2022-2022学年江西省师大附中高三（上）第一次月考化学试卷 一、选择题：（每小题3分，16小题共48分．每小题只有一个选项正确）．1．下列物质分类正确的是（ ）A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物 2．利用下列各组物质制备和收集少量相应气体，能采用如图实验装置的是（ ）①浓氨水与固体CaO②稀盐酸与石灰石③稀硝酸与铜片④过氧化氢溶液与MnO2⑤锌粒与稀硫酸⑥浓盐酸与MnO2．A．①②⑥B．②④C．①②③⑥D．全部 3．下列日常生活中的现象与氧化还原反应无关的是（ ）A．铜铸塑像上出现铜绿[Cu2（0H）2C03]B．用石膏点豆腐C．不良商贩用硫黄熏蒸法制作“白豆芽”D．自来水厂用氯气对水进行消毒 4．奥运会会标是五环旗，假定奥运五环旗中的每一环表示一种物质，相连环物质间一定条件下能发生常见反应，不相连环物质间不能发生反应．且四种反应中必须包含化合反应、置换反应及复分解反应，适合的一组是（ ）选项蓝黑红黄绿ASiO2FeSO4溶液O2NaOH溶液CuBO2稀H2SO4CO2FeNaOH溶液CO2稀H2SO4Al（OH）3NH3NaOHDMgCO2KOH溶液AlFe2O3A．AB．BC．CD．D 5．设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A．1L1mol•L﹣1的盐酸中，含HCl分子数为NA29\nB．0.1molNa2O2与水完全反应，转移0.2NA个电子C．8.4gNaHCO3固体中含HCO3﹣数目为0.1NAD．将含Na+数目为NA的NaCl固体溶于1L水中，所得溶液的浓度为1mol•L﹣1 6．根据有机化合物的命名原则，下列命名错误的是（ ）A．甲酸苯酚酯B．1，2﹣二甲苯C．甲苯醚D．苯甲酸甲酯 7．下列图示与对应的叙述相符的是（ ）A．由图1所示曲线可知，化学催化比酶催化的效果好B．在H2S溶液导电性实验中，由图2所示曲线可确定通入的气体X为Cl2C．在其它条件不变时，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）转化关系（如图3）中，纵坐标表示O2的转化率D．图4是用0.1000mol•L﹣1的盐酸滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1Na2CO3溶液的曲线，从a→b点反应的离子方程式为：HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O 8．下列物质的除杂方案正确的是（ ）选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO2（g）SO2（g）饱和Na2CO3溶液、浓H2SO4洗气BNH4Cl（aq）Fe3+（aq）NaOH溶液过滤CNaCl（s）KNO3（s）AgNO3溶液过滤DCu（s）Ag（s）CuSO4溶液电解法A．AB．BC．CD．D 29\n9．利用下列实验装置能完成相应实验的是（ ）A．用于证明非金属性强弱：Cl＞C＞SiB．用于分离I2和NH4ClC．装置能组成Zn、Cu原电池D．用于测定某稀盐酸的物质的量浓度 10．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）选项实验操作实验现象结论A用铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色溶液中无K+B向溶液中先滴加稀盐酸，再滴加BaCl2溶液先滴加稀盐酸无现象，滴加BaCl2后出现白色沉淀溶液中一定含有SO42﹣C向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体出现黑色沉淀H2S的酸性比H2SO4强D向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NHA．AB．BC．CD．D 11．下列化学方程式或离子方程式中，正确的是（ ）A．用浓硫酸与4﹣溴﹣1﹣丁醇加热发生消去反应：BrCH2CH2CH2OHCH2=CHCH=CH2↑+HBr↑+H2O29\nB．水杨酸（）中加入NaHCO3溶液：+2HCO3﹣→+2CO2↑+2H2OC．在氢氧化钡溶液中滴加硫酸氢钾溶液至pH=7：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2OD．高锰酸钾酸性溶液与双氧水反应：2MnO4﹣十5H2l8O2+6H+═2Mn2++518O2↑+8H2O 12．已知氧化性Fe3+＞I2．FeI2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为：aFe2++bI﹣+cCl2→dFe3++eI2+fCl﹣下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是（ ）A．201202B．021012C．243226D．21062512 13．下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的组数是（ ）①Na2SO3溶液与稀盐酸②偏铝酸钠溶液与盐酸③二氧化碳与氢氧化钠溶液④硝酸银溶液和氨水⑤氯化铝与氨水⑥碳酸氢钙溶液与澄清石灰水⑦FeCl3溶液与Na2S溶液⑧Fe与稀硝酸反应⑨苯酚钠溶液中通入CO2．A．两组B．三组C．四组D．五组 14．某无色透明溶液含有下列离子中的几种：Mg2+、Cu2+、Ba2+、H+、SO42﹣、OH﹣、NO3﹣、HCO3﹣，在其中加入金属铁，发生反应放出气体只有H2．根据上述描述判断上述离子中一定不能大量存在于此溶液中的有（ ）A．3种B．4种C．5种D．6种 15．向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如右图所示．则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（ ）A．a点对应的溶液中：Na+、OH﹣、SO42﹣、NO3﹣B．b点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、NO3﹣、Cl﹣C．c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3﹣、Cl﹣D．d点对应的溶液中：Cl﹣、NO3﹣、Fe2+、Na+ 29\n16．将11.9g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7g．另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了6.72LNO（标准状况下），向反应后的溶液中加入适量NaOH溶液恰好使Mg2+、Al3+、Fe3+完全转化为沉淀，则沉淀的质量为（ ）A．22.1gB．27.2gC．30gD．无法计算 二、非选择题（52分）17．下列有关说法正确的是 ；A．用pH试纸测得新制氯水的pH为4B．碳酸钠和硫酸钡可按溶解、过滤、蒸发的操作顺序分离C．除去C2H50H中的CH3COOH，先加足量的氢氧化钠溶液，再分液D．溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液出现白色沉淀，则溶液中一定存在SO42﹣E．将乙醇与浓硫酸共热制得的气体通入酸性KMnO4溶液中，检验气体中是否含有乙烯F．金属氧化物不一定是碱性氧化物，但碱性氧化物一定是金属氧化物；非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物也不一定是非金属氧化物G．在两个容积相同的容器中，一个盛有HCl气体，另一个盛有H2和Cl2的混合气体．在同温同压下，两容器内的气体一定具有相同的原子数．H．实验室配制1mol/L的盐酸250mL，需要的仪器只有：250mL容量瓶、胶头滴管、量筒、烧杯I．将50g溶质质量分数为w1，物质的量浓度为C1的浓硫酸加入到VmL水中，稀释后得到的溶质的质量分数为w2，物质的量浓度为C2的稀溶液．若C1=2C2，则w1＞2w2；V＜50mLJ．有下列物质，正盐：钾盐、钠盐、铵盐、钡盐；酸：盐酸、硝酸、醋酸、稀硫酸．在水溶液中符合离子方程式：2H++SO32﹣═SO2↑+H2O的化学反应的组合共有9个K．在NH4Al（SO4）2（一种复盐）的溶液中加入Ba（OH）2溶液至沉淀的质量达到最大时：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2OL．硝酸钡溶液中通入足量的SO2：3SO2+2NO3﹣+3Ba2++2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+． 18．根据要求书写反应方程式．①以饱和FeCl3溶液为原料制备Fe（OH）3胶体的离子方程式： ．②研究表明，Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景广阔，可用FeSO4和Na2O2反应制备，在反应中，FeSO4与Na2O2的物质的量之比为1：3，其中Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，已知产物中，除Na2FeO4外，还有Na2O、Na2SO4等，试写出该反应的化学方程式． ． 19．“碳捕捉技术”是指通过一定的方法将工业生产中产生的CO2分离出来并利用．如可利用NaOH溶液来“捕捉”CO2，其基本过程如图所示（部分条件及物质未标出）．