福建省漳州市诏安县桥东中学2016届高三化学上学期第二次月考试卷含解析.doc

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1、2015-2016学年福建省漳州市诏安县桥东中学高三（上）第二次月考化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意每小题3分，共48分）1化学“暖手袋”是充满过饱和醋酸钠溶液的密封塑胶袋，袋内置有一个合金片当合金片轻微震动使溶质结晶，该过程放热下列说法不正确的是（）A彩色密封塑胶袋能造成白色污染B钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应得到醋酸钠C大多数合金比各成分金属硬度大，熔点低D任何物理变化和化学变化都伴随着能量的变化2下列有关化学用语表示正确的是（）A过氧化钙（CaO2）的电子式：B离子的结构示意图：C质子数为94、中子数为144的钚（Pu）原子：PuD葡萄糖的结构简式：C6H12O63下列

2、物质性质与应用对应关系正确的是（）A浓硫酸具有脱水性，可用于干燥CO2B氨气具有还原性，可用于检查HCl泄漏C四氯化碳密度比水大，可用于萃取溴水中的Br2D氧化铝具有高熔点，可用于生产耐火砖4用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（夹持装置未画出）（）A用装置甲检验溶液中是否有K+B用装置乙制取并收集少量NH3C用装置丙进行喷泉实验D用装置丁加热熔融NaOH固体5如图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置下列操作正确的是（）Aa通入C02，然后b通入NH3，c中放碱石灰Bb通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰Ca通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉Db通入C

3、02，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉6下列陈述、均正确并且有因果关系的是（）选项陈述陈述ASO2有氧化性SO2可用于漂白纸浆B高纯单质硅有良好的半导体性能高纯单质硅可用于制光电池C浓硫酸有强氧化性浓硫酸可用于干燥H2和COD明矾能净水生成Al（OH）3胶体明矾可用作生活用水的消毒剂AABBCCDD725时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A使酚酞变红色的溶液：NH4+、Ca2+、NO3、SO42Bc（OH）=11013 molL1的溶液：Na+、K+、ClO、SO42C0.1 molL1 FeCl2溶液：K+、Na+、SO42、NO3D0.1 molL1 KMnO4溶液

4、：Na+、Mg2+、NO3、SO328设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A1.8 g重水（D2O）中含有的质子数和中子数均为NAB将11.2 L Cl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为0.5 NAC100 mL 12 molL1的浓HNO3与过量Cu反应转移电子的数目为0.6 NAD标准状况下，11.2 L由CH4和C2H4组成的混合气体中含有氢原子的数目为2 NA9下列解释事实的离子方程式正确的是（）A铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2OB向Ca（ClO）2溶液中通入过量CO2制取次氯酸：2ClO+H2O+CO2=2HClO+C

5、O32C向酸性KMnO4溶液中通入SO2：2MnO4+5SO2+4OH=2Mn2+5SO42+2H2OD0.01 molL1NH4Al（SO4）2溶液与0.02 molL1Ba（OH）2溶液等体积混合：NH4+Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+Al（OH）3+NH3H2O10下列各组物质中，能一步实现右图所示转化关系的是XYZWAFe3O4FeFeCl2FeCl3BAlAl2O3NaAlO2Al（OH）3CH2SO4SO2SSO3DCH3CH2BrCH2=CH2C2H5OHCH2BrCH2BrAABBCCDD11X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素X的原子半径短周期主族元素中

6、最大，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为mn，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1下列叙述错误的是（）AX与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2BY的氢化物比R的氢化物稳定，熔沸点高CZ、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：RWZDRY2、WY2通入BaCl2溶液中均有白色沉淀生成12短周期非金属元素甲戊在元素周期表中的相对位置如表所示，下面判断正确的是（）甲乙丙丁戊A原子半径：甲乙B非金属性：乙丁C最高价氧化物的水化物的酸性：丙丁D最外层电子数：丙丁戊13取0.2mol MnO2固

