1、2016-2017学年山东省滕州市实验高中高三一轮复习第二周自测题化学试题第I卷（选择题）一、选择题1.下列与生活实际或常见的现象相关的叙述错误的是（）ABCD利用燃气烧饭古代制取陶瓷技术萃取得到玫瑰精油铁制品容易生锈燃料的燃烧是氧化还原反应用黏土制取陶瓷的原理属于化学变化玫瑰花中萃取玫瑰精油属于化学变化在船身上装锌块可避免船体遭受腐蚀2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A常温常压下，7.8gNa2S固体和7.8gNa2O2固体中含有的阴离子数目均为0.1NAB在标准状况下，22.4LCl2和HCl的混合气体中含有的分子总数为26.021023C含1molFeCl3的饱和溶液滴
2、入沸水中得到胶体数目为NAD标准状况下，Na2O2与足量的CO2反应生成2.24LO2，转移电子数为0.4NA3.最近美国宇航局的科研人员确认火星地表含有溶有高氯酸盐的液态水下列有关水及高氯酸盐的说法错误的是（）A水是一种弱电解质BNH4ClO4溶液显酸性CNaClO4中含有离子键和共价键DNH4ClO4只有氧化性，没有还原性4.下列指定反应的离子方程式正确的是A将铜丝插入稀硝酸中：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+H2OB向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3+Fe2Fe2+C向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+D向Na2SiO
3、3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+ H2SiO3+2Na+5.有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Cl、Br、I（忽略水的电离），其中Cl、Br、I的个数比为2：3：4，向该溶液中通入氯气使溶液中Cl和Br的个数比为3：1，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为（）A7：1B7：2C7：3D7：46.下列说法正确的是A将10 g CaCO3粉末加入100 mL水中，所得溶液的浓度为l molL-1B将100 mL 2 molL-1盐酸加热蒸发至50 mL，所得溶液的浓度为4 molL-1C将l0 rnL l.0molL-1NaCl溶液与90mL水混合，所得溶液的浓度为0
4、.1 molL-1D将10 g CaO加入100 mL饱和石灰水中，充分搅拌、静置并恢复到原来的温度，所得溶液的浓度不变7.已知：HCN(aq)与NaOH(aq)反应的H12.1 kJmol1；HCl(aq)与NaOH(aq)反应的H55.6 kJmol1。则HCN在水溶液中电离的H等于( )A67.7 kJmol1 B43.5 kJmol1C43.5 kJmol1 D67.7 kJmol18.A、B、C三种短周期元素在周期表中的相对位置如右图所示，已知A、C分别与B形成化合物X和Y，A与B的质子数之和等于C的质子数，则以下说法判断正确的是（） ABCAB与C均不存在同素异形体BX一定是酸性氧
5、化物CB的氢化物比A、C的氢化物稳定DY与NaOH溶液反应只能生成两种盐9.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=+182kJmol110.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 NaHSO4溶液 Na
6、HCO3溶液 氨水，其中能使指示剂显红色的是（）ABCD11.下列说法正确的是（）A分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液Fe（OH）3胶体FeCl3溶液B焰色反应是物质燃烧时火焰呈现的颜色变化，属于化学变化C生石灰用作食品抗氧剂D“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，但加入明矾不能使海水淡化12.下列说法在一定条件下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 B C D13.下列说法正确的是（）A大量燃烧化石燃料是造成雾霾的一种重要
7、因素B食品中的抗氧化剂本身是难于氧化的物质C含SO42的澄清溶液中不会含Ba2+D凡溶于水能电离出H+离子的化合物均属于酸14.700时，H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2和CO2，起始浓度如下表所示其中甲经2min达平衡时，v（H2O）为0.025mol/（Lmin），下列判断错误的是（）起始浓度甲乙丙c（H2）/mol/L0.100.200.20c（CO2）/mol/L0.100.100.20A平衡时，乙中CO2的转化率等于50%B当反应平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍C温度升至800，上述反应平衡常数为25/16，则正反
