1、2015-2016学年福建省福州八中高三（上）第一次质检化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题2分，共42分）1下列说法正确的是( )ANaCl常用于调味剂和防腐剂B“西气东输”中的“气”指的是煤气C食用纯碱可治疗胃酸过多D无水乙醇常用作医用消毒剂2用次氯酸钠固体有效的杀灭水中的细菌和病毒，该过程不可能涉及的变化有( )A置换反应B复分解反应C电离D水解3化学与生产和生活密切相关，下列说法正确的是( )A金属钠可以保存在煤油或酒精中，防止在空气中变质B石油的裂化和煤的干馏，都属于化学变化C等质量的葡萄糖和果糖在人体内完全氧化释放的能量相等D聚氯乙烯制品易造成白色污染，可采用焚烧法处
2、理4下列有关说法正确的是( )A硅相对于氢气便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是有开发价值的燃料B硅在地壳中含量居第二位，在地球上有丰富的硅资源，如石英、水晶、玛瑙的主要成分都是单质硅C存放NaOH溶液的试剂瓶应用玻璃塞D二氧化硅是一种良好的半导体材料5在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质下列实验现象和结论一致且正确的是( )A加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有Cl2存在B溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在C先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl存在D加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存在6下列各组物质
3、相互反应后，再向得到的溶液中滴入KSCN试剂，溶液变成红色的是( )A氯水和氯化亚铁溶液B铁屑和氯化铜溶液C铁屑和过量稀硫酸D过量铁屑和氯化铁溶液7在蒸发皿中用酒精灯加热蒸干下列物质的溶液然后灼烧，可以得到该物质固体的是( )A氯化铁B碳酸氢钠C硫酸铝D高锰酸钾8常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是( )A新制氯水中加入固体NaOH：c（Na+）=c（Cl）+c（ClO）+c（OH）BpH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）CpH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c（Cl）=c（NH4+）c（OH）=c（H+）D0.2mol/L的CH3
4、COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合：2c（H+）2c（OH）=c（CH3COO）c（CH3COOH）9用惰性电极电解下列溶液，电解一段时间后，阴极质量增加，电解液的pH下降的是( )ACuSO4BNaOHCBaCl2DH2SO410能实现下列物质间直接转化的元素是( )单质氧化物酸或碱盐A硅B硫C铜D铁11设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )A18 g H2O含有10NA个质子B1 mol/LCH3COONa溶液中含有1 mol/LCH3COOC标准状况下，22.4 L氨水含有NA个NH3分子D56 g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子12下列溶
5、液中通入SO2一定不会产生沉淀的是( )ABa（OH）2BBa（NO3）2CNa2SDBaCl213对下列事实的解释正确的是( )A浓硝酸通常保存在棕色的试剂瓶中，说明浓硝酸不稳定B不用浓硝酸与铜屑反应来制取硝酸铜，说明浓硝酸具有挥发性C足量铁与稀硝酸反应后溶液呈浅绿色，说明稀硝酸不能氧化Fe2+D锌与稀硝酸反应得不到氢气，说明稀硝酸能使锌钝化14下列叙述中，正确的是 ( )A葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应，不属于胶体B油脂是高分子化台物，水解可生成甘油和高级脂肪酸C煤中含有的煤焦油，可由煤干馏获得D聚乙烯塑料的老化是因为发生了加成反应15下列实验可实现鉴别目的是( )A用CO2鉴别NaAlO
6、2溶液和CH3COONa溶液B用湿润的碘化钾淀粉试纸鉴别Br2（g）和NO2C用KOH溶液鉴别SO3（g）和SO2D用BaCl2溶液鉴别AgNO3溶液和K2SO4溶液16如部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图则下列说法正确的是( )AY、R两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸B简单离子的半径：XZMC由X与N两种元素组成的化合物不能与任何酸反应，但能与强碱反应DZ单质能从M与R元素构成的盐溶液中置换出单质M17下列有关溶液组成的描述合理的是( )A无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl、S2B酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42、IC弱碱性溶液中可能大量存
7、在Na+、K+、Cl、HCO3D中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SO4218用石墨电极电解CuCl2溶液（如图）下列分析正确的是( )A通电使CuC12发生电离Ba端是直流电源的负极C阳极上发生的反应：Cu2+2eCuD通电一段时间后，在阴极附近观察到黄绿色气体19一定温度时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的SO2和O2，发生反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196kJmoL1，一段时间后达平衡，反应过程中测定的部分数据见下表：下列说法不正确的是( )反应时间/minn（SO2）/moln（O2）/mol02151.2100.4150.8A反应在前5min的平均速
8、率为v （SO2）=0.08molL1min1B保持温度不变，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2时，v （正）v （逆）C该温度，反应的平衡常数为11.25Lmol1D相同温度下，起始时向容器中充入1.5mol SO3，达平衡时SO3的转化率为40%20用下列实验装置进行相应实验，装置正确且能达到实验目的是( )A 干燥SO2气体B蒸发CH3COONa溶液得醋酸钠晶体C分离有机层与水层，水层从分液漏斗下口放出D 测量氯气的体积21某实验小组依据反应AsO43+2H+2IAsO33+I2+H2O设计如图1原电池，探究pH对AsO43氧化性的影响测得电压与pH的关系如图2下列有
9、关叙述错误的是( )A调节pH可以改变反应的方向BpH=0.68时，反应处于平衡状态CpH=5时，负极电极反应式为2I2e=I2DpH0.68时，氧化性I2AsO43二、非选择题22研究碳、氮氧化物的性质与利用具有重要意义（1）由MgO制成的Mg可构成“镁次氯酸盐”电池，其装置示意图如图1，该电池的正极反应式为_；（2）化合物甲、乙是两种氮的氧化物且所含元素价态均相同，其中一种氧化物为红棕色，某温度下相互转化时的量变关系如图2所示：甲的化学式是_；图中a、b、c、d四点中，表示反应处于平衡状态的是_t1t2时间内v正（乙）_v逆（甲）（填“”“”或“=”）反应进行到t2时刻，改变的条件可能是_
