2022-2022学年山东省济南市济钢高级中学高三（上）第二次质检化学试卷 一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）1．下列有关物质应用的说法正确的是（ ）A．漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的B．MgCl2是强电解质，电解氯化镁溶液可以制得镁C．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气D．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可用作木材防火剂 2．下列涉及化学概念和基本原理说法正确的是（ ）A．12C14CC60互为同分异构体B．由同种元素组成的物质一定是纯净物C．金属氧化物存在酸性氧化物D．N2O3的水溶液能导电，说明N2O3是电解质 3．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（ ）A．已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1，当有3NA个电子转移时，△H变为﹣46.2kJ•mol﹣1B．1molNa与O2完全反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数NA个C．2.9g熟石膏（2CaSO4•H2O）含有的结晶水分子数为0.01NA个D．由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO﹣数目为NA个 4．把200mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成二等份，取一份加入含amol氢氧化钠的溶液加热，恰好使NH4+完全转化为NH3逸出，另取一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应完全生成CO2，则该混合溶液中c（Na+）为（ ）A．（﹣）mol/LB．（2b﹣a）mol/LC．（5b﹣）mol/LD．（10b﹣5a）mol/L 5．下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是（ ）A．体积相等时密度相等B．原子数相等时具有的中子数相等C．体积相等时具有的电子数相等D．质量相等时具有的质子数相等 6．黑火药爆炸时可发生如下反应：5S+16KNO3+16C=3K2SO4+4K2CO3+2K2S+12CO2↑+8N2↑，下列有关说法正确的是（ ）A．还原产物只有一种B．C即是氧化剂也是还原剂C．被氧化与被还原的S物质的量之比为3：1D．黑火药爆炸过程中对环境会造成污染 247．在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是（ ）A．在含AlO2﹣、SO32﹣、OH﹣的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液：OH﹣、AlO2﹣、SO32﹣B．含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气：I﹣、Br﹣、Fe2+C．含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba（OH）2、K2CO3、BaCO3D．在含Fe3+、H+、NH4+的溶液中逐渐加入烧碱溶液：H+、NH4+、Fe3+ 8．已知常温下可用Co2O3制备Cl2，反应前后存在六种微粒：Co2O3﹑H2O﹑Cl2、H+、Cl﹣和Co2+．下列叙述不正确的是（ ）A．氧化产物为Cl2B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C．若有3molH2O生成，则反应中有2mol电子转移D．当该反应生成2.24LCl2时，则反应中有0.1mol电子转移 9．用pH大小表示溶液的酸碱性相对强弱有许多不足之处．因此，荷兰科学家HenkVanLubeck引入了酸度（AG）的概念，即把电解质溶液中的酸度定义为c（H+）与c（OH一）比值的对数，用公式表示为AG=lg[]．常温下，在AG=10的溶液中能大量共存的离子是（ ）A．Ca2+、K+、Cl﹣、SO32﹣B．NH4+、Fe2+、I﹣、SO42﹣C．Na+、K+、ClO﹣、S2﹣D．Na+、S2O32﹣、AlO2﹣、K+ 10．下列叙述正确的是（ ）A．用丁达尔现象可以区分乙醇溶液和淀粉溶液B．16O转化为18O属于化学变化C．实验室中，钠通常保存在盛有煤油的细口瓶中D．定容时仰视容量瓶刻度线，所配制的NaOH溶液浓度将偏高 11．下列说法中不正确的是（ ）①铝和铜具有良好的导电性，所以电工操作时，可以把铜线和铝线绞接在一起；②汽车尾气中含有能污染空气的氮的氧化物，原因是汽油燃烧不充分③用新制备的Cu（OH）2悬浊液与病人尿液共热，可检验病人尿液中是否含有葡萄糖；④某雨水样品采集后放一段时间，pH值由4.68变为4.28，是因为水中溶解了较多CO2⑤明矾可以用于净水，主要是由于铝离子可以水解得到氢氧化铝；⑥“水滴石穿”主要是溶解了CO2的雨水与CaCO3长期作用生成了可溶性的Ca（HCO3）2的缘故．A．②③⑤B．①②④C．③④⑥D．③④⑤ 12．下列说法不正确的是（ ）A．任何化学反应都伴随着能量变化B．放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率C．离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键D．强电解质与弱电解质的区别就是电解质在水溶液中是否完全电离24 13．若氧元素只有16O、18O两种核素，下列说法正确的是（ ）A．16O和18O的物理性质和化学性质完全相同B．通过化学反应可以实现16O与18O的相互转化C．向2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）的平衡体系中加入18O2，达到新的平衡后18O只出现在O2与SO3中D．用惰性电极电解含有H218O的普通水时，阳极可能产生三种相对分子质量不同的氧分子 14．饱和氯水中存在如下平衡：①Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO；②HClO═H++ClO﹣，将饱和氯水倒入试管中分别进行下列实验，相应分析结论错误的是（ ）A．加入CaCO3悬浊液，CaCO3的溶解平衡向右移动B．加入澄清石灰水，c（H+）一定减小C．加入一定量NaOH溶液后，溶液中离子浓度的关系可能为c（Cl﹣）+c（ClO﹣）=c（Na+）D．通入过量Cl2，①、②均向右移动，溶液pH减小 15．SO2通入足量的Fe（NO3）3稀溶液中，溶液有棕色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，这时若滴入BaCl2溶液，会产生白色沉淀．针对上述一系列变化，下列说法不正确的是（ ）A．上述过程中，最终被还原的是NO3﹣B．从上述反应可以得出结论，氧化性：HNO3＞Fe3+＞稀硫酸C．上述过程中，会产生一种无色难溶于水的气体D．假设通SO2完全反应，同温同压下，SO2和逸出气体的体积比为1：1 16．不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，一定能产生沉淀的组合是（ ）序号甲乙丙①CO2SO2石灰水②HClCO2石灰水③CO2SO2Ba（NO3）2④NO2SO2BaCl2⑤CO2NH3CaCl2A．②③④B．②③④⑤C．①③④D．①②③④ 17．下列实验所用试剂、现象和结论均正确的是：（ ）实验序号实验内容试剂现象和结论①鉴别K2CO3和Na2SO3盐酸、澄清的石灰水产生无色无味气体，能使澄清的石灰水变浑浊的是K2CO3②鉴别NO2和Br2蒸气湿润的淀粉KI试纸试纸变蓝色的是Br2蒸气③除去氯化钙溶液中的氯化铁杂质生石灰调节溶液的pH为3.7，再过滤④鉴别AlCl3溶液和MgCl2溶液氨水产生白色沉淀然后消失的是AlCl3溶液A．①③B．①②③C．②④D．①②③④24 18．某课外小组欲测定过氧化钠与碳酸钠混合物中过氧化钠的质量分数，准确称量a克样品，下列后续实验方案中，不合理的是（ ）A．