1、2015-2016学年辽宁省大连十一中高三第二次月考化学试卷一、选择题1下列物质分类正确的是ASO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物2下列实验或反应中，最后固体质量增加的是A铜丝在空气中灼烧后迅速伸入乙醇蒸气中B铁粉与硫粉物质的量之比为1：1时混合加热C锌粉加入到氯化铜溶液中D去除氧化膜的铝条插入到浓硝酸中3用下列装置进行相应实验，装置正确且能达到实验目的是A用图所示装置验证NaHCO3的不稳定性B用图所示装置干燥氨气C用图所示装置制取少量CO2气体D用图所示装置分馏石油4下列有关钠、铁、铝性质
2、的说法中正确的是A在地壳中的含量：FeAlNaB均能与盐酸反应，生成物中金属价态数值：AlFeNaC钠、铝均能从FeCl3溶液中置换出铁D等质量的三种金属与足量盐酸反应时，钠置换出的氢气最多5下列反应的离子方程式正确的是A用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2B钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+Cu+2Na+CAlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2OD用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2O6某同学用如图装置制备并检验Cl2的性质下列说法正确的是A如果MnO2过量，浓盐酸就可全部
3、消耗B量筒中发生了加成反应C生成蓝色的烟D湿润的有色布条能褪色，干燥的有色布条不褪色7在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末，溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为：2MnO+16H+5Na2O22Mn2+5O2+8H2O+10Na+下列判断正确的是AO2是还原产物，Mn2+是氧化产物BNa2O2既是氧化剂，又是还原剂C标准状况下，产生22.4L O2时反应转移2mol eD通常用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液8为提纯下列物质，所选除杂试剂和分离方法都正确的是选项被提纯的物质除杂试剂分离方法ANH3浓硫酸洗气BBr2 CCl4分液CKCl固体KOH溶液加热D氢氧化铁胶体无过滤AABBCCDD9在a L A
4、l23和2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中的Al3+浓度为ABCD10一种全天候太阳能电化学电池的工作原理如图所示下列说法错误的是A该电池与硅太阳能电池供电原理相同B光照时，b极周围pH减小C光照时，H+由b极室透过质子膜进入a极室D夜间无光照时，a为电池的负极11下列反应的离子方程式不正确的是A溴化亚铁溶液中通入过量氯气2Fe2+2Br+2C122Fe3+Br2+4C1B草酸和少量烧碱溶液：H2C2O4+OHHC2O4+H2OC漂白粉溶液吸收过量的二氧化碳：ClO十H2O+CO2HClO
5、+HCO3D向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba2溶液至刚好沉淀完全NH4+H+SO42+Ba2+2OHNH3H2O+BaSO4+H2O12下列实验现象不能说明相关结论的是A向Al3沉淀中滴加NaOH溶液或盐酸，沉淀均消失，说明Al3是两性氢氧化物B将金属钠投入冷水中，钠熔为小球，说明钠与水的反应为放热反应且钠的熔点低C向AgCl浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，说明AgCl溶解度比Ag2S大D将铜与浓硫酸共热，产生使石蕊溶液变红的气体，说明浓硫酸被氧化13下列有关说法中错误的是A氢氟酸不能盛放在玻璃试剂瓶中B玻璃、水晶、陶瓷的主要成分均是硅酸盐C灼烧NaOH固体时不能使用瓷坩埚，因为
6、坩埚中的SiO2能与NaOH反应D由沙子制备光伏材料时的反应之一为SiO2+2C Si+2CO14由下列反应式所得出的结论中正确的是AHClO+SO2+H2OHCl+H2SO4：酸性 HClOH2SO4BAl2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O：Al2O3是两性氧化物CNH3+H3O+NH4+H2O：NH3结合H+的能力比H2O强D已知CCH=+1.9 kJ/mol：金刚石比石墨稳定15下表各组物质中，物质之间不可能实现如图所示转化的是选项XYZMAFeFeCl2FeCl3Cl2BNaOHNa2CO3NaHCO3CO2CNH3NONO2O2DSSO2SO3O2AABBCCDD二、选择题16
