1、江苏省常州市第二中学2016届高三下期4月月考化学试卷（苏教版，解析版）1下列说法正确的是（ ）A纤推素、蔗糖、葡萄糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应B油脂都不能使溴的四氯化碳溶液褪色C石油分馏、煤的干馏均为物理变化D提纯鸡蛋白中的蛋白质时，可向鸡蛋清溶液中加入浓硫酸铵溶液，然后将所得沉淀滤出，经洗涤即得到较纯净的蛋白质【答案】D【解析】试题分析：A葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，错误；B油脂是油和脂肪的统称，液态的油中含有不饱和的碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，错误；C石油分馏是根据物质的沸点的不同而进行的分离操作，是物理变化；煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，使其分解的过程，是化学变化，
2、错误；D提纯鸡蛋白中的蛋白质时，可利用蛋白质在轻金属的饱和盐溶液中溶解度小，向鸡蛋清溶液中加入浓硫酸铵溶液，然后将所得沉淀滤出，经洗涤即得到较纯净的蛋白质，正确。考点：考查物质的性质及应用的知识。2下列状态的物质，既能导电又属于电解质的是A. MgCl2晶体 B.熔融的NaCl C. 液态酒精 D. KOH溶液【答案】B【解析】试题分析：溶于水或在熔融状态下能电离出离子的化合物是电解质，溶于水和在熔融状态下都不能电离出离子的化合物是非电解质。A、氯化镁晶体是电解质，但晶体不导电，A不正确；B、熔融的氯化钠可以导电，且是电解质，B正确；C、酒精是非电解质，C不正确；D、氢氧化钾溶液导电，但溶液是
3、混合物，不是电解质也不是非电解质，D不正确，答案选B。考点：考查电解质和导电的判断3下列分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是（ ）A PCl5 B HClO C SCl2 DBF3【答案】C【解析】只要分子中元素化合价的绝对值和该元素最外层电子数之和满足8，即能满足最外层8电子结构，因此选项C正确。A中的P，B中的H，D中B，都不能满足最外层8电子结构，答案选C。4已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料。下列
4、说法正确的是A原子半径：ABCDEB金属性：DCC一定条件下，元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间能发生反应D化合物AE与CE含有相同类型的化学键【答案】C【解析】试题分析：根据题意，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，则B是碳元素；素C在同周期的主族元素中原子半径最大，则C是钠元素；元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，D是铝元素；元素A、E的单质在常温下呈气态，则A是氢元素、E是氯元素；A、同一周期（横向）从左到右原子半径依次减小，同一主族（纵向）从上到下原子半径依次增大，原子半径：ABEDC，故A错误；B、同一周期，从左到右，金属性逐渐减弱，铝的金属性小于钠，故B错误；C、
5、因为Na、Al是活泼金属，氯气是活泼的非金属单质，所以工业上常用电解法制备它们，故C正确；D、HCl是共价化合物，含有共价键；NaCl是离子化合物，含有离子键，它们的化学键类型不同，故D错误；故选C。考点：考查了元素的推断及其元素的性质的相关知识。5化学实验中，常将溶液或试剂进行酸化，下列酸化处理的措施中正确的是（）A定性检验 SO32，将 BaCl2 溶液用 HNO3 酸化 B为了提高 KMnO4 溶液的氧化能力，用盐酸将其酸化 C检验某溶液中是否含 Cl，用 HNO3 酸化的 AgNO3 溶液 D配制 FeCl2 溶液时通常加少量 HNO3 酸化，减小其水解程度【答案】C【解析】试题分析：
6、A、检验 SO32，若将 BaCl2 溶液用 HNO3 酸化，则硝酸会把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，生成的沉淀会是硫酸钡沉淀，错误；B、高锰酸钾溶液若用盐酸酸化，则高锰酸钾会和盐酸发生氧化还原反应，降低高锰酸钾的氧化性，错误；C、检验某溶液中是否含 Cl，用 HNO3 酸化的 AgNO3溶液，因为硫酸会与硝酸银反应生成硫酸银沉淀，盐酸中本来含有氯离子，会给氯离子的检验带来干扰，所以只能选择硝酸酸化，正确；D、HNO3 会与FeCl2 溶液发生氧化还原反应，使亚铁离子变质，错误，答案选C。考点：考查物质之间的反应，酸化操作的判断6常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A在pH
