2022-2022学年江苏省南通市如皋中学高一（上）月考化学试卷 一、单项选择题（本题包括15小题，每小题2分，共30分．每小题只有一个选项符合题意）1．化学在资源利用、环境保护等与社会可持续发展密切相关的领域发挥着积极作用．下列做法与社会可持续发展理念相违背的是（ ）A．回收利用废旧金属B．吸收硫酸工业尾气C．大力开发不可再生资源D．改进汽车尾气净化技术 2．当光束通过豆浆时，可观察到丁达尔效应，表明豆浆是（ ）A．胶体B．溶液C．悬浊液D．乳浊液 3．硅酸盐种类繁多、结构复杂，组成各异，通常用金属氧化物和二氧化硅的形式表示其组成，已知石棉的化学式为Mg3CaSi4O12，则石棉的组成用氧化物形式可表示为（ ）A．3Mg•Ca•4Si•6O2B．MgO•CaO•SiO2C．3MgO•CaO•4SiO2D．Mg3Ca（SiO3）4 4．硅是带来人类文明的重要元素之一．下列物质中主要成分是硅酸盐的是（ ）A．陶瓷B．金刚石C．水晶D．大理石 5．下列有关物质的分类中，你认为合理的是（ ）A．Al（OH）3（两性氧化物）B．NH3•H2O（弱碱）C．HClO（强酸）D．CuSO4•5H2O（混合物） 6．如图是10mL量筒的一部分，则量筒所盛液体的体积是（ ）A．4.3mLB．4.4mLC．5.7mLD．6.3mL 7．实验室制取气体时，必须用排水法收集的是（ ）A．NH3B．NOC．NO2D．SO2 8．下列溶液中NO的物质的量浓度最大的是（ ）A．50mL1mol•L﹣1的KNO3溶液B．50mL1mol•L﹣1的Fe（NO3）3C．1L0.5mol•L﹣1的Mg（NO3）2溶液D．1L0.5mol•L﹣1的Ba（NO3）2溶液 23\n9．由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是（ ）A．Fe与H2SO4溶液B．Fe与FeCl3溶液C．Fe与HCl溶液D．Fe与CuSO4溶液 10．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．常温常压下，16gO3中含氧原子数为NAB．2.3gNa与足量O2反应转移的电子数为NAC．0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中含钠离子数为0.2NAD．标准状况下，2.24L四氯化碳中含碳原子数为0.1NA 11．在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是（ ）A．Na+、Fe2+、Cl﹣、ClO﹣B．Na+、Cu2+、SO42﹣、NO3﹣C．Mg2+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣D．Ba2+、HCO3﹣、NO3﹣、K+ 12．下列离子反应方程式书写正确的是（ ）A．金属钠与水反应：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑B．碳酸钙与盐酸反应：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2OC．氯气溶于水中：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣D．NH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中：NH+OH﹣═NH3↑+H2O 13．能把Na2SO4、NaCl、（NH4）2SO4三种无色溶液区别开的一种试剂是（ ）A．NaOHB．Ba（OH）2C．AgNO3D．Ba（NO3）2 14．若在一支试管中加入2mL的X溶液，然后再加入足量的氯水，再滴加几滴KSCN溶液，观察到溶液呈血红色，则X溶液中（ ）A．一定含有Fe3+B．一定不含Fe3+C．可能含有Fe2+D．一定含有Fe2+ 15．下列有关物质制取实验装置或操作正确的是（ ）A．利用如图装置进行喷泉实验B．23\n利用如图装置得到精盐C．利用如图装置干燥并收集SO2D．利用如图装置制取并收集NH3 二、选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分．每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的给2分，选两个且都正确的给4分，但只要选错一个，该小题就为0分．）16．如表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（ ）物质选项abcASiSiO2H2SiO3BH2SO4SO2SO3CAlAlCl3Al（OH）3DNaClNaNaOHA．AB．BC．CD．D 17．已知反应：①PbO2+4HCl═PbCl2+Cl2↑+2H2O，②Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，③Cl2+2Fe2+═2Cl﹣+2Fe3+．则有关物质（离子）的氧化性由强到弱的顺序为（ ）A．Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞PbO2B．PbO2＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+C．Fe3+＞Cu2+＞PbO2＞Cl2D．Cu2+＞Fe3+＞Cl2＞PbO2 18．下列有关物质性质的应用正确的是（ ）A．液氨气化时要吸收大量的热，用作制冷剂B．二氧化硫具有漂白性，常用于面粉的增白C．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气D．二氧化硅不与强酸反应，用石英器皿盛放氢氟酸 19．在实验室中，对下列实验事故或药品的处理正确的是（ ）A．金属钠着火燃烧时，用干燥沙土灭火B．点燃可燃性气体前，都必须先检验气体的纯度23\nC．少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用氢氧化钠溶液擦洗D．配制H2SO4溶液时，先在量筒中加一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓H2SO4 20．下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是（ ）选项实验操作实验目的或结论A向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液，过滤，洗涤，干燥，加热制取Al2O3B将浓硫酸与碳混合加热，生成的气体通入足量的澄清石灰水检验气体产物中的CO2C分别向等量的A、B两种白色粉末中，加入等体积、等浓度的稀盐酸区分Na2CO3、NaHCO3两种固体D将SO2通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热褪色后的品红溶液，溶液恢复红色验证亚硫酸的不稳定性A．AB．BC．CD．D 二.（选择题共70分）21．用化学方程式或离子方程式表示相应的化学反应．（1）工业生产上将氯气通入石灰乳，在一定条件下蒸干可制漂白粉．写出该过程的化学方程式： ．（2）侯氏制碱法中最后利用小苏打固体可以制得纯碱，写出该过程的化学方程式： ．