1、高考资源网（ ），您身边的高考专家2015-2016学年海南省江汉油田海政学校高三第二次月考化学试卷一选择题1下列物质分类正确的是ASO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物2下列溶液加热蒸干、灼烧后，能析出原溶质固体的是AAlCl3BKHCO3CFe23DNH4HCO33下列有关物质的用途说法正确的是熟石灰可用来改良土壤酸性 氦气可做保护气KMnO4可作消毒剂 蒸馒头时可用NaOH来除去面团中发酵产生的酸可用Al3治疗胃酸过多 工业上可用Na2CO3来制肥皂工业上可用铁桶盛放波尔多液 家庭中可用N
2、aNO2作调味品ABCD4氢化亚铜是一种不稳定物质，能在氯气中燃烧；也能与酸反应，用CuSO4溶液和“某物质”在4050时反应可产生它下列有关叙述中错误的是A这“某物质”具有还原性BCuH与盐酸反应，可能产生H2CCuH与足量的稀硝酸反应：CuH+3H+NO3=Cu2+NO+2H2ODCuH在氯气中燃烧：CuH+Cl2=CuCl+HCl5下列各组物质中气体X和气体Y在通常条件下同时通入盛有溶液z的洗气瓶中，一定没有沉淀生成的是XYZANO2SO2BaCl2BNH3O2Al23CNH3CO2NaClDCOO2Ca2AABBCCDD6已知SO32+I2+H2O=SO42+2I+2H+某溶液中可能含
3、有I、NH4+、Cu2+、SO32，向该无色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色则下列关于该溶液组成的判断正确的是A肯定不含IB肯定不含Cu2+C可能含有SO32D肯定不含有NH4+二、选择题7向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，蓝色溶液变为棕色再向反应后的溶液中通入过量的SO2气体，溶液变成无色则下列说法正确的是A滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是氧化产物B通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性C通入22.4 L SO2参加反应时，有2NA个电子发生转移D上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+I2SO282.8gFe全部溶于一定浓度200mLHNO3
4、溶液中，得到标准状况下气体1.12L，测得反应后溶液pH为1若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断不正确的是A反应后溶液中铁元素一定只以Fe3+形式存在B1.12L气体可能是NO、NO2的混合气体C反应后溶液中c=0.85mol/LD反应后的溶液最多还能溶解1.82gFe9NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是A1.0L1.0mo1L1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB12g石墨烯中含有C12原子的个数为NAC25时pH=13的NaOH溶液中含有OH的数目为0.1 NAD1 mol的羟基与1 moL的甲基所含电子数均为9 NA10下列离子方程式表达正确的是A用稀硝酸洗涤
5、做银镜反应的试管：3Ag+4H+NO3=3Ag+NO+2H2OB用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜：Al3+OH=AlO2+2H2OC用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2OD用食醋除去水瓶中的水垢：CO32+2CH3COOH=2CH3COO+CO2+H2O11下列说法正确的是A浓硫酸、浓硝酸、稀硝酸都是氧化性酸，常温下都能使金属铁钝化B浓硫酸与蔗糖混合搅拌产生刺激性气味气体，此过程只体现了浓硫酸的脱水性C某溶液中加盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的气体，说明该溶液中一定含CO32 或SO32D某溶液中滴加BaCl2溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，不能说明该溶液中一定含
6、SO4212已知某物质X能发生如图转化，下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述不正确的是A若X为N2 或NH3，则A为硝酸B若X为S或H2 S，则A为硫酸C若X为非金属单质或非金属氢化物，则A不一定能与金属铜反应生成YD反应和一定为氧化还原反应，反应一定为非氧化还原反应三、简答题13水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2+2S2O32+O2+xOH=Fe3O4+S4O62+2H2O，回答下列问题：每生成1 mol Fe3O4，反应转移的电子总数为 mol还原剂是：1 mol Fe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为molx=14已知A、B、C、D、E为中学化学中常见的化合物，
7、其中A是淡黄色固体，B是无色液体，甲、乙、丙为非金属单质，丁为地壳中含量最多的金属元素所组成的单质，C的焰色反应呈黄色，丙是黄绿色气体，它们之间的转化关系如图所示：实验室制取丙的化学方程式为，描述反应的反应条件及现象反应的化学方程式为：写出C与丙反应的离子方程式，列举这个反应的一种用途15现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子Na+、Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和五种阴离子Cl、OH、NO3、CO32、X中的一种某同学通过分析比较，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是和为了确定X，现将中的两种物质记为A和B，当C与B的溶液混合时，产