7、=1的溶液中：K、Na、SO42、HCO3-B在0.1 molL1 Na2CO3溶液中：Al3、K、NO3-、SO42C在0.1 molL1 FeCl3溶液中：K、NH4+、I、SCND在c( H)/c(OH)1012的溶液中：K、Na、ClO、NO3-【答案】D【解析】试题解析：A中HCO3-在pH=1的酸性溶液中不能大量共存；B中的Al3与碳酸根离子发生双水解而不能大量共存；C中I、SCN 与Fe3+因发生氧化还原反应和络合反应而不能大量共存；c( H)/c(OH)1012的溶液是碱性溶液，所有离子能够大量共存。考点：离子共存问题7CaCO3与稀盐酸反应（放热反应）生成CO2的量与反应时间
8、的关系如图所示下列结论不正确的是（ ）A反应开始2分钟内平均反应速率最大B反应4分钟后平均反应速率最小C反应开始4分钟内温度对反应速率的影响比浓度大D反应在第2分钟初至第3分钟末生成CO2的平均反应速率为0.1 mol/（Lmin）【答案】AD【解析】A由图象可知，02分钟时间内，生成二氧化碳0.1mol，24分钟时间内，生成二氧化碳0.2mol，46分钟时间内，生成二氧化碳0.1mol，则反应刚开始时反应速率较小，然后逐渐增大，最后减小，故A错误；B由图象可知，反应4分钟后曲线斜率变小，则反应速率减小，故B正确；C随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低，由图象可知，02分钟反
9、应刚开始，温度较低此时反应速率由氢离子浓度决定，24min反应速率最快，24分钟温度对反应速率起主要作用，4min后反应速率又降低，氢离子浓度起主要作用，故C正确；D、图象分析可知，反应在第2分钟初至第4分钟末生成CO2的平均反应速率=0.1 mol/（Lmin），所以反应在第2分钟初至第3分钟末生成CO2的平均反应速率不是0.1 mol/（Lmin），故D错误；故选AD【点评】本题考查反应速率的定量表示及有关图象，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，注意根据速率定义式进行理解，注意理解影响反应速率的因素8下列说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）A22.4L氯气与足量的钠反应，
10、转移电子数为2 NAB常温常压下，32 g O3或O2中含有的氧原子数都为2 NAC1 mol氯气与足量NaOH溶液反应时，失去的电子数为2 NAD含2 mol H2SO4溶质的浓硫酸与足量铜反应，转移电子数为2 NA【答案】B【解析】A 错误，没有标明标准状况B 正确，32/16=2，含有氧原子的物质的量为2mol，含有的氧原子数都为2 NAC 错误，失去的电子数为 NAD 错误，浓硫酸变为稀硫酸时，就不在和铜反应，转移电子数小于2 NA9NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A1mol苯分子中含有碳碳双键的数目为3NAB23g甲苯和丙三醇（C3H8O3）的混合物中，含氢原子数目为02N
11、AC1molOH中电子数目为10NAD标准状况下，224 L溴乙烷中含共价键数目为07NA【答案】B【解析】试题分析：A中苯分子不含碳碳双键，含有大键，错误；B中甲苯和丙三醇摩尔质量相同，1mol甲苯分子和1mol的丙三醇含有的氢原子相同，不论混合物怎么调整，含氢原子固定，正确；C中1molOH中电子数目为9NA，错误；D标准状况下，溴乙烷为液体，错误。考点：考查阿伏加德罗常数的应用10一定量的CuS投入足量的HNO3中，收集到标准状况下的气体VL，向反应后的溶液中加入足量的NaOH，产生蓝色沉淀，经过滤、洗涤、灼烧，得到CuO 12g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为11，则V为
12、A9.0L B13.44L C15.7L D16.8L【答案】B【解析】试题分析：根据Cu守恒，可得到n(CuS)=n(CuO)=，即S2-的物质的量为0.15mol，S2-转化为SO42-，化合价从-2价升高到+6价，转移8个电子，即一共转移0.15mol8=1.2mol电子，根据得失电子总数相等，故HNO3中的N转移电子总数也为1.2mol，又因为生成NO和NO2 体积比为1:1，得到等量关系为：1.2mol=n（NO）3+n(NO2)1，得到n（NO）=n(NO2)=0.3mol，利用气体摩尔体积计算，可知V=n（NO）+n(NO2）22.4L/mol=13.44L，故答案选B。考点：考
