1、2015-2016学年山东省枣庄市滕州一中高三（上）段考化学试卷（12月份）一、选择题（每小题仅一个正确选项每小题2分，共20分）1化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是（）A煤的气化和液化都是物理变化BBaSO4在医学上用作钡餐，Ba2+对人体无毒CPM2.5是指粒径在2.5微米以下的颗粒物，其在空气中形成的分散系属于胶体DNa、K合金熔点低，可用作原子反应堆的导热剂22015年4月，于敏获颁“影响世界华人终身成就奖”“钚239”是“于敏型”氢弹的重要原料下列说法正确的是（）A239Pu原子的原子核中含有239个质子B238Pu、239Pu和241Pu属于不同的核素C238Pu与238U
2、在元素周期表中的位置相同D239Pu衰变成235U属于化学变化3下列说法正确的是（）生活中使用的漂白粉和肥皂都是混合物碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都属于离子化合物蔗糖、硝酸钾和硫酸钡分别属于非电解质、强电解质和弱电解质醋酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物NaHCO3是发酵粉主要成分之一，Na2CO3可冶疗胃酸过多盐酸属于混合物，而液氯、冰醋酸均属于纯净物ABCD4在给定条件下，可以大量共存的离子组是（）A含有0.1 molL1 Fe3+的溶液中：H+、Fe2+、Na+、IB强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl、SO42C在pH=1的溶液中：Mg2+、Na+、ClO、NO3D加
3、入强碱再加热，既有气体放出又有沉淀生成的溶液：Ca2+、HCO3、NH4+、Cl5下列因果关系正确的是（）A因为H2O的沸点比H2S高，所以O原子得电子能力大于S原子B因为F原子得电子能力比Cl原子强，所以氢氟酸属于强酸C因为H2CO3酸性大于H2SiO3，所以CH4稳定性大于SiH4D因为Na+KCl（熔融）=NaCl+K，所以Na原子失电子能力大于K原子6下列关于药品的使用和保存，仪器选用正确的是（）A实验室中保存浓硝酸B准确量取9.50 mL稀硫酸C用托盘天平称量NaOH固体D实验室中保存Na2CO3溶液7下列实验过程中，始终无明显现象的是（）ANO2通入FeSO4溶液中BCO2通入Ca
4、Cl2溶液中CNH3通入AlCl3溶液中DSO2通入已酸化的Ba（NO3）2溶液中8实验室采购了部分化学药品如图是从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容下列说法正确的是（）A该硫酸的物质的量浓度为9.2molL1B1molAl与足量的该硫酸反应产生3g氢气C这种硫酸在常温下不能使铁钝化D配制80mL2.3molL1的稀硫酸需量取该硫酸12.5 mL9纯净物X、Y、Z转化关系如图所示，下列判断正确的是（）AX可能是金属铜BY不可能是氢气CZ可能是氯化钠DZ可能是三氧化硫10设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NAB一定条件下，1
5、 mol N2与足量H2反应生成NH3，转移电子6NACpH=13的氢氧化钠溶液中所含Na+为0.1NAD50mL12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA二、不定项选择（每题有12个选项每题3分，少选得1分，错选多选0分，共24分）11气体X可能含有NH3、Cl2、HBr、CO2中的种或几种已知X通入硝酸银溶液时产生淡黄色、不溶于稀硝酸的沉淀，若将X通入澄清石灰水中没有沉淀产生则下列有关气体X的成分的说法正确的是（）A一定含有溴化氢、二氧化碳B一定不含二氧化碳C一定不含氨气、氯气D可能含有二氧化碳和氯气12下列除去杂质的方法正确的是（）A除去N2中的O2：通过灼热的CuO
6、粉末，收集气体B除去Cl2中的少量HCl：通过饱和NaCl溶液，收集气体C除去FeCl2溶液中的少量FeCl3：加入足量铁屑，充分反应后过滤D除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液过滤13下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B用图2所示装置可除去NO2中的NOC用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液D用图4装置制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色14将下列5种物质：N2O、FeSO4、Fe（NO3）3、HNO3和Fe2（SO4）3分别填入下面对应的横线上+_+_+_+_ 组成一个未配平的化学方程式，正确
7、的顺序是（）AFeSO4、Fe（NO3）3； Fe2（SO4）3、HNO3、N2O、H2OBHNO3、FeSO4； Fe2（SO4）3、Fe（NO3）3、N2O、H2OCHNO3、Fe2（SO4）3； FeSO4、Fe（NO3）3、N2O、H2ODFe2（SO4）3、N2O； FeSO4、HNO3、Fe（NO3）3、H2O15三氟化氮（NF3）是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体它无色，在潮湿的空气中能发生下列反应：3NF3+5H20=2NO+HNO3+9HF下列说法正确的是（）A反应中NF3是氧化剂，H2O是还原剂B反应中被氧化与被还原的原子的物质的量之比为2：lC若反应生成0.2 mol
8、 HNO3，则反应中共转移0.2 mol电子DNF3在潮湿的空气中泄漏会产生白雾、红棕色气体等现象16下列解释物质用途或现象的反应方程式不准确的是（）ANaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液：2HCO3+Ba2+2OHBaCO3+2H2O+CO32BFe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液；2Fe3+2I2Fe2+I2CNa2S203溶液中加入稀硫酸：S2O32+2H+SO2+S+H2OD成分为盐酸的洁厕灵与84消毒液混合使用易中毒：Cl+ClO+2H+Cl2+H2O17工业上从含硒的废液中提取硒的方法之一是：用硫酸和硝酸处理废料，获得亚硒酸和少量硒酸，再与盐酸共热，硒酸转化为亚硒酸（
9、2HCl+H2SeO4=H2SeO3+Cl2+H2O），在亚硒酸溶液中通入SO2，有单质硒析出下列说法错误的是（）A氧化性：H2SeO4Cl2；H2SeO3H2SO4B酸性：H2SO4H2SeO4H2SeO3C析出l mol硒需要消耗标准状况下22.4 L SO2D亚硒酸理论上既有氧化性，又有还原性，但还原性不及亚硫酸18某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀由此可知原
10、溶液中（）A至少存在5种离子BCl一定存在，且c（Cl）0.4mol/LCSO42、NH4+、一定存在，Cl可能不存在DCO32、Al3+一定不存在，K+可能存在三、非选择题19（1）2015年8月12日天津港危化品爆炸，教训极为深刻其中化学品之一是氰化钠（NaCN）：白色固体，可溶于水，剧毒，致死量50250mg氰化钠遇水或酸生成剧毒易燃的氰化氢（HCN）气体处理氰化物可用碱性氯化法，该方法发生三步反应，写出其离子方程式氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸盐（ClO）：次氯酸盐氧化氰化物（CN）生成氰酸盐（CNO）：ClO+CN=CNO+2Cl过量的次氯酸盐氧化氰酸盐生成CO32和N2：（2）用
11、ClO2 处理泄漏的氰化钠（NaCN），得到无毒的NaCl、N2 和CO2若处理含NaCN4105molL1的废水 1000L，至少需要ClO2 的质量为g（3）化学是一门以实验为基础的科学，下列叙述正确的是（填写序号）将0.2molL1FeCl3溶液滴加到沸水中，然后继续加热并不断搅拌可制得氢氧化铁胶体分液时，分液漏斗中下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出用NaOH固体配制100g 10%的氢氧化钠溶液时，用到的玻璃仪器主要有玻璃棒、烧杯、量筒和胶头滴管托盘天平、容量瓶、量筒、滴定管等定量仪器均标有0刻度线除去CO2中HCl，可将混合气体通过盛有饱和Na2CO3溶液的洗气瓶纯净的氢气在氯气
