湖北省黄冈市2017届高考化学模拟试卷 Word版含解析.doc

‎2017年湖北省黄冈市高考化学模拟试卷 ‎　‎ 一、本卷包括16小题．每小题3分，共48分．每小题后的4个选项中只有一个选项符合题目要求．‎ ‎1．化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确的是（　　）‎ A．人体缺乏铁元素，可以补充硫酸亚铁，且多多益善 B．古代镀金（鎏金）工艺，利用了电镀原理 C．反复煮沸的水含有较多的亚硝酸盐，对人体有害 D．护肤品中含有的甘油具有美白作用 ‎2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是（　　）‎ A．100gKHCO3和CaCO3的混合物，含有的阳离子数目为NA B．常温常压下，1 mol甲醇完全燃烧生成CO2和H2O，转移的电子数目为6NA C．标准状况下，22.4L丙烷含有的共价键数目为10NA D．常温下，0.1L0.1mol/L的NH4Cl溶液中，NH4+的数目为0.01NA ‎3．下列离子方程式不正确的是（　　）‎ A．用Cu作阳极电解饱和食盐水：Cu+2H+Cu2++H2↑‎ B．Fe3O4溶于氢碘酸溶液中：Fe3O4+8H++2I﹣=3Fe2++I2+4H2O C．NH4Al（SO4）2溶于过量的浓Ba（OH）2溶液中：NH4++A13++2SO42﹣+2Ba2++5OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+NH3↑+H2O D．澄清石灰水中充入过量的SO2：SO2+OH﹣=HSO3﹣‎ ‎4．在水溶液中能大量共存的一组离子是（　　）‎ A．Al3+、Na+、Cl﹣、SiO32﹣ B．Fe3+、Ba2+、I﹣、NO3﹣‎ C．NH4+、K+、S2﹣、SO32﹣ D．H+、Ca2+、F﹣、Br﹣‎ ‎5．关于分散系的说法，正确的是（　　）‎ A．根据体系的稳定性，可将分散系分为溶液、胶体和浊液 B．一种分散系的分散质可以是固态、液态或气态，但只能是纯净物 C．利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，它利用了光的衍射原理 D．火力发电厂的烟气管道里安装的静电除尘装置，它利用了胶体的电泳原理 ‎6．工业上利用空气吹出法提取溴的部分流程如下：‎ 下列说法错误的是（　　）‎ A．②中可以采用纯碱溶液，发生的反应是：3Br2+6CO32﹣+3H2O=5Br﹣+BrO3﹣+6HCO3﹣‎ B．第③步，需加人氧化性酸，才能将Br﹣氧化为Br2‎ C．B溶液颜色要比A 溶液深 D．第④步，采用的是蒸馏的方法 ‎7．某同学在实验报告中记录下列数据，其中正确的是（　　）‎ A．用10mL量筒量取7.36mLNaOH 溶液 B．用托盘天平称取6.85g食盐 C．用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH 溶液，用去盐酸21.10mL D．用广泛pH 试纸测得某溶液pH 为5.5‎ ‎8．交通警察执法时常使用的便携式酒精检查仪可能应用了：3CH3CH2OH+2K2Cr2O7（橙色）+8H2SO4=3CH3COOH+2Cr2（SO4）3（蓝绿色）+2K2SO4+11H2O这一反应原理，关于该反应，下列说法正确的是（　　）‎ A．该反应证明了，含最高价元素的化合物，一定具有强氧化性 B．1mol还原剂反应时，转移的电子数为2NA C．H2SO4在反应中表现了氧化性和酸性 D．可以利用该反应原理，将它设计成原电池，通过检测电流强度判断司机是否饮酒 ‎9．在恒温恒容的容器中，发生反应：H2（g）+CO（g）=C（s）+H2O（g）．初始时加入平均相对分子质量为15的H2、CO 混合气，一段时间后测得气体的平均相对分子质量为16，下列说法正确的是（　　）‎ A．反应前后气体的压强之比为2：1‎ B．反应前后气体的密度之比为15：16‎ C．此时CO的转化率为50%‎ D．如果反应继续向正向进行，气体的平均相对分子质量将减小 ‎10．某NaHCO3样品中混有少量的Na2CO3，下列测定该样品纯度的实验方案中不能达到实验目的是（　　）‎ A．取样品mg，配成100ml溶液，取25.00mL于锥形瓶中，滴加几滴石蕊试液，用浓度为cmol/L的标准盐酸滴定至终点时，消耗盐酸Vml B．取样品mg，充分加热，冷却，称量固体的质量为n1g C．取样品mg，滴加足量的BaCl2溶液，过滤，洗涤，于燥后称量固体的质量为n2g D．取样品mg，滴加足量的Ba（OH）2过滤，洗涤，干燥后称量固体的质量为n3g ‎11．32.5gZn投入到VmL浓硫酸中，共热，恰好完全反应，则可以确定的数据是（　　）‎ A．所得气体在标准状况下的体积 B．所得气体的质量 C．所得溶液的浓度 D．原硫酸的浓度 ‎12．下列有关实验操作的叙述，错误的是（　　）‎ A．中和热的测定实验时，眼睛要注视温度计的刻度变化 B．萃取时，将混合物充分振荡后，需静置，待液体分层明显后才能分液 C．中和滴定实验时，为了使滴定终点的现象更加明显，可以滴加较多的指示剂 D．蒸馏时，温度计的读数刚达到某物质的沸点，不能立即收集馏出物 ‎13．根据下列实验操作和现象，所得结论正确的是（　　） ‎ 实验操作、现象 ‎ 结 论 A 火柴梗上滴少量的浓硫酸；火柴梗变黑 浓硫酸具有强氧化性 B 含锈的铁浸泡在NH4Cl溶液中，铁锈逐渐溶解 NH4Cl显酸性 C Ba（NO3）2溶液中通入SO2气体；产生白色沉淀 BaSO3难溶 D 某无色溶液中通入过量的CO2气体，有白色沉淀 一定含有AlO2﹣‎ A．A B．B C．C D．D ‎14．有一包白色粉末，由BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuSO4中的一种或几种组成，为了探究它的成份，进行了如下实验：下列判断正确的是（　　）‎ A．BaCl2，CaCO3一定存在，NaOH可能存在 B．K2SO4、CuSO4一定不存在 C．K2SO4、NaOH、CaCO3、BaCl2一定存在，K2SO4可能存在 D．C为单一溶质溶液 ‎15．反应NO+O2+NO2+H2O→HNO3（未配平），当氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3时，此反应各物质化学计量数（系数）之比为（　　）‎ A．4：9：24：14：28 B．1：2：5：3：6 C．8：9：12：10：20 D．l：l：l：l：2‎ ‎16．两份体积相同，浓度未知的Na2CO3和HCl溶液，将它们互相滴加，产生的气体在相同的温度和压强下的体积比为1：2，则Na2CO3和HCl溶液的浓度之比为（　　）‎ A．3：2 B．2：5 C．3：4 D．4：3‎ ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分52分）‎ ‎17．A、B、C、D四种物质，分别含有下列阴阳离子：Na+、Ba2+、A13+、NH4+、SO42﹣、HCO3﹣、NO3﹣、OH﹣中的各一种，为了判断其各自的组成，进行了如下实验，部分现象如下：‎ ‎①常温下用pH计测量发现A、C溶液显碱性，且0.1mol/LC溶液pH＞13‎ ‎②A与B、C混合均有白色沉淀产生，且A与B还有气体生成 ‎③过量的C滴入B、D中，前者产生沉淀，后者产生刺激性气味的气体 请回答下列问题：‎ ‎（1）A为　　，检验A中阳离子的实验名称是　　；‎ ‎（2）A与B反应的离子方程式为：　　；‎ ‎（3）B与过量的C反应生成的沉淀为　　；‎ ‎（4）经判断NO3﹣存在于物质　　中（填“A”、“B”、“C”或“D”）．‎ ‎18．某同学查阅教材上的溶解性表时发现，CuCO3对应的为“﹣”，表示不存在或遇水就分解．