1、2016-2017学年云南省红河州建水一中高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（）A一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2NAB256g S8分子中含SS键为7NA个 C由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO数目为NA个D1 mol Na与O2完全反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数为NA个2门捷列夫在描述元素周期表时，许多元素尚未发现，但他为第四周期的三种元素留下了空位，并对它们的一些性质做了预测，
2、X是其中的一种“类硅”元素，后来被德国化学家文克勒发现，并证实门捷列夫当时的预测相当准确根据元素周期律，下列有关X性质的描述中错误的是（）AX单质不易与水反应BXO2可被碳或氢还原为XCXCl4的沸点比SiCl4的高DXH4的稳定性比SiH4的高3已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3+和Cr3+，现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3+的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是（）A图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7B图中BC段发生的反应为2Fe3+2I2Fe2+I2C开始加入
3、的K2Cr2O7为0.25 molD共有1molFeSO4被氧化4已知：还原性HSO3I，氧化性IO3I2在含3mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如右图所示下列有关说法正确的是（）A当溶液中n（I）：n（I2）=1：1时，加入的n（KIO3）=molBa点时剩余NaHSO3的物质的量为1.2molCb点时的还原产物可能是I2D反应过程中的氧化产物均为SO35从化学试剂商店买来的NaOH和浓H2SO4试剂瓶上所贴的危险化学品标志都是（）ABCD6200mlFe2（SO4）3溶液中含Fe3+56g，溶液中SO42的物质的量浓度是（）A5mol
4、/LB7.5 mol/LC10 mol/LD2.5 mol/L7下列说法正确的是（）A把100mL3molL1的H2SO4跟100mL水混合，硫酸的物质的量浓度变为1.5 molL1B把200mL3molL1的BaCl2溶液跟100mL3molL1的KCl溶液混合后，溶液中的c（Cl）仍然是3molL1C把100 g 20%的NaCl溶液跟100 g H2O混合后，NaCl溶液的质量分数是10%D把100 mL 20%的NaOH溶液跟100 mL H2O混合后，NaOH溶液的质量分数是10%8如果ag某气体中含有分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是（）A LB LC LD L9下述实验
5、现象能确定试样中一定有Cl的是（）A滴加AgNO3溶液有白色沉淀B滴加硝酸酸化的Ba（NO3）2有白色沉淀C滴加硝酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀D滴加硫酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀10有四位学生分别设计了以下实验方案，并都认为如果观察到的现象和自己设计的方案一致，即可得出相应结论，你认为合理且正确的是（）A试液白色沉淀沉淀不溶解结论：试液中含SO42B试液无气体，无沉淀白色沉淀结论：试液中含SO42C试液无色无味气体变浑浊结论：试液中含CO32D试液白色沉淀沉淀消失并产生无色无味气体变浑浊结论：试液中含CO3211实验室一瓶固体M的标签右半部分已被腐蚀，剩余部分只看到“Na2S”字样（如
6、图所示）已知，固体M只可能是Na2SO3、Na2SiO3、Na2SO4中的一种若取少量固体M配成稀溶液进行有关实验，下列说法不正确的是（）A只用盐酸一种试剂就可以确定该固体M的具体成分B往溶液中通入二氧化碳，若有白色沉淀，则固体M为Na2SiO3C往溶液中加入稀硝酸酸化的BaCl2，若有白色沉淀，则固体M为Na2SO4D用pH试纸检验，若pH=7，则固体M一定是Na2SO412常温下，用0.1000mol/L NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.1000mol/L 盐酸和20.00mL 0.1000mol/L 醋酸溶液，得到2条滴定曲线，如图所示若以HA表示酸，下列说法正确的是（）A滴定盐
7、酸的曲线是图2B达到B、D状态时，两溶液中离子浓度均为 c（Na+）=c（A）C达到B、E状态时，反应消耗的n（CH3COOH）n（HCl）D当0 mLV（NaOH）20.00 mL时，对应混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序均为 c（A）c（Na+）c（H+）c（OH）二、解答题（共9小题，满分0分）13如图所示，A、B、C是实验室常用的三种制取气体的装置，提供的药品有：大理石、浓盐酸、锌粒、稀盐酸、二氧化锰、氯化铵、熟石灰现欲利用这些药品分别制取NH3、Cl2、H2、CO2四种气体，试回答以下问题：（1）选用A装置可制取的气体有 ；选用B装置可制取的气体有 ；通常选用C装置制取的气体有 （2
8、）标号为、的仪器名称依次是 、 （3）写出利用上述有关药品制取Cl2的离子方程式： 14海水是盐的“故乡”，海水中含有各种盐类，其中70%为氯化钠，另外还含有氯化镁、硫酸镁等某化学兴趣小组为了从海水中分离出氯化钠，设计了如下实验方案：海水滤液滤液NaCl溶液NaCl（1）步骤中试剂A为 ，加入过量A的目的是 （2）步骤中试剂B为 ，加入过量B的目的是 （3）步骤中试剂C为 ，加入适量C至 ，其目的是 （4）步骤的实验操作为 ，试根据图示回答：按顺序写出图中编号仪器的名称： ；仪器a的作用是 ，其目的是 ；当仪器b中出现 时即可停止加热15工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸某兴趣小组的同学发现：将一
9、定量的铁钉与浓硫酸加热时，观察到铁钉完全溶解，并产生大量气体实验室现有下列试剂：0.01mol/L 酸性KMnO4溶液、0.10mol/L KI溶液、新制氯水、淀粉溶液、蒸馏水请你协助他们探究所得溶液和气体的成分【提出猜想】所得溶液中的金属离子可能含有Fe2+和Fe3+中的一种或两种；所得气体中肯定含有 气体【实验探究】实验操作预期现象结 论验证猜想步骤：取少量0.01mol/L 酸性KMnO4溶液，滴入所得溶液中 步骤： 含有Fe3+验证猜想将所得气体通入如下装置 含有两种或以上气体【问题讨论】（1）有同学提出：若另外选用KSCN溶液，则仅利用KSCN和新制氯水两种溶液即可完成猜想的所有探究
