1、- 1 -河北省邯郸市永年区第二中学 2019 届高三化学 10 月月考试题可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Cr 52 Fe 56 Cu 64一、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（ ）ASO 2 BCO 2 CCl 2 DNH 32、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BAl 2O3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
2、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
3、，所得结论正确的是（ ）溶液 现象 结论A 含 HCl、BaCl 2的 FeCl3溶液 产生白色沉淀 SO2有氧化性B H2S 溶液 产生黄色沉淀 SO2有还原性- 2 -C 酸性 KMnO4溶液 紫色溶液褪色 SO2有漂白性D Na2SiO3溶液 产生胶状沉淀 酸性：H 2SO3H2SiO37.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，MnO 2过量，则可制得氯气 4.48 LB若提供 0.4 mol HCl，MnO 2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
4、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
5、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A B C DX H2S SO2 CO2 Cl2Y 浓硫酸 NaHCO3饱和溶液 Na2SO3溶液NaHSO3溶 液- 3 -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D KI 淀粉溶液 变蓝 C12具有氧化性12.把含硫酸铵和硝
6、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)/a B(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、N 2O4、NO 2）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（ ）A0.2mol B0.4mol C0.8m
7、ol D0.9mol14.1.52g 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/LCNO 2和 N2O4的混合气体中，NO 2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
8、分装置下列操作正确的是（ ）- 4 -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( )A加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有 C12存在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
9、黄绿色 消失，说明有 HC1O 分子存在17.6.4g 铜与过量的硝酸（8molL 1 ，60mL）充分反应后，硝酸的还原产物有 NO、NO 2，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
10、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）( )A0.448L B0.672L C0.896L D0.224L20.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（ ）- 5 -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
11、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+ 2H 2O（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
12、“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_；- 6 -（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
13、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、ClO 2、Cl 2O7等。有关数据见下表：化学式 Cl2O ClO2 Cl2O7沸点/ 3.8 11.0 82.0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）Cl 2O7属于酸性氧化物，它与水反应的离子方程式_。（3）ClO 2是一种常用的消毒剂，我国从 2000 年起逐步用 ClO2代替氯气对饮用水进行消毒。在对水消毒时，ClO 2还可将水中的 Fe
14、2 、Mn 2 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 ClO2：2NaClO 3+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）- ClO 2+ Cl 2+ H 2O+ 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(Na 2S2O35H2O)俗名海波，是无色单斜晶体。 它易溶于水，不
15、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）Na 2S2O35H2O 属于_（填“纯净物”或“混合物” ） 。（2）酸性条件下， S 2O32-自身发生氧化还原反应生成 SO 2。试写出 Na 2S2O3 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：- 7 -Na 2S2O35H2O 制备原理为_（用化学方程式表示） 。Na 2S2O35H2O 粗品中可能含有 Na2S2O3、 Na 2SO4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_ （
16、填试剂名称） ，若_（填现象） ，则证明产品中含有 Na2SO3和 Na 2SO4（已知： Na 2S2O3 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 Na 2S2O3溶液滴定至终点，消耗 Na 2S2O3 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 Cr 2O72-+6I-+ 14 H+ =2
17、Cr3+ 3I2+7H2O、 I 2+2S2O32- =2I-+S4O62-。- 8 -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】ASO 2与水反应生成亚硫酸；BCO 2与水反应生成碳酸；CCl 2与水反应生成盐酸和次氯酸；DNH 3与水反应生成一水合氨【解答】解：ASO 2与水反应生成亚硫酸，生成一种酸，故 A 错误；BCO 2与水反应生成碳酸，生成一种酸，故 B 错误；CCl 2与水反应生成盐酸和次氯酸，生成两种酸，故 C 正确；DNH 3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
18、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- 9 -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=N
19、a2SiO3+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+2H 2O，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+CaO CaSiO3，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
20、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；- 10 -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.DAFeCl 3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；
21、BSO 2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，SO 2表现了还原性，故 C 错误；DNa 2SiO3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：H 2SO3H 2SiO3，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
22、原性，以还原性为主，如二氧化硫能使氯水、溴水、KMnO 4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，MnO 2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，MnO 2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
23、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；- 11 -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
24、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 Cl
25、2，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、H 2S 不能使品红溶液褪色，故 A 错误；B、若关闭活塞 K，SO 2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，SO 2使品红褪色，故 B 正确；C、CO 2不能使品红溶液褪色，故 C 错误；D、Cl 2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- 12 -【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
26、，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
27、.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+OH NH 3+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+SO42 BaSO 4可知每份含有SO42 cmol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+OH NH 3+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+SO42 BaSO 4可知每份含有 SO42 cmol令每份中
28、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（NO 3 ）= = mol/L即原溶液中硝酸根的浓度为 mol/L故选 B- 13 -13.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（NO 3） 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 HNO3NaNO 2，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，5
29、1.2gCu 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（NaNO 2）+n（NaNO 3） ，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（NO 3）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 HNO3NaNO 2，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，HNO 3到 NaNO2共得到电子 1.6mol，故产物中 NaNO2的物质的量为=0.
