1、山东省烟台市莱阳一中20152016学年度高一上学期月考化学试卷（12月份）一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1引起下列环境污染的原因不正确的是（）A重金属、农药和难分解有饥物等会造成水体污染B装饰材料中的甲醛、芳香烃及氡等会造成居室污染CSO2、NO2或CO2都会导致酸雨的形成DCO2和氟氯烃等物质的大量排放会造成温室效应的加剧2将下列物质加入或通入紫色石蕊溶液中，不能使其褪色的是（）ASO2BCl2CNa2O2DNaClO3某无色透明溶液与金属铁反应时只放出氢气，则溶液中可以大量共存的离子是（）ANa+、S2、H+、SO42BH+、NO3、Ba
2、2+、Mg2+CNa+、Cl、H+、SO42DBa2+、K+、CO32、OH4用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火其原因是（）幕布的着火点升高幕布的质量增加氯化铵分解吸收热量，降低了温度氯化铵分解产生的气体隔绝了空气ABCD5设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A1molCl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NAB1.5molNO2与足量H2O反应，转移的电子数为1.5NAC常温常压下，46gNO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NAD含有H2SO41mol的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数为0.5NA6对于某些离子的检验及结论一定正确的是（）A加入稀盐酸产生无色气体
3、，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42C加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+7对下列气体进行“喷泉”实验，在干燥的烧瓶中分别装入下列气体，打开止水夹，形成喷泉，其中溶液不能充满烧瓶的是（）ANH3BNO2CHClD体积比为4：1的NO2和O2的混合气体8下列物质间反应的离子方程式正确的是（）A相同物质的量浓度的FeI2溶液与溴水等体积混合 2Fe2+2I+2Br22Fe3+I2+4BrBBa（OH）2溶液中加入
4、过量的NaHSO4溶液 Ba2+OH+H+SO42H2O+BaSO4C氢氧化亚铁溶液于稀硝酸中 Fe（OH）2+2H+Fe2+2H2OD向漂白粉溶液中通入少量的二氧化碳 Ca2+2ClO+CO2+H2OCaCO3+2HClO9对下列事实的解释正确的是（）A浓硝酸在光照下变黄，证明硝酸不稳定，且产物有红棕色气体可溶于浓硝酸B向某溶液中加入氯化钡溶液和稀硝酸，生成白色沉淀，则原溶液一定含有硫酸根C常温下，将铜放入浓硫酸中无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中钝化D氯气使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝，说明氯气可与淀粉反应10由海水制备无水氯化镁，主要有以下步骤：在一定条件下脱水干燥；加熟石灰；加盐酸；过滤；浓
5、缩结晶其先后顺序正确的是（）ABCD11碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中，下列说法正确的是（）A洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡BZ导管出来的气体中无二氧化碳C洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡DZ导管口有无色气体出现12下列离子方程式书写正确的是（）A将过量的NaOH溶液滴入同浓度的少量Ca（HCO3）2溶液中Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+2H2O+CO32B向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全Ba2+OH+H+SO42=BaSO4+H2OC向Ca（ClO）2溶液中通入适量SO2：Ca2+2ClO+SO2+H2O
6、=CaSO3+2HClOD向FeI2溶液中加入少量氯水：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl1338.4gCu与适量浓硝酸反应，当铜全部溶解后，共收集到标准状况下的气体22.4L（不考虑转化为N2O4），反应消耗的硝酸的物质的量是（）A1molB1.2 molC2.2 molD2.4 mol14取一干燥烧瓶，用排空气法收集氨气，做喷泉实验当水充满约整个烧瓶容积的二分之一后，喷泉停止烧瓶内的氨水的物质的量浓度是（按标准状况下计算）（）A0.045molL1B1molL1C0.029molL1D不能确定15铜粉放入稀硫酸溶液中，加热后无明显现象发生当加入一种盐后，铜粉的质量减少，溶液呈蓝色，同时有气
