天津市静海一中等六校联考2022-2022学年高三（上）期中化学试卷 一.选择题：下列每小题只有一个选项符合题意．（每小题2分）1．下列化学用语使用正确的是（ ）A．中子数为9的氧原子符号为16OB．某元素的一种原子质量数为X则该元素的相对原子质量为XC．H、D、T三种核素化学性质不相同D．次氯酸的结构式：H﹣O﹣Cl 2．下列关于化学基本概念和基本理论的几点认识中正确的是（ ）A．胶体区别于其它分散系的本质特征是具有丁达尔现象B．根据化合物中含氢数目的多少，把化合物分为一元酸、二元酸、三元酸等C．碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物D．强电解质溶液的导电能力一定强于弱电解质溶液 3．若NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A．1molCl2参加反应转移电子数一定为2NAB．将31g的Na2O溶解于1L水中，所得溶液中Na+的物质的量浓度为1mol/LC．22.4L的NH3和16gCH4中所含有的电子数都是10NAD．20g重水（2H216O）含有的电子数为10NA 4．下列叙述的两个量，一定相等的是（ ）A．质量相等的金刚石和C60中的碳原子数目B．0.1mol/LNaCl溶液与0.05mol/LNa2CO3溶液中所含Na+的数目C．标准状况下等体积的SO2和SO3的分子数目D．同温同压相同体积的两种气体12C18O和14N2的密度 5．三氟化氮（NF3）是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体．它无色、无臭，在潮湿的空气中能发生下列反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，下列有关说法正确的是（ ）A．反应中NF3是氧化剂，H2O是还原剂B．NF3在潮湿空气中泄漏会产生白雾、红棕色气体等现象C．若反应中生成0.2molHNO3，则反应共转移0.2mole﹣D．反应中被氧化与被还原的原子物质的量之比为2：1 6．已知X+、Y2+、Z﹣、W2﹣四种离子具有相同的电子层结构．下列关于X、Y、Z、W四种元素的描述，不正确的是（ ）A．金属性：X＞Y，还原性：Z﹣＞W2﹣B．原子半径：X＞Y＞W＞ZC．离子半径：Y2+＜X+＜Z﹣＜W2﹣D．原子序数：Y＞X＞Z＞W 7．下列说法正确的是（ ）A．同一主族元素气态氢化物从上到下，其沸点逐渐升高B．非金属单质中一定存在共价键，离子化合物中可能存在共价键C．非极性键不可能存在于离子化合物中，由非金属元素组成的化合物中一定不存在离子键-25-\nD．含有阴离子的物质一定含有阳离子 8．短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则下列说法中正确的是（ ）A．钠与W可能形成Na2W2化合物B．由Z与Y组成的物质在熔融时能导电C．W得电子能力比Q强D．X有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体 9．化学学习方法中的类推法是由已学知识通过迁移构建新知识的方法．下列类比正确的是（ ）A．CaCO3与稀硝酸反应生成CO2，CaSO3也能与稀硝酸反应生成SO2B．铜在Cl2中燃烧生成二价铜，铜也能在硫蒸气中燃烧生成二价铜C．锌可以与溶液中的银离子发生置换反应，钠也能与溶液中的银离子发生置换反应D．钠与乙醇反应产生氢气，钾与乙醇也能反应产生氢气 10．常温下，下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是（ ）A．pH=0的溶液：Fe2+、Br﹣、Na+、NO3﹣B．c（H+）=1.0×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：K+、AlO2﹣、NO3﹣、Na+C．酸性溶液中：Fe3+、K+、SCN﹣、SO42﹣D．石蕊试液呈紫色的溶液中：NH4+、Al3+、NO3﹣、HCO3﹣ 11．（2分）（2022秋•天津校级期中）能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）A．Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3+6H++2I﹣=2Fe2++I2+3H2OB．Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应：HCO+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2OC．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2OD．AlCl3溶液与过量的浓氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2O 12．下列各图所示的实验原理、方法、装置或操作正确的是（ ）A．①称量氢氧化钠固体B．②收集NO气体-25-\nC．③配制100mL0.10mol•L﹣1盐酸D．④吸收NH3不会造成倒吸 13．Al、Fe、Cu都是重要而常见的金属，下列有关说法正确的是（ ）A．三者的单质在常温下都能溶于浓硫酸和浓硝酸B．三者的单质放置在空气中均只生成氧化物C．三者所对应的氢氧化物在水中都存在溶解平衡D．工业上制备这三种金属的方法依次为电解法、热分解法和热还原法 14．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（ ）A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl﹣C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO 15．向溶液X中持续通入气体Y，会产生“浑浊→澄清”现象的是（ ）A．X：漂白粉溶液 Y：二氧化硫B．X：硝酸钡溶液 Y：二氧化硫C．X：氯化铝溶液 Y：氨气D．X：偏铝酸钠溶液 Y：二氧化氮 16．下列有关物质性质或应用的说法正确的是（ ）A．钠的金属性比钾强，工业上用钠制取钾（Na+KClK↑+NaCl）B．利用Al2O3制作的坩埚，可用于熔融烧碱C．氢氟酸具有强酸性，用氢氟酸蚀刻玻璃D．制水泥和玻璃都用石灰石作原料 17．在T℃时，将agNH3完全溶于水，得到VmL溶液，假设该溶液的密度为ρg•cm﹣3，溶质的质量分数为w，其中含NH的物质的量为bmol．下列叙述中一定正确的是（ ）A．溶质的质量分数为w=×100%B．溶质的物质的量浓度c=mol•L﹣1C．溶液中c（OH﹣）=mol•L﹣1D．上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.5w 18．某无色溶液中可能存在Al3+、H+、Na+、SO32﹣、CO32﹣、NO3﹣、AlO2﹣和S2﹣八种离子中的几种，进行如下实验：①向溶液中加入足量的稀盐酸，产生无色气体；②继续滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀；③过滤后，向滤液中逐滴加入NaOH溶液，产生白色沉淀；继续滴加，白色沉淀消失．由此推断原溶液（ ）A．一定存在的离子是Na+、SO32﹣、NO3﹣、AlO2﹣-25-\nB．一定存在的离子是Na+、SO32﹣、CO32﹣、AlO2﹣C．可能存在的离子是Al3+、CO32﹣D．可能存在的离子是CO32﹣、S2﹣ 19．已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3+和Cr3+．现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3+的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是（ ）A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7B．图中BC段发生的反应为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2C．开始加入的K2Cr2O7为0.25molD．K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为1：3 20．质量为9.7g的Cu、Zn合金与足量的稀HNO3反应，还原产物只有NO气体，其体积在标准状况下为2.24L，将溶液稀释为1L，测得溶液的pH=1，此时溶液中NO3﹣的浓度为（ ）A．0.3mol•L﹣1B．0.4mol•L﹣1C．0.5mol•L﹣1D．0.6mol•L﹣1 二.非选择题（共60分）21．（13分）X、Y、Z、W、L、M六种短周期主族元素的原子序数依次增大，其中X、M的单质在常温下呈气态，Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，Z在同周期的主族元素中原子半径最大，W是地壳中含量最多的金属元素，L的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料．