1、河南省荥阳市第五高级中学20162017学年度高二开学考化学试题（解析版）1下列事实，不能用氢键知识解释的是 A. 水和乙醇可以完全互溶 B. 溴化氢比碘化氢稳定C. 水的熔点比干冰的熔点高D. 液态氟化氢的化学式有时可以写成（HF）n的形式【答案】B【解析】水和乙醇可以完全互溶，是因为水的羟基与乙醇的羟基间可形成氢键；溴化氢比碘化氢稳定，是因为H-Br键比H-I键键能大；熔点是物质由固体变为液体的临界温度，要破坏分子间作用力，而水分子间存在氢键，比干冰（二氧化碳）的分子间作用力要强，破坏时需要的能量大，所以：水的熔点比干冰的熔点高；液态氟化氢中，HF分子间可形成H-F键，结合较紧密，故可写成
2、（HF）n的形式；2下列实验装置不能达到实验目的的是A用装置A来制备氨气B用装置B来验证Cu与浓硝酸反应的热量变化C用装置C来验证氨气极易溶于水D用装置D来除去Cl2中混有的HCl气体【答案】AD【解析】试题分析：A、氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在试管口又重新结合为氯化铵，不能制备氨气，A错误；B、反应放热，压强增大，红墨水两侧的位置发生变化，因此可以用B来验证Cu与浓硝酸反应的热量变化，B正确；C、氨气溶于水后压强减小，气球膨胀，所以可以用装置C来验证氨气极易溶于水，C正确；D、应该用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体，D错误，答案选AD。考点：考查化学实验方案设计与评价3钠比水轻;钠的熔点较
3、低;钠与水反应时要放出热量;钠与水反应后溶液呈碱性.某学生将一小块金属钠投入滴有酚酞试液的水中,该实验能证明上述四点性质中的A B C D【答案】D【解析】试题分析：将一小块金属钠投入滴有酚酞的水中，可以看到钠浮在水面上，说明钠比水轻，然后钠会熔化成小球儿，说明钠与水反应放热，钠的熔点低，可以熔化。水慢慢变红，说明生成了碱，所以选D。考点： 钠与水的反应【名师点睛】钠与水的反应现象为浮熔游响红。浮：说明钠的密度比水小。熔：说明反应放热，钠的熔点低。游：说明反应产生了气体。响：说明反应剧烈。红：加入酚酞溶液变红，说明产生了碱。4四种短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，它们的原子序数之
4、和为36，最外层电子数之和为14；A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数。下列叙述不正确的是AA、B、D三种元素形成的化合物中一定有强酸BB元素在地壳中的含量一定最高CC元素在元素周期表中一定位于第三周期第A族DD元素与氢元素形成化合物的化合物常温下一定为气体【答案】B【解析】试题分析：短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，它们的原子序数之和为36，最外层电子数之和为14；A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数。如果B是第三周期元素，则C、D也一定是第三周期元素，因此BCD三种元素的原子序数之和一定是36，不符合同意。所以B是第二周期元素，则A、C原子的最外层
5、电子数之和等于2，即都是第IA族元素，所以A是氢元素，C是钠元素。B、D的原子最外层电子数之和是14212。二者的原子序数之和3611124，因此符合条件的有氧元素和硫元素或者氮元素和氯元素，即B是氧元素或氮元素，D是硫元素或氯元素。A为氢元素、B为氧元素、D为硫元素，三元素形成的酸有硫酸、亚硫酸，硫酸是强酸，亚硫酸是中强酸，故选项A正确；若B为氮元素，在地壳中的含量不处于第一位，故选项B不正确；钠元素位于第三周期第A族，选项C正确；H2S或氯化氢均是气体，选项D正确，答案选B。考点：考查位置、结构、性质关系、元素化合物知识的应用和判断点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题基础
