1、2015-2016学年江苏省扬州中学高三（上）月考化学试卷（10月份）一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意1化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关下列有关说法正确的是( )A某地燃烧化石燃料排放的废气中含CO2、SO2，使雨水pH=6形成酸雨B水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的性质C高空臭氧层吸收太阳紫外线，保护地球生物；反应3O2=2O3有单质参加，属于氧化还原反应D人造纤维，合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物2下列有关化学用语的表示正确的是( )A中子数为18的氯原子：ClB二氧化碳分子的比例模型：CHClO的电子式：D对
2、羟基苯甲醛的结构简式：OHCHO3某合作学习小组讨论辨析：漂白粉和酸雨都是混合物；煤和石油都是可再生能源；蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质；不锈钢和目前流通的硬币都是合金；硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；豆浆和雾都是胶体 上述说法正确的是( )ABCD4下列物质的使用不涉及化学变化的是( )A明矾用作净水剂B液氯用作制冷剂C氢氟酸刻蚀玻璃D生石灰作干燥剂5下列有关化学与生活、生产的叙述错误的是( )A用作“钡餐”的物质主要成分是硫酸钡B采用催化设施，将汽车尾气中CO和NO转化为无害气体CSO2具有还原性，可用于漂白纸浆D常温下，可以用铁制容器来盛装冷的
3、浓硫酸6设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是( )A标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.25 NAB室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH离子数目为0.1NAC氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成56g N2时，转移的电子数目为3.75NA7下列反应的离子方程式书写正确的是( )ANaAlO2溶液中通入过量的CO2：2 AlO2+3H2O+CO22Al（OH）3+CO32B磨口玻璃试剂瓶被烧碱溶液腐蚀：SiO2+2Na+2OHNa2SiO3+H2O
4、C向海带灰浸出液中加入稀硫酸、双氧水：2I+2H+H2O2I2+2H2ODNaHCO3溶液和少量Ba（OH）2溶液混合：HCO3+OH+Ba2+H2O+BaCO38下列离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A室温下，=1012的溶液中：Na+、AlO2、NO3、S2、SO32B能使甲基橙变红的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3、Cl、S2C室温下，由水电离的c（H+）=1010mol/L的溶液中：Cl、HCO3、NO3、NH4+、FD加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、ClO、K+、SO429已知W、X、Y、Z为短周期元素，它们的原子半径依次增大，W与Z、X和Y分别同主族，Y、Z
5、同周期Z能与X形成两种常见的离子化合物，离子个数比均为2：1下列说法错误的是( )AY、Z、X、W的原子序数依次减小BW与X可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物C由W、X、Y、Z四种元素组成的常见化合物一定显酸性DX的简单氢化物的沸点低于Y的简单氢化物的沸点10镁、铁混合物13.4g溶解在足量的稀硝酸中，完全反应得到还原产物只有6.72L（标况下）NO，则向反应后的溶液中加人足量的NaOH溶液，可生成的沉淀质量为( )A26.8gB28.7gC29.1gD29.5g二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分每小题只有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，
6、该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，但只要选错一个，该小题就得0分11甲、乙、丙、X是中学化学中常见的4种物质，其转化关系符合如图其中甲和X可能是( )A甲为Fe、X为Cl2B甲为S、X为O2C甲为SO2、X为NaOH溶液D甲为AlCl3溶液、X为NH3H2O12向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色下列分析正确的是( )A上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+I2SO2B通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂C通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性D滴
7、加KI溶液时，转移2 mol e时生成1 mol白色沉淀13下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是( )选项实验操作现象结论A将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B分别加热Na2CO3和NaHCO3固体试管内壁都有水珠两种物质均受热分解C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热铝不能熔化金属铝的熔点较高D将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，震荡，静置下层溶液显紫红色氧化性：Fe3+I2AABBCCDD14常温下，将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mL pH=14的溶
8、液，然后用1molL1的盐酸滴定，测得生成沉淀的质量与消耗盐酸的体积关系如图所示，则下列说法正确的是( )A原合金质量为0.92gB图中V2为60C沉淀的质量m为1.56gDOP段发生的反应为：OH+H+H2O15用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如图下列有关说法不正确的是( )A制取玻璃和粗硅的同时均产生CO2气体B生产高纯硅、铝、铜及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应C粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次蒸馏的方法D黄铜矿冶炼铜时产生的SO2可用于生产硫酸，FeO可用作冶炼铁的原料三、非选择题（共80分）16位于短周期的四种主族元素A、B、C、D原子序数依次增大，已知A、C位于同一主
9、族，A在周期表中原子半径最小B、D的最外层电子数相等，且B、D的原子序数之和为A、C原子序数之和的两倍根据你的推断回答下列问题：（1）写出由上述元素形成的具有漂白作用的四种物质的化学式_，_，_，_（2）C与D形成D的最低价化合物的电子式：_；（3）仅由B、C、D三种元素形成的一种盐，溶于水后呈碱性，请用一个离子方程式表示其呈碱性的原因：_17（14分）我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出了突出贡献他以NaCl、NH3、CO2等为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱有关反应的化学方程式为：NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+
10、CO2+H2O回答下列问题：（1）氨气、二氧化碳与饱和食盐水反应，能析出碳酸氢钠晶体的原因是_（填字母标号）a碳酸氢钠难溶于水 b碳酸氢钠受热易分解c碳酸氢钠的溶解度相对较小，所以在溶液中首先结晶析出（2）某探究活动小组根据上述制碱原理，进行碳酸氢钠的制备实验，同学们按各自设计的方案实验一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）试回答下列有关问题：（）乙装置中的试剂是_；（）丁装置中稀硫酸的作用是_；（）实验结束后，分离出NaHCO3 晶体的操作是_（填分离操作的名称）另一位同学用图中戊装置（其它装置未画出）进行实验（）实验时，须
