1、2016-2017学年陕西省咸阳市西藏民族学院附中高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题：（本题共20小题，每小题2.5分，共50分）1化学在绿色发展、循环发展、低碳发展及推进生态文明建设中正发挥着积极作用下列做法与可持续发展宗旨相违背的是（）A加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率B推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放C加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，满足消费需求D对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放2早在1807年化学家戴维用电解熔融氢氧化钠制得钠，反应原理为：4NaOH（熔融）4Na+O2+2H2O；后来盖吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠，反应原理为：
2、3Fe+4NaOHFe3O4+2H2+4Na下列有关说法正确的是（）A电解熔融氢氧化钠制钠，阳极发生电极反应为：Na+e=NaB盖吕萨克法制钠原理是利用铁的还原性比钠强C若戴维法与盖吕萨克法制得等量的钠，则两反应中转移的电子总数比为2：1D目前工业上常用电解熔融氯化钠法制钠（如图），电解槽中石墨极为阳极，铁为阴极3化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法中不正确的是（）A用O3替代Cl2作饮用水消毒剂更符合绿色化学的要求B“光化学烟雾”、“臭氧空洞”的形成都与氮氧化合物有关C尽量使用含12C的产品，减少使用含13C或14C的产品符合“促进低碳经济”宗旨D高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤
3、维，光导纤维遇强碱会“断路”4下列各组离子一定能大量共存的是（）A某无色透明的酸性溶液：Cl、Na+、MnO4、SO42B能使pH试纸变深蓝色的溶液：Na+、NH4+、K+、CO32C加入过量NaOH溶液后可得到澄清的溶液：K+、Ba2+、HCO3、ClD常温下pH=12的溶液：K+、Ba2+、Cl、NO35设NA为阿伏加德罗常数值下列有关叙述正确的是（）A标准状况下，5.6L二氧化碳气体中含有的氧原子数为0.5NAB0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的氢离子数为0.05NAC1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD标准状况下，2.24LCC14含有的共价键数为0.4NA6
4、下列各种操作中不会导致液体分散系颜色发生两次显著变化的是（）A向Fe（OH）3胶体中加入4 mol/LH2SO4至过量B向紫色石蕊试剂中通入过量C12C向紫色石蕊试剂中通入过量SO2D向酚酞试液中加入Na2O2粉末至过量7下列叙述错误的是（）A10ml质量分数为98%的H2SO4，用10ml水稀释后，H2SO4的质量分数大于49%B配制0.1mol/L的Na2CO3溶液480ml，需用500ml容量瓶C在标况下，将22.4L氨气溶于1L水中，得到1mol/L的氨水D向2等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1
5、：1（保持温度不变）8火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应为：2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2下列说法正确的是（）ASO2既是氧化产物又是还原产物BCuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化C每生成1mol Cu2S，有4 mol硫被氧化D每转移1.2 mol电子，有0.3 mol硫被氧化9由Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中某几种组成的混合物，向其中加入足量的盐酸有气体放出将气体通过足量的NaOH溶液，气体体积减少一部分将上述混合物在空气中加热，有气体放出，下列判断正确的是（）（注：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2）A混合物中一定不含有Na2CO3、NaClB混
6、合物中一定有Na2O2、NaHCO3C无法确定混合物中是否含有NaHCO3D混合物中一定不含Na2O2、NaCl10能正确表示下列反应的离子方程式为（）A铁溶于稀硝酸中：Fe+2H+=Fe2+H2BNH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3+OH=CO32+H2OC少量CO2通入苯酚钠溶液中：2C6H5O+CO2+H2O=2C6H5OH+CO32D大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO+CO2+H2O11下列说法中，错误的是（）A无论乙烯与Br2的加成，还是乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，都与分子内含有碳碳双键有关B用溴的四氯化碳溶液或酸性KMnO4溶液都可
7、以鉴别乙烯和乙烷C相同质量的乙烯和甲烷完全燃烧后产生的水的质量相同D乙烯的化学性质比乙烷的化学性质活泼12已知2Fe3+2I2Fe2+I2、Br2+2Fe2+2Br+2Fe3+现向含有FeBr2、FeI2的某溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是（）按I、Fe2+、Br的顺序还原性逐渐减弱； 原溶液中Br一定被氧化；通入氯气后原溶液中Fe2+一定被氧化； 不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2+；若取少量所得溶液，加入CCl4充分振荡后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2+、Br均被
8、完全氧化ABCD13将一定质量的Mg和Al的混合物投入500mL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（）AMg和Al的总质量为8 gB硫酸的物质的量浓度为5 mol/LCNaOH溶液的物质的量浓度为5 mol/LD生成的H2在标准状况下的体积为11.2 L14对于某些离子的检验及结论一定正确的是（）A向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则原溶液中一定有CO32B向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有Ag+C向
9、某溶液中先加入盐酸酸化，没有明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定有SO42D向某溶液中加入加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，则原溶液一定有Ba2+15除去下列物质中所含的杂质，选用的试剂正确的是（）选项物质（杂质）试剂AAl2O3（SiO2）NaOHBCO2（SO2）Na2CO3溶液CFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉DNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液AABBCCDD16一粗硅，含杂质铁，取等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的H2，则该粗硅中铁和硅的关系正确的是（提示：Si+2NaOH+H2O=Na2S
