2019-2020年中考试拉练（二）化学试卷含解析.doc

2019-2020年中考试拉练（二）化学试卷含解析一、选择题（共14小题，每小题只有一个正确选项）1下列物质与其用途完全符合的有多少条（）干冰人工降雨Na2CO3制玻璃Fe2O3红色油漆或涂料Al2O3耐火材料NaClO消毒剂NaCl制纯碱； KAl （SO4 ）2消毒、净水A3B4C5D62下列实验操作正确的是（）配制5%食盐溶液时，将称量的食盐放入烧杯中，加适量的水，搅拌、溶解用50ml量筒量取5.2ml稀硫酸用中和滴定法测定某NaOH溶液的浓度时，酸式滴定管需用标准酸液润洗23次配制0.1molL1的H2SO4溶液时，将量取的浓H2SO4注入容量瓶中加水稀释用瓷坩埚灼烧各种钠的化合物测定中和反应的反应热时，利用玻璃搅拌器匀速搅拌ABCD3下列说法正确的是（）A由反应SiO2+4HFSiF4+2H2O，可知SiO2是碱性氧化物B由酸性溶液中MnO4可以氧化Cl，可知酸性溶液中MnO4也能氧化BrC由反应CuSO4+H2SCuS+H2SO4，可知酸性H2SH2S04D由常温下金属钠、铝可溶于NaOH溶液，可知金属镁也能溶于NaOH溶液4设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子B常温常压下，46gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子总数为3NAC78gNa2S和Na2O2的混合物中阳离子和阴离子的总数为3.5NAD标准状况下，2.24 L乙炔中含有共价键数目为0.5 NA5短周期元素M、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，M元素的一种核素没有中子，且M、W、X、Y+、Z的最外层电子数与其电子层数的比值依次为1、2、3、4、2（不考虑零族元素），下列关于这些元素的叙述正确的是（）AX分别和其它四种元素均可形成至少2种化合物BM分别和w、X、Y、Z形成化合物，均显相同化合价CM、X、Z三种元素组成的化合物含有离子键DM、X、Y组成化合物和Y、Z组成化合物，它们所含的化学键类型完全相同6下列有关Fe2（SO4）3溶液的叙述正确的是（）A该溶液中K+、Fe2+、SCN、Br可以大量存在B和KI溶液反应的离子方程式：Fe3+2IFe2+I2C和Ba（OH）2溶液反应离子方程式：Fe3+SO42+Ba2+3OHFe（OH）3+BaSO4D1L0.1 molL1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2gFe7将SO2气体分别通入下列四种溶液中，有关现象及结论的说法正确的是（）A试管中有淡黄色沉淀生成，说明SO2有氧化性B试管中溶液褪色，说明SO2有漂白性C试管中能产生白色沉淀，说明SO2有酸性D试管中溶液颜色变浅，说明SO2有还原性8四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性下列说法正确的是（）A简单离子半径：WXZBW与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性C气态氢化物的热稳定性：WYD最高价氧化物的水化物的酸性：YZ9从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O7X+5FeSO4+12H2SO4，下列说法正确的是（）AX的化学式为CuS，它既是氧化产物又是还原产物B5 mol FeS2发生反应，有10 mol电子转移C产物中的SO42离子有一部分是氧化产物DFeS2只作还原剂10下列有关热化学方程式的叙述正确的好似（）A已知2H2O（l）2H2（g）+O2（g）H=+571.6KJmol1，无法求H2的燃烧热B已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）H0，无法比较二者的稳定性C已知500、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放出19.3KJ的热量，无法推出该反应的热化学方程式D已知2C（s）+2O2（g）2CO2（g）H1；2C（s）+O2（g）2CO（g）H2，无法得出H2H111已知下列实验事实：Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2（SO4）3溶液；向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液；将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝下列判断不正确的是（）A化合物KCrO2中Cr元素为+3价B实验证明Cr2O3是两性氧化物C实验证明H2O2既有氧化性又有还原性D实验证明氧化性：Cr2O72I212某溶液中可能含有OH，CO32，AlO2，SiO32，SO42，Na+，Fe3+，Mg2+，Al3+等离子，当向溶液中逐滴加入一定物质的量的盐酸时，生成沉淀物质的量与加入盐酸体积的关系如图所示下列判断正确的是（）A原溶液中一定含有Na2SO4B反应后形成的溶液溶质为NaClC原溶液中含有CO32与AlO2的物质的量比为1：1D原溶液中一定含有的离子是OH，CO32，SiO32，AlO213将15.6g Na2O2和5.4g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72 L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是（）A标准状况下，反应过程中得到7.84 L的气体B最终得到的溶液中c（Na+）=c（Cl）+c（OH）C最终得到7.8 g的沉淀D最终得到的溶液中c（Na+）=1.5 