2022-2022学年湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体高三期中化学试卷 一、选择题1．化学与生活、社会密切相关．下列说法不正确的是A．氢氧化铝和碳酸氢钠都可以作为治疗胃酸过多的药剂B．血液透析是利用了胶体的性质C．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质D．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含碘单质的食物 2．氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如图所示，则下列化学反应属于阴影部分的是A．Cl2+2KBr═Br2+2KClB．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑C．4Fe2+O2+2H2O═4Fe3D．2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2↑ 3．实验室里需用480mL0.1mol•L﹣1的硫酸铜溶液，现选取500mL容量瓶进行配制，以下说法正确的是A．需要称取12.5g胆矾配成500mL溶液B．需要称取8.0g硫酸铜，加入500mL水C．实验中用到的仪器仅有容量瓶和玻璃棒D．如果选用生锈的砝码称量会导致配制的溶液浓度偏低 4．下列各组中，两种气体的分子数一定相等的是A．温度相同、体积相同的O2和N2B．体积相等、密度不等的CO和C2H4C．质量相等、密度不等的N2和C2H4D．压强相同、体积相同的N2和O2 5．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A．常温常压下，28gCO和N2的混合气体中含有的分子总数为NAB．1mol铁与足量盐酸完全反应时失去的电子数为3NAC．78g过氧化钠晶体中，含2NA个阴离子D．标准状况下，22.4LH2S和SO2的混合气体中含有的分子总数为NA 20\n6．对实验Ⅰ～Ⅳ的实验现象预测正确的是A．实验Ⅰ：液体分层，下层呈无色B．实验Ⅱ：烧杯中先出现白色沉淀，后溶解C．实验Ⅲ：试管中溶液颜色仍无色D．实验Ⅳ：放置一段时间后，饱和CuSO4溶液中出现蓝色晶体 7．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．0.1mol•L﹣1的NaOH溶液：K+、Na+、SO42﹣、CO32﹣B．0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液：K+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣C．0.1mol•L﹣1FeCl3溶液：K+、NH4+、I﹣、SCN﹣D．与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、CO32﹣、NO3﹣ 8．ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂．实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O下列说法正确的是A．KClO3是该反应的还原剂B．H2SO4是该反应的氧化剂C．H2C2O4在反应中被氧化D．1molKClO3参加反应，有2mol电子转移 9．某同学在一张pH试纸上滴几滴新制的氯水，现象如图所示，下列有关该实验的说法中正确的是A．该实验说明H+的扩散速度比HClO分子快B．实验说明Cl2分子具有漂白性C．将实验后的pH试纸在酒精灯上微热，试纸又恢复为原来颜色D．若用久置的氯水进行上述实验，现象完全相同 10．将足量的CO2不断通入KOH、Ca2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为20\nA．B．C．D． 11．无色的混合气体甲，可能含有NO、CO2、NO2、NH3、N2、HCl中的某几种．将100mL甲气体经过右图实验的处理，结果得到酸性溶液，且最终几乎无气体剩余．则甲气体的组成为A．NH3、NO2、N2B．NH3、NO、CO2C．HCl、NO2、CO2D．NO、CO2、N2 12．在aLAl23和2SO4的混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42﹣离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中的Al3+浓度为A．B．C．D． 13．将15.6gNa2O2和5.4gAl同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变则下列说法正确的是A．反应过程只有O2生成，共6.72L的气体B．本过程一共涉及了三个化学反应C．最终得到氢氧化铝的沉淀D．最终得到的溶液中c=0.15mol•L﹣1 14．某稀溶液中含4molKNO3和2.5molH2SO4，向其中加入1.5molFe粉，充分反应后产生的NO气体在标准状况下的体积为A．36LB．28LC．22.4LD．11.2L 二、非选择题15．向浓度相等、体积均为50mL的A、B两份NaOH溶液中，分别通入一定量的CO2后，再稀释到100mL．在NaOH溶液中通入一定量的CO2后，溶液中溶质的组成可能是① ，② ，③ ，④ ．在稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸的体积关系如图所示．20\n①A曲线表明，原溶液通入CO2后，所得溶质与盐酸反应产生CO2的最大体积是 mL．②B曲线表明，原溶液通入CO2后，所得溶液中溶质的化学式为 ．③原NaOH溶液的物质的量浓度为 ． 16．A、B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示．请回答下列问题：若A为第三周期的金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，F的浓溶液与A、D反应都有红棕气体生成，则A的原子结构示意图为 ；反应④的化学方程式为： ．若A为用量最大的金属，D、F是气态单质，反应②的离子方程式是： ，A与水蒸气反应的化学方程式为： ．若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，B常用作光导纤维，A、F所含元素同周期，则E的电子式为 ，反应①的化学方程式为 ． 