福建省福州市闽清高中等四校2015届高三上学期期中联考化学试题含解析.doc

福建省福州市闽清高中等四校2015届高三上学期期中联考化学试卷一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）1（3分）下列物质按纯净物、混合物、电解质、非电解质的顺序组合的一组为（）A蒸馏水、氨水、氢氧化钡、二氧化硫B纯盐酸、空气、硫酸、干冰C胆矾、盐酸、铁、碳酸钙D氧化钙、漂白粉、氧化铝、碳酸钠考点：混合物和纯净物；电解质与非电解质.专题：物质的分类专题分析：由同种物质组成的为纯净物，包括单质和化合物；由不同物质组成的为混合物；在水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质解答：解：A、蒸馏水、氨水、氢氧化钡、二氧化硫按纯净物、混合物、电解质、非电解质的顺序组合的，故A正确；B、纯盐酸、空气、硫酸、干冰中纯盐酸为氯化氢气体的水溶液是混合物，故B错误；C、胆矾、盐酸、铁、碳酸钙中铁是单质，碳酸钙是电解质，故C错误；D、氧化钙、漂白粉、氯化铝、碳酸钠中的碳酸钠是电解质，故D错误；故选A点评：本题主要考查了纯净物、混合物、电解质、非电解质的概念判断及各种物质的成分掌握2（3分）（2012上海）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+16HCl2KCl+5Cl2+2MnCl2+8H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是（）选项 实验现象 解释或结论 A a处变蓝，b处变红棕色 氧化性：Cl2Br2I2 B c处先变红，后褪色 氯气与水生成了酸性物质 C d处立即褪色 氯气与水生成了漂白性物质 D e处变红色 还原性：Fe2+ClAABBCCDD考点：氯气的化学性质.专题：卤族元素分析：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，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱；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；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+Cl2=2Fe3+2Cl；Fe3+3SCN=Fe（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+10OH=2FeO42+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+H2O=H+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，红色褪去可能是因为氢氧化钠被消耗造成，也有可能是生成漂白性物质，故不能证明一定是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+Cl2=2Fe3+2Cl；Fe3+3SCN=Fe（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3（3分）（2014安徽模拟）在Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2反应中，说法正确的是（）ACu2O在反应中被氧化BCu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂CCu既是氧化产物又是还原产物D若反应中转移12mol电子，则生成6molCu考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：Cu2S+2Cu2O 6Cu+SO2反应中，Cu元素由+1价降低为0价，S元素由2价升高到+4价，以此来解答解答：解：ACu2O中Cu元素由+1价降低为0价，所以氧化亚铜得电子被还原，故A错误；B因Cu2S中Cu元素由+1价降低为0价，S元素由2价升高到+4价，则Cu2S既是氧化剂又是还原剂，故B正确；CCu元素由+1价降低为0价，则Cu为还原产物，故C错误；D由反应可知，生成6molCu转移电子数为6mol，则反应中转移12mol电子，则生成12molCu，故D错误；故选B点评：本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价的变化是解答本题的关键，题目难度不大4（3分）下列有关实验的操作及描述不正确的是（）A粗盐提纯时，为了加快过滤速率，可用玻璃棒搅拌过滤器中的液体B用托盘天平称取10.5 g NaCl时应在右边托盘中放入10 g砝码C分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D测定溶液pH的操作将pH试纸置于表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液，点在pH试纸的中部，然后与标准比色卡对照考点：化学实验方案的评价；试纸的使用；物质的分离、提纯和除杂.