2019届甘肃省白银市会宁二中高三（上）第二次月考化学试卷+答案.doc

2018-2019学年甘肃省白银市会宁二中高三（上）第二次月考化学试卷一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）1下列物质与反应的分类正确的是（）A纯碱、醋酸钠分别属于碱和盐B酒精属于氧化物C氯水和氨水都属于弱电解质D铝与强酸、强碱的反应都属于氧化还原反应2下列关于化学与生活的认识正确的是（）A碘是人体必需的微量元素，所以要多吃富含碘的食物B新鲜蔬菜做熟后，所含维生素C会有损失CCO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成D食品袋中常放有硅胶和铁粉，都能起到干燥的作用3某学生进行蔗糖的水解实验，并检验水解产物中是否含有葡萄糖他的操作如下：取少量纯蔗糖加水配成溶液；在蔗糖溶液中加入35滴稀硫酸；将混合液煮沸几分钟、冷却；在冷却后的溶液中加入银氨，在水浴中加热实验结果没有银镜产生其原因是（）A蔗糖尚未水解B蔗糖水解的产物中没有葡萄糖C加热时间不够D煮沸后的溶液中没有加碱，以中和作催化剂的酸4将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是选项XYASO2Cl2BNO2SO2CNH3CO2DCO2Cl2（）AABBCCDD5下列反应的离子方程式书写正确的是（）A向KI溶液中通入少量氯气：Cl2+2I2Cl+I2B向AlCl3溶液中滴入少量氨水：Al3+3OHAl（OH）3C向NaHCO3溶液中滴入少量稀硫酸：2H+CO32CO2+H2OD向Fe2（SO4）3溶液中加入少量铁粉：Fe3+Fe2Fe2+6汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（）A生成42.0 L N2（标准状况）B有0.250 mol KNO3被氧化C转移电子的物质的量为2.5 molD被氧化的N原子的物质的量为3.75 mol7汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有关汉黄芩素的叙述正确的是（）A汉黄芩素的分子式为C16H13O5B该物质中所有原子一定共面C1 mol该物质与溴水反应，最多消耗2 mol Br2D与足量H2发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少1种8下列说法正确的是（）A某溶液中滴入AgNO3溶液，生成白色沉淀，该溶液中可能含ClB2 molSO2与2 mol O2充分反应可生成2 mol SO3C某溶液与淀粉碘化钾溶液反应后出现蓝色，则证明该溶液一定是氯水D胶体与其它分散系的本质区别在于胶体具有丁达尔效应9下列有关化学用语表示不正确的是（）A氯离子的结构示意图：BK2O的电子式：CCO2分子的结构式：D苯分子的比例模型：10镁铁混合物13.8g溶解在足量某浓度的稀硝酸中，完全反应，其还原产物只有一氧化氮（0.3mo1），则向反应后的溶液中加人足量的NaOH溶液，可生成的沉淀质量为（）A26 gB28 gC29.5 gD29.1 g11下列实验操作规范且能达到目的是（）目的操作A鉴别CO2和SO2气体将气体分别通入硝酸酸化的BaCl2溶液B制备氢氧化铁胶体向沸水中一次加入大量的FeCl3饱和溶液C检验蔗糖水解产物中是否含有葡萄糖在蔗糖溶液中加入35滴稀硫酸，煮沸几分钟，冷却后加入银氨溶液，在水浴中加热D比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果向两支装有2mL5%H2O2溶液的试管中分别滴入0.1mol/L'FeCl3和CuSO4溶液各1mLAABBCCDD12已知I、Fe2+、SO2、Cl和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中的还原性顺序为：SO2IFe2+H2O2Cl，则下列反应不可能发生的是（）A2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+B2Fe2+I22Fe3+2ICI2+SO2+2H2OH2SO4+2HIDH2O2+SO2H2SO413NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A3.6 g D2O中含有的中子数为2NAB10g C2H4和4g CO组成的混合气体中含有的分子数为0.5NAC标准状况下，2.24L