1、2016-2017学年新疆生产建设兵团二中高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题：（每题只有一个最佳答案，每题2分，共50分）1下列物质分类正确的是（）ABaSO4难溶于水，属于非电解质BSO2能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物CNH4Cl组成中不含金属离子，不属于盐DNaHSO4能电离出H+，NaHSO4属于盐2下列说法正确的是（）A用KSCN溶于检验Fe2（SO4）3溶液中是否含有FeSO4B由同种元素组成的物质一定是纯净物C将钢闸门与电源正极相连，可防止其在海水中被腐蚀D浊液、胶体、溶液三种分散系的本质区别是分散质微粒直径的大小不同3下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空
2、气氧化的是（）AKBNaCFeDAl4化学与生活密切相关，下列说法中正确的是（）A“歼20”飞机上使用的碳纤维是一种新型的有机高分子材料B工业上通常用电解Na、Mg、Al对应的氯化物制取三种金属单质C燃料电池中燃料都是在负极发生氧化反应DFe3O4俗称铁红，常作红色油漆和涂料5金属材料在日常生活以及生产中有有广泛的应用下列关于金属的一些说法不正确的是（）A工业上金属Mg、Cu都是用热还原法制得的B合金的性质与其成分金属的性质不完全相同C金属冶炼的本质是金属阳离子得到电子变成金属原子D越活泼的金属越难冶炼6设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A1molHCl溶液中，H+数目为NAB
3、常温常压下，8gCH4含有电子数目为5NAC12gNaHSO4晶体中含有0.3NA个阳离子D78g苯含有C=C双键的数目为3 NA7下列说法中不正确的是（）由同一种元素组成的物质是单质 阴离子一定不含金属元素，阳离子一定含金属元素金属氧化物一定是碱性氧化物 碱性氧化物一定是金属氧化物非金属氧化物一定是酸性氧化物 酸性氧化物一定是非金属氧化物酸的元数不一定等于酸中的H原子数ABCD8下列叙述正确的是（）ACl2+2Br2Cl+Br2、Zn+Cu2+Zn2+Cu均为单质被还原的置换反应B2Na2O2+2H2O4NaOH+O2、Cl2+H2OHCl+HClO均为水作还原剂的氧化还原反应CCl元素的单
4、质在化学反应中只表现氧化性DNaSO3与H2O2的反应为氧化还原反应9在强酸性溶液中能大量共存，且溶液为无色透明的离子组是（）ANa+、Al3+、SO42、NO3BBa2+、Na+、SO42、NO3CK+、Mg2+、MnO4、SO42DK+、Na+、NO3、HCO310下列离子方程式书写正确的是（）A铜片放入稀硫酸中：Cu+2H+=Cu2+H2B将少量NaOH溶液加入NH4HCO3溶液中：OH+HCO3=CO32+H2OC向NaHCO3溶液中加入少量Ca（OH）2：HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2ODFe3O4与稀HNO3反应：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O11肼（N2
5、H4）又称联氨，可用如下方法制备：CO（NH2）2+ClO+OH=N2H4+Cl+CO32+H2O，下列说法不正确的是（）AN2H4是氧化产物BN2H4中存在极性键和非极性键C配平后，OH的化学计量数为2D生成3.2gN2H4转移0lmol电子12某离子反应涉及H2O、ClO、NH4+、H+、N2、Cl六种微粒其中c（NH4+）随反应进行逐渐减小下列判断错误的是（）A反应的氧化剂是ClOB消耗1mol还原剂，转移电子3molC氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D反应后溶液的酸性明显增强13表第I栏与第II栏中的化学反应，都可以用第III栏中的离子方程式表示的是（） 选项第I栏第II栏第栏A往
6、少量NaOH溶液中投入铝片往过量NaOH溶液中 投入铝片2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2B往Fe2（ SO4）3溶液 中滴入氢氧化钠溶液往Fe2 （SO4）3溶液 中滴入氢氧化钡溶 液Fe3+3OH=Fe（OH）3CNaHCO3溶液滴入Ca（OH）2NaHCO3溶液滴入NaOH溶液Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2OD往NaOH泪液中通入过量CO2气沐往NaOH溶液中通入少量CO2气沐CO2+OH=HCO3AABBCCDD14下列各组物质中，X是主体物质，Y是少量杂质，Z是为除去杂质所要加入的试剂，其中所加试剂正确的一组是（）ABCDXFeCl2溶液FeCl3溶液FeNa2SO
7、4溶液YFeCl3CuCl2AlNa2CO3ZCl2FeNaOH溶液HCl溶液AABBCCDD15某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO与ClO3的浓度之比为1：3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（）A21：5B11：3C3：1D4：116下列说法不正确的是（）A乙烷与氯气在光照条件下发生加成反应B甲烷和乙烯都可以与氯气反应，反应类型不同C蔗糖、油脂、蛋白质都可以水解D乙醇能够被酸性的高锰酸钾溶液直接氧化成乙酸17下列反应中，属于加成反应的是（）A苯和液溴在FeBr3催化作用下生成溴苯B
8、丙烯和氯气在一定条件下反应生成ClCH2CH=CH2的反应C乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色D乙烯与HCl气体反应生成一氯乙烷18下列说法正确的是（）A煤经处理变为气体燃料的过程属于物理变化B淀粉、油脂和蛋白质都是高分子化合物C乙烷和乙醇均能发生取代反应D乙酸乙酯和植物油均可水解生成乙醇19乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是（）A化学式为C6H6O6B乌头酸能发生水解反应和加成反应C乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色D含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH20分子式为C5H12O的醇A，它含有CH2OH结构的同分异构体有（）A2种B3种C4种D5种21已知酸性条件下有如下反
9、应：2Cu+Cu2+Cu由于反应温度不同，用氢气还原氧化铜时，可能产生Cu或Cu2O，两者都是红色固体一同学对某次用氢气还原氧化铜实验所得的红色固体产物作了验证，实验操作和实验现象记录如下：加入试剂稀硫酸浓硫酸、加热稀硝酸浓硝酸实验现象红色固体和蓝色溶液无色气体和蓝色溶液无色气体和蓝色溶液红棕色气体和蓝色溶液由此推出本次氢气还原氧化铜实验的产物是（）ACuBCu2OC一定有Cu，可能有Cu2OD一定有Cu2O，可能有Cu22已知Cu（NO3）2受热分解为CuO、NO2和O2，把一定质量的Cu和Cu（NO3）2的混合物在空气中加热，完全反应后所得固体的质量与原混合物的质量相等，则混合物中Cu和C
10、u（NO3）2的物质的量之比为（）A8：3B3：8C27：4D4：2723向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150mL 4molL1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24L NO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为（）A0.21molB0.25molC0.3molD0.35mol24已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3+和Cr3+现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3+的物质的量随加入的KI
11、的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是（）A图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7B图中BC段发生的反应为2Fe3+2I=2Fe2+I2C开始加入的K2Cr2O7为0.25 molDK2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为1：325某无色溶液中只可能溶有NH4+、K+、Al3+、Mg2+、HCO3、Cl、I、MnO4、SO42等离子中的几种离子为分析其组成，现进行如下实验：取10mL该溶液于试管中滴加足量的Ba（NO3）2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.03mol白色沉淀甲取上述反应后的滤液，加人AgNO3溶液未见沉淀产生另取10mL该溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色沉淀乙，
