高中化學高考一輪復習 獲獎作品

2023學年江西省師大附中、九江一中聯(lián)考高三（上）期中化學試卷一、選擇題（單選，每題3分，共48分）1．2023年8月12日晚11時許，天津市塘沽開發(fā)區(qū)一帶發(fā)生爆炸事故，現(xiàn)場火光沖天．據(jù)多位市民反映，事發(fā)時十公里范圍內(nèi)均有震感，抬頭可見蘑菇云，安全問題再次敲響了警鐘．下列關于安全問題的說法，不正確的是（）A．危險化學品包括：爆炸品、易燃物質(zhì)、自燃自熱物質(zhì)、氧化性氣體、加壓氣體等B．金屬鈉著火不能用水滅火，應使用干砂滅火C．處置實驗過程產(chǎn)生的劇毒藥品廢液，稀釋后用大量水沖凈D．簡單辨認有味的化學藥品時，將瓶口遠離鼻子，用手在瓶口上方扇動，稍聞其味即可2．海水資源的綜合利用十分重要，不需要化學變化就能夠從海水中獲得的物質(zhì)是（）A．溴、碘 B．鈉、鎂 C．燒堿、氯氣 D．食鹽、淡水3．氫化亞銅（CuH）是一種不穩(wěn)定的物質(zhì)，能在氯氣中燃燒，也能與酸反應．用CuSO4溶液和“某物質(zhì)”在40一50℃時反應可生成CuH．下列敘述中錯誤的是（）A．“某物質(zhì)”具有還原性B．CuH與鹽酸反應可能產(chǎn)生H2C．CuH與足量稀硝酸反應：CuH+3H++NO3﹣=Cu2++NO↑+2H2OD．CuH在氯氣中燃燒：CuH+Cl2=CuCl+HCl4．設NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列敘述正確的是（）A．Lmo1?L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子數(shù)為2NAB．常溫下，30gSiO2晶體中含有Si﹣O鍵的數(shù)目為NAC．標準狀況下，LCl2與足量水反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為D．VLamol?L﹣1的氯化鐵溶液中，若Fe3+的數(shù)目為NA，則Cl﹣的數(shù)目大于3NA5．某溶液中含有HCO3﹣、SO32﹣、CO32﹣、CH3COO﹣種陰離子．若向其中加入足量的Na2O2后，溶液中離子濃度基本保持不變的是（）A．CH3COO﹣ B．SO32﹣ C．CO32﹣ D．HCO3﹣6．現(xiàn)有E、F、G、M、N五種可溶的強電解質(zhì)，它們在水中電離產(chǎn)生下列離子（各種離子不重復）．陽離子H+、Na+、Al3+、Ag+、Ba2+陰離子OH﹣、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣已知：①E、F兩溶液呈堿性；G、M、N溶液呈酸性．②向N溶液中逐滴滴加F溶液至過量，沉淀量先增加后減少但不消失．③M溶液與另外四種溶液反應都能產(chǎn)生沉淀．下列說法正確的是（）A．N溶液與過量的F溶液反應的離子方程式為：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓B．E溶液與N溶液混合發(fā)生反應的離子方程式為：2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al（OH）3↓+3CO2↑C．M溶液與F溶液混合產(chǎn)生的沉淀不能溶解于過量氨水中D．將G溶液逐滴加入等體積、等物質(zhì)的量的濃度的E溶液中，反應的離子方程式為2H++CO32﹣═CO2↑+H2O7．圖是氧氣氧化某濃度Fe2+為Fe3+過程的實驗結(jié)果，下列有關說法正確的是（）A．pH=時氧化率一定比pH=時大B．其他條件相同時，80℃的氧化率比50℃大C．Fe2+的氧化率僅與溶液的pH和溫度有關D．該氧化過程的離子方程式為：Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O8．下列各組溶液，不用外加試劑，就能實現(xiàn)鑒別的是（）①CuSO4K2SO4KNO3KOH②Na2CO3BaCl2HClNa2SO4③NH4NO3Na2SO4Ba（OH）2AlCl3④NaAlO2Na2SiO3H2SO4NaCl．A．①②③ B．①②③④ C．①③④ D．②③④9．某結(jié)晶水合物的化學式為R?nH2O，其相對分子質(zhì)量為℃時，ag該晶體能夠溶于bg水中形成VmL溶液，下列關系中不正確的是（）A．該溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為ω=%B．該溶液的物質(zhì)的量濃度為c=mol?L﹣1C．該溶液中溶劑與溶質(zhì)的質(zhì)量比為m（水）：m（溶質(zhì)）=（）：（a﹣）D．該溶液的密度為ρ=g?L﹣110．下列有關實驗操作、現(xiàn)象、解釋和結(jié)論都正確的是（）操作現(xiàn)象解釋、結(jié)論A過量的Fe粉中加入硝酸充分反應，滴入KSCN溶液溶液呈紅色稀硝酸將Fe氧化為Fe3+B向飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2溶液變渾濁析出了Na2CO3晶體CAl箔插入稀硝酸中無現(xiàn)象Al在硝酸中鈍化，形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取濃氨水點到紅色石蕊試紙上試紙變藍色濃氨水呈堿性A．A B．B C．C D．D11．用如圖所示裝置除去含CN﹣、Cl﹣廢水中的CN﹣時，控制溶液pH為9～10，某電極上產(chǎn)生的ClO﹣將CN﹣氧化為兩種無污染的氣體，下列說法正確的是（）A．可以用石墨作陽極，作鐵陰極B．除去CN﹣的反應：2CN﹣+5ClO﹣+2H+═N2↑+2CO2↑+5Cl﹣+H2OC．陰極的電極反應式為：Cl﹣+2OH﹣+2e﹣═ClO﹣+H2OD．陽極的電極反應式為：2CN﹣+12OH﹣﹣10e﹣═N2↑+2CO32﹣+6H2O12．已知某元素的最高化合價為+7價，下列說法中正確的是（）A．該元素在元素周期表中一定處于ⅦA族B．該元素可能是氟元素C．該元素的某種化合物可能具有漂白性D．該元素的單質(zhì)沒有還原性13．根據(jù)表中信息判斷，下列選項不正確的是（）序號反應物產(chǎn)物①KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4…②Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3③MnO4﹣…Cl2、Mn2+…A．第①組反應的其余產(chǎn)物為H2O和O2B．第②組反應中Cl2與FeBr2的物質(zhì)的量之比為1：1C．第③組反應中生成1molCl2，轉(zhuǎn)移電子2molD．氧化性由強到弱順序為MnO4﹣＞Cl2＞Br2＞Fe3+14．A是一種常見的單質(zhì)，B、C為中學常見的化合物，A、B、C均含有元素X．它們有如下的轉(zhuǎn)化關系（部分產(chǎn)物及反應條件已略去）：下列判斷正確的是（）A．X元素可能為AlB．X元素一定為非金屬元素C．反應①和②互為可逆反應D．反應①和②不一定為氧化還原反應15．已知A、B為單質(zhì)，C為化合物．則下列說法正確的是（）A+BCC溶液A+B①若C溶于水后得到強堿溶液，則A可能是Na②若C溶液遇Na2CO3放出CO2氣體，則A可能是H2③若C溶液中滴加KSCN溶液顯血紅色，則B可能為Fe④若C溶液中滴加NaOH溶液有藍色沉淀生成，則B可能為Cu．A．①② B．③④ C．①③ D．②④16．標準狀況下，將aLH2和Cl2的混合氣體點燃，充分反應后，將混合氣體通入含bmolNaOH的熱溶液中，氣體恰好被完全吸收，NaOH無剩余，測得反應后溶液中含Cl﹣、ClO﹣、ClO﹣3，且三者的物質(zhì)的量之比為8：1：1，則原混合氣體中H2的物質(zhì)的量為（）A．mol B．（﹣b）mol C．（﹣）mol D．mol二、解答題（共10小題，滿分52分）17．下列敘述中正確的是A．實驗室存放HF的溶液，不能用帶玻璃塞的細口瓶，而應用帶橡膠塞的細口瓶．B．碳酸氫鎂溶液中加過量澄清石灰水的離子方程式為：Ca2++Mg2++2OH﹣+2HCO3﹣=MgCO3↓+CaCO3↓+2H2OC．