17．如图是实验室中制备气体或验证气体性质的装置图．仪器a的名称是 ．利用上图装置制备纯净、干燥的氯气．①圆底烧瓶内发生反应的离子方程式为 ．②装置B中的溶液为 ；烧杯中溶液的作用为 ．利用上图装置证明SO2具有漂白性、还原性及生成气体中含有CO2．圆底烧瓶内加入碳，a中加入浓硫酸，B、D中匀为少量品红溶液，C中为足量酸性高锰酸钾溶液，E中为澄清石灰水．①证明SO2具有漂白性的装置是 ，现象是 ②证明SO2具有还原性的现象是 ③证明生成气体中含有CO2的现象是 ④D装置的作用是 ．20\n 18．现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子Na+、Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和五种阴离子Cl﹣、OH﹣、NO3﹣、CO、X中的一种．某同学通过分析，认为无需检验就可判断必有的两种物质是 、 为了确定X，现将中的两种物质记为A和B，当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体；当C与A的溶液混合时产生棕灰色沉淀，向该沉淀中滴入稀HNO3，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解．则：①X为 ；A．SO32﹣ B．SO42﹣C．CH3COO﹣ D．SiO32﹣②A中的化学键类型为 ；③将0.02mol的A与0.01mol的C同时溶解在足量的蒸馏水中，充分反应后，最终所得沉淀的质量为 ；④利用上述已经确定的物质，可以检验出D、E中的阳离子．请简述实验操作步骤、现象及结论 ；将Cu投入到装有D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则该反应的离子方程式为： ． 20\n2022-2022学年湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体高三期中化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题1．化学与生活、社会密切相关．下列说法不正确的是A．氢氧化铝和碳酸氢钠都可以作为治疗胃酸过多的药剂B．血液透析是利用了胶体的性质C．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质D．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含碘单质的食物【考点】镁、铝的重要化合物；胶体的重要性质；铁的化学性质；微量元素对人体健康的重要作用．【分析】A．氢氧化铝和碳酸氢钠碱性较弱，可与胃酸反应；B．人体血液属于胶体，不能透过半透膜；C．硅胶具有开放的多孔结构，吸附性强，铁粉具有强还原性；D．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含碘元素的食物．【解答】解：A．氢氧化铝和碳酸氢钠碱性较弱，可与胃酸反应，所以氢氧化铝和碳酸氢钠都可以作为治疗胃酸过多的药剂，故A正确；B．透析是通过小分子经过半透膜扩散到水的原理，将小分子与生物大分子分开的一种分离技术，人体的血液属于胶体，不能透过半透膜，故B正确；C．硅胶具有开放的多孔结构，吸附性强，可做食品的吸水剂，铁粉具有强还原性，可作抗氧化剂，故C正确；D．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含碘元素的食物，故D错误．故选D．【点评】本题考查了盐类的水解、胶体、硅胶、铁粉等物质的性质，题目难度不大，掌握物质的性质是解题的关键． 2．氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如图所示，则下列化学反应属于阴影部分的是A．Cl2+2KBr═Br2+2KClB．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑C．4Fe2+O2+2H2O═4Fe3D．2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2↑【考点】氧化还原反应．【专题】物质的分类专题；氧化还原反应专题．【分析】由图中的阴影可知，反应不属于化合反应，不属于分解反应，不是置换反应，但一定属于氧化还原反应，以此来解答．【解答】解：A．Cl2+2KBr═Br2+2KCl属于置换反应，不符合，故A不选；20\nB.2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑属于分解反应，不符合，故B不选；C.4Fe2+O2+2H2O═4Fe3属于化合反应，不符合，故C不选；D.2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2不属于化合反应，不属于分解反应，不是置换反应，属于氧化还原反应，符合，故D选；故选D．【点评】本题考查反应类型，明确图中的阴影表示的反应是解答本题的关键，熟悉基本反应类型及氧化还原反应的判断即可解答，难度不大． 3．实验室里需用480mL0.1mol•L﹣1的硫酸铜溶液，现选取500mL容量瓶进行配制，以下说法正确的是A．需要称取12.5g胆矾配成500mL溶液B．需要称取8.0g硫酸铜，加入500mL水C．实验中用到的仪器仅有容量瓶和玻璃棒D．如果选用生锈的砝码称量会导致配制的溶液浓度偏低【考点】溶液的配制．【分析】需用480mL0.1mol•L﹣1的硫酸铜溶液，应选择500mL容量瓶，配制溶液的体积为500mL，需要硫酸铜物质的量等于硫酸铜晶体的物质的量，根据m=cVM计算所需硫酸铜的质量或硫酸铜晶体的质量，注意500mL是溶液的体积，不是溶剂的体积为500m，据此判断．【解答】解：A．需用480mL0.1mol•L﹣1的硫酸铜溶液，应选择500mL容量瓶，实际应配制500mL，需要胆矾的质量为0.1mol•L﹣1×0.5L×250g/mol=12.5g，加水配成500mL溶液，故A正确；B．需用480mL0.1mol•L﹣1的硫酸铜溶液，应选择500mL容量瓶，实际应配制500mL，需要硫酸铜的质量为0.1mol•L﹣1×0.5L×160g/mol=8.0g，加水配成500mL溶液，故B错误；C．实验中用到的仪器有容量瓶和玻璃棒、烧杯、胶头滴管，故C错误；D．