浙江省金华市兰溪市兰荫中学高三化学上学期开学试卷（含解析）.doc

2015-2016学年浙江省金华市兰溪市兰荫中学高三（上）开学化学试卷 一、选择题（共22小题，每小题2分，满分54分）1下列推断正确的是( )a绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理bal2o3、mgo可用作高温材料，二氧化硅是生产光纤制品的基本原料cso2气体通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色d新制氯水显酸性，可用ph试纸测定其酸碱度2卫生部发出公告，自2011年5月1日起，禁止在面粉生产中添加过氧化钙（cao2）等食品添加剂下列对于过氧化钙（cao2）的叙述错误的是( )acao2具有氧化性，对面粉可能具有增白作用bcao2和co2反应的化学方程式为：2cao2+2co2=2caco3+o2ccao2和水反应时，每产生1 mol o2转移电子4 moldcao2中阴阳离子的个数比为1：13常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )a0.1 moll1 （nh4）2fe（so4）2溶液中：k+、cu2+、cl、mno4b遇kscn溶液变红色的溶液：na+、mg2+、so42、clc使甲基橙变红色的溶液：nh4+、cu2+、clo、cld0.1moll1nahco3溶液：k+、alo2、cl、no34给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是( )a粗硅sicl4sibmg（oh）2mgcl2（aq）mgcfe2o3fecl3（aq）无水fecl3dagno3（aq）ag（nh3）2oh（aq）ag5化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列化学用语不正确的是( )acl的结构示意图：b羟基的电子式：chclo的结构式：hclod原子核内有10个中子的氧原子：6复印机工作时易产生臭氧，臭氧浓度过高时对人体有害臭氧具有强氧化性，可使润湿的ki淀粉试纸变蓝有关反应式为：o3+2ki+h2o2koh+i2+o2对此下列说法正确的是( )a反应中1 mol o3得到4 mol电子b反应中o3是氧化剂，h2o与ki是还原剂c氧化产物i2与还原产物koh的物质的量之比是1：1d由此反应知，氧化性强弱顺序是o3i2o27用铁酸钠（na2feo4）对自来水消毒是饮用水处理新技术，下列有关分析正确的是( )a在na2feo4中fe显+8价，具有强氧化性，所以能杀菌消毒b因为na2feo4溶液显碱性，所以能杀菌消毒cna2feo4的还原产物为fe3+，其易水解产生fe（oh）3胶体，使水中悬浮物聚沉dna2feo4的还原产物fe2+ 水解，生成的胶体使水中悬浮物沉降，从而达到消毒目的8下列溶液中的no3离子浓度与500ml l moll1nano3中的no3浓度相等的是( )a100ml2moll1nh4no3溶液b40ml0.5moll1ca（no3）2溶液混合c50mll.5moll1al（no3）3溶液d150ml1moll1mg（no3）2溶液9亚氯酸盐（naclo2）可作漂白剂，在常温下不见光时可保存一年，但在酸性溶液里因生成亚氯酸而发生分解：5hclo2=4clo2+h+cl+2h2o开始时，分解反应非常慢，随后突然释放出很多的clo2对于以上分解速率变化的原因，下列猜测最合理的是( )a酸使亚氯酸的氧化性增强b溶液中的h+起催化剂的作用c溶液中的cl起催化剂的作用d逸出的clo2使反应的生成物的浓度降低10下列说法正确的是( ai的原子半径大于br，hi比hbr的热稳定性强bp的非金属性强于si，h3po4比h2sio3的酸性强cal2o3和mgo均可与naoh溶液反应dso2和so3混合气体通入ba（no3）2溶液可得到baso3和baso411以包列科学家danici shcchtman因发现准晶体获得2011年诺贝尔化学奖人们在自然界中也找到了组成为al63cu24fe13的天然准晶体将相同质量的此准晶体分别与足量的盐酸、烧碱和稀硝酸反应，产生气体的物质的量关系为( )an（烧碱）n（稀硝酸）n（盐酸）bn（烧碱）n（盐酸）n（稀硝酸）cn（稀硝酸）n（烧碱）n（盐酸）dn（盐酸）n（稀硝酸）n（烧碱）12美国“海狼”潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金（单质钠和单质铝熔合而成）作载热介质，有关说法不正确的是( )a合金的熔点一般比组分金属低b铝钠合金若投入一定量的水中可得无色溶液，则n（al）n（na）c铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，会有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出d若m