1、2013-2014学年山东省枣庄市高三（上）期末化学试卷一、选择题1化学与科技、生产、生活、环境等密切相关下列说法错误的是（）A燃烧化石燃料排放的废气中含有大量SO2，易形成酸雨B为防止垃圾污染城市，可采用露天焚烧或深埋的方法进行处理C含氮、磷化合物的生物污水大量排放会使水体富营养化DPM2.5指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，它对空气质量和能见度等有重要的影响2下列说法正确的是（）A35Cl和37Cl互为同素异形体BO2和O3是氧元素的两种同位素C35Cl和37Cl中35、37表示的是质量数DO和O表示同一种水分子3下列说法正确的是（）A只有一种元素组成的物质，一定是纯净物B酸性氧化
2、物一定都是非金属氧化物C非金属元素组成的化合物一定含有共价键D阴阳离子中均分别只含有一种元素，则由这样的阴阳离子组成的物质一定是纯净物4关于反映4Al+3TiO2+3C2Al2O3+3TiC的叙述正确的是（）AAl是还原剂，TiC是氧化产物BTiO2是氧化剂，TiC是还原产物C反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：1D生成1molTiC时转移4mol电子5下列对常用仪器的表述正确的是（）A用NaCl固体和浓硫酸各自配制0.5molL1的溶液，所用仪器完全相同B酸式滴定管注入NaHCO3溶液之前应进行捡漏、洗涤和润洗C过滤、溶解、蒸发操作中都需要使用玻璃棒D用小试管和胶头滴管不能鉴别出Na2C
3、O3溶液、稀盐酸、Ba（OH）2溶液、酚酞试液6下列说法正确的是（）A久置的浓HNO3呈黄色，为除去黄色可通入O2BNH4Cl固体中混有I2，可用加热的方法除去C为除去FeSO4溶液中的Fe2（SO4）3，可加入Cu粉D为除去SO2中少量的CO2，可使其通过澄清石灰水7下列判断正确的是（）A对某溶液进行焰色反应时火焰颜色为黄色，则该溶液中一定有Na+，可能有K+B向某溶液中加入AgNO3溶液产生白色沉淀，加入洗盐酸时沉淀不溶解，可确定有Cl存在C加入盐酸时有能使澄清石灰水变浑浊的气体生成，则原溶液中一定有CO32存在D分别含有Mg2+、Cu2+、Fe2+和Na+四种离子的溶液，只用NaOH溶液
4、不可能鉴别成功8利用如图实验装置能完成相应实验的是（）A装置测定化学反应速率B装置制取少量的氢氧化亚铁C装置铁制品表面镀锌D装置稀释浓硫酸9下列离子方程式书写正确的是（）AAgNO3溶液中加入过量的氨水：Ag+NH3H20AgOH+NH+4B向碳酸钡固体中加入足量NaHSO4溶液：BaCO3+SO42BaSO4+CO32C溴化亚铁溶液中通入足量氯气：2Fe2+Cl23Fe3+2ClD澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2+OH+HCO3=BaCO3+H2O10将agFe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200mL pH=1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3+、Al3+刚好完全沉
5、淀，用去NaOH溶液100mL，则NaOH溶液的浓度为（）A0.1 molL1B0.2molL1C0.4molL1D无法计算二、多选题11下列说法正确的是（）AAl在氧气中燃烧时发出耀眼的白光，可用于制造信号弹B铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐储运浓硝酸C明矾可用于除去酸性废水中的悬浮颗粒D用高纯度的二氧化硅制作的光导纤维遇强碱会“断路”12NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A25时，Ph=12的NaOH溶液中含有OH的数目为0.01NAB1L 0.25molL1醋酸溶液中含CH3COOH分子数为0.25NAC7.8gNa2O2中阴阳离子总数为0.4NAD标准状况下，2.2
6、4L氧气与氮气的混合气体所含分子数为0.1NA13在含有Fe3+、Al3+、Fe2+、NH4+的溶液中，加入足量的Na202固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，溶液中离子数目没有变化的是（）AFe3+BFe2+CAl3+DN14下列说法中不正确的是（）A电解MgCl2饱和溶液制取金属镁BSO2具有还原性，可使酸性KMn04溶液退色C双氧水被称为绿色氧化剂，是因为其还原产物为O2D新制备的氯水中存在三种分子、四种离子15石棉是一类价格低廉的硅酸盐材料，有毒、能使人患肺癌一种青石棉的化学式为：Na2Fe5Si8O22（OH）2，它用足量稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，下列说法正确
7、的是（）A该物质中铁元素的化合价为+2价B该物质的化学式组成可表示为：Na20.3FeOFe2O3.8SiO2H2OC1mol该物质能和18mol HNO3反应，也能与18mol HCl反应D这种石棉属于新型无机非金属材料16短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X 原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子的最外层只有2个电子，Z单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族下列叙述正确的是（）A元素X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强B元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱C化合物YX、ZX2、WX3 中化学键的类型相同D原子半径的大小顺序：rYrZrWrX17下列操作中能出现
8、“先沉淀再溶解”现象的是（）A将足量CO2通入饱和的Na2C03溶液中B足量的盐酸逐滴滴入NaAl（OH）4溶液中C将足量SO2气体通入BaCl2溶液中D将足量盐酸逐滴滴入Na2Si03溶液中18短周期元素X、Y的单质分别为M、N，在水溶液中发生置换反应：M+化合物（）=N+化合物（）（反应条件省略），下列推断不正确的是（）A若X为金属，Y为非金属，则X和Y可能位于周期表中不同主族B若X为非金属，Y为非金属，则X和Y一定位于周期表中同一主族C若M、N在常温下呈气态，则X、Y不可能位于同一主族D若在常温下，M为气态，N为固态，则X、Y可能位于同一周期二、非选择题19如表为元素周期表的一部分，请按
