1、2014-2015学年江西省南昌三中高三（上）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（3分）（2014秋东湖区校级月考）下列物质性质与应用对应关系正确的是（）A晶体硅熔点高硬度大，可用于制作半导体材料B氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料C漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张D氢氧化铝具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂2（3分）（2013秋宁波期末）下列化学用语的表述正确的是（）A离子结构示意图：可以表示16O2，也可以表示18O2B比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子C氯化铵的电子式为：DCO2的结构式为：OCO3（3分）（2014新建县校级模拟）下列
2、有关叙述正确的是（）ANa2OSiO2是一种简单的硅酸盐，可溶于水B绿色荧光蛋白质（GFP）是不可鉴别的高分子化合物，其水溶液有丁达尔效应C稀硫酸、NaCl溶液是实验室常见的电解质D酸性氧化物均能与水反应生成对应的酸，如CO2、SO3等4（3分）（2014秋东湖区校级月考）下列物质依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列的一组是（）A淀粉、CuO、HClO、CuB普通玻璃、H2O、Fe（SCN）3、葡萄糖CKAl（SO4）212H2O、KClO3、NH3H2O、CH3CH2OHD水玻璃、Na2OCaO6SiO2、Ag2O、SO35（3分）（2015沈阳校级模拟）化学与社会、生活密切
3、相关，对下列现象或事实的解释正确的是（）选项现象或事实解释A用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油污反应B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜AABBCCDD6（3分）（2014秋东湖区校级月考）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A在0.1 molL1 NaOH溶液中：K+、Na+、SO42、HCO3B在c（ H+）/c（OH）=1012的溶液
4、中：K+、Na+、ClO、NO3C在0.1 molL1 FeCl3溶液中：K+、NH4+、I、SCND在0.1 molL1 Na2CO3溶液中：Al3+、Ba2+、NO3、Cl7（3分）（2014秋东湖区校级月考）能正确表示下列反应的离子方程式的是（）AFe3O4溶于足量稀HNO3中：Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2OBNH4HCO3溶液与足量Ba（OH）2溶液混合：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2OC将过量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+ClO+H2OHClO+HSO3D将0.2 molL1 NH4Al（SO4）2溶液与0.3 molL1 Ba（OH）2溶液等体积
5、混合：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO48（3分）（2014开封一模）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A在0.1mol NaHSO4晶体中阳离子与阴离子总数为0.3NAB25时，pH=13的1.0L Ba（0H）2溶液中含有的OH数目为0.2NAC常温常压下，4.4g CO2和N2O混合物中所含有的原子数为0.3NAD标准状况下，2.24L Cl2通入足量H2O或NaOH溶液中转移的电子数均为0.1NA9（3分）（2014安徽）室温下，在0.2molL1 Al2（SO4）3溶液中，逐滴加入1.0molL1 NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaO
6、H溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是（）Aa点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3+3OHAl（OH）3Bab段，溶液pH增大，Al3+浓度不变Cbc段，加入的OH主要用于生成Al（OH）3沉淀Dd点时，Al（OH）3沉淀开始溶解10（3分）（2014南靖县校级模拟）如果将前18号元素按原子序数递增的顺序排列，可形成如图所示的“蜗牛”形状，图中每个“”代表一种元素，其中点代表氢元素下列说法不正确的是（）A最简单气态氢化物的稳定性比小B最高价氧化物对应小化物的酸性比弱C金属性比弱D原子半径比大11（3分）（2015武进区模拟）下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实
7、现图示变化的是（）物质编号物质转化关系abcdNONO2N2HNO3Na2ONa2O2NaNaOHFeCl2FeC13FeCuCl2Al2O3NaAlO2AlAl（OH）3ABCD12（3分）（2014秋东湖区校级月考）如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22下列说法正确的是（） XYWZTAT元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4BX、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高C由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键D物质WY2、W3X4、WZ4均有熔点高、硬度大的特性13（3分）（2015莲湖区校级二模）将SO2气体与足
8、量Fe2（SO4）3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应：SO2+2Fe3+2H2O=SO42+2Fe2+4H+Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，下列有关说法错误的是（）A氧化性Cr2O72Fe3+SO2BK2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4C每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NAD若6.72 L SO2（标准状况）参加反应，则最终消耗0.2molK2Cr2O714（3分）（2013秋湖州期末）某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42、HCO3等离子当向该溶液中加入一定物质的量
9、浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是（）Ad点溶液中含有的溶质只有Na2SO4B原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1Cab段发生的离子反应为：Al3+3OH=Al（OH）3，Mg2+2OH=Mg（OH）2D原溶液中含有的阳离子必定有H+、NH4+、Al3+，但不能肯定Mg2+和Fe3+中的哪一种15（3分）（2014上海）如图是模拟“侯氏制减法”制取NaHCO3的部分装置下列操作正确的是（）Aa通入C02，然后b通入NH3，c中放碱石灰Bb通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰Ca通入NH3，然后b通入CO2，
10、c中放蘸稀硫酸的脱脂棉Db通入C02，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉16（3分）（2015衡水模拟）在1L溶液中含有Fe（NO3）3和H2SO4两种溶质，其浓度分别为0.2molL1和1.5molL1，现向该溶液中加入39.2g铁粉使其充分反应下列有关说法正确的是（）A反应后溶液中Fe3+物质的量为0.8molB反应后产生13.44L H2（标准状况）C反应后溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之和为0.9molD由于氧化性Fe3+H+，故反应中先没有气体产生后产生气体二本大题共5小题17（10分）（2014重庆）月球含有H、He、N、Na、Mg、Si等元素，是人类未来的资源宝库（1）3
