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福建省仙游县郊尾中学2020届高三上学期月考化学试题
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郊尾中学高三（上）学年第二次月考
化学试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56
一、选择题
1. 下列实验操作正确且能达到目的的是
A. 用NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体
B. 用重结晶法除去KNO3中混有的NaCl
C. 用BaCl2溶液鉴别AgNO3溶液和K2SO4溶液
D. 用NaOH溶液和分液漏斗萃取溴水中的溴
【答案】B
【解析】
试题分析：A．氯化铵受热易分解氨水氨气和氯化氢，则用NH4Cl溶液蒸干不能制备NH4Cl固体，A错误；B．硝酸钾的溶解度受温度影响大，氯化钠的溶解度受温度影响小，则用重结晶法除去KNO3中混有的NaCl，B正确；C．BaCl2溶液与硝酸银和硫酸钾均反应产生白色沉淀，不能鉴别AgNO3溶液和K2SO4溶液，C错误；D．氢氧化钠与溴反应，不能萃取溴水中的溴，则不能用NaOH溶液和分液漏斗萃取溴水中的溴，D错误，答案选B。
考点：考查化学实验基本操作正误判断
2. （原创）下列物质分类正确的是
A. SO2、SiO2、P2O5均为酸性氧化物
B. 是否具有丁达尔效应是胶体与溶液、浊液的根本区别
C. 纯净盐酸为纯净物、冰水混合物为混合物
D. 烧碱、纯碱都属于碱，油脂、甘油都属于酯
【答案】A
【解析】
试题分析：胶体与其他分散系的根本区别在于分散质粒子的大小，B项错误；盐酸是混合物，冰水混合物属于纯净物，C项错误；纯碱属于盐，甘油不属于酯，而属于醇类，D项错误。
考点：物质的分类
3.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中相对位置如图所示，若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，下列说法正确的是（ ）
A. Z单质与氢气反应较Y剧烈
B. X与W的原子核外电子数相差9
C. X单质氧化性强于Y单质
D. 最高价氧化物对应水化物酸性W比Z强
【答案】D
【解析】
【分析】
若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，则Z是S元素；根据其再周期表中的相对位置，X、Y、W分别是N、O、Cl。
【详解】A. O的非金属性大于S，氧气与氢气反应比硫蒸气与氢气反应剧烈，故A错误；
B. N与Cl的原子核外电子数相差17-7=10，故B错误；
C. 同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性越强，单质氧化性越强，氧气氧化性强于氮气，故C错误；
D. 同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，酸性HClO4>H2SO4，故D正确。
4.某盐溶液中可能含有NH4+、Ba2+、Na+、Fe2+、Cl—、CO32—、NO3—七种离子中的数种。某同学取4份此溶液样品，分别进行了如下实验：
①用pH试纸测得溶液呈强酸性；
②加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成；
③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；
④加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色
该同学最终确定在上述七种离子中肯定含有NH4+、Fe2+、Cl—三种离子。
请分析，该同学只需要完成上述哪几个实验，即可得出此结论。
A. ①②④ B. ①② C. ①②③④ D. ②③④
【答案】B
【解析】
【详解】由①溶液呈强酸性，溶液中不含CO32-；由②加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成，溶液中含NH4＋、Fe2＋，由于酸性条件下NO3-、Fe2+不能大量共存，则溶液中不含NO3-，根据溶液呈电中性，溶液中一定含Cl-；由③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，溶液中含Cl-；由④加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色，溶液中含Fe2+；根据上述分析，确定溶液中肯定含NH4+、Fe2+、Cl-只需完成①②，答案选B。
5.三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3＋5H2O＝2NO＋HNO3＋9HF。下列有关说法正确的是
A. NF3是氧化剂，H2O是还原剂
B. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1
C. 若生成0.2 mol HNO3，则转移0.2 mol电子
D. NF3在潮湿空气中泄漏会产生红棕色气体
【答案】D
【解析】
试题分析：A、根据方程式可知N元素的化合价从＋3价部分升高到＋5价，失去2个电子，部分降低到＋2价得到1个电子，其余元素的化合价均没有发生变化，因此NF3既是氧化剂也是还原剂，水不是氧化剂，也不是还原剂，A错误；B、根据电子得失守恒可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:2，B错误；C、若生成0.2 mol HNO3，则转移0.4mol电子，C错误；D、NF3在潮湿的空气中泄漏会与水反应生成NO，NO极易被氧化产生红棕色气体NO2，D正确，答案选D。
考点：考查氧化还原反应的判断与计算
6.已知2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。该反应中有关物理量的描述正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（ ）
A. 每生成6.72 L的H2，溶液中AlO2﹣的数目就增加0.2 NA
B. 每生成0.15 mol H2，被还原的水分子数目为0.3 NA
C. 当加入2.7 g Al时，转移的电子数目为0.3 NA
D. 溶液中每增加0.1 mol的AlO2﹣，Na+的数目就增加0.1 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 非标准状况下，6.72 L的H2的物质的量不一定是0.3mol，所以生成6.72 L的H2，溶液中AlO2﹣的数目不一定增加0.2 NA，故A错误；
B. 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，反应中只有水是氧化剂，每生成0.15 mol H2，被还原的水分子数目为0.3 NA，故B正确；
C. 当2.7 g Al参加反应时，转移的电子数目为0.3 NA，加入2.7 g Al，参加反应的铝不一定是0.1mol，故C错误；
D. 根据钠元素守恒，溶液中Na+的数目不变，故D错误。
【点睛】本题考查化学方程式有关计算，侧重考查学生分析计算能力，注意：该反应中氢氧化钠不作氧化剂，易错选项是B，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件。
7.据报道，科学家发现了如下反应：O2+PtF6＝O2(PtF6)，已知O2(PtF6)为离子化合物，其中Pt为+5价，对于此反应，下列说法正确的是（ ）
A. O2(PtF6) 中不存在共价键
B. 在此反应中每生成1mol O2(PtF6)则转移lmol电子
C. O2(PtF6)中氧元素的化合价是+l价
D. 在此反应中，O2是氧化剂，PtF6是还原剂
【答案】B
【解析】
试题分析：A、化合物中的（PtF6）-阴离子和O2+阳离子是原子团，其中都存在共价键，故A错误；B、O2～O2+～e-，PtF6～（PtF6）-～e-，所以氧化还原反应 中转移电子总数为1e-，故B正确；C、O2（PtF6）中氧元素的化合价是+l/2价，故C错误；D、根据化合价的升降可知，O2是还原剂，PtF6是氧化剂，故D错误；故选B。
考点：考查氧化还原反应的特征、实质、概念判断和电子转移数目的计算
8.常温下，下列各组离子在指定溶液能大量共存的是
A. pH＝1的溶液中：Fe2＋、NO3-、SO42-、Na＋
