溶液体积不明确，故溶液中钠离子的个数无法计算，故B错误；C、标况下，水为液态，不能根据气体摩尔体积来计
8、算其物质的量，故C错误；D、铁与盐酸反应变为+2价，故1mol铁失去2mol即2NA个电子，故D正确故选D点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大6下列离子方程式书写正确的是( )A铝与CuSO4溶液反应：3Al+2Cu2+2Cu+3Al3+B向Ba（OH）2溶液中加过量NaHCO3溶液：HCO3+Ba2+OH=H2O+BaCO3C澄清石灰水与盐酸反应：H+OH=H2OD氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+4NH3H2O4NH4+Al（OH）4考点：离子方程式的书写 分析：A电荷不守恒；B向Ba（OH）2溶液中加过量NaHCO3溶液，生成碳酸钡
9、、碳酸钠和水；C澄清石灰水与盐酸都为强电解质，发生中和反应；D加入过量氨水生成氢氧化铝，氢氧化铝不溶于氨水解答：解：A电荷不守恒，应为2Al+3Cu2+3Cu+2Al3+，故A错误；B向Ba（OH）2溶液中加过量NaHCO3溶液，生成碳酸钡、碳酸钠和水，离子方程式为2HCO3+Ba2+2OH=2H2O+CO32+BaCO3，故B错误；C澄清石灰水与盐酸都为强电解质，发生中和反应，只生成水，离子发生为H+OH=H2O，故C正确；D加入过量氨水生成氢氧化铝，氢氧化铝不溶于氨水，离子方程式为Al3+3NH3H2OAl（OH）3，故D错误故选C点评：本题考查离子方程式正误判断，为高频考点，明确离子性质
10、及离子方程式书写规则即可解答，要遵循原子守恒、转移电子守恒、电荷守恒，有些反应还与反应物的量及浓度有关，题目难度中等7与铝反应能放出氢气的溶液中，下列哪组离子可以与其大量共存( )ANa+ K+ HCO3 ClBNH4+ Mg2+ SO32 ClCK+ Na+ SO42 ClDK+ Cu2+ CO32 NO3考点：离子共存问题 分析：与铝反应能放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、水、气体等，则离子大量共存，以此来解答解答：解：与铝反应能放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，AHCO3与酸、碱均反应，不能大量共存，故A错误；B碱性溶液中不能大量存在NH4+、M
11、g2+，酸性溶液中不能大量存在SO32，故B错误；C酸、碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D碱性溶液中不能大量存在Cu2+，酸性溶液中不能大量存在CO32，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，侧重复分解反应的离子共存考查，题目难度不大8下列说法正确的是( )离子化合物一定含离子键，也可能含极性键或非极性键同位素的性质几乎完全相同含金属元素的化合物不一定是离子化合物由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物由分子组成的物质中一定存在共价键ABCD考点：离子化合物的结构特征与性质；同位素及其应用；共价键的形成及共价键
12、的主要类型 专题：化学键与晶体结构分析：含有离子键的化合物为离子化合物，也可能含有极性键或非极性键；同位素的化学性质相同但物理性质不同；含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，不含非金属元素的化合物也不一定是共价化合物；由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物；由分子组成的物质中不一定存在共价键解答：解：含有离子键的化合物为离子化合物，也可能含有极性键或非极性键，如氢氧化钠中含有离子键和极性键，过氧化钠中含有离子键和非极性共价键，故错误；同位素的化学性质相同但物理性质不同，故错误；含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝是共价化合物，不含非金属元素的化合物也不一定是共价化合物，如铵盐
13、是离子化合物，故错误；由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如铵盐，故错误；由分子组成的物质中不一定存在共价键，如稀有气体，故错误；故选D点评：该题是中等难度的试题，在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养该题的关键是在明确化学键与离子化合物以及共价化合物的基础上，通过举例逐一筛选得出正确结论的方法，有利于培养学生的逻辑推理能力和逆向思维能力9为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g 样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度（质量分数）是( )ABCD考点：有关混合物反应的计算；钠的重要化合物 专题：计算题；差量法分析：根据碳酸氢钠加热分
