1、2013-2014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（本题20小题，每小题只有一个选项符合题意）1（3分）（2013秋会宁县校级月考）多国科学家组成的科研小组合成了非常罕见的Fe，有关Fe的说法中正确的是（）A它是一种新元素BFe与Fe互为同素异形体C它是一种新原子D这种铁原子的中子数是262（3分）（2013秋会宁县校级月考）若NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状况下，2.24L四氯化碳含碳原子数为0.1NAB标准状况下，a L的氧气和氮气的混合物含有的分子数为 NAC7g CnH2n中含有的氢原子数为2NAD2L1mol/L的盐酸中所含
2、氯化氢分子数为2NA3（3分）（2010上海）下列实验过程中，始终无明显现象的是（）ANO2通入FeSO4溶液中BCO2通入CaCl2溶液中CNH3通入AlCl3溶液中DSO2通入已酸化的Ba（NO3）2溶液中4（3分）（2010山东）下列推断正确的是（）ASiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应BNa2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同CCO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在D新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色5（3分）（2011春如东县校级期中）下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是（）A用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：C
3、u+2Fe3+Cu2+2Fe2+BNa2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O2Na+2OH+O2C将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O2H+Cl+ClOD用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2KMnO4+6H+5H2O22Mn2+5O2+8H2O6（3分）（2013大连模拟）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）ApH=1的溶液中：Fe2+、NO3、SO42、Na+B由水电离的c（H+）=11014molL1的溶液中：Ca2+、K+、Cl、HCO3C=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3、ClDc（Fe3+）=0.1mol/L的溶液
4、中：K+、ClO、SO42、SCN7（3分）（2013秋会宁县校级月考）下述说法中不合理的是（）A向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑，体积膨胀，说明浓硫酸具有脱水性和强氧化性BFe与浓硫酸由于温度不同而能发生不同氧化还原反应CBa（NO3）2溶液分别滴入Na2SO3和Na2SO4溶液中均能生成沉淀，但沉淀不是同一种物质D用如图装置检验乙烯中混有SO2和CO28（3分）（2012秋大庆期末）在两个烧杯中分别盛有100mL 3.0molL1的盐酸和氢氧化钠溶液，向两个烧杯中分别加入等质量的铝粉，在相同状况下生成的气体的体积比为2：5，则加入的铝粉的质量为（）A8.1gB6.75gC5.4gD2.7g9（
5、3分）（2012天心区校级模拟）等体积的硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量氯化钡溶液反应若生成硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（）A1：2：3B1：6：9C1：3：3D1：3：610（3分）（2013江西校级模拟）今有甲、乙、丙三瓶等体积的新制氯水，浓度均为0.1mol/L如果在甲瓶中加入少量的NaHCO3晶体（m mol），在乙瓶中加入少量的NaHSO3晶体（m mol），丙瓶不变片刻后，甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物质的量浓度的大小关系（溶液体积变化忽略不计）（）A甲=乙丙B甲丙乙C丙甲=乙D乙丙甲11（3分）（2014碑林区校级学业考试）下列变化中不能
6、通过一步反应就能实现的是（）AK2SiO3H2SiO3BSiNa2SiO3CSiO2H2SiO3DSiO2K2SiO312（3分）（2014秋会宁县校级月考）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+13（3分）（2013秋会宁县校级月考）下列褪色过程不是因为氧化还原反应而褪色的是（）ASO2气体通入溴水使溴水褪色B氯水使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，加入NaOH后不变红C将苯滴入溴水中振荡，溴
7、水层褪色D将含有碘单质的淀粉溶液，加入NaOH溶液后蓝色褪去14（3分）（2014延安模拟）下列判断中一定正确的是（）A等物质的量的CaCl2及CaO2固体中阴、阳离子数之比均为2：1B等质量的O2与O3中，氧原子的个数比为3：2C分别用H2O2、KMnO4分解制O2，当制得等质量O2时，转移电子数之比为1：2D10mL 0.3molL1NaCl与30mL0.1molL1AlCl3溶液中Cl物质的量浓度比为1：315（3分）（2015天水模拟）将Mg、Cu组成的混合物26.4g投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下的NO气体8.96L，向反应后的溶液中加入过量的5molL1的Na
8、OH溶液300mL，金属离子完全沉淀则形成沉淀的质量是（）A43.2gB46.8gC53.6gD63.8g16（3分）（2012渝水区校级一模）将磁性氧化铁放入稀HNO3中可发生如下反应：3Fe3O4+28HNO3=9Fe （NO3）x+NO+14H2O下列判断合理的是（）AFe （NO3）x中的x为2B反应中每生成0.2 mol 还原产物，就有0.6 mol 电子转移C稀HNO3 在反应中只作氧化剂D磁性氧化铁中的铁元素全部被氧化17（3分）（2012睢宁县校级三模）下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他产物及反应所需条件
9、均已略去），当X是强碱时，过量B跟氯气反应除生成C外，另一产物是盐酸盐下列说法不正确的是（）ABCDEFA当X是强酸时，ABCDEF均含有同一种元素，F是硫酸B当X是强碱时，ABCDEF均含有同一种元素，F是硝酸CB和Cl2的反应一定是氧化还原反应D当X是强酸时，C常温下是气态单质18（3分）（2009湘潭一模）如图表示在某溶液中滴加Ba（OH）2溶液时，沉淀的物质的量随Ba（OH）2的物质的量的变化关系该溶液的成分可能是（）AMgSO4BKAl（SO4）2CAl2（SO4）3DNaAlO219（3分）（2013秋会宁县校级月考）硝酸铜是制备CuZnAl系催化剂的重要原料，制取硝酸铜现有三种设