HF中含有的分子数为0.1NADKIO3与HI溶液反应，生成0.1 mol I2转移的电子数为0.2NA14已知甲、乙、丙、丁是中学化学常见的物质，一定条件下可发生如下转化：甲乙丙，下列相关离子方程式或化学方程式错误的是（）A可能为Al O2+H+H2OAl（OH）3B可能为Fe+2Fe3+3Fe2+C可能为2NO+O22NO2D可能为Na2CO3+H2O+CO22NaHCO315下列有关实验操作中正确的是（）A洗涤沉淀的方法是直接向过滤器中加入适量蒸馏水，然后让水自然流下B用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出C用100ml量筒量取9.5 mL的液体D焰色反应中，观察焰色后应趁热将铂丝插入到稀硫酸中，然后再次灼烧16硝酸工业尾气中的NO、NO2进入大气后，会形成光化学烟雾、破坏臭氧层等。可用氢氧化钠溶液对含氮氧化物的废气进行处理，反应的化学方程式如下：NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O 将一定量NO和NO2的混合气体通入300mL 5mol/LNaOH溶液中，恰好被完全吸收。下列说法不正确的（）A原混合气体中NO在标准状况下的体积可能为16.8 LB所得溶液中NaNO3和NaNO2的物质的量之比可能为1：2C每吸收1molNO2，转移1mol电子D通入的混合气体在标况下的体积可能为44.8L17“绿色化学”是指从技术、经济上设计可行的化学反应，尽可能减少对环境的副作用下列化学反应，不符合绿色化学概念的是（）A消除硫酸厂尾气排放：SO2+2NH3+H2O（NH4）2SO3B消除制硝酸工业尾气的氮氧化物污染：NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2OC制CuSO4：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2OD制CuSO4：2Cu+O22CuOCuO+H2SO4（稀）CuSO4+H2O18有一种粉末它是由铁的氧化物中的一种或者两种组成，取3.04g粉末加热，同时通入足量的CO使之完全反应，再用过量澄清石灰水把生成的气体充分吸收，产生沉淀 5g 则该粉末的组成是（）A只有Fe2O3B只有FeOC等物质的量的Fe2O3和Fe3O4D等物质的量的FeO和Fe3O4二、非选择题（46分）19（12分）氯碱工业是最基本的化学工业之一，它的产品应用广泛请回答下列问题：（1）氯碱工业是利用电解食盐水生产 为基础的工业体系（2）电解前，为除去食盐水中的Mg2+、Ca2+、SO42等杂质离子，加入下列试剂的顺序合理的是 （填下列各项中序号）a、碳酸钠、氢氧化钠、氯化钡 b、碳酸钠、氯化钡、氢氧化钠c、氢氧化钠、碳酸钠、氯化钡 d、氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠（3）“盐泥”是电解食盐水过程中形成的工业“废料”某工厂的盐泥组成如下：成分NaClMg（OH）2CaCO3BaSO4其他不溶物质量分数（%）1520152051030401015利用盐泥生产MgSO47H2O晶体的工艺流程如图所示回答下列问题：酸洗过程中加入的酸为 ，加入的酸应适当过量，控制pH为5左右，反应温度在50左右持续搅拌使之充分反应，以使Mg（OH）2充分溶解并转化为MgSO4，在此过程中同时生成CaSO4其中碳酸钙可以转化为硫酸钙的原因是 过滤所得滤渣的主要成分为 据图分析，蒸发结晶过滤所得晶体A主要成分为 真空干燥MgSO47H2O晶体的原因是 20（12分）硫酰氯（SO2Cl2）是一种重要的化工试剂，实验室合成硫酰氯的实验装置如图所示已知：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2H97.3kJmol1硫酰氯常温下为无色液体，熔点为54.1，沸点为69.1，在潮湿空气中易发烟；100以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气。（1）仪器a为恒压分液漏斗，与普通分液漏斗相比，其优点是 。（2）仪器b的名称为 。（3）装置A中发生化学反应的离子方程式为 。（4）仪器d中盛放的试剂为 。A无水硫酸铜B无水氯化钙C碱石灰D五氧化二磷（5）氯磺酸（ClSO3H）加热分解，也能制得硫酰氯与另外一种物质，该反应的化学方程式为 ，分离这两种液态产物的方法是 。（6）装置E为储气装置，用于提供氯气，则分液漏斗c中盛放的试剂为 。