解析北京师范大学实验中学丰台学校届高三上学期期中考试化学试题Word格式.docx
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D．最外层3个电子，所以Nh在其化合态中主要呈+3价，故D正确；
4.用化学用语表示NaOH+HCl=NaCl+H2O中的相关微粒，其中正确的是（）
A.中子数为8的O原子：
B.HCl的电子式：
C.Cl-的结构示意图：
D.H2O的结构式：
【详解】A．中子数为8的O原子，质量数=质子数+中子数=8+8=16，中子数为8的O原子：
，故A错误；
B．HCl是共价化合物，H原子和Cl原子间以一对共用电子对结合，故HCl的电子式是
，故B错误；
C．氯原子获得1个电子形成氯离子，Cl-离子的结构示意图为：
，故C错误；
D．水的电子式为：
，将共用电子对换成短线即为结构式：
H-O-H，故D正确；
【点睛】解决这类问题过程中需要重点关注的有：
①书写电子式时应特别注意如下几个方面：
阴离子及多核阳离子均要加“[]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“[]”，没有成键的价电子也要写出来。
②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序（如HClO应是H—O—Cl，而不是H—Cl—O），其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。
③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。
5.右图是元素周期表
一部分，下列关系判断正确的是
A.原子半径：
Y>
X>
W
B.氢化物的沸点：
W>
Y
C.氢化物的稳定性：
R>
Y>
X
D.简单阴离子的还原性：
R>
Z
试题分析：
A项根据各元素在周期表中的位置确定原子半径大小顺序应为：
Y>
W>
X;
B项不能确定W、X、Y，所以无法比较其氢化物的沸点；
C项元素的非金属性：
X>
Y,所以氢化物的稳定性X>
Y；
D项非金属性Z>
Y，所以其简单阴离子的还原性Y>
Z.
考点：
元素周期表与元素周期律。
6.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是（ ）
A.1mol甲醇分子中含有的共价键数为4NA
B.2.4g镁在足量的氧气中燃烧,转移的电子数为0.1NA
C.标准状况下,5.6L二氧化碳气体中含有的氧原子数为0.5NA
D.1L0.5mol/LCH3COONa溶液中含有的CH3COO-数为0.5NA
【详解】A．甲醇分子中含有3个碳氢键、1个碳氧键和1个氧氢键，所以1mol甲醇中含有5mol共价键，含有的共价键数目为5NA，故A错误；
B．2.4g镁物质的量为0.1mol，在足量的氧气中燃烧，转移的电子数为0.2NA，故B错误；
C．标准状况下，5.6L二氧化碳气体中含有的氧原子数为：
×
2×
NA=0.5NA，故C正确；
D．CH3COO-在溶液中发生水解反应，则1L0.5mol/LCH3COONa溶液中含有的数小于0.5NA，故B错误；
【点睛】顺利解答该类题目的关键是：
一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；
另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。
特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。
关于气体摩尔体积的使用注意：
①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；
②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；
③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。
7.化学反应中,反应物用量、浓度或反应条件不同可能对生成物产生影响.下列反应的生成物不受上述因素影响的是（
）
A.铜与硝酸反应B.钠与氧气反应C.氢气与氯气反应D.氯化铝与氢氧化钠溶液反应
【详解】A．硝酸溶液浓度不同和铜反应生成产物不同，稀硝酸和铜反应生成一氧化氮，浓硝酸和铜反应生成二氧化氮，故A错误；
B．钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，在空气中放置生成氧化钠，产物与反应条件有关，故B错误；
