HF>HCl>PH3
C.原子半径：
S>F>OD.酸性：
HClO>HNO3>H2CO3
【答案】B
【解析】A．金属性Al＜Mg＜Na，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性：
Al（OH）3＜Mg（OH）2＜NaOH，故A错误；
B．非金属性P＜Cl＜F，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则稳定性HF＞HCl＞PH3，故B正确；
C．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，故原子半径F＜O＜S，故C错误；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，HClO不是最高价含氧酸，则酸性：
HNO3＞H2CO3＞HClO，故D错误，故选B．
7.下列关于有机物的说法，正确的是
A.将红热的铜丝迅速插入无水乙醇中可将乙醇氧化为乙醛
B.纤维素、橡胶和光导纤维都属于有机高分子化合物
C.乙烷、乙烯和苯都可发生加成反应
D.将乙醇和乙酸混合加热可以制备乙酸乙酯
【答案】A
【解析】A．氧化铜可氧化乙醇，生成乙醛和水，故A正确；B、光导纤维的成分是二氧化硅，是无机物，不是高分子化合物，故B错误；C、乙烷不能发生加成反应，故C错误；D．制乙酸乙酯时，需要加入浓硫酸作催化剂，故D错误；故选A。
8.NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A.常温常压下28gN2所含电子数为10NA
B.46g钠充分燃烧时转移电子数为2NA
C.0.1mol/LNH4Cl溶液中NH4+离子数小于0.1NA
D.密闭容器中3molNO与1molO2充分反应，剩余气体的分子数为3NA
【答案】B
【解析】A．1个N2含有2个N，14个e-，常温常压下，28g氮气的物质的量为
=1mol，含有的核外电子数为14NA，故A错误；B.46g钠充分燃烧时转移电子数为
×（1-0）×NA=2NA，故B正确；C、未告知溶液的体积，无法计算溶液中的铵根离子的个数，故C错误；D、3molNO与1molO2充分反应生成2molNO2后，剩余1molNO，NO2存在平衡：
2NO2⇌N2O4，导致分子个数减少，故D错误；故选B。
点睛：
本题考查了阿伏伽德罗常数的计算和判断。
本题的易错点为D，要注意反应生成的二氧化氮中存在四氧化二氮与二氧化氮的平衡。
9.X、Y均为元素周期表ⅦA族中的两种元素。
下列叙述中，能够说明X的原子得电子能力比Y强的是（）
A.原子的电子层数：
X>YB.对应的简单离子的还原性：
X>Y
C.气态氢化物的稳定性：
X>YD.氧化物对应水化物的酸性：
X>Y
【答案】C
【解析】试题分析：
A、X原子的电子层数比Y原子的电子层数多，为同主族元素，则Y的非金属性强，故A不选；B、元素的非金属性越强，对应的简单离子的还原性越弱，对应的简单离子的还原性：
X＞Y，则Y的非金属性强，故B不选；C、X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定，则X的非金属性强，故C选；D、比较非金属性的强弱，应为最高价氧化物的水化物，故D不选，故选C。
考点：
考查了原子结构与元素周期律的关系的相关知识。
10.某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2＋、SO42-、I-、S2-中的几种。
①用pH试纸测试，溶液显弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象。
为确定该溶液的组成，还需检验的离子是
A.Na+B.SO42-C.Ba2+D.NH4+
【答案】A
【解析】试题分析:
溶液显弱酸性，则一定存在能水解的铵根离子，硫离子一定不能存在，无需检验；加氯水和淀粉无明显现象，氯水具有氧化性，能与碘离子发生氧化还原反应，所以I﹣一定不能共存，无需检验，因为溶液呈电中性，所以溶液中必须含有阴离子，则一定含有硫酸根离子，因此钡离子不能存在，则硫酸根离子、钡离子无需检验，钠离子是否存在需要检验，答案选A。
【考点定位】考查离子的检验方法及离子共存。
【名师点睛】本题为高频考点，把握离子的检验方法及离子之间的氧化还原反应、相互促进的水解反应为解答的关键。
根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：
（1）互斥性原则。
判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。
（2）电中性原则。
溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。
（3）进出性原则。
离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失（如溶液中的AlO在酸过量时转化为Al3＋），则原溶液中是否存在该种离子无法判断。
解答时，首先，必须以扎实全面的基础知识作后盾。
扎实全面的基础知识是考生认真、准确解答试题的前提和基础。
例如考生要对离子的性质、离子的特征、离子间的反应关系要有准确全面的认识。
其次，必须要有正确清晰的解题思路和正确灵活的解题方法。
