1、2012-2013学年内蒙古包头一中高二（下）期末化学试卷一、单项选择题（20×3分，每小题只有一个选项正确）1（3分）（2009天津）化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是（）A维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用B糖类、蛋白质、油脂都属于天然高分子化合物C煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源D制作航天服的聚酯纤维和用于光缆通信的光导纤维都是新型无机非金属材料2（3分）（2013春东河区校级期末）下列排列顺序正确的是（）A粒子半径：AlMgFB热稳定性：HIHBrHClHFC酸性：H2SiO3H3PO4H2SO4HClO4D碱性：Al（OH）3Mg（OH）2NaOH
2、3（3分）（2013宁波校级学业考试）下列各图所表示的反应是吸热反应的是（）ABCD4（3分）（2013钦北区校级模拟）下列各组离子，在溶液中能大量共存、加入NaOH溶液后加热既有气体放出又有沉淀生成的一组是（）ABa2+、NO3、NH4+、ClBCa2+、HCO3、NH4+、AlO2CK+、Ba2+、Cl、HSO3DMg2+、NH4+、SO42、K+5（3分）（2012秋安庆期末）常温常压下，取下列四种有机物各1mol，分别在足量的氧气中燃烧，消耗氧气最多的是（）AC2H5OHBCH4CC2H4ODC3H86（3分）（2011连云港模拟）关于阿伏伽德罗常数NA，下列说法正确的是（）A常温常压
3、下，1mol白磷中含有共价键为4NAB标准状况下，22.4L甲醇完全燃烧产生NA个CO2分子C常温常压下，46g NO2、N2O4混合物中，分子数为NAD1L1mol/L Na2CO3溶液中，阴离子个数大于NA7（3分）（2013春东河区校级期末）下列各组物质中化学键的类型相同的是（）AHCl MgCl2 NH4ClBH2O Na2O CO2CCaCl2 NaOH H2ODNH3 H2O CO28（3分）（2013春东河区校级期末）下列各组物质相互混合进行反应，既有气体生成最终又有沉淀生成的是（）A金属钠投入CuSO4溶液中B过量的NaOH溶液和明矾溶液反应C少量烧碱过量的NaHCO3溶液中D
4、金属铝投入KOH溶液中9（3分）（2009北京）下列叙述正确的是（）A将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀B在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu（NO3）2固体，铜粉仍不溶C向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失D纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变10（3分）（2011湖南一模）在20、1个大气压下，将三个分别盛满氨气、氯化氢、二氧化氮的等容积烧瓶分别倒置于盛有水的水槽中，当水进入烧瓶中，并使气体充分溶解后（假设烧瓶中的溶液不向外扩散），三种溶液的物质的量浓度之比为（）A1：1
5、：1B3：3：2C1：2：3D1：1：211（3分）（2013春东河区校级期末）下列反应的离子方程式书写正确的是（）A用稀HNO3溶解FeS固体：FeS+2H+=Fe2+H2SB氯气通入澄清石灰水中：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2OC用小苏打治疗胃酸过多：CO32+2H+=CO2+H2OD硅酸钠溶液中通入过量二氧化碳：SiO32+CO2+H2O=H2SiO3+CO3212（3分）（2011新疆一模）下列关于溶液和胶体的叙述，正确的是（）A溶液是电中性的，胶体是带电的B通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动C溶液中溶质分子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无
6、规律，即布朗运动D一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者则没有13（3分）（2012长宁区一模）某元素只存在两种天然同位素，且在自然界它们的含量相近，其相对原子质量为152.0，原子核外的电子数为63下列叙述中错误的是（）A它是副族元素B它是第六周期元素C它的原子核内有63个质子D它的一种同位素的核内有89个中子14（3分）（2009安徽）石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料（结构示意图如下），可由石墨剥离而成，具有极好的应用前景下列说法正确的是（）A石墨烯与石墨互为同位素B0.12g石墨烯中含有6.021022个碳原子C石墨烯是一种有机物D石墨烯中的碳原子间以共价键结
7、合15（3分）（2013春东河区校级期末）下列各组反应中，所得产物相同的是（）A金属钠在常温或加热时与氧气反应B氯化铝溶液与少量氨水或过量氨水反应C金属铜与浓硝酸或稀硝酸反应D溴乙烷与烧碱的水溶液或烧碱的醇溶液反应16（3分）（2013春东河区校级期末）向NaBr、NaI、Na2S03混合液中，通入过量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到剩余固体物质的组成是（）ANaCl NaBr NaS04BNaCl Na2S04CNaCl Na2S03DNaCl NaI Na2S0417（3分）（2014碑林区校级一模）将15mL 2molL1 Na2CO3溶液逐滴加入到40mL 0.5molL1 MCln
8、盐溶液中，恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是（）A4B3C2D118（3分）（2013春五华区校级期末）现有等浓度的下列溶液：醋酸，苯酚，苯酚钠，碳酸，碳酸钠，碳酸氢钠按溶液pH由小到大排列正确的是（）ABCD19（3分）（2014秋腾冲县校级期末）能正确表示下列反应的离子方程式是（）A将铜屑加入Fe3+溶液中：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+B将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O4+8H+3Fe3+4H2OC将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合：Fe2+4H+NOFe3+2H2O+NOD将铁粉加入稀硫酸中：2Fe+6H+2Fe3+3H220（3分）（2014红塔区校级模拟）将一定质
