2016届山东省德州市高三(上)期中化学试卷【解析版】.pdf

2016届山东省德州市高三（上）期中化学试卷【解析版】2016届山东省德州市高三（上）期中化学试卷【解析版】一、选择题（本题包括15小题，每小题3分，共4 5分.每小题只有一项最符合题目要求）1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关.下列有关说法正确的是（）A.某地燃烧化石燃料排放的废气中含CO2、S O 2,使雨水pH=6形成酸雨B.水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的性质C.高空臭氧层吸收太阳紫外线，保护地球生物；反应302=203有单质参加，属于氧化还原反应D.人造纤维，合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物2.下列工业生产的主要反应中，涉及置换反应的是（）A.生产粗硅B.海水提镁C.电解冶铝D.生产硫酸3.下列叙述正确的是（）A.H2与T 2互为同位素B.SO2、CO均属于酸性氧化物C.离子化合物中一定不含共价键D.氯化镂、氯化氢都属于强电解质4.若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A.标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移电子数为0.1NAB.18gD2O中含有的质子数目为IONAC.常温常压下，lm ol氯气中含有的核外电子数为2NAD.ag某气体含分子数为b,eg该气体在标况下的体积为5.下列离子方程式书写正确的是()A.Na 与水反应：Na+H2O=Na+OH+H2 fB.向沸水中滴加饱和FeCI3溶液制备Fe(OH)3 胶体：Fe+3H2O-L+-3+Fe(OH)3 I+3H 2-+C.实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2+2OH=SiO3+H2O-2+2D.向碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液：Ca+OH+HCO3=CaCO3 I+H2O+CO36.下列叙述中正确的是()A.SiO2和 NO2能与强碱溶液反应，都是酸性氧化物B.不锈钢材料因含有格、镇所以抗腐蚀性好C.普通玻璃、钢化玻璃、玻璃钢都属于硅酸盐产品，水玻璃可用于木材防腐D.MgO和 A12O3熔点较高都可以做耐火材料，都能和强碱溶液反应7.现 有 Na2co3、H2so4、Ba(OH)2 三种物质的物质的量浓度与体积都相等的溶液，若以不同顺序将它们中的两种混合起来，出现沉淀后过滤，再将滤液与第三种溶液混合起来，最终所得的溶液()A.一定呈酸性B.不可能呈碱性C.可能呈中性或碱性D.一定呈中性8.四种短周期元素在周期表中的位置如右图，其中只有M为金属元素.下列说法不正确的是（）A.元素形成的简单离子的半径ZC12FeBr2B.第组反应的氧化产物为02C.第组反应中参加反应的CI2与FeBr2的物质的量之比为1：2D.第组反应中生成lmol C I2,转移电子2moi1 4.某化学兴趣小组在课外活动中，对某一份溶液成分(已知不含其他还原性离子)进行了 A.三次检测结果都正确B.该溶液中的阳离子无法判断C.为了检验S 0 4,应先加过量稀硝酸后再滴加Ba(N03)2,观察是否有沉淀现象2-D.为了确定是否存在C 0 3,可以向其中滴加CaCl2溶液，观察是否有沉淀现象15.现将足量的C02气体不断通人到含KOH、Ba(OH)2、KAI(OH)4的混合溶液中，生成沉淀与通入C02的量的关系可表示为()2-A.B.C.D.二、非选择题(共5 5分)16.已知A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次递增的短周期元素,已知A和D,C和F为同一主族元素，A与B、A与G形成共价化合物，B原子的最外层电子数比次外层多3,G元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为6,E 是同周期中离子半径最小的元素，F 形成的化合物是造成酸雨的主要原因.请回答下列问题：（1）七种元素中，非金属性最强的元素在周期表中的位置是.（2）由C、D 形成的一种淡黄色固体的电子式.画出G 离子的结构示意图（3）G 元素的单质有毒，可用D 的最高价氧化物对应的水化物的溶液吸收，其离子方程式为（4）将两份足量的E 单质分别加入到等体积等浓度的硫酸和NaOH溶液中，充分反应生成的气体的体积比为（5）由A、B、C 所形成的常见离子化合物是（写化学式），该化合物与D 的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液加热时反应的离子方程式为（6）已知一包白色晶体的混合物，经元素分析仪分析，包含以上七种元素中的若干种，为测定其组成，进行如下实验：称取固体2.37g溶于水，得到无色澄清溶液，再滴加过量的氯化领溶液和稀盐酸，得到的白色沉淀经过滤、洗涤、干燥后，称得质量为4.66g再取等质量的该固体溶于水，逐滴滴加lmol/L的氢氧化钠溶液，得到的沉淀和滴加的氢氧化钠溶液体积的关系如图，该白色晶体的组成（用化学式表示）为1 7.