福建省莆田九中2022届高三化学上第二次月考试卷含解析

2022-2022学年福建省莆田九中高三（上）第二次月考化学试卷　一、单项选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分．1．下列物质间转化都能通过一步实现的是（　　）A．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3B．Al→Al2O3→NaAlO2→Al（OH）3C．S→SO3→H2SO4→SO2D．N2→NO2→HNO3→NO　2．下列物质与其用途完全符合的有几条（　　）①Na2CO3﹣制玻璃②SiO2﹣太阳能电池③AgI﹣人工降雨④NaCl﹣制纯碱⑤Al2O3﹣焊接钢轨⑥NaClO﹣消毒剂⑦MgO﹣耐火材料⑧Fe2O3﹣红色油漆或涂料．A．4B．5C．6D．7　3．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）A．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAB．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1NAC．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NA　4．下列离子方程式正确的是（　　）A．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2B．氧化铝溶解在NaOH溶液中：3H2O+Al2O3+2OH﹣-=2﹣-C．硫酸铝溶液与氢氧化钡溶液反应，使SO42﹣恰好沉淀完全Al3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣=BaSO4↓+Al（OH）3↓D．在漂白粉配制成的溶液中通入SO2：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO　5．A、B、C、X均为中学化学常见物质，一定条件下它们有如下转化关系（其它产物已略去），下列说法错误的是（　　）-33-A．若X为Cl2，则C可能为FeCl3B．若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3C．若X为O2，则A可为硫化氢D．若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X可能为CO2　6．某无色溶液，仅由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2─、MnO4─、CO32─、SO42─中的若干种组成．取该溶液进行如下实验：（1）取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液；（2）在（1）所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲；（3）在（2）所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液也有气体生成，同时析出白色沉淀乙．则下列离子在原溶液中一定存在的有（　　）A．SO42﹣、AlO2─、Na+、CO32─B．CO32─、Na+、Al3+C．Na+、CO32─、AlO2─D．MnO4─、Na+、CO32─　7．可以验证硫元素的非金属性比氯元素弱的事实是：（　　）①H2S水溶液是弱酸，HCl水溶液是强酸；②向氢硫酸溶液中滴入氯水有单质硫生成；③硫、氯气分别与铜和铁反应，其产物是FeS、Cu2S、FeCl3、CuCl2；④高氯酸（HClO4）的酸性比硫酸强．A．①②④B．②④C．②③④D．①②③④　8．将4mol金属Al全部转化为Al（OH）3，消耗HClamol、NaOHbmol，则a+b的最小值为（　　）A．4B．6C．8D．16　9．如表叙述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是（　　）-33-叙述Ⅰ叙述ⅡANaHCO3能与碱反应食品工业用NaHCO3作焙制糕点的膨松剂BAl既可和酸反应又可和强碱反应Al可制成铝箔包装物品C浓硫酸有吸水性浓硫酸可干燥CO、SO3、H2SDK2FeO4能与水作用生成Fe（OH）3胶体和O2可K2FeO4用于净化自来水并杀菌消毒A．AB．BC．CD．D　10．某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42﹣、HCO3﹣等离子．当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是（　　）A．ab段发生的离子反应为：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓B．原溶液中含有的阳离子必定有H+、NH4+、Al3+、Mg2+C．原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1D．d点溶液中含有的溶质只有NaAlO2　11．如图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是（　　）选项X收集气体YA碱石灰氯化氢水B碱石灰氨气水C氯化钙二氧化硫氢氧化钠溶液D氯化钙一氧化氮氢氧化钠溶液-33-A．AB．BC．CD．D　12．（2022•肇庆二模）下图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量．下列反应对应的曲线错误的是（　　）A．向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量B．向澄清石灰水中通入CO2至过量C．向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量D．向含有等物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失　13．下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（　　）A．取ag混合物充分加热，剩余bg固体B．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bgC．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体D．取ag混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得bg固体　14．X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增．X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14．下列说法正确的是（　　）A．室温下，0.1mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH＞1B．Z的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸C．Y单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应D．原子半径由小到大的顺序：X＜Y＜Z＜W-33-　15．利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（　　）选项①②③实验结论A浓盐酸MnO2NaOH制氯气并吸收尾气B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C稀盐酸Na2SO3Ba（NO3）2溶液SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸A．AB．BC．CD．D　16．取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和CuO，将其分成两等份，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少3.20g，另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为（　　）A．3.6mol/LB．3.2mol/LC．2.8mol/LD．2.4mol/L　　二、非选择题：本题共5大题，共52分．17．玻璃棒是中学化学实验中常用的仪器．