福建省厦门六中高三上学期期中化学试卷

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2016—2017学年福建省厦门六中高三(上）期中化学试卷一、选择题（本题共17小题，每小题3分，共51分，每小题只有一个选项符合题意．）1．唐代中药学著作《新修本草》中，有关于“青矾”的记录为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，…，烧之赤色"．据此推测，“青矾"的主要成分为()A．CuSO4•5H2O B．FeSO4•7H2OC．KAl（SO4）2•12H2O D．Fe2(SO4）3•9H2O2．下列变化或过程属于化学变化的是（）A．激光法蒸发石墨得C60B．丁达尔效应C．紫色石蕊试液通过活性炭变成无色D．用铂丝蘸取NaCl溶液进行焰色反应3．ICl3遇水会产生大量的腐蚀性白色浓雾，有强烈的催泪性．若两种生成物之一是HCl，则另一种是(）A．HIO3 B．HIO2 C．HIO D．ICl4．Se、Br两种元素的部分信息如如图所示,下列说法正确的是（）A．原子半径：Br＞SeB．还原性：Se2﹣＜Br﹣C．在Se2Br2分子中只含有极性键D．SeO2既有氧化性又有还原性5．下列有关KNO3叙述正确的是（）A．钾离子结构示意图：B．KNO3溶液中，H+、Na+、Br﹣、I﹣能大量共存C．可用于生产复合肥、配制炸药和制造瓷釉彩药D．KNO3溶液中混有少量NaCl时，可用重结晶的方法提纯，原因是KNO3溶解度大6．“蛟龙”号外壳用特殊的钛合金材料制成,它可以在深海中承受700个大气压的压力．已知金属钛的原子序数为22,化学性质与铝类似．下列说法正确的是（）A．钛属于主族元素B．钛合金强度很大C．蒸干TiCl4溶液可得无水钛盐D．在空气中将金属钛、铝混合后熔化可制得合金7．下列离子方程式中正确的是（）A．碳酸氢铵溶液加足量氢氧化钠并加热:NH4++OH﹣H2O+NH3↑B．Na218O2加入H2O中：2Na218O2+2H2O═4Na++4OH﹣+18O2↑C．硫酸镁溶液加氨水:Mg2++2NH3•H2O═Mg（OH）2↓+2NH4+D．氧化亚铁溶于稀硝酸:FeO+2H+═Fe2++H2O8．若A+酸=盐+水,则A不可能属于（）A．氧化物 B．胶体 C．碱 D．单质9．用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（)A．在16g18O2中含有NA个氧原子B．标准状况下,22。4L空气含有NA个单质分子C．1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目少于NA个D．12gMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为NA10．某课外实验小组设计的如图实验合理的是（）A．配制一定浓度硫酸溶液 B．制备少量氨气C．制备并收集少量NO2气体 D．制备少量氧气11．室温下,抽去如图所示装置中的玻璃片，使两种气体充分反应．下列说法正确的是(设NA表示阿伏加德罗常数的值）（)A．反应前气体的总体积为0。448LB．装置中氢元素的总质量为0.04gC．生成物中含有0.01NA个分子D．生成物完全溶于水后所得溶液含有0。01NA个NH4+12．根据如图框图分析，下列说法不正确的是(）A．在反应①中硫酸既表现了酸性、又表现了氧化性B．我国是世界上最早使用反应②冶炼金属M的国家C．在③反应中若不加稀硫酸可能看到红褐色沉淀D．红褐色固体Z不能溶于氢氧化钠溶液13．已知NH4CuSO3与足量的1mol•L﹣1硫酸溶液混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成②产生刺激性气味的气体③溶液呈现蓝色．据此判断下列说法正确的是（）A．反应中硫酸作氧化剂B．NH4CuSO3中硫元素被氧化C．刺激性气味的气体是氨气D．1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子14．如图W、X、Y、Z为四种物质,若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是（）选项WXYZASSO2SO3H2SO4BNaNa2O2NaOHNaClCFeFeCl3Fe(OH）2FeCl2DAlAlCl3NaAlO2Al2（SO4）3A．A B．B C．C D．D15．下列实验中，对应的现象及结论都正确且存在因果关系的是（）选项实验现象结论A加热莫尔盐(NH4）2Fe（SO4）2•6H2O，产生的气体通过装有无水硫酸铜的干燥管干燥管中白色粉末先变成天蓝色，后又变成深蓝色温度较低时莫尔盐分解产生水蒸气，温度稍高时分解产物中有氨气B向KMnO4溶液中通入SO2气体溶液紫红色褪去SO2具有漂白性C向某溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3）2溶液出现白色沉淀溶液中一定含有SO42﹣D取1mL20％的蔗糖溶液,加入3～5滴稀硫酸．水浴加热5min后取少量溶液,加入少量新制Cu（OH）2，加热4min未产生砖红色沉淀蔗糖不能水解生成葡萄糖A．A B．B C．C D．D16．原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W只位于2个主族，X与Z的核电荷数之和等于Y与W最外层电子数之和，4种元素中只有2种金属元素．下列说法正确的是（）A．X属于非金属元素B．对应的氢化物的热稳定性：W＞YC．W与Z易于形成离子化合物D．