2019-2020年高三（下）周考化学试卷（21）含解析.doc

2019-2020年高三（下）周考化学试卷（21）含解析一、选择题（每题4分，共60分）1（4分）（xx玉山县校级模拟）化学与生活密切相关，以下有关说法不正确的是（）A维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用B先通入氯气，再加入硫酸亚铁处理水，能达到消毒杀菌和除去悬浮杂质的目的C地沟油经过一系列加工后，可以转化为生物柴油用作发动机燃料，变废为宝D鸡蛋清中加人CuSO4溶液会产生盐析现象，析出的蛋白质可再溶于水2（4分）（xx秋温州校级期中）下列叙述中正确的有（）NH4I的电子式：8个中子的碳原子的核素符号：C碘酒、淀粉、水雾、纳米材料均为胶体 烧碱、冰醋酸、氯仿、胆矾均为电解质用托盘天平称取8.75g食盐 用酸式滴定管量取23.22mL高锰酸钾溶液C60、C70、金刚石、石墨均为碳的同素异形体X射线、质谱、核磁共振属于现代化学对物质结构进行研究的手段A6个B5个C4个D3个3（4分）（xx长安区校级一模）用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）46g NO2和N2O4的混合气体中含有的原子个数为3NA常温下，4g CH4含有NA个CH共价键10mL质量分数为98%的H2SO4，加水至100mL，H2SO4的质量分数为9.8%标准状况下，5.6L四氯化碳含有的分子数为0.25NA25时，pH=12的1.0L NaClO溶液中水电离出的OH的数目为0.01NA0.1molL1Na2CO3溶液中含有0.1NA个CO321mol Na2O2与水完全反应时转移电子数为2NAABCD4（4分）（xx秋海淀区期末）下列实验现象不能说明相关结论的是（）A将铜与浓硫酸共热，产生使石蕊溶液变红的气体，说明浓硫酸具有酸性B将金属钠投入冷水中，钠熔为小球，说明钠与水的反应为放热反应且钠的熔点低C向AgCl浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，说明AgCl的溶解平衡正向移动D向Al（OH）3沉淀中滴加NaOH溶液或盐酸，沉淀均消失，说明Al（OH）3是两性氢氧化物5（4分）下列离子方程式书写正确的是（）A石灰乳与Na2CO3溶液混合：Ca2+CO32CaCO3BNH4HSO3溶液与足量的NaOH溶液混合加热：NH4+HSO3+2OHNH3+SO32+2H2OC酸性条件下KIO3溶液与KI溶液发生反应生成I2：IO3+5I+3H2O3I2+6OHDAgNO3溶液中加入过量的氨水：Ag+NH3H2OAgOH+NH4+6（4分）（xx秋越城区校级期末）将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL 2mol/L NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO2的物质的量为（）A0.2molB0.6molC0.8molD1.0mol7（4分）（xx分宜县校级三模）下列图象表达正确的是（）A浓硫酸的稀释B过量的盐酸与等量的锌粉反应C氢气与氧气反应中的能量变化D微粒电子数8（4分）（xx江苏模拟）X、Y、Z、W四种物质的转化关系下列组合中不符合该关系的是（）ABCDXHClNa2O2Na2CO3SO2YFeCl2NaOHCO2Na2SO3ZCl2Na2CO3Ca2CO3H2SO4WFeCl3NaHCO3Ca（HCO3）2NaHSO3AABBCCDD9（4分）（xx秋苍南县校级期中）如图是卤素单质（F2、Cl2、Br2、I2）的沸点与相对分子质量的关系图，下列说法错误的是（）A单质是最活泼的非金属单质B单质能使品红溶液褪色C单质保存时加少量水进行水封D单质的氧化性是10（4分）（xx静安区一模）如图，在25，101.3KPa下，将10mLO2全部压入左端盛有20mLN0的注射器中充分反应以下对压入O2后左端注射器中的气体描述错误的是（）A气体变为红棕色B气体体积仍为20mLC气体变为混合物D气体中氮与氧元素的物质的量之比等于1：211（4分）（xx秋潍坊期末）用如图所示装置进行实验，下列对实验现象的解释不合理的是（）中试剂中现象解 释ABa（NO3）2溶液生成白色沉淀SO32与Ba2+生成白色BaSO3沉淀B品红溶液溶液褪色SO2具有漂白性C紫色石蕊溶液溶液变红SO2与水反应生成酸D酸性KMnO4溶液紫色褪去SO2具有还原性AABBCCDD12（4分）某离子反应中涉及H2O、ClO、NH4+、H+、N2、Cl六种微粒其中N2的物质的量随时间变化的曲线如右图所示则下列判断正确的是（）A反应后溶液的酸性明显增强B消耗1 mol还原剂，转移6 