6、性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于提高学生的逻辑推理能力和应试能力。本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力，考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。利用提供数据及位置关系推断元素是解题的关键，难点是B和D元素的推断。5除去NaCl固体中的NH4Cl的最佳方法是A利用溶解度不同，采用结晶法 B直接加热法C加入烧碱 D.加入AgNO3溶液【答案】B【解析】试题分析：NaCl固体加热不分解，也不容易液化，而NH4Cl不稳定，受热分解产生NH3和HCl，从固体中逸出，因此除去NaCl固体中的NH4C
7、l的最佳方法是直接加热法。选项是B。考点：考查除去混合物的杂质的方法的知识。6一定量某物质的溶液，其质量分数为0.2A，当加入等体积的水稀释后，其质量分数小于0.1A，则该溶液的密度 （ ）A大于水的密度 B小于水的密度 C等于水的密度 D无法确定【答案】B【解析】7下列各组离子,在强碱性溶液中可以大量共存的是A、I- Cl- Al3+ S2- B、Na+ K+ NH4+ Ba2+C、Br- Cl- S2- CO32- D、SO32- NO3- SO42- HCO3-【答案】C【解析】试题分析：A、铝离子和硫离子双水解而不共存，不选A；B、铵根离子在碱性溶液中反应而不共存，不选B；C、四种阴离
8、子都能在碱性溶液中存在，选C；D、碳酸氢根离子在碱性条件下反应而不共存，不选D。考点：离子共存。8在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是( )AK、AlO2-、Cl、SO42-BH、Ba2、Cl、NO3-CCa2、Fe2、NO3-、HCO3-DNa、Cl、CO32-、SO32-【答案】A【解析】试题分析：Na2O2溶于水会发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+ O2，产生氢氧化钠，使溶液显碱性，同时产生的氧气有强的氧化性。A. K、AlO2-、Cl、SO42-与NaOH及氧气都不能发生反应，可以大量共存，正确；B. Na2O2溶于水反应产生的NaOH与H+会发生反应而不能大
9、量存在，错误；C. Na2O2溶于水，使溶液显碱性，在碱性溶液中，Ca2、Fe2、OH-、HCO3-会发生反应产生CaCO3、Fe(OH)2沉淀，而且溶液有强的氧化性，会将Fe2+氧化产生Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，错误；D. 在溶液中加入足量Na2O2后，溶液有强的氧化性，新产生的O2会将SO32-氧化SO42-，不能大量存在，错误。考点：考查离子大量共存的知识。9在一定温度下，向1 L密闭容器中加入1 mol HI(g），发生反应2HI(g） H2(g）I2(g），2s 时生成0.1 mol H2，则以HI表示该时段的化学反应速率是 （ ）A0.05 molL1s1 B0
10、.1 molL1s1C0.2 molL1s1 D0.8 molL1s1【答案】B【解析】试题分析：对于反应2HI(g）H2(g）I2(g），2s 时生成0.1 mol H2，根据反应的物质的量之比等于化学计量数之比，反应消耗HI 0.2mol，所以以HI表示该时段的化学反应速率是0.2mol(1L2s）= 0.1 molL1s1，答案选B。考点：考查化学反应速率的计算。10用NA表示阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是A在常温常压下，11.2LN2含有的分子数小于0.5NAB标准状况下，2.24LSO3含有的原子数为0.4NAC将1L 2 mol/L的FeCl3溶液制成胶体后，其中含有氢氧化铁