7、向硫酸铜溶液中通入足量NH3后可得到深蓝色溶液溶质为Cu4SO4，再向所得溶液通入SO2至溶液呈微酸性发现有白色沉淀Q生成，反应方程式为：2Cu4SO4+3SO2+4H2O=2NH4CuSO3+32SO4再将Q与足量的10mol/L硫酸混合微热，则会发生如下反应：2NH4CuSO3+2H2SO4=Cu+2SO4+2SO2+CuSO4+2H2O对上述两个反应的有关分析中正确的是A是非氧化还原反应，而是氧化还原反应B上述反应中SO2的作用只相当于催化剂C反应中CuSO4是氧化产物D反应中SO2发生还原反应17向含Fe2+、Br、I各0.1mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液
8、中某种离子的物质的量的关系如图，下列说法中正确的是AQ是IBQ是BrCab区间的反应：2Fe2+Cl22Fe3+2ClDb点时溶液中只有Cl18电解法处理酸性含铬废水时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，最后Cr3+以Cr3形式除去，下列说法不正确的是A阳极反应为Fe2eFe2+B电解过程中溶液pH不会变化C过程中有Fe3沉淀生成D电路中每转移12 mol电子，最多有1 mol Cr2O72被还原19下列离子方程式不正确的是A向Na2FeO4溶液中加入稀硫酸产生氧气：4FeO42+20H+4Fe3+3O2+10H2OB10mL0.
9、5mol/L的明矾溶液与20mL0.5mol/LBa2溶液混合反应：3Ba2+6OH+2Al3+3SO423BaSO4+2Al3C铜粉与63%的硝酸反应：Cu+4H+2NO3Cu2+2 NO2+2H2OD工业上用纯碱液吸收SO2：CO32+SO2CO2+SO3220电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅已知：3I2+6OHIO3+5I+3H2O，下列说法不正确的是A右侧发生的电极方程式：2H2O+2eH2+2OHB电解结束时，右侧溶液中含有IO3C电解槽内发生反应的总化学方程式KI+3H2OKIO3+
10、3H2D如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学方程式不变21向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，生成沉淀Al3的量随AlCl3加入量的变化关系如图所示则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是Aa点对应的溶液中：Na+、Mg2+、SO42、HCO3Bb点对应的溶液中：Ag+、Ca2+、NO3、FCc点对应的溶液中：Na+、S2、SO42、ClDd点对应的溶液中：K+、NH4+、I、CO3222下列各组离子在指定溶液中，可能大量共存的溶有足量氨气的无色溶液中：K+，NH4+，Na+，HSO3，PO43，MnO4能使pH试纸变蓝色的溶液中：K+，Na+，AlO2，N
11、O3，S2，SO32水电离出的H+浓度c=1013mol/L的溶液中：Cl，CO32，SO32，Fe3+，K+加入Al能放出H2的溶液中：Na+，NH4+，K+，SO42，Cl，Br使石蕊变红的溶液中：Fe3+，Na+，K+，NO3，SO42，Cl中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SO42含有大量Fe3+的溶液中：K+，NH4+，Na+，SCN，I，Br25=0.1mol/L的溶液中：Na+，K+，SO42，SiO32，NO3ABCD三、解答题23硫酸铜在生产、生活中应用广泛某化工厂用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如下：写出浸出时铜与稀硫酸、稀硝酸反应生成硫酸铜的化学方程式：取
12、样检验是为了确认Fe3+是否除净，你的检验方法是滤渣c是气体a可以被循环利用，用化学方程式表示气体a被循环利用的原理为：2NO+O22NO2、一定温度下，硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，写出硫酸铜受热分解的化学方程式：某同学设计了如图2所示的实验装置分别测定生成的SO2气体、SO3气体的质量和O2气体的体积此设计有不合理之处，请说明理由：24FeSO4是一种精细化工产品，可用于治疗缺铁性贫血、制革、木材防腐等制备步骤：将3molL1硫酸加入铁粉里，微热，搅拌使其充分反应；趁热过滤；在50左右蒸发、结晶，得到晶体绿矾回答下列问题：制备FeSO4溶液时一般不用较浓硫酸而