mol电子C氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D该反应的还原剂是Cl13（4分）（xx成都二模）下列实验、现象及相关结论均正确的是（）ABCD实验现象品红褪色最后试管有浅黄色沉淀最后一滴标液使酚酞由无色变为红色，且30秒不复原盐桥左端从无色逐渐变为蓝色结论SO2有强氧化性有机物中含有溴原子滴定达到终点金属比活泼AABBCCDD14（4分）（xx玉山县校级模拟）粗制的CuSO45H2O晶体中含有Fe2+提纯时，为了除去Fe2+，常加入少量H2O2，然后再滴入少量碱溶液调至溶液pH=4，可以达到除去铁离子而不损失硫酸铜的目的则有关操作的原理或说法不符合的是（）A溶解CuSO45H2O晶体时要加入少量稀H2SO4B加入H2O2，将Fe2+氧化：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2OC由于CuSO4的催化作用，会使部分H2O2分解而损失D调溶液pH=4的依据是Cu（OH）2比Fe（OH）3更难溶15（4分）（xx静安区一模）某固体混合物可能含有NH4C1、NaOH、KOH、AgNO3、AlCl3、CuCl2中的若干种，加适量水充分搅拌，得无色澄清溶液，取溶液进行如下实验：蘸取少量原溶液灼烧，未见火焰出现黄色；蘸取少量原溶液滴在PH试纸上，试纸显蓝色，与标准比色卡比较，pH约为11； 取lmL原溶液加入3滴乙醛，水浴加热，试管内壁出现光亮的“银镜”根据上述实验现象，以下推测正确的是（）AAlCl3一定不存在B只有NH4C1、AgNO3一定存在CNaOH、AlCl3、CuCl2可能存在D只有NH4C1、KOH、AgNO3一定存在二、非选择题16（10分）（xx秋宁波期末）A、B、C、D均为中学化学中的常见物质，请根据题中信息回答问题（1）已知它们存在如下反应转化关系：A+BC+D（未配平，反应条件略去）该转化关系中所涉及的反应为置换反应若A是金属单质，D是非金属单质，且A 原子的质子数是D原子的2倍，则反应的方程式是该转化关系中所涉及的反应为非置换反应若A、D分子的核外电子总数都为10个，B与C能发生反应，则反应的方程式是（2）已知它们存在如下反应转化关系：A+BC+D+H2O（未配平，反应条件略去）该转化关系中所涉及的反应为氧化还原反应若C、D两种气体均能使澄清石灰水变浑浊，当A的摩尔质量小于B时，物质B的名称为，鉴别C、D两种气体不能选用的试剂是aBa（OH）2溶液 b酸性KMnO4溶液c紫色石蕊试液dH2O2与BaCl2混合液 e酸化的Ba（NO3）2溶液该转化关系中所涉及的反应为非氧化还原反应若A是造成温室效应的主要气体之一，C、D均为钠盐，D与B反应能转化为C当参加反应的A、B物质的量之比为3：4时，则C与D物质的量之比为17（14分）（xx唐山二模）图中，AL为常见物质或该物质的水溶液，B在A气体中燃烧产生棕黄色烟，B、G为中学化学中常见的金属单质，E的稀溶液为蓝色，I的焰色反应为黄色，组成J的元素原子核内只有一个质子，F为无色、有刺激性气味的气体，且能使品红溶液褪色回答下列问题：（1）A元素在周期表中的位置是（填所在周期和族），K固体中所含的化学键有（2）D的水溶液与G反应的离子方程式为A和K是重要的化工原料，工业上同时制取A单质和K的反应的化学方程式为（3）若将标准状况下2.24L的F通入150mL 1.0m1L1的K溶液中，充分反应后，测得溶液显酸性，所得溶质及其物质的量分别为（4）与F组成元素相同的一种2价酸根离子M，M中两种元素的质量比为4：3，已知1mol A单质与含1mol M的溶液能恰好完全反应，反应时仅观察到有浅黄色沉淀产生取反应后的上层清液加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀产生则A单质与含M的溶液反应的离子方程式为18（16分）（xx新津县校级模拟）如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持设备已略）（1）制备氯气选用的药品为：漂粉精固体和浓盐酸，相关的化学反应方程式为：（2）装置B中饱和食盐水的作用是；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中、处依次放入abcd干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为色，说明氯的非金属性大于溴（5）打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡观察到的现象是（6）有人提出，装置F中可改用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，试写出相应的离子反应方程式：，判断改用NaHSO3溶液是否可行（填“是”或“否”）xx学年江苏省南京市南大附中高三（下）周考化学试卷（21）参考答案与试题解析一、选择题（每题4分，共60分）1（4分）（xx玉山县校级模拟）化学与生活密切相关，以下有关说法不正确的是（）A维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用B先通入氯气，再加入硫酸亚铁处理水，能达到消毒杀菌和除去悬浮杂质的目的C地沟油经过一系列加工后，可以转化为生物柴油用作发动机燃料，变废为宝D鸡蛋清中加人CuSO4溶液会产生盐析现象，析出的蛋白质可再溶于水考点：人体必需的维生素的主要来源及其摄入途径；氯气的化学性质；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点分析：A维生素C又称为抗坏血酸，在人体内有重要功能，起抗氧化作用；B氯气具有强氧化性，可消毒杀菌，可将亚铁离子氧化为三价铁离子，铁离子水解能生成氢氧化铁胶体具有吸附性可净水；C地沟油经过一系列加工后，可以转化为生物柴油用作发动机燃料；D鸡蛋清中加人CuSO4溶液会产生蛋白质变性解答：解：A维生素C又称为抗坏血酸，缺乏维生素C会导致坏血病，维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用，故A正确； B氯气具有强氧化性，可消毒杀菌，可将亚铁离子氧化为三价铁离子，铁离子水解能生成氢氧化铁胶体具有吸附性可净水，故B正确；C地沟油经过一系列加工后，可以转化为生物柴油用作发动机燃料，故C正确；D鸡蛋清中加人CuSO4溶液会产生蛋白质变性，蛋白质变性不可逆，故D错误故选D点评：本题考查维生素C在人体中的作用、油脂和蛋白质的性质等知识，注意区别蛋白质的盐析和变性，难度不大2（4分）（xx秋温州校级期中）下列叙述中正确的有（）NH4I的电子式：8个中子的碳原子的核素符号：C碘酒、淀粉、水雾、纳米材料均为胶体 