13、查电荷守恒和氧化还原反应相关计算11下列实验的现象与对应结论均正确的是（ ）选项操作现象结论A将浓硫酸滴到蔗糖表面固体变黑，膨胀浓硫酸有脱水性和强氧化性B常温下将Al片放入浓硝酸中无明显变化Al与浓硝酸不反应C将一小块K放入水中产生气泡，溶液变红K能置换出水中的氢,生成碱D将水蒸气通过灼热的铁粉粉末变红铁与水在高温下发生反应【答案】A【解析】试题分析：A将浓硫酸滴到蔗糖表面,由于浓硫酸有脱水性，使蔗糖中的H、O两元素以2:1的组成脱去。得到C单质和水。由于该反应为放热反应，在加热时浓硫酸有强氧化性，会把C氧化为CO2;它本身被还原为SO2气体。气体从固体中逸出，使固体表面积增大而变得蓬松。正确
14、。B常温下将Al片放入浓硝酸中,由于浓硝酸有强氧化性，会在Al的表面氧化产生一薄层致密的氧化物保护膜，而阻止了反应的继续发生。即发生钝化现象。这是浓硝酸的强氧化性的缘故。错误。C将一小块K放入水中,会发生反应：2K+2H2O=2KOH+H2；由于置换出水中的氢，所以产生气泡，同时产生了碱。但是由于没有放酚酞指示剂，因此溶液不会变为红色。错误。D将水蒸气通过灼热的铁粉，发生反应：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2产生黑色的Fe3O4。错误。 考点：考查实验的现象与对应结论的关系的知识。12（6分）将V1 ml 1.0 mol HCl溶液和V2 ml未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记
15、录溶液的温度，实验结果如图所示（实验中始终保持V1+V2=50 ml）。下列叙述中不正确的是A当V1=30 ml时，盐酸和NaOH溶液恰好完全反应BNaOH溶液的浓度约为1.5 molC做该实验时环境温度为22D该实验表明化学能可以转化为热能【答案】C（6分）【解析】中和反应是放热反应，所以恰好反应时，溶液的温度最高，A正确；二者恰好反应时，盐酸和氢氧化钠溶液的体积之比是32，所以氢氧化钠的浓度是1.0mol/L3/21.5mol/L，B正确；当盐酸的体积为0时，氢氧化钠溶液的温度是21，所以C不正确；反应是放热反应，所以D正确，答案选C。13完全沉淀等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、Al
16、Cl3三种溶液中Cl，消耗等物质的量浓度的AgNO3溶液的体积比为3：2：1，则上述三种溶液的体积比为A. 6：3：2 B. 1：1：1 C. 9：3：1 D. 3：2：1【答案】C【解析】试题分析：设AgNO3溶液的浓度都是c，体积分别为3V、2V、V， NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的浓度都是c1，设体积分别为x、y、z，则完全沉淀时Cl-+Ag+AgCl，c1x=c3V，c12y=c2V，c13z=cV，解得x：y：z=9：3：1，故选C。考点：离子方程式的有关计算；物质的量浓度的相关计算。【名师点晴】本题考查学生利用离子反应方程式进行的计算，明确完全沉淀时氯离子和银离子的关系是解
17、答本题的关键，注意解答中未知的量可以利用假设来分析解答即可。14（2014秋肇庆月考）下列离子方程式书写正确的是（ ）A往CaCl2溶液中通入少量的CO2：Ca2+CO2+H2OCaCO3+2H+B向碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液：HCO3+OHCO32+H2OC向AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：Al3+4NH3H2O=A1O2+4NH4+2H2OD向Ba（OH）2溶液中加入少量的NaHSO3溶液：HSO3+Ba2+OHBaSO3+H2O【答案】D【解析】A.盐酸的酸性强于碳酸，依据强酸制备弱酸的规律，可知往CaCl2溶液中通入少量的CO2不反应，故A错误；B向碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧
18、化钠溶液，离子方程式：NH4+HCO3+2OHCO32+H2O+NH3H2O，故B错误；C向AlCl3溶液中加入过量的浓氨水，离子方程式：Al3+3NH3H2O=A1（OH）3+3NH4+，故C错误；D向Ba（OH）2溶液中加入少量的NaHSO3溶液，离子方程式：HSO3+Ba2+OHBaSO3+H2O，故D正确；【点评】本题考查了离子方程式的书写，为高考的频考点，解题关键在于明确反应的实质、熟悉离子方程式书写的方法，注意反应必须遵循客观事实、反应物用量对反应的影响，选项D为易错选项，题目难度15下列各离子组在溶液中能共存且通入括号中相应气体后，仍能大量存在的是 ANa+、Ba2+、HSO3-
