2016届湖南省邵阳二中高三(上)第四次月考化学试卷(12月版)分解

湖南省邵阳二中2015-2016学年高三（上）第四次月考化学试卷一、选择题（每小题3分，共48分.每题只有一个选项符合题意）1.请你运用所学的化学知识判断，下列有关化学观念的叙述错误的是（）A.几千万年前地球上一条恐龙体内的某个原子可能在你的身体里B.用斧头将木块一劈为二，在这个过程中个别原子恰好分成更小微粒一定条件下，金属钠可以成为绝缘体一定条件下，水在20c时能凝固成固体2.下列有关试剂的保存方法，错误的是（）A.浓硝酸保存在无色玻璃试剂瓶中B.少量钠保存在煤油中C.氢氧化钠溶液保存在带有橡皮塞的玻璃试剂瓶中D.新制氯水通常保存在棕色试剂瓶中3.热水法制Fe3O4纳米颗粒的反应为：3Fe2++2S2O32+O2+XOH=Fe3O4+S4O62+2H2O下列说法正确的是（）A,将纳米Fe3O4分散在水中没有丁达尔现象B.将纳米Fe3O4分散在水中Fe3O4不能透过滤纸C.每生成1molFe3O4反应转移的电子数为4NaD,反应物OH」的化学计量数x=24.在常温下，发生下列几种反应①2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5CI2T+8H2O②Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2③Br2+2FeB「2=2FeBr3根据上述反应，下列结论正确的是（）A.还原性强弱顺序为：Br>Fe2+>ClB.氧化性强弱顺序为：MnO4「>Cl2>Br2>Fe3+C.反应①中，当生成1molCl2时，被氧化的HCl为3.2molD.溶液中可发生反应：2Fe3++2C「=2Fe2++Cl2T5.设Na是阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A.0.1mo1L1MgCl2溶液中含C1一数为0.2NaB.标准状况下，22.4L的CCl4中含CCl4分子数为NaC.0.1molNa2O2与足量的CO2完全反应转移电子数目为0.1NaD.10mL5molL（NH4）2CO3溶液中含有N原子数目小于0.1NaD.10mL5molL6.下列说法正确的是（）A,澄清石灰水可用来鉴别Na2CO3和NaHC03溶液B.能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝的物质一定是氯气C.NO2、CO2和SO2溶于水均可导电，它们都是电解质D,将SO2通入酸化的Ba（NO3）2溶液中会出现白色沉淀.下列离子方程式书写正确的是（）A.Cu溶于足量浓硝酸：Cu+2NO3+4H+—Cu2++2NO2f+2H2。.氧化亚铁加入稀硝酸中：FeO+2H+=Fe2++H2OC.氨水吸收过量的SO2：OH+SO2=HSO3D.碳酸钙溶于醋酸中：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2TTOC\o"1-5"\h\z8.下列无色溶液中，离子能大量共存的是（）A.Na+、H+、AIO2、C1B.CIO、K+、OH一、HSO3C,K+、Na+、SiO32、SO42-D.K+、A13+、Cl、HCO3.下列气体中能用浓硫酸干燥的是（）A.H2sB.NH3C.HID.CO2.下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是（）①硅是构成一些岩石和矿物的基本元素，在自然界中只以化合态的形式存在②陶瓷、水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品③硅的最高价氧化物不与任何酸反应④SiO2高熔点、硬度大，是原子晶体，用作光导纤维⑤硅的气态氢化物没有甲烷稳定.A.①②⑤B.②③④C.①④⑤D.③④⑤.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀溶液中不一定含有SO42B向溶液X中先滴加稀NaOH溶液，再将湿润红色石蕊试纸置于试管口附近试纸不变蓝+原溶彼中无NH4

C向PbO2中滴入浓盐酸有黄绿色气体PbO2具有还原性D向溶液X中加入稀盐酸，并将产生的无色气体通入澄清石灰水中有白色沉淀生成溶液X中一定含有CO32A.AB.BC.CD.D.下列过程没有发生化学反应的是（）A.用活性炭去除冰箱中的异味B.用浸泡过高镒酸钾溶液的硅藻土保存水果C.用热碱水清除炊具上残留的油污D.用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装.在aLAl2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液中加入bmolBaCl2,恰好使溶液中的SO42「离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到cmolNH3,则原溶液中的Al3+浓度（mol/L）为（）2b_c2b_cA. 2a2b_c a2b_c 3a2b_c 6a14.同温同压下，在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的2种气体，它们是①NO和NO2,②NO2TOC\o"1-5"\h\z和。2,③NH3和N2.现将3支试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积分别为Vi、V2、V3,则下列关系正确的是（）A.V1>V2>V3B.V3>Vi>V2C,V2>V3>ViD.V1>V3>V215.某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32\SO42>NO3一中的几种.①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示.则下列说法正确的是（）A.溶液中一定不含CO32,可能含有SO42「和NO3B,溶液中n（NH4+）=0.2molC.溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+

