1、2015-2016学年江西省吉安一中高三（上）第一次段考化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项正确，每小题3分，共48分）1下列有关物质分类说法正确的是（）A钠、镁、铁对应的氧化物都是碱性氧化物B食醋、纯碱、食盐分别属于酸、碱、盐C生铁、不锈钢、青铜都属于合金D明矾、小苏打、水玻璃、次氯酸均为电解质2用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A用含0.1molFeCl3的溶液与足量沸水反应制得得Fe（OH）3胶体中胶粒数为0.1NAB0.1mol Fe与0.1mol Cl2充分反应，转移的电子数为0.3NAC将1mol氯气分别通入足量的FeBr2和FeI2溶液中转移电子数均为2NAD等物质
2、的量的NH4+和OH含电子数均为10NA3对下列化学用语的理解正确的是（）A结构示意图，可以表示一种原子，也可以表示一种离子B比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示二硫化碳分子分子C电子式可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子D分子式C2H4O2：可以表示乙酸，也可以表示甲酸甲酯4下列说法正确的是（）在水中氢、氧原子间均以化学键相结合金属和非金属化合形成离子键离子键是阳离子，阴离子的相互吸引两个非金属原子间不可能形成离子键非金属原子间不可能形成离子键离子化合物可能共价键共价化合物中可能有离子键ABCD5下列说法正确的是（）A按系统命名法，化合物的名称是2，3，5，5四甲基4，4二乙基己烷B等物质
3、的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量相等C苯和甲苯互为同系物，均能使KMnO4酸性溶液褪色D结构片段的高聚物是由加聚反应形成，其单体分子式为C7H606能正确表示下列反应的离子反应方程式为（）ANH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中：NH4+HCO3+2OH=CO32+NH3+2H2OB向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，使沉淀质量达到最大值：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH=2Al（OH）3+3BaSO4C钠与水的反应：Na+2H2O=Na+2OH+H2D硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O7在指定环境中，下列各组离子一定能够大量共存
4、的是（）A在pH=1的无色溶液中：SO42、Cu2+、Na+、ClB使pH试纸呈红色的溶液中：Fe2+、NO3、SO42、Na+C加入铝粉后产生大量氢气的溶液中：NH4+、Na+、NO3、SO42D在=11013的溶液中：NH4+、Ca2+、C1、K+8某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀由此可知原溶液中（）A至少存在5种离子BCl一定存在，且c（Cl）0.4mol/
5、LCSO42、NH4+、一定存在，Cl可能不存在DCO32、Al3+一定不存在，K+可能存在9下列的方法和结论正确的是（）A向某溶液中滴加浓的NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，则原溶液中一定含有NH4+B向某溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定有SO42C向某溶液中滴加稀盐酸产生无色无味气体，产生的气体使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，原溶液一定有Ca2+10下列叙述正确的是（）ANaHCO3与石灰水反应，当n（NaHCO3）：nCa（OH）2=1：1时，HCO3完全转化为CaCO3BCO
6、2通入石灰水中，当n（CO2）：nCa（OH）2=1：1时，能得到澄清溶液CAlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n（OH）：n（Al3+）=1：1时，铝元素以AlO2形式存在DFe与稀硝酸反应，当n（Fe）：n（HNO3）=1：1时，溶液中铁元素只以Fe3+形式存在11四种短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子核的质子数之比为1：2，X和Y的电子数之差为4下列说法正确的是（）A原子半径大小：ZYXWB由W元素形成的单质一定是原子晶体，其熔沸点很高CW、Y、Z三种元素形成的气态氢化物中最稳定的是Z的气态氢化物DY、Z所形成的氧化物的水化物的酸性为
7、：YZ12CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色下列说法不正确的是（）A滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物B通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性C整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应D上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+I2SO213中学常见物质A、B、C、D、E、X，存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）下列推断不正确的是（）A若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则A可能是铁B若D是一种强碱，则A、B、C均可与X反应生成DC若D为NaCl，且A可与C反应生成B，则E可能是CO2D若D是一种
8、强酸，则A既可以是单质，也可以是化合物，且D可与铜反应生成B或C14洋蓟属高档蔬菜，从洋蓟提取的物质A具有良好的保健功能和药用价值，A的结构如图下列关于A的相关叙述正确的是（）AA在酸性条件下可以发生水解反应B1molA和足量NaOH溶液反应，最多消耗9molNaOHCA能和浓溴水发生加成和取代反应D不能与新制得Cu（OH）2反应但能与FeCl3发生显色反应15将质量为a克的甲烷、甲醇和甲醛分别完全燃烧后的产物冲入足量的Na2CO3吸收，固体质量增加量之比为（）A1：1：1B2：2：1C8：16：15D2：1：116将2.7g铝溶解于100mL3mol/LNaOH溶液中，然后向所得溶液中加入4
9、00mL，1mol/L的盐酸，最后可得沉淀的质量是（）A2.7gB5.2gC7.8gD10g二、填空题（共40分）17随原子序数的递增，八种短周期元素（用字母X表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示根据判断出的元素回答问题：（1）f在元素周期表的位置是（2）比较d、e常见离子的半径的小（用化学式表示，下同）；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：（3）任选上述元素组成一种四个原子共价化合物，写出其电子式：；（4）已知1mole的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：；（5）上述元素可组成盐R：zx4f（gd4）2，
10、向盛有10mL1molL1R溶液的烧杯中滴加1molL1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如图2R溶液中，离子浓度由大到小的顺序是；写出m点反应的离子方程式：；若在R溶液中改加20ml 1.2molL1Ba（OH）2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为mol18如图1是无机物AM在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）其中，I是地壳中含量最高的金属，K是一种红棕色气体，E是一种红褐色沉淀请填写下列空白：（1）欲检验F溶液中是否含有少量M，可选择的试剂为（填化学式）（2）在反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为（3）某同学取F的溶液，酸化后加入KI、淀粉溶液
