山东省聊城市莘县实验高级中学2022届高三化学上学期期中试卷含解析

山东省聊城市莘县实验高级中学2022-2022学年高三（上）期中化学试卷　一.选择题（共10个小题，每题只有一个选项正确，每题2分，共20分）1．下列氧化物中，能与水反应生成酸的是（　　）A．SiO2B．NOC．Al2O3D．SO3　2．实验室保存下列试剂的方法不正确的是（　　）A．钠保存在煤油中B．用棕色试剂瓶盛放新制的氯C．用带玻璃塞的试剂瓶盛放NaOH溶液D．向盛放氯化亚铁溶液的试剂瓶中加少量铁粉　3．下列冶炼金属的原理正确的是（　　）A．2A12O3+3CA1+3CO2↑B．MgO十H2Mg+H2OC．Fe3O4+4CO3Fe+4CO2D．2HgO2Hg+O2↑　4．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中，正确的是（　　）A．标准状况下，22.4LCl2完全反应时，转移电子数一定为2NAB．常温下，lLpH=l的H2SO4溶液中含有的H+的数目为0.2NAC．标准状况下，2.24LNH3中含有共价键的数目为NAD．常温下，23gNO2和N2O4的混合气体中含有NA个氧原子　5．在允许加热的条件下，只用一种试剂就可以鉴别硫酸钠、氯化镁、硫酸铝和氯化铁溶液，这种试剂是（　　）A．NaOHB．BaCl2C．AgNO3D．KSCN　6．已知某强酸性的溶液中存在大量的NO3﹣，下列有关该溶液中还存在的物质叙述正确的是（　　）A．铝元素能以Al3+或AlO2﹣的形式存在B．铁元素能以Fe2+和Fe3+的形式共存C．硫元素主要以SO42﹣的形式存在D．氯元素能以Cl﹣或ClO﹣的形式存在　7．将反应Mn2++Bi3﹣+H+→MnO4﹣+Bi3++H2O配平后，H+的化学计量数为（　　）A．8B．10C．14D．30-25-\n　8．（2分）（2022春•金山区校级期末）下列说法不正确的是（　　）①将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质②氨溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质③固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电④固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物也不导电⑤强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强．A．①④B．①④⑤C．①②③④D．①②③④⑤　9．粒子甲在溶液中的转化关系如图所示，粒子甲不可能是（　　）A．NH4+B．Al（OH）3C．SD．Al　10．下列实验装置不能达到实验目的是（　　）A．验证Na和水反应是否为放热反应B．用CO2做喷泉实验C．观察纯碱的焰色反应D．比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性　-25-\n　二.选择题（共10个小题，每题只有一个选项正确，每个小题3分，共30分）11．铬是人体必需的微量元素，它与脂类代谢有密切联系，能增强人体内胆固醇的分解和排泄，但铬过量会引起污染，危害人类健康．不同价态的铬毒性不同，三价铬对人体几乎无毒，六价铬的毒性为三价铬的100倍．下列叙述错误的是（　　）A．在反应Cr2O72﹣+I一+H+→Cr3++I2+H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：2B．一般情况下污水中的Cr3+在溶解的氧气的作用下易被氧化为Cr2O72﹣C．K2Cr2O7可以氧化乙醇，该反应可用于检查酒后驾驶D．维生素C具有还原性，发生铬中毒时，可服用维生素C缓解毒性　12．青石棉是一种致癌物质，是《鹿特丹公约》中受限制的46种化学品之一，其化学式为Na2Fe5Si8O22（OH）2．青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，下列说法不正确的是（　　）A．青石棉是一种硅酸盐材料B．青石棉能完全溶于足量硝酸中，得到澄清透明溶液C．青石棉的化学组成可表示为Na2O•3FeO•Fe2O3•8SiO2•H2OD．1mol青石棉能还原1molHNO3的稀硝酸　13．下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是（　　）选项离子要求AK+、NO3﹣、Cl﹣、HSO3﹣c（K+）＜c（Cl﹣）BFe3+、NO3﹣、SO32﹣、Cl﹣逐滴滴加盐酸立即有气体产生CNa+、HCO3﹣、Mg2+、SO42﹣逐滴滴加氨水立即有沉淀产生DNH4+、Al3+、SO42﹣、CH3COOH滴加NaOH浓溶液立刻有气体产生A．AB．BC．CD．D　14．在一密闭容器中有HCHO、H2、O2共26.5g，用电火花引燃烧，使其完全燃烧，再将燃烧后的气体用Na2O2充分吸收，Na2O2增重10.5g，则原混合气体中O2的物质的量是（　　）A．0.5molB．0.25molC．0.27molD．0.52mol　15．某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42﹣、I﹣、S2﹣．分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象．为确定该溶液的组成，还需检验的离子是（　　）A．Na+B．SO42﹣C．Ba2+D．NH4+　16．下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论ASO2通入溴水中溶液褪色SO2有漂白性B将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液溶液变红Fe（NO3）2样品已氧化变质C向饱和碳酸钠溶液中通入CO2有晶体析出溶解度：NaHCO3＞Na2CO3D向盛有少量NaHCO3的试管中滴加草酸溶液有气泡产生酸性：草酸＞碳酸（　　）A．AB．BC．CD．D　-25-\n17．水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、Al3+、AlO2﹣、SiO32﹣、SO32﹣、CO32﹣、SO42﹣中的若干种离子．某同学对该溶液进行了如下实验：下列判断错误的是（　　）A．气体甲可能是混合物B．沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物C．白色沉淀乙的主要成分是氢氧化铝D．K+、AlO2﹣和SiO32﹣一定存在于溶液X中　18．由Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共10.0g，放入500mL某浓度的盐酸溶液中，混合物完全溶解，当再加入250mL2.0mol•L﹣1的NaOH溶液时，得到的沉淀达到最大值．上述盐酸溶液的浓度为（　　）A．0.5mol•L﹣1B．1.0mol•L﹣1C．2.0mol•L﹣1D．3.0mol•L﹣1　19．下列事实所对应的方程式不正确的是（　　）A．盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2OB．高温下铁与水蒸气反应生成保护膜：2Fe+6H2O（g）2Fe（OH）3+3H2C．工业制取漂粉精：2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2OD．实验室制取氨气：2NH4Cl+Ca（OH）2═CaCl2+2NH3↑+2H2O　20．检验某溶液中是否含有K+、Fe3+、Cl﹣、Mg2+、I﹣、CO32﹣、SO42﹣，限用的试剂有：盐酸硫酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液．设计如下实验步骤，并记录相关现象．下列叙述不正确的是（　　）A．