2015-2016学年山东省聊城市冠县三中高三上学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2015高三上·博兴开学考）金属Ti（钛）是一种具有许多优良性能的较为昂贵的金属，钛和钛合金被认为是21世纪的重要金属材料．某化学兴趣小组用实验探究Ti、Mg、Cu的活泼性顺序．他们在相同温度下，取大小相同的三种金属薄片，分别投入等体积等浓度的足量稀盐酸中，观察现象如下：下列有关三种金属的说法正确的是（ ）
金属学 Ti Mg Cu
金属表面现象 放出气泡速度缓慢 放出气泡速度快 无变化
A．三种金属的活泼性由强到弱的顺序是Ti、Mg、Cu
B．若钛粉中混有Mg，提纯Ti时可用稀盐酸除去Mg
C．用Ti从CuSO4溶液中置换出Cu是工业制取Cu的很好途径
D．Cu和稀盐酸不发生化学反应
2．（2015高三上·冠县开学考）下列说法正确的是（ ）
A．人造纤维、合成橡胶和光导纤维都属于有机高分子化合物
B．道尔顿、汤姆生、卢瑟福和门捷列夫等对原子结构模型的建立均作出了卓越的贡献
C．化学反应能制造出新的物质，也能制造出新的元素，并伴有能量变化
D．感染MERS致死率较高，为防止感染，要加强环境、个人的卫生和消毒，其中消毒剂常选用含氯消毒剂、双氧水、酒精等适宜的物质
3．（2015高三上·冠县开学考）下列说法正确的是（ ）
A．氯化钠固体不导电，所以氯化钠是非电解质
B．向纯水中加入碳酸钠能使水的电离平衡正向移动，水的离子积增大
C．如右图研究的是铁的吸氧腐蚀，实验中红色首先在食盐水滴的中心出现
D．常温下，反应4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）═4Fe（OH）3（s） 的△H＜0△S＜0
4．（2015高三上·冠县开学考）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．60 g SiO2晶体中含有Si﹣O键数目为2NA
B．常温常压下，1.6 9 O2和O3的混合气体所含电子数为0.8NA
C．1 mol/L AICl3溶液中，所含Al3+数目小于NA
D．密闭容器中2 mol NO与1mol 02充分反应，产物的分子数为2NA
5．（2015高三上·冠县开学考）如表实验装置或操作正确的是（ ）
A B C D
向容量瓶中转移液体 实验室制取蒸馏水 从饱和食盐水中提取NaCl晶体 分离酒精和水
A．A B．B C．C D．D
6．（2015高三上·冠县开学考）下列说法不正确的是（ ）
A．臭氧空洞、温室效应、光化学烟雾、硝酸型酸雨的形成都与氮氧化合物有关
B．石油裂解、煤的气化、海水制镁、纤维素制火棉等过程中都包含化学变化
C．低碳经济就是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济发展模式
D．可用丁达尔效应鉴别氢氧化铁胶体和氯化铁溶液
7．（2015高三上·冠县开学考）利用如图所示装置进行实验，有关现象和解释均正确的是（ ）
选项 足量 气体A 甲中试剂 乙中试剂 现象 解释
A CO2 Na2SiO3 BaCl2 甲浑浊、乙澄清 酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3
B Cl2 紫色石蕊 Fe（SCN）2 开始均变红 Cl2溶于水显酸性
C SO2 品红溶液 KMnO4 均褪色 SO2具有漂白性
D NH3 AgNO3 AlCl3 现象相同 NH3 H2O电离出OH﹣
A．A B．B C．C D．D
8．（2015高三上·冠县开学考）常温下，在下列指定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）
A．含0.1 molL﹣1SO2的溶液中：Na+、Ba2+、Br﹣、Cl﹣
B．能与金属铝反应放出氢气的溶液中：K+、Mg2+、NO 、SiO
C． =10﹣12的溶液中：K+、NH 、SO 、NO
D．不能使酚酞变红的无色溶液中：Na+、K+、ClO﹣、I﹣
9．（2015高三上·冠县开学考）下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2
B．NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液并加热：HCO3﹣+OH+ CO32﹣+H2O
C．稀硝酸除银镜：Ag+2H++NO3﹣═Ag++NO↑+H2O
D．硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液：2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++H2O
10．（2015高三上·冠县开学考）在酸性介质中，往MnSO4溶液里滴加（NH4）2S2O8（过二硫酸铵）溶液会发生如下反应：Mn2++S2O82﹣+H2O→MnO4﹣+SO42﹣+H+，下列说法不正确的是（ ）
A．可以利用该反应检验Mn2+
B．氧气性比较：S2O82﹣＞MnO4﹣
C．该反应中酸性介质可以为盐酸
D．若有0.1mol氧化产物生成，则转移电子0.5mol
11．（2015高三上·冠县开学考）已知A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种周期元素，原子半径按D、E、B、C、A的顺序依次减小，B和E同主族，下列推断不正确的是（ ）
A．A、E一定在不同周期
B．D在第二周期
C．A、D可能在同一主族
D．C、D的单质可能化合形成离子化合物
12．（2015高三上·冠县开学考）根据表中信息，判断下列叙述中正确的是（ ）
序号 氧化剂 还原剂 其他反应物 氧化产物 还原产物
① Cl2 FeBr2 Cl﹣
② KMnO4 H2O2 H2SO4 O2 Mn2+
③ KClO3 浓盐酸 Cl2
A．表中①组反应可能有一种或两种元素被氧化
B．表中②组反应的离子方程式是2MnO4﹣+3H2O2+6H+═2Mn2++4O2↑+6H2O
C．表中③组反应的还原产物是KCl，电子转移数目是6e﹣
D．氧化性强弱比较：KClO3＞Fe3+＞Cl2＞Br2
13．（2015高三上·冠县开学考）利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图所示．下列说法不正确的是（ ）
A．电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极
B．A电极上发生氧化反应，B为正极
C．电极A极反应式为2NH3﹣6e﹣=N2+6H+
D．当有2.24LNO2（标准状况） 被处理时，转移电子为0.4mol
14．（2015高三上·冠县开学考）下列说法中正确的是（ ）
A．分子式为C7H16的烷烃，含有3个甲基的同分异构体有2种
B．丙烯能发生取代反应、加成反应，还能使酸性KMnO4溶液褪色
C．甲苯中所有原子都处于同一平面
D．相同质量的甲烷和乙烷完全燃烧乙烷耗氧量多
15．（2015高三上·冠县开学考）一定条件下，将3molA和1mol B两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g） C（g）+2D（s）.2min末该反应达到平衡，生成D的物质的量随时间变化情况如图．下列判断正确的是（ ）
A．若混合气体的密度不再改变时，该反应不一定达到平衡状态
B．2 min后，加压会使正反应速率加快，逆反应速率变慢，平衡正向移动
C．反应过程中A和B的转化率之比为3：1
D．开始到平衡，用A表示该反应的化学反应速率为0.3mol L﹣1 min﹣1
16．（2017高一上·淄川期中）完成下列实验所选择的装置或仪器不正确的是（ ）
A B C D
实 验 实验分离水和酒精 用铵盐和碱制取氨气 用排空气法收集二氧化氮 用自来水制取蒸馏水
装置或仪器
A．A B．B C．C D．D
17．（2015高三上·冠县开学考）某有机物A是农药生产中的一种中间体，其结构简式如下 ，下列叙述正确的是（ ）
A．有机物A属于芳香烃
B．有机物A和浓硫酸混合加热，可以发生消去反应
C．有机物A中含有两种官能团
D．1mol A和足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗3 mol NaOH
18．（2015高三上·冠县开学考）某固体混合物可能由Al、（NH4）2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的一种或几种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）：
下列说法正确的是（ ）
A．固体混合物中一定含有Al，但质量不可确定
B．固体混合物中可能含有MgCl2和AlCl3
C．固体混合物中一定含有MgCl2和FeCl2
D．固体混合物中一定含有（NH4）2SO4、MgCl2
二、填空题
19．（2015高三上·冠县开学考）N、O、Na、Mg、S、Br是常见的六种元素．
（1）Br位于元素周期表第 周期第 族；Na和O形成1：1的化合物的电子式： ．该物质含有的化学键为： ．
（2）用“＞”或“＜”填空：
稳定性 粒子半径 熔点 键的极性
NH3 H2O O2﹣ Mg2+ SO3 Na2O2 H﹣O H﹣N
（3）已知多硫化钠一溴储能电池是一种二次电池，结构如图．电池总反应为：2Na2S3+2NaBr 3Na2S2+Br2
①放电时Na+向 极迁移（填“a或b，”）．
②放电时负极的电极反应式为：
（4）已知N4为正四面体结构，N﹣N键能为167kJ mol﹣1，N≡N键能为942kJ mol﹣1．写出N4（g）转化为N2（g）的热化学方程式 ．
20．（2015高三上·冠县开学考）三氯化铁是中学化学实验室中常用的化学试剂．同学们利用废铁屑（含少量铜杂质）来探究制备FeCl3 6H2O的方法，同学甲设计的实验装置如图所示，其实验步骤如下：A中放有废铁屑，烧杯中盛有足量的稀硝酸，实验时先打开a并关闭b，用分液漏斗向A中加入过量的盐酸充分反应，此时溶液呈浅绿色；再打开b进行过滤，过滤结束后，取烧杯内溶液倒入蒸发皿加热，蒸发掉部分水并使剩余HNO3分解，再降温结晶得FeCl3 6H2O晶体．
填写下列空白：
（1）滴加盐酸时，发现反应速率较之盐酸与纯铁粉反应要快，其原因是 ．
（2）烧杯内放过量稀HNO3的原因是 （用离子方程式表示）．
（3）整个实验过程中，弹簧夹a都必须打开，除为排出产生的气体外，另一个目的是 ．
（4）乙同学对该实验进行了改进，他是用空烧杯盛接滤液，加入适当的试剂，然后在HCl的气流中、一定温度下蒸发、浓缩、降温结晶而得到纯净的FeCl3 6H2O，你认为加入的试剂可以是 ．（填序号）
①适量氯气 ②适量过氧化氢和稀盐酸
③酸性高锰酸钾溶液 ④氢氧化钠溶液．
21．（2015高三上·冠县开学考）回收铅蓄电池的电极填充物（铅膏，主要含PbO、PbO2、PbSO4），可制备热稳定剂三盐基硫酸铅（组成可表示为3PbO PbSO4 H2O），其实验流程如下：
（1）物质X可以循环利用，该物质是 ．最后一次过滤之后需要洗涤，检验三盐基硫酸铅是否洗净的方法是 ．
（2）从滤液A可提取出一种含结晶水的钠盐副产品．若检验该晶体中结晶水的含量，所需的硅酸盐材质仪器有 、 、 、玻璃棒、石棉网、干燥器等．
（3）流程中不直接利用H2SO4溶液与PbO、PbCO3反应制取PbSO4，原因可能是 ．
（4）生成三盐基硫酸铅的离子反应方程式为 ．
（5）向铅膏浆液中加入Na2SO4溶液的目的是将其中的PbO2还原为PbO．若实验中所取铅膏的质量为47.8g，其中PbO2的质量分数为15.0%，则要将PbO2全部还原，至少需加 mL 1.0mol L﹣lNa2SO3溶液．
22．（2015高三上·冠县开学考）某研究性学习小组拟探究在含Mg2+、Al3+的混合溶液中滴加NaOH溶液时，生成氢氧化物沉淀的过程．
【实验】在0.1mol L﹣l MgSO4，0.05mol L﹣l﹣Al2（ SO4）3的混合溶液中滴加0.5mol．L﹣1NaOH溶液，借助氢离子传感器和相应分析软件，测得溶液的pH随NaOH溶液的加入变化情况如图所示．