Z离子的氧化性强于X离子17．某同学采用工业大理石(含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）制取CaCl2•6H2O，设计了如图流程：下列说法不正确的是（）A．固体Ⅰ中含有SiO2B．使用石灰水时,要控制pH,防止固体Ⅱ中Al（OH）3转化为[Al（OH）4]﹣C．试剂a选用盐酸，从溶液Ⅲ得到CaCl2•6H2O的过程中,须控制条件防止其分解D．若改变实验方案,在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净CaCl2•6H2O二、非选择题18．W是由A、B两种元素组成的AB2型化合物．（1）若W和焦炭在高温下发生反应，所制得的半导体材料应用广泛．则W为（填化学式）．（2）若取两支试管分别加入少量W溶液，往一支试管中滴入KSCN溶液，无明显现象．往另一支试管中加入足量氯水，再加入适量CCl4，振荡，静置,下层溶液呈紫红色；往上层溶液中滴入KSCN溶液，溶液呈红色．①W溶液中所含金属阳离子为②上述实验中,W与足量氯水反应的离子方程式为：（3）若W是离子化合物，其阴、阳离子均含18个电子，且阴、阳离子个数比为1：1．①阴离子的电子式为．②1molW与足量水充分反应,转移电子的物质的量为mol（4)若A、B是同主族元素，W溶于水生成一种二元弱酸．①B在元素周期表中的位置为②如果A元素的周期序数是B元素的两倍，W的水溶液被双氧水氧化的化学方程式为：（5）若如图表示0。5molW（g)和0。5molCO(g）反应生成CO2(g)和NO（g)过程中的能量变化．则该反应的热化学方程式为:．19．按下列要求回答：(1)已知:CH2=CH2+KMnO4+H2SO4→CO2+K2SO4+MnSO4+H2O（未配平)理论上，480mL0。1000mol•L﹣1酸性KMnO4溶液可氧化乙烯mL（标准状况）．（2）实验室里欲用KMnO4固体来配制480mL0。1000mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液．①需用的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、②下列操作会导致酸性KMnO4溶液浓度偏高的是(填序号)．a．加水定容时俯视刻度线b．转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制c．容量瓶底部有少量蒸馏水（3)如图所示装置的气密性检查中，一定漏气的是（填序号)．（4）W、X、Y和Z都是周期表中前20号元素，已知：（A）W的阳离子和Y的阴离子具有相同的核外电子排布，且能形成组成为WY的化合物；（B)Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物;（C)X和Z属同一周期元素,它们能形成两种气态化合物；（D）X和Y不在同一周期,它们能形成组成为XY2的非极性分子．请回答：①W元素是；Z元素是．②化合物WY的电子式为．③Y和Z形成的两种常见化合物的分子式是和．④写出X和Z形成的一种气态化合物跟WZ反应的化学方程式．20．碱式碳酸铜可表示为：xCuCO3•yCu(OH）2•zH2O,测定碱式碳酸铜组成的方法有多种．（1）现采用氢气还原法，请回答如下问题：①写出xCuCO3•yCu（OH）2•zH2O与氢气反应的化学方程式；②试验装置用下列所有仪器连接而成，按氢气流方向的连接顺序是(填入仪器接口字母编号）:(a)→→→→→→（l）③称取23.9g某碱式碳酸铜样品,充分反应后得到12.7g残留物,生成4。4g二氧化碳和7.2g水．该样品的结晶水质量为g，化学式为;(2）某同学以氮气代替氢气，并用上述全部或部分仪器来测定碱式碳酸铜的组成,你认为是否可行？请说明理由．．21．碳酸镁水合物是制备镁产品的中间体，工业上从弱碱性卤水（主要成分为MgCl2)中获取MgCO3•3H2O的方法如图1:(1）写出沉淀过程的离子方程式：（2）沉淀过程的pH随时间的变化如图2所示，沉淀过程的操作为（填序号)a．向卤水中滴加NaOH溶液，同时通入CO2b．向NaOH溶液中滴加卤水，同时通入CO2c．向卤水中通入CO2至饱和，然后滴加NaOH溶液,同时继续通入CO2d．向NaOH溶液中通入CO2至饱和，然后滴加卤水，同时继续通入CO2（3）沉淀过程的c(Mg2+）随时间的变化如图3所示，不同温度下所得到的沉淀产物如图4所示,沉淀过程应选择的温度为,理由是：．（4)在洗涤步骤中，表明产物洗涤干净的操作为：．

2016—2017学年福建省厦门六中高三(上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共17小题,每小题3分，共51分，每小题只有一个选项符合题意．）1．唐代中药学著作《新修本草》中,有关于“青矾”的记录为:“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，…，烧之赤色”．据此推测，“青矾"的主要成分为()A．CuSO4•5H2O B．FeSO4•7H2OC．KAl（SO4）2•12H2O D．Fe2（SO4)3•9H2O【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【分析】“青矾"的描述为:“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe203超细粉末为红色；【解答】解：“青矾”的描述为：“本来绿色,新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe203超细粉末为红色，A为蓝色晶体,B为FeSO4•7H2O是绿色晶体，C为KAl（SO4)2•12H2O是无色晶体，D为Fe2（SO4)3•9H2O为黄色晶体，所以判断“青矾”的主要成分为FeSO4•7H2O，故选B．