1、山东省莱芜市2016届高三上学期期中化学试卷一、选择题（共14小题）1同温、同压下等质量的NH3和CH4气体，下列叙述中正确的是（）密度之比为17：16 体积之比为17：16 氢原子个数比为3：4 电子数之比为16：17 原子个数之比为64：85ABCD2下列操作后所得溶液中不可能只含一种溶质的是（）A向H2SO4溶液中加入Ba（OH）2溶液B向AlCl3溶液中通入氨气C向Na2S溶液中通入SO2D向Fe2（SO4）3溶液中加入Cu3如表陈述、正确并且有因果关系的是（）选项 陈述 陈述A SO2和氯水有漂白性 两者都能使溴水褪色B CuSO4可以用作游泳池消毒剂 铜盐能使蛋白质变性C 盐酸和氨
2、水能溶解Al（OH）3 Al（OH）3是两性氢氧化物D 浓H2SO4可干燥CO和SO2 CO和SO2都有较强的还原性AABBCCDD4下列关于氯水的叙述，不正确的是（）A氯水应保存在棕色瓶中，久置的氯水，pH值减小B新制饱和氯水中存在4个平衡C在一定浓度的氯水中加小苏打，变小D饱和氯水与石灰石的反应是制取较浓HClO溶液的重要方法5能正确表示下列反应的离子方程式是（）A向NaHS溶液中通入适量氯气：HS+C12S+H+2ClBFeCl3溶液中滴加KI溶液：2Fe3+6I2Fe+3I2C碳酸氢钠溶液与过量的澄清石灰水反应：2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+CO32+2H2OD将SO2气体通入
3、Ba（NO3）2溶液：SO2+H2O+Ba2+BaSO3+2H+6甲、乙两烧杯中各盛有100mL 3molL1的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为v（甲）：V（乙）=2：3，则加入铝粉的质量为（）A4.05gB5.4 gC2.7gD8.1g7化学与社会、生产、生活紧切相关，下列说法正确的是（）光导纤维具有很强的导电能力，所以大量用于制造通信光缆食盐可作为调味品和防腐剂明矾常用作净水剂，是因为它具有消毒杀菌的作用SiCl4在战争中常用作烟雾弹，是因为它水解时生成白色烟雾氨常用作制冷剂，是因为其沸点较低，很容易液化将过量CO2气体通入C6H5ONa
4、溶液中可生成C6H5OH和碳酸钠ABCD8现有V mL浓度为c molL1的BaCl2溶液，其密度为d gcm3，则下列有关该溶液的说法中不正确的是（）A溶剂的质量为：（dV0.208Vc）gB溶质的质量分数为：%C溶质和溶剂的质量之比为：0.208Vc：（dV0.208Vc）DCl的物质的量为：0.002Vc mol9固体X中可能含有MgCl2、Na2CO3、K2SO3、KAl（OH）4中的一种或几种为确定该固体粉末的成分，现取X进行下列实验，实验过程及现象如图：根据上述实验，下列说法不正确的是（）A气体1可能为NO或NO和CO2的混合物B沉淀3可能为Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物C
5、沉淀4可能为BaCO3或BaSO4或二者混合物D固体粉末X中一定有K2SO310N2H4和N2O4是常用的火箭动力源，发生反应：2N2H4+N2O43N2+4H2O，若有0. 3mol N2生成，则下列判断不正确的是（）A生成7.2g H2OB被还原的N原子的物质的量为0.2molC转移电子的物质的量为1.6molD氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：l11下列各项操作中，能发生“先沉淀后溶解”现象的是（）向BaCl2溶液中通入过量的SO2向Fe（OH）3胶体中逐滴滴入过量稀H2SO4向NaAl（OH）4溶液中逐滴加入过量的AlCl3溶液向澄清石灰水中通入过量的SO2向硅酸钠溶液中通入过量的
6、CO2向AgNO3溶液中逐滴加入过量的氨水ABCD12设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A标准状况下，2.24 L CCl4中含有的分子数为0.1NAB1L 0.1 molL1 NaHCO3溶液中含有0.1NA个HCO3C0.1 mo1铁粉在0.1 mol氯气中充分燃烧，失去的电子数目为0.3NAD1 mol苯含有6 NA个CH键13用如图装置进行的相应实验能达到实验目的是（）A用于Cu和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体B用于分离水和苯的混合物C用于制备并收集NO2气体D用于除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠14下列有关化学实验的叙述正确的是（）A在耐高温的石英坩埚中进行熔化氢
7、氧化钠固体的实验B欲配制质量分数为10%的硫酸铜溶液，可准确称取10 g硫酸铜晶体溶于90 g水中C实验室可以用湿润的淀粉KI试纸鉴别二氧化氮和溴蒸气D从碘的CCl4溶液获得单质碘的实验方法是蒸馏二、解答题（共5小题）（选答题，不自动判卷）15锅炉水垢既会降低燃料的利用率、影响锅炉的使用寿命，还可能造成安全隐患现有一碳素钢锅炉水垢的主要成分有CaCO3、CaSO4、Mg（OH）2、Fe2O3、SiO2等，下面是清洗水垢的流程：I加入NaOH和Na2CO3混合液，加热，浸泡数小时；II放出洗涤废液，清水冲洗锅炉，加入稀盐酸和少量NaF溶液，浸泡；III向洗液中加入Na2SO3溶液；IV清洗达标，
8、用NaNO2溶液钝化锅炉（1）在步骤I中：用NaOH是为了溶解除去水垢中的，反应的化学方程式是已知：20时溶解度/gCaCO3 CaSO4 Mg（OH）2 MgCO31.4103 2.55102 9104 1.1102根据数据和化学平衡原理解释，加入Na2CO3的作用在步骤II中：加入稀盐酸和少量NaF溶液能除掉的水垢是（填化学式）清洗过程中，溶解的Fe2O3会加速锅炉腐蚀，用离子方程式解释其原因（3）步骤III中，加入Na2SO3的目的是（4）步骤中，钝化后的锅炉表面会覆盖一层致密的Fe3O4保护膜完成并配平其反应的离子方程式：Fe+NO+H2ON2+Fe3O4+下面检测钝化效果的方法合理的
9、是（填序号）a在炉面上滴加酸性CuSO4溶液，观察蓝色消失的时间b在炉面上滴加酸性KSCN溶液，观察红色消失的时间c在炉面上滴加浓H2SO4，观察溶液出现棕黄色的时间d在炉面上滴加浓HNO3，观察出现红棕色气体的时间16SO2是无色有窒息性臭味的有毒气体，是一种主要的气态污染物某化学兴趣小组制备并对SO2的化学性质和用途进行探究【SO2的制备】（1）用亚硫酸钠与浓硫酸反应制备SO2的装置如图1（夹持仪器省略）图1中的装置错误的是（填字母）；D的作用是【探究SO2的性质】根据SO2中S元素的化合价，预测并通过实验验证SO2的性质实验可选用的实验药品有浓硫酸、Na2SO3固体、Na2S溶液、FeC
10、l3溶液、品红溶液等探究过程实验装置如图2（夹持仪器省略）请完成表格药品 作用A 验证SO2的还原性B C 品红溶液 A中发生反应的离子方程式为在上述装置中通入过量的SO2，为了验证A中发生了氧化还原反应，取A中溶液分成两份，并设计了如下实验：方案一：往第一份试液中加入少量酸性KMnO4溶液，紫红色褪去；方案二：往第二份试液中加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红上述方案不合理的是，原因是【SO2的用途】（3）二氧化硫通常作为保护剂添加到葡萄酒中，有杀菌、抗氧化、改善风味和增酸的作用，但吸吸入过量二氧化硫对人体有害我国国家标准规定葡萄酒中SO2的最大使用量为0.25gL1图3为该