10、（3）用H2或CO催化还原NO可达到消除污染的目的已知：2NO（g）=N2（g）+O2（g）H=180.5kJmol1；2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）H=+571.6kJmol1，则用H2催化还原NO消除污染的热化学方程式是_23已知25时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数Ka=1.8105Kal=4.3107Ka2=5.61011Ka=3.0108回答下列问题：（1）物质的量浓度均为0.1molL1的三种溶液：aCH3COONa bNa2CO3 cNaClOpH由小到大排列的顺序是_（用编号填写）（2）体积均为100mL pH
11、=2的CH3COOH与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示，则HX的电离平衡常数_（填“大于”、“小于”或“等于”）CH3COOH的电离平衡常数稀释后，HX溶液中水电离出来的C（H+）_（填“大于”、“小于”或“等于”）醋酸溶液中水电离出来的C（H+）24（14分）亚硫酸盐是一种常见食品添加剂为检验某食品中亚硫酸盐含量（通常1kg样品中含SO2的质量计），某研究小组设计了如下两种实验流程：（1）气体A的主要成分是_，为防止煮沸时发生暴沸，必须先向烧瓶中加入_；通入N2的目的是_（2）写出甲方案第步反应的离子方程式：_（3）甲方案第步滴定前，滴定管需用NaOH标准溶液润洗，其操
12、作方法是_（4）若用盐酸代替稀硫酸处理样品，则按乙方案实验测定的结果_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）（5）若取样品wg，按乙方案测得消耗0.01000molL1I2溶液VmL，则1kg样品中含SO2的质量是_g（用含w、V的代数式表示）25（14分）硅孔雀石是一种含铜的矿石，含铜形态为 CuCO3Cu（OH）2和CuSiO32H2O，同时含有SiO2、FeCO3、Fe2O3、Al2O3等杂质以硅孔雀石为原料直接制取硫酸铜产品的工艺流程如图1所示：请回答下列问题：（1）写出氯渣A成份中除SiO2外还有_（填化学式）；（2）步骤中加入双氧水的作用是（用离子方程式表示）_（3）步骤调节溶液pH
13、约为4，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，调节溶液pH可选用的最佳试剂是_AFe（OH）3BNH3H2O CCuO DNaOH（4）已知常温下，KspAl（OH）3=3.21034，测得滤液A中Al3+的浓度为1102mol/L，则在滤渣B中_（填“有”或“没有”）Al（OH）3（5）为充分利用母液，某学生设计二种方案回收铜甲方案：如图2所示乙方案：按如图3所示装置进行电解乙方案中铜将在_（填“A”或“B”）极析出，为保持乙方案中电流恒定，B极应该使用_（填“铁”或“石墨”）作电极材料该方案和甲相比较，最大的缺点是_26（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuS
14、O4溶液中得到蓝色沉淀甲同学认为：两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为：这两者相互促进水解反应，生成Cu（OH）2一种沉淀；丙同学认为：生成CuCO3和Cu（OH）2两种沉淀查阅资料知：CuCO3和Cu（OH）2均不带结晶水按照乙同学的理解反应的化学反应方程式为：_；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化具体操作为过滤洗涤干燥请用如图1所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分（1）各装置连接顺序为_（2）装置C中装有试剂的名称是_（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是_若CuCO3和Cu（OH）2两者都有，可通过如图2所示装置的连接，进行定量分析来测定其组成（1）
15、装置C中碱石灰的作用是_，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是_，_（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为：_（用m、n表示）2015-2016学年福建省福州八中高三（上）第一次质检化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题2分，共42分）1下列说法正确的是( )ANaCl常用于调味剂和防腐剂B“西气东输”中的“气”指的是煤气C食用纯碱可治疗胃酸过多D无水乙醇常用作医用消毒剂【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用；化石燃料与基本化工原料；药物的主要成分和疗效 【专题】化学应用【分析】A厨房里常用作调味品和防腐剂的是NaCl
16、；B“气”指的是天然气；CNa2CO3碱性太强，不适于治疗胃酸过多；D75%乙醇用作消毒是用75%乙醇【解答】解：ANaCl是厨房里常用的调味品和防腐剂，故A正确； B“西气东输”中的“气”指的是天然气，故B错误；CNa2CO3碱性太强，不适于治疗胃酸过多，应用碳酸氢钠，故C错误；D用作消毒是用75%乙醇，故D错误故选A【点评】本题考查化学与生活，明确物质的成分和用途的关系是解题的关键，题目难度不大2用次氯酸钠固体有效的杀灭水中的细菌和病毒，该过程不可能涉及的变化有( )A置换反应B复分解反应C电离D水解【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用 【专题】卤族元素【分析】次氯酸钠在溶液中电离生成N
17、a+和ClO，ClO水解生成具有强氧化性的HClO，HClO具有强氧化性，可使蛋白质变性，以此解答【解答】解：次氯酸钠在溶液中电离生成Na+和ClO，ClO水解生成具有强氧化性的HClO，HClO具有强氧化性，可使蛋白质变性，则涉及的变化有电离、水解以及氧化还原反应，不涉及置换反应故选A【点评】本题考查次氯酸钠的杀菌消毒原理，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，题目难度不大，本题注意把握次氯酸钠的性质，注意相关基础知识的积累3化学与生产和生活密切相关，下列说法正确的是( )A金属钠可以保存在煤油或酒精中，防止在空气中变质B石油的裂化和煤的干馏，都属于化学变化C等质量的葡萄糖
18、和果糖在人体内完全氧化释放的能量相等D聚氯乙烯制品易造成白色污染，可采用焚烧法处理【考点】钠的化学性质；反应热和焓变；常见的生活环境的污染及治理；石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用 【专题】化学应用【分析】A钠和酒精反应生成氢气；B石油的裂化和煤的干馏都有新物质生成，属于化学变化；C葡萄糖和果糖属于同分异构体，二者结构不同；D焚烧聚氯乙烯塑料制品易产生空气污染【解答】解：A钠较活泼，易和水、氧气反应而变质，煤油和钠不反应且密度小于钠，所以煤油可以保存钠；钠和乙醇反应生成乙醇钠和氢气，所以不能用乙醇保存钠，故A错误；B石油的裂化是大分子烃通过裂化转化为小分子烃，煤油通过干馏得到煤焦油、焦炭等物