11、He是高效能原料，其原子核内的中子数为（2）Na的原子结构示意图为，Na在氧气中完全燃烧所得产物的电子式为（3）MgCl2在工业上应用广泛，可由MgO制备MgO的熔点比BaO的熔点（填“高”或“低”）月球上某矿石经处理得到的MgO中含有少量SiO2，除去SiO2的离子方程式为；SiO2的晶体类型为MgO与碳粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收，则生成的盐为（写化学式）（4）月壤中含有丰富的3He，从月壤中提炼1kg 3He，同时可得6000kg H2和700kg N2，若以得到H2和N2为原料经一系列反应最多可生产碳酸氢铵kg18（8分）（2014荆州模拟
12、）在下列物质转化关系中，反应的条件和部分产物已略去 回答下列问题：（1）若甲、乙是两种常见金属，反应是工业制盐酸的反应反应I中，甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，则工业上生产甲的一般方法是A热分解法 B热还原法 C电解法反应中，乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则反应a的化学方程式是通过比较反应I、II的反应条件，可得出甲的金属性比乙的金属性（填“强”或“弱”）（2）若甲、乙是化合物，且反应是工业制漂白粉的反应反应II是化合反应目前常用乙作为燃煤的脱硫剂，则乙脱硫的主要反应的化学方程式是在饱和氯水中加块状石灰石，能制得较浓HClO溶液，同
13、时放出一种气体其反应的离子方程式是19（12分）（2014秋东湖区校级月考）原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W四种元素的原子序数之和为32，在周期表中X是原子半径最小的元素，Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族M元素与X同主族，与W同周期（1）Z、W形成的气态氢物的稳定性为（填化学式）（2）写出M2Z2与水反应的离子方程式（3）由X、Y、Z、W四种元素中的三种组成的种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，离子方程式为（4）由X、Y、Z、W四种元素组成的一种离子化合物A，已知：1molA能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体A能与盐酸反应产生气体B，该气体能与氯水反应写出该
14、气体B与氯水反应的离子方程式（5）由X、Y、Z、W和Fe五种元素组成的相对分子质量为392的化合物C，1mol C中含有6mol结晶水对化合物C进行下实验：a取C的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色刺激性气味气体过一段时间白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色；b另取C的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解写出C的化学式为试写出C与M2Z2按物质的量比1：2在溶液中反应的化学方程式20（12分）（2013秋肇庆期末）某学生利用以下装置探究喷泉实验其中A、F分别为硫化氢和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与硫化氢反应的装置请回答下列问题：（1）装置F中发生反应
15、的化学方程式（2）装置A中的分液漏斗内液体a可选用（选填以下选项的代号）A盐酸 B浓硫酸 C稀硫酸 D稀硝酸（3）虚线框内应添加必要的除杂装置，请从上图的“备选装置”中选择合适装置的编号，填入下列空格B、D、E（4）打开K1、K2，将常温压下的H2S、Cl2以体积比1：1充满烧瓶后，烧瓶中发生的反应用化学方程式表示为；关闭K1、K2，始终看不到烧瓶内产生“喷泉”现象，理由是：（5）在操作（4）的基础上，引发喷泉操作方法是21（10分）（2013秋东城区期末）溴及其化合物广泛应用在有机合成、化学分析等领域（1）海水提溴过程中溴元素的变化如下：过程，海水显碱性，调其pH3.5后，再通入氯气通入氯气
16、后，反应的离子方程式是调海水pH可提高Cl2的利用率用平衡原理解释其原因是过程，用热空气将溴赶出，再用浓碳酸钠溶液吸收完成并配平下列方程式Br2+Na2CO3=NaBrO3+CO2+过程，用硫酸酸化可得Br2和Na2SO4的混合溶液相同条件下，若用盐酸酸化，则所得溴的质量减少，原因是（2）NaBrO3是一种分析试剂向硫酸酸化的NaI溶液中逐滴加入NaBrO3溶液，当加入2.6mol NaBrO3时，测得反应后溶液中溴和碘的存在形式为及物质的量分别为：粒子I2Br2IO3物质的量/mol0.51.3则原溶液中NaI的物质的量是mol2014-2015学年江西省南昌三中高三（上）第二次月考化学试卷
17、参考答案与试题解析一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1（3分）（2014秋东湖区校级月考）下列物质性质与应用对应关系正确的是（）A晶体硅熔点高硬度大，可用于制作半导体材料B氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料C漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张D氢氧化铝具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂考点：硅和二氧化硅；两性氧化物和两性氢氧化物；铁的氧化物和氢氧化物 分析：A硅位于非金属和金属分界线处，能制作半导体材料；B氧化铁是红棕色固体，可以作红色涂料；C漂白粉具有漂白性，能漂白纸张；D氢氧化铝具有弱碱性，能中和酸解答：解：A晶体硅熔点高硬度大可以制作玻璃刀等，硅位于金属和非金属分界线处，可
18、用于制作半导体材料，二者没有关系，故A错误；B氧化铁是红棕色固体，可以作红色涂料，氧化铁属于碱性氧化物，能溶于酸，可用酸除锈，所以二者没有对应关系，故B错误；C漂白粉具有漂白性，能漂白纸张，与漂白粉的稳定性强弱无关，所以二者没有对应关系，故C错误；D胃酸的主要成分是HCl，氢氧化铝具有弱碱性，能中和酸，二者有对应关系，故D正确；故选D点评：本题考查了物质间的关系，明确物质的性质是解本题关键，根据其性质分析用途，掌握物质的性质，灵活运用知识解答，题目难度不大2（3分）（2013秋宁波期末）下列化学用语的表述正确的是（）A离子结构示意图：可以表示16O2，也可以表示18O2B比例模型：可以表示甲烷
19、分子，也可以表示四氯化碳分子C氯化铵的电子式为：DCO2的结构式为：OCO考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合 专题：化学用语专题分析：A由质子数为8，则为氧元素的离子；B比例模型：可以表示甲烷分子，因C原子半径大于H原子半径，而Cl原子半径大于C原子半径；C氯离子电子式错误；D存在C=O键解答：解：A离子结构示意图，则质子数为8，核核外电子数为10，所以可以表示16O2，也可以表示18O2，与中子数无关，故A正确；B比例模型：可以表示甲烷分子，因C原子半径大于H原子半径，而Cl原子半径大于C原子半径，不能表示四氯化碳的比例模型，故B错误；C氯离子电子式错误，则氯化铵的电子式为，故C错误
20、；D存在C=O键，则CO2的结构式为O=C=O，故D错误；故选A点评：本题考查化学用语，为高频考点，涉及结构示意图、比例模型、电子数及结构式等，把握化学用语的区别及规范应用为解答的关键，题目难度不大3（3分）（2014新建县校级模拟）下列有关叙述正确的是（）ANa2OSiO2是一种简单的硅酸盐，可溶于水B绿色荧光蛋白质（GFP）是不可鉴别的高分子化合物，其水溶液有丁达尔效应C稀硫酸、NaCl溶液是实验室常见的电解质D酸性氧化物均能与水反应生成对应的酸，如CO2、SO3等考点：无机非金属材料；电解质与非电解质；硅和二氧化硅 专题：物质的分类专题；碳族元素分析：A、硅酸盐可用氧化物的形式表示其组成
