1、江西師大附中2013屆高三上學期期中考試化學試卷一、選擇題（每題只有1個正確答案，每小題3分，共48分）1（3分）NA表示阿伏加德羅常數(shù)下列說法中正確的是（）ACu和足量的稀硝酸反應(yīng)產(chǎn)生4.48L氣體時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.6NAB1.2g NaHSO4晶體中陽離子和陰離子的總數(shù)為0.03 NAC標準狀況下，44.8 L NO與22.4 LO2混合后氣體中分子總數(shù)為2NADS2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子數(shù)一定為0.2NA考點：阿伏加德羅常數(shù)專題：阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律分析：A、依據(jù)氣體摩爾體積的條件應(yīng)用分析判斷；B、質(zhì)量換算物質(zhì)的量，結(jié)合晶體構(gòu)成是鈉離子和硫酸氫根離子分析；

2、C、一氧化氮和氧氣反應(yīng)，生成的二氧化氮存在二氧化氮和四氧化二氮的化學平衡；D、S2和S8都是硫元素組成，只需要計算6.4g硫元素物質(zhì)的量即可解答：解：A、溫度壓強不知，4.48L氣體物質(zhì)的量不是0.2mol，故A錯誤；B、1.2g NaHSO4晶體物質(zhì)的量=0.01mol，含鈉離子0.01mol，含硫酸氫根離子0.01mol，含陽離子和陰離子的總數(shù)為0.02NA，故B錯誤；C、標準狀況下，44.8 L NO物質(zhì)的量為2mol，與22.4 LO2物質(zhì)的量為1mol，混合后發(fā)生反應(yīng)2NO+O2=2NO2；生成二氧化氮2mol，但存在平衡2NO2N2O4；所以44.8 L NO與22.4 LO2混合

3、后氣體中分子總數(shù)小于2NA，故C錯誤；D、S2和S8的混合物共6.4g含硫元素物質(zhì)的量=0.2mol，所含硫原子數(shù)一定為0.2NA，故D正確；故選D點評：本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的應(yīng)用，氣體摩爾體積的條件應(yīng)用，質(zhì)量換算物質(zhì)的量計算微粒數(shù)，關(guān)鍵是硫酸氫鈉晶體是由鈉離子和硫酸氫根離子構(gòu)成2（3分）將SO2通入一定量NaOH溶液中，充分反應(yīng)后，該溶液溶質(zhì)組成不可能為（）ANa2SO3和NaOHBNaHSO3CNaHSO3和Na2SO3DNaOH和NaHSO3考點：二氧化硫的化學性質(zhì)專題：氧族元素分析：根據(jù)二者的物質(zhì)的量的多少判斷反應(yīng)后的生成物及溶質(zhì)的組成，二氧化硫少量時生成亞硫酸鈉，二氧化硫過量時生

4、成亞硫酸氫鈉，以此來解答解答：解：A當SO2與NaOH的物質(zhì)的量之比小于1：2時，反應(yīng)后生成Na2SO3，且NaOH有剩余，即A可能，故A不選；B當SO2與NaOH的物質(zhì)的量之比大于1：1時，反應(yīng)后生成NaHSO3，即B可能，故B不選；C當SO2與NaOH的物質(zhì)的量之比介于1：1和1：2時，反應(yīng)后生成NaHSO3和Na2SO3，即C可能，故C不選；D因NaOH和NaHSO3能發(fā)生反應(yīng)生成Na2SO3，則不可能，故D選；故選D點評：本題考查二氧化硫的性質(zhì)及與量有關(guān)的化學反應(yīng)，明確物質(zhì)的量不同時發(fā)生的化學反應(yīng)是解答本題的關(guān)鍵，題目難度不大3（3分）如圖所示，兩圓圈相交的部分表示圓圈內(nèi)的物質(zhì)相互發(fā)生

5、的反應(yīng)已知鈉及其氧化物的物質(zhì)的量均為0.1mol，水的質(zhì)量為100g下列說法正確的是（）ANa2O2中陰陽離子數(shù)目之比為1：1B反應(yīng)的離子方程式為：Na+2H2O=Na+2OH+H2C反應(yīng)最多能產(chǎn)生0.05mol O2D、充分反應(yīng)后所得溶液的質(zhì)量分數(shù)從大到小：考點：鈉的重要化合物專題：元素及其化合物分析：A、過氧化鈉中的陰離子是過氧根離子不是氧離子，根據(jù)化學式判斷陰陽離子個數(shù)之比B、離子方程式要遵循“原子守恒和電荷守恒等”規(guī)律C、根據(jù)過氧化鈉和水反應(yīng)的方程式計算生成氧氣的物質(zhì)的量D、根據(jù)固體的物質(zhì)的量計算溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量、溶液的質(zhì)量，根據(jù)質(zhì)量分數(shù)公式判斷質(zhì)量分數(shù)相對大小解答：解：A、過氧化鈉中

6、陰離子是O2 2，所以陰陽離子數(shù)目之比為1：2，故A錯誤B、反應(yīng)的離子方程式為：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，故B錯誤C、反應(yīng)方程式為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2， 2mol 1mol 0.1mol 0.05mol根據(jù)方程式知，最多產(chǎn)生0.05mol O2，故C正確D、鈉、氧化鈉、過氧化鈉和水反應(yīng)的方程式分別如下：Na+H2O=NaOH+H2，溶液增加的質(zhì)量=m（Na）m（H2）=2.3g0.1g=2.2g；Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的質(zhì)量=m（Na2O）=0.1mol×62g/mol=6.2g；Na2O2+H2O=2NaOH+O2，溶液增加的質(zhì)量

