1、2016-2017学年山东省滕州市实验高中高三一轮复习第一周化学自测题第I卷（选择题）一、选择题1.NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A标准状况下，2.24LNO2分子总数小于0.1NAB50ml，18.4 mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAC标准状况下，33.6 L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NAD6.8g液态KHSO4中含有0.1NA个阳离子2.下列离子方程式书写正确的是（）A熔融状态下硫酸氢钾的电离方程式：KHSO4K+HSO4BNaHS水解：HS+H2OH3O+S2CFe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+Fe3+3H2OD
2、碳酸电离：H2CO32H+CO323.向1mol炽热的Cu2S中通入足量的水蒸气，充分反应后生成2mol H2，则Cu2S应转化为（）ACu和SO2BCu和SCCuO和SO2DCu2O和S4. 水处理包括水的净化、杀菌消毒、蒸馏等其中常见的杀菌消毒剂包括氯气、臭氧、漂白粉、活性炭等游泳场馆往往用臭氧、活性炭对游泳池进行消毒和净化下列说法中正确的是（）A臭氧、活性炭处理水的原理相同B氯气是一种常用的消毒剂，用氯气消毒的水也可以用于配制各种化学试剂C氯气和二氧化硫都具有漂白性，等体积的两者混合会提高漂白的效率D漂白粉长期露置在空气中会失效5.通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是太阳光催化
3、分解水制氢：2H2O(l) 2H2(g)+ O2(g) H1=571.6kJmol1焦炭与水反应制氢：C(s)+ H2O(g) CO(g)+ H2(g) H2=131.3kJmol1甲烷与水反应制氢：CH4(g)+ H2O(g) CO(g)+3H2(g) H3=206.1kJmol1A.反应中电能转化为化学能B.反应为放热反应C.反应使用催化剂，H3减小D.反应CH4(g)C(s)+2H2(g)的H3=74.8kJmol16.短周期元素R、T、Q、W、G在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中Q是无机非金属材料的主角下列判断正确的是（）RTQWGA离子半径：TWGB最简单气态氢化物的热稳定性：
4、QRC最高价氧化物对应水化物的酸性：QWGDT和G组成的化合物甲溶于水，其水溶液呈中性7.下列反应在任何温度下均能自发进行的是（）A2H2O2（l）=O2（g）+2H2O （l）H=196 kJmol1B2N2（g）+O2（g）=2N2O（g）H=+163 kJmol1C2Ag（s）+Cl2（g）=2AgCl（s）H=254 kJmol1D2HgO（s）=2Hg（l）+O2 （g）H=+182kJmol18.化合物HIn在水溶液中因存在以下电离平衡，故可用作酸碱指示剂：HIn（溶液）H+（溶液）+In（溶液）红色 黄色浓度为0.02molL1的下列各溶液：盐酸 石灰水 NaCl溶液 NaHSO
5、4溶液 NaHCO3溶液 氨水，其中能使指示剂显红色的是（）ABCD9.交通运输部在南海华阳礁举行华阳灯塔和赤灯塔竣工发光仪式，宣布两座大型多功能灯塔正式发光并投入使用。灯塔可用镁海水电池提供能源，其装置如图所示。下列有关海水电池的说法正确的是（ ） AX可为铁、铜、石墨等电极B每转移2 mol电子，2mol H+由交换膜左侧向右侧迁移C正极的电极反应式为H2O22e-2H+2H2OD该电池能将化学能全部转化成电能10.下列关于胶体的叙述不正确的是( )A胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1 nm100 nm之间B用平行光照射CuSO4溶液和Fe(OH)3胶体，可以加以区分C把
6、FeCl3饱和溶液滴入到NaOH溶液中，以制取Fe(OH)3胶体D树林中的晨曦，该现象与丁达尔效应有关11.以下说法在一定条件下均可以实现的是（ ）酸性氧化物与碱发生反应；弱酸与盐溶液反应可以生成强酸；没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应；两种酸溶液充分反应后的溶液体系为中性；有单质参加的非氧化还原反应；两种氧化物反应的产物有气体A BC D12.下列有关物质分类说法正确的是（ ）A钠、镁、铁对应的氧化物都是碱性氧化物B食醋、纯碱、食盐分别属于酸、碱、盐C生铁、不锈钢、青铜都属于合金D明矾、小苏打、水玻璃、次氯酸均为电解质13.现有H2、CO（体积比为1：2）的混合气体VL，当其完全燃
7、烧时所需O2体积为（）A3VLB2VLCVLD0.5VL14.实验室中需要配制2mol/L的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取NaCl质量分别是（）A950mL，111.2gB500mL，117gC1000mL，117gD1000mL，111.2g15.用水处理金属钠与碳化钙的混合物，有气体放出，此气体在催化剂作用下恰好完全反应，生成另一种气体A气体A完全燃烧时，需要3.5倍体积的氧气，则金属钠与碳化钙的物质的量之比是（）A2：1B1：2C4：1D1：416.如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容据此下列说法正确的是（）A该试剂的物质的量浓度为9.
