【20套试卷合集】浙江省嘉兴市2019-2020学年化学高三上期中模拟试卷含答案

2019-2020学年高三上化学期中模拟试卷含答案一、选择题（每题只有1个正确答案，每小题3分，共48分）1．（3分）NA表示阿伏加德罗常数．下列说法中正确的是（）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、依据气体摩尔体积的条件应用分析判断；B、质量换算物质的量，结合晶体构成是钠离子和硫酸氢根离子分析；C、一氧化氮和氧气反应，生成的二氧化氮存在二氧化氮和四氧化二氮的化学平衡；D、S2和S8都是硫元素组成，只需要计算6.4g硫元素物质的量即可．解答：解：A、温度压强不知，4.48L气体物质的量不是0.2mol，故A错误；B、1.2g NaHSO4晶体物质的量==0.01mol，含钠离子0.01mol，含硫酸氢根离子0.01mol，含阳离子和阴离子的总数为0.02NA，故B错误；C、标准状况下，44.8 L NO物质的量为2mol，与22.4 LO2物质的量为1mol，混合后发生反应2NO+O2=2NO2；生成二氧化氮2mol，但存在平衡2NO2⇌N2O4；所以44.8 L NO与22.4 LO2混合后气体中分子总数小于2NA，故C错误；D、S2和S8的混合物共6.4g含硫元素物质的量==0.2mol，所含硫原子数一定为0.2NA，故D正确；故选D．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，气体摩尔体积的条件应用，质量换算物质的量计算微粒数，关键是硫酸氢钠晶体是由钠离子和硫酸氢根离子构成．2．（3分）将SO2通入一定量NaOH溶液中，充分反应后，该溶液溶质组成不可能为（）A．N a2SO3和NaOH B．N aHSO3 C．N aHSO3和Na2SO3 D．N aOH和NaHSO3考点：二氧化硫的化学性质．专题：氧族元素．分析：根据二者的物质的量的多少判断反应后的生成物及溶质的组成，二氧化硫少量时生成亚硫酸钠，二氧化硫过量时生成亚硫酸氢钠，以此来解答．解答：解：A．当SO2与NaOH的物质的量之比小于1：2时，反应后生成Na2SO3，且NaOH有剩余，即A可能，故A不选；B．当SO2与NaOH的物质的量之比大于1：1时，反应后生成NaHSO3，即B可能，故B不选；C．当SO2与NaOH的物质的量之比介于1：1和1：2时，反应后生成NaHSO3和Na2SO3，即C可能，故C不选；D．因NaOH和NaHSO3能发生反应生成Na2SO3，则不可能，故D选；故选D．点评：本题考查二氧化硫的性质及与量有关的化学反应，明确物质的量不同时发生的化学反应是解答本题的关键，题目难度不大．3．（3分）如图所示，两圆圈相交的部分表示圆圈内的物质相互发生的反应．已知钠及其氧化物的物质的量均为0.1mol，水的质量为100g．下列说法正确的是（）A．N a2O2中阴阳离子数目之比为1：1B．反应①的离子方程式为：Na+2H2O=Na++2OH﹣+H2↑D．①、②、③充分反应后所得溶液的质量分数从大到小：①＞②＞③考点：钠的重要化合物．专题：元素及其化合物．分析：A、过氧化钠中的阴离子是过氧根离子不是氧离子，根据化学式判断阴阳离子个数之比．B、离子方程式要遵循“原子守恒和电荷守恒等”规律．C、根据过氧化钠和水反应的方程式计算生成氧气的物质的量．D、根据固体的物质的量计算溶液中溶质的质量、溶液的质量，根据质量分数公式判断质量分数相对大小．解答：解：A、过氧化钠中阴离子是O2 2﹣，所以阴阳离子数目之比为1：2，故A错误．B、反应①的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，故B错误．C、反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2mol 1mol0.1mol 0.05mol根据方程式知，最多产生0.05mol O2，故C正确．D、钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：Na+H2O=NaOH+H2↑，溶液增加的质量=m（Na）﹣m（H2）=2.3g﹣0.1g=2.2g；Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m（Na2O）=0.1mol×62g/mol=6.2g；Na2O2+H2O=2NaOH+O2↑，溶液增加的质量=m（Na2O2）﹣m（O2）=m（Na2O）=6.2g所以溶液增加的质量大小顺序为：钠＜氧化钠=过氧化钠，根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：、、，所以①、②、③充分反应后所得溶液的质量分数从大到小：①＜②=③，故D错误．