高中化学高考一轮复习 获奖作品

2023学年江西省师大附中、九江一中联考高三（上）期中化学试卷一、选择题（单选，每题3分，共48分）1．2023年8月12日晚11时许，天津市塘沽开发区一带发生爆炸事故，现场火光冲天．据多位市民反映，事发时十公里范围内均有震感，抬头可见蘑菇云，安全问题再次敲响了警钟．下列关于安全问题的说法，不正确的是（）A．危险化学品包括：爆炸品、易燃物质、自燃自热物质、氧化性气体、加压气体等B．金属钠着火不能用水灭火，应使用干砂灭火C．处置实验过程产生的剧毒药品废液，稀释后用大量水冲净D．简单辨认有味的化学药品时，将瓶口远离鼻子，用手在瓶口上方扇动，稍闻其味即可2．海水资源的综合利用十分重要，不需要化学变化就能够从海水中获得的物质是（）A．溴、碘 B．钠、镁 C．烧碱、氯气 D．食盐、淡水3．氢化亚铜（CuH）是一种不稳定的物质，能在氯气中燃烧，也能与酸反应．用CuSO4溶液和“某物质”在40一50℃时反应可生成CuH．下列叙述中错误的是（）A．“某物质”具有还原性B．CuH与盐酸反应可能产生H2C．CuH与足量稀硝酸反应：CuH+3H++NO3﹣=Cu2++NO↑+2H2OD．CuH在氯气中燃烧：CuH+Cl2=CuCl+HCl4．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是（）A．Lmo1•L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB．常温下，30gSiO2晶体中含有Si﹣O键的数目为NAC．标准状况下，LCl2与足量水反应转移的电子数为D．VLamol•L﹣1的氯化铁溶液中，若Fe3+的数目为NA，则Cl﹣的数目大于3NA5．某溶液中含有HCO3﹣、SO32﹣、CO32﹣、CH3COO﹣种阴离子．若向其中加入足量的Na2O2后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（）A．CH3COO﹣ B．SO32﹣ C．CO32﹣ D．HCO3﹣6．现有E、F、G、M、N五种可溶的强电解质，它们在水中电离产生下列离子（各种离子不重复）．阳离子H+、Na+、Al3+、Ag+、Ba2+阴离子OH﹣、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣已知：①E、F两溶液呈碱性；G、M、N溶液呈酸性．②向N溶液中逐滴滴加F溶液至过量，沉淀量先增加后减少但不消失．③M溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀．下列说法正确的是（）A．N溶液与过量的F溶液反应的离子方程式为：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓B．E溶液与N溶液混合发生反应的离子方程式为：2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al（OH）3↓+3CO2↑C．M溶液与F溶液混合产生的沉淀不能溶解于过量氨水中D．将G溶液逐滴加入等体积、等物质的量的浓度的E溶液中，反应的离子方程式为2H++CO32﹣═CO2↑+H2O7．图是氧气氧化某浓度Fe2+为Fe3+过程的实验结果，下列有关说法正确的是（）A．pH=时氧化率一定比pH=时大B．其他条件相同时，80℃的氧化率比50℃大C．Fe2+的氧化率仅与溶液的pH和温度有关D．该氧化过程的离子方程式为：Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O8．下列各组溶液，不用外加试剂，就能实现鉴别的是（）①CuSO4K2SO4KNO3KOH②Na2CO3BaCl2HClNa2SO4③NH4NO3Na2SO4Ba（OH）2AlCl3④NaAlO2Na2SiO3H2SO4NaCl．A．①②③ B．①②③④ C．①③④ D．②③④9．某结晶水合物的化学式为R•nH2O，其相对分子质量为℃时，ag该晶体能够溶于bg水中形成VmL溶液，下列关系中不正确的是（）A．该溶液中溶质的质量分数为ω=%B．该溶液的物质的量浓度为c=mol•L﹣1C．该溶液中溶剂与溶质的质量比为m（水）：m（溶质）=（）：（a﹣）D．该溶液的密度为ρ=g•L﹣110．下列有关实验操作、现象、解释和结论都正确的是（）操作现象解释、结论A过量的Fe粉中加入硝酸充分反应，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2溶液变浑浊析出了Na2CO3晶体CAl箔插入稀硝酸中无现象Al在硝酸中钝化，形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性A．A B．B C．C D．D11．用如图所示装置除去含CN﹣、Cl﹣废水中的CN﹣时，控制溶液pH为9～10，某电极上产生的ClO﹣将CN﹣氧化为两种无污染的气体，下列说法正确的是（）A．可以用石墨作阳极，作铁阴极B．除去CN﹣的反应：2CN﹣+5ClO﹣+2H+═N2↑+2CO2↑+5Cl﹣+H2OC．阴极的电极反应式为：Cl﹣+2OH﹣+2e﹣═ClO﹣+H2OD．阳极的电极反应式为：2CN﹣+12OH﹣﹣10e﹣═N2↑+2CO32﹣+6H2O12．已知某元素的最高化合价为+7价，下列说法中正确的是（）A．该元素在元素周期表中一定处于ⅦA族B．该元素可能是氟元素C．该元素的某种化合物可能具有漂白性D．该元素的单质没有还原性13．根据表中信息判断，下列选项不正确的是（）序号反应物产物①KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4…②Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3③MnO4﹣…Cl2、Mn2+…A．第①组反应的其余产物为H2O和O2B．第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：1C．第③组反应中生成1molCl2，转移电子2molD．氧化性由强到弱顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Br2＞Fe3+14．A是一种常见的单质，B、C为中学常见的化合物，A、B、C均含有元素X．它们有如下的转化关系（部分产物及反应条件已略去）：下列判断正确的是（）A．X元素可能为AlB．X元素一定为非金属元素C．反应①和②互为可逆反应D．反应①和②不一定为氧化还原反应15．已知A、B为单质，C为化合物．则下列说法正确的是（）A+BCC溶液A+B①若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na②若C溶液遇Na2CO3放出CO2气体，则A可能是H2③若C溶液中滴加KSCN溶液显血红色，则B可能为Fe④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为Cu．A．①② B．③④ C．①③ D．②④16．标准状况下，将aLH2和Cl2的混合气体点燃，充分反应后，将混合气体通入含bmolNaOH的热溶液中，气体恰好被完全吸收，NaOH无剩余，测得反应后溶液中含Cl﹣、ClO﹣、ClO﹣3，且三者的物质的量之比为8：1：1，则原混合气体中H2的物质的量为（）A．mol B．（﹣b）mol C．（﹣）mol D．mol二、解答题（共10小题，满分52分）17．下列叙述中正确的是A．实验室存放HF的溶液，不能用带玻璃塞的细口瓶，而应用带橡胶塞的细口瓶．B．碳酸氢镁溶液中加过量澄清石灰水的离子方程式为：Ca2++Mg2++2OH﹣+2HCO3﹣=MgCO3↓+CaCO3↓+2H2OC．水泥、玻璃和水晶都是硅酸盐产品D．喝补铁剂时，加服维生素C，效果更好，原因是维生素C具有还原性E．向新制的饱和氯水中分别加入CaCO3固体和Na2CO3固体，均会使得HClO的浓度增大F．