1、山东省烟台市2016届高三（上）期中化学试卷一、选择题（共48分116小题为选择题每小题3分共48分每小题只有一个选项符合题意）1化学在生产和生活中有着广泛的应用下列说法错误的是( )A二氧化硫在食品加工中可用作食品增白剂B航天飞机上的隔热陶瓷瓦属于复合材料C用活性炭做净化剂除去冰箱中异味D含H2SO4的废水用BaCl2处理后不可直接排放【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用；无机非金属材料 【专题】化学计算【分析】A二氧化硫具有漂白性，工业上常用来漂白纸浆、草帽等；B隔热陶瓷为硅酸盐产品表面覆盖石墨层，复合材料含两种或两种以上材料的性质；C活性炭是疏松多孔结构，可以吸附异味分子；D钡离子
2、是重金属盐离子【解答】解：A二氧化硫不能漂白食品，人食用这类食品，对人体的肝、肾等有严重损伤作用，故A错误； B隔热陶瓷为硅酸盐产品表面覆盖石墨层，则为复合材料，故B正确；C活性炭是疏松多孔结构，可以吸附异味分子，除去冰箱中异味，故C正确；D钡离子是重金属盐离子，有毒，故D正确故选A【点评】本题考查较综合，涉及复合材料、食品添加剂、活性炭以及环境污染等，综合性较强，注重基础知识的考查，选项B为解答的难点，题目难度不大2下列单质或化合物性质的描述正确的是( )ANa2CO3的溶解性比NaHCO3小BSiO2与酸、碱均能反应，属于两性氧化物CFeCl3溶液制作铜质印刷线路板的离子反应为2Fe3+C
3、u2Fe2+Cu2+DFe在足量Cl2中燃烧生成FeCl2和FeCl3【考点】钠的重要化合物；硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物 【专题】元素及其化合物【分析】A相同条件下，碳酸钠的溶解性大于碳酸氢钠的；B与酸或碱反应生成盐和水的氧化物，为两性氧化物；C氯化铁和铜反应 生成氯化亚铁和氯化铜；DFe在足量Cl2中燃烧只生成FeCl3【解答】解：A饱和Na2CO3溶液中通入过量二氧化碳气体可得到NaHCO3沉淀，说明Na2CO3比NaHCO3易溶于水，故A错误；B与酸或碱反应生成盐和水的氧化物，为两性氧化物，而二氧化硅与盐酸、硫酸等不反应，只属于酸性氧化物，故B错误；C氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和
4、氯化铜，离子反应为2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，所以FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，故C正确；D因为氯气具有强氧化性，则Fe在足量Cl2中燃烧只生成FeCl3，故D错误；故选C【点评】本题主要考查了元素化合物的知识，考查角度广，要求学生具有分析和解决问题的能力，平时注意相关知识的积累，题目难度中等3下列有关说法不正确的是( )A为防止水污染，可用O3替代Cl2作饮用水消毒剂B实验室可用浓硫酸干燥SO2气体C16O和18O能形成三种化学性质相同的氧分子DAl2（SO4）3，可除去碱性废水及酸性废水中的悬浮颗粒【考点】氯气的化学性质；核素；二氧化硫的化学性质；镁、铝的重要化合物 【专题
5、】物质的组成专题；溶液和胶体专题【分析】AO3替代Cl2作饮用水消毒剂，减少了氯气的残留；B二氧化硫不能与浓硫酸反应；C16O和18O能形成三种氧气分子：16O2和18O2，16O18O；D酸性条件下抑制Al2（SO4）3水解，不能达到氢氧化铝胶体【解答】解：AO3替代Cl2作饮用水消毒剂，减少了氯气的残留，有利于减小水污染，故A正确；B二氧化硫不能与浓硫酸反应，可以用浓硫酸干燥，故B正确；C16O和18O能形成三种氧气分子：16O2和18O2，16O18O，故C正确；D酸性条件下抑制Al2（SO4）3水解，不能生成氢氧化铝胶体，所以不能除去酸性废水中的悬浮颗粒，故D错误；故选：D【点评】本题
6、考查了元素化合物性质，熟悉臭氧、氯气、二氧化硫、硫酸铝的性质是解题关键，注意盐类水解的影响因素，题目难度不大4钛是二十一世纪的“明星金属”工业制钛以金红石为原料，发生的反应是：反应：aTiO2+bCl2+cC aTiCl4+cCO 反应：TiCl4+2MgTi+2MgCl2关于反应、的下列说法中正确的是( )A反应中的TiO2是氧化剂BTiCl4在反应中是还原产物，在反应中是氧化剂Ca=b=c=2D每生成9.6 g Ti，反应、中共转移0.8 mol电子【考点】氧化还原反应 【专题】氧化还原反应专题【分析】aTiO2+bCl2+cC aTiCl4+cCO 该反应中反应前后，碳元素的化合价升高，
7、碳单质作还原剂，氯元素的化合价降低，氯气作氧化剂；TiCl4+2MgTi+2MgCl2该反应中钛元素的化合价降低，TiCl4为氧化剂，Mg元素的化合价升高，Mg作还原剂；据此分析【解答】解：A反应中，氯元素的化合价降低，氯气作氧化剂，故A错误；B反应I中氯元素的化合价降低，氯气作氧化剂，还原产物是TiCl4，反应II中钛元素的化合价降低，TiCl4作氧化剂，故B正确；C根据反应前后各元素的原子个数守恒知，2a=c，2b=4a，所以a=1，b=c=2，故C错误；D将方程式、相加得 TiO2+2Cl2+2C+2Mg=Ti+2CO+2MgCl2 转移电子 48g 8mol 9.6g 1.6mol 所
