2015-2016学年甘肃省天水三中高三（上）第四次质检化学试卷
一、选择题（每题3分）
1．中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv的名称为鉝，质量数293．关于鉝的叙述错误的是（ ）
A．原子序数116 B．中子数177
C．核外电子数116 D．相对原子质量293
2．工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2．在该反应中（ ） A．硫元素既被氧化又被还原
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2 C．每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子
33
D．相同条件下，每吸收10mSO2就会放出2.5mCO2
3．二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有（ ） A．还原性 B．氧化性 C．漂白性 D．酸性
4．下列四种溶液中一定存在SO4 的是（ ） A．向甲溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀
B．向乙溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀，再加入盐酸，沉淀不溶解 C．向丙溶液中加入盐酸使之酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生 D．向丁溶液中加入硝酸使之酸化，再加入硝酸钡溶液，有白色沉淀产生
5．下列说法正确的是（ ）
A．SO2和SO3都是酸性氧化物，二者的水溶液都是强酸 B．将铜片放入浓硫酸中，无明显现象是因为铜片发生了钝化 C．硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成大量的SO3 D．富含硫黄的矿物在工业上可用于制造硫酸
6．下列物质见光不会分解的是（ ） A．HClO B．NH4Cl C．HNO3 D．AgNO3
7．下列反应中的氨与反应4NH3+5O2
4NO+6H2O中的氨作用相同的是（ ）
2﹣
A．2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑ B．NH3+HCl=NH4Cl
C．4NH3+6NO=5N2+6H2O． D．3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2
8．汽车排放的尾气中含有NO2，NO2是城市大气污染的主要污染物之一．在日光照射下，NO2发生一系列光化学烟雾的循环反应，从而不断产生O3，加重空气污染．反应过程为①2NO2﹣→2NO+2O；②2NO+O2﹣→2NO2；③O+O2﹣→O3．下列对该反应过程及产物叙述正确的是（ ）
A．NO2只起还原剂作用 B．NO2起催化剂作用
C．NO2只起氧化剂作用 D．O3与O2互为同分异构体
9．硝酸铜是制备Cu﹣Zn﹣Al系催化剂的重要原料，制取硝酸铜现有三种设计方案可供选用： ①Cu与稀硝酸反应制取：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O ②Cu与浓硝酸反应制取：Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O
③通氧气于铜屑与稀硝酸的体系中制取：2Cu+4HNO3+O2=2Cu（NO3）2+2H2O 下列说法正确的是（ ）
A．制取相同量的硝酸铜需硝酸的量③最多
B．制取相同量的硝酸铜①产生的有毒气体比②多 C．三种方案中硝酸的利用率③＞①＞② D．三种方案的反应都可以在铁制容器中进行
10．镁铝合金5.1g完全溶于过量的热浓硝酸中，反应中共产生11.2LNO2（标准状况下测定），若在反应后溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，则生成沉淀质量为（ ） A．7.8 g B．13.6 g C．5.8g D．4g
11．滴加新制氯水后，下列各组离子可能大量存在的是（ ） A．Fe、Al、Cl、NO3 B．K、Na、I、SO4
﹣+2+++2+2﹣2﹣
C．Ag、Ca、NH4、NO3 D．Na、Ba、CO3、SO4
12．实验室既可用浓盐酸与MnO2在加热时反应制备Cl2，也可用KMnO4与浓盐酸在常温下反应制备Cl2，下列有关说法中不正确的是（ ）
A．由题目信息知：KMnO4的氧化性比MnO2的强
B．制备氯气的整个实验过程中，只需要使用氧化剂与还原剂
C．用排气法收集不需要利用其他试剂就能确定集气瓶中已收集满气体
D．用足量MnO2与含有4 molHCl的浓盐酸在加热条件下反应，得到Cl2的物质的量小于1 mol
13．某兴趣小组设计如下装置进行氯气与金属钠的反应，先将钠预热，在钠熔融成小球时，撤火，并通入氯气即发生反应，下列叙述中错误的是（ ）
3+
3+
﹣
﹣
++
﹣
2﹣
A．钠着火剧烈燃烧产生淡黄色的火焰 B．反应产生的大量白烟是氯化钠固体
C．棉球①的作用是吸收过量氯气防止产生污染 D．棉球②变蓝色则证明氯气已被碱液完全吸收
14．在新制的氯水中存在下列平衡：Cl2+H2O?H+Cl+HClO，若向氯水中加入少量Na2CO3粉末，溶液中发生的变化是（ ）
A．pH增大，HClO浓度减小 B．pH减小，HClO浓度增大 C．pH增大，HClO浓度增大 D．pH减小，HClO浓度减小
+
﹣
15．有一粗硅，含杂质铁，取等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的H2，则该粗硅中铁和硅的关系正确的是（ ） A．物质的量之比为1：1 B．物质的量之比为1：2 C．质量之比为4：1 D．质量之比为2：1
16．下列叙述错误的是（ ）
1314
A．C和C属于同一种元素，它们互为同位素
12
B．H和H是不同的核素，它们的质子数相等
1414
C．C和N的质量数相等，它们的中子数不等
67
D．Li和Li的电子数相等，中子数也相等
