湖北省襄阳市枣阳七中2017届高三（上）开学化学试卷（解析版）

2016-2017学年湖北省襄阳市枣阳七中高三（上）开学化学试卷
　
一、单选题（本大题30小题，每小题2分，共60分）
1．将0.1摩尔镁、铝混合物粉末溶于200mL0.5mol/L的硫酸中，反应一段时间后，再加入150mL2mol/L的氢氧化钠溶液，待反应完全，此时溶液中大量存在的是（　　）
A．Na+，Mg2+
B．Na+，AlO2﹣
C．Mg2+，AlO2﹣
D．Al3+，Mg2+
2．下列配制的溶液浓度偏高的是（　　）
A．配制盐酸用量筒量取盐酸时俯视刻度线
B．配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线
C．称量4
g
NaOH配制0.1
mol/L
NaOH溶液1000
mL时，砝码错放左盘
D．NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶至刻度线
3．使用容量瓶配制溶液，下列操作不正确的是（　　）
A．使用容量瓶前检查它是否漏水
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗
C．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动几次
D．容量瓶不能长期存放配制好的溶液
4．我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛．”这里的“强水”是指（　　）
A．氨水
B．硝酸
C．醋
D．卤水
5．离子反应方程式H++OH﹣=H2O，可表示的化学反应是（　　）
A．Cu（OH）2和稀H2SO4反应
B．HNO3和Mg（OH）2反应
C．Ba（OH）2溶液和HCl溶液混合
D．NaOH和CH3COOH反应
6．将a
mol的铁铜混合物投入到200mL
2mol/L的稀HNO3中，充分反应后金属无剩余，下列说法正确的是（　　）
A．被还原的HNO3不可能是mol
B．溶液中剩余的n（NO3﹣）≤（0.4﹣）mol
C．溶液中不可能同时存在Fe2+、Fe3+、Cu2+
D．被还原的硝酸为0.8a
mol时，则溶液中一定含有Fe2+
7．下列物质属于纯净物的是（　　）
A．苯
B．天然气
C．汽油
D．煤
8．下列物质在空气中久置会发生变质，且在变质过程中，既有氧化还原反应发生，又有非氧化还原反应发生的是（　　）
A．氢氧化钠固体
B．氯化钠固体
C．金属钠
D．生石灰
9．下列表格中各项都正确的一组是（　　）
类别选项
碱
盐
电解质
非电解质
A
烧碱
小苏打
BaSO4
干冰
B
纯碱
CaCO3
NH3 H2O
Fe
C
胆矾
食盐
石墨
醋酸
D
KOH
CuSO4
Na2SO4
KClO3
A．A
B．B
C．C
D．D
10．下列物质的转化在给定条件下能实现的是（　　）
A．NaNa2O2Na2CO3
B．MgCO3MgCl2溶液Mg
C．FeFe2O3Fe2（SO4）3
D．SiO2SiCl4Si
11．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）
A．1
L
1
mol L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为NA
B．78
g苯含有CC双键的数目为3NA
C．常温常压下，14
g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA
D．标准状况下，6.72
L
NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA
12．分别用一定量等量的铁与足量的稀硫酸及足量的CuO制备单质铜，有人设计了以下两种方案：
①FeH2Cu，②CuOCuSO4Cu．对制备得到Cu的量，下列判断正确的（　　）
A．一样多
B．①多
C．②多
D．无法判断
13．从南方往北方长途运输水果时，常常将浸泡有高锰酸钾溶液的硅藻土放置在盛放水果的容器中，其目的是（　　）
A．利用高锰酸钾溶液吸收水果产生的乙烯，防止水果早熟
B．利用高锰酸钾溶液吸收水果周围的氧气，防止水果腐烂
C．利用高锰酸钾溶液的氧化性，催熟水果
D．利用高锰酸钾溶液杀死水果周围的细菌，防止水果霉变
14．在标准状况下，容积为1L的密闭容器中刚好可以盛放a个N2分子和b个H2分子组成的混合气体，则阿伏加德罗常数的近似值可以表示为（　　）
A．a+b
B．22.4
（a+b）×6.02×1023
C．×1023
D．22.4
（a+b）
15．下列正确的叙述有（　　）
①CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物
②Ca（HCO3）2、Fe（OH）3、FeCl2均可由化合反应制得
③碘晶体、氯化钠晶体分别分散到酒精中，所形成的分散系为：溶液、胶体
④灼热的炭与CO2反应、Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl的反应均既属于氧化还原反应，又是吸热反应
⑤需要通电才可进行的有：电解、电泳、电离、电镀、电化腐蚀．
A．2个
B．3个
C．4个
D．5个
16．设NA为阿伏加德罗常数，则下列说法中正确的是（　　）
A．常温常压下，1mol氨基（﹣NH2）所含有的电子总数为9NA
B．常温常压下，等体积等物质的量浓度的Na2S溶液和Na2SO4溶液的阳离子总数相等
C．在31g白磷分子中含有NA个P﹣P键
D．硬脂酸、软脂酸不是乙酸的同系物
17．下列物质中混有的少量杂质，所选用的试剂及操作方法正确的是（　　）
物质
杂质（少量）
试剂和操作方法
A
O2
H2O（蒸汽）
通过浓H2SO4
B
CO2
CO
点燃
C
KCl固体
KClO3
加入MnO2并加热
D
KNO3溶液
Ba（NO3）2溶液
加入适量的Na2SO4溶液，过滤
A．A
B．B
C．C
D．D
18．当一小块金属钠久置在潮湿的空气中，可能有如下现象产生：①生成白色粉未；②表面变暗；③生成白色块状固体；④发生潮解，表面产生液体．这些现象的先后顺序为（　　）
A．①②③④
B．②③④①
C．②①③④
D．④②③①
19．下列离子方程式中不正确的是（　　）
A．氢氧化钡溶液与硫酸混合：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O
B．铁粉与硝酸银溶液反应：Fe+2Ag+═Fe2++2Ag
C．氯化铝溶液与过量的氨水反应：Al3++4NH3 H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2O
D．氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O
20．下列各组离子中的离子，能在溶液中大量共存的是（　　）
A．Na+、Mg2+、Cl﹣、OH﹣
B．H+、Ca2+、CO32﹣、NO3﹣
C．Cu2+、K+、SO42﹣、NO3﹣
D．Na+、H+、OH﹣、Ca2+
21．下列说法正确的是（　　）
A．氧化还原反应一定有氧元素参加
B．失电子难的原子其得电子的能力一定强
C．金属单质只具有还原性
D．失电子越多，该物质的还原性就越强
22．下列实验装置设计正确、且能达到目的是（　　）
A．实验Ⅰ：制备金属钠
B．实验Ⅱ：制取氢氧化亚铁并观察其颜色
