1、2012-2013学年天津市大港一中高三（上）第二次月考化学试卷一、选择题（每小题2分，共46分在每小题列出的四个选项中，只有1个选项符合题意）1（2分）（2013秋沈阳期末）下列可用来区别SO2和CO2气体的是（）澄清的石灰水 氢硫酸 氯水 酸性高锰酸钾 氯化钡 品红溶液ABCD2（2分）（2012秋大港区校级月考）以下关于氟、氯、溴、碘的性质叙述错误的是（）HF、HCl、HBr、HI中酸性最强的是HF 单质F2、Cl2、Br2、I2中，I2沸点最高单质F2、Cl2、Br2、I2中，氧化性最强的是F2 HF、HCl、HBr、HI还原性最强的是HI单质F2、Cl2、Br2、I2中，与氢化合最容
2、易的是F2 HF、HCl、HBr、HI沸点最高的是HIHF、HCl、HBr、HI稳定性逐渐减弱A只有BCD3（2分）（2012秋大港区校级月考）下列关于硅单质及其化合物的叙述正确的是（）硅是构成岩石和许多矿物的基本元素 水玻璃可用作制备木材防火剂的原料制造光导纤维的主要原料是SiO2 制玻璃和水泥均需要石灰石作为原料硅胶可用作催化剂的载体和袋装食品的干燥剂高纯度的硅除了用于制造计算机芯片外，在太阳能发电过程中也具有重要的作用ABCD全部4（2分）（2013秋元宝山区期末）经氯气消毒的自来水，若用于配制以下溶液：NaOH AgNO3 Na2CO3 FeSO4KI Na2S Na2SO3 会使配制
3、的溶液变质的是（）A全部BCD5（2分）（2013秋岳阳县校级月考）下列离子方程式书写正确的是（）A酸性条件下KIO3溶液与KI溶液发生反应生成I2：IO3+5I+3H2O=3I2+6OHBFeSO4溶液中加入酸性K2Cr2O7溶液：6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2OCCl2和水反应：Cl2+H2O=2H+Cl+ClODNH4HSO3溶液与足量的NaOH溶液混合加热：HSO3+OH=SO32+H2O6（2分）（2012秋大港区校级月考）下列各组离子在给定条件下能大量共存的是（）在pH=1的溶液中：NH4+、K+、ClO、Cl有SO42存在的溶液中：Na+、Mg2+、
4、Ca2+、I有NO3存在的强酸性溶液中：NH4+、Ba2+、Fe2+、Br在c（H+）=1.01013molL1的溶液中：Na+、S2、AlO2、SO32含有大量Al3+的溶液：Na+、NH4+、SO42、HCO3含有大量Fe3+的溶液：Na+、Mg2+、NO3、SCNABCD7（2分）（2011秋洛阳期末）下列物质氢氟酸浓硫酸烧碱溶液Na2CO3固体氧化钙浓硝酸，其中在一定条件下能与SiO2反应的有（）AB全部CD8（2分）（2012渝水区校级一模）将磁性氧化铁放入稀HNO3中可发生如下反应：3Fe3O4+28HNO3=9Fe （NO3）x+NO+14H2O下列判断合理的是（）AFe （NO
5、3）x中的x为2B反应中每生成0.2 mol 还原产物，就有0.6 mol 电子转移C稀HNO3 在反应中只作氧化剂D磁性氧化铁中的铁元素全部被氧化9（2分）（2013秋龙井市校级期中）下列叙述正确的是（）A可用浓硝酸除去铝制品表面的铜镀层B用催化法处理汽车尾气中的CO和NO：CO+NOC+NO2C浓硫酸具有吸水性，因此可用作干燥剂，能干燥氢气、硫化氢、氨气等气体D因为浓硫酸在常温下不可与铁或铝反应，因此常温下可用铁制或铝制容器储存浓硫酸10（2分）（2012秋大港区校级月考）下列说法正确的是（）A当7.8g Na2O2与H2O完全反应时，有0.2mol电子发生了转移BFeCl2溶液与K3Fe
6、（CN）6溶液混合后得到特征蓝色沉淀，利用此反应可检验Fe2+C用浓盐酸酸化KMnO4溶液以增强其氧化性D在3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氧化剂和还原剂的质量比为2：111（2分）（2013江西校级模拟）今有甲、乙、丙三瓶等体积的新制氯水，浓度均为0.1mol/L如果在甲瓶中加入少量的NaHCO3晶体（m mol），在乙瓶中加入少量的NaHSO3晶体（m mol），丙瓶不变片刻后，甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物质的量浓度的大小关系（溶液体积变化忽略不计）（）A甲=乙丙B甲丙乙C丙甲=乙D乙丙甲12（2分）（2015春宁波校级期中）下列各组物质稀溶液相互反应无论前者滴入后者，还是后者滴
7、入前者，反应现象都相同的是（）ACa（HCO3）2溶液与Ca（OH）2溶液BAlCl3溶液与NaOH溶液CKAlO2溶液与KHSO4溶液D2%的硝酸银溶液和2%的氨水13（2分）（2012秋大港区校级月考）关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（）A实验室常用装置制取NH3B装置中X若为CCl4，可用于吸收NH3，并防止倒吸C装置可用于制备Fe（OH）2并较长时间观察其白色D装置可用于收集NO14（2分）（2013淇县校级一模）下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（）金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中 过量NaOH溶液和明矾溶液混合少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中 向
8、NaAlO2溶液中滴入少量NaHSO4溶液向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2AB只有C只有D只有15（2分）（2013秋福建校级期中）在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶，再加入下列物质：FeCl3；Fe2O3；Cu（NO3）2；KNO3，铜粉溶解的是（）A只有或B只有或或C只有或或D上述任意一种16（2分）（2014春保定校级期末）下列事实可以用同一原理解释的是（）A氯气和二氧化硫均可使品红褪色B乙烯可使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色CClO2和漂白粉现在都常用于自来水的处理D苯酚和氢氧化钠溶液在空气中久置均会变质17（2分）（2012秋大港区校级月考）下列叙述正确的是（）A周期表中碱金属元素从上到
9、下，其单质的还原性逐渐增强，熔沸点逐渐升高B分别在Na2CO3和NaHCO3两种物质的溶液中，加入少量BaCl2溶液，能鉴别这两种物质C向品红溶液中同时通入相同物质的量的SO2和Cl2，溶液褪色D向某溶液中加入硝酸钡溶液和稀硝酸，有白色沉淀产生证明原溶液中一定含有SO4218（2分）（2012秋大港区校级月考）下列说法正确的是（）A等质量的两份铝，分别和含n mol HCl和n mol NaOH 溶液反应，放出的气体的体积一定是NaOH溶液的多B向饱和食盐水中先通足量CO2气体，再通入足量NH3，会析出NaHCO3晶体C使用一定的催化剂可将汽车尾气中的CO和NO转化成CO2和N2D将一定质量不
10、同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，铝的质量分数越小，放出的H2越多19（2分）（2012秋大港区校级月考）向铁和铜的混合物中加入一定量的稀硫酸，反应后剩余了m1克金属，再继续加入一定量的硝酸钠溶液后剩余了m2克金属，则m1和 m2的大小关系正确的是（）Am1=m2Bm1m2Cm1m2Dm1m220（2分）（2014秋苏家屯区校级月考）在一种强酸性溶液中可能存在Cl、NO3、Fe3+、I离子中的一种或几种，向该溶液中加入溴水，单质溴被还原，由此推断该溶液中（）A含有Cl、NO3、IB可能含有Fe3+C含有I，不能确定是否含有ClD可能含有NO321（2分）（2013淇县校级一模）取等物质的量浓度的
11、NaOH溶液两份A和B，每份10mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1molL1的盐酸，标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸溶液体积之间的关系如图所示，下列叙述正确的是（）A原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol/LBA线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是Na2CO3，NaHCO3CB线中消耗盐酸0v（HCl）25mL时发生的离子反应为：OH+H+=H2O H+CO32=HCO3DB曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积（标准状况）的最大值为112mL22（2分）（2012秋大港区校级月考）下列叙
12、述中正确的是（）A含a mol AlCl3的溶液和含1.5a mol NaOH的溶液，无论正滴和反滴，生成的Al（OH）3的质量相等B含a mol Na2CO3的溶液和含1.5a mol HCl的稀盐酸，无论正滴和反滴，生成的CO2相等C等物质的量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应在同温同压下，生成的CO2体积相同D将盛有24mL NO2和O2的混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后还剩余4 mL无色气体，则原混合气体中O2的体积是8 mL 或 1.2mL二、填空题（共54分）23（10分）（2013秋江西校级期末）在一定条件下，某些化学反应可以用如图框架表示，根据要求回答下列问题