14、解，而碳酸钠在加热时不反应，则利用反应前后固体的质量差来计算碳酸氢钠的质量，再计算碳酸钠样品的纯度解答：解：设样品中含有NaHCO3杂质的质量为x，则2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2ODm（减少）284 106 62x （w1gw2g），解得x=，则w（Na2CO3）=，故选A点评：本题考查学生利用反应前后的固体的质量查来进行计算，明确发生的化学反应及固体质量差的应用是解答的关键10请找出下列图示中正确的实验操作( )A除去CO的CO2B萃取时振荡混合液C稀释浓硫酸D向试管中滴加液体考点：药品的取用；分液和萃取；洗气 专题：化学实验基本操作分析：A、洗气的原则是长进短出；B、根据萃取操
15、作来考虑；C、根据量筒的用途及注意事项；D、用胶头滴管滴加液体时滴管应悬空垂直，并且不得插入试管内解答：解：A、洗气的原则是长进短出，图中是短进长出，故A错误；B、萃取震荡时，用右手压住分液漏斗口部，左手握住活塞部分，把分液漏斗倒转过来震荡，使两液体充分接触，故B正确；C、量筒只能用来量取液体的体积，不能用来配制溶液或稀释操作，故C错误；D、使用胶头滴管滴加少量液体的操作，注意胶头滴管的位置是否伸入到试管内或接触试管内壁应垂直悬空在试管口上方滴加液体，防止污染胶头滴管，图中所示操作错误故D错误故选B点评：本题易错选C量筒只能用来量取溶液，不能用来在量筒中稀释、配制溶液11某溶液中含MgCl2和
16、AlCl3各0.01mol，向其中逐滴加入1mol/L的NaOH溶液至过量，下列关系图正确的是( )ABCD考点：镁、铝的重要化合物 专题：计算题分析：AlCl3和MgCl2的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生反应生成氢氧化铝、氢氧化镁沉淀，溶液为NaCl溶液，继续滴加NaOH溶液直至过量，氢氧化铝与NaOH反应逐渐溶解，再继续滴加NaOH溶液时，氢氧化铝 会完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液解答：解：含MgCl2和AlCl3各0.01mol，向其中逐滴加入1mol/L的NaOH溶液至过量，发生反应Al3+3OHAl（OH）3，得到沉淀0.01mol，消
17、耗氢氧化钠0.03mol，即30mL，Mg2+2OHMg（OH）2，得到次沉淀0.01mol，消耗氢氧化钠0.02mol，即20mL，随反应进行沉淀量增大，共消耗氢氧化钠50mL，0.01mol氢氧化铝会溶于过量的氢氧化钠中，Al（OH）3+OHAl（OH）4，消耗氢氧化钠10mL，故沉淀达最大值后，再加氢氧化钠，沉淀量减小，直到最后剩余的是氢氧化镁沉淀0.01mol故选C点评：理清反应的整个过程，问题即可解决，即可利用方程式也可根据关系式，本题采取原子守恒计算12化学能与热能、电能等能相互转化关于化学能与其他能量相互转化的说法正确的是( )A化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成B
18、铝热反应中，反应物的总能量比生成物的总能量低C图I所示的装置能将化学能转变为电能D图II所示的反应为吸热反应考点：常见的能量转化形式 专题：化学反应中的能量变化分析：A化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量；B铝热反应为放热反应；C图I所示的装置没形成闭合回路，不能形成原电池；D图II所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量解答：解：A化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成，故A正确；B铝热反应为放热反应，所以反应物的总能量比生成物的总能量高，故B错误；C图I所示的装置没形成闭合回路，不能形成原电池，没有电流通过，所以不能把化学能转
19、变为电能，故C错误；D图II所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故D错误；故选A点评：该题是2015届高考中的常见题型，属于较低难度试题的考查，主要是考查学生对化学反应中能量变化对的原因、影响反应热大小因素以及原电池构成条件的熟悉了解程度，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，注意相关知识的积累和总结13下列叙述正确的是( )A最外层有1个电子的元素一定是金属元素B除0族元素外，第三周期元素的原子半径不一定比第二周期元素的原子半径大C同主族元素从上到下，元素原子得电子能力逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐增强D主族元素的原子，最外层电子数少的一定比最外层电子