下列实验过程中，一般不需要用玻璃棒的是　　　　　　（填写编号）①粗盐提纯②配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液③将适量氯化铁饱和溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体④探究Ba（OH）2•8H2O晶体和NH4Cl晶体反应过程中的能量变化⑤实验室用新制的FeSO4溶液和预处理过的NaOH溶液制备Fe（OH）2白色沉淀．　18．实验室欲配置450mL0.25mol•L﹣1NaOH溶液：①配制时除需用胶头滴管、托盘天平（带砝码）、玻璃棒、药匙外，还必需用到的仪器是　　　　　　．②通过计算，应用托盘天平称取　　　　　　NaOH固体，若将物码放反，则所配制溶液物质的量浓度　　　　　　．（填“偏大”、“偏小”或“不变”）-33-③定容时，仰视液面，则所配溶液物质的量浓度　　　　　　．（填“偏大”、“偏小”或“不变”）　19．亚硝酸钠被称为工业盐，不能用作食品工业，但在漂白、电镀等方面应用广泛．现以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图所示（部分夹持装置略）．已知：室温下，①2NO+Na2O2=2NaNO2②3NaNO2+3HCl═3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；③酸性条件下，NO或NO2﹣都能与MnO4﹣反应生成NO3﹣和Mn2+完成下列填空：（1）写出浓硝酸与木炭反应的化学方程式　　　　　　．（2）B中观察到的主要现象是有无色气体产生和　　　　　　，D装置的作用是　　　　　　．（3）检验C中产物有亚硝酸钠的方法是　　　　　　．（4）经检验C产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠，为避免产生这些副产物应在B、C装置间增加装置，则该装置中盛放的药品名称　　　　　　．（5）将7.8g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要木炭　　　　　　g．　20．（1）铜既能与稀硝酸反应．也能与浓硝酸反应，当铜与一定浓度硝酸反应时，可将方程式表示为：Cu+HNO3=Cu（NO3）2+NO↑+NO2↑+H2O（未配平）①硝酸在该反应中的作用是　　　　　　，②19.2gCu被硝酸完全溶解后，若得到的NO和NO2物质的量相同，则参加反应的硝酸的物质的量是　　　　　　．（2）①已知白磷和氯酸溶液可发生如下反应：□P4+□HClO3+□　　　　　　═□HCl+□H3PO4配平上述反应方程式．-33-②白磷有毒，有实验室可采用CuSO4溶液进行处理，其反应为：11P4+60CuSO4+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4在该反应中30molCuSO4可氧化P4的物质的量是　　　　　　．　21．向20mL某物质的量浓度的AlCl3溶液中滴入2mol/LNaOH溶液时，得到的Al（OH）3沉淀质量与所加NaOH溶液体积（mL）的关系如图所示，试回答下列问题：（1）图中A点表示　　　　　　（2）图中B点表示　　　　　　（3）上述两步反应用总的离子方程式可表示为：　　　　　　（4）若溶液中有Al（OH）3沉淀0.39g，则此时用去NaOH溶液的体积为　　　　　　．　22．如图是无机物A～M在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）．其中，I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属，K是一种红棕色气体．请填写下列空白：（1）在周期表中，组成单质G的元素位于第　　　　　　周期　　　　　　族．（2）在反应⑦中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　　　　　　．（3）在反应②、③、⑥、⑨中，既属于化合反应又属于非氧化还原反应的是　　　　　　．（填写序号）-33-（4）反应④的离子方程式是：　　　　　　．（5）将化合物D与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾），同时还生成KNO2和H2O．该反应的化学方程式是：　　　　　　．　23．A、B、C、D四种短周期元素，A元素的一种同素异形体是自然界硬度最大的单质，C与A同主族，C元素的原子序数是B的2倍，工业上以D元素的单质与石灰乳为原料制造漂白粉．按要求回答下列问题：（1）B的原子结构示意图为　　　　　　；镁条在气体B中燃烧生成的物质是　　　　　　（填化学式）；（2）A的非金属性强于C，请用一个化学反应方程式表示　　　　　　；（3）写出元素D的单质与石灰乳制漂白粉的化学方程式　　　　　　．　　-33-2022-2022学年福建省莆田九中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析　一、单项选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分．1．下列物质间转化都能通过一步实现的是（　　）A．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3B．Al→Al2O3→NaAlO2→Al（OH）3C．S→SO3→H2SO4→SO2D．N2→NO2→HNO3→NO【考点】镁、铝的重要化合物；含氮物质的综合应用；硅和二氧化硅；含硫物质的性质及综合应用．【专题】氧族元素；氮族元素；碳族元素；几种重要的金属及其化合物．【分析】A．二氧化硅不能与水反应生成硅酸；B．铝与氧气反应生成氧化铝，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与酸反应生成氢氧化铝；C．硫不能一步反应生成SO3；D．氮气与氧气反应生成NO．【解答】解：A．二氧化硅不能与水反应生成硅酸，应由可溶性的硅酸盐与酸反应获得硅酸，故A错误；B．铝与氧气反应生成氧化铝，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与酸反应可以生成氢氧化铝，故B正确；C．硫先反应生成二氧化硫，二氧化硫再与氧气反应生成三氧化硫，故C错误；D．氮气与氧气反应生成NO，不能直接反应生成NO2，故D错误；故选B．【点评】本题考查元素化合物的性质等，难度不大，熟练掌握物质的性质，是解决此类问题的关键．　2．下列物质与其用途完全符合的有几条（　　）①Na2CO3﹣制玻璃②SiO2﹣太阳能电池③AgI﹣人工降雨④NaCl﹣制纯碱⑤Al2O3﹣焊接钢轨⑥NaClO﹣消毒剂⑦MgO﹣耐火材料⑧Fe2O3﹣红色油漆或涂料．-33-A．4B．5C．6D．7【考点】钠的重要化合物；卤化银；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．【分析】①工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石；②高纯硅为半导体，常用作制造太阳能电池的原料；③AgI易与空气中水蒸气结合形成晶核；④依据侯氏制碱法的原理，氯化钠、氨气、二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠和氯化铵解答；⑤铝热反应放出大量的热能够熔化钢轨；⑥NaClO具有强的氧化性；⑦氧化镁熔点比较高；⑧Fe2O3为红色固体．【解答】解：①工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石，故①正确；②高纯硅为半导体，常用作制造太阳能电池的原料，故②错误；③AgI易与空气中水蒸气结合形成晶核，常用于人工降雨，故③正确；④依据侯氏制碱法的原理，氯化钠、氨气、二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠和氯化铵，故④正确；⑤铝热反应放出大量的热能够熔化钢轨，可用于焊接钢轨，而不是氧化铝，故⑤错误；⑥NaClO具有强的氧化性，可以用来杀菌消毒，故⑥正确；⑦氧化镁熔点比较高，可以用作耐火材料，故⑦正确；⑧Fe2O3为红色固体常用来做红色油漆或涂料，故⑧正确；故物质与其用途完全符合的有6条；故选C．【点评】本题考查常见物质的性质及用途，题目难度不大，性质决定用途，注意常见相关基础知识的积累．　3．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）A．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAB．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1NAC．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NA-33-【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．