2．下列变化或过程属于化学变化的是（）A．激光法蒸发石墨得C60B．丁达尔效应C．紫色石蕊试液通过活性炭变成无色D．用铂丝蘸取NaCl溶液进行焰色反应【考点】物理变化与化学变化的区别与联系．【分析】化学变化是指在原子核不变的情况下,有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别在于是否有新物质生成，据此分析判断．【解答】解:A．激光法蒸发石墨得C60有新物质生成，属于化学变化，故A正确；B．丁达尔效应没有新物质生成,属于物理变化,故B错误；C．紫色石蕊试液通过活性炭变成无色没有新物质生成,属于物理变化，故C错误；D．用铂丝蘸取NaCl溶液进行焰色反应没有新物质生成,属于物理变化,故D错误．故选A．3．ICl3遇水会产生大量的腐蚀性白色浓雾，有强烈的催泪性．若两种生成物之一是HCl，则另一种是（)A．HIO3 B．HIO2 C．HIO D．ICl【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【分析】ICl3中I为+3价，Cl为﹣1价,与水发生水解反应，元素化合价没有发生变化,以此解答．【解答】解：ICl3中I为+3价，Cl为﹣1价,与水发生水解反应生成HIO2和HCl,故选B．4．Se、Br两种元素的部分信息如如图所示,下列说法正确的是（）A．原子半径：Br＞SeB．还原性:Se2﹣＜Br﹣C．在Se2Br2分子中只含有极性键D．SeO2既有氧化性又有还原性【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】A．同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；B．同一周期元素，阴离子的还原性随着原子序数的增大而减小;C．同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键；D．中间价态的元素既有氧化性又有还原性，处于最低价态的元素只有还原性，处于最高价态的元素只有氧化性．【解答】解：A．硒和溴属于同一周期元素，硒的原子序数小于溴，所以原子半径Br＜Se，故A错误；B．同一周期元素,阴离子的还原性随着原子序数的增大而减小，还原性Se2﹣＞Br﹣，故B错误;C．在Se2Br2分子中硒原子间存在非极性键,溴和硒原子之间存在极性键,故C错误；D．SeO2中硒处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性，故D正确．故选D．5．下列有关KNO3叙述正确的是（）A．钾离子结构示意图：B．KNO3溶液中,H+、Na+、Br﹣、I﹣能大量共存C．可用于生产复合肥、配制炸药和制造瓷釉彩药D．KNO3溶液中混有少量NaCl时,可用重结晶的方法提纯,原因是KNO3溶解度大【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；离子共存问题．【分析】A．K的质子数为19，离子核外电子数为18；B．离子之间发生氧化还原反应；C．硝酸钾含N、K元素，可作肥料，硝酸钾具有氧化性;D．二者溶解度受温度影响不同．【解答】解：A．K的质子数为19,离子核外电子数为18,原子结构示意图、离子结构示意图分别为，故A错误；B．H+、NO3﹣、I﹣发生氧化还原反应，不能共存,故B错误；C．硝酸钾含N、K元素，可作肥料，硝酸钾具有氧化性,则可用于生产复合肥、配制炸药和制造瓷釉彩药,故C正确;D．二者溶解度受温度影响不同，则KNO3溶液中混有少量NaCl时，可用冷却结晶法分离，硝酸钾的溶解度受温度影响大，故D错误；故选C．6．“蛟龙”号外壳用特殊的钛合金材料制成，它可以在深海中承受700个大气压的压力．已知金属钛的原子序数为22,化学性质与铝类似．下列说法正确的是（)A．钛属于主族元素B．钛合金强度很大C．蒸干TiCl4溶液可得无水钛盐D．在空气中将金属钛、铝混合后熔化可制得合金【考点】元素周期表的结构及其应用．【分析】A、金属钛的原子序数为22，位于第四周期第IIB族；B、钛合金强度很大，可以在深海中承受700个大气压的压力；C、TiCl4是强酸弱碱盐，蒸干水解生成的氯化氢挥发，促进水解，得到氢氧化钛；D、在空气中加热金属易被氧化．【解答】解：A、金属钛的原子序数为22,位于第四周期第IIB族，不是主族元素，故A错误；B、钛合金可以在深海中承受700个大气压的压力，钛合金强度很大，故B正确;C、TiCl4是强酸弱碱盐，蒸干水解生成的氯化氢挥发，促进水解，得到氢氧化钛，得不到钛盐,故C错误；D、在空气中加热熔化，金属易与氧气发生反应，所以不能直接在空气中制备钛铝合金，故D错误；故选B．7．下列离子方程式中正确的是（）A．碳酸氢铵溶液加足量氢氧化钠并加热：NH4++OH﹣H2O+NH3↑B．Na218O2加入H2O中:2Na218O2+2H2O═4Na++4OH﹣+18O2↑C．硫酸镁溶液加氨水：Mg2++2NH3•H2O═Mg（OH)2↓+2NH4+D．氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO+2H+═Fe2++H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．漏写碳酸氢根离子和氢氧根离子的反应；B．