C．氢气和氯气反应生成氯化氢，和反应物用量、浓度或反应条件无关，故C正确；
D．NaOH不足时生成氢氧化铝，NaOH足量时生成偏铝酸钠，故D错误；
8.下列离子方程式正确的是
A.钠和冷水反应：
Na＋2H2O＝Na+＋2OH-＋H2↑
B.AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：
Al3＋＋3NH3·
H2O=Al（OH）3↓＋3NH4＋
C.用小苏打治疗胃酸过多：
CO32－＋2H＋＝H2O＋CO2↑
D.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：
Fe3+＋Cu＝Fe2+＋Cu2+
【答案】B
A、钠和冷水反应生成氢氧化钠和氢气，即2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH-＋H2↑，A错误；
B、AlCl3溶液中加入过量的浓氨水生成氢氧化铝和氯化铵，即Al3＋＋3NH3·
H2O=Al（OH）3↓＋3NH4＋，B正确；
C、用小苏打治疗胃酸过多，则离子方程式为HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑，C错误；
D、用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板，离子方程式为2Fe3+＋Cu＝2Fe2+＋Cu2+，D错误，答案选B。
考查离子方程式的正误判断
9.在酸性条件下，向含铬废水中加入FeSO4，可将有害的Cr2O72－转化为Cr3＋，然后再加入熟石灰调节溶液的pH，使Cr3＋转化为Cr（OH）3沉淀，而从废水中除去。
下列说法正确的是（
）。
A.FeSO4在反应中作氧化剂
B.随着反应的进行，该废水的pH会减小
C.若该反应转移0.6mole-，则会有0.2molCr2O72－被还原
D.除去废水中含铬元素离子的过程包括氧化还原反应和复分解反应
A、FeSO4可将有害的Cr2O72-转化为Cr3+，即Cr元素的化合价降低，铁元素的化合价升高，即FeSO4为还原剂，错误；
B、该过程中发生的反应为：
6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，故随着反应的进行，该废水的pH值会增大，错误；
C、Cr2O72-中Cr的化合价为+6价，转化为Cr3+，即Cr元素的化合价降低3价，即1molCr得到3mol电子，故转移0.6mole-，则会有0.1molCr2O72-被还原，错误；
D、除去废水中含铬元素离子的过程包括氧化还原反应6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O和Cr3++3OH-=Cr（OH）3↓（复分解反应），正确。
考查氧化还原反应
10.下列除杂过程中，所选用
试剂或方法不正确的是
A.Na2CO3固体中混有NaHCO3：
充分加热固体混合物
B.FeCl2溶液中混有FeCl3：
加入过量的铁粉，过滤
C.Fe2O3固体中混有Al2O3：
加入足量的盐酸，过滤
D.FeCl3溶液中混有FeCl2：
通入足量的Cl2
A．NaHCO3受热易分解，生成Na2CO3固体、水和二氧化碳，因此可利用充分加热固体混合物的方法除去Na2CO3固体中混有NaHCO3，A正确；
B．铁粉能与FeCl3反应生成FeCl2，因此除去FeCl2溶液中混有FeCl3的方法是加入过量的铁粉，过滤，B正确；
C．Fe2O3和Al2O3都是碱性氧化物，都能溶于盐酸，因此加入足量的盐酸，过滤不能除去Fe2O3固体中混有的Al2O3，C错误；
D．Cl2能将FeCl2氧化为FeCl3，因此可往FeCl3溶液中通入足量的Cl2，以除去溶液中混有的FeCl2，D正确。
故答案C。
考查物质的提纯。
11.根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是
实验
现象
结论
A
含HCl、BaCl2的FeCl3溶液
产生白色沉淀
SO2有还原性
B
H2S溶液
产生黄色沉淀
SO2有氧化性
C
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
SO2有漂白性
D
Na2SiO3溶液
产生胶状沉淀
酸性:
H2SO3＞H2SiO3
A.AB.BC.CD.D
【详解】A、混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO42−，再与BaCl2反应产生白色沉淀，体现了SO2的还原性，A正确；
