2019-2020年高考化学 金属及其化合物单元突破训练

2019-2020年高考化学金属及其化合物单元突破训练一选择题：(共12小题，每小题4分，计48分)1. 下列关于钠与水反应的说法不正确的是() 将一小块钠投入滴有石蕊试液的水中，反应后溶液变蓝 将钠投入稀盐酸中，钠先与水反应，后与盐酸反应 钠在水蒸气中反应时因温度高会燃烧 将两小块质量相等的金属钠，一块直接投入水中，另一块用铝箔包住，在铝箔上刺些小孔,然后按入水中，两者放出的氢气质量相等A. B.C.D.2. 在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是()A. NH、Ba2、Cl、NO43B. K、AlO、Cl、SO224C. Ca2、Mg2、NO、HCO33D. Na、Cl、CO2、SO2333. 一定量的Na202与CO2反应后的固体物质41.8g,恰好与1L1molL-1的稀盐酸完全反应，下列说法正确的是()A. 41.8g固体物质为NaCO23B. 41.8g固体物质为0.1molNaCO和0.4molNa0的混合物2 322C. 41.8g固体物质为31.2gNaHCO和10.6gNaCO的混合物D. 一定量的NaO为78g224为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置，它的用途是产生氧气。下列关于Na2O2的叙述正确的是()A. Na2O2中阴、阳离子的个数比为1:1B. NaO分别与HO、CO反应产生相同量的O时，需要HO和CO的质量相等2222222C. NaO分别与HO、CO反应产生相同量的O时，转移电子的物质的量相等22222D. NaO的漂白原理与SO的漂白原理相同2225.足量下列物质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是()A. 氢氧化钠溶液B.稀硫酸C.盐酸D.稀硝酸6用稀硫酸、NaOH溶液、Al为原料制取Al(OH”，甲、乙、丙3位同学分别用如下3种不同的途径：稀HSONaOH溶液24甲：AlAl(SO)Al(OH)2433NaOH溶液稀HSO24乙：AlNaAlOAl(OH)23稀HSO丙：24Al一一Al“4NaOH溶液3Al混合NaAlO2Al(OH)3量浓度之比为(D.1:1:4A.1:1:1制得等量的Al(OH)3,下列结论正确的是()A. 甲用原料最少B.乙用原料最少C.丙用原料最少D. 三人所用原料的量相同7.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图所示，下列叙述正确的是()A. 试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B. 反应、过滤后所得沉淀为氢氧化铁C. 图中所示转化反应都不是氧化还原反应D. 反应的化学方程式为NaAlO+CO+2HO=Al(OH)；+NaHCO2 2233&下列试剂中，不能使Fe2+转化为Fe3+的是() 氯气NaCl溶液KMnO溶液稀硝酸盐酸NaNO溶液43A.B.C.D.9某稀溶液中含有Fe(NO)、Cu(NO)、HNO,若向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+浓度和3 3323加入铁粉的物质的量之间的关系如下图所示。则稀溶液中Fe(NO)、Cu(NO)、HNO物质的2C.:810. 把22.4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0.3molNO2和0.2molNO,列说法正确的是()A. 反应后生成的盐只为Fe(NO)33B. 反应后生成的盐只为Fe(NO)32C. 反应后生成的盐为Fe(NO)和Fe(NO)，其物质的量之比为133332D. 反应后生成的盐为Fe(NO)和Fe(NO)，其物质的量之比为31333211. 某溶液中可能含有H+、NH+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO2-、SO2-、NO-中的几种。若加入锌4 343粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法正确的是()A. 溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+B. 