1、2014-2015学年甘肃省白银市会宁二中高三（上）第二次月考化学试卷一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分） 1（3分）（2014上海）下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是（）A过氧化钠B氢硫酸C硫酸亚铁D苯酚 2（3分）（2014北京）下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（）AKBNaCFeDAl 3（3分）（2014山东）等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是（）AFeOBFe2O3CFeSO4DFe3O4 4（3分）安全是顺利进行实验及避免伤害的保障下列实验操作正确且不是从实验安全角度考虑的是（）A操作：使用稍浸入液面下的倒扣漏斗
2、检验氢气的纯度B操作：使用CCl4萃取溴水中的溴时，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出C操作：用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把瓶倒立，检查容量瓶是否漏水D操作：吸收氨气或氯化氢气体并防止倒吸 5（3分）实验室制备下列物质时，所用装置或方法正确的是（）A用SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，可采用的图装置B制氧气时，用Na2O2或H2O2作反应物可选择相同的气体发生装置C制氯气时，用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体D制二氧化氮时，用水或NaOH溶液吸收尾气 6（3分）下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（） 金属钠投入到FeCl2溶液中 过量NaOH溶液和明矾溶液混合少量Ca（
3、OH）2投入过量NaHCO3溶液中 向NaAlO2溶液中通入过量CO2向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2向水玻璃溶液中加入过量盐酸AB只有C只有D只有 7（3分）NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是（）A1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB25时，56 g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子C常温下，1.20 g NaHSO4固体中含有的阴阳离子总数为0.3 NAD78 g Na2O2和Na2S的混合物中含有的阴离子数为NA 8（3分）下列反应所得溶液中一定只含一种溶质的是（）A向MgSO4、H2SO4的混合液中加入过量的Ba（OH）2溶液B向稀硝酸中加
4、入铁粉C向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液D向NaOH溶液中通入CO2气体 9（3分）下列各组离子能大量共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且发生反应的离子方程式正确的是（）选项离子组加入试剂加入试剂后发生反应的离子方程式AK+、AlO2、HCO3少量CO22AlO2+CO2+3H2O2Al（OH）3+CO32BCa2+、HCO3、Cl少量NaOH溶液Ca2+2HCO3+2OH2H2O+CO32+CaCO3CFe2+、NO3、NH4+NaHSO4溶液3Fe2+NO3+4H+3Fe2+NO+2H2ODNH4+、Al3+、SO42少量Ba（OH）2溶液2NH4+SO42+Ba2+2OH BaS
5、O4+2NH3H2OAABBCCDD 10（3分）CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示下列说法不正确的是（）A若X为SO3、SO2和O2的混合物，则生成1 mol Cu2O需转移2 mol电子B相对于途径、，途径更好地体现了绿色化学思想C途径所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为2：3DY一定是葡萄糖 11（3分）下列除杂方案错误的是（）选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO（g）CO2（g）NaOH溶液，浓H2SO4洗气BNH4Cl（aq）Fe3+（aq）NaOH溶液过滤CCl2（g）HCl（g）饱和食盐水，浓H2SO4洗气DNa2CO3（s）NaHCO
6、3（s）灼烧AABBCCDD12（3分）印染工业常用亚氯酸钠（NaClO2）漂白织物亚氯酸钠在溶液中可生成ClO2、HClO2、，其中HClO2是漂白剂的有效成分，ClO2是有毒气体各组分含量随pH变化如图所示，由图可知，使用该漂白剂的最佳pH为（）A3.0B4.04.5C6.57.0D9.0 13（3分）（2008潮州二模）碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中（如图所示），下列有关说法正确的是（）A洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡B从Z导管出来的气体中无二氧化碳C洗气瓶中产生的沉淀是亚硫酸钡D在Z导管口有红棕色气体出现 14（3分）（2014上
7、海）用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（）A若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+B若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+C若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出D若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出 15（3分）（2014江苏）在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（）A氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2B向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有ClC向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+D向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含
8、有HClO 16（3分）已知A、B、C为中学化学中常见的单质室温下，A为固体，B和C均为气体在适宜的条件下，它们可以如图所示框图进行反应下列说法中正确的是（）AA、B、C三种元素中的任意两种元素形成的化合物所属物质类别可能是氧化物BA、B、C三种元素中的任意两种元素形成的化合物所属物质类别一定不是碱C如果E溶液是一种强酸，则E溶液为硫酸DA、B、C三种元素中有一种金属且为B 17（3分）已知G、Q、X、Y、Z均为含氯元素的化合物，在一定条件下有下列转化关系（未配平）：这五种化合物中Cl元素化合价由低到高的顺序是（）GQ+NaClQ+H2OX+H2Y+NaOHG+Q+H2OZ+NaOHQ+X+H
