江西省吉安一中2022届高三化学上学期第一次段考试卷含解析

2022-2022学年江西省吉安一中高三（上）第一次段考化学试卷　一、选择题（每小题只有一个选项正确，每小题3分，共48分）1．下列有关物质分类说法正确的是（　　）A．钠、镁、铁对应的氧化物都是碱性氧化物B．食醋、纯碱、食盐分别属于酸、碱、盐C．生铁、不锈钢、青铜都属于合金D．明矾、小苏打、水玻璃、次氯酸均为电解质　2．用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（　　）A．用含0.1molFeCl3的溶液与足量沸水反应制得得Fe（OH）3胶体中胶粒数为0.1NAB．0.1molFe与0.1molCl2充分反应，转移的电子数为0.3NAC．将1mol氯气分别通入足量的FeBr2和FeI2溶液中转移电子数均为2NAD．等物质的量的NH4+和OH﹣含电子数均为10NA　3．对下列化学用语的理解正确的是（　　）A．结构示意图，可以表示一种原子，也可以表示一种离子B．比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示二硫化碳分子分子C．电子式可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子D．分子式C2H4O2：可以表示乙酸，也可以表示甲酸甲酯　4．下列说法正确的是（　　）①在水中氢、氧原子间均以化学键相结合②金属和非金属化合形成离子键③离子键是阳离子，阴离子的相互吸引④两个非金属原子间不可能形成离子键⑤非金属原子间不可能形成离子键⑥离子化合物可能共价键⑦共价化合物中可能有离子键．A．①②③B．②④⑤C．④⑥D．①②③④⑤⑥　5．下列说法正确的是（　　）A．按系统命名法，化合物的名称是2，3，5，5﹣四甲基﹣4，4﹣二乙基己烷B．等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量相等C．苯和甲苯互为同系物，均能使KMnO4酸性溶液褪色D．结构片段的高聚物是由加聚反应形成，其单体分子式为C7H60-28-　6．能正确表示下列反应的离子反应方程式为（　　）A．NH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中：NH4++HCO3﹣+2OH﹣=CO32﹣+NH3↑+2H2OB．向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，使沉淀质量达到最大值：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓C．钠与水的反应：Na+2H2O=Na++2OH﹣+H2↑D．硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O　7．在指定环境中，下列各组离子一定能够大量共存的是（　　）A．在pH=1的无色溶液中：SO42﹣、Cu2+、Na+、Cl﹣B．使pH试纸呈红色的溶液中：Fe2+、NO3﹣、SO42﹣、Na+C．加入铝粉后产生大量氢气的溶液中：NH4+、Na+、NO3﹣、SO42﹣D．在=1×1013的溶液中：NH4+、Ca2+、C1﹣、K+　8．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+．取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀．由此可知原溶液中（　　）A．至少存在5种离子B．Cl﹣一定存在，且c（Cl‑）≥0.4mol/LC．SO42﹣、NH4+、一定存在，Cl﹣可能不存在D．CO32﹣、Al3+一定不存在，K+可能存在　9．下列的方法和结论正确的是（　　）A．向某溶液中滴加浓的NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，则原溶液中一定含有NH4+B．向某溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定有SO42﹣C．向某溶液中滴加稀盐酸产生无色无味气体，产生的气体使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32﹣D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，原溶液一定有Ca2+　10．下列叙述正确的是（　　）A．NaHCO3与石灰水反应，当n（NaHCO3）：n[Ca（OH）2]=1：1时，HCO3﹣完全转化为CaCO3B．CO2通入石灰水中，当n（CO2）：n[Ca（OH）2]=1：1时，能得到澄清溶液C．AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n（OH﹣）：n（Al3+）=1：1时，铝元素以AlO2﹣形式存在D．Fe与稀硝酸反应，当n（Fe）：n（HNO3）=1：1时，溶液中铁元素只以Fe3+形式存在　11．四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子核的质子数之比为1：2，X和Y的电子数之差为4．下列说法正确的是（　　）A．原子半径大小：Z＞Y＞X＞WB．由W元素形成的单质一定是原子晶体，其熔沸点很高C．W、Y、Z三种元素形成的气态氢化物中最稳定的是Z的气态氢化物D．Y、Z所形成的氧化物的水化物的酸性为：Y＜Z-28-　12．CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色．向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色．下列说法不正确的是（　　）A．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物B．通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性C．整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2　13．中学常见物质A、B、C、D、E、X，存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）．下列推断不正确的是（　　）A．若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则A可能是铁B．若D是一种强碱，则A、B、C均可与X反应生成DC．若D为NaCl，且A可与C反应生成B，则E可能是CO2D．若D是一种强酸，则A既可以是单质，也可以是化合物，且D可与铜反应生成B或C　14．洋蓟属高档蔬菜，从洋蓟提取的物质A具有良好的保健功能和药用价值，A的结构如图．下列关于A的相关叙述正确的是（　　）A．A在酸性条件下可以发生水解反应B．1mol　A和足量NaOH溶液反应，最多消耗9molNaOHC．A能和浓溴水发生加成和取代反应D．不能与新制得Cu（OH）2反应但能与FeCl3发生显色反应　15．将质量为a克的甲烷、甲醇和甲醛分别完全燃烧后的产物冲入足量的Na2CO3吸收，固体质量增加量之比为（　　）A．1：1：1B．2：2：1C．8：16：15D．2：1：1　16．将2.7g铝溶解于100mL3mol/LNaOH溶液中，然后向所得溶液中加入400mL，1mol/L的盐酸，最后可得沉淀的质量是（　　）A．2.7gB．5.2gC．7.8gD．10g　　二、填空题（共40分）17．随原子序数的递增，八种短周期元素（用字母X表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示．根据判断出的元素回答问题：-28-（1）f在元素周期表的位置是　　　　　　．（2）比较d、e常见离子的半径的小（用化学式表示，下同）　　　　　　＞　　　　　　；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：　　　　　　＞　　　　　　．（3）任选上述元素组成一种四个原子共价化合物，写出其电子式：　　　　　　；（4）已知1mole的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：　　　　　　；（5）上述元素可组成盐R：zx4f（gd4）2，向盛有10mL1mol•L﹣1R溶液的烧杯中滴加1mol•L﹣1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如图2①R溶液中，离子浓度由大到小的顺序是　　　　　　；②写出m点反应的离子方程式：　　　　　　；③若在R溶液中改加20ml1.2mol•L﹣1Ba（OH）2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为　　　　　　mol．　18．如图1是无机物A﹣M在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）．其中，I是地壳中含量最高的金属，K是一种红棕色气体，E是一种红褐色沉淀．