2019-2020年高三上学期第二周周周清同步检测化学试题含答案.doc

2019-2020年高三上学期第二周周周清同步检测化学试题含答案一、选择题1.最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程反应过程的示意图如下：下列说法正确的是（）ACO和O生成CO2是吸热反应B在该过程中，CO断键形成C和OCCO和O生成了具有极性共价键的CO2D状态状态表示CO与O2反应的过程2.下列各组中互为同位素的是（）AO2和O3BH2和D2CCH4和C3H8D2He和3He3.设NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A常温下，22gCO2含碳氧双键数目为2NAB12.0gNaHSO4固体中含阳离子数为0.1NAC标准状况下，22.4LBr2中所含分子数为NAD7.8gNa2O2与足量的水反应转移电子数为0.2NA4.常温下，下列各组粒子在指定溶液中能量共存的是（）A在酸性KMnO4溶液中：Na+、C2H5OH、NH4+、ClB能溶解CaCO3的溶液中：Fe2+、Ca2、Cl、NO3C澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、SO42、ClD能使淀粉KIO3试纸显蓝色的溶液中：K+、H+、SO42、I5.有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Cl、Br、I（忽略水的电离），其中Cl、Br、I的个数比为2：3：4，向该溶液中通入氯气使溶液中Cl和Br的个数比为3：1，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为（）A7：1B7：2C7：3D7：46.2015年9月28日，美国宇航局宣布发现了火星上存在液态水的证据。下列关于水的叙述正确的是：A水是一种重要的溶剂，能溶解所有的无机物和大多数有机物B水是一种重要的化学试剂，在一定条件下可与许多无机物和有机物发生反应C在氧化还原反应中，水只能作氧化剂，不能作还原剂D海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，在上述方法中都有化学反应发生7.铅的冶炼大致过程如下：富集：将方铅矿（PbS）进行浮选； 焙烧：2PbS3O2 2PbO2SO2；制粗铅：PbOC PbCO；PbOCO PbCO2。下列说法正确的是A浮选法富集方铅矿的过程属于化学变化B方铅矿焙烧反应中，PbS是还原荆，还原产物只有PbOC将1 mol PbS冶炼成Pb理论上至少需要6 g碳D整个冶炼过程中，制取1 mol Pb共转移2 mol电子8.关于下图所示转化关系（X代表卤素），说法不正确的是 A2H（g）2X（g）2HX（g） H30B途径生成HX的反应热与途径无关，所以H1H2H3C途径生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl比HBr稳定DCl、Br、I的非金属性依次减弱，所以途径吸收的热量依次增多9.表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，X与Y的原子序数之和为Z与W原子序数之和的下列说法正确的是（）XYZWTA化合物YX2、ZX2化学键类型和晶体类型均相同BZ、W、T三种元素最高价氧化物的水化物的酸性依次增强C五种元素中，只有T是金属元素DMg在一定条件下可以和YX2发生反应生成Y单质10.下列反应在任何温度下均能自发进行的是（）A2H2O2（l）=O2（g）+2H2O （l）H=196 kJmol1B2N2（g）+O2（g）=2N2O（g）H=+163 kJmol1C2Ag（s）+Cl2（g）=2AgCl（s）H=254 kJmol1D2HgO（s）=2Hg（l）+O2 （g）H=+182kJmol111.下列关于各图象的解释或结论不正确的是（）A由甲可知：使用催化剂不影响反应热B由乙可知：对于恒温恒容条件下的反应2NO2（g）N2O4（g），A点为平衡状态C由丙可知：同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，其pH前者小于后者D由丁可知：将T1的A、B饱和溶液升温至T2时，A与B溶液的质量分数相等12.交通运输部在南海华阳礁举行华阳灯塔和赤灯塔竣工发光仪式，宣布两座大型多功能灯塔正式发光并投入使用。灯塔可用镁海水电池提供能源，其装置如图所示。下列有关海水电池的说法正确的是（ ） AX可为铁、铜、石墨等电极B每转移2 mol电子，2mol H+由交换膜左侧向右侧迁移C正极的电极反应式为H2O22e-2H+2H2OD该电池能将化学能全部转化成电能13.下列有关物质分类或归纳的说法中，正确的是A. SO2、NO2和CO2都是污染性气体B熟石灰、铝热剂、盐酸都是混合物 C煤的干馏、海水中提取碘的过程都包括化学变化DA12O3、Cl2、CuSO4在熔融状态或溶于水时均能导电，都属电解质14.