1、2015-2016学年山东省枣庄市滕州五中高三（上）月考化学试卷（10月份）一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意1下列说法正确的是（）A人造纤维、合成橡胶和光导纤维都属于有机高分子化合物B道尔顿、汤姆生、卢瑟福和门捷列夫等对原子结构模型的建立均作出了卓越的贡献C化学反应能制造出新的物质，也能制造出新的元素，并伴有能量变化D感染MERS致死率较高，为防止感染，要加强环境、个人的卫生和消毒，其中消毒剂常选用含氯消毒剂、双氧水、酒精等适宜的物质2NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是（）A1mol 苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NAB7.8g过氧化
2、钠晶体中含有0.1NA个O22C标准状况下，22.4LNO2中含有NA个NO2分子D1 molL1NH4Cl溶液中，NH4+0的数目小于NA3奥运会会标是五环旗，假定奥运五环旗中的每一环表示一种物质，相连环物质间一定条件下能发生常见反应，不相连环物质间不能发生反应且四种反应中必须包含化合反应、置换反应及复分解反应，适合的一组是（）选项蓝黑红黄绿ASiO2Fe SO4溶液O2NaOH溶液CuBO2稀H2SO4CO2FeNaOH溶液CO2稀H2SO4Al（OH）3NH3NaOHDMgCO2KOH溶液AlFe2O3AABBCCDD4下列有关叙述正确的是（）AHClO的电子式为B向沸水中逐滴加入少量饱
3、和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体CCH3COOH溶液和NaCl溶液均通过离子导电，说明CH3COOH和NaCl中均含离子键DCl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有较强的氧化性5已知向KI溶液中通入过量Cl2会有KIO3生成；向酸化的KI与KIO3混合液中滴加淀粉溶液会变蓝色下列有关说法正确的是（）AI只有还原性，IO32只有氧化性B由可知氧化性的强弱顺序为Cl2I2IO32C中发生反应的离子方程式为：3Cl2+I+3OH=IO32+6Cl+3H+D反应中若有5mol电子转移，则生成3mol单质I26常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A0.1molL1CH3
4、COONa溶液：H+、Al3+、Cl、NO3B含有NaNO3的溶液：H+、Fe2+、SO42、ClC能使甲基橙变红的溶液：K+、Na+、NO3、ClD由水电离产生的c（H+）=1012 molL1的溶液：NH4+、SO42、HCO3、Cl7下列有关溶液组成的描述合理的是（）A弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl、HCO3B酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42、IC常温下在c（H+）=11013 molL1的溶液中能大量存在Mg2+、Cu2+、SO42、NO3D加入铝粉能产生氢气的溶液中大量存在NH4+、Fe2+、SO42、NO38下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是
5、（）A图除去CO2中的HClB图装置制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色C图所示装置制取并收集干燥纯净的NH3D图证明CH3CH2OH发生消去反应生成了乙烯9下列叙述或离子方程式书写正确的是（）A将少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液中：SO2+H2O+3ClOSO42+Cl+2HClOB用氨水溶解氯化银沉淀：Ag+2 NH3H2OAg（NH3）2+2H2OC用惰性电极电解MgCl2溶液：2Cl+2H2OCl2+H2+2OHD等物质的量的Ba（OH）2与（NH4）2Fe（SO4）2在溶液中反应：Ba2+2OH+2NH4+SO42BaSO4+2NH3H2O10下列离子方程式的书写正确的是（）A氢氧化
6、铁溶于氢碘酸中：Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2OB向0.1L 5mol/L亚硫酸氢铵溶液中逐滴加入0.1L 7 molL1 NaOH溶液：2NH4+5HSO3+7OH=2NH3H2O+5SO32+5H2OCFeI2溶液中通入过量Cl2：2Fe2+2I+2Cl2=2Fe3+I2+4ClD从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I+H2O2=I2+2OH二、不定项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得1分，选两个且都正确得满分，但只要选错一个，该小题就得0分11短周期主
7、族元素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数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2+与Y2具有相同的电子层结构，W与X同主族下列说法不正确的是（）A原子半径大小顺序：r（Z）r（W）r（X）r（Y）BY分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同CX的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强DY的气态简单氢化物的热稳定性比W的强12下列实验设计能够成功的是（）A检验亚硫酸钠试样是否变质：试样白色沉淀沉淀不溶解说明试样已变质B除去粗盐中含有的硫酸钙杂质：粗盐精盐C检验某溶液中是否含有Fe2+：试样溶液颜色无变化溶液变红色溶液中含有Fe2+D证明酸性条件H2O2的氧化性比I2强
8、：NaI溶液溶液变紫色氧化性：H2O2I213下列对有关实验事实的解释正确的是（）A向某溶液中滴加氯水后，再加入KSCN溶液，溶液呈红色，说明原溶液中含有Fe2+B浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度均降低，原理不相同C向某溶液中加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液一定含有SO42D常温下，浓硫酸可以用铁质容器储运，说明铁与冷的浓硫酸不反应14下列说法正确的是（）A金属在反应中只能作还原剂，非金属在反应中只能作氧化剂B氧化剂在反应中失去电子，还原剂在反应中得到电子C氧化剂具有氧化性，还原剂具有还原性D阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性15三氟化氮（NF3）是微电子工业
9、中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O2NO+HNO3+9HF下列有关说法正确的是（）ANF3是氧化剂，H2O是还原剂B还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2C若生成0.2molHNO3，转移0.2 mol电子DNF3在潮湿空气中泄漏会产生红棕色气体16向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入100mL 2molL1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为（）A3.2gB2.4gC1.6gD0.8g17Fe2O3、CuO的固体混合粉末ag，在加热条件下用足量CO还原，得到金属混合物4.82
10、g，将生成的CO2气体用足量的澄清石灰水吸收后，产生l0.00g白色沉淀，则a的数值为（）A4.92B6.42C7.18D14.8218在含有FeCl3、FeCl2、AlCl3、NaCl的溶液中，加入足量的NaOH溶液，在空气中充分搅拌反应后再加入过量的稀盐酸，溶液中离子数目减少的是（）ANa+BFe3+CAl3+DFe2+19研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO2+2Ag+2NaClNa2Mn5O10+2AgCl下列关于“水”电池的说法不正确的是（）AAgCl是还原产物B负极的电极反应为：Ag+CleAgClC
11、Na+不断向“水”电池的正极移动D每生成1mol Na2Mn5O10转移2mol电子20下列实验操作与预期的实验目的或结论均正确的是（）选项实验操作实验目的或结论A向FeCl3溶液中通入Cl2，然后滴加KSCN溶液验证Cl2的氧化性比Fe3+强B向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中不一定含有SO42C用洁净的Pt丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色该溶液中一定含有Na+，一定无K+D直接加热MgCl26H2O晶体获取无水MgCl2固体AABBCCDD三、非选择题21四种短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，请结合表中信息回答下列问题WXYZ结构或性质最高价氧化物对应
