1、2015-2016学年黑龙江省绥化一中高三（上）期中化学试卷一、选择题（共30小题，每小题2分，满分60分）1设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.25 NAB室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH离子数目为0.1NAC氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成56g N2时，转移的电子数目为3.75NA2下列物质的使用不涉及化学变化的是（）A明矾用作净水剂B液氯用作制冷剂C氢氟酸刻蚀玻璃D生石灰作干燥剂3将足量的
2、CO2不断通入KOH、Ba（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与所通入CO2的体积关系如图所示下列关于整个反应过程中的叙述错误的是（）AOa段反应的化学方程式是Ba（OH）2+CO2BaCO3+H2OBbc段与cd段所消耗CO2的体积相同Cbc段反应的离子方程式是2AlO+3H2O+CO22Al（OH）3+CODde段沉淀减少是由于BaCO3固体的消失4某学生设计了如图的方法对X盐进行鉴定，由此分析，下列结论中正确的是（）AZ中一定有Fe3+BX中一定有Fe3+CY一定是AgI沉淀DX一定为FeBr2溶液5下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（）A向含有0.4mol FeB
3、r2的溶液中通入0.3mol Cl2充分反应：4Fe2+2Br+3Cl24Fe3+6Cl+Br2B磁性氧化铁溶于氢碘酸：Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2OC放置在空气中的淀粉碘化钾溶液一段时间后溶液呈蓝色：4H+4I+O22I2+2H2OD向硝酸铵溶液中滴加NaOH溶液：NH4+OHNH3+H2O6用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述中正确的是（）A10 L 0l molL1的Na2CO3溶液中离子总数一定大于3NAB标准状况下，22.4 L HF的分子数为NAC1 mol Fe在22.4 L的Cl2（标准状况下）中燃烧，转移的电子总数为3NAD一定条件下某密闭容器盛有0.1 mol
4、 N2和0.3 mol H2，充分反应后转移电子数为0.6NA7设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A标准状况下，11.2 L水中含有分子的数目为0.5NAB1 mol Cl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数为1NAC100 mL 0.2 molL1的FeCl3溶液中，含Fe3+数为0.02NAD常温常压下，22.4 L的NO2和CO2混合气体含有2NA个O原子8下列叙述中正确的是（）A同温同压下，相同体积的物质，所含的粒子数必相等B任何条件下，等质量的乙烯和一氧化碳所含的分子数必相等C1 L一氧化碳气体的质量一定比1 L氧气的质量小D等体积、等物质的量浓度的强酸中所含的H
5、+数目一定相等9下列有关化学与生活、生产的叙述错误的是（）A用作“钡餐”的物质主要成分是硫酸钡B采用催化设施，将汽车尾气中CO和NO转化为无害气体CSO2具有还原性，可用于漂白纸浆D常温下，可以用铁制容器来盛装冷的浓硫酸10某合作学习小组讨论辨析：漂白粉和酸雨都是混合物；煤和石油都是可再生能源；蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质；不锈钢和目前流通的硬币都是合金；硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；豆浆和雾都是胶体 上述说法正确的是（）ABCD11下列实验设计能完成或实验结论合理的是（）A证明一瓶红棕色气体是溴蒸气还是二氧化氮，可用湿润的碘化钾淀粉试纸检验，观
6、察试纸颜色的变化B铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液，未出现血红色，铝热剂中一定不含铁的氧化物C测氯水的pH，可用玻璃棒蘸取氯水点在pH试纸上，待其变色后和标准比色卡比较D用浓硫酸吸收二氧化硫中混有少量SO3气体12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C12存在B加入盐酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有C1存在C溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有C12分子存在D加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HC1O分子存在13下列实验现象预测正确的是（）A实验：振荡后静置，上层溶
7、液颜色保持不变B实验：酸性KMnO4溶液中出现气泡，但颜色不变C实验：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D实验：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应14下列实验操作过程中，最后没有沉淀且溶液呈无色透明的是（）ANO2不断通人FeS04溶液中BCO2不断通人CaCIz溶液中CNH3不断通入AICl3溶液中DSO2通人已酸化的Ba（NO3）2溶液中15下列说法错误的是（）A硝酸能溶解除金、铂外的大多数金属B汽车尾气中含有NO和COC浓氨水可检验氯气管道漏气D制取二氧化氮时，常用水吸收尾气16下列关于钠的说法中不正确的是（）A金属钠和氧气反应，条件
8、不同，产物则不同B钠长期放置在空气中，最终将变成碳酸钠C钠的化学性质比较活泼，少量的钠可以保存在与钠不反应的煤油中D当钠与硫酸铜溶液反应时，有大量红色固体铜出现17金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一下列各组物质的转化关系中不全部是通过一步反应完成的是（）ANaNaOHNa2CO3NaClBFeFe（NO3）3Fe（OH）3Fe2O3CMgMgCl2Mg（OH）2MgSO4DAlAl2O3Al（OH）3AlCl318常温下，将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mL pH=14的溶液，然后用1molL1的盐酸滴定，测得生成沉淀的质量与消耗盐酸的体积关系如图所示，则下列说法
9、正确的是（）A原合金质量为0.92 gB图中V2为60C沉淀的质量m为1.65 gDOP段发生的反应为：OH+H+H2O19Fe2O3、CuO的固体混合粉末ag，在加热条件下用足量CO还原，得到金属混合物4.82g，将生成的CO2气体用足量的澄清石灰水吸收后，产生l0.00g白色沉淀，则a的数值为（）A4.92B6.42C7.18D14.8220分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是（）A冰醋酸、纯碱、芒硝、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物BHClO、H2SO4（浓）、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸C漂白粉、福尔马林、冰水、王水、氯水均为混合物DNa2O，NaOH，
10、Na2CO3，NaCl，Na2SO4，Na2O2都属于钠的含氧化合物21下列离子方程式中，正确的是（）ANa2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O=2Na+2OH+O2B向稀硝酸中加入少量铁粉：3Fe+8H+2NO3=3Fe2+2NO+4H2OC氯化镁溶液与氨水反应：Mg2+2OH=Mg（OH）2D向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+AlO2+2H2O22在相同状况下，一个空瓶，若装满O2称其质量为36g，若装满CO2称其质量为42g，若装满A气体，称其质量为52g，则A的相对分子质量是（）A16B32C64D12823标准状况下某种
11、O2和N2的混合气体mg含有b个分子，则ng该混合气体在相同状况下所占的体积应是（）ABCD24海水开发利用的部分过程如图所示下列说法错误的是（）A向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C工业生产常选用NaOH作为沉淀剂D富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收25向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成NO2、NO混合气体，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3g沉淀另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反应，则氯气的体积在标准状况下为（）A7.84LB6.72LC4.48LD无法计算26下列物质
12、与其用途完全符合的有（）Na2CO3制玻璃 SiO2太阳能电池 AgI人工降雨 NaCl制纯碱Al2O3焊接钢轨 NaClO消毒剂 Fe2O3红色油漆或涂料 MgO耐火材料A4条B5条C6条D7条27通过对实验现象的观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一对下列实验事实的解释不正确的是（）现象解释或结论ASO2使酸性高锰酸钾溶液退色SO2表现还原性B浓HNO3在光照条件下变黄浓HNO3不稳定，生成有色产物能溶于浓硝酸C某溶液中加入浓NaOH溶液加热，放出气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝该溶液中一定含有NH4+D铝片放入浓硫酸中，无明显变化说明铝与冷的浓硫酸不发生化学反应AABBCCDD2