7、体逸出该盐是（）AFe2（SO4）3BNa2CO3CKNO3DFeSO416已知反应：Cl2+2KBr2KCl+Br2；KClO3+6HCl3Cl2+KCl+3H2O；2KBrO3+Cl2Br2+2KClO3下列说法正确的是（）A氧化性由强到弱的顺序为KBrO3KClO3Cl2Br2B中KCl是氧化产物，KBr 发生还原反应C中1mol氧化剂参加反应得到电子的物质的量为2molD反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6二、非选择题17某校化学小组的同学开展测定Na2CO3和NaCl的固体混合物中Na2CO3质量分数的探究实验，他们提出下列实验方案方案一气体分析法中学：（1）甲同学用图1所示装
8、置，把xg的混合物与足量稀硫酸反应后，测定产生的C02气体的体积实验开始时检查该装置气密性的方法是乙同学用图2代替图1中的收集装置，则所测CO2气体的体积 （填“偏大”、“偏小”、“不变”），你的改进方案是（3）丙同学用图3装置测定CO2的质量，该装置存在较多缺陷，从而导致实验误差，请你填写其中的三点缺陷：I；方案二沉淀分析法（如图所示）（4）操作1的名称是；操作2的名称是在进行操作1之前，应判断是否沉淀完全，判断的方法是 （5）根据沉淀分析法，该固体混合物中Na2CO3质量分数的计算式为18已知甲、乙、丙为常见单质，A、B、C、D、E、F、G、H均为常见的化合物；B和乙为淡黄色固体，E的式量
9、比D的式量大16，在一定条件下，各物质间相互转化关系如下图所示（产物中水已忽略）（1）写出下列物质的化学式：丙、B、D写出有关反应的化学方程式：B+H2OD+丙F+丙19某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按图所示装置进行实验请回答下列问题：（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是实验过程中，装置B中产生的现象是，这个现象说明SO2具有的性质是（3）装置C中Na2S溶液在空气中不易保存，时间长了会变浑浊，原因是：（用离子方程式）（4）装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象（5）如果把分液漏斗中的中的浓H2SO4换作浓HNO3，对此实验是否有影响（填“是”或“否”），请说明
10、你的理由（6）工业上用黄铜矿（CuFcS2）冶炼铜，副产品中也有SO2，冶炼铜的反应为：8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe203+16SO2若CuFeS2中Fe的化合价为+2，反应中被还原的元素是（填元素符号）当生成0.8mol铜时，此反应转移的电了数目是山东省烟台市莱阳一中20152016学年度高一上学期月考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1引起下列环境污染的原因不正确的是（）A重金属、农药和难分解有饥物等会造成水体污染B装饰材料中的甲醛、芳香烃及氡等会造成居室污染CSO2、NO2或CO2都会
11、导致酸雨的形成DCO2和氟氯烃等物质的大量排放会造成温室效应的加剧【考点】常见的生活环境的污染及治理【分析】A、水体污染主要来自三个方面：工业生产中废物的任意排放农业上大量不合理地使用化肥和农药生活污水的任意排放；B、居室污染来源于装饰材料中的甲醛、芳香烃及氡等会造成居室污染；C、根据酸雨的形成原因；D、CO2和氟氯烃等物质都能造成温室效应【解答】解：A、重金属、农药和难分解有机物等会造成水体污染，故A正确；B、居室污染来源于装饰材料中的甲醛、芳香烃及氡等会造成居室污染，故B正确；C、酸雨的形成是由于SO2、NO2而引起的，与CO2无关，故C错误；D、CO2和氟氯烃等物质都能造成温室效应，故D
12、正确；故选：C【点评】本题主要考查了物质的性质，难度不大，根据课本知识即可完成2将下列物质加入或通入紫色石蕊溶液中，不能使其褪色的是（）ASO2BCl2CNa2O2DNaClO【考点】二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；钠的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】A二氧化硫不能漂白指示剂；B氯气与水反应生成次氯酸，具有漂白性；C过氧化钠具有强的氧化性，具有漂白性；D次氯酸钠具有强的氧化性，具有漂白性【解答】解：A二氧化硫通入紫色石蕊试液，与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离产生氢离子，溶液显酸性，颜色变红，故A选；B氯气通入紫色石蕊试液，与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以溶液最终变为无
13、色，故B不选；C过氧化钠具有强的氧化性，具有漂白性，能够使石蕊溶液褪色，故C不选；D次氯酸钠具有强的氧化性，具有漂白性，能够使石蕊溶液褪色，故D不选；故选：A【点评】本题考查了常见漂白物质，熟悉二氧化硫、次氯酸钠、氯气、过氧化钠的性质是解题关键，注意对基础知识的积累3某无色透明溶液与金属铁反应时只放出氢气，则溶液中可以大量共存的离子是（）ANa+、S2、H+、SO42BH+、NO3、Ba2+、Mg2+CNa+、Cl、H+、SO42DBa2+、K+、CO32、OH【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】与金属铁反应时只放出氢气，溶液显酸性，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质
