宿迁中学2015届高三上学期摸底考试化学试题.doc

宿迁中学2015届高三上学期摸底考试化学试卷第I卷（选择题 共40分）单项选择题:本题包括10 小题, 每小题2 分, 共计20 分。每小题只有一个选项符合题意。1化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列措施有利于节能减排、保护环境的是加快化石燃料的开采与使用；研发易降解的生物农药；应用高效洁净的能源转换技术；田间焚烧秸秆；推广使用节能环保材料；2M+N=2P+2Q ，2P+M= Q（M、N为原料，Q为期望产品），其中符合“化学反应的绿色化”的要求的是A. B. C. D. 考点：常见的生活环境的污染及治理.专题：化学应用分析：节能减排、保护环境，应减少污染物的排放，推广使用清洁能源，结合题目解答该题解答：解：加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量，故错误；研发易降解的生物农药能减少污染物的排放，故正确；应用高效洁净的能源转换技术，可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故正确；田间焚烧秸秆增加二氧化碳的排放，故错误；推广使用节能环保材料可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故正确；2M+N=2P+2Q，2P+M=Q（M、N为原料，Q为期望产品），可减少副产品的排放，减少污染，故正确故选B点评：本题考查环境污染及治理知识，侧重于节能减排、保护环境的考查，题目难度不大，注意相关基础的积累和把握2下列有关化学用语表示正确的是A苯甲醛： B Mg2+的结构示意图：CCO2的电子式： D核内有8个中子的碳原子：C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其官能团为CHO；BMg的质子数为12，其离子核外有10个电子；C二氧化碳中C、O周围均满足8电子稳定结构；D有8个中子的碳原子，其质量数为14解答：解：A苯甲醛为，故A错误；BMg2+的结构示意图为，故B正确；CCO2的电子式为，故C错误；D核内有8个中子的碳原子为C，故D错误；故选B点评：本题考查常见化学用语的正误判断，题目难度中等，该题是高考中的常见题型与重要的考点，该题基础性强，难易适中，侧重考查学生对常见化学用语的熟悉掌握程度，该类试题需要明确的是常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，需要学生熟练记住3常温下，在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是A使酚酞变红色的溶液：Na、Ba2+、I、ClB使甲基橙变红色的溶液：Fe2、K、NO3、SO42C含有0.1 molL1 Fe3的溶液：Na、K、SCN、NOD由水电离产生的c(H+)=1012molL1的溶液：NH4+、SO42、HCO3、Cl考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：A使酚酞变红色的溶液，显碱性；B甲基橙变红色的溶液，显酸性；C离子之间结合生成络离子；D由水电离产生的c（H+）=1012molL1的溶液，为酸或碱溶液解答：解：A使酚酞变红色的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B甲基橙变红色的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；CFe3+、SCN离子之间结合生成络离子，不能大量共存，故C错误；D由水电离产生的c（H+）=1012molL1的溶液，为酸或碱溶液，HCO3既能与酸又能与碱反应，一定不能大量共存，故D错误；故选A点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握离子之间的反应及习题信息的抽取为解答的关键，侧重氧化还原反应、络合反应及复分解反应的考查，题目难度不大4下列分子中指定的碳原子（用标记）不属于手性碳原子的是（ ）A苹果酸 B丙氨酸 C葡萄糖 D甘油醛考点：常见有机化合物的结构.专题：有机化学基础分析：根据手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，手性碳原子判断时抓住：手性碳原子一定是饱和碳原子、手性碳原子所连接的四个基团要是不同的解答：解：A中*号碳原子上连有两个一样的氢原子，不是手性碳原子，故A正确；B中*号碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和氨基，是手性碳原子，故B错误；C中*号碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、CH2OH、羟基以及剩余的大取代基，是手性碳原子，故C错误；D中*号碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、CH2OH、羟基以及醛基，是手性碳原子，故D错误故选A点评：本题主要考查学生手性碳原子的确定方法，注意手性碳原子一定是饱和碳原子且手性碳原子所连接的四个基团要是不同的，难度不大5下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是 图1 图2 图3 