1、2015-2016学年山东省枣庄市滕州市高考补习学校高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题1化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确的是( )A氮的固定是指将气态氮气变为固态BNa2SiO3水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料C金属可分为“黑色金属”和“有色金属”，铁及其合金都属于“有色金属”D包装食品里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，其作用相同2NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )A同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的原子数目相同B1 mol过氧化钠中阴离子所带的负电荷数为2NAC常温常压下，11.2 L氮气所含的原子数目为NAD某温度时，pH=6的纯水中含
2、106NA个OH3下列各组离子中，在给定条件下能够大量共存的是( )A通入足量CO2后的溶液中：Na+、SiO32、CH3COO、CO32B无色溶液中：Mg2+、MnO4、SO42、K+C酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42、ID=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3、Cl4下列氧化还原反应中，实际参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比正确的是( )KClO3+6HCl（浓）KCl+3Cl2+3H2O；1：63Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；2：3SiO2+3CSiC+2CO；1：23NO2+H2O2HNO3+NO；2：1ABCD5下列物质的转化在
3、给定条件下能实现的是( )AH2SO4（稀）SO2NH4HSO3（NH4）2SO3BNH3NONO2HNO3CFeFeCl2Fe（OH）2Fe（OH）3DAlNaAlO2AlCl3溶液无水AlCl36由锌铁铝镁四种金属中的两种组成的混和物10克，与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2升，则混和物中一定含有的金属是( )A锌B铁C铝D镁7金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一右图所示各组物质的转化关系中不全部是通过一步反应完成的是( )ABCD8下列变化的实质相似的是( )浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小二氧化硫和氯气均能使品红溶液褪色二氧化硫能使品红溶液、溴水褪色
4、氨气和碘化氢气体均不能用浓硫酸干燥常温下浓硫酸用铁的容器存放、加热条件下浓硫酸能与木炭反应浓硫酸能在白纸上写字，氢氟酸能在玻璃上刻字A只有B只有C只有D全部9某化学兴趣小组在课外活动中，对某一份溶液成分（已知不含其他还原性离子）进行了检测，其中三次检测结果如下表所示：检测序号溶液中检测出的离子组合第一次KCl、K2SO4、Na2CO3、NaCl第二次KCl、AlCl3、Na2SO4、K2CO3第三次Na2SO4、KCl、K2CO3、NaCl则下列说法合理的是( )A三次检测结果都正确B该溶液中的阳离子无法判断C为了检验SO42，应先加过量稀硝酸后再滴加Ba（NO3）2，观察是否有沉淀现象D为了
5、确定是否存在CO32，可以向其中滴加CaCl2溶液，观察是否有沉淀现象10FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是( )A加入KSCN溶液一定不变红色B溶液中一定含Fe2+C溶液中一定不含Cu2+D剩余固体中一定含Cu11强氧化剂PbO2在酸性溶液中可将Mn2+氧化成MnO4取一支试管，加入适量PbO2固体和2mL 6mol/L H2SO4溶液，然后滴入2mL 1mol/L MnSO4溶液下列说法错误的是( )A充分振荡后静置，溶液颜色变为紫色B若上述实验完全反应，消耗PbO2的物质的量为0.01molC上述实验不能用盐酸代替硫酸D在酸性条件下，
6、PbO2的氧化性比MnO4的氧化性强12下列离子方程式正确的是( )A足量的SO2通入氨水中：SO2+2NH3H2O2NH4+SO32+H2OBSO2通入溴水中：Br2+SO2+2H2O2H+SO42+2HBrC少量SO2通入漂白粉溶液中：SO2+H2O+Ca2+2ClOCaSO3+2HClOD酸雨久置pH变小：2H2SO3+O24H+2SO4213所谓合金，就是不同种金属（也包括一些非金属）在熔化状态下形成的一种熔合物，根据下列四种金属的熔沸点：NaCuAlFe熔点（）97.510836601535沸点（）883259522003000你判断其中不能形成合金的是( )ACu和AlBFe和Cu
7、CFe和NaDAl和Na14“混盐”是指一种金属离子与多种酸根离子构成的盐，如氯化硝酸钙Ca（NO3）Cl就是一种混盐“复盐”是指含有多种简单阳离子和一种酸根阴离子的盐如KAl（SO4）2，下列各化合物中属于混盐的是( )ACaOCl2B（NH4）2Fe（SO4）2CBiONO3DK3Fe（CN）615在某无色溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子可能是( )AMg2+、Al3+、Fe3+BNa+、Mg2+、Al3+CH+、Ba2+、Al3+DH+、Mg2+、Al3+16对下列实验现象的原因分析不正确的一项是(
8、 )选项实验现象原因分析A久置的浓硝酸呈黄色浓硝酸不稳定，分解生成的NO2 溶解在其中B新制氯水中滴加石蕊试液，溶液先变红，后褪色氯气与水反应生成HCl、HClO，呈酸性，使石蕊变红，HClO具有强氧化性、漂白性，使其褪色CSO2通入溴水中，溴水褪色SO2具有漂白性，使其褪色D向湿润蔗糖中加入浓硫酸，固体迅速变黑，后体积急剧膨胀在浓硫酸脱水作用下，蔗糖被炭化，炭与浓硫酸反应生成了CO2、SO2AABBCCDD17有一瓶Na2SO3溶液，可能已部分氧化，某学生进行如下实验：取少量溶液，滴入Ba（NO3）2溶液产生白色沉淀，再加入过量稀硝酸溶液，充分振荡后仍有白色沉淀，结论正确的是( )ANa2S
9、O3溶液已部分氧化B加入Ba（NO3）2溶液后生成的沉淀中一定含有BaSO4C加硝酸后的不溶沉淀一定是BaSO4D此实验能确定Na2SO3溶液是否部分氧化18在热的稀H2SO4溶液中溶解了11.4g FeSO4，当加入50mL 0.5mol/L KNO3溶液后，使其中的Fe2+全部转化成Fe3+，KNO3也反应完全，并有NxOy气体逸出：FeSO4+KNO3+H2SO4K2SO4+Fe2（SO4）3+NxOy+H2O据此推算出x、y的值分别为( )A1、2B1、1C2、1D2、319下列反应中溶液中的H+浓度显著增大的是( )A将SO2通入品红溶液中B将Cl2通入KI溶液中C将SO2通入溴水中
10、D将H2S通入硝酸溶液中20在某稀硝酸的溶液中，加入5.6g铁粉充分反应后，铁粉全部溶解，放出NO气体，溶液质量增加3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之比为( )A1：1B2：1C3：2D4：1二、解答题（共7小题，满分0分）21高锰酸钾是一种典型的强氧化剂，无论在实验室还是在化工生产中都有重要的应用下图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持设备已略）（1）制备氯气选用的药品为：高锰酸钾和浓盐酸，相应的离子方程式为：_（2）装置B的作用是_，监测实验进行时C中可能发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象_（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III
