山东省威海市乳山一中2022届高三化学上学期10月月考试卷含解析

2022-2022学年山东省威海市乳山一中高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（共20小题，每小题3分，满分60分）1．下列有关NaHCO3与Na2CO3的说法中，正确的是()A．分别加热两种样品，没有残留物质的是NaHCO3B．分别配成溶液，再加入石灰水，无白色沉淀生成的是NaHCO3C．分别与相同物质的量浓度的盐酸反应，产生CO2的速率：Na2CO3＜NaHCO3D．二者在一定条件下不能相互转化2．被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水发生如下反应：NaBH4+H2O﹣→H2↑+NaBO2（未配平，其中NaBH4中H元素为﹣1价），则下列说法正确的是()A．被氧化元素与被还原元素的质量比为1：1B．NaBH4是氧化剂，H2O是还原剂C．硼元素被氧化，氢元素被还原D．NaBH4既是氧化剂，又是还原剂3．下列各组离子一定能大量共存的是()A．含有大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣B．在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣C．在c（H+）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中：NH4+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣D．在pH=1的溶液中：K+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣4．（NH4）2Cr2O7是一种受热易分解的盐，在分解的过程中发生了氧化还原反应．下列各组对（NH4）2Cr2O7受热分解产物的判断，符合实际的是()A．CrO3+NH3+H2OB．Cr2O3+NH3+H2OC．CrO3+N2+H2OD．Cr2O3+N2+H2O5．下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是()①Fe+Cu2+═Fe2++Cu②Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O③Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO④CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O⑤Ag++Cl﹣═AgCl↓A．只有③B．②③C．③⑤D．①④-27-\n6．由锌．铁．铝．镁四种金属中的两种组成的混和物10克，与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2升，则混和物中一定含有的金属是()A．锌B．铁C．铝D．镁7．金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一．下列各组物质的转化关系中不完全是通过一步反应完成的是()A．B．C．D．8．下列变化的实质相似的是()①浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小②二氧化硫和氯气均能使品红溶液褪色③二氧化硫能使品红溶液、溴水褪色④氨气和碘化氢气体均不能用浓硫酸干燥⑤常温下浓硫酸用铁的容器存放、加热条件下浓硫酸能与木炭反应⑥浓硫酸能在白纸上写字，氢氟酸能在玻璃上刻字．A．只有②③④B．只有⑤C．只有③④⑥D．全部9．某化学兴趣小组在课外活动中，对某一份溶液成分（已知不含其他还原性离子）进行了检测，其中三次检测结果如下表所示：则下列说法合理的是()A．三次检测结果都正确B．该溶液中的阳离子无法判断C．为了检验SO42﹣，应先加过量稀硝酸后再滴加Ba（NO3）2，观察是否有沉淀现象D．为了确定是否存在CO32﹣，可以向其中滴加CaCl2溶液，观察是否有沉淀现象-27-\n10．FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分应后仍有固体存在，下列判断不正确的是()A．加入KSCN溶液一定不变红色B．溶液中一定含Fe2+C．溶液中一定含Cu2+D．剩余固体中一定含铜11．强氧化剂PbO2在酸性溶液中可将Mn2+氧化成MnO4﹣．取一支试管，加入适量PbO2固体和2mL6mol/LH2SO4溶液，然后滴入2mL1mol/LMnSO4溶液．下列说法错误的是()A．充分振荡后静置，溶液颜色变为紫色B．若上述实验完全反应，消耗PbO2的物质的量为0.01molC．上述实验不能用盐酸代替硫酸D．在酸性条件下，PbO2的氧化性比MnO4﹣的氧化性强12．下列离子方程式正确的是()A．过量的SO2通入氨水中：SO2+2NH3•H2O═2NH4++SO32﹣+H2OB．SO2通入溴水中：Br2+SO2+2H2O═2H++SO42﹣+2HBrC．少量SO2通入漂白粉溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣═CaSO3↓+2HClOD．酸雨久置pH变小：2H2SO3+O2═4H++2SO42﹣13．所谓合金，就是不同种金属（也包括一些非金属）在熔化状态下形成的一种熔合物，根据下列四种金属的熔沸点：你判断其中不能形成合金的是()A．Cu和AlB．Fe和CuC．Fe和NaD．Al和Na14．“混盐”是指一种金属离子与多种酸根离子构成的盐，如氯化硝酸钙[Ca（NO3）Cl]就是一种混盐．“复盐”是指含有多种简单阳离子和一种酸根阴离子的盐如KAl（SO4）2，下列各化合物中属于混盐的是()A．CaOCl2B．（NH4）2Fe（SO4）2C．BiONO3D．K3[Fe（CN）6]15．在某无色溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子可能是()-27-\nA．Mg2+、Al3+、Fe3+B．Na+、Mg2+、Al3+C．H+、Ba2+、Al3+D．H+、Mg2+、Al3+16．对下列实验现象的原因分析不正确的一项是()A．AB．BC．CD．D17．有一瓶Na2SO3溶液，可能已部分氧化，某学生进行如下实验：取少量溶液，滴入Ba（NO3）2溶液产生白色沉淀，再加入过量稀硝酸溶液，充分振荡后仍有白色沉淀，结论正确的是()A．Na2SO3溶液已部分氧化B．加入Ba（NO3）2溶液后生成的沉淀中一定含有BaSO4C．加硝酸后的不溶沉淀一定是BaSO4D．此实验能确定Na2SO3溶液是否部分氧化18．在热的稀H2SO4溶液中溶解了11.4gFeSO4，当加入50mL0.5mol/LKNO3溶液后，使其中的Fe2+全部转化成Fe3+，KNO3也反应完全，并有NxOy气体逸出：□FeSO4+□KNO3+□H2SO4→K2SO4+□Fe2（SO4）3+□NxOy+□H2O据此推算出x、y的值分别为()A．1、2B．1、1C．2、1D．2、319．下列反应中溶液中的H+浓度显著增大的是()A．将SO2通入品红溶液中-27-\nB．将Cl2通入KI溶液中C．将SO2通入溴水中D．将H2S通入硝酸溶液中20．在某稀硝酸的溶液中，加入5.6g铁粉充分反应后，铁粉全部溶解，放出NO气体，溶液质量增加3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之比为()A．1：1B．2：1C．3：2D．4：1二、解答题（共7小题，满分0分）21．离子反应是中学化学中重要的反应类型．回答下列问题：（1）在发生离子反应的反应物或生成物中，一定存在有__________（填序号）．①单质②氧化物③电解质④盐⑤化合物（2）可用图示的方法表示不同反应类型之间的关系．如分解反应和氧化还原反应可表示如图．请在方框中画出离子反应、置换反应和氧化还原反应三者之间的关系．（3）离子方程式是重要的化学用语．下列是有关离子方程式的一些错误观点，请在下列表格中用相应的“离子方程式”否定这些观点．