河南省顶级名校高三化学上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年河南省顶级名校高三（上）期中化学试卷一、单项选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分1下列实验或生产操作，其中没有新物质生成的是（）蛋白质溶液中加入硫酸铵后形成沉淀 将饱和氯水滴到蓝色石蕊试纸上二氧化氮经加压凝成无色液体 溴水滴入植物油中振荡褪色胆矾风化 除去混在氢氧化铁胶体中的氯化铁abcd2下列有关naclo和nacl混合溶液的叙述正确的是（）a该溶液中，h+、nh4+、so42、br可以大量共存b该溶液中，ag+、k+、no、ch3cho不能大量共存c向该溶液中滴入少量feso4溶液，反应的离子方程式为：2fe2+clo+2h+cl+2fe3+h2od向该溶液中加入浓盐酸，每产生22.4lcl2，转移电子约为6.021023个3甲、乙、丙、丁四种物质，甲、乙、丙含同一种元素下列各组物质可按下图转化的是（）甲cn2sfe丙co2no2so3fe（no3）3abcd4用na表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）a电解精炼铜时，若转移了na个电子，则阳极质量减少32 gb1molsio2中有2na个硅氧键c1 mol fecl3跟水反应，完全转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目小于nad1mol cl2与过量的铁反应，转移3na个电子5下列各组物质充分反应后过滤，将滤液加热、蒸干、灼烧至质量不变，最终不能得到纯净物的是（）a向漂白粉浊液中通入过量的co2b向带有氧化膜的铝片中加入盐酸c向含有1molca（hco3）2的溶液中加入1molna2o2d向含有1molkal（so4）2的溶液中加入2molba（oh）26某实验小组对一含有al3+的未知溶液进行了如下分析：（1）滴入少量氢氧化钠，无明显变化；（2）继续滴加naoh溶液，有白色沉淀；（3）滴入过量的氢氧化钠，白色沉淀明显减少实验小组经定量分析，得出如图所示沉淀与滴入氢氧化钠体积的关系下列说法错误的是（）a该未知溶液中至少含有3种阳离子b滴加的naoh溶液的物质的量浓度为5 moll1c若另一种离子为二价阳离子，则a=10d若将最终沉淀过滤、洗涤、灼烧，其质量一定为6 g7向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是（）操作现象结论a滴加bacl2溶液生成白色沉淀原溶液中有so42b用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有na+无k+c滴加氯水和cc14，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有id滴加几滴稀naoh溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无nh4+aabbccdd8下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）a向稀hno3中滴加na2so3溶液：so32+2h+so2+h2ob向na2sio3溶液中通入过量so2：sio32+so2+h2oh2sio3+so32cna2s2o3溶液中加入稀硫酸：2s2o32+4h+so42+3s+2h2od向cuso4溶液中加入na2o2：2na2o2+2cu2+2h2o4 na+2cu（oh）2+o290.03mol铜完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（no、no2、n2o4）混合气体共0.05mol该混合气体的平均相对分子质量可能是（）a30b46c66d6910事实上，许多非金属氧化物在一定条件下能与na2o2反应，且反应极有规律，如na2o2+so2na2so42na2o2+2so32na2so4+o2据此，你认为下列反应方程式中正确的是（）a2na2o2+2n2o44nano3bna2o2+2no22nano2+o2c2na2o2+2n2o34nano2+o2d2na2o2+2 mn2o74na2mno4+o211据悉，奥运会上使用的发令枪所用的“火药”成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白色烟雾撞击时发生反应的化学方程式为：5kclo3+6p3p2o5+5kcl，则下列有关叙述错误的是（）a上述反应是放热反应b该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为6：5c产生白色烟雾的原因是生成的p2o5白色固体小颗粒（烟）吸水性很强，吸收空气中的水分，生成磷酸小液滴（雾）d上述反应中消耗3molp时，转移电子的物质的量为15mol12已知：2co（g）+o2（g）=2co2（g）h=566kj/mol；na2o2（s）+co2（g）=na2co3（s）+o2（g）h=226kj/mol根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是（）aco的燃烧热为283 