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2019-2020年高三下学期3月月考化学试卷含解析 (IV)1将一定量的铜粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中充分反应后，容器中剩有m1g 铜粉，此时共收集到NO气体448mL（标准状况）。然后向上述混合物中加入足量稀硫酸至不再反应为止，容器剩有铜粉m2g ，则(m1-m2)为A5.76 B2.88 C1.92 D0【答案】A【解析】试题分析：铜粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1 g铜粉，反应生成Cu(NO3 )2 和NO气体，NO的物质的量为n(NO)=0.448L22.4L/mol=0.02mol，根据电子转移守恒可知，参加反应的铜的物质的量为0.02mol(52)2=0.03mol，根据铜元素守恒可知，溶液中nCu(NO3 )2 =0.03mol，溶液中n(NO3 -)=0.06mol。再向溶液中足量稀硫酸至不再反应为止，Cu(NO3 )2中NO3 -发生反应3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O，容器剩有铜粉m2 g，(m1 -m2)为再与溶液中NO3 -反应的铜的质量，则由反应3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O可知0.06mol NO3再发生反应消耗Cu的物质的量是n(Cu)=3/2n(NO3)= 3/20.06mol=0.09mol，所以再次反应的铜的质量为0.09mol64g/mol=5.76g，即(m1 -m2)=5.76g。【考点定位】考查物质的量在离子反应中的应用的知识。【名师点睛】先根据NO的体积计算其物质的量，利用氧化还原反应中电子得失数目相等确定溶液中含有的Cu2+的物质的量，进而可得到溶液中NO3-的物质的量，当向该溶液中加入足量的稀硫酸时，由于溶液中H+足量，铜粉有剩余，溶液中的NO3-完全发生反应，根据离子方程式3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O中Cu与NO3-的物质的量关系，就可以确定反应的Cu的物质的量和质量。即(m1 -m2)的质量。利用氧化还原反应中的电子守恒、原子守恒，是本题的关键，正确利用离子反应方程式中的物质之间的物质的量和质量关系是解答本题的保证。2下图是酸性燃料电池酒精检测仪，两电极材料均为Pt。下列说法正确的是（ ）AX极发生还原反应B每生成0.6克CH3COOH，电子转移为0.04 molCY极反应方程式为：O2+4e-+2H2O=4OHD质子移向X极【答案】B【解析】试题分析：在燃料电池中，燃料为负极，氧气为正极，故X极为负极，发生氧化反应，A错误；从C2H6O（C为-2）到C2H4O2（C为0），失去4个电子，0.01mol转移0.04mol电子，正确；C、该仪器中为质子交换膜，提示氢离子通过，故Y极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，错误；D、原电池中阳离子向正极移动，故移向Y极，错误。考点：考查电化学（燃料电池）基本原理，涉及电极判断、电极方程式书写、离子流向、化学计算等相关知识。3常温下pH6的盐酸和pH6的NH4Cl溶液，其中由水电离出的c(H)分别为x mol/L、y mol/L，则x与y的关系是( )Axy Bx y Cx102y Dx102y【答案】C【解析】pH6的盐酸中由水电离出的c(H)水= c(OH-)水=10-14/10-6 mol/L =10-8 mol/L，pH6的NH4Cl溶液中由水电离出的c(H)=10-6 mol/L，故答案为C4下列叙述中，正确的是A糖类化合物都具有相同的官能团 B乙醇和汽油都是可再生能源，所以要大力发展“乙醇汽油”C蛋白质的水解产物都含有羧基和羟基D油脂的种类很多，但它们水解后都一定有一产物相同【答案】D【解析】试题分析：A、有的糖类化合物如葡萄糖具有醛基，有的糖类化合物如果糖具有酮基，错误；B、汽油是不可再生能源，错误；C、蛋白质的水解产物为氨基酸，含有羧基和氨基，错误；D、油脂为高级脂肪酸甘油酯，所以水解产物一定有甘油，正确。