1、宁夏银川市唐徕回民中学2015届高三上学期月考化学试卷（8月份）一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）1（2分）下列物质中，属于电解质的是（）ACO2B盐酸CBaSO4DC2H5OH2（2分）某些化学概念在逻辑上存在下图所示关系，则下列说法中正确的是：（）A纯净物（B）与混合物（A）属于包含关系B化合物（B）与氧化物（A）属于包含关系C单质与化合物属于交叉关系D氧化反应与化合反应属于并列关系3（2分）利用如图装置（瓶口向上）不可行的实验是（）AA口进气，B口排气，用于收集H2B广口瓶充满水，从A中进气用于收集O2C广口瓶中盛有浓硫酸，从B口进气用于干燥SO2气体D广口瓶盛有NaOH水
2、溶液，从B中进气用于除去Cl2中的HCl气体4（2分）用98%的浓H2SO4配制1.0mol/L的稀H2SO4时，某同学经量取、稀释、转移、洗涤、定容后（每步操作均准确），发现容量瓶内溶液的温度高于室温，则所配的溶液浓度与1.0mol/L相比（）A偏大B偏小C相等D无法确定5（2分）下列叙述正确的是（）A因为NH3H2O是弱碱，所以不能用氨水与FeCl3溶液反应制取Fe（OH）3B向FeI2溶液中通人少量Cl2，再滴加少量CCl4，振荡、静置，下层液体为紫色C向一定体积的热浓硫酸中加入足量的铁粉，生成的气体能被烧碱溶液完全吸收D将SO2气体通人溴水后，欲检验是否有SO42生成，可向溶液中滴加B
3、a（NO3）2溶液6（2分）下列有关反应颜色变化的叙述中，正确的是（）新制氯水久置后浅黄绿色消失淀粉溶液遇单质碘蓝色蔗糖中加入浓硫酸搅拌白色 SO2通入品红溶液中红色褪去氨气通入酚酞溶液中红色ABCD全部7（2分）下列有关实验操作的说法正确的是（）A可用25mL碱式滴定管量取20.00mL KMnO4溶液B用pH试纸测定溶液的pH时，需先用蒸馏水润湿试纸C蒸馏时蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容积的，液体也不能蒸干D将金属钠在研钵中研成粉末，使钠与水反应的实验更安全8（2分）如图的装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是（）ACO2（NaHC
4、O3）溶液/无色喷泉BNH3（H2O含酚酞）/红色喷泉CH2S（CuSO4溶液）/黑色喷泉DHCl（AgNO3溶液）/白色喷泉9（2分）下列各图所示的装置中，肯定不符合防倒吸要求的是（）ABCD10（2分）下列说法中正确的是（）A把100mL 3mol/L H2SO4与100mL H2O混合，硫酸的物质的量浓度变为1.5mol/LB把200mL 3mol/L BaCl2溶液与100mL 3mol/L KCl溶液混合后，所得溶液c（Cl）仍为3mol/LC把100mL 20%的NaOH溶液与100mL H2O混合后，所得溶液中NaOH的质量分数为10%D把100g 20%的NaCl溶液与100g
5、 H2O混合后，所得溶液中NaCl的质量分数为10%11（2分）设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是（）A常温常压下，1mol氦气含有的核外电子数为4NAB标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NAC一定条件下，0.1mol铁与0.1mol Cl2充分反应后，转移的电子数约为0.3NAD标准状况下，NA个NO分子和0.5NA个O2分子混合后气体的总体积为22.4L12（2分）除去下列物质中所含的杂质，选用的试剂正确的是（）选项物质（杂质）试剂AAl2O3（SiO2）NaOHBCO2（SO2）Na2CO3溶液CFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉DNaHCO3溶液
6、（Na2CO3）Ca（OH）2溶液AABBCCDD13（2分）下列离子组一定能大量共存的是（）A甲基橙呈黄色的溶液中：I、Cl、NO3、Na+B石蕊呈蓝色的溶液中：Na+、AlO2、NO3、HCO3C含大量Al3+的溶液中：K+、Na+、NO3、ClOD含大量OH一的溶液中：CO32、Cl、F、K+14（2分）向如图所示的装置中缓慢地通入气体X，若关闭活塞K，则品红溶液无变化而澄清石灰水变浑浊；若打开活塞K，则品红溶液褪色X和Y可能是（）ABCDXSO2NO2HClCl2Y饱和NaHCO3溶液水Na2SO3溶液Na2SO3溶液AABBCCDD15（2分）0.5mol硝酸铵在一定条件下可分解成0
7、.2mol硝酸和16.2g水以及另外一种气态物质，该气态物质可能是（）ANOBN2OCN2O3DN216（2分）下列离子方程式或化学方程式中正确的是（）A向Fe（OH）3中加入大量的氢溴酸：Fe（OH）3+3H+Fe3+3H2OBH218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O24NaOH+18O2C往明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至SO42完全沉淀Al3+2SO42+2 Ba2+4OHAlO2+2BaSO4+2H2OD硫酸氢铵稀溶液中滴加少量Ba（OH）2溶液：Ba2+2OH+SO42+H+NH4+BaSO4+H2O+NH3H2O17（2分）已知反应aA+B2=aAB，M（A）、M（B2
8、）、M（AB）分别表示A、B2和AB的摩尔质量，其单位均为g/molA与B2反应的质量关系如图所示下列说法中正确的是（）A无法确定计量数a的大小BM（A）=2M（B2）CM（AB）=2M（A）+M（B2）D若有6g A完全反应，则生成AB的质量为12g18（2分）向盛有一定量浓度NaOH溶液的烧杯中通入一定量的CO2气体后得溶液M，向所得溶液M中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生气体与加入稀盐酸的物质的量的关系如图所示，则M中的主要溶质为（）ANa2CO3BNaHCO3CNa2CO3、NaOHDNaHCO3、NaOH19（2分）如图所示，在托盘天平的左右两托盘中各放置一只烧杯，调节天平使
9、之平衡，向烧杯中分别注入足量且等质量、等浓度的稀硫酸，然后向两只烧杯中分别加入相同质量的锌片和铁银合金，反应完成后，天平仍保持平衡合金中铁和银的质量比为（）A65：56B56：108C56：9D65：920（2分）将6.85g Fe和Al的混合物溶于200mL浓度为c mol/L的HNO3溶液中，得到标准状况下的NO、N2O混合气体共3.36L，测得反应后溶液的pH为0，再向所得溶液中加入过量NaOH溶液充分反应后生成沉淀质量为5.35g若不考虑反应前后溶液体积变化，则下列有关判断正确的是（）AFe与Al 的物质的量之比为1：1B混合气体中NO为0.03mol，N2O为0.12molC原HNO
10、3溶液的浓度C=4.9mol/LD反应中被还原的HNO3为0.15mol二、解答题（共6小题，满分60分）21（6分）下面是中学化学中常用的玻璃仪器组成的实验装置图（根据需要可在广口瓶中加入液体或在干燥管中放入固体）请回答下列问题：（1）用装置A收集CO2气体，气体应从（填“”或“”）处通入（2）若用装置C做二氧化硫与烧杯中氢氧化钠溶液反应的实验，则其中广口瓶的作用是：（3）用B来收集NO2气体，最终得不到NO2，其发生反应的化学方程式为：（4）用D来干燥Cl2，则D中的药品应为22（10分）为确认HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱，某学生设计了如图所示的装置，一次实验即可达到目的（不