14、等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答【解答】解：与金属铁反应时只放出氢气，溶液显酸性，AS2、H+结合生成弱电解质，不能共存，故A错误；BFe、H+、NO3发生氧化还原反应不生成氢气，故B错误；C酸性溶液中该组离子之间不反应，且离子均为无色，故C正确；D酸性溶液中不能大量存在CO32、OH，且Ba2+、CO32结合生成沉淀不能共存，故D错误；故选C【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，题目难度不大4用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火其原因是（）幕布的着火点升高幕布的
15、质量增加氯化铵分解吸收热量，降低了温度氯化铵分解产生的气体隔绝了空气ABCD【考点】铵盐【专题】压轴题；氮族元素【分析】可燃物燃烧应满足：有充足的氧气，可燃物达到一定的温度并达到着火点氯化铵固体受热易分解为氨气和氯化氢两种气体，此过程需要不断吸收热量，两种产物均不支持燃烧，气体隔绝了空气起到防火的作用【解答】解：物质着火点在一定压强下是一定的，不发生变化，故错误；幕布的质量增加，不能影响环境温度与氧气的浓度，故错误；氯化铵分解吸收热量，降低环境温度到物质着火点以下，起到防火的作用，故正确氯化铵分解产生的两种产物均不支持燃烧，气体隔绝了空气，起到防火的作用，故正确故选B【点评】本题考查铵盐性质、
16、物质燃烧条件等，难度不大，是化学知识在实际生活中应用，体现化学与生活的联系5设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A1molCl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NAB1.5molNO2与足量H2O反应，转移的电子数为1.5NAC常温常压下，46gNO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NAD含有H2SO41mol的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数为0.5NA【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、氯气和铁反应后变为1价；B、二氧化氮和水的反应中，3mol二氧化氮转移2mol电子；C、NO2和N2O4的最简式均为NO2；D、铜只能与浓硫酸反应
17、，与稀硫酸不反应【解答】解：A、氯气和铁反应后变为1价，故1mol氯气反应后转移2mol电子即2NA个，故A错误；B、二氧化氮和水的反应中，3mol二氧化氮转移2mol电子，故1.5mol二氧化氮转移1mol电子即1NA个，故B错误；C、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故46g混合物中含有的NO2的物质的量为1mol，则含有3mol原子即3NA个，故C正确；D、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故1mol硫酸不能反应完全，则生成的二氧化硫分子个数小于0.5NA个，故D错误故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大6对于某些离子的
18、检验及结论一定正确的是（）A加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42C加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验【专题】物质检验鉴别题【分析】根据常见离子的检验方法可知：A、盐酸能与含碳酸根或碳酸氢根离子的物质反应生成二氧化碳；B、氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀；C、湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝；D、碳酸钠能与含可溶性钙离子
19、或钡离子的物质结合生成沉淀【解答】解：A、盐酸能与含碳酸根或碳酸氢根离子的物质反应生成二氧化碳，加入稀盐酸产生无色气体，不一定有CO32，故A错误；B、氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，不一定有SO42，故B错误；C、湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝，加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+，故C正确；D、碳酸钠能与含可溶性钙离子或钡离子的物质结合生成沉淀，加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+，故D错误；故选C【点评】本题考查了常见离子的检验，完成此题，可