7、=m（Na2O2）m（O2）=m（Na2O）=6.2g所以溶液增加的質(zhì)量大小順序為：鈉氧化鈉=過氧化鈉，根據(jù)鈉原子守恒知，0.1mol的鈉、氧化鈉、過氧化鈉、溶于水所得氫氧化鈉的物質(zhì)的量分別為：0.1mol、0.2mol、0.2mol，通過以上分析可知，0.1mol的鈉、氧化鈉、過氧化鈉、分別溶于水所得溶液的質(zhì)量分數(shù)分別為：、，所以、充分反應(yīng)后所得溶液的質(zhì)量分數(shù)從大到小：=，故D錯誤故選C點評：本題考查了鈉及其化合物的性質(zhì)，易錯選項是A，注意過氧化鈉中陰離子是過氧根離子不是氧離子，此為易錯點4（3分）在AlCl3和MgCl2的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至過量，經(jīng)測定，加入NaOH的體積

8、和所得沉淀的物質(zhì)的量的關(guān)系如下圖所示（b處NaOH溶液的體積為1L），則下列判斷不正確的是（）ANaOH的濃度為0.6mol/LB在a點處溶液中的溶質(zhì)為NaClC在b點處溶液中的溶質(zhì)只有NaAlO2D圖中線段oa：ab=5：1考點：鎂、鋁的重要化合物；有關(guān)混合物反應(yīng)的計算專題：圖示題；幾種重要的金屬及其化合物分析：AlCl3和MgCl2的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，發(fā)生反應(yīng)生成氫氧化鋁、氫氧化鎂沉淀，加入aLNaOH溶液時，沉淀達最大值共0.2mol，此時溶液為NaCl溶液，繼續(xù)滴加NaOH溶液直至過量，氫氧化鋁與NaOH反應(yīng)逐漸溶解，在bL時，即再繼續(xù)滴加NaOH溶液（ba）L時，氫氧

9、化鋁完全溶解，沉淀為氫氧化鎂0.1mol，溶液為NaCl、NaAlO2溶液解答：解：A、在bL時，溶液為NaCl、NaAlO2溶液，由圖象可知：nAl（OH）3=0.1mol，n（Mg（OH）2=0.1mol，根據(jù)Mg原子守恒有n（MgCl2）=n（Mg（OH）2=0.1mol，根據(jù)Al原子守恒有n（NaAlO2）=n（AlCl3）=nAl（OH）3=0.1mol，由Cl原子守恒有n（Cl）=n（NaCl）=2n（MgCl2）+3n（AlCl3）=2×0.1mol+3×0.1mol=0.5mol，由Na原子守恒有n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2）=0.5mo

10、l+0.1mol=0.6mol，所以c（NaOH）=0.6mol/L，故A正確；B、加入aLNaOH溶液時，沉淀達最大值共0.2mol，由反應(yīng)方程式可知，此時溶液為NaCl溶液，故B正確；C、在bL時，即再繼續(xù)滴加NaOH溶液（ba）L時，氫氧化鋁完全溶解，沉淀為氫氧化鎂0.1mol，溶液為NaCl、NaAlO2溶液，故C錯誤；D、加入aLNaOH溶液時，沉淀達最大值共0.2mol，由反應(yīng)方程式可知，此時溶液為NaCl溶液，在bL時，即再繼續(xù)滴加NaOH溶液（ba）L時，氫氧化鋁與NaOH恰好反應(yīng)，氫氧化鋁完全溶解，沉淀為氫氧化鎂0.1mol，溶液為NaCl、NaAlO2溶液，所以兩部分NaO

11、H溶液的體積之比等于消耗的NaOH的物質(zhì)的量之比，即為n（NaCl）與n（NaAlO2）之比，故oa：ab=a：（ba）=0.5mol：0.1mol=5：1，故D正確故選C點評：理清反應(yīng)的整個過程，問題即可解決，即可利用方程式也可根據(jù)關(guān)系式，本題采取原子守恒計算5（3分）1L某混合溶液中，溶質(zhì)X、Y的濃度都為0.1molL1，向混合溶液中滴加某溶液Z（0.1molL1氫氧化鈉或硫酸溶液）至溶液呈中性，所得沉淀的物質(zhì)的量如圖所示，則X、Y、Z分別是（）A氯化鋁、氯化鐵、氫氧化鈉B氯化鋁、氯化鎂、氫氧化鈉C偏鋁酸鈉、氫氧化鋇、硫酸D偏鋁酸鈉、氯化鋇、硫酸考點：鎂、鋁的重要化合物專題：圖示題；壓軸題

12、；幾種重要的金屬及其化合物分析：若Z為氫氧化鈉溶液，根據(jù)圖象中生成沉淀消耗的體積計算分析判斷，生成氫氧化鋁沉淀、氫氧化鐵沉淀、氫氧化鎂沉淀時沉淀物質(zhì)的量和消耗的堿的物質(zhì)的量不符合，不能是鋁鹽；所以z是硫酸溶液，根據(jù)圖象分析解答：解：從圖象趨勢和沉淀于消耗Z的量，可知溶液中有偏鋁酸鈉，無鋁鹽溶液，故所加Z為硫酸溶液，從生成沉淀質(zhì)量增加知含Ba2+；故AB錯誤；若為偏鋁酸鈉、氯化鋇、硫酸，開始滴入硫酸時會生成沉淀氫氧化鋁和硫酸鋇沉淀，生成最大量沉淀氫氧化鋁0.1mol，需要硫酸0.05mol；生成硫酸鋇沉淀0.1mol，需要硫酸0.1mol，同時生成鹽酸氯化氫0.2mol，所以溶液不能為中性，并且