C．实验Ⅲ：制取少量的氢氧化铝
D．实验Ⅳ：比较两种物质的热稳定性
23．设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（　　）
A．足量铁在氯气中反应，l
mol铁失去的电子数为2
NA
B．标准状况下22.4
L
H2中含中子数为2
NA
C．1
L
Imol/L的盐酸溶液中，所含氯化氢分子数为NA
D．常温下46
g
NO2和N2O4混合气体中含有原子数为3NA
24．在自来水的生产中，常通入适量氯气进行杀菌消毒，氯气与水反应的产物之一是盐酸．市场上有些不法商贩为牟取暴利，利用自来水冒充纯净水桶装出售，为辨别真伪，可用以鉴别的一种试剂是（　　）
A．氢氧化钠溶液
B．酚酞试液
C．硝酸银溶液
D．氯化钡溶液
25．反应：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO，下列有关该反应叙述正确的是（　　）
A．上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂
B．AlN的摩尔质量为41
g
C．AlN中氮元素的化合价为+3
D．上述反应中，每生成1
mol
AlN需转移3
mol电子
26．下列事实与浓硫酸表现出的性质（括号中）对应关系正确的是（　　）
A．在空气中敞口久置的浓硫酸，溶液质量增大（难挥发性）
B．在加热条件下铜与浓硫酸反应（强氧化性、酸性）
C．蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成（吸水性）
D．浓硫酸与少量胆矾晶体混合，晶体由蓝色变成白色（脱水性）
27．向混合溶液中滴加0.1mol/L稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积（V）的关系如图所示．下列对溶液中溶质组成成分判断正确的是（　　）
A．原溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3
B．原溶液中溶质为
NaOH和Na2CO3
C．原溶液中溶质为Na2CO3
D．原溶液中溶质为NaHCO3
28．体积比为1：2：3所组成的N2、O2和CO2混合气体100g在标准状况下体积为（　　）
A．60
L
B．30
L
C．11.2
L
D．112
L
29．已知K2Cr2O7溶液中存在如下平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O 2H++2CrO42﹣（黄色）．
①向2mL
0.1mol L﹣1
K2Cr2O7溶液中滴入3滴6mol L﹣1
NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色；向所得溶液中再滴入5滴浓H2SO4，溶液由黄色变为橙色；
②向酸化K2Cr2O7溶液中滴入适量Na2SO3溶液，溶液由橙色变为绿色：
Cr2O72﹣+8H++3SO32﹣═2Cr3+（绿色）+3SO42﹣+4H2O．下列分析正确的是（　　）
A．CrO42﹣和S2﹣在酸性溶液中可大量共存
B．实验②说明氧化性：Cr2O72﹣＞SO42﹣
C．稀释K2Cr2O7溶液时，溶液中各离子浓度均减小
D．实验①和②均能证明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡
30．24mL浓度为0.05mol L﹣1的Na2SO3溶液，恰好与20mL浓度为0.02mol L﹣1的K2Cr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为（　　）
A．+2
B．+3
C．+4
D．+5
　
二、填空题
31．A、B、C、D、E、F、G、H八种物质间存在着如下图所示的变化关系，其中A、B为单质，相对分子质量A大于B；E在通常状况下为有颜色，有刺激性气味的气体；H为一种氯化物，与碱石灰共热可制取C；G中含A元素35%．
完成下列问题：
（1）用化学式表示各物质　　．
（2）写出C→D的化学方程式，并标出电子转移方向和数目　　．
32．在浓硝酸中放入铜片：
①开始反应的化学方程式为　　．
②若铜有剩余，则反应将要结束时的反应的离子方程是：　　
③待反应停止后，再加入少量的25%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，其原因是　　．
33．下列有机物有多个官能团：
A．
B．
C．
D．
E．CH2=CHCOOCH=CHCOOCH=CH2
（1）可以看作醇类的是（填入编号）　　．
（2）可以看作酚类的是　　．
（3）可以看作羧酸类的是　　．
（4）可以看作酯类的是　　．
34．有A、B、C、D、E五种常见化合物，都是由下表中的离子形成的：
阳离子
K+
Na+
Cu2+Al3+
阴离子
SO42﹣HCO3﹣NO3﹣
OH﹣
为了鉴别上述化合物．分别完成以下实验，其结果是：
①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；
②将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解；
③进行焰色反应，只有B为紫色（透过蓝色钴玻璃）；
④在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，C、D中产生白色沉淀；
⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成．
根据上述实验填空：
（1）写出B、D的化学式：B　　，D　　．
（2）将含1mol
A的溶液与含1mol
E的溶液反应后蒸干，仅得到一种化合物，该化合物的化学式为　　．
（3）在A溶液中加入少量澄清石灰水，其离子方程式为　　．
（4）C常用作净水剂，用离子方程式表示其净水原理　　．
　
2016-2017学年湖北省襄阳市枣阳七中高三（上）开学化学试卷
参考答案与试题解析
　
一、单选题（本大题30小题，每小题2分，共60分）
1．将0.1摩尔镁、铝混合物粉末溶于200mL0.5mol/L的硫酸中，反应一段时间后，再加入150mL2mol/L的氢氧化钠溶液，待反应完全，此时溶液中大量存在的是（　　）
A．Na+，Mg2+
B．Na+，AlO2﹣
C．Mg2+，AlO2﹣
D．Al3+，Mg2+
【考点】离子反应发生的条件．
【分析】根据盐酸和氢氧化钠的物质的量相对大小确定混合溶液的酸碱性，再根据离子存在条件确定混合溶液中存在的离子，镁离子、铝离子存在于酸性或中性溶液中，偏铝酸根离子存在于碱性溶液中．
【解答】解：n（HCl）=0.2L×0.5mol/L=0.1mol，n（NaOH）=0.15L×2mol/L=0.3mol＞n（HCl），所以混合后的溶液呈碱性，镁离子和碱反应生成氢氧化镁沉淀，所以镁离子不能存在于碱性溶液中，铝元素在碱性溶液中以偏铝酸根离子存在，钠离子在中性、酸性、碱性溶液中都存在，所以混合后的溶液中存在的离子是钠离子和偏铝酸根离子，
故选B．
　
2．下列配制的溶液浓度偏高的是（　　）
A．配制盐酸用量筒量取盐酸时俯视刻度线
B．配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线
C．称量4
g
NaOH配制0.1
mol/L
NaOH溶液1000
mL时，砝码错放左盘