11、必选其他酸性物质）请据此回答：（1）锥形瓶中装某可溶性正盐溶液，分液漏斗中所盛试剂应为（2）装置B所盛的试剂是，其作用是（3）装置C所盛的试剂是，C中反应的离子方程式（4）由引得出的结论是：酸性23（10分）现有一盛有常见固体物质M的试剂瓶，标签已破损（如图所示）请根据其性质回答下列问题：（1）若M的水溶液呈中性，写出实验室检验M中阴离子的离子方程式：（2）若将M置于空气中易被氧化成另一种物质，其相对分子质量只增加16，则M的化学式为（3）若取少量的固体M加入水中，立即有气泡产生，则固体M中阴、阳离子的个数比为，M与水反应的离子方程式为：（4）若M的水溶液呈碱性，向M的水溶液中加入足量的盐酸，
12、有臭鸡蛋气味的气体产生，则产生气体的离子方程式为：24（10分）已知4种强电解质溶液，分别含有下列阴、阳离子中的各一种，且互不重复：Ba2+、H+、Na+、NH4+、CO32、NO3、OH、SO42将这4种溶液分别标记为A、B、C、D并进行如下实验：向A或D中滴入C，均由沉淀生成；将A和B混合加热能生成具有刺激性气味的气体；将A与D混合产生一种无色无味的气体请回答下列问题：（1）A的化学式为，判断理由是C中含有的阳离子是，判断理由是：（2）写出下列物质的化学式：B、D（3）写出实验中有关反应的离子方程式：25（10分）MnO2是一种重要的无机功能材料，某研究性学习小组设计了将粗MnO2（含有较
13、多的MnO和MnCO3）样品转化为纯净MnO2的实验，其流程如下：请回答下列问题：（1）第步加稀硫酸时，粗MnO2样品中的（填化学式，下同）转化为（2）第步产生CO2的化学方程式为：（3）第步发生反应的离子方程式为：（4）若粗MnO2样品的质量为12.69g，第步反应后，过滤得到8.7g MnO2，并收集到0.224LCO2（标准状况下），则第步反应中至少需要mol NaClO326（14分）在高温时硫铁矿（主要成分FeS2）和氧气反应生成三氧化二铁和二氧化硫（假设硫铁矿中的杂质不参与化学反应）某化学研究学习小组对硫铁矿样品进行如下实验探究：【实验一】测定硫元素的含量实验装置如图所示（夹持和加
14、热装置已省略）A中的试剂是双氧水，将mg该硫铁矿样品放入硬质玻璃管D中从A向B中逐滴滴加液体，使气体发生装置不断地缓缓产生气体，高温灼烧硬质玻璃管D中的硫铁矿样品至反应完全反应结束后，将E瓶中的溶液进行如下处理：【实验二】测定铁元素的含量测定铁元素含量的实验步骤如下：用足量稀硫酸溶解已冷却的硬质玻璃管D中的固体，过滤，得到滤液A；在滤液A中加入过量的还原剂使溶液中的Fe3+完全转化为Fe2+，过滤，得到滤液B；将滤液B稀释为250mL；取稀释液25.00mL，用浓度为c mol/L的酸性KMnO4溶液滴定，三次滴定实验所需KMnO4溶液体积的平均值为V mL请根据以上实验，回答下列问题：（1）
15、中装置C中盛装的试剂是；E瓶的作用是（2）中加入过量H2O2溶液发生反应的离子方程式为（3）的步骤中，将滤液B稀释为250mL需要用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还必须要用到的是；中盛装KMnO4溶液的仪器是（4）假设在整个实验过程中硫元素和铁元素都没有损失，则该硫铁矿样品中硫元素的质量分数为（用含m1和m2的代数式表示）铁元素的质量分数为（用含m1、c、v的代数式表示）宁夏银川市唐徕回民中学2015届高三上学期月考化学试卷（8月份）参考答案与试题解析一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）1（2分）下列物质中，属于电解质的是（）ACO2B盐酸CBaSO4DC2H5OH考点：
16、电解质与非电解质 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物解答：解：A、二氧化碳本身不能电离，属于非电解质，故A错误；B、盐酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C、硫酸钡属于盐，熔化状态下完全电离，属于强电解质，故C正确；D、C2H5OH在水中和熔化状态下都不能导电，属于非电解质，故D错误，故选C点评：本题考查电解质、非电解质概念的辨析，难度不大解题时抓住电解质必须是化合物，以及导电是在水溶液或熔化状态下为条件2（2分）某些化学概念在逻辑上存在下图所示关系，则下列说法中正确的是：（）A纯
17、净物（B）与混合物（A）属于包含关系B化合物（B）与氧化物（A）属于包含关系C单质与化合物属于交叉关系D氧化反应与化合反应属于并列关系考点：混合物和纯净物；单质和化合物 专题：物质的分类专题分析：A、纯净物与混合物属于并列关系；B、化合物包含氧化物、酸碱盐、硫化物、氯化物等；C、单质与化合物属于并列关系；D、化合反应中部分属于氧化还原反应，故两者属于交叉关系解答：解：A、纯净物与混合物属于并列关系，不是包含关系，故A错误；B、化合物包含氧化物、酸碱盐、硫化物、氯化物等，故化合物与氧化物属于饱和关系，故B正确；C、单质与化合物属于并列关系，故C错误；D、化合反应中部分属于氧化还原反应，故两者属于
18、交叉关系，故D错误，故选B点评：本题主要考查的是单质、化合物、氧化反应与化合反应、化合物等概念之间的关系，难度不大，注意总结3（2分）利用如图装置（瓶口向上）不可行的实验是（）AA口进气，B口排气，用于收集H2B广口瓶充满水，从A中进气用于收集O2C广口瓶中盛有浓硫酸，从B口进气用于干燥SO2气体D广口瓶盛有NaOH水溶液，从B中进气用于除去Cl2中的HCl气体考点：实验装置综合 专题：实验设计题分析：A、根据氢气密度比空气小解答；B、根据O2不溶于水解答；C、浓硫酸可以干燥二氧化硫；D、氯气与氢氧化钠反应解答：解：A、氢气密度比空气小，氢气从左端A口进气来收集，故A正确；B、O2不溶于水，用
19、排水法收集氧气，由A处进气，水从B口出来，故B正确；C、浓硫酸与二氧化硫不反应，故可以利用浓硫酸干燥二氧化硫，从B口进气，故C正确；D、氯气与氢氧化钠反应，故不能利用氢氧化钠除去氯气中的HCl气体，故D错误，故选D点评：本题主要考查了多用瓶的作用，掌握原理是解题的关键，难度不大4（2分）用98%的浓H2SO4配制1.0mol/L的稀H2SO4时，某同学经量取、稀释、转移、洗涤、定容后（每步操作均准确），发现容量瓶内溶液的温度高于室温，则所配的溶液浓度与1.0mol/L相比（）A偏大B偏小C相等D无法确定考点：溶液的配制 专题：化学实验基本操作分析：根据C=，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和