溶液中n(NH+)=0.2mol4C溶液中一定不含CO2-，可能含有SO2-和NO-343D. n(H+):n(Al3+)：n(Mg2+)=1:1:112. 下列实验方案中，不能测定NaCO和NaHCO混合物中NaCO质量分数的是()23323A. 取a克混合物充分加热，减重b克B. 取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C. 取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克D. 取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体二.非选择题：(计52分)13向浓度相等、体积均为50mL的A、B两份NaOH溶液中，分别通入一定量的CO2后，再稀释到100mL。(1) 在NaOH溶液中通入一定量的CO后，溶液中溶质的可能组成是2，。(2) 在稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，产生CO的体积(标准状况)与所加盐酸2的体积关系如图所示。 A曲线表明，原溶液通入CO后，所得溶质与盐酸反应产生CO的最大体积是mL(标22准状况)。 B曲线表明，原溶液通入CO2后，所得溶液中溶质的化学式为。 原NaOH溶液的物质的量浓度为。14. (1)等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，所得H2的体积之比是(2) 足量的两份铝分别投入到等体积、等物质的量浓度的盐酸、氢氧化钠溶液中，产生H2的体积之比是。(3) 足量的两份铝分别投入到等体积、一定物质的量浓度的HCl、NaOH溶液中，二者产生的H2相等，则HCl和NaOH的物质的量浓度之比是。(4) 甲、乙两烧杯中各盛有100mL3molL-1的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后，测得生成的气体体积比为V(甲)V(乙)=2,则加入铝粉的质量为()A.5.4gB.3.6gC2.7gD1.8g15. A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属，通常情况下，A为固体，B为黄绿色气体，C为无色气体。D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X常温下是无色气体，其水溶液是一种强酸，E为黑色固体，H在常温下为液体。它们之间的转化关系如下图所示(其中某些反应条件和部分反应物已略去)。请回答下列问题：(1) 写出下列物质的化学式：A、D、E、X(2) 在反应中，不属于氧化还原反应的是(填编号)。(3) 反应的离子方程式是。(4) 反应的化学方程式是。该反应中每消耗0.3mol的A,可转移电子mol。(5) 写出D的溶液与小苏打溶液反应的离子方程式是，(6) 除去D溶液中混有的少量G的方法是。(7) 用D溶液制备无水D固体的方法是。16. 有人设计出一种在隔绝空气条件下让钠与FeSO溶液反应的方法以验证反应实质。实验4时，往100mL大试管中先加40mL煤油，取3粒米粒大小的金属钠放入大试管后塞上橡皮塞，通过长颈漏斗加入FeSO溶液使煤油的液面至胶塞，并夹紧弹簧夹(如图)。仔细观察，4回答下列问题：如何从试剂瓶中取用金属钠？剩余的Na能否放回原试剂瓶？(2) 有关钠反应的现象是。(3) 大试管的溶液中出现的现象：。(4) 装置中液面的变化：大试管内；长颈漏斗内。(5) 写出钠与硫酸亚铁溶液反应的化学方程式：1解析钠与水反应产生氢氧化钠使石蕊变蓝，正确。钠与水的反应本质是钠与H+的反应，所以钠先与盐酸溶液中的H+反应，错误。钠在水蒸气中反应产生的是氢气，尽管温度高且反应放热，因无氧气所以不能燃烧，错误。2Na+2H2O=2NaOH+H2仁2Al+2NaOH+2HO=2NaAlO+3Hf,因此，用铝箔包住的钠与水反应放出的H多，错误。2222答案C2.解析过氧化钠具有氧化性，且加入溶液中会生成氢氧化钠，A选项中0H-与NH+不能大4量共存；C选项中Ca2+、Mg2+、HCO-均不能与OH-大量共存；D选项中SO2-可以被氧化。