故选C．点评：本题考查了钠及其化合物的性质，易错选项是A，注意过氧化钠中阴离子是过氧根离子不是氧离子，此为易错点．4．（3分）在AlCl3和MgCl2的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至过量，经测定，加入NaOH的体积和所得沉淀的物质的量的关系如下图所示（b处NaOH溶液的体积为1L），则下列判断不正确的是（）A．N aOH的浓度为0.6mol/L B．在a点处溶液中的溶质为NaClC．在b点处溶液中的溶质只有NaAlO2 D．图中线段oa：ab=5：1考点：镁、铝的重要化合物；有关混合物反应的计算．专题：图示题；几种重要的金属及其化合物．分析：AlCl3和MgCl2的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生反应生成氢氧化铝、氢氧化镁沉淀，加入aLNaOH 溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，此时溶液为NaCl溶液，继续滴加NaOH溶液直至过量，氢氧化铝与NaOH反应逐渐溶解，在bL时，即再继续滴加NaOH溶液（b﹣a）L时，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液．解答：解：A、在bL时，溶液为NaCl、NaAlO2溶液，由图象可知：n[Al（OH）3]=0.1mol，n（Mg（OH）2]=0.1mol，根据Al原子守恒有n（NaAlO2）=n（AlCl3）=n[Al（OH）3]=0.1mol，由Cl原子守恒有n（Cl）=n（NaCl）=2n（MgCl2）+3n（AlCl3）=2×0.1mol+3×0.1mol=0.5mol，由Na原子守恒有n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2）=0.5mol+0.1mol=0.6mol，所以c（NaOH）==0.6mol/L，故A正确；B、加入aLNaOH溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，由反应方程式可知，此时溶液为NaCl溶液，故B正确；C、在bL时，即再继续滴加NaOH溶液（b﹣a）L时，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液，故C错误；D、加入aLNaOH溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，由反应方程式可知，此时溶液为NaCl溶液，在bL时，即再继续滴加NaOH溶液（b﹣a）L时，氢氧化铝与NaOH恰好反应，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液，所以两部分NaOH溶液的体积之比等于消耗的NaOH的物质的量之比，即为n（NaCl）与n（NaAlO2）之比，故oa：ab=a：（b﹣a）=0.5mol：0.1mol=5：1，故D正确．故选C．点评：理清反应的整个过程，问题即可解决，即可利用方程式也可根据关系式，本题采取原子守恒计算．5．（3分）1L某混合溶液中，溶质、Y的浓度都为0.1mol•L﹣1，向混合溶液中滴加某溶液（0.1mol•L﹣1氢氧化钠或硫酸溶液）至溶液呈中性，所得沉淀的物质的量如图所示，则、Y、分别是（）A．氯化铝、氯化铁、氢氧化钠B．氯化铝、氯化镁、氢氧化钠C．偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸D．偏铝酸钠、氯化钡、硫酸考点：镁、铝的重要化合物．专题：图示题；压轴题；几种重要的金属及其化合物．分析：若为氢氧化钠溶液，根据图象中生成沉淀消耗的体积计算分析判断，生成氢氧化铝沉淀、氢氧化铁沉淀、氢氧化镁沉淀时沉淀物质的量和消耗的碱的物质的量不符合，不能是铝盐；所以z是硫酸溶液，根据图象分析．解答：解：从图象趋势和沉淀于消耗的量，可知溶液中有偏铝酸钠，无铝盐溶液，故所加为硫酸溶液，从生成沉淀质量增加知含Ba2+；故AB错误；若为偏铝酸钠、氯化钡、硫酸，开始滴入硫酸时会生成沉淀氢氧化铝和硫酸钡沉淀，生成最大量沉淀氢氧化铝0.1mol，需要硫酸0.05mol；生成硫酸钡沉淀0.1mol，需要硫酸0.1mol，同时生成盐酸氯化氢0.2mol，所以溶液不能为中性，并且不符合第一个拐点，故D不符合；按图象拐点分成三个阶段．