1、2014-2015学年河南省洛阳市偃师高中北院高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，共48分在每小题给出的四个选项中只有一个选项是符合题目要求的）1（3分）（2012秋宁国市校级期中）化学知识在生产和生活中有着重要的应用下列说法中正确的是（）钠的还原性很强，可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等K、Na合金可作原子反应堆的导热剂发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂 明矾常作为消毒剂ABCD2（3分）（2011秋武汉期中）下列有关物质分类或归纳正确的是（）混合物
2、：盐酸、漂白粉、水玻璃、水银化合物：BaCl2、Ca（OH）2、HNO3、HI电解质：明矾、冰醋酸、氯化银、纯碱同素异形体：金刚石、石墨、C60、C70ABCD3（3分）（2011秋重庆期末）研究表明：多种海产品如虾、蟹、牡蛎等，体内含有+5价砷（As）元素，但它对人体是无毒的，砒霜的成分是As2O3，属剧毒物质，专家忠告：吃饭时不要同时大量食用海鲜和青菜，否则容易中毒，并给出了一个公式：大量海鲜+大量维生素C=砒霜下面有关解释不正确的是（）A维生素C能将+5价砷氧化成As2O3B维生素C具有还原性C致人中毒过程中+5价砷发生还原反应D青菜中含有维生素C4（3分）（2012秋仓山区校级期中）下
3、列过程中，最终的白色沉淀不一定是BaSO4的是（）AFe（NO3）2溶液白色沉淀BBa（NO3）2溶液白色沉淀C无色溶液白色沉淀D无色溶液无沉淀白色沉淀5（3分）（2014秋偃师市校级月考）设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A1 mol氯气参加氧化还原反应，转移的电子数一定为2NAB标准状况下，以任意比混合的氢气和一氧化碳气体共8.96L，在足量氧气中充分燃烧时消耗氧气的分子数为0.2NAC含1 mol FeCl3的溶液中Fe3+的个数为NAD1.8 g NH4+中含有的电子数为0.1NA6（3分）（2011秋苍山县校级期末）下列实验过程中，始终无明显现象的是（）ASO2通入新制氯
4、水中BNH3通入AlCl3溶液中CCO2通入CaCl2溶液中DCO2通入硅酸钠溶液中7（3分）（2011巢湖一模）下列离子方程式表达正确的是（）A鸡蛋壳浸泡在盐酸中产生气泡：CO32+2H+CO2+H2OB四氧化三铁固体溶解在稀硝酸溶液中：Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2OC将氨气通入硫酸溶液中：NH3+H+NH4+D向碳酸氢铵溶液中加入足量的NaOH溶液：NH4+OHNH3H2O8（3分）（2015徐汇区二模）将40mL 1.5molL1的 CuSO4 溶液与30mL 3molL1 的 NaOH 溶液混合，生成浅蓝色沉淀，假如溶液中c（Cu2+ ）或 c（OH）（c表示浓度）都已变
5、得很小，可忽略，则生成沉淀的组成可表示为（）ACu（OH）2BCuSO4Cu（OH）2CCuSO42Cu（OH）2DCuSO43Cu（OH）29（3分）（2010秋苍山县校级期末）质量分数为a%，物质的量浓度为c mol/L 的KOH溶液，蒸发溶剂，恢复到原来温度，若质量分数变为2a%，则物质的量浓度变为（）A大于2cmol/LB等于2cmol/LC小于2cmol/LD在cmol/L2cmol/L之间10（3分）（2014秋偃师市校级月考）为除去某物质中所含的杂质，所选用的试剂或操作方法正确的是（）序号物质杂质除杂质应选用的试剂或操作方法 KNO3溶液KOH滴入稀盐酸，同时用PH计测定至溶液呈
6、中性 FeSO4溶液CuSO4加入过量铁粉并过滤 H2CO2依次通过盛有NaOH溶液和浓硫酸的洗气瓶 Na2SO4CaCO3溶解、过滤、蒸发、结晶ABCD12（3分）（2013秋鹿城区校级期末）Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的物质的量之比为1：1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为（）A1：9B1：7C1：5D2：913（3分）（2013春桥东区校级期末）36.5g HCl溶解在1L水中（水的密度近似为1g/ml），所得溶液的密度为g/ml，质量分数为，物质的量浓度为c mol/L，NA表示阿伏加德罗常数
7、，则下列叙述中正确的是（）A所得溶液的物质的量浓度为1mol/LB所得溶液中含有NA个HCl分子C36.5g HCl气体占有的体积为22.4LD所得溶液的质量分数：=36.514（3分）（2014秋偃师市校级月考）设阿伏加德罗常数的数值为NA若等质量的H2O和D2O分别与一定质量的金属钾反应完全，转移的电子数均为NA，则下列各化学量不相等的是（）A消耗H2O和D2O的物质的量B同温同压下生成气体的体积C反应后得溶液中溶质的质量分数D参加反应的钾的质量15（3分）（2011深圳一模）下列类比关系正确的是（）AAlCl3与过量NaOH溶液反应生成Al（OH）4，则与过量NH3H2O也生成Al（OH
8、）4BNa2O2 与CO2反应生成Na2CO3和O2，则与SO2反应可生成Na2SO3和O2CFe与Cl2反应生成FeCl3，则与I2反应可生成FeI3DAl与Fe2O3能发生铝热反应，则与MnO2也能发生铝热反应16（3分）（2014秋偃师市校级月考）下列各表述与示意图图中一致的是（）A图表示向含Mg2+、Al3+、NH4+的盐溶液中滴加NaOH溶液时，沉淀的量与NaOH的体积的关系图则三种离子的物质的量之比为：n（Mg2+）：n（Al3+）：n（ NH4+）=2：3：2B图中使用的NaOH的浓度为10 mol/LC图表示25时，用0.1 molL1盐酸滴定20 mL 0.1 molL1 N
9、aOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化D图中曲线表示3N2（g）+N2（g）2NH3（g）反应过程的能量变化，若使用催化剂，B点会升高二、填空题（共4题，共52分）17（14分）（2014秋偃师市校级月考）由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO42、CO32将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取3份100mL该溶液分别进行如下实验：实验序号实验内容实验结果加AgNO3溶液有白色沉淀生成加足量NaOH溶液并加热收集到气体1.12L（已折算成标准状况下的体积）加足量BaCl2溶液时，所得沉淀为6.27g，向沉淀中加足量稀盐酸，然后干燥、称
