1、河南省周口市第一高级中学20162017学年度高二开学考化学试题（解析版）1下列实验方法能达到实验目的的是实验目的实验方法A分离水和酒精分液B从食盐水中获得食盐过滤C将海水淡化为可饮用水蒸馏D除去碳酸氢钠固体中的碳酸钠加热【解答】答案C：A、酒精和水互溶，不能分液，应该加入生石灰，然后蒸馏，A错误；B、从食盐水中获得食盐需要蒸发，B错误；C、将海水淡化为可饮用水需要蒸馏，C正确；D、碳酸氢钠加热易分解，则不能通过加热除去碳酸氢钠固体中的碳酸钠，D错误，答案选C。【考点定位】本题主要是考查物质的分离与提纯【名师点晴】掌握常见物质的性质和分离与提纯的方法是解答的关键，归纳如下：萃取适合于溶质在不同
2、溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，结晶法适用于不同溶质的溶解度受温度影响不同而分离的一种方法，分液适用于互不相溶的液体之间的一种分离方法，蒸馏是依据混合物中个组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法。固体不经过液体直接变为气体的叫升华。2鉴别氯化铁溶液与氢氧化铁胶体最简便的方法是( )。A萃取 B 过滤 C蒸馏 D丁达尔效应【解答】答案D：胶体和溶液的区别是：氯化铁胶体具有丁达尔效应，而氯化铁溶液不具备，可以据此来鉴别二者故选D 考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用3下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A在无色溶液
3、中：Na+、Cu2+、NO3、MnO4B在含有HCO3的溶液中：H+、K+、SO42、ClC能使酚酞变红的溶液中：Al3+、Fe3+、NO3-、SO42-D常温下,水电离的c(H+)1012molL1的溶液中：K+、Ba2+、NO3、Cl【解答】答案D：铜离子在溶液中显蓝色，MnO4显紫红色，A不正确。氢离子和HCO3反应生成CO2，B不正确。使酚酞变红的溶液显碱性，会生成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，C不正确。所以正确的答案是D。考点：考查离子共存有关问题。4工业上制备纯硅的热化学反应方程式为：SiCl4(g) + 2H2(g)Si(s) + 4HCl(g)；H = + Q kJ/mol(Q0)，
4、一定温度、压强下，将一定量的反应物充入密闭容器中进行以上反应，下列叙述正确的是（ ）A反应过程中，若增大压强能提高硅的产率B若反应开始时H2为2 mol，则达到平衡时，吸收热量为Q kJC反应至4 min时，若HCl的浓度为0.12 mol/L，则H2的反应速率为0.03 mol/(Lmin)D当反应吸收热量为0.025Q kJ时，生成的HCl通入100 mL 1 mol/L的NaOH溶液中能恰好完全反应【解答】答案，A项，增大压强，平衡逆向移动，硅的产率降低，A不正确。H2为2 mol，如果完全反应，则吸收热量为Q kJ，该反应是一个可逆反应，所以应小于Q kJ，不正确。项，HCl的反应速率
5、为0.03 mol/(Lmin)，根据速率比等于化学系数比，知H2的反应速率为0. mol/(Lmin)，所以项不正确。当反应吸收热量为0.025Q kJ时，说明有0.1mold的HCl生成，所以D正确。6下列反应所得的溶液中一定含一种溶质的是A、向硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液B、向AlCl3溶液中加入过量的氨水C、向NaOH溶液中通入CO2气体D、将过量的Cu粉加入FeCl3溶液【解答】答案A：A向硫酸酸化的Fe2（SO4）3溶液中，加入Ba（OH）2溶液时，硫酸先和氢氧化钡反应：H2SO4+Ba（OH）2BaSO4+2H2O，再与Fe2（SO4）3反应，反