用化学用语回答下列问题：（1）M的离子结构示意图 ；L在元素周期表中的位置为 ．（2）Y、L、M的最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序是 ．（3）Y的最高价氧化物的电子式为 ．原子序数比Y多2的元素的一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，此分解反应的化学方程式是 ．（4）Z、W各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，该反应的离子方程式为 ．（5）R与Y同周期，R的单质分子R2中有3个共价键，R与X形成化合物甲，1mol甲含18mol电子，请写出甲的结构式 ．（6）用亚硝酸氧化化合物甲，可生成氮的另一种氢化物，该氢化物的相对分子质量为43，其中氮原子的质量分数为97.7%，该氢化物的分子式为 ．该氢化物受撞击时完全分解为氮气和氢气，则2.15g该氢化物受撞击后产生的气体在标况下的体积为 L． 22．（12分）A、B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示（反应条件和部分产物未标出）-25-\n（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，则物质C中所含化学键类型为 ，写出反应④的化学方程式 ．（2）若A为常见的金属单质，D、F是气态单质，反应①在水溶液中进行，则反应②（在水溶液中进行）的离子方程式是 ，检验E物质中阳离子的操作和现象 ，A单质与1mol/L稀硝酸160mL恰好反应，最多消耗A单质 g．（3）若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应①的化学方程式为 ，写出D单质的一种用途 ． 23．（13分）某无色溶液的溶质只由以下离子中的若干离子构成：Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2﹣、CO32﹣、SO42﹣．将该溶液进行如下实验，根据所给实验现象判断原溶液中离子的存在情况，填写空格．（1）取适量该溶液，加入过量盐酸，有气体生成，最终得到无色透明溶液．肯定存在的离子 ；肯定不存在的离子 ．（2）在（1）所得到的溶液中再加入过量NH4HCO3溶液，有无色无味的气体生成，同时析出白色沉淀．原溶液中肯定存在的离子 ，写出生成沉淀的离子方程式 ．（3）在（2）所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，加热，有刺激性气味的气体生成，同时析出白色沉淀．沉淀中一定含有 （4）原溶液中溶质的成分为 （填写化学式） 24．（14分）铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）．某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究．Ⅰ．铁矿石中含氧量的测定①按如图组装仪器， ；②将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如图所示（夹持仪器均省略）；③从左端导气管口处不断地缓缓通入H2，待C装置出口处H2验纯后，点燃A处酒精灯；④充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却．（1）补全步骤①的操作 ．（2）装置C的作用为 ．（3）测得反应后装置B增重1.35g，则铁矿石中氧的质量百分含量为 ．Ⅱ．-25-\n（1）步骤④中煮沸的作用是 ．（2）下列有关步骤⑥的操作中说法正确的是 ．a．因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂b．滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂c．滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液d．锥形瓶不需要用待测液润洗e．滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化f．滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色，再读数（3）若滴定过程中消耗0.5000mol•L﹣1的KI溶液22.50mL，则铁矿石中铁的质量百分含量为 ．Ⅲ．由Ⅰ、Ⅱ可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为 ． 25．（8分）已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关．当n（KOH）=amol时，（1）标准状况下，参加反应的氯气的体积等于 L（2）若某温度下，反应后=11，则溶液中= ，此时反应总离子方程式为 ．（3）改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为 mol． -25-\n天津市静海一中等六校联考2022-2022学年高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析 一.选择题：下列每小题只有一个选项符合题意．（每小题2分）1．下列化学用语使用正确的是（ ）A．中子数为9的氧原子符号为16OB．某元素的一种原子质量数为X则该元素的相对原子质量为XC．H、D、T三种核素化学性质不相同D．次氯酸的结构式：H﹣O﹣Cl【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；同位素及其应用；结构式．【专题】化学用语专题．【分析】A．中子数为9的氧原子的质量数为17；B．质量数约等于原子的相对原子质量；C．同位素的化学性质相同；D．根据原子形成的共用电子对判断．【解答】解：A．中子数为9的氧原子的质量数为17，则氧原子符号为17O，故A错误；B．质量数约等于原子的相对原子质量，一种元素可能有多种原子，所以原子质量数不一定等于该元素的相对原子质量，故B错误；C．同位素的化学性质相同，则H、D、T三种核素化学性质相同，故C错误；D．HClO中O形成2个共用电子对，H、Cl各形成1个共用电子对，所以次氯酸的结构式：H﹣O﹣Cl，故D正确．故选D．【点评】本题考查了原子结构、质量数、同位素的性质、结构式，题目涉及的知识点较多，侧重于考查基础知识，难度不大． 2．下列关于化学基本概念和基本理论的几点认识中正确的是（ ）A．胶体区别于其它分散系的本质特征是具有丁达尔现象B．根据化合物中含氢数目的多少，把化合物分为一元酸、二元酸、三元酸等C．碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物D．强电解质溶液的导电能力一定强于弱电解质溶液【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；强电解质和弱电解质的概念．【分析】A、胶体区别于其他分散系的本质特征是粒子直径在1nm～100nm之间；B、一元酸、二元酸是根据酸电离出氢离子的个数进行分类的；C、能与酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物；D、导电性与强弱电解质无关．【解答】解：A、胶体区别于其他分散系的本质特征是粒子直径在1nm～100nm之间，胶体具有丁达尔效应，但不是本质特征，故A错误；B、一元酸、二元酸是根据酸电离出氢离子的个数进行分类的，如CH3COOH含有4个H，但为一元酸，故B错误；C、能与酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物，如氧化钠是碱性氧化物也是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，如氧化铝属于两性氧化物也是金属氧化物，故C正确；-25-\nD、溶液的导电能力取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，故D错误．故选C．【点评】本体考查较为综合，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意胶体的分类及性质． 3．若NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A．1molCl2参加反应转移电子数一定为2NAB．将31g的Na2O溶解于1L水中，所得溶液中Na+的物质的量浓度为1mol/LC．22.4L的NH3和16gCH4中所含有的电子数都是10NAD．