11、，变为蓝色，写出与上述变化过程相关的离子方程式：（4）将化合物D与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾），同时还生成KNO2和H2O，该反应的化学方程式是（5）I电池性能优越，IAg2O电池用作水下动力电源，其原理如图2所示，该电池反应的化学方程式为19钠和钾是活泼的碱金属元素，钠和钾及其化合物在生产和生活中有广泛应用（1）将0.01mol下列物质Na2O2Na2ONa2CO3NaCl分别加入100mL蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是（溶液体积变化忽略不计）；（2）NH3与NaClO反应可得到肼（N2H4），该反应的化学方程式为肼一
12、空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%30%的KOH溶液该电池放电时其负极的电极反应式是；（3）现有一Na2CO3和NaHCO3的混合物样品，取ag该混合物充分加热，减重bg，则该混合物样品中Na2CO3的质量分数是；（4）钠钾合金可在核反应堆中用作热交换液5.05g钠钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气则该溶液中氢氧根离子的物质的量浓度是（忽略溶液体积变化）20制备氮化镁的装置示意图如图所示：回答下列问题：（1）检查装置气密性的方法是，a的名称是，b的名称是；（2）写出NaNO2和（NH4）2SO4反应制备氮气的化学方程式；（3）C的作用是，D的作用是，是否可以把C和D
13、的位置对调并说明理由；（4）写出E中发生反应的化学方程式；（5）请用化学方法确定是否有氮化镁生成，并检验是否含有未反应的镁，写出实验操作及现象选做题（请在21和22中选择一道作答，如果两题都做以21题计算）21溴化钙是一种溴化物，用于石油钻井，也用于制造溴化铵及光敏纸、灭火剂、制冷剂等制备CaBr22H2O的主要流程如下：（1）与液溴的反应温度不能超过40的原因是（2）滤渣的成分可能是（3）试剂M是，加入M的目的是（4）操作的步骤为蒸发浓缩，、洗涤、干燥（5）将氨气通入石灰乳，加入溴，于65进行反应也可制得溴化钙，此反应中还会生成一种无色气体，写出反应的化学方程式（6）制得的CaBr22H2O
14、可以通过以下方法测定纯度：称取5.00g样品溶于水，滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量，得到2.00g固体则CaBr22H2O的质量分数为（相对原子质量：Ca40 Br80 H1 O16）22有机物C的分子式为C9H9OCl，分子中有一个苯环且苯环上只有一条侧链，无甲基；一定条件下C能发生银镜反应C与其他物质之间的转化如图所示：（1）F中官能团的名称是；CF的反应类型是（2）C的结构简式是，I的结构简式是，（3）写出下列化学方程式：D与银氨溶液反应（4）有的同学认为B中可能没有氯原子，理由是（5）D的一种同系物W（分子式为C8H8O2）有多种同分异构体，则符
15、合以下条件W的同分异构体有种，写出其中核磁共振氢谱有4个峰且能发生银镜反应的结构简式属于芳香族化合物遇FeCl3溶液不变紫色能与NaOH溶液发生反应2015-2016学年江西省吉安一中高三（上）第一次段考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项正确，每小题3分，共48分）1下列有关物质分类说法正确的是（）A钠、镁、铁对应的氧化物都是碱性氧化物B食醋、纯碱、食盐分别属于酸、碱、盐C生铁、不锈钢、青铜都属于合金D明矾、小苏打、水玻璃、次氯酸均为电解质考点： 酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质；合金的概念及其重要应用专题： 物质的分类专题分析： A、钠的氧化物有两
16、种，即Na2O和Na2O2，而碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物；B、酸是电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物；盐是电离出的阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物；C、合金是由两种或两种以上的金属与金属（或非金属）经一定方法熔合而成的具有金属特性的物质结合各物质的成分判断；D、电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物解答： 解：A、钠的氧化物有两种，即Na2O和Na2O2，而碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物，Na2O2和酸反应时，除了生成盐和水，还生成氧气，故不是碱性氧化物，故A错误；B、纯碱是Na2CO3，是盐不是碱，
17、故B错误；C、生铁的主要成分是铁与碳，属于合金，不锈钢是在碳素钢中加入铬、锰、钨、镍、硅、钴等合金元素，属于合金，青铜主要含有铜、锡、铅等，属于合金，故C正确；D、水玻璃是硅酸钠的水溶液，是混合物，故不是电解质，故D错误故选C点评： 本题考查了碱性氧化物、酸碱盐的概念、合金和电解质的辨析等，比较基础，主要基础知识的掌握2用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A用含0.1molFeCl3的溶液与足量沸水反应制得得Fe（OH）3胶体中胶粒数为0.1NAB0.1mol Fe与0.1mol Cl2充分反应，转移的电子数为0.3NAC将1mol氯气分别通入足量的FeBr2和FeI2溶液中转移电子
18、数均为2NAD等物质的量的NH4+和OH含电子数均为10NA考点： 阿伏加德罗常数分析： A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁分子的聚集体；B、氯气的量不足，根据氯气的物质的量计算转移电子数；C、根据反应后氯元素的价态为1价来分析；D、NH4+和OH的物质的量不明确解答： 解：A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁分子的聚集体，故0.1mol氯化铁所制的氢氧化铁胶粒的个数小于0.1NA个，故A错误；B、0.1 mol铁在0.1 mol Cl2中充分燃烧，氯气的物质的量不足，转移的电子的物质的量是0.2mol，有0.2NA个电子转移，故B错误；C、由于反应后氯元素为1价，故1mol氯气转移2mol电子
19、即2NA个，故C正确；D、NH4+和OH的物质的量不明确，不一定是1mol，故含有的电子数不一定为10NA个，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，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大3对下列化学用语的理解正确的是（）A结构示意图，可以表示一种原子，也可以表示一种离子B比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示二硫化碳分子分子C电子式可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子D分子式C2H4O2：可以表示乙酸，也可以表示甲酸甲酯考点： 原子结构示意图；电子式；球棍模型与比例模型分析： A结构示意图，只能表示氧离子；B比例模型可以直观地表示分子的形状，注意原子半径的关系；
20、C氢氧根离子带一个单位的负电荷；D分子式为C2H4O2，可能为CH3COOH或HCOOCH3解答： 解：A原子序数为8，应为氧元素的粒子，由于质子数=8小于核外电子数10，故应为氧离子，故A错误；B比例模型可以表示二氧化碳分子，但表示二硫化碳分子时错误，因碳原子半径小于硫原子半径，比例模型不正确，故B错误；C氢氧根离子的电子式为：，羟基的电子式为，故C错误；D分子式为C2H4O2，可能为乙酸CH3COOH，也可以表示甲酸甲酯HCOOCH3，故D正确；故选D点评： 本题考查了常见化学用语，熟悉结构示意图、比例模型、电子式、同分异构体等知识即可解答，注意比例模型应符合原子的大小，题目难度不大4下列
21、说法正确的是（）在水中氢、氧原子间均以化学键相结合金属和非金属化合形成离子键离子键是阳离子，阴离子的相互吸引两个非金属原子间不可能形成离子键非金属原子间不可能形成离子键离子化合物可能共价键共价化合物中可能有离子键ABCD考点： 共价键的形成及共价键的主要类型；离子化合物的结构特征与性质分析： 在水中存在化学键与氢键；金属和非金属化合一般形成离子键，可能形成共价键；离子键是阳离子、阴离子的静电作用力；两个非金属原子间只能以共用电子对结合；非金属原子间可能形成离子键；离子化合物中一定含离子键，可能共价键；共价化合物中一定不含离子键解答： 解：在水中存在化学键与氢键，氢键不是化学键，故错误；金属和非