9、2OAG、Y、Q、Z、XBX、Z、Q、G、YCX、Z、Q、Y、GDG、Q、Y、Z、X 18（3分）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得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mLCNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/L二、解答题（共4小题，满分4
10、6分） 19（11分）在Na+浓度为0.5mol/L的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子：阳离子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+阴离子NO3、CO32、SiO32、SO42取该溶液100mL进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：序号实验内容实验结果向该溶液中加入足量稀盐酸产生白色沉淀并放出0.56L气体将的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4g在的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象试回答下列问题：（1）实验能确定一定不存在的阳离子是_（2）通过实验、和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是
11、否存在的离子填“？”）阴离子NO3CO32SiO32SO42c/molL1（3）判断K+是否存在，若存在求其最小浓度，若不存在说明理由_ 20（10分）（2014海南）硫代硫酸钠（Na2S2O3）可用做分析试剂及鞣革还原剂它受热、遇酸易分解工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2制得实验室模拟该工业过程的装置如图所示回答下列问题：（1）b中反应的粒子方程式为_，c中的试剂为_（2）反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清此浑浊物是_（3）d中的试剂为_（4）试验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有_（写出两条）（5）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的S
12、O2不能过量，原因是_ 21（10分）中学化学中常见的几种物质存在如图所示的转化关系其中，A是一种黑色粉末状固体，C是一种黄绿色气体，实验室中常用E溶液吸收多余的C（图中部分产物和反应条件已略去）回答下列问题：（1）写出A与B的浓溶液反应的化学方程式_（2）固体E中含有化学键的类型是_，C与E反应的离子方程式为_（3）将B的浓溶液与H的浓溶液混合，立即产生大量气体C，该反应的离子方程式为_（4）某课外小组的同学用E溶液吸收C，利用如图所示装置向吸收液中持续通入SO2气体实验过程中观察到如下现象：开始时，溶液上方出现白雾，试纸a变红甲同学认为是HCl使a变红，乙同学不同意甲的观点，乙同学的认为使
13、a变红的是_（写出一种即可）片刻后，溶液上方出现黄绿色气体，试纸b变蓝用离子方程式解释b变蓝的原因_最终试纸b褪色同学们认为可能的原因有两种：一是I2有还原性，黄绿色气体等物质将其氧化成IO3，从而使蓝色消失；二是_ 22（15分）某化学研究性学习小组拟对一种焰火原料（由两种短周期的常见金属单质组成的合金粉末）进行探究请完成下列探究报告【探究目的】探究该焰火原料的组成【资料检索】Mg2+检验方法：取2滴待检液，加入2滴2molL1 NaOH溶液，再加入1滴镁试剂（）染料（对硝基苯偶氮苯二酚）若出现沉淀并吸附镁试剂（）染料呈天蓝色，表示待检液中含有Mg2+Ag+、Cu2+、Fe3+、NH4+会妨
14、碍Mg2+检出Mg（OH）2可溶于浓的氯化铵溶液，其他的常见不溶碱难溶于氯化铵很多合金是金属互化物，有确定的化学组成固体L与某种宝石的主要成分相同【探究思路】确定焰火原料所含金属种类；测定焰火原料的化学式【实验探究】（1）甲同学进行了初步试验，实验步骤和实验现象如下请填写下表试验序号实 验 步 骤实 验 现 象结 论取少量该焰火原料加入冷水无明显现象不含有Li、Na等活泼金属取少量该焰火原料加入稀盐酸完全溶解，有大量气体_（2）乙同学取甲第组实验的溶液，加入镁试剂（）染料，得出合金中不含镁乙的结论_（选填“正确”或“错误”）判断理由为_（3）丙同学设计实验方案，确定焰火原料中的金属种类，实验记
15、录如下由丙的实验记录可知，该焰火原料是由_（填元素名称）两种金属组成的合金；实验中滤液加入足量氢氧化钠溶液后需煮沸，煮沸的理由是_（4）丁同学利用丙同学的结论，设计如下所示的实验步骤，确定合金组成问题讨论：能确定合金组成的数据组有_（填写选项字母）；am、n bm、y cn、y若合金中相对原子质量较小的金属的物质的量分数为x，金属总物质的量为7mol，试在如图中作出y随x变化的曲线；当y=8.5mol时，该合金是一种金属互化物，其化学式为_2014-2015学年甘肃省白银市会宁二中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）1（3分）（2014
16、上海）下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是（）A过氧化钠B氢硫酸C硫酸亚铁D苯酚考点：钠的重要化合物；含硫物质的性质及综合应用；铁盐和亚铁盐的相互转变；苯酚的化学性质版权所有专题：元素及其化合物分析：根据物质的性质进行分析：A、过氧化钠和氧气不反应；B、氢硫酸和氧气反应生成硫和水；C、硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁；D、苯酚能被氧气氧化变成苯醌；解答：解：A、过氧化钠和空气中二氧化碳、水蒸气反应，但和氧气不反应，不会因空气中的氧气而变质，故A正确；B、氢硫酸和氧气反应生成硫和水，会因空气中的氧气而变质，故B错误；C、硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁，会因空气中的氧气而变质，故错误；D、苯酚能被氧气
17、氧化变成苯醌，会因空气中的氧气而变质，故D错误；故选A点评：此题考查了一些常见物质在空气中发生反应的问题，是对学生进行物质性质的训练与提高，难度不大2（3分）（2014北京）下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（）AKBNaCFeDAl考点：铝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：由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，以此来解答解答：解：由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，而K、Na、Fe的氧化物均不是致密的结构，故选D点评：本题考查Al的