往含0.2mol NaOH和0.1mol Ba（OH）2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体的体积为6.72L（标准状况下）时立即停止，则在这一过程中，溶液中离子数目和通入CO2气体的体积关系正确的图象是（气体的溶解忽略不计）（）ABCD15.甲、乙两个烧杯各盛有l00mLlmol/L的盐酸和硫酸溶液，向两个烧杯中分别加入等质量的铁粉，反应后测得生成的气体体积比为2：3（均为相同状况下数据），则所加入的铁粉的质量为（）A2.8gB3.36gC4.2gD5.6g16.已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合如图则甲和X不可能是（）A甲：Fe、X：Cl2B甲：SO2、X：NaOH溶液C甲：C、X：O2D甲：AlCl3溶液、X：NaOH溶液17.关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是（） A装置可用于分离苯和水的化合物B装置可用于排气法收集H2、CO2、Cl2、NO、NO2等气体C装置中X若为CCl4，可用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸D装置可用于干燥、收集NH3，并吸收多余的NH318.下列各组物质按如图所示转化关系每一步都能一步实现的是（）选项甲乙丙丁AFeCl3FeCl2Fe2O3Fe（OH）3BCuCuOCuSO4CuCl2CSO2H2SO4SO3H2SDAl（OH）3NaAlO2Al2O3AlCl319.将13.0g Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体6.72L（标况）另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中生成6.72L（标况）NO，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量是（）A11.85g B12.7gC27.45g D28.3g20.已知X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去），则W、X不可能是（）选项WXA盐酸Na2CO3溶液B Cl2 FeC CO2Ca（OH）2溶液DNaOHAlCl3溶液 第II卷（非选择题）二、计算题21.已知稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色，现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴液溴，振荡后溶液呈黄色，现对溶液呈黄色的原因进行探究（1）仅限选用的仪器和试剂有：烧杯、试管、玻璃棒、量筒、滴管、药匙；酸性高锰酸钾溶液、氢氧化钠溶液、四氯化碳、硫氰化钾溶液、硝酸银溶液、淀粉碘化钾溶液，完成以下实验探究过程：【提出假设】假设1：溶液呈黄色不是发生化学反应所致，是溶液中 引起的（填微粒的化学式，下同）假设2：溶液呈黄色是发生化学反应所致，是溶液中 引起的【设计实验方案】为了验证上述假设1和假设2的推断，请用简要的文字说明你的实验方案：假设1方案： 假设2方案： （2）根据高中所学的知识判断，你认为 （填“假设1”或“假设2”）的推断是正确的；若选用淀粉碘化钾溶液验证你的假设是否可行？ （填“行”或“否”）（3）写出铁离子与碘离子作用的离子方程式 ，并以该反应原理设计原电池，将电池装置示意图画在下边方框中22.达喜常用于中和胃酸。 1 mol达喜与足量的盐酸完全反应后生成水的物质的量为 （用含x等字母的代数式表示）。 达喜化学式中a、b、c、d的关系为ab cd（填“”、“”或“”）。 已知在常温下溶液中Al3、Mg2、AlO2-的浓度与溶液pH的关系如右图所示。为测定达喜的组成，进行了下列实验： 取达喜6.02 g研碎，缓慢加入2.00 molL1盐酸使其溶解，当加入盐酸85.00 mL时开始产生CO2，加入盐酸至90.00 mL时正好反应完全。 在所得溶液中加入适量的 （填“氨水”、“氢氧化铝”或“氯化镁”）以调节溶液的pH至5.07.0，使有关离子完全沉淀。 将产生的全部沉淀过滤、洗涤，灼烧至恒重，称量为1.02 g。请通过计算确定达喜的化学式(写出计算过程)。23.A、B、C、D四种物质均为下列离子组成的可溶性化合物，组成这四种物质的离子（离子不能重复组合）有：阳离子Na+、Al3+、Ba2+、NH4+阴离子Cl、OH、CO32、SO42分别取四种物质进行实验，实验结果如下：A、D溶液呈碱性，B呈酸性，C呈中性A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝回答下列问题：（1）A的化学式是，用电子式表示C的形成过程： （2）向A溶液中通入适量CO2，使生成的沉淀恰好溶解，所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是： （3）写出的离子方程式 （4）简述D溶液呈碱性的理由 三、实验题24.