11、小组对葡萄酒中的SO2进行收集与测量的装置冷凝管中水的进口为：（填“a”或“b”）A中加入200.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与B中H2O2完全反应，其化学方程式为除去B中过量的H2O2，然后用0.0600molL1NaOH标准溶液进行滴定，滴定至终点时，消耗NaOH溶液20.00mL，该葡萄酒中SO2含量为：gL117某溶液M能使紫色石蕊试液变红色，其中可能含有CO32、SO42、NO3、SiO32、Al（OH）4、NH4+、Fe2+、Fe3+、Ba2+、Al3+中的一种或几种离子，取溶液进行连续实验，能实现如图转化：依据以上信息，回答下列问题：（1）上述离子中，溶液M中
12、一定没有的是：；肯定含有的是：对不能确定是否存在的离子，选择下列试剂中的一种加入M溶液中，根据现象就可判断，则该试剂是：（填序号）aNaOH溶液 b石蕊试剂 cKSCN溶液 dKMnO4溶液气体F的电子式为：，沉淀C的化学式为：，沉淀G的化学式为：（3）步骤反应的化学方程式为；步骤发生反应的离子方程式为18金属铬（cr）的英文是Chromium，原意是颜色，因为它的化合物都有美丽的颜色如表是几种常见铬的化合物或离子的水溶液的颜色：离子或化合物 Cr2O72 Cr（OH）3 Cr3+ Cr CrO42颜色 橙色 灰蓝色 蓝紫色 绿色 黄色含铬元素的化合物可以发生如图一系列变化：（1）分别写出反应
13、、的离子方程式：、结合上述转化图及所学知识，请分析向NaCrO2溶液中逐滴加入过量稀硫酸的现象为（3）在K2Cr2O7橙色溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液逐渐变为黄色，该反应的离子方程式为（4）将KCl和CrCl3两种固体混合物共熔制得化合物X将0.0035mol X中的Cr元素全部氧化成Cr2O72，得到的Cr2O72与过量的KI反应生成0.0105mol I2，反应的离子方程式为：Cr2O72+6I+14H+=2Cr3+3I2+7H2O另取0.0035mol X溶于水中，当加入0.0385mol Ag NO3时，恰好沉淀完全则表示X组成的化学式为19铜是常见的变价金属为了比较正一价铜和正二
14、价铜的稳定性，并研究氧化铜的氧化性，某化学小组的同学进行了以下实验【实验一】比较正一价铜和正二价铜的稳定性取一定量的氢氧化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到80100得到黑色固体粉末；继续加热至1000以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜；取适量红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸，得到蓝色溶液，同时观察到试管底部还有红色固体存在（1）从【实验一】可得出的结论是氢化亚铜（CuH）难溶于水，但能溶于稀硫酸并放出氢气，写出其反应的离子方程式【实验二】探究氧化铜的氧化性如图装置（夹持装置未画出），某种气态烃（X）缓缓通过灼热的氧化铜时，观察到氧化铜由黑色变成了红色，无水硫酸铜变成蓝色，生成
15、物中还有一种能使澄清石灰水变浑浊的气体Y；将X通入灼热的CuO燃烧管完全反应后，消耗0.01mol X，测得B装置增重0.54g，并收集到0.88g气体Y（3）X气体的摩尔质量是（4）C中发生反应的化学方程式为山东省莱芜市2016届高三上学期期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共14小题）1同温、同压下等质量的NH3和CH4气体，下列叙述中正确的是（）密度之比为17：16 体积之比为17：16 氢原子个数比为3：4 电子数之比为16：17 原子个数之比为64：85ABCD【考点】物质的量的相关计算【专题】物质的量的计算【分析】由n=可知，相同条件下，质同温、同压下等质量的NH3和CH4气
16、体的物质的量之比为 16g/mol：17g/mol=16：17，分子数目之比为16：17相同条件下，气体密度之比等于其摩尔质量之比；相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比；NH3分子含有3个H原子、CH4分子含有4个H原子；NH3分子含有10个电子、CH4分子含有10个电子；NH3分子含有4个原子、CH4分子含有5个原子【解答】解：由n=可知，相同条件下，质同温、同压下等质量的NH3和CH4气体的物质的量之比为 16g/mol：17g/mol=16：17，分子数目之比为16：17相同条件下，气体密度之比等于其摩尔质量之比，二者密度之比为17g/mol：16g/mol=17：16，故正确；相
17、同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，二者体积之比为16：17，故错误；NH3分子含有3个H原子、CH4分子含有4个H原子，二者含有H原子数目之比为163：174=12：17，故错误；NH3分子含有10个电子、CH4分子含有10个电子，二者含有电子数之比1610：1710=16：17，故正确；NH3分子含有4个原子、CH4分子含有5个原子，二者含有原子数目之比为164：175=64：85，故正确，故选：D【点评】本题考查物质的量计算、阿伏伽德罗定律及其推论，难度不大，注意对基础知识的巩固2下列操作后所得溶液中不可能只含一种溶质的是（）A向H2SO4溶液中加入Ba（OH）2溶液B向AlCl3
18、溶液中通入氨气C向Na2S溶液中通入SO2D向Fe2（SO4）3溶液中加入Cu【考点】二氧化硫的化学性质；氨的化学性质【专题】氧族元素；氮族元素；几种重要的金属及其化合物【分析】A、硫酸溶液和氢氧化钡溶液恰好反应生成硫酸钡沉淀和水，硫酸过量或氢氧化钡过量，溶质可以是一种；B、氯化铝溶液中通入氨气发生反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵；C、硫化钠溶液中通入二氧化硫发生氧化还原反应生成硫单质和氢氧化钠溶液；D、硫酸铁溶液中加入铜发生氧化还原反应生成硫酸亚铁和硫酸铜的混合溶液【解答】解：A、硫酸溶液和氢氧化钡溶液恰好反应生成硫酸钡沉淀和水，硫酸过滤或氢氧化钡过量，溶质可以是一种，故A不符合；B、氯化铝溶液
19、中通入氨气发生反应，生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，溶液中溶质可以是一种，故B不符合；C、硫化钠溶液中通入二氧化硫发生氧化还原反应生成硫单质和氢氧化钠溶液，可以含一种溶质，故C不符合；D、硫酸铁溶液中加入铜发生氧化还原反应生成硫酸亚铁和硫酸铜的混合溶液，一定含有最少两种溶质，故D符合；故选D【点评】本题考查元素化合物知识，题目难度不大，本题注意把握常见元素化合物的性质，物质反应的定量关系分析判断是解题关键3如表陈述、正确并且有因果关系的是（）选项 陈述 陈述A SO2和氯水有漂白性 两者都能使溴水褪色B CuSO4可以用作游泳池消毒剂 铜盐能使蛋白质变性C 盐酸和氨水能溶解Al（OH）3 Al（OH