该溶液中一定有I﹣、CO32﹣、SO42﹣、K+B．试剂①为硝酸钡C．通过黄色溶液中加入硝酸银可以检验原溶液中是否存在Cl﹣D．试剂②一定为盐酸　　三．本部分为填空题，请将答案答在答案卷上指定的位置21．（14分）（1）工业制备硝酸流程如图1：-25-\n①上述尾气中的NO一定条件下可与氨气反应转化为氮气，则该反应的化学方程式为　　　　　　．②某同学在实验室蒸馏含有Mg（NO3）2的稀硝酸制取浓硝酸，除导管、酒精灯、牛角管、锥形瓶、温度计、蒸馏烧瓶外，还需的玻璃仪器有　　　　　　．（2）某兴趣小组采用如图2装置制取并探究SO2气体的性质．①下列实验方案适用于如图2所示装置制取所需SO2的是　　　　　　（填序号）A．Na2SO3溶液与HNO3B．Na2SO3固体与浓硫酸C．固体硫在纯氧中燃烧D．铜与浓H2SO4②将SO2通入到以下有颜色的溶液中，溶液的颜色均褪去，其中属于漂白的是　　　　　　．A．紫色高锰酸钾溶液B．氯水C．品经溶液D．红色酚酞溶液③证明c中生成气体是SO2，d中加入品红溶液后，打开活塞b，反应开始，待d中溶液　　　　　　后，再　　　　　　（填实验的操作）试管d中的溶液，颜色又恢复，证明气体是SO2．④指导老师指出应增加一尾气吸收装置，并帮助同学们设计了如装置如图3，其中合理的是　　　　　　（填序号）　22．（12分）氧化还原反应是化学反应中的基本反应之一，研究氧化还原反应，对人类的进步具有极其重要的意义．（1）已知：2BrO3﹣+C12═Br2+2C1O3﹣；5C12+I2+6H2O═2HIO3+10HC1；C1O3﹣+5C1﹣+6H+═3C12+3H2O则C1O3﹣、BrO3﹣、IO3﹣、C12的氧化性由弱到强的排序为　　　　　　（2）已知Fe3+的氧化性强于I2，请你从所给试剂中选择所需试剂，设计一个实验加以证明．（提示：请写出实验步骤、现象及结论）①FeCl3溶液②碘水③KI溶液④稀H2SO4⑤淀粉溶液　　　　　　（3）二十世纪初期，化学家合成出极易溶于水的NaBH4．在强碱性条件下，常用NaBH4处理含Au3+的废液生成单质Au，已知，反应后硼元素以BO2﹣形式存在，反应前后硼元素化合价不变，且无气体生成，则发生反应的离子方程式为　　　　　　（4）某强氧化剂[RO（OH）2]+能将Na2SO3氧化．已知含2.0×10﹣3mol[RO（OH）2]+离子的溶液，恰好跟25.0mL0.2mol/L的Na2SO3溶液完全反应，则反应后R的化合价为　　　　　　价．（5）将32g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L．请回答：-25-\n①待产生的气体全部释放后，向溶液加入VmLamol•L﹣1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为　　　　　　mol/L．（用含V、a的式子表示）②欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要H202的质量为　　　　　　g．　23．（4分）钛冶炼厂与氯碱厂、甲醇厂组成一个产业链（如图所示），将大大提高资源的利用率，减少环境污染．请回答下列问题：（1）Fe位于元素周期表中第　　　　　　周期，第　　　　　　族．（2）写出钛铁矿在高温下与焦炭经氯化得到四氯化钛的化学方程式　　　　　　．　24．（8分）A、B、C、X均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（副产物已略去）．[A][B][C]试回答：（1）若X是强氧化性单质，则A不可能是　　　　　　．a．Sb．N2c．Nad．Mge．Al（2）若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式为　　　　　　；C溶液在贮存时应加入少量X，理由是（用必要的文字和离子方程式表示）　　　　　　．（3）A还可以是氨气，氨气分子的空间构型是　　　　　　．　25．（12分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀．甲同学认为沉淀可能是CuCO3；乙同学认为沉淀可能是Cu（OH）2；丙同学认为沉淀可能是CuCO3和Cu（OH）2的混合物．（查阅资料知：CuCO3和Cu（OH）2均不带结晶水）-25-\nⅠ．（1）在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化．其具体操作依次为　　　　　　．用如图1所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分．（2）B中试剂为　　　　　　．（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是　　　　　　．Ⅱ．若CuCO3和Cu（OH）2两者都有，可利用下列装置如图2通过实验测定其组成．（4）实验开始和结束时都要通入过量的空气，请说明结束时通入过量空气的作用是　　　　　　．（5）各装置连接顺序为e→　　　　　　→h．（填字母序号）（6）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为　　　　　　．　　-25-\n山东省聊城市莘县实验高级中学2022-2022学年高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一.选择题（共10个小题，每题只有一个选项正确，每题2分，共20分）1．下列氧化物中，能与水反应生成酸的是（　　）A．SiO2B．NOC．Al2O3D．SO3【考点】硅和二氧化硅；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含硫物质的性质及综合应用；镁、铝的重要化合物．【分析】二氧化硅、一氧化氮、三氧化二铝都不溶于水，三氧化硫溶于水与水反应生成硫酸，据此解答．【解答】解：二氧化硅、一氧化氮、三氧化二铝都不溶于水，不能与水反应生成对应的酸，三氧化硫溶于水与水反应生成硫酸，故选：D．【点评】本题考查了物质的性质，熟悉二氧化硅、一氧化氮、三氧化二铝、三氧化硫的性质即可解答，题目难度不大．　2．实验室保存下列试剂的方法不正确的是（　　）A．钠保存在煤油中B．用棕色试剂瓶盛放新制的氯C．用带玻璃塞的试剂瓶盛放NaOH溶液D．向盛放氯化亚铁溶液的试剂瓶中加少量铁粉【考点】化学试剂的存放．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．钠的密度大于煤油且和煤油不反应；B．见光易分解的药品应保存在棕色试剂瓶中；C．烧碱溶液易和二氧化硅反应生成粘性的硅酸钠，液体药品应存放在细口瓶中；D．亚铁离子易被氧化．【解答】解：A．金属钠易与空气中氧气反应、易与水反应，与煤油不反应且密度比煤油小，保存在煤油中可隔绝空气，防止钠变质，故A正确；B．因氯水中次氯酸见光容易分解，应用棕色瓶保存，故B正确；C．玻璃中含有SiO2，易与氢氧化钠反应生成具有黏性的硅酸钠而使玻璃塞打不开，保存氢氧化钠溶液时不能用玻璃塞，应用橡皮塞，且溶液应存放在细口瓶中，故C错误；D．硫酸亚铁易被氧化为三价铁离子，可以加入少量的铁粉，防止亚铁离子被氧化，故D正确．故选C．【点评】本题考查化学试剂的保存，明确物质的性质是解答本题的关键，难度不大，注意液体一般保存在细口瓶中，固体保存在广口瓶中．　3．下列冶炼金属的原理正确的是（　　）A．2A12O3+3CA1+3CO2↑B．MgO十H2Mg+H2O-25-\nC．Fe3O4+4CO3Fe+4CO2D．2HgO2Hg+O2↑【考点】金属冶炼的一般原理．【分析】金属冶炼的方法主要有：热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，例如：2HgO2Hg+O2↑，热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，例如：Fe2O3+3CO2Fe+CO2↑，电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属，例如：2Al2O34Al+3O2↑，根据金属活泼性选取合适的冶炼方法．