专题：实验评价题分析：A过滤时应防止滤纸破损；B称量时，砝码放在右盘，质量小于1g的可用游码；C分液时，注意避免液体重新混合而污染；D测定溶液pH，注意试纸不能插入溶液解答：解：A过滤时，不能用玻璃棒搅拌过滤器中的液体，防止滤纸破损，故A错误；B称量时，砝码放在右盘，质量小于1g的可用游码，则用托盘天平称取10.5 g NaCl时应在右边托盘中放入10 g砝码，故B正确；C分液时，注意分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免液体重新混合而污染，故C正确；D测定溶液pH，注意试纸不能插入溶液，可用玻璃棒蘸取溶液，点在pH试纸的中部，然后与标准比色卡对照，故D正确故选A点评：本题考查较为综合，设计物质的分离、提纯、天平的使用以及pH的测定，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验操作的可行性的评价，难度中等5（3分）用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）A1 mol Na2O2晶体中共含有4NA个离子B0.1 mol AlCl3完全水解转化为氢氧化铝胶体，生成0.1NA个胶粒C常温常压下16 g O2和O3混合气体含有NA个氧原子D1 mol/L的CaCl2溶液中含Cl的数目为2NA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、Na2O2含2个Na+和1个O22；B、一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝分子的集合体；C、根据摩尔质量直接计算氧原子的物质的量；D、溶液体积不明确解答：解：A、Na2O2含2个Na+和1个O22，故1 mol Na2O2晶体中共含有3NA个离子，故A错误；B、一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝分子的集合体，故0.1 mol AlCl3完全水解转化为氢氧化铝胶体，生成的胶粒的个数小于0.1NA，故B错误；C、16gO2和O3混合气体含有氧原子的物质的量为：=1mol，故含NA个氧原子，故C正确；D、溶液体积不明确，故无法计算氯离子个数，故D错误故选C点评：阿伏伽德罗常数有关的计算，题目在注重对计算关系的考查的同时，又隐含对物质状态、物质结构等知识的考查6（3分）下列能够检验出KI中是否含有Br的实验是（）A加入足量的新制氯水，溶液颜色变深，则含有BrB加入KMnO4酸性溶液，溶液颜色褪去，则含有BrC加入少量的碘水，再加入CCl4振荡，CCl4层有色，则含有BrD加入足量FeCl3溶液，用CCl4萃取后，在无色的水层中加入氯水，溶液呈橙黄色，则含有Br考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用.专题：物质检验鉴别题分析：溴离子、碘离子都具有还原性，且还原性IBr，加入氧化剂，首先氧化I，检验是应先排除I的干扰，以此解答该题解答：解：A新制氯水可以氧化Br，也可以氧化I，而且生成的I2也有颜色，会使溶液变色，故无法判断，故A错误；B酸性KMnO4可以氧化Br，也可以氧化I，也无法判断，另外KMnO4被消耗后，虽然紫红色褪去了，但是生成的I2或者Br2也有颜色，会使溶液变色，故一般不用KMnO4鉴定卤素离子，故B错误；CI2不会跟Br反应，这样的操作无法得出任何结论，无论KI中是否含有Br，加入少量碘水，再加入CCL4振荡，有机层永远都会有色，故C错误；DFeCl3可以和I反应，但不和Br反应，加入足量FeCl3溶液，用CCl4萃取，可以将体系中的I完全除去，氯水中的Cl2可以和Br反应，如果KI中含有Br，这样处理后，无色的水层中应该有Br，加入氯水，溶液会呈橙色，因为生成了Br2，故D正确故选D点评：本题考查离子的检验，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的严密性的评价，结合氧化性、还原性的强弱解答，难度不大7（3分）下列说法正确的是（）ANa2O2与水的反应中，氧化剂是Na2O2，还原剂是水B向硅酸钠溶液中滴加盐酸，有白色凝胶生成C向AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量，先出现白色沉淀后溶解D工业上可以电解氯化镁溶液制取金属镁考点：钠的重要化合物；含硅矿物及材料的应用；镁、铝的重要化合物.