20、数多的失电子能力强考点：元素周期表的结构及其应用 分析：A、非金属氢，最外层只有1个电子；B、Li原子半径大于第三周期从Al开始向后的元素原子半径；C、非金属性越强，对应氢化物越稳定；D、失去电子能力强弱与失去电子数目多少无关，与金属性有关解答：解：A非金属氢，最外层只有1个电子，所以不一定是金属，故A错误；BLi原子半径大于第三周期从Al开始向后的元素原子半径，故B正确；C同主族元素从上到下，非金属性减弱，元素原子得电子能力逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减弱，故C错误；D失去电子能力强弱与失去电子数目多少无关，与金属性有关，如Ca失去电子能力比Na强，故D错误，故选B点评：本题考查元素周期律，
21、难度不大，B为易错点，注意Cl原子半径在第二周期位置、Li原子半径在第三周期中位置14一定条件下，对于可逆反应X（g）+3Y（g）2Z（g），若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为零），达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1molL1、0.3molL1、0.08molL1，则下列判断正确的是( )Ac1：c2=3：1B平衡时，Y和Z的生成速率之比为2：3CX、Y的转化率不相等DC1的取值范围为0 molL1c10.14 molL1考点：化学平衡建立的过程 专题：化学平衡专题分析：X（g）+3Y（g）2Z（g），若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为零），到达平衡时
22、，X、Y、Z的浓度分别为0.1molL1、0.3molL1、0.08molL1，利用极值转化；A可根据反应转化关系和平衡浓度计算初始浓度关系；B达到平衡状态时，正逆反应速率相等；C起始量相同，平衡量相同，转化率相同；D根据可逆不能完全转化的角度分析解答：解：A设X转化的浓度为x， X（g）+3Y（g）2Z（g）初始：c1 c2 c3 转化：x 3x 2x平衡：0.1moL/L 0.3mol/L 0.08mol/L 所以c1：c2=（x+0.1moL/L）：（3x+0.3mol/L）=1：3，故A错误；B平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，故B错误；C反应前后X、Y气体的浓
23、度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故C错误；D反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向逆反应分析进行，则c10，如反应向正反应分析进行，则c10.14molL1，故有0c10.14molL1，故D正确；故选：D点评：本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，本题注意化学平衡状态的判断方法以及可逆反应的特点15某同体酸燃料电池以Ca（HSO4）2固体为电解质传递H+，其基本结构如图所示，电池总反应可表示为：2H2+O2=2H2O，下列有关说法错误的是( )A电子通过外电路从a极流向b极Bb极上的电极反应式为：O2+4H+4e=2H2OC每转移0.4 mol电子，生成3.6
24、g水DH+由b极通过固体酸电解质传递到a极考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：根据电池总反应：2H2+O2=2H2O可知：通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化还原反应，反应为H22e2H+，通入氧气的一极为电池的正极，发生氧化反应，反应为O2+4e+4H+=2H2O；电池工作时，电子通过外电路从负极流向正极，即从a极流向b极，电解质中阳离子向正极移动，即H+由a极通过固体酸电解质传递到b极；每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，生成0.05mol水，据此回答判断解答：解：根据电池总反应：2H2+O2=2H2O可知：通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，反应为H
25、22e=2H+；通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，反应为O2+4e+4H+=2H2O；电池工作时，电子通过外电路从负极流向正极，即从a极流向b极，电解质中阳离子向正极移动，即H+由a极通过固体酸电解质传递到b极；每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，生成0.05mol水A、a为负极，b是正极，则电子应该是通过外电路由a极流向b，故A正确；B、该电池为酸性电池，所以正极电极反应为O2+4e+4H+=2H2O，故B正确；C、每转移0.4 mol电子，生成0.2mol水，质量是0.2mol18g/mol=3.6g，故C正确；D、原电池中，阳离子向正极移动，所以H+由a极通过固体酸
