湖南省衡阳八中、永州四中实验班高一化学上学期第二次联考试卷 理（含解析）.doc

2015-2016学年湖南省衡阳八中、永州四中实验班高一（上）第二次联考化学试卷（理科）一、选择题（每题3分，共45分在每题后面所给的四个选项中，只有一个是正确的）1已知：w是组成信息高速公路骨架的元素之一，且x、y、z、w在元素周期表中的位置如图所示下列说法正确的是（）xyzwa最高正化合价：zx=wyb原子半径：yxwzc最高价氧化物对应水化物的酸性：zxwyd最高价含氧酸的钠盐溶液能与so2反应的：x、y、z、w2下列各组中两种气体所含的原子数一定相等的是（）a温度相同，体积相同的o2和n2b质量相等，密度不等的n2和coc体积相等，密度相等的co和c2h4d压强相同、体积相同的n2和o23下列离子方程式正确的是（）anh4hco3溶液中加入少量稀naoh溶液：nh4+oh=nh3h2obfebr2溶液中通入足量的氯气：2fe2+2br+2cl2=2fe3+br2+4clc硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的双氧水fe2+2h+h2o2=fe3+2h2od在通入过量so2后的naoh溶液中加足量的溴水（不考虑so2的溶解）：hso3+br2+h2o=3h+2br+so424常温下，下列三个反应均能发生：x2+2w2+2x+2w3+；z2+2x2z+x2；2w3+2y2w2+y2则在相同条件下，下列三个反应：y2+2x2y+x2；z2+2y2z+y2；2w3+2z2w2+z2也能发生的是（）a只有b只有c和d和5如图装置，将溶液a逐滴加入固体b中，下列叙述中不正确的是（）a若a为浓盐酸，b为mno2，c中盛品红溶液，则c中溶液不褪色b若a为醋酸溶液，b为贝壳，c中盛过量澄清石灰水，则c中溶液变浑浊c若a为浓硫酸，b为na2so3固体，c中盛石蕊溶液，则c中溶液先变红后褪色d若a为浓氨水，b为生石灰，c中盛alcl3溶液，则c中产生白色沉淀6部分氧化的fecu合金样品（氧化产物为fe2o3、cuo）共5.76g，经如下处理：下列说法正确的是（）av=224b样品中fe的质量为2.14gc样品中cuo的质量为3.52gd未氧化前fe元素的质量分数约为41.2%7实验室用含有杂质（feo、fe2o3）的废cuo制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知 fe3+在 ph=5时沉淀完全）其中分析错误的是（）a步骤发生的主要反应为：2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2ob步骤可用氯水、硝酸等强氧化剂代替h2o2c步骤用 cuco3代替cuo也可调节溶液的phd步骤的操作为：向漏斗中加人少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作 23次8已知cn（氢氰酸根离子）scn（硫氰酸根离子）和cl有相似之处：两个cn原子团或两个scn原子团可分别构成氰分子（cn）2和硫氰分子（scn）2（cn）2和（scn）2的性质和cl2有性质有相似之处，且常温常压下是气体，下列物质间反应的化学方程式错误的是（）a二氧化锰和hscn溶液加热反应：mno2+4hscnmn（scn）2+（scn）2+2h2ob（cn）2和氢氧化钾溶液反应：（cn）2+2kohkcn+kcno+h2oc碘晶体投入hcn溶液中：i2+2hcn2hi+（cn）2d（scn）2和水反应：（scn）2+h2ohscn+hscno9固体粉末x中可能含有feo、fe2o3、mno2、k2so3、kalo2、mgcl2、k2co3、nano2中的若干种为确定该固体粉末的成分，现取x进行连续实验，实验过程及产物如图所示：根据上述实验，以下说法正确的是（）a溶液甲中一定含有k2so3、nano2b无法判断溶液中是否有k2so3c气体a和气体b定为混合物d原混合物中一定有fe2o310下列变化中可以说明so2具有漂白性的是（）aso2通入高锰酸钾酸性溶液中红色褪去bso2通入品红溶液中红色褪去cso2通入溴水溶液中红棕色褪去dso2通入氢氧化钠与酚酞的混合溶液中红色褪去11feco3与砂糖混用可以作补血剂，实验室里制备feco3的流程如图所示下列说法错误的是（）a可利用kscn溶液检验feso4溶液是否变质b沉淀过程中有co2气体放出c过滤搡作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒d产品feco3在空气中高温分解可得到纯净的feo12将容积为50ml的量筒充满二氧化氮和氧气的混合气体，将量筒倒置在盛满水的水槽里，一段时间后，量筒里剩余气体体积为5ml则原混合气体中no2和o2体积比可能是（）a9：1b18：7c41：9d1：113nacl溶液中可能混有杂质naoh、nahco3、na2co3中的一种或二种，为测定溶液中混有的杂质成分，可进行如下实验操作：分别取二份等体积混合液，用盐酸的标准液（0.10mol/l）滴定，以酚酞或甲基橙为指示剂，达到终点时消耗盐酸的体积分别为v1和v2，且v2v1，则nacl溶液中混有的杂质不可能为（）anaohbna2co3cna2co3、nahco3dnaoh、na2co314将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有no）向反应后的溶液中加入3mol/l