1、2015-2016学年陕西省西安八十三中高三（上）期中化学试卷一、选择题（每小题2分，共20分，每小题只有一个选项最符合题意）1十八大报告中提到要加快生态文明建设的步伐，下列措施有利于生态文明建设的是（）研发易降解的生物农药 开发生产无汞电池 田间焚烧秸秆 应用高效洁净的能源转换技术 加快化石燃料的开采与使用ABCD2下列叙述正确的是：35Li+中含有的中子数与电子数之比为2：1在C2H6分子中极性共价键与非极性共价键数之比为6：1常温下，11.2L的甲烷气体中含有的氢、碳原子数之比为4：15.6g铁与足量的氯气反应失去的电子与参与反应的铁的物质的量之比为2：1（）ABCD3A3+微粒核外有4
2、6个电子，质量数为115，则A原子核里的中子数是（）A46B66C115D494下列有关物质性质的应用正确的是（）A液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂BSiO2既能与HF反应，又能与NaOH反应，属于两性氧化物CCO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在D氯化铝是一种电解质，可用于电解制铝5NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A1 mol 硫酸钾中阴离子所带电荷数为NAB标准状况下，NA个CCl4分子所占的体积约为22.4 LC将0.1mol氯化铁溶于1L水中，所得溶液中含有0.1NAFe3+D常温常压下，16g O2和O3混合物中所含的O原子数为NA6某化合物
3、由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中同时有气体和沉淀产生下列化合物中符合上述条件的是（）AAlCl3BNa2OCFeCl2DSiO27下列过程中，没有明显实验现象的是（）A加热溶有SO2的品红溶液B将HCl通入NaAlO2溶液中C向Fe（NO3）2溶液中滴加稀硫酸D向碳酸氢钠溶液中滴加氢氧化钠溶液8四种短周期元素在周期表中的位置如右图，其中只有M为金属元素下列说法不正确的是（）A元素形成的简单离子的半径ZMBY的最高价氧化物对应水化物的酸性比X 的强CX 的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小DZ位于元素周期表中第2 周期、第A族9下列反应的离子方程式正确的是（）A次氯酸钙溶
4、液中通入过量二氧化碳 Ca2+2ClO+H2O+CO2CaCO3+2HClOB硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液Fe2+2H2O2+4H+Fe3+4H2OCFe2（SO4）3的酸性溶液中通入足量硫化氢 Fe3+H2SFe2+S+2H+D氯化亚铁溶液中加入稀硝酸 3Fe2+4H+NO33Fe3+2H2O+NO10有a、b、c、d 四瓶无色溶液，它们分别是Ba（OH）2溶液，NaHCO3溶液、MgCl2溶液、稀硫酸中的某一种现各取少量溶液进行两两混合，实验现象如表所示，表中“”表示生成沉淀；“”表示生成气体；“一”表示无明显现象下列推理不正确的是（）abcdabcdAc一定是稀硫酸Bd一定是MgCl2溶
5、液Ca可能是NaHCO3溶液Db一定是Ba（OH）2溶液二、选择题：（每小题3分，共30分，每小题只有一个选项最符合题意）11FeS2结构类似于Na2O2，与酸反应时生成H2S2，H2S2类似于H2O2，易分解实验室用稀盐酸制取H2S时，某学生误将FeS2颗粒当作FeS使用，当FeS2反应完后，不可能生成的物质是（）AH2SBSCFeSDFeCl212下列实验结论正确的是（）选项实验操作现象A取待测液先进行焰色反应，再加足量稀盐酸，将产生气体通入品红溶液火焰呈黄色，品红溶液褪色原溶液一定是亚硫酸钠溶液B向浓醋酸溶液中加入少量碳酸钠溶液，将产生气体通过苯酚钠溶液苯酚钠溶液中出现白色浑浊不能说明酸
6、性：醋酸碳酸苯酚C常温下向足量浓硫酸和稀硫酸中，分别加入相同质量、相同体积的铁片相同时间两者产生H2速率不同反应物的浓度越大，反应速率越快D相同的铝片分别与同温同体积，且c（H+）=1 molL1盐酸、硫酸反应铝与盐酸反应产色很难过气泡较快可能是Cl对该反应起到促进作用AABBCCDD13常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）ApH=1的溶液中：Fe2+、NO3、SO42、Na+Bc（S2）=0.1 molL1的溶液中：K+、Cu2+、SO42、ClCc（H+）/c（OH）=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3、ClD水电离的c（H+）=11014molL1的溶液中：Ca2
7、+、K+、Cl、HCO314在100mL含等物质的量的HBr和H2SO3的溶液中通入0.025molCl2，有一半Br变为Br2则原溶液中HBr和H2SO3的浓度都等于（）A0.16mol/LB0.02mol/LC0.20mol/LD0.25mol/L15下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的是（）A用装置甲制取氯气B用装置乙除去氯气中混有的少量氯化氢C用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl24H2O16某研究小组鉴别甲的过程与现象如图所示（已知甲是一种盐）下列结论正确的是（）A如果甲中含有S2，则乙是硫磺沉淀B如果乙是AgCl沉淀，那么甲是F
8、eCl3C丙中肯定含有Fe3+，所以甲是FeBr2D甲中含有铁元素，可能显+2价或+3价17A、B、C、X均为中学化学常见的物质，一定条件下，它们有如下转化关系（部分产物已略去），下列说法错误的是（）A若X为Cl2，则C可能为FeCl3B若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3溶液C若X为O2，则A可能为H2S或NH3D若A、B、C、均为颜色反应呈黄色的化合物，则X可能为CO218下列实验过程中产生的现象与图中曲线变化相对应的是（）AAlCl3滴入NaOH溶液BPH=1的醋酸和盐酸分别加水稀释C氨气通入醋酸溶液中DSO2气体通入溴水中19甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由NH4+、Ba2+
9、、Mg2+、H+、OH、Cl、HCO3、SO42中的不同阳离子和阴离子各一种组成已知：将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；0.1mol/L乙溶液中c（H+）=0.2mol/L；向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成下列结论不正确的是（）A甲溶液含有Ba2+B乙溶液含有SO42C丙溶液含有ClD丁溶液含有Mg2+20将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则Na