9、量的镁和铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示则下列说法不正确的是（）A镁和铝的总质量为9 gB最初20 mL NaOH溶液用于中和过量的硫酸C硫酸的物质的量浓度为2.5 molL1D生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L二、解答题（共2小题，满分20分）21（10分）（2013春东河区校级期末）如图所示，已知：甲、乙、丙、丁均为前三周期元素的单质，甲、乙、丙均气体，丁为固体在一定条件下甲与丙和甲与丁都按物质的量之比1：3反应，分别生成 X和Y，在产物中元素甲呈负价在一定条件下乙与丙和乙与丁都
10、按物质的量之比l：2反应，分别生成Z和W，在产物中元素乙呈负价；请填空：（1）甲是，乙是（2）甲与丙反应生成X的化学方程式是：（3）乙与丁反应生成W的化学方程式是：（4）丁与CO2的化学反应方程式是：22（10分）（2013春东河区校级期末）如图表示各物质之间的相互转化关系（部分反应物或生成物未列出）其中A、D为常见金属，J为红褐色沉淀（1）A的原子结构示意图为，B的化学式为E的化学式为，F的化学式为（2）反应的离子方程式，反应的化学方程式（3）在反应中，要使E中的一种金属元素全部以沉淀的形式析出，最适宜加入的反应物是；若将E溶于过量盐酸，反应的离子方程式（4）在实验室进行反应时，观察到的现象
11、，在所得产物中加入水，得浑浊液，要使其变澄清，可加入少量的四、23（20分）（2009北京）某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱的，按下图装置进行试验（夹持仪器已略去）实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸可选药品：浓硝酸、3mo/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O（1）实验应避免有害气体排放到空气中，装置、中盛放的药品依次是（2）滴加浓硝酸之前的操作时检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后（3）装置中发生反应的化学方程
12、式是（4）装置的作用是，发生反应的化学方程式是（5）该小组得出的结论依据的试验现象是（6）试验结束后，同学们发现装置中溶液呈绿色，而不显蓝色甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体同学们分别涉及了一下4个试验来判断两种看法是否正确这些方案中可行的是（填序号字母，多选不给分）a）加热该绿色溶液，观察颜色变化 b）加水稀释绿色溶液，观察颜色变化c）向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化d）向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化2012-2013学年内蒙古包头一中高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（20×3
13、分，每小题只有一个选项正确）1（3分）（2009天津）化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是（）A维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用B糖类、蛋白质、油脂都属于天然高分子化合物C煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源D制作航天服的聚酯纤维和用于光缆通信的光导纤维都是新型无机非金属材料考点：维生素在人体中的作用；无机非金属材料；煤的干馏和综合利用；有机高分子化合物的结构和性质版权所有专题：化学应用分析：A、维生素C具有还原性；B、根据单糖、二糖、油脂不是天然高分子化合物；C、根据煤的气化和液化的概念分析；D、根据聚酯纤维和光导纤维的成分分析；解答：解：A、维生素C具有还原性，易与氧
14、化性物质反应，在人体内起抗氧化作用，故A正确；B、因多糖、蛋白质属于天然高分子化合物，而单糖、二糖、油脂不属于天然高分子化合物，故B错误；C、煤的气化是将固体煤中有机质转变为含有CO、H2、CH4等可燃气体；煤的液化指固体煤经化学加工转化成烃类液体燃料和化工原料的过程；两者都生成了新物质，故C错误；D、因制作航天服的聚酯纤维属于有机物，故D错误；故选A点评：本题考查了维生素，天然高分子化合物有机物等，难度不大，注意知识的积累2（3分）（2013春东河区校级期末）下列排列顺序正确的是（）A粒子半径：AlMgFB热稳定性：HIHBrHClHFC酸性：H2SiO3H3PO4H2SO4HClO4D碱性
15、：Al（OH）3Mg（OH）2NaOH考点：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；微粒半径大小的比较版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A根据同周期元素原子半径从左到右逐渐减小判断；B元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；C元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；D元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强解答：解：AMg、Al位于周期表相同周期，原子半径MgAl，故A错误；B非金属性IBrClF，则热稳定性：HIHBrHClHF，故B错误；C非金属性SiPSCl，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化
