1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014-2015学年山西省“晋商四校”联考高三（上）期末化学试卷. 一、本部分共17小题，每小题3分，共51分在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项，将其序号填入答题纸的相应空格中1（3分）化学与社会、生活、科研有着密切的关系下列叙述中，不正确的是（）A大量使用燃煤发电是形成雾霾的主要原因B利用化学反应可实现12C到14C的转化C天然气、煤气大量泄漏遇到明火会爆炸D晶体硅可用于光伏发电、制造芯片考点：常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅版权所有分析：A、大量使用煤发电是形成雾霾的主要原因，；B、同位素之间的变化是物理变化；C、天然气、煤气都是可
2、燃性的气体，当达到爆炸限度后，遇到明火会发生爆炸；D、根据硅是半导体材料，常用于光伏发电、制造计算机芯片来判断解答：解：A、大量使用煤发电是形成雾霾的主要原因，故A正确；B、同位素之间的变化是物理变化，故B错误；C、天然气、煤气都是可燃性的气体，当达到爆炸限度后，遇到明火会发生爆炸，故C正确；D、硅具有金属和非金属的性质，是良好的半导体材料，在制作计算机芯片、太阳能电池的主要材料，故D正确；故选B点评：本题主要考查了硅的用途、雾霾的形成、同位素之间转化，难度不大，注意知识的积累2（3分）常温常压下，用等质量的CH4、CO2、O2、SO2 分别吹出四个气球，其中气体为CH4的是（）ABCD考点：
3、物质的量的相关计算版权所有专题：计算题分析：相同条件下，气体摩尔体积相等，根据V=nVm=进行判断解答：解：相同条件下，气体摩尔体积相等，根据V=nVm=知，相同质量时，气体体积与气体摩尔质量成反比，摩尔质量是16g/mol、44g/mol、32g/mol、64g/mol，根据摩尔质量知，甲烷的体积最大，故选D点评：本题考查了气体体积与摩尔质量的关系，灵活运用基本公式来分析解答是解本题关键，熟记基本公式，难度不大3（3分）设阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是（）A非标准状况下，2.24LCH4含有的氢原子数可能是0.4NAB0.1molL1K2CO3溶液中含有K+数目为0.2NAC1mol
4、苯乙烯（C6H5CH=CH2）中含有的碳碳双键数目为4NAD标准状况下，2.24 L SO3中含有0.3 NA个氧原子考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：AVm=22.4L/mol不一定为标准状况；B溶液的体积未知；C苯环不含碳碳双键；D气体摩尔体积适用对象为气体解答：解：A非标准状况，一定条件下，Vm=22.4L/mol时，2.24LCH4含有的氢原子数可能是0.4NA，故A正确；B溶液的体积未知，无法计算K+数目，故B错误；C.1mol苯乙烯（C6H5CH=CH2）中含有的碳碳双键数目为NA，故C错误；D标况下三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积，故D错
5、误；故选：A点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意气体摩尔体积的适用对象和使用条件，题目难度不大4（3分）分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类依据合理的是（）根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物等根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应根据分散系是否有丁达尔现象分为溶液、胶体和浊液根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物根据电解质的水溶液导电能力的强弱将电解质分为强电解质和弱电解质ABCD考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；单质和化合物；分散系、胶体
6、与溶液的概念及关系；化学基本反应类型；强电解质和弱电解质的概念版权所有专题：物质的分类专题分析：根据氧化物能否和酸或碱反应生成盐和水，氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物等；根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；根据分散质粒子直径的大小，分散系分为溶液、胶体和浊液；由一种元素组成的纯净物是单质，由两种或两种以上元素构成的纯净物是化合物；根据电解质在水溶液中能否完全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质解答：解：根据氧化物能否和酸或碱反应生成盐和水，氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物和不成盐氧化物等，故正确；根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化
