1、2016-2017学年甘肃省临夏州临夏中学高三（上）月考化学试卷（9月份）一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1除去乙烷中乙烯的办法是（）A通过酸性高锰酸钾溶液B通过石灰水C通过浓硫酸D通过溴水2某温度下，某反应达到平衡，平衡常数k=C（CO2）C（H2）/C（CO）C（H2O）恒容时，升高温度，CO浓度增大下列说法正确的是（）A升高温度，逆反应速率增大，正反应速率减小B恒温时，增大压强，CO浓度不变C该反应的化学方程式为：CO2+H2CO+H2OD该反应的焓变为负值3化学是一门以实验为基础的自然科学，化学实验在化学学习中具有极其重要的作用下列实验中所选用的仪器合理的是（）用50m
2、L量筒取5.2mL稀硫酸； 用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物；用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体；用碱式滴定管取23.10mL溴水； 用瓷坩埚灼烧各种钠的化合物；用250mL容量瓶配制250mL 0.2mol/L的NaOH溶液ABCD4下列说法正确的是（）石油裂解得到的汽油是纯净物 石油裂解能得到乙烯，乙烯是生产聚乙烯的原料天然气是一种清洁的化石燃料 用酸性高锰酸钾溶液鉴别四氯化碳、环己烯和环己烷石油产品都可用于聚合反应 甲烷、苯都属于烃，都不存在同分异构体煤液化后可以得到甲醇 煤中含有苯和甲苯，可以用蒸馏的方法把它们分离出来ABCD5下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）ANa Na2O
3、2NaIBFe2O3Fe2（SO4）3（aq）无水Fe2（SO4）3CH2SiO3SiO2SiCl4D粗铜CuCuCl2（aq）Cu6下列说法正确的是（）A在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热B酸和碱发生中和反应生成1 mol水，这时的反应热叫中和热C燃烧热和中和热是反应热的种类之一D在稀溶液中，1 mol乙酸和1 mol氢氧化钠完全中和时放出的热量为57.3 kJ725时，向10mL 0.2molL1 NaCN溶液中加入0.2molL1盐酸，溶液pH随加入盐酸的体积变化情况如图所示已知：Ka（HCN）=6.41010下列叙述错误的是（）Aa点时，CN离
4、子浓度大于其他点Bb点时，c（HCN）c（CN）Cc点时，c（Na+）=c（Cl）+c（CN）Dd点时，溶液的c（H+）8105molL18为了证明液溴与苯发生的反应是取代反应，有如下图所示装置则装置A中盛有的物质是（）A水BNaOH溶液CCCl4DNaI溶液9将H2（g）和Br2（g）充入恒容密闭容器，恒温下发生反应H2（g）+Br2（g）2HBr（g）H0，g平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2（g）的转化率为ba与b的关系是（）AabBa=bCabD无法确定10下列表述正确的是（）浓硝酸通常保存在棕色试剂瓶中检验亚硫酸钠溶液在空气中放置是否变质
5、可以先加硝酸溶液，再加氯化钡溶液来检验锌与稀硝酸反应可以得到氢气浓硫酸滴到纸张上变黑，说明浓硫酸具有吸水性二氧化硫和二氧化氮都能形成酸雨，酸雨的pH等于5.6ABCD11用NA表示阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是（）A常温常压下，22.4L CH4中含有4NA个CH键B48g O3气体含有3NA个氧原子C在1L0.5molL1FeCl3溶液中含有0.5NA个Fe3+D标准状况下，2.24LCCl4含有的分子数为0.1NA12镍镉电池是一种十分常见的二次电池，它具有成本低、性能好的优点该电池充、放电时的反应为：Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2如图用该电池电解AgNO
6、3溶液，M、N是代表电池的两极，P、Q表示两惰性电极，Cd的相对原子质量为112，则下列有关说法不正确的是（）AN是镍镉电池的负极，其电极反应为Cd+2OH2e=Cd（OH）2B当N极有11.2gCd溶解时，P极放出气体2.24LCK闭合后的短时间内，N极区溶液的pH变小DQ是电解池的阴极，其电极反应为Ag+e=Ag二、解答题（共10小题，满分32分）13（14分）下表是元素周期表中一部分，表中所列的字母分别代表某一化学元素根据表中所列元素回答下列问题beghacfijd（1）元素d是（填“金属元素”或“非金属元素”）；最活泼非金属元的元素符号是；最高价氧化物对应的水化物酸性最强的化合物是；（
7、2）地壳中含量最高的元素于周期表的位置是，其离子的结构示意图为（3）表中能形成两性氢氧化物的元素是（用元素符号表示），写出该元素的单质与a的最高价氧化物的水化物的溶液反应的离子方程式：；（4）f、e、g、h中原子半径最小的是（填元素符号）；e、g、h的氢化物稳定性由大到小的顺序为（填化学式）（5）a的最高价氧化物对应的水化物不能装在带磨口玻璃塞的试剂瓶，请用离子方程式说明其原因；（6）工业上生产f单质的化学反应方程式为14A、B、C、D四种元素的原子序数均小于18，其最高正价数依次为1，4，5，7，已知B的原子核外次外层电子数为2A、C原子的核外次外层电子数为8D元素的最高价氧化物对应的水化物
8、是已知含氧酸中最强酸，则：（1）A、B、C、D的名称分别是、（2）A的离子结构示意图是，C的原子结构示意图是（3）C的最高价氧化物对应的水化物与A的氢氧化物生成种盐，其生成的正盐的化学式为（4）D的气态氢化物的电子式、A的氢氧化物的电子式15如图所示是一个制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置，多余的氯气可以贮存在b瓶中，其中各试剂瓶中所装试剂为：B（氯化亚铁溶液）、C（碘化钾淀粉溶液）、D（紫色石蕊试液）、F（含酚酞的氢氧化钠溶液）（1）若A中烧瓶中的固体为MnO2，液体为浓盐酸，则其发生反应的化学方程式为（2）G中b瓶内宜加入的液体是（3）实验开始后B中反应的离子方程式是，（4）C中的现
9、象是（5）E装置中硬质玻璃管内盛有炭粉，若E中发生氧化还原反应，其产物为二氧化碳和氯化氢，写出E中反应的化学方程式：（6）F中发生氧化还原反应的离子方程式：16（14分）草酸晶体的组成可用H2C2O4x H2O表示，为了测定x值，进行如下实验：（1）称取Wg草酸晶体，配成100.00mL水溶液（2）取25.00mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为amolL1的KMnO4溶液滴定至KMnO4不再褪色为止，所发生的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+10CO2+2MnSO4+8H2O试回答：在滴定过程中若用去amolL1的KMnO4溶液VmL