D．NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶至刻度线
【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．
【分析】根据c=，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差．
【解答】解：A、配制盐酸用量筒量取盐酸时俯视刻度线，会导致所量取的弄盐酸的体积偏小，则配制出的溶液的浓度偏低，故A不选；
B、定容时仰视刻度线会导致溶液体积偏大，则浓度偏低，故B不选；
C、砝码错放在左盘，会导致称量的药品的质量偏小，则浓度偏低，故C不选；
D、NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就转移到容量瓶中并定容，待溶液冷却后体积偏小，则浓度偏大，故D选；
故选D．
　
3．使用容量瓶配制溶液，下列操作不正确的是（　　）
A．使用容量瓶前检查它是否漏水
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗
C．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动几次
D．容量瓶不能长期存放配制好的溶液
【考点】配制一定物质的量浓度的溶液；不能加热的仪器及使用方法．
【分析】A．容量瓶有瓶塞，使用前需要检查是否漏水；
B．不能用待测液润洗容量瓶，否则配制的溶液中溶质的物质的量偏大；
C．根据摇匀容量瓶的操作方法偏大；
D．容量瓶是用于配制一定物质的量浓度的溶液的仪器，不能长期盛放溶液．
【解答】解：A．容量瓶有瓶塞，若漏水会影响配制结果，所以使用前需要检查容量瓶是否漏水，故A正确；
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，不能用待测液润洗，否则会影响配制结果，故B错误；
C．为了使溶液均匀，正确操作方法为：盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动几次，该操作方法合理，故C正确；
D．盛放溶液应该选用相应的试剂瓶，容量瓶不能长期存放配制好的溶液，故D正确；
故选B．
　
4．我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛．”这里的“强水”是指（　　）
A．氨水
B．硝酸
C．醋
D．卤水
【考点】真题集萃；化学科学的主要研究对象；硝酸的化学性质．
【分析】“强水”“性最烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛．”说明“强水”腐蚀性很强，能腐蚀多数金属及岩石，但不能腐蚀玻璃，即和玻璃中成分不反应，据此分析解答．
【解答】解：A．氨水属于弱碱，和金属不反应，不符合条件，故A错误；
B．硝酸具有强氧化性、强酸性，能腐蚀大多数金属，也能和岩石中的CaCO3发生反应，但不能和玻璃中成分硅酸盐反应，所以符合条件，故B正确；
C．醋酸是弱电解质，能腐蚀较活泼金属，但不能腐蚀较不活泼金属，如Cu等金属，不符合条件，故C错误；
D．卤水其主要成份为氯化镁、氯化钠和一些金属阳离子，和大多数金属不反应，不符合条件，故D错误；
故选B．
　
5．离子反应方程式H++OH﹣=H2O，可表示的化学反应是（　　）
A．Cu（OH）2和稀H2SO4反应
B．HNO3和Mg（OH）2反应
C．Ba（OH）2溶液和HCl溶液混合
D．NaOH和CH3COOH反应
【考点】离子方程式的书写．
【分析】离子反应方程式“H++OH﹣=H2O“可表示的化学反应为可溶性强酸和可溶性强碱之间的反应，且生成的盐为可溶性强电解质，据此分析解答．
【解答】解：离子反应方程式“H++OH﹣=H2O“可表示的化学反应为可溶性强酸和可溶性强碱之间的反应，且生成的盐为可溶性强电解质，
A．Cu（OH）2是难溶性弱电解质，不符合条件，离子方程式为2H++Cu（OH）2=2H2O+Cu2+，故A错误；
B．Mg（OH）2是难溶性弱电解质，不符合条件，2H++Mg（OH）2=2H2O+Mg2+，故B错误；
C．Ba（OH）2、HCl都是可溶性强电解质，且生成的盐为可溶性强电解质，符合条件，离子方程式为H++OH﹣=H2O，故C正确；
D．CH3COOH是弱电解质，不符合条件，离子方程式为CH3COOH+OH﹣=H2O+CH3COO﹣，故D错误；
故选C．
　
6．将a
mol的铁铜混合物投入到200mL
2mol/L的稀HNO3中，充分反应后金属无剩余，下列说法正确的是（　　）
A．被还原的HNO3不可能是mol
B．溶液中剩余的n（NO3﹣）≤（0.4﹣）mol
C．溶液中不可能同时存在Fe2+、Fe3+、Cu2+
D．被还原的硝酸为0.8a
mol时，则溶液中一定含有Fe2+
【考点】硝酸的化学性质；化学方程式的有关计算．
【分析】首先应明确的是化学反应方程式．
当铁过量时：3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O．①（铁失去2个电子）
当铁不过量时：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+2NO+4H2O．②（铁失去3个电子）
铜：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O．③（铜失去2个电子）
∴若溶液中的铁是过量的，则amol的铜铁混合物便可看做一种物质（它们都只失2个电子），结合反应的方程式用端值法解答该题．
【解答】解：当铁过量时：3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O．①（铁失去2个电子）
当铁不过量时：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+2NO+4H2O．②（铁失去3个电子）
铜：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O．③（铜失去2个电子）
∴若溶液中的铁是过量的，则amol的铜铁混合物便可看做一种物质（它们都只失2个电子），
A．∵在①③反应中，被还原硝酸的量为原硝酸量的，则∴被还原硝酸为amol×=amol，故A错误；
B．由①②③可知，当铁过量时，溶液中剩余的硝酸根离子是最多的，∵当铁过量时，剩余的硝酸根离子的物质的量为：0.4mol﹣amol，
∵铁不一定过量，∴溶液中剩余硝酸根离子的浓度≤0.4mol﹣amol，故B正确；
C．铁和稀硝酸的反应机理是：加入的铁先被硝酸还原成+3价，之后若铁还有剩余，三价铁离子又会和剩余铁单质反应，生成2价铁离子，
∴由此，只有在铁过量时，溶液中才可能同时出现2价和3价的铁离子，而在铁过量时，反应生成的3价铁离子会将未反应的铜单质和铁单质氧化，∴有可能使Fe2+、Fe3+、Cu2+同时存在，故C错误；
D．当消耗硝酸为0.8amol时，转移电子2.4amol，如金属全部为铁，且全部生成Fe3+，则转移3amol电子，如含有0.6amol铜，0.4amol铁，则全部反应生成Fe3+，就没有Fe2+，故D错误．
故选B．
　
7．下列物质属于纯净物的是（　　）
A．苯
B．天然气
C．汽油
D．煤
【考点】混合物和纯净物．
【分析】纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质，据此结合常见物质的组成成分逐项分析即可解答．
