1、山西省吕梁市孝义三中2015届高三上学期第二次月考化学试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1下列物质分类正确的是( )混合物：铝热剂、碱石灰、水玻璃、漂白粉 化合物：氯化钙、烧碱、冰水混合物、胆矾 酸性氧化物：MnO2、N2O3、SiO2、NO2碱性氧化物：Na2O2、CuO、Al2O3、MgO 同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨 强电解质：AlCl3、BaSO4、MgO、Ba（OH）2ABCD考点：混合物和纯净物；同素异形体；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；强电解质和弱电解质的概念 专题：物质的分类专题分析：混合物是由两种或多种物质混合而成的物质化合物由两种或两种
2、以上的元素组成的纯净物；酸性氧化物：能与水作用生成相应价态的酸，或与碱作用生成盐和水，或与碱性氧化物反应生成盐的氧化物；碱性氧化物：能与水作用生成相应价态的碱，或与酸作用生成盐和水，或与酸性氧化物反应生成盐的氧化物；相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体；完全电离的属于强电解质解答：解：混合物：铝热剂是氧化铝与铁粉的混合物、碱石灰是氧化钙与氢氧化钠固体混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故正确；化合物：氯化钙、烧碱是氢氧化钠、冰水混合物、胆矾是五水合硫酸铜，都是化合物，故正确；酸性氧化物：MnO2、N2O3、SiO2都是酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，故错误
3、；Na2O2不是碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物，故错误；同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨是由碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，故正确；AlCl3和BaSO4属于盐，是强电解质，MgO是金属氧化物，是强电解质、Ba（OH）2是强碱，属于强电解质，故正确，故分类正确的是，故选A点评：本题考查混合物、化合物、酸性氧化物、碱性氧化物、同素异形体、强电解质的概念，难度不大对于元素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别是考试的热点问题2下列现象或事实可用同一原理解释的是( )A铁在冷的浓硫酸中和铝在冷的浓硝酸中都没有明显变化B浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度
4、降低CSO2、漂白粉、活性炭、过氧化钠都能使红墨水褪色D漂白粉和水玻璃长期暴露在空气中变质考点：铁的化学性质；硝酸的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质 专题：元素及其化合物分析：A、铁在冷的浓硫酸中和铝在冷的浓硝酸中均会发生钝化；B、浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具有挥发性；C、SO2、漂白粉、活性炭、过氧化钠都具有漂白性，但是原理不一样；D、漂白粉能和水玻璃长期暴露在空气中，都会变质，根据反应实质来回答解答：解：A、铁在冷的浓硫酸中和铝在冷的浓硝酸中都没有明显变化，是因为都会发生钝化的缘故，可用同一原理解释，故A正确；B、浓硫酸具有吸水性，长期暴露在空气中因
5、为水的增多而使得浓度降低，浓盐酸具有挥发性，长期暴露在空气中因为溶质减少而导致浓度降低，不可用同一原理解释，故B错误；C、SO2是和有机色质结合，发生化合反应而漂白，漂白粉、过氧化钠是因为氧化性而漂白，活性炭是物理吸附作用而漂白，都具有漂白性，但是原理不一样，故C错误；D、漂白粉中次氯酸钙易和二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸不稳定，光照条件下易分解生成氯化氢和氧气，所以放置在空气中易变质，水玻璃是硅酸钠的水溶液，能和二氧化碳反应生成硅酸和碳酸钠，所以放置在空气中易变质，原理不一样，故D错误故选A点评：本题考查了物质间的反应，明确物质的性质是解本题关键，注意相似知识点之间的联系和归纳整
6、理是关键，难度不大3用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是( )A用图所示装置吸收尾气中的二氧化硫B用图所示装置配制100 mL 0.100 molL1稀硫酸C用图所示装置除去溴苯中少量的溴D用图所示装置制取并收集氨气考点：气体发生装置；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；气体的收集；配制一定物质的量浓度的溶液 专题：化学实验基本操作分析：A二氧化硫易溶于水，溶于水导致气体压强急剧降低而引起倒吸现象，所以有缓冲装置时就能防止倒吸，即适合吸收二氧化硫气体；B容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器，不能作为稀释的容器；C因为溴与溴苯都溶于四氯化碳，所以不能用四氯化碳除去溴苯中少量的
7、溴，正确方法为用碱和溴反应，碱与溴苯不反应，产物与溴苯不互溶；D氨气密度比空气小，应用向下排空气法收集解答：解：A倒置球形漏斗插入溶液中，气体能被充分吸收，且球形管有缓冲作用而防止倒吸，二氧化硫易溶于水且能与氢氧化钠反应，所以能用图所示装置吸收尾气中的二氧化硫，故A正确；B容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器，瓶上标有刻度、并标有容量；容量瓶对溶液的体积精确度要求较高，只能在常温下使用，瓶上标有使用温度，一般为25，浓硫酸稀释放热，所以不能将浓硫酸直接在容量瓶中稀释，故B错误；C四氯化碳是有机溶剂，既可以溶解苯，又可以溶解溴，所以不能用四氯化碳除去溴苯中少量的溴，正确方法为