（4）试列举出三种不同类别的物质（酸、碱、盐）之间的反应，它们对应的离子方程式都可用“Ba2++SO═BaSO4↓”来表示，请写出有关反应的化学方程式（3个）：①__________；②__________；③__________．22．已知A、B、C、D、E均为中学化学中常见物质，在一定条件下相互转化关系如下图所示（反应条件和部分产物已省略）．已知：①A常温下为黄绿色的气体单质．②B为一种常见变价金属单质，在冷的浓硫酸中会被钝化．③C的水溶液是一种无氧酸，且C的组成中含有与A相同的元素．请回答下列问题：-27-\n（1）A的化学式为__________，构成非金属单质A的元素的最高价氧化物的分子式为__________，C的名称为__________．（2）A与水反应的化学方程式为__________．（3）A与E反应生成D的离子方程式为__________．（4）在E的水溶液中加入足量氢氧化钠溶液，观察到的现象为__________．23．下面是有关物质的转化关系图（部分产物已省略），其中A为单质，E在常温下为液体，D是一种气体，C的相对分子质量为78．请回答下列有关问题：（1）下列对C的结构、性质推断中不正确的是__________．A．久置于空气中会变成白色B．具有强氧化性C．晶体中存在离子键与共价键D．是一种碱性氧化物（2）A的原子结构示意图为__________；G→H的化学方程式__________．（3）C和E反应生成H的离子方程式为__________，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________．24．硫酸铜在加热条件下发生分解反应，生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气．请用如图所示装置，测定硫酸铜在加热分解时产生的各物质与参加反应的硫酸铜的物质的量的关系．实验测得数据和有关结果如下：①准确称得无水硫酸铜2.4g；②测出量筒中水的体积，折算成标准状态下气体的体积为112mL；③干燥管在实验后质量增加1.28g；④实验结束时装置B中的NaHSO3溶液变为Na2SO4溶液（不含其他溶质）．试回答：（1）装置B的作用是__________，发生的化学方程式__________．（2）装置C的作用是__________；干燥管收集到的物质是__________．（3）装置E和F的作用是__________；（4）实验数据测出后，首先应计算出的物质是__________，有__________mol．据此计算出SO2为__________mol，SO3为__________mol．-27-\n25．A、B、C、D、E、F六种物质在一定条件下有如图所示的相互转化关系，所有反应物和生成物均已给出．（1）若反应①、②、③均为水溶液中的置换反应，A、D、E为卤素单质，则A、D、E的化学式分别为__________、__________、__________．（2）若B是水，C是生产生活中应用最广泛的金属所对应的一种具有磁性的黑色氧化物，D是相同条件下密度最小的气体，E是一种无色、无味的有毒气体，则反应①的化学方程式是__________．（3）若B为一种淡黄色固体．绿色植物的光合作用和呼吸作用可实现自然界中D和E的循环．则反应①的离子方程式是__________．在反应③中，若生成1molD，则转移电子的物质的量为__________；反应的化学方程式是__________．26．小刚同学探究二氧化硫分别与BaCl2溶液、Ba（OH）2溶液反应的实验．请回答有关问题．（1）少量SO2通入到Ba（OH）2溶液中的离子反应方程式为__________，过量的SO2通入到Ba（OH）2溶液中的离子反应方程式为__________．（2）小刚同学将SO2通入到BaCl2溶液中，出现了异常现象，看到了明显的白色沉淀，为探究该白色沉淀的成分，他设计了如下实验流程：则操作①的名称为__________，试剂A的化学式为__________．（3）实验表明，小刚加入试剂A后，白色沉淀未见溶解，则该白色沉淀的成分是__________（填化学式），试推测产生该白色沉淀的离子方程式是__________．27．取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份10mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，标准状况下产生的CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示，试回答下列问题：（1）原NaOH溶液的物质的量浓度为__________．（2）曲线A表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是__________，其物质的量之比为__________．-27-\n（3）曲线B表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积（标准状况）的最大值为__________mL．2022-2022学年山东省威海市乳山一中高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（共20小题，每小题3分，满分60分）1．下列有关NaHCO3与Na2CO3的说法中，正确的是()A．分别加热两种样品，没有残留物质的是NaHCO3B．分别配成溶液，再加入石灰水，无白色沉淀生成的是NaHCO3C．分别与相同物质的量浓度的盐酸反应，产生CO2的速率：Na2CO3＜NaHCO3D．二者在一定条件下不能相互转化考点：探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：A、根据碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠固体分析；B、根据碳酸钠、碳酸氢钠都能够与澄清石灰水反应生成白色沉淀判断；C、根据碳酸氢钠直接反应生成二氧化碳，而碳酸钠先生成碳酸氢钠后再生成二氧化碳分析；D、碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，碳酸钠溶液中通入二氧化碳能够生成碳酸氢钠．解答：解：A、碳酸氢钠加热分解生成了固体碳酸钠，有残留的物质存在，故A错误；B、由反应Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH、2NaHCO3+Ca（OH）2═Na2CO3+CaCO3↓+2H2O可知，澄清的石灰水与碳酸钠、碳酸氢钠都反应生成白色沉淀碳酸钙，故B错误；C、碳酸钠与盐酸反应，先生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再与盐酸反应生成二氧化碳，而碳酸氢钠直接与盐酸反应生成二氧化碳，所以反应生成二氧化碳的速率碳酸氢钠的大于碳酸钠的，故C正确；D、碳酸钠溶液中通入二氧化碳，碳酸钠能够转化成碳酸氢钠；碳酸氢钠加入分解能够生成碳酸钠，所以二者能够相互转化，故D错误；故选C．点评：该题考查碳酸钠与碳酸氢钠的性质比较，是高考中的常见题型，属于中等难度试题的考查．该题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和应试能力．2．被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水发生如下反应：NaBH4+H2O﹣→H2↑+NaBO2（未配平，其中NaBH4中H元素为﹣1价），则下列说法正确的是()A．被氧化元素与被还原元素的质量比为1：1B．NaBH4是氧化剂，H2O是还原剂-27-\nC．硼元素被氧化，氢元素被还原D．NaBH4既是氧化剂，又是还原剂考点：氧化还原反应．分析：在NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑反应中，NaBH4中H元素的化合价为﹣1价，H2O中H元素的化合价为+1价，二者发生氧化还原反应，其中NaBH4是还原剂，H2O是氧化剂．解答：解：A．