g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，放出的h2越多，则铝的质量分数越小13对某些离子的检验及结论一定正确的是( )a加入ba（no3）2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，则原溶液中一定有so42b通入cl2后，溶液变为黄色，加入淀粉后溶液变蓝，则原溶液中一定有ic加入碳酸钠溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀消失，则原溶液中一定有ba2+d加入naoh溶液并加热，产生使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，则原溶液一定有nh4+14同位素示踪法可用于反应机理的研究，下列反应或转化中同位素示踪表示正确的是( )a2na218o2+2h2o4nal8oh+o2bnh4cl+2h2onh32h2o+hclc2kmno4+5h218o2+3h2so4k2so4+2mnso4+518o2+8h2odk37clo3+6hclk37cl+3cl2+3h2o15常温下，ph=1的某溶液a中含有nh4+、k+、na+、fe3+、al3+、fe2+、co32、no3、cl、i、so42中的4种，且各离子的物质的量浓度均为0.1mol/l，现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示：下列有关说法正确的是( )a沉淀乙一定有baco3，可能有baso4b实验消耗cu 14.4g，则生成气体丁的体积为3.36lc该溶液中一定有no3、al3+、so42、cl四种离子d生成的甲、乙、丙气体均为无色的易溶于水气体16x、y、z、m、w为五种短周期元素它们在周期表的相对位置如下表：则下列说法正确的是( )mxyzway、m形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76 gl1b原子半径：wzyxmc由x元素形成的单质一定是原子晶体dxz2、x2m2、w2z2均为直线型的共价化合物17下列说法正确的是( )a淀粉与稀h2so4共热，再加银氨溶液水浴加热，无银镜生成，说明淀粉水解产物无还原性bsio2+2csi+2co 说明碳的非金属性大于硅的非金属性c向naalo2溶液中滴加饱和nahco3溶液，有白色沉淀产生，是因为两者都发生了水解反应，且相互促进d将co2通入na2sio3溶液中，有白色沉淀生成，证明h2co3酸性比h2sio3强18“暖冰”是韩国首尔大学科学家将水置于一个足够强的电场中，在20时，水分子瞬间凝固形成的某老师在课堂上做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性kmno4溶液褪色若将烧杯中的溶液换成含有少量kscn 的fecl2溶液，则溶液呈血红色则下列说法中不正确的是( )a在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”b水凝固形成20时的“暖冰”所发生的变化是化学变化c该条件下h2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质d该条件下h2燃烧的产物中可能含有一定量的h2o219有关下列离子方程式的说法正确的是( )a等物质的量mgcl2、ba（oh）2和hcl溶液混合：mg2+3oh+h+=mg（oh）+h2ob向naalo2溶液中通入过量co2的反应为：2alo2+co2+3h2o=2al（oh）3+co32c等物质的量的febr2与cl2反应为：2fe2+2br+2cl2=2fe3+br2+4cld用浓盐酸酸化的kmno4溶液与h2o2反应，证明h2o2具有还原性：2mno4+6h+5h2o2=2mn2+5o2+8h2o20海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等（如图所示），下列有关说法正确的是( )a第步中除去粗盐中的so42、ca2+、mg2+、fe3+等杂质，加入的药品顺序为：na2co3溶液naoh溶液bacl2溶液过滤后加盐酸b工业上金属钠是通过氯碱工业制取c从第步到第步的目的是为了浓缩d在第步中溴元素均被氧化21如图表示在某溶液中滴加ba（oh）2溶液时，沉淀的物质的量随ba（oh）2的物质的量的变化关系该溶液的成分可能是( )anh4al（so4）2bkal（so4）2cal2（so4）3dnaalo222下列变化能够实现的是( )弱酸与盐溶液反应生成强酸 两种氧化物发生反应有气体生成两种酸的溶液充分反应后溶液呈中性 复分解反应中既没有生成水，也没有生成沉淀和气体两种无色气体常温常压下混合后气体颜色加深 有单质生成的非氧化还原反应a全部b只有c只有d只有二、填空题（共4小题，每小题10分，满分46分）23 