D.n(H+)：n(Al):n(Mg)=1:1:1.硫酸和硝酸的混合溶液20mL,其中含有硫酸的浓度为2mol/L,含硝酸的浓度是1mol/L,现向其中加入0.96g铜粉，充分反应后(假设只生成NO气体)，最多可收集到标准状况下的气体的体积为()A.89.6mLB.112mLC.168mLD.224mL二、非选择题(共52分).已知Na2SO3固体与硫酸可发生反应：Na2SO3+H2SO4—Na2SO4+H2O+SO2T,如图是实验室制取SO2并验证SO2的某些性质的装置图.试回答：(1)①中的实验现象为石蕊试液,此实验证明SO2是气体.(2)②中的品红溶液,证明SO2有性.(3)③中的实验现象是,证明SO2有性.(4)④中的实验现象是,证明SO2有性..某探究小组的同学设计实验探究铁与水蒸气的反应，并探究反应后生成物的一系列性质.(1)图甲为铁与水蒸气反应的实验装置，实验前应先进行的操作是.B内所发生反应的(2)图甲I为产生水蒸气的装置，图甲IIB内所发生反应的化学方程式(3)为了验证硬质玻璃管B中反应后的气体产物是H2,还需从图乙中选择必要的仪器和药品，设计出一套装置，其连接顺序为：a连,连,连.反应后，将图甲II装置中硬质玻璃管B内的全部固体置于试管中，加入60mL1mol/L的稀盐酸，固体恰好完全溶解，再滴加KSCN溶液，发现溶液不显血红色，写出此过程中所有可能发生反应的离子方程式、、.反应前硬质玻璃管B中加入Fe粉的质量为g..用含有A1203、Si02和少量FeOxFe2O3的铝灰制备A12(SO4)318H2O.,工艺流程如下(部分操作和条件略)：I.向铝灰中加入过量稀H2SO4,过滤：n.向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3;in.加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色：W.加入MnSO4至紫红色消失，过滤；V.浓缩、结晶、分离，得到产品.H2s04溶解A12O3的离子方程式是.(2)请将KMnO4氧化Fe2+的离子方程式补充完整：mnO4+CFe2++□=mn2++EFe3++D(3)生成各种氢氧化物沉淀的pH如下表(金属离子的起始浓度为0.1molL-1)Al(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8根据表中数据解释步骤n的目的：.(4)己知：一定条件下，MnO4「可与Mn2+反应生成MnO2,①向出的沉淀中加入浓HCl并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是.②IV中加入MnS04的目的是.20.已知：(1)A为正盐.F在常温下是一种无色液体.(4)C、J的水溶液是一种酸.图中部分反应条件及产物已略去.

(1)写出A的化学式：A.(2)写出下列反应的化学方程式：B+D-E+F：；J+Cu-E:;H和石灰乳的反应：.(3)在I和F的反应中，氧化剂和还原剂的质量比为：.21.某化学研究性学习小组对某无色水样的成分进行检验，已知该水样中只可能含有K+、Mg2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Ag+、Ca2+、CO=、SO厂、C厂中的若干种离子.该小组同学取100mL水样进行实验,向水样中先滴加硝酸钢溶液，再滴加1mol/L的硝酸，实验过程中沉淀质量的变化情况如右图所示：(1)水样中一定含有的阴离子是，其物质的量浓度之比为.(2)写出BC段所表示反应的离子方程式：.(3)由B到C点变化过程中消耗硝酸的体积为.(4)试根据实验结果推测K+是否存在？(填是"或否”)；若存在，K+的物质的量浓度c(K+)6772.33沉淀施址收的范围是.设计简单实验验证原水样中可能存在的离子：.(写出实验步骤、现象和结论)6772.33沉淀施址收注明：附段次示清加《1谶机■液;Ad段&示滴加稀硝酸.\cfl实检过程2015-2016学年湖南省邵阳二中高三（上）第四次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题3分，共48分.每题只有一个选项符合题意）1.请你运用所学的化学知识判断，下列有关化学观念的叙述错误的是（）A.几千万年前地球上一条恐龙体内的某个原子可能在你的身体里B.用斧头将木块一劈为二，在这个过程中个别原子恰好分成更小微粒一定条件下，金属钠可以成为绝缘体一定条件下，水在20c时能凝固成固体【考点】分子、原子、离子；金属键与金属的物理性质的关系.【分析】A、在化学变化的过程中，原子不发生改变；B、原子是化学变化的最小微粒；C、金属在一定的条件下可以成为绝缘体；D、水分子总是不断运动的.【解答】解：A、因为在化学变化的过程中，原子不发生改变，所以几千万年前地球上一条恐龙体内的某个原子可能在你的身体里，故A正确；B、用斧头将木块一劈为二，在这个过程中不可能把原子恰好分成更小的微粒，故B错误;C、金属钠可以在高压条件下转化为绝缘体，故C正确；D、加压能降低水的凝固点和沸点，可以让水在20c时能凝固成固体，故D正确.故选B.2.下列有关试剂的保存方法，错误的是（）A.浓硝酸保存在无色玻璃试剂瓶中B.少量钠保存在煤油中C.氢氧化钠溶液保存在带有橡皮塞的玻璃试剂瓶中D.新制氯水通常保存在棕色试剂瓶中【考点】化学试剂的存放.【分析】实验室保存化学试剂，应根据化学药品的物理性质和化学性质采取正确的保存方法，如易挥发药品要密封保存，易分解物质和避光、低温保存，具体物质要具体分析.