12、中安静地燃烧，产生苍白色火焰，瓶口伴有白雾加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则试样中一定有CO32（4）化学实验中，常将溶液或试剂进行酸化，下列酸化处理的措施中正确的是A定性检验SO32，可用HNO3酸化的BaCl2溶液B配制FeCl2溶液时通常加少量HNO3酸化，减小其水解程度C检验某溶液中是否含Cl，用HNO3酸化的AgNO3溶液D、检验氧化铁中的氧化亚铁，先用硫酸溶液溶解，然后加入盐酸酸化的高锰酸钾溶液20A、B、C、D是原子序数均小于20的四种元素A与B同主族，且能形成BA2、BA3两种化合物B、C、D所形成的简单离子电子层结构相同，且B、C、D离子半径依次减小请回答下列问
13、题：D元素在元素周期表中的位置是A与D所形成的化合物的电子式为将C单质的水溶液滴加到B与D所形成化合物的水溶液中，其反应的化学方程式为21由短周期元素组成的中学常见的含钠元素的物质A、B、C、D，存在如图1转化关系（部分生成物和反应条件已略去）（1）若A为金属钠，A与水反应的离子方程式为（2）若A为过氧化钠，A与水反应的化学方程式为（3）A不论是Na还是Na2O2，依据转化关系判断物质D是，（4）向30ml某浓度的B溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同若向M中逐滴加入0.1mol/L盐酸，产生的气体V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系有如图2的两种
14、情况（不计CO2的溶解），则曲线B表明M中的溶质为；原NaOH溶液的物质的量浓度为；由曲线A、B可知，两次实验通入的CO2的体积比为（5）请你设计一实验证明Na2CO3溶液碱性比NaHCO3溶液的碱性强：22现有以下实验装置供实验时挑选使用（1）利用Cu和浓硝酸反应制备NO2，用过氧化氢溶液和MnO2制取O2，根据反应原理应选用装置（填序号，从A、B、C中选取）（2）欲用石灰石和浓盐酸反应制取纯净干燥的CO2气体，将你所选的仪器按气体由左向右方向连接，连接顺序为：G用饱和碳酸氢钠溶液除去挥发出的HCl优于用水除HCl的原因是（3）某小组为了探究Ag与浓硝酸反应过程中可能产生NO，设计了一连接顺
15、序为DHIK的实验装置反应开始前通入N2的目的是，反应结束，若H瓶中溶液体积为100mL，从中取出25.00mL溶液以酚酞作指示剂，用0.1000molL1NaOH溶液进行滴定，两次滴定用去NaOH溶液的体积分别为16.98mL和17.02mL，则该瓶中硝酸的物质的量浓度为若实验测得NO的体积为95.2mL（已折算成标准状况），请你通过数据说明Ag与浓硝酸反应过程中（填“是”或“否”）有NO产生（4）某同学设计下列四种制备NH3的方法，不合理的是（填序号）23铁及其化合物有重要用途，如聚合硫酸铁Fe2（0H）n（S04）3n/2m是一种新型高效的水处理混凝剂，而高铁酸钾（其中铁的化合价为+6）
16、是一种重要的杀菌消毒剂，某课题小组设计如下方案制备上述两种产品：请回答下列问题：（1）若A为H20（g），可以得到Fe304，写出其转化的化学方程式：（2）若C为KNO3和KOH的混合物，写出其与Fe2O3加热共融制得高铁酸钾的化学方程式 并配平：Fe2O3+KNO3+KOHK2FeO4+KNO2+（3）为测定溶液中铁元素的总含量，实验操作：准确量取20.00mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H202，调节pH3，加热除去过量H202；加入过量KI充分反应后，再用 O.1OOOmolL1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL已知：2Fe3+2I2Fe2+I2 I2+2S2
17、O322I+S4O62写出滴定选用的指示剂，滴定终点观察到的现象溶液中铁元素的总含量为gL1若滴定前溶液中H202没有除尽，所测定的铁元素的含量将会 （填“偏高”“偏低”“不变”）（4）将3.48gFe3O4完全溶解在100mL 1molL1H2SO4溶液中，然后加入K2Cr2O7溶液25mL，恰好使溶液中的Fe2+全部反应，Cr2O72转化为Cr3+则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为2015-2016学年山东省枣庄市滕州一中高三（上）段考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（每小题仅一个正确选项每小题2分，共20分）1化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是（）A煤的气化和液
18、化都是物理变化BBaSO4在医学上用作钡餐，Ba2+对人体无毒CPM2.5是指粒径在2.5微米以下的颗粒物，其在空气中形成的分散系属于胶体DNa、K合金熔点低，可用作原子反应堆的导热剂【考点】物理变化与化学变化的区别与联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；合金的概念及其重要应用【专题】物质的分类专题；溶液和胶体专题；元素及其化合物【分析】A化学变化有新物质生成；BBa2+可使蛋白质变性；C胶体的分散系中分散质的直径在1100nm；D依据合金熔点特点及钠钾合金的导热性良好解答【解答】解：A煤的气化和液化都有新物质生成，属于化学变化，故A错误；B硫酸钡不溶于酸，可用于钡餐，但Ba2+可使蛋白质变性
19、，对人体有害，故B错误；C胶体的分散系中分散质的直径在1100nm，PM2.5是指大气中直径接近于2.5106m的颗粒物，直径大于100nm，则细颗粒物分散在空气中形成的分散系不是胶体，故C 错误；D钠钾合金低于成分金属熔点，熔点低，导热性良好，可用作原子反应堆的导热剂，故D正确；故选：D【点评】本题考查了基本概念，明确化学变化与物理变化的区别，胶体的本质特征，合金的性质是解题关键，题目难度不大22015年4月，于敏获颁“影响世界华人终身成就奖”“钚239”是“于敏型”氢弹的重要原料下列说法正确的是（）A239Pu原子的原子核中含有239个质子B238Pu、239Pu和241Pu属于不同的核素
20、C238Pu与238U在元素周期表中的位置相同D239Pu衰变成235U属于化学变化【考点】核素；质量数与质子数、中子数之间的相互关系【分析】A元素符号的左上角是质量数； B核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；C核电荷数不相同，在元素周期表中的位置不同；D核变化不是化学变化【解答】解：A239Pu中的239表示的是其质量数，故A错误； B核素的种类是由质子数和中子数共同决定的，238Pu、239Pu和241Pu属于同种元素的不同核素，故B正确；C238Pu与238U核电荷数不相同，属于不同的元素，在元素周期表中的位置不同，故C错误；D由于化学变化不涉及原子核的变化，所以元素的衰变
21、不是化学变化，故D错误故选B【点评】本题考查核素、元素周期表等，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累3下列说法正确的是（）生活中使用的漂白粉和肥皂都是混合物碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都属于离子化合物蔗糖、硝酸钾和硫酸钡分别属于非电解质、强电解质和弱电解质醋酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物NaHCO3是发酵粉主要成分之一，Na2CO3可冶疗胃酸过多盐酸属于混合物，而液氯、冰醋酸均属于纯净物ABCD【考点】混合物和纯净物；离子化合物的结构特征与性质；强电解质和弱电解质的概念【专题】物质的分类专题；电离平衡与溶液的pH专题【分析】纯净物是同种物质组成，混合物是不同物质组