10、，则所配制的草酸溶液的物质的量浓度为molL1，由此可计算x的值是若滴定终点读数时俯视，则计算的x值可能会（偏大、偏小、无影响）17实验室用少量的溴和足量的乙醇制备1，2二溴乙烷的装置如图所示：提示：乙醇与浓硫酸在140时脱水生成乙醚，在170时脱水生成乙烯有关数据列表如下：乙醇1，2二溴乙烷乙醚状态无色液体无色液体无色液体密度/gcm30.792.20.71沸点/78.513234.6熔点/1309116回答下列问题：（1）装置D中发生主要反应的化学方程式为（2）装置B的作用，长玻璃管E的作用（3）在装置C中应加入，其目的是吸收反应中可能生成的酸性气体 （填正确选项前的字母）a水 b浓硫酸
11、c氢氧化钠溶液 d饱和碳酸氢钠溶液（4）反应过程中应用冷水冷却装置D，其主要目的是；但又不能过度冷却（如用冰水），其原因是；将1，2二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在层（填“上”、“下”）（5）若产物中有少量未反应的Br2，最好用洗涤除去 （填正确选项前的字母）a水 b氢氧化钠溶液 c碘化钠溶液 d乙醇18用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度有以下步骤：（1）配制待测液：用已称好的5.0g含有少量杂质（杂质不与盐酸反应）的固体烧碱样品配制1000mL溶液除烧杯和玻璃棒外，还需要用到的主要仪器有（2）滴定：盛装0.1000molL1的盐酸标准液应该使用（选填“甲”或“乙”）将一定
12、体积的待测溶液装在锥形瓶内，若采用甲基橙做指示剂，当观察到时，滴定达到终点（3）误差讨论：（选填“偏高”、“偏低”或“无影响”） 用蒸馏水冲洗锥形瓶后未烘干，测定结果；在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，测定结果；读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，测定结果（4）有关数据记录如下：测定序号待测溶液的体积（mL）所耗盐酸标准液的体积（mL）滴定前读数滴定后读数120.000.5020.78220.001.2021.32320.000.4021.20根据以上数据计算，烧碱样品的纯度是19将25g硫酸铜晶体溶解于水中，配成1L溶液，此溶液的物质的量浓度是多少？取其溶液100mL，向其中加入100mL
13、 0.2 molL1的NaOH溶液，反应后溶液的物质的量浓度又是多少？（设混合后溶液体积不变）20若四种溶液，分别含有：Al3+Mg2+Fe2+Fe3+离子请回答下列问题：（1）遇KSCN溶液呈红色的是（2）加铁粉溶液质量增重的是（3）加入过量NaOH溶液中最终无沉淀的是（4）加入新制Cl2水溶液变黄色的是，反应的离子方程式是21（4分）某强碱性溶液中可能含有K+、Al3+、AlO2、SO42、SiO32、CO32、Cl中的某几种离子，现进行如下实验：取少量溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本
14、不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失原溶液中肯定不存在的离子是，肯定存在的离子是22X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且互不同族；其中只有两种为金属；X原子的最外层子数与次外层电子数相等；X与W、Y与Z这两对原子的最外层电子数之和均为9单质Y和W都可与浓的NaOH溶液反应请回答下列问题：（1）Y、Z、W的原子半径由小到大的顺序（2）ZW2的电子式是（3）实验室制备Y的最高价氧化物的水化物的离子方程式是（4）X与Y化学性质相似，则X与浓的NaOH溶液反应的化学方程式是（5）0.1mol的单质W与50mL 1.5mol/L的FeBr2溶液反应，则被氧化的Fe2+和Br的物质的量之
15、比是2016-2017学年甘肃省临夏州临夏中学高三（上）月考化学试卷（9月份）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1除去乙烷中乙烯的办法是（）A通过酸性高锰酸钾溶液B通过石灰水C通过浓硫酸D通过溴水【考点】物质的分离、提纯和除杂【分析】利用乙烷和乙烯性质的不同来除杂，乙烯能和溴水会发生加成反应而乙烷则不能，据此分析【解答】解：A、通过高锰酸钾溶液时，乙烷和高锰酸钾不反应，但乙烯会被高锰酸钾氧化为CO2，故出来的乙烷中仍混有二氧化碳，故A错误；B、通过石灰水时，乙烷和乙烯均不反应，故B错误；C、通过浓硫酸时，乙烷和乙烯均与浓硫酸不反应，故C错误；D、通过溴水时，乙烯
16、被吸收，而乙烷不反应，可以除去乙烷中的乙烯，故D正确故选D【点评】乙烷和乙烯性质上的差异是解决该题的关键，可以根据所学知识进行回答，难度不大2某温度下，某反应达到平衡，平衡常数k=C（CO2）C（H2）/C（CO）C（H2O）恒容时，升高温度，CO浓度增大下列说法正确的是（）A升高温度，逆反应速率增大，正反应速率减小B恒温时，增大压强，CO浓度不变C该反应的化学方程式为：CO2+H2CO+H2OD该反应的焓变为负值【考点】化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素【分析】平衡常数指可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，平衡常数K是指可
17、逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，平衡常数K=，所以该反应化学方程式应为CO+H2OCO2+H2，A、温度升高，正逆反应都增大；B、恒温恒容下，增大压强，分析引起压强增大的可能原因进行判断，如是加入稀有气体的话，各物质浓度没有变，所以平衡不移动，此时各物质的浓度不会变化C、根据平衡常数表达式书写反应方程式；D、恒容时，温度升高，CO浓度增大，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动；【解答】解：平衡常数k=，所以该反应化学方程式应为CO+H2OCO2+H2A、温度升高，正逆反应速率都增大，故A错误；B、恒温恒容下，增大压强，
18、如果是加入稀有气体的话，各物质浓度没有变，所以平衡不移动，此时各物质的浓度不会变化，若增大水浓度，H2浓度一定减小，若增大CO2或氢气的浓度，CO浓度一定增大，故B错误；C、平衡常数k=，所以该反应化学方程式应为CO+H2OCO2+H2，故C错误；D、恒容时，温度升高，CO浓度增大，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，即该反应的焓变为负值，故D正确；故选D【点评】本题考查化学反应速率、化学平衡、平衡常数等，主要考查的内容为求算化学平衡常数和影响因素注意在化学平衡常数的公式中，反应物或生成物有固体或纯液体存在时，不代入公式中化学平衡常数只与温度有关，与反应物或生成物
