1、甘肃省天水一中2014-2015学年高一上学期第二次段考化学试卷一、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共51分，每小题只一个选项符合题意）1（3分）关于合金的叙述：合金中至少含两种金属；合金中的元素以化合物的形式存在；合金中一定含金属；合金一定是混合物其中正确的是（）ABCD2（3分）下列推断正确的是（）ASiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应BNa2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同CCO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在D新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色3（3分）对某酸性溶液（可能含有Br，SO42，H2SO3，NH
2、4+）分别进行如下实验：加热时放出的气体可以使品红溶液褪色；加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；加入氯水时，溶液略显黄色，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸对于下列物质不能确认其在原溶液中是否存在的是（）ABrBSO42CH2SO3DNH4+4（3分）下列溶液中：石灰水 Na2S溶液 KMnO4溶液 溴水 酸化的Ba（NO3）2溶液 品红溶液，不能区别SO2和CO2气体的是（）ABCD只有5（3分）如图是一种试验某气体化学性质的实验装置，图中B为开关 如先打开B，在A处通入干燥氯气，C中红色布条颜色无变化；当关闭B时，C处红色布条颜色褪去则D瓶中盛有的溶
3、液是（）A浓H2SO4B饱和Na2CO3溶液C浓NaOH溶液D饱和NaCl溶液6（3分）同温同压下，在3支体积不同的试管中分别充满等体积混合的2种气体，它们是：NO和NO2，NO2和O2，NH3和N2现将3支试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中溶质的物质的量浓度分别为c1、c2、c3（假设溶质全在试管中），则下列关系正确的是（）Ac1c2c3Bc1c3c2Cc1=c3c2Dc1=c2c37（3分）向一定量的FeO、Fe、Fe2O3的混合物中加入100ml1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224ml标况下的气体，在所得溶液中滴入硫氰化钾溶液无血红色出现（即无3价铁）若用足量CO在高
4、温下还原同质量的此混合物，能得到铁的质量是（）A11.2gB5.6gC2.8gD无法计算8（3分）向Fe2O3、CuO、Fe、Cu的混和粉末中加入过量的稀盐酸，充分反应后，仍有红色粉末存在，则关于溶液中阳离子的判断正确的是（）A只有Fe2+和Cu2+B一定有Fe2+、Cu2+，可能有Fe3+C一定有Fe2+，可能有Cu2+D只有Fe2+9（3分）将足量的CO2不断通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（）ABCD10（3分）如图装置，将溶液A逐滴加入固体B中，下列叙述正确的是（）A若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色
5、B若A为醋酸，B为贝壳，C中盛过量澄清石灰水，则C中溶液变浑浊C若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先产生白色沉淀后沉淀又溶解D若A为浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛石蕊试液，则C中溶液先变红后褪色11（3分）类推是学习和研究的重要思维方法下列类推结论正确的是（）化学事实类推结论AAl在O2中燃烧生成Al2O3Fe在O2中燃烧也生成Fe2O3BpH=3的盐酸稀释1000倍后pH=6pH=6的盐酸稀释1000倍后pH=9C用电解熔融MgCl2的方法冶炼金属镁用电解熔融NaCl的方法制取金属钠D将SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成将SO2通入Ba（NO3）2溶液中也无沉淀生
6、成AABBCCDD12（3分）下表中各组物质之间通过一步反应不可能实现如图所示转化关系的是（）选项XYZ箭头上所标数字的反应条件ACaOCa（OH）2CaCO3常温遇水BAlCl3NaAlO2Al（OH）3通入CO2CNa2CO3NaOHNaHCO3过量Ca（OH）2溶液DCl2Ca（ClO）2HClO加浓盐酸AABBCCDD13（3分）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（）过量的锌与18mol/L的硫酸反应；过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应；浓盐酸与过量的MnO2；过量铜与浓硫酸；过量稀硝酸与银反应；过量稀硫酸与块状石
7、灰石ABCD14（3分）已知X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去）则W、X不可能是：（）选项ABCDXCFeCa（OH）2溶液AlCl3WO2HNO3CO2NH3H2OAABBCCDD15（3分）以下物质间的转化通过一步反应不能实现的是（）HClCl2HClONaClO NaNa2O2Na2CO3NaHCO3AlNaAlO2Al（OH）3Al2O3SiSiO2H2SiO3Na2SiO3SSO3H2SO4Na2SO4CuCuCl2Cu（OH）2ABCD16（3分）常温下，在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（）A能使pH试纸呈红色
8、的溶液：Na+、NH4+、I、NO3B加入铝粉生成H2的溶液：K+、Mg2+、SO42、HCO3Cc（Fe3+）=0.1molL1的溶液：H+、Al3+、I、SCND常温下pH=12的溶液：Na+、K+、SiO32、NO317（3分）某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42、CO32等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是（）A原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Mg2+、Al3+B原溶液中一定含有SO42和Na+C原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比
9、为1：1D反应最后形成的溶液中含有的溶质为Na2SO4二、填空题（共49分）18（14分）如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持设备已略）（1）制备氯气选用的药品为：漂粉精固体和浓盐酸，相关的化学反应方程式为：（2）装置B中饱和食盐水的作用是；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中、依次放入ABCD干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是打开活塞，将装置D中少
