1、江苏省淮安市四星级高中2015-2016学年高三（上）段考化学试卷（10月份）一、选择题（共13小题，每小题2分，满分26分）1下列关于一部分单质、氧化物、酸、碱和盐分类的说法正确的是（）纯碱 硝酸铜 食盐 硝酸 盐酸 硫酸钠 硫酸 火碱 生石灰 氯A含氧酸盐有B和是同一种物质C可以把归类为：D不能把和归为一类物质2下列化学用语正确的是（）A乙醇的结构简式：C2H6OBHF的电子式：CMg2+的核外电子排布式：1s22s22p6DN2的结构简式：NN：3化学在生产和日常生活中有重要的应用下列说法中错误的是（）AMgO、Al2O3的熔点很高，可制作耐高温材料，工业上也用其电解冶炼对应的金属B明矾
2、水解形成的胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化C燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩D铝比铁活泼，但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀4类比是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质但类比是相对的，不能违背客观事实下列各种类比推测的说法中正确的是（）已知Fe与S能直接化合生成FeS，推测Cu与S可直接化合生成CuS已知CaCO3与稀硝酸反应生成CO2，推测CaSO3与稀硝酸反应生成SO2已知CO2分子是直线型结构，推测CS2分子也是直线型结构已知Fe与CuSO4溶液反应，推测Fe与AgNO3溶液也能反应已知NaOH是强电解质，其饱和溶液导电能力很强，Ca（OH）2也是强电解质，推
3、测其饱和溶液导电能力也很强ABCD5某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中同时有气体和沉淀产生下列化合物中符合上述条件的是（）AAlCl3BNa2OCFeCl2DSiO26下列由实验现象得出的结论正确的是（）操作及现象结论A向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）B向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+C向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色Br还原性强于ClD加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结NH4Cl固体可以升华AABBCCDD7下列表示
4、对应化学反应的离子方程式正确的是（）A向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32+2H+SO2+H2OB向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32+SO2+H2OH2SiO3+SO32C向Al2（SO4）3溶液中加入过量的NH3H2O：Al3+4NH3H2OAl（OH）4+4NH4+D向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2+2H2O4Na+2Cu（OH）2+O2来源:Zxxk.Com8下列说法正确的是（）A稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B25时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7C25时，0.1molL1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力
5、弱D0.1mol AgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c（Cl）=c（I）9已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）3+3ClO+4OH2RO4n+3Cl+5H2O，则RO4n中R的化合价是（）A+3B+4C+5D+610水溶液中能大量共存的一组离子是（）ANH4+、Ba2+、Br、CO32BCl、SO32、Fe2+、H+CK+、Na+、SO42、MnO4DNa+、H+、NO3、HCO311设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A23gNa与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子B1molCu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子C标准状况下，22.4
6、LN2和H2混合气中含NA个原子D3mol单质Fe完全转化为Fe3O4，失去8NA个电子12下列物质转化在给定条件下能实现的是（）来源:学,科,网Z,X,X,KAl2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3SSO3H2SO4饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3Fe2O3FeCl2无水FeCl3MaCl2（aq）Mg（OH）2煅烧MgOABCD13已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸溶液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成产生刺激性气味的气体 溶液呈蓝色据此判断下列说法正确的是（）A反应中硫酸作氧化剂BNH4CuSO3中硫元素被氧化C刺激性气味的气体是氨气D1 mol NH4C
7、uSO3完全反应转移0.5 mol电子二、不定项选择题（本题包括6小题，每小题4分，共计24分每小题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，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分14下列图示与对应的叙述相符的是（）A可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率的变化B可以表示乙酸溶液中通人氨气至过量过程中溶液导电性的变化C可以表示向明矾溶液中滴加氢氧化钠溶液产生沉淀量的变化D可以表示足量锌粉与稀硫酸反应时加少量CuSO4产生H2的变化15下列叙述正确的是（）A稀盐酸可除去烧瓶内残留的MnO2B可用磨口玻
8、璃瓶保存NaOH溶液C稀硝酸可除去试管内壁的银镜D煮沸自来水可除去其中的Ca（HCO3）216下列有关实验原理、操作或现象不正确的是（）A下列有关实验原理、操作或现象不正确的是图1锥形瓶中滴入浓盐酸后充满黄绿色气体，试管中出现浅黄色浑浊B图2放置一段时间后，饱和CuSO4溶液中出现白色晶体C用玻璃棒蘸取某溶液做焰色反应实验，火焰呈黄色说明该溶液中不含钾元素D蒸馏时，将温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处17在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2OCO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示下列说法不正确的是（）AX是电源的负极B阴极的反应式是：H2O+2eH2+O2，CO
9、2+2eCO+O2C总反应可表示为：H2O+CO2H2+CO+O2来源:Z_xx_k.ComD阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1：1来源:学&科&网18下列有关物质应用的说法不正确的是（）A铁制容器可盛装冷的浓硫酸，因为常温下铁和浓硫酸不反应BNa2O2用作呼吸面具的供氧剂C欲鉴别FeCl2溶液、AlCl3溶液和AgNO3溶液，向3种待测液中分别滴加足量氨水D铝热反应需提供一定的能量引发，因为铝热反应为吸热反应19某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质） 制取七水合硫酸亚铁（FeSO47H2O），设计了如下流程：下列说法不正确的是（）A
10、溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al（OH）3，进入固体2C从溶液2得到FeSO47H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解D若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO47H2O二、解答题（共6小题，满分70分）20（10分）（2011姜堰市二模）在浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2，可以制得纳米级碳酸钙下图所示AE为实验室常见的仪器装置（部分固定夹持装置略去），请根据要求回答问题（1）实验室制取、收集干燥的NH3，需选用上述仪器装置中的（2）向浓CaCl2溶液中通入N