8、用氢氧化钠，2NaOH+Br2NaBr+NaBrO+H2O，NaBr和NaBrO与溴苯不互溶，所以向分液漏斗中加入少量氢氧化钠溶液，振荡，分液即可，故C错误；D浓氨水易挥发，CaO固体与水反应放出大量的热，导致温度升高，使得氨气在水中的溶解度进一步减少，以气体的形式逸出，制得氨气，所以能用图中的左图部分制备，由于氨气的密度比空气的平均密度小，只能用向下排空气法收集，而图中的收集装置为向上排空气法，故D错误；故选A点评：本题考查了二氧化硫尾气处理、容量瓶的使用、除去溴苯中少量的溴，氨气的制取和收集等知识，做题时要充分考虑物质的性质，认真分析实验装置图的特点是解题的关键，题目难度不大4设NA为阿伏
9、加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A标准状况下，2.24L甲醇中含有NA个碳原子B在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1 mol氧气，转移电子的数目为0.4 NAC常温常压下，1mol C10H22分子中含有共价键的数目为31NAD用含有0.1molFeCl3的饱和溶液制得的氢氧化铁胶体中胶粒数等于0.1NA考点：阿伏加德罗常数 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、标况下，甲醇为液态；B、根据Na2O2与H2O的反应为歧化反应来分析；C、根据烷烃中的碳原子之间是碳碳单键来分析；D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体解答：解：A、标况下，甲醇为液态，故A错误；B、Na2O2与H2
10、O的反应为歧化反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，此反应转移2mol电子，生成1molO2，故当生成0.1 mol氧气时，转移电子的物质的量为0.2mol，数目为0.2NA，故B错误；C、烷烃中的碳原子之间是碳碳单键，则1mol C10H22分子中含9mol碳碳单键，22mol碳氢键，故共价键的物质的量共为31mol，数目为31NA，故C正确；D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故0.1molFeCl3的饱和溶液制得的氢氧化铁胶体中胶粒数小于0.1NA，故D错误故选C点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大5下列离子方程
11、式书写正确的是( )A碳酸氢钙溶液中加过量澄清石灰水：Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2OBH218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O24Na+4OH+18O2C锌与1molL1HNO3溶液反应：Zn+2H+Zn2+H2D向铵明矾NH4Al（SO4）212H2O溶液中加入过量Ba（OH）2溶液：Al3+2SO42+2Ba2+4OHAlO2+2BaSO4+2H2O考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A反应生成碳酸钙和水；B过氧化钠既是氧化剂也是还原剂；C发生氧化还原反应生成硝酸锌、NO和水；D加入过量Ba（OH）2溶液，生成硫酸钡沉淀、偏铝酸钡、一水合氨解答：解：A
12、碳酸氢钙溶液中加过量澄清石灰水的离子反应为Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2O，故A正确；BH218O中投入Na2O2固体的离子反应为2H218O+2Na2O24Na+218OH+2OH+O2，故B错误；C锌与1molL1HNO3溶液反应的离子反应为3Zn+2NO3+8H+3Zn2+4H2O+2NO，故C错误；D向铵明矾NH4Al（SO4）212H2O溶液中加入过量Ba（OH）2溶液的离子反应为NH4+Al3+2SO42+2Ba2+5OHAlO2+2BaSO4+2H2O+NH3H2O，故D错误；故选A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，把握发生的反应与离子反应的书写方法
13、为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，题目难度不大6下列各组离子，一定能在指定环境中大量共存的是( )A在含有大量I离子的溶液中：Cl、Fe3+、Al3+、Cu2+B滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe2+、NH4+、Cl、NO3能够大量共存C在由水电离出的c（H+）=1012molL1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl、BrD在加入Al能放出大量H2的溶液中：NH4+、SO42、C1、HCO3考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：AI离子与Fe3+发生氧化还原反应；B滴加石蕊试液显红色的溶液显酸性，Fe2+、NO3能够发生氧化还原反应；C由水电离出的c（H+）=1012mo
14、lL1的溶液，为酸或碱溶液；D加入Al能放出大量H2的溶液，为酸或强碱溶液解答：解：AI离子与Fe3+发生氧化还原反应，则该组离子不能大量共存，故A错误；B滴加石蕊试液显红色的溶液显酸性，H+、Fe2+、NO3能够发生氧化还原反应，则不能共存，故B错误；C由水电离出的c（H+）=1012molL1的溶液，为酸或碱溶液，无论酸或碱溶液中该组离子之间不反应，则能共存，故C正确；D加入Al能放出大量H2的溶液，为酸或强碱溶液，HCO3既能与酸反应又能与碱反应，则一定不能共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子的共存问题，熟悉题目中的隐含信息及离子之间的反应即可解答，注意A、B中发生的氧化还原反应来解