1：硫酸和氢氧化钡分别是二元强酸强碱，因此一开始氢氧化钡的OH﹣和硫酸里的H+1：1中和．同时Ba2+和SO42﹣，1：1反应生成硫酸钡沉淀．2：氢氧化钡消耗完，硫酸继续滴加，氢离子开始和偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀，由于H+和AlO2﹣是1：1反应，但硫酸是两元酸，因此硫酸的消耗量和沉淀的生成量是1：2．3：硫酸进一步过量，开始消耗沉淀，3份H+消耗一份Al（OH）3，因此硫酸和沉淀消耗量应为1.5：1直到把氢氧化铝完全溶解，只剩下不溶于酸的BaSO4．符合图象的数值变化；故C符合；故选C．点评：本题考查了铝盐、偏铝酸盐和钡盐与碱、酸反应的图象分析判断，题目较难，需要从图象中分析数据结6．（3分）下列反应的离子方程式中，书写正确的是（）A．实验室用大理石跟稀盐酸制取二氧化碳：2H++CO32﹣=CO2↑+H2OB．将铝粉投入氢氧化钠溶液中：2Al+2OH﹣=2AlO2﹣+H2↑C．向Ca（ClO）2溶液中通过量CO2气体：Ca2++2ClO﹣+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClOD．硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：SiO32﹣+2HAc=H2SiO3↓+2Ac﹣考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A、大理石成分为碳酸钙是难溶于水的物质；B、不符合氧化还原反应的电子守恒；C、二氧化碳过量生成碳酸氢钙；D、醋酸酸性强于硅酸，硅酸是沉淀；解答：解：A、实验室用大理石跟稀盐酸制取二氧化碳：2H++CaCO3=CO2↑+H2O+Ca2+；故A错误；B、将铝粉投入氢氧化钠溶液中反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH﹣=2AlO2﹣+3H2↑；故B错误；C、向Ca（ClO）2溶液中通过量CO2气体生成碳酸氢钙和次氯酸，反应的离子方程式为：ClO﹣+CO2+H2O=HCO3﹣+HClO；故C错误；D、硅酸钠溶液与醋酸溶液混合生成硅酸沉淀，离子方程式为：SiO32﹣+2HAc=H2SiO3↓+2Ac﹣；故D正确；故选D．点评：本题考查了离子方程式的书写原则和注意问题，主要考查难溶物的判断，弱电解质的判断，电荷守恒，原子守恒，电子守恒的应用，主要是量不同产物不同．7．（3分）工业上以铬铁矿（主要成分为FeO•Cr2O3）、碳酸钠、氧气、和硫酸为原料生产重铬酸钠（Na2Cr2O7•2H2O），其主要反应为：（1）4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2（2）2Na2CrO4+H2SO4Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O下列说法正确的是（）A．反应（1）和（2）均为氧化还原反应B．反应（1）的氧化剂是O2，还原剂是FeO•Cr2O3C．高温下，O2的氧化性强于Fe2O3，弱于Na2CrO4D．反应（1）中每生成1molNa2CrO4时电子转移3mol考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：A、化学反应中有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，没有化合价变化的化学反应不是氧化还原反应；B、得电子化合价降低的物质是氧化剂，失电子化合价升高的物质是还原剂；C、同一化学反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D、反应只有O元素的化合价降低，由0价降低为﹣2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，由方程式可知计算Na2CrO4与转移电子数．