2017-2018学年江西省高安中学高二下学期期末考试化学试题 解析版 16页

江西省高安中学2017-2018学年高二下学期期末考试化学试题 ‎1. 化学与生产和生活密切相关，下列过程中没有发生化学变化的是（　　）‎ A. 氯气作水的杀菌消毒剂 B. 硅胶作袋装食品的干燥剂 C. 二氧化硫作纸浆的漂白剂 D. 肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂 ‎【答案】B ‎..................‎ 点睛：本题考查化学变化和物理变化。搞清楚物理变化和化学变化的本质区别是解答本题的关键，判断的标准是看在变化中有没有生成其他物质。一般地，物理变化有物质的固、液、气三态变化和物质形状的变化。‎ 视频 ‎2. 下列有关物质分类或归类正确的组合有（　　）‎ ‎①HDO、双氧水、干冰、碘化银均为化合物 ‎②淀粉、盐酸、水玻璃、氨水均为化合物 ‎③明矾、小苏打、硫酸钡、生石灰均为强电解质 ‎④甲醇、乙二醇、甘油属于同系物 ‎⑤碘酒、牛奶、豆浆、淀粉液均为胶体 ‎ ‎⑥H2、D2、T2互为同位素．‎ A. 2 个 B. 3 个 C. 4 个 D. 5 个 ‎【答案】A ‎【解析】①干冰为CO2、双氧水为H2O2‎ ‎、HDO、碘化银均为化合物，故①正确；②盐酸是氯化氢水溶液、水玻璃是硅酸钠水溶液、氨水为氨气水溶液均为混合物，淀粉为有机高分子化合物，也是混合物，故②错误；③明矾、小苏打、硫酸钡均为可溶性盐，生石灰为碱性氧化物，均为电解质，且为电解质，故③正确；④甲醇是一元醇、乙二醇是二元醇、甘油是三元醇，三者分子中含有的官能团数目不等，不属于同系物，故④错误；⑤ 碘酒是碘单质的酒精溶液，牛奶、豆浆及淀粉溶液是胶体，故⑤ 错误；⑥ 同位素指的是质子数相同，中子数不等的同种元素的不同核素，如H、D、T互为同位素，而H2、D2、T2均为单质，故错⑥误；只有①③正确，故答案为A。‎ 点睛：本题考查化学基本概念的理解和应用，掌握物质的组成是解题关键，熟悉混合物、化合物、单质、化合物、电解质、非电解质等概念的分析即可判断，特别注意化合物是不同元素组成的纯净物，同位素是同种元素的不同核素。‎ ‎3. 下列装置可用于固体和液体分离的是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】可用于固体和液体分离的是过滤，则A、该装置是分液，A错误；B、该装置是过滤，B正确；C、该操作是向容量瓶中转移液体，C错误；D、该装置是洗气瓶，D错误，答案选B。‎ ‎4. 已知：2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2,2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－。现向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中不正确的是（ ）‎ A. 两个反应转移电子数之比是1:1‎ B. 原溶液中I-一定被氧化，Br-可能被氧化 C. 若向反应后的溶液中滴加少量K3[ Fe(CN)6]溶液，没有任何现象，则Br-一定被氧化 D. 若向含有FeBr2、FeI2的溶液中加入一定量的溴水，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明原溶液中Fe2+、I-均被氧化 ‎【答案】C ‎【解析】分析:据氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液,结果溶液变为红色,说明含有铁离子,则碘离子全部被氧化,二价铁部分或全部被氧化,溴离子可能被氧化来分析。‎ 详解：A.两个反应转移电子数之比是1:1，故A正确； B.原溶液中的Br－可能被氧化,也可能未被氧化,故B正确； C. 滴加少量K3[ Fe(CN)6]溶液，没有任何现象，说明溶液中无Fe3+,Fe2+没有被氧化，则Br-没有被氧化,故C不正确；   D. 向含有FeBr2、FeI2的溶液中加入一定量的溴水，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明溶液中有Fe3+,则原溶液中Fe2+、I-均被氧化，故D正确； 所以C选项是不正确的。‎ 点睛：本题考查氧化还原反应，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，本题切入点是元素化合价，注意把握氧化性强弱的判断，为解答该题的关键。