过氧化钠中的O元素还有一半存在于氢氧根离子中;C．氢氧化镁不溶于氨水；D．二者还发生氧化还原反应生成铁离子和NO．【解答】解：A．漏写碳酸氢根离子和氢氧根离子的反应，离子方程式为HCO3﹣+NH4++2OH﹣2H2O+NH3↑+CO32﹣，故A错误；B．过氧化钠中的O元素还有一半存在于氢氧根离子中，离子方程式为2Na218O2+2H2O═4Na++2OH﹣+218OH﹣+18O2↑，故B错误；C．硫酸镁不溶于氨水,离子方程式为：Mg2++2NH3•H2O═Mg（OH）2↓+2NH4+，故C正确;D．二者还发生氧化还原反应生成铁离子和NO，离子方程式为3FeO+NO3﹣+10H+═3Fe3++NO↑+5H2O，故D错误；故选C．8．若A+酸=盐+水，则A不可能属于（）A．氧化物 B．胶体 C．碱 D．单质【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【分析】A．氧化钠与酸反应生成盐和水；B．氢氧化铁胶体与酸反应生成盐和水；C．酸与碱反应生成盐和水；D．金属与非氧化性酸反应生成盐和氢气；与氧化性酸如硝酸反应生成氮的氧化物、盐和水．【解答】解：A．氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水，符合A+酸=盐+水，故A不选；B．氢氧化铁胶体与盐酸反应生成氯化铁和水，符合A+酸=盐+水，故B不选；C．氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水，符合A+酸=盐+水，故C不选；D．金属单质和酸反应可能生成盐和氢气，也可能生成含氮物质，如铁和过量硝酸反应生成盐、水和一氧化氮，所以D不可能是单质，故D选；故选：D．9．用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是()A．在16g18O2中含有NA个氧原子B．标准状况下,22.4L空气含有NA个单质分子C．1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目少于NA个D．12gMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2,转移的电子数为NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、18O2由18O原子构成；B、空气中不止是单质；C、溶液体积不明确;D、求出镁的物质的量，然后根据镁反应后变为+2价来分析．【解答】解：A、18O2由18O原子构成，故16g18O2中含有的18O的物质的量为n==mol，故含个氧原子，故A错误；B、空气中不止是单质，还含化合物分子，故含有的单质分子个数小于NA个，故B错误；C、溶液体积不明确，故溶液中的次氯酸根的个数无法计算,故C错误;D、12g镁的物质的量为0。5mol,而镁反应后变为+2价，故0.5mol镁失去NA个电子，故D正确．故选D．10．某课外实验小组设计的如图实验合理的是（）A．配制一定浓度硫酸溶液 B．制备少量氨气C．制备并收集少量NO2气体 D．制备少量氧气【考点】化学实验方案的评价；氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】A．不能在容量瓶中稀释浓硫酸；B．CaO可与水反应生成氢氧化钙,并放出大量的热；C．不能用排水法收集NO2;D．过氧化钠与水剧烈反应，不能用简易气体发生装置制取．【解答】解:A．容量瓶只能用来配制一定浓度的溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸,故A错误;B．CaO可与水反应生成氢氧化钙，并放出大量的热，促使氨气挥发，可用于制备少量氨气，故B正确；C．NO2与水反应,不能用排水法收集NO2,要用排空法收集，故C错误；D．不能用简易气体发生装置制取，过氧化钠与水剧烈反应，不能做到虽关随停,故D错误．故选B．11．室温下，抽去如图所示装置中的玻璃片，使两种气体充分反应．下列说法正确的是（设NA表示阿伏加德罗常数的值）（)A．反应前气体的总体积为0.448LB．装置中氢元素的总质量为0.04gC．生成物中含有0.01NA个分子D．生成物完全溶于水后所得溶液含有0。01NA个NH4+【考点】物质的量的相关计算．【分析】氨气与氯化氢反应：HCl+NH3=NH4Cl，生成0.01mol氯化铵固体．A．常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol;B．装置中n（H）=n（HCl）+3n（NH3），再根据m=nM计算；C．生成物为氯化铵，为离子化合物，不存在分子;D．铵根离子是弱碱阳离子,在水溶液中水解．【解答】解：氨气与氯化氢反应：HCl+NH3=NH4Cl，生成0.01mol氯化铵固体．A．常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，大于22。4L/mol，故反应前气体的总体积＞(0。01mol+0.01mol）×22.4L/mol=0。448L，故A错误；B．装置中n(H）=n（HCl）+3n(NH3）=0.01mol+0。01mol×3=0.04mol，故氢元素质量=0。04mol×1g/mol=0.04g，故B正确;C．生成物为氯化铵，为离子化合物，不存在分子,故C错误；D．0.01molHCl和0.01molNH3恰好反应,生成的氯化铵为0.01mol,铵根离子是弱碱阳离子，在水溶液中发生水解,加水溶解后所得溶液中NH4+数目小于0.01NA，故D错误；故选B．12．