（3）向水玻璃溶液（Na2SiO3溶液）中，加入稀盐酸可用于生产硅酸胶体．用离子方程式表示该生产原理： ．（4）硫酸工业中用氨水吸收二氧化硫，写出氨水吸收过量二氧化硫的离子方程式 ．（5）写出工业上冶炼金属铝的化学方程式 ． 22．化学是实验的科学，只有实验才是化学的最高法庭（1）某化学实验小组同学利用下列装置制备氯气（加热等装置省去），并探究氯气的性质．①写出二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气的方程式 ．②关闭活塞a，打开活塞b，干燥的有色布条褪色；打开活塞a，关闭活塞b，试管中有黄绿色气体，但干燥的有色布条无明显现象．则广口瓶A中的试剂为 ．③从环保的角度考虑，试管口塞浸泡 的棉花．（2）若将干燥的有色布条换成湿润的淀粉碘化钾试纸，则现象为 ，用离子方程式表示发生该变化的原因： ．23\n（3）某无色溶液是被漂白了的品红溶液，如何检验该溶液是被氯气漂白还是被二氧化硫气体漂白，写出检验的方法 ． 23．如图所示为含Cr化合物在一定条件下的转化：（1）①～⑧所示转化中，需要加入氧化剂才能实现的是 （填写序号）．（2）在上述转化中，既能与强酸反应又能与强碱反应的两性物质是 （填化学式）．（3）转化①可通过下列反应实现：①完成并配平的化学方程式：Na2Cr2O7+KI+H2SO4﹣﹣Cr2（SO4）3+Na2SO4+K2SO4+I2+H2O②用单线桥表示电子转移的方向和数目③反应中每转移0.4mol电子，生成I2的物质的量为 mol． 24．如图转化关系图（反应条件均略去）中A、C、E、G均为单质，其中A、C、G为金属；E为气体；B为无色液体；A、G在冷的浓硫酸溶液中均发生钝化；F、I溶液的焰色均为黄色．（1）反应①的化学方程式为 ；（2）反应④的离子方程式为 ；（3）反应③后所得A中含有少量物质G和H，除去A中这两种杂质的方法是 ．（4）日常生活中G的制品比A的制品耐腐蚀的原因是 ． 25．如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系，其中部分产物未写出．常温下X、H、I是固体，H是一种黑色的非金属单质，I为淡黄色固体，B和G是液体其余均为气体，其中F是红棕色气体．根据图中关系推断：（1）写出X可能的化学式 （只要写一种）；23\n（2）实验室检验气体A的方法及现象 ；（3）写出反应②的化学方程式 ；（4）写出反应③的化学方程式 ；（5）气体A和D排放到空气中会污染环境，在催化剂作用下，气体A和D可以反应生成两种对环境完全没有危害的物质，写出该反应的化学方程式 ． 26．孔雀石的主要成分为Cu2（OH）2CO3（难溶），还含少量Fe2O3、SiO2．实验室以孔雀石为原料制备CuCl2•3H2O及CaCO3的步骤如下：（1）写出孔雀石和盐酸反应的离子方程式 ．（2）滤渣A成分的化学式是 ，气体B的分子式是 ．（3）将CuCl2溶液酸化后，经过 、 、过滤、洗涤、干燥，得到CuCl2•3H2O晶体．（4）某种胃药片的治酸剂为CaCO3，该药片中CaCO3质量分数的测定步骤如下（假设其他成分不发生反应）：a．配制0.1mol•L﹣1的HCl溶液和0.1mol•L﹣1的NaOH溶液各250mL．b．取0.6g磨碎后的胃药于锥形瓶中．c．向锥形瓶内加入75.00mL0.1mol•L﹣1的HCl溶液充分反应．d．用0.1mol•L﹣1的NaOH溶液滴定剩余盐酸，至达到滴定终点．①配制上述NaOH溶液所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有 ．②若滴定中NaOH溶液的用量为15.00mL，则胃药中碳酸钙的质量分数为 ． 27．将19.2gCu投入100mL某浓度的硝酸溶液中，充分反应后金属铜没有剩余，所得气体颜色由深变浅，共收集到标准状况下气体8.96L．试计算：（写出计算过程）（1）所得气体的物质的量之比；（2）若要使所得气体通入水中能完全被吸收，则需通入标准状况下O2的体积． 23\n2022-2022学年江苏省南通市如皋中学高一（上）月考化学试卷参考答案与试题解析 一、单项选择题（本题包括15小题，每小题2分，共30分．每小题只有一个选项符合题意）1．化学在资源利用、环境保护等与社会可持续发展密切相关的领域发挥着积极作用．下列做法与社会可持续发展理念相违背的是（ ）A．回收利用废旧金属B．吸收硫酸工业尾气C．大力开发不可再生资源D．改进汽车尾气净化技术【考点】常见的生活环境的污染及治理．【分析】减少化石能源的利用，开发新能源，减少污染源等，则可实现社会可持续发展，并注意节约能源，应从我们身边做起．【解答】解：A．回收利用废旧金属，符合社会可持续发展理念，故A错误；B．吸收硫酸工业尾气，减少大气污染物的排放，符合社会可持续发展理念，故B错误；C．开发不可再生资源，会使资源匮乏，是只顾眼前不顾将来的做法，不符合社会可持续发展理念，故C正确；D．汽车尾气中含有氮的氧化物等有害气体，则改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放，符合社会可持续发展理念，故D错误．故选C．【点评】本题考查环境保护及可持续发展，明确可持续发展的含义即可解答，注意树立可持续发展观念，题目难度不大． 2．当光束通过豆浆时，可观察到丁达尔效应，表明豆浆是（ ）A．胶体B．溶液C．悬浊液D．乳浊液【考点】胶体的重要性质．【专题】溶液和胶体专题．【分析】依据分散系的分类和性质分析，胶体分散系具有丁达尔现象，只要判断出分散系是胶体即可．【解答】解：溶液和浊液在当光束通过时无丁达尔现象；豆浆是蛋白质形成的胶体，当光束通过时会产生丁达尔现象；故选A．【点评】本题考查了分散系的判断，胶体的性质应用，较简单，掌握分散系线的性质和特征即可解答． 3．硅酸盐种类繁多、结构复杂，组成各异，通常用金属氧化物和二氧化硅的形式表示其组成，已知石棉的化学式为Mg3CaSi4O12，则石棉的组成用氧化物形式可表示为（ ）A．3Mg•Ca•4Si•6O2B．MgO•CaO•SiO2C．3MgO•CaO•4SiO2D．Mg3Ca（SiO3）4【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【分析】根据硅酸盐化学式可表示为：活泼金属氧化物•金属氧化物•非金属氧化物•水，注意质量守恒进行解答；23\n【解答】解：石棉的化学式为Mg3CaSi4O12，用氧化物形式可表示为：3MgO•CaO•4SiO2，故选C．【点评】本题考查硅酸盐改写为氧化物的形式的方法，注意硅酸盐改写为氧化物的一般方法，难度不大． 4．硅是带来人类文明的重要元素之一．下列物质中主要成分是硅酸盐的是（ ）A．陶瓷B．金刚石C．水晶D．大理石【考点】无机非金属材料．【专题】碳族元素．【分析】在无机非金属材料中，硅及其化合物是密切联系化学与生活的一类重要物质，在人类的文明发展过程中扮演着重要的角色．陶瓷、玻璃、水泥等都是硅酸盐产品．石英晶体是结晶的二氧化硅，具有不同的晶形和色彩，其中无色透明的晶体就是通常所说的水晶．金刚石是碳元素的一种同素异形体．大理石的主要成分是碳酸钙．【解答】解：陶瓷、玻璃、水泥等都是硅酸盐产品．石英晶体是结晶的二氧化硅，具有不同的晶形和色彩，其中无色透明的晶体就是通常所说的水晶．金刚石是碳元素的一种同素异形体．大理石的主要成分是碳酸钙．