19、质，所以石油裂化、煤的干馏都属于化学变化，故B正确；C葡萄糖和果糖属于同分异构体，二者分子式相同但结构不同，导致等质量的葡萄糖和果糖在人体内完全氧化释放的能量不相等，故C错误；D聚氯乙烯中含有氯元素，焚烧聚氯乙烯时会产生污染大气的有毒物质，所以不能采用焚烧的方法处理聚氯乙烯，故D错误；故选B【点评】本题考查了有机物的性质，明确物质的结构和性质之间的关系是解本题关键，这些知识点都是基础知识，题目难度不大，注意分馏和干馏的区别，为易错点4下列有关说法正确的是( )A硅相对于氢气便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是有开发价值的燃料B硅在地壳中含量居第二位，在地球上有丰富的硅资源，如石英、水晶、玛瑙的
20、主要成分都是单质硅C存放NaOH溶液的试剂瓶应用玻璃塞D二氧化硅是一种良好的半导体材料【考点】硅和二氧化硅 【分析】A硅常温下为固体，性质较稳定，便于贮存，较为安全，硅是有开发价值的燃料；B石英、水晶、玛瑙主要成分是二氧化硅，故B错误；C二氧化硅能够与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水；D二氧化硅不导电【解答】解：A硅常温下为固体，性质较稳定，便于贮存，较为安全，硅是有开发价值的燃料，故A正确；B硅在地壳中含量居第二位，在地球上有丰富的硅资源，如石英、水晶、玛瑙的主要成分都是二氧化硅，故B错误；C二氧化硅能够与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，硅酸钠具有粘性，所以碱性物质不能用磨口玻璃塞盛放，故C错误；D二
21、氧化硅不导电，是绝缘体，故D错误；故选：A【点评】本题考查了硅及其化合物性质，熟悉二氧化硅酸性氧化物的性质是解题关键，注意碱性物质保存注意问题，题目难度不大5在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质下列实验现象和结论一致且正确的是( )A加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有Cl2存在B溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在C先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl存在D加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存在【考点】氯气的化学性质 【专题】卤族元素【分析】Cl2+H2OHCl+HClO，该反应是可逆反应，所以氯水中含
22、有的微粒是：分子：Cl2、HClO、H2O；离子：H+、Cl、ClO、OHA、能使有色布条褪色的是次氯酸B、呈黄绿色且有刺激性气味的是氯气C、盐酸能干扰氯离子的检验D、氯气能和碱反应生成盐【解答】解：A、次氯酸有强氧化性能使有色布条褪色，向氯水中加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有HClO存在，故A错误B、氯气是黄绿色气体，且有刺激性气味，如果氯水溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B正确C、盐酸中含有氯离子，向氯水中加入盐酸后再加入硝酸银溶液生成氯化银白色沉淀，不能说明氯水中含有氯离子，故C错误D、Cl2+H2OHCl+HClO，该反应是可逆反应，向氯水中加入氢氧
23、化钠溶液，氯水黄绿色消失，说明氯水溶液呈酸性，不能证明含有次氯酸，故D错误故选B【点评】本题考查了氯水的性质，难度不大，明确氯水中存在的微粒是 解本题的关键，根据氯水中各种微粒的性质来解答即可6下列各组物质相互反应后，再向得到的溶液中滴入KSCN试剂，溶液变成红色的是( )A氯水和氯化亚铁溶液B铁屑和氯化铜溶液C铁屑和过量稀硫酸D过量铁屑和氯化铁溶液【考点】二价Fe离子和三价Fe离子的检验 【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】KSCN溶液遇到Fe3+显血红色，说明溶液中存在Fe3+【解答】解：A氯水和氯化亚铁反应：2FeCl2+Cl2 =2FeCl3，生成三价铁离子，加KSCN溶液显红色，
24、故A正确；B铁屑和氯化铜溶液发生反应：Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，溶液中没有三价铁离子，加KSCN溶液不显红色，故B错误；C铁屑和过量稀硫酸：Fe+H2SO4=H2+FeSO4 ，溶液中没有三价铁离子，加KSCN溶液不显红色，故C错误；D过量铁屑和氯化铁溶液：2FeCl3+Fe=3FeCl2，因为铁屑过量，氯化铁完全反应，加KSCN溶液不显红色，故D错误；故选A【点评】本题考查了常见离子三价铁离子的检验，题目难度不大，只要判断出反应后溶液是否含三价铁离子就可解答7在蒸发皿中用酒精灯加热蒸干下列物质的溶液然后灼烧，可以得到该物质固体的是( )A氯化铁B碳酸氢钠C硫酸铝D高锰酸钾【考点】盐
25、类水解的应用 【分析】蒸发皿中用酒精灯加热蒸干下列物质的溶液然后灼烧，可得到该物质固体，可从物质的稳定性以及水解的角度解答【解答】解：AFeCl3溶液加热时水解生成氢氧化铁和盐酸，盐酸易挥发，生成的氢氧化铁在灼烧时生成氧化铁，故A错误B碳酸氢钠不稳定，加热易分解生成碳酸钠、二氧化碳气体和水，故B错误；CAl2（SO4）3溶液加热时虽能水解，但生成的氢氧化铝和硫酸最终又反应生成Al2（SO4）3，可得到溶质固体，故C正确；DKMnO4不稳定，加热易分解，故D错误；故选C【点评】本题考查盐类水解的应用，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用的考查，难度不大，注意氯化铁水解的产物的判断8常温
26、下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是( )A新制氯水中加入固体NaOH：c（Na+）=c（Cl）+c（ClO）+c（OH）BpH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）CpH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c（Cl）=c（NH4+）c（OH）=c（H+）D0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合：2c（H+）2c（OH）=c（CH3COO）c（CH3COOH）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】A、依据溶
27、液中电荷守恒分析判断；B、碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解大于电离；C、氨水存在电离平衡盐酸反应完全，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子；D、依据化学反应得到等浓度的醋酸和醋酸钠溶液，混合溶液中存在电荷守恒和物料守恒计算得到；【解答】解：A、新制氯水中加入固体NaOH所以生成次氯酸钠、氯化钠、水：溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（Cl）+c（ClO）+c（OH），故A错误；B、碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解大于电离；pH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32），故B错误；C、氨水存在电离平衡盐酸反应完全，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根
