1、2015-2016学年江西省南昌二中高三（上）第三次月考化学试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，共48分）1下列说法不正确的是（）A氯水中加少量的Na2 CO3粉末，可提高溶液中HC1O的浓度B金属单质都具有一定的还原性，金属阳离子都只有氧化性C氯气泄漏，自救方法是用湿毛巾或蘸有纯碱溶液的毛巾捂住口鼻并向地势高的地方撤离D大气中的N2可作为制硝酸的原料2下列溶液中的离子一定能大量共存的是（）A在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、NO3B室温下由水电离出的氢离子浓度c（H+）=11014mol/L的溶液中：Ba2+、NO3、K+、ClOC能使酚酞变红色的溶液中：Na+
2、、K+、AlO2、CO32D在c（HCO3）=0.1 molL1的溶液中：NH4+、AlO2、Cl、NO33关于某无色溶液中所含离子的鉴别，下列判断正确的是（）A加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可能确定有Cl存在B通入Cl2后，溶液变为黄色，加入淀粉溶液后溶液变蓝，可确定有I一存在C加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可确定有SO42存在D加入盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定有CO32存在4用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A足量的锌与一定量的浓硫酸反应生成1 mol气体时，转移的电子数为2 NAB标准状况下，2.24 L
3、Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NAC1molP4和1molCH4所含共价键的数目均为4NAD1molFe在1molCl2中燃烧，转移3NA个电子5根据如图海水综合利用的工业流程图，判断下列说法不正确的是已知：MgCl26H2O受热生成Mg（OH） Cl和HCl气体等（）A过程的提纯是化学过程，过程通过氧化还原反应可产生2种单质B在过程中将MgCl26H2O直接灼烧得不到MgCl2C在过程、反应中每氧化0.2 mol Br需消耗2.24LCl2D过程反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题6N2O俗称“笑气”，曾用作可吸入性麻醉剂下列反应能产生N2O：3CO+2
4、NO23CO2+N2O关于N2O的下列说法正确的是（）A上述反应，每生成1mol N2O，消耗1.5mol COB等物质的量的N2O和CO2含有相等的电子数CN2O只具有氧化性，无还原性DN2O会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒7下列叙述和均正确并且有因果关系的是（）选项叙述叙述A浓硝酸在光照下颜色变黄浓硝酸具有不稳定性B浓硫酸具有酸性和脱水性浓硫酸可使PH试纸先变红后变黑CCl2和SO2均有漂白性Cl2和SO2均可使含有酚酞的NaOH溶液褪色DC的还原性小于Si可用焦炭和石英在高温下反应制取粗硅和CO2AABBCCDD8下列反应方程式不正确的是（）A工业上制取粗硅的化学方程式：SiO2+2C
5、Si+2COB硫酸型酸雨的形成会涉及反应2H2SO3+O22H2SO4CNa2S2O3溶液中加入稀硫酸：S2O32+2H+SO2+S+H2OD已知电离平衡常数：H2CO3HClOHCO3，向NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO+CO2+H2O=2HClO+CO329如图装置，将溶液A逐滴加入固体B中，下列叙述正确的是（）A若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色B若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先产生白色沉淀后沉淀又溶解C若A为醋酸，B为贝壳，C中盛过量澄清石灰水，则C中溶液变浑浊D若A为浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛石蕊试液，则C中溶液先变红
6、后褪色10亚硝酸钠（有毒性，市场上很易与食盐混淆）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，其物理性质与NaCl极为相似相关转化关系如图所示，下列说法不正确的是（）ANaNO2在水中的溶解性大于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1 mol N2 转移6 mol e11将几滴KSCN（SCN是“类卤离子”）溶液加入酸性的含有Fe3+的溶液中，溶液变成红色，将该红色溶液分为两份，一份中加入适量KMnO4溶液，红色褪去；向另一份中通入SO2，红色也褪去下列说法不正确的是（）A红色褪去的原因是K
7、MnO4将SCN氧化，使Fe（SCN）3消失B红色褪去的原因是SO2将Fe3+还原为Fe2+C红色褪去的原因是SO2将SCN还原DSCN在适当条件下可失去电子被氧化剂氧化为（SCN）212如图是氯气的制备以及氯、溴、碘的非金属性比较实验，充分反应一段时间后，打开装置D的活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡，观察实验现象，下列说法正确的是（） AF2不能与NaCl溶液反应置换出氯气B装置B中可盛放水吸收氯气中的HCl气体C装置E下层呈现紫红色D装置E中有机试剂层呈现紫红色，能说明非金属性BrI13如图是甲、乙、丙、丁四种物质的转化关系，其中每一步都能一步实现的是（）甲乙丙丁AFeCl3Fe
8、Cl2Fe2O3Fe（OH）3BCuCuOCuSO4CuCl2CNOHNO3NO2NH3DSiNa2SiO3 SiO2SiF4AA、BB、CC、DD、14某研究小组鉴别甲的过程与现象如图所示（已知甲是一种盐）下列结论正确的是（）A如果甲中含有S2，则乙是硫磺沉淀B如果乙是AgCl沉淀，那么甲是FeCl3C丙中肯定含有Fe3+，所以甲是FeBr2D甲中含有铁元素，可能显+2价或+3价15某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH下列用来解释事实的方程式中，不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）（）A该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OHClO+Cl+H2
9、OB该消毒液的pH约为12：ClO+H2OHClO+OH-C该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生有毒Cl2：2H+Cl+ClOCl2+H2OD该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClOHClO+CH3COO-16在1L溶液中含有Fe（NO3）3和H2SO4两种溶质，其浓度分别为0.2mol/L和1.5mol/L，现向该溶液中加入39.2g铁粉使其充分反应下列有关说法正确的是（）A反应后溶液中Fe3+物质的量为0.6molB反应后产生13.44L H2（标准状况）C反应后溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之和为0.8molD由于氧化性Fe3+H+，故反应中先没有气
10、体产生后产生气体二、填空题（共5小题，共52分）17某强酸性溶液X中含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32、SO32、SO42、Cl、NO3中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：（1）上述离子中，溶液X中除H+外还一定含有的离子是，不能确定的阴离子是，若要用实验证明该离子存在，其化学方法是；（2）写出下列反应的离子方程式：中生成气体A：，生成沉淀I：（3）假设测定A、F、I均为0.01mol，10mL X溶液中n（H+）=0.06mol，且不能确定含有的离子只有一种当X溶液中不能确定离子是，沉淀C物质的量18某研究性学习小组选用以下装置进行实验设计和探究（