烧碱、冰醋酸、氯仿、胆矾均为电解质用托盘天平称取8.75g食盐 用酸式滴定管量取23.22mL高锰酸钾溶液C60、C70、金刚石、石墨均为碳的同素异形体X射线、质谱、核磁共振属于现代化学对物质结构进行研究的手段A6个B5个C4个D3个考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系；同素异形体；电解质与非电解质；过滤、分离与注入溶液的仪器分析：没有标出碘离子的最外层电子； 质量数=质子数+中子数；碘酒是溶液； 氯仿是非电解质；托盘天平只能准确到0.1g； 高锰酸钾溶液具有强氧化性能腐蚀碱式滴定管；同种元素的不同单质互称同素异形体；根据研究物质结构的常见仪器分析解答：解：没有标出碘离子的最外层电子，NH4I的电子式：，故错误； 质量数=质子数+中子数，则8个中子的碳原子的核素符号：C，故正确；碘酒是溶液，不是胶体，故错误； 氯仿在溶液中和熔融状态均不能导电是非电解质，烧碱、冰醋酸、胆矾均为电解质，故错误；托盘天平只能准确到0.1g，则用托盘天平称取8.8g食盐，故错误； 高锰酸钾溶液具有强氧化性能腐蚀碱式滴定管，所以用酸式滴定管量取23.22mL高锰酸钾溶液，故正确；同种元素的不同单质互称同素异形体，则C60、C70、金刚石、石墨均为碳的同素异形体，故正确；现代化学测定物质结构的方法有：核磁共振、红外光谱、质谱法、X射线等，则X射线、质谱、核磁共振属于现代化学对物质结构进行研究的手段，故正确所以正确的有4个；故选C点评：本题考查了化学基本概念的理解和应用，熟悉电子式、核素、电解质、同素异形体、常见仪器的使用等即可判断，掌握物质的组成是解题关键，题目难度不大3（4分）（xx长安区校级一模）用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）46g NO2和N2O4的混合气体中含有的原子个数为3NA常温下，4g CH4含有NA个CH共价键10mL质量分数为98%的H2SO4，加水至100mL，H2SO4的质量分数为9.8%标准状况下，5.6L四氯化碳含有的分子数为0.25NA25时，pH=12的1.0L NaClO溶液中水电离出的OH的数目为0.01NA0.1molL1Na2CO3溶液中含有0.1NA个CO321mol Na2O2与水完全反应时转移电子数为2NAABCD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：NO2和N2O4的最简式相同，只需要计算46g NO2中原子数；质量换算物质的量结合甲烷分子结构计算碳氢键；加水至100mL溶液的密度变了；标准状况下四氯化碳是液体；次氯酸钠溶液中的氢氧根离子是水电离的，据此计算出1L该溶液中含有的氢氧根离子数目；溶液的体积不确定；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，每生成1molO2时反应中转移的电子为2mol解答：解：NO2和N2O4的最简式相同，只需要计算46g NO2中原子数=3NA=3NA，故正确；4g CH4物质的量为0.25mol，分子中含CH共价键40.25nA=nA个，故正确；加水至100mL溶液的密度变了，无法求出，故错误；标准状况下，5.6L四氯化碳的物质的量不是0.25mol，故错误；25时，pH=12的1.0L NaClO溶液中氢氧根离子的物质的量为0.01mol，溶液中氢氧根离子是水电离的，所以水电离出的OH的数目为0.01NA，故正确；溶液的体积不确定，无法求出碳酸根的个数，故错误；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，每生成1molO2时2molNa2O2与水完反应中转移的电子为2NA，故错误；故选C点评：本题考查阿伏加德罗常数的相关计算，题目难度不大，注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态等问题4（4分）（xx秋海淀区期末）下列实验现象不能说明相关结论的是（）A将铜与浓硫酸共热，产生使石蕊溶液变红的气体，说明浓硫酸具有酸性B将金属钠投入冷水中，钠熔为小球，说明钠与水的反应为放热反应且钠的熔点低C向AgCl浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，说明AgCl的溶解平衡正向移动D向Al（OH）3沉淀中滴加NaOH溶液或盐酸，沉淀均消失，说明Al（OH）3是两性氢氧化物考点：浓硫酸的性质；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；钠的化学性质；镁、铝的重要化合物专题：元素及