河南省洛阳市宜阳县实验学校2016届高三化学上学期第四次月考试卷（含解析）.doc

‎2015-2016学年河南省洛阳市宜阳县实验学校高三第四次月考化学试卷 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．下列有关化学用语表示正确的是 A．二氧化硅的分子式：SiO2‎ B．2﹣乙基丁烷：‎ C．次氯酸的电子式：‎ D．质子数为53，中子数为78的碘原子：I ‎　‎ ‎2．下列说法正确的是 A．H、D、T属于同位素，H2、D2、T2属于同素异形体 B．氯水、氨水、王水是混合物，水银、水玻璃是纯净物 C．冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐 D．水能、风能、生物质能是可再生能源，煤、石油、天然气是不可再生能源 ‎　‎ ‎3．近年来我国很多城市发生严重的雾霾天气，对人们的健康造成严重威胁，下列有关环境问题的说法不正确的是 A．改进汽车尾气净化技术，可以减少大气污染物的排放 B．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，与肺癌、哮喘等疾病的发生的发生密切相关，是雾霾天气的主要原因 C．推广燃煤脱硫技术可以降低SO2对大气的污染 D．CO、SO2、NO、NO2都是对大气产生污染的气体，它们在空气中都能稳定存在 ‎　‎ ‎4．下列有关物质分类或归纳的说法中，正确的数目有 ‎①淀粉和纤维素的化学式都可用n表示，它们互为同分异构体 ‎②聚乙烯、油脂、铜氨纤维、光导纤维都属于高分子 ‎③氨水、冰醋酸、水都是电解质 ‎④漂白粉、水玻璃、福尔马林都是混合物 ‎⑤干馏、裂化、盐析都是化学变化 ‎⑥植物油、直馏汽油、环己烷都可以用来萃取溴水中的溴单质．‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎　‎ ‎5．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是 A．25℃时，1L pH=1的H2SO4溶液中，SO42﹣数目为0.1NA B．将7.8gNa2O2放入足量的CO2和水蒸气组成的气体中充分反应，转移电子总数为0.1 NA C．9g重氧水含电子总数为10 NA D．常温常压下，2.24L正戊烷、异戊烷及新戊烷的混合物，含C﹣H数目为1.2 NA - 25 -‎ ‎　‎ ‎6．根据原子结构及元素周期律的知识，下列叙述正确的是 A．由于相对分子质量：HCl＞HF，故沸点：HCl＞HF B．硅处于金属与非金属的过渡位置，硅可用作半导体材料 C．由于氮元素的最低化合价只有﹣3价，故NH5这种物质不可能存在 D．Cl﹣、S2﹣、Ca2+、K+半径逐渐减小 ‎　‎ ‎7．下列离子方程式书写正确的是 A．向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O﹣+CO2+H2O→2C6H5OH+CO32﹣‎ B．NH4HSO3溶液与足量NaOH溶液反应：HSO3﹣+OH﹣═SO32﹣+H2O C．Fe2溶于稀HNO3：Fe2+2H+═Fe2++2H2O D．H218O2中加入H2SO4酸化的KMnO4 5H218O2+2MnO4﹣+6H+═518O2+2Mn2++8H2O ‎　‎ ‎8．下列离子组在给定条件下离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是 选项 条件 离子组 离子共存判断及反应的离子方程式 A 滴加氨水 Na+、Al3﹣、Cl﹣、NO3﹣‎ 不能大量共存，‎ Al3++3OH﹣═Al3↓‎ B 由水电离出的H+浓度为1×10﹣12mol•L﹣1‎ NH4+、Na+、NO3﹣、Cl﹣‎ 一定能大量共存，NH4++H2O⇌MH3•H2O+H+‎ C pH=1的溶液 Fe2+、Al3+、SO42﹣、MnO4﹣‎ 不能大量共存，5Fe2++MnO4﹣+8H+═Mn2++5Fe3++4H2O D 通入少量SO2气体 K+、Na+、ClO﹣、SO42﹣‎ 不能大量共存，2ClO﹣+SO2+H2O═2HClO+SO32﹣‎ A．A B．B C．C D．D ‎　‎ ‎9．X、Y、Z是3种短周期元素，其中X、Z位于同一主族，X、Y处于同一周期．X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍．X原子的核外电子数比Y原子少1．下列说法正确的是 A．元素非金属性由弱到强的顺序为Z＜Y＜X B．Y元素的氢化物是一种强酸 C．3种元素的气态氢化物中，Y的气态氢化物还原性最强 D．其对应的阴离子半径由大到小的顺序为Zn﹣＞Xn﹣＞Yn﹣‎ ‎　‎ ‎10．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙．下列有关物质的推断不正确的是 A．若甲为焦炭，则丁可能是O2‎ B．若甲为SO2，则丁可能是氨水 C．若甲为Fe，则丁可能是盐酸 D．若甲为NaOH 溶液，则丁可能是CO2‎ ‎　‎ ‎11．下列实验能达到预期目的是 编号 实验内容 实验目的 A 室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol•L﹣1 NaClO溶液和0.1mol•L﹣1 CH3COONa溶液的pH 比较HClO和CH3‎ - 25 -‎ COOH的酸性强弱 B 向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固体，溶液红色变浅 证明Na2CO3溶液中存在水解平衡 C 向10mL 0.2mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀 证明在相同温度下的Ksp：‎ Mg2＞Fe3‎ D 分别测定室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大 证明非金属性S＞C A．A B．B C．C D．D ‎　‎ ‎12．下列装置能达到实验目的是 A．‎ 实验室制乙烯 B．‎ 实验室制少量CO2‎ C．‎ 比较不同催化剂对反应速率的影响 D．‎ 比较氯、碳、硅三种元素的非金属性 ‎　‎ ‎13．可以验证硫元素的非金属性比氯元素弱的事实是 ‎①H2S溶于水是弱酸，HC1溶于水是强酸②向氢硫酸溶液中通入氯气有单质硫生成 ‎③还原性：S2﹣＞Cl﹣ ④高氯酸的酸性比硫酸强．‎ A．①②④ B．②④ C．②③④ D．①②③④‎ ‎　‎ - 25 -‎ ‎14．七种短周期元素在元素周期表中的相对位置如表所示．其中B的最高价氧化物的水化物能与B的气态氢化物反应生成离子化合物，下列说法正确的是 A B C D E F G A．氧化物对应的水化物的酸性：G一定强于F B．简单离子的半径：F＞G＞C＞D C．1mol EC2中含2mol E﹣C键 D．A、G分别与氢元素形成的化合物中，化学键均为极性共价键 ‎　‎ ‎15．一化学研究性学习小组对某Na2CO3和NaHCO3的混合溶液的组成进行探究，取20.0mL该混合溶液，向其中不断加入1.00mol•L﹣1的稀盐酸，加入稀盐酸的体积和产生的现象如表中所示． ‎ 反应阶段 Ⅰ Ⅱ Ⅲ 稀盐酸体积x/mL ‎0＜x≤10.0‎ ‎10.0＜x≤40.0‎ x＞40.0‎ 现　　象 无气体 有气体 无气体 则混合溶液中c为 A．1.00mol•L﹣1 B．0.50mol•L﹣1 C．1.50mol•L﹣1 D．2.00mol•L﹣1‎ ‎　‎ ‎16．已知：2H2+O2═2H2O ‎△H=﹣571.6kJ•mol﹣1‎ ‎2CH3OH+3O2═2CO2+4H2O ‎△H=﹣1 452kJ•mol﹣1‎ H++OH﹣═H2O ‎△H=﹣57.3kJ•mol﹣1‎ 下列说法正确的是 A．H2的燃烧热为571.6 kJ•mol﹣1‎ B．H2SO4+Ba2═BaSO4+H2O△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1‎ C．同质量的H2和CH3OH完全燃烧，H2放出的热量多 D．3H2+CO2═CH3OH+H2O△H=+131.4 kJ•mol﹣1‎ ‎　‎ ‎　‎ 二、第Ⅱ卷非选择题 ‎17．查资料得：HNO2是一种弱酸且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化成Fe3+．AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物．‎ 试回答下列问题：‎ 下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是　　　　　　．‎ A．测定这两种溶液的pH B．分别在两种溶液中滴加甲基橙 C．在酸性条件下加入KI﹣淀粉溶液来区别 D． 用AgNO3和HNO3两种试剂来区别 Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4．若用反应所得的酸性溶液，将Fe2+转化为Fe3+，要求产物纯净，可选用的最佳试剂是　　　　　　．