1、2014-2015学年甘肃省白银市会宁五中高三（上）月考化学试卷（11月份）一、选择题（共60分，每小题3分）1N0为阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是( )A12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5N0B1.0 L 1.0molL1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N0C25时pH=13的NaOH溶液中含有OH的数目为0.1N0D1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为9N02一定体积的N2、O2、CO2混合气体通过足量的Na2O2后，同温同压下体积变为原来的0.75倍，原混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比可能为( )A1：2：1B4：3：5C1：1：2D6：
2、7：143已知SO32+I2+H2O=SO42+2I+2H+某溶液中可能含有I、NH4+、Cu2+、SO32，向该无色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色则下列关于该溶液组成的判断正确的是( )A肯定不含IB肯定不含Cu2+C可能含有SO32D肯定不含有NH4+4已知酸性高锰酸钾溶液可以将FeS04氧化，方程式为2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3+8H2O，现将一定量的硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中铁离子的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，则下列有关说法不正确的是( )
3、A图中AB段主要是高锰酸钾和碘化钾溶液反应B图中BC段发生的反应为2Fe3+2I2Fe2+I2C向C点以后的溶液中加入少量KSCN溶液，溶液变红色D根据OC段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25mol5下列制备金属单质的方法或原理正确的是( )A在高温条件下，用H2还原MgO制备单质MgB在通电条件下，电解熔融Al2O3制备单质AlC在通电条件下，电解饱和食盐水制备单质NaD加强热，使CuO在高温条件下分解制备单质Cu6从海水中提取镁的正确方法是( )物质氧化镁氯化镁熔点/2 852714A海水Mg（OH）2MgCl2溶液MgCl2（熔融）MgB海水MgCl2溶液MgCl2（熔融）
4、MgC海水Mg（OH）2MgOMgD海水Mg（OH）2Mg7为除去括号内的杂质，下列各选项中所选用的试剂或方法不正确的是( )ANa2CO3溶液（NaHCO3）：选用适量的NaOH溶液BNaHCO3溶液（Na2CO3）：通入过量的CO2气体CNa2O2粉末（Na2O）：将混合物在O2中加热DNa2CO3溶液（Na2SO4）：加入适量的Ba（OH）2溶液，过滤8关于CO2和SiO2的比较错误的是( )A都是酸性氧化物B熔沸点都比较高C都能与强碱溶液反应D都具有一定的氧化性9下列变化过程中不能直接实现的是( )HCl Cl2 Ca（ClO）2 HClO CO2ABCD10下列离子方程式正确的是(
5、)氯气与水反应：Cl2+H2O2H+Cl+ClO氯气与氢氧化钠溶液反应：Cl2+2OHCl+ClO+H2O浓盐酸与二氧化锰共热：MnO2+4HClMn2+2Cl+Cl2+2H2O漂白粉溶液中通入少量的二氧化碳气体：Ca2+2ClO+H2O+CO2CaCO3+2HClOABCD11以下四个装置中，你认为用于检验火柴头燃烧可产生SO2的是( )ABCD12某同学在研究前18号元素时发现，可以将它们排成如图所示的“蜗牛”形状，图中每个弧线上的“”代表一种元素，其中O点代表氢元素下列说法中错误的是( )A离O点越远的元素原子半径越大B虚线相连的元素处于同一族CB元素是图中金属性最强的元素DA、B两种元
6、素组成的化合物中可能含有共价键13短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是( )AW2、X+BX+、Y3+CY3+、Z2DX+、Z214下列结论正确的是( )粒子半径：S2ClS 氢化物稳定性：HFHClH2S离子还原性：S2ClBrI单质氧化性：Cl2S 酸性：H2SO4HClO4分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液Fe（OH）3胶体FeCl3溶液ABCD15下列反应中，盐酸做氧化剂的是( )AMnO2+4HCl（浓）=MnCl2+Cl2+2H2OBCaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2OC2HCl+Zn=ZnCl2+H2D2KMnO4
7、+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O16Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的物质的量为1：3时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为( )A1：6B1：7C1：8D2：1117下列各组离子一定能大量共存的是( )A含有大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl、SCNB在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2、CO32C在c（H+）=1013molL1的溶液中：NH4+、Al3+、SO42、NO3D在pH=1的溶液中：K+、Fe2+、Cl、NO318下列说法中错误的是( )A元素周期表中从III