当装置E中排出氯气0.224L（已折算成标准状况）时，最终得到1.08g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为 。长期存放的硫酰氯会发黄，其原因可能为 。21（12分）A、B、C、D是中学化学的常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素，它们在一定条件下相互转化的关系如图所示（部分反应中的H2O已略去）。请填空：（1）若A可用于自来水消毒，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则反应的离子方程式为 ，由此判断实验室保存C的水溶液应加入 （填试剂名称），3molD与足量水蒸气高温下充分反应转移的电子数为 。（2）若A是一种碱性气体，常用作制冷剂，B是汽车尾气之一，遇空气会变色，则反应的化学方程式为 。（3）若C是一种能形成硫酸型酸雨的污染性气体，D是一种能支持燃烧和呼吸的气体，则反应中氧化产物和还原产物的质量比为 。（4）若D是一种常见的温室气体，A、B、C的焰色反应都呈黄色，现有120gB和C的混合物，充分加热后测得剩余固体质量为89g，则混合物中B的质量分数为 。22异构化可得到三元乙丙橡胶的第三单体由A（C5H6）和B经DielsAlder反应制得DielsAlder反应为共轭双烯与含有烯键或炔键的化合物相互作用生成六元环状化合物的反应，最简单的反应是完成下列填空：（1）DielsAlder反应属于 反应（填反应类型）：A的结构简式为 （2）写出与互为同分异构体，且一溴代物只有两种的芳香烃的名称 写出生成这两种一溴代物所需要的反应试剂和反应条件 （3）B与Cl2的1，2加成产物消去HCl得到2氯代二烯烃，该二烯烃和丙烯酸（CH2CHCOOH）聚合得到的聚合物可改进氯丁橡胶的耐寒性和加工性能，写出该聚合物的结构简式可为 （4）写出实验室由的属于芳香烃的同分异构体的同系物制备的合成路线，（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）： 2018-2019学年甘肃省白银市会宁二中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）1下列物质与反应的分类正确的是（）A纯碱、醋酸钠分别属于碱和盐B酒精属于氧化物C氯水和氨水都属于弱电解质D铝与强酸、强碱的反应都属于氧化还原反应【分析】A电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱，由金属离子（或铵根离子）和酸根离子组成的化合物是盐；B氧化物是由两种元素构成，其中一种是氧元素的化合物；C水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质；D铝与强酸、强碱反应均生成氢气，是置换反应。【解答】解：A纯碱不能电离出氢氧根离子，不是碱；纯碱、醋酸钠均由钠离子和酸根构成，所以均为盐，故A错误；B酒精是由C、H、O三种元素组成的化合物，不是氧化物，故B错误；C氯水是Cl2、HClO、HCl的水溶液，是混合物；氨水是NH3的水溶液，是混合物，所以均不是电解质，也不是弱电解质，故C错误；D铝与强酸、强碱反应均生成氢气，是置换反应，置换反应均为氧化还原反应，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了盐、碱、氧化物、电解质和氧化还原反应等概念，掌握概念的要点是关键，难度不大，注意物质分离依据。2下列关于化学与生活的认识正确的是（）A碘是人体必需的微量元素，所以要多吃富含碘的食物B新鲜蔬菜做熟后，所含维生素C会有损失CCO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成D食品袋中常放有硅胶和铁粉，都能起到干燥的作用【分析】A、碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含碘元素的食物；B维生素C加热烹调处理、浸水等，都会让蔬菜的维生素C大幅度减少，维生素C呈酸性，加热或在溶液中易氧化分解，在碱性条件下更易被氧化；C形成酸雨的主要污染物为硫和氮的氧化物，二氧化碳不会造成酸雨；D有吸水性的物质能起到干燥的作用。