【解答】解：A.浓硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，故A错误；B.金属钠易与空气中氧气反应、易与水反应，与煤油不反应且密度比煤油大，保存在煤油中可隔绝空气，防止钠变质，故B正确；C.玻璃中含有二氧化硅，易与NaOH溶液反应生成具有黏性的硅酸钠，盛NaOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞，故C正确；D.氯水中的次氯酸见光易分解而导致C12水变质，应于棕色试剂瓶避光保存，故D正确.故选A.3.热水法制Fe3O4纳米颗粒的反应为：3Fe2++2S2O32+O2+XOH=Fe3O4+S4O62+2H2O下列说法正确的是()A,将纳米Fe3O4分散在水中没有丁达尔现象B.将纳米Fe3O4分散在水中Fe3O4不能透过滤纸C.每生成1molFe3O4反应转移的电子数为4NaD,反应物OH」的化学计量数x=2【考点】氧化还原反应；铁的氧化物和氢氧化物.【分析】由电荷守恒可知，(+2)X3+(-2)X2+XX(-1)=-2,解得x=4,反应中Fe元素的化合价升高，S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，以此来解答.【解答】解：A.纳米Fe3O4粒子直径介于1〜100nm之间，将纳米Fe3O4分散在水中可形成胶体，具有丁达尔效应，故A错误；B.胶体粒子可透过滤纸，但不能透过半透膜，故B错误；C.每生成1molFe3O4,只有1mol氧气得到电子，则反应转移的电子总数为1molx2x(2-0)=4mol,故C正确；D.电荷守恒可知，(+2)x3+(-2)X2+XX(-1)=-2,解得x=4,故D错误.故选C.4.在常温下，发生下列几种反应①2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5C12T+8H2O②Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2③Br2+2FeB「2=2FeBr3根据上述反应，下列结论正确的是()A.还原性强弱顺序为：Br>Fe2+>ClB.氧化性强弱顺序为：MnO4「>Cl2>Br2>Fe3+C.反应①中，当生成1molCl2时，被氧化的HCl为3.2molD.溶液中可发生反应：2Fe3++2C「=2Fe2++Cl2T【考点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的计算.【分析】A、根据还原剂的还原性>还原产物还原性判断.B、根据氧化剂的氧化性>氧化产物氧化性判断.C、反应①中只有氯元素被氧化，根据氯原子守恒计算.D、氯气氧化性比Fe3+强，该离子反应不能发生.【解答】解：①2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5C12T+8H2O,氧化剂为KMnO4,氧化产物为Cl2,所以氧化性KMnO4>Cl2；还原剂为HCl,还原产物为MnCl2,所以还原性HCl>MnCl2；②Ci2+2NaBr=2NaCl+B「2,氧化剂为©2,氧化产物为B「2,所以氧化性Cl2>B「2；还原剂为NaBr,还原产物为NaCl,所以还原性NaBr>NaCl;③B「2+2FeB「2=2FeBr3,氧化剂为B「2,氧化产物为，所以氧化性B「2>Fe3+；还原剂为Fe2+,还原产物为Br,所以还原性Fe2+>Br;A、由上述分析可知，还原性强弱顺序为：Fe2+>Br>Cl,故A错误；B、由上述分析可知，氧化性强弱顺序为：MnO4>Cl2>Br2>Fe3+,故B正确；C、反应①中只有氯元素被氧化，氯原子守恒可知，1molCl2时，被氧化的HCl为2mol,参加反应的HCl为3.2mol,故C错误;D、由上述分析可知，氧化性强弱顺序为：MnO4>Cl2>Br2>Fe3+,所以氯气能将亚铁离子氧化为铁离子，Fe3+不能氧化Cl,故D错误.故选：B.5.设Na是阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是()A.0.1mo1L1MgCl2溶液中含C1一数为0.2NaB.标准状况下，22.4L的CCl4中含CCl4分子数为Na0.1molNa2O2与足量的CO2完全反应转移电子数目为0.1NA10mL5molL1(NH4)2CO3溶液中含有N原子数目小于0.1Na【考点】阿伏加德罗常数.【分析】A、溶液体积不明确;B、标况下四氯化碳为液态；C、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应；D、根据盐类水解中的物料守恒来分析.【解答】解：A、溶液体积不明确，故溶液中的氯离子个数无法计算，故A错误；B、标况下四氯化碳为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应，1mol过氧化钠反应时转移1mol电子，故0.1mol过氧化钠转移0.1mol电子即0.1NA个，故C正确；D、根据盐类水解中的物料守恒可知，俊根离子部分水解为一水合氨，但无论怎么水解，溶液中的氮原子个数恒定，即溶液中的氮原子个数一直为0.1Na个，故D错误.故选C.6.下列说法正确的是()A,澄清石灰水可用来鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液B.能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝的物质一定是氯气C.NO2、CO2和SO2溶于水均可导电，它们都是电解质D,将SO2通入酸化的Ba(NO3)2溶液中会出现白色沉淀【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计；电解质与非电解质；二氧化硫的化学性质；化学实验方案的评价.