山东省聊城一中2016届高三上学期期中化学试卷.doc

2015-2016学年山东省聊城一中高三（上）期中化学试卷

一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分．每小题只有一个选项符合题意．） 1．化学在生产和生活中有着广泛的应用．下列说法错误的是( )

A ．制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金

B ．SO 2在食品加工中可用作食品增白剂

C ．用活性炭做净化剂去除冰箱中异味

D ．含H 2SO 4的废水用BaCl 2处理后不可直接排放

【考点】生活中常见合金的组成；二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质．

【专题】化学应用．

【分析】A ．合金就是金属与金属或非金属融合在一起形成的混合物；

B ．二氧化硫具有漂白性，工业上常用来漂白纸浆、草帽等；

C ．活性炭具有吸附性，能吸附色素和异味等；

D ．钡离子是重金属盐离子．

【解答】解：A ．“不锈钢是合金”，不锈钢是铁、钴、镍的合金，故A 正确；

B ．二氧化硫不能漂白食品，人食用这类食品，对人体的肝、肾等有严重损伤作用，故B 错误；

C ．活性炭具有吸附性，可用活性炭去除冰箱中的异味，故C 正确；

D ．钡离子是重金属盐离子，有毒，故D 正确．

故选B ．

【点评】本题考查化学与生活、生产密切相关的知识，涉及物质的制备、性质、用途和危害，题目难度不大．

2．下列关于物质分类的说法正确的是( )

A ．牛奶、有色玻璃都属于胶体

B ．漂白粉、石英都属于纯净物

C ．氯化铵、次氯酸都属于强电解质

D ．葡萄糖、蛋白质都属于高分子化合物

【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；混合物和纯净物；强电解质和弱电解质的概念；有机高分子化合物的结构和性质．

【分析】A 、分散质微粒直径在1nm ﹣100nm 的微粒在分散剂中形成的分散系为胶体； B 、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，石英主要成分为二氧化硅；

C 、水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；

D 、相对分子质量很大的化合物是高分子化合物，常见的天然有机高分子化合物有蛋白质、纤维素和淀粉．

【解答】解：A 、有色玻璃属于固溶胶，牛奶属于胶体，故A 正确；

B ．由一种物质组成的为纯净物，漂白粉的主要成分是氯化钙、次氯酸钙，所以为混合物，故B 错误；

C ．完全电离的电解质是强电解质，次氯酸在水溶液里部分电离，为弱电解质，故C 错误； D ．相对分子质量很大的化合物是高分子化合物，常见的天然有机高分子化合物有蛋白质、纤维素和淀粉，葡萄糖是小分子有机物，故D 错误；

故选A ．

【点评】本题考查了电解质，胶体概念和胶体性质的分析判断，注意物质的组成和性质的理解应用，掌握基础是解题关键，题目较简单．

3．下列单质或化合物性质的描述正确的是( )

A ．Na 2CO 3的溶解性比NaHCO 3小

B ．SiO 2与酸、碱均能反应，属于两性氧化物

C ．FeCl 3溶液制作铜质印刷线路板的离子反应为2Fe 3++Cu═2Fe2++Cu2+

D ．Fe 在足量Cl 2中燃烧生成FeCl 2和FeCl 3

【考点】钠的重要化合物；硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物．

【专题】元素及其化合物．

【分析】A ．相同条件下，碳酸钠的溶解性大于碳酸氢钠的；

B ．与酸或碱反应生成盐和水的氧化物，为两性氧化物；

C ．氯化铁和铜反应 生成氯化亚铁和氯化铜；

D ．Fe 在足量Cl 2中燃烧只生成FeCl 3．

A ．【解答】解：饱和Na 2CO 3溶液中通入过量二氧化碳气体可得到NaHCO 3沉淀，说明Na 2CO 3

比NaHCO 3易溶于水，故A 错误；

B ．与酸或碱反应生成盐和水的氧化物，为两性氧化物，而二氧化硅与盐酸、硫酸等不反应，只属于酸性氧化物，故B 错误；

C ．氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子反应为2Fe 3++Cu═2Fe2++Cu2+，所以FeCl 3溶液可用于铜质印刷线路板制作，故C 正确；

D ．因为氯气具有强氧化性，则Fe 在足量Cl 2中燃烧只生成FeCl 3，故D 错误；

故选C ．

【点评】本题主要考查了元素化合物的知识，考查角度广，要求学生具有分析和解决问题的能力，平时注意相关知识的积累，题目难度中等．

4．下列有关说法不正确的是( )

A ．为防止水污染，可用O 3替代Cl 2作饮用水消毒剂

B ．实验室可用浓硫酸干燥SO 2气体

C ．16O 和18O 能形成三种化学性质相同的氧分子

D ．Al 2（SO 4）3，可除去碱性废水及酸性废水中的悬浮颗粒

【考点】氯气的化学性质；核素；二氧化硫的化学性质；镁、铝的重要化合物．

【专题】物质的组成专题；溶液和胶体专题．

【分析】A ．O 3替代Cl 2作饮用水消毒剂，减少了氯气的残留；

B ．二氧化硫不能与浓硫酸反应；

C ．16O 和18O 能形成三种氧气分子：16O 2和18O 2，16O 18O ；

D ．酸性条件下抑制Al 2（SO 4）3水解，不能达到氢氧化铝胶体．

【解答】解：A ．O 3替代Cl 2作饮用水消毒剂，减少了氯气的残留，有利于减小水污染，故A 正确；

B ．二氧化硫不能与浓硫酸反应，可以用浓硫酸干燥，故B 正确；

C ．16O 和18O 能形成三种氧气分子：16O 2和18O 2，16O 18O ，故C 正确；

D ．酸性条件下抑制Al 2（SO 4）3水解，不能生成氢氧化铝胶体，所以不能除去酸性废水中的悬浮颗粒，故D 错误；

故选：D ．

【点评】本题考查了元素化合物性质，熟悉臭氧、氯气、二氧化硫、硫酸铝的性质是解题关键，注意盐类水解的影响因素，题目难度不大．

5．下列有关Fe 2（SO 4）3溶液的叙述正确的是( )

A ．该溶液中，K +、Fe 2+、C 6H 5OH 、Br ﹣可以大量共存

B ．和KI 溶液反应的离子方程式：Fe 3++2I﹣═Fe2++I2

C ．和Ba （OH ）2溶液反应的离子方程式：Fe 3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═Fe（OH ）3↓+BaSO4↓ D ．1L O.1mol•L﹣1该溶液和足量的Zn 充分反应，生成11.2g Fe

【考点】离子共存问题；离子方程式的书写．

【专题】离子反应专题．

【分析】A ．铁离子能够与苯酚发生显色反应；

B ．根据电荷守恒判断，该离子方程式两边电荷不守恒；

C ．该离子方程式不满足硫酸铁、氢氧化钡的化学组成关系；

D ．根据n=cV计算出硫酸铁及铁离子的物质的量，再根据质量守恒及m=nM计算出铁的质量．

【解答】解：A ．Fe 2（SO 4）3溶液中的Fe 与C 6H 5OH 发生显色反应，在溶液中不能大量共存，故A 错误；

B ．铁离子能够与碘离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe 3++2I﹣═2Fe2++I2，题目方程式未配平，故B 错误；

C ．Fe 2（SO 4）3溶液和Ba （OH ）2溶液反应的生成氢氧化铁沉淀和硫酸钡沉淀，铁离子和

3+22+硫酸根离子的物质的量的比为2：3，正确的离子方程式为：2Fe +3SO4﹣+3Ba+6OH﹣═2Fe3+

（OH ）3↓+3BaSO4↓，故C 错误；

D.1L O.1mol•L﹣1该溶液中含有溶质硫酸铁0.1mol ，0.1mol 硫酸铁中含有0.2mol 铁离子，与足量锌反应可以生成0.2mol 铁，生成铁的质量为11.2g ，故D 正确；