8、2molL1B该硫酸50mL与足量的铜反应可得到标准状况下SO2 10.3LC配制50mL 4.6molL1的稀硫酸需取该硫酸12.5mLD该硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数小于49%17.在298 K、100 kPa时，已知： 2H2O(g)=O2(g)2H2(g)H1 Cl2(g)H2(g)=2HCl(g) H2 2Cl2(g)2H2O(g)=4HCl(g)O2(g) H3则H3与H1和H2间的关系正确的是（ ）AH3H12H2 BH3H1H2 CH3H12H2 DH3H1H218.向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成NO2、NO混合气体，再向所得
9、溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3g沉淀另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反应，则氯气的体积在标准状况下为（ ）A7.84L B6.72L C4.48L D无法计算19.某有机物A由C、H、O三种元素组成，相对分子质量为90。将9.0 g A 完全燃烧的产物依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增重5.4 g和13.2 g。A能与NaHCO3溶液发生反应，且2分子A之间脱水可生成六元环化合物。有关A的说法正确的是A分子式是C3H8O3 BA催化氧化的产物能发生银镜反应C0.1 mol A与足量Na反应产生2.24 L H2（标准状况）DA在一定条件下发生缩聚反应的产物是 H OC
10、H2CH2CO nOH20.下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A向苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸均冒气泡两者均能与盐酸反应B向AgNO3溶液中滴加过量氨水溶液澄清Ag+与NH3H2O能大量共存C将可调高度的铜丝伸入到稀HNO3中溶液变蓝Cu与稀HNO3发生置换反应D将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性：Fe3+I2AABBCCDD二、计算题21.KClO3是一种常见的氧化剂，常用于医药工业、印染工业和制造烟火实验室用KClO3和MnO2混合加热制氧气，现取KClO3和MnO2的混合物16.60g加热至恒重，将反应后的固体加
11、15g水充分溶解，剩余固体6.55g （25），再加5g水充分溶解，仍剩余固体4.80g（25）（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，则原混合物中KClO3的质量为g；（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物求25时KCl的溶解度；求原混合物中KClO3的质量；所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为多少？（保留2位小数）（3）工业常利用3Cl2+6KOH（热）KClO3+5KCl+3H2O，制取KClO3（混有KClO）实验室模拟KClO3制备，在热的KOH溶液中通入一定量氯气充分反应后，测定溶液中n（K+）：n（Cl）=14：11，将所得溶液低温蒸
12、干，那么在得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为多少？（用小数表示，保留3位小数）22.向200.0mL某物质的量浓度的NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，充分反应在上述所得溶液中，逐滴缓慢滴加2.0molL1的盐酸，所得气体（不考虑溶解）的体积与滴加盐酸的体积关系如图（其中点A是线段OC上的动点）：（1）若OA=AC时，通入CO2后，所得溶液的溶质成分是 若OAAC时，OA段发生反应的离子方程式是 （3）若A点数值为80，C点数值为260，计算确定通入CO2后得到的溶液溶质成分及其物质的量浓度（溶液体积的变化忽略不计，写出计算过程） 23.A、B、C、D四种物质均为下列离子组成的可溶
13、性化合物，组成这四种物质的离子（离子不能重复组合）有：阳离子Na+、Al3+、Ba2+、NH4+阴离子Cl、OH、CO32、SO42分别取四种物质进行实验，实验结果如下：A、D溶液呈碱性，B呈酸性，C呈中性A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝回答下列问题：（1）A的化学式是，用电子式表示C的形成过程： （2）向A溶液中通入适量CO2，使生成的沉淀恰好溶解，所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是： （3）写出的离子方程式 （4）简述D溶液呈碱性的理由 三、实验题24.某同学设计如图所示的实
14、验方案：（1）A装置的分液漏斗里盛装浓盐酸，烧瓶里固体为重铬酸钾（K2Cr2O7），还原产物是CrCl3，写出A中离子方程式： （2）本实验目的是 ，B装置有几个作用，分别是除去氯气中的氯化氢、 拆去a导管的后果可能是 （3）装置C的功能是探究有氧化性的物质是否一定有漂白性，下列最佳试剂组合是湿润的红纸条干燥的红纸条干燥的红纸条湿润的红纸条碱石灰浓硫酸硅胶氯化钠湿润的红纸条干燥的红纸条干燥的白纸条干燥的红纸条（4）证明溴的非金属性比碘强的实验操作和现象是 （5）D装置进行实验时存在明显不足，它是 ，合适的溶液X是 （从氢氧化钠溶液亚硫酸钠溶液亚硫酸氢钠溶液氯化亚铁溶液硫氢化钠溶液碳酸氢钠溶液中