22、金属化合一般形成离子键，可能形成共价键，如氯化铝中只含共价键，故错误；离子键是阳离子、阴离子的静电作用力，含吸引和排斥力，故错误；两个非金属原子间只能以共用电子对结合，则只能形成共价键，故正确；非金属原子间可能形成离子键，如铵盐为离子化合物，故错误；离子化合物中一定含离子键，可能共价键，如NaOH中含离子键和共价键，故正确；共价化合物中一定不含离子键，含离子键的为离子化合物，故错误；故选C点评： 本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结合实例分析解答，题目难度不大5下列说法正确的是（）A按系统命名法，化合物的名称是2，3，5，5
23、四甲基4，4二乙基己烷B等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量相等C苯和甲苯互为同系物，均能使KMnO4酸性溶液褪色D结构片段的高聚物是由加聚反应形成，其单体分子式为C7H60考点： 有机化合物命名；有机化学反应的综合应用分析： A、烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上碳原子编号；B、有机物CxHyOz的耗氧量为（x+）；C、苯和甲苯互为同系物，但苯不能使KMnO4酸性溶液褪色；D、此结构片段为酚醛树脂的结构片段解答： 解：A、烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，故主链上有6个碳原子，从离支链近的一端给主链上碳原子编号，则在2号碳原子上有2个甲基，在3号碳原子上有1个甲
24、基和1个乙基，在4号和5号碳原子上各有一个甲基，故名称为：2，2，3，4，5五甲基3乙基己烷，故A错误；B、有机物CxHyOz的耗氧量为（x+），则1mol苯消耗（6+）=6.5mol氧气，1mol苯甲酸消耗（7+）=6.5mol氧气，故等物质的量的两者的耗氧量相同，故B正确；C、苯和甲苯互为同系物，甲苯能被酸性KMnO4氧化成苯甲酸，溶液褪色，但苯与酸性KMnO4不反应，不能使KMnO4酸性溶液褪色，故C错误；D、此结构片段为酚醛树脂的结构片段，其单体为苯酚和甲醛，故D错误故选B点评： 本题考查了烷烃的命名、有机物耗氧量的计算和苯及其同系物的性质等内容，难度不大，但综合性较强6能正确表示下列
25、反应的离子反应方程式为（）ANH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中：NH4+HCO3+2OH=CO32+NH3+2H2OB向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，使沉淀质量达到最大值：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH=2Al（OH）3+3BaSO4C钠与水的反应：Na+2H2O=Na+2OH+H2D硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O考点： 离子方程式的书写分析： A反应生成碳酸钾、氨气、水；B沉淀质量达到最大值，生成硫酸钡和偏铝酸钾；C电子、电荷不守恒；D反应生成硫酸钡、水、NaOH解答： 解：ANH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中的离
26、子反应为NH4+HCO3+2OH=CO32+NH3+2H2O，故A正确；B向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，使沉淀质量达到最大值的离子反应为Al3+2SO42+2Ba2+4OH=AlO2+2BaSO4+2H2O，故B错误；C钠与水的反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，故C错误；D硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合的离子反应为H+SO42+Ba2+OH=BaSO4+H2O，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，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子反应考查，综合性较强，题目难度不大7在指定环境中
27、，下列各组离子一定能够大量共存的是（）A在pH=1的无色溶液中：SO42、Cu2+、Na+、ClB使pH试纸呈红色的溶液中：Fe2+、NO3、SO42、Na+C加入铝粉后产生大量氢气的溶液中：NH4+、Na+、NO3、SO42D在=11013的溶液中：NH4+、Ca2+、C1、K+考点： 离子共存问题分析： ACu2+为蓝色；B使pH试纸呈红色的溶液，显酸性；C加入铝粉后产生大量氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D在=11013的溶液，显酸性解答： 解：ACu2+为蓝色，与无色溶液不符，故A错误；B使pH试纸呈红色的溶液，显酸性，Fe2+、NO3、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误
28、；C加入铝粉后产生大量氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中Al、NO3发生氧化还原反应不生成氢气，碱性溶液中不能大量存在NH4+，故C错误；D在=11013的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D点评： 本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大8某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量Ba
29、Cl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀由此可知原溶液中（）A至少存在5种离子BCl一定存在，且c（Cl）0.4mol/LCSO42、NH4+、一定存在，Cl可能不存在DCO32、Al3+一定不存在，K+可能存在考点： 常见阳离子的检验；常见阴离子的检验专题： 离子反应专题分析： 加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵离子；红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀，硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol；根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据解答： 解：由于加入过量NaO
30、H溶液，加热，得到0.02mol气体，说明一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，必须还有阴离子，因此一定有Cl，至少0.02mol3+0.020.02mol2=0.04mol，物质的量浓度至少 =0.4mol/L，A、至少存在Cl、SO42、NH4+、Fe3+四种离子，故A错误；B、根据电荷守恒，至少存在0.04molCl，故B正确；C、一定存在氯离子，故C错误；D
31、、Al3+无法判断是否存在，故D错误；故选B点评： 本题考查离子共存知识，做题是认真阅读、分析题中数据，合理分析，特别是氯离子的推断，难度中等9下列的方法和结论正确的是（）A向某溶液中滴加浓的NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，则原溶液中一定含有NH4+B向某溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定有SO42C向某溶液中滴加稀盐酸产生无色无味气体，产生的气体使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，原溶液一定有Ca2+考点： 常见阳离子的检验；常见阴离子的检验专题： 物质检验鉴别题分析： A、依据铵根离
