1、2015-2016学年四川省绵阳市三台中学高一（上）第三次月考化学试卷一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分每小题只有一个选项符合题意）1近年来，光化学烟雾污染问题已引起人们的注意，下列哪种气体是造成光化学烟雾的主要因素（）ANO2BSO2CCO2DCl22下列物质中属于电解质且能导电的是（）ACuBNaOH溶液C熔融Na2CO3D乙醇3当光束通过下列物质时：豆浆稀硫酸蒸馏水淀粉溶液，没有丁达尔现象的分散系是（）ABCD4下列说法正确的是（）A光导纤维的主要成分是硅B水晶项链是硅单质制品C利用盐酸刻蚀石英制作艺术品D硅酸钠是制备木材防火剂的原料5下列叙述中正确的是（）AH2CO3、
2、H2SiO3、HClO都属于弱酸BNa2O、MgO、Al2O3都属于碱性氧化物C石英、纯碱、明矾都属于盐D碱石灰、铁红、水泥都属于混合物6下列性质的比较中，不正确的是（）A稳定性：Na2CO3NaHCO3B熔点：生铁纯铁C酸性：H2CO3HClOD氧化性：Fe3+Cu2+7下列储存药品的方法中，正确的是（）A氢氧化钠溶液盛装在玻璃塞的试剂瓶中B新制氯水保存在无色广口瓶中C铝片密封保存在细口瓶中D金属钠保存在煤油中8把铁片放入下列溶液中，铁片溶解，溶液质量增加，但没有气体放出的是（）A稀硫酸BCuSO4溶液CFe2（SO4）3溶液DAgNO3溶液9在空气中久置而不易变质的物质是（）A过氧化钠B纯
3、碱C漂粉精D氯水10设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A500 mL1 mol/L MgCl2溶液中含有Cl数目为0.5NAB标准状况下，33.6L SO3与48gO2所占的体积相等C17 gNH3含有的电子个数为l0NAD1 mol O2与2 mol SO2一定条件下混合反应，可生成2 mol SO311今有0.1mol/L Na2SO4溶液300mL，0.1mol/L MgSO4溶液200mL和0.1mol/L Al2（SO4）3溶液100mL，这三种溶液中硫酸根离子浓度之比是（）A1：1：1B3：2：1C3：2：3D1：1：312以下物质间的每步转化，不能通过一步反应实现
4、的是（）ASSO2H2SO4MgSO4BSiSiO2Na2SiO3H2SiO3CAlAl2O3Al（OH）3NaAlO2DN2NONO2HNO313下列实验操作正确的是（）A蒸发时，将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上直接用酒精灯外焰加热B蒸馏时，温度计水银球浸入圆底烧瓶内液面之下，冷凝水从冷凝管下口进C萃取时，分别用两个烧杯从下口接收有机层和水层D配制100ml 0.100 mol/L的硫酸铜溶液时，可将2.50克胆矾溶于100mL蒸馏水中14下列化学实验事实及其结论都正确的是（） 选项实验事实结论A将SO2通入含HClO的溶液中生成H2SO4HClO酸性比H2SO4强B铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但
5、不滴落铝箔表面氧化铝熔点高于铝CSiO2可以和碱溶液及酸溶液反应SiO2属于两性氧化物D将SO2通入溴水中，溴水退色SO2具有漂白性AABBCCDD15同温同压下，等质量的SO2和CO2相比较，下列叙述正确的是（）A体积比1：1B体积比11：16C分子个数比1：1D密度比11：1616下列除杂质的操作中不正确的是（）A除去SO2中的少量HCl：通入饱和NaHSO3溶液的洗气瓶，干燥后收集气体BFeCl2溶液中混有FeCl3：加入过量铁粉充分反应后过滤CNa2CO3固体中混有少量NaHCO3：加入适量NaOH溶液D除去SiO2中的少量Al2O3：加入适量稀硫酸充分反应后过滤17在含有Fe3+、F
6、e2+、Al3+、Na+的稀溶液中，加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，离子数目减少的是（）AFe3+BAl3+CNa+DFe2+18某无色溶液与Al反应能放出H2，下列离子在该溶液中一定能大量共存的是（）ANH4+、Fe2+、Cl、SO42BNa+、K+、Cl、SO42CMg2+、AlO2、Cl、SO42DK+、Ca2+、HCO3、Cl19下列化合物能由单质直接化合生成的是（）ANO2BFeCl3CSO3DFeCl220下列两种物质发生反应：Na和O2 AlCl3与氨水 纯碱溶液与稀盐酸Fe与Cl2因反应物用量或反应条件的不同而生成不同产物的是（）ABCD2
7、1下列变化不属于氧化还原反应的是（）ANa2SO3溶液在空气中变质B工业上炼铁C二氧化硫的漂白原理D将氯气通入冷的消石灰浊液中22类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是（）已知类推A将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入到CuSO4溶液中2Na+Cu2+=Cu+2Na+B向稀硫酸加入NaOH溶液至中性H+OH=H2O向H2SO4溶液加入Ba（OH）2溶液至中性H+OH=H2OC向氯化铝溶液中加入足量NaOH溶液Al3+4OH=AlO2+2H2O向氯化铝溶液中加入足量氨水Al3+4NH3H2O=AlO2+2H2O+4NH4+D向Ca（
8、OH）2溶液中通入过量CO2CO2+OH=HCO3向Ca（OH）2溶液中通入过量SO2SO2+OH=HSO3AABBCCDD23实验室常利用以下反应制取少量氮气：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2+H2O关于该反应的下列说法不正确的是（）ANaNO2的氧化性大于N2B每生成1mol N2，转移的电子数的物质的量为6molCNH4Cl的还原性大于N2D氮元素既被氧化又被还原24把200mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成2等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀，另取一份加入含b mol硝酸银的溶液恰好使氯离子完全沉淀则该混合溶液中钾离子浓度为（）A0.1（b2a）
9、 molL1B10（2ab） molL1C10（ba） molL1D10（b2a） molL125某K2CO3样品中含有Na2CO3、KNO3和Ba（NO3）2三种杂质中的一种或两种，现将6.9g样品溶于足量水中，得到澄清溶液，若再加入过量的CaCl2溶液，得到4.0g沉淀，对样品所含杂质的正确判断是（）A肯定有KNO3和Na2CO3，没有Ba（NO3）2B肯定有KNO3，没有Ba（NO3）2，可能还有Na2CO3C肯定没有Na2CO3和Ba（NO3）2，可能有KNO3D以上判断都不正确二、（本题包括2小题，共14分）26向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色如果
10、继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色完成下列填空：（1）写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式，并用双线桥标明电子转移的方向和数目：I2+Cl2+ HIO3+HCl，该反应的还原剂是，当有0.1mol HIO3生成时，反应转移的电子数目为（2）把KI换成KBr，则CCl4层变成橙红色，继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化，则Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是27按要求回答下列问题：（1）设NA为阿伏加德罗常数，一个Cl2分子的质量为g；水煤气（CO和H2的混合物）中含氢气的体积分数约为75%、CO的体积分数约为25%，则该水煤气的平均摩尔