22、成；离子化合物包括两大类：一是由金属和非金属元素共同构成的化合物绝大多数是离子化合物；二是所有的铵盐；常见的电解质：酸、碱、盐、金属氧化物、水；非电解质：蔗糖、酒精、非金属氧化物和氨气；强电解质：强酸、强碱、绝大多数的盐、金属氧化物；根据酸碱盐和氧化物的概念来判断，酸：电离出的阳离子全部为氢离子的化合物；碱：电离出的阴离子全部为氢氧根的化合物；盐：电离出的阳离子为金属离子或铵根离子，阴离子为酸根离子的化合物；氧化物：由两种元素构成，其中一种为氧元素的化合物；NaHCO3是发酵粉主要成分之一俗称小苏打，可冶疗胃酸过多，碳酸钠碱性强不能用来治疗胃酸过多；不同物质组成的为混合物，同一种物质组成的为纯
23、净物；【解答】解：漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，肥皂是脂肪酸盐和泡花碱的混合物，故正确；碳酸钠是钠离子和碳酸根离子构成、氢氧化钡是钡离子和氢氧根离子构成、氯化铵是铵根离子和氯离子构成、过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，都属于离子化合物，故正确；硫酸钡水溶液中不导电，熔融状态完全电离为强电解质，故错误；醋酸、烧碱是氢氧化钠、纯碱是碳酸钠、生石灰是氧化钙，分别属于酸、碱、盐和氧化物，故正确；NaHCO3俗称小苏打，是发酵粉主要成分之一，Na2CO3碱性强腐蚀性强，不能冶疗胃酸过多，应用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故错误；盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物，而液氯、冰醋酸均是一种物质组成属于纯净物，故正确
24、；故选D【点评】本题考查了物质分类、物质组成的应用，难度不大，掌握物质的组成和化学概念实质是解题的关键4在给定条件下，可以大量共存的离子组是（）A含有0.1 molL1 Fe3+的溶液中：H+、Fe2+、Na+、IB强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl、SO42C在pH=1的溶液中：Mg2+、Na+、ClO、NO3D加入强碱再加热，既有气体放出又有沉淀生成的溶液：Ca2+、HCO3、NH4+、Cl【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A铁离子具有氧化性，能够氧化碘离子；B碱性溶液中存在大量氢氧根离子，铝离子与氢氧根离子反应；C该溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子能够与氢离子反应生成次氯
25、酸；D铵根离子与氢氧根离子加热反应生成氨气，钙离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸钙沉淀【解答】解：AFe3+I之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BAl3+与碱性溶液中的氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CpH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，ClO与氢离子反应生成弱电解质次氯酸，在溶液中不能大量共存，故C错误；DCa2+、HCO3、NH4+、Cl之间不发生反应，且加入强碱再加热，Ca2+、HCO3与强碱性溶液中的氢氧根离子反应生成碳酸钙沉淀，NH4+、OH在加热条件下生成氨气，满足条件，故D正确；故选D【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的
26、高频题，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH5下列因果关系正确的是（）A因为H2O的沸点比H2S高，所以O原子得电子能力大于S原子B因为F原子得电子能力比Cl原子强，所以氢氟酸属于强酸C因为H2CO3酸性大于H2SiO3，所以CH4稳定性大于SiH4D因为Na+KCl（熔融）=NaCl+K，所以Na原子失电子能力大于K原子【考点】含有氢键的物质；元素周期律的作用【
27、分析】A元素的非金属性越强，其得电子能力越强；B氢化物的酸性与原子得电子能力无关；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，其氢化物的稳定性越强；D钾的金属性大于Na，则K原子失电子能力大于Na原子【解答】解：A元素的非金属性越强，其得电子能力越强，氢化物的沸点与原子的得电子能力无关，故A错误；B氢化物的酸性与原子得电子能力无关，不能根据原子的得电子能力来判断酸性强弱，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的酸性越强，其氢化物的稳定性越强，H2CO3酸性大于H2SiO3，则C的非金属性大于Si，所以CH4稳定性大于SiH4，故C正确；D钾的金属性大于Na，则K原子
28、失电子能力大于Na原子，Na+KCl（熔融）=NaCl+K，该反应的发生与化学平衡移动有关，故D错误故选C【点评】本题考查了元素非金属性、金属性的判断方法，题目难度不大，注意把握元素周期律的有关内容6下列关于药品的使用和保存，仪器选用正确的是（）A实验室中保存浓硝酸B准确量取9.50 mL稀硫酸C用托盘天平称量NaOH固体D实验室中保存Na2CO3溶液【考点】化学试剂的存放【专题】化学实验基本操作【分析】A浓硝酸见光易分解，浓硝酸有强氧化性；B量筒的感量是0.1mL；C托盘天平称量药品时，应遵循“左物右砝”的原则；来源:学科网D碳酸钠的水溶液呈碱性，二氧化硅和强碱反应生成粘性的物质【解答】解：
29、A浓硝酸见光易分解，所以应保存在棕色试剂瓶中，浓硝酸有强氧化性，能将橡胶塞氧化，故A错误；B量筒的感量是0.1mL，所以不能量取9.50 mL稀硫酸，故B错误；C药品和砝码放颠倒，故C错误；D碳酸钠水解而使溶液呈碱性，玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成粘性的硅酸钠而使试剂瓶塞难打开，所以盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，应该用橡胶塞，故D正确；故选D【点评】本题考查常用仪器的使用，难度不大，明确物质的性质是解本题关键，明确浓硝酸的强氧化性7下列实验过程中，始终无明显现象的是（）ANO2通入FeSO4溶液中BCO2通入CaCl2溶液中CNH3通入AlCl3溶液中DSO2通入已酸
30、化的Ba（NO3）2溶液中【考点】氧化还原反应；离子反应发生的条件；两性氧化物和两性氢氧化物【专题】综合实验题；元素及其化合物【分析】根据物质的性质来分析发生的化学反应，若化学反应中有气体、沉淀、颜色变化等明显现象，则不符合该题的题意来源:学+科+网Z+X+X+K【解答】解：A、NO2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为黄色，现象明显，故A不选；B、因CO2和CaCl2不反应，无明显现象，故B选；C、NH3通入溶液中转化为氨水，与AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀，现象明显，故C不选；D、SO2通入酸化的硝酸钡中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，则亚硫酸
31、根离子被氧化为硫酸根离子，该反应生成硫酸钡沉淀，现象明显，故D不选；故选：B【点评】本题考查常见的化学反应及反应的现象，熟悉常见元素化合物知识即可解答；解答此题的易错点是：不能正确理解CO2和CaCl2能否反应，由于盐酸是强酸，碳酸是弱酸，故将CO2通入CaCl2溶液中时，因碳酸钙沉淀能溶于盐酸则CO2和CaCl2不反应8实验室采购了部分化学药品如图是从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容下列说法正确的是（）A该硫酸的物质的量浓度为9.2molL1B1molAl与足量的该硫酸反应产生3g氢气C这种硫酸在常温下不能使铁钝化D配制80mL2.3molL1的稀硫酸需量取该硫酸12.5 mL【考