11、H3和CO2气体制纳米级碳酸钙时，应先通入的气体是，写出制纳米级碳酸钙的化学方程式：（3）试设计简单的实验方案，判断所得碳酸钙样品颗粒是否为纳米级21（12分）（2013江苏）氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3）为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：（1）MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为（2）加入H2O2 氧化时，发生反应的化学方程式为（3）滤渣2 的成分是（填化学式）（4）煅烧过程存在以下反应：2MgSO4+C2MgO+2SO2+CO2MgSO4+C MgO+SO2+COMgSO4+3C MgO+S+3
12、CO利用如图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集D中收集的气体可以是 （填化学式）B中盛放的溶液可以是（填字母）aNaOH 溶液 bNa2CO3 溶液 c稀硝酸 dKMnO4溶液A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4，写出该反应的离子方程式：22（10分）（2015春孝感期末）化合物X是一种香料，可采乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成：已知：RX ROH；RCHO+CH3COORRCH=CHCOOR请回答：（1）E的名称是（2）B+DF的化学方程式（3）X的结构简式（4）对于化合物X，下列说法正确的是A能发生水解反应 B不与浓硝酸发生取代反应C能使Br2/CC
13、l4溶液褪色 D能发生银镜反应（5）下列化合物中属于F的同分异构体的是A CH2OCH2CH2CHOB CH=CHCH2CH2CHOCCH2=CHCH=CHCH=CHCH=CHCOOH D COOCH2CH2CH323（18分）（2015秋淮安月考）二氧化氯（ClO2黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，回答下列问题：（1）工业上可用KC1O3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为（2）实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制各ClO2：己知：NCl3中Cl元素化合价为+1价，具有强氧化性电解时发生反应的化学方程式
14、为溶液X中大量存在的阴离子有除去ClO2中的NH3可选用的试剂是（填标号）A、水 B、碱石灰 C、浓硫酸 D、饱和食盐水（3）用下图装置可以测定混合气中ClO2的含量：、在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸；、在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；、将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；IV、将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；V、用0.1000molL1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O322I+S4O62），指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液在此过程中：锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为玻璃液封装置的作用是V
15、中加入的指示剂通常为，滴定至终点的现象是测得混合气体中ClO2的质量为 g24（8分）（2015秋淮安月考）请回答：（1）H2O2的电子式（2）镁燃烧不能用CO2灭火，用化学方程式表示其理由（3）在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式（4）完成以下氧化还原反应的离子方程式：MnO4+ C2O42+=Mn2+ CO2+25（12分）（2015秋淮安月考）化合物甲和NaAlH4都是重要的还原剂一定条件下金属钠和H2反应生成甲甲与水反应可产生H2，甲与AlCl3反应可得到NaAlH4将4.80g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24L（已折算成标准状况） 的H
16、2请推测并回答：（1）甲的化学式；（2）甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式：；（3）NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式：；（4）甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂（铁锈的成分表示为Fe2O3） 脱锈过程发生的化学方程式；（5）某同学认为：用惰性气体赶尽反应体系中的空气，将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥，再与金属钠反应，得到的固体物质即为纯净的甲；取该固体物质与水反应，若能产生H2，即可证明得到的甲一定是纯净的判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由江苏省淮安市四星级高中2015-2016学年高三（上）段考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（共
17、13小题，每小题2分，满分26分）1下列关于一部分单质、氧化物、酸、碱和盐分类的说法正确的是（）纯碱 硝酸铜 食盐 硝酸 盐酸 硫酸钠 硫酸 火碱 生石灰 氯A含氧酸盐有B和是同一种物质C可以把归类为：D不能把和归为一类物质【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【专题】物质的分类专题【分析】A、含氧酸盐是指盐中电离出的阴离子中含有氧元素的化合物；B、分子式相同，组成相同的属于同种物质；C、根据物质的分类知识来回答判断物质所属的类别；D、根据物质的分类知识来回答判断物质所属的类别【解答】解：A、纯碱 硝酸铜硫酸钠属于含氧酸盐，食盐属于无氧酸盐，故A错误；B、纯碱是碳酸钠的俗称，是氢氧化钠的
18、俗称，二者不是同种物质，故B错误；C、硫酸钠Na2SO4属于含钠的化合物，属于硫酸盐、离子化合物，阴离子中含有氧元素，属于含氧酸盐，在水溶液或是熔融状态下能导电，属于电解质，故C正确；D、硫酸 火碱即氢氧化钠都可以看成是电解质一类的，可以作为一类物质，故D错误故选C【点评】本题考查学生物质的分类知识，注意物质的类别以及分类的标准是解题的关键，难度中等2下列化学用语正确的是（）A乙醇的结构简式：C2H6OBHF的电子式：CMg2+的核外电子排布式：1s22s22p6DN2的结构简式：NN：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【专题】化学用语专题【分析】A乙醇的结构简式中要体现官能团；B氟
19、化氢是共价化合物；C镁离子原子核外有10电子，根据构造原理书写其基态离子核外电子排布式；D氮气分子中氮氮原子间存在共价三键【解答】解：A乙醇的结构简式为CH3CH2OH，故A错误；B氟化氢的电子式为，故B错误；C镁离子原子核外有10电子，根据构造原理知，其核外电子排布式为1s22s22p6，故C正确；D氮气分子中氮氮原子间存在共价三键，其结构简式为NN，故D错误；故选C【点评】本题考查了化学用语，根据结构简式、核外电子排布式、电子式的书写规则书写即可，难度不大，注意离子化合物和共价化合物电子式的书写区别3化学在生产和日常生活中有重要的应用下列说法中错误的是（）AMgO、Al2O3的熔点很高，可
20、制作耐高温材料，工业上也用其电解冶炼对应的金属B明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化C燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩D铝比铁活泼，但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀【考点】铝的化学性质；焰色反应；镁、铝的重要化合物【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A根据金属的活泼性确定金属的冶炼方法；B明矾中铝离子水解生成胶体，具有吸附性；C根据焰色反应的性质分析；DAl比铁活泼，但氧化铝为致密的氧化物【解答】解：A氧化铝的熔点很高，所以Al2O3在工业上用于制作耐高温材料，铝是活泼金属，活泼金属的冶炼用电解法，所以用电解法冶炼铝金属，MgO的熔点为2800、熔点高，电解时耗