铁与水蒸气反应生成的是四氧化三铁，根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量及分子数；B．氢氧化钠溶液的氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为1×10﹣13mol/L；C．氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，1mol氧气得到4mol电子；D．该反应中，铵根离子中的氮原子被氧化成氮气，硝酸根离子中部分氮原子被氧化成氮气，生成4mol氮气转移了15mol电子．【解答】解：A．0.2mol铁与水蒸气完全反应生成四氧化三铁，失去电子的物质的量为：（﹣0）×0.2mol=mol，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为：=mol，生成的H2分子数目为NA，故A错误；B．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中氢离子浓度为1×10﹣13mol/L，溶液中氢离子是水电离的，所以由水电离的OH﹣离子数目为10﹣13NA，故B错误；C．氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，标况下22.4L氧气的物质的量为1mol，1mol氧气完全反应得到4mol电子，电路中通过的电子数目为4NA，故C错误；D．该氧化还原反应中，生成4mol氮气转移了15mol电子，28g氮气的物质的量为1mol，生成1mol氮气转移的电子的物质的量为：=3.75mol，转移的电子数目为3.75NA，故D正确；故选D．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意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，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项D为难点和易错点，注意正确分析该反应中化合价变化情况．　4．下列离子方程式正确的是（　　）A．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2B．氧化铝溶解在NaOH溶液中：3H2O+Al2O3+2OH﹣-=2﹣-C．硫酸铝溶液与氢氧化钡溶液反应，使SO42﹣恰好沉淀完全Al3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣=BaSO4↓+Al（OH）3↓-33-D．在漂白粉配制成的溶液中通入SO2：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO【考点】离子方程式的书写．【分析】A．HI过量，硝酸根、三价铁离子都被还原；B．氧化铝溶解在NaOH溶液中反应生成四羟基合铝酸钠；C．离子个数不符合物质的配比；D．次氯酸根具有强的氧化性能够氧化亚硫酸根离子．【解答】解：A．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液，离子方程式为：Fe3++3NO3﹣+12H++10I﹣═Fe2++5I2+6H2O+3NO↑，故A错误；B．氧化铝溶解在NaOH溶液中反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为：3H2O+Al2O3+2OH﹣-=2﹣-，故B正确；C．硫酸铝溶液与氢氧化钡溶液反应，使SO42﹣恰好沉淀完全，离子方程式为：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，故C错误；D．在漂白粉配制成的溶液中通入SO2的离子反应为Ca2++ClO﹣+SO2+H2O═CaSO4↓+2H++Cl﹣，故D错误；故选：B．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的反应是解答的关键，注意选项C中反应物用量对反应的影响，为易错点．　5．A、B、C、X均为中学化学常见物质，一定条件下它们有如下转化关系（其它产物已略去），下列说法错误的是（　　）A．若X为Cl2，则C可能为FeCl3B．若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3C．若X为O2，则A可为硫化氢D．若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X可能为CO2【考点】无机物的推断．【专题】推断题．-33-【分析】根据图知，A+X→C，ABC，由此看出，A反应生成B还是C与X的量有关，结合物质间的反应分析解答．【解答】解：A．无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁，所以与氯气的量无关，故A错误；B．若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3，氯化铝和过量氢氧化钾发生反应4KOH+AlCl3═KAlO2+H2O+3KCl，则C是KAlO2，和少量氢氧化钾溶液发生反应3KOH+AlCl3═Al（OH）3↓+3KCl，B是Al（OH）3，氢氧化铝和氢氧化钾溶液发生反应Al（OH）3+KOH═KAlO2+2H2O，故B正确；C．若X是O2，A可为硫化氢，硫化氢和过量氧气反应生成二氧化硫，和少量氧气反应生成硫单质，硫单质能和氧气反应生成二氧化硫，所以符合条件，故C正确；D．若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则这三种物质都含有钠元素，则X可能为CO2，A和NaOH，氢氧化钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，和少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，所以生成物与二氧化碳的量有关，故D正确；故选：A．【点评】本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，根据反应特点知“A生成C还是先生成B再转化为C”，与X的量有关，再结合物质的性质分析解答即可，难度较大．　6．某无色溶液，仅由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2─、MnO4─、CO32─、SO42─中的若干种组成．取该溶液进行如下实验：（1）取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液；（2）在（1）所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲；（3）在（2）所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液也有气体生成，同时析出白色沉淀乙．则下列离子在原溶液中一定存在的有（　　）A．SO42﹣、AlO2─、Na+、CO32─B．CO32─、Na+、Al3+C．Na+、CO32─、AlO2─D．MnO4─、Na+、CO32─【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】溶液呈无色，则一定不含MnO4﹣，（1）取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液，说明溶液中含有CO32﹣；-33-（2）在（1）所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，说明（1）中含有Al3+；（3）在（2）所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液也有气体生成，同时析出白色沉淀乙，该气体为氨气，沉淀为BaCO3或BaSO4．结合离子共存问题解答该题．【解答】解：溶液呈无色，则一定不含MnO4﹣，（1）取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液，说明溶液中含有CO32﹣，则一定不含Ag+、Ba2+、Al3+；（2）在（1）所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，说明（1）中含有Al3+，则原溶液中含有AlO2﹣；（3）在（2）所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液也有气体生成，同时析出白色沉淀乙，该气体为氨气，沉淀为BaCO3或BaSO4，不能确定原溶液中是否含有SO42﹣，根据溶液电中性原则可知含有Na+，所以溶液中一定含有Na+、CO32﹣、AlO2﹣，故选C．