1、2014-2015学年甘肃省定西市陇西一中高三（上）第二次月考化学试卷一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分） 1（2分）下列叙述正确的是（）A同种元素的原子均具有相同的质子数和中子数B不同元素的原子构成的分子只含极性键C第三周期中的非金属元素的气态氢化物还原性越强，对应元素的最高价含氧酸酸性越弱D第A族和第A族元素从上到下随原子序数递增，单质的沸点均逐渐升高 2（2分）用如图所示装置进行下列实验，能达到实验目的是（）A瓶中盛有适量浓H2SO4，从A口进气来干燥NH3B从B口进气，用排空气法收集CO2C瓶中盛满水，从B口进气，用排水法收集NO2D瓶中装满水，A口连接导管并伸入量筒中，从
2、B口进气，用排水法测量生成H2的体积 3（2分）N0为阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是（）A1.0L1.0mo1L1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N0B12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5N0C25时pH=13的NaOH溶液中含有OH一的数目为0.1 N0D1mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9 N0 4（2分）下列有关物质的性质与应用相对应的是（）A氢氟酸具有酸性，可用于雕刻玻璃BNa2O2具有强氧化性，可用作自来水的消毒剂C氯化铁溶液能氧化铜单质，可用于制作印刷电路板DSO2具有漂白性，可使酸性高锰酸钾溶液褪色 5（2分）能正确表示下列反应的离子方
3、程式是（）AFe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OB等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2 和 HC1 溶液混合：Mg2+2OH=Mg（OH）2C将过量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+ClO+H2O=HClO+HSO3D将0.2 molL1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3 molL1的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3+3SO+3Ba2+6OH=2Al（OH）3+3BaSO4 6（2分）下列有关物质性质的描述和该性质的应用均正确的是（）A氨气具有氧化性，用浓氨水检验氯气管道是否泄漏B金属镁着火可用干粉灭火器灭火，也可用泡沫灭火器灭火C二
4、氧化硫具有还原性，用二氧化硫水溶液吸收溴蒸气D铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸 7（2分）（2013宿迁一模）下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B用图2所示装置可除去NO2中的NOC用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液D用图4装置制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色 8（2分）（2013马鞍山三模）将NaOH溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中（忽略溶液体积的变化），下列各示意图表示的混合溶液有关量的变化趋势正确的是（）ABCD 9（2分）将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀
5、生成，X、Y不可能是（）选项XYASO2H2SBCl2CO2CNH3CO2DSO2Cl2AABBCCDD 10（2分）在下列溶液中，能大量共存的一组离子是（）ApH=1的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、ClB通入过量SO2气体的溶液中：Fe3+、NO3、Ba2+、H+Cc（Al3+）=0.1 mol/L的溶液中：Na+、K+、AlO2、SO42D由水电离出的c（H+）=11013 mol/L的溶液中：Na+、HCO3、Cl、Br 11（2分）（2013洛阳模拟）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）NaAlO2（aq）AlCl3AlNH3NOHNO3NaCl（饱和）NaHCO3Na2C
6、O3FeS2SO3H2SO4ABCD 12（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液下列说法不正确的是（）A离子半径的大小顺序为WQZXYB元素X的气态氢化物与Q的单质可发生置换反应C元素X与Y可以形成5种以上的化合物D元素Z、W、Q的单质在一定条件下均能和强碱溶液反应 13（2分）A、B、C、X均为中学化学常见物质，一定条件下它们有如图所示转化关系（其它产物已略去），下列说法错误的是（）A若X为O2，则A可为硫化氢B若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3C若X为Fe，
7、则C可能为Fe（NO3）2D若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X可能为Na 14（2分）W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，由此可知（） WXYZAX、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是YBZ元素氧化物对应水化物的酸性一定强于YCX元素形成的单核阴离子还原性强于YDZ元素单质在化学反应中只表现氧化性 15（2分）硫酸铵在强热条件下分解：4（NH4）2SO4=6NH3+N2+3SO2+SO3+7H2O若将生成的气体通入氯化钡溶液中，得到的沉淀物是（）ABaSO3和BaSO4BBaSCBaSO3DBaSO4 16
8、（2分）（2013上海）某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀由此可知原溶液中（）A至少存在5种离子BCl一定存在，且c（Cl）0.4mol/LCSO42、NH4+、一定存在，Cl可能不存在DCO32、Al3+一定不存在，K+可能存在 17（2分）已知下列反应：Co2O3+6HCl（浓）2CoCl2+Cl2+3H2O（）；5Cl2+I2+6H2O10HCl+2HIO3（
9、）下列说法正确的是（）A还原性：CoCl2HClI2B氧化性：Co2O3Cl2HIO3C反应中HCl是氧化剂D反应中Cl2发生氧化反应 18（2分）已知在25时：2C（s）+O2（g）=2CO（g）H1=222kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H2=484kJ/molC（s）+O2（g）=CO2（g）H3=394kJ/mol则25时，CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）的反应热H4为（）A82kJ/molB41kJ/molC312kJ/molD+82kJ/mol 19（2分）（2013四川）1.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数
10、为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法不正确的是（）A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LCNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL 20（2分）向Fe2O3和铁粉组成的混合物中，加入量的稀H2SO4，各物质恰好完全反应，测得溶液中不含Fe3+，且Fe2+与H2的物质的量之比为4：1，那么在反应中，Fe2O3、Fe、H2SO4的
