1、2016-2017学年安徽省合肥一中高三（上）第一次月考化学试卷一、单选题（本题共20小题，每小题2分，共40分）1化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是（）A“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应C“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化D古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金2从海带中提取碘要经过灼烧、浸取、过滤、氧化、萃取、分液、蒸馏等操作，下列对应的装置合理，操作规范的是（）A海带灼烧成灰B过滤含I溶液C放出碘的苯溶液D分离碘并回收苯3向含有c（FeC
2、l3）=0.2molL1、c（FeCl2）=0.1molL1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3nm的金属氧化物，下列有关说法中正确的是（）A该分散系的分散质为Fe2O3B可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na+分离开C在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系带正电荷D加入NaOH时发生的反应可能为：Fe2+2Fe3+8OHFe3O4+4H2O4向2mL 0.5mol/L的FeCl3溶液中加入3mL 3mol/L KF溶液，FeCl3溶液褪成无色，再加入KI溶液和CCl4振荡后静置，CCl4层不显色，则下列说法正确的是（）AFe3+不与
3、I发生反应BFe3+与F结合成不与I反应的物质CF使I的还原性减弱DFe3+被F还原为Fe2+，使溶液中不再存在Fe3+5如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是（）选项WXYZASSO2SO3H2SO4BNaNa2O2NaOHNaClCFeFeCl3Fe（OH）2FeCl2DAlAlCl3NaAlO2Al2（SO4）3AABBCCDD6设NA为阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A1molFe溶于硝酸，电子转移数为3NAB12.0gNaHSO4固体中含阳离子数为0.1NAC标准状态下，22.4L氟化氢中含有氟原子数为NAD7.8gNa2
4、O2与足量的水反应转移电子数为0.2NA7某学习小组需0.10mol/L的Na2CO3溶液450mL下列有关说法正确的是（）A称量前应将Na2CO3xH2O灼烧至恒重B配制时需用托盘天平称取4.8 g无水Na2CO3C100 mL上述溶液含离子总数为0.03NAD配制好的Na2CO3溶液应转移到带玻璃塞的试剂瓶中8把VL含有硫酸镁和硫酸钾的混合溶液分成两等份，一份加入含有amol氢氧化钠的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含有bmol氯化钡的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，则原混合溶液中钾离子的浓度（mol/L）为（）ABCD9标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近
5、似为1g/ml），所得溶液的密度为 g/ml，质量分数为w，物质浓度为cmol/L，则下列关系中不正确的是（）A=BW=CW=DC=10下列有关溶液组成的描述合理的是（）A澄清透明溶液中可能大量存在：Cu2+、Mg2+、NO3、SO42B加入KSCN显红色的溶液中可能大量存在：K+、NH4+、Cl、IC加入A1能放出大人量H2的溶液中可能大量存在：NH4+、Fe2+、NO3、SO42D常温下， =1l012的溶液中可能大量存在：K+、AlO2、CO32、Na+11下列离子方程式书写正确的是（）AFeCl2溶液中通入氯气：Fe2+Cl2=Fe3+2ClBFeS固体放入稀硝酸溶液中：FeS+2H+
6、=Fe2+H2SC碳酸氢镁和足量的氢氧化钙溶液反应：Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2OD向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使Al3+沉淀完全：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH=2 Al（OH）3+3BaSO412根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的是（）A制取氨气B制取NaHCO3C分离NaHCO3D干燥NaHCO313下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）选项实验现象结论A将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，
7、溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B用玻璃杯蘸取某溶液进行焰火反应实验火焰呈黄色溶液中含有Na+C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D用Fe3+浓度相同的FeCl3溶液和Fe2（SO4）3溶液，分别用于清洗做完眼镜反应的试管用FeCl3溶液清洗比Fe2（SO4）3溶液清洗得干净Fe3+氧化银单质的过程可能是一个可逆过程：Fe3+AgFe2+Ag+AABBCCDD14海水开发利用的部分过程如图所示下列说法错误的是（）A向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C工业生产常选用NaOH作为沉淀剂D富集溴一般先用空气
8、和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收15某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到l.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀由此可知原溶液中（）A至少存在5种离子BC1一定存在，且c Cl）0.4mol/LCSO42、NH4+一定存在，CO32可能存在DCO32、Al3+一定不存在，K+一定存在16向一定体积含HCl、H2SO4、NH4NO3、AlCl3的混合溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，溶液中产生沉淀的物质
9、的量与加入Ba（OH）2溶液的体积关系正确的是（）ABCD17汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（）A生成42.0 L N2（标准状况）B有0.250 mol KNO3被氧化C转移电子的物质的量为1.25 molD被氧化的氮原子的物质的量为1.75 mol18铵明矾NH4Al（SO4）212H2O是分析化学常用基准试剂，其制备过程如下下列分析不正确的是（）A过程I反应：2NH4HCO3+Na2SO42NaHCO3+（NH4）2SO4B检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液C若省略过程