隔绝空气加热，冷却后，称量剩余固体质量m1gB．与足量稀盐酸反应并蒸干，称量剩余固体质量m2gC．与足量水反应并加热，收集到标准状况下V1L干燥气体D．与足量稀硫酸反应并加热，收集到标准状况下V2L干燥气体 二、解答题（共6小题，满分46分）19．A、B、C、D、E都是元素周期表中前20号元素，原子序数依次增大，A是地壳中含量最高的元素，B、C、D同周期，E和其他元素既不在同周期也不在同主族，D的氢化物和最高价氧化物对应的水化物均为强酸，且B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水．据此回答下列问题：（1）元素C在元素周期表中的位置是 ，B的最高价氧化物对应的水化物与D的最高价氧化物的水化物混合反应的离子方程式为 （2）D的氢化物形成的浓溶液可以使高锰酸钾溶液褪色反应的离子方程式为 （3）A、D、E可以形成多种盐，其中一种盐中A、D、E三种元素的原子个数比为2：2：1，该盐的名称为 ．它的水溶液与D的氢化物的水溶液反应可生成D的单质，该反应的离子方程式为 （4）工业上制取D单质方法的名称是 ，反应的离子方程式是 ． 20．氯元素是生产生活中常见的非金属元素．（1）将Cl2通入NaOH溶液中得到以NaClO为有效成分的漂白液，写出该反应的离子方程式 ；（2）使用Cl2为自来水消毒时，会与水中的有机物生成对人体有害的有机氯化物．下列物质中可以替代Cl2为自来水杀菌消毒的是 （填字母序号）．a．臭氧b．NH3c．明矾d．ClO2（3）生物质混煤燃烧是当今能源燃烧利用的最佳方式之一，但生物质中氯含量较多，燃烧过程中会形成金属氯化物（如NaCl）和Cl2等物质，对金属炉壁造成腐蚀．①NaCl和Cl2中化学键的类型分别是 和 ．②燃煤过程中生成的SO2会与NaCl等物质发生反应，生成硫酸盐和Cl2．若生成Cl222.4L（标况）时转移电子数为4×6.02×1023，该反应的化学方程式是 ． 21．某化学兴趣小组为探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性强弱，设计了如下实验：（1）①检查气体发生装置A的气密性的操作是 ．②整套实验装置存在一处明显的不足，请指出 ．（2）用改正后的装置进行实验，实验过程如下：实验操作实验现象结论打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸；然后关闭活塞a，点燃酒精灯．D装置中：溶液变红E装置中：水层溶液变黄，振荡后，CCl4层无明显变化．Cl2、Br2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序为： （3）因忙于观察和记录，没有及时停止反应，D、E中均发生了新的变化．D装置中：红色慢慢褪去．24E装置中：CCl4层先由无色变为橙色，后颜色逐渐加深，直至变成红色．为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：ⅰ．（SCN）2性质与卤素单质类似．氧化性：Cl2＞（SCN）2．ⅱ．Cl2和Br2反应生成BrCl，它呈红色（略带黄色），沸点约5℃，与水发生水解反应．ⅲ．AgClO、AgBrO均可溶于水．①请用平衡移动原理（结合化学用语）解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因 ，请设计简单实验证明上述解释： ．②欲探究E中颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生．请结合化学用语解释仅产生白色沉淀的原因 ．③将少量BrCl通入到碘化钾溶液中，该反应的化学方程式为 ． 22．钠及其化合物是中学化学常用物质，核潜艇或宇宙飞船常用过氧化钠做供氧剂，其原理是 、（用化学方程式表示），若上述变化过程中消耗过氧化钠的质量为23.4g，则变化过程中转移电子数为 个． 23．下列关于Na2O2的叙述正确的是 A．Na2O2中阴、阳离子的个数比为1：1B．Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，需要水和CO2的质量相等C．取ag某物质在O2中完全燃烧，将生成物与足量Na2O2固体完全反应，反应后，固体质量恰好也增加了ag，该物质可能是C6H12O6D．Na2O2的漂白原理与SO2的漂白原理相同E．Na2O2与水反应是水作还原剂的氧化还原反应F．Na2O2与NaHCO3固体按物质的量之比1：1混合加热充分反应后，所得固体中Na2CO3和NaOH的物质的量之比亦为1：1． 24．切开的金属Na暴露在空气中，其变化过程如下：（1）反应Ⅰ的反应过程与能量变化的关系如下：24①反应Ⅰ是 反应（填“放热”或“吸热”），判断依据是 ．②1molNa（s）全部氧化成Na2O（s）的热化学方程式是 ．（2）反应Ⅱ是Na2O与水的反应，其产物的电子式是 ．（3）白色粉末为Na2CO3．将其溶于水配制为0.1mol/LNa2CO3溶液，下列说法正确的是 （填字母）．a．升高温度，溶液的pH降低b．c（OH﹣）﹣c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）c．加入少量NaOH固体，c（CO32﹣）与c（Na+）均增大d．c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）（4）钠电池的研究开发在一定程度上可缓和因锂资源短缺引发的电池发展受限问题．①钠比锂活泼，用原子结构解释原因 ．②ZEBRA电池是一种钠电池，总反应为NiCl2+2Na⇌Ni+2NaCl．其正极反应式是 ． 242022-2022学年山东省济南市济钢高级中学高三（上）第二次质检化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）1．下列有关物质应用的说法正确的是（ ）A．漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的B．MgCl2是强电解质，电解氯化镁溶液可以制得镁C．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气D．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可用作木材防火剂【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；盐类水解的应用；含硅矿物及材料的应用；金属冶炼的一般原理．【分析】A．漂白粉生成具有强氧化性的次氯酸，明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝；B．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁和氢气；C．氯气和氢氧化钙反应；D．硅酸钠熔点高，可阻燃．【解答】解：A．漂白粉生成具有强氧化性的次氯酸，明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝，二者原理不同，故A错误；B．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁和氢气，应用电解熔融氯化镁的方法冶炼，故B错误；C．氯气和氢氧化钙反应，应用浓硫酸干燥，故C错误；D．硅酸钠熔点高，可阻燃，故D正确．故选D．【点评】本题考查较为综合，多角度考查元素混合物知识，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大． 2．下列涉及化学概念和基本原理说法正确的是（ ）A．12C14CC60互为同分异构体B．由同种元素组成的物质一定是纯净物C．金属氧化物存在酸性氧化物D．N2O3的水溶液能导电，说明N2O3是电解质【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；同素异形体；混合物和纯净物；电解质与非电解质．【分析】A、分子式相同，结构不同的互称为同分异构体，12C和14C两者互称为同位素，C60是碳元素的单质；B、由同种元素可以组成不同的单质，如同素异形体；C、金属氧化物存在酸性氧化物，正确，比如Mn2O7等；D、N2O3的水溶液能导电，但是不是其本身电离出离子导电．