【点评】本题考查离子的推断和离子共存问题，题目难度中等，本题注意根据物质反应的现象进行推断，易错点为SO42﹣的确定．　7．可以验证硫元素的非金属性比氯元素弱的事实是：（　　）①H2S水溶液是弱酸，HCl水溶液是强酸；②向氢硫酸溶液中滴入氯水有单质硫生成；③硫、氯气分别与铜和铁反应，其产物是FeS、Cu2S、FeCl3、CuCl2；④高氯酸（HClO4）的酸性比硫酸强．A．①②④B．②④C．②③④D．①②③④【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】根据判断非金属性强弱的方法：①单质与氢气易（难）反应；②生成的氢化物稳定（不稳定）；③最高价氧化物的水化物（含氧酸）酸性强（弱）；④相互置换反应（强制弱）来回答．【解答】解：①判断非金属性强弱的方法：最高价氧化物的水化物（含氧酸）酸性强（弱），而H2S水溶液、HCl水溶液均是非含氧酸，故①错误；-33-②判断非金属性强弱的方法：相互置换反应（强制弱），即非金属性强的元素单质可以置换非金属弱的元素单质，向氢硫酸溶液中滴入氯水有单质硫生成，说明氯气可以置换硫，硫元素的非金属性比氯元素弱，故②正确；③非金属单质与具有可变价金属的反应，能生成高价金属化合物的，其非金属性强，氯气将金属氧化到高价，硫将金属氧化到低价，所以硫元素的非金属性比氯元素弱，故③正确；④判断非金属性强弱的方法：最高价氧化物的水化物（含氧酸）酸性强（弱），高氯酸（HClO4）的酸性比硫酸强，所以硫元素的非金属性比氯元素弱，故④正确．故选C．【点评】本题考查学生判断元素非金属性强弱的方法，可以根据所学知识进行回答，难度较大．　8．将4mol金属Al全部转化为Al（OH）3，消耗HClamol、NaOHbmol，则a+b的最小值为（　　）A．4B．6C．8D．16【考点】铝的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】根据消耗4molAl，利用每种方案中的化学反应来分析：①Al→Al3+→Al（OH）3②Al→AlO2﹣→Al（OH）3③Al→Al3+、Al→AlO2﹣，然后是Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓．【解答】解：生成4molAl（OH）3时，由反应方程式可知方案①中：2Al+6H+=2Al3++3H2↑、Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓+3NH4+，41244124即消耗4molAl时，消耗12molH+、12molOH﹣，则a+b=24方案②中：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、AlO2﹣+H2O+H+=Al（OH）3↓，444444即消耗4molAl时，消耗4molH+、4molOH﹣，则a+b=8方案③中：2Al+6H+=2Al3++3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，131333134即消耗4molAl时，消耗3molH+、3molOH﹣，则a+b=6-33-显然方案③药品用量少．故选B【点评】本题考查氢氧化铝的制备，明确铝及氢氧化铝的性质即可解答，学生应学会根据化学反应方程式来分析设计方案的优劣，注重节约能源、原料易得、环保等问题来分析．　9．如表叙述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是（　　）叙述Ⅰ叙述ⅡANaHCO3能与碱反应食品工业用NaHCO3作焙制糕点的膨松剂BAl既可和酸反应又可和强碱反应Al可制成铝箔包装物品C浓硫酸有吸水性浓硫酸可干燥CO、SO3、H2SDK2FeO4能与水作用生成Fe（OH）3胶体和O2可K2FeO4用于净化自来水并杀菌消毒A．AB．BC．CD．D【考点】钠的重要化合物；浓硫酸的性质；铝的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A．NaHCO3用作糕点的膨松剂，是利用碳酸氢钠热稳定性差分解生成二氧化碳；B．Al既可和酸反应又可和强碱反应与Al可制成铝箔包装物品无关；C．浓硫酸与H2S发生氧化还原反应；D．K2FeO4具有强氧化性，生成铁离子可水解生成氢氧化铁胶体．【解答】解：A．NaHCO3用作糕点的膨松剂，是利用碳酸氢钠热稳定性差分解生成二氧化碳，Ⅰ和Ⅱ均正确，但无因果关系，故A错误；B．Al既可和酸反应又可和强碱反应，Al可制成铝箔包装物品与具有延展性有关，二者无关系，故B错误；C．浓硫酸与H2S发生氧化还原反应，不能用浓硫酸干燥，一般用浓硫酸干燥，故C错误；D．K2FeO4具有强氧化性，生成铁离子可水解生成氢氧化铁胶体，可用于净水，故D正确．故选D．【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，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．　-33-10．某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42﹣、HCO3﹣等离子．当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是（　　）A．ab段发生的离子反应为：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓B．原溶液中含有的阳离子必定有H+、NH4+、Al3+、Mg2+C．原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1D．d点溶液中含有的溶质只有NaAlO2【考点】离子方程式的有关计算．【分析】根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，酸碱中和反应是一切反应的优先反应，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有铝离子，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含碳酸氢根离子和镁离子，即原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，据此回答判断．【解答】解：根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，酸碱中和反应是一切反应的优先反应，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有铝离子，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含碳酸氢根离子和镁离子，即原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，A、ab段发生的离子反应为：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，故A错误；B、原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，故B错误；C、根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，故C正确；-33-D、d点溶液中含有的溶质有NaAlO2，还有NH3•H2O，故D错误．故选C．【点评】本题是一道有关离子检验的综合知识题目，考查角度很广，难度较大．　11．如图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是（　　）选项X收集气体YA碱石灰氯化氢水B碱石灰氨气水C氯化钙二氧化硫氢氧化钠溶液D氯化钙一氧化氮氢氧化钠溶液A．AB．BC．CD．D【考点】气体的净化和干燥；气体的收集．【分析】该装置中采用向上排空气法收集，说明该气体密度大于空气，且该气体和空气中成分不反应，用固体干燥剂干燥，则该气体和干燥剂不反应，据此分析解答．【解答】解：该装置中采用向上排空气法收集，说明该气体密度大于空气，且该气体和空气中成分不反应，用固体干燥剂干燥，则该气体和干燥剂不反应，A．碱石灰呈碱性，能和HCl反应，所以HCl不能用碱石灰干燥，故A错误；B．氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集，故B错误；C．二氧化硫密度大于空气且常温下和空气中成分不反应，氯化钙和二氧化硫不反应，所以能用氯化钙干燥，故C正确；D．