江苏省昆山2016届高三化学下册3月月考试题1.doc

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江苏省昆山中学2016届高三下期3月月考化学试卷（苏教版，解析版）
1．摩尔是
　　A．国际单位制的一个基本物理量　　　　　 B．表示物质质量的单位
　　C．物质的量的单位 　　　　　　　　　　　D．可以计量任何物质的单位
【答案】C
【解析】
2．在下列变化过程中，有发生化学变化的是
A．荔枝酿酒
B．酸雨侵蚀建筑物
C．空气液化制取氮气
D．生石灰遇水成为熟石灰
【答案】ABD
【解析】A、荔枝酿酒的过程包括物质氧化的过程，有化学变化，故A正确；
B、酸雨侵蚀建筑物是建筑物和酸反应的过程，有新物质生成，故B正确；
C、空气液化制取氮气的原理是根据氮气和氧气沸点的不同来实现物质分离的方法，没有新物质生成，属于物理变化过程，故C错误；
D、生石灰遇水发生反应生成氢氧化钙，即熟石灰，有新物质生成，属于化学变化，故D正确．
故选ABD．
【点评】本考点考查了物理变化和化学变化的区别，只要抓住关键点：是否有新物质生成，问题就很容易解决，本考点基础性比较强．
3．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．钠和冷水反应： Na＋2H2O＝Na+＋2OH-＋H2↑
B．金属铝溶于氢氧化钠溶液： Al＋2OH-＝AlO2-＋H2­
C．铁跟稀硫酸反应：2Fe＋6H+＝2Fe3+＋3H2­
D．铜和硝酸银溶液反应： Cu + 2Ag+ = 2Ag + Cu2+
【答案】D
【解析】
试题分析：A、钠和冷水反应生成氢氧化钠和氢气，Na+2H2O═Na++2OH-+H2↑，方程式左右电荷不守恒，正确的离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故A错误；B、金属铝溶于氢氧化钠溶液2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，Al+2OH-═AlO2-+H2↑方程式左右电荷不守恒，正确的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑，故B错误；C、铁跟稀硫酸反应反应生成硫酸亚铁和氢气，正确的离子方程式为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故C错误；D、铜的金属活动性强于银，铜和硝酸银溶液发生置换反应，离子方程式为Cu+2Ag+═2Ag+Cu2+，故D正确；故选D。
【考点定位】考查离子反应方程式的书写
【名师点晴】本题考查了离子方程式的正误判断和书写原则，注意电荷守恒分析，反应实质理解。判断离子方程式是否正确主要从以下几点考虑：①拆分是否合理；②是否符合客观事实；③配平是否有误(电荷守恒，原子守恒)；④有无注意反应物中量的关系；⑤能否发生氧化还原反应等。
4．已知反应：
①101 kPa时，2C(s)+O2(g)====2CO（g） ΔH＝-221 kJ·mol-1
②稀溶液中，H +(aq)+OH-(aq) ====H2O(l) ΔH＝-57.3 kJ·mol-1
③红磷的化学式为P，白磷的化学式为P4，已知
P4(s)+5O2(g)====P4O10(s) ΔH＝-3 093.2 kJ·mol-1
4P(s)+5O2(g)====P4O10(s) ΔH＝-2 954.0 kJ·mol-1
下列结论正确的是
A.由条件可知：红磷转化为白磷是放热反应，所以等质量的红磷能量比白磷低
B.碳的燃烧热大于221 kJ·mol-1
C.稀硫酸与稀NaOH溶液反应的反应热ΔH＝-57.3 kJ·mol-1
D.浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出热量大于57.3 kJ
【答案】D