20、以依据已有的知识进行解答7对下列气体进行“喷泉”实验，在干燥的烧瓶中分别装入下列气体，打开止水夹，形成喷泉，其中溶液不能充满烧瓶的是（）ANH3BNO2CHClD体积比为4：1的NO2和O2的混合气体【考点】氨的物理性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响【专题】元素及其化合物【分析】在烧瓶中充满干燥气体，而胶头滴管及烧杯中分别盛有液体，若形成喷泉，则气体极易溶于液体或气体极易与液体反应，液体不能充满烧瓶说明气体溶于水反应生成难溶于水的气体，或属于不溶性气体，以此来解答【解答】解：ANH3极易溶于水，则可形成喷泉，液体充满整个烧瓶，故A错误； B二氧化氮溶于水和水反应，能形成喷泉，但二氧化氮和水
21、反应生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮气体难溶于水，液体不能充满烧瓶，故B正确；CHCl极易溶于水，则可形成喷泉，液体充满整个烧瓶，故C错误；D4：1的NO2与O2和水，4NO2+O2+2H2O=4HNO3，能形成喷泉，烧瓶能充满液体，故D错误故选B【点评】本题考查实验装置综合，为高频考点，把握喷泉实验的原理为解答的关键，侧重物质性质及实验能力的考查，注意气体极易溶于液体或气体极易与液体反应可形成喷泉，题目难度中等8下列物质间反应的离子方程式正确的是（）A相同物质的量浓度的FeI2溶液与溴水等体积混合 2Fe2+2I+2Br22Fe3+I2+4BrBBa（OH）2溶液中加入过量的NaHSO4溶液 B
22、a2+OH+H+SO42H2O+BaSO4C氢氧化亚铁溶液于稀硝酸中 Fe（OH）2+2H+Fe2+2H2OD向漂白粉溶液中通入少量的二氧化碳 Ca2+2ClO+CO2+H2OCaCO3+2HClO【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A等物质的量时，只有碘离子被氧化；B不符合离子的配比；C发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水；D发生强酸制取弱酸的反应原理，生成碳酸钙和HClO【解答】解：A相同物质的量浓度的FeI2溶液与溴水等体积混合的离子反应为2I+Br2I2+2Br，故A错误；BBa（OH）2溶液中加入过量的NaHSO4溶液的离子反应为Ba2+2OH+2H+SO422H2O
23、+BaSO4，故B错误；C氢氧化亚铁溶液于稀硝酸中的离子反应为3Fe（OH）2+10H+NO33Fe3+NO+8H2O，故C错误；D向漂白粉溶液中通入少量的二氧化碳的离子反应为Ca2+2ClO+CO2+H2OCaCO3+2HClO，故D正确；故选D【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，把握发生的反应及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、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9对下列事实的解释正确的是（）A浓硝酸在光照下变黄，证明硝酸不稳定，且产物有红棕色气体可溶于浓硝酸B向某溶液中加入氯化钡溶液和稀硝酸，生成白色
24、沉淀，则原溶液一定含有硫酸根C常温下，将铜放入浓硫酸中无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中钝化D氯气使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝，说明氯气可与淀粉反应【考点】硝酸的化学性质；氯气的化学性质；浓硫酸的性质；硫酸根离子的检验【专题】氧族元素；氮族元素【分析】A根据浓硝酸的不稳定性思考B根据硫酸根离子的检验来分析C根据铜与浓硫酸的反应解答D根据氯气与碘的氧化性强弱解答【解答】解：A浓硝酸不稳定，见光受热易分解，其分解的化学方程式为：4HNO32H2O+4NO2+O2，浓硝酸变黄色，就是它分解产生的红棕色NO2溶解在其中的缘故，故A正确B因为氯化银和硫酸钡均不溶于稀硝酸，向某溶液中加入氯化钡溶液和稀硝酸，生
25、成白色沉淀，说明：该溶液中含有Ag+或硫酸根离子，当然也可能含有亚硫酸根离子（硝酸把S由+4价氧化诶+6价）故B错误C铜与浓硫酸反应需要加热条件，常温下不能反应，并不是在浓硝酸中钝化的缘故，常温下铁、铝不要浓硝酸反应才是因为钝化，故C错误D氯气使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝，是发生了反应：Cl2+2KI=I2+2KCl，生成的单质碘遇淀粉呈现蓝色，故D错误故答案为A【点评】本题考查了浓硝酸的性质、硫酸根离子的检验、浓硫酸的性质以及卤素单质的性质，将较多的知识综合一起，能较广泛地考查学生的知识，具有很强的综合性10由海水制备无水氯化镁，主要有以下步骤：在一定条件下脱水干燥；加熟石灰；加盐酸；过滤；浓