10、量溶液加入装置E中，振荡观察到的现象是（5）某同学建议将装置F中的药品改用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，老师认为不妥，用总反应的离子方程式解释原因19（8分）将镁、铝的混合物共0.2mol，溶于200mL 4molL1的盐酸溶液中，然后再滴加2molL1的NaOH溶液请回答下列问题：（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m 随加入NaOH溶液的体积V变化情况如图所示当V1=160mL时，则金属粉末中n （Al）=mol（2）0V1段发生的反应的离子方程式为；（3）若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V（NaOH）=mL；（4）若镁、
11、铝的混合物仍为0.2mol，其中镁粉的物质的量分数为a，改用200mL 4molL1的硫酸溶解此混合物后，再加入840mL 2molL1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al（OH）3，则a的取值范围为20（12分）铁是人类较早使用的金属之一运用铁及其化合物的知识，完成下列问题（1）所含铁元素既有氧化性又有还原性的物质是（用字母代号填）AFe； BFeCl3； CFeSO4； DFe2O3（2）向沸水中逐滴滴加1 mol/L FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，该分散系中粒子直径的范围是nm（3）电子工业需要用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板，请写出FeCl3溶液与铜反应
12、的离子方程式：某校同学为测定FeCl3腐蚀铜后所得溶液的组成，进行了如下实验：首先取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则溶液中含有的金属阳离子是，在此基础上，又进行了定量组成的测定：取50.0mL待测溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，得白色沉淀，过滤、干燥、称量，沉淀质量为43.05g溶液中c（Cl）= mol/L（4）若要验证该溶液中含有Fe2+，正确的实验方法是A向试管中加入试液，滴入KSCN溶液，若显血红色，证明含有Fe2+；B向试管中加入试液，滴入酸性高锰酸钾溶液，若褪色，证明含有Fe2+；C向试管中加入试液，滴入氯水，再滴入KSCN溶液，若显血红色，证明原溶液中含有Fe2+（
13、5）欲从废水中回收铜，并重新获得FeCl3溶液设计实验方案如下：A请写出上述实验中加入或生成的有关物质的化学式：；B请写出通入的化学方程式21（5分）以下是依据一定的分类标准，对某些物质与水的反应情况进行分类的分类图请根据你所学的知识按要求填空：（1）上述第一级分类标准（分成A、B组的依据）是：（2）D组物质包括（填化学式）（3）C组物质中某一物质在常温时能与冷水反应，其化学方程式为（4）D组中某一物质与E组中某一物质在水中反应生成两种强酸，写出该反应的离子方程式：22（10分）如图中每一方格表示有关的一种反应物或生成物A、C为无色气体（1）物质M可以是或，C是，F是（2）反应的化学方程式（3
14、）反应的离子方程式（4）FG的化学方程式甘肃省天水一中2014-2015学年高一上学期第二次段考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共51分，每小题只一个选项符合题意）1（3分）关于合金的叙述：合金中至少含两种金属；合金中的元素以化合物的形式存在；合金中一定含金属；合金一定是混合物其中正确的是（）ABCD考点：合金的概念及其重要应用；生活中常见合金的组成 分析：合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：一定是混合物；合金中各成分都是以单质形式存在；合金中至少有一种金属，合金的硬度大，熔点低据此分析解答解答：解：合金
15、可以使金属和非金属的混合物，合金中至少有一种金属，故错误；合金中各成分都是以单质形式存在，故错误；合金是一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，合金中至少有一种金属，故正确；合金中含有金属或非金属，合金一定是混合物，故正确；故选D点评：本考点主要考查合金与合金的性质，合金概念的四个特点要记牢；注意合金的性质，硬度大，熔点低、耐腐蚀等是高频考点，题目难度不大2（3分）下列推断正确的是（）ASiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应BNa2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同CCO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在D新制氯水显酸性，向其中滴加少
16、量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色考点：硅和二氧化硅；氯气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；钠的重要化合物 专题：元素及其化合物分析：ASiO2是酸性氧化物，能够跟碱反应，生成盐和水；B过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠；CNO易与空气中氧气反应生成二氧化氮；D因为新制氯水中含有HCl和HClO，HClO具有强氧化性和漂白性解答：解：A、酸性氧化物是能够跟碱反应，生成盐和水的氧化物，因为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故A正确；B、Na2O和Na2O2元素组成虽然相同，但化学性质不同，它们与CO2的反应如下：Na2O+CO2=N
17、a2CO3；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ，产物不同，故B错误；C、NO在空气中易发生反应：2NO+O22NO2，故C错误；D、因为新制氯水中含有HCl和HClO，滴入少量的紫色石蕊的现象是先变红，后褪色，故D错误故选A点评：该题综合考查元素化合物知识，包括金属元素和非金属元素的重要氧化物，以及氯气的重要性质这些物质的性质是学习的重点，也是考试的重点，平时的学习过程中，同学们应重视教材中重要物质性质的学习、总结，该记忆的应强化记忆，才能避免错误发生3（3分）对某酸性溶液（可能含有Br，SO42，H2SO3，NH4+）分别进行如下实验：加热时放出的气体可以使品红溶液褪色；加碱调至
18、碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；加入氯水时，溶液略显黄色，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸对于下列物质不能确认其在原溶液中是否存在的是（）ABrBSO42CH2SO3DNH4+考点：常见离子的检验方法 专题：离子反应专题分析：加热时放出的气体可以使品红溶液褪色，说明生成二氧化硫气体，说明溶液中含有H2SO3；加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；证明气体是NH3，原溶液含有NH4+；加入氯水时，溶液略显黄色，证明溶液中含有Br，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸，说明生成硫酸钡沉淀，但在硝酸溶液中亚硫酸可以被氧化为硫酸