【解答】解：A．Al是活泼金属，工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼，2Al2O34Al+3O2↑，故A错误；B．Mg是活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼，故B错误；C．Fe是较活泼金属，工业上采用热还原法冶炼Fe3O4+4CO3Fe+4CO2，故C正确；D．Hg是较不活泼金属，采用热分解法冶炼，故D错误；故选C．【点评】本题考查金属冶炼，根据金属活泼性强弱选取合适的冶炼方法，知道常见金属冶炼方法，题目难度不大．　4．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中，正确的是（　　）A．标准状况下，22.4LCl2完全反应时，转移电子数一定为2NAB．常温下，lLpH=l的H2SO4溶液中含有的H+的数目为0.2NAC．标准状况下，2.24LNH3中含有共价键的数目为NAD．常温下，23gNO2和N2O4的混合气体中含有NA个氧原子【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、氯气参与反应时不一定只做氧化剂，根据反应后氯元素的价态来分析；B、根据n=CV来求出氢离子的物质的量；C、求出氨气的物质的量n=，1molNH3中含有3mol共价键来分析；D、NO2和N2O4的最简式相同为NO2，计算23gNO2中所含氧原子数．【解答】解：A、标准状况下，22.4LCl2的物质的量为1mol．如果在反应中，氯气全部做氧化剂被还原为﹣1价，则转移的电子数为2mol；但在反应中，氯气还可能做还原剂被氧化为+1价、+3价或+5价，也可能既做氧化剂又做还原剂，发生歧化反应，故不一定转移2mol电子，故A错误；B、1LpH=l的H2SO4溶液中，C（H+）=0.1mol/L，n（H+）=CV=0.1mol/L×1L=0.1mol，个数为0.1NA个，故B错误；-25-\nC、氨气的物质的量n===0.1mol，而1molNH3中含有3mol共价键，故0.1mol氨气中含0.3mol共价键，故C错误；D、NO2和N2O4的最简式相同为NO2，故23gNO2和N2O4混合气体中的NO2的物质的量n===0.5mol，而1molNO2中含2mol氧原子，故0.5molNO2中含有的氧原子的物质的量为1mol，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，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大．　5．在允许加热的条件下，只用一种试剂就可以鉴别硫酸钠、氯化镁、硫酸铝和氯化铁溶液，这种试剂是（　　）A．NaOHB．BaCl2C．AgNO3D．KSCN【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】物质检验鉴别题．【分析】A．NaOH溶液分别与氯化镁、氯化铁产生不同颜色的沉淀、硫酸铝中加热氢氧化钠，开始生成沉淀，氢氧化钠过量沉淀溶解，与氢氧化钠不反应的为硫酸钠；B．氯化钡溶液与硫酸钠、硫酸铝反应生成白色沉淀，无法区分硫酸钠和硫酸铝；氯化钡也与氯化镁、氯化铁溶液不反应；C．硝酸银溶液能够与硫酸钠、硫酸铝、氯化镁、氯化铁生成白色沉淀，无法鉴别四种试溶液；D．硫氰化钾溶液能够与氯化铁显示红色，与气体物质不反应，无法用于鉴别．【解答】解：A．四种物质中，与氢氧化钠溶液混合没有明显现象的为硫酸钠、生成红褐色沉淀的为氯化铁、生成白色沉淀的为氯化镁、先生成沉淀，之后沉淀能够溶解的为硫酸铝，所以能够使用氢氧化钠溶液鉴别，故A正确；B．BaCl2溶液能够与硫酸钠、硫酸铝生成白色沉淀，无法区分硫酸钠和硫酸铝，且氯化钡与氯化镁、氯化铁溶液不发生反应，所以使用氯化钡溶液无法鉴别，故B错误；C．由于硝酸银溶液能够与四种溶液发生反应生成白色沉淀，无法用硝酸银溶液鉴别，故C错误；D．四种物质中，只有氯化铁与硫氰化钾溶液反应显示红色，其它物质与硫氰化钾没有明显现象，所以无法鉴别，故D错误；故选A．【点评】本题考查物质的检验和鉴别的实验方案的设计，题目难度不大，本题注意根据金属阳离子的性质不同选择检验试剂，注意碱的颜色和水溶性．　6．已知某强酸性的溶液中存在大量的NO3﹣，下列有关该溶液中还存在的物质叙述正确的是（　　）A．铝元素能以Al3+或AlO2﹣的形式存在B．铁元素能以Fe2+和Fe3+的形式共存C．硫元素主要以SO42﹣的形式存在D．氯元素能以Cl﹣或ClO﹣的形式存在【考点】离子共存问题．-25-\n【分析】某强酸性的溶液中存在大量的NO3﹣，具有强氧化性，溶液中不能存在还原性的离子，且不能与氢离子发生反应，以此来解答．【解答】解：A．酸性溶液中不能大量存在AlO2﹣，故A不选；B．H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量存在Fe2+，故B不选；C．SO42﹣与H+、NO3﹣均不反应，可大量共存，故C选；D．H+、ClO﹣结合生成弱电解质，不能大量存在ClO﹣，故D不选；故选C．【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，综合性较强，题目难度不大．　7．将反应Mn2++Bi3﹣+H+→MnO4﹣+Bi3++H2O配平后，H+的化学计量数为（　　）A．8B．10C．14D．30【考点】氧化还原反应方程式的配平．【分析】反应中Bi元素由+5价降低为+3价，Mn元素由+2升高为+7，结合得失电子守恒及原子个数守恒定律书写方程式，据此解答．【解答】解：反应中Bi元素由+5价降低为+3价，Mn元素由+2升高为+7，要得失电子守恒，Mn2+系数为2，Bi3﹣系数为5，结合原子个数守恒，反应方程式为：2Mn2++5BiO3﹣+14H+═2MnO4﹣+5Bi3++7H2O，所以氢离子系数为17，故选：C．【点评】本题考查氧化还原反应方程式的书写，明确氧化还原反应中得失电子守恒及原子个数守恒规律是解题关键，题目难度不大．　8．（2分）（2022春•金山区校级期末）下列说法不正确的是（　　）①将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质②氨溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质③固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电④固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物也不导电⑤强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强．A．①④B．①④⑤C．①②③④D．①②③④⑤【考点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】①硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；②氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因；③熔融态共价化合物不能电离出离子，不能导电；④离子化合物熔融态电离出离子，能导电；⑤溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关；【解答】解：①硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；所以BaSO4是强电解质，故①错误；②氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因；③熔融态共价化合物不能电离出离子，不能导电；所以氨水是电解质溶液，故②错误；④离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故④错误；⑤溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故⑤错误；故选D．