图4A用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B用图2所示装置可除去NO2中的NOC用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液D用图4装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：A收集氨气的方法错误；B二氧化氮和水反应生成一氧化氮；C乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离；D铁不能被氧化，不能制得Fe（OH）2解答：解：A氨气的密度比空气小，应用向下排空法收集气体，故A错误；B二氧化氮溶于水且和水反应生成一氧化氮，不能将杂质除去，故B错误；C乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，故C正确；D铁应连接电源正极，才能制得Fe（OH）2，故D错误故选C点评：本题考查较为综合，涉及气体的收集、除杂、分离以及物质的制备，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大6（2分）设NA为阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是（）A78gNa2O2固体中含有的阴离子数为NAB标准状况下，2.24L氖气所含原子数为0.2NAC1L 0.1 mol/L醋酸溶液中含有的氢离子数为0.1NAD标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA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过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，1mol过氧化钠中含有1mol过氧根离子；B稀有气体为单原子分子，标况下2.24L氖气的物质的量为0.1mol，含有0.2mol氖原子；C醋酸为弱电解质，溶液中只能部分电离出氢离子；D标况下己烷为液体，不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量解答：解：A78g过氧化钠的物质的量为：=1mol，1mol过氧化钠中含有1mol过氧根离子，含有的阴离子数为NA，故A正确；B标准状况下，2.24L氖气的物质的量为：=0.1mol，0.1mol氖气中含有0.1mol氖原子，所含原子数为0.1NA，故B错误；C1L0.1 mol/L醋酸溶液中含有溶质醋酸0.1mol，0.1mol醋酸只能部分电离出氢离子，则溶液中氢离子的物质的量小于0.1mol，含有的氢离子数小于0.1NA，故C错误；D标准状况下，己烷不是气体，题中条件无法计算2.24L己烷的物质的量，故D错误；故选A点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项A为易错点，注意过氧化钠中的阴离子为过氧根离子7（2分）（2013宿迁一模）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A工业电解饱和食盐水：2Cl+H2O=Cl2+H2+OHB碳酸钠的水解：CO32+2H2OH2CO3+2OHC硫酸铝溶液中滴加过量浓氨水：Al3+4OHAlO+2H2OD用过氧化氢从酸化海带灰浸出液中提取碘：2I+H2O2+2H+=I2+2H2O考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A惰性电极电解时，氯离子、氢离子放电，电荷不守恒；B水解以第一步为主；C反应生成氢氧化铝和硫酸铵；D发生氧化还原反应生成碘、水解答：解：A工业电解饱和食盐水的离子反应为2Cl+2H2O=Cl2+H2+2OH，故A错误；B碳酸钠的水解的离子反应为CO32+H2OHCO3+OH，故B错误；C硫酸铝溶液中滴加过量浓氨水的离子反应为Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故C错误；D用过氧化氢从酸化海带灰浸出液中提取碘的离子反应为2I+H2O2+2H+=I2+2H2O，故D正确；故选D点评：本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法解答的关键，侧重氧化还原反应、电解反应及水解的离子反应的考查，注意选项C中氢氧化铝的两性为解答的易错点，题目难度不大8（2分）（2013洛阳模拟）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）NaAlO2（aq）AlCl3AlNH3NOHNO3NaCl（饱和）NaHCO3Na2CO3FeS2SO3H2SO4ABCD考点：镁、铝的重要化合物；氨的化学性质；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物.