10、，试问是否可行 （填：“正确”或“不正确”）并说明原因 （2）有同学提出：试管中气体可能是H2和Q气体，为此重新设计了实验装置如图1（图中夹持仪器省略）认为含有Q的理由是 （用化学方程式表示）为确认Q的存在，则M中盛放的试剂为 ，并将装置M添加于 （选填序号）aA之前 bAB间 cBC间 dCD间装置图2中D、E、F组合的作用是 16大气中的部分碘源于O3对海水中I的氧化将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究（1）O3将I氧化成I2的过程由3步反应组成：I（aq）+O3（g）=IO（aq）+O2（g）H1IO（aq）+H+（aq）HOI（aq）H2HOI（aq）+I（aq）+H+（aq）I2（
11、aq）+H2O（l）H3总反应的化学方程式为 ，其反应H= （2）在溶液中存在化学平衡：I2（aq）+I（aq）I3（aq），其平衡常数表达式为 （3）为探究Fe2+对O3氧化I反应的影响（反应体系如图1），某研究小组测定两组实验中I3浓度和体系pH，结果见图2和下表编号反应物反应前pH反应后pH第1组O3+I5.211.0第2组O3+I+Fe25.24.1第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是 图1中的A为 ，由Fe3+生成A的过程能显著提高的转化率，原因是 第2组实验进行18s后，I3浓度下降导致下降的直接原因有（双选） Ac（H+）减小 Bc（I）减小 CI2（g）不断生成 Dc（Fe
12、3+）增加（4）据图2，计算318s内第2组实验中生成I3的平均反应速率（写出计算过程，结果保留两位有效数字）17已知A、B、C、D都是含有碳、氢、氧三种元素的有机物，其中A、C分别是白酒和食醋中含有的成分，A、B、C、D间有如下转化关系：请回答下列问题：（1）B物质中官能团为 （2）写出A与C在浓H2SO4存在条件下加热反应生成D的化学方程式： 18W、X、Y和Z都是周期表中前20号元素，已知：W的阳离子Y的阴离子具有相同的核外电子排布，且能形成组成为WY的化合物；Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物；X和Z属同一周期元素，它们能形成两种气态化合物：W和X能形成组成为WX2的化合物；X
13、和Y不在同一周期，它们能形成组成为XY2的化合物请回答：（1）W元素是 ；Z元素是 （2）化合物WY和WX2的化学式分别是 和 （3）Y和Z形成的两种常见化合物的分子式是 和 （4）写出X和Z形成的一种气态化合物跟WZ反应的化学方程式： 19A是化学实验室中最常见的有机物，易溶于水有特殊香味，并能进行如图所示的多种反应（1）物质A和C的结构简式：A C （2）反应的类型 （3）反应的化学反应方程式 （4）反应的化学反应方程式 20汽车尾气主要含有CO2、CO、SO2、NO及汽油、柴油等物质，这种尾气越来越成为城市空气污染的主要来源，必须予以治理治理的方法之一是在汽车的排气管上装一个“催化转换器
14、”（用铂、钯合金作催化剂）它的特点是使CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，并促使汽油、柴油等物质充分燃烧及SO2的转化（1）汽车尾气中NO的来源是 A汽油、柴油中含氮，是其燃烧产物B是空气中的N2与汽油、柴油的反应产物C是空气中的N2与O2在汽车气缸内的高温环境下的反应产物D是汽车高温尾气导致了空气中N2与O2的化合反应（2）写出CO与NO反应的化学方程式： （3）“催化转化器”的缺点是在一定程度上提高了空气的酸度，其原因是 （4）控制或者减少城市汽车尾气污染的方法可以有 （多选）A开发氢能源B使用电动车C限制车辆行驶 D使用乙醇汽油21已知二氧化碳、二氧化硫等都只能与碱反应
15、生成相应的盐和水，这些氧化物为酸性氧化物；氧化铜、氧化铁等都只能与酸反应生成盐和水，这些氧化物为碱性氧化物；而氧化铝既能与酸反应又能与碱反应生成盐和水，因此氧化铝为两性氧化物（1）现有七氧化二锰、二氧化硅、氧化钠、氧化钙、氧化锌等5种氧化物，其中七氧化二锰、二氧化硅、氧化锌可与碱反应生成盐和水；氧化钠、氧化钙、氧化锌可与酸反应生成盐和水请将上述5种氧化物按类别填在表格中： 酸性氧化物 碱性氧化物 两性氧化物 （2）下列说法正确的是 A金属氧化物都是碱性氧化物B非金属氧化物都是酸性氧化物C碱性氧化物都是金属氧化物D酸性氧化物都是非金属氧化物2016-2017学年云南省红河州建水一中高三（上）月考
16、化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（）A一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2NAB256g S8分子中含SS键为7NA个 C由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO数目为NA个D1 mol Na与O2完全反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数为NA个【考点】4F：阿伏加德罗常数【分析】A二氧化硫与氧气的反应为可逆反应，反应物不会完全转化成生成物；B一个S8分子中含8个SS键，据此计算出256g晶体
17、中含有的SS的数目；C根据电荷守恒判断：溶液为中性，氢离子与氢氧根离子浓度相等，则钠离子与醋酸根离子相等；D钠为1价金属，1mol钠完全反应失去1mol电子【解答】解：A一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后，该反应为气体体积减小的可逆反应，所以反应后气体的物质的量大于2mol，反应后容器中的分子数大于2NA，故A正确；B256g S8晶体含有S8的物质的量为1mol，1molS8中含有8mol SS键，含有的SS键为8NA个，故B错误；C由1mol CH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，含有1mol钠离子；根据电荷守恒，溶液为中性，氢离子与氢氧根离
18、子物质的量相等，则钠离子与CH3COO的物质的量相等，所以溶液中含有CH3COO的物质的量为1mol，含有的CH3COO数目为NA个，故C正确；D1molNa完全反应失去1mol电子，无论产物为氧化钠还是过氧化钠，转移的电子数都为1mol，转移电子总数NA个，故D正确；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，选项C为易错点，注意电荷守恒的应用2门捷列夫在描述元素周期表时，许多元素尚未发现，但他为第四周期的三种元素留下了空位，并对它们的一些性质做了预测，X是其中的一种“类硅”元素，后来被德国化学家文克勒发现，