专题：元素及其化合物分析：A、根据过氧化钠和水反应时化合价的变化来回答；B、盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸；C、向AlCl3溶液中加氨水：AlCl3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4Cl，逐渐产生沉淀，氢氧化铝只与强碱反应，所以沉淀不溶解；D、活泼金属采用电解其熔融盐或氧化物的方法冶炼解答：解：A、过氧化钠和水的反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，化合价变化的只有过氧化钠中的氧元素，过氧化钠中的氧元素从1价降为2价，同时升为0价，所以Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B、盐酸是强酸，硅酸为弱酸，盐酸和硅酸反应：2HCl+Na2SiO32NaCl+H2SiO3，有白色凝胶硅酸生成，故B正确；C、向AlCl3溶液中加氨水：AlCl3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4Cl，逐渐产生沉淀，氢氧化铝只与强碱反应，所以沉淀不溶解，故C错误；D、Mg是活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼，如果电解氯化镁溶液，阴极上氢离子放电而不是镁离子反应，所以得不到Mg单质，故D错误；故选B点评：本题考查了物质的现在，涉及金属的冶炼、氧化还原反应、氢氧化铝的两性等知识点，明确物质的性质即可解答，知道常见元素化合物的性质，题目难度不大8（3分）（2010上海）下列实验过程中，始终无明显现象的是（）ANO2通入FeSO4溶液中BCO2通入CaCl2溶液中CNH3通入AlCl3溶液中DSO2通入已酸化的Ba（NO3）2溶液中考点：氧化还原反应；离子反应发生的条件；两性氧化物和两性氢氧化物.专题：实验题；元素及其化合物分析：根据物质的性质来分析发生的化学反应，若化学反应中有气体、沉淀、颜色变化等明显现象，则不符合该题的题意解答：解：A、NO2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为黄色，现象明显，故A不选；B、因CO2和CaCl2不反应，无明显现象，故B选；C、NH3通入溶液中转化为氨水，与AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀，现象明显，故C不选；D、SO2通入酸化的硝酸钡中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，则亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，该反应生成硫酸钡沉淀，现象明显，故D不选；故选：B点评：本题考查常见的化学反应及反应的现象，熟悉常见元素化合物知识即可解答；解答此题的易错点是：不能正确理解CO2和CaCl2能否反应，由于盐酸是强酸，碳酸是弱酸，故将CO2通入CaCl2溶液中时，因碳酸钙沉淀能溶于盐酸则CO2和CaCl2不反应9（3分）利用常温下氨与氯气能发生置换反应的性质，氯碱工业生产中用来检查氯气是否泄漏，其模拟装置如图下列有关说法错误的是（）A烧瓶中立即出现白烟B烧瓶中立即出现红棕色气体C烧瓶中发生的反应表明常温下氨气有还原性D烧瓶中还发生了化合反应考点：氨的化学性质；氯气的化学性质.专题：元素及其化合物分析：A、如果管道漏气，则发生反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl，生成HCl气体继续与氨气反应生成氯化铵，现象为有白烟生成；B、氨气和氯气发生反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl，不能生成二氧化氮红棕色气体，；C、该反应中氨气中的氮元素化合价升高，表现还原性；D、烧瓶中发生反应：HCl+NH3=NH4Cl来分析解答：解：A、如果管道漏气，发生反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl，反应生成HCl，HCl与NH3反应生成NH4Cl，现象为有白烟生成，故A正确；B、氨气和氯气反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl，不能生成二氧化氮红棕色气体，所以烧瓶中不能出现红棕色，故B错误；C、该反应中，氨气中的氮元素化合价由3价升高到0价，化合价升高，表现还原性，故C正确；D、烧瓶中发生反应：HCl+NH3=NH4Cl，该反应是化合反应，故D正确故选B点评：本题考查化学实验、元素化合物的性质等知识，要掌握根据化合价判断物质的氧化性和还原性10（3分）（2013临沂一模）如图是某煤发电厂处理废气的装置示意图下列说法错误的是（）A使用此废气处理装置可减少酸雨的形成B装置内发生的反应有化合、分解、置换和氧化还原反应C整个过程的反应可表示为：2SO2+2CaCO3+O22CaSO4+2CO2D可用酸性高锰酸钾溶液检验废气处理是否达标考点：二氧化硫的污染及治理.