湖北省黄冈市浠水实验中学高三化学上学期期中试题（含解析）新人教版.doc

黄冈市浠水实验中学2015届高三上学期期中考试化学试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1化学与生产、生活、社会密切相关下列说法中不正确的是（）a合金材料中可能含有非金属元素b铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈c废弃的玻璃、金属、纸制品是可回收利用的资源d用co2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用考点：常见的生活环境的污染及治理；金属的电化学腐蚀与防护 .专题：化学应用分析：a根据合金就是某种金属与其他一种或几种金属或非金属融合在一起形成的混合物来分析；b根据铁在潮湿的空气生锈是由于发生电化学腐蚀；c根据可回收利用垃圾：废弃金属、废纸、废弃玻璃、废弃塑料、废弃电池；d可降解塑料分解产生co2，co2又合成聚碳酸酯可降解塑料；解答：解：a合金就是某种金属与其他一种或几种金属或非金属融合在一起形成的混合物，所以合金中肯定含有金属、可能含有非金属，故a正确；b铁在潮湿的空气中放置，易发生电化学腐蚀而生锈，故b错误；c废弃的玻璃、金属、纸制品是可回收利用的资源，故c正确；d可降解塑料分解产生co2，co2又合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用，故d正确；故选：b；点评：本题主要考查低碳经济，垃圾回收，金属的腐蚀、合金等，平时注意知识的积累，难度中等2将0.4g naoh和1.06g na2co3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1moll1稀盐酸下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成co2的物质的量的关系的是（）abcd考点：有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算 .专题：图示题；计算题分析：对naoh和na2co3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答解答：解：a、0.01mol盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故a错误；b、图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故b错误；c、向naoh和na2co3混合溶液中滴加盐酸时，首先和naoh反应生成水和氯化钠，当滴入0.1l时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和na2co3开始反应，首先发生hcl+na2co3=nahco3+nacl，不放出气体，当再加入0.1l时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：nahco3+hcl=nacl+h2o+co2；此时开始放出气体，正好与图象相符，故c正确；d、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故d错误；故选c点评：此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应是分步进行的，首先发生的是hcl+na2co3=nahco3+nacl；进行完全后，再发生：nahco3+hcl=nacl+h2o+co23（3分）关于“类卤素”（cn）2的性质中，不像卤素一般的性质是（）a在碱溶液中生成cn和ocnb跟卤素反应生成cncl、cnbr等c不能在空气中燃烧d可与ag反应生成可溶盐考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用 .分析：“类卤素”（cn）2的性质与卤素单质的性质相似，能和水反应生成酸、和碱反应生成盐、agx都是难溶性盐，但卤族元素单质不能燃烧解答：解：a“类卤素”（cn）2在碱溶液中生成cn和ocn，卤素单质和碱溶液反应也生成酸根离子、次卤酸根离子，故a正确；b“类卤素”（cn）2、卤素单质之间能反应生成拟卤素，故b正确；c卤素单质在空气中不能燃烧，“类卤素”（cn）2也不能在空气中燃烧，故c正确；d“类卤素”（cn）2可与ag反应生成可溶盐，而卤素和ag反应生成的银盐都是难溶性的，故d错误；故选d点评：本题考查类卤素的性质，根据卤素性质采用知识迁移的方法分析解答，侧重考查学生知识迁移能力，题目难度不大4（3分）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）afecl3溶液与cu的反应：cu+fe3+=cu2+fe2+b醋酸溶液除水垢中的caco3反应：caco3+2h+ca2+h2o+co2c过氧化钠与水反应：2o22+2h2o4oh+o2d向naalo2溶液中滴加nahco3溶液hco3+alo2+h2o=a（oh）3+co32考点：离子方程式的书写 .