2012-2013学年北京市某重点中学高三(上)期末化学试卷

1、 2021-2021学年北京市某重点中学高三上期末化学试卷第一卷选择题共42分13分化学与生活、社会密切相关以下说法不正确的选项是A可利用废油脂制肥皂B合金中可能含有非金属元素C水玻璃可用于制造木材防火剂D煤经气化和液化的物理变化可变为清洁燃料23分以下化学用语表述正确的选项是AO2的结构示意图：B甲基的电子式：C聚丙烯的结构简式为：D次氯酸的结构式：HClO33分X、Y、Z、W有如下图的转化关系，那么X、Y可能是C、CO AlCl3、AlOH3 N2、NO S、SO2ABCD43分以下比拟中正确的选项是A金属性：MgAlNaB原子半径：SOFC碱性：KOHMgOH2NaOHD氢化物稳定性：H

2、BrHClPH353分以下离子方程式书写正确的选项是A向水中通入少量氯气：Cl2+H2O=2H+Cl+ClOB向氯化铁溶液中参加铜：2Fe3+3Cu=2Fe+3Cu2+C向氯化铝溶液中参加过量的氨水：Al3+4NH3H2O=AlO2+4NH4+2H2OD向二氧化锰中滴加浓盐酸并加热：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O63分工业制硝酸的尾气因为含有NO、NO2等有害物质而不能直接排放，工业上普遍采用催化复原法将NOx转化成N2和H2O而除去以下式子是相应物质间的关系式未配平：CH4+NO+NO2N2+CO2+H2O有关说法不正确的选项是A物质的量之比可能是：CH4：NO：NO2=1：

3、2：1B氧化性比拟：NO2NOCO2CNO2既有氧化性又有复原性，在该反响中只有氧化性D将反响后的气体通过石灰水可得到纯洁的氮气73分以下关于洛哌丁胺的说法中，正确的选项是A能发生消去反响B不能发生水解反响C能与浓溴水发生取代反响D能与新制CuOH2发生氧化反响83分以下说法正确的选项是A1 mol C7H16中含有23 mol共价键B标准状况下，1.12 L NH3中含有0.5 mol eC常温常压下，22 g CO2中所含分子数是0.5 molD40 g NaOH 溶于1 L水，所得溶液中cNa+=1 mol/L93分以下物质的工业制备原理不正确的选项是A氨气：N2+3H22NH3B铜：C

4、u2S+O22Cu+SO2C乙烯：C2H5OHCH2=CH2+H2OD漂白粉：2CaOH2+2Cl2=CaClO2+CaCl2+2H2O103分甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反响原理是CH3OHg+H2Og=CO2g+3H2CH3OHg+O2g=CO2g+2H2根据上述反响，以下说法正确的选项是A反响中的能量变化如下图BCH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量C1 mol CH3OH充分燃烧放出的热量为192.9 kJD可推知2H2g+O2g=2H2OgH=483.8 kJ/mol113分常温下，向物质的量浓度均为0.1mol/L的盐酸和氯化钙的混合溶液中不断滴入0.1mo

5、l/L碳酸钠溶液，以下图中关系正确的选项是ABCD123分七种短周期元素ag的有关信息如下表所示：元素编号abcdefg原子半径/nm最高化合价或最低化合价+12+32+3+1+1以下推断正确的选项是A氢氧化物碱性的强弱：fgB简单离子的离子半径：bgC元素e的氧化物只能与酸反响D元素a与元素d形成的化合物属于离子化合物133分2021洛阳模拟以下说法正确的选项是A参加过量氨水，有白色沉淀生成，那么原溶液一定有Al3+B参加K3FeCN6溶液，产生特征蓝色沉淀，那么原溶液一定有Fe3+C参加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，那么原溶液一定有SO42D参加NaOH溶液，产生气体使湿润的红

6、色石蕊试纸变蓝，那么原溶液一定有NH4+143分2021绵阳模拟下表中实验操作能到达实验目的是实验操作实验目的A向丙烯醛中滴加酸性高锰酸钾溶液，振荡后观察溶液是否褪色确定丙烯醛中是否含有碳碳双键B向混有少量苯酚的苯中滴加溴水，充分反响后过滤除去苯中的苯酚C在油脂皂化反响后的混合溶液中参加氯化钠，搅拌、静置、过滤别离出高级脂肪酸钠D将溴乙烷与氢氧化钠溶液共热一段时间，再向冷却后的混合液中滴加硝酸银溶液检验水解产物中的溴离子AABBCCDD第二卷非选择题共58分15下表为元素周期表的一局部，参照元素在表中的位置，请用化学用语答复以下问题：1的最低负价是_；的最高价含氧酸的化学式为_2、的简单离子半