故选：A【点评】本题旨在引导学生体验硅元素在人类发展过程中的重要性，体现化学的社会性，比较容易． 5．下列有关物质的分类中，你认为合理的是（ ）A．Al（OH）3（两性氧化物）B．NH3•H2O（弱碱）C．HClO（强酸）D．CuSO4•5H2O（混合物）【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【分析】A．能和强酸、强碱反应的氢氧化物是两性氢氧化物；B．NH3•H2O在水溶液中部分电离；C．HClO在水溶液中部分电离；D．混合物是不同物质组成的物质．【解答】解：A．Al（OH）3是两性氢氧化物，能溶于强酸或强碱，不溶于弱酸、弱碱，故A错误；B．NH3•H2O在水溶液中部分电离，属于弱碱，故B正确；C．HClO在水溶液中部分电离，属于弱酸，故C错误；D．CuSO4•5H2O是盐的结晶水合物，属于化合物，不是混合物，故D错误；故选B．【点评】本题考查学生物质的分类知识，比较基础，注意掌握物质的组成，理解基本概念． 6．如图是10mL量筒的一部分，则量筒所盛液体的体积是（ ）23\nA．4.3mLB．4.4mLC．5.7mLD．6.3mL【考点】计量仪器及使用方法．【专题】化学实验常用仪器及试剂．【分析】量筒从下到上刻度增大，10mL量筒1个小刻度为0.1mL，用量筒量取液体读数时，视线要与量筒内液面的凹液面的最低处保持水平，即眼睛、刻度、凹液面的最低处三点一线，再读出所取液体的体积数．【解答】解：根据图示，溶液的体积在4mL刻度以上，1个小刻度为0.1mL，总共有3个小刻度，所以量筒所盛液体的体积为4.3mL，故选A．【点评】本题考查了量筒的使用方法，量筒一般只能用于要求不是很严格时使用，通常可以应用于定性分析和粗略的定量分析试验，注意量筒的构造及准确度． 7．实验室制取气体时，必须用排水法收集的是（ ）A．NH3B．NOC．NO2D．SO2【考点】气体的收集．【专题】化学实验基本操作．【分析】能够在空气中稳定存在并且密度明显大于空气的气体或小于空气的气体可以用排空气集气法收集，与水不发生化学反应，并且溶解度不大的气体可以用排水发收集．【解答】解：A．NH3溶于水且与水反应，因此NH3不能用排水法收集只能用排气法收集，故A错误；B．NO和氧气反应，所以不能用排空气法收集，和水不反应，所以可以用排水法收集，故B正确；C．二氧化氮能和水反应，所以不能用排水法收集，和氧气不反应，可以用向上排空气法收集，故C错误；D．SO2溶于水且与水反应，因此SO2不能用排水法收集只能用排气法收集，故D错误．故选B．【点评】本题考查了气体的收集方法的选取，难度不大，根据气体的性质和溶解性确定收集方法即可． 8．下列溶液中NO的物质的量浓度最大的是（ ）A．50mL1mol•L﹣1的KNO3溶液B．50mL1mol•L﹣1的Fe（NO3）3C．1L0.5mol•L﹣1的Mg（NO3）2溶液D．1L0.5mol•L﹣1的Ba（NO3）2溶液【考点】物质的量浓度．【分析】电解质产生的离子浓度等于电解质的浓度与化学式中该离子个数的乘积，与溶液的体积无关，以此解答该题．【解答】解：A.1mol/L的KNO3溶液中NO3﹣物质的量浓度c=1mol/L；B.1mol/L的Fe（NO3）3溶液中NO3﹣物质的量浓度c=1mol/L×3=3mol/L；C.0.5mol/L的Mg（NO3）2溶液中NO3﹣物质的量浓度=0.5mol/L×2=1mol/L；D.0.5mol/L的Ba（NO3）2溶液中NO3﹣物质的量浓度=0.5mol/L×2=1mol/L；NO3﹣的物质的量浓度最大的是B．故选B．23\n【点评】本题考查电解质浓度与电解质产生离子浓度关系，注意理解电解质产生的离子浓度等于电解质的浓度与化学式中该离子个数的乘积，与溶液的体积无关，难度不大． 9．由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是（ ）A．Fe与H2SO4溶液B．Fe与FeCl3溶液C．Fe与HCl溶液D．Fe与CuSO4溶液【考点】氧化还原反应．【分析】选项中只有Fe与硫酸反应与浓度有关，稀硫酸与Fe反应生成硫酸亚铁、氢气，而浓硫酸与Fe加热生成二氧化硫，以此来解答．【解答】解：A．与硫酸浓度有关，稀硫酸与Fe反应生成硫酸亚铁、氢气，而浓硫酸与Fe加热生成二氧化硫，故A选；B．只反应生成氯化亚铁，与浓度无关，故B不选；C．只反应生成氯化亚铁和氢气，与浓度无关，故C不选；D．只反应生成硫酸亚铁和Cu，与浓度无关，故D不选；故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及物质的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意浓硫酸的性质，题目难度不大． 10．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．常温常压下，16gO3中含氧原子数为NAB．2.3gNa与足量O2反应转移的电子数为NAC．0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中含钠离子数为0.2NAD．标准状况下，2.24L四氯化碳中含碳原子数为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、臭氧由氧原子构成；B、求出钠的物质的量，然后根据反应后钠元素变为+1价来分析；C、溶液体积不明确；D、标况下，四氯化碳为液体．【解答】解：A、臭氧由氧原子构成，故16g臭氧中含有的氧原子的物质的量n==1mol，即NA个，故A正确；B、2.3g钠的物质的量为0.1mol，而反应后钠元素变为+1价，故0.1mol钠失去0.1mol电子即0.1NA个，故B错误；C、溶液体积不明确，故溶液中的钠离子的个数无法计算，故C错误；D、标况下，四氯化碳为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的状态以及物质的结构是解题的关键． 11．在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是（ ）A．Na+、Fe2+、Cl﹣、ClO﹣B．Na+、Cu2+、SO42﹣、NO3﹣C．Mg2+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣D．Ba2+、HCO3﹣、NO3﹣、K+【考点】离子共存问题．23\n【分析】强酸性溶液中存在大量氢离子，能够与氢离子反应的离子不能大量共存；无色溶液中不存在有色离子，A．亚铁离子为有色离子，次氯酸根离子具有强氧化性，能够氧化亚铁离子；B．铜离子为有色离子，不满足溶液无色的要求；C．Mg2+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣离子之间不发生反应，都不与氢离子反应，且为无色溶液；D．碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳气体和水．【解答】解：A．Fe2+为有色离子，且ClO﹣能够氧化Fe2+，ClO﹣能够与氢离子结合生成次氯酸，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Cu2+为有色离子，不满足溶液无色的条件，故B错误；C．