1、福建省德化一中、安溪一中2014届高三上学期期末联考化学试卷一、选择题（每题2分，每题只有一个正确选项）1（2分）化学与生活、社会密切相关下列说法不正确的是（）A可利用废油脂制肥皂B合金中可能含有非金属元素C水玻璃可用于制造木材防火剂D煤经气化和液化的物理变化可变为清洁燃料考点：肥皂、合成洗涤剂；合金的概念及其重要应用；铝的化学性质；煤的干馏和综合利用.专题：化学应用分析：A油脂在碱性条件下的水解称为皂化反应；B合金是由两种或两种以上的金属与金属（或非金属）经一定方法所合成的具有金属特性的物质一般通过熔合成均匀液体和凝固而得；C水玻璃学名硅酸钠，也叫泡花碱，其无水物为无定型的玻璃状物质，无嗅无
2、味，不燃不爆，有碱性；D没有新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化解答：解：A油脂是高级脂肪酸甘油酯，水解生成高级脂肪酸钠，故A正确； B合金是由两种或两种以上的金属与金属（或非金属）经一定方法所合成的具有金属特性的物质合金材料中一定有金属，也可能含有非金属元素，故B正确；C把硅酸钠作为木材防火剂则充分利用了其不燃不爆的物理性质，本身硅酸钠就不燃烧，而将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触，故C正确；D煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程，属于化学变化；煤的液化是使煤与氢气作用生成液体燃料，属于化学变化，故D错误故选D点评：本题考查皂化反应、合金、木材防火剂、
3、煤的气化和液化等，难度不大，注意煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程，属于化学变化；煤的液化是使煤与氢气作用生成液体燃料，属于化学变化2（2分）下列说法不正确的是（）ANa2O2、HClO、SO2等物质都具有漂白作用B液氨、液氯、液态氯化氢都是电解质C所有的置换反应都是氧化还原反应，而所有的复分解反应都是非氧化还原反应D非金属氧化物不一定是酸性氧化物，有些金属氧化物也能与强碱反应考点：电解质与非电解质；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；氧化还原反应.专题：物质的分类专题分析：ANa2O2、HClO具有强氧化性，SO2能和品红形成无色物质；B液氨是非电解质，液氯是单质，它既不是电解质也不是非
4、电解质；C氧化还原反应中必须有元素化合价的改变，复分解反应前后元素化合价一定没变；D非金属氧化物可能是不成盐氧化物，金属氧化物可能是酸性氧化物或两性氧化物；解答：解：ANa2O2、HClO具有强氧化性，能氧化有色物质，具有漂白性，SO2能和品红形成无色物质，SO2能漂白品红，所以Na2O2、HClO、SO2都具有漂白作用，故A正确；B液氨在水中不能自身电离，是非电解质；液氯是单质，它既不是电解质也不是非电解质；液态氯化氢是电解质，故B错误；C由于置换反应前后元素化合价一定发生了变化，所以置换反应一定是氧化还原反应；复分解反应前后元素化合价一定没变，所以复分解反应一定不是氧化还原反应，故C正确；
5、D非金属氧化物不一定是酸性氧化物，可能是不成盐氧化物，如CO属于非金属氧化物但不属于酸性氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，Al2O3，是两性氧化物，故D正确；故选：B点评：本题主要考查了氧化物、氧化还原、置换反应等概念，注意概念间的联系，题目难度不大3（2分）（2008洛阳模拟）物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度有关下列各组物质：Cu与HNO3溶液 Cu与FeCl3溶液 Zn与H2SO4溶液 Fe与HCl溶液 由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是（）ABCD考点：硝酸的化学性质；浓硫酸的性质.专题：氧族元素；氮族元素分析
6、：浓硝酸与金属反应生成二氧化氮，稀硝酸与金属反应生成一氧化氮；较活泼金属与稀硫酸反应生成氢气，与浓硫酸反应生成二氧化硫；中都只发生一种反应，以此来解答解答：解：Cu与HNO3溶液中，若为浓硝酸，发生Cu+4HNO3Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，若为稀硝酸，则发生3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO+4H2O，故符合题意；Cu与FeCl3溶液中，无论浓度大小都只发生Cu+2FeCl32FeCl2+CuCl2，故不符合题意；Zn与H2SO4溶液中，若为稀硫酸，发生Zn+H2SO4ZnSO4+H2，若为浓硫酸，则发生Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2+2H2O，故符合题意；F
7、e与HCl溶液中，无论浓度大小都只发生Fe+2HCl=FeCl2+H2，故不符合题意；故选A点评：本题考查常见物质的性质，明确浓稀硝酸、浓硫酸具有强氧化性及发生的化学反应是解答本题的关键，难度不大4（2分）（2013无为县模拟）下列有关能量的判断或表示方法正确的是（）A从C（石墨）C（金刚石）H=+1.9kJmol1，可知石墨比金刚石更稳定B等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更多C由H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）H=57.3 kJmol1，可知：含1mol CH3COOH的溶液与含1mol NaOH的溶液混合，放出热量等于57.3 kJD2gH2完全燃烧生成液态水放出2
8、85.8kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2 H2O（l）H=285.8 kJmol1考点：反应热和焓变.专题：化学反应中的能量变化分析：A、根据吸热反应中，生成物的能量高，而物质能量越低，越稳定进行分析；B、根据硫蒸气变化为硫固体放热，依据盖斯定律分析判断；C、根据醋酸是弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程；D、根据反应热与物质的质量成正比来分析解答：解：A、从C（石墨）=C（金刚石）H=+1.9kJmol1，反应吸热，说明石墨能量低于金刚石，可知石墨比金刚石更稳定，故A正确；B、硫蒸气变化为硫固体放热，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量更多，
9、故B错误；C、含1mol CH3COOH的溶液与含1mol NaOH的溶液混合，醋酸是弱电解质电离过程是吸热过程，反应放出热量小于57.3 kJ，故C错误；D、2gH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，所以4g（2mol）H2完全燃烧生成液态水放出571.6kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2 H2O（l）H=571.6 kJmol1，故D错误；故选A点评：本题考查了反应热的应用，主要是能量的高低和物质稳定性的关系，燃烧热概念应用，弱电解质电离分析，盖斯定律的应用，题目难度不大5（2分）（2014中山模拟）下列有关物质性质的描述和该性质的应用均正确的是（）