该方法中可以循环利用的物质有 ；“反应分离”环节中，分离物质的基本操作是 ．29\n 20．有一无色溶液，含有Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2﹣、MnO4﹣、CO32﹣、SO42﹣中的许多种．取该溶液进行如下实验：①取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到溶液．②在①所得溶液中再加入过量的碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲．③在②所得溶液中加入过量浓Ba（OH）2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出．根据上述实验回答下列问题：（1）溶液中一定不存在的离子是 ；（2）一定存在的离子是 ；（3）判断沉淀乙成分的方法是 ． 21．二氧化氯是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂．请回答下列有关问题．（1）ClO2的制备方法比较实用的有数十种，下列是几种常见的方法．方法一：2NaClO3+4HCl（浓）═2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O对于该反应，下列说法中正确的是 ．A．该反应中Cl2是氧化产物B．该反应中NaCl、ClO2是还原产物C．在反应中HCl既作氧化剂又具有酸的作用D．1molNaClO3参加反应时，有1mol电子发生转移E．1molNaClO3参加反应，理论上能得到33.6L气体方法二：氯化钠电解法该法工艺原理如图．其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成ClO2．指出工艺中方框中物质为 （填化学式），理由为 ．（2）将NCl3与NaClO2（亚氯酸钠）按物质的量之比1：6混合，在碱性溶液中恰好反应生成ClO2，试写出该反应的离子方程式 ．（3）在用ClO2进行水处理时，除了杀菌消毒外，还能除去水中的Fe2+和Mn2+．试写出用ClO2氧化除去Mn2+生成MnO2的离子方程式 （ClO2反应后的产物为ClO． 22．化学反应原理在科研和生产中有广泛应用．29\n（1）利用“化学蒸气转移法”制备二硫化钽（TaS2）晶体，发生如下反应：TaS2（s）+2I2（g）═TaI4（g）+S2（g）△H＞0（Ⅰ）若反应（Ⅰ）的平衡常数K=1，向某恒容容器中加入1molI2（g）和足量TaS2s），I2（g）的平衡转化率为 ．如图1所示，反应（Ⅰ）在石英真空管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2（g），一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净TaS2晶体，则温度T1 T2（填“＞”“＜”或“=”）．上述反应体系中循环使用的物质是 ．（2）利用H2S废气制取氢气的方法有多种．①高温热分解法已知：H2S（g）═H2（g）+S2（g）△H4在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验．以H2S起始浓度均为cmol•L﹣1测定H2S的转化率，结果如图2．图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率．△H4 0（填＞，=或＜）；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因： ．②电化学法该法制氢过程的示意图如图3．反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为 ． 23．（11分）（2022秋•江西校级月考）氰化物有剧毒，冶金工业会产生大量含氰化物的废水，其中氰化物以CN﹣等形式存在于废水中．某化学小组同学对含氰化物废水处理进行研究．Ⅰ．查阅资料：含氰化物的废水破坏性处理方法．利用强氧化剂将氰化物氧化为无毒物质，如以TiO2为催化剂用NaClO将CN﹣离子氧化成CNO﹣（CN﹣和CNO﹣中N元素均为﹣3价），CNO﹣在酸性条件下继续与NaClO反应生成N2、CO2、Cl2等．Ⅱ．实验验证：破坏性处理CN﹣的效果．化学兴趣小组的同学在密闭系统中用如图装置进行实验，以测定CN﹣被处理的百分率，实验步骤如下：步骤1：取一定量废水进行加热蒸发、浓缩．步骤2：取浓缩后含CN﹣离子的废水与过量NaClO溶液的混合液共200mL（设其中CN﹣的浓度为0.2mol•L﹣1）倒入甲中，塞上橡皮塞．步骤3：点燃酒精灯对丁装置加热步骤4：打开甲上的橡皮塞和活塞，使甲中溶液全部放入乙中，关闭活塞．步骤5：打开活塞K，通一段时间N2，关闭活塞K．步骤6：实验完成后测定干燥管I（含碱石灰）的质量m2（实验前干燥管I（含碱石灰）的质量m1）29\n回答下列问题：（1）在破坏性处理方法中，在酸性条件下NaClO和CNO﹣反应的离子方程式为2CNO﹣+6ClO﹣+8H+═2CO2↑+N2↑+3Cl2↑+4H2O，请标出反应中电子转移的方向和数目： ．（2）对丁装置加热放在步骤3进行的原因是 ．（3）丙装置中的试剂是 ．（4）干燥管Ⅱ的作用是 ．（5）请简要说明实验中通入N2的目的是 ．（6）若干燥管Ⅰ中碱石灰增重1.408g，则该实验中测得CN﹣被处理的百分率为 ． 24．计算题．（1）已知在酸性条件下溴酸盐可发生如下离子反应：Ⅰ．2BrO3﹣+10Cl﹣+12H+═5Cl2↑+Br2+6H2OⅡ．6BrO3﹣+5Cl﹣+6H+═5ClO3﹣+3Br2+3H2OⅢ．BrO3﹣+5Br﹣+6H+═3Br2+3H2O现将120mL0.4mol•L﹣1KBrO3溶液和100mL0.6mol•L﹣1KCl溶液在稀H2SO4中混合，充分反应后，产物KClO3和Cl2的物质的量之比为 ．（2）黑火药（硫黄、木炭和硝酸钾的混合物，杂质忽略不计）是我国的四大发明之一．现有黑火药样品124g，燃烧后生成33.6L（标准状况下）气体和由K2CO3、K2SO4组成的固体混合物．33.6L气体中CO和CO2占，其余气体为N2．则该黑火药中硫黄的质量为 g． 2022-2022学年江西省师大附中高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题：（每小题3分，16小题共48分．每小题只有一个选项正确）．1．下列物质分类正确的是（ ）A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】A、酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物，一氧化碳是不成盐氧化物；B、胶体是分散质直径在1﹣100nm的分散系，硅酸是沉淀，氯化铁溶液不是胶体；C、电解质是水溶液中或熔融状态能导电的化合物，四氯化碳是非电解质；D、不同物质组成的物质为混合物；【解答】解：A、SO2、SiO2和碱反应生成盐和水，均为酸性氧化物，CO不能和碱反应生成盐和水是不成盐氧化物，故A错误；29\nB、稀豆浆属于胶体、硅酸是难溶的沉淀、氯化铁溶液不是胶体，分散质微粒直径不同是分散系的本质区别，故B错误；C、烧碱是氢氧化钠水溶液中完全电离是强电解质、冰醋酸水溶液中部分电离是弱电解质、四氯化碳水溶液中或熔融状态都不导电属于非电解质，故C错误；D、福尔马林是甲醛水溶液属于混合物、水玻璃是硅酸钠水溶液，属于混合物、氨水氨气溶于水形成的溶液属于混合物，所以均为混合物，故D正确；故选D．【点评】本题考查了氧化物分类，分散系的区分，电解质的判断，混合物的物质组成，题目较简单． 2．利用下列各组物质制备和收集少量相应气体，能采用如图实验装置的是（ ）①浓氨水与固体CaO②稀盐酸与石灰石③稀硝酸与铜片④过氧化氢溶液与MnO2⑤锌粒与稀硫酸⑥浓盐酸与MnO2．A．①②⑥B．②④C．①②③⑥D．全部【考点】实验装置综合．【专题】化学实验基本操作．【分析】根据装置图可以看出，在不加热的条件下固体和液体反应制备气体，生成气体可用向上排空法收集，说明气体的密度比空气大，没有尾气吸收装置，说明气体无毒，据此即可解答．【解答】解：①浓氨水与CaO固体可以制得氨气，由于氨气的密度比空气的平均密度小，只能用向下排空气法收集，而图中的收集装置为向上排空气法，故①错误；②石灰石和盐酸在常温下反应生成二氧化碳，所以能用图中的左图部分制备，CO2是密度比空气大的气体，可用图中向上排空气法的收集装置收集，故②正确；③金属铜能稀硝酸在常温下发生反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，所以能用图中的左图部分制备，NO能与空气中的氧气反应，不能用排空气法收集，只能用排水法收集，故③错误；④过氧化氢在二氧化锰的催化作用下，分解生成水和氧气，所以能用图中的左图部分制备，O2是密度比空气大的气体，可用图中向上排空气法的收集装置收集，故④正确；⑤锌和稀硫酸生成氢气，所以能用图中的左图部分制备，H2的密度比空气的平均密度小，只能用向下排空气法收集，而图中的收集装置为向上排空气法，故⑤错误；⑥浓盐酸与MnO2反应是在加热条件下进行的，所以不能用图中的左图部分制备，故⑥错误；故选B．【点评】本题考查常见气体的制备和收集，做题时要充分考虑物质的性质，认真分析实验装置图的特点是解题的关键，题目难度不大． 3．下列日常生活中的现象与氧化还原反应无关的是（ ）A．铜铸塑像上出现铜绿[Cu2（0H）2C03]B．用石膏点豆腐C．不良商贩用硫黄熏蒸法制作“白豆芽”29\nD．