11、依次放入_（选a或b或c）abcI干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条II碱石灰浓硫酸无水氯化钙III湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性当向D中缓缓通入足量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为红棕色，说明氯的非金属性大于溴打开活塞，将D中的少量溶液加入E中，振荡E观察到的现象是_该现象_（填“能”或“不能”）说明溴的非金属性强于碘，原因是_22某强酸性溶液X，含有Ba2+、Al3+、SiO32、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32、SO42、NO3中的一种或几种离子，取溶液进行连续实验，能实现如下转化：依据以上信息，回答下列问题：
12、（1）上述离子中，溶液X中肯定含有的是：_；不能肯定的是：_对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液于一支试管中，选择下列试剂中的一种加入X溶液中，根据现象就可判断，则该试剂是：_（选填：NaOH溶液，酚酞试剂，石蕊试剂，pH试纸，KSCN溶液，KMnO4溶液）（2）气体F的电子式为：_，实验中，可以观察到反应的现象是：_（3）写出步骤所有发生反应的离子方程式_、_23下面是有关物质的转化关系图（部分产物已省略），其中A为单质，E在常温下为液体，D是一种气体，C的相对分子质量为78请回答下列有关问题：（1）下列对C的结构、性质推断中不正确的是_A久置于空气中会变成白色 B具有强氧化性C晶体中存
13、在离子键与共价键 D是一种碱性氧化物（2）A的原子结构示意图为_；GH的化学方程式_（3）C和E反应生成H的离子方程式为_，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_24已知硫酸铜在加热条件下发生分解反应，生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气请用右图所示装置，测定硫酸铜在加热分解时产生的各物质与参加反应的硫酸铜的物质的量的关系实验测得数据和有关结果如下：准确称得无水硫酸铜2.4g；测出量筒中水的体积，折算成标准状态下气体的体积为112mL；干燥管在实验后质量增加1.28g；实验结束时装置B中的NaHSO3溶液变为Na2SO4溶液（不含其他溶质）请回答下列问题：（1）装置B的作用是_；发生的化学方程
14、式_（2）装置C的作用是_；干燥管收集到的物质是_（3）装置E和F的作用是_（4）实验数据测出后，首先应计算出的物质是_，有_mol；并据此计算出SO2为_mol，SO3为_mol25A、B、C、D、E、F六种物质在一定条件下有如图所示的相互转化关系，所有反应物和生成物均已给出（1）若反应、均为水溶液中的置换反应，A、D、E为卤素单质，则A、D、E的化学式分别为_、_、_（2）若B是水，C是生产生活中应用最广泛的金属所对应的一种具有磁性的黑色氧化物，D是相同条件下密度最小的气体，E是一种无色、无味的有毒气体，则反应的化学方程式是_（3）若B为一种淡黄色固体绿色植物的光合作用和呼吸作用可实现自然
15、界中D和E 的循环则反应的离子方程式是_在反应中，若生成1mol D，则转移电子的物质的量为_；反应的化学方程式是_26某校研究性小组探究二氧化硫分别与Ba（OH）2溶液、BaCl2溶液反应的实验请你参与实验并回答下列问题：（1）少量SO2通入到Ba（OH）2溶液中的离子反应方程式为_；过量的SO2通入到Ba（OH）2溶液中的离子反应方程式为_（2）若将SO2通入到BaCl2溶液中，出现了异常现象，看到了明显的白色沉淀，为探究这种白色沉淀的成分，该小组同学设计了如下实验流程：则操作的名称为_，试剂A的化学式为_（3）实验表明，当加入试剂A后，白色沉淀未见溶解，则该白色沉淀的成分是_（填化学式）
16、，产生该白色沉淀的离子方程式是_27在Na+浓度为0.5molL1的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子：阳离子K+、Ag+、Mg2+阴离子NO3、CO32、SiO32、SO42取该溶液100mL进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：序号实验内容实验结果向该溶液中加入足量稀HCl产生白色沉淀并放出0.56L气体将的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4g在的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象试回答下列问题：（1）实验能确定一定不存在的离子是_（2）实验中生成沉淀的离子方程式为_（3）通过实验、和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结
17、果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）阴离子NO3CO32SiO32SO42c/molL1_（4）判断原溶液中K+是否存在，若存在，求其最小物质的量浓度，若不存在，请说明理由：_2015-2016学年山东省枣庄市滕州市高考补习学校高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题1化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确的是( )A氮的固定是指将气态氮气变为固态BNa2SiO3水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料C金属可分为“黑色金属”和“有色金属”，铁及其合金都属于“有色金属”D包装食品里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，其作用相同【分析】A、氮的固定是指游离态
18、氮气变为化合态氮；B、水玻璃是指Na2SiO3水溶液，它是制备硅胶和木材防火剂的原料；C、铁及其合金都属于“黑色金属”；D、硅胶、石灰是干燥剂；还原铁粉是抗氧化剂【解答】解：A、氮的固定是指游离态氮气变为化合态氮，故A错误；B、水玻璃是指Na2SiO3水溶液，它是制备硅胶和木材防火剂的原料，故B正确；C、铁及其合金都属于“黑色金属”，故C错误；D、包装食品里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，硅胶、石灰是干燥剂；还原铁粉是抗氧化剂，故D错误；故选B【点评】本题考查氮的固定、水玻璃、黑色金属等知识，难度不大，平时要注意生活中渗透的化学知识2NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )A同温同压下
19、，相同体积的任何气体单质所含的原子数目相同B1 mol过氧化钠中阴离子所带的负电荷数为2NAC常温常压下，11.2 L氮气所含的原子数目为NAD某温度时，pH=6的纯水中含106NA个OH【分析】A、气体单质根据原子数目可以分为单原子分子、双原子分子和多原子分子；B、过氧化钠中的阴离子为O22；C、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；D、溶液体积不明确【解答】解：A、气体单质根据原子数目可以分为单原子分子、双原子分子和多原子分子，故同温同压下，相同体积的单质气体所含的原子数不一定相同，故A错误；B、过氧化钠中的阴离子为O22，1mol过氧化钠含1molO22，所带的电荷为2mol，
20、个数为2NA，故B正确；C、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氮气的物质的量小于0.5mol，含有的氮原子小于1mol，故C错误；D、溶液体积不明确，故D错误故选B【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和物质的结构是解题关键，难度不大3下列各组离子中，在给定条件下能够大量共存的是( )A通入足量CO2后的溶液中：Na+、SiO32、CH3COO、CO32B无色溶液中：Mg2+、MnO4、SO42、K+C酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42、ID=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3、Cl【分析】A通入足量CO2后，硅酸根离子、