11、图中a、b、c均为止水夹）（1）在进行气体制备时，应先检验装置的气密性将A装置末端导管密封后，在A装置的分液斗内装一定量的蒸馏水，然后，则证明A装置的气密性良好（2）用锌粒和稀硫酸制备H2时应选用装置作为发生装置（填所选装置的序号字母），夹紧止水夹后反应会慢慢停止下来，请描述原因（3）某同学利用上述装置设计实验证明Cl2氧化性强于Br2选用的装置连接顺序为：（填所选装置的序号字母）；从以下试剂中选用该实验所需的试剂为（填试剂的序号字母）；a浓硫酸 b浓盐酸 c二氧化锰 d氯化钠 e溴化钠溶液实验过程中能说明Cl2氧化性强于Br2的实验现象是；（4）另一同学将B、D、E装置连接后，在B装置中加入
12、铜片和浓硝酸制取NO2，然后进行NO2气体与水反应的实验，并观察相关现象：B装置发生反应的离子方程式为；反应一段时间后D装置中的具支试管乙中收集满NO2气体，若进行NO2气体与水反应的实验，应（填“对a、b、c三个止水夹进行的操作”），然后再适当加热，实验现象为19H、C、N、O、Fe、Si、I是中学化学中常见的元素，请根据题意回答与这些元素有关的问题：（1）根据元素周期律，碳的非金属性强于硅，请用一个化学反应方程式表示（2）若FeSO4和O2的系数比为2：1，试配平下列方程式：FeSO4+K2O2K2FeO4+K2O+K2SO4+O2（3）各种氮氧化物（NO、NO2）是主要的大气污染物之一，
13、治理氮氧化物（NOX）废气的方法之一是用NaOH溶液进行吸收，其反应原理可表示如下：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O 2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O现有一NO与NO2的混合气体，将其通入50mL 2mol/L的NaOH溶液中，恰好完全吸收，测得溶液中含有NO3 0.02mol所得溶液中NaNO2的物质的量为mol；混合气体中V（NO）：V（NO2）=（4）向FeI2溶液中不断通入Cl2，溶液中I、I2、IO3、Fe2+、Fe3+等粒子物质的量随n（Cl2）/n（FeI2）的变化可用如图简单表示当n（Cl2）：n（FeI2）=6.5时，溶液中n（Cl）：n（I
14、O3）=当n（Cl2）：n（FeI2）=1.2时，离子方程式可表示为20硼镁泥主要成份是MgO（占35%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质从硼镁泥中提取MgSO47H2O的流程如下：已知：NaClO与Mn2+反应产生MnO2沉淀沉淀物Fe（OH）3Al（OH）3Fe（OH）2开始沉淀pH2.34.07.6完全沉淀pH4.15.29.6根据题意回答第（1）（5）题：（1）在酸解过程中，欲加快酸解时的化学反应速率，请提出两种可行的措施：、（2）加入的NaClO可与Mn2+反应：Mn2+ClO+H2O=MnO2+2H+Cl，还有一种离子也会被NaClO氧化，并发生
15、水解，该反应的离子方程式为（3）滤渣的主要成份除含有Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2外，还有（4）已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：温度（）40506070MgSO430.933.435.636.9CaSO40.2100.2070.2010.193“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明操作步骤是蒸发浓缩，“操作I”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，便得到了MgSO47H2O（5）实验中提供的硼镁泥共100g，得到的MgSO47H2O为172.2g，计算MgSO47H2O的产率为21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
16、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H2SO4C中发生反应：Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+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N
17、a2S2O35H2O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：I2+2S2O322I+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
18、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2.0103 mol/L的Na2S2O3溶液10.0mL，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）2015-2016学年江西省南昌二中高三（上）第三次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共16小题，每小题3分，共48分）1下列说法不正确的是（）A氯水中加少量的Na2 CO3粉末，可提高溶液中HC1O的浓度B金属单质都具有一定的还原性，金属阳离子都只有氧化性C氯气泄漏，自救方法是用湿毛巾或蘸有
19、纯碱溶液的毛巾捂住口鼻并向地势高的地方撤离D大气中的N2可作为制硝酸的原料【考点】氯气的化学性质；氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题；卤族元素【分析】A、氯水中的盐酸可以和碳酸钠之间反应，促使氯气和水的反应：Cl2+H2OHCl+HClO正向移动，据此回答；B、金属单质都具有一定的还原性，金属阳离子大多数均有氧化性，但是还有的具有还原性；C、氯气的密度比空气大，地势低的地方氯气含量高；D、空气中的氮气是制造硝酸和氮肥的重要原料【解答】解：A、氯水中的盐酸可以和碳酸钠之间反应，促使氯气和水的反应：Cl2+H2OHCl+HClO正向移动，提高溶液中HC1O的浓度，故A正确；B、金属阳离子也可能具
20、有还原性，如Fe2+，故B错误；C、氯气的密度比空气大，地势低的地方氯气含量高，则氯气泄漏，自救方法是用湿毛巾捂住口鼻并向地势高的地方撤离，故C正确；D、空气中的氮气具有广泛的用途，它是制造硝酸和氮肥的重要原料，故D正确；故选B【点评】本题涉及氯气性质的考查，注意教材知识的梳理和归纳以及灵活应用是关键，难度中等2下列溶液中的离子一定能大量共存的是（）A在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、NO3B室温下由水电离出的氢离子浓度c（H+）=11014mol/L的溶液中：Ba2+、NO3、K+、ClOC能使酚酞变红色的溶液中：Na+、K+、AlO2、CO32D在c（HCO3）=
21、0.1 molL1的溶液中：NH4+、AlO2、Cl、NO3【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A加入铝粉能产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；B室温下由水电离出的氢离子浓度c（H+）=11014mol/L的溶液，为酸或碱溶液；C能使酚酞变红色的溶液，显碱性；DAlO2促进HCO3的电离【解答】解：A加入铝粉能产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存在Fe2+，酸溶液中Al或Fe2+、NO3发生氧化还原反应，故A错误；B室温下由水电离出的氢离子浓度c（H+）=11014mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在ClO，故B错误；C能使酚酞变红色的溶液
22、，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；DAlO2促进HCO3的电离，不能大量共存，故D错误；故选C【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，题目难度不大3关于某无色溶液中所含离子的鉴别，下列判断正确的是（）A加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可能确定有Cl存在B通入Cl2后，溶液变为黄色，加入淀粉溶液后溶液变蓝，可确定有I一存在C加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可确定有SO42存在D加入盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定有CO32存