故选D ．

【点评】本题考查了离子方程式的书写、离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确常见的离子之间不能共存的情况及离子方程式的书写原则．

6．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是( ) A ．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl 2

B ．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO 3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl ﹣ C ．向氯水中加入NaHCO 3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H +

D ．向FeCl 2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO

【考点】真题集萃；氯气的化学性质．

【专题】卤族元素．

【分析】溶液中存在平衡Cl 2+H2O ⇌HCl+HClO，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl 与硝酸银反应产生AgCl 白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO 都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色．

【解答】解：溶液中存在平衡Cl 2+H2O ⇌HCl+HClO，

A ．只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，故A 正确； B ．溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl 白色沉淀，说明氯水中含有Cl ﹣，故B 正确；

C ．溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故C 正确；

D ．溶液中氯气、HClO 都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，不能说明氯水中含有HClO ，故D 错误，

故选D ．

【点评】本题考查氯水的性质，难度不大，侧重对基础知识的考查，需要学生熟练掌握基础知识．

7．下列关于实验中颜色变化的叙述正确的是( )

A ．将二氧化硫通入品红溶液中，溶液显红色，加热后变为无色

B ．向溶液中加入新制氯水，再滴加KSCN 溶液，若溶液变红色，则证明溶液中一定含有Fe 2+

C ．将湿润的红纸条放进盛有氯气的集气瓶中，红纸条褪色

D ．用标准高锰酸钾溶液滴定Na 2SO 3溶液，终点时溶液由紫色变为无色

【考点】氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质．

【专题】卤族元素．

【分析】A 、二氧化硫有漂白性，能使品红褪色；

B 、无法判断原溶液是否含有三价铁离子；

C 、氯气与水反应生成的次氯酸有漂白性；

D 、高锰酸钾溶液呈紫色，Na 2SO 3溶液与高锰酸钾溶液恰好反应时，溶液是无色的，当高锰酸钾过量时溶液呈紫色．

【解答】解：A 、二氧化硫遇品红溶液使之褪色，加热后复原，故A 错误；

B 、该操作不能排除原溶液中是否含有三价铁离子，故B 错误；

C 、氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸有漂白性，能使有色布条褪色，所以将湿润的红纸条放进盛有氯气的集气瓶中，红纸条褪色，故C 正确；

D 、当Na 2SO 3被消耗完毕时，再滴加高锰酸钾溶液则出现紫色，所以终点时溶液由无色变为紫色，故D 错误；

故选C ．

【点评】本题考查的是有关颜色变化的化学反应，实验时注意观察现象，且能用化学知识解释现象．

8．菜谱中记载：河虾不宜与西红柿同食．主要原因是河虾中含有五价砷，西红柿中含有比较多的维生素C ，两者同食时会生成有毒的+3价砷．下列说法中正确的是( ) A ．在该反应中维生素C 作催化剂

B ．砒霜是砷的氧化物，由上述信息可推知砒霜中含有的砷可能是+3价砷

C ．因为河虾中含有砷元素，所以不能食用

D ．上述反应中维生素C 作氧化剂

【考点】氧化还原反应．

【专题】氧化还原反应专题．

【分析】根据河虾中含有五价砷与维生素C 反应生成有毒的3价砷，则河虾中的含砷物质为氧化剂，维生素C 为还原剂；含有3价砷的物质有毒，五价砷的物质无毒．

【解答】解：A 、由信息可知，反应中砷元素的化合价降低，则维生素C 中某元素的化合价升高，则维生素C 在反应中作还原剂，故A 错误；

B 、由信息可知，含有3价砷的物质有毒，砒霜是砷的氧化物，且有毒，则砒霜中含有的砷可能是3价砷，故B 正确；

C 、河虾中含有五价砷，无毒，则能够食用，故C 错误；

D 、反应中砷元素的化合价降低，则维生素C 中某元素的化合价升高，则维生素C 在反应中作还原剂，故D 错误；

故选B ．

【点评】本题以生活中的信息来考查氧化还原反应，明确信息中砷元素的化合价变化是解答本题的关键，信息的获取和应用是解答本题的关键．

9．在某无色溶液中缓慢地滴入NaOH 溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的NaOH 溶液体积的关系如图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子可能是(

)

A ．Mg 2+、Al 3+、Fe 3+

C ．H +、Ba 2+、Al 3+ B ．H +、Mg 2+、Al 3+ D ．Na +、Mg 2+、Al 3+

【考点】常见离子的检验方法．

【专题】离子反应专题．

【分析】根据沉淀的质量与加入的NaOH 溶液体积的关系图示可知，开始时没有沉淀，之后逐渐生成沉淀，达到沉淀最大量后有部分溶解，说明溶液中一定含有Al ，还含有不溶于氢氧化钠的白色沉淀．

3+【解答】A 、由于是“无色溶液”，故一定没有Fe ，故A 错误； 3+

B 、根据图示，先加入氢氧化钠溶液，没有现象，之后逐渐生成氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，最后氢氧化铝溶解，故B 正确；

C 、由于图示中，一定有不溶于氢氧化钠的沉淀，C 中离子加入过量氢氧化钠，没有沉淀生成，故C 错误；

D 、由于开始是没有沉淀生成，D 中离子中，加入氢氧化钠就会生成沉淀，故D 错误； 故选B ．

【点评】本题考查了阳离子的检验，特别是根据图示提取信息的能力，本题难度中等．

10．用N A 表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是( )

A ．标准状况下，22.4LN 2与CO 混合气体的质量为28g

B ．常温常压下，金属与酸反应生成2g H2，转移电子数为2N A

C ．含0.2N A 个阴离子的Na 2O 2和水反应时，转移0.2mol 电子

D ．1L1mol•L﹣1的氨水，含N A 个NH 3•H2O

【考点】阿伏加德罗常数．

【分析】A ．N2与CO 的摩尔质量相同为28g/mol，依据n==计算分析判断；

B ．计算氢气物质的量，结合电子守恒计算电子转移数；

C ．过氧化钠阴离子为过氧根离子，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气为歧化反应； D ．一水合氨为弱电解质，氨水中存在NH 3+H2O ⇌NH 3•H2O ⇌NH 3•H2O+OH﹣．

【解答】解：A ．N 2与CO 的摩尔质量相同为28g/mol，22.4LN 2与CO 混合气体物质的量为1mol ，混合气体的质量=1mol×28g/mol=28g，故A 正确；

B ．2H +～H 2，常温常压下，金属与酸反应生成2g H2，物质的量为1mol ，转移电子数为2N A ，故B 正确；

C ．含0.2N A 个阴离子的Na 2O 2物质的量为0.2mol ，与水反应时，每2mol 过氧化钠和水反应电子转移2mol ，0.2mol 过氧化钠反应转移0.2mol 电子，故C 正确；

D.1L1mol•L﹣1的氨水，NH 3、NH 3•H2O 、NH 4+之和为1mol ，故D 错误；

故选：D ．

【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，注意对氨水浓度的理解，题目难度不大．

11．下列实验的现象、解释或结论正确的是( )

A ．A B ．B C ．C D ．D

【考点】化学实验方案的评价．

【分析】A ．氢氧化铝属于两性氢氧化物，能溶于强酸、强碱，但不溶于碳酸盐溶液； B ．SO 2通入酸性高锰酸钾溶液，发生氧化还原反应；

C ．碘的熔点高于四氯化碳；

D ．硝酸也能将亚铁离子氧化生成铁离子．

【解答】解：A ．偏铝酸根离子和过量二氧化碳反应生成碳酸氢根离子和氢氧化铝，说明氢氧化铝不溶于碳酸氢钠溶液，故A 错误；

B ．SO 2通入酸性高锰酸钾溶液，发生氧化还原反应，溶液褪色，说明二氧化硫具有还原性，故B 正确；

C ．用蒸馏法能将溶解在CCl 4中的碘分离出来，碘的熔点大于四氯化碳，所以四氯化碳先蒸馏得到，故C 错误；

D ．硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子，所以不能判断氧化性：H 2O 2＞Fe 3+，故D 错误； 故选B ．

