2015-2016学年辽宁省锦州中学高一(上)期末化学试卷(解析版)

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2015-2016学年辽宁省锦州中学高一(上)期末化学试卷(解析版)

2017-2018辽宁省锦州市第一学期九年级期末测试(word版)
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2015-2016 学年上学期期末考试高一试题(试卷及解析)锦州中学一、单选(每题 2 分,共 20 分) 1.下列有关说法,叙述不正确的是( ) A.利用焰色反应可以检验某些金属元素 B.C 元素和 S 元素在自然界中既有游离态,又有化合态 C.SO2 和 Na2O2 都能使紫色石蕊试液褪色,但漂白原理不同 D.新型陶瓷,玻璃,水泥不都是硅酸盐材料 【考点】碱金属的性质;二氧化硫的化学性质;碳族元素简介. 【专题】金属概论与碱元素. 【分析】A.不同金属焰色反应不同,利用焰色反应,可以根据火焰的颜色鉴别金属元素的 存在与否; B.碳元素在自然界中有单质碳为游离态碳元素,也含化合物如碳酸盐、甲烷等化合态碳元 素,硫元素的游离态为硫单质,化合态为化合物存在形式; C.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; D.硅酸盐指的是硅、氧与其它化学元素(主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等)结合而成的 化合物的总称. 【解答】解:A.不同金属焰色反应不同,焰色反应能用来检验某些金属元素的存在,故 A 正确; B.碳元素在自然界中既有游离态如煤炭,又有化合态如甲烷等含碳的化合物,S 元素在自 然界中既有游离态如火山口处存在硫单质,又有化合态如硫酸盐等,故 B 正确; C.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表现 出漂白性,二者漂白原理不同,故 C 正确; D.水泥、玻璃、陶瓷都是硅酸盐产品,是硅酸盐材料,故 D 错误; 故选 D. 【点评】本题考查了金属焰色反应,硫、碳及其化合物性质,注意二氧化硫的漂白性和过氧 化钠的漂白性区别,题目难度中等. 2.下列物质中,溶于水难电离的是( ) A.醋酸铵 B.硫酸钡 C.硫氰化铁 D.碘化氢 【考点】电解质在水溶液中的电离. 【专题】电离平衡与溶液的 pH 专题. 【分析】强酸、强碱、大多数盐都是强电解质,在水溶液中完全电离,络合物在水溶液中较 难电离,据此分析解答. 【解答】解:A.醋酸铵是可溶性强电解质,在水溶液中完全电离,所以在水溶液中较易电 离,故 A 不选; B.硫酸钡是强电解质,在水溶液中溶解度较小,但溶解部分就完全电离,所以在水溶液中 较易电离,故 B 不选; C.硫氰化铁是络合物,不属于电解质,在水溶液中较难电离,故 C 选; D.HI 是可溶性强电解质,在水溶液中完全电离,所以在水溶液中较易电离,故 D 不选;

故选 C. 【点评】本题考查电解质的电离,为高频考点,注意不能根据物质溶解性判断其电离程度, 易错选项是 B,题目难度不大. 3.下列关于胶体,判断不正确的是( ) A.胶体的本质特征是胶粒直径在 1nm~100nm B.煮沸饱和 FeCl3 溶液可以制得 Fe(OH)3 胶体 C.丁达尔现象可以用来区别胶体和溶液 D.溶液和胶体的分散质都能通过滤纸孔隙 【考点】胶体的重要性质. 【专题】常规题型. 【分析】A.胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质微粒直径的大小; B.把饱和 FeCl3 溶液滴入沸水中加热到呈红褐色液体可制得 Fe(OH)3 胶体; C.胶体具有丁达尔现象,而溶液不具有; D.溶液和胶体的分散质粒子直径较小,均可以通过滤纸. 【解答】解:A.胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质微粒直径的大小,分散质粒子 直径在 1nm~100nm 之间的分散系属于胶体,故 A 正确; B.把饱和 FeCl3 溶液滴入沸水中加热到呈红褐色液体可制得 Fe(OH)3 胶体,故 B 错误; C.胶体具有丁达尔现象,而溶液不具有丁达尔效应,因此丁达尔现象可以用来区别胶体和 溶液,故 C 正确; D.溶液和胶体的分散质粒子直径较小,均可以通过滤纸孔隙,故 D 正确; 故选 B. 【点评】本题考查了胶体的性质,题目难度不大,注意掌握胶体和溶液的本质区别和鉴别的 方法. 4.合金是一类用途广泛的金属材料.下列物质中,不属于合金的是( ) A.不锈钢 B.硫酸铝钾 C.青铜 D.硬铝 【考点】生活中常见合金的组成. 【专题】几种重要的金属及其化合物. 【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质, 据此解答. 【解答】解:A.不锈钢含有铁、镍、铬等金属,属于合金,故 A 不选; B.硫酸铝钾是盐,是纯净物,不具有金属特性,不属于合金,故 B 选; C.青铜是铜锡合金,故 C 不选; D.硬铝是指铝合金中以 Cu 为主要元素的一类合金,故 D 不选; 故选:B. 【点评】本题主要考查了合金的定义,合金概念有三个特点:①一定是混合物;②合金中 各成分都是以单质形式存在;③合金中至少有一种金属. 5.下列金属中,表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是( A.K B.Na C.Fe D.Al 【考点】铝的化学性质. 【专题】几种重要的金属及其化合物. )