13、用3molL1硫酸的原因是，反应时要求铁粉过量的理由是检验步骤所得溶液中金属阳离子的方法是步骤趁热过滤的原因是在空气中加热绿矾，固体质量与温度变化曲线如图：a曲线对应的反应化学方程式为c曲线对应的物质化学式为25Na2S2O3俗称大苏打是重要的化工原料用Na2SO3和硫粉在水溶液中加热反应，可以制得Na2S2O3已知10和70时，Na2S2O3在100g水中的溶解度分别为60，.0g和212g常温下，从溶液中析出的晶体是Na2S2O35H2O现实验室欲制取Na2S2O35H2O晶体步骤如下：称取12.6g Na2SO3于烧杯中，溶于80.0mL水另取4.0g硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液
14、中，水浴加热，微沸，反应约1小时后过滤滤液在经过、后析出Na2S2O35H2O晶体进行减压过滤并干燥仪器B的名称是其作用是加入的硫粉用乙醇润湿的目的是滤液中除Na2S2O3和可能未反应完全的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是如果滤液中该杂质的含量不很低，其检测的方法是：为了测产品的纯度，称取7.40g 产品，配制成250mL溶液，用移液管移取25.00mL于锥形瓶中，滴加淀粉溶液作指示剂，再用浓度为0.0500mol/L 的碘水，用滴定管来滴定，滴定结果如下：滴定次数滴定前读数滴定滴定后读数第一次0.3031.12第二次0.3631.56第三次1.1031.88则所得产品的纯度为，你认为影
15、响纯度的主要原因是26亚氯酸钠是一种重要的消毒剂已知：NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO23H2O，ClO2的沸点为283K，纯ClO2易分解爆炸，HClO2在25时的电离程度与硫酸的第二步电离程度相当，可视为强酸如图是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：C1O2发生器中所发生反应的离子方程式为，发生器中鼓入空气的作用可能是A将SO2氧化成SO3增强酸性 B稀释C1O2以防止爆炸 C将NaClO3氧化成C1O2在该实验中用质量浓度来表示NaOH溶液的组成，若实验时需要450mLl60g/L的NaOH溶液，则在精确配制时，需要称取NaOH的质量是g，所使用的仪器
16、除托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须有在碱性溶液中NaClO2比较稳定，所以吸收塔中应维持NaOH稍过量，判断NaOH是否过量所需要的试剂是在吸收塔中，可代替H2O2的试剂是 ANa2O2BNa2S CFeCl2DKMnO4从滤液中得到NaClO23H2O晶体的实验操作依次是2015-2016学年辽宁省大连十一中高三第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1下列物质分类正确的是ASO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、
17、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质中学版权所有【专题】物质的分类专题【分析】酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物，分散质微粒直径在1nm100nm形成的分散系为胶体，电解质是水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，不同物质组成的为混合物【解答】解：A、CO和碱不能反应，属于不成盐氧化物，故A错误；B、稀豆浆属于胶体，硅酸、氯化铁溶液不是胶体，故B错误；C、四氯化碳属于非电解质，故C错误；D、福尔马林是甲醛的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液、氨水是氨气的水溶液均为混合物，故D正确；故选D【点评】本题考查了酸性氧化物、化合物、电解质和胶体、单质的概念和辨析，难度不大2下列实验或反应中，最后固体