B、SO2与H2S在溶液发生反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O，体现了SO2的氧化性，B正确；
C、SO2使酸性KMnO4溶液褪色，这是SO2在酸性溶液中还原KMnO4生成Mn2+，体现了SO2的还原性，C错误；
D、SO2与Na2SiO3溶液产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸，可得结论酸性：
H2SO3>
H2SiO3，D正确。
答案选C
12.用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是（夹持仪器略）
X中试剂
稀硝酸
浓盐酸
浓硫酸
浓氨水
Y中试剂
Cu
MnO2
CaO
气体
NO
Cl2
SO2
NH3
【答案】A
【详解】A．Cu与稀硝酸反应生成NO，且NO不溶于水，图中装置可制备并收集NO，故A正确；
B．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，图中缺少酒精灯，且氯气不能选排水法收集，故B错误；
C．Cu与浓硫酸反应反应需要加热，图中缺少酒精灯，且二氧化硫不能选排水法收集，故C错误；
D．氨气极易溶于水，不能排水法收集，故D错误；
故答案为A。
13.Fe和Mg与H2SO4反应的实验记录如下：
Fe表面产生大量无色气泡
Fe表面产生少量气泡后迅速停止
Mg表面迅速产生大量气泡
Fe表面有大量气泡，Mg表面有少量气泡
关于上述实验说法不合理的是（）
A.Ⅰ中产生气体的原因是：
Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑
B.取出Ⅱ中的铁棒放入CuSO4溶液立即析出亮红色固体
C.Ⅲ中现象说明Mg在浓H2SO4中没被钝化
D.Ⅳ中现象说明Mg的金属性比Fe强
A、铁和稀硫酸反应生成H2，因此铁表面产生大量无色气泡，合理，故错误；
B、铁和浓硫酸发生钝化反应，在铁的表面产生一层致密的氧化薄膜，阻碍反应的进行，因此放入硫酸铜溶液中不会立即析出亮红色固体，不合理，故正确；
C、根据实验现象，镁表面迅速产生大量的气泡，说明镁和浓硫酸发生钝化反应，合理，故错误；
D、根据原电池的工作原理，正极上产生气泡，因此铁作正极，镁作负极，活泼金属作负极，即镁的金属性强于铁，合理，故错误。
考查实验方案设计的评价等知识。
14.已知：
i.4KI+O2+2H2O═4KOH+2I2，ii.3I2+6OH-═IO3-+5I-+3H2O，某同学进行如下实验：
①取久置的KI固体（呈黄色）溶于水配成溶液；
②立即向上述溶液中滴加淀粉溶液，溶液无明显变化；
滴加酚酞后，溶液变红；
③继续向溶液中滴加硫酸，溶液立即变蓝．下列分析合理的是（ ）
A.②说明久置的KI固体中不含有I2
B.③中溶液变蓝的可能原因：
IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O
C.碱性条件下，I2与淀粉显色的速率快于其与OH
-反应的速率
D.若向淀粉KI试纸上滴加硫酸，一段时间后试纸变蓝，则证实该试纸上存在IO3-
【详解】A．KI易被氧气氧化，将久置的碘化钾配成溶液时，碘与KOH反应，消耗了碘，则滴加淀粉溶液不变蓝，不能说明久置的KI固体中不含有I2，故A错误；
B．IO3-、I-在酸性条件下发生氧化还原反应，离子反应为IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O，故B正确；
C．由实验可知，碱性条件下，I2与KOH反应，其速率大于I2与淀粉显色的速率，故C错误；
D．向淀粉KI试纸上滴加硫酸，一段时间后试纸变蓝，酸性条件下可能发生4I-+O2+4H+═2H2O+2I2、I2遇淀粉变蓝，故D错误；
故答案为B。
二．非选择题（58分）
15.NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒．已知NaNO2能发生如下反应：
2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O。
（1）上述反应中氧化剂是___，氧化产物是___（填写化学式）。
（2）根据上述反应，鉴别NaNO2、NaCl．可选用的物质有：
①水、②碘化钾淀粉试纸、③淀粉、④白酒、⑤食醋，你认为必须选用的物质有______（填序号）。
（3）某厂废液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是______（填编号）。