13、8类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是（）已知类推A将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入到CuSO4溶液中2Na+Cu2+=Cu+2Na+B向Ca（ClO）2溶液中通入少量CO2Ca2+2ClO+CO2+H2O=CaCO2+2HClO向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO3+2HClOC用惰性电极电解NaCl溶液2Cl+2H2O 2OH+H2+Cl2用惰性电极电解MgBr2溶液2Br+2H2O 2OH+H2+Br2D稀盐酸与NaOH溶液反应至中性H+OH=H2O稀HNO3与Ba（OH）2
14、溶液反应至中性H+OH=H2OAABBCCDD29下列各组离子在通入SO2前后均能大量共存的是（）ABa2+、K+、Br、ClBNa+、Cu2+、OH、SiO32CNH4+、Al3+、Br、AlO2DLi+、H+、NO3、SO4230下列说法不正确的是（）将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质氨溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物也不导电强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强ABCD二、实验题31氨在人类的生产和生活中有着广泛的应用某化学兴趣小组利用图一装置探究氨气的有关
15、性质（1）装置A中烧瓶内试剂可选用（填序号）B的作用是a碱石灰 b浓硫酸 c生石灰 d烧碱溶液（2）连接好装置并检验装置的气密性后，装入药品，然后应先（填I或）打开旋塞逐滴向圆底烧瓶中加入氨水加热装置C（3）实验中观察到C中CuO粉末变红，D中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体，则该反应相关化学方程式为该反应证明氨气具有性（4）该实验缺少尾气吸收装置，图二中能用来吸收尾气的装置是（填装置序号） （5）氨气极易溶于水，若标准状况下，将2.24L的氨气溶于水配成0.5L溶液，所得溶液的物质的量浓度为mol/L三、工业流程32七水硫酸镁（MgSO47H2O）在印染、造纸和医药等工业上都有广泛的应用
16、，利用化工厂生产硼砂的废渣硼镁泥可制取七水硫酸镁硼镁泥的主要成分是MgCO3，还含有其他杂质（MgO、SiO2、Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3、MnO等）表1 部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH沉淀物Al（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）2Mn（OH）2Mg（OH）2pH值5.23.29.710.411.2表2 两种盐的溶解度（单位为g/100g水）温度/1030405060CaSO40.190.210.210.200.19MgSO47H2O30.935.540.845.6/硼镁泥制取七水硫酸镁的工艺流程如下：根据以上流程图并参考表格pH数据和溶解度数据，试回答下列问题：（
17、1）过滤I的滤液中加入硼镁泥，调节溶液的pH=56，再加入NaClO溶液加热煮沸，将溶液中的Mn2+氧化成MnO2，反应的离子反应方程式为加热煮沸的主要目的是（2）沉淀B中除MnO2、SiO2外还含有（填化学式）等物质（3）检验过滤后的滤液中是否含有Fe3+的实验方法是；（4）沉淀C的化学式是过滤需趁热过滤的理由是四、解答题（共2小题，满分18分）331000mL某待测液中除含有0.2molL1的Na+外，还可能含有下列离子中的一种或多种：阳离子K+、NH4+、Fe3+、Ba2+阴离子Cl、Br、CO32、HCO3、SO32、SO42现进行如下实验操作（所加试剂均过量）：（1）写出生成白色沉淀
18、B的离子方程式：（2）待测液中肯定不存在的阳离子是（3）若无色气体D是混合气体：待测液中一定含有的阴离子是沉淀A中能还原稀硝酸的成分是（写化学式）34由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验（部分产物略去）：（1）取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是（填写化学式）（2）Z为一种或两种气体若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应中能同时生成两种气体的化学方程式是若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是（3）向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应
19、后，溶液中的阳离子是（填写离子符号）（4）取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成当消耗2mol I时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是2015-2016学年黑龙江省绥化一中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共30小题，每小题2分，满分60分）1设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.25 NAB室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH离子数目为0.1NAC氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD5N
20、H4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成56g N2时，转移的电子数目为3.75NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、标况下，5.6L二氧化碳的物质的量为0.25mol，而过氧化钠与二氧化碳的反应中，当有1mol二氧化碳参与反应时，反应转移1mol电子；B、氢氧化钠溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，水中氢离子是水电离的；C、燃料电池中正极发生还原反应，氢氧燃料电池中正极氧气得到电子，1mol氧气完全反应得到4mol电子；D、此反应中，当生成4mol氮气时，转移15mol电子【解答】解：A、标况下，5.6L二氧化碳的物质的量为0.25mol，而过氧化钠与二氧化碳的反应中，当有1mol二
21、氧化碳参与反应时，反应转移1mol电子，则0.25mol二氧化碳转移0.25mol电子即0.25NA个，故A正确；B、pH=13的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，该溶液中氢离子浓度为：11013mol/L，氢氧化钠溶液中的氢离子是水电离的，则水电离的氢氧根离子的物质的量为11013mol，水电离的OH离子数目为11013NA，故B错误；C、标况下22.4L气体的物质的量为1mol，氢氧燃料电池中正极氧气得到电子，1mol氧气完全反应转移了4mol电子，则电路中通过的电子数目为4NA，故C错误；D、此反应中，当生成4mol氮气时，转移15mol电子，故当生成56g氮气即2mol氮
22、气时，转移7.5mol电子即7.5NA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2下列物质的使用不涉及化学变化的是（）A明矾用作净水剂B液氯用作制冷剂C氢氟酸刻蚀玻璃D生石灰作干燥剂【考点】物理变化与化学变化的区别与联系；盐类水解的应用；氯气的物理性质；硅和二氧化硅【专题】化学计算【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断【解答】解：A明矾在水中可以电离出两种金属离子K+、Al3+而Al3+很容易水解，生成胶状的氢氧化铝，氢氧化铝胶体的
23、吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，从而使杂质沉降水变澄清，属于化学变化，故A错误；B液氯汽化时吸收热量，故可用作致冷剂，属于物理变化，故B正确；C氢氟酸能够与玻璃中的主要成分二氧化硅发生反应，故氢氟酸能刻蚀玻璃，属于化学变化，故C错误；D生石灰与水反应生成氢氧化钙，属于化学变化，故D错误，故选B【点评】本题考查物理变化与化学变化的判断，难度不大要注意化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成3将足量的CO2不断通入KOH、Ba（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与所通入CO2的体积关系如图所示下列关于整个反应过程中的叙述错误的是（）AOa段反应的化学方程式是Ba（OH）
24、2+CO2BaCO3+H2OBbc段与cd段所消耗CO2的体积相同Cbc段反应的离子方程式是2AlO+3H2O+CO22Al（OH）3+CODde段沉淀减少是由于BaCO3固体的消失【考点】离子方程式的有关计算【分析】只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2=Ba CO3+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32，沉淀量达最大后，再发生CO32+CO2+H2O=2HCO3，最后发生反应BaCO3