20、）3是两性氢氧化物D 浓H2SO4可干燥CO和SO2 CO和SO2都有较强的还原性AABBCCDD【考点】浓硫酸的性质；二氧化硫的化学性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【专题】氧族元素；糖类与蛋白质专题【分析】A、二氧化硫的具有还原性能与氯水发生氧化还原而褪色；B、铜盐能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒；C、氨水不能溶解Al（OH）3；D、CO和SO2 和浓硫酸不反应，可以用浓硫酸干燥，二氧化硫具有较强的还原性，和浓硫酸不反应是因为相同元素相邻价态不能发生氧化还原反应【解答】解：A、二氧化硫的具有还原性能与氯水发生氧化还原而褪色，而氯水与溴水不反应，故A错误；B、铜盐能使蛋白质变性，可用于杀菌消
21、毒，陈述均正确，且二者存在因果关系，故B正确；C、氨水不能溶解Al（OH）3，陈述I错误，故C错误；D、CO和SO2 和浓硫酸不反应，可以用浓硫酸干燥，二氧化硫具有较强的还原性，和浓硫酸不反应是因为相同元素相邻价态不能发生氧化还原反应，正确、正确，但两者间不具有因果关系，故D错误；故选B【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物性质，把握氧化还原反应、两性氢氧化物的性质、蛋白质的变性、漂白性等即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大4下列关于氯水的叙述，不正确的是（）A氯水应保存在棕色瓶中，久置的氯水，pH值减小B新制饱和氯水中存在4个平衡C在一定浓度的氯水中加小苏打，变小D
22、饱和氯水与石灰石的反应是制取较浓HClO溶液的重要方法【考点】氯气的化学性质【专题】卤族元素【分析】氯水中，氯气与水发生Cl2+H2OHClO+HCl，溶液中含有Cl2、HClO、H2O等分子，含有H+、ClO、Cl等离子，氯水具有酸性和强氧化性，其中HClO见光易分解而变质，以此解答【解答】解：A氯水中的次氯酸见光易分解，生成HCl和O2，酸性增强，pH减小，所有要保持在棕色瓶中，故A正确；B氯水中存在H2OH+OH，Cl2+H2OHCl+HClO，HClOH+ClO三个平衡状态，故B错误；C氯水中含有一定量浓度的盐酸，能与小苏打生成CO2气体，所以平衡Cl2+H2OHCl+HClO正向移动
23、，但两者物质的量是按1：1增加，所以不变，故C错误；D氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，加入石灰石后，HCl与CaCO3反应浓度减小，使平衡向右移动，HClO浓度增大，故D正确故选BC【点评】本题综合考查氯气和氯水的性质，注意把握氯气和水反应的特点以及氯水的成分和性质，为高考高频考点，侧重于基础知识的综合运用，难度不大5能正确表示下列反应的离子方程式是（）A向NaHS溶液中通入适量氯气：HS+C12S+H+2ClBFeCl3溶液中滴加KI溶液：2Fe3+6I2Fe+3I2C碳酸氢钠溶液与过量的澄清石灰水反应：2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+CO32+2H2OD将SO2气体通
24、入Ba（NO3）2溶液：SO2+H2O+Ba2+BaSO3+2H+【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A发生氧化还原反应生成S、氯化钠、HCl；B发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘；C碳酸氢钠完全反应，生成碳酸钙、水、NaOH；D发生氧化还原反应生成硫酸钡【解答】解：A向NaHS溶液中通入适量氯气的离子反应为HS+C12S+H+2Cl，故A正确；BFeCl3溶液中滴加KI溶液的离子反应为2Fe3+2I2Fe2+I2，故B错误；C碳酸氢钠溶液与过量的澄清石灰水反应的离子反应为HCO3+Ca2+OHCaCO3+H2O，故C错误；D将SO2气体通入Ba（NO3）2溶液的离子反应为Ba2
25、+2NO3+3SO2+2H2OBaSO4+2NO+4H+2SO42，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，侧重氧化还原反应的离子反应考查，注意电子、电荷守恒及离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大6甲、乙两烧杯中各盛有100mL 3molL1的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为v（甲）：V（乙）=2：3，则加入铝粉的质量为（）A4.05gB5.4 gC2.7gD8.1g【考点】化学方程式的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】根据铝的质量相同，硫酸和氢氧
26、化钠溶液中溶质的物质的量相同，应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，由化学反应方程式2Al+6H+2Al3+3H2、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2可知，酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量，以此来计算解答【解答】解：硫酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L3mol/L=0.3mol，又两烧杯中分别加入等质最的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则 2Al+6H+2Al3+3H2 6 3 0.6mol x解得x=0.3mol，一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则碱与金属铝反应
27、生成的氢气的物质的量为0.3mol=0.45mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则 2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2 2 3 y 0.45mol解得y=0.3mol，则铝的质量为0.3mol27g/mol=8.1g，故选D【点评】本题考查Al的化学性质及利用化学反应方程式的计算，把握铝与酸、碱反应水的化学反应方程式，酸碱足量、酸碱均不足量时得到的氢气的关系是解答本题的关键，题目难度中等7化学与社会、生产、生活紧切相关，下列说法正确的是（）光导纤维具有很强的导电能力，所以大量用于制造通信光缆食盐可作为调味品和防腐剂明矾常用作净水剂，是因为它具有消毒
28、杀菌的作用SiCl4在战争中常用作烟雾弹，是因为它水解时生成白色烟雾氨常用作制冷剂，是因为其沸点较低，很容易液化将过量CO2气体通入C6H5ONa溶液中可生成C6H5OH和碳酸钠ABCD【考点】盐类水解的应用；氨的物理性质；硅和二氧化硅；常见的食品添加剂的组成、性质和作用【专题】化学应用【分析】光导纤维主要成分二氧化硅，是绝缘体；食盐主要成分为氯化钠，可作为调味品和防腐剂；明矾无强氧化性；SiCl4水解生成原硅酸（H4SiO4）和HCl而产生白色烟雾；氨气沸点高，易液化，液态氨气汽化吸收大量的热；二氧化碳与苯酚钠反应生成碳酸氢钠和苯酚钠【解答】解：光导纤维主要成分二氧化硅，是绝缘体，不导电，故