根据如图框图分析，下列说法不正确的是（)A．在反应①中硫酸既表现了酸性、又表现了氧化性B．我国是世界上最早使用反应②冶炼金属M的国家C．在③反应中若不加稀硫酸可能看到红褐色沉淀D．红褐色固体Z不能溶于氢氧化钠溶液【考点】无机物的推断．【分析】由流程可知，红色金属M为Cu，发生Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，蓝色溶液为CuSO4，结合红褐色固体Z为Fe（OH）3，则金属E为Fe，X为FeSO4，Y为Fe2(SO4）3,以此来解答．【解答】解：A．反应①发生Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O,S元素的化合价不变，只表现了酸性，故A错误；B．反应②为湿法炼铜，我国是世界上最早使用冶炼金属Cu的国家，故B正确；C．过氧化氢具有强氧化性,与硫酸亚铁发生氧化还原反应生成铁离子,在中性溶液中铁离子转化为沉淀，③反应中若不加稀硫酸可能看到红褐色沉淀，故C正确；D．褐色固体Z为Fe（OH）3，与NaOH不反应,故D正确；故选A．13．已知NH4CuSO3与足量的1mol•L﹣1硫酸溶液混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成②产生刺激性气味的气体③溶液呈现蓝色．据此判断下列说法正确的是（）A．反应中硫酸作氧化剂B．NH4CuSO3中硫元素被氧化C．刺激性气味的气体是氨气D．1molNH4CuSO3完全反应转移0。5mol电子【考点】氧化还原反应．【分析】NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液,说明反应生成Cu、SO2和Cu2+，反应的方程式为：2NH4CuSO3+4H+═Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，以此解答该题．【解答】解：A、由方程式为：2NH4CuSO3+4H+═Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+,反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后未变，反应中硫酸体现酸性，不作氧化剂，故A错误；B、NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2+，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故B错误；C、因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C错误；D、反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由+1→+2,+1→0，反应的发产生为：2NH4CuSO3+4H+═Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，每2molNH4CuSO3参加反应则转移1mol电子，则1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，故D正确．故选:D．14．如图W、X、Y、Z为四种物质,若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是（）选项WXYZASSO2SO3H2SO4BNaNa2O2NaOHNaClCFeFeCl3Fe（OH）2FeCl2DAlAlCl3NaAlO2Al2（SO4）3A．A B．B C．C D．D【考点】含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变．【分析】A．S燃烧生成二氧化硫，且S在常温下不能转化为SO3、H2SO4；B．Na燃烧生成Na2O2;C．Fe燃烧生成FeCl3，且Fe在常温下不能直接生成Fe(OH)2;D．Al与HCl反应生成X，Al与NaOH反应生成Y，Al与硫酸反应生成Z，Z与氯化钡反应生成X，X与NaOH反应生成Y，Y与硫酸反应生成Z．【解答】解：A．S燃烧生成二氧化硫，且S在常温下不能转化为SO3、H2SO4，则常温下不能发生图中转化,故A不选;B．Na燃烧生成Na2O2,Na在常温下反应生成Na2O,则常温下不能发生图中转化，故B不选；C．Fe燃烧生成FeCl3,且Fe在常温下不能直接生成Fe(OH）2,则常温下不能发生图中转化，故C不选；D．Al与HCl反应生成X，Al与NaOH反应生成Y，Al与硫酸反应生成Z，Z与氯化钡反应生成X，X与NaOH反应生成Y，Y与硫酸反应生成Z，反应均可在常温下进行，故D选；故选D．15．下列实验中，对应的现象及结论都正确且存在因果关系的是（）选项实验现象结论A加热莫尔盐(NH4）2Fe（SO4)2•6H2O，产生的气体通过装有无水硫酸铜的干燥管干燥管中白色粉末先变成天蓝色，后又变成深蓝色温度较低时莫尔盐分解产生水蒸气，温度稍高时分解产物中有氨气B向KMnO4溶液中通入SO2气体溶液紫红色褪去SO2具有漂白性C向某溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3)2溶液出现白色沉淀溶液中一定含有SO42﹣D取1mL20%的蔗糖溶液，加入3~5滴稀硫酸．水浴加热5min后取少量溶液,加入少量新制Cu(OH）2，加热4min未产生砖红色沉淀蔗糖不能水解生成葡萄糖A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．