自来水厂用氯气对水进行消毒【考点】氧化还原反应．【分析】生活现象中涉及的化学反应中，若有元素的化合价变化，则反应为氧化还原反应，以此来解答．【解答】解：A．铜铸塑像上出现铜绿[Cu2（0H）2C03]，变化过程中Cu元素的化合价从0价升高到+2价，与氧化还原反应有关，故A不选；B．用石膏点豆腐，是利用了胶体聚沉的性质，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故B选；C．不良商贩用硫黄熏蒸法制作“白豆芽”，S与氧气反应生成二氧化硫，S、O的化合价发生变化，与氧化还原反应有关，故C不选；D．自来水厂用氯气对水进行消毒，氯气与水反应生成HCl和HClO，Cl元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，故D不选；故选B．【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中的元素化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应判断与生活中化学的联系的考查，题目难度不大． 4．奥运会会标是五环旗，假定奥运五环旗中的每一环表示一种物质，相连环物质间一定条件下能发生常见反应，不相连环物质间不能发生反应．且四种反应中必须包含化合反应、置换反应及复分解反应，适合的一组是（ ）选项蓝黑红黄绿ASiO2FeSO4溶液O2NaOH溶液CuBO2稀H2SO4CO2FeNaOH溶液CO2稀H2SO4Al（OH）3NH3NaOHDMgCO2KOH溶液AlFe2O3A．AB．BC．CD．D【考点】化学基本反应类型；硅和二氧化硅；钠的重要化合物；镁的化学性质；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质．【分析】根据题意知“五连环”的结构不相连环物质间不能发生反应，相连环物质间一定条件下能发生反应，各代表物“黄”可和“蓝”、“黑”反应，“黑”可和“黄”、“绿”反应．“绿”可和“黑”、“红”反应．再结合具体物质的性质和反应类型解题．【解答】解：“五连环”中各代表物“黄”可和“蓝”、“黑”反应，“黑”可和“黄”、“绿”反应．“绿”可和“黑”、“红”反应．中间“黄”、“黑”、“绿”三种物质至少能和另外两种物质反应，两头的“蓝”、“红”“物质只能和其中一种物质反应．A．选项中SiO2、CuSO4溶液、O2、NaOH溶液、Ag五种物质．五种物质中SiO2不能与CuSO4反应，SiO2不能与O2反应，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，属复分解反应，SiO2不能与Ag反应，CuSO4不能与O2反应，2NaOH+CuSO4=Cu（OH）2↓+Na2SO4，属复分解反应．CuSO4不能与Ag反应，故A错误；29\nB．选项中O2、稀H2SO4、CO2、Fe、NaOH溶液五种物质．五种物质中O2只与铁反应3Fe+2O2Fe3O4属氧化还原反应，CO2只与NaOH溶液反应，二氧化碳少量2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O不属复分解反应，或二氧化碳过量NaOH+CO2=NaHCO3属化合反应，铁和稀硫酸反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑属置换反应．稀H2SO4与NaOH反应：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O属复分解反应，故B正确；C．选项中O2、稀H2SO4、Al（OH）3、NH3、NaOH五种物质．五种物质中O2只与NH3反应4NH3+5O24NO+6H2O属氧化还原反应，其余各物质间的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O属复分解反应，氨气过量H2SO4+2NH3=（NH4）2SO4或氨气过量H2SO4+NH3=NH4HSO4都属化合反应，Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，3H2SO4+2Al（OH）3=Al2（SO4）3+6H2O，都属复分解反应．没有置换反应，故C错误；D．选项中Mg、CO2、KOH溶液、Al、Fe2O3五种物质．五种物质中Mg只与CO2反应2Mg+CO22MgO+C属置换反应，Fe2O3只与Al反应Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3属置换反应，二氧化碳少量2KOH+CO2=K2CO3+H2O不属复分解反应，或二氧化碳过量KOH+CO2=KHCO3属化合反应，2KOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2↑属氧化还原反应，无复分解反应，故D错误；故选B．【点评】本题综合性强，既要读懂题目中的图形，还需熟悉相应物质的性质，熟悉物质间的反应以及相应的反应类型． 5．设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A．1L1mol•L﹣1的盐酸中，含HCl分子数为NAB．0.1molNa2O2与水完全反应，转移0.2NA个电子C．8.4gNaHCO3固体中含HCO3﹣数目为0.1NAD．将含Na+数目为NA的NaCl固体溶于1L水中，所得溶液的浓度为1mol•L﹣1【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、盐酸溶液中无HCl；B、过氧化钠与水的反应为歧化反应；C、取出碳酸氢钠的物质的量，然后根据1mol碳酸氢钠中含1molHCO3﹣；D、溶液体积≠溶剂体积．【解答】解：A、盐酸溶液中无HCl分子，故A错误；B、过氧化钠与水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子，故当0.1mol过氧化钠反应时，转移0.1mol电子即0.1NA个，故B错误；C、8.4g碳酸氢钠的物质的量为0.1mol，而1mol碳酸氢钠中含1molHCO3﹣，故0.1mol碳酸氢钠中含0.1molHCO3﹣，个数为0.1NA个，故C正确；D、溶液体积≠溶剂体积，故将氯化钠溶于1L水后，溶液体积大于1L，故溶液浓度小于1mol/L，故D错误．故选C．【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． 6．根据有机化合物的命名原则，下列命名错误的是（ ）29\nA．甲酸苯酚酯B．1，2﹣二甲苯C．甲苯醚D．苯甲酸甲酯【考点】有机化合物命名．【专题】有机化学基础．【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：（1）烷烃命名原则：①长：选最长碳链为主链；②多：遇等长碳链时，支链最多为主链；③近：离支链最近一端编号；④小：支链编号之和最小．看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则；⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；（2）有机物的名称书写要规范；（3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名；（4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．【解答】解：A．甲酸苯酚酯，该有机物水解生成苯酚和甲酸，所以该有机物名称为甲酸苯酚酯，故A正确；B．1，2﹣二甲苯，该有机物中含有1个苯环，两个甲基取代了苯环相邻碳原子上的H，该有机物名称为1，2﹣二甲苯或邻二甲苯，故B正确；C．甲苯醚，该有机物为甲醇与苯酚反应生成的，该有机物为甲苯醚，故C正确；D．苯甲酸甲酯，该有机物水解生成苯甲醇和甲酸，所以该有机物名称为甲酸苯甲酯，故D错误；故选D．29\n【点评】本题考查了芳香类化合物的命名方法判断，题目难度中等，注意掌握常见有机物的命名原则，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力． 7．下列图示与对应的叙述相符的是（ ）A．由图1所示曲线可知，化学催化比酶催化的效果好B．在H2S溶液导电性实验中，由图2所示曲线可确定通入的气体X为Cl2C．在其它条件不变时，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）转化关系（如图3）中，纵坐标表示O2的转化率D．图4是用0.1000mol•L﹣1的盐酸滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1Na2CO3溶液的曲线，从a→b点反应的离子方程式为：HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O【考点】化学平衡的影响因素；电解质溶液的导电性；钠的重要化合物．【专题】化学平衡专题；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、催化剂是降低反应的活化能加快反应速率；B、依据H2S+Cl2=S↓+2HCl反应弱电解质变化为强电解质，溶液导电能力增大；C、由图象可知n（O2）/n（SO2）越大，氧气转化率越大，实际应是n（O2）/n（SO2）越大，SO2的转化率越大，氧气转化率越小；D、盐酸滴定碳酸钠溶液，当全部转化为碳酸氢钠，滴入生成二氧化碳气体，PH减小，生成气体的过程中消耗氯化氢和生成碳酸氢钠消耗氯化氢物质的量相同，继续加入盐酸，溶液pH减小．