7、径由大到小的顺序为_3、两种元素的原子按1：1组成的常见化合物的电子式为_4、的单质中更易与的单质反响的是_，原因是_5、的最高价氧化物的水化物之间发生反响的离子方程式：_16探究Na2SO3固体受热时发生分解反响的实验如下实验药品：Na2SO3固体、稀盐酸、新制氯水、BaCl2溶液、蒸馏水查阅资料：Na2SO3固体受热分解可得两种产物实验步骤：取m g Na2SO3固体，隔绝空气加强热，一段时间后，称量冷却后的固体质量仍为m g；将中所得固体溶于水配成100mL溶液，测得溶液的pH7；取少量中溶液，参加足量稀盐酸，溶液保持澄清并产生气体，该气体不能使湿润的品红试纸褪色；另取少量中溶液，滴入适

8、量新制氯水，产生浅黄色浑浊；将中浊液过滤后，向滤液中滴入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生大量白色沉淀1Na2SO3溶液碱性，其原因是_用离子方程式表示2能证明Na2SO3完全分解的实验步骤是_填相应序号假设仅通过测溶液的pH证明Na2SO3发生了分解，步骤中需补充的实验是_3步骤中发生反响的离子方程式是_4根据上述实验，Na2SO3固体发生分解反响的化学方程式是_17海水资源的利用具有广阔前景海水中主要离子的含量如下：成分含量/mg L1成分含量/mg L1Cl18980Ca2+400Na+10560HCO3142SO422560Br64Mg2+12721电渗析法淡化海水示意图如图甲所示，其中阴

9、阳离子交换膜仅允许阴阳离子通过阳极主要电极反响式是_在阴极附近产生少量白色沉淀，其成分有_和CaCO3，生成CaCO3的离子方程式是_淡水的出口为_填“a、“b或“c2利用海水可以提取溴和镁，提取过程如图乙所示：提取溴的过程中，经过2次BrBr2转化的目的是_，吸收塔中发生反响的离子方程式是_解释通空气的目的是_从MgCl2溶液中得到MgCl26H2O晶体的主要操作是_、过滤、洗涤、枯燥依据上述流程，假设将10m3海水中的溴元素转化为工业溴，至少需要标准状况下Cl2的体积为_L忽略Cl2溶解18从樟科植物叶中提取的精油中含有机物A，A可实现以下转化：RCH=CHRRCHO+RCHO；R、R表示

10、不同的基团2HCHOHCOOH+CH3OHA分子中只有一个六元环，C的相对分子质量是76，E的化学式是C7H6O，F可与NaHCO3溶液反响请答复：1B中含有的官能团是_2A 的结构简式是_3有多种途径可以实现E到F的转化，写出任意一种转化所需的试剂和相应的反响条件反响试剂反响条件_4一定条件下，两分子的C可以发生反响生成一种六元环状物，该反响的化学方程式是_5A有多种同分异构体，满足以下条件的有_种，该物质和FeCl3溶液能发生显色反响该物质能使Br2的CCl4溶液褪色该物质分子中只有一个甲基其中苯环上取代基数目不同的任意两种同分异构体是_2021-2021学年北京市某重点中学高三上期末化学

11、试卷参考答案与试题解析第一卷选择题共42分13分化学与生活、社会密切相关以下说法不正确的选项是A可利用废油脂制肥皂B合金中可能含有非金属元素C水玻璃可用于制造木材防火剂D煤经气化和液化的物理变化可变为清洁燃料考点：肥皂、合成洗涤剂；合金的概念及其重要应用；铝的化学性质；煤的干馏和综合利用1031966专题：化学应用分析：A油脂在碱性条件下的水解称为皂化反响；B合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定方法所合成的具有金属特性的物质一般通过熔合成均匀液体和凝固而得；C水玻璃学名硅酸钠，也叫泡花碱，其无水物为无定型的玻璃状物质，无嗅无味，不燃不爆，有碱性；D没有新物质生成的变化是物理变化，有

12、新物质生成的变化是化学变化解答：解：A油脂是高级脂肪酸甘油酯，水解生成高级脂肪酸钠，故A正确； B合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定方法所合成的具有金属特性的物质合金材料中一定有金属，也可能含有非金属元素，故B正确；C把硅酸钠作为木材防火剂那么充分利用了其不燃不爆的物理性质，本身硅酸钠就不燃烧，而将硅酸钠涂在木材外表就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触，故C正确；D煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程，属于化学变化；煤的液化是使煤与氢气作用生成液体燃料，属于化学变化，故D错误应选D点评：此题考查皂化反响、合金、木材防火剂、煤的气化和液化等，难度不大，注意煤的气化是将其转化为可燃性气