-25-\n【点评】本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，难度不大，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关．　9．粒子甲在溶液中的转化关系如图所示，粒子甲不可能是（　　）A．NH4+B．Al（OH）3C．SD．Al【考点】两性氧化物和两性氢氧化物．【专题】推断题；元素及其化合物．【分析】A．铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，水合铵与氢离子反应生成铵根离子；B．氢氧化铝与氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，偏铝酸根离子与少量盐酸反应生成氢氧化铝；C．硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠、硫化钠，硫化钠与盐酸反应生成硫化氢，亚硫酸钠与硫酸反应生成亚硫酸；D．铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和少量盐酸生成氢氧化铝，盐酸过量生成铝离子．【解答】解：A．铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，水合铵与氢离子反应生成铵根离子，符合上述转化关系，故A不选；B．氢氧化铝与氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，偏铝酸根离子与少量盐酸反应生成氢氧化铝，符合上述转化关系，故B不选；C．硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠、硫化钠，硫化钠与盐酸反应生成硫化氢，亚硫酸钠与硫酸反应生成亚硫酸，不符合上述转化关系，故C选；D．铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和少量盐酸生成氢氧化铝，盐酸过量生成铝离子，不符合转化关系，故D不选；故选：C．【点评】本题考查了物质之间的转化关系，熟悉物质的性质是解题关键，题目难度不大．　10．下列实验装置不能达到实验目的是（　　）A．验证Na和水反应是否为放热反应B．用CO2做喷泉实验-25-\nC．观察纯碱的焰色反应D．比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．钠与水反应放热，气体压强增大；B．二氧化碳与氢氧化钠反应，压强减小；C．铁丝的焰色反应为无色；D．碳酸氢钠应放在套装小试管中．【解答】解：A．钠与水反应放热，气体压强增大，红墨水出现液面差，故A错误；B．二氧化碳与氢氧化钠反应，压强减小，形成喷泉，故B错误；C．铁丝的焰色反应为无色，可用来做纯碱的焰色反应，故C错误；D．套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及反应热、喷泉实验、焰色反应以及Na2CO3、NaHCO3的稳定性等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．　二.选择题（共10个小题，每题只有一个选项正确，每个小题3分，共30分）11．铬是人体必需的微量元素，它与脂类代谢有密切联系，能增强人体内胆固醇的分解和排泄，但铬过量会引起污染，危害人类健康．不同价态的铬毒性不同，三价铬对人体几乎无毒，六价铬的毒性为三价铬的100倍．下列叙述错误的是（　　）A．在反应Cr2O72﹣+I一+H+→Cr3++I2+H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：2B．一般情况下污水中的Cr3+在溶解的氧气的作用下易被氧化为Cr2O72﹣C．K2Cr2O7可以氧化乙醇，该反应可用于检查酒后驾驶D．维生素C具有还原性，发生铬中毒时，可服用维生素C缓解毒性【考点】氧化还原反应．【分析】A、化合价降低元素所在产物是还原产物，化合价升高元素所在产物是氧化产物；B、Cr3+不能被氧气氧化；C、K2Cr2O7可以氧化乙醇，产物呈紫色；D、使六价铬变为三价铬，需要加入还原剂才能实现．-25-\n【解答】解：A、在反应Cr2O72﹣+I﹣+H+→Cr3++I2+H2O中，根据电子守恒配平为：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2O，氧化产物是碘单质，还原产物是三价铬离子，二者的物质的量之比为3：2，故A正确；B、氧气的氧化性较弱，Cr3+在溶解的氧气的作用下不能被氧化为Cr2O72﹣，故B错误；C、K2Cr2O7可以氧化乙醇，产物呈紫色，该反应可用于检查酒后驾驶，故C正确；D、发生铬中毒时，解毒原理是将六价铬变为三价铬，需要加入还原剂才能实现，可服用具有还原性的维生素C缓解毒性，故D正确．故选B．【点评】本题考查学生氧化还原反应的综合知识，要求学生具有分析和解决问题的能力，有一定的难度，注意根据元素化合价的变化来分析．　12．青石棉是一种致癌物质，是《鹿特丹公约》中受限制的46种化学品之一，其化学式为Na2Fe5Si8O22（OH）2．青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，下列说法不正确的是（　　）A．青石棉是一种硅酸盐材料B．青石棉能完全溶于足量硝酸中，得到澄清透明溶液C．青石棉的化学组成可表示为Na2O•3FeO•Fe2O3•8SiO2•H2OD．1mol青石棉能还原1molHNO3的稀硝酸【考点】含硅矿物及材料的应用．【分析】A．硅酸盐指的是硅、氧与其它化学元素（主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等）结合而成的化合物的总称，据此分析判断；B．硅酸为白色沉淀，不溶于硝酸；C．硅酸盐写成氧化物形式的先后顺序为：活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水；D．根据青石棉与硝酸反应的关系式分析判断．【解答】解：A．硅酸盐指的是硅、氧与其它化学元素（主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等）结合而成的化合物的总称，所以青石棉是一种硅酸盐产品，故A正确；B．青石棉能完全溶于足量硝酸中，会生成硅酸沉淀，故B错误；C．硅酸盐写成氧化物形式的先后顺序为：活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O•3FeO•Fe2O3•8SiO2•H2O，故C正确；D．青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，所以青石棉中含有二价铁离子；根据氧化还原反应中得失电子相等判断青石棉与硝酸的关系式，所以青石棉与硝酸反应的关系式计算得：Na2O•3FeO•Fe2O3•8SiO2•H2O﹣﹣HNO3，所以1mol青石棉能使1mol硝酸被还原，故D正确；故选：B．【点评】本题考查了硅酸盐组成和性质，难度不大，注意用氧化物的形式表示时化合价不变，硅酸盐写成氧化物形式的先后顺序为：活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水．　13．下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是（　　）选项离子要求AK+、NO3﹣、Cl﹣、HSO3﹣c（K+）＜c（Cl﹣）BFe3+、NO3﹣、SO32﹣、Cl﹣逐滴滴加盐酸立即有气体产生CNa+、HCO3﹣、Mg2+、SO42﹣逐滴滴加氨水立即有沉淀产生DNH4+、Al3+、SO42﹣、CH3COOH滴加NaOH浓溶液立刻有气体产生-25-\nA．