2019届高三化学10月月考试题 (VI).doc

2019届高三化学10月月考试题 (VI)一、选择题（本题共20道小题，1-6每题2分，7-20每题3分，共54分）1、下列气体，溶于水后可以生成两种酸的是（）ASO2BCO2CCl2DNH32、下列物质的性质和应用相对应的是（）A液氨分解要吸热，可用作制冷剂BAl2O3难溶于水，可用作耐火坩埚C硅胶吸附水能力强，可用作食品干燥剂DMgO是一种电解质，可用来工业电解冶炼金属镁3.下列物质中不与二氧化硅反应的是（）A烧碱 B氢氟酸 C硝酸 D生石灰4、下列有关物质用途的说法中，不正确的是()A. 二氧化硅是目前人类将太阳能转换为电能的常用材料B. 氧化铝是冶炼金属铝的原料，也是一种比较好的耐火材料C. 过氧化钠可用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源D. 三氧化二铁常用作红色油漆和涂料5.下列关于Cl、N、S等非金属元素单质及其化合物的说法正确的是( )A漂白粉的成分是次氯酸钙B实验室可用浓硫酸干燥硫化氢C将浓氨水滴到氢氧化钠固体中可以制取氨气D单质氯气及单质硫与铁反应生成的产物中，铁的化合价相同6.根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论正确的是（ ）溶液现象结论A含HCl、BaCl2的FeCl3溶液产生白色沉淀SO2有氧化性BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有还原性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性：H2SO3H2SiO37.实验室用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，下列有关说法中正确的是（气体体积在标况下测定）（）A若提供0.4 mol HCl，MnO2过量，则可制得氯气4.48 LB若提供0.4 mol HCl，MnO2过量，则转移电子数一定为0.1molC若有0.4 mol HCl参加反应，则可制得氯气2.24 LD若有0.4 mol HCl被氧化，则可制得氯气2.24 L8.下列过程属于化学变化的是()活性炭吸附有色物质 氯水漂白有色布条 过氧化钠露置在空气中 将氯气通入水中，溶液呈浅黄绿色 过量过氧化钠加入含酚酞的溶液，溶液先变红后褪色 利用焰色反应鉴别NaCl和KClA. B. C. D. 9.有关物质性质或用途的说法正确的是（ ）A.浓硫酸具有强氧化性，故不可用作干燥二氧化硫气体B.明矾可用作净水剂、晶体硅用来制作光导纤维C.稀硫酸中加入KNO3可使金属铜溶解D.氯气通入品红溶液中溶液褪色，说明Cl2具有漂白性10.如图是检验气体性质的实验装置向装置中缓慢通入气体X，若关闭活塞K，品红溶液无变化、澄清石灰水变浑浊；若打开活塞K，品红溶液褪色据此判断，气体X和液体Y可能是（） 选项物质ABCDXH2SSO2CO2Cl2Y浓硫酸NaHCO3饱和溶液Na2SO3溶液NaHSO3溶液 11.将新制氯水分别滴入下列溶液中，由实验现象得出的结论正确韵是（）选项氯水滴入下列溶液中实验现象结论A滴有KSCN的FeC12溶液变红C12具有还原性B滴有酚酞的NaOH溶液褪色C12具有酸性C紫色石蕊溶液先变红后褪色C12具有漂白性DKI淀粉溶液变蓝C12具有氧化性12.把含硫酸铵和硝酸铵的混合液a L分成两等份一份加入含b mol NaOH的溶液并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗c mol BaCl2才能使SO42完全沉淀，则原溶液中NO3的物质的量浓度为（）A(b-2c)/aB(2b-4c)/a C(2b-c)/a D(b-4c)/a13.将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.9mol，这些气体恰好能被500ml 2mol/L NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为（）A0.2molB0.4molC0.8molD0.9mol14.1.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法不正确的是（）A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LCNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL15.如图是模拟“侯氏制减法”制取NaHCO3的部分装置下列操作正确的是（ ）Aa通入C02，然后b通入NH3，c中放碱石灰Bb通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰Ca通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉Db通入C02，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉16.