【解答】解：A．苯由C、H两种元素组成，分子式为C6H6，是纯净物中的化合物，故A正确；
B．天然气是当今世界最重要的气体矿物燃料，主要成分是甲烷，是混合物，故B错误；
C．汽油主要是由C4～C10各族烃类组成，是混合物，故C错误；
D．煤是复杂的混合物，主要含碳元素，还含有氢元素和少量的氮、硫、氧等元素，是混合物，故D错误；
故选A．
　
8．下列物质在空气中久置会发生变质，且在变质过程中，既有氧化还原反应发生，又有非氧化还原反应发生的是（　　）
A．氢氧化钠固体
B．氯化钠固体
C．金属钠
D．生石灰
【考点】氧化还原反应．
【分析】根据发生的反应中，存在元素化合价变化的反应为氧化还原反应，不存在元素化合价变化的反应为非氧化还原反应，以此来解答．
【解答】解：A．氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，属于非氧化还原反应，故A错误；
B．氯化钠性质稳定，在空气中不变质，故B错误；
C．钠在空气中生成氧化钠，被氧化，最终生成碳酸钠，属于非氧化还原反应，故C正确；
D．生石灰在空气中久置变质，发生CaO+H2O═Ca（OH）2，Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，均属于非氧化还原反应，故D错误；
故选C．
　
9．下列表格中各项都正确的一组是（　　）
类别选项
碱
盐
电解质
非电解质
A
烧碱
小苏打
BaSO4
干冰
B
纯碱
CaCO3
NH3 H2O
Fe
C
胆矾
食盐
石墨
醋酸
D
KOH
CuSO4
Na2SO4
KClO3
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质．
【分析】溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；
金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐；
水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；
水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质．
【解答】解：A、各物质符合物质类别概念，故A正确；
B、纯碱是碳酸钠属于盐类，铁是单质不是非电解质，故B错误；
C、胆矾是硫酸铜晶体属于盐不是碱，石墨是单质不是电解质，醋酸是电解质，故C错误；
D、KClO3是盐，溶于水全部电离，属于强电解质，故D错误；
故选：A．
　
10．下列物质的转化在给定条件下能实现的是（　　）
A．NaNa2O2Na2CO3
B．MgCO3MgCl2溶液Mg
C．FeFe2O3Fe2（SO4）3
D．SiO2SiCl4Si
【考点】钠的化学性质；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质．
【分析】A．钠与氧气在加热条件下生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳生成碳酸钠；
B．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁和氢气、氯气；
C．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁；
D．二氧化硅与氯化氢不反应．
【解答】解：A..钠与氧气在加热条件下生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳生成碳酸钠，所以NaNa2O2Na2CO3在给定条件下能实现，故A正确；
B．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁和氢气、氯气，得不到镁，故B错误；
C．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，得不到氧化铁，故C错误；
D．二氧化硅与氯化氢不反应，故D错误；
故选：A．
　
11．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）
A．1
L
1
mol L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为NA
B．78
g苯含有CC双键的数目为3NA
C．常温常压下，14
g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA
D．标准状况下，6.72
L
NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、次氯酸根为弱酸根，在溶液中会水解；
B、苯不是单双键交替的结构；
C、氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol；
D、求出二氧化氮的物质的量，然后根据3mol二氧化氮和水反应转移2mol电子来分析．
【解答】解：A、次氯酸根为弱酸根，在溶液中会水解，导致个数减少，故溶液中的次氯酸根的个数小于NA个，故A错误；
B、苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，故B错误；
C、氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol，故14g混合物的物质的量为0.5mol，故而两者均为双原子分子，故0.5mol混合物中含NA个原子，故C正确；
D、标况下6.72L二氧化氮的物质的量为0.3mol，而3mol二氧化氮和水反应转移2mol电子，故0.3mol二氧化氮和水反应转移0.2mol电子即0.2NA个，故D错误．
故选C．
　
12．分别用一定量等量的铁与足量的稀硫酸及足量的CuO制备单质铜，有人设计了以下两种方案：
①FeH2Cu，②CuOCuSO4Cu．对制备得到Cu的量，下列判断正确的（　　）
A．一样多
B．①多
C．②多
D．无法判断
【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；铁的化学性质．
【分析】两方案中所发生的化学方程式为：①Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑、H2+CuOCu+H2O；
②CuO+H2SO4═CuSO4+H2O、Fe+CuSO4═Cu+FeSO4；
②中均可完全转化，而①中氢气还原CuO，应先通入氢气排出装置中的空气，不能全部参与还原反应．
【解答】解：两方案中所发生的化学方程式为：①Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑、H2+CuOCu+H2O；
②CuO+H2SO4═CuSO4+H2O、Fe+CuSO4═Cu+FeSO4；
②中均可完全转化，而方案①中氢气还原氧化铜实验，开始时需先通入一部分氢气，排除装置中的空气，实验结束时还要通一会氢气，以防止生成的铜被氧化，如果不考虑先通后停，相同质量的铁生成铜的质量是相同的，但是由于部分氢气被浪费，从而导致铁的质量被多消耗一部分，所以导致方案①对应的铜减少．故方案②生成的铜多，
故选C．
