浙江省杭州市建人高复学校2022届高三化学上学期第一次月考试卷含解析

浙江省杭州市建人高复学校2022届高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题（本大题共26小题，每小题2分，共52分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列说法正确的是()A．人造纤维、合成橡胶和光导纤维都属于有机高分子化合物B．道尔顿、汤姆生、卢瑟福和门捷列夫等对原子结构模型的建立均作出了卓越的贡献C．化学反应能制造出新的物质，也能制造出新的元素，并伴有能量变化D．感染MERS致死率较高，为防止感染，要加强环境、个人的卫生和消毒，其中消毒剂常选用含氯消毒剂、双氧水、酒精等适宜的物质【考点】有机高分子化合物的结构和性质；化学史；反应热和焓变；常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．光导纤维不属于有机高分子化合物；B．1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，使得化学学习和研究变得有规律可循，据此分析判断；C．化学变化的实质是分子分成原子，原子再重新组合成新的分子，所以反应前后原子的种类、数目、质量都不变；D．含氯消毒剂、双氧水、酒精等是消毒剂．【解答】解：A．光导纤维的主要成分为二氧化硅，光导纤维属于无机非金属材料，不属于有机高分子化合物，故A错误；B．19世纪初，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体；1897年，英国科学家汤姆生发现了电子；1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型1911年英国物理学家卢瑟福（汤姆生的学生）提出了带核的原子结构模型；1913年丹麦物理学家波尔（卢瑟福的学生）引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型奥地利物理学家薛定谔提出电子云模型（几率说），为近代量子力学原子模型；1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，使得化学学习和研究变得有规律可循；所以，对原子结构模型的建立作出了卓越贡献的科学家中没有门捷列夫，故B错误；C．化学反应能够制造出新的物质，但不能制造出新的元素，故C错误；D．细菌的成分是蛋白质，含氯消毒剂、双氧水、酒精等是消毒剂，能使蛋白质发生变性，故D正确．故选D．【点评】本题考查了高分子材料、化学史、化学反应的特点以及蛋白质的变性等，明确化学反应的实质和特征是解题关键，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．2．下列有关化学用语使用正确的是()A．硫原子的原子结构示意图：B．H2O的电子式：C．原子核内有10个中子的氧原子：O-23-\nD．CO2的比例模型：【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．硫原子的核电荷数=核外电子总数=16，最外层为6个电子；B．水分子属于共价化合物，分子中不存在阴阳离子；C．元素符号的左上角表示质量数、左下角为质子数，质量数=质子数+中子数；D．二氧化碳分子中，碳原子的半径大于氧原子，比例模型中中间原子的体积应该大于氧原子．【解答】解：A．硫原子的核电荷数、核外电子总数相等，都是16，最外层为6个电子硫原子的结构示意图为：，故A错误；B．水分子中存在两个氢氧共用电子对，不存在阴阳离子，水的电子式为：，故B错误；C．氧元素的质子数为8，原子核内有10个中子的氧原子的质量数为18，该氧原子可以表示为：O，故C正确；D．二氧化碳为直线型结构，分子中存在两个碳氧双键，碳原子半径大于氧原子，二氧化碳正确的比例模型为：，故D错误；故选C．【点评】本题考查了电子式、比例模型、原子结构示意图、元素符号等化学用语的排放，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及正确的书写方法，明确比例模型与球棍模型、原子结构示意图与离子结构示意图的区别．3．分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是()A．化合物：干冰，冰水混合物，烧碱，小苏打B．非电解质：乙醇，四氯化碳，氯气，葡萄糖C．同素异形体：活性炭，C60，石墨烯，金刚石D．混合物：铝热剂，纯净矿泉水，水玻璃，漂白粉【考点】混合物和纯净物；同素异形体；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】A、不同元素组成的纯净物为化合物；B、水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质；C、由同元素的同种原子构成的不同单质为同素异形体；D、不同物质组成的为混合物；【解答】解：A、干冰，冰水混合物，烧碱，小苏打符合化合物概念，都是化合物，故A正确B、乙醇，四氯化碳，葡萄糖，都是非电解质，氯气是单质，不是化合物，故B错误；-23-\nC、活性炭，C60，石墨烯，金刚石是碳元素的不同单质，属于碳元素的同素异形体，故C正确；D、铝热剂是铝和金属氧化物，纯净矿泉水是电解质的水溶液，水玻璃是硅酸钠的水溶液，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故D正确；故选B．【点评】本题考查了化学基本概念的理解应用，主要考查混合物、化合物、非电解质、同素异形体，结合物质的组成分析判断，较简单．4．判断下列有关化学基本概念的依据正确的是()A．溶液与胶体：本质不同的原因是能否发生丁达尔效应B．共价化合物：是否含有共价键C．强弱电解质：溶液的导电能力大小D．氧化还原反应：元素是否发生电子转移【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应；强电解质和弱电解质的概念．【专题】基本概念与基本理论．【分析】A、溶液与胶体两者的根本区别在于分散质粒子直径的大小；B、只含有共价键的化合物为共价化合物；C、强电解质是指在水溶液中，或熔融状态下能完全电离的化合物；D、氧化还原反应区别于非氧化还原反应的特点是元素化合价是否改变．【解答】解：A、溶液与胶体两者的根本区别在于分散质粒子直径的大小，溶液中的分散质粒子直径小于1nm，胶体的胶粒直径在1nm～100nm，故A错误；B、只含有共价键的化合物为共价化合物，含有共价键的化合物也可能是离子化合物，如NaOH含有共价键，但是属于离子化合物，故B错误；C、强电解质在水溶液中或熔融状态下能完全电离，弱电解质只能部分电离，与导电能力无关，故C错误；D、氧化还原反应的本质是有电子的得失，表现为有化合价的变化，故D正确．故选D．【点评】本题考查了化学基本概念，属于基础知识的考查，题目浓度不大，注意基础知识的掌握．5．下列关于氧化物的各项叙述正确的是()①酸性氧化物肯定是非金属氧化物；②非金属氧化物肯定是酸性氧化物；③碱性氧化物肯定是金属氧化物；④金属氧化物都是碱性氧化物；⑤酸性氧化物均可与水反应生成相应的酸；⑥与水反应生成酸的氧化物不一定是酸酐，与水反应生成碱的氧化物不一定是碱性氧化物；⑦不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应．A．①②③④B．⑤⑥⑦C．②③⑥⑦D．③⑥【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】①能和碱反应生成只盐和水的氧化物是酸性氧化物．②非金属氧化物可能是不成盐氧化物．③能和酸反应只生成盐和水的氧化物是碱性氧化物．④金属氧化物不一定都是碱性氧化物．⑤酸性氧化物不一定都与水反应生成相应的酸．-23-\n⑥与水反应生成酸的氧化物不一定是酸酐，与水反应生成碱的氧化物不一定是碱性氧化物；⑦不与酸反应的氧化物不一定能与碱反应．【解答】解：①酸性氧化物也可能是金属氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故错误．