15、答，题目难度不大7海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程下列有关说法正确的是( )A制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaClB用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3C在工段、中，溴元素均被氧化D工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁考点：海水资源及其综合利用 专题：化学应用分析：A往精盐溶液中通氨气，得沉淀，据此解答；B碳酸钠和碳酸氢钠溶液加入澄清石灰水，均有白色沉淀产生；C第步中，溴元素被还原；D工业上采用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁解答：解：A往精盐溶液中通氨气，得碳酸氢钠沉淀，说明碳酸氢钠的溶解度小于氯化钠，故A正确；B分别向碳酸钠
16、和碳酸氢钠溶液中加入澄清石灰水，发生Na2CO3+Ca（OH）2=2NaOH+CaCO3、2NaHCO3+Ca（OH）2=Na2CO3+CaCO3+2H2O，均有白色沉淀产生，故B错误；C在工段、中，第步中，SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr中S元素的化合价升高，则二氧化硫被氧化，溴元素被还原，故C错误；D电解饱和MgCl2溶液，只能得到氢氧化镁沉淀，工业上采用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁，故D错误；故选A点评：本题考查了海水的利用，利用所学知识结合框图信息是解答本题的关键，难度不大8通过一步反应不能直接完成的是( )（1）N2NO2（2）SSO2 （3）NH3NO（4）NOHN
17、O3（5）CuSO4Cu（NO3）2（6）SiO2H2SiO3A（1）（6）B（4）（5）C（1）（4）（6）D（5）（6）考点：氮气的化学性质；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；硅和二氧化硅；含硫物质的性质及综合应用；铜金属及其重要化合物的主要性质 专题：元素及其化合物分析：（1）氮气与氧气在高温条件下生成NO；（2）硫在氧气中燃烧生成二氧化硫；（3）氨气催化氧化生成一氧化氮；（4）NO与O2与水反应生成硝酸；（5）硫酸铜与硝酸钡反应生成硫酸钡和硝酸铜；（6）二氧化硅不溶于水与水不反应解答：解：（1）氮气与氧气在高温条件下生成NO，N2+O2NO，故错误；（2）硫在氧气中燃烧生
18、成二氧化硫，S+O2SO2，故正确；（3）氨气催化氧化生成一氧化氮，4NH3+5O24NO+6H2O，故正确；（4）NO与O2与水反应生成硝酸，4NO+2H2O+3O2=4HNO3，故正确；（5）硫酸铜与硝酸钡反应生成硫酸钡和硝酸铜，CuSO4+Ba（NO3）2=BaSO4+Cu（NO3）2，故正确；（6）二氧化硅不溶于水与水不反应，故错误；故选：C点评：本题考查元素化合物的性质，题目难度不大，学习中注意把握相关物质的性质，注意二氧化硅虽然是酸性氧化物，但是二氧化硅不溶于水9高中课本中有多处“科学探究”，下列有关知识说法正确的是( )A将铝箔在酒精灯上加热至熔化，观察熔化的铝并不滴下，这是因为
19、铝表面的氧化膜保护了铝B将Fe（OH）3胶体和泥水分别进行过滤，分别得到Fe（OH）3沉淀和泥土CSO2与CO2性质相似，其与Na2O2反应的化学方程式为：2SO2+2Na2O22Na2SO3+O2D食醋浸泡有水垢的暖壶或水壶，清除其中的水垢的离子方程式：2H+CaCO3Ca2+H2O+CO2考点：铝的化学性质；二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物；物质的分离、提纯和除杂 专题：离子反应专题；元素及其化合物分析：A氧化铝的熔点高，包裹在铝的外面使熔化的铝不滴落；B胶体可透过滤纸，泥土不能；C二氧化硫具有还原性，与过氧化钠发生氧化还原反应；D醋酸在离子反应中保留化学式解答：解：A氧化铝的熔点高，包
20、裹在铝的外面使熔化的铝不滴落，则熔化的铝并不滴下，是因铝表面的氧化膜保护了铝，故A正确；B胶体可透过滤纸，泥土不能，则过滤不能得到Fe（OH）3沉淀，故B错误；C二氧化硫具有还原性，与过氧化钠发生氧化还原反应，则发生SO2+Na2O2Na2SO4，故C错误；D醋酸在离子反应中保留化学式，则清除其中的水垢的离子方程式为2HAc+CaCO3Ca2+H2O+CO2+2Ac，故D错误；故选A点评：本题考查较综合，涉及Al的化学性质及离子反应、氧化还原反应及混合物分离等，为高频考点，明确物质的性质及反应原理是解答本题的关键，题目难度不大，选项C为解答的难点，侧重分析与知识应用能力的考查10硫酸亚铁是一种
21、重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）下列说法错误的是( )A碱式硫酸铁水解能产生Fe（OH）3胶体，可用作净水剂B为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行C可用KSCN溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化D常温下，（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的大考点：铁盐和亚铁盐的相互转变 专题：元素及其化合物分析：A根据Fe3+能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂；B根据NH4HCO3不稳定，受热易分解；CKSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，遇Fe3+溶液变红；D根据溶解度大的沉淀可以转化为溶解度小的沉淀解
