广东省肇庆市2015届高三第三次统一检测理科综合试题_百度文库
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广东省肇庆市2015届高三第三次统一检测理科综合试题
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学年山东省烟台市莱州一中高三（下）第三次质检化学试卷（Word版含解析）
学年山东省烟台市莱州一中高三（下）第三次质检化学试卷
一、选择题（本题包括18小题，1-10题每小题2分，11-18题每小题2分，共44分，每小题只有一个正确答案）
1．以节能减排为基础的低碳经济是保持社会可持续发展的战略举措．下列做法违背发展低碳经济要求的是（　　）
　 A． 发展氢能和太阳能
　 B． 举行“地球一小时“熄灯活动
　 C． 限制塑料制品的使用
　 D． 种植农作物时大量使用化肥和农药
2．下列说法正确的是（　　）
　 A． 阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性
　 B． 失电子难的原子获得电子的能力一定强
　 C． 得到电子越多的氧化剂，其氧化性就越强
　 D． 要实现Fe2+→Fe3+的转化，必须加入氧化剂
3．下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是（　　）
　 A． 使pH试纸显蓝色的溶液中：Cu2+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣
　 B． 含有大量NO的溶液中：NH、I﹣、SO42﹣、H+
　 C． 加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、SO42﹣、NO、Mg2+
　 D． 在c（H+）=1.0×10﹣13mol?L﹣1的溶液中：Na+、SO42﹣、、K+
4．用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）
　 A． 标准状况下，11.2LO2参加反应转移的电子数一定为2NA
　 B． 用双氧水分解制取0.1mol氧气，转移的电子总数为0.4×6.02×1023
　 C． 0.1molAlCl3完全水解转化为氢氧化铝胶体，生成0.1NA个胶粒
　 D． 28gN2和CO的混合气体中含有的分子数为NA
5．分类方法在化学学科的发展中起到重要的作用．下列分类标准合理的是（　　）
　 A． 根据纯净物中的元素组成，将纯净物分为单质和化合物
　 B． 根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质
　 C． 根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体
　 D． 根据反应中的能量变化，将化学反应分为“化合、分解、复分解、置换”四类
6．下列说法正确的是（　　）
　 A． 酸雨样品露天放置一段时间，酸性增强，是由于雨水所含成分被氧化的原因
　 B． N、P、As的非金属性逐渐增强
　 C． 因为氧化性HClO＞稀H2SO4，所以非金属性Cl＞S
　 D． 钠原子在反应中失去的电子比铝原子少，故钠的金属性应弱于铝
7．下列说法中，正确的是（　　）
　 A． 难溶电解质在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，沉淀和溶解即停止
　 B． Ksp越小，难溶电解质在水中的溶解能力一定越弱
　 C． Ksp的大小与离子浓度无关，只与难溶电解质的性质和温度有关
　 D． 相同温度下，AgCl在水中的溶解能力与在NaCl溶液中的相同
8．下列有关实验原理、方法和结论都正确的是（　　）
　 A． 某无色溶液中加Ba（NO3）2溶液，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液中一定有SO42﹣
　 B． 取少量溶液X，向其中加入适量新制氯水，再加几摘KSCN溶液，溶液变红，说明X溶液中一定含有Fe2+
　 C． 可将混合气体依次通过盛有足量酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶，除去干燥的CO2中混有的少量SO2
　 D． 将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，振荡后静置，可将碘萃取到乙醇中
9．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲是由其中的三种元素组成的化合物，0．lmol?L﹣1甲溶液的pH为13（25），Y元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等，下列说法正确的是（　　）
　 A． 原子半径：W＞Z＞Y＞X
　 B． Y元素在周期表中的位置为第三周期第IVA族
　 C． 与氢气化合时，Z比Y容易
　 D． 甲中只含有离子键
10．某同学对下列四个实验都设计了两种方案，其中两种方案均合理的是（　　）
选项 A B C D
目的 除去碳酸钠中少量的碳酸氢钠 清洗铁制品表面的铁锈 检验苯中含有少量甲苯 鉴别二氧化氮和
方案1 溶解后加入盐酸 加适量稀盐酸 加入Br2/CCl4 加水
方案2 加热 用水洗涤 加入酸性KMnO4 加压
　 A． A B． B C． C D． D
11．利用右图装置探究铁在海水中的电化学防护，下列说法不正确的是（　　）
　 A． 若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀
　 B． 若X为锌棒，开关K置于M处，铁电极的反应：Fe﹣2e﹣→Fe2+
　 C． 若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀
　 D． 若X为碳棒，开关K置于N处，铁电极的反应：2H++2e﹣→H2↑
12．钯的化合物氯化钯可用来检验有毒气体CO，常温下发生反应的化学方程式为CO+PdCl2+H2OCO2+Pd↓+2HCl．下列说法正确的是（　　）
　 A． 氧化性：PbCl2＞CO2
　 B． 反应中PbCl2被氧化
　 C． 生成22.4L CO2时，转移的电子为2mol
　 D． CO气体只有在高温下才能表现出还原性
13．下列实验“操作和现象”与“结论”都正确的是（　　）
操作和现象 结论
A 切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐褪去 Na在空气中会生成Na2O2
B 铝箔插入浓硝酸中，无明显现象 铝与浓硝酸不反应
C SO2通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色 SO2具有漂白性
D 将充满NO2的试管倒立在水中，试管内液面约上升至试管容积的处；缓慢通入O2，轻轻晃动试管，至液体基本上充满试管 从原料的充分利用和减少污染物的排放等方面考虑，该实验对工业生产硝酸有重要启示
　 A． A B． B C． C D． D
14．已知A、B为单质，C为化合物：A+BCA+B．能实现上述转化关系的是（　　）
①若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na
②若C的溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则A可能是H2
③若C的溶液中滴加KSCN溶液显红色，则B可能为Fe
④若C的溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为Cu．
　 A． ①② B． ②④ C． ①③ D． ③④
15．下列离子方程式书写不正确的是（　　）
　 A． 向H2SO4酸化的KI溶液中滴加H2O2：2I﹣+H2O2+2H+=I2+2H2O
　 B． 小苏打治疗胃酸过多：H++HCO3﹣=H2O+CO2↑
　 C． 氯气溶于水：Cl2+H2O?H++Cl﹣+HClO
　 D． 检验溴乙烷中含有的溴元素：CH3CH2Br+Ag+=AgBr↓+CH3CH2+
16．“茶倍健”牙膏中含有茶多酚，期中没食子儿茶素（EGC）的结构如图所示．关于EGC的下列叙述中正确的是（　　）
　 A． 分子式为C15H12O7
　 B． EGC可在强碱的醇溶液中发生消去反应
　 C． 1molEGC最多消耗6molNaOH
　 D． 1molEGC可与4molBr2发生取代反应
17．下列叙述正确的是（　　）
　 A． 醋酸溶液的pH=a，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH=b，则a＞b
　 B． 在滴有酚酞溶液的氨水里，加入NH4C1至溶液恰好无色，则此时溶液的pH＜7
　 C． 物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）2c（H+）+c（CH3COOH）