AB．BC．CD．D【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．c（K+）＜c（Cl﹣），则溶液中正电荷小于负电荷，违反了电荷守恒；B．铁离子能够氧化亚硫酸根离子离子，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚硫酸根离子；C．Na+、HCO3﹣、Mg2+、SO42﹣离子之间不反应，滴入氨水后立即产生沉淀；D．滴加氢氧化钠溶液后，醋酸优先与氢氧化钠发生中和反应．【解答】解：A．溶液中一定满足电荷守恒，而c（K+）＜c（Cl﹣），则溶液中总正电荷一定小于总负电荷，不满足电荷守恒，故A错误；B．由于Fe3+能够氧化SO32﹣，所以不能大量共存，由于NO3﹣离子存在，滴入盐酸后不会生成气体，故B错误；C．滴加氨水开始产生MgCO3沉淀，后产生Mg（OH）2，最后完全转化成Mg（OH）2沉淀，Na+、HCO3﹣、Mg2+、SO42﹣离子之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，且满足题中条件，故C正确；D．滴加的NaOH会先和醋酸反应，再与Al3+离子反应，不满足题中要求，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，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等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：本题中既要满足离子共存的条件，还要满足表中左栏要求．　14．在一密闭容器中有HCHO、H2、O2共26.5g，用电火花引燃烧，使其完全燃烧，再将燃烧后的气体用Na2O2充分吸收，Na2O2增重10.5g，则原混合气体中O2的物质的量是（　　）A．0.5molB．0.25molC．0.27molD．0.52mol【考点】化学方程式的有关计算．【分析】甲醛完全燃烧生成二氧化碳和水，甲醛化学式可以改写为CO．H2，HCHO、H2、O2用电火花引燃烧，使其完全燃烧，再将燃烧后的气体用Na2O2充分吸收，发生的反应为HCHO+O2CO2+H2O、O2+2H22H2O、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，根据化学式知，完全反应后过氧化钠质量增加量为CO、H2质量，所以混合气体质量与过氧化钠质量增加质量之差为氧气质量，据此分析解答．【解答】解：甲醛完全燃烧生成二氧化碳和水，甲醛化学式可以改写为CO．H2，HCHO、H2、O2用电火花引燃烧，使其完全燃烧，再将燃烧后的气体用Na2O2充分吸收，发生的反应为HCHO+O2CO2+H2O、O2+2H22H2O、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，根据化学式知，完全反应后过氧化钠质量增加量为CO、H2质量，所以混合气体质量与过氧化钠质量增加质量之差为氧气质量，则氧气质量=26.5g﹣10.5g=16g，n（O2）==0.5mol，故选A．【点评】本题考查化学方程式有关计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，明确反应前后过氧化钠质量增加质量成分是解本题关键，注意甲醛的改写方式，题目难度中等．　15．某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42﹣、I﹣、S2﹣．分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象．为确定该溶液的组成，还需检验的离子是（　　）-25-\nA．Na+B．SO42﹣C．Ba2+D．NH4+【考点】离子共存问题；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【专题】综合实验题；化学实验．【分析】根据离子的水解来分析溶液显酸性的原因，并利用离子的水解来判断离子的存在，再利用淀粉遇碘单质变蓝来结合信息加氯水和淀粉无明显现象来分析存在的离子，然后利用离子的共存及溶液呈电中性来分析还存在的离子和一定没有的离子，而对于不能确定的离子，则是还需检验的离子来解答．【解答】解：由①可知溶液显弱酸性，上述离子只有NH4+能水解使溶液显酸性，则一定含有NH4+，而S2﹣能水解显碱性，即S2﹣与NH4+不能共存于同一溶液中，则一定不含有S2﹣；再由氯水能氧化I﹣生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而②中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有I﹣；又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有NH4+，必须同时存在阴离子，即SO42﹣﹣必然存在，而Ba2+、SO42﹣能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba2+；显然剩下的Na+是否存在无法判断，则需检验的离子是Na+，故选：A．【点评】本题考查学生推断溶液中的离子，学生明确离子的共存、离子的检验、溶液呈电中性等知识是解答的关键，有助于训练学生解决问题时思维的严密性．　16．下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论ASO2通入溴水中溶液褪色SO2有漂白性B将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液溶液变红Fe（NO3）2样品已氧化变质C向饱和碳酸钠溶液中通入CO2有晶体析出溶解度：NaHCO3＞Na2CO3D向盛有少量NaHCO3的试管中滴加草酸溶液有气泡产生酸性：草酸＞碳酸（　　）A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．SO2通入溴水中，发生氧化还原反应生成硫酸和HBr；B．将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，发生氧化还原反应生成铁离子；C．相同条件下碳酸氢钠的溶解度小；D．发生强酸制取弱酸的反应．【解答】解：A．SO2通入溴水中，发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，与二氧化硫的还原性有关，故A错误；B．将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，发生氧化还原反应生成铁离子，则不能检验是否变质，应溶于水，滴加KSCN溶液，故B错误；C．相同条件下碳酸氢钠的溶解度小，则析出晶体可知，溶解度：NaHCO3＜Na2CO3，故C错误；D．发生强酸制取弱酸的反应，由气体生成为二氧化碳，则酸性：草酸＞碳酸，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、相关反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．　-25-\n17．水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、Al3+、AlO2﹣、SiO32﹣、SO32﹣、CO32﹣、SO42﹣中的若干种离子．某同学对该溶液进行了如下实验：下列判断错误的是（　　）A．气体甲可能是混合物B．沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物C．白色沉淀乙的主要成分是氢氧化铝D．