8、B族到IIB族 10个纵行的元素都是金属元素B除氦原子外，稀有气体原子的最外层电子数都是8C原子及其离子的核外电子层数等于该元素所在的周期数D同一元素的各种同位素的物理性质、化学性质不一定相同19已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3、dD都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是( )A原子半径 ABDCBac=1C离子半径 CDBAD单质的还原性 ABDC20几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表：下列叙述错误的是( )元素代号LMXRT原子半径/nm0.1600.1430.1020.0890.074主要化合价+2+3+6，2+22AR的氧化物对应的水化物可能具有两性BX单质在氧气
9、中燃烧不可能生成XO3C离子半径大小：r（M3+）r（T2）DL2+和X2的核外电子数相等二、非选择题（共40分）21X、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元素；X原子的最外层电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是_；（2）ZW2的电子式是_，它在常温下呈液态，形成晶体时，属于_晶体；（3）工业生产单质Y的原理是_（用化学方程式表示）；（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
10、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_22如图中，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物已知：反应C+GB+H能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：，F中的E元素的质量分数为60%回答问题：（1）中反映的化学方程式为_；（2）化合物的电子式为_，它的空间构型是_；（3）1.6g G 溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，计算至少所需铜粉的质量（写出离子方程式和计算过程）；（4）C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为_，反应后溶液与过量化合物反应的离子方
11、程式为_；（5）E在I中燃烧观察到的现象是_23（16分）制备氮化镁的装置示意图如图：回答下列问题：（1）a的名称是_，b的名称_（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与D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_2014-2015学年甘肃省白银市会宁五中高三（上）月考化学试卷（11月份）一、选择题（共60分，每小题3分）1N0为阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是( )A12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5
12、N0B1.0 L 1.0molL1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N0C25时pH=13的NaOH溶液中含有OH的数目为0.1N0D1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为9N0【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、一个六元碳环中含有16=2个C结合石墨的物质的量计算；B、除了NaAlO2中含有氧原子，溶剂水中也含氧原子；C、溶液体积不明确；D、羟基不显电性，氢氧根带负电【解答】解：A、12g单层石墨的物质的量为1mol，一个六元碳环中含有16=2个C，所以12g单层石墨中含有六元环的个数为0.5N0，故A正确；B、除了NaAlO2中含有氧
13、原子，溶剂水中也含氧原子，故溶液中氧原子的个数大于2N0，故B错误；C、溶液体积不明确，故氢氧根的个数无法计算，故C错误；D、羟基不显电性，1mol羟基含9mol电子；而氢氧根带负电，1mol氢氧根带10mol电子，故D错误故选A【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2一定体积的N2、O2、CO2混合气体通过足量的Na2O2后，同温同压下体积变为原来的0.75倍，原混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比可能为( )A1：2：1B4：3：5C1：1：2D6：7：14【考点】有关混合物反应的计算 【专题】压轴题；差量法【分析】混合气体通过
14、足量的Na2O2后，CO2与Na2O2反应，N2和O2与Na2O2不反应，据气体的体积之比等于物质的量之比，计算出混合气体中N2、O2气体的体积与CO2的体积关系，可解答此题【解答】解：一定体积的N2、O2、CO2混合气体通过足量的Na2O2后，CO2与Na2O2反应，N2和O2与Na2O2不反应，设N2和O2物质的量为xmol，CO2的物质的量为ymol，反应的化学方程式为2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2，根据气体的体积之比等于物质的量之比可知，解之得：x=y，即混合气体中N2、O2气体的体积与CO2的体积相同，只有C项符合故选C【点评】本题考查化合物的计算，题目难度不大，本题注意