8、以每生成9.6 g Ti，反应I、II中共转移1.6 mol e，故D错误故选B【点评】本题考查了氧化还原反应概念的判断、方程式的有关计算等知识点，难度不大，注意基本概念的理解、氧化还原反应中得失电子相等等问题5下列各组试剂在溶液中的反应，当两种试剂的量发生变化时，不能用同一离子反应方程式表示的是( )A氯化镁、氢氧化钠B硫酸钠、氢氧化钡C氯化铝、氨水D溴化亚铁、氯水【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】A氯化镁与NaOH无论是否过量，反应都生成氢氧化镁沉淀，与两种试剂的量无关；B硫酸钠与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀，与试剂的量无关；CAlCl3、氨水，不管试剂量多少都生成氢氧化
9、铝沉淀；D亚铁离子和溴离子都具有还原性，氯水不足时亚铁离子优先反应，氯气足量时亚铁离子、溴离子都参加反应【解答】解：A无论试剂量的多少，氯化镁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，只有一个离子方程式：Mg2+2OH=Mg（OH）2，故A错误；B硫酸钠与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和硫酸钠，无论试剂过量还是不足，离子方程式只有1个：Ba2+SO42BaSO4，故B错误；C氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵，无论氨水是否过量，离子方程式都只有1个：Al3+3NH3H2O=（AlOH）3+3NH4+，故C错误；DFeBr2、氯水，向溴化亚铁溶液中通入少量的Cl2，亚铁离子还原性大于溴离子，少量氯气氧化
10、亚铁离子生成铁离子，Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl；氯水过量时，亚铁离子、溴离子都被氯水氧化，反应的离子方程式为：3Cl2+2Fe2+4Br2Fe3+6Cl+2Br2，反应物的物质的量不同，反应的离子方程式不相同，故D正确；故选D【点评】本题考查离子反应中试剂量对离子方程式中的影响，注意掌握离子反应发生条件，明确离子方程式的书写原则，弄清发生的化学反应是解答本题的关键，题目难度不大6短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13Z原子的最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，也是Y原子最外层电子数的3倍X与Y、Z位于相邻的周期下列说法正确的是( )AX的最高价氧化
11、物对应的水化物是弱酸BZ位于元素周期表的第3周期第A族CY的最高氧化物对应的水化物能溶于NaOH溶液D原子半径的大小顺序：r（Z）r（Y）r（X）【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】短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，也是Y原子最外层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，则X内层电子数是2，所以X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，则Z为S元素，Y最外层电子数为2，且处于第三周期，为Mg元素，这三种元素原子的最外层电子数之和为13，Y、Z最外层电子数之和为8，所以X最
12、外层电子数为5，故X为N元素，据此解答【解答】解：短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，也是Y原子最外层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，则X内层电子数是2，所以X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，则Z为S元素，Y最外层电子数为2，且处于第三周期，为Mg元素，这三种元素原子的最外层电子数之和为13，Y、Z最外层电子数之和为8，所以X最外层电子数为5，故X为N元素AX的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，属于强酸，故A错误；BZ为S元素，位于元素周期表的第3周期A族，故B正确；C氢氧化镁不能溶于氢氧化钠溶液，故
13、C错误；D同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径r（Mg）r（S）r（N），故D错误，故选B【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，需要学生熟练掌握核外电子排布，侧重考查分析、推断能力，难度中等7下列说法正确的是( )A根据反应2C+SiO2Si+2CO说明碳的非金属性强于硅的非金属性B加热分解CuSO45H2O过程中使用的玻璃仪器有酒精灯、坩埚、玻璃棒C最高化合价为+7的元素一定属于主族元素D16gO3含有8NA个电子【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；物质的量的相关计算；元素周期表的结构及其应用 【专题】计算题；元素非金属性的强弱
14、规律【分析】A元素的非金属性越强，其得电子能力越强，其单质的氧化性越强；B加热固体药品时需要的玻璃仪器有酒精灯、坩埚、玻璃棒、研钵；C最高化合价为+7的元素不一定属于主族元素；D.16g臭氧的物质的量=mol，臭氧分子个数为NA，每个臭氧分子中含有28个电子，据此计算电子个数【解答】解：A元素的非金属性越强，其得电子能力越强，其单质的氧化性越强，该反应中C是还原剂、Si是还原产物，不能说明C的非金属性大于Si，故A错误；B加热固体药品时需要的玻璃仪器有酒精灯、坩埚、玻璃棒、研钵，需要研钵碾碎药品，故B错误；C最高化合价为+7的元素不一定属于主族元素，如Mn等，故C错误；D.16g臭氧的物质的量