18、质量增加的是A铜丝在空气中灼烧后迅速伸入乙醇蒸气中B铁粉与硫粉物质的量之比为1：1时混合加热C锌粉加入到氯化铜溶液中D去除氧化膜的铝条插入到浓硝酸中【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；铝的化学性质；铁的化学性质中学版权所有【分析】A、铜灼烧生成了氧化铜，氧化铜和乙醇反应生成了乙醛和铜；B、铁粉与硫粉反应生成硫化亚铁；C、锌和硫酸铜发生置换反应生成铜和硫酸锌，固体质量减小；D、铝在浓硝酸中常温下发生钝化，氧化铝是两性氧化物溶于浓硝酸【解答】解：A、由于氧化铜能够和乙醇反应生成乙醛和铜，铜变成氧化铜，氧化铜又被还原成铜，最终铜质量没有变化，故A错误；B、铁粉与硫粉反应生成硫化亚铁，铁粉与硫粉物
19、质的量之比为1：1时恰好反应生成硫化亚铁，反应物质量不变，故B错误；C、锌和硫酸铜发生置换反应生成铜和硫酸锌，Zn+Cu2+=Cu+Zn2+，固体质量减小，故C错误；D、铝在浓硝酸中常温下发生钝化，氧化铝是两性氧化物溶于浓硝酸，去除氧化膜的铝条可以插入到浓硝酸中，故D正确；故选D【点评】本题考查了物质性质的分析判断，注意反应前后固体质量的变化分析，掌握常温下铝在浓硝酸中钝化和化学基础是关键，题目较简单3用下列装置进行相应实验，装置正确且能达到实验目的是A用图所示装置验证NaHCO3的不稳定性B用图所示装置干燥氨气C用图所示装置制取少量CO2气体D用图所示装置分馏石油【考点】化学实验方案的评价中
20、学版权所有【专题】实验评价题【分析】A加热固体药品时试管底要高于试管口；B浓硫酸和氨气反应，所以不能用浓硫酸干燥氨气；C稀盐酸和大理石反应生成二氧化碳，安全漏斗能防止气体逸出；D蒸馏时温度计测量馏分温度【解答】解：A加热固体药品时试管底要高于试管口，防止生成的水蒸气冷却后倒流而炸裂试管，故A错误；B浓硫酸和氨气反应，所以不能用浓硫酸干燥氨气，可以用碱石灰干燥氨气，故B错误；C稀盐酸和大理石反应生成二氧化碳，安全漏斗能防止气体逸出，所以可以用该装置制取少量二氧化碳，故C正确；D蒸馏时温度计测量馏分温度，温度计水银球位于烧瓶支管口处，故D错误；故选C【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉
21、及气体制取、蒸馏、氨气干燥等知识点，侧重考查实验操作、物质性质，注意从实验操作规范性及物质性质分析评价，易错选项是A4下列有关钠、铁、铝性质的说法中正确的是A在地壳中的含量：FeAlNaB均能与盐酸反应，生成物中金属价态数值：AlFeNaC钠、铝均能从FeCl3溶液中置换出铁D等质量的三种金属与足量盐酸反应时，钠置换出的氢气最多【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用中学版权所有【分析】A、根据地壳中的含量多少判断；B、根据钠、铁、铝性质其中钠最活泼分析；C、钠与FeCl3溶液先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与氯化铁反应生成氢氧化铁的沉淀；D、依据钠铝铁和酸反应的定量关系计算分析，2Na
22、H2 ，2Al3H2，FeH2，依据电子守恒判断生成氢气多少【解答】解：A、因为地壳中的含量前几位的是O，Si，Al，Fe，Ca，所以地壳中的含量为AlFeNa，故A错误；B、因为钠、铁、铝性质中钠最活泼，所以与盐酸反应，金属钠与盐酸的反应最剧烈，故B正确；C、钠与FeCl3溶液先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与氯化铁反应生成氢氧化铁的沉淀，所以钠不能从FeCl3溶液中置换出铁单质，故C错误；D、等质量的三种金属与足量盐酸反应时，2NaH2 ，电子转移，2Al3H2，电子转移3=，FeH2 电子转移2=，铝置换出的氢气最多，故D错误故选B【点评】本题主要考查了元素及其化合物知识，难度中等，根据
23、所学知识即可完成，掌握基础是关键5下列反应的离子方程式正确的是A用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2B钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+Cu+2Na+CAlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2OD用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2O【考点】离子方程式的书写中学版权所有【分析】A碳酸钙、醋酸在离子反应中均保留化学式；B反应生成硫酸钠、氢氧化铜和氢气；C反应生成氢氧化铝和氯化铵；D发生氧化还原反应生成硫酸铜、水【解答】解：A用CH3COOH溶解CaCO3的离子反应为CaCO3+2