15、选择）25.新切开的苹果在空气中放置一段时间表面会变黄，最终变成褐色，这种现象在食品科学上通常称为“褐变”关于苹果褐变的原因有以下两种说法：A苹果中的Fe2+被空气中的氧气氧化成了Fe3+B苹果中的酚类物质被空气中的氧气氧化了究竟哪种说法正确，某小组同学通过实验进行了探究实验用品：苹果、浓度均为0.1molL1的盐酸、NaHCO3溶液、Na2SO3溶液，KSCN溶液，去氧蒸馏水（1）探究1：实验操作实验现象结论在“褐变”后的苹果上滴上23滴 溶液 说法A不正确（2）探究2：【查阅文献】苹果中含有多种酚和酚氧化酶，苹果中酚氧化酶的活性温度为35左右、活性pH约为5.57.5酚类物质遇FeCl3溶
16、液常发生显色反应而呈现一定颜色，如苯酚显紫色，对苯二酚显绿色，甲基苯酚显蓝色该小组将刚削皮的苹果切成七块，分别进行如下实验请填写下表中相应的结论：序号实验步骤现象结论在一块上滴加23滴FeCl3溶液表面变为绿色 再取两块，一块放置于空气中，另一块迅速浸入经过去氧的蒸馏水中前者表面逐渐褐变，后者相当长一段时间内，无明显变化苹果褐变与 有关另两块分别立刻放入沸水和0.1molL1盐酸中浸泡2min后取出，置于空气中相当长一段时间内，两块均无明显变化苹果褐变与酚氧化酶的活性有关最后两块分别立刻放入浓度均为0.1molL1的NaHCO3和Na2SO3溶液里浸泡2min后取出，置于空气中前者经过一段时间
17、表面逐渐褐变，后者相当长一段时间内，无明显变化亚硫酸钠溶液能阻止苹果褐变（3）问题分析：、常温下，浓度均为0.1molL 1 NaHCO3溶液略显碱性，而NaHSO3溶液却略显酸性NaHSO3溶液略显酸性是因为 、0.1molL1的NaHCO3溶液和Na2SO3溶液的pH相近，Na2SO3溶液却能阻止苹果褐变，结合离子方程式分析原因： ，、对探究2中的试验所得结论作进一步解释试卷答案1.A【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】A二氧化氮与四氧化二氮之间存在转化平衡；B稀硫酸与铜不发生反应，则铜足量时反应生成的二氧化硫的量减小；C标准状况下，氟化氢的状态不是气体；D
18、液态硫酸氢钾中含有的阳离子只有钾离子【解答】解：A标准状况下22.4L二氧化氮的物质的量为1mol，由于部分二氧化氮转化成四氧化二氮，则含有二氧化氮的物质的量小于1mol，含有NO2分子总数小于0.1NA，故A正确；B50mL 18.4 mol/L浓硫酸中含有硫酸的物质的量为：18.4mol/L0.05L=0.92mol，铜与浓硫酸的反应中，消耗0.92mol硫酸会生成0.46mol二氧化硫，由于浓硫酸变成稀硫酸后反应停止，则铜足量时反应生成的二氧化硫小于0.46mol，生成SO2分子的数目小于0.46NA，故B错误；C标准状况下，HF不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算33.6L氟
19、化氢的物质的量，故C错误；D6.8g硫酸氢钾的物质的量为：=0.05mol，0.05mol液态硫酸氢钾中含有0.05mol钾离子和0.05mol硫酸氢根离子，则含有阳离子的数目小于0.1NA，故D错误；故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的综合应用，题目难度不大，明确物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量、气体摩尔体积等之间的关系为解答关键，C为易错点，注意标准状况下HF不是气体2.A【考点】离子方程式的书写【分析】A强电解质，完全电离生成钾离子和硫酸氢根离子；B水解生成氢硫酸和氢氧根离子；C发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水；D电离分步进行，以第一步为主【解答】解：A熔融状态下硫酸氢钾的电离
20、方程式为KHSO4K+HSO4，故A正确；BNaHS水解离子反应为HS+H2OH2S+OH，故B错误；CFe（OH）3溶于氢碘酸的离子反应为2I+2Fe（OH）3+6H+2Fe2+I2+6H2O，故C错误；D碳酸电离方程式为H2CO3H+HCO3，故D错误；故选A【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，侧重水解、电离及氧化还原反应的离子反应考查，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3.A【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】1mol炽热的Cu2S中通入足量的水蒸气，充分反应后生成2mol H
21、2，则H元素得电子的物质的量是4mol，如果S元素失电子生成二氧化硫，则失去6mol电子，根据转移电子守恒确定Cu元素化合价变化【解答】解：1mol炽热的Cu2S中通入足量的水蒸气，充分反应后生成2mol H2，则H元素得电子的物质的量是4mol，如果S元素失电子生成二氧化硫，则失去6mol电子，根据转移电子知，Cu元素还要得到2mol电子，1mol炽热的Cu2S中铜的物质的量是2mol，所以Cu元素化合价由+1价变为0价符合，则Cu2S应转化为Cu和SO2，故选A【点评】本题考查了氧化还原反应，根据氧化还原反应中转移电子相等确定元素化合价变化，从而得到生成物，题目难度中等4. D【考点】三废