【解析】由题给信息③知，等质量的白磷比红磷燃烧放出的热量多，则等质量的红磷能量比白磷低，红磷转化为白磷是吸热反应，A项错误；燃烧热是指，在25 ℃、101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，根据题给信息只能判断碳的燃烧热不是221 kJ·mol-1，B项不正确；稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为-57.3 kJ·mol-1，C项错误；由于浓硫酸稀释时放出热量，故浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出热量大于57.3 kJ。答案为D项。
5．下列物质的命名不正确的是
A．2,2－二甲基戊烷 B．3,3－二甲基戊烷
C．2,4,5－三甲基己烷 D．2,4－二甲基­3­乙基庚烷
【答案】C
【解析】
试题分析：烷烃命名的原则：１选取最长碳链做主链称某烷，２靠近支链一端开始编序号，３写名称，相同基合并算，不同基简到繁，名称数字短线连。Ｃ中违反了支链位次最小的原则，正确的是2,３,5－三甲基己烷。
考点：考查烷烃的命名。
6．铵根离子中存在的化学键类型按离子键、共价键和配位键分类，应含有 （ ）
A.离子键和共价键 B.离子键和配位键 C.配位键和共价键 D.离子键
【答案】答案：C
【解析】铵根离子中N原子最外层5个电子，采用sp3杂化形成4个杂化轨道，其中一个杂化轨道被孤对电子占据，与H+的空轨道形成配位键；另三个轨道与H形成共价键
7．若某原子的摩尔质量为M g·mol－1，则一个该原子的真实质量是( )
A．M g B．g C． g D． g
【答案】C
【解析】
试题分析：1mol原子是6.02×10―23个，1mol原子的质量为Mg，则一个该原子的真实质量是 g答案选C.
考点：摩尔质量
8．500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)＝6 mol/L，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是
A．上述电解过程中共转移2 mol电子
B．原混合溶液中c(K＋)为2 mol/L
C．电解得到的Cu的物质的量为0.5 mol
D．电解后溶液中c(H＋)为2 mol/L
【答案】B
【解析】
试题分析：根据电解池原理，电解池中阴极是阳离子放电，先发生：Cu2++2e—═ Cu，后发生2H++2e—==H2↑；阳极是阴离子放电：4OH—-4e—==O2↑+2H2O；两极共产生气体的物质的量为22.4 L/22.4L/mol＝1mol，由于阳极只有氧气产生，且两极转移电子数目相等。依据4OH—-4e—==O2↑+2H2O，产生1mol氧气转移4mol电子，所以在整个电路中共转移电子4mol，A错；依据阴阳两极得失电子数目相等的原则，生成1mol氢气转移2mol电子，而线路中共转移了4mol电子，所以Cu2+得到2mol电子，则消耗1mol Cu2+，所以Cu2+的物质的量为1mol，可知C错误；再推出Cu2+的物质的量浓度为2mol/L，依据溶液显电中性，溶液中阳离子所带总电荷与阴离子所带总电荷相等：c(K+)+2c(Cu2+)==c(NO3-)＝6 mol/L，可推知c(K+)=2 mol/L，B正确；根据前面分析，共消耗OH— 4mol，消耗H+ 2mol，所以溶液中的H+物质的量为 2mol，浓度为4mol/L，D错误，选择B。
考点：电解池工作原理、电子转移的计算。
9．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲是由其中的三种元素组成的化合物，0.1mol·L-1甲溶液的pH为13（25℃），Y元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等，下列说法正确的是
A.原子半径：W＞Z＞Y＞X
B.Y元素在周期表中的位置为第三周期第IVA族
C.与氢气化合时，Z比Y容易
D.甲中只含有离子键
【答案】C
【解析】由0.1mol·L-1甲溶液的pH为13（25℃），可以推知甲为一元强碱，可能为NaOH；Y为C。故X、Y、Z、W依次为H、C、O、Na。故答案C正确。
10．下列实验装置或操作与粒子的大小无直接关系的是

【答案】C
【解析】
试题分析：根据装置的特点可知，A是过滤，B是渗析，D是胶体的丁达尔效应，均是与粒子的大小有关系。萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，与粒子的大小无关系，选C。