7、还原反应和非氧化还原反应，有电子转移的是氧化还原反应，无电子转移的是非氧化还原反应，故正确；根据分散质粒子直径的大小，分散系分为溶液、胶体和浊液，故错误；由一种元素组成的纯净物是单质，由两种或两种以上元素构成的纯净物是化合物，故单质和化合物的区别是纯净物中元素的种类，故正确；根据电解质在水溶液中能否完全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质，能完全电离的是强电解质，不能完全电离的是弱电解质，故错误故选B点评：本题考查了氧化物、化学反应、分散系和电解质的分类依据，掌握分类标准是解题关键，难度不大5（3分）下列现象或事实不能用同一原理解释的是（）A浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存B硫化钠和亚硫酸钠固体长
8、期暴露在空气中变质C常温下铁和铂都不溶于浓硝酸DSO2和Na2SO3溶液都能使溴水褪色考点：硝酸的化学性质；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；含硫物质的性质及综合应用；铁的化学性质版权所有专题：元素及其化合物分析：A浓硝酸见光易分解；氯水见光会分解；B硫化钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化而变质；亚硫酸钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化而变质；C常温下铁遇浓硝酸，发生钝化；铂的活泼性较弱，与浓硝酸不反应；DSO2具有还原性，能与氯水发生氧化还原反应使氯水褪色；Na2SO3具有还原性，能与氯水发生氧化还原反应使氯水褪色解答：解：A浓硝酸见光易分解，须存放在棕色瓶中；氯水见光会分解，应盛放在棕色
9、瓶中，能用同一原理解释，故A不选；B硫化钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化而变质；亚硫酸钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化而变质，能用同一原理解释，故B不选；C常温下铁遇浓硝酸，发生钝化；铂的活泼性较弱，与浓硝酸不反应，不能用同一原理解释，故C可选；DSO2具有还原性，能与氯水发生氧化还原反应使氯水褪色；Na2SO3具有还原性，能与氯水发生氧化还原反应使氯水褪色；能用同一原理解释，故D不选；故选C点评：本题考查物质的保存、金属的钝化、硫的化合物的性质等，难度中等要注意基础知识的积累6（3分）（2014蒙山县模拟）下列有关物质的性质与应用不相对应的是（）A明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作
10、净水剂BFeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路CSO2具有氧化性，可用于漂白纸浆DZn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料考点：盐类水解的应用；二氧化硫的化学性质版权所有专题：化学应用分析：A明矾在水溶液中能电离出Al3+，水解生成Al（OH）3胶体；BFe3+具有氧化性，可与Cu发生氧化还原反应；CSO2用于漂白纸浆是由于具有漂白性；DZn为活泼金属，可作原电池的负极解答：解：A明矾在水溶液中能电离出Al3+，水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体具有较强的吸附能力，可用于净水，故A正确；BFe3+具有氧化性，可与Cu发生氧化还原反应而用于蚀刻印刷电路，故B正确；C
11、SO2用于漂白纸浆是由于具有漂白性，反应类型为化合反应，与氧化性、还原性无关，故C错误；DZn为活泼金属，具有良好的导电性，易失去电子，可作原电池的负极，故D正确故选C点评：本题考查较为综合，题目难度不大，注意把握盐类水解的原理和应用，学习中注意常见元素化合物的知识7（3分）（2012济南一模）下列实验装置、选用的试剂或实验操作中，都正确的是（）A实验室用装置制取氨气B用装置吸收氨气，并防止倒吸C用装置稀释浓硫酸D用装置除去CO2中的HCl考点：气体发生装置；物质的溶解与加热；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；气体的收集版权所有专题：化学实验基本操作分析：ANH4Cl固体受热分解生成NH3
12、和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl；B氨气极易溶于水；C量筒不能用来配制溶液；D除杂不能将原物质除掉解答：解：ANH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl，得到气体的机会不多，故A错误； B氨气极易溶于水按照装置图，倒扣的漏斗可防止倒吸，故B正确；C量筒不能用来稀释或配制溶液，故C错误；D碳酸钠能与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，将二氧化碳除掉，不符合除杂原则，故D错误故选B点评：本题考查氨气的制取和收集、溶液的配制、除杂等，难度不大，注意NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又