10、A氨气具有氧化性，用浓氨水检验Cl2管道是否泄漏B氢氟酸具有强酸性，用氢氟酸蚀刻玻璃C二氧化硫具有还原性，用二氧化硫水溶液吸收溴蒸气D铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸考点：氨的化学性质；硝酸的化学性质；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅.专题：氧族元素；氮族元素分析：A根据氨水可以用来检验有毒气体氯气的泄漏，反应式为3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl来分析；B氢氟酸是弱酸，可用氢氟酸蚀刻玻璃；C二氧化硫具有还原性，能被单质溴氧化； D根据铜能与浓硝酸发生反应解答：解：A根据氨水可以用来检验有毒气体氯气的泄漏，反应式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，氨气具有还原性，故
11、A错误；B氢氟酸是弱酸，可用氢氟酸蚀刻玻璃：4HF+SiO2=SiF4+2H2O，故B错误；C二氧化硫具有还原性，能被单质溴氧化：Br2+SO2+2H2O2HBr+H2SO4，故C正确；D根据铜能与浓硝酸发生反应，所以不能用铜罐贮运浓硝酸，故D错误；故选C点评：本题主要考查了物质的性质，难度不大，注意相关知识的积累6（2分）实验测得乙烯与氧气混和气体的密度与空气相同，可知其中乙烯的质量分数是（）A25.0%B72.4%C27.6%D75.0%考点：烯烃.专题：有机物分子组成通式的应用规律分析：在相同条件下，密度之比等于相对分子质量之比，求出混合气体的平均相对分子质量；利用混合气体的平均相对分子
12、质量求出乙烯与氧气的物质的量之比，再根据=100%计算求得解答：解：在相同条件下，密度之比等于相对分子质量之比，空气的平均分子量为29，所以乙烯与氧气混和气体的平均相对分子质量=29，设乙烯的物质的量为xmol，氧气的物质的量为ymol，=29=，解得x：y=3：1，烯的质量百分比为（C2H4）=100%=72.4%，故选：B点评：本题考查了有关物质的量的简单计算，解题关键是知道“在相同条件下，密度之比等于相对分子质量之比，空气的平均分子量为29”，本题难度中等7（2分）（2010丰台区二模）某溶液中含有NH4+、SO32、SiO32、Br、CO32、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，则下列
13、判断正确的是（）反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有NH4+、Na+ 有胶状物质生成 有气体产生 溶液颜色发生变化 共发生了2个氧化还原反应ABCD考点：氯气的化学性质.专题：卤族元素分析：某溶液中含有NH4+、SO32、SiO32、Br、CO32、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，SO32可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br被氯气氧化为溴单质；CO32和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体解答：解：某溶液中含有NH4+、SO32、SiO32、Br、CO32、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，SO32可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32和氯水中的盐酸
14、反应生成硅酸沉淀；Br被氯气氧化为溴单质；CO32和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体；反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有NH4+、Na+，故正确；有胶状物质硅酸生成，故正确；有二氧化碳气体产生，故正确；氯气氧化溴离子为溴单质，溶液颜色发生变化有无色变化为橙红色，故正确；共发生了氯气氧化SO32、Br2个氧化还原反应氯气和水发生的氧化反应，共3个氧化还原反应，故错误；故选A点评：本题考查了氯水成分和离子反应的判断，主要考查氯气的氧化性、氯水中盐酸的作用8（2分）下列有关化学用语表示正确的是（）A甲酸甲酯的结构简式：CH2OBNa+的结构示意图：C质子数为53、中子数为78的碘原子：IDCO
15、2的电子式：考点：结构简式；常见元素的名称、符号、离子符号；电子式；原子结构示意图.专题：化学用语专题分析：A甲酸甲酯的结构简式为HCOOCH3；B钠原子失去最外层的1个电子形成钠离子，质子数不变为11，核外电子数为10，有2个电子层，最外层电子数为10；C原子符号ZAX，左下角Z代表质子数，左上角A为质量数，X代表元素符号，其中质量数=质子数+中子数；D二氧化碳分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对解答：解：A甲酸甲酯的结构简式为HCOOCH3，最简式为CH2O，故A正确；B钠原子失去最外层的1个电子形成钠离子，质子数不变为11，核外电子数为10，有2个电子层，最外层电子数为10，钠离子
16、结构示意图为，故B错误；C质子数为53、中子数为78的碘原子，质量数=53+78=131，故该碘原子符号为53131I，故C错误；D二氧化碳分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，电子式为，故D错误；故选A点评：本题考查常用化学用语，难度不大，旨在考查学生对基础知识的理解掌握，注意掌握常用化学用语的书写9（2分）用NA表示阿伏加德罗数的值下列叙述正确的是（）A25C时，pH=13的1.0L Ba（OH）2溶液中含有的OH数目为0.2NAB室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NAC0.1mol Fe在0.1mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数为0.3NAD标准状
17、况下，22.4L乙醇中含有的氧原子数为1.0NA考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、溶液中有水的电离；B、乙烯和丁烯最简式相同为CH2，只需要计算21.0gCH2中含有的碳原子即可；C、依据2Fe+3Cl2=2FeCl3，计算判断铁过量；D、标准状况乙醇不是气体；解答：解：A、pH=13的1.0L Ba（OH）2溶液中，溶液中有水的电离出的氢氧根离子，所以含有的OH数目大于0.2NA，故A错误；B、21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目，只需要计算21.0gCH2中含有的碳原子=1.5mol，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NA