21、能高，工业上常用电解熔融MgCl2的方法生产金属镁，故A错误B明矾中铝离子水解生成胶体，具有吸附性，则能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，故B正确；C因焰色反应时能呈现出来的色彩，因此可用作焰火，故C正确；DAl比铁活泼，但氧化铝为致密的氧化物，所以铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，故D正确；故选A【点评】本题主要考查了金属的冶炼、明矾净水的原理、焰色反应等物质的性质等知识，难度不大4类比是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质但类比是相对的，不能违背客观事实下列各种类比推测的说法中正确的是（）已知Fe与S能直接化合生成FeS，推测Cu与S可直接化合生成CuS已知CaCO3与稀硝酸反应生成
22、CO2，推测CaSO3与稀硝酸反应生成SO2已知CO2分子是直线型结构，推测CS2分子也是直线型结构已知Fe与CuSO4溶液反应，推测Fe与AgNO3溶液也能反应已知NaOH是强电解质，其饱和溶液导电能力很强，Ca（OH）2也是强电解质，推测其饱和溶液导电能力也很强ABCD【考点】含硫物质的性质及综合应用；铁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质【专题】类比迁移思想【分析】S的氧化性很弱，S单质和金属反应，只能生成低价金属化合物硝酸中+5价氮具有强氧化性；CaSO3中的硫元素是+4价，具有还原性CO2分子中碳氧之间是双键，CS2分子中碳硫之间也是双键 Fe Fe在金属的活动性顺序表中，排在
23、前面的金属可以将排在后面的金属从它们的盐溶液中置换出来溶液的导电是通过自由移动的离子的定向移动实现，导电能力强弱与溶液中自由移动的离子浓度大小和离子所带电荷多少有关，溶液中自由离子浓度越大，所带电荷越多，导电能力越强【解答】解：硫的氧化性比氧气、氯气弱，只能把金属氧化到低价 Fe的低价为+2价；Cu的低价为+1价，Fe+SFeS； 2Cu+S Cu2S故的说法错误来源:学&科&网因CaCO3中碳为+4价是最高价，虽硝酸中+5价氮，具有强氧化性，CaCO3与稀硝酸只能发生复分解，CaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+H2O+CO2反应CaSO3中的硫元素是+4价，具有还原性，与强氧化性的硝酸
24、发生氧化还原反应，被氧化成+6价的硫，稀硝酸自身被还原成+2价的氮故的说法错误CO2分子和CS2分子结构式分别为O=C=O和S=C=S，CO2分子是直线型结构，CS2分子也是直线型结构故说法正确在金属的活动性顺序表中，Fe排在Cu、Ag的前面Fe+CuSO4FeSO44+Cu，Fe+2AgNO3Fe（NO3）2+2Ag故说法正确NaOH是易溶于水易电离的强电解质，其饱和溶液离子浓度大，导电能力强，Ca（OH）2是微溶于水的强电解质，溶于水的能完全电离，但因微溶，其饱和溶液离子浓度小，导电能力弱故说法错误故选C【点评】该题主要考查了元素化合物硫、氮、碳、铁、铜的性质，考查了电解质的强弱与导电能力
25、的关系学习元素化合物知识时，需注意新旧知识的前后联系类比它们的异同5某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中同时有气体和沉淀产生下列化合物中符合上述条件的是（）AAlCl3BNa2OCFeCl2DSiO2【考点】真题集萃；盐类水解的应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物【分析】选项中物质只有FeCl2不能由两种单质直接反应生成，且SiO2与Ba（HCO3）2不反应，Na2O与Ba（HCO3）2溶液反应不生成气体，以此来解答【解答】解：AAl与氯气化合生成AlCl3，AlCl3与Ba（HCO3）2溶液反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故A正确；B
26、钠与氧气反应生成氧化钠，但Na2O与Ba（HCO3）2溶液反应不生成气体，只生成碳酸钡沉淀，故B错误；CFe与氯气化合生成FeCl3，故C错误；DSi与氧气化合生成SiO2，但SiO2与Ba（HCO3）2不反应，故D错误；故选A【点评】本题为2015年山东高考题，侧重元素化合物知识及反应原理的考查，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，注意选项A中相互促进水解反应，题目难度不大6下列由实验现象得出的结论正确的是（）操作及现象结论A向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）B向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+C向NaB
27、r溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色Br还原性强于ClD加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结NH4Cl固体可以升华AABBCCDD【考点】真题集萃；化学实验方案的评价【分析】A同类型的沉淀转化时，溶度积大的沉淀转化为溶度积小的沉淀；B原溶液中含有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液呈红色；C向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色，说明有Br2生成，发生反应：2Br+Cl2=2Cl+Br2，还原剂还原性强于还原产物还原性；DNH4Cl受热分解为NH3与HCl，在试管口处冷却，NH3与HCl反应又得到NH4Cl固体【解答】解：A同类
28、型的沉淀转化时，难溶电解质之间可实现由溶度积常数较大的物质转化为溶度积常数较小的物质，AgCl悬浊液中加入KI溶液，白色沉淀变成黄色，证明此条件下Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故A错误；B原溶液中若含有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液也会呈红色，不能说明原溶液中是否含有Fe2+，故B错误；C向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色，说明有Br2生成，发生反应：2Br+Cl2=2Cl+Br2，说明Br还原性强于Cl，故C正确；DNH4Cl受热分解为NH3与HCl，在试管口处冷却，NH3与HCl反应又得到NH4Cl固体，不能说明NH4Cl固体可以升华，故D错误，故选：C
29、【点评】本题考查化学实验方案评价，侧重考查学生对基础知识的理解掌握，难度不大7下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32+2H+SO2+H2OB向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32+SO2+H2OH2SiO3+SO32C向Al2（SO4）3溶液中加入过量的NH3H2O：Al3+4NH3H2OAl（OH）4+4NH4+D向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2+2H2O4Na+2Cu（OH）2+O2【考点】真题集萃；离子方程式的书写【分析】A硝酸具有强氧化性，可以氧化亚硫酸根；B二氧化硫过量，应生成HSO3；C氢氧化铝不
30、能溶于氨水，得到氢氧化铝沉淀；D过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠在与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀与硫酸钠【解答】解：A硝酸具有强氧化性，将SO32氧化为SO42，不能生成二氧化硫，反应离子方程式为：3SO32+2H+2NO3=3SO42+2NO+H2O，故A错误；B二氧化硫过量，应生成HSO3，反应离子方程式为SiO32+2SO2+2H2OH2SiO3+2HSO3，故B错误；C氢氧化铝不能溶于氨水，得到氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故C错误；D过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠在与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀与硫酸钠，反应总