22、处理与环境保护【分析】A臭氧具有氧化性、活性炭具有吸附性；B氯水中含有氯气、HClO、H+、Cl等多种粒子，不能用于配制化学试剂，以免药品变质；C氯气和二氧化硫发生氧化还原反应；D次氯酸钙能与空气中的水和二氧化碳反应【解答】解：A臭氧具有氧化性、活性炭具有吸附性，二者的漂白原理不同，故A错误；B氯水中含有氯气、HClO、H+、Cl等多种粒子，如配制硝酸银溶液时会导致药品变质，故B错误；C氯气和二氧化硫发生氧化还原反应，生成硫酸和盐酸，漂白效率降低，故C错误；D漂白粉的主要成分为次氯酸钙，可与空气中二氧化碳反应生成不稳定的次氯酸，易变质，故D正确故选D【点评】本题考查较为综合，涉及元素化合物知识
23、的考查，侧重化学与生活、环境的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意相关基础知识的积累，难度不大5.DA.中太阳能转化为化学能，错误；B.中H2=131.3kJmol1，反应为吸热反应，错误；C.使用催化剂不能改变反应的始终态，不能改变化学反应的焓变，错误；D.根据盖斯定律-得反应CH4(g)C(s)+2H2(g)的H=74.8kJmol1，正确。6.B解：短周期元素中Q是无机非金属材料的主角，则Q是Si，由元素相对位置，可知T是Al、R是N、W是S、G是ClA电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2ClAl3+，故A错误；B非金属性：SiN，
24、元素的非金属性越强，形成的气态氢化物越稳定，因此最简单气态氢化物的稳定性：SiH4NH3，故B正确；C非金属性：ClSSi，最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4H2SO4H2SiO3，故C错误；DAl和Cl形成的化合物甲是AlCl3，氯化铝溶液中铝离子水解，溶液显酸性，故D错误，故选：B7.A解：A、反应是放热反应H0，S0，任何温度下都能自发进行，故A正确；B、反应是吸热反应H0，S0，任何温度下不能自发进行，故B错误；C、反应是放热反应H0，S0，低温下不能自发进行，故C错误；D、反应是吸热反应H0，S0，低温下不能自发进行，故D错误；故选：A8.C能使指示剂显红色，应使c（HIn）c
25、（In），所加入物质应使平衡向逆反应方向移动，所加入溶液应呈酸性，为酸性溶液，可使平衡向逆反应方向移动，而溶液呈碱性，可使平衡向正反应方向移动，为中性溶液，平衡不移动，故选C9.CA项，X与稀硫酸直接接触，若X为铁，在铁表面发生氧化还原反应，错误；B项，镁为负极，负极的电极反应式为Mg2e-Mg2+放电过程中，Mg2+由交换膜右侧向左侧迁移，最终镁极变轻，交换膜左侧生成，错误；C项，双氧水在正极上发生还原反应，正确；D项，任何电池的能量转化率小于100%，错误。10.C试题分析：A、本质特征为分散质的微粒直径大小，小于1nm为溶液，1nm100nm为胶体，大于100nm为浊液，故说法正确；B、
26、氢氧化铁胶体有丁达尔效应，溶液没有，因此可以加以区分，故说法正确；C、氢氧化铁胶体的制备：向沸水中滴加FeCl3溶液，当溶液变成红褐色，停止加热，液体为氢氧化铁胶体，故说法错误；D、树林的晨曦，此时空气为胶体，即具有丁达尔效应，故说法正确。11.A解析：酸性氧化物与碱发生反应生成盐和水，故可以实现；弱酸与盐溶液反应可以生成强酸，例如CuSO4+H2S=CuS+H2SO4,故可以实现；复分解反应发生的条件还可以是有弱电解质生成，故可以实现；例如亚硫酸与氢硫酸恰好生成硫和水的反应，两种酸溶液充分反应后的溶液体系为中性可以实现；同素异形体之间的转化说明有单质参加的非氧化还原反应可以实现；过氧化钠与二
27、氧化碳反应生成物中有氧气，说明两种氧化物反应的产物有气体可以实现。故答案选A12.C试题分析：A、过氧化钠不是碱性氧化物，A错误；B、纯碱是是碳酸钠，属于盐，B错误；C、生铁、不锈钢、青铜都属于合金，C正确；D、水玻璃是硅酸钠的水溶液，是混合物，不是电解质，D正确。答案选C。13.D考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：发生反应：2CO+O22CO2，2H2+O22H2O，H2、CO（体积比为1：2）的混合气体VL，分别为、，结合方程式可知，一定体积的混合气体耗氧量取决于V（CO+H2）的总量，与CO、H2的相对多少无关，以此解答解答：解：发生反应：2CO+O22CO2，2H2+O22H
28、2O，H2、CO（体积比为1：2）的混合气体VL，分别为、，结合方程式可知，一定体积的混合气体耗氧量取决于V（CO+H2）的总量，与CO、H2的相对多少无关，则其完全燃烧时所需O2体积为VL=0.5VL，故选D点评：本题考查混合物的有关计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度不大，根据方程式确定相同体积的CO、H2消耗氧气的体积相同是解题关键14.C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：容量瓶的规格为：50 mL，100 mL、250 mL、500 mL和1000 mL等多种，因此只能配制一定体积的溶液，没有950mL的容量瓶，可配制1000mL 2m