11、先从_管通入_ 气体，再从_管中通入_气体；（）有同学建议在戊装置的b管下端连接己装置，理由是_18（16分）某课外活动小组设计了以下实验验证Ag与浓硝酸反应的过程中可能产生NO其实验流程图如图1，2：（1）测定硝酸的物质的量反应结束后，从如图3装置B中所得100mL溶液中取出25.00mL溶液，用0.1molL1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，滴定前后的滴定管中液面的位置如上图所示在B容器中生成硝酸的物质的量为_ mol，则Ag与浓硝酸反应过程中生成的NO2在标准状况下的体积为_mL（2）测定NO的体积从如图3所示的装置中，你认为应选用_装置进行Ag与浓硝酸反应实验，选用的理由是_选用如
12、图3所示仪器组合一套可用来测定生成NO体积的装置，其合理的连接顺序是_（填各导管口编号）在测定NO的体积时，若量筒中水的液面比集气瓶的液面要低，此时应将量筒的位置_（填“下降”或“升高”），以保证量筒中的液面与集气瓶中的液面持平（3）气体成分分析若实验测得NO的体积为112.0mL（已折算到标准状况），则Ag与浓硝酸反应的过程中_（填“有”或“没有”）NO产生，作此判断的依据是_19（14分）金刚石、SiC具有优良的耐磨、耐腐蚀特性，应用广泛（1）碳与短周期元素Q的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一种化合物R为非极性分子碳元素在周期表中的位置是_，Q是_，R的电子式为_；（2）一定条件
13、下，Na还原CCl4可制备金刚石，反应结束冷却至室温后，回收其中的CCl4的实验操作名称为_，除去粗产品中少量钠的试剂为_；（3）碳还原SiO2制SiC，其粗产品中杂质为Si和SiO2现将20.0g SiC粗产品加入到过量的NaOH溶液中充分反应，收集到0.1mol氢气，生成氢气的离子方程式为_，将滤液稀释到1L，若所得Na2SiO3的物质的量浓度为0.17molL1，则SiC的纯度为_；（4）下列叙述正确的有_（填序号）Na还原CCl4的反应、Cl2与H2O的反应均是置换反应Na2SiO3溶液与SO3的反应可用于推断Si与S的非金属性强弱钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物中阴阳离子数目比均
14、为1：2水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同20某化学活动小组设计如图所示（部分夹持装置已略去）实验装置，以探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应得到的固体物质（1）写出装置A中发生反应的化学方程式：_（2）写出试剂Y的名称：_（3）已知：通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体，其为含氯氧化物可以确定的是C中含有的氯盐只有一种，且含有NaHCO3，现对C成分进行猜想和探究提出合理假设假设一：存在两种成分：NaHCO3和_；假设二：存在三种成分：NaHCO3和_、_设计方案，进行实验请写出实验步骤以及预期现象和结论（可不填满）限选实验试剂和仪器：蒸馏水、稀硝酸、BaCl2溶液
15、、澄清石灰水、AgNO3溶液、试管、小烧杯实验步骤预期现象和结论步骤1：取C中的少量固体样品于试管中，滴加足量蒸馏水至固体溶解，然后将所得溶液分别置于A、B试管中_步骤2：_步骤3：_（4）已知C中有0.1mol Cl2参加反应若假设一成立，可推知C中反应的化学方程式为_21为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣（铁主要以Fe2O3存在）转变成重要的化工原料FeSO4（反应条件略）活化硫铁矿还原Fe3+的主要反应为：FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O15FeSO4+8H2SO4，不考虑其他反应请回答下列问题：（1）第步H2SO4与Fe2O3反应的
16、离子方程式是_（2）检验第步中Fe3+是否完全还原，应选择_（填字母编号）AKMnO4溶液 B淀粉KI溶液 CKSCN溶液（3）第步加FeCO3调溶液pH到5.8左右，然后在第步通入空气使溶液pH降到5.2，此时Fe2+不沉淀，滤液中铝、硅杂质除尽通入空气引起溶液pH降低的原因是_（4）FeSO4在一定条件下可制得FeS2（二硫化亚铁）纳米材料该材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为4Li+FeS2=Fe+2Li2S，正极反应式是_（5）FeSO4可转化为FeCO3，FeCO3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料已知25，101kPa时：4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）
17、H=1648kJ/mol；C（s）+O2（g）=CO2（g）H=392kJ/mol；2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）=2FeCO3（s）H=1480kJ/molFeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式是_（6）假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3，其含量为p将b kg质量分数为c的硫酸加入到a kg烧渣中浸取，铁的浸取率为q，其他杂质浸出消耗的硫酸以及调pH后溶液呈微酸性所残留的硫酸忽略不计按上述流程，第步应加入FeCO3_ kg2015-2016学年江苏省扬州中学高三（上）月考化学试卷（10月份）一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题
18、意1化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关下列有关说法正确的是( )A某地燃烧化石燃料排放的废气中含CO2、SO2，使雨水pH=6形成酸雨B水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的性质C高空臭氧层吸收太阳紫外线，保护地球生物；反应3O2=2O3有单质参加，属于氧化还原反应D人造纤维，合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物【考点】常见的生活环境的污染及治理；胶体的重要性质；化学基本反应类型；有机高分子化合物的结构和性质 【分析】A酸雨pH5.6； B物理变化一定没有新物质的生成；C3O22O3中没有化合价变化；D相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物【解答】解：A正常
19、雨水的pH约为5.6，酸雨pH5.6，故A错误； B煤的气化和煤的液化过程中都产生了新的物质属于化学变化，故B正确；C3O22O3中没有化合价变化，不属于氧化还原反应，故C错误；D光导纤维的成分是二氧化硅，不是高分子化合物，故D错误故选B【点评】本题考查环境污染及治理、氧化还原反应、高分子化合物等，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累2下列有关化学用语的表示正确的是( )A中子数为18的氯原子：ClB二氧化碳分子的比例模型：CHClO的电子式：D对羟基苯甲醛的结构简式：OHCHO【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合 【分析】A中子数为
20、20，则质量数为37，元素符号左上角的数字为质量数、左下角数字表示质子数；B比例模型主要体现C、O原子的相对体积大小及空间结构；C次氯酸的中心原子为O原子，不存在氢氯键；D羟基的表示方法错误，应该表示为HO【解答】解：A氯元素的质子数为17，中子数为20的氯原子的质量数为37，该原子的正确表示方法为：Cl，故A正确；B二氧化碳分子中碳原子半径大于氧原子半径，二氧化碳正确的比例模型为：，故B错误；C次氯酸为共价化合物，H原子最外层1个电子，Cl原子最外层7个电子，O原子最外层6个电子，则其电子式为，故C错误；D对羟基苯甲醛正确的结构简式为，故D错误；故选A【点评】本题考查了常见化学用语的判断，题
21、目难度中等，注意掌握电子式、结构简式图、比例模型与球棍模型、元素符号的表示方法，试题有利于题干学生规范答题的能力3某合作学习小组讨论辨析：漂白粉和酸雨都是混合物；煤和石油都是可再生能源；蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质；不锈钢和目前流通的硬币都是合金；硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；豆浆和雾都是胶体 上述说法正确的是( )ABCD【考点】混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质 【专题】物质的分类专题【分析】含有不同分子的物质属于混合物；根据可再生资源和不可再生资源的特点来回答；根据非电解质