12、的水化物与其气态氢化物反应得到离子化合物焰色反应呈黄色在同周期主族元素形成的简单离子中，离子半径最小最高正价与最低负价之和为6（1）W元素和氢可形成离子化合物，其电子式为（2）Y元素和Z元素可形成YZ3化合物，可用于净水剂，净水原理（用离子方程式表示）（3）下列可作为比较X和Y金属性强弱的依据是 （填序号）a最高价氧化物的水化物能反应 b相应硫酸盐水溶液的pHc单质与水反应的难易程度 d单质与酸反应时失去的电子数由X、Y、氢、氧四种元素所组成的化合物，能与盐酸以1：4反应生成两种常见盐和水，则该化合物的化学式为（4）W的一种氢化物HW3可用于有机合成，其酸性与醋酸相似体积和浓度均相等的HW3与
13、X的最高价氧化物对应的水化物混合，混合后溶液中离子浓度由大到小的顺序是221 000mL某待测液中除含有0.2molL1的Na+外，还可能含有下列离子中的一种或多种：阳离子K+、NH4+、Fe3+、Ba2+阴离子Cl、Br、CO32、HCO3、SO32、SO42现进行如下实验操作（每次实验所加试剂均过量）：（1）写出生成白色沉淀B的离子方程式：（2）待测液中肯定不存在的阳离子是（3）若无色气体D是单一气体：阴离子ClBrCO32HCO3SO32SO42浓度/molL1将阴离子的物质的量浓度填入下表中（一定不存在的填“0”，不能确定的填“？”）：判断原溶液中K+是否存在，若存在，求其物质的量浓度
14、的最小值，若不存在，请说明理由：（4）若无色气体D是混合气体：待测液中一定含有的阴离子是沉淀A中能与稀硝酸反应的成分是（写化学式）23（1）P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是aNH3 bHI cSO2 dCO2（2）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1写出该反应的化学方程式：（3）工业生产甲醇的常用方法是：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=90.8kJ/mol已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6kJ/mol；2CO（g）+O2（g）=2C
15、O2（g）H=566.0kJ/mol计算2CH3OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）H=（4）某实验小组设计了如图所示的甲醇燃料电池装置该电池工作时，负极是极（填“a”或“b”）；工作一段时间后，测得溶液的pH减小，该电池负极反应的离子方程式为（5）电解法促进橄榄石（主要成分是Mg2SiO4）固定CO2的部分工艺流程如下：已知：Mg2SiO4（s）+4HCl（aq）2MgCl2（aq）+SiO2 （s）+2H2O（l）H=49.04kJmol1某橄榄石的组成是Mg9FeSi5O20，用氧化物的形式可表示为在上图虚框内补充一步工业生产流程经分析，所得碱式碳酸镁产品中含有少量N
16、aCl和Fe2O3为提纯，可采取的措施依次为：对溶解后所得溶液进行除铁处理、对产品进行洗涤处理判断产品洗净的操作是24高铁酸钠是一种高效多功能水处理剂工业上常采用NaClO氧化法生产，反应原理为：在碱性条件下，利用NaClO氧化Fe（NO3）3制得Na2FeO4，过滤得到粗产品，再用NaOH溶液溶解，重结晶，用有机溶剂脱碱，低温烘干得到固体样品反应方程式为：3NaClO+2Fe（NO3）3+10NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O（1）上述制备过程中，用NaOH溶液溶解粗产品而不用水的原因是（2）高铁酸钠电池是一种新型可充电电池，电解质为NaOH溶液，放电时负极材料为
17、Zn，正极产生红褐色沉淀，写出该电池反应方程式（3）生产高铁酸钠的原料之一Fe（NO3）3用黑色粉末Fe（含有Fe3O4）与稀硝酸反应制备准确称取该黑色粉末13.12g，加入200mL4molL1 HNO3搅拌，固体完全溶解，共收集到标准状况下2688mL的气体，经分析其中只含有NO，并测得此时溶液中c（H+）=0.4molL1（设反应前后溶液体积不变）通过以上数据，计算该黑色粉末中Fe的质量分数（写出计算过程，结果保留两位小数）25硫酸工业产生的废气A（主要成分：SO2、O2、N2、CO2等）排放到空气中会污染环境某化学兴趣小组对废气A的组成进行探究，请回答下列问题（1）同学甲设计实验检验废
18、气A中含有CO2，应选择的试剂有ANaOH溶液 B酸性KMnO4溶液 C澄清石灰水 D盐酸（2）同学乙欲测定废气A中SO2的含量，取a L废气A并设计了如图装置进行实验为了保证实验成功，装置A应具有的现象是，搅拌的目的是同学丙认为A装置前后的质量差就是aL废气中含有的SO2的质量，然后进行含量计算经小组讨论后，同学丁提出疑问，按照同学丙的实验，若废气中SO2完全被吸收，则最后测定的结果应该偏大，同学丁推断的理由是（3）兴趣小组的同学查阅资料发现可利用硫酸工业废气A制备皓矾（ZnSO47H2O）实验模拟制备皓矾工业流程如下：“氧化”中加入硫酸铁发生反应的离子方程式是加入Zn粉的目的是固体A主要成
19、分是操作b得到纯净皓矾晶体，必要的操作是、过滤、洗涤、干燥26卤化物和卤酸盐在工业生产中有着重要的作用某小组为探究其中一些盐的性质，查阅资料并进行实验查阅资料如下：BrO3+6I+6H+=3I2+Br+3H2O 2BrO3+I2=2IO3+Br2IO3+5I+6H+=3I2+3H2O 2IO3+10Br+12H+=I2+5Br2+6H2O实验如下：步骤现象向盛有30mL 0.2molL1 KI溶液的锥形瓶中依次滴入几滴淀粉溶液和足量稀硫酸，再用滴定管逐滴加入KBrO3溶液随着KBrO3溶液滴入，溶液由无色变为蓝色并逐渐加深，最终保持不变继续向上述溶液中滴入KBrO3溶液溶液的蓝色逐渐褪去请回答
20、：（1）根据资料中的反应并结合所学知识，判断IO3、BrO3、I2、Br2的氧化性由强到弱的顺序是；KBrO3溶液与KBr溶液在酸性条件下反应的离子方程式是（2）若用y表示锥形瓶中含碘物质的物质的量，用x表示所滴入KBrO3的物质的量，在下图中画出上述整个实验过程中y随x的变化曲线（要求：在图中标出终点坐标）27过碳酸钠中含有少量过氧化钠，甲、乙两位同学各称取一定质量的该样品，并用如图所示仪器测定样品的纯度仪器的连接顺序：甲同学：； 乙同学：已知：过碳酸钠（Na2CO4）、过氧化钠分别跟足量稀硫酸反应的化学方程式如下：2Na2CO4+2H2SO42Na2SO4+2CO2+O2+2H2O；2Na
21、2O2+2H2SO42Na2SO4+O2+2H2O（1）甲同学想通过实验测得的数据是，他选用的装置（填序号）是没有必要的（2）乙同学想通过实验测得的数据是有人认为按他测得的数据计算出的实验结果可能偏高，原因是； 为了测得准确的实验数据，请你将乙同学的实验设计进行改进，写出你所选用仪器的连接顺序（每种仪器最多使用一次，也可以不用）：（填序号）2015-2016学年山东省枣庄市滕州五中高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意1下列说法正确的是（）A人造纤维、合成橡胶和光导纤维都属于有机高分子化合物B道尔顿
22、、汤姆生、卢瑟福和门捷列夫等对原子结构模型的建立均作出了卓越的贡献C化学反应能制造出新的物质，也能制造出新的元素，并伴有能量变化D感染MERS致死率较高，为防止感染，要加强环境、个人的卫生和消毒，其中消毒剂常选用含氯消毒剂、双氧水、酒精等适宜的物质【考点】有机高分子化合物的结构和性质；化学史；反应热和焓变；常见的生活环境的污染及治理【分析】A光导纤维不属于有机高分子化合物； B1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，使得化学学习和研究变得有规律可循，据此分析判断；C化学变化的实质是分子分成原子，原子再重新组合成新的分子，所以反应前后原子的种类、数目、质量都不变；D含
23、氯消毒剂、双氧水、酒精等是消毒剂【解答】解：A光导纤维的主要成分为二氧化硅，光导纤维属于无机非金属材料，不属于有机高分子化合物，故A错误； B19世纪初，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体；1897年，英国科学家汤姆生发现了电子；1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型1911年英国物理学家卢瑟福（汤姆生的学生）提出了带核的原子结构模型；1913年丹麦物理学家波尔（卢瑟福的学生）引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型奥地利物理学家薛定谔提出电子云模型（几率说），为近代量子力学原子模型；1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制
24、出元素周期表，使得化学学习和研究变得有规律可循；所以，对原子结构模型的建立作出了卓越贡献的科学家中没有门捷列夫，故B错误；C化学反应能够制造出新的物质，但不能制造出新的元素，故C错误；D细菌的成分是蛋白质，含氯消毒剂、双氧水、酒精等是消毒剂，能使蛋白质发生变性，故D正确故选D2NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是（）A1mol 苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NAB7.8g过氧化钠晶体中含有0.1NA个O22C标准状况下，22.4LNO2中含有NA个NO2分子D1 molL1NH4Cl溶液中，NH4+0的数目小于NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、苯乙烯中只有乙烯基中含双键；B、求出过