29、ol/L的NaCl溶液，取出950mL使用；根据n=cV以及m=nM进行计算解答：解：由于实验室没有950mL的容量瓶，所以应该选用1000mL的容量瓶进行配制，1000mL 2mol/L的氯化钠溶液中，溶质氯化钠的物质的量为：n（NaCl）=1L2mol/L=2mol，溶液中溶质氯化钠的质量为：m（NaCl）=2mol58.5g/mol=117g，故选：C点评：本题考查溶液的配制知识，比较基础，注意只能配制容量瓶上规定体积的溶液，不能配制任意体积的一定物质的量浓度的溶液，计算时也要按配制的体积来计算所需溶质15.C解：用水处理金属钠发生反应2Na+2H2O2NaOH+H2，用水处理碳化钙Ca
30、C2+2H2OCa（OH）2+HCCH，此气体在催化剂作用下恰好完全反应，生成另一种气体A，A为C2H2和H2的混合气体恰好完全反应的产物，设A为CxHy，CxHy+（x+）O2xCO2+H2O 1 x+ x+=3.5，因A为C2H2和H2的混合气体恰好完全反应的产物，所以x=2，y=6，A为C2H6，生成A的方程式为：2H2+C2H2C2H6，n（H2）：n（C2H2）=2：1，所以金属钠与碳化钙的物质的量之比为4：116.C【考点】物质的量浓度的相关计算 【分析】A根据c=计算该硫酸溶液的物质的量浓度；B、金属铜和浓硫酸的反应，随着反应的进行，硫酸变稀，金属铜和稀硫酸之间不反应；C、根据溶
31、液稀释前后溶质的物质的量不变进行计算回答；D、根据密度和体积计算溶液的总质量，根据硫酸的密度大于水的密度，判断质量分数关系【解答】解：A该硫酸溶液的物质的量浓度为mol/L=18.4mol/L，故A错误；B、金属铜和浓硫酸的反应，随着反应的进行，硫酸变稀，金属铜和稀硫酸之间不反应，所以硫酸50mL与足量的铜反应可得到标准状况下SO2小于10.3L，故B错误；C、设配制50mL4.6molL1的稀硫酸需取该硫酸的体积为xL，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变可知0.05L4.6mol/L=x18.4mol/L，解得x=0.0125L=12.5mL，故C正确；D、等体积混合，设体积分别为Vml，9
32、8%的H2SO4溶液密度为1，水密度为2，则混合后溶液的质量分数为w（H2SO4）=100%=100%，因硫酸的密度大于水的密度，则12，所以=100%49%，故D错误；故选C【点评】本题考查溶液浓度的计算和大小比较，题目难度较大，注意硫酸的浓度越大，密度越大；浓硫酸的稀释前后，溶质的质量不变17.A18.A试题分析：向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，反应生成了铁离子和铁离子，加入足量氢氧化钠溶液生成Fe（OH）3、Cu（OH）230.3g，则氢氧化铁和氢氧化铁中含有的氢氧根离子的质量为：30.3g-18.4g=11.9g，则n（OH-）=11.9/17=0.7m
33、ol；另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反应，Cl2与铜、铁反应产物为：FeCl3、CuCl2，则FeCl3、CuCl2中n（Cl-）等于Fe（OH）3、Cu（OH）2中n（OH-），即n（Cl-）=0.7mol，则消耗的Cl2的物质的量为：n（Cl2）=1/2n（Cl-）=0.35mol，标况下0.35mol氯气的体积为：22.4L/mol0.35mol=7.84L。答案选A。19.C略20.AD考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A苏打为碳酸钠，小苏打为碳酸氢钠，与盐酸反应均生成二氧化碳；B向AgNO3溶液中滴加过量氨水，先生成AgOH后被过量的氨水溶解生成络离子；CC
34、u与硝酸反应生成硝酸铜，溶液变蓝，同时生成NO和水；D下层溶液显紫红色，有碘单质生成，则KI和FeCl3溶液反应生成碘单质，结合氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性分析解答：解：A苏打为碳酸钠，小苏打为碳酸氢钠，与盐酸反应均生成二氧化碳，则观察到均冒气泡，故A正确；B向AgNO3溶液中滴加过量氨水，先生成AgOH后被过量的氨水溶解生成络离子，则Ag+与NH3H2O不能大量共存，故B错误；CCu与硝酸反应生成硝酸铜，溶液变蓝，同时生成NO和水，该反应不属于置换反应，故C错误；D下层溶液显紫红色，有碘单质生成，则KI和FeCl3溶液反应生成碘单质，由氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性可知，氧化性为Fe3+I
35、2，故D正确；故选AD点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，涉及钠的化合物与酸反应、银氨溶液的配制、硝酸的性质及氧化还原反应等，综合性较强，题目难度不大21.（1）11.80；（2）25时KCl的溶解度35g；原混合物中KClO3的质量12.25g；所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为5.99；（3）得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为0.2120.238【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】（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，m（KClO3）=16.60g4.80g；（2）若剩