10、II则铵明矾产率明显减小D向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液先后观察到：刺激性气体逸出白色沉淀生成白色沉淀消失19将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系下列判断正确的是（）A与NaOH反应的氯气一定为0.3 molB若反应中转移的电子为n mol，则0.15n0.25Cn（Na+）：n（Cl）可能为7：3Dn（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为8：2：120将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，合金完全溶解，假设反应过程中还原产物全部是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3m
11、ol/L的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述正确的是（）A反应中转移电子的总数为0.3molB反应过程中，消耗硝酸的物质的量为0.3molC沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100mLD开始加入合金的质量可能为3.4g二、非选择题（共60分）21写出向含有1molFeBr2的溶液中通入1molCl2，此时的离子方程式： 22碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合有白色沉淀产生，离子方程式： 23某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr（OH）3、H2O、H2O2已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2O2该反应中的氧化剂是 该
12、反应中，发生还原反应的过程是 写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目 如反应转移了0.6mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为 24短周期主族元素X、Y、Z、W、M、N原子序数依次增大，X与M、W与N分别同主族，X与其它元素均不同周期，Y、Z、W同周期且在周期表中位置相邻，又知N的质子数是其次外层电子数的2倍请同答下列问题：（1）M元素在周期表中的位置是 ，X、Y、Z、W的原子半径由大到小的顺序为： （用元素符号表示）（2）写出X2W2电子式 ；YW2分子形状为 （3）X、Z、W形成的化合物中，水溶液一定显酸性的盐是 （写化学式）其原因是 （用离子方程式表示），该物质所含化学键
13、的类型是 （4）用一个离子方程式表示NW2通入Ba（NO3）2溶液中的反应 25Cu2O可用于制作船底防污漆，某学习小组探究制备Cu2O的方法【查阅资料】CuSO4与Na2SO3溶液混合可制备Cu2OCu2O为砖红色固体；酸性条件下生成Cu2+和CuCu2O和Cu（SO3）23可以相互转化（1）配制0.25molL1CuSO4溶液和0.25molL1 Na2SO3溶液测得CuSO4溶液pH=4，Na2SO3溶液pH=9用离子方程式表示CuSO4溶液pH=4的原因 （2）完成CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应制Cu2O的离子方程式：Cu2+SO32+ Cu2O+ +HSO3【实验探究】操作现象
14、i 有黄色沉淀出现，随着 Na2SO3溶液的滴入，沉淀增加，当加到5mL时，溶液的蓝色消失ii 将试管加热，黄色沉淀变为砖红色，有刺激性气味气体产生iii在加热条件下，继续滴入Na2SO3溶液，砖红色沉淀减少，当1加到10mL时，沉淀完全溶解，得无色溶液（3）证明 ii中砖红色沉淀是Cu2O的实验方案是 （4）经检验 i中黄色沉淀含有Cu2SO3，ii中沉淀由黄色变砖红色的化学方程式是 （5）iii中砖红色沉淀消失的原因是 （6）在加热条件下，若向2mL 0.25molL1Na2SO3溶液中滴加0.25molL1CuSO4溶液至过量，预期观察到的现象是 （7）由上述实验得出结论：CuSO4溶液
15、和Na2SO3溶液反应制备Cu2O，应控制的条件是 、 26钠、钾的碘化物在生产和科学实验中有十分重要的应用工业利用碘、NaOH和铁屑为原料可生产碘化钠，其生产流程如图1：（1）NaOH溶液和碘反应时需要严格控制温度，如果温度过低，会生成碘的低价副产品NaIO若NaOH溶液和碘反应时所得溶液中IO3与IO的物质的量之比为1：1，则该反应的离子方程式为 （2）生产流程中加入过量铁屑的目的是 ，过滤所得固体中除剩余铁屑外，还有红褐色固体，则加入铁屑时发生反应的化学方程式是 （3）溶液2中除含有H+外，一定含有的阳离子是 ；试设计实验证实该金属阳离子的存在 （4）溶液2经一系列转化可以得到草酸亚铁晶
16、体（FeC2O42H2O），称取3.60g草酸亚铁晶体（相对分子质量是180）用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图2所示：1析图中数据，根据信息写出过程发生2的化学方程式 300时剩余固体只有一种且是铁的氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式 2016-2017学年安徽省合肥一中高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、单选题（本题共20小题，每小题2分，共40分）1化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是（）A“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应C“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠
17、呦呦对青蒿素的提取属于化学变化D古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金【考点】19：绿色化学【分析】A气溶胶属于胶体，有丁达尔效应；B依据湿法炼铜原理解答；C青蒿素的提取用的是低温萃取，属于物理方法；D合金是指金属与非金属或者金属融合而成具有金属性质的材料【解答】解：A雾霾所形成的气溶胶属于胶体，胶体都具有丁达尔效应，故A正确；B铁活泼性强于铜，铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，故B正确；C青蒿素的提取用的是低温萃取，没有新物质生成，属于物理方法，故C错误；D铁中含碳量越高，硬度越大，含碳量越少，韧性越强，剂钢是铁与碳的合金，故D正确；故选：C2从海
18、带中提取碘要经过灼烧、浸取、过滤、氧化、萃取、分液、蒸馏等操作，下列对应的装置合理，操作规范的是（）A海带灼烧成灰B过滤含I溶液C放出碘的苯溶液D分离碘并回收苯【考点】QB：实验装置综合；E7：海水资源及其综合利用【分析】A灼烧在坩埚中进行；B过滤需要玻璃棒引流；C碘的苯溶液在上层；D碘与苯互溶，利用沸点不同分离【解答】解：A灼烧在坩埚中进行，且烧杯不能直接加热，仪器选择不合理，故A错误；B过滤需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，故B错误；C碘的苯溶液在上层，应从分液漏斗的上口倒出，故C错误；D碘与苯互溶，利用沸点不同分离，则选择图中蒸馏装置可分离，且温度计的位置、冷水方向均合理，故D正确；故选D