20、溶液体积V的影响来分析误差解答：解：浓硫酸稀释放热，若定容后容量瓶内溶液的温度高于室温，则会导致冷却后溶液体积偏小，则浓度偏大，故选A点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的误差分析，难度不大，注意实验的基本操作方法和注意事项5（2分）下列叙述正确的是（）A因为NH3H2O是弱碱，所以不能用氨水与FeCl3溶液反应制取Fe（OH）3B向FeI2溶液中通人少量Cl2，再滴加少量CCl4，振荡、静置，下层液体为紫色C向一定体积的热浓硫酸中加入足量的铁粉，生成的气体能被烧碱溶液完全吸收D将SO2气体通人溴水后，欲检验是否有SO42生成，可向溶液中滴加Ba（NO3）2溶液考点：氯、溴、碘及其
21、化合物的综合应用；浓硫酸的性质；硫酸根离子的检验 专题：卤族元素；氧族元素分析：ANH3H2O电离生成氢氧根离子，能与FeCl3溶液反应；B还原性IFe2+，通人少量Cl2，先氧化碘离子；C随反应进行浓硫酸变为稀硫酸，则反应生成的气体为二氧化硫和氢气；D硝酸盐在酸性条件下能氧化二氧化硫解答：解：A因NH3H2O电离生成氢氧根离子，能与FeCl3溶液反应，能用氨水与FeCl3溶液反应制取Fe（OH）3，故A错误；B还原性IFe2+，通人少量Cl2，先氧化碘离子，且水的密度比CCl4小，所以向FeI2溶液中通人少量Cl2，再滴加少量CCl4，振荡、静置，下层液体为紫色，故B正确；C向一定体积的热浓
22、硫酸中加入足量的铁粉，随反应进行浓硫酸变为稀硫酸，则反应生成的气体为二氧化硫和氢气，氢气不能被碱吸收，故C错误；D因硝酸盐在酸性条件下能氧化二氧化硫，将SO2气体通人溴水后，欲检验是否有SO42生成，可向溶液中滴加BaCl2溶液，故D错误；故选B点评：本题考查知识点较多，为小综合，涉及物质的制备、优先氧化、浓硫酸的性质、硝酸的性质等，注重学生能力的考查，题目难度中等6（2分）下列有关反应颜色变化的叙述中，正确的是（）新制氯水久置后浅黄绿色消失淀粉溶液遇单质碘蓝色蔗糖中加入浓硫酸搅拌白色 SO2通入品红溶液中红色褪去氨气通入酚酞溶液中红色ABCD全部考点：氯气的化学性质；氨的化学性质；二氧化硫的
23、化学性质 专题：卤族元素；氧族元素分析：氯水久置后，HClO分解；淀粉遇碘单质变蓝，为淀粉的特性；浓硫酸具有脱水性；二氧化硫具有漂白性；氨气的水溶液显碱性解答：解：氯水久置后，HClO分解，最终为盐酸溶液，则浅黄绿色消失，故正确；淀粉遇碘单质变蓝，为淀粉的特性，故正确；浓硫酸具有脱水性，则蔗糖中加入浓硫酸搅拌最终为黑色，故错误；二氧化硫具有漂白性，则SO2通入品红溶液中使红色褪去，故正确；氨气的水溶液显碱性，则氨气通入酚酞溶液中，溶液变为红色，故正确；故选C点评：本题考查常见气体的性质，注意物质的特性是解答本题的关键，并注意发生的反应及现象的关系来解答，题目难度不大7（2分）下列有关实验操作的
24、说法正确的是（）A可用25mL碱式滴定管量取20.00mL KMnO4溶液B用pH试纸测定溶液的pH时，需先用蒸馏水润湿试纸C蒸馏时蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容积的，液体也不能蒸干D将金属钠在研钵中研成粉末，使钠与水反应的实验更安全考点：试纸的使用；化学实验安全及事故处理；蒸馏与分馏 专题：化学实验基本操作分析：A、高锰酸钾具有氧化性，腐蚀橡皮管；B、根据pH试纸的使用方法来回答；C、根据蒸馏操作的注意事项来回答；D、根据金属钠的性质来分析解答：解：A、KMnO4溶液有很强的氧化性，会腐蚀橡皮管，故不能用碱式滴定管来装，应该用酸式滴定管来量取，故A错误；B、若先用蒸馏水润湿会造成溶液浓度的降
25、低，测出值不一定准确，故B错误；C、蒸馏时防止暴沸和意外事故，蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容积的，液体也不能蒸干，故C正确；D、金属钠性质比较活泼，在研钵中研成粉末时易于空气中氧气，水反应，故D错误故选C点评：本题考查常见的实验基本操作知识，可以根据教材知识来回答，较简单8（2分）如图的装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是（）ACO2（NaHCO3）溶液/无色喷泉BNH3（H2O含酚酞）/红色喷泉CH2S（CuSO4溶液）/黑色喷泉DHCl（AgNO3溶液）/白色喷泉考点：氨的化学性质；硫化氢 专题：氮族元素分析：A、NaHCO3溶液
26、抑制CO2的溶解，气压变化不明显，则不会形成喷泉，B、氨气极易溶于水，形成压强差，且氨水溶液显碱性，酚酞遇碱变红；C、H2S与CuSO4溶液反应生成黑色的CuS沉淀，形成压强差，溶液中有黑色的CuS，溶液变黑；D、HCl与AgNO3溶液反应生成白色的AgCl沉淀，形成压强差，溶液中有白色的AgCl，溶液变白；解答：解：A、因NaHCO3溶液抑制CO2的溶解，则挤压胶管的胶头，气压变化不明显，则不会形成喷泉，故A错误；B、因氨气极易溶于水，则挤压胶管的胶头，使烧瓶中的气压减小，且小于外界大气压，则形成喷泉，又因氨水溶液显碱性，酚酞遇碱变红，故形成红色喷泉，故B正确；C、因H2S与CuSO4溶液反
27、应生成黑色的CuS沉淀，则挤压胶管的胶头，使烧瓶中的气压减小，且小于外界大气压，则形成喷泉，又因溶液中有黑色的CuS，溶液变黑，故形成黑色喷泉，故C正确；D、因HCl与AgNO3溶液反应生成白色的AgCl沉淀，则挤压胶管的胶头，使烧瓶中的气压减小，且小于外界大气压，则形成喷泉，又因溶液中有白色的AgCl，溶液变白，故形成白色喷泉，故D正确；故选：A点评：本题考查喷泉实验，学生明确发生喷泉的条件是气体极易溶于水或气体与溶液发生化学反应而使气体的体积变小是解答本题的关键9（2分）下列各图所示的装置中，肯定不符合防倒吸要求的是（）ABCD考点：尾气处理装置；化学实验安全及事故处理 专题：化学实验基本
28、操作分析：极易溶于水的气体，若吸收时导管伸入水中，由于气体溶于水，导致装置内压强急剧降低，外界大气压压着液体进入，产生倒吸现象解答：解：A吸收装置中的导管下联漏斗，漏斗口伸入液面以下，易吸收易溶性气体，不能防止倒吸，故A错误； B倒置漏斗增大了气体与氢氧化钠溶液的接触面积，有缓冲作用，能够防止倒吸，故B正确；C倒置球形漏斗插入溶液中，气体能被充分吸收，且球形管有缓冲作用而防止倒吸，故C正确；D吸收装置中的圆底烧瓶能防止倒吸，故D正确故选A点评：本题考查了对于极易溶于水的气体的防倒吸装置，注意有缓冲作用的装置能防止倒吸，难度不大10（2分）下列说法中正确的是（）A把100mL 3mol/L H2
29、SO4与100mL H2O混合，硫酸的物质的量浓度变为1.5mol/LB把200mL 3mol/L BaCl2溶液与100mL 3mol/L KCl溶液混合后，所得溶液c（Cl）仍为3mol/LC把100mL 20%的NaOH溶液与100mL H2O混合后，所得溶液中NaOH的质量分数为10%D把100g 20%的NaCl溶液与100g H2O混合后，所得溶液中NaCl的质量分数为10%考点：物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算 专题：计算题分析：A、密度不同的溶液的体积不能直接相加；B、根据c（Cl）=来计算；C、100mL 20%的NaOH溶液的密度大于水的密度；D、混合
30、后，溶液的质量为200g解答：解：A、密度不同的溶液的体积不能直接相加，即100mL 3mol/L H2SO4与100mL H2O混合后，溶液的总体积小于200mL，故硫酸的物质的量浓度变大于1.5mol/L，故A错误；B、混合后，溶液中氯离子的总物质的量为n=0.2L3mol/L2+3mol/L0.1L=1.5mol，故混合溶液中c（Cl）=0.5mol/L，故B错误；C、100mL 20%的NaOH溶液的密度大于水的密度，故混合后溶液的质量大于200g，所得溶液中NaOH的质量分数不是10%，故C错误；D、混合后，溶液的质量为200g，故所得溶液中NaCl的质量分数为w=10%，故D正确故