分析：a电子、电荷不守恒；b反应生成醋酸钙、水、二氧化碳；c过氧化钠在离子反应中保留化学式；d促进碳酸氢根离子的电离生成沉淀和碳酸钠解答：解：afecl3溶液与cu的反应的离子反应为cu+2fe3+=cu2+2fe2+，故a错误；b醋酸溶液除水垢中的caco3反应的离子反应为caco3+2ch3cooh=ca2+2ch3coo+h2o+co2，故b错误；c过氧化钠与水反应的离子反应为2na202+2h2o40h+4na+o2，故c错误；d向naalo2溶液中滴加nahco3溶液的离子反应为hco3+alo2+h2o=a（oh）3+co32，故d正确；故选d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，题目难度不大5（3分）向含s2、fe2+、br、i各0.1mol的溶液中通入标准状况下的cl2，通入cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量关系图正确的是（）abcd考点：离子方程式的有关计算 .分析：离子还原性s2ife2+br，故首先发生反应s2+cl2=s+2cl，再发生反应2i+cl2=i2+2cl，然后发生反应2fe2+cl2=2fe3+2cl，最后发生反应2br+cl2=br2+2cl，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积，据此判断解答：解：离子还原性s2ife2+br，故首先发生反应s2+cl2=s+2cl，再发生反应2i+cl2=i2+2cl，然后发生反应2fe2+cl2=2fe3+2cl，最后发生反应2br+cl2=br2+2cl，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积，0.1mols2完全反应需要消耗0.1mol氯气，0.1moli完全反应消耗0.05氯气，0.1molfe2+完全反应消耗0.05氯气，0.1molbr完全反应消耗0.05氯气，as2、i、fe2+完全时消耗的氯气体积为0.2mol22.4l/mol=4.48l，即溴离子开始反应时氯气的体积为4.48l，由2br+cl2=2br2+2cl可知，0.1molbr完全反应消耗0.05氯气，故溴离子完全反应时消耗氯气的体积为4.48l+0.05mol22.4l/mol=5.6l，图象中氯气的体积不符合，故a错误；b.0.1mols2完全反应后，才发生2i+cl2=i2+2cl，0.1mols2完全反应需要消耗0.1mol氯气，故开始反应时氯气的体积为2.24l，0.1moli完全反应消耗0.05氯气，故0.1moli完全反应时氯气的体积为0.15mol22.4l/mol=3.36l，图象中氯气的体积不符合，故b错误；c.0.1mols2完全反应需要消耗0.1mol氯气，0.1moli完全反应消耗0.05氯气，故亚铁离子开始反应时氯气的体积为0.15mol22.4l/mol=3.36l，由2fe2+cl2=2fe3+2cl可知，0.1molfe2+完全反应消耗0.05氯气，故fe2+完全时消耗的氯气体积为0.2mol22.4l/mol=4.48l，图象与实际符合，故c正确；d由s2+cl2=s2+2cl可知，0.1mols2完全反应需要消耗0.1mol氯气，标准状况下的cl2的体积为0.1mol22.4l/mol=2.24l，图象中氯气的体积不符合，故d错误；故选c点评：本题以图象形式考查氧化还原反应、有关离子反应计算等，难度中等，确定离子反应发生的先后顺序是解题的关键6（3分）下列说法正确的是（）a1mol sio2晶体中含有硅氧键的数目为4na而1mol金刚石中含碳碳键的数目为2nab标准状况下，22.4lno2气体中所含分子数目为2nac1mol na2o2与足量co2充分反应转移的电子数目为2nad0.1moll1的nahso4溶液中，阳离子的数目之和为0.2na考点：阿伏加德罗常数 .