②非金属氧化物不一定是酸性氧化物，可能是不成盐氧化物，如CO属于非金属氧化物但不属于酸性氧化物，故错误．③碱性氧化物肯定是金属氧化物，故正确．④金属氧化物不一定是碱性氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故错误．⑤酸性氧化物不一定都与水反应生成相应的酸，如SiO2不溶于水，但是二氧化硅是酸性氧化物，故错误．⑥与水反应生成酸的氧化物不一定是酸酐，与水反应生成碱的氧化物不一定是碱性氧化物．如NO2能与水反应生成酸﹣硝酸，但不是硝酸的酸酐，硝酸的酸酐是N2O5，Na2O2能与水反应生成碱﹣NaOH，但它不属于碱性氧化物，是过氧化物，故错误．⑦不能跟酸反应的氧化物不一定能跟碱反应，如一氧化碳既不与酸反应也不与碱反应，故错误．故选D．【点评】本题考查了酸碱盐、氧化物的概念及其联系，难度不大，但概念间的联系是学习的难点，属于易错题．6．下列有关物质性质和应用都正确的是()A．氢氟酸具有强酸性，可用于雕刻玻璃B．明矾净水是因为Al（OH）3胶体能消毒C．MgO、Al2O3熔点高，它们都可用于制作耐火材料D．高纯度的硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”【考点】硅和二氧化硅；盐类水解的应用；镁、铝的重要化合物．【分析】A．氢氟酸为弱酸；B．明矾净水原理是电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性；C．熔点高的物质可以做耐火材料；D．光导纤维主要成分为二氧化硅．【解答】解：A．氢氟酸为弱酸，玻璃中含有二氧化硅，氢氟酸能够与二氧化硅反应，能够腐蚀雕刻玻璃，故A错误；B．明矾净水原理是硫酸铝钾溶液中含有铝离子，铝离子水解Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性净水，不能消毒杀菌，故B错误；C．MgO、Al2O3熔点高，它们都可用于制作耐火材料，故C正确；D．光导纤维主要成分为二氧化硅，不是硅，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了物质的用途，性质决定用途，熟悉二氧化硅、硅、明矾的性质是解题关键，题目难度不大．7．下列说法中正确的是()A．用到金属钠时，要用镊子取、再用小刀切下所需量，剩余的钠不能放回原试剂瓶中B．大型中央空调的制冷剂可用液氨C．常温下，向浓HNO3中投入Fe片，会产生大量的红棕色气体D．测氯水的pH，可用玻璃棒蘸取氯水点在pH试纸上，待其变色后和标准比色卡比较【考点】化学实验安全及事故处理；氨的物理性质；硝酸的化学性质．-23-\n【分析】A．剩余的金属钠应该放回原瓶；B．液氨汽化时要吸收大量的热；C．铁在浓硝酸中发生钝化；D．氯水中HClO具有漂白性．【解答】解：A．用到金属钠时，要用镊子取，再用小刀切下所需量，剩余钠要放回原试剂瓶中，不能随意丢弃，故A错误；B．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，故B正确；C．铁在浓硝酸中发生钝化，无二氧化氮生成，故C错误；D．氯水中HClO具有漂白性，则不能用pH试纸测定其pH，应利用pH计测定，故D错误．故选B．【点评】本题考查元素及其化合物的性质，侧重于常识性内容的考查，难度不大，注意基础知识的积累．8．下列物质的转化在给定条件下能实现的是()①NaAlO2（aq）AlCl3Al②NH3NOHNO3③NaCl（饱和）NaHCO3Na2CO3④FeS2SO3H2SO4．A．②③B．①④C．②④D．③④【考点】镁、铝的重要化合物；氨的化学性质；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】①氯化铝固体是共价化合物，无法电解；②氨气的催化氧化会生成一氧化氮，一氧化氮易被氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水中得到硝酸；③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；④FeS2和氧气反应生成二氧化硫．【解答】解：①氯化铝固体是共价化合物，由分子构成，无离子，无法电解，所以得不到铝，故①错误；②氨气的催化氧化会生成一氧化氮，一氧化氮易被氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水中得到硝酸，故②正确；③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③正确；④FeS2和氧气反应生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，故④错误；故选A．【点评】本题考查化合物的性质，题目难度不大，熟练掌握物质的性质是解决此类问题的关键，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法．-23-\n9．微粒甲与离子乙在溶液中的转化关系如图所示：，则微粒甲是()A．Al2O3B．NH4+C．Fe3+D．CO2【考点】镁、铝的重要化合物；离子反应发生的条件．【分析】根据微粒甲能与氢氧根反应生成乙，乙能与氢离子反应再生成甲解题，将选项带入转化关系，符合即可．【解答】解：A．Al2O3与氢氧根能反应生成AlO2﹣，与氢离子反应生成沉淀或铝离子，得不到Al2O3，不符合转化关系，故A错误；B．NH4+与OH﹣反应生成氨水，不是离子，不符合转化关系，故B错误；C．Fe3+与OH﹣反应生成Fe（OH）3，不是离子，不符合转化关系，故C错误；D．CO2与氢氧根能反应生成碳酸根，碳酸根和氢离子反应生成水和CO2，故D正确；故选D．【点评】本题考查无机物推断，侧重考查元素化合物知识，明确离子及物质性质即可解答，可以采用代入法分析解答，题目难度不大．10．下列说法正确的是()①除去二氧化硫中的少量三氧化硫可用98%的浓硫酸②盛溴的试剂瓶里加少量水以减少溴的挥发③钾、钠、白磷都应保存在水中④做焰色反应实验时所用铂丝，每次用完后用稀硫酸洗涤后再使用．A．①②B．②④C．①③D．①②④【考点】化学实验方案的评价；焰色反应；化学试剂的存放；物质的分离、提纯和除杂．【专题】化学实验基本操作．【分析】①98%的浓硫酸吸收三氧化硫，且二氧化硫难溶于硫酸；②液溴易挥发；③钾、钠均与水反应；④硫酸难挥发，干扰焰色反应中离子的检验．【解答】解：①98%的浓硫酸吸收三氧化硫，反应放出大量的热，且二氧化硫难溶于硫酸，可利用浓硫酸除去二氧化硫中的少量三氧化硫，故正确；②液溴易挥发，则盛溴的试剂瓶里加少量水以减少溴的挥发，故正确；③钾、钠均与水反应，不能保存在水中，而白磷可保存在水中，故错误；④硫酸难挥发，干扰焰色反应中离子的检验，则所用铂丝，每次用完后用稀盐酸洗涤后再使用，故错误；故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握硫的氧化物的性质、试剂的保存、焰色反应等为解答的关键，注意实验操作的评价性分析，侧重基础知识的考查，题目难度不大．11．在给定条件下，下列划横线的物质在化学反应中能被完全消耗的是()A．标准状况下，将1g铝片投入20mL18.4mol•L﹣1的硫酸中B．向100mL3moI•L﹣1的硝酸中加入5.6g铁C．用50mL18mol•L﹣1浓硫酸与足量Cu共热（指其中的硫酸被完全消耗）-23-\nD．在5×107Pa、500℃和铁触媒催化的条件下，用3mol氢气和2mol氮气合成氨【考点】铝的化学性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A．金属铝和浓硫酸之间能发生钝化；B．n（Fe）==0.1mol，n（硝酸）=0.3mol，Fe可完全溶解生成硝酸铁、硝酸亚铁；C．铜与稀硫酸不反应；D．合成氨反应为可逆反应，据可逆反应的特点来回答．【解答】解：A.18.4mol•L﹣1的硫酸为浓硫酸，标况下与Al发生钝化生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，则Al不能被完全消耗，故A不选；B．