19、3向含有c（FeCl3）=0.2molL1、c（FeCl2）=0.1molL1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3nm的金属氧化物，下列有关说法中正确的是（）A该分散系的分散质为Fe2O3B可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na+分离开C在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系带正电荷D加入NaOH时发生的反应可能为：Fe2+2Fe3+8OHFe3O4+4H2O【考点】GN：铁的氧化物和氢氧化物；3C：分散系、胶体与溶液的概念及关系【分析】A三氧化二铁为红棕色；B分散质粒子是直径约为9.3nm，介于1nm100nm，属于胶体；C胶体不带
20、电；D依据题意向含有c（FeCl3）=0.2molL1、c（FeCl2）=0.1molL1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，可知该黑色固体为四氧化三铁，据此写出方程式【解答】解：A三氧化二铁为红棕色，由题意知得到一种黑色分散系，故A错误；B胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离，故B错误；C在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系容易吸附带正电的阳离子而形成带电的胶体微粒，故C错误；D氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠，离子方程式：Fe2+2Fe3+8OHFe3O4+4H2O，故D正确；故选：D4向2mL 0.5mol/L的FeCl3
21、溶液中加入3mL 3mol/L KF溶液，FeCl3溶液褪成无色，再加入KI溶液和CCl4振荡后静置，CCl4层不显色，则下列说法正确的是（）AFe3+不与I发生反应BFe3+与F结合成不与I反应的物质CF使I的还原性减弱DFe3+被F还原为Fe2+，使溶液中不再存在Fe3+【考点】GO：铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】FeCl3中加入KF后溶液呈现无色，而其中没有还原性物质，因此可能是Fe3+被其他离子结合成无色的物质（ 有可能是Fe3+与F络合导致）；再加入I，CCl4层不显色，说明溶液中没有I2生成，也证明了Fe3+结合后的物质不与I反应，据此进行解答【解答】解：A铁离子具有强氧化性，碘离
22、子具有还原性，二者能够发生氧化还原反应，故A错误；B根据题中信息可知，加入氯化铁中加入氟化钾，说明铁离子参加了反应生成了无色物质，再根据加入碘化钾也没有明显现象进一步证明Fe3+与F结合成不与I反应的物质，故B正确；C氟离子与碘离子不反应，氟离子不会是碘离子的还原性减弱，故C错误；D铁离子氧化性较弱，不会与氟离子发生氧化还原反应，故D错误；故选B5如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是（）选项WXYZASSO2SO3H2SO4BNaNa2O2NaOHNaClCFeFeCl3Fe（OH）2FeCl2DAlAlCl3NaAlO2Al2（SO4
23、）3AABBCCDD【考点】FO：含硫物质的性质及综合应用；GF：钠的重要化合物；GK：镁、铝的重要化合物；GO：铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】AS燃烧生成二氧化硫，且S在常温下不能转化为SO3、H2SO4；BNa燃烧生成Na2O2；CFe燃烧生成FeCl3，且Fe在常温下不能直接生成Fe（OH）2；DAl与HCl反应生成X，Al与NaOH反应生成Y，Al与硫酸反应生成Z，Z与氯化钡反应生成X，X与NaOH反应生成Y，Y与硫酸反应生成Z【解答】解：AS燃烧生成二氧化硫，且S在常温下不能转化为SO3、H2SO4，则常温下不能发生图中转化，故A不选；BNa燃烧生成Na2O2，Na在常温下反应生成N
24、a2O，则常温下不能发生图中转化，故B不选；CFe燃烧生成FeCl3，且Fe在常温下不能直接生成Fe（OH）2，则常温下不能发生图中转化，故C不选；DAl与HCl反应生成X，Al与NaOH反应生成Y，Al与硫酸反应生成Z，Z与氯化钡反应生成X，X与NaOH反应生成Y，Y与硫酸反应生成Z，反应均可在常温下进行，故D选；故选D6设NA为阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A1molFe溶于硝酸，电子转移数为3NAB12.0gNaHSO4固体中含阳离子数为0.1NAC标准状态下，22.4L氟化氢中含有氟原子数为NAD7.8gNa2O2与足量的水反应转移电子数为0.2NA【考点】4F：阿伏加德罗常数
25、【分析】A、铁对于硝酸是过量还是不足不明确；B、求出硫酸氢钠的物质的量，然后根据硫酸氢钠中含1个钠离子和1个硫酸氢根来分析；C、标况下HF为液态；D、求出过氧化钠的物质的量，然后根据过氧化钠和水反应时，1mol过氧化钠转移1mol电子来分析【解答】解：A、铁对于硝酸是过量还是不足不明确，即铁反应后变为+2价还是+3价不明确，则转移的电子数不明确，故A错误；B、12.0g硫酸氢钠的物质的量为0.1mol，而硫酸氢钠中含1个钠离子和1个硫酸氢根，故0.1mol硫酸氢钠固体中含0.1NA个阳离子，故B正确；C、标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、7.8g过氧化钠的
26、物质的量为0.1mol，而过氧化钠和水反应时，1mol过氧化钠转移1mol电子，故0.1mol过氧化钠转移0.1NA个电子，故D错误故选B7某学习小组需0.10mol/L的Na2CO3溶液450mL下列有关说法正确的是（）A称量前应将Na2CO3xH2O灼烧至恒重B配制时需用托盘天平称取4.8 g无水Na2CO3C100 mL上述溶液含离子总数为0.03NAD配制好的Na2CO3溶液应转移到带玻璃塞的试剂瓶中【考点】O9：溶液的配制【分析】需0.10mol/L的Na2CO3溶液450mL，实验室没有450mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，依据m=CVM=0.10mol
27、/L0.5L106g/mol=5.3g，碳酸根离子为弱酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，据此解答【解答】解：需0.10mol/L的Na2CO3溶液450mL，实验室没有450mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，依据m=CVM=0.10mol/L0.5L106g/mol=5.3g，碳酸根离子为弱酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，A称量前应将Na2CO3xH2O灼烧至恒重，否则称取的碳酸钠质量不准确，溶液浓度不准确，故A正确；B配制时需用托盘天平称取5.3g无水碳酸钠，故B错误；C碳酸根离子为弱酸根离子，部分水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，所以100 mL
28、上述溶液含离子总数大于0.03NA，故C错误；D碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，能够与玻璃中的二氧化硅反应生成粘性物质硅酸钠，所以不能用磨口玻璃塞盛放，故D错误；故选：A8把VL含有硫酸镁和硫酸钾的混合溶液分成两等份，一份加入含有amol氢氧化钠的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含有bmol氯化钡的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，则原混合溶液中钾离子的浓度（mol/L）为（）ABCD【考点】5C：物质的量浓度的相关计算【分析】两等份溶液中一份加BaCl2的溶液发生Ba2+SO42BaSO4，由方程式可知n（SO42）=n（Ba2+），另一份加氢氧化钠溶液时发生Mg2+2
