化学·河南省郑州市中牟四中2016-2017学年高二上学期开学化学试卷 Word版含解析 23页

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年河南省郑州市中牟四中高二（上）开学化学试卷 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．Al（OH）3即能与酸起反应，又能与强碱溶液起反应生成盐和水，说明Al（OH）3属于（　　）‎ A．两性氧化物 B．有机物 C．盐 D．两性氢氧化物 ‎2．为了降低宇航员所在的轨道舱和返回舱内二氧化碳的浓度，同时保证舱内宇航员吸收新鲜的氧气，请问舱内放入下列哪种物质能满足上述要求（　　）‎ A．H2O B．Na2O2 C．KClO3 D．KMnO4‎ ‎3．硅是带来人类文明的重要元素之一．下列物质中主要成分是硅酸盐的是（　　）‎ A．陶瓷 B．金刚石 C．水晶 D．大理石 ‎4．在2CH4（g）+2NH3（g）+3O2（g）=2HCN（g）+6H2O（g）反应中，已知v （HCN）=n mol/（Lmin），且v（O2）=m mol/（Lmin），则m与n的关系正确的是（　　）‎ A．m=n B．m=n C．m=n D．m=2n ‎5．现有3组混合物：①碘和氯化钠溶液 ②汽油和柴油 ③苯和水，正确的分离方法依次是（　　）‎ A．分液、萃取、蒸馏 B．萃取、蒸馏、分液 C．分液、蒸馏、萃取 D．蒸馏、萃取、分液 ‎6．下列气体的主要成分不是甲烷的是（　　）‎ A．沼气 B．天然气 C．煤气 D．坑道气 ‎7．在酸性溶液中，能大量共存的离子组是（　　）‎ A．K+、OH﹣、S042﹣ B．Cl﹣、N03﹣、Cu2+‎ C．Al3+、C032﹣、Na+ D．Ca2+、HC03﹣、NH4+‎ ‎8．在一大试管中装入10mL NO，倒立于水槽中，然后慢慢地通入6mL O2，下面有关实验最终状态的描述中，正确的是（　　）‎ A．试管内气体呈红棕色 B．试管内气体无色，是NO C．试管内气体无色，是O2 D．试管内液面下降 ‎9．下列实验装置或实验操作中错误的是（　　）‎ A．‎ 读取液体体积 B．‎ 过滤 C．‎ 倾倒液体 D．‎ 制取二氧化碳 ‎10．某混合气体通过溴水（使其褪色），再通过灼热的氧化铜（使其黑色变红色），再通过无水硫酸铜白色粉末（使其变蓝色），再通过澄清的石灰水（石灰水由澄清变浑浊，再变澄清），最后剩余气体在空气中点燃，火焰呈蓝色，该混合气体是（　　）‎ A．水煤气 B．焦炉煤气 C．石油液化气 D．高炉煤气 ‎11．根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是（　　）‎ ‎①H2SO3+I2+H2O═2HI+H2SO4‎ ‎②2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2‎ ‎③3FeCl2+4HNO3═2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe（NO3）3．‎ A．H2SO3＞I﹣＞Fe2+＞NO B．I﹣＞Fe2+＞H2SO3＞NO C．Fe2+＞I﹣＞H2SO3＞NO D．NO＞Fe2+＞H2SO3＞I﹣‎ ‎12．用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中不正确的是（　　）‎ A．14 g乙烯和丙烯的混合物中总原子数为3NA个 B．106gNa2CO3固体中含有NA个CO32﹣‎ C．200mL0.5 molL﹣1的Na2CO3溶液中阴离子数目小于0.1 NA D．常温下，1 mol Cu和足量浓硝酸反应可收集NO2的分子数小于2NA ‎13．按如图所示的装置进行实验：A极是铜锌合金，B极是纯铜，电解质溶液中含有足量的铜离子，通电一段时间后，若A极恰好全部溶解，此时B极质量增加7.68g，溶液质量增加0.03g，则A合金中Cu、Zn的物质的量之比为（　　）‎ A．4：1 B．3：1 C．2：1 D．1：1‎ ‎14．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色．再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色．下列分析正确的是（　　）‎ A．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2‎ B．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂 C．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性 D．滴加KI溶液时，转移2 mol e﹣时生成1 mol白色沉淀 ‎　‎ 二、非选择题 ‎15．在某澄清溶液中，可能存在下述几种离子：H+、K+、Ba2+、SO42﹣、I﹣、CO32﹣．取该溶液进行下述实验：‎ ‎①用pH试纸检验，该溶液呈强酸性；‎ ‎②取部分溶液，滴入几滴氯水，再加入少量四氯化碳，振荡后静置，四氯化碳层呈紫色；‎ ‎③另取部分溶液，逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性逐渐呈碱性，然后再加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成．‎ 根据上述实验现象，推断原溶液中：‎ ‎（1）肯定存在的离子是　　，‎ ‎（2）肯定不存在的离子是　　．‎ ‎（3）可能存在的离子是　　．‎ ‎（4）写出步骤②中发生反应的离子方程式　　．‎ ‎16．某无色溶液X，由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2﹣、MnO4﹣、CO32﹣、SO42﹣中的若干种离子组成，取溶液进行如图实验：‎ ‎（1）白色沉淀甲是　　．‎ ‎（2）X溶液中一定存在的离子是　　．‎ ‎（3）白色沉淀乙中一定有：　　，可能有　　．‎ ‎（4）若将过量的气体A与适量的气体B通入水中，写出反应的化学方程式　　．‎ ‎17．某学生应用如图所示的方法研究物质的性质，其中气体 A 的主要成分是氯气，杂质是空气和水蒸气．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）该项研究（实验）的主要目的是　　‎ ‎（2）浓H2SO4的作用是　　，与研究目的直接相关的实验现象是　　‎ ‎（3）从物质性质的方面来看，这样的实验设计还存在事故隐患，事故表现　　请在图中的D处以图的形式表明消除该事故隐患的措施．‎ ‎18．冰晶石（Na3 AlF6）难溶于水，广泛应用于铝的冶炼．工业上用萤石（CaF2）为原料生产Na3 AlF6：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）在铝的冶炼中，Na3AIF6的作用是　　．‎ ‎（2）煅烧时总反应的化学方程式：CaF2+SiO2+Na2CO3CaSiO3+2NaF+CO2↑，用水浸取后残渣的主要成分是　　．‎ ‎（3）煅烧后的固体在浸取前进行粉碎的目的是　　，为达到相同目的，常温浸取时还可采取的措施是　　．‎ ‎（4）写出向NaF溶液中加入硫酸铝溶液发生反应的离子方程式：　　．‎ NaF溶液呈碱性，用离子方程式表示其原因：　　，因此在按化学计量加入硫酸铝溶液前，需先用硫酸将NaF溶液的pH下调至5左右，否则可能产生副产物　　．‎ ‎（5）97.5kg含CaF2 80%萤石（杂质不含氟元素）理论上可生产Na3AlF6　　kg（设生产过程中的每一步含氟物质均完全转化）．‎ ‎19．甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）．‎ 实验操作和现象：‎ 操作 现象 关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热 A中有白雾生成，铜片表面产生气泡 B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀 C中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失 打开弹簧夹，通入N2，停止加热，一段时间后关闭 ‎﹣﹣﹣‎ 从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸 均未发现白色沉淀溶解 ‎（1）A中反应的化学方程式是　　．