32、子的检验方法分析判断，氨气与红色石蕊试液变蓝是特征反应现象；B、过程中原溶液中含有银离子也可以产生沉淀现象；C、原溶液若含有HCO3，加入稀盐酸也会产生二氧化碳气体；D、可能为BaCO3、CaCO3、MgCO3等白色沉淀解答： 解：A、加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，证明一定是氨气，所以原溶液中一定有NH4+，故A正确；B、加滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，溶液中可能含有Ag+离子或硫酸根离子，故B错误；C、原溶液若含有HCO3，加入稀盐酸也会产生二氧化碳气体，故C错误；D、可能为BaCO3、CaCO3、MgCO3等白色沉淀，所以不一定为Ca2+，故D错误；
33、故选A点评： 本题考查实验方案的评价，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验操作的注意事项和物质的性质的异同，难度不大10下列叙述正确的是（）ANaHCO3与石灰水反应，当n（NaHCO3）：nCa（OH）2=1：1时，HCO3完全转化为CaCO3BCO2通入石灰水中，当n（CO2）：nCa（OH）2=1：1时，能得到澄清溶液CAlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n（OH）：n（Al3+）=1：1时，铝元素以AlO2形式存在DFe与稀硝酸反应，当n（Fe）：n（HNO3）=1：1时，溶液中铁元素只以Fe3+形式存在考点： 钠的重要化合物；铁的化学性质分析： A、碳酸氢根和氢氧根离子能反
34、应，钙离子和碳酸根之间能反应；B、CO2通入到石灰水中，当n（CO2）：nCa（OH）2=1：1时，生成碳酸钙C、AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n（OH）：n（Al3+）=1：1时，生成氢氧化铝沉淀，铝离子有剩余D、铁过量时发生反应3Fe+8HNO33Fe（NO3）2+2NO+4H2O，铁不足时发生反应Fe+4HNO3 =Fe（NO3）3+NO+2H2O，据此判断解答： 解：A、NaHCO3与石灰水反应，当n（NaHCO3）：nCa（OH）2=1：1时，反应为：NaHCO3+Ca（OH）2=CaCO3+NaOH+H2O，则HCO3完全转化为CaCO3，故A正确；B、CO2通入到石灰水中，当n
35、（CO2）：nCa（OH）2=1：1时，反应为CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O，故B错误；C、AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n（OH）：n（Al3+）=1：1时，发生反应为3OH+Al3+=Al（OH）3，铝离子有剩余，故C错误；D、铁过量时发生反应3Fe+8HNO33Fe（NO3）2+2NO+4H2O，铁不足时发生反应Fe+4HNO3 =Fe（NO3）3+NO+2H2O，n（Fe）：n（HNO3）=1：1时，按反应3Fe+8HNO33Fe（NO3）2+2NO+4H2O进行，且铁有剩余，铁元素在溶液中以存在Fe2+存在，故D错误故选：A点评： 考查有关离子方程式的计算，难度中等，关
36、键清楚反应过程，注意常见与量有关的离子反应11四种短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子核的质子数之比为1：2，X和Y的电子数之差为4下列说法正确的是（）A原子半径大小：ZYXWB由W元素形成的单质一定是原子晶体，其熔沸点很高CW、Y、Z三种元素形成的气态氢化物中最稳定的是Z的气态氢化物DY、Z所形成的氧化物的水化物的酸性为：YZ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： 根据四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子核质子数之比为1：2，X和Y的电子数之差
37、为4，可知，W的原子序数为7时，此时推断出Y的原子序为18，所以W的原子序数为不超过7，可以按下列情况按序讨论：若W是H元素，则X是He元素、Y是C元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是12，不存在这样的元素，故舍去；若W是He元素，则X是Be元素、Y是O元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是9，不存在这样的元素，故舍去；若W是Li元素，则X是C元素、Y是Ne元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是6，且Z原子序数大于Z，所以Z为S元素，符合题意；若W是Be元素，则X是O元素、Y是Mg元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是9
38、，不存在这样的元素，故舍去；若W是B元素，则X是Ne元素、Y是Si元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是4，为Si元素，Y和Z不能是同一元素，故舍去；若W是C元素，则X是Mg元素、Y是S元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是7，为Cl元素，符合题意；若W是N元素，则X是Si元素、Y是Ar元素，Z为短周期元素，所以没有符合条件的元素，故舍去；所以存在的可能是，据此答题；解答： 解：根据四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子核质子数之比为1：2，X和Y的电子数之差为4，可知，W的原子序数为7时，此时推断出Y
39、的原子序为18，所以W的原子序数为不超过7，可以按下列情况按序讨论：若W是H元素，则X是He元素、Y是C元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是12，不存在这样的元素，故舍去；若W是He元素，则X是Be元素、Y是O元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是9，不存在这样的元素，故舍去；若W是Li元素，则X是C元素、Y是Ne元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是6，且Z原子序数大于Z，所以Z为S元素，符合题意；若W是Be元素，则X是O元素、Y是Mg元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是9，不存在这样的元素，故舍去；若W是B元素，则
40、X是Ne元素、Y是Si元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是4，为Si元素，Y和Z不能是同一元素，故舍去；若W是C元素，则X是Mg元素、Y是S元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是7，为Cl元素，符合题意；若W是N元素，则X是Si元素、Y是Ar元素，Z为短周期元素，所以没有符合条件的元素，故舍去；所以存在的可能是，A若为，其原子半径大小顺序是XYZW，故A错误；B若W是Li，则锂为金属晶体，故B错误；CW能形成氢化物，则W是C元素，Y是S元素、Z是Cl元素，元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，这几种元素中非金属性最弱的是C元素，所以其气态氢化物最不稳定，
41、故C正确；DY、Z所形成的氧化物的水化物的酸性不一定是YZ，如H2SO4HClO，故D错误；故选C点评： 本题主要考查了原子结构和元素周期律、晶体的类型等知识点，利用讨论法确定元素，再结合元素周期律解答，中等难度，解题时注意仔细审题12CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色下列说法不正确的是（）A滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物B通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性C整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应D上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+I2SO2考点： 氧化还原反应专题： 氧化还原反应专题分析： C
