1、2014-2015学年湖北省武汉二中、麻城一中联考高一（下）期中化学试卷一、选择题（共18小题每题只有一个正确答案，1至10题每题2分，11至18题每题3分，共44分）1（2分）（2015春麻城市校级期中）保护环境已成为人类的共识，人类应以可持续发展的方式使用资源，以合理的方式对废物进行处理并循环使用下列做法不利于环境保护的是（）A引进电动汽车，减少汽车尾气排放B大力发展火电，缓解用电紧张C开发太阳能、风能、氢能等清洁能源D积极推行和使用能被微生物降解的新型聚合物材料2（2分）（2015春麻城市校级期中）下列说法一定不正确的是（）A某些花岗石产生氡（Rn），从而对人体产生伤害，Rn的质量数是2
2、22BSe是人体必需的微量元素，Se和Se互为同位素，是两种不同的核素CU的浓缩一直被国际社会关注，其中子数和质子数之差为51D113号元素属于过渡元素3（2分）（2015春麻城市校级期中）下列叙述正确的是（）A在某反应中，当反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量时，该反应吸热B同温同压下，4Al（s）+3O2（g）2Al2O3（s）在常温和点燃条件下的H不同C稀溶液中：H+（aq）+OH（aq）H2O（l）；H=53.7KJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于53.7kJD需要加热的化学反应一定是吸热反应4（2分）（2015泰安一模）
3、甲、乙、丙、丁为4种短周期元素，在周期表中，甲与乙、丙、丁在周期表中的位置关系如右图所示（原子序数：乙丙）丁的原子序数与乙、丙原子序数之和相等，4种元素原子的最外层电子数之和为24下列判断正确的是（）A元素甲的简单气态氢化物稳定性比乙的强B元素乙在周期表中的位置为第2周期，VIA族C元素丙和元素丁的最高价氧化物对应的水化物均为强酸D4种元素的简单阴离子半径从大到小顺序为：丁乙丙甲5（2分）（2015春麻城市校级期中）类推的思维方法在化学学习与研究中经常用到，但有时会产生错误的结论因此，推出的结论最终要经过实践的检验才能决定其是否正确以下几种类推结论中，正确的是（）A第二周期元素氢化物的稳定性顺
4、序是：HFH2ONH3；则第三周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HClH2SPH3BIVA族元素氢化物沸点顺序是：GeH4SiH4CH4；则VA族元素氢化物沸点顺序也是：AsH3PH3NH3CFe3O4可以写成FeO3；Pb3O4也可以写成PbOPb2O3DNaHSO4与NaHSO3溶于水显酸性，由所有酸式盐溶于水显酸性6（2分）（2010广州一模）下列制备和收集气体的实验装置合理的是（）A用氯化铵和氢氧化钙制NH3B用铜片和稀硝酸制NOC用锌粒和稀硫酸制H2D用双氧水和二氧化锰制O27（2分）（2015春麻城市校级期中）下列有关物质结构的说法正确的是（）A78gNa2O2晶体中所含阴、阳离子个
5、数均为2NABHBr的电子式为H+（）C3.4g氨气中含有0.6NA个NH键DPCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构8（2分）（2015春麻城市校级期中）分析图所示的四个原电池装置，结论正确的是（）A（1）（2）中Mg作负极，（3）（4）中Fe作负极B（2）中Mg作正极，电极反应式为：6H2O+6e6OH+3H2C（3）中Fe作电池负极，电极反应式为：Fe3 eFe3+D（4）中Cu作正极，电极反应式为：2H+2eH29（2分）（2015春麻城市校级期中）下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是（）AMg3N2+H2O3Mg（OH）2+2
6、NH3BNH3+CO2+H2ONH4HCO3C2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2OD2Na2O2+2CO22Na2CO3+O210（2分）（2015春麻城市校级期中）在同温同压下，下列各组热化学方程式中，H2H1的是（）AS（s）+O2（g）SO2（g）H1；S（g）+O2（g）SO2（g）H2B2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H1；2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H2CH2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H1；H2（g）+Cl2（g）HCl（g）H2DCO（g）+O2（g）CO2（g）H1；2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H211（3分）（2015春麻城市校级期
7、中）下列推断符合实际的是（）A第n周期的最后一种金属元素处在第n1族（1n7，n为正整数）Bm=1和m=7（m为最外层电子数）的元素单质能形成的化合物都是离子化合物Cmn=5（m为最外层电子数，n为电子层数）的主族元素存在最强的对应含氧酸D第n周期有n种主族金属元素（1n7，n为正整数）12（3分）（2015春麻城市校级期中）应用元素周期律分析下列推断，其中正确的组合是（）碱金属单质的熔点随原子序数的增大而降低砹（At）是第VIIA族，其氢化物的稳定性大于HCl砷（As）的最高价氧化物对应水化物的酸性比磷酸弱第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性铊（Tl）与铝同主族，其单质既能
8、与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应第三周期金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱ABCD13（3分）（2015春麻城市校级期中）甲、乙、丙、丁、戊是中学常见的无机物，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）下列说法不正确的是（）A若甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，且戊为碱，则丙只能为Na2O2B若甲既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，则丙可能属于两性氧化物C若丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，丁为10电子分子，则乙的水溶液可能具有漂白作用D若甲、丙、戊含有同一种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序可能为：甲丙戊
9、14（3分）（2015春麻城市校级期中）X、Y、Z、W四种物质之间有如图所示的转化关系（部分物质未写全），且已知反应热之间的关系符合等式：H=H1+H2，符合上述要求的X、Y可能是（）S、SO2AlCl3、Al（OH）3H2S、S Fe、FeCl2ABCD15（3分）（2015春麻城市校级期中）原子的核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数为2n21下列有关X的说法中一定正确的是（）AX位于元素周期表中第2周期A族BX元素有3、+5两种化合价CX元素在元素周期表中的族序数肯定为奇数DX元素最高价氧化物对应的水化物可以表示为H3XO416（3分）（
10、2015春麻城市校级期中）某汽车尾气分析仪以燃料电池为工作原理测定CO的浓度，其装置如图所示，该电池中电解质为氧化钇氧化钠，其中O2可以在固体介质NASICON中自由移动下列说法不正确的是（）A工作时电极b作正极，O2由电极b流向电极aB负极的电极反应式为：CO+O22eCO2C当传感器中通过2103 mol电子时，通过的尾气中含有2.24 mL COD传感器中通过的电流越大，尾气中CO的含量越高17（3分）（2015春麻城市校级期中）一定量的镁铝合金与375mL2mol/L的HNO3完全反应生成3.36LNO（标准状态）和镁盐、铝盐等，再向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液，使镁、铝
11、元素完全沉淀下来，则所加入氢氧化钠溶液的体积是（）A150mLB200mLC450mLD无法计算18（3分）（2015春麻城市校级期中）下列图象中的曲线正确的是（）A图A表示在1L含0.1mol NaAlO2和0.1mol Ba（OH）2的混合溶液中，逐滴加入浓度为1molL1H2SO4溶液，产生沉淀的物质的量与加入硫酸溶液体积的图象B图B表示在分别含amol的Na2CO3和NaOH的混合溶液中逐滴滴加稀盐酸，产生气体与加入盐酸体积的图象C图C表示向100mL 0.1mol/L H2SO4溶液中，逐滴加入0.1mol/L Ba（OH）2溶液至过量，溶液的导电性与加入 Ba（OH）2溶液体积的图
12、象D图D表示在往含0.2mol NaOH和0.1mol Ba（OH）2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，溶液中离子数目和通入CO2气体体积的图象（气体的溶解忽略不计）二、解答题（共7小题，满分56分）20（10分）（2015春麻城市校级期中）A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期元素，A是短周期中金属性最强的元素，B是地壳中含量最高的金属元素，C单质的晶体是良好的半导体材料，D的最外层电子数与内层电子数之比为3：5（1）C的原子结构示意图为，D在元素周期表中的位置（2）A单质在氧气中燃烧生成化合物甲，甲中所含化学键类型为；A单质在E单质中燃烧生成化合物乙，用电子式表示乙的形成过程（3）F
