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甘肃省天水市甘谷一中2015届高三上学期第二次检测化学试卷

一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）

1．（2分）下列有关物质组成、分类正确的是（）

A． 盐酸、硫酸、硝酸都是强氧化性酸

B． 新制氯水、氨水的溶质分别是次氯酸、氨分子

C． 纯碱、烧碱的成分分别是碳酸钠、氢氧化钠

D． 苯、聚苯乙烯、聚乙烯的组成元素以及元素质量比相等

2．（2分）根据下列物质的化学性质，判断其应用错误的是（）

A． 酒精能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒

B． CaO能与SO2反应，可作工业废气的脱硫剂

C． 明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作净水剂

D． 铝热反应中可得到铁，工业上可以利用该反应来大量生产铁

3．（2分）下列实验操作完全正确的是（）

编号 实验 操作

A 钠与水反应 用镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中

B 量取20.00ml KMnO4 溶液 用25ml碱式滴定管量取

C 排除碱式滴定管尖嘴部分的气泡 将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出

D 取出分液漏斗中所需的上层液体 下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体继续从分液漏斗下端管口放出

A． A B． B C． C D． D

4．（2分）下列各溶液中，一定能大量共存的是（）

A． Fe3+、Na+、SO42﹣、H2O2 B． C2H5OH、MnO4﹣、H+、K+

C． Pb2+、K+、SO42﹣、Cl﹣ D． Na+、SO32﹣、CH3COO﹣、S2﹣

5．（2分）能正确表示下列反应的离子方程式是（）

A． Fe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O

B． 等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2 和 HC1 溶液混合：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓

C． 将过量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+ClO﹣+H2O=HClO+HSO3﹣

D． 将0.2 mol•L﹣1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3 mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3++3SO+3Ba2++6OH﹣=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓

6．（2分）下列有关物质的性质及应用说法正确的是（）

A． 过量的铜与浓硝酸反应可生成NO

B． Fe在O2中的燃烧产物可用于制红色涂料

C． Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到

D． Fe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，前者表现出还原性后者表现出漂白性

7．（2分）为了确定某物质是否变质，所选试剂（括号内物质）错误的是（）

A． Na2SO3是否被氧化（BaCl2） B． FeCl2是否被氧化（KSCN）

C． KI是否被氧化（淀粉溶液） D． 氯水是否失效（pH试纸）

8．（2分）下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是（）

A． 体积相等时密度相等

B． 原子数相等时具有的中子数相等

C． 体积相等时具有的电子数相等

D． 质量相等时具有的质子数相等

9．（2分）氮氧化铝（AlON）是一种透明高硬度防弹材料，可以由反应Al2O3+C+N22AlON+CO合成，下列有关说法正确的是（）

A． 氮氧化铝中氮的化合价是﹣3

B． 反应中氮气作氧化剂

C． 反应中每生成5.7g AlON 同时生成1.12 L CO

D． 反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比是2：1

10．（2分）将CO2气体缓缓地通入到含KOH、Ba（OH）2和KAlO2的混合溶液中直至过量，生成沉淀的物质的量与所通CO2的体积关系如图所示．下列关于整个反应进程中的各种描述不正确的是（）

A． o﹣a段反应的化学方程式是：Ba（OH）2+CO2=Ba CO3↓+H2O

B． b﹣c段反应的离子方程式是：2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣

C． a﹣b段与c﹣d段所发生的反应相同

D． d﹣e段沉淀的减少是由于碳酸钡固体的消失所致

11．（2分）设NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）

A． 标准状况下，11.2L的O2和NO的混合物含有的分子数约为0.5×6.02×1023

B． 1mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9 NA

C． 常温常压下42g 乙烯和丁烯混合气体中，极性键数为6NA

D． 6.4g SO2与足量氧气反应生成SO3，转移电子数为0.2NA

12．（2分）下列说法正确的是（）

A． 若2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6 kJ•mol﹣1，则H2燃烧热为241.8 kJ•mol﹣1

B． 原子弹爆炸是放热反应

C． 若C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，则石墨能量低且键能小

D． 由BaSO4（s）+4C（s）=4CO（g）+BaS（s）△H1=+571.2kJ•mol﹣1①

BaSO4（s）+2C（s）=2CO2（g）+BaS（s）△H2=+226.2kJ•mol﹣1 ②

可得反应C（s）+CO2（g）=2CO（g） 的△H=+172.5kJ•mol﹣1

13．（2分）用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，将所得的混合液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法．其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如下图所示，则下列有关说法中不正确的是（）

A． X为直流电源的负极，Y为直流电源的正极

B． 图中的b＞a

C． 阳极区pH增大

D． 该过程中的产品主要为H2SO4和H2

14．（2分）根据表中信息判断，下列选项不正确的是（）

序号 反应物 产物

① KMnO4、H2O2、H2SO4 K2SO4、MnSO4

② Cl2、FeBr2 FeCl3、FeBr3

③ MnO4﹣ Cl2、Mn2+

A． 第①组反应的其余产物为H2O和O2

B． 第②组反应中参加反应的Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：2

C． 第③组反应中生成1mol Cl2，转移电子2mol

D． 氧化性由强到弱顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞Br2

15．（2分）海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，如图为海水利用的部分过程．下列有关说法不正确的是（）

A． 工业上通过电解熔融状态MgCl2制取金属镁

B． 用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3

C． 在第②、④步骤中，溴元素均被氧化

D． 制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl

16．（2分）水热法制备直径为1～100nm的颗粒Y（化合物），反应原理为：3Fe2++2S2O32﹣+O2+aOH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O，下列说法中不正确的是（）

A． a=4

B． 将Y均匀分散到水中形成的体系具有丁达尔效应

C． 每有3 mol Fe2+参加反应，反应中转移的电子总数为5 mol

D． S2O32﹣是还原剂

17．（2分）某强酸性溶液X中可能含有Fe2+、A13+、NH4+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、C1﹣中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如图．下列说法正确的是（）

A． 气体A是NO2

B． X中肯定存在Fe2+、A13+、NH4+、SO42﹣

C． 溶液E和气体F不能发生化学反应

D． X中不能确定的离子是 A13+和C1﹣

18．（2分）镁及其化合物一般无毒（或低毒）、无污染，且镁原电池放电时电压高而平稳，使镁原电池越来越成为人们研制绿色原电池的关注焦点．其中一种镁原电池的反应为：xMg+Mo3S4 MgxMo3S4；在镁原电池放电时，下列说法错误的是（）

A． Mg2+向正极迁移

B． 正极反应为：Mo3S4+2xe﹣=Mo3S42x﹣

C． Mo3S4发生氧化反应

D． 负极反应为：xMg﹣2xe﹣=xMg2+

19．（2分）X、Y、Z、W四种物质的转化关系．下列组合中不符合该关系的是（）

A B C D

X HCl Na2O2 Na2CO3 SO2

Y FeCl2 NaOH CO2 Na2SO3

Z Cl2 Na2CO3 Ca2CO3 H2SO4

W FeCl3 NaHCO3 Ca（HCO3）2 NaHSO3

A． A B． B C． C D． D

20．（2分）取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的NO2气体和672mL N2O4的气体（都已折算到标准状态），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g．则x等于（）