24、CH3COOH=2CH3COO+Ca2+H2O+CO2，故A错误；B钠与CuSO4溶液反应的离子反应为2Na+Cu2+2H2O2Na+Cu2+H2，故B错误；CAlCl3溶液中加入过量稀氨水的离子反应为Al3+3NH3H2OAl3+3NH4+，故C错误；D用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板的离子反应为Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大6某同学用如图装置制备并检验Cl2
25、的性质下列说法正确的是A如果MnO2过量，浓盐酸就可全部消耗B量筒中发生了加成反应C生成蓝色的烟D湿润的有色布条能褪色，干燥的有色布条不褪色【考点】氯气的实验室制法；氯气的化学性质中学版权所有【专题】卤族元素【分析】A稀盐酸与二氧化锰不反应；B氯气和甲烷在光照下发生取代反应；C生成棕黄色的烟；D干燥的氯气不能漂白，依据起漂白作用的是次氯酸进行解答；【解答】解：A二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气，但稀盐酸与二氧化锰不反应，当盐酸浓度降低时，反应停止，则盐酸不能完全消耗，故A错误；B氯气和甲烷在光照下发生取代反应，故B错误；CCu在Cl2中燃烧时生成棕黄色烟，故C错误；DCl2
26、不能使干燥有色布条褪色，湿润的有色布条能褪色，是因为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，使有色布条褪色，氯气有毒不能排放到空气中，剩余氯气通入到盛氢氧化钠溶液的烧杯中发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查氯气的性质以及实验室制法，注意氯气的化学性质以及氯气、氯水的性质的异同，题目难度不大7在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末，溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为：2MnO+16H+5Na2O22Mn2+5O2+8H2O+10Na+下列判断正确的是AO2是还原产物，Mn2+是氧化产物BNa2O2既是氧化剂，又是还原剂C标准状况下，产
27、生22.4L O2时反应转移2mol eD通常用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液【考点】氧化还原反应中学版权所有【专题】氧化还原反应专题；利用化学方程式的计算【分析】在2MnO4+12H+5Na2O22Mn2+5O2+8H2O+10Na+中，2MnO42Mn2+，Mn元素的化合价由+7价+2价，得到25e，Mn元素的化合价降低其所在的物质高锰酸钾是氧化剂，5Na2O25O2，O元素的化合价由1价0价，失去10e，过氧化钠是还原剂，以此来解答【解答】解：AMn元素的化合价降低，被还原，O元素的化合价升高被氧化，则O2是氧化产物，Mn2+是还原产物，故A错误；B过氧化钠中O元素的化合价升高，则过氧化钠是还原
28、剂，故B错误；C标准状况下，产生22.4L O2时反应转移20=2mol e，故C正确；D用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，应利用稀硫酸酸化，故D错误；故选C【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，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大8为提纯下列物质，所选除杂试剂和分离方法都正确的是选项被提纯的物质除杂试剂分离方法ANH3浓硫酸洗气BBr2 CCl4分液CKCl固体KOH溶液加热D氢氧化铁胶体无过滤AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂中学版权所有【分析】A氨气与浓硫酸反应；B溴易
29、溶于四氯化碳，不易溶于水；C碘易升华；D胶体、溶液均可透过滤纸【解答】解：A氨气与浓硫酸反应，不能干燥氨气，应选碱石灰干燥，故A错误；B溴易溶于四氯化碳，不易溶于水，则加四氯化碳可萃取后、分液分离，故B正确；C碘易升华，应加热分离，加KOH引入新杂质，故C错误；D胶体、溶液均可透过滤纸，则过滤不能分离，应选渗析法，故D错误；故选B【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大9在a L Al23和2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可