15、反应前后气体体积变化的原因，根据阿伏伽德罗定律计算3已知SO32+I2+H2O=SO42+2I+2H+某溶液中可能含有I、NH4+、Cu2+、SO32，向该无色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色则下列关于该溶液组成的判断正确的是( )A肯定不含IB肯定不含Cu2+C可能含有SO32D肯定不含有NH4+【考点】常见离子的检验方法；氧化性、还原性强弱的比较 【专题】离子反应专题【分析】溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，可能是亚硫酸根离子过量，溴单质全部和亚硫酸根离子反应，说明溶液中可能含I离子，并且不含Cu2+离子，如含Cu2+离子，则溶液呈蓝色，根据溶液电中性，进一步判断其它离子是否存在【解答】解
16、：溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，可能是亚硫酸根离子过量，溴单质全部和亚硫酸根离子反应，说明溶液中可能含I离子，并且不含Cu2+离子，如含Cu2+离子，则溶液呈蓝色，根据溶液电中性，阴离子只剩有SO32离子，阳离子只有NH4+，则一定含有SO32离子和NH4+离子；所以溶液中 一定含有SO32离子和NH4+离子；一定不含Cu2+离子，可能有I离子；故选B【点评】本题考查离子鉴别题目，做题时注意从题目中找出反应的典型现象，根据物质的性质进行推断本题难度不大4已知酸性高锰酸钾溶液可以将FeS04氧化，方程式为2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3
17、+8H2O，现将一定量的硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中铁离子的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，则下列有关说法不正确的是( )A图中AB段主要是高锰酸钾和碘化钾溶液反应B图中BC段发生的反应为2Fe3+2I2Fe2+I2C向C点以后的溶液中加入少量KSCN溶液，溶液变红色D根据OC段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25mol【考点】氧化还原反应 【专题】氧化还原反应专题【分析】氧化性强弱顺序为KMnO4Fe3+，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，
18、则AB应为高锰酸钾和碘化钾的反应，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】解：A开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为高锰酸钾和碘化钾的反应，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；CC 点时，Fe3+浓度为零，Fe3+溶液中没有，所以向C点以后的溶液中加入少量KSCN溶液，溶液不变色，故C错误；D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2KMnO410Fe3+10I，共消耗的n（I）=1.25mol，则开始加入的高锰酸钾的物质的量为mol=0.25mol
19、，故D正确故选C【点评】本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握反应的相关方程式的书写，根据方程式、关系式计算该题，难度中等5下列制备金属单质的方法或原理正确的是( )A在高温条件下，用H2还原MgO制备单质MgB在通电条件下，电解熔融Al2O3制备单质AlC在通电条件下，电解饱和食盐水制备单质NaD加强热，使CuO在高温条件下分解制备单质Cu【考点】金属冶炼的一般原理 【专题】金属概论与碱元素【分析】金属的活泼性不同，冶炼方法不同，K、Ca、Na、Mg、Al等金属可用电解熔融的化合物的方法冶炼，Zn、Fe、Sn、Pb、Cu可用热还原发
20、生冶炼，Hg、Ag可用也分解法冶炼，以此解答【解答】解：A制备单质Mg应该用电解熔融MgCl2的方法，故A错误；BAl为活泼金属，应用电解熔融Al2O3制备，故B正确；C制备单质Na采用电解熔融NaCl的方法，电解溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，故C错误；D制备单质Cu用热还原法制备，故D错误故选：B【点评】本题考查金属的冶炼，难度不大，注意把握金属的活泼性与冶炼方法的关系，学习中注意积累，易错点为C，注意电解饱和食盐水不能得到金属钠6从海水中提取镁的正确方法是( )物质氧化镁氯化镁熔点/2 852714A海水Mg（OH）2MgCl2溶液MgCl2（熔融）MgB海水MgCl2溶液MgCl2（熔融
21、）MgC海水Mg（OH）2MgOMgD海水Mg（OH）2Mg【考点】海水资源及其综合利用 【专题】实验设计题；元素及其化合物【分析】海水中存在MgCl2，如从海水中提取镁，应先分离出MgCl2，可先加入石灰乳生成Mg（OH）2，然后加入盐酸生成MgCl2，经蒸发、结晶、洗涤、干燥后得到纯净的MgCl2，电解MgCl2可生成Mg，因MgO熔点较高，需消耗较多能源，工业用电解熔融MgCl2方法的冶炼，以此解答【解答】解：镁为活泼金属，可用电解法冶炼，由表中数据可知MgO熔点较高，需消耗较多能源，工业用电解熔融MgCl2方法的冶炼，海水中存在MgCl2，如从海水中提取镁，应先分离出MgCl2，可先加
22、入石灰乳生成Mg（OH）2，然后加入盐酸生成MgCl2，经蒸发、结晶、洗涤、干燥后得到纯净的MgCl2，电解MgCl2可生成Mg，只有A符合故选A【点评】本题考查海水资源综合利用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确流程图中涉及的基本操作及化学反应，把握镁的冶炼方法，题目难度不大7为除去括号内的杂质，下列各选项中所选用的试剂或方法不正确的是( )ANa2CO3溶液（NaHCO3）：选用适量的NaOH溶液BNaHCO3溶液（Na2CO3）：通入过量的CO2气体CNa2O2粉末（Na2O）：将混合物在O2中加热DNa2CO3溶液（Na2SO4）：加入适量的Ba（OH）2溶液，过滤【考点】物