naoh溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g则下列叙述中不正确的是（）a当生成的沉淀量达到最大时，消耗naoh溶液的体积v100mlb当金属全部溶解时收集到no气体的体积一定为2.24lc参加反应的金属的总质量为9.6gm3.6gd当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol15将质量分数为a%，物质的量浓度为c1 moll1的稀h2so4蒸发掉一定量的水，使之质量分数为2a%，此时物质的量浓度为c2 moll1，则c1和c2的数值关系是（）ac2=c1bc22c1cc22c1dc2=2c1二、非选择题（共5题，共55分）16如图装置中，容器甲内充入0.1mol no气体，干燥管内装有一定量na2o2，从a处缓慢通入co2气体恒温下，容器甲中活塞缓慢由d向左移动，当移至c处时容器体积缩小至最小，为原体积的，随着co2的继续通入，活塞又逐渐向右移动（不考虑活塞的摩擦）已知：2na2o2+2co22na2co3+o2（1）已知当活塞移至c处时，干燥管中物质的质量增加了2.24g此时，通入标准状况下的co2气体多少l？容器甲中no2转化为n2o4的转化率是多少？活塞移至c处后，继续通入a mol co2，此时活塞恰好回至d处则a值必0.01（填大于、小于、等于），其理由是（2）若改变干燥管中na2o2的量，要通过调节甲容器的温度及通入的量co2，使活塞发生从d到c，又从c到d的移动，则na2o2的质量最小值应大于g17如表所示为元素周期表的一部分，参照元素在表中的位置，请回答下列问题：（1）、的原子半径由大到小的顺序为（用元素符号表示）（2）和的最高价含氧酸的酸性强弱为（用酸的化学式表示）（3）、两种元素按原子个数之比为1：1组成的常见液态化合物，在酸性溶液中能将fe2+氧化，写出该反应的离子方程式；（4）由表中元素形成的物质可发生如图中的反应，其中b、c、g是单质，b为黄绿色气体，d溶液显碱性写出d溶液与g反应的化学方程式写出检验a溶液中溶质的阴离子的方法18在化学研究领域，经常需要对一些物质进行性质的确定如利用下列装置（夹持仪器已略去）测出一定质量镁与盐酸反应放出的气体体积，对金属镁的相对原子质量进行测定，实验步骤如下：准确称量m g金属镁（已除去表面氧化膜），用铜网包住放入干净的试管中；按图示组装好装置，然后在关闭活塞的分液漏斗中装入一定体积2mol/l的盐酸；调整右边玻璃管（带均匀刻度值），让u型管两端液面在同一水平面，读出右边玻璃管的液面刻度值为v1ml；打开分液漏斗活塞，让一定量的盐酸进入试管中后立即关闭活塞；当镁条反应完后，读出右边玻璃管的液面刻度为v2ml请回答下列问题：（1）写出你认为步骤中空格应进行的操作（2）若v1，v2均是折算为标况下的值，则镁的相对原子质量ar（mg）的实验测定表达式为ar（mg）=，你认为此表达式求出的值是否准确？（填是或不），主要问题为（若回答是则此空不填）（3）步骤中，为什么要用铜网包住镁条？19如图是有关物质相互转化的关系图，其中a俗称铁红，甲为强酸，乙为还原性气体，丙为强碱溶液，g为红褐色沉淀，i的颜色呈浅绿色（1）若f是由na+和so42组成的溶液，则甲的化学式是，列举a物质的一种用途（2）若d是能使澄清石灰水变浑浊的气体，则乙的化学式为，丁属于单质、酸、碱中的；在i溶液中加入氢氧化钠溶液，可以观察到的现象是，对应的离子方程式和化学方程式依次是，（3）写出ga+c的化学方程式：（4）写出e和c反应的方程式并用单线桥法标明电子的转移方向和数目：（5）若a中混有杂质al2o3，除去杂质的方法是加入过量的，该反应的离子方程式为（6）由e和a组成的混合物与稀h2so4作用，固体恰好溶解，所得溶液中不含fe3+，且生成的fe2+与h2的物质的量之比为4：1则反应物中a、e、h2so4的物质的量之比为20准确称取22.7g某矿石样品（含al2o3、fe2o3和不溶于水和酸的杂质），放入盛有100ml某浓度的硫酸的烧杯中，充分反应后过滤，向滤液中加入10mol/l的naoh溶液，产生的沉淀的质量m与加入naoh溶液的体积v的关系如图所示请回答：（1）硫酸的物质的量浓度是多少？（2）若a=10，矿石样品中fe2o3的质量是多少？