6、应为：Fe2（SO4）3+3Ba（OH）2-3BaSO4+2Fe（OH）3，反应所得的溶液中只含一种溶质是过量的Ba（OH）2故A正确；B氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液加入过量氨水的反应方程式为：AlCl3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4Cl，反应所得的溶液中溶质为过量的氨水和产物NH4Cl，故B错误；CNaOH和CO2气体反应，反应为：CO2+2NaOHNa2CO3+H2O，再通入CO2气体CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，溶液中的溶质可能为Na2CO3、NaHCO3或Na2CO3或Na2CO3，故C错误；D氯化铁溶液跟铜反应，+3价的铁离子被还原成+2价的铁离
7、子，铜单质被氧化成+2价的铜离子，2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，溶液中的溶质为CuCl2和FeCl2，故D错误；故选A。考点：考查离子反应产物的判断7在BaCl2溶液中通入SO2气体，未见沉淀生成，再向所得溶液中加入或通入下列物质：C12、NH3、HC1、NO2、CO2、H2S、HNO3、NaOH、FeCl3溶液、NaClO溶液。还是不可能看到沉淀的有A只有 B CD全部【解答】答案A：将SO2气体通入BaCl2溶液无沉淀生成，因盐酸酸性大于亚硫酸的酸性，二者不反应，若通入气体生成沉淀，则发生氧化还原反应生成硫酸根离子或降低溶液的酸性生成亚硫酸盐，则Cl2、NO2、HNO3、N
8、aOH、FeCl3溶液、NaClO溶液均有沉淀生成，是因发生氧化还原反应生成硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡沉淀；H2S有沉淀，是因二氧化硫与硫化氢发生氧化还原反应生成S；NH3、NaOH有沉淀生成，是因二氧化硫与氨气或氢氧化钠生成亚硫酸根离子与钡离子结合生成亚硫酸钡沉淀，故选A。考点：考查SO2的性质8下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A含有Fe3+的溶液中：Na+、AlO2一、C6H5-、I-B含有大量NO3-的溶液中：H+、Na+、Fe3+、Cl-C加入Al能放出H2的溶液中：Cl-、NO3-、SO42-、K+D由水电离出的c(OH)l1013molL1的溶液中：Na+、Ba2+
9、、Cl-、NH4+【解答】答案B，A项中Fe3与AlO2能发生双水解，与I能发生氧化还原反应，不能大量共存，A项错误；B项中所有离子之间不反应，能大量共存，B项正确；加入Al能放出H2的溶液可以为酸性溶液，也可为碱性溶液，如果为酸性溶液，则NO3不能大量共存，C项错误。由水电离出的c(OH-)l1013molL1的溶液可以为酸性溶液也可为碱性溶液，如为碱性溶液，则NH4不能大量共存，D项错误。9短周期元素X，Y，Z在周期表中的位置如图所示，则下列说法中错误的是XYZAX，Y，Z中X的单质最稳定 BY的氢化物为HYCX能生成HXO D能发生Cl2+H2Z=Z+2HCl的反应【解答】答案C10下列
10、实验操作能达到目的的是【解答】答案D：A、为控制流量，应该用分液漏斗，A错误；B、浓硫酸与铁反应需要加热，B错误；C、从食盐水中得到氯化钠晶体需要蒸发，蒸发需要蒸发皿，不能用坩埚，C错误；D、可以用氢氧化钠溶液量取1500ml氢氧化钠溶液，D正确，答案选D。考点：考查实验方案设计与评价11不用其他试剂无法鉴别的一组溶液是A氯化铁溶液和硫酸铜溶液 B硫酸溶液和碳酸钠溶液C氯化铝溶液和氢氧化钠溶液 D硫酸钠溶液和氯化钠溶液【解答】答案D：A氯化铁溶液为黄色，硫酸铜溶液为蓝色，颜色不同，不用其他试剂就可直接鉴别，错误；B将硫酸滴加到碳酸钠溶液中，先无气体生成，当滴加硫酸一定量时开始生成气体，但把碳酸