10、量为2.33g试回答下列问题：（1）根据实验对Cl是否存在的判断是（填“一定不存在”、“一定存在”或“不能确定”）；根据实验判断混合物中一定不存在的离子是（2）试确定溶液中一定存在的阴离子及其物质的量浓度（可不填满）： 阴离子符号物质的量浓度（molL1）（3）试确定K+是否存在（填“是”、或“否”），判断的理由是18（11分）（2014秋偃师市校级月考）医学上常用酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应用于测定血钙的含量回答下列问题：（1）配平以下离子方程式，并填上所需的微粒H+MnO4+H2C2O4CO2+Mn2+（2）该反应中的还原剂是（3）反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量
11、为mol（4）测定血钙的含量的方法是：取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化学方程式是溶解沉淀时（能或不能）用稀盐酸，原因是若消耗了1.0104mol/L的溶液20.00mL，则100mL该血液中含钙g19（15分）（2015新津县校级模拟）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
12、C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中、处依次放入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的目的是比较氯、溴、碘的非金属性当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为色，说明氯的非金属性大于溴（5）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（6）有人提出，装置F中可改用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，试写出相应的离子反应方程式：，判断改用NaHSO3溶液是否可行（填“是”或“否”）20（12分）（2014秋偃师市校级月考）含氯消毒剂和
13、过氧化物等强氧化性消毒剂可用于环境杀菌消毒（1）过碳酸钠是种有多种用途的新型氧系固态漂白剂，化学式可表示为Na2CO33H2O2，它具有Na2CO3和H2O2的双重性质H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，如消除采矿业废液中的氰化物（如NaCN），经以下反应实现：NaCN+H2O2+H2OA+NH3，则生成物A的化学式为某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质：O2、MnO4、H2O、Mn2+、H2O2、H+已知该反应中H2O2只发生了如下过程：H2O2O2写出该反应的离子方程式：（2）某天然碱的化学式可表示为：aNa2CO3bNaHCO32H2O，取m g天然碱溶于水配成溶液，再向溶液中逐滴
14、加入1mol/L的盐酸，根据标准状况下产生的CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系，某同学作出了如图所示的A和B曲线，试回答下列问题：曲线正确，天然碱的化学式为 mL加盐酸后产生CO2气体体积（标准状况）的最大值为mL（3）漂白剂亚氯酸钠（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生成时转移的电子个数是（4）ClO2可以用作环境杀菌消毒，ClO2的单位质量消毒效率是Cl2的倍2014-2015学年河南省洛阳市偃师高中北院高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共1
15、6小题，每小题3分，共48分在每小题给出的四个选项中只有一个选项是符合题目要求的）1（3分）（2012秋宁国市校级期中）化学知识在生产和生活中有着重要的应用下列说法中正确的是（）钠的还原性很强，可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等K、Na合金可作原子反应堆的导热剂发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂 明矾常作为消毒剂ABCD考点：钠的重要化合物 专题：元素及其化合物分析：钠的还原性很强，可以从熔融盐中置换某些不活泼的金属K、Na合金熔点低，可作导热剂碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳Na2
16、O2和二氧化碳反应生成氧气，且又有强氧化性，有漂白性碳酸氢钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂 明矾常不能作消毒剂，可作净水剂解答：解：金属钠的化学性质强于金属钛，可以将金属钛、钽、铌、锆等从其熔融态的盐中置换出来，所以可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等，故正确K、Na合金熔点低，可作原子反应堆的导热剂，故正确碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳，所以发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔，故正确Na2O2和二氧化碳反应生成氧气，且又有强氧化性，有漂白性，所以Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等，故正确碳酸钠碱性较强，所以不能用来治疗胃酸过多，碳酸氢钠在医疗上是治疗
17、胃酸过多的一种药剂，故错误 明矾是强酸弱碱盐能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以可作净水剂，不能作消毒剂，故错误故选：A点评：本题考查了钠及其化合物的性质，难度不大，明确碳酸氢钠和氢氧化铝是治疗胃酸过多的物质2（3分）（2011秋武汉期中）下列有关物质分类或归纳正确的是（）混合物：盐酸、漂白粉、水玻璃、水银化合物：BaCl2、Ca（OH）2、HNO3、HI电解质：明矾、冰醋酸、氯化银、纯碱同素异形体：金刚石、石墨、C60、C70ABCD考点：混合物和纯净物；同素异形体；电解质与非电解质 专题：物质的分类专题分析：混合物是由不同种物质组成的物质；化合物是不同盐酸组成的纯净物；电解质是水溶
18、液中或熔融状态下导电的化合物；同素异形体是相同元素组成的不同单质解答：解：因混合物是由不同种物质组成的物质，盐酸是氯化氢气体的水溶液、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液、水银是金属单质不是混合物，故错误；化合物是不同盐酸组成的纯净物，BaCl2、Ca（OH）2、HNO3、HI都是化合物，故正确；电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物，明矾属于盐、冰醋酸属于酸、氯化银属于盐、纯碱是盐，符合电解质的概念，都是电解质，故正确；同素异形体是相同元素组成的不同单质，金刚石、石墨、C60、C70符合同素异形体的概念，故正确；故选：CD点评：本题考查了化学概念的分析判断，物质组成的掌
