1、2014-2015学年浙江省金华市东阳二中高三（上）段考化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共48分）1今年是门捷列夫诞辰180周年下列事实不能用元素周期律解释的只有( )A碱性：KOHNaOHB相对原子质量：ArKC酸性：HClO4H2SO4D元素的金属性：MgAl2下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是( )AH3O+ 和OHBCO和N2CHNO2和NO2DCH3+ 和NH4+3NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是( )A1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB2 L 0.5 molL1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAC1 mol Na2O2
2、固体中含离子总数为4NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成28 g N2时，转移的电子数目为3.75NA4下列各组物质之间通过一步就能实现如图所示转化的是( )物质编号物质转化关系abcdNa2ONa2O2NaNaOHAl2O3NaAlO2AlAl（OH）3FeCl2FeCl3FeCuCl2NONO2N2HNO3ABCD5等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是( )AFeOBFe2O3CFeSO4DFe3O46下列说法不正确的是( )A60周年国庆阅兵车HQE顶级红旗采用全铝车身，铝的氧化物属于两性氧化物B用热的纯碱溶液洗涤沾有油污的器具时发生的主要是
3、化学变化C英国华裔科学家高锟因在“光在纤维中的传输应用于光学通信方面”做出了突破性成就，而获得了2009年诺贝尔物理学奖，光纤制品的基本原料为SiO2D液氨、液氯、液态氯化氢都是非电解质71.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法不正确的是( )A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LCNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80
4、%D得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL8下列除杂方案错误的是( )选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO（g）CO2（g）NaOH溶液，浓H2SO4洗气BNH4Cl（aq）Fe3+（aq）NaOH溶液过滤CCl2（g）HCl（g）饱和食盐水，浓H2SO4洗气DNa2CO3（s）NaHCO3（s）灼烧AABBCCDD9实验测得一氧化碳与氧气混合气体的密度是氢气的14.5倍，则其中氧气的质量分数为( )A25.0%B27.6%C72.4%D75.0%10下列关于物质性质与应用的说法正确的是( )A碳具有还原性，高温条件下能将二氧化硅还原为硅B二氧化硫有漂白、杀菌性能，
5、可在食品加工中大量使用C二氧化硅是半导体材料，可将太阳能直接转化为电能D二氧化锰具有较强的氧化性，可作H2O2分解的氧化剂11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0.9mol，这些气体恰好能被500ml 2mol/L NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为( )A0.2molB0.4molC0.8molD0.9mol12PM2.5细颗粒物含有的毒性物质来源之一是汽车尾气排放通过排气管加装催化装置，可有效减少CO和NO的排放，催化装置内发生的反应为：NOx+CON2+CO2下列关于此反应的说
6、法中，不正确的是( )A所涉及元素中原子半径：CNOB当x=2时，每生成1mol N2，转移电子数为4molC等物质的量N2和CO2中，共价键的个数比为3：4D氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1时，NOx中氮元素的化合价为+2价13向Na2CO3、NaHCO3，混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是( )Aa点对应的溶液中：Na+、OH、SO42、NO3Bb点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、MnO4、ClCc点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3、ClDd点对应的溶液中：F、NO3、Fe2+、Ag+14下列由相关实
7、验现象所推出的结论正确的是( )AAl与稀H2SO4、稀HNO3反应均生成铝盐并放出气体，说明Al与两种酸均发生置换反应B常温下浓硫酸能使铁和铝发生钝化，于是可在常温下用铁或铝制品贮藏、贮运浓硫酸CCl2和SO2均能使品红溶液褪色，说明二者都有氧化性D向溶液中滴加硝酸酸化的BaCl2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42或SO32中的一种或两种15设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关NA 的叙述中正确的有( )标准状况下，20g重水（D2O）中含有的电子数为10NA0.5mol Fe2+与足量的H2O2溶液反应，转移0.5NA个电子将2mol NO和1mol O2混合后，体系中的分子总
8、数为3NA乙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6NA2molL1碳酸钠溶液中Na+的数目是2NA1mol氯气溶解在水中得到的新制氯水中氢离子的数目是NA22.4L的N2的共用电子对数为3NAA3个B4个C5个D全部正确16下列反应中，反应后固体物质增重的是( )A氢气通过灼热的CuO粉末B二氧化碳通过Na2O2粉末C铝与Fe2O3发生铝热反应D将锌粒投入Cu（NO3）2溶液17下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的是( )A用装置甲制取氯气B用装置乙除去氯气中混有的少量氯化氢C用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl24H2O18下列
9、反应与Na2O2+SO2Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是( )A2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2B2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2CNa2O2+H2SO4Na2SO4+H2O2D3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O19铝与过氧化钠混合物粉末跟足量的水作用得到无色溶液，共生成气体1.75g，若得到的溶液恰好能使100mL 3.5mol/L的盐酸完全反应，且使产生的沉淀恰好溶解，则铝与过氧化钠的物质的量之比是( )A1：2B2：lC3：2D2：320向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中加入稀盐酸下列离子方程式与事实不相符的是( )AOH+
10、CO32+2H+HCO3+H2OB2OH+CO32+3H+HCO3+2H2OC2OH+CO32+4H+CO2+2H2ODOH+CO32+3H+CO2+2H2O21已知：将Cl2通入适量KOH溶液中，产物中可能有KCl，KClO，KClO3，且的值与温度高低有关当n（KOH）=a mol时，下列有关说法错误的是( )A若某温度下，反应后=11，则溶液中=B参加反应的氯气的物质的量等于a molC改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：a molnea molD改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为amol22金属与不同浓度的硝酸反应时，往往生成多种不同价态的还原产物图d是各种不同密度的
11、硝酸与铁反应时（相同温度）还原产物的分布图下列说法不正确的是( )A密度小于1.1g/mL的硝酸与金属反应，还原产物主要是NH4+B当硝酸溶液的密度为1.36g/mL时，Fe与过量硝酸反应的化学方程式为：4Fe+18HNO3=4Fe（NO3）3+3NO+3NO2+9H2OC稀硝酸与金属反应，一定被还原成NOD某硝酸试剂瓶的标签注明：密度1.26g/mL，质量分数50.0%；若取该试剂10mL配成1000mL溶液，所得溶液的物质的量浓度为1 mol/L23下列关于物质的量浓度表述中正确的是( )A0.3 molL1 Na2SO4溶液中含有Na+和SO42总物质的量为0.9 molB当1 L水吸收
12、22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 molL1，只有当22.4 L氨气溶于水制得1 L氨水时，其浓度才是1 molL1C在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na+和SO42的物质的量浓度相等，则K+和Cl的物质的量浓度一定相同D10时0.35 molL1的KCl饱和溶液100 mL，蒸发掉5 g水，冷却到10时，其体积小于100 mL，它的物质的量浓度仍为0.35 molL124雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后的试样溶液，设计并完成了如下实
13、验：已知：3NO3+8Al+5OH+2H2O3NH3+8AlO2根据以上的实验操作和现象，该同学得出的结论不正确的是( )A试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3B试样中一定不含Al3+C试样中可能存在Na+、ClD该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4二、填空题（共52分）25（13分）原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，四种元素的原子序数之和为32，在周期表中X是原子半径最小的元素，Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族M与X同主族，与W同周期（1）M元素是_（填元素符号）（2）Z、W形成的气态氢化物的稳定性为_（填化学式）（3）M2Z2的电子式为_，写出