8、应为吸热反应D其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10mol/L H2和0.20 mol/LCO2，到达平衡时c （CO）与乙不同15.下列说法不正确的是（）A质谱和核磁共振不仅可用于有机小分子结构的分析，还可用于蛋白质结构的研究B储氢金属吸氢形成金属氢化物，改变条件释放吸收的氢气，是氢气贮存的重要途径C牺牲阳极的阴极保护法、外加电源的阳极保护法和改变金属组成或结构的方法都是 防止金属腐蚀的方法D乙醇与水互溶，这与乙醇和水分子之间能形成氢键有关16.关于下图所示转化关系（X代表卤素），说法不正确的是 A2H（g）2X（g）2HX（g） H30B途径生成HX的反应热与途径无关，所以H1H2H
9、3C途径生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl比HBr稳定DCl、Br、I的非金属性依次减弱，所以途径吸收的热量依次增多17.将总物质的量为n mol的钠和铝的混合物(其中钠的物质的量分数为x)，投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体V L。下列关系式中正确的是A.xV/(11.2n) B. 11.2nV22.4n C.V33.6n(1x) D.11.2x22.418.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，117gD1000m
10、L，111.2g19.取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960 mL的NO2气体和672 mLN2O4的气体（都已折算到标准状态），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g。则x等于 A8.64g B9.20g C9.00g D9.44g20.某温度时，测得0.01mol/L的NaOH溶液的PH为11，在此温度下，将pH = 12的强碱与pH = 2的强酸溶液混合，所得混合溶液的pH = 10，则强碱与强酸的体积比为（ ）A.1：9 B.9：1 C.1：11 D.11：121.通常人们把拆开1 mol某化学键所消耗的能量看成该化学键的键能。键
11、能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热（H），化学反应的H等于反应物的总键能与生成物的总键能之差。 化学键SiOSiClHHHClSiSiSiC键能/kJmol1460360436431176347工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4（g）2H2（g）Si（s）4HCl（g），该反应的反应热H为（）A412 kJmol1 B412 kJmol1C236 kJmol1 D236 kJmol122.一定条件下，向密闭容器中加入 X物质，发生反应3X(g) Y(g) + Z(g) H0，反应一定时间后改变某一个外界条件，反应中各时刻X物质的浓度如下表所示，下列说法中不正确的
12、是 （ ）反应时间（min）05151720X的浓度（mol/L）1.00.40.40.70.7A.05 min时，该反应的速率为v(X)=0.12 mol/(Lmin) B. 5 min时反应达到第一次平衡，该温度下的平衡常数数值为0.625C.15 min时改变的条件不可能是升高温度D.从初始到18 min时，X的转化率为30 % 23.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 B6.72
13、L C4.48L D无法计算24.和丙醇组成的混合物中氧的质量分数为8%，则此混合物中氢的质量分数为（ ） A78% B22% C14%、 D13%25.下列由实验现象得出的结论正确的是（）操作及现象结论A加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结NH4Cl固体可以升华B向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液，均有白色固体析出蛋白质均发生变性C向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色Br还原性强于ClD将0.1molL1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有白色沉淀产生，再滴加0.1molL1FeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色沉淀
14、在水中的溶解度Mg（OH）2Fe（OH）326.物质制备是化学研究的主要任务之一下列操作正确的是（）A制取溴苯：将铁屑、溴水、苯混合加热B实验室制硝基苯：先加入苯，再加浓硫酸，最后滴入浓硝酸C提取溶解在水中的少量碘：加入CCl4振荡、静置、分层后取出有机层再分离D检验某溶液中是否含有甲醛：在盛有2mL10%CuSO4溶液的试管中滴加0.5mL10%NaOH溶液，混合均匀，滴入待检液，加热27.下列关于物质的鉴别、分离和提纯的说法中，正确的是（）AHN03溶液混有H2SO4，可加入适量的BaCl2溶液，过滤除去B向某溶液中加入稀H2SO4，有无色无味气体生成，说明原溶液中一定含有CO32C乙酸乙