7、体粉末与一定体积的浓盐酸（含溶质0.4mol）共热制取氯气（假设HCl挥发损失不计），下列叙述中正确的是（）A反应过程中MnO2作催化剂B盐酸未反应完C被还原的HCl少于0.2molD反应产生2.24L氯气（标准状况）14甲醇是一种重要的化工原料，广泛应用于化工生产，也可以直接用作燃料已知：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）H1=443.64kJmol12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H2=566.0kJmol1下列说法或热化学方程式正确的是（）ACO的燃烧热为566.0 kJmol1B2 mol CO和1 mol O2的总能量比2 mol CO2的总能量低C完全

8、燃烧20g甲醇，生成二氧化碳和水蒸气时放出的热量为908.3 kJD2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=1453.28 kJmol115向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1molL1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积（V）的关系如图所示下列判断正确的是（）A在0a范围内，只发生中和反应Bab段发生反应的离子方程式为：CO+2H+CO2+H2OCa=0.3D原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1：216将10.7gMg、Al和Fe组成的合金溶于足量的氢氧化钠溶液中，产生标准状况下3.36L气体另取等质量的合金溶于过量盐酸中，生成标准状况下

9、7.84L气体，向反应后的溶液中加入过量NaOH溶液，得到沉淀物质的量为（）A0.1molB0.2molC0.25molD0.3mol二、填空题（有4个小题，共52分）17（1）已2NO2（g）N2O4（g）H10； 2NO2（g）N2O4（l）H20下列能量变化示意图中，正确的是（填序号）（2）乙苯催化脱氢制苯乙烯反应为：已知：化学键CHCCC=CHH键能/kJmol1412348612436计算上述反应的H= kJmol118金属钠与水的反应是中学化学中的一个重要反应该反应的演示方法分别如图甲、乙所示：（1）现按图甲所示的方法，在室温时，向盛有饱和NaOH溶液的水槽中，加入一小块金属钠下列

10、有关描述正确的是（填字母，下同）a钠浮在液面上，并四处游动，最后消失 b钠熔化成一个光亮的小球c恢复到室温时，NaOH溶液的浓度增大 d恢复到室温时，溶液中Na+数目减少（2）按图乙所示方法来收集产生的气体，需将钠包好，再放入水中取相同质量的钠按下列两种情况收集产生的气体在相同条件下体积的关系是用铝箔包住钠 用铜箔包住钠a二者收集气体一样多b收集气体体积较大c收集气体体积较大19（15分）（2015秋诏安县校级月考）化学兴趣小组的同学为测定某Na2CO3和NaCl的固体混合物样品中Na2CO3的质量分数进行了以下实验，请你参与并完成对有关问题的解答（1）甲同学用图1所示装置测定CO2的质量实验

11、时稀硫酸是与样品中的（填“Na2CO3”或“NaCl”）发生反应，仪器b的名称是，洗气瓶c中盛装的是浓硫酸，此浓硫酸的作用是（2）乙同学用图2所示装置，取一定质量的样品（m g）和足量稀硫酸反应进行实验，完成样品中Na2CO3质量分数的测定实验前，检查该装置气密性的方法是先打开活塞a，由b注入水至其下端玻璃管中形成一段水柱，再将针筒活塞向内推压，若b下端玻璃管中的，则装置气密性良好在实验完成时，能直接测得的数据是CO2的（填“体积”或“质量”）（3）丙同学用如图所示方法和步骤进行实验：操作涉及的实验名称有、洗涤；操作涉及的实验名称有干燥、丙同学测得的样品中Na2CO3质量分数的计算式为20（1

12、2分）（2014秋河南校级期中）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业它在碱性环境中稳定存在某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下（1）、中发生反应的还原剂分别是、（填化学式）（2）中反应的离子方程式是（3）A的化学式是，装置中A在极区产生（4）ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备写出该制备反应的化学方程式（5）NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl，取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量（填“相同”，“不同”或“无法判断”）21（16分）（2015肇庆二