16、物的水化物的酸性越强，故C正确；D金属性AlMgNa，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，故D错误故选C点评：本题考查元素周期律知识，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和综合运用的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握元素周期律的递变规律以及元素的性质与对应的单质、化合物的性质的关系，难度不大3（3分）（2013宁波校级学业考试）下列各图所表示的反应是吸热反应的是（）ABCD考点：吸热反应和放热反应；化学反应中能量转化的原因版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：根据反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小来判断解答：解：若反应物的总能量生成物的总能量，则反应为放热反应
17、，若反应物的总能量生成物的总能量，则反应为吸热热反应故选：A点评：在化学反应中，由于反应中存在能量的变化，所以反应物的总能量和生成物的总能量不可能相等4（3分）（2013钦北区校级模拟）下列各组离子，在溶液中能大量共存、加入NaOH溶液后加热既有气体放出又有沉淀生成的一组是（）ABa2+、NO3、NH4+、ClBCa2+、HCO3、NH4+、AlO2CK+、Ba2+、Cl、HSO3DMg2+、NH4+、SO42、K+考点：离子共存问题版权所有专题：热点问题；元素及其化合物分析：根据溶液中离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应、不能促进电离来分析离子在溶液中能大量共存
18、；然后根据溶液中的离子与NaOH溶液反应既有气体放出又有沉淀生成的即为正确答案解答：解：A、因该组离子之间不反应，则离子能大量共存，当加入NaOH会与NH4+反应产生NH3，但没有沉淀，故A错误；B、因AlO2能促进HCO3的电离，生成Al（OH）3沉淀和碳酸根离子，则该组离子不能大量共存，故B错误；C、因该组离子之间不反应，则离子能大量共存，当加入NaOH会与HSO3生成SO32，SO32与Ba2+可生成BaSO3沉淀，但无气体生成，故C错误；D、因该组离子之间不反应，则离子能大量共存，当加入NaOH后，OH与NH4+产生NH3，OH与Mg2+会产生Mg（OH）2沉淀，符合题意，故D正确；故
19、选D点评：本题考查离子的共存问题及复分解反应，明确题意中原离子组能共存，当加入碱既有气体又有沉淀生成两个条件来分析解答，熟悉离子的性质及常见离子之间的反应是解答的关键5（3分）（2012秋安庆期末）常温常压下，取下列四种有机物各1mol，分别在足量的氧气中燃烧，消耗氧气最多的是（）AC2H5OHBCH4CC2H4ODC3H8考点：化学方程式的有关计算版权所有专题：烃及其衍生物的燃烧规律分析：根据物质的组成判断耗氧量，物质的量相同的烃CxHy的耗氧量取决于x+，物质的量相同的含烃氧衍生物CxHyOz耗氧量取决于x+，据此判断物质的量相同各物质的耗氧量解答：解：A、C2H5OH，其x+=2+=3，
20、即1molC2H5OH消耗3mol氧气；B、CH4，其x+=1+1=2，即1molCH4消耗2mol氧气；C、C2H4O，其x+=2+1=2.5，即1molC2H4O消耗2.5mol氧气；D、C3H8，其x+=3+2=5，即1molC3H8消耗5mol氧气；所以相同物质的量的各物质C3H8耗氧量最大故选：D点评：考查有机物耗氧量规律，难度较小，掌握有机物耗氧量规律，注意知识的归纳总结6（3分）（2011连云港模拟）关于阿伏伽德罗常数NA，下列说法正确的是（）A常温常压下，1mol白磷中含有共价键为4NAB标准状况下，22.4L甲醇完全燃烧产生NA个CO2分子C常温常压下，46g NO2、N2O
21、4混合物中，分子数为NAD1L1mol/L Na2CO3溶液中，阴离子个数大于NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、根据白磷是正四面体型结构，分子中含有6个PP共价键计算出1mol白磷含有的共价键；B、标况下，甲醇是液体，无法根据甲醇的体积计算出甲醇的物质的量；C、NO2、N2O4在容器中存在平衡N2O42NO2，无法计算混合物的分子数；D、碳酸钠溶液中，碳酸根离子部分水解生成了氢氧根离子，阴离子数目增加解答：解：A、白磷是正四面体型结构，分子中含有6个PP共价键；白磷（分子式为P4）的物质的量是1mol，含有6molPP共价键，所以分子中含有PP共价键
22、6NA，故A错误；B、在标准状况下，甲醇不是气体，无法计算22.4L甲醇的物质的量，也就无法计算甲醇完全燃烧产生的二氧化碳的分子数，故B错误；C、由于NO2、N2O4在容器中存在平衡：N2O42NO2，无法计算46gNO2、N2O4的物质的量及分子数，故C错误；D、1L1mol/L Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠的物质的量为1mol，由于溶液中碳酸根离子部分水解生成氢氧根离子，导致溶液中阴离子数目增加，所以溶液中阴离子个数大于NA，故D正确；故选D点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意NO2、N2O4在容器中存在平衡：N2O42NO2，阿伏加德罗常数是高考中的“热点
23、”，要准确解答好这类题目，既要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，还要要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系7（3分）（2013春东河区校级期末）下列各组物质中化学键的类型相同的是（）AHCl MgCl2 NH4ClBH2O Na2O CO2CCaCl2 NaOH H2ODNH3 H2O CO2考点：化学键版权所有专题：化学键与晶体结构分析：一般金属元素与非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键，以此来解答解答：解：AHCl中为共价键，MgCl2中为离子键，NH4Cl中既有离子键和共价键，故A不选；BH2O中为共价键，Na2O中为离子键，CO2中含
24、共价键，故B不选；CCaCl2中为离子键，NaOH中既有离子键和共价键，H2O中为共价键，故C错误；DNH3中为共价键，H2O中为共价键，CO2中含共价键，故D选；故选D点评：本题考查化学键，明确判断化学键的一般规律是解答本题的关键，题目难度不大8（3分）（2013春东河区校级期末）下列各组物质相互混合进行反应，既有气体生成最终又有沉淀生成的是（）A金属钠投入CuSO4溶液中B过量的NaOH溶液和明矾溶液反应C少量烧碱过量的NaHCO3溶液中D金属铝投入KOH溶液中考点：钠的化学性质；钠的重要化合物；铝的化学性质；镁、铝的重要化合物版权所有专题：元素及其化合物分析：A、钠与水反应生成氢氧化钠和