其化合物分析：A铜和浓硫酸发生氧化还原反应；B钠熔为小球，说明钠的熔点较低，且反应为放热反应；C根据难溶电解质的溶解平衡解答；D氢氧化铝为两性氢氧化物，可与酸、碱反应生成盐和水解答：解：A将铜与浓硫酸共热，产生使石蕊溶液变红的气体，生成的气体为二氧化硫，该反应中浓硫酸起到强氧化性的作用，故A错误；B钠熔为小球，说明钠的熔点较低，且反应为放热反应，故B正确；C向AgCl浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，说明生成硫化银沉淀，平衡向溶度积更小的方向移动，故C正确；D氢氧化铝为两性氢氧化物，可与酸、碱反应生成盐和水，故D正确故选A点评：本题考查较为综合，多角度考查元素化合物知识，贴近高考，难度中等，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，注意相关基础知识的积累5（4分）下列离子方程式书写正确的是（）A石灰乳与Na2CO3溶液混合：Ca2+CO32CaCO3BNH4HSO3溶液与足量的NaOH溶液混合加热：NH4+HSO3+2OHNH3+SO32+2H2OC酸性条件下KIO3溶液与KI溶液发生反应生成I2：IO3+5I+3H2O3I2+6OHDAgNO3溶液中加入过量的氨水：Ag+NH3H2OAgOH+NH4+考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A石灰乳的溶解性较小，作反应物时写化学式；B二者反应生成亚硫酸钠、氨气和水；C酸性条件下，不能生成氢氧根离子；D生成的氢氧化银溶于氨水生成银氨络化物解答：解：A石灰乳的溶解性较小，作反应物时写化学式，离子方程式为Ca（OH）2+CO32=CaCO3+2OH，故A错误；B二者反应生成亚硫酸钠、氨气和水，离子方程式为NH4+HSO3+2OHNH3+SO32+2H2O，故B正确；C酸性条件下，不能生成氢氧根离子，离子方程式为IO3+5I+6H+3I2+3H2O，故C错误；D生成的氢氧化银溶于氨水生成银氨络化物，离子方程式为：生成白色沉淀；Ag+NH3H2OAgOH+NH4+；白色沉淀溶解；AgOH+2NH3H2OAg（NH3）2OH+2H2O，故D错误；故选B点评：本题考查离子方程式正误判断，明确离子性质及离子方程式书写规则是解本题关键，易错选项是AD，注意澄清石灰水写离子、石灰乳写化学式，注意D中氢氧化银能溶于氨水生成络合物，为易错点6（4分）（xx秋越城区校级期末）将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL 2mol/L NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO2的物质的量为（）A0.2molB0. 6molC0.8molD1.0mol考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：51.2gCu的物质的量为0.8mol，整个过程发生的反应较复杂，但从氧化还原反应电子得失的角度分析可以简化为铜和氮间电子的转移，铜和硝酸反应铜还原硝酸生成氮氧化合物，在NaOH溶液中氮氧化合物又转化成NaNO3和NaNO2，我们可以认为铜将失去的电子给了硝酸在氢氧化钠溶液中生成了NaNO2，根据得失电子数目相等得到2n（Cu）=2n（NaNO2），据此解答解答：解：用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是CuCu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，51.2gCu的物质的量为：n（Cu）=0.8mol，共失电子为0.8mol2=1.6mol，HNO3到NaNO2共得到电子1.6mol，根据得失电子数目相等得到2n（Cu）=2n（NaNO2），故产物中NaNO2的物质的量为=0.8mol，故选C点评：本题考查氧化还原反应的有关计算，难度中等，用终态分析法判断失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子是解题的关键7（4分）（xx分宜县校级三模）下列图象表达正确的是（）A浓硫酸的稀释B过量的盐酸与等量的锌粉反应C氢气与氧气反应中的能量变化D微粒电子数考点：溶液中溶质的质量分数及相关计算；原子构成；吸热反应和放热反应；反应热和焓变分析：A、浓硫酸加水稀释密度减小；B、形成原电池可加快化学反应速率，氢气的质量由锌粉的质量决定；C、物质的燃烧是放热的，液态水变为气态水需要吸收热量；D、原子的电子数等于质子数；阴离子中，电子数=质子数+电荷数，阳离子中，电子数=质子数电荷数，以此来分析解答解答：解：A、浓硫酸加水稀释密度减小，图象与实际不相符，故A错误；B、锌粉与硫酸铜反应生成了铜，消耗了锌粉，锌粉、铜和盐酸构成了原电池，加快了化学反应速率，但产生的氢气减少，图象与实际不相符，故B错误；C、氢气的燃烧是放热的，但是液态水变为气态水需要吸收热量，所以氢气燃烧生成液态水放出的热量多，故C错误；D、原子的电子数等于质子数；阴离子中，电子数=质子数+电荷数，阳离子中，电子数=质子数电荷数，则OH含有10个电子，OH含有9个电子，H2O含10个电子，H3O+含有10 