9、要求完成下列问题：（1）b的原子结构示意图为：（2）m元素在周期表中的位置是，第6周期共有元素种（3）表中所给元素形成的化合物分子含有四核18电子，其分子式为（4）i、j、k元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为（5）d、e、f、g四种元素的离子半径大小为（用离子符号表示）（6）表中某元素的阳离子与含有该元素的某阴离子不能共存，请你写出它们发生反应的离子方程式（7）C和j形成的一种化合物的相对分子质量在170190之间，且c的质量分数约为30%，则这种化合物的分子式为（8）有人曾把a元素编排在A族e元素上方，请你利用相关知识予以解释20某油脂化工厂的含镍废催化剂主要含有Ni，还含有Al、Fe（
10、1.3%）的单质及其氧化物，其他不溶杂志（3.3%）由含镍废催化剂制取NiSO4.7H20的流程如图：（1）含镍废催化剂中加入碱液的目的是除去（2）滤渣3的化学式为（3）实验室中，过滤操作除用到玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有（4）向滤液1中通入过滤CO2气体有白色沉淀产生，反应的离子方程式为（5）向滤液2中加入H202，保温过程中应控制温度不宜过高，原因是（6）调节滤液3的pH为23，经浓缩、冷却、过滤、洗涤、烘干可制得NiSO4.7H2O（7）操作不当易造成NiSO4.7H2O混有FeSO4.7H2O，请你设计实验证明上述结论21某研究性学习小组用注射器和其他仪器组成实验装置进行实验（1）如图
11、1注射器X中抽取100mL CO2，U形管中装有适量小玻璃珠和约1.5gNa2O2粉末，打开K1、K2止水夹，缓缓将CO2压至U形管中，观察到的实验现象是；注射器X活塞推到底后，Y中收集到的气体大于50mL，其原因是（2）用上述装置探究SO2和Na2O2的反应，有同学认为Na2O2和SO2反应可能生成Na2SO3和O2，则检验是否有O2生成的最简便合理的方法是；另有同学认为，除发生上述反应外还有Na2SO4生成，验证有Na2SO4生成的实验操作过程是（3）如图2是探究氮的氢化物与Cu0反应生成N2、Cu和H2O的装置打开K1、K2，将M中224mL（STP）氮的氢化物缓缓通过盛有红热Cu0的玻
12、璃管W，反应后经称量知管W的质量比反应前减少0.32g，则反应转移的电子总数为；最后N中收集到224mL（STP）气体，则该氢化物的摩尔质量是22研究硫及其化合物的性质具有重要意义（1）某学习小组同学将含硫物质分为如图1，3组，则第3组中，实验室里浓X试剂瓶上应贴的标签是（填序号）第1组第2组第3组S（单质）SO2、H2SO3、NaHSO3、Na2SO3SO3、X、NaHSO4、Na2SO4（2）钠硫高能电池工作温度为320左右，电池反应式为：2Na+xS=Na2SX，则该电池的正极反应式为（3）取6.4g铜片和15mL 16molL1浓硫酸放在试管中加热，反应的化学方程式为，实验结束后，发现
13、试管中还有铜片剩余，原因是（4）取一铜片和稀硫酸放入试管，再向其中滴加H2O2，发现溶液变蓝，反应的离子方程式为（5）分别向100mL稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中加入铜片和铁粉，其中一份最多溶解9.6gCu，而另一份随铁粉加入产生气体的量如图2所示，则OA段产生气体的离子方程式为稀硫酸物质的量浓度为2013-2014学年山东省枣庄市高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1化学与科技、生产、生活、环境等密切相关下列说法错误的是（）A燃烧化石燃料排放的废气中含有大量SO2，易形成酸雨B为防止垃圾污染城市，可采用露天焚烧或深埋的方法进行处理C含氮、磷化合物的生物污水大量排放会使水体富营养化
14、DPM2.5指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，它对空气质量和能见度等有重要的影响【考点】常见的生活环境的污染及治理菁优网版权所有【专题】化学计算【分析】A化石燃料燃烧产生的SO2是形成酸雨的主要原因；B根据通过露天焚烧或深埋的方式进行处理垃圾，会污染大气、水体和土壤解答；C含氮、磷化合物的生活污水使水中藻类植物大量生长；DPM2.5比表面积大，具有较强的吸附能力，能吸附重金属离子，氮、硫氧化物等有毒、有害物质，可损害人体呼吸系统；【解答】解：A含硫煤的燃烧排放到空气中的有毒气体主要是SO2，它遇到雨水后形成酸雨，在燃煤中添加石灰石粉末可减少二氧化硫的排放，可减少酸雨的发生，故A正确；B
15、对所有垃圾通过露天焚烧或深埋的方式进行处理，会污染大气、水体和土壤，不利于改善环境，故B错误；C氮、磷是植物的营养元素，含氮、磷化合物的生活污水大量排放可使水体富营养化，造成水污染，故C正确；DPM2.5表面积大，具有较强的吸附能力，能吸附大量的有毒、有害物质，主要危害人体呼吸系统，它对空气质量和能见度等有重要的影响，故D正确；故选B【点评】本题考查了与化学与环境、生产和生活密切相关的知识，明确化学与生活的联系及性质决定用途是解答本题的关键，难度不大2下列说法正确的是（）A35Cl和37Cl互为同素异形体BO2和O3是氧元素的两种同位素C35Cl和37Cl中35、37表示的是质量数DO和O表示
16、同一种水分子【考点】同素异形体；同位素及其应用；质量数与质子数、中子数之间的相互关系菁优网版权所有【专题】原子组成与结构专题【分析】A、同种元素的不同原子互称同位素；B、同种元素形成的不同单质互称同素异形体；C、35Cl和37Cl中35、37表示的是质量数；D、1H216O和2H218O是两种不同的水分子【解答】解：A、同种元素的不同原子互称同位素，故A错误；B、同种元素形成的不同单质互称同素异形体，故B错误；C、35Cl和37Cl中35、37表示的是质量数，故C正确；D、1H216O和2H218O是两种相对分子质量不同的水分子，故D错误故选C【点评】本题考查了同位素、同素异形体和质量数的概念
17、，难度不大，把握住概念的实质是关键3下列说法正确的是（）A只有一种元素组成的物质，一定是纯净物B酸性氧化物一定都是非金属氧化物C非金属元素组成的化合物一定含有共价键D阴阳离子中均分别只含有一种元素，则由这样的阴阳离子组成的物质一定是纯净物【考点】混合物和纯净物；化学键菁优网版权所有【专题】物质的分类专题【分析】A、只有一种元素组成的物质，可能为纯净物，也可能是混合物；B、酸性氧化物不一定是非金属氧化物；C、非金属元素组成的化合物一定含有共价键；D、阴阳离子中均分别只含有一种元素，则由这样的阴阳离子组成的物质不一定是纯净物【解答】解：A、只有一种元素组成的物质，不一定为纯净物，也可能是混合物，如