K+、AlO2﹣和SiO32﹣一定存在于溶液X中【考点】常见离子的检验方法．【分析】溶液X中进入过量盐酸，生成的气体甲，气体甲可能为二氧化硫或者二氧化碳，原溶液中可能存在SO32﹣、CO32﹣，溶液中一定不存在Mg2+、Al3+，再根据溶液电中性可知，原溶液中一定存在唯一的阳离子K+；加入盐酸生成了沉淀甲，根据题干的离子可知，溶液中一定存在SiO32﹣，沉淀甲为硅酸；无色溶液甲中加入过量氨水，得到的白色沉淀，说明原溶液中一定存在AlO2﹣，白色沉淀乙为氢氧化铝，根据以上分析进行判断．【解答】解：溶液X中进入过量盐酸，生成的气体甲可能为二氧化硫或者二氧化硫，原溶液中可能存在SO32﹣、CO32﹣，根据离子共存可知，原溶液中一定不存在Mg2+、Al3+，结合溶液电中性可知，原溶液中一定存在K+；由于加入盐酸生成了沉淀甲，根据题干中的离子可知，远溶液中一定存在SiO32﹣，沉淀甲为硅酸；无色溶液甲中加入过量氨水，得到的白色沉淀，说明原溶液中一定存在AlO2﹣，白色沉淀乙为氢氧化铝，A．根据以上分析可知，气体甲可能为二氧化碳和二氧化硫的混合物，故A正确；B．由于加入的盐酸过量，生成的沉淀甲为硅酸，不会含有硅酸镁，故B错误；C．根据分析可知，原溶液中可能存在SO32﹣、CO32﹣，根据离子共存可知，原溶液中一定不存在Mg2+、Al3+，而溶液甲中加入过量氨水生成了沉淀乙，沉淀乙只能为氢氧化铝，原溶液中的AlO2﹣与过量酸反应生成铝离子，故C错误；D．根据以上分析可知，原溶液中一定存在K+、AlO2﹣和SiO32﹣，故D正确；故选BC．【点评】本题考查了离子共存、常见离子的检验方法，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，要求学生能够根据反应现象判断离子存在情况，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．　18．由Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共10.0g，放入500mL某浓度的盐酸溶液中，混合物完全溶解，当再加入250mL2.0mol•L﹣1的NaOH溶液时，得到的沉淀达到最大值．上述盐酸溶液的浓度为（　　）A．0.5mol•L﹣1B．1.0mol•L﹣1C．2.0mol•L﹣1D．3.0mol•L﹣1【考点】有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算．【分析】Al、CuO、Fe2O3-25-\n组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒可知：n（HCl）=n（NaCl），根据钠离子守恒有n（NaCl）=n（NaOH），再根据c=计算该盐酸溶液的浓度．【解答】解：Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子守恒可得：n（NaCl）=n（NaOH）=0.25L×2.0mol/L=0.5mol，根据氯离子守恒可知：n（HCl）=n（NaCl）=0.5mol，故该盐酸的物质的量浓度为：c（HCl）==1mol/L，故选B．【点评】本题考查混合物的有关计算、物质的量浓度计算，题目难度不大，明确反应实质、根据离子守恒计算为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力．　19．下列事实所对应的方程式不正确的是（　　）A．盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2OB．高温下铁与水蒸气反应生成保护膜：2Fe+6H2O（g）2Fe（OH）3+3H2C．工业制取漂粉精：2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2OD．实验室制取氨气：2NH4Cl+Ca（OH）2═CaCl2+2NH3↑+2H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．二氧化硅能与氢氧化钠反应生成硅酸钠；B．高温下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁；C．漂粉精的主要成分是次氯酸钙；D．实验室用加热固体氯化铵和熟石灰制取氨气．【解答】解：A．二氧化硅能与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠能粘合玻璃，故A正确；B．高温下铁与水蒸气反应生成保护膜：3Fe+4H2OFe3O4+4H2，故B错误；C．用氯气和熟石灰制取漂粉精，氯气和熟石灰[Ca（OH）2]反应的化学方程式：2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故C正确；D．实验室用加热固体氯化铵和熟石灰制取氨气2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故D正确．故选B．【点评】本题考查化学方程式的书写，难度不大，明确发生的化学反应是解答本题的关键．　20．检验某溶液中是否含有K+、Fe3+、Cl﹣、Mg2+、I﹣、CO32﹣、SO42﹣，限用的试剂有：盐酸硫酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液．设计如下实验步骤，并记录相关现象．下列叙述不正确的是（　　）-25-\nA．该溶液中一定有I﹣、CO32﹣、SO42﹣、K+B．试剂①为硝酸钡C．通过黄色溶液中加入硝酸银可以检验原溶液中是否存在Cl﹣D．试剂②一定为盐酸【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】物质检验鉴别题．【分析】由实验可知，加试剂①为硝酸钡溶液，生成白色沉淀为碳酸钡和硫酸钡，则加试剂②为盐酸，沉淀减少，硫酸钡不溶于酸；加试剂①过滤后的滤液中，再加试剂②为盐酸，氢离子，硝酸根离子、I﹣发生氧化还原反应生成碘，溶液为黄色，以此来解答．【解答】解：由实验可知，加试剂①为硝酸钡溶液，生成白色沉淀为碳酸钡和硫酸钡，则加试剂②为盐酸，沉淀减少，硫酸钡不溶于酸，则原溶液中一定存在CO32﹣、SO42﹣，则不含Fe3+、Mg2+；加试剂①过滤后的滤液中，再加试剂②为盐酸，氢离子，硝酸根离子、I﹣发生氧化还原反应生成碘，溶液为黄色，溶液为电中性，则一定含阳离子为K+，A．由上述分析可知，该溶液中一定有I﹣、CO32﹣、SO42﹣、K+，故A正确；B．由上述分析可知，试剂①为硝酸钡，故B正确；C．黄色溶液中加入硝酸银可生成AgI沉淀，不能检验原溶液中是否存在Cl﹣，故C错误；D．由上述分析可知，试剂②一定为盐酸，因碳酸钡与硫酸反应生成硫酸钡使沉淀量增加，故D正确；故选C．【点评】本题考查物质鉴别、检验的实验方案设计，为高频考点，把握白色沉淀的成分、黄色溶液中含碘为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等．　三．本部分为填空题，请将答案答在答案卷上指定的位置21．（14分）（1）工业制备硝酸流程如图1：①上述尾气中的NO一定条件下可与氨气反应转化为氮气，则该反应的化学方程式为　6NO+4NH35N2+6H2O　．②某同学在实验室蒸馏含有Mg（NO3）2的稀硝酸制取浓硝酸，除导管、酒精灯、牛角管、锥形瓶、温度计、蒸馏烧瓶外，还需的玻璃仪器有　冷凝管　．（2）某兴趣小组采用如图2装置制取并探究SO2气体的性质．①下列实验方案适用于如图2所示装置制取所需SO2的是　B　（填序号）-25-\nA．Na2SO3溶液与HNO3B．Na2SO3固体与浓硫酸C．固体硫在纯氧中燃烧D．铜与浓H2SO4②将SO2通入到以下有颜色的溶液中，溶液的颜色均褪去，其中属于漂白的是　C　．A．紫色高锰酸钾溶液B．氯水C．品经溶液D．红色酚酞溶液③证明c中生成气体是SO2，d中加入品红溶液后，打开活塞b，反应开始，待d中溶液　红色褪去　后，再　加热　（填实验的操作）试管d中的溶液，颜色又恢复，证明气体是SO2．