17．长征2号火箭承担运载“神六”的使命．氢化锂、氘化锂、氚化锂可以作为启动长征2号（CZ2F）火箭发射的优良炸药．下列说法正确的是（ ） A．LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比为1：2：3 B．它们互称同分异构体
C．H、D、T之间互称同素异形体 D．它们都是强还原剂
二、填空题
18．ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛．某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究．
（1）仪器D的名称是 ．安装F中导管时，应选用图2中的 ．
（2）打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O．为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜 （填“快”或“慢”）．
（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是 ．
（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为 ，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是 ．
（5）NH3及其盐都是重要的化工原料．用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3，反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为 ．
（6）按图装置进行NH3性质实验．
①先打开旋塞1，B瓶中的现象是 ，原因是 ，稳定后，关闭旋塞1． ②再打开旋塞2，B瓶中的现象是 ．
19．X、Y、Z、W均为气体单质，A、B、C均为无色气体化合物，D、E均为白色固体，F在通常情况下为无色无味的液体，它们有如下的转化关系： 请回答下列问题：
（1）Y分子的电子式为 ，F中的化学键类型为 ． （2）C的化学式为 ．
（3）B在F中的反应可以表示为 ．
（4）写出反应①和②的化学方程式：① ；② ．
20．某待测溶液中可能含有SO4、SO3、CO3、HCO3ˉ、NO3ˉ、Cl、Br中的若干种及一种常
n+
见金属阳离子（M），现进行如下实验（每次实验所用试剂均是足量的，鉴定中某些成分可能没有给出）．
2﹣
2﹣
2﹣
﹣
﹣
请回答下列问题：
（1）根据上述框图信息填写下表（不能确定的不填）． 肯定存在的离子 肯定没有的离子 沉淀D 化学式或 离子符号 2﹣2﹣ （2）待测溶液中是否有SO4、SO3 ．若气体D遇空气变红色，则生成沉淀D时肯定发生的反应的离子方程式为 ，形成沉淀B时反应的离子方程式为 ．
n+
（3）若M为常见金属阳离子且原子序数不大于20，则要确定它具体是何种离子的方法是 ．
21．氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可用石英与焦炭在高温的氮气流中反应制得： SiO2+ C+ N2
Si3N4+ CO．
根据题意完成下列各题：
（1）配平上述化学反应方程式．
（2）为了保证石英和焦炭尽可能多的转化，氮气要适当过量．某次反应用了20mol氮气，反应生成了5mol一氧化碳，则反应中转移电子数为 NA
（3）分析反应可推测碳、氮气的氧化性：C N2（填“＞”“＜”“=”）． （4）氮化硅陶瓷的机械强度高，硬度接近于刚玉（Al2O3），热稳定性好，化学性质稳定．以下用途正确的是 ．
A．可以在冶金工业上制成坩埚、铝电解槽衬里等热工设备 B．在电子工业上制成耐高温的电的良导体
C．研发氮化硅的全陶发动机替代同类型金属发动机
D．氮化硅陶瓷的开发，将受到资源的限制，发展前途暗淡．
2015-2016学年甘肃省天水三中高三（上）第四次质检化学试
卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每题3分）
1．中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv的名称为鉝，质量数293．关于鉝的叙述错误的是（ ）
A．原子序数116 B．中子数177
C．核外电子数116 D．相对原子质量293
【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系． 【专题】原子组成与结构专题．
【分析】根据在原子中：原子序数=质子数=核外电子数=核电荷数，进行解答． 【解答】解：A．第116号元素Lv的原子序数为116，故A正确； B．中子数=质量数﹣质子数=293﹣116=177，故B正确；
C．原子序数=质子数=核外电子数=核电荷数，可知核外电子数为116，故C正确；
D．293代表该原子的质量数，一种元素有多种核素，质量数指的是质子与中子质量的和，不同核素的质量数不同，即一种元素可以有多个质量数，相对原子质量为各核素的平均相对质量，所以同种元素的相对原子质量只有一个数值，两者近似相等，故D错误． 故选D．
【点评】本题主要考查了原子符号的含义，掌握原子序数=核内质子数=核电荷数是解题的关键，题目难度不大．
2．工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2．在该反应中（ ） A．硫元素既被氧化又被还原
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2 C．每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子
33
D．相同条件下，每吸收10mSO2就会放出2.5mCO2 【考点】氧化还原反应．
【分析】工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2，其反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2，反应在S元素的化合价从﹣2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，据此分析．