10、OH的浓度为（）（已知：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O、NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O）A2mol/LB1.8mol/LC2.4 mol/LD3.6 mol/L三、填空题（35分）21氮氧化物进入大气后，不仅会形成硝酸型酸雨，还可能形成光化学烟雾，因此必须对含有氮氧化物的废气进行处理（1）用氢氧化钠溶液可以吸收废气中的氮氧化物，反应的化学方程式如下：NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O在反应中，氧化剂是，还原剂是在反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为（2）汽车尾气中含有CO和NO，消除这两种物质对
11、大气的污染的方法是安装催化转化器，使它们发生反应生成N2和CO2，该反应的化学方程式为22利用图所示装置收集以下8种气体（图中烧瓶的位置不得变化）：H2Cl2CH4HClNH3NOH2SSO2（1）若烧瓶是干燥的，则由B口进气收集的气体有（写序号）；（2）若烧瓶充满水，可收集的气体有，这时气体由进入（3）若烧瓶是干燥的，则由A口进气，可收集的气体有（4）若在烧瓶内装入浓硫酸使气体干燥，则可用此装置来干燥的气体有，这时气体由口进入23将海水淡化后，从剩余的浓海水中通过一系列工艺流程可以生产其他产品（1）Cl2可以氧化浓海水中的Br，用空气吹出Br2，并用纯碱吸收纯碱吸收溴的主要反应是Br2+Na
12、2CO3+H2ONaBr+NaBrO3+NaHCO3（化学方程式未配平），则吸收1mol Br2时，该反应转移的电子为mol（2）精制浓海水可以得到纯净的饱和食盐水，向其中加入碳酸氢铵可制备碳酸氢钠NaCl的电子式是_上述制备碳酸氢钠的化学方程式是_为测定制得的碳酸氢钠的纯度，可称量a g碳酸氢钠样品（含少量NaCl）溶于足量盐酸，蒸干溶液后灼烧，剩余固体质量为b g样品碳酸氢钠的质量分数是（用含a、b的代数式表示）（3）海水提取镁的一段工艺流程如图：浓海水中的有关成分如下：离子Na+Mg2+ClSO42浓度/（gL1）63.728.8144.646.4产品2的化学式为；1L浓海水最多可得到产
13、品2的质量为 g24如图中AJ分别代表相关反应的一种物质已知A分解得到等物质的量的B、C、D，图中有部分生成物未标出请填写以下空白：（1）A的化学式（2）写出反应的化学方程式：，（3）写出反应的离子方程式：（4）J与F反应的化学方程式：（5）在反应中，当生成标况下2.24L G时，转移电子数为mol四、实验题（15分）25肼（N2H4）是一种重要的工业产品资料表明，氨和次氯酸钠溶液反应能生成肼相关物质的物理性质如下：性状熔点/沸点/水溶性N2H4无色液体1.4113与水混溶N2H6SO4无色晶体254/微溶于冷水，易溶于热水某学生对NH3与NaClO的反应进行实验探究：步骤操作现象取10g N
14、aClO固体，加入100mL水固体溶解，溶液呈碱性液面上方出现白雾（1）NaClO溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）（2）肼是一种二元弱碱向肼的溶液中滴加石蕊试剂，溶液变蓝，其原因是（用化学用语表示）向水中持续通入NH3，未观察到白雾推测现象中的白雾由N2H4小液滴形成，进行实验：用湿润的红色石蕊试纸检验白雾，试纸变蓝该实验不能判断白雾中含有N2H4，理由是（3）进一步实验确认了A中生成了N2H4步骤II中反应的化学方程式是（N2不参与反应）（4）继续进行如下实验：a向A中加入过量稀硫酸，得到沉淀过滤、洗涤，得到N2H6SO4固体b将N2H6SO4固体溶于KOH溶液，得到高纯度、高浓度的N
15、2H4溶液通过检验Cl来判断沉淀是否洗涤干净检验Cl操作是提纯含有NaCl的N2H6SO4固体的实验方法可以是实验b中省略的实验操作是2015-2016学年陕西省西安八十三中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题2分，共20分，每小题只有一个选项最符合题意）1十八大报告中提到要加快生态文明建设的步伐，下列措施有利于生态文明建设的是（）研发易降解的生物农药 开发生产无汞电池 田间焚烧秸秆 应用高效洁净的能源转换技术 加快化石燃料的开采与使用ABCD【考点】常见的生活环境的污染及治理【专题】化学计算【分析】研发易降解的生物农药能减少污染物的排放；废旧电池属于电子污染，开发生产无
16、汞电池可以减少环境污染，田间焚烧秸秆增加二氧化碳、烟尘的排放，污染环境；应用高效洁净的能源转换技术，可以节约能源，减少二氧化碳的排放；大量使用化石燃料会排放出大量的废气、烟尘造成环境污染；【解答】解：研发易降解的生物农药能减少污染物的排放，符合题意，故正确；废旧电池属于电子污染，开发生产无汞电池可以减少环境污染，符合题意，故正确；田间焚烧秸秆增加二氧化碳、烟的排放，污染环境，不符合题意，故错误；应用高效洁净的能源转换技术，可以节约能源，减少二氧化碳的排放，符合题意，故正确；大量使用化石燃料会排放出大量的废气、烟尘造成环境污染，不符合题意，故错误；故选：B；【点评】本题考查环境保护问题，学生应明
17、确习题中含有当前的社会热点是高考的一大特点，学生应学会把社会热点和课本知识点联系起来2下列叙述正确的是：35Li+中含有的中子数与电子数之比为2：1在C2H6分子中极性共价键与非极性共价键数之比为6：1常温下，11.2L的甲烷气体中含有的氢、碳原子数之比为4：15.6g铁与足量的氯气反应失去的电子与参与反应的铁的物质的量之比为2：1（）ABCD【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；物质的量的相关计算；极性键和非极性键【专题】原子组成与结构专题；物质的量的计算【分析】根据原子符号的含义以及阳离子中核外电子数=核内质子数电荷数；同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极
18、性共价键；根据甲烷的分子式来确定，与气体的体积无关；根据铁与足氯气反应，1个铁失去3个电子来判断，与铁的物质的量无关【解答】解：53Li+中含有的中子数为2与电子数为2，中子数与电子数之比为2：2，故错误；在C2H6分子中极性共价键有6个，非极性共价键有1个，两者数目之比为6：1，故正确；甲烷（CH4）气体中含有的氢、碳原子数之比为4：1，故错误；5.6g铁与足量的氯气反应失去的电子与参与反应的铁的物质的量之比为3：1故错误；故选C【点评】本题考查同位素、核素的概念及质量数质子数、中子数之间的关系，难度不大，明确这几个概念间的区别3A3+微粒核外有46个电子，质量数为115，则A原子核里的中子
19、数是（）A46B66C115D49【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系【专题】原子组成与结构专题【分析】在阳离子中，阳离子的核外电子数=质子数电荷数，质量数=质子数+中子数，所以中子数=质量数质子数【解答】解：A3+离子有46个电子，电荷数为3，阳离子的核外电子数=质子数电荷数，所以质子数=核外电子数+电荷数=46+3=49；中子数=质量数质子数=11549=66，故选B【点评】本题考查了核外电子数、质子数、中子数、质量数、电荷数之间的关系，难度不大，明确由原子变成离子，变化的是核外电子数，不变的是核内质子数4下列有关物质性质的应用正确的是（）A液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂
20、BSiO2既能与HF反应，又能与NaOH反应，属于两性氧化物CCO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在D氯化铝是一种电解质，可用于电解制铝【考点】氨的物理性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】A液氨汽化时要吸收大量的热；B两性氧化物是与酸、碱反应都只生成盐和水；C一氧化氮不稳定，容易被氧化生成二氧化氮；D氯化铝属于共价化合物，熔融情况下不导电【解答】解：A液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，故A正确；B氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，不符合两性氧化物的概念，不是两性氧化物，故B错误；C一氧化氮不稳定，容易
21、被氧化生成二氧化氮，故C错误；D氯化铝属于共价化合物，熔融情况下不导电，不能用于电解制铝，故D错误；故选：A【点评】本题考查物质的性质和用途，熟悉氨气、二氧化硅、氯化铝的性质是解题关键，注意两性氧化物的概念，题目难度不大5NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A1 mol 硫酸钾中阴离子所带电荷数为NAB标准状况下，NA个CCl4分子所占的体积约为22.4 LC将0.1mol氯化铁溶于1L水中，所得溶液中含有0.1NAFe3+D常温常压下，16g O2和O3混合物中所含的O原子数为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A硫酸根离子带两个负电荷；B标准状况CCl4不是气体；C铁离子在水溶
22、液中水解；D质量转换成物质的量，结合氧气和臭氧的组成解答【解答】解：A硫酸根离子带两个负电荷，1mol硫酸钾中阴离子所带电荷数为2NA，故A错误；B标准状况CCl4不是气体，1molCCl4分子所占的体积约不是22.4L，故B错误；C铁离子在水溶液中水解，将0.1mol氯化铁溶于1L水中，所得溶液含有Fe3+0.1NA，故C错误；D16g O2和O3所含的氧原子的质量为16g，含有1mol氧原子，含有的原子数为NA，故D正确；故选D【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积的条件分析，盐类水解的理解应用，题目难度中等6某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）
23、2溶液中同时有气体和沉淀产生下列化合物中符合上述条件的是（）AAlCl3BNa2OCFeCl2DSiO2【考点】真题集萃；盐类水解的应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物【分析】选项中物质只有FeCl2不能由两种单质直接反应生成，且SiO2与Ba（HCO3）2不反应，Na2O与Ba（HCO3）2溶液反应不生成气体，以此来解答【解答】解：AAl与氯气化合生成AlCl3，AlCl3与Ba（HCO3）2溶液反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故A正确；B钠与氧气反应生成氧化钠，但Na2O与Ba（HCO3）2溶液反应不生成气体，只生成碳酸钡沉淀，故B错误；CFe与氯气化合生成F
24、eCl3，故C错误；DSi与氧气化合生成SiO2，但SiO2与Ba（HCO3）2不反应，故D错误；故选A【点评】本题为2015年山东高考题，侧重元素化合物知识及反应原理的考查，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，注意选项A中相互促进水解反应，题目难度不大7下列过程中，没有明显实验现象的是（）A加热溶有SO2的品红溶液B将HCl通入NaAlO2溶液中C向Fe（NO3）2溶液中滴加稀硫酸D向碳酸氢钠溶液中滴加氢氧化钠溶液【考点】二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物【分析】A二氧化硫能使品红溶液褪色，但二氧化硫的漂白性不稳定，受热易恢复原色；BHCl通入偏
25、铝酸钠溶液中先生成氢氧化铝沉淀，当HCl过量时，沉淀会溶解；C酸性条件下，亚铁离子能被硝酸根离子氧化；D碳酸氢钠、NaOH、碳酸钠溶液都呈无色【解答】解：A二氧化硫能使品红溶液褪色，但二氧化硫的漂白性不稳定，受热易恢复原色，所以加热溶有SO2的品红溶液，溶液由无色变为红色，故A不选；BHCl通入偏铝酸钠溶液中先生成氢氧化铝沉淀，当HCl过量时，沉淀会溶解，所以看到的现象是：先生成沉淀后沉淀溶解，有明显现象，故B不选；C酸性条件下，亚铁离子能被硝酸根离子氧化生成铁离子，同时生成NO，溶液由浅绿色变为黄色，有明显现象，故C不选；D碳酸氢钠、NaOH、碳酸钠溶液都呈无色，碳酸氢钠和NaOH反应生成碳
26、酸钠，反应前后溶液都呈无色，没有明显现象，故D选；故选D【点评】本题考查元素化合物性质，涉及二氧化硫漂白性、氢氧化铝两性、亚铁离子的还原性等知识点，为高频考点，易错选项是C，中性条件下硝酸根离子没有氧化性，为易错点8四种短周期元素在周期表中的位置如右图，其中只有M为金属元素下列说法不正确的是（）A元素形成的简单离子的半径ZMBY的最高价氧化物对应水化物的酸性比X 的强CX 的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小DZ位于元素周期表中第2 周期、第A族【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【专题】结构决定性质思想；演绎推理法；原子组成与结构专题【分析】根据元素在周期表中的位置可知，这Y、Z处于第二
27、周期，M、X处于第三周期，只有M为金属元素，则M为Al元素，则X为Si元素、Y为氮元素、Z为氧元素，据此结合元素周期律解答【解答】解：根据元素在周期表中的位置可知，这Y、Z处于第二周期，M、X处于第三周期，只有M为金属元素，则M为Al元素，则X为Si元素、Y为氮元素、Z为氧元素，A离子电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，所以离子半径O2Al3+，故A错误；B非金属性NSi，故酸性HNO3H2SiO3，故B正确；C非金属性SiO，故氢化物稳定性SiH4H2O，故C正确；DZ为氧元素，位于元素周期表中第2周期第A族，故D正确；故选A【点评】本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，难度不大，推断
28、元素是解题关键，注意对元素周期表的整体把握，注意对元素周期律的理解掌握9下列反应的离子方程式正确的是（）A次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳 Ca2+2ClO+H2O+CO2CaCO3+2HClOB硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液Fe2+2H2O2+4H+Fe3+4H2OCFe2（SO4）3的酸性溶液中通入足量硫化氢 Fe3+H2SFe2+S+2H+D氯化亚铁溶液中加入稀硝酸 3Fe2+4H+NO33Fe3+2H2O+NO【考点】离子方程式的书写【分析】A反应生成碳酸氢钙和HClO；B电子、电荷不守恒；C电子、电荷不守恒；D反应生成铁离子、NO和水【解答】解：A次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳的离子反应