28、离子，溶液呈碱性溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+）；故C错误；D、0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后得到0.05mol/L的CH3COOH溶液和0.05mol/L的CH3COONa溶液，溶液中存在电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO）；依据物料守恒：2c（Na+）=c（CH3COO）+c（CH3COOH）；代入电荷守恒计算关系中得到：2c（H+）2c（OH）=c（CH3COO）c（CH3COOH）；故D正确；故选D【点评】本题考查了电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒，离子浓度大小的比较方法
29、，题目难度中等9用惰性电极电解下列溶液，电解一段时间后，阴极质量增加，电解液的pH下降的是( )ACuSO4BNaOHCBaCl2DH2SO4【考点】原电池和电解池的工作原理 【分析】用惰性电极电解下列溶液，电解一段时间后，阴极质量增加，则阴极上析出金属，该金属的活动性小于氢元素，电解液的PH下降，则阳极上氢氧根离子放电，据此分析解答【解答】解：A电解硫酸铜溶液时，阴极上铜离子放电生成铜，质量增加，阳极上氢氧根离子放电，所以电解质溶液的酸性增强，溶液的pH减小，故A正确；B电解氢氧化钠溶液时，实质电解水，所以电解质溶液的碱性增强，溶液的pH增大，故B错误；C电解氯化钡溶液，阴极上氢离子放电，阳
30、极上氯离子放电，所以电解质溶液的碱性增强，pH增大，故C错误；D电解稀硫酸溶液，阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，电解质溶液中溶质的量不变，溶剂的量减小，所以酸性增强，故D错误；故选A【点评】本题考查了电解池原理，明确离子的放电顺序及题干要求是解本题关键，难度中等10能实现下列物质间直接转化的元素是( )单质氧化物酸或碱盐A硅B硫C铜D铁【考点】无机物的推断 【分析】A、二氧化硅不溶于水生成酸；B、S与O2生成SO2，SO2再与H2O生成H2SO3，H2SO3可以与NaOH生成Na2SO3；C、金属铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜不溶于水；D、金属铜和氧气反应生成氧化铁，氧化铁不溶于水【解
31、答】解：A、SiSiO2，二氧化硅不溶于水生成酸，故A不符合；B、S与O2生成SO2，SO2再与H2O生成H2SO3，H2SO3可以与NaOH生成Na2SO3，故B符合；C、CuCuO，氧化铜不溶于水，不能实现物质间直接转化，故C不符合；D、FeFe3O4，铁的氧化物不溶于水，不能实现物质间直接转化，故D不符合；故选B【点评】本题考查了物质转化的关系分析和物质性质的应用，元素化合物之间的转化关系需要熟练掌握物质性质，题目难度中等11设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )A18 g H2O含有10NA个质子B1 mol/LCH3COONa溶液中含有1 mol/LCH3COOC标准状
32、况下，22.4 L氨水含有NA个NH3分子D56 g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子【考点】阿伏加德罗常数 【分析】A、求出水的物质的量，然后根据1mol水中含10mol质子来分析；B、CH3COO是弱酸根，在溶液中会水解；C、标况下氨水为液态；D、常温下铁在浓硫酸中会钝化【解答】解：A、18g水的物质的量为1mol，而1mol水中含10mol质子即10NA个，故A正确；B、CH3COO是弱酸根，在溶液中会水解，故浓度小于1mol/L，故B错误；C、标况下氨水为液态，不能根据气体摩尔体积来计算氨水的物质的量和其中含有的氨气分子的物质的量，故C错误；D、常温下铁在浓硫酸中会钝化，反
33、应程度很小，故生成的二氧化硫分子个数小于NA个，故D错误故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大12下列溶液中通入SO2一定不会产生沉淀的是( )ABa（OH）2BBa（NO3）2CNa2SDBaCl2【考点】二氧化硫的化学性质 【分析】A、SO2和Ba（OH）2 反应生成BaSO3沉淀； B、SO2溶于水生成H2SO3，而亚硫酸电离的H+和硝酸根组成了硝酸，能将+4的S氧化成SO42，而形成BaSO4沉淀；C、S2和SO2发生氧化还原反应，生成S单质沉淀；D、SO2溶于水生成的H2SO3是弱酸，不会与强酸的钡盐发生复分解反应【解答】
34、解：A、SO2为酸性氧化物，Ba（OH）2 反应生成BaSO3白色沉淀和水，故A不可选；B、SO2溶于水生成H2SO3，而亚硫酸电离的H+和硝酸根组成了硝酸，硝酸具有强氧化性，能将+4的S氧化成SO42，而形成BaSO4白色沉淀，故B不可选；C、S2具有还原性，SO2具有氧化性，S2和SO2发生氧化还原反应，生成S淡黄色沉淀，故C不可选；D、SO2溶于水生成的H2SO3是弱酸，因为弱酸不能制强酸，SO2不能和BaCl2发生反应，所以不会出现沉淀，故D可选；故选：D【点评】本题考查二氧化硫的性质，二氧化硫为酸性氧化物，溶于水生成亚硫酸、亚硫酸为多元弱酸，并且二氧化硫还具有漂白性、氧化性和还原性，
35、解题时要认真分析13对下列事实的解释正确的是( )A浓硝酸通常保存在棕色的试剂瓶中，说明浓硝酸不稳定B不用浓硝酸与铜屑反应来制取硝酸铜，说明浓硝酸具有挥发性C足量铁与稀硝酸反应后溶液呈浅绿色，说明稀硝酸不能氧化Fe2+D锌与稀硝酸反应得不到氢气，说明稀硝酸能使锌钝化【考点】硝酸的化学性质 【专题】氮族元素【分析】A见光受热易分解的物质应盛放在棕色瓶内，避光保存；B根据消耗药品的量与生成气体对环境污染分析；C过量的铁与铁离子反应生成亚铁离子；D钝化是反应生成致密的氧化物保护膜，阻止金属与硝酸继续反应，硝酸为氧化性酸，与金属反应不能生成氢气，生成氮的氧化物等【解答】解：A浓硝酸通常保存在棕色的试剂
36、瓶中避光保存，说明浓硝酸见光易分解，故A正确；B.1mol铜反应需要消耗4mol浓硝酸，同时生成二氧化氮，污染环境，通常利用硝酸与氧化铜反应取硝酸铜，与浓硝酸挥发性无关，故B错误；C铁与硝酸反应首先生成硝酸铁，溶液呈浅绿色由过量的铁与铁离子反应生成亚铁离子所致，故C错误；D硝酸为氧化性酸，与锌反应不能生成氢气，生成氮的氧化物等，与钝化无关，故D错误；故选A【点评】本题考查硝酸的性质，难度不大，旨在考查学生对据此知识的理解掌握，注意基础知识的理解掌握14下列叙述中，正确的是( )A葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应，不属于胶体B油脂是高分子化台物，水解可生成甘油和高级脂肪酸C煤中含有的煤焦油，可由煤