23、在【考点】常见阴离子的检验【专题】物质检验鉴别题【分析】A、稀盐酸沉淀时，HCl中含有大量Cl离子，所以不能确定Cl离子是原溶液里的还是后来加进去的；B、氯气具有氧化性，能将碘离子氧化；C、亚硫酸钡白色沉淀可以被硝酸氧化为硫酸钡；D、碳酸根和碳酸氢跟能和氢离子反应生成水和二氧化碳【解答】解：A、因加HCl之前生成的可能是AgCl沉淀，也可能是别的白色沉淀，但是后面加上HCl中含有大量Cl离子，所以不能确定Cl离子是原溶液里的还是后来加进去的，故A错误；B、氯气具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质，碘水呈黄色，碘单质遇到淀粉变蓝色，故B正确；C、因为加入的是硝酸钡，溶液中存在了硝酸根离子，再加入盐
24、酸时引入氢离子，就相当于存在了硝酸，将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，与钡离子形成不可溶的硫酸钡沉淀，也可能含有亚硫酸离子，故C错误；D、能和盐酸反应生成能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体的可以是碳酸根、碳酸氢根等离子，此外二氧化硫也能使石灰水变浑浊，故D错误故选B【点评】本题强调的A选项，原因是别的白色沉淀加上HCl转化为AgCl沉淀，这一点需要特别注意，容易出错4用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A足量的锌与一定量的浓硫酸反应生成1 mol气体时，转移的电子数为2 NAB标准状况下，2.24 L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NAC1molP4和1molC
25、H4所含共价键的数目均为4NAD1molFe在1molCl2中燃烧，转移3NA个电子【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、锌与浓硫酸反应生成的是二氧化硫，根据硫元素的价态由+6价变为+4价来分析；B、求出氯气的物质的量，然后根据氯气与碱的反应为歧化反应来分析；C、P4中含6条磷磷键；D、1mol铁在1mol氯气中燃烧，铁过量【解答】解：A、锌与浓硫酸反应生成的是二氧化硫，根据硫元素的价态由+6价变为+4价可知，生成1mol二氧化硫转移2mol电子即2NA个，故A正确；B、标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，而氯气与碱的反应为歧化反应，1mol氯气转移
26、1mol电子，则0.1mol氯气转移0.1NA个电子，故B错误；C、P4中含6条磷磷键，故1mol白磷中含6mol磷磷键，即6NA个，故C错误；D、1mol铁在1mol氯气中燃烧，铁过量，由于氯元素反应后变为1价，故1mol氯气转移2mol电子即2NA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5根据如图海水综合利用的工业流程图，判断下列说法不正确的是已知：MgCl26H2O受热生成Mg（OH） Cl和HCl气体等（）A过程的提纯是化学过程，过程通过氧化还原反应可产生2种单质B在过程中将MgCl26H2O直接灼烧得不到MgCl2
27、C在过程、反应中每氧化0.2 mol Br需消耗2.24LCl2D过程反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题【考点】海水资源及其综合利用【专题】氧化还原反应专题；卤族元素；几种重要的金属及其化合物【分析】海水蒸发溶剂得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和氢氧化钠；母液加氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和酸反应生成氯化镁，制得氯化镁，母液通入氯气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫吸收后发生氧化还原反应生成溴化氢，富集溴元素，通入氯气氧化溴化氢为溴单质得到高浓度的溴A根据粗盐的提纯及电解饱和食盐水产物进行判断；B根据镁离子水解及氯化氢的挥发性进行分析；C
28、根据物质的量计算氯气气体的体积，必须知道气体摩尔体积；D根据反应二氧化硫与溴单质的生成产物进行分析【解答】解：A过程的提纯中过滤属于物理过程，但是除去镁离子、碳酸根离子、硫酸根离子属于化学过程；过程电解饱和食盐水获得了氯气和氢气两种单质，故A正确；B因MgCl26H2O受热生成Mg（OH）Cl和HCl气体等，直接灼烧得不到MgCl2，若要由MgCl26H2O灼烧即可制得无水MgCl2，为防止Mg2+发生水解，应在HCl气氛中进行，故B正确； C因2Br+Cl2 =Br2 +2Cl，每氧化0.2molBr需消耗0.1molCl2，0.1molCl2的体积标准状况为2.24L，在其他状况下不一定为
29、2.24L，故C错误； D因Br2+SO2 +2H2O=2HBr+H2SO4，反应后溶液呈酸性，能与金属容器反应，故D正确；故选C【点评】本题考查了海水资源综合利用，涉及了离子的除杂、离子水解、氧化还原反应、元素及其化合物的有关知识进行综合利用，提高了试题的综合性，本题难度中等6N2O俗称“笑气”，曾用作可吸入性麻醉剂下列反应能产生N2O：3CO+2NO23CO2+N2O关于N2O的下列说法正确的是（）A上述反应，每生成1mol N2O，消耗1.5mol COB等物质的量的N2O和CO2含有相等的电子数CN2O只具有氧化性，无还原性DN2O会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒【考点】氧化还原反应
30、【专题】氧化还原反应专题【分析】A、根据3CO+2NO23CO2+N2O中N20和CO的关系式判断；B、N2O和CO2每个分子都含有22个电子，物质的量相同含有的电子数相同；C、N2O中N元素化合价为+1价，氮元素的化合价常用中间价态，化合价可以升高，也可以降低；D、NO会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒【解答】解：A根据方程式知，生成lmolN20，需要3molCO，故A错误；B、N2O和CO2每个分子都含有22个电子，物质的量相同含有的电子数相同，故B正确；C、N2O中N元素化合价为+1价，氮元素的化合价常用中间价态，化合价可以升高，也可以降低，N2O既有氧化性，又有还原性，故C错误；D、
31、与人体血红蛋白结合，使人中毒的是NO，故D错误；故选B【点评】本题考查氧化还原反应、氧化性还原性判断等知识点，难度不大，注意氧化性、还原性与元素化合价的关系，为易错点7下列叙述和均正确并且有因果关系的是（）选项叙述叙述A浓硝酸在光照下颜色变黄浓硝酸具有不稳定性B浓硫酸具有酸性和脱水性浓硫酸可使PH试纸先变红后变黑CCl2和SO2均有漂白性Cl2和SO2均可使含有酚酞的NaOH溶液褪色DC的还原性小于Si可用焦炭和石英在高温下反应制取粗硅和CO2AABBCCDD【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；浓硫酸的性质【专题】元素及其化合物【分析】A硝酸不稳定，见光易分解生成二氧化
32、氮；B浓硫酸具有酸性，可使pH试纸变红，又由于浓硫酸具有脱水性，所以变红后又变黑；CCl2与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，能使指示剂褪色；二氧化硫是酸性氧化物，能与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，溶液的碱性减弱，颜色褪去；D焦炭和石英反应生成硅和一氧化碳气体，气体逸出，促使反应向正方向进行【解答】解：A硝酸不稳定，见光易分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸显黄色，故A正确；B浓硫酸具有酸性，可使pH试纸变红，又由于浓硫酸具有脱水性，所以变红后又变黑，故B正确；CCl2与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，能使指示剂褪色；SO2具有漂白性，但不能是指示剂褪色，二氧化硫是酸性氧化物，能与氢氧化钠