配制硫酸亚铁溶液时，为防止产生Fe3+，可在溶液中加入少量铁粉，为了抑制亚铁离子的水解，可在溶液中加入少量盐酸G．无色溶液中，K+、Cl﹣、Na+、H2PO、PO、SO可以大量共存H．由水电离的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液中，ClO﹣、HCO、NO、NH、S2O可以大量共存I．合金中一定有金属元素，两种不同的金属不一定可以加工成合金J．某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32﹣、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣．向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有5种．18．二氧化硅与碳高温下反应的化学方程式为上述反应中生成的单质有什么用途：（写一条即可）．卞石是硅酸盐，不同类型的卞石中氧原子的物质的量分数相同，由钠卞石化学式NaAlSi3O8可推知钠长石的化学式为，请将钠长石的化学式改写成氧化物的形式：．19．天然气（主要成分甲烷）含有少量含硫化合物[硫化氢、羰基硫（COS）等]，可以用氢氧化钠溶液洗涤除去．羰基硫用氢氧化钠溶液处理的过程如下（部分产物已略去）：COSNa2S溶液H2羰基硫分子的电子式为．反应I除生成两种正盐外，还有水生成，其化学方程式为．已知反应II的产物X的溶液中硫元素的主要存在形式为S2O32﹣，则II中主要反应的离子方程式为．20．写出MnO2与浓盐酸反应制Cl2的化学方程式．已知KMnO4与浓盐酸在常温下反应也可制得Cl2，某同学利用该原理，用图所示的装置制备纯净、干燥的氯气，并做氯气与金属反应的实验．每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是哪几处？（填序号）21．化工厂生产盐酸的主要过程如图甲所示：其中关键的一步为（如图乙所示）氯气和氢气在燃烧管口燃烧，生成HCl．由于氯气有毒，因此，通入气体的合理方式是：A处通入，B处通入，该过程涉及的操作有：①通氯气②通氢气③点燃正确的操作顺序为（填序号）22．向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色．如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色．完成下列填空：①写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式（如果化学计量数是1，也请写上）：□+□+□﹣→□（HO3）+□②加碘盐中含碘量为20～50mg•kg﹣1．制取加碘盐（含KIO3的食盐）1000kg，若用KI与Cl2反应制KIO3，至少需要消耗Cl2L（标准状况，保留2位小数）24．下图由短周期元素形成的物质之间的转化关系，其中A、D、L为单质，其他为化合物．其中化合物I、J、K中含有两种相同的元素，G和I的反应⑤是一种重要化工生产中的主要反应之一．B常温下为液态化合物，F是一种直线型的非极性气体分子．试回答下列有关问题：（1）以上7个化学反应属于自身氧化还原反应的是（用编号①→⑦填写）（2）在G、J、H中含有相同的元素是；（3）J的水溶液和F填写”能”或”否”）发生反应，其理由是（4）反应⑤的化学方程式是．（5）写出电解溶液H的阴极电极反应方程式是．25．甲酸（HCOOH）是一种有刺激性气味的无色液体，有很强的腐蚀性．熔点℃，沸点℃，能与水、乙醇互溶，加热至160℃即分解成二氧化碳和氢气．实验室可用甲酸与浓硫酸共热制备一氧化碳：HCOOHH2O+CO↑，实验的部分装置如图1所示．制备时先加热浓硫酸至80℃～90℃，再逐滴滴入甲酸．①从图1挑选所需的仪器，在如图2虚线框中画出Ⅰ中所缺的气体发生装置（添加必要的塞子、玻璃管、胶皮管，固定装置不用画），并标明容器中的试剂．②如图3装置Ⅱ的作用是．26．实验室可用甲酸制备甲酸铜．其方法是先用硫酸铜和碳酸氢钠作用制得碱式碳酸铜，然后再与甲酸制得四水甲酸铜[Cu（HCOO）2•4H2O]晶体．相关的化学方程式是：2CuSO4+4NaHCO3═Cu（OH）2•CuCO3↓+3CO2↑+2Na2SO4+H2OCu（OH）2•CuCO3+4HCOOH+5H2O═2Cu（HCOO）2•4H2O+CO2↑实验步骤如下：I．碱式碳酸铜的制备：①步骤ⅰ是将一定量CuSO4•5H2O晶体和NaHCO3固体一起放到研钵中研磨，其目的6是．②步骤ⅱ是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水中，反应温度控制在70℃～80℃，如果看到（填写实验现象），说明温度过高．II．甲酸铜的制备：将Cu（OH）2•CuCO3固体放入烧杯中，加入一定量热的蒸馏水，再逐滴加入甲酸至碱式碳酸铜恰好全部溶解，趁热过滤除去少量不溶性杂质．在通风橱中蒸发滤液至原体积的时，冷却析出晶体，过滤，再用少量无水乙醇洗涤晶体2﹣3次，晾干，得到产品．a、“趁热过滤”中，必须“趁热”的原因是．b、用乙醇洗涤晶体的目的是．27．草酸钴用途广泛，可用于指示剂和催化剂的制备．一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等]制取CoC2O4•2H2O工艺流程如图1：已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2完全沉淀的pH（1）浸出过程中加入Na2SO3的目的是将还原（填离子符号）．（2）NaClO3的作用是将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，产物中氯元素处于最低化合价．该反应的离子方程式为．（3）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图2所示．滤液Ⅱ中加入萃取剂的作用是；使用萃取剂适宜的pH是．A．接近B．接近C．接近（4）“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀．已知Ksp（MgF2）=×10﹣11、Ksp（CaF2）=×10﹣10．当加入过量NaF后，所得滤液=．

2023学年江西省师大附中、九江一中联考高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（单选，每题3分，共48分）1．2023年8月12日晚11时许，天津市塘沽开发区一带发生爆炸事故，现场火光冲天．据多位市民反映，事发时十公里范围内均有震感，抬头可见蘑菇云，安全问题再次敲响了警钟．下列关于安全问题的说法，不正确的是（）A．危险化学品包括：爆炸品、易燃物质、自燃自热物质、氧化性气体、加压气体等B．金属钠着火不能用水灭火，应使用干砂灭火C．处置实验过程产生的剧毒药品废液，稀释后用大量水冲净D．简单辨认有味的化学药品时，将瓶口远离鼻子，用手在瓶口上方扇动，稍闻其味即可【考点】钠的化学性质；化学实验安全及事故处理．【专题】化学应用．【分析】A．危险化学品，是指具有毒害、腐蚀、爆炸、燃烧、助燃等性质，对人体、设施、环境具有危害的剧毒化学品和其他化学品；B．钠与氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠可与水反应生成氢氧化钠和氧气；C．实验过程中的剧毒药品废液要倒入指定的容器中；D．用手在试剂瓶口轻轻扇动，使少量的气体进入鼻孔．【解答】解：A．爆炸品、易燃物质、自燃自热物质、氧化性气体、加压气体等属于危险化学品，故A正确；B．钠与氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠可与水反应生成氢氧化钠和氧气，则钠失火时不能用水灭火，应使用干砂灭火，故B正确；C．为防止污染，实验过程中的剧毒药品废液要倒入指定的容器中，不可稀释后用大量水冲净，故C错误；D．