19、并证实门捷列夫当时的预测相当准确根据元素周期律，下列有关X性质的描述中错误的是（）AX单质不易与水反应BXO2可被碳或氢还原为XCXCl4的沸点比SiCl4的高DXH4的稳定性比SiH4的高【考点】72：元素周期表的结构及其应用【分析】根据硅元素对应的单质和化合物的性质进行判断，Si位于周期表第三周期，原子最外层有4个电子，性质较稳定，结合元素周期律的递变规律分析【解答】解：AX和Si的性质相似，和水不反应，故A正确；BX位于周期表第四周期，非金属性比Si弱，XO2可被碳或氢还原为X，故B正确；CXCl4的沸点比SiCl4的结构相似，形成分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，
20、XCl4相对分子质量大，所以XCl4的沸点比SiCl4的高，故C正确；DX位于周期表第四周期，非金属性比Si弱，则XH4的稳定性比SiH4的低，故D错误故选：D【点评】本题考查元素周期律的递变规律，题目难度不大，本题注意X和Si在周期表中的位置的判断3已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3+和Cr3+，现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3+的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是（）A图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7B图中BC段发生的反应为2Fe3+2I2Fe2+I2C开始
21、加入的K2Cr2O7为0.25 molD共有1molFeSO4被氧化【考点】B1：氧化还原反应【分析】氧化性强弱顺序为K2Cr2O7Fe3+，由图象可知，在反应后的溶液中滴加碘化钾溶液，开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，BC段为铁离子和碘化钾的反应，结合得失电子守恒解答该题【解答】解：A开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，故A正确；BBC段Fe3+浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3+2I=2Fe2+I2，故B正确；C由氧化剂和还
22、原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为K2Cr2O76Fe3+6I，共消耗的n（I）=1.5mol，则开始加入的K2Cr2O7的物质的量为mol=0.25mol，故C正确；D由方程式2Fe3+2I2Fe2+I2可知，BC段消耗KI0.9mol，则n（Fe3+）=n（Fe2+）=0.9mol，所以共有0.9molFeSO4被氧化，故D错误故选D【点评】本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握反应的相关方程式的书写，根据方程式、关系式及电子守恒计算该题，难度中等4已知：还原性HSO3I，氧化性IO3I2在含3mol NaHSO3的溶液中逐滴
23、加入KIO3溶液加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如右图所示下列有关说法正确的是（）A当溶液中n（I）：n（I2）=1：1时，加入的n（KIO3）=molBa点时剩余NaHSO3的物质的量为1.2molCb点时的还原产物可能是I2D反应过程中的氧化产物均为SO3【考点】B1：氧化还原反应【分析】A、当溶液中n（I）：n（I2）=1：1时，加入的KIO3将全部的HSO3氧化，同时还有一部分KIO3将I氧化为I2；B、a点时加入的KIO3物质的量为0.4mol，根据反应方程式可以确定剩余NaHSO3的物质的量；C、b点时加入的KIO3物质的量为1mol，和3mol NaHSO3的溶液恰好完
24、全反应；D、NaHSO3中的HSO3被氧化的最终产物是SO42；【解答】解：还原性HSO3I，所以首先是发生以下反应离子方程式：2IO3+6HSO32I+6SO42+6H+，继续加入KIO3，已知氧化性IO3I2，所以IO3可以结合H+氧化I生成I2，离子方程式是IO3+6H+5I=3H2O+3I2，根据发生的反应，则：A、根据反应2IO3+6HSO32I+6SO42+6H+，3mol NaHSO3的溶液消耗KIO3溶液的物质的量为1mol，生成碘离子的量为1mol，设生成的碘单质的物质的量为n，则根据反应IO3+6H+5I=3H2O+3I2，消耗的KIO3的物质的量为mol，消耗碘离子的量为
25、mol，剩余的碘离子为（1）mol，当溶液中n（I）：n（I2）=1：1时，即（1）mol=nmol，故n=mol，故加入的n（KIO3）=1mol+mol=1mol+mol=mol，故A正确；B、a点时加入的KIO3物质的量为0.4mol，根据反应方程式2IO3+6HSO32I+6SO42+6H+，消耗的NaHSO3的物质的量为1.2mol，剩余的NaHSO3的物质的量为1.8mol，故B错误；C、b点时加入的KIO3物质的量为1mol，和3mol NaHSO3的溶液恰好完全反应，不会生成碘单质，故C错误；D、NaHSO3中的HSO3被氧化的最终产物是SO42，不会出现三氧化硫，故D错误故选
26、A【点评】本题考查学生对氧化还原反应知识的掌握程度，考查时结合了图象增加了解题难度5从化学试剂商店买来的NaOH和浓H2SO4试剂瓶上所贴的危险化学品标志都是（）ABCD【考点】O1：化学试剂的分类【分析】根据NaOH和浓H2SO4都有腐蚀性和常用化学危险品的标志思考【解答】解：ANaOH和浓H2SO4都有腐蚀性，图为腐蚀品标志，故A正确； BNaOH和浓H2SO4不是易燃液体，故B错误；CNaOH和浓H2SO4不是自燃物品，故C错误；D氢氧化钠无氧化性，不是氧化剂；浓硫酸有强氧化性，是氧化剂，故D错误故选A【点评】本题考查危险品标志，难度不大，了解各个标志所代表的含义是解答此类题的关键620
27、0mlFe2（SO4）3溶液中含Fe3+56g，溶液中SO42的物质的量浓度是（）A5mol/LB7.5 mol/LC10 mol/LD2.5 mol/L【考点】5C：物质的量浓度的相关计算【分析】根据化学式Fe2（SO4）3可知，溶液中n（SO42）=n（Fe3+），根据n=计算56gFe3+的物质的量，再根据c=计算溶液中SO42的物质的量浓度【解答】解：56gFe3+的物质的量为=1mol，溶液中n（SO42）=n（Fe3+）=1mol=1.5mol，所以溶液中SO42的物质的量浓度=7.5mol/L故选B【点评】本题考查物质的量浓度的计算，难度不大，根据化学式判断铁离子与硫酸根的关系是