已知铜离子的常见沉淀为Cu（OH）2（蓝色）、Cu2（OH）2SO4（蓝色）、Cu2（OH）2CO3（绿色）等，它们均不含结晶水．为了探究CuSO4和Na2CO3反应产物的成份，该同学按以下实验方法制备了两种沉淀，并设计了探究沉淀成份的实验．‎ 取2个小烧杯和2个锥形瓶，在每个烧杯里加入50mL0.5mol/L的CuSO4溶液，在锥形瓶里分别加入40mL 和50mL0.5mol/LNa2CO3溶液，置于70℃水中水浴加热，然后将CuSO4溶液加入到Na2CO3溶液中，继续水浴，均有气泡产生，几分钟后分别得到蓝绿色和绿色沉淀．过滤、洗涤、干燥，得到两份固体．‎ I．对蓝绿色沉淀成份的探究．‎ 通过右边实验证实，沉淀中含有Cu2（OH）2CO3和Cu2（OH）2SO4‎ ‎（1）证明有Cu2（OH）2CO3存在的现象为　　；‎ ‎（2）试剂①为　　，证明有Cu2（OH）2SO4存在的现象为　　．‎ II．对绿色沉淀成份的探究 重复I实验，发现没有SO42﹣存在，有Cu2（OH）2CO3存在；‎ 通过下列实验证实，沉淀中只有Cu2（OH）2CO3‎ ‎（3）该同学想通过测量固体分解所得气体的质量来确定沉淀的成份，按上述思路组装好装置，加入相应的药品，并指出所加药品的目的．‎ 仪器 编号 药品 目的 A 碱石灰 B 绿色固体 C D E 碱石灰 ‎（4）按照该同学的设计思路，只需测定某两个装置的质量变化，即△m （　　）：△m（　　）=　　时（括号中填写装置的序号）就可确定固体是Cu2（OH）2CO3．‎ ‎（5）结论：n（Cu2+）：n（CO32﹣）＞1时，所得固体产物有Cu2（OH）2CO3和Cu2（OH）2SO4；n（Cu2+）：n（CO32﹣）≤1时，所得固体产物全部是Cu2（OH）2CO3，生成该沉淀发生反应的离子方程式为：　　．‎ ‎19．Ba（NO3）2为无色或白色有光泽的立方晶体，微具吸湿性，有强氧化性，助燃，有毒，可用于生产烟花、信号弹、炸药、陶瓷釉药等．一种利用重晶石（BaSO4）制硝酸钡的工艺流程如下：‎ I．制BaS ‎（1）BaS溶液显碱性的原因是　　（用离子方程式表示）；‎ ‎（2）重晶石与焦炭在高温锻烧时会产生一种还原性气体，此反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　　，每有lmol BaSO4反应，转移的电子数目为　　；‎ II．制Ba（NO3）2‎ ‎①取340g50%精制的BaS溶液，置于装有搅拌器、温度计和导气管的三颈烧瓶中 ‎②在不断搅拌下，慢慢加入浓度为65%的硝酸200g，控制温度为70℃，并维持三颈烧瓶内大约100mmHg 的低压，反应30min，结束．请回答：‎ ‎（3）反应温度控制在70℃左右，不宜过高的原因是　　；‎ ‎（4）三颈烧瓶内维持低压的目的是　　，导出的H2S气体经NaOH溶液吸收可以获得重要的工业原材料硫化碱（Na2S），Na2S极易水解而变质，实验室配制Na2S溶液时，需在配好的溶液里加人少量的　　；‎ ‎（5）依据表中Ba（NO3）2的溶解度数据，所得溶液经　　、　　，过滤、冰水洗涤、干燥后可获得纯净的Ba（NO3）2晶体．‎ ‎20．IBr、ICl、BrF3等称之为卤素互化物，（CN）2、（SCN）2、（OCN）2等称之为拟卤素，它们的化学性质均与卤素单质相似，请回答下列问题．‎ ‎（1）氯化碘（ICl）中碘元素的化合价为　　，它与水反应的化学方程式为ICl+H2O=HIO+HCl，该反应的反应类型为　　（填中学常见的无机反应类型）；‎ ‎（2）溴化碘（IBr）具有强氧化性，能与Na2SO3溶液反应，发生反应的离子方程式为　　；‎ ‎（3）①已知某些离子的还原性强弱顺序为I﹣＞SCN﹣＞CN﹣＞Br﹣＞Cl﹣．现将几滴KSCN溶液滴入到含少量Fe3+的溶液中，溶液立即变红，向其中逐滴滴入酸性KMnO4溶液，观察到红色逐渐褪去，请利用平衡移动原理解释这一现象　　；‎ ‎②下列物质中，也可以使该溶液红色褪去的是　　；‎ A．新制氯水 B．碘水 C．SO2 D．盐酸 ‎（4）KCN为剧毒物质，处理含有KCN的废水常用的方法是：在碱性条件下用NaClO溶液将CN﹣氧化为CO32﹣和一种单质气体，该反应的离子方程式为　　；‎ ‎（5）已知HCN的电离平衡常数K=6.2×10﹣10，H2CO3的 电离平衡常数K1=4.5×10﹣7，K2=4.7×10﹣11，则下列离子方程式能发生的是　　．‎ A．CN﹣+CO2+H2O=HCN+HCO3﹣B.2HCN+CO32﹣=2CN﹣+CO2↑+H2O C.2CN﹣+CO2+H2O=HCN+CO32﹣D．HCN+CO32﹣=CN﹣+HCO3﹣．‎ ‎21．Pb为第IVA 元素，常见的化合价为+2和+4，其单质和化合物都有着广泛的用途，如制铅蓄电池，化工耐酸设备及防X射线材料等，请回答下列问题．‎ ‎（1）PbO2具有强氧化性，在加热时可与浓盐酸反应制Cl2，发生的化学方程式为　　；‎ ‎（2）Fe3O4属于混合氧化物，其组成可表示为FeO•Fe2O3，Pb3O4和Fe3O4一样，也属于混合氧化物，其组成也可表示为　　；‎ PbO也是一种重要的物质．工业上生产锌钡白（ZnS•BaSO4）的过程中，会产生含CaSO4、PbSO4的废渣，实验室利用该废渣生产PbO的流程如下．‎ 过程中发生的部分反应如下：‎ 浸泡：PbSO4（s）+2Cl﹣（aq）═PbCl2（s）+SO42﹣（aq）‎ 溶解：PbC12+2Cl﹣=PbCl42﹣；PbCl42﹣+OH﹣=PbOHCl↓+3Cl﹣‎ 有关数据：不同温度和浓度的食盐溶液中PbC12的溶解度（g/L）‎ NaCl浓度（g/L）温度（℃）‎ ‎0‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ ‎100‎ ‎180‎ ‎260‎ ‎300‎ ‎13‎ ‎7‎ ‎3‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎3‎ ‎9‎ ‎13‎ ‎50‎ ‎11‎ ‎8‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎21‎ ‎35‎ ‎100‎ ‎21‎ ‎17‎ ‎11‎ ‎12‎ ‎13‎ ‎15‎ ‎30‎ ‎65‎ ‎95‎ ‎（3）浸泡溶解时采用95℃的高温，其主要目的有　　（答两条）；‎ ‎（4）溶液C中的溶质主要成份是　　，在实验室里，将溶质分离出来需要用到的玻璃仪器有　　；‎ ‎（5）实验时，取用废渣50.0g，实验过程中PbSO4的转化率为100%，CaSO4的损耗率为5%，最后得到干燥的CaSO4固体39.6g，则废渣中PbSO4的质量分数为　　（用百分数表示，精确到小数点后一位）．‎ ‎　‎ ‎2017年湖北省黄冈市高考化学模拟试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、本卷包括16小题．每小题3分，共48分．每小题后的4个选项中只有一个选项符合题目要求．‎ ‎1．化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确的是（　　）‎ A．人体缺乏铁元素，可以补充硫酸亚铁，且多多益善 B．古代镀金（鎏金）工艺，利用了电镀原理 C．反复煮沸的水含有较多的亚硝酸盐，对人体有害 D．护肤品中含有的甘油具有美白作用 ‎【考点】物质的组成、结构和性质的关系．‎ ‎【分析】A．铁在人体中属于微量元素，人体内铁过量，也会引起各种疾病；‎ B．依据古代镀金（鎏金）工艺原理解答；‎ C．亚硝酸盐有毒；‎ D．甘油具有吸水性．‎ ‎【解答】解：A．人体缺乏铁元素，可以补充硫酸亚铁，但是不是多多益善，因为人体内铁过量，也会引起各种疾病，故A错误；‎ B．将金熔于水银之中，形成金泥，涂于铜或银器表面，加温，使水银蒸发，金就附着于器表，谓之鎏金，近代称为“火镀金”，不是利用电镀原理，故B错误；‎ C．