22、、强电解质以及弱电解质的概念来回答；合金是金属和非金属或是金属和金属按照一定的性能组成的混合物；纯碱是碳酸钠的俗称；根据胶体的特征知识来回答【解答】解：漂白粉是氯化钙、次氯酸钙的混合物，酸雨是硫酸、硝酸等酸的混合物，故正确；煤和石油是化石能源，属于不可再生能源，故错误；蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质，故正确；不锈钢和目前流通的硬币都是合金，故正确；纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类不是碱，故错误；豆浆和雾都是胶体中的液溶胶和气溶胶，故正确故选C【点评】本题考查学生物质的各分类知识，注意常见的概念的理解和掌握，属于基本知识的考查，难度不大4下列物质的使用不涉及化学变化的是( )A
23、明矾用作净水剂B液氯用作制冷剂C氢氟酸刻蚀玻璃D生石灰作干燥剂【考点】物理变化与化学变化的区别与联系；盐类水解的应用；氯气的物理性质；硅和二氧化硅 【专题】化学应用【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断【解答】解：A明矾在水中可以电离出两种金属离子K+、Al3+而Al3+很容易水解，生成胶状的氢氧化铝，氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，从而使杂质沉降水变澄清，属于化学变化，故A错误；B液氯汽化时吸收热量，故可用作制冷剂，属于物理变化，故B正确；C氢氟酸能够与玻璃中的主要成分二氧化硅发
24、生反应，故氢氟酸能刻蚀玻璃，属于化学变化，故C错误；D生石灰与水反应生成氢氧化钙，属于化学变化，故D错误，故选B【点评】本题考查物理变化与化学变化的判断，难度不大要注意化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成5下列有关化学与生活、生产的叙述错误的是( )A用作“钡餐”的物质主要成分是硫酸钡B采用催化设施，将汽车尾气中CO和NO转化为无害气体CSO2具有还原性，可用于漂白纸浆D常温下，可以用铁制容器来盛装冷的浓硫酸【考点】药物的主要成分和疗效；二氧化硫的化学性质；常见的生活环境的污染及治理；铁的化学性质 【分析】ABa2+有很强的毒性，能做钡餐的物质应该具有不溶于水和酸的性质，因为人的胃液中
25、含有盐酸；B在汽车上安装催化转化装置，其中的有害气体CO、NO转化为无害气体N2、CO2；C二氧化硫的漂白性是和有色有机物结合为不稳定的无色物质；D根据金属的钝化来分析【解答】解：A用作“钡餐”的物质主要成分是硫酸钡，它不溶于水，也不溶于酸，故A正确；B汽车尾气中的一氧化碳和一氧化氮在催化剂作用下反应生成无污染的气体二氧化碳和氮气，采用催化措施，将汽车尾气中的CO和NO转化为无害气体，故B正确；C二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，不是利用氧化性，是化合漂白，故C错误；D铁被浓硫酸氧化，表面生成一层致密的氧化膜，这种氧化膜不溶于浓硫酸，所以常温下可用铁容器盛放浓硫酸，故D正确故选C【点评】本题
26、考查钡餐、环境污染、漂白剂以及钝化等，侧重物质的性质以及应用知识的考查，注意知识的归纳和梳理是解体的关键，难度中等6设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是( )A标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.25 NAB室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH离子数目为0.1NAC氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成56g N2时，转移的电子数目为3.75NA【考点】阿伏加德罗常数 【分析】A、标况下，5.6L二氧化碳的物质的量为0.25mol，而过氧化钠与二氧
27、化碳的反应中，当有1mol二氧化碳参与反应时，反应转移1mol电子；B、氢氧化钠溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，水中氢离子是水电离的；C、燃料电池中正极发生还原反应，氢氧燃料电池中正极氧气得到电子，1mol氧气完全反应得到4mol电子；D、此反应中，当生成4mol氮气时，转移15mol电子【解答】解：A、标况下，5.6L二氧化碳的物质的量为0.25mol，而过氧化钠与二氧化碳的反应中，当有1mol二氧化碳参与反应时，反应转移1mol电子，则0.25mol二氧化碳转移0.25mol电子即0.25NA个，故A正确；B、pH=13的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，该溶液中氢离子浓度
28、为：11013mol/L，氢氧化钠溶液中的氢离子是水电离的，则水电离的氢氧根离子的物质的量为11013mol，水电离的OH离子数目为11013NA，故B错误；C、标况下22.4L气体的物质的量为1mol，氢氧燃料电池中正极氧气得到电子，1mol氧气完全反应转移了4mol电子，则电路中通过的电子数目为4NA，故C错误；D、此反应中，当生成4mol氮气时，转移15mol电子，故当生成56g氮气即2mol氮气时，转移7.5mol电子即7.5NA个，故D错误故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大7下列反应的离子方程式书写正确的是( )ANa
29、AlO2溶液中通入过量的CO2：2 AlO2+3H2O+CO22Al（OH）3+CO32B磨口玻璃试剂瓶被烧碱溶液腐蚀：SiO2+2Na+2OHNa2SiO3+H2OC向海带灰浸出液中加入稀硫酸、双氧水：2I+2H+H2O2I2+2H2ODNaHCO3溶液和少量Ba（OH）2溶液混合：HCO3+OH+Ba2+H2O+BaCO3【考点】离子方程式的书写 【分析】A二氧化碳过量，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；B硅酸钠不是沉淀，离子方程式中应该拆开；C碘离子被双氧水氧化成碘单质；D氢氧化钡少量，离子方程式按照氢氧化钡的化学式书写【解答】解：ANaAlO2溶液中通入过量的CO2，反应生成碳酸氢钠，正
30、确的离子方程式为：AlO2+2H2O+CO2Al（OH）3+HCO3，故A错误；B磨口玻璃试剂瓶被烧碱溶液腐蚀，二氧化硅与氢氧根离子反应生成硅酸根离子和水，反应的离子方程式为：SiO2+2OHSiO32+H2O，故B错误；C向海带灰浸出液中加入稀硫酸、双氧水，反应的离子方程式为：2I+2H+H2O2I2+2H2O，故C正确；DNaHCO3溶液和少量Ba（OH）2溶液混合，碳酸根离子有剩余，正确的离子方程式为：2HCO3+2OH+Ba2+2H2O+BaCO3+CO32，故D错误；故选C【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物
31、是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式等，试题培养了学生的灵活应用能力8下列离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A室温下，=1012的溶液中：Na+、AlO2、NO3、S2、SO32B能使甲基橙变红的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3、Cl、S2C室温下，由水电离的c（H+）=1010mol/L的溶液中：Cl、HCO3、NO3、NH4+、FD加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、ClO、K+、SO42【考点】离子共存问题 【分析】A室温下，=1012的溶液呈碱性；B能使甲基橙变红的溶液呈酸性，离子之间发生氧化还原反应；C室温下，由水电离的c（H+）=
32、1010mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；D加入Mg能放出H2的溶液为非氧化性酸溶液【解答】解：A室温下，=1012的溶液呈碱性，碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A正确；B能使甲基橙变红的溶液呈酸性，NO3具有强氧化性，可氧化Fe2+、S2等离子，故B错误；C室温下，由水电离的c（H+）=1010mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，无论呈酸性还是碱性，HCO3都不能大量共存，故C错误；D加入Mg能放出H2的溶液为非氧化性酸溶液，酸性条件下ClO不能大量共存，故D错误故选A【点评】本题考查离子共存问题，为高考常见题型