28、解题关键7下列说法正确的是（）A把100mL3molL1的H2SO4跟100mL水混合，硫酸的物质的量浓度变为1.5 molL1B把200mL3molL1的BaCl2溶液跟100mL3molL1的KCl溶液混合后，溶液中的c（Cl）仍然是3molL1C把100 g 20%的NaCl溶液跟100 g H2O混合后，NaCl溶液的质量分数是10%D把100 mL 20%的NaOH溶液跟100 mL H2O混合后，NaOH溶液的质量分数是10%【考点】64：溶液中溶质的质量分数及相关计算；5C：物质的量浓度的相关计算【分析】A、硫酸和水等体积混合，总体积小于200mL；B、200mL3molL1的B
29、aCl2溶液跟100mL3molL1的KCl溶液中氯离子的浓度不相同；C、稀释中溶质的质量不变，溶液质量变为原来2倍，根据质量分数的定义判断；D、氢氧化钠溶液的密度与水的密度不相同【解答】解：A、将硫酸和水等体积混合，总体积小于200mL，则把100mL3molL1的H2SO4跟100mLH2O混合，硫酸的物质的量浓度大于1.5molL1，故C错误；B、3molL1的BaCl2溶液中氯离子浓度为6molL1，3molL1的KCl溶液中氯离子浓度为L3molL1，混合后氯离子浓度介于之间3molL16molL1，故B错误；C、稀释中溶质的氯化钠质量不变为20g，溶液质量变为原来2倍，为200g，
30、所以混合后，NaCl溶液的质量分数是10%，故C正确；D、氢氧化钠溶液的密度与水的密度不相同，不知道氢氧化钠溶液的密度，无法计算具体值，由于氢氧化钠的密度比水的大，根据质量分数的定义可推断混合后质量分数大于10%，故D错误故选C【点评】本题考查物质的量浓度与质量分数混合计算，难度不大，注意溶液混合体积不具备加合性8如果ag某气体中含有分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是（）A LB LC LD L【考点】54：物质的量的相关计算【分析】根据n=计算ag气体的物质的量，质量之比等于其物质的量之比，据此计算cg该气体的物质的量，根据V=nVm来计算体积【解答】解：a克某气体中含有的分子数为
31、b，则c克气体含有的分子数为，c克该气体的物质的量为=mol，在标准状况下Vm=22.4L/mol，则cg该气体的体积为mol22.4L/mol=L，故选D【点评】本题考查物质的量的计算，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意对公式的理解与灵活应用，难度不大9下述实验现象能确定试样中一定有Cl的是（）A滴加AgNO3溶液有白色沉淀B滴加硝酸酸化的Ba（NO3）2有白色沉淀C滴加硝酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀D滴加硫酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀【考点】EJ：氯离子的检验【分析】根据氯离子的检验方法：滴加硝酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀出现来回答【解答】解：A、能和银离子反应
32、生成的白色沉淀可以是氯化银、硫酸银、碳酸银等，滴加AgNO3溶液有白色沉淀，不能确定氯离子一定存在，故A错误；B、滴加硝酸酸化的Ba（NO3）2有白色沉淀，证明了硫酸根的存在或是生成，故B错误；C、滴加硝酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀，证明溶液中一定含有氯离子，故C正确；D、滴加硫酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀，则该白色沉淀可以是硫酸钡沉淀，不能证明试样中一定有Cl，故D错误故选C【点评】本题考查学生氯离子的检验知识，可以根据教材知识来回答，难度不大10有四位学生分别设计了以下实验方案，并都认为如果观察到的现象和自己设计的方案一致，即可得出相应结论，你认为合理且正确的是（）A试液白色沉淀沉
33、淀不溶解结论：试液中含SO42B试液无气体，无沉淀白色沉淀结论：试液中含SO42C试液无色无味气体变浑浊结论：试液中含CO32D试液白色沉淀沉淀消失并产生无色无味气体变浑浊结论：试液中含CO32【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A白色沉淀可能为AgCl；B先加盐酸，无现象可排除干扰离子，再加氯化钡生成的白色沉淀为硫酸钡；C气体为二氧化碳；D碳酸根离子、碳酸氢根离子均与氢氧化钡反应生成白色沉淀【解答】解：A白色沉淀可能为AgCl，则原溶液中可能含银离子或硫酸根离子，但二者不能同时存在，故A错误；B先加盐酸，无现象可排除干扰离子，再加氯化钡生成的白色沉淀为硫酸钡，则试液中含SO42，故B正确
34、；C气体为二氧化碳，则原溶液中可能含CO32或HCO3，故C错误；D碳酸根离子、碳酸氢根离子均与氢氧化钡反应生成白色沉淀，则原溶液中可能含CO32或HCO3，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握离子检验的试剂和结论、实验技能是解本题关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大11实验室一瓶固体M的标签右半部分已被腐蚀，剩余部分只看到“Na2S”字样（如图所示）已知，固体M只可能是Na2SO3、Na2SiO3、Na2SO4中的一种若取少量固体M配成稀溶液进行有关实验，下列说法不正确的是（）A只用盐酸一种试剂就可以确定该固体M的具体成分B往溶液
35、中通入二氧化碳，若有白色沉淀，则固体M为Na2SiO3C往溶液中加入稀硝酸酸化的BaCl2，若有白色沉淀，则固体M为Na2SO4D用pH试纸检验，若pH=7，则固体M一定是Na2SO4【考点】PL：几组未知物的检验；FO：含硫物质的性质及综合应用【分析】A、盐酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，和硅酸钠反应生成白色沉淀，B、溶液和二氧化碳反应生成白色沉淀的只有硅酸钠生成硅酸沉淀；C、加入稀硝酸具有强氧化性，可以氧化亚硫酸钠为硫酸钠；D、亚硫酸钠溶液呈碱性，硅酸钠溶液呈碱性，硫酸钠呈中性【解答】解：A、盐酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，和硅酸钠反应生成白色沉淀，可以检验Na2SO3、Na2SiO