14、M2Z2与水反应的离子方程式：_（4）由X、Y、Z、W四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，离子方程式为_（5）由X、Y、Z、W四种元素组成的一种离子化合物A，已知：1mol A能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体；A能与盐酸反应产生气体B，该气体能与氯水反应则A是_（填化学式）；写出该气体B与氯水反应的离子方程式：_（6）由X、Y、Z、W和Fe五种元素组成的相对分子质量为392的化合物C，1mol C中含有6mol结晶水对该化合物C进行以下实验：a取C的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色、有刺激性气味的气体过一段时间，白色沉淀变为灰绿色
15、，最终变为红褐色；b另取C的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解写出C的化学式：_；试写出C与M2Z2按物质的量比1：2在溶液中反应的化学方程式：_26焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一某研究小组进行如下实验：实验一 焦亚硫酸钠的制取采用如图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5装置II中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3+SO2Na2S2O5（1）装置I中产生气体的化学方程式为_该反应中要求选用70%的硫酸，浓度不能过大也不能过小，其原因是_（2）要从装置II中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是_（3）装置用于处理尾气，
16、可选用的最合理装置（夹持仪器已略去）为_ （填序号）（4）实验室中也可用铜和浓硫酸加热来制取二氧化硫写出该反应的化学方程式：_下列溶液中，不能鉴别SO2和CO2气体的是_（填字母编号）a酸化的Ca（NO3）2溶液 b澄清石灰水 cFeCl3和BaCl2混合溶液dNa2SiO3溶液 e溴水 fCaCl2溶液过量的铜和含 x molH2SO4的浓硫酸混合共热，共收集到22.4y L（标准状况）SO2气体后，再给反应容器中加入过量的铁粉，经过充分反应后，反应掉的铁粉的质量为_g实验二 葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（5）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算
17、）的方案如下：（已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI）按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为_gL1在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果_（填“偏高”“偏低”或“不变”）27A、B、C、D、E、F是中学中常见的物质，其转化关系如图所示（反应条件未标出），已知反应是置换反应请回答下列问题：（1）若B是黄绿色气体，C、F是空气的主要成分，A、D相遇有白烟生成，写出A的电子式_，反应的化学方程式为_（2）若A、D、F都是非金属单质，A、D所含元素同主族，A、F 所含元素同周期，则B所属
18、晶体结构类型是_，其一个重要的用途是_（3）若A是常见的金属单质，D、F是气态单质，反应在水溶液中进行，则工业上冶炼金属A的反应原理是（用化学方程式表示）_（4）若A、D是常见单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，原子最外层电子数D是A的2倍，反应中都有红棕色气体生成则反应的化学方程式为_28亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：已知：NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO23H2O纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全160gL1 NaOH溶液
19、是指160g NaOH固体溶于水所得溶液的体积为1L（1）160gL1 NaOH溶液的物质的量浓度为_若要计算该溶液的质量分数，还需要的一个条件是_（用文字说明）（2）发生器中鼓入空气的作用可能是_（选填序号）a将SO2氧化成SO3，增强酸性 b稀释ClO2以防止爆炸 c将NaClO3氧化成ClO2（3）吸收塔内的反应的化学方程式为_吸收塔的温度不能超过20，其目的是_（4）从滤液中得到NaClO23H2O粗晶体的实验操作是_要得到更纯的NaClO23H2O晶体必须进行的操作是_（填操作名称）（5）经查阅资料知道：当pH2.0时，ClO2能被I完全还原成Cl；溶液中Na2S2O3能与I2反应生
20、成NaI和Na2S4O6欲测定成品中NaClO23H2O的含量，现进行如下操作：步骤I称取样品w g配成溶液置于锥形瓶中，并调节pH2.0步骤II向锥形瓶中加入足量KI 晶体，充分搅拌，并加入少量指示剂步骤III用c mol/L的Na2S2O3溶液滴定步骤中发生反应的离子方程式是_，步骤中达到滴定终点时的现象是_若上述滴定操作中用去了V mL Na2S2O3溶液，则样品中NaClO23H2O的质量分数为_（用字母表示）三、解答题（共1小题，满分0分）29已知0.1mol有机物A的质量是12g，在足量的氧气中充分燃烧后生成35.2g CO2和7.2g H2O；A可以发生银镜反应，其苯环上的一卤代
21、物有三种（1）A的结构简式为_已知：现有如下转化关系：ABCDE+F其中D能使溴的四氯化碳溶液褪色，F继续被氧化生成G，G的相对分子质量为90（2）C可能具有的化学性质有_（填序号）能与H2发生加成反应 能在碱性溶液中发生水解反应能与甲酸发生酯化反应 能与Ag（NH3）2OH溶液发生银镜反应（3）写出下列反应的化学方程式（有机物用结构简式表示），并指出其反应类型C转化为D的反应_；反应类型：_反应；一定条件下，D生成高分子化合物的反应_；（4）C的同分异构体有多种，请写出其中一种符合下列要求的有机物_与C具有相同的官能团种类 遇三氯化铁溶液不显色 苯环上的一氯代物只有两种2014-2015学年
22、浙江省金华市东阳二中高三（上）段考化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共48分）1今年是门捷列夫诞辰180周年下列事实不能用元素周期律解释的只有( )A碱性：KOHNaOHB相对原子质量：ArKC酸性：HClO4H2SO4D元素的金属性：MgAl【考点】真题集萃；元素周期律的作用 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；B相对原子质量的大小与原子序数有关；C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；D同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱【解答】解：ANa、K位于周期表相同主族，金属性KNa，
23、元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，能用元素周期律解释，故A不选；B相对原子质量的大小与原子序数有关，随原子序数的增大而增大，存在周期性的变化，不能用元素周期律解释，故B选；C非金属性ClS，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，能用元素周期律解释，故C不选；D同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，能用元素周期律解释，故D不选故选：B【点评】本题为2014年上海高考题，侧重于元素周期律的理解与应用的考查，注意把握元素周期律的递变规律以及相关知识的积累，难度不大2下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是( )AH3O+ 和OHBCO和N2CHNO2和NO
24、2DCH3+ 和NH4+【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系 【分析】质子数=各原子质子数的和，阳离子中质子数=电子数+电荷数，阴离子中质子数=电子数电荷数【解答】解：AH3O+ 和OH质子数分别为：11、9，电子数分别为10、10，故A错误； BCO和N2质子数分别为：14、14，电子数分别为14、14，故B错误；CHNO2和NO2质子数分别为：21、20，电子数分别为21、21，故C错误；DCH3+ 和NH4+质子数分别为：9、11，电子数分别为8、10，故D正确故选D【点评】本题考查分子和离子中质子数和电子数的计算，难度不大要注意阳离子中质子数=电子数+电荷数，阴离子中质子数=
25、电子数电荷数3NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是( )A1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB2 L 0.5 molL1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAC1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成28 g N2时，转移的电子数目为3.75NA【考点】阿伏加德罗常数 【分析】A、亚铁离子和碘离子都能够被氯气氧化，1mol碘化亚铁完全反应消耗1.5mol氯气； B、硫酸根带2个单位的负电荷；C、Na2O2由2个钠离子和1个过氧根构成；D、反应中部分硝酸根中N元素由+5价降低为氮气中0价，铵根中N元素3价升高为氮
26、气中0价，氮气既是还原产物又是氧化产物，由氮原子守恒，结合方程式可知，还原产物与氧化产物物质的量之比为3：5，根据n=计算氮气物质的量，再计算氧化产物物质的量，再结合铵根中N元素化合价变化计算转移电子物质的量【解答】解：A.1molFeI2中含有1mol亚铁离子、2mol碘离子，完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移了3mol电子，转移的电子数为3NA，故A错误； B、2L0.5molL1硫酸钾溶液中SO42的物质的量n=CV=0.5mol/L2L=1mol，而1个硫酸根带2个单位的负电荷，所以1mol硫酸钾中SO42所带电荷数为2NA，但溶液中的阴离子除了SO42还有OH，故溶液中阴离子所带
27、的电荷数大于2NA个，故B错误； C、Na2O2由2个钠离子和1个过氧根构成，故1molNa2O2中共含3mol离子即3NA个，故C错误；D、反应中部分硝酸根中N元素由+5价降低为氮气中0价，铵根中N元素3价升高为氮气中0价，氮气既是还原产物又是氧化产物，由氮原子守恒，结合方程式可知，还原产物与氧化产物物质的量之比为3：5，生成氮气物质的量为=1mol，故氧化产物的物质的量为1mol=mol，铵根中N元素被氧化，故转移电子为mol20（3）=3.75mol，故D正确故选D【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4下列各组物质之间通过一步就能