11.向等物质的量浓度的Ba（OH）2与BaCl2的混合溶液中加入NaHCO3溶液，下列离子方程式与事实相符的是（）
A.HCO3-+OH-=CO32-+H2O
B.Ba2++OH-+HCO3-=BaCO3↓+H2O
C.Ba2++2OH-+2HCO3-=BaCO3↓+CO32-+H2O
D.2Ba2++3OH-+3HCO3-=2BaCO3↓+CO32-+3H2O
【答案】B
【解析】A．等物质的量浓度的Ba（OH）2与BaCl2的混合溶液中加入NaHCO3溶液，反应生成碳酸根离子，碳酸根离子与钡离子不共存，一定会产生沉淀，故A错误；B．Ba2++OH-+HCO3-=BaCO3↓+H2O可以表示1mol氢氧化钡与1mol氯化钡，1mol碳酸氢钠的离子反应，故B正确；C．若氢氧化钡物质的量为1mol，则氯化钡物质的量为1mol，加入碳酸氢钠，消耗2mol氢氧根离子生成2mol碳酸根离子，2mol碳酸根离子能够与2mol钡离子反应生成2mol碳酸钡沉淀，故C错误；D．依据方程式可知：
3molOH-对应1.5mol氢氧化钡，则氯化钡物质的量为1.5mol，消耗3mol碳酸氢根离子，能够生成3mol碳酸根离子，同时生成3mol碳酸钡沉淀，故D错误；故选B。
点睛：
本题考查了离子方程式的书写，侧重考查反应物用量不同的离子反应方程式的书写，明确离子反应的顺序是解题关键。
本题中反应的先后顺序为碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，生成的碳酸根离子再与钡离子反应生成碳酸钡沉淀。
12.向含有5×10-3molHIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，溶液变蓝且有S析出，继续通入H2S，溶液的蓝色褪去，则在整个过程中（）
A.共得到0.96g硫B.通入H2S的体积为336mL
C.碘元素先被还原后被氧化D.转移电子总数为3.0×10-2NA
【答案】D
【解析】A、HIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，能将硫化氢氧化生成硫单质，本身被还原为碘单质，所以溶液变蓝且有S析出，根据得失电子守恒有2HIO3～5H2S～5S，所以5×10-3molHIO3被消耗，最终生成碘离子，得到的硫的质量是
×32g=0.48g，故A错误；B、整个过程中，根据电子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S～I-，所以5×10-3molHIO3被消耗，就会消耗0.015mol的H2S，标况下体积为336mL，但题目未注明是否为标准状况，故B错误；C、HIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，与硫化氢反应生成硫单质和碘单质，H2S被氧化，继续通入H2S，H2S会和碘单质发生反应，碘单质消失，H2S被氧化，故C错误；D、整个过程中，根据电子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S～I-～6e-，消耗5×10-3molHIO3伴随0.03mol电子转移，转移电子总数为3.0×10-2NA，故D正确；故选D。
点睛：
本题考查学生氧化还原反应中的电子守恒的计算知识，注意知识的迁移应用是关键。
本题中HIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，能将硫化氢氧化生成硫单质，继续通入H2S，H2S会和碘单质反应，生成碘离子和硫。
13.侯氏制碱法中，对母液中析出NH4Cl无帮助的操作是（）
A.通入CO2B.通入NH3C.冷却母液D.加入食盐
【答案】A
【解析】母液中析出NH4Cl，则溶液应该达到饱和，饱和NH4Cl溶液中存在溶解平衡：
NH4Cl（s）⇌NH4+（aq）+Cl-（aq），若要析出氯化铵，应该使平衡逆向移动。
A．通入二氧化碳后，对铵根离子和氯离子没有影响，则对母液中析出NH4Cl无帮助，故A正确；B．通入氨气后，溶液中铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于氯化铵的析出，故B错误；C．冷却母液，氯化铵的溶解度降低，有利于氯化铵的析出，故C错误；D．加入食盐，溶液中氯离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于氯化铵的析出，故D错误；故选A。
14.下列装置或操作能达到实验目的的是（）
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】A．收集氨气的集气瓶口需要塞一团棉花，以提高收集氨气的纯度，故A错误；B．左侧烧杯中发生Zn与硫酸铜的反应，不能构成原电池，应将图中两个烧杯中电解质互换可构成原电池，故B错误；C．关闭止水夹，从长颈漏斗加水，出现漏斗下端导管与烧瓶内液面的差，且一段时间液面差不变，则气密性良好，故C正确；D．CO2的密度比空气大，利用向上排空气法收集，则应从长导管进气，故D错误；故选C。
15.反应A+B→C分两步进行：
①A+B→X，②X→C，反应过程中能量变化如图所示，E1表示反应A+B→X的活化能。
下列有关叙述正确的是（）
A.E2表示反应X→C的活化能