33答案B3解析如果41.8g固体为NaCO，则其不可能恰好与1L1mol的稀盐酸完全反应，23A项错；固体为Na2CO3和Na2O2的混合物，由其恰好与1L1molL-1的稀盐酸完全反应，计算可得B项正确；Na2O2与CO2反应不可能生成碳酸氢钠，即C错；根据钠离子守恒关系可求出一定量的NaO为0.5mol，所以D项错。22答案B4解析Na0中阴、阳离子的个数比为1:2,A项错误；生成相同量的0时消耗HO和CO22222的物质的量相同,但质量不同,B项错；由得失电子守恒知两者转移电子的物质的量相同,C项正确；Na202因具有强氧化性而有漂白性，S02易与有色物质化合生成无色不稳定的物质而有漂白性,故原理不同,D项错误。答案C5. 解析铝与稀硝酸反应但不产生H2，与NaOH溶液反应方程式为2A1+2NaOH+2H0=2NaAl0+3Hf,可知2molAl可消耗2molNaOH，生成3molH；与稀硫酸反应2222方程式为2Al+3HSO=Al(SO)+3Hf,可知2molAl消耗3molHSO，生成3molH；242432242与盐酸反应方程式为2Al+6HCl=2AlCl+3Hf，可知2molAl消耗6molHCl,生成3mol32Hj故等量Al与足量其他物质反应，放出氢气消耗溶质物质的量最少的是A项。答案A6. 解析本题考查氢氧化铝的制备，意在考查考生对铝及其化合物的性质的综合应用能力假设均制取1molAl(OH)，甲用1.5molHSO和3molNaOH乙用1molNaOH和0.5mol3 24HSO；丙用3/8molHSO和0.75molNaOH。2424答案C7解析由反应产物过滤后得到NaHCO3可知Y为CO2，故试剂X为NaOH，A项错误，D项正确；FeO不能与NaOH反应，B项错误；电解熔融AlO制金属Al为氧化还原反应，C项2323错误。答案D&解析要实现Fe2+转化为Fe3+,必须加强氧化性物质，NaCl、HCl均没有强氧化性，NO-在酸性条件下才表现强氧化性。答案D9解析据氧化性由强到弱的顺序HNO/Fe3+Cu2+,可知随铁粉的增加，反应的方程式分别为4HNO(稀)+Fe=Fe(NO)+NOf+2HO33324mol1mol1mol2Fe(NO)Fe=3Fe(NO)33322mol1mol3molCu(NO)Fe=Fe(NO)Cu32321mol1mol1mol所以原溶液中，Fe(NO)、Cu(NO)、HNO的物质的量之比为(2mol-1mol):1mol:4mol33323=1:1:4。答案D22.4g10.解析由于铁的物质的量为56./：=0.4mol,所以在反应的过程它失去的电子数应介56g/mol于0.8mol(此时只产生Fe2+)和1.2mol此时只产生Fe3+)之间，又产生0.3molNO和0.22molNO,即反应过程中硝酸得到的电子数为0.3molX(54)+0.2molX(52)=0.9mol,所以对应的产物既有Fe(NO)又有Fe(NO)，设前者的物质的量为x,后者的物质的量为y,3332则由铁守恒可得x+y=0.4,由得失电子守恒得3x+2y=0.9mol，解得x=0.1mol,y=0.3mol。答案C11解析由知溶液中一定含有H+,定没有CO-、NO，由知溶液中一定含有Mg2+、Al3+,由图象可知溶液中还一定含有NH+,且n(NH+)=0.7mol0.5mol=0.2mol,n(H+)44=0.1mol,n(Ab+)=0.8mol0.7mol=0.1mol，沉淀AH+、Mg2+共消耗0.4molOH-,其中沉淀Al3+消耗0.3molOH-,沉淀Mg2+消耗0.1molOH-,根据Mg2+2OH-，可得n(Mg2+)=0.05mol，故只有选项B正确。答案B12. 解析本题考查碳酸钠与碳酸氢钠的相关定量计算,掌握碳酸钠与碳酸氢钠的性质,利用元素守恒计算是解题的关键。A项中混合物加热只有NaHCO3受热分解：2NaHCO3=fe2CO3+COf+HO,减重b克,即生成的HO和CO的质量之和为b克,可求出a克混合物中NaHCO22223的质量，进而求出Na2CO3的质量分数。B项中最终得到的b克固体为NaCl,利用钠元素守恒可得：2n(NaCO)+n(NaHCO)X58.5gmol-i=bg,再结合n(NaCO)X106gmol-i+23323n(NaHCO)X84gmol-i=ag,可计算出NaCO的物质的量，进而求出NaCO的质量分数。