31、选D点评：本题考查了溶液混合后物质的量浓度、质量分数的变化情况，应注意的是密度不同的溶液的体积不能直接相加，难度不大11（2分）设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是（）A常温常压下，1mol氦气含有的核外电子数为4NAB标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NAC一定条件下，0.1mol铁与0.1mol Cl2充分反应后，转移的电子数约为0.3NAD标准状况下，NA个NO分子和0.5NA个O2分子混合后气体的总体积为22.4L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、氦气是单原子分子，1mol氦气含2mol电子；B、求出混合气体的物质
32、的量，然后根据氮气和氧气均为双原子分子来计算；C、0.1mol铁与0.1mol Cl2充分反应，铁过量，转移电子的物质的量由氯气决定；D、二氧化氮气体中存在平衡：2NO2N2O4；解答：解：A、氦气是单原子分子，1mol氦气含2mol电子，故A错误；B、11.2L混合气体的物质的量为0.5mol，由于氮气和氧气均为双原子分子，故0.5mol混合气体含1mol原子，故B正确；C、0.1mol铁与0.1mol Cl2充分反应，铁过量，转移电子的物质的量由氯气决定，而反应后氯元素的化合价变为1价，故1mol氯气转移2mol电子，则0.1mol氯气转移0.2mol电子，故C错误；D、NA个NO分子和0
33、.5NA个O2分子混合后恰好完全反应生成1mol二氧化氮，但二氧化氮气体中存在平衡：2NO2N2O4，导致分子个数减少，故气体分子个数小于NA个，故D错误故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大12（2分）除去下列物质中所含的杂质，选用的试剂正确的是（）选项物质（杂质）试剂AAl2O3（SiO2）NaOHBCO2（SO2）Na2CO3溶液CFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉DNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液AABBCCDD考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 专题：实验评价题分析：A氧化铝与二氧化硅均与NaOH
34、溶液反应；B二氧化碳与二氧化硫均与Na2CO3溶液反应；CFe不与FeCl2溶液反应，与FeCl3溶液反应生成FeCl2；DNaHCO3与Na2CO3均与Ca（OH）2溶液反应解答：解：A因氧化铝与二氧化硅均与NaOH溶液反应，不能利用选择NaOH溶液来除杂，可选HF酸溶解后过滤，故A错误；B二氧化碳与二氧化硫均与Na2CO3溶液反应，则不能除杂，可选饱和NaHCO3溶液利用洗气法除杂，故B错误；CFe不与FeCl2溶液反应，与FeCl3溶液反应生成FeCl2，除去杂质且不引入新的杂质，故C正确；DNaHCO3与Na2CO3均与Ca（OH）2溶液反应，则不能除杂，可通入足量的二氧化碳来除杂，故
35、D错误；故选C点评：本题考查混合物的除杂，明确常见物质的性质，选择合适的试剂是解答的关键，注意除杂的原则不能引入新的杂质及不能与被除杂的物质发生反应即可解答，题目难度不大13（2分）下列离子组一定能大量共存的是（）A甲基橙呈黄色的溶液中：I、Cl、NO3、Na+B石蕊呈蓝色的溶液中：Na+、AlO2、NO3、HCO3C含大量Al3+的溶液中：K+、Na+、NO3、ClOD含大量OH一的溶液中：CO32、Cl、F、K+考点：离子共存问题 分析：根据溶液的成分，利用复分解反应发生的条件及离子能否结合生成弱电解质、能否发生氧化还原反应、能否相互促进水解等来解答解答：解：A、因使甲基橙呈黄色的溶液的p
36、H大于4.4，当其处于4.47之间时，NO3表现强氧化性，将I氧化为I2，则该组离子不一定能大量共存，故A错误；B、因使石蕊呈蓝色的溶液的pH大于8，溶液呈碱性，OH能和HCO3反应，则该组离子不能大量共存，故B错误；C、因含大量Al3+的溶液中，溶液呈酸性，其中的H+能和ClO结合成HClO，故C错误；D、因该组离子不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质、不能发生氧化还原反应、不能相互促进水解，则离子能大量共存，故D正确；故选：D点评：本题考查了化学实验中的离子共存知识，明确题干中条件的应用，比如本题中的“甲基橙呈黄色”、“石蕊呈蓝色”、“含大量的Al3+的溶液”等是解答的关键，倘若只分析选项
37、中给出的离子之间能否共存，易造成错误解答14（2分）向如图所示的装置中缓慢地通入气体X，若关闭活塞K，则品红溶液无变化而澄清石灰水变浑浊；若打开活塞K，则品红溶液褪色X和Y可能是（）ABCDXSO2NO2HClCl2Y饱和NaHCO3溶液水Na2SO3溶液Na2SO3溶液AABBCCDD考点：常见气体的检验；二氧化硫的化学性质 专题：氧族元素分析：根据SO2、NO2、Cl2、HCl、CO2的有关化学性质可知，能使品红褪色的气体可能为SO2、NO2和Cl2，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊解答：解：若打开活塞K，品红溶液褪色，X气体只可能是SO2、NO2或Cl2；关闭活塞K，若X气体为S
38、O2，通入饱和NaHCO3溶液后发生反应：SO2+2NaHCO3Na2SO3+2CO2+H2O，SO2被吸收而放出CO2，所以品红溶液无变化，而澄清石灰水变浑浊若X是NO2，通入水中发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO2被吸收放出NO，NO与品红溶液、澄清石灰水不反应；若X是Cl2，Cl2通入Na2SO3溶液后发生反应：Cl2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HCl，无气体放出，所以品红溶液无变化，而澄清石灰水不变浑浊显然只有A符合，故选A点评：本题考查了常见气体的性质和检验解题思路一般是根据现象来推测物质，然后再进行一一验证15（2分）0.5mol硝酸铵在一定条件下可分解
39、成0.2mol硝酸和16.2g水以及另外一种气态物质，该气态物质可能是（）ANOBN2OCN2O3DN2考点：氧化还原反应的计算；铵盐 专题：氧化还原反应专题；氮族元素分析：16.2g水的物质的量为0.9mol，反应前各种原子的量：1mol N，2mol H，1.5mol O；反应后硝酸与水中含有的原子：2mol H，0.2mol N，1.5molO，所以未知气体中含有：N原子0.8mol，不含H原子、O原子据此判断解答：解：16.2g水的物质的量为=0.9mol，反应前0.5mol硝酸铵含有的各种原子的物质的量：N原子0.5mol2=1mol，H原子0.5mol4=2mol，O原子0.5mo