30、得到c mol NH3，则原溶液中的Al3+浓度为ABCD【考点】物质的量浓度的相关计算；离子方程式的有关计算中学版权所有【专题】守恒法【分析】根据SO42+Ba2+BaSO4计算溶液中的SO42离子的物质的量，根据NH4+OHNH3+H2O计算NH4+的物质的量，再利用电荷守恒来计算原溶液中的Al3+浓度【解答】解：由混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42离子完全沉淀，则SO42+Ba2+BaSO4 bmol bmolc=mol/L，由加入足量强碱并加热可得到cmol NH3，则NH4+OHNH3+H2O cmol cmolc=mol/L，又溶液不显电性，设原溶液中的Al3
31、+浓度为x，由电荷守恒可知，x3+mol/L1=mol/L2，解得x=mol/L，故选C【点评】本题考查物质的量浓度的计算，明确发生的离子反应及溶液不显电性是解答本题的关键，并熟悉浓度的计算公式来解答即可10一种全天候太阳能电化学电池的工作原理如图所示下列说法错误的是A该电池与硅太阳能电池供电原理相同B光照时，b极周围pH减小C光照时，H+由b极室透过质子膜进入a极室D夜间无光照时，a为电池的负极【考点】原电池和电解池的工作原理中学版权所有【专题】电化学专题【分析】A、硅太阳能电池是用半导体原理将光能转化为电能，是物理变化，而该电池是化学能转化为电能；B、光照时，b极VO2+H2Oe=VO2+
32、2H+，所离子浓度变大；C、光照时，b极VO2+H2Oe=VO2+2H+，产生氢离子，而氢离子由b极室透过质子膜进入a极室；D、夜间无光照时，相当于蓄电池放电，a极的电极反应式为：V2+e=V3+【解答】解：A、硅太阳能电池是用半导体原理将光能转化为电能，是物理变化，而该电池是化学能转化为电能，两者原理不同，故A错误；B、光照时，b极VO2+H2Oe=VO2+2H+，所离子浓度变大，所以PH值减小，故B正确；C、光照时，b极VO2+H2Oe=VO2+2H+，产生氢离子，而氢离子由b极室透过质子膜进入a极室，故C正确；D、夜间无光照时，相当于蓄电池放电，a极的电极反应式为：V2+e=V3+，发生
33、氧化反应，是负极，故D正确；故选A【点评】本题考查原电池知识，侧重于原电池的工作原理的考查，注意把握电极反应的判断，把握电极方程式的书写，为解答该类题目的关键，难度不大11下列反应的离子方程式不正确的是A溴化亚铁溶液中通入过量氯气2Fe2+2Br+2C122Fe3+Br2+4C1B草酸和少量烧碱溶液：H2C2O4+OHHC2O4+H2OC漂白粉溶液吸收过量的二氧化碳：ClO十H2O+CO2HClO+HCO3D向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba2溶液至刚好沉淀完全NH4+H+SO42+Ba2+2OHNH3H2O+BaSO4+H2O【考点】离子方程式的书写中学版权所有【专题】离子反应专题【分析】
34、A氯气过量，亚铁离子和溴离子都被氯气氧化；B氢氧化钠少量，反应生成草酸氢钠和水；C二氧化碳过量，反应生成碳酸氢根离子和次氯酸；D沉淀完全时，硫酸氢铵和氢氧化钡的物质的量之比为1：1【解答】解：A溴化亚铁溶液中通入过量氯气，亚铁离子和溴离子都被氧化，正确的离子方程式为：2Fe2+4Br+3C122Fe3+2Br2+6C1，故A错误；B草酸和少量烧碱溶液，反应生成草酸氢钠，反应的离子方程式为：H2C2O4+OHHC2O4+H2O，故B正确；C漂白粉溶液吸收过量的二氧化碳，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为：ClO十H2O+CO2HClO+HCO3，故C正确；DNH4HSO4稀溶液中逐滴加
35、入Ba2溶液至刚好沉淀完全，二者的物质的量为1：1，反应的离子方程式为：NH4+H+SO42+Ba2+2OHNH3H2O+BaSO4+H2O，故D正确；故选A【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等12下列实验现象不能说明相关结论的是A向Al3沉淀中滴加NaOH溶液或盐酸，沉淀均消失，说明Al3是两性氢氧化物B将金属钠投入冷水中，钠熔为小球，说明钠与水的反应为放热反应且钠的熔点低C向A