13、是中学化学常见元素，它的一种氧化物为红棕色粉末，B单质与其在高温条件下反应是冶炼F单质的方法之一，该反应的化学方程式为（4）A、B、D、E的离子半径由大到小的顺序为：；C、D、E的气态氢化物的稳定性顺序为：（请用化学用语填写，上同）（5）工业上将干燥的E单质通人D熔融的单质中可制得化合物D2E2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，该反应的化学方程式为21（6分）（2015春麻城市校级期中）如图所示五元环代表A、B、C、D、E五种化合物，圆圈交叉部分指两种化合物含有一种相同元素；五种化合物由四种短周期
14、元素形成，每种化合物仅含有两种元素A是工业制取硝酸的主要原料之一；B、E分子中所含电子数都为18，B不稳定，具有较强的氧化性，E是由六个原子构成的分子，可作火箭燃料；C是工业制光导纤维的主要原料；D中所含的两种元素的原子个数之比为3：4根据以上信息回答下列问题：（1）A用于工业制取硝酸所发生反应的化学方程式（2）D的化学式是（3）B的结构式为（4）B与E反应可生成单质G和一种常见的液体H，其反应的化学方程式为（5）用化学方程式表示C的另一种用途22（10分）（2015春麻城市校级期中）原电池原理广泛应用于科技、生产和生活中，请回答以下问题：（1）甲烷空气燃料电池是一种碱性燃料电池，产物无污染，
15、电解质溶液是20%30%的KOH溶液该电池放电时：正极的电极反应式是；负极的电极反应式是（2）可用于电动汽车的铝空气燃料电池，通常以NaC1溶液或NaOH溶液为电解液，铝合金为负极，空气电极为正极以NaC1溶液为电解液时，电池总反应式为：；工作过程中电解液中的Na+向正极或负极）移动；以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：；电池在工作过程中电解液的浓度（填“变大”“变小”或“不变”）（3）有人设想寻求合适的催化剂和电极材料，以N2、H2为电极反应物，以HClNH4Cl为电解质溶液制造新型燃料电池试写出该电池的正极反应式（4）请运用原电池原理设计实验，验证Cu2+、Fe3+氧化性的强弱请画出实验
16、装置图并写出电极反应式23（8分）（2015春麻城市校级期中）CO2是一种主要的温室气体，研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义（1）金刚石和石墨燃烧反应中的能量变化如图所示在通常状况下，金刚石和石墨中，（填“金刚石”或“石墨”）更稳定，石墨的燃烧热（H）为kJmol1石墨与CO2反应生成CO的热化学方程式：（2）CO2为原料还可合成多种物质工业上常以CO2（g）与H2（g）为原料合成乙醇已知：H2O（l）H2O（g）H=+44 kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41.2 kJmol12CO（g）+4H2（g）CH3CH2OH（g）+H2O（g）H=2
17、56.1 kJmol1则：2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（l）H=如图1是一种以烟道气为原料合成乙醇的工作原理示意图对上述流程的分析，下列说法正确的是A、该流程至少包含4种形式的能量转化B、装置X为原电池装置C、合成塔中生成乙醇的反应是化合反应D、流程设计体现了绿色化学的环保思想如图2所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测（醋酸化学式为CH3COOH）该电池负极的电极反应式为24（8分）（2015春麻城市校级期中）下表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，用化学用语回答下列问题：族周期IA01AAAAA
18、A23（1）、的原子半径由大到小的顺序为（2）、的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是（3）、中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物，写出其中一种化合物的电子式：；由、两种元素形成的一种气体会产生温室效应，其电子式为：（4）有两种化合物均由、四种元素形成，两者之间可以相互发生化学反应，其离子反应方程式为：（5）由表中元素形成的常见物质X、Y、Z、M、N可发生以下反应：X溶液与Y溶液反应的离子方程式为，N的单质的化学方程式为25（8分）（2015春麻城市校级期中）I实验室从含碘废液（除H2O外，含有CCl4、I2、I等）中回收碘，其实验过程如下：（1）向含碘废液中加入稍过量的Na2SO
19、3溶液，将废液中的I2还原为I，其离子方程式为；该操作将I2还原为I的目的是（2）操作X的名称为（3）氧化时，在三颈瓶中将含I的水溶液用盐酸调至pH约为2，缓慢通入Cl2，在400C左右反应（实验装置如图所示）实验控制在较低温度下进行的原因是；锥形瓶里盛放的溶液为用化学方法测定微量碘化物时，必须利用“化学放大”反应将碘的量“放大”，然后再进行测定下面是“化学放大”反应的实验步骤：向含微量I并且呈中性或弱酸性溶液里加入溴水，将I完全氧化成IO3，煮沸去掉过量的Br2；向由制得的水溶液中加入过量的酸性KI溶液，振荡使反应进行完全；在得到的水溶液中加入足量的CCl4，振荡，把生成的I2从水溶液里全部
20、转移到CCl4 中，用分液漏斗分液去掉水层；向得到的CCl4层加入肼（即联氨H2NNH2）的水溶液，振荡，使I2完全以I形式从CCl4层进入水层，用分液漏斗分液去掉CCl4层经过以上四步得到的水溶液里，含有通过反应而“放大”了的碘，请回答下列问题：（1）写出步骤的离子方程式，并标出下列反应的电子转移的方向和数目：（2）若忽略实验过程中出现的损失，经过一次“化学放大”的溶液里，I的量是原溶液里I的量的倍经过n次“化学放大”的溶液里，I的量是原溶液里的量的倍26（6分）（2015春麻城市校级期中）过氧化氢是用途很广的绿色氧化剂，它的水溶液俗称双氧水，常用于消毒、杀菌、漂白等试回答下列问题：（1）写
21、出在酸性条件下H2O2氧化氯化亚铁的离子反应方程式：（2）Na2O2、K2O2以及BaO2都可与酸作用生成过氧化氢，目前实验室制取过氧化氢可通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤即可制得则上述最适合的过氧化物是（3）如图是硼氢化钠（NaBH4）一过氧化氢燃料电池示意图该电池工作时，正极的电极反应式为（4）Na2CO3xH2O2可消毒、漂白现称取100g的Na2CO3xH2O2晶体加热，实验结果如图所示，则该晶体的组成为2014-2015学年湖北省武汉二中、麻城一中联考高一（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共18小题每题只有一个正确答案，1至10题每题2分，11至18题每题3分
22、，共44分）1（2分）（2015春麻城市校级期中）保护环境已成为人类的共识，人类应以可持续发展的方式使用资源，以合理的方式对废物进行处理并循环使用下列做法不利于环境保护的是（）A引进电动汽车，减少汽车尾气排放B大力发展火电，缓解用电紧张C开发太阳能、风能、氢能等清洁能源D积极推行和使用能被微生物降解的新型聚合物材料考点：使用化石燃料的利弊及新能源的开发菁优网版权所有分析：实现环境保护，应减少污染物的排放，使用清洁能源，以此解答该题解答：解：A引进电动汽车，减少汽车尾气排放，有利于环境保护，故A正确； B大力发展火电，增加碳的燃烧，增加污染物的排放，故B错误；C太阳能、风能、氢能是清洁能源，可减
23、少污染物的排放，故C正确；D推行和使用能被微生物降解的新型聚合物材料，可降低白色污染，故D正确故选B点评：本题考查常见生活环境的污染及治理，题目难度不大，注意把握物质的性质以及处理方法，答题时结合题目要求细心思考，梳理保护环境的责任感2（2分）（2015春麻城市校级期中）下列说法一定不正确的是（）A某些花岗石产生氡（Rn），从而对人体产生伤害，Rn的质量数是222BSe是人体必需的微量元素，Se和Se互为同位素，是两种不同的核素CU的浓缩一直被国际社会关注，其中子数和质子数之差为51D113号元素属于过渡元素考点：同位素及其应用；质量数与质子数、中子数之间的相互关系；原子结构与元素的性质菁优网
24、版权所有分析：A根据原子符号左上角的数字表示质量数分析；B质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素，中子数=质量数质子数，核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；C原子符号左上角的数字表示质量数，左下角的数字表示质子数，中子数=质量数质子数；D过渡元素包括副族和族，111号元素处于13列解答：解：A原子符号左上角的数字表示质量数，Rn的质量数是222，故A正确；BSe和Se互质子数相同都为34，中子数分别为44、46，是两种不同的核素，故B正确；CU的浓缩一直被国际社会关注，其质子数为92，中子数为23592=143，两者之差为51，故C正确；D第七周期稀有气体原子序数=
25、86+32=118，是第七周期最后一种元素，位于18列，113号元素处于第13列，故113号元素位于第七周期，A族，故D错误；故选D点评：本题考查原子符号的意义、元素的推断，根据原子核外电子排布确定在周期表中的位置，熟练掌握核素的概念以及有关几“同”的概念，注意在原子中，核内质子数=核外电子数=核电荷数，质量数量=质子数+中子数是解答关键，题目难度不大3（2分）（2015春麻城市校级期中）下列叙述正确的是（）A在某反应中，当反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量时，该反应吸热B同温同压下，4Al（s）+3O2（g）2Al2O3（s）在常温和点燃条件下的H不同C稀溶液中：H+（aq）+OH（a