19、和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，不能确定原溶液中 是否含有硫酸根离子；解答：解：加热时放出的气体可以使品红溶液褪色，说明生成二氧化硫气体，说明溶液中含有H2SO3；加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；证明气体是NH3，原溶液含有NH4+；加入氯水时，溶液略显黄色，证明溶液中含有Br，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸，说明生成硫酸钡沉淀，但在硝酸溶液中亚硫酸可以被氧化为硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，不能确定原溶液中 是否含有硫酸根离子；综上所述：根据实验可知含有H2SO3，根据实验确定含有，据实验可推知有Br，不能确定有无，因H2SO3被氯水氧化成H2SO
20、4故选B点评：本题考查了常见离子的检验方法和现象判断，关键是隐含离子的干扰作用，亚硫酸钡硝酸氧化为硫酸4（3分）下列溶液中：石灰水 Na2S溶液 KMnO4溶液 溴水 酸化的Ba（NO3）2溶液 品红溶液，不能区别SO2和CO2气体的是（）ABCD只有考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用 专题：物质检验鉴别题分析：SO2和CO2气体，均为酸性氧化物，二氧化硫具有漂白性、还原性、氧化性，以此鉴别二者解答：解：均能使石灰水变浑浊，现象相同，不能鉴别，故选；二氧化硫与Na2S溶液反应生成S沉淀，二氧化碳不能，现象不同，可鉴别，故不选；二氧化硫与KMnO4溶液反应使其褪色，二氧化碳不能，现象不同
21、，可鉴别，故不选；二氧化硫与溴水反应使其褪色，二氧化碳不能，现象不同，可鉴别，故不选；二氧化硫与酸化的Ba（NO3）2溶液反应生成硫酸钡沉淀，二氧化碳不能，现象不同，可鉴别，故不选；二氧化硫使品红溶液褪色，二氧化碳不能，可鉴别，故不选；故选D点评：本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注意二氧化硫的还原性、氧化性及漂白性分析，题目难度不大5（3分）如图是一种试验某气体化学性质的实验装置，图中B为开关 如先打开B，在A处通入干燥氯气，C中红色布条颜色无变化；当关闭B时，C处红色布条颜色褪去则D瓶中盛有的溶液是（）A浓H2SO4B饱和Na2CO3溶液C浓NaOH溶液
22、D饱和NaCl溶液考点：实验装置综合 专题：实验设计题分析：干燥的氯气不能漂白有色布条，含水蒸气的氯气能使有色布条褪色，A处通入氯气，打开B，在A处通入干燥氯气，C中红色布条颜色无变化；当关闭B时，C处红色布条颜色褪去说明从D中出来的气体为氯气和水蒸气解答：解：A浓硫酸为干燥剂，能够吸收水蒸气，当氯气通过盛有浓硫酸的D瓶是，出来的仍然是干燥的氯气，不能使有色布条褪色，故A错误；BD中装有饱和碳酸钠溶液，氯气通过D时与饱和碳酸钠反应，可吸收氯气，不能使有色布条褪色，故B错误；CD中装有氢氧化钠，氯气通过D时与氢氧化钠反应，被吸收，从D中出来的气体中不含氯气，不能是有色布条褪色，故C错误；D干燥的
23、氯气通过盛有饱和食盐水的D装置，出来的气体中含有氯气和水蒸气，能够使有色布条褪色，故D正确；故选D点评：本题考查氯气的性质及实验装置综合，为高频考点，把握装置中开关和D的作用为解答的关键，侧重氯气、HClO性质的考查，注重分析与应用能力的考查，注意HClO具有漂白性，题目难度不大6（3分）同温同压下，在3支体积不同的试管中分别充满等体积混合的2种气体，它们是：NO和NO2，NO2和O2，NH3和N2现将3支试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中溶质的物质的量浓度分别为c1、c2、c3（假设溶质全在试管中），则下列关系正确的是（）Ac1c2c3Bc1c3c2Cc1=c3c2Dc1=c2c3考点：
24、化学方程式的有关计算；物质的量浓度的相关计算 分析：中二氧化氮与水反应，中发生4NO2+O2+2H2O=4HNO3，中氨气溶于水，则中溶质为硝酸，而中溶质为氨气，结合c=计算解答：解：分别充满等体积混合的2种气体，则设气体体积均为3VL，发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应后硝酸的物质的量为mol，反应后NO共4V，溶液体积为2V，则浓度为mol/L；设气体体积均为4VL，发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，反应后硝酸的物质的量为mol，反应后剩余氧气3VL，溶液体积为5VL，则溶液浓度为=mol/L；设气体体积均为VL，NH3全部溶于水，氮气不溶于水，氨气的物质的量
25、为mol，溶液体积为VL，则浓度为mol/L；故选C点评：本题考查化学反应及物质的量浓度的计算，为高频考点，把握发生的反应、溶质及溶液体积的判断为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大7（3分）向一定量的FeO、Fe、Fe2O3的混合物中加入100ml1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224ml标况下的气体，在所得溶液中滴入硫氰化钾溶液无血红色出现（即无3价铁）若用足量CO在高温下还原同质量的此混合物，能得到铁的质量是（）A11.2gB5.6gC2.8gD无法计算考点：有关混合物反应的计算 专题：计算题分析：盐酸恰好使混合物完全溶解，说明盐酸没有剩余；向反应所得溶液加K
26、SCN溶液无血红色出现，说明反应后的溶液中溶质为FeCl2，根据氯元素守恒可知n（FeCl2）=n（HCl）；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）=n（FeCl2），据此结合m=nM计算得到的铁的质量解答：解：盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明反应后的溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可得：n（FeCl2）=n（HCl）=0.1L1mol/L=0.05mol，用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可得：n（Fe）=n（FeCl2）=0.05mol，能够得到铁的质量为：0.05m
27、ol56g/mol=2.8g，故选C点评：本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，利用元素守恒判断铁的物质的量是解题关键，注意守恒思想在化学计算中的运用方法8（3分）向Fe2O3、CuO、Fe、Cu的混和粉末中加入过量的稀盐酸，充分反应后，仍有红色粉末存在，则关于溶液中阳离子的判断正确的是（）A只有Fe2+和Cu2+B一定有Fe2+、Cu2+，可能有Fe3+C一定有Fe2+，可能有Cu2+D只有Fe2+考点：铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；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：最后剩余的红色粉末一定是Cu，Fe2O3、CuO和盐酸反应生成Fe3+和Cu2+，且