32、点】物质的量浓度的相关计算【专题】溶液浓度的计算【分析】A根据c=计算该硫酸的浓度；B铝与浓硫酸常温下发生钝化，加热时生成二氧化硫和硫酸铝；C该硫酸为浓硫酸，常温下能够使铁发生钝化；D根据溶液稀释前后浓度不变分析，配制80mL溶液，需要选用100mL的容量瓶【解答】解：A该硫酸的浓度为c=mol/L=18.4mol/L，故A错误；B铝与浓硫酸常温下发生钝化，加热时生成二氧化硫和硫酸铝，不能生成氢气，故B错误；C该硫酸为浓硫酸，在常温下能够使浓硫酸发生钝化，故C错误；D配制80mL 2.3molL1的稀硫酸，实际上配制的是100mL 2.3mol/L，根据溶液稀释前后浓度不变可知0.1L2.3m
33、ol/L=V18.4mol/L，V=0.0125L=12.5mL，故D正确；故选D【点评】本题考查物质的量浓度的计算以，题目难度中等，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意相关计算公式的运用，试题培养了学生的化学计算能力9纯净物X、Y、Z转化关系如图所示，下列判断正确的是（）AX可能是金属铜BY不可能是氢气CZ可能是氯化钠DZ可能是三氧化硫【考点】真题集萃；无机物的推断【分析】AX+YZ，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是金属铜，Y可能为氯气，根据铜、氯及其化合物的性质分析解答；BX+YZ，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是氯气，Y可能为氢气，符合条件；CZ
34、可能是氯化钠，X、Y只能为氢气、氯气中的一种，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气、氯气，电解水和电解质，不符合Z电解生成X、Y条件；来源:学_科_网DZ可能是三氧化硫，X、Y只能为二氧化硫、氧气中的一种，三氧化硫和水反应生成硫酸，电解硫酸本质为电解水，不符合Z电解生成X、Y条件【解答】解：AX+YZ，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是金属铜，Y可能为氯气，反应为：X+YZ，Cu+Cl2CuCl2，Z为CuCl2，电解CuCl2溶液：CuCl2Cu+Cl2，故A正确；BX+YZ，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是氯气，Y可能为氢气，反应为：X+YZ，H2+Cl22H
35、Cl，Z为HCl，电解HCl溶液：2HClH2+Cl2，故B错误；CZ可能是氯化钠，X、Y只能为氢气、氯气中的一种，X+YZ，2Na+Cl22NaCl，Z电解：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，不符合Z电解生成X、Y条件，故C错误；DZ可能是三氧化硫，X、Y只能为二氧化硫、氧气中的一种，X+YZ，2SO2+O22SO3，三氧化硫和水反应SO3+H2O=H2SO4生成硫酸，电解硫酸本质为电解水，电解水生成氢气和氧气，不符合Z电解生成X、Y条件，故D错误；故选A【点评】本题考查无机物的推断，题目难度不大，注意把握推断的突破口，通常从物质的颜色，性质和反应现象为突破口进行推断，本题可结合
36、选项提供的物质以及反应的条件进行分析，注意X+YZ，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身为解答该题的关键，学习中注意相关基础知识的积累10设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NAB一定条件下，1 mol N2与足量H2反应生成NH3，转移电子6NACpH=13的氢氧化钠溶液中所含Na+为0.1NAD50mL12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】AH218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，且H218O与D2O中均含10个中子；B氮气与氢气
37、反应为可逆反应，不能进行到底；C溶液体积未知；D二氧化锰只能与浓盐酸反应，稀盐酸和二氧化锰不反应【解答】解：AH218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，故2.0g混合物的物质的量为0.1mol，而且H218O与D2O中均含10个中子，故0.1mol混合物中含1mol中子即NA个，故A正确；B氮气与氢气反应为可逆反应，一定条件下，1 mol N2与足量H2反应生成NH3的物质的量小于2mol，转移电子小于6NA，故B错误；C溶液体积未知，无法计算钠离子个数，故C错误；D二氧化锰只能与浓盐酸反应，一旦浓盐酸变稀，反应即停止，4molHCl反应时转移2mol电子，而50mL12mol/L盐酸的
38、物质的量n=CV=12mol/L0.05L=0.6mol，这0.6mol盐酸不能完全反应，则转移的电子的物质的量小于0.3mol电子，即小于0.3NA个，故D错误；故选：A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用是解题关键，注意可逆反应不能进行到底的特点、二氧化锰与稀盐酸不反应的特点，题目难度不大二、不定项选择（每题有12个选项每题3分，少选得1分，错选多选0分，共24分）11气体X可能含有NH3、Cl2、HBr、CO2中的种或几种已知X通入硝酸银溶液时产生淡黄色、不溶于稀硝酸的沉淀，若将X通入澄清石灰水中没有沉淀产生则下列有关气体X的成分的说法正确的是（）A一定含有溴化
39、氢、二氧化碳B一定不含二氧化碳C一定不含氨气、氯气D可能含有二氧化碳和氯气【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【专题】元素及其化合物【分析】X通入硝酸银溶液产生不溶于稀硝酸的淡黄色沉淀，可知X中一定含有HBr，因此X中一定没有NH3和Cl2，由于CaCO3可溶于强酸中，故在HBr存在的条件下，X若有CO2，通入澄清石灰水中也可能没有沉淀生成，所以无法肯定CO2是否存在【解答】解：X通入硝酸银溶液产生不溶于稀硝酸的淡黄色沉淀，可知X中一定含有HBr，因氨气和HBr反应生成溴化铵，HBr与氯气发生氧化还原反应，则X中一定没有NH3和Cl2，由于CaCO3可溶
40、于强酸中，故在HBr存在的条件下，X若有CO2，通入澄清石灰水中也可能没有沉淀生成，所以无法肯定CO2是否存在故选C【点评】本题考查物质的检验和鉴别的实验方案的设计，侧重于物质的性质的综合应用的考查，注意根据反应的现象判断可能含有的物质，牢固把握物质的性质是解答该题的关键，题目难度不大12下列除去杂质的方法正确的是（）A除去N2中的O2：通过灼热的CuO粉末，收集气体B除去Cl2中的少量HCl：通过饱和NaCl溶液，收集气体C除去FeCl2溶液中的少量FeCl3：加入足量铁屑，充分反应后过滤D除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液过滤【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用
41、【专题】化学实验基本操作【分析】ACuO与氧气不反应；B氯气难溶于饱和食盐水；CFeCl3与铁反应生成FeCl2；D混入新杂质【解答】解：ACuO与氧气不反应，应通过灼热的铜网，故A错误；B氯气难溶于饱和食盐水，可用饱和食盐水除杂，故B正确；CFeCl3与铁反应生成FeCl2，能将杂质除去且不引入新杂质，故C正确；D加入MgCl2，生成NaCl杂质，故D错误来源:学|科|网Z|X|X|K故选BC【点评】本题考查物质的分离与提纯，题目难度不大，本题注意把握相关物质的性质的异同，为解答该题的关键，注意除杂时不能引入新的杂质，且操作要简单可行13下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A