【解答】解：A、碘是人体必需微量元素，但不是要多吃富含碘的食物，而是要适量摄取，多吃富含碘元素的食物会形成高碘症，故A错误；B维生素C又叫抗坏血酸，主要存在于新鲜蔬菜、水果中，“维生素C”受热时易被破坏，应采取凉拌生食、或不要煮过长时间，故B正确；CSO2及氮的氧化物（主要是NO2）是造成酸雨的最主要原因，而CO2溶解形成的雨水酸性较弱，不能形成酸雨，故C错误；D在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶（具有吸湿性）能吸收水分，但铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食品被氧化，故D错误；故选：B。【点评】本题考查微量元素的存在和作用、和人关系密切相关的知识、酸雨形成的原因，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，题目难度不大。3某学生进行蔗糖的水解实验，并检验水解产物中是否含有葡萄糖他的操作如下：取少量纯蔗糖加水配成溶液；在蔗糖溶液中加入35滴稀硫酸；将混合液煮沸几分钟、冷却；在冷却后的溶液中加入银氨，在水浴中加热实验结果没有银镜产生其原因是（）A蔗糖尚未水解B蔗糖水解的产物中没有葡萄糖C加热时间不够D煮沸后的溶液中没有加碱，以中和作催化剂的酸【分析】根据葡萄糖的检验应在碱性条件下进行【解答】解：葡萄糖的检验应在碱性条件下进行，在酸性条件下不能有银镜产生，故选D。【点评】本题主要考查了物质的性质与鉴别，题目难度不大，注意相关基础知识的积累4将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是选项XYASO2Cl2BNO2SO2CNH3CO2DCO2Cl2（）AABBCCDD【分析】A氯气与二氧化硫反应生成硫酸和盐酸；B二氧化氮与二氧化硫在溶液中反应生成硫酸根离子；C氨气与二氧化碳反应生成碳酸铵；D氯气、二氧化碳均氯化钡溶液之间均不反应【解答】解：A氯气与二氧化硫反应生成硫酸和盐酸，然后与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，故A不选；B二氧化氮与二氧化硫在溶液中反应生成硫酸根离子，然后与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，故B不选；C氨气与二氧化碳反应生成碳酸铵，然后与氯化钡溶液反应生成碳酸钡白色沉淀，故C不选；D氯气、二氧化碳均氯化钡溶液之间均不反应，不会有沉淀生成，故D选；故选：D。【点评】本题考查二氧化硫的性质，为高频考点，侧重元素化合物性质的考查，涉及氧化还原反应及复分解反应等，综合性较强，题目难度不大，注意强酸制取弱酸的反应应用5下列反应的离子方程式书写正确的是（）A向KI溶液中通入少量氯气：Cl2+2I2Cl+I2B向AlCl3溶液中滴入少量氨水：Al3+3OHAl（OH）3C向NaHCO3溶液中滴入少量稀硫酸：2H+CO32CO2+H2OD向Fe2（SO4）3溶液中加入少量铁粉：Fe3+Fe2Fe2+【分析】A氯气氧化性大于碘单质，氯气能够将碘离子氧化成碘单质；B一水合氨为弱电解质，离子方程式中应该保留分子式；C碳酸氢钠与稀硫酸的离子方程式中，碳酸氢根离子不能拆开；D根据电荷守恒判断，该离子方程式两边总电荷不守恒【解答】解：A向KI溶液中通入少量氯气，反应生成碘单质和氯离子，反应的离子方程式为：Cl2+2I2Cl+I2，故A正确；B向AlCl3溶液中滴入少量氨水，一水合氨应该保留分子式，正确的离子方程式为：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故B错误；C向NaHCO3溶液中滴入少量稀硫酸，碳酸氢根离子不能拆开，正确的离子方程式为：H+HCO3CO2+H2O，故C错误；D向Fe2（SO4）3溶液中加入少量铁粉，铁与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式两边电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Fe3+Fe3Fe2+，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，题目难度中等，试题侧重对学生能力的培养和训练，注意掌握离子方程式的书写原则，明确判断离子方程式常用方法，如（1）检查反应能否发生；（2）检查反应物、生成物是否正确；（3）检查各物质拆分是否正确；（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等6汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（）A生成42.0 