kjb如图可表示由co生成co2的反应过程和能量关系c2na2o2（s）+2co2（s）=2na2co3（s）+o2（g）h452 kj/moldco（g）与na2o2（s）反应放出509 kj热量时，电子转移数为6.02102313下列关于碱金属某些性质的排列中，正确的是（）a原子半径：linakrbcsb密度：linakrbcsc熔点、沸点：linakrbcsd还原性：linakrbcs14cu2s与一定浓度的hno3反应，生成cu（n o3 ）2、cuso4、no2、no和h2o当no2和no的体积相等时，实际参加反应的cu2s与hno3的物质的量之比为（）a1：7b1：5c1：9d2：915a、b、c、d为短周期元素，a的m电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c下列叙述错误的是（）ad元素的非金属性最强b它们均存在两种或两种以上的氧化物c只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物db、c、d分别与氢气形成的化合物中化学键均为极性共价键16在不同浓度（c）、温度（t）条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表下列判断不正确的是（）0.6000.5000.4000.300318.23.603.002.401.80328.29.007.50a4.50b2.161.801.441.08aa=6.00b同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变cb318.2d不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同二、非选择题：本题共5小题，共52分17金属钙线是炼制优质钢材的脱氧脱磷剂，某钙线的主要成分为金属m和ca，并含有3.5%（质量分数）cao（1）ca元素在周期表中位置是，其原子结构示意图（2）ca与最活跃的非金属元素a形成化合物d，d的电子式为，d的沸点比a与si形成的化合物e的沸点（3）配平用钙线氧脱鳞的化学方程式：p+feo+caoca3（po4）2+fe（3）将钙线试样溶于稀盐酸后，加入过量naoh溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色m（oh）n则金属m为；检测mn+的方法是（用离子方程式表达）（5）取 1.6g钙线试样，与水充分反映，生成224ml h2（标准状况），在向溶液中通入适量的co2，最多能得到caco3g18高纯mnco3是制备高性能磁性材料的主要原料实验室以mno2为原料制备少量高纯mnco3的操作步骤如下：（1）制备mnso4溶液：在烧瓶中（装置见图1）加入一定量mno2和水，搅拌，通入so2和n2混合气体，反应3h停止通入so2，继续反应片刻，过滤（已知mno2+h2so3mnso4+h2o）石灰乳参与反应的化学方程式为反应过程中，为使so2尽可能转化完全，在通入so2和n2比例一定、不改变固液投料的条件下，可采取的合理措施有若实验中将n2换成空气，测得反应液中mn2+、so42的浓度随反应时间t变化如图2导致溶液中mn2+、so42浓度变化产生明显差异的原因是（2）制备高纯mnco3固体：已知mnco3难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，100开始分解；mn（oh）2开始沉淀时ph=7.7请补充由（1）制得的mnso4溶液制备高纯mnco3的操作步骤实验中可选用的试剂：ca（oh）2、nahco3、na2co3、c2h5oh边搅拌边加入，并控制溶液ph；检验so42是否被洗涤干净；（实验操作：）用少量c2h5oh洗涤；19聚合氯化铝是新型、高效絮凝剂和净水剂，其单体是液态碱式氯化铝al2（oh）ncl6n工业上常采用铝盐溶液部分水解制备碱式氯化铝，其工艺流程如下：已知：高岭土：al2o3（25%34%）、sio2（40%50%）、fe2o3（0.5%3.0%）及少量杂质和水al3+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的ph为5.2根据流程图回答下列问题：（1）写出溶解过程中反应的离子方程式；（2）加适量铝粉的主要目的是（3）溶液的ph需控制在4.24.5的原因是，（4）“蒸发浓缩”需保持温度在90100，控制该温度的操作名称是，写出该过程反应的化学方程式20乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：（1）已知：化学键chccc=chh键能/kjmol1412348612436计算上述反应的h=（2）维持体系总压强p恒定，在温度t时，物质的量为n的乙苯蒸汽发生催化脱氢反应已知乙苯的平衡转化率为，则在该温度下反应的压强平衡常数kp=（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）（3）工业上，通常在乙苯蒸汽中掺混水蒸气（原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1：9），控制反应温度600，并保持体系总压为常压的条件下进行反应在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