反复煮沸的水含有较多的亚硝酸盐，对人体有害，故C正确；‎ D．护肤品中含有的甘油具有保水作用，不具有美白性，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是（　　）‎ A．100gKHCO3和CaCO3的混合物，含有的阳离子数目为NA B．常温常压下，1 mol甲醇完全燃烧生成CO2和H2O，转移的电子数目为6NA C．标准状况下，22.4L丙烷含有的共价键数目为10NA D．常温下，0.1L0.1mol/L的NH4Cl溶液中，NH4+的数目为0.01NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、KHCO3和CaCO3的摩尔质量均为100g/mol，且均由1个阳离子和1个阴离子构成；‎ B、1mol甲醇燃烧消耗1.5mol氧气，而氧气反应后变为﹣2价；‎ C、求出丙烷的物质的量，然后根据丙烷中含10条共价键来分析；‎ D、铵根离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解．‎ ‎【解答】解：A、KHCO3和CaCO3的摩尔质量均为100g/mol，故100gKHCO3和CaCO3的混合物的物质的量为1mol，且两者均由1个阳离子和1个阴离子构成，故1mol混合物中含阳离子为NA个，故A正确；‎ B、1mol甲醇燃烧消耗1.5mol氧气，而氧气反应后变为﹣2价，故1.5mol氧气转移6mol电子，个数为6NA个，故B正确；‎ C、标况下22.4L丙烷的物质的量为1mol，而丙烷中含10条共价键，故1mol丙烷中含10NA条共价键，故C正确；‎ D、铵根离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铵根离子小于0.01NA个，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．下列离子方程式不正确的是（　　）‎ A．用Cu作阳极电解饱和食盐水：Cu+2H+Cu2++H2↑‎ B．Fe3O4溶于氢碘酸溶液中：Fe3O4+8H++2I﹣=3Fe2++I2+4H2O C．NH4Al（SO4）2溶于过量的浓Ba（OH）2溶液中：NH4++A13++2SO42﹣+2Ba2++5OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+NH3↑+H2O D．澄清石灰水中充入过量的SO2：SO2+OH﹣=HSO3﹣‎ ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．阳极Cu失去电子，阴极水中的氢离子得到电子；‎ B．发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水；‎ C．反应生成硫酸钡、偏铝酸钡、氨气和水；‎ D．反应生成亚硫酸氢钙．‎ ‎【解答】解：A．用Cu作阳极电解饱和食盐水的离子反应为Cu+2H2OCu（OH）2↓+H2↑，故A错误；‎ B．Fe3O4溶于氢碘酸溶液中的离子反应为Fe3O4+8H++2I﹣=3Fe2++I2+4H2O，故B正确；‎ C．NH4Al（SO4）2溶于过量的浓Ba（OH）2溶液中的离子反应为：NH4++A13++2SO42﹣+2Ba2++5OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+NH3↑+H2O，故C正确；‎ D．澄清石灰水中充入过量的SO2的离子反应为SO2+OH﹣=HSO3﹣，故D正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．在水溶液中能大量共存的一组离子是（　　）‎ A．Al3+、Na+、Cl﹣、SiO32﹣ B．Fe3+、Ba2+、I﹣、NO3﹣‎ C．NH4+、K+、S2﹣、SO32﹣ D．H+、Ca2+、F﹣、Br﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】如离子之间不发生复分解反应生成沉淀、气体或弱电解质或发生互促水解、氧化还原等反应，则可大量共存，反之不能．‎ ‎【解答】解：A．Al3+、SiO32﹣发生互促水解反应，不能大量共存，故A错误；‎ B．Fe3+、I﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；‎ C．离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；‎ D．H+、Ca2+都与F﹣反应，不能大量共存，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．关于分散系的说法，正确的是（　　）‎ A．根据体系的稳定性，可将分散系分为溶液、胶体和浊液 B．一种分散系的分散质可以是固态、液态或气态，但只能是纯净物 C．利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，它利用了光的衍射原理 D．火力发电厂的烟气管道里安装的静电除尘装置，它利用了胶体的电泳原理 ‎【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系．‎ ‎【分析】A、依据分散系的分散质微粒直径分类；‎ B、分散系是将一种或几种物质分散到另一种或几种物质中得到的体系；‎ C、丁达尔效应是光的散射；‎ D、胶体中的胶粒带电．‎ ‎【解答】解：A、分散系分为胶体、溶液和浊液的依据是分散质的微粒直径大小进行分类，故A错误；‎ B、分散系是将一种或几种物质分散到另一种或几种物质中得到的体系，故分散质可以是纯净物，也可以是混合物，故B错误；‎ C、丁达尔效应是光的散射，可以用于区分溶液和胶体，故C错误；‎ D、胶体中的胶粒带电，故可以在电场中向着某一极移动，可以用于工厂除尘，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．工业上利用空气吹出法提取溴的部分流程如下：‎ 下列说法错误的是（　　）‎ A．②中可以采用纯碱溶液，发生的反应是：3Br2+6CO32﹣+3H2O=5Br﹣+BrO3﹣+6HCO3﹣‎ B．第③步，需加人氧化性酸，才能将Br﹣氧化为Br2‎ C．B溶液颜色要比A 溶液深 D．第④步，采用的是蒸馏的方法 ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ ‎【分析】由流程可知，①中发生2Br﹣+Cl2=2Cl﹣+Br2，利用空气将吹出塔中含Br2的溶液，经过吹出、吸收、酸化来重新获得含Br2的溶液，其目的是富集溴，提高Br2的浓度，加入碱液重新吸收，所得溶液富含BrO3﹣，③中发生5Br﹣+BrO3﹣+6H+=3Br2+3H2O，最后利用蒸馏得到溴，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．纯碱是碳酸钠，与溴反应有BrO3﹣生成，反应的离子方程式为3CO32﹣+3Br2=5Br﹣+BrO3﹣+3CO2↑，故A正确；‎ B．溶液中含有Br﹣、BrO3﹣，在酸性条件下可发生发生5Br﹣+BrO3﹣+6H+=3Br2+3H2O，无需加入氧化酸，故B错误；‎ C．B经过富集，浓度较大，则B的颜色比A深，故C正确；‎ D．溴的浓度较大，与水的沸点不同，可蒸馏分离，故D正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．某同学在实验报告中记录下列数据，其中正确的是（　　）‎ A．用10mL量筒量取7.36mLNaOH 溶液 B．用托盘天平称取6.85g食盐 C．用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH 溶液，用去盐酸21.10mL D．