28、实现如图所示转化的是( )物质编号物质转化关系abcdNa2ONa2O2NaNaOHAl2O3NaAlO2AlAl（OH）3FeCl2FeCl3FeCuCl2NONO2N2HNO3ABCD【考点】钠的重要化合物；含氮物质的综合应用；镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变 【专题】氮族元素；几种重要的金属及其化合物【分析】根据各组物质的化学性质及变化规律，分析各组物质间能按转化关系图完全物质间转化的一组；abda；ca cb；通过列出具体的反应，可以使分析和判断变得直观、简单【解答】解：转化关系为：abda；ca cb；Na2ONa2O2NaOH，NaOH不能一步转化为Na2O，故错误；Al
29、2O3 NaAlO2Al（OH）3Al2O3 ，AlAl2O3 ，AlNaAlO2，故正确；FeCl2FeCl3CuCl2stackrelFeFeCl2；FeFeCl2、FeFeCl3，故正确；NONO2HNO3NO；N2NO，N2不能一步转化NO2，故错误故选B【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，注意根据常见化学物质的性质，通过列举具体反应，判断物质间是否可以实现一步反应的转化，采用排除法（即发现一步转化不能实现，排除该选项）是解答本题的捷径，难度中等5等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是( )AFeOBFe2O3CFeSO4DFe3O4【考点】氧化还原反应
30、的计算 【专题】氧化还原反应专题【分析】氧化还原反应中，氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，可根据物质的质量计算物质的量，计算失去电子的物质的量，可比较放出NO物质的量的多少【解答】解：假设质量都为mg，AFeO与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；BFe2O3与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为0；CFeSO4与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；DFe3O4中Fe元素的化合价有+2、+3价，与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol，由以上分析可知，失电子最多的是FeO，则放出NO物质的量最多的是FeO，故选A【点评】本题考查氧化还原反应的相关
31、计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握元素的化合价的变化，为解答该题的关键，本题易错点为D，注意Fe元素化合价的判断，难度不大6下列说法不正确的是( )A60周年国庆阅兵车HQE顶级红旗采用全铝车身，铝的氧化物属于两性氧化物B用热的纯碱溶液洗涤沾有油污的器具时发生的主要是化学变化C英国华裔科学家高锟因在“光在纤维中的传输应用于光学通信方面”做出了突破性成就，而获得了2009年诺贝尔物理学奖，光纤制品的基本原料为SiO2D液氨、液氯、液态氯化氢都是非电解质【考点】两性氧化物和两性氢氧化物；物理变化与化学变化的区别与联系；电解质与非电解质；硅和二氧化硅 【分析】A氧化铝能
32、与酸、碱反应生成盐与水，属于两性氧化物；B油脂在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐与甘油；C二氧化硅是制备光导纤维的基本原料；D液氯属于单质，既不是电解质越不是非电解质，液态HCl属于电解质【解答】解：A氧化铝与酸反应生成盐与水，与碱反应生成盐与水，属于两性氧化物，故A正确；B纯碱溶液呈碱性，油脂在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐与甘油，故B正确；C二氧化硅是制备光导纤维的基本原料，故C正确；D液氨属于非电解质，而液氯属于单质，既不是电解质越不是非电解质，液态HCl属于电解质，故D错误，故选：D【点评】本题考查两性氧化物、盐类水解与油脂性质、二氧化硅的用途、电解质与非电解质，比较基础
33、，注意对基础知识的理解掌握71.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法不正确的是( )A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LCNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL【考点】有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质 【专题】压轴题；守恒法【分析】A、金属离子全部沉淀
34、时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，根据n=计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；B、根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；C、根据n=计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列放出计算，进而计算二氧化氮的体积分数；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物
35、质的量，再根据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积【解答】解：A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确；B、该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故B正确；C、NO2和N2O4混合气体的
36、物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05a）mol，根据电子转移守恒可知，a1+（0.05a）21=0.06，解得a=0.04，故NO2的体积分数是100%=80%，故C正确；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L14mol/L0.04mol（0.050.04）2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，故D错误；故选D【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想
37、进行的解答8下列除杂方案错误的是( )选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO（g）CO2（g）NaOH溶液，浓H2SO4洗气BNH4Cl（aq）Fe3+（aq）NaOH溶液过滤CCl2（g）HCl（g）饱和食盐水，浓H2SO4洗气DNa2CO3（s）NaHCO3（s）灼烧AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 【专题】实验评价题【分析】A二氧化碳与NaOH反应，而CO不能；BNaOH与NH4Cl、Fe3+均反应；CHCl极易溶液水，而食盐水抑制氯气的溶解；D NaHCO3加热分解生成碳酸钠【解答】解：A二氧化碳与NaOH反应，而CO不能，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂
38、，故A正确；BNaOH与NH4Cl、Fe3+均反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，故B错误；CHCl极易溶液水，而食盐水抑制氯气的溶解，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，故C正确；DNaHCO3加热分解生成碳酸钠，则直接加热即可实现除杂，故D正确；故选B【点评】本题考查物质分离提纯的方法及选择，为高频考点，把握物质的性质及常见的混合物分离方法为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大9实验测得一氧化碳与氧气混合气体的密度是氢气的14.5倍，则其中氧气的质量分数为( )A25.0%B27.6%C72.4%D75.0%【考点】元素质量分数的计算 【分析】相同条件下，不同气体的密度之比等于其摩尔质
39、量之比，据此计算混合气体的平均平均摩尔质量，根据=计算其物质的量之比，再根据m=nM计算其质量之比，进而计算氧气质量分数【解答】解：一氧化碳与氧气混合气体的密度是氢气的14.5倍，则混合气体平均摩尔质量为2g/mol14.5=29g/mol，设混合气体中CO的物质的量为xmol、氧气的物质的量为ymol，则：=29，解得x：y=3：1，则一氧化碳、氧气的质量之比=3mol28g/mol：1mol32g/mol=21：8，故氧气的质量分数为100%=27.6%，故选B【点评】本题考查混合物的计算，侧重于学生的分析计算能力的考查，注意相对密度的运用，难度不大10下列关于物质性质与应用的说法正确的是
40、( )A碳具有还原性，高温条件下能将二氧化硅还原为硅B二氧化硫有漂白、杀菌性能，可在食品加工中大量使用C二氧化硅是半导体材料，可将太阳能直接转化为电能D二氧化锰具有较强的氧化性，可作H2O2分解的氧化剂【考点】硅和二氧化硅 【专题】碳族元素【分析】A高温条件下，碳和二氧化碳反应生成硅和CO；B二氧化硫有毒；C硅是良好的半导体材料；D二氧化锰能加快双氧水分解，可作催化剂【解答】解：A高温条件下发生反应2C+SiO2Si+2CO，该反应中碳作还原剂，故A正确；B二氧化硫有漂白性，能杀菌消毒，但有毒，所以不能在食品加工中大量使用，故B错误；C硅是良好的半导体材料，可将太阳能直接转化为电能，是太阳能电
41、池的主要原料，二氧化硅是光导纤维的主要原料，故C错误；D二氧化锰能加快双氧水分解，可作双氧水的催化剂，故D错误；故选A【点评】本题考查物质的用途，明确物质性质是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，会用化学知识解释生活现象，题目难度不大，注意A中生成CO而不是二氧化碳，为易错点11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0.9mol，这些气体恰好能被500ml 2mol/L NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为( )A0.2molB0.4molC0.8molD0.9mol【考点】化学方程式
42、的有关计算；有关混合物反应的计算 【专题】计算题【分析】用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是CuCu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，由电子转移守恒可知，51.2gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，据此计算故产物中NaNO2的物质的量，由Na守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），据此计算NaNO3的物质的量【解答】解：用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是CuCu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每