21、，如Na2SiO3可表示为Na2OSiO2，钠盐易溶于水；B、“绿色荧光蛋白质”是蛋白质，蛋白质溶液是胶体，具有丁达尔效应；C、在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；D、酸性氧化物不一定均能与水反应生成对应的酸，如SiO2解答：解：A、Na2OSiO2是一种简单的硅酸盐，可溶于水，故A正确；B、“绿色荧光蛋白质”是蛋白质，蛋白质能水解，是可降解的高分子化合物，其水溶液有丁达尔效应，故B错误；C、稀硫酸、NaCl溶液都是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D、酸性氧化物不一定均能与水反应生
22、成对应的酸，如SiO2，故D错误；故选：A点评：本题主要考查了物质的分类与性质，难度不大，注意知识的积累4（3分）（2014秋东湖区校级月考）下列物质依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列的一组是（）A淀粉、CuO、HClO、CuB普通玻璃、H2O、Fe（SCN）3、葡萄糖CKAl（SO4）212H2O、KClO3、NH3H2O、CH3CH2OHD水玻璃、Na2OCaO6SiO2、Ag2O、SO3考点：混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念 分析：混合物是指由不同种物质组成的；氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合
23、物；弱电解质是指在水溶液里中部分电离的化合物；非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物；据此可以分析各个选项中各种的所属类别解答：解：A、淀粉属于混合物、CuO属于氧化物、HClO属于弱电解质、Cu是单质不是电解质，故A错误；B、普通玻璃是硅酸盐和二氧化硅的混合物、H2O属于氧化物、Fe（SCN）3存在电离平衡属于弱电解质，葡萄糖属于非电解质，故B正确；C、KAl（SO4）212H2O属于盐、KClO3是盐，NH3H2O是弱碱属于弱电解质、CH3CH2OH是有机物属于非电解质，故C错误；D、水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物、Na2OCaO6SiO2是盐，Ag2O熔融完全电离是强电
24、解质、SO3是非电解质，故D错误；故选B点评：本题考查了纯净物、混合物、电解质、非电解质、强电解质、弱电解质的概念判断及各种物质的成分掌握，难度不大5（3分）（2015沈阳校级模拟）化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是（）选项现象或事实解释A用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油污反应B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜AABBCCDD考点：
25、盐类水解的应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铁盐和亚铁盐的相互转变 专题：盐类的水解专题；元素及其化合物分析：A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解显碱性；B、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉在空气中久置变质；C、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效；D、氯化铁和铜反应 生成氯化亚铁和氯化铜；解答：解：A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在氢氧化钠溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解生成氢氧化钠显碱性，Na2CO3 不可直接与油污反应，故A错误；B、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气
26、中二氧化碳、水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉失效，故B错误；C、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效，施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用，故C正确；D、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，FeCl3不能从含Cu2+的溶液中置换出铜，FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，故D错误；故选C点评：本题考查了盐类水解的分析应用，掌握物质性质和反应实质是关键，题目难度中等6（3分）（2014秋东湖区校级月考）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A在0.1 molL1 NaOH溶液中：K+、Na+、SO42、HCO3B在c（ H+
27、）/c（OH）=1012的溶液中：K+、Na+、ClO、NO3C在0.1 molL1 FeCl3溶液中：K+、NH4+、I、SCND在0.1 molL1 Na2CO3溶液中：Al3+、Ba2+、NO3、Cl考点：离子共存问题 分析：A与OH反应的离子不能大量共存；Bc（ H+）/c（OH）=1012的溶液呈碱性；C与Fe3+反应的离子不能大量共存；D与CO32反应的离子不能大量共存解答：解：AHCO3与OH反应而不能大量共存，故A错误；Bc（ H+）/c（OH）=1012的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；CI、SCN与Fe3+分别发生氧化还原反应、络合反应，
28、不能大量共存，故C错误；DAl3+、Ba2+与CO32反应而不能大量共存，故D错误故选B点评：本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重信息的抽取和离子反应的考查，注意氧化还原及相互促进水解为解答的难点，题目难度不大7（3分）（2014秋东湖区校级月考）能正确表示下列反应的离子方程式的是（）AFe3O4溶于足量稀HNO3中：Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2OBNH4HCO3溶液与足量Ba（OH）2溶液混合：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2OC将过量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+ClO+H2OHClO+HSO3D将0.2 molL1 NH4Al（SO4）2溶液与0.3
29、 molL1 Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A、稀HNO3具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，据此分析即可；B、铵根也能与氢氧根反应生成一水合氨，一水合氨为弱碱，不能拆，据此分析；C、次氯酸具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，据此解答；D、本题涉及量的问题，依据量的关系解答即可解答：解：A、稀HNO3具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，正确应为：3Fe3O4+28H+NO3+NO+9Fe3+14H2O，故A错误；B、铵根也能与氢氧根反应生成一水合氨，一水合氨为弱碱，不能拆，正确应为NH