13、不符合第一個拐點，故D不符合；按圖象拐點分成三個階段1：硫酸和氫氧化鋇分別是二元強酸強堿，因此一開始氫氧化鋇的OH和硫酸里的H+1：1中和同時Ba2+和SO42，1：1反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀2：氫氧化鋇消耗完，硫酸繼續(xù)滴加，氫離子開始和偏鋁酸根離子反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，由于H+和AlO2是1：1反應(yīng)，但硫酸是兩元酸，因此硫酸的消耗量和沉淀的生成量是1：23：硫酸進一步過量，開始消耗沉淀，3份H+消耗一份Al（OH）3，因此硫酸和沉淀消耗量應(yīng)為1.5：1直到把氫氧化鋁完全溶解，只剩下不溶于酸的BaSO4符合圖象的數(shù)值變化；故C符合；故選C點評：本題考查了鋁鹽、偏鋁酸鹽和鋇鹽與堿、酸反應(yīng)的圖象分析判斷

14、，題目較難，需要從圖象中分析數(shù)據(jù)結(jié)合物質(zhì)反應(yīng)和沉淀生成判斷6（3分）下列反應(yīng)的離子方程式中，書寫正確的是（）A實驗室用大理石跟稀鹽酸制取二氧化碳：2H+CO32=CO2+H2OB將鋁粉投入氫氧化鈉溶液中：2Al+2OH=2AlO2+H2C向Ca（ClO）2溶液中通過量CO2氣體：Ca2+2ClO+CO2+H2O=CaCO3+2HClOD硅酸鈉溶液與醋酸溶液混合：SiO32+2HAc=H2SiO3+2Ac考點：離子方程式的書寫專題：離子反應(yīng)專題分析：A、大理石成分為碳酸鈣是難溶于水的物質(zhì)；B、不符合氧化還原反應(yīng)的電子守恒；C、二氧化碳過量生成碳酸氫鈣；D、醋酸酸性強于硅酸，硅酸是沉淀；解答：解：

15、A、實驗室用大理石跟稀鹽酸制取二氧化碳：2H+CaCO3=CO2+H2O+Ca2+；故A錯誤；B、將鋁粉投入氫氧化鈉溶液中反應(yīng)的離子方程式為：2Al+2H2O+2OH=2AlO2+3H2；故B錯誤；C、向Ca（ClO）2溶液中通過量CO2氣體生成碳酸氫鈣和次氯酸，反應(yīng)的離子方程式為：ClO+CO2+H2O=HCO3+HClO；故C錯誤；D、硅酸鈉溶液與醋酸溶液混合生成硅酸沉淀，離子方程式為：SiO32+2HAc=H2SiO3+2Ac；故D正確；故選D點評：本題考查了離子方程式的書寫原則和注意問題，主要考查難溶物的判斷，弱電解質(zhì)的判斷，電荷守恒，原子守恒，電子守恒的應(yīng)用，主要是量不同產(chǎn)物不同7（

16、3分）工業(yè)上以鉻鐵礦（主要成分為FeOCr2O3）、碳酸鈉、氧氣、和硫酸為原料生產(chǎn)重鉻酸鈉（Na2Cr2O72H2O），其主要反應(yīng)為：（1）4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2（2）2Na2CrO4+H2SO4Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O下列說法正確的是（）A反應(yīng)（1）和（2）均為氧化還原反應(yīng)B反應(yīng)（1）的氧化劑是O2，還原劑是FeOCr2O3C高溫下，O2的氧化性強于Fe2O3，弱于Na2CrO4D反應(yīng)（1）中每生成1molNa2CrO4時電子轉(zhuǎn)移3mol考點：氧化還原反應(yīng)專題：氧化還原反應(yīng)專題分析：A、化學反應(yīng)中有元素化合價變化的反應(yīng)

17、是氧化還原反應(yīng)，沒有化合價變化的化學反應(yīng)不是氧化還原反應(yīng)；B、得電子化合價降低的物質(zhì)是氧化劑，失電子化合價升高的物質(zhì)是還原劑；C、同一化學反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性；D、反應(yīng)只有O元素的化合價降低，由0價降低為2價，電子轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量為參加反應(yīng)的氧氣的物質(zhì)的量的4倍，由方程式可知計算Na2CrO4與轉(zhuǎn)移電子數(shù)解答：解：A、4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中有元素化合價的變化，所以是氧化還原反應(yīng)，而2Na2CrO4+H2SO4Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O中沒有元素化合價的變化，所以不是氧化還原反應(yīng)，故A錯誤；B、4FeOC

18、r2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中，氧氣中氧元素得電子化合價降低，所以氧化劑是氧氣，鐵元素和鉻元素失電子化合價升高，所以還原劑是FeOCr2O3，故B正確；C、4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中，氧化劑是氧氣，還原劑是FeOCr2O3，所以氧氣的氧化性大于Na2CrO4和Fe2O3，但不能判斷Na2CrO4和Fe2O3的氧化性相對強弱，故C錯誤；D、由方程式4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2轉(zhuǎn)移電子可知，生成1molNa2CrO4時，參加反應(yīng)的O2的物質(zhì)的量

19、為mol，反應(yīng)中O元素由0價降低為2價，電子轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量為參加反應(yīng)的氧氣的物質(zhì)的量的4倍，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為mol×4=3.5mol，所以反應(yīng)（1）中每生成1molNa2CrO4時電子轉(zhuǎn)移3.5mol，故D錯誤；故選B點評：本題考查了氧化劑和還原劑的判斷、氧化還原反應(yīng)的判斷等知識點，根據(jù)元素化合價的變化判斷氧化還原反應(yīng)、氧化劑和還原劑即可分析解答本題8（3分）有FeO、Fe2O3的混合物若干克，在足量H2氣流中，加熱充分反應(yīng)，冷卻后稱得剩余固體比原混合物減輕0.8g；將等質(zhì)量的原混合物與鹽酸反應(yīng)，欲使之完全溶解，需1molL1的鹽酸的體積至少為（）A0.05 LB0.1 LC0.