x、y、z、q、w、r六种短周期元素原子序数依次增大化合物甲由x、z、q三种元素组成，常温下0.1mol/l甲溶液的ph=13工业上常用电解饱和qr溶液生成甲；化合物乙由x、r两种元素组成；请回答以下问题：（1）q的原子结构示意图为_（2）y元素的单质能发生如图所示的转化，则y元素为_（用元素符号表示）在甲溶液中通入足量yz2气体，所得溶液呈碱性，原因是_（用离子方程式和必要的文字说明）（3）w的单质既能与甲溶液反应，又能与乙溶液反应常温下，将w的单质和甲溶液混合，发生反应的离子方程式为：_q、w两种元素金属性的强弱为q_w（填“”、“”）；下列表述中证明这一事实的是_aq的单质的熔点比w单质低bq的最高价氧化物的水化物的碱性比w的最高价氧化物的水化物的碱性强cw的原子序数大24比较法是化学中研究物质性质的基本方法之一，请运用比较法解答下题na2o2几乎可与所有的常见气态非金属氧化物反应如2na2o2+2co22na2co3+o2，na2o2+cona2co3（1）试分别写出na2o2与so2、so3反应的化学方程式：_； （2）通过比较可知，当非金属元素处于_价时，其氧化物与na2o2反应有o2生成（3）依上述规律，写出na2o2与n2o5反应的化学方程式_25（13分）feso47h2o广泛用于医药和工业领域以下是feso47h2o的实验室制备流程图根据题意完成下列填空：（1）碳酸钠溶液能除去酯类油污，是因为_（用离子方程式表示），（2）废铁屑中含氧化铁，无需在制备前除去，理由是（用离子方程式回答）_，_以下是测定某补血剂（feso47h2o）中铁元素含量的流程图根据题意完成下列填空：（3）步骤需要100ml1mol/l的稀硫酸，用98.3%，=1.84g/cm3的浓硫酸配制，所用的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管及_（4）步骤一系列操作依次是：过滤洗涤_冷却称量恒重操作操作的目的是_（5）假设实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量_g（用含a的代数式表示）27（16分）合金已成为飞机制造、化工生产等行业的重要材料研究性学习小组的同学，为测定某含镁3%5%的铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量分数，设计下列两种不同实验方案进行探究填写下列空白【实验方案一】将铝镁合金与足量naoh溶液反应，测定剩余固体质量实验中发生反应的化学方程式是_【实验步骤】（1）称取5.4g铝镁合金粉末样品，溶于vml 2.0mol/lnaoh溶液中，充分反应则naoh溶液的体积v_（2）过滤、洗涤、干燥、称量固体该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）【实验方案二】将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20，1.01105pa）的体积【问题讨论】（3）同学们拟选用图1实验装置完成实验：你认为最简易的装置其连接顺序是：a接_接_接_（填接口字母，可不填满）实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开其活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶请你帮助分析原因_实验结束时，在读取测量实验中生成氢气的体积时，你认为合理的是_a待实验装置冷却后再读数b上下移动量筒f，使其中液面与广口瓶中液面相平c上下移动量筒g，使其中液面与广口瓶中液面相平d视线与凹液面的最低点水平，读取量筒中水的体积（4）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小于是他们设计了图2所示的实验装置装置中导管a的作用是_实验前后碱式滴定管中液面读数分别为v1ml、v2ml则产生氢气的体积为_ml2015-2016学年浙江省金华市兰溪市兰荫中学高三（上）开学化学试卷一、选择题（共22小题，每小题2分，满分54分）1下列推断正确的是( )a绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理bal2o3、mgo可用作高温材料，二氧化硅是生产光纤制品的基本原料cso2气体通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色d新制氯水显酸性，可用ph试纸测定其酸碱度考点：硅和二氧化硅；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质 专题：氧族元素；碳族元素分析：a“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染；b氧化铝和氧化镁的熔点较高能作高温材料，光纤制品的基本原料是二氧化硅；cso2气体通入紫色石蕊试液中，溶液变为红色；d氯水有漂白性解答：解：a绿色化学的核心是要利用化学原理从源头消除污染，减少污染物的排放而不是污染治理，故a错误； b氧化铝和氧化镁的熔点很高，所以可以作高温材料，光纤制品的基本原料是二氧化硅，故b正确；c将so2气体通入紫色石蕊试液中，溶液变为红色，可说明二氧化硫为酸性氧化物，不能说明其漂白性，故c错误；d氯水有漂白性，能使ph试纸褪色，不能用ph试纸测定其酸碱度，故d错误故选b点评：本题考查实验方案的评价，注重实验中的基本操作和物质的性质的考查，选项c为解答的易错点，题目难度不大2卫生部发出公告，自2011年5月1日起，禁止在面粉生产中添加过氧化钙（cao2）等食品添加剂下列对于过氧化钙（cao2）的叙述错误的是( )acao2具有氧化性，对面粉可能具有增白作用bcao2和co2反应的化学方程式为：2cao2+2co2=2caco3+o2ccao2和水反应时，每产生1 