25、+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，以此来解答【解答】解：只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2=Ba CO3+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32，沉淀量达最大后，再发生CO32+CO2+H2O=2HCO3，最后发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，A由上述分析可知，Oa发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3+H2O，故A正确；B由上
26、述分析可知，ab段发生：2OH+CO2CO32+H2O，bc段发生：2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32，cd段发生：CO32+CO2+H2O=HCO3，de段发生：BaCO3+CO2+H2O=Ba2+2HCO3，bc段与cd段两阶段所消耗CO2的体积不一定相同，故B错误；C由上述分析可知，bc段反应的离子方程式是：2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32，故C正确；D由上述分析可知，de段发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，导致沉淀的减少，故D正确；故选B【点评】本题以图象题形式考查反应先后顺序问题，为高频考点，侧重对基础知识的综合考查
27、，把握元素化合物性质及发生的反应、图象与反应的对应关系是关键的关键，题目难度中等4某学生设计了如图的方法对X盐进行鉴定，由此分析，下列结论中正确的是（）AZ中一定有Fe3+BX中一定有Fe3+CY一定是AgI沉淀DX一定为FeBr2溶液【考点】无机物的推断【专题】推断题【分析】由图中转化可知，Y为X与硝酸银反应生成的浅黄色沉淀，则Y为AgBr，即X中含有Br，Z中加KSCN溶液变为血红色溶液，则Z中含有Fe3+，X中含有铁元素，X为可能含有Fe3+或Fe2+，以此来解答【解答】解：由图中转化可知，Y为X与硝酸银反应生成的浅黄色沉淀，则Y为AgBr，即X中含有Br，Z中加KSCN溶液变为血红色溶
28、液，则Z中含有Fe3+，X中含有铁元素，X为可能含有Fe3+或Fe2+，A由上述分析可知，Z中一定有Fe3+，故A正确；BX中含有铁元素，X为可能含有Fe3+或Fe2+，故B错误；CY为AgBr，故C错误；D由上述分析可知，X中含Br，Fe3+或Fe2+，则X可能为FeBr2溶液，故D错误；故选：A【点评】本题考查无机物的推断，明确沉淀的颜色和铁离子的检验即可解答，注意A中铁元素的存在形式是解答中的易错点，用硝酸酸化时将亚铁离子氧化为铁离子，题目难度不大5下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（）A向含有0.4mol FeBr2的溶液中通入0.3mol Cl2充分反应：4Fe2+2Br+3Cl
29、24Fe3+6Cl+Br2B磁性氧化铁溶于氢碘酸：Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2OC放置在空气中的淀粉碘化钾溶液一段时间后溶液呈蓝色：4H+4I+O22I2+2H2OD向硝酸铵溶液中滴加NaOH溶液：NH4+OHNH3+H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子部分被氧化；B发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水；C碘离子被氧气氧化生成碘单质；D反应生成一水合氨和硝酸钠【解答】解：A向含有0.4 mol FeBr2的溶液中含有0.4mol亚铁离子、0.8mol溴离子，0.4mol亚铁离子完全反应消耗0.2mol氯气，剩余的0
30、.1mol氯气能够氧化0.2mol溴离子，则参加反应的亚铁离子与溴离子的物质的量之比为2：1，该反应的离子方程式为4Fe2+2Br+3Cl24Fe3+6Cl+Br2，故A正确；B磁性氧化铁溶于氢碘酸，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为2I+Fe3O4+8H+=3Fe2+4H2O+I2，故B错误；C放置在空气中的淀粉碘化钾溶液一段时间后溶液呈蓝色，反应的离子方程式为4H+4I+O22I2+2H2O，故C正确；D硝酸铵溶液中滴加NaOH溶液，反应生成一水合氨，离子方程式为NH4+OHNH3H2O，故D错误；故选AC【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子
31、反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大6用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述中正确的是（）A10 L 0l molL1的Na2CO3溶液中离子总数一定大于3NAB标准状况下，22.4 L HF的分子数为NAC1 mol Fe在22.4 L的Cl2（标准状况下）中燃烧，转移的电子总数为3NAD一定条件下某密闭容器盛有0.1 mol N2和0.3 mol H2，充分反应后转移电子数为0.6NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、CO32水解导致离子数目增多；B、标况下，HF为液态；C、1mol铁和标况下22.4L氯气反
32、应时，铁过量，根据反应后氯元素变为1价来分析；D、合成氨的反应为可逆反应【解答】解：A、CO32水解导致离子数目增多，故溶液中的离子总数大于3NA个，故A正确；B、标况下，HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C、1mol铁和标况下22.4L氯气反应时，铁过量，由于反应后氯元素变为1价，故标况下22.4L氯气反应后转移2mol电子即2NA个，故C错误；D、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于0.6NA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7设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法
33、正确的是（）A标准状况下，11.2 L水中含有分子的数目为0.5NAB1 mol Cl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数为1NAC100 mL 0.2 molL1的FeCl3溶液中，含Fe3+数为0.02NAD常温常压下，22.4 L的NO2和CO2混合气体含有2NA个O原子【考点】阿伏加德罗常数【分析】A气体摩尔体积适用对象为气体；B根据Cl2与NaOH方程式分析；C三价铁离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解；D气体摩尔体积适用条件为标况下【解答】解：A标况下，水是液态，不能使用气体摩尔体积，故A错误；BCl2与NaOH方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，Cl元素
34、从0价升高到+1价，转移1个电子，所以1mol的Cl2与足量的NaOH溶液反应转移的电子数为NA，故B正确；CFe3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中Fe3+的个数小0.02NA个，故C错误；D常温常压下，Vm22.4L/mol，无法计算，故D错误；故选：B【点评】本题考查阿伏加德罗常数的计算及应用，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意气体摩尔体积适用对象，注意三价铁离子的水解，题目难度不大8下列叙述中正确的是（）A同温同压下，相同体积的物质，所含的粒子数必相等B任何条件下，等质量的乙烯和一氧化碳所含的分子数必相等C1 L一氧化碳气体的质量一定比1 L氧气的质
35、量小D等体积、等物质的量浓度的强酸中所含的H+数目一定相等【考点】物质的量的相关计算【分析】A阿伏加德罗定律只适用于气体；B乙烯和一氧化碳的相对分子质量相等；C气体存在的条件未知，不能确定物质的量关系；D酸能电离出的氢离子个数不一定相同【解答】解：A阿伏加德罗定律只适用于气体，如不是气体，则不能确定物质的量的关系，不能确定粒子数，故A错误；B乙烯和一氧化碳的相对分子质量相等，则等质量时物质的量相等，分子数相等，故B正确；C气体存在的条件未知，不能确定物质的量关系，故C错误；D酸能电离出的氢离子个数不一定相同，如硫酸和盐酸，故D错误故选B【点评】本题考查物质的量的相关计算和判断，注意物质存在的状
36、态以及分子构成，题目难度不大9下列有关化学与生活、生产的叙述错误的是（）A用作“钡餐”的物质主要成分是硫酸钡B采用催化设施，将汽车尾气中CO和NO转化为无害气体CSO2具有还原性，可用于漂白纸浆D常温下，可以用铁制容器来盛装冷的浓硫酸【考点】药物的主要成分和疗效；二氧化硫的化学性质；常见的生活环境的污染及治理；铁的化学性质【分析】ABa2+有很强的毒性，能做钡餐的物质应该具有不溶于水和酸的性质，因为人的胃液中含有盐酸；B在汽车上安装催化转化装置，其中的有害气体CO、NO转化为无害气体N2、CO2；C二氧化硫的漂白性是和有色有机物结合为不稳定的无色物质；D根据金属的钝化来分析【解答】解：A用作“