29、OHMg（OH）2，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）=n（OH），再利用电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）=2n（SO42），据此计算每份中n（K+），根据c=计算钾离子浓度【解答】解：混合溶液分成两等份，每份溶液浓度与原溶液浓度相同，一份加BaCl2的溶液发生Ba2+SO42BaSO4，由方程式可知n（SO42）=n（Ba2+）=n（BaCl2）=bmol，另一份加氢氧化钠溶液时发生Mg2+2OHMg（OH）2，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）=n（OH）=amol，由电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）=2n（SO42），故每份中溶液n（K+）=2b2amol
30、=（2ba）mol，则原混合溶液中钾离子的浓度为=mol/L，故选D9标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/ml），所得溶液的密度为 g/ml，质量分数为w，物质浓度为cmol/L，则下列关系中不正确的是（）A=BW=CW=DC=【考点】5C：物质的量浓度的相关计算【分析】A根据n=计算VL氨气的物质的量，根据m=nM计算氨气的质量，根据m=V计算水的质量，进而计算溶液的质量，进而计算溶液的质量，根据V=计算溶液的体积，由=计算溶液的密度；B根据c=计算w，进行判断；C溶液质量分数=100%，D根据n=计算VL氨气的物质的量，根据m=nM计算氨气的质量，根据m=V计算水的质量，
31、进而计算溶液的质量，进而计算溶液的质量，根据V=计算溶液的体积，根据c=计算溶液物质的量浓度【解答】解：AVL氨气的物质的量为mol，氨气质量为mol17g/mol=g，1L水的质量为1000mL1g/mL=1000g，故溶液质量为（+1000）g，溶液体积为=L，所以溶液的密度为=g/mL，故A错误；B根据c=可知，该氨水质量分数w=，故B正确；C溶液的质量分数w=100%=100%，故C正确；D溶液体积为=L，氨气的物质的量浓度c=mol/L，故D正确；故选A10下列有关溶液组成的描述合理的是（）A澄清透明溶液中可能大量存在：Cu2+、Mg2+、NO3、SO42B加入KSCN显红色的溶液中
32、可能大量存在：K+、NH4+、Cl、IC加入A1能放出大人量H2的溶液中可能大量存在：NH4+、Fe2+、NO3、SO42D常温下， =1l012的溶液中可能大量存在：K+、AlO2、CO32、Na+【考点】DP：离子共存问题【分析】A四种离子之间不反应，为澄清透明溶液；B该溶液中存在铁离子，铁离子能够氧化碘离子；C该溶液呈酸性或强碱性，铵根离子、亚铁离子与氢氧根离子反应，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；D该溶液中存在大量氢离子，偏铝酸根离子、碳酸根离子都与氢离子反应【解答】解：ACu2+、Mg2+、NO3、SO42之间不发生反应，为除去透明溶液，在溶液中能够大量共存，故A正确；B加入K
33、SCN显红色的溶液中存在铁离子铁离子，铁离子具有氧化性，能够氧化I，在溶液中不能大量共存，故B错误；C加入Al能放出大人量H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，NH4+、Fe2+与氢氧根离子反应，NO3、Fe2+在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D常温下， =1l012的溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，AlO2、CO32都与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A11下列离子方程式书写正确的是（）AFeCl2溶液中通入氯气：Fe2+Cl2=Fe3+2ClBFeS固体放入稀硝酸溶液中：FeS+2H+=Fe2+H2SC碳酸氢镁和足量的氢氧化钙溶液反应：Ca
34、2+OH+HCO3=CaCO3+H2OD向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使Al3+沉淀完全：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH=2 Al（OH）3+3BaSO4【考点】49：离子方程式的书写【分析】A离子方程式两边总电荷不相等，违反了电荷守恒；B稀硝酸具有强氧化性，能够氧化亚铁离子和硫离子；C氢氧化钙足量，漏掉了镁离子与氢氧根离子生成氢氧化镁的反应；D铝离子完全沉淀时，明矾与氢氧化钡的物质的量之比为2：3，离子方程式按照氢氧化钡的化学式组成书写【解答】解：AFeCl2溶液中通入氯气，反应生成氯化铁，正确的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，故A错误；B稀硝酸能够氧化F
35、eS，正确的离子方程式为：NO3+FeS+4H+=Fe3+S+NO+2H2O，故B错误；C碳酸氢镁与足量氢氧化钙反应生成碳酸钙、氢氧化镁沉淀和水，正确的离子方程式为：2Ca2+4OH+Mg2+2HCO3Mg（OH）2+2CaCO3+2H2O，故C错误；D向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使Al3+沉淀完全，明矾与氢氧化钡的物质的量之比为2：3，反应的离子方程式为：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH=2 Al（OH）3+3BaSO4，故D正确；故选D12根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和
36、原理能达到实验目的是（）A制取氨气B制取NaHCO3C分离NaHCO3D干燥NaHCO3【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵；B气体通入方向错误；C从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法；D碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥【解答】解：A氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，故A错误；B应将二氧化碳从长导管进入，否则将液体排出，故B错误；C从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C正确；D碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可烘干，故D错误故选C13下列实验中，对应的现象以及结论都正确且
37、两者具有因果关系的是（）选项实验现象结论A将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B用玻璃杯蘸取某溶液进行焰火反应实验火焰呈黄色溶液中含有Na+C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D用Fe3+浓度相同的FeCl3溶液和Fe2（SO4）3溶液，分别用于清洗做完眼镜反应的试管用FeCl3溶液清洗比Fe2（SO4）3溶液清洗得干净Fe3+氧化银单质的过程可能是一个可逆过程：Fe3+AgFe2+Ag+AABBCCDD【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A稀硝酸加入过量铁粉中，反应生
