1、化学试题可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64第卷 选择题部分，共54分一、填空题(本题共18小题，每小题3分，共54分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。)1. 下列说法中正确的是A. 硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物B. 蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、弱电解质、弱电解质C. 天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源D. Mg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到【答案】C【解析】【详解】A硫酸、醋酸钠和生石灰分别属于酸、盐和氧化物
2、，纯碱是碳酸钠的俗称，叫碱不是碱，属于盐类，故A错误；B蔗糖在水溶液和熔融态下均不导电的化合物，属于非电解质，硫酸钡在熔融态时或溶于水的部分完全电离，属于强电解质，水只能部分电离，属于弱电解质，故B错误；C天然气是由古代生物在地下发生复杂的变化形成的，属于化石能源；沼气是由植物秸秆发酵形成的属于可再生能源；水煤气是由C与水蒸气在高温条件下反应生成的属于二次能源，故C正确；D金属镁、铝的获得用电解精炼法，金属铜的获得常用置换法，故D错误；答案为C。2. 下列有关化学反应的叙述正确的是A. 室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2B. Fe在稀硝酸中发生钝化C. SO2与过量氨水反应生成(NH4)
3、2SO3D. MnO2和稀盐酸反应制取Cl2【答案】C【解析】【详解】A. 室温下Na与空气中O2反应生成Na2O，在加热条件下生成Na2O2，故A错误；B. 常温下Fe在浓硝酸中发生钝化，故B错误；C. SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3，故C正确；D. MnO2和浓盐酸加热反应制取Cl2，故D错误。综上所述，答案为C。3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A. CO2和CO的混合气体中，若含碳元素2.4g，则分子总数为0.2NAB. 22.4LC2H6和C2H4混合气体中，碳原子个数为0.2NAC. 100mL1mol/L的NH4Cl溶液中，阴离子的个数为0.1NA
4、D. 1mol液态氯化氢中含Cl为NA【答案】A【解析】【详解】A. CO2和CO中都只含有一个碳原子，若含碳元素2.4g，n(C)= =0.2mol，则分子总数为0.2NA，故A正确；B. 气体所处的状态不明确，故气体的物质的量无法计算，则含有的碳原子个数无法计算，故B错误；C. 100mL1mol/L的NH4Cl溶液中，氯离子的个数是0.1NA，铵根离子是弱碱阳离子，能水解出氢氧根离子，故溶液中阴离子的个数大于0.1NA个，故C错误；D. 1mol液态氯化氢是共价化合物，存在氯化氢分子，不含Cl，故D错误；故选：A。4. 下列条件下，两瓶气体所含原子数、分子数一定相等的是( )A. 同温度
5、、同体积的N2和COB. 同密度、同体积的H2和N2C. 同温度、同压强的C2H4和C3H6D. 同质量、不同密度的N2O和CO2【答案】D【解析】【详解】A. 没有指明压强是否相等，所以同温度、同体积的N2与CO物质的量不一定相等，则分子数、原子数不一定相等，故A错误； B. 同密度、同体积的H2和N2质量相等，则物质的量不相等，所以分子数、原子数不相等，故B错误；C. 没有指明体积是否相等，所以同温度、同压强的C2H4和C3H6物质的量不一定相等，则分子数、原子数不一定相等，故C错误；D. N2O和CO2的摩尔质量相同，所以同质量的N2O和CO2的物质的量相同，则分子数、原子数相等，故D正