专题：氧族元素分析：A、二氧化硫是形成酸雨的重要物质；B、碳酸钙受热生成氧化钙和二氧化碳的反应属于分解反应；二氧化硫与石灰水反应生成CaSO3和CaSO4是复分解反应和氧化还原反应；C、根据反应过程可以书写反应的化学方程式；D、二氧化硫具有还原性，易被高锰酸钾溶液氧化反应使高锰酸钾溶液褪色解答：解：A、二氧化硫是形成酸雨的重要物质，经过处理后能减少酸雨的形成，故A正确；B、碳酸钙受热生成氧化钙和二氧化碳的反应属于分解反应；二氧化硫与石灰水反应生成CaSO3和CaSO4是中和反应、化合反应，氧化还原反应，但没有置换反应，故B错误；C、整个过程中，二氧化硫与碳酸钙和氧气反应生成了硫酸钙和二氧化碳，化学反应式可表示为2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2，故C正确；D、二氧化硫具有还原性，易被高锰酸钾溶液氧化反应使高锰酸钾溶液褪色，可用酸性高锰酸钾溶液检验废气处理是否达标，故D正确；故选B点评：本题考查二氧化硫气体的污染和治理，解答本题要充分理解处理废气的过程，只有这样才能对相关方面的问题做出正确的判断11（3分）（2013德阳模拟）向的硫酸中加入100mL18mol/L足量铜片，加热并充分反应下列有关说法正确的是（）A充分反应后转移1.8mol电子BH2SO4只作氧化剂C若不加热应生成H2D消耗的铜的质量一定少于57.6g考点：浓硫酸的性质.专题：氧族元素分析：n（H2SO4）=1.8mol，浓硫酸和铜在加热条件下发生Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，随着反应的进行，硫酸浓度逐渐降低，稀硫酸与铜不反应，以此解答解答：解：反应的方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，反应中浓硫酸起到酸性和氧化剂的作用，随着反应的进行，硫酸浓度逐渐降低，稀硫酸与铜不反应，n（H2SO4）=0.18mol，则消耗硫酸的物质的量少于1.8mol，铜的物质的量少于0.9mol，质量一定少于57.6g，转移电子小于1.8mol，故选D点评：本题考查硫酸的性质，为元素化合物中常考查考点，难度不大，注意稀硫酸与铜不反应的性质，为解答该题的关键12（3分）下列离子方程式正确的是（）A向40 mL 8 mol/L的硝酸溶液中加入5.6 g铁粉Fe+4H+N03Fe3+NO+2H2OB少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中SO2+H2O+Ca2+2ClOCaSO3+2HClOC漂白粉溶液在空气中失效ClO+CO2+H2OHClO+HCO3DBa（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A.5.6g铁的物质的量为0.1mol，n（HNO3）=8mol/L0.04L=0.32mol，n（Fe）：n（HNO3）=5：16，因为，二者反应生成硝酸亚铁和和硝酸铁；BClO具有氧化性，可氧化SO2生成SO42；C漂白粉溶液与空气中反应生成CaCO3和HClO；DBa（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性，反应生成硫酸钡、硫酸钠和水；解答：解：A.5.6g铁的物质的量为0.1mol，n（HNO3）=8mol/L0.04L=0.32mol，n（Fe）：n（HNO3）=5：16，因为，二者反应生成硝酸亚铁和和硝酸铁，设生成三价铁离子的铁的物质的量为x，生成二价铁离子的铁的物质的量为y，根据铁原子、N原子守恒得x+y=0.14x+y=0.32解得：x=0.04 y=0.06三价铁离子和二价铁离子的物质的量之比为0.04：0.06=2：3，所以离子方程式为5Fe+16H+6NO32Fe3+2NO+8H2O+3Fe2+4NO2，故A错误；BClO具有氧化性，可氧化SO2生成SO42，则次氯酸钙溶液中通入少量SO2，发生Ca2+ClO+SO2+H2OCaSO4+Cl+2H+，故B错误；C漂白粉溶液在空气中失效，离子方程式为：漂白粉溶液与空气中反应生成CaCO3和HClO，反应的离子方程式为Ca2+2ClO+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，故C错误；DBa（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性，离子方程式为：Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故D正确；故选：D点评：本题考查离子方程式的书写，熟悉反应的实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，选项A为易错选项13（3分）（2012西城区一模）现有5种短周期元素X、Y、Z、Q、W，原子序数依次增大，在周期表中X原子半径最小；X和W同主族；Y元素原子核外电子总数是其次外层电子数的3倍；Q元素是地壳中含量最高的元素下列说法不正确的是（）A原子半径：YQWBZX3可使紫色石蕊溶液变蓝CX、Z、Q 