28、氧化性：Fe3+Cu2+，还原性：FeCu，结合物质的氧化性、还原性强弱判断反应的可能性解答：解：A当铜全部析出时，不存在Cu2+，故A错误；B由于红色粉末是Cu，所以溶液当中肯定没有Fe3+，故B错误；C由于氧化性：Fe3+Cu2+，无论是和Fe反应，还是和Cu反应，溶液中一定存在Fe2+，当Fe过量时，不存在Cu2+，当Fe不足时，有Cu2+，故C正确；D由C分析可知，溶液中可能还有Cu2+，故D错误故选C点评：本题考查金属与离子的反应，题目难度较大，注意把握氧化性、还原性的比较，判断反应可能性9（3分）将足量的CO2不断通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通
29、入CO2的量的关系可表示为（）ABCD考点：钠的重要化合物 专题：元素及其化合物分析：只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生；将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗NaOH，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；NaOH被消耗完毕，接下来又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物Na2CO3、BaCO3、反应，最后剩余沉淀为Al（OH）3解答：解：通入CO2，依次发生：CO2+Ba（OH）2BaCO3+H2O、CO2+2NaOHNa2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO22Al（OH）3+Na2CO3、CO2+H2O+Na2CO32NaHCO3，BaCO3+CO2+H2O=
30、Ba（HCO3）2，由以上反应可知，图象应为C，故选C点评：本题考查元素化合物知识，侧重于二氧化碳通入混合溶液中的反应顺序的考查，注重运用基本知识解决新问题的能力，并且要考虑二氧化碳的充足会使生成物继续反应的问题难度不大10（3分）如图装置，将溶液A逐滴加入固体B中，下列叙述正确的是（）A若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色B若A为醋酸，B为贝壳，C中盛过量澄清石灰水，则C中溶液变浑浊C若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先产生白色沉淀后沉淀又溶解D若A为浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛石蕊试液，则C中溶液先变红后褪色考点：气体发生装置 专题：元素及
31、其化合物分析：根据装置图可知，该装置适用于固体和液体无需加热制取气体，制取的气体易溶于试管中的液体，据此对照各选项进行分析即可解答解答：解：A二氧化锰（MnO2）与浓盐酸混合加热可得到氯气，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，而题目中的装置制取气体无需加热，所以无法制取氯气，C中盛品红溶液，则C中溶液无法褪色，故A错误；B贝壳的主要成分为碳酸钙，醋酸和碳酸钙反应CaCO3+2CH3COOH=Ca（CH3COO）2+H2O+CO2生成二氧化碳无需加热，二氧化碳和澄清石灰水反应CO2+Ca（OH）2CaCO3+H2O生成不溶于水的碳酸钙所以试管中溶液变浑浊，故B正确
32、；C实验室制备NH3，可用浓氨水和CaO固体反应，NH3H2O+CaOCa（OH）2+NH3，浓氨水易挥发，CaO固体与水反应放出大量的热，导致温度升高，使得氨气在水中的溶解度进一步减少，以气体的形式逸出，制得氨气，可选择图中左图的制取装置，C中盛AlCl3溶液，氨气和水反应生成氨水，氨水和AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，但氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，C中不可能出现先产生白色沉淀后沉淀又溶解，故C错误；D亚硫酸是弱酸，硫酸是强酸，利用强酸制弱酸的原理，强酸硫酸和亚硫酸钠反应生成弱酸亚硫酸，亚硫酸分解生成二氧化硫和水，Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O，所以能用图中左图的
33、制取装置制备SO2，二氧化硫溶于水反应生成亚硫酸，能使C中盛石蕊试液变红，但不能漂白，所以不褪色，故D错误；故选B点评：本题考查了化学实验基本操作，掌握元素化合物的性质结合反应装置的特点分析是解答本题的关键，题目难度不大11（3分）类推是学习和研究的重要思维方法下列类推结论正确的是（）化学事实类推结论AAl在O2中燃烧生成Al2O3Fe在O2中燃烧也生成Fe2O3BpH=3的盐酸稀释1000倍后pH=6pH=6的盐酸稀释1000倍后pH=9C用电解熔融MgCl2的方法冶炼金属镁用电解熔融NaCl的方法制取金属钠D将SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成将SO2通入Ba（NO3）2溶液中也无沉淀生
34、成AABBCCDD考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；pH的简单计算；二氧化硫的化学性质；金属冶炼的一般原理 专题：类比迁移思想分析：A、铝在氧气中燃烧生成最高价氧化物，而燃烧生成是四氧化三铁；B、酸无论如何稀释，不会改变性质，仍然是酸；C、工业上制得活泼金属，都是电解熔融的盐而在阴极得到金属；D、SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成，是弱酸不能制强酸，而SO2通入Ba（NO3）2溶液中发生了氧化还原反应，生成了白色的硫酸钡沉淀解答：解：A、铁燃烧生成是四氧化三铁，方程为：3Fe+2O2Fe3O4，所以类推错误，故A不选；B、pH=6的盐酸稀释1000倍后pH=9，溶液的pH无限接近
35、7，不可显碱性，故B不选；C、工业上制得活泼金属，都是电解熔融的盐而在阴极得到金属，以制钠为例，方程式为2NaCl（熔融）2Na+Cl2，故选C；D、SO2通入Ba（NO3）2溶液中发生了氧化还原反应，生成了白色的硫酸钡沉淀，离子方程式为4H2O+3SO2+3Ba2+NO3=3BaSO4+NO+8H+，故D不选；故选C点评：本题考查有关元素及其化合物性质的类比，要解决此类问题必须在熟练掌握元素及化合物性质的基础上，才能得心应手！12（3分）下表中各组物质之间通过一步反应不可能实现如图所示转化关系的是（）选项XYZ箭头上所标数字的反应条件ACaOCa（OH）2CaCO3常温遇水BAlCl3NaA
36、lO2Al（OH）3通入CO2CNa2CO3NaOHNaHCO3过量Ca（OH）2溶液DCl2Ca（ClO）2HClO加浓盐酸AABBCCDD考点：镁、铝的重要化合物；氯气的化学性质；钠的重要化合物 专题：元素及其化合物分析：ACaCO3不能一步生成Ca（OH）2；BAlCl3与过量氢氧化钠反应生成NaAlO2，NaAlO2与弱酸反应生成Al（OH）3，Al（OH）3与盐酸反应生成AlCl3；CNa2CO3与Ca（OH）2反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3与过量Ca（OH）2溶液生成NaOH，NaHCO3加热分解生成Na2CO3；DCl2可与Ca（OH）2反