22、答：解：A碱式硫酸铁电离产生Fe3+，Fe3+，能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故A正确；BNH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，故B正确；CKSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，（NH4）2Fe（SO4）2若被氧化则生成Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+溶液变红，故C正确；D（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的小，所以FeSO4才能与（NH4）2SO4反应生成（NH4）2Fe（SO4）2，故D错误；故选D点评：本题以硫酸亚铁为原料进行物质的制备，主要考查了物质的性质与反应原
23、理，难度不大11为确定某溶液的离子组成，进行如下实验：常温下，测定溶液的pH，溶液呈强碱性；取少量溶液加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性、能使澄清石灰水变浑浊的气体；在反应后的溶液中再滴加Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀；取上层清液继续滴加 Ba（NO3）2溶液至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀根据实验，以下对原溶液中大量存在的离子的推测正确的是( )A一定含SO32B一定含CO32CC1一定存在D不能确定HCO3是否存在考点：离子共存问题 分析：说明溶液在含有氢氧根离子；现象说明有二氧化碳气体生成，无刺激性气味二氧化硫气体生成；说明产生钡离子的白色沉淀为硫酸钡；现象证明是氯离
24、子的性质，但步骤中加入了盐酸，不能说明原溶液中含氯离子；解答：解：说明溶液在含有氢氧根离子；现象说明有二氧化碳气体生成，无刺激性气味二氧化硫气体生成；说明产生钡离子的白色沉淀为硫酸钡；现象证明是氯离子的性质，但步骤中加入了盐酸，不能说明原溶液中含氯离子，依据分析可知：溶液中一定含碳酸根离子，一定不含亚硫酸根离子碳酸氢根离子，氯离子不能确定故选B点评：本题考查了元素化合物性质，主要是离子性质的检验和应用，熟练撞我离子性质和特征反应，检验方法是解题关键12A、B、C、D、E五种短周期元素原子序数依次增大，A原子为半径最小的原子，C原子最外层电子数与A、B原子最外层电子数之和相等，D原子和B原子最外
25、层电子数的和为C原子最外层电子数的2倍，D原子的最外层电子数为电子层数的3倍，A、E同一主族下列说法正确的是( )A原子半径大小顺序为：EDCBABA、B、C、D四种元素都属于非金属元素，它们之间只能形成共价化合物CB、C、D、E四种元素与A 元素形成的最简单化合物的沸点依次升高DD与A、E均可形成具有强氧化性的化合物，可用于城市自来水的杀菌消毒考点：位置结构性质的相互关系应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A、B、C、D、E五种短周期元素原子序数依次增大，A原子为半径最小的原子，则A为H；D原子的最外层电子数为电子层数的3倍，则D只有2个电子层，最外层电子数为6，D为O；C原子最外层
26、电子数与A、B原子最外层电子数之和相等，D原子和B原子最外层电子数的和为C原子最外层电子数的2倍，设C的最外层电子数为x，B的最外层电子数为y，则x=1+y，6+y=2x，解得x=5，y=4，则C为N，B为C；A、E同一主族，则E为Na，结合元素化合物知识来解答解答：解：A、B、C、D、E五种短周期元素原子序数依次增大，A原子为半径最小的原子，则A为H；D原子的最外层电子数为电子层数的3倍，则D只有2个电子层，最外层电子数为6，D为O；C原子最外层电子数与A、B原子最外层电子数之和相等，D原子和B原子最外层电子数的和为C原子最外层电子数的2倍，设C的最外层电子数为x，B的最外层电子数为y，则x
27、=1+y，6+y=2x，解得x=5，y=4，则C为N，B为C；A、E同一主族，则E为Na，A电子层越多，半径越大，同周期原子序数大的半径小，则原子半径大小顺序为EBCDA，故A错误；CA、B、C、D四种元素都属于非金属元素，能形成共价化合物，也能形成离子化合物，如碳酸铵，故B错误；CB、C、D、E与A元素形成的最简单化合物分别为CH4、NH3、H2O、NaH，水和氨气均含氢键，但水中氢键多，NaH为离子化合物，则的沸点依次升高，故C正确；DD与A、E均可形成具有强氧化性的化合物（H2O2、Na2O2），均具有强氧化性，H2O2不能用于城市自来水的杀菌消毒，但Na2O2与水反应生成强碱，不宜用作
28、城市自来水的杀菌消毒，故D错误；故选C点评：本题考查位置、结构、性质及应用，为高频考点，把握元素的位置、性质及元素化合物知识推断元素为解答的关键，侧重分析与推断能力的综合考查，题目难度中等13下列实验设计和结论相符的是( )A加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32B取少量溶液X，向其中加入适量新制氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明X溶液一定有Fe2+C向饱和Na2CO3中通入足量CO2，溶液变浑浊，析出了NaHCO3D某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag+考点：常见离子的检验方法 专题：离子反应专题分析：A、
29、溶液中也可能有HCO32；B、试剂的滴加顺序错误；C、Na2CO3与CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3的溶解度比Na2CO3小；D、根据检验Ag+的方法分析解答：解：A、加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，可能有CO32也可能有HCO32；故A错误；B、检验Fe2+应该先加几滴KSCN溶液，若不变色，再加适量新制氯水，溶液变红，说明X溶液一定有Fe2+，故B错误；C、Na2CO3与CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3的溶解度比Na2CO3小，所以向饱和Na2CO3中通入足量CO2，溶液变浑浊，析出了NaHCO3，故C正确；D、检验Ag+的方法为：先加稀硝酸