30、4+HCO3+Ba2+2OHBaCO3+NH3H2O，故B错误；C、次氯酸具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，正确应为SO2+ClO+H2OSO42+Cl+2H+，故C错误；D、本题涉及量的问题，0.2 molL1 NH4Al（SO4）2溶液中氨根物质的量浓度为0.2mol，铝离子为0.2mol，硫酸根为0.45mol，0.3 molL1 Ba（OH）2溶液中钡离子浓度为0.3mol，氢氧根为0.6mol，故等体积混合离子反应方程式为：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4，故D正确，故选D点评：本题主要考查的是离子反应方程式的书写，涉及氧化还原反应、过量问题讨论等
31、，有一定难度8（3分）（2014开封一模）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A在0.1mol NaHSO4晶体中阳离子与阴离子总数为0.3NAB25时，pH=13的1.0L Ba（0H）2溶液中含有的OH数目为0.2NAC常温常压下，4.4g CO2和N2O混合物中所含有的原子数为0.3NAD标准状况下，2.24L Cl2通入足量H2O或NaOH溶液中转移的电子数均为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、NaHSO4晶体是钠离子和硫酸氢根离子构成；B、依据溶液中氢氧根离子浓度和溶液体积计算；C、CO2和N2O摩尔质量为44g/mol，都是三
32、原子分子，依据n=计算物质的量，得到原子数；D、依据n=计算物质的量，1mol氯气和氢氧化钠反应电子转移1mol，1mol氯气和水反应是可逆反应不能进行彻底；解答：解：A、NaHSO4晶体是钠离子和硫酸氢根离子构成，在0.1mol NaHSO4晶体中阳离子与阴离子总数为0.2NA，故A错误；B、依据溶液中氢氧根离子浓度和溶液体积计算，25时，pH=13的1.0L Ba（0H）2溶液中c（OH）=0.1mol/L，含有的OH数目=0.1mol/L1LNA=0.1NA，故B错误；C、CO2和N2O摩尔质量为44g/mol，都是三原子分子，依据n=计算物质的量=0.1mol，得到原子数为0.3NA，
33、故C正确；D、依据n=计算物质的量，1mol氯气和氢氧化钠反应电子转移1mol，1mol氯气和水反应是可逆反应不能进行彻底，电子转移小于1mol，故D错误；故选C点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，物质组成，气体摩尔体积条件应用，掌握基础是关键，题目难度中等9（3分）（2014安徽）室温下，在0.2molL1 Al2（SO4）3溶液中，逐滴加入1.0molL1 NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是（）Aa点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3+3OHAl（OH）3Bab段，溶液pH增大，Al3+浓度不变Cbc段，加入的OH
34、主要用于生成Al（OH）3沉淀Dd点时，Al（OH）3沉淀开始溶解考点：真题集萃；镁、铝的重要化合物 专题：元素及其化合物分析：A硫酸铝为强酸弱碱盐，水解显酸性；Bab段，发生氢离子与碱中和反应，且溶液总体积增大；Cbc段，pH变化不大；Dc点后pH发生突变，NaOH过量解答：解：A硫酸铝为强酸弱碱盐，水解显酸性，水解离子反应为Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故A错误；Bab段，发生H+OHH2O，但加入NaOH溶液，总体积增大，则Al3+浓度减小，故B错误；Cbc段，pH变化不大，主要发生Al3+3OHAl（OH）3，则加入的OH主要用于生成Al（OH）3沉淀，故C正确；Dc点后pH
35、发生突变，NaOH过量，Al（OH）3沉淀开始溶解，生成NaAlO2，碱性较强，而d点pH10，NaOH远远过量，故D错误；故选C点评：本题为2014年安徽高考化学试题，侧重盐类水解及复分解反应的考查，注意氢氧化铝的两性及图中c点pH突变为解答的关键，明确bc段中铝离子过量，题目难度不大10（3分）（2014南靖县校级模拟）如果将前18号元素按原子序数递增的顺序排列，可形成如图所示的“蜗牛”形状，图中每个“”代表一种元素，其中点代表氢元素下列说法不正确的是（）A最简单气态氢化物的稳定性比小B最高价氧化物对应小化物的酸性比弱C金属性比弱D原子半径比大考点：元素周期律和元素周期表的综合应用；元素周
36、期表的结构及其应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：点代表氢元素，按照原子序数由小到大由里往外延伸，由图可知，为Be、为C、为O、为Na、为Al、为Si，虚线连接的原子处于同主族，A非金属性越强，氢化物越稳定；B非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；C同周期随原子序数增大金属性减弱，同主族自上而下金属性增强；D同周期随原子序数增大，原子半径减小解答：解：点代表氢元素，按照原子序数由小到大由里往外延伸，由图可知，为Be、为C、为O、为Na、为Al、为Si，虚线连接的原子处于同主族，A为C、为Si，二者同主族，自上而下非金属性减弱，故氢化物稳定性，故A错误；B为Al、为Si，Si的
37、非金属性更强，故最高价氧化物对应水化物的酸性，故B正确；C为Be、为Na，同周期随原子序数增大金属性减弱，同主族自上而下金属性增强，故金属性，故C正确；D为C、为O，同周期随原子序数增大原子半径减小，故原子半径，故D正确，故选A点评：本题考查元素周期表、元素周期律等，难度不大，注意元素周期律的理解掌握11（3分）（2015武进区模拟）下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现图示变化的是（）物质编号物质转化关系abcdNONO2N2HNO3Na2ONa2O2NaNaOHFeCl2FeC13FeCuCl2Al2O3NaAlO2AlAl（OH）3ABCD考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；钠
38、的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质 专题：元素及其化合物分析：根据各组物质的化学性质及变化规律，分析各组物质间能按转化关系图完全物质间转化的一组；abda；ca cb；通过列出具体的反应，可以使分析和判断变得直观、简单，据此分析解答解答：解：依据转化关系为：abda；ca cb；NO NO2HNO3NO；N2NO、N2不能一步转化NO2，故错误；Na2ONa2O2NaOH不能一步转化为Na2O，故错误； FeCl2 FeCl3CuCl2FeCl2；Fe FeCl2、Fe FeCl3，故正确； Al2O3NaAlO2Al（OH）3 Al2O3；Al Al2O3、Al NaAlO2，故
39、正确；故选C点评：本题考查了物质之间通过一步反应的原理，根据常见化学物质的性质，通过列举具体反应，判断物质间是否可以实现一步反应的转化，采用排除法（即发现一步转化不能实现，排除该选项）是解答本题的捷径，题目难度较大12（3分）（2014秋东湖区校级月考）如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22下列说法正确的是（） XYWZTAT元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4BX、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高C由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键D物质WY2、W3X4、WZ4均有熔点高、硬度大的特性考点：位置结构性质的
40、相互关系应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，令W的最外层电子数为a，则X、Y、Z最外层电子数分别为a+1、a+2、a+3，故a+a+1+a+2+a+3=22，解得a=4，故W为Si、X为N、Y为O、Z为Cl、T为Ge，以此解答该题解答：解：W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，令W的最外层电子数为a，则X、Y、Z最外层电子数分别为a+1、a+2、a+3，故a+a+1+a+2+a+3=22，解得a=4，故W为Si、X为N、Y为O、Z为Cl、