考点：本题考查有机物的结构与性质。 5当前治疗甲型H1N1流感的特效药物是达菲，莽草酸是合成达菲的主要原料之一。莽草酸是A的一种同分异构体。A的结构简式如右图：下列关于有机物A的叙述不正确的是A分子式为C7H10O5 B能被酸性高锰酸钾溶液氧化C在一定条件下能与乙酸发生取代反应 D不能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】D【解析】6现有如下各种说法，正确的是在水中氢、氧原子间均以化学键相结合分子中键能越大，键长越长，则分子越稳定干冰受热变为气体和碘升华所克服的粒子间作用力属于同种类型H2S和CS2分子都是含有极性键的极性分子气态双原子分子中肯定存在着键，可能存在着键CH4、NH3、CCl4分子的空间构型是正四面体形A B C D【答案】C【解析】试题分析：在水分子内氢、氧原子间以化学键相结合，在不同的水分子之间的氢、氧原子间以氢键结合，氢键不是化学键，错误。分子中键能越大，键长越短，原子结合的就越牢固，则分子越稳定，错误。干冰和碘都是分子晶体，受热变为气体和碘升华所克服的粒子间作用力都是分子间作用力，属于同种类型，正确。H2S和CS2分子含有极性键，前者排列不对称，是极性分子，后者空间排列对称，是非极性分子，错误。气态双原子分子中若以共价单键结合，存在着键，若以共价双键或共价三键结合，则除存在键外，还存在着键，正确。CH4、CCl4分子的空间构型是正四面体形，NH3是三角锥形，错误。说法正确的是，选项是C。考点：考查微粒之间的作用力的类型及微粒的空间构型、稳定性的关系的正误判断的知识。7NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A1mol甲基（-14C1H3）所含的中子数和电子数分别为8NA、9NAB标准状况下，11.2L氯仿中含有CCl键的数目为1.5NAC8.7gMnO2与40mL 10mol/L的浓盐酸充分反应，生成的氯气分子数为0.1NAD1 mol Na被完全氧化生成Na2O2,失去2 NA个电子【答案】A【解析】试题分析：A、1mol甲基（-14C1H3）中含有8mol中子、9mol电子，所含的中子数和电子数分别为8NA、9NA，故A正确；B、标准状况下氯仿不是气体，题中条件无法计算11.2L氯仿的物质的量，故B错误；C、8.7g二氧化锰的物质的量为0.1mol，40mL 10mol/L的浓盐酸中含有氯化氢0.4mol，消耗0.4mol氯化氢能够生成0.1mol氯气，由于随着反应的进行，浓盐酸变成稀盐酸，反应停止，所以反应生成的氯气小于0.1mol，生成的氯气分子数小于0.1NA，故C错误；D、1 mol Na被完全氧化生成Na2O2,失去 NA个电子，故D错误。考点：本题考查阿伏伽德罗常数的应用。 8在一定条件下，对于反应mA(g)+nB(g) cC(g)+dD(g),C物质的浓度（c%）与温度、压强的关系如图所示，下列判断正确的是（ ）AH0 S0BH0 S0CH0 S0DH0 S0【答案】A【解析】从图中可看出，升温时，C%减小，说明平衡左移，正反应为放热反应，H0；在等温条件下，加压，C%减小，平衡左移，说明正反应是气体系数增大的反应，S0故答案为A9在温度和容积不变的密闭容器中，A气体与B气体反应生成C气体。反应过程中，反应物与生成物的浓度随时间变化的曲线如下图，则下列叙述正确的是 A该反应的化学方程式为A+3B 2CB在tl s时，v（A）正=0C（t1+l0）s时再充入0.4 molA和0.25 mol B，反应物A的转化率增大D若该反应在绝热容器中进行，也在tl时刻达到平衡【答案】C【解析】 试题分析：A.根据反应方程式可知在相同的时间内，A减少0.6mol/L；B减少0.2mol/L;C增加0.4mol/L，最终各种物质都存在处于平衡状态，因此该反应的化学方程式为3A+B 2C，错误；B在tl s时，反应处于平衡状态，各种物质的正反应速率与逆反应速率相等但是都大于0，错误；C（t1+l0）s时再充入0.4 molA和0.25 mol B，即增大了压强，平衡正向移动，所以反应物A的转化率增大，正确；D任何反应都伴随着能量变化，因此若该反应在绝热容器中进行，该反应在达到平衡的时间可能比tl时刻早，也可能晚，错误。考点：考查化学反应方程式的书写及外界条件对化学反应速率、物质的转化率及平衡的影响的知识。