13、体的过程，属于化学变化；煤的液化是使煤与氢气作用生成液体燃料，属于化学变化23分以下化学用语表述正确的选项是AO2的结构示意图：B甲基的电子式：C聚丙烯的结构简式为：D次氯酸的结构式：HClO考点：电子式；结构式；结构简式1031966专题：化学用语专题分析：A、氧离子的最外层电子数为8；B、甲基为甲烷去掉1个H原子剩余的基团，为电中性基团；C、聚丙烯是丙烯中双键其中的1个键断裂发生自身加聚反响，链节主链含有2个C原子；D、次氯酸中氧原子成2个共价键单键，与H、Cl原子分别形成1对共用电子对解答：解：A、氧离子的最外层电子数为8，故A错误；B、甲基为甲烷去掉1个H原子剩余的基团，为电中性基团，

14、甲基电子式为，故B正确；C、聚丙烯是丙烯中双键其中的1个键断裂发生自身加聚反响，链节主链含有2个C原子，聚丙烯结构简式为，故C错误；D、次氯酸中氧原子成2个共价键单键，与H、Cl原子分别形成1对共用电子对，次氯酸结构式为HOCl，故D错误；应选B点评：此题考查常用化学用语，比拟根底，D为易错点，容易受化学式的影响33分X、Y、Z、W有如下图的转化关系，那么X、Y可能是C、CO AlCl3、AlOH3 N2、NO S、SO2ABCD考点：无机物的推断1031966专题：推断题分析：由转化关系可知X可先生成Y，进而继续与W反响生成Z，也可与W直接反响生成Z，如X为单质，应存在多种化合价，如为化合物

15、，可能为酸式盐与正盐的转化，也可能为具有两性的化合物，题中N2不能和O2反响直接生成NO2，S不能和O2反响直接生成SO3，以此解答该题解答：解：C和O2反响可生成CO，CO和O2反响生成CO2，C和过量O2反响生成CO2，故正确；AlCl3和NaOH反响生成AlOH3，AlOH3 和NaOH生成NaAlO2，AlCl3和过量NaOH反响可直接生成NaAlO2，故正确；N2和O2反响生成NO，N2不能和O2反响直接生成NO2，故错误；S和反响生成SO2，S不能和O2反响直接生成SO3，故错误应选A点评：此题以物质的性质为载体综合考查元素化合物知识，题目难度不大，此题注意把握物质之间的转化关系，

16、注意N2和S的性质，为易错点43分以下比拟中正确的选项是A金属性：MgAlNaB原子半径：SOFC碱性：KOHMgOH2NaOHD氢化物稳定性：HBrHClPH3考点：金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；微粒半径大小的比拟1031966专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A、同周期自左而右金属性减弱，据此判断；B、同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；C、同周期自左而右金属性减弱，同主族自上而下金属性增强，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强；D、同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强

17、氢化物越稳定解答：解：A、同周期自左而右金属性减弱，故金属性NaMgAl，故A错误；B、同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径SOF，故B正确；C、同周期自左而右金属性减弱，同主族自上而下金属性增强，故金属性KNaMg，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性KOHNaOHMgOH2，故C错误；D、非金属性ClBrP，非金属性越强氢化物越稳定，故稳定性HClHBrPH3，故D错误；应选B点评：此题考查同周期、同主族元素性质的递变规律，难度不大，注意对根底知识的理解掌握53分以下离子方程式书写正确的选项是A向水中通入少量氯气：Cl2+H2O=2H+Cl+Cl

18、OB向氯化铁溶液中参加铜：2Fe3+3Cu=2Fe+3Cu2+C向氯化铝溶液中参加过量的氨水：Al3+4NH3H2O=AlO2+4NH4+2H2OD向二氧化锰中滴加浓盐酸并加热：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O考点：离子方程式的书写1031966专题：离子反响专题分析：AHClO为弱酸，在离子反响中应保存化学式；B反响生成亚铁离子和铜离子；C反响生成氢氧化铝沉淀和氯化铵；D反响生成氯化锰、氯气、水，二氧化锰、氯气、水在离子反响中保存化学式解答：解：A向水中通入少量氯气的离子反响为Cl2+H2O=H+Cl+HClO，故A错误；B向氯化铁溶液中参加铜的离子反响为：2Fe3+Cu=2F