19、握和分类原则的理解是解题关键，题目较简单3（3分）（2011秋重庆期末）研究表明：多种海产品如虾、蟹、牡蛎等，体内含有+5价砷（As）元素，但它对人体是无毒的，砒霜的成分是As2O3，属剧毒物质，专家忠告：吃饭时不要同时大量食用海鲜和青菜，否则容易中毒，并给出了一个公式：大量海鲜+大量维生素C=砒霜下面有关解释不正确的是（）A维生素C能将+5价砷氧化成As2O3B维生素C具有还原性C致人中毒过程中+5价砷发生还原反应D青菜中含有维生素C考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：人体中的As元素为+5价，As2O3中As元素为+3价，吃饭时同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒的原因是生成+3价
20、As，说明维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As解答：解：人体中的As元素为+5价，As2O3中As元素为+3价，吃饭时同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒的原因是生成+3价As，说明维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，则A维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，故A错误；B人体中的As元素为+5价，大量食用海鲜和青菜后生成+3价As，说明维生素C具有还原性，故B正确；C+5价砷生成+3价As，化合价降低，得电子被还原，为还原反应，故C正确；D维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，同时大量食用海鲜和青菜，
21、容易中毒，说明青菜中含有维生素C，故D正确故选A点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价变化的角度分析氧化还原反应4（3分）（2012秋仓山区校级期中）下列过程中，最终的白色沉淀不一定是BaSO4的是（）AFe（NO3）2溶液白色沉淀BBa（NO3）2溶液白色沉淀C无色溶液白色沉淀D无色溶液无沉淀白色沉淀考点：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：A硝酸根离子在酸性条件下相当于硝酸；B硝酸根离子在酸性条件下相当于硝酸，亚硫酸根被硝酸氧化成硫酸根；C可能生成白色的AgCl沉淀；D加过量盐酸排除了Ag+碳酸根离子等的干扰；解答：解：A硝酸亚铁中有硝酸根离子
22、存在，加入过量的稀盐酸，就相当于硝酸存在，通入二氧化硫气体，二氧化硫与水生成亚硫酸，被硝酸氧化成硫酸根离子，加氯化钡，最终生成BaSO4沉淀，故A正确；B硝酸钡溶液中有硝酸根离子存在，加入过量的稀盐酸，就相当于硝酸存在，加入亚硫酸钠，亚硫酸根离子被硝酸氧化成硫酸根离子，所以一定是硫酸钡白色沉淀，故B正确；C无色溶液加入稀硝酸，加入氯化钡，Ag+可能干扰，最终生成的白色沉淀可能是AgCl或BaSO4，故C错误；D无色溶液，加盐酸无沉淀，就排除了亚硫酸钡和氯化银，因为亚硫酸钡会和盐酸生成二氧化硫和水，再加上氯化钡有生成沉淀，所以一定是硫酸钡白色沉淀，故D正确；故选C点评：本题考查了离子间的反应，掌
23、握常见的离子的性质是解答的关键，难度不大5（3分）（2014秋偃师市校级月考）设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A1 mol氯气参加氧化还原反应，转移的电子数一定为2NAB标准状况下，以任意比混合的氢气和一氧化碳气体共8.96L，在足量氧气中充分燃烧时消耗氧气的分子数为0.2NAC含1 mol FeCl3的溶液中Fe3+的个数为NAD1.8 g NH4+中含有的电子数为0.1NA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：A氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，1mol氯气完全反应转移了1mol电子；B1mol氢气和1mol一氧化碳分别与氧气反应
24、，都消耗了0.5mol氧气，据此计算出标况下8.96L氢气和CO混合气体完全燃烧消耗氧气的物质的量及分子数；C氯化铁溶液中，铁离子部分水解，导致溶液中铁离子数目减少；D铵根离子中含有10个电子，0.1mol铵根离子中含有1mol电子解答：解：A1mol氯气参加的氧化还原反应，转移的电子不一定为2mol，如常温下氯气与氢氧化钠溶液反应中，1mol氯气完全反应转移了1mol电子，故A错误；B标况下8.96L氢气和一氧化碳的混合气体的物质的量为0.4mol，0.4mol混合气体完全燃烧消耗氧气的物质的量为0.2mol，消耗氧气的分子数为0.2NA，故B正确；C1 mol FeCl3的溶液中，由于铁离
25、子部分水解，则溶液中铁离子小于1mol，Fe3+的个数小于NA，故C错误；D1.8g铵根离子的物质的量为0.1mol，0.1mol铵根离子中含有1mol电子，含有的电子数为NA，故D错误；故选B点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，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，明确氯气参加的氧化还原反应中，氯气与金属反应，1mol氯气完全反应转移了2mol电子，氯气与水、氢氧化钠溶液的反应中，1mol氯气完全反应转移了1mol电子6（3分）（2011秋苍山县校级期末）下列实验过程中，始终无明显现象的是（）ASO2通入新制氯水中BNH3通入AlCl3溶液中CC
26、O2通入CaCl2溶液中DCO2通入硅酸钠溶液中考点：二氧化硫的化学性质；氨的化学性质 专题：元素及其化合物分析：根源化学方程式判断溶液中是否有沉淀、气体、颜色变化来确定选项A根据SO2能与氯气中的氯气发生氧化还原反应生成H2SO4和HCl；B根据NH3通入AlCl3溶液中，NH3与水反应生成一水合氨，一水合氨与AlCl3反应生成氢氧化铝白色沉淀；C碳酸的酸性小于盐酸；DCO2通入硅酸钠溶液中，CO2和硅酸钠反应生成白色的硅酸沉淀解答：解：A根据SO2能与氯气中的氯气发生氧化还原反应生成H2SO4和HCl，氯水由黄绿色变为无色，现象明显，故A错误；BNH3通入AlCl3溶液中，NH3与水反应生