13、模）利用某地的闪锌矿（主要成分为ZnS，其杂质主要为铁、铜元素等）冶炼纯锌的传统工艺如下：注：锌、铁、铜的沸点依次为1180K、2862K、1800K（1）高温锻烧时，若氧气足量，则ZnS发生的化学反应方程式为（2）工业生产中方案1由锌熔体获得粗锌的操作为（填：“蒸馏”、“分馏”或“干馏”）（3）方案2中固相2的成分为，液相1所含金属阳离子为：（4）方案2中从液相1获取粗锌的过程中可用加入单质 除掉其他杂质；对比两种方案，方案2的优点是（5）方案2的系列操作产生的废液可以制取绿矾硫酸亚铁在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如下表所示：温度/010305056.760708090溶解度14.01

14、7.025.033.035.235.335.633.033.5析出晶体FeSO47H2OFeSO44H2OFeSO4H2O从上表数据可以得出的结论是：；2015-2016学年福建省漳州市诏安县桥东中学高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意每小题3分，共48分）1化学“暖手袋”是充满过饱和醋酸钠溶液的密封塑胶袋，袋内置有一个合金片当合金片轻微震动使溶质结晶，该过程放热下列说法不正确的是（）A彩色密封塑胶袋能造成白色污染B钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应得到醋酸钠C大多数合金比各成分金属硬度大，熔点低D任何物理变化和化学变化都伴随着能量的变化【考点】

15、反应热和焓变 【专题】化学反应中的能量变化【分析】A根据白色污染指塑料制品形成的污染分析；B根据钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应的产物分析；C根据合金的特点分析；D物理过程不一定伴随着能量的变化【解答】解：A白色污染指塑料制品形成的污染，而彩色密封塑胶袋属于塑料，故A正确；B钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应都生成醋酸钠，故B正确；C合金的特点为熔点比各成分都低，硬度比各成分都大，故C正确；D物理过程不一定伴随着能量的变化，故D错误；故选D【点评】本题考查了白色污染、合金的特点、物质变化时的能量变化以及钠及其化合物的性质，属于基础知识的考查，题目比较简单2下列有关化学用语表示正确的是（）A过

16、氧化钙（CaO2）的电子式：B离子的结构示意图：C质子数为94、中子数为144的钚（Pu）原子：PuD葡萄糖的结构简式：C6H12O6【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过氧化钙为离子化合物，化学式最后存在钙离子和过氧根离子；B氧离子的核电荷数为8，核外电子总数为10；C质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；D结构简式最后需要标出官能团结构【解答】解：A过氧化钙（CaO2）属于离子化合物，其电子式为：，故A正确；B氧离子的核电荷数为8，其正确的离子结构示意图为：，故B错误；C质子数为94、中子数为144的钚（Pu）原子的质量数

17、为238，其正确的表示方法为：23894Pu，故C错误；D葡萄糖的结构简式为CH2OHCHOHCHOHCHOHCHOHCHO，故D错误；故选A【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的灵活应用能力3下列物质性质与应用对应关系正确的是（）A浓硫酸具有脱水性，可用于干燥CO2B氨气具有还原性，可用于检查HCl泄漏C四氯化碳密度比水大，可用于萃取溴水中的Br2D氧化铝具有高熔点，可用于生产耐火砖【考点】浓硫酸的性质；氨的化学性质；镁、铝的重要化合物；分液和萃取 【分析】A浓硫酸干燥气体是利用其吸水性；B氨气和HCl反应产生白烟，该反

18、应属于化合反应，没有电子转移，不属于氧化还原反应；C萃取剂和原溶剂不互溶，且萃取剂和溶质不反应，溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度；D氧化铝的熔点很高，一般条件下不熔融【解答】解：A浓硫酸干燥气体是利用其吸水性，二氧化碳和浓硫酸不反应，所以可以用浓硫酸干燥二氧化碳，与浓硫酸的脱水性无关，故A错误；B氨气和HCl反应产生白烟，该反应属于化合反应，没有电子转移，不属于氧化还原反应，所以氨气不体现还原性，故B错误；C萃取剂和原溶剂不互溶，且萃取剂和溶质不反应，溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度，四氯化碳符合萃取剂条件，与其密度大小无关，故C错误；D氧化铝的熔点很高，一般条件下不熔