15、=mol，臭氧分子个数为NA，每个臭氧分子中含有28个电子，则16g臭氧分子中含有电子数为8NA，故D正确；故选D【点评】本题考查较综合，涉及物质的量的有关计算、仪器的使用、非金属性强弱判断等知识点，为高频考点，明确物质的量有关公式、分子构成、元素周期表结构、仪器的使用方法等即可解答，易错选项是B8如图所示装置适用于实验室制氨气并验证氨气的某化学性质，其中能达到实验目的是( )A用装置甲制取氨气B用装置乙除去氨气中的水蒸气C用装置丙验证氨气具有还原性D用装置丁吸收尾气【考点】化学实验方案的评价 【分析】A氨气易溶于水，易挥发，应加热；B氨气和浓硫酸反应；C加热条件下，氨气与氧化铜发生氧化还原反
16、应；D氨气直接通入水中，不能防止倒吸【解答】解：A氨气易溶于水，易挥发，应用浓氢氧化钠溶液和氯化铵反应，且加热，故A错误；B氨气和浓硫酸反应，应用碱石灰干燥氨气，故B错误；C加热条件下，氨气与氧化铜发生氧化还原反应，根据氧化铜的颜色变化可判断是否发生氧化还原反应，故C正确；D氨气直接通入水中，不能防止倒吸，应用四氯化碳，故D错误故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，侧重于学生对基本实验操作正确与否的判断的考查，要求同学们要熟练掌握物质的基本物理和化学性质，注意基本实验操作的要领和实验要求9下列各组粒子能在指定溶液中大量共存的是( )A银氨溶液中：Na+，H+，NO3B碘化钾溶液中：H+，H
17、2O，SO32C偏铝酸钠溶液中：K+，Cl，SO42D氢氧化钙溶液中：Na+，ClO，HCO3【考点】离子共存问题 【分析】A银氨溶液在酸性条件下不能共存；BH+、SO32可生成二氧化硫气体；C离子之间不发生任何反应；D可生成碳酸钙沉淀【解答】解：A银氨溶液中存在银氨络离子，在酸性条件下不能共存，故A错误；BH+、SO32可生成二氧化硫气体，故B错误；C偏铝酸钠溶液呈碱性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D氢氧化钙与HCO3反应可生成碳酸钙沉淀，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反应考查，题目难度较小10
18、下列说法中，正确的是( )A将盛有体积比为2：l的NO和O2混合气体的试管倒立在水中，溶液会充满试管B分液时，应先打开活塞放出下层液体，再关闭活塞倒出上层液体C为测定熔融氢氧化钠的导电性，可将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化DSO2和Cl2都能使品红溶液褪色，且加热后均恢复原色【考点】二氧化硫的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响 【专题】元素及其化合物【分析】A依据方程式：4NO+3O2+2H2O=4HNO3解答；B分液时注意液体不能重新混合而污染，上层液体应从上口倒出；C氢氧化钠可与二氧化硅反应；D二氧化硫的漂白作用加热后恢复，氯气的和水反应生成的次氯酸漂白作用加热不恢复；【解答】
19、解：ANO和O2体积比为4：3混合，倒立在水中完全反应生成硝酸，溶液会充满试管，故A错误；B分液时注意液体不能重新混合而污染，上层液体应从上口倒出，故B正确；C瓷坩埚的主要成分是二氧化硅，加热条件下二氧化硅可与氢氧化钠反应生成硅酸钠，导致坩埚炸裂，故C错误；D二氧化硫的漂白作用加热后恢复，氯气的和水反应生成的次氯酸漂白作用加热不恢复，故D错误；故选：B【点评】本题考查了物质的性质，熟悉氮的氧化物、二氧化硅、二氧化硫、次氯酸的性质，侧重考查学生对基础知识掌握熟练程度，题目难度不大，注意对基础知识的积累，注意总结常见漂白性物质及其漂白原理11X（盐）和Y（酸）反应，可放出有气味的气体Z，Z跟过量N
20、aOH反应又得到X，Z氧化的最终产物为W气，W气溶于水又得到Y，则X和Y是( )Na2S和稀H2SO4 Na2SO3和盐酸 Na2S和盐酸 Na2SO3和稀H2SO4A只有BCD【考点】含硫物质的性质及综合应用 【专题】氧族元素【分析】Na2S和稀H2SO4反应，生成有臭鸡蛋气味的气体硫化氢，硫化氢与NaOH反应生成硫化钠和水，硫化氢经多部氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸；Na2SO3和盐酸反应，生成有刺激性气味的气体二氧化硫，二氧化硫与NaOH反应生成亚硫酸钠和水，二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸；Na2S和盐酸反应，生成有臭鸡蛋气味的气体硫化氢，硫化氢与NaOH
21、反应生成硫化钠和水，硫化氢经多部氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸；Na2SO3和稀H2SO4反应，生成有刺激性气味的气体二氧化硫，二氧化硫与NaOH反应生成亚硫酸钠和水，二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸【解答】解：Na2S和稀H2SO4反应，生成有臭鸡蛋气味的气体硫化氢，硫化氢与NaOH反应生成硫化钠和水，硫化氢经多部氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，故符合；若X和Y为Na2SO3和盐酸反应，生成有刺激性气味的气体二氧化硫，二氧化硫与NaOH反应生成亚硫酸钠和水，二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，不能转化为盐酸，故错误；若X和Y为Na2S
