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浙江省绍兴市诸暨市牌头中学2015-2016学年高三月考化学试卷(9月份).doc


2015-2016 学年浙江省绍兴市诸暨市牌头中学高三(上)月 考化学试卷(A 卷) 参考答案与试题解析
一、选择题:每题只有一个正确答案,每个 2 分,共 36 分. 1.下列推断正确的是( )

A.绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理 B.Al2O3、MgO 可用作高温材料,二氧化硅是生产光纤制品的基本原料 C.SO2 气体通入紫色石蕊试液中,溶液先变红后褪色 D.新制氯水显酸性,可用 pH 试纸测定其酸碱度 【考点】硅和二氧化硅;氯气的化学性质;二氧化硫的化学性质. 【专题】氧族元素;碳族元素. 【分析】A.“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染; B.氧化铝和氧化镁的熔点较高能作高温材料,光纤制品的基本原料是二氧化硅; C.SO2 气体通入紫色石蕊试液中,溶液变为红色; D.氯水有漂白性. 【解答】解:A.绿色化学的核心是要利用化学原理从源头消除污染,减少污染物的排放而 不是污染治理,故 A 错误; B.氧化铝和氧化镁的熔点很高,所以可以作高温材料,光纤制品的基本原料是二氧化硅, 故 B 正确; C.将 SO2 气体通入紫色石蕊试液中,溶液变为红色,可说明二氧化硫为酸性氧化物,不能 说明其漂白性,故 C 错误; D.氯水有漂白性,能使 pH 试纸褪色,不能用 pH 试纸测定其酸碱度,故 D 错误. 故选 B. 【点评】本题考查实验方案的评价,注重实验中的基本操作和物质的性质的考查,选项 C 为解答的易错点,题目难度不大.

2.化学科学需要借助化学专用语言来描述,下列化学用语不正确的是(



A.Cl 的结构示意图:



B.羟基的电子式: C.HClO 的结构式:H﹣Cl﹣O D.原子核内有 10 个中子的氧原子: 【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.氯离子的核电荷数为 17,核外电子总数为 18; B.羟基中含有 1 个氧氢键,氧原子最外层为 7 个电子; C.次氯酸中不存在氢氯键,其分子中存在 1 个氢氧键和 1 个氧氯键; D.中子数为 10 的氧原子的质量数为 18,元素符号的左上角为质量数,左下角为质子数.

【解答】解:A.氯离子最外层达到 8 电子稳定结构,所以 Cl 的结构示意图为: 故 A 正确; B.羟基中氧原子最外层为 7 个电子,羟基的电子式为: C.次氯酸的电子式为: ,故 B 正确;





,将共用电子对换成短线即为次氯酸的结构式,所以次氯

酸的结构式为:H﹣O﹣Cl,故 C 错误; D. 氧原子的质子数为 8, 有 10 个中子的氧原子的质量数为 18, 该氧原子可以表示为: 故 D 正确; 故选 C. 【点评】本题考查了电子式、结构式、离子结构示意图的表示方法判断,题目难度中等,注 意掌握常见化学用语的概念及正确的表示方法, 明确羟基与氢氧根离子、 甲基与碳正离子等 之间的区别. ,

3.设 NA 为阿伏加德罗常数的值.下列叙述正确的是( A.20 mL 10 mol?L
﹣1



的浓硝酸与足量铜加热反应转移电子数为 0.2NA

B.标准状况下,11.2L 氦气中含有 NA 原子 C.在精炼铜或电镀铜的过程中,当阳极消耗铜 32g 时,转移电子数均为 NA D.标准状况下,2.24L Cl2 通入足量 NaOH 溶液中发生反应转移的电子数为 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、浓硝酸与足量铜反应随反应进行浓度变稀后反应发生改变,且硝酸根不能全部 被还原; B、氦气为单原子分子; C、阳极上放电的除了铜外,还有锌、铁等比铜活泼的金属; D、求出氯气的物质的量,然后根据 1mol 氯气与氢氧化钠反应转移 1mol 电子来分析. 【解答】解:A、浓硝酸与足量铜反应随反应进行浓度变稀后反应发生改变,由开始被还原 为+4 价到后来被还原为+2 价,且硝酸根不能全部被还原,故转移的电子数无法计算,故 A 错误; B、 标况下 11.2L 氦气的物质的量为 0.5mol, 而氦气为单原子分子, 故 0.5mol 氦气中含 0.5NA 个原子,故 B 错误; C、在铜的电解精炼时,阳极上为粗铜,放电的除了铜外,还有锌、铁等比铜活泼的金属, 故当阳极消耗 32g 时,转移的电子大于 NA 个,故 C 错误; D、标况下 2.24L 氯气的物质的量为 0.1mol,而 1mol 氯气与氢氧化钠反应转移 1mol 电子, 故 0.1mol 氯气转移 0.1mol 电子即 0.1NA 个,故 D 正确. 故选 D. 【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.

4.复印机工作时易产生臭氧,臭氧浓度过高时对人体有害.臭氧具有强氧化性,可使润湿 的 KI﹣淀粉试纸变蓝.有关反应式为:O3+2KI+H2O═2KOH+I2+O2 对此下列说法正确的是 ( )

A.反应中 1 mol O3 得到 4 mol 电子 B.反应中 O3 是氧化剂,H2O 与 KI 是还原剂 C.氧化产物 I2 与还原产物 KOH 的物质的量之比是 1:1 D.由此反应知,氧化性强弱顺序是 O3>I2>O2 【考点】氧化还原反应. 【分析】由 O3+2KI+H2O═2KOH+I2+O2,I 元素的化合价升高,O 元素的化合价降低,该反 应中转移 2e ,以此来解答.


【解答】解:A.该反应中转移 2e ,即在反应中,每消耗 1molO3 转移 2mol 电子,故 A 错 误; B.I 元素的化合价升高,O 元素的化合价降低,则反应中 O3 是氧化剂,KI 是还原剂,故 B 错误; C.氧化产物 I2 和还原产物 KOH 的物质的量之比为 1:1,故 C 正确; D.由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知,氧化性强弱顺序为 O3>I2,不能确定与 氧气的关系,故 D 错误; 故选 C. 【点评】本题考查氧化还原反应,侧重基本概念、氧化性的比较及转移电子数的考查,明确 反应中元素的化合价变化即可解答,题目难度不大.