13、：（1）若A、C、D均为含氯物质，且A的化合价介于C和D之间，D具有漂白性，写出该反应的离子方程式；（2）若通过电解的方法获得黄绿色气体C，则该反应的离子方程式为（3）若C、D均为气体且均能使澄清石灰水变浑浊，写出符合上述框图要求的化学方程式（4）若A为红色金属单质，B为第二周期某种元素的最高价氧化物的水化物的稀溶液，写出符合上述框图关系的离子方程式24（8分）（2009秋铜陵期末）（1）如图所示，将氯气依次通过盛有干燥有色布条的广口瓶和盛有潮湿有色布条的广口瓶，可观察到的现象是（2）实验室为防止氯气尾气污染空气，根据氯水显酸性的性质，可用溶液吸收多余的氯气工业上常用廉价的石灰乳吸 收工业氯气
14、尾气制得漂白粉，漂白粉的有效成分是（均填化学式），长期露置于空气中的漂白粉，加稀盐酸后产生的气体是（用字母代号填）AO2 BCl2 CCO2 DHClO（3）当氯气泄漏人们逃离现场时，可以用浸有一定浓度的某种物质的水溶液的毛巾捂住鼻子，最适宜采用的该物质是（填序号）ANaOH BNaCl CKBr DNa2CO325（5分）（2012秋大港区校级月考）（如图表示常见元素单质及化合物相应关系，某些生成物略去已知：反应为氯碱工业的基础反应；X、Y为常见金属，Z为形成酸雨的主要成分请回答下列问题：（1）D的电子式；H为（填化学式）（2）完成下列方程式空气中含量最高的气体与C反应的化学反应方程式；反应
15、的化学反应方程式；足量B通入H溶液的离子反应方程式26（15分）（2012秋大港区校级月考）烃A是一种重要的基本化工原料，用质谱法测得其相对分子质量为28如图1是以A为原料合成药物中间体E和树脂K的路线已知如图2：（1）A中官能团的结构简式是有机物B的名称（2）BC的化学方程式为B和氢氧化钠的水溶液加热反应所得到的有机产物和乙二酸反应生成高分子化合物，写出生成高分子化合物反应的化学方程式（3）E的分子式为C4H8O下列关于E的说法正确的是（填字母序号）a能与金属钠反应 b分子中4个碳原子一定共平面c一定条件下，能与浓氢溴酸反应 d与CH2=CHCH2OCH2CH3互为同系物（4）GH涉及到的反
16、应类型有（5）I的分子式为C4H6O2，其结构简式为（6）JK的化学方程式为（7）写出与E具有相同官能团的所有同分异构体的结构简式：（不考虑顺反异构，不考虑OH连在双键碳上的结构）27（18分）（2015咸阳模拟）氨是一种重要的化工原料，某学习小组欲制取氨气并探究其性质请回答：（1）实验室制取氨气的化学方程式是（2）如图1是进行氨气喷泉实验的装置，引发喷泉的操作步骤是氨气使烧杯中溶液由无色变为红色，其原因是（用电离方程式 表示）（3）该小组同学设计了图2所示的实验装置（部分夹持仪器未画出），探究氨气的还原性并检验产物实验现象为：黑色CuO变为红色；白色无水CuSO4粉末变为蓝色；同时生成一种无
17、色气体，该气体无污染请写出氨气与CuO反应的化学方程式碱石灰的作用是整套装置在方框处应添加一种装置后，此实验设计才较完善，请在方框中补画出E装置图（要求 注明装置中所加试剂名称）.3.2g Cu与30mL，8mol/L过量HNO3反应，硝酸的还原产物为NO，NO2，反应后溶液中所含H+为a mol，则：此时溶液中所含的NO3为mol所生成的NO在标准状况下体积为 L（以上结果均用含a的代数式表示）某黑色固体甲可能含有氧化铜、硫化铜、硫化亚铜，以及被掩蔽的氧化亚铜查阅资料知道：氧化亚铜在酸性环境下会发生自身氧化还原反应生成Cu2+和铜单质，在氧气流中煅烧，可以转化为氧化铜硫化铜和硫化亚铜常温下都
18、不溶于稀盐酸在氧气流中煅烧，硫化铜和硫化亚铜都转化为氧化铜和二氧化硫为了研究甲的成分，该小组同学在收集到足够量的固体甲后，进行了如图3所示的实验：（1）中在煅烧过程中一定发生的反应的化学方程式为（2）关于固体甲的成分的判断中，下列说法正确的是A固体甲中，CuS和Cu2S不能同时存在；B固体甲中，CuO和Cu2O至少有一种；C固体甲中若没有Cu2O，则一定有Cu2S；D固体甲中若存在Cu2O，也可能有Cu2S2012-2013学年天津市大港一中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题2分，共46分在每小题列出的四个选项中，只有1个选项符合题意）1（2分）（2013秋沈阳期
19、末）下列可用来区别SO2和CO2气体的是（）澄清的石灰水 氢硫酸 氯水 酸性高锰酸钾 氯化钡 品红溶液ABCD考点：二氧化硫的化学性质版权所有专题：氧族元素分析：SO2和CO2气体都能使澄清石灰水变浑浊，都不与氯化钡反应，则无法区别，则利用二氧化硫的还原性、漂白性可区分二者，以此来解答解答：解：SO2和CO2气体都能使澄清的石灰水变浑浊，则不能区分，故错误； 只有SO2能与氢硫酸反应生成S沉淀，则可以区分，故正确； 二者中只有SO2能与氯水反应生成盐酸和硫酸，使颜色消失，则可以区分，故正确；二者中只有SO2能与酸性高锰酸钾反应，使颜色消失，则可以区分，故正确； SO2和CO2气体都不与氯化钡反
20、应，则无法区别，故错误； 二者中只有SO2能使品红溶液褪色，则可以区分，故正确；故选D点评：本题考查气体的区分，明确二氧化硫和二氧化碳的性质的差异是解答本题的关键，并熟悉反应中的现象来解答即可，题目难度不大2（2分）（2012秋大港区校级月考）以下关于氟、氯、溴、碘的性质叙述错误的是（）HF、HCl、HBr、HI中酸性最强的是HF 单质F2、Cl2、Br2、I2中，I2沸点最高单质F2、Cl2、Br2、I2中，氧化性最强的是F2 HF、HCl、HBr、HI还原性最强的是HI单质F2、Cl2、Br2、I2中，与氢化合最容易的是F2 HF、HCl、HBr、HI沸点最高的是HIHF、HCl、HBr、
21、HI稳定性逐渐减弱A只有BCD考点：卤素原子结构及其性质的比较版权所有专题：卤族元素分析：第A族元素中，随着原子序数的增大得电子能力逐渐减弱、氢化物的酸性逐渐增强、单质的沸点逐渐增大、单质的氧化性逐渐减弱、氢化物的还原性逐渐增强、单质与氢气化合逐渐困难、氢化物的沸点逐渐增大（HF除外）、氢化物的稳定性逐渐减弱解答：解：A、随着原子序数的增大，氢化物的酸性逐渐增强，所以HF、HCl、HBr、HI中酸性最强的是HI，故错误 随着原子序数的增大，单质的沸点逐渐增大，所以单质F2、Cl2、Br2、I2中，I2沸点最高，故正确随着原子序数的增大，单质得电子能力逐渐减弱，所以单质F2、Cl2、Br2、I2
22、中，氧化性最强的是F2，故正确随着原子序数的增大，单质得电子能力逐渐减弱，所以其阴离子失电子能力逐渐增强，所以HF、HCl、HBr、HI还原性最强的是HI，故正确随着原子序数的增大，单质得电子能力逐渐减弱，所以单质与氢气化合逐渐困难，单质F2、Cl2、Br2、I2中，与氢化合最容易的是F2，故正确分子晶体的沸点随着相对分子质量的增大而增大，但要注意：如果分子间能形成氢键就使其沸点增大，HF中能形成分子间氢键，导致其沸点增大，所以HF、HCl、HBr、HI沸点最高的是HF，故错误随着原子序数的增大，单质得电子能力逐渐减弱，其阴离子失电子能力逐渐增强，所以HF、HCl、HBr、HI稳定性逐渐减弱，
23、故正确故选C点评：本题考查了卤族元素单质及其氢化物的性质，难度不大，注意虽然氟气氧化性强但氢氟酸是弱酸，氟化氢中能形成分子间氢键导致其沸点增大3（2分）（2012秋大港区校级月考）下列关于硅单质及其化合物的叙述正确的是（）硅是构成岩石和许多矿物的基本元素 水玻璃可用作制备木材防火剂的原料制造光导纤维的主要原料是SiO2 制玻璃和水泥均需要石灰石作为原料硅胶可用作催化剂的载体和袋装食品的干燥剂高纯度的硅除了用于制造计算机芯片外，在太阳能发电过程中也具有重要的作用ABCD全部考点：硅和二氧化硅版权所有专题：碳族元素分析：硅在地壳中的含量仅次于氧，居第二位，在自然界中硅主要以化合物二氧化硅、硅酸盐等
24、的形式存在，二氧化硅、硅酸盐等硅的化合物是构成岩石和许多矿物的主要成分；水玻璃是矿物胶，不燃烧，而将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触，可用作制备木材防火剂的原料；制造光导纤维的主要原料是SiO2； 制玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英，制水泥的主要原料是黏土、石灰石；硅胶具有多孔，吸附水分的能力强，常用袋装食品的干燥剂，也可用作催化剂的载体；硅是良好的半导体材料，用于制造计算机芯片，制成光电池，将光能直接转换为都能解答：解：硅在地壳中的含量高，在自然界中硅主要以化合物二氧化硅、硅酸盐等的形式存在，二氧化硅、硅酸盐等硅的化合物是构成岩石和许多矿物的主要成分，可以说硅是构成岩石
25、和许多矿物的基本元素，故正确；水玻璃是矿物胶，不燃烧，而将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触，水玻璃可用作制备木材防火剂的原料，故正确；制造光导纤维的主要原料是SiO2，故正确；制玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英，制水泥的主要原料是黏土、石灰石，均需要石灰石作为原料，故正确；硅胶具有多孔，吸附水分的能力强，常用袋装食品的干燥剂，也可用作催化剂的载体，故正确；硅是良好的半导体材料，高纯度的硅用于制造计算机芯片，利用硅良好的半导体性能，制成光电池，将光能直接转换为都能，故正确故选D点评：本题考查硅及其化合物的性质与用途、硅酸盐工业等，比较基础，注意基础知识积累掌握4（2分）（2