22、和盐酸反应，生成有臭鸡蛋气味的气体硫化氢，硫化氢与NaOH反应生成硫化钠和水，硫化氢经多部氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸而不是盐酸，故错误；若X和Y为Na2SO3和稀H2SO4反应，生成有刺激性气味的气体二氧化硫，二氧化硫与NaOH反应生成亚硫酸钠和水，二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，故正确故选D【点评】本题考查常见物质间的反应及产物的判断，难度不大要注意基础知识的积累，掌握基础是关键12下列有关物质性质的说法错误的是( )A铁、铝在常温下都能被浓硫酸“钝化”B足量铝分别与含1molHCl、l mol NaOH的溶液反应，产生相同量的氢气C铁在纯氧中燃烧或高温下
23、和水蒸气反应均能得到Fe3O4D浓硫酸与铜反应既体现了其强氧化性又体现了其酸性【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用 【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A、铁和铝在常温下，在浓硫酸和浓硝酸中发生钝化，阻止反应进行；B、依据铝和酸、碱反应的定量关系计算分析；C、铁在纯净氧气中燃烧生成四氧化三铁，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；D、浓硫酸和铜反应生成硫酸铜表现了硫酸的酸性，生成二氧化硫表现了浓硫酸的氧化性【解答】解：A、铁和铝在常温下，在浓硫酸和浓硝酸中发生钝化，表面形成一层致密的氧化物薄膜阻止反应进行，故A正确；B、依据铝和酸、碱反应的定量关系计算分析，2Al+6H+=2Al3
24、+3H2，2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，与1molHCl、l mol NaOH的溶液反应，分别生成氢气0.5mol、1.5mol，产生相氢气量不同，故B错误；C、铁在纯净氧气中燃烧生成四氧化三铁，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，铁在纯氧中燃烧或高温下和水蒸气反应均能得到Fe3O4，故C正确；D、硫酸中元素化合价不变的表现酸性，硫元素化合价变化的表现氧化性，浓硫酸和铜反应生成硫酸铜表现了硫酸的酸性，生成二氧化硫表现了浓硫酸的氧化性，故D正确；故选B【点评】本题考查了金属及其性质的理解应用，主要是铁、铝的性质分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等13某溶液中除H+、OH外，还含
25、有大量的Mg2+、Fe3+、Cl，且这三种离子的物质的量之比为1：1：6下列有关该溶液的判断正确的是( )A向该溶液中加入稀NaOH溶液，立即产生白色沉淀B向该溶液中加入KI溶液后，原有的五种离子物质的量不变C若溶液中c（Cl）=0.6 mol/L，则该溶液的pH为1D向该溶液中加入过量铁粉，只能发生置换反应【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】某溶液中除H+、OH外，还含有大量的Mg2+、Fe3+、Cl，且这三种离子的物质的量浓度之比为1：1：6，由Mg2+、Fe3+、Cl所带的电荷21+3116可知，溶液为酸性溶液，是氯化镁、氯化铁、氯化氢的混合溶液A、溶液呈酸性，氢氧化钠先中
26、和盐酸B、Fe3+有强氧化性，能氧化I为I2C、根据电荷守恒计算氯化氢产生的氢离子浓度，在根据PH=logc（H+）计算D、铁除置换氢气外，Fe3+有强氧化性，能与Fe反应生成Fe2+【解答】解：某溶液中除H+、OH外，还含有大量的Mg2+、Fe3+、Cl，且这三种离子的物质的量浓度之比为1：1：6，由Mg2+、Fe3+、Cl所带的电荷21+3116可知，溶液为酸性溶液，是氯化镁、氯化铁、氯化氢的混合溶液A、溶液为酸性溶液，是氯化镁、氯化铁、氯化氢的混合溶液，氢氧化钠先中和盐酸，再发生沉淀反应，故A错误；B、Fe3+有强氧化性，能氧化I为I2，溶液中加入KI溶液后，Fe3+离子物质的量发生变化
27、，故B错误；C、若溶液中c（Cl）=0.6 mol/L，则c（Mg2+）=0.1mol/L，c（Fe3+）=0.1mol/L，则c（H+）1+c（Mg2+）2+c（Fe3+）3=c（Cl）1，即c（H+）1+0.1mol/L2+0.1mol/L3=0.6mol/L1，解得c（H+）=0.1mol/L，所以溶液PH=logc（H+）=1，故C正确；D、溶液中Fe3+有强氧化性，铁除置换氢气外，还能与Fe3+反应生成Fe2+，故D错误故选：C【点评】考查溶液中离子共存问题、溶液计算等，难度中等，判断溶液是氯化镁、氯化铁、氯化氢的混合溶液是解题关键14蛇纹石由MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3