11、物质的量之比为（）A1：1：1B1：2：4C1：2：3D2：3：5二、解答题（共5小题，满分60分） 21（15分）X、Y和Z均为短周期元素，原子序数依次增大，X的单质为密度最小的气体，Y原子最外层电子数是其周期数的三倍，Z与X原子最外层电子数相同回答下列问题：（1）X、Y的元素名称分别为_、_（2）由上述元素组成的化合物中，既含有共价键又含有离子键的有_、_（3）X和Y组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是_此化合物可以将碱性工业废水中的CN氧化为碳酸盐和氨，相应的离子方程式为_ 22（15分）FeBr2是一种黄绿色鳞片状的固体，某研究性学习小组为了探究它的还原性，进行了如下
12、实验：I实验需要90mL 0.1mol/L FeBr2溶液（1）配制FeBr2溶液除烧杯、量筒、胶头滴管外还需的玻璃仪器是_、_（2）下列有关配制过程中说法错误的是_（填序号）a用电子天平称量质量为1.944g的FeBr2b将称量的FeBr2放入容量瓶中，加90nL蒸馏水溶解c洗涤溶解FeBr2的烧杯，并将洗涤液转移至容量瓶中d容量瓶贴签存放配好的FeBr2溶液e定容时，仰视容量瓶刻度线会使配制的FeBr2溶液浓度偏高II探究FeBr2的还原性取10mL上述FeBr2溶液，向其中滴加少量新制的氯水，振荡后溶液呈黄色某同学对产生黄色的原因提出了假设：假设1：Br被C12氧化成Br2溶解在溶液中；
13、 假设2：Fe2+被C12氧化成Fe3+（1）请你完成表格，验证假设：实验步骤、预期现象结论溶液中加入适量四氯化碳假设1正确向溶液中加入假设2正确若假设1正确，从实验中分离出Br2的实验操作名称是_；（2）实验证明：还原性Fe2+Br，请用一个离子方程式来证明：_；（3）若在50mL上述FeBr2溶液中通入5103molCl2，反应的离子方程式为_ 23（7分）某无色废水中可能含有H+、NH4+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Na+、NO3、CO32、SO42中的几种，为分析其成分，分别取废水样品100mL，进行了三组实验，其操作和有关图象如图所示：请回答下列问题：（1）根据上述3组实验可以分
14、析废水中一定不存在的离子有：_（2）写出实验图象中沉淀溶解阶段发生的离子反应方程式：_（3）分析图象，在原溶液中c（NH4+）与c（Al3+）的比值为_NO3是否存在？_填（“存在”“不存在”或“不确定”） 24（8分）现有A、B、C、D、E五种可溶性强电解质，它们在水中可电离产生下列离子（各种离子不重复）阳离子H+、Na+、A13+、Ag+、Ba2+阴离子OH、C1、CO32、NO3、SO4已知：A、B两溶液呈碱性；C、D、E溶液呈酸性；A溶液与E溶液反应既有气体又有沉淀产生；A溶液与C溶液反应只有气体产生；D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀；C只能与D反应产生沉淀；上述沉淀包括难溶物和微
15、溶物试回答下列问题：（1）A溶液呈碱性的原因是_（用一个离子方程式表示）（2）D溶液是_溶液，E溶液是_溶液（均写化学式）（3）写出A溶液与E溶液反应的离子方程式：_ 25（15分）高锰酸钾是一种典型的强氧化剂完成下列填空：在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：MnO4+Cu2S+H+Cu2+SO2+Mn2+H2O（未配平）MnO4+CuS+H+Cu2+SO2+Mn2+H2O（未配平）（1）下列关于反应的说法中错误的是_（填字母序号）a被氧化的元素是Cu和Sb氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5c生成2.24L（标况下）SO2，转移电子的物质的量是0.8mold
16、还原性的强弱关系是：Mn2+Cu2S（2）标出反应配平后2种反应物前面的系数：_MnO4+_CuS+：在稀硫酸中，MnO4和H2O2也能发生氧化还原反应氧化反应：H2O22e2H+O2还原反应：MnO4+8H+5eMn2+4H2O（3）反应中若有0.5mol H2O2参加此反应，转移电子的个数为_（4）已知：2KMnO4+7H2O2+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+6O2+10H2O，则被1mol KMnO4氧化的H2O2是_mol：实验室可由软锰矿（主要成分为MnO2）制备KMnO4，方法如下：高温下使软锰矿与过量KOH（s）和KClO3（s）反应，生成K2MnO4（锰酸钾）和KCl；
17、用水溶解，滤去残渣；酸化滤液，K2MnO4转化为MnO2和KMnO4；再滤去沉淀MnO2，浓缩结晶得到KMnO4晶体请回答：（5）用软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是：_（6）K2MnO4转化为KMnO4的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_KMnO4、K2MnO4和MnO2的氧化性由强到弱的顺序是_（用“”“”或“=”表示）2014-2015学年甘肃省定西市陇西一中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）1（2分）下列叙述正确的是（）A同种元素的原子均具有相同的质子数和中子数B不同元素的原子构成的分子只含极性键C第三周期中的非金属元素
18、的气态氢化物还原性越强，对应元素的最高价含氧酸酸性越弱D第A族和第A族元素从上到下随原子序数递增，单质的沸点均逐渐升高考点：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；极性键和非极性键版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构分析：A、具有相同质子数（核电荷数）的同一类原子的总称；B、不同元素的原子构成的分子可能含有非极性键；C、非金属性越弱，则气态氢化物还原性越强，对应元素的最高价含氧酸酸性越弱；D、第A族除H外，从上到下随原子序数递增，单质的沸点均逐渐降低解答：解：A、具有相同质子数（核电荷数）的同一类原子的总称，所以同种元素的
19、原子均具有相同的质子数，但中子数不一定相同，如氕、氘、氚三者中质子数均为1，中子数分别为：0、1、2，故A错误；B、不同元素的原子构成的分子可能含有非极性键，如H2O2中存在OO非极性键，故B错误；C、第三周期中元素从左到右，非金属性逐渐增强，气态氢化物还原性减弱，对应元素的最高价含氧酸酸性增强，所以非金属元素的气态氢化物还原性越强，对应元素的最高价含氧酸酸性越弱，故C正确；D、第A族除H外，从上到下随原子序数递增，单质的沸点均逐渐降低，第A族元素从上到下随原子序数递增，单质的沸点均逐渐升高，故D错误故选C点评：本题考查了元素含义，同周期、同主族元素的结构、性质的递变规律，题目难度不大，注意元
20、素周期律的主要内容2（2分）用如图所示装置进行下列实验，能达到实验目的是（）A瓶中盛有适量浓H2SO4，从A口进气来干燥NH3B从B口进气，用排空气法收集CO2C瓶中盛满水，从B口进气，用排水法收集NO2D瓶中装满水，A口连接导管并伸入量筒中，从B口进气，用排水法测量生成H2的体积考点：实验装置综合版权所有专题：实验设计题分析：A浓硫酸与氨气能反应；B二氧化碳的密度比空气大；CNO2能与水反应；D排水法收集气体时，短管进气，长管出水解答：解：A浓硫酸与氨气能反应，所以不能用浓硫酸干燥氨气，故A错误；B二氧化碳的密度比空气大，应该用向上排空气法收集，则A管进二氧化碳，B管出空气，故B错误；CNO
21、2能溶于水而且与水反应生成硝酸和NO，所以不能用排水法收集，故C错误；D氢气难溶于水，排水法收集气体时，短管进气，长管出水，则瓶中装满水，A口连接导管并伸入量筒中，从B口进气，用排水法测量生成H2的体积，故D正确故选D点评：本题考查了基本实验操作，侧重于考查气体的干燥、收集以及排水法收集气体，题目难度不大3（2分）N0为阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是（）A1.0L1.0mo1L1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N0B12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5N0C25时pH=13的NaOH溶液中含有OH一的数目为0.1 N0D1mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数