31、离子方程式为：2Na2O2+2Cu2+2H2O4Na+2Cu（OH）2+O2，故D正确，故选：D【点评】本题考查离子方程式正误判断，需要学生熟练掌握元素化合物性质，明确离子反应发生的条件，难度中等8下列说法正确的是（）A稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B25时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7C25时，0.1molL1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱D0.1mol AgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c（Cl）=c（I）【考点】真题集萃；弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A加入醋酸钠，溶液中醋酸根离子浓度
32、增大，抑制醋酸的电离；B.25时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后为NH4NO3溶液，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性；C硫化氢为弱电解质，而硫化钠为强电解质，等浓度溶液中硫化氢溶液中离子浓度远远小于硫化钠溶液中离子浓度；DAgCl与AgI的溶度积不同，所得溶液中c（Cl）c（I）【解答】解：A稀醋酸溶液中存在平衡：CH3COOHCH3COO+H+，加入醋酸钠，溶液中CH3COO离子浓度增大，抑制醋酸的电离，故A错误；B.25时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后为NH4NO3溶液，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，故溶液pH7，故B错误；C硫化氢为弱电解质，部分电离，而硫化钠为强电解质，等浓度溶液中硫
33、化氢溶液中离子浓度远远小于硫化钠溶液中离子浓度，硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱，故C正确；D均存在溶解平衡，溶液中Ag+浓度相同，AgCl与AgI的溶度积不同，所得溶液中c（Cl）c（I），故D错误，故选：C【点评】本题考查弱电解质的电离平衡，难度不大，A为易错点，学生容易认为醋酸根与氢离子结合，平衡右移，促进电离9已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）3+3ClO+4OH2RO4n+3Cl+5H2O，则RO4n中R的化合价是（）A+3B+4C+5D+6【考点】真题集萃；氧化还原反应【分析】根据电荷守恒得31+41=31+2n，则n=2，所以RO4n为RO42，该离子中O元素
34、化合价为2价，R、O元素化合价的代数和为2，据此判断R元素化合价【解答】解：根据电荷守恒得31+41=31+2n，则n=2，所以RO4n为RO42，该离子中O元素化合价为2价，R、O元素化合价的代数和为2，所以该离子中R元素化合价=2（2）4=+6，故选D【点评】本题以氧化还原反应为载体考查元素化合价判断，根据电荷守恒、离子中各元素化合价的代数和分析解答即可，侧重考查分析计算能力，题目难度不大10水溶液中能大量共存的一组离子是（）ANH4+、Ba2+、Br、CO32BCl、SO32、Fe2+、H+CK+、Na+、SO42、MnO4DNa+、H+、NO3、HCO3【考点】离子共存问题【专题】离子
35、反应专题【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能相互促进水解等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：ABa2+、CO32结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；BSO32、H+结合生成水和气体，不能大量共存，故B错误；C该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；DH+、HCO3结合生成水和气体，不能大量共存，故D错误；故选C【点评】本题考查离子共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、水解反应的离子共存考查，题目难度不大11设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A23gNa与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子B1molCu和足量热浓硫
36、酸反应可生成NA个SO3分子C标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含NA个原子D3mol单质Fe完全转化为Fe3O4，失去8NA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、求出钠的物质的量，然后根据反应后1mol钠反应生成0.5mol氢气来分析；B、铜和浓硫酸反应时，浓硫酸被还原为SO2；C、N2和H2均为双原子分子；D、根据Fe3O4中铁为+价来分析【解答】解：A、23g钠的物质的量为1mol，而钠与水反应时1mol钠生成0.5mol氢气，即生成0.5NA个分子，故A错误；，B、铜和浓硫酸反应时，浓硫酸被还原为SO2，不是三氧化硫，故B错误；C、标准状况
37、下，22.4LN2和H2混合气的物质的量为1mol，而N2和H2均为双原子分子，故1mol混合气体中无论两者的比例如何，均含2mol原子，即2NA个，故C错误；D、Fe3O4中铁为+价，故1mol铁反应失去mol电子，3mol单质Fe完全转化为Fe3O4失去8mol电子，即8NA个，故D正确故选D【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12下列物质转化在给定条件下能实现的是（）Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3SSO3H2SO4饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3Fe2O3FeCl2无水FeCl3MaCl2（aq）Mg（O
38、H）2煅烧MgOABCD【考点】镁、铝的重要化合物；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物；铁的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝硫燃烧生成二氧化硫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，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解，加热蒸发得不到无水FeCl3氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁【解答】解：氧化铝与氢氧化钠反
39、应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+Na2CO3，生成氢氧化铝，故正确；硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故错误；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；氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解Fe3+3H2O2Fe（OH）3+HCl，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，得不到无水FeCl3，故错误；氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解