5.卫生部发出公告,自 2011 年 5 月 1 日起,禁止在面粉生产中添加过氧化钙(CaO2)等 食品添加剂.下列对于过氧化钙(CaO2)的叙述错误的是( A.CaO2 具有氧化性,对面粉可能具有增白作用 B.CaO2 中阴阳离子的个数比为 1:1 C.CaO2 和水反应时,每产生 1mol O2 转移电子 4mol D.CaO2 和 CO2 反应的化学方程式为:2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2 【考点】氧化还原反应. 【专题】氧化还原反应专题. 【分析】A、依据过氧化钠的性质推断过氧化钙的性质可能具有漂白性; B、依据过氧化钙构成离子是钠离子和过氧根离子分析; C、依据 CaO2 和水反应的化学方程式分析计算; D、依据过氧化钠性质推断过氧化钙与二氧化碳的反应; 【解答】解:A、结合过氧化钠的性质推断,CaO2 具有氧化性,可能具有漂白性,对面粉 可能具有增白作用,故 A 正确; B、过氧化钙构成离子是钠离子和过氧根离子,CaO2 中阴阳离子的个数比为 1:1,故 B 正 确; C、CaO2 和水反应的化学方程式为 2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2↑,每产生 1molO2 转移电 子 2mol,故 C 错误; D、CaO2 和 CO2 反应的化学方程式为:2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2;故 D 正确; )

故选 C. 【点评】 本题考查了过氧化物性质的推断应用, 依据过氧化钠的性质分析类推过氧化钙的性 质是解题关键.

6.X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素.它们在周期表的相对位置如下表:则下列说法正 确的是( M X W A.Y、M 形成的气态化合物在标准状况下的密度为 0.76 g.L B.原子半径:W>Z>Y>X>M C.由 X 元素形成的单质一定是原子晶体 D.XZ2、X2M2、W2Z2 均为直线型的共价化合物 【考点】原子结构与元素的性质;原子结构与元素周期律的关系. 【分析】X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素,则为前三周期,M 在第一周期,为 H 元素, W 为第三周期第 IA 族,则 W 为 Na 元素,X 为 C 元素,Y 为 N 元素,Z 为 O 元素,结合 元素及其化合物的性质分析. 【解答】解:X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素,则为前三周期,M 在第一周期,为 H 元素,W 为第三周期第 IA 族,则 W 为 Na 元素,X 为 C 元素,Y 为 N 元素,Z 为 O 元素, A.Y、M 形成的气态化合物为 NH3,在标准状况下的密度为 ρ= =
﹣1 ﹣1



Y

Z

=0.76 g.L

,故 A 正确;

B.电子层数越多,原子半径越大,电子层数相同的,原子序数越大,半径越小,则原子半 径:Na>C>N>O>H,即 W>Z>X>Y>Z>M,故 B 错误; C.X 为 C 元素,C 元素的单质有多种,金刚石属于原子晶体,石墨属于混合晶体,C60 属 于分子晶体,故 C 错误; D.XZ2、X2M2、W2Z2 分别为 CO2、C2H2、Na2O2,其中 CO2、C2H2 为直线型的共价化合物, Na2O2 为离子化合物,故 D 错误. 故选 A.

【点评】本题考查了位置结构性质的相互关系及应用,涉及元素周期表结构、元素周期律、 原子结构等知识点,考查了学生对基础知识的应用能力,题目难度不大.

7.下列说法正确的是(



A.I 的原子半径大于 Br,HI 比 HBr 的热稳定性强 B.P 的非金属性强于 Si,H3PO4 比 H2SiO3 的酸性强 C.Al2O3 和 MgO 均可与 NaOH 溶液反应 D.SO2 和 SO3 混合气体通入 Ba(NO3)2 溶液可得到 BaSO3 和 BaSO4 【考点】真题集萃;元素周期律的作用;元素周期律和元素周期表的综合应用. 【分析】A.同主族自上而下原子半径增大,元素非金属性减弱、氢化物稳定性减弱; B.同周期随原子序数增大,元素非金属性增强,最高价含氧酸的酸性增强; C.MgO 不能与氢氧化钠溶液反应; D.二氧化硫通入硝酸钡溶液中,酸性条件下,硝酸根具有强氧化性,将亚硫酸氧化为硫酸, 进一步反应得到硫酸钡. 【解答】解:A.I、Br 同主族,自上而下原子半径增大,元素非金属性减弱、氢化物稳定 性减弱,故 I 的原子半径大于 Br,HI 比 HBr 的热稳定性弱,故 A 错误; B.Si、P 同周期,随原子序数增大,元素非金属性增强,最高价含氧酸的酸性增强,故 P 的非金属性强于 Si,H3PO4 比 H2SiO3 的酸性强,故 B 正确; C.氧化铝属于两性氧化物,能与氢氧化钠反应,而 MgO 属于碱性氧化物,能与酸反应, 不能与氢氧化钠溶液反应,故 C 错误; D.二氧化硫通入硝酸钡溶液中,酸性条件下,硝酸根具有强氧化性,将亚硫酸氧化为硫酸, 进一步反应得到硫酸钡,故 SO2 和 SO3 混合气体通入 Ba(NO3)2 溶液可得到 BaSO4,故 D 错误, 故选 B. 【点评】本题考查元素周期律、金属氧化物性质、硝酸的性质等,难度不大,D 选项注意硝 酸条件下,硝酸根具有强氧化性.

8.K、L、Z、W、R 属于短周期主族元素.K 的原子半径是短周期主族元素中最大的,L 元素的单质常通过分离液态空气得到,Z 元素的单质是常见的半导体材料,W 与 Z 同族,R 与 L 同族,其单质有杀菌作用. 下列叙述不正确的是( )