11、钠溶液滴加到硫酸中立即生成气体，滴加顺序不同，现象不同，可以鉴别，错误；C将氯化铝溶液滴加到氢氧化钠溶液中，先无沉淀生成，当氯化铝滴加到一定程度时才有沉淀，但把氢氧化钠溶液滴加到氯化铝溶液中，立即产生沉淀，当氢氧化钠过量时沉淀溶解，滴加顺序不同，反应的现象不同，不用其他试剂就可鉴别，错误；D硫酸钠溶液和氯化钠溶液都呈无色，相互滴加不反应，应用硝酸钡溶液鉴别，不用其他试剂无法鉴别，正确。考点：考查物质的检验和鉴别。12下列离子方程式正确的是A向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2-CO23H2O=2Al(OH)3CO32-B将少量Cl2通入FeI2溶液中：2Fe2Cl2=2Cl2Fe3C
12、将大理石投入到足量盐酸中：CO32-2H=CO2H2ODFe3O4与足量稀HNO3反应：3Fe3O428HNO3-=9Fe3NO14H2O【解答】答案D：A向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，即AlO2-CO22H2OAl(OH)3HCO3，A错误；B碘离子的还原性强于亚铁离子，因此将少量Cl2通入FeI2溶液中只氧化碘离子，即2I-Cl22ClI2，B错误；C大理石不溶于水，则将大理石投入到足量盐酸中反应的离子方程式为CaCO32HCO2H2OCa2，C错误；D硝酸甲乙强氧化性，则Fe3O4与足量稀HNO3反应的离子方程式为3Fe3O428HNO39Fe3NO14H
13、2O，D正确，答案选D。考点：考查离子方程式正误判段13相同物质的量的Na、Mg、Al分别与过量的盐酸反应，在相同条件下置换出H2的体积比是A366992 B23129 C123 D91223【解答】答案C：Na、Mg、Al分别与过量的盐酸反应的方程式是：2Na+2HCl=2NaCl+H2；Mg+2HCl=MgCl2+ H2；2Al+6HCl=2AlCl3+3H2。根据方程式可知，1molNa、Mg、Al分别与过量的盐酸反应.，放出氢气的物质的量的比是0.5:1:1.5=123，故选项C正确。考点：考查金属与酸反应产生氢气的物质的量关系的计算的知识。14将两种金属单质组成的混合物11g，加到足
14、量稀硫酸中，最终得到11.2L（标准状况下）的氢气，这两种金属可能是（ ）AZn和Fe BAg和Mg CAl和 Cu DMg和Zn【解答】答案C，标准状况下11.2L氢气的物质的量为=0.5mol，假设金属都为+2价，根据电子转移守恒可知，金属的物质的量为0.5mol，则金属混合物的平均相对原子质量=22，AZn、Fe在反应中都表现+2价，Zn的相对原子质量为65，Fe的相对原子质量为56，二者平均相对原子质量介于5665之间，大于金属混合物的平均相对原子质量为22，故A错误；BAg不反应，其的相对原子质量看做无穷大，Mg在反应中表现+2价，相对原子质量为24，二者平均相对原子质量大于24，故
15、B错误；C当Al的化合价为+2价时，可看成其相对原子质量为27=18，Cu不反应，其的相对原子质量看做无穷大，平均值可能为22，故C正确；DMg、Zn在反应中都表现+2价，Mg的相对原子质量为24，Zn的相对原子质量为65，二者平均相对原子质量介于2465之间，大于金属混合物的平均相对原子质量为22，故D错误故选：C【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题利用平均值法可快速解答，注意化合价与相对原子质量的转化15把少量废铁屑溶于过量的稀硫酸中，过滤，除去杂质，在滤液中加入适量的硝酸，再加入过量的氨水，有红褐色沉淀生成过滤，加热至沉淀物质量不再变化，得到红棕色的残渣上述沉淀和残渣分别为A
16、Fe（OH）3；Fe2O3BFe（OH）2；FeOCFe（OH）3Fe（OH）2；Fe2O3DFe2O3；Fe（OH）3【解答】答案A，该反应过程有关转化关系为FeFe2+Fe3+Fe（OH）3Fe2O3，有关反应为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2；3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O；Fe3+3NH3H2O=Fe （OH）3+3 NH4+；2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O；因Fe（OH）2为白色沉淀，FeO和Fe3O4都为黑色物质，所以红褐色沉淀生成为Fe（OH）3，Fe（OH）3不稳定，在加热时分解生成红棕色的Fe2O3，故选A16T、X、Y、Z、Q、R、W为周期表前四周