29、为ClO+H2O+CO2HCO3+HClO，故A错误；B硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液的离子反应为2Fe2+2H2O2+2H+2Fe3+4H2O，故B错误；CFe2（SO4）3的酸性溶液中通入足量硫化氢的离子反应为2Fe3+H2S2Fe2+S+2H+，故C错误；D氯化亚铁溶液中加入稀硝酸的离子反应为3Fe2+4H+NO33Fe3+2H2O+NO，故D正确；故选D【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反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、与量有关的离子反应、氧化还原反应及分析与应用能力的考查，题目难度不大10有a、b、c、d 四瓶无色溶液，它们分别是B
30、a（OH）2溶液，NaHCO3溶液、MgCl2溶液、稀硫酸中的某一种现各取少量溶液进行两两混合，实验现象如表所示，表中“”表示生成沉淀；“”表示生成气体；“一”表示无明显现象下列推理不正确的是（）abcdabcdAc一定是稀硫酸Bd一定是MgCl2溶液Ca可能是NaHCO3溶液Db一定是Ba（OH）2溶液【考点】无机物的推断【分析】b均能与a、c、d反应三种物质反应生成沉淀，则b一定为Ba（OH）2溶液；既能够生成沉淀又能够生成气体的为a、c，则a、c可能为NaHCO3溶液或稀硫酸，二者都不与MgCl2溶液反应，则d为MgCl2溶液；由于碳酸氢钠、稀硫酸与氢氧化钡、氯化镁溶液的反应现象相同，则
31、无法判断a、c是稀硫酸还是碳酸氢钠溶液，据此进行解答【解答】解：根据表中实验现象可知，b均能与a、c、d反应三种物质反应生成沉淀，四种物质中只有Ba（OH）2溶液满足，所以b一定为Ba（OH）2溶液；a、c既能够生成沉淀又能够生成气体，则a、c可能为NaHCO3溶液或稀硫酸；只与氢氧化钡溶液反应的为d，则d为MgCl2溶液；由于碳酸氢钠、稀硫酸都不与氯化镁溶液反应，且与氢氧化钡溶液反应的现象相同，则无法判断a、c是稀硫酸还是碳酸氢钠溶液，A根据分析可知，c可能为稀硫酸或Ba（OH）2溶液，故A错误；B根据分析可知，d一定为MgCl2溶液，故B正确；C结合分析可知，c可能是NaHCO3溶液或Mg
32、Cl2溶液，故C正确；Db一定为氢氧化钡溶液，故D正确；故选A【点评】本题考查无机推断，题目难度中等，明确常见物质的性质及反应现象为解答关键，解答时可以采用对应求解法，根据物质间的两两反应找到特征物质，试题培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力二、选择题：（每小题3分，共30分，每小题只有一个选项最符合题意）11FeS2结构类似于Na2O2，与酸反应时生成H2S2，H2S2类似于H2O2，易分解实验室用稀盐酸制取H2S时，某学生误将FeS2颗粒当作FeS使用，当FeS2反应完后，不可能生成的物质是（）AH2SBSCFeSDFeCl2【考点】含硫物质的性质及综合应用【专题】氧族元素【分析】根据
33、发生的FeS2+2HCl=H2S2+FeCl2、H2S2=H2S+S的反应进行判断【解答】解：FeS2颗粒与盐酸发生：FeS2+2HCl=H2S2+FeCl2，H2S2类似于H2O2，易分解，发生H2S2=H2S+S，则不可能生成的是FeS，故选C【点评】本题考查含硫物质的性质，题目难度中等，本题注意题中信息，学习中注意信息迁移能力的培养12下列实验结论正确的是（）选项实验操作现象A取待测液先进行焰色反应，再加足量稀盐酸，将产生气体通入品红溶液火焰呈黄色，品红溶液褪色原溶液一定是亚硫酸钠溶液B向浓醋酸溶液中加入少量碳酸钠溶液，将产生气体通过苯酚钠溶液苯酚钠溶液中出现白色浑浊不能说明酸性：醋酸碳
34、酸苯酚C常温下向足量浓硫酸和稀硫酸中，分别加入相同质量、相同体积的铁片相同时间两者产生H2速率不同反应物的浓度越大，反应速率越快D相同的铝片分别与同温同体积，且c（H+）=1 molL1盐酸、硫酸反应铝与盐酸反应产色很难过气泡较快可能是Cl对该反应起到促进作用AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响；比较弱酸的相对强弱的实验【专题】实验评价题【分析】A亚硫酸钠、亚硫酸氢钠都能和稀盐酸反应生成二氧化硫；B强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，醋酸具有挥发性，醋酸也能和苯酚钠反应生成苯酚；C常温下，浓硫酸和Fe发生钝化现象；D相同的铝片分别与同温同体积，且c（H+）
35、=1 molL1盐酸、硫酸反应时只有酸的阴离子不同，反应速率不同，可能是酸中阴离子导致的【解答】解：A亚硫酸钠、亚硫酸氢钠都能和稀盐酸反应生成二氧化硫，根据实验现象知，原溶液中溶质可能是Na2SO3或NaHSO3，故A错误；B强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，醋酸具有挥发性，所以制取的二氧化碳中含有醋酸，醋酸也能和苯酚钠反应生成苯酚，所以不能据此判断酸性：醋酸碳酸苯酚，故B正确；C常温下，浓硫酸和Fe发生钝化现象而不产生氢气，故C错误；D相同的铝片分别与同温同体积，且c（H+）=1 molL1盐酸、硫酸反应时只有酸的阴离子不同，反应速率不同，可能是酸中阴离子导致的，Al和稀盐酸反应较硫酸快，可能是C
36、l对该反应起到促进作用，故D正确；故选BD【点评】本题考查化学实验方案评价，为高考高频点，侧重考查基本原理、离子检验等知识点，明确元素化合物知识、物质性质即可解答，易错选项是B，注意排除醋酸的干扰，为易错点13常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）ApH=1的溶液中：Fe2+、NO3、SO42、Na+Bc（S2）=0.1 molL1的溶液中：K+、Cu2+、SO42、ClCc（H+）/c（OH）=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3、ClD水电离的c（H+）=11014molL1的溶液中：Ca2+、K+、Cl、HCO3【考点】离子共存问题【分析】ApH=1的溶液，显酸性；B
37、离子之间结合生成沉淀；Cc（H+）/c（OH）=1012的溶液，显酸性；D水电离的c（H+）=11014molL1的溶液，为酸或碱溶液【解答】解：ApH=1的溶液，显酸性，Fe2+、NO3、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；BCu2+、S2结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；Cc（H+）/c（OH）=1012的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D水电离的c（H+）=11014molL1的溶液，为酸或碱溶液，HCO3与酸、碱均反应，一定不能大量，故D错误；故选C【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解