水泥、玻璃和水晶都是硅酸鹽產(chǎn)品D．喝補鐵劑時，加服維生素C，效果更好，原因是維生素C具有還原性E．向新制的飽和氯水中分別加入CaCO3固體和Na2CO3固體，均會使得HClO的濃度增大F．配制硫酸亞鐵溶液時，為防止產(chǎn)生Fe3+，可在溶液中加入少量鐵粉，為了抑制亞鐵離子的水解，可在溶液中加入少量鹽酸G．無色溶液中，K+、Cl﹣、Na+、H2PO、PO、SO可以大量共存H．由水電離的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液中，ClO﹣、HCO、NO、NH、S2O可以大量共存I．合金中一定有金屬元素，兩種不同的金屬不一定可以加工成合金J．某無色溶液含有下列離子中的若干種：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32﹣、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣．向該溶液中加入鋁粉，只放出H2，則溶液中能大量存在的離子最多有5種．18．二氧化硅與碳高溫下反應的化學方程式為上述反應中生成的單質(zhì)有什么用途：（寫一條即可）．卞石是硅酸鹽，不同類型的卞石中氧原子的物質(zhì)的量分數(shù)相同，由鈉卞石化學式NaAlSi3O8可推知鈉長石的化學式為，請將鈉長石的化學式改寫成氧化物的形式：．19．天然氣（主要成分甲烷）含有少量含硫化合物[硫化氫、羰基硫（COS）等]，可以用氫氧化鈉溶液洗滌除去．羰基硫用氫氧化鈉溶液處理的過程如下（部分產(chǎn)物已略去）：COSNa2S溶液H2羰基硫分子的電子式為．反應I除生成兩種正鹽外，還有水生成，其化學方程式為．已知反應II的產(chǎn)物X的溶液中硫元素的主要存在形式為S2O32﹣，則II中主要反應的離子方程式為．20．寫出MnO2與濃鹽酸反應制Cl2的化學方程式．已知KMnO4與濃鹽酸在常溫下反應也可制得Cl2，某同學利用該原理，用圖所示的裝置制備純凈、干燥的氯氣，并做氯氣與金屬反應的實驗．每個虛線框表示一個單元裝置，其中有錯誤的是哪幾處？（填序號）21．化工廠生產(chǎn)鹽酸的主要過程如圖甲所示：其中關鍵的一步為（如圖乙所示）氯氣和氫氣在燃燒管口燃燒，生成HCl．由于氯氣有毒，因此，通入氣體的合理方式是：A處通入，B處通入，該過程涉及的操作有：①通氯氣②通氫氣③點燃正確的操作順序為（填序號）22．向盛有KI溶液的試管中加入少許CCl4后滴加氯水，CCl4層變成紫色．如果繼續(xù)向試管中滴加氯水，振蕩，CCl4層會逐漸變淺，最后變成無色．完成下列填空：①寫出并配平CCl4層由紫色變成無色的化學反應方程式（如果化學計量數(shù)是1，也請寫上）：□+□+□﹣→□（HO3）+□②加碘鹽中含碘量為20～50mg?kg﹣1．制取加碘鹽（含KIO3的食鹽）1000kg，若用KI與Cl2反應制KIO3，至少需要消耗Cl2L（標準狀況，保留2位小數(shù)）24．下圖由短周期元素形成的物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關系，其中A、D、L為單質(zhì)，其他為化合物．其中化合物I、J、K中含有兩種相同的元素，G和I的反應⑤是一種重要化工生產(chǎn)中的主要反應之一．B常溫下為液態(tài)化合物，F(xiàn)是一種直線型的非極性氣體分子．試回答下列有關問題：（1）以上7個化學反應屬于自身氧化還原反應的是（用編號①→⑦填寫）（2）在G、J、H中含有相同的元素是；（3）J的水溶液和F填寫”能”或”否”）發(fā)生反應，其理由是（4）反應⑤的化學方程式是．（5）寫出電解溶液H的陰極電極反應方程式是．25．甲酸（HCOOH）是一種有刺激性氣味的無色液體，有很強的腐蝕性．熔點℃，沸點℃，能與水、乙醇互溶，加熱至160℃即分解成二氧化碳和氫氣．實驗室可用甲酸與濃硫酸共熱制備一氧化碳：HCOOHH2O+CO↑，實驗的部分裝置如圖1所示．制備時先加熱濃硫酸至80℃～90℃，再逐滴滴入甲酸．①從圖1挑選所需的儀器，在如圖2虛線框中畫出Ⅰ中所缺的氣體發(fā)生裝置（添加必要的塞子、玻璃管、膠皮管，固定裝置不用畫），并標明容器中的試劑．②如圖3裝置Ⅱ的作用是．26．實驗室可用甲酸制備甲酸銅．其方法是先用硫酸銅和碳酸氫鈉作用制得堿式碳酸銅，然后再與甲酸制得四水甲酸銅[Cu（HCOO）2?4H2O]晶體．相關的化學方程式是：2CuSO4+4NaHCO3═Cu（OH）2?CuCO3↓+3CO2↑+2Na2SO4+H2OCu（OH）2?CuCO3+4HCOOH+5H2O═2Cu（HCOO）2?4H2O+CO2↑實驗步驟如下：I．堿式碳酸銅的制備：①步驟ⅰ是將一定量CuSO4?5H2O晶體和NaHCO3固體一起放到研缽中研磨，其目的6是．②步驟ⅱ是在攪拌下將固體混合物分多次緩慢加入熱水中，反應溫度控制在70℃～80℃，如果看到（填寫實驗現(xiàn)象），說明溫度過高．II．甲酸銅的制備：將Cu（OH）2?CuCO3固體放入燒杯中，加入一定量熱的蒸餾水，再逐滴加入甲酸至堿式碳酸銅恰好全部溶解，趁熱過濾除去少量不溶性雜質(zhì)．在通風櫥中蒸發(fā)濾液至原體積的時，冷卻析出晶體，過濾，再用少量無水乙醇洗滌晶體2﹣3次，晾干，得到產(chǎn)品．a(chǎn)、“趁熱過濾”中，必須“趁熱”的原因是．b、用乙醇洗滌晶體的目的是．27．草酸鈷用途廣泛，可用于指示劑和催化劑的制備．一種利用水鈷礦[主要成分為Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等]制取CoC2O4?2H2O工藝流程如圖1：已知：①浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；②部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2完全沉淀的pH（1）浸出過程中加入Na2SO3的目的是將還原（填離子符號）．（2）NaClO3的作用是將浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，產(chǎn)物中氯元素處于最低化合價．該反應的離子方程式為．（3）萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關系如圖2所示．濾液Ⅱ中加入萃取劑的作用是；使用萃取劑適宜的pH是．A．接近B．接近C．接近（4）“除鈣、鎂”是將溶液中Ca2+與Mg2+轉(zhuǎn)化為MgF2、CaF2沉淀．已知Ksp（MgF2）=×10﹣11、Ksp（CaF2）=×10﹣10．當加入過量NaF后，所得濾液=．

2023學年江西省師大附中、九江一中聯(lián)考高三（上）期中化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（單選，每題3分，共48分）1．2023年8月12日晚11時許，天津市塘沽開發(fā)區(qū)一帶發(fā)生爆炸事故，現(xiàn)場火光沖天．據(jù)多位市民反映，事發(fā)時十公里范圍內(nèi)均有震感，抬頭可見蘑菇云，安全問題再次敲響了警鐘．下列關于安全問題的說法，不正確的是（）A．危險化學品包括：爆炸品、易燃物質(zhì)、自燃自熱物質(zhì)、氧化性氣體、加壓氣體等B．金屬鈉著火不能用水滅火，應使用干砂滅火C．處置實驗過程產(chǎn)生的劇毒藥品廢液，稀釋后用大量水沖凈D．簡單辨認有味的化學藥品時，將瓶口遠離鼻子，用手在瓶口上方扇動，稍聞其味即可【考點】鈉的化學性質(zhì)；化學實驗安全及事故處理．【專題】化學應用．【分析】A．危險化學品，是指具有毒害、腐蝕、爆炸、燃燒、助燃等性質(zhì)，對人體、設施、環(huán)境具有危害的劇毒化學品和其他化學品；B．鈉與氧氣反應生成過氧化鈉，過氧化鈉可與水反應生成氫氧化鈉和氧氣；C．實驗過程中的劇毒藥品廢液要倒入指定的容器中；D．用手在試劑瓶口輕輕扇動，使少量的氣體進入鼻孔．【解答】解：A．爆炸品、易燃物質(zhì)、自燃自熱物質(zhì)、氧化性氣體、加壓氣體等屬于危險化學品，故A正確；B．