常温下NO和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，所以得不到NO，NO采用排水法收集，故D错误；故选C．【点评】本题考查了气体的干燥、收集和尾气处理，根据气体的性质确定干燥剂、尾气处理试剂，根据气体的溶解性及密度确定收集方法，注意氨气不能用氯化钙干燥，为易错点，题目难度不大．-33-　12．下图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量．下列反应对应的曲线错误的是（　　）A．向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量B．向澄清石灰水中通入CO2至过量C．向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量D．向含有等物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】图像图表题；几种重要的金属及其化合物．【分析】A、根据反应AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O判断；B、根据反应Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O═Ca（HCO3）2判断；C、根据反应Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O判断；D、根据反应Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，CO2+KOH═KHCO3，CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2判断．【解答】解：A、向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量，发生的反应分别为AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，两个反应消耗的盐酸的物质的量之比为1：3，图象符合，故A正确；B、向澄清石灰水中通入CO2至过量，发生的反应分别为Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O═Ca（HCO3）2，两个反应消耗的二氧化碳的物质的量之比为1；1，图象符合，故B正确；C、向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，发生的反应分别为OH﹣+H+═H20，Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，后两个反应消耗的NaOH的物质的量之比为3：1，图象符合，故C正确；-33-D、向含有等物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失，发生的反应分别为Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，CO2+KOH═KHCO3，CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，则各段反应消耗的二氧化碳的物质的量为1：1：1，故D错误；故选D．【点评】本题考查物质反应的图象题，题目难度中等，注意个反应的量的关系．　13．下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（　　）A．取ag混合物充分加热，剩余bg固体B．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bgC．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体D．取ag混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得bg固体【考点】有关混合物反应的计算；物质检验实验方案的设计．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；B．应先把水蒸气排除才合理；C．根据钠守恒，可列方程组求解；D．根据质量关系，可列方程组求解．【解答】解：A．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A错误；B．混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不全是二氧化碳的质量，不能测定含量，故B正确；C．Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故C错误；D．Na2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2反应，反应的方程式为CO32﹣+Ba2+=BaCO3↓、HCO3﹣+OH﹣+Ba2+=H2O+BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，故D错误；故选B．【点评】本题考查混合物反应的计算、性质实验方案的设计，题目难度中等，注意把握物质的性质以及实验方案的原理，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力．　-33-14．X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增．X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14．下列说法正确的是（　　）A．室温下，0.1mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH＞1B．Z的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸C．Y单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应D．原子半径由小到大的顺序：X＜Y＜Z＜W【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，应为Al元素，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，应为Si元素，X与Z位于同一主族，则X为C元素，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为14﹣3﹣4=7，且原子序数最大，应为Cl元素，结合元素周期律的递变规律判断元素对应的单质、化合物的性质．【解答】解：Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，应为Al元素，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，应为Si元素，X与Z位于同一主族，则X为C元素，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为14﹣3﹣4=7，且原子序数最大，应为Cl元素，A．W为Cl元素，对应的HCl的水溶液为强酸，室温下，0.1mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH=1，故A错误；B．Z为Si，对应的二氧化硅与水不反应，故B错误；C．Y为Al，金属性比铁，可用铝热反应置换出铁，故C正确；D．C元素位于第二周期，其它元素位于第三周期，则C元素的半径最小，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则子半径由小到大的顺序为C＜Cl＜Si＜Al，故D错误．故选C．【点评】本题考查元素的推断及元素化合物的性质，题目难度中等，本题中注意从物质的性质作为推断题的突破口，注意常见既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应的物质，题中从常见元素化合物的性质入手考查，是一道位置、结构、性质有机结合综合考查学生分析能力、推断能力的典型题目，建议同学们在学习中加强元素化合物的学习和相关知识的积累．　15．利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（　　）-33-选项①②③实验结论A浓盐酸MnO2NaOH制氯气并吸收尾气B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C稀盐酸Na2SO3Ba（NO3）2溶液SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸A．