26、缩结晶其先后顺序正确的是（）ABCD【考点】海水资源及其综合利用【专题】卤族元素【分析】根据海水中MgCl2的浓度较小，所以要经过富集这一过程：先加熟石灰形成沉淀，然后将沉淀过滤，接着将Mg（OH）2沉淀转化为MgCl2，这样就实现了MgCl2富集，将溶液蒸发结晶得到六水合氯化镁晶体（MgCl26H2O）（这步是为了得到纯净的MgCl2），又因MgCl2 易水解，为防止MgCl2水解的水解，加热六水合氯化镁晶体必须在HCl氛围下中进行【解答】解：因海水中MgCl2的浓度较小，所以要经过富集这一过程：先加熟石灰形成沉淀：MgCl2+Ca（OH）2Mg（OH）2+CaCl2，然后将沉淀过滤，接着将
27、Mg（OH）2沉淀转化为MgCl2：Mg（OH）2+2HClMgCl2+2H2O，这样就实现了MgCl2富集，将溶液蒸发结晶得到六水合氯化镁晶体（MgCl26H2O）（这步是为了得到纯净的MgCl2），又因MgCl2 易水解，为防止MgCl2水解的水解，加热六水合氯化镁晶体必须在HCl氛围下中进行：MgCl26H2OMgCl2 +6H2O故选：D【点评】由于海水中MgCl2灰的浓度较小，要经过富集这一过程，不能直接蒸发海水得到（MgCl26H2O），同时防止MgCl2水解的水解，加热六水合氯化镁晶体必须在HCl氛围下中进行11碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足
28、量氯化钡溶液的洗气瓶中，下列说法正确的是（）A洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡BZ导管出来的气体中无二氧化碳C洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡DZ导管口有无色气体出现【考点】二氧化硫的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响【专题】氧族元素；氮族元素【分析】碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，同时通入时因NO2与水和SO2共同作用要产生SO42和NO，NO在空气中又会生成NO2，以此解答该题【解答】解：碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，CO2和SO2与氯化钡均不反应，故不能生成碳酸钡、亚硫酸钡沉淀；铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO
29、2，SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，硫酸与氯化钡反应产生硫酸钡沉淀，Z处逸出的气体中有CO2和NO，NO遇到空气中的氧气生成了红棕色的NO2故选C【点评】本题考查硝酸、浓硫酸的性质以及二氧化硫与二氧化氮等物质的性质题目难度不大，注意相关元素化合物知识的积累12下列离子方程式书写正确的是（）A将过量的NaOH溶液滴入同浓度的少量Ca（HCO3）2溶液中Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+2H2O+CO32B向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全Ba2+OH+H+SO42=BaSO4+H2OC向Ca（ClO）2溶液中通入适量SO2：Ca2+2ClO+SO2+H
30、2O=CaSO3+2HClOD向FeI2溶液中加入少量氯水：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A将过量的NaOH溶液滴入同浓度的少量Ca（HCO3）2溶液，全部生成CO32，CO32部分转化为CaCO3沉淀；B向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全，生成BaSO4、NH3H2O和H2O；CSO2具有还原性，与HClO发生氧化还原反应；DI还原性大于Fe2+【解答】解：A将过量的NaOH溶液滴入同浓度的少量Ca（HCO3）2溶液，反应的离子方程式为Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+2H2O+CO32，故A正确；B向
31、Ba（OH）2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全，反应的离子方程式为Ba2+2OH+H+NH4+SO42=BaSO4+H2O+NH3H2O，故B错误；CSO2具有还原性，与HClO发生氧化还原反应，应生成CaSO4沉淀，故C错误；DI还原性大于Fe2+，向FeI2溶液中加入少量氯水发生：2I+Cl2=I2+2Cl，故D错误故选A【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难度中等，题中易错点为C和D，注意氧化还原反应问题1338.4gCu与适量浓硝酸反应，当铜全部溶解后，共收集到标准状况下的气体22.4L（不考虑转化为N2O4），反应消耗的硝酸的物质的量是（）A1molB1.2 molC
32、2.2 molD2.4 mol【考点】氧化还原反应的计算；化学方程式的有关计算【分析】n（Cu）=0.6mol，n（气体）=1mol，由生成硝酸铜的物质的量可知表现酸性的硝酸的物质的量，由气体的物质的量可得被还原的硝酸的物质的量，以此计算反应消耗的硝酸的物质的量【解答】解：n（气体）=1mol，被还原的硝酸的物质的量为1mol；n（Cu）=0.6mol，则生成n（Cu（NO3）2）=0.6mol，可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.6mol2=1.2mol，可知参加反应的硝酸的物质的量为：1mol+1.2mol=2.2mol，故选C【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的氧化还