（1）为精确控制加入NaOH溶液的体积，可将NaOH溶液置于 （填仪器名称）中滴加．
（2）图中有三个pH增加缓慢的阶段，第一阶段（a点前）对应的实验现象是 ．
（3）对第二阶段（b、c之间）溶液pH变化缓慢的本质，小组同学做出如下推测，请补充推测2和3：
推测l：生成Mg（ OH）2沉淀，消耗OH ﹣；
推测2： ；
推测3．
若推测l符合实际情况，则a点之前反应的离子方程式为一，请据此描述Mg（ OH）2，Al（ OH）3两种物质在水溶液中溶解性的差异．
（4）请分析e点后溶液中较大量存在的含金属元素的离子并设计实验检验（可不填满）：
较大量存在的含金属元素的离子 检验方法
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】常见金属的活动性顺序及其应用
【解析】【解答】解：A．相同温度下，不同金属分别加入相同浓度的稀盐酸中，金属的金属性越强，金属与酸反应置换出氢气越容易，生成氢气速率越快，根据表中生成氢气快慢顺序知，金属强弱顺序是Mg＞Ti＞Cu，故A错误；
B．Ti、Mg都和稀盐酸反应生成氢气，所以不能用稀盐酸除去Ti中的Mg，故B错误；
C．钛（Ti）是一种昂贵的金属，用Ti从CuSO4溶液中置换出Cu制取铜，成本太高，在工业上是不可取的，故C错误；
D．根据实验现象知，Cu和稀盐酸不反应，故D正确；
故选D．
【分析】相同温度下，不同金属分别加入相同浓度的稀盐酸中，金属的金属性越强，金属与酸反应置换出氢气越容易，生成氢气速率越快；较活泼金属能将较不活泼金属从其可溶性盐溶液中置换出来，据此分析解答．
2．【答案】D
【知识点】化学史；反应热和焓变；常见的生活环境的污染及治理；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】解：A．光导纤维的主要成分为二氧化硅，光导纤维属于无机非金属材料，不属于有机高分子化合物，故A错误；
B.19世纪初，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体；1897年，英国科学家汤姆生发现了电子；1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型1911年英国物理学家卢瑟福（汤姆生的学生）提出了带核的原子结构模型；1913年丹麦物理学家波尔（卢瑟福的学生）引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型奥地利物理学家薛定谔提出电子云模型（几率说），为近代量子力学原子模型；1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，使得化学学习和研究变得有规律可循；所以，对原子结构模型的建立作出了卓越贡献的科学家中没有门捷列夫，故B错误；
C．化学反应能够制造出新的物质，但不能制造出新的元素，故C错误；
D．细菌的成分是蛋白质，含氯消毒剂、双氧水、酒精等是消毒剂，能使蛋白质发生变性，故D正确．
故选D．
【分析】A．光导纤维不属于有机高分子化合物；
B.1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，使得化学学习和研究变得有规律可循，据此分析判断；
C．化学变化的实质是分子分成原子，原子再重新组合成新的分子，所以反应前后原子的种类、数目、质量都不变；
D．含氯消毒剂、双氧水、酒精等是消毒剂．
3．【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；焓变和熵变；电解质与非电解质
【解析】【解答】解：A．氯化钠溶于水或者熔融状态下能够导电，属于电解质，故A错误；
B．水的离子积只受温度影响，温度不变，水的离子积不变，故B错误；
C．食盐水周围液体少，氧气量多，所以红色首先在食盐水滴的周围出现，故C错误；
D．常温下，反应4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）=4Fe（OH）3（s）能自发进行，应满足△H﹣T △S＜0，该反应为熵减反应，即△S＜0，说明是放热反应，△H＜0，故D正确；
故选：D．
【分析】A．溶于水或者熔融状态下能够导电的化合物是电解质；
B．水的离子积只受温度影响；
C．食盐水周围液体少，氧气量多，所以红色首先在食盐水滴的周围出现；
D．该反应能自发进行，且△S＜0，应满足△H﹣T △S＜0，据此判断焓变值．
4．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A、60 g石英晶体屋子里的为1mol，结构中含有的Si﹣O键数目为4NA，故A错误；
B、O2和O3均由氧原子构成，故1.69g混合物中含有的氧原子的物质的量n= =0.1mol，而氧原子中含有8个电子，故0.1mol氧原子含有的0.8mol电子即0.8NA个，故B正确；
C、溶液体积不明确，故溶液中的铝离子的个数无法计算，故C错误；
D、2 mol NO与1mol 02生成2molNO2，但NO2中存在平衡：2NO2 N2O4，故生成的产物的分子小于2NA个，故D错误．
故选B．
【分析】A、质量换算物质的量，1mol二氧化硅中含4mol硅氧键；
B、O2和O3均由氧原子构成；
C、溶液体积不明确；
D、NO2中存在平衡：2NO2 N2O4．
5．【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．转移液体需要使用玻璃棒引流，以免液体溅出，故A正确；
B．冷凝水方向错误，下进上出，故B错误；
C．采用蒸发的方法从饱和食盐水中获取NaCl晶体，蒸发时用蒸发皿，灼烧药品时用坩埚，故C错误；
D．酒精和水能互溶，不分层，故D错误．
故选A．
【分析】A．转移液体需要使用玻璃棒引流；
B．冷凝水方向错误；
C．蒸发时用蒸发皿；
D．分液漏斗分离能分层的物质．
6．【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；常见的生活环境的污染及治理；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】解：A．温室效应与二氧化碳有关，与氮氧化物无关，故A错误；
B．裂解是石油化工生产过程中，以比裂化更高的温度（700℃～800℃，有时甚至高达1000℃以上），使石油分馏产物（包括石油气）中的长链烃断裂成乙烯、丙烯等短链烃的加工过程，属于化学变化；煤的气化是煤与碳反应生成一氧化碳和氢气，属于化学变化；海水制镁由镁离子生成镁单质；火棉就是硝酸纤维，是硝酸和纤维素发生酯化反应生成的等；以上过程中都有新物质生成，包含化学变化，故B正确；
C．低碳经济就是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济发展模式，故C正确；
D．氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，氯化铁溶液没有丁达尔效应，可以用丁达尔效应鉴别，故D正确．
故选A．
【分析】A．温室效应与二氧化碳有关；
B．物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成；
C．低碳经济是指在可持续发展理念指导下，通过技术创新、制度创新、产业转型、新能源开发等多种手段，尽可能地减少煤炭石油等高碳能源消耗，减少温室气体排放，达到经济社会发展与生态环境保护双赢的一种经济发展形态．
D．胶体具有丁达尔效应，溶液没有丁达尔效应．
7．【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．碳酸酸性比硅酸强，可生成硅酸沉淀，溶液变浑浊，但比盐酸弱，与氯化钡不反应，可证明酸性强弱，故A正确；
B．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，具有强氧化性，可氧化亚铁离子，表现的性质不同，故B错误；
C．二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，故C错误；
D．氨气可与硝酸银发生络合反应，先生成沉淀后溶解，而氯化铝只生成沉淀，现象不同，故D错误．
故选A．
【分析】A．碳酸酸性比硅酸强，但比盐酸弱；
B．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，具有强氧化性，可氧化亚铁离子；
C．二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应；
D．氨气可与硝酸银发生络合反应．
8．【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．含0.1 molL﹣1SO2的溶液呈酸性，由于SO32﹣离子浓度较小，不生成沉淀，且其它离子之间不反应，可大量共存，故A正确；
B．能与金属铝反应放出氢气的溶液可能为强碱性溶液或非氧化性酸溶液，如呈酸性，不能生成氢气，如呈碱性，Mg2+不能大量共存，故B错误；
C. =10﹣12的溶液呈碱性，NH4+不能大量共存，故C错误；
D．酚酞的变色范围为8～10，不能使酚酞变红的无色溶液可能呈酸性、中性或弱碱性，ClO﹣、I﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误．
故选A．
【分析】A．含0.1 molL﹣1SO2的溶液呈酸性，离子之间不反应；
B．能与金属铝反应放出氢气的溶液可能为强碱性溶液或非氧化性酸溶液；
C. =10﹣12的溶液呈碱性；
D．不能使酚酞变红的无色溶液可能呈酸性、中性或弱碱性．
9．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液，铁离子和硝酸根离子都参与反应，正确的离子方程式为：Fe3++3NO3﹣+12H++10I﹣=Fe2++5I2+3NO↑+6H2O，故A错误；
B．向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热，离子方程式：HCO3﹣+NH4++2OH﹣ NH3↑+H2O+CO32﹣，故B错误；
C．．用稀硝酸清洗做过银镜反应的试管的离子反应为3Ag+4H++NO3﹣═3Ag++NO↑+2H2O，故C错误；
D．硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液：2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++H2O，故D正确；
故选：D．
【分析】A．碘化氢过量，铁离子和硝酸根离子都完全反应，漏掉了硝酸根离子与碘离子的反应；
B．漏掉了氨根离子与氢氧根离子的反应；
C．电子转移数目不守恒；
D．过氧化氢具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子．
10．【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】解：A．酸性条件下，锰离子能被过二硫酸根离子氧化生成高锰酸根离子，锰离子无色，高锰酸根离子呈紫色，所以可以用该反应检验Mn2+，故A正确；
B．该反应中，过二硫酸根离子得电子化合价降低为氧化剂，锰离子失电子化合价升高为还原剂，则高锰酸根离子为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性比较：S2O82﹣＞MnO4﹣，故B正确；
C．盐酸为强还原性酸，能被过二硫酸根离子氧化生成氯气，所以不能用盐酸作酸性介质，故C错误；
D．
Mn2++ +H2O→ MnO4﹣+ +H+ 转移电子
1mol 5mol
0.1mol 0.5mol
所以若有0.1mol氧化产物生成，则转移电子0.5mol，故D正确；
故选C．
【分析】A．酸性条件下，锰离子能被过二硫酸根离子氧化生成高锰酸根离子，高锰酸根离子呈紫色；
