2019-2020年高三（上）期中化学试卷.doc

2019-2020年高三（上）期中化学试卷一、选择题（本题包括18小题每题3分，共54分每小题只有一个选项符合题意）1（3分）（xx秋历下区校级期中）下列关于含Na元素、C1元素的物质的性质叙述正确的是（）ANa单质在空气中缓慢氧化与燃烧的产物都是Na2O2BNa2O与Na2O2都能与水反应，产物相同CC12与H2混合光照爆炸，H2在C12也能平静的燃烧DC12能与NaOH溶液反应，S单质与NaOH溶液加热也不反应EC12能与NaOH溶液反应，S单质与NaOH溶液加热也不反应考点：钠的化学性质；氯气的化学性质版权所有专题：卤族元素；几种重要的金属及其化合物分析：ANa单质在空气中缓慢氧化生成Na2O，金属钠在氧气中燃烧生成物的淡黄色固体Na2O2；BNa2O和水反应生成氢氧化钠，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气；CC12与H2混合光照爆炸，H2在C12也能平静的燃烧，产物都是HCl；DC12能与NaOH溶液反应，S单质与NaOH溶液加热能反应解答：解：A钠性质活泼，在空气中缓慢氧化4Na+O2=2Na2O，金属钠在氧气中燃烧2Na+O2Na2O2，产物前者是Na2O，后者是Na2O2，故A错误；BNa2O和水反应：2Na2O+2H2O=4NaOH，Na2O2和水反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，产物不相同，故B错误；CC12与H2混合光照爆炸，H2在C12也能平静的燃烧：H2十C122HCl，产物都是HCl，故C正确；DC12能与NaOH溶液反应2NaOH+C12=NaCl+NaClO+H2O，S单质与NaOH溶液加热反应：3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O，故D错误故选C点评：本题主要考查了元素化合物知识，掌握钠、氯、硫及其化合物的性质是解答的关键，题目难度不大2（3分）（xx秋历下区校级期中）下列关于含Fe、Cu元素的物质性质及制备的叙述中，不正确的是（）AFe、Cu的单质长期旋转都易生锈，铁锈、铜锈成分都是氧化物BFe、Cu的单质都能在氯气中燃烧，产物中Fe、Cu的化合价不同C向FeC13溶液中加入过量铜粉，充分反应后，未有铁单质生成D工业由矿石冶炼Fe、Cu单质用还原剂还原法，铜的精炼用电解法考点：铁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：A铁锈的主要成分为金属氧化物，铜锈的主要成分为碱式碳酸铜；B在氯气中燃烧分别生成氯化铁、氯化铜；C向FeC13溶液中加入过量铜粉，反应生成氯化亚铁、氯化铜；D利用还原剂还原Fe、Cu的化合物冶炼Fe、Cu，利用电解原理进行粗铜精炼解答：解：AFe、Cu的单质长期旋转都易生锈，铁锈的主要成分为金属氧化物，铜锈的主要成分为碱式碳酸铜，成分分别为氧化物、盐，故A错误；B在氯气中燃烧分别生成氯化铁、氯化铜，产物中Fe、Cu的化合价分别为+3、+2，故B正确；C向FeC13溶液中加入过量铜粉，反应生成氯化亚铁、氯化铜，则充分反应后，未有铁单质生成，故C正确；D利用还原剂还原Fe、Cu的化合物冶炼Fe、Cu，利用电解原理进行粗铜精炼，粗铜为阳极，纯铜为阴极，电解质为含铜离子的可溶性盐，故D正确；故选A点评：本题考查金属及化合物性质，为高频考点，综合考查金属元素的单质及化合物的性质，把握发生的氧化还原反应为解答的关键，注意生锈产物及电解原理的应用，题目难度不大3（3分）（xx秋历下区校级期中）下列关于含Mg、C元素的物质性质、存在和制备的叙述中，不正确的是（）A自然界不存在Mg单质，C元素至少存在石墨和金刚石两种单质BCO可以还原氧化铜，Mg能还原CO2，反应类型均为置换反应C电解熔融氯化镁可制备Mg单质和氯气，卤水可用于提取氯化镁D煤与水蒸气高温反应生成水煤气，其主要成分是CO和H2考点：化学基本反应类型；金属冶炼的一般原理；煤的干馏和综合利用版权所有专题：物质的分类专题；化学应用分析：A镁的性质非常活泼，在自然界中以化合态形式存在；C元素存在石墨和金刚石等多种单质；BCO可以还原氧化铜，反应物中没有单质，故不属于置换反应；C卤水是从海水中提取食盐后的母液，常含有MgCl2、NaCl、MgSO4、KCl等，可用于提取氯化镁；制备镁的方法是电解熔融氯化镁；D工业生产上，制水煤气反应的化学方程式为H2O+CCO+H2解答：解：A镁的性质非常活泼，在自然界中以化合态形式存在；C元素存在石墨和金刚石等多种单质，故A正确；BCO可以还原氧化铜，反应物中没有单质，故不属于置换反应；Mg能还原CO2生成碳和氧化镁，该反应类属于置换反应，故B错误；C卤水是从海水中提取食盐后的母液，常含有MgCl2、NaCl、MgSO4、KCl等，可用于提取氯化镁；电解熔融氯化镁可制备Mg单质和氯气，故C正确；D工业生产上，制水煤气反应的化学方程式为H2O+CCO+H2，故D正确，故选B点评：本题考查含Mg、C元素的物质性质、存在和制备，难度不大要注意平时知识的积累4（3分）（xx秋历下区校级期中）下列有关物质性质的应用正确的是（）A液氨可用作制冷剂，碱石灰可用于干燥氨气B二氧化硅用于生产光导纤维，石英器皿可用于盛放氢氟酸C高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅，粗硅可用于光伏和电脑产品D氯化铝和氧化铝都是电解质，都可用于电解法制铝考点：硅和二氧化硅；氨的用途；金属冶炼的一般原理版权所有专题：氮族元素；碳族元素分析：A液氨的熔沸点低；B二氧化硅能与氢氟酸反应生成四氟化硅气体；C光伏和电脑产品应用纯硅；D氯化铝是共价化合物解答：解：A液氨的熔沸点低，易液化，可做制冷剂，氨气与碱石灰不反应，故A正确； B二氧化硅能与氢氟酸反应生成四氟化硅气体，氢氟酸应用塑料瓶盛放，故B错误；C光伏和电脑产品应用纯硅，不能用粗硅，故C错误；D氯化铝是共价化合物，不导电，故D错误故选A点评：本题考查元素及其化合物的知识，为高频考点，注意相关基础知识的积累，难度不大5（3分）（xx秋历下区校级期中）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A1L 