考点：考查常见基本实验操作原理的有关判断。
11．“碧水千河扬长帆，蓝天白云飘纸鸢”我们淮安市人民正在积极建设“碧水蓝天”的生态城市，下列措施中不合理的是
A．限制化学工业发展，关停所有化工企业，消除污染源头
B．积极推广太阳能、风能等新能源，减少化石燃料的使用
C．加强城市生活污水脱氮除磷处理，遏制水体的富营养化
D．禁止露天焚烧秸杆，推广秸秆沼气、发电、制酒精技术
【答案】A
【解析】
试题分析：A、关停所有化工企业,能消除污染源头限制化工发展,但关停化工企业,在现阶段是不现实的，A不合理；B、积极推广太阳能、风能等新能源，减少化石燃料的使用。可以减少环境污染，B合理；C、加强城市生活污水脱氮除磷处理，遏制水体的富营养化，减少水体污染，C合理；D、禁止露天焚烧秸杆，推广秸秆沼气、发电、制酒精技术，可以减少空气污染，D合理。
考点：考查了化学与社会、化学与环境等相关知识。
12．下列各组化合物中化学键类型不同的是（ ）
A．NaCl和HNO3 B．H2O和 NH3 C．CaF2和 CsCl D．CCl4和H2S
【答案】A
【解析】
试题分析：一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，据此可知，A中前者含有离子键，或者含有共价键；B中都含有极性共价键；C中都含有离子键；D中都含有极性共价键，答案选A。
考点：考查化合物中化学键的判断
点评：该题是基础性试题的考查，试题注重基础，主要是考查学生对离子键和共价键概念的了解掌握程度，以及判断的依据，有利于培养学生良好的学习习惯，提高学生的应试能力。
13．将充有n mL NO和m mL NO2气体的试管倒立于盛水的水槽中，然后通入n mL O2。m>n，则充分反应后，试管中气体在同温同压下的体积为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
试题分析：根据反应可知3NO2+H2O=2HNO3+NO，当m毫升的二氧化氮反应后生成m/3毫升的一氧化氮，所以反应后一氧化氮的总共n+m/3毫升，设消耗氧气的体积为x，则由4NO+3O2+2H2O=4HNO3，消耗的氧气为(3n+m)/4，由于m>n，则x>n，显然氧气不足，完全反应，剩余气体为一氧化氮，一氧化氮的体积为(n+m/3)-4n/3=(m-n)/3，选A。
考点： 氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【名师点睛】本题考察氮的氧化物与水的反应，明确发生的反应及mn的关系是解题的关键，熟悉体积与物质的量是正比关系。
14．有机物M的结构简式如图所示。下列说法中正确的是（ ）

A．分子式为C17H18O3
B．M中所有碳原子均可能在同一平面
C．M可以发生加成、取代、消去等反应
D．1mol M常温下最多可以与3 mol NaOH反应
【答案】C
【解析】根据有机物的结构简式可知，分子式是C17H20O3，选项A不正确；分子中含有5个饱和的碳原子，所以M中所有碳原子不可能在同一平面，选项B不正确；分子中苯环、直接、醇羟基和碳碳双键，所以选项C正确；选项D不正确，最多消耗2mol氢氧化钠，答案选C。
15．已知酸H2B在水溶液中存在下列关系：①H2BH＋＋HB－ ②HB－H＋＋B2－，关于该酸对应的酸式盐NaHB的溶液，下列说法中一定正确的是
A．NaHB属于弱电解质
B．溶液中的离子浓度[Na＋]＞[HB－]＞[H＋]＞[OH－]
C．[Na＋]＝[HB－]＋[B2－]＋[H2B]
D．NaHB和NaOH溶液反应的离子方程式为H＋＋OH－===H2O
【答案】C
【解析】NaHB属于钠盐，是强电解质，A错误；NaHB可能存在水解大于电离，溶液显碱性，[OH－]＞[H＋]，B项只是可能正确；C项是物料守恒，正确；D项应为HB－＋OH－===B2－＋H2O。
16．A、B、C、D四种短周期元素，A元素的一种同素异形体是自然界硬度最大的单质，C与A同主族，C元素的原子序数是B的2倍，工业上以D元素的单质与石灰乳为原料制造漂白粉。按要求回答下列问题：
（1）B的原子结构示意图为 ；镁条在气体B中燃烧生成的物质是 （填化学式）；