20g重水（2H216O）含有的电子数为10NA【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、根据反应后氯元素的价态来分析；B、氧化钠溶于1L水后，溶于体积大于1L；C、氨气所处的状态不明确；D、重水（2H216O）的摩尔质量为20g/mol．【解答】解：A、由于反应后氯元素的价态可能为﹣1价、+1价、+3价、+5价、+7价，故1mol氯气参与反应后转移的电子数与反应后的价态有关，不一定为2NA个，故A错误；B、氧化钠溶于1L水后，溶于体积大于1L，故溶液中钠离子的浓度小于1mol/L，故B错误；C、氨气所处的状态不明确，故22.4L氨气的物质的量不能计算，故C错误；D、重水（2H216O）的摩尔质量为20g/mol，故20g重水的物质的量为1mol，而1mol重水中含10mol电子即10NA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．下列叙述的两个量，一定相等的是（ ）A．质量相等的金刚石和C60中的碳原子数目B．0.1mol/LNaCl溶液与0.05mol/LNa2CO3溶液中所含Na+的数目C．标准状况下等体积的SO2和SO3的分子数目D．同温同压相同体积的两种气体12C18O和14N2的密度【考点】物质的量的相关计算．【专题】物质的量的计算．【分析】A．均由碳原子构成，碳原子质量相等，则质量相等的金刚石和C60中的碳原子数目；B．溶液中离子数目与溶液体积就浓度有关；C．标况下三氧化硫表示气体；D．同温同压相同体积的两种气体12C18O和14N2，二者物质的量相等，根据m=nM判断质量关系，若质量相等，则密度相等．【解答】解：A．均由碳原子构成，碳原子质量相等，则质量相等的金刚石和C60中的碳原子数目，故A正确；B．溶液中离子数目与溶液体积就浓度有关，溶液体积未知，不能确定钠离子数目，故B错误；C．标况下三氧化硫表示气体，标准状况下等体积的SO2和SO3的物质的量不相等，含有电子数目不相等，故C错误；-25-\nD．同温同压相同体积的两种气体12C18O和14N2，二者物质的量相等，二者摩尔质量不相等，根据m=nM可知，二者质量不相等，则密度不相等，故D错误，故选：A．【点评】本题考查物质的量有关计算、气体摩尔体积、阿伏伽德罗定律及其推论，难度不大，C选项为易错点，注意三氧化硫的熔沸点，注意气体摩尔体积的使用条件与对象． 5．三氟化氮（NF3）是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体．它无色、无臭，在潮湿的空气中能发生下列反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，下列有关说法正确的是（ ）A．反应中NF3是氧化剂，H2O是还原剂B．NF3在潮湿空气中泄漏会产生白雾、红棕色气体等现象C．若反应中生成0.2molHNO3，则反应共转移0.2mole﹣D．反应中被氧化与被还原的原子物质的量之比为2：1【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】反应3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF中，只有N元素的化合价发生变化，自身发生氧化还原反应，当有3molNF3参加反应，生成2molNO，1molHNO3，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，结合方程式以及对应物质的性质解答该题．【解答】解：A．只有N元素的化合价发生变化，自身发生氧化还原反应，故A错误；B．反应中生成NO，与氧气反应生成红棕色的NO2，同时生成硝酸，易与空气中的水蒸气结合形成白雾，故B正确；C．若反应中生成0.2molHNO3，N元素化合价由+3价升高到+5价，则反应共转移0.4mole﹣，故C错误；D．当有3molNF3参加反应，生成2molNO，1molHNO3，反应中被氧化与被还原的原子的物质的量之比为1：2，故D错误．故选B．【点评】本题考查氧化还原反应知识，侧重于氧化还原反应反应的概念和计算的考查，题目难度不大，注意反应中元素化合价的变化，为解答该类题目的关键． 6．已知X+、Y2+、Z﹣、W2﹣四种离子具有相同的电子层结构．下列关于X、Y、Z、W四种元素的描述，不正确的是（ ）A．金属性：X＞Y，还原性：Z﹣＞W2﹣B．原子半径：X＞Y＞W＞ZC．离子半径：Y2+＜X+＜Z﹣＜W2﹣D．原子序数：Y＞X＞Z＞W【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+、Y2+、Z﹣、W2﹣四种离子均具有相同的电子层结构，则X、Y处于同一周期，原子序数Y＞X；Z、W处于同一周期，且处于X、Y所在周期上一周期，原子序数Z＞W，所以原子序数Y＞X＞Z＞W，由离子所带电荷可知，X、Y为金属元素，而Z、W为非金属元素，再根据元素周期律递变规律判断．【解答】解：X+、Y2+、Z﹣、W2﹣四种离子均具有相同的电子层结构，则X、Y处于同一周期，原子序数Y＞X；Z、W处于同一周期，且处于X、Y所在周期上一周期，原子序数Z＞W，所以原子序数Y＞X＞Z＞W，由离子所带电荷可知，X、Y为金属元素，而Z、W为非金属元素．A．X、Y处于同一周期，形成阳离子，原子序数Y＞X，所以金属性：X＞Y；Z、W处于同一周期，形成阴离子，原子序数Z＞W，所以非金属性Z＞W，非金属性越强，阴离子还原性越弱，所以还原性：W2﹣＞Z﹣，故A错误；-25-\nB．Z、W处于同一周期，且处于X、Y所在周期上一周期，原子序数Y＞X＞Z＞W，同周期元素原子序数越大，半径越小，所以原子半径X＞Y，W＞Z，原子核外电子层数越多，半径越大，所以X＞Y＞W＞Z，故B正确；C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：Y2+＜X+＜Z﹣＜W2﹣，故C正确；D．X+、Y2+、Z﹣、W2﹣四种离子具有相同的电子层结构，所以原子序数Y＞X＞Z＞W，故D正确；故选：A．【点评】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，根据核外电子结构相同确定元素所在周期表中的位置以及把握元素周期律的递变规律是解答该题的关键，难度不大． 7．下列说法正确的是（ ）A．同一主族元素气态氢化物从上到下，其沸点逐渐升高B．非金属单质中一定存在共价键，离子化合物中可能存在共价键C．非极性键不可能存在于离子化合物中，由非金属元素组成的化合物中一定不存在离子键D．含有阴离子的物质一定含有阳离子【考点】化学键；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．【分析】A．同一主族元素气态氢化物从上到下，相对分子质量越大，沸点越大，但含氢键的沸点反常大；B．稀有气体单质中不含化学键；C．非极性键可能存在于离子化合物，由非金属元素组成的化合物可能为共价化合物或离子化合物；D．含有阴离子的物质，一定为离子化合物．【解答】解：A．同一主族元素气态氢化物从上到下，相对分子质量越大，沸点越大，但含氢键的沸点反常大，如第ⅤⅡA中HF的沸点大于HCl，故A错误；B．稀有气体单质中不含化学键，而离子化合物中可能存在共价键，如NaOH中含离子键和共价键，故B错误；C．非极性键可能存在于离子化合物，如过氧化钠；由非金属元素组成的化合物可能为共价化合物或离子化合物，如HCl、铵盐等，故C错误；D．含有阴离子的物质，一定为离子化合物，则一定含阴、阳离子，作用力为离子键，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学键，为高频考点，把握物质中的化学键形成及判断方法为解答的关键，注意常见物质中的化学键，学会利用实例分析解答，题目难度不大． 8．短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则下列说法中正确的是（ ）A．钠与W可能形成Na2W2化合物B．由Z与Y组成的物质在熔融时能导电C．W得电子能力比Q强D．X有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体-25-\n【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在元素周期表中的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W、Q处于第三周期，X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则最外层电子数为4，故X为碳元素，则Z为Si元素、Y为氧元素、W为硫元素、Q为Cl元素，据此解答．【解答】由短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W、Q处于第三周期，X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则最外层电子数为4，故X为碳元素，则Z为Si元素、Y为氧元素、W为硫元素、Q为Cl元素，A．