40、l3=1.5mol；反应后硝酸与水中含有的原子：N原子0.2mol，H原子0.2mol+0.9mol2=2mol，O原子0.2mol3+0.9mol=1.5mol所以未知气体中含有：N原子1mol0.2mol=0.8mol，不含H原子、O原子所以未知气体为N2故选：D点评：考查原子守恒的计算，难度不大，关键根据原子守恒判断未知气体中元素种类及原子个数比16（2分）下列离子方程式或化学方程式中正确的是（）A向Fe（OH）3中加入大量的氢溴酸：Fe（OH）3+3H+Fe3+3H2OBH218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O24NaOH+18O2C往明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至SO4
41、2完全沉淀Al3+2SO42+2 Ba2+4OHAlO2+2BaSO4+2H2OD硫酸氢铵稀溶液中滴加少量Ba（OH）2溶液：Ba2+2OH+SO42+H+NH4+BaSO4+H2O+NH3H2O考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A、氢氧化铁与溴化氢反应生成了溴化铁和水，根据电荷守恒、质量守恒定律判断书写正误；B、过氧化钠与水反应生成的氧气来自过氧根离子，水中的元素化合价没有变化；C、根据钡离子与氢氧根离子满足物质的量1：1进行反应；D、氢氧化钡溶液不足，按照氢氧化钡的量进行反应，铵离子没有反应解答：解：A、向Fe（OH）3中加入大量的氢溴酸，铁离子不能够氧化溴离子，反应的离子方
42、程式为： Fe（OH）3+3H+Fe3+3H2O，故A正确；B、H218O中投入Na2O2固体，生成的氧气完全来自过氧化钠，水中的氧原子生成了氢氧化钠，反应的化学方程式为：2H218O+2Na2O22NaOH+2Na18OH+O2，故B错误；C、往明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至SO42完全沉淀，根据钡离子和硫酸根离子的物质的量1：1反应，反应的离子方程式为：Al3+2SO42+2 Ba2+4OHAlO2+2BaSO4+2H2O，故C正确；D、硫酸氢铵稀溶液中滴加少量Ba（OH）2溶液，氢氧化钡不足，按照氢氧化钡的量进行反应，氨水不会参与反应，反应的离子方程式为：Ba2+2OH+SO42+2H+B
43、aSO4+2H2O，故D错误；故选：AC点评：本题考查离子反应方程式、化学方程式书写正误判断，题目难度不大，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意反应物的过量情况，并熟悉离子反应方程式的书写方法17（2分）已知反应aA+B2=aAB，M（A）、M（B2）、M（AB）分别表示A、B2和AB的摩尔质量，其单位均为g/molA与B2反应的质量关系如图所示下列说法中正确的是（）A无法确定计量数a的大小BM（A）=2M（B2）CM（AB）=2M（A）+M（B2）D若有6g A完全反应，则生成AB的质量为12g考点：化学方程式的有关计算 专题：计算题分析：根据B原子守恒可知a=2，反应方程式为：2A+B
44、2=2AB，由图可知，A与B2反应的质量之比为1：1，质量之比等于物质总相对分子质量之比，则2M（A）=M（B2），根据质量守恒定律可知，2M（AB）=2M（A）+M（B2），据此分析解答，解答：解：根据B原子守恒可知a=2，反应方程式为：2A+B2=2AB，由图可知，A与B2反应的质量之比为1：1，质量之比等于物质总相对分子质量之比，则2M（A）=M（B2），根据质量守恒定律可知，2M（AB）=2M（A）+M（B2），A根据以上分析可知a的值为2，故A错误；B由图可知，A与B2反应的质量之比为1：1，则2M（A）=M（B2），故B错误；C根据质量守恒定律，2M（AB）=2M（A）+M（B2）
45、，故C错误；D由图可知，A与B2反应的质量之比为1：1，若有6g A完全反应，反应的B2的质量为6g，根据质量守恒定律，则生成AB的质量为6g+6g=12g，故D正确，故选D点评：本题考查化学方程式有关计算，侧重对质量守恒定律的考查，难度不大，注意对基础知识的理解掌握18（2分）向盛有一定量浓度NaOH溶液的烧杯中通入一定量的CO2气体后得溶液M，向所得溶液M中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生气体与加入稀盐酸的物质的量的关系如图所示，则M中的主要溶质为（）ANa2CO3BNaHCO3CNa2CO3、NaOHDNaHCO3、NaOH考点：化学方程式的有关计算 专题：计算题分析：向一定量N
46、aOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体，可能发生反应：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，当n（CO2）：n（NaOH）1：2时，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，当n（CO2）：n（NaOH）=1：2时，溶液中溶质为Na2CO3，当1：2n（CO2）：n（NaOH）1：1时，溶液中溶质为NaHCO3、Na2CO3，当n（CO2）：n（NaOH）1：1时，溶液中溶质为NaHCO3，反应后的溶液中只有Na2CO3，再逐滴加入盐酸，开始发生反应：Na2CO3+2HCl=NaCl+NaHCO3，然后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，开
47、始没有气体生成，而后有气体生成，前后两阶段消耗盐酸体积相等解答：解：向一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体，可能发生反应：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，当n（CO2）：n（NaOH）1：2时，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，当n（CO2）：n（NaOH）=1：2时，溶液中溶质为Na2CO3，当1：2n（CO2）：n（NaOH）1：1时，溶液中溶质为NaHCO3、Na2CO3，当n（CO2）：n（NaOH）1：1时，溶液中溶质为NaHCO3，A反应后的溶液中只有Na2CO3，再逐滴加入盐酸，开始发生反应：Na2CO3+2HCl=NaCl
48、+NaHCO3，然后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，开始没有气体生成，而后有气体生成，前后两阶段消耗盐酸体积相等，故A正确；B溶液中溶质为NaHCO3，加入盐酸立即产生气体，故B错误；C溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，产生气体消耗盐酸体积较少，故C错误；DNaHCO3、NaOH在溶液中反应生成碳酸钠和水，不能共存，所以溶液中溶质不能为NaHCO3、NaOH，故D错误；故选A点评：本题考查化学图象计算、混合物计算、离子浓度比较等，根据反应消耗盐酸的体积判断溶液中溶质是关键，难度中等19（2分）如图所示，在托盘天平的左右两托盘中各放置一只烧杯，调节天平使之平衡，向烧杯