【分析】A.Na2CO3和NaHCO3溶液均与石灰水反应生成白色沉淀；B.具有氧化性的物质均可氧化KI生成碘，淀粉遇碘变蓝；NO2、CO2和SO2均本身不能发生电离；SO2通入酸化的Ba(NO3)2溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸钢.【解答】解：A.Na2CO3和NaHCO3溶液均与石灰水反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故A错误；B.具有氧化性的物质均可氧化KI生成碘，淀粉遇碘变蓝，则能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝的物质不一定是氯气，还可能为臭氧、氧气等，故B错误；C.NO2、CO2和SO2均本身不能发生电离，均为非电解质，溶于水反应生成酸电离，溶液可导电，故C错误；D.SO2通入酸化的Ba(NO3)2溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸钢，则溶液中会出现白色沉淀，故D正确；故选D..下列离子方程式书写正确的是（）A.Cu溶于足量浓硝酸：Cu+2NO3+4H+—Cu2++2NO2f+2H2O.氧化亚铁加入稀硝酸中：FeO+2H+=Fe2++H2OC,氨水吸收过量的SO2：OH+SO2=HSO3D.碳酸钙溶于醋酸中：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2T【考点】离子方程式的书写.【分析】A.反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；.发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水；C.反应生成亚硫酸氢俊，一水合氨在离子反应中保留化学式；D.醋酸在离子反应中保留化学式.【解答】解：A.Cu溶于足量浓硝酸白勺离子反应为Cu+2NO3「+4H+—Cu2++2NO2T+2H2。，故A正确;B.氧化亚铁加入稀硝酸中的离子反应为3FeO+NO3「+10H+=3Fe3++NOT+5H2。，故B错误；C.氨水吸收过量的SO2的离子反应为NH3.H2O+SO2=HSO3「+NH4+,故C错误；D.碳酸钙溶于醋酸中的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO+H2O+CO2T,故D错误；故选A.8.下列无色溶液中，离子能大量共存的是（）A.Na+、H+、AIO2、C1B.CIO、K+、OH一、HSO3C.K+、Na+、SiO32、SO42-D.K+、A13+、Cl、HCO3【考点】离子共存问题.【分析】无色溶液可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4「等有色离子的存在，A.氢离子与偏铝酸根离子反应；B.次氯酸根离子能够氧化亚硫酸氢根离子，氢氧根离子能够与亚硫酸氢根离子反应；C.四种离子之间不反应，都是无色离子，能够共存；D.碳酸氢根离子与铝离子发生双水解反应.【解答】解：溶液无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4「等有色离子的存在，H+、A1O2「之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；OH「与HSO3」反应，ClO「与HSO3「之间发生氧化还原反应，在溶?^中不能大量共存，故B错误；K+、Na+、SiO32，SO42「之间不反应，都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故C正确；A13+、HCO3「之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C.9.下列气体中能用浓硫酸干燥的是（）A.H2sB.NH3C.HID.CO2【考点】气体的净化和干燥；浓硫酸的性质.【分析】浓硫酸属于酸，具有酸的通性，还具有吸水性、脱水性和强氧化性，能干燥中性或酸性气体，但不能干燥碱性、部分强还原性气体，据此分析解答.【解答】解：A.硫化氢气体能被浓硫酸氧化，H2S+H2SO4（浓）一SO2+SJ+2H2。，所以不能用浓硫酸干燥，故A错误；B.氨气属于碱性气体，能被浓硫酸吸收，所以不能被浓硫酸干燥，故B错误；C.碘化氢气体能被浓硫酸氧化，所以不能用浓硫酸干燥，故C错误；D.二氧化碳属于酸性氧化物，和浓硫酸不反应，所以能被浓硫酸干燥，故D正确.故选D..下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是（）①硅是构成一些岩石和矿物的基本元素，在自然界中只以化合态的形式存在②陶瓷、水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品③硅的最高价氧化物不与任何酸反应④SiO2高熔点、硬度大，是原子晶体，用作光导纤维⑤硅的气态氢化物没有甲烷稳定.A.①②⑤B.②③④C.①④⑤D.③④⑤【考点】硅和二氧化硅.【分析】①自然界中无游离态的硅；