27、成一水合氨，一水合氨与AlCl3反应生成氢氧化铝白色沉淀，现象明显，故B错误；C碳酸的酸性小于盐酸的酸性，无法和氯化钙反应，无明显现象，故C正确；DCO2通入硅酸钠溶液中，CO2和硅酸钠反应生成白色的硅酸沉淀，现象明显，故D错误；故选C点评：本题考查化学反应发生条件及其现象，注重基础知识考查，难度中等7（3分）（2011巢湖一模）下列离子方程式表达正确的是（）A鸡蛋壳浸泡在盐酸中产生气泡：CO32+2H+CO2+H2OB四氧化三铁固体溶解在稀硝酸溶液中：Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2OC将氨气通入硫酸溶液中：NH3+H+NH4+D向碳酸氢铵溶液中加入足量的NaOH溶液：NH4+OH
28、NH3H2O考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A鸡蛋壳中的碳酸钙在离子反应中保留化学式；B发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO、水；C反应生成硫酸铵；D漏写生成碳酸氢根离子与碱的反应解答：解：A鸡蛋壳浸泡在盐酸中产生气泡的离子反应为CaCO3+2H+CO2+H2O+Ca2+，故A错误；B四氧化三铁固体溶解在稀硝酸溶液中的离子反应为3Fe3O4+NO3+28H+9Fe3+NO+14H2O，故B错误；C将氨气通入硫酸溶液中的离子反应为NH3+H+NH4+，故C正确；D向碳酸氢铵溶液中加入足量的NaOH溶液的离子反应为HCO3+NH4+2OHNH3H2O+CO32+H2O，故D错误；故选C
29、点评：本题考查离子反应方程式的书写，为高考常见题型，把握发生的化学反应为解答的关键，注意发生的氧化还原反应为解答的难点，题目难度不大8（3分）（2015徐汇区二模）将40mL 1.5molL1的 CuSO4 溶液与30mL 3molL1 的 NaOH 溶液混合，生成浅蓝色沉淀，假如溶液中c（Cu2+ ）或 c（OH）（c表示浓度）都已变得很小，可忽略，则生成沉淀的组成可表示为（）ACu（OH）2BCuSO4Cu（OH）2CCuSO42Cu（OH）2DCuSO43Cu（OH）2考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：依据题意计算硫酸铜物质的量和氢氧化钠物质
30、的量，进而求的铜离子和氢氧根离子物质的量，混合后反应生成沉淀，由于溶液中c （Cu2+ ）或 c （OH ）都已变得很小，可以认为全部在蓝色沉淀中；只要比较铜离子和氢氧根离子物质的量之比和选项中相同即符合要求；解答：解：40mL 1.5molL1的 CuSO4 溶液中含铜离子物质的量n（Cu2+）=0.04L1.5mol/L=0.06mol；30mL 3molL1 的 NaOH 溶液中氢氧根离子物质的量n（OH）=0.09mol；n（Cu2+）：n（OH）=2：3；溶液中c （Cu2+ ）或 c （OH ）都已变得很小，可忽略，可以认为全部生成沉淀，沉淀中的铜离子与氢氧根离子物质的量之比应等于
31、2：3，对比选项，A为1：2；B为1：1；c为3：4；D为2：3，故D符合；故选D点评：本题考查了元素守恒的具体应用，以常规的反应为载体，用定量分析的方法判断生成沉淀的组成，注意题干中的信息应用9（3分）（2010秋苍山县校级期末）质量分数为a%，物质的量浓度为c mol/L 的KOH溶液，蒸发溶剂，恢复到原来温度，若质量分数变为2a%，则物质的量浓度变为（）A大于2cmol/LB等于2cmol/LC小于2cmol/LD在cmol/L2cmol/L之间考点：物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算 专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：蒸发溶剂，恢复到原来温度，质量分数变为2a%，
32、说明蒸发的水的质量和余下的溶液的质量相等，但水的密度比KOH溶液的密度小，减少的水的体积大于剩余的KOH溶液的体积，即KOH溶液的体积比原来的一半要小，据此判断解答：解：令质量分数为a%的氢氧化钾溶液的质量为m1，质量分数为2a%的氢氧化钾溶液的质量为m2，蒸发前后溶质的质量不变，则：m1a%=m22a%，所以m1=2m2，说明蒸发的水的质量和余下的溶液的质量相等，水的密度比KOH溶液的密度小，减少的水的体积大于剩余的KOH溶液的体积，即KOH溶液的体积比原来的一半要小，故质量分数为2a%氢氧化钾溶液物质的量浓度大于大于2cmol/L故选A点评：本题考查物质的量浓度计算，难度中等，判断溶液的体
33、积比原来的一半要小是解题的关键10（3分）（2014秋偃师市校级月考）为除去某物质中所含的杂质，所选用的试剂或操作方法正确的是（）序号物质杂质除杂质应选用的试剂或操作方法 KNO3溶液KOH滴入稀盐酸，同时用PH计测定至溶液呈中性 FeSO4溶液CuSO4加入过量铁粉并过滤 H2CO2依次通过盛有NaOH溶液和浓硫酸的洗气瓶 Na2SO4CaCO3溶解、过滤、蒸发、结晶ABCD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：加入盐酸，生成氯化钾，引入新杂质；铁可置换出铜；二氧化碳与氢氧化钠溶液反应；碳酸钙不溶于水，可用过滤的方法分离解答：解：加入盐酸，生成氯化钾，引入新杂质，
34、应加入硝酸除杂，故错误；铁可置换出铜，且不引入杂质，可除杂，故正确；二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，然后用浓硫酸干燥，可得到处境的氢气，故正确；碳酸钙不溶于水，可用过滤的方法分离，故正确故选B点评：本题考查物质的分离、提纯，为高频常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，注意除杂时不能引入新杂质，难度不大12（3分）（2013秋鹿城区校级期末）Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的物质的量之比为1：1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为（）A1：9B1：7C1：5D2：9考点：氧化还
35、原反应的计算 专题：守恒法分析：Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2令NO2和NO的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子转移守恒计算参加反应的Cu2S的物质的量，由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2nCu（NO3）2+n（NO2）+n（NO），根据铜元素守恒可知溶液中nCu（NO3）2=2n（Cu2S）n（CuSO4），由硫元素守恒可知n（Cu2S）=n（CuSO4），据此计算参加反应的硝酸的物质的量据