43、个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，51.2gCu共失电子为2=1.6mol，HNO3到NaNO2共得到电子1.6mol，故产物中NaNO2的物质的量为=0.8mol，由Na守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），所以n（NaNO3）=n（NaOH）n（NaNO2）=0.5L2mol/L0.8mol=0.2mol故选：A【点评】考查氧化还原反应的有关计算，难度中等，用终态分析法判断失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子是解题的关键12PM2.5细颗粒物含有的毒性物质来源之一是汽车尾气排放通过排气管加装催化
44、装置，可有效减少CO和NO的排放，催化装置内发生的反应为：NOx+CON2+CO2下列关于此反应的说法中，不正确的是( )A所涉及元素中原子半径：CNOB当x=2时，每生成1mol N2，转移电子数为4molC等物质的量N2和CO2中，共价键的个数比为3：4D氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1时，NOx中氮元素的化合价为+2价【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算；共价键的形成及共价键的主要类型 【专题】氧化还原反应专题【分析】A、同周期自左而右原子半径减小；B、x=2时，N元素由NO2中+4价降低为N2中0价，转移电子物质的量为N原子的4倍；C、N2分子中含有NN三键，1molN2含有3m
45、ol共价键，CO2分子中含有2个C=O双键，1molCO2含有4mol共价键；D、根据电子转移守恒计算NOx中N元素的化合价【解答】解：A、同周期自左而右原子半径减小，故原子半径CNO，故A正确；B、x=2时，N元素由NO2中+4价降低为N2中0价，转移电子物质的量为N原子的4倍，每生成1mol N2，转移电子数为1mol24=8mol，故B错误；C、N2分子中含有NN三键，1molN2含有3mol共价键，CO2分子中含有2个C=O双键，1molCO2含有4mol共价键，故等物质的量N2和CO2中，共价键的个数比为3：4，故C正确；D、令NOx中N元素的化合价为a，则1（a0）=1（42），解
46、得a=2，故D正确；故选B【点评】本题考查原子半径比较、化学键、氧化还原反应计算等，难度中等，注意理解氧化还原反应中电子转移守恒13向Na2CO3、NaHCO3，混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是( )Aa点对应的溶液中：Na+、OH、SO42、NO3Bb点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、MnO4、ClCc点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3、ClDd点对应的溶液中：F、NO3、Fe2+、Ag+【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32和HCO3，b点
47、全部为HCO3，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，结合对应离子的性质解答该题【解答】解：向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32和HCO3，b点全部为HCO3，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，Aa点溶液中含有CO32和HCO3，HCO3与OH反应不能大量共存，故A错误；Bb点全部为HCO3，Al3+、Fe3+与HCO3发生互促水解反应而不能大量共存，故B错误；Cc点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C错误；Dd点呈酸性，酸性条件下，NO3与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，
48、故D错误故选：C【点评】本题考查离子共存问题，为高考常见题型，侧重于元素化合物知识的综合考查和学生的分析能力、审题的能力的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，答题时注意题中各阶段溶液的成分，题目难度不大14下列由相关实验现象所推出的结论正确的是( )AAl与稀H2SO4、稀HNO3反应均生成铝盐并放出气体，说明Al与两种酸均发生置换反应B常温下浓硫酸能使铁和铝发生钝化，于是可在常温下用铁或铝制品贮藏、贮运浓硫酸CCl2和SO2均能使品红溶液褪色，说明二者都有氧化性D向溶液中滴加硝酸酸化的BaCl2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42或SO32中的一种或两种【考点】化学实验方
49、案的评价；二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质；铝的化学性质；常见阴离子的检验 【分析】A铝与硝酸发生氧化还原反应生活NO和硝酸铝、水；B常温下浓硫酸能使铁和铝发生钝化，在表现生成致密的氧化物膜；C二氧化硫与有色有机物发生化合反应；D可能生成AgCl沉淀【解答】解：AFe与稀HNO3反应生成NO，该反应不是置换反应，Fe与稀H2SO4反应有氢气生成，属于置换反应，故A错误；B常温下浓硫酸能使铁和铝发生钝化，在表现生成致密的氧化物膜，阻碍反应的继续进行，可在常温下用铁或铝制品贮藏、贮运浓硫酸，故B正确；CSO2与有色有机物发生化合反应，为非氧化还原反应，故C错误；D可能生成AgCl沉淀，应加入硝酸钡
50、，故D错误故选B【点评】本题考查较为综合，涉及元素化合物知识的综合理解和运用，有利于培养学生的良好科学素养和提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累和学习15设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关NA 的叙述中正确的有( )标准状况下，20g重水（D2O）中含有的电子数为10NA0.5mol Fe2+与足量的H2O2溶液反应，转移0.5NA个电子将2mol NO和1mol O2混合后，体系中的分子总数为3NA乙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6NA2molL1碳酸钠溶液中Na+的数目是2NA1mol氯气溶解在水中得到的新制氯水中氢离子的数目是NA22.4L的N2的共用电
51、子对数为3NAA3个B4个C5个D全部正确【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】依据n=计算物质的量，结合分子结构计算电子数；依据氧化还原反应电子守恒计算分析；一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮聚合为四氧化二氮；乙烯和环丙烷最简式相同为CH2，计算42gCH2中氢原子数；溶液体积不知不能计算微粒数；氯气和水反应是可逆反应不能进行彻底；气体摩尔体积的 应用条件是标准状况下为224L/mol分析；【解答】解：依据n=计算物质的量=1mol，结合分子结构计算电子数为10NA，故正确；依据氧化还原反应电子守恒计算分析，0.5mol Fe2+与足量的H2O2溶液反应
52、，Fe2+Fe3+e，转移0.5NA个电子，故正确；一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，2NO+O2=2NO2，二氧化氮聚合为四氧化二氮，2NO=N2O4，体系中的分子总数小于3NA，故错误；乙烯和环丙烷最简式相同为CH2，计算42gCH2中氢原子数=2NA=6NA，故正确；溶液体积不知不能计算微粒数，故错误；氯气和水反应是可逆反应不能进行彻底，1mol氯气溶解在水中得到的新制氯水中氢离子的数目小于NA，故错误；气体摩尔体积的 应用条件是标准状况下为224L/mol分析，温度压强不知不能计算物质的量，故错误；故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析判断，主要是物质的量和物理量的计算，气体摩尔体
53、积的条件应用，氧化还原反应、可逆反应分析理解是解题关键，题目较简单16下列反应中，反应后固体物质增重的是( )A氢气通过灼热的CuO粉末B二氧化碳通过Na2O2粉末C铝与Fe2O3发生铝热反应D将锌粒投入Cu（NO3）2溶液【考点】真题集萃；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质 【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A发生氢气与CuO的反应生成Cu和水；B发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气；C发生Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe；D发生Zn与Cu（NO3）2反应生成Zn（NO3）2和Cu【解答】解：A发生氢气与CuO的反应生成Cu和水，反应前固
54、体为CuO，反应后固体为Cu，固体质量减小，故A错误；B发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气，反应前固体为过氧化钠，反应后固体为碳酸钠，二者物质的量相同，固体质量增加，故B正确；C发生Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe，反应前固体为氧化铁、Al，反应后固体为氧化铝、Fe，均为固体，固体质量不变，故C错误；D发生Zn与Cu（NO3）2反应生成Zn（NO3）2和Cu，反应前固体为Zn，反应后固体为Cu，二者物质的量相同，则固体质量减小，故D错误；故选B【点评】本题为2014年高考试题，把握发生的化学反应及反应前后固体的分析为解答的关键，侧重元素化合物性质的考查，注意反应中物质的质量变
55、化，题目难度不大17下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的是( )A用装置甲制取氯气B用装置乙除去氯气中混有的少量氯化氢C用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl24H2O【考点】真题集萃；氯气的实验室制法；氯、溴、碘的性质实验 【专题】实验设计题【分析】A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热；B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性，能吸收氯气，气体应为长进短处；C、二氧化锰不溶于水，将液体和不溶于液体的固体分离开来的一种方法为过滤；D、锰离子可发生水解【解答】解：A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热，甲装置无加热仪器，故A错误；B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性，能