L N2（标准状况）B有0.250 mol KNO3被氧化C转移电子的物质的量为2.5 molD被氧化的N原子的物质的量为3.75 mol【分析】10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2中N元素化合价由、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原剂，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原；现氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成2molN2，转移电子的物质的量为1.25mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol，以此解答该题【解答】解：该反应中N元素化合价由价、+5价变为0价，所以氧化产物和还原产物都是氮气，假设有16mol氮气生成，氧化产物是15mol、还原产物是1mol，则氧化产物比还原产物多14mol，若氧化产物比还原产物多1.75mol，则参加反应的n（KNO3）0.25mol，A生成氮气的体积44.8 L N2，故A错误；B硝酸钾得电子作氧化剂而被还原，故B错误；C转移电子的物质的量3n（KNO3）5×0.25mol1.25mol，故C错误；D被氧化的N原子的物质的量3.75 mol，故D正确；故选：D。【点评】本题考查氧化还原反应有关计算，为高频考点，侧重考查分析计算能力，明确氧化产物和还原产物关系是解本题关键，注意叠氮化钠中N元素化合价，易错选项是B，注意硝酸钾被还原而不是被氧化，题目难度不大7汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有关汉黄芩素的叙述正确的是（）A汉黄芩素的分子式为C16H13O5B该物质中所有原子一定共面C1 mol该物质与溴水反应，最多消耗2 mol Br2D与足量H2发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少1种【分析】由结构可知分子式，分子中含酚OH、碳碳双键、羰基及醚键，结合酚、烯烃等有机物的性质来解答。【解答】解：A汉黄芩素的分子式为C16H12O5，故A错误；B含有甲基，具有甲烷的结构特点，所有的原子不可能共平面，故B错误；C酚OH的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1 mol该物质与溴水反应，最多消耗2mol Br2，故C正确；D与足量H2发生加成反应后，该分子中官能团碳碳双键、羰基均减少，故D错误；故选：C。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意H原子数的判断及官能团的判断，题目难度不大。8下列说法正确的是（）A某溶液中滴入AgNO3溶液，生成白色沉淀，该溶液中可能含ClB2 molSO2与2 mol O2充分反应可生成2 mol SO3C某溶液与淀粉碘化钾溶液反应后出现蓝色，则证明该溶液一定是氯水D胶体与其它分散系的本质区别在于胶体具有丁达尔效应【分析】A白色沉淀可能为AgCl；B二氧化硫与氧气的反应为可逆反应；C具有氧化性的物质可氧化KI；D胶体与其它分散系的本质区别为分散质的直径大小【解答】解：A白色沉淀可能为AgCl，则该溶液中可能含Cl，故A正确；B二氧化硫与氧气的反应为可逆反应，则不能完全转化，不能生成2 mol SO3，故B错误；C具有氧化性的物质可氧化KI，且氯水中含HClO，具有漂白性，则可能为氯水或溴水等，故C错误；D胶体与其它分散系的本质区别为分散质的直径大小，而丁达尔现象为胶体特有的性质，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学实验的评价，为高频考点，把握离子检验、可逆反应、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大9下列有关化学用语表示不正确的是（）A氯离子的结构示意图：BK2O的电子式：CCO2分子的结构式：D苯分子的比例模型：【分析】A氯原子获得1个电子形成氯离子，氯离子核外电子数为18，有3个电子层，各层电子数为2、8、8；B氧化钾属于离子化合物，由钾离子与阳离子构成；C二氧化碳分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