18、氧气和臭氧，只含一种元素，但是混合物，故A错误；B、酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7，是酸性氧化物，但是金属氧化物，故B错误；C、非金属元素组成的化合物可能是共价化合物，也可能是离子化合物的铵盐，但是无论是哪种情况，一定含有共价键，故C正确；D、阴阳离子中均分别只含有一种元素，则由这样的阴阳离子组成的物质不一定是纯净物，如FeCl2、FeCl3，故D错误故选C【点评】本题考查了纯净物和混合物的辨析，难度不大，重点是把握住概念来解题4关于反映4Al+3TiO2+3C2Al2O3+3TiC的叙述正确的是（）AAl是还原剂，TiC是氧化产物BTiO2是氧化剂，TiC是还原产物C反应中氧化
19、剂与还原剂的物质的量之比是1：1D生成1molTiC时转移4mol电子【考点】氧化还原反应菁优网版权所有【专题】氧化还原反应专题【分析】反应4Al+3TiO2+3C=2Al2O3+3TiC中，Al元素的化合价升高失电子作还原剂，C元素的化合价降低得电子作氧化剂，结合化合价的变化判断转移的电子数，据此分析【解答】解：A反应4Al+3TiO2+3C=2Al2O3+3TiC中，Al元素的化合价升高失电子作还原剂，C元素的化合价降低得电子作氧化剂，TiC是还原产物，故A错误；BAl元素的化合价升高失电子作还原剂，C元素的化合价降低得电子作氧化剂，TiO2既不是氧化剂又不是还原剂，TiC是还原产物，故B
20、错误；CAl元素的化合价升高失电子作还原剂，C元素的化合价降低得电子作氧化剂，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是3：4，故C错误；D反应4Al+3TiO2+3C=2Al2O3+3TiC中，4molAl失去12mol电子，生成3molTiC，则每生成1mol TiC转移电子4mol，故D正确故选D【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重电子守恒和氧化还原反应的基本概念分析与应用，题目难度不大5下列对常用仪器的表述正确的是（）A用NaCl固体和浓硫酸各自配制0.5molL1的溶液，所用仪器完全相同B酸式滴定管注入NaHCO3溶液之前应进行捡漏、洗涤和润洗C过滤、
21、溶解、蒸发操作中都需要使用玻璃棒D用小试管和胶头滴管不能鉴别出Na2CO3溶液、稀盐酸、Ba（OH）2溶液、酚酞试液【考点】化学实验方案的评价菁优网版权所有【专题】实验评价题【分析】A固体需要称量，液体需要量取；BNaHCO3溶液呈碱性；C过滤、溶解、蒸发操作都需要使用玻璃棒；D只用胶头滴管和试管，不用其他试剂就可以区别，可通过溶液的相互滴加，顺序不同，能产生不同的现象【解答】解：A固体需要用托盘天平称量，液体需要用量筒量取，故A错误； BNaHCO3溶液呈碱性，应用碱式滴定管，故B错误；C在固体溶解过程中，用玻璃棒搅拌，加速固体溶解；在过滤时，用玻璃棒引流；在蒸发过程中，用玻璃棒搅拌，使液体
22、均匀受热，防止液体飞溅，故C正确；DNa2CO3与盐酸，向盐酸中加碳酸钠，开始就生成气体，而向碳酸钠中加盐酸，先没有气体后生成气体，现象不同，可鉴别，然后加入碳酸钠有沉淀的是氢氧化钡溶液，剩余的是酚酞溶液，故D错误故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及常见仪器的使用、物质的鉴别等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大6下列说法正确的是（）A久置的浓HNO3呈黄色，为除去黄色可通入O2BNH4Cl固体中混有I2，可用加热的方法除去C为除去FeSO4溶液中的Fe2（SO4）3，可加入Cu粉D为除去SO2中少量的CO2，可使其通
23、过澄清石灰水【考点】物质的分离、提纯和除杂菁优网版权所有【专题】元素及其化合物；化学实验基本操作【分析】根据除杂质至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质，以此来解答【解答】解：A浓HNO3在光照下很容易分解产生NO2呈黄色，二氧化氮能与氧气和水反应生成硝酸，故A正确； B加热NH4Cl固体分解，I2升华，故B错误；C加入Cu粉生成新的杂质CuSO4，故C错误；DSO2和CO2都可以与澄清石灰水反应，故D错误故选A【点评】本题考查物质的分离提纯，难度不大，注意根据物质的性质差异性选择物理或化学方法进行分离7下列判断正确的是（）A对某溶液进行焰色反应
24、时火焰颜色为黄色，则该溶液中一定有Na+，可能有K+B向某溶液中加入AgNO3溶液产生白色沉淀，加入洗盐酸时沉淀不溶解，可确定有Cl存在C加入盐酸时有能使澄清石灰水变浑浊的气体生成，则原溶液中一定有CO32存在D分别含有Mg2+、Cu2+、Fe2+和Na+四种离子的溶液，只用NaOH溶液不可能鉴别成功【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验菁优网版权所有【专题】物质检验鉴别题【分析】A检验K+需要透过蓝色钴玻璃；B氯离子、硫酸根均能与银离子反应生成不溶于稀盐酸的白色沉淀；C碳酸氢根与盐酸反应也生成二氧化碳，并且二氧化硫与澄清石灰水反应也生成沉淀；D氢氧根与钠离子不反应，氢氧根与Mg2+、Cu
25、2+、Fe2+反应现象分别为白色沉淀、蓝色沉淀、白色沉淀迅速变为灰绿色最后变为红褐色【解答】解：A焰色反应焰颜色为黄色，则该溶液中一定有Na+，黄色火焰可以覆盖K+的浅紫色火焰，故检验K+需通过蓝色钴玻璃观察火焰，不能确定是否含有K+，故A正确；B氯离子、硫酸根均能与银离子反应生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，不能确定溶液中有Cl存在，故B错误；C碳酸氢根与盐酸反应也生成二氧化碳，亚硫酸根、亚硫酸氢根与盐酸反应生成二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，故C错误；D氢氧根与Mg2+、Cu2+反应分别产生白色沉淀、蓝色沉淀，与Fe2+反应生成的白色沉淀迅速变为灰绿色最后变为红褐色，氢氧根与钠离子不反应，可以一
26、次性鉴别出来，故D错误；故选A【点评】本题考查离子检验、对实验方案的评价，关键掌握常见离子的检验方法，注意排除其它离子的干扰8利用如图实验装置能完成相应实验的是（）A装置测定化学反应速率B装置制取少量的氢氧化亚铁C装置铁制品表面镀锌D装置稀释浓硫酸【考点】化学实验方案的评价菁优网版权所有【专题】实验评价题【分析】A可根据一定时间内生成气体的体积测定反应速率；B制备氢氧化亚铁时要隔绝空气；C应用硫酸锌溶液；D容量瓶不能稀释溶液【解答】解：A根据一定时间内生成气体的体积，可测定化学反应速率，但缺少秒表，故A错误； B氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成红棕色的氢氧化铁，为防止氢氧化亚铁被氧化，