‎ - 25 -‎ A．Cl2 B．Fe C．H2O2 D．HNO3‎ 某同学把酸性高锰酸钾溶液滴入NaNO2溶液中，观察到紫色褪去，同时生成NO3﹣和Mn2+，请写出反应的离子方程式：　　　　　　．‎ 已知FeSO4在一定条件下可转变为高铁酸钾，高铁酸钾是一种新型、高效的绿色水处理剂，在水中发生反应生成氢氧化铁胶体．高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎18．A、B、C、D、E、F六种化合物，其中A、B、C、D、E均由短周期元素组成，焰色反应均为黄色，B、C、E均由三种元素组成．B、C的组成元素相同，且C的摩尔质量比B大80g/mol，回答：‎ 固体化合物A为浅黄色粉末，该化合物中含有的化学键为　　　　　　‎ A、离子键 B、极性共价键 C、非极性共价键 D、氢键 下表为B与F实验的部分内容 ‎①在含B的溶液中加入稀H2SO4，产生浅黄色浑浊和使澄清石灰水变浑浊的无色有刺激性气味的气体 ‎②20mL沸水中滴加F的饱和溶液1～2mL所得液体呈红褐色 ‎③将实验②得到的红褐色液体加热蒸发，灼烧，最终得到红棕色固体 写出B与稀H2SO4反应的离子方程式　　　　　　，‎ 写出②中反应方程式　　　　　　；‎ 现由6种粒子Mn2+、MnO4﹣、H+、H2O、X2Y82﹣、XY42﹣完成一个离子方程式，已知Mn2+为还原剂，得到1mol MnO4﹣需氧化剂的物质的量为　　　　　　mol 化合物D和E相互转化D E，若有D和E•xH2O的混合物13.04g，加热到完全反应后，气体产物通过浓H2SO4增重3.42g，剩余气体通过碱石灰增生2.20g，则E•xH2O的化学式为　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎19．“8•12”天津港危化仓库爆炸，造成生命、财产的特大损失．据查危化仓库中存有大量的钠、钾、白磷、硝酸铵和氰化钠．请回答下列问题：‎ 钠、钾着火，下列可用来灭火的是　　　　　　．‎ A．水 B．干冰 C．细沙 D．泡沫灭火器 白磷有毒能和氯酸溶液发生氧化还原反应：3P4+10HClO3+18H2O=10HCl+12H3PO4，‎ 该反应的氧化产物是　　　　　　，若有1mol P4参加反应转移电子为　　　　　　mol．‎ NH4NO3为爆炸物，在不同温度下加热分解，可能发生非氧化还原反应，也可能发生氧化还原反应，下列反应一定不可能发生的是　　　　　　．‎ A．NH4NO3→N2+O2+H2O B．NH4NO3→NH3+HNO3‎ C．NH4NO3→O2+HNO3+H2O D．NH4NO3→N2+HNO3+H2O NaCN属于剧毒物质，有多种无害化处理方法．‎ ‎①H2O2处理法：NaCN+H2O2﹣N2↑+X+H2O，推测X的化学式为　　　　　　．‎ ‎②以TiO2为催化剂用NaClO将CN﹣氧化成为CNO﹣，CNO﹣在酸性条件下继续与NaClO反应生 成N2、CO2、Cl2等．写出CNO﹣在酸性条件下被NaClO氧化的离子方程式　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎20．硫酸工业产生的废气A排放到空气中会污染环境．某化学兴趣小组对废气A的组成进行探究，请回答下列问题：‎ 同学甲设计实验检验废气A中含有CO2，应选择的试剂有　　　　　　．‎ A．NaOH溶液 B．酸性KMnO4溶液 - 25 -‎ C．澄清石灰水 D．盐酸 同学乙欲测定废气A中SO2的含量，取a L废气A并设计了如下装置进行实验．‎ ‎①为了保证实验成功，装置A应具有的现象是　　　　　　．‎ ‎②同学丙认为A装置前后的质量差就是a L废气中含有的SO2的质量，然后进行含量计算．经小组讨论后，同学丁提出疑问，按照同学丙的实验，若废气中SO2完全被吸收，则最后测定的结果应该偏大，同学丁推断的理由是　　　　　　．‎ 兴趣小组的同学查阅资料发现可利用硫酸工业废气A制备皓矾．实验模拟制备皓矾流程如下：‎ ‎①“氧化”中加入硫酸铁发生反应的离子方程式_　　　　　　．‎ ‎②加入Zn粉的目的是　　　　　　．‎ ‎③固体A主要成分是　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎21．铁及其化合物在日常生活、生产中应用广泛．‎ 高铁酸钠是水处理过程中的一种新型净水剂，工业上利用NaClO 和NaOH的混合溶液将2Fe3氧化性制备高铁酸钠，反应的化学方程式为　　　　　　；高铁酸钠能用作新型净水剂的原理是　　　　　　；‎ 氧化铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆．以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，用硫酸渣制备铁红的过程如下：‎ ‎①酸溶过程中发生反应的化学方程式为　　　　　　，‎ ‎　　　　　　，　　　　　　；“滤渣A”主要成份的化学式为　　　　　　．‎ ‎②还原过程中加入FeS2的目的是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而本身被氧化为H2SO4，请写出该反应的离子方程式　　　　　　；‎ ‎③氧化过程中，O2、NaOH与Fe2+反应的离子方程式为　　　　　　．‎ ‎④为了确保铁红的质量和纯度，氧化过程需要调节溶液的pH的范围是　　　　　　，‎ 沉淀物 Fe3‎ Al3‎ Fe2‎ Mg2‎ - 25 -‎ 开始沉淀pH ‎2.7‎ ‎3.8‎ ‎7.6‎ ‎9.4‎ 完全沉淀pH ‎3.2‎ ‎5.2‎ ‎9.7‎ ‎12.4‎ 如果pH过大，可能引起的后果是　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎　‎ - 25 -‎ ‎2015-2016学年河南省洛阳市宜阳县实验学校高三第四次月考化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．下列有关化学用语表示正确的是 A．二氧化硅的分子式：SiO2‎ B．2﹣乙基丁烷：‎ C．次氯酸的电子式：‎ D．质子数为53，中子数为78的碘原子：I ‎【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．中学版权所有 ‎【分析】A．二氧化硅为原子晶体，不存在分子式，SiO2为二氧化硅的化学式；‎ B．该有机物为烷烃，其分子中最长碳链含有5个C，主链为戊烷；‎ C．次氯酸中不存在氢氯键，其分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键；‎ D．碘元素的核电荷数为53，该碘原子的中子数为131．‎ ‎【解答】解：A．二氧化硅晶体为原子晶体，原子晶体中不存在分子，SiO2为二氧化硅的化学式，故A错误；‎ B．中最长碳链含有5个C，主链为戊烷，在3号C含有1个甲基，该有机物正确命名为：3﹣甲基戊烷，故B错误；‎ C．次氯酸为共价化合物，分子中不存在氢氯键，次氯酸的电子式为：，故C错误；‎ D．碘元素的质子数为53，中子数为78的碘原子的可以表示为：I，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了分子式与化学式的书写判断、电子式、核素的表示方法等知识，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的表示方法，明确原子晶体、离子晶体中不存在分子．‎ ‎　‎ ‎2．下列说法正确的是 A．H、D、T属于同位素，H2、D2、T2属于同素异形体 B．氯水、氨水、王水是混合物，水银、水玻璃是纯净物 C．冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐 D．水能、风能、生物质能是可再生能源，煤、石油、天然气是不可再生能源 ‎【考点】核素；同位素及其应用；混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；常见的能量转化形式．中学版权所有 ‎【分析】A．质子数相同，而中子数不同的原子互为同位素；分子式相同，但结构不同的有机化合物互为同分异构体；‎ B．混合物是两种或两种以上的物质组成，纯净物是单一的一种物质；‎ - 25 -‎ C．纯碱是盐；‎ D．能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源．‎ ‎【解答】解：A．H、D、T都是H元素的不同原子，属于同位素，H2、D2、T2由氢元素形成的单质，结构相同，属于同种物质，故A错误； ‎ B．水玻璃是硅酸钠的水溶液，是混合物，故B错误；‎ C．纯碱是碳酸钠，属于盐类，故C错误；‎ D．风能和水能，生物质能是通过太阳光的照射和水的循环来形成的，太阳光可以源源不断的从自然界得到，是可再生能源，煤、石油和天然气属于三大化石燃料，都属于不可再生的能源，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查同位素，同素异形体，混合物，纯净物，酸碱盐，可再生资源等，难度不大，平时注意知识的积累．