26、电解质传递到b极，故D错误故选D点评：该题是2015届高考中的常见题型，属于中等难度的试题侧重考查学生灵活运用原电池原理解决实际问题的能力学习中要明确原电池电子以及离子的定向移动问题，要能正确判断原电池的正负极，以及电极反应式的书写等问题16下列关于煤、石油及其所得产品的叙述正确的是( )A煤和石油都是混合物，均由碳和氢两种元素组成B液化石油气和天然气的主要成分都是甲烷C煤的干馏和石油的分馏发生的都是化学变化D用溴的四氯化碳溶液可鉴别分馏获得的汽油和裂化获得的汽油考点：物理变化与化学变化的区别与联系；混合物和纯净物；有机物的鉴别 分析：A煤的主要成分是碳，还含有一些其它物质，石油中含有多种碳氢
27、化合物； B液化石油气的主要成分是含有3个和4个碳原子的烃；C分馏为物理变化；D裂化汽油中含有不饱和烃解答：解：A煤中主要含有碳元素，石油中主要含有碳和氢两种元素，都属于复杂的混合物，故A错误； B液化石油气的主要成分是含有3个和4个碳原子的烃，天然气的主要成分是甲烷，故B错误；C分馏为物理变化，而干馏为化学变化，故C错误；D裂化汽油中含有不饱和烃，能与溴发生加成反应，直馏汽油为饱和烃，可用溴水鉴别，故D正确故选D点评：本题综合考查有机物的性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意有机物官能团的结构和性质，为解答该题的关键，学习中注意相关基础知识的积累17下列关于糖类、油
28、脂、蛋白质的说法不正确的是( )A用碘水可以鉴别葡萄糖溶液和淀粉溶液B淀粉、油脂和蛋白质在一定条件下都能发生水解反应C工业上利用油脂在碱的催化作用下水解生产肥皂D向蛋白质溶液中加入浓的Na2SO4或CuSO4溶液均可使蛋白质盐析而分离提纯考点：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构；淀粉的性质和用途 分析：A、碘遇淀粉变蓝；B、淀粉、油脂、蛋白质均可水解；C、油脂在碱的催化作用下水解生成肥皂；D、蛋白质溶液遇重金属盐发生蛋白质变性解答：解：A、碘遇淀粉变蓝，碘遇葡萄糖无变化，故A正确；B、淀粉、油脂、蛋白质均可水解，故B正确；C、油脂在碱的催化作用下水解生成肥皂，故C正确；D、
29、蛋白质溶液遇CuSO4溶液，发生蛋白质变性，故D错误；故选D点评：本题考查了糖类、油脂、蛋白质的组成、结构和性质，合成纤维、胶体的性质等知识，涉及较为全面，掌握物质的性质是解题的关键18维生素A的结构简式如图所示，关于它的叙述中正确的是( )A维生素A属于环烃B维生素A不能与金属钠反应产生氢气C维生素A不能使酸性KMnO4溶液褪色D维生素A能发生取代、加成、酯化反应考点：有机物的结构和性质 分析：该物质中含有碳碳双键和 醇羟基，具有烯烃和醇的性质，能发生加成反应、加聚反应、还原反应、氧化反应和消去反应、取代反应等，据此分析解答解答：解：A维生素A中除了含有C、H元素外还含有O元素，所以属于烃的
30、衍生物，故A错误；B维生素A含有醇羟基，所以能和钠反应生成氢气，故B错误；C维生素A含有碳碳双键，所以能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故C错误；D该物质中含有碳碳双键和 醇羟基，具有烯烃和醇的性质，能发生加成反应、加聚反应、还原反应、氧化反应和消去反应、取代反应、酯化反应等，故D正确；故选D点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查烯烃和醇的性质，把握官能团及其性质关系是解本题关键，题目难度不大二、非选择题（本题包括4小题，共48分）19已知A是一种常见金属，部分反应物或生成物已略去试根据图中转化关系，回答下列问题（1）写出C、F的化学式C、FeCl2 F、Fe（OH）3（2）检验溶液D中
31、金属阳离子的实验操作及现象是取少许D的溶液于试管中，加几滴KSCN溶液，溶液变红色，即证明含Fe3+（3）E生成F可观察到的现象白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3（4）写出下列转化的离子方程式BC：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O考点：无机物的推断 分析：金属A与氧气反应生成B，B与盐酸反应得到C与D，由C、D之间相互转化可知A为变价金属，可推知A为Fe，则B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，X为H2，E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，G为Fe2O3，据此解答解答：解：金属A与氧气反应生成B