36、3、Na2SO4，故A正确；B、往溶液中通入二氧化碳，若有白色沉淀，是硅酸钠和二氧化碳、水反应生成硅酸白色沉淀，则固体M为Na2SiO3 ，故B正确；C、往溶液中加入稀硝酸酸化的BaCl2，若有白色沉淀，加入稀硝酸具有强氧化性，可以氧化亚硫酸钠为硫酸钠，则固体M可以为Na2SiO3，Na2SO4，故C错误；D、亚硫酸钠溶液呈碱性，硅酸钠溶液呈碱性，硫酸钠呈中性，用pH试纸检验，若pH=7，则固体M一定是Na2SO4；故D正确；故选C【点评】本题考查了物质检验和 反应现象判断，注意干扰离子的分析判断，题目难度中等12常温下，用0.1000mol/L NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.100
37、0mol/L 盐酸和20.00mL 0.1000mol/L 醋酸溶液，得到2条滴定曲线，如图所示若以HA表示酸，下列说法正确的是（）A滴定盐酸的曲线是图2B达到B、D状态时，两溶液中离子浓度均为 c（Na+）=c（A）C达到B、E状态时，反应消耗的n（CH3COOH）n（HCl）D当0 mLV（NaOH）20.00 mL时，对应混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序均为 c（A）c（Na+）c（H+）c（OH）【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；DN：离子浓度大小的比较【分析】A、根据盐酸和醋酸在滴定开始时的pH来判断；B、根据溶液中的电荷守恒来
38、判断；C、根据酸和碱反应的化学方程式来计算回答；D、根据氢氧化钠和醋酸以及盐酸反应的原理来回答【解答】解：A、滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH1，所以滴定盐酸的曲线是图1，故A错误；B、达到B、D状态时，溶液是中性的，此时c（H+）=c（OH），根据电荷守恒，则两溶液中离子浓度均为 c（Na+）=c（A），故B正确；C、达到B、E状态时，消耗的氢氧化钠物质的量是相等的，根据反应原理：HClNaOH，CH3COOHNaOH，反应消耗的n（CH3COOH）=n（HCl），故C错误；D、当0 mLV（NaOH）20.00 mL时，酸相对于碱来说是过量的，所
39、得溶液是生成的盐和酸的混合物，假设当加入的氢氧化钠极少量时，生成了极少量的钠盐（氯化钠或是醋酸钠），剩余大量的酸，此时c（A）c（H+）c（Na+）c（OH），故D错误故选B【点评】本题考查NaOH与CH3COOH、盐酸的反应，涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较知识，注意利用电荷守恒的角度做题二、解答题（共9小题，满分0分）13（2014秋大连期末）如图所示，A、B、C是实验室常用的三种制取气体的装置，提供的药品有：大理石、浓盐酸、锌粒、稀盐酸、二氧化锰、氯化铵、熟石灰现欲利用这些药品分别制取NH3、Cl2、H2、CO2四种气体，试回答以下问题：（1）选用A装置可制取的气体有NH3；选用B
40、装置可制取的气体有H2、CO2；通常选用C装置制取的气体有Cl2（2）标号为、的仪器名称依次是分液漏斗、圆底烧瓶（3）写出利用上述有关药品制取Cl2的离子方程式：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O【考点】QB：实验装置综合【分析】（1）根据反应物的状态及反应条件判断；（2）根据仪器的图形可判断仪器名称；（3）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水【解答】解：（1）A装置中反应物的状态是固体反应条件是加热，所以可制取氨气；装置B可用固体和液体在不加热条件下反应，可制备H2、CO2，C装置的反应物状态是固体、液体混合态，反应条件是加热，所以可制取氯气故答案为：NH3；H2
41、、CO2；Cl2；（2）由装置的图形可知是分液漏斗，是圆底烧瓶故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶；（3）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O【点评】本题考查了常见气体制备原理及装置选择，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意实验室制备气体发生装置选择的依据是反应物的状态及反应条件，难度不大14（2016秋建水县校级月考）海水是盐的“故乡”，海水中含有各种盐类，其中70%为氯化钠，另外还含有氯化镁、硫酸镁等某化学兴趣小组为了从海水中分离出氯化钠，设计了
42、如下实验方案：海水滤液滤液NaCl溶液NaCl（1）步骤中试剂A为NaOH、BaCl2溶液或Ba（OH）2溶液，加入过量A的目的是使Mg2+和SO42全部转化为沉淀而除去（2）步骤中试剂B为Na2CO3，加入过量B的目的是使Ba2+全部转化为碳酸钡沉淀而除去（3）步骤中试剂C为盐酸，加入适量C至无气体产生，其目的是除去过量的CO32和OH（4）步骤的实验操作为蒸发，试根据图示回答：按顺序写出图中编号仪器的名称：a为玻璃棒、b是蒸发皿、c是酒精灯；仪器a的作用是搅拌，其目的是防止因局部过热而导致液滴或晶体飞溅；当仪器b中出现大量固体时即可停止加热【考点】E7：海水资源及其综合利用【分析】海水中其
43、中70%为氯化钠，另外还含有氯化镁、硫酸镁等，要得到较纯净的NaCl，应该除去海水中的Mg2+、SO42，Mg2+用NaOH溶液除去，生成Mg（OH）2沉淀，SO42用BaCl2溶液除去，生成BaSO4沉淀，因为加入的氯化钡溶液过量，用Na2CO3除去BaCl2，用适量稀盐酸除去过量的碳酸钠，过滤后得到NaCl溶液，最后蒸发浓缩、冷却结晶得到NaCl晶体；所以该流程图中A为NaOH、BaCl2溶液，B为Na2CO3溶液、C为稀盐酸，结合题目分析解答【解答】解：海水中其中70%为氯化钠，另外还含有氯化镁、硫酸镁等，要得到较纯净的NaCl，应该除去海水中的Mg2+、SO42，Mg2+用NaOH溶液
44、除去，生成Mg（OH）2沉淀，SO42用BaCl2溶液除去，生成BaSO4沉淀，因为加入的氯化钡溶液过量，用Na2CO3除去BaCl2，用适量稀盐酸除去过量的碳酸钠，过滤后得到NaCl溶液，最后蒸发浓缩、冷却结晶得到NaCl晶体；所以该流程图中A为NaOH、BaCl2溶液或，Ba（OH）2 溶液，B为Na2CO3溶液、C为稀盐酸，（1）步骤中除去镁离子和硫酸根离子，分别生成氢氧化镁、硫酸钡沉淀，发生反应的离子方程式是Mg2+2OH=Mg（OH）2、Ba2+SO42=BaSO4，加入过量A的目的是使Mg2+和SO42全部转化为沉淀而除去，故答案为：NaOH、BaCl2溶液或Ba（OH）2溶液；使
45、Mg2+和SO42全部转化为沉淀而除去；（2）步骤中试剂目的是除去过量的氯化钡，B为Na2CO3，故答案为：Na2CO3；使Ba2+全部转化为碳酸钡沉淀除去；（3）步骤中试剂目的是除去过量的碳酸钠和过量的氢氧根离子且不能引进新的杂质，C为稀盐酸，加入适量的C至无气体产生，故答案为：盐酸；无气体产生；除去过量的CO32和OH；（4）步骤的实验操作为蒸发，故答案为：蒸发；a为玻璃棒、b是蒸发皿、c是酒精灯，故答案为：a为玻璃棒、b是蒸发皿、c是酒精灯；仪器a是玻璃棒，起搅拌作用，防止局部温度过高而溅出液体，从而易产生安全事故，故答案为：搅拌；防止溶液局部温度过高而溅出液体；当仪器b中出现大量固体时