反应中B元素的化合价没有发生变化，反应中氧化剂和还原剂中化合价变化的数值相等，则被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1，故A正确；B．NaBH4中H元素的化合价为﹣1价，H2O中H元素的化合价为+1价，二者发生氧化还原反应，其中NaBH4是还原剂，H2O是氧化剂，故B错误；C．NaBH4中H元素的化合价为﹣1价，H2O中H元素的化合价为+1价，生成H2中H元素为0价，氢元素既被还原又被氧化，故C错误；D．NaBH4中H元素的化合价为﹣1价，H2O中H元素的化合价为+1价，二者发生氧化还原反应，其中NaBH4是还原剂，H2O是氧化剂，故D错误；故选A．点评：本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意从化合价角度分析解答，题目难度不大．3．下列各组离子一定能大量共存的是()A．含有大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣B．在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣C．在c（H+）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中：NH4+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣D．在pH=1的溶液中：K+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：A．离子之间结合生成络离子；B．该组离子之间不反应；C．在c（H+）=10﹣13mol•L﹣1的溶液，显碱性；D．pH=1的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应．解答：解：A．Fe3+、SCN﹣离子之间结合生成络离子，则不能共存，故A错误；B．该组离子之间不反应，能共存，故B正确；C．在c（H+）=10﹣13mol•L﹣1的溶液，显碱性，NH4+、Al3+分别与OH﹣反应，则不能共存，故C错误；D．pH=1的溶液，显酸性，H+、Fe2+、NO3﹣离子之间发生氧化还原反应，则不能共存，故D错误；故选B．点评：本题考查离子的共存，熟悉习题中的信息及离子之间的反应即可解答，注意选项D中的氧化还原为解答的难点，题目难度不大．4．（NH4）2Cr2O7是一种受热易分解的盐，在分解的过程中发生了氧化还原反应．下列各组对（NH4）2Cr2O7受热分解产物的判断，符合实际的是()A．CrO3+NH3+H2OB．Cr2O3+NH3+H2OC．CrO3+N2+H2OD．Cr2O3+N2+H2O-27-\n考点：氧化还原反应．分析：重铬酸铵[（NH4）2Cr2O7]受热发生氧化还原反应，则N元素的化合价应升高，Cr元素的化合价应降低，以此解答该题．解答：解：重铬酸铵[（NH4）2Cr2O7]受热发生氧化还原反应，则N元素的化合价应升高，即由﹣3价升高为0，生成氮气，Cr元素的化合价应降低，由+6价降低为+3加，生成Cr2O3，由元素守恒可知，还生成水，故选D．点评：本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意化合物中N、Cr元素的化合价，题目难度不大．5．下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是()①Fe+Cu2+═Fe2++Cu②Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O③Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO④CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O⑤Ag++Cl﹣═AgCl↓A．只有③B．②③C．③⑤D．①④考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：①表示Fe和可溶性铜盐的反应；②表示Ba（OH）2和H2SO4的反应；③表示氯气和水的反应；④表示可溶性碳酸盐和强酸的反应；⑤表示可溶性银盐和可溶性氯化物的反应．解答：解：①表示Fe和可溶性铜盐的反应，可以是CuCl2、CuSO4等，故①错误；②只能表示Ba（OH）2和H2SO4的一个化学反应，故②正确；③只能表示氯气和水的一个化学反应，故③正确；④表示可溶性碳酸盐和强酸的反应，对应的化学反应都多种，故④错误；⑤示可溶性银盐和可溶性氯化物的反应，对应的化学反应都多种，故⑤错误．故选：B．点评：本题考查离子方程式的书写，题目难度大不大，注意把握化学方程式与离子方程式的区别，化学方程式只表示一个反应，而离子方程式可表示一类反应．6．由锌．铁．铝．镁四种金属中的两种组成的混和物10克，与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2升，则混和物中一定含有的金属是()A．锌B．铁C．铝D．镁考点：化学方程式的有关计算．-27-\n专题：平均值法．分析：可用极限法或平均值法计算，用极限法计算时可分别计算生成氢气11.2L时需要金属的质量，用平均值法计算可计算出混合物的平均相对原子质量．解答：解：产生11.2LH2需要锌32.5g，铁28g，铝9g，镁12g，根据平均值思想，混合物中的两种金属需要量应分别小于和大于10g，而小于混合物10g的只有铝，故一定有铝，故选C．点评：本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意平均值法的利用．7．金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一．下列各组物质的转化关系中不完全是通过一步反应完成的是()A．B．C．D．考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．专题：元素及其化合物．分析：Na、Mg、Al、Fe能和酸反应生成盐，能被氧化性强的单质氧气氧化生成氧化物，再结合复分解反应条件来分析解答，注意氧化物和碱之间的转化．解答：解：A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl中反应方程式分别为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，所以能一步实现，故A不选；B．氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故B选；C．Fe→Fe（NO3）3→Fe（OH）3→Fe2O3中反应分别是FeFe（NO3）3Fe（OH）3Fe2O3，所以能一步实现，故C不选；D．Mg→MgCl2→Mg（OH）2→MgSO4中反应方程式分别为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl、Mg（OH）2+H2SO4=MgSO4+2H2O，所以能一步实现，故D不选．故选B．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，根据物质的性质来分析解答，以Na、Mg、Al、Fe为知识点构建知识网络，元素化合物知识常常在工艺流程中出现，还常常与基本实验操作、物质的分离与提纯、离子的检验等知识点联合考查，题目难度中等．8．下列变化的实质相似的是()①浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小②二氧化硫和氯气均能使品红溶液褪色③二氧化硫能使品红溶液、溴水褪色④氨气和碘化氢气体均不能用浓硫酸干燥⑤常温下浓硫酸用铁的容器存放、加热条件下浓硫酸能与木炭反应⑥浓硫酸能在白纸上写字，氢氟酸能在玻璃上刻字．A．只有②③④-27-\nB．只有⑤C．只有③④⑥D．全部考点：浓硫酸的性质；氨的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；二氧化硫的化学性质．