19、e2+Cu2+，故B错误；C向氯化铝溶液中参加过量的氨水的离子反响为Al3+3NH3H2O=AlOH3+3NH4+，故C错误；D向二氧化锰中滴加浓盐酸并加热的离子反响为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故D正确；应选D点评：此题考查离子反响的书写，明确发生的化学反响是解答此题的关键，注意离子反响的书写方法即可解答，题目难度不大63分工业制硝酸的尾气因为含有NO、NO2等有害物质而不能直接排放，工业上普遍采用催化复原法将NOx转化成N2和H2O而除去以下式子是相应物质间的关系式未配平：CH4+NO+NO2N2+CO2+H2O有关说法不正确的选项是A物质的量之比可能是：CH4：NO：

20、NO2=1：2：1B氧化性比拟：NO2NOCO2CNO2既有氧化性又有复原性，在该反响中只有氧化性D将反响后的气体通过石灰水可得到纯洁的氮气考点：氧化复原反响1031966专题：氧化复原反响专题分析：A根据氧化复原反响中得失电子数相等判断；B同一化学反响中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；C处于最高价态的元素只有氧化性，处于最低价态的元素只有复原性，处于中间价态的元素既有氧化性又有复原性，再结合反响方程式判断二氧化氮的性质；D氮气中含有水蒸气解答：解：A如果物质的量之比是：CH4：NO：NO2=1：2：1，那么氧化剂得到的电子数=220+140=8，复原剂失去的电子数=44=8，所以得失电子

21、数相等，故A正确；B反响3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氧化性NO2NO，CH4+NO+NO2N2+CO2+H2O中，氧化性NOCO2，所以氧化性NO2NOCO2，故B正确；CNO2中N元素处于中间价态，所以NO2既有氧化性又有复原性，但在该反响中得电子作氧化剂，所以只有氧化性，故C正确；D将反响后的气体通过石灰水，二氧化碳能被石灰水吸收，但氮气中含有水蒸气，所以不可得到纯洁的氮气，故D错误；应选D点评：此题考查氧化复原反响，易错选项是A，注意根据得失电子数相等来分析解答73分以下关于洛哌丁胺的说法中，正确的选项是A能发生消去反响B不能发生水解反响C能与浓溴水发生取代反响D能与新制CuO

22、H2发生氧化反响考点：有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构1031966专题：有机物的化学性质及推断分析：该有机物中含有Cl，可发生水解反响，含有OH，可发生酯化、氧化、消去反响，含有CON官能团，可发生水解反响，以此解答该题解答：解：A含有OH，且邻位C原子上含有H原子，可发生消去反响，故A正确；B该有机物中含有Cl，含有CON官能团，可发生水解反响，故B错误；C不含酚羟基，那么不能与浓溴水发生取代反响，故C错误；D不含醛基，那么不能与新制CuOH2发生氧化反响，故D错误应选A点评：此题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意把握有机物官能团的种类和性质，注意有机物的结构特点，

23、为解答该题的关键，也是易错点83分以下说法正确的选项是A1 mol C7H16中含有23 mol共价键B标准状况下，1.12 L NH3中含有0.5 mol eC常温常压下，22 g CO2中所含分子数是0.5 molD40 g NaOH 溶于1 L水，所得溶液中cNa+=1 mol/L考点：物质的量的单位-摩尔1031966专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A1 个C7H16中含有22 个共价键；B1个 NH3中含有10个 e；C22 g CO2的物质的量是0.5mol；D溶液的体积不是1L解答：解：A1 mol C7H16中含有22 mol共价键，故A错误； B标准状况下，1.12

24、 L NH3的物质的量是0.05mol，有0.5 mol e，故B正确；C22 g CO2的物质的量是0.5mol，所含分子数是0.5 mol，故C正确；D40 g NaOH 溶于1 L水，溶液的体积不是1L，故D错误应选BC点评：此题考查物质的量和阿佛加德罗常数的应用，难度不大，注意根据物质的聚集状态，分子结构等93分以下物质的工业制备原理不正确的选项是A氨气：N2+3H22NH3B铜：Cu2S+O22Cu+SO2C乙烯：C2H5OHCH2=CH2+H2OD漂白粉：2CaOH2+2Cl2=CaClO2+CaCl2+2H2O考点：金属冶炼的一般原理；工业合成氨；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；