42、用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B用图2所示装置可除去NO2中的NOC用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液D用图4装置制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A收集氨气的方法错误；B二氧化氮和水反应生成一氧化氮；C乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离；D铁不能被氧化，不能制得Fe（OH）2【解答】解：A氨气的密度比空气小，应用向下排空法收集气体，故A错误；B二氧化氮溶于水且和水反应生成一氧化氮，不能将杂质除去，故B错误；C乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，故C正确；D铁应连接电源正极，才能制
43、得Fe（OH）2，故D错误故选C【点评】本题考查较为综合，涉及气体的收集、除杂、分离以及物质的制备，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大14将下列5种物质：N2O、FeSO4、Fe（NO3）3、HNO3和Fe2（SO4）3分别填入下面对应的横线上+_+_+_+_ 组成一个未配平的化学方程式，正确的顺序是（）AFeSO4、Fe（NO3）3； Fe2（SO4）3、HNO3、N2O、H2OBHNO3、FeSO4； Fe2（SO4）3、Fe（NO3）3、N2O、H2OCHNO3、Fe2（SO4）3； FeSO4、F
44、e（NO3）3、N2O、H2ODFe2（SO4）3、N2O； FeSO4、HNO3、Fe（NO3）3、H2O【考点】氧化还原反应方程式的配平【专题】氧化还原反应专题【分析】所给的物质中，HNO3中氮元素化合价位于最高价，具有氧化性，对应还原产物为N2O，能将还原性的亚铁离子氧化为铁离子，根据氢原子守恒，还有水生成【解答】解：所给的物质中，HNO3中氮元素化合价位于最高价，具有氧化性，对应还原产物为N2O，能将还原性的亚铁离子氧化为铁离子，Fe（NO3）3、Fe2（SO4）3为氧化产物，根据氢原子守恒，还有水生成，根据化合价升降相等和原子守恒配平后发生的反应为：30HNO3+24FeSO4=8F
45、e（NO3）3+8Fe2（SO4）3+3N2O+15H2O，故选：B【点评】本题考查氧化还原反应化学方程式的书写，明确反应中化合价的升降和得失电子的守恒是解题关键，题目难度中等15三氟化氮（NF3）是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体它无色，在潮湿的空气中能发生下列反应：3NF3+5H20=2NO+HNO3+9HF下列说法正确的是（）A反应中NF3是氧化剂，H2O是还原剂B反应中被氧化与被还原的原子的物质的量之比为2：lC若反应生成0.2 mol HNO3，则反应中共转移0.2 mol电子DNF3在潮湿的空气中泄漏会产生白雾、红棕色气体等现象【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析
46、】3NF3+5H20=2NO+HNO3+9HF中，N元素的化合价由+3价升高为+5价，由+3价降低为+2价，以此来解答【解答】解：3NF3+5H20=2NO+HNO3+9HF中，N元素的化合价由+3价升高为+5价，由+3价降低为+2价，A反应中NF3是氧化剂，也是还原剂，故A错误；BN元素既被氧化又被还原，则反应中被氧化与被还原的原子的物质的量之比为1：2，故B错误；C若反应生成0.2 mol HNO3，则反应中共转移0.2mol（53）=0.4mol电子，故C错误；DNF3在潮湿的空气中发生3NF3+5H20=2NO+HNO3+9HF、2NO+O2=NO2，HF易形成酸雾，NO2为红棕色气体
47、，故D正确；故选D【点评】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意物质的性质及氧化还原反应中的基本概念，题目难度不大16下列解释物质用途或现象的反应方程式不准确的是（）ANaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液：2HCO3+Ba2+2OHBaCO3+2H2O+CO32BFe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液；2Fe3+2I2Fe2+I2CNa2S203溶液中加入稀硫酸：S2O32+2H+SO2+S+H2OD成分为盐酸的洁厕灵与84消毒液混合使用易中毒：Cl+ClO+2H+Cl2+H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A碳酸氢钠完全反应，
48、生成碳酸钡、水、NaOH；B漏写硝酸根离子与碘离子的氧化还原反应；C发生氧化还原反应生成S、二氧化硫和水；D发生氧化还原反应生成氯气和水【解答】解：ANaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液的离子反应为HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2O，故A错误；B硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液，铁离子和硝酸根离子都参与反应，正确的离子方程式为Fe3+3NO3+12H+10I=Fe2+5I2+3NO+6H2O，故B错误；CNa2S203溶液中加入稀硫酸的离子反应为S2O32+2H+SO2+S+H2O，遵循电子、电荷守恒，故C正确；D成分为盐酸的洁厕灵与84消毒液混合使用易中毒的离子反应为Cl+ClO
49、+2H+Cl2+H2O，遵循电子、电荷守恒，故D正确；故选AB【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，侧重氧还原反应及分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大17工业上从含硒的废液中提取硒的方法之一是：用硫酸和硝酸处理废料，获得亚硒酸和少量硒酸，再与盐酸共热，硒酸转化为亚硒酸（2HCl+H2SeO4=H2SeO3+Cl2+H2O），在亚硒酸溶液中通入SO2，有单质硒析出下列说法错误的是（）A氧化性：H2SeO4Cl2；H2SeO3H2SO4B酸性：H2SO4H2SeO4H2SeO3C析出
50、l mol硒需要消耗标准状况下22.4 L SO2D亚硒酸理论上既有氧化性，又有还原性，但还原性不及亚硫酸【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】该反应中Cl元素化合价由1价变为0价、Se元素化合价由+6价变为+4价，所以HCl是还原剂、H2SeO4是氧化剂、氯气是氧化产物、H2SeO3是还原产物；在亚硒酸溶液中通入SO2，有单质硒析出，则二氧化硫失电子作还原剂、H2SeO3是氧化剂，硫酸是氧化产物，A氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；B元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；同一种元素含氧酸中，中心元素化合价越高其酸性越强；C根据Se和二氧化硫之间的关系式计算；D处
51、于中间价态的元素既有氧化性又有还原性【解答】解：A该反应中Cl元素化合价由1价变为0价、Se元素化合价由+6价变为+4价，所以HCl是还原剂、H2SeO4是氧化剂、氯气是氧化产物、H2SeO3是还原产物；在亚硒酸溶液中通入SO2，有单质硒析出，则二氧化硫失电子作还原剂、H2SeO3是氧化剂，硫酸是氧化产物，所以氧化性：H2SeO4Cl2；H2SeO3H2SO4，故A正确；B元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；同一种元素含氧酸中，中心元素化合价越高其酸性越强，非金属性SSe，所以酸性：H2SO4H2SeO4H2SeO3，故B正确；C将二氧化硫通入亚硒酸溶液中出现单质硒的沉淀，反应
52、中Se元素化合价由+4价降低到0价，S元素化合价由+4价升高到+6价，则析出1mol硒要用H2SeO31mol，SO22mol，即标准状况下44.8L，故C错误；D处于中间价态的元素既有氧化性又有还原性，亚硒酸中Se元素处于中间价态，所以理论上既有氧化性，又有还原性，亚硫酸还原性和二氧化硫相似，所以但还原性不及亚硫酸，故D正确；故选C【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念、基本计算，明确氧化还原反应中元素化合价变化是解本题关键，易错选项是C18某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体