（2）A的非金属性强于C，请用一个化学反应方程式表示_______________；
（3）写出元素D的单质与石灰乳制漂白粉的化学方程式 。
【答案】（1）； （2分） Mg3N2 （2分）
（2）2CO2+Na2SiO3+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3或CO2+Na2SiO3+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3 （2分）
（3）2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O （2分）
【解析】
试题分析：根据题意可以推断A、B、C、D、分别为C、N、Si、Cl；（1）B的原子结构示意图为；镁条在气体B中燃烧生成的物质是Mg3N2；（2）碳的非金属性强于硅的，可以利用最高价含氧酸的酸性比较，涉及的反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3或CO2+Na2SiO3+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3 ；（3）氯气与石灰乳制漂白粉的化学方程式2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O
考点：元素周期表，元素化合物的性质
17．（12分）孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3，还含少量FeO、SiO2。以孔雀石为原料可制备CuSO4·5H2O步骤如下：

（1）.写出孔雀石与稀硫酸反应的化学方程式：____________ ，
为了提高原料浸出速率，可采取的措施有______________________（写出两条）。
（2）. 溶液A的金属离子有Cu2+、Fe2+。实验步骤中试剂①最佳选 （填代号）。
a．KMnO4 b．Cl2 c．H2O2 d．HNO3
（3）溶液B中加入CuO作用是__________________ _______________ 。
（4）常温下Fe(OH)3的Ksp=1×10-39，若要将溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，使溶液中c(Fe3+)降低至1×10—3mol／L，必需将溶液pH调节至 。
（5）由溶液C获得CuSO4·5H2O晶体，需要经_____________、___________和过滤。
（6）可用KMnO4标准溶液测定溶液A中Fe2+的浓度，量取A溶液20.00ml，用0.010mol/L酸性KMnO4标准溶液滴定，消耗KMnO4 10.00ml, A溶液中Fe2+的物质的量浓度_________mol/L.
（反应原理：MnO4- + 5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O）
【答案】（12分）
（1）Cu2(OH)2CO3 + 2H2SO4 = 2CuSO4+CO2↑+3H2O (2分)
增加硫酸浓度 、将原料粉碎、提高反应温度，加催化剂等均可 (2分)。
（2） c (1分)
（3） 调pH值，（或减少c(H+)，）使Fe3+沉淀完全(1分)。
（4） pH=2 (2分)
（5）蒸发浓缩（或加热蒸发、蒸发溶液），冷却结晶(各1分)。
（6）0.025 (2分)
【解析】
试题分析：（1）孔雀石为碱性碳酸铜，和硫酸反应生成硫酸铜和二氧化碳和水，方程式为：Cu2(OH)2CO3 + 2H2SO4 = 2CuSO4+CO2↑+3H2O 。提高速率可以增大增加硫酸浓度 、将原料粉碎、提高反应温度，加催化剂等均可。（2）为了能将亚铁氧化成铁离子，且不引入新的杂质，所以选择过氧化氢，选c。（3）加入氧化铜，可以消耗溶液中的氢离子，调节溶液的pH值，（或减少c(H+)，）使Fe3+沉淀完全。（4） 当溶液中的铁离子浓度为1×10—3mol／L时，根据Ksp计算溶液中的氢氧根离子浓度=10-12mol/L，则溶液的pH=2。（5）要想得到带有结晶水的晶体需要有重结晶的方法生成，所以先蒸发浓缩（或加热蒸发、蒸发溶液），后冷却结晶。（6）亚铁离子浓度=0.01×0.01/0.02=0.025mol/L。