26、013秋元宝山区期末）经氯气消毒的自来水，若用于配制以下溶液：NaOH AgNO3 Na2CO3 FeSO4KI Na2S Na2SO3 会使配制的溶液变质的是（）A全部BCD考点：氯气的化学性质版权所有专题：卤族元素分析：氯气和水的反应方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO，该反应是可逆反应，盐酸是强酸，次氯酸是弱酸，所以溶液中存在的微粒有：H+、Cl、ClO、OH、Cl2、H2O、HCl，只要能和这些微粒反应的物质在配制过程中就会变质，否则不变质解答：解：氯气和水的反应方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO，该反应是可逆反应，盐酸是强酸，次氯酸是弱酸，所以溶液中存在的微粒有：H+、Cl
27、、ClO、OH、Cl2、H2O、HClNaOH能和氢离子反应生成盐和水，所以用该自来水配制会变质，故正确AgNO3能和氯离子反应生成氯化银沉淀，所以用该自来水配制会变质，故正确Na2CO3能和氢离子反应生成氯化钠和二氧化碳、水，所以用该自来水配制会变质，故正确FeSO4能和氯气反应生成硫酸铁，所以用该自来水配制会变质，故正确KI和氯气发生置换反应生成碘单质，所以用该自来水配制会变质，故正确Na2S和氯气反应生成硫单质，所以用该自来水配制会变质，故正确Na2SO3能和氯气反应生成硫酸钠，所以用该自来水配制会变质，故正确故选A点评：本题考查了氯水的性质，明确氯水中存在的微粒及其性质是解本题的关键，
28、只要能和这些物质反应，用此自来水配制就会变质，据此分析解答即可5（2分）（2013秋岳阳县校级月考）下列离子方程式书写正确的是（）A酸性条件下KIO3溶液与KI溶液发生反应生成I2：IO3+5I+3H2O=3I2+6OHBFeSO4溶液中加入酸性K2Cr2O7溶液：6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2OCCl2和水反应：Cl2+H2O=2H+Cl+ClODNH4HSO3溶液与足量的NaOH溶液混合加热：HSO3+OH=SO32+H2O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在酸性条件下不可能生成OH；BFeSO4溶液中加入酸性K2Cr2O7溶液发生氧化还
29、原反应生成Fe3+和Cr3+；CHClO为弱电解质，应写成化学式；D还应存在NH4+与OH的反应解答：解：A酸性条件下KIO3溶液与KI溶液发生反应的离子方程式为IO3+5I+6H+=3I2+3H2O，故A错误；B FeSO4溶液中加入酸性K2Cr2O7溶液发生氧化还原反应生成Fe3+和Cr3+，反应的离子方程式为6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，故B正确；CCl2和水反应的离子方程式为Cl2+H2O=H+Cl+HClO，故C错误；DNH4HSO3溶液与足量的NaOH溶液混合加热，反应的离子方程式为HSO3+NH4+2OHSO32+2H2O+NH3，故D错误故选B
30、点评：本题考查离子方程式的书写，题目难度中等，注意把握物质的性质，为易错点，注意粒子符号6（2分）（2012秋大港区校级月考）下列各组离子在给定条件下能大量共存的是（）在pH=1的溶液中：NH4+、K+、ClO、Cl有SO42存在的溶液中：Na+、Mg2+、Ca2+、I有NO3存在的强酸性溶液中：NH4+、Ba2+、Fe2+、Br在c（H+）=1.01013molL1的溶液中：Na+、S2、AlO2、SO32含有大量Al3+的溶液：Na+、NH4+、SO42、HCO3含有大量Fe3+的溶液：Na+、Mg2+、NO3、SCNABCD考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：pH为1的溶液
31、为强酸溶液，离子之间发生氧化还原反应；与SO42反应的离子不能大量存在；在酸性条件下NO3具有强氧化性，具有还原性的离子不能大量存在；c（H+）=1.01013molL1的溶液呈碱性，利用复分解反应来分析离子的共存；与Al3+反应的离子不能大量共存；与Fe3+反应的离子不能大量共存解答：解：pH为1的溶液为强酸溶液，在酸性条件下，ClO与Cl发生氧化还原反应而不能大量共存，故错误；Ca2+与SO42反应生成沉淀而不能大量共存，故错误；在酸性条件下NO3具有强氧化性，具有还原性的Fe2+、Br不能大量存在，故错误；c（H+）=1.01013molL1的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应
32、，可大量共存，故正确；HCO3与Al3+发生互促水解反应而不能大量共存，故错误；SCN与Fe3+反应而不能大量共存，故错误故选A点评：本题考查离子的共存问题，明确习题中的信息及常见的离子的性质、离子之间的化学反应是解答本题的关键7（2分）（2011秋洛阳期末）下列物质氢氟酸浓硫酸烧碱溶液Na2CO3固体氧化钙浓硝酸，其中在一定条件下能与SiO2反应的有（）AB全部CD考点：硅和二氧化硅版权所有专题：碳族元素分析：二氧化硅化学性质不活泼，不与水反应，酸性氧化物一般不与酸反应，但二氧化硅能与氢氟酸反应生成四氟化硅与水，但不与其它酸反应，能与碱性氧化物或强碱反应生成盐，可以与碳酸盐反应生成硅酸盐，应
33、用于硅酸盐工业解答：解：二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅与水，故正确；二氧化硅不氢氟酸以外的酸反应，不与浓硫酸反应，故错误；二氧化硅与烧碱溶液反应生成硅酸钠与水，故正确；二氧化硅与Na2CO3固体在高温的反应生成硅酸钠与二氧化碳，故正确；二氧化硅与氧化钙氧化钙在高温反应生成硅酸钙，故正确；二氧化硅不氢氟酸以外的酸反应，不与浓硝酸反应，故错误故正确故选C点评：本题考查二氧化硅的性质，比较基础，掌握二氧化硅的性质即可解答，注意硅元素的亲氧性与亲氟性8（2分）（2012渝水区校级一模）将磁性氧化铁放入稀HNO3中可发生如下反应：3Fe3O4+28HNO3=9Fe （NO3）x+NO+14H2O下列判
34、断合理的是（）AFe （NO3）x中的x为2B反应中每生成0.2 mol 还原产物，就有0.6 mol 电子转移C稀HNO3 在反应中只作氧化剂D磁性氧化铁中的铁元素全部被氧化考点：氧化还原反应的计算版权所有专题：氧化还原反应专题分析：A、根据氮元素守恒计算Fe（NO3）x中的x的值；B、反应中只有氮元素被还原，氮元素化合价由+5价降低为+2，还原产物为NO，根据NO计算转移电子；C、反应中生成硝酸盐和N0，所以硝酸在反应中起氧化剂与酸的作用；D、磁性氧化铁中的铁元素化合价为+2、+3价，只有部分被氧化解答：解：A、根据氮元素守恒，则9x+1=28，解得x=3，故A错误；B、反应中只有氮元素被
35、还原，氮元素化合价由+5价降低为+2，还原产物为NO，所以生成0.2molNO转移电子为0.2mol（52）=0.6mol，故B正确； C、反应中生成硝酸盐Fe（NO3）3和N0，所以硝酸在反应中起氧化剂与酸的作用，故C错误；D、反应中生成硝酸盐Fe（NO3）3，磁性氧化铁中的铁元素化合价为+2、+3价，只有部分铁元素被氧化，故D错误故选B点评：本题考查氧化还原反应基本概念与计算，难度不大，D选项清楚磁性氧化铁中铁元素化合价是关键注意守恒思想的应用9（2分）（2013秋龙井市校级期中）下列叙述正确的是（）A可用浓硝酸除去铝制品表面的铜镀层B用催化法处理汽车尾气中的CO和NO：CO+NOC+NO
36、2C浓硫酸具有吸水性，因此可用作干燥剂，能干燥氢气、硫化氢、氨气等气体D因为浓硫酸在常温下不可与铁或铝反应，因此常温下可用铁制或铝制容器储存浓硫酸考点：硝酸的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；浓硫酸的性质版权所有专题：氧族元素；氮族元素分析：A、铝在浓硝酸中发生钝化，铜与浓硝酸反应B、二氧化氮仍是有毒的气体C、浓硫酸能与氨气反应，且具有强氧化性，可以氧化硫化氢D、常温下铁、铝在浓硫酸中发生反应生成一层致密氧化物保护膜，阻止内部金属与浓硫酸继续发生反应解答：解：A、铜与浓硝酸反应，铝在浓硝酸中发生钝化，可用浓硝酸除去铝制品表面的铜镀层，故A正确；B、二氧化氮仍是有毒的气体，催化法处理汽
37、车尾气中的CO和NO发生反应生成氮气与二氧化碳，故B错误；C、浓硫酸能与氨气反应，且具有强氧化性，可以氧化硫化氢，不能干燥硫化氢、氨气，故C错误；D、常温下铁、铝在浓硫酸中发生反应生成一层致密氧化物保护膜，阻止内部金属与浓硫酸继续发生反应，故D错误故选：A点评：考查浓硝酸、浓硫酸的性质等，难度不大，注意基础知识的掌握，D选项中注意钝化不是不反应，而是发生反应生成一层致密氧化物保护膜，阻止内部金属继续发生反应10（2分）（2012秋大港区校级月考）下列说法正确的是（）A当7.8g Na2O2与H2O完全反应时，有0.2mol电子发生了转移BFeCl2溶液与K3Fe（CN）6溶液混合后得到特征蓝色