17、期元素，原子序数依次递增，其相关信息如下表：元素相关信息 TT原子所处的周期数、族序数分别与其原子序数相等XX的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子数相同ZZ的基态原子价电子排布为Q在该元素所在周期中，Q的基态原子的第一电离能最小R3p能级上有1个电子WW的一种核素的质量数为65，中子数为36 （1）X、Y、Q三种元素的电负性由大到小的顺序是 （用元素符号表示）。（2）X与Y原子结合形成的X3Y4晶体，其硬度比金刚石大，则X3Y4晶体中含有 键（填“共价”、“离子”、“金属”），属于 晶体（填“分子”、“原子”、“离子”）。（3）W的基态原子的核外电子排布式为 。利用电
18、解可提纯W物质，在该电解反应中阳极物质是 ，阴极物质是 ，电解质溶液是 。（4）T、X两种元素组成的一种化合物M是重要的化工原料，常把它的产量作为衡量石油化工发展水平的标志，则M分子中键和键的个数比为 。在TY、TZ两种共价键中，键长较长的是 。（5）已知25、101 kPa条件下：4R（s）+3Z2（g） 2R2Z3（s） H=-28349 kJmol4R（s）+2Z3（g） 2R2Z3（s） H=-31191 kJmol则16g Z2（g）完全转化为Z3（g）的H= 【解答】答案（1）NCNa（2分）（2）共价（1分）；原子（1分）（3）Ar3d104s1或1s22s22p63s23p63
19、d104s1（2分）；粗铜（1分）； 精铜（1分）；CuSO4溶液（或可溶性的铜盐）（1分）（4）5:1 （2分） ；H-N（1分）（5）474 kJ/mol（2分）解析：本题考查元素物质结构与元素周期率。T、X、Y、Z、Q、R、W依次为H、C、N、O、Na、Cl、Cu。同一周期电负性递增，同主族电负性减弱，电负性：NCNa；C3N4晶体硬度比金刚石大，说明C3N4晶体为共价键形成的原子晶体；Cu的基态原子的核外电子排布式为Ar3d104s1，电解精炼可提纯Cu，即是从粗铜中精炼铜，故该电解反应中阳极物质是粗铜、阴极物质是精铜，电解质溶液则是可溶性的铜盐；H2C=CH2分子中5个键和1个键，原
20、子半径：NO ，因此键长较长的是H-N；上式减下式得 3O2（g）=2O3（g）H2842 kJ/mol，可知，05mol O2（g）完全转化为O 3（g）的H474 kJ/mol。17（14分）A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍。B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2。E与D2具有相同的电子数。A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸。（1）A在周期表位置_写出一种工业制备单质F的离子方程式：_。（2）B、D、E组成的一种盐中，E的质量分数为43%，其俗名为_其水溶液与F单质反应的化学方程式为_.（3）由这些元素组成的
21、物质，其组成和结构信息如下表：物质组成和结构信息a含有A的二元离子化合物b含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为11c化学组成为BDF2d只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体a的化学式为_；b的化学式为_；c的电子式为_, d是_晶体（4）由A和B元素组成的二元化合物是 沼气的主要成分，其与氧气在酸性电解质溶液中组成燃料电池消耗标况下11.2L氧气时转移电子数为_mol。【解答】答案(14分)（1）第一周期A族 2Cl2H2O2OHH2Cl2或2NaCl(熔融)2NaCl2（2）纯碱(或苏打) Cl22Na2CO3H2O=NaClONaCl2NaHCO3（3）NaH Na2O2和N