（3）试计算a的取值范围2015-2016学年湖南省衡阳八中、永州四中实验班高一（上）第二次联考化学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（每题3分，共45分在每题后面所给的四个选项中，只有一个是正确的）1已知：w是组成信息高速公路骨架的元素之一，且x、y、z、w在元素周期表中的位置如图所示下列说法正确的是（）xyzwa最高正化合价：zx=wyb原子半径：yxwzc最高价氧化物对应水化物的酸性：zxwyd最高价含氧酸的钠盐溶液能与so2反应的：x、y、z、w【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】w是组成信息高速公路骨架的元素之一，应为si元素，根据x、y、z、w在元素周期表中的位置可知x为c元素，y为n元素，z为al元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题【解答】解：w是组成信息高速公路骨架的元素之一，应为si元素，根据x、y、z、w在元素周期表中的位置可知x为c元素，y为n元素，z为al元素，az为al，最高化合价为+3价，而y为n，最高化合价为+5价，故a错误；b同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则xy、zw，故b错误；c非金属性ncsial，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故c错误；d最高价含氧酸的钠盐分别为na2co3、nano3、naalo2、na2sio3，由于亚硫酸酸性比碳酸、硅酸强，则二氧化硫可与na2co3、na2sio3溶液反应生成二氧化碳、硅酸，naalo2溶液与二氧化硫反应生成氢氧化铝沉淀，二氧化硫水溶液呈酸性，而硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，则nano3可与二氧化硫在溶液中发生氧化还原反应，故d正确故选d【点评】本题考查位置、结构、性质的关系及应用，把握元素在周期表中的位置及元素周期律为解答的关键，注意利用实例分析，侧重分析能力和归纳能力的考查，题目难度不大2下列各组中两种气体所含的原子数一定相等的是（）a温度相同，体积相同的o2和n2b质量相等，密度不等的n2和coc体积相等，密度相等的co和c2h4d压强相同、体积相同的n2和o2【考点】物质的量的相关计算【专题】计算题【分析】a温度、体积相同条件下，影响气体分子数目的因素有压强，二者所处压强不一定相等；b氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，质量相等时物质的量相等，结合分子含有原子数目进行解答；c体积和密度相等，则两气体的质量相等，由于摩尔质量相等，则两者的物质的量相等，结合分子含有原子数目进行解答；d压强、体积相同条件下，影响气体分子数目的因素有温度，二者所处温度不一定相等【解答】解：a温度、体积相同条件下，影响气体分子数目的因素有压强，压强不一定相等，则两气体的物质的量不一定相等，二者都是双原子分子，故含有的原子数目不一定相等，故a错误；b氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，质量相等时物质的量相等，二者都是双原子分子，故原子数一定相等，故b正确；c体积和密度相等，则两气体的质量相等，由于摩尔质量相等，则两者的物质的量相等，二者原子数之比为1：3，故含有原子数目之比为1：3，故c错误；d压强、体积相同条件下，影响气体分子数目的因素有温度，二者所处温度不一定相等，则原子数不一定相等，故d错误；故选b【点评】考查阿伏伽德罗定律及推论、原子数目的计算等，难度中等，注意根据pv=nrt理解3下列离子方程式正确的是（）anh4hco3溶液中加入少量稀naoh溶液：nh4+oh=nh3h2obfebr2溶液中通入足量的氯气：2fe2+2br+2cl2=2fe3+br2+4clc硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的双氧水fe2+2h+h2o2=fe3+2h2od在通入过量so2后的naoh溶液中加足量的溴水（不考虑so2的溶解）：hso3+br2+h2o=3h+2br+so42【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】a少量naoh，先与碳酸氢根离子反应；b足量的氯气，亚铁离子、溴离子均被氧化；c电子、电荷不守恒；d加足量的溴水，发生氧化还原反应生成硫酸钠【解答】解：anh4hco3溶液中加入少量稀naoh溶液的离子反应为hco3+oh=co32+h2o，故a错误；bfebr2溶液中通入足量的氯气的离子反应为2fe2+4br+3cl2=2fe3+2br2+6cl，故b错误；c硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的双氧水的离子反应为2fe2+2h+h2o2=2fe3+2h2o，故c错误；d通入过量so2后的naoh溶液中加足量的溴水（不考虑so2的溶解）的离子反应为hso3+br2+h2o=3h+2br+so42，故d正确；故选d【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，侧重氧化还原反应及复分解反应的离子反应考查，题目难度不大4常温下，下列三个反应均能发生：x2+2w2+2x+2w3+；z2+2x2z+x2；2w3+2y2w2+y2则在相同条件下，下列三个反应