36、gCl浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，说明AgCl溶解度比Ag2S大D将铜与浓硫酸共热，产生使石蕊溶液变红的气体，说明浓硫酸被氧化【考点】化学实验方案的评价中学版权所有【分析】A氢氧化铝为两性氢氧化物，可与酸、碱反应生成盐和水； B钠熔为小球，说明钠的熔点较低，且反应为放热反应；C根据难溶电解质的溶解平衡解答；D铜和浓硫酸发生氧化还原反应【解答】解：A氢氧化铝为两性氢氧化物，可与酸、碱反应生成盐和水，故A正确； B钠熔为小球，说明钠的熔点较低，且反应为放热反应，故B正确；C向AgCl浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，说明生成硫化银沉淀，平衡向溶度积更小的方向移动，故C正确；D
37、将铜与浓硫酸共热，产生使石蕊溶液变红的气体，生成的气体为二氧化硫，该反应中浓硫酸起到强氧化性的作用，被还原，故D错误故选D【点评】本题考查较为综合，多角度考查元素化合物知识，贴近高考，难度中等，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13下列有关说法中错误的是A氢氟酸不能盛放在玻璃试剂瓶中B玻璃、水晶、陶瓷的主要成分均是硅酸盐C灼烧NaOH固体时不能使用瓷坩埚，因为坩埚中的SiO2能与NaOH反应D由沙子制备光伏材料时的反应之一为SiO2+2C Si+2CO【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；含硅矿物及材料的应用中学版权所有【分析】AHF与二氧化硅
38、反应；B水晶的成分为二氧化硅；CSiO2能与NaOH反应生成硅酸钠和水；D光伏材料为Si，利用C还原二氧化硅制备【解答】解：AHF与二氧化硅反应，则氢氟酸不能盛放在玻璃试剂瓶中，可利用塑料瓶，故A正确；B水晶的成分为二氧化硅，而玻璃、陶瓷的主要成分均是硅酸盐，故B错误；CSiO2能与NaOH反应生成硅酸钠和水，则灼烧NaOH固体时不能使用瓷坩埚，使用铁坩埚，故C正确；D光伏材料为Si，利用C还原二氧化硅制备，发生SiO2+2C Si+2CO，故D正确；故选B【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途、试剂的保存等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识
39、的综合应用，题目难度不大14由下列反应式所得出的结论中正确的是AHClO+SO2+H2OHCl+H2SO4：酸性 HClOH2SO4BAl2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O：Al2O3是两性氧化物CNH3+H3O+NH4+H2O：NH3结合H+的能力比H2O强D已知CCH=+1.9 kJ/mol：金刚石比石墨稳定【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；反应热和焓变；氨的化学性质；镁、铝的重要化合物中学版权所有【分析】A发生氧化还原反应不能比较酸性；B与酸、碱均反应生成盐和水，可判断两性；C由反应可知氨气结合氢离子；DH0，反应为吸热反应，则石墨的能量低【解答】解：A发生氧化还原反应不能比
40、较酸性，应利用强酸制取弱酸的反应比较酸性，硫酸为强酸、HClO为弱酸，故A错误；B与酸、碱均反应生成盐和水，可判断两性，则由Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O可知为酸性氧化物的性质，故B错误；C由反应可知氨气结合氢离子，NH3结合H+的能力比H2O强，故C正确；DH0，反应为吸热反应，则石墨的能量低，则石墨稳定，故D错误；故选C【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、相关反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意反应原理的综合应用，题目难度不大15下表各组物质中，物质之间不可能实现如图所示转化的是选项XYZMAFeFeCl2FeCl3Cl2BNaOHNa2C