10、计方案可供选用：Cu与稀硝酸反应制取，3Cu+8HN03=3Cu（NO）2+2NO+4H20Cu与浓硝酸反应制取，Cu+4HN03（浓）=Cu（NO3）2+2N02+2H20通氧气于铜屑与稀硝酸的体系中制取，2Cu+4HN03+02=2Cu（N03）2+2H2O下列说法不正确的是（）A制取相同量的硝酸铜需硝酸的量最少B制取相同量的硝酸铜产生的有毒气体比少C三种方案中硝酸的利用率D三种方案的反应都可以在铁制容器中进行20（3分）（2013秋会宁县校级月考）青海昆仑玉被定为2008年北京奥运会奖牌用玉，昆仑玉主要成分是由“透闪石”和“阳起石”组成的纤维状微晶结合体，透闪石（Tremolite）的化
11、学成分为Ca2Mg5Si8O22（OH）2下列有关说法不正确的是（）A透闪石的化学式写成氧化物的形式为：2CaO5MgO8SiO2H2OB透闪石中Mg元素的质量分数是Ca元素质量分数的1.5倍C1 mol Ca2Mg5Si8O22（OH）2与足量的盐酸作用，至少需要14 mol HClD透闪石是一种新型无机非金属材料，难溶于水二填空题21（15分）（2013秋会宁县校级月考）按下列要求填空向碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液的离子方程式：在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O的反应中，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量比是强酸性的未知无色溶液中可能含有大量的Cl、S2、NO3
12、、CO32、NH4+、Cu2+、Fe3+、Ag+等，现已检出有Ag+，你认为其中离子还需要鉴定是否存在，请写出检验该离子的离子方程式向含有0.8mol的稀硝酸中慢慢加入22.4g的铁粉，假设反应分为两个阶段写出这两个阶段发生反应的离子方程式：第一阶段：第二阶段：22（15分）（2011秋济宁期末）A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大已知：A元素的原子半径最小，B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，C元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应能生成盐，D与E同主族，E元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2请回答：（1）元素C在周期表中的位置是（2）元素D的单
13、质与金属钠反应生成的化合物可作潜水面具中的供氧剂，这种化合物与水反应的离子方程式（3）D和E两种元素相比较，其原子得电子能力较强的是（写名称）以下说法中，可以证明上述结论的是（填写编号）a比较这两种元素的常见单质的沸点b二者形成的化合物中，D元素的原子显负价c比较这两种元素的气态氢化物的稳定性d比较这两种元素氢化物的水溶液的酸性（4）元素A、D、E与钠元素可形成两种酸式盐（均含有该四种元素），这两种酸式盐在水溶液中反应的离子方程式是：（5）由元素A、B、D组成的一元酸X为日常生活中的调味剂，元素A、F组成的化合物为Y在等体积、等pH的X、Y的溶液中分别加入等质量的锌粉，反应后若最后仅有一份溶液
14、中存在锌粉，则反应过程中两溶液中反应速率的大小关系是：XY（填“”、“=”或“”）（6）元素F的单质常温下是一种气体，工业上主要是通过电解其钠盐的饱和溶液的方法获得该气体，假定装入的饱和溶液为100mL（电解前后溶液体积变化可忽略），当测得阴极上产生11.2mL（标准状况）气体时停止通电，将溶液摇匀，此时溶液的pH为23（15分）（2013秋会宁县校级月考）下列中学化学中常见物质的转化关系图中，反应条件及部分反应物和产物未全部注明，已知A、D为金属单质，其他为化合物试推断：（1）写出物质的化学式：A：、C：、I：（2）写出下列反应的方程式：CF的离子方程式FE的离子方程式HI的化学方程式24（
15、15分）（2013秋会宁县校级月考）一定量的浓硫酸与足量Zn充分反应时，有SO2和H2生成某校化学研究性学习小组对此进行研究按图组装好实验装置，微热试管A，观察到C、D、E中均有气泡产生；随后气泡量减少，品红溶液褪色，D中先出现浑浊后浑浊消失；反应较长时间后，C、D、E中的气泡量又会明显增加试回答：（1）装置A中需用浓H2SO4，用两种简单的方法确定一瓶H2SO4一定是浓H2SO4：（2）从甲、乙中选择合适的装置填入B、C中，并进行正确连接，a接、接b，c接、接d；D、E两支试管中CCl4溶液的作用是（3）能证明浓硫酸具有强氧化性的实验现象为；反应较长时间后气泡量又会明显增加的原因是（4）D中
16、浑浊消失的离子方程式为2013-2014学年甘肃省白银市会宁五中高三（上）月考化学试卷（11月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题20小题，每小题只有一个选项符合题意）1（3分）（2013秋会宁县校级月考）多国科学家组成的科研小组合成了非常罕见的Fe，有关Fe的说法中正确的是（）A它是一种新元素BFe与Fe互为同素异形体C它是一种新原子D这种铁原子的中子数是26考点：核素版权所有专题：原子组成与结构专题分析：2645Fe为质子数为26，质量数为45的铁原子，中子数=质量数质子数，以此来解答解答：解：A2645Fe为铁原子，故A错误；B2645Fe与2656Fe互为同位素，而同素异形体的分析对
17、象为单质，故B错误；C2645Fe为铁原子，故C正确；D2645Fe的中子数是4526=19，故D错误；故选C点评：本题考查原子及其构成，明确原子中的数量关系即可解答，较简单，并利用注意相关概念来解答2（3分）（2013秋会宁县校级月考）若NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状况下，2.24L四氯化碳含碳原子数为0.1NAB标准状况下，a L的氧气和氮气的混合物含有的分子数为 NAC7g CnH2n中含有的氢原子数为2NAD2L1mol/L的盐酸中所含氯化氢分子数为2NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、标准状况四氯化碳不是气体；B、依
18、据n=计算分子数；C、依据n=计算物质的量，结合分子式计算氢原子数；D、盐酸溶液中不含氯化氢分子；解答：解：A、标准状况四氯化碳不是气体，2.24L四氯化碳物质的量不是0.1mol，故A错误；B、依据n=计算分子数，标准状况下，a L的氧气和氮气的混合物含有的分子数为 NA，故B正确；C、依据n=计算物质的量，结合分子式计算氢原子数=2nNA=NA，故C错误；D、盐酸溶液中不含氯化氢分子，故D错误；故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积条件分析应用，微粒数计算，掌握基础是关键，题目较简单3（3分）（2010上海）下列实验过程中，始终无明显现象的是（）ANO2通入Fe