‎ ‎　‎ ‎3．近年来我国很多城市发生严重的雾霾天气，对人们的健康造成严重威胁，下列有关环境问题的说法不正确的是 A．改进汽车尾气净化技术，可以减少大气污染物的排放 B．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，与肺癌、哮喘等疾病的发生的发生密切相关，是雾霾天气的主要原因 C．推广燃煤脱硫技术可以降低SO2对大气的污染 D．CO、SO2、NO、NO2都是对大气产生污染的气体，它们在空气中都能稳定存在 ‎【考点】常见的生活环境的污染及治理．中学版权所有 ‎【分析】A．汽车尾气中含有氮的氧化物等有害气体，则改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放；‎ B．PM2.5是指空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，它是造成雾霾天气的“元凶”之一；‎ C．燃煤脱硫主要是控制二氧化硫的排放；‎ D．一氧化氮不稳定容易与氧气反应生成二氧化氮．‎ ‎【解答】解：A．汽车尾气中含有氮的氧化物等有害气体，则改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放，有利于人体健康，故A正确；‎ B．PM2.5是指空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，它是造成雾霾天气的“元凶”之一，故B正确；‎ C．燃煤脱硫主要是控制二氧化硫的排放防止酸雨形成，故C正确；‎ D．一氧化氮不稳定容易与氧气反应生成二氧化氮，在空气中不能稳定存在，故D错误；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了化学与环境的污染与治理，熟悉环境的污染源与治理方法是解题关键，注意相关知识的积累．‎ ‎　‎ ‎4．下列有关物质分类或归纳的说法中，正确的数目有 ‎①淀粉和纤维素的化学式都可用n表示，它们互为同分异构体 ‎②聚乙烯、油脂、铜氨纤维、光导纤维都属于高分子 ‎③氨水、冰醋酸、水都是电解质 ‎④漂白粉、水玻璃、福尔马林都是混合物 ‎⑤干馏、裂化、盐析都是化学变化 ‎⑥植物油、直馏汽油、环己烷都可以用来萃取溴水中的溴单质．‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ - 25 -‎ ‎【考点】同分异构现象和同分异构体；物理变化与化学变化的区别与联系；混合物和纯净物；有机高分子化合物的结构和性质．中学版权所有 ‎【分析】①依据同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物；‎ ‎②依据光导纤维大的主要成分为二氧化硅分析；‎ ‎③依据电解质的概念是水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，酸、碱、盐都是电解质；‎ ‎④依据混合物是由不同物质组成的，结合物质的组成判断；‎ ‎⑤依据化学变化的实质是由新物质生成分析判断；‎ ‎⑥依据能用来萃取溴水中的溴，则选择与水不能互溶的有机溶剂，且与溴不能发生反应的物质．‎ ‎【解答】解：①纤维素和淀粉的化学成分均为n，但两者的n不同，所以两者的分子式不同，不是同分异构体，故①错误；‎ ‎②聚乙烯、油脂、铜氨纤维属于合成高分子，光导纤维大的主要成分为二氧化硅，不是高分子化合物，故②错误；‎ ‎③氨水是混合物，不是电解质，而冰醋酸、水都是电解质，故③错误；‎ ‎④漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液，福尔马林是甲醛的水溶液，都是混合物，故④正确；‎ ‎⑤干馏、裂化是化学变化，但盐析属于物理变化，故⑤错误；‎ ‎⑥植物油烃基中含有不饱和碳碳键可以和溴单质加成使溴水褪色，不可以用来萃取溴水中的溴单质，故⑥错误；‎ 综上所述，只有④正确．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查的基础知识较多，注重了基本概念的考查，难度一般，学生只要熟悉概念及概念中的要点，注重平时的积累即可解答．‎ ‎　‎ ‎5．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是 A．25℃时，1L pH=1的H2SO4溶液中，SO42﹣数目为0.1NA B．将7.8gNa2O2放入足量的CO2和水蒸气组成的气体中充分反应，转移电子总数为0.1 NA C．9g重氧水含电子总数为10 NA D．常温常压下，2.24L正戊烷、异戊烷及新戊烷的混合物，含C﹣H数目为1.2 NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．中学版权所有 ‎【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．‎ ‎【分析】A、pH=1的硫酸溶液中，氢离子浓度为0.1mol/L，而在硫酸溶液中，氢离子和硫酸根的浓度之比为2：1；‎ B、求出过氧化钠的物质的量，然后根据过氧化钠与水和二氧化碳反应时，均为1mol过氧化钠转移1mol电子来分析；‎ C、重氧水的摩尔质量为20g/mol；‎ D、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol．‎ ‎【解答】解：A、pH=1的硫酸溶液中，氢离子浓度为0.1mol/L，而在硫酸溶液中，氢离子和硫酸根的浓度之比为2：1，故溶液中硫酸根的浓度为0.05mol/L，物质的量n=CV=0.05mol/L×1L=0.05mol，个数为0.05NA个，故A错误；‎ B、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠无论是与水还是和二氧化碳反应时，均为1mol过氧化钠转移1mol电子，故0.1mol过氧化钠转移0.1mol电子即0.1NA个，故B正确；‎ - 25 -‎ C、重氧水的摩尔质量为20g/mol，故9g重氧水的物质的量为0.45mol，而1mol重氧水中含10mol电子，故0.45mol重氧水中含4.5mol电子即4.5NA个，故C错误；‎ D、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故2.24L混合物气体的物质的量小于0.1mol，则含有的C﹣H键小于1.2NA个，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎【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．‎ ‎　‎ ‎6．根据原子结构及元素周期律的知识，下列叙述正确的是 A．由于相对分子质量：HCl＞HF，故沸点：HCl＞HF B．硅处于金属与非金属的过渡位置，硅可用作半导体材料 C．由于氮元素的最低化合价只有﹣3价，故NH5这种物质不可能存在 D．Cl﹣、S2﹣、Ca2+、K+半径逐渐减小 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质．中学版权所有 ‎【分析】A．HF分子之间存在氢键，沸点高于HCl；‎ B．处于金属与非金属交界处的元素表现一定的金属性、非金属性；‎ C．可以存在离子化合物NH4H；‎ D．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大．‎ ‎【解答】解：A．HF分子之间存在氢键，沸点高于HCl，故A错误；‎ B．Si处于金属与非金属交界处，表现一定的金属性、非金属性，可用作半导体材料，故B正确；‎ C．可以存在离子化合物NH4H，化学式为NH5，故C错误；‎ D．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：S2﹣＞Cl﹣＞K+＞Ca2+，故D错误，‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查熔沸点比较、元素周期表、微粒半径比较等，难度不大，注意理解掌握微粒半径比较．‎ ‎　‎ ‎7．下列离子方程式书写正确的是 A．向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O﹣+CO2+H2O→2C6H5OH+CO32﹣‎ B．NH4HSO3溶液与足量NaOH溶液反应：HSO3﹣+OH﹣═SO32﹣+H2O C．Fe2溶于稀HNO3：Fe2+2H+═Fe2++2H2O D．H218O2中加入H2SO4酸化的KMnO4 5H218O2+2MnO4﹣+6H+═518O2+2Mn2++8H2O ‎【考点】离子方程式的书写．中学版权所有 ‎【分析】A．反应生成苯酚和碳酸氢钠；‎ B．漏掉铵根离子与氢氧根离子的反应；‎ C．硝酸根离子能够氧化二价铁离子生成三价铁离子；‎ D．高锰酸钾氧化双氧水中的氧生成氧气．‎ ‎【解答】解：A．