15、酯（沸点77）中混有乙醇，可以用蒸馏法提纯D饱和食盐水可以除去Cl2中的HCl气体28.只用一种试剂可区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2（SO4）3、（NH4）2SO4五种溶液，这种试剂是（）ANaOH BH2SO4 CBaCl2 DAgNO329.已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合如图则甲和X不可能是（）A甲：Fe、X：Cl2B甲：SO2、X：NaOH溶液C甲：C、X：O2D甲：AlCl3溶液、X：NaOH溶液30.下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是（） 物质组别甲乙丙AAl2O3HClNaOHBSiO2NaOHHFCH
16、ClNaOHNaHCO3DNH3O2HNO3第II卷（非选择题）二、计算题31.(10分) Na2S2O35H2O（俗称海波）是照相业常用的一种定影剂。工业上制得的Na2S2O35H2O晶体中可能含有Na2SO3。为测定某海波样品的成分，称取三份质量不同的该样品，分别加入相同浓度的硫酸溶液30 mL，充分反应（Na2S2O3H2SO4=Na2SO4SO2SH2O）后滤出硫，微热滤液使SO2全部逸出。测得有关实验数据如下表（气体体积已换算为标准状况）。第一份第二份第三份样品的质量/g6.83013.66030.000二氧化硫气体的体积/L0.6721.3442.688硫的质量/g0.8001.6
17、003.200试计算：（1）所用硫酸溶液的物质的量浓度为 。（2）样品中n(Na2S2O35H2O)：n(Na2SO3)= 。（3）某环境监测小组用上述海波样品配制含Na2S2O3 0.100 molL-1的海波溶液，并利用它测定某工厂废水中Ba2+的浓度。他们取废水50.00 mL，控制适当的酸度加入足量的K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；沉淀经洗涤、过滤后，用适量的稀盐酸溶解，此时CrO42-全部转化为Cr2O72-；再加过量KI溶液，充分反应后，用上述配制的海波溶液进行滴定，反应完全时，测得消耗海波溶液的体积为36.00 mL。已知有关反应的离子方程式为：Cr2O72- + 6I-
18、 + 14H+ 2Cr3+ + 3I2 + 7H2OI2 + 2S2O32- 2I- + S4O62-I2 + SO32- + H2O 2I- + SO42- + 2H+则滴定过程中可用 作指示剂。计算该工厂废水中Ba2+的物质的量浓度。 32.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2
19、60，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） 33.HNO3与金属反应时，还原产物可能是NO2、NO、N2O、N2或NH3的一种或几种。现有一定量的Al粉和Fe粉的混合物与100mL，稀HNO3充分反应，反应过程中无任何气放出。在反应结束后的溶液中，逐渐加入4 molL-1的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量关系如下图。请回答：n(沉淀)V(NaOH)BCAOED3.0F1516.518.5（1）与HNO3反应后Fe元素的化合价是_（2）纵坐标中A点数值是_，B点数值是_，原HNO3浓度是_三、实验题34.某
20、同学设计如图所示的实验方案：（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
21、钠溶液碳酸氢钠溶液中选择）35.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
22、类物质遇FeCl3溶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
23、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）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.C【考点】物质的组成、结构和性质的关系【专题】物质的性质和变化专题【分析】A存在元素化合价的变化属于氧化还原反应；B黏土在高温下发生化学变化；C萃取属于物理变化；DZn、Fe形成原电池时，Z
24、n作负极被腐蚀【解答】解：A燃料的燃烧，有氧气参加，O元素的化合价发生变化，存在元素化合价的变化属于氧化还原反应，故A正确；B黏土中的硅酸盐在高温下发生化学变化，所以用黏土制取陶瓷的原理属于化学变化，故B正确；C玫瑰花中萃取玫瑰精油，是利用物质在不同溶剂中溶解性的不同，没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；D在船身上装锌块，Zn、Fe形成原电池时，Zn作负极被腐蚀，Fe作正极被变化，所以可避免船体遭受腐蚀，故D正确故选C【点评】本题考查了氧化还原反应、化学变化与物理变化、金属的腐蚀与防护等，题目难度不大，注意把握氧化还原反应的特征以及原电池原理2.A解：A、Na2S和Na2O2的摩尔质量均为