10下列说法不正确的是 （ ） A、X+Y=M+N为放热反应，可推知X和Y的总能量一定高于M和N的总能量B、1molSO2的键能总和大于1mol硫和1mol氧气的键能之和C、由C（石墨）=C（金刚石） H=+1.9KJ/mol可知，金刚石比石墨稳定D、等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多【答案】C【解析】反应物的总能量高于生成物的总能量，反应就是放热反应。硫烧热是放热反应，所以1molSO2的键能总和大于1mol硫和1mol氧气的键能之和。能量越低体系越稳定，所以石墨比金刚石稳定。物质在气态时的能量高于在固态时的能量，所以等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多。答案是C。11 一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42一）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤、洗涤、灼烧，得到CuO 12 g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为11，则V可能为A12.2 L B14.5 L C15.8 L D16.4 L【答案】A【解析】试题分析：1 mol CuS与HNO3失8 mol e-，1 mol Cu2S与HNO3失10 mol e-。若混合物中仅含有CuS，反应失电子(12/80)8=1.2 mol；若原混合物中仅含有Cu2S，反应失电子(12/80)10=1.5 mol，则混合物在反应中失去电子数1.2 mol n(e-)1.5 mol。而生成1 mol混合气体得到电子数为(54)1/2(52)1/2=2 mol，由电子守恒可知，生成气体的的体积(1.2/2)22.4 L V 1.5/222.4 L，即13.44LV16.8L，选A。考点：考查氧化还原反应。12氨基磺酸（又叫固体硫酸）是重要的精细化工产品，广泛应用于金属和陶瓷制造的多种工业设备和民用设备清洗剂。下列有关的说法正确的是氨基磺酸硫酸A氨基磺酸的摩尔质量为97 BSO2能用浓硫酸干燥，是因为SO2无还原性C氨基磺酸水溶液加热后生成NH4HSO4 D13g锌与足量的其水溶液反应，生成448L H2 【答案】C【解析】试题分析：A、 氨基磺酸的摩尔质量为97 g/mol，没有单位，A错误；B、SO2能用浓硫酸干燥，是因为SO2与硫酸不发生反应，不是无还原性，B错误；C、 氨基磺酸水溶液加热后生成NH4HSO4 ，C正确；D、13g锌与足量的其水溶液反应，生成标准状况下448L H2 ，没有注状况，D错误；答案选C。考点：元素化合物知识13某溶液中存在大量的OH、Cl、CO32，该溶液中还可能大量存在的是（ ）ANH4+ BCa2+ CHCO3 DSO42【答案】D【解析】ANH4+与OH离子发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BCa2+与CO32离子发生反应生成碳酸根沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；CHCO3与OH发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DSO42与OH、Cl、CO32之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D【点评】本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：（1）能发生复分解反应的离子之间；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力14下列说法中正确的是 （ ）A随原子序数的递增，第三周期元素的电负性逐渐减小B铝的第一电离能比镁的第一电离能大C在所有的元素中，氟的第一电离能最大D在所有的元素中，氟的电负性最大【答案】D【解析】非金属性越强，电负性越大。同周期自左向右非金属性逐渐增强，所以选项A不正确。镁原子中3s电子处于全充满状态，稳定性强，所以第一电离能大于铝的，B不正确。