用广泛pH 试纸测得某溶液pH 为5.5‎ ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．量筒的感量为0.1mL；‎ B．托盘天平的感量为0.1g；‎ C．滴定管的感量为0.01mL；‎ D．广泛pH 试纸测pH为正整数．‎ ‎【解答】解：A．量筒的感量为0.1mL，则用10mL量筒量取7.3mL或7.4mLNaOH 溶液，故A错误；‎ B．托盘天平的感量为0.1g，则用托盘天平称取6.8g或6.9g食盐，故B错误；‎ C．滴定管的感量为0.01mL，则用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH 溶液，用去盐酸21.10mL，故C正确；‎ D．广泛pH 试纸测pH为正整数，则用广泛pH 试纸测得某溶液pH 为5或6，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．交通警察执法时常使用的便携式酒精检查仪可能应用了：3CH3CH2OH+2K2Cr2O7（橙色）+8H2SO4=3CH3COOH+2Cr2（SO4）3（蓝绿色）+2K2SO4+11H2O这一反应原理，关于该反应，下列说法正确的是（　　）‎ A．该反应证明了，含最高价元素的化合物，一定具有强氧化性 B．1mol还原剂反应时，转移的电子数为2NA C．H2SO4在反应中表现了氧化性和酸性 D．可以利用该反应原理，将它设计成原电池，通过检测电流强度判断司机是否饮酒 ‎【考点】氧化还原反应．‎ ‎【分析】A．含最高价元素的化合物，不一定具有强氧化性；‎ B．CH3CH2OH转化为CH3COOH，根据C元素的化合价变化分析；‎ C．H2SO4中没有化合价的变化；‎ D．该反应是自发的氧化还原反应，可以设计为原电池．‎ ‎【解答】解：A．含最高价元素的化合物，不一定具有强氧化性，如HCl中H元素为+1价，是最高价，但是HCl没有强氧化性，故A错误；‎ B．CH3CH2OH转化为CH3COOH，C元素的化合价从﹣2到0价，1分子CH3CH2OH转移4个电子，则1mol还原剂反应时，转移的电子数为4NA，故B错误；‎ C．H2SO4中没有化合价的变化，则H2SO4在反应中只表现了酸性，故C错误；‎ D．该反应是自发的氧化还原反应，可以设计为原电池，当乙醇的浓度越大时，电流越强，所以通过检测电流强度判断司机是否饮酒，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎9．在恒温恒容的容器中，发生反应：H2（g）+CO（g）=C（s）+H2O（g）．初始时加入平均相对分子质量为15的H2、CO 混合气，一段时间后测得气体的平均相对分子质量为16，下列说法正确的是（　　）‎ A．反应前后气体的压强之比为2：1‎ B．反应前后气体的密度之比为15：16‎ C．此时CO的转化率为50%‎ D．如果反应继续向正向进行，气体的平均相对分子质量将减小 ‎【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．‎ ‎【分析】设初始时加入H2、CO 分别为xmol、ymol，则由平均相对分子质量为15，所以=15，解得x：y=1：1；可令设初始时加入H2、CO 都为1mol；‎ ‎ H2（g）+CO（g）=C（s）+H2O（g）．‎ 初起的物质的量：1mol 1mol 0 0‎ 变化的物质的量：z z z z ‎ 平衡时物质的量：1﹣z 1﹣z z z ‎ 由题意可知： =16 ‎ 解得z=0.5mol，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A、根据以上分析，反应前后气体的压强之比为2：（2﹣0.5）=3：2，故A错误；‎ B、因为恒温恒容的容器中，所以反应前后气体的密度之比即为气体质量之比，所以为（2×1+28×1）：（2×0.5+28×0.5+18×0.5）=5：4，故B错误；‎ C、根据以上分析，CO的转化率为×100%=50%，故C正确；‎ D、如果反应继续向正向进行，则生成更多的水蒸气，所以气体的平均相对分子质量将增大，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎10．某NaHCO3样品中混有少量的Na2CO3，下列测定该样品纯度的实验方案中不能达到实验目的是（　　）‎ A．取样品mg，配成100ml溶液，取25.00mL于锥形瓶中，滴加几滴石蕊试液，用浓度为cmol/L的标准盐酸滴定至终点时，消耗盐酸Vml B．取样品mg，充分加热，冷却，称量固体的质量为n1g C．取样品mg，滴加足量的BaCl2溶液，过滤，洗涤，于燥后称量固体的质量为n2g D．取样品mg，滴加足量的Ba（OH）2过滤，洗涤，干燥后称量固体的质量为n3g ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．石蕊的变色范围为5﹣8，滴定时若用石蕊作指示剂，滴定误差过大，应该为酚酞；‎ B．碳酸钠稳定，碳酸氢钠加热分解，可以利用差量法计算出碳酸氢钠质量；‎ C．沉淀为碳酸钠与氯化钡反应生成的碳酸钡，根据碳酸钡的质量可计算出碳酸钠的质量，从而可计算出碳酸氢钠的纯度；‎ D．得到的沉淀为碳酸氢钠、碳酸钠与氢氧化钡反应生成的碳酸钡，利用碳元素守恒可计算出碳酸钠、碳酸氢钠的量，然后列式计算．‎ ‎【解答】解：A．该滴定操作应该用酚酞作指示剂，若用石蕊，会产生较大误差，无法达到实验目的，故A选；‎ B．取样品mg，充分加热，冷却，称量固体的质量为n1g，计算出加热前后固体的质量差，利用差量法计算出碳酸氢钠的质量，从而可计算出碳酸氢钠的纯度，故B不选；‎ C．取样品mg，滴加足量的BaCl2溶液，过滤，洗涤，干燥后得到的n2g为碳酸钡，该碳酸钡为碳酸钠与氯化钡反应生成的，据此可计算出碳酸钠的量，然后可计算出碳酸氢钠的纯度，故C不选；‎ D．取样品mg，滴加足量的Ba（OH）2过滤，洗涤，干燥后称量的n3g为碳酸钡，利用C元素守恒可计算出碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量，然后设出二者物质的量，利用质量、物质的量列式计算即可，故D不选；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎11．32.5gZn投入到VmL浓硫酸中，共热，恰好完全反应，则可以确定的数据是（　　）‎ A．所得气体在标准状况下的体积 B．所得气体的质量 C．所得溶液的浓度 D．原硫酸的浓度 ‎【考点】浓硫酸的性质．‎ ‎【分析】锌与浓硫酸反应生成硫酸锌和二氧化硫，随反应的进行，浓硫酸变稀硫酸，发生反应为：Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，不管生成二氧化硫还是氢气，生成′1mol转移2mol的电子，也就是消耗1mol的锌生成1mol的气体，由此分析解答．‎ ‎【解答】解：锌与浓硫酸反应生成硫酸锌和二氧化硫，随反应的进行，浓硫酸变稀硫酸，发生反应为：Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，不管生成二氧化硫还是氢气，生成′1mol转移2mol的电子，也就是消耗1mol的锌生成1mol的气体，‎ A、生成气体的物质的量知道，就可以求所得气体在标准状况下的体积，故A正确；‎ B、两者的物质的量分数不知，无法求气体的质量，故B错误；‎ C、所以得溶液的体积不知无法求浓度，故C错误；‎ D、生成二氧化硫的量不知，所以无法求原硫酸的浓度，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎12．