molL114向含Fe2+、I、Br的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知ba=5，线段表示一种含氧酸，且和表示的物质中含有相同的元素下列说法正确的是（）A线段表示Br的变化情况B线段表示IO3的变化情况，其中IO3增加了5moLCa=6D原溶液中n（FeI2）：n（FeBr2）=3：1二、第卷（非选择题58分）15（9分）根据所给信息填空（1）用0.1mol/L的酸性高锰酸钾溶液测定FeSO4溶液的浓度时，因FeSO4溶液放置时间较长，导致测定结果（填“偏大”、“不变”或“偏小”）（2）过氧化钠的电子式（3）选出下列说法中正确的氧化物都能与酸或碱的溶液反应红宝石、玛瑙、水晶、钻石等装饰品的主要成分都是硅酸盐由相同元素组成的物质一定是纯净物浓氨水滴加到FeCl3溶液中可制取Fe（OH）3胶体向容量瓶中转移液体时，玻璃棒不可以接触到容量瓶的瓶口用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液金属Mg的活泼性比Al强，由Al2O3能与NaOH溶液反应推知MgO也能与NaOH溶液反应SiO2既能和NaOH溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物3mol单质Fe在氧气中完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，利用了Fe粉的还原性（4）浓硝酸久置变黄（5）明矾溶液与少量氢氧化钡溶液反应的离子方程式16（14分）我国空气质量预报的内容主要包括三个方面：二氧化硫、氮氧化物（NOx）、悬浮颗粒物等三种大气污染物的浓度（1）与氮氧化物有关的全球或区域性大气环境问题有（填字母序号）a酸雨b沙尘暴c光化学烟雾 d温室效应悬浮颗粒物可用高压电除尘，是利用了现象（2）为了降低汽车尾气对大气的污染，目前最有效的方法是给汽车安装尾气净化装置它能将尾气中的一氧化碳和NO在催化剂作用下，发生反应转化为无害气体，其反应的化学方程式为（3）写出实验室中由固体物质制取氨气的化学方程式；欲收集一瓶干燥的氨气，选择图1中的装置，其连接顺序为：发生装置（按气流方向，用小写字母表示）实验室也可用图2所示装置制取氨气烧瓶内固体可选用（选填选项的代号）a碱石灰 b生石灰 c二氧化硅 d五氧化二磷催化剂存在下，NH3也可用来消除NOx的污染，生成两种对环境无害的物质，请写出NH3与NO2反应的化学方程式为，该反应中每生成0.5molN2转移mol电子17（15分）2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示已知1mol SO2（g）氧化为1mol SO3的H=99kJmol1请回答下列问题：（1）图中A、C分别表示、，E的大小对该反应的反应热有无影响？该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？，理由是；（2）图中H=kJmol1；（3）V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化写出该催化循环机理的化学方程式；（4）如果反应速率（SO2）为0.05molL1min1，则（O2）=molL1min1、（SO3）=molL1min1；（5）已知单质硫的燃烧热为296kJmol1，计算由S（s）生成3molSO3（g）的H（要求计算过程）18（10分）某研究性学习小组在实验室模拟工业“侯氏制碱法”原理制取NaHCO3下图是该学习小组进行模拟实验时所用到的主要装置请回答下列问题：（1）B装置中仪器a的名称是（2）C装置中发生的现象是，反应的化学方程式是（3）检验A装置气密性的方法是：塞紧带长颈漏斗的橡胶塞，夹紧弹簧夹后，向漏斗里注入一定量的水，使漏斗内的水面高于试管内的水面，停止加水后，若说明装置不漏气（4）D是连接在装置A与装置C之间的气体净化装置，装置D的作用是（5）实验时向饱和NaCl溶液中先通入NH3，再通入CO2的原因是（6）设计实验方案，检验NaHCO3产品中是否含有氯化钠19（10分）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：（1）人体正常的血红蛋白含有Fe2+若误食亚硝酸盐（如NaNO2），则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒下列叙述不正确的是（填序号）A亚硝酸盐被还原 B维生素C是还原剂C维生素C将Fe3+还原为Fe2+ D亚硝酸盐是还原剂（2）下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是（填序号）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（3）某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，请写出反应的离子方式：（4）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（填序号）aCl2bFe cH2O2 dHNO3（5）若FeSO4和O2的化学计量数比为2：1，试配平下列方程式：FeSO4+K2O2K2FeO4+K2O+K2SO4+O2当转移了1.5NA个电子时，在标况下可收集到L氧气xx-2017学年山东省潍坊市昌乐及第中学高三（上）期中化学试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题（共14小题，每小题只有一个正确选项）1下列物质与其用途完全符合的有多少条（）干冰人工降雨Na2CO3制玻璃Fe2O3红色油漆或涂料Al2O3耐火材料NaClO消毒剂NaCl制纯碱； KAl （SO4 ）2消毒、净水A3B4C5D6【考点】物质的组成、结构和性质的关系；常见元素的名称、符号、离子符号【专题】物质的组成专题【分析】干冰为固态二氧化碳，能用于人工降雨；工业上制造玻璃的主要原料是碳酸钠、碳酸钙和二氧化硅；Fe2O3为红色固体；Al2O3熔点比较高，可以用作耐火材料，NaClO能杀菌消毒；氨碱法制纯碱以食盐、石灰石、氨气为原料来制取；KAl （SO4 ）2电离的铝离子水解产生氢氧化铝，可以起到净水的作用【解答】解：干冰是固体的二氧化碳，干冰升华（由固态变成气态）时会吸收大量热，使空气中的水蒸气液化成水滴降落，就是人工降雨，故正确；工业上制造玻璃的主要原料是碳酸钠、碳酸钙和二氧化硅，故正确；Fe2O3为红色固体常用来做红色油漆或涂料，故正确；Al2O3熔点比较高，加热很难融化，可以用作耐火材料，故正确；NaClO具有强氧化性，能杀菌消毒，故正确；氨碱法制纯碱的实验原理进行分析，以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，故正确；KAl （SO4 ）2电离的铝离子水解产生氢氧化铝，可以起到净水的作用，但不具有消毒功能，故错误故选：D【点评】本题考查了物质的用途，明确物质的性质即可解答，侧重对基础知识点的考查，会运用化学知识解释生活常识，题目难度不大2下列实验操作正确的是（）配制5%食盐溶液时，将称量的食盐放入烧杯中，加适量的水，搅拌、溶解用50ml量筒量取5.2ml稀硫酸用中和滴定法测定某NaOH溶液的浓度时，酸式滴定管需用标准酸液润洗23次配制0.1molL1的H2SO4溶液时，将量取的浓H2SO4注入容量瓶中加水稀释用瓷坩埚灼烧各种钠的化合物测定中和反应的反应热时，利用玻璃搅拌器匀速搅拌ABCD【考点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；化学实验方案的评价【专题】化学实验基本操作【分析】配制一定质量分数溶液时，只需将计算称量好的溶质溶于一定量的溶剂中即可；在实验室量取液体时，因为量程太大，会使区分度增大，而加大误差；量程太小，需量取多次，也会加大误差，采用就近原则进行解答；滴定管在洗涤后需要标准液润洗；容量瓶不能用来配置溶液；瓷坩埚中含有二氧化硅，与NaOH在加热下反应；玻璃搅拌器传热慢【解答】解：因配制一定质量分数溶液时，只需将计算称量好的溶质溶于一定量的溶剂中即可，故正确；在实验室量取液体时，因为量程太大，会使区分度增大，而加大误差；量程太小，需量取多次，也会加大误差，采用就近原则，所以不能用50mL量筒量取5.2mL稀硫酸，故错误；为防止标准液浓度偏小，带来实验误差，滴定管在洗涤后需要标准液润洗，故正确；容量瓶不能用来配置和稀释溶液，故错误；瓷坩埚中含有二氧化硅，与NaOH在加热下反应，而使坩埚炸裂，故错误；玻璃搅拌器传热慢，符合实验要求，故正确故选C【点评】本题考查实验基本操作，题目难度不大，注意基本实验操作方法3下列说法正确的是（）A由反应SiO2+4HFSiF4+2H2O，可知SiO2是碱性氧化物B由酸性溶液中MnO4可以氧化Cl，可知酸性溶液中MnO4也能氧化BrC由反应CuSO4+H2SCuS+H2SO4，可知酸性H2SH2S04D由常温下金属钠、铝可溶于NaOH溶液，可知金属镁也能溶于NaOH溶液【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；氧化还原反应【专题】物质的性质和变化专题【分析】A、SiO2属于酸性氧化物；B、溴离子的还原性强于氯离子，能被高锰酸根离子氧化；C、氢硫酸是弱酸，硫酸是强酸；D、金属铝可以和氢氧化钠反应，但是金属镁不能和氢氧化钠反应【解答】解：A、SiO2属于酸性氧化物，但是可以和氢氟酸之间反应，故A错误；B、溴离子的还原性强于氯离子，氯离子能能被高锰酸根离子氧化，所以溴离子更能，故B正确；C、氢硫酸是弱酸，硫酸是强酸，酸性H2SH2S04，反应发生不是强酸制弱酸原理，而是因为反应生成更难溶的物质，故C错误；D、金属铝可以和氢氧化钠反应，但是金属镁不能和氢氧化钠反应，故D错误故选B【点评】本题考查学生物质的性质知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等4设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子B常温常压下，46gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子总数为3NAC78gNa2S和Na2O2的混合物中阳离子和阴离子的总数为3.5NAD标准状况下，2.24 L乙炔中含有共价键数目为0.5 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、铁变为Fe3O4时变为+价；B、NO2和N2O4的最简式均为NO2；C、Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，且均由2个阳离子和1个阴离子构成；D、求出乙炔的物质的量，然后根据乙炔中含5条共价键来分析【解答】解：A、铁变为Fe3O4时变为+价，故3mol铁失去8NA个电子，故A正确；B、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故46g混合物中含有的NO2的物质的量为1mol，故含3NA个原子，故B正确；C、Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，故78g混合物的物质的量为1mol，且两者均由2个阳离子和1个阴离子构成，故1mol混合物中含离子共3NA个，故C错误；D、标况下2.24L乙炔的物质的量为0.1mol，而乙炔中含5条共价键，故0.1mol乙炔中含0.5NA条共价键，故D正确故选ABD【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短周期元素M、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