解答：解：A、4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而2Na2CrO4+H2SO4Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A错误；B、4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中，氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧化剂是氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是FeO•Cr2O3，故B正确；C、4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中，氧化剂是氧气，还原剂是FeO•Cr2O3，所以氧气的氧化性大于Na2CrO4和Fe2O3，但不能判断Na2CrO4和Fe2O3的氧化性相对强弱，故C错误；D、由方程式4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2转移电子可知，生成1molNa2CrO4时，参加反应的O2的物质的量为mol，反应中O元素由0价降低为﹣2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，转移电子的物质的量为mol×4=3.5mol，所以反应（1）中每生成1molNa2CrO4时电子转移3.5mol，故D错误；故选B．点评：本题考查了氧化剂和还原剂的判断、氧化还原反应的判断等知识点，根据元素化合价的变化判断氧化还原反应、氧化剂和还原剂即可分析解答本题．8．（3分）有FeO、Fe2O3的混合物若干克，在足量H2气流中，加热充分反应，冷却后称得剩余固体比原混合物减轻0.8g；将等质量的原混合物与盐酸反应，欲使之完全溶解，需1mol•L﹣1的盐酸的体积至少为（）A．0.05 L B．0.1 L C．0.2 L D．1 L考点：有关混合物反应的计算．专题：计算题．分析：FeO、Fe2O3的混合物，在足量H2气流中，加热充分反应，冷却后称得剩余固体比原混合物减轻0.8g为混合物中氧原子的质量，物质的量=0.05mol；将等质量的FeO、Fe2O3的混合物与盐酸反应，欲使之完全溶解，当恰好反应时，需要盐酸的体积最小，此时恰好为FeCl2、FeCl3，FeO、Fe2O3中O元素为﹣2价，用﹣1价的Cl﹣替换﹣2价的O，所以n（Cl﹣）=2n（O），再根据V=计算盐酸的体积．解答：解：FeO、Fe2O3的混合物，在足量H2气流中，加热充分反应，冷却后称得剩余固体比原混合物减轻0.8g为混合物中氧原子的质量，物质的量=0.05mol；将等质量的FeO、Fe2O3的混合物与盐酸反应，使之完全溶解，当恰好反应时，需要盐酸的体积最小，此时恰好为FeCl2、FeCl3，FeO、Fe2O3中O元素为﹣2价，用﹣1价的Cl﹣替换﹣2价的O，所以n（Cl﹣）=2n（O）=0.05mol×2=0.1mol，所以盐酸的体积为=0.1L．故选：B．点评：考查混合物的计算，难度中等，判断混合物中O原子与氯离子的关系实际解题的关键，可以根据关系式判断．9．（3分）下列关于硅的叙述错误的是（）A．硅广泛存在于自然界中，天然单质硅叫硅石B．高纯硅及其氧化物在太阳能电池及信息高速传输中有重要应用C．常温下硅很稳定，不能跟强酸反应D．二氧化硅可制玻璃、单质硅、光导纤维考点：含硅矿物及材料的应用．专题：碳族元素．分析：A．硅在自然界中以化合态存在；C．硅与强酸不反应，但可和HF酸反应；D．二氧化硅是硅酸盐材料的主要原料，可被还原制备单质硅，是光导纤维的材料．解答：解：A．硅元素以化合态广泛存在于自然界中，无天然硅的单质，故A错误；B．高纯硅可做半导体，二氧化硅可做光导纤维的材料，故B正确；C．硅性质较为稳定，在常温下与强酸不反应，但和HF酸、强碱等物质反应，故C正确；D．二氧化硅是制备玻璃的主要原料，可被还原制备单质硅，是光导纤维的材料，故D正确．故选A．点评：本题考查含硅物质的性质和用途，题目难度不大，学习中注重相关基础知识的积累即可解答该题．10．（3分）下列各组物质，不用任何试剂即可鉴别开来的是（）A．N aCl、NaBr、I三种无色溶液B．H Cl、NaCl、NaNO3、Na2CO3四种溶液C．N aBr、HCl、Cl三种溶液D．淀粉、淀粉碘化钾、碘化钾、溴水四种溶液考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计．专题：元素及其化合物．分析：不用其它试剂就能鉴别开来，一般方法是根据物质的特殊特征（如颜色）为突破口，然后依次滴加到其它物质中根据反应的显现分别判断其它物质的种类，或是把物质相互滴加，根据反应的现象判断．解答：解：A．三种无色溶液相互滴加都不反应，没有明显的现象，不能鉴别，故A错误；B．通过相互滴加可鉴别盐酸和Na2CO3，但无法鉴别NaCl和NaNO3，故B错误；C．NaBr、HCl、Cl三种溶液滴加都不反应，没有明显的现象，不能鉴别，故C错误；D．