　
13．从南方往北方长途运输水果时，常常将浸泡有高锰酸钾溶液的硅藻土放置在盛放水果的容器中，其目的是（　　）
A．利用高锰酸钾溶液吸收水果产生的乙烯，防止水果早熟
B．利用高锰酸钾溶液吸收水果周围的氧气，防止水果腐烂
C．利用高锰酸钾溶液的氧化性，催熟水果
D．利用高锰酸钾溶液杀死水果周围的细菌，防止水果霉变
【考点】乙烯的用途．
【分析】乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，为了延长水果的保鲜期，应除掉乙烯．
【解答】解：乙烯具有较强的还原性，能与强氧化剂高锰酸钾反应，故可用高锰酸钾除掉乙烯，为了延长水果的保鲜期将苹果放入有浸泡过高锰酸钾溶液的硅土的密封容器中，
故选A．
　
14．在标准状况下，容积为1L的密闭容器中刚好可以盛放a个N2分子和b个H2分子组成的混合气体，则阿伏加德罗常数的近似值可以表示为（　　）
A．a+b
B．22.4
（a+b）×6.02×1023
C．×1023
D．22.4
（a+b）
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】先根据n=mol计算出标准状况下1L气体的物质的量，然后根据N=n NA=n计算出阿伏伽德罗常数．
【解答】解：标况下，1L混合气体的物质的量为：n（N2）==mol，
由于1L的密闭容器中刚好可盛放a个N2分子和b个H2分子，则有：a+b=n NA=mol×NA，
解得：NA=22.4（a+b），
故选D．
　
15．下列正确的叙述有（　　）
①CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物
②Ca（HCO3）2、Fe（OH）3、FeCl2均可由化合反应制得
③碘晶体、氯化钠晶体分别分散到酒精中，所形成的分散系为：溶液、胶体
④灼热的炭与CO2反应、Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl的反应均既属于氧化还原反应，又是吸热反应
⑤需要通电才可进行的有：电解、电泳、电离、电镀、电化腐蚀．
A．2个
B．3个
C．4个
D．5个
【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．
【分析】①酸性氧化物是指与碱反应生成盐和水的氧化物；
②化合反应是两种或两种以上物质反应生成一种物质；
③碘晶体、氯化钠晶体分别分散到酒精中，所形成的分散系为溶液、胶体；
④根据化合价的升降来判断反应的类型；
⑤电化腐蚀是形成原电池反应发生的腐蚀．
【解答】解：①NO2和碱反应生成硝酸钠、亚硝酸钠，发生了氧化还原反应，二氧化氮不符合酸性氧化物的定义，故错误；
②Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3、2FeCl3+Fe=3FeCl2均可由化合反应制得，故正确；
③碘晶体、氯化钠晶体分别分散到酒精中，所形成的分散系为溶液、胶体，故正确；
④灼热的炭与CO2反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应，Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl的反应不属于氧化还原反应，是吸热反应，故错误；
⑤需要通电才可进行的有：电解、电泳、电镀，电化学腐蚀中的原电池原理引起的腐蚀不需要通电，故错误；
故选A．
　
16．设NA为阿伏加德罗常数，则下列说法中正确的是（　　）
A．常温常压下，1mol氨基（﹣NH2）所含有的电子总数为9NA
B．常温常压下，等体积等物质的量浓度的Na2S溶液和Na2SO4溶液的阳离子总数相等
C．在31g白磷分子中含有NA个P﹣P键
D．硬脂酸、软脂酸不是乙酸的同系物
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、依据取代基的结构计算电子数；
B、依据溶液中除了钠离子外，还有水电离生成的氢离子分析判断；
C、质量换算物质的量，结合白磷分子式为P4和分子式中含化学键计算；
D、依据同系物的概念分析，硬脂酸、软脂酸都是饱和一元羧酸判断．
【解答】解：A、1mol氨基（﹣NH2）所含有的电子物质的量为1mol×（7+1×2）=9mol，故A正确；
B、等体积等物质的量浓度的Na2S溶液和Na2SO4溶液中阳离子有钠离子和氢离子，其中钠离子相同，但硫化钠水解减少了水电离的氢离子，所以溶液中阳离子总数小于Na2SO4溶液中阳离子数，故B错误；
C、白磷分子式为P4，分子中含有6个共价键，31g白磷分子的中含有P﹣P键数==1.5mol，故C错误；
D、硬脂酸、软脂酸都是饱和一元羧酸，与乙酸是同系物，故D错误；
故选A．
　
17．下列物质中混有的少量杂质，所选用的试剂及操作方法正确的是（　　）
物质
杂质（少量）
试剂和操作方法
A
O2
H2O（蒸汽）
通过浓H2SO4
B
CO2
CO
点燃
C
KCl固体
KClO3
加入MnO2并加热
D
KNO3溶液
Ba（NO3）2溶液
加入适量的Na2SO4溶液，过滤
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．
【分析】A．浓硫酸可干燥氧气；
B．二氧化碳较多，CO不易点燃；
C．易引入新杂质二氧化锰；
D．Ba（NO3）2溶液与Na2SO4溶液反应生成硫酸钡和硝酸钠．
【解答】解：A．浓硫酸具有吸水性，可干燥氧气，故A正确；
B．二氧化碳较多，CO不易点燃，不能除杂，应利用灼热的CuO，故B错误；
C．易引入新杂质二氧化锰，可直接加热，故C错误；
D．Ba（NO3）2溶液与Na2SO4溶液反应生成硫酸钡和硝酸钠，引入新杂质硝酸钠，故D错误；
故选A．
　
18．当一小块金属钠久置在潮湿的空气中，可能有如下现象产生：①生成白色粉未；②表面变暗；③生成白色块状固体；④发生潮解，表面产生液体．这些现象的先后顺序为（　　）
A．①②③④
B．②③④①
C．②①③④
D．④②③①
【考点】钠的化学性质．
【分析】一小块金属钠久置在潮湿的空气中，由于钠和氧气反应生成Na2O，Na2O进而和水反应生成NaOH，NaOH和空气中CO2反应生成Na2CO3，最后以稳定的形态存在．
【解答】解：一小块金属钠久置在潮湿的空气中，Na易和空气中氧气反应生成Na2O，钠表面变暗，发生：4Na+O2=2Na2O，
Na2O进而和水反应生成NaOH，发生：Na2O+H2O=2NaOH，生成白色块状固体，生成的氢氧化钠发生潮解，
NaOH和空气中CO2反应生成Na2CO3，发生：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，
Na2CO3比NaHCO3稳定，最后易稳定的Na2CO3形态存在，最终生成白色粉末，
所以现象是②③④①，
故选B．
　
19．下列离子方程式中不正确的是（　　）
A．氢氧化钡溶液与硫酸混合：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O
B．铁粉与硝酸银溶液反应：Fe+2Ag+═Fe2++2Ag
C．氯化铝溶液与过量的氨水反应：Al3++4NH3 H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2O
