1、2015-2016学年山东省滨州市邹平双语学校高三（上）第一次月考化学试卷（一、二区）一、选择题（本题包括16个小题，每小题3分，共48分每小题只有一个选项符合题意）1空气是人类生存所必需的重要资源，为改善空气质量而启动的“蓝天工程”得到了全民支持下列措施不利于“蓝天工程”建设的是( )A推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2污染B实施绿化工程，防治扬尘污染C研制开发燃料电池汽车，消除机动车尾气污染D加大石油，煤炭的开采速度，增加化石原料供应量2下列叙述正确的是( )A直径介于1nm10nm之间的微粒称为胶体B电泳现象可证明胶体属于电解质溶液C利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体D胶体粒子很小，可以透过
2、半透膜3实验室可用右图所示的装置干燥、收集某气体R，则R可能是( )ANH3BSO2CHClDO24己知氧化还原反应：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O 其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为( )A1 molB5 molC6 molD2 mol5在0.5L某浓度的NaCl溶液中含有0.5mol Na+，下列对该溶液的说法中，不正确的是( )A该溶液的物质的量浓度为1molL1B该溶液中含有58.5g NaClC配制100mL该溶液需用5.85g NaClD量取100mL该溶液倒入烧杯中，烧杯中Na+的物质的量为0.1mol6下列化学反应的离子方程式正确的是( )A用小苏打治疗胃
3、酸过多：HCO3+H+=CO2+H2OB往碳酸镁中滴加稀盐酸：CO32+2H+=CO2+H2OC往氨水中滴加氯化铝：Al3+4OH=Al（OH）4D氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2+SO42+H+OH=BaSO4+H2O7向0.1molL1NaOH溶液中通入过量的CO2后，溶液中存在的主要离子是下列的( )ANa+和CO32BNa+和HCO3CHCO3和CO32DNa+和OH8实现下列转化，必须加入氧化剂或还原剂的是( )ANO2HNO3+NOBNH4+NH3CNH3NODP2O5H3PO49下列叙述不正确的是( )ANH3易液化，液氨常用作制冷剂B与金属反应时，稀HNO3可能被还原为更低价态
4、，则稀HNO3氧化性强于浓HNO3C氨盐受热易分解，因此贮存氨态氮肥时要密封保存，并放在阴凉通风处D稀HNO3和活泼金属反应时不能得到氢气10设NA表示阿佛加德罗常数，下列叙述正确的是( )A常温常压下，71gCl2和73gHCl中所含氯原子都是2NAB在非标准状况下，1mol任何气体的体积不可能是22.4LC标准状况下，22.4LH2和O2的混合气体中含分子总数为2NAD10时，1molO2的体积一定大于22.4L11Cl2的氧化性比S的氧化性强，最主要的事实是( )A通常情况下硫为浅黄色固体，而氯气为黄绿色气体B硫不溶于水，而氯气能溶于水C与金属反应时，硫被还原为2价而氯被还原成1价D与同
5、一种金属反应时，金属被硫氧化成低价态，被氯气氧化成高价态12下列推断合理的是( )A铜与浓硝酸反应时，硝酸既表现氧化性又表现酸性B金刚石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反应C浓H2SO4有强氧化性，常温下能与Cu发生剧烈反应D将SO2通入品红溶液，溶液退色后加热恢复原色；将SO2通入氯水，氯水退色后加热也能恢复原色13区别二氧化硫气体和二氧化碳气体的方法最佳是( )A通入澄清的石灰水B根据有无毒性C用湿润的蓝色石蕊试纸D用品红溶液14向下图装置中缓慢地通入气体X，若关闭活塞，则品红溶液无变化，而澄清石灰水变浑浊；若打开活塞，则品红溶液退色，加热后又恢复红色据此判断气体X和洗气瓶内溶液
6、Y分别可能是ABCDXSO2H2SCO2Cl2Y饱和NaHCO3浓硫酸Na2SO3NaHCO3AA正确BB正确CC正确DD正确15当我们查看葡萄酒标签上的成分信息时，常发现其成分中含有少量SO2下列关于SO2说法正确的是( )ASO2属于非法添加剂，不该添加到葡萄酒中BSO2具有还原性，少量的SO2可防止葡萄酒氧化变质CSO2具有还原性，不能用浓硫酸干燥DSO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，体现了它的漂白性16下列除杂（括弧内为杂质气体）试剂和方法不正确的是( )序号气体除杂试剂ACO2（HCl）盛饱和NaHCO3溶液的吸气瓶BCl2（HCl）盛饱和食盐水的吸气瓶CNH3（H2O）盛碱石灰的球