22、均为9 N0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：ANaAlO2水溶液中，水和偏铝酸钠都含有氧原子；B一个六元碳环中含有16=2个C结合石墨的物质的量计算C溶液体积不知不能计算微粒数；D依据羟基和氢氧根离子的结构分析判断解答：解：ANaAlO2水溶液中，水和偏铝酸钠都含有氧原子，所以1.0L1.0mo1L1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数无法计算，故A错误；B.12g单层石墨的物质的量为1mol，一个六元碳环中含有16=2个C，所以12g单层石墨中含有六元环的个数为0.5NA，故B正确；C溶液体积不知不能计算微粒数，故C错误；D.1mol的羟基所含电子数为9
23、NA，1mol的氢氧根离子所含电子数为10NA，故D错误；故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，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是解题关键，注意石墨的结构特点4（2分）下列有关物质的性质与应用相对应的是（）A氢氟酸具有酸性，可用于雕刻玻璃BNa2O2具有强氧化性，可用作自来水的消毒剂C氯化铁溶液能氧化铜单质，可用于制作印刷电路板DSO2具有漂白性，可使酸性高锰酸钾溶液褪色考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变版权所有专题：元素及其化合物分析：A氢氟酸能与二氧化硅反应，可用于雕刻玻璃；BNa2O2与水反应生
24、成氢氧化钠，使水呈碱性，不易作自来水的消毒剂；C氯化铁溶液与铜发生2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，可用于制作印刷电路板；DSO2具有还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，使其褪色解答：解：A氢氟酸能与二氧化硅反应，可用于雕刻玻璃，与氢氟酸呈酸性无关，故A错误；BNa2O2与水反应生成氢氧化钠，使水呈碱性，不易作自来水的消毒剂，故B错误；C氯化铁溶液与铜发生2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，可用于制作印刷电路板，故C正确；DSO2的漂白性是指与有色物质（通常为有机色质）化合生成不稳定的无色物质，SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色，不是发生化合反应，而是由于SO2具有还原性，被酸性高锰酸钾溶液氧化，使其
25、褪色，故D错误；故选C点评：本题考查钠、铁、氯、硫元素化合物的性质与用途，比较基础，注意D选项中漂白一般指使有机色质褪色，掌握常见漂白原理5（2分）能正确表示下列反应的离子方程式是（）AFe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OB等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2 和 HC1 溶液混合：Mg2+2OH=Mg（OH）2C将过量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+ClO+H2O=HClO+HSO3D将0.2 molL1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3 molL1的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3+3SO+3Ba2+6OH=2Al（OH）3+3
26、BaSO4考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：AFe3O4溶于足量稀HNO3，反应生成硝酸铁；B漏掉氢离子与氢氧根离子的反应；C次氯酸根离子能够氧化二氧化硫；D.0.2 molL1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3 molL1的Ba（OH）2溶液等体积混合，反应生成氢氧化铝和硫酸钡解答：解：AFe3O4溶于足量稀HNO3，离子方程式：3Fe3O4+28H+NO39Fe3+NO+14H2O，故A错误；B等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2 和 HC1 溶液混合：Mg2+2H+4OH=Mg（OH）2+2H2O，故B错误；C将过量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中，离子方程式为
27、：Ca2+SO2（过量）+2ClO+H2O=CaSO4+Cl+SO42+2H+，故C错误；D将0.2 molL1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3 molL1的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH=2Al（OH）3+3BaSO4，故D正确；故选：D点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响6（2分）下列有关物质性质的描述和该性质的应用均正确的是（）A氨气具有氧化性，用浓氨水检验氯气管道是否泄漏B金属镁着火可用干粉灭火器灭火，也可用泡沫灭火器灭火C二氧化硫具有还原性，用二氧化硫水溶液吸收溴蒸气D铜的金属活动性比铝弱，可
28、用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸考点：氨的化学性质；二氧化硫的化学性质；镁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质版权所有专题：元素及其化合物分析：A根据反应式3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl来分析；B干粉的主要成分是碳酸氢钠（NaHCO3），受热后生成纯碱、水和二氧化碳，镁能在二氧化碳中燃烧；C二氧化硫具有还原性，能被单质溴氧化； D铜的金属活动性比铝弱，不可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸，因为铜与浓硝酸发生氧还原反应，而铝在浓硝酸中发生钝化；解答：解：A根据氨水可以用来检验有毒气体氯气的泄漏，反应式为3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，氨气具有还原性，冒白烟，故A错误；B干粉的主要成分是碳酸
29、氢钠（NaHCO3），受热后生成纯碱、水和二氧化碳，镁能在二氧化碳中燃烧，反应方程式为2Mg+CO22MgO+C，且生成的碳能燃烧，所以不能用干粉灭火器灭火，故B错误；C二氧化硫具有还原性，能被单质溴氧化：Br2+SO2+2H2O2HBr+H2SO4，故C正确；D铜的金属活动性比铝弱，不可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸，因为铜与浓硝酸发生氧还原反应，而铝在浓硝酸中发生钝化，故D错误；故选：C点评：本题考查了元素化合物知识，明确氨气、镁、二氧化硫、铝的性质是解题关键，题目难度不大7（2分）（2013宿迁一模）下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B用