　 D． pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c（CH3COO﹣）＜c（Na+）
18．取两个相同容积的密闭恒容容器，在A容器中充入0.2molN2O4，B容器中充入0.2molHI气体，在一定温度下反应分别达到平衡，测得N2O4和HI的分解率分别为a（A）和a（B）．在该平衡体系中再分别充入0.2molN2O4和0.2molHI，当反应重新达到平衡时，测得N2O4和HI的分解率分别为a′（A）和a′（B）．下列判断一定正确的是（　　）
　 A． a（A）＞a′（A）
a（B）＜a′（B） B． a（A）＞a′（A）
a（B）=a′（B）
　 C． a（A）＜a′（A）
a（B）＜a′（B） D． a（A）=a′（A）
a（B）＞a′（B）
二、填空题
19．关于As的反应中，反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O和一种未知物质X．
①已知KBrO3在反应中得到电子，则该反应的还原剂是　　　　　　．
②已知0.2mol KBrO3在反应中得到1mol电子生成X，则X的化学式为　　　　　　．
③根据上述反应可推知　　　　　　．（填序号）
A．氧化性：KBrO3＞H3AsO4；B．氧化性：H3AsO4＞KBrO3
C．还原性：AsH3＞X；D．还原性：X＞AsH3
④在该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为　　　　　　．
20．A、B、C、D、E是中学常见的5种化合物，A、B是氧化物，元素X、Y、的单质是生活中常见的金属，相关物质间的关系如下图所示．
回答下列问题：
（1）X的单质与A反应的化学方程式是　　　　　　．
（2）若C溶液显碱性，则试剂1是　　　　　　溶液（写化学式）；若C溶液显酸性，则显酸性的原因是（用离子方程式表示）　　　　　　．
（3）若试剂1和试剂2均是稀硫酸．
①检验物质D的溶液中金属离子的方法是　　　　　　；
②写出D﹣E反应的离子方程式　　　　　　；
③某高效净水剂是由Y（OH）SO4聚合得到的．工业上以E、稀硫酸和亚硝酸钠为原料来制备Y（OH）SO4，反应中有NO生成，该反应的化学方程式是（不必配平）：　　　　　　．
21．已知某纯碱样品中含有NaCl杂质，为测定样品中纯碱的质量分数，甲同学用如图1所示装置及试剂进行实验
（夹持仪器略）．
（1）仪器A、B的名称分别是　　　　　　、　　　　　　．
（2）甲同学按实验正常操作的主要步骤如下：
①　　　　　　；
②将a g试样放入仪器B中，加适量蒸馏水溶解，得到样品溶液；
③称量盛有碱石灰的干燥管的质量为b g；
④从仪器A中滴入浓盐酸，直到不再产生气体时为止；
⑤再次称量盛有碱石灰的干燥管的质量为c g；
（3）甲同学根据以上实验求得的样品中Na2CO3的质量分数是　　　　　　（用含a、b、c的式子表示）．
（4）乙同学认为甲同学在实验装置设计和使用药品上都有缺陷，会导致测得的Na2CO3的质量分数偏高，而丙同学则认为甲同学的实验装置会使测得的结果偏低，丙同学认为结果偏低的原因是：　　　　　　．
（5）若要解决乙、丙同学指出的甲同学实验中的问题，可对甲同学的实验装置和实验药品进行适当的改动，请按合理顺序选择如图2所示仪器并完成下表：（用大写字母代表仪器，仪器可重复使用，夹持仪器略）
选用的仪器 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
添加的药品
（必要的操作） 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
（1）CCS技术是将工业和有关能源产业中所生产的CO2进行捕捉与封存的技术，被认为是拯救地球、应对全球气候变化最重要的手段之一．其中一种以天燃气为燃料的“燃烧前捕获系统”的简单流程图如图甲所示（部分条件及物质未标出）．回答下列问题：
CH4在催化剂作用下实现第一步，也叫CH4不完全燃烧，1gCH4不完全燃烧反应放出2.21kJ热量，写出该反应的热化学方程式　　　　　　．
（2）甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上可用（1）转化中得到的合成气制备甲醇．反应为CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）某温度下，在容积为2L的密闭容器中进行该反应，其相关数据见如图乙：
①根据上图计算，从反应开始到tmin时，用H2浓度变化表示的平均反应速率v（H2）=　　　　　　
②t min至2tmin时速率变化的原因可能是　　　　　　；
③3tmin时对反应体系采取了一个措施，至4tmin时CO的物质的量为0.5mol，请完成图乙CO的曲线．
（3）某同学按图丙所示的装置用甲醇燃料电池（装置）进行电解的相关操作，以测定铜的相对原子质量，其中c电极为铜棒，d电极为石墨，X溶液为500mL0.4mol/L硫酸铜溶液．当装置中某电极上收集到标准状况下的气体V1mL时，另一电极增重mg（m＜12.8）．
①装置中、H+向　　　　　　极（填“a”或“b”）移动；b电极上发生的反应为　　　　　　．
②铜的相对原子质量的表达式为　　　　　　（用m和V1的代数式表示）．
23．对﹣甲基苯甲酸乙酯（F）是有机化工原料，用于合成药物的中间体，某兴趣小组利用中学的简单有机物进行合成，其方案如图：
（1）A的结构简式是　　　　　　，E中含有的官能团名称是　　　　　　．
（2）指出化学反应类型：①　　　　　　；②　　　　　　．
（3）丁子香酚（
）是一种重要的调味剂，它与F的关系是　　　　　　．
b．同分异构体c．同种物质
（4）下列物质不能与丁子香酚发生反应的是　　　　　　．
a．NaOH溶液b．NaHCO3溶液c．Br2的四氯化碳溶液d．乙醇
（5）写出反应③的化学方程式：　　　　　　．
24．X、Y、Z、W、L、M六种短周期主族元素的原子序数依次增大，其中X、M的单质在常温下呈气态，Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，Z在同周期的主族元素中原子半径最大，W是地壳中含量最多的金属元素，L的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料．用化学用语回答下列问题：
（1）M在元素周期表中的位置为　　　　　　．
（2）Y、L、M的最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序是　　　　　　（写化学式）．
（3）原子序数比Y多2的元素的一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，此分解反应的化学方程式是　　　　　　．
（4）写出Z的最高价氧化物对应的水化物与单质W反应的离子方程式为　　　　　　
（5）R与Y同周期，R的单质分子R2中有3个共价键，R与L能形成一种新型无机非金属材料，其化学式是　　　　　　．
（6）碘是人体必需的微量元素之一，有“智力元素”之称．我国从1989年开始，逐步以KIO3取代KI加工碘盐．已知在酸性溶液中可发生反应：I03﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O，据此反应，可用试纸和一些生活中常见的物质设计实验，证明食盐中存在I03﹣．可供选用的物质有：①自来水；②蓝色石蕊试纸；③碘化钾淀粉试纸；④淀粉；⑤食醋；⑥白酒；⑦食糖．你认为进行上述实验时必须使用的物质是　　　　　　（填序号）．
201-2015学年山东省烟台市莱州一中高三（下）第三次质检化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括18小题，1-10题每小题2分，11-18题每小题2分，共44分，每小题只有一个正确答案）
1．以节能减排为基础的低碳经济是保持社会可持续发展的战略举措．下列做法违背发展低碳经济要求的是（　　）
　 A． 发展氢能和太阳能
　 B． 举行“地球一小时“熄灯活动
　 C． 限制塑料制品的使用
　 D． 种植农作物时大量使用化肥和农药
考点： 使用化石燃料的利弊及新能源的开发；常见的生活环境的污染及治理．
专题： 热点问题．
分析： A．氢能燃烧生成水，太阳能为无污染可再生能源；
B．熄灯一小时，这个活动能起到节约电能，减少化石燃料的使用；
C．塑料是含碳的有机高聚物，限制塑料制品的使用可减少白色污染，；
D．许多种化学农药严重污染水体、大气和土壤，造成环境污染，大量使用化肥．是造成水体污染的主要原因之一；
解答： 解：A．开发利用氢能和太阳能等新能源，太阳能、地热能不向周围环境中排放污染物，是清洁能源，可以减少二氧化碳的排放，符合低碳经济要求，故A正确；
B．温室气体的排放主要与化石燃料的大量使用有关，举行“地球一小时“熄灯活动，电能节约了，使用化石燃料也减少了，所以符合低碳经济要求，故B正确；
C．限制塑料制品的使用，可以减少白色污染，符合低碳经济的理念，故C正确；