Na和S可形成类似于Na2O2的Na2S2，故A正确；B．二氧化硅是原子晶体，熔融状态下，不导电，故B错误；C．同周期自左而右非金属性增强，得电子能力增强，故S得电子能力比Cl弱，故C错误；D．碳元素有金刚石、石墨等同素异形体，氧元素存在氧气、臭氧同素异形体，C、O元素都能形成多种同素异形体，故D错误；故选A．【点评】本题考查结构性质位置关系，难度中等，A选项为易错点、难点，利用同主族元素的相似性解答，注意整体把握元素周期表的结构． 9．化学学习方法中的类推法是由已学知识通过迁移构建新知识的方法．下列类比正确的是（ ）A．CaCO3与稀硝酸反应生成CO2，CaSO3也能与稀硝酸反应生成SO2B．铜在Cl2中燃烧生成二价铜，铜也能在硫蒸气中燃烧生成二价铜C．锌可以与溶液中的银离子发生置换反应，钠也能与溶液中的银离子发生置换反应D．钠与乙醇反应产生氢气，钾与乙醇也能反应产生氢气【考点】探究化学规律．【专题】类比迁移思想；卤族元素；有机物的化学性质及推断．【分析】A．硝酸具有强氧化性，能氧化部分还原性物质；B．Cl2具有强氧化性，能将变价金属氧化为最高价，S具有弱氧化性，能将变价金属氧化为较低价态；C．Na性质较活泼，和溶液中物质反应时先和水反应；D．K、Na性质都较活泼，都易和醇羟基反应生成氢气．【解答】解：A．硝酸具有强氧化性，能氧化部分还原性物质，亚硫酸钙具有还原性，能被硝酸氧化生成硫酸钙，所以亚硫酸钙和硝酸反应没有二氧化硫生成，故A错误；B．Cl2具有强氧化性，能将变价金属氧化为最高价，S具有弱氧化性，能将变价金属氧化为较低价态，所以氯气和铜反应生成CuCl2、S和Cu反应生成Cu2S，故B错误；C．Na性质较活泼，将钠投入含有银离子的溶液中先和水反应生成NaOH，NaOH再和银离子反应，所以得不到Ag，故C错误；D．K、Na性质都较活泼，且K活泼性大于Na，二者都易和乙醇中羟基反应生成氢气，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学规律，为高频考点，侧重考查氧化还原反应、物质性质，明确物质性质是解本题关键，注意规律中的特例，易错选项是C． 10．常温下，下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是（ ）A．pH=0的溶液：Fe2+、Br﹣、Na+、NO3﹣-25-\nB．c（H+）=1.0×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：K+、AlO2﹣、NO3﹣、Na+C．酸性溶液中：Fe3+、K+、SCN﹣、SO42﹣D．石蕊试液呈紫色的溶液中：NH4+、Al3+、NO3﹣、HCO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．pH=0的溶液，显酸性；B．c（H+）=1.0×10﹣12mol•L﹣1的溶液，显碱性；C．离子之间结合生成络离子；D．石蕊试液呈紫色的溶液，显碱性．【解答】解：A．pH=0的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3﹣离子之间发生氧化还原反应，则不能共存，故A错误；B．c（H+）=1.0×10﹣12mol•L﹣1的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，能大量共存，故B正确；C．Fe3+、SCN﹣离子之间结合生成络离子，不能共存，故C错误；D．石蕊试液呈紫色的溶液，显碱性，NH4+、Al3+、HCO3﹣均与OH﹣反应，则不能共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重信息的抽取和应用及离子之间的反应的考查，选项A为解答的易错点，题目难度不大． 11．能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）A．Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3+6H++2I﹣=2Fe2++I2+3H2OB．Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应：HCO+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2OC．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2OD．AlCl3溶液与过量的浓氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2O【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碘化亚铁、碘、水；B．反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；C．高锰酸钾能氧化HCl；D．反应生成氢氧化铝和氯化铵．【解答】解：A．Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中的离子反应为Fe2O3+6H++2I﹣=2Fe2++I2+3H2O，故A正确；B．Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应，生成碳酸钙、碳酸钠、水，离子方程式为2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CO32﹣+CaCO3↓+2H2O，故B错误；C．高锰酸钾能氧化HCl，不能利用浓盐酸酸性的高锰酸钾证明H2O2具有还原性，故C错误；D．AlCl3溶液与过量的浓氨水的离子反应为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故D错误；故选A．-25-\n【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为高频考点，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等，题目难度不大． 12．下列各图所示的实验原理、方法、装置或操作正确的是（ ）A．①称量氢氧化钠固体B．②收集NO气体C．③配制100mL0.10mol•L﹣1盐酸D．④吸收NH3不会造成倒吸【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．用托盘天平称量药品时遵循“左物右砝”原则，且强腐蚀性药品要放置在烧杯中称量；B．NO极易和空气中氧气反应生成二氧化氮，NO不易溶于水，所以不能采用排空气法收集NO；C．容量瓶只能配制一定物质的量浓度溶液，不能稀释或溶解药品；D．有缓冲装置的能防止倒吸．【解答】解：A．用托盘天平称量药品时遵循“左物右砝”原则，且强腐蚀性药品要放置在烧杯中称量，所以左盘放置药品、右盘放置砝码，氢氧化钠具有强腐蚀性，应该在烧杯中称量，故A错误；B．NO极易和空气中氧气反应生成二氧化氮，NO不易溶于水，所以不能采用排空气法收集NO，应该采用排水法收集，故B错误；C．容量瓶只能配制一定物质的量浓度溶液，不能稀释或溶解药品，所以应该先在烧杯中稀释盐酸，冷却至室温时再转移到容量瓶中，故C错误；D．有缓冲装置的能防止倒吸，四氯化碳密度大于水，且四氯化碳和氨气不反应，所以能防止倒吸，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及实验基本操作、气体收集、尾气处理等知识点，明确实验原理及实验操作规范性是解本题关键，知道常见仪器的使用方法，题目难度不大． 13．Al、Fe、Cu都是重要而常见的金属，下列有关说法正确的是（ ）A．三者的单质在常温下都能溶于浓硫酸和浓硝酸B．三者的单质放置在空气中均只生成氧化物C．三者所对应的氢氧化物在水中都存在溶解平衡D．工业上制备这三种金属的方法依次为电解法、热分解法和热还原法【考点】铝的化学性质；铁的化学性质．【分析】A、铁和铝常温下遇浓硫酸和浓硝酸发生钝化；B、Cu生成碱式碳酸铜；-25-\nC、Al、Fe、Cu对应的氢氧化物都是弱碱性的物质，且均为沉淀；D、工业上用焦炭和铁的氧化物的反应来获得金属铁【解答】解：A、铁和铝常温下遇浓硫酸和浓硝酸发生钝化，故A错误；B、Al、Fe放置在空气中生成氧化物，Cu生成碱式碳酸铜，故B错误；C、Al、Fe、Cu对应的氢氧化物都是弱碱，且均为沉淀，所以在水中都存在溶解平衡，故C正确；D、工业上用获得金属铁、铜采用热还原法，故D错误．故选C．【点评】本题考查常见金属Al、Fe、Cu的基本性质和制取方法，难度不大，注意基础知识的解答． 14．