【分析】 由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知, 只有氧化铝为致密的 结构,可保护内层金属,以此来解答. 【解答】解:由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知,只有氧化铝为致 密的结构,可保护内层金属,而 K、Na、Fe 的氧化物均不是致密的结构, 故选 D. 【点评】本题考查 Al 的化学性质,为高频考点,把握氧化铝为致密的氧化物结构可保护内 层金属为解答的关键,注意金属及其氧化物的性质,题目难度不大. 6.NA 表示阿伏加德罗常数,下列说法正确的是( ) A.质量为 16g 的 O2 和 O3 的混合气体中所含的氧原子的个数为 NA + B.18gNH4 含有质子数为 10NA C.1mol 过氧化钠与足量水反应时,转移电子的数目为 2NA D.标准状况下,相同体积的 O2、HCl、H2O 含有的分子数相同 【考点】阿伏加德罗常数. 【分析】A、氧气和臭氧均由氧原子构成; B、求出铵根离子的物质的量,然后根据 1mol 铵根离子含 11mol 质子来分析; C、过氧化钠与水的反应为歧化反应; D、标况下,水为液态. 【解答】解:A、氧气和臭氧均由氧原子构成,故 16g 混合物中含有的氧原子的物质的量 n= =1mol,故为 NA 个,故 A 正确; B、18g 铵根离子的物质的量为 1mol,而 1mol 铵根离子含 11mol 质子,即 11NA 个,故 B 错误; C、 过氧化钠与水的反应为歧化反应, 1mol 过氧化钠与水反应转移 1mol 电子即 NA 个, 故C 错误; D、标况下,水为液态,故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, 熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题 关键,难度不大. 7.在某酸性溶液中,能大量共存的离子组是(+ 3+)﹣ ﹣ 2﹣ + 2+ 2﹣ A.Na 、Al 、SO4 、HCO3 B.Na 、Ba 、Cl 、SO4 ﹣ ﹣ ﹣ 3+ 2+ 2﹣ 2+ + C.Fe 、Mg 、SO4 、NO3 D.Cu 、K 、NO3 、I【考点】离子共存问题. 【专题】离子反应专题. 【分析】酸溶液中含大量的氢离子,根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等,不能相 互促进水解,不能发生氧化还原反应等,则离子大量共存,以此来解答. 【解答】解:A.酸溶液中不能大量存在 HCO3 ,且 HCO3 、Al 相互促进水解,不能大 量共存,故 A 错误; B.Ba 、SO4 结合生成硫酸钡沉淀,不能大量共存,故 B 错误; C.酸溶液中该组离子之间不反应,可大量共存,故 C 正确; D.酸溶液中 H 、NO3 、I 氧化还原反应,不能共存,故 D 错误; 故选 C.+﹣ ﹣ ﹣ ﹣3+2+2﹣

【点评】本题考查离子的共存,为高频考点,把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解 答的关键,侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查,综合性较强,题目难度不大. 8.下列关于物质用途的说法中,不正确的是( ) A.Fe2O3 可以做油漆的颜料 B.Al2O3 可用作耐火材料 C.王水可以雕刻玻璃 D.赤铁矿可用作炼铁的原料 【考点】物质的组成、结构和性质的关系. 【专题】化学应用. 【分析】A.氧化铁为红棕色难溶性固体; B.氧化铝的熔点较高; C.王水与二氧化硅不反应; D.赤铁矿的主要成分是 Fe2O3. 【解答】解:A.氧化铁为红棕色难溶性固体,可以做油漆的颜料,故 A 正确; B.氧化铝可用于制造耐火坩埚、耐火管和耐高温的实验仪器,故 B 正确; C.王水与二氧化硅不反应,不能雕刻玻璃,故 C 错误; D.赤铁矿的主要成分是 Fe2O3,可用作炼铁的原料,故 D 正确. 故选 C. 【点评】本题考查物质用途,侧重于化学与生产、生活的考查,难度不大,注意相关基础知 识的积累. 9.下列药品可用带玻璃塞的试剂瓶存放的是( ) A.NaOH 溶液 B.Na2CO3 溶液 C.盐酸 D.Na2SiO3 溶液 【考点】化学试剂的存放. 【专题】化学实验常用仪器及试剂. 【分析】 能和二氧化硅反应的药品溶液不能盛放在玻璃试剂瓶中, 能和二氧化硅反应生成粘 性物质的药品或粘性药品不能盛放在带玻璃塞的试剂瓶中. 【解答】解:A.氢氧化钠呈强碱性,能和二氧化硅反应生成硅酸钠,硅酸钠具有黏性,能 把玻璃塞黏住,所以不能盛放在带有玻璃塞的试剂瓶中,故 A 错误; B.碳酸钠溶液水解出 NaOH 显碱性,能和二氧化硅反应生成硅酸钠,所以不能盛放在带有 玻璃塞的试剂瓶中,故 B 错误; C.稀盐酸呈酸性,不和二氧化硅反应,所以可以带玻璃塞的试剂瓶盛放,故 C 正确; D.硅酸钠溶液具有黏性,能把玻璃塞黏住,所以不能盛放在带有玻璃塞的试剂瓶中,故 D 错误. 故选 C. 【点评】本题以试剂的存放为载体考查了硅酸钠的性质、玻璃的成分等知识点,难度不大, 试剂的存放遵循安全性、保纯性、方便性原则. 10. (NH4)2SO4 在一定条件下发生如下反应:4(NH4) 将反应后的混合气体通入 BaCl2 溶液, 产生的沉 2SO4=N2↑+6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+7H2O, 淀为( ) A.BaSO4 B.BaSO3 C.BaS D.BaSO4 和 BaSO3 【考点】含硫物质的性质及综合应用. 【专题】元素及其化合物.

【分析】根据反应生成的产物量和性质分析,二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸,三氧化 硫溶于水和水反应生成硫酸, 氨气溶于水生成一水合氨, 硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀, 亚硫酸和氨水反应生成亚硫酸铵, 所以通入氯化钡溶液中, 关键分解反应生成的气体物质的 量进行计算分析判断,生成沉淀有亚硫酸钡和硫酸钡. 【解答】解:反应后的混合气体通入到 BaCL2 溶液中发生的是复分解反应 SO2+H2O+2NH3=(NH4)2SO3 (NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl SO3+H2O+2NH3 =(NH4)2SO4 (NH4)2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl 依据反应定量关系,结合分解生成的气体物质的量可知,二氧化硫转化为亚硫酸铵,1mol 三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气 2mol,则 4mol 氨水和 2mol 二氧化硫反应生成亚硫酸铵, 所以得到的沉淀为 1mol 硫酸钡,2mol 亚硫酸钡,剩余二氧化硫和亚硫酸钡反应生成亚硫酸 氢钡,最后得到沉淀为 1mol 硫酸钡,1mol 亚硫酸钡,因此得到沉淀为 BaSO3 和 BaSO4, 故选 D. 【点评】 本题考查了物质反应的定量计算及物质性质的综合应用, 关键是分析反应过程反应 判断沉淀生成的实质,题目难度中等. 二、单选(每题 3 分,共 30 分) 11.一定条件下,当溶液中 XO4 与 H2O2 分子个数比恰好为 2:5 时,溶液中 XO4 离子被 还原为较低价态,则 X 元素的化合价变为( ) A.+2 B.+3 C.+4 D.+5 【考点】化学方程式的有关计算. 【分析】H2O2 恰好将 XO4 还原,反应中 H2O2 变成 O2,O 元素的化合价由﹣1 价升高为 0 价,则 X 的化合价降低,利用电子守恒计算解答. 【解答】解:H2O2 恰好将 XO4 还原,反应中 H2O2 变成 O2,O 元素的化合价由﹣1 价升高 为 0 价,则 X 的化合价降低, 设元素 X 在还原产物中的化合价为 x,由电子守恒可知,2×(7﹣x)=5×2×(1﹣0) ,x=2, 故选 A. 【点评】 本题考查氧化还原反应的计算, 明确氧化还原反应中元素的化合价升降及电子守恒 是解答本题的关键,题目难度不大. 12.某溶液中含大量 Fe 、Al 、Fe 、Na 、Cl 、SO4 离子,其中加入足量的 Na2O2 固 体后,再加入足量的盐酸溶解沉淀,最后溶液中的离子数目与反应前相比保持不变的是 ( ) A.Na 、Fe B.Al 、SO4 C.Fe 、SO4 D.Al 、Cl 【考点】离子反应发生的条件. 2+ 【分析】溶液中加入足量的 Na2O2 固体,充分反应后,再加入过量的稀盐酸,Fe 氧化成 3+ Fe ,减少的是亚铁离子,增加的是三价铁离子、钠离子、氯离子,铝离子、硫酸根离子保 持不变. 【解答】解:A、因为 Na2O2 是强氧化剂,而且遇水生成 NaOH,钠离子浓度增大,故 A 错 误; B、Na2O2 是强氧化剂,而且遇水生成 NaOH,铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基 合铝酸根离子,在盐酸作用下又会生成铝离子,根据铝元素守恒,则铝离子量不变,硫酸根 离子自始至终不发生变化,故 B 正确;+ 2+ 3+ 2﹣ 3+ 2﹣ 3+﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣2+3+3++﹣2﹣