，M元素的一种核素没有中子，且M、W、X、Y+、Z的最外层电子数与其电子层数的比值依次为1、2、3、4、2（不考虑零族元素），下列关于这些元素的叙述正确的是（）AX分别和其它四种元素均可形成至少2种化合物BM分别和w、X、Y、Z形成化合物，均显相同化合价CM、X、Z三种元素组成的化合物含有离子键DM、X、Y组成化合物和Y、Z组成化合物，它们所含的化学键类型完全相同【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】短周期元素M、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且M、W、X、Y+、Z的最外层电子数与其电子层数的比值依次为1、2、3、4、2（不考虑零族元素）M元素的一种核素没有中子，则M为氢元素；Y+的电子层数为2，最外层电子数为8，所以Y的质子数为2+8+1=11，所以Y为Na；结合原子序数可知，W、X的电子层数都为2，Z的电子层数为3，则W原子最外层电子数为4，所以W为C元素，X原子最外层电子数为6，则X为氧元素，Z原子最外层电子数为6，故Z为硫元素，然后结合元素及其化合物的性质来解答【解答】解：短周期元素M、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且M、W、X、Y+、Z的最外层电子数与其电子层数的比值依次为1、2、3、4、2（不考虑零族元素）M元素的一种核素没有中子，则M为氢元素；Y+的电子层数为2，最外层电子数为8，所以Y的质子数为2+8+1=11，所以Y为Na；结合原子序数可知，W、X的电子层数都为2，Z的电子层数为3，则W原子最外层电子数为4，所以W为C元素，X原子最外层电子数为6，则X为氧元素，Z原子最外层电子数为6，故Z为硫元素AO和H形成H2O、H2O2，O和C形成CO、CO2，O和Na形成Na2O、Na2O2，O和S形成SO2、SO3，故A正确；BH与C、O、S形成的化合物中氢元素表现正价，与Na形成的NaH中H元素表现负价，故B错误；CM、X和Z三种元素形成H2SO3或H2SO4，含有共价键，不含离子键，故C错误；DM、X、Y组成化合物为NaOH，含有离子键、共价键，Y、Z组成化合物为Na2S，只含有离子键，故D错误故选：A【点评】本题考查原子结构和元素周期律，元素的推断是解答本题的关键，注意短周期简单阳离子比原子少一个电子层，以Y离子为突破口推断，题目难度不大，注意基础知识的掌握6（xx秋张掖校级期中）下列有关Fe2（SO4）3溶液的叙述正确的是（）A该溶液中K+、Fe2+、SCN、Br可以大量存在B和KI溶液反应的离子方程式：Fe3+2IFe2+I2C和Ba（OH）2溶液反应离子方程式：Fe3+SO42+Ba2+3OHFe（OH）3+BaSO4D1L0.1 molL1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2gFe【考点】离子共存问题；离子方程式的书写【分析】Fe2（SO4）3溶液中铁离子部分水解，导致溶液显示酸性，其中的铁离子具有氧化性，能和还原性的物质反应，结合离子之间的反应来解答【解答】解：AFe3+、SCN结合生成络离子，不能大量共存，故A错误；B和KI溶液反应的离子方程式为2Fe3+2I2Fe2+I2，故B错误；C和Ba（OH）2溶液反应离子方程式为2Fe3+3SO42+3Ba2+6OH2Fe（OH）3+3BaSO4，故C错误；D.100mL 0.1 mol/L该溶液中含有溶质硫酸铁0.01mol，0.01mol硫酸铁中含有0.02mol铁离子，与足量锌反应可以生成0.02mol铁，生成铁的质量为1.12g，故D正确故选D【点评】本题考查离子的共存及离子反应，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7（xx普陀区二模）将SO2气体分别通入下列四种溶液中，有关现象及结论的说法正确的是（）A试管中有淡黄色沉淀生成，说明SO2有氧化性B试管中溶液褪色，说明SO2有漂白性C试管中能产生白色沉淀，说明SO2有酸性D试管中溶液颜色变浅，说明SO2有还原性【考点】二氧化硫的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】ASO2与与氯水发生氧化还原反应不产生淡黄色沉淀；BSO2与KMnO4酸性溶液发生氧化还原反应，表现了SO2的还原性；CSO2与BaCl2溶液不反应；DSO2与氯化铁溶液反应，二氧化硫被氧化生成生成硫酸，铁离子被还原生成亚铁离子【解答】解：ASO2与与氯水发生氧化还原反应不产生淡黄色沉淀，故A错误；B试管中溶液褪色，因为SO2与KMnO4酸性溶液发生氧化还原反应，表现了SO2的还原性，故B错误；CSO2与BaCl2溶液不反应，试管中不能产生白色沉，故C错误；DSO2与氯化铁溶液反应，二氧化硫被氧化生成生成硫酸，铁离子被还原生成亚铁离子，溶液颜色变浅，说明SO2有还原性，故D正确；故选D【点评】本题考查了SO2的性质，要注意SO2使有色物质褪色不一定是它的漂白性8（xx春南宁校级期末）四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性下列说法正确的是（）A简单离子半径：WXZBW与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性C气态氢化物的热稳定性：WYD最高价氧化物的水化物的酸性：YZ【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】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X是钠；Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性，说明这种盐不水解，Z只能是第三周期的非金属元素，且Z的氢化物的水溶液属于强