36、此计算判断解答：解：Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2令NO2和NO的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子转移守恒可知：n（Cu2S）6（2）+12=1mol（54）+1mol（52），解得n（Cu2S）=0.4mol由硫元素守恒可知n（CuSO4）=n（Cu2S）=0.4mol，根据铜元素守恒可知溶液中nCu（NO3）2=2n（Cu2S）n（CuSO4）=20.4mol0.4mol=0.4mol由氮元素守恒可知
37、参加反应的硝酸n（HNO3）=2nCu（NO3）2+n（NO2）+n（NO）=20.4mol+1mol+1mol=2.8mol所以实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4mol：2.8mol=1：7，故选B点评：本题考查氧化还原反应的基本概念与计算，难度中等，判断元素化合价变化，利用电子转移守恒与元素守恒计算是关键，转移守恒思想在氧化还原反应计算中的运用13（3分）（2013春桥东区校级期末）36.5g HCl溶解在1L水中（水的密度近似为1g/ml），所得溶液的密度为g/ml，质量分数为，物质的量浓度为c mol/L，NA表示阿伏加德罗常数，则下
38、列叙述中正确的是（）A所得溶液的物质的量浓度为1mol/LB所得溶液中含有NA个HCl分子C36.5g HCl气体占有的体积为22.4LD所得溶液的质量分数：=36.5考点：阿伏加德罗常数；物质的量的相关计算 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、利用溶液中物质的量概念计算得到；B、氯化氢溶于水形成盐酸溶液是强电解质，溶液中无氯化氢分子；C、质量换算物质的量，但温度压强不知无法计算气体体积；D、利用溶质质量分数和溶质物质的量浓度换算计算式计算得到；解答：解：36.5gHCl溶解在1L水中（水的密度近似为1g/ml），所得溶液的密度为g/ml，质量分数为，物质的量浓度为c mol/L，N
39、A表示阿伏加德罗常数；A、溶液溶质为氯化氢，物质的量浓度c=mol/L，故A错误；B、氯化氢溶于水形成盐酸溶液是强电解质，溶液中无氯化氢分子；故B错误；C、36.5gHCl气体物质的量为1mol，标准状况下占有的体积为22.4L，选项中温度压强不知，故C错误；D、所得溶液的质量分数：=，故D正确；故选D点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查溶液物质的量浓度和溶质质量分数的计算应用，概念的理解和计算分析是解题关键，题目难度中等14（3分）（2014秋偃师市校级月考）设阿伏加德罗常数的数值为NA若等质量的H2O和D2O分别与一定质量的金属钾反应完全，转移的电子数均为NA，则下列各化学量不相
40、等的是（）A消耗H2O和D2O的物质的量B同温同压下生成气体的体积C反应后得溶液中溶质的质量分数D参加反应的钾的质量考点：化学方程式的有关计算 专题：计算题分析：发生反应：2K+2H2O=2KOH+H2，2K+2D2O=2KOD+D2，转移电子数目相等，则消耗H2O和D2O的物质的量，参加反应K的质量相等，生成气体的物质的量相等，相同条件下气体的体积相等，令水的质量为mg，假设参加反应的K为1mol，计算KOH、KOD的质量，表示出溶液的质量，表示出溶液的质量分数，进而判断质量分数大小解答：解：发生反应：2K+2H2O=2KOH+H2，2K+2D2O=2KOD+D2，A转移电子数目相等，则消耗
41、H2O和D2O的物质的量，故A正确；B转移电子数目相等，生成气体H2、D2的物质的量相等，相同条件下气体的体积相等，故B正确；C令水的质量为mg，假设参加反应的K为1mol，则KOH质量=1mol40g/mol=40g，生成H2的质量=1mol2g/mol=1g，所得溶液质量=mg+39g1g=（m+38）g，溶液质量分数=，KOD的质量=1mol41g/mol=41g，生成H2的质量=1mol4g/mol=2g，所得溶液质量=mg+41g2g=（m+39）g，溶液质量分数=，故C错误；D转移电子数目相等，参加反应K的质量相等，故D正确；故选C点评：本题考查化学方程式有关计算、质量分数计算等，
42、难度不大，注意对基础知识的理解掌握15（3分）（2011深圳一模）下列类比关系正确的是（）AAlCl3与过量NaOH溶液反应生成Al（OH）4，则与过量NH3H2O也生成Al（OH）4BNa2O2 与CO2反应生成Na2CO3和O2，则与SO2反应可生成Na2SO3和O2CFe与Cl2反应生成FeCl3，则与I2反应可生成FeI3DAl与Fe2O3能发生铝热反应，则与MnO2也能发生铝热反应考点：两性氧化物和两性氢氧化物；氯气的化学性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物 专题：元素及其化合物分析：A、氢氧化铝溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱；B、过氧化钠具有强氧化性氧化二氧化硫为硫酸盐；C、碘单
43、质的氧化性小于三价铁的氧化性；D、金属铝的还原性大于铁和锰；解答：解：A、氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，AlCl3与过量NaOH溶液反应生成Al（OH）4，与过量NH3H2O只能生成氢氧化铝沉淀，故A错误；B、Na2O2 与CO2反应生成Na2CO3和O2，过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，发生反应Na2O2+SO2=Na2SO4；故B错误；C、铁遇强氧化剂生成三价铁盐，三价铁的氧化性大于碘单质的氧化性，所以Fe与Cl2反应生成FeCl3，与I2反应生成FeI2，故C错误；D、铝热反应的实质是利用铝的还原性大于氧化物中的金属，把金属置换出来，金属铁和锰的还原性小于铝，所以Al与Fe2O
44、3能发生铝热反应，与MnO2也能发生铝热反应，故D正确；故选D点评：本题考查了铝及其化合物、氯气、过氧化钠的性质应用，主要考查氢氧化铝的两性，过氧化钠的氧化性，关键是碘单质的也会产生小于三价铁的氧化性16（3分）（2014秋偃师市校级月考）下列各表述与示意图图中一致的是（）A图表示向含Mg2+、Al3+、NH4+的盐溶液中滴加NaOH溶液时，沉淀的量与NaOH的体积的关系图则三种离子的物质的量之比为：n（Mg2+）：n（Al3+）：n（ NH4+）=2：3：2B图中使用的NaOH的浓度为10 mol/LC图表示25时，用0.1 molL1盐酸滴定20 mL 0.1 molL1 NaOH溶液，溶