27、则制备氢氧化亚铁时要隔绝空气，植物油的密度小于水，所以能隔绝空气，故B正确；C铁制品表面镀锌，锌作阳极，电解质溶液应该为硫酸锌，故C错误；D容量瓶不能稀释溶液或溶解固体，只能配制溶液，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，涉及化学反应速率、物质制备、电解、溶液的配制等知识点，难度不大，注意根据物质的性质选取合适的装置9下列离子方程式书写正确的是（）AAgNO3溶液中加入过量的氨水：Ag+NH3H20AgOH+NH+4B向碳酸钡固体中加入足量NaHSO4溶液：BaCO3+SO42BaSO4+CO32C溴化亚铁溶液中通入足量氯气：2Fe2+Cl23Fe3+2ClD澄清石灰水
28、与少量小苏打溶液混合：Ca2+OH+HCO3=BaCO3+H2O【考点】离子方程式的书写菁优网版权所有【专题】离子反应专题【分析】A加入过量的氨水，生成银氨溶液；B反应生成硫酸钡、水和气体；C亚铁离子、溴离子均被氧化；D小苏打完全反应，反应生成碳酸钙和水、NaOH【解答】解：AAgNO3溶液中加入过量的氨水：Ag+2NH3H20Ag（NH3）2+OH+H20，故A错误；B向碳酸钡固体中加入足量NaHSO4溶液的离子反应为2H+BaCO3+SO42BaSO4+CO2+H20，故B错误；C溴化亚铁溶液中通入足量氯气的离子反应为4Br+2Fe2+3Cl22Fe3+6Cl，+2Br2，故C错误；D澄清
29、石灰水与少量小苏打溶液混合的离子反应为Ca2+OH+HCO3=BaCO3+H2O，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，侧重与量有关的离子反应及氧化还原反应的考查，题目难度不大10将agFe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200mL pH=1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3+、Al3+刚好完全沉淀，用去NaOH溶液100mL，则NaOH溶液的浓度为（）A0.1 molL1B0.2molL1C0.4molL1D无法计算【考点】物质的量浓度的相关计算；物质的量浓度菁优网版权所有【专题】物质的量浓
30、度和溶解度专题【分析】反应生成硫酸铝、硫酸铁，硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入10mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒有n（NaOH）=2n（Na2SO4），根据硫酸根守恒有n（Na2SO4）=n（H2SO4），据此计算n（NaOH），再根据c=计算【解答】解：pH=1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，则硫酸的浓度为0.05mol/L；Fe2O3、Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸铁，硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入100mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根离子
31、守恒有：n（Na2SO4）=n（H2SO4）=0.2L0.05mol/L=0.01mol，根据钠离子守恒可得：n（NaOH）=2n（Na2SO4）=0.02mol，则该c（NaOH）=0.2mol/L，故选B【点评】本题考查了混合物的计算，明确最后溶液中的溶质是解本题关键，再结合原子守恒来分析解答，如果考虑每一步反应较麻烦且易出现错误，试题考查了学生分析问题及解决问题的能力，难度不大二、多选题11下列说法正确的是（）AAl在氧气中燃烧时发出耀眼的白光，可用于制造信号弹B铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐储运浓硝酸C明矾可用于除去酸性废水中的悬浮颗粒D用高纯度的二氧化硅制作的光导纤维遇强碱会
32、“断路”【考点】铝的化学性质；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质菁优网版权所有【专题】元素及其化合物【分析】A、金属镁在氧气中燃烧，发出耀眼的白光，据此回答金属镁的应用；B、常温下金属铜可以和浓硝酸之间发生反应；C、铝离子水解生成具有净水作用的氢氧化铝，能和酸反应生成盐和水；D、根据光导纤维的主要成分是二氧化硅以及二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水【解答】解：A、金属镁在氧气中燃烧，发出耀眼的白光，可用于制造信号弹，故A错误；B、常温下金属铜可以和浓硝酸之间发生反应，但是金属铝在常温下遇到浓硝酸会钝化，故B错误；C、明矾中的铝离子水解会生成具有净水作用的
33、氢氧化铝，但是该物质属于碱，能和酸反应生成盐和水，所以不可用于除去酸性废水中的悬浮颗粒，故C错误；D、二氧化硅能用于制光导纤维、二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水，所以光导纤维遇强碱会“断路”，故D正确故选D【点评】本题考查学生元素以及化合物的性质和应用知识，属于综合知识的考查，难度不大12NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A25时，Ph=12的NaOH溶液中含有OH的数目为0.01NAB1L 0.25molL1醋酸溶液中含CH3COOH分子数为0.25NAC7.8gNa2O2中阴阳离子总数为0.4NAD标准状况下，2.24L氧气与氮气的混合气体所含分子数为0.1NA【
34、考点】阿伏加德罗常数菁优网版权所有【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A缺少氢氧化钠溶液的体积，无法计算溶液中氢氧根离子的数目；B醋酸为弱电解质，溶液中部分电离，导致醋酸分子数减少；C过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.3mol离子；D标况下气体摩尔体积为22.4L/mol，2.24L氮气和氧气混合气体的物质的量为0.1mol【解答】解：A没有告诉氢氧化钠溶液体积，无法计算溶液中氢氧根离子数目，故A错误；B1L 0.25molL1醋酸溶液中含有溶质醋酸0.25mol，由于醋酸部分电离，溶液中醋酸分子小于0.25mol，含CH3COOH分子