23、质的分离、提纯的基本方法选择与应用 【分析】ANaHCO3与NaOH反应生成碳酸钠；BNa2CO3与CO2气体反应生成碳酸氢钠；CNa2O与氧气反应生成过氧化钠；DNa2SO4与Ba（OH）2反应生成硫酸钡和NaOH【解答】解：ANaHCO3与NaOH反应生成碳酸钠，反应后不生成新杂质，故A正确；BNa2CO3与CO2气体反应生成碳酸氢钠，反应后不生成新杂质，故B正确；CNa2O与氧气反应生成过氧化钠，不会引入新杂质，故C正确；DNa2SO4与Ba（OH）2反应生成硫酸钡和NaOH，反应后过滤不能除杂，引入新杂质NaOH，故D错误；故选D【点评】本题考查混合物分离提纯方法的选择，为高频考点，把
24、握物质的性质及性质差异为解答的关键，注意发生的化学反应及除杂的原则，题目难度不大8关于CO2和SiO2的比较错误的是( )A都是酸性氧化物B熔沸点都比较高C都能与强碱溶液反应D都具有一定的氧化性【考点】硅和二氧化硅 【专题】碳族元素【分析】A、氧化物能和碱反应生成盐和水的化合物为酸性氧化物；B、二氧化碳熔沸点低，二氧化硅熔沸点比较高；C、酸性氧化物均能和碱反应生成盐和水；D、CO2和SiO2的碳元素和硅元素化合价均为最高价，只有氧化性【解答】解：A、CO2和SiO2均能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故A正确；B、二氧化硅属于原子晶体，熔沸点比较高，二氧化碳属于分子晶体，熔沸点较低，故B错
25、误；C、CO2和SiO2属于酸性氧化物，均能和碱反应生成盐和水，故C正确；D、CO2和SiO2的碳元素和硅元素化合价均为最高价，只有氧化性，故D正确故选B【点评】本题考查了二氧化碳和二氧化硅的性质，注重教材内容的考查，难度不大，可以根据所学知识来回答9下列变化过程中不能直接实现的是( )HCl Cl2 Ca（ClO）2 HClO CO2ABCD【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用 【专题】卤族元素【分析】能否直接实现即只发生一次反应即可转化为目标物质，可根据原物质的性质及变化规律，通过列举具体反应的方法，判断是否能通过一步反应不能直接实现的选项【解答】解：A、浓HCl与二氧化锰在加热的条件下
26、能产生Cl2，可直接实现HCl至Cl2的转化，故A正确；B、因HClO的酸性弱于碳酸，所以不能直接实现HClO至CO2的转化，故B错误；C、Ca（ClO）2能与H2O、二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸（HClO），可直接实现Ca（ClO）2至HClO的转化，故C正确；D、Cl2与氢氧化钙反应生成CaCl2、Ca（ClO）2和H2O，可直接实现Cl2至Ca（ClO）2的转化，故D正确；故选B【点评】熟练掌握常见物质的性质及变化规律，是解答此类问题的知识基础，明确“直接实现”的意义则是解答问题的关键10下列离子方程式正确的是( )氯气与水反应：Cl2+H2O2H+Cl+ClO氯气与氢氧化钠溶液反应：
27、Cl2+2OHCl+ClO+H2O浓盐酸与二氧化锰共热：MnO2+4HClMn2+2Cl+Cl2+2H2O漂白粉溶液中通入少量的二氧化碳气体：Ca2+2ClO+H2O+CO2CaCO3+2HClOABCD【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】次氯酸是弱电解质；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；浓盐酸完全电离成离子；少量二氧化碳和次氯酸钙反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸【解答】解：氯气与水反应生成的次氯酸是弱电解质：Cl2+H2OH+Cl+HClO，故错误；氯气与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故正确；浓盐酸与二氧化锰共热反应的离子方程式为
28、：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故错误；漂白粉溶液中通入少量的二氧化碳气体生成碳酸钙和次氯酸，反应的离子方程式为：Ca2+2ClO+H2O+CO2CaCO3+2HClO，故正确；综上所述：正确故选：B【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，明确电离方程式的书写注意问题及弱电解质的判断即可解答，题目较简单11以下四个装置中，你认为用于检验火柴头燃烧可产生SO2的是( )ABCD【考点】化学实验方案的评价；二氧化硫的化学性质 【专题】氧族元素【分析】硫燃烧生成二氧化硫，二氧化硫具有还原性，能被强氧化剂氧化生成硫酸根离子，火柴头燃烧过程中还生成其它气体，应该保持试管中气体压强不能太
29、大，否则易产生安全事故【解答】解：火柴头燃烧生成二氧化硫和其它气体，二氧化硫具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，检验装置中导气管应该遵循“长进短出”原则，且实验过程中不能使试管内压强过大，否则易产生安全事故，所以针管应该采用拉的方法，故选B【点评】本题以二氧化硫性质为载体考查实验方案评价，侧重考查实验原理及实验基本操作，明确实验原理及操作规范性即可解答，同时考查学生思维的缜密性，题目难度中等12某同学在研究前18号元素时发现，可以将它们排成如图所示的“蜗牛”形状，图中每个弧线上的“”代表一种元素，其中O点代表氢元素下列说法中错误的是( )A离O点越远的元素原子半径越大
30、B虚线相连的元素处于同一族CB元素是图中金属性最强的元素DA、B两种元素组成的化合物中可能含有共价键【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】0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，O、B连线的三元素为第A族，A为O元素，B为Na元素，C为Al元素，根据元素的种类可知虚线相连的元素处于同一族，结合对应元素的性质解答该题【解答】解：A离O点越远的元素原子的核电荷数增大，若电子层相同，半径越小，故A错误；B由原子序数可知，虚线相连的元素处于同一族，故B正确；CB为Na元素，是图中金属性最强的元素，故C正确；D钠与氧元素可以形成过氧化钠，