19、SO4溶液中BCO2通入CaCl2溶液中CNH3通入AlCl3溶液中DSO2通入已酸化的Ba（NO3）2溶液中考点：氧化还原反应；离子反应发生的条件；两性氧化物和两性氢氧化物版权所有专题：实验题；元素及其化合物分析：根据物质的性质来分析发生的化学反应，若化学反应中有气体、沉淀、颜色变化等明显现象，则不符合该题的题意解答：解：A、NO2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为黄色，现象明显，故A不选；B、因CO2和CaCl2不反应，无明显现象，故B选；C、NH3通入溶液中转化为氨水，与AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀，现象明显，故C不选；D、SO2通入酸化的硝
20、酸钡中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，则亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，该反应生成硫酸钡沉淀，现象明显，故D不选；故选：B点评：本题考查常见的化学反应及反应的现象，熟悉常见元素化合物知识即可解答；解答此题的易错点是：不能正确理解CO2和CaCl2能否反应，由于盐酸是强酸，碳酸是弱酸，故将CO2通入CaCl2溶液中时，因碳酸钙沉淀能溶于盐酸则CO2和CaCl2不反应4（3分）（2010山东）下列推断正确的是（）ASiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应BNa2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同CCO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在D新制氯水显酸性，向其中
21、滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色考点：硅和二氧化硅；氯气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；钠的重要化合物版权所有专题：元素及其化合物分析：ASiO2是酸性氧化物，能够跟碱反应，生成盐和水；B过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠；CNO易与空气中氧气反应生成二氧化氮；D因为新制氯水中含有HCl和HClO，HClO具有强氧化性和漂白性解答：解：A、酸性氧化物是能够跟碱反应，生成盐和水的氧化物，因为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故A正确；B、Na2O和Na2O2元素组成虽然相同，但化学性质不同，它们与CO2的反应如下：Na2O
22、+CO2=Na2CO3；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ，产物不同，故B错误；C、NO在空气中易发生反应：2NO+O22NO2，故C错误；D、因为新制氯水中含有HCl和HClO，滴入少量的紫色石蕊的现象是先变红，后褪色，故D错误故选A点评：该题综合考查元素化合物知识，包括金属元素和非金属元素的重要氧化物，以及氯气的重要性质这些物质的性质是学习的重点，也是考试的重点，平时的学习过程中，同学们应重视教材中重要物质性质的学习、总结，该记忆的应强化记忆，才能避免错误发生5（3分）（2011春如东县校级期中）下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是（）A用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu
23、+2Fe3+Cu2+2Fe2+BNa2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O2Na+2OH+O2C将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O2H+Cl+ClOD用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2KMnO4+6H+5H2O22Mn2+5O2+8H2O考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A、铁离子和铜反应生成亚铁离子和铜离子，依据电荷守恒和原子守恒分析判断；B、依据电荷守恒和原子守恒分析正误；C、次氯酸是弱酸存在电离平衡，离子方程式中写分子式；D、浓盐酸溶液中的氯离子也可以被高锰酸钾溶液氧化解答：解：A、用FeCl3溶液腐蚀铜线路板，铁离子和
24、铜反应生成亚铁离子和铜离子，反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，故A正确；B、Na2O2与H2O反应制备O2，选项中原子不守恒，反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2，故B错误；C、次氯酸是弱酸存在电离平衡，将氯气溶于水制备次氯酸的离子方程式为：Cl2+H2OH+Cl+HClO，故C错误；D、浓盐酸溶液中的氯离子也可以被高锰酸钾溶液氧化，不能证明过氧化氢被氧化，故D错误；故选：A点评：本题考查了离子方程式的书写方法和正误判断，注意弱电解质判断，电荷守恒，原子守恒的分析应用，题目难度中等6（3分）（2013大连模拟）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量
25、共存的是（）ApH=1的溶液中：Fe2+、NO3、SO42、Na+B由水电离的c（H+）=11014molL1的溶液中：Ca2+、K+、Cl、HCO3C=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3、ClDc（Fe3+）=0.1mol/L的溶液中：K+、ClO、SO42、SCN考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：ApH=1的溶液，显强酸性；Bc（H+）=11014mol/L的溶液，显强碱性；Cc（H+）/c（OH）=1012的溶液，c（H+）=0.1mol/L，溶液显酸性；D根据铁离子与SCN结合生成络离子分析解答：解：ApH=1的溶液，显强酸性，发生氧化还原反应，则不能共存，故
26、A错误；Bc（H+）=11014mol/L的溶液，显强碱性，则Ca2+、OH、HCO3结合生成碳酸钙沉淀，故B错误；Cc（H+）/c（OH）=1012的溶液，c（H+）=0.1mol/L，溶液显酸性，该组离子之间不反应，则能共存，故C正确；D因Fe3+与SCN结合生成络离子，则不能共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子的共存，明确题目中的信息及常见离子之间的反应即可解答，注意发生的氧化还原反应为解答的难点，题目难度不大7（3分）（2013秋会宁县校级月考）下述说法中不合理的是（）A向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑，体积膨胀，说明浓硫酸具有脱水性和强氧化性BFe与浓硫酸由于温度不同而能发生不同氧化