在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质下列实验现象和结论一致且正确的是( )B加入盐酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有C1存在C溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有C12分子存在D加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HC1O分子存在17.6.4g铜与过量的硝酸（8molL1，60mL）充分反应后，硝酸的还原产物有NO、NO2，反应后溶液中所含H+离子为n mol此时溶液中所含NO3的物质的量为（ ）A0.28mol B0.3lmolC（n+0.2）mol D（n+0.4）mol18.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系正确的是（ ）A. SO2具有漂白性，可用SO2漂白食物B. 明矾、二氧化氯可作水杀菌消毒剂C. 地沟油中的“油”属于油脂，用地沟油可制造肥皂D. 碳酸钠能与盐酸反应，可用碳酸钠治疗胃酸过多19.有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下的混合气体体积为（设反应中HNO3被还原成NO）( )A0.448LB0.672LC0.896LD0.224L20.下列有关物质检验的实验操作与现象能得到对应结论的是（）操作现象结论A向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+B向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有IC用洁净铂丝蘸取某溶液进行焰色反应火焰呈黄色溶液中有K+D将某气体通入品红溶液中品红溶液褪色该气体一定是SO2第二卷 非选择题（共46分）二、填空题（本题共4道小题，共48分）21.实验室里通常用MnO2与浓盐酸反应制取氯气，其反应的化学方程式为：MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2+ 2H2O（1）在该反应中，如有1 mol Cl2生成，被氧化的HCl的物质的量是 mol，转移电子的物质的量是 mol。（2）某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到含有ClO-与ClO3-物质的量之比为11的混合液，反应的化学方程式是 。（3）报纸报道了多起卫生间清洗时，因混合使用“洁厕灵”（主要成分是盐酸）与“84消毒液”（主要成分是NaClO）发生氯气中毒的事件。试根据你的化学知识分析，原因是（用离子方程式表示） 。22.X、Y、Z、W是中学化学中常见的四种气体。己知：X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收；X是化石然料燃烧的产物之一，是形成酸雨的物质；Y是一种单质，它的水溶液其有漂白作用；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，能与水反应；W气体的水溶液滴入酚酞变红色。请回答下列问题：（1）X、Y两种气体按物质的量之比l:1在水溶液中能发生反应，化学方程式为_；（2）科学家发现，Z在催化剂条件下能与W反应，反应产物中有单质生成，该单质应是（填化学式）_；该反应是氧化还原反应，则其中的氧化剂是（填化学式）_。（3）在Z与水的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（4）检验W气体的方法是_。23.目前，能较稳定存在的氯的氧化物有Cl2O、ClO2、Cl2O7等。有关数据见下表：化学式Cl2OClO2Cl2O7沸点/3.811.082.0请回答下列问题：（1）常温、常压下，三种氧化物中属于气体的是_（2）Cl2O7属于酸性氧化物，它与水反应的离子方程式_。（3）ClO2是一种常用的消毒剂，我国从xx年起逐步用ClO2代替氯气对饮用水进行消毒。在对水消毒时，ClO2还可将水中的Fe2、Mn2等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物除去，说明ClO2具有_性。（4）工业上可以用下列反应制备ClO2：2NaClO3+H2SO4+SO2=2ClO2+2NaHSO4，请用双线桥法表示出该反应电子转移的方向和数目_。（5）工业上制备ClO2的反应原理为： NaClO3+ HCl（浓）- ClO2+ Cl2+ H2O+ NaCl配平方程式_浓盐酸在反应中显示出来的性质是_（填序号）。