37、应生成Ca（ClO）2，Ca（ClO）2与酸反应生成HClO，HClO与浓盐酸反应生成Cl2；解答：解：ACaCO3不能一步生成Ca（OH）2，故A错误；BAlCl3与过量氢氧化钠反应生成NaAlO2，NaAlO2与弱酸反应生成Al（OH）3，Al（OH）3与盐酸反应生成AlCl3，故B正确；CNa2CO3与Ca（OH）2反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3与过量Ca（OH）2溶液生成NaOH，NaHCO3加热分解生成Na2CO3，故C正确；DCl2可与Ca（OH）2反应生成Ca（ClO）2，Ca（ClO）2与酸反应生成HClO，HClO与浓盐酸反应生成Cl2
38、，可一步转化，故D正确故选A点评：该题是中等难度的试题，试题设计新颖，基础性强，紧扣教材，侧重对学生基础知识的检验和训练，同时坚固对学生能力的培养，有利于激发学生的学习积极性，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力13（3分）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（）过量的锌与18mol/L的硫酸反应；过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应；浓盐酸与过量的MnO2；过量铜与浓硫酸；过量稀硝酸与银反应；过量稀硫酸与块状石灰石ABCD考点：化学反应的基本原理；化学反应的可逆性；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；铜金属及其重要化合物的主
39、要性质 专题：元素及其化合物分析：从两个角度考虑，一是可逆反应，二是物质的性质与浓度有关，例如某些酸在浓度较大时具有较强的氧化性或还原性，当浓溶液时可以发生反应，但随着反应的消耗，变成稀溶液往往就不具备继续反应的性质解答：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，故错误；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分之百，故正确；浓盐酸反应到最后变成稀盐酸了，无法完全反应，浓盐酸中H+和Cl的浓度大，还原性强，在加热条件下能被MnO2氧化，生成Cl2，随反应进行，H+和Cl的浓度逐渐减小，还原性逐渐减弱，当达到一定程度时，MnO2就不可以氧化Cl
40、了，因此二氧化锰和稀盐酸不会反应，故正确；随反应进行浓硫酸变为稀硫酸，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，故正确；Ag与稀硝酸能反应，硝酸过量时，Ag能完全反应，故错误；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，故正确；故选A点评：本题考查物质的性质，难度不大，注意化学反应中的一些特殊情况，本题的可逆性和浓度问题14（3分）已知X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去）则W、X不可能是：（）选项ABCDXCFeCa（OH）2溶液AlCl3WO2HNO3CO2NH3H2OAABBCCDD考
41、点：无机物的推断 专题：推断题分析：AC和O2反应可分别生成CO或CO2，CO与CO2可相互转化；BFe与HNO3反应可分别生成Fe（NO3）2、Fe（NO3）3，Fe（NO3）2、Fe（NO3）3可相互转化；CCa（OH）2与CO2反应可分别生成CaHCO3、CaCO3，CaHCO3、CaCO3可相互转化；DAlCl3与NH3H2O反应只生成Al（OH）3解答：解：AC和O2反应可分别生成CO或CO2，CO与O2反应可生成CO2，CO2与C反应可生成，故A不选；BFe与HNO3反应可分别生成Fe（NO3）2、Fe（NO3）3，Fe（NO3）2与HNO3反应可生成Fe（NO3）3，Fe（NO3
42、）3与Fe反应可生成Fe（NO3）2，故B不选；CCa（OH）2与CO2反应可分别生成CaHCO3、CaCO3，CaHCO3与Ca（OH）2反应可生成CaCO3，CaCO3与CO2、水反应可生成CaHCO3，故C不选；DAlCl3与NH3H2O反应只生成Al（OH）3，故D选；故选D点评：本题考查无机物的推断，题目难度不大，注意把握相关物质的性质，为解答该题的关键，学习中注意相关基础知识的积累15（3分）以下物质间的转化通过一步反应不能实现的是（）HClCl2HClONaClO NaNa2O2Na2CO3NaHCO3AlNaAlO2Al（OH）3Al2O3SiSiO2H2SiO3Na2SiO3
43、SSO3H2SO4Na2SO4CuCuCl2Cu（OH）2ABCD考点：氯气的化学性质；硅和二氧化硅；含硫物质的性质及综合应用；钠的化学性质；铝的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质 专题：元素及其化合物分析：根据各单质及其化合物的化学性质解答HCl与二氧化锰加热生成Cl2，Cl2与水反应生成HClO，HClO与氢氧化钠反应生成NaCO； Na与氧气加热生成Na2O2，Na2O2与二氧化碳反应生成Na2CO3，Na2CO3与二氧化碳、水反应生成NaHCO3；Al与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2NaAlO2与二氧化碳、水反应生成Al（OH）3，Al（OH）3加热分解生成Al2O3； 因Si
44、O2不能一步生成H2SiO3；因S不能一步生成SO3；Cu与氯气加热生成CuCl2，CuCl2与氢氧化钠反应生成Cu（OH）2；解答：解：HCl与二氧化锰加热生成Cl2，Cl2与水反应生成HClO，HClO与氢氧化钠反应生成NaClO，故正确； Na与氧气加热生成Na2O2，Na2O2与二氧化碳反应生成Na2CO3，Na2CO3与二氧化碳、水反应生成NaHCO3，故正确；Al与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，NaAlO2与二氧化碳、水反应生成Al（OH）3，Al（OH）3加热分解生成Al2O3，故正确； 因SiO2不能一步生成H2SiO3，故错误；因S不能一步生成SO3，故错误；Cu与氯气加
45、热生成CuCl2，CuCl2与氢氧化钠反应生成Cu（OH）2，故正确；故选：B点评：本题考查元素化合物物质之间的转化等，比较基础，掌握物质的性质是解答本题的关键，注意基础知识的积累掌握16（3分）常温下，在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（）A能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、NH4+、I、NO3B加入铝粉生成H2的溶液：K+、Mg2+、SO42、HCO3Cc（Fe3+）=0.1molL1的溶液：H+、Al3+、I、SCND常温下pH=12的溶液：Na+、K+、SiO32、NO3考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：A能使pH试纸呈红色的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件