12、当加人NaOH的物质的量为0.03mol时，沉淀的量达到最大；继续滴加NaOH溶液并加热，开始产生气体丙，收集气体丙，体积换算成标况下为0.224L（假设丙全部逸出），最后沉淀完全溶解下列推断正确的是（）A仅有实验可推出肯定含有SO42，不含ClB该无色溶液肯定含有NH4+、K+、Al3+、SO42C该无色溶液中肯定不含K+、Mg2+、HCO3、Cl、MnO4、ID不能确定该无色溶液是否含有K+二、解答题（共4小题，满分50分）26金属材料在日常生产生活中有着广泛的应用，请回答下列问题：（1）人类最早使用的合金是，目前使用量最大的金属是（2）铁和铁合金是日常生活中的常用材料，下列叙述正确的是A
13、纯铁的硬度比生铁高 B纯铁耐腐蚀性强，不易生锈C不锈钢是铁合金，只含金属元素 D铁在一定条件下，可与水蒸气反应E铁在冷的浓硫酸中会钝化（3）向沸水中滴入几滴饱和FeCl3溶液，加热至液体呈透明的红褐色，该反应的离子方程式为，形成的分散系中分散质的微粒直径范围是（4）向硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠，有红褐色沉淀生成，如果加入的Na2O2与生成的O2的物质的量之比为3：1，请写出发生的离子反应方程式（5）电子工业需要用30%的FeCl3溶液腐蚀绝缘板上的铜，制造印刷电路板请写出FeCl3 溶液与铜反应的离子方程式：，向腐蚀后的废液中加入一定量的铁粉充分反应后，无固体剩余，则反应后的溶液中一定含有的离
14、子是，可能含有的离子是如果从腐蚀后的废液中回收铜并重新获得FeCl3溶液，现有下列试剂：氯气铁粉浓硝酸浓盐酸烧碱浓氨水需要用到的一组试剂是ABCD（6）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型净水剂高铁酸钠的制备方法之一是：在碱性条件下用NaClO氧化Fe3+，请写出该反应的离子反应方程式（7）有一种铁的氧化物样品，用5mol/L盐酸140mL，恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标况下0.56L氯气，恰好使其中Fe2+全部转化成Fe3+，该氧化物的化学式是27铈、铬、钛、镍虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要作用（1）二氧化铈 （CeO2）在平板电视显示屏中有着重要应用CeO2在稀硫酸
15、和H2O2的作用下可生成Ce3+，写出该反应的离子方程式，CeO2在该反应中作剂（2）自然界中Cr主要以+3价和+6价存在+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬写出过程中的离子方程式：（3）钛（Ti）被誉为“二十一世纪的金属”，工业上在550时用钠与四氯化钛反应可制得钛，该反应的化学方程式是（4）NiSO4xH2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于镀镍、电池等，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得操作步骤如下：向滤液中加入FeS是为了除去Cu2+、Zn2+等杂质，除去Cu2+的离子方程式为对滤液先加H2O2再调pH，加H2O2的目的是，调pH的目的
16、是滤液溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是28研究发现，NOx和SO2是雾霾的主要成分（一）NOx主要来源于汽车尾气已知：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.50kJmol12CO（g）+O2（g）CO2（g）H=566.00kJmol1（1）为了减轻大气污染，人们提出在汽车尾气排气管口采用催化剂将NO和CO转化成无污染气体参与大气循环写出该反应的热化学方程式（2）T时，将等物质的量的NO和CO充人容积为2L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程（015min）中NO的物质的量随时间变化如图1所示T时该化学反应
17、的平衡常数K=；平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，平衡将移动（填“向左”、“向右”或“不”）图1中a、b分别表示在一定温度下，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n（NO）的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是（填“a”或“b”）15min时，若改变外界反应条件，导致n（NO）发生如图所示的变化，则改变的条件可能是（二）SO2主要来源于煤的燃烧燃煤烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关健（3）用纯碱溶液吸收SO2可将其转化为HSO3，该反应的离子方程式是（4）如图2所示的电解装罝可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42写出物质A
18、的化学式，阳极的电极反应式是该电解反应的化学方程式为29A、B、C、D、E、F、G是前四周期（除稀有气体）原子序数依次增大的七种元素，A的原子核外电子只有一种运动状态；B、C的价电子层中未成对电子数都 是2；B、C、D同周期；E核外的s、p能级的电子总数相；F与E同周期且第一电离能比E小；G的+1价离子（G+）的各层电子全充满回答下列问题：（相关问题用元素符号表示）（1）写出E的基态原子的电子排布式（2）B与C可形成化合物BC和BC2，BC2属于（填“极性”、“非极性”）分子，1mol BC含有键为mol（3）由元素A、C、G组成的离子G（A2C）42+在水溶液中显天蓝色，不考虑空间结构，G（
19、A2C）42+的结构可用示意图表示为（配位键用标出）（4）测定A、D形成的化合物的相对分子质量时，实验测定值一般高于理论值的原因是（5）由元素A、B、F组成的原子个数比9：3：1的一种物质，分子中含三个相同的原子团，其结构简式为，分子中F原子的杂化方式为，该物质遇水爆炸，生成白色沉淀和无色气体，反应的化学方程式为（6）G与氮元素形成的某种化合物的晶胞结构如图，则该化合物的化学式为，若晶体密度为a gcm3，列式计算G原子与氮原子最近的距离为pm（不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值用NA表示）2016-2017学年新疆生产建设兵团二中高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：（每
20、题只有一个最佳答案，每题2分，共50分）1下列物质分类正确的是（）ABaSO4难溶于水，属于非电解质BSO2能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物CNH4Cl组成中不含金属离子，不属于盐DNaHSO4能电离出H+，NaHSO4属于盐【考点】电解质与非电解质；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】A、硫酸钡属于盐，属于强电解质；B、酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物；C、盐是指电离出金属阳离子（铵根离子）和酸根阴离子的化合物；D、NaHSO4在水溶液中电离出H+，但是熔融态下不会电离出氢离子【解答】解：A、硫酸钡难溶于水，属于盐，属于强电解质，故A错误；B、酸性氧化物是和碱反应产生盐和水
21、的氧化物，SO2能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故B正确；C、盐是指电离出金属阳离子（铵根离子）和酸根阴离子的化合物，氯化铵属于铵盐，故C错误；D、NaHSO4在水溶液中电离出H+，但是熔融态下不会电离出氢离子，NaHSO4属于盐，故D错误故选B2下列说法正确的是（）A用KSCN溶于检验Fe2（SO4）3溶液中是否含有FeSO4B由同种元素组成的物质一定是纯净物C将钢闸门与电源正极相连，可防止其在海水中被腐蚀D浊液、胶体、溶液三种分散系的本质区别是分散质微粒直径的大小不同【考点】化学实验方案的评价【分析】A硫酸亚铁与KSCN不反应；B同位素由同种元素构成，同位素混合为混合物；C阳极发生氧