【点评】本题考查了化学实验方案评价，涉及氧化还原反应、物质的分离和提纯等知识点，明确物质的性质是解本题关键，根据物质间的反应来分析解答，题目难度中等．

12．下列变化的实质相似的是( )

①浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小

②二氧化硫和氯气均能使品红溶液褪色

③二氧化硫能使品红溶液、溴水褪色

④氨气和碘化氢气体均不能用浓硫酸干燥

⑤常温下浓硫酸用铁的容器存放、加热条件下浓硫酸能与木炭反应

⑥浓硫酸能在白纸上写字，氢氟酸能在玻璃上刻字．

A ．只有②③④ B ．只有⑤ C ．只有③④⑥ D ．全部

【考点】浓硫酸的性质；氨的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；二氧化硫的化学性质．

【专题】元素及其化合物．

【分析】①浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具有挥发性；

②依据二氧化硫与次氯酸漂白原理解答；

③依据二氧化硫的漂白性和还原性解答；

④浓硫酸不能干燥碱性和还原性气体；

⑤浓硫酸具有强的氧化性，常温下能使铁钝化，能氧化碳；

⑥浓硫酸具有脱水性，氢氟酸与二氧化硅能够发生反应．

【解答】解：①浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小，前者是因为浓硫酸的吸水性，后者是因为浓盐酸的挥发性，变化的实质不同，故①不选；

②二氧化硫的漂白作用是因为发生化合反应，具有不稳定性，HClO 的漂白作用是因为发生氧化反应，漂白效果稳定，变化的实质不同，故②不选；

③二氧化硫使品红褪色是发生了漂白作用，而使溴水褪色发生了氧化还原反应：SO 2+Br2+2H2O═H2SO 4+2HBr，变化的实质不同，故③不选；

④两者都能和浓硫酸反应，氨气是碱性气体与浓硫酸发生化合反应生成硫酸铵，HI 与浓硫酸发生了氧化还原反应：H 2SO 4+2HI═I2+SO2↑+2H2O ，变化的实质不同，故④不选； ⑤两者都体现了浓硫酸的强氧化性，变化的实质相同，故⑤选；

⑥前者是浓硫酸的脱水性，后者是氢氟酸的腐蚀性：4HF+SiO2═SiF4↑+2H2O ，变化的实质不同，故⑥不选；

故选：B ．

【点评】本题考查了常见物质的性质，题目难度不大，熟悉浓硫酸、二氧化硫的性质是解题关键，注意二氧化硫与次氯酸漂白原理．

13．金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一．下列各组物质的转化关系中不完全是通过一步反应完成的是( )

A ．

B ．

C ．

D ．

【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．

【专题】元素及其化合物．

【分析】Na 、Mg 、Al 、Fe 能和酸反应生成盐，能被氧化性强的单质氧气氧化生成氧化物，再结合复分解反应条件来分析解答，注意氧化物和碱之间的转化．

A ．Na→NaOH→Na2CO 3→NaCl中反应方程式分别为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、【解答】解：

2NaOH+CO2=Na2CO 3 +H2O 、Na 2CO 3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，所以能一步实现，故A 不选； B ．氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故B 选；

C ．Fe→Fe（NO 3）3→Fe（OH ）3→Fe2O 3中反应分别是

Fe

（OH ）3Fe 2O 3，所以能一步实现，故C 不选； Fe （NO 3）3Fe

D ．Mg→MgCl2→Mg（OH ）2→MgSO4中反应方程式分别为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、MgCl 2+2NaOH=Mg（OH ）2↓+2NaCl、Mg （OH ）2+H2SO 4=MgSO4+2H2O ，所以能一步实现，故D 不选．

故选B ．

【点评】本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，以Na 、Mg 、Al 、Fe 为知识点构建知识网络，元素化合物知识常常在工艺流程中出现，还常常与基本实验操作、物质的分离与提纯、离子的检验等知识点联合考查，题目难度中等．

14．有一瓶Na 2SO 3溶液，可能已部分氧化，某学生进行如下实验：取少量溶液，滴入Ba （NO 3）2溶液产生白色沉淀，再加入过量稀硝酸溶液，充分振荡后仍有白色沉淀，结论正确的是( )

A ．Na 2SO 3溶液已部分氧化

B ．加入Ba （NO 3）2溶液后生成的沉淀中一定含有BaSO 4

C ．加硝酸后的不溶沉淀一定是BaSO 4

D ．此实验能确定Na 2SO 3溶液是否部分氧化

【考点】常见离子的检验方法．

【专题】物质检验鉴别题．

【分析】A ．取少量溶液，滴入Ba （NO 3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，充分振荡后，仍有白色沉淀，硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子；

B ．亚硫酸钡可在中性溶液中稳定存在，取少量溶液，滴入Ba （NO 3）2溶液，产生白色沉淀可能为亚硫酸钡；

C ．取少量溶液，滴入Ba （NO 3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，充分振荡后，

仍有白色沉淀，硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，生成亚硫酸钡可被氧化成硫酸钡沉淀；

D ．硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子．

【解答】解：A ．滴入Ba （NO 3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸仍有的白色沉淀一定是BaSO 4，但硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子，故A 错误；

B ．加入Ba （NO 3）2溶液后，当亚硫酸钠未被氧化时，亚硫酸钠和硝酸钡反应生成亚硫酸

钡沉淀和硝酸钠，所以加入Ba （NO 3）2溶液后生成的沉淀中不一定含有BaSO 4，故B 错误；

C ．取少量溶液，滴入Ba （NO 3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，充分振荡后，仍有白色沉淀，硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子，加硝酸后亚硫酸根被氧化成硫酸根离子，所以加硝酸后的不溶性沉淀一定是BaSO 4，故C 正确；

D ．硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子，此实验不能确定Na 2SO 3是否部分被氧化，故D 错误；

故选C ．

【点评】本题考查了离子检验方法的应用，主要是硫酸根离子的检验方法和现象分析、干扰

离子的判断，注意掌握常见离子的检验方法，明确硝酸的氧化性是解题关键，题目难度中等．

15．已知X 、Y 均为1～18号之间的元素，X 、Y 可形成化合物X 2Y 和X 2Y 2，又知Y 的原子序数小于X 的原子序数，则这两种元素的原子序数之和为( )

A ．19 B ．18 C ．16 D ．9

【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】元素的化合价和元素原子的最外层电子数的关系：最高正价=元素的最外层电子数，最低负价=最外层电子数﹣8，结合周期表中的元素情况来分析．

【解答】解：X 、Y 均为1～18号之间的元素，X 、Y 可形成化合物X 2Y 和X 2Y 2，推断化合物X 2Y 和X 2Y 2可能为H 2O 、H 2O 2或Na 2O 、Na 2O 2，又知Y 的原子序数小于X 的原子序数，所以只能是Na 2O 、Na 2O 2，钠元素和氧元素原子序数和为19．

故选A ．

【点评】本题是一道关于元素周期表结构和元素化合价与原子结构之间关系的综合知识题目，要求学生熟记教材知识，学以致用．

16．a X m+、b Y n+、c Z n ﹣、d R m ﹣ 四种离子的核外电子排布相同，a 、b 、c 、d 不相等且m ＞n ，则下列说法正确的是( )