8、生红褐色沉淀和无色无味气体；当C与A的溶液混合时产生棕色沉淀，向该沉淀中滴入稀硝酸，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解则：X为ASO32 BSO42 CCH3COO DSiO32A中的化学键类型为将0.02mol的A与0.01mol的C同时溶解在足量的蒸馏水中，充分反应后，最终所得沉淀的质量为利用上述已经确定的物质，可以检验出D、E中的阳离子请简述实验操作步骤、现象及结论将Cu投入到装有D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀硫酸，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现则物质D一定含有上述离子中的有关反应的离子方程式为四、实验题16将9.6g铜粉加入55mL浓硝酸中，随着铜粉的不断溶解，产生的
9、气体的颜色不断变浅，待铜和硝酸恰好完全反应后，共收集到气体5.6L，求原硝酸的物质的量浓度17A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质它们之间有如下的反应关系：若A是硫磺，B是气态氢化物，C是造成酸雨的污染物之一，反应是通一种黄绿色气体，生成D和另一种产物E，D是一种含氧酸，写出反应的化学反应方程式：；检验反应产物E中阴离子所用试剂为：若D物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，写反应离子方程式；利用A的还原性和A转化为氧化物时能放出大量热的性质，工业上常用A来还原一些金属氧化物，写出这类反应在工业上的一个重要应用若A是应用最广泛的金属，反应用到A
10、，反应均用到同一种非金属单质C的溶液常用于制作印刷电路板，写出该反应的离子方程式五综合题）18某学生为了测定部分变质的Na2SO3样品的纯度，设计了如下实验：回答下列问题：写出A装置中玻璃仪器的名称：酒精灯、实验开始后，写出B中反应的离子方程式C中的现象是，E装置的作用是按图2所示称取一定量的Na2SO3样品放入A装置的烧瓶中，滴入足量的H2SO4完全反应然后将B中完全反应后的溶液与足量的BaCl2溶液反应，过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀23.3g，则原样品中Na2SO3的纯度为在过滤沉淀时若过滤液出现浑浊，则必须要重复操作，若该学生没有重复过滤，则测定的结果将要使测定结果准确，第一，装置气密性
11、必须良好；第二，应先点燃处酒精灯；第三，2015-2016学年海南省江汉油田海政学校高三第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一选择题1下列物质分类正确的是ASO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质中学版权所有【专题】物质的分类专题【分析】酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物，分散质微粒直径在1nm100nm形成的分散系为胶体，电解质是水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，不同物质组成的为
12、混合物【解答】解：A、CO和碱不能反应，属于不成盐氧化物，故A错误；B、稀豆浆属于胶体，硅酸、氯化铁溶液不是胶体，故B错误；C、四氯化碳属于非电解质，故C错误；D、福尔马林是甲醛的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液、氨水是氨气的水溶液均为混合物，故D正确；故选D【点评】本题考查了酸性氧化物、化合物、电解质和胶体、单质的概念和辨析，难度不大2下列溶液加热蒸干、灼烧后，能析出原溶质固体的是AAlCl3BKHCO3CFe23DNH4HCO3【考点】盐类水解的应用；铵盐；镁、铝的重要化合物中学版权所有【分析】液加热蒸干后，能析出原溶质固体，则溶质性质稳定，不分解，不水解可符合题目要求【解答】解：AAl3+
13、水解，盐酸易挥发，蒸干得到Al3，灼烧后得到Al2O3，故A错误；BKHCO3不稳定，加热易分解，故B错误；C加热时Fe3+虽然水解，但硫酸难挥发，最后固体仍为Fe23，故C正确；DNH4HCO3不稳定，加热易分解，故D错误；故选C【点评】本题考查盐类水解知识，为高频考点，注意把握物质的稳定性和水解的性质，易错点为A，注意硫酸盐水解的特点，题目难度不大3下列有关物质的用途说法正确的是熟石灰可用来改良土壤酸性 氦气可做保护气KMnO4可作消毒剂 蒸馒头时可用NaOH来除去面团中发酵产生的酸可用Al3治疗胃酸过多 工业上可用Na2CO3来制肥皂工业上可用铁桶盛放波尔多液 家庭中可用NaNO2作调味
14、品ABCD【考点】物质的组成、结构和性质的关系中学版权所有【专题】元素及其化合物【分析】熟石灰可以中和酸性土壤中的氢离子；氦气化学性质不活泼；KMnO4具有强氧化性；NaOH具有强腐蚀性，对人体有害；Al3可以中和胃酸，而且对人体没有腐蚀性；脂肪在氢氧化钠作用下水解发生皂化反应；Fe与硫酸铜发生置换反应；NaNO2有毒，会危害人体健康【解答】解：熟石灰可以中和酸性土壤中的氢离子，所以熟石灰可用来改良土壤酸性，故正确；氦气化学性质不活泼，不易发生化学反应，可以用作保护气，故正确；KMnO4具有强氧化性，能是细菌和病毒的蛋白质发生变性，从而起到杀菌消毒作用，故正确；NaOH具有强腐蚀性，对人体有害