向苯酚钠溶液中通入少量CO2，离子方程式：C6H5O﹣+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3﹣，故A错误；‎ B．NH4HSO3溶液与足量NaOH溶液反应，离子方程式：NH4++HSO3﹣+2OH﹣═SO32﹣+H2O+NH3•H2O，故B错误；‎ C．Fe2溶于稀HNO3，离子方程式：3Fe2+NO3﹣+10H+=3Fe3++NO↑+8H2O，故C错误；‎ - 25 -‎ D．H218O2中加入H2SO4酸化的KMnO4，离子方程式：5H218O2+2MnO4﹣+6H+═518O2+2Mn2++8H2O，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子方程式应遵循客观事实，遵循原子个数守恒定律，注意氧化还原反应离子方程式书写，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎8．下列离子组在给定条件下离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是 选项 条件 离子组 离子共存判断及反应的离子方程式 A 滴加氨水 Na+、Al3﹣、Cl﹣、NO3﹣‎ 不能大量共存，‎ Al3++3OH﹣═Al3↓‎ B 由水电离出的H+浓度为1×10﹣12mol•L﹣1‎ NH4+、Na+、NO3﹣、Cl﹣‎ 一定能大量共存，NH4++H2O⇌MH3•H2O+H+‎ C pH=1的溶液 Fe2+、Al3+、SO42﹣、MnO4﹣‎ 不能大量共存，5Fe2++MnO4﹣+8H+═Mn2++5Fe3++4H2O D 通入少量SO2气体 K+、Na+、ClO﹣、SO42﹣‎ 不能大量共存，2ClO﹣+SO2+H2O═2HClO+SO32﹣‎ A．A B．B C．C D．D ‎【考点】离子共存问题；离子方程式的书写．中学版权所有 ‎【专题】离子反应专题．‎ ‎【分析】A．一水合氨为弱电解质，应写化学式；‎ B．由水电离出的H+浓度为1×10﹣12mol•L﹣1，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；‎ C．pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+与MnO4﹣发生氧化还原反应；‎ D．SO2具有还原性，与ClO﹣发生氧化还原反应．‎ ‎【解答】解：A．离子之间不发生任何反应，可大量共存，但加入氨水生成沉淀，由于一水合氨为弱电解质，发生Al3++3NH3•H2O═Al3↓+3NH4+，故A错误；‎ B．由水电离出的H+浓度为1×10﹣12mol•L﹣1，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，碱性条件下NH4+不能大量共存，故B错误；‎ C．pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+与MnO4﹣发生氧化还原反应，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4﹣+8H+═Mn2++5Fe3++4H2O，故C正确；‎ D．SO2具有还原性，与ClO﹣发生氧化还原反应，反应的离子方程式为ClO﹣+SO2+H2O═2H++Cl﹣+SO42﹣，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查较为综合，涉及离子方程式的书写以及离子共存的判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握离子的性质以及反应类型的判断，把握离子方程式的书写方法，难度中等．‎ ‎　‎ ‎9．X、Y、Z是3种短周期元素，其中X、Z位于同一主族，X、Y处于同一周期．X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍．X原子的核外电子数比Y原子少1．下列说法正确的是 A．元素非金属性由弱到强的顺序为Z＜Y＜X B．Y元素的氢化物是一种强酸 C．3种元素的气态氢化物中，Y的气态氢化物还原性最强 D．其对应的阴离子半径由大到小的顺序为Zn﹣＞Xn﹣＞Yn﹣‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．中学版权所有 - 25 -‎ ‎【专题】元素周期律与元素周期表专题．‎ ‎【分析】X、Y、Z是3种短周期元素，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为氧元素；X、Z位于同一族，故Z为硫元素；X、Y处于同一周期，X原子的核外电子数比Y少1，则Y原子的核外电子数为9，故Y为F元素，结合元素周期律解答．‎ ‎【解答】解：X、Y、Z是3种短周期元素，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为氧元素；X、Z位于同一族，故Z为硫元素；X、Y处于同一周期，X原子的核外电子数比Y少1，则Y原子的核外电子数为9，故Y为F元素，‎ A．同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性S＜O＜F，故A错误；‎ B．Y为F元素，氢氟酸为弱酸，故B错误；‎ C．非金属性S＜O＜F，故氢化物中H2S的还原性最强，故C错误；‎ D．电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2﹣＞O2﹣＞F﹣，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查结构位置性质关系的应用、元素周期律等，难度不大，推断元素是关键，突破口为X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，注意基础知识的积累掌握．‎ ‎　‎ ‎10．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙．下列有关物质的推断不正确的是 A．若甲为焦炭，则丁可能是O2‎ B．若甲为SO2，则丁可能是氨水 C．若甲为Fe，则丁可能是盐酸 D．若甲为NaOH 溶液，则丁可能是CO2‎ ‎【考点】无机物的推断．中学版权所有 ‎【专题】推断题．‎ ‎【分析】A、甲为碳，丁为O2 物质转化关系为 CCOCO2；‎ B、若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO32SO3；‎ C、若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应；‎ D、若甲为NaOH 溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOHNa2CO3NaHCO3．‎ ‎【解答】解：A、甲为碳，丁为O2 物质转化关系为 CCOCO2；2C+O2=2CO，2CO+O2=2CO2，CO2+C2CO，故A正确；‎ B、若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO32SO3；SO2+NH3•H2O=NH4HSO3，NH4HSO3+NH3•H2O=2SO3+H2O；2SO3+H2O+SO2=2NH4HSO3，故B正确；‎ C、若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应，故C错误；‎ - 25 -‎ D、若甲为NaOH 溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOHNa2CO3NaHCO3；2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 ，NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了物质性质的转化关系和性质的应用，物质的量不同产物不同，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎11．下列实验能达到预期目的是 编号 实验内容 实验目的 A 室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol•L﹣1 NaClO溶液和0.1mol•L﹣1 CH3COONa溶液的pH 比较HClO和CH3COOH的酸性强弱 B 向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固体，溶液红色变浅 证明Na2CO3溶液中存在水解平衡 C 向10mL 0.2mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀 证明在相同温度下的Ksp：‎ Mg2＞Fe3‎ D 分别测定室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大 证明非金属性S＞C A．