38、沉淀，利用此反应可检验Fe2+C用浓盐酸酸化KMnO4溶液以增强其氧化性D在3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氧化剂和还原剂的质量比为2：1考点：氧化还原反应；二价Fe离子和三价Fe离子的检验版权所有专题：氧化还原反应专题分析：An（Na2O2）=0.1mol，根据化合价的变化判断；B.3FeCl2+2K3Fe（CN）6=6KCl+Fe3Fe（CN）62，反应后Fe3Fe（CN）62为蓝色沉淀；C盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应；D根据化合价的变化判断氧化剂和还原剂的关系解答：解：An（Na2O2）=0.1mol，反应中O的化合价由1价变为2价、0价，转移的电子为0.1mol，故A错误；BF
39、eCl2溶液与K3Fe（CN）6溶液混合后发生3FeCl2+2K3Fe（CN）6=6KCl+Fe3Fe（CN）62，溶液由浅绿色生成蓝色沉淀，可检验，故B正确；C盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应，导致高锰酸钾变质，故C错误；D在3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氧化剂和还原剂的质量比为1：2，故D错误故选B点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价变化的角度分析氧化还原反应11（2分）（2013江西校级模拟）今有甲、乙、丙三瓶等体积的新制氯水，浓度均为0.1mol/L如果在甲瓶中加入少量的NaHCO3晶体（m mol），在乙瓶中加入少量的NaHSO3晶体（m mol），丙瓶不变片
40、刻后，甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物质的量浓度的大小关系（溶液体积变化忽略不计）（）A甲=乙丙B甲丙乙C丙甲=乙D乙丙甲考点：物质的量浓度的相关计算；氯气的化学性质版权所有专题：计算题分析：HClO的酸性比碳酸弱但比HCO3的酸性强，加入少量的NaHCO3晶体，可促进氯气与水的反应，生成更多的HClO，HClO可与NaHSO3发生氧化还原反应而导致浓度降低解答：解：甲中加入少量的NaHCO3晶体：HClO的酸性比碳酸弱但比HCO3的酸性强，加入少量的NaHCO3晶体，可促进氯气与水的反应，生成更多的HClO；乙中加入少量的NaHSO3晶体：HClO可与NaHSO3发生氧化还原反应而导致浓度降
41、低；丙不变，则甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物质的量浓度的大小关系为甲丙乙故选B点评：本题考查氯气的化学性质以及外界条件对氯气与水反应的平衡影响，题目难度不大，本题注意从氯气的性质的角度分析12（2分）（2015春宁波校级期中）下列各组物质稀溶液相互反应无论前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是（）ACa（HCO3）2溶液与Ca（OH）2溶液BAlCl3溶液与NaOH溶液CKAlO2溶液与KHSO4溶液D2%的硝酸银溶液和2%的氨水考点：镁、铝的重要化合物；氨的化学性质版权所有专题：元素及其化合物分析：A、Ca（HCO3）2溶液与Ca（OH）2溶液，无论前者滴入后者，还是后者滴入前
42、者，只发生Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+2H2OB、AlCl3和NaOH反应，当前者滴入后者时，反应方程式为：开始一段时间Al3+4OH=AlO2+2H2O，当Al3+过量Al3+和AlO2发生双水解，Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3；当后者滴入前者时，前者开始足量，Al3+3OH=Al（OH）3，一段时间后OH过量，Al（OH）3+OH=AlO2+2H2OC、KAlO2和KHSO4反应，当前者滴入后者时，先发生Al02+4H+Al3+2H2O，H+反应完毕，然后发生反应Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3；后者滴入前者先发生Al02+H+H2OAl（OH）3，
43、Al02反应完毕，发生反应Al（OH）3+3H+=Al3+3H2OD、氨水与硝酸银溶液中，前者滴入后者发生反应生成沉淀，加入过量的氨水，沉淀溶解；后者滴入前者生成络离子，没有沉淀，则现象不同，离子反应不同，解答：解：A、Ba（HCO3）2溶液与Ba（OH）2溶液，无论前者滴入后者，还是后者滴入前者，只发生Ba2+2HCO3+2OHBaCO3+2H2O，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，现象都是产生白色沉淀，故A正确；B、AlCl3和NaOH反应，当前者滴入后者时，反应方程式为：开始一段时间Al3+4OH=AlO2+2H2O，当Al3+过量Al3+和AlO2发生双水解，Al3+3AlO2+6
44、H2O=4Al（OH）3，现象是先无明显现象后有白色沉淀；当后者滴入前者时，前者开始足量，Al3+3OH=Al（OH）3，一段时间后OH过量，Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，现象是先有白色沉淀后白色沉淀溶解，故B错误；C、KAlO2和KHSO4反应，当前者滴入后者时，先发生Al02+4H+Al3+2H2O，H+反应完毕，然后发生反应Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，现象是先无明显现象后有白色沉淀；后者滴入前者先发生Al02+H+H2OAl（OH）3，Al02反应完毕，发生反应Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O，现象是先有白色沉淀后白色沉淀溶解，故C错误；D、氨水与
45、硝酸银溶液中，前者滴入后者发生反应生成沉淀，加入过量的氨水，沉淀溶解，后者滴入前者生成络离子，没有沉淀，则现象不同，故D错误故选：A点评：本题考查离子反应的书写，明确反应是解答本题的关键，注意互滴顺序不同发生的反应与现象的关系即可解答，D为学生解答的难点，离子反应较难，不作要求，题目难度较大13（2分）（2012秋大港区校级月考）关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（）A实验室常用装置制取NH3B装置中X若为CCl4，可用于吸收NH3，并防止倒吸C装置可用于制备Fe（OH）2并较长时间观察其白色D装置可用于收集NO考点：气体发生装置；铁的氧化物和氢氧化物；气体的收集版权所有专题：化学实验基本操
46、作分析：A、根据装置可用于固体+固体加热产生气体，以及收集气体密度比空气小的气体；B、根据装置可以吸收易溶于水的气体，并可防倒吸；C、根据Fe（OH）2极易与O2反应生成红褐色的Fe（OH）3；D、装置从短管进入气体，可收集不溶于水的气体，从长管进入可以用来洗气解答：解：A、由于加热氢氧化钙和氯化铵组成的固体可以制取NH3，NH3极易溶于水，密度比空气小且不与空气中的成份发生反应，所以不能用排水法收集，只能选用向下排气法收集，所以发生装置适合，故A正确；B、装置X若为CCl4，NH3或HCl极易溶于水且不溶于CCl4的气体，可以用装置并可防倒吸，故B正确；C、因Fe（OH）2极易与O2反应生成
47、红褐色的Fe（OH）3，在制取过程中尽可能减少和空气接触，所以应将胶头滴管插入液面以下，故C错误；D、装置从短管进入气体，可收集不溶于水的气体，如NO、氮气等，从长管进入可以用来洗气，如NO（NO2），故D正确；故选C点评：本题考查了常见的实验操作，完成此题，可以依据已有的知识进行，要求同学们加强对基础知识的储备，以便灵活应用14（2分）（2013淇县校级一模）下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（）金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中 过量NaOH溶液和明矾溶液混合少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中 向NaAlO2溶液中滴入少量NaHSO4溶液向饱和Na2CO3溶液中
48、通入足量CO2AB只有C只有D只有考点：钠的重要化合物版权所有专题：元素及其化合物分析：根据复分解反应发生的条件及物质的溶解性来分析能够反应且有沉淀生成，注意沉淀必须是白色的解答：解：金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2 ，2NaOH+FeCl2=Fe（OH）2 +2NaCl，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，所以最终生成的沉淀是红褐色的，所以不符合，故错误 过量NaOH溶液和明矾溶液混合，发生的反应是：3OH+Al3+=Al（OH）3，AlOH3+OH=AlO2+2H2O，所以最终没有沉淀生成，故错误少量Ca（OH）2投入过