B．同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
C．盐酸为强还原性酸，能被过二硫酸根离子氧化；
D．根据氧化产物和转移电子之间的关系式计算转移电子数．
11．【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：B、E是同主族元素，表明B、E在不同周期，原子半径E＞B，则B在E的上面周期中；
原子半径A＜B，同时，原子序数A＜B，表明AB不是在同一周期，因为周期中，原子序数越小，半径越大，因而A、B也不在同一周期中，则A应在第一周期，B、E分别在第二、第三周期；
原子半径D＞E，核电荷数D＜E，根据同周期原子半径的递变规律可知，D、E处于相同周期，则D应处于第三周期；
原子半径B＞C，核电荷数B＜C，根据同周期原子半径的递变规律可知，B、C在相同周期，则
A．由上述分析可知，A在第一周期，B在第二周期，E在第三周期，故A正确；
B．由以上推断可知，A应在第一周期，B在第二周期，D在第三周期，故B错误；
C．若D为第三周期的Na，A为H，则A、D在同一主族，故C正确；
D．由于C为非金属，D为金属（可能），则C、D的单质有可能形成离子化合物，故D正确．
故选B．
【分析】B、E是同主族元素，表明B、E在不同周期，原子半径E＞B，则B在E的上面周期中；
原子半径A＜B，同时，原子序数A＜B，表明AB不是在同一周期，因为周期中，原子序数越小，半径越大，因而A、B也不在同一周期中，则A应在第一周期，B、E分别在第二、第三周期；
原子半径D＞E，核电荷数D＜E，根据同周期原子半径的递变规律可知，D、E处于相同周期，则D应处于第三周期；
原子半径B＞C，核电荷数B＜C，根据同周期原子半径的递变规律可知，B、C在相同周期，以此解答该题．
12．【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．亚铁离子、溴离子均具有还原性，氯气少量只氧化亚铁离子，则①组反应可能有一种或两种元素被氧化，故A正确；
B．电子不守恒，离子反应为2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故B错误；
C．发生KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，只有Cl元素的化合价变化，氧化产物与还原产物均为氯气，电子转移数目是5e﹣，故C错误；
D．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性强弱比较：KClO3＞Cl2＞Br2＞Fe3+，故D错误；
故选A．
【分析】A．亚铁离子、溴离子均具有还原性，氯气少量只氧化亚铁离子；
B．电子不守恒；
C．只有Cl元素的化合价变化，氧化产物与还原产物均为氯气；
D．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断．
13．【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】解：由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极，
A．B为正极，A为负极，电流由正极经导线流向负极，故A正确；
B．由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极发生氧化反应，B为正极，故B正确；
C．电解质溶液呈碱性，则A为负极，电极方程式为2NH3﹣6e﹣+60H﹣=N2+3H2O，故C错误；
D．当有2.24L NO2（标准状况）即0.1mol 被处理时，转移电子为0.1mol×（4﹣0）=0.4mol，故D正确．
故选C．
【分析】由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，结合电解质溶液呈碱性解答该题．
14．【答案】B
【知识点】同分异构现象和同分异构体；烯烃；苯的同系物及其性质；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：A．分子式为C7H16的烷烃，含有3个甲基的同分异构体有3种，故A错误；
B．丙烯中含有甲基和双键，所以丙烯有烷烃和烯烃的性质，既能发生取代反应又能发生加成反应还能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；
C．甲苯含有﹣CH3，苯环相当于CH4中的一个H原子，CH4中各原子均不共面，因此甲苯中各原子不共面，故C错误；
D．甲烷和乙烷的燃烧方程式分别为：假设分别燃烧1g燃料，需要的氧气分别为
CH4+ 2O2 CO2+2H2O
16 2mol
1g Xmol
=
解得x=
2C2H6+ 7O2 4CO2+6H2O
60 7mol
1g Xmol
=
解得x=
所以燃烧相同质量的甲烷和乙烷，甲烷烷需要的氧气多，故D错误．
故选B．
【分析】A．根据碳链异构写出分子式为C7H16的烷烃且含有3个甲基的同分异构体的数目；
B．根据丙烯结构及官能团判断；
C．CH4中各原子均不共面；
D．根据甲烷和乙烷的燃烧方程式判断．
15．【答案】D
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】解：A、反应生成固体D，气体质量和气体体积发生变化，若混合气体的密度不再改变时，该反应一定达到平衡状态，故A错误；
B、2min后，加压会使正、逆反应速率都加快，平衡正向移动，故B错误；
C、将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，反应比和起始量之比相同，所以反应过程中A和B的转化率之比为1：1，故C错误；
D、2min内生成0.8mol D，则消耗A的物质的量为1.2mol，故2 min内A的反应速率v（A）= = =0.3 mol （L min）﹣1，故D正确；
故选D．
【分析】A、反应前后气体质量和气体体积发生变化，若混合气体的密度不再改变时，该反应一定达到平衡状态；
B、2min后，加压会使正、逆反应速率都加快，平衡正向移动；
C、将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，反应比和起始量之比相同，所以反应过程中A和B的转化率相同；
D、根据D的物质的量的变化计算A的物质的量的变化，再根据v= 计算v（A）．
16．【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．水和酒精能透过滤纸，应用蒸馏分离，故A符合题意；
B．需要把铵盐和碱固体混合物放在大试管中，试管口略向下倾斜固定在铁架台上加热，生成的气体用向下排气法收集，故B不符合题意；
C．二氧化氮密度比空气大，可用向上排空气法收集，故C不符合题意；
D．水沸点较低，水中的杂质难挥发，可用蒸馏制取蒸馏水，故D不符合题意．
故答案为：A．
【分析】A.酒精与水以任意比互溶，不能作为萃取剂；
B.根据固固加热制取气体进行判断；
C.根据向上排空气法手机气体进行判断；
D.根据蒸馏装置进行判断.
17．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】解：A．该有机物中含有C、H、O、Cl等元素，为烃的衍生物，故A错误；
B．由于﹣OH临位碳原子上没有氢原子，则不能发生消去反应，故B错误；
C．有机物含有酯基、羟基、氯原子等官能团，故C错误；
D．﹣COO﹣水解生成酚羟基和羧基，二者都可与NaOH反应，﹣Cl在碱性条件下水解生成NaCl，则共需3molNaOH，故D正确．
故选D．
【分析】该有机物中含有C、H、O、Cl等元素，为烃的衍生物，含有﹣COO﹣、﹣OH、﹣Cl等官能团，结合官能团的性质和有机物的结构分析．
18．【答案】D
【知识点】几组未知物的检验
【解析】【解答】解：14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体，有铵盐和碱反应生成生成的氨气，也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，5.60L气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱石灰反应的气体，无水蒸气的存在，通过浓硫酸，气体剩余3.36L，体积减少5.60L﹣3.36L=2.24L，结合混合物可能存在的物质可知，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L，剩余的气体只能是氢气，体积为3.36L，说明原混合物中一定含有铝；
14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化，由于氢氧化铝溶于强碱，所以能生成白色沉淀的一定氯化镁生成的氢氧化镁白色沉淀，质量为2.90g，氢氧化铜为蓝色沉淀，所以固体混合物中一定不存在CuCl2；
14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液得到无色溶液，加入适量盐酸 会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝，
A．固体混合物中一定含有Al，可以根据标况下3.36L氢气可以计算出铝的物质的量为0.05mol，质量为1.35g，故A错误；
B．根据以上分析可知，固体混合物中一定含有MgCl2和AlCl3，故B错误；
C．根据加入氢氧化钠溶液后生成白色沉淀，且白色沉淀没有变化，则固体混合物中一定含有MgCl2，一定不含FeCl2，故C错误；
D．根据以上分析可知，原固体混合物中一定含有（NH4）2SO4、MgCl2，故D正确；
故选D．
【分析】15.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体，有铵盐和碱反应生成生成的氨气，也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，5.60L气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱石灰反应的气体，无水蒸气的存在，通过浓硫酸，气体剩余3.36L，体积减少5.60L﹣3.36L=2.24L，结合混合物可能存在的物质可知，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L，剩余的气体只能是氢气，体积为3.36L，说明原混合物中一定含有铝；
14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化，由于氢氧化铝溶于强碱，所以能生成白色沉淀的一定氯化镁生成的氢氧化镁白色沉淀，质量为2.90g，一定不存在CuCl2；
14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液得到无色溶液，加入适量盐酸 会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝，以此解答该题．
19．【答案】（1）四；VIIA；；离子键和非极性键
（2）＜；＞；＜；＞
（3）b；3S22﹣﹣2e﹣=2S32﹣
（4）N4（g）=2N2（g）△H=﹣882kJ/mol
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：（1）主族元素原子电子层数与其周期数相等，最外层电子数与其族序数相等，Br原子核外有4个电子层、最外层电子数是7，所以位于第四周期第VIIA族；Na和O形成1：1的化合物是过氧化钠，其电子式为 ，过氧化钠中存在离子键和非极性键，
故答案为：四；VIIA； ；离子键和非极性键；（2）元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性N＜O，所以稳定性NH3＜H2O；