如果选用生锈的砝码称量导致量取的溶质的质量偏大，溶质的物质的量n偏大，依据C=可知，溶液物质的量浓度偏高，故D错误；故选：A．【点评】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，比较基础，注意根据c=理解溶液的配制、物质的量浓度 4．下列各组中，两种气体的分子数一定相等的是A．温度相同、体积相同的O2和N2B．体积相等、密度不等的CO和C2H4C．质量相等、密度不等的N2和C2H4D．压强相同、体积相同的N2和O2【考点】阿伏加德罗定律及推论．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】根据N=nNA可知，分子数相等，则物质的量相等，据此判断．A、温度相同、体积相同，压强之比等于物质的量之比等于分子数之比；B、根据m=ρV，n=进行判断；20\nC、n=进行判断；D、压强相同、体积相同，分子数之比等于温度之比．【解答】解：A、温度相同、体积相同，压强之比等于物质的量之比等于分子数之比，二者所处的压强不一定相同，所以分子数不一定相等，故A错误；B、体积相等、密度不等，二者的质量不相等，由于CO和C2H4的摩尔质量相等，所以二者的物质的量不相等，分子数不相等，故B错误；C、二者质量相同，N2和C2H4的摩尔质量相等，所以二者的物质的量相等，分子数相等，故C正确；D、根据pV=nRT可知，压强相同、体积相同，分子数之比等于温度之比，二者的温度不一定相等，故分子数不一定相等，故D错误．故选C．【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及推论，难度不大，关键对阿伏伽德罗定律及推论的理解，可借助pV=nRT理解． 5．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A．常温常压下，28gCO和N2的混合气体中含有的分子总数为NAB．1mol铁与足量盐酸完全反应时失去的电子数为3NAC．78g过氧化钠晶体中，含2NA个阴离子D．标准状况下，22.4LH2S和SO2的混合气体中含有的分子总数为NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、CO和氮气的摩尔质量均为28g/mol；B、铁与盐酸反应后变为+2价；C、求出过氧化钠的物质的量，然后根据1mol过氧化钠中含2mol钠离子和1mol过氧根来分析；D、H2S和SO2混合后会发生归中反应．【解答】解：A、CO和氮气的摩尔质量均为28g/mol，故28g混合物的物质的量为1mol，含NA个分子，故A正确；B、铁与盐酸反应后变为+2价，故1mol铁与盐酸反应后失去2NA个电子，故B错误；C、78g过氧化钠的物质的量为1mol，而1mol过氧化钠中含2mol钠离子和1mol过氧根，故含NA个阴离子，故C错误；D、H2S和SO2混合后会发生归中反应，生成硫单质和水，故分子数不是NA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，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大． 6．对实验Ⅰ～Ⅳ的实验现象预测正确的是A．实验Ⅰ：液体分层，下层呈无色20\nB．实验Ⅱ：烧杯中先出现白色沉淀，后溶解C．实验Ⅲ：试管中溶液颜色仍无色D．实验Ⅳ：放置一段时间后，饱和CuSO4溶液中出现蓝色晶体【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．四氯化碳的密度大于水，碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度；B．氢氧化铝不溶于弱碱，能溶于强碱；C．溶液呈血红色；D．根据CaO吸水并放热分析．【解答】解：A．四氯化碳的密度大于水，碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，所以液体分层，且下层呈紫色，故A错误；B．氨气和氯化铝反应生成氢氧化铝，氢氧化铝不溶于氨水，所以能产生白色沉淀，故B错误；C．氯化铁与KSCN反应生成Fe3，溶液呈红色，故C错误；D．CaO吸水生成氢氧化钙，饱和CuSO4溶液中水减少，会析出蓝色晶体，故D正确．故选D．【点评】本题考查了化学实验评价，明确实验原理是解本题关键，涉及萃取、氢氧化铝制取、饱和溶液等知识点，根据这些物质的性质来分析解答，易错选项是D，很多同学往往漏掉氧化钙和水反应放出热量而导致错误判断，为易错点． 7．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．0.1mol•L﹣1的NaOH溶液：K+、Na+、SO42﹣、CO32﹣B．0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液：K+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣C．0.1mol•L﹣1FeCl3溶液：K+、NH4+、I﹣、SCN﹣D．与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、CO32﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．四种离子之间不反应，都不与氢氧化钠反应；B．钡离子与碳酸钠溶液反应生成碳酸钡沉淀；C．氯化铁与碘离子、硫氰根离子反应；D．该溶液为酸性或强碱性溶液，碳酸根离子与酸性溶液中的氢离子反应，硝酸根离子在酸性条件下与铝反应不会生成氢气．【解答】解：A．K+、Na+、SO42﹣、CO32﹣之间不反应，都不与NaOH反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．Ba2+与Na2CO3溶液反应生成碳酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．I﹣、SCN﹣都与FeCl3反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．与铝反应产生大量氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，CO32﹣与氢离子反应，NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性，与铝反应不会生成氢气，在酸性溶液中不能大量共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子共存的判断，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等．