11、胶粒数为2NAD46gNO2和N2O4混合气体所含氧原子数目有可能为3NA【答案】A【解析】试题分析：常温常压下，气体的摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氮气的物质的量小于0.5mol，故分子数小于0.5NA，A正确；标准状况下，三氧化硫为固体，故B错误；胶粒是由多个氢氧化铁分子构成的，故2mol氢氧化铁形成的氢氧化铁胶体粒子数小于2NA，C错误；二氧化氮和四氧化二氮的最简式相同，即各元素的质量分数相同，二者以任意比例混合氧原子数均为2NA，故D错误，答案选A。考点：阿伏伽德罗常数11冬季的降雪给机场和马路带来诸多不便，其中醋酸钾(CH3COOK)是融雪效果较好的融雪剂，下列关于醋酸
12、钾说法正确的是()A1 mol CH3COOK的质量为98 gmol1BCH3COOK的摩尔质量等于它的相对分子质量C一个CH3COOK微粒的质量约为 gD含有6.021023个碳原子的CH3COOK的物质的量为1 mol【答案】C【解析】试题分析：A、1molCH3COOK的质量为98 g，错误；B、摩尔质量的单位是g/mol，相对分子质量的单位是“1”，错误；C、一个CH3COOK微粒的质量=98g6.021023= g，正确；D、醋酸钾的物质的量是碳原子物质的量的一半，为0.5mol，错误。考点：本题考查摩尔质量等基本概念。12常用危险化学用品贮存通则规定：“遇火、遇热、遇潮能引起燃烧、
13、爆炸或发生化学反应，产生有毒气体的化学危险品不得在露天或在潮湿、积水的建筑物中贮存”。下列解释事实的方程式中，不合理的是（ ）A贮存液氮的钢瓶防止阳光直射：B硝酸铵遇热爆炸：C干燥的AlCl3遇水产生气体：D火灾现场存有电石，禁用水灭火：【答案】A【解析】试题分析：A.氮气和氧气在电火花作用下发生反应产生NO，反应的条件不是光照或高温，错误；B.硝酸铵在加热时生成氮气、氧气和水蒸气，产生气体使容器的压强增大而发生爆炸，正确。C.干燥的氯化铝遇水发生水解，生成氯化氢气体挥发，使水解反应正向进行，当大量HCl挥发时，氯化铝的水解完全，正确；D.电石的主要成分碳化钙与水反应生成乙炔，同时放出大量热，
14、乙炔燃烧，放出大量的热，使装置发生爆炸，正确。考点：考查元素化合物知识。13羟胺（NH2OH）是一种还原剂，能将某些氧化剂还原现用25.00ml0.049mol/L羟胺的酸性溶液与足量硫酸铁溶液完全反应，生成的Fe2+恰好与24.50ml0.020mol/LKMnO4酸性溶液完全作用【已知：2KMnO4+10FeSO4=5Fe2（SO4）3+K2SO4+2MnSO4+8H2O】，则上述反应中羟胺的氧化产物是AN2 BN2O CNO DNO2【答案】B【解析】试题分析：根据题意可以认为羟胺是被高锰酸钾氧化，根据得失电子守恒，24.50ml0.020mol/LKMnO4得到电子的物质的量是0.02
15、45L0.020mol/L5，羟胺中N元素的化合价是-1价，设羟胺的氧化产物中N元素的化合价是x，则0.025L0.049mol/L(x+1)= 0.0245L0.020mol/L5，解得x=1，N2O中N元素的化合价是+1价，所以答案选B。考点：考查氧化还原反应中得失电子守恒规律的应用14下列各组物质之间不能发生置换反应的是A氯水加入溴化钠溶液中 B溴水加入氟化钠溶液中C氯水加入碘化钾溶液中 D溴水加入碘化钾溶液中【答案】B【解析】一种单质和一种化合物反应，生成另一种单质和另一种化合物额反应是置换反应。同主族元素自上而下非金属性逐渐增强，所以非金属性强弱是氟氯溴碘，非金属性强的可以置换弱的，
16、所以A、C、D都能发生置换反应，B不能。答案选B。15已知：向KMnO4固体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；向FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色；取实验生成的溶液滴在淀粉KI试纸变蓝；下列判断正确的是A上述实验证明氧化性：MnO Cl2 Fe3+ I2 B上述实验中，共有两个氧化还原反应C实验生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D实验证明Fe2+既有氧化性又有还原性【答案】A【解析】试题分析：A反应中KMnO4为氧化剂，反应中Cl2为氧化剂，反应中氯化铁是氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：MnO4-Cl2Fe3+I2，故A正确；B三个反应中均有元素的化合价变