15、，所以不能用于食品，故错误；Al3可以中和胃酸，而且对人体没有腐蚀性，所以可用Al3治疗胃酸过多，故正确；脂肪在氢氧化钠作用下水解发生皂化反应，则工业上可用NaOH不是用Na2CO3来制肥皂，故错误；Fe与硫酸铜发生置换反应，波尔多液中含有硫酸铜，所以不可用铁桶盛放波尔多液，故错误；NaNO2有毒，会危害人体健康，家庭中不能用NaNO2作调味品，故错误所以正确的是故选C【点评】本题考查了物质的性质和用途，题目难度不大，侧重于化学知识在生产生活中应用的考查，注意对物质性质的掌握4氢化亚铜是一种不稳定物质，能在氯气中燃烧；也能与酸反应，用CuSO4溶液和“某物质”在4050时反应可产生它下列有关叙
16、述中错误的是A这“某物质”具有还原性BCuH与盐酸反应，可能产生H2CCuH与足量的稀硝酸反应：CuH+3H+NO3=Cu2+NO+2H2ODCuH在氯气中燃烧：CuH+Cl2=CuCl+HCl【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质中学版权所有【分析】A、根据在该反应中，铜的化合价降低，“某物质”中元素的化合价必升高；B、CuH中1价的H可以与盐酸中+1价氢发生归中反应；C、根据CuH具有还原性，与硝酸发生氧化还原反应；D、根据氯气的强氧化性【解答】解：A、因在该反应中，铜的化合价降，则“某物质”中元素的化合价必升高，体现了还原性，故A正确；B、因CuH中1价的H可以与盐酸中+1价氢发生归中反
17、应：CuH+HClCuCl+H2，故B正确；C、因CuH具有还原性，与硝酸发生氧化还原反应：CuH+3HNO3=Cu2+NO+2H2O，离子方程式：CuH+3H+NO3=Cu2+NO+2H2O，故C正确；D、因氯气具有强氧化性，能够将+1价的铜氧化成+2价：2CuH+3Cl2=2CuCl2+2HCl，故D错误；故选：D【点评】本题考查了氧化还原反应，主要考查了学生根据信息，联系旧知识解决问题的能力，培养了学生分析问题的能力，题目难度中等5下列各组物质中气体X和气体Y在通常条件下同时通入盛有溶液z的洗气瓶中，一定没有沉淀生成的是XYZANO2SO2BaCl2BNH3O2Al23CNH3CO2Na
18、ClDCOO2Ca2AABBCCDD【考点】实验装置综合；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响中学版权所有【分析】A二氧化氮溶于水生成硝酸，根据硝酸和二氧化硫的性质分析生成的物质，根据二氧化硫和硝酸反应的生成物判断是否有沉淀生成；B氨气极易溶于水生成氨水，铝离子和氨水能反应生成氢氧化铝；C氨气和二氧化碳、水以及氯化钠反应可生成碳酸氢钠；D根据一氧化碳和氧气的反应条件分析判断能否生成二氧化碳【解答】解：A二氧化氮易溶于水生成硝酸，硝酸有强氧化性，二氧化硫有还原性，所以二氧化硫能被硝酸氧化成硫酸，硫酸和氯化钡发生复分解反应生成白色硫酸钡沉淀，故A不选；B氨气极易溶于水生成氨水，氨水能分解
19、生成氢氧根离子，氢氧根离子和铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝能溶于强碱但不溶于弱碱，所以一定有白色沉淀生成，故B不选；C类似侯氏制碱法，反应生成碳酸氢钠晶体，故C不选；D点燃条件下，一氧化碳能在氧气中燃烧生成二氧化碳，但如果没有点燃条件，一氧化碳和氧气混合不反应，一氧化碳和氧气也不和氢氧化钙反应，所以一定没有沉淀生成，故D选；故选D【点评】本题综合考查元素化合物知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和元素化合物知识的综合运用的考查，为高频考点，注意二氧化碳和二氧化硫都不与氯化钙反应生成白色沉淀，即弱酸不能制取强酸，难度不大6已知SO32+I2+H2O=SO42+2I+2H+某溶液中可能含有I
20、、NH4+、Cu2+、SO32，向该无色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色则下列关于该溶液组成的判断正确的是A肯定不含IB肯定不含Cu2+C可能含有SO32D肯定不含有NH4+【考点】常见离子的检验方法；物质的检验和鉴别的实验方案设计中学版权所有【分析】溶液是无色溶液，说明一定不含Cu2+，向该无色溶液中加入少量溴水，溴水褪色，溶液呈无色，由于离子还原性SO32I，说明溶液中可以含I，但一定含有还原性离子被溴单质氧化，判断一定含有SO32【解答】解：溶液是无色溶液，说明一定不含Cu2+，向该无色溶液中加入少量溴水，溴水褪色，溶液呈无色，由于离子还原性SO32I，说明溶液中可以含I，但一定含有还原
21、性离子被溴单质氧化，判断一定含有SO32；分析判断可知，溶液中一定含有SO32，一定不含Cu2+，可能含有I，电荷守恒分析铵根离子一定存在；A、加入的少量溴水，已知还原性SO32I，溴单质只氧化SO32，溶液为无色，所以I可能含有，溶液中可以含有I，故A错误；B、溶液是无色，肯定不含Cu2+，故B正确；C、原溶液中一定含有SO32，故C错误；D、据电荷守恒分析铵根离子一定存在，故D错误；故选B【点评】本题考查了氧化还原反应顺序进行的规律应用，离子性质的分析判断是解题关键，题目难度中等二、选择题7向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，蓝色溶液变为棕色再向反应后的溶液
22、中通入过量的SO2气体，溶液变成无色则下列说法正确的是A滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是氧化产物B通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性C通入22.4 L SO2参加反应时，有2NA个电子发生转移D上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+I2SO2【考点】氧化还原反应中学版权所有【分析】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，以此来解答【解