mol o2转移电子4 moldcao2中阴阳离子的个数比为1：1考点：氧化还原反应 分析：过氧化钙（cao2）与过氧化钠相似，均具有强氧化性、漂白性，阴离子均为过氧根离子，阳离子不同，以此来解答解答：解：a与过氧化钠的性质相似，则cao2具有氧化性，对面粉可能具有增白作用，故a正确；b由过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气可知，cao2和co2反应的化学方程式为2cao2+2co2=2caco3+o2，故b正确；c由2cao2+2co2=2caco3+o2可知，生成1 mol o2转移电子为1mol20（1）=2 mol，故c错误；d阴离子为过氧根离子，阳离子为钙离子，则cao2中阴阳离子的个数比为1：1，故d正确；故选c点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握过氧化钙与过氧化钠性质的相似之处为解答的关键，侧重分析与迁移应用能力的考查，题目难度不大3常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )a0.1 moll1 （nh4）2fe（so4）2溶液中：k+、cu2+、cl、mno4b遇kscn溶液变红色的溶液：na+、mg2+、so42、clc使甲基橙变红色的溶液：nh4+、cu2+、clo、cld0.1moll1nahco3溶液：k+、alo2、cl、no3考点：离子共存问题 分析：a离子之间发生氧化还原反应；b遇kscn溶液变红色的溶液，含铁离子；c使甲基橙变红色的溶液，显酸性；dalo2促进的hco3电离解答：解：afe2+、mno4发生氧化还原反应，不能大量共存，故a错误；b遇kscn溶液变红色的溶液，含铁离子，该组离子之间不反应，可大量共存，故b正确；c使甲基橙变红色的溶液，显酸性，h+、clo、cl发生氧化还原反应，不能大量共存，故c错误；dalo2促进的hco3电离，不能大量共存，故d错误；故选b点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应及分析与应用能力的考查，题目难度不大4给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是( )a粗硅sicl4sibmg（oh）2mgcl2（aq）mgcfe2o3fecl3（aq）无水fecl3dagno3（aq）ag（nh3）2oh（aq）ag考点：真题集萃；硅酸盐工业；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用 分析：asi可与氯气在高温下反应生成sicl4，sicl4可与氢气发生反应生成si和hcl；b电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气；c氯化铁易水解，加热溶液生成氢氧化铁和hcl；d蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应解答：解：asi可与氯气在高温下反应生成sicl4，sicl4可与氢气发生反应生成si和hcl，该反应可用于工业提纯硅，故a正确；b电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气，工业用电解熔融的氯化镁制备镁，故b错误；c氯化铁易水解，加热溶液生成氢氧化铁和hcl，蒸发时应在hcl环境中进行，故c错误；d蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应，故d错误故选a点评：本题为2015年江苏考题，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的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，难度不大，注意相关基础知识的积累5化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列化学用语不正确的是( )acl的结构示意图：b羟基的电子式：chclo的结构式：hclod原子核内有10个中子的氧原子：考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合 专题：化学用语专题分析：a氯离子的核电荷数为17，核外电子总数为18；b羟基中含有1个氧氢键，氧原子最外层为7个电子；c次氯酸中不存在氢氯键，其分子中存在1个氢氧键和1个氧氯键；d中子数为10的氧原子的质量数为18，元素符号的左上角为质量数，左下角为质子数解答：解：a氯离子最外层达到8电子稳定结构，所以cl的结构示意图为：，故a正确；b羟基中氧原子最外层为7个电子，羟基的电子式为：，故b正确；c次氯酸的电子式为：，将共用电子对换成短线即为次氯酸的结构式，所以次氯酸的结构式为：hocl，故c错误；d氧原子的质子数为8，有10个中子的氧原子的质量数为18，该氧原子可以表示为：，故d正确；故选c点评：本题考查了电子式、结构式、离子结构示意图的表示方法判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及正确的表示方法，明确羟基与氢氧根离子、甲基与碳正离子等之间的区别6复印机工作时易产生臭氧，臭氧浓度过高时对人体有害臭氧具有强氧化性，可使润湿的ki淀粉试纸变蓝有关反应式为：o3+2ki+h2o2koh+i2+o2对此下列说法正确的是( )a反应中1 