30、图2所示装置可除去NO2中的NOC用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液D用图4装置制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色考点：化学实验方案的评价版权所有专题：实验评价题分析：A收集氨气的方法错误；B二氧化氮和水反应生成一氧化氮；C乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离；D铁不能被氧化，不能制得Fe（OH）2解答：解：A氨气的密度比空气小，应用向下排空法收集气体，故A错误；B二氧化氮溶于水且和水反应生成一氧化氮，不能将杂质除去，故B错误；C乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，故C正确；D铁应连接电源正极，才能制得Fe（OH）2，故D错误故选C点评：本
31、题考查较为综合，涉及气体的收集、除杂、分离以及物质的制备，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大8（2分）（2013马鞍山三模）将NaOH溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中（忽略溶液体积的变化），下列各示意图表示的混合溶液有关量的变化趋势正确的是（）ABCD考点：离子方程式的有关计算版权所有专题：图示题分析：HCO3结合OH的能力强于NH4+，因而NaOH先和HCO3反应，将其消耗完后再和NH4+反应，据此分析解答：解：因HCO3结合OH的能力强于NH4+，因而NaOH先和HCO3反应，将其消耗完后再和NH4+
32、反应，ANaOH先和HCO3反应，将其消耗完后再和NH4+反应，开始铵根离子浓度应不变，故A错误；BNaOH先和HCO3反应，将其消耗完后再和NH4+反应，随反应进行碳酸氢根离子浓度应逐渐减少，故B错误；CNaOH先和HCO3反应，将其消耗完后再和NH4+反应随反应进行，碳酸根离子浓度逐渐增大到不变，故C正确；D溶液的pH随着NaOH的加入不断增大，故D错误故选C点评：本题考查元素及其化合物知识，明确化学反应有先后顺序，需掌握一定的读图的能力9（2分）将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是（）选项XYASO2H2SBCl2CO2CNH3CO2DSO
33、2Cl2AABBCCDD考点：二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；氨的化学性质版权所有专题：元素及其化合物分析：A二氧化硫与硫化氢反应生成S沉淀；B氯气、二氧化碳均不与氯化钡反应；C氨气与氯化钡不反应，再通入二氧化碳，反应生成碳酸钡和氯化铵；D二氧化硫与氯化钡溶液不反应，但二氧化硫与氯气发生氧化还原反应生成硫酸根离子解答：解：A二氧化硫与硫化氢反应生成S沉淀，则有沉淀生成，故A不选；B氯气、二氧化碳均不与氯化钡反应，则一直没有沉淀生成，故B选；C氨气与氯化钡不反应，再通入二氧化碳，反应生成碳酸钡沉淀和氯化铵，则开始没有沉淀后来有沉淀生成，故C不选；D二氧化硫与氯化钡溶液不反应，但二氧化硫与氯气
34、发生氧化还原反应生成硫酸根离子，然后与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，则开始没有沉淀后来有沉淀生成，故D不选；故选B点评：本题考查物质的性质，侧重元素化合物性质的考查，涉及氯气、二氧化硫、氨气、二氧化碳与氯化钡的性质，综合性较强，注意发生的氧化还原反应及复分解反应即可解答，题目难度不大10（2分）在下列溶液中，能大量共存的一组离子是（）ApH=1的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、ClB通入过量SO2气体的溶液中：Fe3+、NO3、Ba2+、H+Cc（Al3+）=0.1 mol/L的溶液中：Na+、K+、AlO2、SO42D由水电离出的c（H+）=11013 mol/L的溶液中：Na+、HCO3
35、、Cl、Br考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：ApH=1的溶液，溶液显酸性，离子之间不发生氧化还原反应；B发生氧化还原反应；C离子之间相互促进水解；D由水电离出的c（H+）=11013 mol/L的溶液，为酸或碱溶液解答：解：ApH=1的溶液，溶液显酸性，离子之间不反应，则能共存，故A正确；BSO2、NO3、H+发生氧化还原反应，则不能发生氧化还原反应，故B错误；CAl3+、AlO2离子之间相互促进水解，则不能共存，故C错误；D由水电离出的c（H+）=11013 mol/L的溶液，为酸或碱溶液，HCO3既能与酸又能与碱反应，则不能共存，故D错误；故选A点评：本题考查离子的共存，
36、明确习题中的信息及离子之间的反应是解答本题的关键，注意氧化还原反应为解答的难点，题目难度不大11（2分）（2013洛阳模拟）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）NaAlO2（aq）AlCl3AlNH3NOHNO3NaCl（饱和）NaHCO3Na2CO3FeS2SO3H2SO4ABCD考点：镁、铝的重要化合物；氨的化学性质；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物版权所有专题：元素及其化合物分析：氯化铝固体是共价化合物，无法电解；氨气的催化氧化会生成一氧化氮，一氧化氮易被氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水中得到硝酸；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量
37、的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠；FeS2和氧气反应生成二氧化硫解答：解：氯化铝固体是共价化合物，由分子构成，无离子，无法电解，所以得不到铝，故错误；氨气的催化氧化会生成一氧化氮，一氧化氮易被氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水中得到硝酸，故正确；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故正确；FeS2和氧气反应生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，故错误
38、；故选A点评：本题考查化合物的性质，题目难度不大，熟练掌握物质的性质是解决此类问题的关键，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法12（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液下列说法不正确的是（）A离子半径的大小顺序为WQZXYB元素X的气态氢化物与Q的单质可发生置换反应C元素X与Y可以形成5种以上的化合物D元素Z、W、Q的单质在一定条件下均能和强碱溶液反应考点：位置结构性质的相互关系应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期主族元素X、Y、
39、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，联想NH3极易溶于水，可知X为氮元素，Y为氧元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，W为硫元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；结合原子序数，Q只能为氯元素，据此解答解答：解：短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，联想NH3极易溶于水，可知X为氮元素，Y为氧元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，W为硫元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化
40、；结合原子序数，Q只能为氯元素，A电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2ClN3O2Al3+，即离子半径WQXYZ，故A错误；B氯气能与氨气反应得到氮气、HCl（或氯化铵），属于置换反应，故B正确；CN元素与O元素可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，故C正确；DAl与强碱反应是偏铝酸盐与氢气，硫与强碱反应得到硫化物、亚硫酸盐与水，常温下氯气与碱反应得到氯化物、次氯酸盐及水，故D正确，故选A点评：本题结构位置性质关系应用，推断元素是解题关键，需要学生熟练掌握元素化合物性质，B选项为易错点，利用氧化还原反应理解，难度中等13（2分）
