随核电荷数的增加，非金属性逐渐增强，所以非金属性B>A，错误；D、C的金属性大于D，则最高价氧化物的水化物的碱性C>D，错误，答案选A。
考点：
考查元素的推断，元素周期律的应用
8．下列反应中，铁只能生成高价化合物的是
A．少量铁与稀硫酸反应
B．铁丝在氧气中燃烧
C．过量铁粉在氯气中燃烧
D．Fe投入到CuSO4溶液中
【答案】C
【解析】A．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，故A不选；
B．铁在氧化中燃烧生成四氧化三铁，既有二价铁又有三价铁，故B不选；
C．氯气具有强的氧化性，能够与铁反应生成氯化铁，故C选；
D．铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，故D不选；
故选：
C．
【点评】本题考查了物质的性质，熟悉铁、氯气的化学性质是解题关键，题目难度不大．
9．已知：
乙醇可被强氧化剂氧化为乙酸。
可经三步反应制取
，第二步的反应类型是
A．水解反应B．加成反应C．氧化反应D．消去反应
【答案】B
【解析】
试题分析：
根据两种物质的结构，相互转化时第一步是水解，—Br转化为—OH，第二步是加成反应，第三步是氧化，氧化反应不能放在第二步，碳碳双键也会被氧化，故选B。
考点：
官能团之间的相互转化。
10．已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是
A．原子半径A＞B＞D＞CB．原子序数d＞c＞d＞a
C．离子半径C＞D＞B＞AD．单质的还原性A＞B＞D＞C
【答案】C
【解析】
试题分析：
短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，则一定满足关系式a－2＝b－1＝c＋3＝d＋1。
其中A和B属于金属，位于同一周期，且A在B的右侧。
C和D是非金属，位于同一周期，且位于A和B的上一周期，其中D位于C的右侧。
A．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径B＞A＞C＞D，A错误；B．原子序数a＞d＞d＞c，B错误；C．核外电子数相同的微粒，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径C＞D＞B＞A，C正确；D．同周期自左向右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同主族自上而下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，则单质的还原性B＞A＞C＞D，D错误，答案选C。
考点：
考查元素周期表的结构与元素周期律的应用
11．配制一定物质的量浓度的溶液时，如果所配溶液浓度偏小，原因可能是（）
A．转移时没有洗涤2～3次
B．定容时，俯视液面使之与刻度线相平
C．溶解时放出了大量的热，但未等温度恢复为常温就开始转移
D．转移溶液前，容量瓶不干燥，留下少量的水
【答案】A
【解析】
试题分析：
A、转移时没有洗涤2～3次，导致溶质的量偏少，浓度偏低，故A正确；B、定容时，俯视液面，导致溶液体积偏小，浓度偏低，故B错误；C、溶解时放出了大量的热，但未等温度恢复为常温就开始转移，导致溶液体积偏小，浓度偏低，故C错误；D、转移溶液前，容量瓶不干燥，留下少量的水，对实验结果无影响，故D错误；故选A。
【考点定位】考查配制一定物质的量浓度溶液
【名师点晴】要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：
紧抓c=
分析，如：
用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，量筒不必洗涤，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，导致n偏大，所配溶液浓度偏高；再如：
配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致V偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。
12．下列与实验相关的叙述中正确的是
A．加热NH4Cl晶体时，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，检验NH3的生成
B．向某溶液中加入足量盐酸酸化，无明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中存在SO42一
C．酸碱中和滴定实验中用到的玻璃仪器仅有酸式滴定管、碱式滴定管和烧杯
D．用量筒量取20mL0.5mol/LH2SO4溶液于烧杯中，加水80mL，配制成0.1mol/LH2SO4溶液
【答案】B
【解析】
试题分析：
A、氯化铵分解生成氨气和氯化氢，二者冷却后又重新化合生成氯化铵，所以加热NH4Cl晶体时，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，不能检验NH3的生成，A错误；B、向某溶液中加入足量盐酸酸化，无明显现象，排除银离子、碳酸根离子等干扰。