42、uSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，以此来解答解答： 解：A滴加KI溶液时，I元素的化合价升高，KI被氧化，Cu元素的化合价降低，则CuI是还原产物，故A正确；B通入SO2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现其还原性，故B正确；C发生2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2、SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI
43、均为氧化还原反应，没有复分解反应，故C错误；D.2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2SO2，所以氧化性Cu2+I2SO2，故D正确；故选C点评： 本题考查氧化还原反应，根据题目信息推断实验中发生的反应，素材陌生，难度较大，考查学生对氧化还原反应的利用，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，选项B为易错点13中学常见物质A、B、C、D、E、X，存在
44、如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）下列推断不正确的是（）A若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则A可能是铁B若D是一种强碱，则A、B、C均可与X反应生成DC若D为NaCl，且A可与C反应生成B，则E可能是CO2D若D是一种强酸，则A既可以是单质，也可以是化合物，且D可与铜反应生成B或C考点： 无机物的推断专题： 推断题分析： A若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色说明D为Fe（OH）2，X为NaOH，C为Fe2+，B为Fe3+，A为Cl2，E为Fe；BA为Na、E为氧气、B为氧化钠、C为过氧化钠、X为水、D为氢氧化钠；CA为氢氧化钠、E为二氧化碳、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠、
45、X为盐酸；D若D是一种强酸，如为硝酸，则A为氮气或氨气，B为NO，C为NO2，E为O2，X为H2O解答： 解：A若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色说明D为Fe（OH）2，X为NaOH，C为Fe2+，B为Fe3+，A为Cl2，E为Fe，才能实现转化关系，故A错误；BA为Na、E为氧气、B为氧化钠、C为过氧化钠、X为水、D为氢氧化钠，符合转化关系，Na、氧化钠、过氧化钠都能与水反应，故B正确；CA为氢氧化钠、E为二氧化碳、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠、X为盐酸，符合转化关系，故C正确；D若D是一种强酸，如为硝酸，则A为氮气或氨气，B为NO，C为NO2，E为O2，X为H2O，稀硝酸与铜反应生成N
46、O，浓硝酸与铜反应生成NO2，故D正确故选A点评： 本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握相关物质的性质，题目难度较大，注意相关基础知识的积累14洋蓟属高档蔬菜，从洋蓟提取的物质A具有良好的保健功能和药用价值，A的结构如图下列关于A的相关叙述正确的是（）AA在酸性条件下可以发生水解反应B1molA和足量NaOH溶液反应，最多消耗9molNaOHCA能和浓溴水发生加成和取代反应D不能与新制得Cu（OH）2反应但能与FeCl3发生显色反应考点： 有机物的结构和性质分析： 有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有酯基，可发生水解反应，含有羧基，具有酸性，可发
47、生中和、酯化反应含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有醇羟基，可发生取代、消去和氧化反应，以此解答该题解答： 解：A含有酯基，在酸性条件下可以发生水解反应，故A正确；B能与氢氧化钠反应的官能团有酚羟基、羧基和酯基，1mol A和足量NaOH溶液反应，最多消耗7mol NaOH，故B错误；C含有碳碳双键，可发生加成反应，含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，故C正确；D分子中含有羧基，与氢氧化铜发生中和反应，故D错误故选AC点评： 本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，把握有机物的官能团与物质性质的关系为解答的关键，侧重苯酚、烯烃、酸的性质的考查，题目难度不大15将质量为a克的甲烷、甲醇和
48、甲醛分别完全燃烧后的产物冲入足量的Na2CO3吸收，固体质量增加量之比为（）A1：1：1B2：2：1C8：16：15D2：1：1考点： 化学方程式的有关计算分析： 物质燃烧均生成CO2、H2O，通入过氧化钠固体，发生反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，相当于增重为CO，发生反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，固体增重相等为H2，若某物质的化学式能可以改写为（CO）m（H2）n形式，则过氧化钠固体增重为该物质的质量，甲醛可以改写为COH2，则过氧化钠增重ag，而甲烷没有氧元素，固体增重足量大于ag，甲烷燃烧后通入过氧化钠增重为CO.2 H2质量（与甲烷等物质的量），甲
49、醇可以改写为CO.2 H2形式，过氧化钠固体增重为ag解答： 解：物质燃烧均生成CO2、H2O，通入过氧化钠固体，发生反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，相当于增重为CO，发生反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，固体增重相等为H2，若某物质的化学式能可以改写为（CO）m（H2）n形式，则过氧化钠固体增重为该物质的质量，甲醛可以改写为COH2，则过氧化钠增重ag，而甲烷没有氧元素，固体增重足量大于ag，甲烷燃烧后通入过氧化钠增重为CO.2 H2质量（与甲烷等物质的量），过氧化钠增重为2ag，甲醇可以改写为CO.2 H2形式，过氧化钠固体增重为ag，则将质量为a克的甲烷
50、、甲醇和甲醛分别完全燃烧后的产物冲入足量的Na2CO3吸收，固体质量增加量之比为2a：a：a=2：1：1，故选：D点评： 本题考查化学方程式有关计算，注意利用化学式差量法分析解答，侧重考查学生分析计算能力，难度中等16将2.7g铝溶解于100mL3mol/LNaOH溶液中，然后向所得溶液中加入400mL，1mol/L的盐酸，最后可得沉淀的质量是（）A2.7gB5.2gC7.8gD10g考点： 化学方程式的有关计算分析： 金属铝溶于氢氧化钠发生反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，加入盐酸，先是会和剩余的NaOH反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，然后发生反应：H2
51、O+NaAlO2+HCl=NaCl+Al（OH）3，若盐酸再剩余，则盐酸会将沉淀溶解，即发生反应：3HCl+Al（OH）3=AlCl3+3H2O，据此进行计算即可解答： 解：2.7铝的物质的量=0.1mol，NaOH的物质的量=0.1L3mol/L=0.3mol，2 Al+2 NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，2 2 2 0.1mol 0.1mol 0.1mol生成NaAlO2为0.2mol，溶解金属铝后剩余的氢氧化钠是：0.3mol0.1mol=0.2mol，再加入盐酸，先是和氢氧化钠反应，则： NaOH+HCl=NaCl+H2O0.2mol 0.2mol中和NaOH后剩余HCl为
52、0.4L1mol/L0.2mol=0.2mol，然后剩余的盐酸发生反应：H2O+NaAlO2+HCl=NaCl+Al（OH）3 0.1mol 0.1mol 0.1mol还会剩余HCl为0.2mol0.1mol=0.1mol，最后的反应是：3HCl+Al（OH）3=AlCl3+3H2O3 10.1 最后可得沉淀氢氧化铝的质量是（0.1mol）78g/mol=5.2g故选：B点评： 本题考查利用化学反应方程式的计算，题目涉及过量计算，明确发生的反应即可解答，难度不大二、填空题（共40分）17随原子序数的递增，八种短周期元素（用字母X表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示根据判