11、质量约为（2）质量分数为29.8%的KCl溶液，其密度为1.15g/cm3，则500mL该溶液中KCl的物质的量为三、（本题包括1小题，共15分）28A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质它们之间有如下的反应关系：（1）若A是当前最常用的太阳能转换为电能的材料C的水溶液俗称水玻璃，D为硅酸则：写出反应的化学方程式写出反应的化学方程式（2）若A是应用最广泛的金属反应、均用盐酸，D物质是红褐色则：写出反应的化学方程式B溶液中加入NaOH溶液的现象是，沉淀颜色发生变化对应的化学方程式是C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板（铜质），写该反应的离子方程式（3）若D物质是常见的两性氢氧化物，反应均要用强
12、碱溶液，反应是通入过量的CO2则：反应的离子方程式为反应的离子方程式为四、（本题2小题，共15分）29用18mol/L浓硫酸配制100mL 1.0mol/L的稀硫酸，实验时必须选用的仪器是（填入字母）（）A100mL量筒B玻璃棒C托盘天平D50mL容量瓶E10mL量筒F胶头滴管G50mL烧杯H100mL容量瓶30在配制过程中，下列操作不正确的是 （）A使用容量瓶前需检查它是否漏水B将蒸馏水注入容量瓶中，液面离刻度线下12cm时，改用胶头滴管滴加至液面与刻度线相切C配制溶液时，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水至刻度线D定容后盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀31实验时遇到下列情况，将使
13、所配溶液的浓度偏高的是 （）A在配制前用稀硫酸润洗容量瓶后，未用蒸馏水洗涤B定容摇匀后，发现液面低于刻度线，再加入蒸馏水至与刻度线相切C洗涤量筒，并将洗涤液转入容量瓶D定容时仰视读数32某化学活动小组设计如图所示（部分夹持装置已略去）实验装置，以探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应得到的固体物质（1）装置A中发生反应的离子方程式为（2）该实验装置明显存在不足之处，改进的措施为（3）已知在装置C中通入一定量的氯气后，观察到测得D中有黄红色的气体（提示：是一种氯的氧化物）已知C中所得固体含有NaHCO3现对C中的成分进行猜想和探究提出合理假设假设一：存在两种成分，为NaHCO3、NaCl假设二：存在
14、三种成分，为NaHCO3、Na2CO3、NaCl设计方案并实验请在表格中写出实验步骤以及预期现象和结论限选试剂和仪器：蒸馏水、稀硝酸、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、试管、小烧杯步骤预期现象和结论步骤1：取C中少量样品于试管中，滴加足量蒸馏水至溶解，然后将所得溶液分别置于A、B试管中固体物质全部完全溶解步骤：向A试管中滴加适量BaCl溶液a 如果b 如果步骤：有白色沉淀生成，C的部分有NaCl结论：由步骤3的结论结合步骤2中的a，则假设一成立；由步骤3的结论结合步骤2中的b，则假设二成立若C中有0.1molCl2恰好与10.6gNa2CO3反应，且假设一成立，由此可推知C中反应生成
15、的氯的氧化物为（写化学式），写出C中发生反应的化学方程式五、（本小题6分）33铁粉和氧化铁粉末的混合物共48.8g，加入到700mL的稀硫酸中，恰好完全反应，得到气体在标准状况下的体积是2.24L，向反应后的溶液中滴人NH4SCN溶液，搅拌均匀，溶液未见红色求：（1）混合物中铁粉的质量 （2）原稀硫酸的物质的量浓度2015-2016学年四川省绵阳市三台中学高一（上）第三次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分每小题只有一个选项符合题意）1近年来，光化学烟雾污染问题已引起人们的注意，下列哪种气体是造成光化学烟雾的主要因素（）ANO2BSO2CCO2DCl
16、2【考点】常见的生活环境的污染及治理【专题】化学应用【分析】光化学烟雾是汽车、工厂等污染源排入大气的碳氢化合物（HC）和氮氧化物（NOx）等一次污染物在阳光（紫外光）作用下会发生光化学反应生成二次污染物，参与光化学反应过程的一次污染物和二次污染物的混合物（其中有气体污染物，也有气溶胶）所形成的烟雾污染现象【解答】解：ANO2是形成光化学烟雾的主要物质，故A正确；BSO2气体形成酸雨的主要成分，故B错误；CCO2是形成温室效应的一种气体，故C错误；DCl2有毒，但不能形成光化学烟雾，故D错误；故选A【点评】本题考查了氮氧化物对环境的污染，明确物质的性质是解本题关键，知道造成环境污染的原因，难度不
17、大2下列物质中属于电解质且能导电的是（）ACuBNaOH溶液C熔融Na2CO3D乙醇【考点】电解质与非电解质【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等非电解质：在水溶液中或熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等【解答】解：ACu是金属单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B氢氧化钠溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C熔融状态的碳酸钠能导电，属于盐，是电解质，故C正确；D乙醇不能导电，属于非电解质，故D错误，故选C【点评】本题主要考查的是电解质与非电解质的概念，难度不大，熟练
18、掌握电解质与非电解质指的是化合物，不是单质与混合物3当光束通过下列物质时：豆浆稀硫酸蒸馏水淀粉溶液，没有丁达尔现象的分散系是（）ABCD【考点】胶体的重要性质【专题】溶液和胶体专题【分析】分散系分为溶液、胶体、浊液丁达尔效应是指：当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路丁达尔现象是胶体特有的性质【解答】解：胶体粒子的微粒直径在1100nm之间，分散质微粒直径小于1nm的是溶液，大于1100nm的是浊液；豆浆属于胶体分散系，分散质微粒直径在1100nm之间，有丁达尔效应，故不符合；稀硫酸溶液分散质微粒直径小于1nm是溶液，没有丁达尔效应，故符合；蒸馏水微粒直径
19、小于1nm，没有丁达尔效应，故符合；淀粉溶液分散质微粒直径在1100nm之间，是胶体有丁达尔效应，故不符合；故选C【点评】本题考查了胶体的性质应用，注意丁达尔效应是胶体特有的性质是解答本题的关键，题目较简单4下列说法正确的是（）A光导纤维的主要成分是硅B水晶项链是硅单质制品C利用盐酸刻蚀石英制作艺术品D硅酸钠是制备木材防火剂的原料【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】碳族元素【分析】A、光纤的主要成分是二氧化硅；B、水晶的主要成分是二氧化硅；C、石英的主要成分是二氧化硅，二氧化硅不与盐酸反应；D、硅酸钠具有粘合性且性质稳定【解答】解：A、光纤的主要成分是二氧化硅不是硅，故A错误；
20、B、水晶的主要成分是二氧化硅不是硅，故B错误；C、石英的主要成分是二氧化硅，二氧化硅不与盐酸反应，能够与氢氟酸反应，用HF腐蚀玻璃，故C错误；D、硅酸钠具有粘合性且性质稳定，是制备木材防火剂的原料，故D正确；故选D【点评】本题考查了光纤、水晶、石英的成分以及硅酸钠的用途，题目难度不大5下列叙述中正确的是（）AH2CO3、H2SiO3、HClO都属于弱酸BNa2O、MgO、Al2O3都属于碱性氧化物C石英、纯碱、明矾都属于盐D碱石灰、铁红、水泥都属于混合物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【专题】物质的分类专题【分析】A弱酸是酸在水溶液中部分电离的化合物；B和酸反应生成盐和水的氧化物为