36、余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物，则5g水溶解氯化钾得到的溶液是饱和溶液，据此计算其溶解度；反应前后质量减少的质量为氧气的质量，根据氯酸钾和氧气之间的关系式计算氯酸钾的质量；根据溶液质量、密度计算溶液体积，再结合c=计算溶液的物质的量浓度；（3）测定溶液中n（K+）：n（Cl）=14：11，结合氯气与KOH反应生成氯酸钾和KCl或KClO和KCl来计算质量分数的范围【解答】解：（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，m（KClO3）=16.60g4.80g=11.80g，故答案为：11.80；（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物，则5g水溶解氯化钾得到的溶液是饱
37、和溶液，5g水溶解KCl的质量=6.55g4.80g=1.75g，则100g水溶解KCl的质量=100g=35g，答：25时KCl的溶解度35g；20g水溶解氯化钾的质量=1.75g4=7g，反应前后质量减少的质量为氧气的质量，氧气的质量=16.60g7g4.80g=4.8g，根据氧原子守恒得122.5g/mol=12.25，答：原混合物中KClO3的质量12.25g；溶液的质量=20g+7g=27g，溶液的体积=，n（KCl）=，则溶液的物质的量浓度=5.99mol/L，答：所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为5.99；（3）测定溶液中n（K+）：n（Cl）=14
38、：11，设钾离子为14mol，氯离子11mol，由零价氯变成负一价的，一共需要得到11mol电子，如果剩下的K离子是氯酸钾和次氯酸钾，由得失电子守恒可知氯酸钾是2mol，次氯酸钾是1mol，所以得到的晶体是11molKCl，1molKClO，2molKClO3，氯酸钾的质量分数是100%=0.212，由零价氯变成负一价的，一共需要得到11mol电子，若其余为氯酸钾和氢氧化钾的混合物，由得失电子守恒可以得到氯酸钾是=2.2mol，那么氢氧化钾是14mol11mol2.2mol=0.8mol，所以氯酸钾的质量分数是100%=0.238，答：得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为0.2120.
39、238【点评】本题考查了混合物的计算，涉及物质的量浓度的计算、溶解度的计算、物质间的反应等知识点，根据物质之间的关系式进行计算，注意结合原子守恒进行解答，题目难度中等22.1. Na2CO3 OH+H+=H2O，CO32+H+HCO33. 若A点数值为80，C点数值为260，OAAC，所以是碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，在OA段消耗盐酸的物质的量为：2.0mol/L0.08L=0.16mol，Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl，所以碳酸钠的物质的量是0.16mol，碳酸钠的浓度是：=0.8mol/L，在AC段消耗盐酸的物质的量是2.0mol/L（0.260.08）=0.36mol，NaHC
40、O3+HClNaCl+H2O+CO2，前边的反应生成的碳酸氢钠是0.16mol，所以原来的混合液中含有的碳酸氢钠是0.36mol0.16mol=0.2mol，所以碳酸氢钠的浓度=1.0mol/L，答：通入CO2后得到的溶液溶质成分及是碳酸钠和碳酸氢钠，其物质的量浓度分别是0.8mol/L、1.0mol/L考点：离子方程式的有关计算专题：元素及其化合物分析：NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，充分反应，所得溶液，可以是碳酸钠，还可以是碳酸氢钠，还可以是碳酸钠和氢氧化钠的混合物，或是碳酸氢钠和碳酸钠的混合物，加入盐酸时开始不生成气体，则产物的组成是氢氧化钠和碳酸钠的混合物，或者是碳酸钠，若是混合
41、物，盐酸先是和氢氧化钠之间反应，然后和碳酸钠之间反应，反应的量之间的关系可以由反应得到：NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl，NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2，以此解答解答：解：（1）NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，充分反应，所得溶液，可以是碳酸钠，还可以是碳酸氢钠，还可以是碳酸钠和氢氧化钠的混合物，或是碳酸氢钠和碳酸钠的混合物，加入盐酸时开始不生成气体，若OA=AC时，通入CO2后，所得溶液的溶质成分是Na2CO3，OA段的反应：Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl，AC段的反应：NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2，