mol o3得到4 mol电子b反应中o3是氧化剂，h2o与ki是还原剂c氧化产物i2与还原产物koh的物质的量之比是1：1d由此反应知，氧化性强弱顺序是o3i2o2考点：氧化还原反应 分析：由o3+2ki+h2o2koh+i2+o2，i元素的化合价升高，o元素的化合价降低，该反应中转移2e，以此来解答解答：解：a该反应中转移2e，即在反应中，每消耗1molo3转移2mol电子，故a错误；bi元素的化合价升高，o元素的化合价降低，则反应中o3是氧化剂，ki是还原剂，故b错误；c氧化产物i2和还原产物koh的物质的量之比为1：1，故c正确；d由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性强弱顺序为o3i2，不能确定与氧气的关系，故d错误；故选c点评：本题考查氧化还原反应，侧重基本概念、氧化性的比较及转移电子数的考查，明确反应中元素的化合价变化即可解答，题目难度不大7用铁酸钠（na2feo4）对自来水消毒是饮用水处理新技术，下列有关分析正确的是( )a在na2feo4中fe显+8价，具有强氧化性，所以能杀菌消毒b因为na2feo4溶液显碱性，所以能杀菌消毒cna2feo4的还原产物为fe3+，其易水解产生fe（oh）3胶体，使水中悬浮物聚沉dna2feo4的还原产物fe2+ 水解，生成的胶体使水中悬浮物沉降，从而达到消毒目的考点：氧化还原反应 分析：a化合物中fe为最高价，具有强氧化性；bna2feo4在溶液中水解，且fe为最高价，具有强氧化性；cna2feo4的还原产物为fe3+；dna2feo4的还原产物为fe3+解答：解：a化合物中fe为最高价，具有强氧化性，则在na2feo4中fe为+6价，具有强氧化性，能消毒杀菌，故a错误；bna2feo4在溶液中水解显碱性，且fe为最高价，具有强氧化性，能消毒杀菌，与碱性无关，故b错误；cna2feo4的还原产物为fe3+，fe3+水解为fe（oh）3胶体，可使水中悬浮物凝聚沉降，故c正确；dna2feo4的还原产物为fe3+，fe3+水解为fe（oh）3胶体，可使水中悬浮物凝聚沉降，故d错误；故选c点评：本题以饮用水消毒处理考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及应用的考查，题目难度不大8下列溶液中的no3离子浓度与500ml l moll1nano3中的no3浓度相等的是( )a100ml2moll1nh4no3溶液b40ml0.5moll1ca（no3）2溶液混合c50mll.5moll1al（no3）3溶液d150ml1moll1mg（no3）2溶液考点：物质的量浓度的相关计算 分析：根据溶液中不水解的离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度化学式中离子的个数进行计算no3的物质的量浓度，与溶液的体积无关，20ml1moll1nano3溶液中no3 物质的量浓度=1mol/l1=1mol/l解答：解：500ml l moll1nano3中的no3浓度为1mol/l，a、100ml2mol/nh4no3溶液中no3 物质的量浓度=2mol/lb、40ml0.5moll1ca（no3）2溶液中no3 物质的量浓度=0.5mol/l2=1mol/lc、50mll.5moll1al（no3）3溶液中no3 物质的量浓度=1.5mol/l3=4.5mol/ld、150ml1moll1mg（no3）2溶液中no3 物质的量浓度=1mol/l2=2mol/l故选b点评：本题考查了离子浓度的计算，明确“溶液中不水解的离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度化学式中离子的个数进行计算氯离子的物质的量浓度，与溶液的体积无关”是解本题的关键，难度不大9亚氯酸盐（naclo2）可作漂白剂，在常温下不见光时可保存一年，但在酸性溶液里因生成亚氯酸而发生分解：5hclo2=4clo2+h+cl+2h2o开始时，分解反应非常慢，随后突然释放出很多的clo2对于以上分解速率变化的原因，下列猜测最合理的是( )a酸使亚氯酸的氧化性增强b溶液中的h+起催化剂的作用c溶液中的cl起催化剂的作用d逸出的clo2使反应的生成物的浓度降低考点：化学反应速率的影响因素 