2020學年吉林省通化市高考模擬化學

1、2020年吉林省通化市高考模擬化學一、選擇題(每小題2分)1.(2分)據報道“目前世界上近20億人患有缺鐵性貧血。”這里的“鐵”是指()A.鐵單質B.鐵元素C.四氧化三鐵D.三氧化二鐵【考點】31：元素解析：人體中的鐵元素是以無機鹽的形式存在的，這里的鐵是指鐵元素，不是鐵單質、四氧化三鐵、三氧化二鐵。答案：B2.(2分)下列有關試劑的保存方法，錯誤的是()A.濃硝酸保存在無色玻璃試劑瓶中B.氫氧化鈉溶液保存在具橡皮塞的玻璃試劑瓶中C.少量的鈉保存在煤油中D.新制的氯水通常保存在棕色玻璃試劑瓶中【考點】O2：化學試劑的存放解析：A.濃硝酸見光易分解，應保存在棕色試劑瓶中，故A錯誤；B.玻璃中含有

2、二氧化硅，易與NaOH溶液反應生成具有黏性的硅酸鈉，盛NaOH溶液的試劑瓶應用橡皮塞，故B正確；C.金屬鈉易與空氣中氧氣反應、易與水反應，但不與煤油反應且鈉的密度比煤油大，保存在煤油中可隔絕空氣，防止鈉變質，故C正確；D.氯水中的次氯酸見光易分解而導致Cl2水變質，應于棕色試劑瓶避光保存，故D正確。答案：A3.(2分)下列判斷正確的是()A.同溫、同壓下，相同體積的氮氣和氦氣所含的原子數(shù)相等B.標準狀況下，5.6 L以任意比例混合的氯氣和氧氣所含的原子數(shù)為0.5NAC.1 mol氯氣和足量NaOH溶液反應轉移的電子數(shù)為2NAD.常溫常壓下，22.4 L的NO2和CO2混合氣體含有2NA個O原子

3、【考點】54：物質的量的相關計算解析：A.同溫、同壓下，相同體積的氮氣和氦氣具有相同的物質的量，而氮氣為雙原子分子，稀有氣體為單原子分子，所以二者含有的原子數(shù)不相等，故A錯誤；B.標準狀況下5.6L氣體的物質的量為：5.6L22.4L/mol=0.25mol，氯氣和氧氣都是雙原子分子，所以氯氣和氧氣以任意比例混合的氯氣和氧氣所含的原子的物質的量為0.5mol，含有原子數(shù)為0.5NA，故B正確；C.1mol氯氣與氫氧化鈉溶液反應生成1mol氯化鈉和1mol次氯酸鈉，轉移了1mol電子，轉移的電子數(shù)為NA，故C錯誤；D.不是標準狀況下，不能使用22.4L/mol計算混合氣體的物質的量，故D錯誤。答

4、案：B4.(2分)在無色的酸性溶液中可以大量共存的離子組是()A.Fe2+ NO3ISO42B.MnO4 K+NO3Na+C.K+Al3+ClSO42D.Mg2+SO32BrBa2+【考點】DP：離子共存問題解析：A.Fe2+為有色離子，NO3在H+存在條件下具有強氧化性，能夠氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故A錯誤；B.MnO4為有色離子，故B錯誤；C.該組離子之間不反應，能共存，且離子均為無色，故C正確；D.酸性條件下SO32不能大量共存，故D錯誤。答案：C5.(2分)下列離子方程式書寫正確的是()A.MgSO4溶液與Ba(OH)2溶液反應：SO42+Ba2+BaSO4B.向澄清石灰水