鈉與氧氣反應生成過氧化鈉，過氧化鈉可與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，則鈉失火時不能用水滅火，應使用干砂滅火，故B正確；C．為防止污染，實驗過程中的劇毒藥品廢液要倒入指定的容器中，不可稀釋后用大量水沖凈，故C錯誤；D．聞藥品的氣味的方法為：用手在試劑瓶口輕輕扇動，使少量的氣體進入鼻孔，故D正確；故選C．【點評】本題考查了化學試劑的分類及實驗安全知識，要熟記實驗基本操作和常見儀器的使用方法，防止由于錯誤操作造成危險，本題難度不大．2．海水資源的綜合利用十分重要，不需要化學變化就能夠從海水中獲得的物質(zhì)是（）A．溴、碘 B．鈉、鎂 C．燒堿、氯氣 D．食鹽、淡水【考點】海水資源及其綜合利用．【專題】元素及其化合物．【分析】根據(jù)從海水制備物質(zhì)的原理可知，金屬單質(zhì)與非金屬單質(zhì)需要利用化學反應來制取，而食鹽可利用蒸發(fā)原理，淡水利用蒸餾原理來得到；【解答】解：A．通過氯氣將溴離子和碘離子氧化為溴單質(zhì)和碘單質(zhì)，是化學變化，故A錯誤；B．可從海水中獲得氯化鈉，電解熔融氯化鈉得到鈉和氯氣，是化學變化，可從海水中獲得氯化鎂，通過電解熔融的氯化鎂得到鎂和氯氣，是化學變化，故B錯誤；C．可從海水中獲得氯化鈉，配制成飽和食鹽水，然后電解，即得燒堿、氫氣和氯氣，是化學變化，故C錯誤；D．把海水用蒸餾等方法可以得到淡水，把海水用太陽暴曬，蒸發(fā)水分后即得食鹽，不需要化學變化就能夠從海水中獲得，故D正確；故選：D；【點評】本題考查了海水的成分，需要注意的是金屬單質(zhì)與非金屬單質(zhì)需要利用化學反應來制取，掌握原理是解題的關鍵．3．氫化亞銅（CuH）是一種不穩(wěn)定的物質(zhì)，能在氯氣中燃燒，也能與酸反應．用CuSO4溶液和“某物質(zhì)”在40一50℃時反應可生成CuH．下列敘述中錯誤的是（）A．“某物質(zhì)”具有還原性B．CuH與鹽酸反應可能產(chǎn)生H2C．CuH與足量稀硝酸反應：CuH+3H++NO3﹣=Cu2++NO↑+2H2OD．CuH在氯氣中燃燒：CuH+Cl2=CuCl+HCl【考點】氧化還原反應．【專題】氧化還原反應專題．【分析】A．Cu元素的化合價由+2價降低為+1價，在反應中CuSO4作氧化劑；B．CuH跟鹽酸反應能產(chǎn)生氣體，氣體為氫氣；C．CuH與足量稀硝酸反應，Cu、H元素的化合價升高，N元素的化合價降低；D．CuH在氯氣中能燃燒，Cu元素的化合價升高，Cl元素的化合價降低．【解答】解：A．Cu元素的化合價由+2價降低為+1價，在反應中CuSO4作氧化劑，則“另一種反應物”在反應中作還原劑，具有還原性，故A正確；B．CuH跟鹽酸反應能產(chǎn)生氣體，氣體為氫氣，該反應中只有H元素的化合價發(fā)生變化，反應為CuH+HCl═CuCl+H2↑，故B正確；C．CuH與足量稀硝酸反應，Cu、H元素的化合價升高，N元素的化合價降低，則反應為：CuH+3H++NO3﹣=Cu2++NO↑+2H2O，故C正確；D．CuH在氯氣中能燃燒，Cu元素的化合價升高，Cl元素的化合價降低，則發(fā)生2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl↑，故D錯誤；故選D．【點評】本題考查氧化還原反應，注意利用信息及反應中元素的化合價變化來解答，題目難度不大，注重知識的遷移應用來考查學生．4．設NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列敘述正確的是（）A．Lmo1?L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子數(shù)為2NAB．常溫下，30gSiO2晶體中含有Si﹣O鍵的數(shù)目為NAC．標準狀況下，LCl2與足量水反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為D．VLamol?L﹣1的氯化鐵溶液中，若Fe3+的數(shù)目為NA，則Cl﹣的數(shù)目大于3NA【考點】阿伏加德羅常數(shù)．【專題】阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律．【分析】A、NaAlO2水溶液中，除了偏鋁酸鈉本身，水也含氧原子；B、求出二氧化硅的物質(zhì)的量，然后根據(jù)1mol二氧化硅中含4molSi﹣O鍵來分析；C、水與氯氣的反應為可逆反應；D、Fe3+是弱堿陽離子，在溶液中會水解．【解答】解：A、NaAlO2水溶液中，除了偏鋁酸鈉本身，水也含氧原子，故溶液中的氧原子個數(shù)大于2NA個，故A錯誤；B、30g二氧化硅的物質(zhì)的量為，而1mol二氧化硅中含4molSi﹣O鍵，故二氧化硅中含2molSi﹣O鍵，即2NA條，故B錯誤；C、水與氯氣的反應為可逆反應，不能進行徹底，且為歧化反應，當1mol氯氣完全反應時，轉(zhuǎn)移1mol電子，故標況下氯氣即氯氣與水反應故轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于個，故C錯誤；D、Fe3+是弱堿陽離子，在溶液中會水解導致個數(shù)減少，故當Fe3+的數(shù)目為NA，則Cl﹣的數(shù)目大于3NA，故D正確．故選D．【點評】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關計算，掌握物質(zhì)的量的計算公式和物質(zhì)結(jié)構(gòu)是解題關鍵，難度不大．5．某溶液中含有HCO3﹣、SO32﹣、CO32﹣、CH3COO﹣種陰離子．若向其中加入足量的Na2O2后，溶液中離子濃度基本保持不變的是（）A．CH3COO﹣ B．SO32﹣ C．CO32﹣ D．HCO3﹣【考點】離子共存問題．【專題】離子反應專題．【分析】過氧化鈉具有強氧化性，與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，則與OH﹣或與過氧化鈉發(fā)生氧化還原反應的離子不能共存，以此解答．【解答】解：HCO3﹣可與反應生成CO32﹣，則CO32﹣濃度增大，HCO3﹣濃度減小，SO32﹣可與過氧化鈉發(fā)生氧化還原反應，則濃度減小，溶液中離子濃度基本保持不變的是CH3COO﹣，故選A．【點評】本題綜合考查離子反應知識，為高考常見題型和高頻考點，側(cè)重于元素化合物知識的綜合理解和運用的考查，注意把握常見離子的性質(zhì)以及反應類型的判斷，難度不大．6．現(xiàn)有E、F、G、M、N五種可溶的強電解質(zhì)，它們在水中電離產(chǎn)生下列離子（各種離子不重復）．陽離子H+、Na+、Al3+、Ag+、Ba2+陰離子OH﹣、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣已知：①E、F兩溶液呈堿性；G、M、N溶液呈酸性．②向N溶液中逐滴滴加F溶液至過量，沉淀量先增加后減少但不消失．③M溶液與另外四種溶液反應都能產(chǎn)生沉淀．下列說法正確的是（）A．N溶液與過量的F溶液反應的離子方程式為：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓B．E溶液與N溶液混合發(fā)生反應的離子方程式為：2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al（OH）3↓+3CO2↑C．M溶液與F溶液混合產(chǎn)生的沉淀不能溶解于過量氨水中D．將G溶液逐滴加入等體積、等物質(zhì)的量的濃度的E溶液中，反應的離子方程式為2H++CO32﹣═CO2↑+H2O【考點】物質(zhì)檢驗實驗方案的設計；離子反應發(fā)生的條件；無機物的推斷．【專題】常規(guī)題型；物質(zhì)的分離提純和鑒別．