专题：化学反应速率专题分析：a、酸使亚氯酸的氧化性增强，开始时反应速率应该就很快；b、开始时溶液中就有氢离子，反应速率很慢；c、开始时溶液中氯离子浓度很小，随着反应进行，氯离子浓度逐渐增大；d、生成物浓度的降低，反应速率不会突然加快解答：解：a、若是酸使亚氯酸的氧化性增强，应该开始时反应速率应该就很快，故a错误；b、由于开始时溶液中就有氢离子，分解反应却非常慢，可见不是氢离子的催化作用，故b错误；c、反应开始时，溶液中氯离子浓度很小，随着反应的进行，溶液中氯离子浓度增大，反应速率加快，可见是氯离子的催化作用，故c正确；d、逸出的clo2使反应的生成物的浓度降低，不会出现反应速率突然加快现象，故d错误；故选c点评：本题考查了影响反应速率的因素，注意题中信息的提取及合理分析，本题难度不大10下列说法正确的是( )ai的原子半径大于br，hi比hbr的热稳定性强bp的非金属性强于si，h3po4比h2sio3的酸性强cal2o3和mgo均可与naoh溶液反应dso2和so3混合气体通入ba（no3）2溶液可得到baso3和baso4考点：真题集萃；元素周期律的作用；元素周期律和元素周期表的综合应用 分析：a同主族自上而下原子半径增大，元素非金属性减弱、氢化物稳定性减弱；b同周期随原子序数增大，元素非金属性增强，最高价含氧酸的酸性增强；cmgo不能与氢氧化钠溶液反应；d二氧化硫通入硝酸钡溶液中，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸氧化为硫酸，进一步反应得到硫酸钡解答：解：ai、br同主族，自上而下原子半径增大，元素非金属性减弱、氢化物稳定性减弱，故i的原子半径大于br，hi比hbr的热稳定性弱，故a错误；bsi、p同周期，随原子序数增大，元素非金属性增强，最高价含氧酸的酸性增强，故p的非金属性强于si，h3po4比h2sio3的酸性强，故b正确；c氧化铝属于两性氧化物，能与氢氧化钠反应，而mgo属于碱性氧化物，能与酸反应，不能与氢氧化钠溶液反应，故c错误；d二氧化硫通入硝酸钡溶液中，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸氧化为硫酸，进一步反应得到硫酸钡，故so2和so3混合气体通入ba（no3）2溶液可得到baso4，故d错误，故选b点评：本题考查元素周期律、金属氧化物性质、硝酸的性质等，难度不大，d选项注意硝酸条件下，硝酸根具有强氧化性11以包列科学家danici shcchtman因发现准晶体获得2011年诺贝尔化学奖人们在自然界中也找到了组成为al63cu24fe13的天然准晶体将相同质量的此准晶体分别与足量的盐酸、烧碱和稀硝酸反应，产生气体的物质的量关系为( )an（烧碱）n（稀硝酸）n（盐酸）bn（烧碱）n（盐酸）n（稀硝酸）cn（稀硝酸）n（烧碱）n（盐酸）dn（盐酸）n（稀硝酸）n（烧碱）考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；化学方程式的有关计算 专题：计算题分析：该合金中只有铝与氢氧化钠溶液反应生成气体，铁和铝都与盐酸反应生成氢气，所以加入盐酸放出的气体体积大于氢氧化钠溶液，铁、铝和铜都与稀硝酸反应生成no气体，结合得失电子的物质的量关系可确定生成气体的物质的量解答：解：该合金中只有铝与氢氧化钠溶液反应生成气体，铁和铝都与盐酸反应生成氢气，所以加入盐酸放出的气体体积大于氢氧化钠溶液，铁、铝和铜都与稀硝酸反应生成气体，为便于计算，可设al63cu24fe13为1mol，根据金属和生成气体之间的关系式得生成气体体积分别为：与hcl反应时：n（h2）=13+631.5=107.5 mol，与naoh反应时：n（h2）=631.5=94.5 mol，与hno3反应时：n（no）=63+13+24=92 mol，所以生成气体体积大小顺序是n（稀硝酸）n（烧碱）n（盐酸），故选c点评：本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，解答本题时，为便于计算，可设合金为1mol，这样可避免计算的繁琐，另外可根据得失电子数目的角度解答，可不必书写反应的化学方程式，难度中等12美国“海狼”潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金（单质钠和单质铝熔合而成）作载热介质，有关说法不正确的是( )a合金的熔点一般比组分金属低b铝钠合金若投入一定量的水中可得无色溶液，则n（al）n（na）c铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，会有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出d若m g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，放出的h2越多，则铝的质量分数越小考点：有关混合物反应的计算；金属与合金在性能上的主要差异 分析：a、合金是一种金属与其它金属或非金属熔合而成具有金属特性的物质，是混合物，其硬度比纯金属大，熔点比纯金属低；b、钠溶于水生成氢氧化钠和氢气，而铝能和氢氧化钠难溶于反应生成naalo2和氢气，因此根据得到的是无色溶液可知，单质铝的物质的量小于钠的；c、钠溶于水生成氢氧化钠和氢气，因此可以生成氢氧化铜沉淀如果铝过量，则还能和氯化铜发生置换反应生成铜；d、在质量相等的条件下，金属铝放出的氢气多，所以若放出h2越多，则铝的质量分数越大解答：解：a、合金的硬度较大、熔点一般比组分金属低，故a正确；b、铝钠合金若投入一定量的水中，先发生钠与水的反应，接着发生铝与氢氧化钠溶液的反应，当n（al）n（na），铝完全反应可得无色溶液，故b正确；c、铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，先发生钠与水的反应生成氢氧化钠溶液，氯化铜和氢氧化钠溶液反应会有氢氧化铜沉淀，若铝过量也可能置换出铜，故c正确；d、由于等质量的铝和钠分别与足量盐酸反应，铝放出的h2多，若m