Mg2+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣离子之间不反应，都为无色离子，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．HCO3﹣与强酸溶液中的氢离子反应生成二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子共存的判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在． 12．下列离子反应方程式书写正确的是（ ）A．金属钠与水反应：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑B．碳酸钙与盐酸反应：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2OC．氯气溶于水中：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣D．NH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中：NH+OH﹣═NH3↑+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．金属钠与水反应生成NaOH和氢气，电子、电荷守恒；B．碳酸钙为沉淀，在离子反应中保留化学式；C．次氯酸为弱酸，在离子反应中保留化学式；D．NH4HCO3与过量的浓KOH溶液混合生成一水合氨、碳酸钠和水．【解答】解：A．金属钠和水发生置换反应，反应的离子反应为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故A正确；B．盐酸与碳酸钙反应，碳酸钙是难溶物，不能拆成离子形式，离子反应为：CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+，故B错误；C．次氯酸为弱酸，不能完全电离，不能拆成离子形式，离子反应为：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，故C错误；D．NH4HCO3与过量KOH溶液混合生成一水合氨、碳酸钠和水，离子方程式为NH4++HCO3﹣+2OH﹣═NH3•H2O+CO32﹣+H2O，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应的离子反应考查，题目难度不大． 13．能把Na2SO4、NaCl、（NH4）2SO4三种无色溶液区别开的一种试剂是（ ）A．NaOHB．Ba（OH）2C．AgNO3D．Ba（NO3）223\n【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】物质检验鉴别题．【分析】鉴别SO42﹣，可用Ba2+，二者反应生成BaSO4白色沉淀，鉴别NH4+，可用OH﹣，生成具有刺激性气味的NH3，则应加入Ba（OH）2溶液鉴别．【解答】解：A．NaOH与Na2SO4和NaCl不反应，加入NaOH不能鉴别Na2SO4和NaCl，故A错误；B．加入Ba（OH）2，Na2SO4生成沉淀，NaCl无现象，（NH4）2SO4既有沉淀生成，又有刺激性气体产生，三者现象不同，故B正确；C．加入AgNO3，分别生成AgCl和Ag2SO4，三种溶液都产生沉淀，无法鉴别，故C错误；D．加入Ba（NO3）2，Na2SO4和（NH4）2SO4都生成沉淀无法鉴别，故D错误．故选B．【点评】本题考查物质的鉴别，题目难度不大，注意常见元素化合物的性质以及常见离子的检验方法，答题时注意从阴阳离子的角度思考． 14．若在一支试管中加入2mL的X溶液，然后再加入足量的氯水，再滴加几滴KSCN溶液，观察到溶液呈血红色，则X溶液中（ ）A．一定含有Fe3+B．一定不含Fe3+C．可能含有Fe2+D．一定含有Fe2+【考点】二价Fe离子和三价Fe离子的检验．【分析】氯水能将Fe2+氧化为Fe3+，滴入KSCN溶液，观察到溶液呈血红色，则溶液中含Fe3+，而此时存在的Fe3+可能是原溶液本来就有的，也可能是原溶液中的Fe2+被氧化生成的，据此分析．【解答】解：由于氯水能将Fe2+氧化为Fe3+，故先加入足量的氯水后，再滴入KSCN溶液，观察到溶液呈血红色，则说明此时溶液中含Fe3+，而此时存在的Fe3+可能是原溶液本来就有的，也可能是原溶液中的Fe2+被氧化生成的，故原溶液中可能含Fe3+，也可能含Fe2+，故选C．【点评】本题考查物质的检验及鉴别，明确物质的性质是解答本题的关键，注意物质性质的差异即可解答，题目难度不大． 15．下列有关物质制取实验装置或操作正确的是（ ）A．利用如图装置进行喷泉实验B．23\n利用如图装置得到精盐C．利用如图装置干燥并收集SO2D．利用如图装置制取并收集NH3【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．【分析】A．二氧化碳在水中的溶解度不大；B．除杂后的溶液为NaCl溶液，为可溶性盐与水的混合物；C．二氧化硫的密度比空气的密度大；D．氨气极易溶于水．【解答】解：A．二氧化碳在水中的溶解度不大，则图中装置不易形成喷泉，故A错误；B．除杂后的溶液为NaCl溶液，为可溶性盐与水的混合物，则利用图中蒸发装置可得到NaCl，故B正确；C．二氧化硫的密度比空气的密度大，则浓硫酸干燥后应利用向上排空气法收集，而图中为向下排空气法，故C错误；D．氨气极易溶于水，不能利用图中排水法收集，应利用向下排空气法收集，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯实验装置、气体的制备及收集、喷泉实验等，把握物质的性质、反应原理、实验装置的作用等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大． 二、选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分．每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的给2分，选两个且都正确的给4分，但只要选错一个，该小题就为0分．）16．如表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（ ）物质选项abcASiSiO2H2SiO3BH2SO4SO2SO3CAlAlCl3Al（OH）3DNaClNaNaOHA．AB．BC．CD．D【考点】硅和二氧化硅；二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物；铝的化学性质．23\n【分析】A．二氧化硅不溶于水；B．浓硫酸与铜在加热条件下反应生成硫酸铜与二氧化硫，二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸；C．氢氧化铝不能一步反应生成铝；D．电解熔融氯化钠生成钠，钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠；【解答】解：A．二氧化硅不溶于水，与水不反应，不能实现b→c转换，故A错误；B．