A． 8.64g B． 9.20g C． 9.00g D． 9.44g

二、非选择题（本题包括4小题，共60分）

21．（12分）C、O、Na、Al、S、Cl是常见的六种元素

（1）C元素位于元素周期表第周期，第族；C元素的一种同位素可以测定文物年代，这种同位素的符号为

（2）用“大于”“小于”或“等于”填空

离子半径 酸性 还原性 得电子能力

N3﹣ Al3+ H2SO4 HClO4 O2﹣ S2﹣ 35Cl37Cl

（3）①CaCO3和适量HCl溶液反应时，每产生4.4g 气体（不考虑气体溶解），放热a kJ，则该反应的热化学方程式为．

②上述反应至无气泡逸出后，取适量残留溶液，插入pH传感器并逐滴滴入碳酸钠溶液，测得pH变化曲线如图所示，请用离子方程式表示B﹣C段发生的反应：

（4）氢气、氧气常用来作燃料电池，写出电解质为氢氧化钠溶液时负极上的电极方程式．

22．（10分）A、B、C、D、E为易溶化合物，其离子组成为

阳离子 Fe3+、Ba2+、Al3+、Na+、Ag+

阴离子 NO3﹣、OH﹣、SO42﹣、Cl﹣、CO32﹣

在各化合物中离子不重复，分别取其溶液进行实验，结果如下：

①在A溶液中逐滴加入氨水，有白色沉淀生成，继续加氨水至过量，沉淀消失；

②用pH试纸测得B和C溶液显碱性，0.1mol/L的C溶液pH小于13；

③在D溶液中加入铁粉，溶液质量增加且无气体产生；

④在E溶液中加入过量B，没有沉淀产生．

完成下列填空：

（1）A的化学式为；

（2）③反应的离子方程式为；

（3）检验D溶液中阴离子的方法是；

（4）E的化学式为，将E蒸干、灼热至质量不再改变，最后所得物质是（填化学式）．

23．（8分）硫酸镁在医疗上具有镇静、抗挛等功效．以菱镁矿（主要成分是MgCO3）为主要原料制备硫酸镁的方法如下：

（1）步骤②中发生反应的离子方程式为．

（2）步骤④中调节pH=6.0～6.5的目的是．

（3）步骤⑤的操作为

（4）已知酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如表所示：

pH ＜8.0 8.0～9.6 ＞9.6

颜色 黄色 绿色 蓝色

25℃时，向Mg（OH）2的饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液所呈现的颜色为[25℃时，Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10﹣12]．

24．（14分）汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废弃中的SO2都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义．

Ⅰ．CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574kJ•mol﹣1．

CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=一1160kJ•mol﹣1

（1）甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为；

Ⅱ．吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下（Ce为铈元素）：

（2）装置Ⅱ中，酸性条件下，NO被Ce 4+氧化的产物主要是NO3﹣、NO2﹣，写出只生成NO3﹣的离子方程式；

（3）装置Ⅲ的作用之一是再生Ce4+，其原理如下图所示．

①生成的Ce4+从电解槽的（填字母序号）口流出；

②生成S2O42﹣的电极反应式为；

（4）已知进入装置Ⅳ的溶液中，NO2﹣的浓度为a g•L﹣1，要使1m3该溶液中的NO2﹣完全转化为NH4NO3，至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的O2L．（用含a代数式表示，计算结果保留整数）

25．（16分）聚合硫酸铁又称聚铁，化学式为[Fe2（OH）n（SO4）3﹣0.5n]m，广泛用于污水处理．实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁和绿矾（FeSO4•7H2O），过程如图1：

（1）验证固体W焙烧后产生的气体含有SO2的方法是：．

（2）实验室制备、收集干燥的SO2，所需仪器如图2．装置A产生SO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→→→→→f．装置A中发生反应的化学方程式为．

（3）制备绿矾时，向溶液X中加入过量，充分反应后，经过滤操作得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾．过滤所需的玻璃仪器有．

（4）欲测定溶液Y中Fe2+的浓度，需要用容量瓶配制KMnO4标准溶液，用KMnO4标准溶液滴定时应选用滴定管（填“酸式”或“碱式”）．

（5）溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数．若溶液Z的pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．

甘肃省天水市甘谷一中2015届高三上学期第二次检测化学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）

1．（2分）下列有关物质组成、分类正确的是（）

A． 盐酸、硫酸、硝酸都是强氧化性酸

B． 新制氯水、氨水的溶质分别是次氯酸、氨分子

C． 纯碱、烧碱的成分分别是碳酸钠、氢氧化钠

D． 苯、聚苯乙烯、聚乙烯的组成元素以及元素质量比相等

考点： 酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．

专题： 物质的分类专题．

分析： A、盐酸属于非强氧化性酸；

B、新制氯水的溶质是HCl和HClO，氨水的溶质是一水合氨；

C、纯碱是碳酸钠的俗称，烧碱是氢氧化钠的俗称；

D、苯、聚苯乙烯、聚乙烯的最简式不同，因此元素质量比不同．

解答： 解：A、盐酸属于非强氧化性酸，硫酸、硝酸是强氧化性酸，故A错误；

B、新制氯水的溶质是HCl和HClO，氨水的溶质是一水合氨，故B错误；

C、纯碱是碳酸钠的俗称，烧碱是氢氧化钠的俗称，故C正确；

D、苯、聚苯乙烯、聚乙烯的组成元素相同，但是最简式不同，因此元素质量比不同，故D错误；

故选：C．

点评： 本题考查常见酸、碱俗称和性质，非常基础，元素的质量比可以根据元素原子的个数比来确定．

2．（2分）根据下列物质的化学性质，判断其应用错误的是（）

A． 酒精能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒

B． CaO能与SO2反应，可作工业废气的脱硫剂

C． 明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作净水剂

D． 铝热反应中可得到铁，工业上可以利用该反应来大量生产铁

考点： 二氧化硫的污染及治理；铝的化学性质；镁、铝的重要化合物．

专题： 化学应用．

分析： A．酒精可用于杀菌消毒；

B．CaO能与SO2反应，最终可生成硫酸钙；

C．明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体；

D．工业用CO为还原剂大量生产铁．

解答： 解：A．酒精可使蛋白质变性，75%的酒精可用于医学上的杀菌消毒，故A正确；

B．CaO能与SO2反应，与空气中氧气反应最终可生成硫酸钙，可减少工业废气的污染，故B正确；

C．明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用于净水，故C正确；

D．工业用CO为还原剂大量生产铁，而铝热法常用于焊接钢轨，故D错误．

故选D．

点评： 本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，有利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．