20、2 LD1 L考點：有關(guān)混合物反應(yīng)的計算專題：計算題分析：FeO、Fe2O3的混合物，在足量H2氣流中，加熱充分反應(yīng)，冷卻后稱得剩余固體比原混合物減輕0.8g為混合物中氧原子的質(zhì)量，物質(zhì)的量=0.05mol；將等質(zhì)量的FeO、Fe2O3的混合物與鹽酸反應(yīng)，欲使之完全溶解，當恰好反應(yīng)時，需要鹽酸的體積最小，此時恰好為FeCl2、FeCl3，F(xiàn)eO、Fe2O3中O元素為2價，用1價的Cl替換2價的O，所以n（Cl）=2n（O），再根據(jù)V=計算鹽酸的體積解答：解：FeO、Fe2O3的混合物，在足量H2氣流中，加熱充分反應(yīng)，冷卻后稱得剩余固體比原混合物減輕0.8g為混合物中氧原子的質(zhì)量，物質(zhì)的量=0.

21、05mol；將等質(zhì)量的FeO、Fe2O3的混合物與鹽酸反應(yīng)，使之完全溶解，當恰好反應(yīng)時，需要鹽酸的體積最小，此時恰好為FeCl2、FeCl3，F(xiàn)eO、Fe2O3中O元素為2價，用1價的Cl替換2價的O，所以n（Cl）=2n（O）=0.05mol×2=0.1mol，所以鹽酸的體積為=0.1L故選：B點評：考查混合物的計算，難度中等，判斷混合物中O原子與氯離子的關(guān)系實際解題的關(guān)鍵，可以根據(jù)關(guān)系式判斷9（3分）下列關(guān)于硅的敘述錯誤的是（）A硅廣泛存在于自然界中，天然單質(zhì)硅叫硅石B高純硅及其氧化物在太陽能電池及信息高速傳輸中有重要應(yīng)用C常溫下硅很穩(wěn)定，不能跟強酸反應(yīng)D二氧化硅可制玻璃、單質(zhì)硅

22、、光導纖維考點：含硅礦物及材料的應(yīng)用專題：碳族元素分析：A硅在自然界中以化合態(tài)存在；B高純硅可做半導體，二氧化硅可做光導纖維的材料；C硅與強酸不反應(yīng)，但可和HF酸反應(yīng)；D二氧化硅是硅酸鹽材料的主要原料，可被還原制備單質(zhì)硅，是光導纖維的材料解答：解：A硅元素以化合態(tài)廣泛存在于自然界中，無天然硅的單質(zhì)，故A錯誤；B高純硅可做半導體，二氧化硅可做光導纖維的材料，故B正確；C硅性質(zhì)較為穩(wěn)定，在常溫下與強酸不反應(yīng)，但和HF酸、強堿等物質(zhì)反應(yīng)，故C正確；D二氧化硅是制備玻璃的主要原料，可被還原制備單質(zhì)硅，是光導纖維的材料，故D正確故選A點評：本題考查含硅物質(zhì)的性質(zhì)和用途，題目難度不大，學習中注重相關(guān)基礎(chǔ)知

23、識的積累即可解答該題10（3分）下列各組物質(zhì)，不用任何試劑即可鑒別開來的是（）ANaCl、NaBr、KI三種無色溶液BHCl、NaCl、NaNO3、Na2CO3四種溶液CNaBr、HCl、KCl三種溶液D淀粉、淀粉碘化鉀、碘化鉀、溴水四種溶液考點：物質(zhì)的檢驗和鑒別的實驗方案設(shè)計專題：元素及其化合物分析：不用其它試劑就能鑒別開來，一般方法是根據(jù)物質(zhì)的特殊特征（如顏色）為突破口，然后依次滴加到其它物質(zhì)中根據(jù)反應(yīng)的顯現(xiàn)分別判斷其它物質(zhì)的種類，或是把物質(zhì)相互滴加，根據(jù)反應(yīng)的現(xiàn)象判斷解答：解：A三種無色溶液相互滴加都不反應(yīng)，沒有明顯的現(xiàn)象，不能鑒別，故A錯誤；B通過相互滴加可鑒別鹽酸和Na2CO3，但無

24、法鑒別NaCl和NaNO3，故B錯誤；CNaBr、HCl、KCl三種溶液滴加都不反應(yīng)，沒有明顯的現(xiàn)象，不能鑒別，故C錯誤；D溴水呈黃色，可鑒別出，然后用溴水滴加到其它溶液中，淀粉物現(xiàn)象，淀粉碘化鉀變藍，碘化鉀溶液變?yōu)樽霞t色，現(xiàn)象各不相同，可鑒別，故D正確故選D點評：本題考查物質(zhì)的鑒別，題目難度中等，注意如果兩種溶液相互滴加會產(chǎn)生不同的現(xiàn)象，則這兩種溶液可以利用互滴法進行鑒別能利用互滴加進行鑒別的物質(zhì)有：Na2CO3和HCl；AlCl3和NaOH；HCl和NaAlO2；AgNO3和氨水；Fe（OH）3膠體和HCl；FeCl3和Na2S11（3分）實驗室里保存下列試劑的方法，有錯誤的是（）A新制氯