④指导老师指出应增加一尾气吸收装置，并帮助同学们设计了如装置如图3，其中合理的是　A　（填序号）【考点】工业制取硝酸．【专题】图像图表题；热点问题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；氧族元素；氮族元素．【分析】（1）①NO一定条件下可与氨气反应转化为氮气和水，结合原子守恒配平书写得到化学方程式；②依据蒸馏实验过程和实验装置分析需要的玻璃仪器；（2）①实验室用Na2SO3固体与浓硫酸反应制备二氧化硫气体；②检验气密性，在连接好装置之后，可微热装置，观察是否有气泡冒出，并有一段水柱上升；③根据二氧化硫气体的检验方法分析判断；④依据尾气成分主要是二氧化硫选择吸收的试剂，装置中需要防止倒吸．【解答】解：（1）①NO一定条件下可与氨气反应转化为氮气，结合原子守恒配平书写得到化学方程式为：6NO+4NH35N2+6H2O，故答案为：6NO+4NH35N2+6H2O；②某同学在实验室蒸馏含有Mg（NO3）2的稀硝酸制取浓硝酸，除导管、酒精灯、牛角管、锥形瓶、蒸馏烧瓶、温度计外，还需的玻璃仪器有：冷凝管；故答案为：冷凝管；（2）①实验室用Na2SO3固体与浓硫酸反应制备二氧化硫气体，而如图所示装置没有加热，则不能用浓硫酸和铜反应制备，故答案为：B；②A．SO2与紫色高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，溶液的颜色均褪去；B．SO2与氯水发生氧化还原反应，溶液的颜色均褪去；C．SO2使品红溶液褪色，是因为二氧化硫有漂白性；D．SO2溶于水，具有酸性，所以红色酚酞溶液褪色，故选C；③若要证明c中生成的气体是SO2，依据二氧化硫能使品红试液褪色，加热恢复红色；d中加入品红溶液后，打开活塞b，反应开始，待d中溶液红色褪去，再加热试管d中的溶液，颜色又恢复，证明气体是SO2，故答案为：红色褪去；加热；④增加一尾气吸收装置防止污染性气体排放到空气中，装置需要很好地吸收气体，又能防止倒吸，BC易发生倒吸，D硫酸不能吸收二氧化硫，故选：A．【点评】本题考查了氮氧化物、硫及其化合物性质的应用，气体实验制备方法，装置注意问题，主要考查二氧化硫的氧化性，还原性，漂白性等性质的实验设计和现象判断，题目难度中等．-25-\n　22．（12分）氧化还原反应是化学反应中的基本反应之一，研究氧化还原反应，对人类的进步具有极其重要的意义．（1）已知：2BrO3﹣+C12═Br2+2C1O3﹣；5C12+I2+6H2O═2HIO3+10HC1；C1O3﹣+5C1﹣+6H+═3C12+3H2O则C1O3﹣、BrO3﹣、IO3﹣、C12的氧化性由弱到强的排序为　IO3﹣＜C12＜C1O3﹣＜BrO3﹣　（2）已知Fe3+的氧化性强于I2，请你从所给试剂中选择所需试剂，设计一个实验加以证明．（提示：请写出实验步骤、现象及结论）①FeCl3溶液②碘水③KI溶液④稀H2SO4⑤淀粉溶液　取少量FeCl3溶液于试管中，依次加入KI溶液和淀粉溶液，振荡，若溶液变蓝，证明Fe3+的氧化性强于I2　（3）二十世纪初期，化学家合成出极易溶于水的NaBH4．在强碱性条件下，常用NaBH4处理含Au3+的废液生成单质Au，已知，反应后硼元素以BO2﹣形式存在，反应前后硼元素化合价不变，且无气体生成，则发生反应的离子方程式为　8Au3++3BH4﹣+24OH﹣=8Au+3BO2﹣+18H2O　（4）某强氧化剂[RO（OH）2]+能将Na2SO3氧化．已知含2.0×10﹣3mol[RO（OH）2]+离子的溶液，恰好跟25.0mL0.2mol/L的Na2SO3溶液完全反应，则反应后R的化合价为　0　价．（5）将32g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L．请回答：①待产生的气体全部释放后，向溶液加入VmLamol•L﹣1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为　　mol/L．（用含V、a的式子表示）②欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要H202的质量为　17　g．【考点】氧化还原反应的计算；氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）根据氧化剂氧化性强于氧化产物的氧化性进行判断（2）选取含有Fe3+和I﹣的试剂，若能生成I2，则能使淀粉溶液变蓝；（3）NaBH4与Au3+发生氧化还原反应生成NaBO2和Au，且反应前后B的化合价不变，H元素化合价由﹣1价变为0价，Au3+由+3价变为0价，结合转移电子守恒配平方程式；（4）[RO（OH）2]+离子中R的化合价为+5价，将Na2SO3氧化生成Na2SO4，令R元素在还原产物中化合价为a，结合氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目计算；（5）①根据N原子守恒计算作氧化剂的硝酸的物质的量，根据硝酸钠的化学式计算起酸作用的硝酸，再根据物质的量浓度公式计算硝酸的物质的量浓度；②设需要双氧水mg，根据电子得失守恒，有：×2=×2计算．【解答】解：（1）由反应①可知，氧化性BrO3﹣＞C1O3﹣，由反应②可知，氧化性C12＞IO3﹣，由反应③可知，氧化性C1O3﹣＞C12，故氧化性IO3﹣＜C12＜C1O3﹣＜BrO3﹣；故答案为：IO3﹣＜C12＜C1O3﹣＜BrO3﹣；（2）选取含有Fe3+和I﹣的试剂，若能生成I2，则能使淀粉溶液变蓝，所以选取①FeCl3溶液③KI溶液⑤淀粉溶液，取少量FeCl3溶液于洁净试管中，依次加入KI溶液和淀粉溶液，振荡，若溶液变蓝，证明Fe3+的氧化性强于I2．故答案为：取少量FeCl3溶液于试管中，依次加入KI溶液和淀粉溶液，振荡，若溶液变蓝，证明Fe3+的氧化性强于I2；-25-\n（3）NaBH4与Au3+发生氧化还原反应生成NaBO2和Au，反应前后B的化合价不变，H元素化合价由﹣1价变为0价，Au3+由+3价变为0价，结合转移电子守恒则离子方程式为：8Au3++3BH4﹣+24OH﹣=8Au+3BO2﹣+18H2O；故答案为：8Au3++3BH4﹣+24OH﹣=8Au+3BO2﹣+18H2O；（4）n（Na2SO3）=25×10﹣3L×0.2mol/L=5×10﹣3mol，被氧化后生成Na2SO4，[RO（OH）2]+离子中R的化合价为+5价，设还原后的化合价为a，根据电子转移守恒：5×10﹣3mol×（6﹣4）=2×10﹣3mol×（5﹣a），解得a=0，故答案为：0；（5）①将铜离子完全转化为硝酸钠时，根据钠原子守恒得n（NaOH）=n（NaNO3）=0.001aVmol，根据硝酸根离子守恒得起酸作用的硝酸的物质的量=0.001aVmol，根据N原子守恒作氧化剂的硝酸的物质的量=0.5mol，所以硝酸的物质的量浓度==mol/L，故答案为：；②设需要双氧水mg，根据电子得失守恒，有：×2=×2，解得：m=17，故答案为：17．【点评】本题考查了氧化还原反应的氧化性的比较、方程式的书写以及计算等，根据氧化还原反应中得失电子进行解答即可，注意守恒思想的运用，注意（5）中不能根据铜计算消耗硝酸的物质的量，铜和硝酸反应时，硝酸可能有剩余，为易错点．　23．（4分）钛冶炼厂与氯碱厂、甲醇厂组成一个产业链（如图所示），将大大提高资源的利用率，减少环境污染．请回答下列问题：（1）Fe位于元素周期表中第　四　周期，第　Ⅷ　族．（2）写出钛铁矿在高温下与焦炭经氯化得到四氯化钛的化学方程式　2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】（1）铁为过渡金属元素，位于周期表第四周期Ⅷ元素；（2）钛铁矿在高温下与焦炭经氯化得到四氯化钛，还生成氯化铁、CO．