电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径O2﹣＞Mg2+；
离子晶体熔沸点大于分子晶体，三氧化硫是分子晶体、过氧化钠是离子晶体，所以熔点SO3＜Na2O2；
非金属性元素非金属性越强，其吸引电子能力越强，则键的极性越强，非金属性O＞N，则键的极性H﹣O＞H﹣N；
故答案为：＜；＞；＜；＞；（3）①放电时，溴电子发生还原反应，则a是负极、b是正极，电解质溶液中阳离子向正极移动，所以向b电极移动，故答案为：b；
②放电时，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为3S22﹣﹣2e﹣=2S32﹣，故答案为：3S22﹣﹣2e﹣=2S32﹣；（4）该反应焓变=反应物键能﹣生成物键能=6×167kJ/mol﹣2×942kJ/mol=﹣882kJ/mol，则该反应热化学方程式为N4（g）=2N2（g）△H=﹣882 kJ/mol，故答案为：N4（g）=2N2（g）△H=﹣882 kJ/mol．
【分析】（1）主族元素原子电子层数与其周期数相等，最外层电子数与其族序数相等，据此判断Br在周期表中的位置；Na和O形成1：1的化合物是过氧化钠，过氧化钠中存在离子键和非极性键；（2）元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；离子晶体熔沸点大于分子晶体；非金属性元素非金属性越强，其吸引电子能力越强，则键的极性越强；（3）①放电时，溴电子发生还原反应，则a是负极、b是正极，电解质溶液中阳离子向正极移动；②放电时，负极上失电子发生氧化反应；（4）该反应焓变=反应物键能﹣生成物键能，据此书写热化学方程式．
20．【答案】（1）废铁屑中的不溶性杂质与Fe在盐酸中构成原电池，加快了反应速率
（2）3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O
（3）使装置内部与外界大气相通，便于A中液体流下
（4）①②
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：实验的目的是制备FeCl3 6H2O，由装置图可知，在A中，废铁屑与盐酸反应生成氯化亚铁，经过滤可分离出铜，氯化亚铁和过量的盐酸流入烧杯中，硝酸将氯化亚铁氧化生成氯化铁，经蒸发浓缩反应液，蒸发掉部分水并使剩余HNO3分解，再降温结晶得FeCl3 6H2O晶体，（1）废铁屑（含少量铜杂质）加盐酸后，Cu与铁形成Fe﹣Cu原电池使反应速率加快，
故答案为：废铁屑中的不溶性杂质与Fe在盐酸中构成原电池，加快了反应速率；（2）过量的稀HNO3保证使Fe2+ 全部氧化成Fe3+；反应的离子方程式是：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O，
故答案为：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O；（3）整个实验过程中，弹簧夹a都必须打开，则装置与大气相同，使分液漏斗中的酸可滴入A中，
故答案为：使装置内部与外界大气相通，便于A中液体流下；（4）把氯化亚铁氧化为氯化铁，同时不能引入杂质，所以选用适量过氧化氢和稀盐酸，或用双氧水，
故答案为：①②．
【分析】验的目的是制备FeCl3 6H2O，由装置图可知，在A中废铁屑与盐酸反应生成氯化亚铁，经过滤可分离出铜，氯化亚铁和过量的盐酸流入烧杯中，硝酸将氯化亚铁氧化生成氯化铁，经蒸发浓缩反应液，蒸发掉部分水并使剩余HNO3分解，再降温结晶得FeCl3 6H2O晶体，（1）金属的溶解可借助形成原电池使反应速率加快；（2）稀HNO3有强氧化性，使Fe2+ 全部氧化成Fe3+；（3）保证容器内外压强相等，使分液漏斗中的酸可滴入A中；（4）把氯化亚铁氧化为氯化铁，同时不能引入杂质，可选择绿色氧化剂来完成这一目的
21．【答案】（1）HNO3溶液；取少量溶液，加入足量稀盐酸，再加氯化钡溶液，观察是否产生白色沉淀
（2）坩埚；酒精灯；泥三角
（3）PbSO4不溶于水，覆盖在固体表面阻碍反应的进一步发生
（4）4PbSO4+6OH﹣=3PbO PbSO4 H2O+3SO42﹣+2H2O
（5）30
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：（1）分析流程可知，PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb（NO3）．Pb（NO3）中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，因此X为HNO3，可循环利用，检验硫酸根离子的方法为：取少量晶体溶于蒸馏水，然后用盐酸酸化，再滴BaCl2溶液，若出现白色沉淀，即证明该晶体中含有SO42﹣，
故答案为：HNO3溶液；取少量溶液，加入足量稀盐酸，再加氯化钡溶液，观察是否产生白色沉淀；（2）测量晶体中结晶水的含量，实验步骤为：①研磨 ②称量空坩埚和装有试样的坩埚的质量 ③加热 ④冷却 ⑤称量 ⑥重复③至⑤的操作，直到连续两次称量的质量差不超过0.1g为止 ⑦根据实验数据计算晶体中结晶水的含量，所以所需的硅酸盐材质仪器有玻璃棒、石棉网、干燥器、坩埚、酒精灯、泥三角，
故答案为：坩埚；酒精灯；泥三角；（3）生成的硫酸铅难溶于水，覆盖在固体PbO、PbCO3的表面，阻碍反应的进一步发生，故答案为：PbSO4不溶于水，覆盖在固体表面阻碍反应的进一步发生；（4）从流程看，硫酸铅和氢氧化钠反应生成三盐基硫酸铅和硫酸钠，反应方程式为：4PbSO4+6NaOH=3PbO PbSO4 H2O+3Na2SO4+2H2O，离子方程式为：
4PbSO4+6OH﹣=3PbO PbSO4 H2O+3SO42﹣+2H2O，故答案为：4PbSO4+6OH﹣=3PbO PbSO4 H2O+3SO42﹣+2H2O；（5）氧化铅的物质的量为： =0.03mol，
PbO2 ～ Na2SO3
1mol 1mol
0.03mol n
n=0.03mol，V= =0.03L=30mL，
故答案为：30．
【分析】（1）利用废旧铅蓄电池阴、阳极填充物（铅膏）制备塑料加工热稳定剂三盐基硫酸铅实验流程．向铅膏浆液中加入Na2SO3溶液的目的是将PbO2还原PbO，Na2SO3+PbO2=PbO+Na2SO4，加Na2CO3溶液是将PbSO4转化成PbCO3，所以滤液Ⅰ主要是Na2SO4溶液．PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb（NO3）．Pb（NO3）中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，因此X为HNO3，可循环利用；如果变质说明变成硫酸钡，可以通过检验是否生成硫酸根离子；（2）测量晶体中结晶水的含量，实验步骤为：①研磨 ②称量空坩埚和装有试样的坩埚的质量 ③加热 ④冷却 ⑤称量 ⑥重复③至⑤的操作，直到连续两次称量的质量差不超过0.1g为止 ⑦根据实验数据计算晶体中结晶水的含量，所以所需的硅酸盐材质仪器有玻璃棒、石棉网、干燥器、坩埚、酒精灯、泥三角；（3）生成的硫酸铅难溶于水，覆盖在固体PbO、PbCO3的表面，阻碍反应的进一步发生；（4）从流程看，硫酸铅和氢氧化钠反应生成三盐基硫酸铅和硫酸钠，据此写出方程式；（5）根据铅膏的质量及氧化铅的质量分数可计算出氧化铅的物质的量，根据亚硫酸钠和氧化铅反应关系可计算需要亚硫酸钠的体积．
22．【答案】（1）碱式滴定管
（2）生成白色沉淀并逐渐增多
（3）生成Al（OH）3沉淀消耗OH﹣；Al（OH）3沉淀溶解，消耗OH﹣
（4）Na+；用洁净的铂丝蘸取少量待测液在酒精灯火焰上灼烧，若火焰呈黄色，表明存在Na+；[Al（OH）4]﹣；取少量待测液于试管中，滴加盐酸，产生白色沉淀，盐酸过量时，沉淀又溶解
【知识点】镁、铝的重要化合物；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）精确控制加入NaOH溶液的体积，应用精确度0.01mL的滴定管，又NaOH呈碱性，故选用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；（2）由图象可知，PH变化缓慢的主要原因应为：生成Mg（OH）2沉淀，消耗OH﹣；生成Al（OH）3沉淀消耗OH﹣； Al（OH）3沉淀溶解，消耗OH﹣三种可能，第一阶段（a点前）应该是生成沉淀消耗了滴下去的氢氧化钠，故现象为：生成白色沉淀并逐渐增多，故答案为：生成白色沉淀并逐渐增多；（3）根据分析可知，PH变化缓慢的主要原因应为：生成Mg（OH）2沉淀，消耗OH﹣；生成Al（OH）3沉淀消耗OH﹣； Al（OH）3沉淀溶解，消耗OH﹣三种可能，若推测1符合实际情况，b、c之间生成Mg（OH）2沉淀，消耗OH﹣，则a点之前应该是产生氢氧化铝的反应，所以反应的离子方程式为Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，据此说明在碱性溶液中铝离子比镁离子更易沉淀，所以Al（OH）3比Mg（OH）2更难溶于水，
故答案：生成Al（OH）3沉淀消耗OH﹣；Al（OH）3沉淀溶解，消耗OH﹣；Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓；Al（OH）3比Mg（OH）2更难溶于水；（4）根据以上分析得出，e点前的反应为Al（OH）3+OH﹣═Al（OH）4﹣，所以e点后溶液中较大量存在的含金属元素的离子为钠离子和Al（OH）4﹣离子，故答案为：
较大量存在的含金属元素的离子 检验方法
Na+ 用洁净的铂丝蘸取少量待测液在酒精灯火焰上灼烧，若火焰呈黄色，表明存在Na+
[Al（OH）4]﹣ 取少量待测液于试管中，滴加盐酸，产生白色沉淀，盐酸过量时，沉淀又溶解
【分析】由图象可知，pH变化缓慢的主要原因应为：生成Mg（OH）2沉淀，消耗OH﹣；生成Al（OH）3沉淀消耗OH﹣； Al（OH）3沉淀溶解，消耗OH﹣三种可能，至于哪一阶段为那种可能，应与 Al（OH）3、Mg（OH）2二者的溶解度有关．
1 / 12015-2016学年山东省聊城市冠县三中高三上学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2015高三上·博兴开学考）金属Ti（钛）是一种具有许多优良性能的较为昂贵的金属，钛和钛合金被认为是21世纪的重要金属材料．某化学兴趣小组用实验探究Ti、Mg、Cu的活泼性顺序．他们在相同温度下，取大小相同的三种金属薄片，分别投入等体积等浓度的足量稀盐酸中，观察现象如下：下列有关三种金属的说法正确的是（ ）
金属学 Ti Mg Cu
金属表面现象 放出气泡速度缓慢 放出气泡速度快 无变化
A．三种金属的活泼性由强到弱的顺序是Ti、Mg、Cu
B．若钛粉中混有Mg，提纯Ti时可用稀盐酸除去Mg
C．用Ti从CuSO4溶液中置换出Cu是工业制取Cu的很好途径
D．Cu和稀盐酸不发生化学反应
【答案】D
【知识点】常见金属的活动性顺序及其应用
【解析】【解答】解：A．相同温度下，不同金属分别加入相同浓度的稀盐酸中，金属的金属性越强，金属与酸反应置换出氢气越容易，生成氢气速率越快，根据表中生成氢气快慢顺序知，金属强弱顺序是Mg＞Ti＞Cu，故A错误；
B．Ti、Mg都和稀盐酸反应生成氢气，所以不能用稀盐酸除去Ti中的Mg，故B错误；
C．钛（Ti）是一种昂贵的金属，用Ti从CuSO4溶液中置换出Cu制取铜，成本太高，在工业上是不可取的，故C错误；
D．根据实验现象知，Cu和稀盐酸不反应，故D正确；
故选D．
【分析】相同温度下，不同金属分别加入相同浓度的稀盐酸中，金属的金属性越强，金属与酸反应置换出氢气越容易，生成氢气速率越快；较活泼金属能将较不活泼金属从其可溶性盐溶液中置换出来，据此分析解答．
2．（2015高三上·冠县开学考）下列说法正确的是（ ）
A．人造纤维、合成橡胶和光导纤维都属于有机高分子化合物
B．道尔顿、汤姆生、卢瑟福和门捷列夫等对原子结构模型的建立均作出了卓越的贡献
C．化学反应能制造出新的物质，也能制造出新的元素，并伴有能量变化