19、、I- （氯气） BCa2+、NO3-、Na+、Cl-（二氧化硫） CFe3+、SO42-、CO32-、NO3- （氨气） DNa+、K+、HCO3-、Cl-（二氧化碳）【答案】D【解析】试题分析：A、HSO3-、I- 能被氯气氧化，不能存在，错误；B、NO3-能氧化亚硫酸（二氧化硫溶于水），不能存在，错误；C、Fe3+和CO32-不能大量共存，错误；D、正确。考点：考查离子共存有关问题。16某烃A的相对分子质量为84。回答下列问题：（1）下列物质与A以任意比例混合，若总物质的量一定，充分燃烧消耗氧气的量不相等的是(填序号) 。aC7H12O2 bC6H14 cC6H14O dC7H14O3（
20、2）若烃A为链烃，与HBr加成后只能得到一种产物，且该烃的一氯代物只有一种。A的结构简式为_；名称是 。A在一定条件下能发生加聚反应，写出该反应的化学方程式 。A与足量的溴水反应生成B，B与NaOH的醇溶液共热可以得到D，B和D的相对分子质量满足M(D)+81=M(B)。则D分子中含有的官能团有 （填名称）。（3）若核磁共振氢谱显示链烃A中有三个峰，且峰面积比为3：2：1。写出A所有可能的结构简式 （包括顺反异构）。【答案】（1） b （1分）（2） (CH3)2C=C(CH3)2 （1分）， 2，3二甲基2丁烯 （2分）n(CH3)2C=C(CH3)2 （2分） 碳碳双键、溴原子 （2分）（
21、3） 【解析】试题分析：（1）总物质的量一定，充分燃烧消耗氧气的量不相等，则1摩尔C6H12消耗的氧气为x+y/4=9。a1摩尔C7H12O2消耗氧气为9摩尔，总物质的量一定，充分然手耗氧量相等，不选；b1摩尔C6H14 消耗9.5摩尔氧气，总物质的量一定，充分燃烧消耗氧气的量不相等，正确；c1摩尔C6H14O 消耗9摩尔氧气，总物质的量一定，充分燃烧消耗氧气的量相等，不选；d、1摩尔C7H14O3消耗9摩尔氧气，总物质的量一定，充分燃烧消耗的氧气的量相等，不选。所以选b。（2） 烃A为链烃，与溴化氢加成后只能得到一种产物，且该烃的一氯代物只有一种，则结构对称，只含有一种氢原子，所以A为 (C
22、H3)2C=C(CH3)2， A与足量的溴水发生加成反应生成B为(CH3)2CBrCBr(CH3)2，B与氢氧化钠的醇溶液共热可以得到D，B与D的相对分子质量满足M(D)+81=M(B)，则B消去一个溴化氢分子得到D为(CH3)2CBrC(CH3)=CH2 。 由上面的分析可知，A为(CH3)2C=C(CH3)2，名称为 2，3二甲基2丁烯A在一定条件下能发生加聚反应，该反应方程式为n(CH3)2C=C(CH3)2 由上面的分析可知，D为(CH3)2CBrC(CH3)=CH2， D中含有的官能团为溴原子和碳碳双键。（3）核磁共振氢谱显示链烃A有三组不同的峰，峰面积为3:2:1，则为 。考点：
23、有机物的推断，有机物实验式和分子式的确定17（16分）平衡指的是两个相反方向的变化最后所处的运动状态；中学阶段涉及的平衡有气体可逆反应的平衡、酸碱电离平衡、水解平衡及沉淀溶解平衡等。（1）现有容积为1 L的恒温恒容密闭容器，向其中加入2 mol A气体和2 mol B气体后发生如下反应：A(g)B(g) C(g) H=a kJmol-1，20s后，反应达到平衡状态，生成1 mol C气体，放出热量Q1kJ。回答下列问题。20s内B气体的平均化学反应速率为_。下列各项中能说明该反应已经达到平衡状态的有 。 A容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化 B消耗1molA的同时消耗1molB C容器
24、中气体的密度不随时间而变化 DC的体积分数不随时间而变化 保持容器温度和容积不变，若开始时向容器中加入2molC气体，反应达到平衡时，吸收热量Q2kJ，则Q1 与Q2的相互关系正确的是_（填字母）。（A）Q1 + Q2 = 2a （B） Q1 + 2Q2 2a（D）Q1 + Q2 2a ，答案选AC。 A(g)B(g) C(g)起始量（mol） 2b 2 0转化量（mol） 1.2 1.2 1.2平衡量（mol）0.8b 0.8 1.2温度不变平衡常数不变，则解得b0.7（2）根据水解方程式H2PO3H2OH3PO3OH可知水解反应的平衡常数Kh1.251012molL1。亚磷酸钠具有强还原性
25、，可使碘水褪色。若向NaH2PO3溶液中加入少量I2，则亚磷酸根被碘氧化为磷酸，同时还有碘化氢生成，即氢离子浓度增大。由于溶液中，温度不变水解常数不变，氢氧根离子浓度碱性，所以将变大。（3）根据图像可知生成PbS时需要的硫离子浓度最小，这说明PbS的溶度积常数最小，所以向三种沉淀中滴加盐酸,最先溶解的是FeS。根据沉淀容易向更难溶的方向转化可知，向新生成的ZnS浊液中滴入足量含相同浓度的Pb2+、Fe2+的溶液,振荡后,ZnS沉淀会转化为PbS沉淀。考点：考查平衡状态判断以及有关计算、水解平衡和溶解平衡应用等18实验室要配制100 mL 0.5 molL-1的NaCl溶液，试回答下列各题： (