3．（2分）下列实验操作完全正确的是（）

编号 实验 操作

A 钠与水反应 用镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中

B 量取20.00ml KMnO4 溶液 用25ml碱式滴定管量取

C 排除碱式滴定管尖嘴部分的气泡 将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出

D 取出分液漏斗中所需的上层液体 下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体继续从分液漏斗下端管口放出

A． A B． B C． C D． D

考点： 化学实验方案的评价．

分析： A．取出钠后用滤纸吸干煤油，且烧杯中的水不能装满；

B．高锰酸钾能腐蚀碱式滴定管中的橡胶；

C．胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，可排出气体；

D．分液应注意上下层液体分离，不能从下端均流出．

解答： 解：A．取出钠后用滤纸吸干煤油，且烧杯中的水不能装满，操作错误，故A错误；

B．高锰酸钾能腐蚀碱式滴定管中的橡胶，则应利用酸性滴定管盛放高锰酸钾溶液，故B错误；

C．胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，然后排出气体，操作正确，故C正确；

D．分液应注意上下层液体分离，则下层液体从分液漏斗下端管口放出，上层液体从上口倒出，故D错误；

故选C．

点评： 本题考查化学实验方案的评价，涉及性质实验、滴定操作、分液操作等，侧重实验基本操作和实验细节的考查，题目难度不大．

4．（2分）下列各溶液中，一定能大量共存的是（）

A． Fe3+、Na+、SO42﹣、H2O2 B． C2H5OH、MnO4﹣、H+、K+

C． Pb2+、K+、SO42﹣、Cl﹣ D． Na+、SO32﹣、CH3COO﹣、S2﹣

考点： 离子共存问题．

专题： 离子反应专题．

分析： 根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应，则离子大量共存，以此来解答．

解答： 解：A．Fe3+、催化的H2O2的分解，不能共存，故A错误；

B．C2H5OH、MnO4﹣、H+发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；

C．Pb2+、SO42﹣结合生成沉淀，不能共存，故C错误；

D．该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；

故选D．

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，侧重氧化还原反应、复分解反应的考查，题目难度不大．

5．（2分）能正确表示下列反应的离子方程式是（）

A． Fe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O

B． 等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2 和 HC1 溶液混合：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓

C． 将过量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+ClO﹣+H2O=HClO+HSO3﹣

D． 将0.2 mol•L﹣1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3 mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3++3SO+3Ba2++6OH﹣=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓

考点： 离子方程式的书写．

专题： 离子反应专题．

分析： A．Fe3O4溶于足量稀HNO3，反应生成硝酸铁；

B．漏掉氢离子与氢氧根离子的反应；

C．次氯酸根离子能够氧化二氧化硫；

D.0.2 mol•L﹣1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3 mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液等体积混合，反应生成氢氧化铝和硫酸钡．

解答： 解：A．Fe3O4溶于足量稀HNO3，离子方程式：3Fe3O4+28H++NO3﹣═9Fe3++NO↑+14H2O，故A错误；

B．等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2 和 HC1 溶液混合：Mg2++2H++4OH﹣=Mg（OH）2↓+2H2O，故B错误；

C．将过量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中，离子方程式为：Ca2++SO2（过量）+2ClO﹣+H2O=CaSO4↓+Cl﹣+SO42﹣+2H+，故C错误；

D．将0.2 mol•L﹣1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3 mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，故D正确；

故选：D．

点评： 本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响．

6．（2分）下列有关物质的性质及应用说法正确的是（）

A． 过量的铜与浓硝酸反应可生成NO

B． Fe在O2中的燃烧产物可用于制红色涂料

C． Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到

D． Fe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，前者表现出还原性后者表现出漂白性

考点： 铁的氧化物和氢氧化物；二氧化硫的化学性质；金属冶炼的一般原理．

专题： 几种重要的金属及其化合物．

分析： A、当浓硝酸变稀时，会生成NO；

B、Fe在O2中的燃烧产物是Fe3O4；

C、Al的冶炼通过电解法，Cu的冶炼是通过热还原法；

D、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色体现了SO2的还原性．

解答： 解：A、由于铜过量，当浓硝酸变稀时，会生成NO，故A正确；

B、Fe在O2中的燃烧产物是Fe3O4，是黑色晶体，故B错误；

C、Al的冶炼通过电解法，Cu的冶炼是通过热还原法，故C错误；

D、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色体现了SO2的还原性而非漂白性，故D错误．

故选A．

点评： 本题考查了铜与浓硝酸的反应、铁在氧气中的燃烧产物以及金属的冶炼方法和亚铁离子、二氧化硫的还原性等问题，难度适中，要注意二氧化硫使品红褪色是其漂白性的唯一的体现．

7．（2分）为了确定某物质是否变质，所选试剂（括号内物质）错误的是（）

A． Na2SO3是否被氧化（BaCl2） B． FeCl2是否被氧化（KSCN）

C． KI是否被氧化（淀粉溶液） D． 氯水是否失效（pH试纸）

考点： 物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．

专题： 物质检验鉴别题．

分析： A．硫酸钡、亚硫酸钡都是不溶于水的白色沉淀；

B．铁离子能和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，亚铁离子和硫氰化钾溶液不反应；

C．碘与淀粉试液变蓝色；

D．次氯酸有漂白性，盐酸没有漂白性．

解答： 解：A．亚硫酸钠不稳定，易被氧化生成硫酸钠，亚硫酸钠和硫酸钠与氯化钡溶液反应都生成白色沉淀，所以不能用氯化钡溶液检验亚硫酸钠是否变质，可以用盐酸酸化的氯化钡溶液检验，故A错误；

B．氯化亚铁不稳定，易被氧化生成氯化铁，氯化铁和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，氯化亚铁和硫氰化钾溶液不反应，所以可以用硫氰化钾溶液检验氯化亚铁是否变质，故B正确；

C．碘化钾易被氧化生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，碘化钾和淀粉试液不反应，所以可以用淀粉检验碘化钾是否变质，故C正确；

D．氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以次氯酸能使pH试纸褪色，次氯酸不稳定，易分解生成氯化氢和氧气，当氯水完全转化为为盐酸后，盐酸不能使pH试纸褪色，所以可以用pH试纸检验氯水是否失效，故D正确；

故选A．

点评： 本题考查了物质的检验及鉴别，明确物质的性质是解本题关键，根据物质特殊的反应现象来分析解答即可，知道铁离子、亚铁离子、硫酸根离子、氯离子的检验方法和步骤及现象，注意A中不能用硝酸酸化的氯化钡检验亚硫酸钠是否变质，硝酸能将亚硫酸钠氧化为硫酸钠而影响检验，为易错点．