A．NaCl
B．NH4Cl
C．HNO3
D．浓H2SO4
（4）化学方程式：
10Al+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+3N2↑+2H2O．若反应过程中转移5mole-，则生成标准状况下N2的体积为______L。
【答案】
（1）.NaNO2
（2）.I2（3）.②⑤（4）.B（5）.11.2
【分析】
（1）氧化还原反应中，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂；
（2）根据反应时有沉淀、气体、颜色变化等明显现象选择试剂；
（3）选择试剂时要考虑：
既能使NaNO2转化又无二次污染；
（4）反应中Al元素的化合价由0升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为0，由电子守恒分析。
【详解】
（1）2NaNO2+4HI═2NO+I2+2NaI+2H2O，氮元素的化合价降低，则NaNO2是氧化剂；
I元素化合价从-1价升高为0价，则氧化产物为I2；
（2）①水、③淀粉、④白酒与NaNO2都不反应，所以无明显现象；
KI与NaNO2反应生成I2必须在酸性条件下才能反应，食醋会电离出微量的氢离子，碘化钾在食醋本身带的溶剂水中电离出碘离子，亚硝酸钠电离出亚硝酸根与钠离子，发生反应生成碘单质，I2使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故答案为：
②⑤；
（3）NaNO2→N2是被还原，必须加还原剂；
N元素非金属性弱于O和Cl元素，故只能加NH4Cl作还原剂．方程式为NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O，亚硝酸钠中氮得到3电子指向氮气中的氮，氯化铵中氮失去3电子指向氮气中的氮，故答案为：
B；
（4）在反应10Al+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+3N2↑+2H2O中溶解10molAl转移30mol电子，同时生成3molN2，则过程中转移5mole-，则生成标准状况下N2的体积为5mol×
22.4L/mol=11.2L。
【点睛】考查氧化还原反应，侧重于还原剂的判断的考查，注意从化合价的角度分析氧化还原反应。
根据化合价的变化，氧化剂得电子被还原，化合价降低，发生还原反应，得到的产物为还原产物；
还原剂失电子被氧化，化合价升高，发生氧化反应，得到的产物为氧化产物。
可以用口诀：
失高氧，低得还：
失电子，化合价升高，被氧化（氧化反应），还原剂；
得电子，化合价降低，被还原（还原反应），氧化剂。
16.A、B、D、E、G
是原子序数依次增大的五种短周期元素，A与E同主族，A、B和E的原子最外层电子数之和为19，B与G
的单质都能与
H2反应生成“HX”（X代表B或G）型氢化物,D
为同周期主族元素中原子半径最大的元素。
（1）B
在元素周期表中的位置是______。
（2）D
的两种常见氧化物中均含有____________（填“离子键”或“共价键”）。
（3）E的最高价氧化物对应水化物的浓溶液和木炭共热,反应的化学方程式为____________。
（4）D
的最高价氧化物对应水化物的溶液与G的单质反应,反应的离子方程式为___________。
（5）用原子结构解释“B、G
单质都能与H2反应生成HX型氢化物”的原因：
________。
【答案】
（1）.第2周期第VIIA族
（2）.离子键（3）.2H2SO4（浓）+C
CO2↑+2SO2↑+2H2O（4）.Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O（5）.氟和氯同在VIIA族,其原子最外层电子数均为7,均可与氢原子共用一对电子形成共价键
A、B、D、E、G是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中B与G同主族，B与G的单质都能与H2反应生成“HX”（X代表B或G）型氢化物，则B为F元素，G为Cl元素．D为同周期主族元素中原子半径最大的元素，原子序数大于F而小于Cl，则D为Na元素．A与E同主族，A、B和E的原子最外层电子数之和为19，可知A与E的最外层电子数都为6，则A为O元素，E为S元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识的解答。