22、化反应；D浊液、胶体、溶液三种分散系的分散质的粒子直径大小不同【解答】解：A硫酸亚铁与KSCN不反应，应用溴水、高锰酸钾等检验，故A错误；B同位素由同种元素构成，同位素混合为混合物，如氧气和臭氧，故B错误；C连接电源正极，为电解池的阳极，阳极发生氧化反应，不能防止腐蚀，故C错误；D当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm100nm）、浊液（大于100nm），故D正确故选D3下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（）AKBNaCFeDAl【考点】铝的化学性质【分析】由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气
23、氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，以此来解答【解答】解：由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，而K、Na、Fe的氧化物均不是致密的结构，故选D4化学与生活密切相关，下列说法中正确的是（）A“歼20”飞机上使用的碳纤维是一种新型的有机高分子材料B工业上通常用电解Na、Mg、Al对应的氯化物制取三种金属单质C燃料电池中燃料都是在负极发生氧化反应DFe3O4俗称铁红，常作红色油漆和涂料【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A碳纤维为碳元素的单质；BNa、Mg、Al均为活泼金属，利用电解法冶炼，但氯化铝不导电；C燃料电池中燃
24、料在负极上失去电子；DFe3O4为黑色【解答】解：A碳纤维为碳元素的单质，不是高分子，故A错误；BNa、Mg、Al均为活泼金属，利用电解法冶炼，但氯化铝不导电，电解氧化铝冶炼Al，电解Na、Mg对应的氯化物制取Na、Mg，故B错误；C燃料电池中燃料在负极上失去电子，发生氧化反应，故C正确；DFe3O4为黑色，为磁性氧化铁，而Fe2O3俗称铁红，常作红色油漆和涂料，故D错误；故选C5金属材料在日常生活以及生产中有有广泛的应用下列关于金属的一些说法不正确的是（）A工业上金属Mg、Cu都是用热还原法制得的B合金的性质与其成分金属的性质不完全相同C金属冶炼的本质是金属阳离子得到电子变成金属原子D越活泼
25、的金属越难冶炼【考点】金属的通性；合金的概念及其重要应用【分析】金属冶炼的本质是金属阳离子得电子被还原生成金属单质，金属的活泼性不同，冶炼的方法不同，按照金属活动性顺序表KAl等活泼金属用电解法冶炼，AlCu用热还原法冶炼【解答】解：A工业上金属Mg可用电解法冶炼，故A错误；B合金熔点，比各成分金属的低，故B正确；C、金属阳离子得到电子被还原生成金属单质，为金属冶炼的本质，故C正确；D活泼金属对应的阳离子难以得到电子，难以冶炼，故D正确故选A6设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A1molHCl溶液中，H+数目为NAB常温常压下，8gCH4含有电子数目为5NAC12gNaHSO4
26、晶体中含有0.3NA个阳离子D78g苯含有C=C双键的数目为3 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、在盐酸溶液中，除了HCl能电离出氢离子，水也能电离出氢离子；B、求出甲烷的物质的量，然后根据1mol甲烷中含10mol电子；C、求出硫酸氢钠的物质的量，然后根据1mol硫酸氢钠晶体中含1mol钠离子和1mol硫酸氢根来分析；D、苯不是单双键交替的结构【解答】解：A、在盐酸溶液中，除了HCl能电离出氢离子，水也能电离出氢离子，故溶液中的氢离子个数多于NA个，故A错误；B、8g甲烷的物质的量为0.5mol，而1mol甲烷中含10mol电子，故0.5mol甲烷中含5NA个电子，故B正确；C、12g硫
27、酸氢钠的物质的量为0.1mol，而1mol硫酸氢钠晶体中含1mol钠离子和1mol硫酸氢根，故0.1mol硫酸氢钠中含0.1NA个阳离子，故C错误；D、苯不是单双键交替的结构，故苯中不含碳碳双键，故D错误故选B7下列说法中不正确的是（）由同一种元素组成的物质是单质 阴离子一定不含金属元素，阳离子一定含金属元素金属氧化物一定是碱性氧化物 碱性氧化物一定是金属氧化物非金属氧化物一定是酸性氧化物 酸性氧化物一定是非金属氧化物酸的元数不一定等于酸中的H原子数ABCD【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】由同一种元素组成的纯净物是单质； 阴离子可能金属元素，阳离子不一定含金属元素；大多数金
28、属氧化物是碱性氧化物； 碱性氧化物一定是金属氧化物；非金属氧化物不一定是酸性氧化物； 酸性氧化物不一定是非金属氧化物；酸的元数和酸电离出的氢离子数目有关【解答】解：由同一种元素组成的纯净物是单质，由同一种元素组成的物质不一定是单质，如氧气和臭氧组成的混合物，虽然是只有一种元素组成，故错误； 阴离子可能金属元素，如高锰酸根离子，阳离子不一定含金属元素，如铵根离子，故错误；大多数金属氧化物是碱性氧化物，氧化铝属于两性氧化物，不是碱性氧化物，故错误； 碱性氧化物一定是金属氧化物，故正确；非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如NO、CO属于不成盐氧化物，故错误； 酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如七氧化二
29、锰，故错误；酸的元数和酸电离出的氢离子数目有关，不一定等于酸中的H原子数，故正确故选C8下列叙述正确的是（）ACl2+2Br2Cl+Br2、Zn+Cu2+Zn2+Cu均为单质被还原的置换反应B2Na2O2+2H2O4NaOH+O2、Cl2+H2OHCl+HClO均为水作还原剂的氧化还原反应CCl元素的单质在化学反应中只表现氧化性DNaSO3与H2O2的反应为氧化还原反应【考点】氧化还原反应【分析】A化合价降低被还原，化合价升高被氧化；B.2Na2O2+2H2O4NaOH+O2中只有过氧化钠中O元素的化合价变化；Cl2+H2OHCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化；CCl2与H2O反应时Cl
30、元素的化合价既升高又降低；D存在元素化合价变化的反应为氧化还原反应【解答】解：ACl2+2Br2Cl+Br2反应中Cl元素的化合价降低被还原，Zn+Cu2+Zn2+Cu中Zn元素的化合价升高被氧化，故A错误；B.2Na2O2+2H2O4NaOH+O2中只有过氧化钠中O元素的化合价变化；Cl2+H2OHCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化，两个反应中水既不是还原剂又不是氧化剂，故B错误；CCl2与H2O反应：Cl2+H2OHCl+HClO，Cl元素的化合价既升高又降低，Cl元素的单质在化学反应中表现氧化性和还原性，故C错误；DNaSO3与H2O2的反应中O、S元素的化合价发生变化，属于氧化还
31、原反应，故D正确故选D9在强酸性溶液中能大量共存，且溶液为无色透明的离子组是（）ANa+、Al3+、SO42、NO3BBa2+、Na+、SO42、NO3CK+、Mg2+、MnO4、SO42DK+、Na+、NO3、HCO3【考点】离子共存问题【分析】离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质及发生氧化还原反应、络合反应及双水解反应，强酸性溶液中不能大量存在和氢离子反应的离子，溶液呈无色，说明不含有色离子，据此分析解答【解答】解：A离子之间不反应且和氢离子不反应，都是无色的离子，符合条件，故A正确；BBa2+、SO42生成白色沉淀，所以不能共存，故B错误；CMnO4呈紫色，不符合无色条件，故C错误；D
32、酸性条件下，H+、HCO3发生反应生成二氧化碳和水，所以不能大量共存，故D错误；故选A10下列离子方程式书写正确的是（）A铜片放入稀硫酸中：Cu+2H+=Cu2+H2B将少量NaOH溶液加入NH4HCO3溶液中：OH+HCO3=CO32+H2OC向NaHCO3溶液中加入少量Ca（OH）2：HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2ODFe3O4与稀HNO3反应：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A不符合反应客观事实；B氢氧化钠少量，先与碳酸氢根离子反应；C氢氧化钙少量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；D硝酸具有强氧化性，能够氧化二价铁离子【解答】解：A铜活