32323C项中由于生成的co2逸出时会引入水蒸气，所以增重b克,即co2和逸出的水蒸气的质量之和为bg,无法计算。D项中由于Ba(OH)2过量，最终b克固体为BaCO3，利用碳元素守恒列式求解，进而求出Na2CO3的质量分数。答案C13. 解析分析图中曲线和各个量的关系，A中先加入的25mL盐酸，含有的氢离子的物质的量为0.1mol/LX0.025L=0.0025mol，此时发生的反应为CO2-+H+=HCO_，所以可33知溶液中含有的CO-物质的量为0.0025mol，后加的50mL盐酸和HCO反应生成CO2，因为后加的氢离子的物质的量为0.1mol/LX0.050L=0.005mol，所以CO的体积为0.0052molX22.4L/molX1000mL/L=112mL。在B中先加入的60mL盐酸都没有气体生成，又加入15mL盐酸才生成气体，也就是说只有HCO0.1mol/LX0.015L=0.0015mol，则原溶液中只有0.0015molC-，含有0.0060.0015=0.0045molOH，即原溶液中的溶质是NaOH和NaCO。根据钠守恒，可计算氢氧化钠的物质的量浓度。在图中，如果在开23始生成CO前后消耗盐酸的比为1:1,则原溶质为碳酸钠，若1:1,则原溶质为NaHCO和NaCO2323的混合物，若1：1，则为NaOH和NaCO的混合物。23答案NaOH、NaCONaCONaCO、NaHCONaHCO23232333112NaOH、NaCO0.150mol/L2314. 解析(1)根据化学方程式：2Al+6HCl=2AlCl+3H仁2Al+2NaOH+2HO=2NaAlO3222+3H2f得Al与H2的关系式均为2Al3H2，故只要参加反应的Al相等，所得屯必相等。(2) 因为在反应中Al过量，产生的H2由HCl和NaOH的量决定。根据化学反应中的关系式：6HCl3H；2NaOH3屯，故当HCl、NaOH物质的量相等时，二者产生屯的体积比为1:3。(3) 因为铝足量且产生H相等，根据关系式n(HCl):n(NaOH)=3:1,又因为两溶液体积相等,2故物质的量浓度c(HCl):c(NaOH)=n(HCl):n(NaOH)=3:1。(4) 其反应原理分别为2Al+6HCl=2AlCl+3Hf，2Al+2NaOH+2HO=2NaAlO+3H仁32222可见当参加反应的HCl和NaOH的物质的量一样多时，产生H的体积比是Q，而题设条件210体积比为12,说明此题投入的铝粉对盐酸来说是过量的，而对于NaOH来说是不足的。2Al6HCl=2AlCl3Hf326mol3mol3molL-iX0.1L0.15mol则Al与NaOH反应生成的H为0.15molX2=0.3mol。22Al2NaOH2HO=2NaAlO3Hf2222X27g3mol54g0.3mol即投入的铝粉为5.4g。答案(1)1:1(2) 1:3(3) 3:1(4) A15. 解析由“B为黄绿色气体单质”知，B为Cl2；由D与G之间的相互转化关系知，A为变价金属单质，则A为Fe,D为FeCl3,G为FeClj由“D+F-血红色溶液”知，F为KSCN；由“E与X的相互转化关系及E为黑色固体化合物、X的水溶液是一种强酸”知，E为FeO,34X为HCl,H为HO；由“C为无色气体单质及A+C-E”知，C为O。22(3) 反应的离子方程式为2Fe3+Fe=3F&+。高温(4) 反应的化学方程式为3Fe+4HO(g)=FeO+4H，由化合价的变化值知，当3mol2342的Fe反应时可转移电子8mol。(5) D溶液与小苏打溶液反应的离子方程式为Fe3+3HCO-=Fe(OH)；+3COf。332(6) 除去FeCl3溶液中混有的少量FeCl2的方法：向混合液中通入足量的氯气(或加入足量的HO)。22用FeCl3溶液制备无水FeCl3固体的方法：在HCl气流中加热蒸干FeC溶液。答案(1)FeFeClFeOHCl334(3) 2Fe3Fe=3Fe2高温(4) 3Fe4HO(g)=FeO4H0.82342(5) Fe3+3HC0-=Fe(OH)；+3COf332(6) 向混合液中通入足量的氯气(或加入足量的HO)22在HCl气流中加热蒸干FeCl3溶液16. 答案(1)用镊子从试剂瓶中取一块金属钠，用滤纸吸干表面上的煤油，用小刀在玻璃片上切米粒大小的钠做实验用，剩余的钠要放回原试剂瓶，不要随意丢弃。