30、，无明显现象，再加NaCl有白色沉淀，该溶液一定含有Ag+，故D错误；故选C点评：本题考查学生离子的检验知识，注意离子所发生的特征离子反应是解题的关键，难度不大14几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，下列叙述正确的是( )元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+3、+5、32AX、Y元素的金属性：XYB一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来C气态氢化物的稳定性：ZWD一定条件下，Z单质与W的常见单质可直接生成ZW2考点：原子结构与元素的性质 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：W的化合价只有2价，故W为氧元素；Z具有3、+5价，原子半径大于氧
31、元素且相差不大，故Z为氮元素；X只有+2价，Y只有+3价，X、Y原子半径相差不大，原子半径较氮元素、氧元素大很多，可知X、Y位于第三周期相邻主族，故X为镁元素，Y为铝元素结合元素周期律与物质性质解答解答：解：A、根据题给数据，X、Y的化合价不同，但原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，故金属性XY，故A错误；B、一定条件下，氧气可以和氨气反应生成水和氮气，故B正确；C、据此判断可知Z是N，W是O，非金属性越强对应氢化物的稳定性越强，气态氢化物的稳定性：ZW，故C错误；D、据此判断可知Z是N，W是O，两者的单质一定条件下直接生成NO，故D错误；故选：B点评：本题考查了物质结构与元素周期
32、律知识本题是一个好题，虽然对学生来说判断起来有点难度，但总起来还是可以明确找到答案，并准确作答解答元素推断题的突破口可能是原子结构、元素在周期表中的位置、元素的性质等；在此题中解答时，关键是抓住元素性质和元素在周期表中的位置的关系，从原子半径的变化和元素的最高正价和最低负价入手寻求突破15下列物质间发生化学反应时，在不同情况下生成物不同的是( )C与O2 Na与O2 Na2CO3和HCl AgNO3和NH3H2O Al2（SO4）2和Ba（OH）2 Cu和HNO3A仅B仅C除外D全部考点：钠的化学性质；氨的化学性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质 专题：元素
33、及其化合物分析：氧气的量不同，碳与氧气反应的产物不同；反应条件不同，钠与氧气反应生成不同的产物；反应物用量不同，Na2CO3和HCl发生的反应不同；反应物用量不同，AgNO3和NH3H2O 生成不同产物；反应物用量不同，Al2（SO4）2和Ba（OH）2生成不同产物；硝酸的浓度不同，Cu和HNO3生成的产物不同解答：解：碳在足量氧气中燃烧生成二氧化碳，氧气不足生成CO，故选；Na和O2在不加热条件下生成Na2O，加热生成Na2O2，反应条件不同，产物不同，故选；碳酸钠与少量盐酸反应生成碳酸氢钠，与过量盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳，故选；氨水少量与硝酸银反应生成氢氧化银沉淀，氨水过量反应生成
34、可溶性的银氨络合物，故选；Al2（SO4）2与少量氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铝沉淀，氢氧化钡过量反应生成硫酸钡沉淀和四羟基合铝酸钡，故选；铜与稀硝酸反应生成NO，与浓硝酸反应生成NO2，故正确；故选：D点评：本题考查常见物质的性质，注意物质的性质与反应条件和反应物用量有关，很多反应在不同的条件下生成物不同，题目难度不大16下列类比关系正确的是( )AFe在冷的浓硝酸中发生钝化，Cu在冷的浓硝酸中也发生钝化BNa2O2 与CO2反应生成Na2CO3和O2，与SO2反应可生成Na2SO3和O2CFe与Cl2反应生成FeCl3，则与I2反应可生成FeI3DAl与Fe2O3能发生铝热反应，则A
35、l与MnO2也能发生铝热反应考点：硝酸的化学性质；钠的重要化合物；铝的化学性质；铁的化学性质 分析：A铜与浓硝酸不发生钝化；B过氧化钠具有强的氧化性能够氧化二氧化硫；C氯气氧化性强于三价铁离子，碘的氧化性弱于三价铁离子；D依据铝的金属性强于锰解答解答：解：ACu在冷的浓硝酸中发生反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，不发生钝化，故A错误；BNa2O2 与CO2反应生成Na2CO3和O2，与SO2反应可生成Na2SO4，故B错误；C氯气氧化性强于三价铁离子，Fe与Cl2反应生成FeCl3，碘的氧化性弱于三价铁离子，则与I2反应可生成FeI2，故C错误；D铝热反应中制取的金属的还原性应该小于铝的还原性，锰
36、的还原性弱于铝，所以可以通过铝热反应制取，故D正确；故选：D点评：本题考查元素化合物知识，明确物质的性质是解题关键，注意钝化、铝热反应的原理，题目难度不大二、非选择题（共52分）17冷的浓硫酸、浓硝酸在工业上常用铁质容器盛装为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某校化学学习小组进行了以下探究活动：（1）称铁钉9.0g放入15.0mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到气体Y甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+，若要确认其中的Fe2+，应选用daKSCN溶液和氯水 b铁粉和KSCN溶液 c浓氨水 d酸性 KMnO4溶液乙同学将气体Y通入足量的硝酸钡溶液中，观察到有白色沉淀生成，请写出反