21、碱性氧化物，发生的是氧化还原反应；C金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐；D不同物质组成的为混合物【解答】解：AH2CO3、H2SiO3、HClO水溶液中都存在电离平衡，都属于弱酸，故A正确；BNa2O、MgO和酸反应生成盐和水都属于碱性氧化物，Al2O3 和酸、碱都反应生成盐和水，属于两性氧化物，故B错误；C石英主要成分是二氧化硅属于氧化物，纯碱是碳酸钠、明矾是硫酸铝钾都属于盐，故C错误；D碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，铁红是氧化铁的俗称为纯净物，水泥是硅酸盐的混合物都属于混合物，故D错误；故选A【点评】本题考查了物质分类、物质组成、物质名称等知识点的分析判断，注意知识积累，题目较简单
22、6下列性质的比较中，不正确的是（）A稳定性：Na2CO3NaHCO3B熔点：生铁纯铁C酸性：H2CO3HClOD氧化性：Fe3+Cu2+【考点】元素周期律的作用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A碳酸钠加热不易分解；B生铁是合金，合金的熔点一般小于各组分的熔点；C次氯酸为弱酸，酸性比碳酸还弱；D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：A因2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，而碳酸钠加热不分解，故A正确；B生铁是合金，熔点小于纯铁的熔点，故熔点为纯铁生铁，故B错误；C次氯酸为弱酸，酸性比碳酸还弱，通过漂白粉的漂白原理可以证明，故C正确；D反应2Fe3+Cu=
23、2Fe2+Cu2+中，氧化剂Fe3+的氧化性大于氧化产物Cu2+的氧化性，故D正确，故选B【点评】本题主要考查的是物质稳定性比较、氧化性强弱判断以及酸性强弱比较等，综合性较强，但是难度不大7下列储存药品的方法中，正确的是（）A氢氧化钠溶液盛装在玻璃塞的试剂瓶中B新制氯水保存在无色广口瓶中C铝片密封保存在细口瓶中D金属钠保存在煤油中【考点】化学试剂的存放【专题】化学实验常用仪器及试剂【分析】A氢氧化钠能够与玻璃中的二氧化硅发生反应；B见光容易分解的物质需保存在棕色瓶中；C铝片是金属固体，需保存在广口瓶中，以便于取用；D金属钠需隔绝空气与水保存，据此解答即可【解答】解：A氢氧化钠能够与二氧化硅反应
24、生成硅酸钠，硅酸钠能够将玻璃瓶与玻璃塞粘在一起，所以盛放氢氧化钠溶液不能使用玻璃塞，应该使用橡胶塞，故A错误；B见光容易分解的物质需保存在棕色瓶中，新制氯水见光容易分解，故B错误；C铝片是金属固体，需保存在广口瓶中，以便于取用，故C错误；D金属钠需隔绝空气与水保存，煤油密度小于钠，钠保存在煤油中，故D正确，故选D【点评】本题考查试剂的存放，明确物质的性质与保存方法的关系是解答本题的关键，熟悉氢氧化钠、二氧化硅、钠的性质即可解答，题目难度不大8把铁片放入下列溶液中，铁片溶解，溶液质量增加，但没有气体放出的是（）A稀硫酸BCuSO4溶液CFe2（SO4）3溶液DAgNO3溶液【考点】铁的化学性质【
25、专题】几种重要的金属及其化合物【分析】根据题意知，铁和溶液中的溶质反应，导致铁片溶解，溶液质量增加且没有气体生成，说明铁和溶液反应时不是与酸反应，且不能置换出比铁的摩尔质量大的金属单质【解答】解：A铁和稀硫酸反应有氢气生成，故A错误；B铁和硫酸铜发生置换反应，析出铜的质量大于铁的质量，导致溶液质量减小，故B错误；C铁和硫酸铁反应生成硫酸亚铁，没有气体生成且溶液质量增加，所以符合题意，故C正确；D铁和硝酸银发生置换反应，析出银的质量大于铁的质量，导致溶液质量减小，故D错误；故选C【点评】本题考查铁的化学性质，注意把握与铁反应后溶液质量增减的问题，能利用与铁反应前后溶质的相对分子质量的大小来确定溶
26、液质量的增减即可，题目难度不大9在空气中久置而不易变质的物质是（）A过氧化钠B纯碱C漂粉精D氯水【考点】钠的重要化合物；氯气的化学性质【专题】卤族元素；几种重要的金属及其化合物【分析】A过氧化钠能与空气中的二氧化碳生成碳酸钠，和水反应氢氧化钠；B碳酸钠在空气中基本无变化；C次氯酸的酸性小于碳酸，所以漂白粉中次氯酸钠易和二氧化碳、水反应生成次氯酸而变质；D氯水中的次氯酸能分解产生盐酸和氧气【解答】解：A过氧化钠能与空气中的二氧化碳生成碳酸钠，和水反应氢氧化钠，所以在空气中久置会变质，故A错误；B碳酸钠在空气中基本无变化，即纯碱久置不易变质，故B正确；C次氯酸的酸性小于碳酸，所以漂白粉中次氯酸钠易
27、和二氧化碳、水反应生成次氯酸而变质，故C错误；D氯水中的次氯酸能分解产生盐酸和氧气，在空气中易变质，故D错误； 故选B【点评】本题考查了物质的存放，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的氧化性和还原性、强酸制取弱酸来分析解答即可，难度不大10设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A500 mL1 mol/L MgCl2溶液中含有Cl数目为0.5NAB标准状况下，33.6L SO3与48gO2所占的体积相等C17 gNH3含有的电子个数为l0NAD1 mol O2与2 mol SO2一定条件下混合反应，可生成2 mol SO3【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
28、律【分析】An（MgCl2）=cV，含有n（Cl）=2n（MgCl2），N（Cl）=n（Cl）NA；Bn=计算48gO2所占的体积；C1个NH3含10个电子； D2SO2+O22SO3，可逆反应不能进行到底【解答】解：An（MgCl2）=1mol/L0.5L=0.5mol，含有n（Cl）=2n（MgCl2）=20.5mol=1mol，N（Cl）=1molNAmol1=NA，故A错误；Bn（O2）=1.5mol，标准状况下的体积V=1.5mol22.4L/mol=33.6L，故B正确；C17g NH3是1mol，1molNH3含10mol电子，所以含有的电子个数为l0NA，故C正确；D2SO2+
29、O22SO3，可逆反应不能进行到底，因此生成的SO3小于2mol，故D错误；故选BC【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，其中B为易错点，容易犯经验主义错误，注意以物质的量为中心的公式的应用11今有0.1mol/L Na2SO4溶液300mL，0.1mol/L MgSO4溶液200mL和0.1mol/L Al2（SO4）3溶液100mL，这三种溶液中硫酸根离子浓度之比是（）A1：1：1B3：2：1C3：2：3D1：1：3【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】结合各溶质的化学式根据溶液浓度计算溶液中硫酸根的浓度，据此进行计算；注意离子的浓度与溶液的体积无关，与物质的构成有关【解答
30、】解：0.1molL1Na2SO4溶液中硫酸根离子浓度为0.1mol/L；0.1molL1MgSO4溶液中硫酸根离子浓度为0.1mol/L；0.1molL1Al2（SO4）3溶液中硫酸根离子浓度为0.3mol/L；所以三种溶液中硫酸根离子浓度之比为：0.1mol/L：0.1mol/L：0.3mol/L=1：1：3，故选D【点评】本题考查物质的量浓度的计算，题目难度较小，明确物质的构成是解答本题的关键，并注意离子的浓度与溶液的浓度的关系来解答即可12以下物质间的每步转化，不能通过一步反应实现的是（）ASSO2H2SO4MgSO4BSiSiO2Na2SiO3H2SiO3CAlAl2O3Al（OH）
31、3NaAlO2DN2NONO2HNO3【考点】含硫物质的性质及综合应用；氮气的化学性质；硅和二氧化硅；铝的化学性质【专题】创新题型；元素及其化合物【分析】AS燃烧生成SO2，将SO2和O2一起通入水溶液中可以生成H2SO4；BSiO2是酸性氧化物，能和碱反应生成Na2SiO3；CAl2O3应先与酸反应生成Al3+，然后与碱反应生成Al（OH）3，不能一步实现；D可通过N2NONO2HNO3等反应实现【解答】解：A、S转化为MgSO4，每一步转化都可以通过一步反应来实现：SSO2H2SO4MgSO4，故A不选；B、Si转化为H2SiO3，每一步转化都可以通过一步反应来实现：SiSiO2Na2Si