13、重新化合成固体NH4Cl，得到气体的机会不多8（3分）实验室需配制 500mL 0.1mol/L NaOH 溶液，下列叙述正确的是（）A容量瓶上标有温度、浓度、容积和压强B如果容量瓶内有少量蒸馏水，必须先对容量瓶进行烘干C将所需的氢氧化钠固体倒入到容量瓶中溶解D定容时若俯视刻度线观察液面，会使所配制的NaOH 溶液的浓度偏高考点：溶液的配制版权所有专题：实验评价题分析：A依据容量瓶的构造解答；B容量瓶中事先有水对浓度无影响；C容量瓶为精密仪器，不能用于溶解固体；D定容时若俯视刻度线观察液面导致溶液的体积偏小，依据c=进行误差分析解答：解：A容量瓶上标有温度、刻度线、容积，故A错误；B容量瓶中事
14、先有水对浓度无影响，不需要对容量瓶进行烘干，故B错误；C容量瓶为精密仪器，不能用于溶解固体，故C错误；D定容时若俯视刻度线观察液面导致溶液的体积偏小，依据c=可知，溶液的浓度偏高，故D正确；故选：D点评：本题考查了配制一定物质的量浓度溶液，明确配制原理和容量瓶的构造及使用方法是解题关键，题目难度不大9（3分）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I+IO3+3H2O=3I2+6OHB向NH4HCO3溶液中加过量NaOH溶液并加热：NH4+OHNH3+H2OC将过量二氧化碳通入氨水中：CO2+NH3H2O=HCO3+NH4+D用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：
15、Ag+2H+3NO3=Ag+3NO+H2O考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A不符合反应的客观事实，酸性溶液中氢氧根离子不能存在；B氢氧化钠过量，氨根离子、碳酸氢根离子都发生反应；C将过量二氧化碳通入氨水中反应生成碳酸氢铵；D电荷不守恒解答：解：A用KIO3氧化酸性溶液中的KI，离子方程式：5I+IO3+6H+=3I2+3H2O，故A错误；B向NH4HCO3溶液中加过量NaOH溶液并加热，离子方程式：HCO3+NH4+2OHNH3+H2O+CO2，故B错误；C将过量二氧化碳通入氨水中，离子方程式：CO2+NH3H2O=HCO3+NH4+，故C正确；D用稀硝酸洗涤试管内壁的银
16、镜，离子方程式：3Ag+4H+NO3=3Ag+NO+2H2O，故D错误；故选：C点评：本题考查相关离子方程式的书写和有关实验现象的判断，明确反应的实质是解题关键，注意从化学式、离子符号、电荷守恒以及是否符合反应实际的角度进行分析解答10（3分）在给定条件下，下列加点的物质在化学反应中能被完全消耗的是（）A用50 mL 8 molL1与10 g二氧化锰共热制取氯气B向100 mL 3 molL1的中加入5.6 g铁C标准状况下，1 g铝片投入20 mL 18.4 molL1的中D在5107 Pa、500和铁触媒催化的条件下，用28g和足量氢气合成氨考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硝酸的化学
17、性质；铝的化学性质版权所有专题：元素及其化合物分析：A二氧化锰与浓盐酸反应，随反应进行浓盐酸变成稀盐酸，二氧化锰与稀盐酸不反应；Bn（Fe）=0.1moL，n（HNO3）=0.3mol，先发生反应Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O，0.3mol硝酸氧化0.075mol铁为三价铁离子，剩余0.025mol铁会继续和生成的0.075mol三价铁离子反应，依据反应2Fe3+Fe=3Fe2+判断；C常温下，铝与浓硫酸发生钝化反应；D氮气与氢气的反应为可逆反应解答：解：A二氧化锰与浓盐酸反应，随反应进行浓盐酸变成稀盐酸，二氧化锰与稀盐酸不反应，盐酸不能完全反应，故A错误；B反应Fe+4H
18、NO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O中，0.3mol硝酸氧化0.075mol铁为三价铁离子，剩余0.025mol铁会继续和生成的0.075mol三价铁离子反应，依据反应2Fe3+Fe=3Fe2+ 可知，剩余0.025mol铁全部溶解需要三价铁离子0.05mol，固体可完全溶解，故B正确；C常温下，铝与浓硫酸发生钝化反应，不能完全溶解，故C错误；D氮气与氢气的反应为可逆反应，氮气不可能完全反应，故D错误故选B点评：本题考查根据方程式的计算、过量计算、物质浓度对反应的影响等，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，注意物质浓度对性质的影响以及可逆反应的特点11（3分）已知：2FeSO
19、47H2O Fe2O3+SO2+SO3+14H2O，将生成的气体通入BaCl2溶液中，下列叙述中正确的是（）A有BaSO4生成B有BaSO3生成C同时有BaSO4和BaSO3生成D无明显现象发生考点：二氧化硫的化学性质版权所有专题：氧族元素分析：混合气体中含有SO3，将生成的气体通入BaCl2溶液中发生：SO3+H2O=H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4+2HCl，注意H2SO3酸性小于HCl解答：解：混合气体中含有SO3，将生成的气体通入BaCl2溶液中发生：SO3+H2O=H2SO4，则没有SO3逸出；H2SO4+BaCl2=BaSO4+2HCl，则有BaSO4沉淀生成；由于H