5、中加入過量NaHCO3溶液：HCO3+Ca2+OHCaCO3+H2OC.向Al2(SO4)3溶液中加入過量NaOH溶液：Al3+4OHAlO2+2H2OD.向Ca(ClO2)溶液中通入少量SO2：Ca2+2ClO+H2O+SO2CaSO3+2HClO【考點】49：離子方程式的書寫解析：A.MgSO4溶液與Ba(OH)2溶液反應的離子反應為2OH+Mg2+SO42+Ba2+BaSO4+Mg(OH)2，故A錯誤；B.向澄清石灰水中加入過量NaHCO3溶液的離子反應為2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+2H2O+CO32，故B錯誤；C.向Al2(SO4)3溶液中加入過量NaOH溶液的離子反應為Al

6、3+4OHAlO2+2H2O，故C正確；D.向Ca(ClO2)溶液中通入少量SO2的離子反應為Ca2+2ClO+SO2+H2OCaSO4+H+Cl+HClO，故D錯誤。答案：C6.(2分)下列判斷錯誤的是()A.常溫下含有NA個NO2、N2O4分子的混合氣體，降溫至標準狀況，其體積小于22.4 LB.相同條件下，1 L CO和H2的混合氣體完全燃燒消耗0.5 L O2C.標準狀況下，44.8 L NO與22.4 L O2充分反應后得到的氣體分子數(shù)小于2NAD.在常溫常壓下，2.24 L SO2與O2的混合氣體中所含氧原子數(shù)為0.2NA【考點】4F：阿伏加德羅常數(shù)解析：A、NO2、N2O4中存在

7、平衡：2NO2N2O4，反應放熱，故降低溫度后，平衡右移，則體積小于22.4L，故A正確；B、相同物質的量的CO和氫氣消耗相同量的氧氣，在相同條件下，1 L CO和H2的物質的量相同，則消耗氧氣的物質的量相同，均為0.5L，故B正確；C、NO和氧氣反應后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4，導致分子個數(shù)減少，故分子個數(shù)小于2NA個，故C正確；D、常溫常壓下氣體摩爾體積大于22.4L/mol，故2.24L混合氣體的物質的量小于0.1mol，則氧原子的個數(shù)小于0.2NA個，故D錯誤。答案：D7.(2分)下列說法正確的是()A.I的原子半徑大于Br，HI比HBr的熱穩(wěn)定性強B.P的非金屬性強于S

8、i，H3PO4比H2SiO3的酸性強C.Al2O3和MgO均可與NaOH溶液反應D.SO2和SO3混合氣體通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4【考點】1B：真題集萃；77：元素周期律的作用；78：元素周期律和元素周期表的綜合應用解析：A.I、Br同主族，自上而下原子半徑增大，元素非金屬性減弱、氫化物穩(wěn)定性減弱，故I的原子半徑大于Br，HI比HBr的熱穩(wěn)定性弱，故A錯誤；B.Si、P同周期，隨原子序數(shù)增大，元素非金屬性增強，最高價含氧酸的酸性增強，故P的非金屬性強于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性強，故B正確；C.氧化鋁屬于兩性氧化物，能與氫氧化鈉反應，而MgO屬于堿性氧化物

9、，能與酸反應，不能與氫氧化鈉溶液反應，故C錯誤；D.二氧化硫通入硝酸鋇溶液中，酸性條件下，硝酸根具有強氧化性，將亞硫酸氧化為硫酸，進一步反應得到硫酸鋇，故SO2和SO3混合氣體通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO4，故D錯誤。答案：B8.(2分)下列物質的顏色按“紅、橙、黃、綠、藍、紫”順序排列的是()CuSO45H2OAgI溴水FeSO47H2OKMnO4溶液堿性酚酞溶液.A.B.C.D.【考點】EM：氯、溴、碘及其化合物的綜合應用解析：CuSO45H2O晶體為藍色；AgI 為黃色固體；溴水為橙紅色溶液；FeSO47H2O為淺綠色晶體；KMnO4溶液為紫紅色溶液；堿性酚酞溶液為紅色.物質的