53、，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀由此可知原溶液中（）A至少存在5种离子来源:学科网ZXXKBCl一定存在，且c（Cl）0.4mol/LCSO42、NH4+、一定存在，Cl可能不存在DCO32、Al3+一定不存在，K+可能存在【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【专题】离子反应专题【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵离子；红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀，硫酸钡沉淀，物质的量为：0.0
54、2mol；根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据【解答】解：由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，必须还有阴离子，因此一定有Cl，至少0.02mol3+0.020.02mol2=0.04mol，物质的量浓度至少 =0.4mol/L，A、至少存在Cl、SO42、NH4+、Fe3+四种离子
55、，故A错误；B、根据电荷守恒，至少存在0.04molCl，故B正确；C、一定存在氯离子，故C错误；D、Al3+无法判断是否存在，故D错误；故选B【点评】本题考查离子共存知识，做题是认真阅读、分析题中数据，合理分析，特别是氯离子的推断，难度中等三、非选择题19（1）2015年8月12日天津港危化品爆炸，教训极为深刻其中化学品之一是氰化钠（NaCN）：白色固体，可溶于水，剧毒，致死量50250mg氰化钠遇水或酸生成剧毒易燃的氰化氢（HCN）气体处理氰化物可用碱性氯化法，该方法发生三步反应，写出其离子方程式氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸盐（ClO）：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O次氯酸盐氧化
56、氰化物（CN）生成氰酸盐（CNO）：ClO+CN=CNO+2Cl过量的次氯酸盐氧化氰酸盐生成CO32和N2：3ClO+2CNO+2OH=3Cl+2CO32+N2+H2O（2）用ClO2 处理泄漏的氰化钠（NaCN），得到无毒的NaCl、N2 和CO2若处理含NaCN4105molL1的废水 1000L，至少需要ClO2 的质量为2.7g（3）化学是一门以实验为基础的科学，下列叙述正确的是（填写序号）将0.2molL1FeCl3溶液滴加到沸水中，然后继续加热并不断搅拌可制得氢氧化铁胶体分液时，分液漏斗中下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出用NaOH固体配制100g 10%的氢氧化钠溶液时，用到
57、的玻璃仪器主要有玻璃棒、烧杯、量筒和胶头滴管托盘天平、容量瓶、量筒、滴定管等定量仪器均标有0刻度线除去CO2中HCl，可将混合气体通过盛有饱和Na2CO3溶液的洗气瓶纯净的氢气在氯气中安静地燃烧，产生苍白色火焰，瓶口伴有白雾加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则试样中一定有CO32（4）化学实验中，常将溶液或试剂进行酸化，下列酸化处理的措施中正确的是CA定性检验SO32，可用HNO3酸化的BaCl2溶液B配制FeCl2溶液时通常加少量HNO3酸化，减小其水解程度C检验某溶液中是否含Cl，用HNO3酸化的AgNO3溶液D、检验氧化铁中的氧化亚铁，先用硫酸溶液溶解，然后加入盐酸酸化的高锰
58、酸钾溶液【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；离子方程式的书写【专题】离子反应专题；化学实验基本操作；物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；过量的次氯酸盐氧化氰酸盐生成CO32和N2，该反应中Cl元素化合价由+2价变为1价，N元素化合价由3价变为0价，根据转移电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方程式；（2）用ClO2 处理泄漏的氰化钠（NaCN），得到无毒的NaCl、N2 和CO2，该反应中Cl元素化合价由+4价变为1价、N元素化合价由3价变为0价，C元素化合价由+2价变为+4价，根据转移电子守恒配平方程式，再根据氢氧化钠和二氧化氯的关系式计算；（3）制
59、备胶体时不能搅拌；分液时，分液漏斗中下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，防止引进杂质；根据仪器用途选取仪器；容量瓶没有0刻度线；CO2、HCl都能和饱和Na2CO3溶液反应；纯净的氢气在氯气中安静地燃烧，产生苍白色火焰，瓶口伴有白雾，氯化氢遇水蒸气生成盐酸小液滴；加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则试样中可能有CO32也可能含有碳酸氢根离子、亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子；（4）A硝酸能氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子；B硝酸能氧化亚铁离子生成铁离子；C检验某溶液中是否含Cl，用HNO3酸化的AgNO3溶液检验；D、盐酸能被酸性高锰酸钾溶液氧化【解答】解：（1）氯气和氢氧化钠反应生
60、成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；过量的次氯酸盐氧化氰酸盐生成CO32和N2，该反应中Cl元素化合价由+2价变为1价，N元素化合价由3价变为0价，根据转移电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方程式为3ClO+2CNO+2OH=3Cl+2CO32+N2+H2O，故答案为：3ClO+2CNO+2OH=3Cl+2CO32+N2+H2O；（2）用ClO2 处理泄漏的氰化钠（NaCN），得到无毒的NaCl、N2 和CO2，该反应中Cl元素化合价由+4价变为1价、N元素化合价由3价变为0价，C元素化合价由+2价变为+4价，
61、根据转移电子守恒配平方程式2ClO2+2NaCN=2NaCl+N2+2CO2，n（NaCN）=4105molL11000L=0.04mol，根据方程式知，消耗二氧化氯物质的量为0.04mol，其质量=0.04mol67.5g/mol=2.7g，故答案为：2.7g；（3）制备胶体时不能搅拌，否则产生沉淀而得不到胶体，故错误；分液时，分液漏斗中下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，防止引进杂质，该操作正确，故正确；用NaOH固体配制100g 10%的氢氧化钠溶液时，用到的玻璃仪器主要有玻璃棒、烧杯、量筒和胶头滴管，玻璃棒搅拌、量筒量取浓溶液、烧杯稀释浓溶液，故正确；容量瓶没有0刻度线，故错误；C
62、O2、HCl都能和饱和Na2CO3溶液反应，应该用饱和碳酸氢钠除去二氧化碳中的氯化氢，故错误；纯净的氢气在氯气中安静地燃烧，产生苍白色火焰，瓶口伴有白雾，氯化氢遇水蒸气生成盐酸小液滴，故正确；加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则试样中可能有CO32也可能含有碳酸氢根离子、亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子，所以样品中不一定含有碳酸根离子，故错误；故选；（4）A硝酸能氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子而产生干扰，应该用盐酸酸化，故错误；B硝酸能氧化亚铁离子生成铁离子，应该用稀盐酸，故错误；C检验某溶液中是否含Cl，用HNO3酸化的AgNO3溶液检验，如果产生白色沉淀就说明含有氯离子，否则不含氯