1.0molL1的NaC1O溶液中含有C1O的数目为NAB标准状况下，22.4L盐酸含有NA个HC1分子C常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD1molNa被完成氧化生成Na2O2，失去个2NA电子考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A次氯酸钠溶液中，次氯酸根离子部分水解，导致次氯酸根离子数目减少；B盐酸不是气体，且氯化氢为强电解质，盐酸中不存在氯化氢分子；C氮气和一氧化碳的摩尔质量但是28g/mol，二者都是双原子分子；D钠为1价金属，1mol钠完全反应失去1mol电子解答：解：A1L 1molL1的NaC1O溶液中含有溶质次氯酸钠1mol，由于次氯酸根离子部分水解，导致溶液中次氯酸根离子的物质的量小于1mol，溶液中含有C1O的数目小于NA，故A错误；B标况下盐酸不是气体，且氯化氢为强电解质，溶液中完全电离出氢离子和氯离子，盐酸中不存在氯化氢分子，故B错误；C14g氮气和一氧化碳的物质的量为0.5mol，0.5mol氮气和一氧化碳的混合气体中含有1mol原子，含有的原子数目为NA，故C正确；D1mol钠完全反应会失去1mol电子，失去个NA电子，故D错误；故选C点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确氯化氢为强电解质，强电解质在溶液中完全电离，溶液中不存在强电解质分子；要求学生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6（3分）（xx秋历下区校级期中）下列物质分类正确的是（）ASO2、SiO2、CO2、CO均为酸性氧化物B稀豆浆、硅酸、水玻璃、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、冰醋酸、四氯化碳、NH3均为电解质DBaSO4的水溶液不导电，但BaSO4是强电解质考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质版权所有专题：物质的分类专题分析：A酸性氧化物的概念是和碱反应生成盐和水的氧化物；B根据胶体、溶液等的定义和常见物质判断；C根据电解质和非电解质的概念判断；D硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离解答：解：ASO2、SiO2、CO2都可以与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，CO不能与碱反应是不成盐氧化物，故A错误；B豆浆是胶体，硅酸、水玻璃、氯化铁溶液不是胶体，故B错误；C烧碱、冰醋酸在水溶液里或熔融状态下能导电，是电解质，四氯化碳、NH3均为非电解质，故C错误；D硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；所以BaSO4是强电解质，故D正确；故选D点评：本题考查混合物、电解质、非电解质、氧化物的分类等概念，题目较为简单，学习中注意对概念的理解要准确7（3分）（xx秋历下区校级期中）下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是（）A明矾溶液：Mg2+、Cu2+、C1、NO3B空气：CH4、CO2、SO2、NOC氢氧化铁胶体：H+、K+、S2、SO32D高锰酸钾溶液：H+、Na+、SO42、Fe2+考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：A明矾为硫酸铝钾，Mg2+、Cu2+、C1、NO3之间不反应，也不与明矾发生反应；B一氧化氮与空气中的氧气反应生成二氧化氮；C氢氧化铁胶粒带有正电荷，能够与溶液中阴离子发生聚沉现象，氢氧化铁能够与氢离子反应；D酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化亚铁离子解答：解：AMg2+、Cu2+、C1、NO3之间不反应，也不与明矾反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；BNO气体能够与空气中的氧气反应生成二氧化氮，在空气中不能共存，故B错误；C氢氧化铁胶粒带有正电荷，能够与溶液中的S2、SO32发生聚沉现象，氢氧化铁能够与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D酸性条件下高锰酸钾溶液能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A点评：本题考查离子共存的正误判断，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；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；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在8（3分）（xx秋历下区校级期中）下列依据相关实验得出的结论正确的是（）A向某溶液中加入稀盐酸，产生能使石灰水变浑浊的气体，该溶液一定含有CO32B向某溶液中滴加氯水后，滴加KSCN溶液，溶液呈红色，该溶液中一定含有Fe2+C向某溶液中加入氯化钡溶液，产生不溶于稀盐酸白色沉淀，该溶液一定含有SO42D往某溶液中加入NaOH，微热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该溶液中一定含有NH4+考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验版权所有专题：物质检验鉴别题分析：A溶液中可能存在HCO3、SO32、HSO3等；B溶液中可能有铁离子；CAgCl也为不溶于酸的白色沉淀；D铵盐与碱反应生成氨气，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝解答：解：A向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，气体可能为二氧化硫或二氧化碳，则溶液中可能存在HCO3、SO32、HSO3、CO32，故A错误；B向某溶液中同时加入几滴KSCN溶液和少量新制的氯水，溶液变为红色，该溶液中可能含有Fe2+或Fe3+，或二者都有，若检验亚铁离子，应先加几滴KSCN溶液，不变色，再加氯水，故B错误；C某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再加盐酸酸化，沉淀不溶解，该溶液中可能含有SO42或Ag+，但二者不能同时存在，故C错误；D铵盐与碱反应生成氨气，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则向某溶液加入NaOH并微热，产生能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体，该溶液中一定含有NH4+，故D正确；故选D点评：本题考查化学实验方案的评价，熟悉常见离子的检验是解答本题的关键，注意检验离子时应排除其它离子的干扰，题目难度不大9（3分）（xx秋历下区校级期中）下列解释事实的方程式不准确的是（）A可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气：NH3+HC1=NH4C1B可用Mg（OH）2除MgC12溶液中的Fe3+（杂质）：CNaHCO3溶液与稀H2SO4反应：DNH3与空气的混合气体通过红热的Pt丝：4NH3+5O24NO+6H2O考点：离子方程式的书写；化学方程式的书写版权所有专题：化学用语专题分析：A氨气与浓盐酸反应生成氯化铵固体产生大量的白烟；B氢氧化铁的溶解度小于氢氧化镁；C碳酸氢根离子是多元弱酸的 酸式根离子，不能拆；D氨气在催化剂条件下被空气中的氧气氧化解答：解：A氨气与浓盐酸反应生成氯化铵固体产生大量的白烟，故A正确；B氢氧化铁的溶解度小于氢氧化镁，利用了氢氧化镁沉淀到氢氧化铁沉淀的转化，故B正确；C正确的离子方程式为：HCO3+H+=CO2+H2O，故C错误；D氨气在催化剂条件下被空气中的氧气氧化，故D正确；故选：C点评：本题考查了化学方程式和离子方程式书写正误的判断，题目难度不大，解题时把握反应的实质，注意B选项是考查沉淀的转化，一种沉淀可以转化为更难溶的沉淀10（3分）（xx秋历下区校级期中）230Th和232Th是钍的两种同位素，232Th可以转化成U下列有关Th、U的说法正确的是（）A铀（U）是92号元素，U的中子数为141BTh元素的相对原子质量是231C232Th转换成233U是化学变化D230Th和232Th的性质不同考点：质量数与质子数、中子数之间的相互关系版权所有专题：原子组成与结构专题分析：A、根据质量数=质子数+中子数计算；B、元素的相对原子质量，是按各种天然同位素原子所占的一定百分比算出来的平均值；C、原子之间的转化不是化学变化；D、同位素的化学性质相同解答：解：A质量数=质子数+中子数，铀（U）是92号元素，U的中子数=23392=141，故A正确； B元素的相对原子质量，是按各种天然同位素原子所占的一定百分比算出来的平均值，不知道各种天然同位素的含量无法求出Th元素的相对原子质量，故B错误；C化学变化是生成新物质的变化，原子不变，而232Th转换成233U的原子发生变化，不是化学变化，故C错误；D同位素的物理性质不同，但化学性质几乎完全相同，故D错误故选A点评：本题考查了原子的结构、同位素的性质，难度不断，注意元素的相对原子质量是按各种天然同位素原子所占的一定百分比算出来的平均值11（3分）（xx秋历下区校级期中）如图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸向KmnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面已知：2KMnO4+16HCl=2KCl+5Cl2+2MnCl2+8H2O，对实验的“解释或结论”正确的是（）Aa、b两处均有颜色变化，证明单质氧化性：CI2Br2I2Bc处先变红，后褪色，证明氯气与水反应生成了酸性物质Cd处立即褪色，证明氯气与水反应生成了漂白性物质De处变红色，证明氧化性：C12Fe3+，还原性：ClFe2+考点：氧化性、还原性强弱的比较版权所有专题：氧化还原反应专题分析：A、Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，a处变蓝、b处变红棕色，可证明氧化性：Cl2I2、Cl2Br2；B、c处先变红，说明氯气与水生成酸性物质，后褪色，则证明氯气与水生成具有漂白性物质；C、d处立即褪色，也可能是氯气与水生成酸性物质中和了NaOH；D、e处变红说明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，证明还原性：Fe2+Cl，反应的离子方程式2Fe2+Cl22Fe3+2Cl；Fe3+3SCNFe（SCN）3；用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4，反应的离子方程式为2Fe3+3ClO+10OH2FeO42+3Cl+5H2O解答：解：A、Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，a处变蓝、b处变橙色，可证明氧化性：Cl2I2、Cl2Br2，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱，故A错误；B、氯气与水反应Cl2+H2OH+Cl+HClO，H+使试纸变红，HClO具有漂白性，可使试纸褪色，则c处先变红，后褪色，能证明氯气与水生成了酸性物质和漂白性物质，故B错误；C、Cl2和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，消耗了氢氧化钠红色退去，不能证明生成物质具有漂白性，故C错误；D、Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，试纸变为红色，反应的离子方程式2Fe2+Cl22Fe3+2Cl；Fe3+3SCNFe（SCN）3，证明还原性Fe2+Cl，故D正确故选：D点评：本题通过元素化合物知识，考查考生实验能力和对实验现象的分析、推断能力，题目难度中等，注意把握氯气以及其它物质的相关化学性质，把握离子检验方法和特征反应的现象是关键12（3分）（xx秋东阳市校级期中）甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系下列有关物质的推断不正确的是（）A若甲为焦炭，则丁可能是O2B若甲为SO2，则丁可能是氨水C若甲为AlCl3，则丁可能是浓氨水D若甲为NaOH 溶液，则丁可能是CO2考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：A甲为焦炭，则丁可能是O2，则乙为CO，丙为CO2；B若甲为SO2，丁为氨水，乙为亚硫酸氢铵，丙为亚硫酸铵；C若甲为AlCl3，丁是浓氨水，则乙为氢氧化铝或氯化铵，氢氧化铝不能溶于氨水，氯化铵不与氨水反应；D甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2，乙为Na2CO3，丙为NaHCO3解答：解：A甲为焦炭，则丁可能是O2，则乙为CO，丙为CO2，二氧化碳与C反应得到CO，符合转化关系，故A正确；B若甲为SO2，丁为氨水，乙为亚硫酸氢铵，丙为亚硫酸铵，亚硫酸铵与二氧化硫反应得到NH4HSO3，符合转化关系，故B正确；C若甲为AlCl3，丁是浓氨水，则乙为氢氧化铝或氯化铵，氢氧化铝不能溶于氨水，氯化铵不与氨水反应，不符合转化关系，故C错误；D甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2，乙为Na2CO3，丙为NaHCO3，碳酸氢钠与氢氧化钠反应得到碳酸钠，符合转化关系，故D正确，故选C点评：本题考查无机物的推断，综合考查元素化合物性质，关键是掌握物质之间的相互转化，题目难度中等13（3分）（xx秋历下区校级期中）下列有关元素的性质及其递变规律不正确的是（）A短周期主族元素的最高正价等于其所在族序数，而O、F不符合该规律BIA族与VIIA族的元素间形成共价化合物或离子化合物时，最外层都满足8e结构CVIIA族元素的简单阴离子还原性越强，对应氢化物的酸性越强，非金属性越弱考点：元素周期律和元素周期表的综合应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：AO、F没有正化合价；B氢化物及LiX不满足最外层都满足8e结构；CVIIA族中非金属性越强，阴离子还原性越弱，非金属性越强，HX键越稳定，氢化物的酸性越弱解答：解：A短周期主族元素的最高正价等于其所在族序数，而O、F没有正化合价，不符合该规律，故A正确；BA族含H及碱金属元素，A族元素为卤素，氢化物HX中H原子不满足8电子结构，LiX中锂离子不满足8电子结构，故B错误；CVIIA族中阴离子还原性越强，元素的非金属性越弱，非金属性越强，HX键越稳定，氢化物酸性越弱，故C正确；故选B点评：本题考查元素周期律、化学键等，难度不大，侧重对基础知识的巩固，B选项中注意A族中H元素与Li元素结构特点14（3分）（xx秋历下区校级期中）下列有关实验的做法不正确的是（）A从海带提取单质碘时最后用苯进行了萃取，苯层应由分液漏斗的上口倒出B分别给碳酸钠和碳酸氢钠两种固体加热，再用澄清石灰水可以区分这两种固体C配制0.1000molL1氢氧化钠溶液时，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度会偏大D次氯酸钠溶液可用于漂白和环境的消毒杀菌，通入SO2漂白及杀菌作用将增强考点：化学实验方案的评价；分液和萃取；配制一定物质的量浓度的溶液；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质版权所有专题：实验评价题分析：A萃取剂为苯，密度比水小；B碳酸氢钠受热分解，而碳酸钠不分解；C定容时俯视刻度线，溶液体积偏小；DNaClO和SO2发生氧化还原反应生成硫酸钠、NaCl解答：解：A从海带提取单质碘时最后用苯进行了萃取，萃取剂为苯，密度比水小，分层后苯层在上层，则苯层应由分液漏斗的上口倒出，故A正确；B碳酸氢钠受热分解，而碳酸钠不分解，则再用澄清石灰水可以区分这两种固体，变浑浊的可判断碳酸氢钠，故B正确；C定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，由c=可知，所配溶液浓度会偏大，故C正确；DNaClO和SO2发生氧化还原反应生成硫酸钠、NaCl，则通入SO2漂白及杀菌作用将减弱，也可能消失，故D错误；故选D点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及萃取、物质鉴别、溶液配制、氧化还原反