56、吸收氯气，且NaHCO3和HCl反应能生成CO2，引入新的杂质气体，所以吸收试剂应该为饱和食盐水，并且气体应为长进短出，故B错误；C、二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，丙装置为过滤装置，故C正确；D、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制MnCl24H2O，应该在HCl的气氛中进行，故D错误；故选C【点评】本题考查了氯气的实验室制备，侧重于实验原理、实验仪器、实验基本操作、盐类水解的考查，综合性较强，难度一般，注意气体的进出导管长短、盐类水解的抑制应用18下列反应与Na2O2+SO2Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是( )A2Na2O2+2CO2
57、2Na2CO3+O2B2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2CNa2O2+H2SO4Na2SO4+H2O2D3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O【考点】真题集萃；钠的重要化合物 【专题】元素及其化合物【分析】因为在Na2O2+SO2Na2SO4中，Na2O2是氧化剂，所以，A、在2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2中Na2O2是自身氧化还原；B、在2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2中Na2O2是自身氧化还原；C、在Na2O2+H2SO4Na2SO4+H2O2中这是非氧化还原，是一个复分解反应；D、在3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O中，Na2O2
58、中1价的氧变为2价，Na2O2作氧化剂，据此作判断【解答】解：因为在Na2O2+SO2Na2SO4中，Na2O2的是氧化剂，A、在2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2中Na2O2是自身氧化还原，故A错误；B、在2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2中Na2O2是自身氧化还原，故B错误；C、在Na2O2+H2SO4Na2SO4+H2O2中，这是非氧化还原，是一个复分解反应，故C错误；D、在3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中1价的氧变为2价，Na2O2作氧化剂，故D正确；故选D【点评】本题主要考查了学生对氧化还原反应的理解，解题的关键是抓住化合价的变化分析
59、，中等难度19铝与过氧化钠混合物粉末跟足量的水作用得到无色溶液，共生成气体1.75g，若得到的溶液恰好能使100mL 3.5mol/L的盐酸完全反应，且使产生的沉淀恰好溶解，则铝与过氧化钠的物质的量之比是( )A1：2B2：lC3：2D2：3【考点】有关混合物反应的计算 【分析】Al与Na2O2在水中发生的反应分别为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，生成气体1.75g，即为氧气和氢气的总质量，得到的溶液恰好能使盐酸完全反应，且使产生的沉淀恰好溶解，即发生反应HCl+NaOH=NaCl+H2O，NaAlO2+4HCl=AlCl3+N
60、aCl+2H2O，据此计算即可【解答】解：设铝与过氧化钠的物质的量分别是x，y，Al与Na2O2在水中发生的反应分别为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，生成气体1.75g，即为氧气和氢气的总质量，根据方程式，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，NaAlO2+4HCl=AlCl3+NaCl+2H2O，HCl+NaOH=NaCl+H2O， 2 4 1 2 2 2 3 1 4 1 1 y 2y 0.5y x x x 1.5x x 4x 2yx 2yx即1.5x2+0.5y32=
61、1.75，得到的溶液中含有氢氧化钠2ymol，偏铝酸钠xmoL，它们恰好能使100mL 3.5mol/L的盐酸完全反应，且使产生的沉淀恰好溶解，发生反应HCl+NaOH=NaCl+H2O，NaAlO2+4HCl=AlCl3+NaCl+2H2O，得到2yx+4x=0.35，综合两方程解得x=0.05mol，y=0.1mol，所以铝与过氧化钠的物质的量之比是1：2，故选A【点评】本题考查学生化学方程式的计算知识，注意物质的性质的掌握以及灵活应用是关键，难度中等20向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中加入稀盐酸下列离子方程式与事实不相符的是( )AOH+CO32+2H+HCO3+H2O
62、B2OH+CO32+3H+HCO3+2H2OC2OH+CO32+4H+CO2+2H2ODOH+CO32+3H+CO2+2H2O【考点】离子方程式的书写 【分析】等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中含有氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应，盐酸少量时发生反应CO32+H+HCO3，盐酸过量时发生反应：CO32+2H+CO2+H2O，据此进行解答【解答】解：根据题意可知，等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中，含有的氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到NaOH和N
63、a2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应，A设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸少量，先发生反应：OH+H+H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32+H+HCO3，将两个方程式相加得：OH+CO32+2H+HCO3+H2O，故A正确；B设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，则加入盐酸少量，先发生反应：2OH+2H+2H2O，2mol氢氧化钠消耗2mol盐酸，再发生反应CO32+H+HCO3，盐酸不足之消耗1mol碳酸钠，将两个方程式相加得：2OH+CO32+3H+HCO3+2H2O，故B正确；C设Na
64、OH和Na2CO3的物质的量都为2mol，2mol氢氧化钠消耗2mol氢离子，剩余2mol氢离子与2mol碳酸钠反应生成2mol碳酸氢根离子，离子方程式应为2OH+2CO32+4H+2HCO3+2H2O，即OH+CO32+2H+HCO3+H2O，故C错误；D设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸过量，先发生反应：OH+H+H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32+2H+CO2+H2O，将两个方程式相加得：OH+CO32+3H+CO2+2H2O，故D正确；故选C【点评】本题考查了离子方程式的书写，题目难度中等，明确氢氧根离子、碳酸根离子与氢离子反应的顺序和
65、过程是解题关键，注意反应物的量对生成物的影响21已知：将Cl2通入适量KOH溶液中，产物中可能有KCl，KClO，KClO3，且的值与温度高低有关当n（KOH）=a mol时，下列有关说法错误的是( )A若某温度下，反应后=11，则溶液中=B参加反应的氯气的物质的量等于a molC改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：a molnea molD改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为amol【考点】真题集萃；氯气的化学性质 【专题】卤族元素【分析】A令n（ClO）=1mol，反应后=11，则n（Cl）=11mol，根据电子转移守恒计算n（ClO3），据此计算判断；B由Cl原子守恒可知
66、，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH）；C氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒及钾离子守恒计算；D氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，结合C中计算判断【解答】解：A令n（ClO）=1mol，反应后=11，则n（Cl）=11mol，电子转移守恒，5n（ClO3）+1n（ClO）=1n（Cl），即5n（ClO3）+11mol=111mol，解得n（ClO3）=2mol，故溶液中=，故A正确；B由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（
67、KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH），故参加反应的氯气的物质的量=n（KOH）=a mol，故B正确；C氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（KCl）=5（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n（KClO3）=n（KOH）=a mol，转移电子最大物质的量=a mol5=a mol，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（KCl）=n（KClO），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），故n（KClO）=n（KOH
68、）=a mol，转移电子最小物质的量=a mol1=a mol，故反应中转移电子的物质的量ne的范围：a molnea mol，故C正确；D氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由C中计算可知：n最大（KClO3）=n（KOH）=a mol，故D错误，故选D【点评】本题考查氧化还原反应计算，难度中等，注意电子转移守恒及极限法的应用22金属与不同浓度的硝酸反应时，往往生成多种不同价态的还原产物图d是各种不同密度的硝酸与铁反应时（相同温度）还原产物的分布图下列说法不正确的是( )A密度小于1.1g/mL的硝酸与金属反应，还原产物主要是NH4+B当硝酸溶液的密度为1.36g/mL时，Fe与过量硝
69、酸反应的化学方程式为：4Fe+18HNO3=4Fe（NO3）3+3NO+3NO2+9H2OC稀硝酸与金属反应，一定被还原成NOD某硝酸试剂瓶的标签注明：密度1.26g/mL，质量分数50.0%；若取该试剂10mL配成1000mL溶液，所得溶液的物质的量浓度为1 mol/L【考点】硝酸的化学性质 【分析】A密度小于1.1gcm3的硝酸与铁反应，还原产物百分率最多的是NH4+，最低的是二氧化氮；B当硝酸溶液的密度为1.36gmL1时，由图象可看出，生成的NO和NO2物质的量相等，反应的化学方程式应为4Fe+20HNO3=4Fe（NO3）3+3NO+3NO2+10H2O；C根据图片知，硝酸和Fe反应