分析：a、sio2中1个si原子结合4个o原子，金刚石晶体中每个碳原子与4个碳原子形成正四面体向空间延伸的立体网状结构，每个碳原子出4个键，每个键给碳原子提供；b、根据n=和n=nna来计算；c、na2o2与co2的反应是歧化反应；d、溶液体积不明确解答：解：a、sio2中1个si原子结合4个o原子，即1mol sio2晶体中含有硅氧键的数目为4na；金刚石晶体中每个碳原子出4个键，每个键给碳原子提供，所以1mol金刚石晶体中含有的碳碳键数目为4namol1=2na，故a正确；b、气体的物质的量n=1mol，气体的分子数n=nna=1molna/mol=na，故b错误；c、na2o2与co2的反应是歧化反应：2na2o2+2co2=2na2co3+o2，此反应转移2mol电子，故1molna2o2转移1mol电子，故c错误；d、溶液体积不明确，无法计算阳离子的数目，故d错误故选a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7（3分）下表为各物质中所含有的少量杂质，以及除去这些杂质应选用的试剂或操作方法正确的一组是（）序号物质杂质除杂质应选用的试剂或操作方法kno3溶液koh加入fecl3溶液，并过渡al2（so4）3溶液mgso4加入过量烧碱后过滤，再用硫酸酸化滤液co2so2通过盛kmno4（h+）溶液烧洗气瓶，再通过浓硫酸的洗气瓶nano3caco3溶解、过滤、蒸发结晶abcd考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂 .分析：koh与氯化铁反应生成沉淀和kcl；硫酸镁与naoh反应生成沉淀，二硫酸铝与naoh反应生成偏铝酸钠，过滤后滤液中加硫酸可除杂；二氧化硫与kmno4反应，而二氧化碳不能；碳酸钙不溶于水，硝酸钠溶于水解答：解：koh与氯化铁反应生成沉淀和kcl，引入新杂质kcl，不能除杂，故错误；硫酸镁与naoh反应生成沉淀，二硫酸铝与naoh反应生成偏铝酸钠，过滤后滤液中加硫酸可除杂，故正确；二氧化硫与kmno4反应，而二氧化碳不能，然后利用浓硫酸干燥可除杂，故正确；碳酸钙不溶于水，硝酸钠溶于水，则溶解、过滤、蒸发结晶可除杂，故正确；故选c点评：本题考查物质的性质及分离提纯试剂的选择，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重元素化合物的考查，题目难度不大8（3分）下列实验装置，试剂选用或操作正确的是（）a除去no中的no2b干燥cl2c稀释浓硫酸d制备少量o2考点：化学实验方案的评价 .专题：实验评价题分析：ano2可与水反应生成硝酸和no；b氯气可用浓硫酸干燥；c不能在容量瓶中稀释浓硫酸；d过氧化钠和水反应剧烈，不能用简易气体发生装置制备氧气解答：解：ano2可与水反应生成硝酸和no，可用水洗气、除杂，故a正确；b氯气与浓硫酸不反应，可用浓硫酸干燥，故b正确；c容量瓶只能在常温下使用，不能用于稀释、溶解，应在烧杯中溶解且冷却后转移到容量瓶中，故c错误；d过氧化钠和水反应剧烈，不能用简易气体发生装置制备氧气，且气体从长颈漏斗逸出，故d错误故选ab点评：本题考查较为综合，涉及物质分离、提纯以及气体的制备和容量瓶的使用等，综合考查学生的分析能力和实验能力，为高频考点，难度不大，注意相关基础知识的积累9（3分）（2008山东）下列说法正确的是（）asih4比ch4稳定bo2半径比f的小cna和cs属于第 ia族元素，cs失电子能力比na强dp和as属于第 va族元素，h3po4酸性比h3aso4弱考点：同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系 .专题：元素周期律与元素周期表专题分析：a、根据元素的非金属性强弱与氢化物的稳定性的关系；b、根据核外电子排布相同的离子，原子序数越小，半径越大；c、根据同一主族从上到下，电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，失电子能力逐渐增强，金属性逐渐增强d、根据同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，非金属性越强的元素，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强解答：解：a、因元素的非金属性越强，氢化物就越稳定，c的非金属性比si强，所以ch4的稳定性比sih4强，故a错误；b、因核外电子排布相同的离子，原子序数越小，半径越大，所以o2半径比f的大，故b错误；c、因同一主族从上到下，电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，失电子能力逐渐增强，金属性逐渐增强，所以cs失电子能力比na强，故c正确；d、因同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，非金属性越强的元素，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，p的非金属性比as强，h3po4酸性比h3aso4强，故d错误；故选：c点评：本题考查学生元素周期律的应用知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大10（3分）下列物质属于纯净物的一组是（）冰水混合物 爆鸣气 铝热剂 普通玻璃 水玻璃 漂白粉 二甲苯 tnt 溴苯 c5h10含氧40%的氧化镁花生油福尔马林密封保存的no2气体cuso4、5h2ocufes2聚氯乙烯液氯abcd考点：混合物和纯净物 .