32、O3H2SiO3，故B不选；C、Al2O3不能直接通过一步反应生成Al（OH）3，需经Al2O3Al3+Al（OH）3来实现，故C选；D、N2转化为HNO3，每一步转化都可以通过一步反应来实现：N2NONO2HNO3，故D不选故选C【点评】本题考查元素化合物知识，题目难度不大，注意常见无机物的性质，注重基础知识的积累13下列实验操作正确的是（）A蒸发时，将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上直接用酒精灯外焰加热B蒸馏时，温度计水银球浸入圆底烧瓶内液面之下，冷凝水从冷凝管下口进C萃取时，分别用两个烧杯从下口接收有机层和水层D配制100ml 0.100 mol/L的硫酸铜溶液时，可将2.50克胆矾溶于100
33、mL蒸馏水中【考点】蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取【分析】A蒸发皿可以放在铁圈上或泥三角上直接加热；B蒸馏时测量的是蒸气的温度，冷凝管中冷水的走向应是下口进、上口出；C下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；D溶于100mL蒸馏水中溶液的体积不为100mL【解答】解：A蒸发皿可以直接加热，不需要垫石棉网，故A正确； B温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管口处，目的是控制馏分物质的沸点，测量的是蒸汽温度，故B错误；C分液漏斗使用时下层溶液从下口放出，上层液体从上口倒出，故C错误；D溶于100ml蒸馏水中溶液的体积大于100ml，故D错误故选A【点评】本题考查了实验的有关知识，侧重常见仪器的使
34、用方法及注意事项，比较基础，注意积累可以直接加热的仪器和需要垫石棉网加热的仪器14下列化学实验事实及其结论都正确的是（） 选项实验事实结论A将SO2通入含HClO的溶液中生成H2SO4HClO酸性比H2SO4强B铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落铝箔表面氧化铝熔点高于铝CSiO2可以和碱溶液及酸溶液反应SiO2属于两性氧化物D将SO2通入溴水中，溴水退色SO2具有漂白性AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A发生氧化还原反应生成硫酸，不能比较酸性的强弱；B铝与氧气反应生成氧化铝的熔点高；C与酸或碱反应生成盐和水的氧化物，为两性氧化物；D发生氧化还原反应生成硫酸和H
35、Br【解答】解：A发生氧化还原反应生成硫酸，不能比较酸性的强弱，不发生强酸制取弱酸的反应，事实上硫酸为强酸、HClO为弱酸，故A错误；B铝与氧气反应生成氧化铝的熔点高，则铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，故B正确；C与酸或碱反应生成盐和水的氧化物，为两性氧化物，而二氧化硅与盐酸、硫酸等不反应，只属于酸性氧化物，故C错误；D发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，S元素的化合价升高，体现二氧化硫具有还原性，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及氧化还原反应、酸性比较、二氧化硫和铝的化学性质等，注重物质性质及物质分类的考查，综合性较强，但题目难度不大15同温同压下，等质量的SO2和C
36、O2相比较，下列叙述正确的是（）A体积比1：1B体积比11：16C分子个数比1：1D密度比11：16【考点】阿伏加德罗定律及推论【专题】物质的量的计算【分析】等质量的SO2和CO2，设质量均为m，物质的量之比为： =11：16，结合同温同压下物质的量与体积成正比、=及物质的构成来解答【解答】解：等质量的SO2和CO2，设质量均为m，物质的量之比为： =11：16，A同温同压下物质的量与体积成正比，则体积之比为11：16，故A错误；B同温同压下物质的量与体积成正比，则体积之比为11：16，故B正确；C物质的量之比为： =11：16，则分子个数比11：16，故C错误；D由=可知，摩尔质量与密度成正
37、比，则密度之比为64g/mol：44g/mol=16：11，故D错误；故选B【点评】本题考查物质的量的有关计算，侧重学生计算能力的考查，注意把握有关计算公式及阿伏伽德罗定律的推论即可解答，题目难度不大16下列除杂质的操作中不正确的是（）A除去SO2中的少量HCl：通入饱和NaHSO3溶液的洗气瓶，干燥后收集气体BFeCl2溶液中混有FeCl3：加入过量铁粉充分反应后过滤CNa2CO3固体中混有少量NaHCO3：加入适量NaOH溶液D除去SiO2中的少量Al2O3：加入适量稀硫酸充分反应后过滤【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】AHCl与亚硫酸氢钠反应
38、生成二氧化硫；BFe与氯化铁反应生成氯化亚铁；C碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；D氧化铝与硫酸反应，而二氧化硅不能【解答】解：AHCl与亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫，则通入饱和NaHSO3溶液的洗气瓶，干燥后收集气体可除杂，故A正确；BFe与氯化铁反应生成氯化亚铁，则加入过量铁粉充分反应后过滤可除杂，故B正确；C碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则加热可除杂，不能加NaOH溶液，故C错误；D氧化铝与硫酸反应，而二氧化硅不能，则加入适量稀硫酸充分反应后过滤可除杂，故D正确；故选C【点评】本题考查混合物分离提纯，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质性质差异及元素化合物知识综合应用为解答该类
39、题目的关键，题目难度不大17在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、Na+的稀溶液中，加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，离子数目减少的是（）AFe3+BAl3+CNa+DFe2+【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，过氧化钠具有强氧化性，Fe2+氧化成Fe3+，减少的是亚铁离子，而铝离子的数目不变，铁离子和钠离子的数目增多，据此进行解答【解答】解：A因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，再和盐酸反应生成三价铁离子，所以Fe3+浓度增大，故A错误
40、；BNa2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子，在盐酸作用下又会生成铝离子，根据铝元素守恒，则Al3+数目不变，故B错误；C过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，溶液中钠离子的数目增多，故C错误；D因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，且将Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，所以亚铁离子的数目减小，故D正确；故选D【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，题目难度中等，把握过氧化钠的性质、发生的离子反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应的应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力18某无色溶液与Al反应能放出H2，下列离子在该