33、原反应、反应产物及原子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大14取一干燥烧瓶，用排空气法收集氨气，做喷泉实验当水充满约整个烧瓶容积的二分之一后，喷泉停止烧瓶内的氨水的物质的量浓度是（按标准状况下计算）（）A0.045molL1B1molL1C0.029molL1D不能确定【考点】物质的量浓度的相关计算【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积，令氨气的体积为22.4L，则溶液的体积为22.4L，根据n=计算氨气的物质的量，再根据c=计算溶液的物质的量浓度【解答】解：氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积，令氨气的体积为22.4L，则溶液的体积为22.4
34、L，标况下22.4L氨气的物质的量=1mol，故所得溶液的物质的量浓度=0.045mol/L，故选A【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，属于无数据计算型题目，关键是判断氨气的体积和溶液的体积相等，难度不大15铜粉放入稀硫酸溶液中，加热后无明显现象发生当加入一种盐后，铜粉的质量减少，溶液呈蓝色，同时有气体逸出该盐是（）AFe2（SO4）3BNa2CO3CKNO3DFeSO4【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质【专题】元素及其化合物【分析】Cu与稀硫酸不反应，硝酸盐在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，则可使Cu溶解，由发生的氧化还原反应可知生成的气体，以此来解答【解答】解：ACu、稀硫酸、硫酸铁混
35、合时，铜和硫酸铁发生氧化还原反应，生成硫酸亚铁和硫酸铜，造成铜粉的质量减少，但没有气体，故A错误；BCu与稀硫酸不反应，加入Na2CO3时与酸反应生成二氧化碳气体，但Cu不溶解，故B错误；CCu、稀硫酸、KNO3混合时发生3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，则铜粉质量减轻，同时溶液逐渐变为蓝色，且有气体逸出，故C正确；DCu、稀硫酸、FeSO4混合时不反应，故D错误故选C【点评】本题考查硝酸盐在酸性条件下的性质，明确选项中各物质的性质及发生的化学反应是解答本题的关键，难度不大16已知反应：Cl2+2KBr2KCl+Br2；KClO3+6HCl3Cl2+KCl+3H2O；2KBrO
36、3+Cl2Br2+2KClO3下列说法正确的是（）A氧化性由强到弱的顺序为KBrO3KClO3Cl2Br2B中KCl是氧化产物，KBr 发生还原反应C中1mol氧化剂参加反应得到电子的物质的量为2molD反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】A自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；B还原剂对应的产物是氧化产物，还原剂在反应中发生氧化反应；C根据氧化剂和转移电子之间的关系式计算；D根据氧化剂和还原剂的系数确定，注意该反应中参加反应的盐酸不都作还原剂【解答】解：ACl2+2KBr=2KCl+Br2中氧化剂是氯气，氧化产
37、物是溴，所以氯气的氧化性大于溴，KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中氧化剂是氯酸钾，氧化产物是氯气，氯酸钾的氧化性大于氯气，2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中氧化剂是溴酸钾，氧化产物是氯酸钾，所以溴酸钾的氧化性大于氯酸钾，总之，氧化性强弱顺序是 KBrO3KClO3Cl2Br2，故A正确；B中KCl既不是氧化产物也不是还原产物，该反应中KBr失电子作还原剂，发生氧化反应，故B错误；C根据氧化剂和转移电子之间的关系式知，中1mol氧化剂参加反应得到电子的物质的量=1mol（50）=5mol，故C错误；D中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，故D错误；故选A【点评】本题考
38、查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，注意中盐酸具有酸性和还原性，为易错点二、非选择题17某校化学小组的同学开展测定Na2CO3和NaCl的固体混合物中Na2CO3质量分数的探究实验，他们提出下列实验方案方案一气体分析法中学：（1）甲同学用图1所示装置，把xg的混合物与足量稀硫酸反应后，测定产生的C02气体的体积实验开始时检查该装置气密性的方法是关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，活塞能回到原位则不漏气，否则漏气乙同学用图2代替图1中的收集装置，则所测CO2气体的体积偏小 （填“偏大”、“偏小”、“不变”），你的改进方案是CO2能溶于水且与水反应；将广口瓶中