33、泼性排在氢的后面，铜片放入稀硫酸中，二者不反应，故A错误；B将少量NaOH溶液加入NH4HCO3溶液中，离子方程式：OH+HCO3=CO32+H2O，故B正确；C向NaHCO3溶液中加入少量Ca（OH）2离子方程式：2HCO3+Ca2+2OH=CaCO3+2H2O+CO32，故C错误；DFe3O4与稀HNO3反应，离子方程式：3Fe3O4+28H+NO39Fe3+NO+14H2O，故D错误；故选：B11肼（N2H4）又称联氨，可用如下方法制备：CO（NH2）2+ClO+OH=N2H4+Cl+CO32+H2O，下列说法不正确的是（）AN2H4是氧化产物BN2H4中存在极性键和非极性键C配平后，O
34、H的化学计量数为2D生成3.2gN2H4转移0lmol电子【考点】氧化还原反应【分析】该反应中，N元素化合价由3价变为2价，Cl元素化合价由+1价变为1价，转移电子数为2，所以方程式为CO（NH2）2+ClO+2OH=N2H4+Cl+CO32+H2O，据此分析解答【解答】解：该反应中，N元素化合价由3价变为2价，Cl元素化合价由+1价变为1价，转移电子数为2，所以方程式为CO（NH2）2+ClO+2OH=N2H4+Cl+CO32+H2O，AN元素化合价由3价变为2价，所以尿素是还原剂，肼是氧化产物，故A正确；B肼分子中NH原子之间存在极性键，NN原子之间存在非极性键，故B正确；C根据以上分析知
35、，配平后，氢氧根离子的化学计量数是2，故C正确；D.3.2g肼的物质的量是0.1mol，生成3.2 g N2H4转移电子物质的量=0.1 mol1（1）=0.2mol，故D错误；故选D12某离子反应涉及H2O、ClO、NH4+、H+、N2、Cl六种微粒其中c（NH4+）随反应进行逐渐减小下列判断错误的是（）A反应的氧化剂是ClOB消耗1mol还原剂，转移电子3molC氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D反应后溶液的酸性明显增强【考点】氧化还原反应【分析】c（NH4+）随反应进行逐渐减小，NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO为反应物，由氯元素守恒可知Cl是生成物，则反应
36、的方程式应为3ClO+2NH4+=N2+3H2O+3Cl+2H+，以此解答该题【解答】解：反应的方程式应为3ClO+2NH4+=N2+3H2O+3Cl+2H+，ACl元素的化合价降低，则反应的氧化剂是ClO，故A正确；BN元素的化合价由3价升高为0，NH4+为还原剂，则消耗1mol还原剂，转移电子3mol，故B正确；C由反应可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；D反应生成H+，溶液酸性增强，故D正确故选C13表第I栏与第II栏中的化学反应，都可以用第III栏中的离子方程式表示的是（） 选项第I栏第II栏第栏A往少量NaOH溶液中投入铝片往过量NaOH溶液中 投入铝片2Al+2O
37、H+2H2O2AlO2+3H2B往Fe2（ SO4）3溶液 中滴入氢氧化钠溶液往Fe2 （SO4）3溶液 中滴入氢氧化钡溶 液Fe3+3OH=Fe（OH）3CNaHCO3溶液滴入Ca（OH）2NaHCO3溶液滴入NaOH溶液Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2OD往NaOH泪液中通入过量CO2气沐往NaOH溶液中通入少量CO2气沐CO2+OH=HCO3AABBCCDD【考点】离子方程式的书写【分析】A无论NaOH溶液是否过量，Al和NaOH溶液反应都生成偏铝酸钠和氢气；BI中反应生成氢氧化铁沉淀和可溶性强电解质硫酸钠，II中生成沉淀氢氧化铁和沉淀硫酸钡；C碳酸氢钠与氢氧化钙生成碳酸钙沉淀，
38、而碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠，二者的反应产物不同；D二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钠，二氧化碳不足，反应生成碳酸钠【解答】解：A往少量NaOH溶液中投入铝片、往过量NaOH溶液中投入铝片，反应的离子方程式都是2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，故A正确；B往Fe2（SO4）3溶液中滴入氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为：Fe3+3OHFe（OH）3，而往Fe2（SO4）3溶液中滴入氢氧化钡溶液，反应的离子方程式为：3SO42+3Ba2+2Fe3+6OH=2Fe（OH）3+3BaSO4，反应还生成硫酸钡沉淀，二者的离子方程式不同，故B错误；CNaHCO3溶液滴入Ca（OH）2溶液，反应
39、的离子方程式为：Ca2+2OH+HCO3CO32+CaCO3+2H2O，NaHCO3溶液滴入NaOH溶液的离子方程式为：OH+HCO3CO32+H2O，二者的离子方程式不同，故C错误；D往NaOH溶液中通入过量CO2气体，反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为：CO2+OHHCO3，往NaOH溶液中通入少量CO2气体，反应生成碳酸钠，反应的离子方程式为：CO2+2OHCO32+H2O，两个反应的离子方程式不同，故D错误；故选A14下列各组物质中，X是主体物质，Y是少量杂质，Z是为除去杂质所要加入的试剂，其中所加试剂正确的一组是（）ABCDXFeCl2溶液FeCl3溶液FeNa2SO4溶液YFeC
40、l3CuCl2AlNa2CO3ZCl2FeNaOH溶液HCl溶液AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】A氯气氧化氯化亚铁；B二者都与铁反应；C铝和氢氧化钠溶液反应；D生成氯化钠，引入新杂质【解答】解：A氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁，不能除去氯化亚铁中的氯化铁，应该用铁粉，故A错误；B铁与氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，不能除去氯化铁中的氯化铜，故B错误；C氢氧化钠溶液与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，与铁不反应，可以除去铁中的铝，故C正确；D盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，引入杂质氯化钠，应该用稀硫酸，故D错误，故选C15某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应
41、得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO与ClO3的浓度之比为1：3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（）A21：5B11：3C3：1D4：1【考点】氧化还原反应的计算；化学方程式的有关计算【分析】Cl2生成ClO与ClO3是被氧化的过程，Cl2生成NaCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据ClO与ClO3的物质的量浓度之比可计算失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比【解答】解：Cl2生成ClO与C
42、lO3是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO与ClO3的物质的量浓度之比为1：3，则可设ClO为1mol，ClO3为3mol，被氧化的Cl共为4mol，失去电子的总物质的量为1mol（10）+3mol（50）=16mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为1价，则得到电子的物质的量也应为16mol，则被还原的Cl的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：4mol=4：1，故选D16下列说法不正确的是（）A乙烷与氯气在光照条件下发生加成反应B甲烷和乙烯都可以与氯气
43、反应，反应类型不同C蔗糖、油脂、蛋白质都可以水解D乙醇能够被酸性的高锰酸钾溶液直接氧化成乙酸【考点】有机物的结构和性质【分析】A乙烷为饱和烃，不发生加成反应；B甲烷发生取代反应，乙烯发生加成反应；C蔗糖为二糖、油脂含有酯基，蛋白质含有肽键；D乙醇含有羟基，可发生氧化反应【解答】解：A乙烷为饱和烃，与氯气在光照条件下发生取代反应，不发生加成反应，故A错误；B甲烷为饱和烃，发生取代反应，乙烯含有碳碳双键，与氯气发生加成反应，故B正确；C蔗糖为二糖，可水解生成葡萄糖和果糖、油脂含有酯基，可水解生成高级脂肪酸和甘油，蛋白质含有肽键，可水解生成氨基酸，故C正确；D乙醇含有羟基，可发生氧化反应，可被氧化生