33、和高频考点，侧重于学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握题目要求以及常见离子的性质和反应类型的判断，答题时注意题给信息，难度不大9已知W、X、Y、Z为短周期元素，它们的原子半径依次增大，W与Z、X和Y分别同主族，Y、Z同周期Z能与X形成两种常见的离子化合物，离子个数比均为2：1下列说法错误的是( )AY、Z、X、W的原子序数依次减小BW与X可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物C由W、X、Y、Z四种元素组成的常见化合物一定显酸性DX的简单氢化物的沸点低于Y的简单氢化物的沸点【考点】原子结构与元素周期律的关系 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】W、X、Y、
34、Z为短周期元素，它们的原子半径依次增大，W与Z、X和Y分别同主族，Y、Z同周期，Z能与X形成两种常见的离子化合物，离子个数比均为2：1，则Z是Na元素、X是O元素，X和Y同一主族且为短周期元素，则Y是S元素，W和Z同一主族，且与半径最小，则X为H元素，结合选项分析解答【解答】解：W、X、Y、Z为短周期元素，它们的原子半径依次增大，W与Z、X和Y分别同主族，Y、Z同周期，Z能与X形成两种常见的离子化合物，离子个数比均为2：1，则Z是Na元素、X是O元素，X和Y同一主族且为短周期元素，则Y是S元素，W和Z同一主族，且与半径最小，则X为H元素，A通过以上分析知，Y、Z、X、W的原子序数依次减小，故A
35、正确；BX是O元素，W是H元素，W与X可形成的H2O2中既含极性共价键又含非极性共价键，故B正确；CW、X、Y、Z四种元素组成的常见化合物为NaHSO4，为强酸强碱酸式盐，其溶液显酸性，故C正确；DX的简单氢化物为H2O，Y的简单氢化物是H2S，水中含有氢键但硫化氢不含氢键，导致水的沸点高于硫化氢，故D错误；故选D【点评】本题考查了原子结构和元素周期律，根据原子结构及元素周期表确定元素，再结合元素周期律、物质结构和性质解答，注意硫酸氢钠和碳酸氢钠在水溶液里电离方式的区别，为易错点10镁、铁混合物13.4g溶解在足量的稀硝酸中，完全反应得到还原产物只有6.72L（标况下）NO，则向反应后的溶液中
36、加人足量的NaOH溶液，可生成的沉淀质量为( )A26.8gB28.7gC29.1gD29.5g【考点】有关混合物反应的计算 【分析】m（沉淀）=m（混合物）+m（OH），反应中存在：MgMg2+Mg（OH）2，FeFe3+Fe（OH）3，根据关系式可得出n（e）=n（OH），以此计算沉淀的质量【解答】解：n（NO）=0.3mol，生成0.3mol NO，转移的电子的物质的量为：n（e）=0.3mol（52）=0.9mol，反应中存在：MgMg2+Mg（OH）2，FeFe3+Fe（OH）3，则：n（e）=n（OH），所以m（沉淀）=m（混合物）+m（OH）=13.4g+0.9mol17g/mo
37、l=28.7g，故选B【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，解答本题注意从电子守恒和质量守恒的角度分析，找出电子与氢氧根离子的物质的量的关系是解答本题的关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分每小题只有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，但只要选错一个，该小题就得0分11甲、乙、丙、X是中学化学中常见的4种物质，其转化关系符合如图其中甲和X可能是( )A甲为Fe、X为Cl2B甲为S、X为O2C甲为SO2、X为NaOH溶液D甲为AlCl3溶液、X
38、为NH3H2O【考点】无机物的推断 【分析】A甲：Fe，X：Cl2，则乙为FeCl3；B甲为S，X：O2，则乙为SO2，丙为SO3；C甲为SO2，X：NaOH溶液，则乙为NaHSO3，丙为Na2SO3；D若甲为AlCl3，X是NH3H2O，则乙为氢氧化铝【解答】解：A甲为Fe，X是Cl2，则乙为FeCl3，FeCl3与Cl2不能再反应，不符合题中转化关系，故A错误；B甲为S，X：O2，则乙为SO2，丙为SO3，S与SO3不能生成SO2，不符合题中转化关系，故B错误；C甲为SO2，X：NaOH溶液，则乙为NaHSO3，丙为Na2SO3，Na2SO3与SO2反应生成NaHSO3，符合题中转化关系，
39、故C正确；D若甲为AlCl3，X是NH3H2O，则乙为氢氧化铝，氢氧化铝不能与氨水反应，所以不符合题中转化关系，故D错误；故选C【点评】本题考查无机物的推断，综合考查元素化合物性质，关键是掌握物质之间的相互转化，题目难度中等12向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色下列分析正确的是( )A上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+I2SO2B通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂C通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性D滴加KI溶液时，转移2 mol e时生成1 mol白色沉淀【考点
40、】氧化还原反应；二氧化硫的化学性质 【分析】溶液呈棕色，说明有I2生成碘元素化合价由1价升高到0价，硫酸根只有在浓硫酸中有氧化性，所以化合价能够降低的只有Cu2+，观察到产生白色沉淀，由于Cu为红色，所以Cu2+不能还原为Cu，应还原为Cu+向反应后的混合物中不断通入SO2气体，并加热，溶液逐渐变成无色，说明I2反应，发现白色沉淀显著增多，故I2与SO2反应生成I，SO2被氧为化H2SO4，白色沉淀是CuI【解答】解：CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4
41、+2HIA、2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2SO2，所以氧化性Cu2+I2SO2，故A正确；B、反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反应可知，碘元素化合价由0价降低为1价，被还原，所以I2是氧化剂，故B错误；C、向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H
42、2SO4+2HI，因为发生氧化还原反应使碘褪色，二氧化硫不表现漂白性，故C错误；D、CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，由方程式可知每转移2mol电子生成2molCuI，故D错误故选：A【点评】本题考查氧化还原反应，根据题目信息推断实验中发生的反应，素材陌生，难度较大，考查学生对氧化还原反应的利用13下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是( )选项实验操作现象结论A将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B分别加热Na2CO3和NaHCO3固体试管内壁都有水
43、珠两种物质均受热分解C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热铝不能熔化金属铝的熔点较高D将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，震荡，静置下层溶液显紫红色氧化性：Fe3+I2AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价 【分析】AFe和过量稀硝酸反应生成硝酸铁，和少量稀硝酸反应生成硝酸亚铁，铁离子和KSCN溶液生成血红色溶液，但亚铁离子和KSCN溶液不反应；B根据元素守恒知，即使碳酸钠分解也不能生成水；C氧化铝熔点高于铝熔点；D同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性【解答】解：AFe和过量稀硝酸反应生成硝酸铁，和少量稀硝酸反应生成硝酸亚铁，铁离子和KSC
44、N溶液生成血红色溶液，但亚铁离子和KSCN溶液不反应，所以过量Fe和稀硝酸反应生成硝酸亚铁，加入KSCN溶液时，溶液不呈血红色，故A错误；B根据元素守恒知，即使碳酸钠分解也不能生成水，可能是碳酸钠不干燥导致的，故B错误；CAl是亲氧元素，极易被氧气生成氧化铝，氧化铝熔点高于铝熔点，所以用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔融氧化铝将铝兜住，所以铝不滴落，故C错误；D同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，该反应中氯化铁是氧化剂、碘是氧化产物，则氧化性氧化性：Fe3+I2，故D正确；故选D【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及氧化性强弱判断、铝性质、