41、A、B、C、X均为中学化学常见物质，一定条件下它们有如图所示转化关系（其它产物已略去），下列说法错误的是（）A若X为O2，则A可为硫化氢B若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3C若X为Fe，则C可能为Fe（NO3）2D若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X可能为Na考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：A硫化氢与足量的氧气反应生成二氧化硫，氧气不足时生成S，硫与氧气反应得到二氧化硫；B氯化铝和少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝，和过量氢氧化钾溶液反应生偏铝酸钾，且氢氧化铝溶于氢氧化钾溶液；C硝酸与过量的铁反应生成硝酸亚铁，与不足量的Fe反应生成硝酸铁，Fe能与硝酸铁反应得到硝酸亚铁；
42、D若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，含有Na元素，Na单质不能与Na的化合物发生反应解答：解：A硫化氢与足量的氧气反应生成二氧化硫，氧气不足时生成S，硫与氧气反应得到二氧化硫，若X为O2，A可为硫化氢，故A正确；B氯化铝和少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝，和过量氢氧化钾溶液反应生偏铝酸钾，且氢氧化铝溶于氢氧化钾溶液生成偏铝酸钾，若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3，故B正确；C硝酸与过量的铁反应生成硝酸亚铁，与不足量的Fe反应生成硝酸铁，Fe能与硝酸铁反应得到硝酸亚铁，若X为Fe，则C可能为Fe（NO3）2，符合转化关系，故C正确；D若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，含有Na元素
43、，Na单质不能与Na的化合物发生反应，不符合转化关系，故D错误，故选D点评：本题考查了元素化合物性质与转化，注意掌握中学常见连续反应，熟练掌握元素化合物的性质是解题关键14（2分）W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，由此可知（） WXYZAX、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是YBZ元素氧化物对应水化物的酸性一定强于YCX元素形成的单核阴离子还原性强于YDZ元素单质在化学反应中只表现氧化性考点：位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：W、X、Y、Z四种
44、短周期元素，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸生成离子化合物，化合物为铵盐，W是N元素；由元素在周期表中的位置可知，X为氧元素、Y为硫元素、Z为氯元素，以此来解答解答：解：W、X、Y、Z四种短周期元素，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸生成离子化合物，化合物为铵盐，W是N元素；由元素在周期表中的位置可知，X为氧元素、Y为硫元素、Z为氯元素，A四种元素中非金属性最弱的为S元素，则X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是Y，故A正确；BZ元素氧化物对应水化物的酸性不一定强于Y，如HClO的酸性小于硫酸，只有氯元素的最高价含氧酸才一定比Y的含氧酸酸性强，故B错误；C非金属OS，则阴离子还原性S2O2，故C
45、错误；DCl2与水的反应中既表现氧化性，也表现了还原性，故D错误；故选A点评：本题考查位置结构性质关系、元素周期律等，为高频考点，题目难度不大，推断元素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的结构，W的推断是突破口15（2分）硫酸铵在强热条件下分解：4（NH4）2SO4=6NH3+N2+3SO2+SO3+7H2O若将生成的气体通入氯化钡溶液中，得到的沉淀物是（）ABaSO3和BaSO4BBaSCBaSO3DBaSO4考点：铵盐；含硫物质的性质及综合应用版权所有专题：元素及其化合物分析：根据反应生成的产物量和性质分析，二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，三氧化硫溶于水和水反应生成硫酸，氨气溶于水生成
46、一水合氨；硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，亚硫酸和氨水反应生成亚硫酸铵，所以通入氯化钡溶液中，关键分解反应生成的气体物质的量进行计算分析判断；生成沉淀有亚硫酸钡和硫酸钡解答：解：反应后的混合气体通入到BaCL2溶液中发生的是复分解反应 SO2+H2O+2NH3=（NH4）2SO3 （NH4）2SO3+BaCl2=BaSO3+2NH4ClSO3+H2O+2NH3 =（NH4）2SO4（NH4）2SO4+BaCl2=BaSO4+2NH4Cl依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨水和2mol二氧化硫反应生成
47、亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余二氧化硫和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡，1mol亚硫酸钡，因此得到沉淀为BaSO3和BaSO4；故选A点评：本题考查了物质反应的定量计算及物质性质的综合应用，关键是分析反应过程反应判断沉淀生成的实质，题目难度中等16（2分）（2013上海）某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀由
48、此可知原溶液中（）A至少存在5种离子BCl一定存在，且c（Cl）0.4mol/LCSO42、NH4+、一定存在，Cl可能不存在DCO32、Al3+一定不存在，K+可能存在考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验版权所有专题：离子反应专题分析：加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵离子；红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀，硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol；根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据解答：解：由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明一
49、定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl，至少 0.02mol3+0.020.02mol2=0.04mol，物质的量浓度至少 =0.4mol/L，A、至少存在Cl、SO42、NH4+、Fe3+四种离子，故A错误；B、根据电荷守恒，至少存在0.04molCl，故B正确；C、一定存在氯离子，故C错误；D、Al3+无法判断是否存在，故D错误；故选B点评：本题考查离子
50、共存知识，做题是认真阅读、分析题中数据，合理分析，特别是氯离子的推断，难度中等17（2分）已知下列反应：Co2O3+6HCl（浓）2CoCl2+Cl2+3H2O（）；5Cl2+I2+6H2O10HCl+2HIO3（）下列说法正确的是（）A还原性：CoCl2HClI2B氧化性：Co2O3Cl2HIO3C反应中HCl是氧化剂D反应中Cl2发生氧化反应考点：氧化还原反应版权所有专题：氧化还原反应专题分析：Co2O3+6HCl（浓）2CoCl2+Cl2+3H2O中Co元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，5Cl2+I2+6H2O10HCl+2HIO3中Cl元素的化合价降低，I元素的化合价升高，结合氧