分析：同种物质组成的为纯净物，不同物质组成的为混合物，结合各组物质组成分析判断解答：解：冰水混合物组成为水一种物质属于纯净物；爆鸣气是氢气和氧气的混合物；铝热剂是铝和金属氧化物的混合物； 普通玻璃是硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅的混合物； 水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物； 漂白粉是氯化钙、次氯酸钙的混合物； 二甲苯可以是邻二甲苯、对二甲苯、间二甲苯的混合物； tnt是三硝基甲苯的俗称属于纯净物； 溴苯是一种物质组成的纯净物； c5h10 不一定表示纯净物，可能是正戊烷、异戊烷、新戊烷的混合物；含氧40%的氧化镁是氧化镁中所含氧元素的质量分数是纯净物；花生油属于油脂是混合物；福尔马林是甲醛的水溶液属于混合物；密封保存的no2气体和四氧化二氮存在化学平衡属于平衡混合气体；cuso4、5h2o属于纯净物；cufes2 属于纯净物；聚氯乙烯是高分子化合物属于混合物；液氯是液态氯气属于纯净物；故故选c点评：本题考查了物质分类，物质组成和俗称是解题关键，题目较简单11（3分）能在水溶液中大量共存的一组离子是（）aclo、i、na+、so42bal3+、k+、co32、clck+、ag+、ca2+、no3dnh4+、na+、oh、mno4考点：离子共存问题 .分析：a次氯酸根离子具有氧化性，在溶液中能够氧化碘离子；b铝离子与碳酸根离子之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；ck+、ag+、ca2+、no3离子之间不满足离子反应发生条件；d铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨解答：解：aclo、i之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故a错误；bal3+、co32之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故b错误；ck+、ag+、ca2+、no3离子之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故c正确；dnh4+、oh之间发生反应生成一水合氨，在溶液中不能大量共存，故d错误；故选c点评：本题考查离子共存的判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，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； 能发生氧化还原反应的离子之间；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力12（3分）某同学通过系列实验探究cu及其化合物的性质，操作正确且能达到的目的是（）a将铜粉与硫粉混合均匀加热以制取cusb向cu与过量浓硫酸反应后的试管中加水以观察cuso4溶液的颜色c向cuso4溶液中加入过量的naoh，过滤洗涤并收集沉淀充分灼烧以制取cuod在淀粉溶液中加入适量稀h2so4微热，再加少量新制cu（oh）2悬溶液并加热，产生红色沉淀考点：铜金属及其重要化合物的主要性质 .分析：a由于硫的氧化性弱，所以只能将铜氧化成一价；b常温下铜与浓硫酸不反应；c向cuso4溶液中加入过量的naoh产生氢氧化铜的沉淀，过滤洗涤并灼烧氢氧化铜分解生成氧化铜；d葡萄糖和新制氢氧化铜反应必须在碱性条件下进行解答：解：a由于硫的氧化性弱，所以只能将铜氧化成一价，故a错误；b常温下铜与浓硫酸不反应，因此观察不到现象，故b错误；c向cuso4溶液中加入过量的naoh产生氢氧化铜的沉淀，过滤洗涤并灼烧氢氧化铜分解生成氧化铜，故c正确；d葡萄糖和新制氢氧化铜反应必须在碱性条件下进行，该反应在淀粉溶液中加入适量稀硫酸微热，在酸性条件下进行，所以实验不成功，不能说明淀粉没有水解，故d错误；故选c点评：本题考查了铜及其化合物的性质，关键是反应条件的选择，题目难度不大13（3分）氯气溶于水达到平衡后，下列叙述中正确的是（）a通入少量so2，溶液的漂白性增强b加入少量na2co3粉末或caco3粉末，c（h+）减小，hclo浓度增大c加入少量固体naoh，可能有c（na+）=c（cl）+c（clo）d再加入少量水，增大考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；氯气的化学性质 .