37、干馏获得D聚乙烯塑料的老化是因为发生了加成反应【考点】有机化学反应的综合应用 【分析】A、胶体具有丁达尔效应，溶液和浊液不具有，葡萄糖注射液为葡糖糖水溶液；B、油脂相对分子质量较小，可以在三种不同条件下发生水解，条件不同，产物不同；C、煤焦油为煤的干馏的一种产物，而不是煤本身的一种组分；D、聚乙烯塑料的老化是因为发生了氧化反应【解答】解：A、在三种分散系中，只有胶体具有丁达尔效应，葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应，所以不属于胶体，应该属于溶液，故A正确；B、油脂是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量较小，达不到高分子的标准，油脂可以在酸性、碱性、酶催化三种条件下发生水解，而在碱性条件下的水解产物就不是
38、甘油和高级脂肪酸，而是高级脂肪酸盐和甘油，故B错误；C、煤通过干馏可以生成煤焦油，属于化学变化，有新物质生成，而不是煤中本身含有煤焦油，煤焦油是后来反应得到的，故C错误；D、聚乙烯塑料的老化是因为发生了氧化反应，故D错误；故选A【点评】在化学反应中，反应的条件不同产物可能就不同，并不是复杂一点的有机物就属于高分子，所有烷烃均互为同系物，与同分异构现象无关，本题D是易错点，反应生成和本身含有是两码事15下列实验可实现鉴别目的是( )A用CO2鉴别NaAlO2溶液和CH3COONa溶液B用湿润的碘化钾淀粉试纸鉴别Br2（g）和NO2C用KOH溶液鉴别SO3（g）和SO2D用BaCl2溶液鉴别AgN
39、O3溶液和K2SO4溶液【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用 【分析】A二氧化碳可与NaAlO2反应，而与CH3COONa不反应；BBr2（g）和NO2都可氧化碘化钾；CSO3（g）和SO2与氢氧化钾反应没有现象；DBaCl2与AgNO3溶液和K2SO4溶液都生成沉淀【解答】解：A二氧化碳可与NaAlO2反应生成沉淀，而与CH3COONa不反应，可鉴别，故A正确；BBr2（g）和NO2都可氧化碘化钾，现象相同，不能鉴别，故B错误；CSO3（g）和SO2与氢氧化钾反应没有现象，故C错误；DBaCl2与AgNO3溶液和K2SO4溶液都生成沉淀，不能鉴别，故D错误故选A【点评】本题考查离子的
40、鉴别，为高频考点，明确氧化还原反应的应用及萃取现象是解答本题的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大16如部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图则下列说法正确的是( )AY、R两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸B简单离子的半径：XZMC由X与N两种元素组成的化合物不能与任何酸反应，但能与强碱反应DZ单质能从M与R元素构成的盐溶液中置换出单质M【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】图中元素分别为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素
41、，AF元素没有最高价含氧酸；B电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；C二氧化硅能与HF反应；DNa与盐溶液反应，首先与水反应生成氢氧化钠与氢气，氢氧化钠再与盐反应【解答】解：图中元素分别为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，AF元素没有最高价含氧酸，故A错误；BO2、Na+、Al3+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2Na+Al3+，故B正确；CO与Si两种元素组成的化合物为二氧化硅，二氧化硅能与HF反应，故C错误；DNa与氯化铝溶液反应，首先与水反应生成氢氧化钠
42、与氢气，氢氧化钠再与氯化铝反应，不能置换出Al，故D错误，故选B【点评】本题考查原子结构与元素的性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，元素的推断是解答的关键，注意把握元素的性质及单质、化合物的性质即可解答，题目难度中等17下列有关溶液组成的描述合理的是( )A无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl、S2B酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42、IC弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl、HCO3D中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SO42【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】A无色溶液中不存在Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子，铝
43、离子与硫离子发生双水解反应；B次氯酸根离子与氢离子结合生成次氯酸、次氯酸根离子能够氧化碘离子；CNa+、K+、Cl、HCO3离子之间不发生反应，且碳酸氢根离子水解溶液显示弱碱性；D铁离子水解，溶液显示酸性，则溶液中一定不存在铁离子【解答】解：AAl3+、S2之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B酸性溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子与氢离子反应生成弱酸次氯酸，次氯酸根离子能够氧化碘离子，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；CNa+、K+、Cl、HCO3离子之间不发生反应，HCO3离子部分水解，溶液显示弱碱性，故C正确；DFe3+在溶液中结合水电离的氢氧根离子，溶液显示酸性，与溶
44、液为中性不相符，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在18用石墨电极电解CuCl2溶液（如图）下列分析正确的是( )A通电使CuC12发生电离Ba端是直流电源的负极C阳极上发生的反应：Cu
45、2+2eCuD通电一段时间后，在阴极附近观察到黄绿色气体【考点】电解原理 【专题】电化学专题【分析】A、电离过程是电解质在水分子作用下发生的离解过程；B、依据图中离子移动方向分析，电解过程中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极分析确定电极名称；C、依据离子移动方向可知阳极是氯离子失电子发生氧化反应；D、氯离子在阳极失电子生成氯气；【解答】解：A、电离过程是电解质在水分子作用下发生的离解过程，不是通电条件，通电使电解质发生氧化还原反应，故A错误；B、依据图中离子移动方向分析，电解过程中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极分析确定电极名称，氯离子移向阳极，则b电极为电源正极，a为电源负极，故B正确；C、依据离
46、子移动方向可知阳极是氯离子失电子发生氧化反应，电极反应为2Cl2e=Cl2，故C错误；D、氯离子在阳极失电子生成氯气，通电一段时间后，在阳极附近观察到黄绿色气体，故D错误；故选B【点评】本题考查了电解原理的分析应用，电极分析判断，电极反应分析，离子移动方向的判断，掌握基础是关键，题目难度中等19一定温度时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的SO2和O2，发生反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196kJmoL1，一段时间后达平衡，反应过程中测定的部分数据见下表：下列说法不正确的是( )反应时间/minn（SO2）/moln（O2）/mol02151.2100.4150.8A反应在