下列有关实验操作的叙述，错误的是（　　）‎ A．中和热的测定实验时，眼睛要注视温度计的刻度变化 B．萃取时，将混合物充分振荡后，需静置，待液体分层明显后才能分液 C．中和滴定实验时，为了使滴定终点的现象更加明显，可以滴加较多的指示剂 D．蒸馏时，温度计的读数刚达到某物质的沸点，不能立即收集馏出物 ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．测定中和热时需要测定溶液温度，特别是准确判断酸碱恰好完全反应时的最高温度；‎ B．分液时为了提高提纯效果，需要等到液体分层明显后才能分液；‎ C．指示剂能够消耗待测液，影响测定结果；‎ D．刚达到沸点时，镏出物中混有杂质，不能立即收集．‎ ‎【解答】解：A．中和热的测定实验时，准确判断酸碱恰好完全反应时的最高温度，所以眼睛要注视温度计的刻度变化，故A正确；‎ B．萃取时将混合物充分振荡后，需静置，为了提高提纯效果，则待液体分层明显后才能分液，故B正确；‎ C．中和滴定实验时，加入的指示剂必须少量，否则指示剂与待测液反应，会影响测定结果，故C错误；‎ D．蒸馏时，温度计的读数刚达到某物质的沸点，此时的馏出物不纯，需要弃掉，即不能立即收集馏出物，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎13．根据下列实验操作和现象，所得结论正确的是（　　） ‎ 实验操作、现象 ‎ 结 论 A 火柴梗上滴少量的浓硫酸；火柴梗变黑 浓硫酸具有强氧化性 B 含锈的铁浸泡在NH4Cl溶液中，铁锈逐渐溶解 NH4Cl显酸性 C Ba（NO3）2溶液中通入SO2气体；产生白色沉淀 BaSO3难溶 D 某无色溶液中通入过量的CO2气体，有白色沉淀 一定含有AlO2﹣‎ A．A B．B C．C D．D ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．火柴梗变黑，使H、O以水的形式脱出，只留下C；‎ B．NH4Cl溶液水解显酸性，与含锈的铁反应；‎ C．Ba（NO3）2溶液中通入SO2气体，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀；‎ D．无色溶液中通入过量的CO2气体，有白色沉淀，白色沉淀为氢氧化铝和硅酸．‎ ‎【解答】解：A．火柴梗变黑，使H、O以水的形式脱出，只留下C，体系浓硫酸的脱水性，与强氧化性无关，故A错误；‎ B．NH4Cl溶液水解显酸性，与含锈的铁反应，则铁锈逐渐溶解，故B正确；‎ C．Ba（NO3）2溶液中通入SO2气体，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，结论不合理，故C错误；‎ D．无色溶液中通入过量的CO2气体，有白色沉淀，白色沉淀为氢氧化铝和硅酸，可能含有AlO2﹣，结论不合理，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎14．有一包白色粉末，由BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuSO4中的一种或几种组成，为了探究它的成份，进行了如下实验：下列判断正确的是（　　）‎ A．BaCl2，CaCO3一定存在，NaOH可能存在 B．K2SO4、CuSO4一定不存在 C．K2SO4、NaOH、CaCO3、BaCl2一定存在，K2SO4可能存在 D．C为单一溶质溶液 ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ ‎【分析】由流程可知，白色固体溶于水的无色溶液，则一定不含CuSO4，滤渣A与盐酸反应生成气体B，且滤渣全部溶解，则A为CaCO3，B为CO2，原固体一定不含BaCl2、K2SO4中的一种，且滤液C与二氧化碳反应生成白色沉淀，可知C中含BaCl2、NaOH，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．由上述分析可知，NaOH、BaCl2、CaCO3一定存在，故A错误；‎ B．由上述分析可知K2SO4、CuSO4一定不存在，故B正确；‎ C．NaOH、CaCO3、BaCl2一定存在，K2SO4、CuSO4一定不存在，故C错误；‎ D．氯化钡与二氧化碳不反应，而C与二氧化碳反应生成白色沉淀，可知C中溶质为BaCl2、NaOH，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．反应NO+O2+NO2+H2O→HNO3（未配平），当氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3时，此反应各物质化学计量数（系数）之比为（　　）‎ A．4：9：24：14：28 B．1：2：5：3：6 C．8：9：12：10：20 D．l：l：l：l：2‎ ‎【考点】氧化还原反应方程式的配平．‎ ‎【分析】反应中NO→HNO3，氮元素化合价升高3；NO2→HNO3，氮元素化合价升高1；H2→HNO3，氢元素化合价升高1；O2→HNO3，氧元素化合价降低2；‎ 还原剂为：NO、NO2、H2，氧化剂为：O2，依据氧化还原反应得失电子守恒，原子个数守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3，利用代入法解答．‎ ‎【解答】解：A.4NO+9O2+24NO2+14H2→28HNO3，氧化剂物质的量为9，还原剂物质的量为：4+24+14=32，二者物质的量之比为9：32，故A错误；‎ B.1NO+2O2+5NO2+3H2→6HNO3，氧化剂物质的量为2，还原剂物质的量为：1+5+3=10，二者物质的量之比为2：10=1：5，故B错误；‎ C.8NO+9O2+12NO2+10H2→20HNO3，氧化剂物质的量为9，还原剂物质的量为：8+12+10=30，二者物质的量之比为9：30=3：10，故C错误；‎ D.1NO+1O2+1NO2+1H2→2HNO3，氧化剂物质的量为1，还原剂物质的量为：1+1+1=3，二者物质的量之比为1：3，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎16．两份体积相同，浓度未知的Na2CO3和HCl溶液，将它们互相滴加，产生的气体在相同的温度和压强下的体积比为1：2，则Na2CO3和HCl溶液的浓度之比为（　　）‎ A．3：2 B．2：5 C．3：4 D．4：3‎ ‎【考点】物质的量浓度的相关计算．‎ ‎【分析】将盐酸滴入碳酸钠溶液中，发生反应：Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，将碳酸钠溶液滴入盐酸中，发生反应：Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O，生成的气体体积不同，盐酸不足，设碳酸钠溶液物质的量浓度为c1，盐酸的物质的量浓度为c2，依据方程式进行计算．‎ ‎【解答】解：将盐酸滴入碳酸钠溶液中，发生反应：Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，将碳酸钠溶液滴入盐酸中，发生反应：Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O，生成的气体体积不同，盐酸不足，设碳酸钠溶液物质的量浓度为c1，盐酸的物质的量浓度为c2，‎ 盐酸滴到碳酸钠中发生两步反应，盐酸对第一步反应过量，对第二步反应不足：‎ Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，‎ ‎ c1 c2 c1 （c2﹣c1 ） （c2﹣c1 ） ‎ 生成二氧化碳的物质的量（c2﹣c1）；‎ 碳酸钠滴到盐酸中，依据盐酸的量计算生成二氧化碳的体积：‎ Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O ‎ c2 0.5c2‎ 生成二氧化碳物质的量0.5c2，依据题意：（c2﹣c1）：0.5c2=1：2，则c1：c2=3：4；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分52分）‎ ‎17．