专题：元素及其化合物分析：氯化铝固体是共价化合物，无法电解；氨气的催化氧化会生成一氧化氮，一氧化氮易被氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水中得到硝酸；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠；FeS2和氧气反应生成二氧化硫解答：解：氯化铝固体是共价化合物，由分子构成，无离子，无法电解，所以得不到铝，故错误；氨气的催化氧化会生成一氧化氮，一氧化氮易被氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水中得到硝酸，故正确；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故正确；FeS2和氧气反应生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，故错误；故选A点评：本题考查化合物的性质，题目难度不大，熟练掌握物质的性质是解决此类问题的关键，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法9短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示下列说法不正确的是（）A离子半径的大小顺序为：r（W2）r（Q）r（Y2）r（Z3+）B元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Q的强C元素X的氢化物与Q的氢化物化合的产物中既含共价键又含离子键DX、Z、W、Q四种元素的最高价氧化物对应水化物均能与强碱反应考点：元素周期律和元素周期表的综合应用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：由短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置可知，X为N、Y为O、Z为Al、W为S、Q为Cl，A电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；B非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；C元素X的氢化物与Q的氢化物化合的产物是氯化铵，含有离子键、共价键；DX、W、Q元素的最高价氧化物对应水化物分别为硝酸、硫酸、高氯酸，能与碱反应，Z元素的最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，属于两性氢氧化物解答：解：由短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置可知，X为N、Y为O、Z为Al、W为S、Q为Cl，A电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径r（S2）r（Cl）r（O2）r（Al3+），故A正确；B非金属性QW，故Q最高价氧化物对应水化物的酸性较强，故B错误；C元素X的氢化物与Q的氢化物化合的产物是氯化铵，含有离子键、共价键，故C正确；DX、W、Q元素的最高价氧化物对应水化物分别为硝酸、硫酸、高氯酸，能与碱反应，Z元素的最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，属于两性氢氧化物，能与强碱反应，故D正确，故选B点评：本题考查元素周期表与元素周期律，难度不大，注意掌握元素周期律10（2分）近年来高铁酸钾（K2FeO4）已经被广泛应用在水处理方面，高铁酸钾的氧化性超过高锰酸钾，是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌的新型高效的多功能水处理剂高铁酸钾在水处理过程中涉及到的化学过程正确的有：蛋白质的变性 蛋白质的盐析 胶体聚沉 盐类水解 焰色反应 氧化还原反应（）ABCD考点：三废处理与环境保护；胶体的重要性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点.专题：化学应用分析：高铁酸钾具有强氧化性，可致蛋白质发生氧化而变性，高铁酸钾被还原生成Fe3+，水解生成具有吸附性的Fe（OH）3胶体而达到净水作用解答：解：高铁酸钾具有强氧化性，可致蛋白质发生氧化而变性，则不涉及蛋白质的盐析，故错误；高铁酸钾被还原生成Fe3+，水解生成具有吸附性的Fe（OH）3胶体而达到净水作用，涉及胶体聚沉、盐类水解，不涉及颜色反应，则错误，所以涉及的有，故选B点评：本题考查高铁酸钾的性质以及反应原理，题目难度不大，解答该题的关键是把握相关物质的性质及应用，学习中注意积累二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11下列说法正确的是（）A反应CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）在常温下不能发生，则该反应的H0B0.1molL1CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小C铅蓄电池在放电过程中，负极质量增加，正极质量减少D锅炉中沉积的CaSO4可用饱和Na2CO3溶液浸泡，再将不溶物用稀盐酸溶解除去考点：反应热和焓变；常见化学电源的种类及其工作原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：基本概念与基本理论分析：A根据G=HTS进行判断；B醋酸为弱电解质，加水稀释促进电离；C铅蓄电池在放电时，铅为负极，被氧化，正极为氧化铅，被还原；D根据难溶电解质的溶解平衡移动分析解答：解：A由方程式可知S0，如反应能自发进行，则应满足HTS0，而常温下不能进行，则H0，故A正确；B醋酸为弱电解质，加水稀释促进电离，则n（CH3COOH）减小，n（CH3COO）增大，故溶液中的值增大，故B错误；C铅蓄电池