AB．BC．CD．D【考点】实验装置综合．【专题】实验评价题．【分析】A．二氧化锰与浓盐酸反应需要加热；B．浓硫酸具有脱水性及强氧化性，蔗糖脱水得到C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr；C．稀盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，在③中二氧化硫与Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡；D．浓硝酸易挥发，则③中可能发生硝酸与硅酸钠的反应．【解答】解：A．二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，图中缺少加热装置，故A错误；B．蔗糖与浓硫酸混合，蔗糖脱水得到C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，则由实验可知浓硫酸具有脱水性、氧化性，故B正确；C．稀盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，在③中二氧化硫与Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡，则结论不合理，如二氧化硫与氯化钡不反应，故C错误；D．浓硝酸易挥发，则③中可能发生硝酸与硅酸钠的反应，则不能比较酸性碳酸＞硅酸，故D错误；故选B．【点评】本题考查实验装置的综合应用，为高频考点，涉及物质的制备、酸性比较、氧化还原反应等，把握实验装置的作用为解答的关键，侧重分析、实验能力的考查，题目难度中等．　-33-16．取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和CuO，将其分成两等份，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少3.20g，另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为（　　）A．3.6mol/LB．3.2mol/LC．2.8mol/LD．2.4mol/L【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算．【分析】将Cu2O拆分为Cu、CuO，原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少3.20g为拆分后Cu、CuO的混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为=0.2mol，根据Cu元素守恒可知n（CuO）=n（O）=0.2mol；另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu（NO3）2，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，NO的物质的量为=0.2mol，根据电子转移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n（Cu）=3n（NO），由铜元素守恒可知n=n（CuO）+n（Cu），根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2n，据此计算n（HNO3），再根据c=计算硝酸的浓度．【解答】解：将Cu2O拆分为Cu、CuO，原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少3.20g为拆分后Cu、CuO的混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为=0.2mol，根据Cu元素守恒可知n（CuO）=n（O）=0.2mol；另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu（NO3）2，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，NO的物质的量为=0.2mol，根据电子转移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n（Cu）=3n（NO）=3×0.2mol，则n（Cu）=0.3mol，由铜元素守恒可知n=n（CuO）+n（Cu）=0.2mol+0.3mol=0.5mol，根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2n=0.2mol+2×0.5mol=1.2mol，硝酸的浓度为=2.4mol/L．故选：D．【点评】本题考查混合物的计算，难度中等，清楚反应过程是解题的关键，本题采取拆分法与守恒法进行解答，简化计算过程，可以通过列方程解答．　二、非选择题：本题共5大题，共52分．17．玻璃棒是中学化学实验中常用的仪器．下列实验过程中，一般不需要用玻璃棒的是　③⑤　（填写编号）①粗盐提纯-33-②配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液③将适量氯化铁饱和溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体④探究Ba（OH）2•8H2O晶体和NH4Cl晶体反应过程中的能量变化⑤实验室用新制的FeSO4溶液和预处理过的NaOH溶液制备Fe（OH）2白色沉淀．【考点】蒸发、蒸馏与结晶的仪器；过滤、分离与注入溶液的仪器．【专题】化学实验常用仪器及试剂．【分析】玻璃棒是化学实验中常用的仪器，其作用是用于搅拌、过滤或转移液体时引流，根据各实验的实验目的确定是否需要玻璃进行分析解答；①粗盐提纯中需要使用玻璃棒搅拌、引流；②配制一定浓度的氯化钠溶液中，必须需要玻璃棒搅拌和引流；③配制氢氧化铁胶体时不需要使用玻璃棒；④探究Ba（OH）2•8H2O晶体和NH4Cl晶体反应中能量变化，需要用玻璃棒搅拌，使其充分反应；⑤制备氢氧化亚铁时不需要使用玻璃棒．【解答】解：①粗盐提纯的操作过程是溶解、过滤、蒸发，溶解用玻璃棒搅拌加速固体溶解，过滤需用玻璃棒引流，蒸发须用玻璃棒搅拌防止液体中局部过热，故①错误；②配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液，配制步骤为计算、称量（量取）、溶解、定容等，溶解时用到烧杯、玻璃棒，玻璃棒的作用是加速固体溶解，故②错误；③将适量氯化铁饱和溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体，需胶头滴管和烧杯，与玻璃棒无关，故③正确；④探究Ba（OH）2•8H2O晶体和NH4Cl晶体反应过程中的能量变化，需用玻璃棒搅拌让它们充分混合，故④错误；⑤实验室用新制的FeSO4溶液和预处理过的NaOH溶液制备Fe（OH）2白色沉淀，该反应速率快，无须用玻璃棒搅拌，故⑤正确，故答案为：③⑤．【点评】本题考查了化学实验基本操作方法及仪器的选用，题目难度不大，试题侧重玻璃棒的使用方法考查，注意掌握常见的化学基本操作方法，能够正确判断选用的仪器．　18．实验室欲配置450mL0.25mol•L﹣1NaOH溶液：-33-①配制时除需用胶头滴管、托盘天平（带砝码）、玻璃棒、药匙外，还必需用到的仪器是　500ml容量瓶小烧杯　．②通过计算，应用托盘天平称取　5.0g　NaOH固体，若将物码放反，则所配制溶液物质的量浓度　不变　．（填“偏大”、“偏小”或“不变”）③定容时，仰视液面，则所配溶液物质的量浓度　偏小　．（填“偏大”、“偏小”或“不变”）【考点】溶液的配制．【专题】定量测定与误差分析．【分析】①根据配制一定物质的量浓度的步骤选择使用的仪器；②配制450mL0.25mol•L﹣1NaOH溶液，实验室没有450mL容量瓶，需要选用500mL容量瓶进行配制；②依据m=CVM计算需要溶质的质量；依据天平使用方法分析将物码放反对溶质的质量的影响；③根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断．【解答】解：①配制450mL0.25mol•L﹣1NaOH溶液，实验室没有450mL容量瓶，需要选用500mL容量瓶进行配制，配制500mL0.25mol•L﹣1NaOH溶液，需要的步骤有：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要使用的仪器有：托盘天平、药匙、小烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；故答案为：500ml容量瓶、小烧杯；②配制450mL0.25mol•L﹣1NaOH溶液，需要配制500mL0.25mol•L﹣1NaOH溶液，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.25mol/L×0.5L=5.0g；不需要使用游码，结果不变，故答案为：5.0g；不变；③定容时观察液面仰视，造成体积偏大，浓度偏小，故答案为：偏小．