B.X是反应A十B→C的催化剂
C.反应A十B→C的△H<0
D.加入催化剂可改变反应A十B→C的焓变
【答案】C
【解析】A．E2表示反应C→X的活化能，A错误；B．若X是反应A（g）+B（g）→C（g）的催化剂，则X应该是反应①的反应物，是反应②的生成物，B错误；C．图象分析可知反应物A+B能量高于生成物C的能量，反应是放热反应，△H＜0，C正确；D．焓变和反应物和生成物能量有关，与反应变化过程无关，催化剂只改变反应速率，不改变反应的焓变，D错误；答案选C。
16.汽车尾气净化中的一个反应如下：
。
在一容积为5L的恒容密闭容器中充入0.2molNO和0.5molCO，5min后该反应达到平衡，此时N2的物质的量为0.06mol。
下列说法正确的是（）
A.达到平衡后，若只升高温度，化学平衡正向移动
B.达到平衡后，再通入稀有气体，逆反应速率增大
C.0～5min内，NO的反应速率为2.4×10-3mol·L一1·min一1
D.使用催化剂，平衡常数不变
【答案】D
【解析】A．正反应为放热反应，只升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即向逆反应方向移动，故A错误；B．恒温恒容条件下，通入稀有气体，反应混合物各组分的浓度不变，正、逆反应速率都不变，故B错误；C.0～5min内，N2的平均速率=
=2.4×10-3mol•L-1•min-1，速率之比等于化学计量数之比，故v（NO）=2v（N2）=4.8×10-3mol•L-1•min-1，故C错误；D．平衡常数只受温度影响，使用催化剂，平衡常数不变，故D正确；故选D。
17.某些电子手表安装的纽扣电池由锌和氧化银、KOH溶液构成。
放电时，电极反应分别为：
Zn+2OH--2e=Zn（OH）2；Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-下列说法中，正确的是（）
A.锌为正极，电极上发生了氧化反应
B.放电过程中，电解质溶液的酸碱性基本保持不变
C.溶液中的OH-向正极移动,K+和H+向负极移动
D.常温下，该电池总反应为非自发的氧化还原反应
【答案】B
【解析】A．由电极方程式可知，Zn失电子化合价升高，发生氧化反应，Zn作负极，故A错误；B．由正负极的电极方程式可得原电池总反应为：
Ag2O+H2O+Zn═Zn（OH）2+2Ag，则电解质溶液的酸碱性基本保持不变，故B正确；C．原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以溶液中OH-向负极移动，K+、H+向正极移动，故C错误；D．原电池反应为自发的氧化还原反应，则常温下，该电池总反应为自发的氧化还原反应，故D错误；故选B。
点睛：
本题考查了原电池原理，注意把握原电池的工作原理和电极方程式的判断。
原电池反应为自发的氧化还原反应，放电时，较活泼的金属作负极，失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。
18.利用如图所示装置（电极均为惰性电极）可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2，下列说法正确的是（ ）
A.a为直流电源的负极
B.阴极的电极反应式为：
2HSO3-＋2H2O＋2e－=S2O42-＋2OH-
C.阳极的电极反应式为：
SO2＋2H2O－2e－=SO42-＋4H+
D.电解时，H＋由阴极室通过阳离子交换膜到阳极室
【答案】C
【解析】A、二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极与电源正极a相连，故A错误；B、阴极的电极反应式为：
2HSO3-+2H++2e-═S2O42-+2H2O，故B错误；C、阳极的电极反应式为：
SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+，故C正确；D、阳离子交换膜只允许阳离子通过，电解时，阳离子移向阴极，所以H+由阳极室通过阳离子交换膜到阴极室，故D错误；故选C。
点睛：
本题考查了电解原理的分析应用，主要是电极反应，电极名称判断，理解电解池原理是关键。
依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极区发生反应SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+，阳极与电源的正极a相连，b为电源负极。
19.已知室温下，Al（OH）3的Ksp或溶解度远大于Fe（OH）3。
向浓度均为0.1mol·L—1的Fe（NO3）3和Al（NO3）3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。
下列示意图表示生成Al（OH）3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是（）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】试题分析：
在混合溶液中加入氢氧化钠，根据溶度积常数分析，先产生氢氧化铁沉淀，然后产生氢氧化铝沉淀，氢氧化铝溶于氢氧化钠，最后沉淀溶解，所以表示生成氢氧化铝和氢氧化钠的关系图像为D。