45、液的pH随加入酸体积的变化D图中曲线表示3N2（g）+N2（g）2NH3（g）反应过程的能量变化，若使用催化剂，B点会升高考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子方程式的有关计算；反应热和焓变 专题：图示题分析：A图涉及到的离子方程式有：Mg2+2OHMg（OH）2，Al3+3OHAl（OH）3，NH4+OHNH3H2O，Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，设NaOH溶液的浓度为xmol/L，则n（NH4+）=0.01xmol，n（Al（OH）3）=n（Al3+）=0.005xmol，n（Mg2+）=n（Mg2+）=0.005xmol，据此计算出n（Mg2+）：n（Al3+）：n（
46、NH4+）；B根据图象可知，生成氢氧化镁的物质的量为0.05mol，根据0.005xmol=0.05mol，计算出氢氧化钠的物质的量浓度；C在滴入20mL氯化氢时，氢氧化钠就与氯化氢恰好反应，滴定曲线应该有一个滴定突变；D图中曲线表示反应物和生成物的能量的大小，如A是反应物，则反应放热，反之吸热，B点为活化能，加入催化剂，活化能降低解答：解：A图涉及到的离子方程式有：Mg2+2OHMg（OH）2，Al3+3OHAl（OH）3、NH4+OHNH3H2O、Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，设NaOH溶液的浓度为xmol/L，根据图象可知，横坐标中2535为铵根离子消耗氢氧化钠的体积，铵根离子
47、消耗氢氧化钠溶液的体积为：（3525）mL=10mLn（NH4+）=0.01xmol；3540段为氢氧化铝消耗的氢氧化钠的体积，则nAl（OH）3=n（Al3+）=0.005xmol，025段为Mg2+、Al3+、NH4+消耗的氢氧化钠溶液体积，则：n（Mg2+）=0.005xmol，则：n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2，故A错误；B根据A可知，n（Mg2+）=n（Mg（OH）2）=0.005xmol=0.05mol，则：x=10mol/L，故B正确；C.0.1molL1NaOH溶液的pH为13，用0.1molL1盐酸滴定恰好中和时pH为7，因浓度相同，则体积相同，但
48、酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，故C错误；D图中表示某反应过程的能量变化，使用催化剂降低反应的活化能，所以B点会降低，故D错误；故选B点评：本题考查离子浓度的计算、中和滴定曲线、反应能量变化等知识，题目难度中等，注意分析图象中起点、拐点、终点、变化趋势等问题的分析，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力二、填空题（共4题，共52分）17（14分）（2014秋偃师市校级月考）由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO42、CO32将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取3份100mL该溶液分别进行如下实验
49、：实验序号实验内容实验结果加AgNO3溶液有白色沉淀生成加足量NaOH溶液并加热收集到气体1.12L（已折算成标准状况下的体积）加足量BaCl2溶液时，所得沉淀为6.27g，向沉淀中加足量稀盐酸，然后干燥、称量为2.33g试回答下列问题：（1）根据实验对Cl是否存在的判断是不能确定（填“一定不存在”、“一定存在”或“不能确定”）；根据实验判断混合物中一定不存在的离子是Ba2+、Mg2+（2）试确定溶液中一定存在的阴离子及其物质的量浓度（可不填满）： 阴离子符号物质的量浓度（molL1）SO420.1mol/LCO320.2mol/L；（3）试确定K+是否存在存在（填“是”、或“否”），判断的理
50、由是溶液中肯定存在的离子是NH4+、CO32和SO42，经计算，NH4+的物质的量为0.05 mol，CO32、SO42的物质的量分别为0.02 mol和0.01 mol，根据电荷守恒得K+一定存在考点：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：因碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀，因此实验1对确定是否含有氯离子不能确定；利用实验2可知含有铵离子，利用实验3可知沉淀一定是碳酸钡和硫酸钡，即溶液中一定含有CO32、SO42，则溶液中一定不含Ba2+、Mg2+；加足量NaOH溶液并加热，能收集到气体，则该气体为氨气，且依据标况下氨气的体积可以计算铵根的物质的量；碳酸钡可溶于盐酸
51、，硫酸钡不溶于盐酸，因此加入盐酸后剩余2.33g固体为BaSO4，利用硫、碳守恒即可求算出溶液中c（SO42）、（CO32）的物质的量浓度；结合以上分析以及题中给出的数据可知，溶液中肯定存在的离子是NH4+、CO32和SO42，经计算，NH4+的物质的量为0.05 mol，CO32、SO42的物质的量分别为0.02 mol和0.01 mol，根据电荷守恒得K+一定存在，据此分别解答即可解答：解：（1）碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀，因此实验1得到沉淀无法确定是氯化银，故实验1对Cl是否存在的判断是：不能确定；利用实验2可知含有铵离子，利用实验3可知沉淀一定是碳酸钡和硫酸钡，即溶液中一定含有
52、CO32、SO42，碳酸钡、碳酸镁、硫酸钡等都是不溶于水的沉淀，故可判知溶液一定不存在的离子是：Ba2+、Mg2+，故答案为：不能确定；Ba2+、Mg2+；（2）结合（1）中分析可知溶液中一定含有的阴离子为CO32、SO42，由碳酸钡可溶于盐酸，硫酸钡不溶于盐酸可推知加入盐酸后剩余2.33g固体为BaSO4，利用硫守恒可知溶液中c（SO42）=0.1mol/L；6.27g固体中碳酸钡的质量为6.27g2.33g=3.94g，利用碳守恒可知溶液中c（CO32）=0.2mol/L，故答案为：SO42、0.1mol/L；CO32、0.2mol/L；（3）溶液中肯定存在的离子是NH4+、CO32和SO
53、42，经计算，NH4+的物质的量为1.12L22.4L/mol=0.05 mol，利用（2）中分析、计算可知CO32、SO42的物质的量分别为0.02 mol和0.01 mol，根据电荷守恒可知溶液中一定存在K+，故答案为：存在，溶液中肯定存在的离子是NH4+、CO32和SO42，经计算，NH4+的物质的量为0.05 mol，CO32、SO42的物质的量分别为0.02 mol和0.01 mol，根据电荷守恒得K+一定存在点评：本题考查离子检验，解答时需结合定量计算，思维容量大，方法灵活，值得研究该类试题的解法与命题意境18（11分）（2014秋偃师市校级月考）医学上常用酸性高锰酸钾溶液和草酸溶