10、顏色按“紅、橙、黃、綠、藍、紫”順序排列的是：。答案：A9.(2分)下列實驗中，對應的現(xiàn)象以及結論都正確且兩者具有因果關系的是()實驗現(xiàn)象結論A將氯氣通入品紅溶液溶液紅色褪去氯氣具有漂白性B將銅粉加入1.0molL1的Fe2(SO4)3溶液中溶液變藍，有黑色固體出現(xiàn)金屬Fe比Cu活潑C用坩堝鉗夾住用砂紙仔細打磨過的鋁箔在酒精燈上加熱熔化后的液態(tài)鋁滴落下來金屬鋁的熔點比較低D向盛有少量濃硝酸、稀硝酸的兩支試管中分別加入一片大小相同的銅片濃硝酸中銅片很快開始溶解，并放出紅棕色氣體；稀硝酸中過一會銅片表面才出現(xiàn)無色氣體，氣體遇空氣變紅棕色濃硝酸氧化性強于稀硝酸A.AB.BC.CD.D【考點】E2：氯

11、氣的化學性質；EG：硝酸的化學性質；GJ：鋁的化學性質；GO：鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉變解析：A.氯氣通入品紅溶液，氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，氧化品紅溶液褪色，氯氣無漂白性，故A錯誤；B.Cu和Fe3+發(fā)生氧化還原反應，反應方程式為Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，所以沒有黑色沉淀生成，溶液由黃色變?yōu)樗{色，故B錯誤；C.將鋁箔用坩堝鉗夾住放在酒精燈火焰上加熱，鋁和氧氣反應生成了氧化鋁，形成氧化膜，三氧化二鋁的熔點高于鋁的熔點，包住了熔化的鋁，所以加熱鋁箔的時候鋁熔化了但是不會滴落，故C錯誤；D.Cu與濃硝酸反應生成二氧化氮，與稀硝酸反應生成NO，氧化性與得到電子的多少無

12、關，但濃硝酸與Cu反應劇烈，可說明氧化性強弱，故D正確。答案：D10.(2分)(2011江蘇)短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相對位置如圖所示.下列說法正確的是()A.元素X與元素Z的最高正化合價之和的數(shù)值等于8B.原子半徑的大小順序為：rXrYrZrWrQC.離子Y2和Z3+的核外電子數(shù)和電子層數(shù)都不相同D.元素W的最高價氧化物對應的水化物的酸性比Q的強【考點】8J：位置結構性質的相互關系應用解析：由元素所在周期表中的位置可知，X為N元素，Y為O元素，Z為Al元素，W為S元素，Q為Cl元素。A、X為N元素，最高正價為+5價，Z為Al元素，最高正價為+3價，則元素X與元素Z的最高正

13、化合價之和的數(shù)值等于8，故A正確；B、原子核外電子層數(shù)越多，半徑越大，同一周期元素原子半徑從左到右逐漸減小，則有：rZrWrQrXrY，故B錯誤；C、離子Y2和Z3+的核外電子數(shù)都為10，離子核外有2個電子層，電子層數(shù)相同，故C錯誤；D、同周期元素從左到右元素的非金屬性逐漸增強，對應的最高價氧化物的水化物的酸性逐漸增強，故D錯誤答案：A11.(3分)下列實驗過程中，始終無明顯現(xiàn)象的是()A.CO2通入飽和碳酸鈉溶液中B.在稀硫酸中加入銅粉，再加入KNO3固體C.NO2通入FeSO4溶液中D.SO2通入飽和CaCl2溶液中【考點】F5：二氧化硫的化學性質；GF：鈉的重要化合物解析：A、CO2通入

14、飽和Na2CO3溶液中反應生成碳酸氫鈉晶體，溶液變渾濁，現(xiàn)象明顯，故A不選；B、在稀硫酸中加入銅粉，再加入KNO3固體，硝酸根離子在酸性條件下具有氧化性，溶解銅溶液成藍色，現(xiàn)象明顯，故B不選；C、NO2通入后和水反應生成具有強氧化性的硝酸，將亞鐵鹽氧化為鐵鹽，溶液顏色由淺綠色變?yōu)辄S色，現(xiàn)象明顯，故C不選；D、因SO2和CaCl2不反應，無明顯現(xiàn)象，故D選。答案：D12.(3分)(2013安徽)實驗室中某些氣體的制取、收集及尾氣處理裝置如圖所示(省略夾持和凈化裝置).僅用此裝置和表中提供的物質完成相關實驗，最合理的選項是選項A中的物質b中的物質c中的物質d中的物質A濃氨水NaOHNH3H2OB濃