6、确；答案选D。5. 用试纸检验气体性质是一种重要的实验方法。如图所示的实验中，下列试纸的选用以及对应的现象、结论都正确的一项是()选项试剂B湿润的试纸A现象结论A碘水淀粉试纸变蓝碘具有氧化性B浓氨水、生石灰蓝色石蕊试纸变红氨气为碱性气体CNa2SO3、较浓的硫酸品红试纸褪色SO2具有漂白性D浓盐酸红色石蕊试纸变蓝浓盐酸有挥发性A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】碘水中含碘单质，淀粉遇碘单质变蓝，为淀粉的特性，与碘的氧化性无关，故A错误； B.浓氨水与生石灰反应制取氨气，检验氨气选红色湿润试纸，红色变为蓝色可检验氨气，故B错误； C.与较浓的硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与
7、品红生成无色物质，说明二氧化硫具有漂白性，故C正确； D. 检验氯化氢气体选湿润的蓝色石蕊试纸，若试纸变红，说明浓盐酸具有挥发性，故D错误； 答案选C。6. 标准状况下，将3.36 L CO2气体通入200 mL 1.00 molL1NaOH溶液中，充分反应后溶液中c(CO32-)与c(HCO3-)的比值为(不考虑CO32-、HCO3-的水解) ()A 11B. 12C. 21D. 13【答案】B【解析】【详解】将二氧化碳通入氢氧化钠溶液时，会先后发生两个反应：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2Na2CO3+H2O 2NaHCO3，小于或等于1:1时，产物只有Na2CO3，大于2
8、:1时，产物只有NaHCO3；根据题意，n(NaOH)=0.2L1.0mol/L=0.200mol，3.36LCO2气体的n(CO2)=0.15mol。=0.2mol:0.15mol=4:3，即12，则反应产物为Na2CO3、NaHCO3，设其物质的量分别为x、y，根据反应过程中钠原子、碳原子守恒，则，解得，所以，答案选B。7. 在含有FeCl3、FeCl2、AlCl3、NaCl的混合溶液中，加入足量的Na2O2固体，搅拌充分反应后，再加入过量盐酸，溶液中离子数目无变化的是( )A. Na+B. Al3+C. Fe2+D. Fe3+【答案】B【解析】【详解】因为加入的过氧化钠具有强氧化性，所以
9、二价铁会被氧化为三价铁，两者变化均较大，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，钠离子增加，铝离子加过量过氧化钠时生成偏铝酸钠，再加过量盐酸又反应生成铝离子，即Al3+数目无变化，故选：B。8. 香烟烟雾中含有CO、CO2、SO2、H2O等气体，用无水CuSO4澄清石灰水灼热CuO生石灰品红溶液酸性高锰酸钾溶液可将其一一检出，检测时使用药品的正确顺序是(设待检气体为G)()A. GB. GC. GD. G【答案】C【解析】【详解】先用检测出水，无水硫酸铜变蓝，因为后面一些步骤中会有水产生，会影响检测结果；再用检测二氧化硫，二氧化硫使品红溶液褪色；再用将多余的二氧化硫除去(或者说检测二氧化硫是否除尽
10、)，因为如果不除尽，二氧化硫会影响后面的实验；再用检测二氧化碳并除去过量的二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水变混浊；通过CaO除去二氧化碳同时干燥气体；再用来检测CO，红热氧化铜由黑色变成红色，则正确的是C； 答案选C。9. 将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO和ClO两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化示意图如图所示。下列说法不正确的是()A. ClO的生成是由于浓度减小引起的B. 反应中转移电子的物质的量是0.21molC. 该反应的氧化产物有两种D. 苛性钾溶液中KOH的质量是16.8g【答案】A
11、【解析】【分析】氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图象知n(ClO-)=0.06mol，n(ClO3-)=0.03mol，根据电子转移守恒可知生成的氯离子n(Cl-)=0.06mol(1-0)+0.03mol(5-0)=0.21mol，故转移电子物质的量为0.21mol，根据物料守恒可知n(K+)=n(Cl-)+n(ClO-)+n(ClO3-)=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol，结合m=nM计算氢氧化钾质量；【详解】A. 根据图象知，氯气和氢氧化钾先生成次氯酸钾，且该反应是放热反应，随着温度的升高，氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾，所以氯酸根离子的