19、的浓度无关，题目难度中等3化学是一门以实验为基础的自然科学，化学实验在化学学习中具有极其重要的作用下列实验中所选用的仪器合理的是（）用50mL量筒取5.2mL稀硫酸； 用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物；用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体；用碱式滴定管取23.10mL溴水； 用瓷坩埚灼烧各种钠的化合物；用250mL容量瓶配制250mL 0.2mol/L的NaOH溶液ABCD【考点】计量仪器及使用方法；过滤、分离与注入溶液的仪器【分析】在实验室量取液体时，因为量程太大，会使区分度增大，而加大误差；量程太小，需量取多次，也会加大误差，采用就近原则进行解答；对互不相溶的两层液体，静置后分层，则可使用
20、分液漏斗来分离；托盘天平精确到0.1g；溴水显酸性，有强氧化性；瓷坩埚中含有二氧化硅，与NaOH在加热下反应；根据溶液的体积确定容量瓶的规格【解答】解：在实验室量取液体时，因为量程太大，会使区分度增大，而加大误差；量程太小，需量取多次，也会加大误差，采用就近原则，所以不能用50mL量筒量取5.2mL稀硫酸，故错误；苯和四氯化碳能相互溶解，所以不能用分液漏斗分离，故错误；托盘天平精确到0.1g，故可用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体，故正确；溴水有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，故错误；瓷坩埚中含有二氧化硅，与NaOH在加热下反应，而使坩埚炸裂，故错误；配制250mL 0.2mol/L的Na
21、OH溶液可用250mL容量瓶，故正确故选C【点评】本题考查化学实验常用仪器，难度不大，注意实验的基本操作方法和注意事项4下列说法正确的是（）石油裂解得到的汽油是纯净物 石油裂解能得到乙烯，乙烯是生产聚乙烯的原料天然气是一种清洁的化石燃料 用酸性高锰酸钾溶液鉴别四氯化碳、环己烯和环己烷石油产品都可用于聚合反应 甲烷、苯都属于烃，都不存在同分异构体煤液化后可以得到甲醇 煤中含有苯和甲苯，可以用蒸馏的方法把它们分离出来ABCD【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用；石油的分馏产品和用途；石油的裂化和裂解【分析】石油裂解得到的汽油，汽油为多种烃的混合物；石油裂解能得到乙烯，乙烯中含碳碳双键
22、；天然气燃烧产物为水和二氧化碳；四氯化碳、环己烯和环己烷分别与酸性高锰酸钾溶液混合的现象为：分层后有机层在下层、褪色、分层后有机层在上层；石油产品中含饱和烃；甲烷、苯都属于烃，而苯与烯炔烃可互为同分异构体；煤液化后可以得到甲醇，提高能源利用率；煤的干馏产物含有苯和甲苯，二者沸点不同【解答】解：石油裂解得到的汽油，汽油为多种烃的混合物，则汽油不是纯净物，故错误；石油裂解能得到乙烯，乙烯中含碳碳双键，可发生加聚反应生成高分子聚乙烯，故正确；天然气燃烧产物为水和二氧化碳，则天然气是一种清洁的化石燃料，故正确；四氯化碳、环己烯和环己烷分别与酸性高锰酸钾溶液混合的现象为：分层后有机层在下层、褪色、分层后
23、有机层在上层，现象不同可鉴别，故正确；石油产品中含饱和烃，烃不能发生聚合反应，故错误；甲烷、苯都属于烃，而苯与烯炔烃可互为同分异构体，故错误；煤液化后可以得到甲醇，提高能源利用率，故正确；煤的干馏产物含有苯和甲苯，二者沸点不同，煤中不含苯和甲苯，苯和甲苯可利用蒸馏分离，故错误；故选B【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机物的组成、有机反应等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化石能源的应用，题目难度不大5下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）ANa Na2O2NaIBFe2O3Fe2（SO4）3（aq）无水Fe2（SO4）3CH2SiO3SiO2SiC
24、l4D粗铜CuCuCl2（aq）Cu【考点】钠的化学性质【分析】A过氧化钠具有强的氧化性，能够氧化碘离子；B氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁，硫酸铁加热蒸干得到硫酸铁固体；C二氧化硅与盐酸不反应；D铜与盐酸不反应【解答】解：A过氧化钠具有强的氧化性，能够氧化碘离子，所有不能实现过氧化钠与HI一步反应生成碘化钠，故A错误；B氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁，硫酸铁加热蒸干得到硫酸铁固体，Fe2O3Fe2（SO4）3（aq）无水Fe2（SO4）3，能够实现，故B正确；C二氧化硅与盐酸不反应，所有SiO2SiCl4，不能一步实现，故C错误；D铜与盐酸不反应，所有粗铜CuCuCl2（aq）不能一步实现，故D错误；
25、故选：B【点评】本题考查了物质性质的分析应用，转化关系的反应条件和产物准确掌握是解题关键，题目难度中等6下列说法正确的是（）A在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热B酸和碱发生中和反应生成1 mol水，这时的反应热叫中和热C燃烧热和中和热是反应热的种类之一D在稀溶液中，1 mol乙酸和1 mol氢氧化钠完全中和时放出的热量为57.3 kJ【考点】反应热和焓变【分析】A在101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热；B氢离子与氢氧根离子生成1 mol水放出的热量为中和热；C燃烧热和中和热均属于反应热；D乙酸为弱酸，电离吸热【解答
26、】解：A在101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热，而物质不一定为纯物质、且产物不一定为稳定氧化物时放出的热量不是燃烧热，故A错误；B氢离子与氢氧根离子生成1 mol水放出的热量为中和热，若酸为浓硫酸，中和反应生成1 mol水，放出的热量多于中和热的数值，故B错误；C燃烧热和中和热均属于反应热，则燃烧热和中和热是反应热的种类之一，故C正确；D乙酸为弱酸，电离吸热，则在稀溶液中，1 mol乙酸和1 mol氢氧化钠完全中和时放出的热量为小于57.3 kJ，故D错误；故选C【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握燃烧热、中和热的概念及判断为解答的关键，侧重分析
27、与应用能力的考查，注意中和热判断为解答的难点，题目难度不大725时，向10mL 0.2molL1 NaCN溶液中加入0.2molL1盐酸，溶液pH随加入盐酸的体积变化情况如图所示已知：Ka（HCN）=6.41010下列叙述错误的是（）Aa点时，CN离子浓度大于其他点Bb点时，c（HCN）c（CN）Cc点时，c（Na+）=c（Cl）+c（CN）Dd点时，溶液的c（H+）8105molL1【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】Aa点为NaCN溶液，且溶液呈碱性，说明为HCN为弱酸，加入HCl发生反应NaCN+HCl=NaCl+HCN，由于HCN为弱电解质，其它各点浓度都小于a；Bb点