‎ ‎5. 下列物质按照纯净物、混合物、电解质和非电解质的顺序排列的是（ ）‎ A. 盐酸、水煤气、醋酸、干冰 B. 液氯、氯水、硫酸钠、乙醇 C. 空气、天然气、苛性钾、石灰石 D. 胆矾、漂白粉、氯化钾、氯气 ‎【答案】B ‎【解析】分析：根据纯净物,混合物,电解质和非电解质的概念分析。‎ 详解:纯净物是指由同种物质组成的,化合物是指由不同种物质组成的,电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物,非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物。据此可以分析各个选项中各种的所属类别。 A.盐酸,水煤气均为混合物,醋酸,干冰分别属于化合物,则醋酸属于电解质,干冰属于非电解质,故错误； B.液氯,氯水,硫酸钠,乙醇分别属于纯净物,混合物(氯气溶解于水),电解质,非电解质,故正确; C.空气,天然气,苛性钾,石灰石分别属于混合物,混合物,电解质,电解质,故错误; D.胆矾,漂白粉,氯化钾,氯气分别属于纯净物,混合物(含氯化钙和次氯酸钙),电解质,单质(既不是电解质,也不是非电解质),故错误。 故选B。‎ 点睛：本题考查了纯净物、混合物、电解质、非电解质的概念判断及各种物质的成分掌握，解答本题要注意相关概念的区别与联系：纯净物是指由同种物质组成的，化合物是指由不同种物质组成的，电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物。‎ ‎6. 下列示意图与对应的反应情况正确的是（ ）‎ A. 含0.01 mol KOH和0.01 mol Ca(OH)2的混合溶液中缓慢通入CO2‎ B. NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液 C. KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液 D. 向含有少量氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中滴加盐酸 ‎【答案】B ‎【解析】分析：A选项，首先CO2先与Ca(OH)2反应，再和KOH反应，当反应完全之后再和沉淀CaCO3反应，生成碳酸氢钙；‎ B选项，NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，只产生硫酸钡沉淀；‎ C选项，1 mol KAl(SO4)2，加入1.5 mol的Ba(OH)2时生成1.5mol BaSO4和1 molAl(OH)3，沉淀的物质的量最大为2.5 mol，再加入0.5 mol Ba(OH)2，生成0.5 mol BaSO4，溶解1 mol Al(OH)3；‎ D选项，含有少量氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中滴加盐酸，盐酸先和氢氧化钠反应，在NaAlO2与HCl的物质的量之比为小于等于1︰1， 此时只生成白色的氢氧化铝沉淀，如果继续加入盐酸，这是沉淀开始溶剂，当NaAlO2与HCl的物质的量之比达到1︰4时，所产生的氢氧化铝完全溶解。‎ 详解：A选项，首先CO2先与Ca(OH)2反应，产生CaCO3沉淀，此时沉淀量逐渐增大，CO2再和KOH反应，此时无沉淀，之后二氧化碳先会和K2CO3反应，生成酸式盐，当反应完全之后再和沉淀CaCO3反应，生成碳酸氢钙，从而沉淀出现溶解现象，所以图像应该是“等腰梯形”的形状，故A错误；‎ B选项，NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，只产生硫酸钡沉淀，当把硫酸根反应完全，再加氢氧化钡也不产生沉淀，所给图像恰好能表达该反应过程，故B选项正确；‎ C选项，假设溶液中含1 mol KAl(SO4)2，加入1.5 mol的Ba(OH)2时生成1.5mol BaSO4和1 molAl(OH)3，沉淀的物质的量最大为2.5 mol，再加入0.5 mol Ba(OH)2，生成0.5 mol ‎ BaSO4，溶解1 mol Al(OH)3，故沉淀的总物质的量减少，最后只剩下硫酸钡沉淀，故C错误；‎ D选项，含有少量氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中滴加盐酸，盐酸先和氢氧化钠反应，在NaAlO2与HCl的物质的量之比为小于等于1︰1， 此时只生成白色的氢氧化铝沉淀，如果继续加入盐酸，这是沉淀开始溶剂，当NaAlO2与HCl的物质的量之比达到1︰4时，所产生的氢氧化铝完全溶解，离子方程式如下，H++AlO2-+ H2O = Al(OH)3↓； Al(OH)3+3H+ = Al3+ + 3H2O故曲线应该是加入1份盐酸时沉淀达到最大，再加入3份盐酸沉底全部消失，图像应该是个“非等腰三角形”，与D所给图像不符合，故D错误。