35、数小于0.25NA，故B错误；C7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，0.1mol过氧化钠中含有0.2mol钠离子、0.1mol过氧根离子，总共含有0.3mol离子，含有的阴阳离子总数为0.3NA，故C错误；D标况下2.24L氧气与氮气的混合气体的物质的量为0.1mol，所含分子数为0.1NA，故D正确；故选D【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，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A为易错点，需要明确题中缺少溶液体积；试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力13在含有Fe3+、Al3+、Fe2+、NH4+的
36、溶液中，加入足量的Na202固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，溶液中离子数目没有变化的是（）AFe3+BFe2+CAl3+DN【考点】离子反应发生的条件菁优网版权所有【专题】离子反应专题【分析】解：溶液中加入过量的Na2O2固体，与水反应生成NaOH和氧气，放出热量，钠离子增大，Fe2+被氧化成Fe3+，Fe2+减少；Fe3+、Al3+、NH4+均与碱反应，铝离子转化为偏铝酸根离子，Fe3+转化为氢氧化铁，NH4+转化为一水合氨和氨气，故NH4+减少；再通入过量的稀盐酸，溶液中氢氧化铁转化为铁离子，铁离子增多，偏铝酸根离子转化为铝离子，铝离子保持不变；依此进行判断【解答】解：溶
37、液中加入过量的Na2O2固体，与水反应生成NaOH和氧气，放出热量，钠离子增大，Fe2+被氧化成Fe3+，Fe2+减少；Fe3+、Al3+、NH4+均与碱反应，铝离子转化为偏铝酸根离子，Fe3+转化为氢氧化铁，NH4+转化为一水合氨和氨气，故NH4+减少；再通入过量的稀盐酸，溶液中氢氧化铁转化为铁离子，铁离子增多，偏铝酸根离子转化为铝离子，铝离子保持不变；AFe3+增多，故A不选；BFe2+减少，故B选；C铝离子浓度保持不变，故C选；DNH4+减少，故D不选；故选C【点评】本题考查离子间的反应，难度中等了解常见物质的性质是解题的关键14下列说法中不正确的是（）A电解MgCl2饱和溶液制取金属镁
38、BSO2具有还原性，可使酸性KMn04溶液退色C双氧水被称为绿色氧化剂，是因为其还原产物为O2D新制备的氯水中存在三种分子、四种离子【考点】金属冶炼的一般原理；二氧化硫的化学性质菁优网版权所有【分析】AMg是活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg；B二氧化硫具有还原性，能被强氧化性物质氧化；C双氧水具有氧化性，能被还原生成水；D新制的氯气中含有的微粒有Cl2、HClO、H2O、Cl、H+、OH、ClO【解答】解：AMg是活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg，如果电解氯化镁溶液，阴极上氢离子放电而不是镁离子放电，所以得不到镁单质，故A错误；B二氧化硫具有还原性，能被强氧化性
39、物质酸性高锰酸钾氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C双氧水具有氧化性，得电子被还原生成水，所以还原产物是水，故C错误；D新制的氯气中含有的微粒有Cl2、HClO、H2O、Cl、H+、OH、ClO，所以一共有7种微粒，故D正确；故选AC【点评】本题考查较综合，涉及金属的冶炼、氧化还原反应、弱电解质的电离等知识点，侧重考查学生对基本理论的运用，根据金属的活泼性强弱判断冶炼方法，知道氯水中的成分及其性质，题目难度不大15石棉是一类价格低廉的硅酸盐材料，有毒、能使人患肺癌一种青石棉的化学式为：Na2Fe5Si8O22（OH）2，它用足量稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，下列说法正确的是（）
40、A该物质中铁元素的化合价为+2价B该物质的化学式组成可表示为：Na20.3FeOFe2O3.8SiO2H2OC1mol该物质能和18mol HNO3反应，也能与18mol HCl反应D这种石棉属于新型无机非金属材料【考点】硅酸盐工业；根据化学式判断化合价菁优网版权所有【分析】A青石棉中铁元素的化合价由+2价和+3价两种； B青石棉中铁元素的化合价由+2价和+3价两种；C硝酸能将二价铁离子氧化为三价铁离子，消耗的硝酸多；D无机非金属材料是除有机高分子材料和金属材料以外的几乎所有材料的统称如陶瓷、玻璃、水泥、耐火材料、碳材料以及以此为基体的复合材料【解答】解：A根据化合价的代数和为0，Na2Fe5
41、Si8O22（OH）2中，钠元素显+1价，硅元素显+4价，氧元素显2价，氢元素显+1价，故5个铁原子共显+12价，故可知青石棉中铁元素的化合价由+2价和+3价两种，故A错误； B青石棉中铁元素的化合价由+2价和+3价两种，根据原子守恒和化合价不变的思想，化学组成用氧化物的形式可表示为Na2O3FeOFe2O38SiO2H2O，故B正确；C1molNa2O3FeOFe2O38SiO2H2O与HNO3反应时，HNO3既做酸又做氧化剂，由于1molNa2O3FeOFe2O38SiO2H2O中含3molFe2+，被HNO3氧化为Fe3+，此过程中失3mol电子，能将HNO31mol还原为NO，即做氧化
42、剂的硝酸为1Mol，根据钠元素和铁元素的守恒，可知生成的盐为2molNaNO3和5molFe（NO3）3，故做酸的硝酸为17mol，故消耗的硝酸的总量为18mol；1molNa2O3FeOFe2O38SiO2H2O与HCl反应时，只发生复分解反应，盐酸只做酸，根据根据钠元素和铁元素的守恒，可知生成的盐为2molNaNO3和3molFe（NO3）2和2molFe（NO3）3，故消耗的盐酸为14mol，故C错误；D矿青石棉属于无机非金属材料，但不是新型材料，故D错误故选B【点评】本题主要考查学生无机非金属材料的有关知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大16短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增
43、大，X 原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子的最外层只有2个电子，Z单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族下列叙述正确的是（）A元素X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强B元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱C化合物YX、ZX2、WX3 中化学键的类型相同D原子半径的大小顺序：rYrZrWrX【考点】原子结构与元素周期律的关系菁优网版权所有【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，故X原子有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素，W与X属于同一主族，故W为S元素，Y原子的最外层只有2