21、碳酸根离子能够反应生成硅酸、碳酸氢根离子；B高锰酸根离子为有色离子，不满足溶液无色的要求；C酸性溶液中，次氯酸根离子能够氧化碘离子，还能够与氢离子结合生成次氯酸；D该溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，为酸性溶液，NH4+、Al3+、NO3、Cl离子之间不发生反应，且都不与氢离子反应【解答】解：A通入足量CO2后的溶液中，SiO32、CO32离子分别与二氧化碳反应生成硅酸沉淀、碳酸氢根离子，在溶液中不能大量共存，故A错误；BMnO4为有色离子，不满足溶液无色的条件，故B错误；C酸性溶液中，ClO与氢离子反应生成次氯酸，ClO能够氧化I离子，在溶液中不能大量共存，故C错误；D该溶液为酸性溶液，N
22、H4+、Al3+、NO3、Cl离子之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D【点评】本题考查离子共存的判断，属于中等难度的试题，注意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等；解决离子共存问题时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OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等4下列氧化还原反应中，实际参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之
23、比正确的是( )KClO3+6HCl（浓）KCl+3Cl2+3H2O；1：63Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；2：3SiO2+3CSiC+2CO；1：23NO2+H2O2HNO3+NO；2：1ABCD【分析】氧化还原反应中，所含元素化合价降低的物质为氧化剂，所含元素化合价升高的物质为还原剂，根据化学方程式及电子转移数目守恒分析实际参加反应的氧化剂与还原剂物质的量之比【解答】解：反应KClO3+6HCl（浓）KCl+3Cl2+3H2O中，氧化剂为KClO3，还原剂为HCl，根据电子转移数目守恒可知，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，故错误；反应3Cu+8HN
24、O3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O中，氧化剂为HNO3，但8mol硝酸参与反应只有2mol化合价发生降低，所以参加反应的氧化剂为2mol，还原剂为Cu，参加反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为2：3，故正确；反应SiO2+3CSiC+2CO中，氧化剂为C，还原剂为C，C元素化合价由0价降低为4价，由0价升高为+2价，根据电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故正确；反应3NO2+H2O2HNO3+NO，NO2为既是氧化剂，又是还原剂，参加反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故错误；故选：B【点评】本题考查氧化还原反应计算、基本概念等，理解根据反应中元素的化合价变
25、化断氧化剂、还原剂，掌握根据电子转移守恒计算氧化剂、还原剂物质的量关系5下列物质的转化在给定条件下能实现的是( )AH2SO4（稀）SO2NH4HSO3（NH4）2SO3BNH3NONO2HNO3CFeFeCl2Fe（OH）2Fe（OH）3DAlNaAlO2AlCl3溶液无水AlCl3【分析】A稀硫酸和铜不反应；B氨气在催化作用下可被氧化生成NO，NO被氧化生成二氧化氮，二氧化氮和生成硝酸；C铁和氯气反应生成氯化铁；D氯化铝溶液加热易水解生成氢氧化铝【解答】解：A稀硫酸和铜不反应，可用浓硫酸在加热条件下与铜反应，二氧化硫与少量氨水反应生成（NH4）2SO3，故A错误；B氨气在催化作用下可被氧化
26、生成NO，NO被氧化生成二氧化氮，二氧化氮和生成硝酸，转化关系正确，故B正确；C氯气具有强氧化性，铁和氯气反应生成氯化铁，故C错误；D氯化铝溶液加热易水解生成氢氧化铝，加热溶液不能得到无水AlCl3，应在浓盐酸作用下加热，故D错误故选B【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于双基的考查，注意把握物质的性质以及反应条件，难度不大6由锌铁铝镁四种金属中的两种组成的混和物10克，与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2升，则混和物中一定含有的金属是( )A锌B铁C铝D镁【分析】可用极限法或平均值法计算，用极限法计算时可分别计算生成氢气11.2L时需要金属的质量，用平均值法计算可
27、计算出混合物的平均相对原子质量【解答】解：产生11.2LH2需要锌32.5g，铁28g，铝9g，镁12g，根据平均值思想，混合物中的两种金属需要量应分别小于和大于10g，而小于混合物10g的只有铝，故一定有铝，故选C【点评】本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意平均值法的利用7金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一右图所示各组物质的转化关系中不全部是通过一步反应完成的是( )ABCD【分析】Na、Mg、Al、Fe能和酸反应生成盐，能被氧化性强的单质氧气氧化生成氧化物，再结合复分解反应条件来分析解答，注意氧化物和碱之间的转化【解答】解：ANaNaOHNa2CO3NaCl中反应方程式分
28、别为：2Na+2H2O=2NaOH+H2、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl，电解熔融的氯化钠得到单质钠，所以能全部是通过一步反应完成，故A不选；BFeFe（NO3）3Fe（OH）3Fe2O3中反应分别是FeFe（NO3）3Fe（OH）3Fe2O3Fe，所以全部是通过一步反应完成，故B不选；CMgMg（OH）2MgSO4中反应方程式分别为：镁与水微弱反应生成氢氧化镁、Mg（OH）2+H2SO4=MgSO4+2H2O，硫酸镁与氯化钡反应生成氯化镁，电解熔融的氯化镁得到单质镁，全部是通过一步反应完成，故C不选；D氧化铝和水不反应，所以不能一步
29、生成氢氧化铝，故D选；故选D【点评】本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，以Na、Mg、Al、Fe为知识点构建知识网络，元素化合物知识常常在工艺流程中出现，还常常与基本实验操作、物质的分离与提纯、离子的检验等知识点联合考查，题目难度中等8下列变化的实质相似的是( )浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小二氧化硫和氯气均能使品红溶液褪色二氧化硫能使品红溶液、溴水褪色氨气和碘化氢气体均不能用浓硫酸干燥常温下浓硫酸用铁的容器存放、加热条件下浓硫酸能与木炭反应浓硫酸能在白纸上写字，氢氟酸能在玻璃上刻字A只有B只有C只有D全部【分析】浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具
30、有挥发性；依据二氧化硫与次氯酸漂白原理解答；依据二氧化硫的漂白性和还原性解答；浓硫酸不能干燥碱性和还原性气体；浓硫酸具有强的氧化性，常温下能使铁钝化，能氧化碳；浓硫酸具有脱水性，氢氟酸与二氧化硅能够发生反应【解答】解：浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小，前者是因为浓硫酸的吸水性，后者是因为浓盐酸的挥发性，变化的实质不同，故不选；二氧化硫的漂白作用是因为发生化合反应，具有不稳定性，HClO的漂白作用是因为发生氧化反应，漂白效果稳定，变化的实质不同，故不选；二氧化硫使品红褪色是发生了漂白作用，而使溴水褪色发生了氧化还原反应：SO2+Br2+2H2OH2SO4+2HBr，变化的实质不同，故不