25、氧化钠的物质的量，然后根据过氧化钠中含2个钠离子和1个过氧根来分析；C、NO2气体中存在平衡：2NO2N2O4；D、溶液体积不明确【解答】解：A、苯乙烯中只有乙烯基中含一条双键，苯环中无碳碳双键，故1mol苯乙烯中含碳碳双键为NA条，故A错误；B、7.8过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠中含2个钠离子和1个过氧根，故0.1mol过氧化钠中含0.1NA个过氧根，故B正确；C、标况下22.4LNO2气体的物质的量为1mol，但NO2气体中存在平衡：2NO2N2O4，故此1mol气体是NO2和N2O4的混合物，则其中含有NO2的分子个数小于NA个，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的铵
26、根离子的个数无法计算，故D错误故选B3奥运会会标是五环旗，假定奥运五环旗中的每一环表示一种物质，相连环物质间一定条件下能发生常见反应，不相连环物质间不能发生反应且四种反应中必须包含化合反应、置换反应及复分解反应，适合的一组是（）选项蓝黑红黄绿ASiO2Fe SO4溶液O2NaOH溶液CuBO2稀H2SO4CO2FeNaOH溶液CO2稀H2SO4Al（OH）3NH3NaOHDMgCO2KOH溶液AlFe2O3AABBCCDD【考点】化学基本反应类型；硅和二氧化硅；钠的重要化合物；镁的化学性质；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质【分析】根据题意知“五连环”的结构不相连环物质间不能发生反应，相连环物质
27、间一定条件下能发生反应，各代表物“黄”可和“蓝”、“黑”反应，“黑”可和“黄”、“绿”反应“绿”可和“黑”、“红”反应再结合具体物质的性质和反应类型解题【解答】解：“五连环”中各代表物“黄”可和“蓝”、“黑”反应，“黑”可和“黄”、“绿”反应“绿”可和“黑”、“红”反应中间“黄”、“黑”、“绿”三种物质至少能和另外两种物质反应，两头的“蓝”、“红”“物质只能和其中一种物质反应A选项中SiO2、CuSO4溶液、O2、NaOH溶液、Ag五种物质五种物质中SiO2 不能与CuSO4反应，SiO2 不能与O2反应，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，属复分解反应，SiO2 不能与Ag反应，C
28、uSO4不能与O2反应，2NaOH+CuSO4=Cu（OH）2+Na2SO4，属复分解反应CuSO4不能与Ag反应，故A错误；B选项中O2、稀H2SO4、CO2、Fe、NaOH溶液五种物质五种物质中O2 只与铁反应3Fe+2O2Fe3O4属氧化还原反应，CO2 只与NaOH溶液反应，二氧化碳少量2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O不属复分解反应，或二氧化碳过量NaOH+CO2=NaHCO3属化合反应，铁和稀硫酸反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2属置换反应稀H2SO4与NaOH反应：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O属复分解反应，故B正确；C选项中O2、稀H2SO4、Al（
29、OH）3、NH3、NaOH五种物质五种物质中O2 只与NH3 反应4NH3+5O24NO+6H2O属氧化还原反应，其余各物质间的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O属复分解反应，氨气过量H2SO4+2NH3=（NH4）2SO4或氨气过量H2SO4+NH3=NH4HSO4都属化合反应，Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，3H2SO4+2Al（OH）3=Al2（SO4）3+6H2O，都属复分解反应没有置换反应，故C错误；D选项中Mg、CO2、KOH溶液、Al、Fe2O3五种物质五种物质中Mg 只与 CO2反应 2Mg+CO22MgO+C属置换反应，Fe2O3只与Al
30、反应Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3属置换反应，二氧化碳少量2KOH+CO2=K2CO3+H2O不属复分解反应，或二氧化碳过量KOH+CO2=KHCO3属化合反应，2KOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2属氧化还原反应，无复分解反应，故D错误；故选B4下列有关叙述正确的是（）AHClO的电子式为B向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体CCH3COOH溶液和NaCl溶液均通过离子导电，说明CH3COOH和NaCl中均含离子键DCl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有较强的氧化性【考点】氧化还原反应；电子式；胶体的重要性质；离子化合物的结构特征与性质【
31、分析】A次氯酸分子为共价化合物，其中氢原子最外层达到2个电子稳定结构，氯、氧原子达到8电子稳定结构；B向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，氯化铁可水解生成氢氧化铁胶体；CCH3COOH为共价化合物，NaCl为离子化合物；DSO2与有色有机物发生化合反应，为非氧化还原反应【解答】解：AH原子最外层1个电子，Cl原子最外层7个电子，O原子最外层6个电子，次氯酸为共价化合物，其电子式为，故A错误；B向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，氯化铁可水解生成氢氧化铁胶体，为实验室制备氢氧化铁胶体的常用方法，故B正确；CCH3COOH为共价化合物，NaCl为离子化合物，所以CH3COOH不含离子键，N
32、aCl中含离子键，故C错误；DSO2与有色有机物发生化合反应，为非氧化还原反应，故D错误故选B5已知向KI溶液中通入过量Cl2会有KIO3生成；向酸化的KI与KIO3混合液中滴加淀粉溶液会变蓝色下列有关说法正确的是（）AI只有还原性，IO32只有氧化性B由可知氧化性的强弱顺序为Cl2I2IO32C中发生反应的离子方程式为：3Cl2+I+3OH=IO32+6Cl+3H+D反应中若有5mol电子转移，则生成3mol单质I2【考点】氧化还原反应【分析】向KI溶液中通入过量Cl2会有KIO3生成，说明氯气将碘离子氧化成IO3，反应的离子方程式为：3Cl2+I+3H2O=IO3+6Cl+6H+，则氧化性
33、Cl2IO3，向酸化的KI与KIO3混合液中滴加淀粉溶液会变蓝色，说明有碘单质生成，方程式为5I+IO3+6H+=3H2O+3I2，则氧化性IO3I2，据此分析【解答】解：A、I处在最低价只有还原性，IO3碘处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性，故A错误；B、向KI溶液中通入过量Cl2会有KIO3生成，说明氯气将碘离子氧化成IO3，则氧化性Cl2IO3，向酸化的KI与KIO3混合液中滴加淀粉溶液会变蓝色，说明有碘单质生成，则氧化性IO3I2，所以氧化性的强弱顺序为Cl2IO3I2，故B错误；C、向KI溶液中通入过量Cl2会有KIO3生成，则发生反应的离子方程式为：3Cl2+I+3H2O=IO
34、3+6Cl+6H+，故C错误；D、反应向酸化的KI与KIO3混合液中滴加淀粉溶液会变蓝色，说明有碘单质生成，方程式为5I+IO3+6H+=3H2O+3I2，所以若有5mol电子转移，则生成3mol单质I2，故D正确故选D6常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A0.1molL1CH3COONa溶液：H+、Al3+、Cl、NO3B含有NaNO3的溶液：H+、Fe2+、SO42、ClC能使甲基橙变红的溶液：K+、Na+、NO3、ClD由水电离产生的c（H+）=1012 molL1的溶液：NH4+、SO42、HCO3、Cl【考点】离子共存问题【分析】A离子之间结合生成弱电解质；B离子
35、之间发生氧化还原反应；C能使甲基橙变红的溶液，显酸性；D由水电离产生的c（H+）=1012 molL1的溶液，为酸或碱溶液【解答】解：AH+、CH3COO结合生成弱电解质，不能大量共存，故A错误；BFe2+、H+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C能使甲基橙变红的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D由水电离产生的c（H+）=1012 molL1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在HCO3，碱溶液中不能大量存在HCO3、NH4+，故D错误；故选C7下列有关溶液组成的描述合理的是（）A弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl、HCO3B酸性溶液中可能大
36、量存在Na+、ClO、SO42、IC常温下在c（H+）=11013 molL1的溶液中能大量存在Mg2+、Cu2+、SO42、NO3D加入铝粉能产生氢气的溶液中大量存在NH4+、Fe2+、SO42、NO3【考点】离子共存问题【分析】A碳酸氢根离子水解溶液显示弱碱性；BClO、I发生氧化还原反应；Cc（H+）=11013 molL1的溶液呈碱性；D加入铝粉能产生氢气的溶液，可能为强碱，也可能为非氧化性酸溶液【解答】解：ANa+、K+、Cl、HCO3离子之间不发生反应，HCO3离子部分水解，溶液显示弱碱性，故A正确；B酸性溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子与氢离子反应生成弱酸次氯酸，次氯酸根离子能