41、溶液中一定能大量共存的是（）ANH4+、Fe2+、Cl、SO42BNa+、K+、Cl、SO42CMg2+、AlO2、Cl、SO42DK+、Ca2+、HCO3、Cl【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在，与铝反应放出氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，A亚铁离子为有色离子，铵根离子、亚铁离子与氢氧根离子反应；B四种离子之间不反应，都是无色离子，都不与氢离子、氢氧根离子反应；C镁离子与偏铝酸根离子反应，镁离子与氢氧根离子反应，偏铝酸根离子与氢离子反应；D碳酸氢根离子与氢离子、氢氧根离子反应【解答】解：无色溶液可排除
42、Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在，与铝反应放出氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，AFe2+为有色离子，NH4+、Fe2+与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故A错误；BNa+、K+、Cl、SO42之间不反应，都不与氢离子和氢氧根离子反应，且都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故B正确；CMg2+、AlO2之间发生双水解反应，Mg2+与氢氧根离子反应，AlO2与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DHCO3与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故D错误；故选B【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子
43、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；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19下列化合物能由单质直接化合生成的是（）ANO2BFeCl3CSO3DFeCl2【考点】铁的化学性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A氮气与氧气反应生成NO；BFe与氯气反应生成氯化铁；CS与氧气反应生成二氧化硫；DFe与氯气反应生成氯化
44、铁【解答】解：A氮气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，故A不选；BFe与氯气反应生成氯化铁，可由单质直接化合生成，故B选；CS与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，故C不选；DFe与氯气反应生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，故D不选；故选B【点评】本题考查金属的性质，为高频考点，把握发生的氧化还原反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大20下列两种物质发生反应：Na和O2 AlCl3与氨水 纯碱溶液与稀盐酸Fe与Cl2因反应物用量或反应条件的不同而生成不同产物的是（）ABCD【考点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质【专题】几种重要的金属
45、及其化合物【分析】钠和氧气反应因为条件不同导致其产物不同；氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝，与氨水的量无关；纯碱溶液与稀盐酸，当盐酸过量生成二氧化碳或少量时生成的碳酸氢钠不同；铁在氯气中燃烧都生成氯化铁，与氯气量的多少无关【解答】解：在没有条件的条件下，钠和氧气反应生成氧化钠，在加热条件下，钠燃烧生成过氧化钠，故正确；氯化铝和氨水反应时，无论氨水是否过量都生成氢氧化铝沉淀，故错误；纯碱溶液与稀盐酸，当盐酸过量生成二氧化碳或少量时生成的碳酸氢钠不同，故正确；在点燃条件下，铁和氯气反应都生成氯化铁，与氯气的量无关，故错误；故选D【点评】本题考查了物质之间的反应，有的反应与反应物的用量、反应物浓度、反应
46、条件不同而导致产物不同，注意氢氧化铝不溶于氨水，为易错点21下列变化不属于氧化还原反应的是（）ANa2SO3溶液在空气中变质B工业上炼铁C二氧化硫的漂白原理D将氯气通入冷的消石灰浊液中【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】发生的反应中不存在元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，反之属于，以此来解答【解答】解：A变质生成硫酸钠，S元素的化合价升高，发生氧化还原反应，故A不选；B铁由化合态转化为单质，Fe元素的化合价降低，发生氧化还原反应，故B不选；C二氧化硫与有色物质化合生成无色物质，不存在元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故C选；D反应生成氯化钙、次氯酸钙，Cl元素的化合价
47、变化，发生氧化还原反应，故D不选；故选C【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大22类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是（）已知类推A将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入到CuSO4溶液中2Na+Cu2+=Cu+2Na+B向稀硫酸加入NaOH溶液至中性H+OH=H2O向H2SO4溶液加入Ba（OH）2溶液至中性H+OH=H2OC向氯化铝溶液中加入足量NaOH溶液Al3+4OH=AlO2+2H2O向氯化铝溶液中加入足量氨水Al3+4NH3H
48、2O=AlO2+2H2O+4NH4+D向Ca（OH）2溶液中通入过量CO2CO2+OH=HCO3向Ca（OH）2溶液中通入过量SO2SO2+OH=HSO3AABBCCDD【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A、金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐的反应一定是和盐中的水反应；B、硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀；C、氢氧化铝能和强碱反应但是不和弱碱反应；D、二氧化碳和二氧化硫均能使澄清的石灰水变浑浊【解答】解：A、铁排在金属铜的前面，金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐的反应一定是先和盐中的水反应，不会置换出其中的金属，故A错误；B、硫酸和
49、氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀，离子反应方程式为：Ba2+2H+2OH+SO42=2H2O+BaSO4，实质和稀硫酸与NaOH溶液的反应不同，故B错误；C、向氯化铝溶液中加入足量氨水的反应实质是：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，氢氧化铝能和强碱反应但是不和弱碱反应，故C错误；D、二氧化碳和二氧化硫均能使澄清的石灰水变浑浊，如果气体过量会变澄清，碳酸钙和亚硫酸钙均是难溶于水的盐，碳酸氢钙和亚硫酸氢钙是易溶于水的，故D正确故选D【点评】本题考查学生离子方程式书写知识，是现在考试的热点，难度不大，可以根据所学知识进行回答23实验室常利用以下反应制取少量氮气：NaNO2+NH4Cl