干燥管中的白色粉末先变成天蓝色，说明生成五水硫酸铜晶体,后又变成深蓝色,生成铜氨络离子；B．二氧化硫具有较强还原性，容易被高锰酸钾溶液氧化；C．原溶液中可能含有亚硫酸根离子；D．稀硫酸与氢氧化铜反应，加入氢氧化铜之前应该先用氢氧化钠溶液中和稀硫酸．【解答】解：A．干燥管中的白色粉末先变成天蓝色，说明生成五水硫酸铜晶体，后又变成深蓝色，生成铜氨络离子，可证明加热温度较低时摩尔盐分解产生水蒸气，温度稍高时分解产物中有氨气，故A正确；B．向KMnO4溶液中通入SO2气体,溶液紫红色褪去，二者发生了氧化还原反应，二氧化硫表现了还原性，故B错误；C．向某溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液,出现白色沉淀,该沉淀为硫酸钡，由于稀硝酸具有强氧化性,则原溶液中可能含有SO32﹣，故C错误；D．取1mL20％的蔗糖溶液，加入3～5滴稀硫酸，水浴加热5min后,先用氢氧化钠溶液中和至碱性，然后取少量溶液加入少量新制Cu（OH）2,加热4min，加入氢氧化铜浊液之前应该先用氢氧化钠溶液中和稀硫酸，否则影响测定结果，故D错误；故选A．16．原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W只位于2个主族，X与Z的核电荷数之和等于Y与W最外层电子数之和，4种元素中只有2种金属元素．下列说法正确的是（）A．X属于非金属元素B．对应的氢化物的热稳定性：W＞YC．W与Z易于形成离子化合物D．Z离子的氧化性强于X离子【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W只位于2个主族，则X与Z同主族，Y与W同主族,X与Z的核电荷数之和等于Y与W最外层电子数之和，4种元素中只有2种金属元素，只有X为Li、Z为Na、Y为F、W为Cl符合，然后结合元素周期律来解答．【解答】解:原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W只位于2个主族,则X与Z同主族,Y与W同主族，X与Z的核电荷数之和等于Y与W最外层电子数之和，4种元素中只有2种金属元素，只有X为Li、Z为Na、Y为F、W为Cl符合,A．X为Li，为金属元素，故A错误；B．非金属性F＞Cl，则对应的氢化物的热稳定性：W＜Y，故B错误；C．W与Z易于形成离子化合物为NaCl,故C正确；D．金属性Na＞L，则Z离子的氧化性弱于X离子,故D错误；故选C．17．某同学采用工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）制取CaCl2•6H2O，设计了如图流程:下列说法不正确的是（)A．固体Ⅰ中含有SiO2B．使用石灰水时，要控制pH，防止固体Ⅱ中Al(OH）3转化为［Al(OH)4]﹣C．试剂a选用盐酸，从溶液Ⅲ得到CaCl2•6H2O的过程中,须控制条件防止其分解D．若改变实验方案，在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净CaCl2•6H2O【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】工业大理石含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质,制取CaCl2•6H2O，由流程可知，Al2O3、Fe2O3、大理石均与盐酸反应，则固体I为SiO2，溶液I中含铝离子、铁离子，均与石灰水反应生成Al（OH)3、Fe（OH）3，过滤后溶液Ⅱ中加试剂a为盐酸，中和碱且抑制水解,溶液Ⅲ蒸发浓缩、冷却结晶得到CaCl2•6H2O，以此来解答．【解答】解：工业大理石含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质，制取CaCl2•6H2O,由流程可知，Al2O3、Fe2O3、大理石均与盐酸反应，则固体I为SiO2，溶液I中含铝离子、铁离子,均与石灰水反应生成Al（OH）3、Fe(OH）3，过滤后溶液Ⅱ中加试剂a为盐酸，中和碱且抑制水解,溶液Ⅲ蒸发浓缩、冷却结晶得到CaCl2•6H2O，A．由上述分析可知,固体Ⅰ中含有SiO2，故A正确；B．氢氧化铝具有两性，使用石灰水时，要控制pH,防止固体Ⅱ中Al（OH）3转化为[Al（OH）4］﹣，故B正确;C．试剂a选用盐酸，从溶液Ⅲ得到CaCl2•6H2O的过程中，须控制条件防止其分解，应冷却结晶分离，故C正确；D．若改变实验方案，在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶不能得到纯净CaCl2•6H2O，混有杂质铵盐，故D错误；故选D．二、非选择题18．W是由A、B两种元素组成的AB2型化合物．（1）若W和焦炭在高温下发生反应，所制得的半导体材料应用广泛．则W为SiO2（填化学式）．(2）若取两支试管分别加入少量W溶液，往一支试管中滴入KSCN溶液，无明显现象．往另一支试管中加入足量氯水，再加入适量CCl4,振荡，静置,下层溶液呈紫红色；往上层溶液中滴入KSCN溶液，溶液呈红色．①W溶液中所含金属阳离子为Fe2+②上述实验中，W与足量氯水反应的离子方程式为：2Fe2++4I﹣+3Cl2=2Fe3++I2+6Cl﹣（3）若W是离子化合物,其阴、阳离子均含18个电子,且阴、阳离子个数比为1：1．①阴离子的电子式为．②1molW与足量水充分反应，转移电子的物质的量为1mol（4）若A、B是同主族元素,W溶于水生成一种二元弱酸．