37、够氧化碘离子，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；Cc（H+）=11013 molL1的溶液呈碱性，Mg2+、Cu2+不能大量共存，故C错误；D加入铝粉能产生氢气的溶液，可能为强碱，也可能为非氧化性酸溶液，碱性条件下NH4+、Fe2+不能存在，酸性条件下NO3不能存在，故D错误故选A8下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A图除去CO2中的HClB图装置制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色C图所示装置制取并收集干燥纯净的NH3D图证明CH3CH2OH发生消去反应生成了乙烯【考点】化学实验方案的评价【分析】A二氧化碳和氯化氢都能与碳酸钠反应； B铁为阳极，被氧化生成Fe2+；C
38、氨气密度比空气小，应用向下排空法收集；D乙醇能使酸性高锰酸钾褪色【解答】解：A二氧化碳和氯化氢都能与碳酸钠反应，将原物质除掉，故A错误； B铁为阳极，被氧化生成Fe2+，进而生成Fe（OH）2，故B正确；C气体收集错误，氨气密度比空气小，应用向下排空法收集，故C错误；D乙醇能使酸性高锰酸钾褪色，应先除掉乙醇，故D错误故选B9下列叙述或离子方程式书写正确的是（）A将少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液中：SO2+H2O+3ClOSO42+Cl+2HClOB用氨水溶解氯化银沉淀：Ag+2 NH3H2OAg（NH3）2+2H2OC用惰性电极电解MgCl2溶液：2Cl+2H2OCl2+H2+2OHD等物质的量
39、的Ba（OH）2与（NH4）2Fe（SO4）2在溶液中反应：Ba2+2OH+2NH4+SO42BaSO4+2NH3H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A发生氧化还原反应生成硫酸钠；B用氨水溶解氯化银沉淀，生成银氨溶液；C反应生成氢氧化镁、氢气、氯气；D等物质的量反应，生成硫酸钡、氢氧化亚铁、一水合氨【解答】解：A少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液中的离子反应为SO2+3ClO+H2O=SO42+2HClO+Cl，故A错误；B用氨水溶解氯化银沉淀的离子反应为Ag+2 NH3H2OAg（NH3）2+2H2O，故B正确；C用惰性电极电解MgCl2溶液的离子反应为Mg2+2Cl+2H2OCl2+H2+Mg
40、（OH）2，故C错误；D等物质的量的Ba（OH）2与（NH4）2Fe（SO4）2在溶液中反应的离子反应为2Ba2+4OH+2NH4+Fe2+2SO422BaSO4+2NH3H2O+Fe（OH）2，故D错误；故选B10下列离子方程式的书写正确的是（）A氢氧化铁溶于氢碘酸中：Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2OB向0.1L 5mol/L亚硫酸氢铵溶液中逐滴加入0.1L 7 molL1 NaOH溶液：2NH4+5HSO3+7OH=2NH3H2O+5SO32+5H2OCFeI2溶液中通入过量Cl2：2Fe2+2I+2Cl2=2Fe3+I2+4ClD从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I+H2O2=I2
41、+2OH【考点】离子方程式的书写【分析】A铁离子具有强氧化性，能够氧化碘离子；B先计算出额氢氧化钠和亚硫酸氢铵的物质的量，然后判断过量情况，根据不足量书写反应的离子方程式；C氯气过量，碘离子和亚铁离子都完全被氧化，亚铁离子和碘离子的物质的量之比不满足碘化亚铁的组成；D酸性溶液中，反应物不会生成氢氧根离子【解答】解：A氢氧化铁溶于氢碘酸中，铁离子与碘离子之间发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2Fe（OH）3+2I+6H+=2Fe2+I2+6H2O，故A错误；B0.1L 5mol/L亚硫酸氢铵溶液中含有0.5mol亚硫酸氢铵，0.1L 7 molL1 NaOH溶液中含有0.7mol氢氧化钠，亚
42、硫酸氢根离子结合氢氧根离子能力强于铵根离子，0.5mol亚硫酸氢根离子消耗0.5mol氢氧化钠，剩余的0.2mol氢氧化钠与铵根离子反应，反应的离子方程式为：2NH4+5HSO3+7OH=2NH3H2O+5SO32+5H2O，故B正确；CFeI2溶液中通入过量Cl2，亚铁离子和碘离子都完全被氧化，正确的离子方程式为：2Fe2+4I+3Cl2=2Fe3+2I2+6Cl，故C错误；D酸化的海带灰浸出液中提取碘，反应产物错误，应该为水，正确的离子方程式为：2H+2I+H2O2=I2+2H2O，故D错误；故选B二、不定项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个或两个选项符合题意若
43、正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得1分，选两个且都正确得满分，但只要选错一个，该小题就得0分11短周期主族元素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数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2+与Y2具有相同的电子层结构，W与X同主族下列说法不正确的是（）A原子半径大小顺序：r（Z）r（W）r（X）r（Y）BY分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同CX的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强DY的气态简单氢化物的热稳定性比W的强【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X原子
44、的最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为碳元素；W与X同主族，所以W是Si元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z2+与Y2具有相同的电子层结构，离子核外电子数为10，故Z的质子数为12，则Z为Mg，以此解答该题【解答】解：短周期主族元素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数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为碳元素；W与X同主族，所以W是Si元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z2+与Y2具有相同的电子层结构，离子核外电子数为10，故Z的质子数为12，则Z为MgA同周期自左而右原子半径减
45、小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：r（Mg）r（Si）r（C）r（O），故A正确；BY和Z、W形成的化合物为MgO、SiO2，MgO、SiO2中存在的化学键分别是离子键、共价键，故B错误；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性X（C）W（Si），所以X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强，故C正确；D元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性Y（O）W（Si），所以Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强，故D正确；故选B12下列实验设计能够成功的是（）A检验亚硫酸钠试样是否变质：试样白色沉淀沉淀不溶解说明试样已变质B除去粗盐中含有的硫酸钙杂质：粗盐
46、精盐C检验某溶液中是否含有Fe2+：试样溶液颜色无变化溶液变红色溶液中含有Fe2+D证明酸性条件H2O2的氧化性比I2强：NaI溶液溶液变紫色氧化性：H2O2I2【考点】化学实验方案的评价【分析】A硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸钡生成硫酸钡沉淀；B应先加氯化钡，再加碳酸钠；C亚铁离子遇KSCN溶液不变色，亚铁离子被氧化生成铁离子遇KSCN溶液变色；D硝酸具有强氧化性，可氧化碘离子【解答】解：A若变质生成硫酸钠，应先加盐酸，排除亚硫酸根离子的干扰，再加氯化钡检验硫酸钠的存在，故A错误；B应先加氯化钡，再加碳酸钠，然后过滤后再加盐酸可实现除杂，选项B中钡离子不能除去，故B错误；C亚铁离子遇KSCN
47、溶液不变色，滴加氯水后亚铁离子被氧化生成铁离子遇KSCN溶液变色，可证明溶液中含有Fe2+，故C正确；D硝酸具有强氧化性，可氧化碘离子，不能说明H2O2的氧化性比I2强，应选盐酸，故D错误；故选C13下列对有关实验事实的解释正确的是（）A向某溶液中滴加氯水后，再加入KSCN溶液，溶液呈红色，说明原溶液中含有Fe2+B浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度均降低，原理不相同C向某溶液中加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液一定含有SO42D常温下，浓硫酸可以用铁质容器储运，说明铁与冷的浓硫酸不反应【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【分析】A、氯水具有强氧化性，能氧化