50、=NaCl+N2+H2O关于该反应的下列说法不正确的是（）ANaNO2的氧化性大于N2B每生成1mol N2，转移的电子数的物质的量为6molCNH4Cl的还原性大于N2D氮元素既被氧化又被还原【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】该反应NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2+H2O中，氮元素的化合价由3和+3价变为0价，所以亚硝酸钠是氧化剂、氯化铵是还原剂，氮气既是氧化产物又是还原产物，再结合元素化合价变化来分析解答【解答】解：A该反应中氧化剂是亚硝酸钠，氧化产物是氮气，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以NaNO2的氧化性大于N2，故A正确；B每生成lmolN2时，转移电
51、子的物质的量=1mol（30）=3mol，故B错误；C还原剂是氯化铵，还原产物是氮气，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以NH4Cl的还原性大于N2，故C正确；D该反应中氮元素的化合价由3和+3价变为0价，所以氮元素既被氧化又被还原，故D正确；故选B【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，结合基本概念来分析解答，易错选项是B，注意氮气既是氧化产物又是还原产物，根据氧化产物或还原产物来计算转移电子的物质的量，为易错点24把200mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成2等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀，另取一份加入含b mol硝
52、酸银的溶液恰好使氯离子完全沉淀则该混合溶液中钾离子浓度为（）A0.1（b2a） molL1B10（2ab） molL1C10（ba） molL1D10（b2a） molL1【考点】离子方程式的有关计算【专题】计算题【分析】混合溶液分成两等份，每份溶液浓度相同一份加入含a mol 硫酸钠的溶液，发生反应Ba2+SO42=BaSO4，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n（Ba2+）=（Na2SO4）；另一份加入含bmol 硝酸银的溶液，发生反应Ag+Cl=AgCl，恰好使氯离子完全沉淀，则n（Cl）=n（Ag+），再利用电荷守恒可知每份中2n（Ba2+）+n（K+）=n（Cl），据此计算每份中n（K
53、+），根据c=计算钾离子浓度【解答】解：混合溶液分成两等份，每份溶液浓度相同一份加入含a mol 硫酸钠的溶液，发生反应Ba2+SO42=BaSO4，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n（Ba2+）=（Na2SO4）=amol；另一份加入含bmol 硝酸银的溶液，发生反应Ag+Cl=AgCl，恰好使氯离子完全沉淀，则n（Cl）=n（Ag+）=bmol，根据电荷守恒可知每份中2n（Ba2+）+n（K+）=n（Cl），每份溶液中n（K+）=bmol2amol=（b2a）mol，故钾离子浓度为=10（b2a） molL1，故选D【点评】本题考查离子反应的有关计算，难度中等，根据电荷守恒计算钾离子的物质
54、的量是关键25某K2CO3样品中含有Na2CO3、KNO3和Ba（NO3）2三种杂质中的一种或两种，现将6.9g样品溶于足量水中，得到澄清溶液，若再加入过量的CaCl2溶液，得到4.0g沉淀，对样品所含杂质的正确判断是（）A肯定有KNO3和Na2CO3，没有Ba（NO3）2B肯定有KNO3，没有Ba（NO3）2，可能还有Na2CO3C肯定没有Na2CO3和Ba（NO3）2，可能有KNO3D以上判断都不正确【考点】有关混合物反应的计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】取样品加入水中，得到澄清溶液，则不可能含有Ba（NO3）2，因为碳酸钡不溶于水，再加入过量的CaCl2溶液能产生4.0g沉淀为碳
55、酸钙的质量，假设6.9g全部为K2CO3，计算反应生成碳酸钙的质量，再结合生成沉淀的质量判断杂质中含有碳酸根的质量分数与K2CO3中碳酸根的质量分数大小【解答】解：取样品加入水中，得到澄清溶液，则不可能含有Ba（NO3）2，因为碳酸钡不溶于水，再加入过量的CaCl2溶液能产生4.0g沉淀为碳酸钙的质量，假设6.9g全部为K2CO3，则生成沉淀为100g/mol=5g4.0g，则杂质中含有碳酸根的质量分数应小于K2CO3中碳酸根的质量分数，故一定有KNO3，可能还有Na2CO3，故选：B【点评】本题考查混合物反应的有关计算、物质推断等，题目难度中等，注意利用极限法确定杂质中碳酸根质量分数与碳酸钾
56、中质量分数关系二、（本题包括2小题，共14分）26向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色完成下列填空：（1）写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式，并用双线桥标明电子转移的方向和数目：1I2+5Cl2+6H2O2 HIO3+10HCl，该反应的还原剂是I2，当有0.1mol HIO3生成时，反应转移的电子数目为0.5NA（2）把KI换成KBr，则CCl4层变成橙红色，继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化，则Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是HBrO3Cl2HIO3【考点
57、】氧化还原反应方程式的配平；氧化性、还原性强弱的比较【专题】氧化还原反应专题【分析】（1）分析反应中各元素化合价变化，依据氧化还原反应得失电子守恒规律结合原子个数守恒规律书写方程式计算电子转移数目；氧化还原反应中所含元素化合价升高的反应物为还原剂；（2）氧化剂和还原剂反应生成氧化产物和还原产物，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，以此分析【解答】解：（1）依据题意可知：氯气据有强的氧化性，能够将碘单质氧化生成碘酸和氯化氢，反应中一个氯气分子参加反应得2个电子，一个碘分子参加反应失去10个电子，该反应中得失电子的最小公倍数是10，所以方程式为I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl，反应中
58、碘单质化合价升高，为还原剂；依据方程式可知：生成2mol碘酸转移10mol电子，则当有0.1mol HIO3生成时，反应转移的电子数目为：0.5NA；故答案为：1；5；6H2O；2；10；I2；0.5NA；（2）氯气的氧化性比溴强，将KI换成KBr，则生成Br2，则CCl4层变为橙色，继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化，说明氧化性HBrO3Cl2，根据氧化剂和还原剂反应生成氧化产物和还原产物，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，则有Cl2HIO3，所以氧化性顺序为HBrO3Cl2HIO3；故答案为：HBrO3Cl2HIO3【点评】本题考查氯气的性质以及氧化性的强弱比较，明确氧化还原反应规律是
59、解题关键，题目难度中等27按要求回答下列问题：（1）设NA为阿伏加德罗常数，一个Cl2分子的质量为g；水煤气（CO和H2的混合物）中含氢气的体积分数约为75%、CO的体积分数约为25%，则该水煤气的平均摩尔质量约为8.5g/mol（2）质量分数为29.8%的KCl溶液，其密度为1.15g/cm3，则500mL该溶液中KCl的物质的量为2.3mol【考点】物质的量的相关计算【专题】物质的量的计算【分析】（1）1mol氯气的质量为71g，1mol氯气含有NA个分子，据此计算氯气分子质量；体积之比等于物质的量之比，故氢气与CO的物质的量之比为3：1，根据平均摩尔质量=计算平均摩尔质量；（2）根根据c