【解答】解：A、分子式相同，结构不同的互称为同分异构体，12C和14C两者互称为同位素，C60是碳元素的单质，故A错误；B、由同种元素可以组成不同的单质，故B错误；C、金属氧化物存在酸性氧化物，正确，比如Mn2O7等金属氧化物，同时也是酸性氧化物，故C正确；D、N2O3的水溶液能导电，但是不是其本身电离出离子导电，故不是电解质，是非电解质，故D错误，24故选C．【点评】不同主要考查的是酸性氧化物和碱性氧化物、同位素与同素异形体等概念，难度不大． 3．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（ ）A．已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1，当有3NA个电子转移时，△H变为﹣46.2kJ•mol﹣1B．1molNa与O2完全反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数NA个C．2.9g熟石膏（2CaSO4•H2O）含有的结晶水分子数为0.01NA个D．由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO﹣数目为NA个【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．化学反应的焓变与化学方程式对应量和物质聚集状态有关，与反应过程无关；B．钠为+1价金属，1mol钠完全反应转移1mol电子；C．根据n=计算物质的量，结合化学式分析判断；D．根据溶液中电荷守恒分析判断．【解答】解：A．已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1，当有3NA个电子转移时放出热量为46.2KJ，但反应的焓变不变，故A错误；B．无论生成氧化钠还是过氧化钠，1mol钠完全反应转移1mol电子，转移电子总数NA个，故B正确；C.2.9g熟石膏（2CaSO4•H2O）物质的量==0.01mol，含有的结晶水分子数为0.01NA个，故C正确；D．由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，存在电荷守恒，c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+），得到c（CH3COO﹣）=c（Na+），CH3COO﹣数目为NA个，故D正确；故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是焓变意义，溶液中电荷守恒计算应用，化学式的理解判断，掌握基础是关键，题目难度中等． 4．把200mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成二等份，取一份加入含amol氢氧化钠的溶液加热，恰好使NH4+完全转化为NH3逸出，另取一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应完全生成CO2，则该混合溶液中c（Na+）为（ ）A．（﹣）mol/LB．（2b﹣a）mol/LC．（5b﹣）mol/LD．（10b﹣5a）mol/L【考点】化学方程式的有关计算．【分析】100mL混合溶液加入含amol氢氧化钠的溶液加热，恰好使NH4+完全转化为NH3逸出，反应关系式为：NH4HCO3～2NaOH，所以n（NH4HCO3）=mol，而另100mL混合溶液加入含bmolHCl的盐酸的反应为：NH4HCO3+HCl═NH4Cl+CO2↑+H2O，可知碳酸氢铵消耗mol的盐酸，则碳酸钠消耗（b﹣）mol，由反应Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，可知碳酸钠的物质的量，然后根据组成求混合物中钠离子的浓度．24【解答】解：100mL混合溶液加入含amol氢氧化钠的溶液加热，恰好使NH4+完全转化为NH3逸出，反应关系式为：NH4HCO3～2NaOH，所以n（NH4HCO3）=mol，而另100mL混合溶液加入含bmolHCl的盐酸的反应为：NH4HCO3+HCl═NH4Cl+CO2↑+H2O，可知碳酸氢铵消耗mol的盐酸，则碳酸钠消耗（b﹣）mol，由反应Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，可知碳酸钠的物质的量为（b﹣）mol÷2=（）mol，故混合溶液中c（Na+）==（10b﹣5a）mol/L，故选D．【点评】本题考查混合物的有关计算，难度不大，明确发生的化学反应，注意利用守恒思想进行的解答，侧重考查学生的思维能力、分析解决问题能力． 5．下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是（ ）A．体积相等时密度相等B．原子数相等时具有的中子数相等C．体积相等时具有的电子数相等D．质量相等时具有的质子数相等【考点】阿伏加德罗定律及推论．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】同温同压下，气体的Vm相等，等体积时，根据n=可知气体的物质的量相等，结合原子的构成以及相关物理量的计算公式解答该题．【解答】解：A．由于12C18O和14N2的相对分子质量不等，故体积相等的两种气体的质量不等，因此密度不等，故A错误；B.1个12C18O分子中有16个中子，1个14N2分子中含有14个中子，二者均为双原子分子，原子数相等，即分子数相等，但中子数不等，故B错误；C．12C18O和14N2均为14电子分子，同温同压下，体积相等则分子数相等，所具有的电子数相等，故C正确；D．12C18O和14N2分子内均有14个质子，由于二者的相对分子质量不等，故等质量的两种分子所具有的质子数不等，故D错误．故选C．【点评】本题考查基本概念和基本理论知识，意在考查考生对一些重要概念与理论的理解能力，题目难度中等． 6．黑火药爆炸时可发生如下反应：5S+16KNO3+16C=3K2SO4+4K2CO3+2K2S+12CO2↑+8N2↑，下列有关说法正确的是（ ）A．还原产物只有一种B．C即是氧化剂也是还原剂C．被氧化与被还原的S物质的量之比为3：1D．黑火药爆炸过程中对环境会造成污染【考点】氧化还原反应．24【分析】该反应中S元素化合价由0价变为+6价、﹣2价，C元素化合价由0价变为+4价，N元素化合价由+5价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，再结合方程式分析解答．【解答】解：该反应中S元素化合价由0价变为+6价、﹣2价，C元素化合价由0价变为+4价，N元素化合价由+5价变为0价，A．氧化剂是部分S、硝酸钾，所以还原产物有K2S、N2，故A错误；B．C元素化合价只升高，所以只作还原剂，故B错误；C．被氧化与被还原的S物质的量之比为3：2，故C错误；D．黑火药爆炸过程中对环境会造成污染，影响健康，故D正确；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念、基本计算，明确元素化合价变化即可解答，易错选项是C，题目难度不大． 7．在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是（ ）A．在含AlO2﹣、SO32﹣、OH﹣的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液：OH﹣、AlO2﹣、SO32﹣B．含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气：I﹣、Br﹣、Fe2+C．含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba（OH）2、K2CO3、BaCO3D．在含Fe3+、H+、NH4+的溶液中逐渐加入烧碱溶液：H+、NH4+、Fe3+【考点】离子反应发生的条件．【专题】离子反应专题．【分析】A、硫酸氢钠溶液显酸性，加入硫酸氢钠后先发生中和反应，结合氢离子的能力OH﹣＞AlO2﹣＞SO32﹣；B、离子还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，同一氧化剂与不同具有还原性的物质反应时，先与还原性强的物质反应．