专题：元素及其化合物．分析：①浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具有挥发性；②依据二氧化硫与次氯酸漂白原理解答；③依据二氧化硫的漂白性和还原性解答；④浓硫酸不能干燥碱性和还原性气体；⑤浓硫酸具有强的氧化性，常温下能使铁钝化，能氧化碳；⑥浓硫酸具有脱水性，氢氟酸与二氧化硅能够发生反应．解答：解：①浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小，前者是因为浓硫酸的吸水性，后者是因为浓盐酸的挥发性，变化的实质不同，故①不选；②二氧化硫的漂白作用是因为发生化合反应，具有不稳定性，HClO的漂白作用是因为发生氧化反应，漂白效果稳定，变化的实质不同，故②不选；③二氧化硫使品红褪色是发生了漂白作用，而使溴水褪色发生了氧化还原反应：SO2+Br2+2H2O═H2SO4+2HBr，变化的实质不同，故③不选；④两者都能和浓硫酸反应，氨气是碱性气体与浓硫酸发生化合反应生成硫酸铵，HI与浓硫酸发生了氧化还原反应：H2SO4+2HI═I2+SO2↑+2H2O，变化的实质不同，故④不选；⑤两者都体现了浓硫酸的强氧化性，变化的实质相同，故⑤选；⑥前者是浓硫酸的脱水性，后者是氢氟酸的腐蚀性：4HF+SiO2═SiF4↑+2H2O，变化的实质不同，故⑥不选；故选：B．点评：本题考查了常见物质的性质，题目难度不大，熟悉浓硫酸、二氧化硫的性质是解题关键，注意二氧化硫与次氯酸漂白原理．9．某化学兴趣小组在课外活动中，对某一份溶液成分（已知不含其他还原性离子）进行了检测，其中三次检测结果如下表所示：则下列说法合理的是()A．三次检测结果都正确B．该溶液中的阳离子无法判断C．为了检验SO42﹣，应先加过量稀硝酸后再滴加Ba（NO3）2，观察是否有沉淀现象D．为了确定是否存在CO32﹣，可以向其中滴加CaCl2溶液，观察是否有沉淀现象考点：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：A．AlCl3与K2CO3发生互促水解反应，不能共存；B．阳离子可以通过焰色反应确定；-27-\nC．检验硫酸根离子可以使用钡离子，可先加入硝酸酸化；D．加入CaCl2溶液时，CaSO4也可能出现沉淀．解答：解：A．由于第二次中的AlCl3与K2CO3发生互促水解反应，不能共存，故A错误；B．阳离子可以通过焰色反应确定，故B错误；C．硫酸钡不溶于硝酸，可先加入硝酸酸化，然后加入硝酸钡检验，故C正确；D．加入CaCl2溶液时，CaSO4也可能出现沉淀，无法确定一定存在CO32﹣，故D错误．故选C．点评：本题主要考查了溶液中的离子的检验，侧重于学生的分析能力和元素化合物性质的综合运用，注意把握物质的性质，难度不大．10．FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分应后仍有固体存在，下列判断不正确的是()A．加入KSCN溶液一定不变红色B．溶液中一定含Fe2+C．溶液中一定含Cu2+D．剩余固体中一定含铜考点：铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：根据FeCl3、CuCl2的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体铜剩余，则一定无三价铁离子存在，一定存在亚铁离子，可能含有铜离子；若有铁剩余，一定有铜生成，三价铁离子和二价铜离子无剩余．解答：解：①当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；②当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；A、溶液中一定不含Fe3+，所以加入KSCN溶液不变红色，故A正确；B、通过以上分析知，溶液中一定含有Fe2+，故B正确；C、通过以上分析知，溶液中可能含有Cu2+，故C错误；D、通过以上分析知，剩余固体中一定含Cu，故D正确；故选C．点评：本题考查了Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键，根据固体的成分了解反应的先后顺序，从而确定溶液的成分．11．强氧化剂PbO2在酸性溶液中可将Mn2+氧化成MnO4﹣．取一支试管，加入适量PbO2固体和2mL6mol/LH2SO4溶液，然后滴入2mL1mol/LMnSO4溶液．下列说法错误的是()A．充分振荡后静置，溶液颜色变为紫色B．若上述实验完全反应，消耗PbO2的物质的量为0.01molC．上述实验不能用盐酸代替硫酸D．在酸性条件下，PbO2的氧化性比MnO4﹣的氧化性强考点：氧化还原反应的计算．分析：A．MnO4﹣呈紫色，酸性条件下，强氧化剂PbO2可将Mn2+氧化成MnO4﹣而使溶液呈紫色；B．根据转移电子守恒计算消耗n（PbO2）；C．盐酸具有还原性，能被强氧化剂氧化；D．同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性．-27-\n解答：解：A．MnO4﹣呈紫色，酸性条件下，强氧化剂PbO2可将Mn2+氧化成MnO4﹣而使溶液呈紫色，所以充分振荡后静置，溶液颜色变为紫色，故A正确；B．根据转移电子守恒得消耗n（PbO2）==0.005mol，故B错误；C．盐酸具有还原性，能被强氧化剂高锰酸钾、PbO2氧化生成氯气，故C正确；D．同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，该反应中PbO2是氧化剂、MnO4﹣是氧化产物，所以PbO2的氧化性比MnO4﹣，故D正确；故选B．点评：本题考查氧化还原反应有关计算、氧化性强弱比较等知识点，侧重考查学生分析判断能力，知道氧化性强弱比较方法、转移电子守恒即可解答，易错选项是C．12．下列离子方程式正确的是()A．过量的SO2通入氨水中：SO2+2NH3•H2O═2NH4++SO32﹣+H2OB．SO2通入溴水中：Br2+SO2+2H2O═2H++SO42﹣+2HBrC．少量SO2通入漂白粉溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣═CaSO3↓+2HClOD．酸雨久置pH变小：2H2SO3+O2═4H++2SO42﹣考点：离子方程式的书写．分析：A．反应生成亚硫酸氢铵；B．发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，HBr为强酸；C．发生氧化还原反应生成硫酸钙；D．反应生成硫酸，酸性增强．解答：解：A．过量的SO2通入氨水中的离子反应为SO2+NH3•H2O═NH4++HSO3﹣，故A错误；B．SO2通入溴水中的离子反应为Br2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣，故B错误；C．少量SO2通入漂白粉溶液中的离子反应为SO2+Ca2++2ClO﹣+H2O=CaSO4↓+H++Cl﹣+HClO，故C错误；D．酸雨久置pH变小的离子反应为2H2SO3+O2═4H++2SO42﹣，故D正确；故选D．点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大．13．所谓合金，就是不同种金属（也包括一些非金属）在熔化状态下形成的一种熔合物，根据下列四种金属的熔沸点：你判断其中不能形成合金的是()A．Cu和AlB．Fe和CuC．Fe和NaD．Al和Na考点：合金的概念及其重要应用．-27-\n分析：由合金的形成可知，两种金属若能够形成合金，则熔点较高的金属的熔点不能大于熔点较低的金属的沸点．解答：解：合金是不同种金属在熔化状态下形成的一种熔合物，即两种金属都成为液态时进行混合；A．铜的熔点低于铝的沸点，两种金属能够形成合金，故A错误；B．铁的熔点低于铜的沸点，两种金属能够形成合金，故B错误；C．由于金属钠的沸点较低，铁的熔点高于钠的沸点，在铁熔化时温度达1535℃，而此时金属钠已变成气态，无法完成液态时混合，故钠和铁不能形成合金，故C正确；D．铝的熔点低于钠的沸点，两种金属能够形成合金，故D错误；故选C．