48、亚铁离子生成铁离子，但是原溶液中可能存在铁离子；B、浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具有挥发性；C、氯化钡与硫酸根生成硫酸钡沉淀，与银离子生成氯化银沉淀；D、铁与浓硫酸钝化，属于氧化还原反应【解答】解：A、原溶液中若存在铁离子，加入KSCN溶液，溶液呈红色，不能说明原溶液中含有Fe2+，故A错误；B、浓硫酸具有吸水性，敞口放置导致浓度减小，浓盐酸具有挥发性，导致浓度减小，两者原理不同，故B正确；C、氯化钡与硫酸根生成硫酸钡沉淀，与银离子生成氯化银沉淀，故原溶液不一定含有SO42，故C错误；D、铁与浓硫酸钝化，属于氧化还原反应，故D错误，故选B14下列说法正确的是（）A金属在反应中只能作还原剂，非金属在
49、反应中只能作氧化剂B氧化剂在反应中失去电子，还原剂在反应中得到电子C氧化剂具有氧化性，还原剂具有还原性D阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性【考点】氧化还原反应【分析】A反应中金属只能失去电子，非金属可以得到电子，也可能失去电子；B氧化剂在反应中得电子，还原剂在反应中失电子；C氧化剂在反应中得电子具有氧化性，还原剂在反应中失电子还原性；D根据离子的化合价分析【解答】解：A反应中金属只能失去电子，非金属可以得到电子，也可能失去电子，则非金属可作氧化剂、还原剂，如氯气与水的反应，故A错误；B氧化剂在反应中得电子，还原剂在反应中失电子，故B错误；C氧化剂在反应中化合价降低得电子，则氧化剂具有氧化性，还
50、原剂在反应中化合价升高失电子，则还原剂具有还原性，故C正确；D阳离子处于中间价态是既有氧化性又有还原性，阴离子也可能具有氧化性，如ClO具有强氧化性性，故D错误；故选C15三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O2NO+HNO3+9HF下列有关说法正确的是（）ANF3是氧化剂，H2O是还原剂B还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2C若生成0.2molHNO3，转移0.2 mol电子DNF3在潮湿空气中泄漏会产生红棕色气体【考点】氧化还原反应【分析】3NF3+5H2O2NO+HNO3+9HF中，N元素的化合价由+3价降低为+2价，由+3价
51、升高为+5价，以此解答该题【解答】解：A反应中只有N元素价变化，可知NF3在反应中既是氧化剂又是还原剂，故A错误；BNF3HNO3是被氧化的过程，NF3为还原剂；2NF32NO是被还原的过程，NF3是氧化剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2，故B正确；C生成1 mol HNO3转移2 mol电子，所以生成0.2 mol HNO3转移0.4 mol电子，故C错误；DNF3与潮湿的空气中的水反应生成NO，NO与空气中的O2反应生成红棕色的NO2，故D正确；故选BD16向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入100mL 2molL1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，若用过
52、量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为（）A3.2gB2.4gC1.6gD0.8g【考点】有关混合物反应的计算【分析】Cu、Fe2O3的混合物中加入100mL 2molL1的盐酸溶液，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，溶液中溶质为氯化铜、氯化亚铁，该反应过程为：盐酸与氧化铁恰好反应，生成氯化铁与水，生成的氯化铁与铜恰好反应转化为氯化铜、氯化亚铁；由水的分子式H2O可知，氧化物中2n（O）=n（HCl），若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为氧化物中氧元素的质量【解答】解：Cu、Fe2O3的混合物中加入100mL 1molL1的盐酸溶液，恰好
53、使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，溶液中溶质为氯化铜、氯化亚铁，该反应过程为：盐酸与氧化铁恰好反应生成氯化铁与水、生成的氯化铁与铜恰好反应转化为氯化铜、氯化亚铁，由水的分子式H2O可知，氧化物中2n（O）=n（HCl）=0.1L2mol/L=0.2mol，故n（O）=0.1mol，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为氧化物中氧元素的质量，所以固体减少的质量为0.1mol16g/mol=1.6g，故选C17Fe2O3、CuO的固体混合粉末ag，在加热条件下用足量CO还原，得到金属混合物4.82g，将生成的CO2气体用足量的澄清石灰水吸收后，产生l0.00g白色沉
54、淀，则a的数值为（）A4.92B6.42C7.18D14.82【考点】有关混合物反应的计算【分析】根据反应方程式判断CO2中的O原子来源于CO和金属氧化物，CO2的物质的量等于金属氧化物中氧原子的物质的量，计算出氧化物中氧元素的质量，金属氧化物的质量=金属的质量+氧化物中氧元素的质量【解答】解：发生的有关反应为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，CuO+COCu+CO2，生成的CO2为：n（CO2）=n（CaCO3）=0.1mol，根据反应方程式可以看出，CO2中的O原子来源于CO和金属氧化物，CO2的物质的量等于金属氧化物中氧原子的物质的量，则氧化物中氧元素的物质的量为n（O）=0.1mo
55、l，故氧元素质量为：0.1mol16g/mol=1.6g，所以金属氧化物的质量为：4.82g+1.6g=6.42g，故选B18在含有FeCl3、FeCl2、AlCl3、NaCl的溶液中，加入足量的NaOH溶液，在空气中充分搅拌反应后再加入过量的稀盐酸，溶液中离子数目减少的是（）ANa+BFe3+CAl3+DFe2+【考点】离子共存问题【分析】加入氢氧化钠，溶液中钠离子增多，氢氧化钠与FeCl3、FeCl2、AlCl3反应，产物再与空气中的氧气以及过量的盐酸反应，据此分析【解答】解：向溶液中加入NaOH，溶液中钠离子增多，故A错误；氢氧化钠分别与FeCl3、FeCl2、AlCl3反应的方程式为：
56、FeCl3+3NaOHFe（OH）3+3NaCl，FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2+2NaCl，AlCl3（过量）+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl，Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O，从方程式看出分别生成氢氧化铁沉淀、氢氧化亚铁沉淀、偏铝酸钠，而偏铝酸钠与过量的盐酸反应生成铝离子，铝离子数目没有变化故C错误；生成氢氧化亚铁与空气中氧气反应全部生成氢氧化铁反应为4Fe（OH）2+2H2O+O24Fe（OH）3然后再加入过量的盐酸，氢氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，三价铁离子数目增多，二价铁离子减少故B错误，D正确；故选D19研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡
57、水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO2+2Ag+2NaClNa2Mn5O10+2AgCl下列关于“水”电池的说法不正确的是（）AAgCl是还原产物B负极的电极反应为：Ag+CleAgClCNa+不断向“水”电池的正极移动D每生成1mol Na2Mn5O10转移2mol电子【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】根据电池总反应可判断出反应中Ag的化合价升高，被氧化，Ag应为原电池的负极，AgCl是氧化产物；方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子；在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移
58、动，以形成闭合电路【解答】解：A、反应中Ag的化合价升高，被氧化，Ag应为原电池的负极，AgCl是氧化产物，故A错误；B、根据电池总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，可判断出Ag应为原电池的负极，负极发生反应的电极方程式为：Ag+Cle=AgCl，故B正确；C、在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故C正确；D、根据方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，故D正确；故选：A20下列实验操作与预期的实验目的或结论均正确的是（）选项实验操作实验目的或结论A向FeCl3溶液中通入
59、Cl2，然后滴加KSCN溶液验证Cl2的氧化性比Fe3+强B向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中不一定含有SO42C用洁净的Pt丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色该溶液中一定含有Na+，一定无K+D直接加热MgCl26H2O晶体获取无水MgCl2固体AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；氧化性、还原性强弱的比较；常见离子的检验方法【分析】A同一自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；B能和氯化钡溶液反应生成白色沉淀的离子有Ag+、SO42等；CK元素焰色反应需要透过蓝色钴玻璃观察；DMgCl2易水解生成氢氧化镁和HCl，所以不能直接加热MgC