18、化学性质，为高频考点，把握氧化铝为致密的氧化物结构可保护内层金属为解答的关键，注意金属及其氧化物的性质，题目难度不大3（3分）（2014山东）等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是（）AFeOBFe2O3CFeSO4DFe3O4考点：氧化还原反应的计算版权所有专题：氧化还原反应专题分析：氧化还原反应中，氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，可根据物质的质量计算物质的量，计算失去电子的物质的量，可比较放出NO物质的量的多少解答：解：假设质量都为mg，AFeO与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；BFe2O3与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为0；CFeSO4与硝
19、酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；DFe3O4中Fe元素的化合价有+2、+3价，与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol，由以上分析可知，失电子最多的是FeO，则放出NO物质的量最多的是FeO，故选A点评：本题考查氧化还原反应的相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握元素的化合价的变化，为解答该题的关键，本题易错点为D，注意Fe元素化合价的判断，难度不大4（3分）安全是顺利进行实验及避免伤害的保障下列实验操作正确且不是从实验安全角度考虑的是（）A操作：使用稍浸入液面下的倒扣漏斗检验氢气的纯度B操作：使用CCl4萃取溴水中的溴时，振荡后
20、需打开活塞使漏斗内气体放出C操作：用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把瓶倒立，检查容量瓶是否漏水D操作：吸收氨气或氯化氢气体并防止倒吸考点：化学实验方案的评价版权所有专题：实验评价题分析：A该装置使待检验氢气与燃烧的氢气用水隔离，可以避免发生爆炸；B振荡后分液漏斗中气压增大，若不放气可能会发生危险；C配制一定物质的量浓度的溶液时，需要检查容量瓶是否漏水，目的是防止容量瓶漏水，影响配制结果，不会发生危险；D装置无法防止倒吸，应该使用四氯化碳解答：解：A由于连通氢气发生装置的导管在液面以下，所以可以防止点燃不纯氢气时发生爆炸，该操作是从安全角度考虑，故A错误；B打开活塞使漏斗内气体放出以防止分液漏
21、斗内压强过大引起危险，该操作是从安全角度考虑，故B错误；C检查容量瓶是否漏水操作正确，但不是从实验安全角度考虑的，故C正确；D水层在下层不能防止倒吸，应该使用四氯化碳，该操作不正确，故D错误；故选C点评：本题考查实验的操作及安全知识，该题是基础性试题的考查，难度不大，侧重对学生实验基础知识的检验和训练，有利于培养学生的实验能力在实验过程中应学会处理常见意外事故的方法技巧5（3分）实验室制备下列物质时，所用装置或方法正确的是（）A用SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，可采用的图装置B制氧气时，用Na2O2或H2O2作反应物可选择相同的气体发生装置C制氯气时，用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体D
22、制二氧化氮时，用水或NaOH溶液吸收尾气考点：气体的净化和干燥；常见气体制备原理及装置选择版权所有分析：A瓷坩埚含有二氧化硅；BNa2O2与水反应，H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气，二者都是固体与液体反应；CHCl气体能与碳酸氢钠反应生成CO2，引入新的杂质气体；D二氧化氮与水反应生成一氧化氮解答：解：A瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应，故A错误； BNa2O2与水反应，H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气，二者都是固体与液体常温条件下反应，可选择相同的气体发生装置，故B正确；C实验室制取氯气含有氯化氢和水分，常用饱和食盐水和浓硫酸净化气体，若饱和NaHCO3溶液，HCl会和NaH
23、CO3反应生成CO2，引入新的杂质，故C错误；D二氧化氮与水反应生成一氧化氮，仍然污染空气，所以不能用水吸收，故D错误故选B点评：本题考查气体的制备与收集，题目难度中等，解答本题的关键是把握相关物质的性质，学习中注意积累6（3分）下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（） 金属钠投入到FeCl2溶液中 过量NaOH溶液和明矾溶液混合少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中 向NaAlO2溶液中通入过量CO2向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2向水玻璃溶液中加入过量盐酸AB只有C只有D只有考点：钠的重要化合物；钠的化学性质版权所有分析：根据复分解反应发生的条件及物质的溶解性来分
24、析能够反应且有沉淀生成，注意沉淀必须是白色的解答：解：金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2 ，2NaOH+FeCl2=Fe（OH）2 +2NaCl，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，所以最终生成的沉淀是红褐色的，所以不符合，故错误 过量NaOH溶液和明矾溶液混合，发生的反应是：3OH+Al3+=Al（OH）3，AlOH3+OH=AlO2+2H2O，所以最终没有沉淀生成，故错误少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为：Ca（OH）2+NaHCO3=CaCO3 +H2O+NaOH，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生
25、成，故正确向NaAlO2溶液中通入过量CO2溶液发生的反应为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，氢氧化铝是白色沉淀，故正确向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，故正确Na2SiO3溶液中通入过量盐酸，二者反应生成白色不溶物硅酸，反应方程式为Na2SiO3+2HCl=H2SiO3+2NaCl，所以有白色沉淀生成，故正确；故选D点评：本题考查物质之间的化学反应，熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的溶解性是