20、2SO3酸性小于HCl和H2SO4，则不能与反应BaCl2，得不到BaSO3沉淀故选A点评：本题考查二氧化硫的性质，题目难度中等，本题注意SO3和SO2性质的区别，注意H2SO3酸性小于HCl和H2SO4，则不能与BaCl2反应，得不到BaSO3沉淀12（3分）下列因果关系成立的是（）A因NH3的水溶液可以导电，所以NH3是电解质B因SO2可以使溴水褪色，所以SO2具有漂白性C因某碱性溶液的焰色呈黄色，所以其溶质为NaOHD因Al能与强碱溶液反应生成偏铝酸盐，所以Al有一定的非金属性考点：电解质与非电解质；二氧化硫的化学性质；焰色反应；铝的化学性质版权所有专题：元素及其化合物分析：A在水溶液里
21、或熔融状态下能导电的化合物是电解质，是自身电离，在水溶液中和在熔融状态下都不能导电的化合物称为非电解质，氨气是非电解质；BSO2可以使溴水褪色，是由于二氧化硫和溴水发生了氧化还原反应；C凡含有钠元素的物质焰色反应都呈黄色，碳酸钠溶性显碱性；D铝与氢氧化钠溶液反应生成溶于水的偏铝酸钠和氢气，有一定的非金属性解答：解：A氨气在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导电，不是氨气自身电离，所以氨气是非电解质，因果关系不成立，故A错误；BSO2使溴水褪色，发生反应H2O+SO2+2HBr=H2SO4+2HBr，不是因为SO2具有漂白性，因果关系不成立，故B错误；C由于含
22、有钠元素的物质进行焰色反应实验时火焰会是黄色的，所以某碱性溶液的焰色呈黄色，其溶质不一定为NaOH，也可能为碳酸钠，因果关系不成立，故C错误；DAl能与强碱溶液反应：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2，一般的金属不与强碱反应，与碱反应的单质有氯气（非金属气体），所以可以说明Al体现一定的非金属性，因果关系成立，故D正确；故选D点评：本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及发生的反应、焰色反应、电解质的判断等为解答的关键，侧重分析与知识综合应用能力的考查，题目难度不大13（3分）用如图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是（）中的物质中的物质预
23、测中的现象A淀粉KI溶液浓硝酸无明显变化B酚酞溶液浓盐酸无明显变化CAlCl3溶液浓氨水有白色沉淀D湿润红纸条饱和氯水红纸条褪色AABBCCDD考点：氨的化学性质；氯气的化学性质；硝酸的化学性质版权所有专题：卤族元素；氮族元素分析：A、硝酸具有挥发性、强氧化性，可以将KI氧化为I2，I2遇淀粉变蓝色B、浓盐酸具有挥发性，酚酞溶液在酸性条件下为无色C、浓氨水具有挥发性，氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝D、饱和氯水挥发出氯气，氯气与水反应生成HClO，HClO具有漂白性解答：解：A、硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸进入淀粉KI溶液，硝酸具有强氧化性，可以将KI氧化为I2，I2遇淀粉变蓝色，故A错误；B、浓
24、盐酸具有挥发性，挥发出的HCl进入酚酞溶液，酚酞溶液在酸性条件下不变色，故B正确；C、浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气，溶于氯化铝溶液，一水合氨与氯化铝反应生成氢氧化铝白色沉淀，故C正确；D、饱和氯水挥发出氯气，氯气与湿润红纸条接触，氯气水反应生成HClO，HClO具有漂白性，使湿润红纸条褪色，故D正确故选：A点评：考查化学实验、元素化合物性质等，明确元素化合物的性质即可分析解答本题，注意“烟”和“雾”的区别14（3分）甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙下列有关物质的推断不正确的是（）A若甲为Fe，则丁可能是盐酸B若甲为SO2，则丁可能是氨
25、水C若甲为焦炭，则丁可能是O2D若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2考点：化学基本反应类型版权所有专题：元素及其化合物分析：A若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应；B若甲为SO2，丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；C甲为碳，丁为O2，物质转化关系为：CCOCO2；D若甲为NaOH 溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOHNa2CO3NaHCO3解答：解：A若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应，故A错误；B若甲为SO2，丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；SO