10、iO3+2H2）（）A物质的量之比为1：1B质量之比为4：1C物质的量之比为l：2D质量之比为2：117将一定量的SO2通入FeCl3溶液中，取混合溶液，分别进行下列实验，能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应的是（）操作现象A加入NaOH溶液有红褐色沉淀B加入Ba（NO3）2溶液有白色沉淀C加入酸性KMnO4溶液紫色褪去D加入K3Fe（CN）6（铁氰化钾）溶液有蓝色沉淀AABBCCDD18分别用一定量等量的铁与足量的稀硫酸及足量的CuO制备单质铜，有人设计了以下两种方案：FeH2Cu，CuOCuSO4Cu对制备得到Cu的量，下列判断正确的（）A一样多B多C多D无法判断19对下列反应：3
11、Fe3O4+28HNO3=9Fe（NO3）x+NO+14H2O判断合理的是（）AFe（NO3）x中的x为3B标准状况下产生4.48LNO，就有0.5 mol电子转移C稀HNO3在反应中只作氧化剂D磁性氧化铁中的铁元素全部被氧化201L某混合溶液中，溶质X、Y的浓度都为0.1molL1，向混合溶液中滴加某溶液Z（0.1molL1氢氧化钠或硫酸溶液）至溶液呈中性，所得沉淀的物质的量如图所示，则X、Y、Z分别是（）A氯化铝、氯化铁、氢氧化钠B氯化铝、氯化镁、氢氧化钠C偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸D偏铝酸钠、氯化钡、硫酸二、非选择题：（共包括4小题，共50分）21某课外活动小组欲利用CuO与NH3反应，研
12、究NH3的某种性质并测定其组成，设计了如下实验装置（夹持装置未画出）进行实验请回答下列问题：（1）仪器a的名称为；仪器b中可选择的试剂为（2）实验室中，利用装置A，还可制取的无色气体是 （填字母） ACl2 BO2 CCO2 DNO2（3）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，上述现象证明NH3具有性，写出相应的化学方程式（4）E装置中浓硫酸的作用（5）读取气体体积前，应对装置F进行的操作：（6）实验完毕，若测得干燥管D增重mg，装置F测得气体的体积为nL（已折算成标准状况），则氨分子中氮、氢的原子个数比为（用含m、n字母的代数式表示）22溴主要以Br形式存在
13、于海水中，海水呈弱碱性工业上制备的Br2的操作步骤为：一定条件下，将Cl2通入浓缩的海水中，生成Br2利用热空气将Br2吹出，并用浓Na2CO3溶液吸收，生成NaBr、NaBrO3等用硫酸酸化步骤得到的混合物完成下列填空：（1）Cl2氧化Br应在 条件下进行，目的是为了避免（2）Br2可用热空气吹出，其原因是（3）写出步骤所发生的化学反应方程式：用硫酸而不用盐酸酸化的原因可能是（4）为了除去工业Br2中微量的Cl2，可向工业Br2中a通入HBr b加入Na2CO3溶液 c加入NaBr溶液 d加入Na2SO3溶液23工业上利用锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等杂质）
14、制取金属锌的工艺流程如下：回答下列问题：（1）ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等反应ZnFe2O4中Fe的化合价是，从物质分类角度说，ZnFe2O4属于（填“酸”、“碱”或“盐”）工业上利用反应ZnFe2（C2O4）36H2OZnFe2O4+2CO2+4CO+6H2O制备ZnFe2O4该反应中氧化产物是（填化学式），每生成1mol ZnFe2O4，转移电子的物质的量是（2）酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率为达到这一目的，还可采用的措施是（任答一条）；已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有（3）净化中H2O2参与反应的
15、离子方程式为；试剂X的作用是（4）钢铁镀锌是钢铁防护的一种有效方法按图甲装置进行模拟铁上镀锌的实验，实验结果如图乙所示乙中横坐标x表示电路中通过电子的物质的量，纵坐标y表示反应物或生成物的物质的量C电极的电极反应式为E可以表示的量是（任写一种）24NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其中一种生产工艺如下：步骤一，利用NaClO3在硫酸作用下与SO2反应生成ClO2和一种酸式盐步骤二，将ClO2在NaOH溶液中与H2O2反应即可生成NaClO2回答下列问题：（1）NaClO2中的Cl的化合价为（2）写出步骤一中生成ClO2的化学方程式（3）步骤二反应中氧化剂与还原剂的物质的量
16、之比为，该反应中氧化产物是（4）亚氯酸钠（NaClO2）在常温与黑暗处可保存一年亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为：HClO2ClO2+H+Cl+H2O（未配平）在该反应中，当有1mol ClO2生成时转移电子个数约为（5）Cl2、H2O2、ClO2（还原产物为Cl）、O3（1molO3转化为1molO2和1molH2O）等物质常被用作消毒剂等物质的量的上述物质消毒效率最高的是（填序号）ACl2 BH2O2 CClO2 DO3（6）H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称如消除采矿业胶液中的氰化物（如KCN），经以下反应：KCN+H2O2+H2O=A+NH3，试指出生成物A
17、的化学式为，H2O2被称为绿色氧化剂的理由是2016-2017学年陕西省咸阳市西藏民族学院附中高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题：（本题共20小题，每小题2.5分，共50分）1化学在绿色发展、循环发展、低碳发展及推进生态文明建设中正发挥着积极作用下列做法与可持续发展宗旨相违背的是（）A加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率B推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放C加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，满足消费需求D对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发；清洁能源【分析】正确地处理人与自然之间的关系，高效地、文明
18、地实现对自然资源的永续利用，减少化石能源的利用，开发新能源，减少污染源等，则可实现社会可持续发展，据此即可解答A加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率，可减少化石能源的利用；B推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放，减少温室效应；C加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，使用后的废弃物影响环境；D对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放，符合社会可持续发展理念；【解答】解：A因不可再生能源与可再生能源区别在于能否短期内从自然界得到补充，加大清洁能源的开发利用，如开发太阳能，它是可再生能源，可减少化石能源的利用，减少了二氧化碳、二氧化硫等物质的排放，符合社会可持续发展理念，故A正确；