铜及其化合物在生产、生活中应用广泛.回答下列问题：（1）用新制Cu（OH）该反应中葡萄糖是“氧 2 与葡萄糖反应可制备Cu2O,化剂”或“还原剂”）.（2）用H2O2、H2SO4混合溶液浸泡废印刷电路板可制备CuS04以实现铜的回收利用，其离子方程式为（3）用NH4NO3氧化海绵铜（含Cu的CuO）生产CuCI的部分流程如图：步骤I中反应温度不宜过高的原因是，当0.5mol NH4NO3参加反应时，反应中有4m ol电子发生转移，则铜参加反应的离子方程式为.步骤H中物质X可选用，该物质需过量的原因，其一是加快反应速率，其二是a.Cu b.CI2 c.H2O2 d.（NH4）2SO3.18.化学是以实验为基础的学科.（1）下列描述正确的是（填写序号）.A.浓硝酸和液澳均保存在棕色试剂瓶中，其目的是防止挥发B.容量瓶、分液漏斗在使用时需要检验是否漏水C.海带提碘实验中，灼烧海带时需要用到的仪器有玻璃棒、蒸发皿、泥三角、三脚架、酒精灯D.向含有Fe的FeCI3溶液中通人CI2或滴加H2O2均可以除去FeE.检验Na2s0 3固体是否被氧化：试样白色沉淀沉淀不溶解2+2+（2）某兴趣小组采用如图所示装置制取S 0 2,并制备硫代硫酸钠（Na2s203）,反应原理为：2Na2S+Na2co3+4SO2-3Na2s2O3+CO2；已知硫代硫酸钠受热、遇酸易分解，回答下列问题：b中反应的离子方程式为C 中试剂为反应开始后，C 中先有浑浊产生，后又变澄清.此浑浊物是.d中的试剂为.实验中要控制S02生成速率，可以采取的措施有（写出两条）.为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通人的S 0 2,不能过量，原因是19.氧化还原反应是化学反应中的基本反应之一，研究氧化还原反应,对人类的进步具有极其重要的意义.+3+1.某化学兴趣小组为探究Ag和 Fe氧化性，设计了如下实验：第一步：将光亮的铁丝伸入AgN03溶液中，一段时间后将铁丝取出.+第二步：为检验溶液中Fe的氧化产物，将溶液中的Ag除尽后，进行了如下实验.可选用【实验结论】Fe的氧化产物为Fe和 F e,氧化性：Ag Fe（填“大于”或“小于）.I I.生物质混煤燃烧是当今能源燃烧利用的最佳方式之一，但生物质中氯含量较多，燃烧过程中会形成金属氯化物（如 NaCI）和 CI2等物质，对金属炉壁造成腐蚀.（1）NaCI和 CI2中化学键的类型分别是 和（2）燃煤过程中生成的S02会与NaCI等物质发生反应，生成硫酸盐和 C 2.若生成CI222.4L23（标况）时转移电子数为4 X 6.02 X 10,该反应的化学方程式是I I I.将32g铜 与140mL 一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L.请回答：待产生的气体全部释放后，向溶液加入V mL amol?L的NaOH溶液，恰好使溶液中的2+Cu全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为m o l/L.（用含V、a的式子表示）欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaN O 3,至少需要H2O2的质量为 g.-12015-2016学年山东省德州市高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选 择 题（本题包括15小题，每小题3分，共4 5分.每小题只有一项最符合题目要求）1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关.下列有关说法正确的是（）A.某地燃烧化石燃料排放的废气中含CO2、S O 2,使雨水pH=6形成酸雨B.水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的性质C.高空臭氧层吸收太阳紫外线，保护地球生物；反 应302=203有单质参加，属于氧化还原反应D.人造纤维，合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物【考点】常见的生活环境的污染及治理；胶体的重要性质；化学基本反应类型；有机高分子化合物的结构和性质.【分析】A.酸雨pH5.6；B.物理变化一定没有新物质的生成；C.302 2 0 3中没有化合价变化；D.相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物.【解答】解：A.