25、乙烯的实验室制法1031966专题：化学应用分析：工业上制取的物质原料要丰富且价廉，反响条件易控制，生成的物质易别离，据此分析解答解答：解：A空气中含量丰富且价廉，所以工业上用氮气和氢气制取氨气，故A不选；B工业上用硫化亚铜和氧气反响制取铜，故B不选；C工业上用石油裂化和裂解制取乙烯，实验室用乙醇制取乙烯，故C选；D氢氧化钙价格较低且原料丰富，所以工业上用氯气和氢氧化钙制取漂白粉，故D不选应选C点评：此题考查物质的反响原理，易错选项是C，注意用乙醇制取乙烯是实验室制法而不是工业制法，为易错点103分甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反响原理是CH3OHg+H2Og=CO2g+3

26、H2CH3OHg+O2g=CO2g+2H2根据上述反响，以下说法正确的选项是A反响中的能量变化如下图BCH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量C1 mol CH3OH充分燃烧放出的热量为192.9 kJD可推知2H2g+O2g=2H2OgH=483.8 kJ/mol考点：热化学方程式1031966专题：化学反响中的能量变化分析：A、反响是吸热反响；图中是放热反响；B、根据反响可知，生成氢气的反响不一定是吸热反响；C、依据反响甲醇反响生成二氧化碳和氢气的焓变是192.9kJ/mol；而1 mol CH3OH充分燃烧生成二氧化碳和水放出的热量大于192.9 kJ；D、依据盖斯定律结合合并得到判断解

27、答：解：A、图中表示的是放热反响，而反响是吸热反响，故A错误；B、CH3OH转变成H2的过程按照反响是吸热反响，按照反响是放热反响，所以不一定要吸收能量，故B错误；C、反响甲醇反响生成二氧化碳和氢气的焓变是192.9kJ/mol；而1 mol CH3OH充分燃烧生成二氧化碳和水放出的热量大于192.9 kJ；故C错误；D、依据盖斯定律结合合并：得到H2g+O2g=H2OgH=241.9 kJ/mol；所以2H2g+O2g=2H2OgH=483.8 kJ/mol；故D正确；应选D点评：此题考查了热化学方程式的书写和注意问题，利用热化学方程式进行分析判断反响的热效应，计算反响热量变化，盖斯定律的应

28、用113分常温下，向物质的量浓度均为0.1mol/L的盐酸和氯化钙的混合溶液中不断滴入0.1mol/L碳酸钠溶液，以下图中关系正确的选项是ABCD考点：离子方程式的有关计算1031966专题：图示题分析：向物质的量浓度均为0.1mol/L的盐酸和氯化钙的混合溶液中不断滴入0.1mol/L碳酸钠溶液，首先发生反响：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O，立即产生气体，开始不产生沉淀，溶液的pH值增大，溶液的导电能力降低；HCl反响完毕，然后发生反响：CaCl2+Na2CO3=CaCO3+2NaCl，气体的体积一定，开始产生沉淀，溶液的pH不再变化，呈中性，但溶液的导电能力继续降低，据

29、此结合选项图象判断解答：解：向物质的量浓度均为0.1mol/L的盐酸和氯化钙的混合溶液中不断滴入0.1mol/L碳酸钠溶液，先发生反响：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O，立即产生气体，开始不产生沉淀，溶液的pH值增大，溶液的导电能力降低；HCl反响完毕，然后发生反响：CaCl2+Na2CO3=CaCO3+2NaCl，气体的体积一定，开始产生沉淀，溶液的pH不再变化，呈中性，但溶液的导电能力继续降低，A、向混合溶液中不断滴入0.1mol/L碳酸钠溶液，盐酸过量，立即产生二氧化碳气体，图象与实际不相符，故A错误；B、随碳酸钠溶液的参加，溶液的导电能力会降低，不会出现导电能力不变的

30、情况，故B错误；C、溶液开始的pH=1，随碳酸钠参加，溶液pH增大，最后溶液呈中性，图象与实际相符合，故C正确；D、开始不产生沉淀，HCl反响完毕，再生成沉淀，图象与实际不相符，故D错误；应选C点评：此题考查反响图象问题，难度中等，清楚发生的反响过程是解题的关键123分七种短周期元素ag的有关信息如下表所示：元素编号abcdefg原子半径/nm最高化合价或最低化合价+12+32+3+1+1以下推断正确的选项是A氢氧化物碱性的强弱：fgB简单离子的离子半径：bgC元素e的氧化物只能与酸反响D元素a与元素d形成的化合物属于离子化合物考点：元素周期律和元素周期表的综合应用1031966专题：元素周期