31、过氧根离子中氧原子之间为非极性键，故D正确；故选A【点评】本题考查元素周期表、元素周期律、化学键等，难度不大，看懂图象推断元素是解题的关键，注意对元素周期表的整体把握13短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是( )AW2、X+BX+、Y3+CY3+、Z2DX+、Z2【考点】影响盐类水解程度的主要因素 【专题】盐类的水解专题【分析】根据答案选项可知W、X、Y、Z形成的简单离子分别为W2、X+、Y3+、Z2，又知W、X、Y、Z均为短周期元素，且原子序数依次增大，故可推出W为O，X为Na，Y为Al，Z为S【解答】解：根据 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次
32、增大及各选项可以推出，W为O2、X为Na+、Y为Al3+、Z为S2，Al3+和S2均能发生水解，水解打破了水的电离平衡；O2不能在水溶液存在，而Na+不水解，故正确的是C；故选C【点评】本题考查影响盐类水解的因素，命题结构简单，切入点新颖，考查了离子化合价与其离子电荷的关系，难度中等14下列结论正确的是( )粒子半径：S2ClS 氢化物稳定性： HFHClH2S离子还原性：S2ClBrI单质氧化性：Cl2S 酸性：H2SO4HClO4分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液Fe（OH）3胶体FeCl3溶液ABCD【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用；分散系、胶体与溶液的概念及关系 【
33、专题】物质的组成专题【分析】同种元素的阴离子半径大于原子半径，同周期原子序数大的原子半径小；非金属性越强，气态氢化物越稳定；非金属性越强，对应离子的还原性越弱；非金属性越强，对应单质的氧化性越强；非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物酸性越强；分散系中分散质的直径大小为浊液胶体溶液【解答】解：同种元素的阴离子半径大于原子半径，同周期原子序数大的原子半径小，则微粒半径为S2SCl，故错误；非金属性FClS，则气态氢化物的稳定性为HFHClH2S，故正确；非金属性越强，对应离子的还原性越弱，则离子还原性为S2IBrCl，故错误；非金属性ClS，则对应单质的氧化性为Cl2S，故正确；非金属性ClS，
34、则对应最高价氧化物的水化物酸性为H2SO4HClO4，故错误；分散系中分散质的直径大小为浊液胶体溶液，则分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液Fe（OH）3胶体FeCl3溶液，故正确；故选C【点评】本题考查较综合，涉及微粒性质的比较、非金属性比较等，注重高频考点的考查，把握元素周期律和元素周期表的综合应用为解答的关键，题目难度不大15下列反应中，盐酸做氧化剂的是( )AMnO2+4HCl（浓）=MnCl2+Cl2+2H2OBCaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2OC2HCl+Zn=ZnCl2+H2D2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O【考点】氧化
35、还原反应；重要的氧化剂 【专题】氧化还原反应专题【分析】反应中盐酸做氧化剂，说明盐酸中元素得电子化合价降低，据此分析解答【解答】解：A该反应HCl中部分Cl元素化合价由1价变为0价，所以部分HCl做还原剂，故A错误；B该反应中各元素化合价不变，所以不发生氧化还原反应，发生复分解反应，故B错误；C该反应中H元素化合价由+1价变为0价，所以HCl是氧化剂，故C正确；D该反应中部分Cl元素化合价由1价变为0价，所以部分HCl做还原剂，故D错误故选C【点评】本题以氧化还原反应为载体考查氧化剂、还原剂，侧重考查基本概念，明确元素化合价与氧化性、还原性的关系即可解答，知道常见元素化合价16Cu2S与一定浓
36、度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的物质的量为1：3时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为( )A1：6B1：7C1：8D2：11【考点】氧化还原反应的计算 【专题】基本概念与基本理论；氧化还原反应专题【分析】Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2令NO2和NO的物质的量分别为1mol、3mol，根据电子转移守恒计算参加反应的Cu2S的物质的量，由氮元素守
37、恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2nCu（NO3）2+n（NO2）+n（NO），根据铜元素守恒可知溶液中nCu（NO3）2=2n（Cu2S）n（CuSO4），由硫元素守恒可知n（Cu2S）=n（CuSO4），据此计算参加反应的硝酸的物质的量，以此解答该题【解答】解：Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2令NO2和NO的物质的量分别为1mol、3mol，根据电子转移守恒可知：n（Cu2S）6（2）+12=1mol（54）
38、+3mol（52），解得n（Cu2S）=1mol由硫元素守恒可知n（CuSO4）=n（Cu2S）=1mol，根据铜元素守恒可知溶液中nCu（NO3）2=2n（Cu2S）n（CuSO4）=21mol1mol=1mol由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2nCu（NO3）2+n（NO2）+n（NO）=21mol+1mol+3mol=6mol所以实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为n（Cu2S）：n（HNO3）=1mol：6mol=1：6故选：A【点评】本题考查氧化还原反应的基本概念与计算，难度中等，判断元素化合价变化，利用电子转移守恒与元素守恒计算是关键，转移守恒思想在氧化还