【详解】A、B、D、E、G是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中B与G同主族，B与G的单质都能与H2反应生成“HX”（X代表B或G）型氢化物，则B为F元素，G为Cl元素．D为同周期主族元素中原子半径最大的元素，原子序数大于F而小于Cl，则D为Na元素．A与E同主族，A、B和E的原子最外层电子数之和为19，可知A与E的最外层电子数都为6，则A为O元素，E为S元素；
（1）B为F元素，位于周期表第2周期第VIIA族；
（2）D为Na元素，其两种常见氧化物为氧化钠、过氧化钠，二者均含有离子键；
（3）E的最高价氧化物对应水化物的浓溶液为浓硫酸，具有强氧化性，和木炭共热反应化学方程式为2H2SO4（浓）+C
CO2↑+2SO2↑+2H2O；
（4）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的离子方程式为Cl2+2OH-═ClO-+Cl-+H2O；
（5）氟和氯同在VIIA族，其原子最外层电子数均为7，均可与氢原子共用一对电子形成共价键，单质都能与H2反应生成HX型氢化物。
17.某学习小组学习了亚铁盐的性质后，欲探究FeSO4溶液分别与Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的反应。
已知：
Fe（OH）2和FeCO3均为白色沉淀，不存在Fe（HCO3）2。
实验操作及现象记录如下：
试剂
操作及现象
试管（I）
试管（II）
（试管容积为50mL）
实验a
1.0mol·
L－1
FeSO4溶液
24mL
Na2CO3溶液24mL
倾倒完后，迅速用胶塞塞紧试管I的口部，反复上下颠倒摇匀，使反应物充分混合
反应过程中无气泡产生，生成白色絮状沉淀
放置1.5～2h后，白色絮状沉淀转化为白色颗粒状沉淀
实验b
FeSO4溶液10mL
L－1NaHCO3溶液20mL
倾倒完后，迅速产生白色颗粒状沉淀和大量气泡。
振荡，经2～4min后液面上方试管内壁粘附的白色颗粒状沉淀物变成红褐色
（1）甲同学认为实验a中白色颗粒状沉淀是FeCO3，写出该反应的离子方程式：
________；
他为了证实自己的观点，进行实验：
取少量白色颗粒状沉淀，加入________，发现产生大量气泡。
（2）乙同学推测实验a的白色颗粒状沉淀中还可能含有Fe（OH）2，他将实验a中两种溶液体积均改成15mL后再进行实验，证实了他的推测。
能证明Fe（OH）2存在的实验现象是_________。
（3）实验b中白色颗粒状沉淀主要成分也为FeCO3，写出生成FeCO3的离子方程式：
（4）实验b中液面上方试管内壁粘附的白色颗粒状沉淀物变成红褐色，主要原因是潮湿的FeCO3被氧气氧化，写出该反应的化学方程式：
__________。
（5）乙同学反思，实验a中含有Fe（OH）2，实验b中几乎不含有Fe（OH）2，对比分析出现差异的原因是_________。
【答案】
（1）.Fe2++CO32－＝FeCO3↓
（2）.稀硫酸（或稀盐酸等，合理答案均可得分）（3）.沉淀颜色由白色变为灰绿色，最终变为红褐色（4）.Fe2++2HCO3－＝FeCO3↓+CO2↑+H2O（5）.4FeCO3+O2+6H2O＝4Fe（OH）3+4CO2（6）.混合以后，虽然实验b中c（NaHCO3）比实验a中c（Na2CO3）大，但Na2CO3溶液
碱性（或水解程度）比NaHCO3溶液的强
解答本题主要抓住Fe（OH）2和FeCO3的区别进行分析，FeCO3能与酸反应产生气体；
能被空气中的氧气氧化为红褐色的氢氧化铁，据此分析解答。
（1）实验a中FeSO4与Na2CO3溶液混合若生成的沉淀是FeCO3，则发生复分解反应，反应的离子方程式为：
Fe2++CO32－＝FeCO3↓；
FeCO3溶于硫酸或盐酸产生二氧化碳气体，而氢氧化亚铁与硫酸或盐酸反应不会产生气体，则可用稀硫酸或盐酸来鉴别碳酸亚铁和氢氧化亚铁沉淀，
故答案为：
稀硫酸（或稀盐酸）；
（2）若沉淀中有Fe（OH）2，放置在空气中会被氧化而呈现白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色的现象，
沉淀颜色由白色变为灰绿色，最终变为红褐色；
（3）实验b中的反应物为硫酸亚铁和碳酸氢钠，两者反应除了生成碳酸亚铁沉淀，还有二氧化碳气体和水生成，反应的离子方程式为：
Fe2++2HCO3－＝FeCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案
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