32、，B与盐酸反应得到C与D，由C、D之间相互转化可知A为变价金属，可推知A为Fe，则B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，X为H2，E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，G为Fe2O3（1）C的化学式为FeCl2，F的化学式为Fe（OH）3，故答案为：FeCl2；Fe（OH）3；（2）检验FeCl3溶液中金属阳离子的实验操作及现象是：取少许D的溶液于试管中，加几滴KSCN溶液，溶液变红色，即证明含Fe3+，故答案为：取少许D的溶液于试管中，加几滴KSCN溶液，溶液变红色，即证明含Fe3+；（3）E生成F可观察到的现象：白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，化学方程式为：4Fe（
33、OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（4）BC的离子方程式为：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O，故答案为：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O点评：本题考查无机物的推断，关键根据C与D之间的相互转化判断金属A为变价金属，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度不大20甲同学想通过下图所示装置（夹持装置已略去）进行实验，研究推断SO2与Na2O2反应的产物回答下列问题：（1）装置B的作用干燥SO2气体，防止较多的水蒸气与反应装置D的作用防止空气
34、中的水蒸气和二氧化碳进入C装置与反应；同时吸收过量的，以免污染空气（2）如何检验反应中是否有O2生成：用带有余烬的木条靠近干燥管口a，观察其是否燃烧（3）假如已反应完全，为确定C中固体产物的成分，甲设计如下实验：得出结论：产物是Na2SO4该方案是否合理否（填是或否），理由是与BaCl2能形成不溶于硝酸的白色沉淀的钠盐还有可能是亚硫酸钠考点：探究物质的组成或测量物质的含量 分析：A用于制备二氧化硫气体，B干燥装置，除去二氧化硫中的水蒸气，防止水与过氧化钠反应而影响实验结论，D可用于吸收二氧化硫，防止污染空气，并吸收空气中的水和二氧化碳，防止与过氧化钠反应，如能生成氧气，可用带有余烬的木条检验，
35、假如Na2O2已反应完全，为确定C中固体产物的成分是否为Na2SO4，应先加入盐酸酸化，再加入氯化钡检验，注意不能用硝酸，防止亚硫酸钠被硝酸氧化，以此解答该题解答：解：（1）因生成的二氧化硫混有水蒸气，为防止较多的水蒸气与过氧化钠反应，应先用浓硫酸干燥，二氧化硫有毒，不能直接排空，二氧化硫是酸性氧化物能和碱性物质反应，所以用碱石灰吸收二氧化硫防止污染空气，且D可吸收空气中的水和二氧化碳，防止与过氧化钠反应，故答案为：干燥二氧化硫，防止较多的水蒸气与过氧化钠反应；防止空气中的水和二氧化碳进入C装置与过氧化钠反应，同时吸收过量的二氧化硫，以免污染空气；（2）氧气的检验方法是：将带火星的木条靠近管口
36、a，若木条复燃，说明有氧气生成，否则没有，故答案为：将带火星的木条靠近管口a，若木条复燃，说明有氧气生成；（3）产物可能为Na2SO4，亚硫酸钠和氯化钡反应生成亚硫酸钡，硝酸有强氧化性，能把亚硫酸钡氧化生成硫酸钡，干扰了亚硫酸根离子的检验，所以该方案不合理，故答案为：Na2SO4，否； 与BaCl2能形成不溶于硝酸的白色沉淀的钠盐还有可能是亚硫酸钠点评：本题考查了物质的性质实验设计，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握实验的原理，难度不大，会根据题中给予信息分析问题、解决问题21（16分）下面给出的是元素周期表的一部分，表中所列小写字母分别代表一种化学元素（1）根据上表回答下列问题
37、：给出的元素中形成物质种类最多的是C（填元素符号），m的阴离子结构示意图为h、m、n所形成的最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱的顺序为HClO4H2SO4H3PO4（填化学式）c、d、e、f、g形成的简单离子的半径由小到大的顺序为Al3+Mg2+Na+O2N3（用离子符号填写）（2）下列能够用来比较f、g单质活泼性强弱的实验或方法是BCA将在空气中放置已久的两种元素的块状单质分别放入热水中B将这两种元素的单质粉末分别和同浓度的盐酸反应C将这两种元素的单质粉末分别和热水作用，并滴入酚酞溶液D比较这两种元素的气态氢化物的稳定性（3）a、d、e、m四种元素可以组成下列框图中除Br2和L以外的物质a和
38、d可形成常见液态化合物K，固体A中含有e元素的正一价阳离子在一定条件下，下列各物质可发生如下图所示的变化（反应中生成的水没有写出）：溴元素在周期表中的位置是第四周期第A族 物质A所含化学键类型为离子键和共价键反应（）的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+SO42+2Br考点：元素周期律和元素周期表的综合应用 分析：根据元素周期表中元素的位置和分布可以推知a是H，b是C，c是N，d是O，e是Na，f是Mg，g是Al，h是P，i是Ne，m是S，n是Cl（1）C可以形成多种有机物和无机物；S为16号元素，得到2个电子形成最外层8个电子的稳定结构；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物