分析：a、通入二氧化硫，其与氯气反应生成无漂白性的盐酸和硫酸，平衡左移，漂白性减弱；b、c12+h2oh+c1+hc1o，若向氯水中加入少量na2co3粉末或caco3粉末，会和溶液中的盐酸反应平衡正向进行；c、根据电荷守恒可知：c（na+）+c（h+）=c（cl）+c（clo）+c（oh），加入少量固体naoh，溶液呈酸性，只有溶液为中性时c（na+）=c（cl）+c（clo）；d、氯气与水的反应，加入水，电离平衡向右移动解答：解：在氯水中存在如下平衡：cl2+h2ohcl+hclo、h2oh+oh、hcloh+cloa、通入少量so2，发生反应：cl2+so2+2h2o=h2so4+2hcl，平衡左移，hclo的浓度减小，溶液漂白性减弱，故a错误；b、在化学平衡中：c12+h2oh+c1+hc1o，若向氯水中加入少量na2co3粉末或caco3粉末，会和溶液中的盐酸反应平衡正向进行，次氯酸酸性小于碳酸，不与碳酸钠反应，c（h+）减小，hclo浓度增大，故b正确；c、加入少量固体过氧化钠，反应后溶液中阴阳离子所带正负电荷总数相等，故存在c（h+）+c（na+）=c（oh）+c（cl）+c（clo），加入少量固体naoh，溶液呈酸性，则有：c（h+）c（oh），所以c（na+）c（cl）+c（clo），故c错误；d、cl2+h2oh+cl+hclo，加入少量水，平衡向正反应方向移动，c（h+）与c（hclo）同等程度增大，若hclo的电离程度不变，应该相等，但实际上hclo的电离程度增大，使c（clo）增大倍数多，所以应减小，故d错误；故选b点评：本题既考查了化学平衡，又考查了电离平衡，注意次氯酸是一种弱电解质，在增加hclo时，其电离程度减小，在水中加酸或碱都抑制了水的电离14（3分）下列叙述正确的是（）a常温下，将ph=11的氨水和ph=3的盐酸，等体积混合后，所得溶液中各离子浓度的关系是c（cl）c（nh）c（h+）c（oh）b某二元酸在水中的电离方程式为：h2bh+hb，hbh+b2，所以nahb溶液呈酸性c在baso4饱和溶液中加入少量的bacl2溶液产生沉淀，平衡后的溶液中：c（ba2+）c（so42）ksp；c（ba2+）c（so42）d等浓度的nh3h2o、nh4hso4，nh4cl溶液中c（nh4+）在逐渐增大考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 .分析：a、一水合氨是弱电解质，不能完全电离，常温下，将ph=11的氨水和ph=3的盐酸，等体积混合后溶液显碱性；b、h2b第一步完全电离，第二步电离可逆，说明hb只电离不水解；c、达到沉淀的溶解平衡后，c（ba2+）c（so42）=ksp（baso4）；d、nh4hso4能够电离出氢离子，对nh4hso4溶液中铵根离子的水解有抑制作用解答：解：a、一水合氨是弱电解质，不能完全电离，常温下，将ph=11的氨水和ph=3的盐酸，等体积混合后溶液显碱性，离子浓度大小顺序为：c（nh4+）c（cl）c（oh）c（h+），故a错误；b、h2b第一步完全电离，第二步电离可逆，说明hb只电离不水解，nahb溶液呈酸性，故b正确；c、在baso4饱和溶液中加入少量的bacl2溶液产生沉淀，平衡后的溶液中c（ba2+）c（so42）=ksp（baso4），故c错误；d、一水合氨是弱电解质，不能完全电离，nh4hso4能够电离出氢离子，对nh4hso4溶液中铵根离子的水解有抑制作用，nh4cl自然水解，所以nh4hso4溶液中铵根离子浓度增大，故d错误；故选b点评：本题考查了弱电解质不完全电离、沉淀的离子积常数、离子浓度大小比较，题目难度中等15（3分）某k2co3样品中含有na2co3、kno3和ba（no3）2三种杂质中的一种或二种现将13.8克样品加入足量水，样品全部溶解，再加过量的cacl2溶液，得到9g沉淀，对样品所含杂质的正确判断是（）a肯定有na2co3b肯定有kno3，可能还含有na2co3c肯定没有ba（no3）2，可能有kno3d肯定没有na2co3和ba（no3）2考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；有关混合物反应的计算 .