22、a2C2 电子式： 金属晶体（4）电子数为2mol解析：非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，可知A为H元素；B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，B可能是C元素，也可能是S元素；B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2 ，可知B为C元素，D为O元素；E与D2具有相同的电子数，可知E为Na元素；A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸，可知F为Cl元素；（1）H在周期表位置第一周期A族，工业制备Cl2的离子方程式2Cl2H2O2OHH2Cl2或2NaCl(熔融)2NaCl2 ；（2）C、O、Na组成的一种盐中，Na的质量分数为43%，其俗名为纯碱(或苏打)，其水溶液与Cl2单质反应的化学方程式
23、为Cl22Na2CO3H2O=NaClONaCl2NaHCO3 ；（3）a含有H的二元离子化合物为NaH；b含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为11，其化学式为Na2O2和Na2C2 ；c化学组成为COCl2 的电子式为 ；d只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体是金属晶体；（4）标况下11.2L氧气为0.5mol，根据得失电子守恒，转移电子数为2mol。考点：元素周期表、元素周期律18（15分）已知甲、乙、丙为常见的单质，A、B、C、D、X、Y、Z为常见化合物，且丙在常温常压下为气体，B为淡黄色固体，Y的摩尔质量数值比Z小16，乙、丙的摩尔质量相同，B的摩尔质量比D小2，B、X的
24、摩尔质量相同。各物质之间的转化关系如图所示（各反应条件略）。请回答：（1）在B与二氧化碳的反应中，每有1mol电子转移，生成气体 L（标准状况）。（2）X与Y的溶液混合后，再加入适量盐酸，会有乙生成，反应的离子方程式是 。（3）将C通入溴水中，所发生反应的离子方程式是 。D中含的化学键类型为 。（4）在101KPa时，4.0g乙在一定条件下与丙完全反应生成C，放出37KJ的热量，该反应的热化学方程式 是（5）比甲元素的原子序数少4的M元素，在一定条件下能与氢元素组成化合物MH5。已知MH5的结构与氯化铵相似，MH5与水作用有氢气生成，则MH5的电子式为 （M要用元素符号表示）。写出MH5与Al
25、Cl3溶液反应的化学方程式【解答】答案（1）11.2 （ 2分）（2）2S2-+SO32-+6H+=3S+3H2O （ 2分）(3)SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4 共价键； （各 2分）（4）S(s)+O2(g)=SO2(g)；H = -296kJ/mol （ 2分）（5） （2分） ；AlCl3+3NH5+3H2O=Al(OH)3+3NH4Cl+3H2 (3分)解析：甲、乙、丙为常见的单质，A、B、C、D、X、Y、Z为常见化合物，且丙在常温常压下为气体，B为淡黄色固体，则B为Na2O2，甲为Na，丙为O2，B、X的摩尔质量相同，则X为Na2S，乙为S单质，C为SO2，D为SO
26、3，Y为Na2SO3，Z为 Na2SO4。故（1）在B与二氧化碳的反应中，每有1mol电子转移，生成气体体积为11.2L；（2）X与Y的溶液混合后，再加入适量盐酸，会有乙生成，反应的离子方程式是2S2-+SO32-+6H+=3S+3H2O；（3）将C通入溴水中，所发生反应的离子方程式是SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；D中含的化学键类型为共价键；（4）在101KPa时，4.0g乙在一定条件下与丙完全反应生成C，放出37KJ的热量，该反应的热化学方程式S(s)+O2(g)=SO2(g)；H =-（324.037）= -296kJ/mol；（5）比甲元素的原子序数少4的M元素，则M为