39、酸性越强；核外电子排布相同的微粒，原子序数越小，半径越大；（2）金属性越强化学性质越活泼，可以用金属与水或酸反应进行验证；（3）a、d、e、m分别为H、O、Na和S，H和O可形成常见液态化合物K，H溶于K中可得溶液，则K为H2O，固体A中含有丙元素的正一价阳离子，A为Na2O2，则B为NaOH，C为O2，F为SO2，据此解答即可解答：解：根据元素周期表中元素的位置和分布可以推知a是H，b是C，c是N，d是O，e是Na，f是Mg，g是Al，h是P，i是Ne，m是S，n是Cl（1）在这些元素中，C能形成多种有机化合物和无机化合物，S为16号元素，得到2个电子形成最外层8个电子的稳定结构，离子结构示
40、意图为：，故答案为：C； 由于Cl、S、和P处于同一周期，元素的非金属性ClSP，故最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4H2SO4H3PO4，故答案为：HClO4H2SO4H3PO4； 这五种微粒形成的核外电子排布相同，由于原子序数AlMgNaON，故离子半径：Al3+Mg2+Na+O2N3，故答案为：Al3+Mg2+Na+O2N3；（2）金属性MgAl，则Mg的化学性质比Al活泼，可以用金属与水（或酸）反应的难易程度、剧烈程度进行验证，故选BC；（3）a、d、e、m分别为H、O、Na和S，H和O可形成常见液态化合物K，H溶于K中可得溶液，则K为H2O，固体A中含有丙元素的正一价阳离子，A
41、为Na2O2，则B为NaOH，C为O2，F为SO2溴处于第四周期第A族，故答案为：第四周期第A族；A为过氧化钠，过氧化钠含有离子键和共价键，故答案为：离子键和共价键；二氧化硫与溴反应生成硫酸和硝酸，离子反应为SO2+Br2+2H2O=4H+SO42+2Br，故答案为：SO2+Br2+2H2O=4H+SO42+2Br点评：本题考查学生元素周期表和元素周期律的综合知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大22用芳香烃A为原料合成G的路线如下其中D分子苯环上只有一个支链，该分子在光照条件下与氯气发生取代反应生成的一氯代物只有一种，D与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成红色沉淀（1）D的结构简式为，E中所含官
42、能团的名称是羟基、羧基（2）FG的反应类型为酯化反应，化学方程式为+CH3OH+H2O（3）写出符合下列条件的F的同分异构体的结构简式分子内含有一个苯环，且苯环上只有一个支链一定条件下，1mol该物质与足量银氨溶液充分反应，生成4mol银单质考点：有机物的合成 专题：压轴题；有机物的化学性质及推断分析：芳香烃A的分子式为C9H10，饱和度为=5，则侧链含有1个C=C双键，A与溴发生加成反应生成B，B发生水解反应生成C，C为二元醇，C氧化生成D，D与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成红色沉淀，则D含有醛基，由D与C的分子式可知，C中只有一个OH被氧化为CHO，则D为，逆推可得，C为、B为、A为D氧化生
43、成E，由D与E的分子式可知，D中CHO被氧化为COOH，故E为，E反应生成F，F与甲醇发生酯化反应生成G，结构G的分子式可知，应是E发生消去反应生成F，则F为，则G为F的同分异构体符合分子内含有一个苯环，且苯环上只有一个支链，一定条件下，1mol该物质与足量银氨溶液充分反应，生成4mol银单质，则分子中含有2个CHO解答：解：芳香烃A的分子式为C9H10，饱和度为=5，则侧链含有1个C=C双键，A与溴发生加成反应生成B，B发生水解反应生成C，C为二元醇，C氧化生成D，D与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成红色沉淀，则D含有醛基，由D与C的分子式可知，C中只有一个OH被氧化为CHO，则D为，逆推可得，
44、C为、B为、A为D氧化生成E，由D与E的分子式可知，D中CHO被氧化为COOH，故E为，E反应生成F，F与甲醇发生酯化反应生成G，结构G的分子式可知，应是E发生消去反应生成F，则F为，则G为，（1）由上述分析可知，D的结构简式为，E为，E中所含官能团的名称是羟基、羧基，故答案为：；羟基、羧基；（2）FG是与加成反应生成，化学方程式为：+CH3OH+H2O，故答案为：酯化反应；+CH3OH+H2O；（3）F的同分异构体符合分子内含有一个苯环，且苯环上只有一个支链，一定条件下，1mol该物质与足量银氨溶液充分反应，生成4mol银单质，则分子中含有2个CHO，则符合条件的F的同分异构体结构简式为：，故答案为：点评：本题考查有机物的推断，难度中等，全面考查有机化学基础知识，掌握官能团的性质与转化是关键，注意根据转化关系中分子式进行推断，对学生的逻辑推理有一定的要求，较好的考查学生的综合能力，是热点题型