山东省菏泽市单县五中高一化学上学期月考试卷（实验班含解析）.doc

2014-2015学年山东省菏泽市单县五中高一（上）月考化学试卷（实验班） 一、选择题（本题包括16小题；每题3分，共48分每小题只有一个选项符合题意）1化学知识在生产和生活中有着重要的应用下列说法中正确的是( )铝制餐具不宜用蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔纯净的二氧化硅是现代光学及光纤制品的基本原料na2o2既可作呼吸面具中o2的，又可漂白织物、麦杆、羽毛等碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂明矾常作为消毒剂abcd2下列叙述正确的是( )久置于空气中的氢氧化钠溶液，加盐酸时有气体产生浓硫酸可用于干燥氢气、碘化氢等气体，但不能干燥氨气、二氧化氮气体na2o2与水反应，红热的fe与水蒸气反应均能生成碱玻璃、水泥、水晶项链都是硅酸盐制品浓硫酸与铜反应既体现了其强氧化性又体现了其酸性氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得到相同的物质abcd3下列现象或事实不能用同一原理解释的是( )a浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存bna2s和na2so3固体长期暴露在空气中变质ccl2和so2都能使品红溶液褪色dso2和na2so3溶液都能使溴水褪色4设na表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )a5.6 g 铁在足量氯气中燃烧，转移电子数为0.2 nab1mol h3o+所含的电子数为11nac71 g氯气与足量铁反应得到的电子数一定为2nad16 g o2和o3的混合气体中，含o2分子数为0.5na5月球的矿产资源极为丰富，仅月面表层5cm厚的沙土就含铁单质有上亿吨，月球上的主要矿物有辉石camgsi2o6、斜长石kalsi3o8和橄榄石（mg或fe）2sio4等，下列说法或分析不正确的是( )a辉石、斜长石及橄榄石均属于硅酸盐矿b橄榄石中铁为+2价c月球表层沙土中有游离态铁是因为月球的表面几乎没有氧气d斜长石的氧化物形式可表示为：k2oal2o33sio26某溶液中大量存在以下五种离子：no3、so42、fe3+、h+、m，其物质的量之比为n（no3）：n（so42）：n（fe3+）：n（h+）：n（m）=2：3：1：3：1，则m可能为( )amg2+bfe2+cco32dba2+7有mg、al、fe、cu四种金属，若两两混合，取混合物26g与足量稀硫酸反应，产生标况下h2 11.2l，此混合物的可能组合方式最多有( )a2种b3种c4种d5种8常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )a1.0 moll1的kno3溶液：h+、fe2+、cl、so42b通入过量so2气体后的溶液：h+、ca2+、fe3+、n03c通入足量co2的溶液：h+、nh4+、al3+、so42d与铝反应产生大量氢气的溶液：na+、k+、co32、no39下列反应的离子方程式正确的是( )a次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳 ca2+2clo+h2o+co2caco3+2hclob硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液fe2+2h2o2+4h+fe3+4h2ocfe2（so4）3的酸性溶液中通入足量硫化氢 fe3+h2sfe2+s+2h+d氯化亚铁溶液中加入稀硝酸 3fe2+4h+no33fe3+2h2o+no10下列选项中，有关实验操作、现象和结论都正确的是( )aabbccdd11反应、分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：2nai+mno2+3h2so42nahso4+mnso4+2h2o+i22naio3+5nahso32na2so4+3nahso4+h2o+i2下列说法正确的是( )a两个反应中均为硫元素被氧化b碘元素在反应中被还原，在反应中被氧化c氧化性：mn02so42i03i2d反应、中生成等量的i2时转移电子数比为1：512足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和no2、n2o4、no的混合气体，这些气体与1.68l o2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸若向所得硝酸铜溶液中加入5moll1 naoh溶液至cu2+恰好完全沉淀，则消耗naoh溶液的体积是( )a60 mlb45 mlc30 mld15 ml13nh3是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）下列说法正确的是( )anh4cl和nahco3都是常用的化肥bnh4cl、hno3和na2co3受热时都易分解cnh3和no2在一定条件下可发生氧化还原反应d图中所涉及的盐类物质均可以发生水解反应14将a