【解答】解：A．由反应方程式中S元素的化合价变化可知，硫元素既被氧化又被还原，故A正确； B．2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2中，Na2S为还原剂，SO2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故B错误；
C．反应中2Na2S转化为3Na2S2O3，转移8个电子，则生成1molNa2S2O3，转移mol电子，故C错误；
3
D．根据方程式可知，每当4molSO2参与氧化还原反应就会放出1molCO2，则每10mSO2参与反应
3
就会放出2.5mCO2，故D正确． 故选AD．
【点评】本题考查了氧化还原反应，注意根据反应物和生成物写出反应方程式，结合元素化合价的变化分析，题目难度中等．
3．二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有（ ） A．还原性 B．氧化性 C．漂白性 D．酸性 【考点】二氧化硫的化学性质．
【分析】二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸．
【解答】解：二氧化硫具有还原性，与溴水发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸，使溴水褪色，硫元素化合价升高，体现还原性． 故选A．
【点评】本题主要考查了二氧化硫的性质，侧重考查二氧化硫的还原性，注意中间价态的元素既有氧化性又有还原性，同种元素相邻价态间不发生氧化还原反应，题目难度不大．
4．下列四种溶液中一定存在SO4 的是（ ） A．向甲溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀
B．向乙溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀，再加入盐酸，沉淀不溶解 C．向丙溶液中加入盐酸使之酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生 D．向丁溶液中加入硝酸使之酸化，再加入硝酸钡溶液，有白色沉淀产生 【考点】硫酸根离子的检验． 【专题】物质检验鉴别题．
【分析】A．亚硫酸钡、碳酸钡、硫酸钡和氯化银均为难溶于水的白色沉淀； B．硫酸钡和氯化银均为难溶于盐酸；
C．先加入稀盐酸，可排除Ag、SO3、CO3等离子的影响； D．亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子．
【解答】解：A．向甲溶液中加入BaCl2溶液，不能排除SO3、CO3或Ag的影响，可能生成AgCl、Ag2SO3、Ag2CO3白色沉淀，故A错误；
B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，不能排除银离子的干扰，氯化银难溶于盐酸，故B错误；
C．先加入稀盐酸，没有产生沉淀，Ag、SO3、CO3等离子的影响，然后再加氯化钡，产生白色
2﹣
沉淀，证明有SO4存在，故C正确；
D．先加入硝酸不能排除亚硫酸根离子的干扰，亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子而生成硫酸钡沉淀，故D错误； 故选：C．
【点评】本题为硫酸根离子的检验问题，注意干扰离子的排除即可，D选项中亚硫酸根离子能被硝酸氧化，难度中等．
5．下列说法正确的是（ ）
A．SO2和SO3都是酸性氧化物，二者的水溶液都是强酸 B．将铜片放入浓硫酸中，无明显现象是因为铜片发生了钝化 C．硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成大量的SO3 D．富含硫黄的矿物在工业上可用于制造硫酸 【考点】含硫物质的性质及综合应用．
【分析】A、二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸； B、铜和浓硫酸在常温下不反应；
+
2﹣
2﹣
2﹣
2﹣
+
+
2﹣
2﹣
2﹣
C、S在氧气中燃烧生成二氧化硫；
D、富含硫黄的矿物在高温下与氧气生成二氧化硫，在催化氧化得到三氧化硫，然后制得硫酸． 【解答】解：A、二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，三氧化硫与水反应生成硫酸，硫酸为强酸，故A错误；
B、铜和浓硫酸在常温下不反应，在加热条件下反应，二者不发生钝化，故B错误；
C、S在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫在催化剂加热条件下才与氧气反应生成三氧化硫，故C错误；
D、富含硫黄的矿物在高温下与氧气生成二氧化硫，二氧化硫在催化氧化得到三氧化硫，三氧化硫与水反应制得硫酸，所以富含硫黄的矿物在工业上可用于制造硫酸，故D正确． 故选D．
【点评】本题考查了硫及其化合物的性质，题目难度不大，注意硫在氧气和空气中的燃烧产物相同．
6．下列物质见光不会分解的是（ ） A．HClO B．NH4Cl C．HNO3 D．AgNO3
【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铵盐；硝酸的化学性质．
【分析】浓硝酸、硝酸银、次氯酸见光都易分解；而氯化铵加热分解，见光不分解，以此来解答． 【解答】解：A．HClO见光分解为HCl与氧气，故A不选； B．氯化铵加热分解生成氨气和HCl，见光不分解，故B选； C．硝酸见光分解为二氧化氮、氧气与水，故C不选； D．硝酸银见光分解Ag、二氧化氮、氧气，故D不选； 故选B．
【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，侧重物质稳定性的考查，注意反应条件为光照，题目难度不大．
7．下列反应中的氨与反应4NH3+5O2
4NO+6H2O中的氨作用相同的是（ ）