18、，故B正确；C、0.1mol Fe在0.1mol Cl2中充分燃烧，依据2Fe+3Cl2=2FeCl3，计算判断铁过量，转移的电子数依据氯气计算为0.2NA，故C错误；D、标准状况乙醇不是气体，22.4L乙醇物质的量不是1mol，故D错误；故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查溶液PH计算，溶液中水的电离，质量换算物质的量计算微粒数，氧化还原反应过量计算应用，气体摩尔体积的条件应用，题目难度中等10（2分）下列反应的离子方程式表示正确的是（）A硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2+H2SBNH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3+OH=CO32+H2OC小苏打溶液
19、中加足量Ba（OH）2溶液：2HCO3+Ba2+2OH=BaCO3+2H2O+CO32D将足量的铁丝投入稀硝酸中：3Fe+8H+2NO3=3Fe2+2NO+4H2O考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A、硝酸具有强氧化性硫离子和亚铁离子被氧化；B、氢氧化钠过量，碳酸氢根和铵根离子全部反应；C、酸式盐和碱反应，量少的全部反应，离子方程式中符合化学式的组成比；D、足量铁和稀硝酸反应生成亚铁离子、一氧化氮和水解答：解：A、硫化亚铁溶于稀硝酸中反应的离子方程式为2FeS+6NO3+8H+2Fe3+2SO42+6NO+4H2O，故A错误；B、NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中，铵根离子和
20、碳酸氢根离子全部反应，反应的离子方程式为NH4+HCO3+2OH=CO32+2H2O+NH3，故B错误；C、小苏打溶液中加足量Ba（OH）2溶液，碳酸氢根全部反应，反应的离子方程式为HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2O，故C错误；D、将足量的铁丝投入稀硝酸中，生成亚铁离子、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Fe+8H+2NO3=3Fe2+2NO+4H2O，故D正确；故选D点评：本题考查了离子方程式的书写方法和注意问题，量不同产物不同，注意硝酸的强氧化性，题目难度中等11（2分）下列“方法”不可以达到“目的”的是（）目 的方 法A为了补碘元素食用加碘食盐B为了除去一氧化碳中的二氧化碳气体气
21、体通过盛有氢氧化钠的溶液C为了制取氢氧化铝向氯化铝溶液中加入过量的氢氧化钠溶液D为了逃离氯气泄露的环境逆风向高处跑AABBCCDD考点：镁、铝的重要化合物；氯气的物理性质.专题：卤族元素；几种重要的金属及其化合物分析：A加碘盐中的含碘元素的物质为碘酸钾；B二氧化碳和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，一氧化碳和氢氧化钠溶液不反应；C氢氧化铝能溶于强碱生成偏铝酸盐；D氯气有毒，且密度大于空气，氯气顺风而行解答：解：A碘元素又称“智力元素”，人缺少碘会患大脖子病，为防止人缺碘，要食用加碘食盐，故A正确；B二氧化碳能被氢氧化钠溶液吸收，一氧化碳和氢氧化钠溶液不反应，所以可以用氢氧化钠溶液除去一氧化碳中的
22、二氧化碳，故B正确；C向氯化铝溶液中加入过量的氢氧化钠，氢氧化钠先和氯化铝反应生成氢氧化铝，氢氧化铝再和过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，所以得不到氢氧化铝，应该用氯化铝溶液和氨水制取氢氧化铝，故C错误；D氯气是黄绿色有毒气体，且密度大于空气，氯气会顺风而行，所以如果发生氯气泄漏，要逆风且向高处跑，故D正确；故选C点评：本题考查了化学与生活，明确物质的性质是解本题关键，易错选项是C，注意：氢氧化铝能溶于强碱，所以实验室用弱碱和可溶性铝盐制取氢氧化铝，可溶性的偏铝酸盐和二氧化碳反应也能生成氢氧化铝12（2分）下列离子方程式正确的是（）A鸡蛋壳浸泡在盐酸中产生气泡：CO32+2H+=CO2+H2
23、OB小苏打与氢氧化钠溶液混合：HCO3+OH=CO2+H2OC碘化亚铁溶液中通入少量Cl2：Cl2+2I=2Cl+I2D用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4+6H+5H2O2=2Mn2+5O2+8H2O考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A、鸡蛋壳中的碳酸钙是难溶物质；B、小苏打与氢氧化钠反应生成碳酸根离子；C、亚铁离子的还原性小于碘离子，所以通入少量Cl2，先与碘离子反应；D、KMnO4能氧化HCl，所以不能用HCl酸化KMnO4解答：解：A、鸡蛋壳中的碳酸钙是难溶物质，所以鸡蛋壳浸泡在盐酸中产生气泡：CaCO3+2H+=CO2+H2O+
24、Ca2+，故A错误；B、小苏打与氢氧化钠反应生成碳酸根离子，其离子方程式：HCO3+OH=CO32+H2O，故B错误；C、亚铁离子的还原性小于碘离子，所以通入少量Cl2，先与碘离子反应，所以碘化亚铁溶液中通入少量Cl2：Cl2+2I=2Cl+I2，故C正确；D、KMnO4能氧化HCl生成Cl2，所以不能用HCl酸化KMnO4，应该用硫酸酸化，故D错误；故选C点评：本题考查了离子方程式的书写方法和注意问题，注意难溶物质的判断，以及氧化还原反应中离子反应的先后顺序，题目难度中等13（2分）在强酸性溶液中能大量共存的无色透明离子组是（）AK+、Na+、NO3、MnO4BMg2+、Na+、Cl、SO4
25、2CK+、Na+、Cl、Cu2+DNa+、Ba2+、OH、SO42考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：溶液呈酸性，说明溶液中存在大量的H+离子，凡是与H+离子发生反应的离子不能大量共存，溶液无色，则有颜色的离子一定不存在解答：解：A、MnO4离子有颜色，不符合题目无色的要求，故A错误；B、在酸性条件下本选项中四种离子不发生任何反应，能大量共存，且溶液无色，符合题目要求，故B正确；C、Cu2+离子有颜色，不符合题目无色的要求，故C错误；D、OH与H+离子发生反应的离子不能大量共存，Ba2+与SO42反应生成沉淀而不能大量共存，故D错误故选B点评：本题考查离子共存，问题题目难度不大，注意溶
26、液的酸性、无色等要求14（2分）（2014南昌模拟）X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14下列说法正确的是（）A原子半径由小到大的顺序：XYZWBZ的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸CY单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应D室温下，0.1 mol/L W的气态氢化物的水溶液的pH1考点：原子结构与元素周期律的关系.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增Y元素的