A还原性 B氧化性 C酸性 若上述反应中产生0.1molClO2，则转移的电子数为_。24.硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O)俗名海波，是无色单斜晶体。 它易溶于水，不溶于乙醇，具有较强的还原性， 可应用于照相等工业中。回答下列问题：（1）Na2S2O35H2O 属于_（填“纯净物”或“混合物”）。（2）酸性条件下， S2O32-自身发生氧化还原反应生成 SO2。试写出 Na2S2O3 与盐酸反应的离子方程式：_。（3）亚硫酸钠法制备Na2S2O35H2O简易流程如下：Na2S2O35H2O制备原理为_（用化学方程式表示）。Na2S2O35H2O粗品中可能含有Na2S2O3、 Na2SO4杂质，其检验步骤为：取适量产品配成稀溶液，滴加足量氯化钡溶液，有白色沉淀生成；过滤，先用蒸馏水洗涤沉淀，然后向沉淀中加入足量_ （填试剂名称），若_（填现象），则证明产品中含有Na2SO3和 Na2SO4（已知： Na2S2O3 稀溶液与BaCl2溶液无沉淀生成）。粗品中Na2S2O35H2O的质量分数的测定称取 6 g 粗品配制 250 mL 的溶液待用。另取 25.00 mL 0.0100 mol L-1 K2Cr2O7 溶液于锥形瓶中，然后加入过量酸化的 KI 溶液并酸化和几滴淀粉溶液，立即用配制的 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗 Na2S2O3 溶液 25.00 mL。 滴定终点的现象是_。粗品中Na2S2O35H2O的质量分数为_。已知 Cr2O72-+6I-+ 14 H+ =2Cr3+ 3I2+7H2O、 I2+2S2O32- =2I-+S4O62-。试卷答案1.C【考点】二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；氨的化学性质【分析】ASO2与水反应生成亚硫酸；BCO2与水反应生成碳酸；CCl2与水反应生成盐酸和次氯酸；DNH3与水反应生成一水合氨【解答】解：ASO2与水反应生成亚硫酸，生成一种酸，故A错误；BCO2与水反应生成碳酸，生成一种酸，故B错误；CCl2与水反应生成盐酸和次氯酸，生成两种酸，故C正确；DNH3与水反应生成一水合氨，生成一种碱，故D错误；故选C2.C【考点】物质的组成、结构和性质的关系；镁、铝的重要化合物【分析】A液氨挥发吸热；B氧化铝熔点高；C硅酸胶体可吸收水；DMgO的熔点高【解答】解：A液氨挥发吸热，可作制冷剂，与分解无关，故A错误；B氧化铝熔点高，可用作耐火坩埚，与溶解性无关，故B错误；C硅酸胶体可吸收水，则利用硅胶吸附水能力强，可用作食品干燥剂，故C正确；DMgO的熔点高，不能冶炼Mg，应利用电解熔融氯化镁冶炼Mg，故D错误；故选C3.C考点：硅和二氧化硅 专题：碳族元素分析：二氧化硅为酸性氧化物，具有酸性氧化物的通性，但与水不反应，除与氢氟酸反应外，与其它酸不反应解答：解：A二氧化硅与烧碱反应生成硅酸钠和水，反应方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故A不选；B氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，反应的方程式为SiO2+4HF=SiF4+2H2O，故B不选；C硝酸和二氧化硅不反应，故C选；D生石灰和二氧化硅在高温下反应生成硅酸钙，反应的方程式为SiO2+CaOCaSiO3，故D不选，故选C点评：本题考查二氧化硅的性质，题目难度不大，注意基础知识的积累4.A5.C【分析】A漂白粉的有效成分为次氯酸钙；B硫化氢具有还原性，与浓硫酸反应；C氢氧化钠溶于水放出大量的热量，而氨气易挥发，则浓氨水滴入氢氧化钠固体里可制得氨气；D根据氯气具有强氧化性，硫为弱氧化性判断【解答】解：A漂白粉的主要成分为次氯酸钙和氯化钙，有效成分为次氯酸钙，故A错误；B硫化氢具有还原性，与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥，故B错误；C氢氧化钠固体具有吸水性，溶于水放出大量的热量，而氨气易挥发，则浓氨水滴入氢氧化钠固体里可制得氨气，并且能够节约氨水的用量，可以制取氨气，故C正确；D氯气具有强氧化性，与铁反应生成三氯化铁，硫为弱氧化性与铁反应生成硫化亚铁，所以铁的化合价不同，故D错误故选C【点评】本题考查元素化合物知识，题目难度不大，注意基础知识的积累6.DAFeCl3将SO2氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与BaCl2反应生成硫酸钡沉淀，该反应中二氧化硫被氧化，表现了还原性，故A错误；BSO2与H2S反应生成S单质，该反应中SO2中+4价S元素被还原生成0价的单质S，二氧化硫被还原，做氧化剂，故B错误；C酸性KMnO4溶液能够氧化SO2，导致溶液褪色，SO2表现了还原性，故C错误；DNa2SiO3溶液中通入二氧化硫生成H2SiO3，说明亚硫酸的酸性较强，即酸性：H2SO3H2SiO3，故D正确；故答案为D。