15、鹽酸MnO2Cl2NaOH溶液C稀硝酸CuNOH2OD濃硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液()A.AB.BC.CD.D【考點】Q9：常見氣體制備原理及裝置選擇；QB：實驗裝置綜合解析：A、氨氣的密度比空氣密度小，應該采用向下排空氣法收集，裝置c中的導管應改為短進長出，故A錯誤；B.用MnO2和濃鹽酸制取氯氣時需要加熱，氯氣的密度比空氣大，能使用向上排空氣法，氯氣用氫氧化鈉溶液吸收，故B錯誤；C.銅與稀硝酸反應生成產物為一氧化氮，一氧化氮易與空氣中氧氣反應生成二氧化氮，不能用排空氣法收集，氫氧化鈉不能吸收一氧化氮氣體，故C錯誤；D.濃硫酸可以與亞硫酸反應，生成二氧化硫，SO2氣體的密度比空氣大，

16、能使用向上排空氣法，SO2氣體能與氫氧化鈉迅速反應，所以吸收裝置中要防倒吸，圖示收集裝置和完全吸收裝置都合理，故D正確。答案：D13.(3分)下列裝置所示的實驗中，能達到實驗目的是()A.分離碘酒中的碘和酒精B.實驗室制氨氣C.除去Cl2中的HClD.排水集氣法收集NO【考點】U5：化學實驗方案的評價解析：A.碘易溶于酒精，應用蒸餾的方法分離，故A錯誤；B.氯化銨分解生成氨氣和氯化氫，在溫度稍低時又生成氯化銨，實驗室應用氯化銨和氫氧化鈣在加熱條件下制備氨氣，故B錯誤；C.二者都與氫氧化鈉反應，應用飽和食鹽水除雜，故C錯誤；D.NO不溶于水，可用排水法收集，故D正確。答案：D14.(3分)向含有

17、Fe2+、I、Br的溶液中通入適量氯氣，溶液中各種離子的物質的量變化如圖所示有關說法正確的是()A.線段BC代表Cl數(shù)目的變化情況B.原混合溶液中c(FeBr2)=6mol/LC.當通入Cl22mol時，溶液中已發(fā)生的離子反應可表示為：2Fe2+2I+2Cl2=2Fe3+I2+4 ClD.原溶液中n(Fe2+)：n(I)：n(Br)=2：2：3【考點】5B：離子方程式的有關計算解析：還原性為IFe2+Br，則先發(fā)生2I+Cl2I2+2Cl，I反應完畢再發(fā)生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，最后發(fā)生反應2Br+Cl2Br2+2Cl，A.B點時溶液中I完全反應，溶液中存在Fe2+和Br，BC段發(fā)生

18、2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，代表Fe3+的物質的量的變化情況，而不是氯離子，故A錯誤；B.由圖可知，BC段發(fā)生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，F(xiàn)e2+反應完畢消耗氯氣2mol，由方程式可知n(Fe2+)=2×2mol=4mol，則n(FeBr2)=4mol，故B錯誤；C.AB段發(fā)生2I+Cl2I2+2Cl，2mol的I消耗1mol氯氣，BC段發(fā)生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，余下的1mol氯氣再與2molFe2+反應，故參加反應的n(Fe2+)：n(I)=1：1，故通入2molCl2時，溶液中已發(fā)生的離子反應可表示為2Fe2+2I+2Cl22Fe3+I2+4Cl，故C正確