26、解答本题的关键，注意中虽然方程式中没有沉淀生成，但根据物质的溶解度能判断产生沉淀，该题为易错选项7（3分）NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是（）A1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB25时，56 g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子C常温下，1.20 g NaHSO4固体中含有的阴阳离子总数为0.3 NAD78 g Na2O2和Na2S的混合物中含有的阴离子数为NA考点：阿伏加德罗常数版权所有分析：A亚铁离子和碘离子都能够被氯气氧化，1mol碘化亚铁完全反应消耗1.5mol氯气； B、常温下，铁在浓硫酸中会钝化；C、NaHSO4固体中含1mol钠离子和1
27、molHSO4；D、Na2O2和Na2S均由2个阳离子和1个阴离子构成来分析解答：解：A.1molFeI2中含有1mol亚铁离子、2mol碘离子，完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移了3mol电子，转移的电子数为3NA，故A错误； B、常温下，铁在浓硫酸中会钝化，故B错误；C、1.20 g NaHSO4固体的物质的量为0.01mol，而NaHSO4固体中含1mol钠离子和1molHSO4，故0.01molNaHSO4中含有的离子为0.02mol，故C错误；D、Na2O2和Na2S的摩尔质量均为78g/mol，故78g的Na2O2和Na2S混合物的物质的量为1mol，而Na2O2和Na2S均由
28、2个阳离子和1个阴离子构成，故1molNa2O2和Na2S混合物中含1mol阴离子，个数为NA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8（3分）下列反应所得溶液中一定只含一种溶质的是（）A向MgSO4、H2SO4的混合液中加入过量的Ba（OH）2溶液B向稀硝酸中加入铁粉C向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液D向NaOH溶液中通入CO2气体考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：A向MgSO4、H2SO4的混合液中加入过量的Ba（OH）2溶液，反应生成Mg（OH）2和BaSO4沉淀；B向稀硝酸中加入铁粉可生成Fe（N
29、O3）2、Fe（NO3）3等；C向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液，溶液中存在NaCl、AlCl3等溶质；D向NaOH溶液中通入CO2气体，可生成Na2CO3或NaHCO3等物质解答：解：A向MgSO4、H2SO4的混合液中加入过量的Ba（OH）2溶液，反应生成Mg（OH）2和BaSO4沉淀，最后溶液中只有过量的Ba（OH）2，只有一种溶质，故A正确；B向稀硝酸中加入铁粉，如Fe过量，溶液中可能存在Fe（NO3）2、Fe（NO3）3等溶质，如Fe不足，则存在HNO3、Fe（NO3）3，故B错误；C向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液，溶液中存在NaCl、AlCl3等溶质，故C错误；D向NaO
30、H溶液中通入CO2气体，当CO2过量时，可能生成Na2CO3或NaHCO3等物质，故D错误故选A点评：本题考查元素化合物知识，题目难度不大，本题注意把握常见元素化合物的性质9（3分）下列各组离子能大量共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且发生反应的离子方程式正确的是（）选项离子组加入试剂加入试剂后发生反应的离子方程式AK+、AlO2、HCO3少量CO22AlO2+CO2+3H2O2Al（OH）3+CO32BCa2+、HCO3、Cl少量NaOH溶液Ca2+2HCO3+2OH2H2O+CO32+CaCO3CFe2+、NO3、NH4+NaHSO4溶液3Fe2+NO3+4H+3Fe2+NO+2H2O
31、DNH4+、Al3+、SO42少量Ba（OH）2溶液2NH4+SO42+Ba2+2OH BaSO4+2NH3H2OAABBCCDD考点：离子方程式的书写版权所有分析：A碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子；B氢氧化钠少量，反应生成碳酸钙沉淀，碳酸根离子不会剩余；C硫酸氢钠电离出氢离子，硝酸根离子在氢离子存在条件下能够与亚铁离子发生氧化还原反应；D氢氧化钡少量，氢氧根离子不足，铝离子结合氢氧根离子能力大于铵根离子，铵根离子不参加反应解答：解：AAlO2、HCO3之间发生反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B加入的氢氧化钠少量，则HCO3完全转化成碳酸根沉淀
32、，不会生成碳酸根离子，正确的离子方程式为：Ca2+HCO3+OHH2O+CaCO3，故B错误；CNaHSO4溶液完全电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，Fe2+、NO3在酸性条件下能够发生氧化还原反应：3Fe2+NO3+4H+3Fe2+NO+2H2O，故C正确；D加入少量Ba（OH）2溶液，铝离子优先结合氢氧根离子，正确的离子方程式为：3Ba2+2Al3+3SO42+6OH2Al（OH）3+3BaSO4，故D错误；故选C点评：本题考查了离子共存、离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确离子方程式的书写原则，本题中既要满足离子能够共存，还要判断离子方程式书写是否正确，充分
33、考查了学生的分析、理解能力10（3分）CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示下列说法不正确的是（）A若X为SO3、SO2和O2的混合物，则生成1 mol Cu2O需转移2 mol电子B相对于途径、，途径更好地体现了绿色化学思想C途径所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为2：3DY一定是葡萄糖考点：铜金属及其重要化合物的主要性质版权所有分析：AX为SO3、SO2和O2的混合物，发生2CuSO4Cu2O+SO2+SO3+O2Cu、S元素化合价降低，只有O元素化合价升高；B途径产生一氧化氮污染性气体，途径产生二氧化硫气体；CCuSO4溶液中的溶质为硫酸铜，可知利用含有
34、铜元素的物质与含有硫酸根离子的物质来反应；D硫酸铜与氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，与Y生成氧化亚铜，则Y中含CHO解答：解：AX为SO3、SO2和O2的混合物，发生2CuSO4Cu2O+SO2+SO3+O2Cu、S元素化合价降低，只有O元素化合价升高，则生成1 mol Cu2O，由生成1mol氧气可知需转移4mol电子，故A错误；B相对于途径、，铜和浓硫酸反应会生成二氧化硫气体污染空气，途径的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径无污染性气体产生，更好地体现了绿色化学思想，故B正确；CCu与混酸反应，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，离子反应为：3Cu+8H+2NO3