28、为等浓度的NaCl、NaCN、HCN混合溶液，由图可知溶液呈碱性，则CN的水解程度大于HCN的电离程度；Cc点溶液为中性，则c（H+）=c（OH），结合电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（Cl）+c（CN）+c（OH）判断；Dd点为0.1mol/L的HCN、NaCl混合溶液，设出氢离子浓度，然后结合HCN的电离平衡常数进行计算【解答】解：Aa点为NaCN溶液，且溶液呈碱性，说明为HCN为弱酸，其它各点随着盐酸的加入生成HCN，CN离子的浓度迅速减少，所以a点CN离子浓度大于其他点，故A正确；Bb点加入5mL盐酸，为等浓度的NaCl、NaCN、HCN混合溶液，由图可知溶液呈碱性，则CN的水解程
29、度大于HCN的电离程度，故b点时：c（HCN）c（CN），故B正确；Cc点溶液的pH=7，呈中性，则c（H+）=c（OH），结合电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（Cl）+c（CN）+c（OH），可得c（Na+）=c（Cl）+c（CN），故C正确；Dd点时加入10mLHCl盐酸，反应后溶液中溶质为0.1mol/L的NaCl和0.1mol/L的HCN，设溶液中氢离子浓度为x，根据HCNCN+H+可知溶液中c（CN）c（H+）=x，c（HCN）=0.1xx，则Ka（HCN）=6.41010，解得x=8106molL1，故D错误；故选D【点评】本题考查了离子浓度大小比较、电离平衡常数、弱电解质的电
30、离等，混合时判断离子浓度大小，先判断混合后溶液中溶质情况，再结合电离、水解与三大守恒进行判断，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力8为了证明液溴与苯发生的反应是取代反应，有如下图所示装置则装置A中盛有的物质是（）A水BNaOH溶液CCCl4DNaI溶液【考点】苯的性质【分析】在催化剂的作用下，苯环上的氢原子被溴原子所取代，生成溴苯，同时有溴化氢生成，C内装的试剂的作用为检验生成的溴化氢，利用溴化氢电离出的溴离子和银离子反应，生成淡黄色不溶于硝酸的沉淀溴化银，由此来检验溴和苯发生了取代反应，但溴会对HBr产生干扰，因此A中液体的作用就是除掉HBr中的Br2，以此分析【解答】解：在催化剂的作用下
31、，苯环上的氢原子被溴原子所取代，生成溴苯，同时有溴化氢生成，C内装的试剂的作用为检验生成的溴化氢，利用溴化氢电离出的溴离子和银离子反应，生成淡黄色不溶于硝酸的沉淀溴化银，由此来检验溴和苯发生了取代反应，但溴会对HBr产生干扰，因此A中液体的作用就是除掉HBr中的Br2，A、Br2在水中的溶解度不大，HBr在水中的溶解度大，故不能除掉Br2，故A错误；B、HBr能与NaOH发生中和反应，故B错误；C、Br2易溶于CCl4，HBr不溶于CCl4，故C正确；D、HBr在NaI溶液中的溶解度大而被吸收，故D错误；故选C【点评】本题考查了混合物的分离提纯和物质的鉴别，难度不大，明确苯发生取代反应或加成反
32、应产物的差别是解题的关键，注意基本原理的积累9将H2（g）和Br2（g）充入恒容密闭容器，恒温下发生反应H2（g）+Br2（g）2HBr（g）H0，g平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2（g）的转化率为ba与b的关系是（）AabBa=bCabD无法确定【考点】化学平衡的影响因素【分析】恒温条件下反应是放热反应，平衡时Br2（g）的转化率为a，若初始条件相同，绝热下进行上述反应，由于反应是放热反应，容器中的温度高于恒温条件下容器中的温度，平衡向吸热反应方向移动，所以平衡逆向进行，平衡时Br2（g）的转化率小于a；【解答】解：恒温下发生反应H2（g）+B
33、r2（g）2HBr（g）H0，反应是放热反应，此时达到平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，最终平衡时容器中的温度比恒温容器中的温度高，所以化学平衡向逆向进行，平衡时Br2（g）的转化率减少，即ba；故选：A【点评】本题考查了合成平衡的影响条件的分析应用，关键是理解恒温容器和绝热容器的本质区别10下列表述正确的是（）浓硝酸通常保存在棕色试剂瓶中检验亚硫酸钠溶液在空气中放置是否变质可以先加硝酸溶液，再加氯化钡溶液来检验锌与稀硝酸反应可以得到氢气浓硫酸滴到纸张上变黑，说明浓硫酸具有吸水性二氧化硫和二氧化氮都能形成酸雨，酸雨的pH等于5.6ABCD【考点】硝酸的化学性质
34、；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质【分析】依据浓硝酸具有不稳定性，见光易分解的性质解答；硝酸溶液具有强的氧化性，能够氧化亚硫酸根离子；稀硝酸具有强的氧化性，金属与硝酸反应得不到氢气；浓硫酸滴到纸张上变黑，体现其脱水性；酸雨的pH小于5.6【解答】解：浓硝酸具有不稳定性，见光易分解，应该保存在棕色试剂瓶中，故正确；硝酸溶液具有强的氧化性，能够氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，所以原溶液中是否含有硫酸根离子不能判断，故错误；硝酸具有强的氧化性，金属与硝酸反应得不到氢气，故错误；浓硫酸滴到纸张上变黑，体现其脱水性，故错误；酸雨的pH小于5.6，故错误；故选：C【点评】
35、本题考查了浓硫酸、浓硝酸的性质，题目难度不大，熟悉浓硫酸、硝酸的性质是解题的关键，注意浓硫酸脱水性与吸水性的区别11用NA表示阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是（）A常温常压下，22.4L CH4中含有4NA个CH键B48g O3气体含有3NA个氧原子C在1L0.5molL1FeCl3溶液中含有0.5NA个Fe3+D标准状况下，2.24LCCl4含有的分子数为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；B、根据臭氧是由氧原子构成的来分析；C、Fe3+是弱碱阳离子，在水溶液中会水解；D、标况下，四氯化碳为液态【解答】解：A、常温常压下，气体摩尔体积
36、大于22.4L/mol，故22.4L甲烷的物质的量小于1mol，含有的CH键小于4NA个，故A错误；B、臭氧是由氧原子构成的，故48g O3气体中含有的氧原子的物质的量n=3mol，故含有3NA个氧原子，故B正确；C、Fe3+是弱碱阳离子，在水溶液中会水解，故溶液中的Fe3+的个数小于0.5NA个，故C错误；D、标况下，四氯化碳为液态，故D错误故选B【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12镍镉电池是一种十分常见的二次电池，它具有成本低、性能好的优点该电池充、放电时的反应为：Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2如
37、图用该电池电解AgNO3溶液，M、N是代表电池的两极，P、Q表示两惰性电极，Cd的相对原子质量为112，则下列有关说法不正确的是（）AN是镍镉电池的负极，其电极反应为Cd+2OH2e=Cd（OH）2B当N极有11.2gCd溶解时，P极放出气体2.24LCK闭合后的短时间内，N极区溶液的pH变小DQ是电解池的阴极，其电极反应为Ag+e=Ag【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】放电时Cd为负极，电极反应式为Cd2e+2OH=Cd（OH）2，正极反应式为NiOOH+H2O+eNi（OH）2+OH，用惰性电极电解AgNO3溶液，发生4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3，以此来解答【解答】