性（指除了h2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数）示意图如图：掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实控制反应温度为600的理由是（4）某研究机构用co2代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺乙苯二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；已知该工艺中还能够发生反应：co2+h2co+h2o，co2+c2co，据此可推知新工艺的特点有（填编号）co2与h2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移不用高温水蒸气，可降低能量消耗有利于减少积炭有利用co2资源利用21有一瓶澄清的溶液，其中可能含有nh4+、k+、na+、mg2+、al3+、fe3+、ba2+、cl、i、no3、co32、so42中的几种取该溶液进行以下实验：（1）用ph试纸检验该溶液呈强酸性，可推出离子不存在（2）取出部分溶液，加入少量ccl4及数滴新制氯水，经振荡后ccl4层呈紫红色，可推出离子不存在（3）另取部分溶液，向其中逐滴加入naoh溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，均无沉淀产成，则可推出离子不存在取部分碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明离子存在（4）另取部分上述碱性溶液，向其中加入na2co3溶液，有白色沉淀生成，可推出离子不存在（5）根据以上实验事实确定：该溶液中肯定存在的离子是；还不能肯定是否存在的离子是2015-2016学年河南省顶级名校高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分1下列实验或生产操作，其中没有新物质生成的是（）蛋白质溶液中加入硫酸铵后形成沉淀 将饱和氯水滴到蓝色石蕊试纸上二氧化氮经加压凝成无色液体 溴水滴入植物油中振荡褪色胆矾风化 除去混在氢氧化铁胶体中的氯化铁abcd【考点】物理变化与化学变化的区别与联系【专题】物质的性质和变化专题【分析】蛋白质溶液中加入无机非重金属盐溶液可发生盐析，使其溶解度降低；氯水有强氧化性，能将物质氧化；二氧化氮存在2no2n2o4 平衡；烯烃能使溴水发生加成反应是溴水褪色；胆矾风化后失水；溶液中的微粒小于半透膜的孔隙能通过半透膜，而胶体不能通过，所以溶液和胶体的分离方法用渗析【解答】解：蛋白质遇到可溶性硫酸铵溶液，会因溶解度降低而从溶液中析出，发生盐析，盐析是可逆的，加水后沉淀又会溶解，是物理变化，无新物质生成，故正确；氯水有强氧化性，能将物质氧化，故有新物质生成，故错误；二氧化氮红棕色，四氧化二氮无色，该反应是一个气体体积减小的可逆反应，加压缩小体积时容器中二氧化氮的浓度增大而使气体颜色加深，继续加压平衡向正方向移动，气体凝成无色液体，由气态变为液态，是化学变化，故错误；植物油中含有碳碳不饱和键，与溴水发生加成反应，使溴水褪色，是化学变化，故错误；胆矾风化后失水，由cuso45h2o变为cuso4，有新物质生成，为化学变化，故错误；氢氧化铁胶体分散质微粒直径为1nm100nm不能通过半透膜，氯化铁溶液中的微粒小于半透膜的孔隙能通过半透膜，该法为渗析法分离溶液和胶体，是物理变化，故正确；故选d【点评】本题考查物理变化和化学变化，正确理解化学反应的本质有新物质生成是判断化学变化的唯一标准是解答本题的关键，题目难度不大2下列有关naclo和nacl混合溶液的叙述正确的是（）a该溶液中，h+、nh4+、so42、br可以大量共存b该溶液中，ag+、k+、no、ch3cho不能大量共存c向该溶液中滴入少量feso4溶液，反应的离子方程式为：2fe2+clo+2h+cl+2fe3+h2od向该溶液中加入浓盐酸，每产生22. 4lcl2，转移电子约为6.021023个【考点】离子共存问题；离子方程式的书写；化学方程式的有关计算【专题】离子反应专题；利用化学方程式的计算【分析】a氢离子与次氯酸钠反应；b银离子与次氯酸钠发生双水解反应，次氯酸钠能够氧化乙醛；cnaclo为强碱弱酸盐，水解呈碱性，nacl为中性，溶液中不存在大量的氢离子；d没有告诉在标准状况下，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算【解答】解：ah+与naclo反应生成次氯酸，在溶液中不能大量共存，故a错误；bnaclo与ag+发生双水解反应，naclo能够氧化ch3cho，在溶液中不能大量共存，故b正确；cnaclo为强碱弱酸盐，水解呈碱性，nacl为中性，溶液中不存在大量的氢离子，与2fe2+clo+2h+cl+2fe3+h20反应矛盾，故c错误；d由于不是标准状况下，22.4l冷氯气的物质的量不一定为1mol，故d错误；故选b【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，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，熟练掌握离子反应发生条件，d为易错点，注意明