D．作物需要的营养元素是有限的，施用较多的化肥，不但作物不能完全吸收，造成经济浪费，而且还会造成环境污染；化学农药严重污染水体、大气和土壤，所以种植农作物时大量使用化肥和农药违背节能减排，违背发展低碳经济要求，故D错误；
点评： 本题主要考查了与节能减排相关的知识，依据已有的知识进行解答，题目难度不大．
2．下列说法正确的是（　　）
　 A． 阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性
　 B． 失电子难的原子获得电子的能力一定强
　 C． 得到电子越多的氧化剂，其氧化性就越强
　 D． 要实现Fe2+→Fe3+的转化，必须加入氧化剂
考点： 氧化还原反应．
专题： 氧化还原反应专题．
分析： A．阳离子可能有还原性，阴离子可能有氧化性；
B．失电子难的原子获得电子的能力不一定强；
C．得电子多的氧化剂，其氧化性不一定强；
D．要实现Fe2+→Fe3+的转化，亚铁离子作还原剂，则必须加入氧化剂．
解答： 解：A．阳离子可能有还原性，如Fe2+，阴离子可能有氧化性，如酸性条件下MnO4﹣，故A错误；
B．失电子难的原子获得电子的能力不一定强，如Ar，故B错误；
C．氧化剂的氧化性强弱是根据得电子难易程度判断的，不是根据得电子多少判断的，所以得到电子越多的氧化剂，其氧化性不一定强，故C错误；
D．要实现Fe2+→Fe3+的转化，在反应中亚铁离子失电子作还原剂，则必须加入氧化剂氧化亚铁离子生成铁离子，故D正确；
点评： 本题考查氧化还原反应，注意物质氧化性、还原性的强弱的判断方法，为易错点．
3．下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是（　　）
　 A． 使pH试纸显蓝色的溶液中：Cu2+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣
　 B． 含有大量NO的溶液中：NH、I﹣、SO42﹣、H+
　 C． 加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、SO42﹣、NO、Mg2+
　 D． 在c（H+）=1.0×10﹣13mol?L﹣1的溶液中：Na+、SO42﹣、、K+
考点： 离子共存问题．
专题： 离子反应专题．
分析： A．使pH试纸显蓝色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，铁离子、铜离子与氢氧根离子反应；
B．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能够氧化碘离子；
C．加入Al能放出H2的溶液为酸性或强碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，镁离子与氢氧根离子反应，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，与铝反应不会生成氢气；
D．c（H+）=1.0×10﹣13mol?L﹣1的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应．
解答： 解：A．使pH试纸显蓝色的溶液中存在大量氢氧根离子，Cu2+、Fe3+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．I﹣、NO3﹣、H+在溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C．加入Al能放出H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，Mg2+与氢氧根离子反应，NO3﹣在酸性溶液中具有氧化性，加入铝不会生成氢气，故C错误；
D．c（H+）=1.0×10﹣13mol?L﹣1的溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、SO42﹣、、K+之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；
点评： 本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等．
4．用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）
　 A． 标准状况下，11.2LO2参加反应转移的电子数一定为2NA
　 B． 用双氧水分解制取0.1mol氧气，转移的电子总数为0.4×6.02×1023
　 C． 0.1molAlCl3完全水解转化为氢氧化铝胶体，生成0.1NA个胶粒
　 D． 28gN2和CO的混合气体中含有的分子数为NA
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、氧气反应后的产物中，化合价有﹣1、﹣2价两种；
B、2H2O22H2O+O2↑，2molH2O2转移2mol电子，则0.1mol转移0.1mol电子；
C、胶体为许多分子的聚合体；
D、N2和CO的摩尔质量均为28g/mol．
解答： 解：A、由于反应产物中氧元素的化合价没有确定，故标况下11.2LO2参加反应转移的电子数不一定是2NA，故A错误；
B、2H2O22H2O+O2↑，2molH2O2转移2mol电子，则0.1mol转移0.1mol电子，转移电子数为0.1×6.02×1023，故B错误；
C、氢氧化铝胶粒是许多氢氧化铝微粒的聚集体，故0.1molAlCl3完全水解转化为氢氧化铝胶体，生成胶粒数小于0.1NA，故C错误；
D、N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，故28g混合气体的物质的量为1mol，则含有的分子数为NA个，故D正确．
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．
5．分类方法在化学学科的发展中起到重要的作用．下列分类标准合理的是（　　）
　 A． 根据纯净物中的元素组成，将纯净物分为单质和化合物
　 B． 根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质
　 C． 根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体
　 D． 根据反应中的能量变化，将化学反应分为“化合、分解、复分解、置换”四类
考点： 混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；化学基本反应类型；强电解质和弱电解质的概念．
专题： 物质的分类专题．
分析： A．根据元素组成的种类分析；
B．根据弱电解质和强电解质的电离程度不同；
C．根据分散质粒子直径大小来分类；
D．根据反应物和生成物的类别以及反应前后物质种类对反应进行基本分类；
解答： 解：A．根据纯净物中的元素组成，只有一种元素组成的纯净物称为单质，含有两种或以上元素组成的纯净物称为化合物，故A正确；
B．弱电解质是在水溶液里部分电离的化合物，强电解质是指在水溶液中能完全电离的化合物，与溶液导电能力强弱无关，故B错误；
C．根据分散系微粒直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据否具有丁达尔现象，故C错误；
D．根据反应物和生成物的类别以及反应前后物质种类的多少，把化学反应分为两种物质反应生成一种物质的为化合反应，一种物质生成两种或两种以上物质的反应解反应；一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应；两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应为复分解反应，不是根据反应中的能量变化，故D错误；
点评： 本题考查物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类的依据，不同的分类标准会得出不同的分类结果．
6．下列说法正确的是（　　）
　 A． 酸雨样品露天放置一段时间，酸性增强，是由于雨水所含成分被氧化的原因
　 B． N、P、As的非金属性逐渐增强
　 C． 因为氧化性HClO＞稀H2SO4，所以非金属性Cl＞S
　 D． 钠原子在反应中失去的电子比铝原子少，故钠的金属性应弱于铝
考点： 同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系．
专题： 元素周期律与元素周期表专题．
分析： A．酸雨是由于空气中含有二氧化硫较多，与水反应生成亚硫酸生成，亚硫酸可被氧化；
B．同周期元素从上到下，元素的非金属性之间减弱；
C．比较非金属性应根据最高价含氧酸的酸性强弱；
D．比较金属性应根据失去电子的能力，而不是电子的多少．
解答： 解：A．酸雨中含有亚硫酸，亚硫酸可被氧化生成硫酸，溶液酸性增强，故A正确；