A B．B C．C D．D ‎【考点】化学实验方案的评价．中学版权所有 ‎【专题】实验评价题．‎ ‎【分析】A．NaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH；‎ B．含有酚酞的Na2CO3溶液中，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaC12固体，水解平衡逆向移动；‎ C．NaOH过量，后滴加2滴0.1mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀，不能说明沉淀转化；‎ D．等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大，可比较亚硫酸与碳酸的酸性，不能比较非金属性．‎ ‎【解答】解：A．NaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH，应利用pH计测定pH比较酸性强弱，故A错误；‎ B．含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaC12固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故B正确；‎ C．NaOH过量，后滴加2滴0.1mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀，不能说明沉淀转化，则不能比较溶度积大小，故C错误；‎ D．等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大，可比较亚硫酸与碳酸的酸性，因亚硫酸不是最高价含氧酸，则不能比较非金属性，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及盐类水解与酸性比较、沉淀生成与沉淀转化、非金属性比较方法、pH的测定等，注重实验原理及物质性质的考查，注意实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎12．下列装置能达到实验目的是 - 25 -‎ A．‎ 实验室制乙烯 B．‎ 实验室制少量CO2‎ C．‎ 比较不同催化剂对反应速率的影响 D．‎ 比较氯、碳、硅三种元素的非金属性 ‎【考点】化学实验方案的评价．中学版权所有 ‎【专题】实验评价题．‎ ‎【分析】A．制取乙烯，应测定混合液的温度；‎ B．固体与液体混合，不需要加热制取二氧化碳；‎ C．过氧化氢的浓度应相同；‎ D．盐酸易挥发，则不能说明碳酸的酸性大于硅酸．‎ ‎【解答】解：A．制取乙烯，应测定混合液的温度，应将温度计伸到液面以下，故A错误；‎ B．固体与液体混合，不需要加热制取二氧化碳，图中装置符合，故B正确；‎ C．过氧化氢的浓度应相同比较比较不同催化剂对反应速率的影响，而图中浓度不同，浓度也影响反应速率，故C错误；‎ D．盐酸易挥发，则不能说明碳酸的酸性大于硅酸，应排除盐酸的干扰，发生二氧化碳与硅酸钠的反应，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的制备、反应速率的影响因素、非金属性的比较，注意控制变量法及酸性与非金属性的关系，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎13．可以验证硫元素的非金属性比氯元素弱的事实是 ‎①H2S溶于水是弱酸，HC1溶于水是强酸②向氢硫酸溶液中通入氯气有单质硫生成 - 25 -‎ ‎③还原性：S2﹣＞Cl﹣ ④高氯酸的酸性比硫酸强．‎ A．①②④ B．②④ C．②③④ D．①②③④‎ ‎【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．中学版权所有 ‎【分析】根据判断非金属性强弱的方法：①单质与氢气易反应；②生成的氢化物稳定；③最高价氧化物的水化物酸性强；④相互置换反应来回答．‎ ‎【解答】解：①判断非金属性强弱的方法：最高价氧化物的水化物酸性强，而H2S水溶液、HCl水溶液均是非含氧酸，故①错误；‎ ‎②判断非金属性强弱的方法：相互置换反应，即非金属性强的元素单质可以置换非金属弱的元素单质，向氢硫酸溶液中滴入氯水有单质硫生成，说明氯气可以置换硫，硫元素的非金属性比氯元素弱，故②正确；‎ ‎③简单阴离子的还原性越强，元素的非金属性越弱，故非金属性S弱于氯，故③正确；‎ ‎④判断非金属性强弱的方法：最高价氧化物的水化物酸性强，高氯酸的酸性比硫酸强，所以硫元素的非金属性比氯元素弱，故④正确．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查学生判断元素非金属性强弱的方法，可以根据所学知识进行回答，难度较大．‎ ‎　‎ ‎14．七种短周期元素在元素周期表中的相对位置如表所示．其中B的最高价氧化物的水化物能与B的气态氢化物反应生成离子化合物，下列说法正确的是 A B C D E F G A．氧化物对应的水化物的酸性：G一定强于F B．简单离子的半径：F＞G＞C＞D C．1mol EC2中含2mol E﹣C键 D．A、G分别与氢元素形成的化合物中，化学键均为极性共价键 ‎【考点】原子结构与元素的性质．中学版权所有 ‎【分析】短周期元素中，B的最高价氧化物的水化物能与B的气态氢化物反应生成离子化合物，则B为N元素；由元素的相对位置可知，A为碳元素，C为O元素，D为Al，E为Si，F为S，G为Cl．‎ A．应是最高价氧化物对应的水化物的酸性：G一定强于F；‎ B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多，离子半径越大；‎ C.1mol SiO2属于原子晶体，晶体中Si原子与周围的4个O原子形成4个Si﹣O键；‎ D．A与氢元素形成的化合物为烃，烃分子中碳原子之间为非极性键．‎ ‎【解答】解：短周期元素中，B的最高价氧化物的水化物能与B的气态氢化物反应生成离子化合物，则B为N元素；由元素的相对位置可知，A为碳元素，C为O元素，D为Al，E为Si，F为S，G为Cl．‎ A．应是最高价氧化物对应的水化物的酸性：G一定强于F，不是最高价含氧酸，则不一定，如HClO为弱酸，而硫酸为强酸，故A错误；‎ B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多，离子半径越大，故离子半径S2﹣＞Cl﹣＞O2﹣＞Al3+，故B正确；‎ C.1mol SiO2属于原子晶体，晶体中Si原子与周围的4个O原子形成4个Si﹣O键，1mol SiO2含4mol Si﹣O键，故C错误；‎ D．G与氢元素形成的化合物为HCl，原子之间为极性键，但A与氢元素形成的化合物为烃，烃分子中碳原子之间为非极性键，故D错误，‎ - 25 -‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查结构性质位置关系应用，注意对元素周期表的掌握，D选项中注意碳元素与氢元素形成烃，学生容易只考虑甲烷．‎ ‎　‎ ‎15．一化学研究性学习小组对某Na2CO3和NaHCO3的混合溶液的组成进行探究，取20.0mL该混合溶液，向其中不断加入1.00mol•L﹣1的稀盐酸，加入稀盐酸的体积和产生的现象如表中所示． ‎ 反应阶段 Ⅰ Ⅱ Ⅲ 稀盐酸体积x/mL ‎0＜x≤10.0‎ ‎10.0＜x≤40.0‎ x＞40.0‎ 现　　象 无气体 有气体 无气体 则混合溶液中c为 A．1.00mol•L﹣1 B．0.50mol•L﹣1 C．1.50mol•L﹣1 D．2.00mol•L﹣1‎ ‎【考点】有关混合物反应的计算．中学版权所有 ‎【分析】第Ⅰ阶段无气体生成说明盐酸滴入溶液中发生的是碳酸根离子和氢离子生成碳酸氢根离子的过程，反应生成的碳酸氢根离子与氯化氢的物质的量相等；第Ⅱ阶段碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳气体，根据消耗的盐酸的物质的量可计算出参加反应的碳酸氢根离子的总物质的量，再根据Ⅰ中生成的碳酸氢根离子可计算出原混合液中碳酸氢根离子的物质的量，最后根据c=计算出原混合液中碳酸氢根离子的浓度．‎ ‎【解答】解：第Ⅰ阶段无气体生成说明盐酸滴入溶液中发生的是碳酸根离子和氢离子生成碳酸氢根离子的过程，反应为CO32﹣+H+=HCO3﹣，消耗盐酸体积10ml，碳酸钠全部转化为碳酸氢钠，氯化氢物质的量为：0.010ml×1.00mol•L﹣1=0.01mol，则反应生成碳酸氢根离子的物质的量为0.01mol，‎ 第Ⅱ阶段发生反应：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，则参加反应的碳酸氢根离子的总物质的量为：×1.00mol/L=0.03mol，‎ 则原溶液中碳酸氢根离子的物质的量为：0.03mol﹣0.01mol=0.02mol，‎ 所以原混合液中碳酸氢根离子的浓度为：c==1mol/L，‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确每一阶段发生的反应实质为解答关键，注意掌握碳酸根离子、碳酸氢根离子与酸反应的离子方程式，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．