26、2+NH3H2O=NH4HSO3，NH4HSO3+NH3H2O=（NH4）2SO3+H2O；（NH4）2SO3+H2O+SO2=2NH4HSO3，故B正确；C甲为碳，丁为O2，物质转化关系为：CCOCO2；2C+O2=2CO 2CO+O2=2CO2 CO2+C2CO，故C正确；D若甲为NaOH 溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOHNa2CO3NaHCO3；2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 ，NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，故D正确；故选A点评：本题考查物质间的转化关系及性质的应用，难度中等注意物质的量不同产物不同，掌握物质
27、性质是解题关键15（3分）在t时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为 gmL1，溶质的质量分数为w，其中含有NH4+的物质的量是b mol，下列叙述正确的是（）A溶质的质量分数w=100%B溶质的物质的量浓度c= molL1C溶液中c（OH）= molL1+c（H+）D向上述溶液中加入V mL水，所得溶液的质量分数大于0.5w考点：物质的量浓度的相关计算版权所有专题：计算题分析：A根据m=V计算溶液的体积，氨水溶液溶质为氨气，根据溶质的质量分数=100%计算；B根据n=计算a g NH3的物质的量，溶液体积为VmL，再根据c=计算溶液的物质的量浓度；C根据溶液呈电
28、中性，可知c（OH）=c（H+）+c（NH4+），据此计算判断；D溶质氨气的质量不变，水的密度比氨水的密度大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，根据溶质的质量分数=100%判断解答：解：A氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为 gcm3，体积为VmL，所以溶液质量为Vg，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数=100%，故A错误；Ba g NH3的物质的量为=mol，溶液体积为VmL，所以溶液的物质的量浓度c=mol/L，故B错误；C溶液中c（NH4+）=mol/L，根据溶液呈电中性，可知c（OH）=c（H+）+c（NH4+），则溶液中c（OH）=mol/L+c（H+），故C正确；D水的密度比
29、氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，根据溶质的质量分数=100%可知，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5，故D错误故选：C点评：本题考查物质的量浓度、质量分数的有关计算，难度中等，注意氨水溶液中溶质以氨气计算，注意对公式的理解16（3分）（2014宁夏一模）FeS 与一定浓度的HNO3 反应，生成Fe（NO3）3、Fe2（SO4）3、NO2、N2O4、NO 和H2O，当NO2、N2O4、NO 的物质的量之比为1：1：1 时，实际参加反应的FeS 与HNO3的物质的量之比为（）A1：6B1：7C2：11D16：25考
30、点：氧化还原反应的计算版权所有专题：氧化还原反应专题分析：先根据转移电子守恒计算参加反应的n（FeS），根据硫原子的物质的量计算生成硫酸铁需要铁元素的物质的量，再根据剩余铁元素的物质的量计算起酸作用的硝酸的物质的量，根据气体的物质的量结合原子守恒计算被还原的硝酸的物质的量，从而得出FeS 与HNO3的物质的量之比解答：解：设NO2、N2O4、NO 的物质的量都是1mol，生成物质的量分别都是1molNO2、N2O4、NO时，硝酸得到电子的物质的量=1mol（54）+1mol2（54）+1mol（52）=6mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算n（FeS），n（FeS）= mol，根据Fe2
31、（SO4）3中硫酸根离子和铁离子的关系式知，生成硫酸铁需要的铁元素的物质的量=，则剩余的mol铁元素生成硝酸铁，根据氮原子守恒知，生成Fe（NO3）3的硝酸的物质的量=mol3=mol，根据氮元素守恒得，生成物质的量分别都是1molNO2、N2O4、NO时消耗硝酸的物质的量=1mol+2mol+1mol=4mol，所以实际参加反应的FeS 与HNO3的物质的量之比=mol：（+4mol）=1：7，故选B点评：本题考查了氧化还原反应的计算，根据转移电子守恒计算n（FeS），再结合原子守恒来分析解答，难度中等，也可以根据转移电子守恒配平方程式进行解答17（3分）亚硝酸钠（有毒性，市场上很易与食盐混
32、淆）是一种常见的工业用盐，广泛用于物质合成、金属表面处理等，它的性质或用途，其物理性质与NaCl极为相似相关化学性质如图所示，下列说法不正确的是（）ANaNO2稳定性大于NH4NO2BNaNO2与N2H4反应中，NaNO2是氧化剂C可用KI淀粉和食醋鉴别NaNO2和NaClD分解NaN3盐每产生1molN2 转移6mol e考点：含氮物质的综合应用版权所有专题：氮族元素分析：A根据铵盐加热易分解，而钠盐加热难分解；B根据氧化剂是化合价升高的反应物分析；C根据信息可知：NaNO2具有氧化性，在酸性条件下氧化碘化钾，得到单质碘，单质碘遇淀粉溶液变蓝，而NaCl无氧化性；D根据NaN3中氮的化合价为