33、反应生成亚硫酸钠和水，溶液的碱性减弱，颜色褪去，故C错误；D虽然碳的还原性小于Si，但高温下焦炭和石英反应生成硅和一氧化碳气体，气体逸出，促使反应向正方向进行，故可用焦炭和石英在高温下反应制取粗硅和CO2，故D错误；故选AB【点评】本题侧重元素化合物性质的考查，是高频考点，把握硝酸、浓硫酸、氯气、二氧化硫、碳、硅的性质等是解题关键，综合性较强，题目难度不大8下列反应方程式不正确的是（）A工业上制取粗硅的化学方程式：SiO2+2CSi+2COB硫酸型酸雨的形成会涉及反应2H2SO3+O22H2SO4CNa2S2O3溶液中加入稀硫酸：S2O32+2H+SO2+S+H2OD已知电离平衡常数：H2CO
34、3HClOHCO3，向NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO+CO2+H2O=2HClO+CO32【考点】化学方程式的书写【专题】化学用语专题【分析】A二氧化硅与炭在高温下生成粗硅和一氧化碳；B亚硫酸具有还原性，能够被氧气氧化生成硫酸；C硫代硫酸钠在酸性环境下发生歧化反应生成硫和二氧化硫和水；D酸性HClOHCO3，通入少量CO2，应生成HCO3；【解答】解：A二氧化硅与炭在高温下生成粗硅和一氧化碳，化学方程式：SiO2+2CSi+2CO，故A正确；B亚硫酸具有还原性，能够被氧气氧化生成硫酸，化学方程式：2H2SO3+O22H2SO4，故B正确；C硫代硫酸钠在酸性环境下发生歧化反应生成硫和二
35、氧化硫和水，离子方程式：S2O32+2H+SO2+S+H2O，故C正确；D酸性HClOHCO3，通入少量CO2，应生成HCO3，离子方程式为ClO+CO2+H2OHClO+HCO3，故D错误；故选：D【点评】本题考查了化学方程式、离子方程式的书写，为高考常见题型，明确反应的生成物及离子反应的书写方法即可解答，题目难度不大9如图装置，将溶液A逐滴加入固体B中，下列叙述正确的是（）A若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色B若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先产生白色沉淀后沉淀又溶解C若A为醋酸，B为贝壳，C中盛过量澄清石灰水，则C中溶液变浑浊D若A为浓硫酸，
36、B为Na2SO3固体，C中盛石蕊试液，则C中溶液先变红后褪色【考点】化学实验方案的评价；常见气体制备原理及装置选择【专题】实验评价题；气体的制备与性质检验类实验【分析】A浓盐酸与MnO2反应，需要加热；B浓氨水与生石灰可制取氨气，氨气与AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀；C醋酸与贝壳反应生成二氧化碳，二氧化碳与石灰水反应生成碳酸钙沉淀；D浓硫酸与Na2SO3反应生成SO2，SO2为酸性氧化物【解答】解：A浓盐酸与MnO2反应，需要加热，图中缺少酒精灯加热，不能生成氯气，故A错误；B浓氨水与生石灰可制取氨气，氨气与AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，则C中生成白色沉淀，故B错误；C醋酸与贝壳反应
37、生成二氧化碳，二氧化碳与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，则C中溶液变浑浊，故C正确；D浓硫酸与Na2SO3反应生成SO2，SO2为酸性氧化物，则C中石蕊溶液变红，故D错误；故选C【点评】本题考查化学实验方案的设计，为高频考点，把握常见气体的制备原理、气体的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大10亚硝酸钠（有毒性，市场上很易与食盐混淆）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，其物理性质与NaCl极为相似相关转化关系如图所示，下列说法不正确的是（）ANaNO2在水中的溶解性大于NH4NO2BNaNO2与N2H4反应中，NaNO2是氧化剂C可用KI、淀粉和食醋鉴别NaN
38、O2和NaClD分解NaN3盐每产生1 mol N2 转移6 mol e【考点】含氮物质的综合应用【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；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，生成1个 N2转移个电子【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
39、，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1 mol N2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，难度不大，注意抓住题目信息来解题11将几滴KSCN（SCN是“类卤离子”）溶液加入酸性的含有Fe3+的溶液中，溶液变成红色，将该红色溶液分为两份，一份中加入适量KMnO4溶液，红色褪去；向另一份中通入SO2，红色也褪去下列说法不正确的是（）A红色褪去的原因是KMnO4将SCN氧化，使Fe
40、（SCN）3消失B红色褪去的原因是SO2将Fe3+还原为Fe2+C红色褪去的原因是SO2将SCN还原DSCN在适当条件下可失去电子被氧化剂氧化为（SCN）2【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；二氧化硫的化学性质【分析】A根据高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN氧化的原理来判断；B根据二氧化硫具有还原性，Fe3+具有氧化性解答；CSO2中硫元素为+4价，SCN离子碳元素显+4价，氮元素显3价，硫元素的化合价为2价；D高锰酸钾具有强氧化性，可以将还原性的离子氧化；【解答】解：A三价铁离子遇到硫氰酸钾会发生络合反应：Fe3+3SCNFe（SCN）3，显红色，高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN氧化，
41、使红色消失，故A正确；BFe3+具有氧化性，二氧化硫具有还原性，反应生成硫酸根离子、亚铁离子和氢离子中红色褪去，反应为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+SO42，故B正确；CSO2中硫元素为+4价，如果还原SCN，则二氧化硫中的硫将变为+6价，而SCN须继续降低，但SCN，1价已经为最低价，无法再降低，碳元素显+4价，不能氧化+4价的硫，氮元素显3价，化合价不能再降低，硫元素的化合价为2价，也不能氧化+4价的硫，所以对于SCN，无论原子团还是其中原子，均无法氧化二氧化硫，故C错误；D高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN氧化为（SCN）2，相当于卤素单质X2，故D正确；故选C【点评】本
42、题主要考查了三价铁离子的检验，掌握高锰酸钾的氧化性是解答本题的关键，题目难度不大12如图是氯气的制备以及氯、溴、碘的非金属性比较实验，充分反应一段时间后，打开装置D的活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡，观察实验现象，下列说法正确的是（） AF2不能与NaCl溶液反应置换出氯气B装置B中可盛放水吸收氯气中的HCl气体C装置E下层呈现紫红色D装置E中有机试剂层呈现紫红色，能说明非金属性BrI【考点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系【分析】A、氟气与水反应生成氟化氢和氧气；B、氯气在饱和食盐水中溶解度小，如果用水，水与氯气要反应生成次氯酸和盐酸；C、苯的密度比水小，应在上层；D、生
43、成的溴单质和碘化钾反应生成碘单质，过量氯气也会氧化碘离子生成碘单质【解答】解：A、氟气与水溶液反应是氟气与水的反应生成氟化氢和氧气，所以F2不能与NaCl溶液反应置换出氯气，故A正确；B、氯气在饱和食盐水中溶解度小，如果用水，水与氯气要反应生成次氯酸和盐酸，所以不能用水吸收，故B错误；C、苯的密度比水小，应在上层，所以装置E上层呈现紫红色，故C错误；D、，生成的溴单质和碘化钾反应生成碘单质，过量氯气也会氧化碘离子生成碘单质，造成干扰，所以不能证明非金属性BrI，故D错误；故选A【点评】本题考查了氯气实验室制取、氯气化学性质、实验装置的理解评价，注意基础知识的掌握，本题难度中等13如图是甲、乙、