28、组成现取一份蛇纹石试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，在所得的沉淀X和溶液Y中分别加入NaOH溶液至过量下列叙述不正确的是( )A沉淀X的成分是SiO2B将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，只能得到红色颜料Fe2O3C在溶液Y中加入过量的NaOH溶液，过滤得到的沉淀的主要成分是Fe（OH）3和Mg（OH）2D溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+【考点】镁、铝的重要化合物；硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物 【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A、二氧化硅不溶于水，也不溶于酸；B、组成中只有氧化铝、二氧化硅能与碱反应；C、Fe（OH）3和Mg（OH）2
29、不能与碱反应，但Al（OH）3能溶于强碱；D、MgO、A12O3、Fe2O3都能与过量盐酸反应生成金属阳离子【解答】解：A、因二氧化硅不溶于水，也不溶于酸，则蛇纹石先溶于过量的盐酸过滤后的沉淀为SiO2，故A正确；B、将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，得到红色颜料Fe2O3中含有MgO，故B错误；C、溶液Y中主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+，加入过量的NaOH溶液，过滤得到的沉淀的主要成分是Fe（OH）3和Mg（OH）2，铝离子转化为偏绿酸根离子，故C正确；D、MgO、A12O3、Fe2O3都能与过量盐酸反应生成金属阳离子，且酸过量，则溶液Y中主要是Mg2+、Al3+、Fe
30、3+、H+，故D正确；故选B【点评】本题考查物质的组成和性质，明确组成中物质与酸、与碱发生的化学反应是解答本题的关键，难度不大15碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I的形式存在，几种粒子之间有如图所示关系，根据图示转化关系推测下列说法不正确的是( )A可用KI淀粉试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘B足量Cl2能使湿润的KI淀粉试纸变白的原因可能是5Cl2+I2+6H2O2HClO3+10HClC由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2I2IO3D途径中若生成1mol I2，反应中转移的电子数为10NA【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用 【专题】卤族元素【分析】A加碘盐中含有NaIO
31、3，其在酸性条件下可被I还原生成I2；B根据图示转化可知Cl2NaIO3，氯气可以将碘氧化HIO3；C由途径I可知氧化性Cl2I2，由途径可知氧化性I2NaIO3，由途径可知氧化性Cl2NaIO3；D根据转化关系2IO3I210e计算判断【解答】解：A加碘盐中含有NaIO3，其在酸性条件下可被I还原生成I2，故用淀粉KI试纸和食醋检验加碘盐，故A正确；B根据图示转化可知Cl2NaIO3，已变蓝的淀粉KI试纸褪色的原因可能是氯气将碘氧化为HIO3，反应方程式为5Cl2+I2+6H2O2HClO3+10HCl，故B正确；C由途径I可知氧化性Cl2I2，由途径可知氧化性I2NaIO3，由途径可知氧化
32、性Cl2NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2IO3I2，故C错误；D根据转化关系2IO3I210e可知，生成1 molI2反应中转移的电子数为10NA，故D正确；故选C【点评】本题综合考查卤素单质及其化合物的性质，侧重于考查氧化性强弱比较及应用，难度中等，根据转化关系判断氧化性强弱是解题关键16含1mol HNO3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉反应，所得氧化产物与铁粉物质的量的关系如图所示（已知稀硝酸的还原产物只有NO）下列有关判断正确的是( )A曲线a表示Fe2+，曲线b表示Fe3+BP点时总反应的离子方程式可表示为5Fe+16H+NO33Fe2+2Fe3+4NO+8H2OCn2=0.25D
33、n3：n1=3：2【考点】离子方程式的有关计算 【专题】计算题；元素及其化合物【分析】向稀硝酸中加入铁粉时，发生两个过程，开始先生成Fe（NO3）3，反应方程式为：Fe+4 HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO+2H2O，当铁过量时，过量的铁再与 Fe（NO3）3反应生成 Fe（NO3）2，2Fe（NO3）3+Fe=3 Fe（NO3）2，P点为 Fe（NO3）3 与 Fe（NO3）2物质的量相等的点，参加反应的铁为1mol即n1=1，a为 Fe（NO3）3，反应过程中铁原子守恒，n（Fe）=n（Fe（NO3）2）+n（Fe（NO3），据此回答【解答】解：A、向稀硝酸中加入铁粉时，发生两个过程
34、，开始先生成Fe（NO3）3，反应方程式为：Fe+4 HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO+2H2O，根据硝酸的物质的量为4mol利用方程式可计算出生成的 Fe（NO3）3为1mol，所以参加反应的铁为1mol即n1=1，a为 Fe（NO3）3，故A错误；B、Fe（NO3）3 与过量的铁继续反应生成 Fe（NO3）2，反应方程式为：2Fe（NO3）3+Fe=3 Fe（NO3）2，P点为 Fe（NO3）3 与 Fe（NO3）2物质的量相等的点，随后是Fe（NO3）3 与过量的铁继续反应生成 Fe（NO3）2，反应方程式为：2Fe（NO3）3+Fe=3 Fe（NO3）2，P点为 Fe（NO3）3