(2) 有气泡生成，钠熔化成小球且在煤油和FeS0溶液界面处上下跳动，最终完全溶解4(3) 下层溶液出现白色絮状沉淀(4) 下降上升(5) 2Na+FeS0+2HO=Fe(OH)；+NaSO+Hf4 222422019-2020年高考化学非金属及其化合物单元突破训练一选择题：(共12小题，每小题4分，计48分)1.下列关于氯水的叙述正确的是()A. 新制的氯水中只含有Cl2和H20分子B新制的氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C. 光照氯水有气体逸出，该气体是Cl2D. 氯水放置数天后pH会变大2某化学兴趣小组利用MnO和浓HCl及如图所示装置制备Cl。下列分析中不正确的是22()A. A中可用分液漏斗代替长颈漏斗B. A中缺少加热装置C. B中盛放的NaOH溶液可以净化Cl2D. D中的导管口若连接倒置漏斗可防止倒吸3-下列可用来区别SO2和CO2气体的是()澄清的石灰水氢硫酸氯水酸性高锰酸钾溶液氯化钡溶液品红溶液A. B.C.D.4. 下列说法正确的是()A. 因为SO2具有漂白性，所以它能使品红溶液、酸性高锰酸钾溶液、石蕊试液褪色B. 能使品红溶液褪色的不一定是SO2C. S02、漂白粉、活性炭、Na2O2都能使红墨水褪色，其原理相同D. SO2和Cl2等物质的量混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中，漂白效果更好5. 氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出不同的性质。下列结论正确的是()A. 加入有色布条，片刻后有色布条褪色，说明有Cl存在2B. 溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2存在C. 先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，说明有Cl-存在D. 加入NaOH溶液，氯水的浅黄绿色消失，说明有HC1O存在6. 如图所示，试管中盛装的是红棕色气体(可能是混合物)，当倒扣在盛有水的水槽中时，试管内水面上升，但不能充满试管，当向试管内鼓入氧气后，可以观察到试管中水柱继续上升经过多次重复后，试管内完全被水充满，原来试管中盛装的气体是()rr=,O2TA. 可能是N与NO的混合气体22B. 只能是O与NO的混合气体22C. 可能是NO与NO的混合气体2D. 只能是NO一种气体27. 实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是()湿润红色石兹试纸A. 是氨气发生装置B. 是氨气发生装置C. 是氨气吸收装置D. 是氨气收集、检验装置&在标准状况下将1.92g铜粉投入一定量浓HNO3中，随着铜粉的溶解，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当铜粉完全溶解后共收集到由NO2和NO组成的混合气体1.12L,则混合气体中NO的体积为（）A112mLB1008mLC224mLD448mL9. CUS0是一种重要的化工原料，有关制备途径及性质如下图所示。下列说法错误的是（）4稀H2SO4/稀HNO3cTl_2,AJCuSO4-r-70%H2SO41浓h2so4,A. 途径所用混酸中H2SO4与HNO3的最佳物质的量之比为32B. 与途径相比，途径更好地体现了绿色化学思想C. 生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：=型D. 利用途径制备16g硫酸铜，被还原的硫酸的物质的量为0.1mol10. 将一定量的锌与100mL18.5mol/L浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A33.6L（标准状态）。将反应后的溶液稀释至1L,测得溶液的pH=1，则下列叙述中错误的是（）A气体A为SO和H的混合物22B气体A中SO2与屯的体积比为5：1C. 反应中共消耗Zn97.5gD. 反应中共转移电子3mol11某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只被还原为NO气体）。