29、不选；食盐主要成分为氯化钠，可作为调味品和防腐剂，故选；明矾无强氧化性，不能杀菌消毒，故不选；SiCl4在空气中容易吸收水蒸气生成原硅酸（H4SiO4）和HCl而产生白色烟雾，故选；氨气沸点高，易液化，液态氨气汽化吸收大量的热，能够制冷，故不选；二氧化碳与苯酚钠反应生成碳酸氢钠和苯酚钠，故不选；故选：B【点评】本题考查化学与生活，涉及光缆、净水剂、制冷剂烟雾弹等，熟悉物质的性质是解题关键，题目难度不大8现有V mL浓度为c molL1的BaCl2溶液，其密度为d gcm3，则下列有关该溶液的说法中不正确的是（）A溶剂的质量为：（dV0.208Vc）gB溶质的质量分数为：%C溶质和溶剂的质量之比
30、为：0.208Vc：（dV0.208Vc）DCl的物质的量为：0.002Vc mol【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算；物质分子中的原子个数计算；物质的量浓度的相关计算【专题】物质的量的计算；溶解度的计算【分析】A水的质量等于溶液的质量减去溶质的质量；B溶质的质量分数为100%；C溶质的质量为cVM，结合A项分析；DCl的物质的量是BaCl2的物质的量的2倍【解答】解：A溶液的质量为dVg，溶质的质量为cVM=0.208Vcg，则溶剂的质量为（dV0.208Vc）g，故A正确；B溶质的质量分数为100%=100%=%，故B错误；C溶质的质量为cVM=0.208Vcg，溶剂的质量为（dV0.
31、208Vc）g，则溶质和溶剂的质量之比为0.208Vc：（dV0.208Vc），故C正确；DCl的物质的量是BaCl2的物质的量的2倍，BaCl2的物质的量为0.001cVmol，则Cl的物质的量为0.002Vc mol，故D正确故选B【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意把握有关的公式9固体X中可能含有MgCl2、Na2CO3、K2SO3、KAl（OH）4中的一种或几种为确定该固体粉末的成分，现取X进行下列实验，实验过程及现象如图：根据上述实验，下列说法不正确的是（）A气体1可能为NO或NO和CO2的混合物B沉淀3可能为Mg（OH）2和Al（OH）3的
32、混合物C沉淀4可能为BaCO3或BaSO4或二者混合物D固体粉末X中一定有K2SO3【考点】几组未知物的检验【专题】物质检验鉴别题【分析】固体X中加入过量的硝酸，得溶液2，加入氯化钡生成沉淀4，说明固体中含有K2SO3，加入稀硝酸还有气体生成，则一定含有Na2CO3，向溶液2中加入氨水有沉淀生成，沉淀可能是Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物，向溶液2中加入氯化钡有白色沉淀生成，固体中一定含有K2SO3；所以固体中一定含有K2SO3、Na2CO3，可能含有Mg（OH）2和Al（OH）3中的一种或两种，A、稀硝酸的强氧化性，气体1不可能为SO2；B、沉淀3为Al（OH）3或Mg（OH）2或二者
33、都有；C、能和氯化钡反应产生的不溶于硝酸的白色沉淀是硫酸钡；D、固体粉末X中一定有K2SO3，可能有KAl（OH）4【解答】解：固体X中加入过量的硝酸，得溶液2，加入氯化钡生成沉淀4，说明固体中含有K2SO3，加入稀硝酸还有气体生成，则一定含有Na2CO3，向溶液2中加入氨水有沉淀生成，沉淀可能是Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物，向溶液2中加入氯化钡有白色沉淀生成，固体中一定含有K2SO3；所以固体中一定含有K2SO3、Na2CO3，可能含有Mg（OH）2和Al（OH）3中的一种或两种，A、稀硝酸的强氧化性，气体1不可能为SO2，两者要发生氧化还原反应，气体1可能为NO和CO2的混合物，
34、故A正确；B、沉淀3为Al（OH）3或Mg（OH）2或二者都有，故B正确；C、沉淀4可为BaSO4，故C错误；D、固体粉末X中一定有K2SO3，可能有KAl（OH）4，故D正确；故选C【点评】解此类题，离子的共存问题方面进行分析，熟练掌握常见的盐的性质，而不溶于硝酸的白色沉淀只有硫酸钡和氯化银两种物质是解题的关键10N2H4和N2O4是常用的火箭动力源，发生反应：2N2H4+N2O43N2+4H2O，若有0.3mol N2生成，则下列判断不正确的是（）A生成7.2g H2OB被还原的N原子的物质的量为0.2molC转移电子的物质的量为1.6molD氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：l【考点
35、】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】该反应中N元素化合价由2价、+4价变为0价，所以N2H4被氧化，N2O4被还原，N2既是氧化产物又是还原产物，当有0.3mol N2生成，则有0.1 mol N2O4被还原，以此解答该题【解答】解：A有0.3mol N2生成，由方程式可知生成0.4mol水，质量为0.4mol18g/mol=7.2，故A正确；B当有0.3mol N2生成，则有0.1 mol N2O4被还原，则被还原N原子物质的量=0.1mol2=0.2mol，故B正确；C有0.3mol N2生成，转移电子0.2mol2=0.8mol，故C错误；D由方程式可知氧化产物与还原产物
36、的物质的量之比为2：l，故D正确故选C【点评】本题考查氧化还原反应有关计算，侧重考查基本计算及基本概念，明确各个物理量之间关系及基本概念判断方法是解本题关键，题目难度不大11下列各项操作中，能发生“先沉淀后溶解”现象的是（）向BaCl2溶液中通入过量的SO2向Fe（OH）3胶体中逐滴滴入过量稀H2SO4向NaAl（OH）4溶液中逐滴加入过量的AlCl3溶液向澄清石灰水中通入过量的SO2向硅酸钠溶液中通入过量的CO2向AgNO3溶液中逐滴加入过量的氨水ABCD【考点】二氧化硫的化学性质；镁、铝的重要化合物【专题】氧族元素；几种重要的金属及其化合物【分析】二氧化硫和氯化钡溶液不发生反应；氢氧化铁胶
37、体中滴入硫酸溶液先发生胶体聚沉，后沉淀溶解；向NaAl（OH）4溶液中逐滴加入过量的AlCl3溶液生成氢氧化铝沉淀；澄清石灰水中通入过量二氧化硫先生成亚硫酸钙沉淀，继续通入会生成亚硫酸氢钙；向硅酸钠溶液中通入过量的CO2，生成硅酸沉淀；向AgNO3溶液中逐滴加入过量的氨水，显生成氢氧化银沉淀，继续滴加沉淀溶解生成银氨溶液【解答】解：二氧化硫和氯化钡溶液不发生反应，无先沉淀后溶解现象，故不符合；氢氧化铁胶体中滴入硫酸溶液先发生胶体聚沉，后沉淀溶解，符合先沉淀后溶解现象，故符合；向NaAl（OH）4溶液中逐滴加入过量的AlCl3溶液，只能生成氢氧化铝沉淀，故不符合；澄清石灰水中通入过量二氧化硫先生
38、成亚硫酸钙沉淀，继续通入会生成亚硫酸氢钙，符合先沉淀后溶解现象，故符合；向硅酸钠溶液中通入过量的CO2，生成硅酸沉淀，不符合先沉淀后溶解现象，故不符合；向AgNO3溶液中逐滴加入过量的氨水，先生成氢氧化银沉淀，继续滴加沉淀溶解生成银氨溶液，符合先沉淀后溶解现象，故符合；故选A【点评】本题考查了物质性质的分析应用，主要是物质反应过程中量不同，产物不同的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等12设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A标准状况下，2.24 L CCl4中含有的分子数为0.1NAB1L 0.1 molL1 NaHCO3溶液中含有0.1NA个HCO3C0.1 mo1铁粉