在放电过程中，负极电极反应式Pb+SO422e=PbSO4，负极质量减少，正极电极反应式为PbO2+4H+SO42+2e=PbSO4+2H2O正极质量减少，故C错误；D长期使用的锅炉需要定期除水垢，否则会降低燃料的利用率水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，CO32与Ca2+生产更难溶的CaCO3沉淀，使CaSO4的沉淀溶解平衡向右移，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去，故D正确故选AD点评：本题考查较为综合，涉及化学反应与能量变化、弱电解质的电离平衡、铅蓄电池以及难溶电解质的溶解平衡等问题，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大12常温下，下列溶液中，有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A0.1molL1 （NH4）2Fe（SO4）2溶液：c（NH4+）c（SO42 ）c（Fe2+）c（H+）B0.1molL1 Na2CO3溶液：c（Na+）+c（H+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）C0.1molL1 NaHCO3溶液：c（H+）+2c（H2CO3）=c（OH）+c（CO32）D0.01molL1NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸混合后的溶液中：c （CH3COO）c （Na+）c （H+）c （OH）考点：离子浓度大小的比较.专题：盐类的水解专题分析：A亚铁离子和铵根离子都水解，但水解程度较小；B任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；C溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；D.01molL1NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸溶液，醋酸浓度大于氢氧化钠，二者等体积混合后，溶液呈酸性解答：解：A亚铁离子和铵根离子都水解，但水解程度较小，硫酸根离子不水解，所以c（SO42 ）c（NH4+），故A错误；B任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH），故B错误；C溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH），根据物料守恒得c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3），所以得c（H+）+c（H2CO3）=c（OH）+c（CO32），故C错误；D.01molL1NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸溶液，醋酸浓度大于氢氧化钠，二者等体积混合后，溶液呈酸性，则c （H+）c （OH），根据电荷守恒得c （Na+）+c （H+）=c （CH3COO）+c （OH），所以c （CH3COO）c （Na+），故D正确；故选D点评：本题考查了离子浓度大小的比较，根据电解质的性质结合电荷守恒和物料守恒来分析解答，难度不大13（4分）下列物质分类的正确组合是（）分类组合纯净物酸盐碱性氧化物酸性氧化物A碱石灰乙二酸纯碱氧化铝二氧化碳B盐酸石炭酸小苏打氧化镁一氧化碳CH2O2硬脂酸苏打过氧化钠二氧化硫D五水硫酸铜油酸碱式碳酸铜氧化钠三氧化硫AABBCCDD考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物.专题：物质的分类专题分析：纯净物是只有一种分子构成的物质，酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物，盐指电离时生成金属阳离子（或NH4+）和酸根离子的化合物碱性氧化物指与水反应生成碱的氧化物或能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物（且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成）酸性氧化物是指能与水作用生成酸或与碱作用生成盐、和水的氧化物（且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成）解答：解：A、氧化铝属于两性氧化物，不属于碱性氧化物，故A错误；B、盐酸属于混合物，不是纯净物，故B错误；C、过氧化钠不属于碱性氧化物，属于过氧化物，故C错误D、根据概念，五水硫酸铜是纯净物，油酸属于酸类，碱式碳酸铜属于碱式盐，氧化钠属于碱性氧化物，三氧化硫属于酸性氧化物，故D正确故选D点评：本题考查物质的分类，了解常见物质的组成、物质的名称、分类，抓住各概念的特征进行分析判断是解答此类题的关键，属基础知识考查题，难度不大14（4分）某元素的原子最外电子层排布是6s26p4，该元素或其化合物不可能具有的性质是（）A该元素单质可能是导体B该元素的最高化合价呈+6价C该元素能与氢气反应生成气态氢化物D该元素单质形成的晶体晶胞是简单立方考点：原子核外电子的能级分布.