闻药品的气味的方法为：用手在试剂瓶口轻轻扇动，使少量的气体进入鼻孔，故D正确；故选C．【点评】本题考查了化学试剂的分类及实验安全知识，要熟记实验基本操作和常见仪器的使用方法，防止由于错误操作造成危险，本题难度不大．2．海水资源的综合利用十分重要，不需要化学变化就能够从海水中获得的物质是（）A．溴、碘 B．钠、镁 C．烧碱、氯气 D．食盐、淡水【考点】海水资源及其综合利用．【专题】元素及其化合物．【分析】根据从海水制备物质的原理可知，金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，而食盐可利用蒸发原理，淡水利用蒸馏原理来得到；【解答】解：A．通过氯气将溴离子和碘离子氧化为溴单质和碘单质，是化学变化，故A错误；B．可从海水中获得氯化钠，电解熔融氯化钠得到钠和氯气，是化学变化，可从海水中获得氯化镁，通过电解熔融的氯化镁得到镁和氯气，是化学变化，故B错误；C．可从海水中获得氯化钠，配制成饱和食盐水，然后电解，即得烧碱、氢气和氯气，是化学变化，故C错误；D．把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，把海水用太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，故D正确；故选：D；【点评】本题考查了海水的成分，需要注意的是金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，掌握原理是解题的关键．3．氢化亚铜（CuH）是一种不稳定的物质，能在氯气中燃烧，也能与酸反应．用CuSO4溶液和“某物质”在40一50℃时反应可生成CuH．下列叙述中错误的是（）A．“某物质”具有还原性B．CuH与盐酸反应可能产生H2C．CuH与足量稀硝酸反应：CuH+3H++NO3﹣=Cu2++NO↑+2H2OD．CuH在氯气中燃烧：CuH+Cl2=CuCl+HCl【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A．Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，在反应中CuSO4作氧化剂；B．CuH跟盐酸反应能产生气体，气体为氢气；C．CuH与足量稀硝酸反应，Cu、H元素的化合价升高，N元素的化合价降低；D．CuH在氯气中能燃烧，Cu元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低．【解答】解：A．Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，在反应中CuSO4作氧化剂，则“另一种反应物”在反应中作还原剂，具有还原性，故A正确；B．CuH跟盐酸反应能产生气体，气体为氢气，该反应中只有H元素的化合价发生变化，反应为CuH+HCl═CuCl+H2↑，故B正确；C．CuH与足量稀硝酸反应，Cu、H元素的化合价升高，N元素的化合价降低，则反应为：CuH+3H++NO3﹣=Cu2++NO↑+2H2O，故C正确；D．CuH在氯气中能燃烧，Cu元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，则发生2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl↑，故D错误；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，注意利用信息及反应中元素的化合价变化来解答，题目难度不大，注重知识的迁移应用来考查学生．4．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是（）A．Lmo1•L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB．常温下，30gSiO2晶体中含有Si﹣O键的数目为NAC．标准状况下，LCl2与足量水反应转移的电子数为D．VLamol•L﹣1的氯化铁溶液中，若Fe3+的数目为NA，则Cl﹣的数目大于3NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、NaAlO2水溶液中，除了偏铝酸钠本身，水也含氧原子；B、求出二氧化硅的物质的量，然后根据1mol二氧化硅中含4molSi﹣O键来分析；C、水与氯气的反应为可逆反应；D、Fe3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解．【解答】解：A、NaAlO2水溶液中，除了偏铝酸钠本身，水也含氧原子，故溶液中的氧原子个数大于2NA个，故A错误；B、30g二氧化硅的物质的量为，而1mol二氧化硅中含4molSi﹣O键，故二氧化硅中含2molSi﹣O键，即2NA条，故B错误；C、水与氯气的反应为可逆反应，不能进行彻底，且为歧化反应，当1mol氯气完全反应时，转移1mol电子，故标况下氯气即氯气与水反应故转移的电子数小于个，故C错误；D、Fe3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解导致个数减少，故当Fe3+的数目为NA，则Cl﹣的数目大于3NA，故D正确．故选D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．5．某溶液中含有HCO3﹣、SO32﹣、CO32﹣、CH3COO﹣种阴离子．若向其中加入足量的Na2O2后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（）A．CH3COO﹣ B．SO32﹣ C．CO32﹣ D．HCO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】过氧化钠具有强氧化性，与水反应生成氢氧化钠和氧气，则与OH﹣或与过氧化钠发生氧化还原反应的离子不能共存，以此解答．【解答】解：HCO3﹣可与反应生成CO32﹣，则CO32﹣浓度增大，HCO3﹣浓度减小，SO32﹣可与过氧化钠发生氧化还原反应，则浓度减小，溶液中离子浓度基本保持不变的是CH3COO﹣，故选A．【点评】本题综合考查离子反应知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，难度不大．6．现有E、F、G、M、N五种可溶的强电解质，它们在水中电离产生下列离子（各种离子不重复）．阳离子H+、Na+、Al3+、Ag+、Ba2+阴离子OH﹣、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣已知：①E、F两溶液呈碱性；G、M、N溶液呈酸性．②向N溶液中逐滴滴加F溶液至过量，沉淀量先增加后减少但不消失．③M溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀．下列说法正确的是（）A．N溶液与过量的F溶液反应的离子方程式为：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓B．E溶液与N溶液混合发生反应的离子方程式为：2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al（OH）3↓+3CO2↑C．M溶液与F溶液混合产生的沉淀不能溶解于过量氨水中D．将G溶液逐滴加入等体积、等物质的量的浓度的E溶液中，反应的离子方程式为2H++CO32﹣═CO2↑+H2O【考点】物质检验实验方案的设计；离子反应发生的条件；无机物的推断．【专题】常规题型；物质的分离提纯和鉴别．