【分析】由E、F溶液呈堿性，在所給的各種離子中，碳酸根水解顯堿性，氫氧根有堿性，所以E、F中含有的陰離子為碳酸根和氫氧根，又因為鋁離子和銀離子水解顯酸性，氫離子顯酸性，所以G、M、N溶液含有的陽離子為H+、Al3+、Ag+，在所有的陽離子和陰離子組成的物質(zhì)中，只有硫酸鋁和氫氧化鋇反應沉淀量先增加后減少但不消失，所以N是硫酸鋁，F(xiàn)是氫氧化鋇；在所有的陽離子和陰離子組成的物質(zhì)中，硝酸銀能和鹽酸、碳酸鈉、硫酸鋁、氫氧化鋇反應生成沉淀，所以M是硝酸銀，E為碳酸鈉、G是鹽酸；綜上所述，E、F、G、M、N分別為：碳酸鈉、氫氧化鋇、鹽酸、硝酸銀、硫酸鋁；據(jù)分析解題；【解答】解：由E、F溶液呈堿性，在所給的各種離子中，碳酸根水解顯堿性，氫氧根有堿性，所以E、F中含有的陰離子為碳酸根和氫氧根，又因為鋁離子和銀離子水解顯酸性，氫離子顯酸性，所以G、M、N溶液含有的陽離子為H+、Al3+、Ag+，在所有的陽離子和陰離子組成的物質(zhì)中，只有硫酸鋁和氫氧化鋇反應沉淀量先增加后減少但不消失，所以N是硫酸鋁，F(xiàn)是氫氧化鋇；在所有的陽離子和陰離子組成的物質(zhì)中，硝酸銀能和鹽酸、碳酸鈉、硫酸鋁、氫氧化鋇反應生成沉淀，所以M是硝酸銀，E為碳酸鈉、G是鹽酸；綜上所述，E、F、G、M、N分別為：碳酸鈉、氫氧化鋇、鹽酸、硝酸銀、硫酸鋁；A．硫酸鋁與過量氫氧化鋇溶液反應的離子方程式為：3Ba2++8OH﹣+2Al3++3SO42﹣═3BaSO4↓+2AlO2﹣+4H2O，故A錯誤；B．碳酸鈉與硫酸鋁溶液混合發(fā)生雙水解反應，離子方程式為2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al（OH）3↓+3CO2↑，故B正確；C．硝酸銀溶液與氫氧化鋇溶液混合生成的AgOH沉淀，能溶解于氨水生成Ag（NH3）2+，故C錯誤；D．將鹽酸滴入等體積、等物質(zhì)的量的濃度的碳酸鈉溶液中，反應的離子方程式為H++CO32﹣═HCO3﹣，故D錯誤；故選B．【點評】本題通過離子反應確定溶液里的離子微粒，進行無機推斷，再考查物質(zhì)間發(fā)生的反應，涉及離子反應方程式的書寫，基礎性考查，難度不大．7．圖是氧氣氧化某濃度Fe2+為Fe3+過程的實驗結(jié)果，下列有關說法正確的是（）A．pH=時氧化率一定比pH=時大B．其他條件相同時，80℃的氧化率比50℃大C．Fe2+的氧化率僅與溶液的pH和溫度有關D．該氧化過程的離子方程式為：Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O【考點】轉(zhuǎn)化率隨溫度、壓強的變化曲線．【專題】化學平衡專題．【分析】由圖象知，當pH值其它條件相同溫度不同時，溫度越高Fe2+的氧化率越大；當溫度和其它條件相同PH值不同時，pH值越大，F(xiàn)e2+的氧化率越?。谒嵝詶l件下，F(xiàn)e2+和氧氣、氫離子反應生成Fe3+和H2O，注意電荷守恒和得失電子守恒．【解答】解：A、由圖象知，F(xiàn)e2+的氧化率受PH值和溫度的影響，所以pH=時氧化率不一定比pH=時大，故A錯誤；B、其它條件相同時溫度不同時，F(xiàn)e2+的氧化率與溫度呈正比，溫度越高氧化率越大，故B正確；C、Fe2+的氧化率不僅與溶液的pH和溫度有關，還與離子的濃度等其它因素有關，故C錯誤；D、該氧化過程的離子方程式為：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D錯誤；故選B．【點評】本題考查了外界條件對Fe2+氧化率的影響，難度不大，注意比較氧化率時，要其它條件相同只有一個條件不同才能比較，否則無法得出結(jié)論．8．下列各組溶液，不用外加試劑，就能實現(xiàn)鑒別的是（）①CuSO4K2SO4KNO3KOH②Na2CO3BaCl2HClNa2SO4③NH4NO3Na2SO4Ba（OH）2AlCl3④NaAlO2Na2SiO3H2SO4NaCl．A．①②③ B．①②③④ C．①③④ D．②③④【考點】物質(zhì)的檢驗和鑒別的基本方法選擇及應用．【分析】不用外加試劑，先觀察試劑的顏色，然后結(jié)合物質(zhì)之間的反應及現(xiàn)象鑒別物質(zhì)，以此來解答．【解答】解：①CuSO4為藍色，先鑒別出，與硫酸銅反應生成藍色沉淀的為KOH，不能鑒別K2SO4、KNO3，故不選；②氯化鋇與兩種試劑均反應生成白色沉淀，先鑒別出BaCl2，其中能溶解白色沉淀碳酸鋇的為HCl，即可確定Na2CO3，最后鑒別出Na2SO4，故選；③氫氧化鋇與兩種試劑均反應生成白色沉淀，先鑒別出Ba（OH）2，且其中一種沉淀加氫氧化鋇過量時可溶解，則檢驗出AlCl3，可由白色沉淀確定Na2SO4，最后鑒別出NH4NO3，故選；④NaAlO2與硫酸反應先生成沉淀后沉淀溶解，Na2SiO3與硫酸反應生成白色沉淀，則先鑒別出H2SO4，最后鑒別出NaCl，故選；故選D．【點評】本題考查物質(zhì)的鑒別和檢驗，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意試劑的顏色及元素化合物知識，題目難度不大．9．某結(jié)晶水合物的化學式為R?nH2O，其相對分子質(zhì)量為℃時，ag該晶體能夠溶于bg水中形成VmL溶液，下列關系中不正確的是（）A．該溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為ω=%B．該溶液的物質(zhì)的量濃度為c=mol?L﹣1C．該溶液中溶劑與溶質(zhì)的質(zhì)量比為m（水）：m（溶質(zhì)）=（）：（a﹣）D．該溶液的密度為ρ=g?L﹣1【考點】溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)及相關計算．【分析】A．根據(jù)化學式計算R的質(zhì)量，溶液總質(zhì)量為（a+b）g，根據(jù)w（溶質(zhì)）=×100%計算該溶液質(zhì)量分數(shù)；B．根據(jù)n=計算R?nH2O的物質(zhì)的量，而n（R）=n（R?nH2O），根據(jù)c=計算該溶液的物質(zhì)的量濃度；C．根據(jù)化學式計算結(jié)晶水的質(zhì)量，溶質(zhì)R的質(zhì)量為（ag﹣結(jié)晶水質(zhì)量），溶液中溶劑質(zhì)量為（結(jié)晶水質(zhì)量+bg）；D．根據(jù)c=計算該飽和溶液的物質(zhì)的量濃度，根據(jù)ρ=計算溶液密度，或利用c=進行公式變形計算．【解答】解：A．R的質(zhì)量為×ag，溶液總質(zhì)量為（a+b）g，可知該溶液質(zhì)量分數(shù)為×100%=%，故A錯誤；B．n（R）=n（R?nH2O）=mol，該溶液的物質(zhì)的量濃度=mol/L，故B正確；C．R?nH2O中結(jié)晶水的質(zhì)量為g，故R的質(zhì)量為（a﹣）g，溶液中溶劑的質(zhì)量為（）g，則溶液中m（水）：m（溶質(zhì)）=（）：（a﹣），故C正確；D．溶液總質(zhì)量為（a+b）g，根據(jù)ρ=可知，溶液密度為=g/mL=g/L，故D正確，故選A．【點評】本題考查溶液濃度計算，涉及物質(zhì)的量濃度、質(zhì)量分數(shù)，屬于字母型計算，為易錯題目，注意對基礎知識的理解掌握．10．下列有關實驗操作、現(xiàn)象、解釋和結(jié)論都正確的是（）操作現(xiàn)象解釋、結(jié)論A過量的Fe粉中加入硝酸充分反應，滴入KSCN溶液溶液呈紅色稀硝酸將Fe氧化為Fe3+B向飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2溶液變渾濁析出了Na2CO3晶體CAl箔插入稀硝酸中無現(xiàn)象Al在硝酸中鈍化，形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取濃氨水點到紅色石蕊試紙上試紙變藍色濃氨水呈堿性A．A B．B C．C D．D【考點】化學實驗方案的評價．【專題】物質(zhì)的分離提純和鑒別．【分析】A．過量的Fe粉與稀HNO3反應生成Fe2+；B．碳酸氫鈉的溶解度比碳酸鈉的溶解度?。籆．鋁溶于稀硝酸；D．能使紅色石蕊試紙變藍色的溶液呈堿性．【解答】解：A．過量的Fe粉與稀HNO3反應生成Fe2+，所以過量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反應后，滴入KSCN溶液，溶液不變紅色，故A錯誤；B．