26、1)下列仪器中，肯定不会用到的是 ( )A锥形瓶 B200 mL容量瓶 C量筒 D胶头滴管 E100 mL容量瓶 F天平(2)若要实施配制，除上述仪器外，还缺少的仪器或用品是_。(3)容量瓶上除有刻度线外还应标有_，容量瓶在使用前必须进行的一 步操作是_。(4)配制完毕后，老师指出有四位同学各进行了下列某一项错误操作，你认为这四项错误操作会导致所得溶液浓度偏高的是( )A定容时仰视容量瓶刻度线 B定容时俯视容量瓶刻度线 C将溶解冷却后的溶液直接转入容量瓶后就进行定容操作D定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处(5)通过计算可得出可用托盘天平称取NaCl固体_克。若用
27、4 mol/L的NaCl浓溶液配制100 mL 0.5 molL1的稀溶液，应用量筒量取_mL该浓溶液。【答案】(13分)(1) AB (2分) (2) (小)烧杯、玻璃棒 (2分) (3) 容积、使用温度 (2分) 检查容量瓶是否漏水 (2分)(4) B (2分) (5) 2.9(1分) ；12.5 (2分)【解析】试题分析：（1）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用托盘天平称量氯化钠，用药匙取药品，在烧杯中溶解（可用量筒加水），用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复到室温后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线
28、12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀所用仪器有托盘天平、100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙等肯定不会用到仪器为：锥形瓶、200mL容量瓶故选：AB（2）由（1）中配制操作步骤可知，还需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、药匙故答案为：烧杯、玻璃棒、药匙（3）容量瓶上标有刻度线、容积、使用温度配制最后需颠倒摇匀，使用容量瓶使用前必须检查是否漏水故答案为：容积、使用温度；查漏（4）A定容时仰视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低； B定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；C未洗涤烧杯、玻璃棒，少量氯化钠沾在烧杯壁与玻璃棒上，移入容量瓶中氯化钠的实际质量
29、减小，溶液浓度偏低；D摇匀后液面下降，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，所以溶液浓度偏低故选：B（5）若用氯化钠固体配制，需氯化钠的质量为m=0.1L0.5molL-158.5g/mol=2.925g2.9g若用4mol/L的NaCl浓溶液配制，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，来计算4mol/L的NaCl浓溶液的体积，设4mol/L的NaCl浓溶液的体积为xmL，则xmL4mol/L=100mL0.5mol/L，解得：x=12.5，所以应量取4mol/L的NaCl浓溶液的体积是12.5mL故答案为：2.9g；12.5mL考点：配制一定物质的量浓度的溶
30、液点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，注意从c=n/V，理解配制原理19硫代硫酸钠是一种重要的化工产品。某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O35H2O）。I查阅资料（1）Na2S2O35H2O是无色透明晶体，易溶于水。其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。（2）向Na2CO3和Na2S混合液中通入SO2可制得Na2S2O3，所得产品中常含有少量Na2SO3和Na2SO4。（3）Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl。.制备产品实验装置如图所示（省略夹持装置）【实验步骤】如图示加入试剂。先向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3的混合溶液，再向A中烧瓶滴加浓H2S