39、原反应计算中的运用17下列各组离子一定能大量共存的是( )A含有大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl、SCNB在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2、CO32C在c（H+）=1013molL1的溶液中：NH4+、Al3+、SO42、NO3D在pH=1的溶液中：K+、Fe2+、Cl、NO3【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】A离子之间结合生成络离子；B该组离子之间不反应；C在c（H+）=1013molL1的溶液，显碱性；DpH=1的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应【解答】解：AFe3+、SCN离子之间结合生成络离子，则不能共存，故A错误；B该组离子之间不反应，能共存，故
40、B正确；C在c（H+）=1013molL1的溶液，显碱性，NH4+、Al3+分别与OH反应，则不能共存，故C错误；DpH=1的溶液，显酸性，H+、Fe2+、NO3离子之间发生氧化还原反应，则不能共存，故D错误；故选B【点评】本题考查离子的共存，熟悉习题中的信息及离子之间的反应即可解答，注意选项D中的氧化还原为解答的难点，题目难度不大18下列说法中错误的是( )A元素周期表中从IIIB族到IIB族 10个纵行的元素都是金属元素B除氦原子外，稀有气体原子的最外层电子数都是8C原子及其离子的核外电子层数等于该元素所在的周期数D同一元素的各种同位素的物理性质、化学性质不一定相同【考点】元素周期表的结构
41、及其应用 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A、根据元素周期表中过渡元素的分布来回答；B、根据稀有气体原子的核外电子排布特点来回答；C、根据钾离子或钠离子等微粒的核外电子层数以及该元素所在的周期数来回答；D、根据同位素的概念：具有相同质子数和不同中子数的同一元素的不同原子之间的互称来回答【解答】解：A、元素周期表中从IIIB族到IIB族10个纵行的元素都是过渡元素，过渡元素全部为金属元素，故A正确；B、稀有气体原子中，只有氦原子的最外层电子数为2，其余的均为8，故B正确；C、钾离子的核外电子层数为3，该元素所在的周期数为4；钠离子的核外电子层数为2，该元素所在的周期数为3，均不相等，故
42、C错误；D、同一元素的各种同位素的物理性质不同，各种同位素的质子数相同，质子数决定化学性质，故化学性质相同，故D正确故选C【点评】本题是对基本概念知识的考查，学生可以根据所学知识解答，明确元素周期表的结构及元素在周期表中的位置即可解答19已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3、dD都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是( )A原子半径 ABDCBac=1C离子半径 CDBAD单质的还原性 ABDC【考点】原子结构与元素周期律的关系 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】aA2+、bB+、cC3、dD都具有相同的电子层结构，则存在a2=b1=c+3=d+1，原子序数大小顺序是abd
43、c，A、B在C和D元素下一周期，A原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；B存在a2=b1=c+3=d+1；C电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；D元素的金属性越强，其单质的还原性越强，同一周期元素金属的金属性随着原子序数增大而减弱【解答】解：aA2+、bB+、cC3、dD都具有相同的电子层结构，则存在a2=b1=c+3=d+1，原子序数大小顺序是abdc，A、B在C和D元素下一周期，A原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径大小顺序是BACD，故A错误；B存在a2=b1=c+3=d+1，
44、所以ac=5，故B错误；C电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，原子序数大小顺序是abdc，所以离子半径大小顺序是CDBA，故C正确；D元素的金属性越强，其单质的还原性越强，同一周期元素金属的金属性随着原子序数增大而减弱，这几种元素金属性强弱顺序是BACD，故D错误；故选C【点评】本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查分析能力，明确离子半径、原子半径大小变化规律是解本题关键，熟练掌握元素周期律知识，题目难度不大20几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表：下列叙述错误的是( )元素代号LMXRT原子半径/nm0.1600.1430.1020.0890.074主要化合价+2+3+
45、6，2+22AR的氧化物对应的水化物可能具有两性BX单质在氧气中燃烧不可能生成XO3C离子半径大小：r（M3+）r（T2）DL2+和X2的核外电子数相等【考点】原子结构与元素周期律的关系 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】短周期主族元素中，元素最高正化合价与其族序数增大，最低负化合价=族序数8，原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；根据表中数据知，L、R属于第IIA族元素，原子半径LR，则L是Mg、R是Be元素；M属于第IIIA族元素，原子半径MR，则M是Al元素；X、T最低负价是2，则X和T属于第VIA族元素，X有正化合价、T没有正化合价，所以