C、因为 Na2O2 是强氧化剂,而且遇水生成 NaOH,于是 Fe 氧化成 Fe ,并沉淀,再和盐 酸反应生成三价铁离子,所以三价铁离子浓度增大,故 C 错误; D、加入足量的盐酸溶解沉淀,氯离子浓度增大,故 D 错误. 故选 B. 【点评】本题考查物质性质的有关知识,可以根据所学知识进行回答,难度不大,注意亚铁 离子被氧化为三价铁离子是解题的易错点. 13.将 0.1mol 的镁、铝混合物溶于 100mL 2mol/LH2SO4 溶液中,然后再滴加 1mol/L NaOH 溶液.若在滴加 NaOH 溶液的过程中,沉淀质量 m 随加入 NaOH 溶液的体积 V 变化如图所 示.当 V1=160mL 时,则 V2 为( )2+3+A.240mL B.300mL C.400mL 【考点】有关混合物反应的计算.D.440mL【分析】根据图象可知,在滴加 NaOH 溶液到体积 V1=160mL 过程中,没有沉淀生成,说 明硫酸有剩余,滴加的 NaOH 用于中和剩余硫酸,V1=160mL 时,剩余的 H2SO4 与滴加的 NaOH 恰好完全反应,溶液是 MgSO4、Al2(SO4)3 和 Na2SO4 混合液,根据 Mg 原子、Al 2﹣ + 原子、SO4 离子、Na 离子守恒,列方程求算 n(Mg) 、n(Al) ; 当滴加 NaOH 溶液到体积 V2 时,Al(OH)3 完全溶解,沉淀是 Mg(OH)2,溶液是 Na2SO4 2﹣ + 和 NaAlO2 混合液;根据 SO4 离子、Na 离子和 Al 原子守恒,求出 n(NaOH) ,再利用 V= 计算滴入氢氧化钠溶液体积 V2. 【解答】解:当 V1=160mL 时,此时,溶液是 MgSO4、Al2(SO4)3 和 Na2SO4 混合液, + + 由 Na 离子守恒可知,n(Na2SO4)=n(Na )=n(NaOH)=×0.16L×1mol/L=0.08mol, 设 MgSO4 为 xmol、Al2(SO4)3 为 ymol,则: 根据 Mg 原子、Al 原子守恒有:x+2y=0.1, 100mL 2mol/L 的 H2SO4 溶液中含有硫酸的物质的量为:2mol/L×0.1L=0.2mol, 2﹣ 根据 SO4 离子守恒有:x+3y=0.2﹣0.08=0.12, 联立方程解得:x=0.06、y=0.02, 所以金属粉末中:n(Mg)=0.06mol,n(Al)=2y=2×0.02mol=0.04mol, 滴加 NaOH 溶液到体积 V2 时时,溶液是 Na2SO4 和 NaAlO2 混合液,根据 SO4 离子、Na 离子和 Al 原子守恒有: n(NaOH)=2n(Na2SO4)+n(NaAlO2)=2n(H2SO4)+n(Al)=2×0.2mol+0.04mol=0.44mol, 则 V2= =0.44L=440mL, 故选 D. 【点评】本题考查了混合物反应的计算、离子反应的计算,题目难度中等,明确发生反应的 实质为解答关键, 注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用方法, 试题培养了学生的分析 能力及化学计算能力. 14.某氧化物 X 难溶于水,能与烧碱反应,生成易溶于水的化合物 Y,将少量 Y 溶液滴入 足量盐酸中无沉淀生成,则 X 是( )2﹣ +

A.SiO2 B.Al2O3 C.MgO D.CuO 【考点】镁、铝的重要化合物. 【专题】元素及其化合物. 【分析】二氧化硅溶于烧碱溶液后,加入盐酸有沉淀生成,氧化铝溶于烧碱生成偏铝酸钠, 加入过量的盐酸,最终没有沉淀,氧化镁、氧化铜不溶于烧碱溶液,以此解答. 【解答】解:A.二氧化硅不溶于水,溶于烧碱溶液生成硅酸钠,再加入足量盐酸,生成硅 酸白色胶状沉淀,故 A 错误; B.氧化铝不溶于水,溶于烧碱溶液生成偏铝酸钠,再加入盐酸,先生成氢氧化铝白色沉淀, 继续加入盐酸,氢氧化铝溶解,最终没有沉淀,故 B 正确; C.氧化镁不能溶于烧碱溶液,故 C 错误; D.氧化铜不能溶于烧碱溶液,故 D 错误; 故选 B. 【点评】本题考查氧化物性质,难度不大,侧重对基础知识的巩固,需要学生熟练掌握元素 化合物性质. 15.为了确定(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O(硫酸亚铁铵晶体)的成分,下列实验操作及叙 述中不正确的是( ) A.取少量样品放入试管中,加热,试管口放一团蘸有无水硫酸铜粉末的棉花团,变蓝则可 证明晶体的成分中含有结晶水 B.取少量样品溶于水,向溶液中滴入几滴新制氯水,再滴入 2 滴 KSCN 溶液,溶液变为红 色,则可证明晶体的成分中含有 Fe C.取少量样品溶于水,加少量稀盐酸,无现象,再滴入几滴 BaCl2 溶液,有白色沉淀生成, 2﹣ 则可证明晶体的成分中含有 SO4 D.取少量样品放入试管中,加入少量浓 NaOH 溶液并加热,在试管口用湿润的红色石蕊试 纸检验,则可证明晶体的成分中是否含有 NH4 【考点】常见阴离子的检验;常见离子的检验方法. 【分析】A、加热失去结晶水; B、向溶液中滴入几滴新制氯水,再滴入 2 滴 KSCN 溶液,溶液变为红色,只能说明滴入氯 3+ 水后溶液中含 Fe ; C、依据硫酸根离子的检验方法分析判断; D、加入的浓 NaOH 溶液能和 NH4 反应生成 NH3. 【解答】解:A、晶体加热后能使无水硫酸铜变蓝,说明有水生成,则证明晶体中含结晶水, 故 A 正确; 3+ B、向溶液中滴入几滴新制氯水,再滴入 2 滴 KSCN 溶液,溶液变为红色,说明含 Fe ,但 3+ 2+ 此 Fe 不一定是由 Fe 氧化而来的,可能是原来含有的,故 B 错误; C、加少量稀盐酸,无现象,再滴入几滴 BaCl2 溶液,有白色沉淀生成,则可证明晶体的成 2﹣ 分中含有 SO4 ,这是硫酸根离子的检验方法,故 C 正确; + D、加入的浓 NaOH 溶液能和 NH4 反应生成 NH3,故向样品中加入少量浓 NaOH 溶液并加 热,在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验,若试纸变蓝,则可证明有氨气生成,则晶体的成 + 分中含有 NH4 ,故 D 正确. 故选 B. 【点评】 此题考查物质的鉴定. 能熟悉常见结晶水合物的颜色; 溶液中各种水合离子的颜色; 熟练掌握常见离子的检验方法与操作.+ + 2+