n（Fe）==0.1mol，n（硝酸）=0.3molmol，则物质的量比在1：4～3：8之间，Fe可完全溶解生成硝酸铁、硝酸亚铁，故B选；C．随反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应，则盐酸不能完全消耗，故C不选；D．合成氨反应为可逆反应，则氢气不能完全消耗，故D不选；故选B．【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意钝化、可逆反应的判断，侧重化学反应的考查，题目难度不大．12．生产、生活离不开各种化学物质，下列说法不正确的是()①二氧化硅是电子工业中常用的半导体材料②氢氧化铝可用于治疗胃酸过多③氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂④天然气、石油和煤均属于不可再生能源⑤用食醋清洗热水瓶中的水垢⑥用纯碱溶液洗涤餐具上的油污⑦用米汤检验含碘盐中的碘酸钾⑧医疗上可用碳酸钡作x射线透视肠胃的内服药，是因为碳酸钡不溶于水⑨某雨水样品放置一段时间后pH由4.68变为4.00，是因为水中溶解的CO2增多⑩加碘食盐中添加碘酸钾而不用碘化钾，是因为碘酸钾能溶于水而碘化钾不溶于水．A．①③④⑦⑩B．②③④⑤⑥C．①⑦⑧⑨⑩D．①②④⑦⑨⑩【考点】硅和二氧化硅；清洁能源；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；镁、铝的重要化合物；生活中的有机化合物．【专题】化学计算．【分析】①二氧化硅是光导纤维的主要材料；②氢氧化铝具有两性，可用于治疗胃酸过多；③氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂次氯酸盐；④天然气、石油和煤均化石燃料，属于不可再生能源；⑤醋酸的酸性大于碳酸；⑥碱性物质能促进油脂水解；⑦碘能使淀粉试液变蓝色；⑧碳酸钡易溶于盐酸；⑨亚硫酸不稳定易被氧化生成硫酸；-23-\n⑩碘化钾易被氧化．【解答】解：①二氧化硅是光导纤维的主要材料，硅是制造硅太阳能电池的主要材料，故错误；②氢氧化铝具有两性，能和稀盐酸反应生成盐和水，所以可用于治疗胃酸过多，故正确；③氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂次氯酸盐，故正确；④天然气、石油和煤均化石燃料，不能再生，所以属于不可再生能源，故正确；⑤醋酸的酸性大于碳酸，水垢的主要成分是碳酸盐，所以醋酸可以除水垢，故正确；⑥碱性物质能促进油脂水解，碳酸钠水解而使其溶液呈碱性，所以纯碱溶液可以洗涤油污，故正确；⑦碘能使淀粉试液变蓝色，碘酸钾中不含游离态的碘，所以用米汤不能检验含碘盐中的碘酸钾，故错误；⑧碳酸钡易溶于盐酸生成有毒物质氯化钡，硫酸钡不溶于水和稀盐酸，所以可以用硫酸钡作钡餐，故错误；⑨酸雨中的亚硫酸不稳定易被氧化生成硫酸，亚硫酸是弱电解质、硫酸是强电解质，从而增强溶液的酸性，故错误；⑩碘化钾不稳定，易被氧气氧化生成碘，碘能升华，所以不用碘化钾，故错误；故选C．【点评】本题考查物质用途，明确物质性质即可解答，知道常见元素化合物性质，并会运用化学知识解释生产、生活现象，题目难度不大．13．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述一定正确的是()A．标准状况下，5.6LSO3含有的分子数为0.25NAB．标况下，0.1mol苯中含有C=C键数目为0.3NAC．46gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子个数为3NAD．7.8g过氧化钠与足量CO2反应，转移电子数为0.2NA，CO2为还原剂【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．标准状况，SO3不是气体；B．苯不是单双键交替的结构；C．NO2和N2O4最简式相同为NO2；D．7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子．【解答】解：A．标准状况下，SO3不是气体；5.6LSO3不是0.25mol，故A错误；B．苯不是单双键交替的结构，即苯中无碳碳双键，故B错误；C．NO2和N2O4最简式相同为NO2，计算46gNO2中所含原子数=×3×NA=3NA，故C正确；D．7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应，二氧化碳既不做氧化剂也不做还原剂，1mol过氧化钠转移1mol电子，故0.1mol过氧化钠转移0.1mol电子即0.1NA个，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握物质的性质和公式的运用是解题关键．14．能正确表示下列反应的离子方程式是()A．将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+ClO﹣-23-\nB．碳酸氢铵与过量的NaOH溶液反应：NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3•H2O+CO32﹣+H2OC．NaOH溶液中通入少量二氧化硫：SO2+0Hˉ=HSO3﹣D．稀硝酸与过量的铁屑反应3Fe+8H++2NO3﹣=3Fe3++2NO↑+4H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A、次氯酸是弱酸；B、酸式盐和碱反应，量少的全部反应，离子方程式中符合化学式的组成比；C、少量二氧化硫生成亚硫酸钠；D、过量铁反应生成亚铁离子．【解答】解：A、将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故A错误；B、碳酸氢铵与过量的NaOH溶液反应：NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3•H2O+CO32﹣+H2O，故B正确；C、NaOH溶液中通入少量二氧化硫：SO2+20Hˉ=H2O+SO32﹣，故C错误；D、稀硝酸与过量的铁屑反应Fe+4H++NO3﹣=Fe2++2NO↑+2H2O，故D错误；故选B．【点评】本题考查了离子方程的书写原则和注意问题，主要考查弱电解质判断，量不同产物不同，难度中等．15．在下列溶液中，各组离子一定能大量共存的是()A．能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K+、SO42﹣、S2﹣、SO32﹣B．有NO3﹣存在的强酸性溶液中：NH4+、Ba2+、Fe2+、Br﹣C．碳酸氢钠溶液中：K+、ClO﹣、Cl﹣、OH﹣D．使酚酞变红的溶液中：CO32﹣、Na+、AlO2﹣、NO3﹣、S2﹣、SO32﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液，具有氧化性；B．离子之间发生氧化还原反应；C．碳酸氢钠溶液与碱反应；D．使酚酞变红的溶液，显碱性．【解答】解：A．能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液，具有氧化性，能氧化S2﹣、SO32﹣，不能大量共存，故A错误；B．NO3﹣、H+、Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．OH﹣、HCO3﹣反应生成CO32﹣和水，不能大量共存，故C错误；D．使酚酞变红的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D．【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．16．将SO2通入CuSO4和NaCl的浓溶液中，溶液颜色变浅，析出白色沉淀，取该沉淀分析，知其中含Cl：35.7%，Cu：64.3%，SO2在上述反应中作用是()A．酸B．漂白剂C．还原剂D．