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（ ）A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl﹣C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO【考点】真题集萃；氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色．【解答】解：溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，A．只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，故A正确；B．溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl﹣，故B正确；C．溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故C正确；D．溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，不能说明氯水中含有HClO，故D错误，故选D．【点评】本题考查氯水的性质，难度不大，侧重对基础知识的考查，需要学生熟练掌握基础知识． 15．向溶液X中持续通入气体Y，会产生“浑浊→澄清”现象的是（ ）A．X：漂白粉溶液 Y：二氧化硫B．X：硝酸钡溶液 Y：二氧化硫C．X：氯化铝溶液 Y：氨气D．X：偏铝酸钠溶液 Y：二氧化氮【考点】二氧化硫的化学性质；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【专题】氧族元素；氮族元素．【分析】A．发生氧化还原反应生成硫酸钙；B．发生氧化还原反应生成硫酸钡；C．生成的氢氧化铝，不能溶解在氨水中；D．开始生成氢氧化铝，然后溶解在硝酸中．-25-\n【解答】解：A．漂白粉溶液中通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成硫酸钙，溶液变浑浊，不会变澄清，故A错误；B．硝酸钡溶液中通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成硫酸钡，溶液变浑浊，不会变澄清，故B错误；C．氯化铝溶液中通入氨气，生成的氢氧化铝，不能溶解在氨水中，溶液变浑浊，不会变澄清，故C错误；D．偏铝酸钠溶液中通入二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝，然后溶解在硝酸中生成硝酸铝，则会产生“浑浊→澄清”现象，故D正确；故选D．【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握发生的氧化还原反应、复分解反应为解答的关键，注意物质的溶解性及氢氧化铝的两性，题目难度不大． 16．下列有关物质性质或应用的说法正确的是（ ）A．钠的金属性比钾强，工业上用钠制取钾（Na+KClK↑+NaCl）B．利用Al2O3制作的坩埚，可用于熔融烧碱C．氢氟酸具有强酸性，用氢氟酸蚀刻玻璃D．制水泥和玻璃都用石灰石作原料【考点】玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物．【专题】碳族元素；几种重要的金属及其化合物．【分析】A．Na的金属性比K弱，Na的沸点高于K；B．氧化铝为两性氧化物，能够与氢氧化钠溶液反应；C．氢氟酸为弱酸；D．水泥原料是石灰石和黏土；玻璃原料是纯碱、石灰石和石英．【解答】解：A．Na的金属性比K弱，在850℃时使K蒸汽分离出，而钠为液体，可用钠制取钾，利用的是高沸点金属制备低沸点金属，故A错误；B．氧化铝熔点高，可以制作坩埚，能够与氢氧化钠溶液反应，不可用于熔融烧碱，故B错误；C．氢氟酸为弱酸，能够与玻璃中的二氧化硅发生反应，能够腐蚀玻璃，故C错误；D．制水泥和玻璃都用石灰石作原料，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了物质的用途，性质决定用途，明确物质的性质是解题关键，注意氧化铝为两性氧化物，题目难度不大． 17．在T℃时，将agNH3完全溶于水，得到VmL溶液，假设该溶液的密度为ρg•cm﹣3，溶质的质量分数为w，其中含NH的物质的量为bmol．下列叙述中一定正确的是（ ）A．溶质的质量分数为w=×100%B．溶质的物质的量浓度c=mol•L﹣1C．溶液中c（OH﹣）=mol•L﹣1D．上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.5w【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算；物质的量浓度的相关计算．-25-\n【分析】A、氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为ρg•cm﹣3，体积为VmL，所以溶液质量为ρVg，溶质氨气的质量为ag，根据溶质的质量分数定义计算；B、根据n=计算agNH3的物质的量，溶液体积为VmL，再根据c=计算溶液的物质的量浓度；C、溶液OH﹣中来源与一水合氨、水的电离，NH4+的浓度为=mol/L，一水合氨电离NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，一水合氨电离出的OH﹣浓度为mol/L；D、水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，据此判断．【解答】解：A、氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为ρg•cm﹣3，体积为VmL，所以溶液质量为ρVg，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数为×100%，故A错误；B、agNH3的物质的量为=mol，溶液体积为VmL，所以溶液的物质的量浓度为=mol•L﹣1，故B正确．C、溶液OH﹣来源于一水合氨、水的电离，NH4+的浓度为=mol/L，一水合氨电离NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，一水合氨电离出的OH﹣浓度为mol/L，所以溶液中OH﹣浓度大于mol/L，故C错误；D、水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5w，故D错误；故选B．【点评】本题考查物质的量浓度、质量分数的计算与相互关系等，难度中等，把握有关公式以及概念是解题的关键． 18．某无色溶液中可能存在Al3+、H+、Na+、SO32﹣、CO32﹣、NO3﹣、AlO2﹣和S2﹣八种离子中的几种，进行如下实验：①向溶液中加入足量的稀盐酸，产生无色气体；②继续滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀；③过滤后，向滤液中逐滴加入NaOH溶液，产生白色沉淀；继续滴加，白色沉淀消失．由此推断原溶液（ ）A．一定存在的离子是Na+、SO32﹣、NO3﹣、AlO2﹣B．一定存在的离子是Na+、SO32﹣、CO32﹣、AlO2﹣C．可能存在的离子是Al3+、CO32﹣D．可能存在的离子是CO32﹣、S2﹣【考点】常见离子的检验方法．【专题】离子反应专题．【分析】①向溶液中加入足量的稀盐酸，产生无色气体，溶液中可能含有SO32﹣、CO32﹣、S2﹣，根据离子共存可知一定不存在Al3+、H+，根据溶液电中性可知溶液中一定含有Na+；②继续滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，则溶液中可能含有SO32﹣、CO32﹣；-25-\n③过滤后，向滤液中逐滴加入NaOH溶液，产生白色沉淀；继续滴加，白色沉淀消失，则溶液中一定含有AlO2﹣；根据分析可知，溶液中一定含有Na+、AlO2﹣，至少含有SO32﹣、CO32﹣、S2﹣中的一种，据此进行判断．【解答】解：①向溶液中加入足量的稀盐酸，产生无色气体，溶液中可能含有SO32﹣、CO32﹣、S2﹣，根据离子共存可知一定不存在Al3+、H+，根据溶液电中性可知溶液中一定含有Na+；②继续滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，则溶液中可能含有SO32﹣、CO32﹣；③过滤后，向滤液中逐滴加入NaOH溶液，产生白色沉淀；继续滴加，白色沉淀消失，则溶液中一定含有AlO2﹣，根据分析可知，溶液中一定含有Na+、AlO2﹣，至少含有SO32﹣、CO32﹣、S2﹣中的一种，A．不能确定是否含有SO32﹣、NO3﹣，故A错误；B．根据分析可知，至少含有SO32﹣、CO32﹣、S2﹣中的一种，不能确定是否含有SO32﹣、CO32﹣，故B错误；C．一定不存在Al3+，故C错误；D．溶液中可能含有CO32﹣、S2﹣，故D正确；故选D．【点评】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，明确常见离子的性质为解答关键，注意熟练掌握常见离子的经验方法，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力． 