38、解：A由图示可知N为原电池的负极，发生氧化反应，电极方程式为Cd+2OH2e=Cd（OH）2，故A正确；B负极电极反应式为Cd2e+2OH=Cd（OH）2，当N极有11.2gCd溶解时，转移0.2mol电子，P极生成氧气，由于不确定气体存在的条件，则不能确定体积，故B错误；CK闭合后的短时间内，N极区发生4OH4e=2H2O+O2，溶液的pH变小，故C正确；DQ是电解池的阴极，发生含有反应，析出银，其电极反应为Ag+e=Ag，故D正确故选B【点评】本题综合考查原电池、电解池知识，为高频考点，根据元素化合价变化确定正负极、阴阳极发生的反应，难点是书写电极反应式，知道正负极与阳极、阴极电极反应式的
39、关系，题目难度中等二、解答题（共10小题，满分32分）13（14分）（2013春思明区校级期中）下表是元素周期表中一部分，表中所列的字母分别代表某一化学元素根据表中所列元素回答下列问题beghacfijd（1）元素d是金属元素（填“金属元素”或“非金属元素”）；最活泼非金属元的元素符号是F；最高价氧化物对应的水化物酸性最强的化合物是HC1O4；（2）地壳中含量最高的元素于周期表的位置是第二周期VIA族，其离子的结构示意图为（3）表中能形成两性氢氧化物的元素是Al（用元素符号表示），写出该元素的单质与a的最高价氧化物的水化物的溶液反应的离子方程式：2NaOH+2Al+6H2O=2NaAl（OH）
40、4+3H2；（4）f、e、g、h中原子半径最小的是F（填元素符号）；e、g、h的氢化物稳定性由大到小的顺序为HFH2OCH4（填化学式）（5）a的最高价氧化物对应的水化物不能装在带磨口玻璃塞的试剂瓶，请用离子方程式说明其原因SiO2+2OH=SiO32+H2O；（6）工业上生产f单质的化学反应方程式为SiO2+2CSi+2CO【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】由元素在周期表中的位置可知a为Na，b为H，c为Al，d为Cu，e为C，f为Si，g为O，h为F，i为Cl，j为Ar，（1）d为Cu，为金属元素，结合元素周期律的递变规律解答；（2）地壳中含量最高的元素为O，位于周期表第二周期VI
41、A族，O离子核外有2个电子层，最外层电子数为8；（3）能形成两性氢氧化物的元素是Al，能与氢氧化钠溶液反应生成氢气和NaAl（OH）4；（4）结合同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大判断；元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；（5）玻璃中的二氧化硅可与氢氧化钠反应生成具有黏性的硅酸钠；（6）工业用碳和二氧化硅在高温下反应生产Si【解答】解：由元素在周期表中的位置可知a为Na，b为H，c为Al，d为Cu，e为C，f为Si，g为O，h为F，i为Cl，j为Ar，（1）d为Cu，为金属元素，最活泼非金属元的元素符号是 F；最高价氧化物对应的水化物酸性最强的化合物是HC1
42、O4；故答案为：金属元素；F；HC1O4；（2）地壳中含量最高的元素为O，位于周期表第二周期VIA族，O离子核外有2个电子层，最外层电子数为8，离子结构示意图为，故答案为：第二周期VIA族；（3）能形成两性氢氧化物的元素是Al，能与氢氧化钠溶液反应生成氢气和NaAl（OH）4，反应的化学方程式为2NaOH+2Al+6H2O=2NaAl（OH）4+3H2，故答案为：Al；2NaOH+2Al+6H2O=2NaAl（OH）4+3H2； （4）同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大判断，则原子半径最小的为F；非金属性FOC，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则氢化物稳
43、定性由大到小的顺序为HFH2OCH4，故答案为：F；HFH2OCH4；（5）玻璃中的二氧化硅可与氢氧化钠反应生成具有黏性的硅酸钠，反应的离子方程式为SiO2+2OH=SiO32+H2O，故答案为：SiO2+2OH=SiO32+H2O；（6）工业用碳和二氧化硅在高温下反应生产Si，反应的化学方程式为SiO2 +2CSi+2CO，故答案为：SiO2 +2CSi+2CO【点评】本题考查结构性质位置关系应用，涉及离子方程式、核外电子排布、半径比较等，难度不大，侧重对元素化合物性质及产业化学用语考查，注意掌握相关基础知识14（2014春常德校级期中）A、B、C、D四种元素的原子序数均小于18，其最高正价
44、数依次为1，4，5，7，已知B的原子核外次外层电子数为2A、C原子的核外次外层电子数为8D元素的最高价氧化物对应的水化物是已知含氧酸中最强酸，则：（1）A、B、C、D的名称分别是钠、碳、磷、氯（2）A的离子结构示意图是，C的原子结构示意图是（3）C的最高价氧化物对应的水化物与A的氢氧化物生成3种盐，其生成的正盐的化学式为Na3PO4（4）D的气态氢化物的电子式、A的氢氧化物的电子式【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】A、B、C、D四种元素的原子序数均小于18，B的原子核外次外层电子数为2，即B原子核外有2个电子层，最高正化合价为+4，故B为碳元素；A、C原子的核外次外层电子数为8，均处于
45、第三周期，最高正化合价依次为+1、+5，故A为Na、C为P元素；D元素最高价为+7，最高价氧化物对应的水化物是已知含氧酸中最强酸，则D为Cl，据此解答【解答】解：A、B、C、D四种元素的原子序数均小于18，B的原子核外次外层电子数为2，即B原子核外有2个电子层，最高正化合价为+4，故B为碳元素；A、C原子的核外次外层电子数为8，均处于第三周期，最高正化合价依次为+1、+5，故A为Na、C为P元素；D元素最高价为+7，最高价氧化物对应的水化物是已知含氧酸中最强酸，则D为Cl（1）由上述分析可知，A、B、C、D的名称分别是钠、碳、磷、氯，故答案为：钠；碳；磷；氯；（2）A为钠元素，则钠离子的质子数
46、为11，有2个电子层，最外层电子数为8，其离子结构示意图为；C为磷元素，其质子数为15，有3个电子层，最外层电子数为5，其原子结构示意图为，故答案为：；（3）C的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，与NaOH反应可以生成Na3PO4、NaH2PO4、Na2HPO43种盐，其生成的正盐的化学式为Na3PO4，故答案为：3；Na3PO4；（4）D的气态氢化物为HCl，电子式为，A的氢氧化物为NaOH，电子式为，故答案为：；【点评】本题考查位置结构性质的关系，注侧重对化学用语的考查，利用已知信息推出各元素是解答本题的关键，题目难度不大15（2016秋临夏市校级月考）如图所示是一个制取氯气并以氯气为