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件3甲、乙、丙、丁四种物质，甲、乙、丙含同一种元素下列各组物质可按下图转化的是（）甲cn2sfe丙co2no2so3fe（no3）3abcd【考点】氮气的化学性质；含硫物质的性质及综合应用；铁的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】假设甲是c，丙是二氧化碳，则丁是氧气，乙为一氧化碳；假设甲是氮气，丙是二氧化氮，氮气不能一步转化为二氧化氮；假设甲是s，丙是三氧化硫，硫不能一步转化为三氧化硫；假设甲是铁，丙是硝酸铁，则丁是硝酸，乙为硝酸亚铁【解答】解：假设甲是c，丙是二氧化碳，则丁是氧气，乙为一氧化碳，碳在少量氧气中燃烧生成一氧化碳，在过量氧气中燃烧生成二氧化碳，一氧化碳燃烧生成二氧化碳，所以符合转化关系，故正确；假设甲是氮气，丙是二氧化氮，氮气和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，但氮气不能一步转化为二氧化氮，故错误；假设甲是s，丙是三氧化硫，硫燃烧生成二氧化硫，二氧化硫被氧化生成三氧化硫，但硫不能一步转化为三氧化硫，故错误；假设甲是铁，丙是硝酸铁，则丁是硝酸，乙为硝酸亚铁，铁和少量稀硝酸反应生成硝酸亚铁，硝酸亚铁和硝酸反应生成硝酸铁，铁和过量稀硝酸反应实现硝酸铁，所以符合转化关系，故正确；故选c【点评】本题考查了物质之间的转化，明确物质的性质是解本题关键，采用代入法分析解答即可，注意硫不能一步转化为三氧化硫、氮气不能一步转化为二氧化氮，必须都通过先转化为其低价氧化物，题目难度不大4用na表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）a电解精炼铜时，若转移了na个电子，则阳极质量减少32 gb1molsio2中有2na个硅氧键c1 mol fecl3跟水反应，完全转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目小于nad1mol cl2与过量的铁反应，转移3na个电子【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、电解精炼铜时，阳极上放电的除了铜，还有比铜活泼的金属杂质；b、1mol二氧化硅含4molsio键；c、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；d、根据反应后氯元素变为1价来分析【解答】解：a、电解精炼铜时，阳极上放电的除了铜，还有比铜活泼的金属杂质，故当转移na个电子时，阳极减少的质量小于32g，故a错误；b、si能形成4个共价键，所以1mol二氧化硅含4molsio键，故b错误；c、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故生成的胶粒的个数小于na个，故c正确；d、根据反应后氯元素变为1价可知，1mol氯气反应后转移2mol电子即2na个，故d错误故选c【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下列各组物质充分反应后过滤，将滤液加热、蒸干、灼烧至质量不变，最终不能得到纯净物的是（）a向漂白粉浊液中通入过量的co2b向带有氧化膜的铝片中加入盐酸c向含有1molca（hco3）2的溶液中加入1molna2o2d向含有1molkal（so4）2的溶液中加入2molba（oh）2【考点】化学方程式的有关计算【专题】元素及其化合物；利用化学方程式的计算【分析】a漂白粉的水溶液中通入过量的co2，反应后滤液中含有碳酸氢钙、次氯酸、氯化钙，加热蒸干时碳酸氢钙、次氯酸受热分解，氯化氢挥发；b氧化铝、金属铝均匀盐酸反应氯化铝，溶液中氯化铝水解，加热蒸干时hcl挥发，水解彻底进行，灼烧得到氧化铝；c1mol na2o2和水反应生成2mol氢氧化钠，1molca（hco3）2与2molnaoh恰好反应得到碳酸钙、碳酸钠，滤液为碳酸钠溶液；d1 mol kal（so4）2的溶液中加入2 mol ba（oh）2，反应得到2mol硫酸钡沉淀和1mol偏铝酸钾，滤液为偏铝酸钾溶液【解答】解：a漂白粉的水溶液中通入过量的co2，反应后滤液中含有碳酸氢钙、次氯酸、氯化钙，加热蒸干时碳酸氢钙、次氯酸受热分解，氯化氢挥发，残留固体为碳酸钙、氯化钙，故a符合；b氧化铝、金属铝均匀盐酸反应氯化铝，溶液中氯化铝水解，加热蒸干时hcl挥发，水解彻底进行得到氢氧化铝，灼烧时氢氧化铝分解得到氧化铝，故b不符合；c1mol na2o2和水反应生成2mol氢氧化钠，1molca（hco3）2与2molnaoh恰好反应得到碳酸钙、碳酸钠，滤液为碳酸钠溶液，加热时促进碳酸钠水解，但得到的氢氧化钠又与碳酸氢钠反应生成碳酸钠，最终得到的是碳酸钠，属于纯净物，故c不符合；d1 mol kal（so4）2的溶液中加入2 mol ba（oh）2，反应得到2mol硫酸钡沉淀和1mol偏铝酸钾，滤液为偏铝酸钾溶液，加热蒸干促进偏铝酸根水，但最终得到的koh与氢氧化铝又反应得到偏铝酸钾，最终得到偏铝酸钾，为纯净物，故d不符合，故选：a【点评】本题考查元素化合物性质、化学方程式有关计算、盐类水解等，难度中等，需要学生熟练掌握元素化合物性质，难度中等6某实验小组对一含有al3+的未知溶液进行了如下分析：（1）滴入少量氢氧化钠，无明显变化；（2）继续滴加naoh溶液，有白色沉淀；（3）滴入过量的氢氧化钠，白色沉淀明显减少实验小组经定量分析，得出如图所示沉淀与滴入氢氧化钠体积的关系下列说法错误的是（）a该未知溶液中至少含有3种阳离子b滴加的naoh溶液的物质的量浓度为5 