g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，放出的h2越多，则铝的质量分数越大故d错误；故选d点评：本题考查了有关合金的知识，题目难度中等，可以根据所学知识进行回答，注意掌握合金的组成特点及性质，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力13对某些离子的检验及结论一定正确的是( )a加入ba（no3）2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，则原溶液中一定有so42b通入cl2后，溶液变为黄色，加入淀粉后溶液变蓝，则原溶液中一定有ic加入碳酸钠溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀消失，则原溶液中一定有ba2+d加入naoh溶液并加热，产生使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，则原溶液一定有nh4+考点：常见离子的检验方法 分析：a加入ba（no3）2溶液生成的不溶于盐酸的白色沉淀可能为硫酸钡，原溶液中可能含有so42或so32；bcl2与i发生氧化还原反应，碘遇淀粉变蓝；c能够与碳酸钠生成的溶于盐酸的白色沉淀不一定为碳酸钡，可能为碳酸钙，原溶液中可能含有钙离子；d能使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体为酸性气体解答：解：a加入ba（no3）2溶液生成的不溶于盐酸的白色沉淀可能为硫酸钡，原溶液中可能含有so32，不一定含有so42，故a错误；b通入cl2后，溶液变为黄色（碘水），加入淀粉后溶液变蓝（碘遇淀粉变蓝），则原溶液中一定有i，故b正确；c碳酸钡和碳酸钙等沉淀都可溶于盐酸，原溶液中可能含有ca2+，不一定含有ba2+，故c错误；d产生使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，为酸性气体，该气体不是氨气，则原溶液中不存在氨气，故d错误；故选b点评：本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，试题侧重于离子检验方法的评价，注意把握常见离子的性质以及检验方法，明确检验离子的存在情况时要排除其它离子的干扰14同位素示踪法可用于反应机理的研究，下列反应或转化中同位素示踪表示正确的是( )a2na218o2+2h2o4nal8oh+o2bnh4cl+2h2onh32h2o+hclc2kmno4+5h218o2+3h2so4k2so4+2mnso4+518o2+8h2odk37clo3+6hclk37cl+3cl2+3h2o考点：探究化学反应机理 分析：根据物质中化学键的断键方式确定生成物，从而确定示踪原子的位置，a过氧化物与水反应实质为：过氧根离子结合水提供的氢离子生成过氧化氢，同时生成氢氧化钠，过氧化氢在碱性条件下不稳定，分解为水和氧气；b铵根离子水解实质为铵根离子结合水提供的氢氧根生成一水合氨，同时生成氯化氢；c根据化合价升降相等进行判断；dkclo3和hcl发生归中反应，化合价变化不能出现交叉价态解答：解：a过氧化物与水反应实质为，过氧根离子结合水提供的氢离子生成过氧化氢，同时生成氢氧化钠，过氧化氢在碱性条件下不稳定，分解为水和氧气，所以18o同时在水中和氧气中，不出现在氢氧化钠中，故a错误；cnh4cl水解，其实是水电离的氢氧根、氢离子分别和nh4+、cl结合，生成一水合氨和氯化氢，所以2h应同时存在在一水合氨中和hcl中，故b错误；ckmno4中mn元素化合价降低为2（72）=10，h218o2中o元素化合价升高：520（1）=10，化合价升降相等，高锰酸钾把过氧根氧化为氧气，18o全部在氧气中，故c正确；dkclo3和hcl发生归中反应，kclo3中氯元素由+5价降低为0价，不能降低为1，hcl中氯元素化合价由1价升高为0价，氯气中的cl有来自kclo3，来自hcl，kcl中的cl全部来自hcl，故d错误；故选c点评：本题以化学反应机理探究为载体，考查氧化还原反应、盐类水解等知识，题目难度中等，是对知识的综合能力的考查，a选项为易错点，容易认为氢氧化钠中的氧来自过氧化钠15常温下，ph=1的某溶液a中含有nh4+、k+、na+、fe3+、al3+、fe2+、co32、no3、cl、i、so42中的4种，且各离子的物质的量浓度均为0.1mol/l，现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示：下列有关说法正确的是( )a沉淀乙一定有baco3，可能有baso4b实验消耗cu 14.4g，则生成气体丁的体积为3.36lc该溶液中一定有no3、al3+、so42、cl四种离子d生成的甲、乙、丙气体均为无色的易溶于水气体考点：常见离子的检验方法 