【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意容量瓶、天平使用的方法，题目难度不大．　-33-19．亚硝酸钠被称为工业盐，不能用作食品工业，但在漂白、电镀等方面应用广泛．现以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图所示（部分夹持装置略）．已知：室温下，①2NO+Na2O2=2NaNO2②3NaNO2+3HCl═3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；③酸性条件下，NO或NO2﹣都能与MnO4﹣反应生成NO3﹣和Mn2+完成下列填空：（1）写出浓硝酸与木炭反应的化学方程式　C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O　．（2）B中观察到的主要现象是有无色气体产生和　铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色　，D装置的作用是　吸收未反应的NO　．（3）检验C中产物有亚硝酸钠的方法是　取样，加入稀盐酸，产生无色气体，遇到空气变为红棕色　．（4）经检验C产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠，为避免产生这些副产物应在B、C装置间增加装置，则该装置中盛放的药品名称　碱石灰　．（5）将7.8g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要木炭　1.8　g．【考点】硝酸的化学性质．【专题】氮族元素．【分析】（1）加热条件下，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水；（2）生成的二氧化氮进入B中和水反应生成硝酸，硝酸和铜反应生成硝酸铜、NO和水；生成硝酸的同时还生成NO，NO有毒不能直接排空；（3）亚硝酸钠和稀盐酸反应生成生成NO，NO不稳定易被空气氧化生成红棕色气体；（4）碱石灰能吸收水和二氧化碳，但不能吸收NO；（5）n（Na2O2）==0.1mol，根据2NO+Na2O2=2NaNO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O计算需要C的质量．-33-【解答】解：（1）加热条件下，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应方程式为C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，故答案为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；（2）生成的二氧化氮进入B中和水反应生成硝酸，硝酸和铜反应生成硝酸铜、NO和水，所以看到的现象是：有无色气体生成且Cu逐渐溶解、溶液变蓝色；生成硝酸的同时还生成NO，NO有毒不能直接排空，过氧化钠和NO反应生成亚硝酸钠，所以过氧化钠的作用是吸收未反应的NO，故答案为：铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色；吸收未反应的NO；（3）亚硝酸钠和稀盐酸反应生成NO，NO不稳定，易被空气中氧气氧化生成红棕色二氧化氮，所以其检验方法是取样，加入稀盐酸，产生无色气体，遇到空气变为红棕色，故答案为：取样，加入稀盐酸，产生无色气体，遇到空气变为红棕色；（4）碱石灰能吸收水和二氧化碳，但不能吸收NO，为防止副反应发生，增加装置中盛放的药品是碱石灰，故答案为：碱石灰；（5）n（Na2O2）==0.1mol，根据2NO+Na2O2=2NaNO2知，0.1mol过氧化钠反应需要0.2molNO，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO知生成0.2molNO需要0.6mol二氧化氮、根据C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O知生成0.6mol二氧化氮需要0.15molC，则C的质量=12g/mol×0.15mol=1.8g，故答案为：1.8．【点评】本题以硝酸为载体考查硝酸、二氧化氮、NO的性质，侧重考查分析、计算能力，明确物质的性质是解本题关键，注意（5）中过氧化钠得到的电子不等于C失去的电子，因为生成的二氧化氮不完全转化为NO，为易错点．　20．（1）铜既能与稀硝酸反应．也能与浓硝酸反应，当铜与一定浓度硝酸反应时，可将方程式表示为：Cu+HNO3=Cu（NO3）2+NO↑+NO2↑+H2O（未配平）①硝酸在该反应中的作用是　氧化性和酸性　，②19.2gCu被硝酸完全溶解后，若得到的NO和NO2物质的量相同，则参加反应的硝酸的物质的量是　0.9mol　．（2）①已知白磷和氯酸溶液可发生如下反应：□P4+□HClO3+□　18H2O　═□HCl+□H3PO4-33-配平上述反应方程式．②白磷有毒，有实验室可采用CuSO4溶液进行处理，其反应为：11P4+60CuSO4+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4在该反应中30molCuSO4可氧化P4的物质的量是　1.5mol　．【考点】氧化还原反应的计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】（1）①该反应硝酸中部分N元素化合价由+5价变为+2、+4价，部分N元素化合价不变，据此判断硝酸性质；②利用电子守恒来计算作氧化剂的硝酸的物质的量，作酸性和作氧化剂的物质的量之和为参加反应的硝酸的物质的量；（2）①该反应中P元素化合价由0价变为+5价、Cl元素化合价由+5价变为﹣1价，根据转移电子守恒及原子守恒配平方程式；②根据转移电子守恒计算硫酸铜氧化白磷的物质的量．【解答】解：（1）①该反应硝酸中部分N元素化合价由+5价变为+2、+4价，部分N元素化合价不变，所以硝酸体现氧化性和酸性，故答案为：氧化性和酸性；②n（Cu）==0.3mol，设NO的物质的量为n，得到的NO和NO2物质的量相同，由电子守恒可知，0.3mol×2=n×（5﹣2）+n×（5﹣4），解得n=0.15mol，则N原子守恒可知作氧化剂的硝酸为0.15mol+0.15mol=0.3mol，由Cu（NO3）2可知，作酸性的硝酸为0.3mol×2=0.6mol，则参加反应的硝酸的物质的量是0.3mol+0.6mol=0.9mol，故答案为：0.9mol；（2）①反应中P元素的化合价由0价升高到+5价，Cl元素的化合价由+5价降低到﹣1价，根据得失电子数目相等可知二者计量数之比为3：10，则结合质量守恒定律可知平衡后的化学方程式为3P4+10HClO3+18H2O=10HCl+12H3PO4，故答案为：3；10；18H2O；10；12；②30mol硫酸铜转移电子物质的量=30mol×（2﹣0）=60mol，氧化白磷物质的量==1.5mol，故答案为：1.5mol．-33-【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从化合价的角度及电子守恒角度解答该题，难度不大　21．向20mL某物质的量浓度的AlCl3溶液中滴入2mol/LNaOH溶液时，得到的Al（OH）3沉淀质量与所加NaOH溶液体积（mL）的关系如图所示，试回答下列问题：（1）图中A点表示　Al3+完全沉淀　（2）图中B点表示　Al（OH）3刚好完全溶解　（3）上述两步反应用总的离子方程式可表示为：　Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O　（4）若溶液中有Al（OH）3沉淀0.39g，则此时用去NaOH溶液的体积为　7.5mL或17.5mL　．【考点】离子方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】根据发生的反应为AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，结合图象来分析．