浓硫酸与铜在加热条件下反应生成硫酸铜与二氧化硫，二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，符合上述转化关系，故B正确；C．氢氧化铝不能一步反应生成铝，不能实现c→a转换，故C错误；D．电解熔融氯化钠生成钠，钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠，符合上述转化关系，故D正确；故选：BD．【点评】本题考查了物质的之间的转化，熟悉物质的性质是解题关键，题目难度不大． 17．已知反应：①PbO2+4HCl═PbCl2+Cl2↑+2H2O，②Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，③Cl2+2Fe2+═2Cl﹣+2Fe3+．则有关物质（离子）的氧化性由强到弱的顺序为（ ）A．Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞PbO2B．PbO2＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+C．Fe3+＞Cu2+＞PbO2＞Cl2D．Cu2+＞Fe3+＞Cl2＞PbO2【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【分析】自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析解答．【解答】解：①PbO2+4HCl═PbCl2+Cl2↑+2H2O中Pb元素化合价由+4价变为+2价、Cl元素化合价由﹣1价变为0价，所以PbO2是氧化剂、Cl2是氧化产物，氧化性PbO2＞Cl2；②Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+中Fe元素化合价由+3价变为+2价、Cu元素化合价由0价变为+2价，所以Fe3+是氧化剂、Cu2+是氧化产物，则氧化性Fe3+＞Cu2+；③2Fe2++C12=2Fe3++2C1﹣中Fe元素化合价由+2价变为+3价、Cl元素化合价由0价变为﹣1价，所以Cl2是氧化剂、Fe3+是氧化产物，则氧化性Cl2＞Fe3+；通过以上分析知，氧化性强弱顺序是PbO2＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+，故选B．【点评】本题考查氧化性强弱判断方法，明确氧化性、还原性判断方法即可解答，会正确判断氧化剂、氧化产物是解本题关键，知道常见元素化合价，题目难度不大． 18．下列有关物质性质的应用正确的是（ ）A．液氨气化时要吸收大量的热，用作制冷剂B．二氧化硫具有漂白性，常用于面粉的增白C．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气D．二氧化硅不与强酸反应，用石英器皿盛放氢氟酸【考点】氨的物理性质；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅．【分析】A．液氨汽化时要吸收大量的热；B．SO2用于漂白纸浆是由于具有漂白性；C．氢氧化钙能和氯气反应；D．二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体．【解答】解：A．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，故A正确；23\nB．SO2用于漂白纸浆是由于具有漂白性，不能用于免费漂白，故B错误；C．CaO遇水生成氢氧化钙，而氢氧化钙会和氯气反应，故C错误；D．石英的主要成分是二氧化硅，二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体，故D错误．故选A．【点评】本题考查物质的性质和用途，难度不大，注意氯气不能用氧化钙干燥． 19．在实验室中，对下列实验事故或药品的处理正确的是（ ）A．金属钠着火燃烧时，用干燥沙土灭火B．点燃可燃性气体前，都必须先检验气体的纯度C．少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用氢氧化钠溶液擦洗D．配制H2SO4溶液时，先在量筒中加一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓H2SO4【考点】化学实验安全及事故处理．【分析】A．钠燃烧后生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气；B．可燃性气体不纯，点燃可能发生爆炸；C．氢氧化钠溶液具有强的腐蚀性，能灼伤皮肤；D．量筒不能来配制溶液．【解答】解：A．钠燃烧后生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气，泡沫灭火器不能灭火，所以钠着火燃烧时，不能用泡沫灭火器灭火，应该用沙子灭火，故A正确；B．可燃性气体不纯，点燃可能发生爆炸，需要检验其纯度，故B正确；C．少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用布擦去，再用大量的水冲洗，故C错误；D．量筒不能来配制溶液，受热不均，可能会炸裂，故D错误．故选AB．【点评】本题考查化学实验中的安全及事故处理知识，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握． 20．下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是（ ）选项实验操作实验目的或结论A向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液，过滤，洗涤，干燥，加热制取Al2O3B将浓硫酸与碳混合加热，生成的气体通入足量的澄清石灰水检验气体产物中的CO2C分别向等量的A、B两种白色粉末中，加入等体积、等浓度的稀盐酸区分Na2CO3、NaHCO3两种固体D将SO2通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热褪色后的品红溶液，溶液恢复红色验证亚硫酸的不稳定性A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A、向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液会得到偏铝酸钠溶液；B、二氧化碳和二氧化硫均可以使澄清石灰水变浑浊；C、碳酸钠和盐酸反应先是生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和盐酸反应会生成二氧化碳；D、品红褪色的原理是和有机色质的结合过程．【解答】解：A、向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液会得到偏铝酸钠溶液，得不到氢氧化铝，所以无法获得氧化铝，故A错误；B、浓硫酸与碳混合加热长生的二氧化碳和二氧化硫均可以使澄清石灰水变浑浊，故B错误；23\nC、碳酸钠和盐酸反应先是生成碳酸氢钠，随着盐酸量的增加产生气体，碳酸氢钠和盐酸反应直接会生成二氧化碳气体，所以区分Na2CO3、NaHCO3两种固体可以采用加入等体积、等浓度的稀盐酸的方法，故C正确；D、品红褪色的原理是和有机色质的结合过程，不是亚硫酸的作用，故D错误．