19、B二氧化碳气体是产生温室效应的主要气体，推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放，减少了二氧化碳的排放，符合社会可持续发展理念，故B正确；C加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，废旧电池含有的铅、汞、锌、锰污染和废旧蓄电池电解液污染，会造成污染，不符合社会可持续发展理念，故C错误；D水污染主要来自工业、农业、生活污染物的排放，工业废水生活污水经过处理后可以节约资源，保护水源，符合社会可持续发展理念，故D正确；故选C2早在1807年化学家戴维用电解熔融氢氧化钠制得钠，反应原理为：4NaOH（熔融）4Na+O2+2H2O；后来盖吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠，反应原理为：3Fe+4NaO
20、HFe3O4+2H2+4Na下列有关说法正确的是（）A电解熔融氢氧化钠制钠，阳极发生电极反应为：Na+e=NaB盖吕萨克法制钠原理是利用铁的还原性比钠强C若戴维法与盖吕萨克法制得等量的钠，则两反应中转移的电子总数比为2：1D目前工业上常用电解熔融氯化钠法制钠（如图），电解槽中石墨极为阳极，铁为阴极【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A阳极氢氧根离子放电生成氧气和水；B.1100时生成Na蒸气，有利于反应正向移动；C戴维法生成4molNa转移4mol电子，但盖吕萨克法生成4molNa转移8mol电子；D石墨极为阳极，氯离子放电，在阴极钠离子放电【解答】解：A由4NaOH（熔）4Na+O2+2
21、H2O可知，阳极氢氧根离子放电生成氧气和水，电极反应为4OH4e=2H2O+O2，故A错误；B.1100时生成Na蒸气，有利于反应正向移动，但Na的还原性大于Fe，故B错误；C由4NaOH（熔）4Na+O2+2H2O、3Fe+4NaOHFe3O4+2H2十4Na可知，戴维法生成4molNa转移4mol电子，但盖吕萨克法生成4molNa转移8mol电子，则转移电子总数为1：2，故C错误；D电解熔融氯化钠法制钠时，石墨极为阳极，氯离子放电，在阴极钠离子放电，发生2NaCl2Na+Cl2，如铁为阳极，则铁被氧化，故D正确；故选D3化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法中不正确的是（）A用O3
22、替代Cl2作饮用水消毒剂更符合绿色化学的要求B“光化学烟雾”、“臭氧空洞”的形成都与氮氧化合物有关C尽量使用含12C的产品，减少使用含13C或14C的产品符合“促进低碳经济”宗旨D高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A臭氧做还原剂，还原产物为氧离子；B氮的氧化物的排放能够引起光化学烟雾”、“臭氧空洞”；C“促进低碳经济”应开发和利用好新能源，减少化石燃料的燃烧，提高煤的使用率，减少污染性气体的排放，增大低碳和零碳技术的研发和产业，充分利用好可再生能源；D二氧化硅为酸性氧化物，能够与碱反应【解答】解：A臭氧做还原剂，还原产物为
23、氧离子，为绿色消毒剂，故A正确；B氮的氧化物的排放能够引起光化学烟雾”、“臭氧空洞”，故B正确；C126C，136C，146C都是碳元素，不能减少碳的排放，故C错误；D二氧化硅为酸性氧化物，能够与碱反应，所以光导纤维遇强碱会“断路”，故D正确；故选：C4下列各组离子一定能大量共存的是（）A某无色透明的酸性溶液：Cl、Na+、MnO4、SO42B能使pH试纸变深蓝色的溶液：Na+、NH4+、K+、CO32C加入过量NaOH溶液后可得到澄清的溶液：K+、Ba2+、HCO3、ClD常温下pH=12的溶液：K+、Ba2+、Cl、NO3【考点】离子共存问题【分析】A有颜色的离子不能大量共存；B能使pH试
24、纸变深蓝色的溶液呈碱性；C离子反应生成沉淀；DpH=12的溶液呈碱性【解答】解：AMnO4有颜色，不能大量共存，故A错误；B能使pH试纸变深蓝色的溶液呈碱性，碱性条件下NH4+不能大量共存，故B错误；C碱性条件下Ba2+、HCO3离子反应生成沉淀，故C错误；DpH=12的溶液呈碱性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确故选D5设NA为阿伏加德罗常数值下列有关叙述正确的是（）A标准状况下，5.6L二氧化碳气体中含有的氧原子数为0.5NAB0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的氢离子数为0.05NAC1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD标准状况下，2.24LCC14含
25、有的共价键数为0.4NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A依据n=，结合二氧化碳分子含有2个氧原子结构特点解答；B醋酸为弱酸，部分电离；C铁与足量硝酸反应生成硝酸铁；D气体摩尔体积使用对象为气体【解答】解：A标准状况下，5.6L二氧化碳气体中含有的氧原子数为2NA=0.5NA，故A正确；B醋酸为弱酸，部分电离，0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的氢离子数小于0.05NA，故B错误；C.1molFe溶于过量硝酸生成1mol硝酸铁，电子转移数为3NA，故C错误；D标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故D错误；故选：A6下列各种操作中不会导致液体分散系颜色发生两次显著变化的是（）
26、A向Fe（OH）3胶体中加入4 mol/LH2SO4至过量B向紫色石蕊试剂中通入过量C12C向紫色石蕊试剂中通入过量SO2D向酚酞试液中加入Na2O2粉末至过量【考点】胶体的重要性质【分析】A、氢氧化铁胶体加入硫酸先发生胶体聚沉消除红褐色沉淀，继续加入沉淀溶解；B、氯气通入紫色石蕊试液生成盐酸和次氯酸，溶液颜色显变红后褪色；C、二氧化硫是酸性氧化物，漂白性具有选择性，溶于水生成亚硫酸使石蕊变红色；D、酚酞试液中过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，溶液呈红色，但过了过氧化钠具有强氧化性使红色褪去【解答】解：A、氢氧化铁胶体加入硫酸先发生胶体聚沉消除红褐色沉淀，继续加入红褐色沉淀溶解，导致液体分散系颜色
27、发生两次显著变化，故A不符合；B、氯气通入紫色石蕊试液生成盐酸具有酸性，次氯酸具有强氧化性具有漂白作用，溶液颜色先变红后褪色，导致液体分散系颜色发生两次显著变化，故B不符合；C、二氧化硫是酸性氧化物，漂白性具有选择性，溶于水生成亚硫酸使石蕊变红色，故C符合；D、酚酞试液中过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，溶液呈红色，但过了过氧化钠具有强氧化性使红色褪去，导致液体分散系颜色发生两次显著变化，故D不符合；故选C7下列叙述错误的是（）A10ml质量分数为98%的H2SO4，用10ml水稀释后，H2SO4的质量分数大于49%B配制0.1mol/L的Na2CO3溶液480ml，需用500ml容量瓶C在标况下
28、，将22.4L氨气溶于1L水中，得到1mol/L的氨水D向2等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1：1（保持温度不变）【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算；溶液的配制【分析】A浓硫酸的密度1大于水的密度2，浓度越大密度越大；B实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL的容量瓶进行配制；C根据c=，体积V指的是溶液的体积，而不是溶剂水的体积；D发生反应：2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，Na2O+H2O2NaOH，由方程式可知，相同物质的量的Na2O2和Na2O的消耗相同物质的量的水，生成相同物质的