37、钡餐”的物质主要成分是硫酸钡，它不溶于水，也不溶于酸，故A正确；B汽车尾气中的一氧化碳和一氧化氮在催化剂作用下反应生成无污染的气体二氧化碳和氮气，采用催化措施，将汽车尾气中的CO和NO转化为无害气体，故B正确；C二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，不是利用氧化性，是化合漂白，故C错误；D铁被浓硫酸氧化，表面生成一层致密的氧化膜，这种氧化膜不溶于浓硫酸，所以常温下可用铁容器盛放浓硫酸，故D正确故选C【点评】本题考查钡餐、环境污染、漂白剂以及钝化等，侧重物质的性质以及应用知识的考查，注意知识的归纳和梳理是解体的关键，难度中等10某合作学习小组讨论辨析：漂白粉和酸雨都是混合物；煤和石油都是可再生能源
38、；蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质；不锈钢和目前流通的硬币都是合金；硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；豆浆和雾都是胶体 上述说法正确的是（）ABCD【考点】混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质【专题】物质的分类专题【分析】含有不同分子的物质属于混合物；根据可再生资源和不可再生资源的特点来回答；根据非电解质、强电解质以及弱电解质的概念来回答；合金是金属和非金属或是金属和金属按照一定的性能组成的混合物；纯碱是碳酸钠的俗称；根据胶体的特征知识来回答【解答】解：漂白粉是氯化钙、次氯酸钙的混合物，酸
39、雨是硫酸、硝酸等酸的混合物，故正确；煤和石油是化石能源，属于不可再生能源，故错误；蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质，故正确；不锈钢和目前流通的硬币都是合金，故正确；纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类不是碱，故错误；豆浆和雾都是胶体中的液溶胶和气溶胶，故正确故选C【点评】本题考查学生物质的各分类知识，注意常见的概念的理解和掌握，属于基本知识的考查，难度不大11下列实验设计能完成或实验结论合理的是（）A证明一瓶红棕色气体是溴蒸气还是二氧化氮，可用湿润的碘化钾淀粉试纸检验，观察试纸颜色的变化B铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液，未出现血红色，铝热剂中一定不含铁的氧化物C测氯水的pH
40、，可用玻璃棒蘸取氯水点在pH试纸上，待其变色后和标准比色卡比较D用浓硫酸吸收二氧化硫中混有少量SO3气体【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A溴蒸气、二氧化氮均氧化碘离子；B未出现血红色，则铝热剂与盐酸反应后不存在铁离子；C氯水中HClO具有漂白性；D浓硫酸与三氧化硫不反应，浓硫酸具有吸水性【解答】解：A溴蒸气、二氧化氮均氧化碘离子，则淀粉试纸变蓝，现象相同，不能区别，故A错误；B未出现血红色，则铝热剂与盐酸反应后不存在铁离子，但存在氧化铁时溶液中Al与铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子，故B错误；C氯水中HClO具有漂白性，则不能用pH试纸测定其pH，应利用pH计测定，故C错
41、误；D浓硫酸与三氧化硫不反应，浓硫酸具有吸水性，则用浓硫酸吸收二氧化硫中混有少量SO3气体，故D正确；故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质检验、鉴别、pH测定及气体的干燥等，侧重实技能及物质性质的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大12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C12存在B加入盐酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有C1存在C溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有C12分子存在D加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HC1O分子存在【考点】氯气
42、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、盐酸能干扰氯离子的检验；C、呈黄绿色且有刺激性气味的是氯气；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、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B错误；C、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
43、气味，说明有Cl2分子存在，故C正确；D、Cl2+H2OHCl+HClO，该反应是可逆反应，向氯水中加入氢氧化钠溶液，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C【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13下列实验现象预测正确的是（）A实验：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B实验：酸性KMnO4溶液中出现气泡，但颜色不变C实验：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D实验：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价
44、题【分析】A溴可与氢氧化钠溶液反应；B蔗糖与浓硫酸反应可生成具有还原性的二氧化硫气体；C生成的NO可与空气中氧气反应生成红棕色的二氧化氮气体；D饱和氯化铁溶液在沸水中水解生成氢氧化铁胶体【解答】解：A溴可与氢氧化钠溶液反应，振荡后静置，上层溶液无色，故A错误；B蔗糖与浓硫酸反应可生成具有还原性的二氧化硫气体，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C生成的NO可与空气中氧气反应生成红棕色的二氧化氮气体，故C错误；D饱和氯化铁溶液在沸水中水解生成氢氧化铁胶体，故D正确；故选：D【点评】本题考查化学实验方案的评价，考查较为综合，涉及分液、浓硫酸的性质、NO以及胶体的制备等，侧重于学生的实验能力和评价能
45、力的考查，为高考常见题型，注意把握相关物质的性质以及实验方法，难度中等14下列实验操作过程中，最后没有沉淀且溶液呈无色透明的是（）ANO2不断通人FeS04溶液中BCO2不断通人CaCIz溶液中CNH3不断通入AICl3溶液中DSO2通人已酸化的Ba（NO3）2溶液中【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质【分析】A、二氧化氮和水反应生成稀硝酸具有氧化性能氧化硫酸亚铁为硫酸铁为黄色溶液；B、二氧化碳和氯化钙不反应；C、氨气通入氯化铝溶液中生成氢氧化铝沉淀；D、二氧化硫具有还原性在水溶液中形成亚硫酸，和硝酸根离子形成稀硝酸具有氧化性，能氧化亚硫酸为硫酸，结合钡离
46、子生成硫酸钡沉淀；【解答】解：A、二氧化氮和水反应，3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成稀硝酸具有氧化性能氧化硫酸亚铁为硫酸铁为黄色溶液，故A错误；B、二氧化碳和氯化钙不反应，无沉淀生成，溶液呈无色，故B正确；C、氢氧化铝不溶于弱碱，氨气通入氯化铝溶液中生成氢氧化铝沉淀，溶液呈无色，故C错误；D、二氧化硫通入水溶液和硝酸根离子形成稀硝酸具有氧化性，能氧化亚硫酸为硫酸，结合钡离子生成硫酸钡沉淀，故D错误；故选B【点评】本题考查了物质性质的分析判断，主要是反应实质的理解，掌握基础是解题关键，题目难度中等15下列说法错误的是（）A硝酸能溶解除金、铂外的大多数金属B汽车尾气中含有NO和COC浓氨水
47、可检验氯气管道漏气D制取二氧化氮时，常用水吸收尾气【考点】硝酸的化学性质；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响【分析】A依据硝酸具有强的氧化性解答；B依据汽车尾气成分解答；C浓氨水挥发出的氨气和氯气发生氧化还原反应生成氮气和氯化铵，反应现象冒白烟；D二氧化氮与水反应生成一氧化氮，不能用水吸收二氧化氮；【解答】解：A硝酸具有强的氧化性，能够和大多数金属除去铂合金外，发生反应，故A正确；B汽车尾气中含有NO和CO，故B正确；C浓氨水挥发出的氨气和氯气发生氧化还原反应生成氮气和氯化铵，3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，反应过程中现象是冒白烟，浓氨水可检验氯气管道漏气，故C正确；D二氧
48、化氮与水反应生成一氧化氮，仍然污染空气，所以不能用水吸收，故D错误；故选：D【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉硝酸的强的氧化性、二氧化氮、一氧化氮、氨水的性质是解题关键，题目难度不大16下列关于钠的说法中不正确的是（）A金属钠和氧气反应，条件不同，产物则不同B钠长期放置在空气中，最终将变成碳酸钠C钠的化学性质比较活泼，少量的钠可以保存在与钠不反应的煤油中D当钠与硫酸铜溶液反应时，有大量红色固体铜出现【考点】钠的化学性质【专题】金属概论与碱元素【分析】钠性质活泼，常温下与氧气反应生成氧化钠，加热条件下与氧气反应可生成过氧化钠，钠在空气中最终生成碳酸钠，钠可与水剧烈反应，实验室一般保存在煤油中
49、，以此解答该题【解答】解：A常温下钠与氧气反应生成氧化钠，加热条件下与氧气反应可生成过氧化钠，故A正确；B钠放置于空气中发生银白色（钠的真面目）变暗（生成Na2O）变白色固体（生成NaOH）成液（NaOH潮解）结块（吸收CO2成Na2CO310H2O）最后变成Na2CO3粉（风化），有关反应如下：4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO310H2O、Na2CO310H2O=Na2CO3+10H2O故B正确；C钠的密度比煤油大，且与煤油不反应，可保存在煤油中，故C正确；D钠性质活泼，与硫酸铜溶液反应时先