23、答】解：A滴加KI溶液时，I元素的化合价升高，KI被氧化，Cu元素的化合价降低，则CuI是还原产物，故A错误；B通入SO2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现其还原性，故B错误；C通入22.4 L SO2参加反应时，状况未知，不能计算其物质的量，则不能确定转移电子数，故C错误；D.2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2SO
24、2，所以氧化性Cu2+I2SO2，故D正确；故选D【点评】本题考查氧化还原反应，根据题目信息推断实验中发生的反应，素材陌生，难度较大，考查学生对氧化还原反应的利用，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，选项C为易错点，注意选项C不需要计算82.8gFe全部溶于一定浓度200mLHNO3溶液中，得到标准状况下气体1.12L，测得反应后溶液pH为1若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断不正确的是A反应后溶液中铁元素一定只以Fe3+形式存在B1.12L气体可能是NO、NO2的混合气体C反应后溶液中c=0.85mol/LD反应后的溶液最多还能溶解1.82gFe【考点】化学方程式的有关计算中学
25、版权所有【分析】A、根据题目信息可知HNO3过量，故Fe只可能转化为Fe3+；B、2.8gFe的物质的量为0.05mol，根据电子转移守恒，利用极限假设法，若只生成NO，计算生成NO的体积；若只生成NO2，计算生成的NO2体积，根据体积判断；C、由题目信息可知，反应后溶液为硝酸铁、硝酸的混合溶液，故溶液中有3c+c=c，根据铁元素守恒由n=n，所以c=0.25mol/L，反应后溶液pH为1，所以c=0.1mol/L，代入上式计算；D、计算原硝酸溶液中硝酸的物质的量，根据氮元素守恒可知n原来=3nFe3+n剩余+n，当生成Fe2 时原硝酸溶解的铁最多，据此计算原硝酸溶解的铁的最大重量，减去已经溶
26、解的2.8g，即为反应后的溶液最多还能溶解的Fe的质量【解答】解：A、反应后溶液pH为1，故HNO3过量，Fe只可能转化为Fe3+，故A正确；B、2.8gFe的物质的量为=0.05mol，若只生成NO，根据电子转移守恒可知，n=0.05mol，则V=0.05mol22.4L/mol=1.12L；计算生成NO的体积；若只生成NO2，根据电子转移守恒可知，n=0.15mol，V=0.15mol22.4L/mol=3.36L，由于实际生成气体1.12L，故只生成NO，故B错误；C、反应后溶液为硝酸铁、硝酸的混合溶液，故溶液中有3c+c=c，根据铁元素守恒由n=n=0.05mol，所以c=0.25mo
27、l/L，反应后溶液pH为1，所以c=0.1mol/L，所以c=0.25mol/L3+0.1mol/L=0.85mol/L，故C正确；D、由B中分析可知，原硝酸是稀硝酸，生成NO，由氮元素守恒可知n原来=3nFe3+n剩余+n=0.05mol3+0.1mol/L0.2+0.05mol=0.22mol，生成Fe2、NO时原硝酸溶解的铁最多，由3 Fe+8HNO3=3Fe2+2 NO+4H2O 可知，0.22molHNO3最多溶解铁0.22mol，质量为0.22mol56g/mol=4.62g，故还能溶解铁4.64g2.8g=1.82g，故D正确故选：B【点评】本题考查根据方程式的有关计算，难度中等
28、，判断生成的气体为NO、硝酸有剩余是解题的关键，D选项可以根据硝酸铁与剩余的硝酸计算溶解铁的质量9NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是A1.0L1.0mo1L1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB12g石墨烯中含有C12原子的个数为NAC25时pH=13的NaOH溶液中含有OH的数目为0.1 NAD1 mol的羟基与1 moL的甲基所含电子数均为9 NA【考点】阿伏加德罗常数中学版权所有【分析】A、在偏铝酸钠溶液中，除了偏铝酸钠本身，水中也含氧原子；B、根据石墨烯由C12原子构成来分析；C、溶液体积不明确；D、羟基和甲基均不显电性【解答】解：A、在偏铝酸钠溶液中，除了偏铝酸钠本
29、身，水中也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数大于2NA个，故A错误；B、由于石墨烯由C12原子构成，故12g石墨烯中含有的C12原子的物质的量为n=1mol，个数为NA个，故B正确；C、溶液体积不明确，故溶液中的氢氧根的个数无法计算，故C错误；D、羟基不显电性，故1mol羟基中含9mol电子，而1mol甲基也含9mol电子，故均为9NA个，故D正确故选BD【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10下列离子方程式表达正确的是A用稀硝酸洗涤做银镜反应的试管：3Ag+4H+NO3=3Ag+NO+2H2OB用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜：Al3+