氧化剂【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】根据Cl和Cu的百分含量可计算沉淀中只含Cu和Cl两种元素（35.7%+64.3%=100%），且两者的物质的量之比约为1：1，进而确定产物为CuCl，结合化合价的变化判断物质在反应中的性质和作用．-23-\n【解答】解：由Cl和Cu的百分含量知，沉淀中只含Cu和Cl两种元素（35.7%+64.3%=100%），且两者的物质的量之比约为1：1（：），可知，最简式为CuCl，其中Cu的化合价为+1价，则原反应物中CuSO4为氧化剂，那可能的还原剂只有SO2，氧化产物是SO42﹣，故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，解答该题，根据物质的质量关系判断产物为解答该题的关键．17．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2RO4n﹣+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3×1+4×1=3×1+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，据此判断R元素化合价．【解答】解：根据电荷守恒得3×1+4×1=3×1+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．18．下列叙述正确的是()A．阳离子都只有氧化性B．H2O2既有氧化性，又有还原性，与KMnO4反应时表现H2O2的还原性C．与强酸、强碱都反应的物质只有两性氧化物或两性氢氧化物D．分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液＜Fe（OH）3胶体＜FeCl3溶液【考点】氧化还原反应；无机化合物与有机化合物的概念；两性氧化物和两性氢氧化物．【专题】基本概念与基本理论；氧化还原反应专题．【分析】A、根据化合价判断是否有氧化性或还原性；B、根据H2O2中氧元素的化合价判断；C、弱酸的酸式盐与强酸、强碱都反应；D、溶液分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1nm～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm．【解答】解：A、阳离子若处于最高价只有氧化性，处于中间价态，则既有氧化性又有还原性，故A错误；B、H2O2中氧元素的化合价为﹣1价，为中间价态，既有氧化性又有还原性，H2O2与KMnO4反应时H2O2被氧化表现还原性，故B正确；C、弱酸的酸式盐与强酸、强碱都反应，如碳酸氢钠与强酸反应生成二氧化碳，与强碱反应生成碳酸盐，所以与强酸、强碱都反应的物质不一定有两性，故C错误；D、溶液分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1nm～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，则分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液，故D错误．故选B．-23-\n【点评】本题考查了离子的氧化性判断、氧化还原反应、物质的性质、分散系等，题目涉及的内容较多，侧重于基础知识的考查，难度不大．19．将磁性氧化铁放入稀HNO3中可发生如下反应：3Fe3O4+28HNO3=9Fe（NO3）x+NO↑+14H2O．下列判断合理的是()A．Fe（NO3）x中的x为2B．反应中每生成0.2mol还原产物，就有0.6mol电子转移C．稀HNO3在反应中只作氧化剂D．磁性氧化铁中的铁元素全部被氧化【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A、根据氮元素守恒计算Fe（NO3）x中的x的值；B、反应中只有氮元素被还原，氮元素化合价由+5价降低为+2，还原产物为NO，根据NO计算转移电子；C、反应中生成硝酸盐和N0，所以硝酸在反应中起氧化剂与酸的作用；D、磁性氧化铁中的铁元素化合价为+2、+3价，只有部分被氧化．【解答】解：A、根据氮元素守恒，则9x+1=28，解得x=3，故A错误；B、反应中只有氮元素被还原，氮元素化合价由+5价降低为+2，还原产物为NO，所以生成0.2molNO转移电子为0.2mol×（5﹣2）=0.6mol，故B正确；C、反应中生成硝酸盐Fe（NO3）3和N0，所以硝酸在反应中起氧化剂与酸的作用，故C错误；D、反应中生成硝酸盐Fe（NO3）3，磁性氧化铁中的铁元素化合价为+2、+3价，只有部分铁元素被氧化，故D错误．故选B．【点评】本题考查氧化还原反应基本概念与计算，难度不大，D选项清楚磁性氧化铁中铁元素化合价是关键．注意守恒思想的应用．20．如图所示对实验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：试管中立刻出现红色沉淀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．【分析】A．四氯化碳密度比水大；B．氢氧化铝不溶于弱碱；C．溶液呈血红色，而不是沉淀；D．根据CaO吸水并放热分析．【解答】解：A．碘易溶于四氯化碳且四氯化碳密度比水大，色层在下层，故A错误；-23-\nB．氯化铵和氢氧化钙反应生成氨气，氨气溶于水呈碱性，与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于弱碱，故B错误；C．氯化铁与KSCN反应生成Fe（SCN）3，溶液呈红色，而不是生成沉淀，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】本题考查化学实验方案的评价，题目难度中等，易错点为B，注意两性氢氧化物的性质．21．如图有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是()A．制取并收集干燥纯净的NH3B．除去NO2中的NOC．检验装置的气密性D．实验室洗涤胶头滴管的操作【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．氨气密度小于空气，应该采用向下排空气收集；B．二氧化氮能和水反应生成硝酸，但NO和水不反应；C．产生压强差的装置能检验装置气密性；D．药品进入胶头，会腐蚀胶头．【解答】解：A．氨气密度小于空气，应该采用向下排空气收集而不是向上排空气收集，故A错误；B．二氧化氮能和水反应生成硝酸，但NO和水不反应，不能用排水法除去二氧化氮中NO，故B错误；C．产生压强差的装置能检验装置气密性，调节乙装置能使甲乙水面相平，如果甲中水柱不变化，说明气密性良好，故C正确；D．药品进入胶头，会腐蚀胶头，不能倒立，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案评价，涉及气体收集、除杂、气密性检验、仪器洗涤等知识点，明确物质性质及实验原理是解本题关键，注意除杂时不能引进新的杂质．22．下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是()①向饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2②向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸③向AlCl3溶液中逐滴加入过量稀NaOH溶液④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸⑤向AgNO3溶液中逐滴加入稀氨水．-23-\nA．①②B．②③C．①④D．④⑤【考点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．