考点：金属化合物的分离，Ksp的计算
18．最常见的塑化剂邻苯二甲酸二丁酯可由邻苯二甲酸酐与正丁醇在浓硫酸共热下反应制得，反应的化学方程式及装置图（部分装置省略）如图：

已知：正丁醇沸点 118℃，纯邻苯二甲酸二丁酯是无色透明、具有芳香气味的油状液体，沸点 340℃，酸性条件下，温度超过 180℃时易发生分解． 由邻苯二甲酸酐、正丁醇制备邻苯二甲酸二丁酯实验操作流程如下：
①向三颈烧瓶内加入 30g（0.2mol）邻苯二甲酸酐，22g（0.3mol）正丁醇以 及少量浓硫酸．
②搅拌，升温至 105℃，持续搅拌反应 2 小时，保温至反应结束．
③冷却至室温，将反应混合物倒出．通过工艺流程中的操作 X，得到粗产品．
④粗产品用无水硫酸镁处理至澄清→取清液（粗酯）→圆底烧瓶→减压蒸馏，经过处理得到产品20.85g． 请回答以下问题：
（1）步骤②中不断从分水器下部分离出产物水的目的是 ．判断反应已结束的方法是 ．
（2）上述实验可能生成的副产物的结构简式为 （填一种即可）
（3）操作 X 中，应先用 5%Na2CO3溶液洗涤粗产品．纯碱溶液浓度不宜过高，更不能使用氢氧化钠；若使用氢氧化钠溶液，对产物有什么影响？（用化学方程式表示） ．
（4）操作 X 中，分离出产物的操作中必须使用的主要玻璃仪器有 ．
（5）粗产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是 ．
（6）本实验中，邻苯二甲酸二丁酯（式量是 278）的产率为 ．
【答案】（1）有利于反应向生成邻苯二甲酸二丁酯的方向移动，提高产率；分水器中的水位高度基本保持不变时（或者冷凝管中不再有液体滴下）；（2）CH2=CHCH2CH3、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3等；（3） + 2NaOH + 2CH3CH2CH2CH2OH；（4）分液漏斗、烧杯；（5）邻苯二甲酸二丁酯沸点较高，高温蒸馏会造成其分解，减压可使其沸点降低；（6）50%．
【解析】（1）水是生成物，不断的分离生成物，使平衡向着正向移动，可以提高反应物的转化率；分水器中的水位高度基本保持不变时（或者冷凝管中不再有液体滴下），说明反应结束，
（2）正丁醇可能发生消去反应，也可以发生分子间脱水反应生成醚等，实验中副产物的结构简式为：CH2=CHCH2CH3 、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3等，
（3）若使用氢氧化钠溶液，会发生邻苯二甲酸二丁酯在碱性条件下的水解反应生成与正丁醇，反应方程式为：
+2NaOH+2CH3CH2CH2CH2OH，
（4）操作X是将互不相溶的液体进行分离，应采取分液操作，操作中必须使用的主要玻璃仪器有：分液漏斗、烧杯，
（5）邻苯二甲酸二丁酯沸点较高，高温蒸馏会造成其分解，减压可使其沸点降低，防止分解，
（6）由于正丁醇不足，假设正丁醇完全转化，则邻苯二甲酸二丁酯的理论产量为×278g/mol=41.7g，故其产率为×100%=50%，
【点评】本题有机物的制备实验，涉及物质的分离提纯、对操作及原理的分析评价、产率计算等，掌握实验操作的要求和实验原理是解题的关键，难度中等．
19．（12分）长郡中学某化学兴趣小组设计如图所示的实验装置来探究隔绝空气加热后亚硫酸钠分解后的产物（查阅资料：无水亚硫酸钠隔绝空气受热到600℃才开始分解）。

（1）如何检查上述装置的气密性_______________________________。
（2）如果加热温度低于600℃，向所得冷却后固体试样中滴加70%硫酸至足量，在装置B中观察到的现象为_____________________________________，此时A中反应的离子方程式为：______________________________________________。
（3）当加热温度为600℃以上一会儿后，向所得冷却后固体试样中缓缓滴加稀盐酸至足量，观察到烧瓶中出现淡黄色沉淀，同时发现在B中无明显现象，C中发现有黑色沉淀产生，则生成淡黄色沉淀的离子方程式为_________________________________________________。