20\n 8．ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂．实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O下列说法正确的是A．KClO3是该反应的还原剂B．H2SO4是该反应的氧化剂C．H2C2O4在反应中被氧化D．1molKClO3参加反应，有2mol电子转移【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，Cl元素化合价由+5价降低到+4价，被还原，KClO3为氧化剂，C元素化合价由+3价升高到+4价，被氧化，H2C2O4为还原剂，以此解答该题．【解答】解：A．Cl元素化合价由+5价降低到+4价，被还原，KClO3为氧化剂，故A错误；B．反应中只有C和Cl元素化合价发生变化，H2SO4只提供酸性环境，既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；C．C元素化合价由+3价升高到+4价，被氧化，H2C2O4为还原剂，故C正确；D．Cl元素化合价由+5价降低到+4价，化合价变化1价，则1molKClO3参加反应，有1mol电子转移，故D错误．故选C．【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和计算能力的考查，注意从元素化合价的角度认识相关概念和性质，难度不大． 9．某同学在一张pH试纸上滴几滴新制的氯水，现象如图所示，下列有关该实验的说法中正确的是A．该实验说明H+的扩散速度比HClO分子快B．实验说明Cl2分子具有漂白性C．将实验后的pH试纸在酒精灯上微热，试纸又恢复为原来颜色D．若用久置的氯水进行上述实验，现象完全相同【考点】氯气的化学性质．【分析】A．氢离子能够使pH试纸变红色，次氯酸具有漂白性；B．氯气不具有漂白性；C．次氯酸具有氧化性能够使有机色素氧化成无色物质；D．久置的氯水中次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气．【解答】解：A．依据图中现象：pH试纸内部显白色，外圈显红色，说明H+的扩散速度比HClO分子快，故A正确；B．氯气不具有漂白性，具有漂白性的是次氯酸，故B错误；20\nC．次氯酸具有氧化性能够使有机色素氧化成无色物质，所以其漂白效果稳定，加热不恢复颜色，故C错误；D．久置的氯水中次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，失去漂白性，故D错误；故选：A．【点评】本题考查氯气的性质，侧重于氯水的组成和性质的考查，注意次氯酸漂白原理，题目难度不大． 10．将足量的CO2不断通入KOH、Ca2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为A．B．C．D．【考点】两性氧化物和两性氢氧化物；碳族元素简介．【专题】压轴题；元素及其化合物．【分析】只要通入CO2，立刻就有沉淀CaCO3产生；将Ca2消耗完毕，接下来消耗KOH，因而此段不会产生沉淀；KOH被消耗完毕，接下来消耗KAlO2，有Al3沉淀生成；又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物K2CO3、CaCO3、发生反应．【解答】解：将二氧化碳气体通入含有氢氧化钾，氢氧化钙，KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的量和通入二氧化碳的量的关系以二氧化碳的体积为横坐标，以沉淀的物质的量为纵坐标的图象的画法，可以做如下分析：CO2先与Ca2反应；当Ca2消耗完毕后再与KOH反应；最后与KAlO2反应3生成）．到现在的图标应是出现沉淀，平台，沉淀增加[因有Al3生成]；过量的CO2还可以继续与K2CO3反应得到KHCO3，继续过量的CO2还可以使CaCO3沉淀溶解．最后是Al3沉淀．图形应该是：出现沉淀，平台，沉淀增加[Al3]，平台，沉淀减少．据此作出正确的选择．A、不符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，错误，故A错误；B、不符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，错误，故B错误；C、符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，正确，故C正确；D、不符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，错误，故D错误；故选C．【点评】本题考查了二氧化碳通入混合溶液中的反应顺序，运用基本知识解决新问题的能力，并且要考虑二氧化碳的充足会使生成物继续反应的问题．属于偏难题． 20\n11．无色的混合气体甲，可能含有NO、CO2、NO2、NH3、N2、HCl中的某几种．将100mL甲气体经过右图实验的处理，结果得到酸性溶液，且最终几乎无气体剩余．则甲气体的组成为A．NH3、NO2、N2B．NH3、NO、CO2C．HCl、NO2、CO2D．NO、CO2、N2【考点】常见气体的检验．【分析】二氧化氮是红棕色的气体，浓硫酸可以和氨气反应，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，氮气不溶于水．【解答】解：二氧化氮是红棕色的气体，所以一定不存在NO2；甲气体经过足量的浓硫酸后剩余气体体积为80mL，说明一定有NH3存在且体积为20mL；二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2；排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，说明没有N2，所以一定含有的气体为：NH3、NO、CO2，一定不含NO2、HCl、N2，故选B．【点评】本题考查常见气体的性质及检验方法，题目难度不大，明确常见气体的性质为解答关键，注意熟练掌握常见气体的检验方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力． 12．