29、量的NaOH，保持温度不变，使溶液恰好饱和，故加入的Na2O2、Na2O的物质的量相等【解答】解：A浓硫酸的密度1大于水的密度2，加水后浓硫酸质量分数=100%=49%，故A正确；B实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL的容量瓶进行配制，根据n=cV、m=nM进行计算，故B正确；C在标准状况下，22.4L氨气的物质的量为1mol，配成1L溶液而不是溶于1L水中，得到1mol/L的氨水，故C错误；D若要生成80份质量的氢氧化钠，需要78份质量的过氧化钠，同时消耗18份质量的水，需要62份质量的氧化钠，同时消耗18份质量的水，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1：1，故D正确；故
30、选C8火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应为：2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2下列说法正确的是（）ASO2既是氧化产物又是还原产物BCuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化C每生成1mol Cu2S，有4 mol硫被氧化D每转移1.2 mol电子，有0.3 mol硫被氧化【考点】氧化还原反应【分析】2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，O元素的化合价由0降低为2价，S元素的化合价由2价升高为+4价，以此来解答【解答】解：AO元素的化合价由0降低为2价，S元素的化合价由2价升高为+4价，则SO2既是氧化产物又是还原产物，故A正确；BCu元
31、素的化合价降低，S元素的化合价升高，则CuFeS2既作氧化剂又作还原剂，S元素被氧化，故B错误；C由反应可知，生成1 molCu2S，有1mol硫被氧化，故C错误；D由反应可知，1molS被氧化转移6mol电子，则每转移1.2 mol电子，有0.2mol硫被氧化，故D错误；故选A9由Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中某几种组成的混合物，向其中加入足量的盐酸有气体放出将气体通过足量的NaOH溶液，气体体积减少一部分将上述混合物在空气中加热，有气体放出，下列判断正确的是（）（注：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2）A混合物中一定不含有Na2CO3、NaClB混合物中一定有Na
32、2O2、NaHCO3C无法确定混合物中是否含有NaHCO3D混合物中一定不含Na2O2、NaCl【考点】钠的重要化合物；几组未知物的检验【分析】盐酸可以和过氧化钠反应产生氧气，和碳酸钠、碳酸氢钠反应可以释放出二氧化碳，二氧化碳可以和氢氧化钠反应，氧气不反应，碳酸氢钠受热分解会生成二氧化碳气体，向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，该气体可以是氧气或者是二氧化碳中的至少一种，将放出的气体通过过量的NaOH溶液后，气体体积有所减少，说明气体是氧气和二氧化碳的混合物，物质中一定含有过氧化钠，还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种，将上述混合物在空气中充分加热，也有气体放出，故一定含有碳酸氢钠，Na2CO
33、3、NaCl不能确定【解答】解：向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，该气体可以是氧气或者是二氧化碳中的至少一种，将放出的气体通过过量的NaOH溶液后，气体体积有所减少，说明气体是氧气和二氧化碳的混合物，物质中一定含有过氧化钠，还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种，将上述混合物在空气中充分加热，也有气体放出，故一定含有碳酸氢钠，Na2CO3、NaCl不能确定，A、混合物中可能含有含有Na2CO3、NaCl，故A错误；B、由上述分析可知，混合物中一定有Na2O2、NaHCO3，故B正确；C、由上述分析可知，混合物中一定有NaHCO3，故C错误；D、由上述分析可知，混合物中一定含有Na2O2，可能含
34、有NaCl，故D错误，故选B10能正确表示下列反应的离子方程式为（）A铁溶于稀硝酸中：Fe+2H+=Fe2+H2BNH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3+OH=CO32+H2OC少量CO2通入苯酚钠溶液中：2C6H5O+CO2+H2O=2C6H5OH+CO32D大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO+CO2+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A铁与稀硝酸反应生成的是NO，不会生成氢气；B氢氧化钠过量，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应；C苯酚的酸性大于碳酸氢根离子，二者反应生成苯酚和碳酸氢钠；D碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳气体和水【解答】解：
35、A稀硝酸具有强氧化性，铁与稀硝酸反应不会生成氢气，如：稀硝酸过量时生成硝酸铁、NO气体和水，反应的离子方程式为：Fe+4H+HNO3Fe3+NO+2H2O，故A错误；BNH4HCO3与过量NaOH溶液混合生成一水合氨、碳酸钠和水，正确的离子方程式为：NH4+HCO3+2OHNH3H2O+CO32+H2O，故B错误；C少量CO2通入苯酚钠溶液中，反应生成的是苯酚和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：C6H5O+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3，故C错误；D大理石溶于醋酸中，二者反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO+CO2+H2O，故D正确；故选D11下列说法中
36、，错误的是（）A无论乙烯与Br2的加成，还是乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，都与分子内含有碳碳双键有关B用溴的四氯化碳溶液或酸性KMnO4溶液都可以鉴别乙烯和乙烷C相同质量的乙烯和甲烷完全燃烧后产生的水的质量相同D乙烯的化学性质比乙烷的化学性质活泼【考点】有机物的结构和性质【分析】A乙烯含碳碳双键，与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应；B乙烯与溴的四氯化碳溶液或酸性KMnO4溶液反应，而乙烷不能；C乙烯和甲烷中H的质量分数不同；D碳碳双键不稳定，易断裂，而碳碳单键较稳定【解答】解：A乙烯含碳碳双键，与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，则均与碳碳双键有关，故A正确；B乙烯与溴的四氯化碳溶
37、液或酸性KMnO4溶液反应，而乙烷不能，现象不同，可鉴别，故B正确；C乙烯和甲烷中H的质量分数不同，则相同质量的乙烯和甲烷完全燃烧后产生的水的质量不同，故C错误；D碳碳双键不稳定，易断裂，而碳碳单键较稳定，则乙烯的化学性质比乙烷的化学性质活泼，故D正确；故选C12已知2Fe3+2I2Fe2+I2、Br2+2Fe2+2Br+2Fe3+现向含有FeBr2、FeI2的某溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是（）按I、Fe2+、Br的顺序还原性逐渐减弱； 原溶液中Br一定被氧化；通入氯气后原溶液中Fe2+一定被氧化； 不能确定通入氯气后