正常雨水的pH约为5.6,酸雨p H 5.6,故A错误；B.煤的气化和煤的液化过程中都产生了新的物质属于化学变化，故B正确；C.3 0 2-2 0 3中没有化合价变化，不属于氧化还原反应，故C错误;D.光导纤维的成分是二氧化硅，不是高分子化合物，故D错误.故选B.【点评】本题考查环境污染及治理、氧化还原反应、高分子化合物等，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大,注意相关基础知识的积累.2.下列工业生产的主要反应中，涉及置换反应的是（）A.生产粗硅B.海水提镁C.电解冶铝D.生产硫酸【考点】化学基本反应类型.【分析】A.制取粗硅，涉及C与二氧化硅反应；B.海水提镁，利用复分解反应将镁离子转化为氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解熔融氯化镁冶炼Mg；C.电解熔融氧化铝冶炼Al；D.硫铁矿燃烧生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸.【解答】解：A.制取粗硅，涉及C与二氧化硅反应，C与二氧化硅反应生成Si和C O,为置换反应，故A选；B.海水提镁，利用复分解反应将镁离子转化为氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解熔融氯化镁冶炼M g,涉及复分解反应、分解反应，故B不选；C.电解熔融氧化铝冶炼A I,氧化铝电解生成A I和氧气，为分解反应，故C不选；D.硫铁矿燃烧生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，涉及氧化还原反应、化合反应，故D不选；故选A.【点评】本题考查物质制备中的反应类型，为基础性习题，把握发生的反应及制备原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等.3.下列叙述正确的是（）A.H2与T2互为同位素B.S02、CO均属于酸性氧化物C.离子化合物中一定不含共价键D.氯化镂、氯化氢都属于强电解质【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；同位素及其应用；化学键；强电解质和弱电解质的概念.【专题】物质的分类专题.【分析】A、质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互称同位素;B、和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物;C、离子化合物可以含有共价键；D、水溶液中完全电离的电解质为强电解质.【解答】解：A、氯 H2与T2是氢气单质，不是同位素，H 和T 为同位素，故A 错误；B、S02和碱反应生成盐和水属于酸性氧化物，CO不能和碱反应属于不成盐氧化物，故 B 错误；C、离子化合物可以含有共价键，如氢氧化钠中的氢氧根离子中含有共价键，故 C 错误；D、氯化镂、氯化氢是化合物，溶于水完全电离，溶液能导电，属于强电解质，故 D 正确；故选D.【点评】本题考查了物质分类方法，物质组成的理解应用，掌握概念实质是解题关键，题目较简单.4.若 NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A.标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移电子数为0.1NAB.18gD2O中含有的质子数目为10NAC.常温常压下，lm ol氯气中含有的核外电子数为2NAD.ag某气体含分子数为b,eg该气体在标况下的体积为L【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、求出二氧化氮的物质的量，然后根据3moi二氧化氮和水反应转移2moi电子来分析;B、重水的摩尔质量为20g/mol；C、氨气为单原子分子；D、根据ag气体的分子数为b,可知此气体的摩尔质量为M=g/mol,据此分析.【解答】解：A、标况下6.72L二氧化氮的物质的量为0.3moL而 3moi二氧化氮和水反应转移2moi电子,故0.3mol二氧化氮和水反应转移0.2mol电子即0.2NA个，故 A 错误;B、重水的摩尔质量为20g/mol,故 18g重水的物质的量为0.9mol,则含 9moi质子即9NA个，故 B错误；C、氨气为单原子分子，故 lm ol氧气中含lm ol氮原子，而氢原子核外有2 个电子，故 lm ol氨气的核外有2moi电子即2NA个，故 C 正确；D、根据ag气体的分子数为b,可知此气体的摩尔质量为M=g/mol,则 eg该气体的物质的量n=,在标况下的体积为L,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.下列离子方程式书写正确的是()A.Na 与水反应：Na+H2O=Na+OH+H2 fB.