2015-2016学年湖南省衡阳八中、永州四中实验班高一上学期第二次联考化学试卷(理科) 解析版

1、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O

2、23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

3、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

4、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

5、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

6、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

7、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

8、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）

9、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

10、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

11、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）

12、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

13、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

14、）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

15、、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，

16、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

17、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，

18、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

19、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

20、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

21、+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Y2

22、X2；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

23、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

24、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+N

25、H3，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

26、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0.08mo

27、l，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

28、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

29、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

30、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

31、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

32、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

33、）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）

34、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K

35、2SO3、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

36、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N

37、O2，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

38、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

39、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

40、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

41、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=2HNO

42、3+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

43、（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，

44、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

45、=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

46、.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

47、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

48、（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100

49、mL，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

50、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

51、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

52、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

53、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