44、丙、丁四种物质的转化关系，其中每一步都能一步实现的是（）甲乙丙丁AFeCl3FeCl2Fe2O3Fe（OH）3BCuCuOCuSO4CuCl2CNOHNO3NO2NH3DSiNa2SiO3 SiO2SiF4AA、BB、CC、DD、【考点】铁的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；硅和二氧化硅；铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】A、依据铁及其化合物的性质，甲到丙，乙到丙，丙到丁都不能一步实现转化；B、依据铜及其化合物的性质判断，各步都能一步转化；C、根据氮 及其化合物的性质分析，丙到丁不能实现一步转化；D、依据硅及其化合物性质分析判断，乙到丙，丁到甲不能一步转化【解答】解：A、甲FeC
45、l3到丙Fe2O3，乙FeCl2到丙Fe2O3，丙Fe2O3到丁Fe（OH）3都不能一步实现转化，故A错误；B、各步都能一步转化，甲Cu乙CuO丙CuSO4丁CuCl2甲Cu丙CuSO4，故B正确；C、转化关系中丙NO2丁NH3，不能一步转化，故C错误；D、乙Na2SiO3到丙SiO2，丁SiF4到甲Si不能一步转化，故D错误；故选B【点评】本题考查了物质转化关系的应用，主要考查含氮物质的性质，硅及其化合物、铁及其化合物、铜及其化合物的性质应用，掌握基础是关键，题目难度中等14某研究小组鉴别甲的过程与现象如图所示（已知甲是一种盐）下列结论正确的是（）A如果甲中含有S2，则乙是硫磺沉淀B如果乙是
46、AgCl沉淀，那么甲是FeCl3C丙中肯定含有Fe3+，所以甲是FeBr2D甲中含有铁元素，可能显+2价或+3价【考点】常见离子的检验方法【专题】离子反应专题【分析】甲与硝酸银酸性溶液反应可得乙与丙，乙为淡黄色沉淀，则乙为AgBr，丙与KSCN溶液反应呈血红色，则丙中一定含有Fe3+，但甲转化为乙和丙时的试剂书写酸性硝酸银溶液，具有强氧化性，则甲可能是溴化亚铁，也可能是溴化铁，据此解答【解答】解：甲与硝酸银酸性溶液反应可得乙与丙，乙为淡黄色沉淀，则乙为AgBr，丙与KSCN溶液反应呈血红色，则丙中一定含有Fe3+，但甲转化为乙和丙时的试剂书写酸性硝酸银溶液，具有强氧化性，则甲可能是溴化亚铁，也
47、可能是溴化铁，A由上述分析可知，甲中含有Fe2+或Fe3+，硫化亚铁不溶，S2与Fe3+发生氧化反应，不能共存，故A错误；BAgCl是白色沉淀，乙不可能是AgCl，故B错误；C丙中一定含有Fe3+，甲转化为乙和丙时的试剂书写酸性硝酸银溶液，具有强氧化性，则甲可能是溴化亚铁，也可能是溴化铁，故C错误；D甲可能是溴化亚铁，也可能是溴化铁，故D正确；故选D【点评】本题考查离子检验，元素化合物性质等，难度中等，注意掌握常见离子检验方法，注意酸性硝酸银溶液有强氧化性15某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH下列用来解释事实的方程式中，不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）（
48、）A该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OHClO+Cl+H2OB该消毒液的pH约为12：ClO+H2OHClO+OH-C该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生有毒Cl2：2H+Cl+ClOCl2+H2OD该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClOHClO+CH3COO-【考点】真题集萃；氯气的化学性质【专题】卤族元素【分析】某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，应为氯气和氢氧化钠反应生成，为84消毒液，含有NaClO，可在酸性条件下与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，以此解答该题【解答】解：A消毒液的主要成分为NaClO，还含有一
49、定量的NaOH，应为氯气和氢氧化钠反应生成，故A正确；B饱和NaClO溶液的pH约为11，而消毒液的pH约为12，因此溶液的pH主要不是由ClO的水解造成的，氢氧化钠过量，为溶液呈碱性的主要原因，故B错误；C在酸性条件下与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，发生2H+Cl+ClOCl2+H2O，故C正确；D由于HClO酸性较弱，则NaClO可与醋酸反应生成HClO，漂白性增强，故D正确故选B【点评】本题为2015年北京考题，以氯气为载体综合考查元素化合物知识，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大16在1L溶液中含有Fe（NO3）3和H2SO4两种溶
50、质，其浓度分别为0.2mol/L和1.5mol/L，现向该溶液中加入39.2g铁粉使其充分反应下列有关说法正确的是（）A反应后溶液中Fe3+物质的量为0.6molB反应后产生13.44L H2（标准状况）C反应后溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之和为0.8molD由于氧化性Fe3+H+，故反应中先没有气体产生后产生气体【考点】有关混合物反应的计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】Fe（NO3）3和H2SO4的物质的量分别为0.2mol、1.5mol，n（Fe）=0.7mol，氧化性为HNO3Fe3+H+，先发生Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O、再发生Fe+2Fe3+3Fe2+，若还有
51、Fe剩余，则最后发生Fe与氢离子的反应，以此来解答【解答】解：Fe（NO3）3和H2SO4的物质的量分别为0.2mol、1.5mol，n（Fe）=0.7mol，氧化性为HNO3Fe3+H+，则： Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O 1 4 1 1 0.6 2.4 0.6 0.6 Fe+2Fe3+3Fe2+， 1 2 3 0.1 0.2 0.3Fe完全反应，没有剩余，溶液中存在0.6molFe3+、0.3molFe2+，A反应后溶液中Fe3+物质的量为0.6mol，故A正确；B不发生Fe+2H+Fe2+H2，没有氢气生成，故B错误；C反应后溶液中存在0.6molFe3+、0.3molFe2
52、+，反应后溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之和为0.9mol，故C错误；D氧化性为HNO3Fe3+H+，先发生Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O，有气体生成，故D错误；故选A【点评】本题考查铁的化学性质及化学反应的计算，题目难度中等，明确发生的化学反应及反应的先后是解答本题的关键，注意过量计算来解答，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力二、填空题（共5小题，共52分）17某强酸性溶液X中含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32、SO32、SO42、Cl、NO3中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：（1）上述离子中，溶液X中除H+外还一定含有的离子是A
53、l3+、NH4+、Fe2+、SO42，不能确定的阴离子是Cl，若要用实验证明该离子存在，其化学方法是取少量X溶液放在试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀；（2）写出下列反应的离子方程式：中生成气体A：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O，生成沉淀I：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3（3）假设测定A、F、I均为0.01mol，10mL X溶液中n（H+）=0.06mol，且不能确定含有的离子只有一种当X溶液中不能确定离子是Fe3+，沉淀C物质的量0.08mol（或Cl，0.08mol）【考点】常见离子的检验方法【专题】物质检验鉴别题【分析】在强酸性溶液