25、78g/mol，故7.8g混合物的物质的量为0.1mol，而两者均由2个钠离子和1个阴离子构成，故0.1mol混合物中含0.1mol阴离子即0.1NA个，故A正确；B、标况下22.4L氯气和HCl的物质的量为1mol，故分子个数N=nNA=NA个，故B错误；C、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1mol氯化铁所形成的胶粒的个数小于NA个，故C错误；D、标况下2.24L氧气的物质的量为0.1mol，而反应过程中氧元素的价态由1价变为0价，故生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2NA个，故D错误故选A3.D【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；水的电离 【专题】氧化还原反应专
26、题；卤族元素【分析】A水是部分电离的电解质，为弱电解质；B高氯酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性；C活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；D元素处于最高价时只有氧化剂，处于最低价态时只有还原性，中间价态的元素既有氧化剂又有还原性【解答】解：A水是部分电离的电解质，为弱电解质，故A正确；B高氯酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，所以高氯酸铵溶液呈酸性，故B正确；C活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，则钠离子和高氯酸根离子之间存在离子键、Cl原子和O原子之间存在共价键，故C正确；DCl元素处于最高价，则具有氧化性
27、，N元素处于最低价态，则具有还原性，所以该物质具有氧化性和还原性，故D错误；故选D【点评】本题考查较综合，涉及电解质强弱判断、氧化性和还原性判断、化学键、盐类水解等知识点，侧重考查基本理论，知道物质氧化性和还原性比较方法，题目难度不大4.C试题分析：A、反应原理错，将铜丝插入稀硝酸中应为：3Cu+8H+2NO3 -= 3Cu2+2NO+4H2O，错误；B、电荷不守恒，向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉应为：2Fe3+Fe=3Fe2+，错误；C、向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，正确；D、硅酸钠为可溶性盐，向Na2SiO3溶液中滴加稀
28、盐酸应为：SiO32-+2H+ =H2SiO3，错误。答案选C。5.C【考点】离子方程式的有关计算【分析】还原性：IFe2+BrCl，根据电荷守恒2n（Fe2+）=n（Cl）+n（Br）+n（I）计算n（Fe2+），根据溶液中通入氯气使溶液中Cl和Br的个数比为3：1，计算消耗的氯气和剩余Fe2+的物质的量，可则解答该题【解答】解：由题意可设Cl、Br、I的物质的量分别为2mol、3mol、4mol，由电荷守恒可得：2n（Fe2+）=n（Cl）+n（Br）+n（I）=2mol+3mol+4mol=9mol，n（Fe2+）=4.5mol，通入氯气后，要满足 n（Cl）：n（Br）=3：1，Cl只
29、要增加7mol就可以，即需通入氯气3.5mol4mol I先消耗2mol氯气，3mol Fe2+消耗1.5mol氯气，剩余Fe2+1.5mol，则通入氯气与剩余Fe2+的物质的量之比为：3.5：1.5=7：3，故选C【点评】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，本题注意根据物质还原性的强弱，从电荷守恒的角度计算n（Fe2+），根据反应的程度判断物质的量关系，答题时注意体会6.D解析：A.碳酸钙难溶于水，错误；B.盐酸易挥发，将100 mL 2 molL-1盐酸加热蒸发至50 mL，所得溶液的浓度小于4 molL-1，错误；C. 将l0 rnL l.0molL-1NaCl溶液与90mL水混合
30、，混合后的体积不等于100mL,错误；选D.7.C试题分析：和氢氧化钠反应的过程：HCN（aq）H（aq）CN（aq） H，H(aq)OH(aq)=H2O(l) H=55.6kJmol1，H(55.6)=12.1，解得H=43.5kJmol1，故选项C正确。8.C【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】由A、B、C三种短周期元素位置关系可知，A、B处于第二周期相邻，C处于第三周期、且与A同主族，A与B的质子数之和等于C的质子数，则B的质子数为8，故B为氧元素，则A为N元素、C为P元素，A与B形成化合物X为氮的氧化物，C与B形成化合物Y为P2O3或P2O
31、5，据此解答【解答】解：由A、B、C三种短周期元素位置关系可知，A、B处于第二周期相邻，C处于第三周期、且与A同主族，A与B的质子数之和等于C的质子数，则B的质子数为8，故B为氧元素，则A为N元素、C为P元素，A与B形成化合物X为氮的氧化物，C与B形成化合物Y为P2O3或P2O5，A氧元素单质存在氧气、臭氧，磷元素单质存在白磷、红磷，故A错误；BX为氮的氧化物，不一定是酸性氧化物，如NO、NO2等，故B错误；C非金属性ONP，故O氢化物比N、P的氢化物稳定，故C正确；D若Y为P2O5，与氢氧化钠反应可以生成磷酸钠、磷酸二氢钠、磷酸一氢钠三种盐，故D错误，故选C【点评】本题考查位置性质关系应用，