26、q）H2O（l）；H=53.7KJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于53.7kJD需要加热的化学反应一定是吸热反应考点：热化学方程式；吸热反应和放热反应菁优网版权所有分析：A当反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量时，反应放热；B在相同条件下，反应热只有物质的始末状态有关；C浓硫酸溶于水放热；D、不能根据反应条件来判断反应吸放热解答：解：A从能量守恒的角度分析，当反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量时，反应放热，故A错误；B在相同条件下，反应热只有物质的始末状态有关，与反应条件无关，故B错误；C浓硫酸溶于水放热，放出的热量大于53
27、.7KJ，故C正确；D、反应吸放热与反应条件无关，即需要加热的反应不一定是吸热反应，如煤炭的燃烧，故D错误故选C点评：本题综合考查反应热与焓变知识，侧重于反应热、中和热、稳定性的判断，注意相关基础知识的学习，题目难度不大4（2分）（2015泰安一模）甲、乙、丙、丁为4种短周期元素，在周期表中，甲与乙、丙、丁在周期表中的位置关系如右图所示（原子序数：乙丙）丁的原子序数与乙、丙原子序数之和相等，4种元素原子的最外层电子数之和为24下列判断正确的是（）A元素甲的简单气态氢化物稳定性比乙的强B元素乙在周期表中的位置为第2周期，VIA族C元素丙和元素丁的最高价氧化物对应的水化物均为强酸D4种元素的简单阴
28、离子半径从大到小顺序为：丁乙丙甲考点：元素周期律和元素周期表的综合应用菁优网版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：甲、乙、丙、丁为四种短周期元素，由甲与乙、丙、丁在周期表中的位置关系可知，甲位于第二周期，原子序数：乙丙，且丁的原子序数与乙、丙原子序数之和相等，故甲与丁处于同主族，甲与乙、丙处于同一周期，乙在甲的右侧相邻、丙在甲的左侧相邻，令甲的原子序数为x，则乙为x+1、丙为x1，丁为x+8，则x1+x+1=x+8，解得x=8，故甲为O、乙为F、丙为N、丁为S，结合元素周期律、原子结构来分析解答解答：解：甲、乙、丙、丁为四种短周期元素，由甲与乙、丙、丁在周期表中的位置关系可知，甲位于第
29、二周期，原子序数：乙丙，且丁的原子序数与乙、丙原子序数之和相等，故甲与丁处于同主族，甲与乙、丙处于同一周期，乙在甲的右侧相邻、丙在甲的左侧相邻，令甲的原子序数为x，则乙为x+1、丙为x1，丁为x+8，则x1+x+1=x+8，解得x=8，故甲为O、乙为F、丙为N、丁为S，A同一周期元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，F的非金属性大于O元素，所以乙的氢化物的稳定性大于甲，故A错误；B乙原子核外有2个电子层，最外层电子数是7，则乙在周期表中位于第二周期第VIIA族，故B错误；C丙为N元素，丁为S元素，硝酸和硫酸都是强酸，则元素丙和元素丁的最高价氧
30、化物对应的水化物均为强酸，故C正确；D电子层数越多，其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以离子半径为S2N3O2F，故D错误；故选C点评：本题考查结构性质位置关系、元素周期律、半径比较等，难度中等，推断元素是解题的关键，注意离子半径大小的比较方法，先根据电子层数判断，如果电子层数相同时再根据电荷数判断，题目难度中等5（2分）（2015春麻城市校级期中）类推的思维方法在化学学习与研究中经常用到，但有时会产生错误的结论因此，推出的结论最终要经过实践的检验才能决定其是否正确以下几种类推结论中，正确的是（）A第二周期元素氢化物的稳定性顺序是：HFH2ONH3；则第
31、三周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HClH2SPH3BIVA族元素氢化物沸点顺序是：GeH4SiH4CH4；则VA族元素氢化物沸点顺序也是：AsH3PH3NH3CFe3O4可以写成FeO3；Pb3O4也可以写成PbOPb2O3DNaHSO4与NaHSO3溶于水显酸性，由所有酸式盐溶于水显酸性考点：元素周期律的作用；盐类水解的应用菁优网版权所有分析：A、元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越大；B、VA族中，N的非金属性最强，NH3中分子之间存在氢键，据此分析即可；C、Pb在化合物里显+2价或+4价，根据化合价代数和为零的原则写出Pb的两种氧化物形式为：PbO和PbO2；D、强酸的酸式盐溶于
32、水呈酸性，比如：硫酸氢钠解答：解：A、元素的非金属性越强，稳定性越大，同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则对应的氢化物的稳定性逐渐增强，故A正确；B、因第A族中，N的非金属性最强，且氨气中分子之间存在氢键，则氨气的熔、沸点比其他元素氢化物的高，故B错误；C、Pb在化合物里显+2价或+4价，根据化合价代数和为零的原则写出Pb的两种氧化物形式为PbO和PbO2，那么Pb2O3的氧化物的表示形式可以写成PbOPbO2，故C错误；D、强酸的酸式盐溶于水呈酸性，比如：硫酸氢钠，故D错误，故选A点评：本题考查元素周期表和元素周期律的应用，为高频考点，把握元素的位置、性质的变化规律为解答的关键，侧重
33、金属性、非金属性比较的考查，题目难度不大6（2分）（2010广州一模）下列制备和收集气体的实验装置合理的是（）A用氯化铵和氢氧化钙制NH3B用铜片和稀硝酸制NOC用锌粒和稀硫酸制H2D用双氧水和二氧化锰制O2考点：常见气体制备原理及装置选择菁优网版权所有专题：实验评价题分析：A、根据生成物判断装置是否正确；B、根据一氧化氮的性质判断该装置是否正确；C、根据反应物的状态、反应条件及气体的性质判断装置是否正确；D、根据反应物的状态、反应条件及气体的性质判断装置是否正确解答：解：A、氯化铵和氢氧化钙反应制取氨气，生成物中有水，如果试管口高于试管底，会发生水倒流现象而炸裂试管，故A错误；B、铜和硝酸反
34、应制取一氧化氮，反应不需加热，一氧化氮的密度接近空气的密度，和空气中的氧气易发生反应生成二氧化氮，所以不可用向下排空气法收集，即进气管短，出气管长，一氧化氮有毒，在水中的溶解度很小，应该用排水法收集，故B错误；C、锌粒和盐酸反应制取氢气，属于固体、液体不加热型，生成的氢气的密度小于空气的密度，所以不可用向上排空气法收，故C错误；D、用过氧化氢与二氧化锰制O2，属于固体、液体不加热型，生成的氧气不易溶于水，所以可采用排水集气法收集，故D正确；故选D点评：本题考查了常见气体制备原理及装置选择，根据反应物的状态及反应条件，可把实验室制备气体发生装置分为：固体、固体加热型，如加热高锰酸钾制取氧气；固体
35、、液体加热型，如制取氯气；固体、液体不加热型，如用稀硫酸和锌粒制取氢气7（2分）（2015春麻城市校级期中）下列有关物质结构的说法正确的是（）A78gNa2O2晶体中所含阴、阳离子个数均为2NABHBr的电子式为H+（）C3.4g氨气中含有0.6NA个NH键DPCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构考点：物质结构中的化学键数目计算；电子式；化学键菁优网版权所有分析：ANa2O2由Na+和O22构成；B溴化氢为共价化合物，氢原子与溴原子形成一对共用电子对，溴化氢中溴原子最外层达到8电子稳定结构，氢原子最外层为2个电子；C根据氨气的物质的量以及1个氨气中含有3个NH键；D对于共
36、价化合物元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构解答：解：A78gNa2O2的物质的量为1mol，而Na2O2由Na+和O22构成，Na+为2mol，O22为1mol，故A错误；B溴化氢为共价化合物，氢原子与溴原子形成了一个共用电子对，溴化氢中氢原子最外层为2个电子，溴原子最外层达到8电子，用小黑点表示原子最外层电子，则溴化氢的电子式为，故B错误；C3.4g氨气的物质的量为=0.2mol，1个氨气中含有3个NH键，所以3.4g氨气中含有0.6NA个NH键，故C正确；DPCl3中P元素化合价为+3价，P原子最外层电子数是5，3+5=8，则P原子满足8电子结构，Cl
37、元素化合价绝对值为1，其最外层电子数是7，1+7=8，则Cl原子满足8电子结构；BCl3中B元素化合价为+3，B原子最外层电子数为3，所以3+3=6，分子中B原子不满足8电子结构，故D错误；故选C点评：本题主要考查物质的构成、电子式的书写、8电子结构的判断等，难度不大，注意物质的结构与性质的有关知识的积累8（2分）（2015春麻城市校级期中）分析图所示的四个原电池装置，结论正确的是（）A（1）（2）中Mg作负极，（3）（4）中Fe作负极B（2）中Mg作正极，电极反应式为：6H2O+6e6OH+3H2C（3）中Fe作电池负极，电极反应式为：Fe3 eFe3+D（4）中Cu作正极，电极反应式为：2
38、H+2eH2考点：原电池和电解池的工作原理菁优网版权所有分析：A、根据氧化还原反应，失电子的极是负极；B、原电池的正极发生得电子的还原反应；C、铜作负极发生氧化反应；D、铁、铜、氯化钠构成的原电池中，金属铁发生的是吸氧腐蚀解答：解：A、中的氧化还原反应发生在金属铝和氢氧化钠之间，失电子的是金属铝，为负极，中金属铁在常温下遇浓硝酸钝化，失电子的是金属铜，为负极，故A错误；B、中的氧化还原反应发生在金属铝和氢氧化钠之间，失电子的是金属铝，为负极，Mg作为正极，电极反应式为6H2O+6e6OH+3H2，故B正确；C、中金属铁在常温下遇浓硝酸钝化，失电子的是金属铜为负极发生氧化反应，所以铜失电子生成铜
39、离子，即电极反应式为Cu2eCu2+，故C错误；D、铁、铜、氯化钠构成的原电池中，金属铁为负极，金属铜为正极，铁发生的是吸氧腐蚀，正极上是氧气得电子的过程，故D错误故选B点评：本题考查学生原电池的工作原理知识，可以根据所学内容来回答，难度不大9（2分）（2015春麻城市校级期中）下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是（）AMg3N2+H2O3Mg（OH）2+2NH3BNH3+CO2+H2ONH4HCO3C2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2OD2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2考点：化学反应的实质菁优网版权所有分析：活泼金属和活泼非金属之间易