30、8mol，由 Na 守恒可知 n（NaOH）=n（NaNO 2）+n（NaNO 3） ，所以 n（NaNO 3）=n（NaOH）n（NaNO 2）=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
31、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；- 14 -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
32、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、NO 2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
33、.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
34、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- 15 -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】Cl 2+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、H 2O；
35、离子：H +、Cl 、ClO 、OH A、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、Cl 2+H2OHCl+HClO，该反应是可逆反应，向氯水中加入氢氧化钠
36、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（N0 3） 2与 HN03的混合溶液根据电荷守恒溶液中 n（N0 3 ）=n（H +）+2n（Cu 2+）=nmol+0.1mol2=（n+0.2）mol故选：C- 16 -18.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
37、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（NO 3 ）=0.01L2mol/L=0.02mol，由于铁过量，则发生反应：3Fe+2NO 3 +8H+=3Fe2+2NO+4H 2O，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
38、+0.01L2mol/L=0.1mol，n（NO 3 ）=0.01L2mol/L=0.02mol，由于铁过量，则发生反应：3Fe+2NO 3 +8H+=3Fe2+2NO+4H 2O，Fe+2H +=Fe2+H2，则3Fe+2NO3 +8H+=3Fe2+2NO+4H 2O0.02mol 0.08mol 0.02mol反应后剩余 n（H +）=0.1mol0.08mol=0.02mol，Fe+2H+=Fe2+H20.02mol 0.01mol所以：n（NO）+n（H 2）=0.02mol+0.01mol=0.03mol，V（NO）+V（H 2）=0.03mol22.4L/mol=0.672L，故选
39、 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（NO 3 ）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；- 17 -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
40、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）4Cl 2+8NaOH = 6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O（3）Cl -+ClO-+2H+ = Cl2+H 2O22.(1) C
41、l2+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
42、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，- 18 -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 N 2；则化合价降低的为氧化剂，故为 NO 2。（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
43、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 0.1N A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，Cl 2O、ClO 2为气体，故答案为：Cl 2O、ClO 2；(2)Cl2O7属于酸性氧化物，与水反应生成 HClO4，离子方程式为：Cl 2O7+H2O=2H+2ClO4-，故答案为：Cl 2O7+H2O=2H
44、+2ClO4-；(3)ClO2还可将水中的 Fe2+、Mn 2+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)- ClO 2+ Cl 2+ H 2O+ NaCl 中，NaClO 3中氯元素由+5价降低为+4 价，HCl 中氯
45、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- 19 -2NaClO3+4HCl(浓)=2ClO 2+Cl 2+2H 2O+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)=2ClO 2+Cl 2+2H 2O+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：
46、0.1N A。24.(1)纯净物 (2) S 2O32-+2H+=S+SO 2+H 2O (3) Na 2SO3+S Na2S2O3 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)Na 2S2O35H2O 是固定组成的物质，所以属于纯净物；(2)酸性条件下，S 2O32-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+SO 2+H 2O；(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 Na2S
47、O3+S Na2S2O3；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 Na 2SO3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，Na 2S2O35H2O 的质量分数为 100%=62.0%