44、成乙酸，故D正确故选A17下列反应中，属于加成反应的是（）A苯和液溴在FeBr3催化作用下生成溴苯B丙烯和氯气在一定条件下反应生成ClCH2CH=CH2的反应C乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色D乙烯与HCl气体反应生成一氯乙烷【考点】有机物的结构和性质【分析】有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，据此有机物的结构进行判断【解答】解：A苯在铁粉存在下与液溴的反应，苯中H原子被溴原子取代生成溴苯，属于取代反应，故A错误；B丙烯和氯气在一定条件下反应生成ClCH2CH=CH2，C=C没有变化，属于取代反应，故B错误；C乙烯与高锰酸钾发生氧化反应，不是
45、加成反应，故C错误；D乙烯含有碳碳双键，与HCl反应生成一氯代烷，为加成反应，故D正确故选D18下列说法正确的是（）A煤经处理变为气体燃料的过程属于物理变化B淀粉、油脂和蛋白质都是高分子化合物C乙烷和乙醇均能发生取代反应D乙酸乙酯和植物油均可水解生成乙醇【考点】物理变化与化学变化的区别与联系【分析】A、化学变化是指在原子核不变的情况下，有新物质生成的变化B、油脂不是高分子化合物；C、乙烷和乙醇分子中含有饱和碳原子上的氢原子，一定条件下氢原子可以被取代发生取代反应；D、植物油属于酯类，也可水解，但水解不生成乙醇【解答】解：A、煤的气化是煤与碳反应生成一氧化碳和氢气，属于化学变化，故A错误；B、淀
46、粉和蛋白质是高分子化合物，但油脂不是，故B错误；C、乙烷和乙醇含有饱和氢，一定条件下能发生取代反应，故C正确；D、植物油属于酯类，也可水解，水解生成甘油和高级脂肪酸，生不成乙醇，故D错误故选C19乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是（）A化学式为C6H6O6B乌头酸能发生水解反应和加成反应C乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色D含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH【考点】有机物的结构和性质【分析】由结构简式可知分子式，分子中含COOH、碳碳双键，结合羧酸、烯烃性质来解答【解答】解：A由结构简式可知分子式为C6H6O6，故A正确；B含碳碳双键可发生加成反应，但不能发生水解
47、反应，故B错误；C含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D含3个COOH，含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3 mol NaOH，故D正确；故选B20分子式为C5H12O的醇A，它含有CH2OH结构的同分异构体有（）A2种B3种C4种D5种【考点】同分异构现象和同分异构体【分析】含有CH2OH的醇，剩余部分为C4H9，根据C4H9的种类等于符合该条件下醇的同分异构体【解答】解：含有CH2OH的醇，剩余部分为丁基，丁基有4种，含有CH2OH基团的戊醇也有4种：CH3CH2CH2CH2CH2OH、（CH3）2CHCH2CH2OH、CH3CH（CH3）CH2CH2OH、CH3CH2CH（CH
48、3）CH2OH，故选C21已知酸性条件下有如下反应：2Cu+Cu2+Cu由于反应温度不同，用氢气还原氧化铜时，可能产生Cu或Cu2O，两者都是红色固体一同学对某次用氢气还原氧化铜实验所得的红色固体产物作了验证，实验操作和实验现象记录如下：加入试剂稀硫酸浓硫酸、加热稀硝酸浓硝酸实验现象红色固体和蓝色溶液无色气体和蓝色溶液无色气体和蓝色溶液红棕色气体和蓝色溶液由此推出本次氢气还原氧化铜实验的产物是（）ACuBCu2OC一定有Cu，可能有Cu2OD一定有Cu2O，可能有Cu【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计【分析】Cu2O与稀硫酸发生反应：2Cu+=Cu2+Cu，Cu2O和Cu都能与浓硫酸、稀硝
49、酸、浓硝酸等强氧化性物质反应，鉴别物质应用稀硫酸，以此解答该题【解答】解：已知酸性条件下有如下反应：2Cu+Cu2+Cu，向红色固体中加入稀硫酸，有红色固体和蓝色溶液，红色固体为铜，蓝色溶液为硫酸铜溶液，由此可推出原红色固体里一定有Cu2O，对于溶液中的红色固体铜，一种可能是原来有一部分，Cu2O和硫酸反应生成一部分，另一种可能是全部由Cu2O和硫酸反应生成的，因此可得出结论，红色固体里一定有Cu2O，可能有铜，故选D22已知Cu（NO3）2受热分解为CuO、NO2和O2，把一定质量的Cu和Cu（NO3）2的混合物在空气中加热，完全反应后所得固体的质量与原混合物的质量相等，则混合物中Cu和Cu
50、（NO3）2的物质的量之比为（）A8：3B3：8C27：4D4：27【考点】有关混合物反应的计算【分析】一定质量的Cu和Cu（NO3）2的混合物在空气中加热，Cu与氧气反应生成CuO，Cu（NO3）2受热分解为CuO、NO2和O2，最后固体为CuO，结合反应前后的质量关系列式计算【解答】解：一定质量的Cu和Cu（NO3）2的混合物在空气中加热，Cu与氧气反应生成CuO，Cu（NO3）2受热分解为CuO、NO2和O2，最后固体为CuO，设Cu为xmol，Cu（NO3）2为ymol，则64x+188y=80x+80y，x：y=27：4，故选C23向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合
51、物中加入150mL 4molL1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24L NO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为（）A0.21molB0.25molC0.3molD0.35mol【考点】有关混合物反应的计算；铁的氧化物和氢氧化物【分析】混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁，由铁元素守恒可知，足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，得到铁的物质的量与硝酸亚铁中的铁的物质的量相同，根据硝酸的物质的量和生成NO的物质的量，求出溶液中硝
52、酸亚铁的物质的量【解答】解：因一定量的Fe、FeO、Fe3O4和Fe2O3的混合物中加入150mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，则溶液中的溶质为Fe（NO3）2，2.24L NO（标准状况）的物质的量为=0.1mol，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.15L4mol/L0.1mol=0.5mol，所以硝酸亚铁的物质的量为=0.25mol，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为n（Fe）=0.25mol故选B24已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3+和Cr3+现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4
53、溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3+的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是（）A图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7B图中BC段发生的反应为2Fe3+2I=2Fe2+I2C开始加入的K2Cr2O7为0.25 molDK2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为1：3【考点】离子方程式的有关计算【分析】氧化性强弱顺序为K2Cr2O7Fe3+，由图象可知，在反应后的溶液中滴加碘化钾溶液，开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，BC段为铁离子和碘化钾的反应，结合得失电子守恒解答该题【解答