请填写下列空白：（1）欲检验F溶液中是否含有少量M，可选择的试剂为　　　　　　（填化学式）．（2）在反应⑦中还原剂与氧化剂的物质的量之比为　　　　　　．（3）某同学取F的溶液，酸化后加入KI、淀粉溶液，变为蓝色，写出与上述变化过程相关的离子方程式：　　　　　　．（4）将化合物D与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾），同时还生成KNO2和H2O，该反应的化学方程式是　　　　　　．（5）I电池性能优越，I﹣Ag2O电池用作水下动力电源，其原理如图2所示，该电池反应的化学方程式为　　　　　　．　19．钠和钾是活泼的碱金属元素，钠和钾及其化合物在生产和生活中有广泛应用．（1）将0.01mol下列物质①Na2O2②Na2O　③Na2CO3④NaCl分别加入100mL蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是（溶液体积变化忽略不计）　　　　　　；-28-（2）NH3与NaClO反应可得到肼（N2H4），该反应的化学方程式为　　　　　　．肼一空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液．该电池放电时其负极的电极反应式是　　　　　　；（3）现有一Na2CO3和NaHCO3的混合物样品，取ag该混合物充分加热，减重bg，则该混合物样品中Na2CO3的质量分数是　　　　　　；（4）钠﹣钾合金可在核反应堆中用作热交换液．5.05g钠﹣钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气．则该溶液中氢氧根离子的物质的量浓度是　　　　　　（忽略溶液体积变化）．　20．制备氮化镁的装置示意图如图所示：回答下列问题：（1）检查装置气密性的方法是　　　　　　，a的名称是　　　　　　，b的名称是　　　　　　；（2）写出NaNO2和（NH4）2SO4反应制备氮气的化学方程式　　　　　　；（3）C的作用是　　　　　　，D的作用是　　　　　　，是否可以把C和D的位置对调并说明理由　　　　　　；（4）写出E中发生反应的化学方程式　　　　　　；（5）请用化学方法确定是否有氮化镁生成，并检验是否含有未反应的镁，写出实验操作及现象　　　　　　．　　选做题（请在21和22中选择一道作答，如果两题都做以21题计算）21．溴化钙是一种溴化物，用于石油钻井，也用于制造溴化铵及光敏纸、灭火剂、制冷剂等．制备CaBr2•2H2O的主要流程如下：（1）与液溴的反应温度不能超过40℃的原因是　　　　　　．（2）滤渣的成分可能是　　　　　　．（3）试剂M是　　　　　　，加入M的目的是　　　　　　．-28-（4）操作Ⅱ的步骤为蒸发浓缩，　　　　　　、洗涤、干燥．（5）将氨气通入石灰乳，加入溴，于65℃进行反应也可制得溴化钙，此反应中还会生成一种无色气体，写出反应的化学方程式　　　　　　．（6）制得的CaBr2•2H2O可以通过以下方法测定纯度：称取5.00g样品溶于水，滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量，得到2.00g固体．则CaBr2•2H2O的质量分数为　　　　　　．（相对原子质量：Ca﹣40Br﹣80H﹣1O﹣16）　22．有机物C的分子式为C9H9OCl，分子中有一个苯环且苯环上只有一条侧链，无甲基；一定条件下C能发生银镜反应．C与其他物质之间的转化如图所示：（1）F中官能团的名称是　　　　　　；C→F的反应类型是　　　　　　．（2）C的结构简式是　　　　　　，I的结构简式是　　　　　　，（3）写出下列化学方程式：D与银氨溶液反应　　　　　　．（4）有的同学认为B中可能没有氯原子，理由是　　　　　　．（5）D的一种同系物W（分子式为C8H8O2）有多种同分异构体，则符合以下条件W的同分异构体有　　　　　　种，写出其中核磁共振氢谱有4个峰且能发生银镜反应的结构简式　　　　　　．①属于芳香族化合物②遇FeCl3溶液不变紫色③能与NaOH溶液发生反应．　　-28-2022-2022学年江西省吉安一中高三（上）第一次段考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每小题只有一个选项正确，每小题3分，共48分）1．下列有关物质分类说法正确的是（　　）A．钠、镁、铁对应的氧化物都是碱性氧化物B．食醋、纯碱、食盐分别属于酸、碱、盐C．生铁、不锈钢、青铜都属于合金D．明矾、小苏打、水玻璃、次氯酸均为电解质考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质；合金的概念及其重要应用．专题：物质的分类专题．分析：A、钠的氧化物有两种，即Na2O和Na2O2，而碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物；B、酸是电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物；盐是电离出的阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物；C、合金是由两种或两种以上的金属与金属（或非金属）经一定方法熔合而成的具有金属特性的物质．结合各物质的成分判断；D、电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物．解答：解：A、钠的氧化物有两种，即Na2O和Na2O2，而碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物，Na2O2和酸反应时，除了生成盐和水，还生成氧气，故不是碱性氧化物，故A错误；B、纯碱是Na2CO3，是盐不是碱，故B错误；C、生铁的主要成分是铁与碳，属于合金，不锈钢是在碳素钢中加入铬、锰、钨、镍、硅、钴等合金元素，属于合金，青铜主要含有铜、锡、铅等，属于合金，故C正确；D、水玻璃是硅酸钠的水溶液，是混合物，故不是电解质，故D错误．故选C．点评：本题考查了碱性氧化物、酸碱盐的概念、合金和电解质的辨析等，比较基础，主要基础知识的掌握．　2．用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（　　）A．用含0.1molFeCl3的溶液与足量沸水反应制得得Fe（OH）3胶体中胶粒数为0.1NAB．0.1molFe与0.1molCl2充分反应，转移的电子数为0.3NAC．将1mol氯气分别通入足量的FeBr2和FeI2溶液中转移电子数均为2NAD．等物质的量的NH4+和OH﹣含电子数均为10NA考点：阿伏加德罗常数．分析：A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁分子的聚集体；B、氯气的量不足，根据氯气的物质的量计算转移电子数；C、根据反应后氯元素的价态为﹣1价来分析；D、NH4+和OH﹣的物质的量不明确．解答：解：A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁分子的聚集体，故0.1mol氯化铁所制的氢氧化铁胶粒的个数小于0.1NA个，故A错误；-28-B、0.1mol铁在0.1molCl2中充分燃烧，氯气的物质的量不足，转移的电子的物质的量是0.2mol，有0.2NA个电子转移，故B错误；C、由于反应后氯元素为﹣1价，故1mol氯气转移2mol电子即2NA个，故C正确；D、NH4+和OH﹣的物质的量不明确，不一定是1mol，故含有的电子数不一定为10NA个，故D错误．故选C．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．　3．对下列化学用语的理解正确的是（　　）A．结构示意图，可以表示一种原子，也可以表示一种离子B．比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示二硫化碳分子分子C．电子式可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子D．分子式C2H4O2：可以表示乙酸，也可以表示甲酸甲酯考点：原子结构示意图；电子式；球棍模型与比例模型．分析：A．结构示意图，只能表示氧离子；B．比例模型可以直观地表示分子的形状，注意原子半径的关系；C．氢氧根离子带一个单位的负电荷；D．分子式为C2H4O2，可能为CH3COOH或HCOOCH3．解答：解：A．原子序数为8，应为氧元素的粒子，由于质子数=8小于核外电子数10，故应为氧离子，故A错误；B．比例模型可以表示二氧化碳分子，但表示二硫化碳分子时错误，因碳原子半径小于硫原子半径，比例模型不正确，故B错误；C．氢氧根离子的电子式为：，羟基的电子式为，故C错误；D．分子式为C2H4O2，可能为乙酸CH3COOH，也可以表示甲酸甲酯HCOOCH3，故D正确；故选D．点评：本题考查了常见化学用语，熟悉结构示意图、比例模型、电子式、同分异构体等知识即可解答，注意比例模型应符合原子的大小，题目难度不大．　4．下列说法正确的是（　　）①在水中氢、氧原子间均以化学键相结合②金属和非金属化合形成离子键③离子键是阳离子，阴离子的相互吸引④两个非金属原子间不可能形成离子键-28-⑤非金属原子间不可能形成离子键⑥离子化合物可能共价键⑦共价化合物中可能有离子键．