moll1c若另一种离子为二价阳离子，则a=10d若将最终沉淀过滤、洗涤、灼烧，其质量一定为6 g【考点】镁、铝的重要化合物；两性氧化物和两性氢氧化物【专题】元素及其化合物【分析】a、依据实验过程分析滴入氢氧化钠无沉淀，说明含有h+，继续滴入氢氧化钠溶液生成白色沉淀说明一定生成氢氧化铝沉淀，说明溶液中含有al3+，加入过量的氢氧化钠溶液沉淀减少，图象分析说明溶液中除了铝离子，应还有另一种金属阳离子；b、依据图象分析溶解的氢氧化铝物质的量为0.20mol0.15mol=0.05mol，消耗氢氧化钠溶液体积=110ml100ml=10ml，氢氧化钠的浓度=5mol/l；c、若另一种阳离子为二价金属阳离子，依据离子反应过程金属分析判断，氢氧化铝形成最大沉淀量0.05mol，二价金属物质的量为0.15mol，消耗氢氧化钠物质的量为0.05mol3+0.15mol2+a103l5mol/l=0.1l5mol/l，a=10ml；d、最后得到的沉淀不能确定其成分，所以不能计算灼烧后得到的氧化物的质量【解答】解：a、实验过程分析滴入氢氧化钠无沉淀，说明含有h+，继续滴入氢氧化钠溶液生成白色沉淀说明一定生成氢氧化铝沉淀，说明溶液中含有al3+，加入过量的氢氧化钠溶液沉淀减少，图象分析说明溶液中除了铝离子，应还有另一种金属阳离子，该未知溶液中至少含有3种阳离子，故a正确；b、依据图象分析溶解的氢氧化铝物质的量为0.20mol0.15mol=0.05mol，消耗氢氧化钠溶液体积=110ml100ml=10ml，氢氧化钠的浓度=5mol/l，故b正确；c、若另一种阳离子为二价金属阳离子，生成氢氧化铝最大沉淀量0.05mol，二价金属物质的量为0.15mol，开始消耗氢氧化钠体积为aml，消耗氢氧化钠物质的量为0.05mol3+0.15mol2+a103l5mol/l=0.1l5mol/l，a=10，故c正确；d、最后得到的沉淀不能确定其成分，所以不能计算灼烧后得到的氧化物的质量，故d错误；故选d【点评】本题考查了图象分析的方法掌握，物质性质的分析应用，定量计算和图象中的定量分析是解题关键，题目难度较大7向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是（）操作现象结论a滴加bacl2溶液生成白色沉淀原溶液中有so42b用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有na+无k+c滴加氯水和cc14，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有id滴加几滴稀naoh溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无nh4+aabbccdd【考点】常见离子的检验方法【专题】离子反应专题【分析】a、碳酸根离子、亚硫酸根离子、硫酸根离子、银离子等滴加bacl2溶液，都成生成白色沉淀；b、检验钾离子时，要透过蓝色钴玻璃观察；c、氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来而显紫色；d、滴加稀氢氧化钠溶液，加热，试纸不变蓝，说明原溶液中无铵根离子【解答】解：a、滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，不能说明原溶液中有硫酸根离子，因为碳酸根离子、亚硫酸根离子、硫酸根离子、银离子等滴加氯化钡溶液，都成生成白色沉淀，故a错误；b、黄色火焰可以覆盖k+的浅紫色火焰，故检验k+需通过蓝色钴玻璃观察火焰，正确操作为：用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明有钠离子，透过蓝色钴玻璃观察，火焰不呈紫色，说明原溶液中有钠离子、无钾离子，故b错误；c、氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来四氯化碳密度比水大，下层溶液显紫色；所以滴加氯水和四氯化碳，下层溶液显紫色说明原溶液中有碘离子，故c正确；d、氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的nh4+时，滴加稀naoh溶液不会放出nh3，故d错误；故选c【点评】本题考查硫酸根离子、碘离子、钠离子、钾离子和铵根离子的检验，要掌握常见离子的检验方法，注意排除其它离子的干扰，题目难度中等8下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）a向稀hno3中滴加na2so3溶液：so32+2h+so2+h2ob向na2sio3溶液中通入过量so2：sio32+so2+h2oh2sio3+so32cna2s2o3溶液中加入稀硫酸：2s2o32+4h+so42+3s+2h2od向cuso4溶液中加入na2o2：2na2o2+2cu2+2h2o4 