38、的溶液中是否还存在Fe2+；若取少量所得溶液，加入CCl4充分振荡后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2+、Br均被完全氧化ABCD【考点】氧化还原反应【分析】据氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明含有铁离子，则碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化来分析【解答】解：氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化，氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，
39、最后氧化溴离子，则碘离子还原性最强，溴离子最弱，则还原性：I、Fe2+、Br的顺序逐渐减弱，故正确；原溶液中的Br可能被氧化，也可能未被氧化，故错误；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故正确；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故正确；若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br被完全氧化，I、Fe2+均被完全氧化，故正确；故选B13将一定质量的Mg和Al的混合物投入500mL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
40、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（）AMg和Al的总质量为8 gB硫酸的物质的量浓度为5 mol/LCNaOH溶液的物质的量浓度为5 mol/LD生成的H2在标准状况下的体积为11.2 L【考点】有关混合物反应的计算【分析】结合图可知，020mL发生酸碱中和，20200mL发生离子与碱生成沉淀的反应，200240mL发生氢氧化铝溶解：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，最后剩余的沉淀为氢氧化镁；加入200mLNaOH溶液时生成沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，A、根据图象判断氢氧化铝、氢氧化镁的物质的量，再根据质量守恒定律计算出混合金属
41、的质量；B、根据溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠的物质的量及氢氧化钠溶液体积计算出氢氧化钠溶液浓度，再根据200mL时溶质为硫酸钠计算出硫酸的浓度物质的量，然后根据c=计算出硫酸的浓度；C、根据（2）的计算可知氢氧化钠溶液的浓度；D、与硫酸反应生成的氢气的体积应为（0.15mol+0.3mol）22.4 Lmol1=10.08L【解答】解：根据图可知，020mL发生酸碱中和，20200mL发生离子与碱生成沉淀的反应，200240mL发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，200mL时生成沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，A、由图象可知，氢氧化镁的物质的量为0.15mol，则n（Mg）=n
42、Mg（OH）2=0.15mol，溶解的氢氧化铝的物质的量为：0.35mol0.15mol=0.2mol，根据铝原子守恒可得：n（Al）=0.2mol，则Mg和Al的总质量为：0.15mol24g/mol+0.2mol27g/mol=9g，故A错误；B、由200240mL发生反应：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，消耗氢氧化钠的物质的量为0.2mol，则c（NaOH）=5mol/L，200mL时生成沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，则c（H2SO4）=1mol/L，故B错误；C、在加入240mLNaOH溶液时，Al（OH）3恰好全部转化为NaAlO2，由B的计算可知氢氧化钠溶液的浓
43、度为5molL1，故C正确；D、与硫酸反应生成的氢气的体积应为（0.15mol+0.3mol）22.4 Lmol1=10.08L，故D错误；故选C14对于某些离子的检验及结论一定正确的是（）A向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则原溶液中一定有CO32B向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有Ag+C向某溶液中先加入盐酸酸化，没有明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定有SO42D向某溶液中加入加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，则原溶液一定有Ba2+【考点】常见离子的检验方法【分析】
44、A、能够使澄清的石灰水变浑浊的气体为二氧化碳或二氧化硫；B、溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，则溶液中含有SO42离子或Ag+离子；C、加入盐酸后排除了干扰离子，再加入氯化钡，若生成了白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，则原溶液中一定含有硫酸根离子；D、碳酸钙也是不溶于水的白色沉淀【解答】解：A、气体为二氧化碳或二氧化硫，则原溶液中可能含CO32，或SO32，或HCO3、HSO3，故A错误；B、溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀，生成的沉淀可能是氯化银或硫酸钡，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，则溶液中含有SO42离子或Ag+离子，故B错误；C、向某溶液中加入足量的盐酸无明显现象，说明溶
45、液中不存在银离子，然后再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，证明原溶液中存在硫酸根离子，故C正确；D、向某溶液中加入加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，则原溶液可能有Ca2+，故D错误；故选C15除去下列物质中所含的杂质，选用的试剂正确的是（）选项物质（杂质）试剂AAl2O3（SiO2）NaOHBCO2（SO2）Na2CO3溶液CFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉DNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】A氧化铝与二氧化硅均与NaOH溶液反应；B二氧化碳与二氧化硫均与Na2CO3溶液反
46、应；CFe不与FeCl2溶液反应，与FeCl3溶液反应生成FeCl2；DNaHCO3与Na2CO3均与Ca（OH）2溶液反应【解答】解：A因氧化铝与二氧化硅均与NaOH溶液反应，不能利用选择NaOH溶液来除杂，可选HF酸溶解后过滤，故A错误；B二氧化碳与二氧化硫均与Na2CO3溶液反应，则不能除杂，可选饱和NaHCO3溶液利用洗气法除杂，故B错误；CFe不与FeCl2溶液反应，与FeCl3溶液反应生成FeCl2，除去杂质且不引入新的杂质，故C正确；DNaHCO3与Na2CO3均与Ca（OH）2溶液反应，则不能除杂，可通入足量的二氧化碳来除杂，故D错误；故选C16一粗硅，含杂质铁，取等质量的样品