‎ ‎（2）C中白色沉淀是　　，该沉淀的生成表明SO2具有　　性．‎ ‎（3）C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是　　．‎ ‎（4）分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反应，乙认为是白雾参与反应．‎ ‎①为证实各自的观点，在原实验基础上：‎ 甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是　　；‎ 乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是　　．‎ ‎②进行实验，B中现象：‎ 甲 大量白色沉淀 乙 少量白色沉淀 检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸．结合离子方程式解释实验现象异同的原因：　　．‎ ‎（5）合并（4）中两同学的方案进行实验．B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是　　．‎ ‎20．3.2g Cu与过量硝酸（a molL﹣1，30mL）充分反应．硝酸的还原产物只有NO2、NO．反应后溶液中含H+为0.1mol．‎ ‎（1）此时溶液中所含NO3﹣为　　mol．‎ ‎（2）求生成的气体中NO2和NO的物质的量（用含有a的式子表示）．‎ ‎（3）用NaOH溶液吸收产生的气体，原理为：2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，NO2+NO+2NaOH═2NaNO2+H2O．‎ 若生成的混合气体能被NaOH完全吸收，试讨论a的取值范围．‎ ‎21．下表列出了①～⑨九种元素在周期表中的位置：‎ ⅠA Ⅷ ‎①‎ ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑧‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑨‎ 请按要求回答下列问题．‎ ‎（1）化学性质最不活泼的元素的原子结构示意图为　　‎ ‎（2）⑥④⑦的氢化物的稳定性最强的是：　　（写氢化物的化学式）；‎ ‎（3）元素③④⑤形成的离子半径由大到小的顺序是　　（用离子符号表示）‎ ‎（4）用电子式表示元素⑤与⑦的化合物的形成过程：　　．‎ ‎22．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素．已知A、B、E三原子最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应生成盐和水；C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3．请回答下列问题：‎ ‎（1）写出下列元素符号：A　　，C　　，E　　．‎ ‎（2）E元素+1价含氧酸的电子式为：　　．‎ ‎（3）写出A、B两元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式　　．‎ ‎（4）比较C、D最高价氧化物对应水化物的酸性　　．‎ ‎23．有机物A、B、C、D、E之间发生如下的转化：‎ ‎（1）写出C物质的结构简式：　　．‎ ‎（2）上述②～⑧转化反应中，属于取代反应的有　　；‎ ‎（3）属于加成反应的有　　．‎ ‎（4）向A的水溶液中加入新制的Cu（OH）2并加热时产生的实验现象是　　．‎ 请写出下列转化的化学反应方程式：‎ ‎（5）B+D～E：　　；‎ ‎（6）乙烯生成聚乙烯：　　．‎ ‎24．己知葡萄糖在乳酸菌的作用下转化为乳酸，乳酸的结构简式为．‎ 试回答：‎ ‎（1）乳酸分子中含有　　和　　两种官能团（写名称）．‎ ‎（2）乳酸与金属钠反应的化学方程式为　　．‎ ‎（3）乳酸与Na2CO3溶液反应的化学方程式为　　．‎ ‎（4）乳酸在浓硫酸作用下，两分子相互发生酯化反应生成环状酯，此环状酯的结构简式为　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省郑州市中牟四中高二（上）开学化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．Al（OH）3即能与酸起反应，又能与强碱溶液起反应生成盐和水，说明Al（OH）3属于（　　）‎ A．两性氧化物 B．有机物 C．盐 D．两性氢氧化物 ‎【考点】两性氧化物和两性氢氧化物．‎ ‎【分析】Al（OH）3是氢氧化物，能与酸起反应，又能与强碱溶液起反应生成盐和水，属于两性氢氧化物．‎ ‎【解答】解：A、Al（OH）3是氢氧化物，不是氧化物，故A错误；‎ B、Al（OH）3不含碳元素，属于无机物，故B错误；‎ C、Al（OH）3是氢氧化物，属于碱，不是盐，故C错误；‎ D、Al（OH）3是氢氧化物，能与酸起反应，又能与强碱溶液起反应生成盐和水，属于两性氢氧化物，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】考查物质分类基本概念，比较基础，注意把握概念的含义．‎ ‎　‎ ‎2．为了降低宇航员所在的轨道舱和返回舱内二氧化碳的浓度，同时保证舱内宇航员吸收新鲜的氧气，请问舱内放入下列哪种物质能满足上述要求（　　）‎ A．H2O B．Na2O2 C．KClO3 D．KMnO4‎ ‎【考点】钠的重要化合物．‎ ‎【分析】解决二氧化碳浓度过高，氧气浓度过低的问题，可加入过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，以此解答．‎ ‎【解答】解：H2O、KClO3和KMnO4不能和二氧化碳反应生成氧气，不能使二氧化碳浓度较低，而过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，可降低二氧化碳浓度．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查过氧化钠的性质，侧重于化学与生活的考查，难度不大，注意把握常见元素化合物性质，学习中注意相关基础知识的积累．‎ ‎　‎ ‎3．硅是带来人类文明的重要元素之一．下列物质中主要成分是硅酸盐的是（　　）‎ A．陶瓷 B．金刚石 C．水晶 D．大理石 ‎【考点】无机非金属材料．‎ ‎【分析】在无机非金属材料中，硅及其化合物是密切联系化学与生活的一类重要物质，在人类的文明发展过程中扮演着重要的角色．陶瓷、玻璃、水泥等都是硅酸盐产品．石英晶体是结晶的二氧化硅，具有不同的晶形和色彩，其中无色透明的晶体就是通常所说的水晶．金刚石是碳元素的一种同素异形体．大理石的主要成分是碳酸钙．‎ ‎【解答】解：陶瓷、玻璃、水泥等都是硅酸盐产品．石英晶体是结晶的二氧化硅，具有不同的晶形和色彩，其中无色透明的晶体就是通常所说的水晶．金刚石是碳元素的一种同素异形体．大理石的主要成分是碳酸钙．‎ 故选：A ‎【点评】本题旨在引导学生体验硅元素在人类发展过程中的重要性，体现化学的社会性，比较容易．‎ ‎　‎ ‎4．在2CH4（g）+2NH3（g）+3O2（g）=2HCN（g）+6H2O（g）反应中，已知v （HCN）=n mol/（Lmin），且v（O2）=m mol/（Lmin），则m与n的关系正确的是（　　）‎ A．m=n B．m=n C．m=n D．m=2n ‎【考点】反应速率的定量表示方法．‎ ‎【分析】各物质的反应速率之比等于其计量数之比，据此计算判断．‎ ‎【解答】解：已知：v（HCN）=n mol/（Lmin），v（O2）=m mol/（Lmin），‎ 反应速率之比等于其计量数之比，故n mol/（Lmin）：m mol/（Lmin）=2：3，即m=n，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查化学反应速率的有关计算，难度不大，注意根据定义式理解速率之比等于其化学计量数之比．‎ ‎　‎ ‎5．现有3组混合物：①碘和氯化钠溶液 ②汽油和柴油 ③苯和水，正确的分离方法依次是（　　）‎ A．分液、萃取、蒸馏 B．