点评：本题考查了合金的形成条件，题目难度不大，注意制造合金时，两种金属必须都是液态才能制成合金，一种液态、一种气态不会转化成合金．14．“混盐”是指一种金属离子与多种酸根离子构成的盐，如氯化硝酸钙[Ca（NO3）Cl]就是一种混盐．“复盐”是指含有多种简单阳离子和一种酸根阴离子的盐如KAl（SO4）2，下列各化合物中属于混盐的是()A．CaOCl2B．（NH4）2Fe（SO4）2C．BiONO3D．K3[Fe（CN）6]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：盐是由金属阳离子（铵根离子）和酸根阴离子组成的化合物，再结合题中信息和盐的定义进行分析判断．解答：解：A、CaOCl2的化学式可以写成Ca（ClO）Cl，所以该物质是由一种金属阳离子和两种酸根离子构成的，因此属于混盐，故A正确．B、（NH4）2Fe（SO4）2含有两种阳离子和一种酸根阴离子，不是混盐，故B错误．C、BiONO3只有一种酸根离子，故C错误．D、K3[Fe（CN）6]含有一种阳离子和一种酸根阴离子的盐，故D错误．故选：A．点评：本题是信息给予题，注意根据盐的概念和题目中信息分析解答，考查学生提练加工信息的能力．15．在某无色溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子可能是()A．Mg2+、Al3+、Fe3+B．Na+、Mg2+、Al3+C．H+、Ba2+、Al3+D．H+、Mg2+、Al3+-27-\n考点：离子方程式的有关计算．分析：根据沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系图示可知，开始时没有沉淀，之后逐渐生成沉淀，达到沉淀最大量后有部分溶解，说明溶液中一定含有Al3+，还含有不溶于氢氧化钠的白色沉淀．解答：解：A、由于是“无色溶液”，故一定没有Fe3+，故A错误；B、由于开始是没有沉淀生成，B中离子中，加入氢氧化钠就会生成沉淀，故B错误；C、由于图示中，一定有不溶于氢氧化钠的沉淀，C中离子加入过量氢氧化钠，没有沉淀生成，故C错误；D、根据图示，先加入氢氧化钠溶液，没有现象，之后逐渐生成氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，最后氢氧化铝溶解，故D正确；故选D．点评：本题考查了阳离子的检验，特别是根据图示提取信息的能力，本题难度中等．16．对下列实验现象的原因分析不正确的一项是()A．AB．BC．CD．D考点：含硫物质的性质及综合应用．专题：氧族元素．分析：A、硫离子水解会得到硫化氢，硫化氢是有臭鸡蛋气味的气体；B、硝酸具有氧化性，能将还原性的亚硫酸根离子氧化；C、二氧化硫具有还原性，能被溴单质氧化为硫酸；D、浓硫酸具有脱水性，能和单质碳之间发生反应生成CO2和SO2．解答：解：A、浓硫化钠溶液中硫离子水解会得到硫化氢，硫化氢是有臭鸡蛋气味的气体，所以浓硫化钠溶液有臭味，故A正确；B、某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀是氯化银或是硫酸钡中的至少一种，原溶液中可能含有亚硫酸根离子、硫酸根离子、银离子中的至少一种，故B正确；C、SO2通入溴水中，溴水褪色是因为：二氧化硫具有还原性，能和溴单质之间反应生成硫酸和氢溴酸，导致溶液褪色，故C错误；D、浓硫酸具有脱水性，向湿润蔗糖中加入浓硫酸，固体迅速变黑，蔗糖被炭化，并且炭与浓硫酸反应生成了CO2和SO2，故D正确．故选C．-27-\n点评：本题涉及浓硫酸和二氧化硫的性质，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度不大．17．有一瓶Na2SO3溶液，可能已部分氧化，某学生进行如下实验：取少量溶液，滴入Ba（NO3）2溶液产生白色沉淀，再加入过量稀硝酸溶液，充分振荡后仍有白色沉淀，结论正确的是()A．Na2SO3溶液已部分氧化B．加入Ba（NO3）2溶液后生成的沉淀中一定含有BaSO4C．加硝酸后的不溶沉淀一定是BaSO4D．此实验能确定Na2SO3溶液是否部分氧化考点：常见离子的检验方法．专题：物质检验鉴别题．分析：A．取少量溶液，滴入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，充分振荡后，仍有白色沉淀，硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子；B．亚硫酸钡可在中性溶液中稳定存在，取少量溶液，滴入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀可能为亚硫酸钡；C．取少量溶液，滴入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，充分振荡后，仍有白色沉淀，硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，生成亚硫酸钡可被氧化成硫酸钡沉淀；D．硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子．解答：解：A．滴入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸仍有的白色沉淀一定是BaSO4，但硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子，故A错误；B．加入Ba（NO3）2溶液后，当亚硫酸钠未被氧化时，亚硫酸钠和硝酸钡反应生成亚硫酸钡沉淀和硝酸钠，所以加入Ba（NO3）2溶液后生成的沉淀中不一定含有BaSO4，故B错误；C．取少量溶液，滴入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，充分振荡后，仍有白色沉淀，硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子，加硝酸后亚硫酸根被氧化成硫酸根离子，所以加硝酸后的不溶性沉淀一定是BaSO4，故C正确；D．硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子，此实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化，故D错误；故选C．点评：本题考查了离子检验方法的应用，主要是硫酸根离子的检验方法和现象分析、干扰离子的判断，注意掌握常见离子的检验方法，明确硝酸的氧化性是解题关键，题目难度中等．18．在热的稀H2SO4溶液中溶解了11.4gFeSO4，当加入50mL0.5mol/LKNO3溶液后，使其中的Fe2+全部转化成Fe3+，KNO3也反应完全，并有NxOy气体逸出：□FeSO4+□KNO3+□H2SO4→K2SO4+□Fe2（SO4）3+□NxOy+□H2O据此推算出x、y的值分别为()A．1、2B．1、1C．2、1D．2、3考点：氧化还原反应的计算．-27-\n专题：简答题．分析：判断化合价降低的反应物是氧化剂、化合价升高的反应物是还原剂，根据氧化剂得到的电子等于还原剂失去的电子来求x和y．解答：解：n（FeSO4）==0.075mol，KNO3的物质的量为0.05L×0.5mol•L﹣1=0.025mol，设NO3﹣与NxOy中N元素化合价差为△n，根据氧化还原反应得失电子总数相等的原则，可得关系式：0.075×1=0.025×△n，所以△n=3即NxOy中N元素化合价为+2价，则NxOy为NO，所以x=y=1；故答案为：1；1．点评：考查氧化还原反应的配平及电子守恒的运用，掌握氧化还原反应的理论是解题关键，基础题．19．下列反应中溶液中的H+浓度显著增大的是()A．将SO2通入品红溶液中B．将Cl2通入KI溶液中C．将SO2通入溴水中D．将H2S通入硝酸溶液中考点：二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质．分析：反应中溶液中的H+浓度显著增大，说明二者反应时生成物中能电离出大量氢离子，据此分析解答．解答：解：A．