g铁和氧化铁的混合物加入足量的盐酸中充分反应后，固体无剩余，测得参加反应的hcl为0.08mol，放出标准状况下气体0.224l则下列判断中正确的是( )a原混合物中n（fe）：n（fe2o3）=2：1b向溶液中滴入kscn溶液，显红色c无法计算原混合物的质量ad此时溶液中fe2+和fe3+的物质的量之比为3：115短周期原子序数依次增大的主族元素r、t、q、w、y具有如下信息：r、y原子的最外层电子数与电子层数相同；q是地壳中含量最高的元素，r与t的核电荷数之和等于q的核电荷数；w与r同主族下列说法正确的是( )a元素q与w形成的两种常见化合物中含有相同比例的阴、阳离子b元素t、q、w、y的原子半径大小为：tqywcq与y组成的常见物质是一种两性物质，结构中含有共价键d由y和t组成的物质yt，在电子和陶瓷工业上有广泛应用，可以直接由单质y和t在低温下合成16a、b、c、d、e五种主族元素原子序数逐渐增大，且均不超过18，其中a与c、b与e分别为同族元素原子半径abedc，b原子最外层电子数是次外层的3倍，c、d的核外电子数之和与b、e核外电子数之和相等下列说法正确的是( )aa与e形成的化合物为离子化合物b气态氢化物的稳定性：bec简单离子半径：edd最高价氧化物对应水化物的碱性：cd二、填空题17实验室为监测空气中汞蒸气的含量，往往悬挂涂有cui的滤纸，根据滤纸是否变色或颜色发生变化所用去的时间来判断空气中的含汞量，其反应为：4cui+hgcu2hgi4+2cu（1）上述反应产物cu2hgi4中，cu元素是_价；（2）以上反应中的氧化剂为_，当有1mol cui参与反应时，转移电子_mol；（3）cui可由cu2+与i直接反应制得，请配平下列反应的离子方程式cu2+icui+i318如图是部分短周期元素的单质及其化合物的转化关系图（有关反应的条件及生成的h2o已略去），已知：aa、b、c、d是非金属单质，其中b、c、d在常温常压下是气体b反应是化工生产中的重要反应c化合物e是形成酸雨的污染物之一，化合物k是常用的氮肥d化合物l具有漂白性，可由cl2与naoh溶液反应制得e化合物j由两种元素组成，其相对分子质量为32请按要求填空：（1）a元素在元素周期表中的位置_（2）反应的化学方程式：_（3）c的结构式：_；f的一种用途：_（4）l的溶液与化合物e反应的离子方程式：_（5）化合物j的化学式：_19g、q、x、y、z均为氯的含氧化合物我们不了解它们的化学式，但知道它们在一定条件下具有如下转化关系（未配平）gq+nacl q+h2o x+h2y+naohg+q+h2o z+naohq+x+h2o（1）这五种化合物中氯的化合价由高到低的顺序是_；（2）臭氧与二氧化氯作用，可以得到红色油状的六氧化二氯cl2o6，遇有机物会爆炸它与氢氧化钠溶液反应可得到氯的两种含氧酸盐，其离子方程式是：_（3）亚氯酸钠naclo2，可以作漂白剂，在常温下不见光可以保存约1年但在酸性条件下因为生成亚氯酸而发生分解反应：hclo2clo2+h+cl+h2o，分解时，刚加入硫酸时的反应很慢，随后突然迅速放出气态的二氧化氯写出配平的化学方程式_如果有2molhclo2发生反应，则转移电子的个数是_，后期反应速率迅速加快的原因是_a、酸使亚氯酸的氧化性增强 b、溶液中的氢离子还起了催化作用c、溶液中的氯离子还起了催化作用 d、逸出的气体使反应生成物的浓度降低20（14分）如图1是某研究性学习小组设计制取氯气，并以氯气为反应物进行特定反应的装置（1）要将c装置接入b和d之间，正确的接法是：a_d（2）实验开始时先点燃a处酒精灯，打开旋塞k，让cl2充满整个装置，再点燃d处酒精灯cl2 通过c装置后进入d，d装置内盛有炭粉，发生氧化还原反应，生成co2和hcl（g），发生反应的化学方程式为_（3）d处反应完毕后，关闭旋塞k，移去两个酒精灯，由于余热的作用，a处仍有少量cl2产生，此时b中的现象是_，b的作用是_（4）用量筒量取20ml e中溶液，倒入已检查完气密性良好的分液漏斗中，然后再注入10ml ccl4，盖好玻璃塞（如图），振荡，静置于铁架台上，等分层后取上层液和下层液，呈黄绿色的是_（填“上层液”或“下层液”），再装入如图3所示的烧杯中，能使有色布条褪色的是_（同上）（5）在a、b、c、d、e装置中有一处需要改进，说明需要改进的理由_21某混合溶液中可能大量含有的离子如下表所示：为探究其成分，某同学将na2o2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入na2o2的物质的量的关系分别如图所示（1）该溶液中一定含有的阳离子是_，其对应物质的量浓度之比为_，溶液中一定不存在的阴离子是_（2）请写出沉淀减少的离子方程式_2014-2015学年山东省菏泽市单县五中高一（上）月考化学试卷（实验班）一、选择题（本题包括16小题；每题3分，共48分每小题只有一个选项符合题意）1化学知识在生产和生活中有着重要的应用下列说法中正确的是( )铝制餐具不宜用蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔纯净的二氧化硅是现代光学及光纤制品的基本原料na2o2既可作呼吸面具中o2的，又可漂白织物、麦杆、羽毛等碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂明矾常作为消毒剂abcd考点：铝的化学性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物 