由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验（部分产物略去）： （1）取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是（填写化学式） （2）Z为一种或两种气体若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应中能同时生成两种气体的化学方程式是 若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是 （3）向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是（填写离子符号） （4）取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成当消耗2mol I时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是 25.某校化学兴趣小组的学生，分成两组对酸雨及空气中二氧化硫的含量进行了测定第一组，取刚降到地面的酸雨水样，进行了如下实验：将一片红色的玫瑰花瓣浸在一份水样中；向雨水试样中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；每隔一定时间测定其pH，数据如表所示 表不同时间酸雨的pH测定时间/小时钟0124pH4.734.624.564.55（1）一段时间后，观察到玫瑰花瓣红色变浅，原因是 （2）生成白色沉淀的离子方程式 （3）分析上述pH数据变化，你认为可能的原因是（用化学方程式表示） 第二组，拟用如图装置定量分析空气中SO2的含量：（4）通入空气前应进行的实验操作是 ；KMnO4溶液中导管末端做成球状多孔结构的作用是 （5）已知：5SO2+2MnO4+2H2O5SO42+2Mn2+4H+随着空气的不断通入，酸性高锰酸钾的溶液逐渐变浅直至褪色，说明SO2具有 性（6）若实验中气体流速aLmin1，酸性KMnO4溶液的体积bL，其浓度为cmolL1，从气体通入到紫色恰好褪去，用时5min则空气中二氧化硫的含量为 gL1试卷答案1.C【考点】真题集萃【分析】由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，CO与O在催化剂表面形成CO2，不存在CO的断键过程，以此解答该题【解答】解：A由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A错误；B由图可知不存在CO的断键过程，故B错误；CCO与O在催化剂表面形成CO2，CO2含有极性共价键，故C正确；D状态状态表示CO与O反应的过程，而不是与氧气反应，故D错误故选C【点评】本题为xx年考题，侧重于化学反应原理的探究的考查，题目着重于考查学生的分析能力和自学能力，注意把握题给信息，难度不大2.D考点：同位素及其应用 分析：质子数相同中子数不同的原子互称同位素，研究对象为原子，同种元素的不同种单质互为同素异形体解答：解：A两者均为O元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故A错误； BH2和D2是单质不是原子，不为同位素，故B错误；CCH4和C3H8是化合物不是原子，不为同位素，故C错误；D2He和3He都是He元素的不同原子，互为同位素，故D正确故选D点评：本题以同位素为载体，考查化学“五同”比较，难度不大，注意把握概念的理解，水和重水是不同水分子，但结构相同，为同一物质3.B【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、求出二氧化碳的物质的量，然后根据1mol二氧化碳中含2mol碳氧双键来分析；B、求出硫酸氢钠的物质的量，然后根据硫酸氢钠由1个钠离子和1个硫酸氢根构成来分析；C、标况下溴为液态；D、求出过氧化钠的物质的量，然后根据1mol过氧化钠和水反应转移1mol电子来分析【解答】解：A、22g二氧化碳的物质的量为0.5mol，而1mol二氧化碳中含2mol碳氧双键，故0.5mol二氧化碳中含1mol碳氧双键即NA个，故A错误；B、12g硫酸氢钠的物质的量为0.1mol，而硫酸氢钠由1个钠离子和1个硫酸氢根构成，故0.1mol硫酸氢钠中含0.1mol阳离子即0.1NA个，故B正确；C、标况下溴为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故C错误；D、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而1mol过氧化钠和水反应转移1mol电子，故0.1mol过氧化