个电子，与图象一致，故D正确故选D点评：本题考查了硫酸的密度、原电池原理的应用、反应热、微粒电子数的求算等知识，属于综合知识的考查，侧重于基础知识的应用的考查，难度中等8（4分）（xx江苏模拟）X、Y、Z、W四种物质的转化关系下列组合中不符合该关系的是（）ABCDXHClNa2O2Na2CO3SO2YFeCl2NaOHCO2Na2SO3ZCl2Na2CO3Ca2CO3H2SO4WFeCl3NaHCO3Ca（HCO3）2NaHSO3AABBCCDD考点：钠的重要化合物；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质专题：元素及其化合物分析：AHCl具有酸性，可与活泼金属反应，可被氧化生成Cl2；BNa2CO3与NaOH不反应；CNa2CO3可与酸、氢氧化钙反应生成CaCO3等发生复分解反应；DSO2可与碱反应，具有还原性，可被氧化解答：解：AHCl可与Fe反应生成FeCl2，可被氧化生成Cl2，Cl2可与FeCl2反应生成FeCl3，故A正确BNa2O2可与水反应生成NaOH，可与二氧化碳反应生成Na2CO3，Na2CO3与NaOH不反应，故B错误；CNa2CO3可与酸反应生成CO2，可与氢氧化钙反应生成CaCO3，CaCO3与CO2反应生成Ca（HCO3）2，故C正确DSO2可与NaOH反应生成Na2SO3，与过氧化氢反应生成H2SO4，H2SO4和Na2SO3反应生成NaHSO3，故D正确故选B点评：本题综合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，注意相关基础知识的积累，难度不大9（4分）（xx秋苍南县校级期中）如图是卤素单质（F2、Cl2、Br2、I2）的沸点与相对分子质量的关系图，下列说法错误的是（）A单质是最活泼的非金属单质B单质能使品红溶液褪色C单质保存时加少量水进行水封D单质的氧化性是考点：卤素原子结构及其性质的比较专题：卤族元素分析：卤素单质都属于分子晶体，其单质的沸点与其相对分子质量成正比，根据图象知，分别是F2、Cl2、Br2、I2，A卤族元素中，非金属的非金属性随着原子序数增大而减弱，非金属性越强，其单质越活泼；B次氯酸具有漂白性；C溴易挥发，在水中的溶解度较小，且密度大于水；D卤族元素单质的氧化性随着原子序数增大而减小解答：解：卤素单质都属于分子晶体，其单质的沸点与其相对分子质量成正比，根据图象知，分别是F2、Cl2、Br2、I2，A卤族元素中，非金属的非金属性随着原子序数增大而减弱，非金属性越强，其单质越活泼，所以单质活泼性最强的是F2，故A正确；B氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以单质能使品红溶液褪色，故B正确；C溴易挥发，在水中的溶解度较小，且密度大于水，所以为防止溴挥发，可以用水液封，则单质保存时加少量水进行水封，故C正确；D卤族元素单质的氧化性随着原子序数增大而减小，所以氧化性从弱到强顺序是，故D错误；故选D点评：以卤族元素代表非金属、碱金属元素代表金属熟记同一主族元素性质递变规律，并灵活运用，注意B中体现漂白性的不是氯气而使次氯酸，注意溴的贮存方法，为易错点10（4分）（xx静安区一模）如图，在25，101.3KPa下，将10mLO2全部压入左端盛有20mLN0的注射器中充分反应以下对压入O2后左端注射器中的气体描述错误的是（）A气体变为红棕色B气体体积仍为20mLC气体变为混合物D气体中氮与氧元素的物质的量之比等于1：2考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响专题：氮族元素分析：A、无色的一氧化氮和氧气反应生成红棕色的二氧化氮2NO+O2=2NO2；B、二氧化氮能转化为无色的四氧化二氮2NO2N2O4；C、根据气体的成分判断；D、根据体积之比等于物质的量之比及原子守恒来计算氮、氧元素的物质的量之比；解答：解：A、无色的一氧化氮和氧气反应生成红棕色的二氧化氮2NO+O2=2NO2，故A正确；B、二氧化氮能转化为无色的四氧化二氮2NO2N2O4，外界大气压不变，所以气体体积小于20mL，故B错误；C、二氧化氮能转化为无色的四氧化二氮，该反应是可逆反应，所以存在化学平衡，是混合物，故C正确D、10mLO2全部压入左端盛有20mLN0，氧气与一氧化氮的物质的量之比为1：2，由原子守恒可知，混合物中氮、氧元素的物质的量之比为2：（12+2）=1：2，故D正确故选B点评：本题考查了氮的氧化物及其性质，难度不大，易错选项是D，注意二氧化氮和四氧化二氮之间存在化学平衡11（4分）（xx秋潍坊期末）用如图所示装置进行实验，下列对实验现象的解释不合理的是（）中试剂中现象解 释ABa（NO3）2溶液生成白色沉淀SO32与Ba2+生成白色BaSO3沉淀B品红溶液溶液褪色SO2具有漂白性C紫色石蕊溶液溶液变红SO2与水反应生成酸D酸性KMnO4溶液紫色褪去SO2具有还原性AABBCCDD考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A二氧化硫和亚硫酸钡溶液反应生成硫酸钡；B品红溶液具有漂白性；C酸能使紫色石蕊试液变红色；D二氧化硫被强氧化性物质氧化解答：解：A将SO2通入Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀为硫酸钡，不溶于硝酸，故A错误；B二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，故B正确；C二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子而使其溶液呈酸性，紫色石蕊试液遇酸变红色，故C正确；D二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化，酸性高锰酸钾被还原，所以酸性高锰酸钾溶液褪色，则二氧化硫体现还原性，故D正确；故选A点评：本题考查了二氧化硫的性质，二氧化硫具有漂白性、还原性和氧化性，但二氧化硫的漂白性不稳定，且不能漂白酸碱指示剂，为易错点12（4分）某离子反应中涉及H2O、ClO、NH4+、H+、N2、Cl六种微粒其中N2的物质的量随时间变化的曲线如右图所示则下列判断正确的是（）A反应后溶液的酸性明显增强B消耗1 