39、在0.1 mol氯气中充分燃烧，失去的电子数目为0.3NAD1 mol苯含有6 NA个CH键【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气体摩尔体积使用对象为气体；B碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，水溶液中部分发生电离，部分发生水解；C铁与氯气反应生成氯化铁，0.1mol铁完全反应消耗0.1mol氯气，显然氯气不足，转移的电子数应该按照氯气的量进行计算；D.1个苯分子中含有6个CH【解答】解：A标况下，四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，水溶液中部分发生电离，部分发生水解，所以1L 0.1 molL1 NaHCO3溶液中含
40、有少于0.1NA个HCO3，故B错误；C.0.1mol铁完全反应消耗0.15mol氯气，氯气的物质的量不足，0.1mol氯气完全反应得到2mol电子，根据电子守恒，铁失去的电子的数目为0.2NA，故C错误；D.1个苯分子中含有6个CH，所以 1mol苯含有6 NA个CH键，故D正确；故选：D【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的判断及计算，掌握物质的量与阿伏伽德罗常数等物理量之间的转化关系是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，注意盐类的水解规律，题目难度不大13用如图装置进行的相应实验能达到实验目的是（）A用于Cu和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体B用于分离水和苯的混合物C用于制备并收集
41、NO2气体D用于除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A浓硫酸和铜应在加热条件下进行；B苯的密度比水小；C二氧化氮密度比空气大；D碳酸钠加热易分解【解答】解：A浓硫酸和铜应在加热条件下进行，因此该装置不能制备SO2气体，故A错误；B苯的密度比水小，在上层，故B错误；C二氧化氮密度比空气大，可用排空气法收集，故C正确；D碳酸氢钠加热易分解生成碳酸钠，故D错误故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备、收集以及物质的分离、提纯等，把握反应原理、物质性质及实验装置图的作用为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大
42、14下列有关化学实验的叙述正确的是（）A在耐高温的石英坩埚中进行熔化氢氧化钠固体的实验B欲配制质量分数为10%的硫酸铜溶液，可准确称取10 g硫酸铜晶体溶于90 g水中C实验室可以用湿润的淀粉KI试纸鉴别二氧化氮和溴蒸气D从碘的CCl4溶液获得单质碘的实验方法是蒸馏【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】ASiO2能与NaOH反应生成Na2SiO3； B硫酸铜晶体含有结晶水；C湿润的淀粉KI试纸可检验氧化性的物质；D分离两种互溶的液体且沸点相差较大的实验方法是蒸馏【解答】解：A高温时SiO2能与NaOH反应生成Na2SiO3，故A错误； B硫酸铜晶体含有结晶水，故称取10 g硫酸铜
43、晶体溶于90 g水中所得的硫酸铜溶液的质量分数小于10%，故B错误；C二氧化氮和溴蒸气都有氧化性，无法鉴别，故C错误；D碘的CCl4溶液获得单质碘应用萃取，故D正确故选D【点评】本题考查较为综合，涉及基础实验操作以及溶液的配制等，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大二、解答题（共5小题）（选答题，不自动判卷）15锅炉水垢既会降低燃料的利用率、影响锅炉的使用寿命，还可能造成安全隐患现有一碳素钢锅炉水垢的主要成分有CaCO3、CaSO4、Mg（OH）2、Fe2O3、SiO2等，下面是清洗水垢的流程：I加入NaOH和
44、Na2CO3混合液，加热，浸泡数小时；II放出洗涤废液，清水冲洗锅炉，加入稀盐酸和少量NaF溶液，浸泡；III向洗液中加入Na2SO3溶液；IV清洗达标，用NaNO2溶液钝化锅炉（1）在步骤I中：用NaOH是为了溶解除去水垢中的SiO2，反应的化学方程式是SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O已知：20时溶解度/gCaCO3 CaSO4 Mg（OH）2 MgCO31.4103 2.55102 9104 1.1102根据数据和化学平衡原理解释，加入Na2CO3的作用CaSO4在水中存在平衡CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42（aq），用Na2CO3溶液浸泡后，Ca2+与CO32结合成更
45、难溶的CaCO3，使上述平衡右移，CaSO4转化成CaCO3，然后用盐酸除去在步骤II中：加入稀盐酸和少量NaF溶液能除掉的水垢是CaCO3、Mg（OH）2、Fe2O3、SiO2（填化学式）清洗过程中，溶解的Fe2O3会加速锅炉腐蚀，用离子方程式解释其原因2Fe3+Fe3Fe2+（3）步骤III中，加入Na2SO3的目的是将Fe3+还原成Fe2+，防止Fe3+腐蚀锅炉（4）步骤中，钝化后的锅炉表面会覆盖一层致密的Fe3O4保护膜完成并配平其反应的离子方程式：Fe+NO+H2ON2+Fe3O4+下面检测钝化效果的方法合理的是ab（填序号）a在炉面上滴加酸性CuSO4溶液，观察蓝色消失的时间b在炉
46、面上滴加酸性KSCN溶液，观察红色消失的时间c在炉面上滴加浓H2SO4，观察溶液出现棕黄色的时间d在炉面上滴加浓HNO3，观察出现红棕色气体的时间【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）用NaOH溶解二氧化硅，反应生成硅酸钠和水；由表格中数据可知，碳酸钙更难溶；加入稀盐酸和NaF，与碳酸钙、氢氧化镁、铁锈均反应、二氧化硅与HF酸反应；溶解的铁锈会加速锅炉腐蚀，发生铁与铁离子的反应；（3）步骤中，加入Na2SO3，与铁离子发生氧化还原反应；（4）由Fe+NO2+H2ON2+Fe3O4，可知Fe元素的化合价升高，N元素的化合价降低，由电子守恒可知，还
47、生成氧化铁，由电荷守恒可知还生成OH；钝化时表面生成致密的氧化物，阻止Fe反应，则检测钝化效果，可利用铁的性质分析【解答】解：（1）用NaOH溶解二氧化硅，反应生成硅酸钠和水，反应为SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O，故答案为：SiO2，SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O；由表格中数据可知，碳酸钙更难溶，则清洗CaSO4的过程为CaSO4在水中存在平衡CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42（aq），用Na2CO3溶液浸泡后，Ca2+与CO32结合成更难溶的CaCO3，使上述平衡右移，CaSO4转化成CaCO3，然后用盐酸除去，故答案为：CaSO4在水中存在平衡CaSO4（s