49、量NaHCO3溶液中发生的反应为：Ca（OH）2+NaHCO3=CaCO3 +H2O+NaOH，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，故正确向NaAlO2溶液中滴入少量NaHSO4溶液发生的反应为：AlO2+H+H2O=Al（OH）3，氢氧化铝是白色沉淀，故正确向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，故正确故选C点评：本题考查物质之间的化学反应，熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的溶解性是解答本题的关键，注意中虽然方程式中
50、没有沉淀生成，但根据物质的溶解度能判断产生沉淀，该题为易错选项15（2分）（2013秋福建校级期中）在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶，再加入下列物质：FeCl3；Fe2O3；Cu（NO3）2；KNO3，铜粉溶解的是（）A只有或B只有或或C只有或或D上述任意一种考点：氧化还原反应；铜金属及其重要化合物的主要性质版权所有专题：氧化还原反应专题；元素及其化合物分析：根据铜的化学性质判断，如：铜不能与弱氧化性酸反应，但可以和强氧化性酸反应，能与具有氧化性的FeCl3溶液、酸性条件下的硝酸盐等反应解答：解：铜能和氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，所以铜能在氯化铁溶液中溶解，故正确 因Fe2O3能与稀硫酸反应：
51、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，Fe2（SO4）3能与铜粉反应：Fe2（SO4）3+Cu=2FeSO4+CuSO4，所以铜粉溶解，故正确向稀硫酸反应加入硝酸铜后，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，所以相当于溶液中含有硝酸，硝酸能和铜反应，所以加入硝酸铜后能溶解铜，故正确根据铜与稀HNO3反应，由该反应的离子方程式：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，可知Cu遇到H+、NO3能发生氧化还原反应，故正确；故选D点评：本题主要考查了金属铜的化学性质，对于铜和硝酸的反应要特别注意，可以直接加硝酸也可以分步产生：先加非氧化性酸（如盐酸、稀硫酸）后加硝酸盐，铜一样能被溶
52、解16（2分）（2014春保定校级期末）下列事实可以用同一原理解释的是（）A氯气和二氧化硫均可使品红褪色B乙烯可使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色CClO2和漂白粉现在都常用于自来水的处理D苯酚和氢氧化钠溶液在空气中久置均会变质考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；乙烯的化学性质；苯酚的化学性质版权所有专题：卤族元素；有机物的化学性质及推断分析：A氯气和水反应生成HClO，具有漂白性；B乙烯与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；CClO2和漂白粉生成的HClO都具有强氧化性；D苯酚被氧化，NaOH和空气中二氧化碳反应解答：解：A氯气和水反应生成HClO，具有漂白性，因具有漂白性而使品红
53、褪色，而二氧化硫与有色物质发生化合反应而使有色物质褪色，二者漂白原理不同，故A错误；B乙烯与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，褪色原理不同，故B错误；CClO2和漂白粉生成的HClO都具有强氧化性而用于杀菌消毒，二者原理相同，故C正确；D苯酚被氧化，NaOH和空气中二氧化碳反应，反应原理不同，故D错误故选C点评：本题考查较为综合，涉及元素化合物知识以及有机物的性质，题目难度不大，本题注意把握相关物质的性质，学习中注意积累，易错点为D，注意苯酚的性质17（2分）（2012秋大港区校级月考）下列叙述正确的是（）A周期表中碱金属元素从上到下，其单质的还原性逐渐增强，熔沸点逐渐升高B分
54、别在Na2CO3和NaHCO3两种物质的溶液中，加入少量BaCl2溶液，能鉴别这两种物质C向品红溶液中同时通入相同物质的量的SO2和Cl2，溶液褪色D向某溶液中加入硝酸钡溶液和稀硝酸，有白色沉淀产生证明原溶液中一定含有SO42考点：探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；硫酸根离子的检验；碱金属的性质版权所有专题：氧族元素；几种重要的金属及其化合物分析：A周期表中碱金属元素从上到下，单质的熔沸点逐渐降低；B在Na2CO3和NaHCO3两种物质的溶液中，加入少量BaCl2溶液，碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀；C同时通入相同物质的量的SO2和Cl2，生成盐酸和硫酸，不具有
55、漂白性；D向某溶液中加入硝酸钡溶液和稀硝酸，有白色沉淀产生，原溶液中可能含有SO32解答：解：A周期表中碱金属元素从上到下，原子半径逐渐增大，金属键减弱，单质的熔沸点逐渐降低，故A错误；B在Na2CO3和NaHCO3两种物质的溶液中，加入少量BaCl2溶液，碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，而碳酸氢钠不反应，可鉴别，故B正确；C同时通入相同物质的量的SO2和Cl2，发生SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成盐酸和硫酸，不具有漂白性，故C错误；DSO32可被硝酸氧化为SO42，向某溶液中加入硝酸钡溶液和稀硝酸，有白色沉淀产生，原溶液中可能含有SO32，故D错误故选B点评：本题考查较
56、为综合，题目难度中等，易错点为C和D，注意把握相关物质的性质，学习中注意积累18（2分）（2012秋大港区校级月考）下列说法正确的是（）A等质量的两份铝，分别和含n mol HCl和n mol NaOH 溶液反应，放出的气体的体积一定是NaOH溶液的多B向饱和食盐水中先通足量CO2气体，再通入足量NH3，会析出NaHCO3晶体C使用一定的催化剂可将汽车尾气中的CO和NO转化成CO2和N2D将一定质量不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，铝的质量分数越小，放出的H2越多考点：铝的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；钠的化学性质版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：A、若铝完全反应，产生
57、的氢气相等B、二氧化碳在饱和氯化钠溶液中溶解性很小，通入氨气不能产生大量的碳酸氢根离子，碳酸氢根离子浓度较低，不会析出NaHCO3晶体C、一定条件下CO和NO转化成CO2和N2，碳元素化合价升高、N元素化合价降低，符合氧化还原反应，生成物不污染环境D、相同质量的铝和钠，铝提供的电子更多解答：解：A、若酸与碱足量，铝完全反应，产生的氢气相等，故A错误；B、二氧化碳在饱和氯化钠溶液中溶解性很小，通入氨气不能产生大量的碳酸氢根离子，碳酸氢根离子浓度较低，不会析出NaHCO3晶体，应先在饱和的氯化钠溶液中通入氨气，再通入二氧化碳，故B错误；C、一定条件下CO和NO转化成CO2和N2，碳元素化合价升高、
58、N元素化合价降低，符合氧化还原反应，生成物不污染环境，故C正确；D、相同质量的铝和钠，铝提供的电子更多，铝的质量分数越大，放出的H2越多，故D错误故选：C点评：考查侯德榜制碱法、氧化还原反应、化学计算、元素化合物性质等，难度中等，注意B选项中侯德榜制碱法，应先先饱和的氯化钠溶液中通入氨气，再通入二氧化碳，提高溶液中的碳酸氢根离子浓度19（2分）（2012秋大港区校级月考）向铁和铜的混合物中加入一定量的稀硫酸，反应后剩余了m1克金属，再继续加入一定量的硝酸钠溶液后剩余了m2克金属，则m1和 m2的大小关系正确的是（）Am1=m2Bm1m2Cm1m2Dm1m2考点：硝酸的化学性质；铜金属及其重要化
59、合物的主要性质版权所有专题：氮族元素分析：向铁和铜的混合物中加入一定量的稀硫酸，铁与硫酸反应，铜不反应，反应后剩余了m1克金属，剩余金属m1克为Fe、Cu或Cu，若为剩余金属m1克为Fe、Cu，说明硫酸不足，再加入硝酸钠溶液不发生反应；若剩余金属m1克为Cu，硫酸可能有剩余或恰好反应，硫酸剩余，在加入硝酸钠溶液，酸性条件下，铜与硝酸反应，金属质量减少，硫酸恰好反应，加入硝酸钠溶液不发生反应解答：解：向铁和铜的混合物中加入一定量的稀硫酸，铁与硫酸反应，铜不反应，反应后剩余了m1克金属，剩余金属m1克为Fe、Cu或Cu；若为剩余金属m1克为Fe、Cu，说明硫酸不足，再加入硝酸钠溶液不发生反应，金属
60、质量不变，故m2=m1；若剩余金属m1克为Cu，硫酸可能有剩余或恰好反应，硫酸剩余，在加入硝酸钠溶液，酸性条件下，铜与硝酸反应，金属质量减少，m2m1硫酸恰好反应，加入硝酸钠溶液不发生反应，m2=m1总上所述可知m1m2故选：D点评：考查元素化合物的性质、讨论计算等，难度中等，判断可能发生的反应情况是解题的关键20（2分）（2014秋苏家屯区校级月考）在一种强酸性溶液中可能存在Cl、NO3、Fe3+、I离子中的一种或几种，向该溶液中加入溴水，单质溴被还原，由此推断该溶液中（）A含有Cl、NO3、IB可能含有Fe3+C含有I，不能确定是否含有ClD可能含有NO3考点：离子共存问题版权所有专题：离