8．（2分）下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是（）

A． 体积相等时密度相等

B． 原子数相等时具有的中子数相等

C． 体积相等时具有的电子数相等

D． 质量相等时具有的质子数相等

考点： 阿伏加德罗定律及推论．

专题： 阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．

分析： 同温同压下，气体的Vm相等，等体积时，根据n=可知气体的物质的量相等，结合原子的构成以及相关物理量的计算公式解答该题．

解答： 解：A．由于12C18O和14N2的相对分子质量不等，故体积相等的两种气体的质量不等，因此密度不等，故A错误；

B.1个12C18O分子中有16个中子，1个14N2分子中含有14个中子，二者均为双原子分子，原子数相等，即分子数相等，但中子数不等，故B错误；

C．12C18O和14N2均为14电子分子，同温同压下，体积相等则分子数相等，所具有的电子数相等，故C正确；

D．12C18O和14N2分子内均有14个质子，由于二者的相对分子质量不等，故等质量的两种分子所具有的质子数不等，故D错误．

故选C．

点评： 本题考查基本概念和基本理论知识，意在考查考生对一些重要概念与理论的理解能力，题目难度中等．

9．（2分）氮氧化铝（AlON）是一种透明高硬度防弹材料，可以由反应Al2O3+C+N22AlON+CO合成，下列有关说法正确的是（）

A． 氮氧化铝中氮的化合价是﹣3

B． 反应中氮气作氧化剂

C． 反应中每生成5.7g AlON 同时生成1.12 L CO

D． 反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比是2：1

考点： 氧化还原反应．

专题： 氧化还原反应专题．

分析： Al2O3+C+N22AlON+CO中，N元素化合价降低，N2为氧化剂，C元素化合价升高，C为氧化剂，结合元素化合价的变化判断电子转移的数目．

解答： 解：A．由化合价代数和为0可知，氮氧化铝中铝元素化合价为+3价，O为﹣2价，氮元素的化合价为﹣1，故A错误；

B．N元素化合价降低，N2为氧化剂，故B正确；

C．状况未知，不能计算生成CO的体积，故C错误；

D．CO为氧化产物，AlON为还原产物，由反应可知物质的量比为1：2，故D错误；

故选B．

点评： 本题考查氧化还原反应，为高频考点，注意把握元素化合价的判断，从化合价变化的角度分析，题目侧重于相关概念的考查，题目难度不大．

10．（2分）将CO2气体缓缓地通入到含KOH、Ba（OH）2和KAlO2的混合溶液中直至过量，生成沉淀的物质的量与所通CO2的体积关系如图所示．下列关于整个反应进程中的各种描述不正确的是（）

A． o﹣a段反应的化学方程式是：Ba（OH）2+CO2=Ba CO3↓+H2O

B． b﹣c段反应的离子方程式是：2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣

C． a﹣b段与c﹣d段所发生的反应相同

D． d﹣e段沉淀的减少是由于碳酸钡固体的消失所致

考点： 离子方程式的有关计算．

专题： 元素及其化合物．

分析： 只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2=Ba CO3↓+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣，沉淀量达最大后，再发生CO32﹣+CO2+H2O=HCO3﹣，最后发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，据此解答．

解答： 解：只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2=Ba CO3↓+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣，沉淀量达最大后，再发生CO32﹣+CO2+H2O=HCO3﹣，最后发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，

A．由上述分析可知，o﹣a段发生反应：Ba（OH）2+CO2=Ba CO3↓+H2O，故A正确；

B．由上述分析可知，b﹣c段反应的离子方程式是：2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣，故B正确；

C．由上述分析可知，a﹣b段发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，c﹣d段所发生CO32﹣+CO2+H2O=HCO3﹣，两阶段反应不相同，故C错误；

D．d﹣e段发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，导致沉淀的减少，故D正确；

故选C．

点评： 本题以图象题形式考查反应先后顺序问题，难度中等，侧重对基础知识的综合考查，掌握元素化合物性质是关键．

11．（2分）设NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）

A． 标准状况下，11.2L的O2和NO的混合物含有的分子数约为0.5×6.02×1023

B． 1mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9 NA

C． 常温常压下42g 乙烯和丁烯混合气体中，极性键数为6NA

D． 6.4g SO2与足量氧气反应生成SO3，转移电子数为0.2NA

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．一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，导致混合气体的分子数减少；

B．羟基中含有9个电子，氢氧根离子含有10个电子；

C．烯烃中极性键为碳氢键，乙烯和丁烯的最简式为CH2，根据最简式计算出混合物中含有碳氢键数目；

D．二氧化硫与氧气生成三氧化硫的反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成物．

解答： 解：A．标准状况下，11.2L混合气体的物质的量为0.5mol，由于O2和NO反应生成二氧化氮，导致气体分子数减少，混合物含有的分子数小于0.5×6.02×1023，故A错误；

B．1mol的羟基中含有9mol电子，1 mol的氢氧根离子含有10mol电子，所含电子数不同，故B错误；

C．42g乙烯和丁烯的混合物中含有3mol最简式CH2，含有6mol氢原子，烯烃中极性键为碳氢键，6mol氢原子形成了6mol碳氢极性键，所以混合气体中含有极性键数为6NA，故C正确；

D．6.4g二氧化硫的物质的量为0.1mol，0.1mol二氧化硫与氧气反应，由于该反应为可逆反应，则反应生成的三氧化硫小于0.1mol，转移的电子小于0.2mol，转移电子数为0.2NA，故D错误；

故选C．

点评： 本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确可逆反应特点，选项B为易错点，注意羟基与氢氧根离子的区别．

12．（2分）下列说法正确的是（）

A． 若2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6 kJ•mol﹣1，则H2燃烧热为241.8 kJ•mol﹣1

B． 原子弹爆炸是放热反应

C． 若C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，则石墨能量低且键能小

D． 由BaSO4（s）+4C（s）=4CO（g）+BaS（s）△H1=+571.2kJ•mol﹣1①

BaSO4（s）+2C（s）=2CO2（g）+BaS（s）△H2=+226.2kJ•mol﹣1 ②

可得反应C（s）+CO2（g）=2CO（g） 的△H=+172.5kJ•mol﹣1

考点： 燃烧热；吸热反应和放热反应；用盖斯定律进行有关反应热的计算．

专题： 化学反应中的能量变化．

分析： A．燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；

B．原子弹爆炸是核裂变；

C．键能越大，键越稳定；

D．依据盖斯定律将方程式变形计算解答．

解答： 解：A．水的状态为气态，产物为不是稳定氧化物，△H不代表燃烧热，故A错误；

B．原子弹爆炸属于裂变，不属于化学变化，故B错误；

C．C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，石墨键能更大，更稳定，故C错误；

D．依据盖斯定律，得C（s）+CO2（g）=2CO（g） 的△H=+172.5kJ•mol﹣1，故D正确；

故选：D．

点评： 本题考查了燃烧热、反应热的概念和计算，熟悉概念、盖斯定律的应用是解题关键，题目难度不大，注意核裂变属于物理变化．

13．（2分）用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，将所得的混合液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法．其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如下图所示，则下列有关说法中不正确的是（）