32、推断元素是解题的关键，注意基础知识的理解掌握，难度不大9.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：A10.C能使指示剂显红色，应使c（HIn）c（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C11.D【考点】胶体的重要性质；氧化还原反应；盐类水解的应用；
33、焰色反应【专题】化学用语专题；氧化还原反应专题；溶液和胶体专题【分析】A分散系中分散质粒子的大小，浊液胶体溶液；B焰色反应是金属元素的特性，是金属元素的物理性质；C生石灰常做吸水剂，没有强还原性； D明矾可水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性【解答】解：A分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液Fe（OH）3胶体FeCl3溶液，故A错误；B焰色反应是金属元素的特性，是金属元素的物理性质，没有发生化学变化，故B错误；C生石灰常做吸水剂，没有强还原性，不能作食品抗氧剂，故C错误；D明矾可水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可除去水中的悬浮物而净化水，但不能使海水淡化，故D正确；故选D【点评】本题考
34、查较为综合，题目难度不大，注意相关基础知识的积累即可解答该题，本题易错点为D，注意明矾净水的原理12.A【Ks5u解析】酸性氧化物与碱发生反应，例如二氧化碳与氢氧化钠反应，正确；弱酸与盐溶液反应可以生成强酸，例如氢硫酸与硫酸铜反应生成硫酸，正确；没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应，例如盐酸与次氯酸钠反应生成次氯酸，正确；两种酸溶液充分反应后的溶液体系为中性，例如盐酸与氢氧化钠恰好反应，正确；有单质参加的非氧化还原反应，有单质，就有电子的得失，错误；两种氧化物反应的产物有气体，例如水与过氧化钠反应生成氧气，正确；选A。13.A【考点】常见的生活环境的污染及治理；酸、碱、盐、氧化物的概念
35、及其相互联系；常见的食品添加剂的组成、性质和作用【专题】化学应用【分析】A大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘；B抗氧化剂应具有还原性；C依据溶度积规则解答；D溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸【解答】解：A大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘，是造成雾霾天气的一种重要因素，故A正确；B食品中的抗氧化剂具有还原性，本身是易被氧化的物质，故B错误；C含SO42的澄清溶液中可以含Ba2+，只要硫酸根离子浓度与钡离子浓度乘积小于硫酸钡溶度积常数即可，故C错误；D溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，NaHSO4溶液中也能电离出氢离子，故D错误；故选：A【点评】本题为综合题，考查了雾
36、霾的成因、食品的防腐原理、溶度积规则、酸的概念，掌握基础是解题关键，题目难度不大14.AD【考点】化学平衡的计算【分析】甲经2min达平衡时，v（H2O）为0.025mol/（Lmin），故c（H2O）=0.025mol/（Lmin）2min=0.05mol/L，则： H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）开始（mol/L）：0.1 0.1 0 0转化（mol/L）：0.05 0.05 0.05 0.05平衡（mol/L）：0.05 0.05 0.05 0.05故该温度下平衡常数K=1，各容器内温度相同，平衡常数均相同，A令乙中CO2的浓度变化量为x，表示出平衡时各组分的物质的量浓度
37、，再结合平衡常数列方程计算解答；B反应前后气体的体积不变，恒温恒容下，甲、丙两容器内起始浓度n（H2）：n（CO2）=1：1，甲、丙为等效平衡，平衡时二氧化碳的物质的量分数相同；C温度升至800，上述反应平衡常数为，大于700的平衡常数1，则升高温度平衡向正反应方向移动；D令平衡时CO的浓度为ymol/L，表示出平衡时各组分的浓度，再利用平衡常数列方程计算CO的平衡浓度，由A计算可知乙中平衡时CO的浓度【解答】解：甲经2min达平衡时，v（H2O）为0.025mol/（Lmin），故c（H2O）=0.025mol/（Lmin）2min=0.05mol/L，则： H2（g）+CO2（g）H2O（
38、g）+CO（g）开始（mol/L）：0.1 0.1 0 0转化（mol/L）：0.05 0.05 0.05 0.05平衡（mol/L）：0.05 0.05 0.05 0.05故该温度下平衡常数K=1，A令乙中CO2的浓度变化量为x，则： H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）开始（mol/L）：0.2 0.1 0 0转化（mol/L）：x x x x平衡（mol/L）：0.2x 0.1x x x所以=1，解得x=，故二氧化碳的转化率为100%=66.7%，故A错误；B反应前后气体的体积不变，恒温恒容下，甲、丙两容器内起始浓度n（H2）：n（CO2）=1：1，甲、丙为等效平衡，平衡时二