酸，则Z是氯；W、X的简单离子具有相同电子层结构，则W在第二周期且是非金属元素，可能是氮和氧；W与Y同族，Y在X与Z之间，位置关系如图：，据此解答【解答】解：四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X是钠；Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性，说明这种盐不水解，Z只能是第三周期的非金属元素，且Z的氢化物的水溶液属于强酸，则Z是氯；W、X的简单离子具有相同电子层结构，则W在第二周期且是非金属元素，可能是氮和氧；W与Y同族，Y在X与Z之间，位置关系如图：，AX、W离子的电子层为2层，Z离子即氯离子电子层为3层，电子层多半径大，电子层结构相同时，序小半径反而大，则简单离子半径大小顺序是：XWZ，故A错误；BW在第二周期且是非金属元素，可能是氮和氧，与钠形成的化合物可能是氮化钠，氧化钠，过氧化钠，它们与水反应都能生成氢氧化钠使溶液呈碱性，故B正确；CW与Y处于同于主族，从上到下，非金属性逐渐减弱，气态氢化物的热稳定性逐渐减弱，则WY，故C错误；DY与Z处于同同期，从左到右，非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，则ZY，故D错误；故选：B【点评】本题考查了原子结构与元素周期表的关系，正确推断各元素为解答关键，在答题时，画出各元素的位置关系使解题更快也更准确，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力9（xx海淀区模拟）从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O7X+5FeSO4+12H2SO4，下列说法正确的是（）AX的化学式为CuS，它既是氧化产物又是还原产物B5 mol FeS2发生反应，有10 mol电子转移C产物中的SO42离子有一部分是氧化产物DFeS2只作还原剂【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】由质量守恒可知X为Cu2S，则在反应14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素化合价降低，被还原，CuSO4为氧化剂，FeS2中S元素化合价为1价，反应后分别升高为+6价、降低为2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，从元素化合价的角度判断并计算该题【解答】解：AX为Cu2S，Cu元素化合价降低，为还原产物，故A错误；B.5molFeS2发生反应，Cu元素化合价由+2价+1价，14molCuSO4得到14mol电子，FeS2Cu2S，S元素的化合价由1价2价，生成7molCu2S，得到7mol电子，有21mol电子转移，故B错误；C由化学方程式可知，反应物中含有14molSO42离子，生成物中有17molSO42离子，则有3molS被氧化，故C正确；DFeS2中S元素化合价为1价，反应后分别升高为+6价、降低为2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，故D错误故选C【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和计算能力的考查，题目难度中等，解答该题的关键是正确判断各元素的化合价的变化，能从化合价的角度进行判断和计算10（2017安徽模拟）下列有关热化学方程式的叙述正确的好似（）A已知2H2O（l）2H2（g）+O2（g）H=+571.6KJmol1，无法求H2的燃烧热B已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）H0，无法比较二者的稳定性C已知500、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放出19.3KJ的热量，无法推出该反应的热化学方程式D已知2C（s）+2O2（g）2CO2（g）H1；2C（s）+O2（g）2CO（g）H2，无法得出H2H1【考点】热化学方程式【专题】化学反应中的能量变化【分析】A根据盖斯定律可知2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6kJ/mol，据此得出氢气的燃烧热；B物质具有的能量越高，其稳定性越弱；C合成氨的反应为可逆反应，无法计算放出19.3kJ热量生成氨气的物质的量，则无法书写该反应的热化学方程式；D碳完全燃烧时放出热量较多，焓变为负值，放出热量越多，焓变越小【解答】解：A已知2H2O（l）2H2（g）+O2（g）H=+571.6KJmol1，则2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6kJ/mol，氢气的燃烧热为=285.8kJ/mol，故A错误；B已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）H0，该反应为吸热反应，说明石墨具有的能量小于金刚石，则石墨的稳定性大于金刚石，故B错误；C已知500、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放出19.3KJ的热量，由于该反应为可逆反应，则无法计算该反应中生成氨气的物质的量，故无法推出该反应的热化学方程式，故C正确；D反应2C（s）+2O2（g）2CO2（g）H1、2C（s）+O2（g）2CO（g）H2中，前者完全燃烧，后者不完全燃烧，则后者放出热量较多，结合焓变为负值可知H2H1，故D错误；故选C【点评】本题考查了热化学方程式的书写及应用，题目难度中等，明确燃烧热概念、物质稳定性与具有能量的关系为解答关键，注意掌握比较反应热大小的方法，试题培养了学生的灵活应用能力11（xx分宜县