萃取、蒸馏、分液 C．分液、蒸馏、萃取 D．蒸馏、萃取、分液 ‎【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．‎ ‎【分析】①碘和氯化钠溶液中，碘不易溶于水，易溶于有机溶剂；‎ ‎②汽油和柴油互溶，但沸点不同；‎ ‎③苯和水的混合物，分层．‎ ‎【解答】解：①碘和氯化钠溶液中，碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则选择萃取法分离；‎ ‎②汽油和柴油互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离；‎ ‎③苯和水的混合物，分层，则选择分液法分离，‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查混合物分离提纯方法的选择和应用，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，侧重物质性质及混合物分离原理的考查，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎6．下列气体的主要成分不是甲烷的是（　　）‎ A．沼气 B．天然气 C．煤气 D．坑道气 ‎【考点】化石燃料与基本化工原料．‎ ‎【分析】天然气、沼气、坑道气的主要成分为甲烷，而水煤气的主要成分为CO和氢气，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．沼气的主要成分是甲烷，故A错误；‎ B．天然气的主要成分是甲烷，故B错误；‎ C．水煤气主要成分是一氧化碳和氢气，故C正确；‎ D．坑道气的主要成分是甲烷，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题主要考查了甲烷在自然界的存在，以及水煤气的主要成分，平时要注意知识的积累．‎ ‎　‎ ‎7．在酸性溶液中，能大量共存的离子组是（　　）‎ A．K+、OH﹣、S042﹣ B．Cl﹣、N03﹣、Cu2+‎ C．Al3+、C032﹣、Na+ D．Ca2+、HC03﹣、NH4+‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】酸性溶液中含大量的H+，离子之间不能结合生成沉淀、气体、水，则离子大量共存，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．因H+、OH﹣结合生成水，不能大量共存，故A错误；‎ C．酸性溶液中该组离子之间不反应，能共存，故B正确；‎ C．因Al3+、C032﹣结合生成沉淀和气体，H+、C032﹣结合生成水和气体，不能共存，故C错误；‎ D．因H+、HC03﹣结合生成水和气体，不能大量共存，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【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离子之间的反应即可解答，侧重复分解反应的考查，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎8．在一大试管中装入10mL NO，倒立于水槽中，然后慢慢地通入6mL O2，下面有关实验最终状态的描述中，正确的是（　　）‎ A．试管内气体呈红棕色 B．试管内气体无色，是NO C．试管内气体无色，是O2 D．试管内液面下降 ‎【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响．‎ ‎【分析】试管内装有NO，然后缓慢地通入O2，当一氧化氮和氧气恰好反应生成硝酸发生的反应为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，结合一氧化氮和氧气按照4：3全部溶于水进行定性分析，在一大试管中装入10mL NO，倒立于水槽中，然后慢慢地通入6mL O2，反应后剩余一氧化氮．‎ ‎【解答】解：A、上述分析可知，剩余气体为NO，气体不可能呈红棕色，故A错误；‎ B、慢慢地通入6mL O2，依据化学方程式计算消耗NO气体8ml，若最终有气体剩余，气体是NO，故B正确；‎ C、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，所以试管内溶液为稀的硝酸溶液，大试管中装入10mL NO，倒立于水槽中，然后慢慢地通入6mL O2，剩余气体是一氧化氮，故C错误；‎ D、一氧化氮、氧气和水反应生成硝酸，随气体的量减少，试管内压强变小，导致液面在不停上升，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查了一氧化氮和氧气混合溶于水反应的定性关系分析，掌握物质性质和相关化学反应是解题关键，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎9．下列实验装置或实验操作中错误的是（　　）‎ A．‎ 读取液体体积 B．‎ 过滤 C．‎ 倾倒液体 D．‎ 制取二氧化碳 ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．读数时，视线与凹液面的最低点相平；‎ B．过滤时要一贴二低三靠；‎ C．倾倒液体，试管倾斜45°，瓶塞倒放，标签正对手心，试管口紧靠试剂瓶口；‎ D．固体与液体反应制备二氧化碳，且采取向上排空气法收集．‎ ‎【解答】解：A．读数时，视线与凹液面的最低点相平，图中为俯视，操作不合理，故A错误；‎ B．过滤时要一贴二低三靠，图中过滤操作合理，故B正确；‎ C．倾倒液体，试管倾斜45°，瓶塞倒放，标签正对手心，试管口紧靠试剂瓶口，图中操作合理，故C正确；‎ D．固体与液体反应制备二氧化碳，且采取向上排空气法收集，图中制备及收集装置均合理，故D正确；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及实验基本操作和气体的制备和性质等知识，把握实验基本操作和基本技能等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎10．某混合气体通过溴水（使其褪色），再通过灼热的氧化铜（使其黑色变红色），再通过无水硫酸铜白色粉末（使其变蓝色），再通过澄清的石灰水（石灰水由澄清变浑浊，再变澄清），最后剩余气体在空气中点燃，火焰呈蓝色，该混合气体是（　　）‎ A．水煤气 B．焦炉煤气 C．石油液化气 D．高炉煤气 ‎【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．‎ ‎【分析】某混合气体通过溴水（使其褪色），说明含有还原性气体，再通过灼热的氧化铜（使其黑色变红色），含有氢气或CO等气体，再通过无水硫酸铜白色粉末（使其变蓝色），说明含有氢气，再通过澄清的石灰水（石灰水由澄清变浑浊，再变澄清），说明生成二氧化碳，最后剩余气体在空气中点燃，火焰呈蓝色，说明含有甲烷等气体，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：某混合气体通过溴水（使其褪色），说明含有还原性气体，再通过灼热的氧化铜（使其黑色变红色），含有氢气或CO等气体，再通过无水硫酸铜白色粉末（使其变蓝色），说明含有氢气，再通过澄清的石灰水（石灰水由澄清变浑浊，再变澄清），说明生成二氧化碳，最后剩余气体在空气中点燃，火焰呈蓝色，说明含有甲烷等气体，‎ A．水煤气的主要成分为CO和氢气，与溴水不反应，故A错误；‎ B．焦炉煤气含有CO、氢气、甲烷、硫化氢等气体，可与溴水、氧化铜反应生成水和二氧化碳，可使硫酸铜白色粉末变蓝色，使澄清石灰水变浑浊，甲烷点燃火焰呈蓝色，故B正确；‎ C．石油液化气为烷烃混合物，与溴水不反应，故C错误；‎ D．高炉煤气含有CO等气体，与溴水不反应，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查混合气体的推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，抓住题中反应的典型现象，掌握元素化合物的性质是做好此类题目的关键．‎ ‎　‎ ‎11．