碳酸氫鈉的溶解度比碳酸鈉的溶解度小，向Na2CO3飽和溶液中通入足量CO2，Na2CO3與CO2反應生成NaHCO3，所以會析出NaHCO3，故B錯誤；C．鋁與濃硝酸發(fā)生鈍化反應，但溶于稀硝酸，故C錯誤；D．能使紅色石蕊試紙變藍色的溶液呈堿性，則濃氨水呈堿性，故D正確．故選D．【點評】本題考查較為綜合，涉及碳酸鈉和碳酸氫鈉的性質(zhì)、氧化還原反應、pH測定等知識，側(cè)重于學生的分析能力、實驗能力和評價能力的考查，注意把握相關實驗方法和注意事項，難度不大．11．用如圖所示裝置除去含CN﹣、Cl﹣廢水中的CN﹣時，控制溶液pH為9～10，某電極上產(chǎn)生的ClO﹣將CN﹣氧化為兩種無污染的氣體，下列說法正確的是（）A．可以用石墨作陽極，作鐵陰極B．除去CN﹣的反應：2CN﹣+5ClO﹣+2H+═N2↑+2CO2↑+5Cl﹣+H2OC．陰極的電極反應式為：Cl﹣+2OH﹣+2e﹣═ClO﹣+H2OD．陽極的電極反應式為：2CN﹣+12OH﹣﹣10e﹣═N2↑+2CO32﹣+6H2O【考點】電解原理．【分析】A．該電解質(zhì)溶液呈堿性，電解時，用不活潑金屬或?qū)щ姺墙饘僮髫摌O，可以用較不活潑金屬作正極；B．陽極產(chǎn)生的ClO﹣將CN﹣氧化為兩種無污染的氣體，該反應在堿性條件下進行，所以應該有氫氧根離子生成；C．陰極上水失電子生成氫氣和氫氧根離子；D．陽極上氯離子失電子生成氯氣，氯氣和氫氧根離子反應生成次氯酸根離子和水．【解答】解：A．該電解質(zhì)溶液呈堿性，電解時，用不活潑金屬或?qū)щ姺墙饘僮髫摌O，可以用較不活潑金屬作正極，所以可以用石墨作氧化劑、鐵作陰極，故A正確；B．陽極產(chǎn)生的ClO﹣將CN﹣氧化為兩種無污染的氣體，兩種氣體為二氧化碳和氮氣，該反應在堿性條件下進行，所以應該有氫氧根離子生成，反應方程式為2CN﹣+5ClO﹣+H2O═N2↑+2CO2↑+5Cl﹣+2OH﹣，故B錯誤；C．電解質(zhì)溶液呈堿性，則陰極上水失電子生成氫氣和氫氧根離子，電極反應式為2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，故C錯誤；D．陽極上氯離子失電子生成氯氣，氯氣和氫氧根離子反應生成次氯酸根離子和水，所以陽極反應式為Cl﹣+2OH﹣﹣2e﹣═ClO﹣+H2O，故D錯誤；故選A．【點評】本題為2023年四川省高考化學試題，涉及電解原理，明確各個電極上發(fā)生的反應及電解原理是解本題關鍵，易錯選項是BD，注意B中反應生成物，注意D中堿性條件下不能有氫離子參加反應或生成．12．已知某元素的最高化合價為+7價，下列說法中正確的是（）A．該元素在元素周期表中一定處于ⅦA族B．該元素可能是氟元素C．該元素的某種化合物可能具有漂白性D．該元素的單質(zhì)沒有還原性【考點】元素周期表的結(jié)構(gòu)及其應用．【專題】元素周期律與元素周期表專題．【分析】已知某元素的最高化合價為+7價，該元素可能為第VIIA族元素，第VIIA族中的F元素沒有最高正價，也可能為第VIIB族元素，據(jù)此分析．【解答】解：A．已知某元素的最高化合價為+7價，該元素可能為第VIIA族元素，也可能為第VIIB族元素，故A錯誤；B．F元素沒有最高正價，不可能為氟元素，故B錯誤；C．若該元素為Cl元素，則其某種化合物可能具有漂白性，如HClO，故C正確；D．若該元素為第VIIB族元素，如錳元素，屬于金屬元素，其單質(zhì)具有還原性，故D錯誤．故選C．【點評】本題考查了元素的最高正價與最外層電子數(shù)以及族序數(shù)的關系和元素性質(zhì)，題目難度不大，注意把握元素周期律及其應用．13．根據(jù)表中信息判斷，下列選項不正確的是（）序號反應物產(chǎn)物①KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4…②Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3③MnO4﹣…Cl2、Mn2+…A．第①組反應的其余產(chǎn)物為H2O和O2B．第②組反應中Cl2與FeBr2的物質(zhì)的量之比為1：1C．第③組反應中生成1molCl2，轉(zhuǎn)移電子2molD．氧化性由強到弱順序為MnO4﹣＞Cl2＞Br2＞Fe3+【考點】氧化還原反應的計算．【專題】氧化還原反應專題．【分析】A．反應中Mn元素化合價降低，則KMnO4為氧化劑，H2O2為還原劑，元素被氧化生成氧氣；B．由于還原性Fe2+＞Br﹣，故氯氣先氧化Fe2+，發(fā)生反應：3Cl2+6FeBr2=2FeCl3+4FeBr3，則Cl2與FeBr2的物質(zhì)的量之比≤1：2時產(chǎn)物為FeCl3、FeBr3；C．反應中Mn元素化合價降低，KMnO4作氧化劑，氯氣為氧化產(chǎn)物，則反應物中含有Cl﹣，根據(jù)氯元素化合價變化計算轉(zhuǎn)移電子；D．氧化劑氧化性強于氧化產(chǎn)物氧化性．【解答】解：A．反應中Mn元素化合價降低，則KMnO4為氧化劑，H2O2為還原劑，H2O2被氧化生成氧氣，由原子守恒可知，還有水生成，故A正確；B．由于還原性Fe2+＞Br﹣，故氯氣先氧化Fe2+，發(fā)生反應：3Cl2+6FeBr2=2FeCl3+4FeBr3，則Cl2與FeBr2的物質(zhì)的量之比≤1：2時產(chǎn)物為FeCl3、FeBr3，若Cl2與FeBr2的物質(zhì)的量之比為1：1，部分溴離子比氧化，故B錯誤；C．反應中Mn元素化合價降低，KMnO4作氧化劑，氯氣為氧化產(chǎn)物，則反應物中含有Cl﹣，生成1molCl2，轉(zhuǎn)移電子為1mol×2=2mol，故C正確；D．反應②中氯氣可以氧化溴離子為溴單質(zhì)，氧化亞鐵離子為鐵離子，溴單質(zhì)可以氧化亞鐵離子為鐵離子，故氧化性Cl2＞Br2＞Fe3+，反應③KMnO4為氧化劑，Cl2為氧化產(chǎn)物，故氧化性MnO4﹣＞Cl2，則氧化性MnO4﹣＞Cl2＞Br2＞Fe3+，故D正確，故選：B．【點評】本題考查氧化還原反應計算、氧化性強弱比較、氧化還原反應方程式配平等，注意氯氣與溴化亞鐵反應先后順序問題，難度中等．14．A是一種常見的單質(zhì)，B、C為中學常見的化合物，A、B、C均含有元素X．它們有如下的轉(zhuǎn)化關系（部分產(chǎn)物及反應條件已略去）：下列判斷正確的是（）A．X元素可能為AlB．X元素一定為非金屬元素C．反應①和②互為可逆反應D．反應①和②不一定為氧化還原反應【考點】無機物的推斷．【專題】推斷題．【分析】由轉(zhuǎn)化關系圖可以看出，A這種單質(zhì)與強堿發(fā)生反應，生成了兩種產(chǎn)物B和C，而且B和C均含有同一種元素，且B和C又可以在強酸的作用下發(fā)生反應，生成單質(zhì)A，那么可以看出反應①應該是A物質(zhì)的歧化反應，反應②應該是關于一種元素的歸中反應，則可以知道B和C中應該分別含有A的負價態(tài)物質(zhì)以及正價態(tài)物質(zhì)，由此可以判斷A不可能是金屬，理由就是金屬是不可能含有負價態(tài)的，而可逆反應的定義是指在同一條件下，既能向正反應方向進行，同時又能向逆反應的方向進行的反應，叫做可逆反應，顯然兩個反應的條件不相同．而由上述判斷可知，①和②為氧化還原反應（因為歸中反應和歧化反應均有價態(tài)的變化）．【解答】解：A、反應①應該是A物質(zhì)的歧化反應，反應②應該是關于一種元素的歸中反應，則可以知道B和C中應該分別含有A的負價態(tài)物質(zhì)以及正價態(tài)物質(zhì)，由此可以判斷A不可能是金屬，故A錯誤；B、反應①應該是A物質(zhì)的歧化反應，反應②應該是關于一種元素的歸中反應，則可以知道B和C中應該分別含有A的負價態(tài)物質(zhì)以及正價態(tài)物質(zhì)，含負價的元素一定是非金屬元素，故B正確；C、可逆反應的定義是指在同一條件下，既能向正反應方向進行，同時又能向逆反應的方向進行的反應，叫做可逆反應，顯然兩個反應的條件不相同，故C錯誤；D、據(jù)這兩個反應特點知A元素在①反應中化合價既升高，又降低，②是BC生成單質(zhì)A，一定有化合價的變化，所以①②一定為氧化還原反應，故D錯誤．