【解答】解：A、催化剂是降低活化能加快反应速率，酶催化作用对活化能降低的多，催化效果好，故A错误；B、依据H2S+Cl2=S↓+2HCl反应弱电解质变化为强电解质，溶液导电能力增大，故B错误；C、由图象可知n（O2）/n（SO2）越大，氧气转化率越大，由反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），n（O2）/n（SO2）越大，SO2的转化率越大，氧气转化率越小，图象与实际不相符，故C错误；D、用0.1000mol•L﹣1的盐酸滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1Na2CO3溶液，发生的反应CO32﹣+H+=HCO3﹣，溶液PH减小，继续加入盐酸，发生反应HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O，生成碳酸氢钠和生成二氧化碳的过程中消耗氯化氢物质的量相同，即消耗盐酸溶液的体积相同，故从a→b点反应的离子方程式为：HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O，故D正确；故选D．【点评】本题以图象的形式考查平衡移动、酸性比较、对反应速率的理解等，难度中等，需要学生具有扎实的基础与读图获取信息的能力． 8．下列物质的除杂方案正确的是（ ）选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法29\nACO2（g）SO2（g）饱和Na2CO3溶液、浓H2SO4洗气BNH4Cl（aq）Fe3+（aq）NaOH溶液过滤CNaCl（s）KNO3（s）AgNO3溶液过滤DCu（s）Ag（s）CuSO4溶液电解法A．AB．BC．CD．D【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】A．二者都与饱和Na2CO3溶液反应；B．NaOH与NH4Cl、Fe3+均反应；C．氯化钠与硝酸银溶液反应；D．可用银做阳极，电解硫酸铜溶液除杂．【解答】解：A．二者都与饱和Na2CO3溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故A错误；B．NaOH与NH4Cl、Fe3+均反应，可加入氢氧化铁，调节溶液的pH，使铁离子水解而除去，故B错误；C．氯化钠与硝酸银溶液反应，不能除去杂质，故C错误；D．可用银做阳极，电解硫酸铜溶液，阴极可析出铜，可用于除杂，故D正确．故选D．【点评】本题考查物质分离提纯的方法及选择，为高频考点，把握物质的性质及常见的混合物分离方法为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大． 9．利用下列实验装置能完成相应实验的是（ ）A．用于证明非金属性强弱：Cl＞C＞SiB．用于分离I2和NH4ClC．装置能组成Zn、Cu原电池D．29\n用于测定某稀盐酸的物质的量浓度【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．盐酸易挥发，应先除去盐酸，且不能用盐酸；B．加热时碘升华，氯化铵分解；C．根据原电池的构成条件和工作原理来回答；D．氢氧化钠溶液不能用酸式滴定管盛装．【解答】解：A．盐酸易挥发，应先除去盐酸，且比较非金属的强弱应用最高价氧化物的水化物，用盐酸不能比较Cl和C的非金属性强弱，故A错误；B．加热时碘升华，氯化铵分解，则图中装置不能分离混合物，故B错误；C．该装置可以构成Zn、Cu原电池，故C正确；D．氢氧化钠溶液不能用酸式滴定管盛装，故D错误．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及非金属性的比较、物质的分离、原电池以及中和滴定等知识，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型，注意把握相关实验方法和注意事项，难度不大． 10．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）选项实验操作实验现象结论A用铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色溶液中无K+B向溶液中先滴加稀盐酸，再滴加BaCl2溶液先滴加稀盐酸无现象，滴加BaCl2后出现白色沉淀溶液中一定含有SO42﹣C向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体出现黑色沉淀H2S的酸性比H2SO4强D向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NHA．AB．BC．CD．D【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验；比较弱酸的相对强弱的实验．【专题】物质检验鉴别题．【分析】A．观察K的焰色应透过蓝色的钴玻璃；B．加盐酸排除其它离子的干扰；C．H2S通入CuSO4溶液中生成黑色沉淀为CuS，并生成硫酸，从平衡角度考虑发生原因；D．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．【解答】解：A．观察K的焰色应透过蓝色的钴玻璃，则用铂丝蘸取溶液进行焰色反应，焰色为黄色，则一定含Na元素，可能含K元素，故A错误；B．加盐酸排除其它离子的干扰，滴加BaCl2溶液时出现白色沉淀，一定含有SO42﹣，故B正确；C．H2S通入CuSO4溶液中生成黑色沉淀为CuS，并生成硫酸，由化学平衡移动可知，生成CuS使反应能发生，但不能利用此反应说明强酸制取弱酸，故C错误；D．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D错误；故选B．29\n【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及离子检验、沉淀溶解平衡、氧化还原反应及焰色反应等，侧重物质性质及反应原理的考查，注意方案的合理性、评价性分析，题目难度不大． 11．下列化学方程式或离子方程式中，正确的是（ ）A．用浓硫酸与4﹣溴﹣1﹣丁醇加热发生消去反应：BrCH2CH2CH2OHCH2=CHCH=CH2↑+HBr↑+H2OB．水杨酸（）中加入NaHCO3溶液：+2HCO3﹣→+2CO2↑+2H2OC．在氢氧化钡溶液中滴加硫酸氢钾溶液至pH=7：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2OD．高锰酸钾酸性溶液与双氧水反应：2MnO4﹣十5H2l8O2+6H+═2Mn2++518O2↑+8H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．卤代烃消去的条件为：碱的醇溶液中；B．酚羟基与碳酸氢钠不反应；C．离子个数不符合物质的配比；D．双氧水中的所有氧元素都被氧化成氧气．【解答】解：A．卤代烃应在碱的醇溶液中才能发生消去反应，正确的化学方程式为：BrCH2CH2CH2CH2OHBrCH2CH2CH=CH2↑+H2O，故A错误；B．水杨酸（）中加入NaHCO3溶液反应，酚羟基不反应，正确的离子方程式为：+HCO3﹣→+CO2↑+H2O，故B错误；C．在氢氧化钡溶液中滴加硫酸氢钾溶液至pH=7，离子方程式按照氢氧化钡的化学式书写，正确的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．高锰酸钾酸性溶液与双氧水反应生成氧气，反应的离子方程式为：2MnO4﹣十5H2l8O2+6H+═2Mn2++518O2↑+8H2O，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子方程式的书写，题目难度中等，明确反应的实质是解题关键，注意有机物结构、性质及反应的条件，选项AB为易错选项，试题培养了学生的灵活应用能力． 12．已知氧化性Fe3+＞I2．FeI2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为：aFe2++bI﹣+cCl2→dFe3++eI2+fCl﹣下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是（ ）A．201202B．021012C．243226D．21062512【考点】氧化还原反应方程式的配平．【专题】氧化还原反应专题；卤族元素．【分析】碘离子还原性强于二价铁离子，碘化亚铁溶液中通入氯气，先氧化碘离子，剩余氯气再氧化二价铁离子，A.2Fe2++0I﹣+Cl2→2Fe3++0I2+2Cl﹣，氯气少量应先氧化碘离子；B.0Fe2++2I﹣+Cl2→0Fe3++I2+2Cl﹣，氯气少量先氧化碘离子；C．氯气足量时，碘离子、二价铁离子都被氧化；29\nD.2Fe2++10I﹣+6Cl2→2Fe3++5I2+12Cl﹣，氯气不足，把碘离子氧化成碘单质，再部分氧化亚铁离子．【解答】解：碘离子还原性强于二价铁离子，碘化亚铁溶液中通入氯气，先氧化碘离子，剩余氯气再氧化二价铁离子，A．碘离子的还原性强于二价铁离子，氯气少量，只能氧化碘离子，故A错误；B．碘离子的还原性强于二价铁离子，氯气少量，只能氧化碘离子，发生2I﹣+Cl2→I2+2Cl﹣，故B正确；C．