再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中存在SO42一，B正确；C、酸碱中和滴定实验中用到的玻璃仪器有酸式滴定管、碱式滴定管、烧杯和锥形瓶，C不正确；D、用量筒量取20mL0.5mol/LH2SO4溶液于烧杯中，加水80mL，但溶液的体积不是100ml，所以H2SO4溶液浓度不是0.1mol/L，D错误，答案选B。
考点：
考查物质检验、中和滴定以及浓度的配制等
13．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．1mol苯分子含有3NA个C－C键
B．一定条件下，1molN2和3molH2充分混合，反应后转移的电子数为6NA
C．常温下，78.0gNa2O2与58.5gNaCl所含阴离子数相等
D．标准状况下，2.24LCCl4所含分子数为0.1NA
【答案】C
【解析】
试题分析：
A、苯分子中不存在碳碳单键，A错误；B、氨的合成是可逆反应，因此一定条件下，1molN2和3molH2充分混合，反应后转移的电子数小于6NA，B错误；C、常温下，78.0gNa2O2与58.5gNaCl所含阴离子数相等，均是NA个，C正确；D、标准状况下四氯化碳不是气态，不能适用于气体摩尔体积，D错误，答案选C。
考点：
考查阿伏伽德罗常数的计算
14．下列各组物质之间的化学反应，反应产物一定为纯净物的是（）
【答案】A
【解析】
试题分析：
A、
与Br2发生加成反应，产物只有一种（CH3）2CBrCHBrCH3，A正确；B、CH2=CHCH2CH3与HCl发生加成反应时，Cl如果加成在第一个碳原子上，则形成CH2ClCH2CH2CH3，如果加成在第二个碳原子上，则形成CH3CHClCH2CH3，产物有2种，B错误；C、CH2=CHCH=CH2与Br2发生加成反应，若发生1,2加成，则生成CH2BrCHBrCH=CH2，若发生1,4加成，则生成CH2BrCH=CHCH2Br，产物有2种，C错误；D、CH3CH=CH2与H2O发生加成反应时,-OH若加成在第一个碳原子上，则形成CH3CH2CH2OH，若加成在第二个碳原子上，则形成CH3CHOHCH3，产物有2种，D错误。
答案选A。
考点：
加成反应
15．反应
在不同温度和压强改变的条件下，产物AB的生成情况如图所示：
a为500℃、b为300℃的情况，c为反应在300℃时从时间t3开始向容器中加压的情况，则下列叙述正确的是
A、A2、B2及AB均为气体，Q＞0
B、AB为气体，A2、B2中有一种为非气体，Q＞0
C、AB为气体，A2、B2中有一种为非气体，Q＜0
D、AB为固体，A2、B2中有一种为非气体，Q＞0[来源:
学科网ZXXK]
【答案】C
【解析】
试题分析：
升高温度AB的含量减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，则△H＜0，Q＜0,从时间t3开始向容器中加压，AB的含量减小，说明平衡向逆反应方向进行，说明反应物气体的化学计量数之和小于生成物化学计量数，则AB为气体，A2、B2中至少有一种为非气体，如都为气体，增大压强平衡不移动，故选C。
考点：
本题考查化学平衡图象问题，解答本题的关键是根据图象的变化曲线判断温度、越强对平衡移动的影响。
16．（12分）短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，其中A、C同主族，B、C、D同周期，A原子的最外层的电子数是次外层电子数的3倍，B是短周期元素中原子半径最大的主族元素。
试回答下列问题：
（1）、A的元素符号：
；D的原子结构示意图:
；C原子的核外电子排布式：
；B2A2的电子式：
；
A的价电子排布图：
。
（2）、A、B、C三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是（用离子符号表示）：
。
（3）、CA2与D元素的单质在水溶液中反应得化学方程式是：
。
【答案】
（1）o氯原子结构示意图（+17）287
C原子的核外电子排布式：
1s22s22p63s23p4
过氧化钠的电子式氧的价电子排布图
（2）S2->O2->Na+
（3）Cl2+SO2+H2O=2HCl+H2SO4
【解析】A原子的最外层的电子数是次外层电子数的3倍为氧，B、C、D同周期第三周期，而且B是短周期元素中原子半径最大的主族元素，B:
NaC:
SD:
Cl
17．
（1）用注射器吸入少量NO2和N2O4的混合气体，发生如下反应：
2NO2（g）⇌N2O4（g）当活塞迅速向里推时，气体的颜色先，后（填“变深”“变浅”或“不变”前同）；最终和最初相比，颜色更深（填“最初”或“最终”下同），气体的平均相对分子质量更大．
（2）在一定条件下，将3molA和1molB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）
xC（g）+2D（g）．2min末该反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol•L﹣1．请填空：
①x=，②B的转化率为．
③温度降低，K值增大，则正反应是（填“放热”或“吸热”）反应．
④能判断该反应达到平衡状态的依据是（填编号）
A、混合气体的密度不变
B、容器中的压强不再变化
C、生成D的反应速率是生成B的反应速率的2倍
D、单位时间内生成3molA，同时生成1molB
⑤在其他条件不变的情况下，将原容器体积扩大到4L，下列有关该体系的说法正确的是（）（填编号）