60、l26H2O晶体获取无水MgCl2固体【解答】解：AFeCl3和Cl2不反应，FeCl2+Cl2=2FeCl3，要验证Cl2的氧化性比Fe3+强，应该将FeCl2溶液中通入Cl2，故A错误；B能和氯化钡溶液反应生成白色沉淀的离子有Ag+、SO42等，所以向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，所以该溶液中不一定含有SO42，故B正确；CK元素焰色反应需要透过蓝色钴玻璃观察，所以用洁净的Pt丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液中一定含有Na+，不一定无K+，故C错误；DMgCl2易水解生成氢氧化镁和HCl，所以不能直接加热MgCl26H2O晶体获取无水MgCl2固体，为防止水
61、解，应该将MgCl26H2O在HCl氛围中加热获取MgCl2，故D错误；故选B三、非选择题21四种短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，请结合表中信息回答下列问题WXYZ结构或性质最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应得到离子化合物焰色反应呈黄色在同周期主族元素形成的简单离子中，离子半径最小最高正价与最低负价之和为6（1）W元素和氢可形成离子化合物，其电子式为（2）Y元素和Z元素可形成YZ3化合物，可用于净水剂，净水原理Al3+3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+（用离子方程式表示）（3）下列可作为比较X和Y金属性强弱的依据是abc （填序号）a最高价氧化物的水化物能反应 b相应
62、硫酸盐水溶液的pHc单质与水反应的难易程度 d单质与酸反应时失去的电子数由X、Y、氢、氧四种元素所组成的化合物，能与盐酸以1：4反应生成两种常见盐和水，则该化合物的化学式为NaAl（OH）4（4）W的一种氢化物HW3可用于有机合成，其酸性与醋酸相似体积和浓度均相等的HW3与X的最高价氧化物对应的水化物混合，混合后溶液中离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）c（N3）c（OH）c（H+）【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应得到离子化合物，则W为N元素；X元素焰色反应呈黄色，则X为Na；在同周期主族元素
63、形成的简单离子中，Y离子半径最小，原子序数大于Na，则Y为Al；Z的最高正价与最低负价之和为6，则Z为Cl元素，据此解答【解答】解：四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应得到离子化合物，则W为N元素；X元素焰色反应呈黄色，则X为Na；在同周期主族元素形成的简单离子中，Y离子半径最小，原子序数大于Na，则Y为Al；Z的最高正价与最低负价之和为6，则Z为Cl元素（1）N元素和氢可形成离子化合物为NH4H，其电子式为，故答案为：；（2）Y元素和Z元素可形成AlCl3化合物，可用于净水剂，净水原理：Al3+3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+，
64、故答案为：Al3+3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+；（3）aNaOH属于强碱，氢氧化铝能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，氢氧化铝表现酸性，则说明Na的金属性比Al强，故a正确；b硫酸钠溶液呈中性，硫酸铝溶液应铝离子水解呈酸性，说明氢氧化钠碱性比氢氧化铝的强，则说明Na的金属性比Al强，故b正确；c金属性越强，单质与水反应越容易，故c正确； d金属性强弱与失去电子难易程度有关，与失去电子数目多少无关，故d错误，故选：abc；由Na、Al、氢、氧四种元素所组成的化合物，能与盐酸以1：4反应生成两种常见盐和水，则该化合物的化学式为：NaAl（OH）4，故答案为：NaAl（OH）4；（4）W（
65、氮元素）的一种氢化物HN3可用于有机合成，其酸性与醋酸相似体积和浓度均相等的HN3与NaOH混合得到NaN3溶液，溶液中N3离子水解而成碱性，故混合后溶液中离子浓度由大到小的顺序是：c（Na+）c（N3）c（OH）c（H+），故答案为：c（Na+）c（N3）c（OH）c（H+）221 000mL某待测液中除含有0.2molL1的Na+外，还可能含有下列离子中的一种或多种：阳离子K+、NH4+、Fe3+、Ba2+阴离子Cl、Br、CO32、HCO3、SO32、SO42现进行如下实验操作（每次实验所加试剂均过量）：（1）写出生成白色沉淀B的离子方程式：HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2O（2
66、）待测液中肯定不存在的阳离子是Fe3+、Ba2+（3）若无色气体D是单一气体：阴离子ClBrCO32HCO3SO32SO42浓度/molL1将阴离子的物质的量浓度填入下表中（一定不存在的填“0”，不能确定的填“？”）：判断原溶液中K+是否存在，若存在，求其物质的量浓度的最小值，若不存在，请说明理由：存在，K+离子最小浓度为0.1mol/L（4）若无色气体D是混合气体：待测液中一定含有的阴离子是CO32、HCO3、SO32沉淀A中能与稀硝酸反应的成分是BaCO3、BaSO3（写化学式）【考点】无机物的推断；离子方程式的书写【分析】（1）（2）待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO
67、32、SO32、SO42，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32，可能存在SO32、SO42中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在Ba2+；滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH4+、HCO3，一定不存在Fe3+，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl；（3）若无色气体D是单一气体，则D为CO2，E为CaCO3，溶液中含有CO32
68、，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定没有SO32，一定含有SO42，计算B（碳酸钡）、E（碳酸钙）、硫酸钡的物质的量，根据离子守恒计算各离子的浓度；根据电荷守恒判断是否含有钾离子，若溶液含有K+，当溶液中没有Cl，K+离子浓度最小，根据电荷守恒计算；（4）若无色气体D是混合气体，只能为CO2、NO混合气体，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定含有SO32，不能确定是否含有SO42，沉淀A中一定含有BaCO3，BaSO3【解答】解：待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32、SO32、SO42，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32，可能存在S
69、O32、SO42中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在Ba2+；滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH4+、HCO3，一定不存在Fe3+，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl；（1）由上述分析可知，白色沉淀B为碳酸钡，是由HCO3、Ba2+、OH反应生成，反应离子方程式为：HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2O，故答案为：HCO3+Ba2+OH=BaCO
70、3+H2O；（2）由上述分析可知，溶液中一定没有的阳离子是：Fe3+、Ba2+，故答案为：Fe3+、Ba2+；（3）由上述分析可知，不能确定原溶液中是否含有Cl，溶液中一定没有Br若无色气体D是单一气体，则D为CO2，E为CaCO3，溶液中含有CO32，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定没有SO32，一定含有SO42，B（碳酸钡）的物质的量=0.1mol，则n（HCO3）=0.1mol，故c（HCO3）=0.1mol/L，E（碳酸钙）的物质的量=0.1mol，则n（CO32）=0.1mol，故c（CO32）=0.1mol/L，D（硫酸钡）的物质的量=0.05mol，则n（SO42）=0.0
71、5mol，故c（SO42）=0.05mol/L，故答案为：阴离子ClBrCO32HCO3SO32SO42浓度/molL1？00.10.100.05n（NH4+）=n（NH3）=0.1mol，则c（NH4+）=0.1mol/L，溶液中c（Na+）=0.2mol/L，c（HCO3）=0.1mol/L，c（CO32）=0.1mol/L，c（SO42）=0.05mol/L，单位体积为正电荷=10.1mol/L+10.2mol/L=0.3mol/L，单位体积内负电荷=10.1mol/L+20.1mol/L+20.05mol/L=0.4mol/L，则单位体积为正电荷单位体积内负电荷，故一定含有K+，当溶液