A． X为直流电源的负极，Y为直流电源的正极

B． 图中的b＞a

C． 阳极区pH增大

D． 该过程中的产品主要为H2SO4和H2

考点： 化学电源新型电池．

专题： 电化学专题．

分析： A．根据电解质溶液中阴阳离子的移动方向确定电源的正负极；

B．根据S原子守恒判断a、b大小；

C．阳极上亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，溶液酸性增强；

D．电解池阴极上氢离子得电子，阳极上亚硫酸根离子失电子．

解答： 解：A．根据阴阳离子的移动方向知，阳离子向Pt（Ⅰ）电极移动，阴离子向Pt（Ⅱ）移动，因此Pt（Ⅰ）为阴极，Pt（Ⅱ）为阳极，所以X为直流电源的负极，Y为直流电源的正极，故A正确；

B．阳极室中，出来的硫酸中不仅有加入的稀硫酸还有亚硫酸根离子被氧化生成的硫酸，所以b＞a，故B正确；

C．阳极上，亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，亚硫酸是弱电解质，硫酸是强电解质，所以阳极附近氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故C错误；

D．该电解池中阳极上生成硫酸，阴极上生成氢气，所以该过程中的产品主要为H2SO4和H2，故D正确；

故选C．

点评： 本题考查学生电解池的工作原理，能正确分析图片是解本题的关键，注意图片中加入物质和析出物质的变化．

14．（2分）根据表中信息判断，下列选项不正确的是（）

序号 反应物 产物

① KMnO4、H2O2、H2SO4 K2SO4、MnSO4

② Cl2、FeBr2 FeCl3、FeBr3

③ MnO4﹣ Cl2、Mn2+

A． 第①组反应的其余产物为H2O和O2

B． 第②组反应中参加反应的Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：2

C． 第③组反应中生成1mol Cl2，转移电子2mol

D． 氧化性由强到弱顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞Br2

考点： 氧化还原反应．

专题： 氧化还原反应专题．

分析： A、反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，应生成氧气，根据元素守恒还生成水．

B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，结构电子转移守恒计算判断．

C、由信息可知，MnO4﹣氧化Cl﹣为Cl2，Cl元素化合价由﹣1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍．

D、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由②可知Fe3+不能氧化Br﹣，氧化性Br2＞Fe3+．

解答： 解：A、反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，故A正确；

B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n（C12）=n（FeBr2），即n（C12）：n（FeBr2）=1：2，故B正确；

C、由信息可知，MnO4﹣氧化Cl﹣为Cl2，Cl元素化合价由﹣1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，故C正确；

D、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性MnO4﹣＞Cl2，由②可知氧化性Cl2＞Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br﹣，氧化性Br2＞Fe3+，故D错误．

故选：D．

点评： 考查氧化还原反应的守恒与计算、氧化性与还原性强弱比较，难度中等，注意氧化还原反应中的守恒运用判断未知物．

15．（2分）海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，如图为海水利用的部分过程．下列有关说法不正确的是（）

A． 工业上通过电解熔融状态MgCl2制取金属镁

B． 用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3

C． 在第②、④步骤中，溴元素均被氧化

D． 制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl

考点： 海水资源及其综合利用．

专题： 化学应用．

分析： A、工业上是电解熔融的氯化镁来制取金属镁；

B、碳酸钠和碳酸氢钠和氢氧化钙之间均能反应，都会出现白色沉淀；

C、化合价升高的元素在反应中做还原剂被氧化；

D、在混合溶液中，溶解度小的物质会先结晶析出；

解答： 解：A、工业上是电解熔融的氯化镁来制取金属镁，故A正确．

B、碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钙之间均能反应，且都会出现白色沉淀，所以用澄清的石灰水不可鉴别NaHCO3和Na2CO3，故B错误；

C、第②步中，溴元素化合价从﹣1升高到0价，被氧化，第④步中，溴元素化合价从﹣1升高到0价，被氧化，故C正确；

D、向饱和食盐水中通入氨气以及二氧化碳，溶解度较小的碳酸氢钠会先析出，制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl，故D正确；

故选B．

点评： 本题是一道海水资源的综合利用方面的题目，属于综合知识的考查题，难度不大．

16．（2分）水热法制备直径为1～100nm的颗粒Y（化合物），反应原理为：3Fe2++2S2O32﹣+O2+aOH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O，下列说法中不正确的是（）

A． a=4

B． 将Y均匀分散到水中形成的体系具有丁达尔效应

C． 每有3 mol Fe2+参加反应，反应中转移的电子总数为5 mol

D． S2O32﹣是还原剂

考点： 氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算．

专题： 氧化还原反应专题．

分析： 从电荷守恒的角度分析，6﹣4﹣a=﹣2，所以a=4．可配平反应的离子方程式：3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O，根据铁元素和氧元素守恒，可知Y为Fe3O4，所以该离子方程式为3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O．

A、根据电荷守恒计算a的值．

B、直径为1～100nm的颗粒Y，均匀分散到水中形成的体系属于胶体．

C、3 molFe2+参加反应，需要1molO2，反应中只有O2中氧元素化合价降低，据此计算

D、所含元素化合价升高的反应物是还原剂．

解答： 解：从电荷守恒的角度分析，6﹣4﹣a=﹣2，所以a=4．可配平反应的离子方程式：3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O，根据铁元素和氧元素守恒，可知Y为Fe3O4，所以该离子方程式为3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O．

A、从电荷守恒的角度分析，6﹣4﹣a=﹣2，所以a=4，故A正确；

B、1～100nm的颗粒Y，微粒直径在胶体大小之内，将其均匀分散到水中形成的体系属于胶体，具有丁达尔效应，故B正确；

C、当3molFe2+参加反应时，有1molO2反应，反应中只有O2中氧元素化合价降低由0价降低为﹣2价，所以转移电子数为4mol，故C错误；

D、反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，Fe2+、S2O32﹣是还原剂，故D正确．

故选：C．

点评： 本题考查氧化还原反应，题目难度中等，明确各元素的化合价变化是解答该题的关键．

17．（2分）某强酸性溶液X中可能含有Fe2+、A13+、NH4+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、C1﹣中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如图．下列说法正确的是（）

A． 气体A是NO2

B． X中肯定存在Fe2+、A13+、NH4+、SO42﹣

C． 溶液E和气体F不能发生化学反应

D． X中不能确定的离子是 A13+和C1﹣

考点： 常见离子的检验方法．

专题： 离子反应专题．

分析： 强酸性溶液，一定没有CO32﹣、SO32﹣；加入硝酸钡，引进硝酸根，溶液具有强氧化性，一定含有亚铁离子，故A是一氧化氮，D是二氧化氮，E是硝酸；沉淀C是硫酸钡，溶液中一定含有硫酸根；加入过量氢氧化钠，产生的气体F是氨气，溶液中一定含有铵离子，生成了沉淀G；H中通入二氧化碳，生成沉淀I，沉淀可能为氢氧化铝或碳酸钡；根据以上分析，对选项逐一判断．