19．已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3+和Cr3+．现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3+的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是（ ）A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7B．图中BC段发生的反应为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2C．开始加入的K2Cr2O7为0.25molD．K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为1：3【考点】离子方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】氧化性强弱顺序为K2Cr2O7＞Fe3+，由图象可知，在反应后的溶液中滴加碘化钾溶液，开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，BC段为铁离子和碘化钾的反应，结合得失电子守恒解答该题．【解答】解：A．开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，故A正确；B．BC段Fe3+浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，故B正确；C．由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为K2Cr2O7～6Fe3+～6I﹣，共消耗的n（I﹣）=1.5mol，则开始加入的K2Cr2O7的物质的量为mol=0.25mol，故C正确；-25-\nD．由方程式2Fe3++2I﹣→2Fe2++I2可知，BC段消耗KI0.9mol，则n（Fe3+）=n（Fe2+）=0.9mol，K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为0.25mol：0.9mol=5：18，故D错误．故选D．【点评】本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握反应的相关方程式的书写，根据方程式、关系式及电子守恒计算该题，难度中等． 20．质量为9.7g的Cu、Zn合金与足量的稀HNO3反应，还原产物只有NO气体，其体积在标准状况下为2.24L，将溶液稀释为1L，测得溶液的pH=1，此时溶液中NO3﹣的浓度为（ ）A．0.3mol•L﹣1B．0.4mol•L﹣1C．0.5mol•L﹣1D．0.6mol•L﹣1【考点】有关混合物反应的计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】n（NO）==0.1mol，结合电子守恒及质量守恒计算Zn、Cu的物质的量，反应后的溶液稀释为1L，测得溶液的pH=1，则剩余硝酸为0.1mol，结合N原子守恒及Cu（NO3）2、Zn（NO3）2、HNO3的构成计算．【解答】解：生成一氧化氮的物质的量为：n（NO）==0.1mol，设混合物中Zn、Cu的物质的量分别为x、y，由电子守恒及质量守恒可知，解得x=0.1mol、y=0.05mol，即Cu（NO3）2、Zn（NO3）2的物质的量分别为0.1mol、0.05mol，反应后的溶液稀释为1L，测得溶液的pH=1，则剩余硝酸为0.1mol，由N原子守恒可知，此时溶液中NO3﹣的浓度为：=0.4mol/L，故选B．【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力． 二.非选择题（共60分）21．（13分）X、Y、Z、W、L、M六种短周期主族元素的原子序数依次增大，其中X、M的单质在常温下呈气态，Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，Z在同周期的主族元素中原子半径最大，W是地壳中含量最多的金属元素，L的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料．用化学用语回答下列问题：（1）M的离子结构示意图 ；L在元素周期表中的位置为 第三周期ⅣA族 ．（2）Y、L、M的最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序是 H2SiO3＜H2CO3＜HClO4 ．-25-\n（3）Y的最高价氧化物的电子式为 ．原子序数比Y多2的元素的一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，此分解反应的化学方程式是 2H2O22H2O+O2↑ ．（4）Z、W各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，该反应的离子方程式为 Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O ．（5）R与Y同周期，R的单质分子R2中有3个共价键，R与X形成化合物甲，1mol甲含18mol电子，请写出甲的结构式 ．（6）用亚硝酸氧化化合物甲，可生成氮的另一种氢化物，该氢化物的相对分子质量为43，其中氮原子的质量分数为97.7%，该氢化物的分子式为 HN3 ．该氢化物受撞击时完全分解为氮气和氢气，则2.15g该氢化物受撞击后产生的气体在标况下的体积为 2.24 L．【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】X、Y、Z、W、L、M六种短周期主族元素的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的金属元素，则W为Al元素；L的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料，L为Si元素；Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，原子序数小于Al，则Y处于第二周期，最外层电子数为4，故Y为碳元素；X、M的单质在常温下呈气态，X的原子序数小于C元素，故X为氢元素，M的原子序数大于硅元素，则M为Cl元素；Z在同周期的主族元素中原子半径最大，处于IA族，原子序数大于碳，则Z为Na元素，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、W、L、M六种短周期主族元素的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的金属元素，则W为Al元素；L的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料，L为Si元素；Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，原子序数小于Al，则Y处于第二周期，最外层电子数为4，故Y为碳元素；X、M的单质在常温下呈气态，X的原子序数小于C元素，故X为氢元素，M的原子序数大于硅元素，则M为Cl元素；Z在同周期的主族元素中原子半径最大，处于IA族，原子序数大于碳，则Z为Na元素．（1）M的离子为Cl﹣，离子结构示意图为；L为Si元素，在元素周期表中的位置为：第三周期ⅣA族，故答案为：；第三周期ⅣA族；（2）由于非金属性Si＜C＜Cl，故最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序为H2SiO3＜H2CO3＜HClO4，故答案为：H2SiO3＜H2CO3＜HClO4；（3）碳的最高价氧化物为二氧化碳，分子中C原子与氧原子之间形成2对共用电子对，电子式为，原子序数比C多2的元素为O元素，氧元素一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，为双氧水分解生成水与氧气，反应方程式为：2H2O22H2O+O2↑，故答案为：；2H2O22H2O+O2↑；-25-\n（4）氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；（5）R与碳元素同周期，R的单质分子R2中有3个共价键，则R为氮元素，R与X形成化合物甲，1mol甲含18mol电子，则甲为N2H4，结构式为：，故答案为：；（6）氢化物中氮原子的质量分数为97.7%，则n（N）：n（H）=：=3：1，氢化物的相对分子质量为43.0，所以该氢化物分子式为HN3，2.15g该氢化物的物质的量==0.05mol，根据反应2HN3═H2+3N2可知，共产生气体的物质的量为0.05mol×=0.1mol，体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故答案为：HN3；2.24．