53、断出的元素回答问题：（1）f在元素周期表的位置是第三周期A族（2）比较d、e常见离子的半径的小（用化学式表示，下同）r（O2）r（Na+）；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：HClO4H2SO4（3）任选上述元素组成一种四个原子共价化合物，写出其电子式： （或）；（4）已知1mole的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=511kJmol1；（5）上述元素可组成盐R：zx4f（gd4）2，向盛有10mL1molL1R溶液的烧杯中滴加1molL1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积
54、的变化示意图如图2R溶液中，离子浓度由大到小的顺序是c（SO42）c（NH4+）c（Al3+）c（H+）c（OH）；写出m点反应的离子方程式：NH4+OH=NH3H2O；若在R溶液中改加20ml 1.2molL1Ba（OH）2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为0.022mol考点： 位置结构性质的相互关系应用分析： 从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期A族；（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；非金属性越强，最高
55、价氧化物水化物的酸性越强；（3）四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等；（4）1molNa的单质在足量O2中燃烧生成Na2O2（s），放出255.5kJ热量，2molNa反应放出热量为511kJ，注明聚集状态、反应热书写热化学方程式；（5）R是NH4Al（SO4）2，溶液中Al3+、NH4+均水解使溶液呈酸性，但Al3+比 NH4+水解程度更大；m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH反应生成NH3H2O；根据n=cV计算n（Al3+ ）、n（NH4+）、n（SO42）、n（Ba2+）、n（OH），根据SO42、Ba2+中不足量的离子的物质的量计算生成BaSO4
56、的物质的量，依次发生：Al3+OH=Al（OH）3、NH4+OH=NH3H2O、Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，根据方程式计算生成Al（OH）3的物质的量，进而二者计算生成固体总物质的量解答： 解：从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期A族，故答案为：第三周期A族；（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：r（O2）r（Na+）；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，故酸性：HClO4H2SO4，故答
57、案为：r（O2）r（Na+）；HClO4；H2SO4；（3）四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等，其电子式为： （或），故答案为： （或）；（4）1molNa的单质在足量O2中燃烧生成Na2O2（s），放出255.5kJ热量，2molNa反应放出热量为511kJ，则该反应的热化学方程式为：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=511kJmol1，故答案为：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=511kJmol1；（5）R是NH4Al（SO4）2，溶液中Al3+、NH4+均水解使溶液呈酸性，但Al3+比 NH4+水解程度更大，故离子浓度由大到小的顺序是：c（SO4
58、2）c（NH4+）c（Al3+）c（H+）c（OH），故答案为：c（SO42）c（NH4+）c（Al3+）c（H+）c（OH）；m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH反应生成NH3H2O，离子方程式为：NH4+OH=NH3H2O，故答案为：NH4+OH=NH3H2O；10mL 1molL1 NH4Al（SO4）2溶液中Al3+ 物质的量为0.01mol，NH4+的物质的量为0.01mol，SO42的物质的量为0.02mol，20mL 1.2 molL1Ba（OH）2溶液中Ba2+物质的量为0.024mol，OH为0.048mol，由SO42+Ba2+=BaSO4，可知SO4
59、2不足，故可以得到0.02mol BaSO4， Al3+3OH=Al（OH）30.01mol 0.03mol 0.01mol 反应剩余OH为0.048mol0.03mol=0.018mol，NH4+OH=NH3H2O0.01mol 0.01mol反应剩余OH为0.018mol0.01mol=0.008mol， Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O0.008mol 0.008mol故得到Al（OH）3沉淀为0.01mol0.008mol=0.002mol则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol，故答案为：0.022点评： 本题考查结构位置性质关系、离子半径的大小比较
60、、元素周期律、热化学方程式书写、离子浓度大小比较、化学图象及化学计算，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等18如图1是无机物AM在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）其中，I是地壳中含量最高的金属，K是一种红棕色气体，E是一种红褐色沉淀请填写下列空白：（1）欲检验F溶液中是否含有少量M，可选择的试剂为酸性KMnO4溶液（填化学式）（2）在反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1（3）某同学取F的溶液，酸化后加入KI、淀粉溶液，变为蓝色，写出与上述变化过程相关的离子方程式：2Fe3+2I=2Fe2+I2（4）将化合物D与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环
61、保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾），同时还生成KNO2和H2O，该反应的化学方程式是Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O（5）I电池性能优越，IAg2O电池用作水下动力电源，其原理如图2所示，该电池反应的化学方程式为2Al+3Ag2O+2NaOH=2NaAlO2+6Ag+H2O考点： 无机物的推断分析： FeS2与氧气反应生成Fe2O3与SO2，E是一种红褐色沉淀，应为Fe（OH）3，可以转化得到D，则D为Fe2O3，A为SO2，A继续氧化生成B为SO3，C为B的水化物，则C为H2SO4I是地壳中含量最高的金属，则I为Al，I与氧化铁反应生成Fe与氧化铝，K是
62、一种红棕色气体，应为NO2，则L为NO，J为HNO3，硝酸与G反应生成M与NO，则G为Fe、H为Al2O3，M与C（浓硫酸）反应得到L（NO）与F，F与氢氧化钠反应可得Fe（OH）3，则G为Fe、H为Al2O3，M为Fe（NO3）2，F为铁盐，据此解答解答： 解：FeS2与氧气反应生成Fe2O3与SO2，E是一种红褐色沉淀，应为Fe（OH）3，可以转化得到D，则D为Fe2O3，A为SO2，A继续氧化生成B为SO3，C为B的水化物，则C为H2SO4I是地壳中含量最高的金属，则I为Al，I与氧化铁反应生成Fe与氧化铝，K是一种红棕色气体，应为NO2，则L为NO，J为HNO3，硝酸与G反应生成M与N