B. 由水电离的c(H＋)＝1×10－14mol·L－1的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、HCO3-
C. ＝1012的溶液中：NH4+、Al3＋、NO3-、Cl－
D. c(Fe3＋)＝0.1 mol·L－1的溶液中：K＋、ClO－、SO42-、SCN－
【答案】C
【解析】
【分析】
A. pH＝1的溶液为酸性溶液，体系中发生氧化还原反应；
B. 由水电离的c(H＋)＝1×10－14mol·L－1的溶液可以是酸性溶液也可以是碱性溶液；
C. ＝1012的溶液是酸性溶液；
D. Fe3＋可与SCN－发生络合反应。
【详解】A. pH＝1的溶液为酸性溶液，Fe2＋、NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，A项错误；
B. 由水电离的c(H＋)＝1×10－14mol·L－1的溶液可以是酸性溶液也可以是碱性溶液，酸性或碱性溶液中HCO3-均不能大量共存，B项错误；
C. ＝1012的溶液是酸性溶液，NH4+、Al3＋、NO3-、Cl－在酸性条件下均可大量共存，C项正确；
D. c(Fe3＋)＝0.1 mol·L－1的溶液中，Fe3＋可与SCN－发生络合反应，不能大量共存，D项错误；
答案选C。
【点睛】本题的难点是判断由水电离的c(H＋)＝1×10－14mol·L－1溶液的酸碱性和判断＝1012的溶液的酸碱性，判断多种离子能否大量共存于同一溶液中，归纳起来就是：一色（有色离子在无色溶液中不能大量共存）、二性（①在强酸性溶液中，OH－及弱酸根阴离子不能大量存在；②在强碱性溶液中，H＋及弱碱阳离子不能大量存在）、三特殊（①AlO与HCO不能大量共存：②“NO＋H＋”组合具有强氧化性，与S2－、Fe2＋、I－、SO等还原性的离子因发生氧化还原反应而不能大量共存；③NH与CH3COO－、CO，Mg2＋与HCO等组合中，虽然两种离子都能水解且水解相互促进，但总的水解程度仍很小，它们在溶液中仍能大量共存）、四反应（离子不能大量共存的常见类型有复分解反应型、氧化还原反应型、水解相互促进型和络合反应型4种）。
9.将a g二氧化锰粉末加入b mol/L的浓盐酸c L中加热完全溶解，反应中转移电子d个，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 可以收集到氯气L
B. NA可表示为：
C. 反应后溶液中的Cl―数目为：
D. 反应后溶液中的H＋数目为：
【答案】B
【解析】
【详解】A、固体全部溶解说明二氧化锰完全反应，盐酸是过量，生成的氯气可以依据二氧化锰计算，依据化学方程式MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2↑+2H2O，二氧化锰物质的量和氯气物质的量相同，可以收集到氯气体积=(a/87)×22.4 =22.4a/87L，A错误；
B、依据电子转移守恒，MnO2～MnCl2～2e-，(a/87)×2×NA=d，得到NA=87d/2a，，B正确；
C、反应后溶液中的Cl-数目为（bc-a/87×2）×NA，选项中 只是计算得到生成的氯化锰中的氯离子，盐酸过量的没减少在内，C错误；
D、反应后溶液中的H+数目为（bc-a/87×4）NA，D错误；
答案选B。
10.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定大量共存的是（ ）
A. 饱和氯水中：Cl－、NO3－、Na＋、SO32－
B. c(H＋)=1.0×10－13mol/L溶液中：C6H5O－、K＋、SO42－、Br－
C. 甲基橙呈红色的溶液中： I-、Cl-、NO3-、Na+
D. 含大量Al3+的溶液中： K+、Na+、NO3-、ClO-
【答案】B
【解析】
【详解】A. 饱和氯水中：SO32－被氯气氧化为SO42－，故不选A；
B. 室温下，c(H＋)=1.0×10－13mol/L溶液呈碱性，C6H5O－、K＋、SO42－、Br－不反应，故选B；
C. 甲基橙呈红色的溶液显酸性，H+、 I-、NO3-发生氧化还原反应生成I2，故不选C；
D. 含大量Al3+的溶液呈酸性， H+、ClO-结合为弱电解质HClO，故不选D。
【点睛】本题考查离子的共存，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。
11.X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大。已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素， X元素的原子形成的离子就是一个质子，Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，M是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是（ ）
A. 五种元素的原子半径从大到小的顺序是：M＞W＞Z＞Y＞X
B. 用M单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，电解一段时间后，在阴极区会出现白色沉淀
C. 化合物YW2、ZW2都酸性氧化物
D. X、Z两元素能形成原子个数比（X:Z）为3:1和4:2的化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
X元素的原子形成的离子就是一个质子，X是H元素；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，Y是C元素；M是地壳中含量最高的金属元素，M是Al元素；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Z是N元素、W是O元素。
【详解】A. 电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，五种元素的原子半径从大到小的顺序是：Al＞C＞N＞O＞H，故A错误；
B. 用Al单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，阳极生成Al3+，Al3+与HCO3-发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，在阳极区会出现白色沉淀，故B错误；
C. CO2是酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，故C错误；
D. H、N两元素能形成原子个数比（X:Z）为3:1的NH3和原子个数比（X:Z）4:2的化合物N2H4，故D正确。
12.下列各组微粒能大量共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且发生反应的离子方程式书写正确的是( )
选项
微粒组
所加试剂
离子方程式
A
NH、Fe2+、SO
少量Ba(OH)2溶液
2NH+SO+Ba2++2OH－===BaSO4↓+2NH3·H2O
B
Mg2+、Cl－、HCO
过量NaOH溶液
Mg2++2HCO+4OH－===Mg(OH)2↓+2CO+2H2O
C
Fe2+、NO、HSO
NaHSO4溶液
HSO+H+===SO2↑+H2O
D
K+、CO、NH3·H2O
通入少量CO2
CO+CO2+2H2O===2HCO
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A．少量Ba(OH)2溶液，生成硫酸钡、氢氧化亚铁，离子反应为Fe2++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+Fe(OH)2↓，故A错误；B．适量NaOH溶液，反应生成氢氧化镁、碳酸钠和水，离子反应为Mg2++2HCO3-+4OH-═Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O，故B正确；C．Fe2+、NO3-、HSO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．通入少量CO2，先与NH3•H2O反应，发生2NH3•H2O+CO2=2NH4++CO32-+H2O，故D错误；故选B。
点睛：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，侧重分析与应用能力的考查，注意与量有关的反应、氧化还原反应的判断。
13.某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Fe2+、Al3+ 和Na+．某同学为了确认其成分，取部分试液，设计并完成了如下实验：由此可知原溶液中