B．同周期元素从上到下，元素的非金属性之间减弱，应为逐渐减弱，故B错误；
C．比较非金属性应根据最高价含氧酸的酸性强弱，不能根据含氧酸的氧化性强弱，故C错误；
D．比较金属性应根据失去电子的能力，而不是电子的多少，故D错误．
点评： 本题考查元素周期律知识，注意把握比较元素的金属性、非金属性的角度，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．
7．下列说法中，正确的是（　　）
　 A． 难溶电解质在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，沉淀和溶解即停止
　 B． Ksp越小，难溶电解质在水中的溶解能力一定越弱
　 C． Ksp的大小与离子浓度无关，只与难溶电解质的性质和温度有关
　 D． 相同温度下，AgCl在水中的溶解能力与在NaCl溶液中的相同
考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
专题： 电离平衡与溶液的pH专题．
分析： A、沉淀溶解平衡是动态平衡；
B、Ksp可用来判断相同的类型的化合物在水中溶解度的大小，但是如果化合物的形式不同，就不能进行直接判断；
C、Ksp是平衡常数与温度和电解质本性有关，与浓度无关；
D、依据沉淀溶解平衡影响因素分析判断；
解答： 解：A、难溶电解质在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，沉淀溶解平衡是动态平衡，沉淀和溶解速率相同，故A错误；
B、Ksp可用来判断相同的类型的化合物在水中溶解度的大小，但是如果化合物的形式不同，就不能进行直接判断，难溶电解质在水中的溶解能力不一定越弱，故B错误；
C、沉淀溶解平衡常存在的溶度积常数，Ksp的大小与离子浓度无关，只与难溶电解质的性质和温度有关，故C正确；
D、相同温度下，AgCl在水中的溶解能力大于在NaCl溶液中的溶解能力，因为氯化钠溶液中氯离子对氯化银溶解起到抑制作用，故D错误；
点评： 本题考查了沉淀溶解平衡的影响因素分析，物质溶解度比较的依据掌握，注意掌握基础是解题关键，题目较简单．
8．下列有关实验原理、方法和结论都正确的是（　　）
　 A． 某无色溶液中加Ba（NO3）2溶液，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液中一定有SO42﹣
　 B． 取少量溶液X，向其中加入适量新制氯水，再加几摘KSCN溶液，溶液变红，说明X溶液中一定含有Fe2+
　 C． 可将混合气体依次通过盛有足量酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶，除去干燥的CO2中混有的少量SO2
　 D． 将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，振荡后静置，可将碘萃取到乙醇中
考点： 化学实验方案的评价；硫酸根离子的检验；二价Fe离子和三价Fe离子的检验；物质的分离、提纯和除杂．
专题： 实验评价题．
分析： A．生成的沉淀也可能为AgCl；
B．也可能为Fe3+；
C．二氧化硫具有氧化性，可与酸性高锰酸钾溶液反应；
D．乙醇与水混溶，不能用作萃取剂．
解答： 解：A．加入稀盐酸，沉淀不溶解，生成的沉淀也可能为AgCl，应先加入盐酸，如无显现，再加入氯化钡，故A错误；
B．应先加入KSCN溶液，如不变红，在加入氯水，故B错误；
C．二氧化硫具有氧化性，可与酸性高锰酸钾溶液反应，可除去二氧化硫气体，故C正确；
D．乙醇与水混溶，不能用作萃取剂，应用苯或四氯化碳，故D错误；
点评： 本题考查化学实验方案的评价，题目较为综合，涉及物质的检验和分离等操作，注意把握实验方案的严密性，结合物质的性质进行解答，题目难度不大．
9．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲是由其中的三种元素组成的化合物，0．lmol?L﹣1甲溶液的pH为13（25），Y元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等，下列说法正确的是（　　）
　 A． 原子半径：W＞Z＞Y＞X
　 B． Y元素在周期表中的位置为第三周期第IVA族
　 C． 与氢气化合时，Z比Y容易
　 D． 甲中只含有离子键
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： X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲是由其中的三种元素组成的化合物，0.1mol?L﹣1甲溶液的pH为13，说明甲为强碱，则甲为NaOH，Y元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等，处于A族，结合原子序数可知，则X为H，Y为C，Z为O，W为Na，以此解答该题．
解答： 解：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲是由其中的三种元素组成的化合物，0.1mol?L﹣1甲溶液的pH为13，说明甲为强碱，则甲为NaOH，Y元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等，处于A族，结合原子序数可知，则X为H，Y为C，Z为O，W为Na．
A．原子半径应为：Na＞C＞O＞H，即W＞Y＞Z＞X，故A错误；
B．Y为C元素，在周期表中的位置为第二周期第IVA族，故B错误；
C．非金属性O＞C，元素的非金属性越强，越易与氢气化合，故C正确；
D．甲为NaOH，既含有离子键，又含有共价键，故D错误．
点评： 本题考查原子结构与元素周期律知识，题目难度不大，关键是根据原子结构的特点判断元素的种类，注意把握元素周期律的递变规律．
10．某同学对下列四个实验都设计了两种方案，其中两种方案均合理的是（　　）
选项 A B C D
目的 除去碳酸钠中少量的碳酸氢钠 清洗铁制品表面的铁锈 检验苯中含有少量甲苯 鉴别二氧化氮和
方案1 溶解后加入盐酸 加适量稀盐酸 加入Br2/CCl4 加水
方案2 加热 用水洗涤 加入酸性KMnO4 加压
　 A． A B． B C． C D． D
考点： 化学实验方案的评价；物质的分离、提纯和除杂；物质的检验和鉴别的实验方案设计．
专题： 实验评价题．
分析： A．碳酸氢钠不稳定，碳酸钠、碳酸氢钠均与盐酸反应；
B．铁、铁锈均与盐酸反应，均不溶于水；
C．苯、甲苯均能溶解溴，甲苯能被高锰酸钾氧化；
D．二氧化氮溶于水为无色，二氧化氮存在化学平衡．
解答： 解：A．碳酸氢钠不稳定，碳酸钠、碳酸氢钠均与盐酸反应，不能除杂，则方案1不合理，故A不选；
B．铁、铁锈均与盐酸反应，均不溶于水，则两种方案均不合理，故B不选；
C．苯、甲苯均能溶解溴，甲苯能被高锰酸钾氧化，则方案1不合理，故C不选；
D．二氧化氮溶于水为无色，溴水有颜色，且二氧化氮存在化学平衡，加压颜色变浅，所以两种方案均可鉴别，故D选；
点评： 本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的除杂、检验、鉴别等，侧重物质或离子性质的考查，题目难度不大，选项D中的颜色和化学平衡为解答的难点．
11．利用右图装置探究铁在海水中的电化学防护，下列说法不正确的是（　　）
　 A． 若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀
　 B． 若X为锌棒，开关K置于M处，铁电极的反应：Fe﹣2e﹣→Fe2+
　 C． 若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀
　 D． 若X为碳棒，开关K置于N处，铁电极的反应：2H++2e﹣→H2↑
考点： 金属的电化学腐蚀与防护．
专题： 电化学专题．
分析： 根据金属的防护，若K置于N处，必须让被保护的金属接电源负极；若开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，金属铁为正极，金属铁被保护．
解答： 解：A、若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，金属铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故A正确；
B、若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，氧气在该极发生还原反应，故B错误；
C、若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，此时金属铁为阴极，铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故C正确；
D、若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，X极为阳极，发生氧化反应，铁电极为阴极，发生还原反应，故D正确．