（4）在（3）中滴加足量稀盐酸后，烧瓶内除Cl－外，还存在另一种浓度较大的阴离子。请简述检验该离子的方法：______________________________________。
（5）写出Na2SO3 固体加热到600℃以上分解的化学方程式：_________________________。
【答案】（1）关闭分液漏斗的活塞，在装置D中加入一定量的水，用热毛巾包住装置A中的烧瓶，发现在D中导管有气泡冒出，拿走热毛巾后，又发现装置D中的导管形成一段水柱，说明该装置的气密性良好。
（2）品红溶液褪色；SO32－＋2H＋＝H2O＋SO2↑ （3）2S2-+SO32-+6H+＝3S↓3H2O
（4）先取固体试样溶于水配成溶液，取少量试液与试管中，先加稀盐酸，无明显现象。再加氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则证明有SO42－离子 （5）4Na2SO3△Na2S+3Na2SO4
【解析】
试题分析：（1）一般通过压强的变化来检验装置的气密性，因此根据装置结构可知，检验气密性的方法是：关闭分液漏斗的活塞，在装置D中加入一定量的水，用热毛巾包住装置A中的烧瓶，发现在D中导管有气泡冒出，拿走热毛巾后，又发现装置D中的导管形成一段水柱，说明该装置的气密性良好。
（2）由题意，Na2SO3要加热到600度以上才分解，因此题中加热温度600度以下冷却后得到的固体仍为Na2SO3。向此固体中滴加硫酸生成硫酸钠、SO2和水，反应的离子方程式为SO32－＋2H＋＝H2O＋SO2↑。SO2具有漂白性能使品红溶液褪色，因此装置B中的实验现象是品红溶液褪色。
（3）当加热温度为600℃以上一会儿后，向所得冷却后固体试样中缓缓滴加稀盐酸至足量，观察到烧瓶中出现淡黄色沉淀，该沉淀是硫。同时发现在B中无明显现象，说明没有SO2产生。C中发现有黑色沉淀产生，该黑色沉淀是CuS，则生成淡黄色沉淀的离子方程式为2S2-+SO32-+6H+＝3S↓3H2O。
（4）在（3）中滴加足量盐酸后，烧瓶内除Cl-外，还存在另一种浓度较大的阴离子，该离子可能是硫酸根。检验硫酸根离子方法是：先取固体试样溶于水配成溶液，取少量试液与试管中，先加稀盐酸，无明显现象。再加氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则证明有SO42－离子；
（5）依据上述分析判断，亚硫酸钠加热到600℃以上分解生成硫化钠和硫酸钠，反应的化学方程式为4Na2SO3△Na2S+3Na2SO4。
考点：考查物质性质验证的实验设计和实验分析判断
20．(20分)NH3和NOx在催化剂作用下可转变为N2和H2O，这是目前硝酸厂尾气治理所普遍采用的一种方法，为了提高NO的转化率实际操作中用过量的氨气。某研究小组拟验证NO能被氨气还原并计算其转化率。(已知：浓硫酸在常温下不氧化NO气体)。

（1）装置③可以选的干燥剂为：_________(选填序号，下同)；
a．浓硫酸 b．碱石灰 c．无水氯化钙
（2）若实验室只提供浓氨水和生石灰两种试剂，你会选择下图_____装置来制取氨气；下图装置C中盛放固体药品的仪器名称是_____。

（3）写出装置⑤中反应的化学方程式_______；该反应中的氧化剂是______。
（4）实验室在用装置D制取较纯NO过程中，先在试管中加入2～3粒石灰石，注入适量稀硝酸，反应一段时间后，再塞上带有细铜丝的胶塞进行后续反应，加入石灰石的作用__________。
（5）实验完成后，检验装置⑥中NH4+的存在需要浓NaOH溶液和__________试纸。
（6）已知NO与FeSO4溶液反应形成棕色可溶性的[Fe(NO)]SO4，装置⑥中，小段玻璃管的作用是_____；装置⑦的作用是除去NO和检验氨气是否除尽，若氨气未除尽观察到的实验现象是_____。
【答案】（1）b（2分）；（2）C（2分）锥形瓶（2分）；
（3）6NO+4NH35N2+6H2O（3分），NO（2分）；
（4）产生二氧化碳排出装置中的空气，防止氧化NO（3分）；
（5）湿润的红色石蕊（2分）；（6）防倒吸（2分）；⑦中溶液变浑浊（2分）。