：y2+2x2y+x2；z2+2y2z+y2；2w3+2z2w2+z2也能发生的是（）a只有b只有c和d和【考点】氧化性、还原性强弱的比较【专题】氧化还原反应专题【分析】反应x2+2w2+2x+2w3+，则得出氧化性关系x2w3+；z2+2x2z+x2，则得出氧化性关系z2x2；2w3+2y2w2+y2，则得出氧化性关系w3+y2，所以单质的氧化性顺序是：z2x2w3+y2，满足该氧化性顺序即可发生【解答】解：反应x2+2w2+2x+2w3+，则得出氧化性关系x2w3+；z2+2x2z+x2，则得出氧化性关系z2x2；2w3+2y2w2+y2，则得出氧化性关系w3+y2，所以单质的氧化性顺序是：z2x2w3+y2，y2+2x2y+x2，则得出氧化性关系y2x2；与已知氧化性顺序不同，则反应不能发生，故错误；z2+2y2z+y2，则得出氧化性关系z2y2；与已知氧化性顺序相同，则反应能发生，故正确；2w3+2z2w2+z2，则得出氧化性关系w3+z2；与已知氧化性顺序不同，则反应不能发生，故错误；故选b【点评】该题是一道信息给予题，解题的关键是对题干中的原理“强氧化剂+强还原剂弱还原剂+弱氧化剂”的理解与掌握，以及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，题目难度不大5如图装置，将溶液a逐滴加入固体b中，下列叙述中不正确的是（）a若a为浓盐酸，b为mno2，c中盛品红溶液，则c中溶液不褪色b若a为醋酸溶液，b为贝壳，c中盛过量澄清石灰水，则c中溶液变浑浊c若a为浓硫酸，b为na2so3固体，c中盛石蕊溶液，则c中溶液先变红后褪色d若a为浓氨水，b为生石灰，c中盛alcl3溶液，则c中产生白色沉淀【考点】常见气体制备原理及装置选择；性质实验方案的设计【专题】实验设计题【分析】根据装置图可知，该装置适用于固体和液体无需加热制取气体，制取的气体易溶于试管中的液体，据此对照各选项进行分析即可解答【解答】解：a二氧化锰（mno2）与浓盐酸混合加热可得到氯气，反应方程式为：mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o，而题目中的装置制取气体无需加热，所以无法制取氯气，c中盛品红溶液，则c中溶液无法褪色，故a正确；b贝壳的主要成分为碳酸钙，醋酸和碳酸钙反应caco3+2ch3cooh=ca（ch3coo）2+h2o+co2生成二氧化碳无需加热，二氧化碳和澄清石灰水反应co2+ca（oh）2caco3+h2o生成不溶于水的碳酸钙，所以试管中溶液变浑浊，故b正确；c亚硫酸是弱酸，硫酸是强酸，利用强酸制弱酸的原理，强酸硫酸和亚硫酸钠反应生成弱酸亚硫酸，亚硫酸分解生成二氧化硫和水，na2so3+h2so4na2so4+so2+h2o，所以能用图中左图的制取装置制备so2，二氧化硫溶于水反应生成亚硫酸，能使c中盛石蕊试液变红，但不能漂白，所以不褪色，故c错误；d实验室制备nh3，可用浓氨水和cao固体反应，nh3h2o+caoca（oh）2+nh3，浓氨水易挥发，cao固体与水反应放出大量的热，导致温度升高，使得氨气在水中的溶解度进一步减少，以气体的形式逸出，制得氨气，可选择图中左图的制取装置，c中盛alcl3溶液，氨气和水反应生成氨水，氨水和alcl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，但氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，故d正确；故选c【点评】本题考查了化学实验基本操作，掌握元素化合物的性质结合反应装置的特点分析是解答本题的关键，题目难度不大6部分氧化的fecu合金样品（氧化产物为fe2o3、cuo）共5.76g，经如下处理：下列说法正确的是（）av=224b样品中fe的质量为2.14gc样品中cuo的质量为3.52gd未氧化前fe元素的质量分数约为41.2%【考点】金属的回收与环境、资源保护【专题】实验设计题【分析】硫酸足量，氧化性：fe3+cu2+h+，铁离子优先反应，由于滤液a中不含铜离子，且有气体氢气生成，则滤液a中不含铁离子，滤渣3.2g为金属铜，物质的量为0.05mol，即合金样品中总共含有铜元素0.05mol，利用极限法判断样品中cuo的质量问题；滤液a中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2g为fe2o3，物质的量为0.02mol，铁元素的物质的量为0.04mol，滤液a溶质为过量h2so4和feso4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，硫酸含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的h+和合金中的氧结合成水了，计算合金中氧元素的质量，进而计算合金中氧原子的物质的量，计算氧原子结合氢离子物质的量，再根据h原子守恒生成氢气的体积，根据质量分数定义计算fe元素质量分数【解答】解：a滤液a中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2g为fe2o3，其物质的量=0.02mol，铁元素的物质的量为0.04mol，滤液a中溶质为过量h2so4和feso4，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的h+和合金中的氧结合成水了，合金中fe元素质量=0.04mol56g/mol=2.24g，故合金中氧原子的物质的量=0.02mol，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08mol0.04mol=0.04mol