37、应的离子方程式：3SO2+3Ba2+2NO3+2H2O=3BaSO4+2NO+4H+（2）丙同学认为气体Y中还可能含有H2和Q气体为此设计了如图探究实验装置（图中夹持仪器省略）认为气体Y中还含有Q的理由是C+2H2SO4（浓硫酸）CO2+2SO2+2H2O（用化学方程式表示）为确认Q的存在，需在装置中添加M于ca A之前 bAB间 cBC间 dCD间若要测定限定体积气体Y中H2 的含量（标准状况下约有28mLH2），除可用测量H2 体积的方法外，可否选用称量质量的（用中学化学实验室最常用的称量器具）方法否，理由是用托盘天平无法称量D或E的差量考点：浓硫酸的性质实验；硝酸的化学性质 专题：实验题
38、分析：（1）根据亚铁离子的性质选取试剂，亚铁离子有还原性，可用强氧化性的物质检验，且必须有明显的实验现象；二氧化硫能够与硝酸钡溶液反应生成硝酸、硫酸钡和一氧化氮气体，据此写出反应的离子方程式；（2）根据铁钉的成分分析，铁钉中的铁和碳在加热条件下都能与浓硫酸发生氧化还原反应；根据二氧化硫和二氧化碳的性质分析选择位置；计算出氢气的物质的量及生成水的质量，然后根据中学阶段质量的称量选择托盘天平，分度值是0.1g进行判断解答：解：（1）亚铁离子能使酸性高锰酸钾褪色，溶液中已经有三价铁离子，选择a会造成干扰，b能检验三价铁离子的存在，选c生成两种沉淀，受氢氧化铁沉淀颜色的影响无法分辨，只有d能够具有亚铁
39、离子，故答案为：d；SO2为酸性氧化物，溶于水溶液显示酸性，通入硝酸钡后发生氧化还原反应生成硫酸钡、NO气体和硝酸，反应的离子方程式为：3SO2+3Ba2+2NO3+2H2O=3BaSO4+2NO+4H+，故答案为：3SO2+3Ba2+2NO3+2H2O=3BaSO4+2NO+4H+；（2）在加热时，铁钉中不仅铁和浓硫酸反应，碳也和浓硫酸反应生成生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应方程式为：C+2H2SO4（浓硫酸）CO2+2SO2+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓硫酸）CO2+2SO2+2H2O；Q为二氧化碳，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，选择a或b受二氧化硫的影响无法判断二
40、氧化碳的存在，选d时二氧化碳被碱石灰吸收，所以应该放在BC之间，即c正确，故答案为：c；标况下28mL氢气的物质的量为：=0.00125mol，生成水的质量为：18g/mol0.00125mol=0.0225g，即D、E的质量差小于0.1g，而中学阶段质量的称量选择托盘天平，分度值是0.1g，无法精确称量出D或E的差量，所以不能用通过托盘天平称量质量差的方法测量氢气含量，故答案为：否；用托盘天平无法称量D或E的差量点评：本题考查了浓硫酸的性质、实验方案的设计与评价，题目难度中等，注意掌握性质实验方案设计的原则及评价方法，明确常见气体的性质及检验方法，（2）为易错点，需要通过计算进行判断18氯化
41、铁和高铁酸钾都是常见的水处理剂如图为制备氯化铁及进一步氧化制备高铁酸钾的工艺流程请回答下列问题：（1）氯化铁有多种用途，请用离子方程式表示下列用途的原理氯化铁做净水剂Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+；用FeCl3溶液（32%35%）腐蚀铜印刷线路板2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+（2）吸收剂X的化学式为FeCl2；氧化剂Y的化学式为NaClO（3）碱性条件下反应的离子方程式为3ClO+2Fe3+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O（4）过程将混合溶液搅拌半小时，静置，抽滤获得粗产品该反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4K2FeO4+2NaOH，请根据复分解反应原理分析
42、反应发生的原因K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小而溶液中K+、FeO42的浓度比较大（5）K2FeO4 在水溶液中易发生反应：4FeO42+10H2O4Fe（OH）3+8OH+3O2在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用B（填序号）AH2O B稀KOH溶液、异丙醇 CNH4Cl溶液、异丙醇 DFe（NO3）3溶液、异丙醇（6）可用滴定分析法测定粗K2FeO4的纯度，有关反应离子方程式为：FeO42+CrO2+2H2OCrO42+Fe（OH）3+OH2CrO42+2H+Cr2O72+H2OCr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O现称取1.9
43、80g粗高铁酸钾样品溶于适量氢氧化钾溶液中，加入稍过量的KCrO2，充分反应后过滤，滤液定容于250mL容量瓶中每次取25.00mL加入稀硫酸酸化，用0.1000mol/L的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定，三次滴定消耗标准溶液的平均体积为18.93mL则上述样品中高铁酸钾的质量分数为63.1%考点：制备实验方案的设计；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：氯气与铁反应生成三氯化铁，冷却得到三氯化铁固体，尾气中含有氯气，用氯化亚铁溶液吸收得到氯化铁溶液，把氯化铁固体溶于吸收液得到浓氯化铁溶液，氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠溶液，次氯酸钠具有强氧化性，与氯化铁溶液