30、OH=AlO2+2H2OC用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2OD用食醋除去水瓶中的水垢：CO32+2CH3COOH=2CH3COO+CO2+H2O【考点】离子方程式的书写中学版权所有【分析】A银与稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮气体和水；B氧化膜为氧化铝，不是氢氧化铝；C铜被双氧水氧化生成铜离子；D碳酸钙为难溶物，离子方程式中碳酸钙不能拆开【解答】解：A用稀硝酸洗涤做银镜反应的试管，反应的离子方程式为：3Ag+4H+NO3=3Ag+NO+2H2O，故A正确；B用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜，氧化膜的成分为氧化铝，正确的离子方程式为：Al2O3+2OH=2Al
31、O2+H2O，故B错误；C用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板，铜被双氧水氧化，反应的离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2O，故C正确；D碳酸钙和醋酸都不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故D错误；故选AC【点评】本题考查了离子方程式的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等11下列说法正确的是A浓硫酸、浓硝酸、稀硝酸都是氧化性酸，常温下都能使金属铁钝化B浓硫
32、酸与蔗糖混合搅拌产生刺激性气味气体，此过程只体现了浓硫酸的脱水性C某溶液中加盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的气体，说明该溶液中一定含CO32 或SO32D某溶液中滴加BaCl2溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，不能说明该溶液中一定含SO42【考点】浓硫酸的性质；硫酸根离子的检验；铁的化学性质中学版权所有【分析】A稀硝酸不能使铁、铝钝化；B刺激性气体为二氧化硫，说明反应中浓硫酸中的硫元素化合价降低，体现了浓硫酸的强氧化性；C碳酸氢根离子，亚硫酸氢根离子与盐酸反应也能生成使澄清石灰水变浑浊的气体；D白色沉淀可能为硫酸钡或者氯化银沉淀【解答】解：A浓硫酸、浓硝酸都是氧化性酸，具有强的氧化性，常温下都能使金
33、属铁钝化，稀硝酸不能使铁铝钝化，故A错误；B浓硫酸与蔗糖混合搅拌产生刺激性气味气体，此过程体现了浓硫酸的脱水性、强的氧化性，故B错误；C溶液中加盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的气体，可能为二氧化碳或二氧化硫，溶液中可能含CO32或SO32，还可能含有HCO3或HSO3，故C错误；D某溶液中滴加BaCl2溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，溶液中可能含有硫酸根离子或者氯离子，不能说明该溶液中一定含SO42，故D正确；故选：D【点评】本题考查了硝酸、硫酸的性质，硫酸根离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子的检验，侧重于学生的分析能力、元素化合物性质，题目难度不大12已知某物质X能发生如图转化，下列有关上述转化关系
34、中物质及其反应的叙述不正确的是A若X为N2 或NH3，则A为硝酸B若X为S或H2 S，则A为硫酸C若X为非金属单质或非金属氢化物，则A不一定能与金属铜反应生成YD反应和一定为氧化还原反应，反应一定为非氧化还原反应【考点】无机物的推断中学版权所有【分析】A若X为N2 或NH3，则Y为NO、Z为二氧化氮、A为硝酸；B若X为S或H2 S，则Y可以为二氧化硫、Z为三氧化硫、A为硫酸；C若X为S或H2 S，A为硫酸，稀硫酸不能与Cu反应；D若X为N2 或NH3，反应为氧化还原反应【解答】解：A若X为N2 或NH3，与氧气反应生成Y为NO，NO与氧气反应生成Z为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成A为硝酸，符合
35、转化关系，故A正确；B若X为S或H2 S，与氧气反应生成Y可以为二氧化硫，二氧化硫与氧气反应生成Z为三氧化硫，三氧化硫与水反应生成A为硫酸，故B正确；C若X为S或H2 S，A为硫酸时，浓硫酸可以与Cu反应，但稀硫酸不能与Cu反应，故C正确；D若X为S或H2 S，反应为三氧化硫与水生成硫酸，属于非氧化还原反应，若X为N2 或NH3，反应为二氧化氮与水生成硝酸与NO，属于氧化还原反应，故D错误，故选：D【点评】本题考查无机物推断，属于验证型题目，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度不大三、简答题13水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2+2S2O32+O2+xOH=Fe3O4+S4O62+2
36、H2O，回答下列问题：每生成1 mol Fe3O4，反应转移的电子总数为4 mol还原剂是：Fe2+、S2O321 mol Fe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为0.25molx=4【考点】氧化还原反应的计算中学版权所有【分析】因为四氧化三铁中有+2和+3价，所以Fe2+部分被氧化，部分做还原剂，S2O32也是还原剂，氧气是氧化剂，由方程式可知每生成1molFe3O4，有1mol O2反应，结合O元素化合价变化计算转移电子；反应中Fe元素化合价升高、S元素化合价升高，故还原剂为Fe2+、S2O32；根据电子转移守恒计算；根据电荷守恒计算【解答】解：因为四氧化三铁中有+2和+3价，所