【解析】
试题分析：（1）氨气是碱性气体会与浓硫酸发生反应，不能使用作干燥剂，会与无水CaCl2发生反应形成CaCl2∙8NH3,也不能使用，因此只可以使用碱性干燥剂碱石灰，故选项是b；（2）若实验室只提供浓氨水和生石灰两种试剂，由于生石灰是固体物质，氨水是液体物质，二者不需要加热就发生反应产生氨气，所以需要使用的装置是C。（3）在装置⑤中NH3和NO在催化剂存在时，在加热条件下发生反应产生N2，反应的化学方程式是6NO+4NH35N2+6H2O；在该反应中NO的N得到电子，发生还原反应，作氧化剂，NH3失去电子，发生氧化反应，作还原剂。（4）实验室在用装置D制取较纯NO过程中，先在试管中加入2～3粒石灰石，注入适量稀硝酸，二者发生复分解反应：CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，反应产生CO2会将装置中的空气排出，然后Cu与稀硝酸反应产生NO，就不会被氧化为NO2，,加入石灰石的作用是产生二氧化碳排出装置中的空气，防止氧化NO；（5）实验完成后，检验装置⑥中NH4+的存在，可以向待检验的溶液中加入浓NaOH溶液发生分解产生NH3，然后遇湿润的红色石蕊试纸，会看到试纸变为蓝色。（6） NO与FeSO4溶液反应形成棕色可溶性的[Fe(NO)]SO4，装置⑥中，氨气被浓硫酸吸收，会产生倒吸现象，小段玻璃管可以防止倒吸现象的发生；装置⑦的作用是除去NO和检验氨气是否除尽，若氨气未除尽观察到在装置⑦中发生复分解反应形成Fe(OH)2白色沉淀，而使溶液变浑浊。
考点：考查干燥剂的选择、氧化还原反应方程式的书写、物质的作用、氨气的检验方法的知识。
21．如图所示支管中，左管中放入KMnO4固体，右管中放入一小块钠，再向两管均加入适量8mol·L－1的盐酸，半分钟后，盖以橡胶塞并将此支管固定在铁架台上。用一照相机对准此支管，按快门，闪光灯闪亮。请回答：

（1）“照像”之前，左管中反应的离子方程式__________________________。
（2）“照像”时，灯光闪亮，支管随之出现的现象为______________________，
化学方程式为_______________________________________。
【答案】（1）2MnO+16H++10Cl－==2Mn2++8H2O+5Cl2↑
（2）支管内气体发生爆炸，胶塞被冲出支管口   H2+Cl22HCl 
【解析】左边浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，高锰酸钾中＋7价锰被还原为Mn2+。右边浓盐酸金属钠反应生成氢气，与在光照条件下，氯气和氢气发生反应生成氯化氢并发生爆炸。
22．A、B、C、D、E各物质的转化关系如图所示。

（1）当A为固体单质时，A是 (写化学式)。
①写出B的电子式： ；
②写出E与木炭反应化学方程式： 。
（2）当A为气体单质时，A是 (写化学式)。
①写出B的结构式： ；
写出下列反应的化学方程式，并回答有关问题：
②E→C： ；
③实验室制备B： 。
能不能用浓硫酸做B的干燥剂？ (填“能”或“不能”)。
【答案】（1）S（1分）① （2分） ②C＋2H 2 SO 4 (浓) CO 2 ↑＋2SO 2 ↑＋2H 2 O（2分）
（2）N 2 （1分）① （2分） ②3Cu＋8HNO 3 (稀)===3Cu(NO 3 ) 2 ＋2NO↑＋4H 2 O（2分）
③2NH 4 Cl＋Ca(OH) 2 CaCl 2 ＋2NH 3 ↑＋2H 2 O （2分） 不能（1分）
【解析】
试题分析：由题意可知A→C→D→E依次是通过氧气、氧气和水实现的，而中学阶段能满足这种转化的物质有：①N2NONO2HNO3；②SSO2SO3H2SO4；③NH3NONO2HNO3；④H2SSO2SO3H2SO4；
（1）当A为固体单质时，A是S，① B是H2S，,电子式，② E与木炭反应化学方程式：C＋2H 2 SO 4 (浓) CO 2 ↑＋2SO 2 ↑＋2H 2 O；
（2）当A为气体单质时，A是N 2，① B是氨气，结构式，②E→C的方程式3Cu＋8HNO 3 (稀)=3Cu(NO 3 ) 2 ＋2NO↑＋4H 2 O，③实验室制备氨气的方程式2NH 4 Cl＋Ca(OH) 2 CaCl 2 ＋2NH 3 ↑＋2H 2 O，氨气是碱性气体，不能用浓硫酸干燥。