19、；D.由圖可知AB段消耗氯氣1mol，發(fā)生2I+Cl2I2+2Cl，故n(I)=2n(Cl2)=2mol，BC段發(fā)生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，消耗氯氣2mol，故n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×2mol=4mol，DE段發(fā)生2Br+Cl2Br2+2Cl，消耗氯氣3mol，故n(Br)=2n(Cl2)=6mol，故原溶液中n(Fe2+)：n(I)：n(Br)=4mol：2mol：6mol=2：1：3，故D錯誤。答案：C15.(3分)欲在有Y存在的情況下，用一種試劑Z來檢驗鹽溶液中的離子X，下表中對應的試劑Z合理的是()ABCD試劑Z氨水硝酸銀溶液硫酸鈉溶液硝酸鋇溶液XMg2

20、+ClBa2+SO42YAl3+CO32Mg2+SO32A.AB.BC.CD.D【考點】PS：物質的檢驗和鑒別的基本方法選擇及應用解析：A.兩種金屬離子加氨水均生成白色沉淀，不能檢驗Mg2+的存在，應選NaOH，故A錯誤；B.兩種陰離子加硝酸銀均生成白色沉淀，不能檢驗Cl的存在，應先加硝酸后加硝酸銀，故B錯誤；C.只有鋇離子與硫酸鈉反應生成硫酸鋇白色沉淀，Mg2+不反應，則可檢驗Ba2+的存在，故C正確；D.兩種陰離子加硝酸鋇均生成白色沉淀，不能檢驗SO42的存在，應先加鹽酸，后加硝酸鋇，故D錯誤。答案：C16.(3分)下列離子方程式書寫正確的是()A.在強堿溶液中NaClO與Fe(OH)3反

21、應生成Na2FeO4：3ClO+2Fe(OH)3+4OH2FeO42+3Cl+5H2OB.Fe(OH)3溶于氫碘酸：Fe(OH)3+3H+Fe3+3H2OC.銅溶于濃硝酸：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2OD.鈉與水反應：Na+2H2ONa+2OH+H2【考點】49：離子方程式的書寫解析：A.在強堿溶液中NaClO與Fe(OH)3反應生成Na2FeO4，離子方程式：3ClO+2Fe(OH)3+4OH2FeO42+3Cl+5H2O，故A正確；B.Fe(OH)3溶于氫碘酸：6H+2Fe(OH)3+2I=I2+2Fe2+6H2O，故B錯誤；C.銅溶于濃硝酸，離子方程式：Cu+4H+2N

22、O3Cu2+2NO2+2H2O，故C錯誤；D.鈉與水反應，離子方程式：2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故D錯誤；答案：A17.(3分)將13.0g Al、Fe、Cu組成的合金溶于足量的NaOH溶液中，產生氣體6.72L(標況).另取等質量的合金溶于過量的稀硝酸中生成6.72L(標況)NO，向反應后的溶液中加入過量的NaOH溶液，得到沉淀的質量是()A.11.85gB.12.7gC.27.45gD.28.3g【考點】5A：化學方程式的有關計算解析：合金溶于足量的NaOH溶液中，金屬鋁和氫氧化鈉反應產生氣體氫氣6.72L(標準狀況)，物質的量為6.72L22.4L/mol=0.3mol，根據

23、電子轉移守恒可知n(Al)=0.3×23=0.2mol，故金屬鋁的質量為0.2mol×27g/mol=5.4g，金屬鋁提供電子的量是0.6mol，將合金溶于過量稀硝酸中，分別生成Al3+、Fe3+、Cu2+離子，根據電子守恒，金屬共提供電子的物質的量為6.72L22.4L/mol×3=0.9mol，故Fe、Cu共提供的電子物質的量為0.9mol0.6mol=0.3mol，向反應后的溶液中加入過量的NaOH溶液，鋁離子全部轉化為偏鋁酸根離子，不會出現(xiàn)沉淀，所得沉淀為氫氧化鐵、氫氧化銅，由電荷守恒可知，反應中金屬鐵、銅提供的電子的物質的量等于生成堿的氫氧根離子的物質的