35、 与 Fe（NO3）2物质的量相等的点，故B错误；C、根据铁原子守恒，n（Fe）=n（Fe（NO3）2）+n（Fe（NO3），所以 n（Fe）=1.2mol即n2=1.2mol，故C错误；D、向稀硝酸中加入铁粉时，发生两个过程，开始先生成Fe（NO3）3，反应方程式为：Fe+4 HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO+2H2O，根据硝酸的物质的量为1mol利用方程式可计算出生成的 Fe（NO3）3为0.25mol，所以参加反应的铁为0.25mol即n1=0.25，将0.25mol的 Fe（NO3）3转化为 Fe（NO3）2需要的金属铁是125mol，所以n3=0.25mol+0.125mol=
36、0.375mol，n3：n1=3：2，故D正确故选D【点评】本题考查了铁与稀硝酸的反应，要注意铁和硝酸谁多谁少，以及加入的顺序，难度较大二、非选择题（52分）17（14分）短周期元素形成的纯净物A、B、C、D、E之间的转化关系如图1所示，A与B之间的反应不在溶液中进行（E可能与A、B两种物质中的一种相同）请回答下列问题：（1）若A是气态单质，D是一种强碱B的化学式为Na或Na2OC的电子式为（2）若E的水溶液呈弱酸性，D是既能溶于强酸、又能溶于强碱的化合物用电离方程式解释D既能溶于强酸、又能溶于强碱的原因H+H2O+AlO2Al（OH）3Al3+3OH用等式表示E与NaOH溶液反应生成正盐的溶
37、液中所有离子的浓度之间的关系c（Na+）+c（H+）=2c（S2）+c（HS）+c（OH）（3）若C是一种气体，D是一种强酸写出C与水反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO有人认为“浓H2SO4可以干燥气体C”某同学为了验证该观点是否正确，用如图2所示装置进行实验装置I中的试剂为浓硝酸、Cu；实验过程中，在浓H2SO4中未发现有气体逸出，则得出的结论是NO2能溶于浓H2SO4，不能用浓H2SO4干燥NO【考点】无机物的推断 【专题】推断题【分析】纯净物A、B、C、D、E均由短周期元素形成（1）若A是气态单质，D是一种强碱，则D为NaOH，C可Na2O2，B为Na或Na2O，A、E
38、为O2；（2）若E的水溶液呈弱酸性，D是既能溶于强酸、又能溶于强碱的化合物，则E为H2S，D为Al（OH）3，C为Al2S3，A、B分别为S、Al中的一种；（3）若C是一种气体，D是一种强酸，则C为NO2，则D为HNO3，E为NO，A、B分别为NO、O2中的一种【解答】解：纯净物A、B、C、D、E均由短周期元素形成（1）若A是气态单质，D是一种强碱，则D为NaOH，C可Na2O2，B为Na或Na2O，A、E为O2，Na2O2的电子式为，故答案为：Na或Na2O；（2）若E的水溶液呈弱酸性，D是既能溶于强酸、又能溶于强碱的化合物，则E为H2S，D为Al（OH）3，C为Al2S3，A、B分别为S、
39、Al中的一种：Al（OH）3存在电离：H+H2O+AlO2Al（OH）3Al3+3OH，既能溶于强酸、又能溶于强碱，故答案为：H+H2O+AlO2Al（OH）3Al3+3OH； H2S与NaOH溶液反应生成正盐为Na2S，溶液中存在电荷守恒，则：c（Na+）+c（H+）=2c（S2）+c（HS）+c（OH），故答案为：c（Na+）+c（H+）=2c（S2）+c（HS）+c（OH）；（3）若C是一种气体，D是一种强酸，则C为NO2，则D为HNO3，E为NO，A、B分别为NO、O2中的一种C与水反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；装
40、置I中生成二氧化氮，则装置I中试剂为浓硝酸、Cu，由实验过程中，浓H2SO4中未发现有气体逸出，可以得出NO2能溶于浓硫酸中，不能用浓H2SO4干燥NO2，故答案为：浓硝酸、Cu；NO2能溶于浓H2SO4，不能用浓H2SO4干燥NO2【点评】本题考查无机物的推断，属于开放性题目，需要学生熟练掌握元素化合物性质与转化，题目难度中等18海水是巨大的资源宝库如图是人类从海水资源获取某些重要化工原料的流程示意图回答下列问题：（1）操作A是蒸发结晶（填实验基本操作名称）要知道海水晒盐的过程中溶液里食盐含量在逐渐提高的简易方法是ba分析氯化钠含量 b测定溶液密度 c观察是否有沉淀析出（2）操作B需加入下列
41、试剂中的一种，最合适的是c（选填编号）a氢氧化钠溶液 b澄清石灰水 c石灰乳d碳酸钠溶液（3）操作C是热空气吹出；上图中虚线框内流程的主要作用是富集Br2（4）图中虚线框内流程也可用替代，请将Br2与Na2CO3，反应的化学方程式补充完整：3Br2+3Na2CO31NaBrO3+5NaBr+3CO2（5）已知苦卤的主要成分如表：离子 Na+ Mg2+ Cl SO 浓度/（gL1）63.728.8144.646.4理论上，1L苦卤最多可得到Mg（OH）2的质量为69.6g【考点】海水资源及其综合利用 【专题】元素及其化合物；化学实验基本操作【分析】海水晒盐过滤得到苦卤和粗盐，粗盐精制得到饱和食盐