16.下列各反应对应的离子方程式正确的是()﹣ ﹣ ﹣A.向含 3mol 次氯酸钠溶液中通入 1mol 二氧化硫:3ClO +H2O+SO2═2HClO+SO4 +Cl ﹣ ﹣ 2+ 2 B.向碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙溶液 2HCO3 +Ca +2OH ═CaCO3↓+2H2O+CO3﹣C.氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应得到中性溶液 Ba +OH +H +SO4 ═BaSO4↓+H2O ﹣ ﹣ 2+ 3+ D.50mL1mol/L 的 FeI2 溶液中通入 0.05molCl2:2Fe +2I +2Cl2═2Fe +I2+4Cl 【考点】离子方程式的书写. 【专题】离子反应专题. 【分析】A.次氯酸根离子具有强的氧化性,能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子; B.二者反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水; C.离子个数配比不符合物质结构; D.0.05mol 碘化亚铁与 0.05mol 氯气反应,只有碘离子被氧化. 【解答】解:A.向含 3mol 次氯酸钠溶液中通入 1mol 二氧化硫,离子方程式:3ClO ﹣ ﹣ +H2O+SO2═2HClO+SO4 +Cl ,故 A 正确; ﹣ ﹣ 2+ B.向碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙溶液,离子方程式:HCO3 +Ca +OH ═CaCO3↓+H2O,故 B 错误; ﹣ 2+ + 2﹣ C.氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应得到中性溶液,离子方程式:Ba +2OH +2H +SO4 ═BaSO4↓+2H2O,故 C 错误; ﹣ ﹣ D.50mL1mol/L 的 FeI2 溶液中通入 0.05molCl2,离子方程式:2I +Cl2═I2+2Cl ,故 D 错误; 故选:A. 【点评】本题考查了离子方程式的书写,侧重考查氧化还原反应离子方程式书写,明确物质 氧化性、还原性先后顺序、得失电子守恒规律是解题关键,注意反应物用量对反应的影响, 题目难度中等. 17.为了除去 NO、NO2、NO2O4 对大气的污染,常采用氢氧化钠溶液进行吸收处理反应方 程式: 2NO2+2NaOH→NaNO3+NaNO2+H2O; NO2+NO+2NaOH→2NaNO2+H2O. 现有由 a mol NO、 b mol NO2、 c mol N2O4 组成的混合气体恰好被 V L 氢氧化钠溶液吸收 (无气体剩余) . 这 次氢氧化钠溶液的物质的量浓度最小为( )﹣2+﹣+2﹣A.mol/L B.mol/LC.mol/LD.mol/L【考点】化学方程式的有关计算. 【专题】计算题. 【分析】恰好反应时需要氢氧化钠最少,由钠离子守恒可知:n(NaOH)=n(NaNO3)+n (NaNO2) , 根据 N 原子守恒可知 n (NaNO3) +n (NaNO2) =n (NO) +n (NO2) +2n (N2O4) , 再根据 c=计算氢氧化钠溶液最小浓度. 【解答】解:恰好反应时需要氢氧化钠最少,由钠离子守恒可知:n(NaOH)=n(NaNO3) +n (NaNO2) , 根据 N 原子守恒可知 n (NaNO3) +n (NaNO2) =n (NO) +n (NO2) +2n (N2O4) , 故 n(NaOH)=n(NO)+n(NO2)+2n(N2O4)=amol+bmol+2cmol=(a+b+2c)mol,故氢氧化钠溶液最小浓度==mol/L,

故选 C. 【点评】 本题考查化学方程式有关计算, 属于字母型计算, 侧重解题方法与思维能力的考查, 注意利用守恒思想解答,难度中等.18.下列物质之间的相互转化不符合“ A B C D 甲 HCl 乙 Cl2 Al(OH)3 NaAlO2 NO HNO3 丙 HClO Al2O3 NO2 H2SO4”(“→”表示一步反应)的是()SO2 SO3 A.A B.B C.C D.D 【考点】 氯气的化学性质; 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; 镁、 铝的重要化合物. 【专题】元素及其化合物. 【分析】物质之间的转换符合“ ”,说明甲→乙→丙→甲均能一步反应实现,依据各种物质的性质解答. 【解答】解:A.HCl 被高锰酸钾氧化生成氯气,氯气与水反应生成次氯酸,次氯酸被还原 生成盐酸;故 A 正确; B.Al(OH)3,与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠不能直接反应生成氧化铝,故 B 错误; C.稀硝酸被还原生成一氧化氮,一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮,二氧化氮与水反应生 成硝酸,故 C 正确; D.二氧化硫被氧化生成三氧化硫,三氧化硫与水反应生成硫酸,浓硫酸被还原生成二氧化 硫,故 D 正确; 故选:B. 【点评】本题考查了同种元素不同物质之间的转换,题目难度不大,熟悉各种物质的性质是 解题关键,解题时注意“一步反应实现”. 19. 如图是某课外活动小组的同学设计的 4 个喷泉实验方案. 下列有关操作不可能引发喷泉 现象的是( )A.挤压装置①的胶头滴管使 CCl4 全部进入烧瓶,片刻后打开止水夹 B.挤压装置②的胶头滴管使 NaOH 溶液全部进入烧瓶,片刻后打开止水夹 C.用鼓气装置从装置③的 a 处不断鼓入空气并打开止水夹 D.向装置④的水槽中慢慢加入足量浓硫酸并打开止水夹 【考点】氨的制取和性质.