点睛：考查二氧化硫的性质。二氧化硫为酸性氧化物，能与碱性氧化物、碱发生反应；二氧化硫能漂白某些有色物质，如使品红溶液褪色(化合生成不稳定的化合物加热后又恢复为原来的红色；二氧化硫中硫为+4价，属于中间价态，有氧化性又有还原性，以还原性为主，如二氧化硫能使氯水、溴水、KMnO4溶液褪色，体现了二氧化硫的强还原性而不是漂白性。7.C【考点】氧化还原反应的计算【分析】浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，发生MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2，且稀盐酸与二氧化锰不反应，以此来解答【解答】解：A若提供0.4 mol HCl，MnO2过量，随反应的进行，稀盐酸不反应，则生成氯气小于0.1mol，即体积小于2.24L，故A错误；B若提供0.4 mol HCl，MnO2过量，随反应的进行，稀盐酸不反应，则生成氯气小于0.1mol，即转移电子数小于为0.2mol，故B错误；C若有0.4 mol HCl参加反应，由反应可知生成0.1mol气体，则可制得氯气2.24 L，故C正确；D若有0.4 mol HCl被氧化，由Cl原子守恒可知，生成氯气为0.2mol，则可制得氯气4.48 L，故D错误；故选C8.C活性炭吸附有色物质过程中无新物质生成，属于物理变化，故错误；氯水漂白有色布条是氯气和水生成的次氯酸的强氧化性，氧化有色物质为无色物质，属于化学变化，故正确；过氧化钠露置在空气中会和二氧化碳、水蒸气反应生成新的物质，属于化学变化，故正确；将氯气通入水中，溶液呈浅黄绿色，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸属于化学平衡，存在氯气分子，变化过程中有新物质生成属于化学变化，故正确；过量过氧化钠加入含酚酞的溶液，溶液先变红后褪色，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，过氧化钠具有氧化性氧化有色物质生成新的物质，属于化学变化，故正确；利用焰色反应鉴别NaCl和KCl，变化过程中无新物质生成属于物理变化，故错误；故选C。9.C二氧化硫中的硫为+4价，浓硫酸中的硫为+6价，二者之间不能反应，故浓硫酸可干燥SO2气体，A项错误；用来制作光导纤维的是二氧化硅晶体，B项错误；稀硫酸中加入硝酸钾相当于稀硝酸，故可溶解金属Cu，C项正确；氯气本身无漂白性，D项错误。10.B【考点】常见气体的检验【分析】选项中能使品红褪色的气体可能是SO2或Cl2，能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是CO2或SO2，以此进行分析即可【解答】解：A、H2S不能使品红溶液褪色，故A错误；B、若关闭活塞K，SO2与NaHCO3溶液反应生成CO2气体，品红溶液无变化，澄清石灰水变浑浊；若打开活塞K，SO2使品红褪色，故B正确；C、CO2不能使品红溶液褪色，故C错误；D、Cl2不能使澄清石灰水变浑浊，且氯气氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，不能发出二氧化硫气体，故D错误，故选B11.D【考点】氯气的化学性质【分析】A、滴有KSCN溶液变红，说明存铁离子，亚铁离子被氧化成铁离子；B、氯水滴入酚酞的NaOH溶液，溶液褪色是次氯酸根离子的强氧化性；C、氯水滴入紫色石蕊溶液，先变红说明溶液呈酸性，而褪色说明次氯的强氧化性；D、氯水滴入KI淀粉溶液溶液变蓝，说明生成碘单质【解答】解：A、滴有KSCN溶液变红，说明存铁离子，亚铁离子被氧化成铁离子，体现氯气的氧化性，故A错误；B、氯水滴入酚酞的NaOH溶液，溶液褪色是次氯酸根离子的强氧化性，而不是氯气的酸性，故B错误；C、氯水滴入紫色石蕊溶液，先变红说明溶液呈酸性，而褪色说明次氯的强氧化性，而漂白，故C错误；D、氯水滴入KI淀粉溶液变蓝，说明生成碘单质，氯气氧化碘离子变成碘单质，说明氯气具有极强的氧化性，故D正确；故选D12.B【考点】物质的量浓度的相关计算；离子方程式的有关计算【分析】bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据NH4+OHNH3+H2O可知每份中含有bmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2+SO42BaSO4可知每份含有SO42cmol根据溶液不显电性，计算出每份中NO3的物质的量，再根据c=计算【解答】解：bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据NH4+OHNH3+H2O可知每份中含有bmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2+SO42BaSO4可知每份含有SO42cmol令每份中NO