54、中一定不会存在CO32和SO32离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3离子，含有SO42离子就一定不含Ba2+离子，不能确定的是否含有的离子Fe3+和Cl，以此解答【解答】解：（1）在强酸性溶液中一定不会存在
55、CO32和SO32离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3离子，含有SO42离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl，检验氯离子的方法是：取少量B溶液放在试管中，加入几滴AgN
56、O3溶液，无白色沉淀说明无Cl，所以一定含有的是Al3+、NH4+、Fe2+、SO42，不能确定的是Fe3+、Cl，证明氯离子的方法为：取少量X溶液放在试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀，故答案为：Al3+、NH4+、Fe2+、SO42；Cl；取少量X溶液放在试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀；（2）Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，反应的离子方程式为3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O，故答案为：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O；H为NaOH和NaAlO2混合物，通入过量二氧化碳后分别发生的反应为：CO2+OH=HCO3，AlO2+CO
57、2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故生成沉淀的离子方程式为AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3； 故答案为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；（3）A、F、I均为0.01mol，10mLX溶液中n（H+）=0.06mol，根据反应3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O，可知亚铁离子为0.03mol，根据溶液电中性可知：2n（Fe2+）+3n（Al3+）+n（NH4+）=2n（SO42），n（SO42）=0.08mol，当X溶液中不能确定的离子是Fe3+，则硫酸根离子的物质的量大于0.08mol，生成沉淀C硫酸钡的物质的量大于0.08mol；
58、当X溶液中不能确定的离子为Cl，则硫酸根离子的物质的量小于0.08mol，生成沉淀C硫酸钡的物质的量小于0.08mol，故答案为：Fe3+；0.08mol（或Cl，0.08mol）【点评】本题考查了常见阴阳离子的检验、无机推断，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，（3）为难点、易错点，注意溶液电中性知识在化学计算中的应用方法，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力18某研究性学习小组选用以下装置进行实验设计和探究（图中a、b、c均为止水夹）（1）在进行气体制备时，应先检验装置的气密性将A装置末端导管密封后，在A装置的分液斗内装一定量的蒸馏水，然后打开分液漏斗开关
59、，水不能顺利流下，则气密性良好或打开分液漏斗开关水不能持续滴下或分液漏斗中液面长期保持不变，则证明A装置的气密性良好（2）用锌粒和稀硫酸制备H2时应选用装置B作为发生装置（填所选装置的序号字母），夹紧止水夹后反应会慢慢停止下来，请描述原因试管中气压增大，将溶液压回长颈漏斗中，使固液分离而停止（3）某同学利用上述装置设计实验证明Cl2氧化性强于Br2选用的装置连接顺序为：ACE（填所选装置的序号字母）；从以下试剂中选用该实验所需的试剂为b、c、e（填试剂的序号字母）；a浓硫酸 b浓盐酸 c二氧化锰 d氯化钠 e溴化钠溶液实验过程中能说明Cl2氧化性强于Br2的实验现象是C中溶液的颜色变为（橙）黄
60、色；（4）另一同学将B、D、E装置连接后，在B装置中加入铜片和浓硝酸制取NO2，然后进行NO2气体与水反应的实验，并观察相关现象：B装置发生反应的离子方程式为Cu+4H+2NO3=Cu2+2NO2+2H2O；反应一段时间后D装置中的具支试管乙中收集满NO2气体，若进行NO2气体与水反应的实验，应关闭止水夹a、b，打开止水夹c（填“对a、b、c三个止水夹进行的操作”），然后再适当加热乙，实验现象为烧杯中的水进入试管中，试管中气体颜色变浅【考点】性质实验方案的设计；常见气体制备原理及装置选择【专题】实验设计题；气体的制备与性质检验类实验【分析】（1）将A装置末端导管密封后，在A装置的分液斗内装一定
61、量的蒸馏水，利用气体的压强检验气密性；（2）用锌粒和稀硫酸制备H2，选择固体与液体反应装置，且不需要加热；夹紧止水夹后反应会慢慢停止下来，气体使固液分离；（3）设计实验证明Cl2氧化性强于Br2，利用A装置制备氯气，C装置发生氯气与NaBr的反应，E装置尾气处理；（4）将B、D、E装置连接后，在B装置中加入铜片和浓硝酸制取NO2，然后进行NO2气体与水反应的实验，B中Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，D装置中的具支试管乙中收集满NO2气体，关闭止水夹a、b，打开止水夹c，适当加热试管乙，可使二氧化氮与水反应生成NO，以此来解答【解答】解：（1）在进行气体制备时，应先检验装置的气密性将A
62、装置末端导管密封后，在A装置的分液斗内装一定量的蒸馏水，然后打开分液漏斗开关，水不能顺利流下，则气密性良好或打开分液漏斗开关水不能持续滴下或分液漏斗中液面长期保持不变，则气密性良好，故答案为：打开分液漏斗开关，水不能顺利流下，则气密性良好或打开分液漏斗开关水不能持续滴下或分液漏斗中液面长期保持不变；（2）用锌粒和稀硫酸制备H2，选择固体与液体反应装置，且不需要加热，则选择装置B；夹紧止水夹后反应会慢慢停止下来，原因为试管中气压增大，将溶液压回长颈漏斗中，使固液分离而停止，故答案为：B；试管中气压增大，将溶液压回长颈漏斗中，使固液分离而停止；（3）设计实验证明Cl2氧化性强于Br2，利用A装置制
63、备氯气，C装置发生氯气与NaBr的反应，E装置尾气处理，由上述分析可知，连接顺序为ACE，故答案为：A；C；E；利用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，C中试剂为NaBr，即该实验需要的试剂为b、c、e，故答案为：b、c、e；实验过程中能说明Cl2氧化性强于Br2的实验现象是C中溶液的颜色变为（橙）黄色，故答案为：C中溶液的颜色变为（橙）黄色；（4）B中Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子反应为Cu+4H+2NO3=Cu2+2NO2+2H2O，故答案为：Cu+4H+2NO3=Cu2+2NO2+2H2O；反应一段时间后D装置中的具支试管乙中收集满NO2气体，若进行NO2气体与水反应的实验，应关闭
64、止水夹a、b，打开止水夹c，然后再适当加热乙，实验现象为烧杯中的水进入试管中，试管中气体颜色变浅，故答案为：关闭止水夹a、b，打开止水夹c；乙；烧杯中的水进入试管中，试管中气体颜色变浅【点评】本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，把握常见气体的制备原理、性质实验设计、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大19H、C、N、O、Fe、Si、I是中学化学中常见的元素，请根据题意回答与这些元素有关的问题：（1）根据元素周期律，碳的非金属性强于硅，请用一个化学反应方程式表示CO2+Na2SiO3+H2O=Na2CO3+H2SiO3（2）若FeSO4和O2的系数比为2：1，试