46、X是S、T是O元素，AR是Be元素，氢氧化铍具有两性；BX是S元素，S单质在氧气中燃烧生成二氧化硫；CM是Al元素、T是O元素，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；DL是Mg元素、X是S元素，镁离子核外有10个电子、硫离子核外有18个电子【解答】解：短周期主族元素中，元素最高正化合价与其族序数增大，最低负化合价=族序数8，原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；根据表中数据知，L、R属于第IIA族元素，原子半径LR，则L是Mg、R是Be元素；M属于第IIIA族元素，原子半径MR，则M是Al元素；X、T最低负价是2，则X和T属于第VIA族元
47、素，X有正化合价、T没有正化合价，所以X是S、T是O元素，AR是Be元素，根据对角线规则知，Al和Be性质相似，所以氢氧化铍可能具有两性，故A正确；BX是S元素，S单质在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气在催化剂、加热条件下反应生成三氧化硫，故B正确；CM是Al元素、T是O元素，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径r（M3+）r（T2），故C正确；DL是Mg元素、X是S元素，镁离子核外有10个电子、硫离子核外有18个电子，所以两种离子核外电子数不等，故D错误；故选D【点评】本题考查原子结构和元素性质，侧重考查分析推断能力，明确主族元素化合价与族序数的关系、原子
48、半径规律即可解答，易错选项是A，注意元素周期表中元素性质遵循对角线规则，题目难度不大二、非选择题（共40分）21X、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元素；X原子的最外层电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是ClSAl；（2）ZW2的电子式是，它在常温下呈液态，形成晶体时，属于分子晶体；（3）工业生产单质Y的原理是2Al2O3（熔融）4Al+3O2（用化学方程式表示）；（4）X与Y化学性质相似，则X与浓的NaOH溶液反应的化学方
49、程式是Be+2NaOHNa2BeO2+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】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】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，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；X与W原子的最外层电子数之和为9，则W最外层电子数为7，处于A族，故W可能为F或Cl；Y与Z这两对原子的最外层电子数之和也为9，四元素互不同族，结合原子序数可知，则应处于A、A族，A元素为B或Al、A元素为O或S，由于四种元素中
50、有两种金属元素，故含有Al元素，结合原子序数可知，Y为Al、Z为S、W为Cl，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，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；X与W原子的最外层电子数之和为9，则W最外层电子数为7，处于A族，故W可能为F或Cl；Y与Z这两对原子的最外层电子数之和也为9，四元素互不同族，结合原子序数可知，则应处于A、A族，A元素为B或Al、A元素为O或S，由于四种元素中有两种金属元素，故含有Al元素，结合原子序数可知，Y为Al、Z为S、W为Cl，（1）同周期随原子序数递增原子半径减小，故原子半径ClSAl，故答案
51、为：ClSAl；（2）SCl2分子中S原子与Cl原子之间形成1对共用电子对，其电子式是，它在常温下呈液态，形成晶体时，属于分子晶体，故答案为：；分子；（3）工业生产电解熔融的氧化铝生成单质Al，反应方程式为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2，故答案为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2；（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+2NaOHNa2BeO2+H2，故答案为：Be+2NaOHNa2BeO2+H2；（5）因Cl2与FeBr2反应时首先氧化Fe2+，余下的Cl2再氧化Br，0.1mol的单质Cl2失去0.2mol电子，50mL 1.5mol/L的F
52、eBr2溶液，n（FeBr2）=0.05L1.5mol/L=0.075mol，亚铁离子全部被氧化失去电子为0.075mol，设被氧化的溴离子为x，由电子守恒可知，0.2mol=0.075mol+x（10），解得x=0.125mol，所以被氧化的Fe2+和Br的物质的量之比是0.075mol：0.125mol=3：5，故答案为：3：5【点评】本题考查元素推断、半径比较、电子式、晶体类型与性质、元素化合物性质、氧化还原反应计算等，难度中等，推断元素是解题关键，（5）中注意判断反应的先后顺序进行解答22如图中，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物已知：反应
53、C+GB+H能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：，F中的E元素的质量分数为60%回答问题：（1）中反映的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（2）化合物的电子式为，它的空间构型是直线型；（3）1.6g G 溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，计算至少所需铜粉的质量（写出离子方程式和计算过程）；（4）C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，反应后溶液与过量化合物反应的离子方程式为AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；（5）E在I中燃烧观察到的现象是镁条剧烈燃烧生成白色和黑色