33、，生成1个 N2转移个电子分析；解答：解：ANH4NO2加热易分解，而NaNO2加热难分解，所以NaNO2的稳定性大于NH4NO2，故A正确；BNaNO2与N2H4反应生成NaN3，NaNO2是中氮的化合价由+3价降低为，是氧化剂，故B正确；CNaNO2具有氧化性，在酸性条件下氧化碘化钾，得到单质碘，单质碘遇淀粉溶液变蓝，NaCl无氧化性，在酸性条件下不能氧化碘化钾，所以可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别NaCl与NaNO2，故C正确；DNaN3中氮的化合价为，生成1个N2转移个电子，则每产生1molN2转移mole，故D错误；故选D点评：本题主要考查了亚硝酸钠的性质和氧化还原的知识，难度不大，注意
34、抓住题目信息来解题二、解答题（共4小题，满分49分）18（12分）已知A和B两支试管所盛的溶液中共含有K+、Ag+、Mg2+、Cl、OH、NO3六种离子，向试管A的溶液中滴入酚酞试液呈粉红色请回答下列问题：（1）试管A的溶液中所含上述离子共有3种（2）若向某试管中滴入稀盐酸产生沉淀，则该试管为B（填“A”或“B”）（3）若向试管B的溶液中加入合适的药品，过滤后可以得到相应的金属和仅含一种溶质的溶液，则加入的药品是Mg（填化学式）（4）若将试管A和试管B中的溶液按一定体积比混合过滤后，得到滤液仅含一种溶质的溶液，则混合过程中发生反应的离子方程式为Ag +Cl=AgCl、Mg2+2OH=Mg（OH
35、）2（5）若试管A和试管B中的溶液均是由物质的量为1mol的两种物质配成的溶液，将两试管中溶液混合后过滤，所得滤液中所有离子按浓度由大到小排列的顺序为NO3K+Mg2+（6）若向由试管A溶液中的阳离子组成的碳酸氢盐溶液中，滴入少量Ba（OH）2溶液，则发生反应的离子方程式为Ba2+2OH+2HCO3=BaCO3+CO32+2H2O考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验版权所有专题：物质检验鉴别题分析：试管A的溶液中滴入酚酞试液呈粉红色，说明溶液显碱性，一定含有OH，根据离子共存原理，一定没有Ag+、Mg2+，一定含有K+试管B中一定含有Ag+、Mg2+，则一定没有Cl，一定含有NO3；（1）
36、根据以上分析判断试管A的溶液中存在的离子数目；（2）根据试管A和B中含有的离子进行分析；（3）根据过滤后溶液中仅含有一种溶质，且得到相应的金属进行分析；（4）根据A、B溶液中存在的离子形成反应的离子方程式；（5）设出物质的量都为1mol进行计算即可；（6）形成碳酸氢根离子与氢氧化钡溶液反应的离子方程式解答：解：向试管A的溶液中滴入酚酞试液呈粉红色，说明溶液显碱性，一定含有OH，根据离子共存原理，一定没有Ag+、Mg2+，一定含有K+试管B中一定含有Ag+、Mg2+，则一定没有Cl，一定含有NO3，综上所述，试管A中含有K+、OH、Cl，试管B中含有Ag+、Mg2+、NO3，（1）试管A的溶液中
37、所含上述离子共有3种，故答案为：3；（2）若向某试管中滴入稀盐酸产生沉淀，则该试管中含有Ag+，为试管B，故答案为：B；（3）若向试管B的溶液中加入合适的药品后，过滤后溶液中仅含有一种溶质，且得到相应的金属，应该发生置换反应，且不引入其他离子，则加入药品是Mg，故答案为：Mg；（4）若将试管A和试管B中的溶液按一定体积比混合过滤后，蒸干滤液可得到一种纯净物，则Ag+与Cl恰好完全反应，Mg2+和OH恰好完全反应，混合过程中发生反应的离子方程式为：Ag +Cl=AgCl、Mg2+2OH=Mg（OH）2，故答案为：Ag +Cl=AgCl、Mg2+2OH=Mg（OH）2；（5）设KOH、KCl、Mg
38、（NO3）2、AgNO四种物质均为1mol，溶解于试管中，过滤后所得滤液中含有2molK+、0.5molMg2+、3molNO3，则n （K+）：n （Mg2+）：n （NO3）=4：1：6，大小顺序为：NO3K+Mg2+，故答案为：NO3K+Mg2+；（6）向KHCO3溶液中，滴入少量Ba（OH）2溶液，则发生反应的离子方程式为：Ba2+2OH+2HCO3=BaCO3+CO32+2H2O，故答案为：Ba2+2OH+2HCO3=BaCO3+CO32+2H2O点评：本题考查了离子共存及离子方程式的书写，题目难度中等，试题涉及的内容较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况，试题培养了学生的分析、理
39、解能力及灵活应用所学知识的能力19（13分）某碳素钢锅炉内水垢的主要成分是碳酸钙、硫酸钙、氢氧化镁、铁锈、二氧化硅等水垢会形成安全隐患，需及时清洗除去清洗流程如下：加入NaOH和Na2CO3混合液，加热，浸泡数小时；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；向洗液中加入Na2SO3溶液；清洗达标，用NaNO2溶液钝化锅炉（1）用NaOH溶解二氧化硅的化学方程式是SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O（2）已知：20时溶解度/gCaCO3CaSO4Mg（OH）2MgCO31.41032.5510291041.1102根据数据，结合化学平衡原理解释清洗CaSO4的过程CaS