【解答】解：（1）由图象可知，0～A发生AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl，A点时Al3+完全沉淀，故答案为：Al3+完全沉淀；（2）由图象可知A～B发生Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，则B点时Al（OH）3刚好完全溶解，故答案为：Al（OH）3刚好完全溶解；（3）上述两步反应用总的离子方程式可表示为：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；（4）溶液中有Al（OH）3沉淀0.39g，n==0.005mol，存在两种情况，则①只发生AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl，设此时用去NaOH溶液体积为x，则=0.0075L=7.5mL，②若发生AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，则-33-=0.0175L=17.5mL，故答案为：7.5mL或17.5mL．【点评】本题考查氯化铝与碱的反应，明确发生的化学反应及反应与图象的对应关系是解答本题的关键，难度不大．　22．如图是无机物A～M在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）．其中，I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属，K是一种红棕色气体．请填写下列空白：（1）在周期表中，组成单质G的元素位于第　四　周期　Ⅷ　族．（2）在反应⑦中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　1：2　．（3）在反应②、③、⑥、⑨中，既属于化合反应又属于非氧化还原反应的是　③　．（填写序号）（4）反应④的离子方程式是：　3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O　．（5）将化合物D与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾），同时还生成KNO2和H2O．该反应的化学方程式是：　Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O　．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】FeS2氧化得到的A可以继续被氧化，则A为SO2，B为SO3，C为B的水化物，C为H2SO4，D为Fe2O3，I为第三主族熔点最高的金属，应为Al，反应⑦为铝单质与金属氧化物所发生的置换反应，即铝热反应．K是一种红棕色气体，为NO2，则J为HNO3，L被氧化成为NO2，故L可能为氨或NO2，由于C溶液，即硫酸溶液能与某M溶液反应得到L，故L不可能是碱性的气体氨气，故L为NO，G能与硝酸反应并能产生NO，故G为Fe，H为Al2O3-33-，由反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，氧化得到的A可以继续被氧化，则A为SO2，B为SO3，C为B的水化物，C为H2SO4，D为Fe2O3，由K是一种红棕色气体，K为NO2，J为HNO3，I为第三主族熔点最高的金属，应为Al，反应⑦为铝单质与金属氧化物所发生的置换反应，G能与硝酸反应并能产生NO，故G为Fe，H为Al2O3，L为NO，M应为Fe（NO3）3或Fe（NO3）2；联系反应④：M+H2SO4→F+NO↑知，M为Fe（NO3）2，反应中硝酸根有剩余，F为Fe（NO3）3或Fe2（SO4）3，E应为Fe（OH）3，结合对应物质的性质和题目要求解答该题．【解答】解：FeS2氧化得到的A可以继续被氧化，则A为SO2，B为SO3，C为B的水化物，C为H2SO4，D为Fe2O3，I为第三主族熔点最高的金属，应为Al，反应⑦为铝单质与金属氧化物所发生的置换反应，即铝热反应．K是一种红棕色气体，为NO2，则J为HNO3，L被氧化成为NO2，故L可能为氨或NO2，由于C溶液，即硫酸溶液能与某M溶液反应得到L，故L不可能是碱性的气体氨气，故L为NO，G能与硝酸反应并能产生NO，故G为Fe，H为Al2O3，由反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，氧化得到的A可以继续被氧化，则A为SO2，B为SO3，C为B的水化物，C为H2SO4，D为Fe2O3，由K是一种红棕色气体，K为NO2，J为HNO3，I为第三主族熔点最高的金属，应为Al，反应⑦为铝单质与金属氧化物所发生的置换反应，G能与硝酸反应并能产生NO，故G为Fe，H为Al2O3，L为NO，M应为Fe（NO3）3或Fe（NO3）2；联系反应④：M+H2SO4→F+NO↑知，M为Fe（NO3）2，反应中硝酸根有剩余，F为Fe（NO3）3或Fe2（SO4）3，E应为Fe（OH）3，（1）由以上分析可知G为Fe，是26号元素，位于周期表第四周期第Ⅷ族，故答案为：四；Ⅷ；（2）反应⑦为Al与Fe2O3所发生的置换反应，方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，氧化铁是氧化剂，铝是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；（3）在反应②、③、⑥、⑨中，②、⑥、⑨都为氧化还原反应，③为SO3+H2O=H2SO4的反应，既属于化合反应又属于非氧化还原反应，故答案为：③；（4）M中含有Fe2+和NO3﹣，在酸性条件下可发生氧化还原反应，反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O；（5）化合物Fe2O3与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾），同时还生成KNO2和H2O，反应方程式为Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，故答案为：Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O．-33-【点评】本题考查无机物的推断，题目难度中等，本题注意根据FeS2与氧气反应的性质结合物质的反应特点和物质的物理性质，如颜色、状态等，先确定个别物质，根据框图寻找线索进行推断．　23．A、B、C、D四种短周期元素，A元素的一种同素异形体是自然界硬度最大的单质，C与A同主族，C元素的原子序数是B的2倍，工业上以D元素的单质与石灰乳为原料制造漂白粉．按要求回答下列问题：（1）B的原子结构示意图为　　；镁条在气体B中燃烧生成的物质是　Mg3N2　（填化学式）；（2）A的非金属性强于C，请用一个化学反应方程式表示　2CO2+Na2SiO3+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3或CO2+Na2SiO3+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3　；（3）写出元素D的单质与石灰乳制漂白粉的化学方程式　2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】A、B、C、D四种短周期元素，A元素的一种同素异形体是自然界硬度最大的单质，则A为碳元素；C与A同主族，则C为Si；C元素的原子序数是B的2倍，则B为N元素；工业上以D元素的单质与石灰乳为原料制造漂白粉，则D为Cl，据此解答．【解答】解：A、B、C、D四种短周期元素，A元素的一种同素异形体是自然界硬度最大的单质，则A为碳元素；C与A同主族，则C为Si；C元素的原子序数是B的2倍，则B为N元素；工业上以D元素的单质与石灰乳为原料制造漂白粉，则D为Cl．（1）B为N元素，原子结构示意图为，镁条在气体B中燃烧生成的物质是：Mg3N2，故答案为：；Mg3N2；（2）碳的非金属性强于Si，可以利用最高价含氧酸的酸性强弱比较，相应方程式为：2CO2+Na2SiO3+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3或CO2+Na2SiO3+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，故答案为：2CO2+Na2SiO3+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3或CO2+Na2SiO3+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3；（3）元素D的单质与石灰乳制漂白粉的化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，-33-故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，侧重考查学生对基础知识的掌握与迁移运用能力，难度中等．　-33-