C不正确，应该是稀有气体元素的，因此答案选D。15常温下，将少量水加入下列物质中，相关量变化正确的是AAgCl悬浊液中 c(Cl-)变小 B01mol/LCH3COOH溶液中 c(H+)变小 C01mol/LNa2CO3 c(HCO3-)变大 D01mol/LNH4Cl溶液中 n(OH-)变小【答案】B【解析】试题分析：AAgCl（s）Ag+ (aq) +Cl-(aq)当加少量水时，C（Ag+）、C(Cl-)都由于稀释而减小，AgCl固体继续溶解电离，最终使溶液中的C（Ag+）、C(Cl-)保持不变。错误。B01mol/LCH3COOH溶液中 存在电离平衡：CH3COOH CH3COO-+H + 。加水稀释，使c(H+)变小，加水使电离平衡向电解质得来的方向移动，但平衡移动使c(H+)变大的趋势远远小于加水稀释使c(H+)变小的趋势，总的来说c(H+)变小。正确。C在01mol/LNa2CO3中存在水解平衡：H2O+CO3 2-OH-+ HCO3- 。加少量的水，使水解平衡正向移动，CO3 2-水解程度增大，HCO3-的个数增多，但是平衡正向移动对c(HCO3-)增加的趋势远远小于水对c(HCO3-)的的稀释作用，总的来说c(HCO3-)变小。错误。D在01mol/LNH4Cl溶液中 存在平衡NH4Cl +H2O HCl+NH3H2O。加少量的水，平衡正向移动，NH4Cl水解程度增大。但平衡移动的趋势是很微弱的，水对溶液的稀释作用大于平衡移动使离子浓度增大的趋势。总的来说C(H+)减小。因为在水溶液中存在C(H+)C(OH-)=Kw。所以C(OH-)增大。n(OH-)变大。错误。考点：考查向溶液中加入少量的水对弱电解质的电离、盐的水解等的影响的知识。16把氯气（Cl2）通入水中，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸（HClO）。次氯酸是一种强氧化剂，能杀死水中的细菌。所以自来水厂常用氯气来杀菌消毒。请仔细阅读上述信息，回答下列问题。（1）写出氯气与水反应的化学方程式： 。（2）次氯酸中氯元素的化合价是 。（3）不法商贩常用自来水假冒矿泉水或纯净水出售，坑害消费者。请你设计一个简单的实验，来识别用自来水假冒的矿泉水或纯净水。（简述操作步骤、现象和结论） 【答案】（1）化学方程式： Cl2+H2O=HCl+HClO 。（2）化合价是 +1 。（3）（简述操作步骤、现象和结论） 在试管中取少量自来水，滴加适量稀硝酸，滴加3滴硝酸银有白色沉淀生成。说明含有氯离子。 【解析】略17二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质)。某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下:（1）洗涤滤渣A的目的是为了除去_（填离子符号），检验该离子是否洗净的方法是_。（2）第步反应的离子方程式是_，滤渣B的主要成分是_。（3）萃取是分离稀土元素的常用方法，已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP_（填“能”或“不能”）与水互溶。实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有_、烧杯、玻璃棒、量筒等。（4）取上述流程中得到的Ce(OH)4产品0.536 g，加硫酸溶解后，用0.100 0 molL1 FeSO4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce3），消耗25.00 mL标准溶液。该产品中Ce(OH)4的质量分数为_（结果保留两位有效数字）。【答案】(1) (共4分) Fe3(1分)取最后一次洗涤液(1分)，加入KSCN溶液(1分)，若不出现红色，则已洗净(1分)；反之，未洗净(其他合理答案均可)(2) (共4分) 2CeO2H2O26H=2Ce3O24H2O(3分) （配平错扣2分、没有扣1分） SiO2(1分) (3)不能分液漏斗(各2分) (4)97%或0.97( 4分)【解析】试题分析：（1）废玻璃粉末中含有的二氧化铈和二氧化硅都是难溶于酸的，加入稀盐酸目的是溶解氧化铁等杂质，所以得到的滤渣主要是SiO2、CeO2 ，对滤渣进行洗涤就是要洗去残留的可溶性的Fe3 杂质，所以检验该离子是否洗净，应该取最后一次洗涤液，加入KSCN试剂，若不出现血红色现象，则证明已经洗涤干净，否则未洗净。