A．①②③B．②④⑤C．④⑥D．①②③④⑤⑥考点：共价键的形成及共价键的主要类型；离子化合物的结构特征与性质．分析：①在水中存在化学键与氢键；②金属和非金属化合一般形成离子键，可能形成共价键；③离子键是阳离子、阴离子的静电作用力；④两个非金属原子间只能以共用电子对结合；⑤非金属原子间可能形成离子键；⑥离子化合物中一定含离子键，可能共价键；⑦共价化合物中一定不含离子键．解答：解：①在水中存在化学键与氢键，氢键不是化学键，故错误；②金属和非金属化合一般形成离子键，可能形成共价键，如氯化铝中只含共价键，故错误；③离子键是阳离子、阴离子的静电作用力，含吸引和排斥力，故错误；④两个非金属原子间只能以共用电子对结合，则只能形成共价键，故正确；⑤非金属原子间可能形成离子键，如铵盐为离子化合物，故错误；⑥离子化合物中一定含离子键，可能共价键，如NaOH中含离子键和共价键，故正确；⑦共价化合物中一定不含离子键，含离子键的为离子化合物，故错误；故选C．点评：本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结合实例分析解答，题目难度不大．　5．下列说法正确的是（　　）A．按系统命名法，化合物的名称是2，3，5，5﹣四甲基﹣4，4﹣二乙基己烷B．等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量相等C．苯和甲苯互为同系物，均能使KMnO4酸性溶液褪色D．结构片段的高聚物是由加聚反应形成，其单体分子式为C7H60考点：有机化合物命名；有机化学反应的综合应用．分析：A、烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上碳原子编号；B、有机物CxHyOz的耗氧量为（x+﹣）；C、苯和甲苯互为同系物，但苯不能使KMnO4酸性溶液褪色；D、此结构片段为酚醛树脂的结构片段．解答：解：A、烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，故主链上有6个碳原子，从离支链近的一端给主链上碳原子编号，则在2号碳原子上有2个甲基，在3号碳原子上有1个甲基和1个乙基，在4号和5号碳原子上各有一个甲基，故名称为：2，2，3，4，5﹣五甲基﹣3﹣乙基己烷，故A错误；-28-B、有机物CxHyOz的耗氧量为（x+﹣），则1mol苯消耗（6+）=6.5mol氧气，1mol苯甲酸消耗（7+）=6.5mol氧气，故等物质的量的两者的耗氧量相同，故B正确；C、苯和甲苯互为同系物，甲苯能被酸性KMnO4氧化成苯甲酸，溶液褪色，但苯与酸性KMnO4不反应，不能使KMnO4酸性溶液褪色，故C错误；D、此结构片段为酚醛树脂的结构片段，其单体为苯酚和甲醛，故D错误．故选B．点评：本题考查了烷烃的命名、有机物耗氧量的计算和苯及其同系物的性质等内容，难度不大，但综合性较强．　6．能正确表示下列反应的离子反应方程式为（　　）A．NH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中：NH4++HCO3﹣+2OH﹣=CO32﹣+NH3↑+2H2OB．向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，使沉淀质量达到最大值：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓C．钠与水的反应：Na+2H2O=Na++2OH﹣+H2↑D．硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O考点：离子方程式的书写．分析：A．反应生成碳酸钾、氨气、水；B．沉淀质量达到最大值，生成硫酸钡和偏铝酸钾；C．电子、电荷不守恒；D．反应生成硫酸钡、水、NaOH．解答：解：A．NH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中的离子反应为NH4++HCO3﹣+2OH﹣=CO32﹣+NH3↑+2H2O，故A正确；B．向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，使沉淀质量达到最大值的离子反应为Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=AlO2﹣+2BaSO4↓+2H2O，故B错误；C．钠与水的反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，故C错误；D．硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合的离子反应为H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2O，故D错误；故选A．点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子反应考查，综合性较强，题目难度不大．　7．在指定环境中，下列各组离子一定能够大量共存的是（　　）A．在pH=1的无色溶液中：SO42﹣、Cu2+、Na+、Cl﹣B．使pH试纸呈红色的溶液中：Fe2+、NO3﹣、SO42﹣、Na+C．加入铝粉后产生大量氢气的溶液中：NH4+、Na+、NO3﹣、SO42﹣D．在=1×1013的溶液中：NH4+、Ca2+、C1﹣、K+考点：离子共存问题．分析：A．Cu2+为蓝色；B．使pH试纸呈红色的溶液，显酸性；-28-C．加入铝粉后产生大量氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D．在=1×1013的溶液，显酸性．解答：解：A．Cu2+为蓝色，与无色溶液不符，故A错误；B．使pH试纸呈红色的溶液，显酸性，Fe2+、NO3﹣、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．加入铝粉后产生大量氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中Al、NO3﹣发生氧化还原反应不生成氢气，碱性溶液中不能大量存在NH4+，故C错误；D．在=1×1013的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D．点评：本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．　8．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+．取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀．由此可知原溶液中（　　）A．至少存在5种离子B．Cl﹣一定存在，且c（Cl‑）≥0.4mol/LC．SO42﹣、NH4+、一定存在，Cl﹣可能不存在D．CO32﹣、Al3+一定不存在，K+可能存在考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．专题：离子反应专题．分析：加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵离子；红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32﹣；4.66g不溶于盐酸的沉淀，硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol；根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据．解答：解：由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO32﹣；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42﹣，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，必须还有阴离子，因此一定有Cl﹣，至少0.02mol×3+0.02﹣0.02mol×2=0.04mol，物质的量浓度至少=0.4mol/L，A、至少存在Cl﹣、SO42﹣、NH4+、Fe3+四种离子，故A错误；B、根据电荷守恒，至少存在0.04molCl﹣，故B正确；C、一定存在氯离子，故C错误；D、Al3+无法判断是否存在，故D错误；故选B．点评：本题考查离子共存知识，做题是认真阅读、分析题中数据，合理分析，特别是氯离子的推断，难度中等．　-28-9．下列的方法和结论正确的是（　　）A．向某溶液中滴加浓的NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，则原溶液中一定含有NH4+B．向某溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定有SO42﹣C．