45、稀硝酸性质等知识点，明确物质性质是解本题关键，知道铁离子、亚铁离子检验方法及实验现象，题目难度不大14常温下，将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mL pH=14的溶液，然后用1molL1的盐酸滴定，测得生成沉淀的质量与消耗盐酸的体积关系如图所示，则下列说法正确的是( )A原合金质量为0.92gB图中V2为60C沉淀的质量m为1.56gDOP段发生的反应为：OH+H+H2O【考点】有关混合物反应的计算 【分析】钠铝合金置于水中，合金全部溶解，发生反应：2Na+2H2O2NaOH+H2、2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2+3H2，得到20mL pH=14的溶液，则溶液中c（
46、OH）=1mol/L，NaOH有剩余，剩余NaOH为0.02L1mol/L=0.01mol；开始加入盐酸没有立即产生沉淀，首先发生反应：NaOH+HClNaCl+H2O，该阶段消耗盐酸为=0.02L=20mL；然后发生反应：NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al（OH）3，生成氢氧化铝沉淀，40mL时沉淀达最大值，此时溶液中溶质为NaCl，由钠元素守恒可知n（Na）=n（NaCl），该阶段消耗盐酸体积为40mL20mL=20mL，根据方程式计算nAl（OH）3，根据铝元素守恒n（Al）=nAl（OH）3；最后发生反应：Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O，根据氢氧化铝的物质的量计算
47、该阶段消耗盐酸的体积，A根据m=nM计算Na、Al合金的质量；B溶解氢氧化铝消耗的盐酸体积与40mL之和为V2的值C根据氢氧化铝的物质的量，根据m=nM计算氢氧化铝的质量；DOP段发生反应：NaOH+HClNaCl+H2O【解答】解：钠铝合金置于水中，合金全部溶解，发生反应：2Na+2H2O2NaOH+H2、2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2+3H2，得到20mL pH=14的溶液，则溶液中c（OH）=1mol/L，NaOH有剩余，剩余NaOH为0.02L1mol/L=0.01mol；开始加入盐酸没有立即产生沉淀，首先发生反应：NaOH+HClNaCl+H2O，该阶段消耗盐酸为=0.0
48、2L=20mL；然后发生反应：NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al（OH）3，生成氢氧化铝沉淀，40mL时沉淀达最大值，此时溶液中溶质为NaCl，由钠元素守恒可知n（Na）=n（NaCl）=0.04L1mol/L=0.04mol，该阶段消耗盐酸体积为40mL20mL=20mL，根据方程式可知nAl（OH）3=n（HCl）=0.02L1mol/L=0.02mol，根据铝元素守恒n（Al）=nAl（OH）3=0.02mol，最后发生反应：Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O，消耗盐酸的物质的量为0.02mol3=0.06mol，故该阶段消耗的盐酸体积为=0.06L=60mL，A由上述
49、分析可知，Na、Al合金的质量为0.04mol23g/mol+0.02mol27g/mol=1.46g，故A错误；B由上述计算可知，溶解氢氧化铝消耗盐酸的体积为60mL，则V2为40mL+60mL=100mL，故B错误；C由上述计算可知，生成沉淀为0.02mol，其质量为0.02mol78g/mol=1.56g，故C正确；DOP段发生反应：NaOH+HClNaCl+H2O，离子方程式为：OH+H+H2O，故D正确；故选CD【点评】本题考查混合物的有关计算，明确发生的化学反应及反应与图象的对应关系是解答本题的关键，注意利用元素守恒的方法来解答，难度较大15用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示
50、意图如图下列有关说法不正确的是( )A制取玻璃和粗硅的同时均产生CO2气体B生产高纯硅、铝、铜及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应C粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次蒸馏的方法D黄铜矿冶炼铜时产生的SO2可用于生产硫酸，FeO可用作冶炼铁的原料【考点】金属冶炼的一般原理；三废处理与环境保护 【分析】A石灰石、纯碱和二氧化硅在高温下反应生成二氧化碳气体，石英和碳在高温下反应生成硅和一氧化碳；B生产玻璃涉及到的反应有SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2和SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2；C制备硅的过程中，利用沸点不同进行分馏，将SiCl4从杂质中提取出来，再与H2发生置换反应得到高纯
51、硅；DSO2可以转化成SO3，进而生成H2SO4；FeO与CO在高温下可生成Fe【解答】解：A石灰石、纯碱和二氧化硅在高温下反应生成二氧化碳气体，石英和碳在高温下反应生成硅和一氧化碳，故A错误；B生产玻璃涉及到的反应有SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2和SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故B错误；C制备硅的过程中，利用沸点不同进行分馏，将SiCl4从杂质中提取出来，再与H2发生置换反应得到高纯硅，故C正确；DSO2可以转化成SO3，进而生成H2SO4；FeO与CO在高温下可生成Fe，故D正确故选AB【点评】本题综合考查元素化合物知识，
52、为高频考点，侧重于金属的冶炼的考查，注意把握物质的性质以及反应原理，难度不大三、非选择题（共80分）16位于短周期的四种主族元素A、B、C、D原子序数依次增大，已知A、C位于同一主族，A在周期表中原子半径最小B、D的最外层电子数相等，且B、D的原子序数之和为A、C原子序数之和的两倍根据你的推断回答下列问题：（1）写出由上述元素形成的具有漂白作用的四种物质的化学式SO2，H2O2，Na2O2，O3（2）C与D形成D的最低价化合物的电子式：；（3）仅由B、C、D三种元素形成的一种盐，溶于水后呈碱性，请用一个离子方程式表示其呈碱性的原因：SO32+H2OHSO3+OH【考点】位置结构性质的相互关系应
53、用 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】短周期的四种元素A、B、C、D，它们的原子序数依次增大，A在周期表中原子半径最小，则A为氢元素，A、C位于同一主族，则C为钠元素，B、D的最外层电子数相等，即为同主族元素，且B、D的原子序数之和为A、C原子序数之和的两倍，则B为氧元素，D为硫元素，据此答题【解答】解：短周期的四种元素A、B、C、D，它们的原子序数依次增大，A在周期表中原子半径最小，则A为氢元素，A、C位于同一主族，则C为钠元素，B、D的最外层电子数相等，即为同主族元素，且B、D的原子序数之和为A、C原子序数之和的两倍，则B为氧元素，D为硫元素，（1）在H、O、Na、S四种元素中，能
54、形成漂白作用的物质有：SO2、H2O2、Na2O2、O3等，故答案为：SO2、H2O2、Na2O2、O3；（2）C与D形成D的最低价化合物为Na2S，它的电子式为，故答案为：；（3）由B、C、D三种元素形成的一种盐，溶于水后溶液显碱性，则该盐为亚硫酸钠，其水解使溶液呈碱性，有关离子方程式为：SO32+H2OHSO3+OH，故答案为：SO32+H2OHSO3+OH；【点评】本题主要考查了元素化合物知识、盐类水解等知识，难度不大，元素的推断是解题的关键17（14分）我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出了突出贡献他以NaCl、NH3、CO2等为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱
55、有关反应的化学方程式为：NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O回答下列问题：（1）氨气、二氧化碳与饱和食盐水反应，能析出碳酸氢钠晶体的原因是c（填字母标号）a碳酸氢钠难溶于水 b碳酸氢钠受热易分解c碳酸氢钠的溶解度相对较小，所以在溶液中首先结晶析出（2）某探究活动小组根据上述制碱原理，进行碳酸氢钠的制备实验，同学们按各自设计的方案实验一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）试回答下列有关问题：（）乙装置中的试剂是饱和碳酸氢钠溶液；（）丁装置中稀硫酸的作用是吸收未反应的
56、NH3；（）实验结束后，分离出NaHCO3 晶体的操作是过滤（填分离操作的名称）另一位同学用图中戊装置（其它装置未画出）进行实验（）实验时，须先从a管通入NH3 气体，再从b管中通入CO2气体；（）有同学建议在戊装置的b管下端连接己装置，理由是增大气体与溶液接触面积，提高CO2吸收率【考点】制备实验方案的设计；纯碱工业（侯氏制碱法） 【分析】工业上侯氏制碱法是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，由于氨气在水中的溶解度大，所以先通入氨气，通入足量的氨气后再通入二氧化碳，生成了碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度较小，所以溶液中有碳酸氢钠晶体析出，将碳酸氢钠晶体加热后得纯碱碳酸钠，（1）依据题干中信息碳酸
57、氢钠溶解度相对较小分析，所以在饱和食盐不通入氨气和二氧化碳后，碳酸氢钠晶体会析出；（2）（I）盐酸是易挥发性酸，在制取二氧化碳时常会含有氯化氢气体，要除去氯化氢可以用饱和碳酸氢钠溶液，盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，且二氧化碳在碳酸氢钠溶液中溶解度很小，据此答题；（II）实验过程中氨气可能有剩余，稀硫酸能吸收氨气；（III）分离固体与液体采用过滤的方法；（I）根据氨气易溶于水，从制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水分析解答；（II）根据图可知，装置改动后反应物的接触面积变大，提高了二氧化碳的吸收率【解答】解：工业上侯氏制碱法是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，由于氨气在水中的溶解度大，所以先
58、通入氨气，通入足量的氨气后再通入二氧化碳，生成了碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度较小，所以溶液中有碳酸氢钠晶体析出，将碳酸氢钠晶体加热后得纯碱碳酸钠，（1）a碳酸氢钠易溶于水，故错误；b碳酸氢钠受热易分解，与其在溶液中首先结晶析出无关，故错误；c碳酸氢钠的溶解度相对于氯化铵来说碳酸氢钠的溶解度更小一些，所以在溶液中首先结晶析出，故正确；故选c；（2）（I）利用盐酸制取二氧化碳时，因盐酸易挥发，所以，二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐酸反应不与二氧化碳反应，所以通过碳酸氢钠的溶液是可以除掉二氧化碳气体中的氯化氢气体，故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；（II）实验过程中氨气可能有剩余，而稀硫酸能
59、与氨气反应，所以稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3，故答案为：吸收未反应的NH3；（III）分离出NaHCO3晶体的操作是分离固体与液体，常采用的实验操作是过滤操作，故答案为：过滤；（I）制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水，氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以应先通入氨气，所以a端通入，从而保证了从b通入二氧化碳时，二氧化碳被充分反应，故答案为：a；NH3；b；CO2；（II）装置改动后反应物的二氧化碳与溶液的接触面积变大，提高了二氧化碳的吸收率，故答案为：增大气体与溶液接触面积，提高CO2吸收率【点评】本题主要考查“侯氏制碱法”的反应原理、设计制备实验的设计，侧重于学生的分析能力、实验能
60、力和计算能力的考查，注意把握实验原理以及物质的性质，难度中等题18（16分）某课外活动小组设计了以下实验验证Ag与浓硝酸反应的过程中可能产生NO其实验流程图如图1，2：（1）测定硝酸的物质的量反应结束后，从如图3装置B中所得100mL溶液中取出25.00mL溶液，用0.1molL1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，滴定前后的滴定管中液面的位置如上图所示在B容器中生成硝酸的物质的量为0.008 mol，则Ag与浓硝酸反应过程中生成的NO2在标准状况下的体积为268.8mL（2）测定NO的体积从如图3所示的装置中，你认为应选用A装置进行Ag与浓硝酸反应实验，选用的理由是因为A装置可以通N2将装置
61、中的空气排尽，防止NO被空气中的O2氧化选用如图3所示仪器组合一套可用来测定生成NO体积的装置，其合理的连接顺序是123547（填各导管口编号）在测定NO的体积时，若量筒中水的液面比集气瓶的液面要低，此时应将量筒的位置升高（填“下降”或“升高”），以保证量筒中的液面与集气瓶中的液面持平（3）气体成分分析若实验测得NO的体积为112.0mL（已折算到标准状况），则Ag与浓硝酸反应的过程中有（填“有”或“没有”）NO产生，作此判断的依据是因为NO2与水反应生成的NO的体积小于收集到的NO的体积（89.6112.0）【考点】性质实验方案的设计 【专题】实验设计题【分析】（1）B容器中是二氧化氮和水反
62、应生成硝酸和一氧化氮；100mL溶液中取出25.00mL溶液，用0.1molL1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，终点时，消耗氢氧化钠溶液的体积为20.4ml0.4ml=20ml；所以生成硝酸25.00mL溶液中含有0.02L0.1mol/L=0.002mol，则B容器中生成硝酸的物质的量为0.008mol；由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知金属反应生成二氧化氮物质的量为0.012mol，根据V=nVm计算NO2在标准状况下的体积；（2）一氧化氮气体易被氧气氧化生成二氧化氮对验证产生干扰；选用图所示仪器组合一套可用来测定生成NO体积的装置，用水吸收生成的二氧化氮气体，可以用排水量气法测
63、定一氧化氮气体的体积；依据量筒读取液体体积时需要和集气瓶液面相平，温度在常温下；（3）若实验测得NO的体积为112.0mL（已折算到标准状况），结合二氧化氮反应生成的一氧化氮气体体积减小比较判断【解答】解：（1）B容器中是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；100mL溶液中取出25.00mL溶液，用0.1molL1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，终点时，消耗氢氧化钠溶液的体积为20.4ml0.4ml=20ml，所以生成硝酸25.00mL溶液中含有0.02L0.1mol/L=0.002mol，则B容器中生成硝酸的物质的量为0.008mol，由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知金属与硝酸反
64、应生成二氧化氮物质的量为0.012mol，则Ag与浓硝酸反应过程中生成的NO2在标准状况下的体积V=nVm=0.012mol22.4L/mol=268.8mL，故答案为：0.008；268.8；（2）一氧化氮气体易被氧气氧化生成二氧化氮对验证产生干扰，AD相比A装置利用氮气可以把装置中的空气排净；故答案为：A；因为A装置可以通入N2将装置中的空气排尽，防止NO被空气中O2氧化；用A进行铜和浓硝酸的反应，用水吸收生成的二氧化氮气体，导气管长进短出，可以用排水量气法测定一氧化氮气体的体积，排水集气瓶导气管应短进长出，连接顺序为：123547，故答案为：123547；读数之前应保持内外压强相同，恢复
65、到室温下读取量筒中液体的体积，若量筒中水的液面比集气瓶的液面要低，此时应将量筒的位置升高，以保证量筒中的液面与集气瓶中的液面持平，故答案为：升高；（3）实验测得NO的体积为112.0mL（已折算到标准状况），依据上述计算得到Cu和浓硝酸生成二氧化氮气体物质的量为0.012mol，依据3NO2+H2O=2HNO3+NO可知一氧化氮气体物质的量为0.004mol，标准状况下体积为0.00422.4L/mol=0.0896L=89.6ml112.0L可知Cu和硝酸反应生成一氧化氮气体，故答案为：有；因为NO2与水反应生成的NO的体积小于收集到的NO的体积（89.6112.0）【点评】本题考查性质实验