31、O4。C中发生反应：Na2CO3 + 2Na2S + 4SO2 3Na2S2O3 + CO2待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应。C中溶液经一系列的操作可得到Na2S2O3 5H2O的粗产品。（1）仪器a的名称是_； E中的试剂可以选用 _ （选填序号）。a稀H2SO4 bNaOH溶液 c饱和NaHSO3溶液 dNa2CO3溶液（2）为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案：取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，取沉淀，加入足量稀盐酸， （填实验现象），则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。（3）为减少
32、装置C中生成Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对实验步骤进行了改进，改进后的操作是 。. 已知：I22S2O32-=2I-S4O62-。某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为：a准确称取w g食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；b用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；c以淀粉溶液为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.010-3 mol/L的Na2S2O3溶液10.0 mL，恰好反应完全。（4）根据以上实验和包装袋说明，所测精制盐的碘含量是 mg/kg。(以含w的代数式表示)【答案】（1）分液漏斗（1分）、bd(2分)（2）若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生
33、(2分)（3）先向A中烧瓶滴加浓H2SO4，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液(2分) （4）1270/3w(2分)【解析】试题分析：（1）根据仪器的构造特点可知，仪器a的名称是分液漏斗；根据装置可知，A装置是制备SO2的，C装置是制备得Na2S2O3，BD装置是防倒吸的，由于SO2有毒，需要尾气处理，因此E装置是吸收SO2的。由于SO2是酸性氧化物，可以用氢氧化钠溶液或Na2CO3溶液吸收，答案选bd。（2）Na2S2O35H2O的稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成，而实验过程中有白色沉淀生成，因此要进一步验证，则可以向白色沉淀中滴加稀盐酸，若沉
34、淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。（3）由于亚硫酸盐易被氧化生成硫酸盐，而装置中含有空气，空气能氧化亚硫酸盐，所以为减少装置C中生成的Na2SO4的量，改进后的措施是先向A中烧瓶滴加浓H2SO4，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液。（4）根据化学反应5KI+KIO3+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O、I22S2O32-=2I-S4O62-，得关系式：I 6Na2S2O3127g 6molx g 2.010-3 mol/L0.01L 解得x=10-5g则所测精制盐的碘含量是1270/3w
35、mg/kg。【考点定位】考查制备实验方案的设计，滴定实验基本操作，化学计算等知识。【名师点睛】本题考查了制备实验方案的设计，滴定实验基本操作，化学计算等知识。对于氧化还原滴定要掌握如下三点：（1）原理：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质，或者间接滴定一些本身并没有还原性或氧化性，但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。（2）试剂：常见的用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7等，常见的用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素C等（3）指示剂：氧化还原滴定法的指示剂有三类。氧化还原指示剂；专用指示剂，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘标准溶液变蓝；自身指示剂，如高猛酸