31、律与元素周期表专题分析：a、f、g的最高正价为+1，为第A族元素，原子半径afg，故a为H元素、f为Li元素、g为Na元素b、d的最低负极为2价，处于第A族，b的原子半径减小，故b为O元素，d为S元素c、e的最高正价为+3，处于第A族，c的原子半径较小，故c为B元素、e为Al元素，据此解答解答：解：a、f、g的最高正价为+1，为第A族元素，原子半径afg，故a为H元素、f为Li元素、g为Na元素b、d的最低负极为2价，处于第A族，b的原子半径减小，故b为O元素，d为S元素c、e的最高正价为+3，处于第A族，c的原子半径较小，故c为B元素、e为Al元素，A、金属性gf，故最高价氧化物水化物的碱性

32、：fg，故A正确；B、b、g的简单离子分别为O2、Na+，电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径O2Na+，故B错误；C、元素e的氧化物是氧化铝，属于两性氧化物，既可以与酸反响也可以与碱反响，故C错误；D、元素a与元素d形成的化合物是H2S，属于共价化合物，故D错误；应选A点评：此题考查结构性质位置关系，难度中等，注意利用化合价与半径确定元素是解题关键，注意掌握离子半径的比拟133分2021洛阳模拟以下说法正确的选项是A参加过量氨水，有白色沉淀生成，那么原溶液一定有Al3+B参加K3FeCN6溶液，产生特征蓝色沉淀，那么原溶液一定有Fe3+C参加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色

33、沉淀生成，那么原溶液一定有SO42D参加NaOH溶液，产生气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，那么原溶液一定有NH4+考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验1031966专题：物质检验鉴别题分析：A、与一水合氨反响生成白色沉淀的有镁离子、铝离子等；B、含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3FeCN6溶液反响生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀；C、原溶液中的银离子也可以产生白色沉淀；D、参加NaOH溶液，产生气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，是NH4+的特征现象解答：解：A、与一水合氨反响生成白色沉淀的有镁离子、铝离子等，不一定是铝离子，故A错误；B、含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3FeCN6溶液反响生成具有特征蓝

34、色的铁氰化亚铁沉淀，不能证明判断是铁离子，故B错误；C、原溶液中的银离子和溶液中的氯离子反响生成白色沉淀氯化银，不能证明一定是硫酸根离子，故C错误；D、参加NaOH溶液，产生气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，是NH4+的特征现象，证明原溶液一定有NH4+，故D正确；应选D点评：此题考查了常见离子的检验方法和反响现象分析判断，注意干扰离子的现象分析是解题关键，题目难度中等143分2021绵阳模拟下表中实验操作能到达实验目的是实验操作实验目的A向丙烯醛中滴加酸性高锰酸钾溶液，振荡后观察溶液是否褪色确定丙烯醛中是否含有碳碳双键B向混有少量苯酚的苯中滴加溴水，充分反响后过滤除去苯中的苯酚C在油脂皂化反响后

35、的混合溶液中参加氯化钠，搅拌、静置、过滤别离出高级脂肪酸钠D将溴乙烷与氢氧化钠溶液共热一段时间，再向冷却后的混合液中滴加硝酸银溶液检验水解产物中的溴离子AABBCCDD考点：化学实验方案的评价；物质的别离、提纯和除杂；有机物官能团的检验1031966专题：实验评价题分析：A碳碳双键、醛基均能被高锰酸钾氧化；B溴不易溶于水，但易溶于苯；C油脂皂化反响后的混合溶液中参加氯化钠，发生盐析；D溴乙烷与氢氧化钠溶液共热发生水解，应先加酸中和，再滴加硝酸银溶液解答：解：A因碳碳双键、醛基均能被高锰酸钾氧化，那么向丙烯醛中滴加酸性高锰酸钾溶液，振荡后溶液褪色，不能确定含有碳碳双键，故A错误；B溴不易溶于水，

36、但易溶于苯，那么向混有少量苯酚的苯中滴加溴水，因三溴苯酚与苯互溶，且苯中混有溴，不能除去杂质，故B错误；C油脂皂化反响后的混合溶液中参加氯化钠，发生盐析降低高级脂肪酸钠的溶解度，所以搅拌、静置、过滤后别离出高级脂肪酸钠，故C正确；D溴乙烷与氢氧化钠溶液共热发生水解，应先加酸中和，再滴加硝酸银溶液，才能检验水解产生的溴离子，故D错误；应选C点评：此题考查实验方案的评价，熟悉有机物的官能团及性质、卤代烃的水解、皂化反响、有机物的除杂等即可解答，选项A为解答的易错点，题目难度中等第二卷非选择题共58分15下表为元素周期表的一局部，参照元素在表中的位置，请用化学用语答复以下问题：1的最低负价是2；的最