27、单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Y为Al元素；Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Z为Si元素，X与Z位于同一主族，则X为C元素；Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为1434=7，且原子序数最大，W为Cl元素解答：解：X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Y为Al元素；Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Z为Si元素，X与Z位于同一主族，则X为C元素；Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为1434=7，且原子序数最大，W为Cl元素A、C元素位于第二周期，其
28、它元素位于第三周期，则C元素的半径最小，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则子半径由小到大的顺序为CClSiAl，故A错误；B、Z的最高价氧化物是二氧化硅，二氧化硅不与水反应，故B错误；C、Al在高温下可以与氧化铁发生铝热反应，置换出铁，故C正确；D、W的气态氢化物为HCl，溶于水形成盐酸，HCl是强电解质，在溶液中完全电离，室温下，0.1 mol/L 盐酸溶液的pH=1，故D错误故选C点评：本题考查元素的推断及元素化合物的性质，题目难度中等，本题中注意从物质的性质作为推断题的突破口，注意常见既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应的物质，题中从常见元素化合物的性质入手考查，是一道位置、结
29、构、性质综合考查学生分析能力题目15（2分）下列说法正确的是（）ANa2O2与水反应，红热的Fe与水蒸气反应均能生成碱BNa和Cs属于第IA族元素，Cs失电子能力比Na强CNaHCO3、Na2CO3、（NH4）2CO3三种固体受热后均能生成气体D镁条在空气中燃烧生成的氧化物是MgO，钠在空气中燃烧生成的氧化物是Na2O考点：钠的重要化合物；镁的化学性质.专题：元素及其化合物分析：A铁和水反应生成四氧化三铁；B同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强；CNa2CO3不分解；D钠在空气中燃烧生成的氧化物是Na2O2解答：解：A铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，没有生成碱，故A错误；BNa和Cs属
30、于第IA族元素，因同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，则Cs失电子能力比Na强，故B正确；CNa2CO3不分解，故C错误；D钠在空气中燃烧生成的氧化物是Na2O2，故D错误故选B点评：本题综合考查元素化合物知识，为高考常见题型，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大16（2分）下列叙述中，正确的是（）A1mol过氧化钠中阴离子所带的负电荷数为6.021023B14g乙烯和丙烯的混合物中含有的碳原子的数目为6.021023C28gC16O与28gC18O中含有的质子数均为146.021023D标准状况下，22.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为26.
31、021023考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、依据过氧化钠的构成离子分析判断；B、依据乙烯和丙稀最简式相同，只需计算14gCH2中所含的碳原子即可；C、依据质量换算物质的量，结合分子式计算质子数；D、依据气体摩尔体积的体积应用，结合氯气与碱发生的是自身氧化还原反应分析判断；解答：解：A、1mol过氧化钠中含2molNa+，1molO2，所以阴离子所带的负电荷数为26.021023，故A错误；B、14g乙烯和丙烯的混合物，可以计算14gCH2中的碳原子数=6.021023，故B正确；C、28gC16O含有的质子物质的量=14mol，28gC18O含有的质子物质的
32、量=、所以含质子数不同，故C错误；D、标准状况下，22.4L氯气物质的量为1mol，氯气自身氧化还原反应，化合价从0价变化为1价和+1价，1mol氯气反应电子转移1mol，故D错误；故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查过氧化钠的结构，质量换算物质的量计算微粒数目，气体摩尔体积的条件应用，氧化还原反应的电子转移数的计算17（2分）14Cu2+5FeS2+12H2O7Cu2S+5Fe2+24H+3SO42Mn2+S2O82+H2OMnO4+SO42+H+对上述两个反应判断正确的是（）A反应中SO42都是氧化产物B两个反应中电子转移数目都是10molC反应中的硫元素既被氧化又被还原D氧
33、化性：MnO4S2O82考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：14Cu2+5FeS2+12H2O7Cu2S+5Fe2+24H+3SO42中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，S元素的化合价由1价降低为2价，S元素的化合价由1价升高为+6价；Mn2+S2O82+H2OMnO4+SO42+H+中，Mn元素的化合价升高，S元素的化合价降低，以此来解答解答：解：A为SO42是氧化产物，SO42是还原产物，故A错误；B中生成3molSO42转移3mol7=21mol电子，中生成3molSO42转移3mol（76）=3mol，故B错误；C反应中，FeS2中的S元素化合价既升高又降低，则硫元素
34、既被氧化又被还原，故C正确；D由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，结合反应得到氧化性为MnO4S2O82，故D错误；故选C点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意从元素化合价角度分析，题目难度不大18（2分）（2013永春县模拟）用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如图所示下列说法中，正确的是（）A燃料电池工作时，正极反应为：O2+2H2O+4e=4OHBa极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出Ca极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出Da、b两极均是石墨时，在相同条件下a极产