38、反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大14在100mL含等物质的量的HBr和H2SO3的溶液中通入0.025molCl2，有一半Br变为Br2则原溶液中HBr和H2SO3的浓度都等于（）A0.16mol/LB0.02mol/LC0.20mol/LD0.25mol/L【考点】物质的量浓度的相关计算【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】还原性H2SO3HBr，通入的氯气先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，剩余的氯气在氧化HBr为Br2令原溶液中HBr和H2SO3的浓度都为cmol/L，根据电子转移守恒列方程计算c【解答】解：还原性H2SO3HBr，通入的氯气先氧化H2SO3
39、为H2SO4，H2SO3反应完毕，剩余的氯气再氧化HBr为Br2，有一半Br变为Br2，则原溶液H2SO3被完全氧化，令原溶液中HBr和H2SO3的浓度都为cmol/L，根据电子转移守恒有：cmol/L0.1L（64）+cmol/L0.1L1=0.025mol2，解得c=0.2，故选：C【点评】本题考查氧化还原反应、混合物的计算、根据方程式的计算等，难度中等，清楚氯气先氧化H2SO3为H2SO4，后氧化HBr为Br2是解题的关键，注意用电子转移守恒进行计算简化计算15下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的是（）A用装置甲制取氯气B用装置乙除去氯气中混有的少量氯化氢C用装置
40、丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl24H2O【考点】真题集萃；氯气的实验室制法；氯、溴、碘的性质实验【专题】实验设计题【分析】A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热；B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性，能吸收氯气，气体应为长进短处；C、二氧化锰不溶于水，将液体和不溶于液体的固体分离开来的一种方法为过滤；D、锰离子可发生水解【解答】解：A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热，甲装置无加热仪器，故A错误；B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性，能吸收氯气，且NaHCO3和HCl反应能生成CO2，引入新的杂质气体，所以吸收试剂应该为饱和食盐水，并且气体应为长进短出，故B错误；C、二氧化锰不溶于水，
41、因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，丙装置为过滤装置，故C正确；D、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制MnCl24H2O，应该在HCl的气氛中进行，故D错误；故选C【点评】本题考查了氯气的实验室制备，侧重于实验原理、实验仪器、实验基本操作、盐类水解的考查，综合性较强，难度一般，注意气体的进出导管长短、盐类水解的抑制应用16某研究小组鉴别甲的过程与现象如图所示（已知甲是一种盐）下列结论正确的是（）A如果甲中含有S2，则乙是硫磺沉淀B如果乙是AgCl沉淀，那么甲是FeCl3C丙中肯定含有Fe3+，所以甲是FeBr2D甲中含有铁元素，可能显+2价或+3价【考点】常见离子的检验方
42、法【专题】离子反应专题【分析】甲与硝酸银酸性溶液反应可得乙与丙，乙为淡黄色沉淀，则乙为AgBr，丙与KSCN溶液反应呈血红色，则丙中一定含有Fe3+，但甲转化为乙和丙时的试剂书写酸性硝酸银溶液，具有强氧化性，则甲可能是溴化亚铁，也可能是溴化铁，据此解答【解答】解：甲与硝酸银酸性溶液反应可得乙与丙，乙为淡黄色沉淀，则乙为AgBr，丙与KSCN溶液反应呈血红色，则丙中一定含有Fe3+，但甲转化为乙和丙时的试剂书写酸性硝酸银溶液，具有强氧化性，则甲可能是溴化亚铁，也可能是溴化铁，A由上述分析可知，甲中含有Fe2+或Fe3+，硫化亚铁不溶，S2与Fe3+发生氧化反应，不能共存，故A错误；BAgCl是白
43、色沉淀，乙不可能是AgCl，故B错误；C丙中一定含有Fe3+，甲转化为乙和丙时的试剂书写酸性硝酸银溶液，具有强氧化性，则甲可能是溴化亚铁，也可能是溴化铁，故C错误；D甲可能是溴化亚铁，也可能是溴化铁，故D正确；故选D【点评】本题考查离子检验，元素化合物性质等，难度中等，注意掌握常见离子检验方法，注意酸性硝酸银溶液有强氧化性17A、B、C、X均为中学化学常见的物质，一定条件下，它们有如下转化关系（部分产物已略去），下列说法错误的是（）A若X为Cl2，则C可能为FeCl3B若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3溶液C若X为O2，则A可能为H2S或NH3D若A、B、C、均为颜色反应呈黄色的化合物，则
44、X可能为CO2【考点】无机物的推断【分析】根据图知，A+XC，ABC，由此看出，A反应生成B还是C与X的量有关，结合物质间的反应分析解答【解答】解：A无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁，所以与氯气的量无关，故A错误；B若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3，氯化铝和过量氢氧化钾发生反应4KOH+AlCl3KAlO2+H2O+3KCl，则C是KAlO2，和少量氢氧化钾溶液发生反应3KOH+AlCl3Al（OH）3+3KCl，B是Al（OH）3，氢氧化铝和氢氧化钾溶液发生反应Al（OH）3+KOHKAlO2+2H2O，故B正确；C若X是O2，A可为硫化氢或氨气，硫化氢和过量氧气反应生成二氧
45、化硫，和少量氧气反应生成硫单质，硫单质能和氧气反应生成二氧化硫，氨气与氧气可以生成氮气，也可以生成一氧化氮，氮气与氧气反应生成一氧化氮，所以符合条件，故C正确；D若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则这三种物质都含有钠元素，则X可能为CO2，A和NaOH，氢氧化钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，和少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，所以生成物与二氧化碳的量有关，故D正确；故选：A【点评】本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，根据反应特点知“A生成C还是先生成B再转化为C”，与X的量有关，再结合物质的性质分析解答即可，难度较大18下列实验过程中产生