37、高价含氧酸的化学式为HClO42、的简单离子半径由大到小的顺序为ClFNa+3、两种元素的原子按1：1组成的常见化合物的电子式为4、的单质中更易与的单质反响的是O2，原因是氧气的氧化性强于硫单质5、的最高价氧化物的水化物之间发生反响的离子方程式：AlOH3+OH=AlOH4考点：元素周期律和元素周期表的综合应用1031966专题：元素周期律与元素周期表专题分析：根据元素所在周期表中的位置，可知元素的种类，为H元素，为O元素，为F元素，为Na元素，为Al元素，为S元素，为Cl元素，1元素的最低负价=8最外层电子数，最高正价=最外层电子数；2电子层越多半径越大，电子层数一样的，质子数越小，半径越大

38、；3根据组成元素以及个数比来书写化学式；4同主族从上到下单质的氧化性减弱；5根据氢氧化铝可以和强碱之间反响来书写解答：解：根据元素所在周期表中的位置，可知元素的种类，为H元素，为O元素，为F元素，为Na元素，为Al元素，为S元素，为Cl元素，1S的最低负价是2，Cl的最高价含氧酸的化学式为HClO4，故答案为：2；HClO4；2F、Na+、Cl的电子层数依次是2，2，3，所以半径最大的是Cl，钠离子核内质子数是11，氟离子核内质子数是9，所以氟离子半径大于钠离子，即离子半径由大到小的顺序为ClFNa+，故答案为：ClFNa+；3Na、O两种元素的原子按1：1组成的常见化合物过氧化钠的电子式为，

39、故答案为：；4氧气的氧化性强于硫单质，氧气更易和氢气反响，故答案为：O2；氧气的氧化性强于硫单质；5氢氧化铝和氢氧化钠反响的实质是AlOH3+OH=AlOH4，故答案为：AlOH3+OH=AlOH4点评：此题考查元素的推断，题目难度不大，根据元素在周期表中的物质可推断出元素的种类，题中侧重于周期律的应用，学习中注意积累相关知识16探究Na2SO3固体受热时发生分解反响的实验如下实验药品：Na2SO3固体、稀盐酸、新制氯水、BaCl2溶液、蒸馏水查阅资料：Na2SO3固体受热分解可得两种产物实验步骤：取m g Na2SO3固体，隔绝空气加强热，一段时间后，称量冷却后的固体质量仍为m g；将中所得

40、固体溶于水配成100mL溶液，测得溶液的pH7；取少量中溶液，参加足量稀盐酸，溶液保持澄清并产生气体，该气体不能使湿润的品红试纸褪色；另取少量中溶液，滴入适量新制氯水，产生浅黄色浑浊；将中浊液过滤后，向滤液中滴入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生大量白色沉淀1Na2SO3溶液碱性，其原因是SO32+H2OHSO3+OH用离子方程式表示2能证明Na2SO3完全分解的实验步骤是填相应序号假设仅通过测溶液的pH证明Na2SO3发生了分解，步骤中需补充的实验是取mgNa2SO3固体溶于水配制成100mL溶液测定pH3步骤中发生反响的离子方程式是Cl2+S2=2Cl+S4根据上述实验，Na2SO3固体发生分

41、解反响的化学方程式是4Na2SO33Na2SO4+Na2S考点：性质实验方案的设计1031966专题：实验题分析：1Na2SO3为强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解使溶液显碱性；2由步骤可知，加酸不生成二氧化硫，那么完全分解；仅通过测溶液的pH证明Na2SO3发生了分解，那么需要比拟mgNa2SO3固体溶于水后的pH；3步骤中发生氯气和硫化钠的氧化复原反响；4由实验可知，Na2SO3固体发生分解反响生成硫化钠和硫酸钠解答：解：1Na2SO3为强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解使溶液显碱性，水解离子反响为SO32+H2OHSO3+OH，故答案为：SO32+H2OHSO3+OH；2由步骤可知，加酸不生成二氧化

42、硫，那么完全分解；仅通过测溶液的pH证明Na2SO3发生了分解，那么需要比拟mgNa2SO3固体溶于水后的pH，即补充的实验为取mgNa2SO3固体溶于水配制成100mL溶液测定pH，故答案为：；取mgNa2SO3固体溶于水配制成100mL溶液测定pH；3步骤中发生氯气和硫化钠的氧化复原反响，该离子反响为Cl2+S2=2Cl+S，故答案为：Cl2+S2=2Cl+S；4由实验可知，Na2SO3固体发生分解反响生成硫化钠和硫酸钠，该化学反响为4Na2SO33Na2SO4+Na2S，故答案为：4Na2SO33Na2SO4+Na2S点评：此题实验形式考查Na2SO3固体的分解，注重实验方式的设计与评价