17、化，均属于氧化还原反应，故B错误；C实验生成的气体为氯气，具有强氧化性，能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，故C错误；D实验中Fe元素的化合价升高，只证明Fe2+有还原性，故D错误；故选A。考点：考查氧化还原反应的应用16（12分）A、B、C、D是原子序数依次增大的短周期主族元素，A、C在元素周期表中的相对位置如图，A元素最外层与次外层上的电子数之差为3，B为地壳中含最最多的金属元素。（1）D离子结构示意图为_。（2）将C的低价态氧化物甲通入到D单质的水溶液会使之褪色，写出该反应的离子方程 式_。（3）A的最高价氧化物对应的水化物是乙，现将过量Cu加入到100 mL 8.0 mol/L乙的浓溶液中，充
18、分 反应，共收集到6.72L（标准状况）气体，则该气体的成分是_，还原剂失电子数为_。（4）将两份足量的B单质分别加入到等体积等浓度的盐酸和NaOH溶液中，充分反应生成气体的体积比为_，若将反应后所得的溶液混合，会生成白色沉淀，发生反应的离子方程式为_；B单质表面的氧化膜可用NaOH溶液除去，写出该反应的化学方程式_ _。【答案】26.（1） (1分 ) （2） SO2Cl22H2OSO422Cl4H （2分）（3）NO和NO2 （2分） 3.011023 （2分）（4）13 （1分）；Al33AlO26H2O4Al(OH)3（2分）Al2O32NaOH2NaAlO2H2O （2分）。【解析】
19、试题分析：根据题意可知：A是N，B是Al，C是S；D是Cl. （1）D离子结构示意图为;（2）将C的低价态氧化物甲SO2通入到D单质Cl2的水溶液会发生氧化还原反应，使之褪色，该反应的离子方程式是SO2Cl22H2OSO422Cl4H；（3）A的最高价氧化物对应的水化物是乙HNO3，若将过量Cu加入到100 mL 8.0 mol/L乙的浓溶液中，首先发生反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+NO2+2H2O，产生NO2,当反应进行到一定程度后硝酸变为稀硝酸，会发生反应：3Cu8HNO3(稀)=2Cu(NO3)22NO4H2O，充分反应，共收集到6.72L（标准状况）气体，则该气体的成
20、分是NO和NO2；还原剂失电子的物质的量等于硝酸铜中结合的NO3-的物质的量，为0.1L8.0 mol/L(6.72L22.4L/mol)=0.5mol,所以n(e-)=0.5mo 6.021023/mol=3.011023; （4）将两份足量的B单质分别加入到等体积等浓度的盐酸和NaOH溶液中，根据反应方程式：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2可知充分反应生成气体的体积比为13，若将反应后所得的溶液混合，会生成白色沉淀，发生反应的离子方程式为Al33AlO26H2O4Al(OH)3；在B单质表面的氧化膜Al2O3是两性氧化物，既可以与
21、酸反应，也可与碱发生反应，可用NaOH溶液除去，该反应的化学方程式是Al2O32NaOH2NaAlO2H2O 。考点：考查元素的推断、化学方程式的书写、计算的知识。17（12分）（1）氧元素的氢化物除H2O外，还有H2O2；碳元素的氢化物除CH4外，还有C2H6；氮元素的氢化物除NH3外，还有含2个氮原子的分子的化学式为 ，其沸点比液氨 （填“高”或“低”），该氢化物与足量盐酸反应的化学反应方程式为 （2）类似于碳原子，氮原子间也可形成链状结构。某链状结构氮氢化合物中，氮原子间只以N-N单键形式连接形成氢化物。该系列氮氢化合物化学通式为 （n表示氮原子个数）（3）生活中广泛使用烃类物质（CmH