D．感染MERS致死率较高，为防止感染，要加强环境、个人的卫生和消毒，其中消毒剂常选用含氯消毒剂、双氧水、酒精等适宜的物质
【答案】D
【知识点】化学史；反应热和焓变；常见的生活环境的污染及治理；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】解：A．光导纤维的主要成分为二氧化硅，光导纤维属于无机非金属材料，不属于有机高分子化合物，故A错误；
B.19世纪初，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体；1897年，英国科学家汤姆生发现了电子；1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型1911年英国物理学家卢瑟福（汤姆生的学生）提出了带核的原子结构模型；1913年丹麦物理学家波尔（卢瑟福的学生）引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型奥地利物理学家薛定谔提出电子云模型（几率说），为近代量子力学原子模型；1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，使得化学学习和研究变得有规律可循；所以，对原子结构模型的建立作出了卓越贡献的科学家中没有门捷列夫，故B错误；
C．化学反应能够制造出新的物质，但不能制造出新的元素，故C错误；
D．细菌的成分是蛋白质，含氯消毒剂、双氧水、酒精等是消毒剂，能使蛋白质发生变性，故D正确．
故选D．
【分析】A．光导纤维不属于有机高分子化合物；
B.1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，使得化学学习和研究变得有规律可循，据此分析判断；
C．化学变化的实质是分子分成原子，原子再重新组合成新的分子，所以反应前后原子的种类、数目、质量都不变；
D．含氯消毒剂、双氧水、酒精等是消毒剂．
3．（2015高三上·冠县开学考）下列说法正确的是（ ）
A．氯化钠固体不导电，所以氯化钠是非电解质
B．向纯水中加入碳酸钠能使水的电离平衡正向移动，水的离子积增大
C．如右图研究的是铁的吸氧腐蚀，实验中红色首先在食盐水滴的中心出现
D．常温下，反应4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）═4Fe（OH）3（s） 的△H＜0△S＜0
【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；焓变和熵变；电解质与非电解质
【解析】【解答】解：A．氯化钠溶于水或者熔融状态下能够导电，属于电解质，故A错误；
B．水的离子积只受温度影响，温度不变，水的离子积不变，故B错误；
C．食盐水周围液体少，氧气量多，所以红色首先在食盐水滴的周围出现，故C错误；
D．常温下，反应4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）=4Fe（OH）3（s）能自发进行，应满足△H﹣T △S＜0，该反应为熵减反应，即△S＜0，说明是放热反应，△H＜0，故D正确；
故选：D．
【分析】A．溶于水或者熔融状态下能够导电的化合物是电解质；
B．水的离子积只受温度影响；
C．食盐水周围液体少，氧气量多，所以红色首先在食盐水滴的周围出现；
D．该反应能自发进行，且△S＜0，应满足△H﹣T △S＜0，据此判断焓变值．
4．（2015高三上·冠县开学考）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．60 g SiO2晶体中含有Si﹣O键数目为2NA
B．常温常压下，1.6 9 O2和O3的混合气体所含电子数为0.8NA
C．1 mol/L AICl3溶液中，所含Al3+数目小于NA
D．密闭容器中2 mol NO与1mol 02充分反应，产物的分子数为2NA
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A、60 g石英晶体屋子里的为1mol，结构中含有的Si﹣O键数目为4NA，故A错误；
B、O2和O3均由氧原子构成，故1.69g混合物中含有的氧原子的物质的量n= =0.1mol，而氧原子中含有8个电子，故0.1mol氧原子含有的0.8mol电子即0.8NA个，故B正确；
C、溶液体积不明确，故溶液中的铝离子的个数无法计算，故C错误；
D、2 mol NO与1mol 02生成2molNO2，但NO2中存在平衡：2NO2 N2O4，故生成的产物的分子小于2NA个，故D错误．
故选B．
【分析】A、质量换算物质的量，1mol二氧化硅中含4mol硅氧键；
B、O2和O3均由氧原子构成；
C、溶液体积不明确；
D、NO2中存在平衡：2NO2 N2O4．
5．（2015高三上·冠县开学考）如表实验装置或操作正确的是（ ）
A B C D
向容量瓶中转移液体 实验室制取蒸馏水 从饱和食盐水中提取NaCl晶体 分离酒精和水
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．转移液体需要使用玻璃棒引流，以免液体溅出，故A正确；
B．冷凝水方向错误，下进上出，故B错误；
C．采用蒸发的方法从饱和食盐水中获取NaCl晶体，蒸发时用蒸发皿，灼烧药品时用坩埚，故C错误；
D．酒精和水能互溶，不分层，故D错误．
故选A．
【分析】A．转移液体需要使用玻璃棒引流；
B．冷凝水方向错误；
C．蒸发时用蒸发皿；
D．分液漏斗分离能分层的物质．
6．（2015高三上·冠县开学考）下列说法不正确的是（ ）
A．臭氧空洞、温室效应、光化学烟雾、硝酸型酸雨的形成都与氮氧化合物有关
B．石油裂解、煤的气化、海水制镁、纤维素制火棉等过程中都包含化学变化
C．低碳经济就是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济发展模式
D．可用丁达尔效应鉴别氢氧化铁胶体和氯化铁溶液
【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；常见的生活环境的污染及治理；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】解：A．温室效应与二氧化碳有关，与氮氧化物无关，故A错误；
B．裂解是石油化工生产过程中，以比裂化更高的温度（700℃～800℃，有时甚至高达1000℃以上），使石油分馏产物（包括石油气）中的长链烃断裂成乙烯、丙烯等短链烃的加工过程，属于化学变化；煤的气化是煤与碳反应生成一氧化碳和氢气，属于化学变化；海水制镁由镁离子生成镁单质；火棉就是硝酸纤维，是硝酸和纤维素发生酯化反应生成的等；以上过程中都有新物质生成，包含化学变化，故B正确；
C．低碳经济就是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济发展模式，故C正确；
D．氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，氯化铁溶液没有丁达尔效应，可以用丁达尔效应鉴别，故D正确．
故选A．
【分析】A．温室效应与二氧化碳有关；
B．物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成；
C．低碳经济是指在可持续发展理念指导下，通过技术创新、制度创新、产业转型、新能源开发等多种手段，尽可能地减少煤炭石油等高碳能源消耗，减少温室气体排放，达到经济社会发展与生态环境保护双赢的一种经济发展形态．
D．胶体具有丁达尔效应，溶液没有丁达尔效应．
7．（2015高三上·冠县开学考）利用如图所示装置进行实验，有关现象和解释均正确的是（ ）
选项 足量 气体A 甲中试剂 乙中试剂 现象 解释
A CO2 Na2SiO3 BaCl2 甲浑浊、乙澄清 酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3
B Cl2 紫色石蕊 Fe（SCN）2 开始均变红 Cl2溶于水显酸性
C SO2 品红溶液 KMnO4 均褪色 SO2具有漂白性
D NH3 AgNO3 AlCl3 现象相同 NH3 H2O电离出OH﹣
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．碳酸酸性比硅酸强，可生成硅酸沉淀，溶液变浑浊，但比盐酸弱，与氯化钡不反应，可证明酸性强弱，故A正确；
B．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，具有强氧化性，可氧化亚铁离子，表现的性质不同，故B错误；
C．二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，故C错误；
D．氨气可与硝酸银发生络合反应，先生成沉淀后溶解，而氯化铝只生成沉淀，现象不同，故D错误．
故选A．
【分析】A．碳酸酸性比硅酸强，但比盐酸弱；
B．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，具有强氧化性，可氧化亚铁离子；
C．二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应；
D．氨气可与硝酸银发生络合反应．
8．（2015高三上·冠县开学考）常温下，在下列指定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）
A．含0.1 molL﹣1SO2的溶液中：Na+、Ba2+、Br﹣、Cl﹣
B．能与金属铝反应放出氢气的溶液中：K+、Mg2+、NO 、SiO
C． =10﹣12的溶液中：K+、NH 、SO 、NO
D．不能使酚酞变红的无色溶液中：Na+、K+、ClO﹣、I﹣
【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．含0.1 molL﹣1SO2的溶液呈酸性，由于SO32﹣离子浓度较小，不生成沉淀，且其它离子之间不反应，可大量共存，故A正确；
B．能与金属铝反应放出氢气的溶液可能为强碱性溶液或非氧化性酸溶液，如呈酸性，不能生成氢气，如呈碱性，Mg2+不能大量共存，故B错误；
C. =10﹣12的溶液呈碱性，NH4+不能大量共存，故C错误；
D．酚酞的变色范围为8～10，不能使酚酞变红的无色溶液可能呈酸性、中性或弱碱性，ClO﹣、I﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误．
故选A．
【分析】A．含0.1 molL﹣1SO2的溶液呈酸性，离子之间不反应；
B．能与金属铝反应放出氢气的溶液可能为强碱性溶液或非氧化性酸溶液；
C. =10﹣12的溶液呈碱性；
D．不能使酚酞变红的无色溶液可能呈酸性、中性或弱碱性．
9．（2015高三上·冠县开学考）下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2
B．NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液并加热：HCO3﹣+OH+ CO32﹣+H2O
C．稀硝酸除银镜：Ag+2H++NO3﹣═Ag++NO↑+H2O
D．硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液：2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++H2O
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液，铁离子和硝酸根离子都参与反应，正确的离子方程式为：Fe3++3NO3﹣+12H++10I﹣=Fe2++5I2+3NO↑+6H2O，故A错误；
B．向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热，离子方程式：HCO3﹣+NH4++2OH﹣ NH3↑+H2O+CO32﹣，故B错误；