61、子反应专题分析：向该溶液中加入溴水，单质溴被还原，说明溶液中含有还原性离子，能与溴反应的只有I，在酸性条件下，NO3、Fe3+具有强氧化性，应不能存在解答：解：在酸性条件下，NO3、Fe3+具有强氧化性，向该溶液中加入溴水，单质溴被还原，说明溶液中含有还原性离子，能与溴反应的只有I，则一定不存在NO3、Fe3+，由于Cl不与溴反应，不能确定Cl是否存在故选C点评：本题考查离子反应，题目难度不大，本题注意离子的性质，为解答该题的关键21（2分）（2013淇县校级一模）取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份10mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1molL1
62、的盐酸，标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸溶液体积之间的关系如图所示，下列叙述正确的是（）A原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol/LBA线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是Na2CO3，NaHCO3CB线中消耗盐酸0v（HCl）25mL时发生的离子反应为：OH+H+=H2O H+CO32=HCO3DB曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积（标准状况）的最大值为112mL考点：离子方程式的有关计算版权所有专题：图示题；计算题分析：A、先向氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，后向通入二氧化碳的氢氧化钠溶液中滴加盐酸，当二氧化碳气体完全放
63、出时，溶液的溶质是氯化钠，该反应的实质是盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠，根据盐酸的物质的量计算氢氧化钠的物质的量浓度B、当生成CO2气体时，发生反应HCO3+H+=H2O+CO2，对于A溶液来说，滴加盐酸60mL时没有气体生成，可能发生OH+H+=H2O和CO32+H+=HCO3，根据消耗盐酸体积相对大小确定所得溶液中的溶质C、当生成CO2气体时，发生反应HCO3+H+=H2O+CO2，对于B溶液来说，滴加盐酸25mL时没有气体生成，可能发生OH+H+=H2O和CO32+H+=HCO3，根据消耗盐酸体积相对大小确定所得溶液中的溶质，从而确定发生的离子反应D、先确定B溶液中的溶质，再根据碳酸氢钠和
64、盐酸的反应方程式计算生成二氧化碳的体积解答：解：A、先向氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，后向通入二氧化碳的氢氧化钠溶液中滴加盐酸，当二氧化碳气体完全放出时，溶液的溶质是氯化钠，该反应的实质是盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠，盐酸和氢氧化钠反应的物质的量之比为1：1，设氢氧化钠的物质的量浓度为Cmol/L，0.01LCmol/L=0.1mol/L0.075L，C=0.75，故A错误B、当生成CO2气体时，发生反应HCO3+H+=H2O+CO2，对于A溶液来说，滴加盐酸60mL时没有气体生成，可能发生OH+H+=H2O和CO32+H+=HCO3，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠
65、生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积远远大于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积，说明原溶液中的溶质是氢氧化钠和碳酸钠，故B错误C、当生成CO2气体时，发生反应HCO3+H+=H2O+CO2，对于B溶液来说，滴加盐酸25mL时没有气体生成，可能发生OH+H+=H2O和CO32+H+=HCO3，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积小于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积，说明原溶液中的溶质是碳酸钠和碳酸氢钠，所以B线中消耗盐酸0v（HCl）25mL时发生的离子反应为：H+CO32=HCO3，故C错误D、通过C知，B溶
66、液中的溶质是碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠，有气体生成的化学反应方程式为：HCO3+H+=H2O+CO2，所以当盐酸的为25mL时有二氧化碳生成，即发生的化学反应为：HCO3+H+=H2O+CO2，设生成气体的体积为VHCO3+H+=H2O+CO2 1mol 22.4L0.1（0.0750.025）mol VV=0.112L=112mL，故D正确故选D点评：本题考查混合物的计算，题目难度较大，本题关键是根据图象判断溶液溶质的成分，结合离子方程式利用守恒定律计算22（2分）（2012秋大港区校级月考）下列叙述中正确的是（）A含a mol AlCl3的溶液和含1.5a mol Na
67、OH的溶液，无论正滴和反滴，生成的Al（OH）3的质量相等B含a mol Na2CO3的溶液和含1.5a mol HCl的稀盐酸，无论正滴和反滴，生成的CO2相等C等物质的量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应在同温同压下，生成的CO2体积相同D将盛有24mL NO2和O2的混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后还剩余4 mL无色气体，则原混合气体中O2的体积是8 mL 或 1.2mL考点：镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物版权所有专题：元素及其化合物分析：AAlCl3溶液和NaOH溶液反应，正滴开始时NaOH过量，反滴开始时AlCl3过量，最终生成的Al（OH）3的质量相等；BNa
68、2CO3溶液和稀盐酸，正滴开始时盐酸过量，有气体生成，反滴开始时Na2CO3过量，无气体生成，当碳酸钠全部转化为碳酸氢钠后，再滴盐酸，才有气体生成；C等物质的量的NaHCO3和Na2CO3，与足量盐酸反应，生成的CO2物质的量相同；DNO2和O2的混合气体的量筒倒立于水槽中反应生成硝酸，如果二氧化氮过量，过量的二氧化氮与水反应，剩余气体为一氧化氮，如果氧气过量，剩余气体为氧气；解答：A a mol AlCl3和1.5a mol NaOH，AlCl3溶液和NaOH溶液反应，正滴开始时，NaOH过量，AlCl3+4NaOH=NaAlO2+2H2O+3NaCl mol 1.5a mol mol 当N
69、aOH全部反应完，发生反应 AlCl3 +3NaAlO2+6H2O=3NaCl+4Al（OH）3， mol mol 0.5a mol 最终生成的Al（OH）3的物质的量为 0.5a mol，剩余 AlCl3 0.5a mol； 反滴开始时AlCl3过量，根据反应： AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl a mol 1.5a mol a mol 知生成沉淀为 a mol Al（OH）3，无NaOH剩余，故无Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O 反应最终生成的沉淀为a mol Al（OH）3 故A错误；B含a mol Na2CO3的溶液和含1.5a mol HCl的稀盐酸，
70、正滴开始时盐酸过量， 2HCl+Na2CO3=2NaCl+CO2+H2O， 1.5amol amol a mol 0.75amol 最终生成生成 0.75amol CO2，剩余 0.25amol Na2CO3； 反滴开始时Na2CO3过量，无气体生成， Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，amol 1.5amol a mol 生成a mol NaHCO3，剩余 0.5amolHCl，再滴盐酸，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2 amol 0.5amol 0.5amol 最终生成生成0.5amolCO2，剩余 0.5amol NaHCO3 故B错误；C等物质的量的NaHCO
71、3和Na2CO3，各取a mol，与足量盐酸反应，分别发生反应： 2HCl+Na2CO3=2NaCl+CO2+H2O，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2 amol amol amol amol 最终生成的气体二氧化碳，物质的量相同，在同温同压下，生成的CO2体积相同故C正确； D剩余4 mL无色气体，有两种情况：O2少量，剩余的4ml气体是过量的NO2和水反应生成的NO 3NO2+H2O2HNO3+NO所以和水反应的NO2：V=43=12ml所以反应的NO2和O2体积之和=2412=12ml，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，所以原混合气体中O2的体积V=12ml=2.4m