mol还原剂，转移6 mol电子C氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D该反应的还原剂是Cl考点：氧化还原反应分析：由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO为反应物，由氯元素守恒可知Cl是生成物，则反应的方程式应为3ClO+2NH4+=N2+3H2O+3Cl+2H+，以此解答该题解答：解：方程式为3ClO+2NH4+=N2+3H2O+3Cl+2H+，A反应生成H+，溶液酸性增强，故A正确；BN元素化合价由3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B错误；C由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；D由方程式可知反应的还原剂为NH4+，故D错误故选A点评：本题考查氧化还原反应的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，难度不大13（4分）（xx成都二模）下列实验、现象及相关结论均正确的是（）ABCD实验现象品红褪色最后试管有浅黄色沉淀最后一滴标液使酚酞由无色变为红色，且30秒不复原盐桥左端从无色逐渐变为蓝色结论SO2有强氧化性有机物中含有溴原子滴定达到终点金属比活泼AABBCCDD考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：ASO2具有漂白性；B应加入氢氧化钠水解后再加硝酸酸化；C用氢氧化钠滴定盐酸，可用酚酞为指示剂，滴定终点为最后一滴标液使酚酞由无色变为红色，且30秒不复原；D如金属比铜活泼，可置换出铜解答：解：ASO2具有漂白性，可使品红褪色，其中硫元素化合物为+4价，具有较强的还原性，故A错误；B应加入氢氧化钠水解后再加硝酸酸化，否则不能得到浅黄色沉淀，故B错误；C用氢氧化钠滴定盐酸，可用酚酞为指示剂，滴定终点为最后一滴标液使酚酞由无色变为红色，且30秒不复原，故C正确；D如金属比铜活泼，可置换出铜，如不能形成原电池反应，则不能证明金属的活泼性强弱，故D错误故选C点评：本题考查较为综合，涉及二氧化硫的性质、卤代烃的水解、中和滴定以及原电池知识等操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意相关物质的性质，把握实验方案的严密性和合理性的评价，难度中等14（4分）（xx玉山县校级模拟）粗制的CuSO45H2O晶体中含有Fe2+提纯时，为了除去Fe2+，常加入少量H2O2，然后再滴入少量碱溶液调至溶液pH=4，可以达到除去铁离子而不损失硫酸铜的目的则有关操作的原理或说法不符合的是（）A溶解CuSO45H2O晶体时要加入少量稀H2SO4B加入H2O2，将Fe2+氧化：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2OC由于CuSO4的催化作用，会使部分H2O2分解而损失D调溶液pH=4的依据是Cu（OH）2比Fe（OH）3更难溶考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用专题：元素及其化合物分析：为了除去Fe2+，常加入少量H2O2，发生2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，生成易水解的Fe3+，在pH=4时，可水解生成Fe（OH）3沉淀而除去，为避免引入新杂质，加入氢氧化铜或碱式碳酸铜可以与H+反应H+反应后，pH增大，当pH=4的时候，Fe（OH）3完全沉淀，而Cu2+还没沉淀，以Cu2+形式存在，而氢氧化铜或碱式碳酸铜是固体，不会引入新的杂质，据此分析各个选项解答：解：A、为防止铜离子水解生成氢氧化铜沉淀而使溶液浑浊，溶解CuSO45H2O晶体时要加入少量稀H2SO4，故A正确；B、H2O2具有强氧化性，可与Fe2+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，故B正确；C、H2O2在硫酸铜催化作用下可发生分解反应，故C正确；D、在pH=4时，Fe3+可水解生成Fe（OH）3沉淀而除去，Cu（OH）2比Fe（OH）3的溶度积大，此时不沉淀，故D错误，故选D点评：本题主要考查物质的分离、提纯，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的原理和物质的性质15（4分）（xx静安区一模）某固体混合物可能含有NH4C1、NaOH、KOH、AgNO3、AlCl3、CuCl2中的若干种，加适量水充分搅拌，得无色澄清溶液，取溶液进行如下实验：蘸取少量原溶液灼烧，未见火焰出现黄色；蘸取少量原溶液滴在PH试纸上，试纸显蓝色，与标准比色卡比较，pH约为11； 