19、融，所以氧化铝能作耐火砖，故D正确；故选D【点评】本题考查萃取剂的选取、浓硫酸的性质、氨气的性质及氧化铝的用途，涉及氧化还原反应、化合反应等知识点，知道萃取剂的选取标准，注意浓硫酸吸水性和脱水性的区别4用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（夹持装置未画出）（）A用装置甲检验溶液中是否有K+B用装置乙制取并收集少量NH3C用装置丙进行喷泉实验D用装置丁加热熔融NaOH固体【考点】化学实验方案的评价 【分析】A观察K的焰色反应应透过蓝色的钴玻璃；B浓氨水与生石灰混合可生成氨气，氨气的密度比空气的密度小；C氯气不易溶于食盐水；D瓷坩埚中的二氧化硅与NaOH反应【解答】解：A观察K的焰色反应应

20、透过蓝色的钴玻璃，由图可知，缺少蓝色的钴玻璃，故A错误；B浓氨水与生石灰混合可生成氨气，氨气的密度比空气的密度小，则图中固液反应不加热装置及向下排空气法均合理，故B正确；C氯气不易溶于食盐水，则图中装置不能形成喷泉实验，故C错误；D瓷坩埚中的二氧化硅与NaOH反应，仪器选择不合理，应使用铁坩埚，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及焰色反应、气体的制备及收集、物质的性质等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意装置的作用及实验的评价性分析，题目难度不大5如图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置下列操作正确的是（）Aa通入C0

21、2，然后b通入NH3，c中放碱石灰Bb通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰Ca通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉Db通入C02，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉【考点】真题集萃；纯碱工业（侯氏制碱法）；钠的重要化合物 【专题】元素及其化合物【分析】“候氏制碱法”制取NaHCO3的原理 是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到NaHCO3的，在这一实验过程中，由于C02在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，为防止倒吸，b管通C02，a管通NH3，所以要在食盐水先通NH3然后再通C02，否则C02通入后会从水中逸出，等再通NH3时溶液中C02的量就很少了，这样

22、得到的产品也很少；在这个实验中的尾气主要是C02和NH3，其中NH3对环境影响较大，要吸收，而NH3是碱性气体，所以在C装置中要装酸性物质，据此推断【解答】解：“侯氏制碱法”制取NaHCO3的原理是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到NaHCO3的，在这一实验过程中，由于C02在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，为防止倒吸，b管通C02，a管通NH3，所以要在食盐水先通NH3然后再通C02，否则C02通入后会从水中逸出，等再通NH3时溶液中C02的量就很少了，这样得到的产品也很少；在这个实验中的尾气主要是C02和NH3，其中NH3对环境影响较大，要吸收，而NH3是碱性气体，所以在C装

23、置中要装酸性物质，据此可知A错误、B错误、C正确、D错误，故选C【点评】本题主要考查了学生的实验分析能力，在理解实验原理的基础上要对实验设计的科学性、可行性把握准确，中等难度，注重对实验基础的考查6下列陈述、均正确并且有因果关系的是（）选项陈述陈述ASO2有氧化性SO2可用于漂白纸浆B高纯单质硅有良好的半导体性能高纯单质硅可用于制光电池C浓硫酸有强氧化性浓硫酸可用于干燥H2和COD明矾能净水生成Al（OH）3胶体明矾可用作生活用水的消毒剂AABBCCDD【考点】二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质；硅和二氧化硅 【专题】氧族元素；碳族元素【分析】ASO2具有漂白性；B硅导电性介与导体与半导体之间；