A.K 与 L 形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为 1:2,且均能与水反应 B.根据非金属性强弱,不可能由 Z 的最高价氧化物制出 W 的最高价氧化物 C.L 的简单氢化物的沸点和热稳定性均大于 R 的简单氢化物 D.向两份 BaCl2 溶液中分别通入 RL2、WL2,均无白色沉淀生成,但一段时间后,通入 RL2 的一份中可能产生沉淀 【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】K、L、Z、W、R 属于短周期主族元素,K 的原子半径是短周期主族元素中最大的, 则 K 为 Na;L 元素的单质常通过分离液态空气得到,L 单质为氮气或氧气, 而 R 与 L 同族, 其单质有杀菌作用,则 L 为 O 元素、R 为 S 元素;Z 元素的单质是常见的半导体材料,则 Z 为 Si,W 与 Z 同族,则 W 为 C 元素,据此解答. 【解答】解:K、L、Z、W、R 属于短周期主族元素,K 的原子半径是短周期主族元素中最 大的,则 K 为 Na;L 元素的单质常通过分离液态空气得到,L 单质为氮气或氧气,而 R 与 L 同族,其单质有杀菌作用,则 L 为 O 元素、R 为 S 元素;Z 元素的单质是常见的半导体材 料,则 Z 为 Si,W 与 Z 同族,则 W 为 C 元素. A.K 与 L 形成的两种化合物为 Na2O、Na2O2,晶体中阴、阳离子的个数比均为 1:2,前 者与水反应生成氢氧化钠,后者与水反应是生成氢氧化钠与氧气,故 A 正确; B.高温下碳能与二氧化硅反应生成 Si 与二氧化碳,故 B 错误; C.L、R 的简单氢化物分别为 H2O、H2S,H2O 分子之间存在氢键,沸点高于 H2S,由于非 金属性 O>S,故稳定性:H2O>H2S,故 C 正确; D.向两份 BaCl2 溶液中分别通入 SO2、CO2,均无白色沉淀生成,由于溶液中亚硫酸被氧 气氧化为硫酸,一段时间后,通入 SO2 的一份中可能产生硫酸钡沉淀,故 D 正确. 故选 B. 【点评】本题考查结构性质位置关系应用,推断元素是解题关键,注意对元素化合物性质的 掌握,难度中等,侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力.

9.美国“海狼”潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金(单质钠和单质铝熔合而成)作载 热介质,有关说法不正确的是( A.合金的熔点一般比组分金属低 B.铝钠合金若投入一定量的水中可得无色溶液,则 n(Al)≤n(Na) )

C.铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中,会有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出 D.若 m g 不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中,放出的 H2 越多,则铝的质量分数越小 【考点】有关混合物反应的计算;金属与合金在性能上的主要差异. 【分析】 A、 合金是一种金属与其它金属或非金属熔合而成具有金属特性的物质, 是混合物, 其硬度比纯金属大,熔点比纯金属低; B、钠溶于水生成氢氧化钠和氢气,而铝能和氢氧化钠难溶于反应生成 NaAlO2 和氢气,因 此根据得到的是无色溶液可知,单质铝的物质的量小于钠的; C、钠溶于水生成氢氧化钠和氢气,因此可以生成氢氧化铜沉淀.如果铝过量,则还能和氯 化铜发生置换反应生成铜; D、在质量相等的条件下,金属铝放出的氢气多,所以若放出 H2 越多,则铝的质量分数越 大. 【解答】解:A、合金的硬度较大、熔点一般比组分金属低,故 A 正确; B、铝钠合金若投入一定量的水中,先发生钠与水的反应,接着发生铝与氢氧化钠溶液的反 应,当 n(Al)≤n(Na) ,铝完全反应可得无色溶液,故 B 正确; C、铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中,先发生钠与水的反应生成氢氧化钠溶液,氯化铜和 氢氧化钠溶液反应会有氢氧化铜沉淀,若铝过量也可能置换出铜,故 C 正确; D、由于等质量的铝和钠分别与足量盐酸反应,铝放出的 H2 多,若 m g 不同组成的铝钠合 金投入足量盐酸中,放出的 H2 越多,则铝的质量分数越大. 故 D 错误; 故选 D. 【点评】本题考查了有关合金的知识,题目难度中等,可以根据所学知识进行回答,注意掌 握合金的组成特点及性质,试题培养了学生灵活应用所学知识的能力. 10.对某些离子的检验及结论一定正确的是( )

A.加入 Ba(NO3)2 溶液,生成白色沉淀,加稀盐酸沉淀不消失,则原溶液中一定有 SO42


B.通入 Cl2 后,溶液变为黄色,加入淀粉后溶液变蓝,则原溶液中一定有 I



C.加入碳酸钠溶液有白色沉淀生成,再加盐酸,沉淀消失,则原溶液中一定有 Ba2+ D. 加入 NaOH 溶液并加热, 产生使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体, 则原溶液一定有 NH4+ 【考点】常见离子的检验方法. 【专题】物质的分离提纯和鉴别.

【分析】A.加入 Ba(NO3)2 溶液生成的不溶于盐酸的白色沉淀可能为硫酸钡,原溶液中 可能含有 SO42 或 SO32 ;
﹣ ﹣

B.Cl2 与 I 发生氧化还原反应,碘遇淀粉变蓝; C.能够与碳酸钠生成的溶于盐酸的白色沉淀不一定为碳酸钡,可能为碳酸钙,原溶液中可 能含有钙离子; D.能使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体为酸性气体. 【解答】解:A.加入 Ba(NO3)2 溶液生成的不溶于盐酸的白色沉淀可能为硫酸钡,原溶 液中可能含有 SO32 ,不一定含有 SO42 ,故 A 错误;
﹣ ﹣



B.通入 Cl2 后,溶液变为黄色(碘水) ,加入淀粉后溶液变蓝(碘遇淀粉变蓝) ,则原溶液 中一定有 I ,故 B 正确; C.碳酸钡和碳酸钙等沉淀都可溶于盐酸,原溶液中可能含有 Ca2+,不一定含有 Ba2+,故 C 错误; D.产生使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体,为酸性气体,该气体不是氨气,则原溶液中不存 在氨气,故 D 错误; 故选 B. 【点评】 本题考查了常见离子的检验方法, 题目难度中等, 试题侧重于离子检验方法的评价, 注意把握常见离子的性质以及检验方法,明确检验离子的存在情况时要排除其它离子的干 扰.