47、分别投入足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的H2，则该粗硅中铁和硅的关系正确的是（提示：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2）（）A物质的量之比为1：1B质量之比为4：1C物质的量之比为l：2D质量之比为2：1【考点】化学方程式的有关计算【分析】只有硅和NaOH溶液反应生成氢气，铁与HCl反应生成氢气，根据生成氢气的量计算粗硅中铁和硅的物质的量之比【解答】解：根据电子得失：可知铁与盐酸反应：FeH2，而硅与氢氧化钠反应：Si2H2，放出等量的H2，设生成氢的量为2mol，所以粗硅中铁和硅的物质的是之比为2：1，质量之比为256：128=4：1，故选B17将一定量的SO2
48、通入FeCl3溶液中，取混合溶液，分别进行下列实验，能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应的是（）操作现象A加入NaOH溶液有红褐色沉淀B加入Ba（NO3）2溶液有白色沉淀C加入酸性KMnO4溶液紫色褪去D加入K3Fe（CN）6（铁氰化钾）溶液有蓝色沉淀AABBCCDD【考点】二氧化硫的化学性质【分析】SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应则三价铁离子反应生成二价铁，过程中有化合价变化，据此判断解答【解答】解：A将一定量的SO2通入FeCl3溶液中，加入NaOH溶液有红褐色沉淀生成氢氧化铁沉淀，过程中没有化合价变化，不是氧化还原反应，故A错误；B加入Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀，硝酸
49、根离子具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应，也可产生白色沉淀，所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故B错误；C加入酸性KMnO4溶液，紫色退去，因为二氧化硫具有还原性能够还原酸性高锰酸钾，即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应，也可使其溶液褪色，所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故C错误；D亚铁离子加入K3Fe（CN）6（铁氰化钾）溶液生成Fe3Fe（CN）62（蓝色沉淀），则可证明溶液中存在二价铁离子，说明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故D正确；故选：D18
50、分别用一定量等量的铁与足量的稀硫酸及足量的CuO制备单质铜，有人设计了以下两种方案：FeH2Cu，CuOCuSO4Cu对制备得到Cu的量，下列判断正确的（）A一样多B多C多D无法判断【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；铁的化学性质【分析】两方案中所发生的化学方程式为：Fe+H2SO4FeSO4+H2、H2+CuOCu+H2O；CuO+H2SO4CuSO4+H2O、Fe+CuSO4Cu+FeSO4；中均可完全转化，而中氢气还原CuO，应先通入氢气排出装置中的空气，不能全部参与还原反应【解答】解：两方案中所发生的化学方程式为：Fe+H2SO4FeSO4+H2、H2+CuOCu+H2O；CuO+
51、H2SO4CuSO4+H2O、Fe+CuSO4Cu+FeSO4；中均可完全转化，而方案中氢气还原氧化铜实验，开始时需先通入一部分氢气，排除装置中的空气，实验结束时还要通一会氢气，以防止生成的铜被氧化，如果不考虑先通后停，相同质量的铁生成铜的质量是相同的，但是由于部分氢气被浪费，从而导致铁的质量被多消耗一部分，所以导致方案对应的铜减少故方案生成的铜多，故选C19对下列反应：3Fe3O4+28HNO3=9Fe（NO3）x+NO+14H2O判断合理的是（）AFe（NO3）x中的x为3B标准状况下产生4.48LNO，就有0.5 mol电子转移C稀HNO3在反应中只作氧化剂D磁性氧化铁中的铁元素全部被氧
52、化【考点】氧化还原反应【分析】A由N原子守恒可知28=9x+1；B标准状况下产生4.48LNO，转移电子为（52）；C生成硝酸盐体现酸性；D由四氧化三铁中含+2、+3价Fe及硝酸铁中Fe为+3价判断【解答】解：A由N原子守恒可知28=9x+1，可知x=3，故A正确；B标准状况下产生4.48LNO，转移电子为（52）=0.6mol，故B错误；C生成硝酸盐体现酸性，生成NO体现氧化性，则稀HNO3 在反应中作酸、氧化剂，故C错误；D由四氧化三铁中含+2、+3价Fe及硝酸铁中Fe为+3价可知，铁元素部分被氧化，故D错误；故选A201L某混合溶液中，溶质X、Y的浓度都为0.1molL1，向混合溶液中滴
53、加某溶液Z（0.1molL1氢氧化钠或硫酸溶液）至溶液呈中性，所得沉淀的物质的量如图所示，则X、Y、Z分别是（）A氯化铝、氯化铁、氢氧化钠B氯化铝、氯化镁、氢氧化钠C偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸D偏铝酸钠、氯化钡、硫酸【考点】镁、铝的重要化合物【分析】若Z为氢氧化钠溶液，根据图象中生成沉淀消耗的体积计算分析判断，生成氢氧化铝沉淀、氢氧化铁沉淀、氢氧化镁沉淀时沉淀物质的量和消耗的碱的物质的量不符合，不能是铝盐；所以z是硫酸溶液，根据图象分析【解答】解：从图象趋势和沉淀于消耗Z的量，可知溶液中有偏铝酸钠，无铝盐溶液，故所加Z为硫酸溶液，从生成沉淀质量增加知含Ba2+；故AB错误；若为偏铝酸钠、氯化钡、
54、硫酸，开始滴入硫酸时会生成沉淀氢氧化铝和硫酸钡沉淀，生成最大量沉淀氢氧化铝0.1mol，需要硫酸0.05mol；生成硫酸钡沉淀0.1mol，需要硫酸0.1mol，同时生成盐酸氯化氢0.2mol，所以溶液不能为中性，并且不符合第一个拐点，故D不符合；按图象拐点分成三个阶段1：硫酸和氢氧化钡分别是二元强酸强碱，因此一开始氢氧化钡的OH和硫酸里的H+1：1中和同时Ba2+和SO42，1：1反应生成硫酸钡沉淀2：氢氧化钡消耗完，硫酸继续滴加，氢离子开始和偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀，由于H+和AlO2是1：1反应，但硫酸是两元酸，因此硫酸的消耗量和沉淀的生成量是1：23：硫酸进一步过量，开始消耗沉
55、淀，3份H+消耗一份Al（OH）3，因此硫酸和沉淀消耗量应为1.5：1直到把氢氧化铝完全溶解，只剩下不溶于酸的BaSO4符合图象的数值变化；故C符合；故选C二、非选择题：（共包括4小题，共50分）21某课外活动小组欲利用CuO与NH3反应，研究NH3的某种性质并测定其组成，设计了如下实验装置（夹持装置未画出）进行实验请回答下列问题：（1）仪器a的名称为分液漏斗；仪器b中可选择的试剂为氢氧化钠固体或氧化钙固体或碱石灰（2）实验室中，利用装置A，还可制取的无色气体是BC （填字母） ACl2 BO2 CCO2 DNO2（3）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，上
56、述现象证明NH3具有还原性，写出相应的化学方程式3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2（4）E装置中浓硫酸的作用吸收未反应的氨气，阻止F中水蒸气进入D（5）读取气体体积前，应对装置F进行的操作：慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平（6）实验完毕，若测得干燥管D增重mg，装置F测得气体的体积为nL（已折算成标准状况），则氨分子中氮、氢的原子个数比为（用含m、n字母的代数式表示）【考点】氨的制取和性质【分析】（1）依据装置仪器分析回答，浓氨水滴入锥形瓶中利用固体溶解放热使一水合氨分解生成氨气，需要选择氢氧化钠固体，氧化钙固体或碱石灰；（2）装置A是利用分液漏斗滴入锥形瓶中不加热反应，制取无色