在aLAl23和2SO4的混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42﹣离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中的Al3+浓度为A．B．C．D．【考点】物质的量浓度的相关计算；离子方程式的有关计算．【专题】守恒法．【分析】根据SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓计算溶液中的SO42﹣离子的物质的量，根据NH4++OH﹣NH3↑+H2O计算NH4+的物质的量，再利用电荷守恒来计算原溶液中的Al3+浓度．【解答】解：由混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42﹣离子完全沉淀，则SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓bmolbmolc==mol/L，由加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则NH4++OH﹣NH3↑+H2Ocmolcmolc==mol/L，又溶液不显电性，设原溶液中的Al3+浓度为x，由电荷守恒可知，20\nx×3+mol/L×1=mol/L×2，解得x=mol/L，故选C．【点评】本题考查物质的量浓度的计算，明确发生的离子反应及溶液不显电性是解答本题的关键，并熟悉浓度的计算公式来解答即可． 13．将15.6gNa2O2和5.4gAl同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变则下列说法正确的是A．反应过程只有O2生成，共6.72L的气体B．本过程一共涉及了三个化学反应C．最终得到氢氧化铝的沉淀D．最终得到的溶液中c=0.15mol•L﹣1【考点】有关混合物反应的计算．【分析】15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol，5.4gAl的物质的量为=0.2mol，首先发生反应2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，生成NaOH为0.4mol，再发生2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.4mol﹣0.2mol=0.2mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体6.72L，物质的量为=0.3mol，首先发生反应NaOH+HCl═NaCl+H2O，剩余HCl为0.3mol﹣0.2mol=0.1mol，再发生反应NaAlO2+HCl+H2O═Al3↓+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al3为0.1mol，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，A．根据过氧化钠与水反应及铝与氢氧化钠反应计算生成氧气、氢气的总体积；B．根据分析判断发生的反应；C．氯化氢不足，最终得到的沉淀为氢氧化铝；D．根据分析判断生成氯化钠的物质的量，再根据c=计算出反应后溶液中氯化钠的浓度．【解答】解：15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol，5.4gAl的物质的量为=0.2mol，首先发生反应2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，生成NaOH为0.4mol，再发生2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.4mol﹣0.2mol=0.2mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体6.72L，物质的量为=0.3mol，首先发生反应NaOH+HCl═NaCl+H2O，剩余HCl为0.3mol﹣0.2mol=0.1mol，再发生反应NaAlO2+HCl+H2O═Al3↓+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al3为0.1mol，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，20\nA．过氧化钠与水反应生成氧气为0.2mol×=0.1mol，铝与氢氧化钠反应生成氢气为0.2mol×=0.3mol，故生成气体为氢气和氧气，总体积为×22.4L/mol=8.96L，故A错误；B．根据分析可知，该过程涉及了4个反应，故B错误；C．根据分析可知，最终得到的沉淀为0.1mol氢氧化铝，故C正确；D．反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，则c==1.5mol/L，故错误；故选C．【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意熟练掌握物质的量与摩尔质量、物质的量浓度之间的关系，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力． 14．某稀溶液中含4molKNO3和2.5molH2SO4，向其中加入1.5molFe粉，充分反应后产生的NO气体在标准状况下的体积为A．36LB．28LC．22.4LD．11.2L【考点】化学方程式的有关计算．【分析】n=2.5mol×2=5mol，n=4，发生3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O或Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，铁粉的物质的量为1.5mol，由离子方程式判断过量，以此计算该题．【解答】解：n=2.5mol×2=5mol，n=4，铁粉的物质的量为1.5mol，由3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，3281.5mol0.1mol4mol，则1.5molFe完全反应时，硝酸根离子与氢离子均过量，则发生Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，若1.5molFe完全反应时，氢离子不足，则两个反应均发生，Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2Ox4xx3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2Oyyy则，解得x=0.75mol，y=0.75mol生成NO的体积为×22.4L/mol=28L，故选B．