72、l；O2过量，剩余的4ml气体是O2，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，所以反应的NO2和O2体积之和V=24ml4ml=20ml所以原混合气体中O2的体积V=20ml+4ml=8ml则原混合气体中O2的体积是8 mL 或 1.2mL故D错误；故选C点评：该题主要考查了元素铝、碳、氮相关物质的性质，解题关键在于理解物质间化学反应的原理平时学习应理解记忆有关反应方程式二、填空题（共54分）23（10分）（2013秋江西校级期末）在一定条件下，某些化学反应可以用如图框架表示，根据要求回答下列问题：（1）若A、C、D均为含氯物质，且A的化合价介于C和D之间，D具有漂白性，写出该反应的离子方程
73、式Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；（2）若通过电解的方法获得黄绿色气体C，则该反应的离子方程式为2Cl+2H2OCl2+H2+2OH（3）若C、D均为气体且均能使澄清石灰水变浑浊，写出符合上述框图要求的化学方程式C+2H2SO4（浓）CO2+SO2+2H2O（4）若A为红色金属单质，B为第二周期某种元素的最高价氧化物的水化物的稀溶液，写出符合上述框图关系的离子方程式3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：（1）若A、C、D均为含氯物质，且A的化合价介于C和D之间，说明发生了氧化还原反应中的歧化反应，所以推断A为Cl2，B为NaOH，D
74、具有漂白性，判断D为次氯酸钠，C为氯化钠，E为水；（2）若通过电解的方法获得黄绿色气体C，判断C为Cl2，反应是电极饱和食盐水的反应；（3）若C、D均为气体且均能使澄清石灰水变浑浊，判断气体为二氧化碳和二氧化硫，则判断AB为碳和浓硫酸的反应；（4）若A为红色金属单质判断为Cu，B为第二周期某种元素的最高价氧化物的水化物的稀溶液，能和铜反应证明是稀硝酸解答：解：（1）若A、C、D均为含氯物质，且A的化合价介于C和D之间，说明发生了氧化还原反应中的歧化反应，所以推断A为Cl2，B为NaOH，D具有漂白性，判断D为次氯酸钠，C为氯化钠，E为水；反应的离子方程式为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O
75、，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；（2）通过电解的方法获得黄绿色气体C，判断C为Cl2，反应是电极饱和食盐水的反应，反应的 离子方程式为：2Cl+2H2OCl2+H2+2OH，故答案为：2Cl+2H2OCl2+H2+2OH；（3）若C、D均为气体且均能使澄清石灰水变浑浊，判断气体为二氧化碳和二氧化硫，符合上述框图要求的化学方程式为碳和浓硫酸加热的反应，反应化学方程式为：则判断AB为碳和浓硫酸的反应，反应的化学方程式为：C+2H2SO4（浓）CO2+SO2+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2+SO2+2H2O；（4）A为红色金属单质判断为Cu，B为第二周期某种元素的
76、最高价氧化物的水化物的稀溶液，能和铜反应证明是稀硝酸；铜与稀硝酸的反应离子方程式为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，故答案为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O点评：本题考查了物质转化关系的应用，物质性质的综合推断，明确氯及其化合物、碳、浓硫酸、稀硝酸等物质的特征反应来推断物质是解答本题的关键，并熟悉离子方程式的书写等化学用语的应用即可解答，题目难度中等24（8分）（2009秋铜陵期末）（1）如图所示，将氯气依次通过盛有干燥有色布条的广口瓶和盛有潮湿有色布条的广口瓶，可观察到的现象是干燥布条不褪色，湿布条褪色（2）实验室为防止氯气尾气污染空气，根据氯水显酸性
77、的性质，可用NaOH溶液吸收多余的氯气工业上常用廉价的石灰乳吸 收工业氯气尾气制得漂白粉，漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2（均填化学式），长期露置于空气中的漂白粉，加稀盐酸后产生的气体是C（用字母代号填）AO2 BCl2 CCO2 DHClO（3）当氯气泄漏人们逃离现场时，可以用浸有一定浓度的某种物质的水溶液的毛巾捂住鼻子，最适宜采用的该物质是D（填序号）ANaOH BNaCl CKBr DNa2CO3考点：氯气的化学性质版权所有专题：卤族元素分析：（1）依据氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性分析；（2）氯气是污染性气体，和碱反应，可以用强碱溶液吸收；漂白粉的有效成分是次氯酸钙，长期露置于空
78、气中的漂白粉，变质生成碳酸钙，加稀盐酸后产生的气体为二氧化碳；（3）依据氯气的物理性质和化学性质的应用分析判断；解答：解：（1）将氯气依次通过盛有干燥有色布条的广口瓶和盛有潮湿有色布条的广口瓶，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，可观察到的现象是：干燥布条不褪色，湿布条褪色；故答案为：干燥布条不褪色，湿布条褪色；（2）实验室为防止氯气尾气污染空气，根据氯水显酸性的性质，可用氢氧化钠溶液吸收；工业上常用廉价的石灰乳吸 收工业氯气尾气制得漂白粉，漂白粉的有效成分是次氯酸钙；长期露置于空气中的漂白粉，会和空气中的二氧化碳水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸分解，最后组要是碳酸钙，加稀盐酸后产生的气体是二氧
79、化碳；故选C；故答案为：NaOH；Ca（ClO）2；C；（3）当氯气泄漏人们逃离现场时，可以用浸有一定浓度的某种物质的水溶液的毛巾捂住鼻子，水溶液能较易吸收氯气，但不能对人有腐蚀作用；A、NaOH是强碱具有强腐蚀性，故不选；B、NaCl 不能吸收氯气，故不选；C、KBr不能吸收氯气，故不选；D、Na2CO3溶液水解显碱性，可以吸收氯气，腐蚀性较小，符合要求，故可选；故答案为：D点评：本题考查了氯气及其化合物性质的应用，主要考查氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性、漂白性的应用，气体吸收方法，较简单25（5分）（2012秋大港区校级月考）（如图表示常见元素单质及化合物相应关系，某些生成物略去已知：
80、反应为氯碱工业的基础反应；X、Y为常见金属，Z为形成酸雨的主要成分请回答下列问题：（1）D的电子式；H为NaHSO3（填化学式）（2）完成下列方程式空气中含量最高的气体与C反应的化学反应方程式N2+3H22NH3；反应的化学反应方程式2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；足量B通入H溶液的离子反应方程式Cl2+HSO3+H2O=2Cl+SO42+3H+考点：无机物的推断；氯碱工业版权所有专题：推断题分析：反应为氯碱工业的基础反应，D为NaOH，B为Cl2，结合转化关系中的反应条件和反应特征可知，F何Y金属反应生成X金属，X、Y为常见金属，判断为铝热反应，X为Fe，E为FeCl3，F为Fe2O3
81、，Y为Al，G为Al2O3 I为NaAlO2；Z为形成酸雨的主要成分为SO2，H为NaHSO3，依据判断出的物质分析回答问题解答：解：反应为氯碱工业的基础反应，D为NaOH，B为Cl2，C为H2，结合转化关系中的反应条件和反应特征可知，F何Y金属反应生成X金属，X、Y为常见金属，判断为铝热反应，X为Fe，E为FeCl3，F为Fe2O3，Y为Al，G为Al2O3 I为NaAlO2；Z为形成酸雨的主要成分为SO2，H为NaHSO3，（1）D为NaOH电子式为：，H为NaHSO3，故答案为：；NaHSO3；（2）空气中含量最高的气体为N2与C（H2）反应的化学反应方程式为：N2+3H22NH3；反应
82、为铝和氧化铁发生的铝热反应，反应的化学反应方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；足量B（Cl2）通入H（NaHSO3）溶液中发生氧化还原反应，反应的离子反应方程式：Cl2+HSO3+H2O=2Cl+SO42+3H+，故答案为：N2+3H22NH3 ；2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；Cl2+HSO3+H2O=2Cl+SO42+3H+点评：本题考查了物质推断方法，物质转化关系的应用，物质性质的判断和反应条件的应用，电子式、离子方程式、化学方程式的书写，题目综合性较强26（15分）（2012秋大港区校级月考）烃A是一种重要的基本化工原料，用质谱法测得其相对分子质量为28如图1是以A为
83、原料合成药物中间体E和树脂K的路线已知如图2：（1）A中官能团的结构简式是有机物B的名称溴原子（2）BC的化学方程式为BrCH2CH2Br+NaOHCH2=CHBr+NaBr+H2OB和氢氧化钠的水溶液加热反应所得到的有机产物和乙二酸反应生成高分子化合物，写出生成高分子化合物反应的化学方程式HOCH2CH2OH+HOOCCOOH+2（n1）H2O（3）E的分子式为C4H8O下列关于E的说法正确的是ac（填字母序号）a能与金属钠反应 b分子中4个碳原子一定共平面c一定条件下，能与浓氢溴酸反应 d与CH2=CHCH2OCH2CH3互为同系物（4）GH涉及到的反应类型有加成反应、消去反应（5）I的分