向沸水中滴加饱和FeCI3溶液制备Fe(OH)3 胶体：Fe+3H2O-+-3+Fe(OH)3 I+3H 2-+C.实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2+2OH=SiO3+H2O-2+2D.向碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液：Ca+0H+HC03=CaC03 I+H2O+CO3【考点】离子方程式的书写.【专题】离子反应专题.【分析】A.原子个数不守恒；B.氢氧化铁胶体不是沉淀，不能用沉淀符号；C.二氧化硅为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反应生成硅酸钠溶液，硅酸钠具有粘性；D.氢氧化钠过量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水.【解答】解：A.Na与水反应，离子方程式：2Na+H2O2Na+2OH+H2f,故A 错误；B.向沸水中滴加饱和FeCI3溶液制备Fe(OH)3 胶体：Fe+3H2O体)+-3+Fe(OH)3(胶+3 H,故 B 错误；C.二氧化硅为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反应生成硅酸钠溶液，离子方程式：SiO2+2OH-2-SiO3+H2O,故 C 正确；-2+D.向碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，离子方程式：Ca+2OH+2HCO32-CaCO3 I+2H2O+CO3,故 D 错误；故选：C.【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键,注意离子反应必须遵循客观事实，遵循原子个数守恒规律，注意反应物用量对反应的影响，题目难度不大.6.下列叙述中正确的是()A.SiO2和N 02能与强碱溶液反应，都是酸性氧化物B.不锈钢材料因含有格、银所以抗腐蚀性好C.普通玻璃、钢化玻璃、玻璃钢都属于硅酸盐产品，水玻璃可用于木材防腐D.MgO和A12O3熔点较高都可以做耐火材料，都能和强碱溶液反应【考点】硅和二氧化硅；玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途;镁、铝的重要化合物.【分析】A.酸性氧化物与碱反应只生成盐和水，与水反应只生成酸；+B.不锈钢为铁与银格的合金，具有耐腐性；C.玻璃钢为复合材料D.氧化镁与氢氧化钠不反应.【解答】解：A.二氧化氮与水反应生成硝酸与一氧化氮，不属于酸性氧化物，故A错误；B.不锈钢为铁与银格的合金，具有耐腐性，故B正确；C.玻璃钢为复合材料，不是硅酸盐，故C错误；D.氧化镁与氢氧化钠不反应，故D错误；故选：B.【点评】本题考查了元素化合物知识，明确酸性氧化物的概念、熟悉物质的性质是解题关键，题目难度不大.7.现 有Na2co3、H2so4、Ba(OH)2三种物质的物质的量浓度与体积都相等的溶液，若以不同顺序将它们中的两种混合起来，出现沉淀后过滤，再将滤液与第三种溶液混合起来，最终所得的溶液()A.一定呈酸性B.不可能呈碱性C.可能呈中性或碱性D.一定呈中性【考点】酸碱混合时的定性判断及有关p h的计算.【专题】离子反应专题.【分析】如果是Na2co3、Ba(OH)2先混合，再把滤液和H2s0 4混合，所得溶液为Na2s0 4溶液，溶液显中性；如果是H2s04、Ba(0 H)再与Na2CO3混合，得到的是Na2CO32先混合，溶液，溶液显碱性，如果是Na2co3、H2so4先混合，再把滤液和Ba(0H)2混合，所得溶液为NaOH溶液，呈碱性.【解答】解：若先将Na2CO3溶液和H2SO4溶液混合后，再加Ba(OH)2,Na2co3、H2s0 4恰好完全反应，生成的Na2s0 4再与Ba(OH)2恰好完全反应，最终生成的NaOH溶液显碱性；若先将Na2CO3溶液和B a(0 H)2溶液混合后，再加H2SO4,Na2c03、Ba(OH)2恰好完全反应，生成的NaOH再与H2s0 4恰好完全反应，最终生成的Na2SO4溶液显中性；若先将H2SO4和Ba(0H)2溶液混合后，再加Na2c0 3溶液，H2s0 4和Ba(OH)2溶液恰好完全反应，生成硫酸钢和水，再加入a2c0 3溶液，水解呈碱性.则混合后溶液可能呈中性或碱性，不可能呈酸性，故选C.【点评】本题考查溶液酸碱性定性判断，为高频考点，明确反应实质及最后所得溶液溶质成分是解本题关键，题目难度不大.8.四种短周期元素在周期表中的位置如右图，其中只有M为金属元素.下列说法不正确的是（）A.元素形成的简单离子的半径Z A I,故A错误；B.非金属性N S i,故酸性H N 03H 2siO 3,故B正确;C.非金属性S iV O,故氢化物稳定性SiH4VH2 0,故C正确；D.Z为氧元素，位于元素周期表中第2周期第V IA族，故D正确；故选A.