点评： 本题考查学生原电池和电解池的工作原理以及金属的腐蚀和防护知识，注意知识的梳理和归纳是解题的关键，难度不大．
12．钯的化合物氯化钯可用来检验有毒气体CO，常温下发生反应的化学方程式为CO+PdCl2+H2OCO2+Pd↓+2HCl．下列说法正确的是（　　）
　 A． 氧化性：PbCl2＞CO2
　 B． 反应中PbCl2被氧化
　 C． 生成22.4L CO2时，转移的电子为2mol
　 D． CO气体只有在高温下才能表现出还原性
考点： 氧化还原反应．
专题： 氧化还原反应专题．
分析： CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓+2HCl中，C元素的化合价由+2价升高为+4价，Pb元素的化合价由+2降低为0，结合元素化合价的变化解答该题．
解答： 解：CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓+2HCl中，C元素的化合价由+2价升高为+4价，Pb元素的化合价由+2降低为0，
A．反应中PdCl2为氧化剂，CO2为氧化产物，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，故A正确；
B．Pb元素的化合价由+2降低为0，反应中PbCl2被含有，故B错误；
C．该条件下（常温）生成约22.4LCO2时，其物质的量不是1mol，则转移的电子数不为2mol，故C错误；
D．反应在常温下进行，可说明CO在常温下就具有强还原性，故D错误．
点评： 本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确反应中元素的化合价变化及基本概念即可解答，题目难度不大．
13．下列实验“操作和现象”与“结论”都正确的是（　　）
操作和现象 结论
A 切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐褪去 Na在空气中会生成Na2O2
B 铝箔插入浓硝酸中，无明显现象 铝与浓硝酸不反应
C SO2通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色 SO2具有漂白性
D 将充满NO2的试管倒立在水中，试管内液面约上升至试管容积的处；缓慢通入O2，轻轻晃动试管，至液体基本上充满试管 从原料的充分利用和减少污染物的排放等方面考虑，该实验对工业生产硝酸有重要启示
　 A． A B． B C． C D． D
考点： 钠的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的化学性质；铝的化学性质．
专题： 氧族元素；几种重要的金属及其化合物．
分析： A、常温下钠在空气中氧化为氧化钠；
B、常温下，铝在浓硝酸中发生钝化现象，金属表面生成了一层氧化物薄膜，阻止反应进行，体现的是硝酸的强氧化性；
C、二氧化硫具有还原性被氧化剂高锰酸钾氧化为硫酸；
D、二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，通入氧气，一氧化氮和氧气按照4：3恰好溶于水形成硝酸溶液；
解答： 解：A、切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐褪去形成白色固体氧化钠，不是过氧化钠，故A错误；
B、常温下，铝在浓硝酸中发生钝化现象，金属表面生成了一层氧化物薄膜，阻止反应进行，故B错误；
C、二氧化硫具有还原性被氧化剂高锰酸钾氧化为硫酸，溶液颜色褪去，不是二氧化硫的漂白性，故C错误；
D、二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，通入氧气，一氧化氮和氧气按照4：3恰好溶于水形成硝酸溶液；原料充分利用防止气体污染空气，气体溶于水全部形成硝酸，故D正确；
点评： 本题考查了钠、铝、二氧化硫氮氧化物等物质的性质应用，反应现象确定物质的性质，掌握特征反应和反应原理是解题关键．
14．已知A、B为单质，C为化合物：A+BCA+B．能实现上述转化关系的是（　　）
①若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na
②若C的溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则A可能是H2
③若C的溶液中滴加KSCN溶液显红色，则B可能为Fe
④若C的溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为Cu．
　 A． ①② B． ②④ C． ①③ D． ③④
考点： 无机物的推断．
专题： 推断题．
分析： 从转化关系可知，电解电解质溶液时，是电解电解质本身，
因此C可以为不活泼金属的无氧酸盐或无氧酸．
①电解强碱溶液实际上是电解水，不符合上述转化关系；
②C的溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则C可以是卤化氢，A可能是H2
③若C的溶液中滴加KSCN溶液显红色，则C中含铁离子，铁离子得电子变成亚铁离子，不会生成铁单质；
④C的溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则C为铜盐，电解氯化铜可得铜和氯气两种单质．
解答： 解：从转化关系可知，电解电解质溶液时，是电解电解质本身，
因此C可以为不活泼金属的无氧酸盐或无氧酸．
①若A为钠，则B为氧气，则C为过氧化钠，C的水溶液为氢氧化钠，电解氢氧化钠得到氢气和氧气，不符合转化关系，故①错误；
②若C的溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则C可以为HCl、HBr、HI等，电解这些酸的水溶液实际上是电解本身，在阴极得到氢气，故A可能是H2，
B可能为卤素单质，故②符号上述转化关系，故②正确；
③若C的溶液中滴加KSCN溶液显红色，则C中含铁离子，电解铁盐不会得到铁单质，故③错误；
④由C的溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则C为铜盐，C可以为卤化铜，如氯化铜、溴化铜等，电解他们的水溶液都会得到铜和卤素单质，故B可以为铜，故④正确．
点评： 本题考察了无机推断．抓住解题突破口是解题的关键，本题解题突破口为，
由此判断电解C溶液实际上是电解电解质本身，从而判断出C化合物的类别．
15．下列离子方程式书写不正确的是（　　）
　 A． 向H2SO4酸化的KI溶液中滴加H2O2：2I﹣+H2O2+2H+=I2+2H2O
　 B． 小苏打治疗胃酸过多：H++HCO3﹣=H2O+CO2↑
　 C． 氯气溶于水：Cl2+H2O?H++Cl﹣+HClO
　 D． 检验溴乙烷中含有的溴元素：CH3CH2Br+Ag+=AgBr↓+CH3CH2+
考点： 离子方程式的书写．
分析： A．双氧水将碘离子氧化成碘单质；
B．小苏打为碳酸氢钠，碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳气体；
C．氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸；
D．溴乙烷为非电解质，在溶液中不会电离出溴离子．
解答： 解：A．向H2SO4酸化的KI溶液中滴加H2O2，双氧水与碘离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2I﹣+H2O2+2H+=I2+2H2O，故A正确；
B．小苏打治疗胃酸过多，反应原理为：H++HCO3﹣=H2O+CO2↑，故B正确；
C．氯气溶于水反应生成氯化氢和次氯酸，反应的离子方程式为：Cl2+H2O?H++Cl﹣+HClO，故C正确；
D．溴乙烷属于非电解质，在溶液中不存在溴离子，加入硝酸银后不会生成沉淀，所以该反应不会发生，故D错误；
点评： 本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式书写原则，明确判断离子方程式正误的常用方法，如：检查反应物、生成物的拆分是否正确、是否满足守恒关系等，D为易错点，注意溴乙烷不是电解质．
16．“茶倍健”牙膏中含有茶多酚，期中没食子儿茶素（EGC）的结构如图所示．关于EGC的下列叙述中正确的是（　　）
　 A． 分子式为C15H12O7
　 B． EGC可在强碱的醇溶液中发生消去反应
　 C． 1molEGC最多消耗6molNaOH
　 D． 1molEGC可与4molBr2发生取代反应
考点： 有机物的结构和性质．
专题： 有机物的化学性质及推断．
分析： 根据有机物的结构简式判断有机物元素的种类和原子个数，可确定有机物的分子式，该有机物中含有酚羟基，可发生取代、显色反应，含有醇羟基，可发生消去、取代、氧化反应，以此解答该题．
解答： 解：A．由有机物的结构简式可知该有机物的分子式为C15H14O7，故A错误；
B．该有机物不含有氯、溴等原子，不能在强碱的醇溶液中发生消去反应，故B错误；