63、O，则G为Fe、H为Al2O3，M与C（浓硫酸）反应得到L（NO）与F，F与氢氧化钠反应可得Fe（OH）3，则G为Fe、H为Al2O3，M为Fe（NO3）2，F为铁盐（1）检验F（铁盐）溶液中是否含有少量Fe（NO3）2，亚铁离子具有还原性，可选择的试剂为：酸性KMnO4溶液，故答案为：酸性KMnO4溶液；（2）反应为Al与Fe2O3所发生的置换反应，方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，氧化铁是氧化剂，铝是还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（3）某同学取F（铁盐）的溶液，酸化后加入KI、淀粉溶液，变为蓝色，说明有碘单质生成，上述变化过程相关的离子方程式：
64、2Fe3+2I=2Fe2+I2，故答案为：2Fe3+2I=2Fe2+I2；（4）将化合物Fe2O3与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾），同时还生成KNO2和H2O，该反应的化学方程式是：Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O，故答案为：Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O；（5）Al电池性能优越，AlAg2O电池用作水下动力电源，Al作负极，Ag2O/Ag为正极，在NaOH条件下反应得到偏铝酸钠、Ag与水，该电池反应的化学方程式为：2Al+3Ag2O+2NaOH=2NaAlO2+6Ag+H
65、2O，故答案为：2Al+3Ag2O+2NaOH=2NaAlO2+6Ag+H2O点评： 本题考查无机物的推断，题目难度中等，“FeS2与氧气反应、K与E的颜色、I的含量”等是推断的突破口，结合转化进行推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质19钠和钾是活泼的碱金属元素，钠和钾及其化合物在生产和生活中有广泛应用（1）将0.01mol下列物质Na2O2Na2ONa2CO3NaCl分别加入100mL蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是（溶液体积变化忽略不计）=；（2）NH3与NaClO反应可得到肼（N2H4），该反应的化学方程式为N2H44e+4OH=N2+4H2O肼一空气燃料电池是一种
66、碱性燃料电池，电解质溶液是20%30%的KOH溶液该电池放电时其负极的电极反应式是N2H4+4OH4e=4H2O+N2；（3）现有一Na2CO3和NaHCO3的混合物样品，取ag该混合物充分加热，减重bg，则该混合物样品中Na2CO3的质量分数是；（4）钠钾合金可在核反应堆中用作热交换液5.05g钠钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气则该溶液中氢氧根离子的物质的量浓度是0.75（mol/L）（忽略溶液体积变化）考点： 碱金属的性质分析： （1）等物质的量的Na2O2与Na2O分别于水反应生成等物质的量的NaOH，消耗的水的量相同，生成的OH浓度相同，均约为0.2mol/L，Na2CO
67、3因水解，使阴离子浓度稍增大：CO32+H2OHCO3+OH（2）依据氧化还原反应电子守恒分析判断产物和配平化学方程式，燃料电池，燃料在负极失电子发生氧化反应；（3）NaHCO3不稳定，加热易分解，根据质量的变化利用差值法解答；（4）结合反应的方程式2Na+2H2O2NaOH+H2、2K+2H2O2KOH+H2计算解答： 解：（1）由反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，反应为Na2O+H2O=2NaOH溶于水，二者消耗的水的量相同，生成等物质的量的NaOH，故生成的OH浓度相同，均约为0.2mol/L，故为=；中碳酸根水解使得阴离子浓度稍大于，而中NaCl的浓度为0.1mol/L，
68、则所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是=，故答案为：=；（2）NH3与NaClO反应可得到肼（N2H4），氮元素化合价升高被氧化，次氯酸钠做氧化剂被还原为氯化钠，化学方程式为2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O，肼空气燃料电池是一种碱性电池，该电池放电时，负极是肼燃烧生成氮气和水，负极的电极反应式为：N2H44e+4OH=N2+4H2O，故答案为：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；N2H4+4OH4e=4H2O+N2；（3）NaHCO3不稳定，加热易分解，发生2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，则2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2m 168g 106g
69、62g x bgx=g，则样品中Na2CO3的质量为agg=g，所以该混合物样品中Na2CO3的质量分数是=，故答案为：；（4）设钠、钾的物质的量分别为a、b，反应的方程式为2Na+2H2O2NaOH+H2、2K+2H2O2KOH+H2，则a+b=0.075mol2=0.15mol，该溶液中氢氧根离子的物质的量浓度是=0.75mol/L，故答案为：0.75（mol/L）点评： 本题考查较为综合，涉及碱金属的单质以及混合物的性质，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握题给信息，学习中注意相关基础知识的积累，根据反应的方程式解答该题，难度不大20制备氮化镁的装置示意图如图所示：回答下列问题
70、：（1）检查装置气密性的方法是微热b，这时G中有气泡冒出，停止加热冷却后，G中插在溶液里的玻璃管形成一段水柱，则气密性良好，a的名称是分液漏斗，b的名称是圆底烧瓶；（2）写出NaNO2和（NH4）2SO4反应制备氮气的化学方程式2NaNO2+（NH4）2SO42N2+Na2SO4+4H2O；（3）C的作用是除去氧气（及氮氧化物），D的作用是除去水蒸气，是否可以把C和D的位置对调并说明理由不能，对调后无法除去水蒸气；（4）写出E中发生反应的化学方程式N2+3MgMg3N2；（5）请用化学方法确定是否有氮化镁生成，并检验是否含有未反应的镁，写出实验操作及现象取少量产物于试管中，加入少量蒸馏水，试管
71、底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味（把湿润的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝），证明产物中含有氮化镁；弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁考点： 制备实验方案的设计；含氮物质的综合应用；镁的化学性质专题： 实验题分析： （1）利用装置内气体热胀冷缩检验装置的气密性；由图中仪器结构可知，a为分液漏斗、b为圆底烧瓶；（2）NaNO2和（NH4）2SO4反应生成氮气、硫酸钠与水，配平书写方程式；（3）装置内含有氧气、反应生成的气体中可能含有氮的氧化物，装置C除去氧气（及氮氧化物）、D干燥氮气，防止对E装置反应的影响；C、D对调后无法除去水蒸气；（4）装置E中氮气与镁反应生
72、成二氮化三镁；（5）氮化镁水解生成氢氧化镁沉淀与氨气，氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，据此设计证明有氮化镁生成；若Mg有剩余，将上述反应后的上清液去掉，加入盐酸，有气泡生成，说明有Mg剩余解答： 解：（1）利用装置内气体热胀冷缩检验装置的气密性，检查装置气密性的方法是：微热b，这时G中有气泡冒出，停止加热冷却后，G中插在溶液里的玻璃管形成一段水柱，则气密性良好；由图中仪器结构可知，a为分液漏斗、b为圆底烧瓶，故答案为：微热b，这时G中有气泡冒出，停止加热冷却后，G中插在溶液里的玻璃管形成一段水柱，则气密性良好；分液漏斗；圆底烧瓶；（2）NaNO2和（NH4）2SO4反应生成氮气、硫酸钠与水，配平
73、后方程式为：2NaNO2+（NH4）2SO42N2+Na2SO4+4H2O，故答案为：2NaNO2+（NH4）2SO42N2+Na2SO4+4H2O；（3）装置内含有氧气、反应生成的气体中可能含有氮的氧化物，装置C除去氧气（及氮氧化物）、D干燥氮气，除去水蒸气，防止对E装置反应的影响；C、D对调后无法除去水蒸气，故C、D不能对调，故答案为：除去氧气（及氮氧化物）；除去水蒸气；不能，对调后无法除去水蒸气；（4）装置E中氮气与镁反应生成二氮化三镁，反应方程式为：N2+3MgMg3N2，故答案为：N2+3MgMg3N2；（5）取少量产物于试管中，加入少量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味（