60、=计算KCl饱和溶液物质的量浓度，再根据n=cV计算【解答】解：（1）1mol氯气的质量为71g，1mol氯气含有NA个分子，则氯气分子质量为，体积之比等于物质的量之比，故氢气与CO的物质的量之比为75%：25%=3：1，根据平均摩尔质量=可知，平均摩尔质量为=8.5g/mol，故答案为：；8.5g/mol；（2）根据c=可知，KCl饱和溶液物质的量浓度为mol/L=4.6mol/L，所以500mL该溶液中KCl的物质的量为0.5L4.6mol/L=2.3mol，故答案为：2.3mol【点评】本题考查物质的量有关计算，难度中等，注意理解物质的量浓度与质量分数之间的关系三、（本题包括1小题，共1
61、5分）28A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质它们之间有如下的反应关系：（1）若A是当前最常用的太阳能转换为电能的材料C的水溶液俗称水玻璃，D为硅酸则：写出反应的化学方程式Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2写出反应的化学方程式SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O（2）若A是应用最广泛的金属反应、均用盐酸，D物质是红褐色则：写出反应的化学方程式2FeCl2+Cl2=2FeCl3B溶液中加入NaOH溶液的现象是开始生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，沉淀颜色发生变化对应的化学方程式是4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3C的溶液用于蚀刻印刷铜
62、电路板（铜质），写该反应的离子方程式Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+（3）若D物质是常见的两性氢氧化物，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的CO2则：反应的离子方程式为2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2反应的离子方程式为AlO2+2H2O+CO2Al（OH）3+HCO3【考点】无机物的推断【专题】推断题【分析】（1）若A是当前最常用的太阳能转换为电能的材料，C的水溶液俗称水玻璃，D为硅酸，则A为Si，C为Na2SiO3，B为SiO2，反应为Si与氢氧化钠反应转化为硅酸钠与氢气，反应是二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水；（2）若A是应用最广泛的金属，反应、均用盐酸，D物质是红褐色，
63、则A为Fe，B为FeCl2，C为FeCl3，D为C为Fe（OH）3；（3）若D物质是常见的两性氢氧化物，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的CO2，则D为Al（OH）3，C为偏铝酸盐，A为Al，B为氧化铝【解答】解：（1）若A是当前最常用的太阳能转换为电能的材料，C的水溶液俗称水玻璃，D为硅酸，则A为Si，C为Na2SiO3，B为SiO2，反应为Si与氢氧化钠反应转化为硅酸钠与氢气，反应方程式为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2，反应是二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，反应方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故答案为：Si+2NaOH+H2O=Na2Si
64、O3+2H2；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；（2）若A是应用最广泛的金属，反应、均用盐酸，D物质是红褐色，则A为Fe，B为FeCl2，C为FeCl3，D为C为Fe（OH）3，则：反应是氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，化学方程式为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，FeCl2溶液中加入NaOH溶液的现象是：开始生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，沉淀颜色发生变化对应的化学方程式是：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，FeCl3的溶液用于蚀刻印刷铜电路板（铜质），该反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，故答案为：2FeCl2+Cl2=2
65、FeCl3；开始生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+；（3）若D物质是常见的两性氢氧化物，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的CO2，则D为Al（OH）3，C为偏铝酸盐，A为Al，B为氧化铝，则：反应的离子方程式为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，反应的离子方程式为：AlO2+2H2O+CO2Al（OH）3+HCO3，故答案为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2；AlO2+2H2O+CO2Al（OH）3+HCO3【点评】本题考查无机物推断，涉及Al、Si、Fe元素化合物性质，需
66、要学生熟练掌握元素化合物性质，难度中等四、（本题2小题，共15分）29用18mol/L浓硫酸配制100mL 1.0mol/L的稀硫酸，实验时必须选用的仪器是（填入字母）（）A100mL量筒B玻璃棒C托盘天平D50mL容量瓶E10mL量筒F胶头滴管G50mL烧杯H100mL容量瓶【考点】不能加热的仪器及使用方法【专题】化学实验常用仪器及试剂【分析】配制一定物质的量浓度的溶液所需的仪器：天平、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、量筒、一定规格的容量瓶，据此解题【解答】解：配制一定物质的量浓度的溶液所需的仪器：天平、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、量筒（浓硫酸稀释前后，溶质的物质的量不变，设需要浓硫酸的体积是V，则18
67、mol/LV=0.1L1.0mol/L，解得V=5.6mL，应用10mL量筒，100mL量筒误差较大）、一定规格的容量瓶，故答案为：BEFGH【点评】本题考查溶液的配制，难度不大，关键清楚溶液配制的原理，通过c=可以加深理解30在配制过程中，下列操作不正确的是 （）A使用容量瓶前需检查它是否漏水B将蒸馏水注入容量瓶中，液面离刻度线下12cm时，改用胶头滴管滴加至液面与刻度线相切C配制溶液时，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水至刻度线D定容后盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【专题】化学实验基本操作【分析】根据溶液的配制的基本操作和容量瓶的使用注意事项：
68、容量瓶前需检查它是否漏水来，容量瓶只能用来配制溶液，不能在容量瓶中溶解或稀释，将蒸馏水注入容量瓶中，液面离刻度线下12cm时，改用胶头滴管滴加至液面与刻度线相切，分析【解答】解：A容量瓶前需检查它是否漏水，故A正确；B容量瓶只能用来配制溶液，不能在容量瓶中溶解或稀释，将蒸馏水注入容量瓶中，液面离刻度线下12cm时，改用胶头滴管滴加至液面与刻度线相切，故B正确；C量筒量取后应先在小烧杯中稀释，然后将洗涤液一并转入容量瓶，故C错误；D定容后需要上下摇匀，故D正确故选C【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制的基本操作和容量瓶的使用注意事项，属于基础型题目，难度不大31实验时遇到下列情况，将使所