51、化还原反应基本概念来解答解答：解：A由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，I中还原性为HClCoCl2，II中还原性为I2HCl，故A错误；B由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，I中氧化性为Co2O3Cl2，II中氧化性为Cl2HIO3，则氧化性为Co2O3Cl2HIO3，故B正确；C反应I中Cl元素的化合价升高，则HCl为还原剂，故C错误；DII中Cl元素的化合价降低，则氯气发生还原反应，故D错误；故选B点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意氧化性、还原性比较的规律性方法，题目难度不大18（2分）已知在2
52、5时：2C（s）+O2（g）=2CO（g）H1=222kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H2=484kJ/molC（s）+O2（g）=CO2（g）H3=394kJ/mol则25时，CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）的反应热H4为（）A82kJ/molB41kJ/molC312kJ/molD+82kJ/mol考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：利用盖斯定律解答 有关盖斯定律的习题，首先要根据所求的反应分析，分析以下几点：1、所求反应中的反应物在哪个反应了？是反应物还是生成物？2、所给反应中哪些物质是所求反应中没有的？3、如
53、何才能去掉无用的？然后，通过相互加减，去掉无关物质将所对应的H代入上述化学方程式的加减中就可以了解答：解：2C（s）+O2（g）=2CO（g）H1=222kJ/mol，2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H2=484kJ/mol，C（s）+O2（g）=CO2（g）H3=394kJ/mol，根据盖斯定律，2得2CO（g）+2H2O（g）=2CO2（g）+2H2（g）；H=82kJ/mol，2得：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）；H4=41kJ/mol，可见A、C、D错，B对，故选：B点评：本题是一道基础题，考查学生对盖斯定律的应用，注意数据的计算，一般不会出错19（2分）（
54、2013四川）1.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法不正确的是（）A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LCNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL考点：有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质版权所有专题：压轴题；守恒法分析：A、金属离子全部沉淀时，得到2.54
55、g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，根据n=计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；B、根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；C、根据n=计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列放出计算，进而计算二氧化氮的体积分数；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，再根据V
56、=计算需要氢氧化钠溶液的体积解答：解：A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确；B、该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故B正确；C、NO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.0
57、5mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05a）mol，根据电子转移守恒可知，a1+（0.05a）21=0.06，解得a=0.04，故NO2的体积分数是100%=80%，故C正确；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L14mol/L0.04mol（0.050.04）2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，故D错误；故选D点评：本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想进行的解答20（2分
58、）向Fe2O3和铁粉组成的混合物中，加入量的稀H2SO4，各物质恰好完全反应，测得溶液中不含Fe3+，且Fe2+与H2的物质的量之比为4：1，那么在反应中，Fe2O3、Fe、H2SO4的物质的量之比为（）A1：1：1B1：2：4C1：2：3D2：3：5考点：铁的氧化物和氢氧化物；铁的化学性质版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：Fe和Fe2O3与稀H2SO4作用，固体恰好溶解，所得溶液中不含Fe3+，且生成的Fe2+与H2的物质的量之比为4：1；依据反应Fe+2H+=Fe2+H2；Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O；Fe+2Fe3+=3Fe2+分析计算解答：解：Fe和
59、Fe2O3与稀H2SO4作用，固体恰好溶解，所得溶液中不含Fe3+，且生成的Fe2+与H2的物质的量之比为4：1；设生成氢气的物质的量为a，则亚铁离子物质的量为4a依据反应：Fe+H2SO4=Fe2+H2；则有 a a a aFe+2Fe3+=3Fe2+；a 2a 3aFe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O； a 3a a所以反应物中Fe2O3、Fe、H2SO4的物质的量之比=a：（a+a）：（a+3a）=1：2：4，；故选B点评：本题考查了铁及其化合物的性质及计算，从方程式入手，根据Fe2+与H2的物质的量之比为4：1为突破口进行计算，题目较难二、解答题（共5小题，满分60分
60、）21（15分）X、Y和Z均为短周期元素，原子序数依次增大，X的单质为密度最小的气体，Y原子最外层电子数是其周期数的三倍，Z与X原子最外层电子数相同回答下列问题：（1）X、Y的元素名称分别为氢、氧（2）由上述元素组成的化合物中，既含有共价键又含有离子键的有NaOH、Na2O2（3）X和Y组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是H2O2此化合物可以将碱性工业废水中的CN氧化为碳酸盐和氨，相应的离子方程式为H2O2+CN+OH=CO32+NH3考点：位置结构性质的相互关系应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大W原子形成的单质是密度
61、最小的气体，则W为H；X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，可推知X为C；Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O；Z与X原子最外层电子数相同则Z是钠，据此答题解答：解：短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大W原子形成的单质是密度最小的气体，则W为H；X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，可推知X为C；Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O；Z与X原子最外层电子数相同则Z是钠，（1）根据上面的分析可知，