39、的水改为饱和的CO2水溶液（或在水面上覆盖一层植物油）（3）丙同学用图3装置测定CO2的质量，该装置存在较多缺陷，从而导致实验误差，请你填写其中的三点缺陷：I产生的CO2气体中混有水蒸气，同时被碱石灰吸收，导致结果偏高；球形管和空气相同，吸收空气中二氧化碳和水蒸气，导致结果偏高；反应结束后装置内残留的CO2气体不能全部排出，导致结果偏小方案二沉淀分析法（如图所示）（4）操作1的名称是过滤；操作2的名称是洗涤在进行操作1之前，应判断是否沉淀完全，判断的方法是 静置，向上层清液中继续滴加CaCl2溶液，若无沉淀生成说明沉淀完全（5）根据沉淀分析法，该固体混合物中Na2CO3质量分数的计算式为100
40、%【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；钠的重要化合物【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】方案一（1）欲检查装置气密性，可根据该反应容器的特点，采用拉动注射器活塞的方法完成；二氧化碳易溶于水，形成碳酸，所以测得的二氧化碳体积会变小；因此可在水面涂一层植物油或采用饱和的二氧化碳溶液的方式使二氧化碳不能溶于水；（3）根据碱石灰的成分可知，碱石灰即可吸收二氧化碳也可吸收水，同时生成的二氧化碳反应后在装置内会有残留，以及干燥管与空气相同接触等进行分析即可；方案二（4）从操作1是对溶液M与沉淀A的分离事实分析，操作时干燥沉淀的操作；从判断CaCl2过量，主要是看Na2CO3是否有剩余，因此再加入C
41、aCl2后若无沉淀生成则说明氯化钙已过量；（5）沉淀为CaCO3，结合元素守恒计算碳酸钠质量分数【解答】解：方案一（1）若装置漏气，拉出的活塞不移动，若不漏气，拉出的活塞在大气压强的作用下应回到原来的位置；故答案为：关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，活塞能回到原位则不漏气，否则漏气；因为二氧化碳不仅能溶于水还能与水反应，用排水法收集气体，收集的二氧化碳偏小，为防止二氧化碳溶于水，可采用隔绝二氧化碳与水的接触的方法：如在在水面覆盖一层植物油，或采用饱和的二氧化碳水溶液的方法，使收集的二氧化碳体积更准确一些；故答案为：偏小；CO2能溶于水且与水反应；将广口瓶中的水改为饱和
42、的CO2水溶液（或在水面上覆盖一层植物油）；（3）由碱石灰的成分可知，碱石灰不但能吸收二氧化碳而且还能吸收水分，所以二氧化碳携带的水蒸气也可被碱石灰吸收，计算时就会把水和二氧化碳的总质量当作二氧化碳质量，导致结果偏大另外该装置进行实验时有一部分二氧化碳会在反应结束后留在反应的容器内，导致测量的二氧化碳质量偏小，同时干燥管直接与空气接触也会吸收空气中的二氧化碳和水，导致测量的结果偏大，这些都是装置3的明显缺陷；故答案为：产生的CO2气体中混有水蒸气，同时被碱石灰吸收，导致结果偏高；球形干燥管和空气相通，吸收空气中二氧化碳和水蒸气，导致结果偏高；反应结束后装置内残留的CO2气体不能全部排出，导致结
43、果偏小；方案二（4）本操作是不溶性固体和溶液的分离，所以此操作是过滤；操作2的名称是沉淀干燥；判断是否过量，主要看溶液中是否还有CO32，因此将溶液静置，向上层清液中继续滴加CaCl2溶液，若无沉淀说明CaCl2溶液已过量，沉淀完全；故答案为：过滤；干燥；静置，静置，向上层清液中继续滴加CaCl2溶液，若无沉淀生成说明沉淀完全；（5）流程分析可知，沉淀沉淀为CaCO3，结合元素守恒计算碳酸钠质量分数=100%=100%；故答案为：100%【点评】本题在分析氢氧化钠的变质时，除考虑发生的化学反应，还用到了必要的实验手段，应注意实验的基本操作的练习和规范，流程分析判断是解题关键，题目难度中等18已
44、知甲、乙、丙为常见单质，A、B、C、D、E、F、G、H均为常见的化合物；B和乙为淡黄色固体，E的式量比D的式量大16，在一定条件下，各物质间相互转化关系如下图所示（产物中水已忽略）（1）写出下列物质的化学式：丙O2、BNa2O2、DNa2SO3写出有关反应的化学方程式：B+H2O2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2D+丙2Na2SO3+O2=2Na2SO4F+丙2SO2+O22SO3【考点】无机物的推断【专题】无机推断；抽象问题具体化思想；演绎推理法；元素及其化合物【分析】甲、乙、丙为常见单质，B和乙为淡黄色固体，单质甲、乙均能分别与单质丙连续两次反应，可能是单质甲、乙分别被O2连续两次氧
45、化，生成不同的氧化物，则丙是O2氧化物B与水反应能放出O2，则B是Na2O2，那么C是NaOH，A是Na2O，甲是Na，乙是S，F是SO2，G是SO3，甲、乙反应生成H为Na2S，A与F反应生成D为Na2SO3，D与氧气反应得E是Na2SO4，而Na2SO4的相对分子质量比Na2SO3的相对分子质量大16，符合题意，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题【解答】解：甲、乙、丙为常见单质，B和乙为淡黄色固体，单质甲、乙均能分别与单质丙连续两次反应，可能是单质甲、乙分别被O2连续两次氧化，生成不同的氧化物，则丙是O2氧化物B与水反应能放出O2，则B是Na2O2，那么C是NaOH，A是Na2O，甲