向某溶液中滴加稀盐酸产生无色无味气体，产生的气体使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32﹣D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，原溶液一定有Ca2+考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．专题：物质检验鉴别题．分析：A、依据铵根离子的检验方法分析判断，氨气与红色石蕊试液变蓝是特征反应现象；B、过程中原溶液中含有银离子也可以产生沉淀现象；C、原溶液若含有HCO3﹣，加入稀盐酸也会产生二氧化碳气体；D、可能为BaCO3、CaCO3、MgCO3等白色沉淀．解答：解：A、加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，证明一定是氨气，所以原溶液中一定有NH4+，故A正确；B、加滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，溶液中可能含有Ag+离子或硫酸根离子，故B错误；C、原溶液若含有HCO3﹣，加入稀盐酸也会产生二氧化碳气体，故C错误；D、可能为BaCO3、CaCO3、MgCO3等白色沉淀，所以不一定为Ca2+，故D错误；故选A．点评：本题考查实验方案的评价，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验操作的注意事项和物质的性质的异同，难度不大．　10．下列叙述正确的是（　　）A．NaHCO3与石灰水反应，当n（NaHCO3）：n[Ca（OH）2]=1：1时，HCO3﹣完全转化为CaCO3B．CO2通入石灰水中，当n（CO2）：n[Ca（OH）2]=1：1时，能得到澄清溶液C．AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n（OH﹣）：n（Al3+）=1：1时，铝元素以AlO2﹣形式存在D．Fe与稀硝酸反应，当n（Fe）：n（HNO3）=1：1时，溶液中铁元素只以Fe3+形式存在考点：钠的重要化合物；铁的化学性质．分析：A、碳酸氢根和氢氧根离子能反应，钙离子和碳酸根之间能反应；B、CO2通入到石灰水中，当n（CO2）：n[Ca（OH）2]=1：1时，生成碳酸钙．C、AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n（OH﹣）：n（Al3+）=1：1时，生成氢氧化铝沉淀，铝离子有剩余．D、铁过量时发生反应3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，铁不足时发生反应Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，据此判断．解答：解：A、NaHCO3与石灰水反应，当n（NaHCO3）：n[Ca（OH）2]=1：1时，反应为：NaHCO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+NaOH+H2O，则HCO3﹣完全转化为CaCO3，故A正确；B、CO2通入到石灰水中，当n（CO2）：n[Ca（OH）2]=1：1时，反应为CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O，故B错误；C、AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n（OH﹣）：n（Al3+）=1：1时，发生反应为3OH﹣+Al3+=Al（OH）3↓，铝离子有剩余，故C错误；D、铁过量时发生反应3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，铁不足时发生反应Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，-28-n（Fe）：n（HNO3）=1：1时，按反应3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O进行，且铁有剩余，铁元素在溶液中以存在Fe2+存在，故D错误．故选：A．点评：考查有关离子方程式的计算，难度中等，关键清楚反应过程，注意常见与量有关的离子反应．　11．四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子核的质子数之比为1：2，X和Y的电子数之差为4．下列说法正确的是（　　）A．原子半径大小：Z＞Y＞X＞WB．由W元素形成的单质一定是原子晶体，其熔沸点很高C．W、Y、Z三种元素形成的气态氢化物中最稳定的是Z的气态氢化物D．Y、Z所形成的氧化物的水化物的酸性为：Y＜Z考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：根据四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子核质子数之比为1：2，X和Y的电子数之差为4，可知，W的原子序数为7时，此时推断出Y的原子序为18，所以W的原子序数为不超过7，可以按下列情况按序讨论：①若W是H元素，则X是He元素、Y是C元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是12，不存在这样的元素，故舍去；②若W是He元素，则X是Be元素、Y是O元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是9，不存在这样的元素，故舍去；③若W是Li元素，则X是C元素、Y是Ne元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是6，且Z原子序数大于Z，所以Z为S元素，符合题意；④若W是Be元素，则X是O元素、Y是Mg元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是9，不存在这样的元素，故舍去；⑤若W是B元素，则X是Ne元素、Y是Si元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是4，为Si元素，Y和Z不能是同一元素，故舍去；⑥若W是C元素，则X是Mg元素、Y是S元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是7，为Cl元素，符合题意；⑦若W是N元素，则X是Si元素、Y是Ar元素，Z为短周期元素，所以没有符合条件的元素，故舍去；所以存在的可能是③⑥，据此答题；解答：解：根据四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子核质子数之比为1：2，X和Y的电子数之差为4，可知，W的原子序数为7时，此时推断出Y的原子序为18，所以W的原子序数为不超过7，可以按下列情况按序讨论：①若W是H元素，则X是He元素、Y是C元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是12，不存在这样的元素，故舍去；②若W是He元素，则X是Be元素、Y是O元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是9，不存在这样的元素，故舍去；③若W是Li元素，则X是C元素、Y是Ne元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是6，且Z原子序数大于Z，所以Z为S元素，符合题意；④若W是Be元素，则X是O元素、Y是Mg元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是9，不存在这样的元素，故舍去；-28-⑤若W是B元素，则X是Ne元素、Y是Si元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是4，为Si元素，Y和Z不能是同一元素，故舍去；⑥若W是C元素，则X是Mg元素、Y是S元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是7，为Cl元素，符合题意；⑦若W是N元素，则X是Si元素、Y是Ar元素，Z为短周期元素，所以没有符合条件的元素，故舍去；所以存在的可能是③⑥，A．若为⑥，其原子半径大小顺序是X＞Y＞Z＞W，故A错误；B．若W是Li，则锂为金属晶体，故B错误；C．W能形成氢化物，则W是C元素，Y是S元素、Z是Cl元素，元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，这几种元素中非金属性最弱的是C元素，所以其气态氢化物最不稳定，故C正确；D．Y、Z所形成的氧化物的水化物的酸性不一定是Y＜Z，如H2SO4＞HClO，故D错误；故选C．点评：本题主要考查了原子结构和元素周期律、晶体的类型等知识点，利用讨论法确定元素，再结合元素周期律解答，中等难度，解题时注意仔细审题．　12．CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色．向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色．