7、形干燥管DSO2（HCl）盛饱和AgNO3溶液的吸气瓶AABBCCDD二、非选择题（本题包括5小题，共52分，）17等物质的量的CO和CO2，二者的质量之比_，在同温同压下的体积之比_，氧原子数之比_，摩尔质量之比_18实验室欲配制480ml 2molL1的NaOH溶液：除了使用天平、玻璃棒、烧杯外还需要使用_、_容量瓶使用前要_，萃取时也需要同样操作的仪器是_下列操作的顺序是（用字母表示）_A冷却 B称量 C洗涤 D定容 E溶解 F摇匀 G转移19某校化学兴趣小组拟用浓盐酸与二氧化锰加热反应，制取并收集2瓶干燥纯净的氯气为防止换集气瓶时生成的氯气污染空气，设计了如下装置：（1）写出装置烧瓶中
8、发生的反应的离子方程式：_浓盐酸的作用是_（2）装置中盛放的药品是饱和氯化钠溶液，其作用是_；装置的作用是干燥氯气，应盛放_（3）烧杯中应放_来处理氯气，反应的离子方程式是：_20（13分）已知浓硫酸和木炭粉在加热条件下可发生化学反应（1）上述反应的化学方程式为_（2）试用如图所列各装置设计一个实验，来验证上述反应所产生的各种产物编号装置这些装置的连接顺序（按产物气流从左至右的方向）是（填装置中导管口的编号）：_接_，_接_，_接_（3）实验时可观察到装置中A瓶中的溶液退色，C瓶中的溶液不退色A瓶中的溶液的作用是_；B瓶中的溶液的作用是_；C瓶中的溶液的作用是_（4）装置中所加固体药品是无水硫
9、酸铜可验证的产物是_（5）装置中所盛溶液是澄清石灰水，可验证的产物_21在Nal和H2SO4混合溶液中，加入H2O2水溶液，反应迅速发生，产生大量的气体，发生的反应有：H2O2+2NaI+H2SO4=I2+Na2SO4+2H2OH2O2+I2=2HIOH2O2+2HIO=I2+O2+2H2O（1）H2O2在反应中的作用是_，在中的作用是_A氧化剂B还原剂C既是氧化剂，又是还原剂D既不是氧化剂，也不是还原剂（2）H2O2、I2、HIO氧化性由强到弱的顺序是_（3）在反应中，当有0.2mol氧化产物生成时，生成的还原产物是_mol22己知A为单质，B、C、D、E为化合物它们之间存在如图转化关系：（
10、1）若A为非金属单质，B为镁条在空气中燃烧的产物之一，其与水反应可生成气体C，D为无色气体，在空气中可变成红棕色，C与HCl气体反应生成E时产生大量白烟，则B的化学式为_，由C转化为D的化学方程式为_，上述反应中属于氧化还原反应的有_（2）若A为生活中常见的金属单质，B为A与盐酸反应的产物，C可通过单质间的化合反应制得加热蒸干并灼烧C的溶液可得到红棕色的D，将C滴入沸水中可得E的胶体，则由B转化为C的离子方程式为_，加热蒸干并灼烧C的溶液可得D的原因是_2015-2016学年山东省滨州市邹平双语学校高三（上）第一次月考化学试卷（一、二区）一、选择题（本题包括16个小题，每小题3分，共48分每小
11、题只有一个选项符合题意）1空气是人类生存所必需的重要资源，为改善空气质量而启动的“蓝天工程”得到了全民支持下列措施不利于“蓝天工程”建设的是( )A推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2污染B实施绿化工程，防治扬尘污染C研制开发燃料电池汽车，消除机动车尾气污染D加大石油，煤炭的开采速度，增加化石原料供应量【分析】根据“蓝天工程”是为改善空气质量进行分析；化石燃料的燃烧能产生大量的空气污染物【解答】解：A、煤中含有硫元素燃烧后产生二氧化硫污染空气，推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2污染，有利于“蓝天工程”的建设；故A正确；B、实施绿化工程，大量植树造林，能够起到净化空气的作用，也防治了扬尘的污染，故B正
12、确；C、机动车尾气中含有一氧化碳、一氧化氮等污染物，研制开发燃料电池汽车，消除了机动车尾气污染，有利于“蓝天工程”的建设，故C正确；D、化石燃料的燃烧能产生大量的空气污染物，加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的供应量，不利于“蓝天工程”建设，故D错误故选D【点评】本题考查了环境污染及治理，难度不大，会运用化学知识解释生产、生活现象，学以致用2下列叙述正确的是( )A直径介于1nm10nm之间的微粒称为胶体B电泳现象可证明胶体属于电解质溶液C利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体D胶体粒子很小，可以透过半透膜【分析】A、依据胶体是由分散质和分散剂形成的混合物分析；B、依据胶体和溶液的本质特征分析判
13、断；C、依据溶液与胶体的鉴别方法分析判断；D、胶体分散质粒子较大不能通过半透膜；【解答】解：A、直径介于1nm10nm之间的微粒是胶体微粒，分散到分散剂中才是胶体，故A错误；B、电泳现象可证明胶体微粒吸附带电离子，胶体和电解质溶液是不同的分散系，故B错误；C、区别溶液与胶体利用丁达尔效应，当光线通过胶体时会出现一条光亮的通路，故C正确；D、胶体粒子不能通过半透膜，能通过滤纸，故D错误；故选C【点评】本题考查了分散系的本质特征，胶体的性质应用，胶体和溶液的区别，题目较简单，但注意胶体粒子吸附带电离子的作用3实验室可用右图所示的装置干燥、收集某气体R，则R可能是( )ANH3BSO2CHClDO2