A ．它们可以位于同一周期

B ．它们可以是同种元素的不同核素的离子

C ．一定有a ＜b ＜c ＜d

D ．离子半径的大小关系为X m+＜Y n+＜Z n ﹣＜R m ﹣

【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】a X 、b Y 、c Z m+n+m ﹣n ﹣和d R 具有相同的电子层结构，a 、b 、c 、d 不相等且m ＞n ，属于四种不同元素的离子，且a ﹣m=b﹣n=c+m=d+n，故原子序数大小顺序是a ＞b ＞d ＞c ，结合离子所得电荷可知，X 、Y 为金属元素，Z 、R 为非金属元素，且X 、Y 位于Z 和R 的下一周期，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小．

【解答】解：a X 、b Y 、c Z m+n+m ﹣n 和d R ﹣具有相同的电子层结构，a 、b 、c 、d 不相等且m ＞n ，属于四种不同元素的离子，且a ﹣m=b﹣n=c+m=d+n，故原子序数大小顺序是a ＞b ＞d ＞c ，结合离子所得电荷可知，X 、Y 为金属元素，Z 、R 为非金属元素，且X 、Y 位于Z 和R 的下一周期．

A ．X 、Y 同周期，Z 和R 同周期，X 、Y 位于Z 、R 的下一周期，故A 错误；

B ．由于a 、b 、c 、d 不相等，是不同元素的离子，故B 错误；

C ．核外电子数相等且m ＞n ，故a ﹣m=b﹣n=c+m=d+n，故原子序数大小顺序是a ＞b ＞d ＞c ，故C 错误；

D ．核电荷数a ＞b ＞d ＞c ，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：X m+n+n ﹣m ﹣＜Y ＜Z ＜R ，故D 正确，

故选D ．

【点评】本题考查原子结构与元素周期律，确定元素在周期表中的相对位置是关键，注意理解掌握微粒半径的比较规律，难度中等．

17．X 、Y 是元素周期表中ⅦA 族中的两种元素，下列叙述中能说明X 的非金属性比Y 强的是( )

A ．X 原子的电子层数比Y 原子的电子层数多

B ．X 的氢化物的沸点比Y 的氢化物沸点低

C ．X 的气态氢化物比Y 的气态氢化物稳定

D ．Y 的单质能将X 从NaX 的溶液中置换出来

【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．

【专题】元素周期律与元素周期表专题．

【分析】根据ⅦA 族元素的位置和元素的非金属性、物质的物理性质等来综合考虑．

【解答】解：A ．X 原子电子层数多于Y ，因此在同族中X 在Y 的下方，根据同主族元素由上向下，非金属性减弱可知，X 的非金属性比Y 弱，故A 错误；

B ．Y 的氢化物如果是HF ，X 的氢化物是HCl ，氢化物的沸点与非金属性没有必然的联系，故B 错误；

C ．X 的氢化物稳定，说明其非金属性强，举例如：稳定性HF ＞HCl ＞HBr ＞HI ，故C 正确． D ．Y 单质能够将X 的离子从其盐溶液中置换出来，说明Y 非金属性强于X ，与题干相反，故D 错误；

故选C ．

【点评】本题借助VIIA 元素从多个方面考查了影响元素非金属性强弱的因素，综合性较强．

18．下列说法中不正确的是( )

①质子数相同的粒子一定属于同一种元素

②同位素的性质几乎相同

③质子数相同电子数也相同的两种粒子，不可能是一种分子或一种离子

④电子数相同的粒子不一定是同一种元素

⑤一种元素只能有一种质量数

⑥某种元素的相对原子质量取整数，就是其质量数．

A ．②③⑤⑥ B ．①②④⑤ C ．①②⑤⑥ D ．③④⑤⑥

【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．

【专题】原子组成与结构专题．

【分析】①质子数相同，中子数的原子总称为元素，元素的研究对象是原子；

②互为同位素原子，核外电子排布相同，最外层电子数决定化学性质；

③两种粒子，质子数一样，离子带电，离子的电子数一定和质子数不一样，分子不带电，分子的质子数和电子数一定相等，据此判断；

④质子数相同，中子数的原子总称为元素，元素的研究对象是原子；

⑤元素不谈质量数，一种元素的原子可能有不同的质量数；

⑥某种元素的原子质量数等于质子数与中子数之和．

【解答】解：①元素的研究对象是原子，质子数相同的粒子不一定属于同种元素，如CH 4与H 2O ，若为原子则属于同种元素，故①错误；

②互为同位素原子，核外电子排布相同，最外层电子数决定化学性质，同位素的化学性质几乎完全相同，故②错误；

③分子显电中性，离子带电，两种粒子质子数和电子数均相同，如果一种为分子则质子数与电子数相等，一种为离子则质子数和电子数不相等，这样就与题设矛盾，所以不可能为一种分子一种离子，故③正确；

④质子数相同，中子数的原子总称为元素，元素的研究对象是原子，电子数相同的粒子不一

+2+定属于同种元素，如CH 4与H 2O ，Na 与Mg ，故④正确；

⑤质子数相同，中子数的原子总称为元素，元素不谈质量数，一种元素可能存在不同的核素，同一元素的原子可能有不同的质量数，故⑤错误；

⑥某种元素的原子质量数等于该原子质子数与中子数之和，故⑥错误．

所以①②⑤⑥不正确．

故选C ．

【点评】本题考查同位素、质量数等基本概念，难度不大，注意把握同位素概念的内涵与外延．

19．具有相同电子层数的三种元素X 、Y 、Z ，已知它们最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是HXO 4＞H 2YO 4＞H 3ZO 4．下列判断正确的是( )

A ．三种元素的原子半径：X ＞Y ＞Z

B ．三种元素的单质的氧化性：X ＞Y ＞Z

C ．阴离子的还原性：X ﹣＞Y 2﹣＞Z 3﹣

D ．气态氢化物的稳定性：X ＜Y ＜Z

【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】非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO 4＞H 2YO 4＞H 3ZO 4，则非金属性X ＞Y ＞Z ，同周期元素的原子从左到右，原子半径逐渐减小、元素非金属性增强、氢化物的稳定性逐渐增强、阴离子还原性减弱．

【解答】解：非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO 4＞H 2YO 4＞H 3ZO 4，则非金属性X ＞Y ＞Z ．

A ．同周期元素的原子从左到右，原子半径逐渐减小，非金属性增强，所以原子半径：X ＜Y ＜Z ，故A 错误；

B ．元素非金属性越强，其单质的氧化性，则元素的单质的氧化性：X ＞Y ＞Z ，故B 正确； C ．元素非金属性越强，阴离子的还原性越弱，由于非金属性X ＞Y ＞Z ，所以阴离子的还原

3﹣2﹣﹣性Z ＞Y ＞X ，故C 错误；

D ．非金属性越强，氢化物越稳定，由于非金属性X ＞Y ＞Z ，所以气态氢化物的稳定性：X ＞Y ＞Z ，故D 错误，

故选B ．

【点评】本题考查了位置结构性质的相互关系及应用，明确元素非金属性与氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物酸性之间的关系是解本题关键，灵活运用元素周期律分析解答，题目难度不大．

20．下列热化学方程式中，正确的是( )

A ．甲烷的燃烧热△H=﹣890.3 kJ•mol﹣1，则表示甲烷燃烧热的热化学方程式可为：CH 4（g ）+2O2（g ）=CO2（g ）+2H2O （g ）△H=﹣890.3 kJ•mol﹣1

B ．一定条件下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH 3放热19.3kJ ，

﹣1其热化学方程式为：N 2（g ）+3H2（g ）⇌2NH 3（g ）△H=﹣38.6 kJ•mol

C ．在101 kPa时，2gH 2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程

1式表示为2H 2（g ）+O2（g ）=2H2O （l ）△H=﹣571.6 kJ•mol﹣

D ．HCl 和NaOH 反应的中和热△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1，则H 2SO 4和NaOH 反应的中和热△H=2×