D．氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．氢氧化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水；
B．铝与硝酸银发生置换反应生成银和硝酸铝；
C．氨水为弱碱，二者反应生成氢氧化铝沉淀；
D．氯气与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠、氯化钠和水．
【解答】解：A．氢氧化钡溶液与硫酸混合，反应的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故A正确；
B．铁粉与硝酸银溶液反应生成银和硝酸铝，反应的离子方程式为：Fe+2Ag+═Fe2++2Ag，故B正确；
C．氯化铝与氨水反应生成的氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3++3NH3 H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；
D．氯气通入冷的氢氧化钠溶液中，反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故D正确；
故选C．
　
20．下列各组离子中的离子，能在溶液中大量共存的是（　　）
A．Na+、Mg2+、Cl﹣、OH﹣
B．H+、Ca2+、CO32﹣、NO3﹣
C．Cu2+、K+、SO42﹣、NO3﹣
D．Na+、H+、OH﹣、Ca2+
【考点】离子共存问题．
【分析】离子能在溶液中大量共存，则离子之间不发生任何反应，如发生复分解反应生成沉淀、气体、弱电解质，或发生氧化还原反应、互促水解反应等．
【解答】解：A．Mg2+与OH﹣反应生成沉淀而不能大量共存，故A错误；
B．CO32﹣与H+、Ca2+反应而不能大量共存，故B错误；
C．离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；
D．H+与OH﹣反应生成水而不能大量共存，故D错误．
故选C．
　
21．下列说法正确的是（　　）
A．氧化还原反应一定有氧元素参加
B．失电子难的原子其得电子的能力一定强
C．金属单质只具有还原性
D．失电子越多，该物质的还原性就越强
【考点】氧化还原反应．
【分析】氧化还原反应中不一定有氧气参加，失去电子能力的强的还原性强，氧化还原反应中金属只能失去电子，以此来解答．
【解答】解：A．氧化还原反应中不一定有氧气参加，如氢气与氯气反应生成HCl，故A错误；
B．失电子难的原子，其得电子的能力不一定强，如第ⅣA元素、稀有气体原子均不易得到或失去电子，故B错误；
C．氧化还原反应中金属只能失去电子，则金属单质只作还原剂，只具有还原性，故C正确；
D．失去电子的难易决定其还原性强弱，与失去电子多少无关，故D错误；
故选C．
　
22．下列实验装置设计正确、且能达到目的是（　　）
A．实验Ⅰ：制备金属钠
B．实验Ⅱ：制取氢氧化亚铁并观察其颜色
C．实验Ⅲ：制取少量的氢氧化铝
D．实验Ⅳ：比较两种物质的热稳定性
【考点】化学实验方案的评价；金属冶炼的一般原理；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁．
【分析】A．Na采用电解熔融氯化钠的方法冶炼；
B．制备氢氧化亚铁时要隔绝空气；
C．氢氧化铝不溶于弱碱；
D．比较两种物质的热稳定性时碳酸钠要放置在大试管中．
【解答】解：A．Na是活泼金属，工业上采用电解熔融氯化钠的方法冶炼，如果电解食盐水，则阴极上氢离子放电而不是钠离子放电，所以得不到钠，故A错误；
B．氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成红棕色的氢氧化铁，为防止氢氧化亚铁被氧化，则制备氢氧化亚铁时要隔绝空气，煤油的密度小于水，所以能隔绝空气，故B正确；
C．氢氧化铝不溶于弱碱，实验室用氨水和可溶性铝盐制取氢氧化铝，故C正确；
D．比较两种物质的热稳定性时碳酸钠要放置在大试管中，如果温度高的碳酸钠不分解而温度低的碳酸氢钠分解，说明碳酸钠的稳定性大于碳酸氢钠，故D错误；
故选BC．
　
23．设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（　　）
A．足量铁在氯气中反应，l
mol铁失去的电子数为2
NA
B．标准状况下22.4
L
H2中含中子数为2
NA
C．1
L
Imol/L的盐酸溶液中，所含氯化氢分子数为NA
D．常温下46
g
NO2和N2O4混合气体中含有原子数为3NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A．铁与氯气反应生成氯化铁；
B．氢元素不含有中子；
C．盐酸溶液中不含有氯化氢分子；
D．NO2和N2O4最简式相同为NO2．
【解答】解：A．铁与氯气反应生成氯化铁，故lmol铁失去的电子数为3NA，故A错误；
B．氢元素不含有中子，故标准状况下22.4LH2中含中子数为0，故B错误；
C．盐酸溶液中不含有氯化氢分子，故1L
1mol/L的盐酸溶液中，所含氯化氢分子数为0，故C错误；
D．NO2和N2O4最简式相同为NO2，故46gNO2和N2O4混合气体中含有原子数=×3×NA=3NA，故D正确；
故选D．
　
24．在自来水的生产中，常通入适量氯气进行杀菌消毒，氯气与水反应的产物之一是盐酸．市场上有些不法商贩为牟取暴利，利用自来水冒充纯净水桶装出售，为辨别真伪，可用以鉴别的一种试剂是（　　）
A．氢氧化钠溶液
B．酚酞试液
C．硝酸银溶液
D．氯化钡溶液
【考点】氯气的化学性质．
【分析】辨别纯净水真伪，实际上就是检验氯离子的存在．
【解答】解：因纯净水销售中不含氯离子，而自来水中含氯离子，所以向两样品中加入硝酸银溶液，变浑浊的自来水，反之是纯净水，
故选C．
　
25．反应：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO，下列有关该反应叙述正确的是（　　）
A．上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂
B．AlN的摩尔质量为41
g
C．AlN中氮元素的化合价为+3
D．上述反应中，每生成1
mol
AlN需转移3
mol电子
【考点】氧化还原反应．
【分析】Al2O3+N2+3C
2AlN+3CO中，N元素化合价降低，N2为氧化剂，C元素化合价升高，C为氧化剂，结合元素化合价的变化判断电子转移的数目．
【解答】解：A．在氮化铝的合成反应中，N2是氧化剂，Al2O3既不是氧化剂，也不是还原剂，故A错误；
B．AlN的摩尔质量为41
g/mol，故B错误；
C．由化合价代数和为0可知，氮化铝中铝元素化合价为+3价，氮元素的化合价为﹣3，故C错误；
D．上述反应中N元素化合价由0价降低到﹣3价，每生成2mol
AlN，N2得到6mol电子，故D正确；
故选D．
　
26．下列事实与浓硫酸表现出的性质（括号中）对应关系正确的是（　　）
A．在空气中敞口久置的浓硫酸，溶液质量增大（难挥发性）
B．在加热条件下铜与浓硫酸反应（强氧化性、酸性）
C．蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成（吸水性）
D．浓硫酸与少量胆矾晶体混合，晶体由蓝色变成白色（脱水性）
【考点】浓硫酸的性质．
【分析】A．根据浓硫酸具有吸水性，不具有挥发性来分析；
B．依据反应中硫元素化合价变化判断；