22、n）燃料，火箭发射时的高能燃料常用氮氢化合物，比如肼N2H4。2014年10月31日在测试飞行时坠毁的维珍银河公司“太空船2号”商业载人飞船用N2H4燃料，但助燃剂选择不当据说是事故原因之一。经分析该助燃剂分子由氮、氧原子组成，分子中原子最外层电子总数和CO2分子中原子最外层电子总数相同。该助燃剂的化学式为 。上述燃烧反应产物绿色、环保，书写该燃烧反应的化学方程式为 （4）分子式为N4的氮元素同素异形体，结构等同于白磷，N4中每个原子满足最外层8e-结构。则1molN4中含有 对共用电子对。已知NH3、-NH2、一定条件下都可以和H+结合。则N4和足量的H+反应生成的粒子的化学式为 。化学家发
23、现一种化学式为N4H4的离子化合物，一定条件下1mol N4H4熔融电离生成两种离子，其中一种为NH4+，则该物质熔融时的电离方程式为 【答案】（方程式每2分,其余每空1分，共12分）（1）N2H4；高；N2H4+2HCl=N2H6Cl2 （2）NnHn+2 （3）N2O；N2H4+2N2O=3N2+2H2O（4）6NA（或6mol）；N4H44+；N4H4=NH4+N3-【解析】试题分析：（1）N的氢化物还有N2H4，氢化物都属于分子晶体，所以熔点的高低依据相对分子质量的大小，N2H4的沸点高于液氨；与氨气的化学性质相似，N2H4与2分子HCl反应生成N2H6Cl2，化学方程式为N2H4+2
24、HCl=N2H6Cl2；（2）根据氨气和N2H4的结构可知,H原子数都比N原子数多2，所以该系列氢化物的通式为NnHn+2；（3）CO2分子中原子最外层电子总数是4+26=16，在N、O形成的化合物中与CO2分子中原子最外层电子总数相同，因为N原子的最外层是5个电子，O原子的最外层是6个电子，则该分子由2个N原子、1个O原子构成，则该助燃剂的化学式为N2O；根据元素守恒分析，肼N2H4与N2O燃烧产物是氮气和水，无污染，所以绿色环保，化学方程式是N2H4+2N2O=3N2+2H2O；（4）分子式为N4的氮元素同素异形体，结构等同于白磷，属于正四面体结构，所以N4分子中有6个共用电子对，则1mo
25、lN4中含有6mol共用电子对；N4中有4个N原子，可以与4个氢离子结合生成N4H44+；一定条件下1mol N4H4熔融电离生成两种离子，其中一种为NH4+，根据元素守恒，另一种离子是N3-，则该物质熔融时的电离方程式为N4H4=NH4+N3-。考点：考查对N的化合物结构、性质的判断18（14分）某学生设计如图所示的实验装置，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉(这是一个放热反应)。请回答下列问题：（1）A为实验室制氯气的发生装置，反应方程式为 。某学生用12mo1L-1的浓盐酸100mL和足量的MnO2反应制Cl2，实际得到的Cl2 6.72L(填“”或“=”)。（2）漂白粉将在U形管
26、中产生，其化学方程式是 。（3）此实验所得漂白粉的有效成分偏低。该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在U形管中还存在两个副反应： 温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是 。试判断另一个副反应是 (写化学方程式)，为避免此副反应的发生，可将装置作何改进？ 。（4）C装置的作用是 。【答案】1）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2 +2H2O ； (2) 2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O (3) 冷却B装置（或将B装置置于冷水浴中） 2HCl+Ca(OH)2 CaCl2+2H2O ; 在A、B间连接一个装有饱和