A、B、C、D四种物质，分别含有下列阴阳离子：Na+、Ba2+、A13+、NH4+、SO42﹣、HCO3﹣、NO3﹣、OH﹣中的各一种，为了判断其各自的组成，进行了如下实验，部分现象如下：‎ ‎①常温下用pH计测量发现A、C溶液显碱性，且0.1mol/LC溶液pH＞13‎ ‎②A与B、C混合均有白色沉淀产生，且A与B还有气体生成 ‎③过量的C滴入B、D中，前者产生沉淀，后者产生刺激性气味的气体 请回答下列问题：‎ ‎（1）A为　NaHCO3　，检验A中阳离子的实验名称是　焰色反应　；‎ ‎（2）A与B反应的离子方程式为：　A13++HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑　；‎ ‎（3）B与过量的C反应生成的沉淀为　BaSO4　；‎ ‎（4）经判断NO3﹣存在于物质　D　中（填“A”、“B”、“C”或“D”）．‎ ‎【考点】常见离子的检验方法．‎ ‎【分析】①常温下用pH计测量发现A、C溶液显碱性，且0.1mol/LC溶液pH＞13，说明C为二元强碱，则C为Ba（OH）2；‎ ‎②A与B、C混合均有白色沉淀产生，且A与B还有气体生成，说明二者发生双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，结合A呈碱性可知A中含有HCO3﹣，B中含有A13+；‎ ‎③过量的C滴入B、D中，前者产生沉淀，后者产生刺激性气味的气体，则D中含有NH4+，则Na+只能存在于A中，即A为NaHCO3；B与氢氧化钡溶液反应生成沉淀，则B一定为Al2（SO4）3，故D为NH4NO3，据此进行解答．‎ ‎【解答】解：①常温下用pH计测量发现A、C溶液显碱性，说明二者为碱溶液或强碱弱酸盐，又0.1mol/LC溶液pH＞13，说明C为二元强碱，则C只能为Ba（OH）2；‎ ‎②A与B、C混合均有白色沉淀产生，且A与B还有气体生成，说明二者发生双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，结合A呈碱性可知A中含有HCO3﹣，B中含有A13+；‎ ‎③过量的C滴入B、D中，前者产生沉淀，后者产生刺激性气味的气体，则D中含有NH4+，则Na+只能存在于A中，即A为NaHCO3；B与氢氧化钡溶液反应生成沉淀，则B一定为Al2（SO4）3，故D为NH4NO3，‎ ‎（1）根据分析可知，A为NaHCO3，含有的阳离子为钠离子，可以通过焰色反应检验钠离子，‎ 故答案为：NaHCO3；焰色反应；‎ ‎（2）A为NaHCO3；B为Al2（SO4）3，二者发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀、硫酸钠和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：A13++HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑，‎ 故答案为：A13++HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑；‎ ‎（3）B为Al2（SO4）3，C为Ba（OH）2，氢氧化钡过量时生成的沉淀只有硫酸钡，化学式为：BaSO4，‎ 故答案为：BaSO4；‎ ‎（4）根据分析可知，NO3﹣存在于D（NH4NO3）中，‎ 故答案为：D．‎ ‎　‎ ‎18．某同学查阅教材上的溶解性表时发现，CuCO3对应的为“﹣”，表示不存在或遇水就分解．已知铜离子的常见沉淀为Cu（OH）2（蓝色）、Cu2（OH）2SO4（蓝色）、Cu2（OH）2CO3（绿色）等，它们均不含结晶水．为了探究CuSO4和Na2CO3反应产物的成份，该同学按以下实验方法制备了两种沉淀，并设计了探究沉淀成份的实验．‎ 取2个小烧杯和2个锥形瓶，在每个烧杯里加入50mL0.5mol/L的CuSO4溶液，在锥形瓶里分别加入40mL 和50mL0.5mol/LNa2CO3溶液，置于70℃水中水浴加热，然后将CuSO4溶液加入到Na2CO3溶液中，继续水浴，均有气泡产生，几分钟后分别得到蓝绿色和绿色沉淀．过滤、洗涤、干燥，得到两份固体．‎ I．对蓝绿色沉淀成份的探究．‎ 通过右边实验证实，沉淀中含有Cu2（OH）2CO3和Cu2（OH）2SO4‎ ‎（1）证明有Cu2（OH）2CO3存在的现象为　试管2有气泡产生　；‎ ‎（2）试剂①为　BaCl2或Ba（NO3）2溶液　，证明有Cu2（OH）2SO4存在的现象为　试管3有白色沉淀产生　．‎ II．对绿色沉淀成份的探究 重复I实验，发现没有SO42﹣存在，有Cu2（OH）2CO3存在；‎ 通过下列实验证实，沉淀中只有Cu2（OH）2CO3‎ ‎（3）该同学想通过测量固体分解所得气体的质量来确定沉淀的成份，按上述思路组装好装置，加入相应的药品，并指出所加药品的目的．‎ 仪器 编号 药品 目的 A 碱石灰 B 绿色固体 C D E 碱石灰 ‎（4）按照该同学的设计思路，只需测定某两个装置的质量变化，即△m （　C　）：△m（　D　）=　9：22　时（括号中填写装置的序号）就可确定固体是Cu2（OH）2CO3．‎ ‎（5）结论：n（Cu2+）：n（CO32﹣）＞1时，所得固体产物有Cu2（OH）2CO3和Cu2（OH）2SO4；n（Cu2+）：n（CO32﹣）≤1时，所得固体产物全部是Cu2（OH）2CO3，生成该沉淀发生反应的离子方程式为：　2Cu2++2CO32﹣+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+CO2↑　．‎ ‎【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．‎ ‎【分析】（1）根据Cu2（OH）2CO3与盐酸反应有气泡产生，而Cu2（OH）2SO4与盐酸反应无现象产生分析；‎ ‎（2）证明有Cu2（OH）2SO4存在即证明硫酸根离子，根据硫酸根与钡离子形成白色沉淀分析；‎ ‎（3）根据通过测量固体分解所得气体的质量来确定沉淀的成份的实验原理，则开始通除了水蒸气和二氧化碳的空气将绿色固体加热分解的气体全部排到吸收装置中，使测量更准确，又首先应测定所得气体中水蒸气的质量，所以C为浓硫酸，再测定二氧化碳的质量，则D为碱石灰，最后E再用碱石灰目的主要是防止空气中的水蒸气和二氧化碳从后面进入影响测量结果，据此分析；‎ ‎（4）根据Cu2（OH）2CO3加热分解方程式Cu2（OH）2CO32CuO+H2O↑+CO2↑，只要测定水蒸气质量与二氧化碳质量之比等于18：44即可证明固体只有Cu2（OH）2CO3；‎ ‎（5）根据n（Cu2+）：n（CO32﹣）≤1时，所得固体产物全部是Cu2（OH）2CO3结合电荷原子守恒书写离子方程式．