A. 溶液中至少有4种离子存在，其中Cl﹣一定存在，且c（Cl﹣）≥0.2 mol•L﹣1
B. 原溶液中c（Fe3+）=0.2 mol•L﹣1
C. SO42﹣、NH4+、Na+一定存在，CO32﹣、Al3+一定不存在
D. 取少量原溶液并加入KSCN溶液，呈血红色，说明该溶液一定没有Fe2+，只有Fe3+
【答案】A
【解析】
试题分析：向溶液中加入过量的NaOH溶液，加热产生0.02mol的气体，证明含有NH4+，n(NH4+)=0.02mol；产生红褐色沉淀Fe(OH)3，证明在溶液中含有Fe3+，但是不能确定是否含有Fe2+。将沉淀过滤灼烧，产生Fe2O3，n(Fe2O3) =1.6g÷160g/mol=0.01mol；根据Fe元素守恒可得：n(Fe3+)=2n(Fe(OH)3)=0.02mol；c(Fe3+)=0.02mol÷0.1L=0.2mol/L；所以选项A正确；由于加入NaOH溶液，所以在反应后的溶液中一定含有Na+，因此焰色反应呈黄色，则不能证明在原溶液中是否含有Na+；选项C错误；向滤液中通入CO2无现象，证明无Al3+；再加入足量的BaCl2溶液和盐酸，产生白色沉淀BaSO4的质量是4.66g，证明含有SO42ˉ。n(SO42ˉ)=4.66g÷233g/mol=0.02mol。溶液呈电中性，阴离子带有的负电荷总数是2n(SO42ˉ)=0.04mol；阳离子带有的正电荷总数是：3n(Fe3+)+ n(NH4+)="3×0.02mol+" 0.02mol=" 0.08mol" >0.04mol，说明还含有阴离子。由于Fe3+与CO32ˉ不能大量共存，所以一定含有Cl-；n(Cl-)=" 0.08mol" -0.04mol=0.04mol；c(Cl-)=0.04mol÷0.1L=0.4mol/L，选项B错误。
考点：考查溶液的成分及溶液中离子浓度的计算的知识。
14.设NA为阿伏加德罗常数。下列叙述正确的是（ ）
A. 常温下，1molNaHCO3投入足量稀盐酸中，待反应结束后，可逸出NA个CO2分子
B. 在含有NA个醋酸根离子(CH3COO－)的醋酸溶液中，氢离子(H+)数目略大于NA
C. 1molCH3+（碳正离子）中含电子数目为10NA
D. 1mol油酸（化学式：C17H33COOH）含有的双键数目为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 常温下，1molNaHCO3投入足量稀盐酸中，由于二氧化碳可溶于水，逸出CO2分子小于NA个，故A错误；
B.根据电荷守恒，在含有NA个醋酸根离子(CH3COO－)的醋酸溶液中，n(H+)=n(CH3COO－)+n(OH-)，所以氢离子(H+)数目略大于NA，故B正确；
C. 1个CH3+含有8个电子，所以1molCH3+（碳正离子）中含电子数目为8NA，故C错误；
D. 1个C17H33COOH 分子中有2个双键，1mol油酸（化学式：C17H33COOH）含有的双键数目为2NA，故D错误。
15. 下列物质的检验，其结论一定正确的是
A. 向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中一定含有SO42—
B. 向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32— 或SO32—
C. 取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加盐酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加HCl时有气体产生，加BaCl2时有白色沉淀产生，说明Na2SO3样品已部分被氧化
D. 能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝的一定是Cl2
【答案】C
【解析】
试题分析：A．向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中可能含有SO42—，也可能含有Ag+，错误；B．向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中可能含有CO32— 或SO32—或HCO3— 或HSO3—,错误；C．取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加盐酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加HCl时有气体产生，证明含有SO32-；加BaCl2时有白色沉淀产生，证明含有SO42-；因此说明Na2SO3样品已部分被氧化，正确；D．能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝的可能是Cl2、Br2或O3等氧化性的物质，错误。
考点：考查物质的检验的知识。
16.在0.1 mol/L的NaHSO3溶液中有如下关系：c(Na+)>c(HSO3-) >c(SO32-) >c(H2SO3)，向NaHSO3溶液中慢慢地加入少量的NaOH溶液，发生的主要反应的离子方程式为
A. SO32-+H2OHSO3-十OH— B. HSO3-十H2OH2SO3十OH-
C. HSO3-十OH—SO32—十H2O D. H2SO3+OH-HSO3-十H2O
【答案】C
【解析】
【详解】NaHSO3溶液中粒子关系为：c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3），则HSO3-电离大于其水解，溶液显酸性，加入少量的NaOH溶液，发生中和反应，发生的离子反应为HSO3-+OH-＝SO32-+H2O，答案选C。
17.下列实验操作、现象和发生的离子反应完全正确的是（ ）
实验操作
现象
发生的离子反应
A
向BaCl2 溶液中通入CO2
溶液浑浊
Ba2++ CO2+H2O=== BaCO3↓+2H+
B
向NaAlO2溶液中通入过量CO2
溶液浑浊
AlO2－ + CO2+2H2O === Al(OH)3↓+ HCO3－
C
将可调高度的铜丝伸入到稀HNO3中
溶液变蓝
Cu+4H++2NO3－=== Cu2++2NO2↑+2H2O
D
将Cl2通入KI溶液中，加入CCl4，振荡，静置
上层溶液显紫红色
Cl2 +2I－=== 2Cl－ + I2
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、碳酸酸性小于盐酸，向BaCl2 溶液中通入CO2不反应，不能生产沉淀，故A错误；
B、向NaAlO2溶液中通入过量CO2生产氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式是AlO2－ + CO2+2H2O === Al(OH)3↓+ HCO3－，故B正确；
C、铜与稀HNO3反应生成一氧化氮气体，反应离子方程式是3Cu+8H++2NO3－=== 3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；
D、CCl4的密度大于水，将Cl2通入KI溶液中，加入CCl4，振荡，静置，下层溶液显紫红色，故D错误。
18.某含Cr2O72－废水用硫酸亚铁铵[FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀，该沉淀干燥后得到nmolFeO•FeyCrxO3(提示：其中Cr为+3价)。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是
A. 消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n（3x+l）mol
B. 处理废水中Cr2O72－的物质的量为（nx/2）mol
C. 反应中发生转移的电子的物质的量为6nxmol
D. FeO•FeyCrxO3中3x＝y
【答案】C
【解析】
试题分析：A、由铁元素守恒，消耗硫酸亚铁的物质的量为n（y+1），又由FeO•FeyCrxO3电中性知3x+3y=6，代入前式得，消耗硫酸亚铁的物质的量为n（3-x）；或由得失电子守恒得3x=y，代入得n×（1+y）mol=n×（3x+1）mol，故A正确；B、根据铬原子守恒，Cr原子为nxmol，故Cr2O72-的物质的量为，故B正确；C、得到nmolFeO•FeyCrxO3，则一共有nxmolCr原子参加反应，1molCr转移电子3mol，故转移的电子数为3nxmol，故C错误；D、FeO•FeyCrxO3中，Fe为正三价，由得失电子守恒知3x-y=0，即3x=y，故D正确；故选C。