1（﹣57.3）kJ•mol﹣

【考点】热化学方程式．

【专题】化学用语专题．

【分析】A 、燃烧热是指完全燃烧1mol 物质生成最稳定的产物所释放出的热量； B 、0.5molN 2和1.5molH 2置于密闭容器中充分反应生成NH 3（g ），放热19.3kJ ，生成的氨气

的物质的量小于1mol ，相同条件下的同一可逆反应，正逆反应反应热数值相等，符号相反；

C 、在101 kPa时，2g 即1molH 2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，根据热化学方程式的意义以及书写知识来回答；

D 、中和热是指稀的铅酸和稀的强碱之间反应生成1mol 水所释放的热量．

【解答】解：A 、甲烷的燃烧热△H=﹣890.3 kJ•mol，则表示甲烷燃烧热的热化学方程式

1可为：CH 4（g ）+2O2（g ）=CO2（g ）+2H2O （l ）△H=﹣890.3 kJ•mol﹣，燃烧热必须生成﹣1

液态水，故A 错误；

B 、0.5molN 2和1.5molH 2相同条件下的同一可逆反应，正逆反应反应热数值相等，符号相反，

置于密闭容器中充分反应生成NH 3（g ），放热19.3kJ ，生成的氨气的物质的量小于1mol ，所以2mol 氨气分解，吸收的热量大于38.6kJ ，故B 错误；

C 、101 kPa时，2g 即1molH 2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，2molH 2完全燃烧生成液态水，放出571.6kJ 热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H 2（g ）+O2（g ）=2H2O

1（l ）△H=﹣571.6 kJ•mol﹣，故C 正确；

D 、HCl 和NaOH 反应的中和热△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1，则H 2SO 4和NaOH 反应的中和热也是△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1，故D 错误．

故选C ．

【点评】本题考查学生燃烧热、中和热的含义以及热化学方程式的书写知识，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度中等．

21．下列离子方程式错误的是( )

A ．向Ba （OH ）2溶液中滴加稀硫酸：Ba 2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O

B ．等物质的量的MgCl 2、Ba （OH ）2 和 HC1溶液混合：Mg 2++2OH﹣=Mg（OH ）2↓ C ．酸性介质中KMnO 4氧化 H 2O 2：2MnO 4﹣+5H2O 2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O

D ．二氧化硫通入次氯酸钠溶液：SO 2+ClO﹣+2OH﹣=SO42﹣+Cl﹣+H2O

【考点】离子方程式的书写．

【专题】离子反应专题．

【分析】A ．二者反应生成硫酸钡和水；

B ．先发生中和反应，氢氧根离子有一半没有发生中和反应，剩余的氢氧根离子和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀；

B ．二者发生氧化还原反应生成锰离子、氧气和水；

D ．二者发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子．

2++2【解答】解：A ．二者反应生成硫酸钡和水，离子方程式为Ba +2OH﹣+2H+SO4﹣

=BaSO4↓+2H2O ，故A 正确；

B ．先发生中和反应，氢氧根离子有一半没有发生中和反应，剩余的氢氧根离子和镁离子反

2++应生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为Mg +2H+4OH﹣=Mg（OH ）2↓+2H2O ，故B 错误；

B ．二者发生氧化还原反应生成锰离子、氧气和水，离子方程式为2MnO 4﹣

+5H2O 2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O ，故C 正确；

D ．二者发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子，离子方程式为SO 2+ClO﹣+2OH﹣=SO42﹣+Cl﹣+H2O ，故D 正确；

故选B ．

【点评】本题考查离子方程式正误判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及应用能力，明确离子方程式书写特点及物质性质是解本题关键，易错选项是BD ，题目难度中等．

22．在1L 浓度为0.2mol•L﹣1Fe （NO 3）3和1.5mol•L﹣1H 2SO 4组成的混合溶液中加入39.2g 铁粉使其充分反应．下列有关说法正确的是( )

A ．由于氧化性Fe 3+＞H +，故反应先不产生气体后产生气体

B ．反应后产生13.44LH 2（标准状况）

C ．反应后溶液中Fe 2+和Fe 3+物质的量之和为0.9mol

D ．反应后溶液中Fe 3+物质的量为0.8mol

【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算．

3++﹣=0.2mol，n =0.6mol，n =3mol，n =【分析】溶液中n （Fe ）（NO 3）（H ）（Fe ）

=0.7mol，

3+++3+由于氧化性为氧化性为HNO 3＞Fe ＞H ，先发生：Fe+4H+NO3﹣═Fe+NO↑+2H2O ，

0.6molNO 3﹣完全反应消耗0.6molFe ，消耗2.4molH +，生成0.6molFe 3+、0.6molNO ，反应后

+3+3+2+剩余0.1molFe 、0.6molH ，此时溶液中共有0.8molFe ，再发生：Fe+2Fe═3Fe，0.1molFe

反应消耗0.2molFe ，生成0.3molFe ，剩余0.6molFe ，没有Fe 剩余，不发生反应：Fe+2H+═Fe2++H2↑．

3++﹣【解答】解：溶液中n （Fe ）=0.2mol，n （NO 3）=0.6mol，n （H ）=3mol，n （Fe ）3+2+3+

==0.7mol，由于氧化性为氧化性为HNO 3＞Fe 3+＞H +，先发生：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O ，0.6molNO 3﹣完全反应消耗0.6molFe ，消耗2.4molH +，生成0.6molFe 3+、0.6molNO ，反应后剩余0.1molFe 、0.6molH +，此时溶液中共有0.8molFe 3+，再发生：Fe+2Fe3+═3Fe2+，0.1molFe 反应消耗0.2molFe 3+，生成0.3molFe 2+，剩余0.6molFe 3+，没有Fe 剩余，不发生反应：Fe+2H+═Fe2++H2↑．

A ．由于氧化性为氧化性为HNO 3＞Fe 3+＞H +，先发生：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O ，开始有气体生成，故A 错误；

B ．由上述分析可知，不发生反应：Fe+2H+═Fe2++H2↑．没有氢气生成，标况下生成的NO

22.4L/mol=13.44L，故B 错误； 为0.6mol×

C ．反应后溶液中存在0.6molFe 3+、0.3molFe 2+，反应后溶液中Fe 2+和Fe 3+物质的量之和为0.9mol ，故C 正确；

D ．反应后溶液中Fe 3+物质的量为0.6mol ，故D 错误，

故选：C ．

【点评】本题考查混合物计算，关键是明确发生反应的先后顺序，再结合过量计算解答，难度中等．

23．已知X 、Y 、Z 、M 均为中学常见单质或化合物，它们之间存在如图所示转化关系（部分产物略去）．上述转化中X 可能是下列物质中的( )

①S 单质 ②AlCl 3 ③NaOH ④NH 3．

A ．1种

【考点】无机物的推断． B ．2种 C ．3种 D ．4种

【专题】推断题．

【分析】①若X 为单质硫，M 为氧气符合转化关系；

②若X 为AlCl 3，M 为NaOH 等符合转化关系；

③若X 为NaOH ，M 为CO 2等符合转化关系；

④若X 为NH 3，M 为氧气符合转化关系．

【解答】解：①若X 为单质硫，M 为氧气，二者反应生成Y 为SO 2，SO 2与氧气继续反应得到SO 3，符合转化关系，故①符合；

②若X 为AlCl 3，M 为NaOH ，二者反应得到Y 为氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应得到偏铝酸钠，符合转化关系，故②符合；

③若X 为NaOH ，M 为CO 2，二者反应得到碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应得到碳酸氢钠，符合转化关系，故③符合；