（2）滤渣A中的二氧化铈的Ce为+4价，而加入稀硫酸和H2O2后，固体CeO2 被溶解，且被还原为了+3价的Ce3+ ，所以可以看出加入的双氧水作还原剂，在性条件下发生氧化还原反应，方程式为：2CeO2H2O26H=2Ce3O24H2O，所以得到的滤渣B是SiO2。（3）化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，所以该萃取剂必须与水互不相容，在萃取分液操作中比需要用到分液漏斗。（4）Ce(OH)4产品在用硫酸溶解后生成了Ce4 ，所以用还原剂滴定该溶液，Ce4 变成了Ce3 ，而Fe2+ 被氧化成了Fe3+ ，所以根据电子的是守恒计算，n(Ce(OH)4)=n(FeSO4)=cV=0.100 0 molL1 25.00 103 L=0.0025mol，所以Ce(OH)4的质量分数W=nM/m样品100%=0.0025mol208g/mol / 0.536g=97%。（要注意保留两位有效数字）。考点：本题考查的是化学工艺流程题。18某校化学兴趣小组的同学欲测定某种品牌纯碱中食盐的含量。称取某纯碱样品10.0 g放入烧杯中，并加适量蒸馏水使之完全溶解。_。_。用蒸馏水洗涤沉淀23次。将沉淀烘干、称量，测得固体质量2.87 g。(1)补齐所缺少的实验步骤，将答案填写在上面和的空格处。(2)实验步骤所用的玻璃仪器有：_。(3)在过滤器上洗涤沉淀的具体操作是：_。(4)检验沉淀是否洗涤干净的方法是：_。(5)若纯碱标签上标注：“Na2CO3含量80.0%，NaCl含量20.0%”，则此样品是否合格？_(填“合格”或“不合格”)。【答案】(1)加入硝酸酸化的硝酸银溶液于样品溶液中，直到不再产生沉淀为止将所得溶液过滤(2)漏斗、玻璃棒、烧杯(3)向漏斗里注入蒸馏水，使水面浸过沉淀物，等水流完后，重复操作23次(4)取最后几滴洗出液加稀盐酸，若无浑浊现象，说明沉淀已洗净(5)合格【解析】实验目的的是“测定纯碱(Na2CO3)中食盐(NaCl)的含量”。首先，分析该实验是测碳酸盐沉淀还是氯化物沉淀。因为样品质量是10.0 g，而沉淀质量是287 g，一般形成的沉淀多为重金属盐，可初步判定该沉淀应是NaCl形成的不溶性氯化物(一般AgCl)。其次，要注意形成AgCl沉淀并测量时， 要先排除Ag2CO3的干扰。(1)因此可知，第步实验步骤是“加入用HNO3酸化的AgNO3溶液于样品溶液中，直到不再产生沉淀为止”，而第步实验步骤是“将所得溶液过滤”。(2)“过滤”所用的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒。(3)洗涤沉淀的具体操作是向过滤器(或漏斗)中注入蒸馏水，使其浸没沉淀,待过滤完毕后，重复此操作23次。(4)检验沉淀是否洗涤干净的方法是取洗涤后的滤液，加入稀盐酸，若无沉淀产生，说明沉淀已洗干净。因为AgCl沉淀表面主要附着AgNO3，所以此处是检验Ag+。(5)计算样品中的NaCl的含量：NaClAgClw(NaCl)=100%=11.7%可知此样品合格。19氨气是一种化工原料。（1）请写出工业上合成氨的化学方程式： （2）实验室中，甲、乙两小组选择了不同方法制取氨气，请将实验装置的字母编号和制备原理填写在下表空格中。 B C实验装置实验药品制备原理甲小组A 反应的化学方程式为 乙小组 浓氨水、氢氧化钠固体氢氧化钠的作用：氨水中存在平衡：，NaOH固体溶于水，使溶液中c(OH-)增大，平衡向右移动，且NaOH固体溶于水时放热，溶液温度升高，平衡向右移动。（3）请设计一个操作简单的实验，验证NH3H2O是弱电解质。 。（4）甲同学把制得的氨气溶于适量水中，得到稀氨水，用标准浓度的盐酸滴定，测定其浓度。实验步骤：准确量取10.00mL稀氨水于锥形瓶中，加入20mL水稀释，滴加 溶液作为指示剂（填“石蕊”、“酚酞”或“甲基橙”），将 （填“0.020”、“0.05”、“0.1980”或“1.5”）molL-1盐酸装入50ml酸式滴定管，滴定至 ，停止滴定，记录数据。重复滴定2次。平均消耗盐酸Vml。计算原稀氨水的物质的量浓度= （只列出算式，不做运算）【答案】（1）（2分）（2）氢氧化钙固体、氯化铵固体（2分）： （2分） 乙小组：B （1分）（3）配制NH4Cl溶液，用pH计测量其pH值，若pH值小于7，则NH3H2O是弱电解质。