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，注意基础知识的理解掌握，难度中等． 22．（12分）A、B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示（反应条件和部分产物未标出）（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，则物质C中所含化学键类型为 离子键 ，写出反应④的化学方程式 C+4HNO3（浓）CO2+4NO2↑+2H2O ．（2）若A为常见的金属单质，D、F是气态单质，反应①在水溶液中进行，则反应②（在水溶液中进行）的离子方程式是 Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+ ，检验E物质中阳离子的操作和现象 在试液中滴加KSCN溶液，若溶液呈血红色，则含有铁离子，否则不含有铁离子 ，A单质与1mol/L稀硝酸160mL恰好反应，最多消耗A单质 3.36 g．（3）若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应①的化学方程式为 2C+SiO2Si+2CO↑ ，写出D单质的一种用途 作半导体材料 ．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断；热点问题；物质变化与能量变化统一思想；演绎推理法；元素及其化合物．-25-\n【分析】（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，则A原子序数是偶数，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，A最外层电子数小于4且为偶数，D位于第二周期、A位于第三周期，则A是Mg、D是C元素；F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，红棕色气体是NO2，则F是HNO3，C和HNO3浓溶液反应生成CO2、NO2和H2O，B能和Mg反应生成碳单质，则B是CO2，C是MgO，MgO和硝酸反应生成Mg（NO3）2和H2O，Mg和硝酸反应生成Mg（NO3）2，则E是Mg（NO3）2；（2）若A是常见的金属的单质，D、F是气态单质，A是Fe，反应①在水溶液中进行．反应②也在水溶液中进行，则B是酸，C是盐，D和F反应生成酸，盐和气体单质F反应生成E，Fe和气体单质直接反应生成E，则F是Cl2、E是FeCl3、C是FeCl2、B是HCl、D是H2；（3）A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O，B为SiO2，反应①为C与二氧化硅的反应．【解答】解：（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，则A原子序数是偶数，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，A最外层电子数小于4且为偶数，D位于第二周期、A位于第三周期，则A是Mg、D是C元素；F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，红棕色气体是NO2，则F是HNO3，C和HNO3浓溶液反应生成CO2、NO2和H2O，B能和Mg反应生成碳单质，则B是CO2，C是MgO，C中含有离子键，MgO和硝酸反应生成Mg（NO3）2和H2O，Mg和硝酸反应生成Mg（NO3）2，则E是Mg（NO3）2；通过以上分析知，B是CO2、F是HNO3，在加热条件下，碳和浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应④的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2+4NO2↑+2H2O，故答案为：离子键，C+4HNO3（浓）CO2+4NO2↑+2H2O；（2）若A是常见的金属的单质，D、F是气态单质，A是Fe，反应①在水溶液中进行．反应②也在水溶液中进行，则B是酸，C是盐，D和F反应生成酸，盐和气体单质F反应生成E，Fe和气体单质直接反应生成E，则F是Cl2、E是FeCl3、C是FeCl2、B是HCl、D是H2，氯化亚铁被氯气氧化生成氯化铁，反应②（在水溶液中进行）的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+，检验FeCl3物质中铁离子的操作和现象是在试液中滴加KSCN溶液，若溶液呈血红色，则含有铁离子，否则不含有铁离子，Fe单质与1mol/L稀硝酸160mL恰好反应，当生成硝酸亚铁时消耗Fe最多，根据反应3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O可知，此时Fe单质的质量为g=3.36g，故答案为：Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+；在试液中滴加KSCN溶液，若溶液呈血红色，则含有铁离子，否则不含有铁离子；3.36；（3）A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O，B为SiO2，反应①为C与二氧化硅的反应，该反应为2C+SiO2Si+2CO↑，硅可作半导体材料，故答案为：2C+SiO2Si+2CO↑；作半导体材料．【点评】本题考查无机物的推断、常用化学用语等，为高频考点，涉及常见元素及其化合物知识的考查，把握元素的位置及单质的性质来分析推断各物质，注意根据物质的特殊元素、物质结构、物质之间的转化关系进行推断，熟悉常见单质及其化合物的性质是解本题关键，题目难度中等． 23．（13分）某无色溶液的溶质只由以下离子中的若干离子构成：Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2﹣、CO32﹣、SO42﹣．将该溶液进行如下实验，根据所给实验现象判断原溶液中离子的存在情况，填写空格．-25-\n（1）取适量该溶液，加入过量盐酸，有气体生成，最终得到无色透明溶液．肯定存在的离子 Na+、CO32﹣ ；肯定不存在的离子 Ag+、Ba2+、Al3+ ．（2）在（1）所得到的溶液中再加入过量NH4HCO3溶液，有无色无味的气体生成，同时析出白色沉淀．原溶液中肯定存在的离子 AlO2﹣ ，写出生成沉淀的离子方程式 Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑ ．（3）在（2）所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，加热，有刺激性气味的气体生成，同时析出白色沉淀．沉淀中一定含有 碳酸钡 （4）原溶液中溶质的成分为 NaAlO2、Na2CO3或Na2SO4 （填写化学式）【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】（1）取试液适量，加入过量稀盐酸，有气体生成，则溶液中含有离子CO32﹣，则一定不含Ag+、Ba2+、Al3+，这些离子与CO32﹣离子反应生成沉淀而不能大量共存，根据溶液的电中性，溶液中一定存在Na+离子；（2）溶液（1）呈酸性，再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成，析出白色沉淀，（1）溶液中应含有Al3+离子，则原溶液中应含有AlO2﹣离子；（3）向溶液（2）中加入过量Ba（OH）2溶液，有气体生成，该气体为氨气，溶液（2）中碳酸氢铵过量，加入氢氧化钡溶液析出白色沉淀，该沉淀中一定含有碳酸钡，可能含有硫酸钡；（4）根据分析可知，原溶液中含有的离子为Na+、AlO2﹣、CO32﹣、SO42﹣，据此判断原溶液中溶质组成．【解答】解：（1）取试液适量加入过量稀盐酸，有气体生成，则溶液中一定含有CO32﹣，则一定不含Ag+、Ba2+、Al3+，根据溶液的电中性，溶液中一定存在Na+离子，故答案为：Na+、CO32﹣；Ag+、Ba2+、Al3+；（2）溶液（1）呈酸性，再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成，析出白色沉淀，白色沉淀为氢氧化铝，则（1）溶液中应含有Al3+离子，原溶液中应含有AlO2﹣离子，发生反应的离子方程式为：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑，故答案为：AlO2﹣；Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑；（3）向溶液（2）中加入过量Ba（OH）2溶液，有气体生成，该气体为氨气，溶液（2）中碳酸氢铵过量，加入氢氧化钡溶液析出白色沉淀，该沉淀中一定含有碳酸钡，可能含有硫酸钡，故答案为：碳酸钡；（4）根据分析可知原溶液中含有的离子为：Na+、AlO2﹣、CO32﹣，可能含有SO42﹣，则原溶液中溶质中一定含有NaAlO2、Na2CO3，可能含有Na2SO4，故答案为：NaAlO2、Na2CO3或Na2SO4．