11.同位素示踪法可用于反应机理的研究,下列反应或转化中同位素示踪表示正确的是 ( )

A.2Na218O2+2H2O═4Nal8OH+O2↑ B.NH4Cl+2H2O?NH3?2H2O+HCl C.2KMnO4+5H218O2+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+518O2↑+8H2O D.K37ClO3+6HCl═K37Cl+3Cl2↑+3H2O 【考点】探究化学反应机理. 【分析】根据物质中化学键的断键方式确定生成物,从而确定示踪原子的位置, A.过氧化物与水反应实质为:过氧根离子结合水提供的氢离子生成过氧化氢,同时生成氢 氧化钠,过氧化氢在碱性条件下不稳定,分解为水和氧气; B.铵根离子水解实质为铵根离子结合水提供的氢氧根生成一水合氨,同时生成氯化氢;

C.根据化合价升降相等进行判断; D.KClO3 和 HCl 发生归中反应,化合价变化不能出现交叉价态. 【解答】解:A 过氧化物与水反应实质为,过氧根离子结合水提供的氢离子生成过氧化氢, 同时生成氢氧化钠,过氧化氢在碱性条件下不稳定,分解为水和氧气,所以 18O 同时在水中 和氧气中,不出现在氢氧化钠中,故 A 错误; C.NH4Cl 水解,其实是水电离的氢氧根、氢离子分别和 NH4+、Cl 结合,生成一水合氨和


氯化氢,所以 2H 应同时存在在一水合氨中和 HCl 中,故 B 错误; C.KMnO4 中 Mn 元素化合价降低为 2× (7﹣2)=10,H218O2 中 O 元素化合价升高:5× 2× [0 ﹣(﹣1)]=10,化合价升降相等,高锰酸钾把过氧根氧化为氧气,18O 全部在氧气中,故 C 正确; D.KClO3 和 HCl 发生归中反应,KClO3 中氯元素由+5 价降低为 0 价,不能降低为﹣1,HCl 中氯元素化合价由﹣1 价升高为 0 价,氯气中的 Cl 有 来自 KClO3, 来自 HCl,KCl 中的 Cl 全部来自 HCl,故 D 错误; 故选 C. 【点评】本题以化学反应机理探究为载体,考查氧化还原反应、盐类水解等知识,题目难度 中等,是对知识的综合能力的考查,A 选项为易错点,容易认为氢氧化钠中的氧来自过氧化 钠.

12.在 25℃、101kPa 下,1g 甲醇燃烧生成 CO2 和液态水时放热 22.68kJ,下列表示甲醇燃 烧热的热化学方程式正确的是( )
﹣1

A.CH3OH(l)+ O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△ H=+725.8 kJ?mol

B.2CH3OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+4H2O(l)△ H=﹣1452 kJ?mol C.CH3OH(l)+ O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△ H=﹣725.8 kJ?mol

﹣1

﹣1

D.2CH3OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+4H2O(l)△ H=+1 452 kJ?mol 【考点】热化学方程式. 【专题】化学反应中的能量变化.

﹣1

【分析】燃烧热是 1mol 可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量;在 25℃、101kPa 下,1g 甲醇(CH3OH)燃烧生成 CO2 和液态水时放热 22.68kJ,32g 甲醇燃烧生成 CO2 和液

态水时放热 22.68kJ× 32=725.76kJ,1mol 甲醇质量为 32 克,所以完全燃烧 1mol 甲醇生成二 氧化碳和液态水放热 725.8KJ,根据燃烧热的概念分析即可解答. 【解答】解:A.在热化学反应方程式中△ H>0,表示吸热,而甲醇燃烧生成 CO2 和液态 水反应是放热反应,故 A 错误; B.燃烧热是 1mol 可燃物,该热化学方程式是 2mol 甲醇燃烧放出的热量,故 B 错误; C.1mol 甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放热 725.8KJ;燃烧热的热化学方程式为: CH3OH(l)+ O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△ H=﹣725.8 kJ?mol 1,故 C 正确;


D.反应吸热时焓变值为正值,放热时焓变值为负值,甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水 放热,该热化学方程式表示本身书写错误,故 D 错误; 故选:C. 【点评】 本题考查了热化学方程式的书写方法, 主要是燃烧热概念的理解分析, 题目较简单.

13.下列各组离子可能大量共存的是(


﹣ ﹣

A.在含大量 Fe3+的溶液中:NH4+、Na+、Cl 、SCN
﹣ ﹣ ﹣

B.在含有 Al3+、Cl 的溶液中:HCO3 、I 、NH4+、Mg2+ C.在 c(H+)=1× 10
﹣13

mol?L

﹣1

的溶液中:Na+、S2 、SO32 、NO3
﹣ ﹣ ﹣



D.在溶质为 KNO3 和 NaHSO4 的溶液中:Fe2+、Ca2+、Al3+、Cl 【考点】离子共存问题. 【专题】离子反应专题. 【分析】A.离子之间结合生成络离子; B.离子之间相互促进水解; C.在 c(H+)=1× 10
﹣13

mol?L

﹣1

的溶液,溶液为酸或碱溶液;

D.离子之间反应氧化还原反应. 【解答】解:A.因 Fe3+、SCN 结合生成络离子,则不能大量共存,故 A 错误;


B.因 Al3+、HCO3 相互促进水解生成气体和沉淀,则不能大量共存,故 B 错误;


C.在 c(H+)=1× 10

﹣13

mol?L

﹣1

的溶液,溶液为酸或碱溶液,碱溶液中该组离子之间不反

应,能大量共存,故 C 正确; D.在溶质为 KNO3 和 NaHSO4 的溶液中,Fe2+、H+、NO3 离子之间反应氧化还原反应,则


不能共存,故 D 错误;

故选 C. 【点评】本题考查离子的共存,明确信息及信息的应用是解答的关键,熟悉离子之间的反应 即可解答,选项 D 中的氧化还原为解答的难点,题目难度中等.

14.下列叙述正确的是(



A.NaHCO3 与石灰水反应,当 n(NaHCO3) :n[Ca(OH)2]=3:1 时,溶液中无 HCO B.CO2 通入石灰水中,当 n(CO2) :n[Ca(OH)2]=1:1 时,能得到澄清溶液 C.AlCl3 溶液与烧碱溶液反应,当 n(OH ) :n(Al3+)=5:1 时,铝元素以 AlO


形式

存在 D.Fe 与稀硝酸反应,当 n(Fe) :n(HNO3)=1:1 时,溶液中只有 Fe3+存在 【考点】离子方程式的有关计算. 【专题】利用化学方程式的计算. 【分析】A、2NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O,当 n(NaHCO3) :n[Ca(OH)
2]=2:1

时,无碳酸氢根离子;

B、当 n(CO2) :n[Ca(OH)2]=1:1 时,发生反应 CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O↓; C、n(OH ) :n(Al3+)=4:1 时,发生反应为:4OH +Al3+=AlO2 +2H2O,由此分析解答;
﹣ ﹣ ﹣

D、Fe 与稀硝酸反应,Fe 不过量生成 Fe3+,4H++NO3 +Fe═Fe3++NO↑+2H2O,Fe 过量生成


Fe2+,8H++2NO3 +3Fe═3Fe2++2NO↑+4H2O,不能用同一个离子方程式来表示,而 n(Fe) :


n(HNO3)=1:1 时,铁过量. 【解答】 解: A、 2NaHCO3+Ca (OH) 当n (NaHCO3) : n[Ca (OH) 2=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O,
2]=2:1