25、氢气，氢氧化钠与硫酸铜发生反应生成氢氧化铜沉淀；B、过量的氢氧化钠和明矾溶液发生复分解反应；C、少量氢氧化钠与过量的NaHCO3溶液反应生成碳酸钠和水；D、铝与氢氧化钾溶液反应生成偏氯酸钾和氢气解答：解：A、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与硫酸铜发生反应生成氢氧化铜沉淀，故A正确；B、过量NaOH溶液和明矾溶液反应中明矾中的铝离子和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，反应方程式为：4OH+Al3+=AlO2+2H2O，无沉淀生成，无气体生成，故B错误；C、少量氢氧化钠与过量的NaHCO3溶液反应生成碳酸钠和水，化学方程式为：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，故C错误；D、铝与氢氧
26、化钾溶液反应生成偏氯酸钾和氢气，没有沉淀，故D错误；故选：A点评：本题考查了物质间的反应，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，需熟练掌握元素化合物之间的反应9（3分）（2009北京）下列叙述正确的是（）A将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀B在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu（NO3）2固体，铜粉仍不溶C向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失D纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变考点：二氧化硫的化学性质；化学反应速率的影响因素；硝酸的化学性质；两性氧化物和两性
27、氢氧化物版权所有专题：压轴题；化学反应速率专题；元素及其化合物分析：ACO2和SO2与BaCl2不反应，没有沉淀产生；BNO3具有强氧化性，在酸性条件下与Cu发生氧化还原反应；CAl（OH）3不溶于弱碱，但可溶于强碱和强酸；D锌和铜在酸性条件下形成原电池反应，反应速率较大解答：解：ACO2和SO2对应的酸比HCl弱，二者与BaCl2不反应，没有沉淀产生，故A错误；B铜和稀硫酸不反应，加入Cu（NO3）2固体，NO3具有强氧化性，在酸性条件下与Cu发生氧化还原反应，可溶解铜，故B错误；C氨水呈弱碱性，向AlCl3溶液中滴加氨水，生成Al（OH）3，Al（OH）3不溶于弱碱，但可溶于强碱和强酸，则
28、再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失，故C正确；D加入少量CuSO4固体，置换出铜，锌和铜在酸性条件下形成原电池反应，反应速率较大，故D错误故选C点评：本题考查元素化合物知识，题目难度中等，本题注意CO2和SO2对应的酸比HCl弱，Al（OH）3不溶于弱碱，以及原电池反应等知识，为元素化合物中常考查知识，学习中注意积累10（3分）（2011湖南一模）在20、1个大气压下，将三个分别盛满氨气、氯化氢、二氧化氮的等容积烧瓶分别倒置于盛有水的水槽中，当水进入烧瓶中，并使气体充分溶解后（假设烧瓶中的溶液不向外扩散），三种溶液的物质的量浓度之比为（）A1：1：1B3：3：2C1：2：3D1：1：2考点：
29、物质的量浓度的相关计算版权所有专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：相同条件下，等体积的气体其物质的量相等，氨气和氯化氢极易溶于水，则盛有等体积氯化氢、氨气的烧瓶分别倒立在水槽中时，水会充满整个烧瓶；二氧化氮和水反应方程式为：3NO2+2H2O=2HNO3+NO，根据方程式知，水会充入烧瓶的，根据c=计算溶液的物质的量浓度解答：解：盛有等体积氯化氢、氨气的烧瓶分别倒立在水槽中时，水会充满整个烧瓶；二氧化氮和水反应方程式为：3NO2+2H2O=2HNO3+NO，根据方程式知，水会充入烧瓶的，溶液中的溶质是硝酸，其物质的量是二氧化氮的，相同条件下，等体积的气体其物质的量相等，令气体的物质的量为amo
30、l，假设烧瓶的体积是VL，三种溶液中溶质的物质的量分别是：n（NH3）=n（HCl）=amol，n（HNO3）=amol，三种溶液的体积分别是V（NH3）=V（HCl）=VL，V（HNO3）=VL，根据c=可知，c（NH3）=c（HCl）=c（NO2）=mol/L，所以其浓度之比为1：1：1，故选A点评：本题考查了物质的量浓度的有关计算，判断所得溶液体积与气体体积关系是关键，利用赋值法进行解答使计算过程简单化，注意盛放二氧化氮的烧瓶中溶液体积、溶质的物质的量与二氧化氮的关系，为易错点11（3分）（2013春东河区校级期末）下列反应的离子方程式书写正确的是（）A用稀HNO3溶解FeS固体：FeS
31、+2H+=Fe2+H2SB氯气通入澄清石灰水中：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2OC用小苏打治疗胃酸过多：CO32+2H+=CO2+H2OD硅酸钠溶液中通入过量二氧化碳：SiO32+CO2+H2O=H2SiO3+CO32考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A、不符合客观事实，两者之间要发生氧化还原反应；B、是氯气自身的氧化还原反应；C、小苏打的主要成份是碳酸氢钠，碳酸氢根离子不能拆；D、过量二氧化碳生成碳酸氢根离子解答：解：A、不符合客观事实，两者之间要发生氧化还原反应，正确的离子方程式为 FeS+4H+NO3Fe3+S+NO+2H2O，故A错误；B、是氯气自身的氧化还原反
32、应，正确的离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故B正确；C、小苏打的主要成份是碳酸氢钠，碳酸氢根离子不能拆，离子方程式为HCO3+H+=CO2+H2O，故C错误；D、过量二氧化碳生成碳酸氢根离子，正确的离子方程式为SiO32+2CO2+2H2O=H2SiO3+2HCO3，故D错误；故选B点评：本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，注意从化学式、离子符号、电荷守恒以及是否符合反应实际的角度分析12（3分）（2011新疆一模）下列关于溶液和胶体的叙述，正确的是（）A溶液是电中性的，胶体是带电的B通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动C溶液中溶质分子的