57、气体分析判断；（3）C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氧化铜做氧化剂氧化氨气生成铜、氮气和水；（4）E装置中浓硫酸的作用依据装置图分析判断是利用浓硫酸吸收过量氨气，同时避免F装置中的水蒸气进入D；（5）依据量气管的使用方法回答；（6）干燥管D增重mg为反应生成的水，装置F测得气体的体积为nL为反应生成的氮气；依据元素守恒计算得到【解答】解：（1）装置中仪器a为分液漏斗；仪器b是利用分液漏斗中滴入的氨水使锥形瓶中的固体溶解放热促进一水合氨分解生成氨气，氢氧化钠固体、氧化钙固体、碱石灰固体，故答案为：分液漏斗；固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰；（2）利用装置A，可制取的无色气
58、体；A制备氯气Cl2需要加热，且氯气为黄绿色气体，故A不符合；B可以制备O2，利用固体过氧化钠和水的反应，故B符合；C可以制备CO2 气体，利用稀盐酸滴入大理石上反应生成，故C符合；DNO2是红棕色气体，故D不符合；故选BC；（3）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氨气和氧化铜反应生成铜和氮气与水，氨气被氧化铜氧化表现还原性，结合原子守恒配平写出的化学方程式为：3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2 ，故答案为：还原；3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2 ；（4）依据流程分析，浓硫酸是吸收过量的氨气，阻止F中水蒸气进入D影响实验效果，故答案为：吸
59、收未反应的氨气，阻止F中水蒸气进入D；（5）读取气体体积前，应对装置F进行的操作是慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平，保持压强平衡再读数，故答案为：慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平；（6）若测得干燥管D增重mg为水物质的量=，装置F测得气体的体积为nL（已折算成标准状况）为N2，物质的量=，依据元素守恒得到氮原子和氢原子物质的量之比=2：2=，则氨分子中氮、氢的原子个数比为，故答案为：22溴主要以Br形式存在于海水中，海水呈弱碱性工业上制备的Br2的操作步骤为：一定条件下，将Cl2通入浓缩的海水中，生成Br2利用热空气将Br2吹出，并用浓Na2CO3溶液吸收，生成NaBr、NaB
60、rO3等用硫酸酸化步骤得到的混合物完成下列填空：（1）Cl2氧化Br应在通风橱中酸性 条件下进行，目的是为了避免溴中毒及生成的溴与碱发生反应（2）Br2可用热空气吹出，其原因是溴的沸点较低，易挥发（3）写出步骤所发生的化学反应方程式：3H2SO4+5NaBr+NaBrO3=3Na2SO4+3Br2+3H2O用硫酸而不用盐酸酸化的原因可能是用盐酸酸化，则盐酸被NaBrO3氧化（4）为了除去工业Br2中微量的Cl2，可向工业Br2中ca通入HBr b加入Na2CO3溶液 c加入NaBr溶液 d加入Na2SO3溶液【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）Cl2氧化Br生成溴单质，通风橱进行防止溴中毒
61、、溴与碱反应；（2）溴易挥发；（3）发生氧化还原反应生成硫酸钠、溴单质、水；盐酸能被溴酸钠氧化，并结合溴挥发来分析；（4）利用NaBr溶液与Cl2反应，然后分液可除去Cl2【解答】解：（1）Cl2氧化Br生成溴单质，则应在通风橱中酸性条件下进行，防止溴中毒及生成的溴与碱发生反应，故答案为：通风橱中酸性；溴中毒及生成的溴与碱发生反应；（2）因溴的沸点较低，易挥发，Br2可用热空气吹出，故答案为：溴的沸点较低，易挥发；（3）发生氧化还原反应生成硫酸钠、溴单质、水，该反应为3H2SO4+5NaBr+NaBrO3=3Na2SO4+3Br2+3H2O，盐酸能被溴酸钠氧化，则不能利用盐酸酸化，且溴挥发，对
62、大气造成污染，则有时运输到目的地后再酸化，故答案为：3H2SO4+5NaBr+NaBrO3=3Na2SO4+3Br2+3H2O；用盐酸酸化，则盐酸被NaBrO3氧化；（4）利用NaBr溶液与Cl2反应，然后分液可除去Cl2，只有c符合，其它选项会引入新的杂质，故答案为：c23工业上利用锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等杂质）制取金属锌的工艺流程如下：回答下列问题：（1）ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等反应ZnFe2O4中Fe的化合价是+3，从物质分类角度说，ZnFe2O4属于盐（填“酸”、“碱”或“盐”）工业上利用
63、反应ZnFe2（C2O4）36H2OZnFe2O4+2CO2+4CO+6H2O制备ZnFe2O4该反应中氧化产物是ZnFe2O4、CO2（填化学式），每生成1mol ZnFe2O4，转移电子的物质的量是4mol（2）酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等（任答一条）；已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有Zn2+、Fe3+、Fe2+、Cu2+（3）净化中H2O2参与反应的离子方程式为H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O；试剂X的作用是调节溶液的pH，促进Fe3+水解（4）钢铁镀锌是钢铁防护的一
64、种有效方法按图甲装置进行模拟铁上镀锌的实验，实验结果如图乙所示乙中横坐标x表示电路中通过电子的物质的量，纵坐标y表示反应物或生成物的物质的量C电极的电极反应式为4OH4e=O2+2H2OE可以表示的量是消耗水的物质的量、生成Zn的物质的量、生成硫酸的物质的量等（任写一种）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】将锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质）酸浸，发生反应ZnFe2O4+8H+=Zn2+2Fe3+4H2O、ZnO+2H+=Zn2+H2O、FeO+2H+=Fe2+H2O、CuO+2H+=Cu2+H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2Fe
65、2+2H+H2O2=2 Fe3+2H2O，调节溶液的pH将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，调节溶液pH时不能引进新的杂质，可以用ZnO，所以X为ZnO，然后向溶液中加入Zn，发生反应Cu2+Zn=Zn2+Cu，然后过滤，所以Y中含有Cu，最后电解得到Zn，（1）ZnFe2O4中锌的化合价+2价，氧元素化合价2价，结合化合价代数和为0计算得到Fe的化合价；工业上利用反应ZnFe2（C2O4）36H2OZnFe2O4+2CO2+4CO+6H2O制备ZnFe2O4反应过程中铁元素化合价+2价变化为+3价，碳元素化合价+3价变化为+4价好+2价；（2）酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率为达到
66、这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等，已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有，氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜离子、ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子；（3）化中H2O2参与反应是双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，试剂X的作用是调节溶液PH，促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去；（4）由甲可知，为电解装置，C为阳极，发生4OH4e=O2+2H2O，Cu为阴极，发生Cu2+2e=Cu；由乙可知，转移4mol电子生成2molE，E为Cu，生成1molF，F为氧气，以此来解答【解答】解：将锌焙砂（主要含ZnO、Zn