钠转移0.1NA个电子，故D错误故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大4.C【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A酸性KMnO4溶液，具有强氧化性；B能溶解CaCO3的溶液，显酸性；C该组离子之间不反应；D使淀粉KIO3试纸显蓝色的溶液，含碘单质【解答】解：A酸性KMnO4溶液，具有强氧化性，与C2H5OH或Cl发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B能溶解CaCO3的溶液，显酸性，Fe2+、H、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D使淀粉KIO3试纸显蓝色的溶液，含碘单质，H+、IO3、I发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C【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常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大5.C【考点】离子方程式的有关计算【分析】还原性：IFe2+BrCl，根据电荷守恒2n（Fe2+）=n（Cl）+n（Br）+n（I）计算n（Fe2+），根据溶液中通入氯气使溶液中Cl和Br的个数比为3：1，计算消耗的氯气和剩余Fe2+的物质的量，可则解答该题【解答】解：由题意可设Cl、Br、I的物质的量分别为2mol、3mol、4mol，由电荷守恒可得：2n（Fe2+）=n（Cl）+n（Br）+n（I）=2mol+3mol+4mol=9mol，n（Fe2+）=4.5mol，通入氯气后，要满足 n（Cl）：n（Br）=3：1，Cl只要增加7mol就可以，即需通入氯气3.5mol4mol I先消耗2mol氯气，3mol Fe2+消耗1.5mol氯气，剩余Fe2+1.5mol，则通入氯气与剩余Fe2+的物质的量之比为：3.5：1.5=7：3，故选C【点评】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，本题注意根据物质还原性的强弱，从电荷守恒的角度计算n（Fe2+），根据反应的程度判断物质的量关系，答题时注意体会6.B试题分析：A水虽然是一种重要的溶剂，但不能溶解所有的无机物，如碳酸钙不溶于水，而大多数有机物不溶于水，如烃类，错误；B、水是一种重要的化学试剂，在一定条件下可与许多无机物和有机物发生反应，正确；C、水中氢元素的化合价为+1价，可得电子表现氧化性，氧元素为-2价，可失电子表现还原性，则在氧化还原反应中，水既能作氧化剂，又能作还原剂，错误；D、海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，在上述方法中不都发生化学反应，如蒸馏法为物理变化，错误。7.C试题分析：A、浮选法富集方铅矿，没有新物质的生成，不属于化学变化，故错误；B、氧化剂化合价降低，被还原，得到产物为还原产物，即氧化剂为氧气，化合价降低，即PbO和SO2属于还原产物，故错误；C、根据化学反应方程式，推出：2PbSC，即消耗碳的质量为6g，故正确；D、根据Pb守恒，反应中转移电子6mole，反应中转移2mole，共转移8mole，故错误。8.D试题分析：A、形成化学键需要放出热量，III是形成化学键的，即H30，故说法正确；B、根据盖斯定律，反应热只与始态和终态有关，跟途径无关，因此有H1=H2H3，故说法正确；C、能量越低越稳定，放出的热量比生成HBr的多，说明HCl比HBr稳定，故说法正确；D、非金属性减弱，形成的化学键不稳定，因此断裂时，需要吸收热量，非金属性越弱，需要吸收的热量越小，故说法错误。9.D【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】X、Y、Z、W为短周期元素，由位置可知，X为第二周期元素，Y、Z、W为第三周期元素，设X的原子序数为x，由X与Y的原子序数之和为Z与W原子序数之和的，则x+x+6=（x+8+x+9），解得x=8，则X为O，Y为Si，Z为S，W为Cl，T为Se，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答【解答】解：X、Y、Z、W为短周期元素，由位置可知，X为第二周期元素，Y、Z、W为第三周期元素，设X的原子序数为x，由X与Y的原子序数之和为Z与W原子序数之和的，则x+x+6=（x+8+x+9），解得x=8，则X为O，Y为Si，Z为S，W为Cl，T为Se，ASiO2、SO2化学键均为共价键，晶体类型分别为原子晶体、分子晶体，故A错误；B非金属性WZT，则T、Z、W三种元素最高价氧化物的水化物的酸性依次增强，故B错误；C均为非金属元素，故C错误；D由Mg与CO2反应生成MgO和C，可知Mg在一定条