考点：
难溶电解质的溶度积常数的应用，氢氧化铝的两性
20.下列说法错误的是（）
A.实验室配制FeCl3溶液时，需将FeCl3（s）溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释
B.反应2CO+2NO=N2+2CO2在常温下能自发进行，则反应的
H＞0，
S＜0
C.0.1mol·L－1NH4Cl溶液加水稀释，c（H+）/c（NH4+）的值增大
D.反应CH3COOCH3+H2O
CH3COOH+CH3OH
H＞0，达到平衡时，加入少量固体NaOH，则乙酸甲酯水解转化率增大
【答案】B
【解析】A、三价铁离子在水溶液中易发生水解反应，实验室配制FeCl3溶液时，须将FeCl3直接溶解在盐酸中，抑制水解，故A正确；B、在常温下能自发进行
H―T
S<0,
HS,又反应的气体的量减少，即
S<0，所以
H<0,故B错误；C、溶液中存在NH4＋＋H2O
NH3·H2O＋H＋，K=c（H+）c（NH3·H2O）/c（NH4+），K/c（NH3·H2O）=c（H+）/c（NH4+）,溶液加水稀释,c（NH3·H2O）减小，温度不变，K值不变，c（H+）/c（NH4+）的值增大，故C正确；D、反应CH3COOCH3+H2O
CH3COOH+CH3OH
H＞0，达到平衡时，加入少量固体NaOH，中和生成物CH3COOH，平衡正向移动，则乙酸甲酯水解转化率增大，故D正确；故选B。
21.铝、铍及其化合物具有相似的化学性质，已知反应：
BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2Be（OH）2↓能完全进行，则下列推断正确的是（ ）
A.Be（OH）2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液
B.BeCl2水溶液的导电性强，故BeCl2是离子化合物
C.Na2BeO2溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物为BeO
D.BeCl2溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物是BeCl2
【答案】A
【解析】铝、铍及其化合物具有相似的化学性质，Be（OH）2与Al（OH）3性质相似，Be（OH）2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液，故A正确；某些共价化合物的水溶液能导电，，故B错误；Na2BeO2溶液蒸干灼烧后得到Na2BeO2，故C错误；将其蒸干并灼烧后得到的残留物是BeO，故D错误。
22.为测定石灰石样品中碳酸钙（含SiO2杂质）的含量。
现利用下图所示装置进行实验，充分反应后，测定装置C中生成的BaCO3沉淀质量。
下列说法正确的是（）
A.装置A中药品应为浓硫酸
B.在B—C之间应增添盛有饱和NaHCO3溶液的洗气装置，以除去氯化氢气体
C.为了测得C中生成的沉淀质量，需经过过滤、洗涤、干燥、称量等操作
D.只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，也可以确定碳酸钙的质量分数
【答案】C
【解析】试题分析：
A、盐酸与碳酸钙反应生成CO2，利用氢氧化钡溶液吸收CO2。
而空气中含有CO2，所以A中盛放的应该是氢氧化钠溶液，A错误；B、饱和碳酸氢钠能与盐酸反应生成CO2，从而导致测得的CO2质量出现偏差，因此要除去CO2中的氯化氢应该在B—C之间应增添盛有饱和食盐水的洗气装置，以除去氯化氢气体，B错误；C、为了测得C中生成的沉淀质量，需经过过滤、洗涤、干燥、称量等操作，C正确；D、由于生成的CO2中还含有水蒸气，水蒸气也被氢氧化钡溶液吸收，所以只测定装置C在吸收CO2前后的质量差，不能确定碳酸钙的质量分数，D错误，答案选C。
考点：
考查物质含量测定实验方案设计与探究
第II卷（共56分）
二、填空题
23.A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。
（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色。
写出C和E反应的离子方程式：
_________________________________．
（2）若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则：
X可能为____________（填代号）。
a．NaHCO3b．Na2CO3 c．NaHSO3 d．Al（OH）3
（3）若A为淡黄色粉末，回答下列问题：
①A与水反应时形成的化学键类型有_____________________。
②若X为一种造成温室效应的气体．则鉴别等浓度的D、E两种溶液，可选择的试剂为______（填代号）。
a．盐酸b．加热溶液c．NaOH溶液d．Ca（OH）2溶液
（4）若A为气态氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红．则A与H2O反应的化学反应方程式为_________________；E是_______
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