A．2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑ B．NH3+HCl=NH4Cl
C．4NH3+6NO=5N2+6H2O． D．3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2 【考点】氧化还原反应． 【专题】氧化还原反应专题．
【分析】4NH3+5O2→4NO+6H2O反应中氨气中N元素的化合价升高，则氨气作还原剂，根据化合价的变化分析．
【解答】解：反应4NH3+5O2剂，
A.2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑反应中，NH3中N元素的化合价不变，H元素化合价降低，氨气为氧化剂，故A错误；
B．HCl+NH3═NH4Cl反应中，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故B错误； C．反应4NH3+6NO=5N2+6H2O中N元素的化合价升高，则氨气作还原剂，故C正确；
D.3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2反应中，只有H元素化合价发生变化，氨气中H元素化合价为+1价，SiH4中H为﹣1价，氨气为氧化剂，故D错误． 故选C．
4NO+6H2O中N元素化合价升高，被氧化，氨气为还原
【点评】本题考查了氨气的性质，侧重于氧化还原反应知识应用的考查，注意根据氨气中N元素的化合价变化分析，题目难度不大．
8．汽车排放的尾气中含有NO2，NO2是城市大气污染的主要污染物之一．在日光照射下，NO2发生一系列光化学烟雾的循环反应，从而不断产生O3，加重空气污染．反应过程为①2NO2﹣→2NO+2O；②2NO+O2﹣→2NO2；③O+O2﹣→O3．下列对该反应过程及产物叙述正确的是（ ） A．NO2只起还原剂作用 B．NO2起催化剂作用
C．NO2只起氧化剂作用 D．O3与O2互为同分异构体 【考点】氧化还原反应；同素异形体．
【专题】化学用语专题；氧化还原反应专题．
【分析】二氧化氮参与反应，反应前后二氧化氮的质量和性质没有变化，说明NO2是催化剂，以此解答该题．
【解答】解：①2NO2→2NO+2O；②2NO+O2﹣→2NO2；③O+O2﹣→O3，①②③反应中反应物有O3、NO、NO2、O；生成物有O、O2、NO2、NO、三式相加得O3+NO+O+NO2═O+3O2+NO，反应物和生成物中相同的要消去可得：2O3=3O2，说明NO2是催化剂，O3与O2互为同素异形体， 故选B．
【点评】本题以信息题的形式考查学生阅读信息、筛选信息的能力，为高频考点，注意把握反应的特点，首先根据题中信息必须知道反应是循环反应，臭氧是生成物最基本的信息．
9．硝酸铜是制备Cu﹣Zn﹣Al系催化剂的重要原料，制取硝酸铜现有三种设计方案可供选用： ①Cu与稀硝酸反应制取：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O ②Cu与浓硝酸反应制取：Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O
③通氧气于铜屑与稀硝酸的体系中制取：2Cu+4HNO3+O2=2Cu（NO3）2+2H2O 下列说法正确的是（ ）
A．制取相同量的硝酸铜需硝酸的量③最多
B．制取相同量的硝酸铜①产生的有毒气体比②多 C．三种方案中硝酸的利用率③＞①＞② D．三种方案的反应都可以在铁制容器中进行
【考点】制备实验方案的设计；硝酸的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质． 【专题】氮族元素．
【分析】A、根据方程式计算制备1molCu（NO3）2，需要HNO3的物质的量，据此比较判断． B、根据方程式计算制备1molCu（NO3）2，生成NO、NO2的物质的量，据此比较判断． C、根据N原子守恒，计算制备1molCu（NO3）2硝酸的利用率，据此比较判断． D、稀硝酸与铁发生反应，且生成的 Cu（NO3）2 与铁反应．
【解答】解：A、由制取硝酸铜三种设计方案的化学反应方程式可以判断：制备1molCu（NO3）2，需要HNO3的物质的量，①中需要molHNO3；②中需要4molHNO3；③中需要2molHNO3，所以需要硝酸的量②＞①＞③，③最少故A错误；
B、由制取硝酸铜三种设计方案的化学反应方程式可以判断：制备1molCu（NO3）2，①中放出 molNO气体，②中放出2molNO2气体，③中没有气体放出，制取相同量的硝酸铜①产生的有毒气体比②少，故B错误；
C、由制取硝酸铜三种设计方案的化学反应方程式可以判断：制备1molCu（NO3）2，①中需要
molHNO3，放出 molNO气体，硝酸利用率为=75%，②中需要4molHNO3，放出
2molNO2气体，硝酸利用率为=50%，③中没有气体放出，HNO3的利用率为100%，
三种方案中硝酸的利用率③＞①＞②，故C正确；
D、稀硝酸与铁发生反应，且生成的 Cu（NO3）2 与铁反应，故不可以在铁制容器中进行，故D错误．
故选：C．
【点评】考查学生对实验方案的理解与评价等，难度不大，实质是根据方程式的计算．注意基础知识的灵活运用与掌握．
10．镁铝合金5.1g完全溶于过量的热浓硝酸中，反应中共产生11.2LNO2（标准状况下测定），若在反应后溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，则生成沉淀质量为（ ） A．7.8 g B．13.6 g C．5.8g D．4g 【考点】有关混合物反应的计算． 【专题】利用化学方程式的计算．
【分析】标况下11.2L二氧化氮的物质的量为：n（NO2）=
=0.5mol，根据氮元素的化合
价变化计算转移电子物质的量；氢氧化钠溶液过量，则最后沉淀为Mg（OH）2，利用金属总质量、电子守恒列式计算出镁的物质的量，再计算出生成氢氧化镁的质量． 【解答】解：标况下11.2L二氧化氮的物质的量为：n（NO2）=
=0.5mol，生成0.5mol