A、B的浓度减少
B、正反应速率加快，逆反应速率也加快
C、C的物质的量增加
D、重新平衡时
增大．
【答案】
（1）变深，变浅，最终，最终
（2）①1②40%③放热④BC⑤AD
【解析】
试题分析：
（1）迅速向里推的瞬间，平衡尚未发生移动，这时，单位体积内的NO２分子数目增多，气体颜色变深；容积变小，气体压强增大，平衡向正反应方向（生成N２Ｏ4的方向）移动，NO2分子数目减少，气体颜色变浅，但比初始时要深，气体总物质的量减小，气体的平均相对分子质量变大；
（2）①平衡时，n（C）=2L×0.2mol•L-1=0.4mol，利用C、D物质的量之比等于化学计量数之比，则：
x：
2=0.4mol：
0.8mol，解得x=1，②平衡时，n（C）=0.4mol，由方程式3A（g）+B（g）
C（g）+2D（g）可知，转化的B的物质的量n（B）=n（C）=0.4mol，B的转化率为0.4/1×100%=40%，③温度降低，K值增大，说明平衡正向移动，正反应为放热反应；④在一定条件下，当可逆反应中正反应速率和逆反应速率相等时，各种物质的浓度或含量均不再发生变化的状态，是化学平衡状态。
A、密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中中，质量和容积都是不变的，所以密度始终是不变的，A错误；B、由于反应前后气体体积是变化的，及压强是变化的，因此当压强不再发生变化时，即达到平衡状态，B正确；C、反应速率方向相反，满足速率之比是相应的化学计量数之比，C正确；D、反应速率方向相同，不能说明，D错误；答案选BC。
⑤在其他条件不变的情况下，将原容器体积扩大到4L，A、B的浓度减少，A正确；B、正反应速率减慢，逆反应速率也减慢，B错误；C、扩大体积，平衡逆向移动，C的物质的量减少，C错误；D、扩大体积，平衡逆向移动，重新平衡时
增大，D正确；答案选AD
考点：
影响化学反应速率的因素
18．（14分）铈、铬、钛、镍虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要作用。
（1）二氧化铈（CeO2）在平板电视显示屏中有着重要应用。
CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2在该反应中作_____剂。
（2）自然界Cr主要以+3价和+6价存在。
+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬。
完成并配平下列离子方程式：
__Cr2O72－+__SO32－+__
=__Cr3++__SO42－+__H2O
（3）钛（Ti）被誉为“二十一世纪的金属”，工业上在550℃时用钠与四氯化钛反应可制得钛，该反应的化学方程式是。
（4）NiSO4·xH2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于镀镍、电池等，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得。
操作步骤如下：
①向滤液Ⅰ中加入FeS是为了除去Cu2+、Zn2+等杂质，除去Cu2+的离子方程式为__________。
②对滤液Ⅱ先加H2O2再调pH，调pH的目的是。
③滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是____________。
④为测定NiSO4·xH2O晶体中x的值，称取26．3g晶体加热至完全失去结晶水，剩余固体15．5g，列式计算x的值等于。
【答案】
（1）氧化（1分）；
（2）Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O（2分）；
（3）4Na+TiCl4
Ti+4NaCl（2分）；
（4）①FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；②除去Fe3+（2分）；
③增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶（或富集）（2分）；④6（3分）。
【解析】
试题分析：
（1）在二氧化铈CeO2中Ce的化合价是+4价，在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，反应后Ce的化合价是+3价，化合价降低，因此CeO2在该反应中作氧化剂。
（2）在氧化还原反应中，氧化剂得到电子，元素的化合价降低，还原剂失去电子，元素的化合价升高，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式是：
Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O；（3）钛（Ti）被誉为“二十一世纪的金属”，工业上在550℃时用钠与四氯化钛反应可制得钛，根据电子守恒既原子守恒，该反应的化学方程式是4Na+TiCl4