35、=3Cu2+2NO+4H2O，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故C错误；D硫酸铜与氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，与Y生成氧化亚铜，则Y中含CHO，Y为醛类物质或葡萄糖等，故D错误；故选B点评：本题考查物质的性质及氧化还原反应，为高频考点，把握题干提供信息、相关知识即可解答，侧重分析与应用能力的考查，注重氧化还原反应的应用，题目难度不大11（3分）下列除杂方案错误的是（）选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO（g）CO2（g）NaOH溶液，浓H2SO4洗气BNH4Cl（aq）Fe
36、3+（aq）NaOH溶液过滤CCl2（g）HCl（g）饱和食盐水，浓H2SO4洗气DNa2CO3（s）NaHCO3（s）灼烧AABBCCDD考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用版权所有专题：实验评价题分析：A二氧化碳与NaOH反应，而CO不能；BNaOH与NH4Cl、Fe3+均反应；CHCl极易溶液水，而食盐水抑制氯气的溶解；DNaHCO3加热分解生成碳酸钠解答：解：A二氧化碳与NaOH反应，而CO不能，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，故A正确；BNaOH与NH4Cl、Fe3+均反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，故B错误；CHCl极易溶液水，而食盐水抑制氯气的溶解，则洗气后利用浓硫
37、酸干燥即可除杂，故C正确；DNaHCO3加热分解生成碳酸钠，则直接加热即可实现除杂，故D正确；故选B点评：本题考查物质分离提纯的方法及选择，为高频考点，把握物质的性质及常见的混合物分离方法为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大12（3分）印染工业常用亚氯酸钠（NaClO2）漂白织物亚氯酸钠在溶液中可生成ClO2、HClO2、，其中HClO2是漂白剂的有效成分，ClO2是有毒气体各组分含量随pH变化如图所示，由图可知，使用该漂白剂的最佳pH为（）A3.0B4.04.5C6.57.0D9.0考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用版权所有专题：卤族元素分析：HClO2是漂白剂的有效成分，ClO2是
38、有毒气体，根据题意知，既要使漂白剂的漂白性强，又要使ClO2浓度较小，据此分析解答解答：解：HClO2是漂白剂的有效成分，ClO2是有毒气体，既要使漂白剂的漂白性强，即HClO2的含量高，又要使ClO2浓度较小，根据图片知，当溶液的pH为4.04.5时二者兼顾，故选B点评：本题考查了图象分析题，明确题意与图象的关系是解本题关键，难度不大13（3分）（2008潮州二模）碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中（如图所示），下列有关说法正确的是（）A洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡B从Z导管出来的气体中无二氧化碳C洗气瓶中产生的沉淀是亚硫酸钡D在Z导管口
39、有红棕色气体出现考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的化学性质版权所有专题：元素及其化合物分析：据反应，判断X为SO2和CO2，Y为NO2，生成NO2和SO2发生反应生成硫酸和NO，故有硫酸钡生成，由于硝酸的存在，二氧化碳与氯化钡不能生成碳酸钡沉淀从溶液中逸出解答：解：X为SO2和CO2，Y为NO2，XY混合之后SO2和NO2会发生氧化还原反应：SO2 +NO2+H2O=H2SO4+NOA、因H2SO4能与氯化钡反应生成BaSO4，CO2与氯化钡不反应，没有BaCO3生成，故A错误；B、因CO2不与氯化钡反应，从导管中逸出，故C错误；C、因H2SO4能与氯化钡反应生成BaSO4，故
40、C错误；D、反应生成的NO在Z导管口与空气中的氧气反应生成NO2，呈红棕色，故D正确；故选D点评：本题主要考查了浓硫酸、浓硝酸的性质，根据物质的性质解释实验现象，培养了学生分析问题、解决问题的能力14（3分）（2014上海）用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（）A若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+B若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+C若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出D若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；真题集萃；二价Fe离子和三价Fe离子的检验版权所有专题：元素及其化合物分析：FeCl3溶液腐
41、蚀印刷电路板上的铜发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，Fe3+ 氧化性强于Cu2+，加入铁粉先与Fe3+反应，再与Cu2+反应，据此解答解答：解：A无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加入的铁完全反应，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，故A错误；B若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定有含有Fe2+，故B正确；C若溶液中有Cu2+，加入的铁量不足，可能只与Fe3+反应，也可能与Fe3+反应，剩余部分与Cu2+反应生成铜，所以可能有固体析出，故C错误；D当加入的铁较少时，只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+时，不会有铜析出，故D错误；故选：B点评：本题考查了铁及
42、其化合物的性质，难度中等，熟悉三价铁离子、铜离子氧化性强弱以及反应的过程是解题的关键15（3分）（2014江苏）在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（）A氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2B向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有ClC向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+D向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO考点：真题集萃；氯气的化学性质版权所有专题：卤族元素分析：溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中H