27、还原反应CBa（NO3）2溶液分别滴入Na2SO3和Na2SO4溶液中均能生成沉淀，但沉淀不是同一种物质D用如图装置检验乙烯中混有SO2和CO2考点：浓硫酸的性质；二氧化硫的化学性质版权所有专题：氧族元素分析：A浓硫酸具有脱水性使蔗糖脱水生成碳变黑，碳和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫气体；B常温下浓硫酸遇铁发生钝化现象；铁与浓硫酸在加热条件下生成二氧化硫；CBa（NO3）2溶液与Na2SO3反应生成亚硫酸钡沉淀；Ba（NO3）2溶液与Na2SO4溶液反应生成硫酸钡沉淀；D酸性高锰酸钾溶液可以可以氧化乙烯生成二氧化碳，故应先通过品红溶液，检验二氧化硫；再通过溴水，除去二氧化硫，然后通入澄清石灰
28、水，检验二氧化碳解答：解：A将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑膨胀，浓硫酸具有脱水性使蔗糖脱水生成碳变黑，碳和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫气体表现浓硫酸的氧化性，故A正确；B常温下浓硫酸遇铁发生钝化现象，属于氧化还原反应；铁与浓硫酸在加热条件下生成二氧化硫，属于氧化还原反应，故B正确；CBa（NO3）2溶液与Na2SO3反应生成亚硫酸钡沉淀；Ba（NO3）2溶液与Na2SO4溶液反应生成硫酸钡沉淀，故C正确；D酸性高锰酸钾溶液可以可以氧化乙烯生成二氧化碳，故应先通过品红溶液，检验二氧化硫；再通过溴水，除去二氧化硫，然后通入澄清石灰水，检验二氧化碳，故D错误，故选D点评：本题考查了浓硫酸、铁、二
29、氧化硫等等物质的性质，难度中等熟练掌握基础是解题关键8（3分）（2012秋大庆期末）在两个烧杯中分别盛有100mL 3.0molL1的盐酸和氢氧化钠溶液，向两个烧杯中分别加入等质量的铝粉，在相同状况下生成的气体的体积比为2：5，则加入的铝粉的质量为（）A8.1gB6.75gC5.4gD2.7g考点：铝的化学性质版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：根据铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：5，由化学反应方程式可知，酸与金属反应时，酸不足量，碱与金属反应时碱过量来计算解答解答：解：盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L3mo
30、l/L=0.3mol，又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：5，设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则 2Al+6HCl2AlCl3+3H2 6 3 0.3mol x=，解得x=0.15mol，一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15mol=0.375mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则 2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2 2 3mol y 0.373mol，解得y=0.25mol，则铝的质量为0.25mol27g/mol=6.75g，故选：B
31、点评：本题考查学生利用化学反应方程式的计算，正确判断酸碱是否过量是解本题关键，再结合反应方程式来分析解答，难度中等9（3分）（2012天心区校级模拟）等体积的硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量氯化钡溶液反应若生成硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（）A1：2：3B1：6：9C1：3：3D1：3：6考点：物质的量浓度的相关计算；离子方程式的有关计算版权所有专题：压轴题；离子反应专题分析：生成硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，即生成硫酸钡的物质的量之比为1：2：3，然后利用Al2（SO4）33BaSO4、ZnSO4BaSO4、Na2SO4BaSO4来计算解答：解：由生
32、成硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，即生成硫酸钡的物质的量之比为1：2：3，设生成硫酸钡的物质的量分别为n、2n、3n，则Al2（SO4）33BaSO4 1 3 nZnSO4BaSO4 1 12n 2nNa2SO4BaSO4 1 1 3n 3n又硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液的体积相同，则浓度之比等于物质的量之比，即为：2n：3n=1：6：9，故选B点评：本题考查物质的量浓度的计算，明确反应中物质之间的关系是解答本题的关键，并熟悉同种物质的质量比等于物质的量之比、同体积的不同溶液的浓度之比等于物质的量之比来解答10（3分）（2013江西校级模拟）今有甲、乙、丙三瓶等体积的新制氯水，浓度均为0.1mo
33、l/L如果在甲瓶中加入少量的NaHCO3晶体（m mol），在乙瓶中加入少量的NaHSO3晶体（m mol），丙瓶不变片刻后，甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物质的量浓度的大小关系（溶液体积变化忽略不计）（）A甲=乙丙B甲丙乙C丙甲=乙D乙丙甲考点：物质的量浓度的相关计算；氯气的化学性质版权所有专题：计算题分析：HClO的酸性比碳酸弱但比HCO3的酸性强，加入少量的NaHCO3晶体，可促进氯气与水的反应，生成更多的HClO，HClO可与NaHSO3发生氧化还原反应而导致浓度降低解答：解：甲中加入少量的NaHCO3晶体：HClO的酸性比碳酸弱但比HCO3的酸性强，加入少量的NaHCO3晶体，可促进
34、氯气与水的反应，生成更多的HClO；乙中加入少量的NaHSO3晶体：HClO可与NaHSO3发生氧化还原反应而导致浓度降低；丙不变，则甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物质的量浓度的大小关系为甲丙乙故选B点评：本题考查氯气的化学性质以及外界条件对氯气与水反应的平衡影响，题目难度不大，本题注意从氯气的性质的角度分析11（3分）（2014碑林区校级学业考试）下列变化中不能通过一步反应就能实现的是（）AK2SiO3H2SiO3BSiNa2SiO3CSiO2H2SiO3DSiO2K2SiO3考点：硅和二氧化硅；含硅矿物及材料的应用版权所有专题：碳族元素分析：A盐酸能与硅酸钾反应；B硅和氢氧化钠反应生成硅酸