C．．用稀硝酸清洗做过银镜反应的试管的离子反应为3Ag+4H++NO3﹣═3Ag++NO↑+2H2O，故C错误；
D．硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液：2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++H2O，故D正确；
故选：D．
【分析】A．碘化氢过量，铁离子和硝酸根离子都完全反应，漏掉了硝酸根离子与碘离子的反应；
B．漏掉了氨根离子与氢氧根离子的反应；
C．电子转移数目不守恒；
D．过氧化氢具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子．
10．（2015高三上·冠县开学考）在酸性介质中，往MnSO4溶液里滴加（NH4）2S2O8（过二硫酸铵）溶液会发生如下反应：Mn2++S2O82﹣+H2O→MnO4﹣+SO42﹣+H+，下列说法不正确的是（ ）
A．可以利用该反应检验Mn2+
B．氧气性比较：S2O82﹣＞MnO4﹣
C．该反应中酸性介质可以为盐酸
D．若有0.1mol氧化产物生成，则转移电子0.5mol
【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】解：A．酸性条件下，锰离子能被过二硫酸根离子氧化生成高锰酸根离子，锰离子无色，高锰酸根离子呈紫色，所以可以用该反应检验Mn2+，故A正确；
B．该反应中，过二硫酸根离子得电子化合价降低为氧化剂，锰离子失电子化合价升高为还原剂，则高锰酸根离子为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性比较：S2O82﹣＞MnO4﹣，故B正确；
C．盐酸为强还原性酸，能被过二硫酸根离子氧化生成氯气，所以不能用盐酸作酸性介质，故C错误；
D．
Mn2++ +H2O→ MnO4﹣+ +H+ 转移电子
1mol 5mol
0.1mol 0.5mol
所以若有0.1mol氧化产物生成，则转移电子0.5mol，故D正确；
故选C．
【分析】A．酸性条件下，锰离子能被过二硫酸根离子氧化生成高锰酸根离子，高锰酸根离子呈紫色；
B．同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
C．盐酸为强还原性酸，能被过二硫酸根离子氧化；
D．根据氧化产物和转移电子之间的关系式计算转移电子数．
11．（2015高三上·冠县开学考）已知A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种周期元素，原子半径按D、E、B、C、A的顺序依次减小，B和E同主族，下列推断不正确的是（ ）
A．A、E一定在不同周期
B．D在第二周期
C．A、D可能在同一主族
D．C、D的单质可能化合形成离子化合物
【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：B、E是同主族元素，表明B、E在不同周期，原子半径E＞B，则B在E的上面周期中；
原子半径A＜B，同时，原子序数A＜B，表明AB不是在同一周期，因为周期中，原子序数越小，半径越大，因而A、B也不在同一周期中，则A应在第一周期，B、E分别在第二、第三周期；
原子半径D＞E，核电荷数D＜E，根据同周期原子半径的递变规律可知，D、E处于相同周期，则D应处于第三周期；
原子半径B＞C，核电荷数B＜C，根据同周期原子半径的递变规律可知，B、C在相同周期，则
A．由上述分析可知，A在第一周期，B在第二周期，E在第三周期，故A正确；
B．由以上推断可知，A应在第一周期，B在第二周期，D在第三周期，故B错误；
C．若D为第三周期的Na，A为H，则A、D在同一主族，故C正确；
D．由于C为非金属，D为金属（可能），则C、D的单质有可能形成离子化合物，故D正确．
故选B．
【分析】B、E是同主族元素，表明B、E在不同周期，原子半径E＞B，则B在E的上面周期中；
原子半径A＜B，同时，原子序数A＜B，表明AB不是在同一周期，因为周期中，原子序数越小，半径越大，因而A、B也不在同一周期中，则A应在第一周期，B、E分别在第二、第三周期；
原子半径D＞E，核电荷数D＜E，根据同周期原子半径的递变规律可知，D、E处于相同周期，则D应处于第三周期；
原子半径B＞C，核电荷数B＜C，根据同周期原子半径的递变规律可知，B、C在相同周期，以此解答该题．
12．（2015高三上·冠县开学考）根据表中信息，判断下列叙述中正确的是（ ）
序号 氧化剂 还原剂 其他反应物 氧化产物 还原产物
① Cl2 FeBr2 Cl﹣
② KMnO4 H2O2 H2SO4 O2 Mn2+
③ KClO3 浓盐酸 Cl2
A．表中①组反应可能有一种或两种元素被氧化
B．表中②组反应的离子方程式是2MnO4﹣+3H2O2+6H+═2Mn2++4O2↑+6H2O
C．表中③组反应的还原产物是KCl，电子转移数目是6e﹣
D．氧化性强弱比较：KClO3＞Fe3+＞Cl2＞Br2
【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．亚铁离子、溴离子均具有还原性，氯气少量只氧化亚铁离子，则①组反应可能有一种或两种元素被氧化，故A正确；
B．电子不守恒，离子反应为2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故B错误；
C．发生KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，只有Cl元素的化合价变化，氧化产物与还原产物均为氯气，电子转移数目是5e﹣，故C错误；
D．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性强弱比较：KClO3＞Cl2＞Br2＞Fe3+，故D错误；
故选A．
【分析】A．亚铁离子、溴离子均具有还原性，氯气少量只氧化亚铁离子；
B．电子不守恒；
C．只有Cl元素的化合价变化，氧化产物与还原产物均为氯气；
D．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断．
13．（2015高三上·冠县开学考）利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图所示．下列说法不正确的是（ ）
A．电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极
B．A电极上发生氧化反应，B为正极
C．电极A极反应式为2NH3﹣6e﹣=N2+6H+
D．当有2.24LNO2（标准状况） 被处理时，转移电子为0.4mol
【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】解：由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极，
A．B为正极，A为负极，电流由正极经导线流向负极，故A正确；
B．由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极发生氧化反应，B为正极，故B正确；
C．电解质溶液呈碱性，则A为负极，电极方程式为2NH3﹣6e﹣+60H﹣=N2+3H2O，故C错误；
D．当有2.24L NO2（标准状况）即0.1mol 被处理时，转移电子为0.1mol×（4﹣0）=0.4mol，故D正确．
故选C．
【分析】由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，结合电解质溶液呈碱性解答该题．
14．（2015高三上·冠县开学考）下列说法中正确的是（ ）
A．分子式为C7H16的烷烃，含有3个甲基的同分异构体有2种
B．丙烯能发生取代反应、加成反应，还能使酸性KMnO4溶液褪色
C．甲苯中所有原子都处于同一平面
D．相同质量的甲烷和乙烷完全燃烧乙烷耗氧量多
【答案】B
【知识点】同分异构现象和同分异构体；烯烃；苯的同系物及其性质；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：A．分子式为C7H16的烷烃，含有3个甲基的同分异构体有3种，故A错误；
B．丙烯中含有甲基和双键，所以丙烯有烷烃和烯烃的性质，既能发生取代反应又能发生加成反应还能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；
C．甲苯含有﹣CH3，苯环相当于CH4中的一个H原子，CH4中各原子均不共面，因此甲苯中各原子不共面，故C错误；
D．甲烷和乙烷的燃烧方程式分别为：假设分别燃烧1g燃料，需要的氧气分别为
CH4+ 2O2 CO2+2H2O
16 2mol
1g Xmol
=
解得x=
2C2H6+ 7O2 4CO2+6H2O
60 7mol
1g Xmol
=
解得x=
所以燃烧相同质量的甲烷和乙烷，甲烷烷需要的氧气多，故D错误．
故选B．
【分析】A．根据碳链异构写出分子式为C7H16的烷烃且含有3个甲基的同分异构体的数目；
B．根据丙烯结构及官能团判断；
C．CH4中各原子均不共面；
D．根据甲烷和乙烷的燃烧方程式判断．
15．（2015高三上·冠县开学考）一定条件下，将3molA和1mol B两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g） C（g）+2D（s）.2min末该反应达到平衡，生成D的物质的量随时间变化情况如图．下列判断正确的是（ ）
A．若混合气体的密度不再改变时，该反应不一定达到平衡状态
B．2 min后，加压会使正反应速率加快，逆反应速率变慢，平衡正向移动
C．反应过程中A和B的转化率之比为3：1
D．开始到平衡，用A表示该反应的化学反应速率为0.3mol L﹣1 min﹣1
【答案】D
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】解：A、反应生成固体D，气体质量和气体体积发生变化，若混合气体的密度不再改变时，该反应一定达到平衡状态，故A错误；
B、2min后，加压会使正、逆反应速率都加快，平衡正向移动，故B错误；
C、将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，反应比和起始量之比相同，所以反应过程中A和B的转化率之比为1：1，故C错误；
D、2min内生成0.8mol D，则消耗A的物质的量为1.2mol，故2 min内A的反应速率v（A）= = =0.3 mol （L min）﹣1，故D正确；
故选D．
【分析】A、反应前后气体质量和气体体积发生变化，若混合气体的密度不再改变时，该反应一定达到平衡状态；
B、2min后，加压会使正、逆反应速率都加快，平衡正向移动；
C、将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，反应比和起始量之比相同，所以反应过程中A和B的转化率相同；
D、根据D的物质的量的变化计算A的物质的量的变化，再根据v= 计算v（A）．
16．（2017高一上·淄川期中）完成下列实验所选择的装置或仪器不正确的是（ ）
A B C D
实 验 实验分离水和酒精 用铵盐和碱制取氨气 用排空气法收集二氧化氮 用自来水制取蒸馏水
装置或仪器
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．水和酒精能透过滤纸，应用蒸馏分离，故A符合题意；
B．需要把铵盐和碱固体混合物放在大试管中，试管口略向下倾斜固定在铁架台上加热，生成的气体用向下排气法收集，故B不符合题意；
C．二氧化氮密度比空气大，可用向上排空气法收集，故C不符合题意；
D．水沸点较低，水中的杂质难挥发，可用蒸馏制取蒸馏水，故D不符合题意．
故答案为：A．
【分析】A.酒精与水以任意比互溶，不能作为萃取剂；
B.根据固固加热制取气体进行判断；
C.根据向上排空气法手机气体进行判断；
D.根据蒸馏装置进行判断.