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中电子守恒为解答的关键，注意过量判断及发生的反应判断，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大． 二、非选择题15．向浓度相等、体积均为50mL的A、B两份NaOH溶液中，分别通入一定量的CO2后，再稀释到100mL．20\n在NaOH溶液中通入一定量的CO2后，溶液中溶质的组成可能是① Na2CO3和NaOH ，② Na2CO3 ，③ Na2CO3和NaHCO3 ，④ NaHCO3 ．在稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸的体积关系如图所示．①A曲线表明，原溶液通入CO2后，所得溶质与盐酸反应产生CO2的最大体积是 112 mL．②B曲线表明，原溶液通入CO2后，所得溶液中溶质的化学式为 Na2CO3和NaHCO3 ．③原NaOH溶液的物质的量浓度为 0.15mol/L ．【考点】化学方程式的有关计算．【分析】由CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+NaOH═NaHCO3，及气体的量确定固体的成分；由图可知，对应B溶液来说，滴加盐酸60mL时没有气体生成，可能发生OH﹣+H+=H2O和CO32﹣+H+=HCO3﹣，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积60mL远远大于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积mL=15mL，说明原溶液中的溶质是NaOH和Na2CO3；对于A溶液来说，滴加盐酸25mL时没有气体生成，可能发生OH﹣+H+=H2O和CO32﹣+H+=HCO3﹣，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积25mL小于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积mL=50mL，说明原溶液中的溶质是Na2CO3和NaHCO3，①逐滴加入0.1mol•L﹣1的盐酸，生成CO2气体时，发生反应HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，对于A溶液来说，滴加盐酸25mL时有气体生成，利用HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑计算；②溶质是Na2CO3和NaHCO3，由消耗盐酸的关系可知，二者的物质的量相同；③加入足量的盐酸后的溶液中均只存在NaCl，n=n，结合c=计算．【解答】解：由CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+NaOH═NaHCO3，二氧化碳少量时固体为①Na2CO3和NaOH；以1：2恰好反应时为②Na2CO3；物质的量比介于1：1～1：2之间为③Na2CO3和NaHCO3；二氧化碳过量时为④NaHCO3，故答案为：Na2CO3和NaOH；Na2CO3；Na2CO3和NaHCO3；NaHCO3；由图可知，对应B溶液来说，滴加盐酸60mL时没有气体生成，可能发生OH﹣+H+=H2O和CO32﹣+H+=HCO3﹣，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积60mL远远大于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积mL=15mL，说明原溶液中的溶质是NaOH和Na2CO3；对于A溶液来说，滴加盐酸25mL时没有气体生成，可能发生OH﹣+H+=H2O和CO32﹣+H+=HCO3﹣，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积25mL小于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积mL=50mL，说明原溶液中的溶质是Na2CO3和NaHCO3，①对于A溶液来说，滴加盐酸25mL时有气体生成，逐滴加入0.1mol•L﹣1的盐酸，当生成CO2气体时，发生反应HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，则HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑20\n11n=0.05L×0.1mol/L=0.005mol，标况下体积为0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL，故答案为：112；②由上述分析可知，B中溶质是Na2CO3和NaHCO3，由消耗盐酸的关系可知，二者的物质的量相同，即物质的量比为1：1，故答案为：Na2CO3和NaHCO3；③加入足量的盐酸后的溶液中均只存在NaCl，n=n=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，c===0.15mol/L，故答案为：0.15mol/L．【点评】本题考查化学反应方程式的计算，为高频考点，把握发生的氧化还原反应为解答的关键，侧重分析与计算能力、图象与反应对应关系判断能力的考查，注意根据图中盐酸的体积计算出NaOH、CO2的物质的量，判断CO2与NaOH反应过程，题目难度较大． 16．A、B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示．请回答下列问题：若A为第三周期的金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，F的浓溶液与A、D反应都有红棕气体生成，则A的原子结构示意图为 ；反应④的化学方程式为： C+4HNO3CO2+4NO2↑+2H2O ．若A为用量最大的金属，D、F是气态单质，反应②的离子方程式是： Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+ ，A与水蒸气反应的化学方程式为： 3Fe+4H2OFe3O4+4H2 ．