47、原料进行特定反应的装置，多余的氯气可以贮存在b瓶中，其中各试剂瓶中所装试剂为：B（氯化亚铁溶液）、C（碘化钾淀粉溶液）、D（紫色石蕊试液）、F（含酚酞的氢氧化钠溶液）（1）若A中烧瓶中的固体为MnO2，液体为浓盐酸，则其发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O（2）G中b瓶内宜加入的液体是饱和食盐水（3）实验开始后B中反应的离子方程式是2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，（4）C中的现象是溶液变蓝（5）E装置中硬质玻璃管内盛有炭粉，若E中发生氧化还原反应，其产物为二氧化碳和氯化氢，写出E中反应的化学方程式：2Cl2+C+2H2OCO2+4HCl（6）F中发生氧
48、化还原反应的离子方程式：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O【考点】氯气的实验室制法【分析】（1）二氧化锰与浓盐酸加热生成氯化锰和氯气、水；（2）G中b瓶是用来贮存Cl2的，则应选用一种Cl2在其中溶解度非常小的液体，一般选用饱和食盐水；（3）氯气具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子生成三价铁离子；（4）氯气与碘化钾反应生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝；（5）依据题意可知氯气与碳、水蒸气反应生成二氧化碳和氯化氢，依据原子个数守恒、得失电子守恒书写方程式；（6）氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水【解答】解：（1）二氧化锰与浓盐酸加热生成氯化锰和氯气、水，化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnC
49、l2+Cl2+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（2）G中b瓶是用来贮存Cl2的，则应选用一种Cl2在其中溶解度非常小的液体，一般选用饱和食盐水；故答案为：饱和食盐水；（3）氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁，离子方程式：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；故答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；（4）氯气与碘化钾反应生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝，所以能够看到溶液变蓝；故答案为：溶液变蓝；（5）依据题意可知氯气与碳、水蒸气反应生成二氧化碳和氯化氢，依据原子个数守恒、得失电子守恒，反应的化学方程式：2Cl2+C+2H2OCO2+4HCl；故答案为：2Cl2+
50、C+2H2OCO2+4HCl；（6）氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O【点评】本题综合考查了氯气的制法、性质、化学实验操作及实验装置等问题，把握氯气的性质以及相关实验操作方法是解题关键，题目难度不大16（14分）（2014春云龙县期末）草酸晶体的组成可用H2C2O4x H2O表示，为了测定x值，进行如下实验：（1）称取Wg草酸晶体，配成100.00mL水溶液（2）取25.00mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为amolL1的KMnO4溶液滴定至KMnO4不再褪
51、色为止，所发生的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+10CO2+2MnSO4+8H2O试回答：在滴定过程中若用去amolL1的KMnO4溶液VmL，则所配制的草酸溶液的物质的量浓度为0.1avmolL1，由此可计算x的值是若滴定终点读数时俯视，则计算的x值可能会偏大（偏大、偏小、无影响）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】根据化学方程式中各物质的关系进行计算；滴定终点时俯视滴定管刻度，会导致测量体积偏小，测定草酸浓度偏小，则x值会偏大【解答】解：2KMnO4 5H2C2O4 2mol 5molaV103mol 0.025Lcc=0.1aVmolL1H2C2O
52、4xH2OH2C2O4 xH2O 1mol 18xg 0.1aV0.1mol W0.1aV0.190g x=；故答案为：0.1aV；滴定终点时俯视滴定管刻度，会导致测量体积偏小，测定草酸浓度偏小，则x值会偏大，故答案为：偏大【点评】本题考查滴定应用与计算、误差分析，难度中等，注意滴定中经常根据关系式进行计算，掌握根据关系式计算方法17（2014春云龙县期末）实验室用少量的溴和足量的乙醇制备1，2二溴乙烷的装置如图所示：提示：乙醇与浓硫酸在140时脱水生成乙醚，在170时脱水生成乙烯有关数据列表如下：乙醇1，2二溴乙烷乙醚状态无色液体无色液体无色液体密度/gcm30.792.20.71沸点/78
53、.513234.6熔点/1309116回答下列问题：（1）装置D中发生主要反应的化学方程式为CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br（2）装置B的作用防止倒吸，长玻璃管E的作用判断装置是否堵塞（3）在装置C中应加入c，其目的是吸收反应中可能生成的酸性气体 （填正确选项前的字母）a水 b浓硫酸 c氢氧化钠溶液 d饱和碳酸氢钠溶液（4）反应过程中应用冷水冷却装置D，其主要目的是冷却可避免溴的大量挥发；但又不能过度冷却（如用冰水），其原因是1，2二溴乙烷的凝固点较低（9），过度冷却会使其凝固而使气路堵塞；将1，2二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在下层（填“上”、“下”）（5）若
54、产物中有少量未反应的Br2，最好用b洗涤除去 （填正确选项前的字母）a水 b氢氧化钠溶液 c碘化钠溶液 d乙醇【考点】溴乙烷的制取；有机物的合成【分析】（1）实验目的制备少量1，2二溴乙烷，D是发生的反应是乙烯与溴发生加成反应生成1，2二溴乙烷；（2）1，2二溴乙烷熔点为9，冷却容易析出晶体，堵塞玻璃导管，B为安全瓶，可以防止倒吸，根据E中内外液面高低变化，可以判断是否发生堵塞；（3）浓硫酸具有强氧化性，将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，二氧化碳、二氧化硫能和氢氧化钠溶液反应；（4）溴在常温下，易挥发，乙烯与溴反应时放热，溴更易挥发，冷却可避免溴的大量挥发；但1，2二溴乙烷的凝固点9