14、【分析】由装置图可知气体可用碱石灰干燥，说明气体为碱性或中性，用向下排空法收集，说明气体密度比空气小【解答】解：ANH3为碱性气体，可用碱石灰干燥，密度比空气小，用向下排空法收集，故A正确；BSO2不能用碱石灰干燥，故B错误；CHCl不能用碱石灰干燥，故C错误；DO2不能用向下排空法收集，故D错误故选A【点评】本题考查气体的制备，题目难度不大，根据实验装置图明确气体的性质是解答该题的关键4己知氧化还原反应：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O 其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为( )A1 molB5 molC6 molD2 mol【分析】KClO3中Cl元素的化合价降低，为氧化
15、剂，HCl中Cl元素的化合价升高，HCl为还原剂，结合元素的化合价变化计算转移电子，以此来解答【解答】解：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O中，KClO3中Cl元素的化合价降低，为氧化剂，由元素的化合价变化可知，1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol（50）=5mol，故选B【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意利用化合价变化计算转移电子，题目难度不大5在0.5L某浓度的NaCl溶液中含有0.5mol Na+，下列对该溶液的说法中，不正确的是( )A该溶液的物质的量浓度为1molL1B该溶液中含有
16、58.5g NaClC配制100mL该溶液需用5.85g NaClD量取100mL该溶液倒入烧杯中，烧杯中Na+的物质的量为0.1mol【分析】0.5L某浓度的NaCl溶液中含有0.5mol Na+，钠离子浓度为1mol/L，氯化钠的物质的量浓度为1mol/LA、钠离子物质的量等于氯化钠的物质的量，根据c=计算判断B、钠离子物质的量等于氯化钠的物质的量，根据m=nM计算判断C、该溶液氯化钠的物质的量浓度为1mol/L，根据n=cV计算氯化钠的物质的量，再根据m=nM计算氯化钠质量D、溶液中钠离子浓度为1mol/L，根据n=cV计算钠离子的物质的量【解答】解：A、钠离子物质的量等于氯化钠的物质的
17、量，所以氯化钠的物质的量浓度为=1mol/L，故A正确；B、钠离子物质的量等于氯化钠的物质的量，所以氯化钠的物质的量为0.5mol，质量为0.5mol58.5g/mol=29.25g，故B错误；C、氯化钠的物质的量浓度为1mol/L，配制100mL该溶液需用5.85gNaCl质量为0.1L1mol/L58.5g/mol=5.85g，故C正确；D、溶液中钠离子浓度为1mol/L，100mL该溶液倒入烧杯中，烧杯中Na+的物质的量为0.1L1mol/L=0.1mol，故D正确故选：B【点评】考查物质的量浓度计算与理解，比较基础，注意公式的灵活运用与基础知识的掌握6下列化学反应的离子方程式正确的是(
18、 )A用小苏打治疗胃酸过多：HCO3+H+=CO2+H2OB往碳酸镁中滴加稀盐酸：CO32+2H+=CO2+H2OC往氨水中滴加氯化铝：Al3+4OH=Al（OH）4D氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2+SO42+H+OH=BaSO4+H2O【分析】A反应生成氯化钠、水、二氧化碳；B碳酸镁在离子反应中保留化学式；C一水合氨保留化学式，反应生成氢氧化铝和氯化铵；D不符合离子的配比【解答】解：A用小苏打治疗胃酸过多的离子反应为HCO3+H+=CO2+H2O，故A正确；B往碳酸镁中滴加稀盐酸的离子反应为MgCO3+2H+=CO2+H2O+Mg2+，故B错误；C往氨水中滴加氯化铝的离子反应为Al3+3N
19、H3H2OAl（OH）3+3NH4+，故C错误；D氢氧化钡溶液与稀硫酸反应的离子反应为Ba2+SO42+2H+2OH=BaSO4+2H2O，故D错误；故选A【点评】本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意氢氧化铝的两性及离子反应中保留化学式的物质即可解答，题目难度不大7向0.1molL1NaOH溶液中通入过量的CO2后，溶液中存在的主要离子是下列的( )ANa+和CO32BNa+和HCO3CHCO3和CO32DNa+和OH【分析】先写出反应方程式，根据方程式中的生成物判断存在的主要离子【解答】解：氢氧化钠和过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠NaOH+CO2=NaHCO3，碳