专题：原子组成与结构专题分析：原子最外电子层排布是6s26p4，应位于周期表第六周期第A族，为Po元素，最外层电子数为6，金属性较强，在化学反应中易失去电子，最高化合价为+6价，以此解答该题解答：解：A原子最外电子层排布是6s26p4，为Po元素，为金属单质，具有导电性，故A不选；B最外层电子数为6，最高化合价为+6价，故B不选；C位于周期表第六周期第A族，金属性较强，在化学反应中易失去电子，难以得到电子，不能形成氢化物，故C选；D金属晶体中，只有钋为简单立方堆积，故D不选故选C点评：本题考查核外电子排布，题目难度中等，本题注意元素周期律的递变规律与原子结构的关系15相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：X2（g）+3Y2（g）2XY3（g）H=92.6kJmol1起始时各物质物质的量如下表所示：容器编号起始时各物质物质的量/molX2Y2XY31300.61.80.8达到平衡后，容器中XY3的物质的量为0.5mol下列叙述正确的是（）A容器、中反应的平衡常数不相等B达平衡时，容器中 XY3的物质的量浓度为2molL1C容器中反应达到平衡时放出的热量为23.15kJD容器中反应达到平衡时放出热量考点：化学平衡建立的过程.专题：化学平衡专题分析：A、平衡常数只与温度有关；B达到平衡后，容器中XY3的物质的量为0.5mol，计算平衡时X2、Y2和XY3的物质的量，数据分析判断和是达到相同的平衡状态，得到XY3的物质的量浓度；C达到平衡后，容器中XY3的物质的量为0.5mol，依据化学方程式计算反应放热；D平衡时容器中X2、Y2和XY3的物质的量也分别为0.75mol、2.25mol和0.5mol，可知的反应向逆反应方向进行，反应过程需要吸收热解答：解：A平衡常数只与温度有关，温度不变，对同一反应平衡常数不变，700C在t1，t2，时刻平衡常数不变，故A错误；B、依据化学平衡三段式列式计算，实验中； X2（g）+3Y2（g）2XY3（g）起始量（mol） 1 3 0变化量（mol） 0.25 0.75 0.5平衡量（mol） 0.75 2.25 0.5 起始量 0.6 1.8 0.8转化后 1 3 0所以与为完全等效平衡，所以，平衡时容器中X2、Y2和XY3的物质的量也分别为0.75mol、2.25mol和0.5mol，达平衡时，容器中 XY3的物质的量浓度=2molL1，故B正确；C、实验中； X2（g）+3Y2（g）2XY3（g）起始量（mol） 1 3 0变化量（mol） 0.25 0.75 0.5平衡量（mol） 0.75 2.25 0.5依据焓变计算容器中反应达到平衡时放出的热量=23.15kJ；故C正确；D、上述计算可知平衡时容器中X2、Y2和XY3的物质的量分别为0.75mol、2.25mol和0.5mol，与为完全等效平衡，所以，平衡时容器中X2、Y2和XY3的物质的量也分别为0.75mol、2.25mol和0.5mol，可知的反应向逆反应方向进行，反应过程需要吸收热，故D错误；故选BC点评：本题考查化学平衡移动问题、等效平衡、反应热等问题，题目难度中等，注意B项根据计算分析，从等效平衡的角度判断反应进行的方向是解答该题的关键三、解答题（共6小题，满分80分）16为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如图1实验流程，用含有铝、铁和铜的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO47H2O）和胆矾晶体请回答：（1）写出步骤反应的离子方程式：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（2）试剂X是稀硫酸或H2SO4步骤、中均需进行的实验操作是过滤（3）进行步骤时，该小组用如图2所示装置及试剂制取CO2并将制得的气体通入溶液A中一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少为了避免固体C减少，可采取的改进措施是在装置、之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶（4）用固体F制备CuSO4溶液，可设计如图3三种途径：写出途径中反应的离子方程式3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，请选出你认为的最佳途径并说明选择的理由途径最佳，理由是原料利用率高，环境污染小考点：制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.专题：实验设计题分析：铝、铁和铜的合金中只有金属铝可以和氢氧化钠之间反应生成溶液A偏铝酸钠，固体B是金属铁和金属铜，A中通入过量的二氧化碳可以得到氢氧化铝沉淀C和碳酸氢钠溶液D，金属铁可以和硫酸之间发生反应生成硫酸亚铁和氢气，但是金属铜和稀硫酸之间不反应，所以F是金属铜，硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶可以获得绿矾晶体，金属铜可以获得胆矾晶体（1）铝、铁和铜的合金中，只有金属铝是能溶于氢氧化钠的固体物质；（2）根据步骤加过量的氢氧化钠发生的反应以及金属铜和金属铁性质的区别之处进行解答；（3）制得的CO2气体中混有氯化氢气体，用饱和的碳酸氢钠除去；（4）金属铜可以和硝酸之间反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，但是一氧化氮是有毒的，根据铜、稀硫酸的性质来判断反应的发生解答：解：铝、铁和铜的合金中只有金属铝可以和氢氧化钠之间反应生成溶