41、T为Ge，AGe位于金属、非金属的分界线附近，元素的单质具有半导体的特性，与Cl元素可形成化合物GeCl4，故A正确；BX、Y、Z三种元素最低价氢化物分别为氨气、水、HCl，常温下水为液态，氨气、HCl为气体，故水的沸点最高，氨气分子之间都存在氢键，沸点比HCl的高，故B错误；CN、O和H形成的化合物硝酸铵中既有离子键、又有共价键，故C错误；DSiO2、Si3N4属于原子晶体，熔点高，硬度大，而SiCl4属于分子晶体，熔点低，硬度小，故D错误故选A点评：本题考查位构性知识，为2014年浙江高考化学试题，把握短周期及最外层电子数的关系推断元素为解答的关键，涉及氢键、化学键、晶体类型及性质、元素周
42、期律等，综合性较强，题目难度不大13（3分）（2015莲湖区校级二模）将SO2气体与足量Fe2（SO4）3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应：SO2+2Fe3+2H2O=SO42+2Fe2+4H+Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，下列有关说法错误的是（）A氧化性Cr2O72Fe3+SO2BK2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4C每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NAD若6.72 L SO2（标准状况）参加反应，则最终消耗0.2molK2Cr2O7考点：氧化还原反应的计算 专题：氧化还原反应专题分析：A氧化还
43、原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性；B由氧化性的强弱，判断反应的发生；CCr元素的化合价由+6价降低为+3价；D.6.72 L SO2（标准状况）参加反应，n（SO2）=0.3mol，由上述两个反应可知，存在3SO2Cr2O72，以此计算解答：解：A由可知，Fe元素的化合价降低，则氧化性为Fe3+SO2，由可知，Cr元素的化合价降低，则氧化性为Cr2O72Fe3+，故A正确；B因氧化性为Cr2O72SO2，则K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故B正确；C每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子为1mol2（63）=6mol，即转移
44、电子的数目为6NA，故C正确；D.6.72 L SO2（标准状况）参加反应，n（SO2）=0.3mol，由上述两个反应可知，存在3SO2Cr2O72，则最终消耗0.1molK2Cr2O7，故D错误；故选D点评：本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，涉及氧化性比较、转移电子及关系式的计算，侧重分析能力及计算能力的考查，题目难度中等14（3分）（2013秋湖州期末）某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42、HCO3等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液的体积变化如图所示
45、，下列说法正确的是（）Ad点溶液中含有的溶质只有Na2SO4B原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1Cab段发生的离子反应为：Al3+3OH=Al（OH）3，Mg2+2OH=Mg（OH）2D原溶液中含有的阳离子必定有H+、NH4+、Al3+，但不能肯定Mg2+和Fe3+中的哪一种考点：常见离子的检验方法；离子方程式的有关计算 专题：计算题分析：加入NaOH溶液后，在0a段没有生成沉淀，说明溶液中一定存在H+或HCO3离子，由于后面有沉淀生成及部分沉淀溶解可知，溶液中一定存在Al3+，由于HCO3和Al3+会发生双水解而不能共存，则只能存在H+；ab段生成沉淀消耗了6a体积氢氧化
46、钠，溶液中可能存在Mg2+、Fe3+、Al3+，根据cd段部分沉淀溶解，可知一定存在铝离子，根据图象Al（OH）3的物质的量与剩余的沉淀的物质的量相等，由OHAlO2可知消耗溶解氢氧化铝消耗了a体积氢氧化钠，所以生成氢氧化铝沉淀消耗了3a体积氢氧化钠，另一种离子生成的沉淀的量也消耗3a体积氢氧化钠，说明另一种离子为3价离子，则为Fe3+；bc段沉淀的物质的量不变，说明氢氧根离子与铵离子发生了反应，即溶液中一定存在NH4+；A、d点氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠；B、根据以上分析判断溶液中一定存在的离子、铁离子与铝离子物质的量之比；C、ab段为铁离子、铝离子与氢氧化钠反应生成氢氧化铁、氢
47、氧化铝沉淀；D、根据分析判断溶液中一定不存在镁离子，一定存在铁离子解答：解：加入0a段，加入NaOH溶液后没有生成沉淀，说明溶液中一定存在H+或HCO3，由于后面有沉淀生成及部分沉淀溶解可知，溶液中一定存在铝离子，由于HCO3和Al3+会发生双水解而不能共存，所以一定不存在HCO3，因此一定存在H+；ab段生成沉淀消耗了6体积氢氧化钠，溶液中可能存在Mg2+、Fe3+、Al3+，根据cd段部分沉淀溶解，可知一定存在Al3+，根据图象氢氧化铝沉淀的物质的量与剩余的沉淀的物质的量相等，由OHAlO2可知消耗溶解氢氧化铝消耗了a体积氢氧化钠，所以生成氢氧化铝沉淀消耗了3a体积氢氧化钠，另一种离子生成
48、的沉淀的量也消耗3a体积氢氧化钠，说明另一种离子为+3价离子，只能为Fe3+，故原溶液中一定不存在Mg2+；再由bc段沉淀的物质的量不变，说明氢氧根离子与NH4+发生了反应，即溶液中一定存在NH4+；根据溶液呈电中性可知，溶液中一定存在SO42，A、d点氢氧化铝与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成NaAlO2，所以溶液中含有的溶质为Na2SO4、NaAlO2，故A错误；B、根据图象可知生成沉淀用了6a体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解消耗了a体积的氢氧化钠，所以生成氢氧化铝需要消耗3a体积的NaOH溶液，还有3a体积的NaOH溶液一定是被Fe3+消耗，即铁离子与铝离子消耗的氢氧化钠溶液的体积相同，故原
49、溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，故B正确；C、根据以上分析可知，ab段发生的离子反应为铁离子、铝离子与氢氧根离子的反应，反应的离子方程式为：Al3+3OH=Al（OH）3，Fe3+3OH=Fe（OH）3，故C错误；D、原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，一定不存在镁离子，故C错误；故选B点评：本题考查了离子检验的方法应用，题目难度中等，氢氧化铝是两性氢氧化物溶于强碱是解题关键，本题难点在于如何根据图象中的数据判断铁离子的存在及根据溶液电中性判断一定存在硫酸根离子15（3分）（2014上海）如图是模拟“侯氏制减法”制取NaHCO3的部分装置下列操作正确
50、的是（）Aa通入C02，然后b通入NH3，c中放碱石灰Bb通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰Ca通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉Db通入C02，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉考点：真题集萃；纯碱工业（侯氏制碱法）；钠的重要化合物 专题：元素及其化合物分析：候氏制减法”制取NaHCO3的原理 是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到NaHCO3的，在这一实验过程中，由于C02在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，所以要在食盐水先通NH3然后再通C02，否则C02通入后会从水中逸出，等再通NH3时溶液中C02的量就很少了，这样得到的产品也很少；在这个实验