35、钠；C二氧化硅和水不反应；D二氧化硅和氢氧化钾反应生成硅酸钾解答：解：A盐酸能与硅酸钾反应生成硅酸，所以能实现一步转化，故A错误； B硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠，反应方程式为：Si+2NaOH+H2ONa2SiO3+2H2，所以能实现一步转化，故B错误；C二氧化硅和水不反应，所以由二氧化硅生成硅酸不能实现一步转化，一般是先用二氧化硅和氢氧化钠反应制取硅酸钠，再用硅酸钠和盐酸反应制取硅酸，故C正确；D二氧化硅和氢氧化钾反应生成硅酸钾和水，所以能实现一步转化，故D错误故选C点评：本题考查了硅及其化合物的性质，易错选项是C，注意二氧化硅和水不反应，这是易错点，应多加注意12（3分）（2014秋会宁县
36、校级月考）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、还原性强弱的比较版权所有专题：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：溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，可能是亚硫
37、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13（3分）（2013秋会宁县校级月考）下列褪色过程不是因为氧化还原反应而褪色的是（）ASO2气体通入溴水使溴水褪色B氯水使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，加入NaOH后不变红C将苯滴入溴水中
38、振荡，溴水层褪色D将含有碘单质的淀粉溶液，加入NaOH溶液后蓝色褪去考点：氧化还原反应版权所有专题：氧化还原反应专题分析：发生的反应中，存在元素的化合价变化，则发生氧化还原反应；反之，不存在元素的化合价变化，则不发生氧化还原反应，以此来解答解答：解：A二氧化硫与溴水反应生成硫酸、HBr，S、Br元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A不选；B氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO，只有Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；C将苯滴入溴水中振荡，溴水层褪色，发生萃取，不发生化学变化，故C选；D碘与NaOH反应生成NaI、NaIO，只有I元素的化合价变化，为氧化还原反应，故D不选；故选
39、C点评：本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应判断的考查，注意元素化合价的分析，题目难度不大14（3分）（2014延安模拟）下列判断中一定正确的是（）A等物质的量的CaCl2及CaO2固体中阴、阳离子数之比均为2：1B等质量的O2与O3中，氧原子的个数比为3：2C分别用H2O2、KMnO4分解制O2，当制得等质量O2时，转移电子数之比为1：2D10mL 0.3molL1NaCl与30mL0.1molL1AlCl3溶液中Cl物质的量浓度比为1：3考点：离子化合物的结构特征与性质；物质的量的相关计算；物质的量浓度的相关计算；氧化还原反应版权所
40、有专题：物质的组成专题；氧化还原反应专题分析：ACaO2固体中阴、阳离子数之比为1：1；B根据n=及物质的构成来分析；C由2H2O2O2、2KMnO4O2来分析；DNaCl溶液中Cl物质的量浓度为0.3mol/L，AlCl3溶液中Cl物质的量浓度为0.1mol/L3解答：解：ACaO2固体中阴、阳离子数之比为1：1，CaCl2中阴、阳离子数之比为2：1，故A错误；BO2与O3中均由氧原子构成，质量相同，由n=可知，氧原子的物质的量相同，所以等质量的O2与O3中氧原子的个数比为1：1，故B错误；C由2H2O2O2、2KMnO4O2可知，当制得等质量O2时，若均为1mol，则转移电子数之比为1mo
41、l2（10）：1mol2（20）=1：2，故C正确；DNaCl溶液中Cl物质的量浓度为0.3mol/L，AlCl3溶液中Cl物质的量浓度为0.1mol/L3=0.3mol/L，所以Cl物质的量浓度比为1：1，故D错误；故选C点评：本题为小综合，注重对物质的构成、物质的量的有关计算、氧化还原反应中电子转移的计算的考查，熟悉元素的化合价变化是解答C选项的关键，题目难度不大15（3分）（2015天水模拟）将Mg、Cu组成的混合物26.4g投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下的NO气体8.96L，向反应后的溶液中加入过量的5molL1的NaOH溶液300mL，金属离子完全沉淀则形成沉淀
42、的质量是（）A43.2gB46.8gC53.6gD63.8g考点：有关混合物反应的计算版权所有专题：压轴题；守恒法分析：Mg、Cu在反应中失去电子，最终生成Mg（OH）2、Cu（OH）2，则可知失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据生成NO的气体的物质的量，可知反应中转移电子的物质的量，结合氧化还原反应得失电子数目相等，可知最终生成沉淀的质量解答：解：反应中CuCu2+Cu（OH）2，MgMg2+Mg（OH）2，可知Mg、Cu在反应中失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据HNO3NO，生成8.96LNO转移的电子为=1.2mol，所以反应后生成沉淀的
43、质量为26.4g+1.2mol17g/mol=46.8g故选B点评：本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题注意把握电子转移的数目和氢氧根离子之间的关系，为解答该题的关键16（3分）（2012渝水区校级一模）将磁性氧化铁放入稀HNO3中可发生如下反应：3Fe3O4+28HNO3=9Fe （NO3）x+NO+14H2O下列判断合理的是（）AFe （NO3）x中的x为2B反应中每生成0.2 mol 还原产物，就有0.6 mol 电子转移C稀HNO3 在反应中只作氧化剂D磁性氧化铁中的铁元素全部被氧化考点：氧化还原反应的计算版权所有专题：氧化还原反应专题分析：A、根据氮元素守恒计算Fe（NO3）x中
44、的x的值；B、反应中只有氮元素被还原，氮元素化合价由+5价降低为+2，还原产物为NO，根据NO计算转移电子；C、反应中生成硝酸盐和N0，所以硝酸在反应中起氧化剂与酸的作用；D、磁性氧化铁中的铁元素化合价为+2、+3价，只有部分被氧化解答：解：A、根据氮元素守恒，则9x+1=28，解得x=3，故A错误；B、反应中只有氮元素被还原，氮元素化合价由+5价降低为+2，还原产物为NO，所以生成0.2molNO转移电子为0.2mol（52）=0.6mol，故B正确； C、反应中生成硝酸盐Fe（NO3）3和N0，所以硝酸在反应中起氧化剂与酸的作用，故C错误；D、反应中生成硝酸盐Fe（NO3）3，磁性氧化铁中
45、的铁元素化合价为+2、+3价，只有部分铁元素被氧化，故D错误故选B点评：本题考查氧化还原反应基本概念与计算，难度不大，D选项清楚磁性氧化铁中铁元素化合价是关键注意守恒思想的应用17（3分）（2012睢宁县校级三模）下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他产物及反应所需条件均已略去），当X是强碱时，过量B跟氯气反应除生成C外，另一产物是盐酸盐下列说法不正确的是（）ABCDEFA当X是强酸时，ABCDEF均含有同一种元素，F是硫酸B当X是强碱时，ABCDEF均含有同一种元素，F是硝酸CB和Cl2的反应一定是氧化还原反应D当X是强酸