应及漂白性等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，注重高频考点的考查，题目难度中等15（3分）（xx秋历下区校级期中）元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如图所示，其中X单质与Na单质的固体研磨发生爆炸则下列判断不正确的是（）A原子半径：RTX，非金属性：ZXTBR与Q原子的电子数相差26，属于VIIA族即卤族元素C简单阴离子的半径：XT，气态氢化物稳定性：RTQD最高价氧化物对应水化物的酸性：TX、TQ考点：位置结构性质的相互关系应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如图所示，其中X单质与Na单质的固体研磨发生爆炸，则X是S元素，根据五种元素在元素周期表中的相对位置，则R是F元素、T是Cl元素、Z是Ar元素、Q是Br元素，以此解题解答：解：元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如图所示，其中X单质与Na单质的固体研磨发生爆炸，则X是S元素，根据五种元素在元素周期表中的相对位置，则R是F元素、T是Cl元素、Z是Ar元素、Q是Br元素，A同一主族元素中，元素原子半径随着原子序数的增大而增大，原子半径：RTX；稀有气体的非金属性最弱：ArSCl，故A正确；BR是F元素，核外电子数是9，Q是Br元素，核外电子数是35，二者相差26，但都属于卤族元素，故B正确；C核外电子排步相同的微粒，核电荷数大的半径反而小，故简单阴离子的半径：XT；同一主族，从下到上非金属性逐渐增强，气态氢化物越来越稳定，HBrHClHF，故C错误；D元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，元素非金属性TX、TQ，所以最高价氧化物的水化物的酸性：TX、TQ，故D正确；故选C点评：本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，明确元素非金属性与其最高价氧化物是水化物酸性强弱的关系、原子半径规律等知识点即可解答，题目难度不大16（3分）（xx春木兰县校级期中）下列实验的现象与对应结论均正确的是（）选项操作现象结论A将浓硫酸滴到蔗糖表面固体变黑，膨胀浓硫酸有脱水性和强氧化性B常温下将Al片放入浓硝酸中无明显变化Al与浓硝酸不反应C将一小块K放入水中产生气泡，溶液变红K能置换出水中的氢，生成碱D将水蒸气通过灼热的铁粉粉末变红铁与水在高温下发生反应AABBCCDD考点：化学实验方案的评价；硝酸的化学性质；碱金属及其化合物的性质实验；铁及其化合物的性质实验；浓硫酸的性质实验版权所有专题：实验评价题分析：A浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖变黑，具有强氧化性，可与碳发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫气体；B铝与浓硝酸发生钝化反应；C为说明加入酚酞；D铁与水蒸气发生反应生成四氧化三铁，为黑色固体解答：解：A将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑，是因为浓硫酸的脱水性使蔗糖碳化；膨胀是因为有二氧化硫的气体生成，所以浓硫酸有脱水性和强氧化性，故A正确；B常温下Al与浓硝酸发生钝化，反应停止，所以无明显变化，故B错误；C未说明水中是否放入酚酞，不能证明生成碱；未检验气体，不能证明是氢气，故C错误；D铁与水蒸气反应生成黑色物质，现象错误，故D错误故选A点评：本题考查较为综合，涉及物质的分离、检验等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大17（3分）（xx安徽）实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（）选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液AABBCCDD考点：常见气体制备原理及装置选择版权所有专题：实验题分析：根据装置图可知所制备的气体应为固体和液体制备，并用向上排空气法收集以及采用防倒吸的方法进行尾气处理，根据各选项中反应物的状态判断发生装置、气体的性质以及气体要采用防倒吸解答本题解答：解：A、氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法，故A错误；B、SO2气体的密度比空气大，能使用向上排空气法，SO2气体能与氢氧化钠迅速反应，所以吸收时要防倒吸，故B正确；C、铜与稀硝酸反应需要加热，且产生的气体为NO，不能用水吸收，故C错误；D、制取氯气需要加热，氯气的密度比空气大，能使用向上排空气法，氯气用氢氧化钠溶液吸收时不需要防倒吸，故D错误；故选B点评：本题考查化学实验基本原理（气体的制备），实验装置、仪器的使用，难度不大，掌握物质的性质即可解答18（3分）（xx四川）1.