SO2能和有色物质品红溶液反应生成无色物质而体现漂白性，溶液中氢离子浓度变化不明显，故A不选；B．该反应方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl，溶液仍然呈中性，氢离子浓度变化不大，故B不选；C．发生的反应为SO2+2Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，溶液由强酸生成，导致溶液中氢离子浓度显著增大，故C选；D．发生的反应为3H2S+2HNO3=2NO+4H2O+3S，溶液中氢离子浓度减小，故D不选；故选C．点评：本题考查元素化合物性质，为高频考点，明确物质之间反应及物质性质是解本题关键，注意CD中发生的反应，为易错点．20．在某稀硝酸的溶液中，加入5.6g铁粉充分反应后，铁粉全部溶解，放出NO气体，溶液质量增加3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之比为()A．1：1B．2：1C．3：2D．4：1考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：由信息可知铁与硝酸反应生成Fe2+和Fe3+，反应掉铁的质量与生成NO的质量之差为3.2g，利用质量关系和电子守恒来计算．解答：解：n（Fe）==0.1mol，生成NO的质量为5.6g﹣3.2g=2.4g，n（NO）==0.08mol，-27-\n设Fe2+和Fe3+物质的量分别为x、y，则，解得x=0.06mol，y=0.04mol，所以所得溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之比为0.06mol：0.04mol=3：2，故选C．点评：本题考查铁与硝酸反应的计算，明确NO的质量及原子守恒、电子守恒是解答本题的关键，难度不大．二、解答题（共7小题，满分0分）21．离子反应是中学化学中重要的反应类型．回答下列问题：（1）在发生离子反应的反应物或生成物中，一定存在有③⑤（填序号）．①单质②氧化物③电解质④盐⑤化合物（2）可用图示的方法表示不同反应类型之间的关系．如分解反应和氧化还原反应可表示如图．请在方框中画出离子反应、置换反应和氧化还原反应三者之间的关系．（3）离子方程式是重要的化学用语．下列是有关离子方程式的一些错误观点，请在下列表格中用相应的“离子方程式”否定这些观点．（4）试列举出三种不同类别的物质（酸、碱、盐）之间的反应，它们对应的离子方程式都可用“Ba2++SO═BaSO4↓”来表示，请写出有关反应的化学方程式（3个）：①BaCl2+H2SO4═BaSO4↓+2HCl；②Ba（OH）2+Na2SO4═BaSO4↓+2NaOH；③NaHSO4+BaCl2═BaSO4↓+HCl+NaCl．考点：离子方程式的书写；离子反应的概念．专题：离子反应专题．分析：（1）根据离子反应发生的条件进行分析；（2）根据离子反应、氧化还原反应、置换反应间的关系完成；（3）①根据有的离子方程式只能不是一个化学反应分析；②弱酸或者弱碱需要保留分子式；-27-\n③难溶性酸、碱、盐作为反应物时，不需要标出沉淀符号；（4）写出三种不同类别的物质（酸、碱、盐）之间的反应，对应的离子方程式都可用“Ba2++SO42﹣═BaSO4↓”的化学方程式即可．解答：解：（1）离子反应中一定有离子参与反应或有离子生成，因此一定有电解质（化合物）参与反应或生成，故答案为：③⑤；（2）置换反应一定是氧化还原反应，二者有一部分可用离子方程式表示，如Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，有的则只能用化学方程式表示，如CuO+H2Cu+H2O，所以它们之间的关系为：，故答案为：；（3）①离子方程式不一定表示的是一类反应，如2CH3COOH+CaCO3═2CH3COO﹣+Ca2++H2O+CO2↑，该反应只表示醋酸和碳酸钙的反应，故答案为：2CH3COOH+CaCO3═2CH3COO﹣+Ca2++H2O+CO2↑；②有弱酸或者弱碱参加的反应，不能够用H++OH﹣═H2O表示，如CH3COOH+OH﹣═CH3COO﹣+H2O，故答案为：CH3COOH+OH﹣═CH3COO﹣+H2O；③离子方程式中，反应物若是难溶物，不需要标出沉淀符号，如CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑，故答案为：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑；（4）不同类别的物质（酸、碱、盐）之间的反应，它们对应的离子方程式都可用“Ba2++SO42﹣═BaSO4↓”来表示，说明酸、碱和盐，都是可溶性的，且反应后只有硫酸钡沉淀生成，没有气体的气体或弱电解质，如①氯化钡与硫酸的反应，可用“Ba2++SO42﹣═BaSO4↓”来表示，反应化学方程式为：BaCl2+H2SO4═BaSO4↓+2HCl，故答案为：BaCl2+H2SO4═BaSO4↓+2HCl；②氢氧化钡与硫酸钠的反应为：Ba（OH）2+Na2SO4═BaSO4↓+2NaOH，可用“Ba2++SO42﹣═BaSO4↓”来表示，故答案为：Ba（OH）2+Na2SO4═BaSO4↓+2NaOH；③硫酸氢钠与氯化钡反应，反应的化学方程式为：NaHSO4+BaCl2═BaSO4↓+HCl+NaCl，可用“Ba2++SO42﹣═BaSO4↓”来表示，故答案为：NaHSO4+BaCl2═BaSO4↓+HCl+NaCl．点评：本题考查了离子方程式的书写、离子反应发生达到条件等知识，题目难度不大，题量稍大，涉及的书写离子方程式、化学方程式内容较多，可以根据所学知识完成．22．已知A、B、C、D、E均为中学化学中常见物质，在一定条件下相互转化关系如下图所示（反应条件和部分产物已省略）．已知：①A常温下为黄绿色的气体单质．②B为一种常见变价金属单质，在冷的浓硫酸中会被钝化．③C的水溶液是一种无氧酸，且C的组成中含有与A相同的元素．请回答下列问题：-27-\n（1）A的化学式为Cl2，构成非金属单质A的元素的最高价氧化物的分子式为Cl2O7，C的名称为氯化氢．（2）A与水反应的化学方程式为Cl2+H2O=HCl+HClO．（3）A与E反应生成D的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣．（4）在E的水溶液中加入足量氢氧化钠溶液，观察到的现象为有白色絮状沉淀生成，然后迅速变成灰绿色，最后变成红褐色沉淀．考点：无机物的推断．分析：A常温下为黄绿色气体，则A为Cl2，B为一种常见变价金属单质，在冷的浓硫酸中会被钝化，则B为Fe，C的水溶液是一种无氧酸，且C的组成中含有与A相同的元素，则C为HCl，结合转化关系可知，D为FeCl3，E为FeCl2，以此解答该题．解答：解：A常温下为黄绿色气体，则A为Cl2，B为一种常见变价金属单质，在冷的浓硫酸中会被钝化，则B为Fe，C的水溶液是一种无氧酸，且C的组成中含有与A相同的元素，则C为HCl，结合转化关系可知，D为FeCl3，E为FeCl2，（1）根据上面分析可知，A的化学式为Cl2，构成非金属单质A的元素的最高价氧化物的分子式为Cl2O7，C的名称为氯化氢，故答案为：Cl2；Cl2O7；氯化氢；（2）A为Cl2，A与水反应的化学方程式为Cl2+H2O=HCl+HClO，故答案为：Cl2+H2O=HCl+HClO；（3）A与E反应生成D的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；（4）E为FeCl2，在E的水溶液中加入足量氢氧化钠溶液，得氢氧化亚铁沉淀，观察到的现象为有白色絮状沉淀生成，然后迅速变成灰绿色，最后变成红褐色沉淀，故答案为：有白色絮状沉淀生成，然后迅速变成灰绿色，最后变成红褐色沉淀．点评：本题考查无机物的推断，题目难度不大，注意掌握物质的颜色、钝化等性质为解答该题的关键．23．下面是有关物质的转化关系图（部分产物已省略），其中A为单质，E在常温下为液体，D是一种气体，C的相对分子质量为78．请回答下列有关问题：（1）下列对C的结构、性质推断中不正确的是D．A．久置于空气中会变成白色B．具有强氧化性C．