46、时，C常温下是气态单质考点：无机物的推断；氯气的化学性质版权所有专题：推断题；压轴题；卤族元素；氧族元素；氮族元素分析：要从A入手，因为A既可以和强酸反应，又可以和强碱反应，并是一种正盐，这一类物质是硫化铵、碳酸铵等解答：解：根据题意A既可以和强酸反应，又可以和强碱反应，并是一种正盐，这一物质只能是硫化铵，A、当A是硫化铵时，硫化铵硫化氢硫单质二氧化硫三氧化硫硫酸，故A正确；B、当A是硫化铵时，硫化铵氨气氮气一氧化氮二氧化氮硝酸，故B正确；C、硫化氢或氨气和氯气发生的反应均是置换反应，一定是氧化还原反应，故C正确；D、当X是强酸时，C为硫单质，常温下是固态，故D错误故选D点评：本题是一道框图推
47、断题，注意隐藏的知识线索，考查学生分析和解决问题的能力，难度较大18（3分）（2009湘潭一模）如图表示在某溶液中滴加Ba（OH）2溶液时，沉淀的物质的量随Ba（OH）2的物质的量的变化关系该溶液的成分可能是（）AMgSO4BKAl（SO4）2CAl2（SO4）3DNaAlO2考点：镁、铝的重要化合物版权所有专题：图示题分析：A、氢氧化镁不溶于氢氧化钡溶液；B、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，加入3mol氢氧化钡沉淀最大，再加入氢氧化钡，又生成硫酸钡，且氢氧化铝会逐渐溶解，最终沉淀为4mol；C、先发生反应
48、Ba2+SO42=BaSO4、Al3+3OHAl（OH）3，然后发生Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O，由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，结合加入3mol氢氧化钡沉淀最大判断；D、偏铝酸钠与氢氧化钡不反应解答：解：A、氢氧化镁不溶于氢氧化钡溶液，沉淀量达最大后，再加氢氧化钡溶液，沉淀量不变，故A错误；B、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故KAl（SO4）2为2mol，加入3mol氢氧化钡，可以生成硫酸钡3mol
49、，n（Al3+）：n（OH）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3+3OHAl（OH）3，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为3mol+2mol=5mol，再加入氢氧化钡，又生成硫酸钡，且氢氧化铝会逐渐溶解，最终沉淀为4mol，故B错误；C、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故Al2（SO4）3为1mol，加入3mol氢氧化钡，可以生成硫酸钡3mol，n（Al3+）：n（OH）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3+3OHAl（OH）3，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为3mol+2mol=
50、5mol，故C正确；D、偏铝酸钠与氢氧化钡不反应，不能产生沉淀，故D错误；故选C点评：本题以图象为载体考查镁铝化合物的性质，难度中等，明确发生的化学反应是解答的关键，反应发生的先后顺序是学生解答中的难点，注意图象比例关系19（3分）（2013秋会宁县校级月考）硝酸铜是制备CuZnAl系催化剂的重要原料，制取硝酸铜现有三种设计方案可供选用：Cu与稀硝酸反应制取，3Cu+8HN03=3Cu（NO）2+2NO+4H20Cu与浓硝酸反应制取，Cu+4HN03（浓）=Cu（NO3）2+2N02+2H20通氧气于铜屑与稀硝酸的体系中制取，2Cu+4HN03+02=2Cu（N03）2+2H2O下列说法不正确
51、的是（）A制取相同量的硝酸铜需硝酸的量最少B制取相同量的硝酸铜产生的有毒气体比少C三种方案中硝酸的利用率D三种方案的反应都可以在铁制容器中进行考点：硝酸的化学性质；制备实验方案的设计版权所有专题：氮族元素分析：A、根据方程式计算制备1molCu（NO3）2，需要HNO3的物质的量，据此比较判断B、根据方程式计算制备1molCu（NO3）2，生成NO、NO2的物质的量，据此比较判断C、根据N原子守恒，计算制备1molCu（NO3）2硝酸的利用率，据此比较判断D、稀硝酸与铁发生反应，且生成的 Cu（NO3）2 与铁反应解答：解：A、由制取硝酸铜三种设计方案的化学反应方程式可以判断：制备1molCu
52、（NO3）2，需要HNO3的物质的量，中需要molHNO3；中需要4molHNO3；中需要2molHNO3，所以需要硝酸的量，最少，故A正确；B、由制取硝酸铜三种设计方案的化学反应方程式可以判断：制备1molCu（NO3）2，中放出 molNO气体，中放出2molNO2气体，中没有气体放出，制取相同量的硝酸铜产生的有毒气体比少，故B正确；C、由制取硝酸铜三种设计方案的化学反应方程式可以判断：制备1molCu（NO3）2，中需要molHNO3，放出 molNO气体，硝酸利用率为100%=75%，中需要4molHNO3，放出 2molNO2气体，硝酸利用率为100%=50%，中没有气体放出，HNO
53、3的利用率为100%，三种方案中硝酸的利用率，故C正确；D、稀硝酸与铁发生反应，且生成的 Cu（NO3）2 与铁反应，故不可以在铁制容器中进行，故D错误故选：D点评：本题考查学生对实验方案的理解与评价等，难度中等，实质是根据方程式的计算注意基础知识的灵活运用与掌握20（3分）（2013秋会宁县校级月考）青海昆仑玉被定为2008年北京奥运会奖牌用玉，昆仑玉主要成分是由“透闪石”和“阳起石”组成的纤维状微晶结合体，透闪石（Tremolite）的化学成分为Ca2Mg5Si8O22（OH）2下列有关说法不正确的是（）A透闪石的化学式写成氧化物的形式为：2CaO5MgO8SiO2H2OB透闪石中Mg元素
54、的质量分数是Ca元素质量分数的1.5倍C1 mol Ca2Mg5Si8O22（OH）2与足量的盐酸作用，至少需要14 mol HClD透闪石是一种新型无机非金属材料，难溶于水考点：无机非金属材料版权所有专题：碳族元素分析：A根据元素守恒定律，硅酸盐化学上常用二氧化硅和氧化物的形式表示其组成的方法；B根据元素的质量分数=来计算；C根据 CaO2HCl，MgO2HCl，结合透闪石氧化物形式解题；D新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等解答：解：A硅酸盐改写成氧化物的形式为：活泼金属氧化物较活泼金属氧化物SiO2H2O，同时要遵循原子守恒，Ca2Mg5Si8O2