25、水盛放在棕色試劑瓶中，存放于低溫避光的地方B液溴易揮發(fā)，盛放在用水液封的棕色試劑瓶中C碘易升華，盛放在有水的棕色廣口試劑瓶中D濃鹽酸易揮發(fā)，盛裝在無色密封的細口玻璃試劑瓶中考點：化學試劑的存放專題：元素及其化合物；化學實驗基本操作分析：化學試劑的存放與化學試劑的物理性質(zhì)和化學性質(zhì)有關(guān)，易揮發(fā)的物質(zhì)要密封保存，見光易分解的物質(zhì)要避光保存，易與氧氣、水、二氧化碳反應(yīng)的物質(zhì)要隔絕空氣保存，以此解答該題解答：解：A氯水中的次氯酸見光易分解而導致Cl2水變質(zhì)，應(yīng)于棕色試劑瓶避光保存，故A正確； B液溴易揮發(fā)，一般采用水液封的辦法以減少揮發(fā)，故B正確；C碘易升華，但不易揮發(fā)，一般不液封，而是密閉保存，故C

26、錯誤；D濃鹽酸具有較強的揮發(fā)性，所以應(yīng)密封保存在細口瓶中，故D正確故選C點評：本題考查化學試劑的存放，題目難度不大，注意物質(zhì)的性質(zhì)影響保存方法的選擇12（3分）下列說法合理的有（）A新制的漂白粉是純凈物B液氯可以使干燥的紅色紙片褪色C新制氯水光照有O2產(chǎn)生D氫氟酸可保存在密封的細口玻璃瓶中考點：氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用專題：鹵族元素分析：A漂白粉為混合物；B純凈的氯氣不能使有色物質(zhì)褪色；C氯水中含有HClO，在光照條件下分解生成氧氣；D氫氟酸能腐蝕玻璃解答：解：A漂白粉為氯化鈣和次氯酸鈣的混合物，故A錯誤；B氯氣不具有漂白性，當與水反應(yīng)時生成HClO，HClO具有漂白性；C氯水中含有HC

27、lO，在光照條件下分解生成氧氣，故C正確；D氫氟酸能與玻璃中二氧化硅反應(yīng)，能腐蝕玻璃，故D錯誤故選C點評：本題考查鹵素單質(zhì)及化合物的性質(zhì)，題目難度不大，易錯點為B，注意氯氣與HClO的性質(zhì)13（3分）Cl2是紡織工業(yè)常用的漂白劑，Na2S2O3可作為漂白布匹后的“脫氯劑”S2O32和Cl2反應(yīng)的產(chǎn)物之一為SO42下列說法不正確的是（）A該反應(yīng)中還原劑是S2O32BH2O參與該反應(yīng)，且作氧化劑C根據(jù)該反應(yīng)可判斷氧化性：Cl2SO42D上述反應(yīng)中，每生成l mol SO42，可脫去2mol Cl2考點：氧化還原反應(yīng)專題：氧化還原反應(yīng)專題分析：反應(yīng)的離子方程式為S2O32+4Cl2+10OH=2SO

28、42+8Cl+5H2O，從化合價變化的角度分析氧化還原反應(yīng)解答：解：反應(yīng)的離子方程式為S2O32+4Cl2+10OH=2SO42+8Cl+5H2O，則A反應(yīng)中S元素的化合價升高，被氧化，則S2O32為還原劑，故A正確；B反應(yīng)中H2O為產(chǎn)物，不是氧化劑，氧化劑為反應(yīng)物，故B錯誤；C氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，反應(yīng)中氧化性：Cl2SO42，故C正確；D由反應(yīng)的方程式可知，每生成lmolSO42，可脫去2molCl2，故D正確故選B點評：本題考查氧化還原反應(yīng)，題目難度中等，解答該題的關(guān)鍵是能夠?qū)懗龇磻?yīng)的離子方程式14（3分）向某溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀硝酸，產(chǎn)生的白色沉淀不消失，下列

29、敘述正確的是（）A溶液中一定含有SO42B溶液中一定含有Ag+C溶液中一定含有SO32D溶液中可能含有SO42、SO32、Ag+中的某一種、兩種或三種考點：物質(zhì)的檢驗和鑒別的基本方法選擇及應(yīng)用；常見離子的檢驗方法專題：離子反應(yīng)專題分析：向某溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀硝酸，產(chǎn)生的白色沉淀不消失，可能生成的沉淀為AgCl或生成BaSO4解答：解：如溶液中含有SO32，能被硝酸氧化為SO42，加入BaCl2溶液生成BaSO4，因加入的為BaCl2，可能生成AgCl，二者都不溶于水，所以溶液中可能含有SO42、SO32、Ag+中的某一種、兩種或三種故選D點評：本題考查物質(zhì)的檢驗，題目難度不大，

30、注意檢驗溶液中是否含有SO42，應(yīng)先加鹽酸，如無沉淀，然后再加BaCl2溶液15（3分）硫酸銨在強熱條件下分解：4（NH4）2SO4=6NH3+N2+3SO2+SO3+7H2O若將生成的氣體通入氯化鋇溶液中，得到的沉淀物是（）ABaSO3和BaSO4BBaSCBaSO3DBaSO4考點：銨鹽；含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用專題：元素及其化合物分析：根據(jù)反應(yīng)生成的產(chǎn)物量和性質(zhì)分析，二氧化硫溶于水和水反應(yīng)生成亞硫酸，三氧化硫溶于水和水反應(yīng)生成硫酸，氨氣溶于水生成一水合氨；硫酸和氯化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，亞硫酸和氨水反應(yīng)生成亞硫酸銨，所以通入氯化鋇溶液中，關(guān)鍵分解反應(yīng)生成的氣體物質(zhì)的量進行計算分析判斷；生