51、中的尾气主要是C02和NH3，其中NH3对环境影响较大，要吸收，而NH3是碱性气体，所以在C装置中要装酸性物质，据此推断解答：解：侯氏制碱法制减法”制取NaHCO3的原理是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到NaHCO3的，在这一实验过程中，由于C02在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，所以要在食盐水先通NH3然后再通C02，否则C02通入后会从水中逸出，等再通NH3时溶液中C02的量就很少了，这样得到的产品也很少；在这个实验中的尾气主要是C02和NH3，其中NH3对环境影响较大，要吸收，而NH3是碱性气体，所以在C装置中要装酸性物质，据此可知A错误；B错误；C正确；D错误，故选C点
52、评：本题主要考查了学生的实验分析能力，在理解实验原理的基础上要对实验设计的科学性、可行性把握准确中等难度注重对实验基础的考查16（3分）（2015衡水模拟）在1L溶液中含有Fe（NO3）3和H2SO4两种溶质，其浓度分别为0.2molL1和1.5molL1，现向该溶液中加入39.2g铁粉使其充分反应下列有关说法正确的是（）A反应后溶液中Fe3+物质的量为0.8molB反应后产生13.44L H2（标准状况）C反应后溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之和为0.9molD由于氧化性Fe3+H+，故反应中先没有气体产生后产生气体考点：化学方程式的有关计算；铁盐和亚铁盐的相互转变 专题：计算题分析：Fe
53、（NO3）3和H2SO4的物质的量分别为0.2mol、1.5mol，n（Fe）=0.7mol，氧化性为HNO3Fe3+H+，先发生Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O、再发生Fe+2Fe3+3Fe2+，若还有Fe剩余，则最后发生Fe与氢离子的反应，以此来解答解答：解：Fe（NO3）3和H2SO4的物质的量分别为0.2mol、1.5mol，n（Fe）=0.7mol，氧化性为HNO3Fe3+H+，则 Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O 1 4 1 1 0.6 2.4 0.6 0.6 Fe+2Fe3+3Fe2+， 1 2 3 0.1 0.2 0.3Fe完全反应，没有剩余，溶液中存在0.6m
54、olFe3+、0.3molFe2+，A反应后溶液中Fe3+物质的量为0.6mol，故A错误；B不发生Fe+2H+Fe2+H2，没有氢气生成，故B错误；C反应后溶液中存在0.6molFe3+、0.3molFe2+，反应后溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之和为0.9mol，故C正确；D氧化性为HNO3Fe3+H+，先发生Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O，有气体生成，故D错误；故选C点评：本题考查铁的化学性质及化学反应的计算，明确发生的化学反应及反应的先后是解答本题的关键，注意过量计算来解答，题目难度不大二本大题共5小题17（10分）（2014重庆）月球含有H、He、N、Na、Mg、Si等元
55、素，是人类未来的资源宝库（1）3He是高效能原料，其原子核内的中子数为1（2）Na的原子结构示意图为，Na在氧气中完全燃烧所得产物的电子式为（3）MgCl2在工业上应用广泛，可由MgO制备MgO的熔点比BaO的熔点高（填“高”或“低”）月球上某矿石经处理得到的MgO中含有少量SiO2，除去SiO2的离子方程式为SiO2+2OHSiO32+H2O；SiO2的晶体类型为原子晶体MgO与碳粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收，则生成的盐为NaCl，NaClO，Na2CO3（写化学式）（4）月壤中含有丰富的3He，从月壤中提炼1kg 3He，同时可得6000kg
56、H2和700kg N2，若以得到H2和N2为原料经一系列反应最多可生产碳酸氢铵3950kg考点：镁、铝的重要化合物；质量数与质子数、中子数之间的相互关系；钠的化学性质 专题：原子组成与结构专题；几种重要的金属及其化合物分析：（1）依据质子数+中子数=质量数计算；（2）钠原子时11号元素，依据核外电子排布规律写出原子结构示意图，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠是过氧根离子和钠离子构成；（3）依据氧化镁和氧化钡是离子化合物，结合离子键的强弱分析判断熔点高低；氧化镁是碱性氧化物，二氧化硅酸式酸性氧化物，可以利用二氧化硅溶于氢氧化钠溶液除去，二氧化硅是硅原子和氧原子构成属于原子晶体；MgO与碳粉和
57、氯气在一定条件下反应可制备MgCl2，反应产物为二氧化碳，若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收是氯气、二氧化碳和氢氧化钠反应的产物；（4）氢气和氮气反应生成氨气，依据化学方程式定量关系分析可知氢气过量，依据氮气全部反应，结合氮原子守恒计算碳酸氢铵质量；解答：解：（1）3He是高效能原料，其原子核内的中子数=质量数质子数=32=1；故答案为：1； （2）钠原子时11号元素，依据核外电子排布规律写出原子结构示意图，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠是过氧根离子和钠离子构成，电子式为：；故答案为：，；（3）氧化镁和氧化钡是离子化合物，钡离子半径大于镁离子半径，氧化镁形成的金属键强，熔点高；故答案为：
58、高； 氧化镁是碱性氧化物，二氧化硅酸式酸性氧化物，可以利用二氧化硅溶于氢氧化钠溶液除去，反应的离子方程式为：SiO2+2OH=SiO32+H2O；二氧化硅是硅原子和氧原子构成，每个硅原子和四个氧原子形成共价键，每个氧原子和两个硅原子形成共价键，属于原子晶体；故答案为：SiO2+2OH=SiO32+H2O；原子晶体； MgO与碳粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2，反应产物为二氧化碳，若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收是氯气、二氧化碳和氢氧化钠反应的产物，反应的化学方程式为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，产物为NaCl，NaClO
59、，Na2CO3 ；故答案为：NaCl，NaClO，Na2CO3 ；（4）得6000kg H2和700kg N2，依据化学方程式N2+3H2=2NH3，若以得到H2和N2为原料想可知氢气过量，依据氮气中氮元素守恒计算，经一系列反应最多可生产碳酸氢铵的质量=279g/mol=3950kg；故答案为：3950点评：本题考查了原子、离子结构，物质组成和结构的理解应用，主要是原子晶体、金属金属晶体性质的判断，化学方程式计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等18（8分）（2014荆州模拟）在下列物质转化关系中，反应的条件和部分产物已略去 回答下列问题：（1）若甲、乙是两种常见金属，反应是工业制盐酸的反应反
60、应I中，甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，则工业上生产甲的一般方法是CA热分解法 B热还原法 C电解法反应中，乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则反应a的化学方程式是2Fe+4H2O（g） Fe3O4+4H2通过比较反应I、II的反应条件，可得出甲的金属性比乙的金属性强（填“强”或“弱”）（2）若甲、乙是化合物，且反应是工业制漂白粉的反应反应II是化合反应目前常用乙作为燃煤的脱硫剂，则乙脱硫的主要反应的化学方程式是CaO+SO2=CaSO3，2CaSO3+O22CaSO4在饱和氯水中加块状石灰石，能制得较浓HClO溶液，同时放出一种气体其