66、方案的设计，为高频考点，把握物质的性质、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析能力、实验能力及计算能力的综合考查，题目难度中等19（14分）金刚石、SiC具有优良的耐磨、耐腐蚀特性，应用广泛（1）碳与短周期元素Q的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一种化合物R为非极性分子碳元素在周期表中的位置是第二周期第A族，Q是O，R的电子式为；（2）一定条件下，Na还原CCl4可制备金刚石，反应结束冷却至室温后，回收其中的CCl4的实验操作名称为过滤，除去粗产品中少量钠的试剂为水（或乙醇）；（3）碳还原SiO2制SiC，其粗产品中杂质为Si和SiO2现将20.0g SiC粗产品加入到过量的NaOH溶液
67、中充分反应，收集到0.1mol氢气，生成氢气的离子方程式为Si+2OH+H2OSiO32+2H2，将滤液稀释到1L，若所得Na2SiO3的物质的量浓度为0.17molL1，则SiC的纯度为57%；（4）下列叙述正确的有（填序号）Na还原CCl4的反应、Cl2与H2O的反应均是置换反应Na2SiO3溶液与SO3的反应可用于推断Si与S的非金属性强弱钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物中阴阳离子数目比均为1：2水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同【考点】位置结构性质的相互关系应用；硅和二氧化硅；钠的化学性质 【分析】（1）碳与短周期元素Q的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一种化合物R
68、为非极性分子，则Q是O2、R是CO2，在二氧化碳分子中每个O原子和C原子之间能形成两对共用电子对；（2）将不溶性固体和液体分离通常采用的方法是过滤；Na可以与水（或乙醇）发生反应，金刚石不可以；（3）Si与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠与氢气；根据n=cV计算Na2SiO3的物质的量，硅酸钠原与Si、二氧化硅与氢氧化钠反应得到，根据Si元素守恒计算二氧化硅物质的量，根据m=nM计算Si、二氧化硅的质量，进而计算SiC的质量，可以计算SiC的纯度；（4）Na还原CCl4的反应属于置换反应，但Cl2与H2O反应生成HCl和HClO；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；钠、锂分别在
69、空气中燃烧，生成的氧化物分别为Na2O2、Li2O二氧化硅属于原子晶体，而干冰属于分子晶体【解答】解：（1）碳元素在周期表中的位置是：第二周期第A族，由题给信息“碳与Q的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一种化合物R为非极性分子”可推知Q为氧，非极性分子R为CO2，CO2的电子式为，故答案为：第二周期第A族；O；（2）金刚石是不溶于CCl4的固体，CCl4是液体，将不溶性固体和液体分离通常采用的方法是过滤；由于Na可以与水（或乙醇）发生反应，而金刚石不与水（或乙醇）反应，所以除去粗产品中少量的钠可用水（或乙醇），故答案为：过滤；水（或乙醇）；（3）硅与NaOH反应的化学方程式Si+2Na
70、OH+H2ONa2SiO3+2H2，其离子方程式为：Si+2OH+H2OSiO32+2H2，反应生成0.1mol氢气，则生成硅酸钠为0.1mol=0.05mol，溶液中硅酸盐的物质的量为0.17molL11L=0.17mol，硅酸钠原与Si、二氧化硅与氢氧化钠反应得到，根据Si元素守恒，二氧化硅物质的量为0.17mol0.05mol=0.12mol，则产品中Si与SiO2的总质量=0.05mol28g/mol+0.12mol60g/mol=8.6g，故SiC的质量为20.0g8.6g=11.4g，则SiC的纯度为100%=57%，故答案为：Si+2OH+H2OSiO32+2H2；57%；（4）
71、Na还原CCl4的反应属于置换反应，但Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，不是置换反应，故错误；Na2SiO3溶液与SO3的反应，说明酸性H2SiO3比H2SO4弱，则可用于推断Si与S的非金属性强弱，故正确；钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物分别为Na2O2、Li2O，阴阳离子数目比均为1：2，故正确；二氧化硅属于原子晶体，而干冰属于分子晶体，熔化时克服粒子间作用力的类型不相同，故错误故选：【点评】本题综合元素化合物知识，题目难度中等，注意从质量守恒的角度结合反应的化学方程式计算，难度中等20某化学活动小组设计如图所示（部分夹持装置已略去）实验装置，以探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应
72、得到的固体物质（1）写出装置A中发生反应的化学方程式：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O（2）写出试剂Y的名称：饱和食盐水（或饱和氯化钠溶液）（3）已知：通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体，其为含氯氧化物可以确定的是C中含有的氯盐只有一种，且含有NaHCO3，现对C成分进行猜想和探究提出合理假设假设一：存在两种成分：NaHCO3和NaCl；假设二：存在三种成分：NaHCO3和NaCl、Na2CO3设计方案，进行实验请写出实验步骤以及预期现象和结论（可不填满）限选实验试剂和仪器：蒸馏水、稀硝酸、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、试管、小烧杯实验步
73、骤预期现象和结论步骤1：取C中的少量固体样品于试管中，滴加足量蒸馏水至固体溶解，然后将所得溶液分别置于A、B试管中无明显现象步骤2：向A试管中滴加BaCl2溶液a若无明显现象，证明固体中不含Na2CO3b若溶液变浑浊，证明固体中含Na2CO3步骤3：向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl（4）已知C中有0.1mol Cl2参加反应若假设一成立，可推知C中反应的化学方程式为2Cl2+H2O+2Na2CO32NaHCO3+2NaCl+Cl2O【考点】氯气的化学性质；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）实验室制备氯气
74、是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水；（2）依据装置分析，进入C之前需要吸收氯化氢气体，需要用饱和食盐水吸收；（3）在装置C中通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体（含氯氧化物）C中含氯元素的盐只有一种，且含有NaHCO3假设存在两种成分，为NaHCO3和NaCl；假设存在三种成分，应还有未完全反应的Na2CO3，即是NaHCO3、NaCl和Na2CO3步骤2中向A试管中滴加适量BaCl2溶液，是检验产物中是否有Na2CO3，回答该小题时要结合最后的结论，a应为证明固体中不含Na2CO3，b应为证明固体中含Na2CO3，不能颠倒步骤3应是检验氯离子，应向B试管中滴加
75、过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl；（4）依据氧化还原反应电子守恒计算判断氯元素化合价写出化合物化学式，依据反应物和生成物配平书写化学方程式【解答】解：（1）实验室制备氯气，结合装置分析可知是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，反应的化学方程式为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O；故答案为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O；（2）实验制备氯气中含有氯化氢气体，需要用饱和食盐水除去；故答案为：饱和食盐水（或饱和氯化钠溶液）；（3）在装置C中通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体（含氯氧化物）C中含氯
76、元素的盐只有一种，且含有NaHCO3假设存在两种成分，为NaHCO3和NaCl；假设存在三种成分，应还有未完全反应的Na2CO3，即是NaHCO3、NaCl和Na2CO3步骤2中向A试管中滴加适量BaCl2溶液，是检验产物中是否有Na2CO3，回答该小题时要结合最后的结论，a应为证明固体中不含Na2CO3，b应为证明固体中含Na2CO3，不能颠倒步骤3应是检验氯离子，应向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl；假设一：存在NaHCO3和NaCl；假设二：存在NaHCO3和NaCl、Na2CO3；实验步骤预期现象和结论步骤1：取C中的少量固体样品于试