‎ 故本题选B。‎ 点睛:本题考查学生分析图像的能力，学生需要熟悉反应的过程，知道反应“顺序”和“量”都会对反应的现象产生影响，进而影响所绘制的曲线。‎ ‎7. 乙醇与酸性K2Cr2O7溶液混合可发生如下反应：Cr2O72-+C2H5OH+H+=Cr3++CH3COOH+H2O（未配平）．下列叙述不正确的是（　　）‎ A. Cr2O72-中Cr元素化合价为+6 B. 氧化产物为CH3COOH C. K2Cr2O7溶液常用硫酸酸化 D. lmol C2H5OH发生上述反应转移2mole-‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、根据化合价代数和为0，Cr2O72-中Cr元素化合价为+6，故A正确；B、C2H5OH中的碳的化合价升高，C2H5OH是还原剂，而对应的CH3COOH是氧化产物，所以氧化产物为CH3COOH，故B正确；C、K2Cr2O7溶液具有强氧化性，所以不能用还原性的酸酸化，如盐酸，常用硫酸酸化，故C正确；D、C2H5OH中的碳元素由-2价变成0，所以lmol C2H5OH发生上述反应转移4mole-，而不是2mole-，故D错误；故选D。‎ ‎8. 下列物质见光不会分解的是（ ）‎ A. HNO3 B. AgNO3 C. HClO D. NaHCO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：浓硝酸、硝酸银、次氯酸见光都易分解,而NaHCO3加热分解,见光不分解,据此进行解答。‎ 详解:A.HClO见光分解为HCl与氧气,故A不选； B.AgNO3见光分解Ag、二氧化氮、氧气,故B不选； C.HClO见光分解为二氧化氮、氧气与水,故C不选； D.NaHCO3加热分解生成碳酸钠、水和CO2,而见光不分解,所以D选项是正确的； 所以D选项是正确的。‎ ‎9. 下列物质在生活中应用时，起还原作用的是（ ）‎ A. 明矾作净水剂 B. 甘油作护肤保湿剂 C. 漂粉精作消毒剂 D. 铁粉作食品袋内的脱氧剂 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、明矾净水是因为Al3+水解成Al(OH)3胶体吸附，不是氧化还原反应，A错误；B、甘油具有强的吸湿性，可以让皮肤上的水分不会太快散发，同时适当从空气中吸收水蒸气，故用作保湿剂，不是化学反应，B错误；C、漂粉精具有强氧化性，故可作消毒剂，起氧化剂作用，C错误；D、铁粉可以消耗食品袋中的氧气，铁粉自身被氧化，起还原作用，D正确。答案选D。‎ ‎【考点定位】考查氧化还原反应的判断 ‎【名师点睛】高考命题侧重氧化还原反应的基本概念、判断氧化还原反应中电子转移的方向和数目、配平反应方程式和化学计算等多个知识点。本题将氧化还原反应基础知识与常见元素及其化合物的性质结合起来，这种考查方式在历年高考中再现率较高，成为高考的热点，在复习时要引起足够的重视。明确常见物质的化学性质是解答该题的关键。‎ 视频 ‎10. 把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁：另一份加入含bmol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的物质的量浓度为   (    )‎ A. (b-a) /V mol·L-1 B. (2b-a)/V mol·L-1‎ C. 2(b-a)/V mol·L-1 D. 2(2b-a)/V mol·L-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析: 第一份中发生的反应为Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，则原溶液中Mg2+离子的物质的量为×2=amol；第二份中发生的反应为Ba2++SO42-=BaSO4↓，则原溶液中SO42-离子的物质的量为2bmol；以此分析。