54、】解：A开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，故A正确；BBC段Fe3+浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3+2I=2Fe2+I2，故B正确；C由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为K2Cr2O76Fe3+6I，共消耗的n（I）=1.5mol，则开始加入的K2Cr2O7的物质的量为mol=0.25mol，故C正确；D由方程式2Fe3+2I2Fe2+I2可知，BC段消耗KI0.9mol，则n（Fe3+）=n（Fe2+）=0.9mol，K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为0
55、.25mol：0.9mol=5：18，故D错误故选D25某无色溶液中只可能溶有NH4+、K+、Al3+、Mg2+、HCO3、Cl、I、MnO4、SO42等离子中的几种离子为分析其组成，现进行如下实验：取10mL该溶液于试管中滴加足量的Ba（NO3）2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.03mol白色沉淀甲取上述反应后的滤液，加人AgNO3溶液未见沉淀产生另取10mL该溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色沉淀乙，当加人NaOH的物质的量为0.03mol时，沉淀的量达到最大；继续滴加NaOH溶液并加热，开始产生气体丙，收集气体丙，体积换算成标况下为0.224L（假设丙全部逸出），最后沉淀完全溶解下列
56、推断正确的是（）A仅有实验可推出肯定含有SO42，不含ClB该无色溶液肯定含有NH4+、K+、Al3+、SO42C该无色溶液中肯定不含K+、Mg2+、HCO3、Cl、MnO4、ID不能确定该无色溶液是否含有K+【考点】常见离子的检验方法【分析】溶液无色，说明不含MnO4；取10mL该溶液于试管中滴加Ba（NO3）2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.03mol白色沉淀甲，说明甲为BaSO4，原溶液中含有SO42；向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生，说明不含有Cl、I；因为能与碱共热生成气体的只有NH4+，氢氧化镁不溶于氢氧化钠溶液，Al3+能与氢氧化钠溶液反应生成沉淀又能完全溶解，铝离子与碳酸
57、氢根离子能发生双水解反应而不能大量共存，故不含HCO3；根据氢氧化铝沉淀0.01mol和标况下氨气为0.224L，利用元素守恒可知有NH4+0.01mol，Al3+、0.01mol，再根据电荷守恒可推知含有K+；综上分析可知一定含有的离子为K+、NH4+、Al3+、SO42，一定不含有的离子为MnO4、Mg2+、Cl、I、HCO3【解答】解：MnO4溶液为紫红色，溶液无色，则一定不存在有色的MnO4；取10mL该溶液于试管中滴加Ba（NO3）2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.03mol白色沉淀甲，说明甲为BaSO4，原溶液中含有0.03molSO42；向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生，说
58、明不含有Cl、I；另取少量该溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色沉淀乙，当沉淀增加到一定量后开始产生气体丙，最后沉淀完全溶解，说明含有NH4+、Al3+，不含Mg2+，因为能与碱共热生成气体的只有NH4+，氢氧化镁不溶于氢氧化钠溶液，Al3+能与氢氧化钠溶液反应生成沉淀又能完全溶解，铝离子与碳酸氢根离子能发生双水解反应而不能大量共存，故不含HCO3；根据氢氧化铝沉淀0.01mol和标况下氨气为0.224L，利用元素守恒可知有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，再根据电荷守恒可推知含有K+；综上分析可知一定含有的离子为K+、NH4+、Al3+、SO42，一定不含有的离子为MnO4、
59、Mg2+、Cl、I、HCO3A向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生，说明不含有Cl、I，故A错误；B综上分析可知一定含有的离子为K+、NH4+、Al3+、SO42，故B正确；C该无色溶液中肯定不含MnO4、Mg2+、Cl、I、HCO3，含有K+，故C错误；D0.03molSO42，NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，根据电荷守恒可推知含有K+0.02mol，故D错误故选B二、解答题（共4小题，满分50分）26金属材料在日常生产生活中有着广泛的应用，请回答下列问题：（1）人类最早使用的合金是青铜，目前使用量最大的金属是铁（2）铁和铁合金是日常生活中的常用材料，下列叙述正确的是BDE
60、A纯铁的硬度比生铁高 B纯铁耐腐蚀性强，不易生锈C不锈钢是铁合金，只含金属元素 D铁在一定条件下，可与水蒸气反应E铁在冷的浓硫酸中会钝化（3）向沸水中滴入几滴饱和FeCl3溶液，加热至液体呈透明的红褐色，该反应的离子方程式为Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，形成的分散系中分散质的微粒直径范围是1100nm（4）向硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠，有红褐色沉淀生成，如果加入的Na2O2与生成的O2的物质的量之比为3：1，请写出发生的离子反应方程式3Na2O2+2Fe3+4H2O=2Fe（OH）3+O2+6Na+2OH（5）电子工业需要用30%的FeCl3溶液腐蚀绝缘板上的铜，制造印刷电路
61、板请写出FeCl3 溶液与铜反应的离子方程式：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，向腐蚀后的废液中加入一定量的铁粉充分反应后，无固体剩余，则反应后的溶液中一定含有的离子是Fe2+、Cu2+、Cl，可能含有的离子是Fe3+如果从腐蚀后的废液中回收铜并重新获得FeCl3溶液，现有下列试剂：氯气铁粉浓硝酸浓盐酸烧碱浓氨水需要用到的一组试剂是AABCD（6）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型净水剂高铁酸钠的制备方法之一是：在碱性条件下用NaClO氧化Fe3+，请写出该反应的离子反应方程式2Fe（OH）3+3ClO+4OH=2FeO42+3Cl+5H2O（7）有一种铁的氧化物样品，用5mol/L盐酸14
62、0mL，恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标况下0.56L氯气，恰好使其中Fe2+全部转化成Fe3+，该氧化物的化学式是Fe5O7【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；胶体的重要性质；金属的电化学腐蚀与防护；氧化还原反应的计算；盐类水解的应用；合金的概念及其重要应用【分析】（1）合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质，金属大规模被使用的先后顺序跟金属的活动性关系最大，金属活动性较弱时，比较难形成化合物，常以单质形式存在，比较容易被利用；目前使用量最大的合金是铁合金；（2）合金的硬度比各成分高、熔点比各成分低，合金的性能更优良；（3）水解生成胶体，胶体粒子的直径在
63、1100nm；（4）Na2O2与生成的O2的物质的量之比为3：1，由电子守恒可知，只有1molNa2O2作氧化剂转移2mol电子；（5）FeCl3 溶液与铜反应生成氯化铜、氯化亚铁；腐蚀废液中含有氯化铜、氯化亚铁以及氯化铁，铁可以置换金属铜，可以和三价铁反应，铜不能盐酸反应，而金属铁可以，氯气具有氧化性，能将亚铁离子氧化为三价铁；（6）在碱性条件下用NaClO氧化Fe3+，同时生成Na2FeO4，结合电子、电荷守恒解答；（7）n（HCl）=0.14L5mol/L=0.7mol，n（Cl2）=0.025mol，反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，反应后溶液成分为FeCl3，结
64、合质量守恒计算【解答】解：（1）铜的活泼性较弱，比较容易冶炼，所以人类最早使用的合金材料是青铜，目前使用量最大的合金是铁合金，则目前使用量最大的金属是铁，故答案为：青铜；铁；（2）A合金的硬度比各成分金属的大，故A错误；B纯铁不能形成原电池，生铁含碳量高，容易形成原电池，腐蚀速率快，故B正确；C不锈钢含有的金元素有铁、镍、钼、钛、铌、铜、氮等，故错误；D铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，故D正确；E浓硫酸具有强的氧化性，冷的浓硫酸与铁发生钝化反应，故E正确；故答案为：BDE；（3）氢氧化铁胶体制备的离子方程式为：Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，氢氧化铁胶体的微粒直径范