38、成硝酸亚铁；B玻璃棒含钠元素，干扰钠的焰色反应；C氧化铝的熔点高，包裹在熔化的Al的外面；D氯化银的溶解度比硫酸银的溶解度小【解答】解：A稀硝酸加入过量铁粉中，反应生成硝酸亚铁，则溶液不出现血红色，结论不合理，故A错误；B玻璃棒含钠元素，干扰钠的焰色反应，应选铂丝，故B错误；C氧化铝的熔点高，包裹在熔化的Al的外面，则熔化后的液态铝滴不会落下来，故C错误；D氯化银的溶解度比硫酸银的小，Fe3+AgFe2+Ag+，FeCl3溶液中的氯离子能使平衡向右移动，故D正确；故选D14海水开发利用的部分过程如图所示下列说法错误的是（）A向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C工业
39、生产常选用NaOH作为沉淀剂D富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【考点】1B：真题集萃；E7：海水资源及其综合利用【分析】A向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴；B粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42等杂质，精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯；C工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂；D先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的【解答】解：A向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，故A正确；B粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42等杂质，精制时通常在溶液中
40、依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故B正确；C工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂，故C错误；D海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故D正确，故选：C15某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到l.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀由
41、此可知原溶液中（）A至少存在5种离子BC1一定存在，且c Cl）0.4mol/LCSO42、NH4+一定存在，CO32可能存在DCO32、Al3+一定不存在，K+一定存在【考点】DG：常见离子的检验方法【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在NH4+；红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，n（Fe3+）=2=0.02mol，一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀，为硫酸钡沉淀，含SO42的物质的量为0.02mol，结合电荷守恒及离子共存来解答【解答】解：加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在NH4+；
42、红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，n（Fe3+）=2=0.02mol，一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀，为硫酸钡沉淀，含SO42的物质的量为0.02mol，溶液中NH4+、Fe3+所带正电荷为0.02mol+30.02mol=0.08mol，SO42所带负电荷为20.02mol=0.04mol，由电荷守恒，知溶液中必然大量存在另一种阴离子Cl，故原溶液中一定含Fe3+、NH4+、SO42和Cl，不能确定是否含Al3+和K+，A由上述分析可知，至少存在4种离子，故A错误；B由电荷守恒可知，C1一定存在，且c Cl）=0.4mol/L，故B正确；CSO
43、42、NH4+一定存在，CO32一定不存在，故C错误；DCO32一定不存在，K+、Al3+不能确定是否存在，故D错误；故选B16向一定体积含HCl、H2SO4、NH4NO3、AlCl3的混合溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，溶液中产生沉淀的物质的量与加入Ba（OH）2溶液的体积关系正确的是（）ABCD【考点】DP：离子共存问题【分析】向一定体积含HCl、H2SO4、NH4NO3、AlCl3的混合溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，发生H+OHH2O，同时钡离子与硫酸根离子结合生成沉淀，以此来解答【解答】解：向一定体积含HCl、H2SO4、NH4NO3、AlCl3的混合溶液中逐滴加入Ba（OH）2
44、溶液，发生H+OHH2O，同时钡离子与硫酸根离子结合生成沉淀，沉淀在增多，氢离子物质的量比氢离子浓度大，则第二阶段沉淀的量不变，第三阶段铝离子反应生成沉淀，第四阶段铵根离子与碱反应，最后氢氧化铝溶解，沉淀减少，最后只有硫酸钡沉淀，显然只有图象C符合，故选C17汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（）A生成42.0 L N2（标准状况）B有0.250 mol KNO3被氧化C转移电子的物质的量为1.25 molD被氧化的氮原子的物质的量为1.75 mol【考点】BQ：氧化还原反应的计算【分析
45、】10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2中N元素化合价由、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原剂，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，现氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成2molN2，转移电子的物质的量为1.25mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol，据此分析解答【解答】解：10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2中N元素化合价由、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂、K
46、NO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原剂，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，现氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成2molN2，转移电子的物质的量为1.25mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol，A生成2molN2，在标准状况下的体积为44.8L，故A错误；B由反应可知，被还原的硝酸钾的物质的量为2mol=0.25mol，故B错误；C转移电子的物质的量为0.25mol（50）=1.25mol，故C正确；D转移10mol电子被氧化的N原子为