考点：考查了氧化还原反应的计算的相关知识。
二、非选择题
19.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组采用下图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置II中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5。
（1）装置I中产生气体的化学方程式为： ；
（2）要从装置II中获得已析出晶体，可采取的分离方法是 ；
（3）装置III用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为 (填序号)。
【答案】（1）Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O （2）过滤；（3）d．
【解析】
试题分析：（1）装置Ⅰ是实验室制SO2，产生气体的化学方程式为Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O；
（2）析出晶体，可以用过滤的方法分离；
（3）该装置的尾气是SO2, 选择能与SO2反应的试剂，稀氨水和NaOH溶液和SO2反应，但a装置进气管应插入溶液中，a项错误；选d。
考点：考查SO2的制备及性质。
20.如图是某研究性学习小组设计制取氯气并以氯气为反应物进行特定反应的装置
(1)要将C装置接入B和D之间，正确的接法是：a→________→________→ d 。
(2)实验开始先点燃A处的酒精灯，打开活塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处的酒精灯。Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有炭粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl(g)，发生反应的化学方程式为__________________________________________。为了使C装置发挥更好的作用，可向烧杯中加入浓硫酸，加入浓硫酸的作用是_________________________________________________________________。
(3) D处反应完毕后，关闭弹簧夹K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，此时B中的现象是_________________________________________________________，B的作用是______________________________________________________。
(4)A、B、C、D、E装置中有一处需要改进，说明需要改进的理由并在方框中画出改进后的装置图。
__________________________________________
【答案】 (1). c (2). b (3). 2Cl2＋C＋2H2O4HCl＋CO2 (4). 浓硫酸溶于水能放出大量的热，有利于试管中产生水蒸气 (5). 瓶上部气体为黄绿色，瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升 (6). 贮存少量Cl2，避免Cl2对环境造成污染 (7). 反应后的气体中含有HCl和未反应的Cl2，水吸收氯气的能力很差，E处应用NaOH溶液，并加防倒吸装置
【解析】
【分析】
(1)要使氯气由C进入D，导气管的连接是长进短出；
Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有炭粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl(g)，根据元素守恒，参加反应的物质是C、Cl2、H2O；C装置的作用是提供水蒸气；
(3)关闭K，氯气进入装置B；
(4) 水吸收氯气的能力很差，E处应用NaOH溶液，并加防倒吸装置；
【详解】(1)要使氯气由C进入D，导气管的连接是长进短出，正确的接法是：a→c→b→ d ；
(2)Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有炭粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl(g)，根据元素守恒，参加反应的物质是C、Cl2、H2O，反应方程式是2Cl2＋C＋2H2O4HCl＋CO2；C装置的作用是提供水蒸气，浓硫酸溶于水能放出大量的热，有利于试管中产生水蒸气；
(3)关闭K，氯气进入装置B，瓶上部气体为黄绿色，瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升，装置B的作用是贮存少量Cl2，避免Cl2对环境造成污染；
(4) 反应后的气体中含有HCl和未反应的Cl2，水吸收氯气的能力很差，E处应用NaOH溶液，并加防倒吸装置，。
21.有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其中A 的一种原子不含中子；B的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子；C元素的一种气体单质呈淡蓝色，D与B同周期，该周期中D的简单离子半径最小；E的单质是一种本身有毒可以用来消毒的气体；F 元素最高正价与最低负价的代数和为4。
（1）B、C、E 三元素组成的化合物之一，是家用消毒剂的主要成分，所含的化学键有______，其电子式为______。
（2）D、E、F 的简单离子半径由大到小的顺序是_________（用离子符号表示）。
（3）两种均含A、B、C、F 四种元素的化合物在溶液中相互反应的离子方程式__。
（4）一定量的石灰乳中通入一定量的E单质，两者恰好完全反应，生成物中有三种含E元素的离子．其中两种离子的物质的量（n） 与反应时间（t）的曲线如图所示。
则t2时刻消耗氢氧化钙质量为______g，此时反应的化学方程为______。
（5）A、B 形成的化合物BA 在有机合成中用途很广泛．它可以夺取很多化合物中的质子而生成相应的钠的化合物，写出它与乙醇的化学方程式：_________________________。
【答案】 (1). 离子键、共价键 (2). (3). S2->Cl->Al3+ (4). H++HSO3-=SO2+H2O (5). 37 (6). 10Cl2+10Ca（OH）2=7CaCl2+2Ca（ClO）2+Ca（ClO3）2+10H2O (7). NaH+CH3CH2OH=CH3CH2ONa+H2↑
【解析】
【分析】
A 的一种原子不含中子，A是H元素；B的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子，B是Na元素；C元素的一种气体单质呈淡蓝色，C是O元素；D与B同周期，该周期中D的简单离子半径最小，D是Al元素；E的单质是一种本身有毒可以用来消毒的气体，E是Cl元素；F 元素最高正价与最低负价的代数和为4，F是S元素。
【详解】（1）Na、O、Cl 三元素组成的化合物之一，是家用消毒剂的主要成分，该化合物是NaClO，所含的化学键有离子键、共价键，其电子式为。
（2）电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，Al、Cl、S的简单离子半径由大到小的顺序是S2->Cl->Al3+。
（3）两种均含H、Na、O、S 四种元素的化合物是NaHSO4和NaHSO3，在溶液中相互反应生成硫酸钠、二氧化硫、水，反应的离子方程式是H++HSO3-=SO2+H2O。
（4）根据图示，则t2时刻生成ClO-、ClO3-物质的量分别是0.2mol、0.1mol，根据得失电子守恒生成Cl-的物质的量是0.2mol×1＋0.1mol×5=0.7mol，根据电荷守恒，溶液中Ca2+的物质的量是(0.7mol＋0.2mol＋0.1mol)÷2=0.5mol，消耗氢氧化钙质量为0.5mol ×74g/mol=37g，反应生成的CaCl2、Ca（ClO）2、Ca（ClO3）2的比为7：2：1，此时反应的化学方程为10Cl2+10Ca（OH）2=7CaCl2+2Ca（ClO）2+Ca（ClO3）2+10H2O。
（5）H、Na 形成的化合物是NaH，NaH与乙醇反应生成乙醇钠和氢气，反应的化学方程式为NaH+CH3CH2OH=CH3CH2ONa+H2↑。