专题：物质检验鉴别题分析：取样品加入水中，全部溶解，则不可能硝酸钡，加入氯化钙能产生沉淀，然后根据沉淀的质量进一步确定碳酸钠和硝酸钾的存在解答：解：样品加入水中，全部溶解，说明一定无硝酸钡，若13.8 g样品全是k2co3，样品溶解后，加入过量的cacl2溶液，k2co3+cacl2caco3+2kcl138 10013.8g xx=10g，而na2co3+cacl2caco3+2nacl 106 100 13.8g yy=13g，现得到9g沉淀，则等质量的杂质与cacl2溶液作用得到的沉淀小于10g，则一定含有kno3，可能还含有na2co3，故选b点评：本题考查混合物的计算和判断，题目难度中等，注意根据物质反应的方程式结合端值法解答该题16（3分）某单官能团有机化合物，只含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为58，完全燃烧时产生等物质的量的co2和h2o它可能的结构共有（不考虑立体异构）（）a4种b5种c6种d7种考点：同分异构现象和同分异构体；有机物的推断 .专题：同分异构体的类型及其判定；烃及其衍生物的燃烧规律分析：根据题意，可先解得分子式设为cnh2nox，若只有1个氧原子，5816=42，剩下的为碳和氢，14n=42，则碳只能为3个，即为c3h6o，1个不饱和度若有2个o，那么5832=26，14n=26，n不可能为分数，则不可能为2个氧原子，再根据官能团异构、碳链异构确定同分异构体的种类解答：解：设为cnh2nox，若只有1个氧原子，5816=42，剩下的为碳和氢，14n=42，则碳只能为3个，即为c3h6o，1个不饱和度若有2个o，那么5832=26，14n=26，n不可能为分数，则不可能为2个氧原子，所以分子式为c3h6o，再根据官能团异构、碳链异构确定同分异构体的种类：醛一种，酮一种，烯醇一种，三元含氧杂环，三元碳环一种，四元杂环一种，共6种，而由题意可知有机物为单官能团，烯醇应舍去，故选：b；点评：本题主要考查了同分异构体的确定，难度不大，分子式的确定是解题的关键二、解答题（共5小题，满分44分）17（12分）现有常见金属单质a、b、c和常见气体甲、乙、丙及物质d、e、f、g、h，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）（1）写出下列物质的化学式：ana bal ffecl2 丙hcl（2）写出下列反应离子方程式：反应2na+2h2o=2na+2oh+h2反应2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2反应2fe2+cl22fe3+2cl考点：无机物的推断 .专题：推断题分析：金属a焰色反应为黄色，故a为金属na，由反应可知，d为naoh，气体甲为h2；氢氧化钠与金属b反应生成氢气，故金属b为al黄绿色气体乙为cl2，与氢气反应生成丙为hcl，hcl溶于水得物质e为盐酸氢氧化钠与物质g反应生成红褐色沉淀是fe（oh）3，故物质g中含有fe3+，e与金属c反应生成f，f与氯气反应生成g，可推知c为fe，f为fecl2，g为fecl3，结合物质的性质解答该题解答：解：金属a焰色反应为黄色，故a为金属na，由反应可知，d为naoh，气体甲为h2；氢氧化钠与金属b反应生成氢气，故金属b为al黄绿色气体乙为cl2，与氢气反应生成丙为hcl，hcl溶于水得物质e为盐酸氢氧化钠与物质g反应生成红褐色沉淀是fe（oh）3，故物质g中含有fe3+，e与金属c反应生成f，f与氯气反应生成g，可推知c为fe，f为fecl2，g为fecl3，（1）由以上分析可知，a为na，b为al，f为fecl2，丙为hcl，故答案为：na；al；fecl2；hcl；（2）反应为钠和水的反应，生成氢氧化钠和氢气，反应离子方程式为：2na+2h2o=2na+2oh+h2；反应是铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应离子方程式为：2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2；反应是氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，反应离子方程式为：2fe2+cl22fe3+2cl，故答案为：2na+2h2o=2na+2oh+h2；2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2；2fe2+cl22fe3+2cl点评：本题是考查物质推断与性质、常用化学用语，难度中等，掌握元素化合物的性质是解题的关键，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意特殊的颜色与特殊反应是推断的突破口18（6分）（2011北京）在温度t1和t2下，x2（g）和h2反应生成hx的平衡常数如下表：化学方程式k（t1）k（t2）f2+h22hf1.810361.