（2分）（4）甲基橙 （2分） 0. 1980 （2分） 溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复原来颜色 （2分）（2分）【解析】试题分析：（1）工业中用氮气、氢气在高温、高压、催化剂条件下反应生成氨气，化学方程式为（2）甲选择A装置，说明是用氢氧化钙固体、氯化铵固体加热制取氨气，化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3+2H2O；乙组选择浓氨水、氢氧化钠固体制取氨气，不需加热，选择B装置；（3）验证NH3H2O是弱电解质，只需测定一定浓度的氯化铵溶液的pH，若pH值小于7，说明NH4+水解，则NH3H2O是弱电解质；（4）用盐酸滴定氨水，最终溶液呈弱酸性，所以选择甲基橙作指示剂，滴定实验中的数据保持4位有效数字，所以选择盐酸的浓度是0.1980mol/L，甲基橙的变色范围是3.1-4.4，氨水溶液中滴加甲基橙，溶液为黄色，所以当达到滴定终点时，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复。根据氨水与盐酸反应的实质，计算氨水的浓度是。考点：考查滴定实验操作、计算，制取氨气的不同方法的判断20(15分)某实验小组的同学为探究Na2O2与SO2的反应，用下图所示装置进行实验。通入SO2气体后，将带火星的木条插入试管C中，木条复燃。请回答下列问题：（1）A装置中浓硫酸的作用是_。（2）部分同学依据Na2O2和CO2的反应，用类比的方法推理Na2O2与SO2反应的固体产物为_。另一部分同学依据SO2的强还原性和Na2O2的强氧化性，猜想产物中含有Na2SO4。为检验生成物中是否存在Na2SO4，他们设计了如下实验方案：请判断上述方案是否合理_，简要说明理由：_。（3）向1L1.0mol/LNaOH溶液中缓慢通入1.0molSO2气体，请分析通入SO2物质的量与溶液中溶 质组成的关系，填写下表空格。n(SO2)的范围/mol溶液中溶质的化学式（0，0.5）_Na2SO3、NaHSO3请在下图中画出溶液中溶质的总质量随缓慢通入SO2物质的量的变化曲线。（作图时请在起点、拐点和终点注明坐标）【答案】（1）干燥SO2 （2）Na2SO3 ；不合理；稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡；如果反应后的固体者还残留Na2O2，它溶于水后能将亚硫酸钡氧化成硫酸钡（3）Na2SO3；（0.5，1.0） 【解析】试题分析：（1）由于SO2中含有的水蒸气能与过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，从而干扰实验，因此A装置中浓硫酸的作用是干燥SO2。（2）Na2O2和CO2反应生成碳酸钠和氧气，因此根据类比的方法可判断Na2O2与SO2反应的固体产物为亚硫酸钠。由于稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，另外如果反应后的固体中还残留Na2O2，它溶于水后能将亚硫酸钡氧化成硫酸钡，因此实验方案是不合理的。（3）1L1.0mol/LNaOH溶液中含有1mol氢氧化钠，缓慢通入1.0molSO2气体，根据反应式2NaOHSO2Na2SO3H2O和NaOHSO2NaHSO3可知，如果SO2的范围是（0，0.5），则生成的是亚硫酸钠；如果是（0.5，1.0）则生成亚硫酸钠和亚硫酸氢钠；如果SO2的物质的量大于1mol，则全部转化为亚硫酸氢钠。氢氧化钠的质量是40g，全部中和亚硫酸钠是0.5mol126g/mol61g，全部转化为亚硫酸氢钠，质量是104，则其图像可以表示为。考点：考查过氧化钠与SO2反应以及SO2与氢氧化钠溶液反应的实验设计与探究21计算题（7分）（1）（4分）某元素的同位素X，其氯化物XCl2。111 g溶于水制成溶液后，加入1 mol/L的AgNO3溶液20 mL恰好完全反应。若这种同位素原子核内有20个中子，求：元素X的Z值和A值？（2）（3分）在某100 mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是04 mol/L和01 mol/L。