54、固体【考点】无机物的推断 【专题】推断题【分析】反应C+GB+H能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；判断为铝热反应，所以C为Al，G为铁的氧化物Fe2O3；B为Fe；结合转化关系得到A为O2，H为Al2O3，I是一种常见的温室气体，判断为二氧化碳；和E点燃条件下发生反应生成F和D，2E+I=2F+D为置换反应，推断E为金属单质Mg，发生的反应为，2Mg+CO22MgO+C，F为MgO，D为单质C；MgO中的镁元素的质量分数为60%，证明推断正确【解答】解：A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物，反应C+GB+H能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的
55、焊接；判断为铝热反应，所以C为Al，G为铁的氧化物Fe2O3；结合转化关系得到A为O2，H为Al2O3，I是一种常见的温室气体，判断为二氧化碳；和E点燃条件下发生反应生成F和D，2E+I=2F+D为置换反应，推断E为金属单质Mg，发生的反应为，2Mg+CO22MgO+C，F为MgO，D为单质C；MgO中的镁元素的质量分数为60%，证明推断正确；（1）中反应的化学方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（2）二氧化碳分子是直线型化合物，碳原子和氧原子间形成两对共用电子对，分别形成两个共价键；电子式是把原子最外层电子标注在元素符号周围，二氧化
56、碳的电子式为：，故答案为：；直线型；（3）1.6g G 溶于盐酸，发生的反应为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，得到的溶液与铜粉完全反应，1.6g G 为Fe2O3物质的量为0.01mol，含Fe3+离子物质的量为0.02mol；溶解铜发生反应的离子方程式为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；至少需要的铜物质的量为0.01mol，铜的质量为0.64g，故答案为：0.64g；（4）C为Al与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，反应后溶液为偏铝酸钠溶液与过量化合物（CO2）反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：AlO2+C
57、O2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；（5）E为（Mg）在I（CO2）中燃烧，观察到的现象是镁条剧烈燃烧生成白色和黑色固体，反应的化学方程式为：2Mg+CO22MgO+C，故答案为：镁条剧烈燃烧生成白色和黑色固体【点评】本题考查物质转化关系的分析判断，物质性质的综合应用，离子方程式的书写，镁、铝、铁及其化合物性质分析反应现象的利用，是解题关键，题目难度中等23（16分）制备氮化镁的装置示意图如图：回答下列问题：（1）a的名称是分液漏斗，b的名称圆底烧瓶（2）写出NaNO2和（NH4
58、）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与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，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味（或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；弃去上层清液，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 【专题
59、】实验设计题【分析】制备氮化镁：A装置：2NaNO2+（NH4）2SO42N2+Na2SO4+4H2O制取氮气，B缓冲瓶，装置内含有氧气、反应生成的气体中可能含有氮的氧化物，镁能和氧气反应，装置C除去氧气（及氮氧化物）、氮化镁易水解，D干燥氮气，除去水蒸气，防止对E装置反应的影响，E中N2+3MgMg3N2，F缓冲瓶，G防止空气中的氧气进行E装置，所以该反应先进行A处反应，排尽装置中的空气（1）由图中仪器结构和用途可知，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
60、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）由图中仪器结构可知，a有活塞的漏斗，能控制滴加亚硝酸钠饱和溶液的速度，为分液漏斗、b为圆底烧瓶，故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶；（2）NaNO2和（NH4）2SO4反应生成氮气、硫酸钠与水，配平后方程式为：2NaNO2+（NH4）2SO42N2+Na2SO4+4H2O，故答案为：2NaN
61、O2+（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，镁能和氧气反应，装置C除去氧气（及氮氧化物）、氮化镁易水解，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（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（或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，题目难度中等