【分析】①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，析出晶体碳酸氢钠；②向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝和盐酸反应生成可溶性的氯化铝，所以看到的现象是“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”；③向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，先生成氢氧化铝沉淀，继续滴入氢氧化钠溶液会溶解氢氧化铝沉淀．④盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，硅酸和盐酸不反应；⑤AgNO3和稀氨水反应，生成AgOH白色沉淀，AgOH白色沉淀和氨水能反应生成络合物；【解答】解：①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，析出晶体碳酸氢钠，不会出现先沉淀后溶解的现象，故①符合；②向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝和盐酸反应生成可溶性的氯化铝，所以看到的现象是“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”，所以不符合条件，故②不符合；③向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，先生成氢氧化铝沉淀，继续滴入氢氧化钠溶液会溶解氢氧化铝沉淀，反应现象是先沉淀后溶解，故③不符合；④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，硅酸和盐酸不反应，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故④符合；⑤AgNO3和稀氨水反应，生成AgOH白色沉淀，继续滴加氨水，形成[Ag（NH3）2]+络离子，沉淀溶解，所以出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故⑤不符合；故选C．【点评】本题考查了物质性质的分析应用，主要是试剂量不同产物本题的产物判断，反应现象的分析应用，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等．23．如表实验操作、现象和结论均正确的是()选项实验操作现象结论A分别加热Na2CO3和NaHCO3固体试管内壁均有水珠两种物质均受热分解B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Cl﹣D向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液加入H2O2后溶液变成血红色Fe2+既有氧化性又有还原性A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．根据元素守恒知，即使碳酸钠分解也不能生成水；B．NH4Cl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；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；D．亚铁离子具有还原性，能被双氧水氧化生成铁离子，铁离子和KSCN溶液混合生成络合物而导致溶液呈血红色．【解答】解：A．根据元素守恒知，即使碳酸钠分解也不能生成水，可能是碳酸钠不干燥导致的，故A错误；-23-\nB．NH4Cl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；D．双氧水具有氧化性，亚铁离子具有还原性，亚铁离子和双氧水反应生成铁离子，铁离子和KSCN溶液混合生成络合物而导致溶液呈血红色，加入双氧水后溶液变成血红色说明亚铁离子被氧化，则亚铁离子有还原性，不能说明具有氧化性，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案评价，涉及氧化还原反应、还原性强弱比较、离子检验、物质性质等知识点，侧重考查学生分析判断能力，明确物质性质及基本原理是解本题关键，易错选项是D．24．某溶液中含有NH4+、SO32﹣、SiO32﹣、Br﹣CO32﹣、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，下列判断正确的是()①反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有NH4+、Na+②有胶状物质生成③有气体产生④溶液颜色发生变化⑤溶液中共发生了2个氧化还原反应．A．①②③④B．①②③④⑤C．①③④⑤D．②④⑤【考点】氯气的化学性质．【分析】某溶液中含有NH4+、SO32﹣、SiO32﹣、Br﹣、CO32﹣、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，SO32﹣可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32﹣和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br﹣被氯气氧化为溴单质；CO32﹣和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体．【解答】解：某溶液中含有NH4+、SO32﹣、SiO32﹣、Br﹣、CO32﹣、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，SO32﹣可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32﹣和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br﹣被氯气氧化为溴单质；CO32﹣和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体；①反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有NH4+﹣、Na+，故①正确；②有胶状物质硅酸生成，故②正确；③有二氧化碳气体产生，故③正确；④氯气氧化溴离子为溴单质，溶液颜色发生变化有无色变化为橙红色，故④正确；⑤共发生了氯气氧化SO32﹣、Br﹣2个氧化还原反应，氯气和水发生的氧化反应，共3个氧化还原反应，故⑤错误；故选A．【点评】本题考查了氯水成分和离子反应的判断，主要考查氯气的氧化性、氯水中盐酸的作用．25．将17.9gAl、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体3.36L（标准状况）．另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，生成6.72LNO（标准状况），向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为()A．33.2gB．25.4gC．22.4gD．19.6g【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．-23-\n【分析】根据n=计算氢气的物质的量，根据电子转移守恒计算n（Al），进而计算Al的质量、Al提供的电子物质的量．将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据n=计算NO的物质的量，根据电子守恒计算金属总共提供电子的物质的量，进而计算Fe、Cu提供的电子物质的量．向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，沉淀的质量等于Fe、Cu的总质量与氢氧根质量之和．