‎ 详解：第一份中发生的反应为Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，则原溶液中Mg2+离子的物质的量为×2=amol；‎ 第二份中发生的反应为Ba2++SO42-=BaSO4↓，则原溶液中SO42-离子的物质的量为2bmol；‎ 由物料守恒c(Mg2+)+c(K+)×=c(SO42-)可以得到原溶液中K+离子的浓度为2×-2×=‎ mol/L，故D项正确。‎ 综上所述，本题正确答案为D。‎ ‎11. 下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是（ ）‎ A. 同质量不同密度的N2和CO2 B. 同温同体积的H2和N2‎ C. 同体积同密度的C2H4和C3H6 D. 同压强同体积的N2O和CO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据PV=nRT可推出阿伏伽德罗定律的一系列推论。A、N2和CO相对分子质量都为28，则相同质量的N2和CO物质的量相同，且都为双原子分子，则原子数一定相等；B、根据PV=RT可知，同温度、同体积时，分子数与P成正比；C、同体积、同密度则质量相等，设质量都为m，则C2H4的原子数为×6×NA，C3H6的原子数为×9×NA，所含原子数一定相等；D、根据PV=RT可知，同压强、同体积时，分子数与T成反比。‎ 考点：阿伏伽德罗定律及推论 ‎【名师点晴】本题主要考察阿伏加德罗定律及其推论，需要注意：①阿伏加德罗定律的适用范围是气体，其适用条件是三个“同”，即在同温、同压，同体积的条件下，才有分子数(或物质的量)相等这一结论，但所含原子数不一定相等。②阿伏加德罗定律既适合于单一气体，也适合于混合气体。③气体摩尔体积是阿伏加德罗定律的特例。可根据PV=nRT得到阿伏伽德罗定律的一系列推论。‎ ‎12. 实验是化学的基础。下列说法正确的是（ ）‎ A. 过氧化钠、氯水、浓硝酸通常都要密封保存于棕色试剂瓶中 B. 盛溴的试剂瓶里加少量水以减少溴的挥发 C. 钾、钠、白磷都应保存在水中 D. 做焰色反应实验时所用铂丝，每次用完后用稀硫酸洗涤后再使用 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、过氧化钠见光不易分解，放在无色试剂瓶即可，故A错误；B、液溴易挥发，则盛溴的试剂瓶里加少量水以减少溴的挥发，故B正确；C、钾、钠均与水反应，不能保存在水中，而白磷可保存在水中，故C错误；D、硫酸难挥发，干扰焰色反应中离子的检验，则所用铂丝，每次用完后用稀盐酸洗涤后再使用，故D错误；故选B。‎ 考点：考查了试剂的保存、焰色反应的相关知识。‎ ‎13. 下列叙述正确的是（ ）‎ A. 2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋ 成立说明氧化性：Fe3＋> Cu2＋‎ B. 25℃，pH＝0的溶液中，Al3＋、NH4+、NO3-、Fe2＋可以大量共存 C. 5.6 g铁与足量的氯气反应失去电子为0.2 mol D. 硫酸铁溶液中加入铁粉，滴加KSCN溶液一定不变红色 ‎【答案】A ‎【解析】分析：A.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性； B. pH＝0的溶液中存大大量的氢离子,H+、NO3-、Fe2＋发生氧化还原反应；  C.氯气与铁反应生成氯化铁,1mol的铁转移3mol的电子； D.硫酸铁溶液中加入铁粉,发生氧化还原反应生成二价铁,但当铁少量三价铁还有剩余。‎ 详解: A. 2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋反应中三价铁离子为氧化剂, Cu2＋为氧化产物,所以氧化性：Fe3＋> Cu 2＋,所以A选项是正确的； B. pH＝0的溶液中存在大量的氢离子, H+、NO3-、Fe2＋发生氧化还原反应,三者不能大量共存,故B错误；  C. 5.6 g铁的物质的量为0.1mol与足量的氯气反应失去的电子为0.3mol,故C错误； D.硫酸铁溶液中加入铁粉,发生氧化还原反应生成二价铁,但当铁少量三价铁还有剩余,所以滴加KSCN溶液可能变血红色,故D错误； 所以A选项是正确的。‎ ‎14. 下列反应中，反应后固体物质质量增加的是（ ）‎ A. 氢气通过灼热的CuO粉末 B. 二氧化碳通过Na2O2粉末 C. 铝与Fe2O3发生铝热反应 D. 将锌粒投入FeCl2溶液 ‎【答案】B ‎【解析】分析：A.氢气与CuO的反应生成Cu和水； B.