44、反应生成Na2FeO4，然后向该溶液中加饱和的KOH溶液，析出固体K2FeO4，（1）氯化铁做净水剂是因为Fe3+水为Fe（OH）3胶体的缘故；工业上常用FeCl3溶液腐蚀铜印刷线路板是Fe3+氧化了Cu的缘故；（2）吸收剂X的与Cl2反应的产物是FeCl3，X是FeCl2；Cl2与氢氧化钠反应生成NaClO和NaCl，其中NaClO能做氧化剂；（3）碱性条件下根据反应物和产物及元素守恒和电荷守恒可写出反应的离子方程式；（4）根据溶解度大小分析可知，在反应中溶解度小的物质先析出，会促进反应的进行；（5）K2FeO4 在水溶液中易发生反应：4FeO42+10H2O4Fe（OH）3+8OH+3O2
45、，所以用碱液来洗涤，抑制水解，不引入新的杂质所以用稀KOH溶液，异丙醇易挥发；（6）根据反应可知：2FeO426Fe2+，根据关系式计算出K2FeO4的物质的量和质量，再计算质量分数解答：解：（1）氯化铁做净水剂是因为Fe3+水为Fe（OH）3胶体的缘故，原理为Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，故答案为：Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+；工业上常用FeCl3溶液腐蚀铜印刷线路板，是Fe3+氧化了Cu的缘故，反应方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故答案为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；（2）吸收剂X的与Cl2反应的产物是FeCl3，X是FeCl2；Cl
46、2与氢氧化钠反应生成NaClO和NaCl，其中NaClO能做氧化剂，所以Y为NaClO，故答案为：FeCl2；NaClO；（3）碱性条件下根据反应物和产物可知，反应的离子方程式为3ClO+2Fe3+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O；故答案为：3ClO+2Fe3+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O；（4）过程将混合溶液搅拌半小时，静置，抽滤获得粗产品，该反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4 =K2FeO4+2NaOH，反应能发生的原因是K2FeO4溶解度小，析出晶体，促进反应进行；故答案为：K2FeO4溶解度小，析出晶体，促进反应进行；（5）K2FeO4 在水溶液中易发生反应
47、：4FeO42+10H2O4Fe（OH）3+8OH+3O2，所以用碱液来洗涤，抑制水解，不引入新的杂质所以用稀KOH溶液，异丙醇易挥发，故选B；（6）根据反应可知：2FeO426Fe2+， 1mol 3mol n 0.1000mol/L0.01893L则n=6.31104mol，所以样品中高铁酸钾的质量分数为100%=63.1%；故答案为：63.1%点评：本题考查了物质的制备流程的理解应用、实验基本操作、物质性质的分析应用、有关方程式的计算、氧化还原反应等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生的实验能力和对基础知识的综合应用能力，熟练掌握基础是关键，题目难度中等19（1）纯净的Na2CO3 a
48、gNa2CO3与NaHCO3的混合物 ag纯净的NaHCO3ag，按要求回答下列问题：A分别与盐酸完全反应时，耗酸量从大到小的顺序为B分别和盐酸完全反应时，放出CO2气体的量从大到小的顺序为（2）将a g Na2CO3和NaHCO3的混合物充分加热，其质量变为b g，则Na2CO3的质量分数为（1）100%（3）含有少量二价锰盐的溶液，在浓HNO3中与PbO2混合煮沸，溶液呈现紫红色，PbO2转化为Pb（NO3）2，反应中无气体生成，该反应的离子方程式为2Mn2+4H+5PbO2=5Pb2+2MnO4+2H2O，（4）已知：3Fe（s）+2O2（g）=Fe3O4（s）H1=1118.4kJmo
49、l12H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H2=483.8kJmol12H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H2=571.8kJmol1铁与水反应：3Fe（s）+4H2O（g）=Fe3O4（s）+4H2H则H=150.8KJ/mol（5）向500mL KOH溶液中缓慢通入一定量的CO2气体，充分反应后，在减压低温下蒸发溶液，得到白色固体若通入CO2气体为2.24L（标准状况下），得到11.9g的白色固体则所用的KOH溶液的物质的量浓度为0.3mol/L考点：化学方程式的有关计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算 分析：（1）等质量的三种物质：纯净的Na2CO3 a g；Na2CO3与NaHC
50、O3的混合物a g；纯净的NaHCO3 a g，分别算出它们物质的量，与盐酸完全反应时，分别列出Na2CO3、NaHCO3与盐酸反应的比例关系时，求出HCl的量与盐酸完全反应时，分别列出Na2CO3、NaHCO3与生成CO2的比例关系时，求出CO2的量（2）将ag Na2CO3和NaHCO3的混合物充分加热，NaHCO3的分解方程式，据差量法解题；（3）根据题意知，在反应中PbO2得电子转化为为Pb（NO3）2，所以二氧化铅是氧化剂，则二价锰失电子作还原剂，溶液呈红色，说明二价锰离子被氧化生成高锰酸根离子，根据反应物和生成物写出相应的离子方程式；（4）依据热化学方程式的书写方法，标注物质聚集状
51、态和对应焓变写出，依据盖斯定律计算反应的焓变；（5）2.24L（标况下）CO2气体的物质的量为0.1mol，二氧化碳完全反应，若只发生：CO2+2KOH=K2CO3+H2O，则生成0.1mol的K2CO3，其质量=0.1mol138g/mol=13.8g；若只发生：CO2+KOH=KHCO3，则生成0.1mol的KHCO3，其质量=0.1mol100g/mol=10g，由于13.8g11.9g10.0g，所以得到的白色固体是K2CO3和KHCO3的混合物，设白色固体中K2CO3 x mol，KHCO3 y mol，根据C元素守恒及二者质量列方程计算，再根据钾离子守恒计算KOH物质的量，根据c=