31、选；两者都能和浓硫酸反应，氨气是碱性气体与浓硫酸发生化合反应生成硫酸铵，HI与浓硫酸发生了氧化还原反应：H2SO4+2HII2+SO2+2H2O，变化的实质不同，故不选；两者都体现了浓硫酸的强氧化性，变化的实质相同，故选；前者是浓硫酸的脱水性，后者是氢氟酸的腐蚀性：4HF+SiO2SiF4+2H2O，变化的实质不同，故不选；故选：B【点评】本题考查了常见物质的性质，题目难度不大，熟悉浓硫酸、二氧化硫的性质是解题关键，注意二氧化硫与次氯酸漂白原理9某化学兴趣小组在课外活动中，对某一份溶液成分（已知不含其他还原性离子）进行了检测，其中三次检测结果如下表所示：检测序号溶液中检测出的离子组合第一次KC
32、l、K2SO4、Na2CO3、NaCl第二次KCl、AlCl3、Na2SO4、K2CO3第三次Na2SO4、KCl、K2CO3、NaCl则下列说法合理的是( )A三次检测结果都正确B该溶液中的阳离子无法判断C为了检验SO42，应先加过量稀硝酸后再滴加Ba（NO3）2，观察是否有沉淀现象D为了确定是否存在CO32，可以向其中滴加CaCl2溶液，观察是否有沉淀现象【分析】AAlCl3与K2CO3发生互促水解反应，不能共存；B阳离子可以通过焰色反应确定；C检验硫酸根离子可以使用钡离子，可先加入硝酸酸化；D加入CaCl2溶液时，CaSO4也可能出现沉淀【解答】解：A由于第二次中的AlCl3与K2CO3
33、发生互促水解反应，不能共存，故A错误；B阳离子可以通过焰色反应确定，故B错误；C硫酸钡不溶于硝酸，可先加入硝酸酸化，然后加入硝酸钡检验，故C正确；D加入CaCl2溶液时，CaSO4也可能出现沉淀，无法确定一定存在CO32，故D错误故选C【点评】本题主要考查了溶液中的离子的检验，侧重于学生的分析能力和元素化合物性质的综合运用，注意把握物质的性质，难度不大10FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是( )A加入KSCN溶液一定不变红色B溶液中一定含Fe2+C溶液中一定不含Cu2+D剩余固体中一定含Cu【分析】FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉
34、，Fe先和FeCl3反应生成FeCl2，然后Fe再和CuCl2发生置换反应生成FeCl2、Cu，如果充分反应后仍有固体存在，如果固体是Fe和Cu，则溶液中溶质为FeCl2，如果溶液中固体为Cu，则溶液中溶质为FeCl2或FeCl2和CuCl2，据此分析解答【解答】解：FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，Fe先和FeCl3反应生成FeCl2，然后Fe再和CuCl2发生置换反应生成FeCl2、Cu，如果充分反应后仍有固体存在，如果固体是Fe和Cu，则溶液中溶质为FeCl2，如果溶液中固体为Cu，则溶液中溶质为FeCl2或FeCl2和CuCl2，A溶液中溶质一定没有Fe3+，所以加入KSCN
35、溶液一定不变红色，故A正确；B根据以上分析知，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Cu2+，故B正确；C根据以上分析知，溶液中可能含有Cu2+，故C错误；DFe的还原性大于Cu，所以固体中一定含有Cu，故D正确；故选C【点评】本题考查金属的性质，明确离子、金属反应先后顺序是解本题关键，根据固体成分确定溶液中溶质成分，侧重考查分析能力，题目难度中等11强氧化剂PbO2在酸性溶液中可将Mn2+氧化成MnO4取一支试管，加入适量PbO2固体和2mL 6mol/L H2SO4溶液，然后滴入2mL 1mol/L MnSO4溶液下列说法错误的是( )A充分振荡后静置，溶液颜色变为紫色B若上述实验完全反应，消耗
36、PbO2的物质的量为0.01molC上述实验不能用盐酸代替硫酸D在酸性条件下，PbO2的氧化性比MnO4的氧化性强【分析】AMnO4呈紫色，酸性条件下，强氧化剂PbO2可将Mn2+氧化成MnO4而使溶液呈紫色；B根据转移电子守恒计算消耗n（PbO2）；C盐酸具有还原性，能被强氧化剂氧化；D同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性【解答】解：AMnO4呈紫色，酸性条件下，强氧化剂PbO2可将Mn2+氧化成MnO4而使溶液呈紫色，所以充分振荡后静置，溶液颜色变为紫色，故A正确；B根据转移电子守恒得消耗n（PbO2）=0.005mol，故B错误；C盐酸具有还原性，能被强氧化剂高锰酸钾、
37、PbO2氧化生成氯气，故C正确；D同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，该反应中PbO2是氧化剂、MnO4是氧化产物，所以PbO2的氧化性比MnO4，故D正确；故选B【点评】本题考查氧化还原反应有关计算、氧化性强弱比较等知识点，侧重考查学生分析判断能力，知道氧化性强弱比较方法、转移电子守恒即可解答，易错选项是C12下列离子方程式正确的是( )A足量的SO2通入氨水中：SO2+2NH3H2O2NH4+SO32+H2OBSO2通入溴水中：Br2+SO2+2H2O2H+SO42+2HBrC少量SO2通入漂白粉溶液中：SO2+H2O+Ca2+2ClOCaSO3+2HClOD酸雨久置p
38、H变小：2H2SO3+O24H+2SO42【分析】A反应生成亚硫酸氢铵；B发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，HBr为强酸；C发生氧化还原反应生成硫酸钙；D亚硫酸被氧化生成硫酸，酸性增强，pH减小【解答】解：A足量的SO2通入氨水中的离子反应为SO2+NH3H2ONH4+HSO3，故A错误；BSO2通入溴水中的离子反应为Br2+SO2+2H2O4H+SO42+2Br，故B错误；C少量SO2通入漂白粉溶液中的离子反应为SO2+3ClO+Ca2+H2O=CaSO4+Cl+2HClO，故C错误；D酸雨久置pH变小的离子反应为2H2SO3+O24H+2SO42，故D正确；故选D【点评】本题考查离子反应方
39、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，侧重氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大13所谓合金，就是不同种金属（也包括一些非金属）在熔化状态下形成的一种熔合物，根据下列四种金属的熔沸点：NaCuAlFe熔点（）97.510836601535沸点（）883259522003000你判断其中不能形成合金的是( )ACu和AlBFe和CuCFe和NaDAl和Na【分析】由合金的形成可知，两种金属若能够形成合金，则熔点较高的金属的熔点不能大于熔点较低的金属的沸点【解答】解：合金是不同种金属在熔化状态下形成的一种熔合物，即两种金属都成为液态时进行混合；A铜的熔点
40、低于铝的沸点，两种金属能够形成合金，故A错误；B铁的熔点低于铜的沸点，两种金属能够形成合金，故B错误；C由于金属钠的沸点较低，铁的熔点高于钠的沸点，在铁熔化时温度达1535，而此时金属钠已变成气态，无法完成液态时混合，故钠和铁不能形成合金，故C正确；D铝的熔点低于钠的沸点，两种金属能够形成合金，故D错误；故选C【点评】本题考查了合金的形成条件，题目难度不大，注意制造合金时，两种金属必须都是液态才能制成合金，一种液态、一种气态不会转化成合金14“混盐”是指一种金属离子与多种酸根离子构成的盐，如氯化硝酸钙Ca（NO3）Cl就是一种混盐“复盐”是指含有多种简单阳离子和一种酸根阴离子的盐如KAl（SO
41、4）2，下列各化合物中属于混盐的是( )ACaOCl2B（NH4）2Fe（SO4）2CBiONO3DK3Fe（CN）6【分析】盐是由金属阳离子（铵根离子）和酸根阴离子组成的化合物，再结合题中信息和盐的定义进行分析判断【解答】解：A、CaOCl2的化学式可以写成Ca（ClO）Cl，所以该物质是由一种金属阳离子和两种酸根离子构成的，因此属于混盐，故A正确B、（NH4）2Fe（SO4）2含有两种阳离子和一种酸根阴离子，不是混盐，故B错误C、BiONO3只有一种酸根离子，故C错误D、K3Fe（CN）6含有一种阳离子和一种酸根阴离子的盐，故D错误故选：A【点评】本题是信息给予题，注意根据盐的概念和题目中
42、信息分析解答，考查学生提练加工信息的能力15在某无色溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子可能是( )AMg2+、Al3+、Fe3+BNa+、Mg2+、Al3+CH+、Ba2+、Al3+DH+、Mg2+、Al3+【分析】根据沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系图示可知，开始时没有沉淀，之后逐渐生成沉淀，达到沉淀最大量后有部分溶解，说明溶液中一定含有Al3+，还含有不溶于氢氧化钠的白色沉淀【解答】解：A、由于是“无色溶液”，故一定没有Fe3+，故A错误；B、由于开始是没有沉淀生成，B中离子中，加入氢氧化钠就会