【点睛】本题考查结构、性质、位置关系应用，正确推断元素是解题关键，侧重考查氧化还原反应中得失电子守恒、电荷守恒等守恒思维能力的考查。
郊尾中学高三（上）学年第二次月考
化学试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56
一、选择题
1. 下列实验操作正确且能达到目的的是
A. 用NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体
B. 用重结晶法除去KNO3中混有的NaCl
C. 用BaCl2溶液鉴别AgNO3溶液和K2SO4溶液
D. 用NaOH溶液和分液漏斗萃取溴水中的溴
【答案】B
【解析】
试题分析：A．氯化铵受热易分解氨水氨气和氯化氢，则用NH4Cl溶液蒸干不能制备NH4Cl固体，A错误；B．硝酸钾的溶解度受温度影响大，氯化钠的溶解度受温度影响小，则用重结晶法除去KNO3中混有的NaCl，B正确；C．BaCl2溶液与硝酸银和硫酸钾均反应产生白色沉淀，不能鉴别AgNO3溶液和K2SO4溶液，C错误；D．氢氧化钠与溴反应，不能萃取溴水中的溴，则不能用NaOH溶液和分液漏斗萃取溴水中的溴，D错误，答案选B。
考点：考查化学实验基本操作正误判断
2. （原创）下列物质分类正确的是
A. SO2、SiO2、P2O5均为酸性氧化物
B. 是否具有丁达尔效应是胶体与溶液、浊液的根本区别
C. 纯净盐酸为纯净物、冰水混合物为混合物
D. 烧碱、纯碱都属于碱，油脂、甘油都属于酯
【答案】A
【解析】
试题分析：胶体与其他分散系的根本区别在于分散质粒子的大小，B项错误；盐酸是混合物，冰水混合物属于纯净物，C项错误；纯碱属于盐，甘油不属于酯，而属于醇类，D项错误。
考点：物质的分类
3.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中相对位置如图所示，若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，下列说法正确的是（ ）
A. Z单质与氢气反应较Y剧烈
B. X与W的原子核外电子数相差9
C. X单质氧化性强于Y单质
D. 最高价氧化物对应水化物酸性W比Z强
【答案】D
【解析】
【分析】
若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，则Z是S元素；根据其再周期表中的相对位置，X、Y、W分别是N、O、Cl。
【详解】A. O的非金属性大于S，氧气与氢气反应比硫蒸气与氢气反应剧烈，故A错误；
B. N与Cl的原子核外电子数相差17-7=10，故B错误；
C. 同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性越强，单质氧化性越强，氧气氧化性强于氮气，故C错误；
D. 同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，酸性HClO4>H2SO4，故D正确。
4.某盐溶液中可能含有NH4+、Ba2+、Na+、Fe2+、Cl—、CO32—、NO3—七种离子中的数种。某同学取4份此溶液样品，分别进行了如下实验：
①用pH试纸测得溶液呈强酸性；
②加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成；
③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；
④加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色
该同学最终确定在上述七种离子中肯定含有NH4+、Fe2+、Cl—三种离子。
请分析，该同学只需要完成上述哪几个实验，即可得出此结论。
A. ①②④ B. ①② C. ①②③④ D. ②③④
【答案】B
【解析】
【详解】由①溶液呈强酸性，溶液中不含CO32-；由②加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成，溶液中含NH4＋、Fe2＋，由于酸性条件下NO3-、Fe2+不能大量共存，则溶液中不含NO3-，根据溶液呈电中性，溶液中一定含Cl-；由③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，溶液中含Cl-；由④加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色，溶液中含Fe2+；根据上述分析，确定溶液中肯定含NH4+、Fe2+、Cl-只需完成①②，答案选B。
5.三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3＋5H2O＝2NO＋HNO3＋9HF。下列有关说法正确的是
A. NF3是氧化剂，H2O是还原剂
B. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1
C. 若生成0.2 mol HNO3，则转移0.2 mol电子
D. NF3在潮湿空气中泄漏会产生红棕色气体
【答案】D
【解析】
试题分析：A、根据方程式可知N元素的化合价从＋3价部分升高到＋5价，失去2个电子，部分降低到＋2价得到1个电子，其余元素的化合价均没有发生变化，因此NF3既是氧化剂也是还原剂，水不是氧化剂，也不是还原剂，A错误；B、根据电子得失守恒可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:2，B错误；C、若生成0.2 mol HNO3，则转移0.4mol电子，C错误；D、NF3在潮湿的空气中泄漏会与水反应生成NO，NO极易被氧化产生红棕色气体NO2，D正确，答案选D。
考点：考查氧化还原反应的判断与计算
6.已知2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。该反应中有关物理量的描述正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（ ）
A. 每生成6.72 L的H2，溶液中AlO2﹣的数目就增加0.2 NA
B. 每生成0.15 mol H2，被还原的水分子数目为0.3 NA
C. 当加入2.7 g Al时，转移的电子数目为0.3 NA
D. 溶液中每增加0.1 mol的AlO2﹣，Na+的数目就增加0.1 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 非标准状况下，6.72 L的H2的物质的量不一定是0.3mol，所以生成6.72 L的H2，溶液中AlO2﹣的数目不一定增加0.2 NA，故A错误；
B. 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，反应中只有水是氧化剂，每生成0.15 mol H2，被还原的水分子数目为0.3 NA，故B正确；
C. 当2.7 g Al参加反应时，转移的电子数目为0.3 NA，加入2.7 g Al，参加反应的铝不一定是0.1mol，故C错误；
D. 根据钠元素守恒，溶液中Na+的数目不变，故D错误。
【点睛】本题考查化学方程式有关计算，侧重考查学生分析计算能力，注意：该反应中氢氧化钠不作氧化剂，易错选项是B，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件。
7.据报道，科学家发现了如下反应：O2+PtF6＝O2(PtF6)，已知O2(PtF6)为离子化合物，其中Pt为+5价，对于此反应，下列说法正确的是（ ）
A. O2(PtF6) 中不存在共价键
B. 在此反应中每生成1mol O2(PtF6)则转移lmol电子
C. O2(PtF6)中氧元素的化合价是+l价
D. 在此反应中，O2是氧化剂，PtF6是还原剂
【答案】B
【解析】
试题分析：A、化合物中的（PtF6）-阴离子和O2+阳离子是原子团，其中都存在共价键，故A错误；B、O2～O2+～e-，PtF6～（PtF6）-～e-，所以氧化还原反应 中转移电子总数为1e-，故B正确；C、O2（PtF6）中氧元素的化合价是+l/2价，故C错误；D、根据化合价的升降可知，O2是还原剂，PtF6是氧化剂，故D错误；故选B。
考点：考查氧化还原反应的特征、实质、概念判断和电子转移数目的计算
8.常温下，下列各组离子在指定溶液能大量共存的是
A. pH＝1的溶液中：Fe2＋、NO3-、SO42-、Na＋
B. 由水电离的c(H＋)＝1×10－14mol·L－1的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、HCO3-
C. ＝1012的溶液中：NH4+、Al3＋、NO3-、Cl－