h+生成氢气，即生成0.02mol氢气，标况体积=0.02mol22.4l/mol=0.448l=448ml，故a错误；b固体为三氧化二铁，其物质的量为=0.02mol，铁元素的量为0.02mol2=0.04mol，质量为：0.04mol56g/mol=2.24g，故b错误；c由于硫酸过量，生成氢气，滤液中不含铜离子，滤渣3.2g为金属铜，铜元素的物质的量为=0.05mol，若全部为氧化铜，氧化铜的质量为：80g/mol0.05mol=4.0g，由于部分铜被氧化成氧化铜，则样品中氧化铜的质量一定小于4.0g，但是不能确定cuo的具体质量，故c错误；d合金中fe元素的质量为：56g/mol0.04mol=2.24g，cu的质量为3.2g，则未氧化前fe元素的质量分数约为100%=41.2%，故d正确；故选d【点评】本题考查混合物计算，清楚反应过程是解答关键，侧重解题方法与分析解决问题能力的考查，注意利用极限法与原子守恒解答，难度中等7实验室用含有杂质（feo、fe2o3）的废cuo制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知 fe3+在 ph=5时沉淀完全）其中分析错误的是（）a步骤发生的主要反应为：2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2ob步骤可用氯水、硝酸等强氧化剂代替h2o2c步骤用 cuco3代替cuo也可调节溶液的phd步骤的操作为：向漏斗中加人少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作 23次【考点】制备实验方案的设计【分析】由实验流程可知，样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成硫酸铁，然后加入cuo调节溶液的ph，使fe3+水解而生成fe（oh）3沉淀，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，以此来解答【解答】解：由实验流程可知，样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成硫酸铁，然后加入cuo调节溶液的ph，使fe3+水解而生成fe（oh）3沉淀，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，a步骤为亚铁离子与过氧化氢的氧化还原反应，离子反应为2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o，故a正确；b步骤可用氯水、硝酸等强氧化剂代替h2o2，引入杂质氯离子、硝酸根离子等，难以除去，故b错误；ccuco3和cuo都与溶液中h+反应，起到调节溶液ph的作用，并不引入新的杂质，故c正确；d步骤为洗涤固体，固体具有吸附性，过滤时表面有可溶性物质，则操作为向滤出晶体的漏斗中加少量水浸没晶体，自然流下，重复23次，可洗涤晶体，故d正确；故选b【点评】本题考查硫酸铜的制备实验，为高频考点，把握制备流程中的反应、混合物分离提纯方法等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等，注意氧化还原反应及盐类水解等原理的应用和分析8已知cn（氢氰酸根离子）scn（硫氰酸根离子）和cl有相似之处：两个cn原子团或两个scn原子团可分别构成氰分子（cn）2和硫氰分子（scn）2（cn）2和（scn）2的性质和cl2有性质有相似之处，且常温常压下是气体，下列物质间反应的化学方程式错误的是（）a二氧化锰和hscn溶液加热反应：mno2+4hscnmn（scn）2+（scn）2+2h2ob（cn）2和氢氧化钾溶液反应：（cn）2+2kohkcn+kcno+h2oc碘晶体投入hcn溶液中：i2+2hcn2hi+（cn）2d（scn）2和水反应：（scn）2+h2ohscn+hscno【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氧化还原反应【专题】信息给予题；氧化还原反应专题；卤族元素【分析】amno2和浓盐酸的反应，可类推二氧化锰和hscn溶液反应；b氯气与koh溶液反应，可类推（cn）2和氢氧化钾溶液反应；c碘的氧化性小于（cn）2；d结合氯气与水反应生成盐酸、hclo类推【解答】解：a由二氧化锰和浓盐酸的反应可知mno2和hscn反应的化学方程式为mno2+4hscn（浓）mn（scn）2+（scn）2+2h2o，故a正确；b由氯气与碱的反应可知（cn）2和氢氧化钾溶液反应为（cn）2+2kohkcn+kcno+h2o，故b正确；c（cn）2和（scn）2的性质和cl2有性质有相似之处，碘的氧化性小于（cn）2，则碘晶体投入hcn溶液中不发生反应，故c错误；d由氯气与水的反应二者（scn）2和水反应为（scn）2+h2ohscn+hscno，故d正确；故选c【点评】本题考查物质的性质及氧化还原反应，为高频考点，把握习题中的信息及氧化还原反应为解答的关键，侧重分析与使用能力的考查，题目难度不大9固体粉末x中可能含有feo、fe2o3、mno2、k2so3、kalo2、mgcl2、k2co3、nano2中的若干种为确定该固体粉末的成分，现取x进行连续实验，实验过程及产物如图所示：根据上述实验，以下说法正确的是（）a溶液甲中一定含有k2so3、nano2b无法判断溶液中是否有k2so3c气体a和气体b定为混合物d原混合物中一定有fe2o3【考点】几组未知物的检验【专题】物质检验鉴别题【分析】有色气体a应为no2，可能含有co2气体，说明一定含有nano2，固体甲与浓盐酸反应生成有色气体b，b应为cl2，则应含有mno2，沉淀a应为h2sio3，说明含有k2sio3，则一定不含有mgcl2，溶液b加kscn溶液呈血红色，说明含有fe3+，则固体中可能含有feo、fe2o3，fe2+可被氯气氧化生成fe3+，以此解答该题【解答】解：有色气体a应为no2，可能含有co2、so2等气体，说明一定含有nano2，固体甲与浓盐酸反应生成有色气体b，b应为cl2，则应含有mno2，沉淀a应为h2sio3，说明含有k2sio3，则一定不含有mgcl2，溶液b加kscn溶液呈血红色，说明含有fe3+，则固体中可能含有feo、fe2o3，fe2+可被氯气氧化生成fe3+，a有以上分析可知一定含有k2sio3、nano2，可能含有k2co3，也可能含有kalo2，加入过量盐酸生成alcl3，与以上物质不反应，不能确定，故a正确；b因含有nano2，如含有k2so3，二者在酸性条件下发生氧化还原反应生成so42，加入氯化钡生成硫酸钡沉淀，加入足量稀盐酸后再加入bacl2溶液没有沉淀，则一定不含有k2so3，故b错误；c有色气体a应为no2，可能含有co2气体，而浓盐酸易挥发，生成的氯气中一定含有hcl气体，故c错误；d溶液b加kscn溶液呈血红色，说明含有fe3+，则固体中可能含有feo、fe2o3，fe2+可被氯气氧化生成fe3+，故d错误故选a【点评】本题考查物质的检验和鉴别的实验方案的设计，侧重于元素化合物知识的综合运用，题目难度中等，注意把握反应的现象，根据现象结合物质的性质进行判断，易错点为b和d，注意体会10下列变化中可以说明so2具有漂白性的是（）aso2通入高锰酸钾酸性溶液中红色褪去bso2通入品红溶液中红色褪去cso2通入溴水溶液中红棕色褪去dso2通入氢氧化钠与酚酞的混合溶液中红色褪去【考点】二氧化硫的化学性质【专题】氧族元素【分析】aso2被高锰酸钾氧化，体现了二氧化硫的还原性；bso2通入品红溶液中红色褪去，体现了漂白性；cso2被溴水氧化，体现了二氧化硫的还原性；dso2与氢氧化钠反应，体现了酸性氧化物s的性质【解答】解：aso2通入高锰酸钾酸性溶液中红色褪去，原因是被高锰酸钾氧化，体现了二氧化硫的还原性，故a错误；bso2通入品红溶液中红色褪去，体现了漂白性，故b正确；cso2通入溴水溶液中红棕色褪去，原因是被溴水氧化，体现了二氧化硫的还原性，故c错误；dso2通入氢氧化钠与酚酞的混合溶液中红色褪去，原因是二氧化硫与氢氧化钠反应，体现了酸性氧化物的性质，故d错误；故选b【点评】本题考察了二氧化硫的常见化学性质，但要注意有色物质中通入二氧化硫后褪色，不一定是漂白11feco3与砂糖混用可以作补血剂，实验室里制备feco3的流程如图所示下列说法错误的是（）a可利用kscn溶液检验feso4溶液是否变质b沉淀过程中有co2气体放出c过滤搡作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒d产品feco3在空气中高温分解可得到纯净的feo【考点】二价fe离子和三价fe离子的检验；过滤、分离与注入溶液的仪器【分析】feso4溶液中加碳酸氢铵生成feco3，过滤、洗涤，即可得到feco3固体；a亚铁离子变质会生成铁离子；b根据feso4与碳酸氢铵发生的反应判断；c根据过滤的操作分析；d二价铁在空气中加热易被氧化【解答】解：feso4溶液中加碳酸氢铵生成feco3，过滤、洗涤，即可得到feco3固体；a亚铁离子变质会生成铁离子，则验feso4溶液若变质会生成铁离子，可利用kscn溶液检，故a正确；bfeso4与碳酸氢铵发生的反应为：fe2+2hco3=feco3+h2o+co2，则沉淀过程中有co2气体放出，故b正确；c过滤操作中过滤时用到漏斗，用玻璃棒引流，烧杯盛放溶液，所以过滤搡作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故c正确；d二价铁在空气中加热易被氧化为三价铁是，所以feco