溴水呈黄色，可鉴别出，然后用溴水滴加到其它溶液中，淀粉物现象，淀粉碘化钾变蓝，碘化钾溶液变为紫红色，现象各不相同，可鉴别，故D正确．故选D．点评：本题考查物质的鉴别，题目难度中等，注意如果两种溶液相互滴加会产生不同的现象，则这两种溶液可以利用互滴法进行鉴别．能利用互滴加进行鉴别的物质有：①Na2CO3和HCl；②AlCl3和NaOH；③HCl 和NaAlO2；④AgNO3和氨水；⑤Fe（OH）3胶体和HCl；⑥FeCl3和Na2S．11．（3分）实验室里保存下列试剂的方法，有错误的是（）A．新制氯水盛放在棕色试剂瓶中，存放于低温避光的地方B．液溴易挥发，盛放在用水液封的棕色试剂瓶中C．碘易升华，盛放在有水的棕色广口试剂瓶中D．浓盐酸易挥发，盛装在无色密封的细口玻璃试剂瓶中考点：化学试剂的存放．专题：元素及其化合物；化学实验基本操作．分析：化学试剂的存放与化学试剂的物理性质和化学性质有关，易挥发的物质要密封保存，见光易分解的物质要避光保存，易与氧气、水、二氧化碳反应的物质要隔绝空气保存，以此解答该题．解答：解：A．氯水中的次氯酸见光易分解而导致Cl2水变质，应于棕色试剂瓶避光保存，故A正确；B．液溴易挥发，一般采用水液封的办法以减少挥发，故B正确；C．碘易升华，但不易挥发，一般不液封，而是密闭保存，故C错误；D．浓盐酸具有较强的挥发性，所以应密封保存在细口瓶中，故D正确．故选C．点评：本题考查化学试剂的存放，题目难度不大，注意物质的性质影响保存方法的选择．12．（3分）下列说法合理的有（）A．新制的漂白粉是纯净物B．液氯可以使干燥的红色纸片褪色D．氢氟酸可保存在密封的细口玻璃瓶中考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用．专题：卤族元素．分析：A．漂白粉为混合物；B．纯净的氯气不能使有色物质褪色；C．氯水中含有HClO，在光照条件下分解生成氧气；D．氢氟酸能腐蚀玻璃．解答：解：A．漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物，故A错误；B．氯气不具有漂白性，当与水反应时生成HClO，HClO具有漂白性；C．氯水中含有HClO，在光照条件下分解生成氧气，故C正确；D．氢氟酸能与玻璃中二氧化硅反应，能腐蚀玻璃，故D错误．故选C．点评：本题考查卤素单质及化合物的性质，题目难度不大，易错点为B，注意氯气与HClO的性质．13．（3分）Cl2是纺织工业常用的漂白剂，Na2S2O3可作为漂白布匹后的“脱氯剂”．S2O32﹣和Cl2反应的产物之一为SO42﹣．下列说法不正确的是（）A．该反应中还原剂是S2O32﹣B．H2O参与该反应，且作氧化剂C．根据该反应可判断氧化性：Cl2＞SO42﹣D．上述反应中，每生成l mol SO42﹣，可脱去2mol Cl2考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：反应的离子方程式为S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣=2SO42﹣+8Cl﹣+5H2O，从化合价变化的角度分析氧化还原反应．解答：解：反应的离子方程式为S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣=2SO42﹣+8Cl﹣+5H2O，则A．反应中S元素的化合价升高，被氧化，则S2O32﹣为还原剂，故A正确；B．反应中H2O为产物，不是氧化剂，氧化剂为反应物，故B错误；C．氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，反应中氧化性：Cl2＞SO42﹣，故C正确；D．由反应的方程式可知，每生成lmolSO42﹣，可脱去2molCl2，故D正确．故选B．点评：本题考查氧化还原反应，题目难度中等，解答该题的关键是能够写出反应的离子方程式．14．（3分）向某溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀硝酸，产生的白色沉淀不消失，下列叙述正确的是（）A．溶液中一定含有SO42﹣B．溶液中一定含有Ag+C．溶液中一定含有SO32﹣D．溶液中可能含有SO42﹣、SO32﹣、Ag+中的某一种、两种或三种考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；常见离子的检验方法．专题：离子反应专题．分析：向某溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀硝酸，产生的白色沉淀不消失，可能生成的沉淀为AgCl或生成BaSO4．