故选C．【点评】本题是一道化学实验方案的评价题，考查学生知识的梳理情况，可以根据教材知识来回答，难度不大． 二.（选择题共70分）21．用化学方程式或离子方程式表示相应的化学反应．（1）工业生产上将氯气通入石灰乳，在一定条件下蒸干可制漂白粉．写出该过程的化学方程式： 2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O ．（2）侯氏制碱法中最后利用小苏打固体可以制得纯碱，写出该过程的化学方程式： 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O ．（3）向水玻璃溶液（Na2SiO3溶液）中，加入稀盐酸可用于生产硅酸胶体．用离子方程式表示该生产原理： SiO32﹣+2H+=H2SiO3（胶体） ．（4）硫酸工业中用氨水吸收二氧化硫，写出氨水吸收过量二氧化硫的离子方程式 NH3•H2O+SO2=NH4++HSO3﹣ ．（5）写出工业上冶炼金属铝的化学方程式 2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑ ．【考点】离子方程式的书写；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质．【分析】（1）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；（2）最后利用小苏打固体可以制得纯碱，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；（3）加入稀盐酸可用于生产硅酸胶体，盐酸与硅酸钠反应生成硅酸胶体和氯化钠；（4）氨水吸收过量二氧化硫，反应生成亚硫酸氢铵；（5）工业上冶炼金属铝，利用电解氧化铝的方法．【解答】解：（1）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学反应为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（2）最后利用小苏打固体可以制得纯碱，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，化学反应为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；（3）加入稀盐酸可用于生产硅酸胶体，盐酸与硅酸钠反应生成硅酸胶体和氯化钠，离子反应为SiO32﹣+2H+=H2SiO3（胶体），故答案为：SiO32﹣+2H+=H2SiO3（胶体）；（4）氨水吸收过量二氧化硫，反应生成亚硫酸氢铵，离子反应为NH3•H2O+SO2=NH4++HSO3﹣，故答案为：NH3•H2O+SO2=NH4++HSO3﹣；（5）工业上冶炼金属铝，利用电解氧化铝的方法，化学反应为2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，故答案为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑．23\n【点评】本题考查离子反应方程式及化学反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、与量有关的离子反应及氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大． 22．化学是实验的科学，只有实验才是化学的最高法庭（1）某化学实验小组同学利用下列装置制备氯气（加热等装置省去），并探究氯气的性质．①写出二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气的方程式 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ．②关闭活塞a，打开活塞b，干燥的有色布条褪色；打开活塞a，关闭活塞b，试管中有黄绿色气体，但干燥的有色布条无明显现象．则广口瓶A中的试剂为 浓硫酸 ．③从环保的角度考虑，试管口塞浸泡 NaOH溶液 的棉花．（2）若将干燥的有色布条换成湿润的淀粉碘化钾试纸，则现象为 变蓝 ，用离子方程式表示发生该变化的原因： Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣ ．（3）某无色溶液是被漂白了的品红溶液，如何检验该溶液是被氯气漂白还是被二氧化硫气体漂白，写出检验的方法 将溶液加热，若溶液恢复成红色，则为二氧化硫漂白，若不能恢复成红色，则为氯气漂白 ．【考点】氯气的实验室制法．【分析】（1）①二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水；②要验证干燥的氯气不具有漂泊性则制取的氯气应先进行干燥；③氯气有毒，能够污染空气，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以吸收氯气；（2）氯气具有强的氧化性，能够氧化碘离子生成碘单质，碘遇到淀粉变蓝；（3）依据二氧化硫与次氯酸漂白原理解答．【解答】解：（1）①二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水，化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；②要验证干燥的氯气不具有漂泊性则制取的氯气应先进行干燥，浓硫酸具有吸水性，能够干燥氯气，所以广口瓶A中的试剂浓硫酸；故答案为：浓H2SO4；③氯气有毒，能够污染空气，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以吸收氯气；故答案为：NaOH溶液；23\n（2）氯气具有强的氧化性，能够氧化碘离子生成碘单质，离子方程式：Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣，碘遇到淀粉变蓝；故答案为：变蓝；Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣；（3）二氧化硫与有机色素化合生成无色的化合物，所以具有漂白性，但是无色化合物不稳定，受热容易分解，所以加热后容易恢复颜色；次氯酸是因为具有强的氧化性，能够将有机色素氧化生成稳定的无色物质，加热不会恢复颜色，所以可以将溶液加热，若溶液恢复成红色，则为二氧化硫漂白，若不能恢复成红色，则为氯气漂白；故答案为：将溶液加热，若溶液恢复成红色，则为二氧化硫漂白，若不能恢复成红色，则为氯气漂白．【点评】本题考查了氯气的制备和性质的检验，熟悉制备原理，明确各装置作用是解题关键，注意二氧化硫、次氯酸漂白原理的区别，题目难度不大． 23．如图所示为含Cr化合物在一定条件下的转化：（1）①～⑧所示转化中，需要加入氧化剂才能实现的是 ⑥⑦ （填写序号）．（2）在上述转化中，既能与强酸反应又能与强碱反应的两性物质是 Cr（OH）3 （填化学式）．（3）转化①可通过下列反应实现：①完成并配平的化学方程式：Na2Cr2O7+KI+H2SO4﹣﹣Cr2（SO4）3+Na2SO4+K2SO4+I2+H2O②用单线桥表示电子转移的方向和数目③反应中每转移0.4mol电子，生成I2的物质的量为 0.2 mol．