84、子式为C4H6O2，其结构简式为CH3CH=CHCOOH（6）JK的化学方程式为（7）写出与E具有相同官能团的所有同分异构体的结构简式：（不考虑顺反异构，不考虑OH连在双键碳上的结构）考点：有机物的推断；有机物分子中的官能团及其结构版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：烃A相对分子质量为28，故A应为CH2=CH2，与溴发生加成反应生成B，B为BrCH2CH2Br，在氢氧化钠醇溶液，加热条件下发生消去反应生成C，结合信息可知C为CH2=CHBr，D为CH2=CHMgBr，E为CH2=CHCH2CH2OH，A和水发生加成反应生成F为CH3CH2OH，F催化氧化生成G，故G为CH3CHO，由信
85、息可知H为CH3CH=CHCHO，H催化氧化生成I，I为CH3CH=CHCOOH，与甲醇发生酯化反应生成J，故J为CH3CH=CHCOOCH3，J发生加聚反应生成高分子化合物K，故K为，结合有机物的结构和性质以及题目要求可解答该题解答：解：烃A的相对分子质量为28，故A应为CH2=CH2，与溴发生加成反应生成B，B为BrCH2CH2Br，在氢氧化钠醇溶液，加热条件下发生消去反应生成C，结合信息可知C为CH2=CHBr，D为CH2=CHMgBr，E为CH2=CHCH2CH2OH，A和水发生加成反应生成F为CH3CH2OH，F催化氧化生成G，故G为CH3CHO，由信息可知H为CH3CH=CHCHO
86、，H催化氧化生成I，I为CH3CH=CHCOOH，与甲醇发生酯化反应生成J，故J为CH3CH=CHCOOCH3，J发生加聚反应生成高分子化合物K，故K为，（1）由以上分析可知A为CH2=CH2，A中官能团结构简式为，有机物B为BrCH2CH2Br，含有官能团为溴原子，故答案为：；溴原子；（2）B为BrCH2CH2Br，C为CH2=CHBr，B生成C的方程式为：BrCH2CH2Br+NaOHCH2=CHBr+NaBr+H2O，B和氢氧化钠的水溶液加热反应所得到HOCH2CH2OH，与乙二酸反应生成高分子化合物的方程式为：HOCH2CH2OH+HOOCCOOH+2（n1）H2O，故答案为：BrCH
87、2CH2Br+NaOHCH2=CHBr+NaBr+H2O；HOCH2CH2OH+HOOCCOOH+2（n1）H2O；（3）E为CH2=CHCH2CH2OH，含有C=C，能发生加成反应，含有OH，能与Na发生反应生成氢气，与CH2=CHCH2OCH2CH3结构不同，不是同系物，分子中只有3个C原子在同一个平面上，故答案为：ac；（4）由信息可知GH涉及到的反应类型有加成反应、消去反应，故答案为：加成反应、消去反应；（5）由以上分析可知I为CH3CH=CHCOOH，故答案为：CH3CH=CHCOOH；（6）J为CH3CH=CHCOOCH3，含有碳碳双键，可发生加聚反应，反应的方程式为，故答案为：；
88、（7）E为CH2=CHCH2CH2OH，与E具有相同官能团的所有同分异构体为，故答案为：点评：本题考查有机物的推断和合成，题目难度中等，注意根据A为乙烯结合题给信息以及官能团的转化和性质推断其它物质的种类，本题中易错点为同分异构体的判断，主要为位置异构27（18分）（2015咸阳模拟）氨是一种重要的化工原料，某学习小组欲制取氨气并探究其性质请回答：（1）实验室制取氨气的化学方程式是2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O（2）如图1是进行氨气喷泉实验的装置，引发喷泉的操作步骤是轻轻挤压滴管，使少量水加入烧瓶，然后打开止水夹K氨气使烧杯中溶液由无色变为红色，其原因是（用电离方程
89、式 表示）NH3+H2ONH3H2ONH4+OH（3）该小组同学设计了图2所示的实验装置（部分夹持仪器未画出），探究氨气的还原性并检验产物实验现象为：黑色CuO变为红色；白色无水CuSO4粉末变为蓝色；同时生成一种无色气体，该气体无污染请写出氨气与CuO反应的化学方程式3CuO+2NH3fracunderline;3Cu+N2+3H2O碱石灰的作用是吸收氨气中混有的水蒸气，防止干扰产物水的测定整套装置在方框处应添加一种装置后，此实验设计才较完善，请在方框中补画出E装置图（要求 注明装置中所加试剂名称）.3.2g Cu与30mL，8mol/L过量HNO3反应，硝酸的还原产物为NO，NO2，反应后
90、溶液中所含H+为a mol，则：此时溶液中所含的NO3为0.1+amol所生成的NO在标准状况下体积为（0.020.5a）22.4 L（以上结果均用含a的代数式表示）某黑色固体甲可能含有氧化铜、硫化铜、硫化亚铜，以及被掩蔽的氧化亚铜查阅资料知道：氧化亚铜在酸性环境下会发生自身氧化还原反应生成Cu2+和铜单质，在氧气流中煅烧，可以转化为氧化铜硫化铜和硫化亚铜常温下都不溶于稀盐酸在氧气流中煅烧，硫化铜和硫化亚铜都转化为氧化铜和二氧化硫为了研究甲的成分，该小组同学在收集到足够量的固体甲后，进行了如图3所示的实验：（1）中在煅烧过程中一定发生的反应的化学方程式为2CuS+3O22CuO+2SO2（2）
91、关于固体甲的成分的判断中，下列说法正确的是BCDA固体甲中，CuS和Cu2S不能同时存在；B固体甲中，CuO和Cu2O至少有一种；C固体甲中若没有Cu2O，则一定有Cu2S；D固体甲中若存在Cu2O，也可能有Cu2S考点：氨的制取和性质；硝酸的化学性质版权所有专题：氮族元素分析：（1）实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气；（2）氨气是极易溶于水的气体，氨气溶于水后，烧瓶内压强减少，产生压强差，导致溶液进入烧瓶；氨气易溶于水生成一水合氨，一水合氨氨是弱电解质，电离出氢氧根离子；（3）根据实验现象判断生成物；碱石灰是干燥剂；根据氨气的性质分析判断，防止污染空气；铜与过量硝酸反应，反应后溶液中的溶质
92、是硝酸和硝酸铜，根据硝酸中NO3和H+、硝酸铜中NO3和Cu2+的关系式求解；根据电子守恒和氮元素守恒求解；（1）根据物质的性质和质量变化的角度知反应；（2）固体甲加入稀盐酸后，得到的蓝色溶液，说明固体甲的成分中CuO和Cu2O至少有一种分析反应：Cu+O2CuO 增重；Cu2S+2O22CuO+2SO2 不变；2CuS+3O22CuO+2SO2 减重，因题给“固体乙称取2.00g，氧气流中煅烧、冷却称量至恒重，得固体丙1.84g”，即实际变轻了，说明必有CuS，还有其它物质解答：解：（1）在加热条件下，氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2
93、+2NH3+2H2O；（2）NH3极易溶解于水，1体积水溶解700体积氨气，打开止水夹挤出胶头滴管中的水，然后打开止水夹K，由于氨气迅速溶解在挤出胶头滴管中的水，导致烧瓶内气体压强迅速减小，导致溶液进入烧瓶产生喷泉现象，故答案为：轻轻挤压滴管，使少量水加入烧瓶，然后打开止水夹K；氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，氢氧根离导致溶液呈碱性，酚酞试液遇碱变红色，故答案为：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH；（3）黑色CuO变为红色，红色是铜，所以生成物是铜；白色无水CuSO4粉末变为蓝色生成五水合硫酸铜，说明生成物含有水；同时生成一种无色气体，该气体无污染，所以该气体
94、是氮气，故答案为：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O； 碱石灰是干燥剂，能吸收水蒸气，防止干扰产物水的测定，故答案为：吸收氨气中混有的水蒸气，防止干扰产物水的测定；氨气是刺激性气体，所以不能排入空气，应有尾气处理装置，氨气极易溶于水，故答案为：连接一个吸收氨气装置，如图所示：；3.2gCu的物质的量，n（Cu）=3.2g64g/mol=0.05mol， Cu（NO3）2 =Cu2+2NO3，HNO3H+NO3 0.05mol 0.1mol amol amol 则此时溶液中含有NO3的物质的量为（0.1+a ）mol；浓硝酸与铜反应生成NO2，随着反应的进行，硝酸的浓度逐渐降低，则生成NO
95、反应后溶液中硝酸过量，n（NO3）=0.1+amol，30mL，8mol/L过量HNO3反应，n（HNO3）=0.24mol，设混合气体中NO为xmol，NO2为ymol，由N元素守恒可知，x+y=0.24（0.1+a），根据电子守恒可得：3x+y=20.05 解之得：x=（0.020.5a）mol，故答案为：（0.020.5a）22.4L； （1）根据反应判断：Cu+O2CuO 增重；Cu2S+2O22CuO+2SO2 不变；2CuS+3O22CuO+2SO2 减重，则一定存2CuS+3O22CuO+2SO2，故答案为：2CuS+3O22CuO+2SO2；（2）固体甲加入稀盐酸后，得到的蓝色溶液，说明固体甲的成分中CuO和Cu2O至少有一种因题给“固体乙称取2.00g，氧气流中煅烧、冷却称量至恒重，得固体丙1.84g”，即实际变轻了，说明必有CuS，还要有其它物质讨论：若有Cu2O，Cu2S可有可无；若无Cu2O，必有Cu2S经以上分析，对于固体甲的成分的判断中，正确的是BCD；故答案为：BCD；点评：本题考查了氨气的性质和制取，考查了氧化还原反应的计算，考查了铜和硫的性质，难度较大，综合性强，解题需根据题中实验设计的信息，了解工作原理考查氧化还原反应的计算，注意从质量守恒、电荷守恒的角度解答该题