40、形成离子键，非金属元素之间易形成共价键（铵盐除外），化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，据此分析解答解答：解：AMg3N2+H2O3Mg（OH）2+2NH3反应物中有离子键和极性键的断裂，生成物有离子键，极性键生成，没有非极性键的断裂，没有非极性键的形成，故A错误； BNH3+CO2+H2ONH4HCO3中只含有极性共价键，则反应物中只有极性共价键的断裂，故B错误；C2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O反应物中有离子键和非极性键的断裂，生成物有离子键，极性键生成，没有极性键的断裂，没有非极性键的形成，故C错误；D2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O2为含
41、有非极性键的离子化合物，CO2中含有极性键，O2中含有非极性键，该反应中同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成，故D正确故选D点评：本题以化学反应与化学键的关系，难度不大，明确物质中存在化学键的类型是解答本题的关键，注意非金属元素之间易形成共价键，但铵盐除外，铵盐中含有离子键10（2分）（2015春麻城市校级期中）在同温同压下，下列各组热化学方程式中，H2H1的是（）AS（s）+O2（g）SO2（g）H1；S（g）+O2（g）SO2（g）H2B2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H1；2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H2CH2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H1；H2（g
42、）+Cl2（g）HCl（g）H2DCO（g）+O2（g）CO2（g）H1；2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H2考点：反应热的大小比较菁优网版权所有分析：A、对于放热反应，当产物相同时，反应物的能量越高，放出的热量越多；B、对于放热反应，当反应物相同时，产物的能量越低，放出的热量越多；C、反应热与物质的计量数成正比；D、反应热与物质的计量数成正比解答：解：A、S的燃烧为放热反应，且相同物质的量的硫蒸汽的能量高于固体硫的能量，而对于放热反应，当产物相同时，反应物的能量越高，放出的热量越多，H越小，所以H1H2，故A错误；B、氢气的燃烧是放热反应，且相同物质的量的水蒸气的能量高于液态水的能量，
43、对于放热反应，当反应物相同时，产物的能量越低，放出的热量越多，H越小，故有H1H2，故B错误；C、化合反应为放热反应，H为负值，而由于反应热与物质的计量数成正比，故反应1放出的热量大于反应2，则H1H2，故C正确；D、CO的燃烧为放热反应，H为负值，而由于反应热与物质的计量数成正比，故反应1放出的热量小于反应2，则H1H2，故D错误；故选C点评：本题考查了物质反应能量变化分析判断，主要是盖斯定律的应用，物质量不同、状态不同、产物不同，反应的能量变化本题，题目较简单11（3分）（2015春麻城市校级期中）下列推断符合实际的是（）A第n周期的最后一种金属元素处在第n1族（1n7，n为正整数）Bm=
44、1和m=7（m为最外层电子数）的元素单质能形成的化合物都是离子化合物Cmn=5（m为最外层电子数，n为电子层数）的主族元素存在最强的对应含氧酸D第n周期有n种主族金属元素（1n7，n为正整数）考点：原子结构与元素的性质菁优网版权所有分析：A可举反例证明错，如第2周期的最后一种金属元素为Be，处在第A族； BH和Cl形成的化合物为HCl，是共价化合物；C最强的含氧酸为HClO4，其中Cl元素最外层电子数电子层数=4；D第2周期有2种主族金属元素为Li、Be，第3周期有3种主族金属元素为Na、Mg、Al，类推判断解答：解：A第2周期的最后一种金属元素为Be，处在第A族，第3周期的最后一种金属元素为
45、Al，处在第A族，故A错误；BH和Cl形成的化合物为HCl，是共价化合物，故B错误；C最强的含氧酸为HClO4，其中Cl元素最外层电子数电子层数=4，故C错误；D第2周期有2种主族金属元素为Li、Be，第3周期有3种主族金属元素为Na、Mg、Al，类推知第n周期有n种主族金属元素，故D正确 故选：D点评：本题考查了原子结构和性质，题目难度不大，注意根据实例分析判断，侧重于考查学生对基础知识的应用能力12（3分）（2015春麻城市校级期中）应用元素周期律分析下列推断，其中正确的组合是（）碱金属单质的熔点随原子序数的增大而降低砹（At）是第VIIA族，其氢化物的稳定性大于HCl砷（As）的最高价氧
46、化物对应水化物的酸性比磷酸弱第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性铊（Tl）与铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应第三周期金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱ABCD考点：元素周期律和元素周期表的综合应用；元素周期律的作用菁优网版权所有分析：碱金属单质的电荷相同，半径越大，单质的熔点越低；元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强；元素的非金属性越强，对应的最高价含氧酸的酸性越强；氨气溶于水，其溶液显碱性；根据元素周期表中同主族元素性质的变化规律来分析；根据元素周期表中同周期元素性质的变化规律来比较金属性，金属性越强，则最高价氧化物对
47、应水化物的碱性越强解答：解：碱金属元素的原子的半径随原子序数的增大而增大，则单质的熔点随原子序数的增大而降低，故正确；第VIIA族Cl元素的非金属性大于砹的非金属性，则砹的氢化物的稳定性小于HCl，故错误；S、Se在同一主族，S元素的非金属性大于Se的非金属性，则硒的最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱，故正确；第二周期非金属元素N，其氢化物为氨气，氨气溶于水，水溶液为碱性，故错误；铊（Tl）与铝同主族，随原子序数的增大，金属性增强，则金属性TlAl，则Tl能与酸反应，但不与氢氧化钠溶液反应，故错误；第三周期金属元素随原子序数的增大金属性减弱，金属性NaMgAl，则金属元素的最高价氧化物对应水
48、化物，其碱性随原子序数的增大而减弱，故正确；故选B点评：本题考查元素周期表和元素周期律，为高频考点，把握同周期和同主族元素的性质变化规律、金属性与非金属性强弱的比较方法是解答本题的关键，题目难度不大13（3分）（2015春麻城市校级期中）甲、乙、丙、丁、戊是中学常见的无机物，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）下列说法不正确的是（）A若甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，且戊为碱，则丙只能为Na2O2B若甲既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，则丙可能属于两性氧化物C若丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，丁为10电子分子，则乙的水溶液可能具有漂白作用
49、D若甲、丙、戊含有同一种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序可能为：甲丙戊考点：无机物的推断菁优网版权所有分析：A甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，则甲为Na，乙为氧气；B甲为单质，既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，则甲为Al；C丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，丁为10电子分子，则丙为HCl，丁为NH3；D若甲、丙、戊含有同一种元素，当甲为S，乙为氧气，丙为二氧化硫，戊为硫酸，则含S元素的化合价符合题意解答：解；A甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，则甲为Na，乙为氧气，二者反应生成的丙可能为Na2O2或Na2O，故A错误；B甲为单质，既能与盐酸反应又能与
50、NaOH溶液反应，则甲为Al，乙为氧气，二者反应生成丙为氧化铝，属于两性氧化物，故B正确；C丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，丁为10电子分子，则丙为HCl，丁为NH3，若乙为氯气，其水溶液中含有HClO，具有漂白作用，故C正确；D若甲、丙、戊含有同一种元素，当甲为S，乙为氧气，丙为二氧化硫，丁为HClO等具有强氧化性的物质，戊为硫酸，则含S元素的化合价由低到高的顺序为甲丙戊，故D正确；故选A点评：本题考查无机物的推断，熟悉物质的性质及转化关系图中的反应是解答本题的关键，注意选项D为解答的难点，符合甲、丙、戊中同种元素的化合价升高为非金属元素或变价金属元素，题目难度较大14（3分）（20
51、15春麻城市校级期中）X、Y、Z、W四种物质之间有如图所示的转化关系（部分物质未写全），且已知反应热之间的关系符合等式：H=H1+H2，符合上述要求的X、Y可能是（）S、SO2AlCl3、Al（OH）3H2S、S Fe、FeCl2ABCD考点：无机物的推断；含硫物质的性质及综合应用；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质菁优网版权所有分析：由图可知，图示既是盖斯定律的应用，也是物质之间相互转化，符合转化关系的有变价物质的氧化反应、有机物之间的反应、两性物质的转化以及多元酸对应的盐类之间的反应等，X为S，Y为SO2，则W为O2；X为AlCl3，Y为Al（OH）3，则X为NaOH；X为H2S，Y为S，则