24、C浓硫酸具有吸水性；D明矾能够净水，不能杀菌消毒【解答】解：ASO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，与二氧化硫的氧化性无关，故A错误；B高纯单质硅有良好的半导体材料，可用于制光电池，故B正确；C浓硫酸可用于干燥H2和CO，是因为浓硫酸具有吸水性，与浓硫酸的强氧化性无关，故C错误；D明矾能净水生成Al（OH）3胶体，明矾没有强的氧化性，所以不能用于杀菌消毒，故D错误；故选：B【点评】本题考查了物质的用途，性质决定用途，明确二氧化硫、硅、浓硫酸、明矾的化学性质是解题关键，题目难度不大725时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A使酚酞变红色的溶液：NH4+、Ca2+、NO3、SO42Bc（

25、OH）=11013 molL1的溶液：Na+、K+、ClO、SO42C0.1 molL1 FeCl2溶液：K+、Na+、SO42、NO3D0.1 molL1 KMnO4溶液：Na+、Mg2+、NO3、SO32【考点】离子共存问题 【分析】A使酚酞变红色的溶液，显碱性；Bc（OH）=11013 molL1的溶液，显酸性；C该组离子之间不反应；DKMnO4具有强氧化性，溶液中不能存在还原性离子【解答】解：A使酚酞变红色的溶液，显碱性，NH4+、OH结合生成弱电解质，Ca2+、SO42结合生成沉淀，不能共存，故A不选；Bc（OH）=11013 molL1的溶液，显酸性，H+、ClO结合生成弱酸，不能

26、大量共存，故B不选；C该组离子之间不反应，可大量共存，故C选；DKMnO4具有强氧化性，与SO32发生氧化还原反应，不能共存，故D不选；故选C【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，综合性较强，题目难度不大8设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A1.8 g重水（D2O）中含有的质子数和中子数均为NAB将11.2 L Cl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为0.5 NAC100 mL 12 molL1的浓HNO3与过量Cu反应转移电子的数目为0.6 NAD标准状况下，11.2 L

27、由CH4和C2H4组成的混合气体中含有氢原子的数目为2 NA【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、重水的摩尔质量为20g/mol；B、氯气所处的状态不明确；C、铜与浓硝酸反应，开始硝酸被还原为+4价，后来硝酸变稀，被还原为+2价；D、甲烷和乙烯中均含4氢原子【解答】解：A、重水的摩尔质量为20g/mol，故1.8g重水的物质的量为n=0.09mol，而1mol重水中含10mol质子和10mol中子，故0.09mol重水中含0.9mol质子和0.9mol中子即均为0.9NA个，故A错误；B、氯气所处的状态不明确，故气体摩尔体积的数值不明确，则其物质的量不一定是

28、0.5mol，故转移的电子数不一定是0.5NA个，故B错误；C、铜与浓硝酸反应，开始硝酸被还原为+4价，后来硝酸变稀，被还原为+2价，但由于被还原为+4价和+2价的硝酸的物质的量不明确，故转移的电子的物质的量无法计算，故C错误；D、标况下11.2L混合气体的物质的量为0.5mol，而甲烷和乙烯中均含4氢原子，故0.5mol混合气体中含2mol氢原子即2NA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9下列解释事实的离子方程式正确的是（）A铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2OB向Ca（ClO）

29、2溶液中通入过量CO2制取次氯酸：2ClO+H2O+CO2=2HClO+CO32C向酸性KMnO4溶液中通入SO2：2MnO4+5SO2+4OH=2Mn2+5SO42+2H2OD0.01 molL1NH4Al（SO4）2溶液与0.02 molL1Ba（OH）2溶液等体积混合：NH4+Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+Al（OH）3+NH3H2O【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】A铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液为硝酸亚铁溶液；B过量二氧化碳，反应生成碳酸氢钠；C酸性溶液中反应物不会存在氢氧根离子；D铵根离子结合氢氧根离子能力大于氢氧化铝，则反应生成一水合氨和氢