54、液的反应用于测定血钙的含量回答下列问题：（1）配平以下离子方程式，并填上所需的微粒6H+2MnO4+5H2C2O410CO2+2Mn2+8（2）该反应中的还原剂是H2C2O4（3）反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量为0.08mol（4）测定血钙的含量的方法是：取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化学方程式是CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4溶解沉淀时不能（能或不能）用稀盐酸，原因是高锰酸钾会氧化氯离子若消耗了1.0104mol/L的溶液20.00mL，则100
55、mL该血液中含钙0.01g考点：探究物质的组成或测量物质的含量；氧化还原反应方程式的配平 专题：氧化还原反应专题分析：（1）根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；（2）失电子化合价升高的反应物是还原剂；（3）根据高锰酸钾和转移电子之间的关系式计算；（4）草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸；HCl具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；根据原子守恒得5Ca2+5（NH4）2C2O45CaC2O45H2C2O42KMnO4，所以得关系式5Ca2+2KMnO4，根据二者之间的关系式进行计算解答：解
56、：（1）根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，所以MnO4、H2C2O4的计量数分别是2、5，再结合原子守恒配平方程式为6H+2MnO4+5H2C2O4=10CO2+2Mn2+8H2O，故答案为：6；2；5；10；2；8；H2O；（2）失电子化合价升高的反应物H2C2O4是还原剂，故答案为：H2C2O4；（3）根据MnO45e得，反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量=0.08mol，故答案为：0.08；（4）草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸，反应方程式为CaC2O4+H2SO4=CaS
57、O4+H2C2O4，故答案为：CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4；HCl具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而造成误差，所以不能用盐酸代替，故答案为：不能；高锰酸钾会氧化氯离子；根据原子守恒得5Ca2+5（NH4）2C2O45CaC2O45H2C2O42KMnO4，所以得关系式5Ca2+2KMnO4，设钙离子浓度为xmol/L，5Ca2+2KMnO45mol 2mol2.0103xmol 2.0106mol 5mol：2mol=2.0103xmol：2.0106mol x=2.5103mol/L则100mL溶液中钙的质量=40g/mol0.1L2.5103mol/L=0.01g
58、，故答案为：0.01点评：本题考查物质含量的测定、氧化还原反应等知识点，侧重考查基本概念、基本理论，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式，注意有机物中C元素化合价的判断方法，难点是确定（4）中钙离子和高锰酸钾之间的关系，题目难度中等19（15分）（2015新津县校级模拟）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中的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
59、现象B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱（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、处依次放入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、碘的非金属性当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为黄色，说明氯的非金属性大于溴（5）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（苯层）为紫红色（6）有人提出，装置F中可改用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，试写出相应的离子反应方程式：HSO3+Cl2+H
60、2OSO42+2Cl+3H+（或4HSO3+Cl2SO42+2Cl+3SO2+2H2O），判断改用NaHSO3溶液是否可行否（填“是”或“否”）考点：氯气的实验室制法 专题：实验题分析：（1）次氯酸钙具有强的氧化性，能够氧化浓盐酸生成氯气；（2）盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；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）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）氯气的氧化性大于溴，能够氧化溴离子生成溴单质，溴水呈黄色；（5）溴的氧化性强于碘单质，溴单质和
61、碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶解于苯中，振荡分层，苯层在上层；（6）F中的氢氧化钠溶液吸收没有反应的氯气，避免污染环境；若改用NaHSO3，会发生反应HSO3+Cl2+H2O=SO42+2Cl+3H+、HSO3+H+=SO2+H2O，生成二氧化硫气体解答：解：（1）次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水：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，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的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