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析或结果错误的是()A. 混合酸中NO-的物质的量为0.4molB. OA段产生的是NO,AB段的反应为Fe+2Fe3+=3F&+,BC段产生氢气C溶液中最终溶质为FeSO4D.硫酸的浓度为5mol/L12将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成。X、Y不可能是()选项XYASO2HS2BCl2CO2CNH3CO2DSO2Cl2二.非选择题：(计52分)13. 空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一。其工艺流程如下海水氯气氧化|心丨、冃人皿丁帀計漠水混合物I液涸蒸憎竺勺步骤;步骤S02吸收漠水混合物珥吸收液(1) 步骤的离子方程式：。(2) 步骤中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物，可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离。分离仪器的名称是。(3) 溴水混合物II中溶有一定量的氯气，因此在步骤中可将蒸馏产生的气体通过(填试剂名称)溶液，以除去氯气。(4) 步骤的蒸馏过程中，温度应控制在8090C。温度过高或过低都不利于生产，请解释原因：。步骤中用硫酸酸化可提高Cl?的利用率，理由是。提取溴单质，采用蒸馏“溴水混合物II”而不是蒸馏“溴水混合物I”，请说明原因:14. 在化学课上围绕浓硫酸的化学性质进行了如下实验探究，将适量的蔗糖放入烧杯中，加几滴水，搅拌均匀，然后加入浓硫酸，生成黑色物质。请回答下列问题：(1) 生成的黑色物质(单质)是(填化学式)。(2) 这种黑色物质继续与浓硫酸作用会产生两种气体，其中一种气体有刺激性气味，是大气的主要污染物之一，这种刺激性气味的气体成分是(填化学式)，反应的化学方程式为。(3) 根据蔗糖与浓硫酸反应的实验现象，说明浓硫酸具有(填选项字母)。A.酸性B.吸水性C. 脱水性D.强氧化性(4) 将(2)中产生的有刺激性气味的气体通入品红溶液中，可以看到品红溶液，说明这种气体具有性；将(2)中产生的有刺激性气味的气体通入水中可生成一种不稳定、易分解的酸，请写出该反应的化学方程式：。(5) 能否用澄清石灰水鉴别这两种气体？(填“能”或“不能”)，若不能，请填写两种能鉴别的试剂。15. 下列图示是某学习小组设计的制取氨气并利用氨气进行喷泉实验的装置示意图。请回答下列问题：(1) 学生甲用图A所示装置制备氨气,写出该法制取氨气的化学方程式:制出的氨气应使用法来收集，要得到干燥的氨气可选用作干燥剂。学生乙用图B所示装置也制出了氨气，他选用的试剂可能是和。用平衡移动原理分析这种方法制备氨气的原理:(3) 学生丙用图C所示装置进行喷泉实验，上部烧瓶已充满干燥的氨气，引发喷泉的操作是(4) 学生丁将装置C误装为装置D,但经与同学讨论后，认为也可引发喷泉。请说明用该装置引发喷泉的方法与原理：。16. 某校化学实验兴趣小组欲采用如图所示的实验装置制备Cl2,同时进行与氯气有关的某些实验，按要求回答问题。(1) A是浓盐酸，B是二氧化锰，将A滴入B中时发生反应的离子方程式为甲同学用含有0.2molHCl的浓盐酸与足量的MnO?反应制C结果制得的体积(标准状况下)小于1.12L，这是由于反应过程中盐酸浓度变小造成的。请列举导致盐酸浓度变小的原因：(3)在实验室中，乙同学欲用下图中的装置净化氯气，则瓶中应盛放的试剂分别是，(填试剂名称)。(4)丙同学将纯净的Cl2通入一定量石灰乳中来制取漂白粉，若通入224mL(标准状况下)Cl2完全反应，则反应过程中转移电子的物质的量为。1解析新制的氯水中含有屯0、Cl2、HClO分子和H+、Cl-、CIO-、OH-,光照氯水发生反光照应2HClO=2HCl+Of,故A、C项错误；氯水中的H+可使蓝色石蕊试纸变红，HClO具有2漂白性可使石蕊试纸褪色，前者反应速率较快，后者反应速率较慢，故试纸先变红后褪色，故B项正确；氯水久置，因弱酸HC10分解成强酸(盐酸)使溶液酸性增强，pH减小，故D项错误。答案B2解析本题考查Cl2的制备，旨在考查考生的实验分析与设计能力。