36、钾标准溶液滴定草酸时，滴定终点为溶液由无色变为浅红色。20（16分）某小组通过实验研究Na2O2与水的反应。操作现象向盛有4gNa2O2的烧杯中加入50mL蒸馏水得到溶液a剧列反应，产生能使带火星木条复燃的气体取5mL溶液a于试管中，滴入两滴酚酞溶液变红10分种后溶液颜色明显变浅，稍后，溶液变为无色（1）Na2O2与水反应的化学方程式 。（2）中溶液褪色可能是溶液a中存在较多的H2O2与酚酞发生了反应。甲同学通过实验证实了H2O2的存在：取少量溶液a，加入试剂 （填化学式），有气体产生。乙同学查资料获悉：用KMnO4 可以测定H2O2含量： 取15.00mL溶液a，用稀H2SO4酸化，逐滴加入
37、0.003molL-1 KMnO4溶液，产生气体，溶液褪色速率开始较慢后变快，至终点时共消耗20.00 mL KMnO4溶液。请配平： MnO4 H2O2 H = Mn2 O2 H2O溶液a中c(H2O2) molL-1。溶液褪色速率开始较慢后变快的原因可能是 。（3）为探究现象产生的原因，同学们继续实验：向H2O2溶液中滴入两滴酚酞，振荡，加入5滴0.1molL-1 NaOH溶液，溶液变红又迅速变无色且产生气体，10分钟后溶液变无色。向0.1molL-1 NaOH溶液中滴入两滴酚酞的，振荡，溶液变红，10分钟后溶液颜色无明显变化；向该溶液中通入O2，溶液颜色无明显变化。从实验和中，可得出的结
38、论 。同学们通过进一步实验证实了溶液a中滴入酚酞后，H2O2与酚酞发生了化学反应。实验方案是：取少量溶液a于试管中， 。【答案】（1） 2Na2O2 + 2H2O =4NaOH+ O2（3分） （2）MnO2（2分） 2MnO45H2O26H=2Mn25O28H2O（3分） 0.010（2分）反应生成的Mn2+作催化剂（2分）（3）碱性条件下，H2O2能与酚酞反应而O2不能 （2分）；加入MnO2，充分反应后，向上层清液中滴入2滴酚酞后变红，10分钟后，溶液颜色无明显变化（或10分钟后，看溶液的红色是否仍保持不变（2分）【解析】试题分析：（1）Na2O2与水反应的化学方程式为：2Na2O2 +
39、 2H2O =4NaOH+ O2。（2）让H2O2反应产生气体，加入MnO2，催化其分解。用氧化还原反应的化合价升降法配平方程式，所得方程式为：2MnO45H2O26H=2Mn25O28H2O。根据方程式和滴定所用的KMnO4溶液体积，有2n(H2O2)=520.0010-3L0.003molL-1=0.1510-3 mol，则c(H2O2)0.1510-3 mol/(15.0010-3L)= 0.010 molL-1。反应开始时反应物的浓度较大反应速率反而较慢，说明生成物对反应速率有影响，那么应该是生成的Mn2+作催化剂的缘故。（3）对比、反应的实验现象，可以得出：碱性条件下，H2O2能与酚
40、酞反应而O2不能；要确定H2O2与酚酞发生了化学反应，具体操作为：加入MnO2，充分反应后，向上层清液中滴入2滴酚酞后变红，10分钟后，溶液颜色无明显变化（或10分钟后，看溶液的红色是否仍保持不变考点：物质性质的实验探究、氧化还原反应滴定。21(8分)Na2CO3和NaHCO3的混合物2.74 g溶于水配成100 mL溶液，其中c(Na+)=0.4 molL-1,求：(1)溶液中Na+的物质的量是多少？(2)加热灼烧后剩余固体的质量是多少？【答案】(1)0.04 mol (2)2.12 g【解析】n(Na+)=100 mL10-3 LmL-10.4 molL-1=0.04 mol所以n(Na2
41、CO3)=0.01 mol n(NaHCO3)=0.02 mol灼烧后剩余Na2CO3为0.01 mol+0.01 mol=0.02 molm=2.12 g。22（共14分）已知化合物A与B、丙与丁的组成元素分别相同，且四种物质中都含有同一种元素。A与B在常温下均呈液态。D与F都为固体单质，且D、 F与甲的浓溶液在常温下都会出现钝化现象，加热时有大量气体产生。（相关转化及部分反应条件和生成物未标出）。（1）A的结构式 ， E与F的反应是 （填反应名称），写出2种该反应在工业生产中的用途： 、 。（2）若反应除生成甲外，还生成丙，写出过量D与甲的稀溶液反应的离子方程式： （3）若A与丙可以化合生
42、成甲；D与甲的浓溶液加热条件下可以生成三种化合物乙、丙、B，写出下列化学方程式： ： 【答案】（1）H-O-O-H 铝热反应 焊接铁轨、冶炼金属 （2）3Fe+8H+2NO3=3Fe2+2NO+4H2O （3）：2SO2+O2 2SO3 2Fe+6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+3SO2+6H2O 【解析】试题解析：A与B在常温下均呈液态，由转化关系可知，A为H2O2，B为H2O，C为O2，D与F都为常见金属单质，且D、F与甲的浓溶液在常温作用都无明显现象，可认为发生钝化反应，且F可置换生成D，则F为Al，D为Fe，为铝热反应，A与丙可以化合生成甲，可知甲为硫酸，丙为SO2，丁为SO3，乙