向该混合液中加入192 g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中的Cu2+的物质的量浓度是多少？【答案】（1）（4分）20,40 （2）（3分）0225mol/L【解析】试题分析：(1)n（AgNO3）=002 mol n(AgCl)= 002 mol n（XCl2）=001 molM(XCl2)=111 g/mol M(X)=40 g/molZ=20 A=40(2)n(H+)=006 mol n(NO3-)=004 mol n(Cu)=003 mol根据方程式 3Cu + 2NO3- + 8H+ = 3Cu2+ + 2NO + 4H2O 可得:n(Cu2+)=006*3/8=00225 mol所以 c(Cu2+)=0225 mol/L考点：化学计算 涉及原子守恒、摩尔质量、质子数与相对分子质量的关系、方程式计算、物质的量浓度等。22（18 分）() 将某红棕色气体 A 通入到稀钠盐溶液甲中，有白色沉淀产生；当红棕色气体通入过量时，白色沉淀逐渐完全消失。上述过程中还产生一种无色气体B，B 遇空气后又可产生 A。则：（1）写出钠离子的结构示意图 ； B 与空气反应的化学方程式 。（2）甲中肯定不含有下列物质中的 ；（填选项字母）。ANa2S BNaAlO2 CNa2SiO3 DNaCl（3）通入气体 A 使白色沉淀逐渐消失且产生气体 B，该反应的离子方程式是 。（）某研究小组为了探究一种无机化合物X（化合物 X 中带有 6 个结晶水，仅含五种元素，且每种元素在该化合物中均只有单一价态，X 的式量为400）的组成和性质，设计了如下实验：（注明：以上气体体积均在标准状况下测定，产物中只有水未标出）（1）写出气体B 的电子式 ，气体 D 的结构式 。（2）混合气体 C 通入品红溶液褪色，加热后恢复原色的原因是 。（3）8.00 固体 X 所含阴离子的物质的量是 mol。（4）固体X 受热分解的化学方程式是 。【答案】（I）（1） ；2NO+O2 = 2NO2 ； （2）（AC）（3）9NO2 + 2Al(OH)3 = 2Al3+ + 6NO3 + 3NO + 3H2O。（）（1）；（2）二氧化硫能与品红反应，生成不稳定的无色物质，加热时，这些无色物质又会发生分解，恢复原来的颜色。（3）0.04mol（4）Cu(NH4)2(SO4)26H2O Cu + N2 + 2SO2+ 10H2O【解析】试题分析：()根据题意可知，某红棕色气体 A是NO2，B是NO，稀钠盐溶液甲是NaAlO2，反应为：3NO2 + 2NaAlO2 + 4H2O = 2Al(OH)3+ 2 NaNO3 + NO；当红棕色气体通入过量时，白色沉淀逐渐完全消失，反应离子方程式为：9NO2+2Al(OH)3=2Al3+ + 6NO3+3NO+3H2O。（1）钠离子的结构示意图为；是NO，与空气反应的化学方程式：2NO+O2 = 2NO2。（2）A.Na2S能发生氧化还原反应有黄色的S沉淀； C. Na2SiO3能与酸反应生成难溶于过量NO2的白色沉淀H2SiO3；故甲中肯定不含有A.Na2S，C. Na2SiO3。（3）通入气体 A 使白色沉淀逐渐消失且产生气体 B，该反应的离子方程式是：9NO2 + 2Al(OH)3 = 2Al3+ + 6NO3 + 3NO + 3H2O。（） 固体X加水溶解后成蓝色溶液，说明X中含有Cu2+，加足量NaOH溶液加热有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的无色气体B放出，则B为NH3气，说明X中含有NH4+； 固体X隔绝空气加热产生混合气体，其中无色单质气体D化学性质稳定，则是氮气（N2）；而能使品红溶液褪色，加热后恢复原色的气体，应是SO2，由此可以推出X中含有SO42-。8.00g固体X隔绝空气加热后，有1.68g紫红色固体E产品，加稀硫酸无现象，则该紫红色固体E是金属铜(Cu)。综上分析，再根据题目告知的信息：X是一种无机化合物，X 中带有 6个结晶水，仅含五种元素，且每种元素在该化合物中均只有单一价态，X 的式量为400，可以推知固体X是复盐，X为：Cu(NH4)2(SO4)26H2O；固体X隔绝空气加热分解的反应是：Cu(NH4)2(SO4)26H2O Cu + N2 + 2SO2+ 10H2O 。