二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气； C.Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe； D.Zn与FeCl2反应生成ZnCl2和Fe。‎ 详解:A.氢气与CuO的反应生成Cu和水,反应前固体为CuO,反应后固体为Cu,固体质量减小,故A错误； B.二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气,反应前固体为过氧化钠,反应后固体为碳酸钠,二者物质的量相同,固体质量增加,故B正确； ‎ C. Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe，反应前固体为氧化铁、Al,反应后固体为氧化铝、Fe，均为固体,固体质量不变,所以C选项是错误的； D. .Zn与FeCl2反应生成ZnCl2和Fe,反应前固体为Zn,反应后固体为Fe,二者物质的量相同,则固体质量减小,故D错误； 所以B选项是正确的。‎ ‎15. NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（ ）‎ A. 0.1mol/L的CaCl2溶液中所含Cl-数为0.2NA B. 7.8gNa2O2与足量水反应，转移电子数为0.2NA C. 常温常压下，8gCH4含有的分子数为0.5NA D. 常温下，0.1molFe与酸完全反应时，失去的电子数一定为0.3NA ‎【答案】C 考点：考查阿伏加德罗常数计算 ‎16. 实验室将9g铝粉跟一定量的金属氧化物粉末混合形成铝热剂,发生铝热反应且铝粉未有剩余,所得固体中含金属单质为18g，则该氧化物粉末可能是（　　）‎ A. Fe2O3和MnO2. B. MnO2和V2O5 C. Cr2O3和V2O5 D. Fe3O4和FeO ‎【答案】A ‎【解析】试题分析： 9 g铝粉可以提供1 mol电子，则氧化物中的金属元素每得到1 mol电子对应的质量就应该是18 g。三价铁得到1 mol电子对应的质量为18．7 g，四价锰得到1 mol电子对应的质量为13．8 g，故A项正确。五价钒得到1 mol电子对应的质量为10．2 g，三价铬得到1 mol电子对应的质量为17．3 g，B、C两项，即使9 g铝粉全部反应，得到金属单质的质量也不到18 g，故都错误。Fe3O4中的铁元素得到1 mol电子对应的质量为21 g，FeO中二价铁得到1 mol电子对应的质量为28 g，当氧化物粉末不足时，D项正确。‎ 考点：铝及铝合金 ‎17. 物质的量是高中化学中常用的物理量，请完成以下有关其计算的内容。‎ ‎（1）0.2 g H2含有___________________个H原子。‎ ‎（2）标准状况下，含有相同氧原子数的CO与CO2的体积之比为__________。‎ ‎（3）100 mL 某Al2(SO4)3溶液中，c(Al3+) = 2.0 mol/L，则其中c(SO42-) = _________mol/L。‎ ‎（4）工业上利用下列反应进行海水中溴元素的富集：Br2 + SO2 + 2H2O = H2SO4 + 2HBr 。若反应中生成了 0.2 mol HBr，则消耗SO2的体积（标准状况）是________________L。‎ ‎（5）当SO2、SO3的分子个数之比为1：2时，原子总数之比为___________，质量之比为________；‎ ‎【答案】 (1). 1.204 × 1023 (2). 2∶1 (3). 3.0 (4). 2.24L (5). 3:8 (6). 2:5‎ ‎【解析】分析：根据N=nNA，n=，c=，n1:n2=N1:N2，计算和解答。‎ 详解：（1） 每个氢分子中含有两个H原子，0.2gH2的物质的量为0.1 mol，则氢原子总数=0.1NA×2=0.2NA，即0.2×6.02×1023=1.204×1023； （2）标况下，含有相同氧原子个数的CO和CO2的物质的量之比为2：1，根据V=nVm知，其物质的量之比等于其体积之比=2：1，故答案为：2：1； （3）该Al2（SO4）3溶液，阳离子、阴离子的个数之比为2：3，c（Al3+）=2.0mol/L，则其中c（SO42-）=2.0mol/L×3÷2=3.0mol/L，故答案为：3.0； （4）在反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中，1mol SO2反应中生成了2mol HBr，若反应中生成了0.2mol HBr，消耗SO2为0.1 mol，其SO2的体积为：0.1mol×22.4L/mol=2.24L。