故選：B．【點評】本題考查了物質(zhì)轉(zhuǎn)化關系的特征應用，主要是物質(zhì)性質(zhì)的應用，氧化還原反應中的歧化反應和歸中反應的特征判斷．15．已知A、B為單質(zhì)，C為化合物．則下列說法正確的是（）A+BCC溶液A+B①若C溶于水后得到強堿溶液，則A可能是Na②若C溶液遇Na2CO3放出CO2氣體，則A可能是H2③若C溶液中滴加KSCN溶液顯血紅色，則B可能為Fe④若C溶液中滴加NaOH溶液有藍色沉淀生成，則B可能為Cu．A．①② B．③④ C．①③ D．②④【考點】無機物的推斷．【專題】推斷題；元素及其化合物．【分析】①C溶于水后得到強堿溶液，若A是Na，B為氧氣，C為過氧化鈉，電解氫氧化鈉溶液得到氫氣與氧氣；②若C溶液遇Na2CO3放出CO2氣體，C為酸，電解酸溶液可以得到氫氣；③若C溶液中滴加KSCN溶液顯血紅色，則C中含有鐵離子，電解鐵鹽溶液不能得到Fe；④若C溶液中滴加NaOH溶液有藍色沉淀生成，C中含有銅離子，電解銅鹽溶液可以得到Cu．【解答】解：①C溶于水后得到強堿溶液，若A是Na，則B為氧氣，C為過氧化鈉，C溶于水得到氫氧化鈉，電解氫氧化鈉溶液得到氫氣與氧氣，故①錯誤；②若C溶液遇Na2CO3放出CO2氣體，C為酸，電解酸溶液可以得到氫氣，如A為氫氣、B為氯氣，C為HCl，故②正確；③若C溶液中滴加KSCN溶液顯血紅色，則C中含有鐵離子，電解鐵鹽溶液不能得到Fe，故③錯誤；④若C溶液中滴加NaOH溶液有藍色沉淀生成，C中含有銅離子，電解銅鹽溶液可以得到Cu，如A為Cu、B為氯氣、C為氯化銅，故④正確，故選：D．【點評】本題考查無機物推斷，屬于開放驗證型題目，需要學生熟練掌握電解原理、元素化合物性質(zhì)，難度中等．16．標準狀況下，將aLH2和Cl2的混合氣體點燃，充分反應后，將混合氣體通入含bmolNaOH的熱溶液中，氣體恰好被完全吸收，NaOH無剩余，測得反應后溶液中含Cl﹣、ClO﹣、ClO﹣3，且三者的物質(zhì)的量之比為8：1：1，則原混合氣體中H2的物質(zhì)的量為（）A．mol B．（﹣b）mol C．（﹣）mol D．mol【考點】氧化還原反應的計算．【專題】守恒法．【分析】方法一：將混合氣體通入含bmolNaOH的熱溶液中，氣體恰好被完全吸收，NaOH無剩余，測得反應后溶液中含Cl﹣、ClO﹣、ClO﹣3，根據(jù)電荷守恒可知，溶液中n（Na+）=n（Cl﹣）+n（ClO﹣）+n（ClO﹣3），根據(jù)氯元素守恒，計算aLH2和Cl2的混合氣體中氯氣的物質(zhì)的量，aLH2和Cl2的混合氣體總的物質(zhì)的量減去氯氣的物質(zhì)的量即為氫氣的物質(zhì)的量．方法二：將混合氣體通入含bmolNaOH的熱溶液中，氣體恰好被完全吸收，NaOH無剩余，測得反應后溶液中含Cl﹣、ClO﹣、ClO﹣3，根據(jù)電荷守恒可知，溶液中n（Na+）=n（Cl﹣）+n（ClO﹣）+n（ClO﹣3），溶液中Cl﹣、ClO﹣、ClO﹣3三者的物質(zhì)的量之比為8：1：1，據(jù)此計算各離子物質(zhì)的量，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，計算氯氣發(fā)生氧化還原反應生成的氯離子的物質(zhì)的量，溶液中Cl﹣來源于氯化氫及氯氣與氫氧化鈉的反應，計算反應后混合氣體中氯化氫的物質(zhì)的量，根據(jù)氫元素守恒計算氫氣的物質(zhì)的量．【解答】解：方法一：混合氣體通入含bmolNaOH的熱溶液中，氣體恰好被完全吸收，NaOH無剩余，測得反應后溶液中含Cl﹣、ClO﹣、ClO﹣3，根據(jù)電荷守恒可知，溶液中n（Na+）=n（Cl﹣）+n（ClO﹣）+n（ClO﹣3），根據(jù)氯元素守恒可知，aLH2和Cl2的混合氣體中n（Cl2）=[n（Cl﹣）+n（ClO﹣）+n（ClO﹣3）]=n（Na+）=bmol，所以aLH2和Cl2的混合氣體中n（H2）=（﹣）mol方法二：混合氣體通入含bmolNaOH的熱溶液中，氣體恰好被完全吸收，NaOH無剩余，測得反應后溶液中含Cl﹣、ClO﹣、ClO﹣3，根據(jù)電荷守恒可知，溶液中n（Na+）=n（Cl﹣）+n（ClO﹣）+n（ClO﹣3），由于溶液中Cl﹣、ClO﹣、ClO﹣3三者的物質(zhì)的量之比為8：1：1，所以溶液中n（Cl﹣）=bmol，n（ClO﹣）=bmol，n（ClO﹣3）=bmol，令氯氣與氫氧化鈉反應生成的氯離子的物質(zhì)的量為xmol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒有x=b+bmol×5=bmol，溶液中Cl﹣來源于氯化氫及氯氣與氫氧化鈉的反應，所以氯化氫提供的氯離子為bmol﹣bmol=molb，即反應后的混合氣體中n（HCl）=bmol，根據(jù)氫元素守恒可知，n（H2）=n（HCl）=×molb=，故選：C．【點評】考查氧化還原反應的計算，難度中等，判斷溶液中n（Na+）=n（Cl﹣）+n（ClO﹣）+n（ClO﹣3）是解題關鍵．二、解答題（共10小題，滿分52分）17．下列敘述中正確的是DEIJA．實驗室存放HF的溶液，不能用帶玻璃塞的細口瓶，而應用帶橡膠塞的細口瓶．B．碳酸氫鎂溶液中加過量澄清石灰水的離子方程式為：Ca2++Mg2++2OH﹣+2HCO3﹣=MgCO3↓+CaCO3↓+2H2OC．水泥、玻璃和水晶都是硅酸鹽產(chǎn)品D．喝補鐵劑時，加服維生素C，效果更好，原因是維生素C具有還原性E．向新制的飽和氯水中分別加入CaCO3固體和Na2CO3固體，均會使得HClO的濃度增大F．配制硫酸亞鐵溶液時，為防止產(chǎn)生Fe3+，可在溶液中加入少量鐵粉，為了抑制亞鐵離子的水解，可在溶液中加入少量鹽酸G．無色溶液中，K+、Cl﹣、Na+、H2PO、PO、SO可以大量共存H．由水電離的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液中，ClO﹣、HCO、NO、NH、S2O可以大量共存I．合金中一定有金屬元素，兩種不同的金屬不一定可以加工成合金J．某無色溶液含有下列離子中的若干種：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32﹣、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣．向該溶液中加入鋁粉，只放出H2，則溶液中能大量存在的離子最多有5種．【考點】化學實驗方案的評價．【專題】物質(zhì)的分離提純和鑒別．【分析】A．HF能和二氧化硅反應生成四氟化硅和水；B．氫氧化鈣過量，反應生成碳酸鈣和氫氧化鎂沉淀；C．水晶的主要成分是二氧化硅；D．能被人體吸收的鐵元素是亞鐵離子，容易被氧化，維生素C具有還原性，可以防止亞鐵離子被氧化；E．向氯水中加入少量CaCO3固體和Na2CO3固體，會和溶液中的鹽酸反應平衡正向進行，次氯酸酸性小于碳酸；F．配制硫酸亞鐵如有需要加入稀硫酸抑制水解；G．H2PO4﹣、PO43﹣能反應；H．由水電離的c（H+）=1×10﹣12mol/L的溶液，水的電離受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈堿性；I．合金是指在一種金屬中加熱熔合其它金屬或非金屬而形成的具有金屬特性的物質(zhì)；J．溶液無色，則一定不存在有色的Fe3+；在其中加入金屬鋁，發(fā)生反應并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，若為酸性，則不存在OH﹣、NO3﹣、CO32﹣，若呈堿性，則不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+．【解答】解：A．HF能和二氧化硅反應生成四氟化硅和水，所以HF不能用玻璃瓶存放，故A錯誤；B．碳酸氫鎂溶液中加過量澄清石灰水，反應的離子方程式為：Mg2++2HCO3﹣+2Ca2++4OH﹣=2CaCO3↓+2H2O+Mg（OH）2↓，故B錯誤；C．水晶的主要成分是二氧化硅，玻璃、水泥的成分含有硅酸鹽，是硅酸鹽產(chǎn)品，故C錯誤；D．