55、较低，不能过度冷却，否则1，2二溴乙烷凝固而堵塞导管；1，2二溴乙烷与水互不相溶，且密度比水大；（5）因Br2能与NaOH溶液反应，且1，2二溴乙烷与水互不相溶，所以用氢氧化钠溶液吸收Br2，采用的仪器是分液漏斗【解答】解：（1）实验目的制备少量1，2二溴乙烷，D是发生的反应是乙烯与溴发生加成反应生成1，2二溴乙烷，反应方程式为：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br，故答案为：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；（2）1，2二溴乙烷熔点为9，冷却容易析出晶体，堵塞玻璃导管，B为安全瓶，可以防止倒吸，根据E中内外液面高低变化，可以判断是否发生堵塞，故答案为：防止倒吸；判断装置是否堵
56、塞；（3）浓硫酸具有强氧化性，将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，二氧化碳、二氧化硫能和氢氧化钠溶液反应被吸收，故选：c；（4）溴在常温下，易挥发，乙烯与溴反应时放热，溴更易挥发，冷却可避免溴的大量挥发，但1，2二溴乙烷的凝固点9较低，不能过度冷却，过度冷却会使其凝固而使气路堵塞；1，2二溴乙烷和水不互溶，1，2二溴乙烷密度比水大，有机层在下层，故答案为：冷却可避免溴的大量挥发；1，2二溴乙烷的凝固点较低（9），过度冷却会使其凝固而使气路堵塞；下；（5）a溴更易溶液1，2二溴乙烷，用水无法除去溴，故a错误；b常温下Br2和氢氧化钠发生反应：2NaOH+Br2NaBr+NaBrO+H2O
57、，再分液除去，故b正确；cNaI与溴反应生成碘，碘与1，2二溴乙烷互溶，不能分离，故c错误；d酒精与1，2二溴乙烷互溶，不能除去混有的溴，故d错误，故答案为：b【点评】本题考查卤代烃的制备实验，涉及制备原理、物质的分离提纯、实验条件控制、对操作分析评价等，是对基础知识的综合考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等18（2015秋湛江期末）用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度有以下步骤：（1）配制待测液：用已称好的5.0g含有少量杂质（杂质不与盐酸反应）的固体烧碱样品配制1000mL溶液除烧杯和玻璃棒外，还需要用到的主要仪器有1000mL容量瓶、胶头滴管（2）滴定：盛装0.1000molL1的盐酸标准
58、液应该使用甲（选填“甲”或“乙”）将一定体积的待测溶液装在锥形瓶内，若采用甲基橙做指示剂，当观察到由橙色变为黄色，且半分钟内不变色时，滴定达到终点（3）误差讨论：（选填“偏高”、“偏低”或“无影响”） 用蒸馏水冲洗锥形瓶后未烘干，测定结果无影响；在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，测定结果偏高；读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，测定结果偏低（4）有关数据记录如下：测定序号待测溶液的体积（mL）所耗盐酸标准液的体积（mL）滴定前读数滴定后读数120.000.5020.78220.001.2021.32320.000.4021.20根据以上数据计算，烧碱样品的纯度是80.8%【考点】中和滴定【分
59、析】（1）配制1000mL一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液需要仪器：1000mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、量筒、天平等；（2）酸性溶液应用酸式滴定管盛放；根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；（3）用蒸馏水冲洗锥形瓶，不影响待测物的总物质的量；滴定过程中不慎将酸滴在瓶外，盐酸消耗的体积偏多；滴定前仰视、滴定后俯视，盐酸体积偏小；（4）先分析数据的有效性，求出消耗盐酸的平均体积，然后根据关系式NaOHHCl求出氢氧化钠的物质的量，再计算烧碱样品的纯度【解答】解：（1）用已称好的5.0g含有少量杂质（杂质不与盐酸反应）的固体烧碱样品配制1000mL溶液，除烧杯和玻璃棒外，还需要
60、用到的主要仪器有1000mL容量瓶、胶头滴管；故答案为：1000mL容量瓶、胶头滴管；（2）盛装0.1000molL1盐酸标准液应该使用酸式滴定管；滴定时，当最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由橙色变为黄色，且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；故答案为：酸；由橙色变为黄色，且半分钟内不变色；（3）用蒸馏水冲洗锥形瓶，不影响待测物的总物质的量，不会影响测定结果；滴定过程中不慎将酸滴在瓶外，盐酸消耗的体积偏多，测定结果偏大；读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，盐酸体积变小，结果偏低；故答案为：无影响；偏高；偏低；（4）三次消耗盐酸体积分别为：20.78ml0.50ml=20.28ml、21.3
61、2ml1.20ml=20.12ml、21.20ml0.40ml=20.80ml（舍去），两消耗盐酸的平均体积为20.20mL， NaOHHCl 1 1 n（NaOH） 0.1000molL120.20mLn（NaOH）=0.00202mol，即20.00mL待测溶液含有m（烧碱）=nM=0.00202mol40g/mol=0.808g，所以1000mL待测溶液含有m（烧碱）=0.808g50=4.04g，烧碱的纯度（烧碱）=100%=80.8%，故答案为：80.8%【点评】本题考查酸碱中和滴定实验，题目难度不大，注意把握实验的原理、步骤、方法以及注意事项和误差分析，把握实验基本操作19（201
62、6秋临夏市校级月考）将25g硫酸铜晶体溶解于水中，配成1L溶液，此溶液的物质的量浓度是多少？取其溶液100mL，向其中加入100mL 0.2 molL1的NaOH溶液，反应后溶液的物质的量浓度又是多少？（设混合后溶液体积不变）【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】计算硫酸铜晶体物质的量，溶于水现场硫酸铜溶液中溶质为硫酸铜，c=；取其溶液100mL浓度不变，向其中加入100mL 0.2 molL1的NaOH溶液，物质的量n=0.1L0.2 molL1=0.02mol，发生反应2NaOH+CuSO4=Cu（OH）2+Na2SO4，反应后得到溶液硫酸钠，计算溶液浓度【解答】解：将25g硫酸铜晶体物质
63、的量=0.1mol，溶解于水中，配成1L溶液，此溶液的物质的量浓度=0.1mol/L，取其溶液100mL浓度为0.1mol，溶液中溶质硫酸铜物质的量=0.1mol0.1L=0.01mol，向其中加入100mL 0.2 molL1的NaOH溶液，物质的量n=0.1L0.2 molL1=0.02mol，发生反应2NaOH+CuSO4=Cu（OH）2+Na2SO4，二者恰好反应，反应后得到硫酸钠溶液，硫酸钠物质的量为0.01mol，混合后溶液体积不变为200ml，则硫酸钠溶液浓度=0.05mol/L，答：将25g硫酸铜晶体溶解于水中，配成1L溶液，此溶液的物质的量浓度是0.1mol/L，取其溶液10