27、N元素；NH5的结构与氯化铵相似，故化学式为：NH4H，与水作用有氢气生成，则MH5的电子式为，写出NH4H与AlCl3溶液反应，则为NH4H与H2O反应后生成的NH3H2O与AlCl3反应，故化学方程式：AlCl3+3NH4H+3H2O=Al(OH)3+3NH4Cl+3H2。考点：无机框图推断。19（6分）有A、B两种可溶性盐：（1）在A、B两溶液中分别加入碱溶液，A无变化、B产生白色沉淀F；（2）在A、B两溶液中分别加入硫酸，A产生白色沉淀C后又消失，B产生不溶于酸的白色沉淀D和无色无味、能使澄清的石灰水变浑浊的气体E；（3）将E通入A中也产生白色沉淀C；（4）A溶液焰色反应呈黄色。按要求
28、完成：写出下列物质的化学式：C_，E_。完成下列过程的离子方程式：A+硫酸_；B+硫酸_。【解答】答案Al(OH)3 CO2AlO+H+H2O=Al(OH)3,Al(OH)3+3H+=Al3+3H2OBa2+2HCO+2H+SO=BaSO4+2H2O+2CO2解析：根据题给信息，可确定A为NaAlO2,B为Ba(HCO3）2，C为Al(OH)3，D为BaSO4,E为CO2。20某化学学习小组设计如图实验装置(夹持装置略去)制备Cl2，并探究氯气的相关性质。（1）若A装置中固体药品为KClO3，则反应中每生成1 mol Cl2时转移电子的物质的量为_mol。（2）装置B既能除去氯气中的氯化氢，还
29、能检测实验过程中装置C是否发生堵塞。若C中发生堵塞，B中将观察到的现象是_。（3）装置C的作用是验证氯气是否具有漂白性，处是湿润的有色布条，则、处应加入的物质分别是_。（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。请简述能说明氯、溴、碘非金属性强弱的实验操作及现象：_。（5）请用化学方程式说明装置F的作用：_。（6）甲同学提出，装置F中的试剂可改用足量的Na2SO3溶液，乙同学认真思考后认为此法不可行。请用离子方程式解释乙认为不可行的原因：_。【解答】答案（1）（2）B中长颈漏斗中液面上升，形成液柱（3）无水氯化钙(硅胶、P2O5)、干燥的有色布条（4）打开A中分液漏斗活塞，一段时间后
30、，D中的无色溶液变为橙色(橙红色或黄色)，说明氯的非金属性大于溴；打开D中活塞，将D中少量溶液放入装置E中，振荡，下层为紫红色，说明溴的非金属性大于碘（5）Cl22NaOH=NaClNaClOH2O（6）SO32-Cl2H2O=SO42-2Cl2H、SO32-2H=SO2H2O解析：（1）KClO3与浓盐酸发生反应：KClO36HCl=3Cl2KCl3H2O，由氧化还原反应可知，生成3 mol Cl2，转移5 mol电子，因此当产生1 mol Cl2时，转移电子的物质的量为5/3 mol。（2）若装置C发生堵塞，则B内压强变大，导致B中长颈漏斗中液面上升，形成液柱。（3）为做对比，看干燥的氯气
31、是否具有漂白性，处应放吸水剂，处放干燥的有色布条。点拨：本题考查物质的制备与性质验证实验等，考查考生的实验能力。难度中等。21某1 mol链烃A在一定条件下完全裂化成1 mol烷烃B和1 mol烯烃C，生成的混合气体对H2的相对密度为14.5。试通过计算回答下列问题：（1）写出链烃A可能的结构简式和名称。（2）烷烃B和烯烃C可能各是什么物质？（3）如果要求1 mol B完全燃烧时需要O2的物质的量是整数，那么C只能是什么烯烃？【解答】答案（1）CH3CH2CH2CH3，正丁烷或，2-甲基丙烷（2）B：CH4 C：CH2=CHCH3或B：C2H6 C：CH2=CH2（3）CH2=CHCH3解析：