二氧化氮转移电子的物质的量为0.5mol×（5﹣4）=0.5mol， 设Al的物质的量为x、Mg的物质的量为y，则①3x+2y=0.5； 根据合金的总质量可得：②27x+24y=5.1g， 根据①②解得：x=0.1mol、y=0.1mol， 即：合金中含有0.1mol镁；
加入过量氢氧化钠溶液后生成的沉淀只能为氢氧化镁，根据质量守恒可知生成氢氧化镁的物质的量为0.1mol，质量为：58g/mol×0.1mol=5.8g， 故选C．
【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确反应实质为解答关键，注意掌握质量守恒、电子守恒在 化学计算中的应用方法，试题培养了学生的化学计算能力．
11．滴加新制氯水后，下列各组离子可能大量存在的是（ ）
A．Fe、Al、Cl、NO3 B．K、Na、I、SO4
﹣+2+++2+2﹣2﹣
C．Ag、Ca、NH4、NO3 D．Na、Ba、CO3、SO4 【考点】离子共存问题． 【专题】离子反应专题．
【分析】滴加新制氯水后，氯水中含氯气、HClO等氧化性微粒，离子之间不能结合生成气体、沉淀、水、弱电解质，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答．
【解答】解：A．滴加新制氯水后，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；
3+
3+
﹣
﹣
++
﹣
2﹣
B．滴加氯水后，氯水中氯气、HClO等可氧化I，不能大量共存，故B错误；
+
C．滴加氯水后，氯水中氯离子与Ag结合生成沉淀，不能大量共存，故C错误；
2+2﹣2﹣2﹣
D．因Ba分别与CO3、SO4结合生成沉淀，且氯水中氢离子与CO3反应生成水和气体，不能共存，故D错误； 故选A．
【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重氧化还原反应及复分解反应的考查，明确习题中的信息及离子之间的反应即可解答，把握氯水的成分为解答的关键，题目难度不大．
12．实验室既可用浓盐酸与MnO2在加热时反应制备Cl2，也可用KMnO4与浓盐酸在常温下反应制备Cl2，下列有关说法中不正确的是（ ）
A．由题目信息知：KMnO4的氧化性比MnO2的强
B．制备氯气的整个实验过程中，只需要使用氧化剂与还原剂
C．用排气法收集不需要利用其他试剂就能确定集气瓶中已收集满气体
D．用足量MnO2与含有4 molHCl的浓盐酸在加热条件下反应，得到Cl2的物质的量小于1 mol 【考点】氧化还原反应；化学方程式的有关计算． 【专题】氧化还原反应专题；利用化学方程式的计算．
【分析】A．由信息可知，利用反应的条件判断氧化性的强弱； B．盐酸在反应中作酸及还原剂； C．利用氯气的颜色观察即可； D．MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O，稀盐酸与二氧化锰不反应．
﹣
【解答】解：A．由信息可知，KMnO4与浓盐酸在常温下反应，则氧化性为KMnO4的氧化性比MnO2的强，故A正确；
B．盐酸在反应中作酸及还原剂，则需要使用氧化剂与还原剂、酸，故B错误；
C．氯气为黄绿色气体，则用排气法收集不需要利用其他试剂就能确定集气瓶中已收集满气体，观察黄绿色气体充满即可，故C正确； D．MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O，稀盐酸与二氧化锰不反应，则得到Cl2的物质的
量小于1 mol，故D正确； 故选B．
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应基本概念及应用，题目难度不大．
13．某兴趣小组设计如下装置进行氯气与金属钠的反应，先将钠预热，在钠熔融成小球时，撤火，并通入氯气即发生反应，下列叙述中错误的是（ ）
A．钠着火剧烈燃烧产生淡黄色的火焰 B．反应产生的大量白烟是氯化钠固体
C．棉球①的作用是吸收过量氯气防止产生污染 D．棉球②变蓝色则证明氯气已被碱液完全吸收 【考点】氯气的化学性质．
【专题】卤族元素．
【分析】氯气性质活泼，易与活泼金属钠发生化合反应生成NaCl，火焰呈黄色，氯气易与NaOH溶液反应而被吸收，氯气具有强氧化性，与碘化钾发生置换反应． 【解答】解：A．钠着火燃烧产生黄色火焰，故A正确；
B．氯气性质活泼，易与活泼金属钠发生化合反应生成NaCl，反应时有大量白烟，故B正确； C．氯气有毒，不能排放到空气中，氯气易与NaOH溶液反应而被吸收，故C正确；
D．氯气具有强氧化性，与碘化钾发生置换反应，可根据其颜色变化判断氯气是否被碱液完全吸收，棉球②变蓝色则证明氯气未被碱液完全吸收，不变蓝证明吸收完全，故D错误； 故选D．
【点评】本题考查氯气的性质，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．
14．在新制的氯水中存在下列平衡：Cl2+H2O?H+Cl+HClO，若向氯水中加入少量Na2CO3粉末，溶液中发生的变化是（ ）
A．pH增大，HClO浓度减小 B．pH减小，HClO浓度增大 C．pH增大，HClO浓度增大 D．pH减小，HClO浓度减小 【考点】化学平衡的影响因素． 【专题】化学平衡专题．
【分析】在下列平衡：C12+H2O?H+C1+HC1O，若向氯水中加入少量Na2CO3粉末，会和溶液中的盐酸反应平衡正向进行．
【解答】解：在化学平衡中：C12+H2O?H+C1+HC1O，若向氯水中加入少量Na2CO3粉末，会和溶液中的盐酸反应平衡正向进行，次氯酸酸性小于碳酸，不与碳酸钠反应，次氯酸浓度增大，溶液PH增大； 故选C．
【点评】本题考查了氯水中的化学平衡，主要考查次氯酸酸性小于碳酸，不与碳酸钠反应．
15．有一粗硅，含杂质铁，取等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的H2，则该粗硅中铁和硅的关系正确的是（ ） A．物质的量之比为1：1 B．物质的量之比为1：2 C．质量之比为4：1 D．质量之比为2：1 【考点】物质的量的相关计算．
【分析】只有硅和NaOH溶液反应生成氢气，铁与HCl反应生成氢气，根据生成氢气的量计算粗硅中铁和硅的物质的量之比．