3种元素可组成离子化合物或共价化合物DX2Q2、Y2X62种分子中含有的电子数、化学键种类都相同考点：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：X是周期表中原子半径最小的元素，应为H元素，X和W同主族，则W是Na或Li元素，Y元素原子核外电子总数是其次外层电子数的3倍，所以Y是C元素；W的原子序数大于Y，所以W是Na元素；Q元素是地壳中含量最高的元素，为O元素，Z的原子序数大于Y而小于Q，所以Z是N元素A同一周期，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，原子的电子层数越多，其原子半径越大；B氨气的水溶液呈碱性；C只含共价键的化合物是共价化合物，含有离子键的化合物是离子化合物；D根据H2O2、C2H62种分子中含有的电子数、化学键种类判断解答：解：X是周期表中原子半径最小的元素，应为H元素，X和W同主族，则W是Na或Li元素，Y元素原子核外电子总数是其次外层电子数的3倍，所以Y是C元素；W的原子序数大于Y，所以W是Na元素；Q元素是地壳中含量最高的元素，为O元素，Z的原子序数大于Y而小于Q，所以Z是N元素AC和O属于同一周期，碳原子半径大于氧原子半径，碳原子半径小于钠原子半径，所以原子半径：QYW，故A错误；B氨气溶于水得到氨水，氨水电离出氢氧根离子而使溶液呈碱性，所以氨气可使紫色石蕊溶液变蓝，故B正确；C铵盐属于离子化合物，硝酸是共价化合物，故C正确；DH2O2、C2H62种分子中含有的电子数都是18，化学键种类都是共价键，故D正确；故选A点评：考查元素周期律、微粒半径比较等，难度中等，正确推断元素是解本题的关键，注意半径比较规律与基础知识掌握14（3分）（2010江西）下列各项表达中正确的是（）ANa2O2的电子式为 B106g的乙醇和丙醇混合液完全燃烧生成的CO2为112 L（标准状况）C在氮原子中，质子数为7而中子数不一定为7DCl的结构示意图为 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、过氧化钠是离子化合物，由钠离子越过氧根离子构成；B、乙醇与丙醇的比例关系不确定，不能得到具体的二氧化碳体积，可以利用极限法判断二氧化碳的范围；C、氮元素的核电荷数为7，氮元素存在同位素；D、氯离子核外电子数为18，由3个电子层最外层电子数是8解答：解：A、过氧化钠是离子化合物，由钠离子越过氧根离子构成，电子式为，故A错误；B、乙醇与丙醇的比例关系不确定，不能得到具体的二氧化碳体积，106g的乙醇中C原子的物质的量为2=mol，106g丙醇中C原子的物质的量为3=5.3mol，CO2为112 L（标准状况）物质的量为5mol，有可能生成，故B错误；C、氮元素的核电荷数为7，氮元素存在同位素，所以氮原子中，质子数为7而中子数不一定为7，故C正确；D、氯离子核外电子数为18，由3个电子层最外层电子数是8，氯离子结构示意图为，故D错误故选C点评：本题考查常用化学用语、化学计算等，难度中等，注意掌握常用化学用语的书写15（3分）（2012安徽）科学家最近研究出一种环保、安全的储氢方法，其原理可表示为：储氢释氢NaHCO3+H2 HCOONa+H2O下列有关说法正确的是（）A储氢、释氢过程均无能量变化BNaHCO3、HCOONa均含有离子键和共价键C储氢过程中，NaHCO3被氧化D释氢过程中，每消耗0.1molH2O放出2.24L的H2考点：化学能与热能的相互转化；化学键；氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题；化学反应中的能量变化；原子组成与结构专题分析：A储氢释氢是化学变化，化学变化中一定伴随能量变化；BNaHCO3晶体中HCO3中含有共价键，HCOONa晶体中HCOO中含有共价键；C储氢过程中C元素的化合价由+4降低为+2；D气体体积与温度和压强有关；解答：解：A储氢释氢NaHCO3+H2HCOONa+H2O，储氢、释氢过程都是化学变化，化学变化中一定伴随能量变化，故A错误；BNaHCO3晶体是离子晶体，由Na+与HCO3构成，HCO3中含有共价键，HCOONa晶体是离子晶体，由Na+与HCOO构成，HCOO中含有共价键，故B正确；C储氢过程中C元素的化合价由+4降低为+2，NaHCO3被还原，故C错误；D储氢释氢NaHCO3+H2HCOONa+H2O，释氢过程中，每消耗0.1molH2O放出0.1mol的H2，只有在标准状况下0.1mol的H2为2.24L，该题未指明在标准状况下，所以0.1mol的H2不一定为2.24