④若X 为NH 3，M 为氧气，二者反应得到NO ，NO 与氧气反应得到二氧化氮，符合转化关系，故④符合，

故选D ．

【点评】本题考查无机物推断，涉及硫、氮、铝、钠等元素化合物性质与转化，熟练掌握元素化合物性质是关键，注意归纳总结中学常见A B C 型转化关系，难度中等．

24．X 、Y 、Z 、W 、Q 是原子序数依次增大的五种短周期主族元素．其中Z 是金属，W 的单质是淡黄色固体，X 、Y 、W 在周期表中的相对位置关系如图所示，下列说法一定正确的是(

)

A ．最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是W

B ．Y 与Z 只能形成一种化合物

C ．简单阴离子还原性：Y ＞W

D ．Z 与Q 形成的化合物水溶液可能显酸性

【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】短周期主族元素．其中只有Z 是金属，W 的单质是黄色固体，则W 为S ，由X 、Y 、W 在周期表中的相对位置可知，Y 为O ，X 为C ，X 、Y 、Z 、W 、Q 是原子序数依次增大，所以Q 为Cl ，而Z 可能为Na 、Mg 、Al 中的一种，然后结合元素的单质及化合物的性质来解答．

【解答】解：短周期主族元素．其中只有Z 是金属，W 的单质是黄色固体，则W 为S ，由X 、Y 、W 在周期表中的相对位置可知，Y 为O ，X 为C ，X 、Y 、Z 、W 、Q 是原子序数依次增大，所以Q 为Cl ，而Z 可能为Na 、Mg 、Al 中的一种，

A 、最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是Cl ，Q 元素，故A 错误；

B 、Z 可能为Na 、Mg 、Al 中的一种，若Z 为Na 与O 可以形成两种氧化物，故B 错误； C 、S 2﹣的还原性强于O 2﹣，即还原性W 2﹣＞Y 2﹣，简单阴离子还原性：Y ＜W ，故C 错误； D ．若Z 为Na ，则Z 与Q 形成的化合物NaCl 的水溶液为中性，若Z 为Al ，Z 与Q 形成的化合物AlCl 3水溶液为酸性，故D 正确；

故选：D

【点评】本题考查位置、结构、性质，注意把握元素周期表和元素周期律，元素的推断是解答本题的关键，W 为淡黄色固体为突破口，题目难度不大．

25．下列说法中，正确的是( )

A ．分液时，应先打开活塞放出下层液体，再关闭活塞倒出上层液体

B ．将盛有体积比为2：1的NO 和NO 2混合气体的试管倒立在水中，溶液会充满试管 C ．为测定熔融氢氧化钠的导电性，可将氢氧化钠固体放在石英坩埚内加热熔化

D ．与水反应生成含氧酸的氧化物都是酸性氧化物

【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；钠的重要化合物；分液和萃取．

【专题】物质的分类专题；氮族元素；金属概论与碱元素；化学实验基本操作．

【分析】A ．分液时注意液体不能重新混合而污染，上层液体应从上口倒出；

B ．依据方程式：4NO+3O2+2H2O=4HNO3解答；

C ．氢氧化钠可与二氧化硅反应；

D 、氧化物和水反应生成含氧酸的氧化物不一定是酸性氧化物．

【解答】解：A ．分液时注意液体不能重新混合而污染，上层液体应从上口倒出，故A 正确；

B ．NO 和O 2体积比为4：3混合，倒立在水中完全反应生成硝酸，溶液会充满试管，故B 错误；

C ．瓷坩埚的主要成分是二氧化硅，加热条件下二氧化硅可与氢氧化钠反应生成硅酸钠，导致坩埚炸裂，故C 错误；

D 、氧化物和水反应生成含氧酸的氧化物不一定是酸性氧化物，如NO 2和水反应生成硝酸和一氧化氮，NO 2不是酸性氧化物，故D 错误．

故选A ．

【点评】本题考查了物质的性质，熟悉氮的氧化物、二氧化硅、二氧化硫、次氯酸的性质，侧重考查学生对基础知识掌握熟练程度，题目难度不大，注意对基础知识的积累，注意总结常见漂白性物质及其漂白原理．

二、非选择题（共50分）

26．己知A 为单质，B 、C 、D 、E 为化合物．它们之间存在如图转化关系：

（1）若A 为非金属单质，B 为镁条在空气中燃烧的产物之一，其与水反应可生成气体C ，D 为无色气体，在空气中可变成红棕色，C 与HCl 气体反应生成E 时产生大量白烟，则B 的化学式为C 转化为D 的化学方程式为

应中属于氧化还原反应的有①②③⑤．

（2）若A 为生活中常见的金属单质，B 为A 与盐酸反应的产物，C 可通过单质间的化合反应制得．加热蒸干并灼烧C 的溶液可得到红棕色的D ，将C 滴入沸水中可得E 的胶体，则

2+3+由B 转化为C 的离子方程式为﹣C 的溶液可得D 的原因是

氧化铁．

【考点】无机物的推断．

【分析】己知A 为单质，B 、C 、D 、E 为化合物，

（1）D 为无色气体，在空气中可变成红棕色，则D 为NO ，B 为镁条在空气中燃烧的产物

C 与HCl 气体反应生成E 时产生大量白烟，之一，其与水反应可生成气体C ，则B 为Mg 3N 2，

Mg 3N 2与水反应生成C 为NH 3，NH 3与HCl 气体反应生成E 为NH 4Cl ，A 为非金属单质，所以A 为N 2；

（2）C 可通过单质间的化合反应制得，加热蒸干并灼烧C 的溶液可得到红棕色的D ，将C 滴入沸水中可得E 的胶体，则D 为Fe 2O 3，C 为FeCl 3，E 为Fe （OH ）3，A 为生活中常见的金属单质，则A 为Fe ，B 为A 与盐酸反应的产物，则B 为FeCl 2，据此答题．

【解答】解：己知A 为单质，B 、C 、D 、E 为化合物，

（1）D 为无色气体，在空气中可变成红棕色，则D 为NO ，B 为镁条在空气中燃烧的产物

C 与HCl 气体反应生成E 时产生大量白烟，之一，其与水反应可生成气体C ，则B 为Mg 3N 2，

Mg 3N 2与水反应生成C 为NH 3，NH 3与HCl 气体反应生成E 为NH 4Cl ，A 为非金属单质，

所以A 为N 2，由C 转化为D 的化学方程式为4NH 3+5O24NO+6H2O ，反应①为氮气与镁反应生成氮化镁，是氧化还原反应，反应②为氮气与氢气合成氨，是氧化还原反应，反应③为氮气与氧气生成一氧化氮，是氧化还原反应，反应④为氮化镁与水发生水解，是非氧化还原反应，反应⑤为氨的催化氧化，是氧化还原反应，反应⑥为氨气与氯化氢生成氯化氨，是非氧化还原反应，所以上述反应中属于氧化还原反应的有，

故答案为：Mg 3N 2；4NH 3+5O24NO+6H2O ；①②③⑤；

（2）C 可通过单质间的化合反应制得，加热蒸干并灼烧C 的溶液可得到红棕色的D ，将C 滴入沸水中可得E 的胶体，则D 为Fe 2O 3，C 为FeCl 3，E 为Fe （OH ）3，A 为生活中常见的金属单质，则A 为Fe ，B 为A 与盐酸反应的产物，则B 为FeCl 2，所以由B 转化为C 的

2+3+离子方程式为2Fe +Cl2=2Fe+2Cl﹣，加热蒸干并灼烧FeCl 3的溶液可得Fe 2O 3的原因是FeCl 3

溶液在加热的条件下充分水解生成氢氧化铁，氢氧化铁在加热的条件下分解得氧化铁，

2+3+故答案为：2Fe +Cl2=2Fe+2Cl﹣；FeCl 3溶液在加热的条件下充分水解生成氢氧化铁，氢氧

化铁在加热的条件下分解得氧化铁．

【点评】本题考查元素化合物的推断，为高频考点，题目信息量较大，难度中等，答题时注意根据常见元素化合物的性质和相互转化进行物质推断．

27．（16分）原子序数依次增大的 A 、B 、C 、D 、E 、F 六种短周期元素，其中B 与C 同周期，D 与E 和F 同周期，A 与D 同主族，C 与F 同主族，C 元素的原子最外层电子数是次