，用短线“”代替共用电子对即为结构式，孤对电子对不需要标出；D比例模型表示原子之间的比例大小、原子之间的连接顺序、空间结构，不能表明原子之间的成键情况【解答】解：A氯原子获得1个电子形成氯离子，氯离子核外电子数为18，有3个电子层，各层电子数为2、8、8，结构示意图为，故A正确；B氧化钾属于离子化合物，由钾离子与阳离子构成，电子式为，故B正确；C二氧化碳分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，结构式为OCO，故C错误；D苯为C6H6，分子中H原子与C原子连接，为平面正六边形，选项中模型没有表示原子之间的成键情况，为苯的比例模型，故D正确；故选：C。【点评】本题考查常用化学用语的书写，难度不大，注意对基础知识的理解掌握，注意区别球棍模型与比例模型10镁铁混合物13.8g溶解在足量某浓度的稀硝酸中，完全反应，其还原产物只有一氧化氮（0.3mo1），则向反应后的溶液中加人足量的NaOH溶液，可生成的沉淀质量为（）A26 gB28 gC29.5 gD29.1 g【分析】Fe、Mg混合物与足量硝酸反应形成硝酸镁、铁的硝酸盐，金属完全溶解，再加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀为氢氧化镁、氢氧化铁，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量与氢氧化物中氢氧根的物质的量相等，根据电子转移守恒计算金属提供的电子物质的量，氢氧化物沉淀的质量为金属质量与氢氧根质量之和【解答】解：Fe、Mg混合物与硝酸反应形成硝酸镁、铁的硝酸盐，金属完全溶解，再加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀为氢氧化镁、氢氧化铁，根据电子转移守恒可知，金属提供的电子物质的量0.3mol×（52）0.9mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量与氢氧化物中氢氧根的物质的量相等，故n（OH）0.9mol，所以所得沉淀的质量m（金属）+m（OH）13.8g+0.9mol×17g/mol29.1g，故选：D。【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，侧重对解题方法技巧与守恒思想的考查，确定氢氧化物中氢氧根的物质的量是关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力11下列实验操作规范且能达到目的是（）目的操作A鉴别CO2和SO2气体将气体分别通入硝酸酸化的BaCl2溶液B制备氢氧化铁胶体向沸水中一次加入大量的FeCl3饱和溶液C检验蔗糖水解产物中是否含有葡萄糖在蔗糖溶液中加入35滴稀硫酸，煮沸几分钟，冷却后加入银氨溶液，在水浴中加热D比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果向两支装有2mL5%H2O2溶液的试管中分别滴入0.1mol/L'FeCl3和CuSO4溶液各1mLAABBCCDD【分析】A二氧化硫被稀硝酸氧化成硫酸，而二氧化碳不反应；B氯化铁溶液过量，会导致氢氧化铁胶粒发生聚沉现象；C加入银氨溶液前应该先用氢氧化钠溶液中和稀硫酸；D氯化铁和硫酸铜溶液中的阴离子不相同。【解答】解：A将气体分别通入硝酸酸化的BaCl2溶液中，SO2被氧化成硫酸，生成硫酸钡沉淀，而CO2没有明显现象，可鉴别二者，故A正确；B制备氢氧化铁胶体时，应向沸水中逐滴滴加12mL饱和的FeCl3溶液，并继续加热到液体呈透明的红褐色为止，不能一次加入大量的FeCl3饱和溶液，否则会发生基聚沉现象，无法达到氢氧化铁胶体，故B错误；C在蔗糖溶液中加入35滴稀硫酸，煮沸几分钟，冷却后应该先加入 NaOH溶液中和稀硫酸，然后再加入银氨溶液，否则稀硫酸会破坏银氨溶液，干扰了检验结果，无法达到实验目的，故C错误；D比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果时，除了铁离子、铜离子不同外，其它体积变小完全相同，FeCl3和CuSO4溶液中的阴离子不同，干扰了检验结果，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及物质鉴别、蔗糖水解、反应速率的影响因素探究等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题有利于提高学生的化学实验能力。