52、计算KOH溶液物质的量浓度解答：解：（1）等质量的三种物质：纯净的Na2CO3 a g，物质的量为mol；Na2CO3与NaHCO3的混合物a g，物质的量为molmol之间；纯净的NaHCO3 a g，物质的量为molA与盐酸完全反应时，据Na2CO32HCl、NaHCO3HClmol mol mol mol故答案为：；B与盐酸完全反应时，据Na2CO3CO2、NaHCO3CO2mol mol mol mol故答案为：；（2）将ag Na2CO3和NaHCO3的混合物充分加热，据2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2Om 168 62 m agbgm=，则Na2CO3的质量分别为：agm=
53、ag，则Na2CO3的质量分数为：（1）100%，故答案为：（1）100%；（3）根据题意知，在反应中PbO2得电子转化为为Pb（NO3）2，所以二氧化铅是氧化剂，则二价锰失电子作还原剂，溶液呈红色，说明二价锰离子被氧化生成高锰酸根离子，所以反应的离子方程式为 2Mn2+4H+5PbO2=5Pb2+2MnO4+2H2O；故答案为：2Mn2+4H+5PbO2=5Pb2+2MnO4+2H2O；（4）已知：3Fe（s）+2O2（g）Fe3O4（s）H 1=1118.4KJ/mol；2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H 1=483.8KJ/mol；2H2（g）+O（g）2H2O（l）H 1=571
54、.8KJ/mol；根据盖斯定律可知：2得：3Fe（s）+4H2O（g）Fe3O4（s）+4H2（g）H=H 12H2=1118.4+483.82=150.8KJ/mol；故答案为：150.8KJ/mol；（5）2.24L（标况下）CO2气体的物质的量为=0.1mol，若只发生：CO2+2KOH=K2CO3+H2O，则生成0.1mol的K2CO3，其质量=0.1mol138g/mol=13.8g，若只发生：CO2+KOH=KHCO3，则生成0.1mol的KHCO3，其质量=0.1mol100g/mol=10g，由于13.8g11.9g10.0g，所以得到的白色固体是K2CO3和KHCO3的混合物
55、；设白色固体中K2CO3 x mol，KHCO3 y mol，根据碳原子守恒，有：x mol+y mol=0.1 mol，由二者质量可知：138gmol1x mol+100 gmol1y mol=11.9g联立方程，解得x=0.05mol y=0.05mol原溶液中KOH物质的量为 2xmol+ymol=20.05mol+0.05mol=0.15mol，所用KOH溶液物质的量浓度为=0.3molL1，故答案为：0.3点评：本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，盖斯定律的应用，根据方程式的计算等，主要考查反应的定量关系计算和比较，中等难度20三氟化氮（NF3）是一种无色，无味的气体，它是
56、微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：（1）反应过程中，被氧化与被还原的元素原子的物质的量之比为NaNO3（2）写出该反应的化学方程式3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF若反应中生成0.2mol HNO3，转移的电子数目为0.4NA个（3）三氟化氮可由氨气和氟气反应得到：4NH3+3F2=NF3+3NH4F 据题意推测 NF3，F2，NO三种气体中，氧化性由弱到强的顺序为F2NF3NO（4）NF3是一种无色、无臭的气体，但一旦NF3在空气中泄漏，还是易于发现你判断该气体泄漏时的现象是
57、产生红棕色气体，产生刺激性气味气体，产生白雾（5）一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法减少污染，其产物除NaNO2、NaF、H2O外，还肯定有NaNO3（填化学式）考点：氧化还原反应的计算；氧化性、还原性强弱的比较 分析：由反应物和生成物可写出反应的化学方程式为3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，反应中只有N元素的化合价发生变化，则氧化剂和还原剂都是NF3，NO易与空气中氧气反应生成红棕色的NO2气体，反应物可用碱液吸收解答：解：（1）NF3NO，化合价降低1价，被还原，NF3HNO3，化合价升高2价，被氧化，氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等，则被氧化与被还原的元
58、素的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2； （2）由反应物和生成物可写出反应的化学方程式为3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，由方程式可知若反应中生成0.2mol HNO3，转移的电子的物质的量为0.2mol（53）=0.4mol，转移的电子数目为0.4NA个，故答案为：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF；0.4NA；（3）由4NH3+3F2=NF3+3NH4F可知氧化性F2NF3，由3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF可知氧化性NF3NO，则氧化性F2NF3NO，故答案为：F2NF3NO；（4）NO易与空气中氧气反应生成红棕色的NO2气体，同时生成的HF和HNO3易结合空气中的水蒸气形成酸雾，有刺激性气味，故答案为：产生红棕色气体，产生刺激性气味气体，产生白雾；（5）NF3与H2O反应产生HNO3，HNO3和NaOH反应必生成NaNO3，故答案为：NaNO3点评：本题考查含氮化合物的性质以及氧化还原反应，题目难度中等，注意从化合价变化的角度分析氧化还原反应的有关概念和计算，注意把握题给信息，为解答该题的关键