52、W为O2；X为Fe，Y为FeCl2，则W为Cl2，以此来解答解答：解：S与氧气不能反应生成SO3，不符合X、Z的转化，不符合；发生AlCl3Al（OH）3 NaAlO2的转化，AlCl3NaAlO2的转化，符合；发生H2SSSO2，H2SSO2的转化，符合；Fe与氯气不能直接转化为FeCl2，不符合，故选B点评：本题考查无机物的推断及物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质、相互转化及盖斯定律的应用为解答的关键，题目难度不大15（3分）（2015春麻城市校级期中）原子的核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数为2n21下列有
53、关X的说法中一定正确的是（）AX位于元素周期表中第2周期A族BX元素有3、+5两种化合价CX元素在元素周期表中的族序数肯定为奇数DX元素最高价氧化物对应的水化物可以表示为H3XO4考点：位置结构性质的相互关系应用菁优网版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：根据核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n21假设n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，符合题意，以此解答该题解答：解：根据核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数
54、为2n+1，原子核内质子数是2n21假设n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，AX为N或Cl元素，如为Cl，位于周期表第三周期A族，故A错误；B如为Cl，化合价有+7、+5、+3、+1、1等，故B错误；CX为N或Cl元素，在元素周期表中的族序数为奇数，故C正确；D元素X可能为氮元素或氯元素，可形成HNO3或HClO3、HClO4，故D错误故选C点评：本题考查原子结构中电子层数、最外层电子数、质子数的关系，利用假设法令n分别为1、2、3来讨论即可解答，难度不大16（3分）（2015春麻城市校级期中）某汽
55、车尾气分析仪以燃料电池为工作原理测定CO的浓度，其装置如图所示，该电池中电解质为氧化钇氧化钠，其中O2可以在固体介质NASICON中自由移动下列说法不正确的是（）A工作时电极b作正极，O2由电极b流向电极aB负极的电极反应式为：CO+O22eCO2C当传感器中通过2103 mol电子时，通过的尾气中含有2.24 mL COD传感器中通过的电流越大，尾气中CO的含量越高考点：原电池和电解池的工作原理菁优网版权所有分析：该装置是原电池，负极上一氧化碳失电子发生氧化反应，电极反应式为CO2e+O2CO2，正极上氧气得电子发生还原反应，原电池放电时电子从负极流向正极，阴离子向负极移动，一氧化碳的含量越
56、大，原电池放电时产生的电流越大解答：解：A工作时电极b作正极，阴离子向负极移动，O2由电极b流向电极a，故A正确；B负极上一氧化碳失电子发生氧化反应，电极反应式为CO2e+O2CO2，故B正确；C如是标准状况下，传感器中测得有2103mol电子通过时，反应的CO为22.4mL CO，但尾气不一定完全反应，体积一般大于22.4mL，故C错误；D一氧化碳的含量越大，原电池放电时产生的电流越大，故D正确故选C点评：本题是对COO2型燃料电池原理的考查，根据原电池正负极上得失电子及反应类型、离子的移动方向等来分析解答，难度不大17（3分）（2015春麻城市校级期中）一定量的镁铝合金与375mL2mol
57、/L的HNO3完全反应生成3.36LNO（标准状态）和镁盐、铝盐等，再向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液，使镁、铝元素完全沉淀下来，则所加入氢氧化钠溶液的体积是（）A150mLB200mLC450mLD无法计算考点：有关混合物反应的计算菁优网版权所有分析：硝酸的物质的量为：0.375L2mol/L=0.75mol，生成NO的物质的量为：=0.15mol，根据质量守恒以及反应后溶液成分为NaNO3进行计算解答：解：硝酸的物质的量为：0.375L2mol/L=0.75mol，生成NO的物质的量为：=0.15mol，所以反应后溶液中NO3离子的物质的量为：0.75mol0.15mol=0.
58、6mol，再向反应后的溶液中加入 3mol/L的NaOH 溶液，使铝镁元素恰好全部转化为沉淀，则反应后溶液的成分为NaNO3，由质量守恒可知，n（NaOH）=n（NaNO3）=n（NO3）=0.6mol，则所加 NaOH 溶液的体积是V=0.2L=200mL，故选B点评：本题考查混合物的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从质量守恒的角度解答该题，明确反应后溶质组成为解答关键18（3分）（2015春麻城市校级期中）下列图象中的曲线正确的是（）A图A表示在1L含0.1mol NaAlO2和0.1mol Ba（OH）2的混合溶液中，逐滴加入浓度为1molL1H2SO4溶液，产生沉淀的物
59、质的量与加入硫酸溶液体积的图象B图B表示在分别含amol的Na2CO3和NaOH的混合溶液中逐滴滴加稀盐酸，产生气体与加入盐酸体积的图象C图C表示向100mL 0.1mol/L H2SO4溶液中，逐滴加入0.1mol/L Ba（OH）2溶液至过量，溶液的导电性与加入 Ba（OH）2溶液体积的图象D图D表示在往含0.2mol NaOH和0.1mol Ba（OH）2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，溶液中离子数目和通入CO2气体体积的图象（气体的溶解忽略不计）考点：有关混合物反应的计算；电解质溶液的导电性菁优网版权所有分析：A在1L含0.1mol NaAlO2和0.1mol Ba（OH）2的混合溶
60、液中，n（NaAlO2）=0.1mol，nBa（OH）2=0.1mol，向该混合溶液中加入H2SO4溶液，首先发生反应Ba（OH）2+H2SO4=BaSO4+2H2O，Ba（OH）2反应完毕，继续加入H2SO4溶液，再发生反应AlO2+H+H2O=Al（OH）3，AlO2反应完毕，沉淀达最大，继续加入H2SO4溶液，发生反应Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O，沉淀减少，Al（OH）3反应完毕，最后为BaSO4沉淀，继续加入H2SO4溶液，沉淀的量不变，据此进行判断；B对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠
61、和氯化钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答；C硫酸没有完全反应前，随着氢氧化钡溶液的加入，溶液导电性会逐渐减弱，直至硫酸完全反应，氢氧化钡过量后溶液导电性又开始增强；Dn（CO2）=0.3mol，通入含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钡的溶液中，发生：2OH+CO2=CO32+H2O，OH+CO2=HCO3+H2O，Ba2+CO32=BaCO3，以此解答该题解答：解：A在1L含0.1mol NaAlO2和0.1mol Ba（OH）2的混合溶液中，n（NaAlO2）=0.1mol，nBa（OH）2=0.1mol，向该混合溶液中加入H2
62、SO4溶液，首先发生反应Ba（OH）2+H2SO4=BaSO4+2H2O，Ba（OH）2反应完毕，继续加入H2SO4溶液，再发生反应AlO2+H+H2O=Al（OH）3，AlO2反应完毕，沉淀达最大，继续加入H2SO4溶液，发生反应Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O，沉淀减少，Al（OH）3反应完毕，最后为BaSO4沉淀，继续加入H2SO4溶液，沉淀的量不变第一阶段：由发生反应Ba（OH）2+H2SO4=BaSO4+2H2O可知，Ba（OH）2反应完毕，需加入0.1molH2SO4，H2SO4溶液的体积为：=1L，生成沉淀n（BaSO4）=0.1mol；第二阶段：由发生反应AlO2+H+
63、H2O=Al（OH）3可知，0.1molAlO2反应完毕，该阶段需加入0.05molH2SO4，H2SO4溶液的体积为：=0.5L，该阶段生成沉淀nAl（OH）3=0.1mol，但加入相同体积的硫酸，该阶段比第一阶段生成沉淀的多，为第一阶段的2倍；第三阶段：由发生反应Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O可知，沉淀减少，0.1molAl（OH）3完全溶解，该阶段需加入：=0.15molH2SO4，H2SO4溶液的体积为：=1.5L，沉淀n（BaSO4）=0.1mol，由上述分析可知：第一阶段产生沉淀n（BaSO4）=0.1mol，加入H2SO4溶液的体积为1L；第二阶段又生成沉淀nAl（OH
64、）3=0.1mol，此时沉淀总量为0.2mol，该阶段加入H2SO4溶液的体积为0.1L，此时加入H2SO4溶液的总体积为1.5L；第三阶段0.1molAl（OH）3完全溶解，此时沉淀n（BaSO4）=0.1mol，该阶段加入H2SO4溶液的体积为1.5L，此时加入H2SO4的总体积为3L故沉淀的量与H2SO4溶液体积关系图为：，故A正确；B向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，即消耗amolHCl，两者恰好反应完全，无气体生成；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，消耗amolHCl发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，此步