37、以Fe2+部分被氧化，部分做还原剂，S2O32也是还原剂，氧气是氧化剂，由方程式可知每生成1molFe3O4，有1mol O2反应，反应中氧元素化合价由0价降低为2价，故转移电子为1mol4=4mol，故答案为：4mol；反应中Fe元素化合价升高、S元素化合价升高，故还原剂为Fe2+、S2O32，故答案为：Fe2+、S2O32；1 mol Fe2+被氧化时，根据电子转移守恒，被Fe2+还原的O2的物质的量为 =0.25mol，故答案为：0.25；根据电荷守恒可知：64x=2，故x=4，故答案为：4【点评】本题考查氧化还原反应计算，注意从化合价发生还原剂与氧化剂，注意电子转移守恒的应用，难度中等
38、14已知A、B、C、D、E为中学化学中常见的化合物，其中A是淡黄色固体，B是无色液体，甲、乙、丙为非金属单质，丁为地壳中含量最多的金属元素所组成的单质，C的焰色反应呈黄色，丙是黄绿色气体，它们之间的转化关系如图所示：实验室制取丙的化学方程式为MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O，描述反应的反应条件及现象H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白雾反应的化学方程式为：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al3写出C与丙反应的离子方程式Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，列举这个反应的一种用途用NaOH溶液吸收Cl2的尾气等【考点】无机物的推断中学版权所有【专题】无机推
39、断；抽象问题具体化思想；演绎推理法；元素及其化合物【分析】A是淡黄色固体，B是无色液体，二者反应生成C与单质甲，且C的焰色反应呈黄色，可知A是Na2O2，B是H2O，甲、乙、丙为非金属单质，甲是O2，C是NaOH丁为地壳中含量最多的金属元素所组成的单质，则丁是Al，与NaOH反应生成单质乙，则乙是H2，D是NaAlO2丙是黄绿色气体单质，则丙是Cl2，由转化关系可知E是HCl，白色沉淀为氢氧化铝，据此解答【解答】解：A是淡黄色固体，B是无色液体，二者反应生成C与单质甲，且C的焰色反应呈黄色，可知A是Na2O2，B是H2O，甲、乙、丙为非金属单质，甲是O2，C是NaOH丁为地壳中含量最多的金属元
40、素所组成的单质，则丁是Al，与NaOH反应生成单质乙，则乙是H2，D是NaAlO2丙是黄绿色气体单质，则丙是Cl2，由转化关系可知E是HCl，白色沉淀为氢氧化铝，实验室制取氯气的化学方程式为MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O，反应为氢气与氯气反应，反应条件及现象为：H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白雾，故答案为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O；H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白雾；反应为盐酸与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀、氯化钠与水，反应的化学方程式为NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al3，故答案为：NaAlO2+
41、HCl+H2O=NaCl+Al3；氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；该反应用途为：用NaOH溶液吸收Cl2的尾气等，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；用NaOH溶液吸收Cl2的尾气等【点评】本题考查无机物的推断，涉及Na、Al、Cl盐酸单质化合物性质以及电解、气体制备等，题目难度中等，注意根据物质的颜色、反应的现象为突破口进行推断，学习中注意元素化合物的性质，注重相关知识的积累15现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子Na+、Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和
42、五种阴离子Cl、OH、NO3、CO32、X中的一种某同学通过分析比较，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是Na2CO3和Ba2为了确定X，现将中的两种物质记为A和B，当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体；当C与A的溶液混合时产生棕色沉淀，向该沉淀中滴入稀硝酸，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解则：X为BASO32 BSO42 CCH3COO DSiO32A中的化学键类型为离子键和共价键将0.02mol的A与0.01mol的C同时溶解在足量的蒸馏水中，充分反应后，最终所得沉淀的质量为6.1g利用上述已经确定的物质，可以检验出D、E中的阳离子请简述实验操作步骤、现象及结论分别
43、取少量D、E溶液于试管中，分别滴加过量的Ba2溶液，产生白色沉淀的其中含有Mg2+，先产生白色沉淀，后沉淀又溶解的含有Al3+将Cu投入到装有D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀硫酸，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现则物质D一定含有上述离子中的NO3有关反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计；物质检验实验方案的设计中学版权所有【分析】根据离子之间结合生成沉淀，不能共存，确定含有的两种物质；C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体，沉淀为氢氧化铁、气体为二氧化碳；C与A的溶液混合时产生混合物沉淀，向该沉淀中滴入稀盐酸