校级三模）已知下列实验事实：Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2（SO4）3溶液；向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液；将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝下列判断不正确的是（）A化合物KCrO2中Cr元素为+3价B实验证明Cr2O3是两性氧化物C实验证明H2O2既有氧化性又有还原性D实验证明氧化性：Cr2O72I2【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】中，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物；中，发生氧化还原反应，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中O元素的化合价降低；中，溶液变蓝，生成碘单质，则发生氧化还原反应，Cr元素的化合价降低，I元素的化合价升高，以此来解答【解答】解：A化合物KCrO2中，K为+1价，O为2价，由化合物中正负化合价的倒数和为0，则Cr元素为+3价，故A正确；B由反应可知，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物，故B正确；C实验中发生氧化还原反应，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中O元素的化合价降低，所以证明H2O2有氧化性，故C错误；D由中溶液变蓝，生成碘单质可知，发生氧化还原反应，Cr元素的化合价降低，I元素的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，证明氧化性为Cr2O72I2，故D正确；故选C【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念及分析能力、知识迁移应用能力的考查，选项B为解答的易错点，题目难度不大12某溶液中可能含有OH，CO32，AlO2，SiO32，SO42，Na+，Fe3+，Mg2+，Al3+等离子，当向溶液中逐滴加入一定物质的量的盐酸时，生成沉淀物质的量与加入盐酸体积的关系如图所示下列判断正确的是（）A原溶液中一定含有Na2SO4B反应后形成的溶液溶质为NaClC原溶液中含有CO32与AlO2的物质的量比为1：1D原溶液中一定含有的离子是OH，CO32，SiO32，AlO2【考点】常见离子的检验方法【专题】离子反应专题【分析】由图可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的OH反应，则与氢氧根离子反应的离子不能共存：Fe3+、Mg2+、Al3+；然后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中至少含有K+、Na+离子中的一种，以此来解答【解答】解：由图象可知，开始加入HCl时无沉淀生成，说明加入的HCl与溶液中OH的反应，则溶液中一定不会存在与氢氧根离子发生反应的离子：Fe3+、Mg2+、Al3+；之后开始生成沉淀且反应生成沉淀逐渐增大，说明溶液中存在AlO2、SiO32，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32离子，碳酸根离子反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中至少含有K+、Na+离子中的一种离子，A根据分析可知，无法判断溶液中是否存在硫酸根离子，故A错误；B反应后形成的溶液溶质为NaCl或KCl，故B错误；C发生CO32+2H+=CO2+H2O、Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O，结合图可知和碳酸根离子反应的盐酸为2体积，氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4体积，原溶液中含有CO32与AlO2的物质的量之比为3：4，故C错误；D根据以上分析可知，原溶液中一定存在的阴离子是：OH、SiO32、AlO2、CO32，故D正确；故选D【点评】本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握离子的性质、离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意图中消耗酸的体积及反应的先后顺序，题目难度中等13（xx秋辽宁校级期末）将15.6g Na2O2和5.4g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72 L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是（）A标准状况下，反应过程中得到7.84 L的气体B最终得到的溶液中c（Na+）=c（Cl）+c（OH）C最终得到7.8 g的沉淀D最终得到的溶液中c（Na+）=1.5 