24、量，即n(OH)=0.3mol，所以反應后沉淀的質量等于13.0g5.4g+0.3mol×17g/mol=12.7g。答案：B18.(3分)將足量的CO2不斷通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀與通入CO2的量的關系可表示為()A.B.C.D.【考點】M3：有關混合物反應的計算解析：將足量的CO2不斷通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，發(fā)生反應先后順序為Ba(OH)2+CO2=BaCO3+H2O、2KOH+CO2=K2CO3+H2O、2KAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3+K2CO3、K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3、BaCO

25、3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，根據物質的溶解性知，沉淀量與通入二氧化碳關系圖為。答案：C19.(3分)某鐵的氧化物，用7mol/L的鹽酸100mL在一定條件下恰好完全溶解，所得溶液再通入0.56L標準狀況下的氯氣時，剛好使溶液中Fe2+完全轉化為Fe3+.則該氧化物的化學式可表示為()A.FeOB.Fe3O4C.Fe4O5D.Fe5O7【考點】5A：化學方程式的有關計算解析：設二價鐵離子的物質的量為xmol，三價鐵離子的物質的量為ymol，由某鐵的氧化物，用7.0mol/L的鹽酸100mL在一定條件下恰好完全溶解，依據電荷守恒可知最終溶液中溶質為氯化亞鐵和氯化鐵，依據電荷守恒可知二價

26、鐵離子和三價鐵離子帶的正電荷總數(shù)等于氯離子帶電負電荷總數(shù)，即：2x+3y=0.1L×7.0mol/L=0.7mol；溶液中只有二價鐵離子能與氯氣發(fā)生反應生成三價鐵離子，氯氣被還原為氯離子，依據氧化還原反應中得失電子守恒規(guī)律可知二價鐵失去的電子總數(shù)等于氯氣得到的電子總數(shù)，即：x×1=0.56L22.4L/mol×2=0.05mol；解得：x=0.05mol；y=0.2mol；所以該氧化物中Fe(+2價)與Fe(+3價)的物質的量分別為0.05mol、0.2mol，反應中HCl的H元素與氧化物中O元素全部結合生成H2O，則氧化物中n(O)=12×n(HCl)

27、=12×0.7mol=0.35mol，所以：n(Fe)：n(O)=0.25mol：0.35mol=5：7，該氧化物的化學式為Fe5O7。答案：D20.(3分)中學常見的某反應的化學方程式為a+bc+d+H2O(未配平，反應條件略去).下列敘述不正確的是()A.若a是鐵，b是稀硝酸(過量)且a可溶于c溶液中.則a與b反應的離子方程式為Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2OB.若c，d為氣體，且都能使澄清石灰水變渾濁，則將此混合氣體通入溴水中，橙色褪去，其褪色過程的離子方程式為SO2+Br2+2H2O=4H+SO42+2BrC.若c是無色刺激性氣味的氣體，其水溶液顯弱堿性，在標準狀況

28、下用排空氣法收集c氣體得平均摩爾質量為20 gmol1的混合氣體進行噴泉實驗.假設溶質不擴散，實驗完成后所得溶液的物質的量濃度約為0.056 molL1D.若a是造成溫室效應的主要氣體之一，c、d均為鈉鹽，參加反應的a、b物質的量之比為4：5，則上述反應的離子方程式為4CO2+5OH=CO32+3HCO3+H2O【考點】GM：鐵的化學性質解析：A.若a是鐵，b是稀硝酸(過量)，且a可溶于c溶液中，則c為硝酸鐵、D為NO，則a與b反應的離子方程式為Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2O，故A正確；B.若c，d為氣體，且都能使澄清石灰水變渾濁，為二氧化碳和二氧化硫，應是碳和濃硫酸能反應生成二氧