46、下能够氧化碘离子；B加入铝粉生成H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，镁离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子与氢离子反应；C铁离子与硫氰根离子反应生成硫氰化铁；D常温下pH=12的溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+、SiO32、NO3离子之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应解答：解：A能使pH试纸呈红色的溶液为酸性溶液，I、NO3离子在酸性条件下能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B加入铝粉生成H2的溶液为酸性或碱性溶液，碱性溶液中，Mg2+、HCO3与氢氧根离子反应，酸性溶液中，HCO3与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CFe3+和SCN之间发
47、生络合反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故C错误；D常温下pH=12的溶液为碱性溶液，该溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+、SiO32、NO3离子之间不反应，且都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D点评：本题考查离子共存的正误判断，为2015届高考的高频题，属于中等难度的试题，注意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，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生
48、氢气”17（3分）某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42、CO32等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是（）A原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Mg2+、Al3+B原溶液中一定含有SO42和Na+C原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1D反应最后形成的溶液中含有的溶质为Na2SO4考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 专题：图示题；压轴题；离子反应专题分析：A、根据生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象来确定存在的离子；B、根
49、据电荷守恒结合A选项的内容来确定存在的离子；C、根据消耗氢氧化钠的量和生成沉淀的量来确定离子的物质的量的多少；D、根据溶液中离子之间的反应来确定含有的溶质解答：解：A、根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，酸碱中和反应是一切反应的优先反应，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有铝离子，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含碳酸根离子和镁离子，即原溶液中含有的阳离子是H+、NH
50、4+、Fe3+、Al3+，故A错误；B、根据A的推断，解题图象第二段和最后剩余沉淀的量，可以知道氢氧化铝的沉淀量和另一沉淀的量是相等的，即一定是三价铁离子，一定不含有镁离子，所以含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，一定不含碳酸根离子，溶液中需要正、负离子，故一定有阴离子SO42，不能确定钠离子是否存在，故B错误；C、根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了1体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了3体积的氢氧化钠，还有3体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，故C正确；D、加入NaOH溶液，钠离子实际不参加反应
51、，则反应后溶液中钠离子一定存在，所以最后溶液中含有的溶质不一定为Na2SO4，故D错误故选C点评：本题是一道有关离子检验的综合知识题目，考查角度很广，难度较大二、填空题（共49分）18（14分）如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持设备已略）（1）制备氯气选用的药品为：漂粉精固体和浓盐酸，相关的化学反应方程式为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）CaCl2+2Cl2+2H2O（2）装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中HCl；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象B中长颈漏斗内液面上升，形成一段水柱，锥形瓶内液面下降（3）装置C的实验目的是
52、验证氯气是否具有漂白性，为此C中、依次放入DABCD干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性强弱打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡观察到的现象是E中溶液分为两层，上层液体为紫红色（5）某同学建议将装置F中的药品改用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，老师认为不妥，用总反应的离子方程式解释原因4HSO3+Cl2=SO42+2Cl+3SO2+2H2O考点：氯气的实验室制法 专题：实验题分析：（1）次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水；（2
53、）盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大；（3）为了验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；（4）通过置换反应可验证氯气、溴、碘的氧化性强弱，比较氯、溴、碘的非金属性；氯气氧化性强于溴，溴单质氧化性强于碘，碘单质溶于苯显紫红色；（5）氯气具有强氧化性，在溶液中将SO32氧化SO42同时生成Cl、H+若改用NaHSO3，会发生反应4HSO3+Cl2=SO42+2Cl+3SO2+2H2O，生成二氧化硫气体解答：解：（
54、1）次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水，化学方程式：Ca（ClO）2+4HCl（浓）CaCl2+2Cl2+2H2O；故答案为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）CaCl2+2Cl2+2H2O；（2）盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，B装置可以除去Cl2中HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；故答案为：除去Cl2中HCl；除去Cl2中的HCl；B中长颈漏斗内液面上升，形成一段水柱，锥形瓶内液面下降；（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具