31、成沉淀有亞硫酸鋇和硫酸鋇解答：解：反應(yīng)后的混合氣體通入到BaCL2溶液中發(fā)生的是復分解反應(yīng) SO2+H2O+2NH3=（NH4）2SO3 （NH4）2SO3+BaCl2=BaSO3+2NH4ClSO3+H2O+2NH3 =（NH4）2SO4（NH4）2SO4+BaCl2=BaSO4+2NH4Cl依據(jù)反應(yīng)定量關(guān)系，結(jié)合分解生成的氣體物質(zhì)的量可知，二氧化硫轉(zhuǎn)化為亞硫酸銨，1mol三氧化硫轉(zhuǎn)化為硫酸銨消耗氨氣2mol，則4mol氨水和2mol二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸銨，所以得到的沉淀為1mol硫酸鋇，2mol亞硫酸鋇，剩余二氧化硫和亞硫酸鋇反應(yīng)生成亞硫酸氫鋇，最后得到沉淀為1mol硫酸鋇，1mol亞硫

32、酸鋇，因此得到沉淀為BaSO3和BaSO4；故選A點評：本題考查了物質(zhì)反應(yīng)的定量計算及物質(zhì)性質(zhì)的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵是分析反應(yīng)過程反應(yīng)判斷沉淀生成的實質(zhì)，題目難度中等16（3分）（2009金華模擬）有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Cl、Br、I（忽略水的電離），Cl、Br、I的個數(shù)比為2：3：4，向該溶液中通入氯氣使溶液中Cl和Br的個數(shù)比為3：1，則通入氯氣的物質(zhì)的量與溶液中剩余Fe2+的物質(zhì)的量之比為（）A7：4B7：3C7：2D7：1考點：氯氣的化學性質(zhì)；氧化還原反應(yīng)的計算專題：壓軸題；氧化還原反應(yīng)專題；鹵族元素分析：還原性：IFe2+BrCl，根據(jù)點和守恒2n（Fe2+）=n（Cl）+n（

33、Br）+n（I）計算n（Fe2+），根據(jù)溶液中通入氯氣使溶液中Cl和Br的個數(shù)比為3：1，計算消耗的氯氣和剩余Fe2+的物質(zhì)的量，可則解答該題解答：解：由題意可設(shè)Cl、Br、I的物質(zhì)的量分別為2mol、3mol、4mol，由電荷守恒可得：2n（Fe2+）=n（Cl）+n（Br）+n（I）=2mol+3mol+4mol=9mol，n（Fe2+）=4.5mol，通入氯氣后，要滿足 n（Cl）：n（Br）=3：1，Cl只要增加7mol就可以，即需通入氯氣3.5mol4mol I先消耗2mol氯氣，3mol Fe2+消耗1.5mol氯氣，剩余Fe2+1.5mol，則通入氯氣與剩余Fe2+的物質(zhì)的量之比

34、為：3.5：1.5=7：3，故選B點評：本題考查氧化還原反應(yīng)的計算，題目難度中等，本題注意根據(jù)物質(zhì)還原性的強弱，從電荷守恒的角度計算n（Fe2+），根據(jù)反應(yīng)的程度判斷物質(zhì)的量關(guān)系，答題時注意體會二、填空題（本題包括5小題，共52分）17（4分）氰（CN）2、硫氰（SCN）2的化學性質(zhì)和鹵素很相似，化學上稱為“類鹵素”，它們陰離子的還原性強弱為：ClBrCNSCNI試寫出：（1）（CN）2與KOH（aq）反應(yīng)的化學方程式：（CN）2+2KOH=KCN+KCNO+H2O；（2）NaBr和KSCN的混合溶液中加入足量（CN）2反應(yīng)的離子方程式：2SCN+（CN）2=（SCN）2+2CN考點：化學方程

35、式的書寫；離子方程式的書寫；氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用分析：（1）根據(jù)氯氣與KOH溶液的反應(yīng)，類推（CN）2與KOH（aq）的反應(yīng)；（2）陰離子的還原性強弱為：ClBrCNSCNI，NaBr和KSCN的混合溶液中加入足量（CN）2反應(yīng)，只發(fā)生KSCN與（CN）2的反應(yīng)解答：解：（1）由Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O可知，（CN）2的化學性質(zhì)和鹵素很相似，則（CN）2與KOH（aq）反應(yīng)的化學方程式為（CN）2+2KOH=KCN+KCNO+H2O，故答案為：（CN）2+2KOH=KCN+KCNO+H2O；（2）陰離子的還原性強弱為：ClBrCNSCNI，NaBr和KSCN的混合溶

36、液中加入足量（CN）2反應(yīng)，只發(fā)生KSCN與（CN）2的反應(yīng)，該反應(yīng)為2SCN+（CN）2=（SCN）2+2CN，故答案為：2SCN+（CN）2=（SCN）2+2CN點評：本題考查化學反應(yīng)方程式的書寫，明確信息及離子的還原性與反應(yīng)的關(guān)系即可解答，（2）中注意優(yōu)先氧化為學生解答的難點，題目難度中等18（8分）有A、B、C、D四種含硅元素的物質(zhì)，它們能發(fā)生如下反應(yīng)：C與燒堿反應(yīng)生成A和水； A溶液與鈣鹽溶液反應(yīng)生成白色沉淀D；B在空氣中燃燒生成C； C在高溫下與碳反應(yīng)生成單質(zhì)B根據(jù)上述變化，完成下列問題：（1）寫出B、D的化學式：BSi、DCaSiO3（2）寫出C與燒堿反應(yīng)的化學方程式：SiO2+

37、2NaOH=Na2SiO3+H2O寫出A溶液與鈣鹽溶液反應(yīng)的離子方程式：SiO32+Ca2+CaSiO3考點：無機物的推斷；碳族元素簡介專題：推斷題；碳族元素分析：A、B、C、D四種含硅元素的物質(zhì)，C在高溫下與碳反應(yīng)生成單質(zhì)B，B為Si，C為SiO2；C與燒堿反應(yīng)生成A和水，A為Na2SiO3； A溶液與鈣鹽溶液反應(yīng)生成白色沉淀D，D為CaSiO3；B在空氣中燃燒生成C，Si在空氣中燃燒可以生成SiO2，符合轉(zhuǎn)化關(guān)系解答：解：A、B、C、D四種含硅元素的物質(zhì)，C在高溫下與碳反應(yīng)生成單質(zhì)B，B為Si，C為SiO2；C與燒堿反應(yīng)生成A和水，A為Na2SiO3； A溶液與鈣鹽溶液反應(yīng)生成白色沉淀D，