40、O4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（3）在步骤中：被除掉的水垢除铁锈外，还有CaCO3、Mg（OH）2、SiO2清洗过程中，溶解的铁锈会加速锅炉腐蚀，用离子方程式解释其原因2Fe3+Fe3Fe2+（4）步骤中，加入Na2SO3的目的是将Fe3+还原成Fe2+，防止Fe3+腐蚀锅炉（5）步骤中，钝化后的锅炉表面会覆盖一层致密的Fe2O3保护膜完成并配平其反应的离子方程式：Fe+NO2+H2ON2+Fe2O3+OH；下面检测钝化效果的方
41、法合理的是bca在炉面上滴加浓H2SO4，观察溶液出现棕黄色的时间b在炉面上滴加酸性CuSO4溶液，观察蓝色消失的时间c在炉面上滴加酸性K3Fe（CN）6溶液，观察出现蓝色沉淀的时间d在炉面上滴加浓HNO3，观察出现红棕色气体的时间考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质版权所有专题：实验设计题分析：（1）用NaOH溶解二氧化硅，反应生成硅酸钠和水；（2）由表格中数据可知，碳酸钙更难溶；（3）加入稀盐酸，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；（4）步骤中，加入Na2
42、SO3，与铁离子发生氧化还原反应；（5）由Fe+NO2+H2ON2，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；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+2NaOHNa2SiO3+H2O；（2）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
43、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）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；（3）加入稀盐酸，与碳酸钙、氢氧化镁、铁锈均反应，二氧化硅与HF酸反应，则还有CaCO3、Mg（OH）2、SiO2，故答案为：CaCO3、Mg（OH）2、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+；（4）步骤中，加入Na
44、2SO3，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+腐蚀锅炉，故答案为：将Fe3+还原成Fe2+，防止Fe3+腐蚀锅炉；（5）由Fe+NO2+H2ON2，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2Fe+2NO2+H2ON2+Fe2O3+2OH，故答案为：2；2；1；1；1；Fe2O3；2；OH；钝化时表面生成致密的氧化物，阻止Fe反应，ad中浓硫酸、浓硝酸具有强氧化性，不能检测，而bc中均与Fe反应，现象明显，所以检测钝化效果最好为bc，故答案为：bc点评：本题考查较综合，涉及混合物分离提纯、
45、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20（11分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）常用作食品漂白剂其制备工艺流程如下：已知：反应包含2NaHSO3Na2S2O5+H2O等多步反应（1）反应I的化学方程式为CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4Cl，反应所得副产物的用途是氮肥（填一项即可）（2）硫磺燃烧前先加热成液态并通过喷嘴喷入焚硫炉中，目的是增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率，在上述工艺流程中可循环使用的物质是CO2、H2O（3）反应中需控制参加反应的气体与固体的物质的
46、量之比接近2：1，若气体量不足，则会导致Na2S2O5产品中Na2SO3、Na2CO3等杂质含量增加，Na2S2O5产率降低（4）Na2S2O5与稀硫酸反应放出SO2，其离子方程式为S2O52+2H+=2SO2+H2O考点：制备实验方案的设计版权所有专题：实验题分析：由制备流程可知，反应为生成NaHCO3，加热生成Na2CO3，在反应中二氧化硫与碳酸钠反应生成NaHSO3与二氧化碳，加热NaHSO3生成Na2S2O5（1）工艺流程可知，反应为生成NaHCO3，氯化钠溶液通入氨气、二氧化碳生成碳酸氢钠与氯化铵，反应进行时应先通入氨气，增大HCO3的浓度，便于NaHCO3析出；（2）硫磺燃烧前先加
47、热成液态并通过喷嘴喷入焚硫炉中，增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率；反应需要的物质，在其它的反应中又生成该物质，该物质可以循环利用，结合方式的反应判断；（3）反应中发生反应Na2CO3+H2O+SO2=2NaHSO3+CO2，2NaHSO3Na2S2O5+H2O，根据碳酸钠与二氧化硫能完全反应判断，二者物质的量关系；若SO2不足Na2S2O5产品中Na2SO3、Na2CO3等杂质含量增加；（4）Na2S2O5与稀硫酸反应生成SO2，反应中S元素的化合价未发生变化，同时生成硫酸钠与水解答：解：由制备流程可知反应为生成NaHCO3，加热生成Na2CO3，在反应中二氧化硫与碳酸钠反