44、个电子，处于第A族，原子序数等于O元素，故Y为Mg元素，Z的单质常作为半导体材料，Z是Si元素，据此解答【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，故X原子有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素，W与X属于同一主族，故W为S元素，Y原子的最外层只有2个电子，处于第A族，原子序数大于O元素，故Y为Mg元素，Z的单质常作为半导体材料，Z是Si元素，则A同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性OS，非金属性越强，氢化物越稳定，故稳定性H2OH2S，故A正确；B同周期自左而右非金属性增强，故非金属性SSi，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物
45、的酸性越强，故酸性H2SO4H2SiO3，故B错误；CYX是MgO，属于离子化合物，只含离子键，ZX2和WX3和是二氧化硅和三氧化硫，二氧化硅和三氧化硫都只含共价键，故C错误；D同主族自上而下原子半径增大，故原子半径OS，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径MgSiS，故原子半径MgSiSO，即rYrZrWrX，故D正确；故选AD【点评】本题考查了结构位置性质关系、元素周期律等，难度不大，能正确判断元素是解本题的关键，掌握元素周期律的正确运用17下列操作中能出现“先沉淀再溶解”现象的是（）A将足量CO2通入饱和的Na2C03溶液中B足量的盐酸逐滴滴入NaAl（OH）4溶液中C将足量SO2气体
46、通入BaCl2溶液中D将足量盐酸逐滴滴入Na2Si03溶液中【考点】钠的重要化合物；二氧化硫的化学性质菁优网版权所有【分析】A将足量CO2通入饱和的Na2C03溶液中，反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠；B足量的盐酸逐滴滴入NaAl（OH）4溶液中，先生成氢氧化铝，氢氧化铝再与盐酸反应生成氯化铝；C二氧化硫与氯化钡不反应；D盐酸的酸性强于硅酸，硅酸为沉淀【解答】解：A将足量CO2通入饱和的Na2C03溶液中，反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，现象会出现沉淀，但是不溶解，故A错误；B足量的盐酸逐滴滴入NaAl（OH）4溶液中，先生成氢氧化铝，氢氧化铝再与盐酸反应生成氯化铝，现象
47、先产生沉淀然后沉淀溶解，故B正确；C不发生反应，无现象，故C错误；D足量盐酸逐滴滴入Na2Si03溶液中，反应生成硅酸沉淀，沉淀不溶解，故D错误；故选：B【点评】本题考查了实验现象，明确物质的性质和反应的实质是解题关键，题目难度不大，注意对基础知识的积累18短周期元素X、Y的单质分别为M、N，在水溶液中发生置换反应：M+化合物（）=N+化合物（）（反应条件省略），下列推断不正确的是（）A若X为金属，Y为非金属，则X和Y可能位于周期表中不同主族B若X为非金属，Y为非金属，则X和Y一定位于周期表中同一主族C若M、N在常温下呈气态，则X、Y不可能位于同一主族D若在常温下，M为气态，N为固态，则X、Y
48、可能位于同一周期【考点】无机物的推断菁优网版权所有【分析】短周期元素X、Y的单质分别为M、N，在水溶液中发生置换反应：M+化合物（）=N+化合物（）（反应条件省略），若X为金属元素，则X应该为活泼金属元素，能从水或者酸中置换成氢气；若X为非金属元素，则Y为比X活泼性弱的非金属元素或者是不活泼的金属元素，依此解答【解答】解：A、若X为金属，Y为非金属，则X可能为Al，Y为H，则X和Y位于周期表中不同主族，故A正确；B、若X为非金属，Y为非金属，则X可能为Cl，Y为S，则X和Y在周期表中不属于同一主族，故B错误；C、若M、N在常温下呈气态，则X可能为F，Y为O，则X、Y不可能位于同一主族，故C正确
49、；D、若在常温下，M为气态，N为固态，则X可能为Cl，Y为S，则X、Y位于同一周期，故D正确故选：B【点评】置换反应的种类有金属置换金属、金属置换非金属、非金属置换非金属、非金属置换金属，根据具体的要求选取合适的反应类型即可二、非选择题19如表为元素周期表的一部分，请按要求完成下列问题：（1）b的原子结构示意图为：（2）m元素在周期表中的位置是第四周期第族，第6周期共有元素32种（3）表中所给元素形成的化合物分子含有四核18电子，其分子式为H2O2（4）i、j、k元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为H2SiO3H2SO4HClO4（5）d、e、f、g四种元素的离子半径大小为O2FNa+Mg2
50、+（用离子符号表示）（6）表中某元素的阳离子与含有该元素的某阴离子不能共存，请你写出它们发生反应的离子方程式Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3 （7）C和j形成的一种化合物的相对分子质量在170190之间，且c的质量分数约为30%，则这种化合物的分子式为S4N4（8）有人曾把a元素编排在A族e元素上方，请你利用相关知识予以解释因为a元素的原子的获得一个电子即可达到稳定结构【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用菁优网版权所有【分析】由元素在周期表中位置，可知a为H，b为C、c为N、d为O、e为F、f为Na、g为Mg、h为Al、i为Si、j为S、k为Cl、m为Fe（1）b为C，原子核
51、外有2个电子层，各层电子数为2、4；（2）由m在周期表位置可知其位于第四周期第族，第六周期容纳32种元素；（3）给元素形成的化合物分子含有四核18电子为H2O2；（4）非金属性越强，元素最高价含氧酸的酸性越强；（5）电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；（6）表中某元素的阳离子与含有该元素的某阴离子不能共存，该元素为Al，应是铝离子与偏铝酸根铝离子，二者发生水解反应生成氢氧化铝沉淀；（7）根据氮元素质量分数计算硫元素质量分数，进而计算分子中N、S原子数目之比，结合相对分子质量计算确定分子式；（8）a元素的原子的获得一个电子即可达到稳定结构【解答】解：由元素在周期表中