时,所以当 n(NaHCO3) :n[Ca(OH)2]=3:1 时,溶液中碳酸氢根离子过量,故

A 错误; B、当 n(CO2) :n[Ca(OH)2]=1:1 时,发生反应 CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O↓,有沉 淀生成,所以得不到澄清溶液,故 B 错误; C、n(OH ) :n(Al3+)=4:1 时,发生反应为:4OH +Al3+=AlO2 +2H2O,所以当 n(OH
﹣ ﹣ ﹣ ﹣

) :n(Al3+)=5:1 时,铝元素以 AlO2 形式存在,故 C 正确;
﹣ ﹣

D、Fe 与稀硝酸反应,Fe 不过量生成 Fe3+,4H++NO3 +Fe═Fe3++NO↑+2H2O,Fe 过量生成 Fe2+,8H++2NO3 +3Fe═3Fe2++2NO↑+4H2O,不能用同一个离子方程式来表示,而 n(Fe) :


n(HNO3)=1:1 时,铁过量,所以溶液中只有亚铁离子,故 D 错误;

故选 C. 【点评】本题考查与量有关的离子反应,明确反应的产物是解答的关键,题目难度中等.

15.下列离子方程式正确的是(




A.NaHSO3 溶液与 NaOH 溶液反应:H++OH ═H2O B.少量二氧化碳通入足量的 NaOH 溶液:CO2+OH ═HCO3 C.Fe 与盐酸反应产生 H2:2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑ D.氨水和醋酸溶液混合:NH3?H2O+CH3COOH═NH4++CH3COO +H2O
﹣ ﹣ ﹣

【考点】离子方程式的书写. 【专题】离子反应专题. 【分析】A.反应生成亚硫酸钠和水; B.反应生成碳酸钠和水; C.反应生成氯化亚铁和氢气; D.弱电解质在离子反应中保留化学式,反应生成醋酸铵和水. 【解答】解:A.NaHSO3 溶液与 NaOH 溶液反应的离子反应为 HSO3 +OH ═H2O+SO32 ,
﹣ ﹣ ﹣

故 A 错误; B. 少量二氧化碳通入足量的 NaOH 溶液的离子反应为 CO2+2OH ═CO32 +H2O, 故 B 错误;
﹣ ﹣

C.Fe 与盐酸反应产生 H2 的离子反应为 Fe+2H+═Fe2++H2↑,故 C 错误; D.氨水和醋酸溶液混合的离子反应为 NH3?H2O+CH3COOH═NH4++CH3COO +H2O,故 D


正确; 故选 D. 【点评】本题考查离子反应方程式的书写,为高考高频考点,把握发生的化学反应为解答的 关键,注意离子反应中保留化学式的物质或微粒及与量有关的离子反应,题目难度不大.

16.实现反应:Cu+2H+═Cu2++H2↑,可以通过以下措施( A.将 Cu 投入稀硫酸中 B.让 Cu 在潮湿的环境发生电化学腐蚀 C.将 Cu 投入浓硫酸中并加热 D.用 Cu 作电极、稀硫酸作电解质溶液电解 【考点】金属的电化学腐蚀与防护.



【专题】电化学专题. 【分析】反应 Cu+2H+═Cu2++H2↑是非自发的氧化还原反应,不能通过原电池反应来实现, 只能通过电解来实现,据此分析. 【解答】解:A、铜投入带稀硫酸中,由于铜在 H 元素之后,故铜和稀硫酸不反应,故 A 错误; B、由于铜和氢离子的反应非自发,故铜在潮湿的环境中只能发生吸氧腐蚀,不能发生析氢 腐蚀,故 B 错误; C、将铜投入到浓硫酸中,发生的是铜和硫酸根之间的氧化还原反应,生成的气体为二氧化 硫而非氢气,故 C 错误; D、 用铜做电解来电解硫酸溶液, 则阳极上铜放电: Cu﹣2e =Cu2+, 阴极上氢离子放电: 2H++2e
﹣ ﹣

=H2↑,故总反应为 Cu+2H+═Cu2++H2↑,故 D 正确.

故选 D. 【点评】 本题考查了氧化还原反应反应实现的手段, 应注意的是自发的氧化还原反应可以通 过原电池原理来实现,而非自发的可以通过电解池来实现. 17.我国知名企业比亚迪公司开发了具有多项专利的锂钒氧化物二次电池,其成本较低,对 环境无污染,能量密度远远高于其他材料电池,电池总反应为 V2O5+xLi 列说法中正确的是( ) LixV2O5.下

A.电池在放电时,Li+向负极移动 B.锂在放电时做正极,充电时为阳极 C.该电池充电时阳极的反映为 LixV2O5﹣xe ═V2O5+xLi+


D.V2O5 只是锂发生反应的载体,不参与电池反应 【考点】原电池和电解池的工作原理. 【专题】电化学专题. 【分析】放电时,该原电池中锂失电子而作负极,V2O5 得电子而作正极,负极上发生氧化 反应,正极上发生还原反应,阳离子向正极移动. 【解答】解:A.向外供电时,该装置是原电池,锂离子向正极移动,故 A 错误; B.该原电池中,锂失电子而作负极,V2O5 得电子而作正极,故 B 错误; C.该电池充电时,正极与外接电源的正极相连为阳极,则阳极上 LixV2O5 失电子,阳极上 电极反应式为:LixV2O5﹣xe ═V2O5+xLi+,故 C 正确;


D.V2O5 得电子而作正极,所以 V2O5 参与电池反应,故 D 错误; 故选 C. 【点评】本题考查原电池原理,明确元素化合价是解本题关键,根据得失电子来分析解答即 可,难点是电极反应式的书写.