65、围是1100nm，故答案为：Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+；1100nm；（4）Na2O2与生成的O2的物质的量之比为3：1，由电子守恒可知，只有1molNa2O2作氧化剂时转移2mol电子，离子反应为3Na2O2+2Fe3+4H2O=2Fe（OH）3+O2+6Na+2OH，故答案为：3Na2O2+2Fe3+4H2O=2Fe（OH）3+O2+6Na+2OH；（5）FeC13溶液与铜反应生成氯化亚铁、氯化铜，离子方程式为2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+；腐蚀废液中含有氯化铜、氯化亚铁以及氯化铁，加入一定量的铁可以和氯化铁反应生成氯化亚铁，可能与氯化铜反应生成金属铜和氯化亚铁，即F
66、e+Cu2+=Fe2+Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+，则溶液中一定含Fe2+、Cu2+、Cl，可能含Fe3+；从腐蚀后的废液中回收铜并重新获得FeCl3溶液，加入Fe过滤分离出Cu，加盐酸处理滤渣，滤液中含氯化亚铁，氯气具有氧化性，能将亚铁离子氧化为三价铁，2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，再向滤液中通入氯气即可，需要用到的一组试剂是，故答案为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+；Fe2+、Cu2+、Cl；Fe3+；A；（6）在碱性条件下用NaClO氧化Fe3+，同时生成Na2FeO4，结合电子、电荷守恒可知离子反应为2Fe（OH）3+3ClO+4OH=2FeO42+3Cl+5H2O，故答
67、案为：2Fe（OH）3+3ClO+4OH=2FeO42+3Cl+5H2O；（7）n（HCl）=0.14L5mol/L=0.7mol，n（Cl2）=0.025mol，反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，则氧化物中n（O）=n（HCl）=0.7mol=0.35mol，反应后溶液成分为FeCl3，n（Cl）=0.7mol+0.025mol2=0.75mol，则n（Fe）=0.75mol=0.25mol，所以：n（Fe）：n（O）=0.25mol：0.35mol=5：7，该氧化物的化学式为Fe5O7，故答案为：Fe5O727铈、铬、钛、镍虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中
68、有着重要作用（1）二氧化铈 （CeO2）在平板电视显示屏中有着重要应用CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，写出该反应的离子方程式2CeO2+H2O2+6H+=2Cr3+O2+4H2O，CeO2在该反应中作氧化剂（2）自然界中Cr主要以+3价和+6价存在+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬写出过程中的离子方程式：Cr2O72+3SO32+8H+=2Cr3+3SO42+4H2O（3）钛（Ti）被誉为“二十一世纪的金属”，工业上在550时用钠与四氯化钛反应可制得钛，该反应的化学方程式是4Na+TiCl4Ti+4NaCl（4）NiSO4xH2O是一种绿色易溶于
69、水的晶体，广泛用于镀镍、电池等，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得操作步骤如下：向滤液中加入FeS是为了除去Cu2+、Zn2+等杂质，除去Cu2+的离子方程式为FeS+Cu2+=CuS+Fe2+对滤液先加H2O2再调pH，加H2O2的目的是氧化Fe2+，调pH的目的是除去Fe3+滤液溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶（或富集NiSO4）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计【分析】（1）CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO
70、2中的Ce是+4价，在H2O2的作用下可生成Ce3+，因此发生还原反应，CeO2在该反应中作氧化剂；（2）自然界中Cr主要以+3价和+6价存在+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬，根据得失电子相等，Cr2O72与SO32的物质的量之比是1：3；结合原子守恒和电荷守恒配平书写离子方程式；（3）工业上在550时用钠与四氯化钛反应可制得钛，四氯化钛被钠还原为钛，依据原子守恒书写；（4）电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素），过滤后在滤液中加入FeS，生成CuS、ZnS，可除去Cu2+、Zn2+等杂质，对滤液先加W，应为过氧化氢，可氧化Fe2+生成Fe3+，有利于水解生
71、成氢氧化铁沉淀而除去，过滤后在滤液中加入碳酸钠，可生成NiCO3，过滤后加入硫酸可生成NiSO4，经蒸发、浓缩、冷却结晶可得到硫酸镍晶体，以此解答【解答】解：（1）CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2中的Ce是+4价，在H2O2的作用下可生成Ce3+，因此发生还原反应，CeO2在该反应中作氧化剂，反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+=2Cr3+O2+4H2O，故答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2Cr3+O2+4H2O；氧化；（2）自然界中Cr主要以+3价和+6价存在+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬，根据得失电子相等，Cr2O
72、72与SO32的物质的量之比是1：3；反应的离子方程式：Cr2O72+3SO32+8H+=2Cr3+3SO42+4H2O，故答案为：Cr2O72+3SO32+8H+=2Cr3+3SO42+4H2O；（3）工业上在550时用钠与四氯化钛反应可制得钛，四氯化钛被钠还原为钛，反应的化学方程式为：4Na+TiCl4Ti+4NaCl，故答案为：4Na+TiCl4Ti+4NaCl；（4）电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素），过滤后在滤液中加入FeS，生成CuS、ZnS，可除去Cu2+、Zn2+等杂质，对滤液先加W，应为过氧化氢，可氧化Fe2+生成Fe3+，有利于水解生成氢氧化铁沉淀而除去，过滤后在滤
73、液中加入碳酸钠，可生成NiCO3，过滤后加入硫酸可生成NiSO4，经蒸发、浓缩、冷却结晶可得到硫酸镍晶体，FeS除去Cu2+的反应是沉淀的转化，即FeS+Cu2+=CuS+Fe2+，故答案为：FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；对滤液加H2O2的目的是将Fe2+氧化Fe3+，然后调pH沉淀Fe3+，故答案为：氧化Fe2+；除去Fe3+；NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这样可提高NiSO4的浓度，有利于蒸发结晶，故答案为：增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶（或富集NiSO4）28研究发现，NOx和SO2是雾霾的主要成分（一）NOx主要
74、来源于汽车尾气已知：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.50kJmol12CO（g）+O2（g）CO2（g）H=566.00kJmol1（1）为了减轻大气污染，人们提出在汽车尾气排气管口采用催化剂将NO和CO转化成无污染气体参与大气循环写出该反应的热化学方程式2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）H=746.50 kJmol1（2）T时，将等物质的量的NO和CO充人容积为2L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程（015min）中NO的物质的量随时间变化如图1所示T时该化学反应的平衡常数K=5（mol/L）1；平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.