C．分子中含有5个酚羟基，则1molEGC最多消耗5molNaOH，故C错误；
D.5个酚羟基共有4个邻位H原子可被取代，则1molEGC可与4molBr2发生取代反应，故D正确．
点评： 本题考查有机物的结构和性质，侧重于有机物的官能团的性质的考查，易错点为A，注意根据有机物的结构简式判断，把握有机物的成键特点．
17．下列叙述正确的是（　　）
　 A． 醋酸溶液的pH=a，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH=b，则a＞b
　 B． 在滴有酚酞溶液的氨水里，加入NH4C1至溶液恰好无色，则此时溶液的pH＜7
　 C． 物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）2c（H+）+c（CH3COOH）
　 D． pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c（CH3COO﹣）＜c（Na+）
考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较．
分析： A、根据弱电解质的电离平衡来分析稀释后的pH；
B、根据离子对氨水的电离平衡的影响来分析平衡移动及溶液的pH；
C、物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合，溶液显酸性，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），物料守恒为c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol/L=2c（Na+），以此分析；
D、pH=5.6，说明c（H+）＞c（OH﹣），据电荷守恒分析．
解答： 解：A、因醋酸是弱电解质，稀释时促进电离，但氢离子的浓度减小，则pH变大，即b＞a，故A错误；
B、在氨水中存在电离平衡，当加入NH4Cl，平衡逆向移动，氢氧根离子的浓度减小，由酚酞的变色范围8.2～10可知，此时溶液的pH可能小于8.2，不一定小于7，故B错误；
D、物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合，溶液显酸性，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），物料守恒为c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol/L=2c（Na+），由上述两个式子可得c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣），故C正确；
D、pH=5.6，说明c（H+）＞c（OH﹣），据电荷守恒c（CH3COO﹣）＞c（Na+），故D错误；
点评： 本题考查了电离平衡及pH的有关计算，学生应注意酸的溶液的pH在常温下一定小于7，能利用影响平衡的因素及酸碱反应的实质来分析解答即可．
18．取两个相同容积的密闭恒容容器，在A容器中充入0.2molN2O4，B容器中充入0.2molHI气体，在一定温度下反应分别达到平衡，测得N2O4和HI的分解率分别为a（A）和a（B）．在该平衡体系中再分别充入0.2molN2O4和0.2molHI，当反应重新达到平衡时，测得N2O4和HI的分解率分别为a′（A）和a′（B）．下列判断一定正确的是（　　）
　 A． a（A）＞a′（A）
a（B）＜a′（B） B． a（A）＞a′（A）
a（B）=a′（B）
　 C． a（A）＜a′（A）
a（B）＜a′（B） D． a（A）=a′（A）
a（B）＞a′（B）
考点： 等效平衡．
分析： A容器中N2O4?2NO2，B容器中2HI（g）?H2（g）+I2（g），恒容容器中，再充入0.2molN2O4和0.2molHI，容器内压强增大，A中正反应气体体积增大，反应物转化率降低，B中反应前后气体体积不变，转化率不变，据此分析．
解答： 解：A容器中N2O4?2NO2，B容器中2HI（g）?H2（g）+I2（g），恒容容器中，再充入0.2molN2O4和0.2molHI，容器内压强增大，A中正反应气体体积增大，反应物转化率降低，所以α（A）＞α′（A），B中反应前后气体体积不变，转化率不变，即a（B）=a′（B），故选B．
点评： 本题以二氧化氮和四氧化二氮的可逆反应以及碘化氢的分解反应为载体考查了化学平衡移动原理，要注意：压强只对反应前后气体体积改变的可逆反应平衡移动有影响，对反应前后气体体积不变化的可逆反应无影响，但压强对所有有气体参加的可逆反应反应速率都有影响，无论反应前后气体体积是否变化．
二、填空题
19．关于As的反应中，反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O和一种未知物质X．
①已知KBrO3在反应中得到电子，则该反应的还原剂是　AsH3　．
②已知0.2mol KBrO3在反应中得到1mol电子生成X，则X的化学式为　Br2　．
③根据上述反应可推知　AC　．（填序号）
A．氧化性：KBrO3＞H3AsO4；B．氧化性：H3AsO4＞KBrO3
C．还原性：AsH3＞X；D．还原性：X＞AsH3
④在该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为　8：5　．
考点： 氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较．
专题： 氧化还原反应专题．
分析： ①KBrO3在反应中得到电子，则Br元素的化合价降低，给出的物质中AsH3具有还原性，As元素的化合价在反应中升高；
②由元素化合价的变化来计算转移的电子；
③利用氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性、还原剂的还原性大于还原产物的还原性来分析；
④根据氧化还原反应中得失电子数相等确定氧化剂和还原剂的计量数之比，从而得出氧化剂和还原剂的物质的量之比．
解答： 解：①KBrO3在反应中得到电子，则Br元素的化合价降低，给出的物质中AsH3具有还原性，As元素的化合价在反应中升高，故答案为：AsH3；
②设X中Br元素化合价为x，由元素化合价的变化可知转移的电子为0.2mol×（5﹣x）=1mol，解得x=0，则X为Br2，故答案为：Br2；
③在反应中，氧化剂为KBrO3，还原剂为AsH3，氧化产物为H3AsO4，还原产物为Br2，
由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知KBrO3＞H3AsO4，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知ASH3＞X （Br2），
故答案为：AC；
④该反应中氧化剂是KBrO3，还原剂是AsH3，溴元素化合价变化为+5→0价，As元素化合价变化为﹣3→+5价，根据得失电子数相等知，氧化剂的计量数是8，还原剂的计量数是5，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5，故答案为：8：5．
点评： 本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价是解答本题的关键，注意利用氧化还原反应中的规律及表示方法来解答即可，难度不大．
20．A、B、C、D、E是中学常见的5种化合物，A、B是氧化物，元素X、Y、的单质是生活中常见的金属，相关物质间的关系如下图所示．
回答下列问题：
（1）X的单质与A反应的化学方程式是　Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe　．
（2）若C溶液显碱性，则试剂1是　NaOH（或KOH）　溶液（写化学式）；若C溶液显酸性，则显酸性的原因是（用离子方程式表示）　Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+　．
（3）若试剂1和试剂2均是稀硫酸．
①检验物质D的溶液中金属离子的方法是　取少量溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，则证明原溶液中含有Fe3+　；
②写出D﹣E反应的离子方程式　2Fe3++Fe=3Fe2+　；
③某高效净水剂是由Y（OH）SO4聚合得到的．工业上以E、稀硫酸和亚硝酸钠为原料来制备Y（OH）SO4，反应中有NO生成，该反应的化学方程式是（不必配平）：　2FeSO4+2NaNO2+H2SO42Fe（OH）SO4+Na2SO4+2NO↑　．
考点： 无机物的推断．
专题： 推断题．
分析： 元素X、Y的单质是生活中常见的金属，Y的用量最大，则X为Al，Y为Fe，A、B是氧化物，则Al与氧化铁反应生成Fe和氧化铝；Al、氧化铝都既能与酸反应又能与碱反应，而Fe、氧化铁都能与酸反应，则试剂1为NaOH溶液时，C为偏铝酸钠；试剂2为硫酸时，D为硫酸铁、E为硫酸亚铁；试剂1为硫酸时，C为硫酸铝，该溶液水解显酸性，最后结合化学用语来解答即可．