65、反应进行完全；当再加入amolHCl，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，正确的图象为：，故B错误；C发生反应为：Ba（OH）2+H2SO4=BaSO4+2H2O，滴入氢氧化钡时，导电性会减弱，完全反应后，氢氧化钡过量，导电性又增强，所以溶液导电性不会始终不变，故C错误；Dn（CO2）=0.3mol，含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钡的溶液中：n（OH）=0.2mol+0.1mol2=0.4mol，n（Na+）=0.2mol，n（Ba2+）=0.1mol，通入CO2，发生反应为：2OH+CO2=CO32+H2O，OH+CO2=HCO3+H2O，Ba2+CO32
66、=BaCO3，设生成xmolCO32，ymolHCO3，则：2x+y=0.4、x+y=0.3，解得：x=0.1，y=0.2，所以反应后溶液中含有：n（Na+）=0.2mol，n（HCO3）=0.2mol，可依次发生：2OH+CO2=CO32+H2O，Ba2+CO32=CaCO3，离子浓度迅速减小，OH+CO2=HCO3，所以正确的图象为，故D错误；故选A点评：本题考查了物质的量或浓度岁时间变化的曲线、溶液导电性与离子浓度关系等，题目难度较大，试题知识点较多、计算量较大，充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力二、解答题（共7小题，满分56分）20（10分）（2015春麻城市校级期中）A、B
67、、C、D、E是原子序数依次增大的短周期元素，A是短周期中金属性最强的元素，B是地壳中含量最高的金属元素，C单质的晶体是良好的半导体材料，D的最外层电子数与内层电子数之比为3：5（1）C的原子结构示意图为，D在元素周期表中的位置第3周期，第VIA族（2）A单质在氧气中燃烧生成化合物甲，甲中所含化学键类型为离子键、非极性共价键；A单质在E单质中燃烧生成化合物乙，用电子式表示乙的形成过程（3）F是中学化学常见元素，它的一种氧化物为红棕色粉末，B单质与其在高温条件下反应是冶炼F单质的方法之一，该反应的化学方程式为Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3（4）A、B、D、E的离子半径由大到小的顺序为：S2C
68、lNa+Al3+；C、D、E的气态氢化物的稳定性顺序为：HClH2SSiH4（请用化学用语填写，上同）（5）工业上将干燥的E单质通人D熔融的单质中可制得化合物D2E2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，该反应的化学方程式为2S2Cl22H2O=3S+SO2+4HCl考点：位置结构性质的相互关系应用菁优网版权所有分析：A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期元素，A是短周期中金属性最强的元素，则A是钠元素，B是地壳中含量最高的金属元素，则B是铝元素，C单质的晶体是良好的半导体材料，则C为硅元素，D
69、的最外层电子数与内层电子数之比为3：5，则D为硫元素，则E为氯元素，F是中学化学常见元素，它的一种氧化物为红棕色粉末，B单质与其在高温条件下反应是冶炼F单质的方法之一，该反应为铝热反应，则F为铁元素，以此解答该题解答：解：A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期元素，A是短周期中金属性最强的元素，则A是钠元素，B是地壳中含量最高的金属元素，则B是铝元素，C单质的晶体是良好的半导体材料，则C为硅元素，D的最外层电子数与内层电子数之比为3：5，则D为硫元素，则E为氯元素，F是中学化学常见元素，它的一种氧化物为红棕色粉末，B单质与其在高温条件下反应是冶炼F单质的方法之一，该反应为铝热反应，则F为
70、铁元素，（1）C为硅元素，C的原子结构示意图为 ，D为硫元素，D在元素周期表中的位置是第3周期，第VIA族，故答案为：；第3周期，第VIA族； （2）钠单质在氧气中燃烧生成化合物甲为过氧化钠，甲中所含化学键为离子键、非极性共价键；钠单质在氯气中燃烧生成化合物乙为氯化钠，用电子式表示乙的形成过程为，故答案为：离子键、非极性共价键； （3）铝单质与氧化铁在高温条件下反应是冶炼铁的方法之一，该反应的化学方程式为Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3，故答案为：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3； （4）C、D、E、F形成的简单离子分别为：Na+、Al3+、S2、Cl，电子层结构相同，核电荷数越大离子
71、半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2ClNa+Al3+，非金属性ClSSi，元素的非金属性越强，对应的气态氢化物的稳定性越强，为HClH2SSiH4，故答案为：S2ClNa+Al3+；HClH2SSiH4；（5）工业上将干燥的E单质通人D熔融的单质中可制得化合物为S2Cl2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体为SO2，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，则1molS2Cl2参加反应要转移1.5mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，则应为硫元素的化合价在改变，该反应的化学方程式为2S2Cl22H2O=3S+SO2+4HCl，故答案为：2S2Cl22H
72、2O=3S+SO2+4HCl点评：本题考查结构性质位置关系应用，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力考查，推断元素是解题关键，注意常见元素的自然存在以及元素的性质和基础知识的掌握21（6分）（2015春麻城市校级期中）如图所示五元环代表A、B、C、D、E五种化合物，圆圈交叉部分指两种化合物含有一种相同元素；五种化合物由四种短周期元素形成，每种化合物仅含有两种元素A是工业制取硝酸的主要原料之一；B、E分子中所含电子数都为18，B不稳定，具有较强的氧化性，E是由六个原子构成的分子，可作火箭燃料；C是工业制光导纤维的主要原料；D中所含的两种元素的原子个数之比为3：4根据以上信息回答下列问题
73、：（1）A用于工业制取硝酸所发生反应的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O（2）D的化学式是Si3N4（3）B的结构式为HOOH（4）B与E反应可生成单质G和一种常见的液体H，其反应的化学方程式为2H2O2+N2H4=N2+4H2O（5）用化学方程式表示C的另一种用途2C+SiO22CO+Si或Na2CO3+SiO2CO2+Na2SiO3考点：无机物的推断菁优网版权所有分析：A是工业制取硝酸的主要原料之一，为NH3；B分子中所含电子数为18，B不稳定，具有较强的氧化性，含有氢元素，可知B为H2O2；C中含有O元素，C是工业制光导纤维的主要原料，C为SiO2；E分子中所含电子数为18，E是
74、由六个原子构成的分子，原子平均电子数为3，故E中含有H元素，E为N2H4；D中含有Si元素，还含有H元素或N元素，由D中所含的两种元素的原子个数之比为3：4，故D为Si3N4，以此解答该题解答：解：A是工业制取硝酸的主要原料之一，为NH3；B分子中所含电子数为18，B不稳定，具有较强的氧化性，含有氢元素，可知B为H2O2；C中含有O元素，C是工业制光导纤维的主要原料，C为SiO2；E分子中所含电子数为18，E是由六个原子构成的分子，原子平均电子数为3，故E中含有H元素，E为N2H4；D中含有Si元素，还含有H元素或N元素，由D中所含的两种元素的原子个数之比为3：4，故D为Si3N4，（1）A为
75、为NH3，常用于工业制取硝酸，反应的方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（2）由以上分析可知D为Si3N4，故答案为：Si3N4；（3）B为H2O2，含有OO键，结构式为HOOH，故答案为：HOOH；（4）H2O2与N2H4反应可生成单质G和一种常见的液体H，H为水，气体单质为氮气，其反应的化学方程式为2H2O2+N2H4=N2+4H2O，故答案为：2H2O2+N2H4=N2+4H2O；（5）C为SiO2，可用于制备单质硅或制造玻璃，反应的方程式为2C+SiO22CO+Si或Na2CO3+SiO2CO2+Na2SiO3，故答案为：2C+SiO2
76、2CO+Si或Na2CO3+SiO2CO2+Na2SiO3点评：本题考查物质的推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度较大，掌握常见18电子物质是推断的关键，需要学生对常见物质的结构与性质熟练掌握22（10分）（2015春麻城市校级期中）原电池原理广泛应用于科技、生产和生活中，请回答以下问题：（1）甲烷空气燃料电池是一种碱性燃料电池，产物无污染，电解质溶液是20%30%的KOH溶液该电池放电时：正极的电极反应式是O2+2H2O+4e4OH；负极的电极反应式是CH4+10OH8eCO32+7H2O（2）可用于电动汽车的铝空气燃料电池，通常以NaC1溶液或NaOH溶液为电解液，铝合金为负
77、极，空气电极为正极以NaC1溶液为电解液时，电池总反应式为：4Al+3O2+6H2O4Al（OH）3或4Al+3O22Al2O3；工作过程中电解液中的Na+向正极正极或负极）移动；以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：Al+4OH3eAlO2+2H2O；电池在工作过程中电解液的浓度减小（填“变大”“变小”或“不变”）（3）有人设想寻求合适的催化剂和电极材料，以N2、H2为电极反应物，以HClNH4Cl为电解质溶液制造新型燃料电池试写出该电池的正极反应式N2+8H+6e2NH4+（4）请运用原电池原理设计实验，验证Cu2+、Fe3+氧化性的强弱请画出实验装置图并写出电极反应式考点：原电池和电解池