61、反应的离子方程式是2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2+2Cl+2HClO+CO2考点：无机物的推断 专题：推断题分析：（1）反应是工业制盐酸的反应，根据元素守恒知，丙是氢气，丁是氯化氢；若甲、乙是两种常见金属，能和水反应的常见金属是铁、钠根据题意知，焰色反应的物质含有钠元素，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，所以甲是钠乙是铁，活泼金属采用电解法冶炼；高温下，铁和水反应生成四氧化三铁和氢气；反应越容易，金属的金属性越活泼，比较金属性强弱的方法还有：与酸反应置换氢气的难易程度、其碱的碱性强弱等；（2）反应是化合反应氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙和氧气反应生成硫酸钙；氯气、水、碳酸钙反应生
62、成氯化钙、次氯酸和二氧化碳解答：解：（1）反应是工业制盐酸的反应，根据元素守恒知，丙是氢气，丁是氯化氢；若甲、乙是两种常见金属，能和水反应的常见金属是铁、钠，焰色反应的物质含有钠元素，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，所以甲是钠乙是铁，钠是活泼金属，采用电解熔融盐的方法冶炼，故选C；通过以上分析知，乙是铁，高温条件下，铁和水反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为2Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故答案为：2Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；根据反应条件知，钠的金属性比铁强，比较金属性强弱的方法还有：与酸反应置换氢气的难易程度、其碱的碱性强弱等，故答案为：强；（2）反应II是化合反应目
63、前常用乙作为燃煤的脱硫剂，则乙脱硫的主要反应是氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙和氧气反应生成硫酸钙的化学方程式是，CaO+SO2=CaSO3，2CaSO3+O22CaSO4，；故答案为：CaO+SO2=CaSO3，2CaSO3+O22CaSO4，；氯水中含有盐酸和次氯酸，在饱和氯水中加块状石灰石，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而能制得较浓HClO溶液，离子反应方程式为：2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2+2Cl+2HClO+CO2，故答案为：2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2+2Cl+2HClO+CO2点评：本题以化合物的推断为载体考查了化合物的性质，同时考查学生逻
64、辑推理、判断能力，明确化合物的性质是解本题的关键，注意思考问题时不仅要考虑无机物还要考虑有机物，防止考虑问题的片面性，难度较大19（12分）（2014秋东湖区校级月考）原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W四种元素的原子序数之和为32，在周期表中X是原子半径最小的元素，Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族M元素与X同主族，与W同周期（1）Z、W形成的气态氢物的稳定性为H2OH2S（填化学式）（2）写出M2Z2与水反应的离子方程式2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2（3）由X、Y、Z、W四种元素中的三种组成的种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，离子方程式为3Cu+8H+2NO3=3
65、Cu2+4H2O+2NO（4）由X、Y、Z、W四种元素组成的一种离子化合物A，已知：1molA能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体A能与盐酸反应产生气体B，该气体能与氯水反应写出该气体B与氯水反应的离子方程式SO2+Cl2+2H2O=4H+2Cl+SO42（5）由X、Y、Z、W和Fe五种元素组成的相对分子质量为392的化合物C，1mol C中含有6mol结晶水对化合物C进行下实验：a取C的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色刺激性气味气体过一段时间白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色；b另取C的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解写出C的化
66、学式为（NH4）2Fe（SO4）26H2O试写出C与M2Z2按物质的量比1：2在溶液中反应的化学方程式4（NH4）2Fe（SO4）26H2O+8Na2O2=4Fe（OH）3+8NH3+3O2+8Na2SO4+22H2O考点：位置结构性质的相互关系应用 分析：原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族，结合原子序数可知Y、Z处于第二周期，W处于第三周期，设Y的原子序数为a，则Z的原子序数为a+1，W的原子序数为a+9，四种元素的原子序数之和为32，则：1+a+a+1+a+9=32，解得a=7，故Y为N元素、
67、Z为O元素、W为S元素M元素与X同主族，与W同周期，则M为Na（1）非金属性越强，氢化物越稳定；（2）Na2O2与水反应生成氢氧化钠与氧气；（3）由H、N、O、S四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，则该酸为硝酸；（4）由H、N、O、S四种元素组成的一种离子化合物A：1molX能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体，说明该物质阳离子为NH4+，且1molA中含有2molNH4+，则A为硫酸铵或亚硫酸铵，铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气；X既能与盐酸反应，又能与氯水反应，故A为亚硫酸铵；（5）由H、N、O、S和Fe五种元素组成的式量为392的化合物Y，Y的溶液
68、加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色刺激性气味气体过一段时间白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色，可知Y中含有Fe2+、NH4+，另取B的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解，则B中含有硫酸根离子，又1mol B中含有6mol结晶水，令C的化学式为x（NH4）2SO4yFeSO46H2O，结合其相对分子质量确定解答：解：原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族，结合原子序数可知Y、Z处于第二周期，W处于第三周期，设Y的原子序数为a，则Z的原子序数为a+1，W的原子序数为a
69、+9，四种元素的原子序数之和为32，则：1+a+a+1+a+9=32，解得a=7，故Y为N元素、Z为O元素、W为S元素M元素与X同主族，与W同周期，则M为Na，（1）非金属性OS，故氢化物稳定性H2OH2S，故答案为：H2O；H2S；（2）Na2O2与水反应生成氢氧化钠与氧气，反应离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2；（3）由H、N、O、S四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，该酸为HNO3，Cu与稀硝酸反应得到硝酸铜、NO与水，反应离子方程式为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+4H2O+2NO，