液A偏铝酸钠，固体B是金属铁和金属铜，A中通入过量的二氧化碳可以得到氢氧化铝沉淀C和碳酸氢钠溶液D，金属铁可以和硫酸之间发生反应生成硫酸亚铁和氢气，但是金属铜和稀硫酸之间不反应，硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶可以获得绿矾晶体，金属铜可以获得胆矾晶体（1）步骤加过量的氢氧化钠，金属铝和氢氧化钠反应，金属铝溶解其中生成偏铝酸钠溶液，即2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；（2）金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，金属铜和稀硫酸之间不反应，但是金属铁可以和稀硫酸之间反应生成硫酸亚铁和氢气，进而制的绿矾晶体，步骤、均是固体和液体的分离操作，应该是过滤，故答案为：稀硫酸或H2SO4；过滤；（3）进行步骤时，该小组用如图2所示装置及试剂将制得的CO2气体通入溶液A中一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的氯化氢气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀氢氧化铝，发生的反应为Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O，为了避免固体C减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去氯化氢的装置，二氧化碳在饱和碳酸氢钠中不溶，氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，所以可在装置I和之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢，故答案为：在装置I和之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶；（4）金属铜可以和硝酸之间反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，即3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，铜不能和稀硫酸反应，但是当加热并通入空气之后，铜和氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，不会产生污染大气的气体，该过程原料利用率高，所以途径最佳，故答案为：3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O；途径最佳，理由是原料利用率高，环境污染小点评：本题是对物质的分离和提纯知识点的考查，注意掌握铝、铁和铜及其化合物的性质是解答本题的关键，题目难度不大17（18分）A、B、C、D、E、F是周期表中的前20号元素，原子序数逐渐增大A元素是宇宙中含量最丰富的元素，其原子的原子核内可能没有中子B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相等；C元素原子最外层p能级比s能级多1个电子；D原子p轨道上成对电子数等于未成对电子数；E的常见化合价为+3；F最高正价与最低负价的代数和为4； G+的M层电子全充满用化学式或化学符号回答下列问题：（1）G的基态原子的外围电子排布式为3d104s1，周期表中F属于p区（2）B与F形成的一种非极性分子的电子式为；F的一种具有强还原性的氧化物分子的VSEPR模型为平面三角形（3）BD2在高温高压下所形成的晶胞如图所示该晶体的类型属于原子（选填“分子”、“原子”、“离子”或“金属”）晶体（4）设C元素的气态氢化物为甲，最高价氧化物的水化物为乙，甲与乙反应的产物为丙常温下，有以下3种溶液：pH=11的甲的水溶液 pH=3的乙的水溶液 pH=3的丙溶液，3种溶液中水电离出的cH+之比为1：1：108（5）丁、戊分别是E、F两种元素最高价含氧酸的钠盐，丁、戊溶液能发生反应当丁、戊溶液以物质的量之比为1：4混合后，溶液中各离子浓度大小顺序为c（Na+）c（SO42）c（Al3+）c（H+）c（OH）（6）A和C形成的某种氯化物CA2Cl可作杀菌剂，其原理为CA2Cl遇水反应生成一种具有强氧化性的含氧酸，写出CA2Cl与水反应的化学方程式：NH2Cl+H2OHClO+NH3（7）往G的硫酸盐溶液中加入过量氨水，可生成一种配合物X，下列说法正确的是ADAX中所含化学键有离子键、极性键和配位键BX中G2+给出孤对电子，NH3提供空轨道C组成X的元素中第一电离能最大的是氧元素DSO42与PO43互为等电子体，空间构型均为正四面体考点：位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A、B、C、D、E、F是周期表中的前20号元素，原子序数逐渐增大A元素是宇宙中含量最丰富的元素，其原子的原子核内可能没有中子，则A为氢元素B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相等，原子核外电子排布为1s22s22p2，则B为碳元素；D原子p轨道上成对电子数等于未成对电子数，外围电子排布为ns2np4，处于A族，F最高正价与最低负价的代数和为4，最外层电子数为6，故D为氧元素、F为硫元素；C元素原子最外层p能级比s能级多1个电子，外围电子排布为ns2np3，处于A族，原子序数小于氧元素