取lmL原溶液加入3滴乙醛，水浴加热，试管内壁出现光亮的“银镜”根据上述实验现象，以下推测正确的是（）AAlCl3一定不存在B只有NH4C1、AgNO3一定存在CNaOH、AlCl3、CuCl2可能存在D只有NH4C1、KOH、AgNO3一定存在考点：几组未知物的检验；盐类水解的应用专题：物质检验鉴别题分析：加适量水充分搅拌，得无色澄清溶液，说明不含CuCl2，蘸取少量原溶液灼烧，未见火焰出现黄色，说明不含有NaOH；蘸取少量原溶液滴在pH试纸上，试纸显蓝色，与标准比色卡比较，pH约为11，说明溶液呈强碱性，应含有KOH；取lmL原溶液加入3滴乙醛，水浴加热，试管内壁出现光亮的“银镜”，说明混合后所得溶液为银氨溶液，以此进行推断解答：解：加适量水充分搅拌，得无色澄清溶液，说明不含CuCl2，蘸取少量原溶液灼烧，未见火焰出现黄色，说明不含有NaOH；蘸取少量原溶液滴在PH试纸上，试纸显蓝色，与标准比色卡比较，pH约为11，说明溶液呈强碱性，应含有KOH；取lmL原溶液加入3滴乙醛，水浴加热，试管内壁出现光亮的“银镜”，说明混合后所得溶液为银氨溶液，则混合物中含有NH4C1、KOH、AgNO3，可能含有AlCl3，与过量KOH反应生成KAlO2故选D点评：本题考查物质的检验，题目难度中等，本题注意根据物质之间的反应现象结合物质的性质解答，明确物质的性质是解答该类题目的关键二、非选择题16（10分）（xx秋宁波期末）A、B、C、D均为中学化学中的常见物质，请根据题中信息回答问题（1）已知它们存在如下反应转化关系：A+BC+D（未配平，反应条件略去）该转化关系中所涉及的反应为置换反应若A是金属单质，D是非金属单质，且A 原子的质子数是D原子的2倍，则反应的方程式是2Mg+CO22MgO+C该转化关系中所涉及的反应为非置换反应若A、D分子的核外电子总数都为10个，B与C能发生反应，则反应的方程式是4NH3+5O24NO+6H2O（2）已知它们存在如下反应转化关系：A+BC+D+H2O（未配平，反应条件略去）该转化关系中所涉及的反应为氧化还原反应若C、D两种气体均能使澄清石灰水变浑浊，当A的摩尔质量小于B时，物质B的名称为浓硫酸，鉴别C、D两种气体不能选用的试剂是acaBa（OH）2溶液 b酸性KMnO4溶液c紫色石蕊试液dH2O2与BaCl2混合液 e酸化的Ba（NO3）2溶液该转化关系中所涉及的反应为非氧化还原反应若A是造成温室效应的主要气体之一，C、D均为钠盐，D与B反应能转化为C当参加反应的A、B物质的量之比为3：4时，则C与D物质的量之比为1：2考点：无机物的推断专题：推断题分析：（1）为置换反应，若A是金属单质，D是非金属单质，且A 原子的质子数是D原子的2倍，则A为Mg，D为C，该反应为Mg与二氧化碳的反应；为非置换反应，若A、D分子的核外电子总数都为10个，B与C能发生反应，则A为NH3，D为H2O，该反应为氨气与氧气的反应；（2）为氧化还原反应，若C、D两种气体均能使澄清石灰水变浑浊，C、D可能为二氧化碳或二氧化硫中的一种，可利用二氧化硫的漂白性和还原剂区别，该反应为C与浓硫酸的反应，A的摩尔质量小于B时，B为浓硫酸；为非氧化还原反应，若A是造成温室效应的主要气体之一，则A为二氧化碳，B为NaOH，C、D均为钠盐，D与B反应能转化为C，所以D为NaHCO3，C为Na2CO3，当参加反应的A、B物质的量之比为3：4时，利用原子守恒计算C、D的物质的量解答：解：（1）为置换反应，若A是金属单质，D是非金属单质，且A 原子的质子数是D原子的2倍，则A为Mg，D为C，该反应为Mg与二氧化碳的反应，发生的化学反应方程式为2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C；为非置换反应，若A、D分子的核外电子总数都为10个，B与C能发生反应，则A为NH3，D为H2O，该反应为氨气与氧气的反应，反应为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（2）为氧化还原反应，若C、D两种气体均能使澄清石灰水变浑浊，C、D可能为二氧化碳或二氧化硫中的一种，该反应为C与浓硫酸的反应，A的摩尔质量小于B时，B为浓硫酸，利用二氧化硫的漂白性和还原剂区别，则a与Ba（OH）2溶液反应，均生成白色沉淀，不能鉴别，故选； b二氧化硫与酸性KMnO4溶液反应使其褪色，二氧化碳不能，可鉴别，故不选；c均使紫色石蕊试液变红，不能鉴别，故选；d二氧化硫与H2O2与BaCl2混合液反应生成白色沉淀，而二氧化碳不能，可鉴别，故不选； e二氧化硫与酸化的Ba（NO3）2溶液反应生成白色沉淀，而二氧化碳不能，可鉴别，故不选，故答案为：浓硫酸；ac； 