C、氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存；D、先发生酸碱中和反应，再与Fe3+、NH4+反应．【解答】解：A、硫酸氢钠溶液显酸性，加入硫酸氢钠后先发生中和反应，结合氢离子的能力OH﹣＞AlO2﹣＞SO32，与氢离子反应的先后顺序为：OH﹣、AlO2﹣、SO32﹣，故A正确；B、离子还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，氯气先与还原性强的反应，还原性强弱顺序是I﹣、Fe2+、Br﹣，因为2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣，故B错误；C、在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2，反应先后顺序为：Ba（OH）2、KOH、K2CO3、BaCO3，故C错误；D、在含等物质的量的Fe3+、H+、NH4+的溶液中，逐滴加入NaOH溶液，反应先后顺序为：H+、Fe3+、NH4+、Fe（OH）3，故D错误．故选：A．【点评】本题考查离子反应的先后顺序，为高考高频考点，把握中和的先后顺序及还原的先后顺序为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的考查，题目难度中等． 8．已知常温下可用Co2O3制备Cl2，反应前后存在六种微粒：Co2O3﹑H2O﹑Cl2、H+、Cl﹣和Co2+．下列叙述不正确的是（ ）A．氧化产物为Cl2B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C．若有3molH2O生成，则反应中有2mol电子转移24D．当该反应生成2.24LCl2时，则反应中有0.1mol电子转移【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A、还原剂对应的产物是氧化产物；B、氧化剂是化合价降低元素所在的反应物，还原剂是化合价升高元素所在的反应物；C、根据化合价升高或降低的数目来确定转移的电子数目；D、根据氯气的生成量来确定化合价升高的数目，进而确定转移电子数．【解答】解：A、用Co2O3制备Cl2的反应中，Co2O3做氧化剂，浓盐酸做还原剂，氧化产物是Cl2，故A正确；B、氧化剂是Co2O3，还原剂是HCl，Co2O3中的Co由+3价变为+2，1molCo2O3得电子2mol，HCl中的Cl由﹣1价变成0价，1molHCl失电子1mol，根据得失电子守恒，需要2molHCl，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故B正确；C、用Co2O3制备Cl2的反应中，Co2O3做氧化剂，浓盐酸做还原剂，氧化产物是Cl2，还原产物是氯化钴，方程式为：Co2O3+6HCl═2CoCl2+3H2O+Cl2↑，若有3molH2O生成，则反应中有2mol电子转移，故C正确；D、根据方程式为：Co2O3+6HCl═2CoCl2+3H2O+Cl2↑，当该反应生成2.24L（0.1mol）Cl2时，则反应中有0.2mol电子转移，故D错误．故选D．【点评】本题考查学生有关氧化还原反应的概念以及电子守恒思想的运用知识，可以根据所学内容来回答． 9．用pH大小表示溶液的酸碱性相对强弱有许多不足之处．因此，荷兰科学家HenkVanLubeck引入了酸度（AG）的概念，即把电解质溶液中的酸度定义为c（H+）与c（OH一）比值的对数，用公式表示为AG=lg[]．常温下，在AG=10的溶液中能大量共存的离子是（ ）A．Ca2+、K+、Cl﹣、SO32﹣B．NH4+、Fe2+、I﹣、SO42﹣C．Na+、K+、ClO﹣、S2﹣D．Na+、S2O32﹣、AlO2﹣、K+【考点】离子共存问题．【分析】AG=lg[]，常温下，在AG=10的溶液中，=1010，所以c（H+）=0.01mol/L，该溶液显酸性，离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应等，则离子能共存，以此来解答．【解答】解：在AG=10的溶液中，=1010，所以c（H+）=0.01mol/L，该溶液显酸性，A．酸性条件下，氢离子与SO32﹣结合生成水和气体，不能大量共存，故A错误；B．酸性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C．酸性条件下，氢离子与ClO﹣、S2﹣发生氧化还原反应，则不能共存，故C错误；D．酸性条件下，氢离子与SO32﹣结合生成水和气体，与AlO2﹣结合生成沉淀，则不能共存，故D错误；24故选B．【点评】本题考查离子的共存问题，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，明确信息得出溶液的酸碱性是解答本题的关键，并注意离子之间的氧化还原反应来解答，题目难度中等． 10．下列叙述正确的是（ ）A．用丁达尔现象可以区分乙醇溶液和淀粉溶液B．16O转化为18O属于化学变化C．实验室中，钠通常保存在盛有煤油的细口瓶中D．定容时仰视容量瓶刻度线，所配制的NaOH溶液浓度将偏高【考点】胶体的重要性质；物理变化与化学变化的区别与联系；钠的化学性质；计量仪器及使用方法．【分析】A．胶体具有丁达尔效应，可以用此性质来鉴别溶液和胶体；B．化学变化的实质：分子的分裂，原子的重新组合；C．根据固体盛放在广口瓶中，便于取出；D．分析操作对溶质物质的量、溶液体积的影响，根据c=分析操作对所配溶液的浓度的影响．【解答】解：A．乙醇溶液是溶液，淀粉溶液是胶体，所以可用丁达尔现象可以区分乙醇溶液和淀粉溶液，故A正确；B．化学变化的实质：分子的分裂，原子的重新组合，不能生成新核素，故B错误；C．实验室中，钠通常保存在盛有煤油的广口瓶中，便于取出，故C错误；D．观察刻度线时仰视，导致所配溶液的体积偏大，使所配溶液的浓度偏低，故D错误；故选A．【点评】本题主要考查了胶体的性质、化学变化的实质、钠的保存、溶液浓度的误差分析，难度不大，注意知识的积累． 11．下列说法中不正确的是（ ）①铝和铜具有良好的导电性，所以电工操作时，可以把铜线和铝线绞接在一起；②汽车尾气中含有能污染空气的氮的氧化物，原因是汽油燃烧不充分③用新制备的Cu（OH）2悬浊液与病人尿液共热，可检验病人尿液中是否含有葡萄糖；④某雨水样品采集后放一段时间，pH值由4.68变为4.28，是因为水中溶解了较多CO2⑤明矾可以用于净水，主要是由于铝离子可以水解得到氢氧化铝；⑥“水滴石穿”主要是溶解了CO2的雨水与CaCO3长期作用生成了可溶性的Ca（HCO3）2的缘故．A．②③⑤B．①②④C．③④⑥D．③④⑤【考点】金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验．【专题】化学计算．【分析】①活泼性不同的金属遇到合适的电解质溶液易构成原电池而腐蚀金属；②气缸中的氮气被氧化生成氮的氧化物；③新制氢氧化铜悬浊液能和葡萄糖反应生成砖红色沉淀；④亚硫酸容易被空气中氧气氧化生成硫酸；⑤胶体具有吸附性，能吸附悬浮物而净水；24⑥碳酸钙与二氧化碳的水溶液反应生成可溶性的碳酸氢钙．【解答】解：①铝和铜具有良好的导电性，但铜和铝遇到合适的电解质溶液能构成原电池而发生金属铝，所以所以电工操作时，不能把铜线和铝线绞接在一起，故错误；②气缸中的氮气在高温下被氧气氧化生成氮的氧化物，汽油不充分燃烧生成一氧化碳，故错误．③糖尿病人的尿液中含有葡萄糖，葡萄糖含有醛基，新制的氢氧化铜悬浊液能和葡萄糖反应生成砖红色沉淀，所以可以用新制备的Cu（OH）2悬浊液与病人尿液共热，检验病人尿液中是否含有葡萄糖，故正确；④二氧化硫和水反应生成亚硫酸，所以导致雨水的pH值小于5.6，亚硫酸易被空气中的氧气氧化生成硫酸，使溶液的pH值变得更小，故错误．⑤明矾中含有铝离子，能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以能净水，故正确．⑥碳酸钙与二氧化碳的水溶液反应生成可溶性的碳酸氢钙，所以溶解了CO2的雨水能把石头穿透，故正确．故选B．【点评】本题考查知识点较多，难度不大，根据元素化合物的性质分析解答即可，注意正常雨水的pH值5.6，③为学生解答的易错点，注意该反应在碱性条件下进行． 12．下列说法不正确的是（ ）A．任何化学反应都伴随着能量变化B．