‎ ‎　‎ ‎16．已知：2H2+O2═2H2O ‎△H=﹣571.6kJ•mol﹣1‎ ‎2CH3OH+3O2═2CO2+4H2O ‎△H=﹣1 452kJ•mol﹣1‎ H++OH﹣═H2O ‎△H=﹣57.3kJ•mol﹣1‎ 下列说法正确的是 A．H2的燃烧热为571.6 kJ•mol﹣1‎ B．H2SO4+Ba2═BaSO4+H2O△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1‎ C．同质量的H2和CH3OH完全燃烧，H2放出的热量多 - 25 -‎ D．3H2+CO2═CH3OH+H2O△H=+131.4 kJ•mol﹣1‎ ‎【考点】热化学方程式．中学版权所有 ‎【专题】化学反应中的能量变化．‎ ‎【分析】A、依据燃烧热概念 是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量分析；‎ B、酸碱中和反应生成的硫酸钡过程中放热；‎ C、依据热化学方程式计算比较；‎ D、依据热化学方程式和盖斯定律计算分析判断．‎ ‎【解答】解：A、依据燃烧热概念分析，选项中由已知热化学方程式计算可知H2的燃烧热为285.8 kJ•mol﹣1，故A错误；‎ B、反应中有BaSO4生成，而生成BaSO4也是放热的，所以放出的热量比57.3 kJ多，即B项中△H＜﹣57.3 kJ•mol﹣1，故B错误；‎ C、同质量的H2和CH3OH完全燃烧，设质量为1g ‎2H2+O2═2H2O△H=﹣571.6kJ•mol﹣1‎ ‎2 571.6KJ ‎ mol 142.9KJ ‎2CH3OH+3O2═2CO2+4H2O△H=﹣1 452kJ•mol﹣1‎ ‎2 1452KJ mol 22.69KJ 所以H2放出的热量多，故C正确；‎ D、①2H2+O2═2H2O△H=﹣571.6kJ•mol﹣1‎ ‎②2CH3OH+3O2═2CO2+4H2O△H=﹣1 452kJ•mol﹣1‎ 按盖斯定律计算①×3﹣②得到6H2+2CO2═2CH3OH+2H2O△H=﹣262.8 kJ•mol﹣1．‎ 可知正确的是3H2+CO2═CH3OH+H2O△H=﹣131.4 kJ•mol﹣1，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了热化学方程式和盖斯定律计算应用，燃烧热，中和热概念的理解应用是解题关键，题目难度中等．‎ ‎　‎ 二、第Ⅱ卷非选择题 ‎17．查资料得：HNO2是一种弱酸且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化成Fe3+．AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物．‎ 试回答下列问题：‎ 下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是　B　．‎ A．测定这两种溶液的pH B．分别在两种溶液中滴加甲基橙 C．在酸性条件下加入KI﹣淀粉溶液来区别 D． 用AgNO3和HNO3两种试剂来区别 Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4．若用反应所得的酸性溶液，将Fe2+转化为Fe3+，要求产物纯净，可选用的最佳试剂是　c　．‎ A．Cl2 B．Fe C．H2O2 D．HNO3‎ 某同学把酸性高锰酸钾溶液滴入NaNO2溶液中，观察到紫色褪去，同时生成NO3﹣和Mn2+，请写出反应的离子方程式：　6H++5NO2﹣+2MnO4﹣═NO3﹣+2Mn2++3H2O　．‎ - 25 -‎ 已知FeSO4在一定条件下可转变为高铁酸钾，高铁酸钾是一种新型、高效的绿色水处理剂，在水中发生反应生成氢氧化铁胶体．高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是　净水、消毒　．‎ ‎【考点】氧化还原反应．中学版权所有 ‎【专题】氧化还原反应专题．‎ ‎【分析】A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性；‎ B．甲基橙的变色范围是3.1﹣4.4；‎ C．酸性条件下，亚硝酸根离子能被碘离子还原生成一氧化氮，同时生成碘单质；‎ D．亚硝酸根离子不和银离子反应，氯离子和银离子反应生成白色沉淀；‎ Cl2、HNO3都能氧化亚铁离子，但能引入新的杂质，铁不能氧化亚铁离子，双氧水的还原产物是水，不引入杂质；‎ 把酸性高锰酸钾溶液滴入到NaNO2溶液中，观察到紫色褪色，同时生成NO3﹣和Mn2+，二者发生氧化还原反应；‎ 高铁酸钾具有氧化性可以消毒杀菌，在水中被还原为三价铁离子，三价铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用．‎ ‎【解答】解：A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，相同物质的量浓度的两种溶液的pH不同，所以可以用测定这两种溶液的pH值鉴别，故A不选；‎ B．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，甲基橙的变色范围是3.1﹣4.4，所以亚硝酸钠和氯化钠溶液加入甲基橙后溶液都呈黄色，反应现象相同，所以不能用甲基橙鉴别，故B选；‎ C．在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2﹣+2I﹣+4H+=2NO↑+I2+2H2O，碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，所以反应现象不同，所以可以用酸性条件下的KI淀粉试液来区别，故C不选；‎ D．亚硝酸根离子不和银离子反应，氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，反应现象不同，所以可以用AgNO3和HNO3两种试剂来区别，故D不选；‎ 故答案为：B；‎ 由于Cl2、HNO3都能氧化亚铁离子，但能引入新的杂质，铁不能氧化亚铁离子，双氧水的还原产物是水，不引入杂质，所以正确是双氧水，‎ 故答案为：c；‎ 酸性高锰酸钾溶液滴入到NaNO2溶液中，观察到紫色褪色，同时生成NO3﹣和Mn2+，反应的离子方程式为：6H++5NO2﹣+2MnO4﹣═NO3﹣+2Mn2++3H2O；‎ 故答案为：6H++5NO2﹣+2MnO4﹣═NO3﹣+2Mn2++3H2O； ‎ 高铁酸钾中Fe的化合价是+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中杂质，所以高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是净水、消毒，‎ 故答案为：净水、消毒．‎ ‎【点评】本题考查综合考查了氧化还原反应，涉及了化学方程式的配平、高铁酸钾的净水、消毒原理，侧重于学生的分析能力的考查，注意二价铁离子和三价铁离子的检验是高考的热点，注意相关基础知识的积累，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎18．A、B、C、D、E、F六种化合物，其中A、B、C、D、E均由短周期元素组成，焰色反应均为黄色，B、C、E均由三种元素组成．B、C的组成元素相同，且C的摩尔质量比B大80g/mol，回答：‎ 固体化合物A为浅黄色粉末，该化合物中含有的化学键为　AC　‎ A、离子键 B、极性共价键 C、非极性共价键 D、氢键 - 25 -‎ 下表为B与F实验的部分内容 ‎①在含B的溶液中加入稀H2SO4，产生浅黄色浑浊和使澄清石灰水变浑浊的无色有刺激性气味的气体 ‎②20mL沸水中滴加F的饱和溶液1～2mL所得液体呈红褐色 ‎③将实验②得到的红褐色液体加热蒸发，灼烧，最终得到红棕色固体 写出B与稀H2SO4反应的离子方程式　S2O32﹣+2H+=S↓+SO2↑+H2O　，‎ 写出②中反应方程式　FeCl3+3H2OFe3+3HCl　；‎ 现由6种粒子Mn2+、MnO4﹣、H+、H2O、X2Y82﹣、XY42﹣完成一个离子方程式，已知Mn2+为还原剂，得到1mol MnO4﹣需氧化剂的物质的量为　2.5　mol 化合物D和E相互转化D E，若有D和E•xH2O的混合物13.04g，加热到完全反应后，气体产物通过浓H2SO4增重3.42g，剩余气体通过碱石灰增生2.20g，则E•xH2O的化学式为　Na2C03•7H2O　．‎ ‎【考点】无机物的推断．中学版权所有 ‎【专题】无机推断．‎ ‎【分析】A、B、C、D、E均由短周期元素组成，焰色反应均呈黄色，均含有Na元素，固体化合物A为浅黄色粉末，则是过氧化钠；‎ 根据②③可知F是氯化铁溶液，根据①可知B是Na2S2O3；‎ Mn2+被氧化生成MnO4﹣，化合价升高5个单位．