39、氧化碳的物质的量分数相同，丙中总物质的量为甲中的2倍，则反应平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍，故B正确；C温度升至800，上述反应平衡常数为，大于700的平衡常数1，则升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，故C正确； D令平衡时CO的浓度为ymol/L，则： H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）开始（mol/L）：0.1 0.2 0 0转化（mol/L）：y y y y平衡（mol/L）：0.1y 0.2y y y则=1，解得y=，而乙平衡时CO的浓度mol/L，故D错误，故：AD【点评】本题考查化学平衡计算、等效平衡、平衡常数应用等，A选项可以等效为在甲中再增大0
40、.10mol/L氢气，平衡正向进行，二氧化碳转化率比甲中的大，D中注意形成规律：若反应物按物质的量1：1反应，反应物的浓度（或物质的量）相互交换，不影响生成物的量，难度中等15.C【考点】金属的电化学腐蚀与防护；氢键的存在对物质性质的影响【分析】A、质谱和核磁共振是最常用的结构测定工具；B、储氢金属吸氢可以形成金属氢化物，改变条件可以释放吸收的氢气；C、金属做原电池的负极、电解池的阳极都可以加快腐蚀；D、乙醇中的羟基氧原子、氢原子与水分子中的氢原子、氧原子之间可以形成氢键【解答】解：A、核磁共振（NMR）和质谱（MS）是近年来普遍使用的仪器分析技术，也是最常用的结构测定工具在质谱分析中，只需要
41、微量样品就可测出被测物质的相对分子量、分子式和许多分子结构的信息，再结合核磁共振，就能准确测定出有机化合物的结构，故A正确；B、储氢金属吸氢形成金属氢化物，改变条件释放吸收的氢气，在电化学中经常见到，这是氢气贮存的重要途径，故B正确；C、牺牲阳极的阴极保护法、外加电源的阴极保护法和改变金属组成或结构的方法都是防止金属腐蚀的方法，故C错误；D、乙醇中的羟基氧原子、氢原子与水分子中的氢原子、氧原子之间可以形成氢键，乙醇与水互溶与乙醇和水分子之间能形成氢键有关，故D正确故选C16.D试题分析：A、形成化学键需要放出热量，III是形成化学键的，即H30，故说法正确；B、根据盖斯定律，反应热只与始态和终
42、态有关，跟途径无关，因此有H1=H2H3，故说法正确；C、能量越低越稳定，放出的热量比生成HBr的多，说明HCl比HBr稳定，故说法正确；D、非金属性减弱，形成的化学键不稳定，因此断裂时，需要吸收热量，非金属性越弱，需要吸收的热量越小，故说法错误。17.B18.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 2mol/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950m
43、L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19.B知识点：元素化合物计算解析：N元素化合价降低 HNO3-NO2 n=8.96L/(22.4mol/L)=0.4mol 故转移电子数是0.4（5-4）=0.4mol HNO3-N2O4 n
44、=0.672L/(22.4mol/L)=0.03mol 故转移电子数是0.03（5-4）2=0.06mol故转移电子总数是0.46mol，设Cu amol Mg bmol根据题意可得 2a +2b=0.46 98a+58b=17.02 解得：a=0.092mol b=0.138mol故X=0.13824+0.09264=9.20g，故B正确。思路点拨：本题考查了元素化合物的计算，主要运用氧化还原化合价变化，不需要写出方程式，会使思路和做题过程变得繁琐，抓住氧化还原的本质，电子得失相等即可。20.A略21.C22.C略23.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
45、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=0.7mol；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
46、。答案选A。24.C略25.C【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A升华属于物理变化，氯化铵先分解后合成发生化学变化；B饱和氯化钠溶液能使蛋白质发生盐析，重金属盐能使蛋白质发生变性；C同一以后会有中，还原剂的还原性大于其还原产物的还原性；D难溶性物质能转化为更难溶的物质【解答】解：A升华属于物理变化，氯化铵先分解后合成发生化学变化，所以氯化铵固体不能发生升华现象，故A错误；B饱和氯化钠溶液能使蛋白质发生盐析，重金属盐硫酸铜能使蛋白质发生变性，二者不同，故B错误；C同一以后会有中，还原剂的还原性大于其还原产物的还原性，该反应中溴离子是还原剂、氯离子是还原产物，则还原性：溴离子大于