下列说法不正确的是（　　）A．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物B．通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性C．整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，以此来解答．解答：解：A．滴加KI溶液时，I元素的化合价升高，KI被氧化，Cu元素的化合价降低，则CuI是还原产物，故A正确；B．通入SO2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现其还原性，故B正确；C．发生2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2、SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI均为氧化还原反应，没有复分解反应，故C错误；D.2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为﹣1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故D正确；故选C．点评：本题考查氧化还原反应，根据题目信息推断实验中发生的反应，素材陌生，难度较大，考查学生对氧化还原反应的利用，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，选项B为易错点．　-28-13．中学常见物质A、B、C、D、E、X，存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）．下列推断不正确的是（　　）A．若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则A可能是铁B．若D是一种强碱，则A、B、C均可与X反应生成DC．若D为NaCl，且A可与C反应生成B，则E可能是CO2D．若D是一种强酸，则A既可以是单质，也可以是化合物，且D可与铜反应生成B或C考点：无机物的推断．专题：推断题．分析：A．若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色说明D为Fe（OH）2，X为NaOH，C为Fe2+，B为Fe3+，A为Cl2，E为Fe；B．A为Na、E为氧气、B为氧化钠、C为过氧化钠、X为水、D为氢氧化钠；C．A为氢氧化钠、E为二氧化碳、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠、X为盐酸；D．若D是一种强酸，如为硝酸，则A为氮气或氨气，B为NO，C为NO2，E为O2，X为H2O．解答：解：A．若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色说明D为Fe（OH）2，X为NaOH，C为Fe2+，B为Fe3+，A为Cl2，E为Fe，才能实现转化关系，故A错误；B．A为Na、E为氧气、B为氧化钠、C为过氧化钠、X为水、D为氢氧化钠，符合转化关系，Na、氧化钠、过氧化钠都能与水反应，故B正确；C．A为氢氧化钠、E为二氧化碳、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠、X为盐酸，符合转化关系，故C正确；D．若D是一种强酸，如为硝酸，则A为氮气或氨气，B为NO，C为NO2，E为O2，X为H2O，稀硝酸与铜反应生成NO，浓硝酸与铜反应生成NO2，故D正确．故选A．点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握相关物质的性质，题目难度较大，注意相关基础知识的积累．　14．洋蓟属高档蔬菜，从洋蓟提取的物质A具有良好的保健功能和药用价值，A的结构如图．下列关于A的相关叙述正确的是（　　）A．A在酸性条件下可以发生水解反应B．1mol　A和足量NaOH溶液反应，最多消耗9molNaOHC．A能和浓溴水发生加成和取代反应D．不能与新制得Cu（OH）2反应但能与FeCl3发生显色反应考点：有机物的结构和性质．分析：有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有酯基，可发生水解反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有醇羟基，可发生取代、消去和氧化反应，以此解答该题．解答：解：A．含有酯基，在酸性条件下可以发生水解反应，故A正确；-28-B．能与氢氧化钠反应的官能团有酚羟基、羧基和酯基，1molA和足量NaOH溶液反应，最多消耗7molNaOH，故B错误；C．含有碳碳双键，可发生加成反应，含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，故C正确；D．分子中含有羧基，与氢氧化铜发生中和反应，故D错误．故选AC．点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，把握有机物的官能团与物质性质的关系为解答的关键，侧重苯酚、烯烃、酸的性质的考查，题目难度不大．　15．将质量为a克的甲烷、甲醇和甲醛分别完全燃烧后的产物冲入足量的Na2CO3吸收，固体质量增加量之比为（　　）A．1：1：1B．2：2：1C．8：16：15D．2：1：1考点：化学方程式的有关计算．分析：物质燃烧均生成CO2、H2O，通入过氧化钠固体，发生反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，相当于增重为CO，发生反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，固体增重相等为H2，若某物质的化学式能可以改写为（CO）m（H2）n形式，则过氧化钠固体增重为该物质的质量，甲醛可以改写为CO．H2，则过氧化钠增重ag，而甲烷没有氧元素，固体增重足量大于ag，甲烷燃烧后通入过氧化钠增重为CO.2H2质量（与甲烷等物质的量），甲醇可以改写为CO.2H2形式，过氧化钠固体增重为ag．解答：解：物质燃烧均生成CO2、H2O，通入过氧化钠固体，发生反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，相当于增重为CO，发生反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，固体增重相等为H2，若某物质的化学式能可以改写为（CO）m（H2）n形式，则过氧化钠固体增重为该物质的质量，甲醛可以改写为CO．H2，则过氧化钠增重ag，而甲烷没有氧元素，固体增重足量大于ag，甲烷燃烧后通入过氧化钠增重为CO.2H2质量（与甲烷等物质的量），过氧化钠增重为2ag，甲醇可以改写为CO.2H2形式，过氧化钠固体增重为ag，则将质量为a克的甲烷、甲醇和甲醛分别完全燃烧后的产物冲入足量的Na2CO3吸收，固体质量增加量之比为2a：a：a=2：1：1，故选：D．点评：本题考查化学方程式有关计算，注意利用化学式差量法分析解答，侧重考查学生分析计算能力，难度中等．　16．将2.7g铝溶解于100mL3mol/LNaOH溶液中，然后向所得溶液中加入400mL，1mol/L的盐酸，最后可得沉淀的质量是（　　）A．2.7gB．5.2gC．7.8gD．10g考点：化学方程式的有关计算．分析：金属铝溶于氢氧化钠发生反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，加入盐酸，先是会和剩余的NaOH反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，然后发生反应：H2O+NaAlO2+HCl=NaCl+Al（OH）3↓，若盐酸再剩余，则盐酸会将沉淀溶解，即发生反应：3HCl+Al（OH）3=AlCl3+3H2O，据此进行计算即可．解答：解：2.7铝的物质的量==0.1mol，NaOH的物质的量=0.1L×3mol/L=0.3mol，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，2220.1mol0.1mol0.1mol生成NaAlO2为0.2mol，溶解金属铝后剩余的氢氧化钠是：0.3mol﹣0.1mol=0.2mol，-28-再加入盐酸，先是和氢氧化钠反应，则：NaOH+HCl=NaCl+H2O0.2mol0.2mol中和NaOH后剩余HCl为0.4L×1mol/L﹣0.2mol=0.2mol，然后剩余的盐酸发生反应：H2O+NaAlO2+HCl=NaCl+Al（OH）3↓0.1mol0.1mol0.1mol还会剩余HCl为0.2mol﹣0.1mol=0.1mol，最后的反应是：3HCl+Al（OH）3=AlCl3+3H2O310.1最后可得沉淀氢氧化铝的质量是（0.1mol﹣）×78g/mol=5.2g．故选：B．点评：本题考查利用化学反应方程式的计算，题目涉及过量计算，明确发生的反应即可解答，难度不大．　二、填空题（共40分）17．