氧化剂是X2Y82一，其还原产物是SO42﹣，1mol氧化剂得到2mol电子，根据电子的得失守恒计算需要氧化剂的物质的；‎ 根据转化可知D是碳酸氢钠，E为碳酸钠，浓硫酸增加的质量就是水的质量，碱石灰增加的质量是CO2的质量，计算水、二氧化碳的物质的量，根据二氧化碳计算碳酸氢钠的物质的量，进而计算E•XH2O的质量，结合生成水的物质的量计算E•XH2O中结晶水的物质的量，再计算E•XH2O中碳酸钠的物质的量，进而确定化学式．‎ ‎【解答】解：A、B、C、D、E均由短周期元素组成，焰色反应均呈黄色，均含有Na元素，固体化合物A为浅黄色粉末，则是过氧化钠，过氧化钠中含有离子键和非极性键，故答案为：AC；‎ 根据②③可知F是氯化铁溶液，根据①可知B是Na2S2O3，B和硫酸反应的方程式为：S2O32﹣+2H+=S↓+SO2↑+H2O，②属于氢氧化铁胶体的制备，方程式为：FeCl3+3H2OFe3+3HCl，‎ 故答案为：S2O32﹣+2H+=S↓+SO2↑+H2O；FeCl3+3H2OFe3+3HCl；‎ Mn2+被氧化生成MnO4﹣，化合价升高5个单位．氧化剂是X2Y82一，其还原产物是SO42﹣，1mol氧化剂得到2mol电子，所以根据电子的得失守恒可知，需要氧化剂的物质的量是=2.5mol，‎ 故答案为：2.5mol；‎ 根据转化可知D是碳酸氢钠，E为碳酸钠，浓硫酸增加的质量就是水的质量，物质的量是=0.19mol．碱石灰增加的质量是CO2的质量，所以CO2的物质的量是=0.05mol，则：‎ - 25 -‎ ‎2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O ‎0.1mol 0.05mol 0.05mol 因此D的物质的量是0.1mol，质量是0.1mol×84g/mol=8.4g．‎ 所以Na2CO3•XH2O的质量是13.04g﹣8.4g=4.64g，因此Na2CO3•XH2O中结晶水的物质的量是0.19mol﹣0.05mol=0.14mol，质量是0.14mol×18g/mol=2.52g．所以Na2CO3•XH2O中Na2CO3的质量是4.64g﹣2. 52g=2.12g，其物质的量是=0.02mol，故n：n=0.02mol：0.14mol=1：7，即E•XH20的化学式为Na2CO3•7H2O，‎ 故答案为：Na2CO3•7H2O．‎ ‎【点评】本题考查无机物推断、化学键、方程式书写、氧化还原反应、混合物计算等，难度中等，需要学生具备扎实的基础，是对基础知识的综合应用．‎ ‎　‎ ‎19．“8•12”天津港危化仓库爆炸，造成生命、财产的特大损失．据查危化仓库中存有大量的钠、钾、白磷、硝酸铵和氰化钠．请回答下列问题：‎ 钠、钾着火，下列可用来灭火的是　C　．‎ A．水 B．干冰 C．细沙 D．泡沫灭火器 白磷有毒能和氯酸溶液发生氧化还原反应：3P4+10HClO3+18H2O=10HCl+12H3PO4，‎ 该反应的氧化产物是　H3PO4　，若有1mol P4参加反应转移电子为　20　mol．‎ NH4NO3为爆炸物，在不同温度下加热分解，可能发生非氧化还原反应，也可能发生氧化还原反应，下列反应一定不可能发生的是　C　．‎ A．NH4NO3→N2+O2+H2O B．NH4NO3→NH3+HNO3‎ C．NH4NO3→O2+HNO3+H2O D．NH4NO3→N2+HNO3+H2O NaCN属于剧毒物质，有多种无害化处理方法．‎ ‎①H2O2处理法：NaCN+H2O2﹣N2↑+X+H2O，推测X的化学式为　NaHCO3　．‎ ‎②以TiO2为催化剂用NaClO将CN﹣氧化成为CNO﹣，CNO﹣在酸性条件下继续与NaClO反应生 成N2、CO2、Cl2等．写出CNO﹣在酸性条件下被NaClO氧化的离子方程式　2CNO﹣+6ClO﹣+8H+=N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O　．‎ ‎【考点】氧化还原反应；碱金属的性质．中学版权所有 ‎【专题】氧化还原反应专题．‎ ‎【分析】Na、K能和水反应生成氢气，在氧气中燃烧生成过氧化物，过氧化钠和水、二氧化碳反应都生成氧气，促进钠、钾燃烧；‎ 该反应中，P元素化合价由0价变为+5价、Cl元素化合价由+5价变为﹣1价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物；‎ 若有1mol P4参加反应转移电子物质的量=1mol×4×；‎ 氧化还原反应中有化合价升高的元素也有化合价降低的元素；‎ ‎①根据元素守恒确定X中元素，根据转移电子守恒、原子守恒确定X化学式；‎ ‎②根据题意可知，酸性条件下CNO﹣与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2，根据氧化还原反应配平．‎ ‎【解答】解：Na、K能和水反应生成氢气，在氧气中燃烧生成过氧化物，过氧化钠和水、二氧化碳反应都生成氧气，促进钠、钾燃烧，所以应该采用细沙灭火，‎ 故答案为：C；‎ - 25 -‎ 该反应中，P元素化合价由0价变为+5价、Cl元素化合价由+5价变为﹣1价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物，所以氯酸是氧化剂、H3PO4是氧化产物；‎ 若有1mol P4参加反应转移电子物质的量=1mol×4×=20mol；‎ 故答案为：H3PO4；20； ‎ 氧化还原反应中有化合价升高的元素也有化合价降低的元素，‎ A．NH4NO3→N2+O2+H2O中N元素化合价降低、O元素化合价升高，符合氧化还原反应，故A不选；‎ B．NH4NO3→NH3+HNO3中各元素化合价不变，符合复分解反应条件，故B不选；‎ C．NH4NO3→O2+HNO3+H2O中只有O元素化合价升高，所以不符合氧化还原反应，故C选； ‎ D．NH4NO3→N2+HNO3+H2O中N元素有化合价升高的也有化合价降低的，符合氧化还原反应，故D不选；‎ 故答案为：C；‎ ‎①根据元素守恒知，X中含有Na、C元素，该反应中N元素化合价由﹣3价转化为0价、NaCN中C元素化合价为+2价，则C元素化合价由+2价转化为+4价，转移电子数为6，根据转移电子守恒、原子守恒知X为NaHCO3，‎ 故答案为：NaHCO3；‎ ‎②根据题意可知，酸性条件下CNO﹣与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2，反应离子方程式为2CNO﹣+6ClO﹣+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O；‎ 故答案为：2CNO﹣+6ClO﹣+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O．‎ ‎【点评】本题综合考查了氧化还原反应，涉及氧化还原反应的基本概念、氧化还原反应方程式配平、物质性质等知识点，注意NaCN中C、N元素化合价分别是+2价、﹣3价，为易错点，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎20．硫酸工业产生的废气A排放到空气中会污染环境．某化学兴趣小组对废气A的组成进行探究，请回答下列问题：‎ 同学甲设计实验检验废气A中含有CO2，应选择的试剂有　BC　．‎ A．NaOH溶液 B．酸性KMnO4溶液 C．澄清石灰水 D．盐酸 同学乙欲测定废气A中SO2的含量，取a L废气A并设计了如下装置进行实验．‎ ‎①为了保证实验成功，装置A应具有的现象是　KMnO4溶液的紫红色不能完全褪色　．‎ ‎②同学丙认为A装置前后的质量差就是a L废气中含有的SO2的质量，然后进行含量计算．经小组讨论后，同学丁提出疑问，按照同学丙的实验，若废气中SO2完全被吸收，则最后测定的结果应该偏大，同学丁推断的理由是　实验过程中发生2H2SO3+O2=2H2SO4　．‎ 兴趣小组的同学查阅资料发现可利用硫酸工业废气A制备皓矾．实验模拟制备皓矾流程如下：‎ - 25 -‎ ‎①“氧化”中加入硫酸铁发生反应的离子方程式_　2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+　．‎ ‎②加入Zn粉的目的是　除溶液中的Fe2+、Fe3+等　．‎ ‎③固体A主要成分是　Zn、Fe　．‎ ‎【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．中学版权所有 ‎【专题】简答题；类比迁移思想；演绎推理法；无机实验综合．‎ ‎【分析】设计实验检验废气A中含有的CO2，需要除去二氧化硫，避免干扰二氧化碳的检验，除净二氧化硫的气体通过澄清石灰水检验二氧化碳的存在；‎ ‎①测定废气A中SO2的含量，为了保证实验成功需要在A装置中用高锰酸钾溶液全部吸收，高锰酸钾溶液不褪色证明吸收完全；‎ ‎②测定的结果应该偏大，可能是生成的亚硫酸被气体中氧气氧化，气体质量增大；‎ 废气净化后加入硫酸铁氧化二氧化硫为硫酸，硫酸铁被还原为硫酸亚铁，加入过量锌粉还原亚铁离子和铁离子，得到固体A为锌和铁，滤液为硫酸锌溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥等步骤得到硫酸锌晶体；‎ ‎①“氧化”中加入硫酸铁发生反应是和其他中二氧化硫发生还会有反应生成硫酸亚铁和硫酸；‎ ‎②加入过量锌粉还原亚铁离子和铁离子；‎ ‎③分析可知固体A为锌和铁．