【点评】本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，难度不大，推断元素是解题关键，注意对元素周期表的整体把握，注意对元素周期律的理解掌握.9.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A.pH=l 的溶液中：Fe、N03、S04、Na-+3+B.使酚醐变红色的溶液中：Na、Al、HC03、N03-+3+C.能与金属铝反应生成氢气的溶液中：NH4、AK N03、CI-+2+D.无色透明的溶液中：K、Cu、Ck N03【考点】离子共存问题.【专题】离子反应专题.【分析】A.p H=l的溶液为酸性溶液，四种离子之间不反应，都不与酸性溶液中的氢离子反应；B.使酚献变红色的溶液中存在大量氢氧根离子，铝离子、碳酸氢根离子之间发生双水解反应，且二者都与氢氧根离子反应；C.能与金属铝反应生成氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子,镂根离子、铝离子与氢氧根离子反应，硝酸根离子在酸性条件下与铝反应不好生成氢气；D.铜离子为有色离子，不满足溶液无色的条件.【解答】解：A.p H=l的溶液中存在大量氢离子，Fe、N03、S04、Na之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B.该溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，AK HC03之间发生双水解反应，且二者都与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存,故B错误;+3+C.能与金属铝反应生成氢气的溶液为酸性或强碱性溶液，NH4、AI都与氢氧根离子反应，-N03在酸性条件下具有强氧化性，与铝反应不好生成氢气，在溶液中一定不能大量共存，故C错误；D.Cu为有色离子，不满足溶液无色的要求，故D错误；故选A.【点评】本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H或0H；溶液的颜-2+2+3+色，如无色时可排除Cu、Fe、Fe、MnO4等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”.+-2-3+3+-2-+3+-2-+3+-2+1 0.关于如图各装置的叙述正确的是（）A.装置可用于实验室制备NO气体B.装置可用于模拟海水蒸储C.装置可用于探究碳酸氢钠的热稳定性D.装置为配制溶液过程中的定容操作【考点】化学实验方案的评价.【专题】实验评价题.【分析】A.硝酸具有挥发性，加热条件下加速挥发，NO不溶于水,应该采用排水法收集；B.海水蒸储时，收集装置中用牛角管引流；C.探究碳酸氢钠的热稳定性时需要加热碳酸氢钠固体；D.配制溶液定容时，眼睛要与刻度线凹液面最低处相切.【解答】解：A.硝酸具有挥发性，加热条件下加速挥发，NO不溶于水，应该采用排水法收集，所以应该用一个洗气装置，且该装置无法排水，故A错误；B.海水蒸储时，收集装置中用牛角管引流，故B错误；C.探究碳酸氢钠的热稳定性时需要加热碳酸氢钠固体而不是碳酸氢钠溶液，故C错误；D.配制溶液定容时，眼睛要与刻度线凹液面最低处相切，该实验操作正确，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，涉及基本操作、气体收集、仪器的使用等知识点，明确实验原理、实验基本操作规范性是解本题关键，注意从操作规范性及评价性分析判断，题目难度不大.1 1.下列说法正确的是()A.将铁粉加入FeCI3、CuCI2混合溶液中，充分反应后剩余的固体中必有铁B.C 02和S02混合气体分别通入BaCI2溶液、Ba(N 03)2溶液中，最终都有沉淀生成C.钠、镁着火时，不可用泡沫灭火器灭火D.用加热分解的方法可将NH4CI固体和Ca(OH)2固体的混合物分离【考点】铁的化学性质；二氧化硫的化学性质；化学实验安全及事故处理；物质检验实验方案的设计.【专题】物质检验鉴别题；几种重要的金属及其化合物.【分析】A.三价铁离子氧化性强于铜离子，铁粉加入FeCI3、CuCI2混合溶液先与三价铁离子反应，再与铜离子反应；B.碳酸的酸性弱于盐酸、硝酸；二氧化硫具有还原性，能够被硝酸氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子与钢离子反应生成硫酸钢沉淀；C.泡沫灭火器产生的是二氧化碳，金属钠燃烧生成的过氧化钠可以和二氧化碳之间反应，镁能够在二氧化碳中燃烧；D.氯化镂与氢氧化钙在加热时生成氨气、氯化钙和水.【解答】解：A.三价铁离子氧化性强于铜离子，铁粉加入FeCI3、CuCl2混合溶液先与三价铁离子反应，再与铜离子反应，若铁粉不足，则生成固体只有铜，只有铁粉过量时，剩余固体才有铁，故A错误；B.