专题：元素及其化合物分析：铝及其氧化铝能与酸、碱发生化学反应；碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳；纯净的二氧化硅良好的折光性；na2o2和二氧化碳反应生成氧气，且又有强氧化性，有漂白性；碳酸氢钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂； 明矾常不能作消毒剂，可作净水剂解答：解：铝及其氧化铝能与酸、碱发生化学反应，则铝制餐具不宜长时间存放酸性、碱性或咸的食物，故正确；碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳，所以发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔，故正确；纯净的二氧化硅良好的折光性，是现代光学及光纤制品的基本原料，故正确；na2o2和二氧化碳反应生成氧气，且又有强氧化性，有漂白性，所以na2o2既可作呼吸面具中o2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等，故正确；碳酸钠碱性较强，所以不能用来治疗胃酸过多，碳酸氢钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂，故错误； 明矾是强酸弱碱盐能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以可作净水剂，不能作消毒剂，故错误；故选a点评：本题考查了钠、铝及其化合物的性质，难度不大，明确碳酸氢钠和氢氧化铝是治疗胃酸过多的物质2下列叙述正确的是( )久置于空气中的氢氧化钠溶液，加盐酸时有气体产生浓硫酸可用于干燥氢气、碘化氢等气体，但不能干燥氨气、二氧化氮气体na2o2与水反应，红热的fe与水蒸气反应均能生成碱玻璃、水泥、水晶项链都是硅酸盐制品浓硫酸与铜反应既体现了其强氧化性又体现了其酸性氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得到相同的物质abcd考点：常见的生活环境的污染及治理；胶体的重要性质；浓硫酸的性质；含硅矿物及材料的应用；钠的重要化合物；气体的净化和干燥 分析：naoh溶液与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠，能与盐酸发生反应；浓硫酸不能干燥碱性、还原性气体；铁与水蒸气反应生成四氧化三铁；水晶的主要成分是二氧化硅；浓硫酸具有酸性、吸水性、脱水性和强氧化性；氯化铁溶液中铁离子水解，加热促进水解进行解答：解：naoh溶液与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠能与盐酸发生反应生成二氧化碳气体，故正确；碘化氢为还原性气体，不能使用浓硫酸干燥，故错误；铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，得不到碱，故错误；水晶的主要成分是二氧化硅，是氧化物，不是硅酸盐，故错误；浓硫酸具有酸性、吸水性、脱水性和强氧化性，浓硫酸与铜反应既体现了其强氧化性又体现了其酸性，故正确；氯化铁溶液中铁离子水解，加热促进水解进行，氧化铁胶体加热会聚沉，均产生红褐色沉淀氢氧化铁，氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得相同的物质三氧化二铁，故正确；故选b点评：本题考查学生元素和化合物的性质知识，涉及知识点较多，侧重考查学生对基础知识掌握的熟练程度，题目难度不大3下列现象或事实不能用同一原理解释的是( )a浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存bna2s和na2so3固体长期暴露在空气中变质ccl2和so2都能使品红溶液褪色dso2和na2so3溶液都能使溴水褪色考点：氯气的化学性质；硝酸的化学性质；含硫物质的性质及综合应用 专题：元素及其化合物分析：a、见光易分解的药品要用棕色试剂瓶保存b、硫离子和亚硫酸根离子易被氧气氧化c、次氯酸具有强氧化性，二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质d、二氧化硫和亚硫酸根离子都具有还原性解答：解：a、浓硝酸和次氯酸都见光易分解，所以都要保存在棕色试剂瓶中，故a不符合，b、硫化钠和亚硫酸钠都具有还原性，都能被空气中的氧气氧化，所以长期暴露在空气中变质，故b不符合c、氯气和水反应生成的次氯酸具有强氧化性，能使品红溶液褪色；二氧化硫能和有色物质发生化合反应生成无色物质而使品红溶液褪色，属于非氧化还原反应，所以漂白原理不同，故c符合d、二氧化硫和亚硫酸钠都具有还原性，都能被溴含有生成硫酸根离子，而使溴水褪色，故d不符合故选c点评：本题考查了元素化合物的性质，难度不大，注意二氧化硫和次氯酸的漂白原理不同，二氧化硫不能使酸碱指示剂褪色4设na表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )a5.6 