根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是（　　）‎ ‎①H2SO3+I2+H2O═2HI+H2SO4‎ ‎②2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2‎ ‎③3FeCl2+4HNO3═2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe（NO3）3．‎ A．H2SO3＞I﹣＞Fe2+＞NO B．I﹣＞Fe2+＞H2SO3＞NO C．Fe2+＞I﹣＞H2SO3＞NO D．NO＞Fe2+＞H2SO3＞I﹣‎ ‎【考点】氧化性、还原性强弱的比较．‎ ‎【分析】利用化合价变化来判断还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来比较还原性的强弱．‎ ‎【解答】解：①H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4中，I元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则H2SO3为还原剂，还原性H2SO3＞I﹣，‎ ‎②2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则HI为还原剂，还原性I﹣＞Fe2+，‎ ‎③3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe（NO3）3中，N元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，则FeCl2为还原剂，还原性Fe2+＞NO，‎ 显然还原性由强到弱的顺序为H2SO3＞I﹣＞Fe2+＞NO，‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应中还原性的比较，能利用化合价分析氧化还原反应，利用氧化还原反应中的规律来比较还原性是解答本题的关键．‎ ‎　‎ ‎12．用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中不正确的是（　　）‎ A．14 g乙烯和丙烯的混合物中总原子数为3NA个 B．106gNa2CO3固体中含有NA个CO32﹣‎ C．200mL0.5 molL﹣1的Na2CO3溶液中阴离子数目小于0.1 NA D．常温下，1 mol Cu和足量浓硝酸反应可收集NO2的分子数小于2NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、乙烯和丙烯的最简式均为CH2；‎ B、求出碳酸钠的物质的量，然后根据1mol碳酸钠中含1mol碳酸根来分析；‎ C、碳酸根在溶液中会水解，导致阴离子个数增多；‎ D、NO2气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4．‎ ‎【解答】解：A、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14g混合物中含有的CH2的物质的量为1mol，则含3NA个原子，故A正确；‎ B、106g碳酸钠的物质的量为1mol，而1mol碳酸钠中含1mol碳酸根，故含NA个，故B正确；‎ C、碳酸根在溶液中会水解，导致阴离子个数增多，故溶液中的阴离子的个数多于0.1NA个，故C错误；‎ D、NO2气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4，故生成的气体中的NO2分子个数小于2NA个，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．‎ ‎　‎ ‎13．按如图所示的装置进行实验：A极是铜锌合金，B极是纯铜，电解质溶液中含有足量的铜离子，通电一段时间后，若A极恰好全部溶解，此时B极质量增加7.68g，溶液质量增加0.03g，则A合金中Cu、Zn的物质的量之比为（　　）‎ A．4：1 B．3：1 C．2：1 D．1：1‎ ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】该装置是电解池，阳极上金属失电子发生氧化反应，阴极上铜离子得电子发生还原反应，所以阴极上增加的质量是铜的质量，溶液中增加的质量为溶解锌的质量与通过相同电子时析出铜的质量差，根据质量差可以计算溶解的锌的物质的量，再根据氧化还原反应中得失电子数相等计算合金中铜的物质的量，从而计算铜和锌的原子个数之比．‎ ‎【解答】解：B极上析出的是铜，B极质量增加7.68g，其物质的量==0.12mol；‎ 阳极上溶解锌时，阴极上析出铜，所以溶液质量增加的质量为锌和铜的质量差，溶液质量增加0.03g，即锌和铜的质量差为0.03g．‎ 设锌的物质的量为x，则：‎ Zn+Cu2+═Zn2++Cu 质量增加 ‎1mol 1g x 0.03g x=0.03mol．‎ 即合金中锌的物质的量是0.03mol．‎ 根据氧化还原反应中得失电子数相等知，阳极上锌和铜失去的电子数等于阴极上铜离子得到的电子，设合金中铜的物质的量为y，则：‎ ‎0.03mol×2+2y=0.12mol×2‎ y=0.09mol，‎ 所以合金中铜和锌的物质的量之比为0.09mol：0.03mol=3：1，所以铜和锌的原子个数之比是3：1，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查电解原理，侧重于电解的计算，注意把握两极的变化，从差量法与守恒的角度解答该题，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎14．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色．再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色．下列分析正确的是（　　）‎ A．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2‎ B．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂 C．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性 D．滴加KI溶液时，转移2 mol e﹣时生成1 mol白色沉淀 ‎【考点】氧化还原反应；二氧化硫的化学性质．‎ ‎【分析】溶液呈棕色，说明有I2生成．碘元素化合价由﹣1价升高到0价，硫酸根只有在浓硫酸中有氧化性，所以化合价能够降低的只有Cu2+，观察到产生白色沉淀，由于Cu为红色，所以Cu2+不能还原为Cu，应还原为Cu+．向反应后的混合物中不断通入SO2气体，并加热，溶液逐渐变成无色，说明I2反应，发现白色沉淀显著增多，故I2与SO2反应生成I﹣，SO2被氧为化H2SO4，白色沉淀是CuI．‎ ‎【解答】解：CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI．‎ A、2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为﹣1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故A正确；‎ B、反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反应可知，碘元素化合价由0价降低为﹣1价，被还原，所以I2是氧化剂，故B错误；‎ C、向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，因为发生氧化还原反应使碘褪色，二氧化硫不表现漂白性，故C错误；‎ D、CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知每转移2mol电子生成2molCuI，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应，根据题目信息推断实验中发生的反应，素材陌生，难度较大，考查学生对氧化还原反应的利用．‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎15．