18.常温下,pH=1 的某溶液 A 中含有 NH4+、K+、Na+、Fe3+、Al3+、Fe2+、CO32 、NO3 、
﹣ ﹣

Cl 、I 、SO42 中的 4 种,且各离子的物质的量浓度均为 0.1mol/L,现取该溶液进行有关实
﹣ ﹣ ﹣

验,实验结果如图所示:下列有关说法正确的是(



A.沉淀乙一定有 BaCO3,可能有 BaSO4 B.实验消耗 Cu 14.4g,则生成气体丁的体积为 3.36L C.该溶液中一定有 NO3 、Al3+、SO42 、Cl 四种离子
﹣ ﹣ ﹣

D.生成的甲、乙、丙气体均为无色的易溶于水气体 【考点】常见离子的检验方法. 【专题】物质检验鉴别题. 【分析】 由溶液 pH=1 可知溶液为酸性溶液, 溶液中存在大量氢离子, 可以排除 CO32 、 NO2
﹣ ﹣

; 溶液 A 中加过量 (NH4) 产生白色沉淀, 白色沉淀只能为氢氧化铝, 可以排除 Fe2+、 2CO3,

Fe3+,溶液含有一定有 Al3+;溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙,丙在空气中变成红棕色, 则丙为 NO, 原溶液中有 NO3 , 强酸性溶液中含有 NO3 , 则一定不存在具有还原性的离子: Fe2+、I ,最后根据电荷守恒得原溶液中含有 H+、NO3 、Al3+、SO42
﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣

Cl 五种离子.



【解答】解:由溶液 pH=1 可知溶液为酸性溶液,氢离子浓度为 0.1mol/L,溶液中一定不存 在与氢离子反应的离子:CO32 、NO2 ;
﹣ ﹣

溶液 A 中加过量(NH4)2CO3,产生白色沉淀,可以排除 Fe2+、Fe3+,原溶液中一定有 Al3+; 溶液乙加铜和浓硫酸能产生 NO,原溶液中有 NO3 ,强酸性溶液中有 NO3 ,则一定没有 Fe2+、I ;
﹣ ﹣ ﹣

A.根据分析可知,溶液中含有硫酸根离子,所以沉淀乙中一定为碳酸钡和硫酸钡沉淀的化 合物,故 A 错误;

B.根据反应方程式 3Cu+8HNO3═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 可知,消耗 14.4g 铜,生成一 氧化氮气体的物质的量为: =0.15mol,由于没有告诉是标准状况下,0.15mol 一氧

化氮的体积不一定为 3.35L,故 B 错误; C.根据以上分析可知,溶液中存在 0.1mol/L 的氢离子、0.1mol/L 的铝离子,溶液中阳离子 带有的电荷为:0.4mol/L;而溶液中除了存在 0.1mol/L 的硝酸根离子外,还应该含有 SO42 离子和 Cl ,所以该溶液中一定有 NO3 、Al3+、SO42 、Cl 四种离子,故 C 正确;
﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣

D.产生的气体 NO、CO2、NH3 中,NO 不溶于水,故 D 错误; 故选 C. 【点评】本题考查了常见阴阳离子的检验、离子共存的判断,题目难度中等,注意掌握常见 离子的性质及检验方法,判断硫酸根离子、氯离子时需要通过电荷守恒进行判断,试题培养 了学生的分析、理解能力.

二、解答题(共 6 小题,满分 64 分) 19.有 A、B、C 三种有机物,结构简式如下所示,试回答有关问题:

(1)A 与 C 的关系为

同分异构体 .

(2)A→B 的反应类型为 加成反应 . (3)B→C 的化学方程式为



(4)A 经加聚反应所得聚合物的结构简式为 【考点】有机物分子中的官能团及其结构. 【专题】有机物的化学性质及推断. 【分析】 (1)A 与 C 的分子式相同、结构不同;



(2)A 与水发生加成反应可生成 B; (3)B 发生酯化反应可生成 C,据此写出反应的化学方程式; (4)A 中含有碳碳双键,可发生加聚反应. 【解答】解: (1)A 与 C 的分子式相同,但结构不同,二者属于同分异构体, 故答案为:同分异构体; (2)A 与水发生加成反应可生成 B,则该反应为加成反应, 故答案为:加成反应; (3)B 发生酯化反应可生成 C,反应的化学方程式为:



故答案为:



(4)A 分子中含有碳碳双键,可发生加聚反应,生成物为:



故答案为:



【点评】本题考查了有机物结构与性质,题目难度中等,涉及同分异构体判断、有机反应类 型的判断、有机反应方程式书写等知识,明确常见有机物结构与性质为解答关键,试题培养 了学生的灵活应用能力.

20. X、Y、Z、Q、W、R 六种短周期元素原子序数依次增大.化合物甲由 X、Z、Q 三种 元素组成,常温下 0.1mol/L 甲溶液的 pH=13.工业上常用电解饱和 QR 溶液生成甲;化合 物乙由 X、R 两种元素组成;请回答以下问题:

(1)Q 的原子结构示意图为



(2)Y 元素的单质能发生如图所示的转化,则 Y 元素为 C (用元素符号表示) .在甲溶 液中通入足量 YZ2 气体,所得溶液呈碱性,原因是 HCO3 +H2O?H2CO3+OH ,碳酸氢根 离子水解程度大于其电离程度 (用离子方程式和必要的文字说明) . (3)W 的单质既能与甲溶液反应,又能与乙溶液反应. ①常温下, 将 W 的单质和甲溶液混合, 发生反应的离子方程式为: 2Al+2OH +2H2O═2AlO2
﹣ ﹣ ﹣ ﹣

+3H2↑ .

②Q、W 两种元素金属性的强弱为 Q > W(填“<”、“>”) ; 下列表述中证明这一事实的是 b . a.Q 的单质的熔点比 W 单质低 b.Q 的最高价氧化物的水化物的碱性比 W 的最高价氧化物的水化物的碱性强 c.W 的原子序数大.

【考点】无机物的推断;金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律. 【专题】推断题;元素周期律与元素周期表专题. 【分析】X、Y、Z、Q、W、R 六种短周期元素原子序数依次增大,化合物甲由 X、Z、Q 三种元素组成,常温下 0.1mol/L 甲溶液的 pH=13,则甲为强碱,且为短周期元素,所以是 氢氧化钠, X、Z、Q 原子序数依次增大,所以 X 是 H 元素,Z 是 O 元素,Q 是 Na 元素, 工业上常用电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠,所以 R 是 Cl 元素; 化合物乙由 H、Cl 两种元素组成,所以乙是 HCl; W 的单质既能与氢氧化钠溶液反应,又能与盐酸溶液反应,则 W 是 Al 元素, Y 的原子序数小于 O 元素,Y 和氧气能生成两种氧化物,根据其化合价知,Y 为 C 元素, 结合物质的性质来分析解答.