47、氯离子，故C正确；D难溶性物质能转化为更难溶的物质，将0.1molL1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有白色沉淀产生，再滴加0.1molL1FeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色沉淀，说明氢氧化铁溶解性小于氢氧化镁，故D错误；故选C【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及还原性强弱判断、蛋白质的性质、升华、难溶物转化等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意变性和盐析区别26.C【分析】A苯与溴水不反应；B有浓硫酸参加的反应，在混合时应注意防止酸液飞溅；C碘易溶于四氯化碳；D加入氢氧化钠较少，应在碱性条件下反应【解答】解：A苯与液溴在催化作用下发生取代反应，与溴水不反应，故A
48、错误；B浓硫酸密度比水大，溶于水放热，先加入浓硝酸，再加浓硫酸，最后滴入苯，故B错误；C碘易溶于四氯化碳，可用四氯化碳萃取，故C正确；D甲醛与氢氧化铜浊液的反应应在碱性条件下进行，加入氢氧化钠较少，故D错误故选C27.D【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；物质的分离、提纯和除杂【分析】A硫酸与氯化钡反应生成沉淀和HCl；B无色无味气体，为二氧化碳；C沸点差异小，不易直接蒸馏；DHCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解【解答】解：A硫酸与氯化钡反应生成沉淀和HCl，引入新杂质HCl，应加硝酸钡、过滤除杂，故A错误；B无色无味气体，为二氧化碳，则原溶液中可能含有CO32或HCO3，故B错误
49、；C乙酸乙酯（沸点77）、乙醇（沸点78）的沸点差异小，不易直接蒸馏，应加碳酸钠溶液、分液除杂，故C错误；DHCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，则饱和食盐水可以除去Cl2中的HCl气体，故D正确；故选D28.A解：A加入NaOH，Na2SO4无现象，MgCl2生成白色沉淀，FeCl2生成白色沉淀迅速变成灰绿色最后总变成红褐色，Al2（SO4）3先生成白色沉淀后沉淀溶解，（NH4）2SO4生成刺激性气体，四种物质现象各不相同，可鉴别，故A正确；B均与硫酸不反应，不能鉴别，故B错误；CNa2SO4、Al2（SO4）3、（NH4）2SO4均与氯化钡反应生成白色沉淀，不能鉴别，故C错误； D均与硝
50、酸银反应生成白色沉淀，不能鉴别，故D错误；故选A29.A【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断【分析】A甲：Fe，X：Cl2，则乙为FeCl3；B甲：SO2、X：NaOH溶液，则乙为NaHSO3，丙为Na2SO3；C甲：C、X：O2，则乙为CO，丙为CO2；D若甲为AlCl3，X是NaOH，则乙为氢氧化铝，丙为NaAlO2【解答】解：A甲为Fe，X是Cl2，则乙为FeCl3，FeCl3与Cl2不能再反应，不符合题中转化关系，故A错误；B甲：SO2、X：NaOH溶液，则乙为NaHSO3，丙为Na2SO3，Na2SO3与SO2反应生成NaHSO3，符合题中转化关系，故B正确；
51、C甲：C、X：O2，则乙为CO，丙为CO2，CO2与C反应生成CO，符合题中转化关系，故C正确；D若甲为AlCl3，X是NaOH，则乙为氢氧化铝，丙为NaAlO2，NaAlO2与AlCl3反应生成氢氧化铝，符合题中转化关系，故D正确；故选A【点评】本题考查无机物的推断，综合考查元素化合物性质，关键是掌握物质之间的相互转化，题目难度中等30.D考点：镁、铝的重要化合物；氨的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅专题：元素及其化合物分析：AAl2O3与HCl、NaOH均反应，且HCl与NaOH反应；BSiO2与NaOH、HF反应，且NaOH与HF反应；CHCl与NaHCO3、NaO
52、H均反应，且NaHCO3与NaOH反应；DNH3与O2、HNO3反应，但O2、HNO3二者不反应解答：解：AAl2O3与HCl反应生成氯化铝和水，Al2O3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，且HCl与NaOH反应生成NaCl和水，组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故A不选；BSiO2与NaOH反应生成硅酸钠和水，SiO2与HF反应生成四氟化硅和水，且NaOH与HF反应生成NaF和水，组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故B不选；CHCl与NaHCO3反应生成氯化钠、二氧化碳和水，HCl与NaOH反应生成NaCl和水，且NaHCO3与NaOH反应生成碳酸钠和水，组内任意两种物质在
53、一定条件下均能发生反应，故C不选；DNH3与O2发生氧化还原反应生成NO和水，氨气与HNO3反应生成硝酸铵，但O2、HNO3二者不反应，则不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故D选；故选D点评：本题考查考查物质之间的反应，把握常见物质的性质及发生的化学反应为解答的关键，注意某些反应与量有关，明确性质与反应的关系即可解答，题目难度不大31.（1）4 molL-1（2分）（2）51 （3分）（3）淀粉 （1分） 解：由（2）知：n(Na2S2O3) = 0.036L0.100 molL-1 = 0.0036mol 则：n(Na2SO3) = 0.0036mol5 = 0.00072mo