12、生成是由于温度升高引起的，故A错误；B. 该反应中转移电子的物质的量=0.06mol(1-0)+0.03mol(5-0)=0.21mol，故B正确；C. 由图知，氯气和氢氧化钾溶液反应的氧化产物有次氯酸钾和氯酸钾，故氧化产物有两种，故C正确；D. 通过以上分析知，氢氧化钾的物质的量=0.3mol，则氢氧化钾质量=0.3mol56g/mol=16.8g，故D正确； 答案选A。10. 下列图示实验合理的是A. 为证明非金属性强弱：SiCSB. 为制备少量氧气C. 为配制一定浓度硫酸溶液D. 制备并收集少量NO2气体【答案】A【解析】【详解】A选项，硫酸反应生成碳酸，碳酸反应生成硅酸，最高价氧化物对
13、应水化物酸性：硫酸大于碳酸大于硅酸，因此非金属性强弱：SiCS，故A正确；B选项，过氧化钠易溶于水，该装置不能起到即开即用的效果，会直接和过氧化钠全部反应生成氧气，故B错误；C选项，浓硫酸先在烧杯中稀释，再冷却后转移到容量瓶中，故C错误；D选项，不能用排水法收集NO2气体，二氧化氮与水要反应，故D错误；综上所述，答案为A。11. 将一定质量的Mg和Al的混合物投入2.0molL-1 250mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则下列说法正确的是( )A. 当加氢氧化钠溶液体积为20mL时，溶液的
14、pH值等于7B. 当加氢氧化钠溶液体积为20mL时，溶液中的溶质只有硫酸镁和硫酸铝C. NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/LD. 生成气体的体积为10.08L【答案】C【解析】【详解】A加入20mL氢氧化钠溶液时开始生成沉淀，说明金属与硫酸反应后的溶液中含有过量的氢离子，当加入20mL氢氧化钠溶液时，此时溶质为硫酸钠、硫酸铝和硫酸镁，由于铝离子部分水解，溶液为酸性，pH7，故A错误；B当加入20mL氢氧化钠溶液时，此时溶质为硫酸钠、硫酸铝和硫酸镁，故B错误；C当加入200mL氢氧化钠溶液时，此时溶质为硫酸钠，根据钠离子守恒及硫酸的物质的量可知氢氧化钠的物质的量为n(NaOH)=2n(Na2
15、SO4)=2n(H2SO4)=22mol/L0.25L=1mol，该氢氧化钠溶液的浓度为c(NaOH)=5mol/L，故C正确；D根据图象知，溶解的沉淀的物质的量为氢氧化铝nAl(OH)3=0.35mol-0.15mol=0.2mol，根据铝原子守恒知nAl(OH)3=n(Al)=0.2mol；未溶解的沉淀的物质的量是nMg(OH)2=0.15mol，根据镁原子守恒知nMg(OH)2=n(Mg)=0.15mol，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为n(H2)=0.45mol，标况下0.45mol氢气的体积为22.4L/mol0.45mol=10.08L，由于没有告诉在标况下，则氢气的体积不一定为
16、10.08L，故D错误；答案为C。12. 下列各组离子能大量共存的是()A. pH7的溶液中：Na、CO、SO、KD. pH0的溶液中：Na、Al3、Fe2、ClO【答案】C【解析】【详解】ApH7的溶液呈碱性， Na、CO、SO、K相互之间不反应，能大量共存，故选C；DpH0的溶液呈酸性， Fe2能被ClO氧化为Fe3，Fe2、ClO不能大量共存，故不选D；选C。13. 如图是模拟工业电解饱和食盐水的装置图，下列叙述不正确的是A. a 为电源的负极B. Fe电极的电极反应是4OH-4e-2H2O+O2C. 通电一段时间后，铁电极附近溶液先变红D. 电解饱和食盐水的化学方程式是2NaCl+2H