L，故D错误；故选B点评：本题以储氢方法为载体考查了氧化还原反应、化学反应中能量变化、化学键、气体摩尔体积的应用条件等，题目综合性较强，平时注意基础知识的全面掌握，题目难度不大二、解答题（共4小题，满分55分）16（10分）街道整洁、湿润，在路面或广场上喷洒含化学式为XY2的溶液作保湿剂X原子的结构示意图为，X的阳离子与Y的阴离子的电子层结构相同元素Z、W均为短周期元素，它们原子的最外层电子数均是其电子层数的2倍，Z与Y相邻且Z、W能形成一种WZ2型分子（1）m=20，该保湿剂的化学式为CaCl2（2）写出Y在元素周期表中的位置第三周期第A族，（3）Z、W元素的名称为硫、碳（4）下列说法中正确的是BAXY2和WZ2都为离子化合物BXY2中仅含离子键，WZ2中仅含极性共价键CH2Z比HY的稳定性强DX的阳离子比Y的阴离子半径大（5）下列化学用语表达正确的是ABDAXY2的电子式BWZ2的结构式Z=W=ZCY元素的单质与H2Z水溶液反应的离子方程式为Y2+Z22Y+ZD用电子式表示XY2的形成过程为考点：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：根据得知a=2，根据X的阳离子与Y的阴离子的电子层结构相同，以及X原子的结构示意图，说明X原子失去最外层的2个电子变成+2价的阳离子，故XY2中X的化合价为+2价，Y的化合价为1价，所以X为Ca，Y为Cl；Z、W为短周期元素，且原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则其为He或C或S，又因Z与Y相邻，则Z为S，Z与W能形成分子WZ2，则W为C，C与S形成的分子为CS2，然后根据问题解答解答：解：依据分析可知：X为钙，Y为氯，W为碳，Z为硫，（1）m=2+8+8+2=20，X为Ca，Y为Cl，该保湿剂的化学式为：CaCl2，故答案为：20；CaCl2；（2）Y为Cl，处于第三周期第A族，故答案为：第三周期第A族；（3）因Z为硫，W为碳，故答案为：硫；碳；（4）A、因CS2是共价化合物，故A错误；B、因CaCl2中仅含离子键，CS2中只含共价键，且是极性共价键，故B正确；C、因氯的非金属性强于硫，所以稳定性HClH2S，故C错误；D、核外电子排布相同的离子，原子序数越小，离子的半径越大，所以半径Ca2+Cl；故选：B（5）A、CaCl2为离子化合物，电子式为：，故A正确；B、CS2是直线形分子，结构式为S=C=S，故B正确；C、Cl2与H2S水溶液反应的离子方程式为：Cl2+H2S2H+2Cl+S，故C错误；D、CaCl2的形成过程为：，故D正确；故选：ABD点评：本题考查的知识点较多，但难度不大，根据核外电子排布和原子结构推导出元素是解题的关键17（14分）（2014滨州一模）某课外活动小组欲利用CuO与NH3反应，研究NH3的某种性质并测定其组成，设计了如下实验装置（夹持装置未画出）进行实验请回答下列问题：（1）仪器a的名称为分液漏斗；仪器b中可选择的试剂为氢氧化钠固体或氧化钙固体或碱石灰（2）实验室中，利用装置A，还可制取的无色气体是BC （填字母） ACl2 BO2 CCO2 DNO2（3）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，上述现象证明NH3具有还原性，写出相应的化学方程式3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2（4）E装置中浓硫酸的作用吸收未反应的氨气，阻止F中水蒸气进入D（5）读取气体体积前，应对装置F进行的操作：慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平（6）实验完毕，若测得干燥管D增重mg，装置F测得气体的体积为nL（已折算成标准状况），则氨分子中氮、氢的原子个数比为（用含m、n字母的代数式表示）考点：氨的制取和性质.专题：实验探究和数据处理题；氮族元素分析：（1）依据装置仪器分析回答，浓氨水滴入锥形瓶中利用固体溶解放热使一水合氨分解生成氨气，需要选择氢氧化钠固体，氧化钙固体或碱石灰；（2）装置A是利用分液漏斗滴入锥形瓶中不加热反应，制取无色气体分析判断；（3）C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氧化铜做氧化剂氧化氨气生成铜、氮气和水；（4）E装置中浓硫酸的作用依据装置图分析判断是利用浓硫酸吸收过量氨气，同时避免F装置中的水蒸气进入D；（5）依据量气管的使用方法回答；（6）干燥管D增重mg为反应生成的水，装置F测得气体的体积为nL为反应生成的氮气；依据元素守恒计算得到解答：解：（1）装置中仪器a为分液漏斗；仪器b是利用分液漏斗中滴入的氨水使锥形瓶中的固体溶解放热促进一水合氨分解生成氨气，氢氧化钠固体、氧化钙固体、碱石灰固体，故答案为：分液漏斗；固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰；（2）利用装置A，可制取的无色气体；A制备氯气Cl2需要加热，且氯气为黄绿色气体，故A不符合；B可以制备O2，利用固体过氧化钠和水的反应，故B符合；C可以制备CO2 