46、即可停止加热，利用余热将溶液蒸干，故答案为：大量固体【点评】本题考查海水资源综合利用，为高频考点，涉及物质分离和提纯及除杂、蒸发等知识点，明确实验原理、物质性质是解本题关键，注意除杂时不能引进新的杂质，如果引进新的杂质在最终过程中能除去，题目难度中等15（2015衢州校级二模）工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸某兴趣小组的同学发现：将一定量的铁钉与浓硫酸加热时，观察到铁钉完全溶解，并产生大量气体实验室现有下列试剂：0.01mol/L 酸性KMnO4溶液、0.10mol/L KI溶液、新制氯水、淀粉溶液、蒸馏水请你协助他们探究所得溶液和气体的成分【提出猜想】所得溶液中的金属离子可能含有Fe2+和Fe
47、3+中的一种或两种；所得气体中肯定含有SO2气体【实验探究】实验操作预期现象结 论验证猜想步骤：取少量0.01mol/L 酸性KMnO4溶液，滴入所得溶液中溶液紫红色褪去含有Fe2+步骤：另取少量所得溶液，滴加KI溶液和淀粉溶液溶液变为蓝色含有Fe3+验证猜想将所得气体通入如下装置甲中KMnO4溶液褪色，乙中KMnO4溶液颜色不变，试管中收集到气体含有两种或以上气体【问题讨论】（1）有同学提出：若另外选用KSCN溶液，则仅利用KSCN和新制氯水两种溶液即可完成猜想的所有探究，试问是否可行不正确（填：“正确”或“不正确”）并说明原因若溶液中含有Fe3+则无法检验溶液中是否含有Fe2+（2）有同学
48、提出：试管中气体可能是H2和Q气体，为此重新设计了实验装置如图1（图中夹持仪器省略）认为含有Q的理由是C+2H2SO4（浓硫酸）CO2 +2SO2+2H2O（用化学方程式表示）为确认Q的存在，则M中盛放的试剂为澄清的石灰水，并将装置M添加于C（选填序号）aA之前 bAB间 cBC间 dCD间装置图2中D、E、F组合的作用是确认是否有H2【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量【分析】【提出猜想】浓硫酸和铁反应生成二氧化硫，稀硫酸和铁反应生成氢气，据此进行猜想；【实验探究】验证猜想、根据二价铁离子和三价铁离子的性质选择试剂，并根据反应物和生成物预测现象，由此得出结论；验证猜想、根据氢气和二氧
49、化硫的性质选择试剂，并预测现象，由现象得出结论；【问题讨论】（1）根据双氧水和二价铁离子、三价铁离子的性质判断正误；（2）有同学提出：试管中气体可能是H2和Q气体，为此重新设计了实验装置如下图（图中夹持仪器省略）；根据二氧化硫和二氧化碳的性质分析选择位置；根据氢气的性质分析，氢气具有还原性，能还原黑色的氧化铜而生成水，水能使白色的无水硫酸铜变蓝【解答】解：【提出猜想】浓硫酸和铁反应生成二氧化硫，所以所得气体中肯定含有SO2，故答案为：SO2；【实验探究】验证猜想、酸性高锰酸钾有强氧化性，二价铁离子有还原性，所以酸性高锰酸钾能和二价铁离子发生氧化还原反应，如果步骤溶液紫红色褪去，说明含有二价铁离
50、子，否则没有碘化钾有还原性，三价铁离子有氧化性，碘离子和三价铁离子能发生氧化还原反应生成单质碘，碘遇淀粉变蓝色，所以步骤另取少量所得溶液，滴加KI溶液和淀粉溶液，如果溶液变为蓝色，说明含有三价铁离子，否则没有，故答案为：溶液紫红色褪去；含有Fe2+；另取少量所得溶液，滴加KI溶液和淀粉溶液；溶液变为蓝色；猜想、二氧化硫有还原性，能和强氧化性的物质发生氧化还原反应，如能使酸性高锰酸钾溶液褪色，氢气不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但氢气不易溶于水，所以如果甲中KMnO4溶液褪色，说明含有二氧化硫；乙中KMnO4溶液颜色不变，说明二氧化硫完全被吸收，如果试管中收集气体，只能是氢气，故答案为：甲中KMnO
51、4溶液褪色，乙中KMnO4溶液颜色不变，试管中收集到气体；【问题讨论】（1）双氧水具有氧化性，二价铁离子有还原性，双氧水和二价铁离子能发生氧化还原反应生成三价铁离子，KSCN只能检验三价铁离子不能检验二价铁离子，所以若溶液中含有Fe3+则无法检验溶液中是否含有Fe2+，所以该观点不正确，故答案为：不正确，若溶液中含有Fe3+则无法检验溶液中是否含有Fe2+；（2）在加热时，铁钉中不仅铁和浓硫酸反应，碳也和浓硫酸反应生成生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应方程式为C+2H2SO4（浓硫酸）CO2 +2SO2+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓硫酸）CO2 +2SO2+2H2O；Q为二氧化碳，二
52、氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，选择a或b受二氧化硫的影响无法判断二氧化碳的存在，选d时二氧化碳被碱石灰吸收，故答案为：澄清的石灰水；C；根据氢气的性质分析，氢气具有还原性，能还原黑色的氧化铜而生成水，水能使白色的无水硫酸铜变蓝，故答案为：确认是否有H2【点评】本题考查了浓硫酸、二氧化硫的性质及亚铁离子、铁离子的检验等知识点，难度较大16（2013广东）大气中的部分碘源于O3对海水中I的氧化将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究（1）O3将I氧化成I2的过程由3步反应组成：I（aq）+O3（g）=IO（aq）+O2（g）H1IO（aq）+H+（aq）HOI（aq）H2HOI（aq）+I
53、（aq）+H+（aq）I2（aq）+H2O（l）H3总反应的化学方程式为2I+O3+2H+=I2+O2+H2O，其反应H=H1+H2+H3（2）在溶液中存在化学平衡：I2（aq）+I（aq）I3（aq），其平衡常数表达式为（3）为探究Fe2+对O3氧化I反应的影响（反应体系如图1），某研究小组测定两组实验中I3浓度和体系pH，结果见图2和下表编号反应物反应前pH反应后pH第1组O3+I5.211.0第2组O3+I+Fe25.24.1第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是由2I+O3+2H+=I2+O2+H2O可知消耗酸，所以pH升高图1中的A为Fe2+，由Fe3+生成A的过程能显著提高的转化