46、的现象与图中曲线变化相对应的是（）AAlCl3滴入NaOH溶液BPH=1的醋酸和盐酸分别加水稀释C氨气通入醋酸溶液中DSO2气体通入溴水中【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电解质溶液的导电性；二氧化硫的化学性质【专题】图像图表题【分析】A根据AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al（OH）3+3NaCl判断；B醋酸为弱电解质，盐酸为强电解质，二者加水稀释时的pH变化不同，无论怎么稀释，溶液都呈酸性；C氨气与醋酸反应生成强电解质醋酸铵；D根据反应Br2+SO2+2H2OH2SO4+2HBr判断【解答】解：A在氢氧化钠溶液中滴入氯
47、化铝溶液，发生的反应为AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al（OH）3+3NaCl，现象是先没有沉淀后出现沉淀，故A错误；BPH相同的醋酸和盐酸，加水等体积稀释，浓度变稀，加大醋酸的电离，故相比于盐酸其PH更小，故B错误；C氨气通入醋酸溶液中，反应生成强电解质醋酸铵，溶液导电能力增强，故C错误；DSO2气体通入溴水中，发生反应Br2+SO2+2H2OH2SO4+2HBr，反应后溶液酸性增强，pH减小，但溴水溶液呈酸性，开始时pH7，故D正确；故选D【点评】本题考查较为综合，涉及物质的性质和弱电解质的电离，题目难度中等，易错点为C
48、，注意看准图象曲线的变化19甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH、Cl、HCO3、SO42中的不同阳离子和阴离子各一种组成已知：将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；0.1mol/L乙溶液中c（H+）=0.2mol/L；向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成下列结论不正确的是（）A甲溶液含有Ba2+B乙溶液含有SO42C丙溶液含有ClD丁溶液含有Mg2+【考点】常见离子的检验方法【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，可以形成白色沉淀的只有BaSO4、BaCO3、Mg（OH）2
49、，因此甲只能是Ba（OH）2；0.1mol/L乙溶液中c（H+）=0.2mol/L，说明乙是硫酸；向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成，说明丙是MgCl2，所以丁是NH4HCO3 ；【解答】解：根据中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根据中现象，可以推知丙中含有Cl；再结合中提供信息，甲与其它三种物质混合均产生白色沉淀，则可推出甲是Ba（OH）2，乙是H2SO4，丙是MgCl2，丁是NH4HCO3，故选D【点评】本题为推断题，做题时注意题中的反应现象，找出突破口，抓住物质的性质是关键，题目难度中等20将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO
50、、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则NaOH的浓度为（）（已知：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O、NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O）A2mol/LB1.8mol/LC2.4 mol/LD3.6 mol/L【考点】氧化还原反应的计算【分析】用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是CuCu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每
51、个N原子得2个电子，由电子转移守恒可知，51.2gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，据此计算故产物中NaNO2的物质的量，由Na守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），据此计算NaOH的物质的量浓度【解答】解：用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是CuCu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，51.2gCu共失电子为2=1.6mol，HNO3到NaNO2共得到电子1.6mol，故产物中NaNO2的物质的量为=0.8mol，由Na守恒可
52、知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3）=0.8mol+0.2mol=1.0mol，则NaOH的浓度为=2mol/L故选：A【点评】本题考查氧化还原反应的有关计算，难度中等，用终态分析法判断失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子是解题的关键三、填空题（35分）21氮氧化物进入大气后，不仅会形成硝酸型酸雨，还可能形成光化学烟雾，因此必须对含有氮氧化物的废气进行处理（1）用氢氧化钠溶液可以吸收废气中的氮氧化物，反应的化学方程式如下：NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O在反应中，氧化剂是NO2，还原剂是NO在反应中，氧化剂和
53、还原剂的物质的量之比为1：1（2）汽车尾气中含有CO和NO，消除这两种物质对大气的污染的方法是安装催化转化器，使它们发生反应生成N2和CO2，该反应的化学方程式为2NO+2CON2+2CO2【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】（1）NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O中，N元素的化合价由+4价降低为+3价，N元素的化合价由+2价升高为+3价；2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O中，N元素的化合价由+4价降低为+3价、升高为+5价；（2）由信息可知，CO和NO反应生成N2和CO2，以此来解答【解答】解：（1）NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O中，N
54、元素的化合价由+4价降低为+3价，N元素的化合价由+2价升高为+3价，则氧化剂为NO2，还原剂为NO；2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O中，N元素的化合价由+4价降低为+3价、升高为+5价，氧化剂和还原剂均为NO2，NO2的物质的量之比为1：1，故答案为：NO2；NO；1：1；（2）由信息可知，CO和NO反应生成N2和CO2，反应为2NO+2CON2+2CO2，故答案为：2NO+2CON2+2CO2【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结合习题中的信息解答，题目难度不大22利用图所示装置收集以下8种气体（