17．（2015高三上·冠县开学考）某有机物A是农药生产中的一种中间体，其结构简式如下 ，下列叙述正确的是（ ）
A．有机物A属于芳香烃
B．有机物A和浓硫酸混合加热，可以发生消去反应
C．有机物A中含有两种官能团
D．1mol A和足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗3 mol NaOH
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】解：A．该有机物中含有C、H、O、Cl等元素，为烃的衍生物，故A错误；
B．由于﹣OH临位碳原子上没有氢原子，则不能发生消去反应，故B错误；
C．有机物含有酯基、羟基、氯原子等官能团，故C错误；
D．﹣COO﹣水解生成酚羟基和羧基，二者都可与NaOH反应，﹣Cl在碱性条件下水解生成NaCl，则共需3molNaOH，故D正确．
故选D．
【分析】该有机物中含有C、H、O、Cl等元素，为烃的衍生物，含有﹣COO﹣、﹣OH、﹣Cl等官能团，结合官能团的性质和有机物的结构分析．
18．（2015高三上·冠县开学考）某固体混合物可能由Al、（NH4）2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的一种或几种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）：
下列说法正确的是（ ）
A．固体混合物中一定含有Al，但质量不可确定
B．固体混合物中可能含有MgCl2和AlCl3
C．固体混合物中一定含有MgCl2和FeCl2
D．固体混合物中一定含有（NH4）2SO4、MgCl2
【答案】D
【知识点】几组未知物的检验
【解析】【解答】解：14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体，有铵盐和碱反应生成生成的氨气，也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，5.60L气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱石灰反应的气体，无水蒸气的存在，通过浓硫酸，气体剩余3.36L，体积减少5.60L﹣3.36L=2.24L，结合混合物可能存在的物质可知，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L，剩余的气体只能是氢气，体积为3.36L，说明原混合物中一定含有铝；
14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化，由于氢氧化铝溶于强碱，所以能生成白色沉淀的一定氯化镁生成的氢氧化镁白色沉淀，质量为2.90g，氢氧化铜为蓝色沉淀，所以固体混合物中一定不存在CuCl2；
14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液得到无色溶液，加入适量盐酸 会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝，
A．固体混合物中一定含有Al，可以根据标况下3.36L氢气可以计算出铝的物质的量为0.05mol，质量为1.35g，故A错误；
B．根据以上分析可知，固体混合物中一定含有MgCl2和AlCl3，故B错误；
C．根据加入氢氧化钠溶液后生成白色沉淀，且白色沉淀没有变化，则固体混合物中一定含有MgCl2，一定不含FeCl2，故C错误；
D．根据以上分析可知，原固体混合物中一定含有（NH4）2SO4、MgCl2，故D正确；
故选D．
【分析】15.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体，有铵盐和碱反应生成生成的氨气，也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，5.60L气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱石灰反应的气体，无水蒸气的存在，通过浓硫酸，气体剩余3.36L，体积减少5.60L﹣3.36L=2.24L，结合混合物可能存在的物质可知，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L，剩余的气体只能是氢气，体积为3.36L，说明原混合物中一定含有铝；
14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化，由于氢氧化铝溶于强碱，所以能生成白色沉淀的一定氯化镁生成的氢氧化镁白色沉淀，质量为2.90g，一定不存在CuCl2；
14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液得到无色溶液，加入适量盐酸 会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝，以此解答该题．
二、填空题
19．（2015高三上·冠县开学考）N、O、Na、Mg、S、Br是常见的六种元素．
（1）Br位于元素周期表第 周期第 族；Na和O形成1：1的化合物的电子式： ．该物质含有的化学键为： ．
（2）用“＞”或“＜”填空：
稳定性 粒子半径 熔点 键的极性
NH3 H2O O2﹣ Mg2+ SO3 Na2O2 H﹣O H﹣N
（3）已知多硫化钠一溴储能电池是一种二次电池，结构如图．电池总反应为：2Na2S3+2NaBr 3Na2S2+Br2
①放电时Na+向 极迁移（填“a或b，”）．
②放电时负极的电极反应式为：
（4）已知N4为正四面体结构，N﹣N键能为167kJ mol﹣1，N≡N键能为942kJ mol﹣1．写出N4（g）转化为N2（g）的热化学方程式 ．
【答案】（1）四；VIIA；；离子键和非极性键
（2）＜；＞；＜；＞
（3）b；3S22﹣﹣2e﹣=2S32﹣
（4）N4（g）=2N2（g）△H=﹣882kJ/mol
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：（1）主族元素原子电子层数与其周期数相等，最外层电子数与其族序数相等，Br原子核外有4个电子层、最外层电子数是7，所以位于第四周期第VIIA族；Na和O形成1：1的化合物是过氧化钠，其电子式为 ，过氧化钠中存在离子键和非极性键，
故答案为：四；VIIA； ；离子键和非极性键；（2）元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性N＜O，所以稳定性NH3＜H2O；
电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径O2﹣＞Mg2+；
离子晶体熔沸点大于分子晶体，三氧化硫是分子晶体、过氧化钠是离子晶体，所以熔点SO3＜Na2O2；
非金属性元素非金属性越强，其吸引电子能力越强，则键的极性越强，非金属性O＞N，则键的极性H﹣O＞H﹣N；
故答案为：＜；＞；＜；＞；（3）①放电时，溴电子发生还原反应，则a是负极、b是正极，电解质溶液中阳离子向正极移动，所以向b电极移动，故答案为：b；
②放电时，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为3S22﹣﹣2e﹣=2S32﹣，故答案为：3S22﹣﹣2e﹣=2S32﹣；（4）该反应焓变=反应物键能﹣生成物键能=6×167kJ/mol﹣2×942kJ/mol=﹣882kJ/mol，则该反应热化学方程式为N4（g）=2N2（g）△H=﹣882 kJ/mol，故答案为：N4（g）=2N2（g）△H=﹣882 kJ/mol．
【分析】（1）主族元素原子电子层数与其周期数相等，最外层电子数与其族序数相等，据此判断Br在周期表中的位置；Na和O形成1：1的化合物是过氧化钠，过氧化钠中存在离子键和非极性键；（2）元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；离子晶体熔沸点大于分子晶体；非金属性元素非金属性越强，其吸引电子能力越强，则键的极性越强；（3）①放电时，溴电子发生还原反应，则a是负极、b是正极，电解质溶液中阳离子向正极移动；②放电时，负极上失电子发生氧化反应；（4）该反应焓变=反应物键能﹣生成物键能，据此书写热化学方程式．
20．（2015高三上·冠县开学考）三氯化铁是中学化学实验室中常用的化学试剂．同学们利用废铁屑（含少量铜杂质）来探究制备FeCl3 6H2O的方法，同学甲设计的实验装置如图所示，其实验步骤如下：A中放有废铁屑，烧杯中盛有足量的稀硝酸，实验时先打开a并关闭b，用分液漏斗向A中加入过量的盐酸充分反应，此时溶液呈浅绿色；再打开b进行过滤，过滤结束后，取烧杯内溶液倒入蒸发皿加热，蒸发掉部分水并使剩余HNO3分解，再降温结晶得FeCl3 6H2O晶体．
填写下列空白：
（1）滴加盐酸时，发现反应速率较之盐酸与纯铁粉反应要快，其原因是 ．
（2）烧杯内放过量稀HNO3的原因是 （用离子方程式表示）．
（3）整个实验过程中，弹簧夹a都必须打开，除为排出产生的气体外，另一个目的是 ．
（4）乙同学对该实验进行了改进，他是用空烧杯盛接滤液，加入适当的试剂，然后在HCl的气流中、一定温度下蒸发、浓缩、降温结晶而得到纯净的FeCl3 6H2O，你认为加入的试剂可以是 ．（填序号）
①适量氯气 ②适量过氧化氢和稀盐酸
③酸性高锰酸钾溶液 ④氢氧化钠溶液．
【答案】（1）废铁屑中的不溶性杂质与Fe在盐酸中构成原电池，加快了反应速率
（2）3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O
（3）使装置内部与外界大气相通，便于A中液体流下
（4）①②