②水晶主要成分是二氧化硅;③二氧化硅常温下能够与氢氟酸反应;④二氧化硅为氧原子与硅原子通过共价键形成原子晶体，结合原子晶体性质解答;⑤非金属性越强，气体氢化物越稳定.【解答】解：①岩石和矿物中含有硅酸盐、二氧化硅，所以岩石和矿物的基本元素有硅元素，硅自然界中只以化合态的形式存，故正确;②水晶主要成分是二氧化硅，二氧化硅为氧化物，故错误;③二氧化硅常温下能够与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，故错误;④二氧化硅为氧原子与硅原子通过共价键形成原子晶体，原子晶体高熔点、硬度大，二氧化硅是制作光导纤维主要原料，故正确;⑤碳的非金属性强于硅，所以甲烷稳定性强于硅烷，故正确;.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（选项实验操作实验现象结论含有向溶液中滴加盐酸酸化的 BaCl2选项实验操作实验现象结论含有向溶液中滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液产生白色沉淀溶液中不一定SO42向溶液X中先滴加稀向溶液X中先滴加稀NaOH溶液，再将湿润红色石蕊试纸置于试管口附近试纸不变蓝原溶液中无NH4+向PbO2向PbO2中滴入浓盐酸有黄绿色气体PbO2具有还原性D向溶液X中加入稀盐酸，并将产生的无色气体通入澄清石灰水中有白色沉淀生成溶液无色气体通入澄清石灰水中有白色沉淀生成溶液X中一定..一一2.含有CO32A.AB.BC.CD.DA.AB.BC.CD.D【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用.【分析】A、溶液中可能存在银离子;B、检验俊根离子时加氢氧化钠并加热;C、盐酸中氯离子转化为氯气时，被氧化;D、D、.氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊.【解答】解：A、向溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀也可能是氯化银，所以不能判断溶液中是含有SO42,还是银离子，故A正确；B、检验俊根离子时加氢氧化钠并加热，向溶液X中先滴加稀NaOH溶液，溶液中主要以一水合氨的形式存在，所以湿润红色石蕊试纸置于试管口附近不会变色，不能判断原溶液中无NH4+,故B错误；C、向PbO2中滴入浓盐酸，生成氯气，则盐酸中氯离子转化为氯气时，被氧化，说明PbO2具有氧化性，故C错误；D、向溶液X中加入稀盐酸，并将产生的无色气体通入澄清石灰水中，有白色沉淀生成，溶液X中可能定含有CO32，HCO3，SO32，HSO3,因为二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，故D错误.故选A.12.下列过程没有发生化学反应的是（）A.用活性炭去除冰箱中的异味B.用浸泡过高镒酸钾溶液的硅藻土保存水果C.用热碱水清除炊具上残留的油污D.用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装【考点】物理变化与化学变化的区别与联系.【分析】区别物理变化与化学变化的关键是看是否有新物质的生成，有新物质生成的一定是化学变化，据此解答.【解答】解：A.用活性炭去除冰箱中的异味，没有新物质的生成，属于物理变化，故A选；B.乙烯具有催熟效力，乙烯具有还原性，能够被酸性的高镒酸钾氧化，有新物质生成，属于化学变化，故B不选；C.油脂在碱性条件下发生较为彻底的水解反应，属于化学变化，故C不选；D.硅胶具有吸水性，可防止食品受潮，属于物理变化，铁粉可防止食品氧化，属于化学变化，故D不选；13.在aLAl2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液中加入bmolBaCl2,恰好使溶液中的SO42「离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到cmolNH3,则原溶液中的Al3+浓度（mol/L）为（）2b-A. 2a2b-2b-A. 2a2b-B. aCC. 3aD.2b-£6a【考点】物质的量浓度的相关计算；离子方程式的有关计算.【分析】根据SO42「+Ba2+—BaSO4j计算溶液中的SO42「离子的物质的量，根据NH4++OH===NH3T+H2O计算NH4+的物质的量，再利用电荷守恒来计算原溶液中的Al3+浓度.【解答】解：由混合溶液中加入bmolBaCl2,恰好使溶液中的SO42「离子完全沉淀,贝USO42+Ba2+—BaSO4Jbmolbmolc（SO42）=^L上mol/L,aLa由加入足量强碱并加热可得到cmolNH3,贝UNH4++OH==NH3T+H2Ocmolcmolc(NH4+)=5:1=£mol/L,aLa又溶液不显电性，设原溶液中的Al3+浓度为x,由电荷守恒可知,xx3+—mol/Lx1=2mol/Lx2,aa2b-c解得x=mol/L,3a故选C.14.同温同压下，在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的2种气体，它们是①NO和NO2,②NO2和。2,③NH3和N2.现将3支试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积分别为Vi、V2、V3,则下列关系正确的是（）A,V1>V2>V3B.V3>V1>V2C,V2>V3>V1D,Vi>V3>V2【考点】化学方程式的有关计算.【分析】先判断同组内各物质间是否发生化学反应，反应前后的物质是否极易溶于水，气体的溶解性越大，试管内的压强越小，水面上升的越高.试管中剩余气体越少；