D 是所在周期中原子半径最大的主族元素．外层电子数的三倍，又知六种元素所形成的常见

单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体．请回答下列问题：

（1）元素D 在周期表中的位置第三周期IA 族；A 、C 按原子个数1：1形成化合物的电子式．

2﹣（2）C 、D 、F 三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是（用离子符号表示）S

2﹣+＞O ＞Na ．

（3）由A 、B 、C 三种元素以原子个数比4：2：3形成化合物X ，X 中所含化学键类型有离子键、共价键．

（4）①若E 是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，请写出反应的化学方程式：

②若E 是非金属元素，其单质在电子工业中有重要应用，请写出其氧化物溶于强碱溶液的离子

2方程式﹣﹣（5）FC 2气体有毒，排放到大气中易形成酸雨，为减少FC 2的排放，常采取的措施有： ①将煤转化为清洁气体燃料．

1已知：H 2（g ）+O 2（g ）═H2O （g ）△H=﹣241.8kJ•mol﹣

C （s ）+O 2（g ）═CO（g ）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1

写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式：C （s ）+HO （g ）=CO（g ）+H（g ）△H=+131.3 ﹣1．

②洗涤含FC 2的烟气．以下物质可作洗涤剂的是ab ．

a ．石灰乳b ．Na 2CO 3溶液c ．CaCl 2溶液d ．NaHSO 3溶液．

【考点】位置结构性质的相互关系应用．

【专题】化学反应中的能量变化；元素周期律与元素周期表专题．

【分析】A 、B 、C 、D 、E 、F 六种短周期元素，其原子序数依次增大，C 元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则C 是O 元素；C 与F 同主族，则F 是S 元素；D 与E 和F 同周期，即处于第三周期，D 是所在周期原子半径最大的主族元素，则D 是Na 元素；E 的原子序数大于钠、小于硫，所以E 的单质是固体；六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体，B 的原子序数小于C ，且B 、C 处于同一周期，所以B 是N 元素；A 的单质是气体，则A 的原子序数最小，所以A 是H 元素，据此解答．

【解答】解：A 、B 、C 、D 、E 、F 六种短周期元素，其原子序数依次增大，C 元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则C 是O 元素；C 与F 同主族，则F 是S 元素；D 与E 和F 同周期，即处于第三周期，D 是所在周期原子半径最大的主族元素，则D 是Na 元素；E 的原子序数大于钠、小于硫，所以E 的单质是固体；六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体，B 的原子序数小于C ，且B 、C 处于同一周期，所以B 是N 元素；A 的单质是气体，则A 的原子序数最小，所以A 是H 元素．

（1）元素D 为Na ，在周期表中的位置：第三周期IA 族；A 、C 按原子个数1：1形成化合物为H 2O 2，其电子式为：，故答案为：第三周期IA 族；；

（2）电子层数越多离子半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，所以C 、D 、F 三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是：S 2﹣＞O 2﹣＞Na +，故答案为：S 2﹣ 2+＞O ﹣＞Na ；

（3）由A 、B 、C 三种元素以原子个数比4：2：3形成化合物X 为NH 4NO 3，硝酸铵中所含化学键类型有离子键和共价键，用碱与铵盐反应生成氨气检验铵根离子，故答案为：离子键、共价键；

（4）①若E 是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，则E 为Al 元素，反应方程式为：2Al+Fe2O 32Fe+Al2O 3，故答案为：2Al+Fe2O 32Fe+Al2O 3； ②若E 是非金属元素，其单质在电子工业中有重要应用，则E 是Si 元素，二氧化硅溶于强碱溶液的离子

2﹣﹣方程式：SiO 2+2OH=SiO3+H2O ，

2故答案为：SiO 2+2OH﹣=SiO3﹣+H2O ；

1（5）①已知：Ⅰ．H 2（g ）+O 2（g ）═H2O （g ）△H=﹣241.8kJ•mol﹣

Ⅱ．C （s ）+O 2（g ）═CO（g ）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1

1根据盖斯定律，Ⅱ﹣Ⅰ可得：C （s ）+H2O （g ）=CO（g ）+H2（g ）△H=+131.3 kJ•mol﹣，

﹣1故答案为：C （s ）+H2O （g ）=CO（g ）+H2（g ）△H=+131.3 kJ•mol；

②二氧化硫是酸性氧化物，具有酸性氧化物的通性，能够与碱反应：SO 2+Ca（OH ）2=CaSO3↓+H2O ；二氧化硫水溶液是亚硫酸，酸性比碳酸强，所以也能够与碳酸钠反应：SO 2+Na2CO 3=Na2SO 3+CO2↑，二氧化硫与氯化钙溶液不反应，且在亚硫酸氢钠溶液中的溶解度很小，所以不能用氯化钙和亚硫酸氢钠溶液做洗涤液，故选：ab ．

【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，综合考查学生分析能力、逻辑推理能力及对知识的迁移运用，需要学生具备扎实的基础，难度中等．

28．下面是有关物质的转化关系图（部分产物已省略），其中A 为单质，E 在常温下为液体，D 是一种气体，C 的相对分子质量为78．请回答下列有关问题：

（1）A 的原子结构示意图为；

（2）下列对C 的结构、性质推断中不正确的是D ．

A ．久置于空气中会变成白色 B ．具有强氧化性

C ．晶体中存在离子键与共价键 D ．是一种碱性氧化物

+（3）C 和E 反应生成H 的离子方程式为

﹣

反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1．

【考点】无机物的推断．

【专题】无机推断．

【分析】A 为单质，A 能与F 发生连续反应生成C ，C 的相对分子质量为78，可推知A 为Na ，F 为O 2，B 为Na 2O ，C 为Na 2O 2，E 在常温下为液体，则E 为H 2O ，钠与水、氧化钠与水、过氧化钠与水都产生氢氧化钠，所以H 为NaOH ，D 是一种气体，则D 为CO 2，与

G 与氢氧化钙反应生成氢氧化钠，过氧化钠反应生成G 为Na 2CO 3，符合各物质的转化关系，

据此答题．

【解答】解：A 为单质，A 能与F 发生连续反应生成C ，C 的相对分子质量为78，可推知A 为Na ，F 为O 2，B 为Na 2O ，C 为Na 2O 2，E 在常温下为液体，则E 为H 2O ，钠与水、氧化钠与水、过氧化钠与水都产生氢氧化钠，所以H 为NaOH ，D 是一种气体，则D 为CO 2，与过氧化钠反应生成G 为Na 2CO 3，G 与氢氧化钙反应生成氢氧化钠，符合各物质的转化关系，

（1）A 为Na ，原子结构示意图为，故答案为：；

（2）A ．Na 2O 2久置于空气中会变成生成碳酸钠，为白色固体，故A 正确；

B ．Na 2O 2具有强氧化性，故B 正确；

C ．Na 2O 2晶体中存在离子键与共价键，故C 正确；

D ．Na 2O 2不是一种碱性氧化物，故D 错误，

故答案为：D ；

（3）C 和E 反应生成H 的反应为Na 2O 2与H 2O 反应生成氢氧化钠与氢气，离子方程式为2Na 2O 2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，