43、生成沉淀，故B错误；C、由于图示中，一定有不溶于氢氧化钠的沉淀，C中离子加入过量氢氧化钠，没有沉淀生成，故C错误；D、根据图示，先加入氢氧化钠溶液，没有现象，之后逐渐生成氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，最后氢氧化铝溶解，故D正确；故选D【点评】本题考查了阳离子的检验，特别是根据图示提取信息的能力，本题难度中等16对下列实验现象的原因分析不正确的一项是( )选项实验现象原因分析A久置的浓硝酸呈黄色浓硝酸不稳定，分解生成的NO2 溶解在其中B新制氯水中滴加石蕊试液，溶液先变红，后褪色氯气与水反应生成HCl、HClO，呈酸性，使石蕊变红，HClO具有强氧化性、漂白性，使其褪色CSO2通入溴水中，溴水褪色SO
44、2具有漂白性，使其褪色D向湿润蔗糖中加入浓硫酸，固体迅速变黑，后体积急剧膨胀在浓硫酸脱水作用下，蔗糖被炭化，炭与浓硫酸反应生成了CO2、SO2AABBCCDD【分析】A、硝酸不稳定，易分解生成二氧化氮；B、氯气与水反应生成HCl、HClO，呈酸性，使石蕊变红，HClO具有强氧化性、漂白性；C、二者发生氧化还原反应生成硫酸和HBr；D、浓硫酸的脱水性和强氧化性【解答】解：A、硝酸不稳定，易分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸溶液，溶液为黄色，故A正确；B、氯气与水反应生成HCl、HClO，呈酸性，使石蕊变红，HClO具有强氧化性、漂白性，所以溶液先变红，后褪色，故B正确；C、溴水中通入SO2，溴水
45、褪色，发生氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现二氧化硫的还原性，故C错误；D、在浓硫酸脱水作用下，蔗糖被炭化，炭与浓硫酸反应生成了CO2、SO2，固体迅速变黑，后体积急剧膨胀，故D正确；故选：C【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的检验、分离以及制备实验，把握实验原理为解答的关键，选项B为解答的难点，题目难度中等，注意实验方案的评价性、操作性分析17有一瓶Na2SO3溶液，可能已部分氧化，某学生进行如下实验：取少量溶液，滴入Ba（NO3）2溶液产生白色沉淀，再加入过量稀硝酸溶液，充分振荡后仍有白色沉淀，结论正确的是( )ANa2SO3溶液已部分氧化B加入Ba（NO3）2溶
46、液后生成的沉淀中一定含有BaSO4C加硝酸后的不溶沉淀一定是BaSO4D此实验能确定Na2SO3溶液是否部分氧化【分析】A取少量溶液，滴入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，充分振荡后，仍有白色沉淀，硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子；B亚硫酸钡可在中性溶液中稳定存在，取少量溶液，滴入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀可能为亚硫酸钡；C取少量溶液，滴入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，充分振荡后，仍有白色沉淀，硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，生成亚硫酸钡可被氧化成硫酸钡沉淀；D硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以
47、是硫酸根离子或亚硫酸根离子【解答】解：A滴入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸仍有的白色沉淀一定是BaSO4，但硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子，故A错误；B加入Ba（NO3）2溶液后，当亚硫酸钠未被氧化时，亚硫酸钠和硝酸钡反应生成亚硫酸钡沉淀和硝酸钠，所以加入Ba（NO3）2溶液后生成的沉淀中不一定含有BaSO4，故B错误；C取少量溶液，滴入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，充分振荡后，仍有白色沉淀，硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子，加硝酸后亚硫酸根被氧化成硫酸根离子，所以加硝酸
48、后的不溶性沉淀一定是BaSO4，故C正确；D硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子，此实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化，故D错误；故选C【点评】本题考查了离子检验方法的应用，主要是硫酸根离子的检验方法和现象分析、干扰离子的判断，注意掌握常见离子的检验方法，明确硝酸的氧化性是解题关键，题目难度中等18在热的稀H2SO4溶液中溶解了11.4g FeSO4，当加入50mL 0.5mol/L KNO3溶液后，使其中的Fe2+全部转化成Fe3+，KNO3也反应完全，并有NxOy气体逸出：FeSO4+KNO3+H2SO4K2SO4+Fe2（SO4）3+NxOy+H2O
49、据此推算出x、y的值分别为( )A1、2B1、1C2、1D2、3【分析】判断化合价降低的反应物是氧化剂、化合价升高的反应物是还原剂，根据氧化剂得到的电子等于还原剂失去的电子来求x和y【解答】解：n（FeSO4）=0.075mol，KNO3的物质的量为0.05L0.5molL1=0.025mol，设NO3与NxOy中N元素化合价差为n，根据氧化还原反应得失电子总数相等的原则，可得关系式：0.0751=0.025n，所以n=3即NxOy中N元素化合价为+2价，则NxOy为NO，所以x=y=1；故答案为：1；1【点评】考查氧化还原反应的配平及电子守恒的运用，掌握氧化还原反应的理论是解题关键，基础题1
50、9下列反应中溶液中的H+浓度显著增大的是( )A将SO2通入品红溶液中B将Cl2通入KI溶液中C将SO2通入溴水中D将H2S通入硝酸溶液中【分析】反应中溶液中的H+浓度显著增大，说明二者反应时生成物中能电离出大量氢离子，据此分析解答【解答】解：ASO2能和有色物质品红溶液反应生成无色物质而体现漂白性，溶液中氢离子浓度变化不明显，故A不选；B该反应方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl，溶液仍然呈中性，氢离子浓度变化不大，故B不选；C发生的反应为SO2+2Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，溶液由强酸生成，导致溶液中氢离子浓度显著增大，故C选；D发生的反应为3H2S+2HNO3=2NO+4H
51、2O+3S，溶液中氢离子浓度减小，故D不选；故选C【点评】本题考查元素化合物性质，为高频考点，明确物质之间反应及物质性质是解本题关键，注意CD中发生的反应，为易错点20在某稀硝酸的溶液中，加入5.6g铁粉充分反应后，铁粉全部溶解，放出NO气体，溶液质量增加3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之比为( )A1：1B2：1C3：2D4：1【分析】由信息可知铁与硝酸反应生成Fe2+和Fe3+，反应掉铁的质量与生成NO的质量之差为3.2g，利用质量关系和电子守恒来计算【解答】解：n（Fe）=0.1mol，生成NO的质量为5.6g3.2g=2.4g，n（NO）=0.08mol，设Fe2+和Fe
52、3+物质的量分别为x、y，则，解得x=0.06mol，y=0.04mol，所以所得溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之比为0.06mol：0.04mol=3：2，故选C【点评】本题考查铁与硝酸反应的计算，明确NO的质量及原子守恒、电子守恒是解答本题的关键，难度不大二、解答题（共7小题，满分0分）21高锰酸钾是一种典型的强氧化剂，无论在实验室还是在化工生产中都有重要的应用下图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持设备已略）（1）制备氯气选用的药品为：高锰酸钾和浓盐酸，相应的离子方程式为：2MnO4+16H+10Cl=2 Mn2+5Cl2+8H2O（2）装置B的作用是除杂和安全瓶，监测实验