20、酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，在水溶液里电离出自由移动的钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根能水解也能电离，但都比较微弱，所以溶液中存在的主要离子是钠离子和碳酸氢根离子，故选B【点评】知道氢氧化钠和过量的二氧化碳反应产物及碳酸氢钠的电离方程式是解本题的关键；碳酸氢根离子既能电离又能水解，但都比较微弱，其水解程度大于电离程度，所以碳酸氢钠水溶液呈碱性8实现下列转化，必须加入氧化剂或还原剂的是( )ANO2HNO3+NOBNH4+NH3CNH3NODP2O5H3PO4【分析】当反应是氧化还原反应时，反应要想实现必须加入氧化剂或者是还原剂，实现元素化合价升高的反应需加入氧化剂，实现元素化合价降低的反应需加入还原
21、剂【解答】解：A、在NO2HNO3+NO的转化中，化合价变化的均是N元素，二氧化氮本身即是氧化剂又是还原剂，无需加入氧化剂或还原剂，故A错误；B、NH4+NH3的转化中没有元素化合价的变化，无需加入氧化剂或还原剂，故B错误；C、NH3NO的转化中，氮元素化合价升高，需加入氧化剂来实现，故C正确；D、P2O5H3PO4的转化中没有元素化合价的变化，无需加入氧化剂或还原剂，故D错误故选C【点评】本题考查氧化还原反应的特征和有关的概念内涵，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度不大9下列叙述不正确的是( )ANH3易液化，液氨常用作制冷剂B与金属反应时，稀HNO3可能被还原为更低价态，则稀HNO3氧
22、化性强于浓HNO3C氨盐受热易分解，因此贮存氨态氮肥时要密封保存，并放在阴凉通风处D稀HNO3和活泼金属反应时不能得到氢气【分析】A、氨很容易液化，液态氨汽化时要吸收大量的热，使周围物质的温度急剧下降，所以氨常作为制冷剂；B、根据与金属反应时的剧烈程度来比较氧化性强弱；C、根据氨盐的不稳定性；D、由于硝酸的氧化性，不能得到H2，主要得到NO；【解答】解：A、因NH3易液化，液氨常用作制冷剂，故A正确；B、与金属反应时，稀HNO3被还原为NO，反应缓慢，浓HNO3被还原为NO2，反应剧烈，所以稀HNO3的氧化性弱于浓HNO3，故B错误；C、氨盐受热易分解，因此贮存氨态氮肥时要密封保存，并放在阴凉
23、处，故C正确；D、由于稀HNO3的强氧化性，与活泼金属反应时不生成氢气，一般生成氮的氧化物，还可以生成硝酸铵，故D正确；故选B【点评】本题主要考查了氮元素及其化合物的有关基础知识注意硝酸与金属反应不产生氢气10设NA表示阿佛加德罗常数，下列叙述正确的是( )A常温常压下，71gCl2和73gHCl中所含氯原子都是2NAB在非标准状况下，1mol任何气体的体积不可能是22.4LC标准状况下，22.4LH2和O2的混合气体中含分子总数为2NAD10时，1molO2的体积一定大于22.4L【分析】A质量转化物质的量，结合氯气分子和氯化氢分子构成解答；B并不是只有在标准状况下Vm=22.4L/mol，
24、Vm取决于温度和压强的大小；C依据n=计算混合气体的物质的量；D根据PV=nRT可知，Vm取决于温度和压强的大小【解答】解：A.71gCl2的物质的量为1mol，含有2mol氯原子，所含氯原子是2NA；73gHCl物质的量 为2mol含有氯原子的物质的量=12mol=2mol，所含氯原子是2NA，故A正确；B根据PV=nRT可知，并不是只有在标准状况下Vm=22.4L/mol，Vm取决于温度和压强的大小，故B错误；C标准状况下，22.4LH2和O2的混合气体物质的量=1mol，含分子总数为NA，故C错误；D没指明压强，无法确定Vm值，气体的体积无法计算，故D错误；故选：A【点评】本题考查阿伏加
25、德罗定律及其推论，注意气体摩尔体积的使用条件及对象，根据PV=nRT理解影响气体摩尔体积的因素11Cl2的氧化性比S的氧化性强，最主要的事实是( )A通常情况下硫为浅黄色固体，而氯气为黄绿色气体B硫不溶于水，而氯气能溶于水C与金属反应时，硫被还原为2价而氯被还原成1价D与同一种金属反应时，金属被硫氧化成低价态，被氯气氧化成高价态【分析】比较Cl2与S的氧化性强弱，可根据氯气与H2S的置换反应，或根据与同一种金属反应时，金属被硫氧化成低价态，被氯气氧化成高价态进行判断【解答】解：A物质的颜色为物理性质，与化学性质无关，不能用来比较氧化性强弱，故A错误；B物质的溶解性属于物理性质，不能用来比较化学