na+2cu（oh）2+o2【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】a发生氧化还原反应生成硫酸钠、no和水；b反应生成硅酸和亚硫酸氢钠；c发生氧化还原反应生成s、二氧化硫；d反应生成硫酸钠、氢氧化铜和氧气【解答】解：a向稀hno3中滴加na2so3溶液的离子反应为2no3+3so32+2h+3so42+2no+h2o，故a错误；b向na2sio3溶液中通入过量so2的离子反应为sio32+2so2+2h2oh2sio3+2hso3，故b错误；cna2s2o3溶液中加入稀硫酸的离子反应为s2o32+2h+so2+s+h2o，故c错误；d向cuso4溶液中加入na2o2的离子反应为2na2o2+2cu2+2h2o4 na+2cu（oh）2+o2，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，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大90.03mol铜完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（no、no2、n2o4）混合气体共0.05mol该混合气体的平均相对分子质量可能是（）a30b46c66d69【考点】有关混合物反应的计算【专题】守恒法；极端假设法【分析】cu2e=cu2+，0.03mol铜完全溶于硝酸失去电子为0.06mol，根据氧化还原反应规律，hno3no2+no+n2o4，0.05mol氮氧化物共得到0.06mol电子，若没有二氧化氮时，0.05mol全部为no，n元素获得电子为0.15mol，若全部0.05mol为n2o4，n元素获得0.1mol电子，均大于0.06mol，所以一定存在no2，从两个极端来考虑：（1）假设混合气体为no、no2；（2）假设混合气体是n2o4、no2，据此计算平均相对分子质量，实际混合气体的相对分子质量介于两者之间【解答】解：金属提供0.06mol电子，若没有二氧化氮时，0.05mol全部为no，n元素获得电子为0.15mol，若全部0.05mol为n2o4，n元素获得0.1mol电子，均大于0.06mol，所以一定存在no2；假设一种情况为混合气体中没有n2o4时，设no的物质的量为x，则no2的物质的量为0.05molx，根据电子得失守恒，铜失去的电子数等于no3得到的电子数，所以有0.03mol2=3x+（0.05molx）1，得：x=0.005mol，no2的物质的量为0.05mol0.005mol=0.045mol，所以混合气体的平均相对分子质量为=44.4；同理，假设另一种情况为混合体中没有no时，设n2o4、no2物质的量分别为m，n，m+n=0.05mol，2m+n=0.06mol，联立解得m=0.01mol，n=0.04mol，所以混合气体的平均相对分子质量为（no2、n2o4）=46+92=55.2所以该混合气体的平均相对分子质量应在44.455.2之间故选：b【点评】考查混合物的计算、氧化还原反应的计算等，难度中等，利用极限法判断相对分子质量的范围是解题的关键10事实上，许多非金属氧化物在一定条件下能与na2o2反应，且反应极有规律，如na2o2+so2na2so42na2o2+2so32na2so4+o2据此，你认为下列反应方程式中正确的是（）a2na2o2+2n2o44nano3bna2o2+2no22nano2+o2c2na2o2+2n2o34nano2+o2d2na2o2+2 mn2o74na2mno4+o2【考点】探究化学规律【专题】氧化还原反应专题【分析】题给信息为：na2o2可与某些元素的最高价氧化物反应，生成对应的盐（或碱）和o2，na2o2具有强氧化性，与所含元素不是最高价态的氧化物反应时，只生成相对应的盐，不生成o2【解答】解：a、四氧化二氮是低价发生氧化还原反应，不生成氧气，所以反应方程式为：2na2o2+2n2o44nano3，不符合上述规律，故a正确；b、二氧化氮中的氮也是最高价，所以不产生氧气，不符合上述规律，故b错误；c、三氧化二氮不是最高价态的氮的氧化物，不符合上述规律，故c错误；d、七氧化二锰是最高价态的锰的氧化物，namno4中的锰为+7价，符合上述规律，故d错误；故选a【点评】本题根据题目信息得出规律，主要考查化学方程式的书写，难度较大11据悉，奥运会上使用的发令枪所用的“火药”成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白色烟雾撞击时发生反应的化学方程式为：5kclo3+6p3p2o5+5kcl，则下列有关叙述错误的是（）a上述反应是放热反应b该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为6：5c产生白色烟雾的原因是生成的p2o5白色固体小颗粒（烟）吸水性很强，吸收空气中的水分，生成磷酸小液滴（雾）d上述反应中消耗3molp时，转移电子的物质的量为15mol【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】由发生反应的化学方程式为：5kclo3+6p=3p2o5+5kcl，则cl元素的化合价由+5价降低为1价，p元素的化合价由0升高到+5价，以此来解答【解答】解：a“火药”成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