63、离子，故正确；D、盐酸能被酸性高锰酸钾溶液氧化，产生干扰，应该稀硫酸酸化，故错误；故选C【点评】本题以氯及其化合物为载体考查氧化还原反应、物质制备、溶液酸化等知识点，为高频考点，明确氧化还原反应特点、物质性质、离子检验方法等即可解答，注意除杂时要除去杂质且不能引进新的杂质，题目难度不大20A、B、C、D是原子序数均小于20的四种元素A与B同主族，且能形成BA2、BA3两种化合物B、C、D所形成的简单离子电子层结构相同，且B、C、D离子半径依次减小请回答下列问题：D元素在元素周期表中的位置是第四周期第A族A与D所形成的化合物的电子式为将C单质的水溶液滴加到B与D所形成化合物的水溶液中，其反应的化
64、学方程式为Cl2+S2=2Cl+S【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A、B、C、D是原子序数均小于20的四种元素A与B同主族，且能形成BA2、BA3型分子，则A为氧元素、B为硫元素；B、C、D所形成的简单离子电子层结构相同，核外电子数为18，且B、C、D离子半径依次减小，则原子序数DCB，结合原子序数可知，D为K、C为Cl，据此解答【解答】解：A、B、C、D是原子序数均小于20的四种元素A与B同主族，且能形成BA3型分子，则A为氧元素、B为硫元素；B、C、D所形成的简单离子电子层结构相同，核外电子数为18，且B、C、D离子半径依次减小，则原子序数DCB
65、，结合原子序数可知，D为K、C为Cl，D为K元素，在元素周期表中的位置是：第四周期第A族，故答案为：第四周期第A族；A与D所形成的化合物为K2O，电子式为，故答案为：；将氯气的水溶液滴加到K2S的水溶液中，硫离子被氧化生成硫，氯气被还还原，同时生成KCl，反应的化学方程式为：Cl2+K2S=2KCl+S，故答案为：Cl2+S2=2Cl+S【点评】本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握21由短周期元素组成的中学常见的含钠元素的物质A、B、C、D，存在如图1转化关系（部分生成物和反应条件已略去）（1）若A为金属钠，A与水反应的离子方程式为2Na+2H2
66、O=2Na+2OH+H2（2）若A为过氧化钠，A与水反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2（3）A不论是Na还是Na2O2，依据转化关系判断物质D是NaHCO3，（4）向30ml某浓度的B溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同若向M中逐滴加入0.1mol/L盐酸，产生的气体V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系有如图2的两种情况（不计CO2的溶解），则曲线B表明M中的溶质为Na2CO3、NaHCO3；原NaOH溶液的物质的量浓度为0.25mol/L；由曲线A、B可知，两次实验通入的CO2的体积比为3：10（5）请你设计一实验证明Na2CO
67、3溶液碱性比NaHCO3溶液的碱性强：配制0.1molL1（或等物质的量浓度）的两种溶液，则其pH，Na2CO3溶液pH大于NaHCO3溶液，说明Na2CO3溶液碱性比NaHCO3溶液的碱性强【考点】无机物的推断【专题】无机推断；演绎推理法；元素及其化合物；金属概论与碱元素【分析】（1）若A为金属钠，A与水反应生成单质E为H2，所以B为NaOH，则C为Na2CO3，D为NaHCO3；（2）若A为过氧化钠，A与水反应生成单质E为O2，所以B为NaOH，则C为Na2CO3，D为NaHCO3；（3）根据（1）（2）的分析答题；（4）曲线A、B，开始没有气体，加入一定体积盐酸后生成气体，生成气体的反应
68、为：HCO3+H+=H2O+CO2，再结合反应OH+H+=H2O、H+CO32=HCO3可知，若A中只有Na2CO3，开始发生CO32+H+=HCO3，前后两过程消耗HCl的体积相等，所以根据前后两过程消耗的盐酸的体积可判断溶液的组成，根据钠元素守恒可知，当加入75mL盐酸时，溶液中的溶质为氯化钠，所以原溶液中的氢氧化钠的物质的量 为0.1mol/L0.075L=0.0075mol，据此计算氢氧化钠的物质的量浓度；曲线A生成二氧化碳消耗盐酸体积为（7560）mL=15mL，曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为（7525）mL=50mL，由HCO3+H+=H2O+CO2可求得两次实验通入的CO2的体
69、积之比；（5）根据等物质的量浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的pH的大小判断溶液的碱性强弱【解答】解：（1）若A为金属钠，A与水反应生成单质E为H2，所以B为NaOH，则C为Na2CO3，D为NaHCO3，A与水反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，故答案为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2； （2）若A为过氧化钠，A与水反应生成单质E为O2，所以B为NaOH，则C为Na2CO3，D为NaHCO3，A与水反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2；（3）根据（1）（2）的分析可知，D为NaHCO3，故答案
70、为：NaHCO3；（4）曲线A、B，开始没有气体，加入一定体积盐酸后生成气体，生成气体的反应为：HCO3+H+=H2O+CO2，再结合反应OH+H+=H2O、H+CO32=HCO3可知，若A中只有Na2CO3，开始发生CO32+H+=HCO3，前后两过程消耗HCl的体积相等，而实际开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，故A曲线表明M中的溶质为NaOH、Na2CO3，B曲线中，前后消耗盐酸的体积之比为1：3，则曲线B表明M中溶质为Na2CO3、NaHCO3，且二者物质的量之比为1：2，根据钠元素守恒可知，当加入75mL盐酸时，溶液中的溶质为氯化钠，所以原溶液中的氢氧化钠的物质的量
71、为0.1mol/L0.075L=0.0075mol，所以氢氧化钠的物质的量浓度为=0.25mol/L，曲线A生成二氧化碳消耗盐酸体积为（7560）mL=15mL，曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为（7525）mL=50mL，由HCO3+H+=H2O+CO2可知，则两次实验通入的CO2的体积之比=15mL：50mL=3：10，故答案为：Na2CO3、NaHCO3；3：10；0.25mol/L（5）根据等物质的量浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的pH的大小判断溶液的碱性强弱，具体操作为配制 0.1molL1（或等物质的量浓度）的两种溶液，则其pH，Na2CO3溶液pH大于NaHCO3溶液，说
72、明Na2CO3溶液碱性比NaHCO3溶液的碱性强，故答案为：配制 0.1molL1（或等物质的量浓度）的两种溶液，则其pH，Na2CO3溶液pH大于NaHCO3溶液，说明Na2CO3溶液碱性比NaHCO3溶液的碱性强【点评】本题考查无机物推断、化学计算等，基本属于猜测验证型推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，（4）中计算关键是根据图象判断溶液溶质的成分，题目难度较大22现有以下实验装置供实验时挑选使用（1）利用Cu和浓硝酸反应制备NO2，用过氧化氢溶液和MnO2制取O2，根据反应原理应选用C装置（填序号，从A、B、C中选取）（2）欲用石灰石和浓盐酸反应制取纯净干燥的CO2气体，将你所选的仪器
73、按气体由左向右方向连接，连接顺序为：CGEJ用饱和碳酸氢钠溶液除去挥发出的HCl优于用水除HCl的原因是不消耗二氧化碳，氯化氢能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳（3）某小组为了探究Ag与浓硝酸反应过程中可能产生NO，设计了一连接顺序为DHIK的实验装置反应开始前通入N2的目的是排尽装置内残留的空气，反应结束，若H瓶中溶液体积为100mL，从中取出25.00mL溶液以酚酞作指示剂，用0.1000molL1NaOH溶液进行滴定，两次滴定用去NaOH溶液的体积分别为16.98mL和17.02mL，则该瓶中硝酸的物质的量浓度为0.068mol/L若实验测得NO的体积为95.2mL（已折算成标准状况），请你通