3的物质的量为n，根据溶液不显电性，则：bmol1=cmol2+n1解得n=（b2c）mol每份溶液的体积为0.5aL，所以每份溶液硝酸根的浓度为c（NO3）=mol/L即原溶液中硝酸根的浓度为mol/L故选B13.A【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算【专题】计算题【分析】用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是CuCu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，由电子转移守恒可知，51.2gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，据此计算故产物中NaNO2的物质的量，由Na守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），据此计算NaNO3的物质的量【解答】解：用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是CuCu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，51.2gCu共失电子为2=1.6mol，HNO3到NaNO2共得到电子1.6mol，故产物中NaNO2的物质的量为=0.8mol，由Na守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），所以n（NaNO3）=n（NaOH）n（NaNO2）=0.5L2mol/L0.8mol=0.2mol故选：A【点评】考查氧化还原反应的有关计算，难度中等，用终态分析法判断失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子是解题的关键14.D【考点】有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质【专题】压轴题；守恒法【分析】A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，根据n=计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；B、根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；C、根据n=计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列放出计算，进而计算二氧化氮的体积分数；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，再根据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积【解答】解：A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确；B、该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故B正确；C、NO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05a）mol，根据电子转移守恒可知，a1+（0.05a）21=0.06，解得a=0.04，故NO2的体积分数是100%=80%，故C正确；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L14mol/L0.04mol（0.050.04）2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，故D错误；故选D【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想进行的解答15.C解：侯氏制碱法制减法”制取NaHCO3的原理是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到NaHCO3的，在这一实验过程中，由于C02在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，所以要在食盐水先通NH3然后再通C02，否则C02通入后会从水中逸出，等再通NH3时溶液中C02的量就很少了，这样得到的产品也很少；在这个实验中的尾气主要是C02和NH3，其中NH3对环境影响较大，要吸收，而NH3是碱性气体，所以在C装置中要装酸性物质，据此可知A错误；B错误；C正确；D错误，故选C16.C【分析】Cl2+H2OHCl+HClO，该反应是可逆反应，所以氯水中含有的微粒是：分子：Cl2、HClO、H2O；离子：H+、Cl、ClO、OHA、能使有色布条褪色的是次氯酸；B、盐酸能干扰氯离子的检验；C、呈黄绿色且有