43、为Fe2（SO4）3，X为FeSO4，（1）A为H2O2，结构式为H-O-O-H，E与F的反应是铝热反应，可用于焊接铁轨或冶炼金属；（2）Fe与过量硝酸反应生成硝酸亚铁和一氧化氮气体，反应的离子方程式为：3Fe+8H+2NO3-=3Fe2+2NO+4H2O；（3）为二氧化硫和氧气的反应，方程式为2SO2+O2 2SO3；为Fe与浓硫酸的反应，反应方程式为：2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2+6H2O考点：无机物的推断23现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合溶液，选择适当的试剂除去溶液中的NaCl和Na2SO4，从而得到纯净的NaNO3溶液相应的实验过程可用如图表示
44、请回答下列问题：（1）试剂X最好是_（填化学式），检验X是否加入过量的方法_；（2）写出步骤的离子反应方程式_；（3）按此实验方案得到的溶液3中肯定含有_（填化学式）杂质；为了除这个杂质，可以向溶液3中加入过量的_，之后若要获得纯固体NaNO3，还需进行的实验操作是_（填操作名称）。【答案】（1）Ba（NO3）2；溶液静置分层，继续滴加Ba（NO3）2，若无沉淀生成，则说明Ba（NO3）2已经过量，否则没有过量；（2）Ag+Cl-AgCl；（3）Na2CO3；HNO3；蒸发【解析】试题分析：除去溶液中的NaCl和Na2SO4，从而得到纯净的NaNO3溶液，由实验流程可知，如先加入AgNO3，则
45、会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀，则应先加入过量的X为BaCl2或Ba（NO3）2，生成沉淀A为BaSO4沉淀，然后在溶液1中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，即沉淀B为AgCl，再向所得溶液2中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，沉淀C为碳酸钡、碳酸银，最后所得溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3，（1）根据上面的分析可知，实验最终要得到NaNO3，试剂X最好是Ba（NO3）2，检验Ba（NO3）2是否加入过量的方法是溶液静置分层，继续滴加Ba（NO3）2，若无沉淀生成，则说明Ba（NO3
46、）2已经过量，否则没有过量，故答案为：Ba（NO3）2；溶液静置分层，继续滴加Ba（NO3）2，若无沉淀生成，则说明Ba（NO3）2已经过量，否则没有过量；（2）步骤的离子反应方程式为Ag+Cl-AgCl，故答案为：Ag+Cl-AgCl；（3）根据上面的分析可知，按此实验方案得到的溶液3中肯定含有Na2CO3杂质，为了除这个杂质，可以向溶液3中加入过量的HNO3，之后若要获得纯固体NaNO3，还需进行的实验操作是蒸发，故答案为：Na2CO3；HNO3；蒸发。考点：考查了物质的分离提纯和鉴别的相关知识。24（13分）如下图所示中各方框表示有关的一种反应物或生成物(某些物质已经略去)，其中常温下A
47、、C和D为无色气体，C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,X分解产生A、B和C三种产物的比值为1:1:1。（1）写出下列各物质的化学式：X： ；B： ；F： ；G： 。（2）按要求写出下列变化的反应化学方程式：AD的化学反应方程式： ；GE的离子反应方程式： 。【答案】（13分）（1）X：NH4HCO3 B：H2O F：NO2 G：HNO3（8分）（2）2CO2+2Na2O22 Na2CO3+ O2(2分)3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O （3分）【解析】试题分析：C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明C是氨气，则X是铵盐，X分解生成三种气体，且比值为1:1:1，所以X是碳酸氢铵；碳酸氢钠分解生成氨气、水、二氧化碳，B常温下不是气体，所以B是水，则A是二氧化碳，二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则D是氧气；氧气与氨气反应生成NO和水，所以D是NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，所以F是二氧化氮，二氧化氮与硝酸反应生成硝酸，不同浓度的硝酸与Cu反应生成NO和二氧化氮，所以G是硝酸。（1）根据以上分析，各物质的化学式是X：NH4HCO3 B：H2O F：NO2 G：HNO3（2）AD的化学反应方程式是2CO2+2Na2O22 Na2CO3+ O2；GE的离子反应方程式为3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O。考点：考查物质的推断，化学方程式的书写