53、进行时C中可能发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III依次放入c（选a或b或c）abcI干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条II碱石灰浓硫酸无水氯化钙III湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性当向D中缓缓通入足量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为红棕色，说明氯的非金属性大于溴打开活塞，将D中的少量溶液加入E中，振荡E观察到的现象是E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色该现象不能（填“能”或“不能”）说明溴的非金属性强于碘，原因是过
54、量的Cl2也可将I氧化为I2【分析】装置A是高锰酸钾和浓盐酸在常温下反应生成氯气、氯化钾、氯化锰和水，氯气中含杂质氯化氢，通过装置B中饱和食盐水除去，通过无水氯化钙干燥气体，验证氯气是否具有漂白性，则先通过I中湿润的有色布条，观察到褪色，再利用II中固体干燥剂（无水氯化钙或硅胶）干燥后，在中放入干燥的有色布条，观察到颜色不褪，则验证氯气不具有漂白性，D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，D中发生氯气与NaBr的反应生成溴，打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，氯气、溴均可与KI反应生成碘，则E中碘易溶于苯，出现分层后上层为紫红色的苯层，该现象不能说明溴的非金属性强于碘，过量的氯气也可将碘
55、离子氧化，应排除氯气的干扰，最后剩余气体被氢氧化钠吸收，（1）高锰酸钾和浓盐酸反应生成锰离子、氯气和水；（2）盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大；（3）验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；（4）打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，生成的溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶解于苯中，振荡分层，苯层在上层；氯气具有强氧化性；由于过量的氯气也能够氧化碘离子，无法说明溴单质氧化性强于碘单质【解答】解：（
56、1）高锰酸钾溶液与浓盐酸反应生成锰离子、氯气与水，反应的离子方程式为：2MnO4+16H+10Cl=2 Mn2+5Cl2+8H2O，故答案为：2MnO4+16H+10Cl=2 Mn2+5Cl2+8H2O；（2）盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱，故答案为：除杂和安全瓶；锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项
57、中abc的中都是干燥剂，根据图示装置可知，II中应该为固体干燥剂，氯气干燥后再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，所以选c，故答案为：c；（4）打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入焓碘化钾和苯的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡；观察到的现象是：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色；氯气具有强氧化性，过量的氯气能够将碘离子氧化成碘单质，所以该现象不能说明溴的非金属性强于碘，故答案为：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色；不能；过量的Cl2也可将I氧化为I2【点评】本题考查了
58、氯气实验室制取、氯气化学性质、实验设计、实验装置的理解评价、化学方程式的书写等，是对所学知识的综合运用，注意基础知识的掌握，本题难度中等22某强酸性溶液X，含有Ba2+、Al3+、SiO32、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32、SO42、NO3中的一种或几种离子，取溶液进行连续实验，能实现如下转化：依据以上信息，回答下列问题：（1）上述离子中，溶液X中肯定含有的是：SO42、Al3+、Fe2+、NH4+；不能肯定的是：Fe3+对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液于一支试管中，选择下列试剂中的一种加入X溶液中，根据现象就可判断，则该试剂是：（选填：NaOH溶液，酚酞试剂，石蕊试剂，pH试
59、纸，KSCN溶液，KMnO4溶液）（2）气体F的电子式为：，实验中，可以观察到反应的现象是：气体由无色变成红棕色（3）写出步骤所有发生反应的离子方程式Ba2+SO42=BaSO4、3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O【分析】在强酸性溶液中氢离子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，所以一定不会存在CO32和SiO32离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，说明一定含有SO42，含有SO42离子就一定不含Ba2+离子；气体A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+，
60、一定不含NO3离子；溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+；溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀K，则K为Al（OH）3，L为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+；溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，NH4+OHNH3+H2O，Fe2+离子被氧化为Fe3+，加入NaOH溶液后生成Fe（OH）3，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀K，则K为Al（OH）3，L为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+，实验中，可以观察到反应的现象是无色一氧化氮变为红棕色二氧化氮气体【解答】解：在强酸性溶液中氢离子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，硅酸根离子和
61、氢离子反应生成硅酸沉淀，所以一定不会存在CO32和SiO32离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，说明一定含有SO42，含有SO42离子就一定不含Ba2+离子；气体A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+，一定不含NO3离子；溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+；溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀K，则K为Al（OH）3，L为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+；溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，NH4+OHNH3+H2O，Fe2+离子被氧化为Fe