49、中分别注入足量且等质量、等浓度的稀硫酸，然后向两只烧杯中分别加入相同质量的锌片和铁银合金，反应完成后，天平仍保持平衡合金中铁和银的质量比为（）A65：56B56：108C56：9D65：9考点：有关混合物反应的计算；计量仪器及使用方法 专题：计算题分析：反应后天平仍然平衡，则反应生成氢气的质量相等，设生成氢气的质量为2g，反应消耗锌的质量为x、消耗铁的质量为y，根据反应方程式计算出x、y，再根据反应前金属质量相等计算出银的质量，从而可计算出合金中铁和银的质量比解答：解：设产生氢气的质量为2g，需要锌的质量为x，需要Fe的质量为y，则有：Zn+H2SO4ZnSO4+H265 2x 2g=，x=6
50、5g，Fe+H2SO4FeSO4+H256 2y 2g=y=56g，锌片和铁银合金的质量相等，故银的质量为：65g56g=9g，所以合金中铁和银的质量比为56g：9g=56：9，故选C点评：本题考查了有关混合物反应计算，题目难度中等，明确题干信息及反应原理为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力20（2分）将6.85g Fe和Al的混合物溶于200mL浓度为c mol/L的HNO3溶液中，得到标准状况下的NO、N2O混合气体共3.36L，测得反应后溶液的pH为0，再向所得溶液中加入过量NaOH溶液充分反应后生成沉淀质量为5.35g若不考虑反应前后溶液体积变化，则下列有关判断正
51、确的是（）AFe与Al 的物质的量之比为1：1B混合气体中NO为0.03mol，N2O为0.12molC原HNO3溶液的浓度C=4.9mol/LD反应中被还原的HNO3为0.15mol考点：有关混合物反应的计算 专题：计算题分析：将Fe和Al的混合物溶于HNO3溶液中，得到NO、N2O混合气体，测得反应后溶液的pH为0，说明硝酸有剩余，故生成Al（NO3）3、Fe（NO3）3，再向所得溶液中加入过量NaOH溶液，铝离子完全转化为偏铝酸钠，得到沉淀5.35g为Fe（OH）3，其物质的量=0.05mol，A根据原子守恒计算n（Fe），再根据m=nM计算m（Fe），进而计算m（Al），根据n=计算n
52、（Al），据此解答；B令混合气体中NO、N2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据电子转移守恒及二者体积列方程解答；C根据N元素守恒n原（HNO3）=3nAl（NO3）3+3nFe（NO3）3+n（NO）+2n（N2O）+n剩余（HNO3），进而计算浓度；D被还原的HNO3生成NO、N2O，根据氮元素守恒可知n被还原（HNO3）=n（NO）+2n（N2O）解答：解：将Fe和Al的混合物溶于HNO3溶液中，得到NO、N2O混合气体，测得反应后溶液的pH为0，说明硝酸有剩余，故生成Al（NO3）3、Fe（NO3）3，再向所得溶液中加入过量NaOH溶液，铝离子完全转化为偏铝酸钠，得到沉淀5.35
53、g为Fe（OH）3，其物质的量=0.05mol，A根据原子守恒n（Fe）=0.05mol，m（Fe）=0.05mol56g/mol=2.8g，故m（Al）=6.85g2.8g=4.05g，n（Al）=0.15mol，故Fe与Al 的物质的量之比=0.05mol：0.15mol=1：3，故A错误；B令混合气体中NO、N2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据电子转移守恒及二者体积，可得：，解得x=0.12、y=0.03，故B错误；C反应后溶液的pH为0，则n剩余（HNO3）=1mol/L0.2L=0.2mol，根据N元素守恒n原（HNO3）=3nAl（NO3）3+3nFe（NO3）3+n（N
54、O）+2n（N2O）+n剩余（HNO3）=30.15mol+30.05mol+0.12mol+20.03mol+0.2mol=0.98mol，原HNO3溶液的浓度=4.9mol/L，故C正确；D被还原的HNO3生成NO、N2O，根据氮元素守恒可知n被还原（HNO3）=n（NO）+2n（N2O）=0.12mol+20.03mol=0.18mol，故D错误，故选C点评：本题考查混合物计算，判断反应过程是解题的关键，注意守恒思想的应用，侧重解题方法与思维能力考查，难度中等二、解答题（共6小题，满分60分）21（6分）下面是中学化学中常用的玻璃仪器组成的实验装置图（根据需要可在广口瓶中加入液体或在干燥
55、管中放入固体）请回答下列问题：（1）用装置A收集CO2气体，气体应从（填“”或“”）处通入（2）若用装置C做二氧化硫与烧杯中氢氧化钠溶液反应的实验，则其中广口瓶的作用是：防止倒吸（或作安全瓶）（3）用B来收集NO2气体，最终得不到NO2，其发生反应的化学方程式为：3NO2+H2O=HNO3+NO（4）用D来干燥Cl2，则D中的药品应为CaCl2考点：实验装置综合 专题：实验题分析：（1）用装置A收集CO2气体，利用向上排空气法；（2）装置C做二氧化硫与烧杯中氢氧化钠溶液反应的实验，烧杯中液体倒吸后进入广口瓶，不会进入前面的装置；（3）B来收集NO2气体，最终得不到NO2，是因气体与水反应；（4
56、）D来干燥Cl2，选择固体干燥剂，且与氯气不反应解答：解：（1）用装置A收集CO2气体，利用向上排空气法收集，由图可知从进气，故答案为：；（2）装置C做二氧化硫与烧杯中氢氧化钠溶液反应的实验，烧杯中液体倒吸后进入广口瓶，不会进入前面的装置，则则其中广口瓶的作用是防止倒吸（或作安全瓶），故答案为：防止倒吸（或作安全瓶）；（3）B来收集NO2气体，最终得不到NO2，是因气体与水反应，发生反应的化学方程式为3NO2+H2O=HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=HNO3+NO；（4）D来干燥Cl2，选择固体干燥剂，且与氯气不反应，D中的药品应为CaCl2，故答案为：CaCl2点评：本题考查实验
57、装置综合，为高频考点，把握气体的收集、干燥及倒吸装置及实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度不大22（10分）为确认HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱，某学生设计了如图所示的装置，一次实验即可达到目的（不必选其他酸性物质）请据此回答：（1）锥形瓶中装某可溶性正盐溶液，分液漏斗中所盛试剂应为盐酸（2）装置B所盛的试剂是碳酸氢钠溶液，其作用是除去二氧化碳中混有的HCl（3）装置C所盛的试剂是硅酸钠溶液，C中反应的离子方程式CO2+H2O+SiO32=CO32+H2SiO3（4）由引得出的结论是：酸性HClH2CO3H2SiO3考点：比较弱酸的相对强弱的实验 专题
58、：实验设计题分析：根据较强酸制取较弱酸可知，较强酸能和较弱酸盐反应生成较多酸，较弱酸能制取更弱的酸，要想验证HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱，用盐酸和碳酸盐反应制取二氧化碳，用二氧化碳和硅酸钠溶液制取硅酸，根据实验现象确定酸的相对强弱解答：解：（1）用盐酸和碳酸盐反应制取二氧化碳，用二氧化碳和硅酸钠溶液制取硅酸，因此锥形瓶中加入碳酸钠溶液，分液漏斗中的试剂为盐酸，故答案为：盐酸；（2）盐酸有挥发性，导致二氧化碳气体中含有HCl，会对实验造成干扰，所以B装置要盛放能除去HCl，且不引起二氧化碳产生新的杂质、不能和二氧化碳反应的药品，一般常用碳酸氢钠溶液，故答案为：碳酸氢钠溶液；除去二氧