54、率，原因是O3可以将Fe2+氧化为Fe3+：O3+2Fe2+2H+=2Fe3+O2+H2O，Fe3+氧化I：2Fe3+2I=I2+2Fe2+，即A是亚铁离子，I消耗量增大，转化率增大第2组实验进行18s后，I3浓度下降导致下降的直接原因有（双选）BDAc（H+）减小 Bc（I）减小 CI2（g）不断生成 Dc（Fe3+）增加（4）据图2，计算318s内第2组实验中生成I3的平均反应速率（写出计算过程，结果保留两位有效数字）【考点】BF：用盖斯定律进行有关反应热的计算；C2：反应速率的定量表示方法；C8：化学平衡常数的含义；CB：化学平衡的影响因素【分析】（1）根据题给信息，总反应为O3氧化I生
55、成I2，将所给的三个反应：+可得总反应以及H；（2）根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积来分析；（3）该反应消耗H+，随反应进行c（H+）浓度降低，pH升高；由于是持续通入O3，O3可以将Fe2+氧化为Fe3+：O3+2Fe2+2H+=2Fe3+O2+H2O，Fe3+氧化I：2Fe3+2I=I2+2Fe2+，即A是亚铁离子，I消耗量增大，转化率增大，与I2反应的量减少，I3浓度减小；根据I2（aq）+I（aq）I3（aq），使c（I3）急剧减小，说明平衡逆向移动；（4）根据v=计算反应速率；【解答】解：（1）将所给的三个反应：+可得总反应：2I（aq）+O3（g）+2H+（
56、aq）=I2（aq）+O2（g）+H2O（l），H=H1+H2+H3，故答案为：2I+O3+2H+=I2+O2+H2O；H1+H2+H3； （2）因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以K=，故答案：；（3）该反应消耗H+，随反应进行c（H+）浓度降低，pH升高，方程式为：2I+O3+2H+I2+O2+H2O，故答案为：由2I+O3+2H+I2+O2+H2O可知消耗酸，所以pH升高；由于是持续通入O3，O3可以将Fe2+氧化为Fe3+：O3+2Fe2+2H+=2Fe3+O2+H2O，Fe3+氧化I：2Fe3+2I=I2+2Fe2+，即A是亚铁离子I消耗量增大，转化率增大；故
57、答案为：Fe2+；O3可以将Fe2+氧化为Fe3+：O3+2Fe2+2H+=2Fe3+O2+H2O，Fe3+氧化I：2Fe3+2I=I2+2Fe2+，即A是亚铁离子，I消耗量增大，转化率增大；c（Fe3+）增加，发生反应：2Fe3+2I=I2+2Fe2+，消耗I，I2（g）不断生成，都会使I2（aq）+I（aq）I3（aq）平衡逆向移动，故消耗I，I2（aq）不断生成，都会使c（I3）急剧减小，但直接原因是c（I）减小、c（Fe3+）增加，故答案为：BD；（4）318s内，v（I3）=5.5104mol/（LS），故答案为：5.5104mol/（LS）【点评】本题考查了盖斯定律、化学平衡常数，
58、化学平衡的移动以及化学反应速率的计算等知识，难度中等17（2014浙江学业考试）已知A、B、C、D都是含有碳、氢、氧三种元素的有机物，其中A、C分别是白酒和食醋中含有的成分，A、B、C、D间有如下转化关系：请回答下列问题：（1）B物质中官能团为CHO（2）写出A与C在浓H2SO4存在条件下加热反应生成D的化学方程式：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O【考点】HB：有机物的推断【分析】A、B、C、D都是含有碳、氢、氧三种元素的有机物，A、C分别是白酒和食醋中含有的成分，则A为CH3CH2OH、C为CH3COOH，由转化关系可知，B为CH3CHO，D为CH3COOCH
59、2CH3，据此解答【解答】解：A、B、C、D都是含有碳、氢、氧三种元素的有机物，A、C分别是白酒和食醋中含有的成分，则A为CH3CH2OH、C为CH3COOH，由转化关系可知，B为CH3CHO，D为CH3COOCH2CH3，（1）B为CH3CHO，含有的官能团为：CHO，故答案为：CHO；（2）A与C在浓H2SO4存在条件下加热反应生成D的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O【点评】本题考查有机物推断，涉及醇、醛、羧酸的性质与转化，比较基础，侧重对基础知识的巩固18（2007全
60、国）W、X、Y和Z都是周期表中前20号元素，已知：W的阳离子Y的阴离子具有相同的核外电子排布，且能形成组成为WY的化合物；Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物；X和Z属同一周期元素，它们能形成两种气态化合物：W和X能形成组成为WX2的化合物；X和Y不在同一周期，它们能形成组成为XY2的化合物请回答：（1）W元素是钙；Z元素是氧（2）化合物WY和WX2的化学式分别是CaS和CaC2（3）Y和Z形成的两种常见化合物的分子式是SO2和SO3（4）写出X和Z形成的一种气态化合物跟WZ反应的化学方程式：CO2+CaO=CaCO3【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系【分析】W的阳离子Y的阴离子具
61、有相同的核外电子排布，且能形成组成为WY的化合物，WY型的离子化合物只能是AA与AA，在周期表中前20号元素中只可能形成MgO、CaS、NaF、KCl四种物质； Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物，同族元素形成的两种常见化合物可能为SO2、SO3； X和Z属同一周期元素，同周期元素间能形成两种气态化合物的一般处于第二周期，Z为氧元素，Y为硫元素；X可能为碳元素或氮元素；WY的化合物为CaSW和X能形成组成为WX2的化合物，WX2的化合物可能为CaC2的化合物，X可能为碳元素；碳元素和硫元素不在同一周期，它们能形成组成为SC2故W为钙元素；X为碳元素；Y为硫元素；Z为氧元素【解答】解：W
62、的阳离子Y的阴离子具有相同的核外电子排布，且能形成组成为WY的化合物，WY型的离子化合物只能是AA与AA，在周期表中前20号元素中只可能形成MgO、CaS、NaF、KCl四种物质； Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物，同族元素形成的两种常见化合物可能为SO2、SO3； X和Z属同一周期元素，同周期元素间能形成两种气态化合物的一般处于第二周期，Z为氧元素，Y为硫元素；X可能为碳元素或氮元素；WY的化合物为CaSW和X能形成组成为WX2的化合物，WX2的化合物可能为CaC2的化合物，X可能为碳元素；碳元素和Y为硫元素不在同一周期，它们能形成组成为CS2故W为钙元素；X为碳元素；Y为硫元素；
63、Z为氧元素（1）由上述分析可知，W为钙元素；Z为氧元素故答案为：钙；氧（2）由上述分析可知，化合物WY和WX2的化学式分别是CaS、CaC2故答案为：CaS；CaC2（3）由上述分析可知，Y和Z形成的两种常见化合物的分子式分别是SO2、SO3故答案为：SO2；SO3（4）WZ为CaO，X和Z形成的气态化合物为CO、CO2，CO2与CaO反应生成碳酸钙，反应方程式为CO2+CaO=CaCO3故答案为：CO2+CaO=CaCO3【点评】考查元素化合物推断、常用化学用语等，难度较大，关键根据Y和Z属同族元素能形成两种常见化合物进行猜测，然后再进行验证判断注意元素化合物知识的掌握19（2015春亳州期