50、和水反应生成氢氧化钠和氢气，最后生成氢氧化铜沉淀，故D错误故选D【点评】本题综合考查钠的性质，为高频考点，侧重于双基的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生的学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累17金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一下列各组物质的转化关系中不全部是通过一步反应完成的是（）ANaNaOHNa2CO3NaClBFeFe（NO3）3Fe（OH）3Fe2O3CMgMgCl2Mg（OH）2MgSO4DAlAl2O3Al（OH）3AlCl3【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【专题】元素及其化合物【分析】Na、Mg、Al、Fe能和酸反应生成盐，能被氧
51、化性强的单质氧气氧化生成氧化物，再结合复分解反应条件来分析解答，注意氧化物和碱之间的转化分析【解答】解：ANaNaOHNa2CO3NaCl中反应方程式分别为：2Na+2H2O=2NaOH+H2、2NaOH+CO2=Na2CO3 +H2O、Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl，所以能一步实现，故A不选；BFeFe（NO3）3Fe（OH）3Fe2O3中反应分别是FeFe（NO3）3Fe（OH）3Fe2O3，所以能一步实现，故B不选；CMgMgCl2Mg（OH）2MgSO4中反应方程式分别为：Mg+2HCl=MgCl2+H2、MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl、Mg（OH
52、）2+H2SO4=MgSO4+2H2O，所以能一步实现，故C不选；D氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故D选；故选D【点评】题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，以Na、Mg、Al、Fe为知识点构建知识网络，元素化合物知识常常在工艺流程中出现，还常常与基本实验操作、物质的分离与提纯、离子的检验等知识点联合考查，题目难度中等18常温下，将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mL pH=14的溶液，然后用1molL1的盐酸滴定，测得生成沉淀的质量与消耗盐酸的体积关系如图所示，则下列说法正确的是（）A原合金质量为0.92 gB图中V2为60
53、C沉淀的质量m为1.65 gDOP段发生的反应为：OH+H+H2O【考点】有关混合物反应的计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】钠铝合金置于水中，合金全部溶解，发生反应：2Na+2H2O2NaOH+H2、2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2+3H2，得到20mL pH=14的溶液，则溶液中c（OH）=1mol/L，NaOH有剩余，剩余NaOH为0.02L1mol/L=0.01mol；开始加入盐酸没有立即产生沉淀，首先发生反应：NaOH+HClNaCl+H2O，该阶段消耗盐酸为=0.02L=20mL；然后发生反应：NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al（OH）3，生成氢氧化铝沉淀，4
54、0mL时沉淀达最大值，此时溶液中溶质为NaCl，由钠元素守恒可知n（Na）=n（NaCl），该阶段消耗盐酸体积为40mL20mL=20mL，根据方程式计算nAl（OH）3，根据铝元素守恒n（Al）=nAl（OH）3；最后发生反应：Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O，根据氢氧化铝的物质的量计算该阶段消耗盐酸的体积，A根据m=nM计算Na、Al合金的质量；B溶解氢氧化铝消耗的盐酸体积与40mL之和为V2的值C根据氢氧化铝的物质的量，根据m=nM计算氢氧化铝的质量；DOP段发生反应：NaOH+HClNaCl+H2O【解答】解：钠铝合金置于水中，合金全部溶解，发生反应：2Na+2H2O2Na
55、OH+H2、2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2+3H2，得到20mL pH=14的溶液，则溶液中c（OH）=1mol/L，NaOH有剩余，剩余NaOH为0.02L1mol/L=0.01mol；开始加入盐酸没有立即产生沉淀，首先发生反应：NaOH+HClNaCl+H2O，该阶段消耗盐酸为=0.02L=20mL；然后发生反应：NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al（OH）3，生成氢氧化铝沉淀，40mL时沉淀达最大值，此时溶液中溶质为NaCl，由钠元素守恒可知n（Na）=n（NaCl）=0.04L1mol/L=0.04mol，该阶段消耗盐酸体积为40mL20mL=20mL，根据方程式可知
56、nAl（OH）3=n（HCl）=0.02L1mol/L=0.02mol，根据铝元素守恒n（Al）=nAl（OH）3=0.02mol，最后发生反应：Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O，消耗盐酸的物质的量为0.02mol3=0.06mol，故该阶段消耗的盐酸体积为=0.06L=60mL，A由上述分析可知，Na、Al合金的质量为0.04mol23g/mol+0.02mol27g/mol=1.46g，故A错误；B由上述计算可知，溶解氢氧化铝消耗盐酸的体积为60mL，则V2为40mL+60mL=100mL，故B错误；C由上述计算可知，生成沉淀为0.02mol，其质量为0.02mol78g/mo
57、l=1.56g，故C错误；DOP段发生反应：NaOH+HClNaCl+H2O，离子方程式为：OH+H+H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，明确发生的化学反应及反应与图象的对应关系是解答本题的关键，注意利用元素守恒的方法来解答，试题培养了学生的化学计算能力19Fe2O3、CuO的固体混合粉末ag，在加热条件下用足量CO还原，得到金属混合物4.82g，将生成的CO2气体用足量的澄清石灰水吸收后，产生l0.00g白色沉淀，则a的数值为（）A4.92B6.42C7.18D14.82【考点】有关混合物反应的计算【分析】根据反应方程式判断CO2中的O原子来源于CO和金属
58、氧化物，CO2的物质的量等于金属氧化物中氧原子的物质的量，计算出氧化物中氧元素的质量，金属氧化物的质量=金属的质量+氧化物中氧元素的质量【解答】解：发生的有关反应为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，CuO+COCu+CO2，生成的CO2为：n（CO2）=n（CaCO3）=0.1mol，根据反应方程式可以看出，CO2中的O原子来源于CO和金属氧化物，CO2的物质的量等于金属氧化物中氧原子的物质的量，则氧化物中氧元素的物质的量为n（O）=0.1mol，故氧元素质量为：0.1mol16g/mol=1.6g，所以金属氧化物的质量为：4.82g+1.6g=6.42g，故选B【点评】本题考查混合物的质
59、量计算，题目难度不大，注意从元素质量守恒的角度分析，关键明确CO2的物质的量=金属氧化物中氧原子的物质的量20分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是（）A冰醋酸、纯碱、芒硝、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物BHClO、H2SO4（浓）、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸C漂白粉、福尔马林、冰水、王水、氯水均为混合物DNa2O，NaOH，Na2CO3，NaCl，Na2SO4，Na2O2都属于钠的含氧化合物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物【分析】A、根据酸、碱、盐、氧化物的概念来回答判断；B、氧化性的酸会变现较强的氧化性；C、混合物是由不同分子构
60、成的物质；D、含钠的氧化物是指含有钠元素和氧元素的化合物【解答】解：A、醋酸、纯碱（碳酸钠俗称）、芒硝（Na2SO410H2O）、生石灰（CaO）分别属于酸、盐、盐、氧化物，故A错误；B、HClO、H2SO4（浓）、HNO3中Cl元素的化合价是+1价，S、N均处于元素的最高价，都具有强氧化性，都是氧化性酸，故B正确；C、漂白粉、福尔马林、王水、氯水均为混合物，冰水属于纯净物，故C错误；D、Na2O，NaOH，Na2CO3，Na2SO4，Na2O2都属于钠的含氧化合物，但是NaCl不属于，故D错误故选B【点评】本题考查了物质分类的判断应用，主要是酸、氧化物、混合物、氧化性酸等概念的理解和分析判断
61、，题目较简单21下列离子方程式中，正确的是（）ANa2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O=2Na+2OH+O2B向稀硝酸中加入少量铁粉：3Fe+8H+2NO3=3Fe2+2NO+4H2OC氯化镁溶液与氨水反应：Mg2+2OH=Mg（OH）2D向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+AlO2+2H2O【考点】离子方程式的书写【专题】压轴题；离子反应专题【分析】A没有配平；B反应生成铁离子；C氨水中一水合氨为弱电解质；D明矾完全反应，铝离子转化为偏铝酸根离子【解答】解：ANa2O2与H2O反应制备O2的离子反应为2Na2O2+2H2O=4N