【解答】解:X、Y、Z、Q、W、R 六种短周期元素原子序数依次增大,化合物甲由 X、Z、 Q 三种元素组成,常温下 0.1mol/L 甲溶液的 pH=13,则甲为强碱,且为短周期元素,所以 是氢氧化钠, X、Z、Q 原子序数依次增大,所以 X 是 H 元素,Z 是 O 元素,Q 是 Na 元素, 工业上常用电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠,所以 R 是 Cl 元素; 化合物乙由 H、Cl 两种元素组成,所以乙是 HCl; W 的单质既能与氢氧化钠溶液反应,又能与盐酸溶液反应,则 W 是 Al 元素, Y 的原子序数小于 O 元素,Y 和氧气能生成两种氧化物,根据其化合价知,Y 为 C 元素,

(1) Q 是 Na 元素, 钠原子核外有 11 个电子、 3 个电子层, 钠的原子结构示意图为



故答案为:



(2)通过以上分析知,Y 为 C 元素;在氢氧化钠溶液中通入足量 CO2 气体,二者反应生成 碳酸氢钠,碳酸氢根离子既能水解也能电离,但电离程度小于水解程度,所以溶液呈碱性, 故答案为:C;HCO3 +H2O?H2CO3+OH ,碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度; (3)①常温下,铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,发生反应的离子方程式为: 2Al+2OH +2H2O═2AlO2 +3H2↑, 故答案为:2Al+2OH +2H2O═2AlO2 +3H2↑; ②Na、Al 两种元素金属性的强弱为 Q>W,金属的金属性越强,其对应最高价氧化物的水 化物碱性越强,与酸反应越容易失去电子,故选 b. 故答案为:>;b. 【点评】本题以物质间的反应为载体考查了无机物的推断,正确推断物质是解本题关键,根 据物质的特殊性质、元素化合价来推断物质,注意铝和氢氧化钠溶液反应中水作反应物,容 易漏掉水而导致方程式错误,为易错点.
﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣

21.次磷酸(H3PO2)是一种一元中强酸,具有较强的还原性.试回答下列问题: (1)写出 H3PO2 的电离方程式 H3PO2?H++H2PO2




(2)NaH2PO2 溶液中有关离子浓度从大到小的顺序为 >c(H+) .

c(Na+)>c(H2PO2 )>c(OH )
﹣ ﹣

(3)H3PO2 可将溶液中的银离子还原为银单质,若氧化剂与还原剂的物质的量之比为 4:1, 则该反应的氧化产物的化学式为 H3PO4 . 【考点】氧化还原反应的计算;弱电解质在水溶液中的电离平衡. 【专题】氧化还原反应专题;电离平衡与溶液的 pH 专题. 【分析】 (1)H3PO2 是一元中强酸,电离是可逆的; (2)H3PO2 是一元弱酸,则 NaH2PO2 为正盐,酸根离子在水溶液里水解导致溶液呈碱性; (3)根据转移电子守恒判断氧化产物,该反应中银离子是氧化剂、H3PO2 是还原剂,氧化 剂与还原剂的物质的量之比为 4:1,根据转移电子相等知,1molH3PO2 失去 4mol 电子,所 以 P 元素为+5 价. 【解答】解: (1)H3PO2 是一元中强酸,电离是可逆的,电离方程式为:H3PO2?H++H2PO2


,故答案为:H3PO2?H++H2PO2 ;


(2)则 NaH2PO2 为正盐,酸根离子在水溶液里水解导致溶液呈碱性,溶液中离子浓度大小 为:c(Na+)>c(H2PO2 )>c(OH )>c(H+) ,
﹣ ﹣

故答案为:c(Na+)>c(H2PO2 )>c(OH )>c(H+) ;
﹣ ﹣

(3)根据化合物中化合价的代数和为 0,确定 H3PO2 中 P 元素化合价,O 元素为﹣2 价、H 元素为+1 价,所以 P 元素为+1 价,该反应中银离子是氧化剂、H3PO2 是还原剂,氧化剂与 还原剂的物质的量之比为 4:1,根据转移电子相等知,1molH3PO2 失去 4mol 电子,所以 P 元素为+5 价,则氧化产物是 H3PO4, 故答案为:H3PO4. 【点评】本题考查氧化还原反应、电离方程式的书写、盐类水解等知识点,明确物质的性质 是解本题关键,利用电离方程式书写规则、盐类水解原理解答即可,题目难度不大.

22.比较法是化学中研究物质性质的基本方法之一,请运用比较法解答下题.Na2O2 几乎可 与所有的常见气态非金属氧化物反应. 如 2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2, Na2O2+CO═Na2CO3. (1)试分别写出 Na2O2 与 SO2、SO3 反应的化学方程式: SO2+Na2O2=Na2SO4、 2SO3+2Na2O2=2Na2SO4+O2↑ ; (2)通过比较可知,当非金属元素处于 最高化合 价时,其氧化物与 Na2O2 反应有 O2 生成.

(3)依上述规律,写出 Na2O2 与 N2O5 反应的化学方程式 2N2O5+2Na2O2=4NaNO3+O2 . 【考点】钠的重要化合物. 【专题】元素及其化合物. 【分析】 (1)过氧化钠与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钠;过氧化钠与三氧化硫发生 化合反应生成硫酸钠和氧气; (2)依据二氧化硫与三氧化硫中硫元素化合价结合反应方程式解答; (3)五氧化二氮处于氮的最高价态,与过氧化钠反应生成硝酸钠和氧气. 【解答】解: (1)过氧化钠与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钠,方程式为: SO2+Na2O2=Na2SO4; 过氧化钠与三氧化硫发生化合反应生成硫酸钠和氧气,方程式为: 2SO3+2Na2O2=2Na2SO4+O2↑; 故答案为:SO2+Na2O2=Na2SO4、2SO3+2Na2O2=2Na2SO4+O2↑; (2)二氧化硫中硫元素处于+4 价,三氧化硫中硫元素处于+6 价,是硫的最高价态,依据 SO2+Na2O2=Na2SO4 2SO3+2Na2O2=2Na2SO4+O2↑可知,当非金属元素处于最高价态,其氧化 物与 Na2O2 反应有 O2 生成; 故答案为:最高化合; (3)五氧化二氮处于氮的最高价态,与过氧化钠反应生成硝酸钠和氧气,反应的方程式为: 2N2O5+2Na2O2=4NaNO3+O2; 故答案为:2N2O5+2Na2O2=4NaNO3+O2. 【点评】本题考查了化学方程式的书写,熟悉过氧化钠的强的氧化性是解题关键,题目难度 不大.

23.FeSO4?7H2O 广泛用于医药和工业领域.以下是 FeSO4?7H2O 的实验室制备流程图.