55、有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中abc的中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，所以选D，故答案为：D；（4）依据氯气和溴化钠反应生成溴单质，液体溴单质和碘化钾溶液中的碘化钾反应生成碘单质，碘单质易溶于苯，显紫红色，苯密度小于水，不溶于水，溶液分层；依据氯气、溴、碘单质之间的置换反应，可以判断氯、溴、碘的非金属性强弱；故答案为：比较氯、溴、碘的非金属性强弱；E中溶液分为两层，上层液体为紫红色；（5）氯气具有强氧化性，在溶液中将SO32氧化SO4
56、2同时生成Cl、H+，反应离子方程式为SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2H+；若改用NaHSO3，会发生反应4HSO3+Cl2=SO42+2Cl+3SO2+2H2O，生成二氧化硫气体，二氧化硫污染环境，故答案为：4HSO3+Cl2=SO42+2Cl+3SO2+2H2O点评：本题考查了氯气实验室制取、氯气化学性质、实验设计、实验装置的理解评价、化学方程式的书写等，明确实验原理和氯气的性质是解题关键，注意对基础知识的积累19（8分）将镁、铝的混合物共0.2mol，溶于200mL 4molL1的盐酸溶液中，然后再滴加2molL1的NaOH溶液请回答下列问题：（1）若在滴加NaOH溶液的过
57、程中，沉淀质量m 随加入NaOH溶液的体积V变化情况如图所示当V1=160mL时，则金属粉末中n （Al）=0.08mol（2）0V1段发生的反应的离子方程式为H+OH=H2O；（3）若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V（NaOH）=400mL；（4）若镁、铝的混合物仍为0.2mol，其中镁粉的物质的量分数为a，改用200mL 4molL1的硫酸溶解此混合物后，再加入840mL 2molL1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al（OH）3，则a的取值范围为0.6a1考点：有关混合物反应的计算 专题：计算题分析：（1）根据图象可知，在滴加NaOH
58、溶液到体积V1=160mL过程中，没有沉淀生成，说明盐酸有剩余，滴加的NaOH用于中和剩余盐酸，V1=160mL时，剩余的HCl与滴加的NaOH恰好完全反应，溶液是MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，根据Mg原子、Al原子、Cl离子、Na+离子守恒，列方程求算n（Al）；（2）0V1段滴入的氢氧化钠溶液与剩余的氯化氢反应生成氯化钠和水；（3）当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，即沉淀达到最大值，此时，溶液是NaCl溶液，根据Cl离子和Na+离子守恒有n（Na+）=n（NaCl）=（HCl）求出n（NaOH），再利用V=计算滴入NaOH溶液的体积；（4）反应后的混合溶液，再加840mL
59、 2molL1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al（OH）3，溶质为硫酸钠、偏铝酸钠，由于为金属混合物，则a1，根据钠离子守恒，应满足n（NaOH）2n（Na2SO4）+n（NaAlO2），根据铝元素守恒用a表示出n（NaAlO2），据此确定a的取值范围解答：解：（1）当V1=160mL时，此时，溶液是MgCl2、AlCl3和NaCl的混合液，由Na+离子守恒可知，n（NaCl）=n（Na+）=n（NaOH）=0.16L2mol/L=0.32mol，200mL 4molL1的盐酸溶液中含有氯化氢的物质的量为：4mol/L0.2L=0.8mol，设混合物中含有MgCl2xmol、AlCl3为ymol
60、，则：根据Mg原子、Al原子守恒有：x+y=0.2，根据Cl离子守恒有：2x+3y=0.80.32=0.48，联立方程解得：x=0.12、y=0.08，所以金属粉末中：n（Mg）=0.12mol、n（Al）=y=0.08mol，故答案为：0.08；（2）0V1段，滴入氢氧化钠溶液后没有生成沉淀，说明盐酸过量，滴入的氢氧化钠与氯化氢反应生成氯化钠和水，反应的离子方程式为：H+OH=H2O，故答案为：H+OH=H2O；（3）当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，此时，溶液是NaCl溶液，根据Cl离子和Na+离子守恒有：n（Na+）=n（NaCl）=（HCl）=4mol/L0.2L=0.8mol
61、，所以需要加入氢氧化钠溶液体积为：V（NaOH）=0.4L=400mL，故答案为：400；（4）由于为金属混合物，则a1，Al的物质的量为：0.1（1a）mol，反应后的混合溶液，再加入840mL 2molL1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al（OH）3，则溶质为硫酸钠、偏铝酸钠，根据铝元素守恒可知：n（NaAlO2）=0.1（1a）mol，根据钠离子守恒，应满足：n（NaOH）2n（Na2SO4）+n（NaAlO2），即0.84220.24+0.1（1a），解得：a0.6，所以a的取值范围为：故0.6a1，故答案为：0.6a1点评：本题考查了有关混合物反应的计算，题目难度较大，对于图象题，要明
62、确每一段图象发生的化学反应、知道拐点代表的含义及溶液中溶质的成分，结合方程式对有关问题进行分析；注意守恒思想的运用，使计算简化20（12分）铁是人类较早使用的金属之一运用铁及其化合物的知识，完成下列问题（1）所含铁元素既有氧化性又有还原性的物质是C（用字母代号填）AFe； BFeCl3； CFeSO4； DFe2O3（2）向沸水中逐滴滴加1 mol/L FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，该分散系中粒子直径的范围是1100nm（3）电子工业需要用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板，请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+某校同学为测定
63、FeCl3腐蚀铜后所得溶液的组成，进行了如下实验：首先取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则溶液中含有的金属阳离子是Fe3+Fe2+Cu2+，在此基础上，又进行了定量组成的测定：取50.0mL待测溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，得白色沉淀，过滤、干燥、称量，沉淀质量为43.05g溶液中c（Cl）=6.0 mol/L（4）若要验证该溶液中含有Fe2+，正确的实验方法是BA向试管中加入试液，滴入KSCN溶液，若显血红色，证明含有Fe2+；B向试管中加入试液，滴入酸性高锰酸钾溶液，若褪色，证明含有Fe2+；C向试管中加入试液，滴入氯水，再滴入KSCN溶液，若显血红色，证明原溶液中含有Fe2
64、+（5）欲从废水中回收铜，并重新获得FeCl3溶液设计实验方案如下：A请写出上述实验中加入或生成的有关物质的化学式：Fe；FeCl2；Fe Cu；HClB请写出通入的化学方程式2FeCl2+Cl2=2FeCl3考点：铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 专题：实验题；元素及其化合物分析：（1）含元素的化合价既能升高，又能降低的物质；（2）胶体的粒子大小范围是：1100；（3）FeCl3溶液与铜反应：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+； 滴入KSCN溶液呈红色，存在三价铁离子；沉淀43.05g是氯化银，物质的量是0.3mol；（4）检验的Fe2+方法