43、，2为解答的难点，并注意发生的氧化复原反响，题目难度较大17海水资源的利用具有广阔前景海水中主要离子的含量如下：成分含量/mg L1成分含量/mg L1Cl18980Ca2+400Na+10560HCO3142SO422560Br64Mg2+12721电渗析法淡化海水示意图如图甲所示，其中阴阳离子交换膜仅允许阴阳离子通过阳极主要电极反响式是2Cl2e=Cl2在阴极附近产生少量白色沉淀，其成分有MgOH2和CaCO3，生成CaCO3的离子方程式是Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O淡水的出口为b填“a、“b或“c2利用海水可以提取溴和镁，提取过程如图乙所示：提取溴的过程中，经过2次BrBr

44、2转化的目的是对溴元素进行富集，吸收塔中发生反响的离子方程式是SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42解释通空气的目的是通入空气将Br2蒸气带出，使Br2gBr2aq或Br2+H2OHBr+HBrO平衡向左移动从MgCl2溶液中得到MgCl26H2O晶体的主要操作是加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥依据上述流程，假设将10m3海水中的溴元素转化为工业溴，至少需要标准状况下Cl2的体积为179.2L忽略Cl2溶解考点：海水资源及其综合利用；物质别离和提纯的方法和根本操作综合应用1031966专题：卤族元素；化学实验根本操作分析：1依据电渗析法淡化海水示意图分析，阴阳离子交换膜仅允许阴阳

45、离子通过所以阳极上是阴离子失电子发生氧化反响，海水中的氯离子失电子生成氯气；阴极是氢离子得到电子发生复原反响，阴极附近氢氧根离子浓度增大，和镁离子生成氢氧化镁沉淀；海水中含有碳酸氢根离子、钙离子，氢氧根离子和碳酸氢根离子反响生成碳酸根离子与钙离子生成白色沉淀碳酸钙；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，所以水在b处流出；2提取溴的过程中，经过2次BrBr2转化的目的是更多的得到溴单质；吸收塔内通入的是二氧化硫气体是和溴单质反响生成溴离子，在蒸馏塔中被氯气氧化得到更多的溴单质；通空气的目的是溴单质被空气带出；氯化镁溶液中得到氯化镁晶体的 操作是加热蒸发冷却结晶；依据离子方程式

46、计算得到需要的氯气体积解答：解：1依据电渗析法淡化海水示意图分析，阴阳离子交换膜仅允许阴阳离子通过所以阳极上是阴离子失电子发生氧化反响，海水中的氯离子失电子生成氯气；阴极是氢离子得到电子发生复原反响，阴极附近氢氧根离子浓度增大，和镁离子生成氢氧化镁沉淀；海水中含有碳酸氢根离子、钙离子，氢氧根离子和碳酸氢根离子反响生成碳酸根离子与钙离子生成白色沉淀碳酸钙；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，所以水在b处流出，阳极主要电极反响式是海水选的阴离子失电子发生氧化反响，氯离子放电能力大于氢氧根离子，所以电极反响为：2Cl2e=Cl2，故答案为：2Cl2e=Cl2；在阴极附近产生少量

47、白色沉淀，阴极是氢离子得到电子发生复原反响，阴极附近氢氧根离子浓度增大，和镁离子生成氢氧化镁沉淀；海水中含有碳酸氢根离子、钙离子，氢氧根离子和碳酸氢根离子反响生成碳酸根离子与钙离子生成白色沉淀碳酸钙；生成碳酸钙沉淀的离子方程式为：Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O，故答案为：MgOH2；Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，通过用一段时间海水中的 阴阳离子在两个电极放电，所以水在b处流出，故答案为：b； 2依据利用海水可以提取溴和镁，流程中提取溴的过程中，经过2次BrBr2转化的目的是更多的得到溴单质，提取过程对溴元素进行富集；吸收塔内通入的是二氧化硫气体是和溴单质反响生成溴离子，在蒸馏塔中被氯气氧化得到更多的溴单质，吸收塔中反响的离子方程式为；SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42；通空气的目的是通入空气将Br2蒸气带出，使Br2gBr2aq或Br2+H2OHBr+HBrO平衡向左移动，故答案为：提取过程对溴元素进行富集；SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42；通入空气将Br2蒸气带出，使Br2gBr2aq或Br2+H2OHBr+HBrO平衡向左移动；从MgCl2溶液中得到MgCl26H2O晶体的主要操作是：加热浓缩、