【点评】本题考查了常见离子的检验方法，为高考常见题型，题目难度中等，试题侧重复分解反应的考查，对学生思维的严密性要求较高，要求学生能够根据溶液电中性判断离子的存在情况． 24．（14分）铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）．某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究．Ⅰ．铁矿石中含氧量的测定①按如图组装仪器， 检验装置的气密性 ；②将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如图所示（夹持仪器均省略）；③从左端导气管口处不断地缓缓通入H2，待C装置出口处H2验纯后，点燃A处酒精灯；④充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却．-25-\n（1）补全步骤①的操作 检验装置的气密性 ．（2）装置C的作用为 防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果 ．（3）测得反应后装置B增重1.35g，则铁矿石中氧的质量百分含量为 24% ．Ⅱ．（1）步骤④中煮沸的作用是 赶走溶液中溶解的过量的Cl2 ．（2）下列有关步骤⑥的操作中说法正确的是 df ．a．因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂b．滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂c．滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液d．锥形瓶不需要用待测液润洗e．滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化f．滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色，再读数（3）若滴定过程中消耗0.5000mol•L﹣1的KI溶液22.50mL，则铁矿石中铁的质量百分含量为 70% ．Ⅲ．由Ⅰ、Ⅱ可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为 Fe5O6 ．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】综合实验题；实验评价题；结构决定性质思想；演绎推理法；定量测定与误差分析．【分析】Ⅰ、（1）由于该实验中有气体通过装置参加反应，所以实验开始要检验装置的气密性；（2）B中的碱石灰是吸收置换反应生成的水的，为了防止空气成分对实验的影响，要加一个装置吸收空气中的水以及二氧化碳；（3）反应后装置B增重1.35g，即氢气和氧化铁反应后生成的水的质量，可以根据氧守恒来计算；Ⅱ、铁矿石先用足量的稀硫酸溶解，过滤除去杂质，得到只含铁的离子的溶液，再通氯气将溶液中的铁的离子氧化成三价铁离子，再用碘化钾来滴定，据此分析计算；（1）煮沸可以将水中的气体赶跑；（2）根据滴定试验以及滴定过程中的实验误差分析知识来回答判断；（3）根据元素守恒和化学反应方程式进行计算；-25-\nⅢ．Ⅰ中装置B增重1.35g为生成水的质量，根据氧元素守恒5g矿石中计算n（O），Ⅱ中步骤⑥发生2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，根据消耗KI溶液体积计算n（Fe3+），根据Fe元素守恒计算10g矿石中n（Fe），据此确定氧化物化学式．【解答】解：（1）由于该实验中有气体通过装置参加反应，所以实验开始要检验装置的气密性，故答案为：检验装置的气密性；（2）该实验中，氢气和氧化铁反应生成金属铁和水，根据固体质量的变化来计算铁的含量，B处的干燥管作用是吸收产生的水蒸气，所以C装置要防止防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果，故答案为：防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果；（3）测的反应后装置B增重1.35g，根据反应的实质，增加的是水的质量，根据质量守恒定律，所以铁矿石中氧的百分含量是：×100%=24%，故答案为：24%；Ⅱ、（1）向铁矿石中加入硫酸，化反应生成硫酸的铁盐溶液，还存在过量的硫酸溶液，加入过量的氯气，煮沸后可以降低氯气的溶解度，赶走溶液中溶解的过量的Cl2，故答案为：赶走溶液中溶解的过量的Cl2；（2）a．碘水为黄色，三价铁离子也是黄色溶液，滴定过程中需加指示剂，故a错误；b．滴定过程中，三价铁可以和碘离子发生反应生成亚铁离子和碘单质，碘单质遇到淀粉溶液显示蓝色，不能确定是否达到滴定终点，故b错误；c．滴定管用蒸馏水洗涤后必须用标准液润洗，故c错误；d．锥形瓶不需要用待测液润洗，故d正确；e．滴定过程中，眼睛注视锥形瓶中颜色的变化，故e错误；f．滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色再读数，故f正确．故答案为：df；（3）根据反应的方程式为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2可知，消耗的碘离子与铁离子物质的量相等，n（Fe3+）=n（KI），即：0.4000mol•L﹣1×0.025L=c（Fe3+）×0.02L，解得c（Fe3+）=0.5mol•L﹣1，所以铁元素的百分含量为：×100%=70%，故答案为：70%；Ⅲ．铁的质量分数是70%，氧元素的质量分数是24%，所以100g铁矿石中，铁元素的质量是70g，氧元素质量是24g，铁元素和氧元素的物质的量比为：：=5：6，铁的氧化物的化学式为：Fe5O6，故答案是：Fe5O6．【点评】本题考查了探究铁矿石中氧元素和铁元素的含量的方法，该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力；该类试题综合性强，理论和实践的联系紧密，要求学生必须认真、细致的审题，联系所学过的知识和技能，全面细致的思考才能得出正确的结论． -25-\n25．（8分）已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关．当n（KOH）=amol时，（1）标准状况下，参加反应的氯气的体积等于 11.2a L（2）若某温度下，反应后=11，则溶液中= ，此时反应总离子方程式为 7Cl2+14OH﹣=11Cl﹣+ClO﹣+2ClO3﹣+7H2O ．（3）改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为 a mol．【考点】化学方程式的有关计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】（1）由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（K），据此计算；（2）令n（ClO﹣）=1mol，则n（Cl﹣）=11mol，根据电子转移守恒计算n（ClO3﹣），再由原子守恒和电荷守恒配平反应的离子方程式；（3）氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），结合电子转移守恒计算．【解答】解：（1）由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH），故参加反应的氯气的物质的量=n（KOH）=amol，则氯气的体积为V=nVm=11.2aL；故答案为：11.2a；（2）令n（ClO﹣）=1mol，反应后C（Cl﹣）：C（ClO﹣）=11，则n（Cl﹣）=11mol，电子转移守恒，5×n（ClO3﹣）+1×n（ClO﹣）=1×n（Cl﹣），即5×n（ClO3﹣）+1×1mol=1×11mol，解得n（ClO3﹣）=2mol，故溶液中=，则由原子守恒和电荷守恒配平反应的离子方程式为：7Cl2+14OH﹣=11Cl﹣+ClO﹣+2ClO3﹣+7H2O；故答案为：；7Cl2+14OH﹣=11Cl﹣+ClO﹣+2ClO3﹣+7H2O；（3）氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，根据电子转移守恒n（KCl）=5（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n最大（KClO3）=n（KOH）=amol；故答案为：a．【点评】本题考查氧化还原反应计算，难度中等，注意电子转移守恒及极限法的应用，侧重考查学生分析的分析能力和计算能力． -25-