g 铁在足量氯气中燃烧，转移电子数为0.2 nab1mol h3o+所含的电子数为11nac71 g氯气与足量铁反应得到的电子数一定为2nad16 g o2和o3的混合气体中，含o2分子数为0.5na考点：阿伏加德罗常数 分析：a、求出铁的物质的量，然后根据铁与氯气反应后变为+3价来分析；b、h3o+为10电子微粒；c、求出氯气的物质的量，然后根据氯气与铁反应后变为1价来分析；d、混合物中氧气的质量百分含量不明确解答：解：a、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁与氯气反应后变为+3价，故0.1mol铁反应后转移0.3mol电子即0.3na个，故a错误；b、h3o+为10电子微粒，故1molh3o+含10mol电子即10na个，故b错误；c、71g氯气的物质的量为1mol，而氯气与铁反应后变为1价，故1mol氯气与铁反应后得到2mol电子即2na个，故c正确；d、混合物中氧气的质量百分含量不明确，故含有的氧气分子个数不能计算，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月球的矿产资源极为丰富，仅月面表层5cm厚的沙土就含铁单质有上亿吨，月球上的主要矿物有辉石camgsi2o6、斜长石kalsi3o8和橄榄石（mg或fe）2sio4等，下列说法或分析不正确的是( )a辉石、斜长石及橄榄石均属于硅酸盐矿b橄榄石中铁为+2价c月球表层沙土中有游离态铁是因为月球的表面几乎没有氧气d斜长石的氧化物形式可表示为：k2oal2o33sio2考点：含硅矿物及材料的应用 分析：a辉石camgsi2o6、斜长石kalsi3o8和橄榄石（mg，fe）2sio4的成分均属于硅酸盐类；b根据元素的化合价规则来判断镁元素的化合价；c月球上没有氧化金属铁的物质或者条件；d根据硅酸盐的氧化物表示方法来书写解答：解：a辉石camgsi2o6、斜长石kalsi3o8和橄榄石（mg，fe）2sio4的成分均属于硅酸盐类，均属于硅酸盐矿，故a正确；b橄榄石（mg或fe）2sio4中硅为+4价，氧为2价，依据化学式中各元素化合价代数和为0，镁为+2价，故b正确；c月球上有游离态铁是因为月球环境中没有氧化金属铁的物质或者条件，所以月球的表面几乎没有氧气，故c正确；d硅酸盐的氧化物表示方法：先写活泼金属氧化物，然后是不活泼的金属氧化物，再是非金属氧化物二氧化硅，最后是水，所以斜长石的氧化物形式可表示为：k2oal2o36sio2，故d错误；故选：d点评：本题考查了硅酸盐知识，熟悉硅酸盐的组成、书写方式是解题关键，题目难度不大6某溶液中大量存在以下五种离子：no3、so42、fe3+、h+、m，其物质的量之比为n（no3）：n（so42）：n（fe3+）：n（h+）：n（m）=2：3：1：3：1，则m可能为( )amg2+bfe2+cco32dba2+考点：离子共存问题 专题：守恒法；离子反应专题分析：根据溶液呈电中性，从电荷守恒的角度判断解答：解：已知：物质的量之比为n（no3）：n（so42）：n（fe3+）：n（h+）：n（m）=2：3：1：3：1，假设各离子的物质的量分别为2mol、3mol、1mol、3mol、1mol，则n（no3）+2n（so42）=2mol+23mol=8mol，3n（fe3+）+n（h+）=31mol+3mol=6mol，阴离子所带电荷大于阳离子所带电荷，则m一定为阳离子，因m的物质的量为1mol，根据电荷守恒，则离子应带2个正电荷，又因fe2+在酸性条件下与no3发生氧化还原反应而不能大量共存，ba2+与so42反应生成沉淀而不能大量共存，故选a点评：本题考查离子共存问题，题目难度中等，注意根据电荷守恒判断m应为阳离子，结合离子反应问题判断7有mg、al、fe、cu四种金属，若两两混合，取混合物26g与足量稀硫酸反应，产生标况下h2 11.2l，此混合物的可能组合方式最多有( )a2种b3种c4种d5种考点：有关混合物反应的计算 专题：计算题分析：混合物26g与足量稀硫酸反应，产生标况下h211.2l，氢气物质的量=0.5mol，26g金属提供电子物质的量为0.5mol2=1mol，故提供1mol电子需要金属的平均质量为26g，计算各金属提供1mol电子需要的质量，结合平均量进行解答解答：解：混合物26g与足量稀硫酸反应，产生标况下h211.2l，氢气物质的量=0.5mol，26g金属提供电子物质的量为0.5mol2=1mol，故提供1mol电子需要金属的平均质量为26g，mg在反应中表现+2价，提供1mol电子需要mg的质量为24g=12g，al在反应中表现+3价，提供1mol电子需要al的质量为27g=9g，fe在反应中表现+2价，提供1mol电子需要fe的质量为56g=28g，cu不稀硫酸反应产生氢气，提供1mol电子需要cu的质量为无穷大，故两两混合，可能的组合为cu与mg、cu与al、fe与mg、fe与al，共4种，故选c点评：本题考查金属的性质、混合物的有关计算，注意平均值与极限法相结合的利用，从而简化计算，注意若有不反应的金属应视作需金属质量无穷大8常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )a1.0 