解答： 解：元素X、Y的单质是生活中常见的金属，Y的用量最大，则X为Al，Y为Fe，A、B是氧化物，则Al与氧化铁反应生成Fe和氧化铝；Al、氧化铝都既能与酸反应又能与碱反应，而Fe、氧化铁都能与酸反应，则试剂1为NaOH溶液时，C为偏铝酸钠；试剂2为硫酸时，D为硫酸铁、E为硫酸亚铁；试剂1为硫酸时，C为硫酸铝，该溶液水解显酸性，
（1）X的单质与A反应为铝热反应，即Al与氧化铁反应生成氧化铝和Fe，该反应为Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe，故答案为：Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe；
（2）C为硫酸铝，试剂1是强碱，可为NaOH或KOH，硫酸铝水解显酸性，水解离子反应为Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+，
故答案为：NaOH（或KOH）；Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+；
（3）①D为硫酸铁，检验铁离子的方法为取少量溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，则证明原溶液中含有Fe3+，
故答案为：取少量溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，则证明原溶液中含有Fe3+；
②D﹣E反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
③E为硫酸亚铁，与稀硫酸和亚硝酸钠为原料生成Fe（OH）SO4，反应中有NO生成，该反应为2FeSO4+2NaNO2+H2SO42Fe（OH）SO4+Na2SO4+2NO↑，
故答案为：2FeSO4+2NaNO2+H2SO42Fe（OH）SO4+Na2SO4+2NO↑．
点评： 本题考查无机物的推断，明确铝热反应及Al、氧化铝、Fe、氧化铁的性质即可解答，并注意试剂1可以为酸或强碱来分析解答，题目难度不大．
21．已知某纯碱样品中含有NaCl杂质，为测定样品中纯碱的质量分数，甲同学用如图1所示装置及试剂进行实验
（夹持仪器略）．
（1）仪器A、B的名称分别是　分液漏斗　、　锥形瓶　．
（2）甲同学按实验正常操作的主要步骤如下：
①　检查装置气密性，连接好装置　；
②将a g试样放入仪器B中，加适量蒸馏水溶解，得到样品溶液；
③称量盛有碱石灰的干燥管的质量为b g；
④从仪器A中滴入浓盐酸，直到不再产生气体时为止；
⑤再次称量盛有碱石灰的干燥管的质量为c g；
（3）甲同学根据以上实验求得的样品中Na2CO3的质量分数是　　（用含a、b、c的式子表示）．
（4）乙同学认为甲同学在实验装置设计和使用药品上都有缺陷，会导致测得的Na2CO3的质量分数偏高，而丙同学则认为甲同学的实验装置会使测得的结果偏低，丙同学认为结果偏低的原因是：　二氧化碳没有完全被碱石灰吸收　．
（5）若要解决乙、丙同学指出的甲同学实验中的问题，可对甲同学的实验装置和实验药品进行适当的改动，请按合理顺序选择如图2所示仪器并完成下表：（用大写字母代表仪器，仪器可重复使用，夹持仪器略）
选用的仪器 　C　 　D　 　C　 　B　 　A　
添加的药品
（必要的操作） 　装有氢氧化钠溶液，从e通入空气　 　分液漏斗装稀硫酸，锥形瓶内装样品溶液　 　浓硫酸　 　碱石灰，反应前后分别称量质量　 　碱石灰　
考点： 探究物质的组成或测量物质的含量．
专题： 实验探究和数据处理题．
分析： （1）根据常见仪器完成：A是分液漏斗，B是锥形瓶；
（2）①实验前需要检查装置气密性；
（3）根据碱石灰的质量差计算出二氧化碳的物质的量，根据碳酸钠的物质的量就等于二氧化碳的物质的量，计算出碳酸钠的质量分数；
（4）从二氧化碳变化完全被碱石灰吸收考虑；
（5）根据将装置中生成的二氧化碳利用空气赶走，保证生成的二氧化碳完全被碱石灰吸收原则进行选择．
解答： 解：（1）仪器A、B的名称分别是：分液漏斗、锥形瓶，故答案为：分液漏斗；锥形瓶；
（2）①实验开始前需要检查装置的气密性，再连接好装置，
故答案为：检查装置气密性，连接好装置；
（3）根据碳酸钠和盐酸反应关系式CO2～Na2CO3，二氧化碳的物质的量等于碳酸钠的物质的量，二氧化碳的质量是：（c﹣b）g，物质的量是：mol，碳酸钠的质量分数是：=，
故答案为：；
（4）碳酸钠生成的二氧化碳，部分存在于B装置中，不会完全被碱石灰吸收，
故答案为：二氧化碳没有完全被碱石灰吸收；
（5）按照从左向右的顺序，装置分别是C、D、C、B、A，C中装有氢氧化钠溶液，将通入的空气中的二氧化碳除掉，保证装置的生成的二氧化碳完全被碱石灰吸收；
D装置中分液漏斗中选用稀硫酸，避免挥发；C中装有浓硫酸，用于干燥二氧化碳，避免水分干扰；B装置中装有碱石灰，用于测定生成的二氧化碳质量；D装置装有碱石灰，用于吸收空气中的二氧化碳和水，避免影响B中质量，
故答案为：
选用的仪器 C D C B A
添加的药品
（必要的操作） 装有氢氧化钠溶液，从e通入空气 分液漏斗装稀硫酸，锥形瓶内装样品溶液 浓硫酸 碱石灰，反应前后分别称量质量 碱石灰
点评： 解答此类题型的关键是分析实验目的和探究方法，本题实验是通过生成的二氧化碳的质量来测定碳酸钠样品的成分含量，所以实验的成败在于收集的二氧化碳的质量是否准确．
（1）CCS技术是将工业和有关能源产业中所生产的CO2进行捕捉与封存的技术，被认为是拯救地球、应对全球气候变化最重要的手段之一．其中一种以天燃气为燃料的“燃烧前捕获系统”的简单流程图如图甲所示（部分条件及物质未标出）．回答下列问题：
CH4在催化剂作用下实现第一步，也叫CH4不完全燃烧，1gCH4不完全燃烧反应放出2.21kJ热量，写出该反应的热化学方程式　2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g）△H=﹣70.72 kJ?mol﹣1　．
（2）甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上可用（1）转化中得到的合成气制备甲醇．反应为CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）某温度下，在容积为2L的密闭容器中进行该反应，其相关数据见如图乙：
①根据上图计算，从反应开始到tmin时，用H2浓度变化表示的平均反应速率v（H2）=　mol/（L?min）　
②t min至2tmin时速率变化的原因可能是　反应受热或使用了催化剂　；
③3tmin时对反应体系采取了一个措施，至4tmin时CO的物质的量为0.5mol，请完成图乙CO的曲线．
（3）某同学按图丙所示的装置用甲醇燃料电池（装置）进行电解的相关操作，以测定铜的相对原子质量，其中c电极为铜棒，d电极为石墨，X溶液为500mL0.4mol/L硫酸铜溶液．当装置中某电极上收集到标准状况下的气体V1mL时，另一电极增重mg（m＜12.8）．
①装置中、H+向　a　极（填“a”或“b”）移动；b电极上发生的反应为　CH3OH﹣6eˉ+H2O=CO2+6H+　．
②铜的相对原子质量的表达式为　　（用m和V1的代数式表示）．
考点： 原电池和电解池的工作原理；热化学方程式；化学平衡的影响因素．
分析： （1）根据流程图可知甲烷不完全燃烧生成一氧化碳和氢气，依据热化学方程式的书写方法写出，标注物质聚集状态和对应焓变；
（2）①根据v=进行计算；
②反应速率加快，而且在t的时刻，达平衡状态进行分析求解；
③平衡正向移动，是增加CO的量导致平衡正向移动；
（3）①由装置II中某电极上收集到标准状况下的气体V1mL时，另一电极增重mg可知，d极为阳极，而c极为阴极；
②根据阳极产生气体的体积，求出整个过程中转移电子的物质的量，然后铜的相对原子质量．
解答： 解：（1）根据流程图可知甲烷不完全燃烧生成一氧化碳和氢气，1gCH4燃烧生成一氧化碳和氢气放热2.21kJ，16g甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量16×2.21kJ=35.36KJ，16g甲烷为1mol，则甲烷不完全燃烧的热化学方程式为：2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g）△H=﹣70.72 kJ?mol﹣1，
故答案为：2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g）△H=﹣70.72 kJ?mol﹣1；
（2）①根据v===mol/（L?min），故答案为：mol/（L?min）；
②反应速率加快，而且在t的时刻，达平衡状态，可能是反应受热或使用了催化剂，故答案为：反应受热或使用了催化剂；
③平衡正向移动，是增加CO的量导致平衡正向移动，所以图象为：，故答案为：；