解答：解：如溶液中含有SO32﹣，能被硝酸氧化为SO42﹣，加入BaCl2溶液生成BaSO4，因加入的为BaCl2，可能生成AgCl，二者都不溶于水，所以溶液中可能含有SO42﹣、SO32﹣、Ag+中的某一种、两种或三种．故选D．点评：本题考查物质的检验，题目难度不大，注意检验溶液中是否含有SO42﹣，应先加盐酸，如无沉淀，然后再加BaCl2溶液．15．（3分）硫酸铵在强热条件下分解：4（NH4）2SO4=6NH3↑+N2↑+3SO2↑+SO3↑+7H2O若将生成的气体通入氯化钡溶液中，得到的沉淀物是（）A．B aSO3和BaSO4 B．B aS C．B aSO3 D．B aSO4考点：铵盐；含硫物质的性质及综合应用．专题：元素及其化合物．分析：根据反应生成的产物量和性质分析，二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，三氧化硫溶于水和水反应生成硫酸，氨气溶于水生成一水合氨；硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，亚硫酸和氨水反应生成亚硫酸铵，所以通入氯化钡溶液中，关键分解反应生成的气体物质的量进行计算分析判断；生成沉淀有亚硫酸钡和硫酸钡．解答：解：反应后的混合气体通入到BaCL2溶液中发生的是复分解反应SO2+H2O+2NH3=（NH4）2SO3（NH4）2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4ClSO3+H2O+2NH3 =（NH4）2SO4（NH4）2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨水和2mol二氧化硫反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余二氧化硫和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡，1mol亚硫酸钡，因此得到沉淀为BaSO3和BaSO4；故选A．点评：本题考查了物质反应的定量计算及物质性质的综合应用，关键是分析反应过程反应判断沉淀生成的实质，题目难度中等．16．（3分）（2009•金华模拟）有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Cl﹣、Br﹣、I﹣（忽略水的电离），Cl﹣、Br﹣、I﹣的个数比为2：3：4，向该溶液中通入氯气使溶液中Cl﹣和Br﹣的个数比为3：1，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为（）A．7：4 B．7：3 C．7：2 D．7：1考点：氯气的化学性质；氧化还原反应的计算．专题：压轴题；氧化还原反应专题；卤族元素．分析：还原性：I﹣＞Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣，根据点和守恒2n（Fe2+）=n（Cl﹣）+n（Br﹣）+n（I﹣）计算n（Fe2+），根据溶液中通入氯气使溶液中Cl﹣和Br﹣的个数比为3：1，计算消耗的氯气和剩余Fe2+的物质的量，可则解答该题．解答：解：由题意可设Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量分别为2mol、3mol、4mol，由电荷守恒可得：2n（Fe2+）=n（Cl﹣）+n（Br﹣）+n（I﹣）=2mol+3mol+4mol=9mol，n（Fe2+）=4.5mol，通入氯气后，要满足n（Cl﹣）：n（Br﹣）=3：1，Cl﹣只要增加7mol就可以，即需通入氯气3.5mol．4mol I﹣先消耗2mol氯气，3mol Fe2+消耗1.5mol氯气，剩余Fe2+1.5mol，则通入氯气与剩余Fe2+的物质的量之比为：3.5：1.5=7：3，故选B．点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，本题注意根据物质还原性的强弱，从电荷守恒的角度计算n（Fe2+），根据反应的程度判断物质的量关系，答题时注意体会．二、填空题（本题包括5小题，共52分）17．（4分）氰（CN）2、硫氰（SCN）2的化学性质和卤素很相似，化学上称为“类卤素”，它们阴离子的还原性强弱为：Cl﹣＜Br﹣＜CN﹣＜SCN﹣＜I﹣．试写出：（1）（CN）2与OH（aq）反应的化学方程式：（CN）2+2OH=CN+CNO+H2O；（2）NaBr和SCN的混合溶液中加入足量（CN）2反应的离子方程式：2SCN﹣+（CN）2=（SCN）2+2CN﹣．