48、）Ca2+（aq）+SO42（aq），用Na2CO3溶液浸泡后，Ca2+与CO32结合成更难溶的CaCO3，使上述平衡右移，CaSO4转化成CaCO3，然后用盐酸除去；加入稀盐酸和NaF溶液，与碳酸钙、氢氧化镁、铁锈均反应，二氧化硅与HF酸反应，则能除掉的水垢成分为：CaCO3、Mg（OH）2、Fe2O3、SiO2，故答案为：CaCO3、Mg（OH）2、Fe2O3、SiO2；溶解的铁锈会加速锅炉腐蚀，发生铁与铁离子的反应，离子反应为2Fe3+Fe3Fe2+，故答案为：2Fe3+Fe3Fe2+；（3）步骤中，加入Na2SO3，与铁离子发生氧化还原反应，其目的为将Fe3+还原成Fe2+，防止Fe3
49、+腐蚀锅炉，故答案为：将Fe3+还原成Fe2+，防止Fe3+腐蚀锅炉；（4）由Fe+NO2+H2ON2+Fe3O4，可知Fe元素的化合价升高，N元素的化合价降低，由电子守恒可知，还生成氧化铁，由电荷守恒可知还生成OH，则该反应为9Fe+8NO2+4H2O4N2+3Fe3O4+8OH，故答案为：9；8；4；4；3；8OH；钝化时表面生成致密的氧化物，阻止Fe反应，cd中浓硫酸、浓硝酸具有强氧化性，不能检测，而ab中均与Fe反应，现象明显，所以检测钝化效果最好为ab，故答案为：ab【点评】本题考查较综合，涉及混合物分离提纯、溶解平衡及氧化还原反应的配平等，侧重高考高频考点的考查，注意（5）中检测钝
50、化效果为解答的难点，注意利用铁的性质来解答，题目难度中等16SO2是无色有窒息性臭味的有毒气体，是一种主要的气态污染物某化学兴趣小组制备并对SO2的化学性质和用途进行探究【SO2的制备】（1）用亚硫酸钠与浓硫酸反应制备SO2的装置如图1（夹持仪器省略）图1中的装置错误的是C（填字母）；D的作用是吸收二氧化硫尾气，防止污染空气【探究SO2的性质】根据SO2中S元素的化合价，预测并通过实验验证SO2的性质实验可选用的实验药品有浓硫酸、Na2SO3固体、Na2S溶液、FeCl3溶液、品红溶液等探究过程实验装置如图2（夹持仪器省略）请完成表格药品 作用A FeCl3溶液 验证SO2的还原性B Na2S
51、溶液 验证二氧化硫的氧化性C 品红溶液 验证二氧化硫的漂白性A中发生反应的离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+SO42在上述装置中通入过量的SO2，为了验证A中发生了氧化还原反应，取A中溶液分成两份，并设计了如下实验：方案一：往第一份试液中加入少量酸性KMnO4溶液，紫红色褪去；方案二：往第二份试液中加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红上述方案不合理的是方案一，原因是过量的二氧化硫能溶于水，也能使高锰酸钾褪色【SO2的用途】（3）二氧化硫通常作为保护剂添加到葡萄酒中，有杀菌、抗氧化、改善风味和增酸的作用，但吸吸入过量二氧化硫对人体有害我国国家标准规定葡萄酒中
52、SO2的最大使用量为0.25gL1图3为该小组对葡萄酒中的SO2进行收集与测量的装置冷凝管中水的进口为：a（填“a”或“b”）A中加入200.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与B中H2O2完全反应，其化学方程式为SO2+H2O2=H2SO4除去B中过量的H2O2，然后用0.0600molL1NaOH标准溶液进行滴定，滴定至终点时，消耗NaOH溶液20.00mL，该葡萄酒中SO2含量为：0.192gL1【考点】性质实验方案的设计【专题】实验分析题；实验评价题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；无机实验综合【分析】（1）根据图1装置可知，二氧化硫密度大于空气，所以收集二氧化硫时应长时
53、短出，二氧化硫会污染空气，所以要进行尾气吸收；根据实验装置图及提供的试剂可知，实验中用浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，验证二氧化硫的还原性可用二氧化硫与氯化铁反应，再用二氧化硫与硫化钠反应验证二氧化硫的氧化性，最后在有水浴的装置中验证二氧化硫的漂白性；A中发生反应为二氧化硫与氯化铁反应生成亚铁离子和硫酸根离子；过量的二氧化硫能溶于水，也能使高锰酸钾褪色，据此判断；（3）为了充分冷却气体，应该下口进水；二氧化硫具有还原性，能够与过氧化氢反应生成硫酸，据此写出反应的化学方程式；根据关系式2NaOHH2SO4SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量【解答】解
54、：（1）根据图1装置可知，二氧化硫密度大于空气，所以收集二氧化硫时应长时短出，所以C处有错，二氧化硫会污染空气，所以D的作用是进行尾气吸收，故答案为：C；吸收二氧化硫尾气，防止污染空气；根据实验装置图及提供的试剂可知，实验中用浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，验证二氧化硫的还原性可用二氧化硫与氯化铁反应，再用二氧化硫与硫化钠反应验证二氧化硫的氧化性，最后在有水浴的装置中验证二氧化硫的漂白性，故答案为：药品 作用A FeCl3溶液 B Na2S溶液 验证二氧化硫的氧化性C 验证二氧化硫的漂白性；A中发生反应为二氧化硫与氯化铁反应生成亚铁离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为2Fe3+SO2+2H2
55、O=2Fe2+4H+SO42，故答案为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+SO42；过量的二氧化硫能溶于水，也能使高锰酸钾褪色，所以方案一不合理，故答案为：方案一；过量的二氧化硫能溶于水，也能使高锰酸钾褪色；（3）根据仪器A的构造可知，仪器A为冷凝管，冷凝管中通水方向采用逆向通水法，冷凝效果最佳，所以应该进水口为a，故答案为：a；双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4，故答案为：SO2+H2O2=H2SO4；根据2NaOHH2SO4SO2可知SO2的质量为：（0.0600mol/L0.020L）64g/mol=0.0384g，该葡
56、萄酒中的二氧化硫含量为：=0.192g/L，故答案为：0.192【点评】本题考查了探究物质的组成、测量物质的含量的方法，题目难度中等，试题涉及了二氧化硫性质、中和滴定的计算，要求学生掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法及计算方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力17某溶液M能使紫色石蕊试液变红色，其中可能含有CO32、SO42、NO3、SiO32、Al（OH）4、NH4+、Fe2+、Fe3+、Ba2+、Al3+中的一种或几种离子，取溶液进行连续实验，能实现如图转化：依据以上信息，回答下列问题：（1）上述离子中，溶液M中一定没有的是：SO42、Al