moll1的kno3溶液：h+、fe2+、cl、so42b通入过量so2气体后的溶液：h+、ca2+、fe3+、n03c通入足量co2的溶液：h+、nh4+、al3+、so42d与铝反应产生大量氢气的溶液：na+、k+、co32、no3考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：a离子之间发生氧化还原反应；b通入过量so2气体后的溶液，具有还原性；c通入足量co2的溶液，显酸性；d与铝反应产生大量氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液解答：解：ah+、fe2+、no3发生氧化还原反应，不能大量共存，故a不选；b通入过量so2气体后的溶液，具有还原性，与fe3+（或h+、n03）发生氧化还原反应，不能大量共存，故b不选；c通入足量co2的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故c选；d与铝反应产生大量氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中不能大量存在co32，且h+、al、no3发生氧化还原反应不生成氢气，故d不选；故选c点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握题目中的信息及常见离子之间的反应即可解答，侧重氧化还原反应及复分解反应的离子共存考查，注意选项d为解答的易错点，题目难度不大9下列反应的离子方程式正确的是( )a次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳 ca2+2clo+h2o+co2caco3+2hclob硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液fe2+2h2o2+4h+fe3+4h2ocfe2（so4）3的酸性溶液中通入足量硫化氢 fe3+h2sfe2+s+2h+d氯化亚铁溶液中加入稀硝酸 3fe2+4h+no33fe3+2h2o+no考点：离子方程式的书写 分析：a反应生成碳酸氢钙和hclo；b电子、电荷不守恒；c电子、电荷不守恒；d反应生成铁离子、no和水解答：解：a次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳的离子反应为clo+h2o+co2hco3+hclo，故a错误；b硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液的离子反应为2fe2+2h2o2+2h+2fe3+4h2o，故b错误；cfe2（so4）3的酸性溶液中通入足量硫化氢的离子反应为2fe3+h2s2fe2+s+2h+，故c错误；d氯化亚铁溶液中加入稀硝酸的离子反应为3fe2+4h+no33fe3+2h2o+no，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、与量有关的离子反应、氧化还原反应及分析与应用能力的考查，题目难度不大10下列选项中，有关实验操作、现象和结论都正确的是( )aabbccdd考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：aco2与cacl2溶液不反应；b铝和浓硫酸发生钝化作用；c能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性；d二氧化硫与溴水发生氧化还原反应解答：解：a因碳酸酸性比盐酸弱，则co2与cacl2溶液不反应，故a错误；b铝和浓硫酸发生钝化作用，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，故b错误；c能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性，则浓氨水呈碱性，故c正确；d二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，而不是漂白性，故d错误故选：c点评：本题考查较为综合，涉及元素化合物知识的综合应用，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同，把握实验方法和注意事项，难度不大11反应、分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：2nai+mno2+3h2so42nahso4+mnso4+2h2o+i22naio3+5nahso32na2so4+3nahso4+h2o+i2下列说法正确的是( )a两个反应中均为硫元素被氧化b碘元素在反应中被还原，在反应中被氧化c氧化性：mn02so42i03i2d反应、中生成等量的i2时转移电子数比为1：5考点：氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算 