刺激性气味的是氯气；D、氯气能和碱反应生成盐【解答】解：A、次氯酸有强氧化性能使有色布条褪色，向氯水中加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有HClO存在，故A错误；B、盐酸中含有氯离子，向氯水中加入盐酸后再加入硝酸银溶液生成氯化银白色沉淀，不能说明氯水中含有氯离子，故B错误；C、氯气是黄绿色气体，且有刺激性气味，如果氯水溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故C正确；D、Cl2+H2OHCl+HClO，该反应是可逆反应，向氯水中加入氢氧化钠溶液，氯水黄绿色消失，说明氯水溶液呈酸性，不能证明含有次氯酸，故D错误故选C【点评】本题考查了氯水的性质，难度不大，明确氯水中存在的微粒是 解本题的关键，根据氯水中各种微粒的性质来解答即可17.C解：6.4g铜的物质的量为=0.1mol铜与过量的硝酸，反应后溶液中所含H+离子为n mol，说明溶液为Cu（N03）2与HN03的混合溶液根据电荷守恒溶液中n（N03）=n（H+）+2n（Cu2+）=nmol+0.1mol2=（n+0.2）mol故选：C18.CA. SO2具有漂白性，但是有毒，不能用SO2漂白食物，A不正确；B. 明矾只是净水剂，没有杀菌消毒能力，不能用作杀菌消毒剂，B不正确；C. 地沟油中的“油”属于油脂，用地沟油可制造肥皂，C正确；D. 碳酸钠能与盐酸反应，但是其水溶液的碱性过强，不能用碳酸钠治疗胃酸过多，通常用碳酸氢钠，D不正确。本题选C。19.B【分析】10mL混合酸中含有：n（H+）=0.01L24mol/L+0.01L2mol/L=0.1mol，n（NO3）=0.01L2mol/L=0.02mol，由于铁过量，则发生反应：3Fe+2NO3+8H+=3Fe2+2NO+4H2O，Fe+2H+=Fe2+H2，以此计算该题【解答】解：10mL混合酸中含有：n（H+）=0.01L24mol/L+0.01L2mol/L=0.1mol，n（NO3）=0.01L2mol/L=0.02mol，由于铁过量，则发生反应：3Fe+2NO3+8H+=3Fe2+2NO+4H2O，Fe+2H+=Fe2+H2，则3Fe+2NO3+8H+=3Fe2+2NO+4H2O0.02mol 0.08mol 0.02mol反应后剩余n（H+）=0.1mol0.08mol=0.02mol，Fe+2H+=Fe2+H2 0.02mol 0.01mol所以：n（NO）+n（H2）=0.02mol+0.01mol=0.03mol，V（NO）+V（H2）=0.03mol22.4L/mol=0.672L，故选B【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题注意铁过量，根据n（H+）、n（NO3）判断反应的可能性，判断生成气体为NO和H2的混合物，进而计算气体的体积，题目易错20.B【考点】常见离子的检验方法【分析】A滴加稀氢氧化钠溶液，加热，试纸不变蓝，说明原溶液中无铵根离子；B氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来而显紫色；C用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈黄色，原溶液中有钠离子、无钾离子；D氯水有漂白性【解答】解：A氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4+时，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，故A错误； B氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来四氯化碳密度比水大，下层溶液显紫色；所以滴加氯水和四氯化碳，下层溶液显紫色说明原溶液中有碘离子，故B正确；C黄色火焰可以覆盖K+的浅紫色火焰，故检验K+需通过蓝色钴玻璃观察火焰，正确操作为：用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈黄色，原溶液中有钠离子、无钾离子，故C错误；D氯水有漂白性，能使品红褪色，故D错误故选B21.（1）2 2 （2）4Cl2+8NaOH = 6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O（3）Cl-+ClO-+2H+ = Cl2+H2O22.