+故答案为：2Na 2O 2+2H2O═4Na+4OH﹣+O2↑；1：1．

【点评】本题考查无机物的推断，题目难度中等，注意掌握中学常见连续反应，基本属于猜测验证型题目，需要学生熟练掌握元素化合物中等．

29．海水是巨大的资源宝库．如图是人类从海水资源获取某些重要化工原料的流程示意图．

回答下列问题：

（1）操作A 是蒸发结晶（填实验基本操作名称）．

（2）操作B 需加入下列试剂中的一种，最合适的是c （选填编号）．

a ．氢氧化钠溶液 b ．澄清石灰水 c ．石灰乳 d ．碳酸钠溶液

（3）上图中虚线框内流程的主要作用是富集Br ；

（4）上图中虚线框内流程也可用

Br 2与Na 2CO 3反应的化学方程式补充完整 22CO 332

（5）写出将MgCl 2 转化为Mg 毒，制盐酸等）．

【考点】海水资源及其综合利用． 替代，请将

【专题】卤族元素；物质的分离提纯和鉴别；制备实验综合．

【分析】海水晒盐过滤得到苦卤和粗盐，粗盐精制得到饱和食盐水，苦卤中加入石灰乳沉淀镁离子形成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁沉淀中加入盐酸溶解得到氯化镁溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热得到氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁；苦卤中通入氯气氧化溴离子为单质溴，用二氧化硫水溶液吸收溴单质，得到HBr ，再通入氯气氧化溴化氢得到溴单质，富集溴元素，用水蒸气吹出蒸馏得到液溴．

（1）对于溶解度受温度影响大的物质可以通过降温结晶的方法得到晶体，对溶解度受温度影响小的物质可以通过蒸发结晶的方法得到晶体；

（2）根据工业制镁的原理从原料的成本以及性质来分析；

（3）氯气氧化溴离子得到单质溴，溴易挥发，热空气可以吹出生成的溴单质，根据起初有溴最终也有溴，考虑物质的富集；

（4）氯化钠、氯化镁的富集Br 2与Na 2CO 3反应生成NaBrO 3、NaBr 和CO 2，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式；

（5）根据电解熔融的氯化镁可冶炼金属镁，同时得到氯气；工业上以氯气和熟石灰（实际上用石灰乳）为原料制取漂白粉．

【解答】解：（1）食盐的溶解度受温度变化影响较小，可以通过蒸发结晶的方法得到氯化钠，

故答案为：蒸发结晶；

（2）工业制镁：把海边的贝壳制成生石灰：CaCO 3CaO+CO2↑，在海水中加入生石灰：CaO+H2O═Ca（OH ）2，在引入的海水中加入石灰乳，发生反应：MgCl 2+Ca（OH ）2═Mg（OH ）2↓+CaCl2，这样原料的成本低，且能将镁离子全部沉淀下来，所以最合适的是石灰乳，

故答案为：c ；

（3）氯气氧化溴离子得到单质溴，离子方程式为：Cl 2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣；因溴易挥发，溶液中通入热空气可以使溴挥发出来，起初有溴最终也有溴，所以这一步为溴的富集， 故答案为：富集Br 2；

（4）Br 2与Na 2CO 3反应生成NaBrO 3、NaBr 和CO 2，Br 元素部分由0价升高到+5价，另一部分从0价降低到﹣1价，则生成的NaBrO 3与NaBr 的物质的量之比为1：5，所以配平方程式为：3Br 2+3Na2CO 3=NaBrO3+5NaBr+3CO2↑，

故答案为：3Br 2+3Na2CO 3=NaBrO3+5NaBr+3CO2；

（5）电解熔融的氯化镁可以冶炼金属镁，同时得到氯气；可作化工原料，工业上以氯气和

2Cl 2+2Ca熟石灰（实际上用石灰乳）为原料制取漂白粉，方程式为：（OH ）（ClO ）2=CaCl2+Ca

2+2H2O ，也可制盐酸等，

故答案为：化工原料（制漂白粉，杀菌消毒，制盐酸等）．

【点评】本题考查海水的综合利用，侧重对学生基础知识的巩固与训练，同时也注重对学生答题能力的培养和方法指导，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，题目难度中等．

30．某学生为了测定部分变质的Na 2SO 3样品的纯度．按图1所示称取一定量的Na 2SO 3样品放入A 装置的烧瓶中，滴入足量的H 2SO 4至完全反应；然后，将B 中完全反应后的溶液与足量的BaCl 2溶液反应，过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀23.3g ．回答下列问题：

（1）实验开始时，应先点燃D 处酒精灯（填装置字母）．

+（2）实验开始后，写出B 中反应的离子方程式﹣﹣ （3）C 中的现象是红色鲜花褪色，E 装置的作用是吸收未反应的二氧化硫和氯气．

（4）按题给装置和操作进行实验，若装置连接和实验操作均无任何问题，该学生测得的Na 2SO 3的纯度偏低（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．据图2计算原样品中Na 2SO 3的纯度为0.1%）．

【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．

【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合．

【分析】A 装置产生二氧化硫，D 装置产生氯气在F 装置中干燥，C 装置检验干燥氯气的漂白性，氯气和二氧化硫在B 装置中反应，E 装置吸收尾气，防止污染空气，

（1）应先准备氯气，保证二氧化硫被完全氧化

（2）A 为实验室制备二氧化硫的发生装置，D 为实验室制备氯气的发生装置，氯气具有氧化性，二氧化硫具有还原性，在B 中发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸；

（3）红色鲜花中含水，水和氯气反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用；氯气和二氧化硫有毒，E 中NaOH 溶液吸收尾气防止污染；

（4）按题给装置和操作进行实验，二氧化硫与氯气不一定能充分接触，使得二氧化硫有可能没有完全被氧化而被氢氧化钠吸收，导致硫酸钡质量减少，据此分析，根据图示读取样品质量，根据硫元素守恒计算，Na 2SO 3～SO 2～BaSO 4，据此计算．

【解答】解：（1）应先准备氯气，保证二氧化硫被完全氧化，故先加热D 处酒精灯， 故答案为：D ；

D 为实验室制备氯气的发生装置，MnO 2+4HCl（2）反应为：（浓）

A 中是实验室制备二氧化硫的装置，反应的化学方程式为：MnCl 2+Cl2↑2H2O ，

H 2SO 4+Na2SO 3═Na2SO 4+H2O+SO2↑，氯气具有氧化性，二氧化硫具有还原性，在B 中发生

+2氧化还原反应生成盐酸和硫酸，反应为：Cl 2+SO2+2H2O═4H+2Cl﹣+SO4﹣；

+2故答案为：Cl 2+SO2+2H2O═4H+2Cl﹣+SO4﹣；

（3）红色鲜花中含水，水和氯气反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，故红色鲜花褪色；氯气和二氧化硫有毒，二氧化硫在溶液中反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程

SO 2+2OH﹣═SO32﹣+H2O ；Cl 2+2OH式为：氯气在其溶液中反应生成NaCl 和NaClO ，反应为：

﹣═Cl﹣+ClO﹣+2H2O ，故E 中NaOH 溶液吸收尾气防止污染；

故答案为：红色鲜花褪色；吸收未反应的二氧化硫和氯气；

（4）按题给装置和操作进行实验，二氧化硫与氯气不一定能充分接触，使得二氧化硫有可能没有完全被氧化而被氢氧化钠吸收，导致硫酸钡质量减少，则由此计算的亚硫酸钠的质量减少，质量分数偏低，

根据硫元素守恒计算，

Na 2SO 3～SO 2～BaSO 4

126g 233g

m 23.3g

m==12.6g，

样品质量为：10.0g+10.0g+5.0g﹣0.2g=24.8g，

所以Na 2SO 3的质量分数为

故答案为：偏低；50.8%．

【点评】本题考查实验基本操作、二氧化硫和氯气的性质，较基础，注意从实验目的考虑加热的先后顺序，抓住原子守恒进行计算，难度中等．

×100%=50.8%，