17、2O2NaOH+H2+Cl2【答案】B【解析】【详解】A.Fe电极作阴极，对应的a为电源负极，故A项正确；B.工业上电解食盐水以石墨为阳极，Fe电极为阴极，阴极的电极反应式为:，故B项错误；C项，Fe电极产生OH-，遇酚酞变红，故C项正确；D项，NaCl溶液通电生成NaOH、Cl2和H2，故D项正确。本题答案为B。【点睛】电解饱和食盐水，阴极材料是Fe，阳极材料是石墨，电解反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2。14. 下述实验不能达到预期目的的是 ()。编号实验内容实验目的A将含有HCl杂质的CO2通入饱和Na2CO3溶液中除去CO2中的HClB将一定量的KNO3和NaC
18、l的混合液加热并浓缩至有晶体析出，趁热过滤分离出NaCl晶体C在含有少量FeCl3的MgCl2酸性溶液中加入足量MgO并过滤除去溶液中的FeCl3D在含有少量Na2S的NaCl溶液中加入AgCl，再过滤除去溶液中的Na2SA. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】ANa2CO3也能吸收CO2，达不到分离提纯的目的，应该用饱和NaHCO3溶液吸收其中的HCl，故A错误；B由于在较高温度下，KNO3和NaCl溶解度相差较大，可采用浓缩、结晶、过滤的方法分离，故B正确；CMgO和酸反应促进Fe3水解形成Fe(OH)3，通过过滤即可除去MgCl2溶液中的FeCl3杂质，故C正确；DNa
19、2S和AgCl反应生成Ag2S沉淀和NaCl，过滤除去Ag2S和剩余的AgCl，即可除去NaCl溶液中的Na2S，故D正确；故选A。15. 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，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是A. 滴加KI溶液时，转移2mol电子时生成1mol白色沉淀B. 通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性C. 通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂D. 上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+I2SO2【答案】D【解析】【分析】向CuSO4溶液中逐滴加KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀
20、CuI，发生2Cu2+4I-=2CuI+I2，再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色，发生SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，结合氧化还原反应来解答。【详解】A. 滴加KI溶液时，反应为2Cu2+4I-=2CuI+I2，转移2mole时生成2mol白色沉淀，故A错误；B. 通入SO2后溶液逐渐变成无色，SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，体现了SO2的还原性，故B错误；C. 通入SO2时，S02与I2反应，SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，I2作氧化剂，故C错误；D. 由反应2Cu2+4I-=2CuI+I2、SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4
21、，根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，可知，氧化性为Cu2+I2SO2，故D正确；故选：D。16. 在化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况，下列反应中属于这种情况的是过量的Zn与18 mo1/L硫酸溶液反应；过量的氢气与少量的氮气在催化剂存在一定条件下充分反应；过量的水与一定量氯气；过量的铜与浓硫酸；过量的铜与稀硝酸； 过量的稀硫酸与块状石灰石；常温下过量浓硫酸与铝A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】锌不论与浓硫酸还是稀硫酸都能反应，一种物质过量时，另一种能完全反应，错误；合成氨是一个可逆反应，无论如何充分反应，都不能完全反应而达到百