54、l 根据题意：2BaCrO4 Cr2O72- 3I2 6S2O32- n1(BaCrO4) = = 0.0012mol（1分）2BaCrO4 Cr2O72- 3I2 3SO32- n2(BaCrO4) = = 0.00048mol（1分） 则：c(Ba2+) = = 3.3610-2 molL-1 （2分）32.1. 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
55、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，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
56、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
57、溶质成分是Na2CO3，OA段的反应：Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl，AC段的反应：NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2，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：
58、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，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
59、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33.（1）+3 （2）0.008、 0.016、 0.72mol/L解析：根据图象可知混合溶液中含有的溶质有Fe（NO3）3、Al（NO3）3、NH4NO3、HNO3。（1）图象分析，铁粉和铝粉组成的混合物跟100mL稀硝酸充分反应，硝酸剩余，铁被硝酸氧化为三价铁。（2）由O点到C点，氢氧化钠溶液恰好和HNO3生成NaNO3；由C与D点，氢氧化钠溶液恰好和Fe（NO3）3、Al（NO3）3反应生成NaNO3；由D点到E点，氢氧化钠溶液恰好和NH4NO3反应生成硝酸钠、一水合氨；通过上面的分析、根据氮原子守恒可知O点
60、到D点硝酸钠的物质的量=硝酸的物质的量，从D点到E点硝酸的物质=2硝酸钠的物质的量，而硝酸钠的物质的量=氢氧化钠的物质的量，所以硝酸的物质的量=4mol/L0.015L+24mol/L（0.0165L-0.015L）=0.072mol，所以原硝酸的物质的量浓度=0.072mol/0.1L=0.72mol/L；根据EF可知：沉淀减少，说明氢氧化铝溶解，所以氢氧化铝的物质的量=EF线段加入氢氧化钠溶液的物质的量，即：nAl（OH）3=4mol/L（0.0185L-0.0165L）=0.008mol，根据题意可知：生成0.008mol氢氧化铝沉淀消耗氢氧化钠的物质的量=30.008mol=0.024
61、mol，CD段生成沉淀为氢氧化铝和氢氧化铁，所以生成氢氧化铁消耗氢氧化钠的物质的量=4mol/L（0.015L-0.003L）-0.024mol=0.024mol，则nFe（OH）3= 1/3n(NaOH)=0.008mol，纵坐标A点的数值即是生成氢氧化铁的物质的量=0.008mol；纵坐标B点的数值即是氢氧化铁和氢氧化铝的物质的量=0.008mol+0.008mol=0.016mol。34.（1）Cr2O72+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
62、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
63、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+7
64、H2O，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
65、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
66、，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35.（1）KSCN 无红色出现（2）苹果中含有对苯二酚；
67、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
68、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（SCN）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K
69、SCN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
70、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