62、3+，加入NaOH溶液后生成Fe（OH）3，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀K，则K为Al（OH）3，L为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+，实验中，可以观察到反应的现象是无色一氧化氮变为红棕色二氧化氮气体（1）上述离子中，溶液X中肯定含有的是：SO42、Al3+、Fe2+、NH4+，不能肯定的是：Fe3+，检验用硫氰化钾溶液，取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液变红色说明有Fe3+，反之无Fe3+；故答案为：SO42、Al3+、Fe2+、NH4+； Fe3+； ；（2）F为NH3，是共价化合物，电子式为：，A为NO，D为NO2，转化过程中气体由无色变成红棕色，故答案为：
63、气体由无色变成红棕色；（3）溶液加入过量硝酸钡，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，Ba2+SO42=BaSO4，同时溶液中亚铁离子和硝酸之间发生氧化还原反应：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O，故答案为：Ba2+SO42=BaSO4；3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O【点评】本题考查了离子共存、离子的检验，根据物质间发生反应的特殊现象结合离子共存来分析解答，熟悉物质的性质是解本题关键，题目难度中等23下面是有关物质的转化关系图（部分产物已省略），其中A为单质，E在常温下为液体，D是一种气体，C的相对分子质量为78请回答下列有关问题：（1）下列对C的结构、性质
64、推断中不正确的是DA久置于空气中会变成白色 B具有强氧化性C晶体中存在离子键与共价键 D是一种碱性氧化物（2）A的原子结构示意图为；GH的化学方程式Na2CO3+Ca（OH）2CaCO3+2NaOH（3）C和E反应生成H的离子方程式为2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1【分析】A为单质，A能与F发生连续反应生成C，C的相对分子质量为78，可推知A为Na，F为O2，B为Na2O，C为Na2O2，E在常温下为液体，则E为H2O，钠与水、氧化钠与水、过氧化钠与水都产生氢氧化钠，所以H为NaOH，D是一种气体，则D为CO2，与过氧化钠反应生成G为Na2
65、CO3，G与氢氧化钙反应生成氢氧化钠，符合各物质的转化关系，据此答题【解答】解：A为单质，A能与F发生连续反应生成C，C的相对分子质量为78，可推知A为Na，F为O2，B为Na2O，C为Na2O2，E在常温下为液体，则E为H2O，钠与水、氧化钠与水、过氧化钠与水都产生氢氧化钠，所以H为NaOH，D是一种气体，则D为CO2，与过氧化钠反应生成G为Na2CO3，G与氢氧化钙反应生成氢氧化钠，符合各物质的转化关系，（1）C为Na2O2，ANa2O2久置于空气中会变成生成碳酸钠，为白色固体，故A正确；BNa2O2具有强氧化性，故B正确；CNa2O2晶体中存在离子键与共价键，故C正确；DNa2O2不是一
66、种碱性氧化物，故D错误，故答案为：D；（2）A为Na，A的原子结构示意图为，GH的化学方程式 Na2CO3+Ca（OH）2Ca CO3+2 NaOH，故答案为：；Na2CO3+Ca（OH）2Ca CO3+2 NaOH；（3）C和E反应生成H的反应为Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠与氢气，离子方程式为2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故答案为：2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2；1：1【点评】本题考查无机物的推断，题目难度不大，本题注意把握常见物质的相互转化，为解答该题的关键，注意把握相关物质的性质，学习中注意积累24已知硫酸铜在加
67、热条件下发生分解反应，生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气请用右图所示装置，测定硫酸铜在加热分解时产生的各物质与参加反应的硫酸铜的物质的量的关系实验测得数据和有关结果如下：准确称得无水硫酸铜2.4g；测出量筒中水的体积，折算成标准状态下气体的体积为112mL；干燥管在实验后质量增加1.28g；实验结束时装置B中的NaHSO3溶液变为Na2SO4溶液（不含其他溶质）请回答下列问题：（1）装置B的作用是吸收生成的SO3气体；发生的化学方程式SO3+2NaHSO3=Na2SO4+H2O+2SO2（2）装置C的作用是干燥SO2和O2；干燥管收集到的物质是SO2（3）装置E和F的作用是由D来的气体将E中
68、的水压到量筒F中，测定生成O2的体积（4）实验数据测出后，首先应计算出的物质是O2，有0.005mol；并据此计算出SO2为0.01mol，SO3为0.005mol【分析】（1）根据混合气体中有三氧化硫，NaHSO3能与三氧化硫反应生成Na2SO4、H2O和SO2；（2）根据浓硫酸可作干燥剂；根据SO2能与碱石灰反应，而氧气与与碱石灰不反应；（3）根据氧气不溶于水，可用排水法测定气体的体积；（4）根据量筒内液体的体积即为O2的体积，根据n=来分析；根据干燥管增重的质量为SO2的质量（包括原来的和通NaHSO3后生成的），再根据电子得失守恒n（O2）4=n（SO2）2求出分解产生的SO2的物质的
69、量，最后根据方程式SO3+2NaHSO3=Na2SO4+H2O+2SO2求出SO3的物质的量【解答】解：（1）混合气体中有三氧化硫，NaHSO3能与三氧化硫反应生成Na2SO4、H2O和SO2：SO3+2NaHSO3=Na2SO4+H2O+2SO2，可NaHSO3来除去三氧化硫，故答案为：吸收生成的SO3气体；SO3+2NaHSO3=Na2SO4+H2O+2SO2；（2）浓硫酸可作干燥剂，可吸收SO2和O2中的水蒸气；SO2能与碱石灰反应，而氧气与与碱石灰不反应，所以干燥管收集到的物质是SO2，故答案为：干燥SO2和O2；SO2；（3）因氧气不溶于水，可用排水法测定气体的体积，将由D来的气体将
70、E中的水压到量筒F中，测定生成O2的体积，故答案为：由D来的气体将E中的水压到量筒F中，测定生成O2的体积；（4）量筒内液体的体积即为O2的体积，其物质的量为=0.005mol，根据电子得失守恒n（O2）4=n（SO2）2，即0.005mol4=n（SO2）2，则n（SO2）=0.01mol，干燥管增重的质量为SO2的质量（包括原来的和通NaHSO3后生成的）为1.28g，物质的量为0.02mol，所以与NaHSO3反应生成的SO2为0.01mol，由方程式SO3+2NaHSO3=Na2SO4+H2O+2SO2可知SO3的物质的量为0.005mol，故答案为：O2；0.005；0.01；0.0
71、05【点评】本题主要考查了实验的原理与计算，在计算时要抓住电子得失守恒，尤其要注意干燥管增重的质量为SO2的质量包括原来的和通NaHSO3后生成的，题目难度中等25A、B、C、D、E、F六种物质在一定条件下有如图所示的相互转化关系，所有反应物和生成物均已给出（1）若反应、均为水溶液中的置换反应，A、D、E为卤素单质，则A、D、E的化学式分别为Br2、I2、Cl2（2）若B是水，C是生产生活中应用最广泛的金属所对应的一种具有磁性的黑色氧化物，D是相同条件下密度最小的气体，E是一种无色、无味的有毒气体，则反应的化学方程式是3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2（3）若B为一种淡黄色固体绿色植物的
72、光合作用和呼吸作用可实现自然界中D和E 的循环则反应的离子方程式是2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2在反应中，若生成1mol D，则转移电子的物质的量为2mol；反应的化学方程式是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2【分析】（1）A、D、E为卤素单质，反应均为水溶液中的置换反应，结合框图转化关系可知，A发生置换生成D，E发生置换生成D，同时E发生置换生成A，所以A为Br2，D为I2，E为Cl2，B为NaI、C为NaBr、F为NaCl；（2）若B是水，C是生产生活中应用最广泛的金属所对应的一种具有磁性的黑色氧化物，则A为Fe，C为四氧化三铁，D为氢气，E是一种无色、无味的有毒气