【专题】综合实验题;氮族元素. 【分析】A、运用氯气易溶于有机溶剂和变化前后的压强变化解答; B、运用氢气不易溶于水的性质和压强是否变化解答; C、运用氨气极易溶于水和压强的知识解答; D、运用浓硫酸和溶于水时放热的,浓氨水受热易分解出氨气以及气体压强的变化来解答. 【解答】解:A、氯气易溶于有机溶剂四氯化碳中,烧瓶中的气体压强就会减小,故能形成 喷泉,故 A 错误; B、氢气不易溶于水,也不会和氢氧化钠反应,所以烧瓶中的气体压强不会有明显的变化, 故不能形成喷泉,故 B 正确; C、用鼓气装置从装置③的 a 处不断鼓入空气,导致锥形瓶中液体进入烧瓶中,氨气极易溶 于水,烧瓶中的气体压强就会减小,故能形成喷泉,故 C 错误; D、二浓硫酸和溶于水时放热的,这样使得浓氨水受热易分解出氨气,和氯化氢气体反应, 烧瓶中的气体压强就会减小,故能形成喷泉,故 D 错误. 故答案选:B 【点评】化学实验现象是化学实验最突出、最鲜明的部分,也是进行分析推理得出结论的依 据,掌握物质的性质和相互之间的反应关系,并有助于提高观察、实验能力,所以,对化学 实验不仅要认真观察,还应掌握观察实验现象的方法. 20. 已知: Fe5O7 可以看作 Fe2O3 和 Fe3O4 的混合物. 现有 Fe、 Fe2O3、 Fe5O7 混合物共 0.1mol, 加盐酸后固体全部溶解,共收集到 0.01mol H2,且向反应后的溶液中加入 KSCN 溶液不显 红色,则原混合物中铁的物质的量为( ) A.0.05 mol B.0.06 mol C.0.07 mol D.0.08 mol 【考点】铁的氧化物和氢氧化物;二价 Fe 离子和三价 Fe 离子的检验. 【专题】几种重要的金属及其化合物. 【分析】加盐酸后固体全部溶解,共收集到 0.01mol H2,得到与盐酸反应生成氢气的铁物质 的量为 0.01mol;反应后的溶液中加入 KSCN 溶液不显红色说明不含铁离子,溶液中全部为 亚铁离子,依据极值法计算判断. 【解答】解:铁和盐酸反应 Fe+2HCl=FeCl2+H2↑,生成 0.01mol 氢气消耗铁物质的量为 0.01mol;反应后的溶液中加入 KSCN 溶液不显红色说明不含铁离子,溶液中全部为亚铁离 子,铁和三价铁离子全部反应生成亚铁离子; 假设混合物 0.1mol 为 Fe、Fe2O3 的混合物;设原混合物铁物质的量为 x,则 Fe2O3 的物质的 3+ 量为(0.1﹣x)mol,Fe 物质的量 2(0.1﹣x)mol; 3+ 2+ Fe+2Fe =3Fe ; 1 2 (x﹣0.01)mol 2(0.1﹣x)mol 计算得到 x=0.055mol; 假设混合物 0.1mol 为 Fe、Fe5O7 混合物,设原混合物中铁物质的量为 y,则 Fe5O7 混物质的 量为(0.1﹣y)mol,Fe5O7 可以看作 Fe2O3 和 Fe3O4 的混合物,Fe3O4 的可以看做 Fe2O3 和 3+ FeO 组成,则 Fe2O3 的物质的量为 2(0.1﹣y)mol,Fe 物质的量 4(0.1﹣x)mol; 3+ 2+ Fe+2Fe =3Fe ; 1 2 (x﹣0.01)mol 4(0.1﹣x)mol 计算得到 x=0.07mol;

所以 Fe、Fe2O3、Fe5O7 混合物共 0.1mol 反应含有铁的物质的量为 0.055<n(Fe)<0.07, 在此范围的铁的物质的量符合; 故选 B. 【点评】 本题考查了铁及其化合物性质的综合应用和计算分析, 极值法计算判断是解题关键, 题目难度较大. 三、填空(共 50 分) 21.现有含有少量 KCl、K2SO4、K2CO3 杂质的 KNO3 溶液,选择适当的试剂除去杂质,得 到纯净的 KNO3 固体,实验流程如下图所示.注:KNO3 固体容易受热分解 (1)沉淀 A 的主要成分是 BaSO4 、 BaCO3 (填化学式) . (2)③进行的实验操作是 过滤 (填操作名称) . (3)③加入过量的 K2CO3 溶液的目的是 除去 Ba 、Ag ; . (4)为了除去溶液 3 中的杂质,可向其中加入适量的 稀硝酸 .从此溶液获得 KNO3 晶 体的操作是 蒸发浓缩 、 冷却结晶 、过滤. (5)实验室用上述实验获得的 KNO3 固体配制 500mL0.40mol/LKNO3 溶液. ①称取 KNO3 固体的质量是 20.2 g. ②某同学转移溶液的操作如图所示,图中用到的仪器是烧杯和 500mL 容量瓶 ,该同学 操作中的错误是 没有用玻璃棒引流 . 【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用. 【专题】实验分析题;实验评价题;演绎推理法;物质的分离提纯和鉴别. 【分析】利用含少量 KCl、K2SO4、K2CO3 杂质的 KNO3 溶液,得到纯净的 KNO3 固体,由 流程可知,①中加过量的硝酸钡,与 K2SO4、K2CO3 反应生成沉淀 A 为 BaSO4、BaCO3, 滤液中含 KCl、硝酸钡、KNO3,②中与过量硝酸银反应生成 AgCl 沉淀,溶液 2 中含硝酸 钡、硝酸银、硝酸钾,③中与过量碳酸钾反应生成碳酸钡、碳酸银沉淀,溶液 3 中含硝酸 钾、碳酸钾,应加硝酸再蒸发结晶、过滤得到硝酸钾,配制一定物质的量浓度的溶液时,要 用到玻璃棒、烧杯、容量瓶,在转移溶液时,要用玻璃棒引流,以此来解答. 【解答】解:利用含少量 KCl、K2SO4、K2CO3 杂质的 KNO3 溶液,得到纯净的 KNO3 固体, 由流程可知,①中加过量的硝酸钡,与 K2SO4、K2CO3 反应生成沉淀 A 为 BaSO4、BaCO3, 滤液中含 KCl、硝酸钡、KNO3,②中与过量硝酸银反应生成 AgCl 沉淀,溶液 2 中含硝酸 钡、硝酸银、硝酸钾,③中与过量碳酸钾反应生成碳酸钡、碳酸银沉淀,溶液 3 中含硝酸 钾、碳酸钾,应加硝酸再蒸发结晶、过滤得到硝酸钾, (1)由上述分析可知,沉淀 A 中含 BaSO4、BaCO3,故答案为:BaSO4;BaCO3; (2)③分离不溶性固体与溶液,进行的实验操作是过滤,故答案为:过滤;2+ +