碳酸的酸性弱于盐酸、硝酸，所 以C02通 入BaCI2溶液、Ba(NO3)2溶液中，不会产生沉淀；二氧化硫具有还原性，能够被硝酸氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子与钢离子反应生成硫酸钿沉淀，故B错误；C.泡沫灭火器产生的是二氧化碳，金属钠燃烧生成的过氧化钠可以和二氧化碳之间反应，镁能够在二氧化碳中燃烧，所以钠、镁着火时，不能用泡沫灭火器灭火，故c正确；D.氯化镂与氢氧化钙在加热时生成氨气、氯化钙和水，所以不能用加热分解的方法可将NH4CI固体和Ca(OH)2固体的混合物分开，故D错误；故选：C.【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉三价铁离子氧化性、二氧化硫、钠、镁、氯化镂的性质是解题关键，注意物质分离的原则，题目难度不大.【考点】化学实验方案的评价.【专题】实验评价题.【分析】A.硝酸也能氧化Nai；B.次氯酸具有漂白性，氯气没有漂白性；C.二氧化硫和滨水发生氧化还原反应而体现还原性；D.浓硫酸的脱水性和强氧化性.【解答】解：A.硝酸也能氧化N a i,则硝酸干扰氧化性比较，应利用盐酸酸化，故A错误；B.氯气与水反应生成HCI、H C IO,呈酸性，使石蕊变红，HCI。具有强氧化性、漂白性，所以溶液先变红，后褪色，故B错误；C.澳水中通入S 0 2,滨水褪色，发生氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现二氧化硫的还原性，故C错误；D.在浓硫酸脱水作用下，蔗糖被炭化，炭与浓硫酸反应生成了 C02、S 0 2,固体迅速变黑，后体积急剧膨胀，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，涉及元素化合物性质、氧化还原反应等知识点，注意二氧化硫漂白性和还原性区别，次氯酸具有漂白性但氯气没有漂白性，知道二氧化硫漂白性和次氯酸漂白性区别，题目难度不大.A.氧化性由强到弱顺序为MnO4C12FeBr2B.第组反应的氧化产物为02C.第组反应中参加反应的CI2与FeBr2的物质的量之比为1：2D.第组反应中生成lm o lC I2,转移电子2moi【考点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较.【专题】氧化还原反应专题.【分析】A.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由中反应可知，亚铁离子先被氧化；B.中M n元素的化合价降低，则过氧化氢中。元素的化合价升高；C.第组反应中，只有亚铁离子被氧化；D.CI元素的化合价由-1价升高为0.【解答】解：A.中M n04被还原成Mn,Cl被氧化为C I2,则氧化性 MnO4CI2,-所以氧化性由强到弱的顺序为M nO 4CI2Br2,由中反应可知，亚铁离子先被氧化，3+则氧化性为B r2 F e,故A错误；B.M n元素被还原，故H2O2被氧化，生成0 2,则发生的反应为反应为KMnO4+H2O2+H2s0 4-K2sO4+MnSO4+O2 f+H 2 0,故 B 正确;2+C.中漠元素的化合价没有变化，即CI2只将Fe氧化，则发生的反应为3CI2+6FeBr2=2FeCI3+4FeBr3,贝!CI2 与 FeBr2 的物质的量之比为 1：2,故C正确；-2+C.中MnO4被还原成M n,则CI被氧化为CI2,CI元素从-1价升高到0价，转移的电子数为1,则生成lm o lC I2,转移电子2 m o l,故D正确；故选A.【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化性比较规律，题目难度不大.1 4.某化学兴趣小组在课外活动中，对某一份溶液成分(已知不含其他还原性离子)进行了 A.三次检测结果都正确B.该溶液中的阳离子无法判断C.为了检验S 0 4,应先加过量稀硝酸后再滴加Ba(N 03)2,观察是否有沉淀现象2-D.为了确定是否存在C 0 3,可以向其中滴加CaCI2溶液，观察是否有沉淀现象【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计.【专题】物质检验鉴别题.【分析】A.AICI3与K2c0 3发生互促水解反应，不能共存;B.阳离子可以通过焰色反应确定；C.检验硫酸根离子可以使用钢离子，可先加入硝酸酸化；2-2+D.加入CaCI2溶液时，CaS04也可能出现沉淀.【解答】解：A.由于第二次中的AICI3与K2c0 3发生互促水解反应,不能共存，故A错误；B.阳离子可以通过焰色反应确定，故B错误；C.硫酸铁不溶于硝酸，可先加入硝酸酸化，然后加入硝酸钢检验，故C正确；D.加入CaCI2溶液时，CaS04也可能出现沉淀，无法确定一定存在C 0 3,故D错 误.故 选C.【点评】本题主要考查了溶液中的离子的检验，侧重于学生的分析能力和元素化合物性质的综合运用，注意把握物质的性质，难度不大.1 5.