解答： 解：X是强酸性溶液，一定不会含有弱酸根离子：CO32﹣、SO32﹣；

加入硝酸钡，溶液具有了强氧化性，故气体A是一氧化氮，D是二氧化氮，E则为硝酸，故溶液中一定含有还原性的离子：Fe2+；

B中加入氢氧化钠产生了气体F，F一定是氨气，溶液中一定含有铵离子；

H中通入二氧化碳生成了沉淀I，I可能为氢氧化铝或在碳酸钡，故溶液中不一定含有铝离子；

沉淀C为硫酸钡，溶液中一定含有硫酸根；

A、气体A是一氧化氮，故A错误；

B、根据分析，X中肯定存在Fe2+、NH4+、SO42﹣，不能确定是否含有铝离子，故B错误；

C、E是硝酸，F是氨气，可以发生反应，故C错误；

D、根据分析可知，溶液中可能含有铝离子和氯离子，故D正确；

故选D．

点评： 本题考查常见离子的检验，如氨气的检验、铝离子的检验等，难度中等．

18．（2分）镁及其化合物一般无毒（或低毒）、无污染，且镁原电池放电时电压高而平稳，使镁原电池越来越成为人们研制绿色原电池的关注焦点．其中一种镁原电池的反应为：xMg+Mo3S4 MgxMo3S4；在镁原电池放电时，下列说法错误的是（）

A． Mg2+向正极迁移

B． 正极反应为：Mo3S4+2xe﹣=Mo3S42x﹣

C． Mo3S4发生氧化反应

D． 负极反应为：xMg﹣2xe﹣=xMg2+

考点： 化学电源新型电池．

专题： 电化学专题．

分析： A、镁原电池放电时是原电池，阳离子移向正极；

B、原电池电极反应正极是得到电子发生还原反应；

C、发生氧化反应的是原电池的负极，失电子；

D、负极是失电子发生氧化反应；

解答： 解：A、原电池反应中，电解质溶液中的阳离子移向正极，故A正确；

B、正极反应是元素化合价降低的物质发生还原反应为：Mo3S4+2xe﹣=Mo3S42x﹣，故B正确；

C、Mo3S4在电池反应中得到电子发生还原反应，故C错误；

D、负极电极反应是镁失电子发生氧化反应，电极反应为：xMg﹣2xe﹣=xMg2+，故D正确；

故选C．

点评： 本题考查了新型化学能源电池的原电池原理应用，主要是电极反应的书写，电极反应，熟知原电池原理是解题关键．

19．（2分）X、Y、Z、W四种物质的转化关系．下列组合中不符合该关系的是（）

A B C D

X HCl Na2O2 Na2CO3 SO2

Y FeCl2 NaOH CO2 Na2SO3

Z Cl2 Na2CO3 Ca2CO3 H2SO4

W FeCl3 NaHCO3 Ca（HCO3）2 NaHSO3

A． A B． B C． C D． D

考点： 钠的重要化合物；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质．

专题： 元素及其化合物．

分析： A．HCl具有酸性，可与活泼金属反应，可被氧化生成Cl2；

B．Na2CO3与NaOH不反应；

C．Na2CO3可与酸、氢氧化钙反应生成CaCO3等发生复分解反应；

D．SO2可与碱反应，具有还原性，可被氧化．

解答： 解：A．HCl可与Fe反应生成FeCl2，可被氧化生成Cl2，Cl2可与FeCl2反应生成FeCl3，故A正确

B．Na2O2可与水反应生成NaOH，可与二氧化碳反应生成Na2CO3，Na2CO3与NaOH不反应，故B错误；

C．Na2CO3可与酸反应生成CO2，可与氢氧化钙反应生成CaCO3，CaCO3与CO2反应生成Ca（HCO3）2，故C正确

D．SO2可与NaOH反应生成Na2SO3，与过氧化氢反应生成H2SO4，H2SO4和Na2SO3反应生成NaHSO3，故D正确．

故选B．

点评： 本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．

20．（2分）取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的NO2气体和672mL N2O4的气体（都已折算到标准状态），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g．则x等于（）

A． 8.64g B． 9.20g C． 9.00g D． 9.44g

考点： 有关混合物反应的计算．

专题： 计算题．

分析： 铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，等于他们结合的氢氧根的物质的量，根据氮的氧化物计算氢氧根的物质的量，沉淀的总质量减去氢氧根的质量即为金属的质量．

解答： 解：896mL的NO2气体的物质的量为=0.4mol，672mL的N2O4气体的物质的量为=0.03mol．

所以金属提供的电子的物质的量为0.4mol×（5﹣4）+0.03mol×2×（5﹣4）=0.46mol．

所以沉淀中含有氢氧根的物质的量为0.46mol，氢氧根的质量为0.46mol×17g/mol=7.82g．

所以金属的质量为17.02g﹣7.82g=9.2g．

故选B．

点评： 本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题解答的关键是铜和镁失去的电子的物质的量，等于他们结合的氢氧根的物质的量，而结合氢氧根的质量就正好是质量增加的量．

二、非选择题（本题包括4小题，共60分）

21．（12分）C、O、Na、Al、S、Cl是常见的六种元素

（1）C元素位于元素周期表第二周期，第IVA族；C元素的一种同位素可以测定文物年代，这种同位素的符号为14C

（2）用“大于”“小于”或“等于”填空

离子半径 酸性 还原性 得电子能力

N3﹣大于 Al3+ H2SO4小于 HClO4 O2﹣小于 S2﹣ 35Cl等于37Cl

（3）①CaCO3和适量HCl溶液反应时，每产生4.4g 气体（不考虑气体溶解），放热a kJ，则该反应的热化学方程式为CaCO3（s）+2HCl（aq）=CaCl2（aq）+H2O（l）+CO2（g）△H=﹣10a kJ/mol．

②上述反应至无气泡逸出后，取适量残留溶液，插入pH传感器并逐滴滴入碳酸钠溶液，测得pH变化曲线如图所示，请用离子方程式表示B﹣C段发生的反应：Ca2++CO32﹣=CaCO3↓

（4）氢气、氧气常用来作燃料电池，写出电解质为氢氧化钠溶液时负极上的电极方程式H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O．

考点： 同位素及其应用；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；微粒半径大小的比较；热化学方程式；化学电源新型电池．

专题： 化学反应中的能量变化；元素周期律与元素周期表专题；电化学专题．

分析： （1）C元素位于元素周期表第二周期，第IVA族；

（2）核外电子排布相同的离子，离子核电荷数越大，半径越小；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；单质的氧化性越强，离子的还原性越弱；同种元素得电子能力相同；