42、水，电解得到氢氧化钠和次氯酸钠，苦卤中加入石灰乳沉淀镁离子形成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁沉淀中加入盐酸溶解得到氯化镁溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热得到氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁；苦卤中通入氯气氧化溴离子为单质溴，用二氧化硫水溶液吸收溴单质，得到HBr，再通入氯气氧化溴化氢得到溴单质，富集溴元素，用水蒸气吹出蒸馏得到液溴，（1）对于溶解度受温度影响大的物质可以通过降温结晶的方法得到晶体，对溶解度受温度影响小的物质可以通过蒸发结晶的方法得到晶体；氯化钠的含量测定比较复杂，而观察法又不准确，所以最好的办法是测定溶液的密度；（2）根据工业制镁的原理从原料的成本以及
43、性质来分析；（3）氯气氧化溴离子得到单质溴，溴易挥发，热空气可以吹出生成的溴单质，根据起初有溴最终也有溴，考虑物质的富集；（4）根据流程图可知氯化钠、氯化镁的富集Br2与Na2CO3反应生成NaBrO3、NaBr和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式；（5）依据镁元素守恒计算卤水中镁元素转化为氢氧化镁沉淀质量【解答】解：（1）食盐的溶解度受温度变化影响较小，可以通过蒸发结晶的方法得到氯化钠；氯化钠的含量测定比较复杂，而观察法又不准确，所以最好的办法是测定溶液的密度，故答案为：蒸发结晶；b；（2）工业制镁：把海边的贝壳制成生石灰：CaCO3CaO+CO2，在海水中加入生石灰：CaO+H2
44、OCa（OH）2，在引入的海水中加入石灰乳，发生反应：MgCl2+Ca（OH）2Mg（OH）2+CaCl2，这样原料的成本低，且能将镁离子全部沉淀下来，所以最合适的是石灰乳，故选：c；（3）氯气氧化溴离子得到单质溴，离子方程式为：Cl2+2Br=Br2+2Cl；因溴易挥发，溶液中通入热空气可以使溴挥发出来，起初有溴最终也有溴，所以这一步为溴的富集，故答案为：热空气吹出；富集Br2；（4）Br2与Na2CO3反应生成NaBrO3、NaBr和CO2，Br元素部分由0价升高到+5价，另一部分从0价降低到1价，则生成的NaBrO3与NaBr的物质的量之比为1：5，所以配平方程式为：3Br2+3Na2C
45、O3=NaBrO3+5NaBr+3CO2，故答案为：3、3、1、5NaBr、3CO2；（5）理论上，1L苦卤中含镁离子的质量=1L28.8g/L=28.8g，物质的量n（Mg2+）=1.2mol，镁元素守恒计算，最多可得到Mg（OH）2的质量=1.2mol58g/mol=69.6g，故答案为：69.6【点评】该题侧重对学生基础知识的巩固与训练，同时也注重对学生答题能力的培养和方法指导，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，属试题综合性强，难度中等19化学与人类社会可持续发展密切相关，能源、环境、工业生产以及日常生活等都离不开化学（1）大量使用化石燃料，最直接的危害是造成大气污染，如“温室
46、效应”、“酸雨”等都与大量使用化石燃料有关为了防治酸雨，降低煤燃烧时向大气排放的SO2，工业上将生石灰和含硫煤混合后使用请写出燃烧时，有关“固硫”（不使硫的化合物进入大气）反应的化学方程式CaO+SO2CaSO3、2CaSO3+O2CaSO4；国际上最新采用“饱和亚硫酸钠溶液吸收法”，请写出有关反应的化学方程式SO2+Na2SO3+H2O2NaHSO3（2）氨气也是重要的工业原料，写出氨气发生催化氧化反应生成NO的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O实验室可利用如图所示装置完成该反应，在实验过程中，除观察到锥形瓶中产生红棕色气体外，还可观察到有白烟生成，白烟的主要成分是NH4NO3（或：
47、硝酸铵）（3）三硅酸镁（Mg2Si2O8nH2O）难溶于水，在医药上可做抗酸剂它除了可以中和胃液中多余酸之外，生成的H2SiO3还可覆盖在有溃疡的胃表面，保护其不再受刺激三硅酸镁与盐酸反应的化学方程式为Mg2Si3O8nH2O+4HCl2MgCl2+3H2SiO3+（n1）H2O将0.184g三硅酸镁加到50mL 0.1mo1L1盐酸中，充分反应后，滤去沉淀，以甲基橙为指示剂，用 0.1mo1L1NaOH溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液30mL，则Mg2Si3O8nH2O的n值为6（注：Mg2Si3O8的摩尔质量为260gmol1）【考点】常见的生活环境的污染及治理；氨的化学性质；镁、铝的
48、重要化合物 【分析】（1）煤中含有S，与氧气反应生成SO2，SO2与CaO反应生成CaSO3，进一步反应生成CaSO4，SO2与Na2SO3反应生成NaHSO3；（2）氨气的催化氧化产物是一氧化氮和水，一氧化氮遇到空气迅速变为二氧化氮，二氧化到可以和水反应得到硝酸，硝酸可以和氨气反应生成硝酸铵；（3）根据书写化学方程式的步骤：写配注等，正确书写方程式即可，根据化学方程式进行计算【解答】解：（1）煤中含有S，与氧气反应生成SO2，反应方程式为S+O2SO2，SO2与CaO反应生成CaSO3，反应方程式为CaO+SO2CaSO3，进一步反应生成CaSO4，反应方程式为2CaSO3+O2CaSO4，