72、中没有Cl，K+离子浓度最小，根据电荷守恒可知，c（K+）最小浓度=0.4mol/L0.3molL=0.1mol/L，故答案为：存在；K+离子最小浓度为0.1mol/L；（4）由上述分析可知，溶液中一定含有CO32、HCO3，不能确定原溶液中是否含有Cl，溶液中一定没有Br若无色气体D是混合气体，只能为CO2、NO混合气体，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定含有SO32，不能确定是否含有SO42，沉淀A中一定含有BaCO3，BaSO3，待测液中一定含有的阴离子是CO32、HCO3、SO32，故答案为：CO32、HCO3、SO32；沉淀A中BaCO3，BaSO3能与稀硝酸反应，故答案为：Ba
73、CO3、BaSO323（1）P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是baNH3 bHI cSO2 dCO2（2）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1写出该反应的化学方程式：4KClO3KCl+3KClO4（3）工业生产甲醇的常用方法是：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=90.8kJ/mol已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6kJ/mol；2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566.0kJ/mol计算2CH3OH（g）+3O2（g）=2C
74、O2（g）+4H2O（l）H=1527.6KJ/mol（4）某实验小组设计了如图所示的甲醇燃料电池装置该电池工作时，负极是b极（填“a”或“b”）；工作一段时间后，测得溶液的pH减小，该电池负极反应的离子方程式为CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O（5）电解法促进橄榄石（主要成分是Mg2SiO4）固定CO2的部分工艺流程如下：已知：Mg2SiO4（s）+4HCl（aq）2MgCl2（aq）+SiO2 （s）+2H2O（l）H=49.04kJmol1某橄榄石的组成是Mg9FeSi5O20，用氧化物的形式可表示为9MgOFeO5SiO2在上图虚框内补充一步工业生产流程经分析，所得碱式碳酸镁产
75、品中含有少量NaCl和Fe2O3为提纯，可采取的措施依次为：对溶解后所得溶液进行除铁处理、对产品进行洗涤处理判断产品洗净的操作是取少量最后一次的洗涤液，加硝酸酸化的硝酸银溶液，如无沉淀产生，则已洗净【考点】电解原理；热化学方程式；物质的分离、提纯和除杂【分析】（1）浓硫酸具有强氧化性、酸性，P2O5是非氧化性干燥剂，然后结合各选项中气体的性质进行判断；（2）根据题干信息判断该无氧酸盐为氯化钾，再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐名称，最后根据化合价升降相等配平即可；（3）a、CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=90.8kJ/molb、2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6k
76、J/mol；c、2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=566.0kJ/mol依据盖斯定律计算c+b2a2；（4）燃料电池的工作原理：电池的负极一定是燃料失电子，发生氧化反应，在正极上一定氧气得电子，发生还原反应；（5）硅酸盐是构成地壳岩石的主要成分，化学上常用二氧化硅和氧化物的形式表示其组成，例如：镁橄榄石（Mg2SiO4）常以2MgOSiO2表示，可看出改写中要保证原子总数，化合价不变，按化合价分别写出氧化物的化学式，如有多个原子，在前面加上系数，使之成为倍数，据此进行分析解答；工业上用氯电解饱和食盐水会获得烧碱；氯离子的检验用硝酸酸化的硝酸银【解答】解：（1）浓硫酸具有强氧化性、酸性，
77、不能干燥具有还原性、碱性的气体，aNH3为碱性气体，不能用浓硫酸和五氧化二磷干燥，可用碱石灰干燥，故a错误；bHI为还原性气体，不能利用浓硫酸干燥，可以利用P2O5干燥，故b正确；c二氧化硫为酸性气体，可以用浓硫酸、五氧化二磷或无水氯化钙干燥，故c错误；d二氧化碳为酸性气体，可以用浓硫酸、五氧化二磷或无水氯化钙干燥，故d错误；故选b；（2）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则该无氧酸为KCl，KCl中氯元素化合价为1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化
78、合价为+5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4KClO3KCl+3KClO4，故答案为：4KClO3KCl+3KClO4；（3）a、CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=90.8kJ/molb、2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6kJ/mol；c、2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=566.0kJ/mol依据盖斯定律计算c+b2a2得到热化学方程式为：2CH3OH（g）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=1527.6KJ/mol；故答案为：1527.6KJ/mol；（4）燃料电池的工作原理：电池的负极
79、一定是燃料失电子，发生氧化反应，在正极上一定氧气得电子，发生还原反应，所以a为正极，b是负极；故答案为：b；电池负极是燃料甲醇发生失电子的氧化反应，在碱性环境下，反应的电极反应式为：CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O；故答案为：CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O；（5）根据硅酸盐写成氧化物的规律，Mg9FeSi5O20用氧化物的形式可表示为9MgOFeO5SiO2，故答案为：9MgOFeO5SiO2；根据流程图，固碳时主要反应的方程式为NaOH（aq）+CO2 （g）=NaHCO3 （aq），工业上用氯电解饱和食盐水会获得烧碱，缺少烧碱的制取流程，故答案为：；判断产品洗净只需要
80、检验洗涤液中不含有氯离子即可，氯离子的检验用硝酸酸化的硝酸银，操作是：取少量最后一次的洗涤液，加硝酸酸化的硝酸银溶液，如无沉淀产生，则已洗净，故答案为：取少量最后一次的洗涤液，加硝酸酸化的硝酸银溶液，如无沉淀产生，则已洗净24高铁酸钠是一种高效多功能水处理剂工业上常采用NaClO氧化法生产，反应原理为：在碱性条件下，利用NaClO氧化Fe（NO3）3制得Na2FeO4，过滤得到粗产品，再用NaOH溶液溶解，重结晶，用有机溶剂脱碱，低温烘干得到固体样品反应方程式为：3NaClO+2Fe（NO3）3+10NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O（1）上述制备过程中，用NaOH
81、溶液溶解粗产品而不用水的原因是Na2FeO4在水溶液中水解后溶液呈碱性，NaOH溶液呈碱性会抑制其水解，有利于减少产品损失（2）高铁酸钠电池是一种新型可充电电池，电解质为NaOH溶液，放电时负极材料为Zn，正极产生红褐色沉淀，写出该电池反应方程式3Zn+2Na2FeO4+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4NaOH（3）生产高铁酸钠的原料之一Fe（NO3）3用黑色粉末Fe（含有Fe3O4）与稀硝酸反应制备准确称取该黑色粉末13.12g，加入200mL4molL1 HNO3搅拌，固体完全溶解，共收集到标准状况下2688mL的气体，经分析其中只含有NO，并测得此时溶液中c（H+）=0.
82、4molL1（设反应前后溶液体积不变）通过以上数据，计算该黑色粉末中Fe的质量分数（写出计算过程，结果保留两位小数）【考点】化学方程式的有关计算【分析】（1）Na2FeO4在水溶液中阴离子水解平衡移动的影响因素结合实际应用来判断；（2）由反应信息知道：反应物是金属锌、高铁酸钠，产物是氢氧化铁、氢氧化锌，据此来书写方程式；（3）已知n（NO）=0.12mol，溶液中还有H+，说明硝酸未反应完，所以溶液中只含Fe3+，根据N元素守恒计算n（NO3），根据电荷守恒计算n（Fe3+），再根据固体的质量计算【解答】解：（1）Na2FeO4在水溶液中会发生水解，并且水解后溶液呈碱性，如果在氢氧化钠溶液中，
83、NaOH溶液呈碱性，会抑制其水解，有利于减少产品损失，故答案为：Na2FeO4 在水溶液中水解后溶液呈碱性，NaOH溶液呈碱性会抑制其水解，有利于减少产品损失；（2）根据反应信息知道：反应物是金属锌、高铁酸钠、产物是氢氧化铁、氢氧化锌，配平后的方程式为3Zn+2Na2FeO4+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4NaOH，故答案为：3Zn+2Na2FeO4+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4NaOH；（3）n（NO）=0.12mol，溶液中还有H+，说明硝酸未反应完，所以溶液中只含Fe3+，溶液中有n（NO3）=0.2L4molL10.12mol=0.68mol，根据