在某澄清溶液中，可能存在下述几种离子：H+、K+、Ba2+、SO42﹣、I﹣、CO32﹣．取该溶液进行下述实验：‎ ‎①用pH试纸检验，该溶液呈强酸性；‎ ‎②取部分溶液，滴入几滴氯水，再加入少量四氯化碳，振荡后静置，四氯化碳层呈紫色；‎ ‎③另取部分溶液，逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性逐渐呈碱性，然后再加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成．‎ 根据上述实验现象，推断原溶液中：‎ ‎（1）肯定存在的离子是　H+、Ba2+、I﹣　，‎ ‎（2）肯定不存在的离子是　SO42﹣、CO32﹣　．‎ ‎（3）可能存在的离子是　K+；　．‎ ‎（4）写出步骤②中发生反应的离子方程式　Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣　．‎ ‎【考点】常见离子的检验方法．‎ ‎【分析】根据澄清溶液可知，原溶液没有相互反应的离子；‎ ‎①用pH试纸检验，该溶液呈强酸性，说明有H+，无CO32﹣．‎ ‎②取部分溶液，滴入几滴氯水，再加入少量四氯化碳，振荡后静置，四氯化碳层呈紫色，说明有I﹣．‎ ‎③另取部分溶液，逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性逐渐呈碱性，然后再加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，说明有Ba2+，无SO42﹣．‎ ‎【解答】解：①用pH试纸检验，该溶液呈强酸性，说明有H+，无CO32﹣．‎ ‎②取部分溶液，滴入几滴氯水，再加入少量四氯化碳，振荡后静置，四氯化碳层呈紫色，说明有I﹣．‎ ‎③另取部分溶液，逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性逐渐呈碱性，然后再加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，说明有Ba2+，无SO42﹣．‎ ‎（1）肯定存在的离子是H+、Ba2+、I﹣，故答案为：H+、Ba2+、I﹣；‎ ‎（2）肯定不存在的离子是SO42﹣、CO32﹣，故答案为：SO42﹣、CO32﹣；‎ ‎（3）可能存在的离子是K+，故答案为：K+；‎ ‎（4）步骤②中发生反应的离子方程式：Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣，故答案为：Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣．‎ ‎【点评】本题考查了常见离子的检验方法，离子共存问题，奥是离子性质和反应现象的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎16．某无色溶液X，由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2﹣、MnO4﹣、CO32﹣、SO42﹣中的若干种离子组成，取溶液进行如图实验：‎ ‎（1）白色沉淀甲是　Al（OH）3　．‎ ‎（2）X溶液中一定存在的离子是　Na+、CO32﹣、AlO2﹣　．‎ ‎（3）白色沉淀乙中一定有：　碳酸钡　，可能有　硫酸钡　．‎ ‎（4）若将过量的气体A与适量的气体B通入水中，写出反应的化学方程式　CO2+NH3+H2O=NH4HCO3　．‎ ‎【考点】常见离子的检验方法．‎ ‎【分析】溶液呈无色，则一定不含MnO4﹣，‎ ‎1、取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液，说明溶液中含有CO32﹣；‎ ‎2、在（Ⅰ）所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，说明（Ⅰ）中含有Al3+；‎ ‎3、在（Ⅱ）所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液也有气体生成，同时析出白色沉淀乙，该气体为氨气，沉淀为BaCO3或BaSO4．结合离子共存问题解答该题．‎ ‎【解答】解：溶液呈无色，则一定不含MnO4﹣，‎ ‎1、取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液，说明溶液中含有CO32﹣，则一定不含Ag+、Ba2+、Al3+；‎ ‎2、在（Ⅰ）所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，说明（Ⅰ）中含有Al3+，则原溶液中含有AlO2﹣；‎ ‎3、在（Ⅱ）所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液也有气体生成，同时析出白色沉淀乙，该气体为氨气，沉淀为BaCO3或BaSO4，不能确定原溶液中是否含有SO42﹣，‎ 根据溶液电中性原则可知含有Na+，所以溶液中一定含有Na+、CO32﹣、AlO2﹣，‎ 所以：‎ ‎（1）白色沉淀甲是气体A的成分是：写出步骤②形成白色沉淀甲，是铝离子和碳酸氢根离子发生双水解，生成氢氧化铝，反应的离子的方程式为Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑，故答案为：Al（OH）3；‎ ‎（2）X溶液中一定存在的离子是：Na+、CO32﹣、AlO2﹣，故答案为：Na+、CO32﹣、AlO2﹣；‎ ‎（3）溶液中含有碳酸根离子可能含有硫酸根离子所以加过量的氢氧化钡生成白色沉淀一定含有碳酸钡，可能有硫酸钡，故答案为：碳酸钡；硫酸钡；‎ ‎（4）气体A的成分是：二氧化碳，气体B的成分是氨气，CO2+NH3+H2O=NH4HCO3，故答案为：CO2+NH3+H2O=NH4HCO3．‎ ‎【点评】本题考查离子的推断和离子共存问题，题目难度中等，本题注意根据物质反应的现象进行推断，易错点为SO42﹣的确定．‎ ‎　‎ ‎17．某学生应用如图所示的方法研究物质的性质，其中气体 A 的主要成分是氯气，杂质是空气和水蒸气．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）该项研究（实验）的主要目的是　探究氯气具有漂白性的条件　‎ ‎（2）浓H2SO4的作用是　干燥氯气　，与研究目的直接相关的实验现象是　B中有色布条不退色，C中有色布条退色　‎ ‎（3）从物质性质的方面来看，这样的实验设计还存在事故隐患，事故表现　氯气外逸，污染环境　请在图中的D处以图的形式表明消除该事故隐患的措施．‎ ‎【考点】气体的净化和干燥；氯气的化学性质．‎ ‎【分析】（1）本实验的目的是探究氯气具有漂白性的条件下，干燥氯气不具有漂白性，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性；‎ ‎（2）浓硫酸具有吸水性，干燥的氯气不具有漂白性，据此进行解答；‎ ‎（3）氯气有毒，不能排放在空气中，在D中可以用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气．‎ ‎【解答】解：（1）由B、C可知起对比作用，则该实验的目的为比较Cl2和HClO谁有漂白性，‎ 故答案为：探究氯气具有漂白性的条件；‎ ‎（2）浓硫酸具有吸水性，其作用为吸收气体中的水蒸汽干燥氯气，干燥的氯气不具有漂白性，则与研究目的直接相关的实验现象是B中的布条不褪色，C中的布条褪色，‎ 故答案为：干燥氯气；B中有色布条不退色，C中有色布条退色；‎ ‎（3）氯气有毒，应进行尾气处理，不能随意排放到空气中，应加尾气处理装置，如图，‎ 故答案为：氯气外逸，污染环境；．‎ ‎【点评】本题以实验形式考查氯气的性质，涉及漂白粉的制备、氯气的性质、HClO的性质，题目难度中等，注意实验中装置的作用及反应原理即可解答，明确氯气与氯水性质的区别．‎ ‎　‎ ‎18．冰晶石（Na3 AlF6）难溶于水，广泛应用于铝的冶炼．工业上用萤石（CaF2）为原料生产Na3 AlF6：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）在铝的冶炼中，Na3AIF6的作用是　降低Al2O3的熔化温度，增强体系的导电性　．