32、这是一道有关裂化知识的计算题。关键在于裂化后生成物分别为烷烃和烯烃时，原物质必为烷烃。利用相对密度先求出A的相对分子质量，然后再推断其分子式。设烷烃B的分子式为CmH2m+2，相对分子质量为Mr（B)，烯烃C分子式为CnH2n，相对分子质量为M（C），根据质量守恒定律，可知链烃A的组成应为C(m+n)H(m+n)+2，符合烷烃的通式。依题意有：（1）Mr（A）= Mr（B）+ Mr（C），214.52=58，即 14（m+n)+2=58得m+n=4所以A的分子式为C4H10，其可能的结构如下：CH3CH2CH2CH3，正丁烷或，2-甲基丙烷。（2）讨论m+n=4当m=1时，n=3，即B为CH4
33、，C为CH2=CHCH3；当m=2时，n=2，即B为C2H6，C为CH2=CH2；当m3时，n1，无意义。（3）从B的燃烧反应方程式来看：CH4+2O2CO2+2H2OC2H6+O22CO2+3H2O可知B应是CH4，则C只能是CH2=CHCH3。22（10分） A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如下的反应关系： （1）若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，C是造成酸雨的主要物质，但C也有其广泛的用途，写出其中的2个用途：_。（2）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，写出该反应的化学方程式：_。（3）若D
34、物质具有两性，、反应均要用强碱溶液。如反应时通入过量的一种引起温室效应的主要气体，写出该气体的电子式： ，A的元素在周期表中的位置：_。（4）若A是太阳能电池用的光伏材料。C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性。写出反应的化学方程式：_。D的化学式是_。【解答】答案（1）漂白、杀菌、消毒、作为硫酸的原料等；（2）4NH36NO5N26H2O；（3）第三周期第A族 （4） Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2； Na2CO3解析：（1）淡黄色的固体单质是硫，B是H2S；C为SO2，D为SO3，SO2的用途如漂白、杀菌，制备硫酸等。（2） 若B是气态氢化物，C、D是
35、氧化物且会造成光化学烟雾污染。B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，则A、B、C、D分别为N2、NH3、NO、NO2，B与C在一定条件下发生反应4NH3+6NO5N2+6H2O是归中反应，产生氮气。（3）中学阶段学习的两性物质有铝及铝的氧化物和氢氧化物，根据物质之间的转化关系可知：A是Al；B是Al2O3，C是NaAlO2，D是Al(OH)3。通入的导致温室效应的气体是CO2，其电子式是；铝元素的位置为第三周期第A族，；（4）若A是太阳能电池用的光伏材料，则A是晶体Si；C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性。根据物质的转化关系及已知条件可知B是SiO2；C
36、是Na2SiO3；D是Na2CO3。反应的化学方程式：Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2。D的化学式是Na2CO3。考点：考查元素集化合物的推断、物质的结构、性质、用途、元素在周期表中的位置、化学方程式的书写。23孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2CO3，还含少量二价铁和三价铁的氧化物及硅的氧化物。以下是实验室以孔雀石为原料制备CuSO45H2O晶体的流程图：（1）试剂A的化学式是_；操作的名称是_；（2）生成气体X的化学方程式为：_。（3）使用试剂B的目的是将溶液中的Fe2转化为Fe3，试剂B最好选用_A酸性KMnO4溶液 B双氧水 C浓硝酸 D氯水（4）已知：物质Fe(OH)3Cu