78、的工作原理；氧化性、还原性强弱的比较菁优网版权所有分析：（1）甲烷燃料电池中，负极反应为燃料失电子的氧化反应，正极反应为氧气得电子的还原反应，原电池中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，据电解质环境书写电极反应式；（2）铝空气燃料电池中，以NaC1溶液为电解液时，总反应是4Al+3O2+6H2O4Al（OH）3或4Al+3O22Al2O3，根据原电池中阴离子、阳离子移动规律来回答；铝空气燃料电池中负极反应为Al+4OH3eAlO2+2H2O，根据总反应判断氢氧化钠的浓度变化；（3）原电池的正极上发生得电子的还原反应，据此书写电极反应；（4）Fe3+氧化性比Cu2+强，可发生2Fe3+Cu=2
79、Fe2+Cu2+，反应中Cu被氧化，为原电池的负极，则正极可为碳棒或不如Cu活泼的金属，电解质溶液为氯化铁溶液，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，以此解答该题解答：解：（1）甲烷燃料电池中，负极反应为燃料失电子的氧化反应，碱性环境下，电极反应为：CH4+10OH8eCO32+7H2O，正极反应为氧气得电子的还原反应，碱性环境下，电极反应为：O2+2H2O+4e4OH，故答案为：O2+2H2O+4e4OH；CH4+10OH8eCO32+7H2O；（2）铝空气燃料电池中，以NaC1溶液为电解液时，总反应是4Al+3O2+6H2O4Al（OH）3或4Al+3O22Al2O3，原电池中，阴离子向负极
80、移动，阳离子向正极移动，故答案为：4Al+3O2+6H2O4Al（OH）3或4Al+3O22Al2O3；正极；以NaOH溶液为电解液时，负极反应为Al+4OH3eAlO2+2H2O，该电池在碱性条件下消耗了碱，总反应式为4Al+3O2+4OH=4AlO2+2H2O，所以氢氧化钠的浓度会减小，故答案为：Al+4OH3eAlO2+2H2O；减小；（3）正极上氮气得电子和氢离子反应生成铵根离子，即电极反应为N2+8H+6e2NH4+，故答案为：N2+8H+6e2NH4+；（4）Fe3+氧化性比Cu2+强，可发生2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，Cu被氧化，为原电池的负极，负极反应为Cu2e=Cu2
81、+，正极Fe3+被还原，电极方程式为2Fe3+2e=2Fe2+，正极可为碳棒，电解质溶液为氯化铁，则原电池装置图可设计为，电子从铜极流向碳极，故答案为：正极反应：Fe3+eFe2+，负极反应：Cu2eCu2+，点评：本题综合考查有关燃料电池的工作原理和规律知识，注意原电池的电极反应和总反应的书写规律在解题中的应用，难度不大23（8分）（2015春麻城市校级期中）CO2是一种主要的温室气体，研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义（1）金刚石和石墨燃烧反应中的能量变化如图所示在通常状况下，金刚石和石墨中，石墨（填“金刚石”或“石墨”）更稳定，石墨的燃烧热（H）为393.5kJmol1石
82、墨与CO2反应生成CO的热化学方程式：C（s、石墨）+CO2（g）2CO（g）H=172.5kJmol1（2）CO2为原料还可合成多种物质工业上常以CO2（g）与H2（g）为原料合成乙醇已知：H2O（l）H2O（g）H=+44 kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41.2 kJmol12CO（g）+4H2（g）CH3CH2OH（g）+H2O（g）H=256.1 kJmol1则：2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（l）H=305.7kJmol1如图1是一种以烟道气为原料合成乙醇的工作原理示意图对上述流程的分析，下列说法正确的是ADA、该流程至
83、少包含4种形式的能量转化B、装置X为原电池装置C、合成塔中生成乙醇的反应是化合反应D、流程设计体现了绿色化学的环保思想如图2所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测（醋酸化学式为CH3COOH）该电池负极的电极反应式为CH3CH2OH4e+H2O4H+CH3COOH考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；吸热反应和放热反应；原电池和电解池的工作原理菁优网版权所有分析：（1）物质能量越高，物质越不稳定；燃烧热是在25摄氏度，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，依据图象判断石墨的燃烧热；根据图示，写出热化学方程
84、式：C（石墨）+O2（g）=CO2（g）H=393.5KJ/mol CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=283KJ/mol 根据盖斯定律来分析；（2）依据所给的热化学方程式，根据目标反应，将已知热化学方程式进行变形得到目标反应，反应热也做相应的变化即可；A该流程至少包含太阳能转化为电能，电能转化为化学能，化学能转化为热能和动能等B装置X中是电解水生成氧气的反应，是电解池；C合成塔中生成乙醇的反应不是化合反应；D过程中利用阳能转化为电能，电能转化为化学能，化学能转化为热能和动能等，流程设计体现了绿色化学思想；由装置图可知酒精在负极被氧气氧化发生氧化反应生成醋酸解答：解：（1）图象分析金刚石能
85、量高于石墨，能量越低越稳定，所以说明石墨稳定，图象分析1mol石墨完全燃烧生成1mol二氧化碳放出的热量为393.5kJ，则石墨的燃烧热为H=393.5kJmol1；故答案为：石墨；393.5kJmol1；根据图示，可知热化学方程式：C（S、石墨）+O2（g）=CO2（g）H=393.5KJ/mol CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=283KJ/mol 根据盖斯定律，将2可得：C（s、石墨）+CO2（g）2CO（g）；H=172.5 kJmol1，故答案为：C（s、石墨）+CO2（g）2CO（g）；H=172.5 kJmol1；（2）已知：a、H2O（l）=H2O（g）H=+44kJmo
86、l1b、CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41.2kJmol1c、2CO（g）+4H2 （g）CH3CH2OH（g）+H2O（g）H=256.1kJmol1依据盖斯定律cb23a得到：2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（l）H=305.7kJmol1 ；故答案为：305.7kJmol1 ；A该流程至少包含太阳能转化为电能，电能转化为化学能，化学能转化为热能和动能等，该流程至少包含4种形式的能量转化，故A正确；B装置X中是由水生成氧气的反应，是电解反应，即是电解池，故B错误；C2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（l），反应可知
87、合成塔中生成乙醇的反应不是化合反应，故C错误；D过程中利用阳能转化为电能，电能转化为化学能，化学能转化为热能和动能等，流程设计体现了绿色化学思想，故D正确；故答案为：AD；由装置图可知酒精在负极被氧气氧化发生氧化反应生成醋酸，负极反应为CH3CH2OH4e+H2O=4H+CH3COOH，故答案为：CH3CH2OH4e+H2O=4H+CH3COOH点评：本题考查了化学反应能量变化，原电池、电解池原理分析应用，热化学方程式、电解反应方程式的书写式解题关键，题目难度中等24（8分）（2015春麻城市校级期中）下表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，用化学用语回答下列问题：族周期IA01AA
88、AAAA23（1）、的原子半径由大到小的顺序为NaAlO（2）、的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是HNO3H2CO3H2SiO3（3）、中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物，写出其中一种化合物的电子式：或；由、两种元素形成的一种气体会产生温室效应，其电子式为：（4）有两种化合物均由、四种元素形成，两者之间可以相互发生化学反应，其离子反应方程式为：HSO3+H+=H2O+SO2（5）由表中元素形成的常见物质X、Y、Z、M、N可发生以下反应：X溶液与Y溶液反应的离子方程式为Al3+3NH3+3H2O=Al（OH）3+3NH4+，N的单质的化学方程式为2Al2O3（熔融）4Al+3O
89、2考点：元素周期律和元素周期表的综合应用菁优网版权所有分析：由元素在周期表中的分布，可知是H，是C，是N，是O，是Na，是Al，是Si，是Cl，（1）电子层越多半径越大，电子层一样多的原子，核电荷数越多半径越小；（2）同一周期元素的原子，从左到右最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强；（3）、中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物为NaOH或NaClO；由、两种元素形成的一种气体会产生温室效应，气体为CO2；（4）有两种化合物均由、四种元素形成，两者之间可以相互发生化学反应，为硫酸氢钠与亚硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水、二氧化硫；（5）M是仅含非金属的盐所以一定是铵盐，ZN的单质根据周期