29、化碳、二氧化硫和水，則將此混合氣體通入溴水中，橙色褪去，反應生成硫酸與HBr，離子方程式為：SO2+Br2+2H2O4H+SO42+2Br，故B正確；C.若C是無色刺激性氣味的氣體，其水溶液呈弱堿性，則C為氨氣，應是氯化銨與氫氧化鈣反應生成氨氣、氯化鈣與水，氨氣溶于水，溶液體積等于氨氣體積，令氨氣為1L，氨氣物質的量為1L22.4L/mol=122.4mol，溶液濃度為122.4mol1L=0.045mol/L，故C錯誤；D.若a是造成溫室效應的主要氣體之一，則a為CO2，c、d均為鈉鹽，則b為NaOH，參加反應的a、b物質的量之比為4：5，則生成NaHCO3、Na2CO3，根據鈉離子、碳原子

30、守恒n(NaHCO3)+n(Na2CO3)：n(NaHCO3)+2n(Na2CO3)=4：5，整理可得n(NaHCO3)：n(Na2CO3)=3：1，故反應的離子方程式為4CO2+5OHCO32+3HCO3+H2O，故D正確。答案：C二、解答題(共5小題，滿分50分)21.(14分)在濃CaCl2溶液中通入NH3和CO2，可以制得納米級碳酸鈣(粒子直徑在1100nm之間)。圖1所示AE為實驗室常見的儀器裝置(部分固定夾持裝置略去)，請你一起參與實驗并根據要求回答有關問題：(1)實驗室制取、收集干燥的NH3，需選用上述儀器裝置的接口連接順序是(選填字母)：a接，接，接h；用A裝置制取NH3的化學

31、反應方程式為：。解析：實驗室制取氨氣采用固體、固體加熱型裝置，所以應選A為反應裝置；生成物中含有水，氨氣屬于堿性氣體，所以應選擇堿性物質吸收水蒸氣，答案：C；氨氣極易溶于水，且氨氣的密度小于空氣的密度，所以應采用向下排空氣法收集，答案：D；氨氣有刺激性氣味，所以不能直接排空；氨氣極易溶于水，所以尾氣處理應采用防止倒吸裝置，用水吸收即可，答案：E；注意干燥管的使用原則是大口進小口出；所以儀器裝置的接口連接順序是d、e、g、f；實驗室制取氨氣采用氯化銨和氫氧化鈣加熱制的生成氯化鈣、氨氣和水，反應方程式為2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+H2O。答案：d、e、g、f；2NH4Cl+C

32、a(OH)2CaCl2+2NH3+H2O； (2)用圖2所示裝置也可以制取NH3，則圓底燒瓶中的固體可以選用(選填字母編號).A.堿石灰B.生石灰C.無水氯化鈣D.無水硫酸銅E.燒堿解析：該裝置是固液不加熱型，且氨水極易揮發(fā)，溫度越高，揮發(fā)越快；堿石灰、氫氧化鈉、生石灰的溶解過程放出大量的熱，相當于加熱，故可選ABE。答案：ABE(3)向濃CaCl2溶液中通入NH3和CO2氣體制納米級碳酸鈣時，應先通入的氣體是；試寫出制納米級碳酸鈣的化學方式。解析：氨氣極易溶于水，二氧化碳不易溶于水，所以應先通入氨氣；氨氣溶于水生成氨水，溶液呈堿性，二氧化碳是酸性氣體，能和堿反應生成碳酸銨，碳酸銨和氯化鈣發(fā)生

33、復分解反應生成碳酸鈣和氯化銨，反應方程式為CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+2NH4Cl。答案：NH3；CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+2NH4Cl(4)請設計簡單的實驗方案，判斷所得碳酸鈣樣品顆粒是否為納米級?！究键c】U3：制備實驗方案的設計解析：碳酸鈣樣品顆粒如果為納米級，納米級的顆粒在膠體范圍內，所以具有膠體的性質，運用膠體的丁達爾效應判斷；取少量樣品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出現(xiàn)一條光亮的通路，則是納米級，否則不是。答案：取少量樣品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出現(xiàn)一條光亮的通路，則是納米級，否則不是22.(8分)用98%的濃硫酸(=1