27、食盐水的洗气瓶 （4）吸收未反应的氯气，防止污染空气【解析】（1）实验室正确氯气利用的是浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应得到氯气，方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2 +2H2O。由于在反应过程中，浓盐酸的浓度逐渐降低，而稀盐酸是不能被二氧化锰氧化生成氯气的，所以实际生成的氯气要小于理论值。（2）氯气和消石灰反应的方程式为2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O（3）温度会发生副反应，所以可通过降低反应的温度来实现，即可以把B装置置于冷水浴中；由于制取的氯气中会混有氯化氢气体，而氯化氢和消石灰反应生成氯化钙，方程式为2HCl+Ca(OH)2 CaCl2+2
28、H2O。因此要避免该反应的发生，就需要除去氯气中的氯化氢气体，即可以在A、B间连接一个装有饱和食盐水的洗气瓶。（4）氯气有毒，需要进行尾气除了，以防止污染空气。19（6分）（1）用5.0molL-1的NaOH溶液配制0.1molL-1的NaOH溶液时，如图所示的仪器中，肯定不需要的是 （填序号），配制上述溶液还需要的玻璃仪器是 （填仪器名称）。（2）在配制过程中，下列操作将导致所配溶液浓度偏低的是（填编号） 准确取出的浓NaOH溶液在空气中露置时间过长；用量器将浓NaOH溶液直接加入容量瓶，缓慢加入蒸馏水至液面最低点恰好和环形刻度线相切；摇匀后，液面低于刻度线，再加蒸馏水至液面最低点恰好和环形
29、刻度线相切；稀释NaOH溶液的仪器未洗涤。【答案】（6分，每空2分）（1）ABCE ；玻璃棒、胶头滴管、量筒。 （2） 【解析】试题分析：（1）配制氢氧化钠溶液所需仪器为量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；一定不需要的仪器为烧瓶、碱式滴定管、分液漏斗、托盘天平，还需要的玻璃仪器为玻璃棒、胶头滴管、量筒；（2） 准确取出的浓NaOH溶液在空气中露置时间过长，氢氧化钠会与二氧化碳反应生成碳酸钠，使浓度偏低；浓NaOH溶液稀释会放热，溶液温度降低后，溶液体积偏小，使浓度偏高；摇匀后，液面低于刻度线，再加蒸馏水至液面最低点恰好和环形刻度线相切，所加蒸馏水偏多，使浓度偏低；稀释NaOH溶液的仪器未洗涤
30、，使氢氧化钠损失，浓度偏低；答案选 。考点：一定物质的量浓度溶液的配制20(16分) Na2S2O3可用作照相的定影剂等。已知Na2S2O3的某些性质如下:（1）S2O32-能被I2氧化为S4O62-; （2）酸性条件下S2O32-迅速分解为S和SO2市售Na2S2O3中常含有SO42-, 请完成以下方案,检验其中含有的SO42-:实验步骤预期现象或结论步骤1:取少量固体样品溶于无氧蒸馏水中固体完全溶解得无色澄清溶液步骤2:步骤3:利用K2Cr2O7标准溶液可以定量测定市售硫代硫酸钠试剂的纯度,步骤为: 溶液配制:称取1.0g Na2S2O3试样,用新煮沸并冷却的蒸馏水溶解,最终定容至100m
31、L。 滴定:取10.00mL0.01molL-1K2Cr2O7标准溶液,加硫酸酸化,再加过量KI溶液。往步骤所得溶液加入某指示剂,用Na2S2O3滴定至终点(2S2O32- +I2S4O62- +2I-),记录Na2S2O3溶液用量,平行滴定3次。（1）步骤中必须使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、 和 。（2）完成并配平步骤中的离子反应: Cr2O72-+ ( )+ I- = I2 + Cr3+ H2O（3）步骤中,指示剂最好选用 ,该滴定应在接近中性的溶液中进行而不在强酸性溶液进行的原因是 。（4）若3次滴定Na2S2O3溶液的平均用量为12.00mL,则样品的纯度为 (Na2S2O3的摩尔质量
32、为158gmol-1)。【答案】实验步骤预期现象或结论加入过量盐酸(1分)有浅黄色浑浊出现、有刺激性气体产生(2分)静置后取上层清液,加入BaCl2溶液(1分)有白色沉淀产生,说明样品中含有SO42- (2分)（1）100mL容量瓶、胶头滴管(2分,各1分,100mL容量瓶未注明100mL不给分)（2）1 14(H+) 6 3 2 7 (3分, H+ 1分,计量数2分)（3）淀粉(1分),酸性时S2O32-迅速分解为S和SO2,影响样品纯度的测定(2分) （4） 79% (或0.79)(2分)【解析】试题分析：.由于硫代硫酸钠在酸性溶液中能分解产生S和SO2，所以要检验其中含有的SO42-，应