33、运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动D一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者则没有考点：胶体的重要性质版权所有专题：溶液和胶体专题分析：A、胶体是电中性的；B、通电时溶质电离出的阴阳离子分别移向两极，溶质是非电解质时不移向任何电极；C、溶液中溶质分子运动无规律D、胶体能发生丁达尔现象，溶液没有；解答：解：A、溶液是电中性的，胶体也是电中性的，胶体粒子吸附了带电的离子，故A错误；B、通电时，溶液中的溶质粒子是电解质，电离出的阴阳离子分别向两极移动，若溶质是非电解质不移向电极，胶体中的分散质粒子向某一极移动，故B错误；C、胶体的分散质粒子在显微镜观察下呈现无规则运
34、动，这就是胶体的布朗运动特性溶液中的离子呈现自由态，其运动是无规律可言的故C错误；D、溶液没有丁达尔现象而胶体存在，故胶体出现明显的光带，故D正确；点评：本题考查了胶体、溶液的性质区别，较简单，注意胶体粒子的吸附离子作用13（3分）（2012长宁区一模）某元素只存在两种天然同位素，且在自然界它们的含量相近，其相对原子质量为152.0，原子核外的电子数为63下列叙述中错误的是（）A它是副族元素B它是第六周期元素C它的原子核内有63个质子D它的一种同位素的核内有89个中子考点：元素周期表的结构及其应用；质量数与质子数、中子数之间的相互关系版权所有专题：原子组成与结构专题分析：A、根据元素在周期表中
35、的位置；B、根据元素在周期表中的位置；C、根据核外电子数等于其质子数；D、同种元素的不同核素质量数不同；解答：解：A、因核外电子数等于其质子数为63，用质子数分别减去各周期所含有的元素种类，632881818=9，显然其属于第六周期，从左到右的第9种，而第六周期中包含镧系，所以它应属于副族，故A正确；B、因核外电子数等于其质子数为63，用质子数分别减去各周期所含有的元素种类，632881818=9，显然其属于第六周期，从左到右的第9种，而第六周期中包含镧系，所以它应属于副族，故B正确；C、核外电子数等于其质子数，故C正确；D、同种元素的不同核素质量数不同，不能用元素的相对原子质量代表某种核素的
36、质量数，故D错误；故选：D点评：本题需要掌握根据原子序数推知元素在周期表中的位置，熟悉元素周期表的结构，这是解题的关键14（3分）（2009安徽）石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料（结构示意图如下），可由石墨剥离而成，具有极好的应用前景下列说法正确的是（）A石墨烯与石墨互为同位素B0.12g石墨烯中含有6.021022个碳原子C石墨烯是一种有机物D石墨烯中的碳原子间以共价键结合考点：晶胞的计算；同位素及其应用；化学键版权所有专题：化学键与晶体结构分析：A、因题目中说明“石墨烯可由石墨剥离而成”，故不符合同位素的概念；B、0.12g石墨含碳原子数为=6.021021；C、石墨烯只由C元素
37、组成，是无机物； D、一般非金属与非金属元素的原子之间以共价键结合解答：解：A、石墨烯与石墨均是碳元素形成的单质，应是互为同素异形体的关系，而同位素应是同一元素不同原子间的互称，故A错误；B、0.12g石墨含=6.021021个碳原子，故B错误；C、有机物通常指含碳元素的化合物，而石墨烯显然是由碳原子构成的单质，故C错误；D、石墨烯是由石墨剥离而成，即是石墨中的一层，碳原子间是以共价键结合，故D正确；故选D点评：本题考查石墨烯的理解，题目难度不大，注意同位素、同素异形体、有机物等概念的理解15（3分）（2013春东河区校级期末）下列各组反应中，所得产物相同的是（）A金属钠在常温或加热时与氧气反
38、应B氯化铝溶液与少量氨水或过量氨水反应C金属铜与浓硝酸或稀硝酸反应D溴乙烷与烧碱的水溶液或烧碱的醇溶液反应考点：钠的化学性质；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质；溴乙烷的化学性质版权所有专题：元素及其化合物；有机反应分析：A、Na在常温下与氧气反应生成氧化钠，加热条件下与氧气反应生成过氧化钠；B、铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于氨水；C、金属铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮；D、溴乙烷与烧碱的水溶液发生取代反应，与烧碱的醇溶液发生消去反应解答：解：A、Na在常温下与氧气反应生成氧化钠，加热条件下与氧气反应生成过氧化钠，故A错误；B、铝离子与氨
39、水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于氨水，故B正确；C、金属铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮，故C错误；D、溴乙烷与烧碱的水溶液发生取代反应生成乙醇，溴乙烷与烧碱的醇溶液发生消去反应生成乙烯，故D错误；故选：B点评：本题考查条件对化学反应的影响，题目难度适中，掌握化学反应原理是解题的关键，平时注意对涉及此类情况的化学反应的积累16（3分）（2013春东河区校级期末）向NaBr、NaI、Na2S03混合液中，通入过量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到剩余固体物质的组成是（）ANaCl NaBr NaS04BNaCl Na2S04CNaCl Na2S03DNaCl NaI N
40、a2S04考点：氯气的化学性质；氧化还原反应；钠的重要化合物版权所有专题：元素及其化合物分析：在Br、I、SO32中，还原性由弱到强为BrISO32，向含有NaBr和NaI、Na2S03的混合溶液中通入过量氯气发生：Cl2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HCl、2NaI+Cl2=2NaCl+I2、2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，结合Br2和I2的性质分析解答：解：向含有NaBr和NaI、Na2S03的混合溶液中通入过量氯气发生：Cl2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HCl、2NaI+Cl2=2NaCl+I2、2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，加热时，Br2、HCl