46、是Na，乙是S，F是SO2，G是SO3，甲、乙反应生成H为Na2S，A与F反应生成D为Na2SO3，D与氧气反应得E是Na2SO4，而Na2SO4的相对分子质量比Na2SO3的相对分子质量大16，符合题意，（1）根据上面的分析可知，丙是O2，B是Na2O2，D为Na2SO3，故答案为：O2；Na2O2；Na2SO3；反应B+H2O的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，反应D+丙的化学方程式为2Na2SO3+O2=2Na2SO4，反应F+丙的化学方程式为2SO2+O22SO3，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；2Na2SO3+O2=2Na2SO4；2SO2+O
47、22SO3【点评】本题考查了无机物的推断，为高频考点，侧重于物质转化关系的综合应用、物质性质的应用、反应现象的判断和特征应用，注意连续氧化的反应类型及应用，掌握常见物质的性质和反应特征、反应条件是解题关键，题目难度中等19某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按图所示装置进行实验请回答下列问题：（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是蒸馏烧瓶实验过程中，装置B中产生的现象是溶液颜色由紫色逐渐褪去，这个现象说明SO2具有的性质是还原性（3）装置C中Na2S溶液在空气中不易保存，时间长了会变浑浊，原因是：（用离子方程式）2S2+O2+2H2O=2S+4OH（4）装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性
48、，请写出实验操作及现象品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色（5）如果把分液漏斗中的中的浓H2SO4换作浓HNO3，对此实验是否有影响是（填“是”或“否”），请说明你的理由浓硝酸可将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，而得不到二氧化硫气体（6）工业上用黄铜矿（CuFcS2）冶炼铜，副产品中也有SO2，冶炼铜的反应为：8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe203+16SO2若CuFeS2中Fe的化合价为+2，反应中被还原的元素是Cu、O（填元素符号）当生成0.8mol铜时，此反应转移的电了数目是10NA【考点】探究二氧化硫与水和品红溶液的反应；性质实验方案的设计【专题】化
49、学实验基本操作【分析】（1）根据实验室仪器名称书写；二氧化硫有还原性，酸性高锰酸钾有强氧化性，二氧化硫能还原酸性高锰酸钾而使其褪色；（3）硫离子能被氧气氧化生成硫单质；（4）二氧化硫能使品红褪色，加热褪色后的品红溶液，溶液的颜色能复原；（5）浓硝酸能氧化亚硫酸钠，浓硫酸不能氧化亚硫酸钠；（6）氧化还原反应中得电子的元素被还原；根据铜和转移电子之间的关系式计算转移电子个数【解答】解：（1）该仪器是蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；酸性高锰酸钾有强氧化性，二氧化硫中硫元素是中间价态，有还原性，所以二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，同时说明二氧化硫有还原性，故答案为：溶液颜色由紫色逐渐褪去；还原性
50、；（3）硫离子能被氧气氧化生成硫单质，离子反应方程式为：2S2+O2+2H2O=2S+4OH，故答案为：2S2+O2+2H2O=2S+4OH；（4）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，但加热褪色后的品红溶液，溶液的颜色能复原，故答案为：品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色；（5）浓硫酸不能氧化亚硫酸钠，而浓硝酸能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，导致得不到二氧化硫，所以用浓硝酸对该实验有影响，故答案为：是；浓硝酸可将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，而得不到二氧化硫气体；（6）反应8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe203+16SO2中铜元素、氧元素在得电子化合价降低，被还原；设转移电子数为x8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe203+16SO2 转移电子 8mol 100NA 0.8mol xx=10NA，故答案为：Cu、O；10NA【点评】本题考查了二氧化硫的性质，难点是计算（6）题中转移电子数，明确被还原元素与转移电子之间的关系式在解本题的关键，难点较大版权所有：高考资源网()