C．根据浓硫酸具有脱水性来分析；
D．浓硫酸具有吸水性，能够吸收晶体中的结晶水．
【解答】解：A．浓硫酸具有吸水性，则在空气中敞口久置的浓硫酸，会吸收空气中的水分而使溶液的质量增大，表现的是浓硫酸的吸水性，故A错误；
B．在加热条件下铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫和水，硫元素化合价部分变化，体现浓硫酸的强的氧化性和酸性，故B正确；
C．蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成，体现浓硫酸的脱水性，故C错误；
D．硫酸与少量胆矾晶体混合，晶体由蓝色变成白色，体现浓硫酸的吸水性，故D错误；
故选：B．
　
27．向混合溶液中滴加0.1mol/L稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积（V）的关系如图所示．下列对溶液中溶质组成成分判断正确的是（　　）
A．原溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3
B．原溶液中溶质为
NaOH和Na2CO3
C．原溶液中溶质为Na2CO3
D．原溶液中溶质为NaHCO3
【考点】离子方程式的有关计算；钠的重要化合物．
【分析】0.3﹣0.4段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，0﹣0.3段没有二氧化碳生成，说明溶液中含有碳酸钠或NaOH，若含有碳酸钠，根据反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，最少生成二氧化碳的物质的量为：0.3L×0.1mol/L×=0.015mol＞0.01mol，不满足条件，所以原溶液为氢氧化钠和碳酸钠的混合物．
【解答】解：根据图象可知：0.3﹣0.4段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，0﹣0.3段没有二氧化碳生成，说明溶液中含有碳酸钠或NaOH，若含有碳酸钠，根据反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl、Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑可知，最少生成二氧化碳的物质的量为：0.3L×0.1mol/L×=0.015mol＞0.01mol，而图象中生成二氧化碳的物质的量为0.01mol，说明原溶液中溶质为
NaOH和Na2CO3，
故选B．
　
28．体积比为1：2：3所组成的N2、O2和CO2混合气体100g在标准状况下体积为（　　）
A．60
L
B．30
L
C．11.2
L
D．112
L
【考点】气体摩尔体积．
【分析】体积之比等于物质的量之比，令氮气的物质的量为xmol，则氧气为2xmol，二氧化碳为3xmol，根据混合气体的质量，求算x的值，再根据V=nVm计算混合气体标准状况下体积．
【解答】解：体积之比等于物质的量之比，令氮气的物质的量为xmol，则氧气为2xmol，二氧化碳为3xmol，所以：
xmol×28g/mol+2xmol×32g/mol+3xmol×44g/mol=100g．
解得，x=mol，
所以标准状况下，混合气体的体积为（mol+2×mol+3×mol）×22.4L/mol=60L，
故选：A．
　
29．已知K2Cr2O7溶液中存在如下平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O 2H++2CrO42﹣（黄色）．
①向2mL
0.1mol L﹣1
K2Cr2O7溶液中滴入3滴6mol L﹣1
NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色；向所得溶液中再滴入5滴浓H2SO4，溶液由黄色变为橙色；
②向酸化K2Cr2O7溶液中滴入适量Na2SO3溶液，溶液由橙色变为绿色：
Cr2O72﹣+8H++3SO32﹣═2Cr3+（绿色）+3SO42﹣+4H2O．下列分析正确的是（　　）
A．CrO42﹣和S2﹣在酸性溶液中可大量共存
B．实验②说明氧化性：Cr2O72﹣＞SO42﹣
C．稀释K2Cr2O7溶液时，溶液中各离子浓度均减小
D．实验①和②均能证明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡
【考点】氧化还原反应．
【分析】A、CrO42﹣具有氧化性，酸性溶液中氧化硫离子；
B、氧化剂的氧化性大于氧化产物分析判断；
C、稀释溶液，平衡状态下离子浓度减小，氢离子浓度减小，溶液中存在离子积，氢氧根离子浓度增大；
D、溶液由橙色变为黄色，溶液由黄色变为橙色，说明加入酸碱发生平衡移动．
【解答】解：A、CrO42﹣具有氧化性，酸性溶液中氧化硫离子，CrO42﹣和S2﹣在酸性溶液中不可以大量共存，故A错误；
B、反应中Cr2O72﹣+8H++3SO32﹣═2Cr3+（绿色）+3SO42﹣+4H2O，氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以实验②能说明氧化性：Cr2O72﹣＞SO42﹣，故B正确；
C、稀释K2Cr2O7溶液时，平衡状态下离子浓度减小，氢离子浓度减小，由水的离子积不变可知，氢氧根离子浓度增大，故C错误；
D、加入氢氧化钠溶液，溶液由橙色变为黄色，说明平衡正向进行，加入硫酸溶液由黄色变为橙色，说明平衡逆向进行，说明加入酸碱发生平衡移动，实验①能证明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡，实验②不能证明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡，故D错误；
故选B．
　
30．24mL浓度为0.05mol L﹣1的Na2SO3溶液，恰好与20mL浓度为0.02mol L﹣1的K2Cr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为（　　）
A．+2
B．+3
C．+4
D．+5
【考点】氧化还原反应的计算．
【分析】Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素发生还原反应，令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒计算a的值．
【解答】解：令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则：
24×10﹣3L×0.05mol/L×（6﹣4）=20×10﹣3L×0.02mol/L×2×（6﹣a）
解得a=+3
故选B．
　
二、填空题
31．A、B、C、D、E、F、G、H八种物质间存在着如下图所示的变化关系，其中A、B为单质，相对分子质量A大于B；E在通常状况下为有颜色，有刺激性气味的气体；H为一种氯化物，与碱石灰共热可制取C；G中含A元素35%．
完成下列问题：
（1）用化学式表示各物质　A为N2，B为H2，C为NH3，D为NO，E为NO2，F为HNO3，G为NH4NO3，H为NH4Cl　．
（2）写出C→D的化学方程式，并标出电子转移方向和数目　　．
【考点】无机物的推断．