47、30mol，则转移1.25mol电子被氧化的N原子的物质的量为mol=3.75mol，故D错误；故选C18铵明矾NH4Al（SO4）212H2O是分析化学常用基准试剂，其制备过程如下下列分析不正确的是（）A过程I反应：2NH4HCO3+Na2SO42NaHCO3+（NH4）2SO4B检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液C若省略过程II则铵明矾产率明显减小D向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液先后观察到：刺激性气体逸出白色沉淀生成白色沉淀消失【考点】U3：制备实验方案的设计【分析】NaHCO3的溶解度较小，所以在饱和碳酸氢铵溶液中加入过量的硫酸钠溶液会产生NaHCO3沉淀，过滤后得滤液中有（
48、NH4）2SO4和少量的NaHCO3，将（NH4）2SO4溶液用稀硫酸调节pH值为2，使NaHCO3生成硫酸钠，得溶液B为（NH4）2SO4溶液和少量的硫酸钠溶液，在B溶液中加入硫酸铝可得铵明矾，据此答题【解答】解：NaHCO3的溶解度较小，所以在饱和碳酸氢铵溶液中加入过量的硫酸钠溶液会产生NaHCO3沉淀，过滤后得滤液中有（NH4）2SO4和少量的NaHCO3，将（NH4）2SO4溶液用稀硫酸调节pH值为2，使NaHCO3生成硫酸钠，得溶液B为（NH4）2SO4溶液和少量的硫酸钠溶液，在B溶液中加入硫酸铝可得铵明矾，A、根据上面的分析可知，过程I反应为2NH4HCO3+Na2SO42NaHC
49、O3+（NH4）2SO4，故A正确；B、B为（NH4）2SO4溶液和少量的硫酸钠溶液，阴离子为硫酸根离子，且溶液呈酸性，所以检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液，故B正确；C、若省略过程II，则溶液中不少量的碳酸氢钠，会与硫酸铝发生双水解，使铵明矾产率明显减小，故C正确；D、向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液，先有氢氧化铝沉淀产生，后产生氨气，再后来氢氧化钠与氢氧化铝反应，沉淀消失，所以观察到：白色沉淀生成刺激性气体逸出白色沉淀消，故D错误，故选D19将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系
50、下列判断正确的是（）A与NaOH反应的氯气一定为0.3 molB若反应中转移的电子为n mol，则0.15n0.25Cn（Na+）：n（Cl）可能为7：3Dn（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为8：2：1【考点】BQ：氧化还原反应的计算【分析】A由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），由氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）；B利用极限法解答，根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaC
51、lO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多；C根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，n（Na+）：n（Cl）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3，n（Na+）：n（Cl）最小为6：5；D令n（NaCl）=8mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，根据电子转移守恒验证判断【解答】解：A由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（Na
52、ClO3）=0.03L10mol/L=0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，故A错误；B根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，为0.3mol1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为0.3mol1=0.25mol，故B正确；C根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3
53、+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，n（Na+）：n（Cl）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3，n（Na+）：n（Cl）最小为6：5，故6：5n（Na+）：n（Cl）2：1，而7：32：1，故C错误；D令n（NaCl）=8mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaCl获得的电子为8mol1=8mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol1+1mol5=7mol，得失电子不相等，即n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）不可能为8：2：1，故D错误；故选B20将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，合金完全溶解，假设反应过程中还原产物
54、全部是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/L的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述正确的是（）A反应中转移电子的总数为0.3molB反应过程中，消耗硝酸的物质的量为0.3molC沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100mLD开始加入合金的质量可能为3.4g【考点】M3：有关混合物反应的计算【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，向反应后的溶液
55、中加入过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为： =0.3mol，转移电子的物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒，镁和铜的总的物质的量为： =0.15mol，A反应转移的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量=0.3mol；B根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）；Cn（NaOH）=n（OH），根据V=计算加入
56、的氢氧溶液的体积；D根据电子注意计算金属总物质的量，金属的总质量与金属的含量有关，假定全为镁、全为铜计算确定金属的质量范围【解答】解：将镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，向反应后的溶液中加入过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的