放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率C．离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键D．强电解质与弱电解质的区别就是电解质在水溶液中是否完全电离【考点】反应热和焓变；化学键；强电解质和弱电解质的概念．【分析】A、化学反应的实质是旧键断裂，新键形成，过程中一定伴随能量变化；B、反应吸热、放热与反应速率无直接关系；C、离子键形成的化合物为离子化合物，可能含有共价键；D、电解质水溶液中是否完全电离是判断强弱电解质的依据．【解答】解：A、化学反应的实质是旧键断裂，新键形成，过程中一定伴随能量变化，任何化学反应都伴随着能量变化，故A正确；B、反应吸热、放热与反应速率无直接关系，放热反应的反应速率不一定大于吸热反应的反应速率，故B错误；C、离子键形成的化合物为离子化合物，可能含有共价键入NaOH中含有离子键和共价键，故C正确；D、电解质水溶液中是否完全电离是判断强弱电解质的依据，电解质在水溶液中完全电离的是强电解质，部分电离的为弱电解质，故D正确；故选B．【点评】本题考查了化学反应实质，离子化合物存在化学键的分析判断，电解质强弱的分析依据，掌握基础是关键，题目较简单． 13．若氧元素只有16O、18O两种核素，下列说法正确的是（ ）A．16O和18O的物理性质和化学性质完全相同B．通过化学反应可以实现16O与18O的相互转化24C．向2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）的平衡体系中加入18O2，达到新的平衡后18O只出现在O2与SO3中D．用惰性电极电解含有H218O的普通水时，阳极可能产生三种相对分子质量不同的氧分子【考点】核素．【专题】元素及其化合物．【分析】根据同位素的性质、质量数=质子数+中子数、16O与18O之间的转化是原子核的变化，阿伏加德罗常数等知识点来分析解题．【解答】解：A、因16O和18O的物理性质不同和化学性质相似，故A错误；B、16O与18O之间的转化，属于原子核的变化，不是化学变化，故B错误；C、该反应为可逆反应，在混合气体中充入一定量的18O2，SO2和18O2反应生成SO3中含有18O，同时SO3分解生成SO2和O2，则SO2中含有18O原子，则18O原子存在于O2、SO2和SO3中，故C错误；D、用惰性电极电解含有H218O的普通水时，阳极上放电的是氢氧根离子，放出氧气分子，两个18O可以构成氧气分子，两个16O可以构成氧气分子，16O和18O可以构成氧气分子，共可以形成三种相对分子质量不同的氧分子，故D正确．故选D．【点评】本题考查学生有关核素的概念以及应用方面的知识，注意基本知识的灵活掌握，难度中等． 14．饱和氯水中存在如下平衡：①Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO；②HClO═H++ClO﹣，将饱和氯水倒入试管中分别进行下列实验，相应分析结论错误的是（ ）A．加入CaCO3悬浊液，CaCO3的溶解平衡向右移动B．加入澄清石灰水，c（H+）一定减小C．加入一定量NaOH溶液后，溶液中离子浓度的关系可能为c（Cl﹣）+c（ClO﹣）=c（Na+）D．通入过量Cl2，①、②均向右移动，溶液pH减小【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、加入CaCO3悬浊液，存在CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32﹣（aq），氯水中的氢离子与碳酸根离子反应，碳酸根离子浓度减小；B、加入澄清石灰水，与氢离子反应发生中和反应，导致c（H+）减小；C、加入一定量NaOH溶液后，如果溶液呈中性，则有c（Cl﹣）+c（ClO﹣）=c（Na+）；D、因为是饱和氯水，再通入氯气不溶解，平衡不移动，溶液的PH不变．【解答】解：A、加入CaCO3悬浊液，存在CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32﹣（aq），氯水中的氢离子与碳酸根离子反应，碳酸根离子浓度减小，溶解平衡向右移动，故A正确；B、加入澄清石灰水，与氢离子反应，导致c（H+）减小，故B正确；C、加入一定量NaOH溶液后，如果溶液呈中性，结合电荷守恒，则有c（Cl﹣）+c（ClO﹣）=c（Na+），故C正确；D、因为是饱和氯水，再通入氯气不溶解，平衡不移动，溶液的PH不变，故D错误；故选D．【点评】本题考查弱电解质在水中的电离和电离平衡的移动，学生只要掌握平衡移动的原理，就可以迅速解题了，比较容易． 15．SO2通入足量的Fe（NO3）3稀溶液中，溶液有棕色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，这时若滴入BaCl2溶液，会产生白色沉淀．针对上述一系列变化，下列说法不正确的是（ ）A．上述过程中，最终被还原的是NO3﹣24B．从上述反应可以得出结论，氧化性：HNO3＞Fe3+＞稀硫酸C．上述过程中，会产生一种无色难溶于水的气体D．假设通SO2完全反应，同温同压下，SO2和逸出气体的体积比为1：1【考点】氧化性、还原性强弱的比较；硝酸的化学性质；二氧化硫的化学性质．【专题】氧化还原反应专题．【分析】根据滴入BaCl2溶液，则会产生白色沉淀，则具有还原性的SO2通入Fe（NO3）3溶液中发生了氧化还原反应，反应时硫元素的化合价升高被氧化为硫酸，铁元素化合价的变化可以依据现象判断，溶液由黄色变为浅绿色，但立即又变为黄色，三价铁离子变为亚铁离子，后又被氧化为三价铁离子，注意NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性．【解答】解：A、溶液由黄色变为浅绿色，但立即又变为黄色，三价铁离子变为亚铁离子，后又被氧化为三价铁离子，所以最终被还原的是NO3﹣，故A正确；B、由溶液有棕色变为浅绿色，说明三价铁的氧化性强于稀硫酸，但在硝酸存在的前提下立即又变成棕黄色，说明亚铁迅速被氧化成铁离子，故硝酸的氧化性强三价铁，综上所述氧化性：HNO3＞Fe3+＞稀硫酸，故B正确；C、硝酸根离子和二氧化硫被氧后产生的氢离子构成强氧化性体系，氧化亚铁时生成无色的一氧化氮气体，故C正确；D、上述过程中，最终被还原的是NO3﹣，故相当于二氧化硫与硝酸根离子之间的氧化还原，3SO2～2NO3﹣，之比为3：2，故D错误；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应的综合应用，注意利用信息来判断发生的氧化反应，明确硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性是解答的关键． 16．不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，一定能产生沉淀的组合是（ ）序号甲乙丙①CO2SO2石灰水②HClCO2石灰水③CO2SO2Ba（NO3）2④NO2SO2BaCl2⑤CO2NH3CaCl2A．②③④B．②③④⑤C．①③④D．①②③④【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的化学性质．【专题】压轴题；元素及其化合物．【分析】①石灰水过量，有CaCO3和CaSO3沉淀生成；②石灰水过量，有CaCO3沉淀生成；③SO2将被NO3﹣氧化生成SO42﹣，BaSO4沉淀生成；④SO2将被NO2氧化成SO3，有BaSO4沉淀生成；⑤当NH3不足时，最终无沉淀生成．【解答】解：①由于石灰水过量，因此必有CaCO3和CaSO3沉淀生成，故①正确；②同样由于石灰水过量，因此必有CaCO3沉淀生成，故②正确；③CO2气体与Ba（N03）2不反应，SO2气体通入Ba（NO3）2溶液后，由于溶液酸性增强，SO2将被NO3﹣氧化生成SO42﹣，因此有BaSO4沉淀生成，故③正确；④NO2和SO2混合后，SO2将被NO2氧化成SO3，通入BaCl2溶液后有BaSO4沉淀生成，故④正确；24⑤当NH3过量时溶液中CaCO3沉淀生成，发生反应的化学方程式为：2NH3+CO2+CaCl2+H2O═CaCO3↓+2NH4C1；当NH3不足时，最终无沉淀生成，发生反应的化学方程式为：2NH3+2CO2+CaCl2+2H2O═Ca（HCO3）2+2NH4C1，故⑤错误．故选D．