件下可以和SiO2发生反应生成Si单质，故D正确；故选D【点评】本题考查位置、结构与性质的关系，为高频考点，把握短周期原子序数的关系推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，注意元素周期律的应用，题目难度不大10.A解：A、反应是放热反应H0，S0，任何温度下都能自发进行，故A正确；B、反应是吸热反应H0，S0，任何温度下不能自发进行，故B错误；C、反应是放热反应H0，S0，低温下不能自发进行，故C错误；D、反应是吸热反应H0，S0，低温下不能自发进行，故D错误；故选：A11.B【考点】化学平衡的影响因素；盐类水解的应用【专题】化学平衡专题；盐类的水解专题【分析】A催化剂改变反应速率不改变化学平衡，反应热不变；B化学方程式可知二氧化氮和四氧化二氮反应速率之比等于星峰传说计量数之比为2：1，化学平衡状态需要正逆反应速率相同；C加入水稀释相同倍数，HA酸溶液PH增大的多，说明HA酸性大于HB，酸越弱对应盐水解程度越大，碱性越强；D将T1的A、B饱和溶液升温至T2时，溶液中溶质溶解度增大，变为不饱和溶液，【解答】解：A催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率化学平衡不变，反应的反应热不变，故A正确；B对于恒温恒容条件下的反应2NO2（g）N2O4（g），图象中的A点是二氧化氮和四氧化二氮的消耗速率相同，但不能说明正逆反应速率相同，只有二氧化氮消耗速率为四氧化二氮消耗速率的二倍时才能说明反应达到平衡状态，故B错误；C图象分析可知加入水稀释相同倍数，HA酸溶液PH增大的多，说明HA酸性大于HB，酸越弱对应盐水解程度越大，碱性越强，所以同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，其pH前者小于后者，故C正确；D将T1的A、B饱和溶液升温至T2时，溶液中溶质溶解度增大，变为不饱和溶液，但溶液浓度和T1点的饱和溶液溶质质量分数相同，故D正确；故选B【点评】本题考查了图象变化实质的分析判断，主要是化学平衡影响因素、盐类水解原理、弱电解质电离平衡的影响因素、溶质质量分数的分析判断等知识，题目难度中等12.CA项，X与稀硫酸直接接触，若X为铁，在铁表面发生氧化还原反应，错误；B项，镁为负极，负极的电极反应式为Mg2e-Mg2+放电过程中，Mg2+由交换膜右侧向左侧迁移，最终镁极变轻，交换膜左侧生成，错误；C项，双氧水在正极上发生还原反应，正确；D项，任何电池的能量转化率小于100%，错误。13.CCO2不是污染性气体，A错误；熟石灰是Ca(OH)2,不是混合物，B错误；Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质，D错误。14.C【考点】离子方程式的有关计算【分析】n（CO2）=0.3mol，通入含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钡的溶液中，发生：2OH+CO2=CO32+H2O、OH+CO2=HCO3+H2O、Ba2+CO32=BaCO3，以此解答该题【解答】解：向含0.2 mol NaOH和0.1 mol Ba（OH）2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，依次发生的反应为Ba（OH）2+CO2BaCO3+H2O、2NaOH+CO2Na2CO3+H2O、Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3、BaCO3+H2O+CO2Ba（HCO3）2，因此可知当通入2.24 L CO2时0.1 mol Ba2+和0.2 mol OH参加反应，溶液中离子的量由起始的0.7 mol降到0.4 mol，再通入2.24 L CO2时，0.2 mol OH参加反应，生成0.1 mol CO32，溶液中离子的量由0.4 mol降到0.3 mol，最后再通入2.24 L CO2时，0.1 mol CO32发生反应，生成0.2 mol HCO3，溶液中离子的量由0.3 mol升高到0.4 mol故选：C【点评】本题考查元素化合物，考查考生分析、处理问题的能力与解答图象题的能力难度中等15.C【考点】化学方程式的有关计算【分析】根据酸的物质的量关系和生成氢气的体积比可判断出盐酸不足，硫酸过量，根据盐酸与铁反应生成氢气的体积可计算铁与硫酸反应生成氢气的体积，以此计算铁的质量【解答】解：由题意可知：n（HCl）=n（H2SO4）=0.1L1mol/L=0.1mol，两种酸溶液中H+物质的量比值为1：2，当铁完全反应时，生成氢气的体积比为1：1，当酸完全反应时，生成氢气的体积为1：2，往两个烧杯中分别加入等质量的铁粉，充分反应后生成氢气的体积比为2：3，介于1：1和1：2之间，则说明盐酸不足，硫酸过量，Fe+2HCl=FeCl2+H2 2 1 0.1mol 