氯气足量时，碘离子、二价铁离子都被氧化，离子方程式：2Fe2++4I﹣+3Cl2→2Fe3++2I2+6Cl﹣，故C正确；D．当加入的氯气把I﹣完全氧化成I2，还有部分剩余时，再部分氧化亚铁离子，可以发生反应：2Fe2++10I﹣+6Cl2→2Fe3++5I2+12Cl﹣，故D正确；故选：A．【点评】本题以氯气和碘化亚铁的反应为载体考查了氧化还原反应，明确二价铁离子与碘离子还原性强弱，明确氧化还原反应先后规律是解题关键，题目难度中等． 13．下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的组数是（ ）①Na2SO3溶液与稀盐酸②偏铝酸钠溶液与盐酸③二氧化碳与氢氧化钠溶液④硝酸银溶液和氨水⑤氯化铝与氨水⑥碳酸氢钙溶液与澄清石灰水⑦FeCl3溶液与Na2S溶液⑧Fe与稀硝酸反应⑨苯酚钠溶液中通入CO2．A．两组B．三组C．四组D．五组【考点】离子方程式的书写．【分析】①Na2SO3溶液与稀盐酸反应，若稀盐酸不足，反应生成亚硫酸氢钠，若盐酸过量，反应生成二氧化硫气体；②偏铝酸钠溶液与盐酸的反应中，若盐酸不足，反应生成氢氧化铝沉淀，若盐酸过量，反应生成铝离子；③二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，当二氧化碳过量时，反应生成碳酸氢钠，当二氧化碳不足时，反应生成碳酸钠；④硝酸银溶液和氨水，当氨水不足，反应生成氢氧化银，当氨水过量时生成银氨溶液；⑤氯化铝与氨水，无论二者是否过量，反应都生成氢氧化铝沉淀和氯化铵；⑥碳酸氢钙溶液与澄清石灰水，无论是否过量，反应都生成碳酸钙沉淀和水；⑦FeCl3溶液与Na2S溶液反应，铁离子不足时生成硫化亚铁沉淀，铁离子足量时生成氯化亚铁；⑧Fe与稀硝酸反应，铁足量时生成亚铁离子，铁不足时生成铁离子；⑨苯酚钠溶液中通入CO2，无论二者是否过量，反应都生成碳酸氢钠和苯酚．【解答】解：①Na2SO3溶液与稀盐酸反应时，若稀盐酸不足，反应生成的是亚硫酸氢钠，若盐酸过量，则反应生成二氧化硫气体，反应物的过量情况不同时离子方程式不同，不符合体积，故①错误；29\n②偏铝酸钠溶液与盐酸的反应中，若盐酸不足，反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，若盐酸过量，反应生成氯化铝和水，反应物不同时反应的离子方程式不同，不符合条件，故②错误；③二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，当二氧化碳过量时，反应生成碳酸氢钠，当二氧化碳不足时，反应生成的是碳酸钠，所以反应物过量情况不同时反应的离子方程式不同，不符合体积，故③错误；④硝酸银溶液和氨水，当氨水不足，反应生成氢氧化银沉淀和硝酸铵，当氨水过量时沉淀溶解，生成银氨溶液，所以反应物过量情况不同时离子方程式不同，故④错误；⑤氯化铝与氨水，无论二者是否过量，反应都生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，符合条件，故⑤正确；⑥碳酸氢钙溶液与澄清石灰水，无论是否过量，反应都生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式都是Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O，故⑥正确；⑦FeCl3溶液与Na2S溶液反应，当硫化钠少量时，二者反应生成亚铁离子和S，当硫化钠过量时，亚铁离子和硫离子反应生成FeS沉淀，反应物过量情况不同时生成产物不同，不符合条件，故⑦错误；⑧Fe与稀硝酸反应，铁不足时生成硝酸铁，铁过量时生成硝酸亚铁，反应的离子方程式不同，故⑧错误；⑨苯酚钠溶液中通入CO2，无论哪种反应物过量，反应都生成碳酸氢钠和苯酚，反应的离子方程式都是为：C6H5ONa+CO2+H2O→C6H6OH↓+NaHCO3，故⑨正确；根据以上分析可知，符合条件的有三组，故选B．【点评】本题考查离子方程式书写，题目难度中等，侧重考查反应物过量情况对生成物的影响，明确离子方程式的书写原则为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力． 14．某无色透明溶液含有下列离子中的几种：Mg2+、Cu2+、Ba2+、H+、SO42﹣、OH﹣、NO3﹣、HCO3﹣，在其中加入金属铁，发生反应放出气体只有H2．根据上述描述判断上述离子中一定不能大量存在于此溶液中的有（ ）A．3种B．4种C．5种D．6种【考点】离子共存问题．【分析】溶液无色，则一定不存在Cu2+，在其中加入金属铁，发生反应并只放出H2，溶液呈酸性且没有强氧化性，则不存在OH﹣、NO3﹣、HCO3﹣，以此解答该题．【解答】解：溶液无色，则一定不存在Cu2+，在其中加入金属铁，发生反应并只放出H2，溶液呈酸性且没有强氧化性，则不存在OH﹣、NO3﹣、HCO3﹣，阴离子只能为SO42﹣，则一定不存在Ba2+，一定不能大量存在于此溶液中的有5种离子．故选C．【点评】本题考查离子共存问题，涉及离子反应和种类的判断，综合侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题目无色以及与铁反应只生成氢气的特点，特别注意硝酸不能生成氢气以及SO42﹣和Ba2+不能共存，难度不大． 15．向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如右图所示．则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（ ）29\nA．a点对应的溶液中：Na+、OH﹣、SO42﹣、NO3﹣B．b点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、NO3﹣、Cl﹣C．c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3﹣、Cl﹣D．d点对应的溶液中：Cl﹣、NO3﹣、Fe2+、Na+【考点】离子共存问题．【分析】向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，a点溶液中含有CO32﹣和HCO3﹣，b点全部为HCO3﹣，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，结合离子反应发生条件及对应离子的性质解答该题．【解答】解：a点溶液中含有CO32﹣和HCO3﹣，b点全部为HCO3﹣，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，A．a点溶液中含有CO32﹣和HCO3﹣，HCO3﹣与OH﹣反应不能大量共存，故A错误；B．b点全部为HCO3﹣，Al3+、Fe3+与HCO3﹣发生互促水解反应而不能大量共存，故B错误；C．c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．d点呈酸性，酸性条件下，NO3﹣与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子共存问题，为高考常见题型，侧重于元素化合物知识的综合考查和学生的分析能力、审题的能力的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，答题时注意题中各阶段溶液的成分，难度中等． 16．将11.9g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7g．另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了6.72LNO（标准状况下），向反应后的溶液中加入适量NaOH溶液恰好使Mg2+、Al3+、Fe3+完全转化为沉淀，则沉淀的质量为（ ）A．22.1gB．27.2gC．30gD．无法计算【考点】有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质；铝的化学性质．【专题】压轴题；几种重要的金属及其化合物．【分析】根据电子守恒计算出金属失去电子的物质的量，根据应中金属失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量计算生成沉淀的质量．【解答】解：将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为=0.9mol，反应中金属失去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﹣）=0.9mol，所以反应后沉淀的质量等于11.9g+0.9mol×17g/mol=27.2g，故选B．【点评】本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意从守恒的角度做题较为简单． 二、非选择题（52分）29\n17．下列有关说法正确的是 BFGI ；A．用pH试纸测得新制氯水的pH为4B．碳酸钠和硫酸钡可按溶解、过滤、蒸发的操作顺序分离C．除去C2H50H中的CH3COOH，先加足量的氢氧化钠溶液，再分液D．溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液出现白色沉淀，则溶液中一定存在SO42﹣E．将乙醇与浓硫酸共热制得的气体通入酸性KMnO4溶液中，检验气体中是否含有乙烯F．金属氧化物不一定是碱性氧化物，但碱性氧化物一定是金属氧化物；非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物也不一定是非金属氧化物G．