62、a+4OH+O2，故A错误；B向稀硝酸中加入少量铁粉的离子反应为Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2O，故B错误；C氯化镁溶液与氨水反应的离子反应为Mg2+2NH3H20=Mg（OH）2+2NH4+，故C错误；D向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液的离子反应为Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+AlO2+2H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查离子反应方程式的书写，熟悉发生的化学反应及离子反应方程式的书写方法即可解答，注意B、D中反应物的量的多少为学生解答的易错点，题目难度不大22在相同状况下，一个空瓶，若装满O2称其质量为36g，若装满CO2称其质量为42g，若装满A气体
63、，称其质量为52g，则A的相对分子质量是（）A16B32C64D128【考点】物质的量的相关计算【专题】计算题【分析】相同状况下，一个空瓶，气体的体积相同，则气体的物质的量相同，结合n=及摩尔质量与相对分子质量数值相等来解答【解答】解：设瓶子的质量为x，气体A的摩尔质量为y，同一瓶子的体积相等，由阿伏加德罗定律可知，在相同状况下，O2、CO2与气体A的物质的量也相等，则由n=可知， =，解之得：x=20g，故=，解之得：y=64gmol1，摩尔质量与相对分子质量数值相等，所以气体A的相对分子质量是64，故选：C【点评】本题考查物质的量的计算及阿伏加德罗定律，把握题意确定不同气体的体积相同，其物
64、质的量相同为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大23标准状况下某种O2和N2的混合气体mg含有b个分子，则ng该混合气体在相同状况下所占的体积应是（）ABCD【考点】物质的量的相关计算【分析】先求出ng该混合气体含有的分子数，再求出混合气体物质的量，最后根据标准状况下的气体摩尔体积求出体积【解答】解：根据其组分及其含量相同，所以其质量与分子数成正比，设ng该混合气体含有的分子数为x个，质量与分子数的比列式为：mg：b=ng：x，x=个； ng该混合气体含有的物质的量为：n=mol，其体积为：V=nVm=molVm=L，故选A【点评】本题考查了物质的量、质量、气体摩尔体积之间的关系，题目
65、难度不大，灵活运用公式是解题的关键，这种类型的题在高考选择题中经常出现24海水开发利用的部分过程如图所示下列说法错误的是（）A向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C工业生产常选用NaOH作为沉淀剂D富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【考点】真题集萃；海水资源及其综合利用【分析】A向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴；B粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42等杂质，精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯；C工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂；D先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转
66、化为HBr，达到富集的目的【解答】解：A向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，故A正确；B粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故B正确；C工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂，故C错误；D海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故D正确，故选：C【点评】本题考查海水资源的综合利用，注意掌握中学常见的化学工业，侧重对化学与技术的考
67、查，难度不大25向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成NO2、NO混合气体，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3g沉淀另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反应，则氯气的体积在标准状况下为（）A7.84LB6.72LC4.48LD无法计算【考点】有关混合物反应的计算【专题】计算题【分析】根据硝酸过量可知，反应产物为铁离子和铜离子，加入氢氧化钠溶液后得到的沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，沉淀质量与铁、铜合金的质量差为氢氧根离子质量，据此可以计算出氢氧根离子的物质的量；铁、铜与氯气反应生成氯化铁、氯化铁，氯化铁和氯化铁中含有的氯离子的物质的量一定等于
68、氢氧根离子的物质的量，据此计算出氯离子的物质的量、氯气的物质的量及标况下氯气的体积【解答】解：向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，反应生成了铁离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为Fe（OH）3、Cu（OH）2，则氢氧化铁和氢氧化铁中含有的氢氧根离子的质量为：30.3g18.4g=11.9g，氢氧根离子的物质的量为：n（OH）=0.7mol；Cl2与铜、铁反应产物为：FeCl3、CuCl2，根据化合物总电荷为0可知，FeCl3、CuCl2中n（Cl）=Fe（OH）3、Cu（OH）2中n（OH），即n（Cl）=0.7mol，根据质量守恒，消耗Cl2的物质的量为：n（Cl2）
69、=n（Cl）=0.35mol，标况下0.35mol氯气的体积为：22.4L/mol0.35mol=7.84L，故选A【点评】本题考查了有关混合物的计算，题目难度中等，本题解题关键需要明确：氢氧化铁、氢氧化铜中氢氧根离子的物质的量与氯化铁、氯化铜中氯离子的物质的量相等26下列物质与其用途完全符合的有（）Na2CO3制玻璃 SiO2太阳能电池 AgI人工降雨 NaCl制纯碱Al2O3焊接钢轨 NaClO消毒剂 Fe2O3红色油漆或涂料 MgO耐火材料A4条B5条C6条D7条【考点】钠的重要化合物；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物【专题】化学计算【分析】工业制玻璃主要
70、原料有石英、纯碱和石灰石单质硅可用作制太阳能电池； AgI可用于人工降雨； 氨碱法制纯碱的实验原理进行分析，以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱；根据铝热反应可用于焊接钢轨； 消毒剂的主要有效成分为次氯酸钠（NaClO）； Fe2O3可作红色油漆或涂料 MgO的熔点高，可作耐火材料；【解答】解：工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石，故正确；单质硅可用作制太阳能电池，故错误；AgI可用于人工降雨，故正确； 氨碱法制纯碱的实验原理进行分析，以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，故正确根利用铝氧化铁发生铝热反应可用于焊
71、接钢轨，故错误；消毒剂的主要有效成分为次氯酸钠（NaClO），故正确； Fe2O3可作红色油漆或涂料，故正确； MgO的熔点高，可作耐火材料，故正确；所以物质与其用途完全符合的有6个，故选：C；【点评】本题主要考查了物质的性质，难度不大，注意知识的积累27通过对实验现象的观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一对下列实验事实的解释不正确的是（）现象解释或结论ASO2使酸性高锰酸钾溶液退色SO2表现还原性B浓HNO3在光照条件下变黄浓HNO3不稳定，生成有色产物能溶于浓硝酸C某溶液中加入浓NaOH溶液加热，放出气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝该溶液中一定含有NH4+D铝片放入浓硫酸中，无明
72、显变化说明铝与冷的浓硫酸不发生化学反应AABBCCDD【考点】二氧化硫的化学性质；硝酸的化学性质；铝的化学性质；常见阳离子的检验【专题】元素及其化合物【分析】ASO2与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，S元素的化合价升高；B浓HNO3在光照条件分解生成红棕色的二氧化氮；C气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体为氨气；D铝片放入浓硫酸中，发生钝化【解答】解：ASO2与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，S元素的化合价升高，则SO2表现还原性，故A正确；B浓HNO3在光照条件分解生成红棕色的二氧化氮，溶解在溶液中变黄，故B正确；C气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体为氨气，则该溶液中一定含有NH4+，故C正确