【分析】由E、F溶液呈碱性，在所给的各种离子中，碳酸根水解显碱性，氢氧根有碱性，所以E、F中含有的阴离子为碳酸根和氢氧根，又因为铝离子和银离子水解显酸性，氢离子显酸性，所以G、M、N溶液含有的阳离子为H+、Al3+、Ag+，在所有的阳离子和阴离子组成的物质中，只有硫酸铝和氢氧化钡反应沉淀量先增加后减少但不消失，所以N是硫酸铝，F是氢氧化钡；在所有的阳离子和阴离子组成的物质中，硝酸银能和盐酸、碳酸钠、硫酸铝、氢氧化钡反应生成沉淀，所以M是硝酸银，E为碳酸钠、G是盐酸；综上所述，E、F、G、M、N分别为：碳酸钠、氢氧化钡、盐酸、硝酸银、硫酸铝；据分析解题；【解答】解：由E、F溶液呈碱性，在所给的各种离子中，碳酸根水解显碱性，氢氧根有碱性，所以E、F中含有的阴离子为碳酸根和氢氧根，又因为铝离子和银离子水解显酸性，氢离子显酸性，所以G、M、N溶液含有的阳离子为H+、Al3+、Ag+，在所有的阳离子和阴离子组成的物质中，只有硫酸铝和氢氧化钡反应沉淀量先增加后减少但不消失，所以N是硫酸铝，F是氢氧化钡；在所有的阳离子和阴离子组成的物质中，硝酸银能和盐酸、碳酸钠、硫酸铝、氢氧化钡反应生成沉淀，所以M是硝酸银，E为碳酸钠、G是盐酸；综上所述，E、F、G、M、N分别为：碳酸钠、氢氧化钡、盐酸、硝酸银、硫酸铝；A．硫酸铝与过量氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：3Ba2++8OH﹣+2Al3++3SO42﹣═3BaSO4↓+2AlO2﹣+4H2O，故A错误；B．碳酸钠与硫酸铝溶液混合发生双水解反应，离子方程式为2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al（OH）3↓+3CO2↑，故B正确；C．硝酸银溶液与氢氧化钡溶液混合生成的AgOH沉淀，能溶解于氨水生成Ag（NH3）2+，故C错误；D．将盐酸滴入等体积、等物质的量的浓度的碳酸钠溶液中，反应的离子方程式为H++CO32﹣═HCO3﹣，故D错误；故选B．【点评】本题通过离子反应确定溶液里的离子微粒，进行无机推断，再考查物质间发生的反应，涉及离子反应方程式的书写，基础性考查，难度不大．7．图是氧气氧化某浓度Fe2+为Fe3+过程的实验结果，下列有关说法正确的是（）A．pH=时氧化率一定比pH=时大B．其他条件相同时，80℃的氧化率比50℃大C．Fe2+的氧化率仅与溶液的pH和温度有关D．该氧化过程的离子方程式为：Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】由图象知，当pH值其它条件相同温度不同时，温度越高Fe2+的氧化率越大；当温度和其它条件相同PH值不同时，pH值越大，Fe2+的氧化率越小．在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反应生成Fe3+和H2O，注意电荷守恒和得失电子守恒．【解答】解：A、由图象知，Fe2+的氧化率受PH值和温度的影响，所以pH=时氧化率不一定比pH=时大，故A错误；B、其它条件相同时温度不同时，Fe2+的氧化率与温度呈正比，温度越高氧化率越大，故B正确；C、Fe2+的氧化率不仅与溶液的pH和温度有关，还与离子的浓度等其它因素有关，故C错误；D、该氧化过程的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D错误；故选B．【点评】本题考查了外界条件对Fe2+氧化率的影响，难度不大，注意比较氧化率时，要其它条件相同只有一个条件不同才能比较，否则无法得出结论．8．下列各组溶液，不用外加试剂，就能实现鉴别的是（）①CuSO4K2SO4KNO3KOH②Na2CO3BaCl2HClNa2SO4③NH4NO3Na2SO4Ba（OH）2AlCl3④NaAlO2Na2SiO3H2SO4NaCl．A．①②③ B．①②③④ C．①③④ D．②③④【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【分析】不用外加试剂，先观察试剂的颜色，然后结合物质之间的反应及现象鉴别物质，以此来解答．【解答】解：①CuSO4为蓝色，先鉴别出，与硫酸铜反应生成蓝色沉淀的为KOH，不能鉴别K2SO4、KNO3，故不选；②氯化钡与两种试剂均反应生成白色沉淀，先鉴别出BaCl2，其中能溶解白色沉淀碳酸钡的为HCl，即可确定Na2CO3，最后鉴别出Na2SO4，故选；③氢氧化钡与两种试剂均反应生成白色沉淀，先鉴别出Ba（OH）2，且其中一种沉淀加氢氧化钡过量时可溶解，则检验出AlCl3，可由白色沉淀确定Na2SO4，最后鉴别出NH4NO3，故选；④NaAlO2与硫酸反应先生成沉淀后沉淀溶解，Na2SiO3与硫酸反应生成白色沉淀，则先鉴别出H2SO4，最后鉴别出NaCl，故选；故选D．【点评】本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意试剂的颜色及元素化合物知识，题目难度不大．9．某结晶水合物的化学式为R•nH2O，其相对分子质量为℃时，ag该晶体能够溶于bg水中形成VmL溶液，下列关系中不正确的是（）A．该溶液中溶质的质量分数为ω=%B．该溶液的物质的量浓度为c=mol•L﹣1C．该溶液中溶剂与溶质的质量比为m（水）：m（溶质）=（）：（a﹣）D．该溶液的密度为ρ=g•L﹣1【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算．【分析】A．根据化学式计算R的质量，溶液总质量为（a+b）g，根据w（溶质）=×100%计算该溶液质量分数；B．根据n=计算R•nH2O的物质的量，而n（R）=n（R•nH2O），根据c=计算该溶液的物质的量浓度；C．根据化学式计算结晶水的质量，溶质R的质量为（ag﹣结晶水质量），溶液中溶剂质量为（结晶水质量+bg）；D．根据c=计算该饱和溶液的物质的量浓度，根据ρ=计算溶液密度，或利用c=进行公式变形计算．【解答】解：A．R的质量为×ag，溶液总质量为（a+b）g，可知该溶液质量分数为×100%=%，故A错误；B．n（R）=n（R•nH2O）=mol，该溶液的物质的量浓度=mol/L，故B正确；C．R•nH2O中结晶水的质量为g，故R的质量为（a﹣）g，溶液中溶剂的质量为（）g，则溶液中m（水）：m（溶质）=（）：（a﹣），故C正确；D．溶液总质量为（a+b）g，根据ρ=可知，溶液密度为=g/mL=g/L，故D正确，故选A．【点评】本题考查溶液浓度计算，涉及物质的量浓度、质量分数，属于字母型计算，为易错题目，注意对基础知识的理解掌握．10．下列有关实验操作、现象、解释和结论都正确的是（）操作现象解释、结论A过量的Fe粉中加入硝酸充分反应，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2溶液变浑浊析出了Na2CO3晶体CAl箔插入稀硝酸中无现象Al在硝酸中钝化，形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】A．过量的Fe粉与稀HNO3反应生成Fe2+；B．碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的溶解度小；C．铝溶于稀硝酸；D．能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性．【解答】解：A．过量的Fe粉与稀HNO3反应生成Fe2+，所以过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液，溶液不变红色，故A错误；B．碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的溶解度小，向Na2CO3饱和溶液中通入足量CO2，Na2CO3与CO2反应生成NaHCO3，所以会析出NaHCO3，故B错误；C．铝与浓硝酸发生钝化反应，但溶于稀硝酸，故C错误；D．能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性，则浓氨水呈碱性，故D正确．故选D．