‎ ‎（2）煅烧时总反应的化学方程式：CaF2+SiO2+Na2CO3CaSiO3+2NaF+CO2↑，用水浸取后残渣的主要成分是　CaSiO3　．‎ ‎（3）煅烧后的固体在浸取前进行粉碎的目的是　加速可溶物的溶解　，为达到相同目的，常温浸取时还可采取的措施是　充分搅拌　．‎ ‎（4）写出向NaF溶液中加入硫酸铝溶液发生反应的离子方程式：　3Na++Al3++6F﹣=NaAlF6↓　．‎ NaF溶液呈碱性，用离子方程式表示其原因：　F﹣+H2O⇌HF+OH﹣　，因此在按化学计量加入硫酸铝溶液前，需先用硫酸将NaF溶液的pH下调至5左右，否则可能产生副产物　Al（OH）3　．‎ ‎（5）97.5kg含CaF2 80%萤石（杂质不含氟元素）理论上可生产Na3AlF6　70　kg（设生产过程中的每一步含氟物质均完全转化）．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ ‎【分析】工业上生产Na3AlF6的主要流程：氟化钙、石英、纯碱高温煅烧：CaF2+Na2CO3 +SiO2CO2↑+2NaF+CaSiO3↓，加水浸取，残渣为CaSiO3，加入硫酸铝，‎ 硫酸铝与NaF（aq）反应的离子方程式为：3Na++6F﹣+Al3+=Na3AlF6↓，过滤、洗涤、干燥得纯净的Na3AlF6产品，‎ ‎（1）工业上用电解氧化铝的方法冶炼铝，由于氧化铝的熔点较高，所以用Na3AIF6降低Al2O3的熔化温度，增强体系的导电性，据此答题；‎ ‎（2）根据上面的分析可知残渣的主要成分；‎ ‎（3）固体在浸取前进行粉碎，增大表面积，加快反应速率；根据影响化学反应速率的因素答题；‎ ‎（4）向NaF溶液中加入硫酸铝溶液可以得到Na3AlF6，氟调子水解，溶液呈碱性，溶液pH较高时，铝离子会生成氢氧化铝沉淀；‎ ‎（5）根据氟元素守恒可计算出Na3AlF6的质量．‎ ‎【解答】解：工业上生产Na3AlF6的主要流程：氟化钙、石英、纯碱高温煅烧：CaF2+Na2CO3 +SiO2CO2↑+2NaF+CaSiO3↓，加水浸取，残渣为CaSiO3，加入硫酸铝，‎ 硫酸铝与NaF（aq）反应的离子方程式为：3Na++6F﹣+Al3+=Na3AlF6↓，过滤、洗涤、干燥得纯净的Na3AlF6产品，‎ ‎（1）工业上用电解氧化铝的方法冶炼铝，由于氧化铝的熔点较高，所以用Na3AIF6降低Al2O3的熔化温度，增强体系的导电性，‎ 故答案为：降低Al2O3的熔化温度，增强体系的导电性；‎ ‎（2）根据上面的分析可知残渣的主要成分为CaSiO3，故答案为：CaSiO3；‎ ‎（3）固体在浸取前进行粉碎，增大表面积，加速可溶物的溶解，根据影响化学反应速率的因素可和，常温浸取时还可采取的措施是 充分搅拌，‎ 故答案为：加速可溶物的溶解； 充分搅拌；‎ ‎（4）向NaF溶液中加入硫酸铝溶液可以得到Na3AlF6，反应的离子方程式为，氟调子水解，溶液呈碱性，离子方程式为F﹣+H2O⇌HF+OH﹣，溶液pH较高时，铝离子会生成Al（OH）3沉淀，‎ 故答案为：3Na++Al3++6F﹣=NaAlF6↓；F﹣+H2O⇌HF+OH﹣；Al（OH）3；‎ ‎（5）97.5kg含CaF2 80%萤石中氟元素的物质的量为mol=2000mol，根据氟元素守恒可知，理论上可生产Na3AlF6的质量为210×2000×g=70kg，‎ 故答案为：70．‎ ‎【点评】本题考查了Na3AlF6的制备，涉及物质的分离与提纯、离子反应方程式的书写、化学计算，理解原理以及熟练综合应用元素化合物知识是解答关键，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎19．甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）．‎ 实验操作和现象：‎ 操作 现象 关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热 A中有白雾生成，铜片表面产生气泡 B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀 C中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失 打开弹簧夹，通入N2，停止加热，一段时间后关闭 ‎﹣﹣﹣‎ 从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸 均未发现白色沉淀溶解 ‎（1）A中反应的化学方程式是　Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O　．‎ ‎（2）C中白色沉淀是　BaSO4　，该沉淀的生成表明SO2具有　还原　性．‎ ‎（3）C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是　2NO+O2═2NO2　．‎ ‎（4）分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反应，乙认为是白雾参与反应．‎ ‎①为证实各自的观点，在原实验基础上：‎ 甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是　通N2一段时间，排除装置中的空气　；‎ 乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是　饱和NaHSO3溶液　．‎ ‎②进行实验，B中现象：‎ 甲 大量白色沉淀 乙 少量白色沉淀 检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸．结合离子方程式解释实验现象异同的原因：　甲：SO42﹣+Ba2═BaSO4↓，乙：2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+，白雾的量远多于装置中O2的量　．‎ ‎（5）合并（4）中两同学的方案进行实验．B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是　SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀　．‎ ‎【考点】二氧化硫的化学性质．‎ ‎【分析】（1）由题给实验目的和实验可知，A中发生的反应方程式为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O；‎ ‎（2）C中白色沉淀不溶于稀盐酸，说明沉淀是BaSO4，原因是硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能将SO2氧化为SO42﹣，说明SO2具有还原性；‎ ‎（3）C中液面上方生成浅棕色气体则是硝酸还原生成的NO，遇O2生成了红棕色的NO2之故，化学方程式是2NO+O2═2NO2；‎ ‎（4）甲同学为排除装置内空气对实验结果的影响，在Cu与浓硫酸反应前，可先通一会儿N2；乙同学为除去白雾或SO2中的 SO3，可在A、B间增加一个盛放浓硫酸或饱和NaHSO3溶液的洗气瓶；‎ 由于甲同学没有排除白雾的干扰，生成BaSO4沉淀的离子方程式为SO42﹣+Ba2═BaSO4↓；乙同学没有排除空气的干扰，其生成BaSO4的离子方程式为2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+；‎ ‎（5）合并甲、乙两同学的方案进行实验时，B中无沉淀生成，C中产生白色沉淀，说明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀．‎ ‎【解答】解：（1）铜和浓硫酸加热条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O；‎ ‎（2）A中生成气体SO2，C中的白色沉淀不溶于稀盐酸，说明C中沉淀为是BaSO4，原因是硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能将SO2氧化为SO42﹣，说明SO2具有还原性；‎ ‎（3）C中发生的反应是3SO2+3Ba2++2NO3﹣+2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+，C中液面上方生成浅棕色气体则是硝酸还原生成的NO遇O2生成了红棕色的NO2之故，化学方程式是2NO+O2═2NO2；‎ ‎（4）A中白雾与氯化钡反应能生成BaSO4沉淀，故其可能含有SO3或H2SO4，；甲同学为排除装置内空气对实验结果的影响，在Cu与浓硫酸反应前，可先通一会儿N2；A中白雾可能含有SO3或H2SO4，乙同学为除去白雾或SO2中的SO3，可在A、B间增加一个盛放浓硫酸或饱和NaHSO3溶液的洗气瓶；在甲、乙两同学的实验中，B中均出现了不溶于稀盐酸的白色沉淀，说明该白色沉淀都是BaSO4，由于甲同学没有排除白雾的干扰，故生成BaSO4沉淀的离子方程式为SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓；乙同学没有排除空气的干扰，其生成BaSO4的离子方程式为2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+，白雾的量远多于装置中氧气的量，所以甲中产生大量白色沉淀，乙中产生少量白色沉淀；‎ ‎（5）合并甲、乙两同学的方案进行实验时，B中无沉淀生成，C中产生白色沉淀，说明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀．‎ 故答案为：（1）Cu+2H2SO4═CuSO4+SO2↑+2H2O；‎ ‎（2）BaSO4，还原；‎ ‎（3）2NO+O2═2NO2，‎ ‎（4）①通N2一段时间，排除装置中的空气；饱和NaHSO3溶液；‎ ‎②甲：SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓，乙：2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+，白雾的量远多于装置中O2的量；‎ ‎（5）SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀．‎ ‎【点评】本题主要考查了SO2的制取、性质及BaSO3、BaSO4的性质知识等，同时考查了学生的实验设计、分析、检验、推断等基本技能，充分考查了学生的思维分析能力等，综合性强．‎ ‎　‎ ‎20．3.2g Cu与过量硝酸（a molL﹣1，30mL）充分反应．硝酸的还原产物只有NO2、NO．反应后溶液中含H+为0.1mol．‎ ‎（1）此时溶液中所含NO3﹣为　0.2　mol．‎ ‎（2）求生成的气体中NO2和NO的物质的量（用含有a的式子表示）．‎ ‎（3）用NaOH溶液吸收产生的气体，原理为：2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，NO2+NO+2NaOH═2NaNO2+H2O．‎ 若生成的混合气体能被NaOH完全吸收，试讨论a的取值范围．‎ ‎【考点】化学方程式的有关计算．‎ ‎【分析】（1）将3.2g即0.05mol铜粉与过量硝酸（amol/L，30mL），充分反应，根据Cu元素守恒，生成硝酸铜是0.05mol，显示酸性的硝酸的量0.1mol，硝酸根离子为0.1mol，反应后溶液中含H+为0.1mol，所以剩余硝酸是0.1mol，此部分硝酸根离子是0.1mol；‎ ‎（2）结合电子守恒和N元素守恒计算生成的气体中NO2和NO的物质的量；‎ ‎（3）由方程式可知，只有NO2，气体能完全被吸收，根据电子转移守恒可知，此时a的值最大，气体为NO和NO2，二者按1：1可以被完全吸收，故气体完全被吸收，应满足n（NO2）≥n（NO），结合（2）中的表达式计算．‎ ‎【解答】解：（1）将3.2g即0.05mol铜粉与过量硝酸（amol/L，30mL），充分反应，根据Cu元素守恒，生成硝酸铜是0.05mol，显示酸性的硝酸的量0.1mol，硝酸根离子为0.1mol，反应后溶液中含H+为0.1mol，所以剩余硝酸是0.1mol，此部分硝酸根离子是0.1mol，所以此时溶液中所含NO3﹣的物质的量是0.1mol+0.1mol=0.2mol，‎ 故答案为：0.2；‎ ‎（2）3.2g即0.05mol铜粉失去电子的物质的量：0.05mol（2﹣0）=0.1mol，反应后溶液中含H+为0.1mol，所以剩余硝酸是0.1mol，消耗的硝酸是（0.03a﹣0.1）mol，设生成的NO2和NO的物质的量分别是x、y，根据Cu元素守恒，生成硝酸铜是0.05mol，此部分硝酸根离子是0.1mol，剩余硝酸是0.1mol，根据N元素守恒：x+y+0.1=（0.03a﹣0.1）mol，根据电子守恒：0.1mol=x+3y，联立方程式，解得x=（0.045a﹣0.35）mol，y=0.015（10﹣a）mol，‎ 答：生成的NO2和NO的物质的量分别是：（0.045a﹣0.35）mol，0.015（10﹣a）mol；‎ ‎（3）如硝酸全部被还原为NO2，由转移电子数目相等可知，生成的NO2物质的量为n（NO2）=2n（Cu）=2×0.05mol=0.1mol，则0.045a﹣0.35=0.1，解得a=10，由于为混合气体，故a＜10，如生成NO和NO2，气体完全被吸收，则由反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O可知，应满足n（NO2）≥n（NO），即：（0.045a﹣0.35）mol≥0.015（10﹣a）mol，解得a≥8.3，所以得到a的取值范围：8.3≤a＜10，‎ 答：取值范围为8.3≤a＜10．‎ ‎【点评】本题考查混合物计算、根据方程式计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，判断气体完全吸收满足的条件是关键，属于字母型计算，增大计算难度，为易错题目，难度中等．‎ ‎　‎ ‎21．下表列出了①～⑨九种元素在周期表中的位置：‎ ⅠA Ⅷ ‎①‎ ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑧‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑨‎ 请按要求回答下列问题．‎ ‎（1）化学性质最不活泼的元素的原子结构示意图为　　‎ ‎（2）⑥④⑦的氢化物的稳定性最强的是：　H2O　（写氢化物的化学式）；‎ ‎（3）元素③④⑤形成的离子半径由大到小的顺序是　N3﹣＞O2﹣＞Na+　（用离子符号表示）‎ ‎（4）用电子式表示元素⑤与⑦的化合物的形成过程：　　．‎ ‎【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．‎ ‎【分析】根据①～⑨九种元素在周期表中的位置知，它们分别是H、C、N、O、Na、P、S、Ne、Cl元素，‎ ‎（1）稀有气体原子最外层电子达到稳定结构，其性质最不活泼，所以这几种元素中最不活泼的是Ne元素，其原子核内有10个质子、核外有2个电子层且最外层有8个电子；‎ ‎（2）元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；‎ ‎（3）电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；‎ ‎（4）⑤与⑦分别是活泼金属元素和活泼非金属元素，二者通过得失电子形成离子化合物硫化钠．‎ ‎【解答】解：根据①～⑨九种元素在周期表中的位置知，它们分别是H、C、N、O、Na、P、S、Ne、Cl元素，‎ ‎（1）稀有气体原子最外层电子达到稳定结构，其性质最不活泼，所以这几种元素中最不活泼的是Ne元素，其原子核内有10个质子、核外有2个电子层且最外层有8个电子，其原子结构示意图为，故答案为：；‎ ‎（2）元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，⑥④⑦的非金属性强弱顺序是O＞S＞P，所以氢化物的稳定性最强的是H2O，故答案为：H2O；‎ ‎（3）电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，这三种离子半径大小顺序是，故答案为：N3﹣＞O2﹣＞Na+，故答案为：N3﹣＞O2﹣＞Na+；‎ ‎（4）⑤与⑦分别是活泼金属元素和活泼非金属元素，二者通过得失电子形成离子化合物硫化钠，其形成过程为，故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查元素周期表的综合应用，涉及元素推断、元素周期律、化学用语等知识点，为基础题，明确元素周期表结构、元素周期律及物质结构是解本题关键，知道氢化物稳定性强弱判断方法，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎22．