在两个容积相同的容器中，一个盛有HCl气体，另一个盛有H2和Cl2的混合气体．在同温同压下，两容器内的气体一定具有相同的原子数．H．实验室配制1mol/L的盐酸250mL，需要的仪器只有：250mL容量瓶、胶头滴管、量筒、烧杯I．将50g溶质质量分数为w1，物质的量浓度为C1的浓硫酸加入到VmL水中，稀释后得到的溶质的质量分数为w2，物质的量浓度为C2的稀溶液．若C1=2C2，则w1＞2w2；V＜50mLJ．有下列物质，正盐：钾盐、钠盐、铵盐、钡盐；酸：盐酸、硝酸、醋酸、稀硫酸．在水溶液中符合离子方程式：2H++SO32﹣═SO2↑+H2O的化学反应的组合共有9个K．在NH4Al（SO4）2（一种复盐）的溶液中加入Ba（OH）2溶液至沉淀的质量达到最大时：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2OL．硝酸钡溶液中通入足量的SO2：3SO2+2NO3﹣+3Ba2++2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+．【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．氯水中含HClO，具有漂白性；B．碳酸钠能够溶解于水，而硫酸钡不能；C．乙酸与氢氧化钠反应生成乙酸钠；D．能和氯化钡溶液产生白色沉淀的有硫酸根离子、银离子；E．乙醇、二氧化硫都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；F．金属氧化物可以是酸性氧化物或两性氧化物；非金属氧化物可以是不成盐氧化物；G．每个分子中原子个数相等；H．根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤选用仪器；I．设物质的量是浓度为c1mol•L﹣1的密度为ρ1，物质的量是浓度为c2mol•L﹣1硫酸溶液的密度为ρ2．利用c=公式变形计算硫酸的质量分数，结合硫酸溶液的浓度越大密度越大，进行判断；稀释前后溶质的质量不变，结合质量分数关系，判断稀释后溶液的质量小于100g，故水的质量小于50g，据此判断水的体积；J．离子方程式为2H++SO32﹣═SO2↑+H2O，为强酸与可溶性亚硫酸盐反应生成可溶性盐、水、二氧化硫的反应；K．化学变化过程：①NH4++OH﹣=NH3•H2O；②Al3++OH﹣=Al（OH）3↓；③Ba2++SO42﹣=BaSO4↓两溶液混合后先发生反应②，当Al3+反应完了，OH﹣才和NH4+反应；L．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子．【解答】解：A．氯水中含HClO，具有漂白性，不能利用pH试纸测定氯水的pH，应利用pH计，故A错误；B．碳酸钠能够溶解于水，而硫酸钡不能，所以可以用上述方法分离，故B正确；C．乙酸与氢氧化钠反应生成乙酸钠，易乙醇不分层，无法分离，故C错误；D．能和氯化钡溶液产生白色沉淀的有硫酸根离子、银离子，所以不能据此判断溶液中一定含有硫酸根离子，故D错误；29\nE．乙醇具有还原性和挥发性，乙醇将浓硫酸还原生成二氧化硫，所以生成的乙烯中含有乙醇、二氧化硫，这些物质都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，应该先用NaOH溶液除去二氧化硫、乙醇，然后用酸性高锰酸钾溶液或溴水检验乙烯，故E错误；F．金属氧化物可以是酸性氧化物或两性氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，Al2O3是两性氧化物；非金属氧化物可以是不成盐氧化物；如CO属于非金属氧化物但不属于酸性氧化物，故F正确；G．根据N=nNA知，二者的物质的量与分子数成正比，物质的量相等则其分子数相等，每个分子中原子个数相等，所以其原子总数相等，故G正确；H．实验室配制1mol/L的盐酸250mL，需要的仪器除了：250mL容量瓶、胶头滴管、量筒、烧杯外，还需要玻璃棒，故H错误；I．设物质的量是浓度为c1mol•L﹣1的密度为ρ1，物质的量是浓度为c2mol•L﹣1硫酸溶液的密度为ρ2，由c=可知，W1=，W2=，所以=，由于c1=2c2，所以==，因浓硫酸的密度大于水，溶液的浓度越大，密度越大，则ρ1＞ρ2，所以w1＜2w2；稀释前后溶质的质量不变，所以稀释后溶液的质量小于100g，故水的质量小于50g，水的密度为1g/mL，所以水的体积V＜50mL，故I正确；J．亚硫酸的钾盐、钠盐、铵盐、钡盐中，BaSO3不溶于水，离子方程式中不能用SO32﹣表示，其余在溶液中均可用SO32﹣表示，四种酸中，醋酸是弱酸，离子方程式中不能用H+表示，HNO3有强氧化性，与SO32﹣反应时生成SO42﹣，离子方程式也不符合，则符合2H++SO2﹣═SO2↑+H2O，存在三种盐与两种酸可组合出6个反应，且离子方程式相同，故J错误；K．两溶液混合后NH4+、Al3+与OH﹣都能反应，根据NH4+、Al3+与OH﹣的性质，OH﹣先与Al3+反应，当溶液中Al3+反应完后，才发生NH4+与OH﹣的反应，反应不生成偏铝酸根，故K错误；L．过量SO2通入Ba（NO3）2溶液，二氧化硫过量，反应按照硝酸钡进行，正确的离子方程式为3SO2+2NO3﹣+Ba2++2H2O═BaSO4↓+2SO42﹣+2NO+4H+，故L错误．故答案为：BFGI．【点评】本题考查内容较多，题目难度中档，本题注意相关物质的性质的异同，为解答该题的关键，学习中注意相关基础知识的积累． 18．根据要求书写反应方程式．①以饱和FeCl3溶液为原料制备Fe（OH）3胶体的离子方程式： Fe3++H2OFe（OH）3↓+H+ ．②研究表明，Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景广阔，可用FeSO4和Na2O2反应制备，在反应中，FeSO4与Na2O2的物质的量之比为1：3，其中Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，已知产物中，除Na2FeO4外，还有Na2O、Na2SO4等，试写出该反应的化学方程式． 2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑ ．【考点】离子方程式的书写；化学方程式的书写；铁的氧化物和氢氧化物．【分析】①铁离子在溶液中水解生成氢氧化铁胶体和氢离子，据此写出反应的离子方程式；29\n②FeSO4和Na2O2反应，FeSO4与Na2O2的物质的量之比为1：3，已知产物中，除Na2FeO4外，还有Na2O、Na2SO4等，反应中其中Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，说明过氧化钠中O元素的化合价即升高又降低，升高时生成氧气，即产物中还有氧气生成，结合原子守恒和电子守恒书写配平方程式．【解答】解：①饱和FeCl3溶液为原料制备Fe（OH）3胶体的离子方程式为：Fe3++H2OFe（OH）3↓+H+，故答案为：Fe3++H2OFe（OH）3↓+H+；②FeSO4和Na2O2反应，FeSO4与Na2O2的物质的量之比为1：3，已知产物中，除Na2FeO4外，还有Na2O、Na2SO4等，反应中其中Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，说明过氧化钠中O元素的化合价即升高又降低，升高时生成氧气，即产物中还有氧气生成，所以该反应的反应物为FeSO4和Na2O2，生成物为Na2FeO4、Na2O、2Na2SO4和O2，其反应方程式为2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，故答案为：2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑．【点评】本题考查了离子方程式、化学方程式的书写，题目难度中等，明确离子方程式、化学方程式的书写原则为解答关键，②为难点、易错点，注意掌握氧化还原反应的配平方法． 19．“碳捕捉技术”是指通过一定的方法将工业生产中产生的CO2分离出来并利用．如可利用NaOH溶液来“捕捉”CO2，其基本过程如图所示（部分条件及物质未标出）．该方法中可以循环利用的物质有 CaO和NaOH ；“反应分离”环节中，分离物质的基本操作是 过滤 ．【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】实验设计题．【分析】用烧碱来吸二氧化碳发生在捕捉室，生成碳酸钠与氧化钙作用发生在分离室，同时又生成烧碱，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳发生在高温炉，有两种物质CaO、NaOH循环，“反应分离”环节中，应该是先过滤，以此解答该题．【解答】解：由反应流程可知，反应分离出的氢氧化钠用于捕捉室反应，高温反应炉生成的CaO用于反应分离生成碳酸钙，则二者可循环使用，“反应分离”环节中，分离的物质为碳酸钙沉淀和氢氧化钠溶液，可用过滤的方法分离，故答案为：CaO和NaOH；过滤．【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，注意把握物质的性质，了解反应流程，难度不大． 20．有一无色溶液，含有Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2﹣、MnO4﹣、CO32﹣、SO42﹣中的许多种．