57、3+、Fe2+、NH4+；肯定含有的是：SO42、Al3+、Fe2+、NH4+对不能确定是否存在的离子，选择下列试剂中的一种加入M溶液中，根据现象就可判断，则该试剂是：C（填序号）aNaOH溶液 b石蕊试剂 cKSCN溶液 dKMnO4溶液气体F的电子式为：，沉淀C的化学式为：BaSO4，沉淀G的化学式为：Fe（OH）3（3）步骤反应的化学方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3；步骤发生反应的离子方程式为AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3【考点】常见离子的检验方法【专题】物质检验鉴别题【分析】在强酸性溶液中一定不会存在CO32、SiO32和Al（OH）4离子，加入过量硝
58、酸钡生成沉淀，则该沉淀C为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，强酸性溶液中就一定不含NO3离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀K，则K为Al（OH）3，L为NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+，检验用硫氰化钾溶液，据此分析【解答】解：（1）在强酸性溶液中氢离子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，与Al（OH）4生成氢
59、氧化铝或者铝离子，所以一定不会存在CO32、SiO32和Al（OH）4离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，说明一定含有SO42，含有SO42离子就一定不含Ba2+离子；气体A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+，一定不含NO3离子；溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+；溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀K，则K为Al（OH）3，L为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+；不能确定是否含有的离子Fe3+，检验用硫氰化钾溶液，取少量X溶液放在试管中，加入几滴
60、KSCN，溶液变红色说明有Fe3+，反之无 Fe3+；故答案为：CO32、SiO32、Ba2+、NO3、Al（OH）4；SO42、Al3+、Fe2+、NH4+；C；溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，NH4+OH=NH3+H2O，氨气的电子式为；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C为BaSO4沉淀；Fe2+离子被氧化为Fe3+，加入NaOH溶液后生成Fe（OH）3，故答案为：；BaSO4；Fe（OH）3；（3）步骤二氧化氮与氧气和水反应生成硝酸，反应的化学方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，中生成沉淀K的离子方程式为AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；故答案为：
61、4NO2+O2+2H2O=4HNO3；AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3【点评】本题主要考查了根据实验现象判断离子共存，关键要掌握根据实验现象判断存在的离子，排除与该离子反应的离子，题目难度中等18金属铬（cr）的英文是Chromium，原意是颜色，因为它的化合物都有美丽的颜色如表是几种常见铬的化合物或离子的水溶液的颜色：离子或化合物 Cr2O72 Cr（OH）3 Cr3+ Cr CrO42颜色 橙色 灰蓝色 蓝紫色 绿色 黄色含铬元素的化合物可以发生如图一系列变化：（1）分别写出反应、的离子方程式：Cr2O72+3Zn+14H+=2Cr3+3Zn2+7H2O、Cr（OH）3
62、+OH=CrO2+2H2O、2CrO2+3H2O2+2OH=2CrO42+4H2O结合上述转化图及所学知识，请分析向NaCrO2溶液中逐滴加入过量稀硫酸的现象为绿色溶液中产生灰蓝色沉淀，后沉淀溶解，产生蓝紫色的溶液（3）在K2Cr2O7橙色溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液逐渐变为黄色，该反应的离子方程式为Cr2O72+2OH2CrO42+H2O（4）将KCl和CrCl3两种固体混合物共熔制得化合物X将0.0035mol X中的Cr元素全部氧化成Cr2O72，得到的Cr2O72与过量的KI反应生成0.0105mol I2，反应的离子方程式为：Cr2O72+6I+14H+=2Cr3+3I2+7H2
63、O另取0.0035mol X溶于水中，当加入0.0385mol Ag NO3时，恰好沉淀完全则表示X组成的化学式为K5Cr2Cl11【考点】复杂化学式的确定；离子方程式的书写【专题】离子反应专题；利用化学方程式的计算【分析】（1）反应中，溶液由橙色变为绿色，Cr2O72在酸性条件下和Zn反应生成Cr3+，失电子化合价升高的反应物是还原剂；Cr3+和OH反应生成灰蓝色Cr（OH）3沉淀B，Cr（OH）3在碱性条件下生成绿色的CrO2；绿色的CrO2被过氧化氢氧化成黄色CrO42，由此分析书写离子方程式；向NaCrO2溶液中逐滴加入过量稀硫酸，溶绿色的CrO2转化为沉淀，沉淀用酸溶解生成蓝紫色Cr
64、3+；（3）在K2Cr2O7橙色溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液逐渐变为黄色，说明二者反应生成CrO42；（4）根据关系式2Cr3+Cr2O723I2计算n（Cr3+），根据Cl原子守恒计算n（Cl），再根据电荷守恒计算n（K+），据此推断KCl与CrCl3物质的量关系，从而确定X的化学式【解答】解：（1）反应中，溶液由橙色变为绿色，Cr2O72在酸性条件下和Zn反应生成Cr3+，失电子化合价升高的反应物是还原剂，离子反应方程式：Cr2O72+3Zn+14H+=2Cr3+3Zn2+7H2O；Cr3+和OH反应生成灰蓝色Cr（OH）3沉淀B，Cr（OH）3在碱性条件下生成绿色的CrO2，离子反应
65、方程式为：Cr（OH）3+OH=CrO2+2H2O；绿色的CrO2被过氧化氢氧化成黄色CrO42，反应的离子方程式为：2CrO2+3H2O2+2OH=2CrO42+4H2O，故答案为：Cr2O72+3Zn+14H+=2Cr3+3Zn2+7H2O；Cr（OH）3+OH=CrO2+2H2O；2CrO2+3H2O2+2OH=2CrO42+4H2O；向NaCrO2溶液中逐滴加入过量稀硫酸，溶绿色的CrO2转化为沉淀，沉淀用酸溶解生成蓝紫色Cr3+，所以现象为；绿色溶液中产生灰蓝色沉淀，后沉淀溶解，产生蓝紫色的溶液，故答案为：绿色溶液中产生灰蓝色沉淀，后沉淀溶解，产生蓝紫色的溶液；（3）在K2Cr2O7