随原子序数的递增，八种短周期元素（用字母X表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示．根据判断出的元素回答问题：（1）f在元素周期表的位置是　第三周期ⅢA族　．（2）比较d、e常见离子的半径的小（用化学式表示，下同）　r（O2﹣）　＞　r（Na+）；　；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：　HClO4　＞　H2SO4　．（3）任选上述元素组成一种四个原子共价化合物，写出其电子式：　（或）　；（4）已知1mole的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：　2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol﹣1　；（5）上述元素可组成盐R：zx4f（gd4）2，向盛有10mL1mol•L﹣1R溶液的烧杯中滴加1mol•L﹣1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如图2①R溶液中，离子浓度由大到小的顺序是　c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；　；②写出m点反应的离子方程式：　NH4++OH﹣=NH3•H2O　；③若在R溶液中改加20ml1.2mol•L﹣1Ba（OH）2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为　0.022　mol．-28-考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素．（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族；（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强；（3）四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等；（4）1molNa的单质在足量O2中燃烧生成Na2O2（s），放出255.5kJ热量，2molNa反应放出热量为511kJ，注明聚集状态、反应热书写热化学方程式；（5）①R是NH4Al（SO4）2，溶液中Al3+、NH4+均水解使溶液呈酸性，但Al3+比NH4+水解程度更大；②m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH﹣反应生成NH3•H2O；③根据n=cV计算n（Al3+）、n（NH4+）、n（SO42﹣）、n（Ba2+）、n（OH﹣），根据SO42﹣、Ba2+中不足量的离子的物质的量计算生成BaSO4的物质的量，依次发生：Al3++OH﹣=Al（OH）3↓、NH4++OH﹣=NH3•H2O、Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，根据方程式计算生成Al（OH）3的物质的量，进而二者计算生成固体总物质的量．解答：解：从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素．（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族，故答案为：第三周期ⅢA族；（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：r（O2﹣）＞r（Na+）；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，故酸性：HClO4＞H2SO4，故答案为：r（O2﹣）＞r（Na+）；HClO4；H2SO4；（3）四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等，其电子式为：（或），故答案为：（或）；（4）1molNa的单质在足量O2中燃烧生成Na2O2（s），放出255.5kJ热量，2molNa反应放出热量为511kJ，则该反应的热化学方程式为：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol﹣1，故答案为：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol﹣1；（5）①R是NH4Al（SO4）2，溶液中Al3+、NH4+均水解使溶液呈酸性，但Al3+比NH4+水解程度更大，故离子浓度由大到小的顺序是：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案为：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；②m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH﹣反应生成NH3•H2O，离子方程式为：NH4++OH﹣=NH3•H2O，故答案为：NH4++OH﹣=NH3•H2O；-28-③10mL1mol•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液中Al3+物质的量为0.01mol，NH4+的物质的量为0.01mol，SO42﹣的物质的量为0.02mol，20mL1.2mol•L﹣1Ba（OH）2溶液中Ba2+物质的量为0.024mol，OH﹣为0.048mol，由SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，可知SO42﹣不足，故可以得到0.02molBaSO4，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓0.01mol0.03mol0.01mol反应剩余OH﹣为0.048mol﹣0.03mol=0.018mol，NH4++OH﹣=NH3•H2O0.01mol0.01mol反应剩余OH﹣为0.018mol﹣0.01mol=0.008mol，Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O0.008mol0.008mol故得到Al（OH）3沉淀为0.01mol﹣0.008mol=0.002mol则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol，故答案为：0.022．点评：本题考查结构位置性质关系、离子半径的大小比较、元素周期律、热化学方程式书写、离子浓度大小比较、化学图象及化学计算，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等．　18．如图1是无机物A﹣M在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）．其中，I是地壳中含量最高的金属，K是一种红棕色气体，E是一种红褐色沉淀．请填写下列空白：（1）欲检验F溶液中是否含有少量M，可选择的试剂为　酸性KMnO4溶液　（填化学式）．（2）在反应⑦中还原剂与氧化剂的物质的量之比为　2：1　．（3）某同学取F的溶液，酸化后加入KI、淀粉溶液，变为蓝色，写出与上述变化过程相关的离子方程式：　2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2　．（4）将化合物D与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾），同时还生成KNO2和H2O，该反应的化学方程式是　Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O　．（5）I电池性能优越，I﹣Ag2O电池用作水下动力电源，其原理如图2所示，该电池反应的化学方程式为　2Al+3Ag2O+2NaOH=2NaAlO2+6Ag+H2O　．考点：无机物的推断．分析：FeS2与氧气反应生成Fe2O3与SO2，E是一种红褐色沉淀，应为Fe（OH）3，可以转化得到D，则D为Fe2O3，A为SO2，A继续氧化生成B为SO3，C为B的水化物，则C为H2SO4．Ⅰ-28-I是地壳中含量最高的金属，则I为Al，I与氧化铁反应生成Fe与氧化铝，K是一种红棕色气体，应为NO2，则L为NO，J为HNO3，硝酸与G反应生成M与NO，则G为Fe、H为Al2O3，M与C（浓硫酸）反应得到L（NO）与F，F与氢氧化钠反应可得Fe（OH）3，则G为Fe、H为Al2O3，M为Fe（NO3）2，F为铁盐，据此解答．解答：解：FeS2与氧气反应生成Fe2O3与SO2，E是一种红褐色沉淀，应为Fe（OH）3，可以转化得到D，则D为Fe2O3，A为SO2，A继续氧化生成B为SO3，C为B的水化物，则C为H2SO4．ⅠI是地壳中含量最高的金属，则I为Al，I与氧化铁反应生成Fe与氧化铝，K是一种红棕色气体，应为NO2，则L为NO，J为HNO3，硝酸与G反应生成M与NO，则G为Fe、H为Al2O3，M与C（浓硫酸）反应得到L（NO）与F，F与氢氧化钠反应可得Fe（OH）3，则G为Fe、H为Al2O3，M为Fe（NO3）2，F为铁盐．