现将足量的C02气体不断通人到含KOH、Ba(0H)2、KAI(OH)4的混合溶液中，生成沉淀与通入C 02的量的关系可表示为()2-A.B.C.D.【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】只要通入C 0 2,立刻就有沉淀BaC03产生；将Ba(OH)2消耗完毕，接下来消耗K O H,因而此段不会产生沉淀(即沉淀的量保持不变)；KOH被消耗完毕，接下来消耗KAI(0 H)有Al(O H)又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物K2c03、4,3沉淀生成；BaC03反应，据此进行判断.【解答】解：足量的C02气体不断通人到含KOH、Ba(0H)2、KAI(OH)4的混合溶液中，二氧化碳先与氢氧化钢反应生成碳酸钢沉淀，所以一开始就会产生沉淀，消耗完氢氧化钿后，再与氢氧化钾溶液反应，生成碳酸钾和水，此段不会产生沉淀图象为平台；氢氧化钾消耗完后，二氧化碳在于KAI(0H)4反应生成氢氧化铝沉淀，沉淀物质的量增加；消耗完KAI(0H)4 ,再与溶液中生成的碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，此段不会产生沉淀图象为平台；然后再与碳酸钢反应生成碳酸氢钢，部分沉淀溶解，沉淀物质的量减少；最后通入二氧化碳，沉淀质量不变，为平台；符合上述关系的图象为C,故选：C.【点评】本题以图象为载体，考查了二氧化碳通入混合溶液中的反应顺序，明确每段发生的反应是解题关键，题目难度中等.二、非 选 择 题(共5 5分)1 6.已知A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次递增的短周期元素,已知A和D,C和F为同一主族元素，A与B、A与G形成共价化合物，B原子的最外层电子数比次外层多3,G元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为6,E是同周期中离子半径最小的元素，F形成的化合物是造成酸雨的主要原因.请回答下列问题：(1)七种元素中，非金属性最强的元素在周期表中的位置是第三周期VIIA族.（2）由C、D形成的一种淡黄色固体的电子式.画出G离子的结构示意图-.-（3）G元素的单质有毒，可用D的最高价氧化物对应的水化物的溶液吸收，其离子方程式（4）将两份足量的E单质分别加入到等体积等浓度的硫酸和NaOH溶液中，充分反应生成的气体的体积比为2：3.（5）由 A、B、C,该化合物与D的一 +（6）已知一包白色晶体的混合物，经元素分析仪分析，包含以上七种元素中的若干种，为测定其组成，进行如下实验：称取固体2.37g溶于水，得到无色澄清溶液，再滴加过量的氯化领溶液和稀盐酸，得到的白色沉淀经过滤、洗涤、干燥后，称得质量为4.66g再取等质量的该固体溶于水，逐滴滴加lm o l/L的氢氧化钠溶液，得到的沉淀和滴加的氢【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；化学键与晶体结构.【分析】A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次递增的短周期元素，B原子的最外层电子数比次外层多3,原子只能有2个电子层，最外层电子数为5,故B为N元素；F形成的化合物是造成酸雨的主要原因，则F为S元素；C和F为同一主族元素，则C为0元素；A、D同主族，D的原子序数大于氧，则D为Na；E、G处于第三周期，E是同周期中离子半径最小的元素，则E为Al,G元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为6,最外层电子数为7,则E为Cl；A与B、A与G形成共价化合物，则A为H元素.(1)七种元素中，非金属性最强的元素为CI；2(2)由C、D形成的一种淡黄色固体为N a2O 2,由钠离子与过氧根离子构成，G离子为S离子核外有18故电子，有3个电子层，构成电子数为2、8、8；(3)G元素的单质为氯气,D的最高价氧化物对应的水化物为NaOH,二者反应生成氯化钠、次氯酸钠与水；(4)等体积等浓度的硫酸和NaOH溶液，H2s04、NaOH物质的量相等，金属A I足量，H2s04、NaOH完全反应，根据方程式计算生成氢气体积之比；(5)由H、N、0所形成的常见离子化合物是NH4NO3,该化合物与NaOH的浓溶液加热时生成硝酸钠、氨气与水；(6)已知一包白色晶体的混合物，经元素分析仪分析，包含以上七种元素中的若干种，为测定其组成，进行如下实验：称取固体2.37g溶于水，得到无色澄清溶液，再滴加过量的氯化钢溶液和稀盐酸，得到的白色沉淀，则含有S 0 4,白色沉淀为B aS 04,其物质的量为2-2-=0.02m ol,则溶液中 n(S04)=n(BaS04)=0.02mol；再取等质量的该固体溶于水，逐滴滴加lm