59、化碳中混有的HCl；（3）C为硅酸钠溶液，二氧化碳、水和硅酸钠反应生成碳酸钠和硅酸沉淀，所以看到有沉淀生成，用于验证碳酸的酸性强于硅酸，反应离子方程式为：CO2+H2O+SiO32=CO32+H2SiO3，故答案为：硅酸钠溶液；CO2+H2O+SiO32=CO32+H2SiO3；（4）根据较强酸制取较弱酸可知，用盐酸和碳酸盐反应制取二氧化碳，用二氧化碳和硅酸钠溶液制取硅酸，酸性：HClH2CO3H2SiO3，故答案为：HCl；H2CO3；H2SiO3点评：本题考查了比较弱酸相对强弱的探究实验，题目难度不大，注意盐酸有挥发性，导致二氧化碳气体中含有HCl，会对实验造成干扰23（10分）现有一盛有
60、常见固体物质M的试剂瓶，标签已破损（如图所示）请根据其性质回答下列问题：（1）若M的水溶液呈中性，写出实验室检验M中阴离子的离子方程式：Ba2+SO42BaSO4（2）若将M置于空气中易被氧化成另一种物质，其相对分子质量只增加16，则M的化学式为Na2SO3（3）若取少量的固体M加入水中，立即有气泡产生，则固体M中阴、阳离子的个数比为1：2，M与水反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2（4）若M的水溶液呈碱性，向M的水溶液中加入足量的盐酸，有臭鸡蛋气味的气体产生，则产生气体的离子方程式为：2H+S2H2S考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计 专题：物质检验鉴别题分析：根
61、据符合图示内容的物质可以是硫酸钠、碳酸钠、过氧化钠、硫化钠、亚硫酸钠等这些物质，（1）若M的水溶液呈中性，M为硫酸钠，检验硫酸根离子选择盐酸和氯化钡；（2）M置于空气中易被氧化成另一种物质，其相对分子质量只增加16，发生亚硫酸钠转化为硫酸钠的反应；（3）少量的固体M加入水中，立即有气泡产生，M为过氧化钠；（4）M的水溶液呈碱性，向M的水溶液中加入足量的盐酸，有臭鸡蛋气味的气体产生，气体为硫化氢，M为硫化钠解答：解：（1）若M的水溶液呈中性，则M是Na2SO4，实验室检验硫酸根离子应该用含有钡离子的物质，可以得到白色沉淀，反应的离子方程式为Ba2+SO42BaSO4，故答案为：Ba2+SO42B
62、aSO4； （2）M置于空气中易被氧化成另一种物质，其相对分子质量只增加16，发生亚硫酸钠转化为硫酸钠的反应，则M为Na2SO3，故答案为：Na2SO3；（3）若取少量的固体M加入水中，立即有气泡产生，则M是过氧化钠，过氧化钠可以和水反应生成氢氧化钠和氧气，2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2，过氧化钠中含有1个过氧根离子和2个钠离子，所以阴阳离子个数之比是1：2；故答案为：1：2；2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2；（4）M的水溶液呈碱性，向M的水溶液中加入足量的盐酸，有臭鸡蛋气味的气体产生，气体为硫化氢，M为硫化钠，则产生气体的离子反应为2H+S2H2S，故答案为：2H+S2
63、H2S点评：本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质、盐类水解、氧化还原反应等为解答的关键，侧重分析、应用及实验能力的综合考查，题目难度不大24（10分）已知4种强电解质溶液，分别含有下列阴、阳离子中的各一种，且互不重复：Ba2+、H+、Na+、NH4+、CO32、NO3、OH、SO42将这4种溶液分别标记为A、B、C、D并进行如下实验：向A或D中滴入C，均由沉淀生成；将A和B混合加热能生成具有刺激性气味的气体；将A与D混合产生一种无色无味的气体请回答下列问题：（1）A的化学式为（NH4）2CO3，判断理由是A和D、B都能生成气体，而题给离子中只有H+与CO32、OH与NH4+能反
64、应生成气体，故A只能为（NH4）2CO3C中含有的阳离子是Ba2+，判断理由是：8种离子中能与CO32生成沉淀的阳离子只有Ba2+（2）写出下列物质的化学式：BNaOH、DH2SO4（3）写出实验中有关反应的离子方程式：CO32+2H+=CO2+H2O考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 专题：物质检验鉴别题分析：A和D、B都能生成气体，而题给离子中只有H+与CO32、OH与NH4+能反应生成气体，故A只能为（NH4）2CO3；在A或D中滴入C，均有沉淀生成，说明D中含有SO42，C中应含有Ba2+，而A和D反应生成的气体说明D一定是硫酸，产生的气体是二氧化碳，能被B吸收，说明B是一种碱，
65、所以C是硝酸钡，B是NaOH，以此解答该题解答：解：A和D、B都能生成气体，而题给离子中只有H+与CO32、OH与NH4+能反应生成气体，故A只能为（NH4）2CO3；在A或D中滴入C，均有沉淀生成，说明D中含有SO42，C中应含有Ba2+，而A和D反应生成的气体说明D一定是硫酸，产生的气体是二氧化碳，能被B吸收，说明B是一种碱，所以C是硝酸钡，B是NaOH，（1）由上述分析可知，A的化学式是（NH4）2CO3，因为：A和D、B都能生成气体，而题给离子中只有H+与CO32、OH与NH4+能反应生成气体，故A只能为（NH4）2CO3，C中应含有Ba2+，因为：8种离子中能与CO32生成沉淀的阳离
66、子只有Ba2+（故答案为：（NH4）2CO3；A和D、B都能生成气体，而题给离子中只有H+与CO32、OH与NH4+能反应生成气体，故A只能为（NH4）2CO3；Ba2+；8种离子中能与CO32生成沉淀的阳离子只有Ba2+（2）由上述分析可知，B为NaOH，C是Ba（NO3）2，故答案为：NaOH；H2SO4；（3）A和D反应的离子方程式为CO32+2H+CO2+H2O，二氧化碳可以被氢氧化钠吸收，故答案为：CO32+2H+=CO2+H2O点评：本题考查离子的检验和推断，为高频考点，注意解答题目的关键是找到突破口，而本题的突破口为A和D、B都能生成气体，题目难度中等25（10分）MnO2是一种
67、重要的无机功能材料，某研究性学习小组设计了将粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品转化为纯净MnO2的实验，其流程如下：请回答下列问题：（1）第步加稀硫酸时，粗MnO2样品中的MnO和MnCO3（填化学式，下同）转化为MnSO4（2）第步产生CO2的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2+H2O（3）第步发生反应的离子方程式为：5Mn2+2ClO3+4H2O=5MnO2+Cl2+8H+（4）若粗MnO2样品的质量为12.69g，第步反应后，过滤得到8.7g MnO2，并收集到0.224LCO2（标准状况下），则第步反应中至少需要0.02mol NaClO3考点：物质分