取该溶液进行如下实验：①取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到溶液．②在①所得溶液中再加入过量的碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲．29\n③在②所得溶液中加入过量浓Ba（OH）2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出．根据上述实验回答下列问题：（1）溶液中一定不存在的离子是 MnO4﹣，Ag+，Ba2+，Al3+ ；（2）一定存在的离子是 Na+、CO32﹣、AlO2﹣ ；（3）判断沉淀乙成分的方法是 取白色沉淀乙加入稀盐酸．若完全溶解则为BaCO3，若完全不溶解则为BaSO4，若部分溶解则为BaCO3与BaSO4的混合物． ．【考点】无机物的推断；常见离子的检验方法．【专题】推断题．【分析】先根据颜色判断一定不存在的离子，然后根据每一步实验现象，判断一定存在和一定不存在的离子．【解答】解：（1）根据无色溶液，确定不会MnO4﹣．加入过量盐酸，有气体生成，确定含CO32﹣，CO32﹣与Ag+、Ba2+、Al3+反应产生沉淀，无色溶液，故答案为：Ag+、Ba2+、Al3+、MnO4﹣（2）在①所得溶液中再加入过量的碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，①中过量盐酸与碳酸氢铵反应，NH4HCO3+HCl=NH4Cl+H2O+CO2↑，过量的碳酸氢铵溶液与某离子反应有沉淀生成，只能是AlO2﹣与HCl反应得到的Al3+，故含有AlO2﹣溶液呈电中性，所以溶液中还含有钠离子，故答案为：Na+、CO32﹣、AlO2﹣（3）、在②所得溶液中加入过量浓Ba（OH）2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出，②中剩余的碳酸氢铵溶液与Ba（OH）2溶液反应，NH4HCO3+Ba（OH）2=BaCO3↓+NH3↑+2H2O，SO42﹣与Ba（OH）2溶液也反应，SO42﹣+Ba（OH）2=BaSO4↓+2OH﹣故白色沉淀乙可能是BaCO3或BaSO4或BaCO3和BaSO4BaCO3和盐酸反应，所以向BaCO3中滴加盐酸，沉淀会减少．BaSO4和盐酸不反应，所以向BaSO4中滴加盐酸，沉淀无变化，所以可用盐酸检验沉淀是哪种物质．故答案为：取白色沉淀乙加入稀盐酸．若完全溶解则为BaCO3，若完全不溶解则为BaSO4，若部分溶解则为BaCO3与BaSO4的混合物．【点评】本题实际考查的是离子的共存，判断溶液中离子能否大量共存的规律：1、一色﹣﹣﹣溶液颜色，若限定无色，则有色离子不存在2、二性﹣﹣﹣﹣溶液的酸碱性3、四反应﹣﹣﹣四种反应类型（1）、复分解反应（2）、氧化还原反应（3）、相互促进的水解反应（4）、络合反应 21．二氧化氯是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂．请回答下列有关问题．（1）ClO2的制备方法比较实用的有数十种，下列是几种常见的方法．方法一：2NaClO3+4HCl（浓）═2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O对于该反应，下列说法中正确的是 AD ．A．该反应中Cl2是氧化产物B．该反应中NaCl、ClO2是还原产物29\nC．在反应中HCl既作氧化剂又具有酸的作用D．1molNaClO3参加反应时，有1mol电子发生转移E．1molNaClO3参加反应，理论上能得到33.6L气体方法二：氯化钠电解法该法工艺原理如图．其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成ClO2．指出工艺中方框中物质为 Cl2 （填化学式），理由为 在ClO2发生器中反应生成的Cl2少于合成HCl所需的量 ．（2）将NCl3与NaClO2（亚氯酸钠）按物质的量之比1：6混合，在碱性溶液中恰好反应生成ClO2，试写出该反应的离子方程式 NCl3+3H2O+6ClO﹣2=6ClO2↑+3Cl﹣+3OH﹣+NH3↑ ．（3）在用ClO2进行水处理时，除了杀菌消毒外，还能除去水中的Fe2+和Mn2+．试写出用ClO2氧化除去Mn2+生成MnO2的离子方程式 2ClO2+Mn2++2H2O=MnO2↓+2ClO3﹣+4H+ （ClO2反应后的产物为ClO．【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；电解原理．【分析】（1）反应2NaClO3+4HCl（浓）═2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O中，只有Cl元素化合价发生变化，NaClO3为氧化剂，HCl为还原剂，并起到酸的作用；电解槽中发生NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑，NaClO3和盐酸发生歧化反应，生成NaCl、2ClO2、Cl2、H2O，化学方程式为：2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，合成HCl，发生器中生成的氯气不足，应补充氯气；（2）NCl3与NaClO2按物质的量之比为1：6恰好反应生成ClO2，还生成氯化钠、NaOH，结合电子守恒可知，Cl元素的化合价升高，则N元素化合价降低，还生成氨气；（3）ClO2氧化除去Mn2+，生成二氧化锰、氯酸根离子和氢离子；【解答】解：（1）A．Cl元素化合价升高，被氧化，则该反应中Cl2是氧化产物，故A正确；B．该反应中NaCl不是还原产物，故B错误；C．在反应中HCl既作还原剂有具有酸的作用，故C错误D．Cl元素化合价由+5价降低到+4价，则1molNaClO3参加反应时，有1mol电子发生转移，故D正确；E．气体存在的条件未知，不能确定体积，电解槽中发生NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑，NaClO3和盐酸发生歧化反应，生成NaCl、2ClO2、Cl2、H2O，化学方程式为：2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，合成HCl，发生器中生成的氯气不足，应补充氯气；故答案为：AD；Cl2；在ClO2发生器中反应生成的Cl2少于合成HCl所需的量；（2）NCl3与NaClO2按物质的量之比为1：6恰好反应生成ClO229\n，还生成氯化钠、NaOH，结合电子守恒可知，Cl元素的化合价升高，则N元素化合价降低，还生成氨气，则该反应的离子反应为NCl3+3H2O+6ClO﹣2=6ClO2↑+3Cl﹣+3OH﹣+NH3↑，故答案为：NCl3+3H2O+6ClO﹣2=6ClO2↑+3Cl﹣+3OH﹣+NH3↑；（3）ClO2氧化除去Mn2+的离子方程式为：2ClO2+Mn2++2H2O=MnO2↓+2ClO3﹣+4H+，故答案为：2ClO2+Mn2++2H2O=MnO2↓+2ClO3﹣+4H+【点评】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应以及物质的制备方案的设计、电解原理等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目难度中等． 22．化学反应原理在科研和生产中有广泛应用．（1）利用“化学蒸气转移法”制备二硫化钽（TaS2）晶体，发生如下反应：TaS2（s）+2I2（g）═TaI4（g）+S2（g）△H＞0（Ⅰ）若反应（Ⅰ）的平衡常数K=1，向某恒容容器中加入1molI2（g）和足量TaS2s），I2（g）的平衡转化率为 66.7% ．如图1所示，反应（Ⅰ）在石英真空管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2（g），一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净TaS2晶体，则温度T1 ＜ T2（填“＞”“＜”或“=”）．上述反应体系中循环使用的物质是 I2 ．（2）利用H2S废气制取氢气的方法有多种．①高温热分解法已知：H2S（g）═H2（g）+S2（g）△H4在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验．以H2S起始浓度均为cmol•L﹣1测定H2S的转化率，结果如图2．图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率．△H4 ＞ 0（填＞，=或＜）；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因： 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短 ．②电化学法该法制氢过程的示意图如图3．反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为 2Fe2++2H+2Fe3++H2↑ ．