【解答】解：设每种气体各占1l,IL+"2IL+"①组合发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO,剩余气体的体积为:②组合发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3,剩余气体的体积为Vl==L；③组合NH3全部溶于水，N2与水不反应，不溶于水，故剩余气体的体积V3=-L,2故V1>V3>V2,15.某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO?2」、SO42「、NO3一中的几种.①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示.则下列说法正确的是（）S'&sniNaOH)/mclA.溶液中一定不含CO32'可能含有SO42「和NO3B.溶液中n(NH4+)=0.2molc.溶液中的阳离子只有h+、Mg2+、ai3+D.n(H+):n(Al3+):n(Mg2+)=1:1:1【考点】常见离子的检验方法.【分析】加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子，加氢氧化钠产生白色沉淀说明不含铁离子，当溶液中含氢离子、俊根离子、镁离子、铝离子时，加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与俊根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，对应图象是先在x轴上，再逐渐增大，再平行x轴，再减小,可以对照图象求出各离子的量.【解答】解：A、加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子，因为硝酸根、氢离子与锌会反应生成刺激性的一氧化氮，故A错误;B、根据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀,再与钱根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，根据第二段是氢氧化钠与俊根反应得到

一水合氨的阶段，即NH4++OH=NH3H2O,消耗氢氧化钠的物质的量为0.7mol-0.5mol=0.2mol,所以溶液中n(NH4。=0.2mol,故B正确；C、据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与钱根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，所以溶液中的阳离子一定含NH4+、H+、Mg2+、Al3+,故C错误；D、根据第一段是氢氧化钠中和氢离子的阶段，所以氢离子的物质的量是0.1mol,根据第四段是氢氧化铝和氢氧化钠反应的阶段，即Al(OH)3〜OH「〜[Al(OH)4],则消耗氢氧化钠的物质的量为：0.8mol-0.7mol=0.1mol,根据第二段是将铝离子和镁离子反应生成沉淀的阶段，根据Al3+〜3OH「〜Al(OH)3,Mg2+~2OH「~Mg(OH)2,0.1mol氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量是0.3mol,所以镁离子消耗氢氧化钠的物质的量是：0.5mol-0.1mol-0.3mol=0.1mol,所以镁离子的物质的量是0.05mol,即n(H+):n(Al3+):n(Mg2+)=0.1：0.1：0.05=2:2:1,故D错误.故选B.16.硫酸和硝酸的混合溶液20mL,其中含有硫酸的浓度为2mol/L,含硝酸的浓度是1mol/L,现向其中加入0.96g铜粉，充分反应后(假设只生成NO气体)，最多可收集到标准状况下的气体的体积为()A.89.6mLB.112mLC.168mLD.224mL【考点】硝酸的化学性质；离子方程式的有关计算.【分析】铜与硝酸的反应生成的硝酸盐，如果有酸存在时，NO3「和H+仍是稀硝酸环境中，铜可以继续被稀硝酸氧化，稀硝酸被还原为NO气体.所以可利用Cu和H+、NO3「离子之间的反应实质来解决.【解答】解：铜与稀硝酸反应的实质是3Cu+8H++2NO3「=3Cu2++2NOT+4H2O,在溶液中每3molCu与8molH+完全反应生成2molNO气体,题中混合溶液中含H+物质的量为：0.04mol硫酸中含0.08mol,0.02mol硝酸中含0.02mol,所以溶液中共含0.10molH+,0.96g铜的物质的量为0.96g64g/mol0.96g铜的物质的量为0.96g64g/mol=0.015mol,根据离子方程式量的关系,3Cu〜8H+〜2NO,0.015mol铜完全反应，消耗的氢离子物质的量为：0.015molx-1=0.04mol,显然氢离子过量，铜离子完全反应，生成的NO气体由铜的物质的量计算得出，气体物质的量为0.01mol,标准状况下的体积为0.224L=224ml故选D.二、非选择题(共52分)17.已知Na2SO3固体与硫酸可发生反应：Na2SO3+H2SO4—Na2SO4+H2O+SO2T,如图是实验室制取SO2并验证SO2的某些性质的装置图.试回答：(1)①中的实验现象为石蕊试液变红，此实验证明SO2是酸性气体.(2)②中的品红溶液褪色，证明SO2有漂白性.(3)③中的实验现象是变浑浊(生成淡黄色沉淀)，证明SO2有氧化性.(4)④中的实验现象是紫红色褪去，证明SO2有还原性.【考点】探究二氧化硫与水和品红溶液的反应.【分析】(1)二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸；酸可以使紫色石蕊试液变红;(2)二氧化硫与品红化合生成无色物质，能使品红溶液褪色；(3)SO?中+4价S具有氧化性，硫化氢中-2价S具有还原性，二氧化硫能把硫化氢氧化成单质硫，本身被还原成单质硫；(4)酸性KMnO4具有强氧化性，溶液颜色为紫色，SO2中+4价S具有还原性.