35、生的气体与电池中消耗的H2体积相等考点：常见化学电源的种类及其工作原理.专题：电化学专题分析：左边装置是氢氧燃料电池，所以是原电池，原电池放电时，燃料失电子发生氧化反应，所以投放燃料的电极为负极，投放氧化剂的电极为正极，正极上氧化剂得电子发生还原反应，由于电解质溶液呈酸性，正极反应为：O2+4e+4H+=2H2O；右边装置有外接电源，所以是电解池，连接负极的b电极是阴极，连接正极的a电极是阳极，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应解答：解：A因该燃料电池是在酸性电解质中工作，所以正极反应为：O2+4e+4H+=2H2O，故A错误；Ba与电池正极相连，a为电解池阳极，b与电池的负极
36、相连，b为电解池正极，所以应该是a极的Fe溶解，b极上析出Cu，故B错误；Ca极是粗铜，b极是纯铜时，为粗铜的精炼，电解时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出，符合精炼铜原理，故C正确；D电解CuSO4溶液时，a极产生的气体为O2，产生1molO2需4mol电子，所以需要燃料电池的2molH2，二者的体积并不相等，故D错误故选C点评：本题考查原电池和电解池知识，题目难度中等，易错点为A，注意电解质的酸碱性，为解答该题的关键19（2分）将AgCl分别加入盛有：5mL水；6mL 0.5mol/L NaCl溶液；10mL 0.3mol/L CaCl2溶液；50mL 0.1mol/L 盐酸的烧杯中，均有固体
37、剩余，各溶液中c（Ag+）从大到小的顺序排列正确的是（）ABCD考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：在AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）=Ag+（aq）+Cl（aq），加入相同离子平衡逆向移动解答：解：在AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）=Ag+（aq）+Cl（aq），加入Cl平衡逆向移动c（Ag+）会减小，加入Cl的浓度越大，c（Ag+）越小，即c（Ag+）与c（Cl）大小顺序相反，已知Cl的浓度从大到小顺序为：，则c（Ag+）浓度从大到小顺序排列为：，故选D点评：本题考查了沉淀溶解平衡中影响平衡的因素，离子浓度的影
38、响，浓度越大，影响越大20（2分）已建立化学平衡的某可逆反应，当条件改变使化学平衡向正反应方向移动时，下列叙述正确的是（） 生成物的质量分数一定增加 任一生成物总量一定增加反应物的转化率一定增大 反应物的浓度一定降低正反应速率一定大于逆反应速率 一定使用催化剂ABCD考点：化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素.专题：化学平衡专题分析：生成物质量增大小于混合物总质量增大，生成物的质量分数可能降低；平衡向正反应移动，生成物的物质的量一定增加；增大某一反应的浓度，平衡向正反应移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低；如增大反应物的浓度，平衡向正方向移动，达到平衡时，反应物的浓度比改变条件前
39、大；平衡向正反应移动，正反应速率一定大于逆反应速率；加入催化剂，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动解答：解：总质量不变，向正反应移动，生成物的质量分数一定增大，若生成物质量增大小于混合物总质量增大，生成物的质量分数可能降低，故错误；平衡向正反应移动，生成物的物质的量一定增加，故正确；降低生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，反应物的转化率一定增大，但增大某一反应的浓度，平衡向正反应移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低，故错误；如增大反应物的浓度，平衡向正方向移动，达到平衡时，反应物的浓度比改变条件前大，故错误；平衡向正反应移动，正反应速率一定大于逆反应速率，故正确；加入催化剂，正逆反应
40、速率同等程度增大，平衡不移动，故错误；综上所述正确，故选：C点评：本题考查化学平衡的影响因素，题目难度中等，注意影响化学平衡移动的因素，解答时注意从勒沙特列原理的角度分析21（2分）（2012上海模拟）下图所示的实验，能达到实验目的是（）A验证化学能转化为电能B证明温度对平衡移动的影响C验证铁发生析氢腐蚀D验证AgCl溶解度大于Ag2S考点：化学实验方案的评价.专题：化学实验基本操作分析：A缺少盐桥；B根据2NO2N2O4的平衡移动判断；C发生吸氧腐蚀；D银离子过量，不能证明解答：解：A没有形成闭合回路，缺少盐桥，故A错误；B温度改变，根据颜色变化可知2NO2N2O4的平衡移动，故B正确；C在
41、中性条件下铁发生吸氧腐蚀，故C错误；D银离子过量，不能证明，故D错误故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及原电池的设计、化学平衡的影响因素、金属的腐蚀以及难溶电解质的溶解平衡，为高考常见题型，综合考查学生的实验评价和分析能力，题目难度不大，注意把握相关物质的性质22（2分）某学生想利用如图装置（烧瓶位置不能移动）收集下列气体：H2 Cl2 CH4 HClNH3 NO NO2 SO2，下列操作正确的是（）A烧瓶是干燥的，由B进气收集B烧瓶是干燥的，由A进气收集C在烧瓶中充满水，由A进气收集D在烧瓶中充满水，由B进气收集考点：气体的收集.专题：实验题分析：收集气体，从A进应是密度比空气小的气
42、体，用向下排空气法收集，从B进应是密度比空气大的气体，用向上排空气法收集解答：解：A从B进应是密度比空气大的气体，可收集，NO不能用排空气法收集，故A错误；B从A进应是密度比空气小的气体，可收集，故B正确；C在烧瓶中充满水，由A进气收集不溶于水的气体，为，而其它气体与水反应或溶于水，故C错误；D在烧瓶中充满水，由B进气只能用来洗气，不能用来收集气体，故D错误故选B点评：本题考查气体的收集，题目难度不大，注意收集气体时常根据气体的密度、溶解性等性质，有时还要考虑与氧气的反应等问题，如NO与氧气反应，则只能用排水法收集23（2分）（2011乌鲁木齐模拟）300mL 2mol/L 硝酸与一定量的铝镁
43、铁合金反应生成 3.36L NO （标准状况）和铁盐、铝盐、镁盐等，再向反应后的溶液中加入 3mol/L的NaOH 溶液，使铝镁铁元素恰好全部转化为沉淀，则所加 NaOH 溶液的体积是（）A150mLB200mLC450mLD无法计算考点：有关混合物反应的计算.专题：守恒法分析：根据质量守恒以及反应后溶液成分为NaNO3进行计算解答：解：硝酸的物质的量为：0.3L2mol/L=0.6mol，生成NO的物质的量为：=0.15mol，所以反应后溶液中NO3离子的物质的量为0.6mol0.15mol=0.45mol，再向反应后的溶液中加入 3mol/L的NaOH 溶液，使铝镁铁元素恰好全部转化为沉淀