52、位置，可知a为H，b为C、c为N、d为O、e为F、f为Na、g为Mg、h为Al、i为Si、j为S、k为Cl、m为Fe（1）b为C，原子核外有2个电子层，各层电子数为2、4，其原子结构示意图为：，故答案为：；（2）由m在周期表位置可知其位于第四周期第族，第六周期容纳32种元素，故答案为：第四周期第族；32；（3）给元素形成的化合物分子含有四核18电子为H2O2，故答案为：H2O2；（4）非金属性SiSCl，非金属性越强，元素最高价含氧酸的酸性越强，故酸性：H2SiO3H2SO4HClO4，故答案为：H2SiO3H2SO4HClO4；（5）电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半
53、径越大，故离子半径：O2FNa+Mg2+，故答案为：O2FNa+Mg2+；（6）表中某元素的阳离子与含有该元素的某阴离子不能共存，该元素为Al，应是铝离子与偏铝酸根铝离子，二者发生水解反应生成氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为：Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3 ，故答案为：Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3 ；（7）c为N元素，j为S元素，形成的化合物中N的质量分数为30%，则S和N原子个数比为：=1：1，其相对分子质量在170190之间，设化学式为（SN）x，则17046x190，解得x=4时，故二者形成的分子式为S4N4，故答案为：S4N4；（8）A族元素获得一个电子
54、形成稳定结构，而a元素的原子的获得一个电子即可达到稳定结构，可以放在A族e元素上方，故答案为：因为a元素的原子的获得一个电子即可达到稳定结构【点评】本题考查元素周期表与元素周期律、无机物推断、常用化学用语等，难度中等，注意对元素周期律的理解掌握20某油脂化工厂的含镍废催化剂主要含有Ni，还含有Al、Fe（1.3%）的单质及其氧化物，其他不溶杂志（3.3%）由含镍废催化剂制取NiSO4.7H20的流程如图：（1）含镍废催化剂中加入碱液的目的是除去油脂、Al、Al2O3（2）滤渣3的化学式为Fe（OH）3（3）实验室中，过滤操作除用到玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗（4）向滤液1中通入过滤C
55、O2气体有白色沉淀产生，反应的离子方程式为Al（OH）4+CO2Al（OH）3+HCO3（5）向滤液2中加入H202，保温过程中应控制温度不宜过高，原因是温度过高H2O2易发生分解（6）调节滤液3的pH为23，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干可制得NiSO4.7H2O（7）操作不当易造成NiSO4.7H2O混有FeSO4.7H2O，请你设计实验证明上述结论用试管取少量产品，加蒸馏水溶解，加入KSCN溶液，无明显现象，再加入H2O2溶液呈红色，证明NiSO4.7H2O中混有FeSO4.7H2O【考点】制备实验方案的设计菁优网版权所有【分析】由流程可知，某化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含
56、有Al、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%），原料中加入碱溶液，铝元素溶解，碱浸后过滤得到固体中应含有镍、铁的化合物，酸浸后过滤，滤液中含有亚铁离子、铁离子、镍离子，加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液PH使铁离子生成氢氧化铁沉淀，镍离子不沉淀，再过滤后，调节滤液PH值为23防止镍离子水解，得硫酸镍溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO47H2O晶体，据此答题【解答】解：由流程可知，某化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%），原料中加入碱溶液，铝元素溶解，碱浸后过滤得到固体中应含有镍、铁的化合物
57、，酸浸后过滤，滤液中含有亚铁离子、铁离子、镍离子，加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液PH使铁离子生成氢氧化铁沉淀，镍离子不沉淀，再过滤后，调节滤液PH值为23防止镍离子水解，得硫酸镍溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO47H2O晶体，（1）碱液能使油脂水解，同时能溶解铝和氧化铝，所以含镍废催化剂中加入碱液的目的是除去油脂、Al、Al2O3，故答案为：油脂、Al、Al2O3； （2）根据上面的分析可知，滤渣3的化学式为Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；（3）实验室中，过滤操作用到玻璃棒、烧杯、漏斗，故答案为：烧杯、漏斗；（4）滤液1中含有偏铝根，通入过滤CO2气体
58、有白色沉淀氢氧化铝产生，反应的离子方程式为Al（OH）4+CO2Al（OH）3+HCO3，故答案为：Al（OH）4+CO2Al（OH）3+HCO3；（5）向滤液2中加入H202，由于温度过高H2O2易发生分解，所以保温过程中应控制温度不宜过高，故答案为：温度过高H2O2易发生分解；（6）调节滤液3的pH为23防止镍离子水解，得硫酸镍溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO47H2O晶体，故答案为：蒸发；结晶；（7）证明NiSO4.7H2O中混有FeSO4.7H2O，可以用试管取少量产品，加蒸馏水溶解，加入KSCN溶液，无明显现象，再加入H2O2溶液，若呈红色，即证明NiSO4.7H2
59、O中混有FeSO4.7H2O，故答案为：用试管取少量产品，加蒸馏水溶解，加入KSCN溶液，无明显现象，再加入H2O2溶液呈红色，证明NiSO4.7H2O中混有FeSO4.7H2O【点评】本题考查了物质分离的实验设计和方法应用、溶度积常数的有关计算，主要是利用溶液不同PH条件下离子沉淀的情况不同，控制溶液PH除去杂质离子，得到较纯净的硫酸镍溶液来制备硫酸镍晶体，同时考查了除杂原则不能引入新的杂质，铝及其化合物性质分析判断，题目难度中等21某研究性学习小组用注射器和其他仪器组成实验装置进行实验（1）如图1注射器X中抽取100mL CO2，U形管中装有适量小玻璃珠和约1.5gNa2O2粉末，打开K1
60、、K2止水夹，缓缓将CO2压至U形管中，观察到的实验现象是U 形管中Na2O2淡黄色变浅，Y注射器活塞右移；注射器X活塞推到底后，Y中收集到的气体大于50mL，其原因是CO2气体没有完全反应（2）用上述装置探究SO2和Na2O2的反应，有同学认为Na2O2和SO2反应可能生成Na2SO3和O2，则检验是否有O2生成的最简便合理的方法是打开U形管右侧的橡胶塞，将带火星的木条插入U形管中，木条复燃，证明有氧气生成否则，木条不复燃，证明无氧气生成；另有同学认为，除发生上述反应外还有Na2SO4生成，验证有Na2SO4生成的实验操作过程是用试管取少量U形管中反应后的残留固体，加水溶解，加入过量的盐酸，