考点：化学方程式的书写；离子方程式的书写；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．分析：（1）根据氯气与OH溶液的反应，类推（CN）2与OH（aq）的反应；（2）阴离子的还原性强弱为：Cl﹣＜Br﹣＜CN﹣＜SCN﹣＜I﹣，NaBr和SCN的混合溶液中加入足量（CN）2反应，只发生SCN与（CN）2的反应．解答：解：（1）由Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O可知，（CN）2的化学性质和卤素很相似，则（CN）2与OH（aq）反应的化学方程式为（CN）2+2OH=CN+CNO+H2O，故答案为：（CN）2+2OH=CN+CNO+H2O；（2）阴离子的还原性强弱为：Cl﹣＜Br﹣＜CN﹣＜SCN﹣＜I﹣，NaBr和SCN的混合溶液中加入足量（CN）2反应，只发生SCN与（CN）2的反应，该反应为2SCN﹣+（CN）2=（SCN）2+2CN﹣，故答案为：2SCN﹣+（CN）2=（SCN）2+2CN﹣．点评：本题考查化学反应方程式的书写，明确信息及离子的还原性与反应的关系即可解答，（2）中注意优先氧化为学生解答的难点，题目难度中等．18．（8分）有A、B、C、D四种含硅元素的物质，它们能发生如下反应：①C与烧碱反应生成A和水；②A溶液与钙盐溶液反应生成白色沉淀D；③B在空气中燃烧生成C；④C在高温下与碳反应生成单质B．根据上述变化，完成下列问题：（1）写出B、D的化学式：B Si、D CaSiO3．（2）写出C与烧碱反应的化学方程式：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O．写出A溶液与钙盐溶液反应的离子方程式：SiO32﹣+Ca2+═CaSiO3↓．考点：无机物的推断；碳族元素简介．专题：推断题；碳族元素．分析：A、B、C、D四种含硅元素的物质，④C在高温下与碳反应生成单质B，B为Si，C为SiO2；①C与烧碱反应生成A和水，A为Na2SiO3；②A溶液与钙盐溶液反应生成白色沉淀D，D为CaSiO3；③B在空气中燃烧生成C，Si在空气中燃烧可以生成SiO2，符合转化关系．解答：解：A、B、C、D四种含硅元素的物质，④C在高温下与碳反应生成单质B，B为Si，C为SiO2；①C与烧碱反应生成A和水，A为Na2SiO3；②A溶液与钙盐溶液反应生成白色沉淀D，D为CaSiO3；③B在空气中燃烧生成C，Si在空气中燃烧可以生成SiO2，符合转化关系．（1）由上述分析可知，B为Si，D为CaSiO3；故答案为：Si，CaSiO3；（2）二氧化硅与烧碱反应生成硅酸钠与水，反应方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；硅酸钠溶液与钙盐溶液反应生成硅酸钙，反应离子方程式为：SiO32﹣+Ca2+═CaSiO3↓；故答案为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；SiO32﹣+Ca2+═CaSiO3↓．点评：本题以文字描述的形式考查Si元素单质及其化合物之间的相互转化关系和逻辑推理能力、化学用语的书写能力，本题中④C在高温下与碳反应生成单质B为解题突破口，然后顺推得出其他物质，熟练掌握Si 元素单质及化合物的性质是关键，难度中等．19．（12分）（1）环境专家认为可以用铝将水中的NO3﹣转化为N2，从而清除污染．该反应中涉及的粒子有：H2O、Al、OH﹣、Al（OH）3、NO3﹣、N2，请将各粒子分别填入以下空格（请将整个方程式配平后写在答题纸上）．NO3﹣+10Al+18H2O→10Al（OH）3+3N2+6OH﹣该反应过程中，被氧化与被还原的元素的物质的量之比为5：3．（2）若4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（s）△H=﹣a J/molFe2O3（s）+C（s）=CO2（g）+2Fe （s）△H=+b J/mol写出Al与氧化铁发生铝热反应的热化学方程式：2Al（s）+Fe2O3（s）=2Fe（s）+Al2O3（s）△H=﹣（a﹣b﹣c）J/mol．（3）将一定质量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mL PH=14的溶液，然后用2mol/L的盐酸滴定，可得到沉淀量与消耗的盐酸体积关系如图：则反应过程中产生氢气的总体积为 2.016L（标准状况）．考点：氧化还原反应；用盖斯定律进行有关反应热的计算；有关混合物反应的计算．