【点评】本题考查较为综合，涉及碳酸钠和碳酸氢钠的性质、氧化还原反应、pH测定等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握相关实验方法和注意事项，难度不大．11．用如图所示装置除去含CN﹣、Cl﹣废水中的CN﹣时，控制溶液pH为9～10，某电极上产生的ClO﹣将CN﹣氧化为两种无污染的气体，下列说法正确的是（）A．可以用石墨作阳极，作铁阴极B．除去CN﹣的反应：2CN﹣+5ClO﹣+2H+═N2↑+2CO2↑+5Cl﹣+H2OC．阴极的电极反应式为：Cl﹣+2OH﹣+2e﹣═ClO﹣+H2OD．阳极的电极反应式为：2CN﹣+12OH﹣﹣10e﹣═N2↑+2CO32﹣+6H2O【考点】电解原理．【分析】A．该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极；B．阳极产生的ClO﹣将CN﹣氧化为两种无污染的气体，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成；C．阴极上水失电子生成氢气和氢氧根离子；D．阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水．【解答】解：A．该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极，所以可以用石墨作氧化剂、铁作阴极，故A正确；B．阳极产生的ClO﹣将CN﹣氧化为两种无污染的气体，两种气体为二氧化碳和氮气，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成，反应方程式为2CN﹣+5ClO﹣+H2O═N2↑+2CO2↑+5Cl﹣+2OH﹣，故B错误；C．电解质溶液呈碱性，则阴极上水失电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，故C错误；D．阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为Cl﹣+2OH﹣﹣2e﹣═ClO﹣+H2O，故D错误；故选A．【点评】本题为2023年四川省高考化学试题，涉及电解原理，明确各个电极上发生的反应及电解原理是解本题关键，易错选项是BD，注意B中反应生成物，注意D中碱性条件下不能有氢离子参加反应或生成．12．已知某元素的最高化合价为+7价，下列说法中正确的是（）A．该元素在元素周期表中一定处于ⅦA族B．该元素可能是氟元素C．该元素的某种化合物可能具有漂白性D．该元素的单质没有还原性【考点】元素周期表的结构及其应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】已知某元素的最高化合价为+7价，该元素可能为第VIIA族元素，第VIIA族中的F元素没有最高正价，也可能为第VIIB族元素，据此分析．【解答】解：A．已知某元素的最高化合价为+7价，该元素可能为第VIIA族元素，也可能为第VIIB族元素，故A错误；B．F元素没有最高正价，不可能为氟元素，故B错误；C．若该元素为Cl元素，则其某种化合物可能具有漂白性，如HClO，故C正确；D．若该元素为第VIIB族元素，如锰元素，属于金属元素，其单质具有还原性，故D错误．故选C．【点评】本题考查了元素的最高正价与最外层电子数以及族序数的关系和元素性质，题目难度不大，注意把握元素周期律及其应用．13．根据表中信息判断，下列选项不正确的是（）序号反应物产物①KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4…②Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3③MnO4﹣…Cl2、Mn2+…A．第①组反应的其余产物为H2O和O2B．第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：1C．第③组反应中生成1molCl2，转移电子2molD．氧化性由强到弱顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Br2＞Fe3+【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A．反应中Mn元素化合价降低，则KMnO4为氧化剂，H2O2为还原剂，元素被氧化生成氧气；B．由于还原性Fe2+＞Br﹣，故氯气先氧化Fe2+，发生反应：3Cl2+6FeBr2=2FeCl3+4FeBr3，则Cl2与FeBr2的物质的量之比≤1：2时产物为FeCl3、FeBr3；C．反应中Mn元素化合价降低，KMnO4作氧化剂，氯气为氧化产物，则反应物中含有Cl﹣，根据氯元素化合价变化计算转移电子；D．氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性．【解答】解：A．反应中Mn元素化合价降低，则KMnO4为氧化剂，H2O2为还原剂，H2O2被氧化生成氧气，由原子守恒可知，还有水生成，故A正确；B．由于还原性Fe2+＞Br﹣，故氯气先氧化Fe2+，发生反应：3Cl2+6FeBr2=2FeCl3+4FeBr3，则Cl2与FeBr2的物质的量之比≤1：2时产物为FeCl3、FeBr3，若Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：1，部分溴离子比氧化，故B错误；C．反应中Mn元素化合价降低，KMnO4作氧化剂，氯气为氧化产物，则反应物中含有Cl﹣，生成1molCl2，转移电子为1mol×2=2mol，故C正确；D．反应②中氯气可以氧化溴离子为溴单质，氧化亚铁离子为铁离子，溴单质可以氧化亚铁离子为铁离子，故氧化性Cl2＞Br2＞Fe3+，反应③KMnO4为氧化剂，Cl2为氧化产物，故氧化性MnO4﹣＞Cl2，则氧化性MnO4﹣＞Cl2＞Br2＞Fe3+，故D正确，故选：B．【点评】本题考查氧化还原反应计算、氧化性强弱比较、氧化还原反应方程式配平等，注意氯气与溴化亚铁反应先后顺序问题，难度中等．14．A是一种常见的单质，B、C为中学常见的化合物，A、B、C均含有元素X．它们有如下的转化关系（部分产物及反应条件已略去）：下列判断正确的是（）A．X元素可能为AlB．X元素一定为非金属元素C．反应①和②互为可逆反应D．反应①和②不一定为氧化还原反应【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】由转化关系图可以看出，A这种单质与强碱发生反应，生成了两种产物B和C，而且B和C均含有同一种元素，且B和C又可以在强酸的作用下发生反应，生成单质A，那么可以看出反应①应该是A物质的歧化反应，反应②应该是关于一种元素的归中反应，则可以知道B和C中应该分别含有A的负价态物质以及正价态物质，由此可以判断A不可能是金属，理由就是金属是不可能含有负价态的，而可逆反应的定义是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应，叫做可逆反应，显然两个反应的条件不相同．而由上述判断可知，①和②为氧化还原反应（因为归中反应和歧化反应均有价态的变化）．【解答】解：A、反应①应该是A物质的歧化反应，反应②应该是关于一种元素的归中反应，则可以知道B和C中应该分别含有A的负价态物质以及正价态物质，由此可以判断A不可能是金属，故A错误；B、反应①应该是A物质的歧化反应，反应②应该是关于一种元素的归中反应，则可以知道B和C中应该分别含有A的负价态物质以及正价态物质，含负价的元素一定是非金属元素，故B正确；C、可逆反应的定义是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应，叫做可逆反应，显然两个反应的条件不相同，故C错误；D、据这两个反应特点知A元素在①反应中化合价既升高，又降低，②是BC生成单质A，一定有化合价的变化，所以①②一定为氧化还原反应，故D错误．故选：B．