【点评】本题考查元素化合物知识，题目难度中等，注意丙过量，对相应物质的化学性质要掌握到位．解题时要认真审题、一一排查，同时要掌握NO2的氧化性，SO2具有还原性，SO2具有酸性氧化物的性质、SO2气体通入Ba（NO3）2溶液后，由于溶液酸性增强，SO2将被NO3﹣氧化生成SO42﹣，此时有BaSO4沉淀生成． 17．下列实验所用试剂、现象和结论均正确的是：（ ）实验序号实验内容试剂现象和结论①鉴别K2CO3和Na2SO3盐酸、澄清的石灰水产生无色无味气体，能使澄清的石灰水变浑浊的是K2CO3②鉴别NO2和Br2蒸气湿润的淀粉KI试纸试纸变蓝色的是Br2蒸气③除去氯化钙溶液中的氯化铁杂质生石灰调节溶液的pH为3.7，再过滤④鉴别AlCl3溶液和MgCl2溶液氨水产生白色沉淀然后消失的是AlCl3溶液A．①③B．①②③C．②④D．①②③④【考点】化学实验方案的评价；物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】物质检验鉴别题．【分析】①二氧化硫、二氧化碳均使石灰水变浑浊，但二氧化硫具有刺激性气味；②NO2和Br2蒸气均能氧化KI，生成碘单质；③生石灰促进氯化铁的水解，使铁离子转化为沉淀；④AlCl3溶液和MgCl2溶液均与氨水反应生成白色沉淀．【解答】解：①K2CO3和Na2SO3分别与盐酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，气体均使石灰水变浑浊，但二氧化硫具有刺激性气味，可鉴别，故正确；②NO2和Br2蒸气均能氧化KI，生成碘单质，均使淀粉KI试纸变蓝色，现象相同，不能鉴别，故错误；③生石灰促进氯化铁的水解，使铁离子转化为沉淀，则调节溶液的pH为3.7，再过滤即可除杂，故正确；④AlCl3溶液和MgCl2溶液均与氨水反应生成白色沉淀，现象相同不能鉴别，应选NaOH鉴别，故错误；故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的检验、鉴别及混合物除杂、盐类水解应用等，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，题目难度不大． 18．某课外小组欲测定过氧化钠与碳酸钠混合物中过氧化钠的质量分数，准确称量a克样品，下列后续实验方案中，不合理的是（ ）A．隔绝空气加热，冷却后，称量剩余固体质量m1gB．与足量稀盐酸反应并蒸干，称量剩余固体质量m2g24C．与足量水反应并加热，收集到标准状况下V1L干燥气体D．与足量稀硫酸反应并加热，收集到标准状况下V2L干燥气体【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．过氧化钠与碳酸钠都稳定；B．最终反应生成氯化钠；C．过氧化钠与水反应生成氧气；D．过氧化钠与水反应生成氧气，稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳．【解答】解：A．过氧化钠与碳酸钠都稳定，不易分解，故A错误；B．最终反应生成氯化钠，质量变化，故B正确；C．过氧化钠与水反应生成氧气，可能为V1L，故C正确；D．过氧化钠与水反应生成氧气，稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，可能为V2L，故D正确．故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，侧重实验基本操作和实验原理的考查，题目难度不大． 二、解答题（共6小题，满分46分）19．A、B、C、D、E都是元素周期表中前20号元素，原子序数依次增大，A是地壳中含量最高的元素，B、C、D同周期，E和其他元素既不在同周期也不在同主族，D的氢化物和最高价氧化物对应的水化物均为强酸，且B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水．据此回答下列问题：（1）元素C在元素周期表中的位置是 第三周期第ⅢA族 ，B的最高价氧化物对应的水化物与D的最高价氧化物的水化物混合反应的离子方程式为 H++OH﹣═H2O （2）D的氢化物形成的浓溶液可以使高锰酸钾溶液褪色反应的离子方程式为 2MnO4﹣+16H++10Cl﹣═2Mn2++5Cl2↑+8H2O （3）A、D、E可以形成多种盐，其中一种盐中A、D、E三种元素的原子个数比为2：2：1，该盐的名称为 次氯酸钙 ．它的水溶液与D的氢化物的水溶液反应可生成D的单质，该反应的离子方程式为 ClO﹣+2H++Cl﹣═Cl2↑+H2O （4）工业上制取D单质方法的名称是 氯碱工业 ，反应的离子方程式是 Cl﹣+H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣ ．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】A、B、C、D、E都是元素周期表中前20号元素，原子序数依次增大，A是地壳中含量最高的元素，则A为O元素；B、C、D同周期，由原子序数可知位于第三周期，D的氢化物和最高价氧化物对应的水化物均为强酸，则D为Cl，B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水，应是氢氧化铝与强酸、强碱之间的反应，故B为Na、C为Al；E和其他元素既不在同周期也不在同主族，则E为Ca，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E都是元素周期表中前20号元素，原子序数依次增大，A是地壳中含量最高的元素，则A为O元素；B、C、D同周期，由原子序数可知位于第三周期，D的氢化物和最高价氧化物对应的水化物均为强酸，则D为Cl，B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水，应是氢氧化铝与强酸、强碱之间的反应，故B为Na、C为Al；E和其他元素既不在同周期也不在同主族，则E为Ca．24（1）元素C为Al，在元素周期表中的位置是：第三周期第ⅢA族，B、D的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、HClO4，二者反应的离子方程式为：H++OH﹣═H2O，故答案为：第三周期第ⅢA族；H++OH﹣═H2O；（2）D的氢化物为HCl，形成的浓HCl溶液可以使高锰酸钾溶液褪色，反应的离子方程式为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣═2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣═2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（3）一种盐中O、Cl、Ca三种元素的原子个数比为2：2：1，该盐为Ca（ClO）2，名称为：次氯酸钙，Ca（ClO）2溶液与HCl水溶液反应可生成氯气，该反应的离子方程式为：ClO﹣+2H++Cl﹣═Cl2↑+H2O，故答案为：次氯酸钙；ClO﹣+2H++Cl﹣═Cl2↑+H2O；（4）工业上制取氯气单质方法的名称是：氯碱工业，反应的离子方程式是：Cl﹣+H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣，故答案为：氯碱工业；Cl﹣+H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，侧重对化学用语的考查，需要学生熟练掌握基础知识，难度中等． 20．氯元素是生产生活中常见的非金属元素．（1）将Cl2通入NaOH溶液中得到以NaClO为有效成分的漂白液，写出该反应的离子方程式 Cl2+2OH﹣═ClO+Cl﹣+H2O ；（2）使用Cl2为自来水消毒时，会与水中的有机物生成对人体有害的有机氯化物．下列物质中可以替代Cl2为自来水杀菌消毒的是 ad （填字母序号）．a．臭氧b．NH3c．明矾d．ClO2（3）生物质混煤燃烧是当今能源燃烧利用的最佳方式之一，但生物质中氯含量较多，燃烧过程中会形成金属氯化物（如NaCl）和Cl2等物质，对金属炉壁造成腐蚀．①NaCl和Cl2中化学键的类型分别是 离子键 和 共价键 ．②燃煤过程中生成的SO2会与NaCl等物质发生反应，生成硫酸盐和Cl2．