40、生成氧化镁，故正确故正确故选：A【点评】本题考查元素化合性质、侯德榜制碱法、盐类水解等，难度中等，注意侯德榜制碱法要先通氨气，后通二氧化碳，以便获得高浓度离子溶液13已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸溶液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成产生刺激性气味的气体 溶液呈蓝色据此判断下列说法正确的是（）A反应中硫酸作氧化剂BNH4CuSO3中硫元素被氧化C刺激性气味的气体是氨气D1 mol NH4CuSO3完全反应转移0.5 mol电子来源:学科网【考点】氧化还原反应【分析】NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和C
41、u2+，则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，以此解答该题【解答】解：反应的发产生为：2NH4CuSO3+4H+Cu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4+A、由发产生为：2NH4CuSO3+4H+Cu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4+，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后未变，反应中硫酸体现酸性，不作氧化剂，故A错误；B、NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2+，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故B错误；C、因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C错误D、反应只有Cu元素的化合价发生变
42、化，分别由+1+2，+10，反应的发产生为：2NH4CuSO3+4H+Cu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4+，每2molNH4CuSO3参加反应则转移1mol电子，则1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，故D正确故选：D【点评】本题考查氧化还原反应，难度较大，注意从反应现象判断生成物，结合化合价的变化计算电子转移的数目二、不定项选择题（本题包括6小题，每小题4分，共计24分每小题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，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分14下列图示与对应的叙述
43、相符的是（）A可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率的变化B可以表示乙酸溶液中通人氨气至过量过程中溶液导电性的变化C可以表示向明矾溶液中滴加氢氧化钠溶液产生沉淀量的变化D来源:学&科&网可以表示足量锌粉与稀硫酸反应时加少量CuSO4产生H2的变化【考点】化学反应速率的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；镁、铝的重要化合物【专题】图像图表题【分析】A改变温度，正逆反应速率同时增大或减小；B乙酸溶液中通人氨气，导电能力增强；C向明矾溶液中滴加氢氧化钠溶液，发生3OH+Al3+=Al（OH）3 、OH+Al（OH）3=AlO2+2H2O；D足量锌粉与稀硫酸反应时加少量CuSO4，锌置换出铜，
44、形成原电池反应【解答】解：A改变温度，正逆反应速率同时增大或减小，图象不符，故A错误；B乙酸溶液中通人氨气，生成醋酸铵，导电能力增强，故B错误；C向明矾溶液中滴加氢氧化钠溶液，发生3OH+Al3+=Al（OH）3 、OH+Al（OH）3=AlO2+2H2O，图象应为，故C错误；D足量锌粉与稀硫酸反应时加少量CuSO4，锌置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，故D正确故选D【点评】本题考查较为综合，涉及反应速率的影响、电解质溶液的导电性、铝的化合物等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大15下列叙述正确的是（）A稀盐酸可除去烧瓶内残留的MnO2B可用
45、磨口玻璃瓶保存NaOH溶液C稀硝酸可除去试管内壁的银镜D煮沸自来水可除去其中的Ca（HCO3）2【考点】真题集萃；硝酸的化学性质；钠的重要化合物【分析】A稀盐酸不能与二氧化锰反应；B玻璃中含有二氧化硅，能与氢氧化钠反应生成硅酸钠；CAg与稀硝酸反应生成硝酸银、NO与水，可以除去试管内壁的银镜；D自来水煮沸，Ca（HCO3）2可以转化为CaCO3【解答】解：A稀盐酸不能与二氧化锰反应，用浓盐酸、加热除去烧瓶内残留的MnO2，故A错误；B玻璃中含有二氧化硅，能与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠为无机矿物胶，使瓶塞与瓶口粘连在一起，故B错误；CAg与稀硝酸反应生成硝酸银、NO与水，可以除去试管内壁的银
46、镜，故C正确；D自来水煮沸，Ca（HCO3）2可以转化为CaCO3，使硬水得到软化，故D正确，故选：CD【点评】本题考查元素化合物性质、试剂保持、硬水软化等，比较基础，注意对基础知识的理解掌握16下列有关实验原理、操作或现象不正确的是（）来源:Zxxk.ComA下列有关实验原理、操作或现象不正确的是图1锥形瓶中滴入浓盐酸后充满黄绿色气体，试管中出现浅黄色浑浊B图2放置一段时间后，饱和CuSO4溶液中出现白色晶体C用玻璃棒蘸取某溶液做焰色反应实验，火焰呈黄色说明该溶液中不含钾元素D蒸馏时，将温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处【考点】化学实验方案的评价【分析】A高锰酸钾氧化HCl，氯气氧化硫化钠；B
47、CaO具有吸水性，饱和硫酸铜溶液中有晶体析出；C检验钾元素应用透过蓝色钴玻璃观察；D蒸馏时，温度计测定馏分的温度【解答】解：A高锰酸钾氧化HCl生成氯气，则图1锥形瓶中滴入浓盐酸后充满黄绿色气体，氯气与硫化钠反应生成S，则试管中出现浅黄色浑浊，故A正确；BCaO具有吸水性，饱和硫酸铜溶液中有晶体析出，观察到蓝色晶体出现，故B错误；C检验钾元素应用透过蓝色钴玻璃观察，否则被黄色光遮住，故C错误；D蒸馏时，温度计测定馏分的温度，则将温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处，故D正确；故选BC【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及氧化还原反应、物质的性质、焰色反应、蒸馏实验等，注重基础知识的考查，注意思维
48、严密性的训练，题目难度不大17在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2OCO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示下列说法不正确的是（）AX是电源的负极B阴极的反应式是：H2O+2eH2+O2，CO2+2eCO+O2C总反应可表示为：H2O+CO2H2+CO+O2D阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1：1【考点】原电池和电解池的工作原理；真题集萃【分析】A电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，根据与X极相连的电极产生的气体判断；B电解池阴极发生还原反应，根据反应物结合化合价的变化分析；C根据图示以及电解的目的解答；D根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，
49、结合C总的反应分析；【解答】解：A根据图示知：与X相连的电极产生CO，电解H2OCO2混合气体，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，发生还原反应，电解池阴极发生还原反应，所以X是电源的负极，故A正确；B电解池阴极发生还原反应，电解H2OCO2混合气体制备H2和CO，阴极：水中的氢原子得到电子生成氢气，H2O+2eH2+O2，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，CO2+2eCO+O2，故B正确；C电解H2OCO2混合气体制备H2和CO，根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，所以总反应为：H2O+CO2H2+CO+O2，故C正确；D电解H2OCO2混合气体制备H2和CO，总反应为：H2O+CO2H2+