根据题意完成下列填空: (1)废铁屑中含氧化铁,无需在制备前除去,理由是(用离子方程式回答) Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O , Fe+2Fe3+=3Fe2+ .

以下是测定某补血剂(FeSO4?7H2O)中铁元素含量的流程图.根据题意完成下列填空:

(2)步骤Ⅲ需要 100mL1mol/L 的稀硫酸,用 98.3%,ρ=1.84g/cm3 的浓硫酸配制,所用的仪 器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管及 100mL 容量瓶 . (3)步骤Ⅴ一系列操作依次是:①过滤②洗涤③ 灼烧 ④冷却⑤称量⑥恒重操作.操作 ⑥的目的是 保证得到纯净的氧化铁 . (4)假设实验无损耗,则每片补血剂含铁元素的质量 【考点】制备实验方案的设计. 【专题】几种重要的金属及其化合物;物质的分离提纯和鉴别;无机实验综合. 【分析】废铁屑中含有酯类油污,Na2CO3 为强碱弱酸盐,CO32 水解生成 HCO3 和 OH ,
﹣ ﹣ ﹣

0.07a g(用含 a 的代数式表示) .

升高温度促进 CO32 水解,碱促进油脂水解,然后过滤洗涤,加入稀硫酸,发生反应 II 为


Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑,趁热过滤、冷却结晶,过滤洗涤得到 FeSO4?7H2O. (1)废铁中含氧化铁,因最终溶液是 FeSO4 溶液,氧化铁和硫酸生成硫酸铁、铁和硫酸铁 生成硫酸亚铁; 将补血剂研细,向药片中加入稀硫酸,然后过滤得到沉淀,向滤液中加入双氧水,发生反应 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,向溶液中加入过量 X 溶液生成红褐色沉淀,则 X 为碱,将 红褐色沉淀灼烧得到红棕色固体 Fe2O3. (2)配制一定物质的量浓度溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、容量瓶以及胶头 滴管等; (3)步骤Ⅴ由氢氧化铁灼烧成氧化铁,经过一系列操作依次是:①过滤②洗涤③灼烧④冷 却⑤称量⑥恒重操作,操作⑥的目的是确保氢氧化铁完全分解成了氧化铁; (4)根据铁原子守恒计算. 【解答】解: (1)废铁中含氧化铁,无需制备前除去,因最终溶液是 FeSO4 溶液,氧化铁和 硫酸生成硫酸铁、铁和硫酸铁生成硫酸亚铁,离子方程式为:Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、 Fe+2Fe3+=3Fe2+, 故答案为:Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+;

(2)根据配制一定物质的量浓度的硫酸溶液的步骤可知,配制过程中使用的仪器有:量筒、 烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等,所以还需要 100mL 容量瓶, 故答案为:100mL 容量瓶; (4)步骤Ⅴ一系列操作依次是:①过滤②洗涤③灼烧④冷却⑤称量⑥恒重操作,操作⑥的 目的是确保氢氧化铁完全分解成了氧化铁,保证得到纯净的氧化铁, 故答案为:灼烧;保证得到纯净的氧化铁; (5)ag 中 m(Fe)= 故答案为:0.07a. 【点评】本题考查物质的分离和提纯、物质含量的测定,侧重考查分析、计算、基本操作能 力, 明确每一步发生的反应是解本题关键, 知道物质分离和提纯的基本方法, 题目难度中等. × ag=0.7ag,则每片药品中 Fe 的质量为 0.07ag,

24.信息一:铬同镍、钴、铁等金属可以构成高温合金、电热合金、精密合金等,用于航空、 宇航、电器及仪表等工业部门. 信息二:氯化铬酰(CrO2Cl2)是铬的一种化合物,常温下该化合物是暗红色液体,熔点为 ﹣96.5℃,沸点为 117℃,能和丙酮(CH3COCH3) 、四氯化碳、CS2 等有机溶剂互溶. (1)铬原子的基态电子排布式为 1s22s22p63s23p63d54s1 .铁在周期表中的位置: 第四 周期、第 VIII 族 . 1 个 π 键,含有 9 个 σ 键. ,二硫化

(2)CH3COCH3 分子中含有

(3)固态氯化铬酰属于 分子 晶体,丙酮中碳原子的杂化方式为 sp2 和 sp3

碳属于 非极性 (填“极性”或“非极性”)分子,分子中含有 极性 (填“极性”或“非极 性”)键. 【考点】原子核外电子排布;共价键的形成及共价键的主要类型;原子轨道杂化方式及杂化 类型判断. 【专题】化学键与晶体结构. 【分析】 (1)Cr 元素为 24 号元素,原子核外有 24 个电子,根据构造原理书写;Fe 在周期 表中位于第四周期、第 VIII 族; (2)碳碳单键和碳氢单键都是 δ 键,碳碳双键中一个是 δ 键,一个是 π 键; (3)分子晶体的熔沸点较低;根据价层电子对互斥理论来分析解答,3 个 σ 键且不含孤电 子对采用 sp2 杂化,含有 4 个 σ 键且不含孤电子对采用 sp3 杂化;正负电荷重心重合为非极

性分子,正负电荷重心不重合为极性分子,结合分子空间构型判断;不同非金属元素之间形 成极性键. 【解答】解: (1)Cr 元素为 24 号元素,原子核外有 24 个电子,所以核外电子排布式为: 1s22s22p63s23p63d54s1,Fe 在周期表中位于第四周期、第 VIII 族; 故答案为:1s22s22p63s23p63d54s1;第四周期、第 VIII 族; (2)CH3COCH3 分子中含有一个碳碳双键,6 个碳氢键单键,2 个碳碳键,所以含有 1 个 π 键,9 个 δ 键; 故答案为:1;9; (3)分子晶体的熔沸点较低,固态氯化铬酰的熔沸点较低,所以属于分子晶体;在丙酮分 子中,羰基碳原子含有 3 个 σ 键且不含孤电子对,所以采用 sp2 杂化,甲基碳原子含有 4 个 σ 键且不含孤电子对,所以采用 sp3 杂化;二硫化碳是直线形分子,分子结构对称,正负电 荷的中心重合,属于非极性分子;不同非金属元素之间形成极性键,二硫化碳分子中存在 S 与 C 形成的极性键; 故答案为:分子;sp2 和 sp3;非极性;极性. 【点评】本题综合考查物质的结构与性质知识,侧重于电子排布式、化学键、杂化类型、分 子极性等知识,题目难度中等,注意把握杂化类型的判断方法,考查了学生对基础知识的综 合应用能力.


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