62、X为氢、Y为氧，故答案为：氢；氧；（2）由H、O、Na元素组成的化合物中，既含有共价键又含有离子键的有NaOH、Na2O2，故答案为：NaOH；Na2O2；（3）X和Y组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的物质是过氧化氢，过氧化氢还可将碱性工业废水中的CN氧化为碳酸盐和氨，方程式为：H2O2+CN+OH=CO32+NH3，故答案为：H2O2；H2O2+CN+OH=CO32+NH3点评：本题考查了元素位置结构性质的判断，熟悉元素周期表结构是解本题关键，根据原子结构来推断元素，再结合物质的结构、性质来分析解答，题目难度不大22（15分）FeBr2是一种黄绿色鳞片状的固体，某研究性学习
63、小组为了探究它的还原性，进行了如下实验：I实验需要90mL 0.1mol/L FeBr2溶液（1）配制FeBr2溶液除烧杯、量筒、胶头滴管外还需的玻璃仪器是玻璃棒、100ml的容量瓶（2）下列有关配制过程中说法错误的是abde（填序号）a用电子天平称量质量为1.944g的FeBr2b将称量的FeBr2放入容量瓶中，加90nL蒸馏水溶解c洗涤溶解FeBr2的烧杯，并将洗涤液转移至容量瓶中d容量瓶贴签存放配好的FeBr2溶液e定容时，仰视容量瓶刻度线会使配制的FeBr2溶液浓度偏高II探究FeBr2的还原性取10mL上述FeBr2溶液，向其中滴加少量新制的氯水，振荡后溶液呈黄色某同学对产生黄色的原
64、因提出了假设：假设1：Br被C12氧化成Br2溶解在溶液中； 假设2：Fe2+被C12氧化成Fe3+（1）请你完成表格，验证假设：实验步骤、预期现象结论溶液中加入适量四氯化碳假设1正确向溶液中加入假设2正确若假设1正确，从实验中分离出Br2的实验操作名称是萃取和分液；（2）实验证明：还原性Fe2+Br，请用一个离子方程式来证明：2Fe2+Br2=2Fe3+2Br；（3）若在50mL上述FeBr2溶液中通入5103molCl2，反应的离子方程式为2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl考点：性质实验方案的设计版权所有专题：实验设计题分析：I（1）配制FeBr2溶液时需要天平、钥匙、烧
65、杯、玻璃棒、100ml的容量瓶，胶头滴管；（2）a用电子天平称量质量为应为0.10.1216=2.16g；b称量的FeBr2放入烧杯中；c洗涤溶解FeBr2的烧杯，并将洗涤液转移至容量瓶中；d容量瓶不能储存溶液；e定容时，仰视容量瓶刻度线会使溶液体积偏大；II（1）假设1：Br被C12氧化成Br2溶解在溶液中，通过溶液中加入适量四氯化碳，萃取出溴单质从而使CCl4层呈橙红色来证明有溴单质生成；假设2：Fe2+被C12氧化成Fe3+，向该溶液中加入KSCN溶液，溶液变为红色证明有三价铁生成；（2）由还原性Fe2+Br，则氯化亚铁溶液中加入12滴溴水发生氧化还原反应生成Fe3+，反应为2Fe2+B
66、r2=2Fe3+2Br；（3）还原性Fe2+Br，二者以1：1反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化；解答：解：（1）配制FeBr2溶液时需要天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、100ml的容量瓶，胶头滴管，则除烧杯、量筒、胶头滴管外还需的玻璃仪器是玻璃棒、100ml的容量瓶；故答案为：玻璃棒；100ml的容量瓶；（2）a用电子天平称量质量为应为0.10.1216=2.16g，故a错误；b称量的FeBr2放入烧杯中，不能放入容量瓶中，加90nL蒸馏水溶解，故b错误；c洗涤溶解FeBr2的烧杯，并将洗涤液转移至容量瓶中，故c正确；d容量瓶不能储存溶液，故d错误；e定容时，仰视容量瓶刻度
67、线会使溶液体积偏大，浓度偏低，故e错误；故选：abde；II（1）假设1：Br被C12氧化成Br2溶解在溶液中，通过溶液中加入适量四氯化碳，萃取出溴单质从而使CCl4层呈橙红色来证明有溴单质生成；假设2：Fe2+被C12氧化成Fe3+，向该溶液中加入KSCN溶液，溶液变为红色证明有三价铁生成；故答案为：实验步骤、预期现象结论振荡，静置，CCl4层呈橙红色 KSCN溶液，溶液变为红色萃取和分液；（2）由还原性Fe2+Br，则氯化亚铁溶液中加入12滴溴水发生氧化还原反应生成Fe3+，反应为2Fe2+Br2=2Fe3+2Br，故答案为：2Fe2+Br2=2Fe3+2Br；（3）还原性Fe2+Br，二
68、者以1：1反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，则等物质的量反应的离子反应为2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl，故答案为：2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl点评：本题考查氧化还原反应及氧化性、还原性的比较、实验设计，学生应注意物质的性质及氧化还原反应中电子守恒来分析，难度不大23（7分）某无色废水中可能含有H+、NH4+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Na+、NO3、CO32、SO42中的几种，为分析其成分，分别取废水样品100mL，进行了三组实验，其操作和有关图象如图所示：请回答下列问题：（1）根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在
69、的离子有：Fe3+、Mg2+、CO32（2）写出实验图象中沉淀溶解阶段发生的离子反应方程式：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O（3）分析图象，在原溶液中c（NH4+）与c（Al3+）的比值为，1：1NO3是否存在？不确定填（“存在”“不存在”或“不确定”）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：无色废水确定无Fe3+，根据实验确定有Na+，根据实验确定有SO42，根据实验确定有Al3+，一定不含Fe3+、Mg2+，因为CO32与Al3+不能共存，所以无CO32；故溶液中存在的离子为：Al3+、NH4+、H+、SO42，根据硫酸钡沉淀求出n（SO42），根
70、据图象求出n（Al3+）和n（H+），再根据电荷守恒确定有没有NO3解答：解：（1）无色废水确定无Fe3+，根据实验确定有Na+，根据实验确定有SO42，根据实验确定有Al3+，一定不含Fe3+、Mg2+，因为CO32与Al3+不能共存，所以无CO32；故溶液中存在的离子为：Na+、Al3+、NH4+、H+、SO42，废水中一定不存在的离子有Fe3+、Mg2+、CO32，故答案为：Fe3+、Mg2+、CO32；（2）氢氧化铝能溶于氢氧化钠中，即Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（3）已知硫酸钡沉淀为2.33g，则n（SO42）=0.0
71、1mol， 根据图象可知与Al（OH）3的OH为：n（OH）=0.007mol， Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O n（Al3+） 0.007mol 所以n（Al3+）=0.007mol，将铝离子沉淀需要氢氧化钠0.021mol，所以溶液中H+消耗氢氧化钠0.014mol，氢离子的物质的量是0.014mol，NH4+OH=NH3H2O，消耗氢氧化钠0.007mol，所以铵根离子的物质的量是0.007mol，原溶液中c（NH4+）与c（Al3+）的比值为1：1，有于钠离子的量无法确定，所以根据电荷守恒，无法确定是否在存在硝酸根离子，故答案为：1：1；不确定点评：本题考查了常见离子检验，现