【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应．【分析】（1）需要加入氧化剂才能实现的反应中已经存在元素化合价升高的反应了，所以确定元素化合价升高的反应即为答案；（2）根据物质的转化确定既能与强酸反应又能与强碱反应的两性物质，产物均是盐和水；（3）反应Na2Cr2O7+KI+H2SO4﹣﹣Cr2（SO4）3+Na2SO4+K2SO4+I2+H2O中Cr的化合价从+6降为+3价，共降低6价，I的化合价从﹣1价升高到了0价，共升高了2价，根据电子守恒以及元素守恒来配平方程式，并用单线桥表示电子转移的方向和数目；根据反应方程式结合电子转移情况来计算即可．【解答】解：（1）需要加入氧化剂才能实现的反应中已经存在元素化合价升高的反应了，其中⑥⑦是元素化合价升高的反应，需要加入氧化剂来实现，故答案为：⑥⑦；（2）在上述转化中，Cr（OH）3既能与强酸反应生成氯化铬，又能与强碱反应生成NaCrO2，故答案为：Cr（OH）3；（3）①反应Na2Cr2O7+KI+H2SO4﹣Cr2（SO4）3+Na2SO4+K2SO4+I2+H2O中Cr的化合价从+6降为+3价，共降低6价，I的化合价从﹣1价升高到了0价，共升高了2价，根据电子守恒，转移电子应该是6，所以Na2Cr2O7的系数是1，Cr2（SO4）3的系数是1，KI的前边系数是6，I2的系数是3，根据元素守恒，得到反映的配平系数分别是：1、6、7、1、1、3、3、7，故答案为：1、6、7、1、1、3、3、7；23\n②Cr的化合价从+6降为+3价，共降低6价，I的化合价从﹣1价升高到了0价，共升高了2价，根据电子守恒，转移电子应该是6，即：，故答案为：；③反应中每转移6mol电子，生成I2的物质的量为3mol，所以反应中每转移0.4mol电子，生成I2的物质的量为0.2mol，故答案为：0.2．【点评】本题涉及氧化还原反应的概念以及电子守恒的应用配平方程式的有关知识，属于综合知识的考查，难度中等． 24．如图转化关系图（反应条件均略去）中A、C、E、G均为单质，其中A、C、G为金属；E为气体；B为无色液体；A、G在冷的浓硫酸溶液中均发生钝化；F、I溶液的焰色均为黄色．（1）反应①的化学方程式为 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 ；（2）反应④的离子方程式为 2Al+2H2O+2OH﹣=2AlO2﹣+3H2↑ ；（3）反应③后所得A中含有少量物质G和H，除去A中这两种杂质的方法是 加入足量NaOH溶液反应后过滤 ．（4）日常生活中G的制品比A的制品耐腐蚀的原因是 Al表面会生成致密的氧化膜，防止内部的Al进一步被氧化 ．【考点】无机物的推断．【分析】A、G在冷的浓硫酸溶液中均发生钝化，则A、G为Al、Fe，G与D反应生成H和A，则A为Al，G为Fe，D为铁的氧化物，H为Al2O3，B为无色液体，B为H2O，所以D为Fe3O4，E为4H2，F、I溶液的焰色均为黄色，则F、I中含有钠元素，C为金属，所以C为Na，F为NaOH，铝与氢氧化钠的水溶液反应生成I和E，所以I为NaAlO2，据此答题．【解答】解：A、G在冷的浓硫酸溶液中均发生钝化，则A、G为Al、Fe，G与D反应生成H和A，则A为Al，G为Fe，D为铁的氧化物，H为Al2O3，B为无色液体，B为H2O，所以D为Fe3O4，E为4H2，F、I溶液的焰色均为黄色，则F、I中含有钠元素，C为金属，所以C为Na，F为NaOH，铝与氢氧化钠的水溶液反应生成I和E，所以I为NaAlO2，23\n（1）反应①为铁与水蒸汽反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；（2）反应④的离子方程式为2Al+2H2O+2OH﹣=2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2H2O+2OH﹣=2AlO2﹣+3H2↑；（3）反应③后所得Fe中含有少量物质Al和Al2O3，其中Al和Al2O3能和氢氧化钠反应，而铁不反应，所以除去A中这两种杂质的方法是加入足量NaOH溶液反应后过滤，故答案为：加入足量NaOH溶液反应后过滤；（4）日常生活中铝的制品比铁的制品耐腐蚀的原因是在常温下Al表面会生成致密的氧化膜，防止内部的Al进一步被氧化，而铁不能，故答案为：Al表面会生成致密的氧化膜，防止内部的Al进一步被氧化．【点评】本题考查无机物的推断，转化中特殊反应、物质的颜色、状态等是推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度中等． 25．如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系，其中部分产物未写出．常温下X、H、I是固体，H是一种黑色的非金属单质，I为淡黄色固体，B和G是液体其余均为气体，其中F是红棕色气体．根据图中关系推断：（1）写出X可能的化学式 NH4HCO3或（NH4）2CO3 （只要写一种）；（2）实验室检验气体A的方法及现象 用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则有NH3存在（用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，若有白烟生成，则有NH3存在） ；（3）写出反应②的化学方程式 2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2 ；（4）写出反应③的化学方程式 C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O ；（5）气体A和D排放到空气中会污染环境，在催化剂作用下，气体A和D可以反应生成两种对环境完全没有危害的物质，写出该反应的化学方程式 4NH3+6NO5N2+6H2O ．【考点】无机物的推断．【分析】F是红棕色气体，则F为NO2，B和G是液体，F和B能反应生成G和D，则B为H2O，D为NO，G为HNO3，X、H、I是固体，H是一种黑色的非金属单质，H为C，浓硝酸与碳反应生成二氧化氮，D和E反应生成F，则E为O2，I为淡黄色固体，C和I反应生成氧气，所以I为Na2O2，C为气体，所以C为CO2，A和E反应能生成D，则A为NH3或N2，X与碱反应生成A，所以A为NH3，根据A、B、C可知X为NH4HCO3或（NH4）2CO3，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题．