【解答】解：(1)二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，可以使紫色石蕊试液变红，故答案为：变红；酸性；(2)二氧化硫与品红化合生成无色物质，能使品红溶液褪色，故二氧化硫具有漂白性，故答案为：褪色;漂白；(3)SO2中+4价S具有氧化性，硫化氢中-2价S具有还原性，二氧化硫能把硫化氢氧化成淡黄色单质硫，本身被还原成淡黄色单质硫，反应方程式为SO2+2H2s=3SJ+2H20,故答案为：变浑浊(生成淡黄色沉淀)；氧化；(4)酸性KMnO4具有强氧化性，溶液颜色为紫色，SO2中+4价S具有还原性，二氧化硫通入酸性高镒酸钾中发生2KMnO4+5SO2+2H2O—K2SO4+2MnSO4+2H2SO4,该反应中二氧化硫为还原剂，具有还原性，发生氧化反应，导致酸性KMnO4溶液褪色,故答案为：紫红色褪去；还原.18.某探究小组的同学设计实验探究铁与水蒸气的反应，并探究反应后生成物的一系列性质.(1)图甲为铁与水蒸气反应的实验装置，实验前应先进行的操作是检查装置气密性.(2)图甲I为产生水蒸气的装置，图甲II为铁与水蒸气反应的装置，写出硬质玻璃管B内所发生反应的化学方程式3Fe+4H20Fe3O,4+4H2.(3)为了验证硬质玻璃管B中反应后的气体产物是H2,还需从图乙中选择必要的仪器和药品，设计出一套装置，其连接顺序为：a连j,f连b,c连h.反应后，将图甲II装置中硬质玻璃管B内的全部固体置于试管中，加入60mL1mol/L的稀盐酸，固体恰好完全溶解，再滴加KSCN溶液，发现溶液不显血红色，写出此过程中所有可能发生反应的离子方程式Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4HN。、Fe+2H+=Fe2++H2T、Fe+2Fe3+=3Fe2+.反应前硬质玻璃管B中加入Fe粉的质量为1.68g.【考点】性质实验方案的设计.【分析】(1)图甲为铁与水蒸气反应的实验装置，生成的水蒸气和铁在高温下反应需要装置气密性完好;(2)硬质玻璃管B内所发生反应是铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；(3)为了验证硬质玻璃管B中反应后的气体产物是H2,同时含有水蒸气，需要通过装置中的浓硫酸干燥氢气，然后通过装置中的氧化铜发生氧化还原反应生成红色铜和水蒸气，通过无水硫酸铜检验生成的水蒸气存在，最后需要剩余氢气的处理；（4）反应后，将图甲II装置中硬质玻璃管B内的全部固体置于试管中，加入60mL1mol/L的稀盐酸，固体恰好完全溶解，再滴加KSCN溶液，发现溶液不显血红色，说明无铁离子存在，四氧化三铁溶解后生成亚铁离子和铁离子，说明过量的铁和过量的盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，铁离子反应生成亚铁离子，反应后全部生成氯化亚铁，结合元素守恒计算铁粉质量；【解答】解：（1）铁与水蒸气反应的实验装置分析可知，装置中A需要生成水蒸气，通入B中和铁在高温下反应所以需要装置气密性完好，实验前应先进行的操作是检查装置气密性，故答案为：检查装置气密性；（2）图甲I为产生水蒸气的装置，图甲II为铁与水蒸气反应的装置，硬质玻璃管B内所发生反应是铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O」5^—Fe3O4+4H2,故答案为：3Fe+4H2O向皿Fe3O4+4H2；（3）硬质玻璃管B中反应后的气体产物是H2,同时含有水蒸气，需要通过装置中的浓硫酸干燥氢气，然后通过装置中的氧化铜发生氧化还原反应生成红色铜和水蒸气，通过无水硫酸铜检验生成的水蒸气存在，最后需要剩余氢气的处理，为了验证硬质玻璃管B中反应后的气体产物是H2,其连接顺序为ajfbch,故答案为：jfbch;（4）反应后，将图甲II装置中硬质玻璃管B内的全部固体置于试管中，加入60mL1mol/L的稀盐酸，固体恰好完全溶解，再滴加KSCN溶液，发现溶液不显血红色，说明无铁离子存在，四氧化三铁溶解后生成亚铁离子和铁离子，反应的离子方程式为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O,过量的铁和过量的盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2T,铁离子反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+,依据元素元素守恒计算，铁元素来源于铁单质，氯元素来源于盐酸溶液中的氯化氢，FeCl2~2HC1〜Fe,210.060Lx1mol/Ln=0.03mol反应前硬质玻璃管B中加入Fe粉的质量=56g/molx0.03mol=1.68g,故答案为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O、Fe+2H+=Fe2++H2T、Fe+2Fe3+=3Fe2+；1.68.19.用含有A1203、Si02和少量FeOxFe2O3的铝灰制备A12（SO4）318H2O.,工艺流程如下（部分操作和条件略）：I.向铝灰中加入过量稀H2SO4,过滤：n.向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；ID.加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色：W.加入MnSO4至紫红色消失，过滤；V.浓缩、结晶、分离，得到产品.3(1)H2s04溶解A12O3的离子方程式是A12Ob+6H+=2A1+3HzO.(2)请将KMnO4氧化Fe2+的离子方程式补充完整：WnO4+引e2++口8H+=耳2++CFe3++D4H2O(3)生成各种氢氧化物沉淀的pH如下表(金属离子的起始浓度为0.1molL-1)Al(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3TOC\o"1-5"\h\z开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8根据表中数据解释步骤n的目的：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+,可使铁完全沉淀.