①B在元素周期表中的位置为第二周期VIA族②如果A元素的周期序数是B元素的两倍，W的水溶液被双氧水氧化的化学方程式为：H2SeO3+H2O2=H2SeO4+H2O（5）若如图表示0。5molW（g）和0.5molCO（g）反应生成CO2（g)和NO（g）过程中的能量变化．则该反应的热化学方程式为：NO2（g）+CO(g）=CO2（g）+NO(g）△H=2（E1﹣E2)KJ/mol．【考点】无机物的推断．【分析】（1)若W和焦炭在高温下发生反应，所制得的半导体材料应用广泛，则W为SiO2;（2)若取两支试管分别加入少量W溶液，往一支试管中滴入KSCN溶液,无明显现象，则W不含Fe3+，往另一支试管中加入足量氯水,再加入适量CCl4,振荡,静置，下层溶液呈紫红色，说明W含有I﹣，往上层溶液中滴入KSCN溶液，溶液呈红色,则W含有Fe2+，故W为FeI2;（3）若W是离子化合物,其阴、阳离子均含18个电子,且阴、阳离子个数比为1：1，则W为CaO2；（4）①若A、B是同主族元素，W溶于水生成一种二元弱酸，为VIA族元素，B为O元素；②如果A元素的周期序数是B元素的两倍，则A为Se，W为SeO2，SeO2的水溶液被双氧水氧化生成H2SeO4；(5）0.5molW(g)和0.5molCO（g）反应生成CO2（g）和NO(g），原子守恒和氧化还原反应电子守恒可知W为NO2，能量变化可知为放热反应反应焓变△H=E1﹣E2,结合热化学方程式书写方法写出．【解答】解:(1）若W和焦炭在高温下发生反应，所制得的半导体材料应用广泛,则W为SiO2，该反应方程式为：2C+SiO2Si+2CO↑，故答案为：SiO2；(2）若取两支试管分别加入少量W溶液，往一支试管中滴入KSCN溶液，无明显现象，则W不含Fe3+，往另一支试管中加入足量氯水，再加入适量CCl4,振荡，静置，下层溶液呈紫红色，说明W含有I﹣，往上层溶液中滴入KSCN溶液，溶液呈红色，则W含有Fe2+，故W为FeI2．①W溶液中所含金属阳离子为:Fe2+，故答案为：Fe2+；②W（FeI2)与足量氯水反应的离子方程式为:2Fe2++4I﹣+3Cl2=2Fe3++I2+6Cl﹣，故答案为：2Fe2++4I﹣+3Cl2=2Fe3++I2+6Cl﹣；（3）若W是离子化合物，其阴、阳离子均含18个电子，且阴、阳离子个数比为1：1，则W为CaO2．①CaO2中阴离子的电子式为：，故答案为：;②发生反应：2CaO2+2H2O=2Ca(OH）2+O2↑，反应中CaO2既是氧化剂又是还原剂,1molCaO2与足量水充分反应生成0.5mol氧气，转移电子的物质的量为0。5mol×2=1mol，故答案为：1;(4)若A、B是同主族元素，W溶于水生成一种二元弱酸，为VIA族元素，B为O元素;①氧元素处于周期表中第二周期VIA族，故答案为:第二周期VIA族；②如果A元素的周期序数是B元素的两倍，则A为Se，W为SeO2，SeO2的水溶液被双氧水氧化的化学方程式为:H2SeO3+H2O2=H2SeO4+H2O，故答案为：H2SeO3+H2O2=H2SeO4+H2O；（5）0.5molW（g）和0.5molCO（g）反应生成CO2（g）和NO（g)，碳元素化合价+2价升高到+4价，电子转移=0。5mol×2=1mol，则0.5molW（g）中氮元素化合价变化降低，变化过程中的电子转移=1mol=(4﹣2）×0.5mol=1mol，W为NO2,能量变化可知为放热反应反应焓变△H=E1﹣E2，1molNO2和1molCO反应的热化学方程式为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=KJ/mol/L=2(E1﹣E2)KJ/mol，故答案为：NO2（g）+CO（g)=CO2（g）+NO（g）△H=2（E1﹣E2）KJ/mol．19．按下列要求回答：（1）已知：CH2=CH2+KMnO4+H2SO4→CO2+K2SO4+MnSO4+H2O(未配平)理论上，480mL0.1000mol•L﹣1酸性KMnO4溶液可氧化乙烯480mL（标准状况）．（2）实验室里欲用KMnO4固体来配制480mL0。1000mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液．①需用的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、500mL容量瓶②下列操作会导致酸性KMnO4溶液浓度偏高的是a(填序号）．a．加水定容时俯视刻度线b．转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制c．容量瓶底部有少量蒸馏水（3)如图所示装置的气密性检查中，一定漏气的是D(填序号)．（4）W、X、Y和Z都是周期表中前20号元素,已知：(A）W的阳离子和Y的阴离子具有相同的核外电子排布，且能形成组成为WY的化合物；（B）Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物；（C)X和Z属同一周期元素，它们能形成两种气态化合物；(D）X和Y不在同一周期，它们能形成组成为XY2的非极性分子．请回答：①W元素是钙；Z元素是氧．②化合物WY的电子式为．③Y和Z形成的两种常见化合物的分子式是SO2和SO3．④写出X和Z形成的一种气态化合物跟WZ反应的化学方程式CO2+CaO=CaCO3．【考点】氧化还原反应的计算；位置结构性质的相互关系应用;配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】（1)乙烯中C元素化合价为﹣2价，被氧化生成二氧化碳,元素化合价升高6价,Mn元素化合价由+7价降低到+2价,结合化合价的变化计算；（2)应配制500mL，需要称量、溶解、移液、定容等操作,以此判断仪器；如体积偏小，则浓度偏大；(3）装置气密性检验有多种方法，原理都是根据装置内外的压强差形成水柱或气泡，据此分析各种检查方法．