50、CO+O2，阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是2：1，故D错误；故选D【点评】本题考查电解知识，为高频考点，侧重于考查学生的综合运用能力，题目难度中等，注意基础知识的积累掌握，掌握电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应为解答关键18下列有关物质应用的说法不正确的是（）A铁制容器可盛装冷的浓硫酸，因为常温下铁和浓硫酸不反应BNa2O2用作呼吸面具的供氧剂C欲鉴别FeCl2溶液、AlCl3溶液和AgNO3溶液，向3种待测液中分别滴加足量氨水D铝热反应需提供一定的能量引发，因为铝热反应为吸热反应【考点】钠的重要化合物；铁的化学性质；物质的检验和鉴别的实验方案设计
51、【专题】几种重要的金属及其化合物；物质的分离提纯和鉴别【分析】A钝化时发生了氧化还原反应；BNa2O2与二氧化碳反应生成氧气；C滴加足量氨水到FeCl2溶液、AlCl3溶液和AgNO3溶液分别出现白色沉淀转变成红褐色沉淀，白色沉淀，先出现白色沉淀后溶解；D铝热反应为放热反应【解答】解：A钝化时发生了氧化还原反应，生成致密的氧化物阻止反应的进一步发生，则铁制容器可盛装冷的浓硫酸，故A错误；BNa2O2与二氧化碳反应生成氧气，则可用作呼吸面具的供氧剂，故B正确；C滴加足量氨水到FeCl2溶液、AlCl3溶液和AgNO3溶液分别出现白色沉淀转变成红褐色沉淀，白色沉淀，先出现白色沉淀后溶解，所以可以鉴
52、别，故C正确；D铝热反应为放热反应，但铝热反应需提供一定的能量引发反应，故D错误；故选AD【点评】本题为小综合，涉及钝化、铝热反应、物质的性质，注意反应原理与物质的性质即可解答，选项C为易错点，题目难度不大19某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质） 制取七水合硫酸亚铁（FeSO47H2O），设计了如下流程：下列说法不正确的是（）A溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al（OH）3，进入固体2C从溶液2得到FeSO47H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解D若改变方案，在溶液
53、1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO47H2O【考点】物质分离、提纯的实验方案设计；真题集萃【分析】硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其它杂质），混合物中加入足量硫酸，Fe2O3、Al2O3与酸反应生成的硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，固体1为二氧化硅；在滤液中加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，固体2为氢氧化铝，溶液2为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体，以此进行解答【解答】解：硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3
54、，不考虑其他杂质），混合物中加入足量硫酸，Fe2O3、Al2O3与酸反应生成的硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，固体1为二氧化硅；在滤液中加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，固体2为氢氧化铝，溶液2为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体，A由流程分析可知，溶解烧渣选用足量硫酸，X为铁粉，故A正确；B由流程分析可知，固体1中一定含有SiO2，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，则固体2为氢氧化铝，故B正确；C亚铁离子易被空气中的氧气氧化，而且受热易失去结晶水，所以从溶液2得到FeSO47H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分
55、解，故C正确；D在溶液1中含有铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，故D错误故选D【点评】本题考查制备实验方案的设计与评价、工艺流程的分析应用，题目难度中等，侧重学生分析能力和创新能力的培养，注意把握常见物质的分离方法来源:Z_xx_k.Com二、解答题（共6小题，满分70分）20（10分）（2011姜堰市二模）在浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2，可以制得纳米级碳酸钙下图所示AE为实验室常见的仪器装置（部分固定夹持装置略去），请根据要求回答问题（1）实验室制取、收集干燥的NH3，需选用上述仪
56、器装置中的ACDE（2）向浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2气体制纳米级碳酸钙时，应先通入的气体是NH3，写出制纳米级碳酸钙的化学方程式：CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+2NH4Cl（3）试设计简单的实验方案，判断所得碳酸钙样品颗粒是否为纳米级取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是【考点】氨的实验室制法；胶体的重要性质；氨的化学性质【专题】溶液和胶体专题；氮族元素【分析】（1）根据反应物的状态、反应条件选取反应装置，根据气体的溶解性、密度选择收集装置（2）根据二氧化碳和氨气的溶解性判断先通入的气体，由反应物和生成物写出反应方程
57、式（3）碳酸钙样品颗粒如果为纳米级，纳米级的颗粒在胶体范围内，所以根据胶体的性质确定实验方案【解答】解：（1）实验室制取氨气采用固体、固体加热型装置，所以应选A为反应装置；生成物中含有水，氨气属于碱性气体，所以应选择碱性物质吸收水蒸气，故选C；氨气极易溶于水，且氨气的密度小于空气的密度，所以应采用向下排空气法收集，故选E；氨气有刺激性气味，所以不能直接排空；氨气极易溶于水，所以尾气处理应采用防止倒吸装置，用水吸收即可，故选D故答案为：ACDE（2）氨气极易溶于水，二氧化碳不易溶于水，所以应先通入氨气；氨气溶于水生成氨水，溶液呈碱性，二氧化碳是酸性气体，能和碱反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钙发生复
58、分解反应生成碳酸钙和氯化铵CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+2NH4Cl故答案为NH3；CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+2NH4Cl（3）碳酸钙样品颗粒如果为纳米级，纳米级的颗粒在胶体范围内，所以具有胶体的性质，运用胶体的丁达尔效应判断；取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是故答案为：取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是【点评】本题考查了氨气的实验室制法，难度不大，注意根据反应物的状态、反应条件选取反应装置，根据气体的溶解性、密度选择收集装置21（12分）（201
59、3江苏）氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3）为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：（1）MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为MgCO3+2H+Mg2+CO2+H2O（2）加入H2O2 氧化时，发生反应的化学方程式为2FeSO4+H2O2+H2SO4Fe2（SO4）3+2H2O（3）滤渣2 的成分是Fe（OH）3（填化学式）（4）煅烧过程存在以下反应：2MgSO4+C2MgO+2SO2+CO2MgSO4+C MgO+SO2+COMgSO4+3C MgO+S+3CO利用如图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集D
60、中收集的气体可以是CO （填化学式）B中盛放的溶液可以是d（填字母）aNaOH 溶液 bNa2CO3 溶液 c稀硝酸 dKMnO4溶液A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4，写出该反应的离子方程式：3S+6OH2S2+SO32+3H2O【考点】镁、铝的重要化合物；二氧化硫的化学性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】（1）碳酸镁与稀硫酸反应生成硫酸镁水和二氧化碳；（2）过氧化氢在酸性条件下氧化硫酸亚铁为硫酸铁；（3）加入氨水调节溶液PH使氢氧化铁全部沉淀；（4）煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过A使硫蒸气冷凝下