44、，则反应后溶液的成分为NaNO3，所以n（NaOH）=n（NO3）=0.45mol，则所加 NaOH 溶液的体积是V=0.15L，即150ml故选A点评：本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意从N元素守恒的角度计算24（2分）下列有关说法正确的是（）A常温下，将pH=10的氨水稀释，溶液中所有离子浓度都减小B常温下，反应2A （s）+B （g）=2C （g）+D （g）不能自发进行，则该反应H一定大于0CN2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，其他条件不变时升高温度，反应速率v（H2）和H2的平衡转化率均增大D水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应考点：弱电解质在
45、水溶液中的电离平衡；焓变和熵变；化学平衡的影响因素；水的电离.专题：化学平衡专题；电离平衡与溶液的pH专题分析：A加水稀释氨水溶液，能促进一水合氨的电离，溶液的pH减小，氢离子浓度增大；B反应不能自发进行，说明：HTS0，该反应是一个气体体积增大的反应，所以熵增大，据此判断焓变；C升高温度，可逆反应速率增大，平衡向吸热反应方向移动；D水的电离是吸热反应解答：解：A加水稀释虽然能促进一水合氨电离，但溶液中pH减小，则氢离子浓度增大，故A错误；B反应不能自发进行，说明：HTS0，该反应是一个气体体积增大的反应，所以熵增大，要使HTS0，则H一定大于0，故B正确；C该反应是一个反应前后气体体积减小的
46、放热反应，升高温度，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，所以氢气的转化率减小，故C错误；D水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明升高温度促进水的电离，所以水的电离是吸热反应，故D错误；故选B点评：本题考查较综合，涉及弱电解质电离、反应方向的判断、化学平衡等知识点，易错选项是A，注意加水稀释弱电解质溶液，并不是溶液中所有微粒浓度都减小，为易错点25（2分）物质 R2CO3 的饱和溶液 V mL，密度为 gcm3，c（R+）=P molL1，溶质的质量分数为 a%，溶质的式量为 M，溶质的溶解度为sg则下列表达式正确的是（）Aa=Bs=CP=2DVa%=考点：物质的量浓度的相关计算.专题：物
47、质的量浓度和溶解度专题分析：A计算c（R2CO3），根据c=计算；B根据n=cv，m=nM可知表示溶液中R+的质量；C计算c（R2CO3），根据c=计算；DVa%表示溶质R2CO3 的质量，而表示溶液中R+的质量解答：解：Ac（R2CO3）=c（R+）=0.5P molL1，根据c=可知，0.5P=，整理的a=，故A错误；B根据n=cv，m=nM，可知表示溶液中R+的质量，故B错误；Cc（R2CO3）=c（R+）=0.5P molL1，根据c=可知，0.5P=，故P=2，故C正确；DVa%表示溶质R2CO3 的质量，而表示溶液中R+的质量，二者质量不相等，故D错误，故选C点评：本题考查溶液浓度
48、有关计算，涉及物质的量浓度、质量分数、溶解度等，注意掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系，题目属于字母型计算，增大计算难度，为易错题目，难度中等26（2分）下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A0.1mol/L NaHCO3溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（HCO3）+c（CO32）B一定量NH4Cl与NH3H2O混合所得的酸性溶液中：c（NH4+）c（Cl）C0.2mol/L CH3COOH溶液中：c（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.4mol/LD物质的量浓度相等的NH4HSO4溶液、NH4HCO3溶液、NH4Cl溶液中，c（NH4+）的大小关系：
49、考点：离子浓度大小的比较.专题：盐类的水解专题分析：A任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；B溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），再结合电荷守恒判断；C任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；D氢离子抑制铵根离子水解、碳酸氢根离子促进铵根离子水解解答：解：A任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），故A错误；B溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），根据电荷守恒得c（NH4+）c（Cl），故B正确；C任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.2mol/
50、L，故C错误；D氢离子抑制铵根离子水解、碳酸氢根离子促进铵根离子水解，则相同浓度的这几种溶液中铵根离子浓度大小顺序是：，故D错误；故选B点评：本题考查了离子浓度大小比较，涉及盐类水解和弱电解质的电离，根据溶液酸碱性再结合守恒思想来分析解答，题目难度不大27（2分）（2012长春三模）将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL 2mol/L NaOH溶液完全吸收，生成的盐溶液中NaNO3的物质的量为（已知：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O
51、）（）A0.2 molB0.4 molC0.6 molD0.8 mol考点：有关混合物反应的计算.专题：压轴题；守恒法分析：纵观反应始终，容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu到Cu（NO3）2，另一个是HNO3到NaNO2，51.2gCu共失电子0.8mol2=1.6mol，根据电子转移守恒可知，铜失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，据此计算溶液中n（NaNO2）气体与氢氧化钠反应的盐溶液为NaNO3、NaNO2混合溶液，根据钠离子守恒有n（NaNO3）+n（NaNO2）=n（Na+），据此计算溶液中n（NaNO3）解答：解：纵观反应始终，容易看出只有两种元素的价态有变化，其
52、一是Cu到Cu（NO3）2，每个Cu升2价，失2个电子；另一个是HNO3到NaNO2，每个N降2价，得2个电子51.2gCu共失电子2=1.6mol，根据电子转移守恒可知，铜失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，所以溶液中n（NaNO2）=0.8mol气体与氢氧化钠反应的盐溶液为NaNO3、NaNO2混合溶液，根据钠离子守恒有n（NaNO3）+n（NaNO2）=n（Na+），所以溶液中n（NaNO3）=n（Na+）n（NaNO2）=0.5L2mol/L0.8mol=0.2mol故选A点评：本题考查混合计算、氧化还原反应计算等，难度较大，判断铜失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子