41、易挥发，I2易升华，最后所得固体只有NaCl和Na2SO4，故选B点评：本题考查卤素知识，明确离子反应先后顺序及生成物的性质是解本题关键，难度不大17（3分）（2014碑林区校级一模）将15mL 2molL1 Na2CO3溶液逐滴加入到40mL 0.5molL1 MCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是（）A4B3C2D1考点：离子方程式的有关计算版权所有分析：根据Na2CO3溶液与MCln盐溶液反应时，恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为碳酸盐，利用化合价得出Mn+离子与nCO32离子的关系，然后利用物质的量来计算解答解答：解：Na2CO3溶液中CO32离
42、子的物质的量为15mL1032molL1=0.03mol，MCln盐溶液中Mn+离子的物质的量为40mL1030.5molL1=0.02mol，由反应中恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为碳酸盐，及M的化合价为+n，则Na2CO3与MCln反应对应的关系式为： 2Mn+nCO32 2 n0.02mol 0.03mol，解得n=3，故选：B点评：本题考查学生利用溶液中的离子之间的反应来进行简单计算，明确离子之间的关系是解答的关键，并应熟悉离子的物质的量的计算来解答即可18（3分）（2013春五华区校级期末）现有等浓度的下列溶液：醋酸，苯酚，苯酚钠，碳酸，碳酸钠，碳酸氢钠按溶液pH由小到大排列正确的
43、是（）ABCD考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：先将物质按酸和盐进行分类，再把酸按酸的强弱进行排序，酸性越强的酸其pH值越小；把盐按其阴离子的水解程度进行排序，盐水解程度越大的其碱性越强，溶液的pH值越大解答：解：醋酸、苯酚、碳酸是酸，等浓度的三种溶液，醋酸的酸性大于碳酸，碳酸的酸性大于苯酚，所以pH值由小到大的顺序是：醋酸碳酸苯酚；苯酚钠、碳酸钠、碳酸氢钠是盐，碳酸的酸性大于苯酚，碳酸的第一步电离程度大于第二步电离程度，碳酸根离子对应的酸是碳酸氢根离子，所以等浓度的三种盐，苯酚钠的水解程度小于碳酸钠，碳酸氢钠的水解程
44、度小于苯酚钠，所以pH值由小到大的顺序是：碳酸氢钠苯酚钠碳酸钠，所以这六种溶液pH由小到大排列正确的是，故选C点评：本题考查了等浓度的酸、盐pH值大小的顺序，解题规律是：按照强酸弱酸水解显酸性的盐中性的盐水解显碱性的盐弱碱强碱的顺序将各物质进行排列，明确苯酚钠的水解程度小于碳酸钠的水解程度，导致同浓度的苯酚钠和碳酸钠溶液，碳酸钠的碱性大于苯酚钠，此点为易错点19（3分）（2014秋腾冲县校级期末）能正确表示下列反应的离子方程式是（）A将铜屑加入Fe3+溶液中：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+B将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O4+8H+3Fe3+4H2OC将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合：Fe2+4H+
45、NOFe3+2H2O+NOD将铁粉加入稀硫酸中：2Fe+6H+2Fe3+3H2考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A将铜屑加入Fe3+溶液中，铜具有还原性，三价铁离子具有氧化性，Fe3+氧化铜生成二价铜离子；B磁性氧化铁为Fe3O4，与非氧化性的酸反应生成亚铁离子、铁离子；CFe2+4H+NO3Fe3+2H2O+NO，方程式左右电荷不守恒；D铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气解答：解：A三价铁离子具有氧化性，铜具有还原性，Fe3+氧化铜生成二价铜离子，离子反应为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，故A正确；B将磁性氧化铁溶于盐酸，生成氯化亚铁、氯化铁和水，反应的离子方程式为：F
46、e3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2O，故B错误；C硝酸具有强氧化性，将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合，二价铁离子被氧化，Fe2+4H+NO3Fe3+2H2O+NO方程式左右电荷不守恒，正确反应的离子方程式为：3Fe2+4H+NO33Fe3+2H2O+NO，故C错误；D稀硫酸不具有强氧化性，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子反应方程式为：Fe+2H+Fe2+H2，故D错误；故选：A点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应及离子反应方程式的书写方法即可解答，题目难度不大20（3分）（2014红塔区校级模拟）将一定质量的镁和铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中
47、加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示则下列说法不正确的是（）A镁和铝的总质量为9 gB最初20 mL NaOH溶液用于中和过量的硫酸C硫酸的物质的量浓度为2.5 molL1D生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L考点：镁、铝的重要化合物；有关混合物反应的计算版权所有专题：计算题；元素及其化合物分析：由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，
48、二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的倍从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大，Mg（OH）2为0.15mol，Al（OH）3为0.35mol0.15mol=0.2mol，由于从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n（NaOH