74、过数据说明Ag与浓硝酸反应过程中是（填“是”或“否”）有NO产生（4）某同学设计下列四种制备NH3的方法，不合理的是AD（填序号）【考点】性质实验方案的设计；常见气体制备原理及装置选择【专题】氮族元素；气体的制备与性质检验类实验；无机实验综合【分析】（1）根据反应物的状态和反应条件选取反应装置；（2）欲用石灰石和浓盐酸反应制取纯净干燥的CO2气体，根据反应物的状态和反应条件选取反应装置，要用碳酸氢钠溶液除去氯化氢，用浓硫酸干燥二氧化碳，根据二氧化碳的密度确定收集方法；（3）一氧化氮易被氧气氧化；根据硝酸和氢氧化钠的关系式计算硝酸的物质的量浓度，根据氮原子守恒确定是否有一氧化氮生成；（4）根据反
75、应物的特点分析，A氯化铵分解，在试管口生成氯化铵，B氧化钙和水反应放热，C实验室制氨气的原理，D热空气吹，制得的氨气含杂质【解答】解：（1）用Cu和浓硝酸反应制备NO2，用过氧化氢溶液和MnO2制取O2，都是固体混合不需加热，故选C，故答案为：C；（2）石灰石和浓盐酸制取二氧化碳是固液混合且不需加热的反应，所以反应装置选取C，浓盐酸、水具有挥发性，石灰石和浓盐酸反应是放热反应，所以生成的二氧化碳中含有氯化氢、水蒸气，为了制取纯净、干燥的二氧化碳，应该用饱和的碳酸氢钠溶液除去氯化氢，浓硫酸和二氧化碳不反应，所以用浓硫酸干燥二氧化碳，二氧化碳和空气不反应，且密度大于空气，所以可以采用向上排空气法收
76、集，故选J，所以其连接顺序是CGEJ，二氧化碳能和水反应，氯化氢和碳酸氢钠反应能生成二氧化碳，不仅除去氯化氢还能增加二氧化碳的量，所以用碳酸氢钠溶液除去氯化氢，故答案为：CGEJ，不消耗二氧化碳，氯化氢能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；（3）空气中含有氧气，能氧化一氧化氮生成二氧化氮，为防止一氧化氮被氧化，充入氮气排出装置内残留的空气，故答案为：排尽装置内残留的空气；使用氢氧化钠的平均体积=（，根据氢氧化钠和硝酸的关系式得硝酸的物质的量浓度=0.068mol/L，实验测得的一氧化氮的物质的量=0.00425mol，3NO2+H2O=2HNO3+NO，二氧化氮产生的一氧化氮的物质的量=0.5n（HN
77、O3）=0.50.1L0.0680mol/L=0.0034mol0.00425，所以有一氧化氮生成，故答案为：0.068mol/L；是；（4）A加热时，氯化铵分解生成氨气和氯化氢，当混合气体达到试管口时，温度降低，氯化氢和氨气反应生成氯化铵，所以得不到氨气，故A错误；B氧化钙和水反应生成氢氧化钙且放出热量，放出的热量促使一水合氨分解生成氨气，所以能得到氨气，故B正确；C氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙和氨气，所以能得到氨气，故C正确；D热空气能促进一水合氨分解生成氨气，但氨气中含有氧气、氮气等杂质，故D错误；故选AD【点评】本题考查了气体的制取、干燥和收集装置的选取，根据反应物和生成物的状态、反
78、应条件选取反应装置即可，根据气体的性质来选取收集装置，难点是物质的量的有关计算，根据原子守恒来分析解答，难度中等23铁及其化合物有重要用途，如聚合硫酸铁Fe2（0H）n（S04）3n/2m是一种新型高效的水处理混凝剂，而高铁酸钾（其中铁的化合价为+6）是一种重要的杀菌消毒剂，某课题小组设计如下方案制备上述两种产品：请回答下列问题：（1）若A为H20（g），可以得到Fe304，写出其转化的化学方程式：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2（2）若C为KNO3和KOH的混合物，写出其与Fe2O3加热共融制得高铁酸钾的化学方程式 并配平：1Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2
79、+2H2O（3）为测定溶液中铁元素的总含量，实验操作：准确量取20.00mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H202，调节pH3，加热除去过量H202；加入过量KI充分反应后，再用 O.1OOOmolL1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL已知：2Fe3+2I2Fe2+I2 I2+2S2O322I+S4O62写出滴定选用的指示剂淀粉溶液，滴定终点观察到的现象当加入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，蓝色消失且半分钟不变色溶液中铁元素的总含量为5.6gL1若滴定前溶液中H202没有除尽，所测定的铁元素的含量将会偏高 （填“偏高”“偏低”“不变”）（4）将3.48gFe3O4完全溶解在
80、100mL 1molL1H2SO4溶液中，然后加入K2Cr2O7溶液25mL，恰好使溶液中的Fe2+全部反应，Cr2O72转化为Cr3+则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为0.033mol/L【考点】制备实验方案的设计【专题】无机实验综合【分析】（1）Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气；（2）Fe元素化合价由+3价升高为+6价，共升高3价，N元素化合价由+5价降低为+3价，共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，则Fe2O3的系数为1、KNO3的系数为3，根据原子守恒配平，可知缺项物质为水；（3）碘单质遇到淀粉显示蓝色，可选淀粉为指示剂；当碘单质完全反应后溶液由蓝色变为无色；根据反应：2Fe3
81、+2I2Fe2+I2、I2+2S2O322I+S4O62，可得关系式Fe3+S2O32，然后根据关系式计算出铁离子的物质的量，再计算铁元素的总含量；双氧水可以将I氧化为I2，导致消耗S2O32的偏多；（4）根据电子转移守恒计算【解答】解：（1）Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气，反应方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；（2）Fe元素化合价由+3价升高为+6价，共升高3价，N元素化合价由+5价降低为+3价，共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，则Fe2O3的系数为1、KNO3的系数为3，根据原子守恒配平，可知缺项物质为水，配平
82、后方程式为：Fe2O3+3 KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，故答案为：1、3、4、2、3、2H2O；（3）碘单质遇到淀粉显示蓝色，可选淀粉为指示剂；当加入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，蓝色消失且半分钟不变色说明反应到达终点，故答案为：淀粉溶液；当加入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，蓝色消失且半分钟不变色；由关系式Fe3+S2O32，则n（Fe3+）=n（S2O32）=0.1000mol/L0.02L=0.002mol，铁元素总含量为： =5.6g/L；H2O2也能氧化I生成I2，所以若过氧化氢没有除尽，则消耗硫代硫酸钠溶液体积偏大，所测结果偏高，故答案为：5.6；偏高；（4）K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为cmol/L，根据电子转移守恒，则：0.025Lcmol/L6=1解得c=0.033，故答案为：0.033mol/L【点评】本题考查物质的制备方案的设计、氧化还原反应配平、化学计算等知识，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力