70、有多种含氮微粒生成；D该硝酸物质的量浓度=mol/L=10mol/L，若取该试剂10ml配成100ml溶液，所得溶液物质的量浓度是1mol/L【解答】解：A根据图片知，密度小于1.1gcm3的硝酸与铁反应，还原产物百分率最多的是NH4+，最低的是二氧化氮，故A正确；B当硝酸溶液的密度为1.36gmL1时，由图象可看出，生成的NO和NO2物质的量相等，反应的化学方程式应为4Fe+20HNO3=4Fe（NO3）3+3NO+3NO2+10H2O，故B错误；C由图象可以看出，硝酸的浓度越大时，生成物的化合价越高，对应的硝酸的密度也越大，故C正确；D该硝酸物质的量浓度=mol/L=10mol/L，若取该
71、试剂10ml配成100ml溶液，所得溶液物质的量浓度是1mol/L，故D正确；故选C【点评】本题以硝酸为载体考查物质的量浓度计算、硝酸性质等知识点，正确获取图片信息是解本题关键，难点是D中质量分数与物质的量浓度之间的换算，题目难度不大23下列关于物质的量浓度表述中正确的是( )A0.3 molL1 Na2SO4溶液中含有Na+和SO42总物质的量为0.9 molB当1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 molL1，只有当22.4 L氨气溶于水制得1 L氨水时，其浓度才是1 molL1C在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na+和SO42的物质的量浓度相等，则K+和Cl的
72、物质的量浓度一定相同D10时0.35 molL1的KCl饱和溶液100 mL，蒸发掉5 g水，冷却到10时，其体积小于100 mL，它的物质的量浓度仍为0.35 molL1【考点】物质的量浓度的相关计算 【分析】A缺少溶液体积，无法计算溶液中钠离子和硫酸根离子的物质的量；B没有告诉在标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氨气的物质的量；C钾离子的浓度是硫酸根的2倍，钠离子和氯离子浓度相等，如果Na+和SO42的物质的量浓度相等，则K+是Cl的物质的量浓度的2倍；D饱和溶液中溶质的物质的量浓度不变【解答】解：A没有告诉硫酸钠溶液的体积，无法计算溶液中钠离子和硫酸根离子的物质的量之和，故A错误；
73、B不是标况下，题中条件无法计算22.4L氨气的物质的量，则无法计算该溶液的物质的量浓度，故B错误；C硫酸钾中，钾离子浓度是硫酸根浓度的2倍，NaCl中钠离子等于氯离子浓度，由于Na+和SO42的物质的量浓度相等，故K+是Cl的物质的量浓度的2倍，故C错误；D.10时0.35 molL1的KCl饱和溶液100 mL，蒸发掉5 g水，冷却到10时，其体积小于100 mL，但是此时仍然为饱和溶液，则它的物质的量浓度仍为0.35 molL1，故D正确；故选D【点评】本题考查了物质的量浓度的计算与判断，题目难度中等，明确物质的量浓度的概念及表达式为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力24雾
74、霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后的试样溶液，设计并完成了如下实验：已知：3NO3+8Al+5OH+2H2O3NH3+8AlO2根据以上的实验操作和现象，该同学得出的结论不正确的是( )A试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3B试样中一定不含Al3+C试样中可能存在Na+、ClD该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4【考点】真题集萃；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 【专题】物质检验鉴别题【分析】试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加
75、热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg 2+，结合题给选项分析解答【解答
76、】解：试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐，也有可能是试样中存在Al3+，在过量的Ba（OH）2中反应生成AlO2，通入CO2后生成Al（OH）3沉淀；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液
77、中含有SO42，以及能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg 2+，A通过以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3，故A正确；B通过以上分析知，试样中不能确定是否含有Al3+，故B错误；C通过以上分析知，试样中可能存在Na+、Cl，故C正确；D根据以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3，可能存在Na+、Cl，所以该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故D正确；故选B【点评】本题考查了物质的推断，明确物质的性质及特殊反应现象是解本题关键，根据物质的溶解性、物质的性质及题给信息来
78、分析解答，题目难度中等二、填空题（共52分）25（13分）原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，四种元素的原子序数之和为32，在周期表中X是原子半径最小的元素，Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族M与X同主族，与W同周期（1）M元素是Na（填元素符号）（2）Z、W形成的气态氢化物的稳定性为H2OH2S（填化学式）（3）M2Z2的电子式为，写出M2Z2与水反应的离子方程式：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2（4）由X、Y、Z、W四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，离子方程式为3Cu+8H+2NO3=3Cu2+4H2O+2NO（5）由X、Y、Z、W四种元素
79、组成的一种离子化合物A，已知：1mol A能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体；A能与盐酸反应产生气体B，该气体能与氯水反应则A是（NH4）2SO3（填化学式）；写出该气体B与氯水反应的离子方程式：SO2+Cl2+2H2O=4H+2Cl+SO42（6）由X、Y、Z、W和Fe五种元素组成的相对分子质量为392的化合物C，1mol C中含有6mol结晶水对该化合物C进行以下实验：a取C的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色、有刺激性气味的气体过一段时间，白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色；b另取C的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解写出C的
80、化学式：（NH4）2Fe（SO4）26H2O；试写出C与M2Z2按物质的量比1：2在溶液中反应的化学方程式：4（NH4）2Fe（SO4）26H2O+8Na2O2=4Fe（OH）3+8NH3+3O2+8Na2SO4+22H2O【考点】位置结构性质的相互关系应用 【分析】原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族，结合原子序数可知Y、Z处于第二周期，W处于第三周期，设Y的原子序数为a，则Z的原子序数为a+1，W的原子序数为a+9，四种元素的原子序数之和为32，则：1+a+a+1+a+9=32，解得a=7，故Y
81、为N元素、Z为O元素、W为S元素M元素与X同主族，与W同周期，则M为Na（1）根据上述分析可知，M为钠元素；（2）非金属性越强，氢化物越稳定；（3）Na2O2属于离子化合物，Na2O2与水反应生成氢氧化钠与氧气；（4）由H、N、O、S四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，则该酸为硝酸；（5）由H、N、O、S四种元素组成的一种离子化合物A：1molA能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体，说明该物质阳离子为NH4+，且1molA中含有2molNH4+，则A为硫酸铵或亚硫酸铵，A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，故A为亚硫酸铵，则B为SO2；（6）由H、N、O、S
82、和Fe五种元素组成的式量为392的化合物Y，Y的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色刺激性气味气体过一段时间白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色，可知Y中含有Fe2+、NH4+，另取B的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解，则B中含有硫酸根离子，又1mol B中含有6mol结晶水，令C的化学式为x（NH4）2SO4yFeSO46H2O，结合其相对分子质量确定【解答】解：原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族，结合原子序数可知Y、Z处于第二周期，W处于第三周期，设Y的
83、原子序数为a，则Z的原子序数为a+1，W的原子序数为a+9，四种元素的原子序数之和为32，则：1+a+a+1+a+9=32，解得a=7，故Y为N元素、Z为O元素、W为S元素M元素与X同主族，与W同周期，则M为Na，（1）根据上述分析可知，M为Na元素，故答案为：Na；（2）非金属性OS，故氢化物稳定性H2OH2S，故答案为：H2O；H2S；（3）Na2O2属于离子化合物，电子式为，Na2O2与水反应生成氢氧化钠与氧气，反应离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2，故答案为：；2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2；（4）由H、N、O、S四种元素中的三种组成的一种强酸，该
84、强酸的稀溶液能与铜反应，该酸为HNO3，Cu与稀硝酸反应得到硝酸铜、NO与水，反应离子方程式为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+4H2O+2NO，故答案为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+4H2O+2NO；（5）由H、N、O、S四种元素组成的一种离子化合物A，则A为铵盐1molA能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体，即氨气为2mol，即1molA含有2mol铵根离子；A能与盐酸反应产生气体B，该气体能与氯水反应，B为二氧化硫，可推知A为（NH4）2SO3，B为SO2，二氧化硫与氯水反应得到HCl与硫酸，反应离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=4H+2Cl+SO42，故