【点评】本题考查了物质转化关系的特征应用，主要是物质性质的应用，氧化还原反应中的歧化反应和归中反应的特征判断．15．已知A、B为单质，C为化合物．则下列说法正确的是（）A+BCC溶液A+B①若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na②若C溶液遇Na2CO3放出CO2气体，则A可能是H2③若C溶液中滴加KSCN溶液显血红色，则B可能为Fe④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为Cu．A．①② B．③④ C．①③ D．②④【考点】无机物的推断．【专题】推断题；元素及其化合物．【分析】①C溶于水后得到强碱溶液，若A是Na，B为氧气，C为过氧化钠，电解氢氧化钠溶液得到氢气与氧气；②若C溶液遇Na2CO3放出CO2气体，C为酸，电解酸溶液可以得到氢气；③若C溶液中滴加KSCN溶液显血红色，则C中含有铁离子，电解铁盐溶液不能得到Fe；④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，C中含有铜离子，电解铜盐溶液可以得到Cu．【解答】解：①C溶于水后得到强碱溶液，若A是Na，则B为氧气，C为过氧化钠，C溶于水得到氢氧化钠，电解氢氧化钠溶液得到氢气与氧气，故①错误；②若C溶液遇Na2CO3放出CO2气体，C为酸，电解酸溶液可以得到氢气，如A为氢气、B为氯气，C为HCl，故②正确；③若C溶液中滴加KSCN溶液显血红色，则C中含有铁离子，电解铁盐溶液不能得到Fe，故③错误；④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，C中含有铜离子，电解铜盐溶液可以得到Cu，如A为Cu、B为氯气、C为氯化铜，故④正确，故选：D．【点评】本题考查无机物推断，属于开放验证型题目，需要学生熟练掌握电解原理、元素化合物性质，难度中等．16．标准状况下，将aLH2和Cl2的混合气体点燃，充分反应后，将混合气体通入含bmolNaOH的热溶液中，气体恰好被完全吸收，NaOH无剩余，测得反应后溶液中含Cl﹣、ClO﹣、ClO﹣3，且三者的物质的量之比为8：1：1，则原混合气体中H2的物质的量为（）A．mol B．（﹣b）mol C．（﹣）mol D．mol【考点】氧化还原反应的计算．【专题】守恒法．【分析】方法一：将混合气体通入含bmolNaOH的热溶液中，气体恰好被完全吸收，NaOH无剩余，测得反应后溶液中含Cl﹣、ClO﹣、ClO﹣3，根据电荷守恒可知，溶液中n（Na+）=n（Cl﹣）+n（ClO﹣）+n（ClO﹣3），根据氯元素守恒，计算aLH2和Cl2的混合气体中氯气的物质的量，aLH2和Cl2的混合气体总的物质的量减去氯气的物质的量即为氢气的物质的量．方法二：将混合气体通入含bmolNaOH的热溶液中，气体恰好被完全吸收，NaOH无剩余，测得反应后溶液中含Cl﹣、ClO﹣、ClO﹣3，根据电荷守恒可知，溶液中n（Na+）=n（Cl﹣）+n（ClO﹣）+n（ClO﹣3），溶液中Cl﹣、ClO﹣、ClO﹣3三者的物质的量之比为8：1：1，据此计算各离子物质的量，根据电子转移守恒，计算氯气发生氧化还原反应生成的氯离子的物质的量，溶液中Cl﹣来源于氯化氢及氯气与氢氧化钠的反应，计算反应后混合气体中氯化氢的物质的量，根据氢元素守恒计算氢气的物质的量．【解答】解：方法一：混合气体通入含bmolNaOH的热溶液中，气体恰好被完全吸收，NaOH无剩余，测得反应后溶液中含Cl﹣、ClO﹣、ClO﹣3，根据电荷守恒可知，溶液中n（Na+）=n（Cl﹣）+n（ClO﹣）+n（ClO﹣3），根据氯元素守恒可知，aLH2和Cl2的混合气体中n（Cl2）=[n（Cl﹣）+n（ClO﹣）+n（ClO﹣3）]=n（Na+）=bmol，所以aLH2和Cl2的混合气体中n（H2）=（﹣）mol方法二：混合气体通入含bmolNaOH的热溶液中，气体恰好被完全吸收，NaOH无剩余，测得反应后溶液中含Cl﹣、ClO﹣、ClO﹣3，根据电荷守恒可知，溶液中n（Na+）=n（Cl﹣）+n（ClO﹣）+n（ClO﹣3），由于溶液中Cl﹣、ClO﹣、ClO﹣3三者的物质的量之比为8：1：1，所以溶液中n（Cl﹣）=bmol，n（ClO﹣）=bmol，n（ClO﹣3）=bmol，令氯气与氢氧化钠反应生成的氯离子的物质的量为xmol，根据电子转移守恒有x=b+bmol×5=bmol，溶液中Cl﹣来源于氯化氢及氯气与氢氧化钠的反应，所以氯化氢提供的氯离子为bmol﹣bmol=molb，即反应后的混合气体中n（HCl）=bmol，根据氢元素守恒可知，n（H2）=n（HCl）=×molb=，故选：C．【点评】考查氧化还原反应的计算，难度中等，判断溶液中n（Na+）=n（Cl﹣）+n（ClO﹣）+n（ClO﹣3）是解题关键．二、解答题（共10小题，满分52分）17．下列叙述中正确的是DEIJA．实验室存放HF的溶液，不能用带玻璃塞的细口瓶，而应用带橡胶塞的细口瓶．B．碳酸氢镁溶液中加过量澄清石灰水的离子方程式为：Ca2++Mg2++2OH﹣+2HCO3﹣=MgCO3↓+CaCO3↓+2H2OC．水泥、玻璃和水晶都是硅酸盐产品D．喝补铁剂时，加服维生素C，效果更好，原因是维生素C具有还原性E．向新制的饱和氯水中分别加入CaCO3固体和Na2CO3固体，均会使得HClO的浓度增大F．配制硫酸亚铁溶液时，为防止产生Fe3+，可在溶液中加入少量铁粉，为了抑制亚铁离子的水解，可在溶液中加入少量盐酸G．无色溶液中，K+、Cl﹣、Na+、H2PO、PO、SO可以大量共存H．由水电离的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液中，ClO﹣、HCO、NO、NH、S2O可以大量共存I．合金中一定有金属元素，两种不同的金属不一定可以加工成合金J．某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32﹣、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣．向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有5种．【考点】化学实验方案的评价．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】A．HF能和二氧化硅反应生成四氟化硅和水；B．氢氧化钙过量，反应生成碳酸钙和氢氧化镁沉淀；C．水晶的主要成分是二氧化硅；D．能被人体吸收的铁元素是亚铁离子，容易被氧化，维生素C具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化；E．向氯水中加入少量CaCO3固体和Na2CO3固体，会和溶液中的盐酸反应平衡正向进行，次氯酸酸性小于碳酸；F．配制硫酸亚铁如有需要加入稀硫酸抑制水解；G．H2PO4﹣、PO43﹣能反应；H．由水电离的c（H+）=1×10﹣12mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；I．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；J．溶液无色，则一定不存在有色的Fe3+；在其中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若为酸性，则不存在OH﹣、NO3﹣、CO32﹣，若呈碱性，则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+．【解答】解：A．HF能和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，所以HF不能用玻璃瓶存放，故A错误；B．碳酸氢镁溶液中加过量澄清石灰水，反应的离子方程式为：Mg2++2HCO3﹣+2Ca2++4OH﹣=2CaCO3↓+2H2O+Mg（OH）2↓，故B错误；C．