‎ ‎【解答】解：硫酸工业产生的废气A排放到空气中会污染环境，设计实验检验废气A中含有的CO2，需要除去二氧化硫，避免干扰二氧化碳的检验，除净二氧化硫的气体通过澄清石灰水检验二氧化碳的存在，石灰水变浑浊证明含有二氧化碳，所以A中为高锰酸钾溶液，B中为澄清石灰水，‎ 故答案为：BC；‎ ‎①为了保证实验成功需要在A装置中用高锰酸钾溶液全部吸收，高锰酸钾溶液不褪色证明二氧化硫吸收完全，搅拌的主要作用是充分吸收二氧化硫，提高吸收率，‎ 故答案为：KMnO4溶液的紫红色不能完全褪色；‎ ‎②按照同学丙的实验，若废气中SO2完全被吸收，测定的结果应该偏大，可能是生成的亚硫酸被气体中氧气氧化，实验过程中发生2H2SO3+O2=2H2SO4，导致测定气体质量增大，‎ 故答案为：实验过程中发生2H2SO3+O2=2H2SO4；‎ 废气净化后加入硫酸铁氧化二氧化硫为硫酸，硫酸铁被还原为硫酸亚铁，加入过量锌粉还原亚铁离子和铁离子，得到固体A为锌和铁，滤液为硫酸锌溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥等步骤得到硫酸锌晶体，‎ ‎①“氧化”中加入硫酸铁发生反应是和其他中二氧化硫发生还会有反应生成硫酸亚铁和硫酸，反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+，‎ 故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+；‎ ‎②加入过量锌粉还原亚铁离子和铁离子，除溶液中的Fe2+、Fe3+等，‎ 故答案为：除溶液中的Fe2+、Fe3+等；‎ ‎③分析可知固体A为锌和铁，‎ 故答案为：Zn、Fe．‎ - 25 -‎ ‎【点评】本题考查了物质组成的实验探究方法和过程分析判断，主要是物质性质的理解应用．掌握基础是关键，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎21．铁及其化合物在日常生活、生产中应用广泛．‎ 高铁酸钠是水处理过程中的一种新型净水剂，工业上利用NaClO 和NaOH的混合溶液将2Fe3氧化性制备高铁酸钠，反应的化学方程式为　2Fe3+3NaClO+4NaOH═2Na2FeO4+3NaCl+5H2O　；高铁酸钠能用作新型净水剂的原理是　本身具有强氧化性可杀菌消毒，在反应中被还原成三价铁离子水解生成氢氧化铁胶体净水　；‎ 氧化铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆．以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，用硫酸渣制备铁红的过程如下：‎ ‎①酸溶过程中发生反应的化学方程式为　Fe2O3+3H2SO4═Fe23+3H2O　，‎ ‎　Al2O3+3H2SO4═Al23+3H2O　，　MgO+H2SO4═MgSO4+H2O　；“滤渣A”主要成份的化学式为　SiO2　．‎ ‎②还原过程中加入FeS2的目的是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而本身被氧化为H2SO4，请写出该反应的离子方程式　FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42﹣+16H+　；‎ ‎③氧化过程中，O2、NaOH与Fe2+反应的离子方程式为　4Fe2++O2+2H2O+8OH﹣=4Fe3↓　．‎ ‎④为了确保铁红的质量和纯度，氧化过程需要调节溶液的pH的范围是　3.2～3.8　，‎ 沉淀物 Fe3‎ Al3‎ Fe2‎ Mg2‎ 开始沉淀pH ‎2.7‎ ‎3.8‎ ‎7.6‎ ‎9.4‎ 完全沉淀pH ‎3.2‎ ‎5.2‎ ‎9.7‎ ‎12.4‎ 如果pH过大，可能引起的后果是　Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯　．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．中学版权所有 ‎【专题】综合实验题；实验设计题．‎ ‎【分析】NaClO和NaOH的混合溶液将Fe3氧化得到高铁酸钠，NaClO和NaOH的混合溶液将Fe3氧化得到高铁酸钠，NaClO本身应该被还原为NaCl，结合质量守恒和原子守恒书写化学方程式，高铁酸钠本身具有强氧化性，还原产物Fe3+可水解得到胶体；‎ 硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，再加氢氧化钠和空气，调节溶液的pH的范围是3.2～3.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红；‎ ‎①氧化铁、MgO属于碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物，都能与酸反应生成盐和水；Fe2O3、Al2O3、MgO都和硫酸反应，二氧化硅不和酸反应；‎ ‎②FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而本身被氧化为H2SO4，根据得失电子守恒和原子守恒书写离子反应式并配平；‎ ‎③NaOH与Fe2+反应生成的氢氧化亚铁易被氧化；‎ ‎④为了确保铁红的质量和纯度，调整溶液pH使Fe3+沉淀完全，而Al3+、Mg2+不沉淀，根据几种离子沉淀的pH分析．‎ - 25 -‎ ‎【解答】解：NaClO和NaOH的混合溶液将Fe3氧化得到高铁酸钠，发生反应的化学方程式为2Fe3+3NaClO+4NaOH═2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，高铁酸钠本身具有强氧化性可杀菌消毒，在反应中被还原成三价铁离子水解生成氢氧化铁胶体净水，故答案为：2Fe3+3NaClO+4NaOH═2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；本身具有强氧化性可杀菌消毒，在反应中被还原成三价铁离子水解生成氢氧化铁胶体净水；‎ 硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，再加氢氧化钠和空气，调节溶液的pH的范围是3.2～3.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红；‎ ‎①硫酸与氧化铁、Al2O3、MgO反应生成硫酸铁和水，方程式为：Fe2O3+3H2SO4═Fe23+3H2O，硫酸与Al2O3反应生成硫酸铝和水，方程式为：Al2O3+3H2SO4═Al23+3H2O，硫酸与MgO反应生成硫酸镁和水，方程式为：MgO+H2SO4═MgSO4+H2O，因二氧化硅不与硫酸反应，故“滤渣A”主要成份的化学式为SiO2．‎ 故答案为：Fe2O3+3H2SO4═Fe23+3H2O、Al2O3+3H2SO4═Al23+3H2O、MgO+H2SO4═MgSO4+H2O；SiO2； ‎ ‎②FeS2中S元素的化合价从﹣1价升高到+6价，2个S原子转移14个电子，Fe3+转移1个电子，则二者的计量数之比为1：14，根据S守恒可知SO42﹣前面的化学计量数为2，根据氧守恒可知H20前面化学计量数为8，根据H守恒可知H+前化学计量数为16，则反应的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42﹣+16H+，‎ 故答案为：FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42﹣+16H+；‎ ‎③Fe2+与OH﹣反应生成4Fe2，Fe2不稳定易被氧气氧化为Fe3，用化合价升价法配平方程式为4Fe2++O2+2H2O+8OH﹣=4Fe3↓，‎ 故答案为：4Fe2++O2+2H2O+8OH﹣=4Fe3↓；‎ ‎④溶液pH＞3.2时Fe3+沉淀完全，溶液pH=3.8时Al3+开始沉淀，故溶液的pH的范围是3.2～3.8，根据几种离子沉淀的pH，如果pH过大，Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯；故答案为：3.2～3.8；Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯．‎ ‎【点评】本题通过制备铁红，考查了物质制备方案的设计及化学实验基本操作方法的综合应用，题目难度中等，明确制备流程及化学实验基本操作方法为解答关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力．‎ ‎　‎ - 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