，故C为氮元素；E的常见化合价为+3，原子序数大于氧元素小于硫元素，故E为Al； G+的M层电子全充满，则G原子的核外电子=2+8+18+1=29，故G为Cu元素，据此解答解答：解：A、B、C、D、E、F是周期表中的前20号元素，原子序数逐渐增大A元素是宇宙中含量最丰富的元素，其原子的原子核内可能没有中子，则A为氢元素B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相等，原子核外电子排布为1s22s22p2，则B为碳元素；D原子p轨道上成对电子数等于未成对电子数，外围电子排布为ns2np4，处于A族，F最高正价与最低负价的代数和为4，最外层电子数为6，故D为氧元素、F为硫元素；C元素原子最外层p能级比s能级多1个电子，外围电子排布为ns2np3，处于A族，原子序数小于氧元素，故C为氮元素；E的常见化合价为+3，原子序数大于氧元素小于硫元素，故E为Al； G+的M层电子全充满，则G原子的核外电子=2+8+18+1=29，故G为Cu元素，（1）G为Cu，基态原子的外围电子排布式为3d104s1，F为S元素，在周期表中属于p区，故答案为：3d104s1；p；（2）C元素与S元素形成的一种非极性分子为CS2，电子式为；S元素的一种具有强还原性的氧化物为SO2，分子中S原子价层电子对数=2+=3，该分子VSEPR模型为平面三角形，故答案为：；平面三角形；（3）由CO2在高温高压下所形成的晶胞可知，C原子与掌握4个O原子形成4个CO键，而O原子与周围2个C原子形成2个CO键，形成立体网状结构，属于原子晶体，故答案为：原子；（4）甲为氨气，乙为硝酸，丙为硝酸铵，常温下，pH=11的氨水中氢离子为水电离产生，故水电离出的c（H+）=1011mol/L，pH=3的硝酸的水溶液中水电离产生的氢离子等于溶液中氢氧根离子浓度，故水电离出的c（H+）=1011mol/L，pH=3的硝酸铵溶液中氢离子为水电离产生，故水电离出的c（H+）=103mol/L，则3种溶液中水电离出的c（H+）之比=1011mol/L：1011mol/L：103mol/L=1：1：108，故答案为：1：1：108；（5）丁、戊分别是E、F两种元素最高价含氧酸的钠盐，丁、戊溶液能发生反应，则丁为NaAlO2、丙为NaHSO4，当丁、戊溶液以物质的量之比为1：4混合后，发生反应：2NaAlO2+8NaHSO4=Al2（SO4）3+5Na2SO4+4H2O，溶液中铝离子水解，溶液呈酸性，钠离子浓度最大，硫酸根浓度大于铝离子，故溶液中各离子浓度大小顺序为：c（Na+）c（SO42）c（A l3+）c（H+）c（OH），故答案为：c（Na+）c（SO42）c（A l3+）c（H+）c（OH）；（6）氯化物NH2Cl可作杀菌剂，其原理为NH2Cl遇水反应生成一种具有强氧化性的含氧酸，应生成HClO，还生成NH3，NH2Cl与水反应的化学方程式为NH2Cl+H2OHClO+NH3，故答案为：NH2Cl+H2OHClO+NH3；（7）往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成一种配合物X为Cu（NH3）4SO4，ACu（NH3）4SO4中所含化学键有离子键、极性键和配位键，故A正确；BCu（NH3）4SO4中Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，故B错误；CCu（NH3）4SO4的元素中第一电离能最大的是氮元素，故C错误；DSO42中S原子价层电子对数=4+=4，没有孤电子对，故SO42为正四面体结构，SO42与PO43互为等电子体，PO43也正四面体结构，故D正确，故答案为：AD点评：本题比较综合，涉及元素推断、核外电子排布、分子结构、溶液pH相关计算、离子浓度比较、配合物等，需要学生具备扎实的基础与分析解决问题能力，难度中等18（12分）铁在地壳中的含量约占 5%左右铁矿石的种类很多，重要的有磁铁矿石（主要成分是Fe3O4）、赤铁矿石（主要成分是 Fe2O3）等（1）红热的铁能跟水蒸气反应，一种产物与磁铁矿的主要成分相同，另一种产物是可燃性气体，则其反应的化学方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2 该可燃气体在酸性条件下，可制成燃料电池，写出该气体发生的电极反应式H22e=2H+（2）在常温下，铁跟水不起反应但在潮湿的空气中，铁很容易生锈（铁锈的主要成分是 Fe203）而被腐蚀，每年因腐蚀而损失的钢材占世界钢铁年产量的四分之一铁生锈的化学原理如下，请你用离子方程式和化学方程式补充完整原电池反应：负极：2Fe4e=2Fe2+、正极：O2+4e+2H2O=4OH；氢氧化物的形成：Fe2+2OH=Fe（OH） 24Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3氢氧化物的分解：2Fe（OH）3=Fe2O3+3H2O（3）为了防止铁生锈，可在铁制品表面镀上一层铜（如图装置），a为正极 （填“正极”或“负极”），铁制品表面发生的电极反应式 为Cu2+2e=Cu考点：化学电源新型电池；金属的电化学腐蚀与防护.