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法不正确的是（）A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LCNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL考点：有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质版权所有专题：压轴题；守恒法分析：A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，根据n=计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；B、根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；C、根据n=计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列放出计算，进而计算二氧化氮的体积分数；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，再根据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积解答：解：A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确；B、该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故B正确；C、NO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05a）mol，根据电子转移守恒可知，a1+（0.05a）21=0.06，解得a=0.04，故NO2的体积分数是100%=80%，故C正确；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L14mol/L0.04mol（0.050.04）2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，故D错误；故选D点评：本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想进行的解答二、解答题（共4小题，满分46分）19（9分）（xx秋历下区校级期中）五种短周期元素在周期表中的位置如图，其中M、X、Z在地壳中的含量居前三位（1）指出Y元素在周期表中的位置：第二周期第A族，写出特定条件下Y、Z单质间化合的化学方程式：N2+O22NO（2）M、X的单质，以及M、X分别与Z形成的化合物都能与NaOH溶液反应写出M单质以及X、Z形成的化合物分别与NaOH溶液反应的化学方程式：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O（3）A的最高价氧化物对应水化物的酸性强于（填“强于”或“弱于”）X的最高价氧化物对应水化物写出一个化学反应方程式证明这个结论：H2O+CO2+Na2SiO3=H2SiO3+Na2CO3考点：位置结构性质的相互关系应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：M、X、Z在地壳中的含量居前三位，地壳中含量前三位的元素分别为：O、Si、Al，依据M、X、Z在周期表中的位置可推断：M为Al，X为Si，Z为氧，同时可推断得出Y为氮，A为碳，据此解答各小题即可解答：解：依据分析可知A为碳，Y为氮，Z为氧，M为铝，X为硅，（1）Y为N，N元素2个电子层，最外层5个电子，处于第二周期第A族，N与O在放电或高温条件下反应生成NO，化学反应方程式为：N2+O22NO，故答案为：第二周期第A族；N2+O22NO；（2）M为铝，Al与氢氧化钠、水反应生成偏铝酸钠、氢气，化学反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，XZ形成的化合物为二氧化硅：SiO2，SiO2为酸性氧化物，与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，化学反应方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；（3）C的最高价氧化物的水化物为碳酸：H2CO3，Si的最高价氧化物的水化物为硅酸：H2SiO3，碳酸酸性强于硅酸，利用碳酸可以制取硅酸，化学反应方程式为：H2O+CO2+Na2SiO3=H2SiO3+Na2CO3，故答案为：强于；H2O+CO2+Na2SiO3=H2SiO3+Na2CO3点评：本题主要考查的是元素的推断以及元素化合物的知识，注意化学反应方程式的正确书写是关键20（14分）（xx秋历下区校级期中）（1）用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作根据图1对应的操作，指出其不规范之处A称量：药品与砝码放反了，应作药品右砝码B转移：未用玻璃棒引流C定容：胶头滴管不能伸入容量瓶内（2）将X气体通入BaC12溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y可能是：acd（填选项字母代号）选项XYaSO2NO2bC12CO2cNH3CO2dSO2H2S（3）如图2所示仪器可用于实验室制备少量极易吸水的无水FeC13仪器连接的正确顺序是：aedcbhicbg（图中装置如果需要可以重复使用）饱和NaC1溶液的作用：吸收氯气中的氯化氢气体（4）SO2可用于制硫酸已知25、101kPa时：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H1=197kJ/mol；H1=44kJ/mol；H1=545kJ/mol；则SO3（g）与H2O（1）反应的热化学方程式是：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）H=152kJ/mol考点：配制一定物质的量浓度的溶液；用盖斯定律进行有关反应热的计算；氯气的实验室制法版权所有专题：化学反应中的能量变化；物质的量浓度和溶解度专题；卤族元素分析：（1）A使用托盘天平称量药品时，应该遵循左物右码原则，位置不能颠倒；B转移：转移冷却后的溶液时，需要使用玻璃棒引流；C定容时，胶头滴管不能伸入到容量瓶中；（2）a、二氧化氮溶于水生成硝酸，硝酸能够将二氧化硫