(3)③加入过量的 K2CO3 溶液的目的是除去 Ba 、Ag ,故答案为:除去 Ba 、Ag ; (4)为了除去溶液 3 中的杂质,可向其中加入适量的稀硝酸.从此溶液获得 KNO3 晶体的 操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤, 故答案为:稀硝酸;蒸发浓缩;冷却结晶; (5)实验室用上述实验获得的 KNO3 固体配制 500mL0.40mol/LKNO3 溶液. ①配制 500mL0.40mol/LKNO3 溶液,需要 KNO3 固体的质量为 0.5L×0.40mol/L×101g/mol=20.2g, 故答案为:20.2; ②某同学转移溶液的操作如图所示, 图中用到的仪器是烧杯和 500mL 容量瓶, 该同学操作 中的错误是在转移溶液时,没有用玻璃棒引流, 故答案为:500mL 容量瓶;没有用玻璃棒引流. 【点评】本题考查混合物分离提纯,为高频考点,把握流程中的反应、混合物分离方法为解 答的关键,侧重分析与实验能力的考查,题目难度不大. 22.某强酸性溶液 X,可能含有 Ba 、Al 、NH4 、Fe 、Fe 、CO3 、SO4 、Cl 、NO3 ﹣ 中的一种或几种离子,取该溶液进行连续实验,实验过程如下:2+ 3+ + 2+ 3+ 2﹣ 2﹣﹣2++2++根据以上信息,回答下列问题: (1)上述离子中,溶液 X 中除 H 外肯定含有的离子是 Al 、NH4 、Fe 、SO4 ,不 ﹣ 3+ 能确定是否含有的离子是 Fe 、Cl . ﹣ ﹣ (2)写出反应②的离子方程式: AlO2 +CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3 . (3)通常可以利用 KClO 在一定条件下氧化 G 来制备一种新型、高效、多功能水处理剂 K2FeO4.请写出制备过程中的离子方程式 3ClO +2Fe(OH)3+4OH ═3Cl +2FeO4 +5H2O . + (4)假设测定 A、F、I 均为 0.1mol,10mLX 溶液中 n(H )=0.4mol,当沉淀 C 物质的量 3+ 等于 0.8mol 时,溶液 X 中还一定含有 Fe . 【考点】无机物的推断;常见阳离子的检验. 【专题】无机推断. 【分析】强酸性溶液中一定不会存在 CO3 离子,加入过量硝酸钡生成沉淀,则该沉淀为 2﹣ BaSO4 沉淀,说明溶液中含有 SO4 离子,生成气体 A,A 连续氧化生成 D 和 E,则 A 为 2+ NO,D 为 NO2,E 为 HNO3,说明溶液中含有还原性离子,一定为 Fe 离子,溶液 B 中加 + 入过量 NaOH 溶液,生成气体 F,则 F 为 NH3,说明溶液中含有 NH4 离子,得到沉淀 G 为 Fe(OH)3,溶液 H 中通入过量 CO2 气体,生成沉淀 I,则 I 为 Al(OH)3,H 为 NaAlO2, 3+ 2+ J 为 NaHCO3,说明溶液中含有 Al 离子,溶液中含有 Fe 离子,强酸性条件下一定不含 ﹣ ﹣ 2﹣ 2+ 3+ NO3 离子,含有 SO4 离子就一定不含 Ba 离子,不能确定是否含有的离子 Fe 和 Cl , 以此来解答.2﹣﹣ ﹣ ﹣+3++2+2﹣2﹣