0.05mol则铁与硫酸反应生成氢气的物质的量为0.075mol，Fe+H2SO4=FeSO4+H21 1n（Fe） 0.075moln（Fe）=0.075mol，m（Fe）=0.075mol56g/mol=4.2g故选C16.A【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断【分析】A甲：Fe，X：Cl2，则乙为FeCl3；B甲：SO2、X：NaOH溶液，则乙为NaHSO3，丙为Na2SO3；C甲：C、X：O2，则乙为CO，丙为CO2；D若甲为AlCl3，X是NaOH，则乙为氢氧化铝，丙为NaAlO2【解答】解：A甲为Fe，X是Cl2，则乙为FeCl3，FeCl3与Cl2不能再反应，不符合题中转化关系，故A错误；B甲：SO2、X：NaOH溶液，则乙为NaHSO3，丙为Na2SO3，Na2SO3与SO2反应生成NaHSO3，符合题中转化关系，故B正确；C甲：C、X：O2，则乙为CO，丙为CO2，CO2与C反应生成CO，符合题中转化关系，故C正确；D若甲为AlCl3，X是NaOH，则乙为氢氧化铝，丙为NaAlO2，NaAlO2与AlCl3反应生成氢氧化铝，符合题中转化关系，故D正确；故选A【点评】本题考查无机物的推断，综合考查元素化合物性质，关键是掌握物质之间的相互转化，题目难度中等17.B【考点】化学实验方案的评价【分析】A苯与水混合分层；BNO与氧气反应，不能使用排空气法收集；CX若为CCl4，密度比水大，水在上方，使气体与水不能直接接触；D氨气不与碱石灰反应，密度比空气小，且极易溶于水【解答】解：A苯与水混合分层，可利用图中分液漏斗分离，故A正确；BNO与氧气反应，不能使用排空气法收集，而a进入可收集H2，b进气可收集CO2、Cl2、NO2，故B错误；CX若为CCl4，密度比水大，水在上方，使气体与水不能直接接触，则图中装置可用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸，故C正确；D氨气不与碱石灰反应，可干燥气体，密度比空气小，图中向下排空气法收集合理，且极易溶于水，图中倒扣的漏斗可防止倒吸，故D正确；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、气体的收集、气体制备及防倒吸装置等，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18.BAFeCl2不能直接生成Fe2O3，应先生成Fe（OH）3，再生成Fe2O3，故A错误；BCuCuOCuSO4CuCl2Cu，各种物质可一步实现，故B正确；CSO3不能直接生成H2S，则转化不能实现，故C错误；DNaAlO2不能直接生成Al2O3，应先转化为沉淀再加热分解实现转化，不能一步实现，故D错误；故选B19.B解析：合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L（标准状况），物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒可知n（Al）=0.2mol，故金属铝的质量为0.2mol27g/mol=5.4g，金属铝提供电子的量是0.6mol，将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为3=0.9mol，故Fe、Cu共提供的电子物质的量为0.9mol0.6mol=0.3mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n（OH）=0.3mol，所以反应后沉淀的质量等于13.0g5.4g+0.3mol17g/mol=12.7g，故选B20.B【考点】钠的重要化合物；氯气的化学性质；镁、铝的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】X和过量W，少量W反应生成本题物质YZ，Y和Z又可以相互转化，说明X若是单质，X乙酸化合价存在变价，只能是非金属单质；若X是化合物，则是酸性氧化物与碱反应，量不同产物不同，生成的正盐和酸式盐可以相互转化；或X为多元弱酸的盐与酸反应，量不同产物不同，结合选项分析判断【解答】解：A、X为Na2CO3，W为盐酸时，碳酸钠和少量盐酸反应生成碳酸氢钠，碳酸钠和过量盐酸反应生成二氧化碳，能实现上述转化关系，故A不选；B、氯气和铁反应，无论量多少，只能生成氯化铁，不符合上述转化关系，故B选；C、X为氢氧化钙，W为二氧化碳，氢氧化钙与少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙，碳酸钙和碳酸氢钙间可以相互转化，符合转化关系，故C不选；D、X为AlCl3，W为NaOH，过量的NaOH与AlCl3反应生成NaAlO2，少量的NaOH 与AlCl3反应生成Al(OH) 3，而NaAlO2 与Al(OH) 3可相互转化，D不选.故选B【点评】本题考查了物质转化的关系应用，物质性质的应用，主要考查量不同产物不同的反应特征和物质判断，题目难度中等21.