53、是解题关键，注意氧化还原反应中守恒思想的运用二、填空题：28（10分）中学常见的某反应的化学方程式为A+BC+D+H2O（未配平，反应条件略去）请回答下列有关问题（1）若A是铁，B是稀硝酸（过量），且A可溶于C溶液中则A与C反应的离子方程式为2Fe3+Fe=3Fe2+（2）若C、D均为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，某探究性学习小组利用如图中所列装置设计实验，证明上述反应中有C、D生成则B瓶溶液的作用是除去产物气流中的SO2，装置D中所盛溶液是澄清石灰水，若要验证另一产物水的存在，需使用的药品为无水硫酸铜，该装置在整套装置中的位置是A前（3）若C是无色有刺激性气味的气体，其水溶液呈弱碱性写出C
54、发生催化氧化反应的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O（4）若D为氯碱工业的主要原料，C是造成温室效应的主要气体之一，则上述的反应的化学方程式为2HCl+Na2CO3=2NaCl+CO2+H2O或HCl+NaHCO3=NaCl+CO2+H2O考点：无机物的推断.专题：推断题分析：（1）铁和过量稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，A可溶于C溶液中，则C是硝酸铁，铁和铁离子反应生成亚铁离子；（2）能使澄清石灰水变浑浊的气体是二氧化硫和二氧化碳，碳和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，二氧化硫能使品红溶液褪色，二氧化碳、二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，注意检验二氧化碳时要先排除二
55、氧化硫的干扰，用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫，用无水硫酸铜检验水蒸气；（3）其水溶液呈弱碱性且是无色有刺激性气味的气体是氨气，高温、催化剂条件下，氨气被氧气氧化生成一氧化氮和水；（4）氯碱工业的主要原料是氯化钠，造成温室效应的气体是二氧化碳，盐酸和碳酸钠或碳酸氢钠反应都生成氯化钠、二氧化碳和水解答：解：（1）铁和过量稀硝酸反应生成硝酸铁，铁和铁离子反应生成亚铁离子，所以离子反应方程式为：2Fe3+Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3+Fe=3Fe2+；（2）使澄清石灰水变浑浊的气体是二氧化硫和二氧化碳，用品红溶液检验二氧化硫，用酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，然后用品红溶液检验二氧化硫是否除尽，
56、然后将剩余气体通入澄清石灰水中检验二氧化碳，检验水用无水硫酸铜，如果无水硫酸铜变蓝色则证明含有水，A、B、C、D中都含有水，会造成干扰，为防止干扰，应在A前添加该装置，故答案为：除去产物气流中的SO2；澄清石灰水；无水CuSO4；A前；（3）高温催化剂条件下，氨气能被氧气氧化生成一氧化氮和水，反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（4）盐酸和碳酸钠或碳酸氢钠反应都生成氯化钠、二氧化碳和水，反应方程式为2HCl+Na2CO3=2NaCl+CO2+H2O或HCl+NaHCO3=NaCl+CO2+H2O，故答案为：盐酸和碳酸钠或碳酸氢钠反应都生成氯
57、化钠、二氧化碳和水点评：本题考查了元素化合物的性质，注意二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，检验二氧化碳时要先排除二氧化硫的干扰29（12分）欲探究某矿石可能是由FeCO3、SiO2、Al2O3中的一种或几种组成，探究过程如图所示已知：碳酸不能溶解Al（OH）3沉淀（1）Si在周期表中的位置是第三周期、A族（2）下列说法正确的是abca酸性：H2CO3H2SiO3 b原子半径：OCSiAlc稳定性：H2OCH4SiH4 d离子半径：O2Al3+（3）该矿石的组成是FeCO3和SiO2，滤渣和NaOH溶液反应的离子方程式是SiO2+2OH=SiO32+H2O（4）该矿石和1mol L1HN
58、O3反应的离子方程式3FeCO3+10H+NO3=3Fe3+3CO2+NO+5H2O（5）工业上依据上述实验原理处理该矿石，将反应池逸出的气体与一定量的O2混合循环通入反应池中，目的是NO循环使用能减少环境污染，NO跟H2O、O2反应后又得到硝酸提高原料利用率；若处理该矿石2.36103 kg，得到滤渣1.2103 kg，理论上至少需要1mol L1 HNO3的体积为3104L考点：探究物质的组成或测量物质的含量；元素周期律的作用；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.专题：元素及其化合物分析：（1）根据硅的原子核外电子排布确定在周期表中的位置；（2）a元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物
59、的水化物的酸性越强；b根据同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大判断；c元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；d两种离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小；（3）矿石加硝酸生成气体，可说明含有FeCO3，加入过量NaoH溶液后通入过量二氧化碳没有沉淀生成，说明没有Al2O3，滤渣溶解后加入盐酸生成胶状沉淀，说明含有SiO2；（4）矿石含有FeCO3，可与HNO3反应；（5）处理该矿石，逸出的气体为NO，可与氧气反应生成硝酸，可循环利用，结合反应的方程式计算解答：解：（1）硅的原子核外有3个电子层，最外层电子数为4，则应位于周期表第三周期、A族，故答案
60、为：第三周期、A族；（2）a非金属性：CSi，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故a正确；b同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，OC、SiAl，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则CSi，故b正确；c非金属性OCSi，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故c正确；d两种离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则O2Al3+，故d错误；故答案为：abc；（3）矿石加硝酸生成气体，可说明含有FeCO3，加入过量NaoH溶液后通入过量二氧化碳没有沉淀生成，说明没有Al2O3，滤渣溶解后加入盐酸生成胶状沉淀，说明含有SiO2，滤渣和NaOH溶液反应的离子方程式是