Ti+4NaCl；（4）①向滤液Ⅰ中加入FeS，可以利用沉淀的转化将溶液中的Cu2+、Zn2+等杂质沉淀转化除去，除去Cu2+的离子方程式为FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；②对滤液Ⅱ先加H2O2将溶液中的杂质离子Fe2+氧化为Fe3+，然后再调pH，调pH的目的是将产生的Fe3+形成Fe（OH）3而除去Fe3+；③滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3溶液，发生反应形成NiCO3，然后过滤将NiCO3过滤出来后，洗涤再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶（或富集）；④m（NiSO4）=15．5g，n（NiSO4）=15．5g÷155g/mol=0．1mol，n（H2O）=（26．3g-15．5g）÷18g/mol=0．6mol，n（NiSO4）：
n（H2O）=0．1mol：
0．6mol=1:
6，所以x=6。
考点：
考查物质化学式的确定及氧化还原反应的有关知识。
19．利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。
某化学兴趣小组通过在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：
ABCDE
（1）写出A装置中发生反应的离子方程式
（2）B装置主要有三种功能：
①②③均匀混合气体；
（3）设V（Cl2）/V（CH4）=x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x的值应≥
（4）D装置中棉花上均匀滴有足量淀粉KI浓溶液，其作用是，一段时间后发现
棉花由白色变为色。
（5）在C装置中，经过一段时间的强光照射，发现硬质玻璃管内壁有黑色小颗粒产生，写出反应的化学方程式。
（6）E装置中使用球形干燥管的作用是
（7）E装置中除盐酸外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为（填字母）。
A．分液法B．蒸馏法C．过滤D．结晶法
【答案】
（1）MnO2+4H++2Cl－
Mn2++Cl2↑+2H2O（2分）
（2）①干燥混合气体②控制气流速度
（3）4
（4）吸收过量的氯气蓝色
（5）CH4+2Cl2
光照
C+4HCl
（6）防倒吸
（7）A
【解析】
试题分析：
（1）结合所给药品分析，装置A是实验室制备氯气的反应，离子反应为：
MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O。
（2）甲烷的取代反应需要纯净的氯气，瓶中装浓硫酸有干燥气体的作用，将两种气体在瓶中混匀，有缓冲、控制气流的作用。
（3）1摩尔氯气参加反应只能取代1摩尔氢原子，要获得最多的氯化氢，将甲烷中的4个氢原子全部取代，最少需要4体积氯气。
（4）吸收过量的氯气生成碘单质，遇淀粉变为蓝色。
（5）CH4+2Cl2
光照
C+4HCl。
（6）氯化氢极易溶于水，连接干燥管可防止倒吸。
（7）制得的盐酸中混有不溶于水的卤代烃，分液可分离。
考点：
考查氯气的制取和性质、甲烷的取代反应。
20．（10分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）为白色或黄色结晶粉末或小结晶。
其性质活泼，具有强还原性，在食品加工中作防腐剂、漂白剂、疏松剂。
某实验小组拟采用如图1装置（实验前已除尽装置内的空气）来制取焦亚硫酸钠（Na2S2O5）．
（1）装置I是用亚硫酸钠固体和浓硫酸制备二氧化硫气体，该装置中反应的化学方程式为．如果想控制反应速度，如图2中可选用的发生装置是（填写字母）．
（2）装置Ⅱ中发生反应的化学方程式为：
2NaHSO3=Na2S2O5+H2O，当有Na2S2O5晶体析出，要获得已析出的晶体可采取的分离方法是；某同学需要420mL0.1mol/L焦亚硫酸钠溶液来研究其性质，配制时需称量焦亚硫酸钠的质量为；配制时除用到托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒等仪器外，还必须用到的玻璃仪器是．
（3）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用如图3的最合理装置（夹持仪器已略去）为（填序号）．
【答案】（10分）
（1）Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O（2分）；ac（2分）；
（2）过滤（1分）；9.5g（2分）；500mL的容量瓶、胶头滴管（2分）；
（3）d（1分）
【解析】
试题分析：
（1）亚硫酸钠固体和浓硫酸反应生成二氧化硫气体、硫酸钠和水，发生反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，要想控制反应速度，必须用分液漏斗，则图2中可选用的发生装置是ac。
（2）在装置Ⅱ亚硫酸钠饱和溶液中析出晶体，分离溶液和固体的不溶物用过滤操作分离。
某同学需要420mL0.1mol/L焦亚硫酸钠溶液，选择500ml的容量瓶配制溶液，配制时需称量焦亚硫酸钠的质量为0.1×0.5×190=9.5g；配制时除用到托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒等仪器外，还必须用到的玻璃仪器是500mL的容量瓶、胶头滴管。
（3）SO2是酸性氧化物，能
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