【解答】解：根据电子得失：可知铁与盐酸反应：Fe～～H2，而硅与氢氧化钠反应：Si～～2H2，放出等量的H2，设生成氢的量为2mol，所以粗硅中铁和硅的物质的是之比为：2：1，质量之比为：2×56：1×28=4：1，故选：C．
【点评】本题考查混合物反应的计算，侧重考查学生分析、计算能力，明确只有Si和NaOH溶液反应是解本题关键，利用关系式解答即可，题目难度不大．
16．下列叙述错误的是（ ）
1314
A．C和C属于同一种元素，它们互为同位素
12
B．H和H是不同的核素，它们的质子数相等
1414
C．C和N的质量数相等，它们的中子数不等
67
D．Li和Li的电子数相等，中子数也相等
【考点】同位素及其应用；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．
+
﹣
+
﹣
+
﹣
【专题】原子组成与结构专题．
【分析】根据原子表示法的知识，元素符号左上角数字表示质量数，左下角数字表示质子数，质量数﹣质子数=中子数，质子数相同而中子数不同的同种元素的原子互为同位素．
1314
【解答】解：A、C和C属于同一种元素，质子数相同而中子数不同，它们互为同位素，故A正确；
12
B、H和H是氢元素的不同核素，质子数相同均为1，故B正确；
1414
C、C和N的质量数相等，质子数分别为6、7，中子数分别为：14﹣6=8、14﹣7=7，它们的中子数不等，故C正确；
D、Li和Li的电子数相等均为3，中子数分别为：6﹣3=3、7﹣3=4，不相等，故D错误． 故选D．
【点评】本题是对教材概念的考查，可以根据所学知识进行回答，较简单．
17．长征2号火箭承担运载“神六”的使命．氢化锂、氘化锂、氚化锂可以作为启动长征2号（CZ2F）火箭发射的优良炸药．下列说法正确的是（ ） A．LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比为1：2：3 B．它们互称同分异构体
C．H、D、T之间互称同素异形体 D．它们都是强还原剂
【考点】同位素及其应用；同素异形体． 【专题】原子组成与结构专题．
【分析】A．LiH、LiD、LiT的摩尔质量分别为应为8：9：10； B．同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物； C．由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体； D．LiH、LiD、LiT都具有较强的还原性．
【解答】解：A．LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比应为8：9：10，故A错误； B．LiH、LiD、LiT是同种物质，故B错误；
C．H、D、T质子数相同，中子数不同，互称同位素，故C错误； D．LiH、LiD、LiT都具有较强的还原性是强还原剂，故D正确． 故选D．
【点评】本题考查同分异构体、同位素的区别，题目难度不大，注意LiH、LiD、LiT都具有较强的还原性．
二、填空题
18．ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛．某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究．
（1）仪器D的名称是 锥形瓶 ．安装F中导管时，应选用图2中的 b ．
（2）打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O．为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜 慢 （填“快”或“慢”）．
（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是 吸收Cl2 ．
（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为
﹣﹣+
4H+5ClO2=Cl+4ClO2↑+2H2O ，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是 验证是否有ClO2生成 ．
6
7
（5）NH3及其盐都是重要的化工原料．用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3，反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为 A、C、G ．
（6）按图装置进行NH3性质实验．
①先打开旋塞1，B瓶中的现象是 产生白烟 ，原因是 氯化氢与氨气混合反应生成了白色氯化铵固体小颗粒，形成白烟 ，稳定后，关闭旋塞1．
②再打开旋塞2，B瓶中的现象是 烧杯中的石蕊溶液会倒流进入到B瓶中，形成红色溶液 ．
【考点】氯气的实验室制法；氯气的化学性质． 【专题】氧化还原反应专题；卤族元素． 【分析】（1）熟悉仪器的形状，说出其名称；F装置应是Cl2和KI反应，导管应长进短出； （2）为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢； （3）氯气有毒，能够与碘化钾反应，被碘化钾溶液吸收；
（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，
﹣﹣+
该反应的离子方程式为4H+5ClO2=Cl+4ClO2↑+2H2O； 在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2 生成；
（5）实验室用加热固体氯化铵和熟石灰制取氨气（2NH4Cl+Ca（OH）2?CaCl2+2NH3↑+2H2O），反应发生为固体与固体加热制取气体的装置，根据氨气为易溶于水密度比空气小的气体性质选择收集装置，氨气极易溶于水，尾气处理需考虑倒吸，据此分析解答； （6））①根据A、B容器压强以及A、B混合后压强相等以及氨气和氯化氢反应生成氯化铵分析； ②氨气、氯化氢为气体反应生成的氯化铵为固体，压强减小，氯化铵为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，据此分析． 【解答】解：（1）依据形状可知图中D为锥形瓶，F装置应是Cl2和KI反应，导管应长进短出，故答案为：锥形瓶； b；