42、故答案为：Na2CO3；若OAAC时，则反应的情况如下：NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl，NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2，溶液的组成是氢氧化钠和碳酸钠的化合物，OA段反应的离子方程式为：OH+H+=H2O，CO32+H+HCO3，故答案为：OH+H+=H2O，CO32+H+HCO3；（3）若A点数值为80，C点数值为260，OAAC，所以是碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，在OA段消耗盐酸的物质的量为：2.0mol/L0.08L=0.16mol，Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl，所以碳酸钠的物质的量是0.16mol，碳酸钠的浓度是：
43、=0.8mol/L，在AC段消耗盐酸的物质的量是2.0mol/L（0.260.08）=0.36mol，NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2，前边的反应生成的碳酸氢钠是0.16mol，所以原来的混合液中含有的碳酸氢钠是0.36mol0.16mol=0.2mol，所以碳酸氢钠的浓度=1.0mol/L，答：通入CO2后得到的溶液溶质成分及是碳酸钠和碳酸氢钠，其物质的量浓度分别是0.8mol/L、1.0mol/L点评：本题考查学生氢氧化钠和二氧化碳之间的反应知识，注意反应产物和二氧化碳的量之间的关系是关键，学会分析和利用图象是重点23.（1）Ba（OH）2；（2）c（HCO3）c（Ba2+）c
44、（OH）c（H+）c（CO32）；（3）Ba2+CO32+2NH4+2OH2NH3+2H2O+BaCO3；（4）NH4+的水解程度小于CO32的水解程度 考点：离子共存问题；盐类水解的应用专题：离子反应专题分析：根据A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，且A、D溶液呈碱性，B呈酸性，C呈中性，A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失，则A为Ba（OH）2，B为Al2（SO4）2，C为NaCl，D为（NH4）2CO3，以此来解答解答：解：根据A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，气体为氨气，再由A、D溶
45、液呈碱性，B呈酸性，C呈中性，A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失，则A为Ba（OH）2，B为强酸弱碱盐，则B为Al2（SO4）2，C为强酸强碱盐，则C为NaCl，D为弱酸弱碱盐，则D为（NH4）2CO3，（1）A为Ba（OH）2，C为NaCl，其形成过程为，故答案为：Ba（OH）2；（2）向A溶液中通入适量CO2，使生成的沉淀恰好溶解，溶液的溶质为Ba（HCO3）2，由化学式及电离可知c（HCO3）c（Ba2+），再由的水解显碱性可知c（OH）c（H+），电离产生极少的CO32，即离子物质的量浓度由大到小的顺序为c（HCO3）c（Ba2+）c（OH）c（H+
46、）c（CO32），故答案为：c（HCO3）c（Ba2+）c（OH）c（H+）c（CO32）；（3）为Ba（OH）2与（NH4）2CO3的反应，其离子反应为Ba2+CO32+2NH4+2OH2NH3+2H2O+BaCO3，故答案为：Ba2+CO32+2NH4+2OH2NH3+2H2O+BaCO3；（4）（NH4）2CO3溶液显碱性，是因NH4+的水解程度小于CO32的水解程度，故答案为：NH4+的水解程度小于CO32的水解程度点评：本题考查物质的推断、离子的共存、离子浓度大小的比较、水解、离子反应等知识，综合性较强，难度较大，需要学生在推断时综合考虑信息的利用，对学生能力要求较高24.（1）Cr
47、2O72+14H+6Cl2Cr3+3Cl2+7H2O；（2）制备氯气并探究氯气等物质的相关性质； 作安全瓶，检测实验过程中装置是否堵塞；浓盐酸不能顺利滴入烧瓶；（3）；（4）实验完毕，打开活塞b，使少量液体流入锥形瓶，关闭活塞，振荡锥形瓶，下层液体呈紫红色；（5）没有排除氯气对溴单质与KI反应的干扰；【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）依据题意可知重铬酸钾能够氧化浓盐酸生成氯气，本身被还原为CrCl3，分析反应中元素化合价变化，依据氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒规律书写方程式；（2）实验目的为：制备氯气并探究氯气等物质的相关性质；浓盐
48、酸易挥发，B起除杂作用，且B的结构决定B能作安全瓶；a导管连接分液漏斗与圆底烧瓶，便于液体顺利流下，撤掉a导管浓盐酸不能顺利滴入烧瓶；（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）如果D装置分液漏斗内反应生成的溴能够置换出碘化钾溶液中的碘离子，即可证明溴的非金属性比碘的强，碘的四氯化碳溶液显紫红色；（5）氯气氧化性强于碘离子，能够置换碘单质；氯气有毒，过量的氯气用E装置吸收，所以x应为能够与氯气反应，但不生成新的污染气体的液体【解答】解：（1）依据题意可知重铬酸钾能够氧化浓盐酸生成氯气，本身被还原为CrCl3，反应中铬元素化合价