61、然后加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，证明有Na2SO4生成（3）如图2是探究氮的氢化物与Cu0反应生成N2、Cu和H2O的装置打开K1、K2，将M中224mL（STP）氮的氢化物缓缓通过盛有红热Cu0的玻璃管W，反应后经称量知管W的质量比反应前减少0.32g，则反应转移的电子总数为2.4081022个；最后N中收集到224mL（STP）气体，则该氢化物的摩尔质量是32gmol1【考点】实验装置综合；性质实验方案的设计菁优网版权所有【分析】（1）二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气；（2）氧气能使带火星的木条复燃；检验硫酸根离子：用盐酸和氯化钡溶液；（3）CuO被还原生成Cu，当1molCu
62、O反应时转移2mol电子，根据CuO的质量变化与电子之间的关系计算；N的氢化物被氧化的产物为N2，反应前后气体的体积相同，则氢化物中含有2个N原子【解答】解：（1）二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，则U形管中Na2O2淡黄色变浅，生成的氧气进入Y中，所以Y注射器活塞右移；二氧化碳与过氧化钠固体反应不能完全进行，有二氧化碳剩余，则Y中收集到的气体大于50mL；故答案为：U 形管中Na2O2淡黄色变浅，Y注射器活塞右移；CO2气体没有完全反应；（2）氧气能使带火星的木条复燃，则检验是否有O2生成的最简便的方法为：打开U形管右侧的橡胶塞，将带火星的木条插入U形管中，木条复燃，证明有氧气生成否则
63、，木条不复燃，证明无氧气生成；除发生上述反应外还有Na2SO4生成，检验硫酸根离子：用盐酸和氯化钡溶液，具体操作为：用试管取少量U形管中反应后的残留固体，加水溶解，加入过量的盐酸，然后加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，证明有Na2SO4生成；故答案为：打开U形管右侧的橡胶塞，将带火星的木条插入U形管中，木条复燃，证明有氧气生成否则，木条不复燃，证明无氧气生成；用试管取少量U形管中反应后的残留固体，加水溶解，加入过量的盐酸，然后加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，证明有Na2SO4生成；（3）CuO被还原生成Cu，当1molCuO反应时转移2mol电子，则CuOCuO2e， 16g 2mol 0.
64、32g nmol则=，解得n=0.04mol，则反应转移的电子总数为0.046.021023=2.4081022个；N的氢化物被氧化的产物为N2，反应前后气体的体积相同，则氢化物中含有2个N原子，所以该氢化物的分子式为：N2H4，其摩尔质量为32gmol1；故答案为：2.4081022个；32gmol1【点评】本题考查了实验装置综合，侧重于考查学生的实验探究能力，注意把握过氧化钠的性质和氧气的检验方法，题目难度中等22研究硫及其化合物的性质具有重要意义（1）某学习小组同学将含硫物质分为如图1，3组，则第3组中，实验室里浓X试剂瓶上应贴的标签是D（填序号）第1组第2组第3组S（单质）SO2、H2
65、SO3、NaHSO3、Na2SO3SO3、X、NaHSO4、Na2SO4（2）钠硫高能电池工作温度为320左右，电池反应式为：2Na+xS=Na2SX，则该电池的正极反应式为xS+2eSn2（3）取6.4g铜片和15mL 16molL1浓硫酸放在试管中加热，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2+2H2O，实验结束后，发现试管中还有铜片剩余，原因是随反应进行，硫酸浓度变稀，稀硫酸和铜不反应（4）取一铜片和稀硫酸放入试管，再向其中滴加H2O2，发现溶液变蓝，反应的离子方程式为Cu+2H+H2O2Cu2+2H2O（5）分别向100mL稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中加入铜片和铁粉
66、，其中一份最多溶解9.6gCu，而另一份随铁粉加入产生气体的量如图2所示，则OA段产生气体的离子方程式为Fe+NO3+4H+Fe3+NO+2H2O稀硫酸物质的量浓度为2.5molL1【考点】有关混合物反应的计算；原电池和电解池的工作原理；浓硫酸的性质；化学试剂的分类菁优网版权所有【分析】（1）对比（2）（3）组数据可知X应为H2SO4，具有腐蚀性；（2）正极发生还原反应，S被还原；（3）浓硫酸和铜在加热条件下发生氧化还原反应生成硫酸铜和二氧化硫，稀硫酸与铜不反应；（4）取一铜片和稀硫酸放入试管，再向其中滴加H2O2，发现溶液变蓝，说明铜被氧化生成硫酸铜；（5）金属铜和稀硝酸反应的方程式为：3C
67、u+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，根据铁和硫酸的反应中铁的质量来确定所需硫酸的量，进而确定硫酸的浓度【解答】解：（1）对比（2）（3）组数据可知X应为H2SO4，具有腐蚀性，故答案为：D；（2）正极发生还原反应，S被还原生成Sn2，电极方程式为xS+2eSn2，故答案为：xS+2eSn2；（3）浓硫酸和铜在加热条件下发生氧化还原反应生成硫酸铜和二氧化硫，方程式为Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2+2H2O，随反应进行，硫酸浓度变稀，稀硫酸和铜不反应，实验结束后，试管中还有铜片剩余，故答案为：Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2+2H2O；随反应进行，硫酸浓
68、度变稀，稀硫酸和铜不反应；（4）取一铜片和稀硫酸放入试管，再向其中滴加H2O2，发现溶液变蓝，说明铜被氧化生成硫酸铜，方程式为Cu+2H+H2O2Cu2+2H2O，故答案为：Cu+2H+H2O2Cu2+2H2O；（5）OA段生成气体为NO，反应的离子方程式为Fe+NO3+4H+Fe3+NO+2H2O，反应消耗14g铁，也就是0.25mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，所以每份含硫酸0.25mol，浓度是2.5mol/L，故答案为：Fe+NO3+4H+Fe3+NO+2H2O；2.5molL1【点评】本题考查较为综合，涉及原电池、浓硫酸、铜以及硝酸的性质，侧重学生的分析、计算能力的考查，为高频考点，注意把握物质的性质，为解答该题的关键，难度不大