（1）检验F（铁盐）溶液中是否含有少量Fe（NO3）2，亚铁离子具有还原性，可选择的试剂为：酸性KMnO4溶液，故答案为：酸性KMnO4溶液；（2）反应⑦为Al与Fe2O3所发生的置换反应，方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，氧化铁是氧化剂，铝是还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（3）某同学取F（铁盐）的溶液，酸化后加入KI、淀粉溶液，变为蓝色，说明有碘单质生成，上述变化过程相关的离子方程式：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，故答案为：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2；（4）将化合物Fe2O3与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾），同时还生成KNO2和H2O，该反应的化学方程式是：Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O，故答案为：Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O；（5）Al电池性能优越，Al﹣Ag2O电池用作水下动力电源，Al作负极，Ag2O/Ag为正极，在NaOH条件下反应得到偏铝酸钠、Ag与水，该电池反应的化学方程式为：2Al+3Ag2O+2NaOH=2NaAlO2+6Ag+H2O，故答案为：2Al+3Ag2O+2NaOH=2NaAlO2+6Ag+H2O．点评：本题考查无机物的推断，题目难度中等，“FeS2与氧气反应、K与E的颜色、I的含量”等是推断的突破口，结合转化进行推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质．　19．钠和钾是活泼的碱金属元素，钠和钾及其化合物在生产和生活中有广泛应用．（1）将0.01mol下列物质①Na2O2②Na2O　③Na2CO3④NaCl分别加入100mL蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是（溶液体积变化忽略不计）　①=②＞③＞④　；（2）NH3与NaClO反应可得到肼（N2H4），该反应的化学方程式为　N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2+4H2O　．肼一空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液．该电池放电时其负极的电极反应式是　N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O+N2　；（3）现有一Na2CO3和NaHCO3的混合物样品，取ag该混合物充分加热，减重bg，则该混合物样品中Na2CO3的质量分数是　　；（4）钠﹣钾合金可在核反应堆中用作热交换液．5.05g钠﹣钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气．则该溶液中氢氧根离子的物质的量浓度是　0.75（mol/L）　（忽略溶液体积变化）．考点：碱金属的性质．-28-分析：（1）等物质的量的Na2O2与Na2O分别于水反应生成等物质的量的NaOH，消耗的水的量相同，生成的OH﹣浓度相同，均约为0.2mol/L，Na2CO3因水解，使阴离子浓度稍增大：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣．（2）依据氧化还原反应电子守恒分析判断产物和配平化学方程式，燃料电池，燃料在负极失电子发生氧化反应；（3）NaHCO3不稳定，加热易分解，根据质量的变化利用差值法解答；（4）结合反应的方程式2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2K+2H2O═2KOH+H2↑计算．解答：解：（1）由①反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，②反应为Na2O+H2O=2NaOH溶于水，二者消耗的水的量相同，生成等物质的量的NaOH，故生成的OH﹣浓度相同，均约为0.2mol/L，故为①=②；③中碳酸根水解使得阴离子浓度稍大于④，而④中NaCl的浓度为0.1mol/L，则所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是①=②＞③＞④，故答案为：①=②＞③＞④；（2）NH3与NaClO反应可得到肼（N2H4），氮元素化合价升高被氧化，次氯酸钠做氧化剂被还原为氯化钠，化学方程式为2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O，肼﹣﹣空气燃料电池是一种碱性电池，该电池放电时，负极是肼燃烧生成氮气和水，负极的电极反应式为：N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2+4H2O，故答案为：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O+N2；（3）NaHCO3不稳定，加热易分解，发生2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，则2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑△m168g106g62gxbgx=g，则样品中Na2CO3的质量为ag﹣g=g，所以该混合物样品中Na2CO3的质量分数是=，故答案为：；（4）设钠、钾的物质的量分别为a、b，反应的方程式为2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2K+2H2O═2KOH+H2↑，则a+b=0.075mol×2=0.15mol，该溶液中氢氧根离子的物质的量浓度是=0.75mol/L，故答案为：0.75（mol/L）．点评：本题考查较为综合，涉及碱金属的单质以及混合物的性质，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握题给信息，学习中注意相关基础知识的积累，根据反应的方程式解答该题，难度不大．　20．制备氮化镁的装置示意图如图所示：-28-回答下列问题：（1）检查装置气密性的方法是　微热b，这时G中有气泡冒出，停止加热冷却后，G中插在溶液里的玻璃管形成一段水柱，则气密性良好　，a的名称是　分液漏斗　，b的名称是　圆底烧瓶　；（2）写出NaNO2和（NH4）2SO4反应制备氮气的化学方程式　2NaNO2+（NH4）2SO42N2↑+Na2SO4+4H2O　；（3）C的作用是　除去氧气（及氮氧化物）　，D的作用是　除去水蒸气　，是否可以把C和D的位置对调并说明理由　不能，对调后无法除去水蒸气　；（4）写出E中发生反应的化学方程式　N2+3MgMg3N2　；（5）请用化学方法确定是否有氮化镁生成，并检验是否含有未反应的镁，写出实验操作及现象　取少量产物于试管中，加入少量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味（把湿润的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝），证明产物中含有氮化镁；弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁．　．考点：制备实验方案的设计；含氮物质的综合应用；镁的化学性质．专题：实验题．分析：（1）利用装置内气体热胀冷缩检验装置的气密性；由图中仪器结构可知，a为分液漏斗、b为圆底烧瓶；（2）NaNO2和（NH4）2SO4反应生成氮气、硫酸钠与水，配平书写方程式；（3）装置内含有氧气、反应生成的气体中可能含有氮的氧化物，装置C除去氧气（及氮氧化物）、D干燥氮气，防止对E装置反应的影响；C、D对调后无法除去水蒸气；（4）装置E中氮气与镁反应生成二氮化三镁；（5）氮化镁水解生成氢氧化镁沉淀与氨气，氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，据此设计证明有氮化镁生成；若Mg有剩余，将上述反应后的上清液去掉，加入盐酸，有气泡生成，说明有Mg剩余．