（3）①由装置II中某电极上收集到标准状况下的气体V1mL时，另一电极增重mg可知，d极为阳极，而c极为阴极，所以与d极相连的a极为正极，原电池中阳离子向正极移动，b电极为负极是燃料发生氧化反应，反应方程式为：CH3OH﹣6eˉ+H2O=CO2+6H+，故答案为：a、CH3OH﹣6eˉ+H2O=CO2+6H+；
②整个过程中转移电子的物质的量为：，所以生成铜的物质的量为：，所以铜的相对原子质量的表达式为，故答案为：．
点评： 本题考查化学反应热、平衡的移动和电化学的相关知识，综合性强，比较有难度．
23．对﹣甲基苯甲酸乙酯（F）是有机化工原料，用于合成药物的中间体，某兴趣小组利用中学的简单有机物进行合成，其方案如图：
（1）A的结构简式是　CH2=CH2　，E中含有的官能团名称是　羧基　．
（2）指出化学反应类型：①　加成反应　；②　氧化反应　．
（3）丁子香酚（
）是一种重要的调味剂，它与F的关系是　b　．
b．同分异构体c．同种物质
（4）下列物质不能与丁子香酚发生反应的是　bd　．
a．NaOH溶液b．NaHCO3溶液c．Br2的四氯化碳溶液d．乙醇
（5）写出反应③的化学方程式：　　．
考点： 有机物的推断．
分析： （1）由F的结构可知，乙醇与发生酯化反应生成F，由D的结构可知，E为，则B为CH3CH2OH，A与水发生加成反应生成B，则A为CH2=CH2；
（2）A的产量标志着一个国家石油化工发展水平，判断为乙烯，反应①是乙烯的水化加成反应生成乙醇，BE反应发生的酯化反应，判断反应②是催化氧化；
（3）结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物．互为同系物物质具有以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同；分子式不同、物理性质不同；研究对象是有机物；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；组成和结构都相同的物质为同一物质，同一物质组成、结构、性质都相同，结构式的书写形式及物质的聚集状态可能不同；
（4）由丁子香酚的结构可知，分子中含有酚羟基，具有酚的性质，含有C=C双键，具有烯的性质等，据此解答；
（5）由（2）中分析可知，反应③是与乙醇发生酯化反应生成．
解答： 解：由F的结构可知，乙醇与发生酯化反应生成F，由D的结构可知，E为，则B为CH3CH2OH，A与水发生加成反应生成B，则A为CH2=CH2，
（1）由上述分析可知，A为CH2=CH2，E为，含有羧基，故答案为：CH2=CH2；羧基；
（2）A的产量标志着一个国家石油化工发展水平，判断为乙烯，反应①是乙烯的水化加成反应生成乙醇，依据转化关系判断，B、E反应发生的是酯化反应，E中含有羧基，判断反应②是催化氧化；醛基被氧化为羧基；所以反应类型为：①加成反应； ②氧化反应；
故答案为：加成反应；氧化反应；
（3）丁子香酚（）含有酚羟基、醚键、碳碳双键，与F含有酯基，两者含有的官能团不同，结构不同、分子式相同，互为同分异构体，
故答案为：b；
（4）由丁子香酚的结构可知，分子中含有酚羟基，能与NaOH反应，酸性比碳酸弱，不能与NaHCO3溶液反应，含有C=C双键，能与溴发生加成反应，不能与乙醇反应，
故答案为：bd；
（5）反应③是与乙醇发生酯化反应生成，反应方程式为，
故答案为：．
点评： 本题考查了有机物的合成流程分析，物质官能团的判断和性质应用，同分异构体的书写方法，物质性质的熟练掌握是解题关键，官能团是解题的依据，题目难度中等．
24．X、Y、Z、W、L、M六种短周期主族元素的原子序数依次增大，其中X、M的单质在常温下呈气态，Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，Z在同周期的主族元素中原子半径最大，W是地壳中含量最多的金属元素，L的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料．用化学用语回答下列问题：
（1）M在元素周期表中的位置为　第三周期第A族　．
（2）Y、L、M的最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序是　H2SiO3＜H2CO3＜HClO4　（写化学式）．
（3）原子序数比Y多2的元素的一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，此分解反应的化学方程式是　2H2O22H2O+02↑　．
（4）写出Z的最高价氧化物对应的水化物与单质W反应的离子方程式为　2Al+2OH﹣+2H2O=2AlOH2﹣+3H2↑　
（5）R与Y同周期，R的单质分子R2中有3个共价键，R与L能形成一种新型无机非金属材料，其化学式是　Si3N4　．
（6）碘是人体必需的微量元素之一，有“智力元素”之称．我国从1989年开始，逐步以KIO3取代KI加工碘盐．已知在酸性溶液中可发生反应：I03﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O，据此反应，可用试纸和一些生活中常见的物质设计实验，证明食盐中存在I03﹣．可供选用的物质有：①自来水；②蓝色石蕊试纸；③碘化钾淀粉试纸；④淀粉；⑤食醋；⑥白酒；⑦食糖．你认为进行上述实验时必须使用的物质是　③⑤　（填序号）．
考点： 位置结构性质的相互关系应用．
分析： X、Y、Z、W、L、M六种短周期主族元素的原子序数依次增大，其中X、M的单质在常温下呈气态，Y的原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则Y为C或S，Y的原子序数较小，则Y为C元素；X的原子序数小于C，且为气体，那么X为H；Z在同周期的主族元素中原子半径最大，而且Z的原子序数比Y大，则Z为第三周期，为Na元素；W是地壳中含量最多的金属元素，则W为Al元素；L的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料，则L为Si元素；M常温为气体，且原子序数大于Si，那么M是Cl，
（1）Cl原子序数为17，据此解答；
（2）元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强；
（3）比C多2的元素是O，双氧水易分解生成水和氧气，据此解答；
（4）Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；
（5）依据题意推断R为N元素，据此解答即可；
（6）由题意可知，检验食盐中存在IO3﹣，需把碘酸根还原为碘单质进行验证，据此解答即可．
解答： 解：X、Y、Z、W、L、M六种短周期主族元素的原子序数依次增大，其中X、M的单质在常温下呈气态，Y的原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则Y为C或S，Y的原子序数较小，则Y为C元素；X的原子序数小于C，且为气体，那么X为H；Z在同周期的主族元素中原子半径最大，而且Z的原子序数比Y大，则Z为第三周期，为Na元素；W是地壳中含量最多的金属元素，则W为Al元素；L的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料，则L为Si元素；M常温为气体，且原子序数大于Si，那么M是Cl，
（1）Cl原子序数为17，有3个电子层，最外层电子数为7，处于第三周期第A族，故答案为：第三周期第A族；
（2）由于同一周期原子序数越大，非金属性越强，同一主族，原子序数越小，非金属性越强，即非金属性Cl＞C＞Si，故酸性：H2SiO3＜H2CO3＜HClO4，故答案为：H2SiO3＜H2CO3＜HClO4；
（3）双氧水在二氧化锰催化下分解生成氧气和水，化学反应方程式为：2H2O22H2O+02↑，故答案为：2H2O22H2O+02↑；
（4）Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，单质与水不能拆，离子反应方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlOH2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlOH2﹣+3H2↑；
（5）R与碳元素同周期，R的单质分子R2中有3个共价键，则R为氮元素，N元素与Si元素一种新型无机非金属材料，其化学式是Si3N4，故答案为：Si3N4；
（6）由题意可知，检验食盐中存在IO3﹣，应首先发生反应IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O，要实现该反应，必须先酸性条件下进行，并且提供淀粉和I﹣，所以选择碘化钾淀粉试纸和白醋可实现该反应，故答案为：③⑤．
点评： 本题考查结构性质位置关系、常用化学用语、元素化合物性质、实验方案的设计等，难度中等，推断元素是解题的关键，注意基础知识的理解掌握．
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