22、分之百，正确；氯气与水的反应是可逆反应，无论如何充分反应，都不能完全反应而达到百分之百，正确；铜无法与稀硫酸反应，无论铜怎么过量，都不能完全消耗完硫酸，正确；铜不论与稀硝酸能反应，物质Cu过量时，另一种物质硝酸能完全反应，错误；稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生，正确；常温下，金属铝遇到浓硫酸会钝化，无论浓硫酸怎么过量，都不能消耗完金属铝，正确，综上所述，符合题意 ，故选B。17. 下列离子方程式正确的是A. 三氯化铝溶液中加入过量氨水：Al33OH=Al(OH)3B. 向含有0.2molFeI2的溶液中通入0.25molCl2：8I2Fe25Cl2=
23、10Cl4I22Fe3C. K37ClO3与浓盐酸(HCl)在加热时生成Cl2：37ClO6HCl37Cl3Cl23H2OD. 将0.1mol/L盐酸数滴缓缓滴入0.1mol/L25mLNa2CO3溶液中，并不断搅拌：2HCO=CO2H2O【答案】B【解析】【详解】A. 三氯化铝溶液中加入过量氨水的离子方程式为： ，A错误；B. 因还原性 ，故氯气先与碘离子反应： ，此反应中氯气过量，随后反应为 ，但此时氯气相对不足，只能氧化一半的亚铁离子， ，故向含有0.2molFeI2的溶液中通入0.25molCl2的总反应为：8I2Fe25Cl2=10Cl4I22Fe3，B正确；C. K37ClO3与浓
24、盐酸(HCl)在加热时生成Cl2，按价态变化规律，37Cl应全部转化为氯气，盐酸中的氯一部分转变为氯气、另一些与钾离子构成氯化钾、化学方程式可以为： 等，故C错误； D. 将0.1mol/L盐酸数滴缓缓滴入0.1mol/L25mLNa2CO3溶液中，并不断搅拌，反应产物为碳酸氢钠，正确的离子方程式为： HCO= ，D错误；答案选B。18. 如图是分离乙酸乙酯、乙酸和乙醇混合物的实验操作流程图，在如图所示实验过程中，所涉及的三次分离操作分别是( )A. 蒸馏；过滤；分液B. 分液；蒸馏；蒸馏C. 蒸馏；分液；分液D. 分液；蒸馏；结晶、过滤【答案】B【解析】【详解】乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，
25、可用分液的方法分离，溶液中的主要成分为乙酸钠和乙醇，二者沸点相差较大，蒸馏可得到乙醇，乙酸钠加入硫酸，得到乙酸和硫酸钠，二者沸点相差较大，蒸馏可得到乙酸，故选B。【点睛】本题考查物质的分离、提纯的实验方案的设计，侧重于考查学生分析能力、实验能力，注意把握物质的性质的异同，熟悉常见混合物的分离方法。第卷 非选择题部分，共46分二、填空题(共四小题，34分，考生必须都作答)19. 置换反应的通式可表示为：单质甲化合物A单质乙化合物B。请回答下列问题：(1)若甲为黄绿色气体，单质乙能使淀粉溶液变蓝色，则该反应的离子方程式为_。(2)若甲为金属，其焰色为黄色，化合物B为一种常见的强碱，则该反应的化学方
26、程式为_。(3)若单质乙是黑色非金属固体单质，化合物B是优质的耐高温材料，则该反应的化学方程式为_。(4)若化合物A可作光导纤维材料，乙为非金属半导体材料，则该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 2I-+Cl2=2Cl-+I2 (2). 2Na+2H2O2NaOH+H2 (3). 2Mg+ CO22MgO+C (4). SiO2+2CSi+2CO【解析】【分析】推断物质时，常根据物质的特殊颜色、特殊用途、特殊性质进行切入，然后尝试着书写反应方程式，再进行分析，看是否符合客观实际，最后做出取舍。【详解】(1)甲黄绿色气体，则为Cl2，单质乙能使淀粉溶液变蓝色，则为I2，该反应为Cl2与金属
27、碘化物或氢碘酸反应，离子方程式为2I-+Cl2=2Cl-+I2。答案为：2I-+Cl2=2Cl-+I2；(2)若甲为金属，其焰色为黄色，则为钠，化合物B为一种常见的强碱，则为氢氧化钠，该反应为钠与水反应，化学方程式为2Na+2H2O2NaOH+H2。答案为：2Na+2H2O2NaOH+H2；(3)若单质乙是黑色非金属固体单质，则为碳，化合物B是优质的耐高温材料，则为MgO，从而得出该反应的化学方程式为2Mg+ CO22MgO+C。答案为：2Mg+ CO22MgO+C；(4)若化合物A可作光导纤维材料，则为SiO2，乙为非金属半导体材料，则为Si，该反应为C与SiO2在高温条件下反应，化学方程式