D. c(Fe3＋)＝0.1 mol·L－1的溶液中：K＋、ClO－、SO42-、SCN－
【答案】C
【解析】
【分析】
A. pH＝1的溶液为酸性溶液，体系中发生氧化还原反应；
B. 由水电离的c(H＋)＝1×10－14mol·L－1的溶液可以是酸性溶液也可以是碱性溶液；
C. ＝1012的溶液是酸性溶液；
D. Fe3＋可与SCN－发生络合反应。
【详解】A. pH＝1的溶液为酸性溶液，Fe2＋、NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，A项错误；
B. 由水电离的c(H＋)＝1×10－14mol·L－1的溶液可以是酸性溶液也可以是碱性溶液，酸性或碱性溶液中HCO3-均不能大量共存，B项错误；
C. ＝1012的溶液是酸性溶液，NH4+、Al3＋、NO3-、Cl－在酸性条件下均可大量共存，C项正确；
D. c(Fe3＋)＝0.1 mol·L－1的溶液中，Fe3＋可与SCN－发生络合反应，不能大量共存，D项错误；
答案选C。
【点睛】本题的难点是判断由水电离的c(H＋)＝1×10－14mol·L－1溶液的酸碱性和判断＝1012的溶液的酸碱性，判断多种离子能否大量共存于同一溶液中，归纳起来就是：一色（有色离子在无色溶液中不能大量共存）、二性（①在强酸性溶液中，OH－及弱酸根阴离子不能大量存在；②在强碱性溶液中，H＋及弱碱阳离子不能大量存在）、三特殊（①AlO与HCO不能大量共存：②“NO＋H＋”组合具有强氧化性，与S2－、Fe2＋、I－、SO等还原性的离子因发生氧化还原反应而不能大量共存；③NH与CH3COO－、CO，Mg2＋与HCO等组合中，虽然两种离子都能水解且水解相互促进，但总的水解程度仍很小，它们在溶液中仍能大量共存）、四反应（离子不能大量共存的常见类型有复分解反应型、氧化还原反应型、水解相互促进型和络合反应型4种）。
9.将a g二氧化锰粉末加入b mol/L的浓盐酸c L中加热完全溶解，反应中转移电子d个，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 可以收集到氯气L
B. NA可表示为：
C. 反应后溶液中的Cl―数目为：
D. 反应后溶液中的H＋数目为：
【答案】B
【解析】
【详解】A、固体全部溶解说明二氧化锰完全反应，盐酸是过量，生成的氯气可以依据二氧化锰计算，依据化学方程式MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2↑+2H2O，二氧化锰物质的量和氯气物质的量相同，可以收集到氯气体积=(a/87)×22.4 =22.4a/87L，A错误；
B、依据电子转移守恒，MnO2～MnCl2～2e-，(a/87)×2×NA=d，得到NA=87d/2a，，B正确；
C、反应后溶液中的Cl-数目为（bc-a/87×2）×NA，选项中 只是计算得到生成的氯化锰中的氯离子，盐酸过量的没减少在内，C错误；
D、反应后溶液中的H+数目为（bc-a/87×4）NA，D错误；
答案选B。
10.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定大量共存的是（ ）
A. 饱和氯水中：Cl－、NO3－、Na＋、SO32－
B. c(H＋)=1.0×10－13mol/L溶液中：C6H5O－、K＋、SO42－、Br－
C. 甲基橙呈红色的溶液中： I-、Cl-、NO3-、Na+
D. 含大量Al3+的溶液中： K+、Na+、NO3-、ClO-
【答案】B
【解析】
【详解】A. 饱和氯水中：SO32－被氯气氧化为SO42－，故不选A；
B. 室温下，c(H＋)=1.0×10－13mol/L溶液呈碱性，C6H5O－、K＋、SO42－、Br－不反应，故选B；
C. 甲基橙呈红色的溶液显酸性，H+、 I-、NO3-发生氧化还原反应生成I2，故不选C；
D. 含大量Al3+的溶液呈酸性， H+、ClO-结合为弱电解质HClO，故不选D。
【点睛】本题考查离子的共存，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。
11.X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大。已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素， X元素的原子形成的离子就是一个质子，Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，M是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是（ ）
A. 五种元素的原子半径从大到小的顺序是：M＞W＞Z＞Y＞X
B. 用M单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，电解一段时间后，在阴极区会出现白色沉淀
C. 化合物YW2、ZW2都酸性氧化物
D. X、Z两元素能形成原子个数比（X:Z）为3:1和4:2的化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
X元素的原子形成的离子就是一个质子，X是H元素；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，Y是C元素；M是地壳中含量最高的金属元素，M是Al元素；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Z是N元素、W是O元素。
【详解】A. 电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，五种元素的原子半径从大到小的顺序是：Al＞C＞N＞O＞H，故A错误；
B. 用Al单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，阳极生成Al3+，Al3+与HCO3-发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，在阳极区会出现白色沉淀，故B错误；
C. CO2是酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，故C错误；
D. H、N两元素能形成原子个数比（X:Z）为3:1的NH3和原子个数比（X:Z）4:2的化合物N2H4，故D正确。
12.下列各组微粒能大量共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且发生反应的离子方程式书写正确的是( )
选项
微粒组
所加试剂
离子方程式
A
NH、Fe2+、SO
少量Ba(OH)2溶液
2NH+SO+Ba2++2OH－===BaSO4↓+2NH3·H2O
B
Mg2+、Cl－、HCO
过量NaOH溶液
Mg2++2HCO+4OH－===Mg(OH)2↓+2CO+2H2O
C
Fe2+、NO、HSO
NaHSO4溶液
HSO+H+===SO2↑+H2O
D
K+、CO、NH3·H2O
通入少量CO2
CO+CO2+2H2O===2HCO
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A．少量Ba(OH)2溶液，生成硫酸钡、氢氧化亚铁，离子反应为Fe2++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+Fe(OH)2↓，故A错误；B．适量NaOH溶液，反应生成氢氧化镁、碳酸钠和水，离子反应为Mg2++2HCO3-+4OH-═Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O，故B正确；C．Fe2+、NO3-、HSO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．通入少量CO2，先与NH3•H2O反应，发生2NH3•H2O+CO2=2NH4++CO32-+H2O，故D错误；故选B。
点睛：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，侧重分析与应用能力的考查，注意与量有关的反应、氧化还原反应的判断。
13.某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Fe2+、Al3+ 和Na+．某同学为了确认其成分，取部分试液，设计并完成了如下实验：由此可知原溶液中
A. 溶液中至少有4种离子存在，其中Cl﹣一定存在，且c（Cl﹣）≥0.2 mol•L﹣1
B. 原溶液中c（Fe3+）=0.2 mol•L﹣1