26、性质，故B错误；C与金属反应时，非金属元素的化合价取决于最外层电子数目的多少，与氧化性强弱无关，故C错误；D与同一种金属反应时，金属被硫氧化成低价态，被氯气氧化成高价态，说明Cl得电子能力较强，氯气的氧化性强，故D正确故选D【点评】本题考查氧化性比较的角度，题目难度不大，注意物理性质不能用来判断氧化性的强弱12下列推断合理的是( )A铜与浓硝酸反应时，硝酸既表现氧化性又表现酸性B金刚石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反应C浓H2SO4有强氧化性，常温下能与Cu发生剧烈反应D将SO2通入品红溶液，溶液退色后加热恢复原色；将SO2通入氯水，氯水退色后加热也能恢复原色【分析】A铜和浓硝酸反
27、应时生成二氧化氮和硝酸铜，部分N元素化合价降低、部分N元素化合价不变；B金刚石是碳元素的一种同素异形体，碳单质都可以和氧气之间反应；C浓硫酸在常温下与铜不反应；D二氧化硫的漂白性具有不稳定性，二氧化硫具有还原性和氯气发生氧化还原反应；【解答】解：A铜和浓硝酸反应时生成二氧化氮和硝酸铜，部分N元素化合价降低、部分N元素化合价不变，所以硝酸体现氧化性和酸性，故A正确；B金刚石的硬度很大，能与足量氧气发生反应生成二氧化碳，故B错误；C浓硫酸在常温下与铜不反应，只在加热条件下反应，故C错误；D二氧化硫的漂白性具有不稳定性，二氧化硫和氯气发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，氯水退色后加热也不能恢复原色，故D
28、错误；故选A【点评】本题考查较为综合，涉及元素化合物知识的综合理解和运用，有利于培养学生的良好科学素养和提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累和学习13区别二氧化硫气体和二氧化碳气体的方法最佳是( )A通入澄清的石灰水B根据有无毒性C用湿润的蓝色石蕊试纸D用品红溶液【分析】二氧化硫和二氧化碳气体均能使澄清石灰水变浑浊，水溶液均显酸性，二氧化硫有毒且有刺激性气味，二氧化硫具有漂白性，以此来解答【解答】解：A二氧化硫和二氧化碳气体均能使澄清石灰水变浑浊，则不能区分，故A错误；B二氧化硫有毒且有刺激性气味，二氧化碳无毒，利用气味可以鉴别，但一般不用此法，故B错误；C二者的水溶液均显酸性，
29、都能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，则不能区分，故C错误；D二者中只有二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，则可以区分，故D正确；故选：D【点评】本题考查气体的区分，明确二氧化硫、二氧化碳的性质是解答本题的关键，题目难度不大，注意选项B能鉴别但不是最佳方法14向下图装置中缓慢地通入气体X，若关闭活塞，则品红溶液无变化，而澄清石灰水变浑浊；若打开活塞，则品红溶液退色，加热后又恢复红色据此判断气体X和洗气瓶内溶液Y分别可能是ABCDXSO2H2SCO2Cl2Y饱和NaHCO3浓硫酸Na2SO3NaHCO3AA正确BB正确CC正确DD正确【分析】根据SO2、Cl2、CO2的有关化学性质可知，能使品红褪色的气体
30、可能为SO2或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或Cl2；关闭活塞K，若X气体为SO2，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Cl2，Cl2通入饱和NaCl溶液时，Cl2不能被吸收，也无CO2气体放出显然只有A符合，故选A【点评】本题根据现象来推测物质，然后再进行一一验证，这也是解决问题的一种方法15当我们查看葡萄酒标签上的成分信息时，常发现其成分中含有少量SO2下列关于SO2说法正确的是( )ASO
31、2属于非法添加剂，不该添加到葡萄酒中BSO2具有还原性，少量的SO2可防止葡萄酒氧化变质CSO2具有还原性，不能用浓硫酸干燥DSO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，体现了它的漂白性【分析】二氧化硫具有还原性，葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，少量SO2对人体是无害的；二氧化硫具有还原性，能够还原酸性的高锰酸钾，使高锰酸钾褪色，据此解答【解答】解：A葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，故A错误；B葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，少量SO2对人体是无害的，故B正确；CSO2与H2SO4中硫元素的化合价分别是+4和+6，属于相邻价态，它们之间不会发生氧化