(4)己知：一定条件下，MnO4「可与Mn2+反应生成MnO2,①向出的沉淀中加入浓HCl并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是生成黄绿色气体.②IV中加入MnS04的目的是除去过量的MnO4」.【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计.【分析】向铝灰中加入过量稀H2SO4,A12O3和少量FeOxFe2O3和硫酸反应生成硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁，SiO2不反应，过滤除去二氧化硅；向滤液中加入过量KMnO4溶液，高镒酸钾把亚铁离子氧化成铁离子，调节溶液的pH约为3生成氢氧化铁沉淀，除去铁离子，过滤，滤液中含铝离子和过量的高镒酸根离子；加入硫酸镒把过量高镒酸根离子除去，再过滤，对滤液蒸发浓缩、结晶分离出硫酸铝晶体.(1)氧化铝是两性氧化物溶于强酸强碱；(2)依据氧化还原反应电子守恒和原子守恒，结合元素化合价变化分析产物和反应物；(3)依据金属阳离子沉淀开始和完全沉淀需要的溶液PH分析，亚铁离子被氧化为铁离子，调节溶液PH使铁离子全部沉淀；(4)①浓盐酸和二氧化镒再加热条件下生成黄绿色气体氯气；②加入MnSO4至紫红色消失，目的是除去过量高镒酸根离子.【解答】解：(1)硫酸溶解氧化铝生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O;故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O;(2)反应中MnO4、Mn2+,Fe2+^Fe3+,MnO4「系数为1,根据电子转移守恒可知，Fe2+系数为^—^-=5,3-2由元素守恒可知，Fe3+系数为5,由电荷守恒可知，由H+参加反应，其系数为8,根据元素原子守恒可知，有H2O生成，其系数为4,方程式配平为MnO4+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；故答案为：MnO4+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；(3)向滤液中加入过量KMnO4溶液，目的是氧化亚铁离子为三价铁离子，依据图表数据分析可知，铁离子开始沉淀和沉淀完全的溶液PH为1.5--2.8,铝离子和亚铁离子开始沉淀的溶液PH大于3,所以调节溶液的pH约为3,可以使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀分离；故答案为：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+,可使铁完全沉淀；(4)一定条件下，MnO4「可与Mn2+反应生成MnO2①向出的沉淀中加入浓HCl并加热，二氧化镒和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化镒、氯气和水，生成的氯气是黄绿色气体，能说明沉淀中存在MnO2的现象是生成黄绿色气体；故答案为：生成黄绿色气体；②MnO4「可与Mn2+反应生成MnO2,过滤除去，所以可以利用MnSO4的溶液和高镒酸钾溶液反应生成二氧化镒，把过量高镒酸根离子除去；故答案为：除去过量的MnO4，20.已知：(1)A为正盐.F在常温下是一种无色液体.(4)C、J的水溶液是一种酸.图中部分反应条件及产物已略去.(1)写出A的化学式：ANH4Cl(2)写出下列反应的化学方程式：

①B+D-E+F:4NH3+5O2—~^4NO+6H2O;--△-J+Cu_E:3Cu+8HNOy(稀)一3Cu(NO,[+2NOT+4H?O；H和石灰乳的反应：2Cl2+2Ca(OH)2—CaCl2+Ca(ClO)g+ZH2o.(3)在I和F的反应中，氧化剂和还原剂的质量比为：1:2.【考点】无机物的推断.【分析】常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体，所以H为Cl2,I通常为红棕色气体判断为NO2；J的水溶液是一种酸，F在常温下是一种无色液体；推断为H2O;J为HNO3；依据转化关系可知E为N。，D为。2,B为NH3；因为H为CI2；C的水溶液是一种酸，G为单质，G和H反应生成C,则C为HCl,G为H2,A为正盐，综合分析推断A为NH4CI,据此答题.【解答】解：常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体，所以H为CI2,I通常为红棕色气体判断为NO2；J的水溶液是一种酸，F在常温下是一种无色液体；推断为H2O;J为HNO3；依据转化关系可知E为NO,D为O2,B为NH3；因为H为CI2；C的水溶液是一种酸，G为单质，G和H反应生成C,则C为HCl,G为H2,A为正盐，综合分析推断A为NH4CI,(1)根据上面的可知，A(1)根据上面的可知，A为NH4Cl,故答案为:(2)①B+D-E+F的化学方程式为：4NH3+5O2NH4CL催化剂' 4NO+6H2O；②J+Cu-E的化学方程式为:△2Cl2+2Ca(OH)2—CaCl2+Ca3CU+8HNO3(稀)一3Cu(NO3)2+2NOT+2Cl2+2Ca(OH)2—CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,催化剂故答案为：4NH3+5O2="4NO+6H2O;3Cu+8HNO3