若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，B常用作光导纤维，A、F所含元素同周期，则E的电子式为 ，反应①的化学方程式为 2C+SiO2Si+2CO↑ ．【考点】无机物的推断．【分析】若A为第三周期的金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，则A原子序数是偶数，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，则A是Mg、D是C元素，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，红棕色气体是NO2，则F是HNO3，C和HNO3浓溶液反应生成CO2、NO2和H2O，B能和Mg反应生成碳单质，则B是CO2，C是MgO，MgO和硝酸反应生成Mg2和H2O，Mg和硝酸反应生成Mg2，则E是Mg2；20\n若A为用量最大的金属，则A是Fe，D、F是气态单质，反应①在水溶液中进行．反应②也在水溶液中进行，则B是酸，C是盐，D和F反应生成酸，盐和气体单质F反应生成E，Fe和气体单质直接反应生成E，则F是Cl2、E是FeCl3、C是FeCl2、B是HCl、D是H2；A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，B常用作光导纤维，则B为SiO2，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O2，根据转化关系，C为CO，E为CO2，反应①为C与二氧化硅的反应，据此答题．【解答】解：若A为第三周期的金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，则A原子序数是偶数，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，则A是Mg、D是C元素，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，红棕色气体是NO2，则F是HNO3，C和HNO3浓溶液反应生成CO2、NO2和H2O，B能和Mg反应生成碳单质，则B是CO2，C是MgO，MgO和硝酸反应生成Mg2和H2O，Mg和硝酸反应生成Mg2，则E是Mg2；通过以上分析知，A是Mg，A的原子结构示意图为；反应④的化学方程式为在加热条件下，碳和浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应方程式为：C+4HNO3CO2+4NO2↑+2H2O，故答案为：；C+4HNO3CO2+4NO2↑+2H2O；若A为用量最大的金属，则A是Fe，D、F是气态单质，反应①在水溶液中进行．反应②也在水溶液中进行，则B是酸，C是盐，D和F反应生成酸，盐和气体单质F反应生成E，Fe和气体单质直接反应生成E，则F是Cl2、E是FeCl3、C是FeCl2、B是HCl、D是H2，氯化亚铁被氯气氧化生成氯化铁，离子反应方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+，铁与水蒸汽反应的方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2，故答案为：Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+；3Fe+4H2OFe3O4+4H2；A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，B常用作光导纤维，则B为SiO2，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O2，根据转化关系，C为CO，E为CO2，E的电子式为，反应①为C与二氧化硅的反应，该反应为2C+SiO2Si+2CO↑，故答案为：；2C+SiO2Si+2CO↑．【点评】本题考查无机物的推断、常用化学用语等，为高频考点，涉及常见元素及其化合物知识的考查，把握元素的位置及单质的性质来分析推断各物质，注意根据物质的特殊元素、物质结构、物质之间的转化关系进行推断，熟悉常见单质及其化合物的性质是解本题关键，题目难度中等． 17．如图是实验室中制备气体或验证气体性质的装置图．20\n仪器a的名称是 分液漏斗 ．利用上图装置制备纯净、干燥的氯气．①圆底烧瓶内发生反应的离子方程式为 MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O ．②装置B中的溶液为 饱和NaCl溶液 ；烧杯中溶液的作用为 吸收氯气防污染 ．利用上图装置证明SO2具有漂白性、还原性及生成气体中含有CO2．圆底烧瓶内加入碳，a中加入浓硫酸，B、D中匀为少量品红溶液，C中为足量酸性高锰酸钾溶液，E中为澄清石灰水．①证明SO2具有漂白性的装置是 B ，现象是 品红褪色 ②证明SO2具有还原性的现象是 C中KMnO4溶液褪色 ③证明生成气体中含有CO2的现象是 D中品红不褪色且石灰水变浑浊 ④D装置的作用是 检验SO2是否除尽 ．【考点】氯气的实验室制法；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质．【专题】卤族元素；氧族元素．【分析】依据装置图分析仪器a为分液漏斗；①依据实验室制备氯气的反应是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水；②依据氯气含有氯化氢和水蒸气分析装置B的作用，氯气是有毒气体不能排放到空气中；①证明SO2具有漂白性的装置是B装置中品红褪色②证明SO2具有还原性的现象是C装置中的高锰酸钾溶液褪色；③证明生成气体中含有CO2的现象是E中澄清石灰水变浑浊，但防止二氧化硫气体的干扰；④D装置是检验二氧化硫是否除净，防止干扰检验二氧化碳；【解答】解：装置中a是向烧瓶中加入浓盐酸的仪器为分液漏斗；故答案为：分液漏斗；①制备氯气是利用装置加热生成，试剂是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；②氯气中含有氯化氢气体和水蒸气，氯化氢也可以被高锰酸钾溶液氧化，需要用饱和氯化钠溶液除去，避免干扰二氧化硫的检验，氯气有毒污染空气不能排放到空气中，烧杯中的氢氧化钠溶液吸收氯气防止污染；故答案为：饱和NaCl溶液；吸收氯气防污染；①证明SO2具有漂白性的装置是B，装置中品红褪色说明生成二氧化硫气体；故答案为：B；品红褪色；②证明SO2具有还原性的现象是C装置中的高锰酸钾溶液褪色，还原高锰酸钾溶液表现还原性；故答案为：C中KMnO4溶液褪色；20\n③证明生成气体中含有CO2的现象是装置D中的品红不退色，证明二氧化硫除净，E中石灰水变浑浊证明生成二氧化碳气体；故答案为：D中品红不褪色且石灰水变浑浊；④D是检验二氧化硫通过C是否除净的作用；故答案为：检验SO2是否除尽；【点评】本题考查实验室制备氯气的反应原理和装置分析，掌握基本操作和物质性质是解题关键，题目难度中等． 