12已知I、Fe2+、SO2、Cl和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中的还原性顺序为：SO2IFe2+H2O2Cl，则下列反应不可能发生的是（）A2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+B2Fe2+I22Fe3+2ICI2+SO2+2H2OH2SO4+2HIDH2O2+SO2H2SO4【分析】根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，利用酸性溶液中还原性强弱的顺序是SO2IH2O2Fe2+Cl来判断反应能否发生【解答】解：A、因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2Fe2+，与已知的还原性强弱一致，故A能发生；B、因该反应中Fe元素的化合价升高，碘元素的化合价降低，则Fe2+为还原剂，还原性强弱为Fe2+I，与已知的还原性强弱不一致，故B不能发生；C、因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2I，与已知的还原性强弱一致，故C能发生；D、若该反应发生，S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则H2O2为氧化剂，还原性强弱为SO2H2O2，与已知的还原性强弱相符合，故D可能发生；故选：B。【点评】本题考查学生利用已知的还原性强弱来判断化学反应的发生，学生应学会利用化合价来分析反应中的还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答即可13NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A3.6 g D2O中含有的中子数为2NAB10g C2H4和4g CO组成的混合气体中含有的分子数为0.5NAC标准状况下，2.24L HF中含有的分子数为0.1NADKIO3与HI溶液反应，生成0.1 mol I2转移的电子数为0.2NA【分析】A、D2O的摩尔质量为20g/mol，D2O分子含有10个中子；B、C2H4和CO的摩尔质量都是28g/mol，10gC 2H4和4g CO组成的混合气体中含有0.5mol气体；C、标准状况下，HF呈液态；D、由反应KIO3+6HKI+3H2O+3I2，可知生成0.3mo1I2转移电子0.5mol。【解答】解：A、D2O的摩尔质量为20g/mol，D2O分子含有10个中子，3.6g物质的量为018molD2O中含有的中子数为1.8NA，故A错误；B、C2H4和CO的摩尔质量都是28g/mol，10g C2H4和4g CO组成的混合气体中含有0.5mol气体，含有的分子数为0.5NA，故B正确；C、标准状况下，HF呈液态，2.24LHF的物质的量大于0.1mol，其中含有的分子数大于0.1NA，故C错误；D、由反应KIO3+6HKI+3H2O+3I2，可知生成0.3mo1I2转移电子0.5mol，所以生成0.1 mol I2转移的电子数为NA，故D错误。故选：B。【点评】本题考查阿伏加德罗常数，解答本题选项C容易忽略在标准状况下HF不呈气态，实际上在标准状况下HF为液体，此时的HF自然不再适用于22.4L/mol，比较容易。14已知甲、乙、丙、丁是中学化学常见的物质，一定条件下可发生如下转化：甲乙丙，下列相关离子方程式或化学方程式错误的是（）A可能为Al O2+H+H2OAl（OH）3B可能为Fe+2Fe3+3Fe2+C可能为2NO+O22NO2D可能为Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3【分析】A、若丁为稀盐酸，且甲为偏铝酸钠，由转化关系可知乙为氢氧化铝，丙为氯化铝；B、若丁为Fe，甲为Fe3+，则乙为Fe2+，Fe2+与Fe不反应；C、若甲为氮气，丁为氧气，则乙为NO，丙为二氧化氮；D、若甲为NaOH，丁为二氧化碳，则乙为CO32，丙为HCO3【解答】解：A、若丁为稀盐酸，且甲为偏铝酸钠，由转化关系可知乙为氢氧化铝，丙为氯化铝，则可能为Al O2+H+H2OAl（OH）3，故A正确；B、若丁为Fe，甲为Fe3+，则乙为Fe2+，Fe2+与Fe不反应，所以没有符合转化关系的丙物质，故B错误；C、若甲为氮气，丁为氧气，则乙为NO，丙为二氧化氮，则可能为2NO+O22NO2，故C正确；D、若甲为NaOH，丁为二氧化碳，则乙为Na2CO3，丙为NaHCO3，可能为Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3，故D正确。