84、电荷守恒 n（NO3）1=n（H+）1+n（Fe3+）3，n（Fe3+）=0.2mol，样品中所有铁元素物质的量为0.2mol设样品中Fe的物质的量为x，Fe3O4的物质的量为y56gmol1x+232gmol1y=13.12gx+3y=0.2mol，解得：x=0.11mol，y=0.03mol 单质铁的质量分数为=0.47，答：该黑色粉末中Fe的质量分数0.4725硫酸工业产生的废气A（主要成分：SO2、O2、N2、CO2等）排放到空气中会污染环境某化学兴趣小组对废气A的组成进行探究，请回答下列问题（1）同学甲设计实验检验废气A中含有CO2，应选择的试剂有BCANaOH溶液 B酸性KMnO4
85、溶液 C澄清石灰水 D盐酸（2）同学乙欲测定废气A中SO2的含量，取a L废气A并设计了如图装置进行实验为了保证实验成功，装置A应具有的现象是KMnO4溶液的紫红色不能完全褪色，搅拌的目的是提高SO2的吸收率同学丙认为A装置前后的质量差就是aL废气中含有的SO2的质量，然后进行含量计算经小组讨论后，同学丁提出疑问，按照同学丙的实验，若废气中SO2完全被吸收，则最后测定的结果应该偏大，同学丁推断的理由是实验过程中发生2H2SO3+O2=2H2SO4（3）兴趣小组的同学查阅资料发现可利用硫酸工业废气A制备皓矾（ZnSO47H2O）实验模拟制备皓矾工业流程如下：“氧化”中加入硫酸铁发生反应的离子方程
86、式是2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+加入Zn粉的目的是除溶液中的Fe2+、Fe3+等固体A主要成分是Zn、Fe操作b得到纯净皓矾晶体，必要的操作是蒸发（浓缩）、降温（结晶）、过滤、洗涤、干燥【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计【分析】（1）设计实验检验废气A中含有的CO2，需要除去二氧化硫，避免干扰二氧化碳的检验，除净二氧化硫的气体通过澄清石灰水检验二氧化碳的存在；（2）测定废气A中SO2的含量，为了保证实验成功需要在A装置中用高锰酸钾溶液全部吸收，高锰酸钾溶液不褪色证明吸收完全，搅拌的主要作用是充分吸收二氧化硫，提高吸收率；测定的结果应该偏大，可能
87、是生成的亚硫酸被气体中氧气氧化，气体质量增大；（3）废气净化后加入硫酸铁氧化二氧化硫为硫酸，硫酸铁被还原为硫酸亚铁，加入过量锌粉还原亚铁离子和铁离子，得到固体A为锌和铁，滤液为硫酸锌溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥等步骤得到硫酸锌晶体；“氧化”中加入硫酸铁发生反应是和其他中二氧化硫发生还会有反应生成硫酸亚铁和硫酸；加入过量锌粉还原亚铁离子和铁离子；分析可知固体A为锌和铁；操作b是溶液中得到纯净皓矾晶体，采取冷却结晶，过滤洗涤干燥等步骤得到【解答】解：（1）硫酸工业产生的废气A（主要成分：SO2、O2、N2、CO2等）排放到空气中会污染环境，设计实验检验废气A中含有的CO2，需要除去二
88、氧化硫，避免干扰二氧化碳的检验，除净二氧化硫的气体通过澄清石灰水检验二氧化碳的存在，石灰水变浑浊证明含有二氧化碳，所以A中为高锰酸钾溶液，B中为澄清石灰水；故答案为：BC（2）为了保证实验成功需要在A装置中用高锰酸钾溶液全部吸收，高锰酸钾溶液不褪色证明二氧化硫吸收完全，搅拌的主要作用是充分吸收二氧化硫，提高吸收率；故答案为：KMnO4溶液的紫红色不能完全褪色；提高SO2的吸收率；按照同学丙的实验，若废气中SO2完全被吸收，测定的结果应该偏大，可能是生成的亚硫酸被气体中氧气氧化，实验过程中发生2H2SO3+O2=2H2SO4，导致测定气体质量增大；故答案为：实验过程中发生2H2SO3+O2=2H
89、2SO4；（3）废气净化后加入硫酸铁氧化二氧化硫为硫酸，硫酸铁被还原为硫酸亚铁，加入过量锌粉还原亚铁离子和铁离子，得到固体A为锌和铁，滤液为硫酸锌溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥等步骤得到硫酸锌晶体；“氧化”中加入硫酸铁发生反应是和其他中二氧化硫发生还会有反应生成硫酸亚铁和硫酸，反应的离子方程式为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+；故答案为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+；加入过量锌粉还原亚铁离子和铁离子，除溶液中的Fe2+、Fe3+等故答案为：除溶液中的Fe2+、Fe3+等；分析可知固体A为锌和铁；故答案为：Zn、Fe；操作b是溶液中得
90、到纯净皓矾晶体，必要的操作为：冷却结晶，过滤洗涤，干燥等步骤得到；故答案为：蒸发（浓缩）、降温（结晶）26卤化物和卤酸盐在工业生产中有着重要的作用某小组为探究其中一些盐的性质，查阅资料并进行实验查阅资料如下：BrO3+6I+6H+=3I2+Br+3H2O 2BrO3+I2=2IO3+Br2IO3+5I+6H+=3I2+3H2O 2IO3+10Br+12H+=I2+5Br2+6H2O实验如下：步骤现象向盛有30mL 0.2molL1 KI溶液的锥形瓶中依次滴入几滴淀粉溶液和足量稀硫酸，再用滴定管逐滴加入KBrO3溶液随着KBrO3溶液滴入，溶液由无色变为蓝色并逐渐加深，最终保持不变继续向上述溶液
91、中滴入KBrO3溶液溶液的蓝色逐渐褪去请回答：（1）根据资料中的反应并结合所学知识，判断IO3、BrO3、I2、Br2的氧化性由强到弱的顺序是BrO3IO3Br2I2；KBrO3溶液与KBr溶液在酸性条件下反应的离子方程式是BrO3+5Br+6H+=3Br2+3H2O（2）若用y表示锥形瓶中含碘物质的物质的量，用x表示所滴入KBrO3的物质的量，在下图中画出上述整个实验过程中y随x的变化曲线（要求：在图中标出终点坐标）【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）根据氧化剂氧化性强于氧化产物的氧化性进行判断；KBrO3溶液与KBr溶液在酸性条件下，发生类似信息反应的反应，BrO3、Br在酸性条件下生
92、成溴单质与水；（2）先发生BrO3+6I+6H+=3I2+Br+3H2O，0.006molI完全反应生成0.003molI2、0.001molBr，消耗0.001molBrO3，再发生反应BrO3+5Br+6H+=3Br2+3H2O，0.001molBr完全反应消耗0.0002molBrO3，最后发生反应2BrO3+I2=2IO3+Br2，0.003molI2完全反应生成0.006molIO3，消耗0.006molBrO3，据此作图【解答】解：（1）由反应可知，氧化性BrO3I2，由反应可知，氧化性BrO3IO3，由反应可知，氧化性IO3I2，由反应可知，氧化性IO3Br2，故氧化性BrO3I
93、O3Br2I2；BrO3、Br在酸性条件下生成溴单质与水，反应离子方程式为：BrO3+5Br+6H+=3Br2+3H2O，故答案为：BrO3IO3Br2I2；BrO3+5Br+6H+=3Br2+3H2O；（2）先发生BrO3+6I+6H+=3I2+Br+3H2O，0.006molI完全反应生成0.003molI2、0.001molBr，消耗0.001molBrO3，再发生反应BrO3+5Br+6H+=3Br2+3H2O，0.001molBr完全反应消耗0.0002molBrO3，最后发生反应2BrO3+I2=2IO3+Br2，0.003molI2完全反应生成0.006molIO3，消耗0.00
94、6molBrO3，故整个过程中含碘物质的物质的量，随加入KBrO3的物质的量的关系图为：故答案为：27过碳酸钠中含有少量过氧化钠，甲、乙两位同学各称取一定质量的该样品，并用如图所示仪器测定样品的纯度仪器的连接顺序：甲同学：； 乙同学：已知：过碳酸钠（Na2CO4）、过氧化钠分别跟足量稀硫酸反应的化学方程式如下：2Na2CO4+2H2SO42Na2SO4+2CO2+O2+2H2O；2Na2O2+2H2SO42Na2SO4+O2+2H2O（1）甲同学想通过实验测得的数据是生成的氧气的体积，他选用的装置（填序号）是没有必要的（2）乙同学想通过实验测得的数据是生成的二氧化碳的质量有人认为按他测得的数据
95、计算出的实验结果可能偏高，原因是空气中的水与二氧化碳进入增重使结果偏大； 为了测得准确的实验数据，请你将乙同学的实验设计进行改进，写出你所选用仪器的连接顺序（每种仪器最多使用一次，也可以不用）：（填序号）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）过碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳和氧气，甲同学通过的步骤进行实验，可用吸收二氧化碳，通过测量氧气的体积可确定含量；（2）乙同学：，用碱石灰吸收二氧化碳，根据二氧化碳的质量可确定含量【解答】解：（1）过碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳和氧气，甲同学通过的步骤进行实验，可用吸收二氧化碳，通过测量氧气的体积可确定含量，用排水法收集氧气，气体无需干燥，则装置没有必要，故答案为：生成的氧气的体积；（2）乙同学：，用碱石灰吸收二氧化碳，根据二氧化碳的质量可确定含量，但空气中的水与二氧化碳进入增重使结果偏大，应在后面连接，防止空气中的水、二氧化碳进入，且使装置内气体全部被吸收，应同氮气，以减少误差，故答案为：生成的二氧化碳的质量；空气中的水与二氧化碳进入增重使结果偏大；2016年12月17日