38、D為CaSiO3；B在空氣中燃燒生成C，Si在空氣中燃燒可以生成SiO2，符合轉(zhuǎn)化關(guān)系（1）由上述分析可知，B為Si，D為CaSiO3；故答案為：Si，CaSiO3；（2）二氧化硅與燒堿反應(yīng)生成硅酸鈉與水，反應(yīng)方程式為：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；硅酸鈉溶液與鈣鹽溶液反應(yīng)生成硅酸鈣，反應(yīng)離子方程式為：SiO32+Ca2+CaSiO3；故答案為：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；SiO32+Ca2+CaSiO3點評：本題以文字描述的形式考查Si元素單質(zhì)及其化合物之間的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系和邏輯推理能力、化學用語的書寫能力，本題中C在高溫下與碳反應(yīng)生成單質(zhì)B為解題突破口，然后

39、順推得出其他物質(zhì)，熟練掌握Si元素單質(zhì)及化合物的性質(zhì)是關(guān)鍵，難度中等19（12分）（1）環(huán)境專家認為可以用鋁將水中的NO3 轉(zhuǎn)化為N2，從而清除污染該反應(yīng)中涉及的粒子有：H2O、Al、OH、Al（OH）3、NO3、N2，請將各粒子分別填入以下空格（請將整個方程式配平后寫在答題紙上）NO3+10Al+18H2O10Al（OH）3+3N2+6OH 該反應(yīng)過程中，被氧化與被還原的元素的物質(zhì)的量之比為5：3（2）若4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（s）H=a KJ/mol Fe2O3（s）+C（s）=CO2（g）+2Fe （s）H=+b KJ/molC（s）+O2（g）=CO2（g）H=c K

40、J/mol 寫出Al與氧化鐵發(fā)生鋁熱反應(yīng)的熱化學方程式：2Al（s）+Fe2O3（s）=2Fe（s）+Al2O3（s）H=（abc）KJ/mol（3）將一定質(zhì)量的鈉鋁合金置于水中，合金全部溶解，得到20mL PH=14的溶液，然后用2mol/L的鹽酸滴定，可得到沉淀量與消耗的鹽酸體積關(guān)系如圖：則反應(yīng)過程中產(chǎn)生氫氣的總體積為2.016L（標準狀況）考點：氧化還原反應(yīng)；用蓋斯定律進行有關(guān)反應(yīng)熱的計算；有關(guān)混合物反應(yīng)的計算專題：計算題；氧化還原反應(yīng)專題；化學反應(yīng)中的能量變化分析：（1）反應(yīng)中NO3N2，N元素化合價由+5價降低為0價，共降低10價，AlAl（OH）3，Al元素化合價由0價升高為+3價

41、，共升高3價，根據(jù)電荷守恒可知OH是生成物，由H元素守恒可知H2O是反應(yīng)物，化合價升降最小公倍數(shù)為30，故N2系數(shù)為3，Al系數(shù)為10，根據(jù)電荷守恒、元素守恒配平其它物質(zhì)的系數(shù)根據(jù)方程式判斷被氧化與被還原的元素的物質(zhì)的量之比（2）根據(jù)蓋斯定律，由已知熱化學方程式乘以適當?shù)南禂?shù)進行加減，反應(yīng)熱也處于相應(yīng)的系數(shù)進行相應(yīng)的加減，構(gòu)造目標熱化學方程式（3）由圖可知加入鹽酸不與立刻生成沉淀，說明鹽酸先中和氫氧化鈉，故合金全部溶解所得溶液為氫氧化鈉與偏鋁酸鈉混合溶液，溶液中n（Na+）=n（OH）+n（AlO2），當加入鹽酸30mL時，沉淀量最大，此時溶液為氯化鈉溶液，根據(jù)氯元素守恒有n（NaCl）=n（

42、HCl），根據(jù)鈉元素守恒有n（NaCl）=n（Na）=n（Na+），PH=14的溶液中c（OH）=1mol/L，計算n（AlO2），n（Al）=n（AlO2），根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒計算n（H2），再根據(jù)V=nVm計算氫氣體積解答：解：（1）反應(yīng)中NO3N2，N元素化合價由+5價降低為0價，共降低10價，AlAl（OH）3，Al元素化合價由0價升高為+3價，共升高3價，根據(jù)電荷守恒可知OH是生成物，由H元素守恒可知H2O是反應(yīng)物，化合價升降最小公倍數(shù)為30，故N2系數(shù)為3，Al系數(shù)為10，根據(jù)N元素守恒可知NO3系數(shù)為6，根據(jù)Al元素守恒可知Al（OH）3系數(shù)為10，電荷守恒可知OH系數(shù)為6，根據(jù)H

43、元素守恒可知H2O系數(shù)為，配平后離子方程式為6NO3+10Al+18H2O=10Al（OH）3+3N2+6OH由方程式可知被氧化與被還原的元素的物質(zhì)的量之比10：6=5：3故答案為：10Al、18H2O=10Al（OH）3、3N2、6OH；5：3（2）已知：4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（s）H=a KJ/mol Fe2O3（s）+C（s）=CO2（g）+2Fe （s）H=+b KJ/molC（s）+O2（g）=CO2（g）H=c KJ/mol 由蓋斯定律可知，× +×得：2Al（s）+Fe2O3（s）=2Fe（s）+Al2O3（s）H=（abc）KJ/mol故答