37、(OH)2开始沉淀时的pH2.34.8完全沉淀时的pH3.76.7 试剂C的使用是为了调节溶液的pH，使Fe3转化为沉淀予以分离。试剂C宜选用_：A稀硫酸 BNaOH溶液 C氨水 DCuO 为完全除去溶液c中的Fe3而又不使Cu2沉淀，则应调节溶液pH的范围为_。（5）请设计一种实验方案检验溶液中Fe3是否完全除去(写出操作步骤、现象和结论)_。【解答】答案（1）H2SO4 过滤；（2）Cu2(OH)2CO32H2SO4=2CuSO43H2OCO2。（3）B；（4）D 3.74.8（5）取待检溶液少许，加入KSCN溶液，若溶液不变红色，说明Fe3已完全除去；若溶液变红色，则说明Fe3未完全除去
38、解析：（1）Cu2(OH)2CO3可与酸反应生成二氧化碳气体，目的是制备CuSO45H2O晶体，试剂A的化学式是H2SO4；操作是把固体与液体分离，所以操作的名称是过滤；（2）Cu2(OH)2CO3与硫酸反应生成二氧化碳的化学方程式为：Cu2(OH)2CO32H2SO4=2CuSO43H2OCO2。（3）使用试剂B的目的是将溶液中的Fe2转化为Fe3，双氧水为绿色氧化剂发生还原反应的产物是水，试剂B最好选用双氧水。（4）CuO可与酸反应，使溶液的PH增大，但有不引入新杂质，所以 C宜选用CuO 根据表格数据，为完全除去溶液c中的Fe3而又不使Cu2沉淀，则应调节溶液pH的范围为 3.74.8。
39、（5）Fe3与KSCN溶液反应生成红色溶液，所以取待检溶液少许，加入KSCN溶液，若溶液不变红色，说明Fe3已完全除去；若溶液变红色，则说明Fe3未完全除去。考点：本题考查化学实验操作。24A、B、C、X、Y、Z 是元素周期表中的前 20 号元素，且原子序数依次增大。已知它们的部分化合物的性质如下：A的氢化物B的氢化物C的氢化物X的氧化物Y的氢化物分子构型Z原子含氢量最高的有机物水溶液呈碱性水溶液呈酸性两性氧化物正四面体价电子排布式为4s2回答下列问题：（1）B 所形成的氢化物的键角是_，1 mol BH4中含_ 个配位键.（2）X、Y、Z 三种元素原子半径由大到小的顺序是（用元素符号和“”表
40、示）：_。（3）已知 C 的单质与 NaOH 溶液反应的产物之一是 OC2，试写出该反应的化学方程式： 。（4）写出 B 的氢化物与 C 的氢化物反应后生成物的电子式：_。（5）试比较 A 和 Y 的最高价氧化物熔点的高低（用化学式和“”、“”或“”表示）： _，并说明理由：_ ；（6）已知XC63-在溶液中可稳定存在。ZC2难溶于水，但可以溶解在含X3+离子的溶液中，原因是_（用离子方程式表示）。【解答】答案（1）107.3或10718，NA （2）CaAlSi (3)2F2+2NaOH=2NaF+OF2+H2O（4）（5）CO2AlSi。（3）C 的单质是F2，F2与 NaOH 溶液反应的
41、产物之一是 OF2，则该反应的化学方程式为2F2+2NaOH=2NaF +OF2+H2O。（4）B 的氢化物是NH3，C 的氢化物是HF，两者反应生成NH4F，NH4F中F与NH4 之间是离子键，NH4 中N、H之间是极性共价键，则NH4F的电子式为。（5）A 和 Y 的最高价氧化物分别是CO2、SiO2 ，因为CO2为分子晶体，由分子间作用力结合；而Si为原子晶体，由共价键结合。共价键强度大于分子间作用力，故SiO2的熔点次CO2熔点高，即熔点CO2SiO2。（6）XC63-为AlF63-，AlF63-在溶液中可稳定存在。ZC2为CaF2，CaF2难溶于水，但可以溶解在含Al3+离子的溶液中
42、，根据题意可知CaF2(s)Ca2(aq)+2F(aq)，Al3与F结合成稳定的AlF63-，导致平衡向CaF2溶解的方向移动，反应的化学方程式为3CaF2+Al3=3Ca2+AlF63-。【考点定位】考查无机物的推断，物质的性质、晶体的性质等知识。【名师点睛】本题考查无机物的推断，侧重于物质的性质、晶体的性质等知识，综合考查学生的分析能力和基本理论、概念的综合运用能力，难度中等。A的氢化物是含氢量最高的有机物，应为CH4；则A为C元素；B的氢化物水溶液呈碱性，应为NH3；则B为N元素；C的氢化物水溶液呈酸性，可能为F、S、Cl等物质的对应的氢化物；X的氧化物为两性氧化物，应为Al，则C为F元素；Y的氢化物分子构型是正四面体，应为Si；Y为Si元素；Z原子的价电子排布为4s2，则Z为Ca元素。结合对应的物质的性质以及题目要求解答该题。