o l/L的氢氧化钠溶液，开始生成沉淀，最终沉淀完全溶解，则含有Al,30mL40mL时氢氧化铝质量不变，则溶液中还含有N H 4,由-3+3+AI+3OH=AI(OH)3 I 可知溶液中 n(Al)=0.03LX lmol/LX=0.01mol,由 NH4+0H+2-3+=NH3.H2O 可知溶液中 n(NH4)=0.01LXlmol/L=0.01mol,符合 2n(SO4)=3n(Al)+2-3+n(N H 4),溶液为硫酸锈、硫酸铝混合溶液，由于m(SO4)+m(Al)+m(NH4)=0.02molX96g/mol/L+0.01molX27g/mol+0.01molX18g/mol=2.37g,等于样品的质量，故该晶体3+不含结晶水，应是硫酸镂、硫酸铝混合物，根据n(Al)、n(NH4)确定比例关系.【解答】解：A、B、C、D、E、F、G 是原子序数依次递增的短周期元素，B 原子的最外层电子数比次外层多3,原子只能有2 个电子层，最外层电子数为5,故 B 为 N 元素；F 形成的化合物是造成酸雨的主要原因，则 F 为 S 元素；C 和 F 为同一主族元素，则 C 为 O 元素；A、D 同主族，D 的原子序数大于氧，则 D 为 Na；E、G 处于第三周期，E 是同周期中离子半径最小的元素，则 E 为AL G 元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为6,最外层电子数为7,则 E 为 Cl；A 与 B、A 与G 形成共价化合物，则 A 为 H 元素.(1)七种元素中，非金属性最强的元素为C I,处于周期表中第三周期VIIA族，故答案为：第三周期VDA族；(2)由C、D 形成的一种淡黄色固体为Na2O2,其电子式为，G 离 3+子为S,离子结构示意图为2-,故答案为:；-(3)G元素的单质为氯气，D的最高价氧化物对应的水化物为N aO H,二者反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，反应离子方程式为：CI2+2OH=CI+CIO+H2O,-故答案为：CI2+2OH=CI+CIO+H2O；(4)等体积等浓度的硫酸和NaOH溶液，H2so4、NaOH物质的量相等，金属A I足量，H2so4、NaOH完全反应，设H2so4、NaOH均为3mol,由 2AI+3H2SO4=AI2(S04)3+3H2 t、2Al+2NaOH+2H2O=NaAlO2+3H2 f,可知生成氢气体积之比为3mol：3molX=2：3,故答案为：2：3；(5)由H、N、0所形成的常见离子化合物是NH4NO3,该化合物与NaOH的浓溶液加热时生成硝酸钠、氨气与水，反应离子方程式为：NH4+0H+-NH3 f+H20,故答案为：NH4NO3；NH4+0H+-NH3 f+H20；(6)已知一包白色晶体的混合物，经元素分析仪分析，包含以上七种元素中的若干种，为测定其组成，进行如下实验：称取固体2.37g溶于水，得到无色澄清溶液，再滴加过量的氯化钢溶液和稀盐酸，得到的白色沉淀，则含有S 0 4,白色沉淀为B aS 04,其物质的量为2-2-=0.02m ol,则溶液中 n(S04)=n(BaS04)=0.02mol；再取等质量的该固体溶于水，逐滴滴加lm o l/L的氢氧化钠溶液，开始生成沉淀，最终沉3+淀完全溶解，则含有Al,30mL40mL时氢氧化铝质量不变，则溶液中还含有N H 4,由-3+3+AI+3OH=Al(OH)3 I 可知溶液中 n(Al)=0.03LX lm ol/LX=0.01m ol,由 NH4+OH+2-3+=NH3.H2O 可知溶液中 n(NH4)=0.01LXlmol/L=0.01mol,符合 2n(SO4)=3n(Al)+2-3+n(N H 4),溶液为硫酸镀、硫酸铝混合溶液，由于m(S04)+m(Al)+m(NH4)=0.02molX96g/mol/L+0.01molX27g/mol+0.01molX18g/mol=2.37g,等于样品的质量，故该晶体3+不含结晶水，应是硫酸镂、硫酸铝混合物，n(A l)：n(NH4)=0.01mol：0.01mol=l：1,故该混合物为：物质的量1：1的(NH4)2s04、Al2(S04)3混合物，故答案为：(NH4)2s04、AI2(S04)3.【点评】本题考查结构性质位置关系应用、无机物推断等，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，(6)中关键是根据反应图象判断溶液中含有的离子，难度中等.1 7.铜及其化合物在生产、生活中应用广泛.回答下列问题：(1)用新制Cu(OH)2与葡萄糖反应可制备C u 2 0,该反应中葡萄糖是“氧化剂”或“还原剂”).(2)用H2O2、H2s0 4混合溶液浸泡废印刷电路板可制备CuS04以实现铜的回收利用，其+2+(3)用NH4NO3氧化海绵铜(含Cu的C uO)生产CuCI的部分流程如图:步骤I中反应温度不宜过高的原因是，当0.