44、，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解，则B为Na2CO3，A为Ba2，C为硫酸铁，另两种物质为氯化铝、硝酸镁或氯化镁、硝酸铝；将Cu投入D溶液中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，该气体为NO2，说明D中含有NO3【解答】解：因Al3+、Mg2+、Fe3+和OH反应生成沉淀，Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和CO32反应，则不能共存，所以一定存在的物质为Na2CO3 和 Ba2，故答案为：Na2CO3；Ba2；C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体，沉淀为氢氧化铁、气体为二氧化碳；C与A的溶液混合时产生混合物沉淀，向该沉淀中滴入稀盐酸，
45、沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解，则B为Na2CO3，A为Ba2，C为硫酸铁，另两种物质为氯化铝、硝酸镁或氯化镁、硝酸铝，因C为硫酸铁，则阴离子有SO42，则X为SO42，故答案为：B；A为Ba2，钡离子与氢氧根离子以离子键结合，O、H之间以共价键结合，故答案为：离子键和共价键；0.02molBa2与0.01molFe23反应生成0.02molBaSO4和Fe3沉淀，沉淀质量为0.02mol233g/mol+107g/mol=6.1g，故答案为：6.1g；检验出D、E中的阳离子，实验操作步骤、现象及结论为分别取少量D、E溶液于试管中，分别滴加过量的Ba2溶液，产生白色沉淀的其中含有Mg2
46、+，先产生白色沉淀，后沉淀又溶解的含有Al3+，故答案为：分别取少量D、E溶液于试管中，分别滴加过量的Ba2溶液，产生白色沉淀的其中含有Mg2+，先产生白色沉淀，后沉淀又溶解的含有Al3+；由现象可知，将Cu投入D溶液中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，该气体为NO2，说明D中含有NO3，反应离子方程式为：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故答案为：NO3；3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O【点评】本题考查离子推断、实验方案设计等，为高频考点，综合度较高，旨在考查学生的推断能力与方案设计能力，注意根据反应现象进行推断，题目难
47、度较大四、实验题16将9.6g铜粉加入55mL浓硝酸中，随着铜粉的不断溶解，产生的气体的颜色不断变浅，待铜和硝酸恰好完全反应后，共收集到气体5.6L，求原硝酸的物质的量浓度【考点】氧化还原反应的计算中学版权所有【分析】n=0.25mol，n=0.15mol，根据N、Cu原子守恒得n=2nCu2+n=2n+n=0.15mol2+0.25mol=0.55mol，根据c=计算硝酸浓度【解答】解：n=0.25mol，n=0.15mol，根据N、Cu原子守恒得n=2nCu2+n=2n+n=0.15mol2+0.25mol=0.55mol，c=10mol/L，答：原硝酸的物质的量浓度是10mol/L【点评
48、】本题考查氧化还原反应计算，为高频考点，明确各个物理量关系结合转移电子守恒是解本题关键，题目难度中等17A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质它们之间有如下的反应关系：若A是硫磺，B是气态氢化物，C是造成酸雨的污染物之一，反应是通一种黄绿色气体，生成D和另一种产物E，D是一种含氧酸，写出反应的化学反应方程式：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；检验反应产物E中阴离子所用试剂为：硝酸酸化的硝酸银若D物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，写反应离子方程式AlO2+2H2O+CO2Al3+HCO3；利用A的还原性和A转化为氧化物时能放出大
49、量热的性质，工业上常用A来还原一些金属氧化物，写出这类反应在工业上的一个重要应用2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe若A是应用最广泛的金属，反应用到A，反应均用到同一种非金属单质C的溶液常用于制作印刷电路板，写出该反应的离子方程式Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+【考点】无机物的推断中学版权所有【专题】无机推断；类比迁移思想；演绎推理法；元素及其化合物【分析】若A是硫磺，B是气态氢化物，则B为H2S，C是造成酸雨的污染物之一，则C为SO2，反应是通一种黄绿色气体应为氯气，生成D和另一种产物E，D是一种含氧酸，所以D是硫酸，E为氯化氢，依据推断出的物质书写化学方程式；若D物质具有两性推断D为A
50、l3，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，说明C为偏铝酸钠NaAlO2，反应均要用强碱溶液，判断A为Al，B为AlCl3，依据推断出的物质判断；若A是应用最广泛的金属推断为Fe，反应用到A，反应均用到同一种非金属单质推断为Cl2，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，判断C为FeCl3，D为FeCl2【解答】解：若A是硫磺，B是气态氢化物，则B为H2S，C是造成酸雨的污染物之一，则C为SO2，反应是通一种黄绿色气体应为氯气，生成D和另一种产物E，D是一种含氧酸，所以D是硫酸，E为氯化氢，的反应的化学方程式为Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，检验氯离子所用试剂为硝酸酸化的硝酸银，故