43、Cl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色解答：解：溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，A只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，故A正确；B溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl，故B正确；C溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故C正确；D溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，不能说明氯水中含有HClO，故D错误，故选D点评：本题考查氯水的性质
44、，难度不大，侧重对基础知识的考查，需要学生熟练掌握基础知识16（3分）已知A、B、C为中学化学中常见的单质室温下，A为固体，B和C均为气体在适宜的条件下，它们可以如图所示框图进行反应下列说法中正确的是（）AA、B、C三种元素中的任意两种元素形成的化合物所属物质类别可能是氧化物BA、B、C三种元素中的任意两种元素形成的化合物所属物质类别一定不是碱C如果E溶液是一种强酸，则E溶液为硫酸DA、B、C三种元素中有一种金属且为B考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：已知A、B、C为中学化学中常见的单质，室温下，A为固体，B和C均为气体在适宜的条件下，它们可以按如图所示进行反应，A为固体，常见为碳、
45、钠、镁、铝、铁等，B、C为气体单质，常见有氯气、氧气、氢气、氮气等，固体A和气体B反应生成的D是固体，说明A为金属不为碳，E溶液能与金属反应，且E是两种气体反应所得产物，则E应为酸，C应为氢气，所以B为Cl2，E为HCl，D为金属和盐酸反应生成的氯化物盐，此盐可以直接由A和Cl2反应得到，说明则A一定不是变价金属铁，A可能是Na、Mg、Al等，结合选项来解答解答：解：由信息及上述转化关系可知，B为Cl2，E为HCl，C为氢气，D为金属和盐酸反应生成的氯化物盐，此盐可以直接由A和Cl2反应得到，说明则A一定不是变价金属铁，A可能是Na、Mg、Al等，A若A为Na，B为氯气，C为氢气，三种元素中的
46、任意两种元素形成的化合物一定不含O元素，不属于氧化物，故A错误；B若A为Na， B为氯气，C为氢气，三种元素中的任意两种元素形成的化合物一定不含O元素，不可能为碱，故B正确；CE为两种单质化合生成的物质，溶于水显酸性，不可能为硫酸，故C错误；D由上述分析可知，只有A为金属，B和C均为气体非金属单质，故D错误；故选B点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，把握常见物质的性质、物质之间的转化反应为解答的关键，侧重分析、推断能力的综合考查，注意A为金属的分析为解答的难点，题目难度中等17（3分）已知G、Q、X、Y、Z均为含氯元素的化合物，在一定条件下有下列转化关系（未配平）：这五种化合物中Cl元素化
47、合价由低到高的顺序是（）GQ+NaClQ+H2OX+H2Y+NaOHG+Q+H2OZ+NaOHQ+X+H2OAG、Y、Q、Z、XBX、Z、Q、G、YCX、Z、Q、Y、GDG、Q、Y、Z、X考点：氧化还原反应；根据化学式判断化合价版权所有分析：G、Q、X、Y、Z均为氯的含氧化合物，在反应中各物质发生氧化还原反应，根据氧化还原反应中Cl元素的化合价升降来分析解答解答：解：GQ十NaCl中，NaCl中Cl元素为1价，则Cl元素的化合价为QG1，Q+H2OX+H2中，H元素的化合价降低，则Cl元素的化合价升高，所以Cl元素的化合价为XQ，Y十NaOHG十Q十H2O中，结合可知Cl元素的化合价为QYG，
48、Z十NaOHQ十X十H2O中，结合可知，Cl元素的化合价为XZQ，所以五种化合物中氯的化合价由低到高的顺序为GYQZX，故选A点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确氧化还原反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，难度不大18（3分）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得到2.54 g沉淀时，加入Na
49、OH溶液的体积是600 mLCNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/L考点：化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算版权所有专题：计算题分析：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，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根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应
50、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=计算需要氢氧化钠溶液的体积；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c=计算该浓硝酸的物质的量浓度解答：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，故合金中铜与镁的物质的量之比是0
51、.02mol：0.01mol=2：1，故A正确；B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B错误；CNO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol，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该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数
52、为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故D正确；故选B点评：本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，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二、解答题（共4小题，满分46分）19（11分）在Na+浓度为0.5mol/L的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子：阳离子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+阴离子NO3、CO32、SiO32、SO42取该溶液100mL进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：序号实验内容实验结果向该溶液中加入足量稀盐酸产生白色沉淀并放出0.56L气体将的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体