32、还原反应，故C错误；DSO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，体现了它的还原性，故D错误；故选：B【点评】本题考查了二氧化硫的性质和用途，熟悉二氧化硫的还原性是解题关键，注意二氧化硫漂白性原理，题目难度不大16下列除杂（括弧内为杂质气体）试剂和方法不正确的是( )序号气体除杂试剂ACO2（HCl）盛饱和NaHCO3溶液的吸气瓶BCl2（HCl）盛饱和食盐水的吸气瓶CNH3（H2O）盛碱石灰的球形干燥管DSO2（HCl）盛饱和AgNO3溶液的吸气瓶AABBCCDD【分析】AHCl与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳；BHCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解；C碱石灰可干燥氨气；D二者均与硝酸银反应【解
33、答】解：AHCl与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，则饱和NaHCO3溶液、洗气可除杂，故A正确；BHCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，则饱和食盐水、洗气，故B正确；C碱石灰可干燥氨气，则盛碱石灰的球形干燥管可干燥氨气，故C正确；D二者均与硝酸银反应，不能除杂，应选饱和亚硫酸氢钠、洗气，故D错误；故选D【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意分离方法选择及元素化合物知识的综合应用，题目难度不大二、非选择题（本题包括5小题，共52分，）17等物质的量的CO和CO2，二者的质量之比7：11，在同温同压下的
34、体积之比1：1，氧原子数之比1：2，摩尔质量之比7：11【分析】根据N=nNA，以及n=，结合分子的构成进行计算【解答】解：根据m=nM，二者的质量之比为：m（CO）：m（CO2）=nM（CO）：nM（CO2）=28：44=7：11，由n=可知，等物质的量的CO和CO2，二者体积比为1：1，根据N=nNA可知，分子数之比等于物质的量之比，而1个CO分子中含有1个C原子，1个O原子，1个CO2分子中含有1个C原子，2个O原子，所以：等物质的量的CO和CO2中所含氧原子个数之比1：2，摩尔质量之比等于相对分子量之比，即M（CO）：M（CO2）=28：44=7：11，故答案为：7：11；1：1；1：
35、2；7：11【点评】本题考查物质的量的计算，比较基础，注意对阿伏伽德罗定律及其推论的理解掌握，题目难度不大18实验室欲配制480ml 2molL1的NaOH溶液：除了使用天平、玻璃棒、烧杯外还需要使用500mL容量瓶、胶头滴管容量瓶使用前要检漏，萃取时也需要同样操作的仪器是分液漏斗下列操作的顺序是（用字母表示）B E A G C D FA冷却 B称量 C洗涤 D定容 E溶解 F摇匀 G转移【分析】根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等，根据配制步骤判断使用的仪器；带有活塞或旋塞的仪器要检查是否漏水；根据溶液的配制原理可知，用固体配制溶液的一般步骤为计算
36、、称量、溶解转移、洗涤转移、定容摇匀【解答】解：用NaOH固体配制480ml 2molL1的NaOH溶液，操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到500ml容量瓶中（实验室无480mL容量瓶），并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管，故还需要仪器为：500ml容量瓶；胶头滴管，故答案为：500ml容量瓶；胶头滴管；用于盛装液体的、带活塞或塞子的仪器在使用前要查漏，容量瓶有塞子，使用前需要检查是否漏水，萃取时也需要同
37、样操作的仪器是分液漏斗，故答案为：检漏；分液漏斗；根据溶液的配制原理可知，用固体配制溶液的一般步骤为计算、称量（B）、溶解转移（EAG）、洗涤转移（C）、定容摇匀（DF），故答案为：B E A G C D F【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理和实验步骤是解题关键，题目难度不大，试题培养了学生的分析能力及化学检验能力19某校化学兴趣小组拟用浓盐酸与二氧化锰加热反应，制取并收集2瓶干燥纯净的氯气为防止换集气瓶时生成的氯气污染空气，设计了如下装置：（1）写出装置烧瓶中发生的反应的离子方程式：MnO2+4H+4ClMn2+2Cl+Cl2+2H2O浓盐酸的作用是酸性和氧化性（2）
38、装置中盛放的药品是饱和氯化钠溶液，其作用是除HCl；装置的作用是干燥氯气，应盛放浓H2SO4（3）烧杯中应放NaOH溶液来处理氯气，反应的离子方程式是：Cl2+2OHCl+ClO+2H2O【分析】实验室用加热二氧化锰与浓盐酸的方法制取氯气，浓盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢和水蒸气，要得到干燥纯净的氯气，应依次通过盛有饱和食盐水和浓硫酸的洗气瓶分别除去氯化氢和水蒸气，氯气密度大于空气密度，采用向上排气法收集，氯气有毒，直接排放能够引起空气污染，氯气能够与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以用盛有氢氧化钠溶液吸收过量的氯气（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰和水，依据反应方