【解答】解:强酸性溶液中一定不会存在 CO3 离子,加入过量硝酸钡生成沉淀,则该沉淀 2﹣ 为 BaSO4 沉淀,说明溶液中含有 SO4 离子,生成气体 A,A 连续氧化生成 D 和 E,则 A 2+ 为 NO,D 为 NO2,E 为 HNO3,说明溶液中含有还原性离子,一定为 Fe 离子,溶液 B 中 + 加入过量 NaOH 溶液,生成气体 F,则 F 为 NH3,说明溶液中含有 NH4 离子,得到沉淀 G 为 Fe(OH)3,溶液 H 中通入过量 CO2 气体,生成沉淀 I,则 I 为 Al(OH)3,H 为 NaAlO2, 3+ 2+ J 为 NaHCO3,说明溶液中含有 Al 离子,溶液中含有 Fe 离子,强酸性条件下一定不含 ﹣ ﹣ ﹣ 2 2+ 3+ NO3 离子,含有 SO4 离子就一定不含 Ba 离子,不能确定是否含有的离子 Fe 和 Cl . ﹣ 3+ + 2+ 2﹣ 3+ (1)由上述分析可知,一定含有 Al 、NH4 、Fe 、SO4 ,不能确定含 Fe 、Cl , ﹣ 3+ + 2+ 2﹣ 3+ 故答案为:Al 、NH4 、Fe 、SO4 ;Fe 、Cl ; ﹣ ﹣ (2)反应②的离子方程式:AlO2 +CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3 , ﹣ ﹣ 故答案为:AlO2 +CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3 ; ﹣ ﹣ (3)Fe(OH)3 和次氯酸反应获得高铁酸钾的方程式为:3ClO +2Fe(OH)3+4OH ═3Cl ﹣ 2﹣ +2FeO4 +5H2O, ﹣ ﹣ ﹣ 2﹣ 故答案为:3ClO +2Fe(OH)3+4OH ═3Cl +2FeO4 +5H2O; ﹣ + 2+ (4)A、F、I 均为 0.1mol,10mLX 溶液中 n(H )=0.4mol,根据反应 3Fe +NO3 + 3+ 2+ + 3+ +4H =3Fe +NO↑+2H2O,可知 n(Fe )=0.3mol,由上述可知 n(NH4 )=0.1mol,n(Al ) =0.1mol,n(BaSO4)=0.8mol, + 2+ 3+ + 2﹣ 根据溶液电中性可知:n(H )+2n(Fe )+3n(Al )+n(NH4 )=1.4mol<2n(SO4 ) ﹣ 3+ =1.6mol,故一定含有 Fe 离子,另外溶液中还可能含有 Cl 离子, 3+ 故答案为:Fe . 【点评】 本题考查无机物推断、 离子共存, 题目具有一定难度, 侧重考查学生分析推理能力, 要紧扣反应现象推断离子存在的可能性, (4)为易错点题,注意溶液电中性的利用. 23. 氯气的实验室制法是 MnO2 和浓盐酸在加热条件下反应, 若将 MnO2 换成 KMnO4、 KClO3 等氧化剂氧化浓盐酸亦可快速制取氯气. 根据上述反应原理, 有人提出猜想: 能否利用 Na2O2 的强氧化性氧化浓盐酸得到氯气呢?某课外小组在实验室进行了探索性实验, 设计了如图所 示装置: 操作步骤及现在如下: ①连接好装置,检查装置的气密性,加入药品. ②缓慢通入一定量的 N2 后,将装置 E 连接好(导管未伸入集气瓶中) ,再向圆底烧瓶中缓 慢滴加浓盐酸,反应剧烈,产生黄绿色气体. ③一段时间后,将导管末端伸入集气瓶中收集气体.装置 E 中收集到能使带火星的木条复 燃的无色气体. ④反应结束后,关闭分液漏斗的活塞,再通入一定量的 N2,至装置中气体无色. 回答下列问题: (1)用化学方程式表示 KClO3 氧化浓盐酸的反应 KClO3++6HCl(浓) ═KCl+3Cl2↑+3H2O . (2)装置 B 中为湿润的 KI﹣淀粉试纸,反应一段时间后试纸变蓝,能否仅通过该现象说明 A 装置中产生氯气? 不能 (填“能”或“不能”) ,请用离子方程式说明原因 4H +O2+4I =2I2+2H2O . 装置 C 中湿润的红色布条褪色,是因为产生了具有强氧化性的物质 HClO . (3)装置 D 的作用之一是吸收产生的氯气,可以用硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶液替代 NaOH 溶液,已知 25.0mL0.1mol/L 的 Na2S2O3 溶液可以恰好把标准状况下 224mLCl2 完全转化为 ﹣ ﹣ 2﹣ 2﹣ + Cl 时,写出该反应的离子方程式 S2O3 +4Cl2+5H2O=2SO4 +10H +8Cl .+﹣2﹣

(4)实验证明,Na2O2 可以与 HCl 反应生成氯气,写出反应的化学方程式 Na2O2+4HCl═Cl2+2NaCl+2H2O . (5)利用 Na2O2 与浓盐酸反应制得的 Cl2 中通常含有的杂质气体有: HCl、O2 (不包 括水蒸气) ,较难分离,因此实验室很少用该方法制取氯气.【考点】氯气的实验室制法. 【专题】气体的制备与性质检验类实验. 【分析】装置 A 是发生装置过氧化钠和浓盐酸反应产生黄绿色气体,说明生成氯气,一段 时间后,将导管末端伸入集气瓶中收集气体.装置 E 中收集到能使带火星的木条复燃的无 色气体为氧气,反应结束后,关闭分液漏斗的活塞,再通入一定量的 N2,至装置中气体无 色,把生成的气体全部赶出, (1)KClO3 氧化浓盐酸发生氧化还原反应,氯酸钾是氧化剂,浓盐酸为还原剂,反应生成 氯化钾,氯气和水; (2)O2、Cl2 都具有强氧化性,都能将碘离子氧化为 I2,I2 遇淀粉试液变蓝色,HClO 有漂 白性,氯气和水反应生成 HClO; (3)n(Na2S2O3)=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol,氯气的物质的量= =0.01mol, 二者完全反应时转移电子相等, 设硫代硫酸根离子被氧化后硫元素的化合价为 x, 0.01mol×2× (1﹣0)=0.0025mol×2×(x﹣2) ,4=x﹣2,x=+6,所以硫代硫酸根离子转化为硫酸根离子, 结合氧化还原反应电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平书写离子方程式; (4)根据元素守恒知,生成物中还有水生成,该反应中 O 元素化合价由﹣1 价变为﹣2 价、 Cl 元素化合价由﹣1 价变为 0 价,根据转移电子相等配平方程式; (5)利用 Na2O2 与浓盐酸反应制得的 Cl2 中通常含有的杂质气体,是过氧化钠和水反应生 成氧气,浓盐酸易挥发; 【解答】解: (1)KClO3 氧化浓盐酸发生氧化还原反应,氯酸钾是氧化剂,浓盐酸为还原剂, 反应生成氯化钾, 氯气和水, 反应的化学方程式为: KClO3++6HCl (浓) ═KCl+3Cl2↑+3H2O, 故答案为:KClO3++6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O; (2)装置 B 中为湿润的 KI﹣淀粉试纸,反应一段时间后试纸变蓝,碘离子易被氧化,氧气 可把碘离子氧化,反应方程式为:4H +O2+4I =2I2+2H2O,故湿润的碘化钾﹣淀粉试纸变蓝 不能说明有氯气生成,装置 C 中湿润的红色布条褪色,说明有次氯酸生成,氯气和水反应 生成次氯酸和盐酸,故 A 中生成了氯气, 故答案为:不能,4H +O2+4I =2I2+2H2O,HClO; (3)n(Na2S2O3)=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol,氯气的物质的量= =0.01mol, 二者完全反应时转移电子相等, 设硫代硫酸根离子被氧化后硫元素的化合价为 x, 0.01mol×2×+﹣+﹣