所以， （1）气体 B 的电子式为，气体 D 的结构式为。（2）混合气体 C 通入品红溶液褪色，加热后恢复原色的原因是：二氧化硫能与品红反应，生成不稳定的无色物质，加热时，这些无色物质又会发生分解，变为原来的物质，恢复原来的颜色。（3）Cu(NH4)2(SO4)26H2O，相对分子质量400，8.00gX为0.02mol，所以8.00 固体 X 所含阴离子的物质的量是0.04mol；（4）固体X 受热分解的化学方程式是Cu(NH4)2(SO4)26H2O Cu + N2 + 2SO2+ 10H2O。考点：考查元素及原子结构示意图、化合物的推断、物质的电子式、结构式的书写、化学方程式的书写。23（14分）已知AK所代表的各物质都是中学化学里常见的物质，且I是具有磁性的物质，D和K都具有两性。一定条件下，各物质间的相互反应转化关系如下图所示：请回答：（1）写出有关物质化学式：D是 ，H是 。（2）写出下列反应的方程式：化合物G的溶液呈 （酸性，碱性，中性），其原因用离子方程式表示为 ，写出CFHI的化学方程式并用单线桥表示反应过程中电子转移的方向和数目 。GJK用离子方程式表示为 。【答案】（14分）（1）Al2O3、 H2（2）酸性，Al33H2OAl（OH）3 3H（方程式2分，得失电子表示2分）Al33NH3H2OAl（OH）33NH4【解析】试题分析：I是具有磁性的物质，应为Fe3O4，单质C与化合物F反应得到单质H与化合物I，由元素守恒可知C为Fe,D和K都具有两性，分别为氧化铝、氢氧化铝中的一种，单质B与化合物A反应得到Fe和D，该反应为铝热反应，可推知B为Al，A为Fe2O3 ，D为Al2O3 ，顺推可知F为H2O，G为AlCl3 ，H为H2，弱碱溶液J为氨水，K为Al(OH)3。(1) 根据上述推断，D是Al2O3 ，H是H2。（2）根据上述推断，G为AlCl3溶液，是强酸弱碱盐，水解显酸性，则化合物G的溶液呈酸性，用离子方程式表示为Al33H2OAl（OH）3 3H，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学反应方程式为氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝白色沉淀和氯化铵，反应的离子方程式表示为Al33NH3H2OAl（OH）33NH4。考点：考查框图推断，常见物质的化学反应方程式，电子转移和离子方程式的书写等知识。24已知B为黑色粉末，用D、E、G做焰色反应实验，隔蓝色钴玻璃观察，焰色均呈紫色，F为深红棕色液体，H能使淀粉变蓝，它们之间的相互转化关系如图所示。（1）请根据以上关系进行判断，指出下列物质的化学式：A ，C ，D ，G （2）写出下列反应的化学方程式：C+D： ；A+B： 。在A和B的反应中，A显示出来的性质是 （填写序号，多选倒扣）。只有还原性；还原性和酸性；只有氧化性；氧化性和酸性当A和B进行反应时，应选择上图所示装置中的 较为合适。（3）C还能由以下反应制得：KClO3+6HClKCl+3Cl2+3H2O，在该反应中，被氧化的氯元素与被还原的氯元素的物质的量之比为 。【答案】（1）A.HCl（或浓HCl） C.Cl2 D.KBr G.KI（2）C+D：Cl2+2KBr=2KCl+Br2 ；A+B：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O； C（3）5:1【解析】试题分析：根据题干信息F为深红棕色液体，为Br2单质，H能使淀粉变蓝，所以H为I2单质，用D、E、G做焰色反应实验，隔蓝色钴玻璃观察，焰色均呈紫色，说明D、E、G中均含有K+，故D为.KBr，E为KCl，G为KI，结合B为黑色粉末，后续反应均为卤素单质之间的置换，故B为MnO2 A为浓盐酸；C+D反应方程式为Cl2+2KBr=2KCl+Br2 A+B为实验室制取氯气4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O在该反应中浓盐酸显还原性和酸性，在制取氯气的时候需要加热，并需要补充浓盐酸所以选择图c装置来制取；（3）被氧化的氯元素来自于HCl，6mol HCl反应时有5mol化合价改变，被还原的氯元素来自于KClO3，被氧化的氯元素与被还原的氯元素的物质的量之比为5:1.考点：氧化还原反应的规律，氯气的性质。