‎ ‎（5）SO2是由3个原子构成的，SO3是由4个原子构成的，当SO2、SO3的分子个数之比为1：2时，原子总数之比为3:4×2=3:8，质量之比为64:80×2=2:5。‎ ‎18. 将铁粉、铜粉加入到盛有FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合液的烧杯中，判断下列情况烧杯中的固体及金属阳离子（用化学式表示）：‎ ‎（1）若反应后铁粉有剩余，则一定有______________。‎ ‎（2）若反应后有Cu2+和Cu，则不可能有_________。‎ ‎（3）若反应后有Cu2+和Fe3+，则一定有_______________。‎ ‎【答案】 (1). Cu　Fe2+ (2). Fe3+　Fe (3). Fe2+‎ ‎【解析】本题主要考查铁及其化合物的性质。‎ ‎（1）若反应后铁粉有剩余，由于2Fe3+＋Fe3Fe2+和Fe+Cu2+Fe2++Cu，则一定有Cu、Fe2+。‎ ‎（2）若反应后有Cu2+和Cu，由于Fe+Cu2+Fe2++Cu和2Fe3+＋Cu2Fe2+＋Cu2+，则不可能有Fe3+、Fe。‎ ‎（3）若反应后有Cu2+和Fe3+，由于2Fe3+＋Fe3Fe2+，则一定有Fe2+。‎ ‎19. KClO3 和浓盐酸在一定温度下反应，会生成橙黄色的易爆物二氧化氯(ClO2)气体，该反应的化学方程式为2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O。‎ ‎（1）该反应的还原产物是_____________ (填化学式)。‎ ‎（2）在反应中浓盐酸表现出来的性质是________(填字母)。‎ A. 只有还原性 B 只有氧化性 C.还原性和酸性 D.氧化性和酸性 ‎（3）若该反应产生2.24 L(标准状况)ClO2，则转移电子的物质的量为_____________。 ‎ ‎（4）当发生二氧化氯泄漏和爆炸事故，人们逃离爆炸现场时，可用浸有一定浓度的某种物质的水溶液的毛巾捂住鼻子，最适宜采用的物质是_________(填字母)。‎ A. NaOH B.NaCl C.KCl D.Na2CO3‎ ‎（5）某地生产的氧化钠井盐中含有少量的剧毒物质氰化钠(NaCN)，用ClO2 可除去其中的氰化钠，从而得到纯净的食盐，同时产生两种无毒气体。写出该反应的化学方程式: _____________。‎ ‎【答案】 (1). ClO2 (2). C (3). 0.lmol (4). D (5). 2ClO2+2NaCN=2CO2+N2+2NaCl ‎【解析】（1）氯酸钾中氯元素化合价从+5价降低到+4价，得到电子，氯酸钾是氧化剂，所以该反应的还原产物是ClO2；（2）在反应中，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高0，则HCl具有还原性，又该反应生成盐KCl，则表现酸的酸性，答案选C；（3）由反应可知，氯酸钾中Cl元素的化合价由+5降低为+4，即生成1molClO2转移电子的物质的量是1mol，则产生2.24L(标准状况)ClO2即0.1mol ClO2时，转移电子的物质的量为0.1mol；（4）A.NaOH是强碱，腐蚀性强，A错误；B.NaCl不能吸收ClO2，B错误；C.KCl不能吸收ClO2，C错误；D.Na2CO3碱性较弱，能吸收ClO2，所以最适宜采用的物质是碳酸钠，D正确，答案选D；（5）用ClO2可除去其中的氰化钠，从而得到纯净的食盐，同时产生两种无毒气体，根据原子守恒可知气体是氮气和二氧化碳，同时还有氯化钠生成，所以该反应的化学方程式为2ClO2+2NaCN＝2CO2+N2+2NaCl。‎ ‎20. 将可能混有NaOH的16.8gNaHCO3固体，在200℃条件下充分加热，排出反应产生的气体，得到固体的质量为bg ‎(1)b的最小值为______________________________‎ ‎（2）当b=______________________时，产物中水的质量最多。‎ ‎【答案】 (1). 10.6 (2). 