67、Fe2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质）酸浸，发生反应ZnFe2O4+8H+=Zn2+2Fe3+4H2O、ZnO+2H+=Zn2+H2O、FeO+2H+=Fe2+H2O、CuO+2H+=Cu2+H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应 2Fe2+2H+H2O2=2 Fe3+2H2O，调节溶液的pH将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，调节溶液pH时不能引进新的杂质，可以用ZnO，所以X为ZnO，然后向溶液中加入Zn，发生反应Cu2+Zn=Zn2+Cu，然后过滤，所以Y中含有Cu，最后电解得到Zn，（1）ZnFe2O4中锌的化合价+2价，氧元素化合价2价，结合化合价代数和为0计算得到Fe的化
68、合价，+2+x2+（2）4=0，x=+3，从物质分类角度说，物质是酸根离子和金属阳离子构成，所以ZnFe2O4属于盐，故答案为：+3；盐；工业上利用反应ZnFe2（C2O4）36H2OZnFe2O4+2CO2+4CO+6H2O制备ZnFe2O4反应过程中铁元素化合价+2价变化为+3价，碳元素化合价+3价变化为+4价好+2价，则氧化产物为：ZnFe2O4、CO2，每生成1mol ZnFe2O4，碳元素化合价+3价变化为+2价降低得到电子，每生成1mol ZnFe2O4，生成4molCO转移电子的物质的量是4mol，故答案为：ZnFe2O4、CO2；4mol；（2）酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提
69、高酸浸效率为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等，已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有，氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜离子、ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子，所以得到的金属离子有：Zn2+、Fe3+、Fe2+、Cu2+，故答案为：增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等；Zn2+、Fe3+、Fe2+、Cu2+；（3）净化中H2O2参与反应是双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：H2O2+2Fe2+2H+2Fe3+2H2O，试剂X的作用是调节溶液PH，促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去，故答案
70、为：H2O2+2Fe2+2H+2Fe3+2H2O；调节溶液的pH，促进Fe3+水解；（4）由甲可知，为电解装置，C为阳极，发生4OH4e=O2+2H2O，Cu为阴极，发生Cu2+2e=Cu，总反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，结合乙可知，转移4mol电子生成2molE，生成1molF，C为阳极，电极的电极反应式为：4OH4e=O2+2H2O，故答案为：4OH4e=O2+2H2O；由总反应可知，Cu与水的物质的量相同，则E表示反应消耗水的物质的量，由电子与物质的物质的量的关系可知E表示反应生成锌的物质的量，也可以为生成硫酸的物质的量，故答案为：消耗水的物质的量、生成Zn的物
71、质的量、生成硫酸的物质的量24NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其中一种生产工艺如下：步骤一，利用NaClO3在硫酸作用下与SO2反应生成ClO2和一种酸式盐步骤二，将ClO2在NaOH溶液中与H2O2反应即可生成NaClO2回答下列问题：（1）NaClO2中的Cl的化合价为：+3（2）写出步骤一中生成ClO2的化学方程式2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4（3）步骤二反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为：2：1，该反应中氧化产物是O2（4）亚氯酸钠（NaClO2）在常温与黑暗处可保存一年亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为：HClO2ClO2
72、+H+Cl+H2O（未配平）在该反应中，当有1mol ClO2生成时转移电子个数约为NA（5）Cl2、H2O2、ClO2（还原产物为Cl）、O3（1molO3转化为1molO2和1molH2O）等物质常被用作消毒剂等物质的量的上述物质消毒效率最高的是C（填序号）ACl2 BH2O2 CClO2 DO3（6）H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称如消除采矿业胶液中的氰化物（如KCN），经以下反应：KCN+H2O2+H2O=A+NH3，试指出生成物A的化学式为KHCO3，H2O2被称为绿色氧化剂的理由是H2O2是氧化剂，其产物是H2O，没有污染【考点】氧化还原反应的计算【分析】（
73、1）根据元素化合价代数和为0计算；（2）NaClO3在硫酸作用下与SO2反应生成ClO2和一种酸式盐，二氧化硫被氧化，应生成NaHSO4；（3）ClO2与H2O2反应生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，则H2O2中O元素的化合价升高，则反应方程为：2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2+2H2O，结合方程式计算；（4）根据化合价变化来计算转移的电子数；（5）等物质的量时，获得电子越多，消毒效率越高；（6）根据元素守恒原理判断产物，在反应中，H2O2是氧化剂，其产物H2O没有污染性【解答】解：（1）NaClO2中Na元素化合价为+1价，O为2价，则Cl元素化合价为+3价，故答案
74、为：+3；（2）NaClO3在硫酸作用下与SO2反应生成ClO2和一种酸式盐，二氧化硫被氧化，应生成NaHSO4，方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，故答案为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；（3）ClO2与H2O2反应生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，则H2O2中O元素的化合价升高，则反应方程为：2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2+2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，该反应中氧化产物是O2，故答案为：2：1；O2；（4）由HClO2ClO2+H+Cl+H2O可知，反应物中Cl元素的化合价既升高又降低，当有1molClO2生成时，转移的电子数为1mol（43）NAmol1=NA，故答案为：NA；（5）物质的量都为1mol时，Cl2获得2mol电子，H2O2获得2mol电子，ClO2获得5mol电子，O3获得2mol电子，ClO2得到的电子最多，消毒效率最高，故答案为：C；（6）根据元素守恒原理，可知反应KCN+H2O2+H2OA+NH3中的A为KHCO3在反应中，H2O2是氧化剂，其产物H2O没有污染性，故答案为：KHCO3；H2O2是氧化剂，其产物是H2O，没有污染2017年2月24日