考点：无机推断
23．)W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Y、
Z是非金属元素。
（1）W、X各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，该反应的离子方程式为______________________________________________。
（2）W与Y可形成化合物W2Y，该化合物的电子式为______________。
（3）Y的低价氧化物通入Z单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为_________。
（4）比较Y、Z气态氢化物的稳定性：________＞____________。（用分子式表示）
（5）W、X、Y、Z四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是_________＞___________＞____________＞__________。
（6）Z的最高价氧化物为无色液体，0.25 mol该物质与一定量水混合得到一种稀溶液，并放出Q kJ的热量。写出该反应的热化学方程式：_______ ______________。
【答案】(1)Al(OH)3+OH-=AlO-+2H2O
(2)
(3) SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl
(4) HCl＞H2S
(5) S2-＞Cl-＞Na+＞Al3+
(6) Cl2O7(l)+H2O(l)= 2HClO4(aq);ΔH=-4Q kJ·mol-1
【解析】
试题分析：依据题意可以知道，W、X、Y、Z分别为Na、Al、S、Cl，所以（1）W、X各自的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，所以两者发生反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO-+2H2O；（2）W与Y可形成化合物W2Y，该化合物为Na2S,其电子式为；（3）Y的低价氧化物通入Z单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为 SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl ；(4)Y、Z气态氢化物的稳定性为HCl＞H2S；（5）W、X、Y、Z四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是S2-＞Cl-＞Na+＞Al3+；（6）Z的最高价氧化物为Cl2O7，0.25 mol该物质与一定量水混合得到一种稀溶液，并放出Q kJ的热量，即一摩尔为放出4QkJ的能量，所以该反应的热化学方程式为Cl2O7(l)+H2O(l)= 2HClO4(aq);ΔH=-4Q kJ·mol-1。
考点：元素及其化合物
点评：本题考查了元素及其化学物，是高考考查的热点，该题难度适中。
24．A、B、C、X均为中学化学常见物质，一定条件下有如图所示转化关系(其他产物已略去)，下列说法错误的是

A．若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X可为CO2
B．若X为KOH溶液，则A可为AlCl3
C．若X为O2，则A可为硫化氢
D．若X为Cl2，则C可为FeCl3
【答案】D
【解析】
试题分析：若X为CO2，则A为氢氧化钠、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠，故A正确；若X为KOH溶液，则A为AlCl3、B为氢氧化铝、C为偏铝酸钾，故B正确；若X为O2，则A为硫化氢，则B为硫、C为二氧化硫，故C正确；选D。
考点：本题考查元素化合物的性质。

沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有