85、答案为：（NH4）2SO3；SO2+Cl2+2H2O=4H+2Cl+SO42；（6）由H、N、O、S和Fe五种元素组成的相对分子质量为392的化合物C，1mol C中含有6mol结晶水向C的溶液中加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色有刺激性气味的气体，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，说明C中含有Fe2+和NH4+，另取少量C的溶液，向其中加入过量BaCl2溶液时产生白色沉淀，再加入稀盐酸沉淀不溶解，说明C中含有SO42，令C的化学式为x（NH4）2SO4yFeSO46H2O，则：（96+36）x+（96+56）y+108=392，则x=y=1，故C化学式为：（NH4）2SO
86、4FeSO46H2O，（NH4）2Fe（SO4）26H2O与Na2O2按物质的量比1：2在溶液中反应，反应方程式为：4（NH4）2Fe（SO4）26H2O+8Na2O2=4Fe（OH）3+8NH3+3O2+8Na2SO4+22H2O，故答案为：（NH4）2Fe（SO4）26H2O；4（NH4）2Fe（SO4）26H2O+8Na2O2=4Fe（OH）3+8NH3+3O2+8Na2SO4+22H2O【点评】本题考查位置结构性质的应用、无机物推断等，明确Y、Z、W的位置及原子序数的关系来推断元素是关键，需要学生熟练掌握元素化合物性质，难度较大26焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一某
87、研究小组进行如下实验：实验一 焦亚硫酸钠的制取采用如图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5装置II中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3+SO2Na2S2O5（1）装置I中产生气体的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2+H2O该反应中要求选用70%的硫酸，浓度不能过大也不能过小，其原因是该反应是离子反应，实质是2H+SO32=H2O+SO2硫酸过浓，H+浓度小，不利反应进行；硫酸浓度过小，水就多，生成的SO2易溶于水，一般情况采用70%的H2SO4（2）要从装置II中获得已析出的晶体
88、，可采取的分离方法是过滤（3）装置用于处理尾气，可选用的最合理装置（夹持仪器已略去）为d （填序号）（4）实验室中也可用铜和浓硫酸加热来制取二氧化硫写出该反应的化学方程式：Cu+2H2SO4（浓）=CuSO4+SO2 +2H2O下列溶液中，不能鉴别SO2和CO2气体的是bdf（填字母编号）a酸化的Ca（NO3）2溶液 b澄清石灰水 cFeCl3和BaCl2混合溶液dNa2SiO3溶液 e溴水 fCaCl2溶液过量的铜和含 x molH2SO4的浓硫酸混合共热，共收集到22.4y L（标准状况）SO2气体后，再给反应容器中加入过量的铁粉，经过充分反应后，反应掉的铁粉的质量为56（xy）g实验二
89、葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（5）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：（已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI）按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为0.16gL1在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果偏低（填“偏高”“偏低”或“不变”）【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量 【分析】（1）装置I中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水；该反应是离子反应，实质是2H+SO32=H2O+S
90、O2硫酸过浓，H+浓度小，不利反应进行；硫酸浓度过小，水就多，生成的SO2易溶于水；（2）装置中析出Na2S2O5晶体，通过过滤操作得到该晶体；（3）处理过量的SO2尾气，既要吸收SO2尾气，同时能防倒吸；（4）铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；鉴别SO2和CO2气体是利用二氧化硫和二氧化碳性质和反应现象的不同区别；依据化学方程式定量关系计算，反应生成的二氧化硫物质的量=ymol，生成的硫酸铜物质的量=xmolymol，加入铁会和硫酸铜发生置换反应生成铜，生成铜物质的量等于反应铁的物质的量等于硫酸铜的物质的量；（5）根据反应“SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI”，则样品中抗氧
91、化剂的残留量=0.16 g/L；若有部分HI被空气氧化又生成I2，导致消耗标准I2溶液的体积偏小，则测得结果偏低；【解答】解：（1）装置I中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，化学方程式：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2+H2O，该反应是离子反应，实质是2H+SO32=H2O+SO2硫酸过浓，H+浓度小，不利反应进行；硫酸浓度过小，水就多，生成的SO2易溶于水，一般情况采用70%的H2SO4，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4
92、+SO2+H2O，该反应是离子反应，实质是2H+SO32=H2O+SO2硫酸过浓，H+浓度小，不利反应进行；硫酸浓度过小，水就多，生成的SO2易溶于水，一般情况采用70%的H2SO4；（2）装置中析出Na2S2O5晶体，通过过滤操作得到该晶体；故答案为：过滤；（3）处理过量的SO2尾气，a项装置瓶口封闭，错误；b项食盐水不能将大量的SO2尾气吸收，错误；c项漏斗口没入了液体中，错误，d项氢氧化钠溶液可吸收SO2尾气，同时能防倒吸，正确；故答案为：d；（4）铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：Cu+2H2
93、SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O； 鉴别SO2和CO2气体需要依据二者性质的不同分析，a酸化的Ca（NO3）2溶液中通入二氧化硫会发生氧化还原反应生成气体和微溶物硫酸钙，二氧化碳通入不反应，可以鉴别二氧化碳和二氧化硫，故a不符合；b二氧化碳和二氧化硫通入澄清石灰水都发生反应分别生成碳酸钙、亚硫酸钙白色沉淀，不能鉴别二氧化碳和二氧化硫，故b符合； cFeCl3和BaCl2混合溶液中通入二氧化硫会被氯化铁氧化为硫酸，结合钡离子生成白色沉淀，二氧化碳不反应，故c不符合；d亚硫酸、碳酸酸性大于硅酸，二氧化碳和二氧化硫通入Na2SiO3溶液都会反应生成硅酸沉淀，不能鉴别二氧化碳和二氧化硫，故d符
94、合； e二氧化硫通入溴水会褪色，二氧化碳不反应，能鉴别二氧化碳和二氧化硫，故e不符合； f二氧化碳、二氧化硫通入CaCl2溶液都不发生反应，不能鉴别二氧化碳和二氧化硫，故f符合；故选bdf；故答案为：bdf； 反应生成的二氧化硫物质的量=ymol，Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，依据硫元素守恒得到生成的硫酸铜物质的量=xmolymol，加入铁会和硫酸铜发生置换反应生成铜，Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，生成铜物质的量等于反应铁的物质的量等于硫酸铜的物质的量，反应的铁物质的量为（xy）mol，质量=56g/mol（xy）mol=56（xy）g，故答案为：56（xy）；（
95、5）根据反应“SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI”，则样品中抗氧化剂的残留量=0.16 g/L；故答案为：0.16；若有部分HI被空气氧化又生成I2，导致消耗标准I2溶液的体积偏小，则测得结果偏低；故答案为：偏低【点评】本题考查SO2的制取，Na2S2O5含量的测定，实验操作等基础知识，化学方程式计算，物质检验方法分析判断，难度中等，掌握实验原理是解题的关键27A、B、C、D、E、F是中学中常见的物质，其转化关系如图所示（反应条件未标出），已知反应是置换反应请回答下列问题：（1）若B是黄绿色气体，C、F是空气的主要成分，A、D相遇有白烟生成，写出A的电子式，反应的化学方程式为4NH3+
96、5O24NO+6H2O（2）若A、D、F都是非金属单质，A、D所含元素同主族，A、F 所含元素同周期，则B所属晶体结构类型是原子晶体，其一个重要的用途是光导纤维、石英钟表、石英玻璃等（3）若A是常见的金属单质，D、F是气态单质，反应在水溶液中进行，则工业上冶炼金属A的反应原理是（用化学方程式表示）Fe2O3+3CO2Fe+3CO2（4）若A、D是常见单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，原子最外层电子数D是A的2倍，反应中都有红棕色气体生成则反应的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C【考点】无机物的推断 【分析】（1）若B是黄绿色气体应为Cl2，C、F是空气的主要成分，结合转化关系F为O2
97、，由于氧的氧化性较氯气稍强，故氯气置换出的应该是氮气，C为N2，C+FE，为N2+O22NO；A、D相遇有白烟生成，判断A为NH3，D为HCl；（2）反应是置换反应，而且涉及的单质都是非金属，所以可以考虑氧族里氧气置换出硫的反应，卤素单质之间的置换（氧化性较强的单质置换出氧化性较弱的单质）；碳族里碳置换出硅的反应再结合与F的反应可以推断出B应该是二氧化硅，原子晶体；（3）金属置换出气体很容易就想到活泼金属置换出氢气，再结合能与F连续反应，可以推断出是铁和盐酸的反应；反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl（4）由最外层电子数的关系可知，A的电子数较少，还原性较强的物质置换出还原性
98、较弱的物质，很容易想到最外层两个电子的镁与碳的置换反应【解答】解：（1）若B是黄绿色气体应为Cl2，C、F是空气的主要成分，结合转化关系F为O2，由于氧的氧化性较氯气稍强，故氯气置换出的应该是氮气，C为N2，C+FE，为N2+O22NO；A、D相遇有白烟生成，所以发生反应为NH3+HCl=NH4Cl，判断A为NH3，A的电子式为，D为HCl；该白烟的化学式为：NH4Cl；反应是氨气催化氧化为一氧化氮的反应，化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：；4NH3+5O24NO+6H2O；（2）若A、D、F都是非金属单质，A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，反应A+BC+D是非