69、配溶液的浓度偏高的是 （）A在配制前用稀硫酸润洗容量瓶后，未用蒸馏水洗涤B定容摇匀后，发现液面低于刻度线，再加入蒸馏水至与刻度线相切C洗涤量筒，并将洗涤液转入容量瓶D定容时仰视读数【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【专题】定量测定与误差分析【分析】根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析【解答】解：A在配制前用稀硫酸润洗容量瓶后，未用蒸馏水洗涤，容量瓶内硫酸增多，浓度偏高，故A正确；B定容摇匀后，发现液面低于刻度线是正常的，再加入蒸馏水至与刻度线相切会导致浓度偏低，故B错误；C量筒为流量式仪器，将量筒洗涤后的洗涤液不能转移至容量瓶，否则会导致容量瓶内硫酸的物质的量增多，
70、浓度偏高，故C正确；D定容时仰视读数，会导致溶液体积偏大，则浓度偏低，故D错误；故AC【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的误差分析，属于基础型题目，难度不大32某化学活动小组设计如图所示（部分夹持装置已略去）实验装置，以探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应得到的固体物质（1）装置A中发生反应的离子方程式为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O（2）该实验装置明显存在不足之处，改进的措施为在装置D后连接以尾气处理装置（3）已知在装置C中通入一定量的氯气后，观察到测得D中有黄红色的气体（提示：是一种氯的氧化物）已知C中所得固体含有NaHCO3现对C中的成分进行猜想和探究提出合
71、理假设假设一：存在两种成分，为NaHCO3、NaCl假设二：存在三种成分，为NaHCO3、Na2CO3、NaCl设计方案并实验请在表格中写出实验步骤以及预期现象和结论限选试剂和仪器：蒸馏水、稀硝酸、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、试管、小烧杯步骤预期现象和结论步骤1：取C中少量样品于试管中，滴加足量蒸馏水至溶解，然后将所得溶液分别置于A、B试管中固体物质全部完全溶解步骤：向A试管中滴加适量BaCl溶液a 如果b 如果步骤：有白色沉淀生成，C的部分有NaCl结论：由步骤3的结论结合步骤2中的a，则假设一成立；由步骤3的结论结合步骤2中的b，则假设二成立若C中有0.1molCl2恰好与
72、10.6gNa2CO3反应，且假设一成立，由此可推知C中反应生成的氯的氧化物为Cl2O（写化学式），写出C中发生反应的化学方程式2Cl2+2Na2CO3+H2O2NaCl+2NaHCO3+Cl2O【考点】氯气的实验室制法；氯气的化学性质【专题】气体的制备与性质检验类实验【分析】（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水；（2）氯气有毒，直接排放能够引起空气污染，图中实验装置缺少尾气处理装置；（3）步骤2中向A试管中滴加适量BaCl2溶液，是检验产物中是否有Na2CO3，回答该小题时要结合最后的结论，a应为证明固体中不含Na2CO3，b应为证明固体中含Na2CO3，不能颠倒，步骤
73、3应是检验氯离子，应向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl；分别假设分析计算，依据氧化还原反应电子守恒计算判断氯元素化合价写出化合物化学式【解答】解：（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，化学方程式：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；故答案为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；（2）氯气有毒，直接排放能够引起空气污染，应进行尾气处理，所以应在装置D后连接以尾气处理装置；故答案为：在装置D后连接以尾气处理装置；（3）步骤2中向A试管中滴加适量BaCl2溶液，是检验产物中是否有Na2CO3，最后的结论
74、：a若无明显现象，证明固体中不含Na2CO3；b若溶液变浑浊，证明固体中含Na2CO3；步骤3应是检验氯离子，应向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl；C中有0.1mol Cl2参加反应装置C中通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体，若假设一成立，反应为Cl2+Na2CO3NaHCO3+NaCl+X，依据氧化还原反应电子守恒计算判断氯元素化合价为+1价：可推知C中反应生成的含氯氧化物为Cl2O；反应的化学方程式为：2Cl2+H2O+2Na2CO3=2NaHCO3+2NaCl+Cl2O；故答案为：a若无明显现象，证明固体中不含Na
75、2CO3；B若溶液变浑浊，证明固体中含Na2CO3；步骤3：向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液；Cl2O； 2Cl2+2Na2CO3+H2O2NaCl+2NaHCO3+Cl2O【点评】本题考查了物质性质验证的实验设计，步骤分析判断，掌握物质性质和实验设计方法是解题关键，题目难度中等五、（本小题6分）33铁粉和氧化铁粉末的混合物共48.8g，加入到700mL的稀硫酸中，恰好完全反应，得到气体在标准状况下的体积是2.24L，向反应后的溶液中滴人NH4SCN溶液，搅拌均匀，溶液未见红色求：（1）混合物中铁粉的质量 （2）原稀硫酸的物质的量浓度【考点】有关混合物反应的计算【专题】利用化学
76、方程式的计算【分析】铁粉和氧化铁的混合物与稀硫酸恰好完全反应，当固体粉末完全溶解时，收集到标准状况下2.24L氢气的物质的量为n（H2）=0.1mol，当向溶液中滴几滴NH4SCN溶液时，溶液不显红色，说明最终得到硫酸亚铁，发生反应为：Fe+2H+=Fe2+H2、Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+，根据铁和稀硫酸反应方程式知，生成0.1mol氢气需要铁的物质的量为0.1mol，设铁的物质的量为x，氧化铁的物质的量为y，根据转移电子守恒及二者质量列方程解答，（1）根据m=nM计算混合物中铁的质量；（2）根据原子守恒得n（H2SO4）=n（FeSO4）=n（Fe）
77、+2n（Fe2O3），再根据c=计算【解答】解：铁粉和氧化铁的混合物与稀硫酸恰好完全反应，当固体粉末完全溶解时，收集到标准状况下2.24L氢气的物质的量为n（H2）=0.1mol，当向溶液中滴几滴NH4SCN溶液时，溶液不显红色，说明最终得到硫酸亚铁，将铁通入稀硫酸中发生的离子反应为：Fe+2H+=Fe2+H2、Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+，根据铁和稀硫酸反应方程式知，生成0.1mol氢气需要铁的物质的量为0.1mol，设铁的物质的量为xmol，氧化铁的物质的量为ymol，根据转移电子守恒及质量守恒，可得：56x+160y=48.8、2（x0.1）=2y（32），解得：x=0.3、y=0.2，（1）混合物中铁粉的质量为：m（Fe）=0.3mol56g/mol=16.8g，答：混合物中铁的质量为16.8g（2）根据原子守恒得n（H2SO4）=n（FeSO4）=n（Fe）+2n（Fe2O3）=0.3mol+0.2mol2=0.7mol，所以原硫酸的物质的量浓度为： =1mol/L，答：所加硫酸的物质的量浓度是1mol/L【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力