30、氧化铝沉淀【解答】解：A铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液为硝酸亚铁溶液，反应的离子方程式为3Fe+8H+2NO33Fe2+2NO+4H2O，故A错误；B过量二氧化碳生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为：ClO+H2O+CO2HClO+HCO3，故B错误；C向酸性KMnO4溶液中通入SO2，正确的离子方程式为：5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+，故C错误；D0.01 molL1NH4Al（SO4）2溶液与0.02 molL1Ba（OH）2溶液等体积混合，反应的离子方程式为：NH4+Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+Al（OH）3+NH3H2O，故D正确；故选D

31、【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确判断离子方程式正误常用方法，如：检查是否满足电荷守恒、质量守恒、电子守恒等，特别注意反应物过量情况对生成物的影响10下列各组物质中，能一步实现右图所示转化关系的是XYZWAFe3O4FeFeCl2FeCl3BAlAl2O3NaAlO2Al（OH）3CH2SO4SO2SSO3DCH3CH2BrCH2=CH2C2H5OHCH2BrCH2BrAABBCCDD【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；含硫物质的性质及综合应用；镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变；乙醇的化学性质 【分析】AAl与Fe3O

32、4反应生成Fe，Fe与盐酸反应生成FeCl2，Fe与氯气反应生成FeCl3，FeCl2与氯气反应FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2；BAl与氧气反应生成Al2O3，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2，Al2O3不能直接转化为Al（OH）3，NaAlO2与少量酸反应生成Al（OH）3，Al（OH）3与NaOH反应生成NaAlO2；C硫酸与Cu反应生成二氧化硫，二氧化硫与硫化氢反应生成S，二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，S不能一步转化为SO3；DCH3CH2Br发生消去反应生成乙烯，乙烯与水加成反应生成乙醇，乙烯与溴水发生加成反应生成CH2BrCH2Br，乙醇不能一步转化为CH2

33、BrCH2Br【解答】解：AFe3O4FeFeCl2FeCl3FeCl2，FeFeCl3，均能一步实现转化，故A选；BAl2O3不能一步转化为Al（OH）3，故B不选；CS不能一步转化为SO3，故C不选；DC2H5OH不能一步转化为CH2BrCH2Br，二者相互转化不能一步实现，故D不选；故选A【点评】本题考查金属元素的单质及化合物的性质、有机物的性质等，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意一步实现转化，题目难度不大11X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素X的原子半径短周期主族元素中最大，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L

34、层电子数为m+n，M层电子数为mn，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1下列叙述错误的是（）AX与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2BY的氢化物比R的氢化物稳定，熔沸点高CZ、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：RWZDRY2、WY2通入BaCl2溶液中均有白色沉淀生成【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的原子半径在短周期主旋元素中最大，应为Na元素；Y元素的原子外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为mn，因为L层电子最多为8，则n=2，m=6，所以Y为O

35、元素，Z为Si元素，W元素与Z元素同主族，应为C元素，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，Y的核外电子数为8，则R的核外电子数为16，应为S元素，结合元素对应单质、化合物的性质以及元素周期律可解答该题【解答】解：X的原子半径在短周期主旋元素中最大，应为Na元素；Y元素的原子外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为mn，因为L层电子最多为8，则n=2，m=6，所以Y为O元素，Z为Si元素，W元素与Z元素同主族，应为C元素，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，Y的核外电子数为8，则R的核外电子数为16，应为S元素，AX与Y形成的两种化合

36、物分别为Na2O、Na2O2，两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2，故A正确；BY是O元素，R是S元素，元素的非金属性越强其氢化物越稳定，氧元素的非金属性大于硫元素，所以水的稳定性大于硫化氢，且水中含有氢键，沸点高，故B正确；C非金属性：SCSi，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故C正确；DSO2、CO2对应的酸的酸性比盐酸弱，与氯化钡都不反应，故D错误故选D【点评】本题考查原子结构和元素周期律的递变规律，题目难度中等，根据原子结构特点正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意元素非金属性的比较12短周期非金属元素甲戊在元素周期表中的相对位置如表所示，下面判断正确的