33、该首先将固体溶解，然后再进行硫酸根的检验，则具体方案为实验步骤预期现象或结论加入过量盐酸(1分)有浅黄色浑浊出现、有刺激性气体产生(2分)静置后取上层清液,加入BaCl2溶液(1分)有白色沉淀产生,说明样品中含有SO42- (2分)（1）步骤是溶液的配制，则必须使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶和胶头滴管。（2）在反应中Cr元素的化合价从6价降低到3价，得到3个电子。I元素的化合价从1价升高到0价，失去1个电子，因此根据电子得失守恒可知反应的方程式为Cr2O72-+14H+6I- 3I2 +Cr3+7H2O。（3）碘遇淀粉显蓝色，则步骤中,指示剂最好选用淀粉；由于酸性时S2O32-
34、迅速分解为S和SO2,影响样品纯度的测定，所以该滴定应在接近中性的溶液中进行。（4）根据方程式2S2O32- +I2S4O62- +2I-、Cr2O72-+14H+6I- 3I2 +2Cr3+7H2O可知K2Cr2O76 Na2S2O3，则12.00mL溶液中硫代硫酸钠的物质的量是0.01L0.01mol/L60.0006mol，所以样品的纯度为。考点：考查物质检验、含量测定实验方案设计与探究21将等物质的量的A、B混合于2L密闭容器中发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，4min时测得D的浓度为0.4mol/L，c(A)：c(B)=3：5，C的平均反应速率是0.1mol/
35、(Lmin)，列式计算：（1）x=（2）B在这4min内的平均反应速率（3）此时A的浓度及反应开始前容器中A、B的物质的量【答案】（1）x=2 （2） 0.05 mol/(Lmin) （3）0.6 mol/L 2.4mol【解析】试题分析：（1）C的平均反应速率是0.1mol/（Lmin），则生成C是0.1mol/（Lmin）2L4min=0.8mol，生成D的物质的量为0.4mol/L2L=0.8mol，根据变化量之比等于相应的化学计量数之比可知，x=2。（2）根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，v (B)=1/2v (c)=1/20.1 mol/(Lmin)= 0.05 mol/(Lm
36、in)。（3）根据三段式解答：3A（g）+B（g）2C（g）+2D（g）起始量（mol） n n 0 0转化量（mol） 1.2 0.4 0.8 0.8平衡量（mol） n-1.2 n-0.4 0.8 0.8所以有（n-1.2）：（n-0.4）=3：5，解得n=2.4mol所以此时A物质的浓度是1.2mol2L=0.6mol/L；反应开始前容器中A、B的物质的量为2.4mol。考点：考查化学反应速率的有关计算等知识。22（2010春淮阴区期末）已知有以下物质相互转化试回答：（1）写出B的化学式 ，D的化学式 （2）写出由E转变成F的化学方程式 （3）写出鉴别G溶液中阳离子的实验方法 ；向G溶液
37、加入A的有关离子反应方程式 【答案】（1）FeCl2；KCl；（2）4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（3）取少许G溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液呈红色；Fe+2Fe3+=3Fe2+【解析】白色沉淀E遇空气变成红褐色沉淀F，所以E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，该变化的反应方程式是：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，红褐色沉淀FFe（OH）3与盐酸反应：Fe（OH）3+3HCl=FeCl3+3H2O，得到G溶液，所以，G为FeCl3；D溶液中加AgNO3溶液、稀HNO3，有白色沉淀H生成，所以H是AgCl，得到的溶液，焰色反应呈紫色（透过蓝色的钴