(4）W、X、Y和Z都是周期表中前20号元素,由（C)中X和Z属同一周期元素，它们能形成两种气态化合物，结合（B）中Y和Z属同族元素,它们能形成两种常见化合物，可推知X为C元素，Z为O元素，Y为S元素,C元素与S元素可以CS2．由（A)中W的阳离子和Y的阴离子具有相同的核外电子排布,且能形成组成为WY的化合物，则W为Ca，化合物WY为CaS．【解答】解：（1）乙烯中C元素化合价为﹣2价，被氧化生成二氧化碳，元素化合价升高6价，Mn元素化合价由+7价降低到+2价，n（KMnO4)=0。48L×0.1mol/L=0。048mol，得到电子的物质的量为0。048mol×5=0。24mol，则n（CH2=CH2）==0.02mol，V=0。02mol×22。4L=0.48L=480mL，故答案为：480;(2)应配制500mL，需要称量、溶解、移液、定容等操作，需用的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管以及500mL容量瓶，a．加水定容时俯视刻度线，导致体积偏小,则浓度偏大，故正确；b．转移洗涤液时洒到容量瓶外,继续用该未清洗的容量瓶重新配制，导致浓度偏小,故错误；c．容量瓶底部有少量蒸馏水，对实验没有影响，故错误．故答案为：胶头滴管、500mL容量瓶；a;（3）A．用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内有气泡产生，说明装置气密性良好,故A不漏气；B．用弹簧夹夹住右边导管,向长颈漏斗中倒水，液面高度不变，说明装置气密性良好，故B不漏气；C．用弹簧夹夹住右边导管，双手捂住烧瓶，烧瓶内气体受热膨胀，使集气瓶中气体压强增大，在玻璃管中形成一段水柱,说明装置气密性良好，故C不漏气；D．用弹簧夹夹住右边导管，上下移动，若装置不漏气，两边液面应形成一定的高度差,而图示两端液面相平，说明装置漏气；故答案为：D；（4）①由以上分析可知W元素是钙；Z元素是氧，故答案为：钙；氧；②化合物WY为CaS,为离子化合物，电子式为，故答案为：；③Y和Z形成的两种常见化合物的分子式是SO2、SO3,故答案为:SO2；SO3;④写出X和Z形成的一种气态化合物跟WZ反应的化学方程式为CO2+CaO=CaCO3，故答案为：CO2+CaO=CaCO3．20．碱式碳酸铜可表示为：xCuCO3•yCu（OH）2•zH2O，测定碱式碳酸铜组成的方法有多种．(1）现采用氢气还原法，请回答如下问题:①写出xCuCO3•yCu（OH)2•zH2O与氢气反应的化学方程式xCuCO3•yCu（OH）2•zH2O+（x+y）H2（x+y)Cu+xCO2+（x+2y+z）H2O；②试验装置用下列所有仪器连接而成，按氢气流方向的连接顺序是(填入仪器接口字母编号)：（a）→kj→gf(hi）→de（ed）→hi(gf）→bc(cb）→（l）③称取23.9g某碱式碳酸铜样品，充分反应后得到12。7g残留物，生成4.4g二氧化碳和7。2g水．该样品的结晶水质量为1.8g，化学式为CuCO3•Cu（OH）2•H2O；（2）某同学以氮气代替氢气,并用上述全部或部分仪器来测定碱式碳酸铜的组成，你认为是否可行？请说明理由．可行根据反应xCuCO3•yCu（OH）2•zH2O(x+y）CuO+xCO2↑+（y+z)H2O↑，依据碱式碳酸铜、CuO、CO2和H2O质量（或其中任意三个量)，即可计算出其组成．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1)①根据CuCO3受热分解得到CuO和CO2、Cu(OH)2受热分解得到CuO和H2O，然后氢气与CuO反应生成水，所以xCuCO3•yCu(OH）2•zH2O与氢气反应的产物有：Cu、CO2、H2O，最后根据将碱式碳酸铜前面系数定为1，根据反应前后各原子种类和个数不变配平．②本实验的原理，用干燥的氢气与碱式碳酸铜反应,通过测定生成的二氧化碳和水以及反应后固体的质量来确定物质的组成，为防止空气中CO2和H2O进入U型干燥装置,可在最后再连接一个盛有碱石灰的干燥装置来吸收空气中的二氧化碳和水；③根据化学方程式生成物之间的质量关系求出x、y、z，根据生成的水和反应物中水的关系求解水的质量．（2)根据反应xCuCO3•yCu（OH）2•zH2O=（x+y）CuO+xCO2↑+(y+z）H2O↑，依据碱式碳酸铜、CuO、CO2和H2O质量（或其中任意三个量），即可计算出其组成．【解答】解:（1）①xCuCO3•yCu（OH）2•zH2O与氢气反应的产物有：Cu、CO2、H2O，方程式为：xCuCO3•yCu(OH）2•zH2O+（x+y）H2=(x+y）Cu+xCO2+（x+2y+z）H2O,故答案为：xCuCO3•yCu（OH）2•zH2O+（x+y）H2=(x+y）Cu+xCO2+（x+2y+z）H2O；②本实验的原理，用干燥的氢气与碱式碳酸铜反应，通过测定生成的二氧化碳和水以及反应后固体的质量来确定物质的组成，为防止空气中CO2和H2O进入U型干燥装置，可在最后再连接一个盛有碱石灰的干燥装置来吸收空气中的二氧化碳和水；氢气流方向的连接顺序是a→k,j→gf（hi）→de(ed）→hi(gf）→bc(cb）→l，故答案为：kj→gf（hi）→de（ed）→hi（gf）→bc(cb）;③xCuCO3•yCu(OH)2•zH2O+（x+y）H2=（x+y）Cu+xCO2↑+（x+2y+z)H2O64（x+y）