39、程式中氯元素化合价变化判断盐酸的作用；（2）浓盐酸制取的氯气中含有氯化氢气体和水蒸气，为防止干扰实验，氯气在进入集气瓶前，应该用饱和食盐水和浓硫酸分别除去氯化氢和水蒸气；（3）氯气有毒，直接排放能够引起空气污染，氯气能够与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以用盛有氢氧化钠溶液吸收过量的氯气【解答】解：（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰和水，化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，离子方程式：MnO2+4H+4ClMn2+2Cl+Cl2+2H2O，依据方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，可知参加反应的氯化氢有4mol，只有
40、2mol氯离子化合价升高，另外2mol氯离子化合价不变，所以浓盐酸既表现酸性又表现还原性；故答案为：MnO2+4H+4ClMn2+2Cl+Cl2+2H2O；酸性和氧化性；（2）浓盐酸制取的氯气中含有氯化氢气体和水蒸气，为防止干扰实验，氯气在进入集气瓶前，应该用饱和食盐水和浓硫酸分别除去氯化氢和水蒸气；故答案为：除HCl； 浓H2SO4；（3）氯气有毒，直接排放能够引起空气污染，氯气能够与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式：Cl2+2OHCl+ClO+2H2O，可以用盛有氢氧化钠溶液吸收过量的氯气；故答案为：NaOH溶液； Cl2+2OHCl+ClO+2H2O【点评】本题考查了实验
41、室制备氯气的方法和原理分析，氯气性质的分析应用，掌握基础是关键，题目难度不大20（13分）已知浓硫酸和木炭粉在加热条件下可发生化学反应（1）上述反应的化学方程式为2H2SO4（浓）+C2H2O+CO2+2SO2（2）试用如图所列各装置设计一个实验，来验证上述反应所产生的各种产物编号装置这些装置的连接顺序（按产物气流从左至右的方向）是（填装置中导管口的编号）：g接c（或d），d（或c）接a，b接f（3）实验时可观察到装置中A瓶中的溶液退色，C瓶中的溶液不退色A瓶中的溶液的作用是检验SO2气体；B瓶中的溶液的作用是吸收SO2气体；C瓶中的溶液的作用是检验SO2气体是否除干净（4）装置中所加固体药品
42、是无水硫酸铜可验证的产物是H2O（5）装置中所盛溶液是澄清石灰水，可验证的产物CO2【分析】（1）木炭粉与浓硫酸发生反应产生SO2和CO2气体；（2）检验二氧化碳和二氧化硫时用到的溶液中均含有水，所以先检验水的存在，二氧化碳和二氧化硫均可以使澄清石灰水变浑浊，所以先检验二氧化硫，再除去，最后检验二氧化碳；（3）根据实验目的和装置图考虑操作步骤和试剂的作用及发生反应从整体考虑，A为检验二氧化硫装置，B、C为除去二氧化硫并检验是否除尽二氧化硫的装置；（4）无水硫酸铜为白色固体，遇水可变为五水硫酸铜（CuSO45H2O）为蓝色固体；（5）根据CO2能使澄清石灰水变浑浊【解答】解：（1）木炭粉与浓硫酸
43、发生反应产生SO2和CO2气体，反应的方程式为2H2SO4（浓）+C2SO2+CO2+2H2O，故答案为：2H2SO4（浓）+C2SO2+CO2+2H2O；（2）检验二氧化碳和二氧化硫时用到的溶液中均含有水，所以先检验水的存在，二氧化碳和二氧化硫均可以使澄清石灰水变浑浊，所以先检验二氧化硫，再除去，最后检验二氧化碳，故答案为：g；c（或d）；d（或c）；a；b；f；（3）A为检验二氧化硫装置，B、C为除去二氧化硫并检验是否除尽二氧化硫的装置，故答案为：检验SO2气体；吸收SO2气体；检验SO2气体是否除干净；（4）无水硫酸铜为白色固体，遇水可变为五水硫酸铜（CuSO45H2O）为蓝色固体，用于
44、检验水的存在，故答案为：H2O；（5）将气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，所以证明该气体是CO2，故答案为：CO2【点评】本题考查学生浓硫酸的性质中的和碳单质的反应，注意产物检验所用的试剂以及检验的先后顺序知识，综合性较强，难度大21在Nal和H2SO4混合溶液中，加入H2O2水溶液，反应迅速发生，产生大量的气体，发生的反应有：H2O2+2NaI+H2SO4=I2+Na2SO4+2H2OH2O2+I2=2HIOH2O2+2HIO=I2+O2+2H2O（1）H2O2在反应中的作用是A，在中的作用是BA氧化剂B还原剂C既是氧化剂，又是还原剂D既不是氧化剂，也不是还原剂（2）H2O2、I2、HIO