C. SO42﹣、NH4+、Na+一定存在，CO32﹣、Al3+一定不存在
D. 取少量原溶液并加入KSCN溶液，呈血红色，说明该溶液一定没有Fe2+，只有Fe3+
【答案】A
【解析】
试题分析：向溶液中加入过量的NaOH溶液，加热产生0.02mol的气体，证明含有NH4+，n(NH4+)=0.02mol；产生红褐色沉淀Fe(OH)3，证明在溶液中含有Fe3+，但是不能确定是否含有Fe2+。将沉淀过滤灼烧，产生Fe2O3，n(Fe2O3) =1.6g÷160g/mol=0.01mol；根据Fe元素守恒可得：n(Fe3+)=2n(Fe(OH)3)=0.02mol；c(Fe3+)=0.02mol÷0.1L=0.2mol/L；所以选项A正确；由于加入NaOH溶液，所以在反应后的溶液中一定含有Na+，因此焰色反应呈黄色，则不能证明在原溶液中是否含有Na+；选项C错误；向滤液中通入CO2无现象，证明无Al3+；再加入足量的BaCl2溶液和盐酸，产生白色沉淀BaSO4的质量是4.66g，证明含有SO42ˉ。n(SO42ˉ)=4.66g÷233g/mol=0.02mol。溶液呈电中性，阴离子带有的负电荷总数是2n(SO42ˉ)=0.04mol；阳离子带有的正电荷总数是：3n(Fe3+)+ n(NH4+)="3×0.02mol+" 0.02mol=" 0.08mol" >0.04mol，说明还含有阴离子。由于Fe3+与CO32ˉ不能大量共存，所以一定含有Cl-；n(Cl-)=" 0.08mol" -0.04mol=0.04mol；c(Cl-)=0.04mol÷0.1L=0.4mol/L，选项B错误。
考点：考查溶液的成分及溶液中离子浓度的计算的知识。
14.设NA为阿伏加德罗常数。下列叙述正确的是（ ）
A. 常温下，1molNaHCO3投入足量稀盐酸中，待反应结束后，可逸出NA个CO2分子
B. 在含有NA个醋酸根离子(CH3COO－)的醋酸溶液中，氢离子(H+)数目略大于NA
C. 1molCH3+（碳正离子）中含电子数目为10NA
D. 1mol油酸（化学式：C17H33COOH）含有的双键数目为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 常温下，1molNaHCO3投入足量稀盐酸中，由于二氧化碳可溶于水，逸出CO2分子小于NA个，故A错误；
B.根据电荷守恒，在含有NA个醋酸根离子(CH3COO－)的醋酸溶液中，n(H+)=n(CH3COO－)+n(OH-)，所以氢离子(H+)数目略大于NA，故B正确；
C. 1个CH3+含有8个电子，所以1molCH3+（碳正离子）中含电子数目为8NA，故C错误；
D. 1个C17H33COOH 分子中有2个双键，1mol油酸（化学式：C17H33COOH）含有的双键数目为2NA，故D错误。
15. 下列物质的检验，其结论一定正确的是
A. 向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中一定含有SO42—
B. 向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32— 或SO32—
C. 取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加盐酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加HCl时有气体产生，加BaCl2时有白色沉淀产生，说明Na2SO3样品已部分被氧化
D. 能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝的一定是Cl2
【答案】C
【解析】
试题分析：A．向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中可能含有SO42—，也可能含有Ag+，错误；B．向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中可能含有CO32— 或SO32—或HCO3— 或HSO3—,错误；C．取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加盐酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加HCl时有气体产生，证明含有SO32-；加BaCl2时有白色沉淀产生，证明含有SO42-；因此说明Na2SO3样品已部分被氧化，正确；D．能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝的可能是Cl2、Br2或O3等氧化性的物质，错误。
考点：考查物质的检验的知识。
16.在0.1 mol/L的NaHSO3溶液中有如下关系：c(Na+)>c(HSO3-) >c(SO32-) >c(H2SO3)，向NaHSO3溶液中慢慢地加入少量的NaOH溶液，发生的主要反应的离子方程式为
A. SO32-+H2OHSO3-十OH— B. HSO3-十H2OH2SO3十OH-
C. HSO3-十OH—SO32—十H2O D. H2SO3+OH-HSO3-十H2O
【答案】C
【解析】
【详解】NaHSO3溶液中粒子关系为：c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3），则HSO3-电离大于其水解，溶液显酸性，加入少量的NaOH溶液，发生中和反应，发生的离子反应为HSO3-+OH-＝SO32-+H2O，答案选C。
17.下列实验操作、现象和发生的离子反应完全正确的是（ ）
实验操作
现象
发生的离子反应
A
向BaCl2 溶液中通入CO2
溶液浑浊
Ba2++ CO2+H2O=== BaCO3↓+2H+
B
向NaAlO2溶液中通入过量CO2
溶液浑浊
AlO2－ + CO2+2H2O === Al(OH)3↓+ HCO3－
C
将可调高度的铜丝伸入到稀HNO3中
溶液变蓝
Cu+4H++2NO3－=== Cu2++2NO2↑+2H2O
D
将Cl2通入KI溶液中，加入CCl4，振荡，静置
上层溶液显紫红色
Cl2 +2I－=== 2Cl－ + I2
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、碳酸酸性小于盐酸，向BaCl2 溶液中通入CO2不反应，不能生产沉淀，故A错误；
B、向NaAlO2溶液中通入过量CO2生产氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式是AlO2－ + CO2+2H2O === Al(OH)3↓+ HCO3－，故B正确；
C、铜与稀HNO3反应生成一氧化氮气体，反应离子方程式是3Cu+8H++2NO3－=== 3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；
D、CCl4的密度大于水，将Cl2通入KI溶液中，加入CCl4，振荡，静置，下层溶液显紫红色，故D错误。
18.某含Cr2O72－废水用硫酸亚铁铵[FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀，该沉淀干燥后得到nmolFeO•FeyCrxO3(提示：其中Cr为+3价)。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是
A. 消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n（3x+l）mol
B. 处理废水中Cr2O72－的物质的量为（nx/2）mol
C. 反应中发生转移的电子的物质的量为6nxmol
D. FeO•FeyCrxO3中3x＝y
【答案】C
【解析】
试题分析：A、由铁元素守恒，消耗硫酸亚铁的物质的量为n（y+1），又由FeO•FeyCrxO3电中性知3x+3y=6，代入前式得，消耗硫酸亚铁的物质的量为n（3-x）；或由得失电子守恒得3x=y，代入得n×（1+y）mol=n×（3x+1）mol，故A正确；B、根据铬原子守恒，Cr原子为nxmol，故Cr2O72-的物质的量为，故B正确；C、得到nmolFeO•FeyCrxO3，则一共有nxmolCr原子参加反应，1molCr转移电子3mol，故转移的电子数为3nxmol，故C错误；D、FeO•FeyCrxO3中，Fe为正三价，由得失电子守恒知3x-y=0，即3x=y，故D正确；故选C。
考点：考查了氧化还原反应的计算的相关知识。
二、非选择题