37、是（）甲乙丙丁戊A原子半径：甲乙B非金属性：乙丁C最高价氧化物的水化物的酸性：丙丁D最外层电子数：丙丁戊【考点】元素周期表的结构及其应用；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】A同周期自左而右原子半径减小；B同主族从上到下元素的非金属性减弱；C同周期从左向右非金属性增强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；D同周期从左向右最外层电子数增大【解答】解：A同周期自左而右原子半径减小，则原子半径为甲乙，故A错误；B同主族从上到下元素的非金属性减弱，则非金属性为乙丁，故B错误；C同周期从左向右非金属性增强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，高价氧化物的水化物

38、的酸性：丙丁，故C正确；D同周期从左向右最外层电子数增大，则最外层电子数为丙丁戊，故D错误；故选：C【点评】本题考查元素周期律和元素周期表，熟悉掌握同主族、同周期元素性质的变化规律，题目难度不大13取0.2mol MnO2固体粉末与一定体积的浓盐酸（含溶质0.4mol）共热制取氯气（假设HCl挥发损失不计），下列叙述中正确的是（）A反应过程中MnO2作催化剂B盐酸未反应完C被还原的HCl少于0.2molD反应产生2.24L氯气（标准状况）【考点】氧化还原反应 【专题】氧化还原反应专题【分析】MnO2与浓HCl反应，随着反应的进行，浓HCl变稀，稀盐酸不能与MnO2反应，以此解答【解答】解：实验

39、室制取氯气的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O，反应中MnO2为氧化剂，HCl为还原剂，假设含HCl为0.4mol的浓盐酸能完全反应，则生成氯气为0.1mol，而MnO2不能氧化稀盐酸，随着反应的进行，浓HCl变稀，稀盐酸不能与MnO2反应，故反应中产生的氯气小于0.1mol，盐酸未反应完，故选B【点评】本题考查化学方程式的相关计算，学生要注意只有浓盐酸与二氧化锰发生氧化还原反应，题目难度不大，注意相关基础知识的积累14甲醇是一种重要的化工原料，广泛应用于化工生产，也可以直接用作燃料已知：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）H1=443.6

40、4kJmol12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H2=566.0kJmol1下列说法或热化学方程式正确的是（）ACO的燃烧热为566.0 kJmol1B2 mol CO和1 mol O2的总能量比2 mol CO2的总能量低C完全燃烧20g甲醇，生成二氧化碳和水蒸气时放出的热量为908.3 kJD2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=1453.28 kJmol1【考点】有关反应热的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算 【分析】A1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热；B放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量；C根据盖斯定律计算；D方程式的

41、计量数加倍，则反应热也加倍【解答】解：A1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H2=566.0kJmol1，则CO的燃烧热为283.0 kJmol1，故A错误；B放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，所以2 mol CO和1 mol O2的总能量比2 mol CO2的总能量高，故B错误；C已知：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）H1=443.64kJmol1 2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H2=566.0kJmol1根据盖斯定律+得CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H1=72

42、6.64kJmol1 ，则完全燃烧20g甲醇，即0.625mol，则放出的热量为0.625mol726.64kJmol1 =454.15 kJ，故C错误；D由C项知CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H1=726.64kJmol1 ，方程式的计量数加倍，则反应热也加倍则2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=1453.28 kJmol1，故D正确；故选D【点评】本题考查了反应热的计算、盖斯定律的应用、热化学方程式的书写等，题目难度不大，注意把握盖斯定律的含义15向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1molL1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐

43、酸的体积（V）的关系如图所示下列判断正确的是（）A在0a范围内，只发生中和反应Bab段发生反应的离子方程式为：CO+2H+CO2+H2OCa=0.3D原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1：2【考点】离子方程式的有关计算 【专题】计算题【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答【解答】解：A、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，继续滴加时，发生反应：NaHCO3