49、）=nAl（OH）3=0.2mol，氢氧化钠的浓度为=5mol/LA、由元素守恒可知n（Al）=nAl（OH）3=0.2mol，n（Mg）=nMg（OH）2=0.15mol，据此计算；B、由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O；C、沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的，据此计算；D、由A中可知n（Al）=0.2mol，n（Mg）=0.15
50、mol，根据电子转移守恒可知2n（H2）=3n（Al）+2n（Mg），据此计算n（H2），再根据V=nVm计算氢气体积解答：解：由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al
51、（OH）3=NaAlO2+2H2O，当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大，Mg（OH）2为0.15mol，Al（OH）3为0.35mol0.15mol=0.2mol，由于从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n（NaOH）=nAl（OH）3=0.2mol，氢氧化钠的浓度为=5mol/LA、由元素守恒可知n（Al）=nAl（OH）3=0.2mol，n（Mg）=nMg（OH）2=0.15mol，所以镁和铝的总质量为0.2mol27g/mol
52、+0.15mol24g/mol=9g，故A正确；B、由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，故B正确；C、沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的倍，所以n（Na2SO4）=0.2L5mol/L=0.5mol，所以硫酸的浓度为=2.5mol/L，故C正确；D、由A中可知n（Al）=0.2mol，n（Mg）=0.15mol，根据电子转移守恒可知
53、2n（H2）=3n（Al）+2n（Mg）=30.2mol+20.15mol=0.9mol，所以n（H2）=0.45mol，故氢气体积为0.45mol22.4mol/L=10.08L，故D错误故选D点评：本题考查镁铝的重要化合物，以图象题的形式考查，题目难度中等，注意分析图象各阶段的物质的量的关系，根据各阶段的化学反应，利用守恒计算二、解答题（共2小题，满分20分）21（10分）（2013春东河区校级期末）如图所示，已知：甲、乙、丙、丁均为前三周期元素的单质，甲、乙、丙均气体，丁为固体在一定条件下甲与丙和甲与丁都按物质的量之比1：3反应，分别生成 X和Y，在产物中元素甲呈负价在一定条件下乙与丙和
54、乙与丁都按物质的量之比l：2反应，分别生成Z和W，在产物中元素乙呈负价；请填空：（1）甲是N2，乙是O2（2）甲与丙反应生成X的化学方程式是：N2+3H22NH3 （3）乙与丁反应生成W的化学方程式是：2Mg+O22MgO（4）丁与CO2的化学反应方程式是：2Mg+CO22MgO+C考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：甲、乙、丙均为前三周期元素的气体单质，丁为固体单质，在一定条件下甲与丙和甲与丁都按物质的量之比1：3反应，分别生成 X和Y，在产物中元素甲呈负价，则甲与丙的反应为氮气与氢气反应，故甲为N2，丙为H2，X为NH3，可推知丁为Mg，Y为Mg3N2；在一定条件下乙与丙、乙与丁都
55、按物质的量之比1：2反应，分别生成Z和W，在产物中元素乙呈负价，说明乙非金属性比N元素强，可以推知，乙为O2，Z为H2O，W为MgO，据此解答解答：解：甲、乙、丙均为前三周期元素的气体单质，丁为固体单质，在一定条件下甲与丙和甲与丁都按物质的量之比1：3反应，分别生成 X和Y，在产物中元素甲呈负价，则甲与丙的反应为氮气与氢气反应，故甲为N2，丙为H2，X为NH3，可推知丁为Mg，Y为Mg3N2；在一定条件下乙与丙、乙与丁都按物质的量之比1：2反应，分别生成Z和W，在产物中元素乙呈负价，说明乙非金属性比N元素强，可以推知，乙为O2，Z为H2O，W为MgO，（1）由上述分析可知，甲是N2，乙是O2，
56、故答案为：N2；O2；（2）甲与丙反应生成X的反应是氨气和氢气合成氨的反应，反应的化学方程式是：N2+3H22NH3 ，故答案为：N2+3H22NH3 ；（3）乙与丁反应生成W反应是Mg与氧气反应生成氧化镁，反应方程式为：2Mg+O22MgO，故答案为：2Mg+O22MgO；（4）Mg与CO2反应生成MgO与C，化学反应方程式是：2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C点评：本题考查无机物推断，属于猜测验证型题目，注意充分利用短周期中的气体单质及固体单质、反应定量关系，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度较大22（10分）（2013春东河区校级期末）如图表示各物质之间的
57、相互转化关系（部分反应物或生成物未列出）其中A、D为常见金属，J为红褐色沉淀（1）A的原子结构示意图为，B的化学式为Fe2O3E的化学式为NaAlO2，F的化学式为FeCl2（2）反应的离子方程式Al2O3+2OH=2AlO2+H2OA，反应的化学方程式4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3（3）在反应中，要使E中的一种金属元素全部以沉淀的形式析出，最适宜加入的反应物是CO2；若将E溶于过量盐酸，反应的离子方程式AlO2+4H+=Al3+2H2O（4）在实验室进行反应时，观察到的现象产生棕色的烟，在所得产物中加入水，得浑浊液，要使其变澄清，可加入少量的盐酸考点：无机物的推断版权所有
58、专题：推断题分析：其中A、D为常见金属，J为红褐色沉淀，应为Fe（OH）3，金属D与盐酸反应生成F，F与氢氧化钠反应生成I，I转化得到Fe（OH）3，由元素守恒可知，金属D为Fe，故F为FeCl2，I为Fe（OH）2，F与氯气反应生成G为FeCl3，B反应得到氯化铁，且金属A与B反应得到Fe与C，应是铝热反应，可推知A为Al、B为Fe2O3，则C为Al2O3，与NaOH反应生成NaAlO2，则E为NaAlO2，据此解答解答：解：其中A、D为常见金属，J为红褐色沉淀，应为Fe（OH）3，金属D与盐酸反应生成F，F与氢氧化钠反应生成I，I转化得到Fe（OH）3，由元素守恒可知，金属D为Fe，故F为