47、前5min的平均速率为v （SO2）=0.08molL1min1B保持温度不变，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2时，v （正）v （逆）C该温度，反应的平衡常数为11.25Lmol1D相同温度下，起始时向容器中充入1.5mol SO3，达平衡时SO3的转化率为40%【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素 【专题】化学平衡专题【分析】A、根据化学反应速率v=来计算；B、温度不变，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2时，相当于增大压强，根据压强对化学平衡的影响来回答判断；C、根据可逆反应不能进行彻底以及热化学方程式的意义来回答判断；D、根据三行式计算
48、化学反应中物质的转化率【解答】解：A、根据已知数据，用二氧化硫化学反应速率v=mol/（Lmin）=0.08molL1 min1，故A正确；B、温度不变，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2时，相当于增大压强，化学平衡正向移动，v（正）v（逆），故B正确；C、2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）初始量（mol）：2 1 0变化量（mol）：1.2 0.6 1.2平衡量（mol）：0.8 0.4 1.2容器体积为2L，化学平衡常数K=11.25L/mol，故C正确；D、起始时向容器中充入1.5mol SO3，如果转化率是40%，则 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）初
49、始量（mol/L）：0 0 0.75变化量（mol/L）：0.3 0.15 0.3平衡量（mol/L）：0.3 0.15 0.45则=15，不等于该温度下的平衡常数，故D错误；故选D【点评】本题涉及等效平衡的建立以及化学反应达到平衡时物质的转化率等方面的知识，属于综合知识的考查，难度大20用下列实验装置进行相应实验，装置正确且能达到实验目的是( )A 干燥SO2气体B蒸发CH3COONa溶液得醋酸钠晶体C分离有机层与水层，水层从分液漏斗下口放出D 测量氯气的体积【考点】化学实验方案的评价 【分析】A干燥气体，大口进，小口出；B图为蒸发结晶操作；C水在上层，分液时避免上下层液体混合；D氨气极易溶
50、于水【解答】解：A干燥气体，大口进，小口出，图中气体的进入方向不合理，故A错误；B图为蒸发结晶操作，并利用玻璃棒不断搅拌，操作合理，故B正确；C水在上层，分液时避免上下层液体混合，则水层从分液漏斗上口倒出，故C错误；D氨气极易溶于水，不能将水排出测定其体积，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的干燥、蒸发、分液及气体体积测定等，把握物质的性质及实验基本操作为解答的关键，侧重实验技能的考查，注意操作的可行性、评价性分析，题目难度不大21某实验小组依据反应AsO43+2H+2IAsO33+I2+H2O设计如图1原电池，探究pH对AsO43氧化性的影响测得电压与p
51、H的关系如图2下列有关叙述错误的是( )A调节pH可以改变反应的方向BpH=0.68时，反应处于平衡状态CpH=5时，负极电极反应式为2I2e=I2DpH0.68时，氧化性I2AsO43【考点】原电池和电解池的工作原理 【专题】电化学专题【分析】A、根据图2分析电压与PH的关系；B、pH=0.68时，电压为零；C、pH=5时，电压小于0，反应逆向进行，AsO33在负极失电子；D、pH0.68时，电压小于0，反应逆向进行【解答】解：A、由图2可知，pH0.68时，电压小于0，反应逆向进行，pH0.68时，电压大于0，反应正向进行，所以调节pH可以改变反应的方向，故A正确；B、pH=0.68时，电
52、压为零，反应处于平衡状态，故B正确；C、pH=5时，电压小于0，反应逆向进行，AsO33在负极失电子，则负极电极反应式为AsO332e+H2O=AsO43+2H+，故C错误；D、pH0.68时，电压小于0，反应逆向进行，碘作氧化剂，所以氧化性I2AsO43，故D正确故选C【点评】本题考查了原电池原理的应用和化学平衡移动，侧重于知识的综合应用的考查，难度中等二、非选择题22研究碳、氮氧化物的性质与利用具有重要意义（1）由MgO制成的Mg可构成“镁次氯酸盐”电池，其装置示意图如图1，该电池的正极反应式为ClO+2e+H2O=Cl+2OH；（2）化合物甲、乙是两种氮的氧化物且所含元素价态均相同，其中
53、一种氧化物为红棕色，某温度下相互转化时的量变关系如图2所示：甲的化学式是NO2；图中a、b、c、d四点中，表示反应处于平衡状态的是bt1t2时间内v正（乙）v逆（甲）（填“”“”或“=”）反应进行到t2时刻，改变的条件可能是增大NO2浓度（3）用H2或CO催化还原NO可达到消除污染的目的已知：2NO（g）=N2（g）+O2（g）H=180.5kJmol1；2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）H=+571.6kJmol1，则用H2催化还原NO消除污染的热化学方程式是2H2（g）+2NO（g）=N2（g）+2H2O（l）H=752.1kJmol1【考点】原电池和电解池的工作原理；热化学方程式
54、【分析】（1）由图可知镁次氯酸盐”燃料电池中Mg与ClO、H2O反应生成Cl与Mg（OH）2；（2）甲、乙是两种氮的氧化物且所含元素价态均相同，这两种物质是NO2、N2O4，根据甲、乙的浓度变化确定这两种物质分别是什么；化学反应达到平衡状态时，各种物质的浓度不变；根据平衡时，v正=v逆且反应速率之比等于计量数之比来分析；根据图象知X、Y浓度是否变化来确定改变条件；（3）N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.5kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6 kJmol1，依据盖斯定律可知得：2H2（g）+2NO（g）=N2（g）+2H2O（l），由此计算反应的焓变
55、【解答】解：（1）由图可知镁次氯酸盐”燃料电池中Mg与ClO、H2O反应生成Cl与Mg（OH）2，该电池反应的总反应方程式为Mg+ClO+H2O=Cl+Mg（OH）2，正极电极反应是ClO离子得到电子发生还原反应，电极反应为：ClO+2e+H2O=Cl+2OH，故答案为：ClO+2e+H2O=Cl+2OH；（2）甲、乙是两种氮的氧化物且所含元素价态均相同，这两种物质是NO2、N2O4，当乙的浓度减少0.2mol/L时，甲的浓度增大0.4mol/L，同一时间段、同一化学反应中，物质的量浓度的变化量之比等于其计量数之比，所以甲的计量数是2、乙的计量数是1，则甲的化学式为NO2，故答案为：NO2；化