‎ ‎【解答】解：（1）因为Cu2（OH）2CO3与盐酸反应有气泡产生，而Cu2（OH）2SO4与盐酸反应无现象产生，所以证明有Cu2（OH）2CO3存在的现象为试管2有气泡产生，故答案为：试管2有气泡产生；‎ ‎（2）证明有Cu2（OH）2SO4存在即证明硫酸根离子，因为硫酸根与钡离子形成白色沉淀，所以试剂①为BaCl2或Ba（NO3）2溶液，证明有Cu2（OH）2SO4存在的现象为试管3有白色沉淀产生，故答案为：BaCl2或Ba（NO3）2溶液；试管3有白色沉淀产生；‎ ‎（3）根据通过测量固体分解所得气体的质量来确定沉淀的成份的实验原理，则开始通除了水蒸气和二氧化碳的空气将绿色固体加热分解的气体全部排到吸收装置中，使测量更准确，又首先应测定所得气体中水蒸气的质量，所以C为浓硫酸，目的吸收生成的水蒸气，再测定二氧化碳的质量，则D为碱石灰，目的吸收生成的二氧化碳，最后E再用碱石灰目的主要是防止空气中的水蒸气和二氧化碳从后面进入影响测量结果；故答案为：‎ 仪器 编号 药品 目的 A 除去空气中的水蒸气和二氧化碳 B C 浓硫酸 吸收生成的水蒸气 D 碱石灰 吸收生成的二氧化碳 E 防止空气中的水蒸气和二氧化碳从后面进入影响测量结果 ‎（4）因为Cu2（OH）2CO3加热分解方程式Cu2（OH）2CO32CuO+H2O↑+CO2↑，所以只要测定水蒸气质量与二氧化碳质量之比等于18：44即可证明固体只有Cu2（OH）2CO3，所以△m （ C）：△m（ D）=18：44=9：22 时，可确定固体是Cu2（OH）2CO3；故答案为：△m （ C）：△m（ D）=9：22；‎ ‎（5）当n（Cu2+）：n（CO32﹣）≤1时，所得固体产物全部是Cu2（OH）2CO3，则根据电荷原子守恒，离子方程式为2Cu2++2CO32﹣+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+CO2↑；故答案为：2Cu2++2CO32﹣+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+CO2↑．‎ ‎　‎ ‎19．Ba（NO3）2为无色或白色有光泽的立方晶体，微具吸湿性，有强氧化性，助燃，有毒，可用于生产烟花、信号弹、炸药、陶瓷釉药等．一种利用重晶石（BaSO4）制硝酸钡的工艺流程如下：‎ I．制BaS ‎（1）BaS溶液显碱性的原因是　S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣　（用离子方程式表示）；‎ ‎（2）重晶石与焦炭在高温锻烧时会产生一种还原性气体，此反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　1：4　，每有lmol BaSO4反应，转移的电子数目为　8NA　；‎ II．制Ba（NO3）2‎ ‎①取340g50%精制的BaS溶液，置于装有搅拌器、温度计和导气管的三颈烧瓶中 ‎②在不断搅拌下，慢慢加入浓度为65%的硝酸200g，控制温度为70℃，并维持三颈烧瓶内大约100mmHg 的低压，反应30min，结束．请回答：‎ ‎（3）反应温度控制在70℃左右，不宜过高的原因是　防止浓硝酸受热分解　；‎ ‎（4）三颈烧瓶内维持低压的目的是　降低H2S溶解度，使气体能及时挥发出来，防止发生副反应　，导出的H2S气体经NaOH溶液吸收可以获得重要的工业原材料硫化碱（Na2S），Na2S极易水解而变质，实验室配制Na2S溶液时，需在配好的溶液里加人少量的　NaOH　；‎ ‎（5）依据表中Ba（NO3）2的溶解度数据，所得溶液经　蒸发浓缩　、　冷却结晶　，过滤、冰水洗涤、干燥后可获得纯净的Ba（NO3）2晶体．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计．‎ ‎【分析】I．（1）BaS是强碱弱酸盐，硫离子能水解；‎ ‎（2）根据元素守恒可知，制BaS时，重晶石与焦炭在高温锻烧时会产生一种还原性气体应为CO，根据反应中的元素的化合价的变化判断氧化剂和还原剂的物质的量之比，并可计算出电子转移数目；‎ II．（3）用硝酸与BaS反应制硝酸钡，硝酸受热易分解，据此分析；‎ ‎（4）硝酸与BaS反应生成硫化氢和硝酸钡，硫化氢有还原性，能与硝酸反应，为防止这些副反应发生，要及时将生成的硫化氢气体排出；Na2S极易水解而变质，Na2S水解呈碱性，所以为防止其变质就要抑制其水解；‎ ‎（5）根据题中数据，硝酸钡的溶解度随着温度的增大而增大，所以从溶液中获得硝酸钡固体可以用降温结晶的方法．‎ ‎【解答】解：I．（1）BaS是强碱弱酸盐，硫离子能水解使溶液呈碱性，反应的离子方程式为S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，‎ 故答案为：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣；‎ ‎（2）根据元素守恒可知，制BaS时，重晶石与焦炭在高温锻烧时会产生一种还原性气体应为CO，反应的方程式为BaSO4+4C=BaS+4CO↑，反应中硫元素的化合价降低，碳元素的化合价升高，所以BaSO4是氧化剂，C是还原剂，它们的物质的量之比为1：4，硫从+6价变为﹣2价，所以每有lmol BaSO4反应，转移的电子数目为8NA，‎ 故答案为：1：4；8NA；‎ II．（3）用硝酸与BaS反应制硝酸钡，硝酸受热易分解，所以反应温度不宜过高，‎ 故答案为：防止浓硝酸受热分解；‎ ‎（4）硝酸与BaS反应生成硫化氢和硝酸钡，硫化氢有还原性，能与硝酸反应，所以三颈烧瓶内维持低压的目的是降低H2S溶解度，使气体能及时挥发出来，防止发生副反应，Na2S极易水解而变质，所以在溶液中加适量的NaOH，可以防止其变质，‎ 故答案为：降低H2S溶解度，使气体能及时挥发出来，防止发生副反应；NaOH；‎ ‎（5）根据题中数据，硝酸钡的溶解度随着温度的增大而增大，所以从溶液中获得硝酸钡固体可以用降温结晶的方法，其操作为溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤、干燥后可获得纯净的Ba（NO3）2晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶．‎ ‎　‎ ‎20．IBr、ICl、BrF3等称之为卤素互化物，（CN）2、（SCN）2、（OCN）2等称之为拟卤素，它们的化学性质均与卤素单质相似，请回答下列问题．‎ ‎（1）氯化碘（ICl）中碘元素的化合价为　+1　，它与水反应的化学方程式为ICl+H2O=HIO+HCl，该反应的反应类型为　复分解反应（或非氧化还原反应）　（填中学常见的无机反应类型）；‎ ‎（2）溴化碘（IBr）具有强氧化性，能与Na2SO3溶液反应，发生反应的离子方程式为　IBr+SO32﹣+H2O=I﹣+Br﹣+SO42﹣+2H+　；‎ ‎（3）①已知某些离子的还原性强弱顺序为I﹣＞SCN﹣＞CN﹣＞Br﹣＞Cl﹣．现将几滴KSCN溶液滴入到含少量Fe3+的溶液中，溶液立即变红，向其中逐滴滴入酸性KMnO4溶液，观察到红色逐渐褪去，请利用平衡移动原理解释这一现象　酸性高锰酸钾将SCN﹣氧化，减小了SCN﹣的浓度，使Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，平衡不断向左移动，最终Fe（SCN）3完全反应，红色消失　；‎ ‎②下列物质中，也可以使该溶液红色褪去的是　AC　；‎ A．新制氯水 B．碘水 C．SO2 D．盐酸 ‎（4）KCN为剧毒物质，处理含有KCN的废水常用的方法是：在碱性条件下用NaClO溶液将CN﹣氧化为CO32﹣和一种单质气体，该反应的离子方程式为　2CNO﹣+5ClO﹣+2OH﹣=2CO32﹣+5Cl﹣+N2+H2O　；‎ ‎（5）已知HCN的电离平衡常数K=6.2×10﹣10，H2CO3的 电离平衡常数K1=4.5×10﹣7，K2=4.7×10﹣11，则下列离子方程式能发生的是　AD　．‎ A．CN﹣+CO2+H2O=HCN+HCO3﹣B.2HCN+CO32﹣=2CN﹣+CO2↑+H2O C.2CN﹣+CO2+H2O=HCN+CO32﹣D．HCN+CO32﹣=CN﹣+HCO3﹣．‎ ‎【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．