专题：电化学专题分析：（1）金属铁在高温下和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，根据燃料电池的工作原理来回答；（2）金属铁在潮湿的空气下发生吸氧腐蚀，根据原电池原理来书写电极反应和总反应；（3）在铁制品表面镀上一层铜，则金属铜是阳极，铁是阴极，电解质是含有铜离子的盐，根据电解池的工作原理来回答解答：解：（1）金属铁在高温下和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，即3Fe+4H2OFe3O4+4H2，在酸性条件下，制成氢氧燃料电池，负极反应为：H22e=2H+，故答案为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2；H22e=2H+；（2）金属铁在潮湿的空气下发生吸氧腐蚀，正极上是氧气得电子的过程，故答案为：O2+4e+2H2O=4OH；氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化，原理是：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（3）在铁制品表面镀上一层铜，则金属铜是阳极，和电源的正极相连，正极，阴极上发生还原反应，即Cu2+2e=Cu，故答案为：正极；Cu2+2e=Cu点评：本题涉及原电池、电解质的工作原理知识，注意知识的迁移和应用是解题关键，难度中等19（10分）（）常温下，将某一元酸HA（甲、乙、丙、丁代表不同的一元酸）和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如下表所示：实验编号HA物质的量浓度/（molL1）NaOH物质的量浓度/（molL1）混合后溶液的pH甲0.10.1pH=a乙0.120.1pH=7丙0.20.1pH7丁0.10.1pH=10（1）从甲组情况分析，如何判断HA是强酸还是弱酸？a=7时，HA是强酸；a7时，HA是弱酸（2）乙组混合溶液中粒子浓度c（A）和c（Na+）的大小关系CA前者大 B后者大C两者相等 D无法判断（3）从丙组实验结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）c（A）c（OH）c（H+）（4）分析丁组实验数据，写出混合溶液中下列算式的精确结果（列式）：c（Na+）c（A）=1041010molL1（）某二元酸（化学式用H2B表示）在水中的电离方程式是：H2BH+HB、HBH+B2回答下列问题：（5）在0.1molL1的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是ACAc（B2）+c（HB）=0.1molL1Bc（B2）+c（HB）+c（H2B）=0.1molL1Cc（OH）=c（H+）+c（HB）Dc（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HB）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：（I）（1）等物质的量混合时，二者恰好反应生成盐，根据溶液的pH判断酸性强弱；（2）任何溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；（3）混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH7说明A的水解大于HA的电离，结合电荷守恒判断；（4）由电荷守恒关系式变形得c（Na+）c（A）=c（OH）c（H+）；（II）根据二元酸的电离方程式知，B2只发生第一步水解，结合电荷守恒和物料守恒分析解答解答：解：（1）若HA是强酸，恰好与NaOH溶液反应生成强酸强碱盐，pH=7；若HA是弱酸，生成的NaA水解显碱性，pH7，故答案为：a=7时，HA是强酸；a7时，HA是弱酸；（2）混合溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（A）+c（OH），由于pH=7，则c（Na+）=c（A），故答案为：C；（3）混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH7说明A的水解大于HA的电离，所以离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（A）c（OH）c（H+）；（4）由电荷守恒关系式变形得c（Na+）c（A）=c（OH）c（H+）=（1041010）molL1，故答案为：1041010；（5）在Na2B中存在水解平衡：B2+H2O=HB+OH，HB不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子，A根据物料守恒得c（B2）+c（HB）=0.1molL1，故A正确；BHB不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子，故B错误；C根据质子守恒得c（OH）=c（H+）+c（HB），故C正确；D根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HB）+2c（B2），故D错误；故答案为：AC点评：本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小的比较，明确弱电解质电离特点结合物料守恒、电荷守恒和质子守恒来分析解答解答，注意（5）中HB不水解，为易错点20 X、Y、Z、W、Q五种元素其核电荷数依次增大X原子只有1个s电子，Y、Z、W属于同周期，Y原子L层中s电子和p电子数目相同，Z原子p轨道为半充满，W原子第一电离能比Z原子的小，Q原子内层均饱和，N层上只有两个电子（1）Q2+离子的核外电子排布式为1