51、答案为：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；硝酸酸化的硝酸银；若D物质具有两性推断D为Al3，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，说明C为偏铝酸钠NaAlO2，反应均要用强碱溶液，判断A为Al，B为AlCl3，单质A为Al，元素在周期表中的位置是第三周期A族，反应离子方程式：AlO2+2H2O+CO2Al3+HCO3，用铝还原金属氧化物即铝热反应，例如2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故答案为：AlO2+2H2O+CO2Al3+HCO3；2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；若A是应用最广泛的金属推断为Fe，反应用到A，反应均用到同一种非金属单质推断为Cl2，C的溶液用
52、于蚀刻印刷铜电路板，判断C为FeCl3，D为FeCl2，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，写该反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+【点评】本题考查了物质转化关系的应用和性质应用，主要考查硫及其化合物性质、氮及其化合物、硅及其化合物、铁及其化合物性质的综合应用，用好条件是解题关键五综合题）18某学生为了测定部分变质的Na2SO3样品的纯度，设计了如下实验：回答下列问题：写出A装置中玻璃仪器的名称：酒精灯、圆底烧瓶、分液漏斗实验开始后，写出B中反应的离子方程式Cl2+SO2+2H2O4H+2Cl+SO42C中的现象是红色鲜花褪色，E装
53、置的作用是吸收未反应的二氧化硫和氯气按图2所示称取一定量的Na2SO3样品放入A装置的烧瓶中，滴入足量的H2SO4完全反应然后将B中完全反应后的溶液与足量的BaCl2溶液反应，过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀23.3g，则原样品中Na2SO3的纯度为50.8%在过滤沉淀时若过滤液出现浑浊，则必须要重复操作，若该学生没有重复过滤，则测定的结果将偏低要使测定结果准确，第一，装置气密性必须良好；第二，应先点燃D处酒精灯；第三，待到B中水溶液呈浅绿色时，再打开分液漏斗活塞，并点燃A处的酒精灯【考点】探究物质的组成或测量物质的含量中学版权所有【专题】实验分析题；实验评价题；类比迁移思想；演绎推理法；无机实验
54、综合【分析】A装置产生二氧化硫，D装置产生氯气在F装置中干燥，C装置检验干燥氯气的漂白性，氯气和二氧化硫在B装置中反应，E装置吸收尾气，防止污染空气根据装置图填写仪器名称；A为实验室制备二氧化硫的发生装置，D为实验室制备氯气的发生装置，氯气具有氧化性，二氧化硫具有还原性，在B中发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸；红色鲜花中含水，水和氯气反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用；氯气和二氧化硫有毒，E中NaOH溶液吸收尾气防止污染；根据图示读取样品质量，根据硫元素守恒计算，Na2SO3SO2BaSO4；没有重复过滤，导致部分沉淀留在滤液中，导致硫酸钡质量减少；应先准备氯气，保证二氧化硫被完全氧化，要
55、使氯气过量【解答】解：装置中所用玻璃仪器为：圆底烧瓶、分液漏斗和酒精灯，故答案为：圆底烧瓶；分液漏斗；D为实验室制备氯气的发生装置，反应为：MnO2+4HClMnCl2+Cl22H2O，A中是实验室制备二氧化硫的装置，反应的化学方程式为：H2SO4+Na2SO3Na2SO4+H2O+SO2，氯气具有氧化性，二氧化硫具有还原性，在B中发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，反应为：Cl2+SO2+2H2O4H+2Cl+SO42；故答案为：Cl2+SO2+2H2O4H+2Cl+SO42；）红色鲜花中含水，水和氯气反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，故红色鲜花褪色；氯气和二氧化硫有毒，二氧化硫在溶液中
56、反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：SO2+2OHSO32+H2O；氯气在其溶液中反应生成NaCl和NaClO，反应为：Cl2+2OHCl+ClO+2H2O，故E中NaOH溶液吸收尾气防止污染；故答案为：红色鲜花褪色；吸收未反应的二氧化硫和氯气；根据硫元素守恒计算，Na2SO3SO2BaSO4126g 233g m 23.3gm=12.6g，样品质量为：10.0g+10.0g+5.0g0.2g=24.8g，所以Na2SO3的质量分数为 100%=50.8%；故答案为：50.8%；没有重复过滤，导致部分沉淀留在滤液中，导致硫酸钡质量减少，则由此计算的亚硫酸钠的质量减少，质量分数偏低，故答案为：偏低；要使测定结果准确，第一，装置气密性必须良好；第二，应先准备氯气，保证二氧化硫被完全氧化，故先加热D处酒精灯，第三，要保证二氧化硫充分被氧化，即氯气过量，所以待到B中水溶液呈浅绿色时，再打开分液漏斗活塞，并点燃A处的酒精灯，故答案为：D；待到B中水溶液呈浅绿色时，再打开分液漏斗活塞，并点燃A处的酒精灯【点评】本题考查实验基本操作、二氧化硫和氯气的性质，较基础，注意从实验目的考虑加热的先后顺序 版权所有：高考资源网()投稿兼职请联系：2355394692