56、学反应达到平衡状态时，各种物质的浓度不变，根据图象知，b点表示平衡状态，在t1t2时间内，反应达平衡，v正（乙）=v逆（乙），v正（甲）=v逆（甲），而v（甲）：v（乙）=2：1，故有v正（乙）v逆（甲），故答案为：b；根据图象知，t2时刻，X浓度增大、Y浓度不变，所以改变的条件是增大NO2的浓度，故答案为：增大NO2的浓度（3）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.5kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6 kJmol1依据盖斯定律可知得：2H2（g）+2NO（g）=N2（g）+2H2O（l），H=（571.6kJ/mol）180.5kJ/mol7
57、52.1kJ/mol，故答案为：2H2（g）+2NO（g）=N2（g）+2H2O（l）H=752.1kJ/mol【点评】本题涉及反应速率和化学平衡的综合应用，应用盖斯定律求焓变，培养学生的平衡思想，综合性强，难度中等，三段式是解平衡题常用的方法23已知25时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数Ka=1.8105Kal=4.3107Ka2=5.61011Ka=3.0108回答下列问题：（1）物质的量浓度均为0.1molL1的三种溶液：aCH3COONa bNa2CO3 cNaClOpH由小到大排列的顺序是acb（用编号填写）（2）体积均为10
58、0mL pH=2的CH3COOH与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示，则HX的电离平衡常数大于（填“大于”、“小于”或“等于”）CH3COOH的电离平衡常数稀释后，HX溶液中水电离出来的C（H+）大于（填“大于”、“小于”或“等于”）醋酸溶液中水电离出来的C（H+）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡 【分析】（1）由电离平衡常数判断酸性的强弱，酸性越强，其对应盐的水解程度越大，溶液的pH就越大；（2）平衡常数随温度变化，由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大；稀释后，HX电离生成的c（H+）小，对水的电离抑制能力小【解答】解：（1）由
59、电离平衡常数判断酸性的强弱，酸性越强，其对应盐的水解程度越大，溶液的pH就越大，由表格中的数据可知，酸性CH3COOHH2CO3HClOHCO3，则水解程度为bca，pH由小到大的顺序是acb，故答案为：acb； （2）由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大；稀释后，HX电离生成的c（H+）小，对水的电离抑制能力弱，所以HX溶液中水电离出来的c（H+）大，故答案为：大于；大于【点评】本题考查盐类水解及酸性的比较、pH与酸的稀释等，注意水解规律中越弱越水解和稀释中强的变化大来分析解答，综合性较大，题目难度中等24（14分）亚硫酸盐是一种常见食品添加剂为检验某
60、食品中亚硫酸盐含量（通常1kg样品中含SO2的质量计），某研究小组设计了如下两种实验流程：（1）气体A的主要成分是SO2、N2，为防止煮沸时发生暴沸，必须先向烧瓶中加入碎瓷片；通入N2的目的是将生成的SO2全部赶出（防止SO2在水溶液中被O2氧化）（2）写出甲方案第步反应的离子方程式：SO2+H2O2=SO42+2H+（3）甲方案第步滴定前，滴定管需用NaOH标准溶液润洗，其操作方法是在碱式滴定管中加入12mL标准NaOH溶液，将滴定管横过来并转动，让NaOH溶液浸过滴定管内壁，从下面放掉浸洗液，重复操作23次（4）若用盐酸代替稀硫酸处理样品，则按乙方案实验测定的结果无影响（填“偏高”、“偏低
61、”或“无影响”）（5）若取样品wg，按乙方案测得消耗0.01000molL1I2溶液VmL，则1kg样品中含SO2的质量是g（用含w、V的代数式表示）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；含硫物质的性质及综合应用 【专题】压轴题；氧族元素【分析】（1）亚硫酸盐与稀硫酸反应生成气体SO2，反应时加入碎瓷片防止暴沸，要保证SO2全部赶出（2）SO2具有还原性，可被氧化剂H2O2所氧化；（3）用标准液润洗滴定管时，务必注意最后将润洗液从滴定管下端放出，而不是从上口倒出；（4）根据SO2用碱液吸收后需再用盐酸调节溶液至弱酸性分析；（5）利用关系式法计算【解答】解：（1）亚硫酸盐与稀硫酸反应生成气体S
62、O2，为防止液体加热时暴沸，一般可加入碎瓷片，因定量实验，需考查减小实验操作误差，通入N2可将生成的SO2全部赶出，保证被吸收液全部吸收，故答案为：SO2、N2；碎瓷片；将生成的SO2全部赶出（防止SO2在水溶液中被O2氧化）；（2）SO2具有还原性，可被氧化剂H2O2所氧化，反应的离子方程式为SO2+H2O2=SO42+2H+，故答案为：SO2+H2O2=SO42+2H+；（3）用标准液润洗滴定管时，务必注意最后将润洗液从滴定管下端放出，而不是从上口倒出，具体操作是在碱式滴定管中加入12mL标准NaOH溶液，将滴定管横过来并转动，让NaOH溶液浸过滴定管内壁，从下面放掉浸洗液，重复操作23次
63、，故答案为：在碱式滴定管中加入12mL标准NaOH溶液，将滴定管横过来并转动，让NaOH溶液浸过滴定管内壁，从下面放掉浸洗液，重复操作23次；（4）用盐酸代替硫酸，生成的SO2气体中混有少量HCl，因SO2用碱液吸收后需再用盐酸调节溶液至弱酸性，因此混合气体中含有HCl，对实验结果无影响，故答案为：无影响； （5）反应的离子方程式为H2O+SO32+I2=SO42+2H+2I，SO2SO32I2， 64g 1mol m 0.01000molL1V103L=105mol m=64V105g，则1kg样品中含SO2的质量为=，故答案为：【点评】本题属工业流程题以食品中的亚硫酸盐含量的测定为问题情境
64、，通过简明的实验流程图，将实验基本操作、仪器的使用、化学计算、化学方程式的书写等内容综合在一起，考查考生对化学实验方案的分析和问题解决的能力，题目难度中等25（14分）硅孔雀石是一种含铜的矿石，含铜形态为 CuCO3Cu（OH）2和CuSiO32H2O，同时含有SiO2、FeCO3、Fe2O3、Al2O3等杂质以硅孔雀石为原料直接制取硫酸铜产品的工艺流程如图1所示：请回答下列问题：（1）写出氯渣A成份中除SiO2外还有H2SiO3（填化学式）；（2）步骤中加入双氧水的作用是（用离子方程式表示）2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O（3）步骤调节溶液pH约为4，可以达到除去Fe3+而不损失
65、CuSO4的目的，调节溶液pH可选用的最佳试剂是CAFe（OH）3BNH3H2O CCuO DNaOH（4）已知常温下，KspAl（OH）3=3.21034，测得滤液A中Al3+的浓度为1102mol/L，则在滤渣B中有（填“有”或“没有”）Al（OH）3（5）为充分利用母液，某学生设计二种方案回收铜甲方案：如图2所示乙方案：按如图3所示装置进行电解乙方案中铜将在A（填“A”或“B”）极析出，为保持乙方案中电流恒定，B极应该使用铁（填“铁”或“石墨”）作电极材料该方案和甲相比较，最大的缺点是耗能【考点】制备实验方案的设计 【分析】硅孔雀石是一种含铜矿石，含铜形态为CuCO3Cu（OH）2和Cu
66、SiO32H2O，同时含有SiO2、FeCO3、Fe2O3、A12O3等杂质，硅孔雀石矿粉加入稀硫酸溶解，加入过氧化氢氧化亚铁离子浸取后过滤，得到滤渣A主要为SiO2、H2SiO3，滤液A含有Cu2+、Fe3+、Al3+、H+，加入铜的化合物调节溶液PH=4使铁离子全部沉淀，这样能不引入新杂质此时铝离子有部分沉淀，过滤得到滤液B主要是硫酸铜溶液，含有少量硫酸铝和硫酸溶液，通过蒸发浓缩蒸发，冷却结晶得到硫酸铜晶体，母液中加入铁粉，过滤可得铜，滤液中硫酸亚铁等，加入消石灰沉淀后排放，据此答题【解答】解：硅孔雀石是一种含铜矿石，含铜形态为CuCO3Cu（OH）2和CuSiO32H2O，同时含有SiO