‎ ‎【分析】（1）根据非金属性强弱判断氯化碘中I的化合价，ICl+H2O=HIO+HCl为复分解反应；‎ ‎（2）溴化碘（IBr）具有强氧化性，能与Na2SO3溶液反应，反应中IBr被还原，亚硫酸钠被氧化；‎ ‎（3）①溶液中存在Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，高锰酸钾具有强氧化性，可氧化SCN﹣；‎ ‎②能与SCN﹣或Fe3+反应的离子可使溶液褪色；‎ ‎（4）碱性条件下CNO﹣与NaClO反应生成N2、CO2和Cl﹣；‎ ‎（5）电离常数越大，酸性越强，应符合强酸制备弱酸的原理．‎ ‎【解答】解：（1）氯化碘中Cl的非金属性较强，Cl为﹣1价，I为+1价，ICl+H2O=HIO+HCl为复分解反应，故答案为：+1；复分解反应（或非氧化还原反应）；‎ ‎（2）溴化碘（IBr）具有强氧化性，能与Na2SO3溶液反应，反应中IBr被还原，亚硫酸钠被氧化，反应的离子方程式为IBr+SO32﹣+H2O=I﹣+Br﹣+SO42﹣+2H+，‎ 故答案为：IBr+SO32﹣+H2O=I﹣+Br﹣+SO42﹣+2H+；‎ ‎（3）①溶液中存在Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，高锰酸钾具有强氧化性，可氧化SCN﹣，则酸性高锰酸钾将SCN﹣氧化，减小了SCN﹣的浓度，使Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，平衡不断向左移动，最终Fe（SCN）3完全反应，红色消失 故答案为：酸性高锰酸钾将SCN﹣氧化，减小了SCN﹣的浓度，使Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，平衡不断向左移动，最终Fe（SCN）3完全反应，红色消失；‎ ‎②能与SCN﹣或Fe3+反应的离子可使溶液褪色，其中氯水与SCN﹣反应，二氧化硫与铁离子反应，‎ 故答案为：AC；‎ ‎（4）碱性条件下CNO﹣与NaClO反应生成N2、CO2和Cl﹣，反应的离子方程式为2CNO﹣+5ClO﹣+2OH﹣=2CO32﹣+5Cl﹣+N2+H2O，‎ 故答案为：2CNO﹣+5ClO﹣+2OH﹣=2CO32﹣+5Cl﹣+N2+H2O；‎ ‎（5）已知HCN的电离平衡常数K=6.2×10﹣10，H2CO3的 电离平衡常数K1=4.5×10﹣7，K2=4.7×10﹣11，则酸性H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，电离常数越大，酸性越强，应符合强酸制备弱酸的原理，只有AD符合．‎ 故答案为：AD．‎ ‎　‎ ‎21．Pb为第IVA 元素，常见的化合价为+2和+4，其单质和化合物都有着广泛的用途，如制铅蓄电池，化工耐酸设备及防X射线材料等，请回答下列问题．‎ ‎（1）PbO2具有强氧化性，在加热时可与浓盐酸反应制Cl2，发生的化学方程式为　PbO2+4HCl（浓）PbCl2+Cl2↑+2H2O　；‎ ‎（2）Fe3O4属于混合氧化物，其组成可表示为FeO•Fe2O3，Pb3O4和Fe3O4一样，也属于混合氧化物，其组成也可表示为　2PbO•PbO2　；‎ PbO也是一种重要的物质．工业上生产锌钡白（ZnS•BaSO4）的过程中，会产生含CaSO4、PbSO4的废渣，实验室利用该废渣生产PbO的流程如下．‎ 过程中发生的部分反应如下：‎ 浸泡：PbSO4（s）+2Cl﹣（aq）═PbCl2（s）+SO42﹣（aq）‎ 溶解：PbC12+2Cl﹣=PbCl42﹣；PbCl42﹣+OH﹣=PbOHCl↓+3Cl﹣‎ 有关数据：不同温度和浓度的食盐溶液中PbC12的溶解度（g/L）‎ NaCl浓度（g/L）温度（℃）‎ ‎0‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ ‎100‎ ‎180‎ ‎260‎ ‎300‎ ‎13‎ ‎7‎ ‎3‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎3‎ ‎9‎ ‎13‎ ‎50‎ ‎11‎ ‎8‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎21‎ ‎35‎ ‎100‎ ‎21‎ ‎17‎ ‎11‎ ‎12‎ ‎13‎ ‎15‎ ‎30‎ ‎65‎ ‎95‎ ‎（3）浸泡溶解时采用95℃的高温，其主要目的有　增大PbCl2在NaCl溶液中的溶解度，便于铅、钙元素的分离，加快浸泡速率　（答两条）；‎ ‎（4）溶液C中的溶质主要成份是　NaCl　，在实验室里，将溶质分离出来需要用到的玻璃仪器有　酒精灯、玻璃棒　；‎ ‎（5）实验时，取用废渣50.0g，实验过程中PbSO4的转化率为100%，CaSO4的损耗率为5%，最后得到干燥的CaSO4固体39.6g，则废渣中PbSO4的质量分数为　30.2%　（用百分数表示，精确到小数点后一位）．‎ ‎【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】（1）二氧化铅和浓盐酸反应生成氯气，同时生成氯化铅和水；‎ ‎（2）根据题意提供信息，仿照Fe3O4的氧化物形式书写Pb3O4氧化物，把氧化物改写成盐的形式时，要把化合价较低的元素作为阳离子，把化合价较高的元素和氧元素组成酸根；‎ 工业上生产锌钡白（ZnS•BaSO4）的过程中，会产生含CaSO4、PbSO4的废渣，加入浓氯化钠溶液和适量氯化钙浸泡溶解，增大PbCl2在NaCl溶液中的溶解度，便于铅、钙元素的分离，PbSO4（s）+2Cl﹣（aq）═PbCl2（s）+SO42﹣（aq），过滤得到A为硫酸钙，滤液B为溶解发生反应得到的溶液，PbC12+2Cl﹣=PbCl42﹣，加入氢氧化钠溶液过滤得到PbOHCl沉淀，滤液为氯化钠，在20%的氢氧化钠溶液中加热到60°C，得到浊液过滤得到PbO，‎ ‎（3）浸泡溶解时采用95℃的高温加快浸泡速率增加氯化铅的溶解度；‎ ‎（4）溶液C中的溶质为NaCl，在实验室里，将溶质分离出来的方法是蒸发溶剂得到溶质固体，结合蒸发操作选择玻璃仪器；‎ ‎（5）CaSO4的损耗率为5%，最后得到干燥的CaSO4固体39.6g，设原混合物中硫酸钙物质的量为x，硫酸铅物质的量为y，结合硫酸根守恒计算得到．‎ ‎【解答】解：（1）PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，说明二者反应生成氯气，同时生成氯化铅和水，反应方程式为PbO2+4HCl（浓）PbCl2+Cl2↑+2H2O；‎ 故答案为：PbO2+4HCl（浓）PbCl2+Cl2↑+2H2O；‎ ‎（2）Pb在化合物里显+2价或+4价，根据化合价代数和为零的原则写出Pb的两种氧化物形式为：PbO和PbO2，那么Pb3O4的氧化物的表示形式可以写成 2PbO•PbO2，‎ 故答案为：2PbO•PbO2；‎ ‎（3）浸泡溶解时采用95℃的高温，其主要目的有增大PbCl2在NaCl溶液中的溶解度，便于铅、钙元素的分离，加快浸泡速率，‎ 故答案为：增大PbCl2在NaCl溶液中的溶解度，便于铅、钙元素的分离；加快浸泡速率；‎ ‎（4）上述分析可知，溶液C中的溶质主要成份是氯化钠，化学式为：NaCl，在实验室里，将溶质分离出来的实验操作为蒸发结晶，需要用到的玻璃仪器有酒精灯、玻璃棒，‎ 故答案为：NaCl；酒精灯、玻璃棒；‎ ‎（5）实验时，取用废渣50.0g，实验过程中PbSO4的转化率为100%，CaSO4的损耗率为5%，最后得到干燥的CaSO4固体39.6g，设原混合物中硫酸钙物质的量为x，硫酸铅物质的量为y，列方程组得到：‎ ‎136x+303y=50‎ x×（1﹣5%）+y==0.29mol x=0.25mol y=0.05mol 则废渣中PbSO4的质量分数=×100%=30.2%，‎ 故答案为：30.2%．‎ ‎　‎ ‎2017年1月10日