99、金属间的置换反应，可以分析第A、A、A 主族元素单质间的置换反应，结合转化关系中 F的反应，只有2C+SiO2=Si+2CO 符合，所以A为C，B为 SiO2； 原子晶体；任选一种二氧化硅属于原子晶体，主要用途为：光导纤维、石英钟表、石英玻璃等，故答案为：原子晶体；光导纤维、石英钟表、石英玻璃等；（3）若A是常见的金属单质，D、F是气态单质，反应在水溶液中进行，结合能与F连续反应，说明存在变价，可以推断出是铁和盐酸的反应，工业上冶炼金属Fe的反应原理为一氧化碳还原氧化铁，反应的化学方程式为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，故答案为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；（4）若A、D是常见单
100、质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，结合原子结构可知是镁置换碳的反应，反应中都有红棕色气体生成，说明生成了NO2，则F为浓硝酸，反应的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C【点评】本题考查了无机物质转化关系和性质的综合推断，常见置换反应的特征和类型，主要考查氯单质及其化合物、氮及其化合物性质的转化关系和应用，特征置换反应和特征现象的应用是解题关键28亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：已知：NaClO2的溶解度随温度升高
101、而增大，适当条件下可结晶析出NaClO23H2O纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全160gL1 NaOH溶液是指160g NaOH固体溶于水所得溶液的体积为1L（1）160gL1 NaOH溶液的物质的量浓度为4mol/L若要计算该溶液的质量分数，还需要的一个条件是溶液的密度（用文字说明）（2）发生器中鼓入空气的作用可能是b（选填序号）a将SO2氧化成SO3，增强酸性 b稀释ClO2以防止爆炸 c将NaClO3氧化成ClO2（3）吸收塔内的反应的化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2吸收塔的温度不能超过20，其目的是防止H2O2分
102、解（4）从滤液中得到NaClO23H2O粗晶体的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤要得到更纯的NaClO23H2O晶体必须进行的操作是重结晶（填操作名称）（5）经查阅资料知道：当pH2.0时，ClO2能被I完全还原成Cl；溶液中Na2S2O3能与I2反应生成NaI和Na2S4O6欲测定成品中NaClO23H2O的含量，现进行如下操作：步骤I称取样品w g配成溶液置于锥形瓶中，并调节pH2.0步骤II向锥形瓶中加入足量KI 晶体，充分搅拌，并加入少量指示剂步骤III用c mol/L的Na2S2O3溶液滴定步骤中发生反应的离子方程式是ClO2+4H+4I=2I2+Cl+2H2O，步骤中达到滴定终点
103、时的现象是滴入最后一滴标准溶液，溶液由蓝色变化为无色且半分钟不变化若上述滴定操作中用去了V mL Na2S2O3溶液，则样品中NaClO23H2O的质量分数为100%（用字母表示）【考点】制备实验方案的设计 【分析】氯酸钠、水和稀硫酸在ClO2发生器中通入二氧化硫和空气反应生成ClO2 ，吸收塔内的反应是氢氧化钠、过氧化氢吸收ClO2 反应生成亚氯酸钠（NaClO2），蒸发浓缩结晶析出，过滤洗涤得到晶体，（1）浓度g/L表示1L溶液中所含溶质质量的多少，160g/LNaOH溶液表示1L氢氧化钠溶液含有160gNaOH，令溶液体积为1L，计算氢氧化钠的物质的量，利用c=计算氢氧化钠溶液的物质的量
104、浓度；若计算该溶液的质量分数，则需要知道溶液的总质量，由m=V分析；（2）由信息可知，纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全据此解答（3）根据题目信息并运用氧化还原反应理论判断反应物、生成物根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，一定有ClO2NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生据此书写方程式温度过高，H2O2容易分解；（4）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体；（5）步骤中发生反应是酸性溶液中ClO2能被I完全还原成Cl，碘离子被氧化为碘单质，溶液中
105、Na2S2O3能与I2反应：2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6溶液颜色蓝色变化为无色分析判断反应终点；依据ClO2+4H+4I=2I2+Cl+2H2O，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，反应的定量关系计算得到；【解答】解：（1）浓度g/L表示1L溶液中所含溶质质量的多少，160g/LNaOH溶液表示1L氢氧化钠溶液含有160gNaOH，令溶液体积为1L，则160gNaOH的物质的量为=4mol，所以该溶液氢氧化钠的物质的量浓度c（NaOH）=4mol/L；若计算该溶液的质量分数，则需要知道溶液的总质量，由m=V，可知还需要知道溶液的密度；故答案为：4mol/L；溶
106、液的密度；（2）由信息可知，纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2以防止爆炸故选：b（3）根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，所以一定有ClO2NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，吸收塔的温度不能超过20，其目的是防止H2O2分解故答案为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2；防止H2O2分解（4）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩
107、、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体，得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；重结晶（5）步骤中发生反应是酸性溶液中ClO2能被I完全还原成Cl，碘离子被氧化为碘单质，离子方程式为：ClO2+4H+4I=2I2+Cl+2H2O，溶液中Na2S2O3能与I2反应：2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6溶液颜色蓝色变化为无色分析判断反应终点，滴入最后一滴标准溶液，溶液由蓝色变化为无色且半分钟不变化，故答案为：ClO2+4H+4I=2I2+Cl+2H2O，滴入最后一滴标准溶液，溶液由蓝色变化为无色且半分钟不变化；依据ClO2+4H+4I=2I2+Cl+2
108、H2O，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，反应的定量关系计算得到，设NaClO2，ClO22I24Na2S2O3+1 4x cV103molx=样品中NaClO2的质量分数=100%=100%，故答案为：100%；【点评】本题以学生比较陌生的亚氯酸钠制备为背景，以过氧化氢法制备亚氯酸钠为主线，考察学生阅读题目获取信息的能力、对浓度概念的理解、对氧化还原反应相关知识的运用、有关实验操作和简单实验设计能力考察以及在新情境下综合运用知识解决问题的能力题目有一定的难度三、解答题（共1小题，满分0分）29已知0.1mol有机物A的质量是12g，在足量的氧气中充分燃烧后生成35.2g CO
109、2和7.2g H2O；A可以发生银镜反应，其苯环上的一卤代物有三种（1）A的结构简式为已知：现有如下转化关系：ABCDE+F其中D能使溴的四氯化碳溶液褪色，F继续被氧化生成G，G的相对分子质量为90（2）C可能具有的化学性质有（填序号）能与H2发生加成反应 能在碱性溶液中发生水解反应能与甲酸发生酯化反应 能与Ag（NH3）2OH溶液发生银镜反应（3）写出下列反应的化学方程式（有机物用结构简式表示），并指出其反应类型C转化为D的反应；反应类型：消去反应；一定条件下，D生成高分子化合物的反应n；（4）C的同分异构体有多种，请写出其中一种符合下列要求的有机物与C具有相同的官能团种类 遇三氯化铁溶液不
110、显色 苯环上的一氯代物只有两种【考点】有机物的推断 【分析】0.1mol有机物A的质量是12g，则Mr（A）=120.1=120，0.1molA在足量的氧气中充分燃烧后生成0.8molCO2和7.2g H2O，水的物质的量=0.4mol，根据原子守恒可知，该有机物中N（C）=8、N（H）=8，故有机物中N（O）=1，故有机物的分子式为C8H8O，A可以发生银镜反应，含有醛基CHO，苯环上的一卤代物有三种，苯环上有3种化学环境不同的H原子，故只能有1个侧链为CH2CHO，则A的结构简式为，由信息可知，A与HCN发生加成反应生成B为，B发生水解反应生成C为，C在浓硫酸、加热条件下生成D，D能使溴的
111、四氯化碳溶液褪色，应为发生消去反应，故D为，发生氧化反应生成E与F，由信息可知氧化为、OHCCOOH，F继续被氧化生成G，G的相对分子质量为90，故F为OHCCOOH，E为，G为HOOCCOOH，据此解答【解答】解：0.1mol有机物A的质量是12g，则Mr（A）=120.1=120，0.1molA在足量的氧气中充分燃烧后生成0.8molCO2和7.2g H2O，水的物质的量=0.4mol，根据原子守恒可知，该有机物中N（C）=8、N（H）=8，故有机物中N（O）=1，故有机物的分子式为C8H8O，A可以发生银镜反应，含有醛基CHO，苯环上的一卤代物有三种，苯环上有3种化学环境不同的H原子，故
112、只能有1个侧链为CH2CHO，则A的结构简式为，由信息可知，A与HCN发生加成反应生成B为，B发生水解反应生成C为，C在浓硫酸、加热条件下生成D，D能使溴的四氯化碳溶液褪色，应为发生消去反应，故D为，发生氧化反应生成E与F，由信息可知氧化为、OHCCOOH，F继续被氧化生成G，G的相对分子质量为90，故F为OHCCOOH，E为，G为HOOCCOOH，（1）根据上面的分析可知，A为，故答案为：；（2）C为，含有苯环，可以与氢气发生加成反应，含有羟基，可以与甲酸发生酯化反应，含有羧基，能与氢氧化钠发生中和反应，不能发生水解反应，不能与银氨溶液反应，故选：；（3）CD的化学反应方程式为，反应类型为：消去反应；D为，在催化剂条件下，生成高聚物的化学方程式为n；故答案为：，消去；n；（4）C（）的同分异构体有多种，符合下列条件的同分异构体：与C具有相同的官能团种类，即有羟基和羧基；遇三氯化铁溶液不显色，说明没有酚羟基，苯环上的一氯代物只有两种，可以为苯环上有两个处于对位的基团，符合条件的同分异构体有：，故答案为：【点评】本题考查有机物推断与合成，是对有机化合物知识的综合考查，能较好的考查考生的自学能力，读懂信息中给予的反应是解题的关键，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等