【解答】解：（1）铁为过渡金属元素，位于周期表第四周期Ⅷ元素，故答案为：四；Ⅷ；-25-\n（2）钛铁矿在高温下与焦炭经氯化得到四氯化钛，还生成氯化铁、CO，该反应为2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO，故答案为：2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO．【点评】本题以物质的分离提纯流程考查化学反应、物质的分离方法及原子结构等，侧重学生分析能力及知识迁移应用能力的考查，注意习题中的信息及数据处理题目难度中等．　24．（8分）A、B、C、X均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（副产物已略去）．[A][B][C]试回答：（1）若X是强氧化性单质，则A不可能是　de　．a．Sb．N2c．Nad．Mge．Al（2）若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式为　FeCl3　；C溶液在贮存时应加入少量X，理由是（用必要的文字和离子方程式表示）　2Fe3++Fe=3Fe2+，防止Fe2+被氧化成Fe3+　．（3）A还可以是氨气，氨气分子的空间构型是　三角锥形　．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】（1）若X是强氧化性单质，A可发生连续氧化，X可以为氧气，A可以为S或C、Na或N2；（2）若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则X为Fe，A为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2；（3）氨气分子空间构型为三角锥形．【解答】（1）若X是强氧化性单质，A可发生连续氧化，X可以为氧气，A可以为S或C、Na或N2，不能为Mg、Al，故选：de；（2）若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则X为Fe，A为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2，保存氯化亚铁加入少量Fe是因：2Fe3++Fe=3Fe2+，防止Fe2+被氧化成Fe3+，故答案为：FeCl3；2Fe3++Fe=3Fe2+，防止Fe2+被氧化成Fe3+；（3）氨气分子中N原子形成3个N﹣H键、含有一对孤电子对，故为三角锥形，故答案为：三角锥形．【点评】本题考查无机物的推断，基本属于开放性题目，需要学生熟练掌握元素化合物知识，题目难度中等．　25．（12分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀．甲同学认为沉淀可能是CuCO3；乙同学认为沉淀可能是Cu（OH）2；丙同学认为沉淀可能是CuCO3和Cu（OH）2的混合物．（查阅资料知：CuCO3和Cu（OH）2均不带结晶水）-25-\nⅠ．（1）在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化．其具体操作依次为　过滤、洗涤、干燥　．用如图1所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分．（2）B中试剂为　无水硫酸铜固体　．（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是　装置C中澄清石灰水变混浊　．Ⅱ．若CuCO3和Cu（OH）2两者都有，可利用下列装置如图2通过实验测定其组成．（4）实验开始和结束时都要通入过量的空气，请说明结束时通入过量空气的作用是　将装置中滞留的气体赶出，使其充分被吸收　．（5）各装置连接顺序为e→　f→a→b→d→c→g　→h．（填字母序号）（6）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为　（1﹣）×100%　．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】综合实验题；化学实验基本操作．【分析】Ⅰ、（1）在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中通过过滤、洗涤、干燥等步骤分离并净化；（2）利用加热的方法检验，氢氧化铜和碳酸铜加热分解得到氧化铜、水和二氧化碳，若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验；（3）若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，澄清石灰水变浑浊说明含有CuCO3；Ⅱ、（4）实验结束氢氧化铜和碳酸铜加热分解后会在反应装置中残留二氧化碳和水蒸气，通过用除去水和二氧化碳的空气将装置中的水蒸气和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收；（5）实验开始时装置的空气中会有水蒸气和二氧化碳，若不排除被吸收装置吸收会对计算结果产生较大的误差，故开始时先用除去水和二氧化碳的空气将装置中的水蒸气和二氧化碳排除（注意实验结束氢氧化铜和碳酸铜加热分解后会在反应装置中残留二氧化碳和水蒸气，也应通过用除去水和二氧化碳的空气将装置中的水蒸气和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收）；（6）装置B质量增加了n克，说明分解生成ng水，根据水的质量计算沉淀中氢氧化铜的质量，沉淀质量减去氢氧化铜的质量等于碳酸铜的质量，再利用质量分数的定义计算．【解答】解：Ⅰ、（1）在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化．其具体操作依次为过滤、洗涤、干燥，定性探究生成物的成分，故答案为：过滤、洗涤、干燥；（2）利用加热的方法检验，氢氧化铜和碳酸铜加热分解得到氧化铜、水和二氧化碳，若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验，若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，故答案为：无水硫酸铜固体；（3）用澄清的石灰水检验是否产生二氧化碳，装置C中澄清石灰水变浑浊，说明生成二氧化碳，即说明含有CuCO3．故答案为：装置C中澄清石灰水变混浊；-25-\nⅡ、（4）实验开始时装置的空气中会有水蒸气和二氧化碳，若不排除被吸收装置吸收会对计算结果产生较大的误差，故开始时先用除去水和二氧化碳的空气将装置中的水蒸气和二氧化碳排除，故装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2，氢氧化铜和碳酸铜加热分解后会在反应装置中残留二氧化碳和水蒸气，通过用除去水和二氧化碳的空气将装置中的水蒸气和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收，防止影响测定结果，故答案为：将装置中滞留的气体赶出，使其充分被吸收；（5）若CuCO3和Cu（OH）2两种沉淀都有，加热时生成CO2和H2O，定量检验时，可用浓硫酸吸收水，用碱石灰吸收二氧化碳，实验时，为减小误差，应排除空气中水和二氧化碳的干扰，并保证水和二氧化碳完全吸收，则实验仪器的连接顺序应为e→f→a→b→d→c→g→h→j，故答案为：f→a→b→d→c→g；（6）装置B质量增加了n克，说明分解生成ng水，水的物质的量为mol，根据氢元素守恒可知氢氧化铜的物质的量为mol，故氢氧化铜的质量为mol×98g/mol=g，沉淀中CuCO3的质量为（m﹣）g，碳酸铜的质量分数为=×100%=（1﹣）×100%，故答案为：（1﹣）×100%．【点评】本题考查对实验方案设计与装置的理解、实验基本操作、化学计算等，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础知识与运用知识分析问题、解决问题的能力．　-25-