氧化成硫酸，硫酸与钡离子反应生成硫酸钡沉淀；b、氯气不和BaCl2溶液反应，通入二氧化碳不能反应，无沉淀生成；c、氨气显碱性，能和二氧化碳反应生成碳酸铵，碳酸根离子结合钡离子生成碳酸钡沉淀；d、硫化氢和二氧化硫反应生成硫单质；（3）根据先制取氯气、除去氯气中的氯化氢杂质、干燥氯气、氯气与铁反应、干燥装置、完全吸收装置的顺序进行解答；制取的氯气中混有杂质氯化氢，需要用饱和氯化钠溶液除去杂质氯化氢；（4）利用盖斯定律，将热化学方程式进行运算，写出SO3（g）与H2O（1）反应的热化学方程式解答：解：（1）A称量：用天平称量药品，药品不能直接放在托盘内，天平称量应遵循“左物右码”，故答案为：药品与砝码放反了，应作药品右砝码；B转移溶液时，应用玻璃棒引流，防止溶液洒落，故答案为：未用玻璃棒引流；C定容：胶头滴管不能深入容量瓶内，应在容量瓶正上方，悬空滴加，故答案为：胶头滴管不能伸入容量瓶内；（2）a、二氧化硫不与氯化钡溶液反应，当通入二氧化氮后，二氧化氮与与水反应生成硝酸，硝酸能够将二氧化硫氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应：H2SO4+BaCl2BaSO4+2HCl，生成硫酸钡沉淀，故a正确；b、氯气不与BaCl2溶液反应，通入二氧化碳也不反应，无沉淀生成，故b错误；c、氨气与氯化钡溶液不反应，通入二氧化碳后发生反应：2NH3+H2O+CO2（NH4）2C03、（NH4）2C03+BaCl2BaCO3+2NH4Cl，生成了碳酸钡沉淀，故c正确；d、二氧化硫与氯化钡溶液不反应，通入硫化氢后，硫化氢与二氧化硫发生反应：2H2S+SO23S+H2O，有沉淀生成，故d正确；故答案为：acd；（3）制取氯化铁需要先制取氯气，所以仪器连接从a开始、然后连接e（除去氯气中杂质氯化氢的装置）、d连接干燥氯气的装置的导管c、干燥后的氯气从导管b通过导管h进入反应装置、反应装置右边的导管还需要连接干燥装置，即i连接c、最后需要用氢氧化钠溶液进行尾气吸收，故b连接g，正确的连接顺序为：aedcbhicbg，故答案为：e；d；c；b；h；i；c；b；氯化氢具有挥发性，所以制取的氯气中会混有氯化氢，饱和氯化钠溶液的作用是吸收氯气中的氯化氢，故答案为：吸收氯气中的氯化氢气体；（4）2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H1=一197kJ/mol 2H2O （g）=2H2O（1）H2=44kJ/mol 2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）H3=545kJ/mol利用盖斯定律：（）2 可得：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）H=152kJ/mol，故答案为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）H=152kJ/mol点评：本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液方法、用盖斯定律进行反应热的计算、氯化铁的制备等知识，题目难度稍大，试题涉及的知识点较大，作用掌握配制一定浓度的溶液方法，能够根据盖斯定律书写热化学方程式21（11分）（xx秋历下区校级期中）氯化钾样品中含有少量碳酸钾、亚硫酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质为了提纯氯化钾，先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，再将滤液按下图所示步骤进行操作已知B、C是难溶于水的物质，B是混合物，其中含有C回答下列问题：（1）取少量滤液（样品溶于水并过滤后的溶液）滴入溴水中，溴水立即褪色，写出滤液与溴水反应的离子方程式：Br2+SO32+H2O=2H+SO42+2Br（2）试剂I的化学式为BaCl2，图中处过滤后得到沉淀B，沉淀B如需洗涤，检验洗涤是否干净的方法是 取最后一次洗涤液，加入少量硝酸银溶液，无现象说明洗涤干净（3）中加入试剂II的目的是除去多余的钡离子，试剂III的名称是稀盐酸（4）E经过加热蒸发，待有晶体析出并剩余少量液体时停止加热，用余热蒸干即可得到KCI晶体，此项操作中要用到的仪器：酒精灯、铁架台（带铁圈）、蒸发皿、玻璃棒（5）选用下列试剂，可以检验B的混合物中含有C，试剂的正确使用顺序是EDAB或EADAB或EDB可能用到的试剂（如有需要试剂可以重复使用）：A品红溶液 B澄清石灰水 C饱和碳酸氢钠溶液 D酸性高锰酸钾 E稀盐酸 F氢氧化钠溶液考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用版权所有专题：实验题分析：滤液中含有KCl、K2CO3、K2SO3、K2SO4，向滤液中加入过量BaCl2溶液，发生反应CO32+Ba2+=BaCO3、SO32+Ba2+=BaSO3、SO42+Ba2+=BaSO4，得到固体B为BaCO3、BaSO3、BaSO4，滤液中含有KCl、BaCl2，向滤液中加入过量K2CO3，除去过量的钡离子，得到固体C为BaCO3，D中溶质为K2CO3和KCl，然后向溶液中加入过量HCl，发生反应 CO32+2H+=H2O+CO2，然后蒸发溶液，溶液中HCl挥发，所以最终得到KCl晶体，以此解答该题解答：解：滤液中含有KCl、K2CO3、K2SO3、K2SO4，向滤液中加入过量BaCl2溶液，发生反应CO32+Ba2+=BaCO3、SO32+Ba2+=BaSO3、SO42+Ba2+=BaSO4，得到固体B为BaCO3、BaSO3、BaSO4，滤液中含有KCl、BaCl2，向滤液中加入过量K2CO3，除去过量的钡离子，得到固体C为BaCO3，D中溶质为K2CO3和KCl，然后向溶液中加入过量HCl，发生反应 