59、FeCl2，I为Fe（OH）2，F与氯气反应生成G为FeCl3，B反应得到氯化铁，且金属A与B反应得到Fe与C，应是铝热反应，可推知A为Al、B为Fe2O3，则C为Al2O3，与NaOH反应生成NaAlO2，则E为NaAlO2，（1）A为Al，原子结构示意图为，B为Fe2O3，E为NaAlO2，F为FeCl2，故答案为：；Fe2O3；NaAlO2；FeCl2；（2）反应氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，离子方程式为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O，反应是氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：Al2O3+2OH=2A
60、lO2+H2O；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（3）在反应中，要使NaAlO2中的金属Al元素全部以沉淀的形式析出，最适宜加入的反应物是 CO2；若将NaAlO2溶于过量盐酸，反应生成氯化钠、氯化铝与水，反应的离子方程式为：AlO2+4H+=Al3+2H2O，故答案为：CO2；AlO2+4H+=Al3+2H2O；（4）Fe在氯气中燃烧产生棕色的烟，所得产物为氯化铁，加入水，铁离子水解得到氢氧化铁使溶液变浊液，要使其变澄清，可加入少量的盐酸，故答案为：产生棕色的烟；盐酸点评：本题考查无机物推断，涉及Fe、Al元素单质化合物性质，J为红褐色沉淀是推断突破口，需要学生熟练掌握元
61、素化合物性质，难度中等四、23（20分）（2009北京）某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱的，按下图装置进行试验（夹持仪器已略去）实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸可选药品：浓硝酸、3mo/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O（1）实验应避免有害气体排放到空气中，装置、中盛放的药品依次是3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液（2）滴加浓硝酸之前的操作时检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后通入CO2一段时间，关闭弹
62、簧夹，将装置中导管末端伸入倒置的烧瓶内（3）装置中发生反应的化学方程式是Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O（4）装置的作用是将NO2转化为NO，发生反应的化学方程式是3NO2 +H2O=2HNO3 +NO（5）该小组得出的结论依据的试验现象是装置中液面上方气体仍为无色，装置中液面上方气体由无色变为红棕色（6）试验结束后，同学们发现装置中溶液呈绿色，而不显蓝色甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体同学们分别涉及了一下4个试验来判断两种看法是否正确这些方案中可行的是acd（填序号字母，多选不给分）a）加热该绿色溶液，观察颜色变
63、化 b）加水稀释绿色溶液，观察颜色变化c）向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化d）向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化考点：硝酸的化学性质；性质实验方案的设计版权所有专题：实验题分析：（1）根据装置特点和实验目的判断；（2）根据空气造成的影响确定如何实施操作；同时根据一氧化氮的性质判断装置的操作；（3）根据铜和浓硝酸的性质结合实验现象判断产物，从而确定反应方程式；（4）根据二氧化氮的性质且能转化为一氧化氮选择试剂；根据实验现象结合二氧化氮的性质书写反应方程式； （5）根据对比实验、的实验现象判断；（6）根据是否改变溶液中硝酸铜的质量分数或溶解气体的浓度判断；解答：解：（
64、1）根据装置特点和实验目的，装置是收集NO，装置中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大气；因为要验证稀HNO3不能氧化NO，所以装置中应该盛放稀硝酸故答案为：3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液；（2）由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出故答案为：通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置中导管末端伸入倒置的烧瓶内；（3）Cu与浓HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO2、H2O，故答案为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；（4）
65、装置中盛放H2O，使NO2与H2O反应生成NO：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：将NO2转化为NO； 3NO2+H2O=2HNO3+NO； （5）NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO，所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化即可说明之装置中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置液面的上方会产生红棕色气体故答案为：装置中液面上方气体仍为无色，装置中液面上方气体由无色变为红棕色；（6）要证明是Cu（NO3）2浓度过高或是溶解了NO2导致装置中溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走（a、c方案）再观察颜色变化，二是增大溶液中NO2浓度（d方案），通过观察颜色变化可以判断故选a c d点评：本题主要考查HNO3的性质、属物质验证性实验设计，利用对比的方法判断硝酸的性质物质验证性实验方案的设计如下：结合已知的物质具有的性质，选择合适的试剂，设计具体实验方案验证物质是否具有该性质对有毒气体要设计尾气处理装置，防止污染环境