64、末）A是化学实验室中最常见的有机物，易溶于水有特殊香味，并能进行如图所示的多种反应（1）物质A和C的结构简式：ACH3CH2OH CCH3COOCH2CH3（2）反应的类型取代反应（3）反应的化学反应方程式2CH3CH2OH+2Na2CH3CH2ONa+H2（4）反应的化学反应方程式2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O【考点】HB：有机物的推断【分析】A是化学实验室中最常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，能与红热的铜丝反应得到D，能与Na反应，能与乙酸反应，A含有羟基，故A为CH3CH2OH，则C为CH3COOCH2CH3，D为CH3CHO，据此解答【解答】解：A是化学实验室中最
65、常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，能与红热的铜丝反应得到D，能与Na反应，能与乙酸反应，A含有羟基，故A为CH3CH2OH，则C为CH3COOCH2CH3，D为CH3CHO（1）物质A和C的结构简式分别为：CH3CH2OH、CH3COOCH2CH3，故答案为：CH3CH2OH；CH3COOCH2CH3；（2）反应属于取代反应，故答案为：取代反应；（3）反应的化学反应方程式：2CH3CH2OH+2Na2CH3CH2ONa+H2，故答案为：2CH3CH2OH+2Na2CH3CH2ONa+H2；（4）反应的化学反应方程式：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2
66、OH+O22CH3CHO+2H2O【点评】本题考查有机物的推断，比较基础，涉及醇、醛、羧酸、酯的性质与转化，注意基础知识的掌握20（2011秋莲湖区校级期末）汽车尾气主要含有CO2、CO、SO2、NO及汽油、柴油等物质，这种尾气越来越成为城市空气污染的主要来源，必须予以治理治理的方法之一是在汽车的排气管上装一个“催化转换器”（用铂、钯合金作催化剂）它的特点是使CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，并促使汽油、柴油等物质充分燃烧及SO2的转化（1）汽车尾气中NO的来源是CA汽油、柴油中含氮，是其燃烧产物B是空气中的N2与汽油、柴油的反应产物C是空气中的N2与O2在汽车气缸内的高温
67、环境下的反应产物D是汽车高温尾气导致了空气中N2与O2的化合反应（2）写出CO与NO反应的化学方程式：2CO+2NO2CO2+N2（3）“催化转化器”的缺点是在一定程度上提高了空气的酸度，其原因是SO2转化为SO3，产生了硫酸酸雾（4）控制或者减少城市汽车尾气污染的方法可以有ABD（多选）A开发氢能源B使用电动车C限制车辆行驶 D使用乙醇汽油【考点】EK：氮的氧化物的性质及其对环境的影响【分析】（1）尾气中的氮氧化物是空气中的氮气和氧气在电火花条件下生成了一氧化氮，进而被氧气氧化为二氧化氮；（2）根据题意知，一氧化碳和一氧化氮在催化剂条件下反应生成二氧化碳和氮气；（3）二氧化硫被催化转化器转化
68、为三氧化硫，三氧化硫极易溶于水生成硫酸；（4）能减少或控制汽车尾气污染，则减少化石燃料的使用并开发新能源等【解答】解：（1）在电火花条件下，汽车缸内氮气和氧气反应生成一氧化氮气体，一氧化氮不稳定，易被氧气氧化生成二氧化氮，故答案为：C；（2）一氧化碳和一氧化氮在催化剂条件下反应生成二氧化碳和氮气，反应方程式为2CO+2NO2CO2+N2，故答案为：2CO+2NO2CO2+N2；（3）根据题意知，二氧化硫在催化转换器条件下和氧气发生氧化还原反应生成三氧化硫，三氧化硫极易和水蒸气反应生成硫酸，从而产生硫酸酸雾，提高了空气酸度，故答案为：SO2转化为SO3，产生了硫酸酸雾； （4）A开发氢能源，有利
69、于减少污染，故正确；B使用电动车有利于减少污染，故正确；C限制车辆行驶不能控制污染，故错误； D使用乙醇汽油，乙醇汽油燃烧生成二氧化碳和水，有利于减少污染，故正确；故答案为：ABD【点评】本题考查氮的氧化物对环境的污染及环境保护，结合题给信息进行分析解答，知道合理利于资源，减少污染21（2016秋建水县校级月考）已知二氧化碳、二氧化硫等都只能与碱反应生成相应的盐和水，这些氧化物为酸性氧化物；氧化铜、氧化铁等都只能与酸反应生成盐和水，这些氧化物为碱性氧化物；而氧化铝既能与酸反应又能与碱反应生成盐和水，因此氧化铝为两性氧化物（1）现有七氧化二锰、二氧化硅、氧化钠、氧化钙、氧化锌等5种氧化物，其中七
70、氧化二锰、二氧化硅、氧化锌可与碱反应生成盐和水；氧化钠、氧化钙、氧化锌可与酸反应生成盐和水请将上述5种氧化物按类别填在表格中： 酸性氧化物 碱性氧化物 两性氧化物 （2）下列说法正确的是CA金属氧化物都是碱性氧化物B非金属氧化物都是酸性氧化物C碱性氧化物都是金属氧化物D酸性氧化物都是非金属氧化物【考点】3A：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】（1）只能与碱反应生成相应的盐和水的氧化物为酸性氧化物；只能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；既能和酸反应又能和碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物；（2）金属氧化物大多数是碱性氧化物；非金属氧化物大多数是酸性氧化物，据此分析【解答】解：（
71、1）只能与碱反应生成相应的盐和水的氧化物为酸性氧化物，故七氧化二锰、二氧化硅为酸性氧化物；只能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，故氧化钠、氧化钙为碱性氧化物；而氧化锌既能和酸反应又能和碱反应生成盐和水的氧化物，故为两性氧化物，故答案为： 酸性氧化物 七氧化二锰、二氧化硅 碱性氧化物氧化钠、氧化钙 两性氧化物氧化锌 （2）A金属氧化物绝大多数都是碱性氧化物，但不一定，如氧化锌、氧化铝、七氧化二锰，是金属氧化物，但不是碱性氧化物，故A错误；B非金属氧化物不一定都是酸性氧化物，如CO、NO和水等，是非金属氧化物，但是不是酸性氧化物，故B错误；C碱性氧化物都是金属氧化物，故C正确；D酸性氧化物不一定是都是非金属氧化物，如七氧化二锰，是酸性氧化物，但是金属氧化物，故D错误故选C【点评】本题考查了酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物的概念以及金属氧化物与碱性氧化物、非金属氧化物和酸性氧化物之间的关系，难度不大，应注意金属氧化物不一定是碱性氧化物，非金属氧化物不一定是酸性氧化物