57、质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为：n（OH）=0.3mol，根据反应方程式可知，镁和铜的总的物质的量为：n=n（OH）=0.15mol，A根据分析可知，反应中注意电子的物质的量=氢氧根离子的物质的量0.3mol，故A正确；B根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=（金属）=0.15mol=0.4mol，故B错误；C反应消耗氢氧化钠的物质的量为：n（NaOH）=n（OH）=0.3mol，则加入的氢氧化钠溶液的体积至少为： =0.1L=100mL，若硝酸过量，则消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，故C错误；D根据反应方程式Mg（NO3）2+
58、2NaOH=Mg（OH）2+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2+2NaNO3可知，镁和铜的总的物质的量为铜离子物质的量的一半，即： =0.15mol，假定全为镁，金属质量为0.15mol24g/mol=3.6g，若全为铜，金属质量为：0.15mol64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）范围为：3.6gm9.6g，则金属质量不可能为3.4g，故D错误；故选A二、非选择题（共60分）21写出向含有1molFeBr2的溶液中通入1molCl2，此时的离子方程式：2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl【考点】49：离子方程式的书写【分析】溴离子
59、还原性弱于二价铁离子，氯气少量先氧化二价铁离子，再氧化溴离子，据此解答【解答】解：溴离子还原性弱于二价铁离子，氯气少量先氧化二价铁离子，再氧化溴离子，1molFeBr2含有1mol二价铁离子，2mol溴离子，通入1mol氯气，1mol二价铁离子消耗0.5mol氯气，1mol溴离子消耗0.5mol氯气，反应的离子方程式：2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl；故答案为：2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl22碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合有白色沉淀产生，离子方程式：Ca2+2HCO3=CaCO3+CO2+H2O【考点】49：离子方程式的书写【分析】碳酸氢根离子能够电离
60、出氢离子和碳酸根离子，碳酸根离子与钙离子生成碳酸钙沉淀，氢离子与碳酸氢根离子结合生成二氧化碳和水，据此书写离子方程式【解答】解：碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合有白色沉淀产生，该沉淀只能为CaCO3，反应的离子方程式为：Ca2+2HCO3=CaCO3+CO2+H2O，故答案为：Ca2+2HCO3=CaCO3+CO2+H2O23某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr（OH）3、H2O、H2O2已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2O2该反应中的氧化剂是H2O2该反应中，发生还原反应的过程是H2CrO4Cr（OH）3写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目=2
61、Cr（OH）3+3O2+2H2O如反应转移了0.6mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为6.72L【考点】B1：氧化还原反应【分析】由H2O2只发生如下过程H2O2O2可知，利用该过程中O元素的化合价由1价升高到0来分析；氧化剂发生还原反应，利用元素的化合价降低来分析；由失去电子的元素指向得到电子的元素，并标出电子转移的总数来用单线桥法标出电子转移的方向和数目；由反应可知生成3mol气体转移6mol电子，以此来计算【解答】解：由信息H2O2O2中可知，O元素的化合价由1价升高到0，则H2O2为还原剂，故答案为：H2O2；氧化剂发生还原反应，含元素化合价降低的物质为氧化剂，则Cr元素的化合价
62、降低，即还原反应的过程为H2CrO4Cr（OH）3，故答案为：H2CrO4；Cr（OH）3；该反应中O元素失电子，Cr元素得到电子，2molH2CrO4反应转移电子为2mol（63）=6mol，则用单线桥法标出电子转移的方向和数目为=2Cr（OH）3+3O2+2H2O，故答案为： =2Cr（OH）3+3O2+2H2O；由2H2CrO4+3H2O22Cr（OH）3+3O2+2H2O可知，生成3mol气体转移6mol电子，则转移了0.6mol电子，则产生的气体的物质的量为0.3mol，其在标准状况下体积为0.3mol22.4L/mol=6.72L，故答案为：6.72L24短周期主族元素X、Y、Z、
63、W、M、N原子序数依次增大，X与M、W与N分别同主族，X与其它元素均不同周期，Y、Z、W同周期且在周期表中位置相邻，又知N的质子数是其次外层电子数的2倍请同答下列问题：（1）M元素在周期表中的位置是第三周期IA族，X、Y、Z、W的原子半径由大到小的顺序为：CNOH（用元素符号表示）（2）写出X2W2电子式；YW2分子形状为直线形（3）X、Z、W形成的化合物中，水溶液一定显酸性的盐是NH4NO3（写化学式）其原因是NH4+H2ONH3H2O+H+（用离子方程式表示），该物质所含化学键的类型是离子键、共价键（4）用一个离子方程式表示NW2通入Ba（NO3）2溶液中的反应3Ba2+3SO2+2NO3
64、+2H2O=3BaSO4+2NO+4H+【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、M、N原子序数依次增大，X与其它元素均不同周期，X为H元素；X与M同主族，M为Na元素；又知N的质子数是其次外层电子数的2倍，质子数为16，N为S元素，W与N同主族，W为O元素；Y、Z、W同周期且在周期表中位置相邻，可知Y为C，Z为N，以此来解答【解答】解：由上述分析可知，X为H，Y为C，Z为N，W为O，M为Na，N为S，（1）M元素在周期表中的位置是第三周期IA族；电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径由大到小的顺序为CNOH，故答案为：第三周期IA
65、族；CNOH；（2）X2W2电子式为；YW2分子的结构式为O=C=O，形状为直线形，故答案为：；直线形；（3）X、Z、W形成的化合物中，水溶液一定显酸性的盐是NH4NO3；发生NH4+H2ONH3H2O+H+使溶液显酸性，硝酸铵中含离子键、共价键，故答案为：NH4NO3；NH4+H2ONH3H2O+H+；离子键、共价键；（4）NW2通入Ba（NO3）2溶液中的离子反应3Ba2+3SO2+2NO3+2H2O=3BaSO4+2NO+4H+，故答案为：3Ba2+3SO2+2NO3+2H2O=3BaSO4+2NO+4H+25Cu2O可用于制作船底防污漆，某学习小组探究制备Cu2O的方法【查阅资料】Cu
66、SO4与Na2SO3溶液混合可制备Cu2OCu2O为砖红色固体；酸性条件下生成Cu2+和CuCu2O和Cu（SO3）23可以相互转化（1）配制0.25molL1CuSO4溶液和0.25molL1 Na2SO3溶液测得CuSO4溶液pH=4，Na2SO3溶液pH=9用离子方程式表示CuSO4溶液pH=4的原因Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+（2）完成CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应制Cu2O的离子方程式：Cu2+SO32+2H2O Cu2O+SO42+HSO3【实验探究】操作现象i 有黄色沉淀出现，随着 Na2SO3溶液的滴入，沉淀增加，当加到5mL时，溶液的蓝色消失ii 将试管加热，