90、表的结构判断是金属铝，所以推断N是氧化铝，Z是氢氧化铝，分析产物结合反应：X+Y+H2OAl（OH）3+NH4+ 可知XY是铝盐和一水合氨的反应解答：解：由元素在周期表中的分布，可知是H，是C，是N，是O，是Na，是Al，是Si，是Cl，（1）电子层越多半径越大，所以Na、AlO，电子层一样多的原子，核电荷数越多半径越小，即NaAl，故答案为：NaAlO；（2）是C、N，是同一周期元素的原子，根据元素周期律：从左到右最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，所以酸性：HNO3H2CO3，是C、Si，是同主族元素，根据元素周期律：从上到下最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱，H2CO3H2SiO3，
91、故答案为：HNO3H2CO3H2SiO3；（3）、中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物为NaOH或NaClO，电子式为或 ；由、两种元素形成的一种气体会产生温室效应，气体为CO2，其电子式为，故答案为：或 ；（4）有两种化合物均由、四种元素形成，两者之间可以相互发生化学反应，为硫酸氢钠与亚硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水、二氧化硫，其离子反应为HSO3+H+=H2O+SO2，故答案为：HSO3+H+=H2O+SO2；（5）M是仅含非金属的盐所以一定是铵盐，ZN的单质根据周期表的结构判断是金属铝，所以推断N是氧化铝，Z是氢氧化铝，分析产物结合反应：X+Y+H2OAl（OH）3+NH4+
92、可知XY是铝盐和一水合氨的反应，所以X溶液与Y溶液反应的离子方程式为Al3+3NH3+3H2O=Al（OH）3+3NH4+，N的单质的化学方程式为2Al2O3（熔融）4Al+3O2，故答案为：Al3+3NH3+3H2O=Al（OH）3+3NH4+；2Al2O3（熔融）4Al+3O2点评：本题考查元素位置、结构、性质的关系，为高频考点，涉及周期表与元素周期律、元素化合物推断等，侧重对元素周期律与化学用语的考查，注意对元素周期表的整体把握，题目难度中等25（8分）（2015春麻城市校级期中）I实验室从含碘废液（除H2O外，含有CCl4、I2、I等）中回收碘，其实验过程如下：（1）向含碘废液中加入稍
93、过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I，其离子方程式为SO32+I2+H2O=2I+SO42+2H+；该操作将I2还原为I的目的是使CCl4中的碘进入水层（2）操作X的名称为分液（3）氧化时，在三颈瓶中将含I的水溶液用盐酸调至pH约为2，缓慢通入Cl2，在400C左右反应（实验装置如图所示）实验控制在较低温度下进行的原因是使氯气在溶液中有较大的溶解度（或防止碘升华或防止碘进一步被氧化）；锥形瓶里盛放的溶液为NaOH溶液用化学方法测定微量碘化物时，必须利用“化学放大”反应将碘的量“放大”，然后再进行测定下面是“化学放大”反应的实验步骤：向含微量I并且呈中性或弱酸性溶液里加入溴水，将I完全
94、氧化成IO3，煮沸去掉过量的Br2；向由制得的水溶液中加入过量的酸性KI溶液，振荡使反应进行完全；在得到的水溶液中加入足量的CCl4，振荡，把生成的I2从水溶液里全部转移到CCl4 中，用分液漏斗分液去掉水层；向得到的CCl4层加入肼（即联氨H2NNH2）的水溶液，振荡，使I2完全以I形式从CCl4层进入水层，用分液漏斗分液去掉CCl4层经过以上四步得到的水溶液里，含有通过反应而“放大”了的碘，请回答下列问题：（1）写出步骤的离子方程式，并标出下列反应的电子转移的方向和数目：（2）若忽略实验过程中出现的损失，经过一次“化学放大”的溶液里，I的量是原溶液里I的量的6倍经过n次“化学放大”的溶液里
95、，I的量是原溶液里的量的6n倍考点：探究物质的组成或测量物质的含量菁优网版权所有分析：I碘废液加亚硫酸钠溶液，把单质碘还原为I，四氯化碳难溶于水，会分层，则分液即可得到四氯化碳，剩余的溶液中加氯气氧化I得到I2，富集，最后得到较纯的I2；（1）碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘；碘微溶于水，而碘离子易溶于水；（2）分离互不相溶的液体采用分液的方法分离；（3）碘易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小；氯气、碘蒸气都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质II（1）在酸性条件下，I与IO3反应生成I2和水，I失电子，IO3得电子，据此分析；（2）第一步：I+3Br2+3H2O=6
96、Br+IO3+6H+；第二步：IO3+5I+6H+=3I2+3H2O；第四步：N2H4+2I2=4I+N2+4H+；根据反应物之间的物质的量关系判断解答：解：I碘废液加亚硫酸钠溶液，把单质碘还原为I，四氯化碳难溶于水，会分层，则分液即可得到四氯化碳，剩余的溶液中加氯气氧化I得到I2，富集，最后得到较纯的I2；（1）碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘离子，离子反应方程式为SO32+I2+H2O=2I+2H+SO42；碘微溶于水，而碘离子易溶于水，为了使更多的I元素进入水溶液应将碘还原为碘离子；故答案为：SO32+I2+H2O=2I+2H+SO42；使CCl4中的碘进入水层；
97、（2）四氯化碳难溶于水，二者会分层，分离互不相溶的液体采用分液的方法分离，所以分离出四氯化碳采用分液的方法，故答案为：分液；（3）碘易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小，温度越高，氯气的溶解度越小，反应越不充分，所以应该在低温条件下进行反应；氯气、碘蒸气都有毒，不能直接排空，且都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质，所以用NaOH溶液吸收氯气和碘蒸气，故答案为：使氯气在溶液中有较大的溶解度（或防止碘升华或防止碘进一步被氧化）；NaOH溶液II（1）在酸性条件下，I与IO3反应生成I2和水，I失电子，IO3得电子，反应的电子转移的方向和数目为：，故答案为：；（2）第一步：I+3Br2+3H2O
98、=6Br+IO3+6H+；第二步：IO3+5I+6H+=3I2+3H2O；第四步：N2H4+2I2=4I+N2+4H+；因此从以上方程式和分析可得关系式：IIO33I26I 1mol 6mol则经过一次“化学放大”的溶液里，I的量是原溶液里I的量的6倍，若再经过一次“化学放大”，IIO33I26I 6mol 36mol则经过两次“化学放大”的溶液里，I的量是原溶液里I的量的36倍，所以经过n次“化学放大”的溶液里，I的量是原溶液里的量的6n倍；故答案为：6；6n点评：本题考查了物质的分离提纯实验方案设计，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的特殊性质、混合物分离和提纯方法的选取等方面来分析解答
99、，知道碘的检验方法，题目难度中等26（6分）（2015春麻城市校级期中）过氧化氢是用途很广的绿色氧化剂，它的水溶液俗称双氧水，常用于消毒、杀菌、漂白等试回答下列问题：（1）写出在酸性条件下H2O2氧化氯化亚铁的离子反应方程式：H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O（2）Na2O2、K2O2以及BaO2都可与酸作用生成过氧化氢，目前实验室制取过氧化氢可通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤即可制得则上述最适合的过氧化物是BaO2（3）如图是硼氢化钠（NaBH4）一过氧化氢燃料电池示意图该电池工作时，正极的电极反应式为H2O2+2e=2OH（4）Na2CO3xH2O2可消毒、漂白现称取
100、100g的Na2CO3xH2O2晶体加热，实验结果如图所示，则该晶体的组成为Na2CO31.5H2O2考点：原电池和电解池的工作原理；化学方程式的有关计算；氧化还原反应菁优网版权所有分析：（1）酸性溶液中过氧化氢具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，过氧化氢被还原为水；（2）根据题目信息，实验室通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤后即可制得较纯净的H2O2溶液，说明生成了沉淀；（3）如图1正极是阳离子流向的一极，即过氧化钠所在的一极，发生还原反应，负一价的氧得电子生成氧负离子，跟水结合成氢氧根离子，负极发生还原反应，注意是碱性介质；（4）根据化学方程式中固体质量差量法来计算x的值，确定化学式
101、解答：解：（1）酸性条件下H2O2氧化氯化亚铁生成氯化铁和水，反应的离子方程式为：H2O2+2Fe2+2H+2Fe3+2H2O，故答案为：H2O2+2Fe2+2H+2Fe3+2H2O；（2）实验室通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤后即可制得较纯净的H2O2溶液，说明生成了硫酸钡沉淀，所以选用BaO2，故答案为：BaO2；（3）如图正极是阳离子流向的一极，即过氧化钠所在的一极，发生还原反应，负一价的氧得电子生成氧负离子，跟水结合成氢氧根离子，即H2O2+2e=2OH，故答案为：H2O2+2e=2OH；（4）2Na2CO3xH2O22Na2CO3+xO2+2xH2O，根据温度和残留固体的相对质量分数示意图，当温度为148时，所的固体只有碳酸钠，质量分数为67.6%，所以固体质量减少的百分数为100%=167.6%，解得x=1.5，化学式为Na2CO31.5H2O2，故答案为：Na2CO31.5H2O2点评：本题考查了氧化还原反应的产物判断，原电池反应的电极反应书写，物质性质的理解应用，物质测定的实验探究过程和计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等