(1﹣0)=0.0025mol×2×(x﹣2) ,4=x﹣2,x=+6,所以硫代硫酸根离子转化为硫酸根离子, 电子转移总数为 8e , 反应的氯气为 4mol, 反应的离子方程式为: S2O3 +4Cl2+5H2O=2SO4 ﹣ ﹣ + +10H +8Cl , ﹣ 2﹣ 2﹣ + 故答案为:S2O3 +4Cl2+5H2O=2SO4 +10H +8Cl ; (4)根据元素守恒知,生成物中还有水生成,该反应中 O 元素化合价由﹣1 价变为﹣2 价、 Cl 元素化合价由﹣1 价变为 0 价,根据转移电子相等配平方程式为: Na2O2+4HCl═Cl2+2NaCl+2H2O, 故答案为:Na2O2+4HCl═Cl2+2NaCl+2H2°; (5)利用 Na2O2 与浓盐酸反应制得的 Cl2 中通常含有的杂质气体,是过氧化钠和水反应生 成氧气,浓盐酸易挥发,所以通常含有的杂质气体有氧气和氯化氢气体, 故答案为:HCl、O2; 【点评】本题考查性质实验探究,侧重考查学生动手操作、分析问题能力,物质的性质是实 验设计的依据,性质、制备实验方案设计是高考高频点,综合性较强,涉及知识点较多,熟 练掌握元素化合物知识,题目难度中等. 24.某化学兴趣小组丙为探究 Fe 是否能氧化 SO2,设计了如图实验装置.3+﹣2﹣2(1)如上图连接好装置.实验前应进行 检查装置的气密性 操作 (2)观察到装置 C 中产生了白色沉淀,同学们提出了以下猜想(每个猜想只考虑一种物质 的氧化性) . 猜想 1: 空气与 SO2 进入 H2O 中,氧气把二氧化硫氧化生成了 H2SO4 ; 3+ 猜想 2:SO2 被 Fe 氧化了; ﹣ 猜想 3:SO2 被 NO3 氧化了 (3)甲同学认为猜想 1 正确,并利用上述装置 A 进行了排除干扰的探究实验. (4)乙同学认为猜想 2 正确,则装置 C 中反应的离子方程式是 SO2+2Fe +Ba +2H2O=BaSO4↓+2Fe +4H (5)丙同学认为猜想 3 正确,他利用甲同学的实验装置,设计实验验证猜想.请在表格中 写出实验步骤以及预期现象和结论.限选实验试剂:NaNO3 溶液、KSCN 溶液、FeCl3 溶液、 BaCl2 溶液、Fe(NO3)3 溶液 实验步骤 预期现象和结论 【考点】性质实验方案的设计. 【专题】实验分析题;实验评价题;演绎推理法;无机实验综合. 【分析】 (1)组装完仪器需检验装置的气密性; (2)二氧化硫具有还原性,可被氧化剂氧化; 3+ (4)Fe 具有氧化性,可与二氧化硫发生氧化还原反应;3+ 2+ 2+ +

(5)丙同学观点是在 SO2 与 NO3 反应,则可用 NaNO3 溶液、BaCl2 溶液代替 BaCl2 溶液、 Fe(NO3)3 溶液 即可. 【解答】解: (1)组装完仪器需检验装置的气密性, 故答案为:检查装置的气密性; (2)猜想 2:SO2 被 Fe 氧化了;猜想 3:SO2 被 NO3 氧化了,装置中含有的氧化剂还有 氧气,故可能被氧气氧化, 故答案为:空气与 SO2 进入 H2O 中,氧气把二氧化硫氧化生成了 H2SO4; 3+ 2+ 2+ + (4) 按观点 2, 装置 B 中反应的离子方程式是 SO2+2Fe +Ba +2H2O=BaSO4↓+2Fe +4H , 3+ 2+ 2+ + 故答案为:SO2+2Fe +Ba +2H2O=BaSO4↓+2Fe +4H ; ﹣ (5)丙同学观点是在 SO2 与 NO3 反应,则可用 NaNO3 溶液、BaCl2 溶液代替 BaCl2 溶液、 Fe(NO3)3 溶液即可,具体操作为:将装置 C 中的溶液换为 NaNO3 和 BaCl2 的混合溶液, 反应一段时间后,若 C 中出现白色沉淀,则证明猜想 3 正确, 故答案为: 实验步骤 预期现象和结论 将装置 C 中的溶液换为 NaNO3 和 BaCl2 的 反应一段时间后,若 C 中出现白色沉淀,则证 混合溶液, 明猜想 3 正确 然后打开分液漏斗活塞进行反应 【点评】本题考查物质的性质实验探究,题目难度中等,注意把握物质的性质,为解答该题 的关键,学习中注意相关知识的积累. 25.标准状况下将一只充满 NO2 气体容积为 100mL 的烧瓶,倒扣于水槽中,当液面不再上 升时,烧瓶中溶液的物质的量浓度是 cmol/L,剩余气体为 VmL. (1)若烧瓶中充满的是 NO2 和 NO 混合气体,则 c= 0.045mol/L ,V 的范围是 V<100 . (2)若烧瓶中充满的是 NO2 和 O2 混合气体,V=0,则 c= mol/L ; <3+﹣﹣(3)若烧瓶中充满的是 NO2 和 O2 混合气体,但 V≠0,则 c 的范围是 0.045<c< . 【考点】化学方程式的有关计算. 【专题】利用化学方程式的计算. 【分析】 (1)发生反应:3NO2+2H2O=2HNO3+NO,溶液体积等于二氧化氮体积的,令二氧 化氮的体积为 VL,计算硝酸物质的量,再结合物质的量浓度定义式计算; 全部为 NO 时,剩余气体达极大值,全部为 NO2 时,剩余气体达极小值,结合方程式计算; (2)发生反应:4NO2+O2+2H2O=4HNO3,没有气体剩余,溶液体积等于混合气体体积,令 混合气体体积为 VL,计算硝酸物质的量,再结合物质的量浓度定义式计算; (3)NO2 和 O2 为 4:1 混合时,二者恰好反应,若氧气剩余,则溶液体积等于反应气体总 体积,由(2)中计算可知,此时溶液浓度,若物质的量之比大于 4:1,则最终剩余 NO, 由极限法可知,气体全部为 NO2 时,所得溶液浓度最小,结合(1)计算可知浓度极小值.

【解答】解: (1)发生反应:3NO2+2H2O=2HNO3+NO,溶液体积等于二氧化氮体积的,令二氧化氮的体积为 VL,则所得溶液物质的量浓度为=0.045mol/L;全部为 NO 时,剩余气体达极大值,全部为 NO2 时,剩余气体达极小值,由方程式可知极 小值为×100L,故 V 的范围是: 故答案为:0.045mol/L; <V<100,<V<100;(2)发生反应:4NO2+O2+2H2O=4HNO3,没有气体剩余,溶液体积等于混合气体体积,令混合气体体积为 VL, 则 NO2 为×VL, 则所得溶液物质的量浓度为 故答案为: mol/L;=mol/L,(3)NO2 和 O2 为 4:1 混合时,二者恰好反应,若氧气剩余,则溶液体积等于反应气体总 体积,由(2)中计算可知,此时溶液浓度为 mol/L,若物质的量之比大于 4:1,则最终剩余 NO,由极限法可知,气体全部为 NO2 时,所得溶液浓度最小,结合(1)计算可知, 浓度极小值为 0.045mol/L,则 c 的范围是:0.045<c< ,故答案为:0.045<c< . 【点评】本题混合物计算、物质的量浓度计算、化学方程式计算,侧重考查学生分析计算能 力,关键是明确极值,难度中等.