75、8mol，平衡将向右移动（填“向左”、“向右”或“不”）图1中a、b分别表示在一定温度下，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n（NO）的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是b（填“a”或“b”）15min时，若改变外界反应条件，导致n（NO）发生如图所示的变化，则改变的条件可能是增加CO的物质的量浓度或增大压强（二）SO2主要来源于煤的燃烧燃煤烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关健（3）用纯碱溶液吸收SO2可将其转化为HSO3，该反应的离子方程式是H2O+2SO2+CO322HSO3+CO2（4）如图2所示的电解装罝可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO
76、42写出物质A的化学式H2SO4，阳极的电极反应式是SO2+2H2O2 eSO42+4H+该电解反应的化学方程式为5SO2+2NO+8H2O（NH4）2SO4+4H2SO4【考点】化学平衡的影响因素；二氧化硫的污染及治理【分析】（1）已知：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.50kJmol12CO（g）+O2（g）CO2（g）H=566.00kJmol1根据盖斯定律：得到：2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）据此计算；（2）起始时，NO为4mol，平衡时NO为0.2mol，根据方程式求出平衡时CO、CO2、N2的浓度，根据平衡常数表达式计算；根据Qc与k的相对大小
77、分析；催化剂表面积较大，反应速率快，达到平衡所用时间短；由图象可知，NO的浓度减小，平衡向正方向移动；（3）碳酸钠溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳；（4）电解装罝可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42，则电解方程式为5SO2+2NO+8H2O（NH4）2SO4+4H2SO4，根据电解方程式结合电解原理分析【解答】解：（1）已知：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.50kJmol12CO（g）+O2（g）CO2（g）H=566.00kJmol1根据盖斯定律：得到：2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）H=746.50 kJmol1；故答案为：2N
78、O（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）H=746.50 kJmol1；（2）起始时，NO为0.4mol，平衡时NO为0.2mol， 2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2起始物质的量：0.4mol 0.4mol 0 0转化的物质量：0.2mol 0.2mol 0.2mol 0.1mol平衡物质的量：0.2mol 0.2mol 0.2mol 0.1mol则平衡时的浓度：c（NO）=0.1mol/L，c（CO）=0.1mol/L，c（CO2）=0.1mol/L，c（N2）=0.05mol/L，k=5（mol/L）1；平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，
79、则c（CO）=0.5mol/L，c（N2）=0.45mol/L，Qc=1.8k，则平衡将向右移动；故答案为：5（mol/L）1；向右；催化剂表面积较大，反应速率快，达到平衡所用时间短，由图可知，b曲线代表的条件下反应速率快，所以b的催化剂的表面积大；故答案为：b；由图象可知，NO的浓度减小，平衡向正方向移动，所以改变的条件为增加CO的物质的量浓度或增大压强；故答案为：增加CO的物质的量浓度或增大压强；（3）碳酸钠溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，其反应的离子方程式为：H2O+2SO2+CO322HSO3+CO2；故答案为：H2O+2SO2+CO322HSO3+CO2；（4）电解装罝可将
80、雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42，则电解方程式为5SO2+2NO+8H2O（NH4）2SO4+4H2SO4，由电解方程式可知，物质A为硫酸，其的化学式H2SO4； 电解时，阳极上二氧化硫失电子生成硫酸根离子，则阳极的电极反应式是SO2+2H2O2 eSO42+4H+；故答案为：H2SO4；SO2+2H2O2 eSO42+4H+；电解时NO、SO2分别转化为NH4+和SO42，结合原子守恒可知电解方程式为：5SO2+2NO+8H2O（NH4）2SO4+4H2SO4，故答案为：5SO2+2NO+8H2O（NH4）2SO4+4H2SO429A、B、C、D、E、F、G是前四周期（除稀有
81、气体）原子序数依次增大的七种元素，A的原子核外电子只有一种运动状态；B、C的价电子层中未成对电子数都 是2；B、C、D同周期；E核外的s、p能级的电子总数相；F与E同周期且第一电离能比E小；G的+1价离子（G+）的各层电子全充满回答下列问题：（相关问题用元素符号表示）（1）写出E的基态原子的电子排布式1s22s22p63s2（2）B与C可形成化合物BC和BC2，BC2属于非极性（填“极性”、“非极性”）分子，1mol BC含有键为2mol（3）由元素A、C、G组成的离子G（A2C）42+在水溶液中显天蓝色，不考虑空间结构，G（A2C）42+的结构可用示意图表示为（配位键用标出）（4）测定A、D
82、形成的化合物的相对分子质量时，实验测定值一般高于理论值的原因是HF分子之间存在氢键，形成缔合分子（5）由元素A、B、F组成的原子个数比9：3：1的一种物质，分子中含三个相同的原子团，其结构简式为Al（CH3）3，分子中F原子的杂化方式为sp2，该物质遇水爆炸，生成白色沉淀和无色气体，反应的化学方程式为Al（CH3）3+3H2O=Al（OH）3+3CH4（6）G与氮元素形成的某种化合物的晶胞结构如图，则该化合物的化学式为Cu3N，若晶体密度为a gcm3，列式计算G原子与氮原子最近的距离为1010pm（不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值用NA表示）【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子结构与
83、元素周期律的关系【分析】在前四周期中原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F、G中，A的原子核外电子只有一种运动状态，故A为H；周期元素B、C的价电子层中未成对电子数都是2，则B、C核外电子排布为1s22s22p2或1s22s22p4，为C、O，B、C、D同周期且原子序数依次增大但不是稀有气体，故D为F；E核外的s、p能级的电子总数相等，故E为Mg；F原子序数大于E，F与E同周期且第一电离能比E小，F为Al；G的+1价离子（G+）的各层电子全充满，元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满电子，则核外电子数为2+8+18+1=29，故G为Cu，（1）E为Mg元素，其原子核外有
84、12个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式；（2）电荷中心重合的分子为非极性分子，不重合的分子为极性分子，CO的结构式为CO，每个1CO分子含有2个键；（3）配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子；（4）HF分子间能形成氢键；（5）由元素H、C、Al组成的原子个数比9：3：1的一种物质，分子中含三个相同的原子团，其结构简式为Al（CH3）3，根据价层电子对互斥理论判断原子杂化类型，该物质遇水爆炸，生成白色沉淀和无色气体，说明生成氢氧化铝沉淀和甲烷；（6）利用均摊分计算Cu、N原子个数，从而确定化学式；设G原子与氮原子最近的距离为bcm，则晶胞棱长=2bcm，则晶胞体积=（2bcm）3
85、，故晶体的密度=，从而计算b【解答】解：在前四周期中原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F、G中，A的原子核外电子只有一种运动状态，故A为H；周期元素B、C的价电子层中未成对电子数都是2，则B、C核外电子排布为1s22s22p2或1s22s22p4，为C、O，B、C、D同周期且原子序数依次增大但不是稀有气体，故D为F；E核外的s、p能级的电子总数相等，故E为Mg；F原子序数大于E，F与E同周期且第一电离能比E小，F为Al；G的+1价离子（G+）的各层电子全充满，元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满电子，则核外电子数为2+8+18+1=29，故G为Cu，（1）E为Mg元
86、素，其原子核外有12个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式为1s22s22p63s2，故答案为：1s22s22p63s2；（2）B（C）与C（O）可形成化合物BC（CO）和BC2（CO2），CO2结构式为O=C=O，电荷中心重合，为非极性分子，CO的结构式为CO，含有2mol键，故答案为：非极性；2；（3）Cu（H2O）42+，水与铜离子形成4个配位键，结构为，故答案为：；（4）测定A、D形成的化合物HF的相对分子质量时，实验测定值一般高于理论值的原因是HF分子之间存在氢键，形成缔合分子，故答案为：HF分子之间存在氢键，形成缔合分子；（5）由元素H、C、Al组成的原子个数比9：3：1的一种物
87、质，分子中含三个相同的原子团，其结构简式为Al（CH3）3，根据价层电子对互斥理论计算电子对数为3+（331）=3，杂化类型为sp2，该物质遇水爆炸，生成白色沉淀和无色气体，反应的化学方程式为Al（CH3）3+3H2O=Al（OH）3+3CH4，故答案为：Al（CH3）3；sp2；Al（CH3）3+3H2O=Al（OH）3+3CH4；（6）晶胞中Cu原子数目=12=3、N原子数目=8=1，故化学式为：Cu3N；设G原子与氮原子最近的距离为bcm，则晶胞棱长=2bcm，则晶胞体积=（2bcm）3，故晶体的密度=gcm3=agcm3，则b=cm=1010pm，故答案为：Cu3N；10102017年1月20日