专题：氧化还原反应专题分析：a失电子化合价升高的元素被氧化；b失电子化合价升高的元素被氧化，得电子化合价降低的元素被还原；c自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；d根据碘和转移电子之间的关系式计算解答：解：a在反应中硫元素既不被氧化也不被还原，在反应中被氧化，故a错误；b碘元素在反应中被氧化，在反应中被还原，故b错误；c氧化性i03so42，故c错误；d反应中生成1mol碘转移2na电子，反应中生成1mol碘转移10na电子，所以反应、中生成等量的i2时转移电子数比为2na：10na=1：5，故d正确；故选d点评：本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意利用化合价计算转移的电子数，题目难度不大12足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和no2、n2o4、no的混合气体，这些气体与1.68l o2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸若向所得硝酸铜溶液中加入5moll1 naoh溶液至cu2+恰好完全沉淀，则消耗naoh溶液的体积是( )a60 mlb45 mlc30 mld15 ml考点：化学方程式的有关计算 专题：计算题分析：no2、n2o4、no的混合气体，这些气体与1.68l o2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸cu失去的电子都被o2得到了，根据电子得失守恒，求出参加反应的铜，然后求出 cu（no3）2，再根据 cu（no3）2与naoh 反应的关系，求出naoh 的物质的量，最终求出naoh溶液的体积解答：解：no2、n2o4、no的混合气体，这些气体与1.68l o2（标准状况）混合后通入水中，完全生成hno3，则整个过程中hno3 反应前后没有变化，即cu失去的电子都被o2得到了，根据得失电子守恒：n（cu）2=n（o2）4n（cu）2=mol4 解得：n（cu）=0.15mol 所以 cu（no3）2 为0.15mol，根据 cu2+2oh 0.15mol n（oh） 则naoh 为 0.15mol2=0.3 mol，则naoh 体积v=0.06l，即60ml，故选：a点评：本题主要考查了金属与硝酸反应的计算，若根据化学方程式来计算，无从下手，若根据氧化还原反应中电子得失守恒则化繁为简，平时需注意守恒思想的应用13nh3是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）下列说法正确的是( )anh4cl和nahco3都是常用的化肥bnh4cl、hno3和na2co3受热时都易分解cnh3和no2在一定条件下可发生氧化还原反应d图中所涉及的盐类物质均可以发生水解反应考点：氨的用途 专题：元素及其化合物分析：a目前常用的化肥分为：氮肥，即以氮素营养元素为主要成分的化肥，如尿素、碳铵等；磷肥，即以磷素营养元素为主要成分的化肥，如过磷酸钙；钾肥即以钾素营养元素为主要成分的化肥，主要品种有氯化钾，硫酸钾等；复混肥料即肥料中含有氮、磷、钾三要素中的两种称为二元复混肥料，含有氮、磷、钾三种元素的复混肥料称为三元复混肥料；bnh4cl、hno3受热时都易分解，na2co3受热时不分解；cno2跟nh3可以发生反应：6no2+8nh3=7n2+12h2o；d强酸强碱盐不发生水解解答：解：anh4cl是氮肥，nahco3不是化肥，故a错误；bnh4cl、hno3受热时都易分解，na2co3受热时不分解，故b错误；cno2跟nh3可以发生反应：6no2+8nh3=7n2+12h2o，该反应为氧化还原反应，故c正确；dnacl是强酸强碱盐不发生水解，故d错误；故选c点评：本题主要考查了物质的性质与用途，难度不大，注意知识的积累14将a g铁和氧化铁的混合物加入足量的盐酸中充分反应后，固体无剩余，测得参加反应的hcl为0.08mol，放出标准状况下气体0.224l则下列判断中正确的是( )a原混合物中n（fe）：n（fe2o3）=2：1b向溶液中滴入kscn溶液，显红色c无法计算原混合物的质量ad此时溶液中fe2+和fe3+的物质的量之比为3：1考点：有关混合物反应的计算 分析：根据化学方程式fe+2hcl=fecl2+h2中h2的量来计算出fe和hcl的量，再由fe2o3+6hcl=2fecl3+3h2o 