91032cl2+h22hcl9.710124.21011br2+h22hbr5.61079.3106i2+h22hi4334（1）已知t2t1，hx的生成反应是放热反应（填“吸热”或“放热”）（2）hx的电子式是（3）共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，hx共价键的极性由强到弱的顺序是hf、hcl、hbr、hi（4）x2都能与h2反应生成hx，用原子结构解释原因：卤素原子的最外层电子数均为7（5）k的变化体现出x2化学性质的递变性，用原子结构解释原因：同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱（6）仅依据k的变化，可以推断出：随着卤素原子核电荷数的增加，ad（选填字母）a在相同条件下，平衡时x2的转化率逐渐降低bx2与h2反应的剧烈程度逐渐减弱chx的还原性逐渐减弱dhx的稳定性逐渐减弱考点：卤素原子结构及其性质的比较；电子式；吸热反应和放热反应；化学平衡常数的含义 .分析：（1）温度升高，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，hx的生成反应为放热反应；（2）hx中h与x以一对共用电子对结合，电子式为：（3）f、cl、br、i的得电子能力依次减小，故hx共价键的极性由强到弱的顺序是hf、hcl、hbr、hi；（4）x2都能与h2反应生成hx的原因是卤素原子的最外层电子数均为7，得一个电子或形成一个共用电子对时，即可形成8电子稳定结构；（5）平衡常数越大，说明反应越易进行，f、cl、br、i的得电子能力依次减小的主要原因是：同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，核对最外层电子的吸引力依次减弱；（6）k值越大，说明反应的正向程度越大，即转化率越高，反应的正向程度越小，说明生成物越不稳定，越易分解解答：解：（1）由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以hx的生成反应是发热反应；（2）hx属于共价化合物，hx之间形成的化学键是极性共价键，因此hx的电子式是；（3）f、cl、br、i属于a，同主族元素自上而下随着核电荷数的增大，原子核外电子层数逐渐增多，导致原子半径逐渐增大，因此原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，从而导致非金属性逐渐减弱，即这四种元素得到电子的能力逐渐减弱，所以hf键的极性最强，hi的极性最弱，因此hx共价键的极性由强到弱的顺序是hf、hcl、hbr、hi；（4）卤素原子的最外层电子数均为7个，在反应中均易得到一个电子而达到8电子的稳定结构而h原子最外层只有一个电子，在反应中也想得到一个电子而得到2电子的稳定结构，因此卤素单质与氢气化合时易通过一对共用电子对形成化合物hx；（5）平衡常数越大，说明反应越易进行，f、cl、br、i的得电子能力依次减小的主要原因是：同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，核对最外层电子的吸引力依次减弱造成的（6）k值越大，说明反应的正向程度越大，即转化率越高，a正确；反应的正向程度越小，说明生成物越不稳定，越易分解，因此选项d正确；而选项c与k的大小无直接联系故答案为：（1）放热；（2）；（3）hf、hcl、hbr、hi；（4）卤素原子的最外层电子数均为7；（5）同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多；（6）ad点评：用图表表述化学过程或呈现背景信息是化学常用的表达方式，全面考查学生分析、比较、概括、归纳问题的能力19（5分）（2013山东）金属冶炼和处理常涉及氧化还原反应（1）由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是bdafe2o3 bnacl ccu2s dal2o3（2）辉铜矿（cu2s）可发生反应2cu2s+2h2so4+5o2=4cuso4+2h2o，该反应的还原剂是cu2s，当1mol o2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为4mol向cuso4溶液中加入镁条时有气体生成，该气体是氢气（3）右图为电解精炼银的示意图，a（填a或b）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为no3+e+2h+=no2+h2o（4）为处理银器表面的黑斑（ag2s），将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，ag2s转化为ag，食盐水的作用为作电解质溶液，形成原电池考点：金属冶炼的一般原理；氧化还原反应的计算；电解原理 .