73、；D铝片放入浓硫酸中，发生钝化，为氧化还原反应生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，故D错误；故选D【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大28类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是（）已知类推A将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入到CuSO4溶液中2Na+Cu2+=Cu+2Na+B向Ca（ClO）2溶液中通入少量CO2Ca2+2ClO+CO2+H2O=CaCO2+2HClO向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2Ca2+2ClO+
74、SO2+H2O=CaSO3+2HClOC用惰性电极电解NaCl溶液2Cl+2H2O 2OH+H2+Cl2用惰性电极电解MgBr2溶液2Br+2H2O 2OH+H2+Br2D稀盐酸与NaOH溶液反应至中性H+OH=H2O稀HNO3与Ba（OH）2溶液反应至中性H+OH=H2OAABBCCDD【考点】离子方程式的书写【分析】A钠的性质比较活泼，与盐溶液反应时先与水反应；B二氧化碳与二氧化硫都是酸性氧化物，但是二氧化硫具有还原性，能够被次氯酸根氧化；C氢氧化镁是沉淀应保留化学式；D稀盐酸与NaOH溶液、稀HNO3与Ba（OH）2溶液反应的实质相同，都是氢离子与氢氧根离子反应生成水【解答】解：A将Na
75、加入到CuSO4溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应，不能置换出铜，故A错误；B向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2，二氧化硫具有还原性，被次氯酸根离子氧化，离子方程式为：Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO4+H+Cl+HClO，故B错误；C用惰性电极电解MgBr2溶液，离子方程式为：Mg2+2Br+2H2O Mg（OH）2+H2+Br2，故C错误；D稀盐酸与NaOH溶液、稀HNO3与Ba（OH）2溶液反应的实质相同，都是氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式为：H+OH=H2O，故D正确；故选：D【点评】本题考查了离子方程式的书写，为考试的热点，明确
76、反应的实质是解题关键，注意化学式的拆分，题目难度不大29下列各组离子在通入SO2前后均能大量共存的是（）ABa2+、K+、Br、ClBNa+、Cu2+、OH、SiO32CNH4+、Al3+、Br、AlO2DLi+、H+、NO3、SO42【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】通入二氧化硫前，离子能大量共存，则不发生任何反应，各组离子的溶液中，通入过量SO2气体后，SO2+H2OH2SO3，H2SO3H+HSO3，HSO3H+SO32，溶液中存在大量的氢离子、亚硫酸根离子，利用氢离子与OH、AlO2、CO32、SiO32，SO2与NO3反应来分析共存问题，以此解答【解答】解：ABa2+、
77、K+、Br、Cl之间不发生反应，也不与二氧化硫反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；BOH、SiO32在酸性条件下不能大量共存，且与Cu2+反应生成沉淀，故B错误；CAlO2与NH4+、Al3+发生互促水解反应，且AlO2在酸性条件下不能大量共存，故C错误；DH+、NO3具有强氧化性，能够氧化SO2，通入二氧化硫后不能大量共存，故D错误故选A【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，注意掌握离子反应发生条件，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；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，
78、如本题题干“通入SO2前后均能大量共存”30下列说法不正确的是（）将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质氨溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物也不导电强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强ABCD【考点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因；熔融态共价化合物不能电离出离子，不能导电；离子化合物熔融态电离出离子，能导电；溶
79、液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关；【解答】解：硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；所以BaSO4是强电解质，故错误；氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因；熔融态共价化合物不能电离出离子，不能导电；所以氨水是电解质溶液，故错误；离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故错误；溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故错误；故选D【点评】本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，难度不大，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关二、实验题31氨在
80、人类的生产和生活中有着广泛的应用某化学兴趣小组利用图一装置探究氨气的有关性质（1）装置A中烧瓶内试剂可选用ac（填序号）B的作用是吸收水蒸气干燥氨气a碱石灰 b浓硫酸 c生石灰 d烧碱溶液（2）连接好装置并检验装置的气密性后，装入药品，然后应先（填I或）打开旋塞逐滴向圆底烧瓶中加入氨水加热装置C（3）实验中观察到C中CuO粉末变红，D中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体，则该反应相关化学方程式为3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O该反应证明氨气具有还原性（4）该实验缺少尾气吸收装置，图二中能用来吸收尾气的装置是、（填装置序号） （5）氨气极易溶于水，若标准状况下，将2.24L的氨气溶于水
81、配成0.5L溶液，所得溶液的物质的量浓度为0.2mol/L【考点】氨的制取和性质【专题】综合实验题【分析】（1）装置A是制备氨气的发生装置，浓氨水滴入固体碱石灰或氧化钙或固体氢氧化钠都可以生成氨气；B装置是吸收水蒸气的作用；（2）依据装置图分析，先反应生成氨气再加热装置C；（3）依据反应现象可知，氧化铜氧化氨气为氮气，氧化铜被还原为铜；（4）氨气极易溶于水尾气吸收需要防止倒吸；（5）依据氨水溶液中溶质为氨气，结合物质的量浓度概念计算【解答】解：（1）装置A是制备氨气的发生装置，浓氨水滴入固体碱石灰或氧化钙或固体氢氧化钠都可以生成氨气，浓硫酸和氨气发生反应，氨气易溶入烧碱溶液，不选择浓硫酸、氢氧
82、化钠溶液制备氨气，所以装置A中试剂为：a碱石灰，c生石灰；B装置中的碱石灰是吸收水蒸气，干燥氨气的作用，故答案：ac；干燥氨气；（2）连接好装置并检验装置的气密性后，装入药品，打开旋塞逐滴向圆底烧瓶中加入氨水发生反应生成氨气，故答案为：；（3）实验中观察到C中CuO粉末变红证明生成铜，D中无水硫酸铜变蓝生成水，并收集到一种单质气体，依据氧化还原反应分析，氧化铜氧化氨气为氮气，氧化铜被还原为铜，反应的化学方程式为：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O；氮元素化合价升高为0价，做还原剂具有还原性，故答案为：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O；还原性；（4）氨气极易溶于水尾气吸收需要防止倒
83、吸，图二中能用来吸收尾气的装置是、，装置易发生倒吸，故答案为：、；（5）氨气极易溶于水，若标准状况下，将2.24L的氨气溶于水配成0.5L溶液，溶质氨气物质的量为0.1mol，所得溶液的物质的量浓度=0.2mol/L，故答案为：0.2【点评】本题考查了氨气实验室制备装置分析，氨气性质的分析应用，注意氨气是极易溶于水的气体，尾气吸收需要防止倒吸，题目难度中等三、工业流程32七水硫酸镁（MgSO47H2O）在印染、造纸和医药等工业上都有广泛的应用，利用化工厂生产硼砂的废渣硼镁泥可制取七水硫酸镁硼镁泥的主要成分是MgCO3，还含有其他杂质（MgO、SiO2、Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3、M
84、nO等）表1 部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH沉淀物Al（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）2Mn（OH）2Mg（OH）2pH值5.23.29.710.411.2表2 两种盐的溶解度（单位为g/100g水）温度/1030405060CaSO40.190.210.210.200.19MgSO47H2O30.935.540.845.6/硼镁泥制取七水硫酸镁的工艺流程如下：根据以上流程图并参考表格pH数据和溶解度数据，试回答下列问题：（1）过滤I的滤液中加入硼镁泥，调节溶液的pH=56，再加入NaClO溶液加热煮沸，将溶液中的Mn2+氧化成MnO2，反应的离子反应方程式为Mn2+ClO+