65、；（5）A、根据图示进行推断，金属是铁；B、亚铁离子氧化成三价铁离子解答：解：（1）亚铁离子既能被氧化，又能被还原，故C正确，故选C；（2）向沸水中逐滴滴加1 mol/L FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，形成了胶体，胶体粒子直径范围是1100nm，故答案为：1100； （3）FeCl3溶液与铜反应的离子方程式是：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+；由于滴入KSCN溶液呈红色，证明溶液中Fe3+有剩余，溶液中含有的金属阳离子是：Fe3+Fe2+Cu2+； 43.05g沉淀是氯化银，物质的量为0.3mol，溶液中c（Cl）=6.0mol/L；故答案为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+；Fe3+
66、Fe2+Cu2+；6.0；（4）A、向试管中加入试液，滴入KSCN溶液，若显血红色，证明含有Fe3+，故A错误；B、向试管中加入试液，滴入酸性高锰酸钾溶液，若褪色，证明含有Fe2+；故B正确；C、试管中加入试液，滴入氯水，再滴入KSCN溶液，若显血红色，证明原溶液中含有Fe2+，应该是先加入硫氰化钾，不变色，再加入氯水，若显示红色，证明有亚铁离子，故C错误；故选B；（5）A、制取的是氯化铁溶液，金属是铁；滤液是氯化亚铁溶液；加入的铁过量，滤渣是铁和铜；制取的是氯化铁，溶解铁，加入应该是盐酸；故答案为：Fe；FeCl2；Fe Cu；HCl；B、是将亚铁离子氧化成三价铁离子，反应方程式是：2FeC
67、l2+Cl2=2FeCl3，故答案为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3点评：本题考查了铁及其化合物的性质，涉及的内容较多，注意分析题中提供的信息，根据所学知识写成反应的方程式，本题难度中等21（5分）以下是依据一定的分类标准，对某些物质与水的反应情况进行分类的分类图请根据你所学的知识按要求填空：（1）上述第一级分类标准（分成A、B组的依据）是：是否发生氧化还原反应（2）D组物质包括Cl2、Na2O2、NO2（填化学式）（3）C组物质中某一物质在常温时能与冷水反应，其化学方程式为2Na+2H2O2NaOH+H2（4）D组中某一物质与E组中某一物质在水中反应生成两种强酸，写出该反应的离子方程式：
68、Cl2+SO2+2H2O2Cl+SO42+4H+考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系 专题：物质的分类专题分析：（1）依据图表变化和物质分类分析变化判断；（2）水在氧化还原反应中既不是氧化剂也不是还原剂的为氯气、二氧化氮、过氧化钠；（3）水在氧化还原反应中作氧化剂，则该物质作还原剂，且在常温下能与水反应只有钠；（4）根据SO2、Cl2与水能反应生成硫酸和盐酸解答：解：（1）溶于水分成AB两组的依据，分析反应过程可知，NH3、Na2O、SO2、CO2溶于水发生化合反应生成对应酸或碱，NH3+H2ONH3H2O；Na2O+H2O2NaOH；SO2+H2OH2SO3；CO2+H2OH2CO3；
69、是非氧化还原反应；Cl2、Na、Fe、Na2O2、NO2，溶于水反应Cl2+H2OHCl+HClO、2Na+2H2O2NaOH+H2、3Fe+4H2OFe3O4+4H2、2Na2O2+2H2O4NaOH+O2、3NO2+H2O2HNO3+NO发生的是氧化还原反应，所以依据是否发生氧化还原反应，故答案为：是否发生氧化还原反应；（2）Cl2、Na、Fe、Na2O2、NO2，溶于水反应发生的是氧化还原反应，Cl2+H2OHCl+HClO 氯气自身氧化还原；2Na+2H2O=2NaOH+H2 钠做还原剂被水氧化；3Fe+4H2OFe3O4+4H2 铁做还原剂被水氧化；2Na2O2+2H2O=4NaOH
70、+O2 Na2O2自身氧化还原；3NO2+H2O=2HNO3+NO 二氧化氮自身氧化还原反应；所以水既不是氧化剂也不是还原剂D组物质包括Cl2、Na2O2、NO2，故答案为：Cl2、Na2O2、NO2；（3）钠在常温时能与冷水反应，反应生成过氧化钠和氢气，反应为2Na+2H2O2NaOH+H2，故答案为：2Na+2H2O2NaOH+H2；（4）E组水溶性呈酸性的是二氧化硫和二氧化碳，D组包括Cl2、Na2O2、NO2，SO2、Cl2与水能反应生成硫酸和盐酸，所以D组中某一物质与E组中某一物质在水中反应生成两种强酸，为二氧化硫和氯气的反应，离子反应方程式为：Cl2+SO2+2H2O2Cl+SO4
71、2+4H+，故答案为：Cl2+SO2+2H2O2Cl+SO42+4H+点评：本题考查了物质性质的应用，物质分类依据分析，溶于水的反应特征判断是解题关键，题目难度中等22（10分）如图中每一方格表示有关的一种反应物或生成物A、C为无色气体（1）物质M可以是（NH4）2CO3或NH4HCO3，C是NH3，F是NO2（2）反应的化学方程式2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2（3）反应的离子方程式3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O（4）FG的化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO考点：无机物的推断 分析：M既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为N
72、H3，气体A能与淡黄色粉末反应，应是二氧化碳与过氧化钠反应，故A为CO2，则A应为碳酸铵或碳酸氢铵，B为H2O，结合转化关系可知，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3，结合物质的性质进行解答解答：解：M既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3，气体A能与淡黄色粉末反应，应是二氧化碳与过氧化钠反应，故A为CO2，则A应为碳酸铵或碳酸氢铵，B为H2O，结合转化关系可知，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3，（1）由上述分析可知，M为（NH4）2CO3 或NH4HCO3，C为NH3，F为NO2，故答案为：（NH4）2CO3 或NH4HCO3；NH3；NO2；（2）反应为二氧化碳和过氧化钠的反应，反应方程式为2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2；故答案为：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2；（3）反应是铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式为：3Cu+8H+2N03=3Cu2+2NO+4H2O，故答案为：3Cu+8H+2N03=3Cu2+2NO+4H2O；（4）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO点评：本题考查无机物的推断，M能与酸、碱反应生成气体A、C为解答本题的突破口，然后利用转化关系推出各物质，题目难度中等