molL1【考点】有关混合物反应的计算【分析】15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol，5.4gAl的物质的量为=0.2mol，首先发生反应2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，生成NaOH为0.4mol，再发生2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.4mol0.2mol=0.2mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体6.72L，物质的量为=0.3mol，首先发生反应NaOH+HClNaCl+H2O，剩余HCl为0.3mol0.2mol=0.1mol，再发生反应NaAlO2+HCl+H2OAl（OH）3+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al（OH）3为0.1mol，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，A根据过氧化钠与水反应及铝与氢氧化钠反应计算生成氧气、氢气的总体积；B最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，根据电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（Cl）+c（AlO2）+c（OH）；C根据m=nM计算生成的氢氧化铝的质量；D根据Na元素守恒可知反应后溶液中n（Na+）=2n（Na2O2），再根据c=计算【解答】解：15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol，5.4gAl的物质的量为=0.2mol，首先发生反应2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，生成NaOH为0.4mol，再发生2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.4mol0.2mol=0.2mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体6.72L，物质的量为=0.3mol，首先发生反应NaOH+HClNaCl+H2O，剩余HCl为0.3mol0.2mol=0.1mol，再发生反应NaAlO2+HCl+H2OAl（OH）3+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al（OH）3为0.1mol，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，A过氧化钠与水反应生成氧气为0.2mol=0.1mol，铝与氢氧化钠反应生成氢气为0.2mol=0.3mol，故生成氢气的体积为（0.1mol+0.3mol）22.4L/mol=8.96L，故A错误；B反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，由电荷守恒可知c（Na+）=c（Cl）+c（OH）+c（AlO2）c（H+），故B错误；C最终生成Al（OH）3为0.1mol，质量为0.1mol78g/mol=7.8g，故C正确；D根据Na元素守恒可知，反应后溶液中n（Na+）=2n（Na2O2）=20.2mol=0.4mol，故溶液中c（Na+）=2mol/L，故D错误；故选C【点评】本题考查混合物的计算、钠的化合物与铝单质及化合物的性质等，难度中等，根据过量计算判断发生的反应是解题的关键14向含Fe2+、I、Br的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知ba=5，线段表示一种含氧酸，且和表示的物质中含有相同的元素下列说法正确的是（）A线段表示Br的变化情况B线段表示IO3的变化情况，其中IO3增加了5moLCa=6D原溶液中n（FeI2）：n（FeBr2）=3：1【考点】离子方程式的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】向仅含Fe2+、I、Br的溶液中通入过量的氯气，还原性IFe2+Br，首先发生反应：2I+Cl2=I2+2Cl，I反应完毕，再反应反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，Fe2+反应完毕，又发生反应2Br+Cl2=Br2+2Cl，故线段I代表I的变化情况，线段代表Fe2+的变化情况，线段代表Br的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2（3mol1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I）+n（Br）=2n（Fe2+），故n（Br）=2n（Fe2+）n（I）=24mol2mol=6mol，根据溴离子判断溶液中n（FeBr2），根据离子方程式计算溴离子反应需要的氯气的物质的量，据此计算a的值；线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该含氧酸中含有I元素，根据电子守恒计算出含氧酸中I的化合价，然后写出其化学式，根据碘原子守恒判断增加多少【解答】解：A根据分析可知，线段为亚铁离子被氯气氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，不是氧化溴离子，故A错误；B线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，ab段I2被Cl2氧化，已知碘单质的物质的量为1mol，反应消耗氯气的物质的量为ba=5mol，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为：=+5价，则该含氧酸为HIO3，即：线段表示IO3的变化情况，IO3增加了2moL，故B错误；C由分析可知，溶液中n（Br）=2n（Fe2+）n（I）=24mol2mol=6mol，根据2Br+Cl2=Br2+2Cl可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，故C正确；Dn（FeI2）：n（FeBr2）=n（I）：n（Br）=2mol：6mol=1：3，故D错误；故选C【点评】本题考查氧化还原反应计算、氧化还原反应先后