（3）每产生4.4g 气体（不考虑气体溶解），放热a kJ，每产生44g 气体（不考虑气体溶解），放热10a kJ；

（4）燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应．

解答： 解：（1）C元素位于元素周期表第二周期，第IVA族，14C可以测定文物年代，故答案为：二；IVA；14C；

（2）N3﹣、Al3为核外电子排布相同的离子，离子核电荷数越大，半径越小，则N3﹣ 大于Al3+，非金属性Cl＞S，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；氧气的氧化性大于硫单质，则O2﹣小于S2﹣；同种元素得电子能力相同，故答案为：大于；小于；小于；等于；

（3）①每产生4.4g 气体（不考虑气体溶解），放热a kJ，每产生44g 气体（不考虑气体溶解），放热10a kJ，热化学方程式为：CaCO3（s）+2HCl（aq）=CaCl2（aq）+H2O（l）+CO2（g）△H=﹣10a kJ/mol，故答案为：CaCO3（s）+2HCl（aq）=CaCl2（aq）+H2O（l）+CO2（g）△H=﹣10a kJ/mol；

②由图象可知BC段PH不变，则为CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl，其离子方程式为：Ca2++CO32﹣=CaCO3↓，故答案为：Ca2++CO32﹣=CaCO3↓；

（4）氢氧燃料电池工作时，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应方程式为H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，故答案为：H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O．

点评： 本题考查了元素周期表、元素周期律、热化学方程式、电极反应式等，题目较为综合，是对学生综合能力的考查，难度较大．

22．（10分）A、B、C、D、E为易溶化合物，其离子组成为

阳离子 Fe3+、Ba2+、Al3+、Na+、Ag+

阴离子 NO3﹣、OH﹣、SO42﹣、Cl﹣、CO32﹣

在各化合物中离子不重复，分别取其溶液进行实验，结果如下：

①在A溶液中逐滴加入氨水，有白色沉淀生成，继续加氨水至过量，沉淀消失；

②用pH试纸测得B和C溶液显碱性，0.1mol/L的C溶液pH小于13；

③在D溶液中加入铁粉，溶液质量增加且无气体产生；

④在E溶液中加入过量B，没有沉淀产生．

完成下列填空：

（1）A的化学式为AgNO3；

（2）③反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；

（3）检验D溶液中阴离子的方法是先向D溶液中滴加稀盐酸，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO42﹣；

（4）E的化学式为AlCl3，将E蒸干、灼热至质量不再改变，最后所得物质是Al2O3 （填化学式）．

考点： 常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．

专题： 物质检验鉴别题；离子反应专题．

分析： ①在A溶液中逐滴加入氨水，有白色沉淀生成，继续加氨水至过量，沉淀消失，说明沉淀应该是氢氧化银，所以A溶液中含有银离子，则A只能是硝酸银；

②用pH试纸测得B和C溶液显碱性，显示碱性，溶液可能为碱溶液或强碱弱酸盐，0.1mol/L的C溶液pH小于13，则C中含有CO32﹣离子，根据离子共存可知，C为碳酸钠；B只能为碱溶液，含有氢氧根离子，结合离子共存可知，B只能为氢氧化钡；

③在D溶液中加入铁粉，溶液质量增加且无气体产生，说明D中含有铁离子；

④在E溶液中加入过量B，没有沉淀产生，说明E中没有SO42﹣、CO32﹣，所以E是氯化铝，则D为硫酸铁，

根据以上分析进行解答．

解答： 解：根据①可知，A溶液中含有银离子，则A只能是硝酸银；

SO42﹣、CO32﹣，所以E是氯化铝，则D为硫酸铁，

②用pH试纸测得B和C溶液显碱性，显示碱性，B、C可能为碱溶液或强碱弱酸盐，0.1mol/L的C溶液pH小于13，则C中含有CO32﹣离子，根据离子共存可知，C为碳酸钠；B只能为碱溶液，含有氢氧根离子，结合离子共存可知，B只能为氢氧化钡；

③在D溶液中加入铁粉，溶液质量增加且无气体产生，说明D中含有铁离子；

④在E溶液中加入过量B，没有沉淀产生，说明E中没有SO42﹣、CO32﹣，所以E是氯化铝，则D为硫酸铁，

（1）根据以上分析可知，A为AgNO3 ，

故答案为：AgNO3；

（2）③为硫酸铁与铁粉的反应，二者反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，

故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；

（3）D为硫酸铁，其阴离子为硫酸根离子，检验硫酸根离子的方法为：先向D溶液中滴加稀盐酸，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO42﹣，

故答案为：先向D溶液中滴加稀盐酸，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO42﹣；

（4）根据分析可知，E为AlCl3，将AlCl3溶液蒸干、灼热至质量不再改变，由于铝离子水解生成氢氧化铝和氯化氢，氯化氢具有挥发性，则氯化铝为完全水解生成氢氧化铝，氢氧化铝加热分解生成Al2O3 ，

故答案为：AlCl3 ；Al2O3 ．

点评： 本题考查了离子共存的有关判断、方程式的书写、离子的检验等知识，是2015届高考中的常见题型，为中等难度的试题，注意掌握常见离子的性质及检验方法，试题注重基础和能力的双向考查，有利于培养学生严谨的逻辑思维能力，以及灵活运用基础知识解决实际问题的能力．

23．（8分）硫酸镁在医疗上具有镇静、抗挛等功效．以菱镁矿（主要成分是MgCO3）为主要原料制备硫酸镁的方法如下：

（1）步骤②中发生反应的离子方程式为2NH4++MgOMg2++2NH3↑+H2O．

（2）步骤④中调节pH=6.0～6.5的目的是抑制Mg2+水解，以便得到较纯的产品．

（3）步骤⑤的操作为蒸发浓缩、冷却结晶

（4）已知酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如表所示：

pH ＜8.0 8.0～9.6 ＞9.6

颜色 黄色 绿色 蓝色

25℃时，向Mg（OH）2的饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液所呈现的颜色为蓝色[25℃时，Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10﹣12]．

考点： 物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

专题： 有机物的化学性质及推断．

分析： （1）步骤②中发生反应的为硫酸铵和氧化镁反应生成氨气、硫酸镁和水；

（2）步骤④中将硫酸镁溶液蒸发、结晶时，调节pH为弱酸性，抑制镁离子的水解；

（3）根据温度较高时会导致MgSO4•7H2O中的结晶水失去分析操作方法；

（4）Mg（OH）2的饱和溶液中的溶度积计算饱和溶液中的氢氧根离子浓度，结合水溶液中离子积计算氢离子浓度计算pH，然后结合表中数据判断溶液所呈现的颜色．

解答： 解：（1）步骤②中发生反应的为硫酸铵和氧化镁反应生成氨气、硫酸镁和水，反应的离子方程式为 2NH4++MgOMg2++2NH3↑+H2O，

故答案为：2NH4++MgOMg2++2NH3↑+H2O；

（2）步骤④中将硫酸镁溶液蒸发、结晶时，为了抑制镁离子的水解，调节pH为弱酸性，使镁离子的水解平衡逆向移动，得到纯净的硫酸镁晶体，

故答案为：抑制Mg2+水解，以便得到较纯的产品；

（3）MgSO4•7H2O在加热条件下容易失去结晶水，无法得到纯净的MgSO4•7H2O，所以从硫酸镁溶液中获得MgSO4•7H2O的方法为蒸发浓缩、冷却结晶，

故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；

（4）25℃时，Mg（OH）2的溶度积Ksp=5.6×10﹣12，根据反应Mg（OH）2（s）⇌Mg2++2OH﹣可得：c（Mg2+）c2（OH﹣）=5.6×10﹣12，