19.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组采用下图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置II中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5。
（1）装置I中产生气体的化学方程式为： ；
（2）要从装置II中获得已析出晶体，可采取的分离方法是 ；
（3）装置III用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为 (填序号)。
【答案】（1）Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O （2）过滤；（3）d．
【解析】
试题分析：（1）装置Ⅰ是实验室制SO2，产生气体的化学方程式为Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O；
（2）析出晶体，可以用过滤的方法分离；
（3）该装置的尾气是SO2, 选择能与SO2反应的试剂，稀氨水和NaOH溶液和SO2反应，但a装置进气管应插入溶液中，a项错误；选d。
考点：考查SO2的制备及性质。
20.如图是某研究性学习小组设计制取氯气并以氯气为反应物进行特定反应的装置
(1)要将C装置接入B和D之间，正确的接法是：a→________→________→ d 。
(2)实验开始先点燃A处的酒精灯，打开活塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处的酒精灯。Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有炭粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl(g)，发生反应的化学方程式为__________________________________________。为了使C装置发挥更好的作用，可向烧杯中加入浓硫酸，加入浓硫酸的作用是_________________________________________________________________。
(3) D处反应完毕后，关闭弹簧夹K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，此时B中的现象是_________________________________________________________，B的作用是______________________________________________________。
(4)A、B、C、D、E装置中有一处需要改进，说明需要改进的理由并在方框中画出改进后的装置图。
__________________________________________
【答案】 (1). c (2). b (3). 2Cl2＋C＋2H2O4HCl＋CO2 (4). 浓硫酸溶于水能放出大量的热，有利于试管中产生水蒸气 (5). 瓶上部气体为黄绿色，瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升 (6). 贮存少量Cl2，避免Cl2对环境造成污染 (7). 反应后的气体中含有HCl和未反应的Cl2，水吸收氯气的能力很差，E处应用NaOH溶液，并加防倒吸装置
【解析】
【分析】
(1)要使氯气由C进入D，导气管的连接是长进短出；
Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有炭粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl(g)，根据元素守恒，参加反应的物质是C、Cl2、H2O；C装置的作用是提供水蒸气；
(3)关闭K，氯气进入装置B；
(4) 水吸收氯气的能力很差，E处应用NaOH溶液，并加防倒吸装置；
【详解】(1)要使氯气由C进入D，导气管的连接是长进短出，正确的接法是：a→c→b→ d ；
(2)Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有炭粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl(g)，根据元素守恒，参加反应的物质是C、Cl2、H2O，反应方程式是2Cl2＋C＋2H2O4HCl＋CO2；C装置的作用是提供水蒸气，浓硫酸溶于水能放出大量的热，有利于试管中产生水蒸气；
(3)关闭K，氯气进入装置B，瓶上部气体为黄绿色，瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升，装置B的作用是贮存少量Cl2，避免Cl2对环境造成污染；
(4) 反应后的气体中含有HCl和未反应的Cl2，水吸收氯气的能力很差，E处应用NaOH溶液，并加防倒吸装置，。
21.有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其中A 的一种原子不含中子；B的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子；C元素的一种气体单质呈淡蓝色，D与B同周期，该周期中D的简单离子半径最小；E的单质是一种本身有毒可以用来消毒的气体；F 元素最高正价与最低负价的代数和为4。
（1）B、C、E 三元素组成的化合物之一，是家用消毒剂的主要成分，所含的化学键有______，其电子式为______。
（2）D、E、F 的简单离子半径由大到小的顺序是_________（用离子符号表示）。
（3）两种均含A、B、C、F 四种元素的化合物在溶液中相互反应的离子方程式__。
（4）一定量的石灰乳中通入一定量的E单质，两者恰好完全反应，生成物中有三种含E元素的离子．其中两种离子的物质的量（n） 与反应时间（t）的曲线如图所示。
则t2时刻消耗氢氧化钙质量为______g，此时反应的化学方程为______。
（5）A、B 形成的化合物BA 在有机合成中用途很广泛．它可以夺取很多化合物中的质子而生成相应的钠的化合物，写出它与乙醇的化学方程式：_________________________。
【答案】 (1). 离子键、共价键 (2). (3). S2->Cl->Al3+ (4). H++HSO3-=SO2+H2O (5). 37 (6). 10Cl2+10Ca（OH）2=7CaCl2+2Ca（ClO）2+Ca（ClO3）2+10H2O (7). NaH+CH3CH2OH=CH3CH2ONa+H2↑
【解析】
【分析】
A 的一种原子不含中子，A是H元素；B的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子，B是Na元素；C元素的一种气体单质呈淡蓝色，C是O元素；D与B同周期，该周期中D的简单离子半径最小，D是Al元素；E的单质是一种本身有毒可以用来消毒的气体，E是Cl元素；F 元素最高正价与最低负价的代数和为4，F是S元素。
【详解】（1）Na、O、Cl 三元素组成的化合物之一，是家用消毒剂的主要成分，该化合物是NaClO，所含的化学键有离子键、共价键，其电子式为。
（2）电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，Al、Cl、S的简单离子半径由大到小的顺序是S2->Cl->Al3+。
（3）两种均含H、Na、O、S 四种元素的化合物是NaHSO4和NaHSO3，在溶液中相互反应生成硫酸钠、二氧化硫、水，反应的离子方程式是H++HSO3-=SO2+H2O。
（4）根据图示，则t2时刻生成ClO-、ClO3-物质的量分别是0.2mol、0.1mol，根据得失电子守恒生成Cl-的物质的量是0.2mol×1＋0.1mol×5=0.7mol，根据电荷守恒，溶液中Ca2+的物质的量是(0.7mol＋0.2mol＋0.1mol)÷2=0.5mol，消耗氢氧化钙质量为0.5mol ×74g/mol=37g，反应生成的CaCl2、Ca（ClO）2、Ca（ClO3）2的比为7：2：1，此时反应的化学方程为10Cl2+10Ca（OH）2=7CaCl2+2Ca（ClO）2+Ca（ClO3）2+10H2O。
（5）H、Na 形成的化合物是NaH，NaH与乙醇反应生成乙醇钠和氢气，反应的化学方程式为NaH+CH3CH2OH=CH3CH2ONa+H2↑。
【点睛】本题考查结构、性质、位置关系应用，正确推断元素是解题关键，侧重考查氧化还原反应中得失电子守恒、电荷守恒等守恒思维能力的考查。
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