顺序、氧化性和还原性强弱比较等知识，试题综合性较强，难度较大，明确反应过程及反应原理为解题关键，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力二、第卷（非选择题58分）15（9分）根据所给信息填空（1）用0.1mol/L的酸性高锰酸钾溶液测定FeSO4溶液的浓度时，因FeSO4溶液放置时间较长，导致测定结果偏小（填“偏大”、“不变”或“偏小”）（2）过氧化钠的电子式（3）选出下列说法中正确的氧化物都能与酸或碱的溶液反应红宝石、玛瑙、水晶、钻石等装饰品的主要成分都是硅酸盐由相同元素组成的物质一定是纯净物浓氨水滴加到FeCl3溶液中可制取Fe（OH）3胶体向容量瓶中转移液体时，玻璃棒不可以接触到容量瓶的瓶口用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液金属Mg的活泼性比Al强，由Al2O3能与NaOH溶液反应推知MgO也能与NaOH溶液反应SiO2既能和NaOH溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物3mol单质Fe在氧气中完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，利用了Fe粉的还原性（4）浓硝酸久置变黄4HNO3=4NO2+O2+2H2O（5）明矾溶液与少量氢氧化钡溶液反应的离子方程式2Al3+3SO42+3Ba2+6OH=2Al（OH）3+3BaSO4【考点】化学实验方案的评价；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【专题】实验评价题【分析】（1）FeSO4具有还原性，可被空气中氧气氧化；（2）过氧化钠为离子化合物；（3）CO等与酸或碱的溶液都不反应；玛瑙、水晶的主要成分为二氧化硅，钻石的主要成分为C；同素异形体由相同元素组成；浓氨水滴加到FeCl3溶液中可制取Fe（OH）3沉淀；向容量瓶中转移液体时，玻璃棒不可以接触到容量瓶的瓶口，防止液体流出；焰色反应为元素的性质；MgO与NaOH溶液不反应；SiO2氢氟酸反应不生成盐；3mol单质Fe在氧气中完全转变为Fe3O4，Fe的化合价变为+2、+3价，失去8NA个电子；用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，利用了Fe粉的还原性，可防止食品被氧化（4）硝酸被稳定，易分解生成二氧化氮；（5）明矾溶液与少量氢氧化钡溶液反应可生成氢氧化铝和硫酸钡沉淀【解答】解：（1）FeSO4具有还原性，可被空气中氧气氧化，如在空气中防止，亚铁离子浓度减小，测定结果偏小，故答案为：偏小；（2）过氧化钠为离子化合物，电子式为，故答案为：；（3）CO等与酸或碱的溶液都不反应，为不成盐氧化物，故错误；玛瑙、水晶的主要成分为二氧化硅，钻石的主要成分为C，故错误；同素异形体由相同元素组成，可组成混合物，故错误；浓氨水滴加到FeCl3溶液中可制取Fe（OH）3沉淀，不能得到胶体，故错误；向容量瓶中转移液体时，玻璃棒不可以接触到容量瓶的瓶口，防止液体流出，故正确；焰色反应为元素的性质，不一定为盐溶液，故错误；MgO与NaOH溶液不反应，故错误；SiO2氢氟酸反应不生成盐，不是两性氧化物，故错误；3mol单质Fe在氧气中完全转变为Fe3O4，Fe的化合价变为+2、+3价，失去8NA个电子，故正确；用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，利用了Fe粉的还原性，可防止食品被氧化，故正确故答案为：；（4）硝酸被稳定，易分解生成二氧化氮，反应的化学方程式为4HNO3=4NO2+O2+2H2O，故答案为：4HNO3=4NO2+O2+2H2O；（5）明矾溶液与少量氢氧化钡溶液反应可生成氢氧化铝和硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为2Al3+3SO42+3Ba2+6OH=2Al（OH） 3+3BaSO4，故答案为：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH=2Al（OH） 3+3BaSO4【点评】本题考查较为综合，多角度考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累16（14分）（2017郓城县校级一模）我国空气质量预报的内容主要包括三个方面：二氧化硫、氮氧化物（NOx）、悬浮颗粒物等三种大气污染物的浓度（1）与氮氧化物有关的全球或区域性大气环境问题有ac（填字母序号）a酸雨b沙尘暴c光化学烟雾 d温室效应悬浮颗粒物可用高压电除尘，是利用了电泳现象（2）为了降低汽车尾气对大气的污染，目前最有效的方法是给汽车安装尾气净化装置它能将尾气中的一氧化碳和NO在催化剂作用下，发生反应转化为无害气体，其反应的化学方程式为2NO+2CON2+2CO2（3）写出实验室中由固体物质制取氨气的化学方程式2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；欲收集一瓶干燥的氨气，选择图1中的装置，其连接顺序为：发生装置dcfei（按气流方向，用小写字母表示）实验室也可用图2所示装置制取氨气烧瓶内固体可选用ab（选填选项的代号）a碱石灰 b生石灰 c二氧化硅 d五氧化二磷催化剂存在下，NH3也可用来消除NOx的污染，生成两种对环境无害的物质，请写出NH3与NO2反应的化学方程式为6NO2+8NH37N2+12H2O，该反应中每生成0.5molN2转移1.7mol电子【考点】三废处理与环境保护【专题】化学应用【分析】（1）a酸雨：主要是工业排放的废气二氧化硫和氮氧化合物，二氧化硫在灰尘催化下与氧气反应生成三氧化硫，与水生成硫酸；氮氧化合物与水生成硝酸使雨水PH5.6；b由于现在人类大力砍伐树木，减少了对土壤的固定，沙尘比较多，大量燃烧化