38、玻），溶液中含有k+离子，所以D溶液是KCl溶液；B溶液与C溶液反应生成Fe（OH）2和KCl，所以，B溶液与C溶液为FeCl2 溶液和KOH溶液，并且G溶液（FeCl3溶液）与A 反应到B，所以B溶液为FeCl2 溶液，C溶液KOH溶液，A为Fe；（1）由以上分析知，B是氯化亚铁，D是氯化钾，（2）由以上分析知E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3， （3）G溶液（FeCl3溶液）与A 反应为：Fe+2FeCl3=3FeCl2，离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+鉴别G溶液中阳离子（Fe3+）的方法较多，中学主要有观察溶液呈黄色；加碱有红褐色沉淀生成；加KSCN溶液后溶液呈红色；加苯酚
39、呈紫色一般常用KSCN溶液鉴别Fe3+，方法是：取少许G溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液呈红色即可鉴别含Fe3+，【点评】鉴别Fe3+的方法较多，中学主要有观察溶液呈黄色；加碱有红褐色沉淀生成；加KSCN溶液后溶液呈红色；加苯酚，溶液呈紫色23（10分）由短周期元素组成的A、B两种盐可发生下列变化，且B的焰色反应呈黄色（其它生成物未在图中列出）（1）无色溶液F中，一定含有的溶质的化学式为 。（2）写出白色胶状沉淀C转化为无色溶液E的离子方程式_。（3）A和B的混合物溶于水发生反应的离子方程式_。（4）将B与E的溶液混合时，可观察到的现象是_，写出其反应的离子方程式_。【答案】（1）Na2C
40、O3（2）Al(OH)3+OH=Al(OH)4 （3）Al3+3HCO3=Al(OH)3+3CO2 （4）有白色胶状沉淀， Al(OH)4+HCO3=Al(OH)3+CO32+H2O 【解析】试题分析：B的焰色反应呈黄色，说明B为钠盐，能与氢氧化钠反应，所以B为NaHCO3；F为Na2CO3；D为CO2；A与NaHCO3反应，生成白色胶状沉淀，C为Al(OH)3；所以A为AlCl3；E为NaAl(OH)4；（1）F中，一定含有的溶质的化学式为Na2CO3；（2）Al(OH)3与氢氧化钠反应的离子方程式为Al(OH)3+OH=Al(OH)4；（3）NaHCO3与AlCl3发生双水解反应，反应方程
41、式为Al3+3HCO3=Al(OH)3+3CO2；（4）NaAl(OH)4与NaHCO3混合，生成氢氧化铝沉淀；反应离子方程式为Al(OH)4+HCO3=Al(OH)3+CO32+H2O。考点：本题考查铝的化合物的性质。 24有关物质的转化关系如下图所示(部分条件已略去)。在通常状况下，B是黑色的金属氧化物的固体，C、D、E、F、H、I均为气体，C的水溶液显碱性，D、E、F是单质，且D、F是空气的主要成分，I为红棕色，H易与D化合生成I；G为紫红色的金属单质；反应(反应条件为“催化剂、加热”)是工业上制备K的反应原理之一。（1） B的化学式为_。（2） F的电子式为_。（3） 写出反应的化学方
42、程式：_。（4） 写出反应的离子方程式：_。【答案】（1）CuO（2）（3）4NH35O24NO6H2O（4）Cu4H2NO3-=Cu22NO22H2O【解析】试题分析：C为气体，且其水溶液显碱性，因此C为NH3；I为红棕色气体，则I为NO2；B为黑色的金属氧化物固体，且能与NH3反应生成紫红色的金属单质G，则B为CuO，G为Cu；F是空气中的主要成分，且是CuO与NH3反应的产物，则F为N2；A为H2O；电解H2O生成H2和O2，且D为空气的主要成分，故D为O2，E为H2；N2与H2能够反应生成NH3，NH3与在O2催化剂加热的条件下发生反应，生成H2O和H，则H为NO；Cu与K反应生成NO2、H2O和J，则K为HNO3，J为Cu(NO3)2。据此过程解决下面的题目。（1）根据以上的分析可知，B的化学式为CuO；（2）F为N2，其电子式为；（3）反应是氨的催化氧化过程，方程式为4NH35O24NO6H2O；（4）反应是Cu与浓硝酸的反应，离子方程式为Cu4H2NO3-=Cu22NO22H2O。考点：考查无机物的推断。