专题：氧化还原反应专题；电化学专题分析：（1）电解法：冶炼活泼金属k、ca、na、mg、al，一般用电解熔融的氯化物（al是电解熔融的三氧化二铝）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属zn、fe、sn、pb、cu，常用还原剂有（c、co、h2等）；热分解法：hg、ag用加热分解氧化物的方法制得，物理分离法：pt、au用物理分离的方法制得；（2）失电子化合价升高的反应物是还原剂，根据得失电子相等计算失去电子的物质的量，硫酸铜溶液呈酸性，镁和酸反应生成氢气；（3）电解精炼银时，粗银作阳极，若b极有少量红棕色气体生成，则b电极上硝酸根离子得电子生成二氧化氮；（4）为处理银器表面的黑斑（ag2s），将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，该装置构成原电池，食盐水作电解质溶液，促进溶液的导电性解答：解：（1）活泼金属采用电解法冶炼，钠、铝都是活泼金属，采用电解熔融态nacl、al2o3的方法冶炼，故选bd；（2）在该反应中，cu元素化合价由+1升高到+2，s元素由2升高到+6，所以cu2s做还原剂；氧化还原反应中得失电子数相等，所以当有1molo2参与反应时失去4mol电子，则还原剂所失电子的物质的量为4mol；硫酸铜是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，镁和酸反应生成氢气，故答案为：cu2s；4；氢气；（3）电解精炼时，粗银做阳极，所以粗银是a极；b电极是阴极，发生还原反应，生成了红棕色气体是no2，电极反应：no3+e+2h+=no2+h2o，故答案为：a；no3+e+2h+=no2+h2o；（4）该装置构成原电池，氯化钠溶液作电解质溶液，促进溶液的导电能力，故答案为：作电解质溶液，形成原电池点评：本题考查了金属的冶炼方法、氧化还原反应、电解原理等知识点，根据金属的活泼性确定冶炼方法、离子的放电顺序来分析解答，难度不大20（11分）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；（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21（10分）某化学研究性学习小组讨论fe3+和so32之间发生怎样的反应，提出了两种可能；一是发生氧化还原反应：2fe3+so32+h2o=2fe2+so42+2h+；二是发生双水解反应：2fe3+3so32+6h2o=2fe2+2fe（oh）3（胶体）+3h2so4，为了证明是哪一种反应发生，同学们设计并实施了下列实验，请填写下列空白：实验：学生选择的实验用品：na2so3浓溶液，bacl2稀溶液，稀盐酸，试管若干，胶头滴管若干，从选择的药品分析，设计这个实验的目的是检验na2so3是否变质（或检验na2so3溶液中是否混有na2so4）实验：取5ml fecl3浓溶液于试管中，再滴加入 na2so3浓溶液，观察到溶液颜色由黄色变为红棕色，无气泡产生，无沉淀生成，继续加入na2so3浓溶液至过量，溶液颜色加深，最终变为红褐色，这种红褐色液体是氢氧化铁胶体（或胶体）向红褐色液体中加入稀盐酸至过量，可以观察到的现象是将溶液分为两等份，其中一份加入kscn溶液变成血红色，反应的离子方程式为另一份加入bacl2稀溶液有少量白色沉淀生成，产生该白色沉淀的离子方程式是ba2+so42baso4实验：换成两种稀溶液重复实验，产生现象完全相同，由上述实验得出的结论是fe3+与so32同时发生氧化还原反应和双水解反应若在fecl3溶液中加入na2co3浓溶液，观察到红褐色沉淀并且产生无色气体，该反应的化学方程式是2fe3+3co32+3h2o2fe（oh）3+3co2从形式上看，na2co3和na2so3相似，但是从上述实验中可以看出，二者的水溶液与fecl3溶液反应现象差别很大，分析其可能的原因是：so32有较强的还原性，co32没有还原性；so32水解能力较co32小考点：性质实验方案的设计 .分析：实验：根据选择的实验用品“na2so3浓溶液、bacl2稀溶液、稀盐酸”分析实验的目的；实验：根据氢氧化铁的颜色为红褐色进行判断反应生成了氢氧化铁胶体；加入kscn溶液，溶液变为血红色，证明溶液中存在铁离子；在盐酸中能够生成与氯化钡生成的白色沉淀为硫酸钡沉淀；实验：根据反应生成了氢氧化铁和硫酸根离子进行分析；根据碳酸根离子与铁离子发生了双水解生成氢氧化铁和二氧化碳写出离子方程式；根据碳酸钠和亚硫酸钠的本身性质进行判断解答：解：实验：学生选