能被人體吸收的鐵元素是亞鐵離子，亞鐵離子很容易被氧化為三價鐵離子，維生素C具有還原性，能將三價鐵還原為亞鐵離子，故D正確；E．在化學平衡中：C12+H2O?H++C1﹣+HC1O，若向氯水中加入少量CaCO3固體和Na2CO3固體，會和溶液中的鹽酸反應平衡正向進行，次氯酸酸性小于碳酸，不與碳酸鈉反應，次氯酸濃度增大，故E正確；F．配制硫酸亞鐵如有需要加入稀硫酸抑制水解，加入適量稀鹽酸會引入雜質(zhì)氯離子，故F錯誤；G．因H2PO4﹣、PO43﹣能反應生成HPO42﹣，則不能共存，故G錯誤；H．由水電離的c（H+）=1×10﹣12mol/L的溶液，水的電離受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，無論溶液呈酸性還是堿性，HCO3﹣都不能大量共存，故H錯誤．I．合金中必須有一種金屬，另外的可能是金屬也可能是非金屬，所以至少有一種金屬；兩種不同的金屬不一定可以加工成合金，如當熔點較高的銅開始熔化時，鈉已經(jīng)是氣體狀態(tài)，所以不宜加工成合金，故I正確；J．無色溶液中一定不存在有色的Fe3+；溶液中加入金屬鋁，發(fā)生反應并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，若溶液為酸性，則不存在：OH﹣、NO3﹣、CO32﹣，陰離子只能為Cl﹣，陽離子可以為：H+、NH4+、Ba2+、Al3+，最多存在5種離子；若呈堿性，則不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+，陽離子只能為Ba2+，則一定不存在CO32﹣，可存在的離子為：Ba2+、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣，則最多只有4種，根據(jù)分析可知，最多存5種離子，故J正確．故選DEIJ．【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，涉及化學與生產(chǎn)、生活的關系，題目難度不大，要求學生能夠用化學知識解釋化學現(xiàn)象，試題培養(yǎng)了學生的分析、理解能力及靈活應用基礎知識的能力．18．二氧化硅與碳高溫下反應的化學方程式為SiO2+2CSi+2CO↑上述反應中生成的單質(zhì)有什么用途：芯片、半導體材料、太陽能電池等（寫一條即可）．卞石是硅酸鹽，不同類型的卞石中氧原子的物質(zhì)的量分數(shù)相同，由鈉卞石化學式NaAlSi3O8可推知鈉長石的化學式為Ca（AlSi3O8）2，請將鈉長石的化學式改寫成氧化物的形式：CaO．Al2O3．6SiO2．【考點】硅和二氧化硅．【專題】碳族元素．【分析】二氧化硅與碳高溫下反應生成硅和一氧化碳；硅酸鹽由鹽的書寫改寫為氧化物的一般形式：堿性氧化物、兩性氧化物、酸性氧化物、水．【解答】解：二氧化硅與碳高溫下反應生成硅和一氧化碳SiO2+2CSi+2CO↑；硅單質(zhì)可用于芯片、半導體材料、太陽能電池等；由鈉長石化學式NaAlSi3O8可推知鈣長石的化學式為Ca（AlSi3O8）2，改寫成氧化物的形式可表示為CaO．Al2O3．6SiO2，故答案為：SiO2+2CSi+2CO↑；芯片、半導體材料、太陽能電池等；Ca（AlSi3O8）2；CaO．Al2O3．6SiO2．【點評】本題考查硅和二氧化硅的性質(zhì)以及硅酸鹽改寫成氧化物的方法等知識點，中等難度，答題時注意題中信息的充分利用．19．天然氣（主要成分甲烷）含有少量含硫化合物[硫化氫、羰基硫（COS）等]，可以用氫氧化鈉溶液洗滌除去．羰基硫用氫氧化鈉溶液處理的過程如下（部分產(chǎn)物已略去）：COSNa2S溶液H2羰基硫分子的電子式為．反應I除生成兩種正鹽外，還有水生成，其化學方程式為COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O．已知反應II的產(chǎn)物X的溶液中硫元素的主要存在形式為S2O32﹣，則II中主要反應的離子方程式為2S2﹣+5H2O=S2O32﹣+4H2↑+2OH﹣．【考點】含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應用．【專題】氧族元素．【分析】羰基硫分子與二氧化碳分子結(jié)構(gòu)相似，均為直線型；反應I除生成兩種正鹽外，還有水生成，由元素守恒可知，生成正鹽為Na2S、Na2CO3；II中主要反應硫化鈉與水反應生成S2O32﹣、氫氣和氫氧化鈉，根據(jù)電子守恒和原子守恒書寫；【解答】解：羰基硫分子與二氧化碳分子結(jié)構(gòu)相似，均為直線型，其電子式為，反應I除生成兩種正鹽外，還有水生成，由元素守恒可知，生成正鹽為Na2S、Na2CO3，反應為COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O，硫化鈉與水反應生成S2O32﹣、氫氣和氫氧化鈉，其反應的離子方程式為：2S2﹣+5H2O=S2O32﹣+4H2↑+2OH﹣，故答案為：，COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O，2S2﹣+5H2O=S2O32﹣+4H2↑+2OH﹣；【點評】本題考查較綜合，涉及物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、氧化還原反應計算、離子反應等，側(cè)重反應原理中高頻考點的考查，綜合性較強，題目難度中等．20．寫出MnO2與濃鹽酸反應制Cl2的化學方程式MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O．已知KMnO4與濃鹽酸在常溫下反應也可制得Cl2，某同學利用該原理，用圖所示的裝置制備純凈、干燥的氯氣，并做氯氣與金屬反應的實驗．每個虛線框表示一個單元裝置，其中有錯誤的是哪幾處？②③④（填序號）【考點】氯氣的實驗室制法．【專題】氣體的制備與性質(zhì)檢驗類實驗．【分析】二氧化錳與濃鹽酸在加熱條件下反應生成氯化錳、氯氣和水；KMnO4與濃HCl在常溫下反應產(chǎn)生Cl2，濃鹽酸易揮發(fā)，從發(fā)生裝置生成的氯氣中含有揮發(fā)的HCl和水蒸氣雜質(zhì)，應通入盛有飽和食鹽水的洗氣瓶除去HCl，然后通入盛有濃硫酸的洗氣瓶進行干燥，氯氣與金屬反應時，氣體應通入到試管底部，并用雙孔橡皮塞，防止試管內(nèi)壓強過大，據(jù)此判斷．【解答】解：二氧化錳與濃鹽酸在加熱條件下反應生成氯化錳、氯氣和水，化學方程式：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；濃鹽酸易揮發(fā)，從發(fā)生裝置生成的氯氣中含有揮發(fā)的HCl和水蒸氣雜質(zhì)，應通入盛有飽和食鹽水的洗氣瓶除去HCl，不用選擇氫氧化鈉溶液，故②錯誤；用濃硫酸干燥氯氣，導管應長進短出，故③錯誤；氯氣與鈉在試管中反應若用單孔塞，容易造成試管內(nèi)壓強過大，且導管應插入試管底部，故④錯誤；所以錯誤的地方有：②③④；故答案為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；②③④；【點評】本題考查了氯氣的實驗室制備和性質(zhì)的檢驗，熟悉反應原理和裝置特點是解題關鍵，側(cè)重考查學生分析、實驗的能力，題目難度不大．21．化工廠生產(chǎn)鹽酸的主要過程如圖甲所示：其中關鍵的一步為（如圖乙所示）氯氣和氫氣在燃燒管口燃燒，生成HCl．由于氯氣有毒，因此，通入氣體的合理方式是：A處通入H2，B處通入Cl2，該過程涉及的操作有：①通氯氣②通氫氣③點燃正確的操作順序為②③①（填序號）【考點】氯氣的化學性質(zhì)．【專題】鹵族元素．【分析】氯氣有毒，為保證氯氣完全反應，氫氣應過量，為防止氯氣污染空氣，應先通入氫氣，以此解答該題．【解答】解：氯氣有毒，為保證氯氣完全反應，氫氣應過量，則應從外管通入氫氣，從內(nèi)管通入氯氣，為防止氯氣污染空氣，應先通入氫氣，點燃后再通入氯氣，故順序為②③①，故答案為：H2；Cl2；②③①．【點評】本題考查氯氣的性質(zhì)，為高頻考點，側(cè)重于化學與生產(chǎn)的考查，由于培養(yǎng)學生的良好的科學素養(yǎng)，提高學習的積極性，難度不大．