3在空气中高温分解不能得到feo，故d错误故选d【点评】本题考查了过滤操作、铁的化合物的性质及检验，题目难度不大，注意把握二价铁的性质以及铁离子的检验方法12将容积为50ml的量筒充满二氧化氮和氧气的混合气体，将量筒倒置在盛满水的水槽里，一段时间后，量筒里剩余气体体积为5ml则原混合气体中no2和o2体积比可能是（）a9：1b18：7c41：9d1：1【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响【专题】氮族元素【分析】可能发生的反应为：4no2+o2+2h2o=4hno3，3no2+h2o=2hno3+no，试管中o2和no2气体按体积比1：4混合全部溶解，若剩余气体为氧气，根据4no2+o2+2h2o=4hno3，求出参加此反应的o2，最后相加得到原来的氧气；若为no，先根据3no2+h2o=2hno3+2no求出过量的no2，然后根据4no2+o2+2h2o=4hno3求氧气体积，进而计算no2的体积，据此解答【解答】解：no2和o2与水的反应属于循环反应，可简化为：4no2+o2+2h2o=4hno3，对该反应来说，若no2剩余，则实际是no，由3no2+h2o=2hno3+no可知，剩余no气体是5ml，说明剩余的no2为：5ml3=15ml，其余的35ml气体中v（no2）：v（o2）=4：1，则混合气体中氧气的体积为：35ml=7ml，二氧化氮的体积为：50ml7ml=43ml，则原混合气体中no2和o2体积比为：43ml：7ml=43：7；若剩余气体是o2，则反应的45ml中v（no2）：v（o2）=4：1，原混合气体中二氧化氮的体积为：45ml=36ml，氧气为：50ml36ml=14ml，则原混合气体中no2和o2体积比为：36ml：14ml=18：7，故选b【点评】本题考查了氮氧化物的性质、混合物有关计算，题目难度中等，关键是分析剩余气体的成分，再根据反应的方程式计算，试题培养了学生的分析及化学计算能力13nacl溶液中可能混有杂质naoh、nahco3、na2co3中的一种或二种，为测定溶液中混有的杂质成分，可进行如下实验操作：分别取二份等体积混合液，用盐酸的标准液（0.10mol/l）滴定，以酚酞或甲基橙为指示剂，达到终点时消耗盐酸的体积分别为v1和v2，且v2v1，则nacl溶液中混有的杂质不可能为（）anaohbna2co3cna2co3、nahco3dnaoh、na2co3【考点】有关混合物反应的计算【分析】酚酞作指示剂时终点呈碱性，存在nahco3；甲基橙滴定终点呈酸性，全部生成nacl，v1和v2关系如下：naoh时v1=v2； na2co3时2v1=v2； nahco3时v1=0，v20，以此解答该题【解答】解：酚酞的变色范围为810，作指示剂时终点呈碱性，存在nahco3；而甲基橙的变色范围为3.14.4，滴定终点呈酸性，全部生成nacl，v1和v2关系如下：naoh时v1=v2； na2co3时2v1=v2； nahco3时v1=0，v20，已知v2v1，则nacl含有na2co3、naoh，不可能含有nahco3，故选c【点评】本题考查混合物的计算和判断，侧重于学生的分析、计算能力的考查，题目涉及naoh、nahco3、na2co3与hcl反应，要注意酚酞和甲基橙为指示剂时变色范围，题目难度不大14将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有no）向反应后的溶液中加入3mol/l naoh溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g则下列叙述中不正确的是（）a当生成的沉淀量达到最大时，消耗naoh溶液的体积v100mlb当金属全部溶解时收集到no气体的体积一定为2.24lc参加反应的金属的总质量为9.6gm3.6gd当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol【考点】有关混合物反应的计算【专题】推断题【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀hno3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有no），发生反应：3mg+8hno3 （稀）=3mg（no3）2+2no+4h2o、3cu+8hno3 （稀）=3cu（no3）2+2no+4h2o；向反应后的溶液中加入过量的3mol/l naoh溶液至沉淀完全，发生反应：mg（no3）2+2naoh=mg（oh）2+2nano3、cu（no3）2+2naoh=cu（oh）2+2nano3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol，a加入的氢氧化钠可能中和未反应的硝酸；b根据电子转移守恒计算no物质的量，结合气体不一定是标准状况判断；c利用极限法假定全为镁、全为铜计算判断；d根据方程式可知参加反应的n反应（hno3）=n（金属）【解答】解：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀hno3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有no），发生反应：3mg+8hno3 （稀）=3mg（no3）2+2no+4h2o；3cu+8hno3 （稀）=3cu（no3）2+2no+4h2o；向反应后的溶液中加入过量的3mol/l naoh溶液至沉淀完全，发生反应：mg（no3）2+2naoh=mg（oh）2+2nano3；cu（no3）2+2naoh=cu（oh）2+2nano3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol，a若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积=0.1l=100ml，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100ml，故a正确；b镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的no物质的量为=0.1mol，若为标准状况下，生成no的体积为0.1mol22.4l/mol=2.24l，但no不一定处于标准状况，收集到no气体的体积不一定为2.24l，故b错误；c镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6gm9.6g，故c正确；d根据方程式可知参加反应的n反应（hno3）=n（金属）=0.15mol=0.4mol，故d正确，故选b【点评】本题主要考查混合物有关计算，综合考查学生的得失电子守恒、质量守恒等综合运用和解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题，难度较大15将质量分数为a%，物质的量浓度为c1 moll1的稀h2so4蒸发掉一定量的水，使之质量分数为2a%，此时物质的量浓度为c2 moll1，则c1和c2的数值关系是（）ac2=c1bc22c1cc22c1dc2=2c1【考点】物质的量浓度的相关计算【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】利用c=计算硫酸的物质的量浓度，再根据硫酸溶液的浓度越大密度也越大，进行判断【解答】解：设将溶质质量分数为a%的硫酸溶液密度为1，则c1=mol/l=mol/l，设将溶质质量分数为2a%的硫酸溶液密度为2，则c2=mol/l=mol/l，所以c1：c2=mol/l： mol/l=1：22，即c2=c1硫酸溶液的浓度越大密度也越大，所以21，所以2所以c22c1，故选：c【点评】本题考查物质的量浓度与质量分数的相互换算，可利用定义计算，难度中等，关键清楚硫酸溶液的浓度越大密度也越大，注意氨水、酒精浓度越大密度越小二、非选择题（共5题，共55分）16如图装置中，容器甲内充入0.1mol no气体，干燥管内装有一定量na2o2，从a处缓慢通入co2气体恒温下，容器甲中活塞缓慢由d向左移动，当移至c处时容器体积缩小至最小，为原体积的，随着co2的继续通入，活塞又逐渐向右移动（不考虑活塞的摩擦）已知：2na2o2+2co22na2co3+o2（1）已知当活塞移至c处时，干燥管中物质的质量增加了2.24g此时，通入标准状况下的co2气体多少l？容器甲中no2转化为n2o4的转化率是多少？活塞移至c处后，继续通入a mol co2，此时活塞恰好回至d处则a值必小于0.01（填大于、小于、等于），其理由是活塞移至c，体积不会再减少，则干燥管中na2o2已反应完，活塞由c向d移动，体积扩大，2no2n2o4平衡左移，使二者物质的量增多，活塞移至d时，气体物质的量共增加0.01 mol，因此所需co2必小于0.01 mol（2）若改变干燥管中na2o2的量，要通过调节甲容器的温度及通入的量co2，使活塞发生从d到c，又从c到d的移动，则na2o2的质量最小值应大于1.56g【考点】有关范围讨论题的计算；化学方程式的有关计算；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；钠的重要化合物【专题】氮族元素【分析】（1）干燥管内质量增重，由于发生反应2na2o2+2co2=2na2co3+o2，利用差量法计算参加反应的二氧化碳的体积；容器甲中发生反应2no+o2=2no2，2no2n2o4，根据计算生成氧气的体积，进而计算n（o2），根据过量计算，判断氧气与no反应生成的二氧化氮的物质的量，此过程容器甲的体积不变，此后由于发生反应2no2n2o4，甲容器的体积减小，根据体积变化，判断混合气体物质的量减少量，根据差量法计算参加反应的二氧化氮的物质的量，再根据转化率定义计算；活塞移至c，体积不会再减少，则干燥管中na2o2已反应完，活塞由c向d移动，体积扩大，2no2n2o4平衡左移，使二者物质的量增多，活塞移至d时，气体物质的量共增加0.01 mol，因此所需co2必小于0.01 mol；（2）实现从dc的移动，只能通过降温使2no2n2o4的平衡向