若生成Cl222.4L（标况）时转移电子数为4×6.02×1023，该反应的化学方程式是 2NaCl+SO2+O2Na2SO4+Cl2 ．【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】卤族元素；气体的制备与性质检验类实验．【分析】（1）Cl2通入NaOH溶液中，反应生成氯化钠、NaClO、水；（2）（2）替代Cl2为自来水杀菌消毒的物质应具有强氧化性；（3）①NaCl属于离子化合物，含有离子键，Cl2中氯原子之间形成共价键；②由题目信息可知，SO2与NaCl等物质生成硫酸钠和Cl2，根据S、O原子比例关系可知，应有氧气参与反应，配平书写化学方程式．【解答】解：（1）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸与水，反应离子方程式为：Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O，故答案为：Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O；（2）替代Cl2为自来水杀菌消毒的物质应具有强氧化性，可以用臭氧、ClO2代替，氨气不能杀菌消毒、硫酸铝可以除去悬浮物质，不能杀菌消毒，故答案为：ad；24（3）①NaCl属于离子化合物，含有离子键，Cl2中氯原子之间形成共价键，故答案为：离子键；共价键；②由题目信息可知，SO2与NaCl等物质生成硫酸钠和Cl2，根据S、O原子比例关系可知，应有氧气参与反应，反应化学方程式为：2NaCl+SO2+O2Na2SO4+Cl2，故答案为：2NaCl+SO2+O2Na2SO4+Cl2．【点评】本题考查物质的性质及反应原理，为高频考点，题目难度中等，把握物质的性质、发生的反应、盖斯定律计算反应热等为解答的关键，侧重元素化合物知识及反应原理的综合考查． 21．某化学兴趣小组为探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性强弱，设计了如下实验：（1）①检查气体发生装置A的气密性的操作是 关闭活塞a，打开止水夹b，将长导管末端浸入水中，用手捂住圆底烧瓶，导管口有气泡；松开手后，有水进入导管，则气密性良好；或方法二：关闭止水夹b，打开活塞a，向分液漏斗中注水，若水不能顺利流下，则气密性良好． ．②整套实验装置存在一处明显的不足，请指出 缺少尾气处理装置 ．（2）用改正后的装置进行实验，实验过程如下：实验操作实验现象结论打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸；然后关闭活塞a，点燃酒精灯．D装置中：溶液变红E装置中：水层溶液变黄，振荡后，CCl4层无明显变化．Cl2、Br2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序为： Cl2＞Br2＞Fe3+ （3）因忙于观察和记录，没有及时停止反应，D、E中均发生了新的变化．D装置中：红色慢慢褪去．E装置中：CCl4层先由无色变为橙色，后颜色逐渐加深，直至变成红色．为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：ⅰ．（SCN）2性质与卤素单质类似．氧化性：Cl2＞（SCN）2．ⅱ．Cl2和Br2反应生成BrCl，它呈红色（略带黄色），沸点约5℃，与水发生水解反应．ⅲ．AgClO、AgBrO均可溶于水．①请用平衡移动原理（结合化学用语）解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因 过量氯气和SCN﹣反应2SCN﹣+Cl2=2Cl﹣+（SCN）2，使SCN﹣浓度减小，则Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3平衡逆向移动而褪色 ，请设计简单实验证明上述解释： 取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则上述推测合理．或取少量褪色后的溶液，滴加FeCl3溶液，若溶液不变红，则上述推测合理 ．②欲探究E中颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生．请结合化学用语解释仅产生白色沉淀的原因 BrCl+H2O=HBrO+HCl反应产生Cl﹣，没有Br﹣生成，由于AgBrO易溶于水，加入AgNO3溶液，只能生成AgCl沉淀 ．③将少量BrCl通入到碘化钾溶液中，该反应的化学方程式为 BrCl+2KI=KCl+KBr+I2 ．24【考点】性质实验方案的设计；氧化性、还原性强弱的比较．【分析】（1）①装置A制备氯气，装置连接后应检验装置的气密性，检查气体发生装置A的气密性的操作是密闭装置，改变压强看导气管处是否有气泡冒出，冷却后是否有水柱上升或密闭装置，利用分液漏斗加入水看水是否流下来检验装置气密性；②氯气有毒不能直接排空，要用碱液吸收尾气；（2）自发进行的同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；（3）①过量氯气和SCN﹣反应SCN﹣浓度减小，根据铁离子和硫氰根离子反应平衡原理分析；向溶液中加入氯化铁或硫氰化钾溶液根据溶液颜色变化判断；②氯化溴能发生水解反应生成酸，根据AgBrO、AgCl的溶解性分析；③BrCl的氧化性比Br2强，能与KI反应得到KCl、KBr及I2．【解答】解：（1）装置A制备氯气，装置连接后应检验装置的气密性，方法一：关闭活塞a，打开止水夹b，将长导管末端浸入水中，用手捂住圆底烧瓶，导管口有气泡；松开手后，有水进入导管，则气密性良好；或方法二：关闭止水夹b，打开活塞a，向分液漏斗中注水，若水不能顺利流下，则气密性良好．故答案为：方法一：关闭活塞a，打开止水夹b，将长导管末端浸入水中，用手捂住圆底烧瓶，导管口有气泡；松开手后，有水进入导管，则气密性良好．或：方法二：关闭止水夹b，打开活塞a，向分液漏斗中注水，若水不能顺利流下，则气密性良好；②由于氯气有毒，直接排放到空气中会污染大气，要用碱液吸收尾气，实验装置缺少尾气处理装置，故答案为：缺少尾气处理装置；（2）D装置中：溶液变红，说明有铁离子生成，据此得出氯气的氧化性大于铁离子；E装置中：水层溶液变黄，振荡后CCl4层无明显变化，说明氯气和溴离子未反应，氯气氧化亚铁离子为铁离子，亚铁离子还原性大于溴离子，所以溴单质氧化性大于铁离子，则氧化性强弱顺序是Cl2＞Br2＞Fe3+，故答案为：Cl2＞Br2＞Fe3+；（3）①过量氯气和SCN﹣反应2SCN﹣+Cl2=2Cl﹣+（SCN）2，使SCN﹣浓度减小，则使Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3平衡向逆反应方向移动而褪色，为检验其褪色原因，检验方法为：取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则上述推测合理；或取少量褪色后的溶液，滴加FeCl3溶液，若溶液不变红，则上述推测合理，故答案为：过量氯气和SCN﹣反应2SCN﹣+Cl2=2Cl﹣+（SCN）2，使SCN﹣浓度减小，则使Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3平衡向逆反应方向移动而褪色；取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则上述推测合理；或取少量褪色后的溶液，滴加FeCl3溶液，若溶液不变红，则上述推测合理；24②过量的氯气和溴反应生成氯化溴，氯化溴不稳定，易和水反应生成盐酸和次溴酸，氯离子和银离子反应生成白色沉淀氯化银，次溴酸和银离子反应生成次溴酸银易溶于水，所以生成的白色沉淀为氯化银，故答案为：BrCl+H2O=HBrO+HCl反应产生Cl﹣，没有Br﹣生成，由于AgBrO易溶于水，加入AgNO3溶液，只能生成AgCl沉淀；③将少量BrCl通入到碘化钾溶液中，BrCl的氧化性比Br2强，能与KI反应得到KCl、KBr及I2，该反应的化学方程式为BrCl+2KI=KCl+KBr+I2，故答案为：BrCl+2KI=KCl+KBr+I2．【点评】本题考查了性质实验方案设计，明确反应原理是解本题关键，结合资料分析解答，会根据离子反应方程式判断氧化性强弱，会根据实验现象确定发生的反应，难度中等． 22．