故选：B。【点评】本题考查无机物推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意归纳总结中学常见连续反应类型，难度中等15下列有关实验操作中正确的是（）A洗涤沉淀的方法是直接向过滤器中加入适量蒸馏水，然后让水自然流下B用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出C用100ml量筒量取9.5 mL的液体D焰色反应中，观察焰色后应趁热将铂丝插入到稀硫酸中，然后再次灼烧【分析】A洗涤沉淀时，向过滤器中加入适量蒸馏水，然后让水自然流下；B苯溶液密度小于水溶液，则溴的苯溶液从分液漏斗上口倒出；C量取9.5 mL的液体应该选用规格为10mL的量筒；D洗涤铂丝时应该用稀盐酸【解答】解：A沉淀的洗涤方法是：沿玻璃棒向过滤器中的沉淀上加蒸馏水至没过沉淀，让水自然流下，重复23次，故A正确；B用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液在上层，应该从分液漏斗上口倒出，故B错误；C用100ml量筒量取9.5 mL的液体，会产生较大误差，应该选用10mL量筒，故C错误；D做焰色反应的实验时，应该用稀盐酸洗涤铂丝，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了化学实验方案的评价，题目难度不大，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的分析能力及化学实验能力16硝酸工业尾气中的NO、NO2进入大气后，会形成光化学烟雾、破坏臭氧层等。可用氢氧化钠溶液对含氮氧化物的废气进行处理，反应的化学方程式如下：NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O 将一定量NO和NO2的混合气体通入300mL 5mol/LNaOH溶液中，恰好被完全吸收。下列说法不正确的（）A原混合气体中NO在标准状况下的体积可能为16.8 LB所得溶液中NaNO3和NaNO2的物质的量之比可能为1：2C每吸收1molNO2，转移1mol电子D通入的混合气体在标况下的体积可能为44.8L【分析】A.300 mL 5mol/LNaOH溶液中n（NaOH）0.3L×5mol/L1.5mol，若只发生NO2+NO+2NaOH2 NaNO2+H2O，n（NO）0.75mol；B不确定NO、NO2的量，可能发生NO2+NO+2NaOH2 NaNO2+H2O；2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O两个反应；CNO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O中二氧化氮中的氮由+4价变成+5价，所以每吸收1molNO2，转移1mol电子； 2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O，氮的化合价既升高又降低，则每吸收1molNO2，转移1mol电子；D根据氮守恒，所以混合气体的物质的量为1.5mol。所以体积为1.5×22.433.6L。【解答】解：A.300 mL 5mol/LNaOH溶液中n（NaOH）0.3L×5mol/L1.5mol，若只发生NO2+NO+2NaOH2 NaNO2+H2O，n（NO）0.75mol，标准状况下气体体积22.4L/mol×0.75mol16.8L，故A正确；B不确定NO、NO2的量，可能发生NO2+NO+2NaOH2 NaNO2+H2O；2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O两个反应，所以溶液中NaNO3和NaNO2的物质的量之比可能为1：2，故B正确；CNO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O中二氧化氮中的氮由+4价变成+5价，每吸收1molNO2，转移1mol电子； 2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O，氮的化合价既升高又降低，则每吸收1molNO2，转移1mol电子，所以每吸收1molNO2，转移1mol电子，故C正确；D