，可知该反应为放热反应，故a正确；b由反应可知，kclo3为氧化剂，p为还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为5：6，故b错误；c生成物中有p2o5白色固体小颗粒（烟），其吸水性很强，吸收空气中的水分，生成磷酸小液滴（雾），故c正确；dp元素的化合价由0升高到+5价，则消耗3molp时，转移电子的物质的量为3mol（50）=15mol，故d正确；故选b【点评】本题考查氧化还原反应，明确信息及反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，题目难度不大12已知：2co（g）+o2（g）=2co2（g）h=566kj/mol；na2o2（s）+co2（g）=na2co3（s）+o2（g）h=226kj/mol根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是（）aco的燃烧热为283 kjb如图可表示由co生成co2的反应过程和能量关系c2na2o2（s）+2co2（s）=2na2co3（s）+o2（g）h452 kj/moldco（g）与na2o2（s）反应放出509 kj热量时，电子转移数为6.021023【考点】反应热和焓变【专题】压轴题；化学反应中的能量变化【分析】a、依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量；b、依据热化学方程式，2co（g）+o2（g）=2co2（g）h=566kj/mol；分析图象中物质的量不符合反应物质物质的量；c、固体二氧化碳变化为气体二氧化碳需要吸热，焓变放热是负值；d、依据热化学方程式，结合盖斯定律计算得到热化学方程式计算分析；【解答】解：a、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量；已知：2co（g）+o2（g）=2co2（g）h=566kj/mol；一氧化碳的燃烧热为283kj/mol；故a错误；b、依据热化学方程式，2co（g）+o2（g）=2co2（g）h=566kj/mol；分析图象中一氧化碳和氧气物质的量为1、物质的量不符合反应物质的物质的量；故b错误；c、固体二氧化碳变化为气体二氧化碳需要吸热，焓变放热是负值；依据热化学方程式判断，2na2o2（s）+2co2（g）=2na2co3（s）+o2（g）h=226kj/mol；所以反应2na2o2（s）+2co2（g）=2na2co3（s）+o2（g）h452 kj/mol，故c正确；d、已知：2co（g）+o2（g）=2co2（g）h=566kj/mol；na2o2（s）+co2（g）=na2co3（s）+o2（g）h=226kj/mol依据盖斯定律2+得到：2na2o2（s）+2co（g）=2na2co3（s）h=1018kj/mol；即na2o2（s）+co（g）=na2co3（s）h=509kj/mol；co（g）与na2o2（s）反应放出509 kj热量时，反应的一氧化碳物质的量为1mol，电子转移数为26.021023，故d错误；故选c【点评】本题考查了热化学方程式的计算应用，盖斯定律的应用，燃烧热概念计算分析，热化学方程式的书写方法和计算应用是解题关键，题目难度中等13下列关于碱金属某些性质的排列中，正确的是（）a原子半径：linakrbcsb密度：linakrbcsc熔点、沸点：linakrbcsd还原性：linakrbcs【考点】碱金属的性质；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系【分析】a同主族元素原子从上到下，原子半径依次增大；bna的密度大于k；c碱金属元素的单质的熔沸点从上到下逐渐减小；d同主族元素从上到下，单质还原性依次增强【解答】解：ali、na、k、rb、cs，都是同主族的元素，且原子序数依次增大，原子半径：linakrbcs，故a正确；b碱金属元素单质的密度从上到下呈递增趋势，但na的密度大于k，故b错误；c碱金属元素的单质的熔沸点从上到下逐渐减小，则熔点、沸点：linakrbcs，故c错误；d同主族元素从上到下，单质还原性依次增强，还原性：linakrbcs，故d错误；故选：a【点评】本题考查同主族元素性质的递变规律，熟悉碱金属结构及性质是解题关键，题目难度不大，注意对基础知识的积累14cu2s与一定浓度的hno3反应，生成cu（n o3 ）2、cuso4、no2、no和h2o当no2和no的体积相等时，实际参加反应的cu2s与hno3的物质的量之比为（）a1：7b1：5c1：9d2：9【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】cu2s与一定浓度的hno3反应中，cu2s中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用hno3中氮元素被还原为no2和no，起酸作用的硝酸生成cu（no3）2令no2和no的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子转移守恒计算参加反应的cu2s的物质的量，由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（hno3）=2