（2）为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢，故答案为：慢；
（3）氯气有毒，能够与碘化钾反应，被碘化钾溶液吸收，所以F的作用为吸收Cl2，故答案为：吸收Cl2；
（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，
﹣﹣+
该反应的离子方程式为：4H+5ClO2=Cl+4ClO2↑+2H2O； 在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2 生成，
﹣﹣+
故答案为：4H+5ClO2=Cl+4ClO2↑+2H2O；验证是否有ClO2 生成； （5）实验室用加热固体氯化铵和熟石灰制取氨气（2NH4Cl+Ca（OH）2?CaCl2+2NH3↑+2H2O），反应发生为固体与固体加热制取气体的装置，因防止药品中的湿存水以及反应产生的水使反应试管受热不均匀，所以选择试管口向下的A装置制备氨气，氨气为易溶于水，不能用排水法收集，密度比空气小，需用向下排空气法收集，所以选择C装置，氨气极易溶于水，尾气处理需考虑倒吸，倒扣的漏斗空间大，水柱不易极速上升，能防止倒吸，故选G装置， 故答案为：ACG；
（6）①A容器压强为150KPa，B容器压强100KPa，A容器压强大于B容器，先打开旋塞1，A容器中的氯化氢进入B容器，氨气和氯化氢反应，NH3+HCl=NH4Cl，生成氯化铵固体小颗粒，所以B瓶中的现象是出现白烟，
故答案为：出现白烟；A瓶压强比B瓶大，氯化氢进入B瓶与氨气反应生成氯化铵固体小颗粒形成白烟；
②氨气、氯化氢为气体反应生成的氯化铵为固体，压强减小，再打开旋塞2，紫色的石蕊试液倒吸入B瓶中，氯化铵为强酸弱碱盐，溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，水解方程式为：NH4+H2O?NH3?H2O+H，溶液呈酸性，所以紫色石蕊试液变红， 故答案为：烧瓶中的液体倒吸入B瓶，且紫色石蕊试液变红．
【点评】本题考查了氯气、氨气的制备以及性质，掌握实验室制取氯气、氨气的原理及性质是解题关键，题目难度中等，侧重考查学生分析能力与实验能力．
19．X、Y、Z、W均为气体单质，A、B、C均为无色气体化合物，D、E均为白色固体，F在通常情况下为无色无味的液体，它们有如下的转化关系： 请回答下列问题： （1）Y分子的电子式为 （2）C的化学式为 HCl ．
（3）B在F中的反应可以表示为 NH3+H2O?NH3?H2O?NH4+OH ． （4）写出反应①和②的化学方程式：① 2NH4Cl+Ca（OH）2② 4NH3+5O24NO+6H2O ．
CaCl2+2NH3↑+2H2O ；+
﹣
++
，F中的化学键类型为 共价键 ．
【考点】无机物的推断． 【专题】无机推断．
【分析】X、Y、Z、W均为气体单质，F在通常情况下为无色无味的液体，X与Z反应得到F，则F为H2O，X、Z分别为H2、O2中的一种，A、B、C均为无色气体化合物，D、E均为白色固体，反
应①是实验式制备氨气，则B为NH3，D、E分别为NH4Cl、Ca（OH）2中的一种，B与X反应得到A与F（水），则X为O2，A为NO，Z为H2，X与Y反应得到A，故Y为N2，B（氨气）与C反应得到D，则D为NH4Cl、E为Ca（OH）2、C为HCl，而气体单质W与Z反应得到C，故W为Cl2，据此解答．
【解答】解：X、Y、Z、W均为气体单质，F在通常情况下为无色无味的液体，X与Z反应得到F，则F为H2O，X、Z分别为H2、O2中的一种，A、B、C均为无色气体化合物，D、E均为白色固体，反应①是实验式制备氨气，则B为NH3，D、E分别为NH4Cl、Ca（OH）2中的一种，B与X反应得到A与F（水），则X为O2，A为NO，Z为H2，X与Y反应得到A，故Y为N2，B（氨气）与C反应得到D，则D为NH4Cl、E为Ca（OH）2、C为HCl，而气体单质W与Z反应得到C，故W为Cl2．
（1）Y为N2，电子式为
；共价键；
（2）C的化学式为HCl 故答案为：HCl；
（3）B在F中的反应可以表示为：NH3+H2O?NH3?H2O?NH4+OH，故答案为：
﹣+
NH3+H2O?NH3?H2O?NH4+OH；
（4）反应①的化学方程式：2NH4Cl+Ca（OH）2式：4NH3+5O2
4NO+6H2O，
CaCl2+2NH3↑+2H2O；4NH3+5O2
4NO+6H2O．
CaCl2+2NH3↑+2H2O，反应②的化学方程
+
﹣
，F为H2O，含有的化学键类型为共价键，故答案为：
故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2
【点评】本题考查无机物推断，题目涉及物质比较多，熟练掌握气体的实验室制备与常见化学工业、元素化合物性质，题目难度中等．
20．某待测溶液中可能含有SO4、SO3、CO3、HCO3ˉ、NO3ˉ、Cl、Br中的若干种及一种常
n+
见金属阳离子（M），现进行如下实验（每次实验所用试剂均是足量的，鉴定中某些成分可能没有给出）．
2﹣
2﹣
2﹣
﹣
﹣
请回答下列问题：
（1）根据上述框图信息填写下表（不能确定的不填）． 肯定存在的离子 肯定没有的离子 沉淀D 化学式或 离子符号 2﹣2﹣ （2）待测溶液中是否有SO4、SO3 中的一种或两种 ．若气体D遇空气变红色，则生成沉淀﹣+
D时肯定发生的反应的离子方程式为 3BaSO3+2H+2NO3═2NO↑+3BaSO4↓+H2O ，形成沉淀B
﹣﹣2+时反应的离子方程式为 HCO3+Ba+OH═BaCO3↓+H2O ．
（3）若M为常见金属阳离子且原子序数不大于20，则要确定它具体是何种离子的方法是 做焰色
+
反应实验，若透过蓝色钴玻璃片观察到紫色火焰，说明是K；若不透过蓝色钴玻璃片观察到黄色火
+
焰，则说明是Na ．
【考点】常见离子的检验方法． 【专题】物质检验鉴别题．
【分析】由沉淀A与稀硝酸反应仍得到白色沉淀知白色沉淀D为BaSO4，故溶液中SO4、SO3