钠及其化合物是中学化学常用物质，核潜艇或宇宙飞船常用过氧化钠做供氧剂，其原理是 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 、（用化学方程式表示），若上述变化过程中消耗过氧化钠的质量为23.4g，则变化过程中转移电子数为 0.3NA 个．【考点】化学方程式的书写．【分析】过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气角度考虑，装置简单，反应在常温下进，与CO2反应产生供人呼吸的氧气，质量换算物质的量结合过氧化钠发生的是自身氧化还原反应，氧元素化合价呈﹣1价变化为0价和﹣2价，根据得失电子数计算，Na2O2物质的量为0.3mol与足量潮湿的CO2反应，转移的电子数为0.3NA．【解答】解：Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；与我们学过的制氧气方法相比，过氧化钠作为呼吸面具和潜水艇的供氧剂，装置简单，反应能在常温下进行；与CO2反应产生供人呼吸的氧气，23.4g过氧化钠的物质的量为：=0.3mol，氧元素化合价由﹣1价升高氧气中的0价，转移电子物质的量=0.3mol×1=0.3mol=0.3NA，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；0.3NA．【点评】本题考查了过氧化钠性质分析以及氧化还原反应中电子转移数目的计算，该题具有实际意义，属于身边的化学，要平时多留心，多积累，做到触类旁通，题目较简单． 23．下列关于Na2O2的叙述正确的是 CF A．Na2O2中阴、阳离子的个数比为1：1B．Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，需要水和CO2的质量相等C．取ag某物质在O2中完全燃烧，将生成物与足量Na2O2固体完全反应，反应后，固体质量恰好也增加了ag，该物质可能是C6H12O6D．Na2O2的漂白原理与SO2的漂白原理相同E．Na2O2与水反应是水作还原剂的氧化还原反应F．Na2O2与NaHCO3固体按物质的量之比1：1混合加热充分反应后，所得固体中Na2CO3和NaOH的物质的量之比亦为1：1．【考点】钠的重要化合物．【分析】Na2O2的电子式为，可与水及CO2反应，反应的方程式分别为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，以此解答．24【解答】解：A．Na2O2的电子式为，故阴、阳离子的个数比为1：2，故A错误；B．生成相同量的O2时消耗的水和二氧化碳的物质的量相同，但质量不同，故B错误；C．已知反应的关系式：H2～H2O～2NaOH～Na2O2•H2，CO～CO2～Na2CO3～Na2O2•CO，有机物在足量氧气中燃烧生成CO2和H2O，与Na2O2发生反应：2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2↑，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，对生成物变式：Na2CO3～Na2O2•CO，2NaOH～Na2O2•H2，则有机物应可拆写成（CO）m•Hn的形式，则H2、CO以及可拆写成（CO）m•Hn的形式的有机物能满足上述结果，C6H12O6可拆写成（CO）6•H12，故C正确；D．Na2O2因具有强氧化性而有漂白性，SO2易与有色物质化合生成无色不稳定的物质，故原理不同，故D错误；E．Na2O2与水反应，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，故E错误；F．涉及的化学方程式有：①2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，②2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2↑，③2H2O+2Na2O2═4NaOH+O2↑，④2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O，设为2mol，则生成1mol二氧化碳和1mol水，与过氧化钠完全反应，生成1mol2mol碳酸钠和2mol氢氧化钠，则所得固体中Na2CO3和NaOH的物质的量之比亦为1：1，故F正确．故答案为：CF．【点评】本题考查过氧化钠的性质，为高考高频考点，侧重于学生的分析能基础知识的综合运用，注意把握反应的化学方程式，根据方程式可解答该题，难度不大． 24．切开的金属Na暴露在空气中，其变化过程如下：（1）反应Ⅰ的反应过程与能量变化的关系如下：①反应Ⅰ是 放热 反应（填“放热”或“吸热”），判断依据是 反应物总能量高于生成物总能量 ．②1molNa（s）全部氧化成Na2O（s）的热化学方程式是 Na（s）+O2（g）=Na2O（s）△H=﹣207kJ/mol ．（2）反应Ⅱ是Na2O与水的反应，其产物的电子式是 ．（3）白色粉末为Na2CO3．将其溶于水配制为0.1mol/LNa2CO3溶液，下列说法正确的是 bc （填字母）．24a．升高温度，溶液的pH降低b．c（OH﹣）﹣c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）c．加入少量NaOH固体，c（CO32﹣）与c（Na+）均增大d．c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）（4）钠电池的研究开发在一定程度上可缓和因锂资源短缺引发的电池发展受限问题．①钠比锂活泼，用原子结构解释原因 最外层电子数相同，随着核电荷数增加，原子半径逐渐增大，金属性增强 ．②ZEBRA电池是一种钠电池，总反应为NiCl2+2Na⇌Ni+2NaCl．其正极反应式是 NiCl2+2Na++2e﹣=Ni+2NaCl ．【考点】反应热和焓变；化学电源新型电池；盐类水解的应用；钠的重要化合物．【专题】化学反应中的能量变化；电化学专题；元素及其化合物．【分析】（1）①反应物总能量高于生成物总能量，反应是放热的，反之是吸热的；②根据热化学方程式的含义和书写方法来回答；（2）氧化钠和水之间反应生成氢氧化钠，氢氧化钠是既含有离子键又含有共价键的离子化合物，根据电子式的书写方法来书写；（3）a．水解是吸热的过程；b．溶液中存在质子守恒c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）+c（H+），即c（OH﹣）﹣c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）；c．加入少量NaOH固体，CO32﹣的水解受到抑制；d．根据水解原理判断离子浓度大小；（4）①同一主族元素的原子，原子半径越大，金属活泼性越强；②原电池的正极上发生得电子的还原反应．【解答】解：（1）①根据图中所示的信息知道：反应物总能量高于生成物总能量，所以反应是放热的，故答案为：放热；反应物总能量高于生成物总能量；②根据图中所示的信息可以书写热化学方程式为：Na（s）+O2（g）=Na2O（s）△H=﹣207kJ/mol，故答案为：Na（s）+O2（g）=Na2O（s）△H=﹣207kJ/mol；（2）氧化钠和水之间反应生成氢氧化钠，氢氧化钠是既含有离子键又含有共价键的离子化合物，电子式为，故答案为：；（3）a．碳酸钠中碳酸根离子水解是吸热的过程，所以升高温度，溶液的pH增大，故a错误；b．溶液中存在质子守恒：c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）+c（H+），即；c．加入少量NaOH固体，CO32﹣的水解受到抑制，所以c（CO32﹣）与c（Na+）均增大，故c正确；d．离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+），故d错误．故选bc；（4）①同一主族元素的原子Na、Li，原子半径越大，金属活泼性越强，即钠比锂活泼，故答案为：最外层电子数相同，随着核电荷数增加，原子半径逐渐增大，金属性增强；②ZEBRA电池的正极上发生得电子的还原反应，即NiCl2+2Na++2e﹣=Ni+2NaCl，故答案为：NiCl2+2Na++2e﹣=Ni+2NaCl．【点评】24本题涉及热化学、电化学、盐的水解原理的应用以及影响平衡移动的因素等方面的知识，属于综合知识的考查，难度不大．24