66、橙色溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液逐渐变为黄色，说明二者反应生成CrO42，离子方程式为Cr2O72+2OH2CrO42+H2O，故答案为：Cr2O72+2OH2CrO42+H2O；（4）根据关系式2Cr3+Cr2O723I2得n（Cr3+）=0.007mol，根据Cl原子守恒计算n（Cl）=n（AgCl）=n（AgNO3）=0.0385mol，再根据电荷守恒得n（K+）=n（Cl）3n（Cr3+）=0.0385mol0.021mol=0.0175mol，则KCl与CrCl3物质的量之比=0.0175mol：0.007mol=5：2，n（K+）：（Cr3+）：n（Cl）=0.0385mol：
67、0.007mol：0.0385mol=5：2：11，所以X的化学式为K5Cr2Cl11，故答案为：K5Cr2Cl11【点评】本题考查氧化还原反应有关计算及复杂化学式的确定，为高频考点，明确各个物理量之间的关系是解本题关键，注意原子守恒、电荷守恒的灵活运用，题目难度中等19铜是常见的变价金属为了比较正一价铜和正二价铜的稳定性，并研究氧化铜的氧化性，某化学小组的同学进行了以下实验【实验一】比较正一价铜和正二价铜的稳定性取一定量的氢氧化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到80100得到黑色固体粉末；继续加热至1000以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜；取适量红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀
68、硫酸，得到蓝色溶液，同时观察到试管底部还有红色固体存在（1）从【实验一】可得出的结论是高温时，+1价的铜比+2价的铜稳定，而溶液中，+2价的铜比+1价的铜稳定氢化亚铜（CuH）难溶于水，但能溶于稀硫酸并放出氢气，写出其反应的离子方程式Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O【实验二】探究氧化铜的氧化性如图装置（夹持装置未画出），某种气态烃（X）缓缓通过灼热的氧化铜时，观察到氧化铜由黑色变成了红色，无水硫酸铜变成蓝色，生成物中还有一种能使澄清石灰水变浑浊的气体Y；将X通入灼热的CuO燃烧管完全反应后，消耗0.01mol X，测得B装置增重0.54g，并收集到0.88g气体Y（3）X气体的摩尔质量是
69、32g/mol（4）C中发生反应的化学方程式为2CuO+N2H42Cu+N2+2H2O【考点】性质实验方案的设计【专题】实验分析题；类比迁移思想；演绎推理法；几种重要的金属及其化合物；无机实验综合【分析】实验一、取一定量制得的氢氧化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到80100得到黑色固体粉末，继续加热至1000以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜，说明高温时，+1价的铜比+2价的铜稳定，取适量红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸（或盐酸），Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O得到蓝色溶液，同时观察到试管底部还有红色固体存在，说明溶液中，+2价的铜比+1价的铜稳定（1）根据信息：氢氧
70、化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到80100得到黑色固体粉末为氧化铜；继续加热至1000以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜，说明高温+1价铜稳定；根据信息：红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸（或盐酸），得到蓝色溶液为+2价的铜盐溶液，同时观察到试管底部还有红色固体存在为铜单质，据此书写化学方程式；实验二、将X通入灼热的CuO燃烧管完全反应后，生成物中还有一种能使澄清石灰水变浑浊的气体Y应为二氧化碳，消耗0.01mol X，无水硫酸铜变成蓝色，测得B装置增重0.54g，即生成水0.03mol，并收集到0.88g气体Y即0.02molCO2，根据碳元素和氢元素守恒可知，某种气态烃（
71、X）为C2H6，（3）根据原子守恒确定气态氢化物的化学式，计算摩尔质量；（4）根据实验现象来书写化学方程式；【解答】解：问题1：铁和铜都有变价，具有相似点，正二价铁的稳定性小于正三价的铁，探究正一价铜的稳定性是否也小于正二价的铜，解决问题取一定量制得的氢氧化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到80100得到黑色固体粉末，继续加热至1000以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜，说明高温时，+1价的铜比+2价的铜稳定，取适量红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸（或盐酸），Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O得到蓝色溶液，同时观察到试管底部还有红色固体存在，说明溶液中，+2价的铜比+1价的
72、铜稳定（1）根据信息：氢氧化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到80100得到黑色固体粉末；继续加热至1000以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜，根据在不同温度下反应物的组成可确定物质的稳定性，所以高于1000时Cu2O比CuO稳定，在溶液中：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O，所以Cu2+比Cu+稳定，故答案为：高温时，+1价的铜比+2价的铜稳定，而溶液中，+2价的铜比+1价的铜稳定；根据信息：红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸（或盐酸），得到蓝色溶液为+2价的铜盐溶液，同时观察到试管底部还有红色固体为铜单质，Cu2O中+1价的铜在酸性溶液中发生氧化还原反应：Cu2O+2H+
73、=Cu+Cu2+H2O，故答案为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O；实验二、将X通入灼热的CuO燃烧管完全反应后，生成物中还有一种能使澄清石灰水变浑浊的气体Y应为二氧化碳，消耗0.01mol X，无水硫酸铜变成蓝色，测得B装置增重0.54g，即生成水0.03mol，并收集到0.88g气体Y即0.02molCO2，根据碳元素和氢元素守恒可知，某种气态烃（X）为C2H6，（3）根据上面的分析可知，X为C2H6，X气体其摩尔质量为30g/mol，故答案为：30g/mol；（4）C中发生反应的化学方程式为C2H6和氧化铜反应：7CuO+C2H67Cu+2CO2+3H2O，故答案为：7CuO+C2H67Cu+2CO2+3H2O【点评】本题考查实验探究和数据处理，做题时注意变价金属氧化物的性质以及质量守恒定律计算物质的化学式题目难度中等版权所有：高考资源网()