【解答】解：F是红棕色气体，则F为NO2，B和G是液体，F和B能反应生成G和D，则B为H2O，D为NO，G为HNO323\n，X、H、I是固体，H是一种黑色的非金属单质，H为C，浓硝酸与碳反应生成二氧化氮，D和E反应生成F，则E为O2，I为淡黄色固体，C和I反应生成氧气，所以I为Na2O2，C为气体，所以C为CO2，A和E反应能生成D，则A为NH3或N2，X与碱反应生成A，所以A为NH3，根据A、B、C可知X为NH4HCO3或（NH4）2CO3，（1）根据上面的分析可知，X可能的化学式为NH4HCO3或（NH4）2CO3，故答案为：NH4HCO3或（NH4）2CO3；（2）A为NH3，实验室检验气体A的方法及现象是用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则有NH3存在（用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，若有白烟生成，则有NH3存在），故答案为：用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则有NH3存在（用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，若有白烟生成，则有NH3存在）；（3）反应②的化学方程式为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，故答案为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；（4）反应③的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，故答案为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；（5）气在催化剂作用下，气体NH3和NO可以反应生成两种对环境完全没有危害的物质应为氮气和水，该反应的化学方程式为4NH3+6NO5N2+6H2O，故答案为：4NH3+6NO5N2+6H2O．【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、图中转化为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意N及其化合物的性质，题目难度中等． 26．孔雀石的主要成分为Cu2（OH）2CO3（难溶），还含少量Fe2O3、SiO2．实验室以孔雀石为原料制备CuCl2•3H2O及CaCO3的步骤如下：（1）写出孔雀石和盐酸反应的离子方程式 Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O ．（2）滤渣A成分的化学式是 SiO2 ，气体B的分子式是 NH3 ．（3）将CuCl2溶液酸化后，经过 加热浓缩 、 冷却结晶 、过滤、洗涤、干燥，得到CuCl2•3H2O晶体．（4）某种胃药片的治酸剂为CaCO3，该药片中CaCO3质量分数的测定步骤如下（假设其他成分不发生反应）：a．配制0.1mol•L﹣1的HCl溶液和0.1mol•L﹣1的NaOH溶液各250mL．b．取0.6g磨碎后的胃药于锥形瓶中．c．向锥形瓶内加入75.00mL0.1mol•L﹣1的HCl溶液充分反应．d．用0.1mol•L﹣1的NaOH溶液滴定剩余盐酸，至达到滴定终点．①配制上述NaOH溶液所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有 胶头滴管、250mL容量瓶 ．②若滴定中NaOH溶液的用量为15.00mL，则胃药中碳酸钙的质量分数为 50% ．23\n【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】孔雀石的主要成分为Cu2（OH）2CO3，还含少量Fe、Si的化合物，加入稀盐酸反应后生成二氧化碳气体，得到溶液氯化铜溶、氯化亚铁液A，过滤得到二氧化硅固体；然后将Fe2+氧化成Fe3+，再加入CuO固体调节溶液pH沉淀铁离子过滤得到滤液为氯化铜溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化铜晶体；由工艺流程转化关系可知，应先向CaCl2溶液中加入碱性物质并且不引入新杂质，故气体X应为碱性气体，应为氨气；（1）孔雀石和盐酸反应生成氯化铜、二氧化碳和水来解答；（2）过滤得到二氧化硅固体；向CaCl2溶液中加入碱性物质并且不引入新杂质，故气体为氨气；（3）由溶液制得晶体，应进行蒸发、冷却结晶、过滤等操作；（4）②根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；②根据盐酸和氢氧化钠的反应，计算出剩余的盐酸的物质的量，用盐酸总的物质的量减去剩余的盐酸的物质的量，就是碳酸钙消耗的盐酸，再计算出碳酸钙的质量分数即可．【解答】解：（1）孔雀石和稀盐酸反应生成氯化铜、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O；故答案为：Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O；（2）滤渣A成分的化学式是SiO2，气体B的分子式是NH3；故答案为：SiO2；NH3；（3）将CuCl2溶液酸化后，经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到CuCl2•3H2O晶体；故答案为：加热浓缩；冷却结晶；（4）①根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和胶头滴管，故所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有胶头滴管、250mL容量瓶；故答案为：胶头滴管、250mL容量瓶；②NaOH+HCl=NaCl+H2O11CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O12根据上面两个公式可求得于CaCO3反应的HCl物质的量为（75﹣15）×0.1/1000=0.006mol，CaCO3的物质的量为：0.003mol，质量0.003mol×100g/mol=0.3g，胃药中碳酸钙的质量分数为×100%=50%；故答案为：50%．【点评】本题以化学工艺流程图为载体，设计方案制备CuCl2•3H2O及CaCO3，考查无机化学与实验的融合能力，以及完成基本实验操作的能力和化学计算，难度大． 27．将19.2gCu投入100mL某浓度的硝酸溶液中，充分反应后金属铜没有剩余，所得气体颜色由深变浅，共收集到标准状况下气体8.96L．试计算：（写出计算过程）（1）所得气体的物质的量之比；（2）若要使所得气体通入水中能完全被吸收，则需通入标准状况下O2的体积．【考点】化学方程式的有关计算．23\n【分析】（1）反应生成的气体为NO2和NO，根据电子转移守恒及二者总物质的量列方程计算；（2）NO2和NO通入水并投入通入氧气，能完全被吸收，反应又生成HNO3，纵观整个过程，Cu失去电子等于氧气获得的电子，据此计算氧气物质的量，再根据V=nVm计算氧气体积．【解答】解：（1）设NO2的物质的量为xmol，NO的物质的量为ymol，则：x+y==0.4根据电子得失守恒可得：n（NO2）×1+n（NO）×3=n（Cu）×2，即：x+3y=×2=0.6联立方程解得：x=0.3、y=0.1故NO2和NO的物质的量之比为3：1，答：NO2和NO的物质的量之比为3：1；（2）NO2和NO通入水并投入通入氧气，能完全被吸收，反应又生成HNO3，纵观整个过程，依据电子得失守恒可知：Cu的失电子数即O2的得电子数，则：n（O2）×4=n（Cu）×2所以n（O2）=0.15mol故V（O2）=0.15mol×22.4L/mol=3.36L答：需要通入氧气体积为3.36L．【点评】本题考查化学方程式计算、氧化还原反应计算，侧重考查学生分析计算能力，注意利用电子转移守恒进行解答． 23