48、应生成NaHSO3与二氧化碳，加热NaHSO3生成Na2S2O5（1）工艺流程可知，反应为生成NaHCO3，氯化钠溶液通入氨气、二氧化碳生成碳酸氢钠与氯化铵，反应方程式为CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4Cl；副产物氯化铵可用于作氮肥，故答案为：CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4Cl；氮肥；（2）硫磺燃烧前先加热成液态并通过喷嘴喷入焚硫炉中，增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率；由转化关系可知，反应中需要CO2、H2O，其它反应又生成的CO2、H2O，故CO2、H2O可以重复利用；故答案为：增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应
49、速率；CO2、H2O；（3）反应中发生反应Na2CO3+H2O+2SO2=2NaHSO3+CO2，2NaHSO3Na2S2O5+H2O，故SO2与Na2CO3的物质的量之比接近2：1恰好完全反应，若SO2不足Na2S2O5产品中Na2SO3、Na2CO3等杂质含量增加，Na2S2O5产率降低；故答案为：2：1；Na2S2O5产品中Na2SO3、Na2CO3等杂质含量增加，Na2S2O5产率降低；（4）Na2S2O5与稀硫酸反应生成SO2，反应中S元素的化合价未发生变化，同时生成硫酸钠与水，反应离子方程式为S2O52+2H+=2SO2+H2O，故答案为：S2O52+2H+=2SO2+H2O点评：
50、本题考查焦亚硫酸钠的制备实验，为高频考点，把握工艺流程原理的理解、对操作与反应条件可知的理解，侯德榜制碱法、S与C等元素化合物的性质与转化、常用化学用语书写等为解答的关键，题目难度较大，注意制备原理的理解，需要学生具备扎实的基础与综合运用能力21（13分）（2014朝阳区二模）Cl2是一种重要的化工原料（1）电解饱和NaCl溶液获得Cl2的化学方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2（2）为便于储存，要将氯气液化Cl2（g）Cl2（l），应采取的措施是降温（或加压）（写出一条即可）（3）液氯储存区贴有的说明卡如下（部分）：危险性储运要求远离金属粉末、氨、烃类、醇更物质；设置氯气检测
51、仪泄漏处理NaOH、NaHSO3溶液吸收包装钢瓶用离子方程式表示“泄漏处理”中NaHSO3溶液的作用HSO3+Cl2+H2OSO42+2Cl+3H+若液氯泄漏后遇到苯，在钢瓶表面氯与苯的反应明显加快，原因是铁与氯气反应生成的氯化铁，对氯与苯的反应有催化作用氯气含量检测仪工作原理示意图如图1：Cl2在Pt电极放电的电极反应式是Cl2+2e+2Ag+2AgCl（4）质量标准要求液氯含水量（以1g氯气含水的质量计）0.4mg，含水量超标会严重腐蚀钢瓶液氯含水量的测定装置如图2所示：（已知：P2O5+3H2O2H3PO4；Cl2与P2O5不反应）用离子方程式说明c装置的作用Cl2+2OHCl+ClO+
52、H2O检测液氯的含水量，根据上图，需要测定的数据是分别测定通液氯样品前后a、c的质量考点：探究物质的组成或测量物质的含量；电解原理；氯气的化学性质版权所有专题：电化学专题；卤族元素分析：（1）电解食盐水生成NaOH、氢气、氯气；（2）将氯气液化，可降低温度或压强；（3）NaHSO3溶液与泄露的氯气发生氧化还原反应；在钢瓶表面氯与苯的反应明显加快，催化剂加快反应速率；Cl2在Pt电极放电，生成AgCl；（4）由液氯含水量的测定装置可知，氮气将含水的液氯赶入a中，a中增加质量为水的质量，c中NaOH吸收氯气，其增加质量为液氯质量，以此来解答解答：解：（1）惰性电极电解食盐水生成NaOH、氢气、氯气
53、，该反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；（2）常温下，氯气为气体，降温 （或加压）可液化，转化为液体便于运输和储存，故答案为：降温 （或加压）；（3）NaHSO3溶液与泄露的氯气发生氧化还原反应，离子反应为HSO3+Cl2+H2OSO42+2Cl+3H+，故答案为：HSO3+Cl2+H2OSO42+2Cl+3H+；由在钢瓶表面氯与苯的反应明显加快可知，铁与氯气反应生成的氯化铁，对氯与苯的反应有催化作用，故答案为：铁与氯气反应生成的氯化铁，对氯与苯的反应有催化作用；Cl2在Pt电极放电，生成AgCl，电极反应为Cl2+2e+
54、2Ag+2AgCl，故答案为：Cl2+2e+2Ag+2AgCl；（4）c装置的作用为吸收氯气，其离子反应为Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OHCl+ClO+H2O；测定装置中，氮气将含水的液氯赶入a中，a中增加质量为水的质量，c中NaOH吸收氯气，其增加质量为液氯质量，则检测液氯的含水量，需要测定的数据是分别测定通液氯样品前后a、c 的质量，故答案为：分别测定通液氯样品前后a、c 的质量点评：本题考查较综合，涉及液氯中水的含量测定、电极反应、影响反应速率的因素、氧化还原反应等，综合考查学生分析能力、知识综合应用能力，注意习题综合的信息及原电池装置图、含量测定流程图的整体把握，题目难度中等- 19 - 版权所有高考资源网