晶体中存在离子键与共价键D．是一种碱性氧化物（2）A的原子结构示意图为；G→H的化学方程式Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH．（3）C和E反应生成H的离子方程式为2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1．-27-\n考点：无机物的推断．分析：A为单质，A能与F发生连续反应生成C，C的相对分子质量为78，可推知A为Na，F为O2，B为Na2O，C为Na2O2，E在常温下为液体，则E为H2O，钠与水、氧化钠与水、过氧化钠与水都产生氢氧化钠，所以H为NaOH，D是一种气体，则D为CO2，与过氧化钠反应生成G为Na2CO3，G与氢氧化钙反应生成氢氧化钠，符合各物质的转化关系，据此答题．解答：解：A为单质，A能与F发生连续反应生成C，C的相对分子质量为78，可推知A为Na，F为O2，B为Na2O，C为Na2O2，E在常温下为液体，则E为H2O，钠与水、氧化钠与水、过氧化钠与水都产生氢氧化钠，所以H为NaOH，D是一种气体，则D为CO2，与过氧化钠反应生成G为Na2CO3，G与氢氧化钙反应生成氢氧化钠，符合各物质的转化关系，（1）C为Na2O2，A．Na2O2久置于空气中会变成生成碳酸钠，为白色固体，故A正确；B．Na2O2具有强氧化性，故B正确；C．Na2O2晶体中存在离子键与共价键，故C正确；D．Na2O2不是一种碱性氧化物，故D错误，故答案为：D；（2）A为Na，A的原子结构示意图为，G→H的化学方程式Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH，故答案为：；Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH；（3）C和E反应生成H的反应为Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠与氢气，离子方程式为2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故答案为：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑；1：1．点评：本题考查无机物的推断，题目难度不大，本题注意把握常见物质的相互转化，为解答该题的关键，注意把握相关物质的性质，学习中注意积累．24．硫酸铜在加热条件下发生分解反应，生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气．请用如图所示装置，测定硫酸铜在加热分解时产生的各物质与参加反应的硫酸铜的物质的量的关系．实验测得数据和有关结果如下：①准确称得无水硫酸铜2.4g；②测出量筒中水的体积，折算成标准状态下气体的体积为112mL；③干燥管在实验后质量增加1.28g；④实验结束时装置B中的NaHSO3溶液变为Na2SO4溶液（不含其他溶质）．试回答：（1）装置B的作用是吸收生成的SO3气体，发生的化学方程式SO3+2NaHSO3=Na2SO4+H2O+2SO2↑．（2）装置C的作用是干燥SO2和O2；干燥管收集到的物质是SO2．-27-\n（3）装置E和F的作用是由D来的气体将E中的水压到量筒F中，测定生成O2的体积；（4）实验数据测出后，首先应计算出的物质是O2，有0.005mol．据此计算出SO2为0.01mol，SO3为0.005mol．考点：探究物质的组成或测量物质的含量．专题：实验探究和数据处理题．分析：（1）根据混合气体中有三氧化硫，NaHSO3能与三氧化硫反应生成Na2SO4、H2O和SO2；（2）根据浓硫酸可作干燥剂；根据SO2能与碱石灰反应，而氧气与与碱石灰不反应；（3）根据氧气不溶于水，可用排水法测定气体的体积；（4）根据量筒内液体的体积即为O2的体积，根据n=来分析；根据干燥管增重的质量为SO2的质量（包括原来的和通NaHSO3后生成的），再根据电子得失守恒n（O2）×4=n（SO2）×2求出分解产生的SO2的物质的量，最后根据方程式SO3+2NaHSO3=Na2SO4+H2O+2SO2↑求出SO3的物质的量．解答：解：（1）混合气体中有三氧化硫，NaHSO3能与三氧化硫反应生成Na2SO4、H2O和SO2：SO3+2NaHSO3=Na2SO4+H2O+2SO2↑，可NaHSO3来除去三氧化硫，故答案为：吸收生成的SO3气体；SO3+2NaHSO3=Na2SO4+H2O+2SO2↑；（2）浓硫酸可作干燥剂，可吸收SO2和O2中的水蒸气；SO2能与碱石灰反应，而氧气与与碱石灰不反应，所以干燥管收集到的物质是SO2；故答案为：干燥SO2和O2；SO2；（3）因氧气不溶于水，可用排水法测定气体的体积，将由D来的气体将E中的水压到量筒F中，测定生成O2的体积，故答案为：由D来的气体将E中的水压到量筒F中，测定生成O2的体积；（4）量筒内液体的体积即为O2的体积，其物质的量为=0.005mol，根据电子得失守恒n（O2）×4=n（SO2）×2，即0.005mol×4=n（SO2）×2，则n（SO2）=0.01mol，干燥管增重的质量为SO2的质量（包括原来的和通NaHSO3后生成的）为1.28g，物质的量为0.02mol，所以与NaHSO3反应生成的SO2为0.01mol，由方程式SO3+2NaHSO3=Na2SO4+H2O+2SO2↑可知SO3的物质的量为0.005mol，故答案为：O2；0.005；0.01；0.005．点评：本题主要考查了实验的原理与计算，在计算时要抓住电子得失守恒，尤其要注意干燥管增重的质量为SO2的质量包括原来的和通NaHSO3后生成的．25．A、B、C、D、E、F六种物质在一定条件下有如图所示的相互转化关系，所有反应物和生成物均已给出．（1）若反应①、②、③均为水溶液中的置换反应，A、D、E为卤素单质，则A、D、E的化学式分别为Br2、I2、Cl2．-27-\n（2）若B是水，C是生产生活中应用最广泛的金属所对应的一种具有磁性的黑色氧化物，D是相同条件下密度最小的气体，E是一种无色、无味的有毒气体，则反应①的化学方程式是3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2．（3）若B为一种淡黄色固体．绿色植物的光合作用和呼吸作用可实现自然界中D和E的循环．则反应①的离子方程式是2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑．在反应③中，若生成1molD，则转移电子的物质的量为2mol；反应的化学方程式是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2．考点：无机物的推断．分析：（1）A、D、E为卤素单质，反应①②③均为水溶液中的置换反应，结合框图转化关系可知，A发生置换生成D，E发生置换生成D，同时E发生置换生成A，所以A为Br2，D为I2，E为Cl2，B为NaI、C为NaBr、F为NaCl；（2）若B是水，C是生产生活中应用最广泛的金属所对应的一种具有磁性的黑色氧化物，则A为Fe，C为四氧化三铁，D为氢气，E是一种无色、无味的有毒气体，由转化关系可知，E为CO，F为二氧化碳；（3）绿色植物的光合作用和呼吸作用能实现自然界中D和E的循环，则D和E分别是CO2和O2的一种，B是淡黄色固体，由反应③可知E和B反应生成D，可以推断B是Na2O2、E是CO2、D是O2、F为Na2CO3，结合转化关系可推知，A为H2O，C为NaOH．