53、质量固体质量为2.4g在的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象试回答下列问题：（1）实验能确定一定不存在的阳离子是Ag+、Mg2+、Ba2+（2）通过实验、和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）阴离子NO3CO32SiO32SO42c/molL1（3）判断K+是否存在，若存在求其最小浓度，若不存在说明理由存在，其浓度至少为0.8mol/L考点：常见离子的检验方法版权所有专题：离子反应专题分析：由题意“溶液为澄清溶液”可知：溶液中含有的离子一定能够大量共存；由实验可知，该溶液中一定含有CO32，其浓度为=0.25mo
54、l/L，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32，发生反应SiO32+2H+=H2SiO3，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32的浓度为：=0.4mol/L；由实验可知溶液中不含SO42，根据电荷守恒2c（CO32）+2c（SiO32）=20.25mol/L+20.4mol/L=1.3mol/L0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，不能确定NO3是否存在，据此进行解答解答：解：根据溶液为澄清溶液可知：溶液中含有的离子一定能够能大量共存；由实验可知，该溶液中一定含有CO
55、32，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32，发生反应SiO32+2H+=H2SiO3，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32的浓度为=0.4mol/L由实验可知溶液中不含SO42，根据电荷守恒2c（CO32）+2c（SiO32）=20.25mol/L+20.4mol/L=1.3mol/L0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，不能确定NO3是否存在（1）由实验可知，加入足量稀盐酸生成白色沉淀并在标准状况下放出0.56L气体，则该溶液中一定
56、含有CO32、SiO32，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+，故答案为：Ag+、Mg2+、Ba2+；（2）根据以上计算可知，不能确定NO3，c（CO32）=0.25mol/L，c（SiO32）=0.4mol/L，一定不存在硫酸根离子，所以c（SO42）=0，故答案为：阴离子NO3 CO32SiO32SO42c/molL1？0.25mol/L0.4mol/L 0 （3）根据电荷守恒2c（CO32+）+2c（SiO32）=20.25mol/L+20.4mol/L=1.3mol/L0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，故答案为：存在，其浓度至少为0.8mol/L
57、点评：本题考查离子共存、离子检验等知识，难度中等，注意掌握离子反应反应条件及常见离子的检验方法，根据电荷守恒判断K+是否存在，是本题的难点、易错点20（10分）（2014海南）硫代硫酸钠（Na2S2O3）可用做分析试剂及鞣革还原剂它受热、遇酸易分解工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2制得实验室模拟该工业过程的装置如图所示回答下列问题：（1）b中反应的粒子方程式为SO32+2H+=2SO2+H2O，c中的试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液（2）反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清此浑浊物是S（3）d中的试剂为氢氧化钠溶液（4）试验中要控制SO2生成速率，可以
58、采取的措施有控制反应的温度或硫酸的滴加速度（写出两条）（5）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解考点：真题集萃；实验装置综合版权所有专题：实验设计题分析：第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸；c装置为Na2S2O3的生成装置；d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体；反应开始时发生的反应为：Na2S+4SO2+H2O=2H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S+2H2O；通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率；硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的SO2
59、过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解解答：解：（1）第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸，反应的离子方程式为：SO32+2H+=2SO2+H2O，c装置为Na2S2O3的生成装置，根据反应原理可知c中的试剂为：硫化钠和碳酸钠的混合溶液，故答案为：SO32+2H+=2SO2+H2O，硫化钠和碳酸钠的混合溶液；（2）反应开始时发生的反应为：Na2S+SO2+H2O=H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S+2H2O，故该浑浊物是S，故答案为：S；（3）d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体，应选用氢氧化钠溶液，故答案为：氢氧化钠溶液；（4
60、）通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率，故答案为：控制反应的温度或硫酸的滴加速度；（5）硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解，故答案为：若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解点评：本题考查了物质制备实验方案的设计和制备过程分析应用，掌握基础，注意积累是解题关键，题目难度中等21（10分）中学化学中常见的几种物质存在如图所示的转化关系其中，A是一种黑色粉末状固体，C是一种黄绿色气体，实验室中常用E溶液吸收多余的C（图中部分产物和反应条件已略去）回答下列问题：（1）写出A与B的浓溶液反应的化学方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl
61、2+Cl2+2H2O（2）固体E中含有化学键的类型是离子键、极性键，C与E反应的离子方程式为Cl2+2OHCl+ClO+H2O（3）将B的浓溶液与H的浓溶液混合，立即产生大量气体C，该反应的离子方程式为ClO+Cl+2H+Cl2+H2O（4）某课外小组的同学用E溶液吸收C，利用如图所示装置向吸收液中持续通入SO2气体实验过程中观察到如下现象：开始时，溶液上方出现白雾，试纸a变红甲同学认为是HCl使a变红，乙同学不同意甲的观点，乙同学的认为使a变红的是SO2（或H2SO3）（写出一种即可）片刻后，溶液上方出现黄绿色气体，试纸b变蓝用离子方程式解释b变蓝的原因Cl2+2I2Cl+I2最终试纸b褪色
62、同学们认为可能的原因有两种：一是I2有还原性，黄绿色气体等物质将其氧化成IO3，从而使蓝色消失；二是I2有氧化性，SO2能将I2还原成I，从而使蓝色消失考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：A是一种黑色粉末状固体，C是一种黄绿色气体，则A为MnO2，B为浓盐酸，C为Cl2，常用E溶液吸收多余的C，则E为NaOH，H为NaClO，F为NaCl，氯气与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和HCl，则图2中液上方出现白雾，然后结合物质的性质及化学用语来解答解答：解：A是一种黑色粉末状固体，C是一种黄绿色气体，则A为MnO2，B为浓盐酸，C为Cl2，常用E溶液吸收多余的C，则E为NaOH，H为NaC
63、lO，F为NaCl，（1）A与B的浓溶液反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（2）E为NaOH，含离子键和OH极性共价键，C与E反应的离子方程式为Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故答案为：离子键、极性键；Cl2+2OHCl+ClO+H2O；（3）B的浓溶液与H的浓溶液混合，立即产生大量气体C，该反应的离子方程式为ClO+Cl+2H+Cl2+H2O，故答案为：ClO+Cl+2H+Cl2+H2O；（4）氯气与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和HCl，试纸a变红，说明有酸性物质存在，若二氧化硫过量
64、，试纸a变红还可能与SO2（或H2SO3）有关，故答案为：SO2（或H2SO3）；上方出现黄绿色气体，试纸b变蓝，发生Cl2+2I2Cl+I2，故答案为：Cl2+2I2Cl+I2；最终试纸b褪色，可能与碘的还原性、氧化性有关，则可能的原因二为I2有氧化性，SO2能将I2还原成I，从而使蓝色消失，故答案为：I2有氧化性，SO2能将I2还原成I，从而使蓝色消失点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重氯气的实验室制备及氯、碘化合物之间转化的考查，把握物质的性质及框图中发生的反应为解答的关键，（4）中现象与反应的推断为解答的难点，题目难度中等22（15分）某化学研究性学习小组拟对一种焰火原料（由两
65、种短周期的常见金属单质组成的合金粉末）进行探究请完成下列探究报告【探究目的】探究该焰火原料的组成【资料检索】Mg2+检验方法：取2滴待检液，加入2滴2molL1 NaOH溶液，再加入1滴镁试剂（）染料（对硝基苯偶氮苯二酚）若出现沉淀并吸附镁试剂（）染料呈天蓝色，表示待检液中含有Mg2+Ag+、Cu2+、Fe3+、NH4+会妨碍Mg2+检出Mg（OH）2可溶于浓的氯化铵溶液，其他的常见不溶碱难溶于氯化铵很多合金是金属互化物，有确定的化学组成固体L与某种宝石的主要成分相同【探究思路】确定焰火原料所含金属种类；测定焰火原料的化学式【实验探究】（1）甲同学进行了初步试验，实验步骤和实验现象如下请填写下
66、表试验序号实 验 步 骤实 验 现 象结 论取少量该焰火原料加入冷水无明显现象不含有Li、Na等活泼金属取少量该焰火原料加入稀盐酸完全溶解，有大量气体可能含铍（Be）、镁（Mg）、铝（Al）三种金属中的任意两种（2）乙同学取甲第组实验的溶液，加入镁试剂（）染料，得出合金中不含镁乙的结论错误（选填“正确”或“错误”）判断理由为由资料知，反应必须在碱性条件下进行（3）丙同学设计实验方案，确定焰火原料中的金属种类，实验记录如下由丙的实验记录可知，该焰火原料是由镁、铝（填元素名称）两种金属组成的合金；实验中滤液加入足量氢氧化钠溶液后需煮沸，煮沸的理由是将NH4+转化为NH3，煮沸促进其逸出，防止NH4
67、+干扰Mg2+检验（4）丁同学利用丙同学的结论，设计如下所示的实验步骤，确定合金组成问题讨论：能确定合金组成的数据组有abc（填写选项字母）；am、n bm、y cn、y若合金中相对原子质量较小的金属的物质的量分数为x，金属总物质的量为7mol，试在如图中作出y随x变化的曲线；当y=8.5mol时，该合金是一种金属互化物，其化学式为Mg4Al3考点：探究物质的组成或测量物质的含量版权所有分析：（1）Na、Li等活泼金属和与水反应；能与盐酸反应为较活泼的金属；（2）第组实验所得的溶液含有过量盐酸，加入2滴NaOH溶液则不会产生沉淀；（3）由题给信息可知Mg（OH）2可溶于浓的氯化铵溶液，应排除N
68、H4+的干扰；（4）镁和铝都能与盐酸反应生成氢气，根据氢气的体积结合合金总质量可确定合金的组成，加入过量氢氧化钠得到的沉淀为氢氧化镁，灼烧后可得到氧化镁，根据氧化镁的质量可知镁的质量，则可知铝的质量；利用端值法判断；当y=8.5mol时，该合金是一种金属互化物，设合金中Mg为m mol，Al为n mol，则m+n=7 m+1.5n=8.5，解得m=4，n=3解答：解：（1）原料加入冷水无现象表明不含Li、Na等活泼金属；原料与盐酸反应产生气体表明含有能与盐酸反应的较活泼的金属，可能含铍（Be）、镁（Mg）、铝（Al）三种金属中的任意两种；故答案为：可能含铍（Be）、镁（Mg）、铝（Al）三种金
69、属中的任意两种；（2）第组实验所得的溶液含有过量盐酸，加入2滴NaOH溶液则不会产生沉淀，从而不能吸附镁试剂（I）染料呈天蓝色，由资料知，反应必须在碱性条件下进行；故答案为：错误；由资料知，反应必须在碱性条件下进行；（3）由图结合题意知该合金含镁、铝（不溶于足量饱和氯化铵溶液的白色沉淀既能溶液盐酸又能溶液氢氧化钠），由于Mg（OH）2可溶于浓的氯化铵溶液，因此用镁试剂（）染料检验Mg2+时要排除NH4+的干扰，所以滤液加入足量氢氧化钠溶液将NH4+转化为NH3，煮沸将氨气赶出，故答案为：Mg和Al；将NH4+转化为NH3，煮沸促进氨气逸出，防止NH4+干扰Mg2+的检验；（4）镁和铝都能与盐酸
70、反应生成氢气，根据氢气的体积结合合金总质量可确定合金的组成，加入过量氢氧化钠得到的沉淀为氢氧化镁，灼烧后可得到氧化镁，根据氧化镁的质量可知镁的质量，则可知铝的质量，已知镁的质量和镁铝生成氢气的体积可知铝的质量，则a、b、c都可测定合金的组成，故答案为：a、b、c；若合金中相对原子质量较小的金属的物质的量分数为x，金属总物质的量为7mol，相对分子质量较小的为镁，如x=0，则全被为铝，7mol铝反应生成10.5mol氢气，如全被为镁，即x=7，则生成氢气7mol，则图象为，故答案为：；当y=8.5mol时，该合金是一种金属互化物，设合金中Mg为m mol，Al为n mol，则m+n=7 m+1.5n=8.5，解得m=4，n=3，则化学式为Mg4Al3，故答案为：Mg4Al3点评：本题考查物质含量的测定，侧重于考查学生的实验能力和分析能力，注意根据物质的性质进行判断，题目难度较大