【分析】由题意可知E为化合物，在通常状况下为有颜色，有刺激性气味的气体，则为NO2，H为一种氯化物，与碱石灰共热可制取C，则H为NH4Cl，C为NH3，由转化关系可知D为NO，F为HNO3，G为NH4NO3，G中含A元素35%，可知A为N2，B为H2，以此解答该题．
【解答】解：由题意可知E为化合物，在通常状况下为有颜色，有刺激性气味的气体，则为NO2，H为一种氯化物，与碱石灰共热可制取C，则H为NH4Cl，C为NH3，由转化关系可知D为NO，F为HNO3，G为NH4NO3，G中含A元素35%，可知A为N2，B为H2，
（1）由以上分析可知A为N2，B为H2，C为NH3，D为NO，E为NO2，F为HNO3，G为NH4NO3，H为NH4Cl，
故答案为：A为N2，B为H2，C为NH3，D为NO，E为NO2，F为HNO3，G为NH4NO3，H为NH4Cl；
（2）C→D的反应为氨气的催化氧化，反应的化学方程式及电子转移的方向和数目为，
故答案为：．，
　
32．在浓硝酸中放入铜片：
①开始反应的化学方程式为　Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O　．
②若铜有剩余，则反应将要结束时的反应的离子方程是：　3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O　
③待反应停止后，再加入少量的25%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，其原因是　稀硫酸中氢离子和硝酸铜中硝酸根离子又构成硝酸，和铜继续反应　．
【考点】硝酸的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．
【分析】①Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮和硝酸铜溶液；
②浓硝酸随反应的进行变为稀硝酸，则反应快结束时铜和稀硝酸反应生成NO；
③硝酸盐在酸性条件下具有硝酸的氧化性，则能继续与铜反应．
【解答】解：（1）因反应开始硝酸的浓度大，反应剧烈，反应生成硝酸铜溶液、二氧化氮和水，其反应方程式为Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，
故答案为：Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；
（2）浓硝酸随反应的进行变为稀硝酸，则反应快结束时铜和稀硝酸反应生成NO，其离子反应为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O；
（3）硝酸盐在酸性条件下具有硝酸的氧化性，则能与铜与氢离子、硝酸根离子继续反应生成NO，
故答案为：稀硫酸中氢离子和硝酸铜中硝酸根离子又构成硝酸，和铜继续反应．
　
33．下列有机物有多个官能团：
A．
B．
C．
D．
E．CH2=CHCOOCH=CHCOOCH=CH2
（1）可以看作醇类的是（填入编号）　BD　．
（2）可以看作酚类的是　ABC　．
（3）可以看作羧酸类的是　BCD　．
（4）可以看作酯类的是　E　．
【考点】烃的衍生物官能团．
【分析】根据分子中的官能团分析，含有﹣OH的为醇类物质，若﹣OH直接和苯环相连则为酚类物质；含有羧基的属于羧酸；含有﹣COO﹣的为酯类物质．据此分析．
【解答】解：有机物A的结构简式为，其分子中的官能团有醛基（﹣CHO），酚羟基，醚基（﹣O﹣）；
有机物B的结构简式为，其分子中的官能团有羧基（﹣COOH），酚羟基，醇羟基；
有机物C的结构简式为，其分子中的官能团有羧基（﹣COOH），酚羟基；
有机物D的结构简式为，其分子中的官能团有羧基（﹣COOH），醇羟基；
有机物E的结构简式为，其分子中的官能团有酯基（﹣COO﹣）；
（1）可以看作醇类的是BD；故答案为：BD；
（2）可以看作酚类的是ABC；故答案为：ABC；
（3）可以看作羧酸类的是BCD；故答案为：BCD；
（4）可以看作酯类的是E；故答案为：E．
　
34．有A、B、C、D、E五种常见化合物，都是由下表中的离子形成的：
阳离子
K+
Na+
Cu2+Al3+
阴离子
SO42﹣HCO3﹣NO3﹣
OH﹣
为了鉴别上述化合物．分别完成以下实验，其结果是：
①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；
②将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解；
③进行焰色反应，只有B为紫色（透过蓝色钴玻璃）；
④在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，C、D中产生白色沉淀；
⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成．
根据上述实验填空：
（1）写出B、D的化学式：B　KNO3　，D　CuSO4　．
（2）将含1mol
A的溶液与含1mol
E的溶液反应后蒸干，仅得到一种化合物，该化合物的化学式为　Na2CO3　．
（3）在A溶液中加入少量澄清石灰水，其离子方程式为　2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2O　．
（4）C常用作净水剂，用离子方程式表示其净水原理　Al3++3H2O Al（OH）3（胶体）+3H+　．
【考点】无机物的推断．
【分析】①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液，则D中含有铜离子；
②将E溶液滴入到C溶液中，出现白色沉淀，继续滴加沉淀溶解，则C中含有铝离子，E中含有氢氧根离子；
③进行焰色反应实验，只有B、C含有钾离子，所以E是NaOH；
④在各溶液中加入Ba（NO3）2溶液，再加入过量稀硝酸，A中放出无色气体，则A中含有碳酸氢根离子，C、D中产生白色沉淀，则C、D中含有硫酸根离子，所以D是硫酸铜，C是硫酸铝钾；
⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成，则B是硝酸钾，所以A是碳酸氢钠．
通过以上分析可知，A为NaHCO3，B为KNO3，C为KAl（SO4）2，D为CuSO4，E为NaOH，以此来解答．
【解答】解：（1）由分析可知B为KNO3，D为CuSO4，故答案为：KNO3；CuSO4；
（2）A是碳酸氢钠，E是氢氧化钠，将含1mol
A的溶液与含1mol
E的溶液反应生成碳酸钠和水，蒸干后仅得到一种化合物为Na2CO3，
故答案为：Na2CO3
；
（3）A溶液中加入少量澄清石灰水反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，反应离子反应方程式为2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2O，
故答案为：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2O；
（4）C中含有铝离子，铝离子易水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而净水，水解反应方程式为Al3++3H2O Al（OH）3（胶体）+3H+，
故答案为：Al3++3H2O Al（OH）3（胶体）+3H+．
　
2017年1月20日