28、为SiO2+2CSi+2CO。答案为：SiO2+2CSi+2CO。【点睛】SiO2与C反应，我们容易错写为生成Si和CO2。20. 氧化还原反应实际上包含氧化反应和还原反应两个过程，一个还原反应过程的离子方程式为NO3-+4H+3e-=NO+2H2O。下列四种物质：KMnO4、Na2CO3、KI、Fe2(SO4)3中的一种物质甲，滴加少量稀硝酸，能使上述反应过程发生。（1）被还原的元素是_，还原剂是_；（2）写出并配平该氧化还原反应方程式_；（3）反应生成0.3mol H2O，则转移电子的数目为_；（4）若反应后，氧化产物的化合价升高，而其他物质保持不变，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比将
29、_（填“增大”“不变”“减小”或“不能确定”）。【答案】 (1). N (2). KI (3). 6KI+8NaNO3=6KNO3+2NO+3I2+4H2O (4). 0.45NA (5). 增大【解析】【详解】（1）物质甲应该发生氧化反应，在题给四种物质中，能发生氧化反应的只有KI，被还原的元素为N，还原剂是KI；（2）反应的方程式应为6KI+8HNO3=6KNO3+2NO+3I2+4H2O；（3）根据反应6KI+ 8NaNO3 =6KNO3+2NO+3I2+4H2O可知：每有4mol水产生，转移的电子的物质的量为6mol，则若生成0.3mol H2O，转移电子的物质的量是(0.34)6=0
30、.45mol，转移的电子数目是N(e-)=0.45NA；（4）若反应后氧化产物的化合价升高，则需氧化剂的物质的量增大，故氧化剂与还原剂的物质的量之比增大。21. S2Cl2是工业上常用的硫化剂，实验室制备S2Cl2 的方法有2种：CS2+3Cl2CCl4+S2Cl22S+Cl2S2Cl2已知S2Cl2中硫元素显+1价，电子式：，它不稳定，在水中易发生岐化反应(一部分硫元素价态升高，一部分降低)。反应涉及的几种物质的熔沸点如下：实验室利用如图装置制备S2Cl2 (部分夹持仪器已略去)：回答下列问题：(1)写出A装置中发生反应的离子方程式_。(2)D中冷凝管起到导气和冷凝回流双重作用。这种冷却装置
31、可应用于下列高中化学中_实验。A.石油分馏 B.制备乙烯 C.制取乙酸乙酯 D.制取溴苯(3)B装置中盛放的是_，D中采用油浴加热(100260)的原因是_。(4)A装置仪器装配时，整套装置装配完毕后，应先进行_，再添加试剂。实验完毕，拆除装置时，应先将E中长导管移开液面，目的是_。(5)实验完毕，当把剩余浓盐酸倒人E烧杯中与吸收了尾气的氢氧化钠溶液混合时，发现有少量黄绿色刺激性气体产生，产生该现象的原因是_ (用离子方程式表示)。【答案】 (1). (2). CD (3). 饱和食盐水 (4). 便于控制反应温度在111140，使CS2平稳汽化； (5). 气密性的检查 (6). 防止倒吸
32、(7). ClO-+2H+Cl-=Cl2+H2O【解析】【分析】(1) A装置中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下发生反应生成氯化锰、氯气、水；（2）D中冷凝管起到导气和冷凝回流双重作用。这种冷却装置一般用于反应物受热容易挥发的反应。（3）应该用干燥、纯净的氯气制取S2Cl2；CS2+3Cl2CCl4+S2Cl2反应温度需要控制在111140； （4）要防止装置漏气；实验完毕，拆除装置时有可能发生倒吸；（5）在酸性环境下，氯离子和次氯酸根离子之间可以发生归中反应生成氯气；【详解】(1) A装置中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下发生反应生成氯化锰、氯气、水，反应的离子方程式是；（2）D中冷凝管起到导气和冷
33、凝回流双重作用。这种冷却装置一般用于反应物受热容易挥发的反应，可应用于高中化学中制取乙酸乙酯和溴苯，选CD；（3）制取氯气时，其中的HCl杂质应该用饱和食盐水除去，B装置中盛放的是饱和食盐水；CS2+3Cl2CCl4+S2Cl2反应温度需要控制在111140，同时为了使CS2平稳汽化，所以D中采用油浴加热；（4）为防止装置漏气，A装置仪器装配时，整套装置装配完毕后，应先进行气密性的检查；实验完毕，拆除装置时，为防止倒吸，应先将E中长导管移开液面；（5）吸收了氯气的氢氧化钠溶液中含有氯化钠、次氯酸钠，向其中加入浓盐酸，在酸性环境下，氯离子和次氯酸根离子之间可以发生归中反应生成氯气，反应的离子方程