49、变化为：+7+3，盐酸中氯元素化合价变化：10，要使得失电子守恒，重铬酸钾系数为1，氯气系数为6，依据原子个数守恒，反应方程式：K2Cr2O7+14HCl=2CrCl3+3Cl2+2KCl+7H2O，离子方程式：Cr2O72+14H+6Cl2Cr3+3Cl2+7H2O；故答案为：Cr2O72+14H+6Cl2Cr3+3Cl2+7H2O；（2）实验目的为：制备氯气并探究氯气等物质的相关性质；浓盐酸易挥发，B起除杂作用，且B的结构决定B能作安全瓶；a导管连接分液漏斗与圆底烧瓶，便于液体顺利流下；故答案为：制备氯气并探究氯气等物质的相关性质； 作安全瓶，检测实验过程中装置是否堵塞；浓盐酸不能顺利滴入
50、烧瓶；（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，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，试剂组合不能证明干燥的氯气无漂白性；试剂组合中用的是干燥的白色纸条，不能证明干燥氯气无漂白性；试剂组合氯化钠不是干燥剂，不能吸收氯气中的水蒸气，所以无法证明干燥的氯气无漂白性；试剂组合从B 中出来的湿润的氯气能够使中干燥的红纸条褪色，证明湿润的氯气有漂白性，经过浓硫酸干燥，变为干燥的氯气，通过时，干燥的红纸条不褪色，可证明干燥的氯气无漂白性，故答案为：；（4）溴与碘化钾反应的离子方程式为：2I+Br2=I2+2Br，操作和现象为：实验完毕，打
51、开活塞b，使少量液体流入锥形瓶，关闭活塞，振荡锥形瓶，下层液体呈紫红色，故答案为：实验完毕，打开活塞b，使少量液体流入锥形瓶，关闭活塞，振荡锥形瓶，下层液体呈紫红色；（5）氯气氧化性强于碘离子，能够置换碘单质，所以D装置进行实验时没有排除氯气对溴单质与KI反应的干扰；氯气有毒，过量的氯气用E装置吸收，氢氧化钠溶液 亚硫酸钠溶液 亚硫酸氢钠溶液 氯化亚铁溶液硫氢化钠溶液 碳酸氢钠溶液都能与氯气反应，但是亚硫酸钠溶液 亚硫酸氢钠溶液与氯气反应时会生成二氧化硫硫氢化钠溶液与氯气反应时均会生成硫化氢气体，二氧化硫和硫化氢都是有毒的气体，污染空气，所以不能用他们做吸收液，故答案为：没有排除氯气对溴单质与
52、KI反应的干扰；【点评】本题考查了氯气的制备、除杂、性质检验、尾气吸收装置的分析，注意明确实验装置及实验原理是解答的关键，题目难度中等25.（1）KSCN 无红色出现（2）苹果中含有对苯二酚；氧气； （3）、亚硫酸氢离子电离大于水解；、亚硫酸钠的还原性比酚强，消耗了氧气，保护了酚；2SO32+O22SO42；、酶是蛋白质，在强酸、强碱或加热条件下会变性，失去活性，失去催化效率【考点】性质实验方案的设计；二价Fe离子和三价Fe离子的检验【专题】物质检验鉴别题；无机实验综合【分析】Fe2+在空气中易氧化为Fe3+，溶液里滴加KSCN溶液如显血红色，可知Fe3+存在，如不变色，再滴加氯水变血红色，可
53、知原溶液里有Fe2+，据此分析答题；（1）如果苹果中的Fe2+被空气中的氧气氧化成了Fe3+，棕黄色的Fe3+遇到无色的KSCN溶液变红；（2）根据实验各步骤借助于题目信息逐项分析苹果褐变的原因；（3）、NaHSO3溶液呈酸性说明亚硫酸氢离子电离大于水解、NaHCO3溶液呈碱性说明碳酸氢根离子水解大于电离；、亚硫酸钠具有还原性，苹果褐变需要氧气；、根据苹果褐变与酚氧化酶的活性有关，苹果中酚氧化酶的活性温度为35左右、活性pH约为5.57.5来解答【解答】解：（1）如果苹果中的Fe2+被空气中的氧气氧化成了Fe3+，棕黄色的Fe3+遇到无色的KSCN溶液发生络合反应，Fe3+3SCN=Fe（SC
54、N）3，生成的络合物Fe（SCN）3为红色，所以要检验苹果中的Fe2+是否被空气中的氧气氧化成了Fe3+，可以用KSCN溶液检验；故答案为：实验操作实验现象结论在“褐变”后的苹果上滴上23滴KSCN溶液无红色出现说法A不正确；（2）在一块上滴加23滴FeCl3溶液，表面变为绿色，而对苯二酚遇FeCl3溶液显绿色，说明了苹果变为绿色与对苯二酚有关；故答案为：苹果中含有对苯二酚；一块放置于空气中，另一块迅速浸入0.1molL1NaCl溶液中放置于空气中的苹果表面逐渐褐变，而另一块迅速浸入经过去氧的蒸馏水中，与空气隔绝，相当长一段时间内，无明显变化，说明了苹果褐变与氧气有关；故答案为：氧气； 序号实
55、验步骤现象结论在一块上滴加23滴FeCl3溶液表面变为绿色苹果中含有对苯二酚再取两块，一块放置于空气中，另一块迅速浸入经过去氧的蒸馏水中前者表面逐渐褐变，后者相当长一段时间内，无明显变化苹果褐变与氧气有关另两块分别立刻放入沸水和0.1molL1盐酸中浸泡2min后取出，置于空气中相当长一段时间内，两块均无明显变化苹果褐变与酚氧化酶的活性有关最后两块分别立刻放入浓度均为0.1molL1的NaHCO3和Na2SO3溶液里浸泡2min后取出，置于空气中前者经过一段时间表面逐渐褐变，后者相当长一段时间内，无明显变化亚硫酸钠溶液能阻止苹果褐变（3）、NaHSO3溶液呈酸性说明亚硫酸氢离子电离大于水解；故
56、答案为：亚硫酸氢离子电离大于水解；、Na2SO3溶液却能阻止苹果褐变，通过对照实验说明，亚硫酸钠的还原性比酚强，发生反应2SO32+O22SO42，消耗了氧气，保护了酚，从而使苹果未发生褐变；故答案为：亚硫酸钠的还原性比酚强，消耗了氧气，保护了酚；2SO32+O22SO42；、苹果褐变与酚氧化酶的活性有关，苹果中酚氧化酶的活性温度为35左右，说明酶是蛋白质，在强酸、强碱或加热条件下会变性，失去活性，失去催化效率；故答案为：酶是蛋白质，在强酸、强碱或加热条件下会变性，失去活性，失去催化效率【点评】本题是一道实验探究题，重点考查了学生的实验探究能力，解答该题时需抓住题干中有用的信息，与已掌握的化学知识相结合，来解决问题，能力要求高