55、图中烧瓶的位置不得变化）：H2Cl2CH4HClNH3NOH2SSO2（1）若烧瓶是干燥的，则由B口进气收集的气体有（写序号）；（2）若烧瓶充满水，可收集的气体有，这时气体由A进入（3）若烧瓶是干燥的，则由A口进气，可收集的气体有（4）若在烧瓶内装入浓硫酸使气体干燥，则可用此装置来干燥的气体有，这时气体由B口进入【考点】气体的收集【专题】综合实验题【分析】（1）若烧瓶是干燥的，则由B口进气A口出气，该收集方法为向上排空气集气法，说明收集气体的密度大于空气，且常温下和空气中氧气不反应；（2）若烧瓶充满水，可收集的气体应不溶于水，且与水不反应；（3）若烧瓶是干燥的，则由A口进气B口出气，该收集方法
56、为向下排空气集气法，说明收集气体的密度小于空气，且常温下和空气中氧气不反应；（4）干燥气体时，气体应从长导管进，短导管出，且气体与浓硫酸不反应【解答】解：（1）若由B口进气A口出气，此收集方法为向下排空气集气法，说明收集气体的密度大于空气，且常温下和空气中氧气不反应，满足条件的气体有 Cl2HClH2SSO2，故答案为：；（2）若烧瓶充满水，可收集的气体应不溶于水，且与水不反应，则符合，用排水法收集气体时，气体应从短导管进，即从A进，故答案为：；A；（3）若烧瓶是干燥的，则由A口进气B口出气，该收集方法为向下排空气集气法，说明收集气体的密度小于空气，且常温下和空气中氧气不反应，则符合，故答案为
57、：；（4）干燥气体时，气体应从长导管进，短导管出，且气体与浓硫酸不反应，题中都可用浓硫酸干燥，气体应该从B端进入，故答案为：；B【点评】本题考查较为综合，涉及气体的收集、干燥，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目难度不大，注意掌握常见气体的性质以及装置的特点和运用23将海水淡化后，从剩余的浓海水中通过一系列工艺流程可以生产其他产品（1）Cl2可以氧化浓海水中的Br，用空气吹出Br2，并用纯碱吸收纯碱吸收溴的主要反应是Br2+Na2CO3+H2ONaBr+NaBrO3+NaHCO3（化学方程式未配平），则吸收1mol Br2时，该反应转移的电子为mol（2）精制浓海水可以得到纯净的饱和食盐
58、水，向其中加入碳酸氢铵可制备碳酸氢钠NaCl的电子式是_上述制备碳酸氢钠的化学方程式是NaCl+NH4HCO3NaHCO3+NH4Cl_为测定制得的碳酸氢钠的纯度，可称量a g碳酸氢钠样品（含少量NaCl）溶于足量盐酸，蒸干溶液后灼烧，剩余固体质量为b g样品碳酸氢钠的质量分数是100%（用含a、b的代数式表示）（3）海水提取镁的一段工艺流程如图：浓海水中的有关成分如下：离子Na+Mg2+ClSO42浓度/（gL1）63.728.8144.646.4产品2的化学式为Mg（OH）2；1L浓海水最多可得到产品2的质量为69.6 g【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；
59、探究物质的组成或测量物质的含量【专题】元素及其化合物；物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）涉及反应Br2+Na2CO3+H2ONaBr+NaBrO3+NaHCO3，Br元素化合价分别由0价变化为1价、+5价，结合化合价的变化计算；（2）氯化钠是离子化合物，钠离子和氯离子形成离子键；纯净的饱和食盐水，利用溶解度的不同，向其中加入碳酸氢铵可制备碳酸氢钠称量a g碳酸氢钠样品（含少量NaCl）溶于足量盐酸，蒸干溶液后灼烧，剩余固体质量为b g，设碳酸氢钠物质的量为x，含氯化钠物质的量为y，计算得到xy，碳酸氢钠的质量分数等于碳酸氢钠质量除以混合物总质量；（3）工艺流程合成步骤中加入石灰乳，沉降后，将过
60、滤后的滤液进行脱硫，应是用钙离子沉淀硫酸根离子生成硫酸钙沉淀，产品1为硫酸钙，合成得到氢氧化镁沉淀，故过滤后干燥的产品2为氢氧化镁，计算1L溶液中Mg2+的质量，根据Mg2+Mg（OH）2计算氢氧化镁的质量【解答】解：（1）反应Br2+Na2CO3+H2ONaBr+NaBrO3+NaHCO3中，Br元素化合价分别由0价变化为1价、+5价，反应中Br2起氧化剂、还原剂作用，根据电子转移守恒可知，2n氧化剂（Br2）=25n还原剂（Br2），故n氧化剂（Br2）：n还原剂（Br2）=5：1，故吸收1mol Br2时，转移的电子数为1mol25=mol，故答案为：；（2）氯化钠是离子化合物，是钠离子
61、和氯离子通过静电作用形成的，其电子式为，故答案为：；纯净的饱和食盐水，利用溶解度的不同，向其中加入碳酸氢铵可制备碳酸氢钠，反应的化学方程式为：NaCl+NH4HCO3NaHCO3+NH4Cl，故答案为：NaCl+NH4HCO3NaHCO3+NH4Cl；量a g碳酸氢钠样品（含少量NaCl）溶于足量盐酸，发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，蒸干溶液后灼烧，剩余固体质量为b g，设碳酸氢钠物质的量为x，含氯化钠物质的量为y，依据元素守恒列式计算，x=mol，样品碳酸氢钠的质量分数=100%=100%，故答案为：100%；（3）采用过滤的方法得到产品1为CaSO4，滤液中加入石灰乳，
62、发生反应为Mg2+2OH=Mg（OH）2，合成中应得到Mg（OH）2沉淀，过滤、干燥的产品2为Mg（OH）2，溶液中m（Mg2+）=1L28.8g/L=28.8g，Mg2+Mg（OH）224g 58g28.8g mMg（OH）2mMg（OH）2=28.8g=69.6g，故答案为：Mg（OH）2；69.6【点评】本题考查了物质性质的分析应用，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验和计算能力的考查，注意把握实验的原理以及物质的性质，从质量守恒的角度把握相关方程式的计算，难度中等24如图中AJ分别代表相关反应的一种物质已知A分解得到等物质的量的B、C、D，图中有部分生成物未标出请填写以下空白：（1）
63、A的化学式NH4HCO3（2）写出反应的化学方程式：2Mg+CO22MgO+C，4NH3+5O24NO+6H2O（3）写出反应的离子方程式：NH4+HCO3+2OHNH3+CO2 +2H2O（4）J与F反应的化学方程式：C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O（5）在反应中，当生成标况下2.24L G时，转移电子数为0.2mol【考点】无机物的推断；含氮物质的综合应用【专题】推断题；氮族元素【分析】A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐，C能和过氧化钠反应，则C为水或二氧化碳，镁条能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、