67、黄色沉淀变为砖红色，有刺激性气味气体产生iii在加热条件下，继续滴入Na2SO3溶液，砖红色沉淀减少，当1加到10mL时，沉淀完全溶解，得无色溶液（3）证明 ii中砖红色沉淀是Cu2O的实验方案是取少量砖红色沉淀于试管中，加入稀硫酸，溶液变为蓝色，说明砖红色沉淀是Cu2O（4）经检验 i中黄色沉淀含有Cu2SO3，ii中沉淀由黄色变砖红色的化学方程式是Cu2SO3Cu2O+SO2（5）iii中砖红色沉淀消失的原因是Cu2O转化得无色Cu（SO3）23（6）在加热条件下，若向2mL 0.25molL1Na2SO3溶液中滴加0.25molL1CuSO4溶液至过量，预期观察到的现象是产生砖红色沉淀，
68、且沉淀不消失（7）由上述实验得出结论：CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应制备Cu2O，应控制的条件是反应温度、CuSO4和Na2SO3的物质的量之比【考点】U3：制备实验方案的设计【分析】（1）铜离子水解显酸性；（2）化合价升高和降低的总数相等；（3）Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O；（4）Cu2SO3易分解生成氧化亚铜；（5）Cu2O能与Na2SO3反应生成Cu（SO3）23；（6）CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应生成Cu2O；（7）CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应得到Cu2O，Cu2O和亚硫酸铜反应生成无色Cu（SO3）23【解答】解：（1）铜离子水解显酸性，离子方
69、程式Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+，故答案为：Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+；（2）CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应生成氧化亚铜和硫酸根一个铜离子降低1价，一个亚硫酸根升高2价，离子方程式：2Cu2+5SO32+2H2O1Cu2O+1SO42+4HSO3，故答案为：2，5，2H2O，1，1SO42，4；（3）Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，取少量砖红色沉淀于试管中，加入稀硫酸，溶液变为蓝色，说明砖红色沉淀是Cu2O，故答案为：取少量砖红色沉淀于试管中，加入稀硫酸，溶液变为蓝色，说明砖红色沉淀是Cu2O；（4）Cu2SO3易分解生成氧化亚铜，化学方程式Cu2S
70、O3Cu2O+SO2，故答案为：Cu2SO3Cu2O+SO2；（5）Cu2O能与Na2SO3反应生成无色Cu（SO3）23，故答案为：Cu2O转化得无色Cu（SO3）23；（6）CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应生成Cu2O砖红色沉淀，故答案为：产生砖红色沉淀，且沉淀不消失；（7）CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应得到Cu2O，Cu2O和亚硫酸铜反应生成无色Cu（SO3）23，应控制较高的反应温度；CuSO4和Na2SO3的物质的量之比约为1：1，故答案为：反应温度；CuSO4和Na2SO3的物质的量之比26钠、钾的碘化物在生产和科学实验中有十分重要的应用工业利用碘、NaOH和铁屑为原料可
71、生产碘化钠，其生产流程如图1：（1）NaOH溶液和碘反应时需要严格控制温度，如果温度过低，会生成碘的低价副产品NaIO若NaOH溶液和碘反应时所得溶液中IO3与IO的物质的量之比为1：1，则该反应的离子方程式为4I2+8OH=IO3+IO+6I+4H2O（2）生产流程中加入过量铁屑的目的是将NaIO3完全转化为NaI，过滤所得固体中除剩余铁屑外，还有红褐色固体，则加入铁屑时发生反应的化学方程式是3H2O+2Fe+NaIO3=NaI+2Fe（OH）3（3）溶液2中除含有H+外，一定含有的阳离子是Fe2+；试设计实验证实该金属阳离子的存在取溶液少量加高锰酸钾溶液，若溶液褪色则含Fe2+，反之不含（
72、4）溶液2经一系列转化可以得到草酸亚铁晶体（FeC2O42H2O），称取3.60g草酸亚铁晶体（相对分子质量是180）用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图2所示：1析图中数据，根据信息写出过程发生2的化学方程式FeC2O42H2OFeC2O4+2H2O300时剩余固体只有一种且是铁的氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式Fe2O3【考点】U3：制备实验方案的设计【分析】由制备流程可知，碘与NaOH溶液反应生成NaI、NaIO3，加入Fe与NaIO3发生氧化还原反应生成NaI、氢氧化铁，经过滤后得到红褐色固体氢氧化铁，过滤后溶液中主要含NaI，分离、提纯得到NaI；（1
73、）生成IO3与IO，I元素的化合价均升高，则还生成NaI，结合电子、电荷守恒分析；（2）Fe与NaIO3发生氧化还原反应；（3）由溶液含H+，固体完全溶解，Fe与硫酸铁反应生成硫酸亚铁；（4）过程I使其质量减少3.602.88g=0.72g，恰好为0.4mol水的质量；由元素守恒计算氧化物中Fe元素的质量，再利用原子个数比确定化学式【解答】解：（1）NaOH溶液和碘反应时所得溶液中IO3与IO的物质的量之比为1：1，若均为1mol，由电子守恒可知，生成I为=6mol，结合电荷守恒及原子守恒可知离子反应为4I2+8OH=IO3+IO+6I+4H2O，故答案为：4I2+8OH=IO3+IO+6I+
74、4H2O；（2）加入过量铁屑的目的是将NaIO3完全转化为NaI，加入铁屑时发生反应的化学方程式为3H2O+2Fe+NaIO3=NaI+2Fe（OH）3，故答案为：将NaIO3完全转化为NaI；3H2O+2Fe+NaIO3=NaI+2Fe（OH）3；（3）固体中除剩余铁屑外，还有红褐色固体，加硫酸得到溶液2除含有H+外，固体完全溶解，一定含有的阳离子是Fe2+，证实该金属阳离子的存在方法为取溶液少量加高锰酸钾溶液，若溶液褪色则含Fe2+，反之不含，故答案为：Fe2+；取溶液少量加高锰酸钾溶液，若溶液褪色则含Fe2+，反之不含；（4）3.60g草酸亚铁晶体，物质的量为0.2mol，过程I使其质量减少3.602.88g=0.72g，恰好为0.4mol水的质量，则过程发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，反应的化学方程式为：FeC2O42H2OFeC2O4+2H2O，故答案为：FeC2O42H2OFeC2O4+2H2O；草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：3.6g100%=1.12g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为：1.60g1.12g=0.48g，铁元素和氧元素的质量比为：1.12g：0.48g=7：3，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则56x：16y=7：3，x：y=2：3，铁的氧化物的化学式为Fe2O3，故答案为：Fe2O32017年6月17日