专题：计算题；氧化还原反应专题；化学反应中的能量变化．分析：（1）反应中NO3﹣→N2，N元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，Al→Al（OH）3，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，根据电荷守恒可知OH﹣是生成物，由H元素守恒可知H2O是反应物，化合价升降最小公倍数为30，故N2系数为3，Al系数为10，根据电荷守恒、元素守恒配平其它物质的系数．根据方程式判断被氧化与被还原的元素的物质的量之比．（2）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，反应热也处于相应的系数进行相应的加减，构造目标热化学方程式．（3）由图可知加入盐酸不与立刻生成沉淀，说明盐酸先中和氢氧化钠，故合金全部溶解所得溶液为氢氧化钠与偏铝酸钠混合溶液，溶液中n（Na+）=n（OH﹣）+n（AlO2﹣），当加入盐酸30mL时，沉淀量最大，此时溶液为氯化钠溶液，根据氯元素守恒有n（NaCl）=n（HCl），根据钠元素守恒有n（NaCl）=n（Na）=n（Na+），PH=14的溶液中c（OH﹣）=1mol/L，计算n（AlO2﹣），n（Al）=n（AlO2﹣），根据电子转移守恒计算n（H2），再根据V=nVm计算氢气体积．解答：解：（1）反应中NO3﹣→N2，N元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，Al→Al（OH）3，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，根据电荷守恒可知OH﹣是生成物，由H元素守恒可知H2O是反应物，化合价升降最小公倍数为30，故N2系数为3，Al系数为10，根据N元素守恒可知NO3﹣系数为6，根据Al元素守恒可知Al（OH）3系数为10，电荷守恒可知OH﹣系数为6，根据H元素守恒可知H2O系数为，配平后离子方程式为6NO3﹣+10Al+18H2O=10Al（OH）3+3N2+6OH﹣．由方程式可知被氧化与被还原的元素的物质的量之比10：6=5：3．故答案为：10Al、18H2O=10Al（OH）3、3N2、6OH﹣；5：3．（2）已知：①4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（s）△H=﹣a J/mol②Fe2O3（s）+C（s）=CO2（g）+2Fe （s）△H=+b J/mol③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣c J/mol由盖斯定律可知，②﹣③× +①×得：2Al（s）+Fe2O3（s）=2Fe（s）+Al2O3（s）△H=﹣（a﹣b﹣c）J/mol．故答案为：2Al（s）+Fe2O3（s）=2Fe（s）+Al2O3（s）△H=﹣（a﹣b﹣c）J/mol．（3）由图可知加入盐酸不与立刻生成沉淀，说明盐酸先中和氢氧化钠，故合金全部溶解所得溶液为氢氧化钠与偏铝酸钠混合溶液，溶液中n（Na+）=n（OH﹣）+n（AlO2﹣），当加入盐酸30mL时，沉淀量最大，此时溶液为氯化钠溶液，根据氯元素守恒有n（NaCl）=n（HCl）=0.03L×2mol/L=0.06mol，根据钠元素守恒有n（NaCl）=n（Na）=n（Na+）=0.06mol，PH=14的溶液中c（OH﹣）=1mol/L，n（OH﹣）=0.02L×1mol/L=0.02mol，所以n（AlO2﹣）=0.06mol﹣0.02mol=0.04mol，所以n（Al）=n（AlO2﹣）=0.04mol，根据电子转移守恒n（H2）×2=n（Na）×1+n（Al）×3，2n（H2）=0.06mol+0.04mol×3=0.18mol，故n（H2）=0.09mol，V（H2）=0.09mol×22.4L/mol=2.016L．故答案为：2.016．点评：考查氧化还原反应配平、热化学方程式书写、混合物反应的计算等，难度中等，（3）中根据图象分析清楚反应过程是关键，利用守恒计算比常规方法容易计算，注意计算中守恒思想的运用．20．（17分）（2009•南汇区模拟）氧化二氯是棕黄色刺激性气体，熔点：﹣116℃，沸点3.8℃．氧化二氯不稳定，接触一般有机物易爆炸；它易溶于水（1：100），同时反应生成次氯酸溶液；制备出之后要冷却成固态以便操作和贮存．制备少量Cl2O，是用干燥的氯气和HgO反应（还生成HgO•HgCl2）．装置示意如图（铁架台和夹持仪器。