（1）Br2；Fe3+；向黄色溶液加入CCl4，振荡，静置，下层溶液呈橙红色；向黄色溶液滴加KSCN溶液，溶液变为血红色；（2）假设2；否；（3）2Fe3+2I=2Fe2+I2；【分析】（1）提出假设：现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴液溴，二价铁离子被溴单质氧化为三价铁在水溶液中是黄色的，或是溴单质溶于水形成的溶液颜色；设计实验方案：溶液黄色由溶解溴导致，可以利用四氯化碳萃取溴验证；溶液黄色由Fe3+所致，能与KSCN溶液反应生成血红色物质；（2）溴单质氧化性较强，能将亚铁离子氧化为Fe3+；溴单质、Fe3+可以将碘离子氧化为碘单质；（3）Fe3+可以将碘离子氧化为碘单质，发生氧化还原反应，用石墨作电极，电解质溶液为氯化铁溶液、KI溶液，用KCl盐桥连接【解答】解：（1）【提出假设】假设1：溶液呈黄色不是发生化学反应所致，是溶液中Br2引起的，假设2：溶液呈黄色是发生化学反应所致，是溶液中Fe3+引起的，故答案为：Br2；Fe3+；【设计实验方案】假设1方案：向黄色溶液加入CCl4，振荡，静置，下层溶液呈橙红色，假设2方案：向黄色溶液滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，故答案为：向黄色溶液加入CCl4，振荡，静置，下层溶液呈橙红色；向黄色溶液滴加KSCN溶液，溶液变为血红色；（2）溴单质氧化性较强，能将亚铁离子氧化为Fe3+，假设1不成立，假设2的推断正确，溴单质、Fe3+可以将碘离子氧化为碘单质，不能用淀粉碘化钾溶液验证，故答案为：假设2；否；（3）Fe3+可以将碘离子氧化为碘单质，反应离子方程式为：2Fe3+2I=2Fe2+I2，发生氧化还原反应，用石墨作电极，电解质溶液为氯化铁溶液、KI溶液，用KCl盐桥连接，电池装置示意图为： 故答案为：2Fe3+2I=2Fe2+I2；【点评】本题考查物质性质的探究，根据物质的性质设计实验方法，熟练掌握元素化合物性质，注意基本仪器与装置的简单绘画22. xcd 氨水 盐酸的总物质的量：2.00 molL10.09 L0.18 mol产生CO2消耗盐酸的物质的量：(0.090.085)L2.00 molL120.02 molCO32-的物质的量：0.02 mol20.01 mol6.02 g达喜中OH的物质的量：0.18 mol0.02 mol0.16 mol6.02 g达喜中Al3的物质的量：0.02 mol6.02 g达喜中Mg2的物质的量：0.06 mol6.02 g达喜中H2O的物质的量：0.04 moln(Al3)n(Mg2)n(OH)n(CO32-)n(H2O)0.02 mol0.06 mol0.16 mol0.01 mol0.04 mol261614达喜的化学式为Al2Mg6(OH)16(CO3) 4H2O (1)可以理解为OH+ H= H2O，CO32 + 2H= H2O + CO2，所以水的物质的量为c + d + x。(2)因为Mg2与CO32 均显+2价，假设b=d，则c=3a，所以a+bc+d。(3)若加入氢氧化铝或氯化镁均引入铝元素或镁元素，引起误差。（4）中缓慢加入HCl，发生反应的顺序为OH+H=H2O，CO32 +H=HCO3 ，HCO3 +H=CO2+H2O，由中数据知，生成CO2时，消耗的HCl为(9085)2=10.00mL。用总HCl的量减去CO32 消耗的HCl，即为OH消耗的HCl。中产生的沉淀为Al(OH)3，由铝守恒，可计算出Al3的量。根据电荷守恒计算出Mg2的量，再根据质量守恒，得出H2O的量，最后根据各粒子物质的量相比，可得出物质的化学式。23.（1）Ba（OH）2；（2）c（HCO3）c（Ba2+）c（OH）c（H+）c（CO32）；（3）Ba2+CO32+2NH4+2OH2NH3+2H2O+BaCO3；（4）NH4+的水解程度小于CO32的水解程度 考点：离子共存问题；盐类水解的应用专题：离子反应专题分析：根据A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，且A、D溶液呈碱性，B呈酸性，C呈中性，A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失，则A为Ba（OH）2，B为Al2（SO4）2，C为NaCl，D为（NH4）2CO3，以此来解答解答：解：根据A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，气体为氨气，再由A、D溶液呈碱性，B呈酸性，C呈中性，A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失，则A为Ba（OH）2，B为强酸弱碱盐，则B为Al2（SO4）2，C为强酸强碱盐，则C为NaCl，D为弱酸弱碱盐，则D为（NH4）2CO3，（1）A为Ba（OH）2，C为NaCl，其形成过程为，故答案为：Ba