55、2（OH）2写成氧化物形式为：2CaO5MgO8SiO2H2O，故A正确； B透闪石中Mg元素的质量分数是100%，Ca元素质量分数是，Mg元素的质量分数：Ca元素质量分数=3：2，Mg元素的质量分数是Ca元素质量分数的1.5倍，故B正确；C根据 CaO2HCl，MgO2HCl，结合透闪石氧化物形式可知 1 mol透闪石，至少需要消耗 14 molHCl，故C正确；D透闪石不是新型无机非金属材料，故D错误故选D点评：本题考查学生硅酸盐的有关知识以及根据题中所给的信息和元素守恒定律定律进行分析解题的能力，难度不大，基础知识的积累二填空题21（15分）（2013秋会宁县校级月考）按下列要求填空向碳
56、酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液的离子方程式：Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O的反应中，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量比是5：1强酸性的未知无色溶液中可能含有大量的Cl、S2、NO3、CO32、NH4+、Cu2+、Fe3+、Ag+等，现已检出有Ag+，你认为其中NH4+离子还需要鉴定是否存在，请写出检验该离子的离子方程式NH4+OHNH3+H2O向含有0.8mol的稀硝酸中慢慢加入22.4g的铁粉，假设反应分为两个阶段写出这两个阶段发生反应的离子方程式：第一阶段：Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2O第二阶段：2Fe3+
57、Fe=3Fe2+考点：离子方程式的书写；常见离子的检验方法版权所有专题：离子反应专题分析：向碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液，二者反应生成碳酸钙、水；在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O的反应中，Cl元素化合价由+5价、1价变为0价，氯酸钾是氧化剂、HCl是还原剂；溶液呈强酸性，则S2、CO32不存在，溶液无色，则不存在Cu2+、Fe3+，现已检出有Ag+，则不存在Cl，溶液中可能存在NH4+；向含有0.8mol的稀硝酸中慢慢加入22.4g的铁粉，n（Fe）=0.4mol，Fe和硝酸的物质的量之比为1：2，二者反应先生成硝酸铁和NO，铁再和铁离子反应生成亚铁离子解答：解：向碳酸
58、氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液，二者反应生成碳酸钙、水，离子方程式为Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O，故答案为：Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O；在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O的反应中，Cl元素化合价由+5价、1价变为0价，氯酸钾是氧化剂、HCl是还原剂，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量比是5：1，故答案为：5：1；溶液呈强酸性，则S2、CO32不存在，溶液无色，则不存在Cu2+、Fe3+，现已检出有Ag+，则不存在Cl，溶液中可能存在NH4+；用氢氧化钠溶液检验铵根离子，向溶液中加入NaOH溶液后加热溶液，如果产生刺激性气味气体且该气体能使湿润
59、的红色石蕊试纸变蓝色，就证明溶液中含有铵根离子，离子方程式为NH4+OHNH3+H2O，故答案为：NH4+；NH4+OHNH3+H2O；向含有0.8mol的稀硝酸中慢慢加入22.4g的铁粉，n（Fe）=0.4mol，Fe和硝酸的物质的量之比为1：2，二者反应先生成硝酸铁和NO，铁再和铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式分别为Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2O、2Fe3+Fe=3Fe2+，故答案为：Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2O、2Fe3+Fe=3Fe2+点评：本题考查了离子方程式的书写，明确物质之间的反应是解本题关键，注意离子检验方法及现象，题目难度中等22（15分）（201
60、1秋济宁期末）A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大已知：A元素的原子半径最小，B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，C元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应能生成盐，D与E同主族，E元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2请回答：（1）元素C在周期表中的位置是第二周期第A族（2）元素D的单质与金属钠反应生成的化合物可作潜水面具中的供氧剂，这种化合物与水反应的离子方程式2Na2O2 +2H2 O=4Na+4OH+O2（3）D和E两种元素相比较，其原子得电子能力较强的是氧（写名称）以下说法中，可以证明上述结论的是bc（填写编号）a比较这两种元素的常见单质的沸
61、点b二者形成的化合物中，D元素的原子显负价c比较这两种元素的气态氢化物的稳定性d比较这两种元素氢化物的水溶液的酸性（4）元素A、D、E与钠元素可形成两种酸式盐（均含有该四种元素），这两种酸式盐在水溶液中反应的离子方程式是：HSO3+H+=SO2+H2O（5）由元素A、B、D组成的一元酸X为日常生活中的调味剂，元素A、F组成的化合物为Y在等体积、等pH的X、Y的溶液中分别加入等质量的锌粉，反应后若最后仅有一份溶液中存在锌粉，则反应过程中两溶液中反应速率的大小关系是：XY（填“”、“=”或“”）（6）元素F的单质常温下是一种气体，工业上主要是通过电解其钠盐的饱和溶液的方法获得该气体，假定装入的饱和
62、溶液为100mL（电解前后溶液体积变化可忽略），当测得阴极上产生11.2mL（标准状况）气体时停止通电，将溶液摇匀，此时溶液的pH为12考点：位置结构性质的相互关系应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大A元素的原子半径最小，则A为H元素；B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则内层电子数为2，最外层电子数为4，即B为C元素；C元素的最高价氧化物的水化物X与其氢化物反应生成一种盐，即C为N元素；D与E同主族，D处于第二周期、E处于第三周期，E元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2，E元素最外层电子数为6，则E为S