77、管中，滴加足量蒸馏水至固体溶解，然后将所得溶液分别置于A、B试管中无明显现象步骤2：向A试管中滴加BaCl2溶液a若无明显现象，证明固体中不含Na2CO3b若溶液变浑浊，证明固体中含Na2CO3步骤3：向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl故答案为：NaCl；NaCl、Na2CO3；实验步骤预期现象和结论步骤1：取C中的少量固体样品于试管中，滴加足量蒸馏水至固体溶解，然后将所得溶液分别置于A、B试管中无明显现象步骤2：向A试管中滴加BaCl2溶液a若无明显现象，证明固体中不含Na2CO3b若溶液变浑浊，证明固体中含Na2CO3步骤3：向B试管中滴加
78、过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl（4）C中有0.1mol Cl2参加反应装置C中通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体，若假设一成立，反应为Cl2+Na2CO3NaHCO3+NaCl+X，依据氧化还原反应电子守恒计算判断氯元素化合价为+1价：可推知C中反应生成的含氯氧化物为Cl2O；反应的化学方程式为：2Cl2+H2O+2Na2CO32NaHCO3+2NaCl+Cl2O故答案为：2Cl2+H2O+2Na2CO32NaHCO3+2NaCl+Cl2O【点评】本题考查了物质性质验证的实验设计，步骤分析判断，现象分析理解，掌握物质性质和实验设计方
79、法是解题关键，题目难度中等21为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣（铁主要以Fe2O3存在）转变成重要的化工原料FeSO4（反应条件略）活化硫铁矿还原Fe3+的主要反应为：FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O15FeSO4+8H2SO4，不考虑其他反应请回答下列问题：（1）第步H2SO4与Fe2O3反应的离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O（2）检验第步中Fe3+是否完全还原，应选择C（填字母编号）AKMnO4溶液 B淀粉KI溶液 CKSCN溶液（3）第步加FeCO3调溶液pH到5.8左右，然后在第步通入空气使溶液pH降到5.2，此
80、时Fe2+不沉淀，滤液中铝、硅杂质除尽通入空气引起溶液pH降低的原因是氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，Fe3+离子水解生成H+（4）FeSO4在一定条件下可制得FeS2（二硫化亚铁）纳米材料该材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为4Li+FeS2=Fe+2Li2S，正极反应式是FeS2+4e=Fe+2S2（5）FeSO4可转化为FeCO3，FeCO3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料已知25，101kPa时：4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）H=1648kJ/mol；C（s）+O2（g）=CO2（g）H=392kJ/mol；2Fe（s）+2C（s）+3O2（g
81、）=2FeCO3（s）H=1480kJ/molFeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式是4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）H=260kJ/mol（6）假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3，其含量为p将b kg质量分数为c的硫酸加入到a kg烧渣中浸取，铁的浸取率为q，其他杂质浸出消耗的硫酸以及调pH后溶液呈微酸性所残留的硫酸忽略不计按上述流程，第步应加入FeCO3 kg【考点】制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算 【分析】硫铁矿烧渣用硫酸浸取，过滤后滤液中含有硫酸铁、未反应的硫酸，用活化硫铁矿还原Fe3+后过滤，向滤液中加入FeCO3调节溶液pH，
82、过滤后在通入空气、调节溶液pH，除去溶液中杂质离子，过滤浓缩结晶得到FeSO4晶体（1）H2SO4与Fe2O3反应生成硫酸铁与水；（2）用KSCN 溶液检验第步中Fe3+是否完全还原；（3）氧气可以讲亚铁离子氧化为铁离子，铁离子水解使溶液pH降低；（4）电池放电时的总反应为：4Li+FeS2Fe+2Li2S，正极发生还原反应，FeS2获得电子生成Fe、S2；（5）发生反应：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，构造目标热化学方程式；（6）第步应加入FeCO3后，浸取时加入的硫酸、活化硫铁矿还原Fe3+时生成的硫酸完全转化为FeSO4，
83、根据FeS27Fe2（S04）37Fe2O3计算参加反应的FeS2的物质的量，根据硫元素守恒计算n总（FeSO4），由Fe元素守恒计算n（FeCO3），再根据m=nM计算其质量【解答】解：硫铁矿烧渣用硫酸浸取，过滤后滤液中含有硫酸铁、未反应的硫酸，用活化硫铁矿还原Fe3+后过滤，向滤液中加入FeCO3调节溶液pH，过滤后在通入空气、调节溶液pH，除去溶液中杂质离子，过滤浓缩结晶得到FeSO4晶体（1）H2SO4与Fe2O3反应生成硫酸铁与水，反应离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；（2）KMnO4溶液、K3Fe（CN）6溶液可
84、以检验有Fe2+生成，取第步反应中溶液少许与试管中，滴加KSCN 溶液，若溶液不变红色，说明Fe3+完全被还原，故答案为：C；（3）氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，Fe3+离子水解生成H+，使溶液pH降低，故答案为：氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，Fe3+离子水解生成H+；（4）电池放电时的总反应为：4Li+FeS2Fe+2Li2S，正极发生还原反应，FeS2获得电子生成Fe、S2，正极电极反应式为：FeS2+4e=Fe+2S2，故答案为：FeS2+4e=Fe+2S2；（5）发生反应：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，已知：4Fe（s）+3O2（g）2Fe2O3（s
85、）H=1648kJ/molC（s）+O2（g）CO2（g）H=393kJ/mol2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）2FeCO3（s）H=1480kJ/mol根据盖斯定律，2+可得4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g），故H=1648kJ/mol2（1480kJ/mol）+4（393kJ/mol）=260kJ/mol，故反应热化学方程式为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）H=260kJ/mol，故答案为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）H=260kJ/mol；（6）Fe2O3含量为50%，ckg烧
86、渣中，Fe2O3质量为50%ckg，铁的浸取率为96%，侧参加反应的Fe2O3质量为50%ckg96%，其物质的量为（50%c10396%）g160g/mol=3c mol，akg质量分数为b%的硫酸中m（H2SO4）=b%akg，其物质的量为（b%a103）g98g/mol=mol，第步应加入FeCO3后，浸取时加入的硫酸、活化硫铁矿还原Fe3+时生成的硫酸完全转化为FeSO4，根据FeS27Fe2（S04）37Fe2O3，可知参加反应的FeS2的物质的量3c mol，根据硫元素守恒计算n总（FeSO4）=3c mol2+mol，由Fe元素守恒n（FeCO3）=n总（FeSO4）n（FeS2）2n（Fe2O3）=3c mol2+mol3c mol23c mol=molmol，故m（FeCO3）=（） mol116g/mol=kg，即为kg，故答案为：【点评】本题以化学工艺流程为载体，考查离子方程式书写、离子检验、热化学方程式书写、电极反应式、化学计算等，需要学生熟练掌握元素化合物知识，（6）中计算为易错点、难点，注意利用守恒法计算，避免计算繁琐，较好的考查学生分析计算能力