34、.84g/cm3)配制250mL 1mol/L的稀硫酸，所需濃硫酸的體積為mL(小數(shù)點后保留一位有效數(shù)字)。如果實驗室有10mL、20mL、50mL量筒，應選用mL量筒，實驗中還需要用到的儀器有燒杯、膠頭滴管、玻璃棒和。【考點】O9：溶液的配制解析：質量分數(shù)為98%、密度為1.84g/cm3的濃硫酸的濃度為：1000×1.84×98%98 mol/L=18.4mol/L；設配制250mL 1mol/L的稀硫酸，需要濃硫酸體積為V，則根據溶液稀釋過程中溶質的物質的量不變得：250mL×1mol/L=V×18.4mol/L，解得V=13.6mL；應選擇20m

35、L量筒；配制一定物質的量濃度溶液步驟為：計算、量取、稀釋、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等，需要的儀器：20mL量筒、燒杯、250mL容量瓶、膠頭滴管、玻璃棒，缺少的儀器：250mL容量瓶。答案：13.6 20 250mL容量瓶23.(8分)分析實驗中出現(xiàn)下列現(xiàn)象對所配溶液的濃度有何影響：(1)濃硫酸溶解后未冷卻至室溫即轉移至容量瓶中進行定容， (填“偏高”、“偏低”或“無影響”)；解析：濃硫酸溶解后未冷卻至室溫即轉移至容量瓶中進行定容，冷卻后溶液體積偏小，溶液濃度偏高。答案：偏高(2)定容時仰視刻度線， ；填“偏高”、“偏低”或“無影響”)；解析：定容時仰視刻度線，導致溶液體積偏大，溶液濃度偏

36、低。答案：偏低(3)量取好濃硫酸倒入燒杯溶解后，用水洗滌量筒23次，將洗滌液倒入燒杯中， 。(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)；解析：量取好濃硫酸倒入燒杯溶解后，用水洗滌量筒23次，將洗滌液倒入燒杯中，導致量取的濃硫酸體積偏大，溶質的物質的量偏大，溶液濃度偏高。答案：偏高(4)7.8g鎂鋁合金與足量的稀鹽酸反應，生成氫氣的體積為8.96L(標準狀況)，則此反應中轉移電子的數(shù)目為 ，鎂和鋁分別產生氫氣的體積之比為 。【考點】O9：溶液的配制解析：令7.8g鎂鋁合金中Mg的物質的量為xmol，Al的物質的量為ymol，則：24x+27y=7.8，生成氫氣的物質的量為8.96L22.4L/mol=

37、0.4mol，根據電子轉移守恒有：2x+3y=0.4×2，聯(lián)立方程，解得：x=0.1，y=0.2；設轉移電子數(shù)為n則：2H+H22e 1 2 0.4mol n解得n=0.8mol；所以轉移電子數(shù)為0.8NA；依據鎂、鋁與鹽酸反應生成氣體關系得；MgH2 Al1.5H21 1 1 1.50.1mol 0.1mol 0.2mol 0.3mol所以鎂與鋁與鹽酸反應生成氫氣的體積之比等于物質的量之比等于：0.1：0.3=1：3。答案：0.8NA 1：324.(10分)A、B、C、D均為中學化學常見的純凈物，A是單質.它們之間有如圖所示的反應關系：(1)若B是氣態(tài)氫化物，C、D是氧化物且會造成光化學煙霧污染.B與C在一定條件下反應生成的A是大氣的主要成分，寫出該反應的化學方程式：。解析：若B是氣態(tài)氫化物.C、D是氧化物且會造成光化學煙霧污染，判斷為C為NO、D為NO2.B與C在一定條件下反應生成的A是大氣的主要成分，則A為N2，B為NH3，B與C反應生成的化學反應方程式為：4NH3+6NO5N2+6H2O。答案：4NH3+6NO5N2+6H2O(2)若D物質具有兩性，、反應均要用強堿溶液，反應是通入過量的一種引起溫室效應的主要氣體.判斷單質A的元