85、H2O=MnO2+2H+Cl加热煮沸的主要目的是促进Al3+、Fe3+水解及Mn2+氧化成MnO2（2）沉淀B中除MnO2、SiO2外还含有Fe（OH）3、Al（OH）3（填化学式）等物质（3）检验过滤后的滤液中是否含有Fe3+的实验方法是取过滤II后的滤液12ml于试管中，加入少量KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明滤液中无Fe3+；（4）沉淀C的化学式是CaSO42H2O或CaSO4过滤需趁热过滤的理由是以防MgSO4在温度低时结晶析出【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】（1）根据氧化
86、还原反应得失电子相等，利用离子方程式的配平方法书写反应的离子方程式；盐类的水解为吸热反应，加热有利于Al3+、Fe3+水解；（2）根据表中各物质溶解时的PH可知沉淀还应有Fe（OH）3、Al（OH）3；（3）利用Fe3+离子与KSCN溶液生成血红色的物质检验；（4）根据CaSO4和MgSO47H2O在不同温度下的溶解度判断沉淀的组成和趁热过滤的理由【解答】解：（1）NaClO溶液在加热条件下将溶液中的Mn2+氧化成MnO2，反应的离子方程式为Mn2+ClO+H2O=MnO2+2H+Cl，盐类的水解为吸热反应，加热有利于Al3+、Fe3+水解以及Mn2+氧化成MnO2，故答案为：Mn2+ClO+
87、H2O=MnO2+2H+Cl；促进Al3+、Fe3+水解及Mn2+氧化成MnO2；（2）根据表中数据可知，在调节溶液的PH在56时，Fe3+、Al3+水解生成Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；（3）Fe3+离子与KSCN溶液生成血红色的Fe（SCN）3，可利用该反应进行检验，故答案为：取过滤II后的滤液12 ml于试管中，加入少量KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明滤液中无Fe3+；（4）CaSO4的溶解度随温度的变化不大，而MgSO4在温度较高时易溶于水，趁热过滤利于分离硫酸钙和硫酸镁，并防止MgSO4在温度低时结晶析出，故答案为：CaSO42H2
88、O或CaSO4；以防MgSO4在温度低时结晶析出【点评】本题考查物质的制备、除杂，涉及物质的检验以及沉淀的转化等知识，题目较为综合，有一定难度，本题注意要认真分析题中数据，考查学生的分析能力四、解答题（共2小题，满分18分）331000mL某待测液中除含有0.2molL1的Na+外，还可能含有下列离子中的一种或多种：阳离子K+、NH4+、Fe3+、Ba2+阴离子Cl、Br、CO32、HCO3、SO32、SO42现进行如下实验操作（所加试剂均过量）：（1）写出生成白色沉淀B的离子方程式：HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2O（2）待测液中肯定不存在的阳离子是Fe3+、Ba2+（3）若无色气体
89、D是混合气体：待测液中一定含有的阴离子是CO32、HCO3、SO32沉淀A中能还原稀硝酸的成分是BaSO3（写化学式）【考点】常见离子的检验方法【专题】离子反应专题【分析】（1）（2）待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32、SO32、SO42，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32，可能存在SO32、SO42中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在Ba2+；滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH4+、HCO3，一定不存在Fe3+，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄
90、绿色溶液，溶液中一定没有Br，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl；（3）若无色气体D是混合气体，只能为CO2、NO混合气体，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定含有SO32，不能确定是否含有SO42，沉淀A中一定含有BaCO3，BaSO3【解答】解：待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32、SO32、SO42，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32，可能存在SO32、SO42中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在Ba2+；滤液A中有Ba2+，加入
91、过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH4+、HCO3，一定不存在Fe3+，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl；（1）由上述分析可知，白色沉淀B为碳酸钡，是由HCO3、Ba2+、OH反应生成，反应离子方程式为：HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2O，故答案为：HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2O；（2）由上述分析可知，溶液中一定没有的阳离子是：Fe3+、Ba2+，故答案为：Fe
92、3+、Ba2+；（3）由上述分析可知，溶液中一定含有CO32、HCO3，不能确定原溶液中是否含有Cl，溶液中一定没有Br，若无色气体D是混合气体，只能为CO2、NO混合气体，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定含有SO32，不能确定是否含有SO42，沉淀A中一定含有BaCO3，BaSO3，待测液中一定含有的阴离子是CO32、HCO3、SO32，故答案为：CO32、HCO3、SO32；沉淀A中BaCO3，BaSO3能与稀硝酸反应，其中能够还原稀硝酸的为BaSO3，故答案为：BaSO3【点评】本题考查了离子的推断、检验，熟悉物质的性质是解本题关键，根据实验过程中反应现象、离子共存条件来确定溶液中
93、存在的离子，注意根据溶液中电荷守恒确定钾离子是否存在，同时考查学生综合运用知识解决问题的能力，题目难度较大34由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验（部分产物略去）：（1）取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是（填写化学式）Al（2）Z为一种或两种气体若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应中能同时生成两种气体的化学方程式是C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是NO、CO2（3）向Y中通入过量氯
94、气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是（填写离子符号）Cu2+、Fe3+、H+（4）取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成当消耗2mol I时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是2Fe2+3H2O2+4I2Fe（OH）3+2I2【考点】几组未知物的检验【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）根据金属铝可以和酸反应生成可溶性的铝盐，该铝盐可以和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸盐，此盐可以和二氧化碳反应；（2）二氧化硫可以和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳；一氧化氮不溶于水而二氧化碳能溶于水中；（3）氯气能将亚铁离子氧化为三价铁离子；（4）双氧水具
95、有氧化性，能将还原性的离子碘离子、亚铁离子氧化【解答】解：（1）金属铝可以和酸反应生成可溶性的铝盐，该铝盐可以和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸盐，偏铝酸盐中通入二氧化碳反应可以获得氢氧化铝，故样品中不含有金属铝，故答案为：Al；（2）二氧化硫可以和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以反应获得的是二氧化硫和二氧化碳的混合气体，Z是二氧化碳，即C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O；二氧化氮可以和水反应生成一氧化氮气体，所以反应是焦炭和浓硝酸的反应，Z中两种气体是NO、CO2，故答案为：NO、CO2；（3）Fe2O3、Fe、CuO、C均可以和浓酸反应，除了生成气体以外还有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+，通入过量的Cl2，并不断搅拌，充分反应后，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁离子，过量的铁能将铜离子还原，此时存在的离子有Cu2+、Fe3+、H+，故答案为：Cu2+、Fe3+、H+；（4）双氧水具有氧化性，能将还原性的离子碘离子、亚铁离子氧化，原理方程式为：2Fe2+4I+3H2O2=2Fe（OH）3+2I2，故答案为：2Fe2+4I+3H2O2=2Fe（OH）3+2I2【点评】本题是一道物质的检验题目，可以根据物质的性质以及实验现象进行回答，以实验流程的形式考查，增加了难度