64、0mL，向其中加入100mL 0.2 molL1的NaOH溶液，反应后溶液的物质的量浓度0.05mol/L【点评】本题考查化学反应的计算，为高考常见题型，把握发生的反应及物质的量关系为解答的关键，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意溶液体积的计算，题目难度中等20（2015秋房山区期末）若四种溶液，分别含有：Al3+Mg2+Fe2+Fe3+离子请回答下列问题：（1）遇KSCN溶液呈红色的是（2）加铁粉溶液质量增重的是（3）加入过量NaOH溶液中最终无沉淀的是（4）加入新制Cl2水溶液变黄色的是，反应的离子方程式是2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合
65、应用【分析】（1）三价铁遇硫氰酸钾显红色；（2）铁能和三价铁化合为二价铁；（3）铝离子和过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸盐；（4）加入新制Cl2水溶液变黄色是氯气氧化亚铁离子为铁离子，溶液变黄色；【解答】解：（1）三价铁遇硫氰酸钾显红色，Fe3+SCN=Fe（SCN）3，用于三价铁的检验，选，故答案为：；（2）铁能和三价铁反应生成二价铁，2Fe3+Fe=3Fe2+，溶液质量增加了金属铁的质量，选，故答案为：；（3）铝离子和过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，无沉淀生成，选，故答案为：；（4）加入新制Cl2水溶液变黄色是氯气氧化亚铁离子为铁离子，溶液变黄色，选，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2F
66、e3+2Cl，故答案为：，2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；【点评】本题考查了铁及其化合物性质，常见元素的单质和化合物的性质是考查的重点，要求学生熟记教材知识，灵活应用，题目较简单21某强碱性溶液中可能含有K+、Al3+、AlO2、SO42、SiO32、CO32、Cl中的某几种离子，现进行如下实验：取少量溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失原溶液中肯定不存在的离子是SO42、SiO32、Al3+，肯定存在的离子是K+、AlO2、CO32【考点】物质检
67、验实验方案的设计【分析】强碱性溶液中一定不存在Al3+，取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成，则一定不含有SO42和SiO32，可能含有CO32离子；另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，则一定含有AlO2，根据实验的现象和离子共存知识确定存在的离子和一定不存在的离子【解答】解：强碱性溶液中一定不存在Al3+，取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成，则一定不含有SO42和SiO32，可能含有CO32离子；另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开
68、始产生沉淀并逐渐增多，和偏铝酸根反应产生氢氧化铝沉淀，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，是盐酸将氢氧化铝全部溶解，所以一定含有偏铝酸根离子，沉淀量基本不变后产生的一种气体只能为二氧化碳，即一定含有碳酸根离子，根据电中性原理，确定一定含有K+；故答案为：SO42、SiO32、Al3+；K+、AlO2、CO32【点评】本题考查离子检验，为高频考点，明确离子性质及离子之间反应是解本题关键，侧重考查学生分析推断能力，注意排除干扰离子，题目难度不大22（2016春大庆校级期末）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且互不同族；其中只有两种为金属；X原子的最外层子数与次外层电子
69、数相等；X与W、Y与Z这两对原子的最外层电子数之和均为9单质Y和W都可与浓的NaOH溶液反应请回答下列问题：（1）Y、Z、W的原子半径由小到大的顺序ClSAl（2）ZW2的电子式是（3）实验室制备Y的最高价氧化物的水化物的离子方程式是Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+（4）X与Y化学性质相似，则X与浓的NaOH溶液反应的化学方程式是Be+2NaOH=Na2BeO2+H2（5）0.1mol的单质W与50mL 1.5mol/L的FeBr2溶液反应，则被氧化的Fe2+和Br的物质的量之比是3：5【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且
70、互不同族，“X原子的最外层电子数与次外层电子数相等”，短周期中只有Be和Ar，此处显然X是Be；四元素有两种为金属，则Y、Z、W一定处于第三周期，X与W原子的最外层电子数之和为9，则W处于A族，为Cl元素；Y与Z原子的最外层电子数之和为9，则Y处于A族、Z处于A族，故Y为Al元素、Z为S元素，据此解答【解答】解：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且互不同族，“X原子的最外层电子数与次外层电子数相等”，短周期中只有Be和Ar，此处显然X是Be；四元素有两种为金属，则Y、Z、W一定处于第三周期，X与W原子的最外层电子数之和为9，则W处于A族，为Cl元素；Y与Z原子的最外层电子数之和为9
71、，则Y处于A族、Z处于A族，故Y为Al元素、Z为S元素，（1）同周期自左而右原子半径减小，故原子半径ClSAl，故答案为：ClSAl；（2）SCl2中S原子与Cl原子之间形成1对共用电子对，其电子式是，故答案为：；（3）实验室制备氢氧化铝的离子方程式是：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故答案为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+；（4）Be与Al化学性质相似，则Be与浓的NaOH溶液反应的化学方程式是：Be+2NaOH=Na2BeO2+H2，故答案为：Be+2NaOH=Na2BeO2+H2；（5）氯气能将亚铁离子和溴离子氧化，先氧化亚铁离子后氧化溴离子，50
72、mL 1.5mol/L的FeBr2溶液中Fe2+的物质的量=0.05L1.5mol/L=0.075mol，Br的物质的量=0.05L1.5mol/L2=0.15mol，根据电子转移守恒，0.075molFe2+完全被氧化需要氯气的物质的量=0.0375mol0.1mol，故0.075molFe2+完全被氧化，剩余氯气为0.1mol0.0375mol=0.0625mol，根据电子转移守恒可以氧化溴离子=0.125mol0.15mol，故被氧化的Fe2+和Br的物质的量之比=0.075mol：0.125mol=3：5，故答案为：3：5【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，（5）中确定反应的先后顺序是解题的关键，注意利用电子转移守恒计算，难度中等