70、故答案为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+4H2O+2NO；（4）由H、N、O、S四种元素组成的一种离子化合物A，则A为铵盐1molA能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体，即氨气为2mol，即1molA含有2mol铵根离子；A能与盐酸反应产生气体B，该气体能与氯水反应，B为二氧化硫，可推知A为（NH4）2SO3，二氧化硫有氯水反应得到HCl与硫酸，反应离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=4H+2Cl+SO42，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=4H+2Cl+SO42；（5）由H、N、O、S和Fe五种元素组成的相对分子质量为392的化合物C，1mol C中含有6mol结
71、晶水向C的溶液中加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色有刺激性气味的气体，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，说明C中含有Fe2+和NH4+，另取少量C的溶液，向其中加入过量BaCl2溶液时产生白色沉淀，再加入稀盐酸沉淀不溶解，说明C中含有SO42，令C的化学式为x（NH4）2SO4yFeSO46H2O，则：（96+36）x+（96+56）y+108=392，则x=y=1，故C化学式为：（NH4）2SO4FeSO46H2O，故答案为：（NH4）2Fe（SO4）26H2O；（NH4）2Fe（SO4）26H2O与Na2O2按物质的量比1：2在溶液中反应，反应方程式为：4（NH4）2F
72、e（SO4）26H2O+8Na2O2=4Fe（OH）3+8NH3+3O2+8Na2SO4+22H2O，故答案为：4（NH4）2Fe（SO4）26H2O+8Na2O2=4Fe（OH）3+8NH3+3O2+8Na2SO4+22H2O点评：本题考查位置结构性质的应用、无机物推断等，明确Y、Z、W的位置及原子序数的关系来推断元素是关键，需要学生熟练掌握元素化合物性质，难度较大20（12分）（2013秋肇庆期末）某学生利用以下装置探究喷泉实验其中A、F分别为硫化氢和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与硫化氢反应的装置请回答下列问题：（1）装置F中发生反应的化学方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+C
73、l2+2H2O（2）装置A中的分液漏斗内液体a可选用AC（选填以下选项的代号）A盐酸 B浓硫酸 C稀硫酸 D稀硝酸（3）虚线框内应添加必要的除杂装置，请从上图的“备选装置”中选择合适装置的编号，填入下列空格B、D、E（4）打开K1、K2，将常温压下的H2S、Cl2以体积比1：1充满烧瓶后，烧瓶中发生的反应用化学方程式表示为H2S+Cl2=2S+2HCl；关闭K1、K2，始终看不到烧瓶内产生“喷泉”现象，理由是：烧瓶内的气压与外界气压相同，不能产生压强差，故无喷泉现象（5）在操作（4）的基础上，引发喷泉操作方法是用手（或热毛巾）将烧瓶捂热或将烧瓶微热，烧瓶内气体受热膨胀，使HCl与烧杯中溶液接触
74、，即可引发喷泉或者用冰水或其它制冷剂浇在烧瓶上，以减小烧瓶内气体的压强，烧杯中溶液通过导管进入烧瓶内与HCl气体接触，即可引发喷泉考点：性质实验方案的设计 专题：实验设计题分析：（1）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，注意稀盐酸和二氧化锰不反应（2）利用FeS与弱氧化性的强酸来制取硫化氢气体，注意不能选强氧化性的酸；（3）根据杂质的性质选择除杂装置（4）氯气和硫化氢在常温下混合就能发生反应生成氯化氢和硫单质，由此写出反应方程式；根据产生“喷泉”的原理分析始终看不到烧瓶内产生“喷泉”现象是由于不能产生压强差；（5）根据产生“喷泉”的原理引发喷泉操作方法是想方设法使内外产生压强
75、差来分析解答：解：（1）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（2）利用FeS与弱氧化性的强酸来制取硫化氢气体，故选AC；（3）硫化氢中混有水蒸气，硫化氢是强还原性气体，要除去水蒸气只能用固体P2O5干燥，故B选；制取的氯气中混有氯化氢气体和水蒸气，氯化氢极易溶于水，氯气也能溶于水，所以不能用水除去氯化氢气体，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，食盐水中含有氯离子，能抑制氯气的溶解，所以要想除去氯气中的氯化氢E应选；水蒸气常用浓硫酸除去，故D选；故答案为：；（4）氯气和
76、硫化氢在常温下混合就能发生反应生成氯化氢和硫单质，方程式为H2S+Cl2=2S+2HCl；根据产生“喷泉”的原理分析始终看不到烧瓶内产生“喷泉”现象是由于烧瓶内的气压与外界气压相同，不能产生压强差，故无喷泉现象，故答案为：H2S+Cl2=2S+2HCl；烧瓶内的气压与外界气压相同，不能产生压强差，故无喷泉现象；（5）根据产生“喷泉”的原理引发喷泉操作方法是想方设法使内外产生压强差，所以常见的方法有：用手（或热毛巾）将烧瓶捂热或将烧瓶微热，烧瓶内气体受热膨胀，使HCl与烧杯中溶液接触，即可引发喷泉或者用冰水或其它制冷剂浇在烧瓶上，以减小烧瓶内气体的压强，烧杯中溶液通过导管进入烧瓶内与HCl气体接
77、触，即可引发喷泉；故答案为：用手（或热毛巾）将烧瓶捂热或将烧瓶微热，烧瓶内气体受热膨胀，使HCl与烧杯中溶液接触，即可引发喷泉或者用冰水或其它制冷剂浇在烧瓶上，以减小烧瓶内气体的压强，烧杯中溶液通过导管进入烧瓶内与HCl气体接触，即可引发喷泉点评：本题考查了硫化氢气体和氯气的制取及性质以及喷泉实验的原理，难度不大，注意干燥硫化氢干燥剂的选择21（10分）（2013秋东城区期末）溴及其化合物广泛应用在有机合成、化学分析等领域（1）海水提溴过程中溴元素的变化如下：过程，海水显碱性，调其pH3.5后，再通入氯气通入氯气后，反应的离子方程式是Cl2+2Br=Br2+2Cl调海水pH可提高Cl2的利用率
78、用平衡原理解释其原因是Cl2+H2O=H+Cl+HClO，增大c（H+），平衡逆向移动，抑制Cl2与水的反应过程，用热空气将溴赶出，再用浓碳酸钠溶液吸收完成并配平下列方程式3Br2+3Na2CO3=1NaBrO3+3CO2+5NaBr过程，用硫酸酸化可得Br2和Na2SO4的混合溶液相同条件下，若用盐酸酸化，则所得溴的质量减少，原因是盐酸有还原性，与溴酸根反应（2）NaBrO3是一种分析试剂向硫酸酸化的NaI溶液中逐滴加入NaBrO3溶液，当加入2.6mol NaBrO3时，测得反应后溶液中溴和碘的存在形式为及物质的量分别为：粒子I2Br2IO3物质的量/mol0.51.3则原溶液中NaI的物
79、质的量是3mol考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；化学方程式的有关计算；氧化还原反应方程式的配平 专题：卤族元素分析：（1）i氯气具有氧化性，可以将溴离子氧化为溴单质；ii根据氯气的溶解平衡结合化学平衡移动原理来解释；氧化还原反应中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据电子守恒配平方程式；溴酸根离子具有氧化性，能将氯离子氧化；（2）根据离子反应情况以及电子守恒来计算解答：解：（1）氯气具有氧化性，可以将溴离子氧化为溴单质，即Cl2+2Br=Br2+2Cl，故答案为：Cl2+2Br=Br2+2Cl；氯气的溶解平衡为：Cl2+H2O=H+Cl+HClO，若增大c（H+），平衡逆向移动，
80、会抑制Cl2与水的反应，提高Cl2的利用率，故答案为：Cl2+H2O=H+Cl+HClO，增大c（H+），平衡逆向移动，抑制Cl2与水的反应；氧化还原反应中，Br的化合价升高值为5，氧化还原反应中的价态律，所以所的产物是1价的溴离子，Br元素化合价降低值为1，根据电子守恒，所以溴酸钾的前边系数是1，产物还有5mol的NaBr，溴单质系数是3，根据钠元素守恒，碳酸钠的系数是3，故答案为：3；3；1；3；5NaBr；盐酸有还原性，溴酸根离子具有氧化性，盐酸可以和与溴酸根反应，导致溴单质的生成量减少，故答案为：盐酸有还原性，与溴酸根反应；（2）根据氧化还原反应中得失电子数相等，可得52.6mol=20.5mol+6n（IO3），则n （IO3）=2mol，根据元素守恒，原溶液中n（NaI）=0.5mol2+2mol=3mol，故答案为：3点评：本题以卤族元素的性质考查为载体，注重氧化还原反应的考查，注意电子守恒思想的灵活应用是解体的关键，难度大