61、来，再通过B装置高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过C中的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳气体在D中收集【解答】解：（1）MgCO3与稀硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为MgCO3+2H+Mg2+CO2+H2O，故答案为：MgCO3+2H+Mg2+CO2+H2O；（2）加入H2O2 氧化时，在酸性溶液中氧化硫酸亚铁为硫酸铁，反应的化学方程式为：2FeSO4+H2O2+H2SO4Fe2（SO4）3+2H2O，故答案为：2FeSO4+H2O2+H2SO4Fe2（SO4）3+2H2O；（3）酸溶后过滤得到溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子全部沉
62、淀，过滤后所以得到沉淀为氢氧化铁，故答案为：Fe（OH）3；（4）煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过A使硫蒸气冷凝下来，再通过B装置高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过C中的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳气体在D中收集；D中收集的气体可以是CO，故答案为：CO；B中盛放的溶液可以KMnO4溶液吸收二氧化硫，故答案为：d；A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，依据氧化还原反应原理，产物中元素最高价态为+4，最低价为2价，反应的离子方程式为：3S+6OH2S2+SO32+3H2O，故答案为：3S+6OH2S2+SO32+3H2O【点评】
63、本题考查了镁铝及其化合物、二氧化硫性质应用，混合物分离方法和实验操作方法，物质性质熟练掌握是解题关键，题目难度中等22（10分）（2015春孝感期末）化合物X是一种香料，可采乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成：已知：RX ROH；RCHO+CH3COORRCH=CHCOOR请回答：（1）E的名称是苯甲醛（2）B+DF的化学方程式（3）X的结构简式（4）对于化合物X，下列说法正确的是ACA能发生水解反应 B不与浓硝酸发生取代反应C能使Br2/CCl4溶液褪色 D能发生银镜反应（5）下列化合物中属于F的同分异构体的是BCA CH2OCH2CH2CHOB CH=CHCH2CH2CHO来源:学科网Z
64、XXKCCH2=CHCH=CHCH=CHCH=CHCOOH D COOCH2CH2CH3【考点】有机物的推断【分析】乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，故A是乙醇，乙醇催化氧化最终生成乙酸，故B是乙酸；甲苯在光照条件下与氯气发生的是取代反应，则C为，C在氢氧化钠的水溶液中发生的是取代反应，那么D应为，由D能被氧化为E，且结合给出的信息：RCHO+CH3COORRCH=CHCOOR，那么应E为，据此推断得出F为：，那么X为，据此答题【解答】解：乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，故A是乙醇，乙醇催化氧化最终生成乙酸，故B是乙酸；甲苯在光照条件下与氯气发生的是取代反应，则C为，C在
65、氢氧化钠的水溶液中发生的是取代反应，那么D应为，由D能被氧化为E，且结合给出的信息：RCHO+CH3COORRCH=CHCOOR，那么应E为，据此推断得出F为：，那么X为，（1）依据分析可知：E为，名称为苯甲醛，故答案为：苯甲醛；（2）B为乙酸，D为苯甲醇，两者发生酯化反应生成乙酸苯甲酯，化学反应方程式为：，故答案为：；（3）根据上面的分析可知，X为：，故答案为：；（4）AX中含有酯基，能发生水解反应，故A正确；BX中含有苯环，能与浓硝酸发生取代反应，故B错误；CX中含有碳碳双键，能使Br2/CCl4溶液褪色，故C正确；DX中不含有醛基，不能发生银镜反应，故D错误，故选AC；（5）F为，分子式
66、为：C9H10O3，A中含有10个碳原子数，与F不是同分异构体，故A错误；B和C的分子式均为C9H10O3，且与F结构不同，属于同分异构体；D中H原子个数为12，与F不是同分异构体，故D错误，故选BC【点评】本题主要考查的是有机物的合成与有机物的推断，充分掌握常见有机化合物的性质以及抓住所给信息解题是关键，难度中等，注意有机官能团的性质的灵活运用23（18分）（2015秋淮安月考）二氧化氯（ClO2黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，回答下列问题：（1）工业上可用KC1O3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1（2）实验室用NH4Cl、盐
67、酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制各ClO2：己知：NCl3中Cl元素化合价为+1价，具有强氧化性电解时发生反应的化学方程式为NH4Cl+2HCl NCl3+3H2溶液X中大量存在的阴离子有Cl、OH除去ClO2中的NH3可选用的试剂是C（填标号）A、水 B、碱石灰 C、浓硫酸 D、饱和食盐水（3）用下图装置可以测定混合气中ClO2的含量：、在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸；、在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；、将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；IV、将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；V、用0.1000molL1硫代硫酸钠标
68、准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O322I+S4O62），指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液在此过程中：锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为2ClO2+10I+8H+2Cl+5I2+4H2O玻璃液封装置的作用是吸收残留的ClO2气体（避免碘的逸出）V中加入的指示剂通常为淀粉溶液，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色测得混合气体中ClO2的质量为0.02700 g【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应，SO32被氧化成SO42，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3+SO32+2H+2C
69、lO2+SO42+H2O；（2）由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中进行电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2，在NCl3溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、NH3和X，X中含Cl、OH；由信息可知，ClO2易溶于水，所以不能利用水溶液吸收，氨气为碱性气体，利用性质差异分离提纯；（3）由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I为I2，自身被还原为Cl，同时生成水；玻璃液封装置可防止有害气体逸出；淀粉遇碘单质变蓝；根据关系式2ClO25I210Na2S2O3计算n（ClO2），再根据m=nM计算m（ClO2）；【解答】解：（1）