(1) Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4 (2)N2 NO2 (3)1:2 (4)将湿润的红色石蕊试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，证明该气体为NH3 解析：I、X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收，说明这三种气体能和碱反应，X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要物质，化石中含有S元素，二氧化硫和氮氧化物是酸性酸雨的主要气体，所以X是SO2；Y是一种单质，它的水溶液具有漂白作用，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，且氯气有毒，所以Y是Cl2；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，汽车尾气中含有一氧化氮和二氧化氮，能与水反应的氮氧化物是二氧化氮，则Z是NO2，结合物质的性质分析解答：（1）反应前后元素的种类不变，所以得到两种酸中，一种含有氯元素，一种含有硫元素，可以据此来判断故X、Y两种气体按物质的量之比1：1，在水溶液中能发生反应的化学方程式为Cl2+SO2+H2O=2HCl+ H2SO4；（2）Z在催化剂条件下能与W反应，即二氧化氮和氨气的反应（即6NO2+8NH3 7N2+12H2O），根据质量守恒定律，则推测反应产物中的单质应是 N2；则化合价降低的为氧化剂，故为 NO2。（3）在Z与水的反应中，即二氧化氮与水的反应（即3NO2+H2O=2HNO3+NO），则可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：2。（4）因为氨气为碱性气体，则检验W气体的方法是 将湿润的红色石蕊试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，证明该气体为NH3。23.(1) Cl2O和ClO2 (2)Cl2O7+H2O = 2H+ + 2ClO4- (3)氧化性 (4) (5) 2,42,1,2,2 AC 0.1NA解析：(1)常温下，沸点低于25的为气体，则结合表格中的数据可知，Cl2O、ClO2为气体，故答案为：Cl2O、ClO2；(2)Cl2O7属于酸性氧化物，与水反应生成HClO4，离子方程式为：Cl2O7+H2O=2H+2ClO4-，故答案为：Cl2O7+H2O=2H+2ClO4-；(3)ClO2还可将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物除去，Fe、Mn元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，可说明ClO2具有氧化性，故答案为：氧化；(4)反应2NaClO3+H2SO4+SO2=2ClO2+2NaHSO4中Cl元素由+5价降低到+4价，S元素化合价由+4价升高到+6价，转移电子数为2e-，用单线桥法表示该反应电子转移的方向和数目为，故答案为：；(5)反应NaClO3+ HCl(浓)- ClO2+ Cl2+ H2O+ NaCl中，NaClO3中氯元素由+5价降低为+4价，HCl中氯元素由-1价升高到0价，根据化合价升降守恒，结合观察法配平为2NaClO3+4HCl(浓)=2ClO2+Cl2+2H2O+2NaCl，故答案为：2、4、2、1、2、2；HCl中的氯元素在产物存在于Cl2，氯元素的化合价升高，氯元素被氧化，HCl作还原剂，同时存在NaCl中氯元素的化合价未变化，故HCl还起酸的作用，故答案为：AC；根据反应2NaClO3+4HCl(浓)=2ClO2+Cl2+2H2O+2NaCl中NaClO3中Cl元素由+5价降低到+4价的ClO2，所以产生0.1molClO2，则转移的电子数为0.1NA，故答案为：0.1NA。24.(1)纯净物 (2) S2O32-+2H+=S+SO2+H2O (3) Na2SO3+SNa2S2O3 稀盐酸 沉淀未完全溶解(并有刺激性气味气体生成) 溶液蓝色逐渐褪去，并在半分钟内不再变蓝 62.0%解析：(1)Na2S2O35H2O是固定组成的物质，所以属于纯净物；(2)酸性条件下，S2O32-自身发生氧化还原反应生成SO2，根据氧化还原反应规律，它与盐酸反应的离子方程式为S2O32-+2H+=S+SO2+H2O；(3)由转化关系图可知，由Na2SO3和硫粉反应后，经过一系列物理过程生成Na2S2O35H2O，因此反应的化学方程式为Na2SO3+SNa2S2O3；根据已知信息，粗产品中加入氯化钡溶液，产生白色沉淀为BaSO3和BaSO4，所以向沉淀中应加入稀盐酸，若沉淀部分溶解，并有刺激性气味气体生成，即可证明产品中含有 Na2SO3和 Na2SO4；已知淀粉遇碘单质显蓝色，根据反应过程可知，加入的KI被K2Cr2O7氧化为I2，然后I2与Na2S2O3反应又转化为I-，因此滴加Na2S2O3溶液至终点时的现象为溶液蓝色褪去，并在半分钟内不再显蓝色；根据反应方程式可得Cr2O72- 6S2O32- ，已知n(Cr2O72- )=2.510-2 L 0.0100 mol L-1=2.5010-4 mol ，则n(S2O32-)=2.510-4 mol610= 1.510-2 mol，Na2S2O35H2O的质量分数为100%=62.0%