【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）设I2的平衡转化率为x，则参加反应的I2为xmol，由方程式可知，平衡时生成TaI4和S2各0.5xmol，剩余I2为（1﹣x）mol，反应前后气体体积不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，根据K==1列方程计算；该反应为吸热反应，温度T2端利于反应正向进行，应为高温，温度T1端利于反应向左进行，应为低温，反应中I2是可以循环使用的物质；（2）①由图可知，随着温度升高，H2S的转化率也随之增大，所以升高温度平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应；29\n温度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快，达到平衡时的时间缩短；②电解池中亚铁离子失去电子，氢离子得到电子．【解答】解：（1）设I2的平衡转化率为x，则参加反应的I2为xmol，由方程式可知，平衡时生成TaI4和S2各0.5xmol，剩余I2为（1﹣x）mol，反应前后气体体积不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，则K===1，解得：x=66.7%；该反应为吸热反应，一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净TaS2晶体，温度T2端利于反应正向进行，应为高温，温度T1端利于反应向左进行，应为低温，所以T1＜T2，I2是可以循环使用的物质；故答案为：66.7%；＜；I2；（3）①由图可知，随着温度升高，H2S的转化率也随之增大，所以升高温度平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应，所以△H4＞0；温度的升高，反应速率加快，达到平衡时的时间缩短，曲线b向曲线a逼近，故答案为：＞；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短；②电解池中亚铁离子失去电子，氢离子得到电子，电解总反应的离子方程式为：2Fe2++2H+2Fe3++H2↑，故答案为：2Fe2++2H+2Fe3++H2↑．【点评】本题考查化学平衡有关计算与影响因素、化学平衡图象、电解原理等，是对学生综合能力的考查，难度中等． 23．（11分）（2022秋•江西校级月考）氰化物有剧毒，冶金工业会产生大量含氰化物的废水，其中氰化物以CN﹣等形式存在于废水中．某化学小组同学对含氰化物废水处理进行研究．Ⅰ．查阅资料：含氰化物的废水破坏性处理方法．利用强氧化剂将氰化物氧化为无毒物质，如以TiO2为催化剂用NaClO将CN﹣离子氧化成CNO﹣（CN﹣和CNO﹣中N元素均为﹣3价），CNO﹣在酸性条件下继续与NaClO反应生成N2、CO2、Cl2等．Ⅱ．实验验证：破坏性处理CN﹣的效果．化学兴趣小组的同学在密闭系统中用如图装置进行实验，以测定CN﹣被处理的百分率，实验步骤如下：步骤1：取一定量废水进行加热蒸发、浓缩．29\n步骤2：取浓缩后含CN﹣离子的废水与过量NaClO溶液的混合液共200mL（设其中CN﹣的浓度为0.2mol•L﹣1）倒入甲中，塞上橡皮塞．步骤3：点燃酒精灯对丁装置加热步骤4：打开甲上的橡皮塞和活塞，使甲中溶液全部放入乙中，关闭活塞．步骤5：打开活塞K，通一段时间N2，关闭活塞K．步骤6：实验完成后测定干燥管I（含碱石灰）的质量m2（实验前干燥管I（含碱石灰）的质量m1）回答下列问题：（1）在破坏性处理方法中，在酸性条件下NaClO和CNO﹣反应的离子方程式为2CNO﹣+6ClO﹣+8H+═2CO2↑+N2↑+3Cl2↑+4H2O，请标出反应中电子转移的方向和数目： ．（2）对丁装置加热放在步骤3进行的原因是 将产生的氯气及时除去 ．（3）丙装置中的试剂是 浓硫酸 ．（4）干燥管Ⅱ的作用是 防止空气中的水和CO2进入干燥管I中影响对CO2的测量 ．（5）请简要说明实验中通入N2的目的是 使装置中的CO2全部被排到干燥管I中被吸收，减少误差 ．（6）若干燥管Ⅰ中碱石灰增重1.408g，则该实验中测得CN﹣被处理的百分率为 80% ．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）根据题意可知，酸性条件下CNO﹣与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2，根据氧化还原反应电子守恒标注电子转移；（2）装置丁的作用是加热利用铜与氯气反应，除去乙中反应生成的气体中混有的氯气，防止干燥管Ⅰ吸收氯气，影响二氧化碳质量的测定；（3）实验原理为测量干燥管Ⅰ吸收的二氧化碳的质量确定对CN﹣的处理，由于乙装置中产生N2、CO2、Cl2、H2O，氯气与水都能被碱石灰吸收，影响二氧化碳质量的测定，所以进入干燥管Ⅰ的气体应除去氯气与水，用浓硫酸吸水，用铜网除去氯气；（4）应防止空气中的CO2、水蒸气进入干燥管Ⅰ干扰实验，影响二氧化碳质量的测定；（5）装置中残留有CO2未被完全吸收，导致测定的二氧化碳质量偏低；（6）干燥管Ⅰ中碱石灰增重1.408g为二氧化碳的质量，根据碳元素守恒可知被处理的CN﹣的物质的量为n（CN﹣）=n（CO2），原溶液中CN﹣的物质的量为0.2L×0.2mol/L=0.04mol，据此计算．【解答】解：（1）根据题意可知，酸性条件下CNO﹣与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2，反应离子方程式为2CNO﹣+6ClO﹣+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O，电子转移标注方向和数目为：；故答案为：；29\n（2）装置丁的作用是加热利用铜与氯气反应，除去乙中反应生成的气体中混有的氯气，故乙中反应之前应先点燃酒精灯对丁装置加热，防止干燥管Ⅰ吸收氯气，影响二氧化碳质量的测定；故答案为：将产生的氯气及时除去；（3）实验原理为测量干燥管Ⅰ吸收的二氧化碳的质量确定对CN﹣的处理，由于乙装置中产生N2、CO2、Cl2、H2O，氯气与水都能被碱石灰吸收，影响二氧化碳质量的测定．所以进入干燥管Ⅰ的气体应除去氯气与水，用浓硫酸吸水，用铜网除去氯气，故丙装置中的试剂是浓硫酸，丁装置的目的是除去Cl2；故答案为：浓硫酸；（4）干燥管Ⅰ的作用是吸收CO2，测定生产的二氧化碳的质量，空气中的CO2、水蒸气进入干燥管Ⅰ干扰实验，干燥管Ⅱ的作用是防止空气中的CO2、水蒸气进入干扰实验；故答案为：防止空气中的水和CO2进入干燥管I中影响对CO2的测量；（5）装置中残留有CO2未被完全吸收，导致测定的二氧化碳质量偏低，通入N2使装置中的CO2全部被排到干燥管I中被吸收，减少误差；故答案为：使装置中的CO2全部被排到干燥管I中被吸收，减少误差；（6）干燥管Ⅰ中碱石灰增重1.408g为二氧化碳的质量，物质的量为=0.032mol，根据碳元素守恒可知被处理的CN﹣的物质的量为n（CN﹣）=n（CO2）=0.032mol，原溶液中CN﹣的物质的量为0.2L×0.2mol/L=0.04mol，所以该实验中测得CN﹣被处理的百分率为×100%=80%；故答案为：80%．【点评】本题考查物质组成与含量的测定、对实验原理与装置理解与评价、阅读获取信息的能力等，难度较大，是对知识的综合运用，理解实验原理是解题的关键，需要学生具有扎实的基础与综合运用分析解决问题的能力，学习中全面把握基础知识． 24．计算题．（1）已知在酸性条件下溴酸盐可发生如下离子反应：Ⅰ．2BrO3﹣+10Cl﹣+12H+═5Cl2↑+Br2+6H2OⅡ．6BrO3﹣+5Cl﹣+6H+═5ClO3﹣+3Br2+3H2OⅢ．BrO3﹣+5Br﹣+6H+═3Br2+3H2O现将120mL0.4mol•L﹣1KBrO3溶液和100mL0.6mol•L﹣1KCl溶液在稀H2SO4中混合，充分反应后，产物KClO3和Cl2的物质的量之比为 3：1 ．（2）黑火药（硫黄、木炭和硝酸钾的混合物，杂质忽略不计）是我国的四大发明之一．现有黑火药样品124g，燃烧后生成33.6L（标准状况下）气体和由K2CO3、K2SO4组成的固体混合物．33.6L气体中CO和CO2占，其余气体为N2．则该黑火药中硫黄的质量为 8 g．【考点】有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算．【分析】（1）KClO3和Cl2的物质的量物质的量分别为xmol、ymol，根据电子转移守恒及氯元素守恒列方程计算解答；（2）根据气体的总体积计算出及二氧化碳、CO的体积得出大气体积，根据N元素守恒得出硝酸钾的物质的量；设出硫磺的物质的量为x，然后利用C元素、K元素守恒列式计算出硫磺的物质的量及质量．【解答】解：（1）设KClO3和Cl2的物质的量物质的量分别为xmol、ymol，29\n根据电子转移守恒及氯元素守恒列方程，则：，解得x=0.036、y=0.012，所以产物KClO3和Cl2的物质的量之比为0.036：0.012=3：1，故答案为：3：1；（2）反应的化学方程式为3C+S+2KNO3═K2S+3CO2+N2（民间常说的一硫二硝三木炭），由题意知燃烧后生成33.6L（标准状况下）气体，剩余N2为11.2L，即为0.5mol，根据氮元素守恒可知反应的KNO3的物质的量为1mol，质量为101g；根据钾离子守恒可知硫酸钾和碳酸钾的总物质的量为0.5mol，设该黑火药中硫黄的物质的量为x，则硫酸钾的物质的量为x，碳酸钾的物质的量为0.5﹣x，又知气体中含碳元素为1mol，质量为12g，则：101g+12g+32x+12（0.5﹣x）g=124g，解得x=0.5mol，所以硫磺的质量为：32g/mol×0.5mol=8g，故答案为：8．【点评】本题考查了混合物反应的计算、氧化还原反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法． 29