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：实验的目的是制备FeCl3 6H2O，由装置图可知，在A中，废铁屑与盐酸反应生成氯化亚铁，经过滤可分离出铜，氯化亚铁和过量的盐酸流入烧杯中，硝酸将氯化亚铁氧化生成氯化铁，经蒸发浓缩反应液，蒸发掉部分水并使剩余HNO3分解，再降温结晶得FeCl3 6H2O晶体，（1）废铁屑（含少量铜杂质）加盐酸后，Cu与铁形成Fe﹣Cu原电池使反应速率加快，
故答案为：废铁屑中的不溶性杂质与Fe在盐酸中构成原电池，加快了反应速率；（2）过量的稀HNO3保证使Fe2+ 全部氧化成Fe3+；反应的离子方程式是：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O，
故答案为：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O；（3）整个实验过程中，弹簧夹a都必须打开，则装置与大气相同，使分液漏斗中的酸可滴入A中，
故答案为：使装置内部与外界大气相通，便于A中液体流下；（4）把氯化亚铁氧化为氯化铁，同时不能引入杂质，所以选用适量过氧化氢和稀盐酸，或用双氧水，
故答案为：①②．
【分析】验的目的是制备FeCl3 6H2O，由装置图可知，在A中废铁屑与盐酸反应生成氯化亚铁，经过滤可分离出铜，氯化亚铁和过量的盐酸流入烧杯中，硝酸将氯化亚铁氧化生成氯化铁，经蒸发浓缩反应液，蒸发掉部分水并使剩余HNO3分解，再降温结晶得FeCl3 6H2O晶体，（1）金属的溶解可借助形成原电池使反应速率加快；（2）稀HNO3有强氧化性，使Fe2+ 全部氧化成Fe3+；（3）保证容器内外压强相等，使分液漏斗中的酸可滴入A中；（4）把氯化亚铁氧化为氯化铁，同时不能引入杂质，可选择绿色氧化剂来完成这一目的
21．（2015高三上·冠县开学考）回收铅蓄电池的电极填充物（铅膏，主要含PbO、PbO2、PbSO4），可制备热稳定剂三盐基硫酸铅（组成可表示为3PbO PbSO4 H2O），其实验流程如下：
（1）物质X可以循环利用，该物质是 ．最后一次过滤之后需要洗涤，检验三盐基硫酸铅是否洗净的方法是 ．
（2）从滤液A可提取出一种含结晶水的钠盐副产品．若检验该晶体中结晶水的含量，所需的硅酸盐材质仪器有 、 、 、玻璃棒、石棉网、干燥器等．
（3）流程中不直接利用H2SO4溶液与PbO、PbCO3反应制取PbSO4，原因可能是 ．
（4）生成三盐基硫酸铅的离子反应方程式为 ．
（5）向铅膏浆液中加入Na2SO4溶液的目的是将其中的PbO2还原为PbO．若实验中所取铅膏的质量为47.8g，其中PbO2的质量分数为15.0%，则要将PbO2全部还原，至少需加 mL 1.0mol L﹣lNa2SO3溶液．
【答案】（1）HNO3溶液；取少量溶液，加入足量稀盐酸，再加氯化钡溶液，观察是否产生白色沉淀
（2）坩埚；酒精灯；泥三角
（3）PbSO4不溶于水，覆盖在固体表面阻碍反应的进一步发生
（4）4PbSO4+6OH﹣=3PbO PbSO4 H2O+3SO42﹣+2H2O
（5）30
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：（1）分析流程可知，PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb（NO3）．Pb（NO3）中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，因此X为HNO3，可循环利用，检验硫酸根离子的方法为：取少量晶体溶于蒸馏水，然后用盐酸酸化，再滴BaCl2溶液，若出现白色沉淀，即证明该晶体中含有SO42﹣，
故答案为：HNO3溶液；取少量溶液，加入足量稀盐酸，再加氯化钡溶液，观察是否产生白色沉淀；（2）测量晶体中结晶水的含量，实验步骤为：①研磨 ②称量空坩埚和装有试样的坩埚的质量 ③加热 ④冷却 ⑤称量 ⑥重复③至⑤的操作，直到连续两次称量的质量差不超过0.1g为止 ⑦根据实验数据计算晶体中结晶水的含量，所以所需的硅酸盐材质仪器有玻璃棒、石棉网、干燥器、坩埚、酒精灯、泥三角，
故答案为：坩埚；酒精灯；泥三角；（3）生成的硫酸铅难溶于水，覆盖在固体PbO、PbCO3的表面，阻碍反应的进一步发生，故答案为：PbSO4不溶于水，覆盖在固体表面阻碍反应的进一步发生；（4）从流程看，硫酸铅和氢氧化钠反应生成三盐基硫酸铅和硫酸钠，反应方程式为：4PbSO4+6NaOH=3PbO PbSO4 H2O+3Na2SO4+2H2O，离子方程式为：
4PbSO4+6OH﹣=3PbO PbSO4 H2O+3SO42﹣+2H2O，故答案为：4PbSO4+6OH﹣=3PbO PbSO4 H2O+3SO42﹣+2H2O；（5）氧化铅的物质的量为： =0.03mol，
PbO2 ～ Na2SO3
1mol 1mol
0.03mol n
n=0.03mol，V= =0.03L=30mL，
故答案为：30．
【分析】（1）利用废旧铅蓄电池阴、阳极填充物（铅膏）制备塑料加工热稳定剂三盐基硫酸铅实验流程．向铅膏浆液中加入Na2SO3溶液的目的是将PbO2还原PbO，Na2SO3+PbO2=PbO+Na2SO4，加Na2CO3溶液是将PbSO4转化成PbCO3，所以滤液Ⅰ主要是Na2SO4溶液．PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb（NO3）．Pb（NO3）中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，因此X为HNO3，可循环利用；如果变质说明变成硫酸钡，可以通过检验是否生成硫酸根离子；（2）测量晶体中结晶水的含量，实验步骤为：①研磨 ②称量空坩埚和装有试样的坩埚的质量 ③加热 ④冷却 ⑤称量 ⑥重复③至⑤的操作，直到连续两次称量的质量差不超过0.1g为止 ⑦根据实验数据计算晶体中结晶水的含量，所以所需的硅酸盐材质仪器有玻璃棒、石棉网、干燥器、坩埚、酒精灯、泥三角；（3）生成的硫酸铅难溶于水，覆盖在固体PbO、PbCO3的表面，阻碍反应的进一步发生；（4）从流程看，硫酸铅和氢氧化钠反应生成三盐基硫酸铅和硫酸钠，据此写出方程式；（5）根据铅膏的质量及氧化铅的质量分数可计算出氧化铅的物质的量，根据亚硫酸钠和氧化铅反应关系可计算需要亚硫酸钠的体积．
22．（2015高三上·冠县开学考）某研究性学习小组拟探究在含Mg2+、Al3+的混合溶液中滴加NaOH溶液时，生成氢氧化物沉淀的过程．
【实验】在0.1mol L﹣l MgSO4，0.05mol L﹣l﹣Al2（ SO4）3的混合溶液中滴加0.5mol．L﹣1NaOH溶液，借助氢离子传感器和相应分析软件，测得溶液的pH随NaOH溶液的加入变化情况如图所示．
（1）为精确控制加入NaOH溶液的体积，可将NaOH溶液置于 （填仪器名称）中滴加．
（2）图中有三个pH增加缓慢的阶段，第一阶段（a点前）对应的实验现象是 ．
（3）对第二阶段（b、c之间）溶液pH变化缓慢的本质，小组同学做出如下推测，请补充推测2和3：
推测l：生成Mg（ OH）2沉淀，消耗OH ﹣；
推测2： ；
推测3．
若推测l符合实际情况，则a点之前反应的离子方程式为一，请据此描述Mg（ OH）2，Al（ OH）3两种物质在水溶液中溶解性的差异．
（4）请分析e点后溶液中较大量存在的含金属元素的离子并设计实验检验（可不填满）：
较大量存在的含金属元素的离子 检验方法
【答案】（1）碱式滴定管
（2）生成白色沉淀并逐渐增多
（3）生成Al（OH）3沉淀消耗OH﹣；Al（OH）3沉淀溶解，消耗OH﹣
（4）Na+；用洁净的铂丝蘸取少量待测液在酒精灯火焰上灼烧，若火焰呈黄色，表明存在Na+；[Al（OH）4]﹣；取少量待测液于试管中，滴加盐酸，产生白色沉淀，盐酸过量时，沉淀又溶解
【知识点】镁、铝的重要化合物；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）精确控制加入NaOH溶液的体积，应用精确度0.01mL的滴定管，又NaOH呈碱性，故选用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；（2）由图象可知，PH变化缓慢的主要原因应为：生成Mg（OH）2沉淀，消耗OH﹣；生成Al（OH）3沉淀消耗OH﹣； Al（OH）3沉淀溶解，消耗OH﹣三种可能，第一阶段（a点前）应该是生成沉淀消耗了滴下去的氢氧化钠，故现象为：生成白色沉淀并逐渐增多，故答案为：生成白色沉淀并逐渐增多；（3）根据分析可知，PH变化缓慢的主要原因应为：生成Mg（OH）2沉淀，消耗OH﹣；生成Al（OH）3沉淀消耗OH﹣； Al（OH）3沉淀溶解，消耗OH﹣三种可能，若推测1符合实际情况，b、c之间生成Mg（OH）2沉淀，消耗OH﹣，则a点之前应该是产生氢氧化铝的反应，所以反应的离子方程式为Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，据此说明在碱性溶液中铝离子比镁离子更易沉淀，所以Al（OH）3比Mg（OH）2更难溶于水，
故答案：生成Al（OH）3沉淀消耗OH﹣；Al（OH）3沉淀溶解，消耗OH﹣；Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓；Al（OH）3比Mg（OH）2更难溶于水；（4）根据以上分析得出，e点前的反应为Al（OH）3+OH﹣═Al（OH）4﹣，所以e点后溶液中较大量存在的含金属元素的离子为钠离子和Al（OH）4﹣离子，故答案为：
较大量存在的含金属元素的离子 检验方法
Na+ 用洁净的铂丝蘸取少量待测液在酒精灯火焰上灼烧，若火焰呈黄色，表明存在Na+
[Al（OH）4]﹣ 取少量待测液于试管中，滴加盐酸，产生白色沉淀，盐酸过量时，沉淀又溶解
【分析】由图象可知，pH变化缓慢的主要原因应为：生成Mg（OH）2沉淀，消耗OH﹣；生成Al（OH）3沉淀消耗OH﹣； Al（OH）3沉淀溶解，消耗OH﹣三种可能，至于哪一阶段为那种可能，应与 Al（OH）3、Mg（OH）2二者的溶解度有关．
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