34、式是ClO-+2H+Cl-=Cl2+H2O。【点睛】本题考查物质的制备实验，把握制备实验原理、实验装置、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意根据实验目的对实验进行分析。22. 欲探究某矿石可能是由FeCO3、SiO2、Al2O3中的一种或几种组成，探究过程如图所示。已知：碳酸不能溶解Al(OH)3沉淀。(1)Fe在周期表中的位置是_。(2)下列说法不正确的是_。a.酸性：H2CO3H2SiO3 b.原子半径：OCSiAlc.稳定性：H2OCH4SiH4 d.离子半径：O2Al3+(3)该矿石的组成是_，滤渣和NaOH溶液反应的离子方程式是_。(4)该矿石和1molL1HNO3
35、反应的离子方程式_。(5)工业上依据上述实验原理处理该矿石，将反应池逸出气体与一定量的O2混合循环通入反应池中，目的是_；若处理该矿石2.36 103 kg，得到滤渣1.2 103 kg，理论上至少需要1 molL1HNO3的体积为_L。【答案】 (1). 第四周期族 (2). abc (3). FeCO3和SiO2 (4). SiO2+2OH-=+H2O (5). 3FeCO3+10H+=3Fe3+3CO2+NO+5H2O (6). NO循环使用能减少环境污染，NO跟H2O、O2反应后又得到硝酸提高原料利用率 (7). 3.33104【解析】【分析】矿石中加入稀硝酸生成气体、可溶性物质，同时
36、又溶性物质生成，生成气体说明含有FeCO3，SiO2不溶于稀硝酸，通过实验现象说明含有SiO2，向滤渣中加入NaOH溶液得到无色滤液，二氧化硅和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中加入稀盐酸生成硅酸胶体沉淀；滤液中加入NaOH溶液得到红褐色沉淀说明滤液中含有铁离子，向无色滤液中通入二氧化碳没有沉淀，说明无色滤液中不含偏铝酸钠，则矿石中不含Al2O3【详解】(1)Fe在周期表中位置位于周期表第四周期第族，故答案为：第四周期族；(2)a非金属性：CSi，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故a正确；b同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，OC、SiAl，同主族元素从上
37、到下原子半径逐渐增大，则CSi，故b正确；c非金属性OCSi，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故c正确；d两种离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则O2-Al3+，故d错误；故答案为：abc；(3)矿石加硝酸生成气体，可说明含有FeCO3，加入过量NaoH溶液后通入过量二氧化碳没有沉淀生成，说明没有Al2O3，滤渣溶解后加入盐酸生成胶状沉淀，说明含有SiO2，滤渣和NaOH溶液反应的离子方程式是SiO2+2OH-=+H2O，故答案为：FeCO3和SiO2；SiO2+2OH-=+H2O；(4)矿石含有FeCO3，可与HNO3反应，离子方程式为3FeCO3+10H+=3Fe3
38、+3CO2+NO+5H2O，故答案为：3FeCO3+10H+=3Fe3+3CO2+NO+5H2O；(5)由于NO是有毒气体，不能随意排放，所以这样做的目的是NO循环使用能减少环境污染，且NO跟H2O、O2反应后又得到硝酸提高原料利用率根据以上分析可知，该矿石中含有碳酸亚铁和二氧化硅，其中碳酸亚铁的质量是2.36103 kg-1.2103 kg=1.16103kg，物质的量是10000mol，则根据(4)中的方程式可知，消耗硝酸的物质的量是mol，所以理论上至少需要1molL-1 HNO3的体积为3.33104L；故答案为：NO循环使用能减少环境污染，NO跟H2O、O2反应后又得到硝酸提高原料利