18．现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子Na+、Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和五种阴离子Cl﹣、OH﹣、NO3﹣、CO、X中的一种．某同学通过分析，认为无需检验就可判断必有的两种物质是 Na2CO3 、 Ba2 为了确定X，现将中的两种物质记为A和B，当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体；当C与A的溶液混合时产生棕灰色沉淀，向该沉淀中滴入稀HNO3，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解．则：①X为 B ；A．SO32﹣ B．SO42﹣C．CH3COO﹣ D．SiO32﹣②A中的化学键类型为 离子键、共价键 ；③将0.02mol的A与0.01mol的C同时溶解在足量的蒸馏水中，充分反应后，最终所得沉淀的质量为 6.1g ；④利用上述已经确定的物质，可以检验出D、E中的阳离子．请简述实验操作步骤、现象及结论 取少量D的溶液与试管中，逐渐进入Ba2溶液至过量，先出现白色沉淀后溶解，则D中含有Al3+，若生成的白色沉淀不溶解，则E中含有Mg2+ ；将Cu投入到装有D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则该反应的离子方程式为： 3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O ．【考点】物质检验实验方案的设计．【专题】物质检验鉴别题．【分析】现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，碳酸根离子只有和钠离子结合物质为可溶性物质，所以一定含有Na2CO3；因为它们所含阴阳离子互不相同，所以氢氧根离子只有和钡离子结合生成的物质具有可溶性，所以一定含有Ba2；①C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体，沉淀为氢氧化铁、气体为二氧化碳；C与A的溶液混合时产生混合物沉淀，向该沉淀中滴入稀盐酸，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解，则B为Na2CO3，A为Ba2，C为硫酸铁，另两种物质为氯化铝、硝酸镁或氯化镁、硝酸铝；②A为氢氧化钡，根据氢氧化钡的化学式判断含有的化学键类型；③已知C为Fe23，A为Ba2，将0.02molA与0.01molC同时溶解在足量的蒸馏水中，反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化铁沉淀，根据反应方程中的关系求出沉淀的量；④D中含有NO3﹣，则E中含有Cl﹣，剩余Al3+、Mg2+，利用氢氧化铝溶液强碱的性质检验；酸性条件下，硝酸根离子和铜发生氧化还原反应而导致Cu溶解．【解答】解：现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，碳酸根离子只有和钠离子结合物质为可溶性物质，所以一定含有Na2CO3；因为它们所含阴阳离子互不相同，所以氢氧根离子只有和钡离子结合生成的物质具有可溶性，所以一定含有Ba2，所以无需检验就可判断必有的两种物质是Na2CO3、Ba2，故答案为：Na2CO3；Ba2；20\n①根据C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体，可知沉淀为氢氧化铁、气体为二氧化碳，则B为Na2CO3，A为Ba2；C与A的溶液混合时产生混合物沉淀，向该沉淀中滴入稀盐酸，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解，则C为硫酸铁，另两种物质为氯化铝、硝酸镁或氯化镁、硝酸铝，因C为Fe23，则阴离子有SO42﹣，则X为SO42﹣，故选B；②根据以上分析可知A为氢氧化钡，氢氧化钡中的氢氧根中含H﹣O共价键，钡离子与氢氧根离子之间形成了离子键，所以氢氧化钡中的化学键为离子键和共价键，故答案为：离子键、共价键；③已知C为Fe23，A为Ba2，将0.02molA与0.01molC同时溶解在足量的蒸馏水中，反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化铁沉淀，Fe23+3Ba2═2Fe3↓+3BaSO4↓，根据方程式可知，硫酸铁过量，按照Ba2计算，则n=0.02mol，n3）=×0.02mol，所以沉淀的质量为m+m3）=0.02mol×233g/mol+×0.02mol×107g/mol=6.1g，故答案为：6.1g；④D中含有NO3﹣，则E中含有Cl﹣，剩余Al3+、Mg2+，Al3能溶于过量Ba2溶液，检验方案为：取少量D的溶液与试管中，逐渐进入Ba2溶液至过量，先出现白色沉淀后溶解，则D中含有Al3+，若生成的白色沉淀不溶解，则E中含有Mg2+，故答案为：取少量D的溶液与试管中，逐渐进入Ba2溶液至过量，先出现白色沉淀后溶解，则D中含有Al3+，若生成的白色沉淀不溶解，则E中含有Mg2+；D为硝酸盐，加入稀硫酸后，相当于含有硝酸，硝酸和Cu发生氧化还原反应生成铜离子和NO，离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O．【点评】本题考查物质检验实验方案设计，为高频考点，明确常见物质的性质、物质的溶解性、物质物质的量关系是解本题关键，注意离子检验方法及现象，易错点是题，铜和稀硫酸不反应，但酸性条件下铜和硝酸根离子发生氧化还原反应，题目难度不大． 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