72、象的判断和离子检验，关键是图象分析离子特征和离子共存的判断，题目难度中等24（8分）现有A、B、C、D、E五种可溶性强电解质，它们在水中可电离产生下列离子（各种离子不重复）阳离子H+、Na+、A13+、Ag+、Ba2+阴离子OH、C1、CO32、NO3、SO4已知：A、B两溶液呈碱性；C、D、E溶液呈酸性；A溶液与E溶液反应既有气体又有沉淀产生；A溶液与C溶液反应只有气体产生；D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀；C只能与D反应产生沉淀；上述沉淀包括难溶物和微溶物试回答下列问题：（1）A溶液呈碱性的原因是CO32+H2OHCO3+OH（用一个离子方程式表示）（2）D溶液是AgNO3溶液，E溶液
73、是Al2（SO4）3溶液（均写化学式）（3）写出A溶液与E溶液反应的离子方程式：2Al3+3CO32+3H2O2Al（OH）3+3CO2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：A、B两溶液呈碱性，结合离子的共存可知，应为Ba（OH）2、Na2CO3中的一种，C、D、E溶液呈酸性，应为AgNO3、硫酸铝、HCl中的一种；A溶液与E溶液反应既有气体又有沉淀产生；A溶液与C溶液反应只有气体产生，则A为Na2CO3，B为Ba（OH）2，E为Al2（SO4）3，C为HCl；D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀；则D为AgNO3，然后结合物质的性质及化学用语来解答解答：解
74、：A、B两溶液呈碱性，结合离子的共存可知，应为Ba（OH）2、Na2CO3中的一种，C、D、E溶液呈酸性，应为AgNO3、硫酸铝、HCl中的一种；A溶液与E溶液反应既有气体又有沉淀产生；A溶液与C溶液反应只有气体产生，则A为Na2CO3，B为Ba（OH）2，E为Al2（SO4）3，C为HCl；D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀，则D为AgNO3，（1）由以上分析可知A为Na2CO3，碳酸钠溶液水解呈碱性，离子反应方程式为：CO32+H2OHCO3+OH，故答案为：CO32+H2OHCO3+OH；（2）由以上分析可知，D为AgNO3，E为Al2（SO4）3，故答案为：AgNO3；Al2（SO4
75、）3；（3）A、E发生相互促进水解反应，离子反应为2Al3+3CO32+3H2O3CO2+2Al（OH）3，故答案为：2Al3+3CO32+3H2O3CO2+2Al（OH）3点评：本题考查离子的推断和无机物的推断，为高频考点，把握离子之间的反应、盐类水解等推断物质为解答的关键，侧重化学反应原理的考查，综合性较强，题目难度中等25（15分）高锰酸钾是一种典型的强氧化剂完成下列填空：在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：MnO4+Cu2S+H+Cu2+SO2+Mn2+H2O（未配平）MnO4+CuS+H+Cu2+SO2+Mn2+H2O（未配平）（1）下列关于反应的说
76、法中错误的是d（填字母序号）a被氧化的元素是Cu和Sb氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5c生成2.24L（标况下）SO2，转移电子的物质的量是0.8mold还原性的强弱关系是：Mn2+Cu2S（2）标出反应配平后2种反应物前面的系数：6MnO4+5CuS+：在稀硫酸中，MnO4和H2O2也能发生氧化还原反应氧化反应：H2O22e2H+O2还原反应：MnO4+8H+5eMn2+4H2O（3）反应中若有0.5mol H2O2参加此反应，转移电子的个数为NA或6.021023（4）已知：2KMnO4+7H2O2+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+6O2+10H2O，则被1mol KMnO4氧化
77、的H2O2是2.5mol：实验室可由软锰矿（主要成分为MnO2）制备KMnO4，方法如下：高温下使软锰矿与过量KOH（s）和KClO3（s）反应，生成K2MnO4（锰酸钾）和KCl；用水溶解，滤去残渣；酸化滤液，K2MnO4转化为MnO2和KMnO4；再滤去沉淀MnO2，浓缩结晶得到KMnO4晶体请回答：（5）用软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是：6KOH+KClO3+3MnO23K2MnO4+KCl+3H2O（6）K2MnO4转化为KMnO4的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2KMnO4、K2MnO4和MnO2的氧化性由强到弱的顺序是KMnO4K2MnO4MnO2（用“”“”或“=
78、”表示）考点：氧化还原反应的计算；氧化还原反应版权所有专题：氧化还原反应专题分析：（1）MnO4+Cu2S+H+Cu2+SO2+Mn2+H2O中，Mn元素的化合价降低，而铜元素的化合价由+1升到+2价，硫元素的化合价由2升到+4价，结合氧化还原反应基本概念及还原剂的还原性大于还原产物的还原性分析；（2）由MnO4+CuS+H+Cu2+SO2+Mn2+H2O中，锰元素化合价由+7降到+2，硫元素化合价由2升到+4，根据得失电子守恒分析；（3）由H2O22e2H+O2可知，当有1 mol H2O2参加此反应，转移电子个数为2NA；（4）方程式可改写成：2KMnO4+5H2O2+3H2SO4K2SO
79、4+2MnSO4+5O2+8H2O和2H2O22H2O+O2的加和形式，所以被1 mol KMnO4氧化的H2O2是2.5 mol；（5）由反应物及生成物、结合电子守恒、原子守恒可得到化学反应；（6）K2MnO4转化为KMnO4的反应中K2MnO42KMnO4+MnO2，Mn元素的化合价既升高又降低，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性解答：解：I：（1）a铜元素的化合价由+1升到+2价，硫元素的化合价由2升到+4价，均被氧化，故a正确；b设氧化剂的物质的量为x，还原剂的物质的量为y，则5x=（2+6）y，=，故b正确；c根据b项，当生成5 mol SO2时，转移电子40 mol，
80、所以当有0.1 mol SO2生成时，转移电子0.8 mol，故c正确；d根据方程式，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性Cu2SMn2+，故d错误；故答案为：d；（2）由可得，锰元素化合价由+7降到+2，硫元素化合价由2升到+4，根据得失电子守恒得：6MnO4+5CuS+，故答案为：6；5；：（3）由H2O22e2H+O2可知，当有1 mol H2O2参加此反应，转移电子个数为2NA，则当有0.5 mol H2O2参加此反应，转移电子个数为NA或6.021023，故答案为：NA或6.021023；（4）方程式可改写成：2KMnO4+5H2O2+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+5
81、O2+8H2O和2H2O22H2O+O2的加和形式，由2KMnO4+5H2O2+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+5O2+8H2O可知，被1 mol KMnO4氧化的H2O2是2.5 mol，故答案为：2.5；：（5）反应物为KOH、KClO3、MnO2，生成物为K2MnO4（锰酸钾）和KCl、水，由电子及原子守恒可知该反应为6KOH+KClO3+3MnO23K2MnO4+KCl+3H2O，故答案为：6KOH+KClO3+3MnO23K2MnO4+KCl+3H2O；（6）K2MnO4转化为KMnO4的反应中K2MnO42KMnO4+MnO2，Mn元素的化合价由+6价升高为+7价，Mn元素的化合价由+6价降低为+4价，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，由氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可知氧化性为KMnO4K2MnO4MnO2，故答案为：1：2；KMnO4K2MnO4MnO2点评：本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意守恒法应用，题目难度不大