气体，利用稀盐酸滴入大理石上反应生成，故C符合；DNO2是红棕色气体，故D不符合；故选BC；（3）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氨气和氧化铜反应生成铜和氮气与水，氨气被氧化铜氧化表现还原性，结合原子守恒配平写出的化学方程式为：3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2 ，故答案为：还原；3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2 ；（4）依据流程分析，浓硫酸是吸收过量的氨气，阻止F中水蒸气进入D影响实验效果，故答案为：吸收未反应的氨气，阻止F中水蒸气进入D；（5）读取气体体积前，应对装置F进行的操作是慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平，保持压强平衡再读数，故答案为：慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平；（6）若测得干燥管D增重mg为水物质的量=，装置F测得气体的体积为nL（已折算成标准状况）为N2，物质的量=，依据元素守恒得到氮原子和氢原子物质的量之比=2：2=，则氨分子中氮、氢的原子个数比为，故答案为：点评：本题考查了氨气的实验室制备，性质验证和反应现象分析判断判断，装置流程分析，量气装置的使用方法，测定元素物质的量之比的计算，题目难度中等18（15分）（2011浙江）食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热而引起的已知：氧化性：IO3Fe3+I2；还原性：S2O32I3I2+6OHIO3+5I+3H2O；KI+I2KI3（1）某学习小组对加碘盐进行如下实验：取一定量某加碘盐（可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+），用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为3份第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色加KSCN溶液显红色，该红色物质是Fe（SCN）3（用化学式表示）；CCl4中显紫红色的物质是（用电子式表示）第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为IO3+5I+6H+3I2+3H2O、2Fe3+2I2Fe2+I2（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失写出潮湿环境下KI与氧气反应的化学方程式：4KI+O2+2H2O2I2+4KOH将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3H2O该物质作为食盐加碘剂是否合适？否（填“是”或“否”），并说明理由KI3受热（或潮湿）条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华（3）为了提高加碘盐（添加KI）的稳定性，可加稳定剂减少碘的损失下列物质中有可能作为稳定剂的是ACANa2S2O3 BAlCl3 CNa2CO3 DNaNO2（4）对含Fe2+较多的食盐（假设不含Fe3+），可选用KI作为加碘剂请设计实验方案，检验该加碘盐中的Fe2+取足量该加碘盐溶于蒸馏水中，用盐酸酸化，滴加适量氧化剂（如：氯水、过氧化氢等），再滴加KSCN溶液，若显血红色，则该加碘盐中存在Fe2+考点：氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；二价Fe离子和三价Fe离子的检验.专题：氧化还原反应专题分析：（1）给出的离子中，只有Fe3+遇KSCN溶液显红色，Fe3+与KI发生氧化还原反应生成的碘单质，易溶于有机溶剂，且碘在四氯化碳中显紫色；具有氧化性的离子为IO3、Fe3+，具有还原性的离子为I，利用氧化还原反应来分析；（2）根据KI具有还原性及氧化还原反应、KI3在常温下不稳定性来分析；（3）根据提高加碘盐（添加KI）的稳定性，主要是防止I 