【解答】解：合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气3.36L（标准状况），物质的量为=0.15mol，根据电子转移守恒可知n（Al）==0.1mol，故金属铝的质量为0.1mol×27g/mol=2.7g，金属铝提供电子的量是0.3mol，将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为×3=0.9mol，故Fe、Cu共提供的电子物质的量为0.9mol﹣0.3mol=0.6mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n（OH﹣）=0.6mol，所以反应后沉淀的质量等于17.9g﹣2.7g+0.6mol×17g/mol=25.4g，故选B．【点评】考查混合物的计算、反应方程式的计算等，难度中等，利用方程式计算步骤繁琐，本题采取守恒方法解答，判断金属提供的电子的物质的量等于氢氧根的物质的量是该方法的关键，注意化合物计算中守恒思想的运用．26．某强碱性溶液中含有的离子是K+、NH4+、Al3+、AlO2﹣、CO32﹣、SiO32﹣、Cl﹣中的某几种，现进行如下实验：①取少量的溶液用硝酸酸化后，该溶液无沉淀生成；②另取一定量原溶液，逐滴加入盐酸至过量，发生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失．③另取一定量的原溶液中加入5mL0.2mol/L盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187g．下列说法中正确的是()A．该溶液中一定不含NH4+、Al3+、SiO32﹣、Cl﹣B．该溶液中一定含有Al3+、CO32﹣、Cl﹣C．Cl﹣可能含有D．该溶液中一定含有AlO2﹣、CO32﹣、Cl﹣【考点】常见离子的检验方法．【专题】离子反应专题．【分析】强碱性溶液中OH﹣能分别与NH4+、Al3+、反应，则溶液中不存在NH4+、Al3+；①取少量的溶液用硝酸酸化后，该溶液无沉淀生成，则溶液中不含SiO32﹣；-23-\n②开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，则存在AlO2﹣、CO32﹣；③n（HCl）=0.005L×0.2mol/L=0.001mol，而n（AgCl）==0.0013mol，则含有氯离子；再结合溶液不显电性来分析解答．【解答】解：强碱性溶液中OH﹣能分别与NH4+、A13+、反应，则溶液中不存在NH4+、A13+；①取少量的溶液用硝酸酸化后，该溶液无沉淀生成，因硅酸为沉淀，则溶液中不含SiO32﹣；②开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，则偏铝酸根离子与酸反应生成沉淀，然后碳酸根离子与酸反应生成气体，再沉淀与酸反应而溶解，所以原溶液中存在AlO2﹣、CO32﹣；③由信息可知n（HCl）=0.005L×0.2mol/L=0.001mol＜n（AgCl）==0.0013mol，则原溶液中含有氯离子；又溶液不显电性，则一定存在阳离子，即存在K+，A．该溶液中一定不含NH4+、A13+、SiO32﹣，故A错误；B．该溶液中一定含有AlO2﹣、CO32、K+、Cl﹣，故B错误；C．原溶液中含有氯离子，故C错误；D．该溶液中一定含有AlO2﹣、CO32﹣、Cl﹣，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子的检验，明确常见离子的性质及检验中发生的化学反应是解答本题的关键，注意检验中应排除离子的相互干扰来解答，并注意离子共存及溶液不显电性的应用，题目难度中等．二、填空、简答题（本大题包括4小题，共28分）27．已知反应：①2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O；②Fe2（SO4）3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4；③[1]K2Cr2O7+[6]FeSO4+[7]H2SO4=[3]Fe2（SO4）3+[1]Cr2（SO4）3+[1]K2SO4+[7]H2O（1）上述三个反应中，属于氧化还原反应的是②③（填序号）；（2）配平反应③的化学方程式；（3）K2Cr2O7、I2、Fe3+三种微粒氧化性由强到弱的顺序：K2Cr2O7＞Fe3+＞I2．【考点】氧化还原反应方程式的配平；氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）氧化还原反应的判断依据：有化合价变化；（2）反应中Cr元素化合价变化：+6价降为+3价，1molK2Cr2O7参加反应得到6mol电子；Fe元素化合价变化：+2价升高到+3价，1mol硫酸亚铁参加反应失去1mol电子，依据氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒书写方程式；（3）依据氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性判断解答．【解答】解：（1）①2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，反应中各元素化合价都不变，不是氧化还原反应；②Fe2（SO4）3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4，反应中铁元素化合价降低，碘元素化合价升高，属于氧化还原反应；-23-\n③K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2（SO4）3+Cr2（SO4）3+K2SO4+7H2O，反应中Cr元素化合价降低，二价铁离子化合价升高，属于氧化还原反应；故答案为：②③；（2）反应中Cr元素化合价变化：+6价降为+3价，1molK2Cr2O7参加反应得到6mol电子；Fe元素化合价变化：+2价升高到+3价，1mol硫酸亚铁参加反应失去1mol电子，要使氧化剂得到电子总数等于还原剂失去电子总数，则K2Cr2O7系数为1，FeSO4系数为6，依据原子个数守恒，反应方程式：K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2（SO4）3+Cr2（SO4）3+K2SO4+7H2O，故答案为：1；6；7H2SO4；3；1；1；7；（3）Fe2（SO4）3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4中三价铁为氧化剂，碘单质为氧化产物，所以氧化性：Fe3+＞I2；K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2（SO4）3+Cr2（SO4）3+K2SO4+7H2O，K2Cr2O7为氧化剂，Fe3+为氧化产物，所以氧化性：K2Cr2O7＞Fe3+＞I2；所以K2Cr2O7、I2、Fe3+三种微粒氧化性由强到弱的顺序：K2Cr2O7＞Fe3+＞I2；故答案为：K2Cr2O7＞Fe3+＞I2．【点评】本题考查了氧化还原反应，设计氧化还原反应的判断、方程式的配平、氧化性强弱的判断，熟悉氧化还原反应规律是解题关键，题目难度中等．28．净水丸能对饮用水进行快速的杀菌消毒，药丸通常分内外两层．外层的优氯净[Cl2Na（NCO）3，氯元素为+1价]先与水反应，生成次氯酸（HClO）起杀菌消毒作用；几分钟后，内层的亚硫酸钠（Na2SO3）溶出，可将水中的余氯（次氯酸）除去．（1）优氯净中氮元素的化合价为+1．（2）亚硫酸钠将水中多余次氯酸除去的离子反应方程式为SO32﹣+HClO═SO42﹣+Cl﹣+H+．（3）亚硫酸钠溶液在空气中易变质，请写出检验亚硫酸钠溶液是否变质的方法取适量固体于试管，加水溶解，滴加过量盐酸至无气体放出，再滴加BaCl2，有白色沉淀生成证明试样已经变质．【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【分析】（1）根据化合物中正负化合价为0，计算优氯净Cl2Na（NCO）3中Cl元素的化合价；（2）次氯酸具有强氧化性，能够与亚硫酸根离子发生氧化还原反应；（3）亚硫酸钠若变质，溶液中会存在硫酸钠，先用过量盐酸除去亚硫酸根离子，然后用氯化钡检验是否含有硫酸根离子，从而判断亚硫酸钠是否变质．