2+
至少有一种；由每次实验所用试剂均足量知溶液A中含有Ba，在加入碱后能得到白色沉淀B，则
﹣
原待测溶液中一定含有HCO3；溶液B中加入足量的氯水后仍得到无色溶液，说明原待测液中无﹣﹣﹣2﹣
Br，不能确定是否有NO3、CO3、Cl；
若气体D遇空气变红色时，表明D中肯定有NO，沉淀A中肯定有BaSO3；
+2++2+3++2+3+2
原子序数不大于20的金属阳离子有Li、Be、Na、Mg、Al、K、Ca，Al与HCO，SO4﹣2﹣2+3+2+
、SO3与Ca不能大量共存，故金属阳离子不可能是Al或Ca，由待测溶液与浓NaOH溶液混
2+n+n++
合后无明显变化知溶液中没有Mg，结合M为常见离子且原子序数不大于20知，M只能是Na
+
或K，可通过焰色实验来确定是钾还是钠， 根据以上分析完成即可．
【解答】解：（1）沉淀A与稀硝酸反应仍得到白色沉淀知白色沉淀D为BaSO4，故溶液中SO4、
2﹣2+
SO3至少有一种；由每次实验所用试剂均足量知溶液A中含有Ba，在加入碱后能得到白色沉淀
﹣
B，则原待测溶液中一定含有HCO3；溶液B中加入足量的氯水后仍得到无色溶液，说明原待测液
﹣﹣﹣2﹣
中无Br，不能确定是否有NO3、CO3、Cl，
﹣﹣
根据以上分析可知，原待测溶液中一定含有HCO3；一定没有无Br；沉淀D为：BaSO4，
﹣﹣
故答案为：HCO3；Br；BaSO4；
2﹣
（2）因为待测液加入BaCl2溶液和稀HNO3生成了BaSO4沉淀，BaSO4的生成可能来自SO4或
2﹣
SO3中的一种或两种；
若气体D遇空气变红色时，表明D中肯定有NO，沉淀A中肯定有BaSO3，生成沉淀D的离子方程
﹣+
式为：3BaSO3+2H+2NO3═2NO↑+3BaSO4↓+H2O，
﹣﹣2+
沉淀B为碳酸钡，反应的离子方程式为：HCO3+Ba+OH═BaCO3↓+H2O，
﹣2﹣2﹣+
故答案为：含有SO4、SO3中的一种或两种；3BaSO3+2H+2NO3═2NO↑+3BaSO4↓+H2O；HCO3﹣﹣2+
+Ba+OH═BaCO3↓+H2O；
+2++2+3++2+3+
（3）原子序数不大于20的金属阳离子有Li、Be、Na、Mg、Al、K、Ca，Al与HCO，
2﹣2﹣2+3+2+
SO4、SO3与Ca不能大量共存，故金属阳离子不可能是Al或Ca，由待测溶液与浓NaOH
2+n+n+
溶液混合后无明显变化知溶液中没有Mg，结合M为常见离子且原子序数不大于20知M只能
++
是Na或K，可通过焰色实验来确定是钾还是钠，方法是：做焰色反应实验，若透过蓝色钴玻璃片观察到紫色火焰，说明是钾；若不透过蓝色钴玻璃片观察到黄色火焰，则说明是钠，
+
故答案为：做焰色反应实验，若透过蓝色钴玻璃片观察到紫色火焰，说明是K；若不透过蓝色钴玻
+
璃片观察到黄色火焰，则说明是Na．
【点评】本题考查了常见阴阳离子的检验方法，注意根据实验现象判断离子共存，要掌握根据实验现象判断存在的离子，排除与该离子反应的离子，本题难度中等．
21．氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可用石英与焦炭在高温的氮气流中反应制得： 3 SiO2+ 6 C+ 2 N2根据题意完成下列各题：
（1）配平上述化学反应方程式．
1 Si3N4+ 6 CO．
2﹣
2﹣
2﹣
n+
（2）为了保证石英和焦炭尽可能多的转化，氮气要适当过量．某次反应用了20mol氮气，反应生成了5mol一氧化碳，则反应中转移电子数为 10 NA
（3）分析反应可推测碳、氮气的氧化性：C ＜ N2（填“＞”“＜”“=”）． （4）氮化硅陶瓷的机械强度高，硬度接近于刚玉（Al2O3），热稳定性好，化学性质稳定．以下用途正确的是 AC ．
A．可以在冶金工业上制成坩埚、铝电解槽衬里等热工设备 B．在电子工业上制成耐高温的电的良导体
C．研发氮化硅的全陶发动机替代同类型金属发动机
D．氮化硅陶瓷的开发，将受到资源的限制，发展前途暗淡．
【考点】氮族元素简介；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的计算． 【专题】氧化还原反应专题；氮族元素． 【分析】（1）由产物CO可知，SiO2与C化学计量数之比为1：2 由产物Si3N4可知SiO2与N2化学计量数之比为3：4，所以SiO2、C+、N2化学计量数之比为3：6：4，令SiO2的化学计量数为3，结合元素守恒可知Si3N4、CO化学计量数分别为1、6．
（2）反应中只有C元素的化合价升高，氮气有剩余，根据CO计算电子转移，C元素化合价由0价升高为+2价，转移电子的物质的量为CO的2倍．
（3）反应中N2作氧化剂，C是还原剂，N2将C氧化．
（4）由信息可知，氮化硅机械强度高，硬度大，热稳定性好，化学性质稳定，氮化硅属于原子晶体，不是电的良导体，制备氮化硅的资源丰富，自然界中有大量的氮气与二氧化硅，具有广阔的发展前景．
【解答】解：（1）由产物CO可知，SiO2与C化学计量数之比为1：2 由产物Si3N4可知SiO2与N2化学计量数之比为3：2，所以SiO2、C、N2化学计量数之比为3：6：2，令SiO2的化学计量数为3，C、N2化学计量数分别为6、2，结合元素守恒可知Si3N4、CO化学计量数分别为1、6，配平后方程式为3SiO2+6C+2N2
Si3N4+6CO．
故答案为：3、6、2、1、6；
（2）反应中只有C元素的化合价升高，氮气有剩余，根据CO计算电子转移，C元素化合价由0价升高为+2价，转移电子的物质的量为CO的2倍，所以反应中转移电子数为5mol×2×NAmol=10NA． 故答案为：10；
（3）反应中N2作氧化剂，C是还原剂，N2将C氧化为CO，所以氧化性C＜N2，故答案为：＜； （4）A、氮化硅热稳定性好，可以用于热工设备，故A正确； B、氮化硅属于原子晶体，不是电的良导体，故B错误；
C、氮化硅机械强度高，硬度大，可以替代同类型金属发动机，故C正确； D、制备氮化硅的资源丰富，具有广阔的发展前景，故D错误． 故选：AC．
【点评】本题考查氧化还原反应配平及计算、氧化性还原性比较、晶体结构与性质等，难度中等，注意掌握化学方程式常用的配平方法．
﹣1