61、SiO2+2OH=SiO32+H2O，故答案为：FeCO3和SiO2；SiO2+2OH=SiO32+H2O；（4）矿石含有FeCO3，可与HNO3反应，离子方程式为3FeCO3+10H+NO3=3Fe3+3CO2+NO+5H2O，故答案为：3FeCO3+10H+NO3=3Fe3+3CO2+NO+5H2O；（5）由于NO是有毒气体，不能随意排放，所以这样做的目的是NO循环使用能减少环境污染，且NO跟H2O、O2反应后又得到硝酸提高原料利用率根据以上分析可知，该矿石中含有碳酸亚铁和二氧化硅，其中碳酸亚铁的质量是2.36103 kg1.2103 kg=1.16103kg，物质的量是10000mol，
62、则根据（4）中的方程式可知，消耗硝酸的物质的量是mol，所以理论上至少需要1molL1 HNO3的体积为3.0104L故答案为：NO循环使用能减少环境污染，NO跟H2O、O2反应后又得到硝酸提高原料利用率；3104点评：该题综合考查粗硅的制备、元素周期律的应用、物质的检验、氧化还原反应方程式的书写、尾气处理和原料的使用以及有关计算，是高考中的常见题型，难度较大，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导，有助于培养学生逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力该试题还通过鼓励学生去大胆的猜想及拓展探究实验，考查学生的基本科学素养该类试题综合性强，理论和实践的联系紧密，有的
63、还提供一些新的信息，这就要求学生必须认真、细致的审题，联系所学过的知识和技能，进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考才能得出正确的结论30（14分）有如图实验装置，其中a、b、c为弹簧夹（1）如果开启a和c，关闭b，则中发生Cu与稀硝酸反应；（2）如果将管中的稀硝酸换成浓硝酸，开启a和c，关闭b，过一会儿观察，可以看到里浸入水中的导管口有气泡冒出，导管内气体呈红棕色色，液面上气体为无色（3）在问题（1）的实验中，要使II里的气体始终保持无色，应先关闭a（填a或b，下同），开启b和c，使产生的CO2气体排尽II里的空气，再关闭b打开a（4）若将32g铜加入盛有150mL一定浓度硝酸的I中使之
64、恰好完全反应，产生的NO2和NO混合气体在标准状况下的体积为11.2L则原硝酸溶液的浓度为10molL1考点：实验装置综合；硝酸的化学性质.专题：实验设计题分析：（2）I管中的稀硝酸换成浓硝酸，开启a和c，关闭b，装置中压强减小，长颈漏斗中浓硝酸液体流下浸没铜后发生氧化还原反应生成硝酸铜二氧化氮和水，二氧化氮和水反应生成一氧化氮；（3）始终保持无色，装置中不能含有空气，需要反应生成二氧化碳把装置中的空气赶净，生成的二氧化氮与水反应生成无色气体；（4）根据化学方程式计算，可以利用氧化还原反应的电子守恒列式计算解答：解：（2）I管中的稀硝酸换成浓硝酸，开启a和c，关闭b，装置中压强减小，长颈漏斗中
65、浓硝酸液体流下浸没铜后发生氧化还原反应生成硝酸铜二氧化氮和水，二氧化氮和水反应生成一氧化氮；导管内气体呈红棕色，液面上气体是无色，故答案为：红棕；无；（3）在问题（1）的实验中，要使II里的气体始终保持无色，应先关闭a，开启b和c，使产生的CO2气体排尽II里的空气，再关闭 b打开a，二氧化碳环境中，一氧化氮不再反应，故答案为：a；b；b；a；（4）若将32g铜加入盛有150mL一定浓度硝酸的I中使之恰好完全反应，产生的NO2和NO混合气体在标准状况下的体积为11.2L物质的量为0.5mol；依据氧化还原反应的电子守恒计算，设生成NO物质的量为x，则NO2物质的量为0.5molx；失电子的铜物
66、质的量为0.5mol，CuCu2+2e；失电子总数为1mol；得电子的是硝酸分别为： HNO3NO3e； x 3x NO3NO2 e； 0.5x 0.5x则：3x+0.5x=1解得：x=0.25mol依据氮元素守恒得到，原硝酸溶液中溶质物质的量=0.25 mol+（0.50.25）+0.52=1.5mol；原硝酸浓度=10mol/L，故答案为：10点评：本题考查了硝酸性质的应用，实验装置的反应原理的应用分析，铜和稀硝酸、浓硝酸反应产物的性质判断和应用，氧化还原反应的电子守恒的计算应用，难度中等31（10分）纯碱中常含有少量氯化钠，请设计实验测定纯碱中Na2CO3的质量分数根据你所设计的方案中的
67、有关的数据，写出纯碱中Na2CO3的质量分数的表达式【实验原理】将纯碱与硫酸反应生成的CO2吸收，测吸收容器增重即知CO2的质量，进而求得纯碱中Na2CO3的质量分数【实验装置】反应装置可用固液（不加热）制气的装置，用碱石灰或固体NaOH吸收CO2气体的装置可用干燥管或U形管如图所示：【实验步骤】a按上图装置组合好实验仪器，检查气密性；b准确称量U型管的质量（设为m1g）；c准确称量一定量的纯碱（设为ng）放入烧瓶中；d打开分液漏斗中活塞，让稀硫酸“缓慢”滴下，至不再产生气体为止；e“缓慢”鼓入空气数分钟，然后称U型管总质量（设为m2g）请你根据上述实验回答下列问题：（1）A中盛放NaOH（试
68、剂的化学式）；A装置所起的作用是吸收空气中的二氧化碳，防止影响测定结果；（2）D装置所起的作用是测定生成的二氧化碳质量；（3）在实验操作e中鼓入空气数分钟的目的是把反应生成的二氧化碳全部赶入装置D中完全吸收；（4）根据上面数据，可求出纯碱的质量分数为：100%考点：探究物质的组成或测量物质的含量.专题：实验探究和数据处理题分析：（1）A装置是吸收空气中的二氧化碳气体避免一下实验测定；（2）B装置中是纯碱中常含有少量氯化钠，加入稀硫酸反应生成二氧化碳、水蒸气，装置C吸收水蒸气，U形管吸收二氧化碳气体；（3）在实验操作e中鼓入空气数分钟的目的是把反应生成的二氧化碳气体全部赶入装置C完全吸收；（4）
69、结合二氧化碳这里和碳元素守恒计算碳酸钠质量分数解答：解：（1）A装置是用氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳气体，提供不含二氧化碳气体的气体，用来驱赶装置B中生成的二氧化碳全部进入U形管，避免影响实验测定；故答案为：NaOH；吸收空气中的二氧化碳，防止影响测定结果；（2）B装置中是纯碱中常含有少量氯化钠，加入稀硫酸反应生成二氧化碳、水蒸气，装置C吸收水蒸气，U形管吸收二氧化碳气体，称量吸收前后的质量得到二氧化碳质量；故答案为：测定生成的二氧化碳质量；（3）在实验操作e中鼓入空气数分钟的目的是把反应生成的二氧化碳气体全部赶入装置D完全吸收；故答案为：把反应生成的二氧化碳全部赶入装置D中完全吸收；（4）结合二氧化碳这里和碳元素守恒计算碳酸钠质量分数，二氧化碳物质的量n（CO2）=mol，纯碱的质量分数=100%=100%；故答案为：100%点评：本题考查了物质组成和实验测定分析计算实验过程的理解应用和装置作用的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等