70、KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得ClO2，可知SO32被氧化成SO42，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3+SO32+2H+2ClO2+SO42+H2O，氧化剂为KClO3，还原剂为Na2SO3，由离子反应可知该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（2）由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2，故答案为：NH4Cl+2HClNCl3+3H2；在NCl3溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、NH3和X，发生NCl3+NaClO2+H2OClO2+NH3+NaOH+NaC
71、l，溶液X中大量存在的阴离子有Cl、OH，故答案为：Cl、OH；AClO2易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收氨气，故错误；B碱石灰不能吸收氨气，故错误；C浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故正确；DClO2易溶于水，不能利用水吸收氨，故错误；故答案为：C；（3）由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I为I2，自身被还原为Cl，同时生成水，反应离子方程式为2ClO2+10I+8H+2Cl+5I2+4H2O，故答案为：2ClO2+10I+8H+2Cl+5I2+4H2O；玻璃液封装置的作用是吸收残留的ClO2气体（避免碘的逸出），故答案为：吸收残留的ClO2气体（避免碘的逸出
72、）；V中加入的指示剂通常为淀粉溶液，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，故答案为：淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；含有Na2S2O3物质的量为0.02 L0.1mol/L=0.002 mol，则：根据关系式：2ClO25I210Na2S2O3，2 10n（ClO2） 0.002mol所以n（ClO2）=0.0004mol，所以m（ClO2）=0.004 mol67.5g/mol=0.02700g，故答案为：0.02700；【点评】本题考查物质含量的测定，为高频考点，为2015年高考真题，把握物质的性质、制备流程、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验、计算能
73、力的综合考查，综合性较强，题目难度中等24（8分）（2015秋淮安月考）请回答：（1）H2O2的电子式（2）镁燃烧不能用CO2灭火，用化学方程式表示其理由2Mg+CO22MgO+C（3）在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式Br+AgClAgBr+Cl（4）完成以下氧化还原反应的离子方程式：2MnO4+5 C2O42+16H+=2Mn2+5 CO2+8H2O【考点】离子方程式的书写；电子式；化学方程式的书写【分析】（1）为共价化合物，结构式为HOOH；（2）镁燃烧不能用CO2灭火，二者反应生成MgO和C；（3）白色沉淀转化为淡黄色沉淀，发生沉淀的转化，A
74、gCl转化为AgBr；（4）Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，结合电子、电荷及原子守恒配平【解答】解：（1）为共价化合物，结构式为HOOH，其电子式为，故答案为：；（2）镁燃烧不能用CO2灭火，二者反应生成MgO和C，反应为2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C；（3）白色沉淀转化为淡黄色沉淀，发生沉淀的转化，AgCl转化为AgBr，离子反应为Br+AgClAgBr+Cl，故答案为：Br+AgClAgBr+Cl；（4）Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，则由电子守恒可知2MnO4+5 C2O
75、42+2Mn2+10 CO2+，由电荷守恒可知2MnO4+5 C2O42+16H+2Mn2+10 CO2+，由原子守恒可知2MnO4+5 C2O42+16H+=2Mn2+10 CO2+8H2O，故答案为：2；5；16H+；2；5；8H2O【点评】本题考查离子反应方程式的书写及氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重沉淀转化及氧化还原反应配平的离子反应考查，题目难度不大25（12分）（2015秋淮安月考）化合物甲和NaAlH4都是重要的还原剂一定条件下金属钠和H2反应生成甲甲与水反应可产生H2，甲与AlCl3反应可得到NaAlH4将4.80g甲加热至完全分解
76、，得到金属钠和2.24L（已折算成标准状况） 的H2请推测并回答：（1）甲的化学式NaH；（2）甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl；（3）NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2；（4）甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂（铁锈的成分表示为Fe2O3） 脱锈过程发生的化学方程式3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH；（5）某同学认为：用惰性气体赶尽反应体系中的空气，将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥，再与金属钠反应，得到的固体物质即为纯净的甲；取该固体物质与水反应，若能产生H2，
77、即可证明得到的甲一定是纯净的判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由制备过程不合理，因为盐酸易挥发，氢气中混有HCl，导致产物中有NaCl；验纯方法不合理，如果有Na残留，Na与水反应也产生氢气，且没有考虑混入的NaCl【考点】镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物【分析】（1）钠元素在化合物中只能形成+1价，据此结合生成氢气的物质的量判断其化学式即可；（2）NaH与AlCl3反应可得到NaAlH4，此反应无化合价的变化，据此书写；（3）NaAlH4与水反应生成氢气，应是水中的H元素与NaH中的H元素之间得失电子，据此书写即可；（4）由题意可知NaH常做还原剂那么铁锈为氧化剂，反应生成铁单
78、质，据此书写；（5）制备过程中未指明吸收杂质气体HCl，据此解答；氢气与金属钠反应未指明钠的用量，钠可能过量，过量的钠也可以与水反应生成氢气【解答】解：（1）Na在化合价中呈现+1价，故该物质的化学式可能为NaH，又甲与AlCl3反应可得到NaAlH4，Al的化合价为+3，故H元素的化合价为1，4.80g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24L，即0.1mol氢气，化学反应方程式为：2NaH2Na+H2 48g 22.4L 4.8g 2.24L故此化合物为NaH，故答案为：NaH；（2）NaH与AlCl3反应可得到NaAlH4，此反应无化合价的变化，根据原子守恒推测另一种生成物，化学反应方程式
79、为：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl，故答案为：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl； （3）NaAlH4与水反应生成氢气，即NaH中H化合价升高，水中H元素化合价降低，化学反应方程式为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2，故答案为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2；（4）NaH常做还原剂（H化合价升高为+1价），铁锈在此为氧化剂（Fe化合价降低为0价），反应生成铁单质，化学反应方程式为：3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH，故答案为：3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH；（5）稀盐酸具有挥发性，且可以利用浓硫酸干燥，故制取的氢气中可能混有杂质气体HCl，那么制取的甲中就混有NaCl，验证过程中未排除金属钠的干扰，过量的金属能也可以与水反应生成氢气故答案为：制备过程不合理，因为盐酸易挥发，氢气中混有HCl，导致产物中有NaCl；验纯方法不合理，如果有Na残留，Na与水反应也产生氢气，且没有考虑混入的NaCl【点评】本题主要考查的是常见元素以及其化合物的知识，综合性较强，涉及物质的判断、化学反应方程式书写、实验方案的评价等，难度较大