算出fe2o3和fecl3的量，由题目数据计算这个反应中消耗的hcl的量，得出n（fecl3）、n（fe2o3），最后由fe+2fe3+=3fe2+中，根据铁离子的量算出消耗fe的量，然后计算出反应中消耗铁的总物质的量解答：解：因为fe3+和h+的氧化性强弱顺序为fe3+h+，所以当产生氢气时，fe3+已经全部被还原为fe2+，故向溶液中滴入kscn溶液，溶液不变红，故b、d错误；标况下0.224l氢气的物质的量为：=0.01mol，根据化学方程式fe+2hcl=fecl2+h2可知，n（fe）=n（h2）=0.01mol，n（hcl）=2n（h2）=0.02mol，由fe2o3+6hcl=2fecl3+3h2o算出fe2o3和fecl3的量，由题目可知，该反应中消耗的hcl的量为：0.080.02=0.06mol，则：n（fecl3）=n（hcl）=0.02mol，n（fe2o3）=n（fecl3）=0.01mol，根据反应fe+2fe3+=3fe2+可知，铁离子消耗的铁的物质的量为：n（fe）=（fe3+）=0.01mol，原混合物中铁的总物质的量为：0.01mol+0.01mol=0.02mol，则：n（fe）：n（fe2o3）=0.02mol：0.01mol=2：1，故a正确、c错误；故选a点评：本题考查有关混合物反应的计算，题目难度中等，明确氧化性强弱及反应先后顺序为解答关键，注意掌握有关混合物反应的化学计算方法与技巧，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力15短周期原子序数依次增大的主族元素r、t、q、w、y具有如下信息：r、y原子的最外层电子数与电子层数相同；q是地壳中含量最高的元素，r与t的核电荷数之和等于q的核电荷数；w与r同主族下列说法正确的是( )a元素q与w形成的两种常见化合物中含有相同比例的阴、阳离子b元素t、q、w、y的原子半径大小为：tqywcq与y组成的常见物质是一种两性物质，结构中含有共价键d由y和t组成的物质yt，在电子和陶瓷工业上有广泛应用，可以直接由单质y和t在低温下合成考点：位置结构性质的相互关系应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期原子序数依次增大的主族元素r、t、q、w、y，q是地壳中含量最高的元素，则q是o元素；r与t的核电荷数之和等于q的核电荷数，且r原子的最外层电子数等于其单质层数，则r是h，t是n元素；y原子的最外层电子数等于其电子层数，且y的原子序数大于o元素，则y电子层数为3、其最外层电子数是3，则y是al元素；w与r同主族且w原子序数大于o而小于al，则w为na，再结合物质结构和性质解答解答：解：短周期原子序数依次增大的主族元素r、t、q、w、y，q是地壳中含量最高的元素，则q是o元素；r与t的核电荷数之和等于q的核电荷数，且r原子的最外层电子数等于其单质层数，则r是h，t是n元素；y原子的最外层电子数等于其电子层数，且y的原子序数大于o元素，则y电子层数为3、其最外层电子数是3，则y是al元素；w与r同主族且w原子序数大于o而小于al，则w为na，a元素q与w形成的两种常见化合物分别是na2o、na2o2，氧化钠、过氧化钠中含有相同比例的阴、阳离子，其阴阳离子之比为1：2，故a正确；b原子的电子层数越大，其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以元素t、q、w、y的原子半径大小为：qtyw，故b错误；cq与y组成的常见物质是al2o3，氧化铝是一种两性物质，结构中含有离子键，故c错误；d由y和t组成的物质aln，aln属于原子晶体，在电子和陶瓷工业上有广泛应用，可以直接由单质y和t在高温下生成，故d错误；故选a点评：本题考查了元素位置结构性质的相互关系及应用，明确原子结构、元素周期表结构是解本题关键，根据原子结构确定元素，再结合物质结构、元素周期律来分析解答，注意过氧化钠的阴阳离子分别是过氧根离子和钠离子，为易错点16a、b、c、d、e五种主族元素原子序数逐渐增大，且均不超过18，其中a与c、b与e分别为同族元素原子半径abedc，b原子最外层电子数是次外层的3倍，c、d的核外电子数之和与b、e核外电子数之和相等下列说法正确的是( )aa与e形成的化合物为离子化合物b气态氢化物的稳定性：bec简单离子半径：edd最高价氧化物对应水化物的碱性：cd考点：原子结构与元素周期律的关系 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：a、b、c、d、e五种主族元素原子序数逐渐增大，且均不超过18，其中a与c、b与e分别为同族元素b原子最外层电子数是次外层的3倍，则b有2个电子层，最外层有6个电子，则b为氧元素，b与e分别为同族元素，则e为硫元素；原子半径abedc，则c、d与e为同周期元素，c、d的核外电子数之和与b、e核外电子数之和相等为24，所以c为钠元素，d为铝元素；a与c为同族元素，则a为氢元素a、二者形成的化合物为h2s，为共价化合物；b、非金属性越强气态氢化物的稳定性；c、离子核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小；d、金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强解答：解：a、b、c、d、e五种主族元素原子序数逐渐增大，且均不超过18，其中a与c、b