49、SO2与Na2SO3反应生成NaHSO3，反应方程式为SO2+Na2SO3+H2O2NaHSO3，故答案为：CaO+SO2CaSO3、2CaSO3+O2CaSO4；SO2+Na2SO3+H2O2NaHSO3；（2）氨气的催化氧化产物是一氧化氮和水，即4NH3+5O24NO+6H2OO，在实验过程中，除观察到锥形瓶中产生红棕色气体外，还可观察到有白烟生成，因为一氧化氮遇到空气迅速变为二氧化氮，二氧化氮可以和水反应得到硝酸，硝酸可以和氨气反应生成硝酸铵，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；NH4NO3（或硝酸铵）；（3）三硅酸镁中和胃酸（HCl）的化学方程式为：Mg2Si3O8nH2O+4
50、HCl2MgCl2+3H2SiO3+（n1）H2O，根据化学方程式，设0.184gMgSi3O8nH2O的物质的量是x，得 Mg2Si3O8nH2O+4HCl2MgCl2+3H2SiO3+（n1）H2O 1 4 x 0.050L0.1mol/L0.030L0.1mol/L=，解得x=0.0005mol，所以MgSi3O8nH2O的摩尔质量是=368g/mol，Mg2Si3O8的摩尔质量为260g/mol，所以18n=108，即n=6故答案为：Mg2Si3O8nH2O+4HCl2MgCl2+3H2SiO3+（n1）H2O；6【点评】本题考查环境污染、复杂化学式的书写及计算等方面的知识，要求学生具
51、有分析和解决问题的能力，难度大20（14分）某课外小组探索利用废合金（含有铝、铁、铜）粉末制取纯净的氯化铝溶液、绿矾晶体和胆矾晶体，其实验方案如图：试回答下列问题：（1）所加试剂、分别是氢氧化钠溶液、稀硫酸（2）操作的名称为过滤，所用的仪器除铁架台、铁圈和烧杯，还需要的用品有漏斗、玻璃棒、滤纸（3）写出AD反应离子方程式AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3（4）滤液E经蒸发浓缩、冷却结晶得绿矾晶体，然后再经过滤、洗涤、干燥即得成品洗涤时，下列试剂最好选用ca稀H2SO4 b蒸馏水 c酒精 dNaOH溶液（5）由滤渣F制CuSO4溶液有途径I和途径两种，你认为最佳途径是途径，理由
52、是途径消耗硫酸量多，且产生二氧化硫污染环境【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 【专题】综合实验题；实验评价题；类比迁移思想；演绎推理法；化学实验基本操作【分析】根据题中各物质转化关系，滤渣B经过系列变化最终得到绿矾和胆矾，所以滤渣B中含有铜和铁，D与盐酸反应生成氯化铝，则D为氢氧化铝，所以滤液A中含有铝元素，所以实验流程为：废合金（含有铝、铁、铜）粉末中加入足量烧碱溶液，只有铝与其反应而溶解，过滤后得滤渣B的成分为铁和铜，滤液A为偏铝酸钠溶液；滤液A中通入过量的二氧化碳气体，得氢氧化铝沉淀，滤渣B中加入稀硫酸，过滤得滤液E为硫酸化亚铁溶液，将硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶得绿矾晶
53、体，然后再经过滤、用酒精洗涤、干燥即得成品，用酒精洗涤可以减少硫酸亚铁的溶解而损失，同时容易干燥，滤渣F为铜，途径为铜与足量的浓硫酸生成硫酸铜，同时会生成二氧化硫气体，途径为铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜，所以途径中硫酸利用率高且没有污染，据此答题【解答】解：根据题中各物质转化关系，滤渣B经过系列变化最终得到绿矾和胆矾，所以滤渣B中含有铜和铁，D与盐酸反应生成氯化铝，则D为氢氧化铝，所以滤液A中含有铝元素，所以实验流程为：废合金（含有铝、铁、铜）粉末中加入足量烧碱溶液，只有铝与其反应而溶解，过滤后得滤渣B的成分为铁和铜，滤液A为偏铝酸钠溶液；滤液A中通入过量的二氧化碳气体
54、，得氢氧化铝沉淀，滤渣B中加入稀硫酸，过滤得滤液E为硫酸化亚铁溶液，将硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶得绿矾晶体，然后再经过滤、用酒精洗涤、干燥即得成品，用酒精洗涤可以减少硫酸亚铁的溶解而损失，同时容易干燥，滤渣F为铜，途径为铜与足量的浓硫酸生成硫酸铜，同时会生成二氧化硫气体，途径为铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜，所以途径中硫酸利用率高且没有污染，（1）根据上面的分析可知，试剂为氢氧化钠溶液，试剂为稀硫酸，故答案为：氢氧化钠溶液；稀硫酸；（2）操作的名称为过滤，所用的仪器除铁架台、铁圈和烧杯，还需要的用品有漏斗、玻璃棒、滤纸，故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒、滤纸；（3）AD
55、为偏铝酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，反应的离子方程式为AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故答案为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；（4）硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶得绿矾晶体，然后再经过滤、洗涤、干燥即得成品，用酒精洗涤可以减少硫酸亚铁的溶解而损失，同时容易干燥，所以洗涤时用酒精洗涤，故选c，故答案为：冷却结晶；c；（5）由上面分析可知，由滤渣F制CuSO4溶液最好用途径，因为途径消耗硫酸量多，且产生二氧化硫污染环境，故答案为：途径；途径消耗硫酸量多，且产生二氧化硫污染环境【点评】本题主要考查了从工业废料中制取纯净物，注意从框图转化中找出有用信息，利用有关的化学反应进行解答，难度中等