【解答】解：（1）优氯净Cl2Na（NCO）3中，钠离子的化合价为+1价，N为﹣3价、O为﹣2价、C为+4价，设Cl元素的化合价为x，则：2x+（+1）+3[（﹣3）+（+4）+（﹣2）]=0，解得：x=+1，故答案为：+1；（2）亚硫酸根离子与次氯酸反应生成硫酸根离子、氯离子，反应的离子方程式为：SO32﹣+HClO═SO42﹣+Cl﹣+H+，故答案为：SO32﹣+HClO═SO42﹣+Cl﹣+H+；（3）亚硫酸钠溶液在空气中易变质，则溶液中会存在硫酸根离子，所以判断亚硫酸钠溶液是否变质的方法为：取适量固体于试管，加水溶解，滴加过量盐酸至无气体放出，再滴加BaCl2，有白色沉淀生成证明试样已经变质，故答案为：取适量固体于试管，加水溶解，滴加过量盐酸至无气体放出，再滴加BaCl2，有白色沉淀生成证明试样已经变质．【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握习题中的信息、发生的反应等为解答的关键，侧重分析与迁移应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大．-23-\n29．（1）有以下八种饱和溶液：①Ba（NO3）2；②Ca（OH）2；③Ca（ClO）2；④CaCl2；⑤Na2CO3；⑥NaAlO2；⑦NH3和NaCl；⑧Na2SiO3．向其中分别持续通入CO2，最终能得到沉淀或析出晶体的⑤⑥⑦⑧．（2）根据下列描述写出下列化学方程式：①已知ZnO属于两性氧化物，写出ZnO与NaOH溶液反应的离子方程式：ZnO+2OH﹣=Zn02﹣+H2O．②联氨（N2H4）是航天飞船常用的高能燃料．联氨可以采用尿素[CO（NH2）2]为原料制取，方法是在高锰酸钾催化剂存在下，尿素【CO（NH2）2】和次氯酸钠、氢氧化钠溶液反应生成联氨、碳酸钠、另一种钠盐和水，写出其反应的化学方程式：CO（NH2）2+NaClO+2NaOHN2H4+NaCl+Na2CO3+H2O．【考点】化学方程式的书写；钠的重要化合物．【分析】（1）①碳酸比硝酸弱，与硝酸钡不反应；②酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2反应：Ca（OH）2+2CO2═Ca（HCO3）2；③碳酸酸性强于次氯酸，二氧化碳能与次氯酸钙反应，但通入过量CO2后无沉淀；④碳酸比盐酸弱，CO2与CaCl2溶液不会反应；⑤过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应生成碳酸氢钠；⑥NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，可生成氢氧化铝沉淀；⑦可生成碳酸氢钠和氯化铵，为侯氏制碱法原理；⑧碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应生成硅酸沉淀；（2）ZnO为两性氧化物，与氢氧化钠溶液反应生成可溶性的锌酸盐（Zn02﹣）和H2O；②高锰酸钾作催化剂，从反应物以及产物可以看出该反应为氧化还原反应，氯由+1价变为了﹣1价，而碳变为了+4价的碳酸根．【解答】解：（1）①碳酸比硝酸弱，二氧化碳与Ba（NO3）2溶液不反应，没有沉淀生成，故①错误；②酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2反应：Ca（OH）2+2CO2═Ca（HCO3）2，无沉淀生成，故②错误；③次氯酸是比碳酸还弱的酸，所以二氧化碳、水和次氯酸钙反应生成碳酸钙沉淀，但二氧化碳是过量的，过量的二氧化碳和碳酸钙能继续反应生成可溶性的碳酸氢钙，所以最终没有沉淀析出，故③错误；④碳酸比盐酸弱，CO2与CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故④错误；⑤过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故⑤正确；⑥NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3，故⑥正确；⑦反应发生NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，所以有NaHCO3晶体析出，故⑦正确；⑧碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O═2NaHCO3+H2SiO3↓，产生硅酸沉淀，故③正确；故答案为：⑤⑥⑦⑧；（2）①已知ZnO为两性氧化物，与氢氧化钠溶液反应生成可溶性的锌酸盐（Zn02﹣），离子方程式为ZnO+2OH﹣=Zn02﹣+H2O，故答案为：ZnO+2OH﹣=Zn02﹣+H2O；-23-\n②高锰酸钾催化剂存在下，尿素和次氯酸钠、氢氧化钠溶液反应生成联氨、另外两种盐和水，该反应发生了氧化还原反应，氯由+1价变为了﹣1价，即ClO﹣变为了Cl﹣，而尿素变为+4价的碳酸根，其反应方程式为CO（NH2）2+NaClO+2NaOHN2H4+NaCl+Na2CO3+H2O，故答案为：CO（NH2）2+NaClO+2NaOHN2H4+NaCl+Na2CO3+H2O．【点评】本题考查了元素及其化合物的性质，为高考常见题型，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意基础知识的掌握，题目难度中等．30．四种短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，请结合表中信息回答下列问题．WXYZ结构或性质最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应得到离子化合物焰色反应呈黄色在同周期主族元素形成的简单离子中，离子半径最小最高正价与最低负价之和为6（1）W元素和氢可形成离子化合物，其电子式为．（2）Y元素和Z元素可形成YZ3化合物，可用于净水剂，净水原理Al3++3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+（用离子方程式表示）．（3）①下列可作为比较X和Y金属性强弱的依据是abc（填序号）．a．最高价氧化物的水化物能反应b．相应硫酸盐水溶液的pHc．单质与水反应的难易程度d．单质与酸反应时失去的电子数②由X、Y、氢、氧四种元素所组成的化合物，能与盐酸以1：4反应生成两种常见盐和水，则该化合物的化学式为NaAl（OH）4．（4）W的一种氢化物HW3可用于有机合成，其酸性与醋酸相似．体积和浓度均相等的HW3与X的最高价氧化物对应的水化物混合，混合后溶液中离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）＞c（N3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应得到离子化合物，则W为N元素；X元素焰色反应呈黄色，则X为Na；在同周期主族元素形成的简单离子中，Y离子半径最小，原子序数大于Na，则Y为Al；Z的最高正价与最低负价之和为6，则Z为Cl元素，据此解答．【解答】解：四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应得到离子化合物，则W为N元素；X元素焰色反应呈黄色，则X为Na；在同周期主族元素形成的简单离子中，Y离子半径最小，原子序数大于Na，则Y为Al；Z的最高正价与最低负价之和为6，则Z为Cl元素．（1）N元素和氢可形成离子化合物为NH4H，其电子式为，-23-\n故答案为：；（2）Y元素和Z元素可形成AlCl3化合物，可用于净水剂，净水原理：Al3++3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+，故答案为：Al3++3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+；（3）①a．NaOH属于强碱，氢氧化铝能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，氢氧化铝表现酸性，则说明Na的金属性比Al强，故a正确；b．