45、氧化性由强到弱的顺序是HIOH2O2I2（3）在反应中，当有0.2mol氧化产物生成时，生成的还原产物是0.4mol【分析】（1）根据化合价的变化趋势判断氧化还原反应的有关概念；（2）从氧化剂+还原剂=氧化产物+还原产物，氧化性：氧化剂氧化产物；还原性：还原剂还原产物的角度判断；（3）根据氧化还原反应得失电子守恒计算【解答】解：（1）H2O2+2NaI+H2SO4=I2+Na2SO4+2H2O中，H2O2中O元素化合价降低，H元素化合价不变，则H2O2得电子，被还原，为氧化剂，H2O2+2HIO=I2+O2+2H2O中，H2O2中O元素化合价升高，H元素化合价不变，则H2O2失电子，被氧化，为
46、还原剂，故答案为：A；B；（2）根据氧化剂+还原剂=氧化产物+还原产物，氧化性：氧化剂氧化产物判断：H2O2I2，HIOH2O2（该反应中HIO为氧化剂，H2O2为还原剂），则氧化性顺序为HIOH2O2I2，故答案为：HIOH2O2I2；（3）在反应中，I2为氧化产物，H2O为还原产物，二者的物质的量之比为1：2，当有0.2mol氧化产物生成时，则生成的还原产物是0.4mol，故答案为：0.4【点评】本题考查较为综合，涉及物质的分类和氧化还原反应等知识，题目难度不大，注意比较氧化性强弱的角度22己知A为单质，B、C、D、E为化合物它们之间存在如图转化关系：（1）若A为非金属单质，B为镁条在空气
47、中燃烧的产物之一，其与水反应可生成气体C，D为无色气体，在空气中可变成红棕色，C与HCl气体反应生成E时产生大量白烟，则B的化学式为Mg3N2，由C转化为D的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，上述反应中属于氧化还原反应的有（2）若A为生活中常见的金属单质，B为A与盐酸反应的产物，C可通过单质间的化合反应制得加热蒸干并灼烧C的溶液可得到红棕色的D，将C滴入沸水中可得E的胶体，则由B转化为C的离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，加热蒸干并灼烧C的溶液可得D的原因是FeCl3溶液在加热的条件下充分水解生成氢氧化铁，氢氧化铁在加热的条件下分解得氧化铁【分析】己知A为单质，B、C
48、、D、E为化合物，（1）D为无色气体，在空气中可变成红棕色，则D为NO，B为镁条在空气中燃烧的产物之一，其与水反应可生成气体C，C与HCl气体反应生成E时产生大量白烟，则B为Mg3N2，Mg3N2与水反应生成C为NH3，NH3与HCl气体反应生成E为NH4Cl，A为非金属单质，所以A为N2；（2）C可通过单质间的化合反应制得，加热蒸干并灼烧C的溶液可得到红棕色的D，将C滴入沸水中可得E的胶体，则D为Fe2O3，C为FeCl3，E为Fe（OH）3，A为生活中常见的金属单质，则A为Fe，B为A与盐酸反应的产物，则B为FeCl2，据此答题【解答】解：己知A为单质，B、C、D、E为化合物，（1）D为无
49、色气体，在空气中可变成红棕色，则D为NO，B为镁条在空气中燃烧的产物之一，其与水反应可生成气体C，C与HCl气体反应生成E时产生大量白烟，则B为Mg3N2，Mg3N2与水反应生成C为NH3，NH3与HCl气体反应生成E为NH4Cl，A为非金属单质，所以A为N2，由C转化为D的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，反应为氮气与镁反应生成氮化镁，是氧化还原反应，反应为氮气与氢气合成氨，是氧化还原反应，反应为氮气与氧气生成一氧化氮，是氧化还原反应，反应为氮化镁与水发生水解，是非氧化还原反应，反应为氨的催化氧化，是氧化还原反应，反应为氨气与氯化氢生成氯化氨，是非氧化还原反应，所以上述反应中属于
50、氧化还原反应的有，故答案为：Mg3N2；4NH3+5O24NO+6H2O；（2）C可通过单质间的化合反应制得，加热蒸干并灼烧C的溶液可得到红棕色的D，将C滴入沸水中可得E的胶体，则D为Fe2O3，C为FeCl3，E为Fe（OH）3，A为生活中常见的金属单质，则A为Fe，B为A与盐酸反应的产物，则B为FeCl2，所以由B转化为C的离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，加热蒸干并灼烧FeCl3的溶液可得Fe2O3的原因是FeCl3溶液在加热的条件下充分水解生成氢氧化铁，氢氧化铁在加热的条件下分解得氧化铁，故答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；FeCl3溶液在加热的条件下充分水解生成氢氧化铁，氢氧化铁在加热的条件下分解得氧化铁【点评】本题考查元素化合物的推断，为高频考点，题目信息量较大，难度中等，答题时注意根据常见元素化合物的性质和相互转化进行物质推断