氯气中混有氯化氢气体，应该用饱和食盐水除去氯化氢，氯化氢和氯气均能与氢氧化钠溶液反应，故B中不能盛放氢氧化钠溶液。答案C3.解析只要与二氧化碳和二氧化硫气体反应现象不同，即可区别二氧化碳和二氧化硫。二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，不可以用澄清石灰水鉴别。氢硫酸与二氧化硫生成硫和水(2HS+SO=3S；+2HO)、氢硫酸与二氧化碳不反应。二氧化硫具有还原性，2 22能使酸性高锰酸钾溶液褪色，二氧化碳不能。亚硫酸和碳酸的酸性均弱于盐酸，二氧化硫和二氧化碳与氯化钡溶液都不反应。二氧化硫能使品红溶液褪色，二氧化碳不能。答案D4解析A项中SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为其具有还原性，能使品红溶液褪色是因为其具有漂白性，so2不能使指示剂褪色；能使品红溶液褪色的物质有很多如Cl2,不仅仅是so2；c项中这些漂白剂的漂白原理不都相同；so2和Cl2等物质的量混合后在溶液中发生反应：SO2+Cl2+2H2O=HSO4+2HCl，从而失去漂白能力。答案B5解析A项，氯水能使有色布条褪色是因为氯水中含有的HC1O具有强氧化性；C项，由于加入盐酸酸化的过程中引入了Cl-，所以根据生成白色沉淀无法说明氯水中是否存在Cl-；D项，因Cl2、HCl和HClO均能与NaOH溶液反应，所以加入NaOH溶液时氯水颜色消失不能说明其中有HClO存在。答案B6.解析解答本题要注意以下两点：(1)明确氮气不溶于水，且常温下不与其他物质发生化学反应；(2)NO2可与水反应生成不溶于水的NO,NO2和NO与氧气按适当的比例被水完全吸收。答案C7解析装置中NHCl受热易分解生成NH和HCl，但在试管口附近两者又能结合生成43NHCl，选项A错误；装置中的漏斗放置过低，不能防止倒吸，选项C错误；装置中的4试管口应放一团干燥的棉花，选项D错误。答案B&解析混合气体的总物质的量为1.12LF22.4Lmol-i=0.05mol,1.92g铜粉的物质的量为0.03mol。设NO的物质的量为气mol，则NO?的物质的量为(0.05njmol,根据得失电子守恒得3n+(0.05n)X1=0.03X2，解得n=0.005，V(NO)=0.005molX22.4Lmoli=0.112L=112mL。答案A9. 解析3Cu+8H+2N0-=3Cu+2N0f+4H0,H+和NO-的个数比为所以混酸中H2SO4与HNO3的最佳物质的量之比为32,A项正确；途径中不产生有毒气体，B项正确;浓硫酸和Cu反应生成CuSO和SO，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：=型，C42项正确；利用途径制备CuSO，硫酸没有被还原，D项错误。4答案D10. 解析无论生成SO还是H1mol气体都对应1mol锌参与反应，并转移2mol电子，2 2,n(气体)=1.5mol,所以消耗锌的质量为1.5molX65gmol-i=97.5g，转移电子3mol，故C、D项正确；反应中生成1.5molZnSO，剩余HSO的物质的量为0.1mol/LX1LX=42420.05mol，则生成SO的物质的量为n(SO)=18.5mol/LX0.1L-1.5mol0.05mol=0.322mol，混合物中H的物质的量为1.5mol0.3mol=1.2mol，故A项正确，B项错误。2答案B11解析A项，由于混合液中有稀硫酸，硝酸根离子反应完全，根据反应方程式:3Cu+8H+2NO-=3Clp+2NOI+4HO，溶解19.2gCu,即0.3mol，求得一份混合溶液NO-的物3 23质的量为0.2mol，则混合酸中NO-的物质的量为0.4mol，正确；B项，刚开始是HNO与33铁反应，OA段产生的是NO,AB段是Fe与Fe3+反应，BC段产生的是氢气，正确；C项，虽然刚开始生成的是Fe(SO)，但最终加入铁粉后转变为FeSO，正确；D项，根据加入铁粉2434的质量22.4g即0.4mol，最终生成FeSO，可知硫酸也为0.4mol，则HSO的物质的量浓4 24度为芽昇mol/L，不正确。答案D12. 解析A选项，生成单质硫沉淀；B选项，Cl与CO不反应，无沉淀；C选项，NH与CO2232反应生成CO2-,CO2-与Ba2+生成BaCO沉淀；D选项，Cl与SO反应生成SO2-,SO2-与Ba2+3 332244生成BaSO沉淀。