水晶的主要成分是二氧化硅，玻璃、水泥的成分含有硅酸盐，是硅酸盐产品，故C错误；D．能被人体吸收的铁元素是亚铁离子，亚铁离子很容易被氧化为三价铁离子，维生素C具有还原性，能将三价铁还原为亚铁离子，故D正确；E．在化学平衡中：C12+H2O⇌H++C1﹣+HC1O，若向氯水中加入少量CaCO3固体和Na2CO3固体，会和溶液中的盐酸反应平衡正向进行，次氯酸酸性小于碳酸，不与碳酸钠反应，次氯酸浓度增大，故E正确；F．配制硫酸亚铁如有需要加入稀硫酸抑制水解，加入适量稀盐酸会引入杂质氯离子，故F错误；G．因H2PO4﹣、PO43﹣能反应生成HPO42﹣，则不能共存，故G错误；H．由水电离的c（H+）=1×10﹣12mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，无论溶液呈酸性还是碱性，HCO3﹣都不能大量共存，故H错误．I．合金中必须有一种金属，另外的可能是金属也可能是非金属，所以至少有一种金属；两种不同的金属不一定可以加工成合金，如当熔点较高的铜开始熔化时，钠已经是气体状态，所以不宜加工成合金，故I正确；J．无色溶液中一定不存在有色的Fe3+；溶液中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若溶液为酸性，则不存在：OH﹣、NO3﹣、CO32﹣，阴离子只能为Cl﹣，阳离子可以为：H+、NH4+、Ba2+、Al3+，最多存在5种离子；若呈碱性，则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+，阳离子只能为Ba2+，则一定不存在CO32﹣，可存在的离子为：Ba2+、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣，则最多只有4种，根据分析可知，最多存5种离子，故J正确．故选DEIJ．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．18．二氧化硅与碳高温下反应的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑上述反应中生成的单质有什么用途：芯片、半导体材料、太阳能电池等（写一条即可）．卞石是硅酸盐，不同类型的卞石中氧原子的物质的量分数相同，由钠卞石化学式NaAlSi3O8可推知钠长石的化学式为Ca（AlSi3O8）2，请将钠长石的化学式改写成氧化物的形式：CaO．Al2O3．6SiO2．【考点】硅和二氧化硅．【专题】碳族元素．【分析】二氧化硅与碳高温下反应生成硅和一氧化碳；硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的一般形式：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物、水．【解答】解：二氧化硅与碳高温下反应生成硅和一氧化碳SiO2+2CSi+2CO↑；硅单质可用于芯片、半导体材料、太阳能电池等；由钠长石化学式NaAlSi3O8可推知钙长石的化学式为Ca（AlSi3O8）2，改写成氧化物的形式可表示为CaO．Al2O3．6SiO2，故答案为：SiO2+2CSi+2CO↑；芯片、半导体材料、太阳能电池等；Ca（AlSi3O8）2；CaO．Al2O3．6SiO2．【点评】本题考查硅和二氧化硅的性质以及硅酸盐改写成氧化物的方法等知识点，中等难度，答题时注意题中信息的充分利用．19．天然气（主要成分甲烷）含有少量含硫化合物[硫化氢、羰基硫（COS）等]，可以用氢氧化钠溶液洗涤除去．羰基硫用氢氧化钠溶液处理的过程如下（部分产物已略去）：COSNa2S溶液H2羰基硫分子的电子式为．反应I除生成两种正盐外，还有水生成，其化学方程式为COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O．已知反应II的产物X的溶液中硫元素的主要存在形式为S2O32﹣，则II中主要反应的离子方程式为2S2﹣+5H2O=S2O32﹣+4H2↑+2OH﹣．【考点】含硫物质的性质及综合应用．【专题】氧族元素．【分析】羰基硫分子与二氧化碳分子结构相似，均为直线型；反应I除生成两种正盐外，还有水生成，由元素守恒可知，生成正盐为Na2S、Na2CO3；II中主要反应硫化钠与水反应生成S2O32﹣、氢气和氢氧化钠，根据电子守恒和原子守恒书写；【解答】解：羰基硫分子与二氧化碳分子结构相似，均为直线型，其电子式为，反应I除生成两种正盐外，还有水生成，由元素守恒可知，生成正盐为Na2S、Na2CO3，反应为COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O，硫化钠与水反应生成S2O32﹣、氢气和氢氧化钠，其反应的离子方程式为：2S2﹣+5H2O=S2O32﹣+4H2↑+2OH﹣，故答案为：，COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O，2S2﹣+5H2O=S2O32﹣+4H2↑+2OH﹣；【点评】本题考查较综合，涉及物质结构与性质、氧化还原反应计算、离子反应等，侧重反应原理中高频考点的考查，综合性较强，题目难度中等．20．写出MnO2与浓盐酸反应制Cl2的化学方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O．已知KMnO4与浓盐酸在常温下反应也可制得Cl2，某同学利用该原理，用图所示的装置制备纯净、干燥的氯气，并做氯气与金属反应的实验．每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是哪几处？②③④（填序号）【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】二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水；KMnO4与浓HCl在常温下反应产生Cl2，浓盐酸易挥发，从发生装置生成的氯气中含有挥发的HCl和水蒸气杂质，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，然后通入盛有浓硫酸的洗气瓶进行干燥，氯气与金属反应时，气体应通入到试管底部，并用双孔橡皮塞，防止试管内压强过大，据此判断．【解答】解：二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓盐酸易挥发，从发生装置生成的氯气中含有挥发的HCl和水蒸气杂质，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，不用选择氢氧化钠溶液，故②错误；用浓硫酸干燥氯气，导管应长进短出，故③错误；氯气与钠在试管中反应若用单孔塞，容易造成试管内压强过大，且导管应插入试管底部，故④错误；所以错误的地方有：②③④；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；②③④；【点评】本题考查了氯气的实验室制备和性质的检验，熟悉反应原理和装置特点是解题关键，侧重考查学生分析、实验的能力，题目难度不大．21．化工厂生产盐酸的主要过程如图甲所示：其中关键的一步为（如图乙所示）氯气和氢气在燃烧管口燃烧，生成HCl．由于氯气有毒，因此，通入气体的合理方式是：A处通入H2，B处通入Cl2，该过程涉及的操作有：①通氯气②通氢气③点燃正确的操作顺序为②③①（填序号）【考点】氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】氯气有毒，为保证氯气完全反应，氢气应过量，为防止氯气污染空气，应先通入氢气，以此解答该题．【解答】解：氯气有毒，为保证氯气完全反应，氢气应过量，则应从外管通入氢气，从内管通入氯气，为防止氯气污染空气，应先通入氢气，点燃后再通入氯气，故顺序为②③①，故答案为：H2；Cl2；②③①．