62、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中的HCl；B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；（3）验证氯气是否具有漂白性，则先通过I中湿润的有色布条，观察到褪色，再利用II中固体干燥剂（无水氯化钙或硅胶）干燥后，在中放入干燥的有色布条，观察到颜色不褪，则验证氯气不具有漂白性，只有d符合，故答案为：d；（4）氯气的氧化性大于溴，能够氧化溴离子生成溴单质，溴水呈黄色，故答案为：黄；（5）溴的氧化性强于碘单质，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡发生萃取，溶液分层，上层（苯层）为紫红色，故答案为：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色；（6）NaHS
63、O3与氯气发生氧化还原反应，离子反应为：HSO3+Cl2+H2OSO42+2Cl+3H+（或4HSO3+Cl2SO42+2Cl+3SO2+2H2O），可能生成二氧化硫，污染环境，所以不能用NaHSO3溶液吸收尾气，故答案为：HSO3+Cl2+H2OSO42+2Cl+3H+（或4HSO3+Cl2SO42+2Cl+3SO2+2H2O）；否点评：本题考查性质实验方案的制备，为高频考点，把握氯气的性质、制法、装置的作用及氧化还原反应原理为解答的关键，注意基础知识的掌握，本题难度中等20（12分）（2014秋偃师市校级月考）含氯消毒剂和过氧化物等强氧化性消毒剂可用于环境杀菌消毒（1）过碳酸钠是种有多种用
64、途的新型氧系固态漂白剂，化学式可表示为Na2CO33H2O2，它具有Na2CO3和H2O2的双重性质H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，如消除采矿业废液中的氰化物（如NaCN），经以下反应实现：NaCN+H2O2+H2OA+NH3，则生成物A的化学式为NaHCO3某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质：O2、MnO4、H2O、Mn2+、H2O2、H+已知该反应中H2O2只发生了如下过程：H2O2O2写出该反应的离子方程式：2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O（2）某天然碱的化学式可表示为：aNa2CO3bNaHCO32H2O，取m g天然碱溶于水配成溶液，再向溶液中逐滴
65、加入1mol/L的盐酸，根据标准状况下产生的CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系，某同学作出了如图所示的A和B曲线，试回答下列问题：B曲线正确，天然碱的化学式为Na2CO3NaHCO32H2O mL加盐酸后产生CO2气体体积（标准状况）的最大值为112mL（3）漂白剂亚氯酸钠（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生成时转移的电子个数是6.021023（4）ClO2可以用作环境杀菌消毒，ClO2的单位质量消毒效率是Cl2的2.63倍考点：化学方程式的有关计算；氯、溴、碘及其化
66、合物的综合应用；钠的重要化合物 专题：计算题；元素及其化合物分析：（1）由元素守恒和原子守恒确定产物，根据双氧水的产物是否对环境有影响判断；由H2O2O2知，双氧水在反应中作还原剂，所以还必须有氧化剂参加反应，在反应中得电子化合价降低，根据化合价知，高锰酸根离子作氧化剂，还原产物是锰离子，同时反应后生成水，据此写出离子方程式；（2）依据图象分析，开始无二氧化碳气体生成，是碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠的过程，当碳酸钠全部转化为碳酸氢钠后，再加入盐酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，依据化学方程式计算得到样品中碳酸钠和碳酸氢钠物质的量对AB图象分析判断；根据计算出的碳酸钠和碳酸氢钠物质的量计算生成二
67、氧化碳气体体积；（3）根据化合价变化来计算转移的电子数；（4）1molCl2可以获得2mol电子，1molClO2可以获得电子5mol电子，以此进行计算解答：解：（1）由反应NaCN+H2O2+H2OA+NH3，根据质量守恒定律可知，元素守恒、原子守恒，则A的化学式为NaHCO3，故答案为：NaHCO3；MnO4具有氧化性，H2O2具有还原性，H2O2只发生了如下过程：H2O2O2，则还原反应为MnO4Mn2+，并由质量守恒定律及电荷守恒可知，离子反应为2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O，故答案为：2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O；（2）图象分析可
68、知B图象：碳酸钠生成碳酸氢钠消耗盐酸2.5ml，碳酸氢钠生成二氧化碳消耗盐酸7.5ml2.5ml=5ml，Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl，NaHCO3+HClNaCl+CO2+H2O，则碳酸钠物质的量=0.0025L1mol/L=0，0025mol，原混合物中的碳酸氢钠物质的量=0.005L1mol/L0.0025mol=0.0025mol，图象B合理，样品中碳酸钠和碳酸氢钠物质的量之比为1：1，天然碱的化学式为：Na2CO3NaHCO32H2O；图象A分析：碳酸钠生成碳酸氢钠消耗盐酸0.006ml，碳酸氢钠生成二氧化碳消耗盐酸7.5ml6.0ml=1.5ml，Na2CO3+HCl
69、NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HClNaCl+CO2+H2O，则碳酸钠物质的量=0.006L1mol/L=0.006mol，原混合物中的碳酸氢钠物质的量=0.0015L1mol/L0.006mol0，所以图象A不符合反应过程的定量关系，故A不合理；故答案为：B；Na2CO3NaHCO32H2O；依据计算图象B可知碳酸钠物质的量=0.0025mol，碳酸氢钠物质的量=0.0025mol，根据碳元素守恒得到最大量生成二氧化碳物质的量=0.005mol，标准状况生成二氧化碳体积=0.005mol22.4L/mol=0.112L=112mL，故答案为：112；（3）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，即为6.021023，故答案为：6.021023；（4）设质量都是71g，氯气得到的电子数为21=2mol，ClO2得到的电子数为15=mol=mol，则ClO2消毒的效率是Cl2的倍数为=2.63，故答案为：2.63；点评：本题考查了物质性质的实验探究方法和实验现象分析，反应的离子方程式书写，图象分析的计算判断，氧化还原反应电子转移数计算应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握氧化还原反应中转移的电子数的计算，题目难度中等