解答：解：（1）利用装置内气体热胀冷缩检验装置的气密性，检查装置气密性的方法是：微热b，这时G中有气泡冒出，停止加热冷却后，G中插在溶液里的玻璃管形成一段水柱，则气密性良好；由图中仪器结构可知，a为分液漏斗、b为圆底烧瓶，故答案为：微热b，这时G中有气泡冒出，停止加热冷却后，G中插在溶液里的玻璃管形成一段水柱，则气密性良好；分液漏斗；圆底烧瓶；-28-（2）NaNO2和（NH4）2SO4反应生成氮气、硫酸钠与水，配平后方程式为：2NaNO2+（NH4）2SO42N2↑+Na2SO4+4H2O，故答案为：2NaNO2+（NH4）2SO42N2↑+Na2SO4+4H2O；（3）装置内含有氧气、反应生成的气体中可能含有氮的氧化物，装置C除去氧气（及氮氧化物）、D干燥氮气，除去水蒸气，防止对E装置反应的影响；C、D对调后无法除去水蒸气，故C、D不能对调，故答案为：除去氧气（及氮氧化物）；除去水蒸气；不能，对调后无法除去水蒸气；（4）装置E中氮气与镁反应生成二氮化三镁，反应方程式为：N2+3MgMg3N2，故答案为：N2+3MgMg3N2；（5）取少量产物于试管中，加入少量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味（把湿润的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝），证明产物中含有氮化镁；弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁，故答案为：取少量产物于试管中，加入少量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味（把湿润的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝），证明产物中含有氮化镁；弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁．点评：本题以氮化镁的制备为载体，考查学生对实验装置的理解、元素化合物的性质、实验方案的设计等，是对学生综合能力的考查，需要学生基本扎实的基础与分析问题、解决问题的能力．　选做题（请在21和22中选择一道作答，如果两题都做以21题计算）21．溴化钙是一种溴化物，用于石油钻井，也用于制造溴化铵及光敏纸、灭火剂、制冷剂等．制备CaBr2•2H2O的主要流程如下：（1）与液溴的反应温度不能超过40℃的原因是　防止液溴挥发，降低原料利用率　．（2）滤渣的成分可能是　Fe、Fe（OH）2、Fe（OH）3　．（3）试剂M是　HBr　，加入M的目的是　除去过量的Ca（OH）2　．（4）操作Ⅱ的步骤为蒸发浓缩，　冷却结晶、过滤　、洗涤、干燥．（5）将氨气通入石灰乳，加入溴，于65℃进行反应也可制得溴化钙，此反应中还会生成一种无色气体，写出反应的化学方程式　3Ca（OH）2+3Br2+2NH33CaBr2+N2↑+6H2O　．（6）制得的CaBr2•2H2O可以通过以下方法测定纯度：称取5.00g样品溶于水，滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量，得到2.00g固体．则CaBr2•2H2O的质量分数为　94.40%　．（相对原子质量：Ca﹣40Br﹣80H﹣1O﹣16）-28-考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．专题：实验设计题．分析：Fe与溴单质反应生成FeBr2，加过量的氢氧化钙，生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁，过滤得到滤液中主要CaBr2，在滤液中加HBr中和多余的氢氧化钙，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到CaBr2•2H2O晶体；（1）溴单质受热易挥发；（2）滤渣中除了是的氢氧化亚铁，还有剩余的Fe，和氧化生成的氢氧化铁；（3）加入的氢氧化钙过量，加溴化氢除去；（4）根据从溶液中提取固体溶质的操作分析；（5）氨气通入石灰乳，加入溴，在65℃反应生成溴化钙、氮气和水；（6）根据CaBr2•2H2O～Na2CO3～CaCO3，由碳酸钙的质量求出CaBr2•2H2O，再求出质量分数．解答：解：Fe与溴单质反应生成FeBr2，加过量的氢氧化钙，生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁，过滤得到滤液中主要CaBr2，在滤液中加HBr中和多余的氢氧化钙，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到CaBr2•2H2O晶体；（1）溴单质受热易挥发，所以控制反应在较低温度不能超过40℃进行，防止液溴挥发，降低原料利用率，故答案为：防止液溴挥发，降低原料利用率；（2）滤渣中除了是的氢氧化亚铁，还有剩余的Fe，和氧化生成的氢氧化铁，所以滤渣的成分可能是Fe、Fe（OH）2、Fe（OH）3，故答案为：Fe、Fe（OH）2、Fe（OH）3；（3）溴化亚铁溶液中加入过量的氢氧化钙，过滤得到的滤液含有溴化钙和氢氧化钙，加溴化氢除去多余的氢氧化钙，则加入的M为HBr，故答案为：HBr；除去过量的Ca（OH）2；（4）从溶液中提取固体溶质的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶、过滤；（5）氨气通入石灰乳，加入溴，在65℃反应生成溴化钙、氮气和水，其反应的化学方程式为3Ca（OH）2+3Br2+2NH33CaBr2+N2↑+6H2O，故答案为：3Ca（OH）2+3Br2+2NH33CaBr2+N2↑+6H2O；（6）称取5.00g样品溶于水，滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量，得到2.00g固体，则生成的固体为碳酸钙，设样品中CaBr2•2H2O的质量为xg，CaBr2•2H2O～Na2CO3～CaCO3，236100xg2.00g则x==4.72g，则CaBr2•2H2O的质量分数为×100%=94.40%，故答案为：94.40%．点评：本题考查了溴化钙晶体的制备实验方案设计，题目涉及化学实验基本操作、除杂质、离子方程式的书写、含量的计算等，题目难度中等，是对学生综合能力的考查，需要学生基本扎实的基础与分析问题、解决问题的能力．-28-　22．有机物C的分子式为C9H9OCl，分子中有一个苯环且苯环上只有一条侧链，无甲基；一定条件下C能发生银镜反应．C与其他物质之间的转化如图所示：（1）F中官能团的名称是　碳碳双键、醛基　；C→F的反应类型是　消去反应　．（2）C的结构简式是　　，I的结构简式是　　，（3）写出下列化学方程式：D与银氨溶液反应　　．（4）有的同学认为B中可能没有氯原子，理由是　在碱性环境中氯原子可能水解　．（5）D的一种同系物W（分子式为C8H8O2）有多种同分异构体，则符合以下条件W的同分异构体有　10　种，写出其中核磁共振氢谱有4个峰且能发生银镜反应的结构简式　　．①属于芳香族化合物②遇FeCl3溶液不变紫色③能与NaOH溶液发生反应．考点：有机物的推断．分析：有机物C的分子式为C9H9OCl，分子中有一个苯环且苯环上只有一条侧链，无甲基；一定条件下C能发生银镜反应，说明C中含有醛基，C的不饱和度==5，因为含有一个苯环，所以还含有一个醛基，C发生水解反应生成D，D发生银镜反应然后酸化得到E，E中含有醇羟基、羧基，所以能发生酯化反应生成I，I分子中含有一个八元环，则C结构简式为-28-，C发生氧化反应得到B，B为，B和乙醇发生酯化反应生成A，A结构简式为；C发生消去反应生成F，F结构简式为，G发生加聚反应生成H，H为；C发生取代反应生成D，D结构简式为，D发生银镜反应然后酸化得到E，E为，E发生酯化反应生成含有一个八元环的I，I结构简式为，据此分析解答．解答：解：有机物C的分子式为C9H9OCl，分子中有一个苯环且苯环上只有一条侧链，无甲基；一定条件下C能发生银镜反应，说明C中含有醛基，C的不饱和度==5，因为含有一个苯环，所以还含有一个醛基，C发生水解反应生成D，D发生银镜反应然后酸化得到E，E中含有醇羟基、羧基，所以能发生酯化反应生成I，I分子中含有一个八元环，则C结构简式为，C发生氧化反应得到B，B为，B和乙醇发生酯化反应生成A，A结构简式为；C发生消去反应生成F，F结构简式为，G发生加聚反应生成H，H为；C发生取代反应生成D，D结构简式为-28-，D发生银镜反应然后酸化得到E，E为，E发生酯化反应生成含有一个八元环的I，I结构简式为，（1）F为，官能团是碳碳双键和醛基，C发生消去反应生成F，故答案为：碳碳双键、醛基；消去反应；（2）C为，I为，故答案为：；（3）D与银氨溶液发生银镜反应，反应方程式为，故答案为：；（4）在碱性条件下氯原子可能发生水解反应，所以可能B中不含氯原子，故答案为：在碱性环境中氯原子可能水解；（5）D的一种同系物W（分子式为C8H8O2）有多种同分异构体，D结构简式为，W结构简式符合下列条件：①属于芳香族化合物，说明含有苯环；②遇FeCl3溶液不变紫色，说明不含酚羟基；③能与NaOH溶液发生反应说明含有羧基或酯基，如果含有羧基和甲基，有邻间对三种结构；如果只含亚甲基和羧基，有一种结构，为苯乙酸；如果含有酯基，可能是苯甲酸甲酯、甲酸苯甲酯、乙酸苯酯，如果含有酯基和甲基，有邻间对三种结构，所以符合条件的有10种；其中核磁共振氢谱有4个峰且能发生银镜反应的结构简式为，故答案为：10；．-28-点评：本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，正确判断C结构简式是解本题关键，根据反应条件结合某些物质分子式、结构进行推断，难点是（5）同分异构体种类判断，要考虑官能团异构、位置异构，题目难度中等．　-28-