CO32+2H+=H2O+CO2，然后蒸发溶液，溶液中HCl挥发，所以最终得到KCl晶体，（1）滤液中含有亚硫酸钾，具有还原性，可与溴发生氧化还原反应，反应的方程式为Br2+SO32+H2O=2H+SO42+2Br，故答案为：Br2+SO32+H2O=2H+SO42+2Br；（2）由以上分析可知试剂I为BaCl2，得到固体B为BaCO3、BaSO3、BaSO4，固体表面可吸附氯离子等，检验沉淀是否洗涤干净，可取最后一次洗涤液，加入少量硝酸银溶液，无现象说明洗涤干净，故答案为：BaCl2；取最后一次洗涤液，加入少量硝酸银溶液，无现象说明洗涤干净；（3）试剂为K2CO3，可除去过量的钡离子，试剂为稀盐酸，可用于除去过量的碳酸钾，故答案为：除去多余的钡离子；稀盐酸；（4）蒸发用到的仪器有酒精灯、铁架台（带铁圈）、蒸发皿、玻璃棒，故答案为：蒸发皿；玻璃棒；（5）C为BaCO3，可与酸反应生成二氧化碳气体，但由于B中含有BaSO3，加入酸可生成二氧化硫气体，检验时应先除去二氧化硫，一般做法是先加盐酸，将气体通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫，可用品红检验二氧化硫是否除尽，然后用澄清石灰水检验是否生成二氧化碳，顺序可为EDAB或EADAB或EDB，故答案为：EDAB或EADAB或EDB点评：本题以混合物的分离和提纯为载体考查了无机物推断，明确物质的性质是解本题关键，根据物质之间的反应、离子的检验方法、物质分离和提纯的方法等知识点来分析解答，难点是除杂剂的选取及滴加顺序，题目难度中等22（12分）（xx秋历下区校级期中）由Fe2O3、CuO、C、A1中的一种或几种物质组成的混合粉末，取样进行下列实验，已知实验时混合粉末完全溶解，过量的某浓酸为实验室常见强酸（1）取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，只生成一种有色沉淀该有色沉淀可能是Fe（OH）3或Cu（OH）2；取上层清液，通入足量CO2，生成白色沉淀，说明样品中一定含有的物质是（填化学式）Al，写出上层清液与足量CO2反应生成沉淀的离子方程式：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3（2）Y溶液中存在的阳离子是（填写离子符号）Fe2+、Al3+，如果向Y通入C12并不断搅拌，充分反应后，Y中可能发生的离子反应是（最多填写2个离子方程式）：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+（3）Z为一种或两种气体：若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应I中能同时生成两种气体的化学方程式是C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量的水，则Z中两种气体的化学式是NO、CO2考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的检验和鉴别的实验方案设计版权所有专题：物质检验鉴别题；几种重要的金属及其化合物分析：Fe2O3、CuO与酸反应不生成气体，C、A1与浓硝酸或浓硫酸反应生成气体，生成两种气体可知，一定含C、Al中的一种或两种；X中加入过量的NaOH溶液，只生成一种有色沉淀，则沉淀为红褐色的Fe（OH）3或蓝色的Cu（OH）2，取X与碱反应后的上层清液，通入足量CO2，生成白色沉淀，沉淀为Al（OH）3，则一定含Al；溶液X加过量铁粉，得到Y和固体，则固体为Cu，则原混合物中一定含CuO，Y中含Fe2+、Al3+；若试剂a为饱和NaHCO3溶液，二氧化硫与a反应，气体z为二氧化碳；若试剂a为适量的水，则酸为浓硝酸，Z为二氧化碳和NO的混合物，以此来解答解答：解：Fe2O3、CuO与酸反应不生成气体，C、A1与浓硝酸或浓硫酸反应生成气体，生成两种气体可知，一定含C、Al中的一种或两种；X中加入过量的NaOH溶液，只生成一种有色沉淀，则沉淀为红褐色的Fe（OH）3或蓝色的Cu（OH）2，取X与碱反应后的上层清液，通入足量CO2，生成白色沉淀，沉淀为Al（OH）3，则一定含Al；溶液X加过量铁粉，得到Y和固体，则固体为Cu，则原混合物中一定含CuO，Y中含Fe2+、Al3+；若试剂a为饱和NaHCO3溶液，二氧化硫与a反应，气体z为二氧化碳；若试剂a为适量的水，则酸为浓硝酸，Z为二氧化碳和NO的混合物，（1）由上述分析可知，只生成一种有色沉淀该有色沉淀可能是Fe（OH）3或Cu（OH）2，取上层清液，通入足量CO2，生成白色沉淀，说明样品中一定含有的物质是Al，上层清液与足量CO2反应生成沉淀的离子方程式为AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故答案为：Fe（OH）3或Cu（OH）2；Al；AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；（2）由上述分析可知，Y中含Fe2+、Al3+，Y通入C12并不断搅拌，充分反应后，Y中可能发生的离子反应为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl、2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+、2Fe3+Fe=3Fe2+，故答案为：Fe2+、Al3+；2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；（3）二氧化硫可以和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以反应获得的是二氧化硫和二氧化碳的混合气体，Z是二氧化碳，即C+2H