39、用率；3.33104。三、选考题(共两道题，请考生任选一题作答，共12分)23. 物质AK都是由下表中的离子形成的，且为中学化学常见物质，有如图所示的转化关系。部分产物中的水已省略。(如果需要，阴、阳离子可以重复使用)阳离子NaAl3AgBa2阴离子OHClSOAlONO已知C、D、J都是白色沉淀，其中D、J不溶于稀硝酸。试按要求回答下列相关问题：(1)A、D、J的化学式为：A_、D_、J_。(2)相同条件下，物质的量浓度相同的B溶液和E溶液pH较大的是_(用化学式表示)。(3)写出反应的离子方程式：_。(4)用惰性电极电解溶液，电解反应方程式为：_。【答案】 (1). Al2（SO4）3 (
40、2). BaSO4 (3). AgCl (4). Ba（OH）2 (5). 3AlO2-+Al3+6H2O4Al（OH）3 (6). 4OH-4e-=2H2O+O2【解析】【分析】已知C、D、J都是白色沉淀，其中D、J不溶于稀硝酸依据阳离子和阴离子组合可知，DJ为BaSO4，AgCl；C为Al（OH）3；A+B=C（Al（OH）3）+D，证明推断B为Ba（OH）2；A为Al2（SO4）3；D为BaSO4，J为AgCl；结合（2）中已知B溶液和E溶液都显碱性，C（Al（OH）3）+E=F，E为NaOH，F为NaAlO2，G溶液为酸或弱碱盐分析判断为AlCl3，H为NaCl，I为AgNO3，K为N
41、aNO3，依据判断出的物质分析判断回答问题。【详解】（1）A、D、J的化学式为：A为Al2（SO4）3；D为BaSO4；J为AgCl；（2）已知B溶液和E溶液都显碱性，则相同条件下，物质的量浓度相同的B溶液为Ba（OH）2；E溶液为NaOH；pH较大的是：Ba（OH）2；（3）反应是F为NaAlO2和G为AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子反应方程式：3AlO2-+Al3+6H2O4Al（OH）3；（4）用惰性电极电解AgNO3溶液，阳极是氢氧根离子失电子生成氧气的电极反应，电极反应式为：4OH-4e-=2H2O+O2。24. 某芳香族化合物A，核磁共振氢谱显示有六组峰，苯环上的一氯代物
42、有两种，分子结构中不含有甲基，一定条件下可以发生如图所示的转化关系。(1)E中含有的官能团名称为_。(2)C在一定条件下，可能发生的化学反应类型有_。(填序号)水解反应 取代反应 消去反应 加成反应 加聚反应 (3)AB反应的化学方程式为_。(4)F在加热条件下与过量NaOH水溶液反应的化学方程式为_。(5)符合下列条件的A的同分异构体有_种，其中苯环上一氯代物有两种的结构简式为_。含有二取代苯环结构 与A有相同的官能团 能与FeCl3溶液发生显色反应【答案】 (1). 醛基、羧基 (2). (3). (4). (5). 6 (6). 、【解析】【分析】根据转化关系可知，A能与乙醇反应生成C，
43、且C的相对分子质量为194，与A相比增加了28，所以A分子结构含一个-COOH；A在浓硫酸加热条件下生成的D与Br2发生加成反应生成F，说明A发生消去反应生成D，根据A中的碳原子数，加上A能催化氧化生成含有醛基的E，故A中含有-CH2CH2OH结构，又由于A分子结构的苯环上一氯代物只有2种，因此A的结构简式为，则B为、E为，C为，据此解答（1）（5）；（6）与A含有相同官能团：羟基、羧基，且苯环上有-OH、A含有二取代苯环结构，其取代基为：-OH、-CH2CH2COOH，如，存在邻、间、对三种结构；-OH、-CH2（CH3）COOH，如，存在邻、间、对三种同分异构体，总共含有6种同分异构体，其
44、中苯环上一氯代物有两种的结构简式为：、。【详解】（1）E的结构简式为：，其分子中含有官能团为：醛基、羧基；（2）C的结构简式为，含有苯环、酯基、羟基，能够发生水解反应取代反应消去反应加成反应，分子中不存在碳碳双键、碳碳三键，不能发生加聚反应，故答案为：；（3）AB反应的化学方程式为：；故答案为：；（4）F在加热条件下与过量NaOH水溶液反应的化学方程式为：，故答案为：；（5）含有二取代苯环结构，有机物在苯环上含有两个取代基；与A有相同的官能团，含有官能团：羟基、羧基；能与FeCl3溶液发生显色反应，说明苯环上有-OH，满足条件的有机物在苯环上的取代基为：-OH、-CH2CH2COOH，存在邻、间、对三种结构；-OH、-CH2（CH3）COOH，存在邻、间、对三种同分异构体，总共含有6种同分异构体；其中苯环上一氯代物有两种的结构简式为：、故答案为：6；、。