68、离、提纯的实验方案设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 专题：实验设计题分析：由制备流程可知，MnO2不溶于硫酸，样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，滤液中含MnSO4，第步发生5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2+Na2SO4+4H2SO4，第步中发生氯气与热的NaOH发生氧化还原反应生成NaCl、NaClO3、水，溶液蒸发可得到固体（1）MnO2不溶于硫酸，样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4；（2）第步MnCO3和硫酸反应生成CO2；（3）依据得失电子守恒和质量守恒可写出离子方程式；（4）根据质量守恒和化
69、学方程式计算，CO2的物质的量为=0.01mol，则MnCO3的物质的量为0.01mol，质量为115g/mol0.01mol=1.15g，所以MnO的质量为12.69g8.7g1.15g=2.84g，其物质的量为=0.04mol，因此与稀硫酸反应时共生成MnSO4的物质的量为0.05mol，根据方程式5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2+Na2SO4+4H2SO4，可计算出需要NaClO3的物质的量解答：解：（1）MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，所以粗MnO2样品中的MnO和MnCO3转化为可溶性物质，故
70、答案为：MnO和MnCO3；MnSO4；（2）第步MnCO3和硫酸反应生成CO2，方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2+H2O，故答案为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2+H2O；（3）MnSO4要转化为MnO2，需失去电子，故需要加入NaClO3做氧化剂，依据得失电子守恒可以配平，所以反应的化学方程式是：5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2+Na2SO4+4H2SO4，因此反应的离子方程式是：5Mn2+2ClO3+4H2O=5MnO2+Cl2+8H+，故答案为：5Mn2+2ClO3+4H2O=5MnO2+Cl2+8H+；（4）根据质量守恒和化学
71、方程式计算，CO2的物质的量为=0.01mol，则MnCO3的物质的量为0.01mol，质量为115g/mol0.01mol=1.15g，所以MnO的质量为12.69g8.7g1.15g=2.84g，其物质的量为=0.04mol，因此与稀硫酸反应时共生成MnSO4的物质的量为0.05mol，由反应5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2+Na2SO4+4H2SO4，需要NaClO3的物质的量为0.05mol=0.02mol，故答案为：0.02点评：本题考查混合物分离、提纯的实验方案的设计，为高频考点，把握流程中发生的化学反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析能力及推断能力
72、的考查，题目难度不大26（14分）在高温时硫铁矿（主要成分FeS2）和氧气反应生成三氧化二铁和二氧化硫（假设硫铁矿中的杂质不参与化学反应）某化学研究学习小组对硫铁矿样品进行如下实验探究：【实验一】测定硫元素的含量实验装置如图所示（夹持和加热装置已省略）A中的试剂是双氧水，将mg该硫铁矿样品放入硬质玻璃管D中从A向B中逐滴滴加液体，使气体发生装置不断地缓缓产生气体，高温灼烧硬质玻璃管D中的硫铁矿样品至反应完全反应结束后，将E瓶中的溶液进行如下处理：【实验二】测定铁元素的含量测定铁元素含量的实验步骤如下：用足量稀硫酸溶解已冷却的硬质玻璃管D中的固体，过滤，得到滤液A；在滤液A中加入过量的还原剂使溶
73、液中的Fe3+完全转化为Fe2+，过滤，得到滤液B；将滤液B稀释为250mL；取稀释液25.00mL，用浓度为c mol/L的酸性KMnO4溶液滴定，三次滴定实验所需KMnO4溶液体积的平均值为V mL请根据以上实验，回答下列问题：（1）中装置C中盛装的试剂是浓硫酸；E瓶的作用是吸收二氧化硫（2）中加入过量H2O2溶液发生反应的离子方程式为H2O2+SO32SO42+H2O（3）的步骤中，将滤液B稀释为250mL需要用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还必须要用到的是250mL；中盛装KMnO4溶液的仪器是酸式滴定管（4）假设在整个实验过程中硫元素和铁元素都没有损失，则该硫铁矿样品中硫元
74、素的质量分数为（用含m1和m2的代数式表示）铁元素的质量分数为（用含m1、c、v的代数式表示）考点：探究物质的组成或测量物质的含量 专题：实验探究和数据处理题分析：（1）装置中生成的氧气含有水蒸气需要在通入玻璃管前除去水蒸气，选用浓硫酸进行干燥；铁矿石和氧气反应生成氧化铁和二氧化硫，E装置是吸收二氧化硫气防止污染环境；（2）中加入过量H2O2溶液发生的反应是过氧化氢氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，过氧化氢被还原为水；（3）依据配制一定体积溶液的操作步骤分析，需要在250mL容量瓶中配制，高锰酸钾溶液具有强氧化性需要盛在酸式滴定管中；（4）样品质量为m1g，依据流程分析可知得到硫酸钡沉淀为m2g
75、，依据硫元素守恒计算硫元素质量得到硫元素的质量分数；依据滴定实验消耗的高锰酸钾物质的量结合反应的定量关系计算亚铁离子物质的量，依据铁元素守恒得到样品中含有的铁元素质量分数；解答：解：（1）装置中生成的氧气含有水蒸气需要在通入玻璃管前除去水蒸气，选用浓硫酸进行干燥；铁矿石和氧气反应生成氧化铁和二氧化硫，E装置是吸收二氧化硫气防止污染环境；故答案为：浓硫酸，吸收二氧化硫；（2）中加入过量H2O2溶液发生的反应是过氧化氢氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，过氧化氢被还原为水，反应的离子方程式为：H2O2+SO32SO42+H2O；故答案为：H2O2+SO32SO42+H2O；（3）依据配制一定体积溶液的
76、操作步骤分析，需要在250mL容量瓶中配制，高锰酸钾溶液具有强氧化性需要盛在酸式滴定管中；故答案为：250mL，酸式滴定管；（4）样品质量为m1g，依据流程分析可知得到硫酸钡沉淀为m2g，硫元素物质的量=硫酸钡物质的量=mol；依据硫元素守恒计算硫元素质量得到硫元素的质量分数=100%=；依据滴定实验消耗的高锰酸钾物质的量结合反应的定量关系计算亚铁离子物质的量，反应的离子方程式为：5Fe2+MnO4+8H+Mn2+5Fe3+4H2O；设亚铁离子物质的量为X，25mL溶液消耗高锰酸钾物质的量=c mol/LVml103L/mol=cV103mol5Fe2+MnO45 1X cV103molX=5cV103mol所以250mL溶液中含铁元素物质的量5cV102mol依据铁元素守恒得到样品中含有的铁元素质量分数=100%=；故答案为：；点评：本题考查了物质性质的实验探究方法和实验分析判断，过程中的定量计算关系是解题关键，题目难度中等