73、体，由转化关系可知，E为CO，F为二氧化碳；（3）绿色植物的光合作用和呼吸作用能实现自然界中D和E的循环，则D和E分别是CO2 和O2 的一种，B是淡黄色固体，由反应可知E和B反应生成D，可以推断B是Na2O2、E是CO2、D是O2、F为Na2CO3，结合转化关系可推知，A为H2O，C为NaOH【解答】解：（1）A、D、E为卤素单质，反应均为水溶液中的置换反应，结合框图转化关系可知，A发生置换生成D，E发生置换生成D，同时E发生置换生成A，所以A为Br2，D为I2，E为Cl2，B为NaI、C为NaBr、F为NaCl，故答案为：Br2；I2；Cl2；（2）若B是水，C是生产生活中应用最广泛的金属
74、所对应的一种具有磁性的黑色氧化物，则A为Fe，C为四氧化三铁，D为氢气，E是一种无色、无味的有毒气体，由转化关系可知，E为CO，F为二氧化碳，反应的化学方程式是3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；（3）绿色植物的光合作用和呼吸作用能实现自然界中D和E的循环，则D和E分别是CO2 和O2 的一种，B是淡黄色固体，由反应可知E和B反应生成D，可以推断B是Na2O2、E是CO2、D是O2、F为Na2CO3，结合转化关系可推知，A为H2O，C为NaOH，则反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2，反应为2Na2O2+2C
75、O2=2Na2CO3+O2，生成1molO2转移的电子数目为1mol20（1）=2 mol，故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2；2 mol；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2【点评】本题考查无机物的推断，题目较为综合，注意把握物质的转化关系以及反应的典型现象，难度中等，掌握元素化合物的性质是关键26某校研究性小组探究二氧化硫分别与Ba（OH）2溶液、BaCl2溶液反应的实验请你参与实验并回答下列问题：（1）少量SO2通入到Ba（OH）2溶液中的离子反应方程式为SO2+Ba2+2OHBaSO3+H2O；过量的SO2通入到Ba（OH）2溶液中的离子反应方程式为SO2+
76、OHHSO3（2）若将SO2通入到BaCl2溶液中，出现了异常现象，看到了明显的白色沉淀，为探究这种白色沉淀的成分，该小组同学设计了如下实验流程：则操作的名称为过滤，试剂A的化学式为HCl（3）实验表明，当加入试剂A后，白色沉淀未见溶解，则该白色沉淀的成分是BaSO4（填化学式），产生该白色沉淀的离子方程式是2SO2+2Ba2+O2+2H2O2BaSO4+4H+【分析】（1）二氧化硫是酸性氧化物，可以和强碱反应生成盐和水，根据二氧化硫的量多少来书写化学方程式；（2）实现固体和液体的分离可以采用过滤的方法；硫酸钡和盐酸不反应，但是亚硫酸钡可以和盐酸反应；（3）硫酸钡是白色不溶于强酸的沉淀，亚硫酸
77、根离子还原性强，容易被氧化为硫酸根离子【解答】解：（1）二氧化硫是酸性氧化物，可以和强碱反应，少量SO2通入到Ba（OH）2溶液中的离子反应方程式为SO2+Ba2+2OHBaSO3+H2O，过量的SO2通入到Ba（OH）2溶液中，因为二氧化硫会和亚硫酸钡之间反应生成亚硫酸氢钡，所以过量的SO2通入到Ba（OH）2溶液中的离子反应方程式为SO2+OHHSO3，故答案为：SO2+Ba2+2OHBaSO3+H2O；SO2+OHHSO3；（2）实现固体和液体的分离可以采用过滤的方法，将SO2通入到BaCl2溶液中，出现的白色浑浊可能是硫酸钡还可能是亚硫酸钡，硫酸钡和盐酸不反应，但是亚硫酸钡可以和盐酸反
78、应，溶解，可以用盐酸来鉴别沉淀成分，故答案为：过滤；HCl；（3）硫酸钡和盐酸不反应，但是亚硫酸钡可以和盐酸反应，所以白色不溶于盐酸的沉淀物是硫酸钡，硫酸钡沉淀的生成和亚硫酸根离子的不稳定性有关，即2SO2+2Ba2+O2+2H2O2BaSO4+4H+，故答案为：BaSO4；2SO2+2Ba2+O2+2H2O2BaSO4+4H+【点评】本题考查学生二氧化硫的以及含硫元素的盐的性质知识，侧重考查元素及其化合物知识，可以根据所学知识来回答，难度不大27在Na+浓度为0.5molL1的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子：阳离子K+、Ag+、Mg2+阴离子NO3、CO32、SiO32、SO42
79、取该溶液100mL进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：序号实验内容实验结果向该溶液中加入足量稀HCl产生白色沉淀并放出0.56L气体将的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4g在的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象试回答下列问题：（1）实验能确定一定不存在的离子是Ag+、Mg2+（2）实验中生成沉淀的离子方程式为SiO32+2H+=H2SiO3（3）通过实验、和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）阴离子NO3CO32SiO32SO42c/molL1？0.25mol/L0.4
80、mol/L0（4）判断原溶液中K+是否存在，若存在，求其最小物质的量浓度，若不存在，请说明理由：存在，且其最小物质的量浓度为0.8 molL1【分析】根据溶液为澄清溶液可知：溶液中含有的离子一定能够能大量共存；由实验可知，该溶液中一定含有CO32，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32，发生反应SiO32+2H+=H2SiO3，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32的浓度为=0.4mol/L；由实验可知溶液中不含SO42，根据电荷守恒2c（CO32）+2c（SiO32）=20.25m
81、ol/L+20.4mol/L=1.3mol/L0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，不能确定NO3是否存在，以此来解答【解答】解：根据溶液为澄清溶液可知：溶液中含有的离子一定能够能大量共存；由实验可知，该溶液中一定含有CO32，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32，发生反应SiO32+2H+=H2SiO3，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32的浓度为=0.4mol/L；由实验可知溶液中不含SO42，根据电荷守恒2c（CO32）+2c（SiO32
82、）=20.25mol/L+20.4mol/L=1.3mol/L0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，不能确定NO3是否存在；（1）由实验可知，加入足量稀盐酸生成白色沉淀并在标准状况下放出0.56L气体，则该溶液中一定含有CO32、SiO32，则一定没有Ag+、Mg2+，故答案为：Ag+、Mg2+；（2）由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32，发生反应SiO32+2H+=H2SiO3，故答案为：SiO32+2H+=H2SiO3；（3）根据以上计算可知，不能确定NO3，c（CO32）=0.25mol/L，c（SiO32）=0.4mol/L，一定不存在硫酸根离子，所以c（SO42）=0，故答案为：阴离子c/molL1？0.25mol/L0.4mol/0；（4）根据电荷守恒2c（CO32）+2c（SiO32）=20.25mol/L+20.4mol/L=1.3mol/L0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，故答案为：存在，且其最小物质的量浓度为0.8 molL1【点评】本题考查较综合，涉及离子共存、离子检验及相关物质的量浓度的计算等，注重高频考点的考查，把握离子反应反应条件及常见离子的检验方法为解答的关键，注意电荷守恒判断K+是否存在为解答本题的难点、易错点，题目难度中等