63、元素，D为氧元素；F的原子序数最大，故F为Cl元素，据此解答解答：解：A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大A元素的原子半径最小，则A为H元素；B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则内层电子数为2，最外层电子数为4，即B为C元素；C元素的最高价氧化物的水化物X与其氢化物反应生成一种盐，即C为N元素；D与E同主族，D处于第二周期、E处于第三周期，E元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2，E元素最外层电子数为6，则E为S元素、D为氧元素；F的原子序数最大，故F为Cl元素，（1）C为N元素，位于元素周期表中的第二周期第A族，故答案为：第二周期第A族；（2）氧气与钠
64、反应生成的化合物可作潜水面具中的供氧剂，该化合物为Na2O2，过氧化钠与水反应的离子方程式为2Na2O2 +2H2 O=4Na+4OH+O2，故答案为：2Na2O2 +2H2 O=4Na+4OH+O2；（3）同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性OS，O元素的电子能力较强；a沸点属于物理性质，不能说明非金属性强弱，故a错误；b二者形成的化合物中，O元素的原子显负价，说明O吸引电子的能力强，故b正确；c氢化物越稳定，中心元素的非金属性越强，得电子能力强，故c正确；d氢化物的水溶液酸性强弱，不能说明中心元素的得电子能力强弱，如HF为弱酸、HCl为强酸，但F原子得电子能力更强，故d错误；故答案为：氧
65、；bc；（4）A、C、D、E可形成两种酸式盐为NaHSO3和NaHSO4，离子反应为HSO3+H+=SO2+H2O，故答案为：HSO3+H+=SO2+H2O；（5）由元素H、C、O组成的一元酸X为日常生活中的调味剂，则X为醋酸，元素H、Cl组成的化合物为HCl醋酸是弱酸、盐酸是强酸，随反应进行醋酸可以继续电离出氢离子，与Zn反应的速率更快，故反应过程中两溶液中反应速率的大小关系是：XY，故答案为：；（6）电解饱和食盐水，阴极生成氢气，物质的量为=0.0005mol，由2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2可知，n（NaOH）=0.0005mol2=0.001mol，故c（OH）=0.01
66、mol/L，c（H+）=mol/L=1012mol/L，故pH=lg1012=12，故答案为：12点评：本题考查位置结构性质关系、常用化学用语、影响反应速率的因素、电解原理计算等，难度中等，推断元素是解题的关键23（15分）（2013秋会宁县校级月考）下列中学化学中常见物质的转化关系图中，反应条件及部分反应物和产物未全部注明，已知A、D为金属单质，其他为化合物试推断：（1）写出物质的化学式：A：Al、C：Al2O3、I：Fe（OH）3（2）写出下列反应的方程式：CF的离子方程式Al2O3+2OH2AlO2+H2OFE的离子方程式AlO2+4H+=Al3+2H2OHI的化学方程式4Fe（OH）2
67、+O2+2H2O4Fe（OH）3考点：无机物的推断；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物版权所有专题：推断题分析：由B为红棕色粉末可知，B为Fe2O3，结合转化关系图可知，I为Fe（OH）3，H为Fe（OH）2，D为金属单质，由元素守恒可知，D为Fe，故G为亚铁盐，所以试剂为盐酸或硫酸，试剂为强碱（如NaOH或KOH等），A+BD+C为铝热反应，则A为Al，C为Al2O3，E为铝盐，F为偏铝酸盐，据此解答解答：解：由B为红棕色粉末可知，B为Fe2O3，结合转化关系图可知，I为Fe（OH）3，H为Fe（OH）2，D为金属单质，由元素守恒可知，D为Fe，故G为亚铁盐，所以试剂为盐酸或硫酸，试剂
68、为强碱（如NaOH或KOH等），A+BD+C为铝热反应，则A为Al，C为Al2O3，E为铝盐，F为偏铝酸盐（1）由上述分析可知，A为Al，C为Al2O3，I为Fe（OH）3，故答案为：Al；Al2O3；Fe（OH）3；（2）CF的离子方程式为：Al2O3+2OH2AlO2+H2O，FE的离子方程式为：AlO2+4H+=Al3+2H2O，HI的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3，故答案为：Al2O3+2OH2AlO2+H2O；AlO2+4H+=Al3+2H2O；4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3点评：本题考查无机物的推断，明确红棕色物质B为氧化铁及A+B
69、D+C为铝热反应是解答本题的关键，题目难度不大，注意试剂不确定性24（15分）（2013秋会宁县校级月考）一定量的浓硫酸与足量Zn充分反应时，有SO2和H2生成某校化学研究性学习小组对此进行研究按图组装好实验装置，微热试管A，观察到C、D、E中均有气泡产生；随后气泡量减少，品红溶液褪色，D中先出现浑浊后浑浊消失；反应较长时间后，C、D、E中的气泡量又会明显增加试回答：（1）装置A中需用浓H2SO4，用两种简单的方法确定一瓶H2SO4一定是浓H2SO4：用火柴梗蘸取少量试液，火柴梗若立即变黑，证明是浓H2SO4（或用滴管吸取少量试液，滴加在盛少量水的试管中，若试管发热，则证明是浓H2SO4）（2
70、）从甲、乙中选择合适的装置填入B、C中，并进行正确连接，a接3（或4）、4（或3）接b，c接2、1接d；D、E两支试管中CCl4溶液的作用是防止倒吸（3）能证明浓硫酸具有强氧化性的实验现象为C中品红溶液褪色；反应较长时间后气泡量又会明显增加的原因是浓H2SO4变成稀H2SO4，与Zn反应放出H2（4）D中浑浊消失的离子方程式为SO2+CaSO3+H2O=Ca2+2HSO3考点：浓硫酸的性质实验版权所有专题：氧族元素分析：（1）根据浓硫酸具有脱水性或溶于水放热角度解答；（2）B的作用是防止倒吸；C装置的作用是检验二氧化硫的漂白性，可用洗气装置； 乙可防止倒吸；（3）有二氧化硫生成能证明浓硫酸具有
71、强氧化性；随反应进行浓H2SO4变成稀H2SO4；（4）过量的二氧化硫能使亚硫酸钙溶解，所以浑浊会消失解答：解：（1）浓硫酸具有脱水性，浓硫酸溶于水会放热大量热，所以鉴别方法有：用火柴梗蘸取少量试液，火柴梗若立即变黑，证明是浓H2SO4（或用滴管吸取少量试液，滴加在盛少量水的试管中，若试管发热，则证明是浓H2SO4，故答案为：用火柴梗蘸取少量试液，火柴梗若立即变黑，证明是浓H2SO4（或用滴管吸取少量试液，滴加在盛少量水的试管中，若试管发热，则证明是浓H2SO4）；（2）B的作用是防止倒吸，可将乙填入B中；C装置的作用是检验二氧化硫的漂白性，可用洗气装置，可将甲填入C中，且为长进短出，DE中的
72、四氯化碳可以防止气体吸收时倒吸，故答案为：3（或4）；4（或3）； 2； 1；防止倒吸；（3）有二氧化硫生成能证明浓硫酸具有强氧化性，二氧化硫能使品红褪色，随着反应的进行，浓H2SO4变成稀H2SO4，稀硫酸与Zn反应放出H2，故答案为：C中品红溶液褪色；浓H2SO4变成稀H2SO4，与Zn反应放出H2；（4）过量的二氧化硫能使亚硫酸钙溶解，反应的离子方程式为：SO2+CaSO3+H2O=Ca2+2HSO3，故答案为：SO2+CaSO3+H2O=Ca2+2HSO3点评：本题考查了浓硫酸的性质，题目难度中等，明确实验原理及化学实验基本操作方法为解答关键，注意掌握浓硫酸、二氧化硫的性质及检验方法，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力 日