非氧化还原反应，若A是造成温室效应的主要气体之一，则A为二氧化碳，B为NaOH，C、D均为钠盐，D与B反应能转化为C，所以D为NaHCO3，C为Na2CO3，当参加反应的A、B物质的量之比为3：4时，设生成C为x，D为y，则，解得x：y=1：2，故答案为：1：2点评：本题考查无机物的推断，为高考常见框图推断，综合考查元素化合物知识，侧重氮及其化合物、Mg及其化合物及Na及其化合物转化的考查，较好的考查学生分析能力、计算能力及知识综合应用能力，题目难度中等17（14分）（xx唐山二模）图中，AL为常见物质或该物质的水溶液，B在A气体中燃烧产生棕黄色烟，B、G为中学化学中常见的金属单质，E的稀溶液为蓝色，I的焰色反应为黄色，组成J的元素原子核内只有一个质子，F为无色、有刺激性气味的气体，且能使品红溶液褪色回答下列问题：（1）A元素在周期表中的位置是第3周期A族（填所在周期和族），K固体中所含的化学键有离子键和共价键（或极性共价键）（2）D的水溶液与G反应的离子方程式为Cu2+2H2O+2NaCu（OH）2+2Na+H2A和K是重要的化工原料，工业上同时制取A单质和K的反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2（3）若将标准状况下2.24L的F通入150mL 1.0m1L1的K溶液中，充分反应后，测得溶液显酸性，所得溶质及其物质的量分别为Na2SO3为0.05mol，NaHSO3为0.05mol（4）与F组成元素相同的一种2价酸根离子M，M中两种元素的质量比为4：3，已知1mol A单质与含1mol M的溶液能恰好完全反应，反应时仅观察到有浅黄色沉淀产生取反应后的上层清液加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀产生则A单质与含M的溶液反应的离子方程式为Cl2+S2O32+H2O2Cl+2H+S+SO42考点：无机物的推断专题：推断题分析：由J的元素原子核内只有一个质子知J为H2；I的焰色反应为黄色，所以I含Na元素；由金属B在A气体中燃烧产生棕黄色烟可知A为Cl2，B为Fe或Cu，则D为FeCl3或CuCl2； 且D+G+H2OH+I+J，结合I含Na元素知G为金属钠，且H2O+GK+J（H2），所以K为NaOH，D的水溶液呈棕黄色，则D为FeCl3，其水溶液与Na的反应为：6Na+2FeCl3+6H2O2Fe（OH）3+6NaCl+3H2，F为无色、有刺激性气味气体，且能使品红溶液褪色，应为SO2，则C为H2SO4，E为Fe2（SO4）3，H为Fe（OH）3，L为NaCl，以此解答该题解答：解：由J的元素原子核内只有一个质子知J为H2；I的焰色反应为黄色，所以I含Na元素；由金属B在A气体中燃烧产生棕黄色烟可知A为Cl2，B为Fe或Cu，则D为FeCl3或CuCl2； 且D+G+H2OH+I+J，结合I含Na元素知G为金属钠，且H2O+GK+J（H2），所以K为NaOH，D的水溶液呈棕黄色，则D为FeCl3，其水溶液与Na的反应为：6Na+2FeCl3+6H2O2Fe（OH）3+6NaCl+3H2，F为无色、有刺激性气味气体，且能使品红溶液褪色，应为SO2，则C为H2SO4，E为Fe2（SO4）3，H为Fe（OH）3，L为NaCl，（1）A为Cl，位于第3周期A族，K为NaOH，含离子键和共价键（或极性共价键），故答案为：第3周期A族；离子键和共价键（或极性共价键）；（2）D的水溶液与G反应的离子方程式为Cu2+2H2O+2NaCu（OH）2+2Na+H2（或写2Na+2H2O2Na+2OH+H2，Cu2+2OHCu（OH）2也可），故答案为：Cu2+2H2O+2NaCu（OH）2+2Na+H2；工业上同时制取A单质和K的反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；（3）0.1molSO2与0.15molNaOH反应，设生成亚硫酸钠xmol，亚硫酸氢钠ymol，则，解得x=0.05mol，y=0.05mol，故答案为：Na2SO3为0.05 mol，NaHSO3为0.05 mol；（4）与F组成元素相同的一种2价酸根离子M，M中两种元素的质量比为4：3，则M为S2O32，F与M的离子反应为Cl2+S2O32+H2O2Cl+2H+S+SO42，故答案为：Cl2+S2O32+H2O2Cl+2H+S+SO42点评：本题考查无机物的推断，题目难度中等，解答该题的关键是正确推断物质的种类，根据物质的性质解答，注意利用物质的颜色及实验现象推断物质为解答的关键18（16分）（xx新津县校级模拟）如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持设备已略）（1）制备氯气选用的药品为：漂粉精固体和浓盐酸，相关的化学反应方程式为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2+2H2O（2）装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中、处依次放入dabcd干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为黄色，说明氯的非金属性大于溴（5）打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡观察到的现象是E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色（6）有人提出，装置F中可改用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，试写出相应的离子反应方程式：HSO3+Cl2+H2OSO42+2Cl+3H+（或4HSO3+Cl2SO42+2Cl+3SO2+2H2O），判断改