专题：物质检验鉴别题分析：由溶液ph=1可知溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，可以排除co32、no2；溶液a中加过量（nh4）2co3，产生白色沉淀，白色沉淀只能为氢氧化铝，可以排除fe2+、fe3+，溶液含有一定有al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙，丙在空气中变成红棕色，则丙为no，原溶液中有no3，强酸性溶液中含有no3，则一定不存在具有还原性的离子：fe2+、i，最后根据电荷守恒得原溶液中含有h+、no3、al3+、so42 cl五种离子解答：解：由溶液ph=1可知溶液为酸性溶液，氢离子浓度为0.1mol/l，溶液中一定不存在与氢离子反应的离子：co32、no2；溶液a中加过量（nh4）2co3，产生白色沉淀，可以排除fe2+、fe3+，原溶液中一定有al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生no，原溶液中有no3，强酸性溶液中有no3，则一定没有fe2+、i；a根据分析可知，溶液中含有硫酸根离子，所以沉淀乙中一定为碳酸钡和硫酸钡沉淀的化合物，故a错误；b根据反应方程式3cu+8hno33cu（no3）2+2no+4h2o可知，消耗14.4g铜，生成一氧化氮气体的物质的量为：=0.15mol，由于没有告诉是标准状况下，0.15mol一氧化氮的体积不一定为3.35l，故b错误；c根据以上分析可知，溶液中存在0.1mol/l的氢离子、0.1mol/l的铝离子，溶液中阳离子带有的电荷为：0.4mol/l；而溶液中除了存在0.1mol/l的硝酸根离子外，还应该含有so42离子和cl，所以该溶液中一定有no3、al3+、so42、cl四种离子，故c正确；d产生的气体no、co2、nh3中，no不溶于水，故d错误；故选c点评：本题考查了常见阴阳离子的检验、离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，判断硫酸根离子、氯离子时需要通过电荷守恒进行判断，试题培养了学生的分析、理解能力16x、y、z、m、w为五种短周期元素它们在周期表的相对位置如下表：则下列说法正确的是( )mxyzway、m形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76 gl1b原子半径：wzyxmc由x元素形成的单质一定是原子晶体dxz2、x2m2、w2z2均为直线型的共价化合物考点：原子结构与元素的性质；原子结构与元素周期律的关系 分析：x、y、z、m、w为五种短周期元素，则为前三周期，m在第一周期，为h元素，w为第三周期第ia族，则w为na元素，x为c元素，y为n元素，z为o元素，结合元素及其化合物的性质分析解答：解：x、y、z、m、w为五种短周期元素，则为前三周期，m在第一周期，为h元素，w为第三周期第ia族，则w为na元素，x为c元素，y为n元素，z为o元素，ay、m形成的气态化合物为nh3，在标准状况下的密度为=0.76 gl1，故a正确；b电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同的，原子序数越大，半径越小，则原子半径：nacnoh，即wzxyzm，故b错误；cx为c元素，c元素的单质有多种，金刚石属于原子晶体，石墨属于混合晶体，c60属于分子晶体，故c错误；dxz2、x2m2、w2z2分别为co2、c2h2、na2o2，其中co2、c2h2为直线型的共价化合物，na2o2为离子化合物，故d错误故选a点评：本题考查了位置结构性质的相互关系及应用，涉及元素周期表结构、元素周期律、原子结构等知识点，考查了学生对基础知识的应用能力，题目难度不大17下列说法正确的是( )a淀粉与稀h2so4共热，再加银氨溶液水浴加热，无银镜生成，说明淀粉水解产物无还原性bsio2+2csi+2co 说明碳的非金属性大于硅的非金属性c向naalo2溶液中滴加饱和nahco3溶液，有白色沉淀产生，是因为两者都发生了水解反应，且相互促进d将co2通入na2sio3溶液中，有白色沉淀生成，证明h2co3酸性比h2sio3强考点：蔗糖与淀粉的性质实验；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；盐类水解的原理；钠的重要化合物 分析：a银镜反应应在碱性条件下进行；b反应中c表现还原性，为金属性，不能比较非金属性；cnaalo2溶液中滴加饱和nahco3溶液，alo2与hco3电离出的氢离子、水结合生成氢氧化铝；d反应生成硅酸沉淀，酸性为碳酸大于硅酸解答：解：a银镜反应应在碱性条件下进行，淀粉与稀h2so4共热，没有加入碱调节溶液ph，故a错误； bsio2+2csi+2co，反应中c的化合价升高作还原剂，表现还原性，为金属性，不能比较非金属性，故b错误；cnaalo2溶液中滴加饱和nahco3溶液，alo2与hco3电离出的氢离子再加上一份子的水生成氢氧化铝，不是发生的水解反应，故c错误；d向一定浓度的na2sio3溶液中通入适量co2气体，反应生成硅酸沉淀，酸性为碳酸大于硅酸，为强酸制取弱酸的反应，故d正确故选d点