44、案為：2Al（s）+Fe2O3（s）=2Fe（s）+Al2O3（s）H=（abc）KJ/mol（3）由圖可知加入鹽酸不與立刻生成沉淀，說明鹽酸先中和氫氧化鈉，故合金全部溶解所得溶液為氫氧化鈉與偏鋁酸鈉混合溶液，溶液中n（Na+）=n（OH）+n（AlO2），當加入鹽酸30mL時，沉淀量最大，此時溶液為氯化鈉溶液，根據(jù)氯元素守恒有n（NaCl）=n（HCl）=0.03L×2mol/L=0.06mol，根據(jù)鈉元素守恒有n（NaCl）=n（Na）=n（Na+）=0.06mol，PH=14的溶液中c（OH）=1mol/L，n（OH）=0.02L×1mol/L=0.02mol，所以n

45、（AlO2）=0.06mol0.02mol=0.04mol，所以n（Al）=n（AlO2）=0.04mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒n（H2）×2=n（Na）×1+n（Al）×3，2n（H2）=0.06mol+0.04mol×3=0.18mol，故n（H2）=0.09mol，V（H2）=0.09mol×22.4L/mol=2.016L故答案為：2.016點評：考查氧化還原反應(yīng)配平、熱化學方程式書寫、混合物反應(yīng)的計算等，難度中等，（3）中根據(jù)圖象分析清楚反應(yīng)過程是關(guān)鍵，利用守恒計算比常規(guī)方法容易計算，注意計算中守恒思想的運用20（17分）（2009南匯區(qū)

46、模擬）氧化二氯是棕黃色刺激性氣體，熔點：116，沸點3.8氧化二氯不穩(wěn)定，接觸一般有機物易爆炸；它易溶于水（1：100），同時反應(yīng)生成次氯酸溶液；制備出之后要冷卻成固態(tài)以便操作和貯存制備少量Cl2O，是用干燥的氯氣和HgO反應(yīng)（還生成HgOHgCl2）裝置示意如圖（鐵架臺和夾持儀器已略去）（1）A中盛有的深色固體試劑a是高錳酸鉀，分液漏斗中試劑b是濃鹽酸（2）B中盛有液體c是飽和食鹽水，C中的液體d是濃硫酸（3）D中所發(fā)生反應(yīng)的化學方程式是2HgO+2Cl2=Cl2O+HgOHgCl2（4）E中的保溫瓶中盛有致冷劑，它應(yīng)是液態(tài)空氣（在干冰、冰水、液態(tài)空氣中選擇），在E的內(nèi)管得到的氧化二氯中可能

47、含有雜質(zhì)是液氯（5）裝置A、B、C間的連接方式與D、E間的連接方式有明顯的區(qū)別，這區(qū)別是A、B、C間用乳膠管連接，D、E間不能乳膠管連接，用這些不同的連接方式的主要理由是Cl2O遇有機物易爆炸考點：制備實驗方案的設(shè)計專題：實驗題；化學實驗基本操作分析：（1）由裝置圖可知，A中發(fā)生反應(yīng)制備氯氣，反應(yīng)不需加熱，深色固體試劑a與溶液b反應(yīng)，應(yīng)為高錳酸鉀與濃鹽酸（2）HCl易揮發(fā)，A中生成的氯氣中含有HCl、H2O，用飽和食鹽水吸收HCl，用濃硫酸干燥，先除氯化氫，后干燥（3）由信息可知，D中氯氣與HgO反應(yīng)生成Cl2O與HgOHgCl2（4）由題目信息可知，氧化二氯氣體的熔點116，熔點很低液態(tài)空氣

48、沸點192，干冰冷卻溫度在80左右，冰水為0根據(jù)工藝流程可知，D中反應(yīng)氯氣可能不能成分反應(yīng)，且氯氣易液化（5）由信息可知，氧化二氯不穩(wěn)定，接觸一般有機物易爆炸，D、E間不能用乳膠管連接解答：解：（1）由裝置圖可知，A中發(fā)生反應(yīng)制備氯氣，反應(yīng)不需加熱，深色固體試劑a與溶液b反應(yīng)，通常應(yīng)為高錳酸鉀與濃鹽酸，故a為高錳酸鉀，b為濃鹽酸故答案為：高錳酸鉀；濃鹽酸（2）HCl易揮發(fā)，A中生成的氯氣中含有HCl、H2O，用飽和食鹽水吸收HCl，用濃硫酸干燥，先除氯化氫，后干燥故B中盛有液體c是試劑飽和食鹽水，C中的液體d是濃硫酸故答案為：飽和食鹽水；濃硫酸（3）由信息可知，D中氯氣與HgO反應(yīng)生成Cl2O

49、與HgOHgCl2反應(yīng)方程式為2HgO+2Cl2=Cl2O+HgOHgCl2故答案為：2HgO+2Cl2=Cl2O+HgOHgCl2（4）由題目信息可知，氧化二氯氣體的熔點116，熔點很低所以選擇沸點很低的液態(tài)空氣進行制冷根據(jù)工藝流程可知，D中反應(yīng)氯氣可能不能成分反應(yīng)，由于氯氣易液化，所以E的內(nèi)管得到的氧化二氯中可能含有雜質(zhì)是液氯故答案為：液態(tài)空氣；液氯（5）由信息可知，氧化二氯不穩(wěn)定，接觸一般有機物易爆炸，因此 Cl2O不能與有機物接觸，所以A、B、C間用乳膠管連接，D、E間不能乳膠管連接故答案為：A、B、C間用乳膠管連接，D、E間不能乳膠管連接；Cl2O遇有機物易爆炸點評：考查學生對實驗原理及裝置的理解、閱讀題目獲取信息的能力、以及充分利用所