被氧化来分析；（4）将亚铁离子转化为铁离子，再利用铁离子遇KSCN溶液变红色来检验解答：解：（1）某加碘盐可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+，用蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化后将溶液分为3份从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3+，反应：Fe3+3SCN=Fe（SCN）3，Fe（SCN）3呈血红色；从第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成这是因为由于“氧化性：IO3Fe3+I2”，加足量KI后，IO3和Fe3+均能将I氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色由此可知该加碘盐中不含KI该加碘盐溶液中加KSCN溶液显红色的物质是Fe（SCN）3，CCl4中显紫红色的物质是I2，电子式，故答案为：Fe（SCN）3； 第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为IO3+5I+6H+3I2+3H2O、2Fe3+2I2Fe2+I2，故答案为：IO3+5I+6H+3I2+3H2O；2Fe3+2I2Fe2+I2；（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，KI会被空气中氧气氧化，KI在潮湿空气中氧化的反应化学方程式为：4KI+O2+2H2O2I2+4KOH，根据题目告知，KI3H2O是在低温条件下，由I2溶于KI溶液可制得再由题给的信息：“KI+I2KI3”，可知KI3在常温下不稳定性，受热（或潮湿）条件下易分解为KI和I2，KI又易被空气中的氧气氧化，I2易升华，所以KI3H2O作为食盐加碘剂是不合适的，故答案为：4KI+O2+2H2O2I2+4KOH；否；KI3受热（或潮湿）条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华；（3）提高加碘盐（添加KI）的稳定性，主要是防止I 被氧化，根据题给信息“还原性：S2O32I”和氧化还原反应的强弱规律，可以选Na2S2O3作稳定剂；又由题给信息“3I2+6OHIO3+5I+3H2O”，可知I2与OH会发生反应生成IO3和5I，而Na2CO3水解呈碱性，因而也可以用Na2CO3作稳定剂，防止加碘盐（添加KI）在潮湿环境下被氧气氧化至于AlCl3，水解后呈酸性，且还原性ICl，所不能作稳定剂；NaNO2当遇强还原性物质时能表现出氧化性，则NaNO2与KI能发生氧化还原反应为2NO2+2I+4H+=2NO+I2+2H2O，所以不能作稳定剂，故答案为：AC；（4）实际上就是设计实验方案，检验Fe2+首先可取足量该加碘盐溶于蒸馏水中，然后用盐酸酸化后，滴加适量氧化剂（如：氯水、过氧化氢等），使溶液中Fe2+转化为Fe3+，再滴加KSCN溶液，若显血红色，则该加碘盐中存在Fe2+，故答案为：取足量该加碘盐溶于蒸馏水中，用盐酸酸化，滴加适量氧化剂（如：氯水、过氧化氢等），再滴加KSCN溶液，若显血红色，则该加碘盐中存在Fe2+点评：本题以日常生活中熟悉的食盐和加碘盐中碘的损失原因为素材，要求通过实验，检验加碘盐中所含有的成分物质，探究保存过程中由于空气中氧气的作用容易引起碘损失的反应、探讨KI3H2O作为食盐加碘剂是否合适、以及提高加碘盐（添加KI）的稳定性可添加的稳定剂，设计实验方案检验选用KI作为加碘剂的加碘盐中的Fe2+等，从而考查物质的检验、氧化还原反应和氧化还原反应方程式、离子反应和离子反应方程式、电子式、以及实验方案的设计等化学基础知识和基本技能试题突了有效获取知识并与已有知识整合的能力，突出了能够从新信息中准确提取实质性的内容，并与所学的知识进行有效结合，解决实际问题的能力体现了新课程考试说明（化学部分）对学习能力的要求19（16分）（2014邯郸一模）为了降低电子垃圾对环境构成的影响，将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：（1）第步Cu与混酸反应的离子方程式为Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O 或3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O得到滤渣1的主要成分为Au、Pt（2）第步中加入H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，使用H2O2的优点是不引入杂质，对环境无污染；调溶液pH的目的是使Fe3+、Al3+沉淀除去（3）简述第步由滤液2得到CuSO45H2O的方法是加热滤液2，经过蒸发、冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体（4）由滤渣2制取Al2（SO4）318H2O，设计了以下三种方案：上述三种方案中，甲方案不可行，原因是所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；从原子利用率角度考虑，乙方案更合理（5）用滴定法测定CuSO45H2O含量取a g试样配成