67、2、FeCO3、Fe2O3、A12O3等杂质，硅孔雀石矿粉加入稀硫酸溶解，加入过氧化氢氧化亚铁离子浸取后过滤，得到滤渣A主要为SiO2、H2SiO3，滤液A含有Cu2+、Fe3+、Al3+、H+，加入铜的化合物调节溶液PH=4使铁离子全部沉淀，这样能不引入新杂质此时铝离子有部分沉淀，过滤得到滤液B主要是硫酸铜溶液，含有少量硫酸铝和硫酸溶液，通过蒸发浓缩蒸发，冷却结晶得到硫酸铜晶体，母液中加入铁粉，过滤可得铜，滤液中硫酸亚铁等，加入消石灰沉淀后排放，（1）根据上面的分析可知，A成份中除SiO2外还有H2SiO3，故答案为：H2SiO3；（2）加入过氧化氢氧化亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe2+
68、H2O2+2H+2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O；（3）根据上面的分析可知，调节溶液pH的同时不能引入新的杂质，所以可选用的最佳试剂是氧化铜，故选C；（4）溶液pH约为4时，溶液中氢氧根离子的浓度为1010mol/L，此时c（Al3+）c3（OH）=1102（1010）3 =110323.21034，所以有氢氧化铝沉淀出现，故答案为：有；（5）根据电解原理，与电源负极相连的阴极上是溶液中的不活泼的金属离子得电子析出单质，所以要回收铜，则铜在阴极析出，为保持乙方案中电流恒定，即溶液中离子所带电荷的浓度不变，B极即阳极应该使用铁做电极，由于电解过程中要消耗
69、电能，所以该方法和甲相比较，最大的缺点是耗能，故答案为：A；铁；耗能【点评】本题借助硅孔雀石为原料制取硫酸铜的工艺流程，考查了铜及其化合物性质分析判断，化学方程式计算应用，沉淀溶解原理的应用，掌握基础是关键，题目难度中等26（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀甲同学认为：两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为：这两者相互促进水解反应，生成Cu（OH）2一种沉淀；丙同学认为：生成CuCO3和Cu（OH）2两种沉淀查阅资料知：CuCO3和Cu（OH）2均不带结晶水按照乙同学的理解反应的化学反应方程式为：Na2CO3+CuSO4+H2OCu（O
70、H）2+Na2SO4+CO2；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化具体操作为过滤洗涤干燥请用如图1所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分（1）各装置连接顺序为ACB（2）装置C中装有试剂的名称是无水硫酸铜（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是装置B中澄清石灰水变混浊若CuCO3和Cu（OH）2两者都有，可通过如图2所示装置的连接，进行定量分析来测定其组成（1）装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是开始时通入处理过的空气可以将装置中原有含H2O蒸汽和CO2的空气排出，结束时通人处理过的空气可以将装置中滞留
71、的H2O蒸汽和CO2排出（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为：（1）100%（用m、n表示）【考点】性质实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量 【分析】、按照乙同学的理解碳酸根离子水解呈碱性，铜离子水解呈酸性，相互促进，生成氢氧化铜沉淀和二氧化碳气体；、利用加热的方法检验，氢氧化铜和碳酸铜加热分解得到氧化铜、水和二氧化碳，若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验，若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，澄清石灰水变浑浊说明含有CuCO3；、（1）实验开始时装置的空气中会有水蒸气和二氧化碳，若不排除被吸收装置吸收会对计算结果产生较大的误差，故开始
72、时先用除去水和二氧化碳的空气将装置中的水蒸气和二氧化碳排除；实验结束氢氧化铜和碳酸铜加热分解后会在反应装置中残留二氧化碳和水蒸气，通过用除去水和二氧化碳的空气将装置中的水蒸气和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收；（2）装置B质量增加了n克，说明分解生成ng水，根据水的质量计算沉淀中氢氧化铜的质量，沉淀质量减去氢氧化铜的质量等于碳酸铜的质量，再利用质量分数的定义计算【解答】解：、按照乙同学的理解碳酸根离子水解呈碱性，铜离子水解呈酸性，相互促进，生成氢氧化铜沉淀和二氧化碳气体，反应的方程式为Na2CO3+CuSO4+H2OCu（OH）2+Na2SO4+CO2，故答案为：Na2CO3+CuSO4+H2O
73、Cu（OH）2+Na2SO4+CO2；、（1）利用加热的方法检验，氢氧化铜和碳酸铜加热分解得到氧化铜、水和二氧化碳，若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验，若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，故答案为：A；C；B；（2）装置C检验是否有水生成，可用无水硫酸铜检验，若无水硫酸铜变蓝色说明有水生成，验证沉淀中有氢氧化铜生成，否则沉淀中无氢氧化铜，故答案为：无水硫酸铜；（3）用澄清的石灰水检验是否产生二氧化碳，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明生成二氧化碳，即说明含有CuCO3，故答案为：装置B中澄清石灰水变混浊；、（1）实验开始时装置的空气中会有水蒸气和二氧化碳，若不排除被吸收装置吸收会对计算结果产
74、生较大的误差，故开始时先用除去水和二氧化碳的空气将装置中的水蒸气和二氧化碳排除，故装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O 蒸汽和CO2，同时实验开始时也要将装置中的空气中的二氧化碳和水排尽，所以要先通一会儿处理过的空气，氢氧化铜和碳酸铜加热分解后会在反应装置中残留二氧化碳和水蒸气，通过用除去水和二氧化碳的空气将装置中的水蒸气和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收，防止影响测定结果故答案为：吸收空气中的H2O 蒸汽和CO2；开始时通入处理过的空气可以将装置中原有含H2O 蒸汽和CO2的空气排出；结束时通人处理过的空气可以将装置中滞留的H2O 蒸汽和CO2排出；（2）装置B质量增加了n克，说明分解生成ng水，水的物质的量为mol，根据氢元素守恒可知氢氧化铜的物质的量为mol，故氢氧化铜的质量为mol98g/mol=g，沉淀中CuCO3的质量分数为100%=（1）100%，故答案为：（1）100%【点评】本题考查对实验方案设计与装置的理解、实验基本操作、化学计算等，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础知识与运用知识分析问题、解决问题的能力