65、配平下列方程式：2FeSO4+6K2O22K2FeO4+2K2O+2K2SO4+1O2（3）各种氮氧化物（NO、NO2）是主要的大气污染物之一，治理氮氧化物（NOX）废气的方法之一是用NaOH溶液进行吸收，其反应原理可表示如下：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O 2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O现有一NO与NO2的混合气体，将其通入50mL 2mol/L的NaOH溶液中，恰好完全吸收，测得溶液中含有NO3 0.02mol所得溶液中NaNO2的物质的量为0.08mol；混合气体中V（NO）：V（NO2）=3：7（4）向FeI2溶液中不断通入Cl2，溶液中I、I2、
66、IO3、Fe2+、Fe3+等粒子物质的量随n（Cl2）/n（FeI2）的变化可用如图简单表示当n（Cl2）：n（FeI2）=6.5时，溶液中n（Cl）：n（IO3）=6.5当n（Cl2）：n（FeI2）=1.2时，离子方程式可表示为2Fe2+10I+6Cl2=5I2+2Fe3+12Cl【考点】离子方程式的有关计算；有关混合物反应的计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】（1）非金属性越强，最高价氧化物对应的水合物的酸性越强，据此设计反应原理；（2）根据得失电子数相等配平反应方程式，注意依据代数和为0判断元素的化合价；（3）从Na元素质量守恒的角度解答；根据NaNO2和NaNO3的物质的量，利用
67、反应的化学方程式解答；（4）由还原性强弱顺序为：IFe2+I2，则在不断通Cl2的过程中，依次发生以下氧化还原反应：Cl2+2I=2Cl+I2、Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl、5Cl2+I2+6H2O=2IO3+12H+10Cl；可见当n（Cl2）：n（FeI2）=1：1时，I恰好全被氧化；当n（Cl2）：n（FeI2）=1.5时，Fe2+正好全被氧化；当n（Cl2）：n（FeI2）=6.5时，氧化还原反应完毕；因此当n（Cl2）：n（FeI2）1：1时，开始生成Fe3+至1.5时，Fe3+达到最大量，故粗线C代表了n（Fe3+）的变化；当n（Cl2）：n（FeI2）1.5时，开始生成I
68、O3，至6.5时，IO3达到最大量，故折线E的起点若从1.5出发至6.5结束，则细线E代表了n（IO3）的变化；当n（Cl2）：n（FeI2）1时，碘离子反应生成碘单质，碘离子浓度减小至1时为0，碘单质的浓度最大，为原来碘离子浓度的一半，所以A代表了n（I）的变化，B代表了n（I2）的变化；当1.5n（Cl2）：n（FeI2）1：1时，Fe2+浓度减少至1.5时，Fe2+达到最小量为0，故粗线D代表了n（Fe2+）的变化，然后结合发生的离子反应解答【解答】解：（1）非金属性越强，最高价氧化物对应的水合物的酸性越强，根据CO2+Na2SiO3+H2O=Na2CO3+H2SiO3可知，碳酸的酸性大
69、于硅酸，则C元素的非金属性大于Si，故答案为：CO2+Na2SiO3+H2O=Na2CO3+H2SiO3；（2）FeSO4+K2O2K2FeO4+K2O+K2SO4+O2，该反应，FeSO4中Fe的化合价为+2价，K2FeO4中Fe的化合价为+6价，所以一个氯化亚铁分子失去4个电子；K2O2中O的化合价为1价，O2中O的化合价为0价，一个K2O2分子失去2个电子生成氧气；K2O2中O的化合价为1价，K2FeO4和K2O中O元素的化合价为2价，所以一个K2O2失去2个电子，该方程式中得失电子的最小公倍数为6，所以该方程式的计量数分别为2、6、2、2、2、1，即方程式为2FeSO4+6K2O2=2
70、K2FeO4+2K2O+2K2SO4+1O2，故答案为：2；6；2；2；2；1；（3）n（NaNO3）=n（NO3）=0.02mol，n（NaOH）=0.05L2mol/L=0.1mol，根据Na元素质量守恒，则n（NaOH）=n（NaNO3）+n（NaNO2），n（NaNO2）=0.1mol0.02mol=0.08mol，故答案为：0.08；设混合气体中含有xmolNO，ymolNO2，NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O 1 1 2x x 2x 2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O 2 1 1（yx） （yx） （yx）则2x+（yx）=0.08、（yx）=0.02，
71、解得：x=0.03、y=0.07，所以x：y=3：7，故答案为：3：7；（4）由还原性强弱顺序为：IFe2+I2，则在不断通Cl2的过程中，依次发生以下氧化还原反应：Cl2+2I=2Cl+I2、Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl、5Cl2+I2+6H2O=2IO3+12H+10Cl；可见当n（Cl2）：n（FeI2）=1：1时，I恰好全被氧化；当n（Cl2）：n（FeI2）=1.5时，Fe2+正好全被氧化；当n（Cl2）：n（FeI2）=6.5时，氧化还原反应完毕；因此当n（Cl2）：n（FeI2）1：1时，开始生成Fe3+至1.5时，Fe3+达到最大量，故粗线C代表了n（Fe3+）的变化；
72、当n（Cl2）：n（FeI2）1.5时，开始生成IO3，至6.5时，IO3达到最大量，故折线E的起点若从1.5出发至6.5结束，则细线E代表了n（IO3）的变化；当n（Cl2）：n（FeI2）1时，碘离子反应生成碘单质，碘离子浓度减小至1时为0，碘单质的浓度最大，为原来碘离子浓度的一半，所以A代表了n（I）的变化，B代表了n（I2）的变化；当1.5n（Cl2）：n（FeI2）1：1时，Fe2+浓度减少至1.5时，Fe2+达到最小量为0，故粗线D代表了n（Fe2+）的变化，当n（Cl2）：n（FeI2）=6.5时，氯气和碘化亚铁恰好反应，反应方程式为13Cl2+2FeI2+12H2O=2FeCl
73、3+4HIO3+20HCl，则n（C1）：n（IO3）=26：4=13：2=6.5，故答案为：6.5；当n（Cl2）：n（FeI2）=1.2时，碘离子全部被氧化，亚铁离子部分氧化，则离子反应为2Fe2+10I+6Cl2=5I2+2Fe3+12Cl，故答案为：2Fe2+10I+6Cl2=5I2+2Fe3+12Cl【点评】本题考查了氧化还原反应的计算、离子方程式的计算等知识，题目难度较大，注意图形曲线变化的含义为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力20硼镁泥主要成份是MgO（占35%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质
74、从硼镁泥中提取MgSO47H2O的流程如下：已知：NaClO与Mn2+反应产生MnO2沉淀沉淀物Fe（OH）3Al（OH）3Fe（OH）2开始沉淀pH2.34.07.6完全沉淀pH4.15.29.6根据题意回答第（1）（5）题：（1）在酸解过程中，欲加快酸解时的化学反应速率，请提出两种可行的措施：升温、把硼镁泥粉碎、搅拌等（2）加入的NaClO可与Mn2+反应：Mn2+ClO+H2O=MnO2+2H+Cl，还有一种离子也会被NaClO氧化，并发生水解，该反应的离子方程式为2Fe2+ClO+5H2O=2Fe（OH）3+Cl+4H+（3）滤渣的主要成份除含有Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2
75、外，还有SiO2（4）已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：温度（）40506070MgSO430.933.435.636.9CaSO40.2100.2070.2010.193“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明操作步骤是蒸发浓缩，趁热过滤“操作I”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥，便得到了MgSO47H2O（5）实验中提供的硼镁泥共100g，得到的MgSO47H2O为172.2g，计算MgSO47H2O的产率为80%【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】综合实验题；物质的分离