14.36‎ ‎【解析】考查氢氧化钠和碳酸氢钠的计算，发生的反应是2NaHCO3Na2CO3＋CO2＋H2O，2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，（1）当16.8g全部是NaHCO3时，反应后的固体质量为16.8×106/(2×84)g=10.60g，假设全部是NaOH，NaOH受热不分解，因此固体质量仍为16.8g，即b质量最小为10.60g；（2）当NaOH和NaHCO3中氢原子全部转化成H2O，产生H2O的质量是最多的，假设生成CO2物质的量为xmol，则消耗NaHCO3物质的量为2xmol，消耗NaOH的物质的量为2xmol，因此有2x(84＋40)=16.8，解得x=0.068mol，因此b的质量为0.068×2×106g=14.36g。‎ ‎21. 碳铵是一种较常使用的化肥，它在常温下易分解．某化学兴趣小组对碳铵的成分存在疑问，时行了如下探究．‎ ‎【定性实验】检验溶液中的阴、阳离子 取少量固体放入试管中，加入盐酸，把生成的气体通入澄清石灰水中，有白色沉淀生成．再另取少量碳铵放入试管中，加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，石蕊试纸变蓝色．‎ ‎（1）根据实验现象，推测碳铵中所含有阴离子可能是_________和__________；‎ ‎（2）根据实验现象，碳铵与足量NaOH溶液加热反应的离子方程式可能是________________；‎ ‎【定量试验】测定碳铵中C元素和N元素质量比．该兴趣小组准确称取ag碳铵，加热使之分解，并把产物通入碱石灰中，如图1所示．‎ ‎（3）碳铵固体应放在________中进行加热．‎ A．试管 B．蒸发皿 C．烧瓶 D．坩埚 ‎（4）从安全的角度考虑，尾气处理的装置可以选用如图2中的___________；‎ ‎（5）若灼烧后没有固体残余，称量U形管在实验前后的质量差为bg．由此测得N元素的质量是_________g．‎ ‎【答案】 (1). HCO3﹣ (2). CO32﹣ (3). NH4++OH﹣=NH3↑+H2O、HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O（或NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3+CO32﹣+2H2O） (4). A (5). A (6). （a﹣b）g ‎【解析】分析：【定性实验】取少量固体放入试管中,加入盐酸,把生成的气体通入澄清石灰水中,有白色沉淀生成,白色沉淀为碳酸钙;再另取少量碳铵放入试管中,加入浓NaOH溶液,加热,用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体,石蕊试纸变蓝色,则气体为氨气；据此回答(1)(2)。 【定量试验】ag碳铵,加热使之分解,碱石灰增重为水和二氧化碳的质量,尾气处理为氨气, (3)因加热装置后连接U形管,以此选择仪器； (4)尾气处理,应防止倒吸； (5)灼烧后没有固体残余,称量U形管在实验前后的质量差为bg,则氨气的质量为(a-b)g； 详解: 【定性实验】取少量固体放入试管中,加入盐酸,把生成的气体通入澄清石灰水中,有白色沉淀生成,白色沉淀为碳酸钙,盐中阴离子可能HCO3﹣、CO32﹣；再另取少量碳铵放入试管中,加入浓NaOH溶液,加热,用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体,石蕊试纸变蓝色,则气体为氨气,则原固体中含铵根离子, (1)由上述分析可以知道,阴离子可能为HCO3﹣、CO32﹣,因此，本题正确答案是：HCO3﹣、CO32﹣； (2)碳铵与足量NaOH溶液加热反应的离子方程式可能是NH4++OH﹣=NH3↑+H2O、HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O（或NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3+CO32﹣+2H2O）, 因此，本题正确答案是：NH4++OH﹣=NH3↑+H2O、HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O（或NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3+CO32﹣+2H2O）； 【定量试验】ag碳铵,加热使之分解,碱石灰增重为水和二氧化碳的质量,尾气处理为氨气, (3)因加热装置后连接U形管,则选择仪器只能为试管,‎ 因此，本题正确答案是:A; (4)尾气处理,应防止倒吸,B不能防止倒吸,C中气体收集时导管应短进,D中为密闭容器可能会炸裂,只有A装置收集及防倒吸,‎ 因此，本题正确答案是:A; (5)灼烧后没有固体残余,称量U形管在实验前后的质量差为bg,则氨气的质量为(a-b)g,则含N质量为(a-b)g,‎ 因此，本题正确答案是：(a-b)g； ‎ ‎22. 