设c（OH﹣）=2c（Mg2+）=x，则：0.5x×x2=5.6×10﹣12，

解得：x=2.24×10﹣4mol/L，

c（H+）=mol/L=4.5×10﹣11mol/L，

溶液的pH=10.4＞9.6，所以溶液呈蓝色，

故答案为：蓝色．

点评： 本题考查了硫酸钡的制备方法、化学实验操作方法的综合应用等知识，难度中等，试题涉及的知识点较多，全面考查了学生的分析、理解能力，正确分析题中数据为解答关键，难度较大．

24．（14分）汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废弃中的SO2都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义．

Ⅰ．CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574kJ•mol﹣1．

CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=一1160kJ•mol﹣1

（1）甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ•mol﹣1；

Ⅱ．吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下（Ce为铈元素）：

（2）装置Ⅱ中，酸性条件下，NO被Ce 4+氧化的产物主要是NO3﹣、NO2﹣，写出只生成NO3﹣的离子方程式NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3﹣+4H+；

（3）装置Ⅲ的作用之一是再生Ce4+，其原理如下图所示．

①生成的Ce4+从电解槽的a（填字母序号）口流出；

②生成S2O42﹣的电极反应式为2HSO3﹣+2H++2e﹣=S2O42﹣+2H2O；

（4）已知进入装置Ⅳ的溶液中，NO2﹣的浓度为a g•L﹣1，要使1m3该溶液中的NO2﹣完全转化为NH4NO3，至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的O2243aL．（用含a代数式表示，计算结果保留整数）

考点： 用盖斯定律进行有关反应热的计算；电解原理．

专题： 化学反应中的能量变化；电化学专题．

分析： （1）已知①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1，②CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1 160kJ•mol﹣1，根据盖斯定律△H=，消去NO进行计算；

（2）NO被氧化为硝酸根，Ce4+被还原为Ce3+，酸性环境，缺氧补水，缺氢补氢离子完成方程式；

（3）①生成Ce4+为氧化反应，发生在阳极上，连接电源正极，因此从a口流出；

②反应物是HSO3﹣被还原成S2O42﹣，得到电子；

（4）NO2﹣的浓度为a g•L﹣1，要使1m3该溶液中的NO2﹣完全转化为NH4NO3，则失去电子数目是：1000×（5﹣3）a/46，设消耗标况下氧气的体积是V，则失电子数目是：V÷22.4×2×（2﹣0），根据电子守恒进行计算．

解答： 解：（1）已知①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1，②CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1 160kJ•mol﹣1，根据盖斯定律△H=，消去NO，故甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ•mol﹣1，故答案为：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ•mol﹣1；

（2）NO被氧化为硝酸根，Ce4+被还原为Ce3+，酸性环境，缺氧补水，缺氢补氢离子，所以离子方程式为：NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3﹣+4H+，

故答案为：NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3﹣+4H+；

（3）①生成Ce4+为氧化反应，发生在阳极上，连接电源正极，因此从a口流出，故答案为：a；

②反应物是HSO3﹣被还原成S2O42﹣，得到电子，电极反应式为：2HSO3﹣+2H++2e﹣=S2O42﹣+2H2O，故答案为：2HSO3﹣+2H++2e﹣=S2O42﹣+2H2O；

（4）NO2﹣的浓度为a g•L﹣1，要使1m3该溶液中的NO2﹣完全转化为NH4NO3，则失去电子数目是：1000×（5﹣3）a/46，设消耗标况下氧气的体积是V，则失电子数目是：×2×（2﹣0），根据电子守恒：=×2×（2﹣0），解得V=243a，故答案为：243a．

点评： 本题综合考查学生含氮元素、含硫元素物质的性质知识，注意知识的梳理和归纳是关键，难度中等．

25．（16分）聚合硫酸铁又称聚铁，化学式为[Fe2（OH）n（SO4）3﹣0.5n]m，广泛用于污水处理．实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁和绿矾（FeSO4•7H2O），过程如图1：

（1）验证固体W焙烧后产生的气体含有SO2的方法是：将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热恢复原色．

（2）实验室制备、收集干燥的SO2，所需仪器如图2．装置A产生SO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→d→e→c→b→f．装置A中发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）═CuSO4+SO2↑+2H2O．

（3）制备绿矾时，向溶液X中加入过量铁屑，充分反应后，经过滤操作得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾．过滤所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗．

（4）欲测定溶液Y中Fe2+的浓度，需要用容量瓶配制KMnO4标准溶液，用KMnO4标准溶液滴定时应选用酸式滴定管（填“酸式”或“碱式”）．

（5）溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数．若溶液Z的pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数偏小（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．

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．

专题： 实验设计题．

分析： 制备聚铁和绿矾（FeSO4•7H2O）流程为：硫酸厂烧渣与硫酸、氧气反应，得到滤液X和不溶物（S、二氧化硅等）W；滤液X中进入铁粉生成硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液通过浓缩蒸发、冷却结晶得到绿矾；将滤液X通过调节pH获得溶液Z，在70～80℃条件下得到聚铁聚铁，最后得到聚铁，

（1）此题为二氧化硫的验证，利用其特殊性质漂白性来分析；

（2）根据实验目的连接仪器；A中铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；

（3）利用二价铁与三价铁之间的相互转化来分析；利用过滤装置分析使用的玻璃仪器；

（4）依据高锰酸钾溶液具有强氧化性分析滴定管使用；

（5）根据聚铁的化学式中铁与氢氧根离子的关系判断．

解答： 解：制备聚铁和绿矾（FeSO4•7H2O）流程为：硫酸厂烧渣与硫酸、氧气反应，得到滤液X和不溶物（S、二氧化硅等）W；滤液X中进入铁粉生成硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液通过浓缩蒸发、冷却结晶得到绿矾；将滤液X通过调节pH获得溶液Z，在70～80℃条件下得到聚铁聚铁，最后得到聚铁，

（1）检验二氧化硫的一般方法是：将气体通入品红溶液中，如果品红褪色，加热后又恢复红色，证明有二氧化硫，

故答案为：将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热恢复原色；

（2）收集二氧化硫应先干燥再收集，二氧化硫的密度比空气大，要从c口进气，最后进行尾气处理，所以按气流方向连接顺序为a→d→e→c→b→f；