解答：解：（1）A、D、E为卤素单质，反应①②③均为水溶液中的置换反应，结合框图转化关系可知，A发生置换生成D，E发生置换生成D，同时E发生置换生成A，所以A为Br2，D为I2，E为Cl2，B为NaI、C为NaBr、F为NaCl，故答案为：Br2；I2；Cl2；（2）若B是水，C是生产生活中应用最广泛的金属所对应的一种具有磁性的黑色氧化物，则A为Fe，C为四氧化三铁，D为氢气，E是一种无色、无味的有毒气体，由转化关系可知，E为CO，F为二氧化碳，反应①的化学方程式是3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；（3）绿色植物的光合作用和呼吸作用能实现自然界中D和E的循环，则D和E分别是CO2和O2的一种，B是淡黄色固体，由反应③可知E和B反应生成D，可以推断B是Na2O2、E是CO2、D是O2、F为Na2CO3，结合转化关系可推知，A为H2O，C为NaOH，则反应①的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑，反应③为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，生成1molO2转移的电子数目为1mol×2×[0﹣（﹣1）]=2mol，故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑；2mol；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2．点评：本题考查无机物的推断，题目较为综合，注意把握物质的转化关系以及反应的典型现象，难度中等，掌握元素化合物的性质是关键．26．小刚同学探究二氧化硫分别与BaCl2溶液、Ba（OH）2溶液反应的实验．请回答有关问题．-27-\n（1）少量SO2通入到Ba（OH）2溶液中的离子反应方程式为SO2+Ba2++2OH﹣═BaSO3↓+H2O，过量的SO2通入到Ba（OH）2溶液中的离子反应方程式为SO2+OH﹣═HSO3﹣．（2）小刚同学将SO2通入到BaCl2溶液中，出现了异常现象，看到了明显的白色沉淀，为探究该白色沉淀的成分，他设计了如下实验流程：则操作①的名称为过滤，试剂A的化学式为HCl．（3）实验表明，小刚加入试剂A后，白色沉淀未见溶解，则该白色沉淀的成分是BaSO4（填化学式），试推测产生该白色沉淀的离子方程式是2SO2+2Ba2++O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+．考点：二氧化硫的化学性质．专题：实验设计题；元素及其化合物．分析：（1）二氧化硫是酸性氧化物，可以和强碱反应生成盐和水，根据二氧化硫的量多少来书写化学方程式；（2）实现固体和液体的分离可以采用过滤的方法；硫酸钡和盐酸不反应，但是亚硫酸钡可以和盐酸反应；（3）硫酸钡是白色不溶于强酸的沉淀，亚硫酸根离子还原性强，容易被氧化为硫酸根离子．解答：解：（1）二氧化硫是酸性氧化物，可以和强碱反应，少量SO2通入到Ba（OH）2溶液中的离子反应方程式为SO2+Ba2++2OH﹣═BaSO3↓+H2O，过量的SO2通入到Ba（OH）2溶液中，因为二氧化硫会和亚硫酸钡之间反应生成亚硫酸氢钡，所以过量的SO2通入到Ba（OH）2溶液中的离子反应方程式为SO2+OH﹣═HSO3﹣，故答案为：SO2+Ba2++2OH﹣═BaSO3↓+H2O；SO2+OH﹣═HSO3﹣；（2）实现固体和液体的分离可以采用过滤的方法，将SO2通入到BaCl2溶液中，出现的白色浑浊可能是硫酸钡还可能是亚硫酸钡，硫酸钡和盐酸不反应，但是亚硫酸钡可以和盐酸反应，溶解，可以用盐酸来鉴别沉淀成分，故答案为：过滤；HCl；（3）硫酸钡和盐酸不反应，但是亚硫酸钡可以和盐酸反应，所以白色不溶于盐酸的沉淀物是硫酸钡，硫酸钡沉淀的生成和亚硫酸根离子的不稳定性有关，即2SO2+2Ba2++O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+，故答案为：BaSO4；2SO2+2Ba2++O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+．点评：本题考查学生二氧化硫的以及含硫元素的盐的性质知识，可以根据所学知识来回答，难度不大．27．取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份10mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，标准状况下产生的CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示，试回答下列问题：（1）原NaOH溶液的物质的量浓度为0.75mol/L．（2）曲线A表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是NaOH、Na2CO3，其物质的量之比为3：1．（3）曲线B表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积（标准状况）的最大值为112mL．-27-\n考点：化学方程式的有关计算．专题：压轴题；计算题．分析：（1）加入75ml盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为氯化钠溶液，根据氯离子、钠离子守恒，计算出氢氧化钠的物质的量，再根据物质的量浓度的定义计算；（2）由曲线A可知从60ml到75ml为碳酸氢钠与盐酸反应，计算碳酸氢钠的物质的量，再结合氢氧化钠的物质的量判断二氧化碳与氢氧化钠发生的反应，据此计算；（3）由曲线B可知从25ml到75ml为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，据此计算．解答：解：（1）加入75ml盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为氯化钠溶液．根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，所以c（NaOH）==0.75mol/L，故答案为：0.75mol/L；（2）CO2与NaOH反应为①CO2+NaOH=NaHCO3，②CO2+2NaOH=Na2CO3+H20，当n（CO2）：n（NaOH）≥1，反应按①进行，等于1时，CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3；大于1时，生成生成NaHCO3，CO2有剩余；当＜n（CO2）：n（NaOH）＜1，反应按①②进行，CO2、NaOH反应，无剩余，生成物为NaHCO3、Na2CO3；当n（CO2）：n（NaOH）≤，反应按②进行，等于，时，CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3；小于时，生成Na2CO3，NaOH有剩余；由曲线A可知从60ml到75ml为碳酸氢钠与盐酸反应，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n（NaHCO3）=n（HCl）=（0.075﹣0.06）L×0.1mol/L=1.5×10﹣3mol，根据C原子守恒，所以n（CO2）=n（NaHCO3）=1.5×10﹣3mol，由（1）可知，n（NaOH）=0.0075mol，所以n（CO2）：n（NaOH）=1.5×10﹣3mol：0.0075mol=1：5，小于1：2，所以反应按②进行，NaOH有剩余，溶液中溶质为Na2CO3和NaOH．根据C原子守恒，所以n（Na2CO3）=n（CO2）=1.5×10﹣3mol，再根据钠离子守恒，得溶液中氢氧化钠的物质的量为0.0075mol﹣1.5×10﹣3mol×2=0.0045mol，所以溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为0.0045mol：1.5×10﹣3mol=3：1．故答案为：NaOH、Na2CO3；3：1；-27-\n（3）由曲线B可知从25ml到75ml为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n（CO2）=n（HCl）=（0.075ml﹣0.025ml）×0.1mol/L=0.005mol，所以CO2气体体积为0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL，故答案为：112．点评：本题考查混合物的有关计算，难度中等，关键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．-27-