4答案B13. 解析海洋是资源的宝库，海水化工是考试的热点。占地球储量99%的溴分布在海洋中，从海水中提取溴，一般要经过浓缩、氧化、提取三个步骤。步骤的氯气氧化发生的反应是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，生成的溴仍溶解在海水中，怎样才能把溴提取出来呢？根据溴的沸点比水低的性质，可以鼓入热空气(步骤)，使它和热空气一起挥发出来，再用SO吸收(步骤)：Br+SO+2HO=4出+2Br-+SO2-，这样可以得22224到较大浓度的含Br-的溶液，进一步用氯气氧化(步骤)，得到Br2，然后蒸馏便得到了液溴。答案(1)Br+SO+2HO=4H+2Br-+SO2-2224(2) 分液漏斗(3) 溴化铁(或其他含Br-的盐类物质)(4) 温度过高，大量水蒸气被蒸出，溴蒸气中水增加；温度过低，溴不能完全蒸出，吸收率低(5) 酸化可抑制Cl2、Br2与水反应(6) 将“溴水混合物I”转变为“溴水混合物II”是Br2的浓缩过程，可提高效率，减少能耗，降低成本14. 解析(1)因为浓硫酸具有脱水性，故蔗糖在浓硫酸中生成的黑色物质是蔗糖脱水后形成的碳单质。(2) 因为浓硫酸具有强氧化性，故蔗糖脱水形成的碳单质可以继续和浓硫酸反应生成C02、SO2和HO,其反应的化学方程式为C+2HS0(浓)=0f+2SOf+2H0。224222(3) 根据实验现象及(1)(2)的分析知，在蔗糖与浓硫酸的反应中，浓硫酸具有脱水性、强氧化性和吸水性。(4) 将(2)中产生的有刺激性气味的气体SO2通入品红溶液中，二氧化硫能将品红溶液漂白，故可以看到品红溶液褪色；将SO通入水中，SO可以和水发生化合反应：SO+H口SO。(5) 因为CO2和SO2都可以与澄清石灰水发生反应生成白色沉淀，故不能用澄清石灰水鉴别这两种气体；可以根据二氧化硫的特性来检验二氧化硫，例如二氧化硫可以使品红溶液、溴水等褪色。答案(1)C(2) SOC+2HSO(浓)=Of+2SOI+2HO224222(3) BCD(4) 褪色漂白巴+屯。話(5) 不能品红溶液、溴水(其他合理答案均可)15. 解析(1)题图A是固体和固体混合加热制备氨气的装置，应选用的原料是NHCl和4Ca(OH)2固体。氨气极易溶于水，比空气的密度小，要用向下排空气法收集。干燥氨气常用碱石灰。(2) 题图B是固体和液体在不加热时反应制氨气的装置，可选用浓氨水和生石灰(或固体NaOH)混合反应。在氨水中存在下列平衡：NH只门沖f+HO，生石灰或固体烧碱溶于32U1H32水时吸水且放出大量的热，促使平衡正向移动，nh3h2o分解放出氨气。(3) 氨气极易溶于水，用图C所示装置进行喷泉实验时，先打开止水夹，然后挤压胶头滴管，使少量水进入烧瓶，氨气溶于水导致烧瓶内压强急剧减小，外界大气压将烧杯内的水压入烧瓶中即可形成喷泉。(4) 对于装置D,可以设法使烧瓶受热，烧瓶内气体膨胀，排出玻璃导管中的空气，烧瓶内氨气与水接触即产生喷泉。答案(l)2NHCl+Ca(0H)=aCl+2H0+2NHf向下排空气碱石灰(合理即可)4 2223(2) CaO或NaOH固体浓氨水生石灰或固体烧碱溶于水时吸水且放出大量的热，促使平衡NH3也。nH3匸+屯正向移动，NH3H2O分解放出氨气(3) 打开止水夹，挤出胶头滴管中的水(4) 打开止水夹，用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热，氨气受热膨胀，赶出玻璃导管中的空气，氨气与水接触，即发生喷泉16. 解析(1)二氧化锰氧化浓盐酸可以制取氯气，离子方程式为：MnO2+4H+2C1-=Mn2Clf2HO。22(2) 浓盐酸浓度变小是因为二氧化锰和浓盐酸反应过程中消耗HC1,加热时氯化氢挥发，生成的水稀释浓盐酸。(3) 制取的氯气中含有氯化氢和水蒸气，净化时应先通过饱和食盐水或水吸收氯化氢，后通过浓硫酸吸收水蒸气。(4) 反应2Ca(OH)+2Cl=CaCl+Ca(ClO)+2HO中，1molCl参加反应转移1mol电子，222222故通入224mL(标准状况下)Cl2完全反应，反应过程中转移电子0.01mol。答案(1)MnO+4H+2Cl=Mn2+Clf+2HO222(2) 氯化氢挥发；反应生成水；反应消耗HCl(3) 饱和食盐水或水浓硫酸(4) 0.01mol