64、D，则B为二氧化碳，C为水，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3【解答】解：A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐，C能和Na2O2反应，则C为H2O或二氧化碳，Mg能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，C为水，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下反应生成H，则D是NH3
65、，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3（1）通过以上分析知，A是NH4HCO3，故答案为：NH4HCO3；（2）镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C；在催化剂、加热条件下，氨气被氧化生成一氧化氮和水，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（3）在加热条件下，碳酸氢铵和氢氧化钠反应生成氨气、二氧化碳和水，离子方程式为：NH4+HC
66、O3+2OHNH3+CO2 +2H2O，故答案为：NH4+HCO3+2OHNH3+CO2 +2H2O；（4）在加热条件下，碳和浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应方程式为：C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O，故答案为：C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O；（5）水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，当生成标况下2.24L 氧气时转移电子的物质的量=0.2mol，故答案为：0.2【点评】本题考查无机物的推断，利用物质的转化推断出各物质是解答本题的关键，C及B为解答本题的突破口，题目难度中等四、实验题（15
67、分）25肼（N2H4）是一种重要的工业产品资料表明，氨和次氯酸钠溶液反应能生成肼相关物质的物理性质如下：性状熔点/沸点/水溶性N2H4无色液体1.4113与水混溶N2H6SO4无色晶体254/微溶于冷水，易溶于热水某学生对NH3与NaClO的反应进行实验探究：步骤操作现象取10g NaClO固体，加入100mL水固体溶解，溶液呈碱性液面上方出现白雾（1）NaClO溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）ClO+H2OHClO+OH（2）肼是一种二元弱碱向肼的溶液中滴加石蕊试剂，溶液变蓝，其原因是（用化学用语表示）N2H4+H2ON2H5+OH向水中持续通入NH3，未观察到白雾推测现象中的白雾由N
68、2H4小液滴形成，进行实验：用湿润的红色石蕊试纸检验白雾，试纸变蓝该实验不能判断白雾中含有N2H4，理由是白雾中混有NH3，NH3也可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝（3）进一步实验确认了A中生成了N2H4步骤II中反应的化学方程式是（N2不参与反应）2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O（4）继续进行如下实验：a向A中加入过量稀硫酸，得到沉淀过滤、洗涤，得到N2H6SO4固体b将N2H6SO4固体溶于KOH溶液，蒸馏，得到高纯度、高浓度的N2H4溶液通过检验Cl来判断沉淀是否洗涤干净检验Cl操作是取少量洗涤后的滤液放入试管中，加入足量Ba（NO3）2溶液振荡，静置后，在上层清液中继续加入硝
69、酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则无Cl提纯含有NaCl的N2H6SO4固体的实验方法可以是重结晶实验b中省略的实验操作是蒸馏【考点】性质实验方案的设计【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合【分析】（1）NaClO溶液中溶质是强碱弱酸盐，次氯酸根离子水解溶液呈碱性；（2）向肼的溶液中滴加石蕊试剂，溶液变蓝说明溶液显碱性，肼是一种二元弱碱，肼水溶液中电离出氢氧根离子；氨气也是碱性气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝；（3）步骤II中反应是氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼；（4）洗涤液加入足量硝酸钡溶液静置后在上层清液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子的存在；氯化钠随
70、温度变化溶解度变化不大，提纯含有NaCl的N2H6SO4固体，可以利用重结晶法提纯；将N2H6SO4固体溶于KOH溶液反应生成肼，通过蒸馏分离出来；【解答】解：（1）NaClO溶液中溶质是强碱弱酸盐，次氯酸根离子水解溶液呈碱性，离子方程式为：ClO+H2OHClO+OH，故答案为：ClO+H2OHClO+OH；（2）向肼的溶液中滴加石蕊试剂，溶液变蓝说明溶液显碱性，肼是一种二元弱碱，肼水溶液中电离出氢氧根离子，电离方程式为：N2H4+H2ON2H5+OH，故答案为：N2H4+H2ON2H5+OH；向水中持续通入NH3，未观察到白雾，推测现象中的白雾由N2H4小液滴形成，进行实验：用湿润的红色石
71、蕊试纸检验白雾，试纸变蓝该实验不能判断白雾中含有N2H4，故氨气也是碱性气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，故答案为：白雾中混有NH3，NH3也可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝；（3）步骤II中反应是氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，反应的化学方程式为：2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O，故答案为：2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O；（4）洗涤液加入足量硝酸钡溶液显沉淀硫酸根离子，静置后在上层清液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子的存在，检验Cl操作是；取少量洗涤后的滤液放入试管中，加入足量Ba（NO3）2溶液振荡，静置后，在上层清液中继续加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则无Cl，故答案为：取少量洗涤后的滤液放入试管中，加入足量Ba（NO3）2溶液振荡，静置后，在上层清液中继续加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则无Cl；氯化钠随温度变化溶解度变化不大，N2H6SO4溶解度随温度变化大，提纯含有NaCl的N2H6SO4固体，可以利用重结晶法提纯，故答案为：重结晶；将N2H6SO4固体溶于KOH溶液反应生成肼，肼的沸点为113C，通过蒸馏分离出来，故答案为：蒸馏；【点评】本题考查了物质性质的分析判断，溶液酸碱性，物质酸碱性判断，实验设计，实验基本操作和物质性质是解题关键，题目难度中等