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素．已知A、B、E三原子最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应生成盐和水；C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3．请回答下列问题：‎ ‎（1）写出下列元素符号：A　Na　，C　Si　，E　Cl　．‎ ‎（2）E元素+1价含氧酸的电子式为：　　．‎ ‎（3）写出A、B两元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式　Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O　．‎ ‎（4）比较C、D最高价氧化物对应水化物的酸性　H3PO4＞H2SiO3　．‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，A、B、E三原子最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应生成盐和水，则B的最高价氧化物的水化物具有两性，所以B为Al元素，A的最高价氧化物的水化物具有强碱性，则A是Na，根据三种元素最外层电子数知，E最外层有7个电子，则E为Cl元素；‎ C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，次外层有8个电子，则C元素最外层有4个电子，为Si元素，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3，则D元素最外层有5个电子，且D原子序数大于C，所以D为P元素，结合物质结构、性质分析解答．‎ ‎【解答】解：A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，A、B、E三原子最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应生成盐和水，则B的最高价氧化物的水化物具有两性，所以B为Al元素，A的最高价氧化物的水化物具有强碱性，则A是Na，根据三种元素最外层电子数知，E最外层有7个电子，则E为Cl元素；‎ C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，次外层有8个电子，则C元素最外层有4个电子，为Si元素，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3，则D元素最外层有5个电子，且D原子序数大于C，所以D为P元素，（1）通过以上分析知，A是Na元素、C是Si元素、E是Cl元素，故答案为：Na；Si；Cl；‎ ‎（2）E元素+1价含氧酸为HClO，O原子和H原子、Cl原子形成两对共用电子对，HClO的电子式为 ‎，故答案为：；‎ ‎（3）A的最高价氧化物的水化物化学式为NaOH、B的最高价氧化物的水化物化学式为Al（OH）3，二者反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；‎ ‎（4）元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性P＞Si，所以其最高价氧化物的水化物酸性H3PO4＞H2SiO3，故答案为：H3PO4＞H2SiO3．‎ ‎【点评】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，正确推断元素是解本题关键，熟练掌握原子结构、元素周期表结构及元素周期律内涵、元素化合物知识，注意次氯酸电子式的书写，很多同学认为Cl原子位于中间而导致错误，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎23．有机物A、B、C、D、E之间发生如下的转化：‎ ‎（1）写出C物质的结构简式：　CH3CHO　．‎ ‎（2）上述②～⑧转化反应中，属于取代反应的有　⑤　；‎ ‎（3）属于加成反应的有　⑧　．‎ ‎（4）向A的水溶液中加入新制的Cu（OH）2并加热时产生的实验现象是　有（砖）红色沉淀产生　．‎ 请写出下列转化的化学反应方程式：‎ ‎（5）B+D～E：　CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O　；‎ ‎（6）乙烯生成聚乙烯：　nCH2═CH2　．‎ ‎【考点】有机物的合成．‎ ‎【分析】根据题中各物质转化关系，反应⑥是光合作用产生A和氧气，则A为葡萄糖（C6H12O6），（C6H10O5）n水解能产生葡萄糖，所化合物乙为水，反应①为糖类的水解，反应②葡萄糖在酒化酶的作用生成化合物甲为二氧化碳，B为CH3CH2OH，反应③为B发生氧化反应生成C为CH3CHO，反应④为C发生氧化反应生成D为CH3COOH，反应⑤为B和D发生酯化反应生成E为CH3COOC2H5，反应⑦为乙烯的燃烧反应生成二氧化碳和水，反应⑧为乙烯与水加成生成乙醇，据此答题．‎ ‎【解答】解：根据题中各物质转化关系，反应⑥是光合作用产生A和氧气，则A为葡萄糖（C6H12O6），（C6H10O5）n水解能产生葡萄糖，所化合物乙为水，反应①为糖类的水解，反应②葡萄糖在酒化酶的作用生成化合物甲为二氧化碳，B为CH3CH2OH，反应③为B发生氧化反应生成C为CH3CHO，反应④为C发生氧化反应生成D为CH3COOH，反应⑤为B和D发生酯化反应生成E为CH3COOC2H5，反应⑦为乙烯的燃烧反应生成二氧化碳和水，反应⑧为乙烯与水加成生成乙醇，‎ ‎（1）根据上面的分析可知，C为CH3CHO，‎ 故答案为：CH3CHO；‎ ‎（2）根据上面的分析可知，上述①～⑧转化反应中，‎ 故答案为：⑤；‎ ‎（3）根据上面的分析可知，上述①～⑧转化反应中，属于加成反应的有⑧，‎ 故答案为：⑧；‎ ‎（4）A为葡萄糖（C6H12O6），向A的水溶液中加入新制的Cu（OH）2并加热时产生的实验现象是有（砖）红色沉淀产生，‎ 故答案为：有（砖）红色沉淀产生；‎ ‎（5）①B+D→E的化学反应方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O，②乙烯生成聚乙烯的化学反应方程式为nCH2═CH2，‎ 故答案为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O；nCH2═CH2．‎ ‎【点评】本题考查有机物推断，涉及烯烃、醇、醛、羧酸性质与转化，关键是确定C的结构简式，再根据转化关系推断，难度不大，注意对基础知识的理解掌握．‎ ‎　‎ ‎24．己知葡萄糖在乳酸菌的作用下转化为乳酸，乳酸的结构简式为．‎ 试回答：‎ ‎（1）乳酸分子中含有　羧基　和　羟基　两种官能团（写名称）．‎ ‎（2）乳酸与金属钠反应的化学方程式为　　．‎ ‎（3）乳酸与Na2CO3溶液反应的化学方程式为　　．‎ ‎（4）乳酸在浓硫酸作用下，两分子相互发生酯化反应生成环状酯，此环状酯的结构简式为　　．‎ ‎【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．‎ ‎【分析】中含﹣OH、﹣COOH，结合醇、羧酸的性质来解答．‎ ‎【解答】解：（1）分子中含羧基、羟基两种官能团，故答案为：羧基；羟基；‎ ‎（2）含﹣OH、﹣COOH，均与Na反应，则反应为，‎ 故答案为：；‎ ‎（3）只有﹣COOH与碳酸钠反应，则反应为，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）含﹣OH、﹣COOH可发生酯化反应，则两分子相互发生酯化反应生成环状酯，此环状酯的结构简式为，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意羧酸和醇的性质，题目难度不大．‎ ‎　‎