向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol/L Ba(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图。‎ ‎（1）写出OA段离子反应方程式_______________。‎ ‎（2）写出BC段离子反应方程式_______________。‎ ‎（3）c[Al2(SO4)3]:c(AlCl3)=___________。‎ ‎（4）整个过程中，得到沉淀的质量最大值是_______g。‎ ‎【答案】 (1). 3Ba2++2Al3++6OH-+3SO42-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓ (2). Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O (3). 1:2 (4). 1011‎ ‎【解析】向含Al2(SO4)3 和 AlCl3的混合溶液与Ba(OH)2溶液反应的实质是Al3+与OH-、Ba2+与SO42-之间的离子反应，Ba2++SO42-═BaSO4↓，Al3++3OH-═Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，1molAl2(SO4)3中SO42-完全被沉淀所需Ba(OH)2量为3mol，3molBa(OH)2提供6molOH-，1molAl2(SO4)3中含有2molAl3+，由反应Al3++3OH-═Al(OH)3↓可知，1molAl2(SO4)3中的Al3+和SO42- 均沉淀完全，故：从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成3molBaSO4、2molAl(OH)3沉淀，A点时SO42-完全沉淀；A-B为氯化铝与氢氧化钡的反应，B点时溶液中Al3+完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2；B-C为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解。‎ ‎(1)根据上述分析，OA段相当于Al2(SO4)3中的Al3+和SO42- 均沉淀完全，反应的离子反应方程式为3Ba2++2Al3++6OH-+3SO42-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，故答案为：3Ba2++2Al3++6OH- +3SO42-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓；‎ ‎(2)BC段为氢氧化铝与氢氧化钡反应，离子反应方程式为Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O；‎ ‎(3)前3LBa(OH)2溶液与溶液中Al2(SO4)3反应，从3L-6L为Ba(OH)2溶液与溶液中的AlCl3反应，二者消耗的氢氧化钡的物质的量相等为3L×1mol/L=3mol，由生成的硫酸钡可知，n(SO42-)=n[Ba(OH)2]=3n[Al2(SO4)3]，故n[Al2(SO4)3‎ ‎]=1mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧化铝可知3n(AlCl3)=2n[Ba(OH)2]=6mol，故n(AlCl3)=2mol，故原溶液中原混合液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：2，故答案为：1:2；‎ ‎(4)整个过程中，得到沉淀的质量最大时，沉淀中含有3mol硫酸钡和4mol氢氧化铝，质量为3mol×233g/mol+4mol×78g/mol=1011g，故答案为：1011。‎ 点睛：本题考查化学反应的有关图像问题、铝的化合物的性质、混合物的有关计算等，关键是清楚各阶段发生的反应，注意从开始到A点相当于是硫酸铝与氢氧化钡的反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀。‎ ‎ ‎ ‎ ‎