（OH）2；（2）向A溶液中通入适量CO2，使生成的沉淀恰好溶解，溶液的溶质为Ba（HCO3）2，由化学式及电离可知c（HCO3）c（Ba2+），再由的水解显碱性可知c（OH）c（H+），电离产生极少的CO32，即离子物质的量浓度由大到小的顺序为c（HCO3）c（Ba2+）c（OH）c（H+）c（CO32），故答案为：c（HCO3）c（Ba2+）c（OH）c（H+）c（CO32）；（3）为Ba（OH）2与（NH4）2CO3的反应，其离子反应为Ba2+CO32+2NH4+2OH2NH3+2H2O+BaCO3，故答案为：Ba2+CO32+2NH4+2OH2NH3+2H2O+BaCO3；（4）（NH4）2CO3溶液显碱性，是因NH4+的水解程度小于CO32的水解程度，故答案为：NH4+的水解程度小于CO32的水解程度点评：本题考查物质的推断、离子的共存、离子浓度大小的比较、水解、离子反应等知识，综合性较强，难度较大，需要学生在推断时综合考虑信息的利用，对学生能力要求较高24.（1）Al；（2）C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O；NO、CO2；（3）Cu2+、Fe3+、H+；（4）2Fe2+4I+3H2O2=2Fe（OH）3+2I2【分析】（1）根据金属铝可以和酸反应生成可溶性的铝盐，该铝盐可以和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸盐，此盐可以和二氧化碳反应；（2）二氧化硫可以和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳；一氧化氮不溶于水而二氧化碳能溶于水中；（3）氯气能将亚铁离子氧化为三价铁离子；（4）双氧水具有氧化性，能将还原性的离子碘离子、亚铁离子氧化【解答】解：（1）金属铝可以和酸反应生成可溶性的铝盐，该铝盐可以和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸盐，偏铝酸盐中通入二氧化碳反应可以获得氢氧化铝，故样品中不含有金属铝，故答案为：Al；（2）二氧化硫可以和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以反应获得的是二氧化硫和二氧化碳的混合气体，Z是二氧化碳，即C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O；二氧化氮可以和水反应生成一氧化氮气体，所以反应是焦炭和浓硝酸的反应，Z中两种气体是NO、CO2，故答案为：NO、CO2；（3）Fe2O3、Fe、CuO、C均可以和浓酸反应，除了生成气体以外还有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+，通入过量的Cl2，并不断搅拌，充分反应后，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁离子，过量的铁能将铜离子还原，此时存在的离子有Cu2+、Fe3+、H+，故答案为：Cu2+、Fe3+、H+；（4）双氧水具有氧化性，能将还原性的离子碘离子、亚铁离子氧化，原理方程式为：2Fe2+4I+3H2O2=2Fe（OH）3+2I2，故答案为：2Fe2+4I+3H2O2=2Fe（OH）3+2I2【点评】本题是一道物质的检验题目，可以根据物质的性质以及实验现象进行回答，以实验流程的形式考查，增加了难度25.（1）SO2有漂白作用；（2）Ba2+SO42=BaSO4；（3）2SO2+2H2O+O2=2H2SO4；（4）气密性检查；增大接触面积，有利于SO2的充分吸收；（5）还原性；（6）解：（1）玫瑰花瓣颜色褪去可以考虑酸雨中存在漂白物质，故酸雨中的SO2 有漂白作用，故答案为：SO2有漂白作用；（2）酸雨中含有硫酸，可以与钡离子形成沉淀，离子方程式为：Ba2+SO42=BaSO4，故答案为：Ba2+SO42=BaSO4；（3）pH降低，酸雨中的SO2被氧化为硫酸，弱酸转化为强酸，离子方程式为：2SO2+2H2O+O2=2H2SO4，故答案为：2SO2+2H2O+O2=2H2SO4；（4）有气体参与的体系应先进行气密性检验；多空结构表面积增大，使SO2 尽可能的与高锰酸钾反应，增大了接触面积，有利于SO2的充分吸收，故答案为：气密性检查；增大接触面积，有利于SO2的充分吸收；（5）根据反应可知5SO2+2MnO4+2H2O5SO42+2Mn2+4H+，SO2与酸性高锰酸钾的溶液反应，硫从+4价变为+6价，发生氧化反应，所以酸性高锰酸钾的溶液逐渐变浅直至褪色，说明SO2具有还原性，故答案为：还原性；（6）高锰酸钾的物质的量为：c molL1bL=bcmol，根据化学方程式5SO2+2MnO4+2H2O5SO42+2Mn2+4H+，吸收的SO2物质的量为：bcmol，质量为：64g/molbcmol=160g；气体体积为a Lmin15min=5aL，SO2的含量为=，故答案为：