硫酸钠溶液呈中性，硫酸铝溶液应铝离子水解呈酸性，说明氢氧化钠碱性比氢氧化铝的强，则说明Na的金属性比Al强，故b正确；c．金属性越强，单质与水反应越容易，故c正确；d．金属性强弱与失去电子难易程度有关，与失去电子数目多少无关，故d错误，故选：abc；②由Na、Al、氢、氧四种元素所组成的化合物，能与盐酸以1：4反应生成两种常见盐和水，则该化合物的化学式为：NaAl（OH）4，故答案为：NaAl（OH）4；（4）W（氮元素）的一种氢化物HN3可用于有机合成，其酸性与醋酸相似．体积和浓度均相等的HN3与NaOH混合得到NaN3溶液，溶液中N3﹣离子水解而成碱性，故混合后溶液中离子浓度由大到小的顺序是：c（Na+）＞c（N3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（N3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．【点评】本题考查结构性质位置关系、盐类水解、元素化合物性质等，难度中等，推断元素是解题关键，注意理解掌握金属性强弱比较，（4）注意利用信息确定HN3为弱酸．三、实验题：（本大题包括1小题，共12分）31．SnSO4是一种重要的硫酸盐，在工业生产中有着广泛的应用．其制备路线如图：已知：在酸性条件下，溶液中的Sn2+可被空气中的氧气氧化成Sn4+；SnCl2能水解生成碱式氯化亚锡[Sn（OH）Cl]．（1）写出物质A的名称：硫酸．（2）SnCl2用盐酸而不用水溶解的原因是SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl（用化学方程式表示）．（3）锡粉的作用是除去酸溶时产生的少量Sn4+，请写出产生Sn4+的离子方程式：2Sn2++O2+4H+═2Sn4++2H2O．（4）反应Ⅰ生成的沉淀为SnO，写出该反应的化学方程式：SnCl2+2NH4HCO3═SnO↓+2CO2↑+2NH4Cl+H2O．该反应的温度需要控制在75℃左右的原因是温度较低时反应速率小，温度较高时碳酸氢铵会分解．（5）实验室中“漂洗”沉淀的实验操作方法是（沿玻璃棒）向漏斗（或过滤器）中加蒸馏水至浸没沉淀，（静置）待水全部流出后，重复操作2～3次．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．-23-\n【分析】SnCl2先用盐酸溶解，后又加了锡粉主要是防止在溶解时水解和被空气中氧气氧化，在过滤出锡粉，得到SnCl2溶液在反应Ⅰ与碳酸氢铵反应生成SnO、氯化铵、二氧化碳和水，再过滤得到SnO沉淀，经过漂洗除去表面的杂质离子，再在反应Ⅱ中与硫酸反应生成SnSO4，进一步提炼最终得到SnSO4晶体，据此分析；（1）根据（4）反应Ⅰ生成的沉淀为SnO结合最终生成SnSO4来分析；（2）SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，加入盐酸，抑制Sn2+水解；（3）酸性条件下，SnCl2可以被空气中的氧气氧化，将Sn2+氧化为Sn4+，自身被还原为水；（4）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价没有变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳；碳酸氢铵受热易分解；（5）（沿玻璃棒）向漏斗（或过滤器）中加蒸馏水至浸没沉淀，（静置）待水全部流出后，重复操作2～3次；【解答】解：SnCl2先用盐酸溶解，后又加了锡粉主要是防止在溶解时水解和被空气中氧气氧化，在过滤出锡粉，得到SnCl2溶液在反应Ⅰ与碳酸氢铵反应生成SnO、氯化铵、二氧化碳和水，再过滤得到SnO沉淀，经过漂洗除去表面的杂质离子，再在反应Ⅱ中与硫酸反应生成SnSO4，进一步提炼最终得到SnSO4晶体，据此分析；（1）由（4）反应Ⅰ生成的沉淀为SnO，所以反应Ⅱ即SnO与A反应生成SnSO4，故A为硫酸，故答案为：硫酸；（2）SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；故答案是：SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl；（3）酸性条件下，SnCl2可以被空气中的氧气氧化，将Sn2+氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：2Sn2++O2+4H+═2Sn4++2H2O，故答案为：2Sn2++O2+4H+═2Sn4++2H2O；（4）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价没有变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳，化学方程式为：SnCl2+2NH4HCO3═SnO↓+2CO2↑+2NH4Cl+H2O，温度较低时反应速率小，温度较高时碳酸氢铵会分解，故答案为：SnCl2+2NH4HCO3═SnO↓+2CO2↑+2NH4Cl+H2O；温度较低时反应速率小，温度较高时碳酸氢铵会分解；（5）“漂洗”的方法是：（沿玻璃棒）向漏斗（或过滤器）中加蒸馏水至浸没沉淀，（静置）待水全部流出后，重复操作2～3次；故答案为：（沿玻璃棒）向漏斗（或过滤器）中加蒸馏水至浸没沉淀，（静置）待水全部流出后，重复操作2～3次；【点评】本题SnSO4制备的之比为载体，考查学生对工艺流程的理解、物质的分离提纯、阅读题目获取信息的能力、常用化学用语书写及利用关系式进行的计算等，难度中等，对学生的基础知识及逻辑推理有较高的要求．四、计算题：（本大题包括1小题，共8分）32．取NaHCO3和Na2O2的固体混合物xg放入一密闭容器中加热至250℃，充分反应后排出所有气体．将反应后的固体分成完全相同的两份，将其中一份投入到足量的BaCl2溶液中，最后可得到3.94g沉淀．另一份溶于适量的水，无气体放出，再向水溶液中缓慢逐滴加入某物质的量浓度的盐酸，产生气体与所加盐酸体积之间的关系如图所示．试回答下列问题：-23-\n（1）加入盐酸后总共产生的气体在标准状况下的体积为0.448L；（2）盐酸中HCl的物质的量浓度0.2mol/L；（3）反应后的固体的成分（填化学式）NaOH，NaCO3；（4）x=6.09g．【考点】钠的重要化合物；有关混合物反应的计算．【专题】图像图表题．【分析】Na2O2与等物质的量的NaHCO3混合后，在密闭容器中充分加热，可能发生的反应有：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，根据二者的物质的量的关系来判断残留固体．（1）生成3.94g沉淀是碳酸钡，根据碳守恒，求出二氧化碳的体积；（2）据图象数据，再计算出其物质的量之比，然后结合碳酸钠的物质求出氢氧化钠，根据组成守恒来求解；（3）据图象数据来确定组成；（4）由原子守恒可以求出NaHCO3和Na2O2的固体混合物中各成份的量，进而计算物质的量．【解答】解：（1）生成3.94g沉淀是碳酸钡，n（CO2）=n（BaCO3）==0.02mol，所以V=0.02mol×22.4L/mol=0.448L，故答案为：0.448；（2）由175ml到275ml是与碳酸氢钠反应，而n（Na2CO3）=n（NaHCO3）=n（CO2）=0.02mol，NaHCO3～～～HCl1mol1mol0.02mol0.02mol所以C（HCl）==0.2mol/L，故答案为：0.2mol/L；（3）由图象可知，因为175＞275﹣175所以固体混，合物为NaOH，NaCO3，故答案为：NaOH，NaCO3；（4）根据碳守恒可知，n（NaHCO3）=n（CO2）=0.02mol×2=0.04mol，根据钠守恒可知n（Na2O2）==0.035mol，固体的质量为：0.04×84+0.035×78=6.09g，故x=6.09g．故答案为：6.09g．-23-\n【点评】本题考查了过氧化钠、碳酸氢钠的性质及混合物组成的计算，题目难度中等，注意掌握过氧化钠、碳酸氢钠的性质及根据化学方程式进行的简单计算方法，本题中分析、理解图象信息是解题关键．-23-