与e分别为同族元素b原子最外层电子数是次外层的3倍，则b有2个电子层，最外层有6个电子，则b为氧元素，b与e分别为同族元素，则e为硫元素；原子半径abedc，则c、d与e为同周期元素，c、d的核外电子数之和与b、e核外电子数之和相等为24，所以c为钠元素，d为铝元素；a与c为同族元素，则a为氢元素a、a为氢元素，e为硫元素，二者形成的化合物为h2s，为共价化合物，故a错误；b、b为氧元素，e为硫元素，非金属性os，气态氢化物的稳定性be，故b错误；c、d为铝元素，e为硫元素，二者形成的离子核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，即de，故c错误；d、c为钠元素，d为铝元素，金属性naal，所以最高价氧化物对应水化物的碱性cd，故d正确故选d点评：本题以元素推断为载体，考查原子结构与位置关系、元素化合物知识、元素周期律递变规律等，难度中等，推断元素是解题关键，注意规律的掌握与运用二、填空题17实验室为监测空气中汞蒸气的含量，往往悬挂涂有cui的滤纸，根据滤纸是否变色或颜色发生变化所用去的时间来判断空气中的含汞量，其反应为：4cui+hgcu2hgi4+2cu（1）上述反应产物cu2hgi4中，cu元素是+1价；（2）以上反应中的氧化剂为cui，当有1mol cui参与反应时，转移电子0.5mol；（3）cui可由cu2+与i直接反应制得，请配平下列反应的离子方程式cu2+icui+i3考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；氧化还原反应方程式的配平 专题：氧化还原反应专题分析：（1）根据化合价代数和为0计算；（2）根据化合价的变化进行判断和计算；（3）从电荷守恒和电子守恒的角度配平离子方程式解答：解：（1）cu2hgi4中hg元素的化合价为+2价，i元素的化合价为1价，则cu元素的化合价为+=+1价，故答案为：+1；（2）在反应4cui+hgcu2hgi4+2cu中，cui中cu元素的化合价由+1价降为0价，为氧化剂，4molcui参加反应转移的电子为2mol，则1molcui参与反应时，转移电子0.5mol，故答案为：0.5；（3）cu2+与i直接反应制得cui的反应中，得电子，cu化合价由+2价降为+1价，失电子，i化合价由1价升高为0价，根据氧化还原反应氧化剂和还原剂得失电子数目相等，则有2molcu2+参加反应生成1moli3，则反应的离子方程式为2cu2+5i=2cui+i3，故答案为：2cu2+5i=2cui+i3点评：本题考查氧化还原反应，题目难度中等，注意从化合价的变化角度分析有关概念，从守恒的角度书写并配平离子方程式18如图是部分短周期元素的单质及其化合物的转化关系图（有关反应的条件及生成的h2o已略去），已知：aa、b、c、d是非金属单质，其中b、c、d在常温常压下是气体b反应是化工生产中的重要反应c化合物e是形成酸雨的污染物之一，化合物k是常用的氮肥d化合物l具有漂白性，可由cl2与naoh溶液反应制得e化合物j由两种元素组成，其相对分子质量为32请按要求填空：（1）a元素在元素周期表中的位置第三周期，第a族（2）反应的化学方程式：2nh3+h2so4（nh4）2so4（3）c的结构式：nn；f的一种用途：做致冷剂制hno3等（4）l的溶液与化合物e反应的离子方程式：clo+so2+2ohcl+so42+h2o或clo+so2+h2ocl+so42+2h+（5）化合物j的化学式：n2h4考点：无机物的推断 专题：推断题分析：由短周期元素的单质及其化合物的转化关系图可知，化合物e是形成酸雨的污染物之一，则e为so2，a、b、c、d都是非金属单质，其中b、c、d在常温常压下是气体，则a为s，b为o2；化合物k是常用的氮肥，k为硫酸铵，所以f为氨气，则c、d分别为n2、h2；化合物l具有漂白性，可由cl2与naoh溶液反应而制得，则l为naclo，氨气与naclo反应生成j，j由两种元素组成，它是火箭推进剂的成分之一，其相对分子质量为32，则j为n2h4；j与氧气反应生成c，c为氮气，再结合化学用语来解答解答：解：由短周期元素的单质及其化合物的转化关系图可知，化合物e是形成酸雨的污染物之一，则e为so2，a、b、c、d都是非金属单质，其中b、c、d在常温常压下是气体，则a为s，b为o2；化合物k是常用的氮肥，k为硫酸铵，所以f为氨气，则c、d分别为n2、h2；化合物l具有漂白性，可由cl2与naoh溶液反应而制得，则l为naclo，氨气与naclo反应生成j，j由两种元素组成，它是火箭推进剂的成分之一，其相对分子质量为32，则j为n2h4；j与氧气反应生成c，c为氮气，（1）上述推断a为s，周期表中位置第三周期，第a族；故答案为：第三周期，第a族；（2）该反应为氨气与硫酸反应生成硫酸铵，化学反应为2nh3+h2so4（nh4）2so4，故答案为：2nh3+h2so4（nh4）2so4；（3）c为氮气，其结构式为nn，f为氨气，可以做致冷剂 制hno3的原料等；故答案为：nn； 做致冷剂、制hno3等；（4）l的溶液与化合物e反应，l为naclo，e为so2，在溶液中发生氧化还原反应生成氯化钠、硫酸钠，离子反应为c