ncu（no3）2+n（no2）+n（no），根据铜元素守恒可知溶液中ncu（no3）2=2n（cu2s）n（cuso4），由硫元素守恒可知n（cu2s）=n（cuso4），据此计算参加反应的硝酸的物质的量【解答】解：cu2s与一定浓度的hno3反应中，cu2s中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用hno3中氮元素被还原为no2和no，起酸作用的硝酸生成cu（no3）2令no2和no的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子转移守恒可知：n（cu2s）6（2）+12=1mol（54）+1mol（52），解得n（cu2s）=0.4mol由硫元素守恒可知n（cuso4）=n（cu2s）=0.4mol，根据铜元素守恒可知溶液中ncu（no3）2=2n（cu2s）n（cuso4）=20.4mol0.4mol=0.4mol由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（hno3）=2ncu（no3）2+n（no2）+n（no）=20.4mol+1mol+1mol=2.8mol所以实际参加反应的cu2s与hno3的物质的量之比为n（cu2s）：n（hno3）=0.4mol：2.8mol=1：7，故选a【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素化合价变化、电子转移守恒与元素守恒计算是解答的关键关键，注意转移守恒思想在氧化还原反应计算中的运用，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等15a、b、c、d为短周期元素，a的m电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c下列叙述错误的是（）ad元素的非金属性最强b它们均存在两种或两种以上的氧化物c只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物db、c、d分别与氢气形成的化合物中化学键均为极性共价键【考点】真题集萃；原子结构与元素的性质【分析】a的m电子层有1个电子，应为na元素，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，应为c元素，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，应为s元素，c与d同周期，d的原子半径小于c应为cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题【解答】解：a的m电子层有1个电子，应为na元素，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，应为c元素，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，应为s元素，c与d同周期，d的原子半径小于c应为cl元素，a同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，元素非金属性强弱顺序为clscna，故a正确；b四种元素形成的氧化物有co、co2；na2o、na2o2；so2、so3，而cl的化合价有多种，则氧化物也有多种，如clo2、cl2o等，故b正确；ca为na，为金属，可与其他元素生成离子化合物，含有离子键，故c正确；db为c，可与氢气反应生成c2h2、c2h4、c2h6等化合物，含有同种元素形成的共价键，为非极性键，故d错误故选d【点评】本题为2015年考题，涉及原子结构与元素周期率的考查，侧重于学生的分析能力的培养和原子结构、元素周期率的综合应用的考查，注意把握提给信息以及元素周期率的递变规律，难度不大16在不同浓度（c）、温度（t）条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表下列判断不正确的是（）0.6000.5000.4000.300318.23.603.002.401.80328.29.007.50a4.50b2.161.801.441.08aa=6.00b同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变cb318.2d不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同【考点】真题集萃；化学反应速率的影响因素【分析】a、由表可知温度由318.2328.2，在浓度相同的情况下=0.4，由此解答；b、由表可知温度由318.2b，浓度由0.3mol/l0.5mol/l，速率相等；c、由表可知温度由328.2b，在浓度相同的情况下，水解速率变小，所以温度降低；d、温度越高反应速率越快，所以蔗糖浓度减少一半所需的时间不同，温度高的所需时间短【解答】解：a、由表可知温度由318.2328.2，在浓度相同的情况下=0.4，所以a=6，故a正确；b、由表可知温度由318.2b，浓度由0.3mol/l0.5mol/l，速率相等，都是1.80，所以v可能不变，故b正确；c、由表可知温度由328.2b，在浓度相同的情况下，水解速率变小