74、把湿润的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝），证明产物中含有氮化镁；弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁，故答案为：取少量产物于试管中，加入少量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味（把湿润的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝），证明产物中含有氮化镁；弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁点评： 本题以氮化镁的制备为载体，考查学生对实验装置的理解、元素化合物的性质、实验方案的设计等，是对学生综合能力的考查，需要学生基本扎实的基础与分析问题、解决问题的能力选做题（请在21和22中选择一道作答，如果两题都做以21题计算）21溴化钙是一种溴
75、化物，用于石油钻井，也用于制造溴化铵及光敏纸、灭火剂、制冷剂等制备CaBr22H2O的主要流程如下：（1）与液溴的反应温度不能超过40的原因是防止液溴挥发，降低原料利用率（2）滤渣的成分可能是Fe、Fe（OH）2 、Fe（OH）3（3）试剂M是HBr，加入M的目的是除去过量的Ca（OH）2（4）操作的步骤为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（5）将氨气通入石灰乳，加入溴，于65进行反应也可制得溴化钙，此反应中还会生成一种无色气体，写出反应的化学方程式3Ca（OH）2 +3Br2+2NH33CaBr2+N2+6H2O（6）制得的CaBr22H2O可以通过以下方法测定纯度：称取5.00g样品溶于
76、水，滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量，得到2.00g固体则CaBr22H2O的质量分数为94.40%（相对原子质量：Ca40 Br80 H1 O16）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专题： 实验设计题分析： Fe与溴单质反应生成FeBr2 ，加过量的氢氧化钙，生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁，过滤得到滤液中主要CaBr2 ，在滤液中加HBr中和多余的氢氧化钙，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到CaBr22H2O晶体；（1）溴单质受热易挥发；（2）滤渣中除了是的氢氧化亚铁，还有剩余的Fe，和氧
77、化生成的氢氧化铁；（3）加入的氢氧化钙过量，加溴化氢除去；（4）根据从溶液中提取固体溶质的操作分析；（5）氨气通入石灰乳，加入溴，在65反应生成溴化钙、氮气和水；（6）根据CaBr22H2ONa2CO3CaCO3，由碳酸钙的质量求出CaBr22H2O，再求出质量分数解答： 解：Fe与溴单质反应生成FeBr2 ，加过量的氢氧化钙，生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁，过滤得到滤液中主要CaBr2 ，在滤液中加HBr中和多余的氢氧化钙，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到CaBr22H2O晶体；（1）溴单质受热易挥发，所以控制反应在较低温度不能超过40进行，防止液溴挥发，
78、降低原料利用率，故答案为：防止液溴挥发，降低原料利用率；（2）滤渣中除了是的氢氧化亚铁，还有剩余的Fe，和氧化生成的氢氧化铁，所以滤渣的成分可能是Fe、Fe（OH）2 、Fe（OH）3，故答案为：Fe、Fe（OH）2 、Fe（OH）3；（3）溴化亚铁溶液中加入过量的氢氧化钙，过滤得到的滤液含有溴化钙和氢氧化钙，加溴化氢除去多余的氢氧化钙，则加入的M为HBr，故答案为：HBr；除去过量的Ca（OH）2；（4）从溶液中提取固体溶质的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶、过滤；（5）氨气通入石灰乳，加入溴，在65反应生成溴化钙、氮气和水，其反应的化学方程式为3Ca（OH）
79、2 +3Br2+2NH33CaBr2+N2+6H2O，故答案为：3Ca（OH）2 +3Br2+2NH3 3CaBr2+N2+6H2O；（6）称取5.00g样品溶于水，滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量，得到2.00g固体，则生成的固体为碳酸钙，设样品中CaBr22H2O的质量为xg，CaBr22H2ONa2CO3CaCO3，236 100xg 2.00g则x=4.72g，则CaBr22H2O的质量分数为100%=94.40%，故答案为：94.40%点评： 本题考查了溴化钙晶体的制备实验方案设计，题目涉及化学实验基本操作、除杂质、离子方程式的书写、含量的计算等
80、，题目难度中等，是对学生综合能力的考查，需要学生基本扎实的基础与分析问题、解决问题的能力22有机物C的分子式为C9H9OCl，分子中有一个苯环且苯环上只有一条侧链，无甲基；一定条件下C能发生银镜反应C与其他物质之间的转化如图所示：（1）F中官能团的名称是碳碳双键、醛基；CF的反应类型是消去反应（2）C的结构简式是，I的结构简式是，（3）写出下列化学方程式：D与银氨溶液反应（4）有的同学认为B中可能没有氯原子，理由是在碱性环境中氯原子可能水解（5）D的一种同系物W（分子式为C8H8O2）有多种同分异构体，则符合以下条件W的同分异构体有10种，写出其中核磁共振氢谱有4个峰且能发生银镜反应的结构简式
81、属于芳香族化合物遇FeCl3溶液不变紫色能与NaOH溶液发生反应考点： 有机物的推断分析： 有机物C的分子式为C9H9OCl，分子中有一个苯环且苯环上只有一条侧链，无甲基；一定条件下C能发生银镜反应，说明C中含有醛基，C的不饱和度=5，因为含有一个苯环，所以还含有一个醛基，C发生水解反应生成D，D发生银镜反应然后酸化得到E，E中含有醇羟基、羧基，所以能发生酯化反应生成I，I分子中含有一个八元环，则C结构简式为，C发生氧化反应得到B，B为，B和乙醇发生酯化反应生成A，A结构简式为；C发生消去反应生成F，F结构简式为，G发生加聚反应生成H，H为；C发生取代反应生成D，D结构简式为，D发生银镜反应然
82、后酸化得到E，E为，E发生酯化反应生成含有一个八元环的I，I结构简式为，据此分析解答解答： 解：有机物C的分子式为C9H9OCl，分子中有一个苯环且苯环上只有一条侧链，无甲基；一定条件下C能发生银镜反应，说明C中含有醛基，C的不饱和度=5，因为含有一个苯环，所以还含有一个醛基，C发生水解反应生成D，D发生银镜反应然后酸化得到E，E中含有醇羟基、羧基，所以能发生酯化反应生成I，I分子中含有一个八元环，则C结构简式为，C发生氧化反应得到B，B为，B和乙醇发生酯化反应生成A，A结构简式为；C发生消去反应生成F，F结构简式为，G发生加聚反应生成H，H为；C发生取代反应生成D，D结构简式为，D发生银镜反
83、应然后酸化得到E，E为，E发生酯化反应生成含有一个八元环的I，I结构简式为，（1）F为，官能团是碳碳双键和醛基，C发生消去反应生成F，故答案为：碳碳双键、醛基；消去反应；（2）C为，I为，故答案为：；（3）D与银氨溶液发生银镜反应，反应方程式为，故答案为：；（4）在碱性条件下氯原子可能发生水解反应，所以可能B中不含氯原子，故答案为：在碱性环境中氯原子可能水解；（5）D的一种同系物W（分子式为C8H8O2）有多种同分异构体，D结构简式为，W结构简式符合下列条件：属于芳香族化合物，说明含有苯环；遇FeCl3溶液不变紫色，说明不含酚羟基；能与NaOH溶液发生反应说明含有羧基或酯基，如果含有羧基和甲基，有邻间对三种结构；如果只含亚甲基和羧基，有一种结构，为苯乙酸；如果含有酯基，可能是苯甲酸甲酯、甲酸苯甲酯、乙酸苯酯，如果含有酯基和甲基，有邻间对三种结构，所以符合条件的有10种；其中核磁共振氢谱有4个峰且能发生银镜反应的结构简式为，故答案为：10；点评： 本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，正确判断C结构简式是解本题关键，根据反应条件结合某些物质分子式、结构进行推断，难点是（5）同分异构体种类判断，要考虑官能团异构、位置异构，题目难度中等