76、提纯和鉴别【分析】硼镁泥主要成份是MgO（占35%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，加入硫酸，MgO、CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3都和硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，次氯酸钠具有强氧化性，加入的NaClO可与Mn2+反应生成MnO2，把亚铁离子氧化成铁离子，溶液pH升高，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子形成氢氧化铝沉淀，过滤除去滤渣Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2、SiO2，滤液中含钙离子、镁离子，除钙后，只剩镁离子，蒸发冷却结晶得到硫酸镁晶体（1）从影响反应速率的因素分析；（2）溶液中含有Fe2+，具有还原性，可与NaClO发生氧
77、化还原反应；（3）二氧化硅不与稀硫酸反应，所以在滤渣中存在；（4）根据表中温度对硫酸镁、硫酸钙的影响完成；根据分离晶体与溶液方法分析；（5）根据硼镁泥中MgO的质量分数（占35%），结合Mg原子守恒计算出生成MgSO47H2O质量及产率【解答】解：硼镁泥主要成份是MgO（占35%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，加入硫酸，MgO、CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3都和硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，次氯酸钠具有强氧化性，加入的NaClO可与Mn2+反应生成MnO2，把亚铁离子氧化成铁离子，溶液pH升高，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子形成氢氧化铝
78、沉淀，过滤除去滤渣Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2、SiO2，滤液中含钙离子、镁离子，除钙后，只剩镁离子，蒸发冷却结晶得到硫酸镁晶体（1）升高温度，增大接触面积，搅拌、增大反应物的浓度都可加快反应速率，故答案为：升温；把硼镁泥粉碎、搅拌等；（2）溶液中含有Fe2+，具有还原性，可与NaClO发生氧化还原反应，并发生水解，反应的离子方程式为2Fe2+ClO+5H2O=2Fe（OH）3+Cl+4H+，故答案为：2Fe2+ClO+5H2O=2Fe（OH）3+Cl+4H+；（3）SiO2不与硫酸反应，次氯酸钠具有强氧化性，加入的NaClO可与Mn2+反应生成MnO2，把亚铁离子氧化成铁离子，溶
79、液PH升高，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子形成氢氧化铝沉淀，过滤得滤渣Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2、SiO2，故答案为：SiO2；（4）有温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响，温度越高，硫酸钙溶解度越小，可以采用蒸发浓缩，趁热过滤方法除去硫酸钙；操作I”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，再经过过滤洗涤干燥，便得到MgSO47H2O，故答案为：趁热过滤；过滤洗涤干燥；（5）100g硼镁泥中氧化镁的物质的量为=0.875mol，根据镁原子守恒，生成MgSO47H2O的物质的量为0.875mol，质量为246g/mol0.875mol=215.25g，MgSO47H2O的产率为100%=80.
80、0%，故答案为：80.0%【点评】本题考查从硼镁泥中提取MgSO47H2O的方法，为高频考点，涉及反应速率、氧化还原反应及产率计算等，侧重考查学生分析、应用及计算能力的综合考查，注意元素化合物知识、化学实验及反应原理的综合应用，题目难度较大21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
81、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H2SO4C中发生反应：Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+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Na2S2O35H2O的粗产品（1）仪器a的名称是分液漏斗； E中的试剂可以选用bd（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
82、成，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，取沉淀，加入足量稀盐酸，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生（填实验现象），则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4（3）为减少装置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，改进后的操作是先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液已知：I2+2S2O322I+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2.01
83、03 mol/L的Na2S2O3溶液10.0mL，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）【考点】制备实验方案的设计【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；制备实验综合【分析】（1）仪器a的名称是分液漏斗；E装置目的是吸收剩余的二氧化硫，因为二氧化硫能与氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液反应，与稀H2SO4和饱和NaHSO3溶液不反应；（2）根据亚硫酸钡溶解于稀盐酸并且有刺激性气味的气体产生，硫酸钡不溶解于稀盐酸来分析；（3）根据亚硫酸钠易被氧化生成硫酸钠分析；（4）根据KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O反应方程式计
84、算【解答】解：（1）仪器a的名称是分液漏斗；E中的试剂是NaOH溶液，目的是吸收剩余的二氧化硫，因为二氧化硫能与氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液反应，与稀H2SO4和饱和NaHSO3溶液不反应，故选bd，故答案为：分液漏斗；bd；（2）因为BaSO3难溶于水，可溶于稀盐酸并且有刺激性气味的气体产生，硫酸钡不溶解于稀盐酸，所以当沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，说明固体中既有硫酸钡又有亚硫酸钡，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4，故答案为：若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生；（3）因为亚硫酸钠易被氧化生成硫酸钠，所以为减少装置C中生成Na2SO4的量，改进后的操作是先向A中烧瓶
85、滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液，故答案为：先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液；（4）b中生成的碘在c中反应I2+2S2O322I+S4O62，所以 I2 2S2O32， 1mol 2mol 1.0105mol 2.0103molL10.010L=2.0105mol，根据KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O可知，KIO3的物质的量为105mol，所以精制盐的碘含量是mg/kg=mg/kg，故答案为：【点评】题以某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O35H2O）为载体，考查了物质的分离提纯、检验、设计优化等，综合性较强