【点评】本题考查氯气的性质，为高频考点，侧重于化学与生产的考查，由于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．22．向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色．如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色．完成下列填空：①写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式（如果化学计量数是1，也请写上）：1I2□+5Cl2□+6H2O□﹣→2HIO3□（HO3）+10HCl□②加碘盐中含碘量为20～50mg•kg﹣1．制取加碘盐（含KIO3的食盐）1000kg，若用KI与Cl2反应制KIO3，至少需要消耗Cl2L（标准状况，保留2位小数）【考点】氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】①氯气具有强氧化性，向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色，说明生成I2，继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色，说明I2被进一步氧化，生成HIO3，同时氯气被还原为HCl，则碘元素化合价变化为：0→+5，氯气中氯元素化合价变化为：0→﹣1，依据得失电子守恒、原子个数守恒配平方程式；②由题意可知，碘化钾与氯气反应生成碘酸钾和氯化氢，化学方程式KI+3Cl2+3H2O=KIO3+6HCl，计依据化学方程式计算消耗的氯气的物质的量，依据V=nVm计算标况下，消耗的氯气的气体，按最小值计算．【解答】解；①氯气具有强氧化性，向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色，说明生成I2，继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色，说明I2被进一步氧化，生成HIO3，同时氯气被还原为HCl，则碘元素化合价变化为：0→+5，氯气中氯元素化合价变化为：0→﹣1，1mol碘单质反应失去10mol电子，1mol氯气反应得到2mol电子，二者最小公倍数为10，依据氧化还原反应得失电子守恒，则氯气系数为5，碘单质系数为1，依据原子个数守恒，方程式：I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl；故答案为：I2、5Cl2、6H2O、2HIO3、10HCl；②1000kg加碘食盐中含碘20g，KI+3Cl2+3H2O=KIO3+6HCl，则：KIO3～I～KI～3Cl2，127g3mol20gn解得n=（mol），标况下氯气的气体V=nVm=mol×mol=；故答案为：．【点评】本题考查氧化还原反应方程式的配平、有关方程式的计算，明确氧化还原反应中得失电子守恒规律、氯气、碘的性质是解题关键，题目难度中等，侧重考查学生分析问题，解决问题能力．24．下图由短周期元素形成的物质之间的转化关系，其中A、D、L为单质，其他为化合物．其中化合物I、J、K中含有两种相同的元素，G和I的反应⑤是一种重要化工生产中的主要反应之一．B常温下为液态化合物，F是一种直线型的非极性气体分子．试回答下列有关问题：（1）以上7个化学反应属于自身氧化还原反应的是③（用编号①→⑦填写）（2）在G、J、H中含有相同的元素是Na；（3）J的水溶液和F能填写”能”或”否”）发生反应，其理由是较强酸制较弱的酸（4）反应⑤的化学方程式是SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑．（5）写出电解溶液H的阴极电极反应方程式是2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑．【考点】无机物的推断；氧化还原反应．【专题】推断题．【分析】这道题唯一的突破口就是“G和I的反应⑤是一种重要化工生产中的主要反应之一”．然后看G和盐酸反应的生成物，为三种，所以初步鉴定，G为弱酸含氧盐．生成物为，H为氯酸盐，因为B常温下为液态化合物，所以是水B为水，F为二氧化碳；G是碳酸钠，B是水，F是二氧化碳，I是二氧化硅，J是硅酸钠，H是两个反应的共同产物，故为NaCl，K为H2SiO3；依据转化关系，C为NaOH，A、D、L为单质，A和B反应生成氢氧化钠和L，则A为Na，L为H2，A和D反应生成E，E和F生成碳酸钠和D，推断为E为Na2O2，D为O2，依据判断出的物质分析回答问题．【解答】解：“G和I的反应⑤是一种重要化工生产中的主要反应之一”．然后看G和盐酸反应的生成物，为三种，所以初步鉴定，G为弱酸含氧盐．生成物为，H为氯酸盐，因为B常温下为液态化合物，所以是水B为水，F为二氧化碳；G是碳酸钠，B是水，F是二氧化碳，I是二氧化硅，J是硅酸钠，H是两个反应的共同产物，故为NaCl，K为H2SiO3；依据转化关系，C为NaOH，A、D、L为单质，A和B反应生成氢氧化钠和L，则A为Na，L为H2，A和D反应生成E，E和F生成碳酸钠和D，推断为E为Na2O2，D为O2，（1）根据推断可知①是置换反应，②是化合反应，③是氧化还原反应，④是复分解反应，⑤是复分解反应，⑥是复分解反应，⑦是复分解反应，所以发生自身氧化还原反应的是过氧化钠和二氧化碳的反应为③，故答案为：③；（2）在G为Na2CO3、J为Na2SiO3、H为NaCl，所以三种物质中含有相同的元素是Na，故答案为：Na；（3）J（Na2SiO3）的水溶液和F（CO2）反应生成碳酸钠和硅酸，反应的理由是较强酸制较弱的酸，故答案为：能较强酸制较弱的酸；（4）反应⑤是二氧化硅和碳酸钠在高温条件下反应生成硅酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式是：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑；故答案为：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑；（5）电解溶液H（NaCl）的阴极电极反应方程式是：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑；故答案为：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑．【点评】本题考查了无机物质的相互转化关系，物质性质的应用，主要考查转化关系的综合推断能力，反应类型的判断，碳及其化合物、硅及其化合物、钠及其化合物性质的应用，电解原理的电极反应书写，题目较难，需要熟练掌握物质性质，较强的综合推断能力．25．甲酸（HCOOH）是一种有刺激性气味的无色液体，有很强的腐蚀性．熔点℃，沸点℃，能与水、乙醇互溶，加热至160℃即分解成二氧化碳和氢气．实验室可用甲酸与浓硫酸共热制备一氧化碳：HCOOHH2O+CO↑，实验的部分装置如图1所示．制备时先加热浓硫酸至80℃～90℃，再逐滴滴入甲酸．①从图1挑选所需的仪器，在如图2虚线框中画出Ⅰ中所缺的气体发生装置（添加必要的塞子、玻璃管、胶皮管，固定装置不用画），并标明容器中的试剂．②如图3装置Ⅱ的作用是防止水槽中的水因倒吸流入蒸馏烧瓶中．【考点】实验装置综合；常见气体制备原理及装置选择．【专题】气体的制备与性质检验类实验．【分析】该反应的制取原理为“固体与液体加热制取气体”，且需控制反应的温度，故发生装置应选用，CO不溶于水，可用排水法收集，为防倒吸，在发生装置与收集装置间加一个安全瓶，据此进行解答．【解答】解：①该反应的制取原理为液+液↑，故应选用分液漏斗和蒸馏烧瓶作为气体发生装置，温度计的水银球在液体中，测量反应液的温度，据此画出装置图为：，故答案为：；②生成的气体中含有CO、HCOOH和H2O，HCOOH易溶于水，会发生倒吸现象，需在收集前加一个安全瓶，故装置Ⅱ的作用是防止水槽中的水因倒吸