22．向盛有KI溶液的試管中加入少許CCl4后滴加氯水，CCl4層變成紫色．如果繼續(xù)向試管中滴加氯水，振蕩，CCl4層會逐漸變淺，最后變成無色．完成下列填空：①寫出并配平CCl4層由紫色變成無色的化學反應方程式（如果化學計量數(shù)是1，也請寫上）：1I2□+5Cl2□+6H2O□﹣→2HIO3□（HO3）+10HCl□②加碘鹽中含碘量為20～50mg?kg﹣1．制取加碘鹽（含KIO3的食鹽）1000kg，若用KI與Cl2反應制KIO3，至少需要消耗Cl2L（標準狀況，保留2位小數(shù)）【考點】氧化還原反應方程式的配平；氧化還原反應的計算．【專題】氧化還原反應專題．【分析】①氯氣具有強氧化性，向盛有KI溶液的試管中加入少許CCl4后滴加氯水，CCl4層變成紫色，說明生成I2，繼續(xù)向試管中滴加氯水，振蕩，CCl4層會逐漸變淺，最后變成無色，說明I2被進一步氧化，生成HIO3，同時氯氣被還原為HCl，則碘元素化合價變化為：0→+5，氯氣中氯元素化合價變化為：0→﹣1，依據(jù)得失電子守恒、原子個數(shù)守恒配平方程式；②由題意可知，碘化鉀與氯氣反應生成碘酸鉀和氯化氫，化學方程式KI+3Cl2+3H2O=KIO3+6HCl，計依據(jù)化學方程式計算消耗的氯氣的物質(zhì)的量，依據(jù)V=nVm計算標況下，消耗的氯氣的氣體，按最小值計算．【解答】解；①氯氣具有強氧化性，向盛有KI溶液的試管中加入少許CCl4后滴加氯水，CCl4層變成紫色，說明生成I2，繼續(xù)向試管中滴加氯水，振蕩，CCl4層會逐漸變淺，最后變成無色，說明I2被進一步氧化，生成HIO3，同時氯氣被還原為HCl，則碘元素化合價變化為：0→+5，氯氣中氯元素化合價變化為：0→﹣1，1mol碘單質(zhì)反應失去10mol電子，1mol氯氣反應得到2mol電子，二者最小公倍數(shù)為10，依據(jù)氧化還原反應得失電子守恒，則氯氣系數(shù)為5，碘單質(zhì)系數(shù)為1，依據(jù)原子個數(shù)守恒，方程式：I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl；故答案為：I2、5Cl2、6H2O、2HIO3、10HCl；②1000kg加碘食鹽中含碘20g，KI+3Cl2+3H2O=KIO3+6HCl，則：KIO3～I～KI～3Cl2，127g3mol20gn解得n=（mol），標況下氯氣的氣體V=nVm=mol×mol=；故答案為：．【點評】本題考查氧化還原反應方程式的配平、有關方程式的計算，明確氧化還原反應中得失電子守恒規(guī)律、氯氣、碘的性質(zhì)是解題關鍵，題目難度中等，側(cè)重考查學生分析問題，解決問題能力．24．下圖由短周期元素形成的物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關系，其中A、D、L為單質(zhì)，其他為化合物．其中化合物I、J、K中含有兩種相同的元素，G和I的反應⑤是一種重要化工生產(chǎn)中的主要反應之一．B常溫下為液態(tài)化合物，F(xiàn)是一種直線型的非極性氣體分子．試回答下列有關問題：（1）以上7個化學反應屬于自身氧化還原反應的是③（用編號①→⑦填寫）（2）在G、J、H中含有相同的元素是Na；（3）J的水溶液和F能填寫”能”或”否”）發(fā)生反應，其理由是較強酸制較弱的酸（4）反應⑤的化學方程式是SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑．（5）寫出電解溶液H的陰極電極反應方程式是2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑．【考點】無機物的推斷；氧化還原反應．【專題】推斷題．【分析】這道題唯一的突破口就是“G和I的反應⑤是一種重要化工生產(chǎn)中的主要反應之一”．然后看G和鹽酸反應的生成物，為三種，所以初步鑒定，G為弱酸含氧鹽．生成物為，H為氯酸鹽，因為B常溫下為液態(tài)化合物，所以是水B為水，F(xiàn)為二氧化碳；G是碳酸鈉，B是水，F(xiàn)是二氧化碳，I是二氧化硅，J是硅酸鈉，H是兩個反應的共同產(chǎn)物，故為NaCl，K為H2SiO3；依據(jù)轉(zhuǎn)化關系，C為NaOH，A、D、L為單質(zhì)，A和B反應生成氫氧化鈉和L，則A為Na，L為H2，A和D反應生成E，E和F生成碳酸鈉和D，推斷為E為Na2O2，D為O2，依據(jù)判斷出的物質(zhì)分析回答問題．【解答】解：“G和I的反應⑤是一種重要化工生產(chǎn)中的主要反應之一”．然后看G和鹽酸反應的生成物，為三種，所以初步鑒定，G為弱酸含氧鹽．生成物為，H為氯酸鹽，因為B常溫下為液態(tài)化合物，所以是水B為水，F(xiàn)為二氧化碳；G是碳酸鈉，B是水，F(xiàn)是二氧化碳，I是二氧化硅，J是硅酸鈉，H是兩個反應的共同產(chǎn)物，故為NaCl，K為H2SiO3；依據(jù)轉(zhuǎn)化關系，C為NaOH，A、D、L為單質(zhì)，A和B反應生成氫氧化鈉和L，則A為Na，L為H2，A和D反應生成E，E和F生成碳酸鈉和D，推斷為E為Na2O2，D為O2，（1）根據(jù)推斷可知①是置換反應，②是化合反應，③是氧化還原反應，④是復分解反應，⑤是復分解反應，⑥是復分解反應，⑦是復分解反應，所以發(fā)生自身氧化還原反應的是過氧化鈉和二氧化碳的反應為③，故答案為：③；（2）在G為Na2CO3、J為Na2SiO3、H為NaCl，所以三種物質(zhì)中含有相同的元素是Na，故答案為：Na；（3）J（Na2SiO3）的水溶液和F（CO2）反應生成碳酸鈉和硅酸，反應的理由是較強酸制較弱的酸，故答案為：能較強酸制較弱的酸；（4）反應⑤是二氧化硅和碳酸鈉在高溫條件下反應生成硅酸鈉和二氧化碳，反應的化學方程式是：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑；故答案為：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑；（5）電解溶液H（NaCl）的陰極電極反應方程式是：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑；故答案為：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑．【點評】本題考查了無機物質(zhì)的相互轉(zhuǎn)化關系，物質(zhì)性質(zhì)的應用，主要考查轉(zhuǎn)化關系的綜合推斷能力，反應類型的判斷，碳及其化合物、硅及其化合物、鈉及其化合物性質(zhì)的應用，電解原理的電極反應書寫，題目較難，需要熟練掌握物質(zhì)性質(zhì)，較強的綜合推斷能力．25．甲酸（HCOOH）是一種有刺激性氣味的無色液體，有很強的腐蝕性．熔點℃，沸點℃，能與水、乙醇互溶，加熱至160℃即分解成二氧化碳和氫氣．實驗室可用甲酸與濃硫酸共熱制備一氧化碳：HCOOHH2O+CO↑，實驗的部分裝置如圖1所示．制備時先加熱濃硫酸至80℃～90℃，再逐滴滴入甲酸．①從圖1挑選所需的儀器，在如圖2虛線框中畫出Ⅰ中所缺的氣體發(fā)生裝置（添加必要的塞子、玻璃管、膠皮管，固定裝置不用畫），并標明容器中的試劑．②如圖3裝置Ⅱ的作用是防止水槽中的水因倒吸流入蒸餾燒瓶中．【考點】實驗裝置綜合；常見氣體制備原理及裝置選擇．【專題】氣體的制備與性質(zhì)檢驗類實驗．【分析】該反應的制取原理為“固體與液體加熱制取氣體”，且需控制反應的溫度，故發(fā)生裝置應選用，CO不溶于水，可用排水法收集，為防倒吸，在發(fā)生裝置與收集裝置間加一個安全瓶，據(jù)此進行解答．【解答】解：①該反應的制取原理為液+液↑，故應選用分液漏斗和蒸餾燒瓶作為氣體發(fā)生裝置，溫度計的水銀球在液體中，測量反應液的溫度，據(jù)此畫出裝置圖為：，故答案為：；②生成的氣體中含有CO、HCOOH和H2O，HCOOH易溶于水，會發(fā)生倒吸現(xiàn)象，需在收集前加一個安全瓶，故裝置Ⅱ的作用是防止水槽中的水因倒吸