41、O3NaHCO3CO2CNH3NONO2O2DSSO2SO3O2AABBCCDD【考点】铁的化学性质；氨的化学性质；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物中学版权所有【分析】AFe与氯气直接反应生成FeCl3；BNaOH与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；C氨气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮；D硫和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和氧气催化氧化生成三氧化硫【解答】解：AFe与氯气反应不能生成FeCl2，不符合图中转化，故A选；BNaOH与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，符合图中转化，故B不选；C氨气与氧气反应生成NO，N
42、O与氧气反应生成二氧化氮，符合图中转化，故C不选；D硫和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和氧气催化氧化生成三氧化硫，可以实现，故D不选；故选A【点评】本题考查无机物的推断，侧重物质转化及物质性质的考查，明确常见物质的化学性质为解答的关键，注意选项A中氯气具有强氧化性，题目难度不大二、选择题16向硫酸铜溶液中通入足量NH3后可得到深蓝色溶液溶质为Cu4SO4，再向所得溶液通入SO2至溶液呈微酸性发现有白色沉淀Q生成，反应方程式为：2Cu4SO4+3SO2+4H2O=2NH4CuSO3+32SO4再将Q与足量的10mol/L硫酸混合微热，则会发生如下反应：2NH4CuSO3+2H2SO4=Cu+2S
43、O4+2SO2+CuSO4+2H2O对上述两个反应的有关分析中正确的是A是非氧化还原反应，而是氧化还原反应B上述反应中SO2的作用只相当于催化剂C反应中CuSO4是氧化产物D反应中SO2发生还原反应【考点】氧化还原反应中学版权所有【分析】2Cu4SO4+3SO2+4H2O=2NH4CuSO3+32SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，S元素的化合价由+4价升高为+6价；2NH4CuSO3+2H2SO4=Cu+2SO4+2SO2+CuSO4+2H2O中，Cu元素的化合价既升高又降低，以此来解答【解答】解：A中Cu元素的化合价均发生变化，均属于氧化还原反应，故A错误；B中二氧化硫作还原剂
44、，故B错误；C反应中Cu元素的化合价升高，失去电子被氧化，则CuSO4是氧化产物，故C正确；D反应中由S元素失去电子被氧化可知SO2发生氧化反应，故D错误；故选C【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及氧化还原反应基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大17向含Fe2+、Br、I各0.1mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中某种离子的物质的量的关系如图，下列说法中正确的是AQ是IBQ是BrCab区间的反应：2Fe2+Cl22Fe3+2ClDb点时溶液中只有Cl【考点】离子方程式的有关计算中学版权所有【分析】离子还原性IF
45、e2+Br，故首先发生反应：2I+Cl2=I2+2Cl，然后发生反应2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，最后发生反应2Br+Cl2=Br2+2Cl，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积，据此判断【解答】解：离子还原性IFe2+Br，故首先发生反应：2I+Cl2=I2+2Cl，然后发生反应2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，最后发生反应2Br+Cl2=Br2+2Cl，A若Q是I，2I+Cl2=I2+2Cl，0.1molI完全反应消耗0.05mol氯气，标准状况下为1.12L，此时碘离子为0，而图象中通入氯气为1.12L时，碘离子仍为0.1mol，与实际不符合，故A错误；B
46、若Q是Br，I、Fe2+完全反应后，才发生2Br+Cl2=Br2+2Cl，0.1molI完全反应消耗0.05mol氯气，0.1molFe2+完全反应消耗0.05mol氯气，故开始反应时氯气的体积为2.24L，图象中氯气的体积不符合，故B错误；C离子还原性IFe2+Br，故首先发生反应：2I+Cl2=I2+2Cl，然后发生反应2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，0.1molI完全反应消耗0.05mol氯气，开始反应时氯气的体积为1.12L，0.1molFe2+完全反应消耗0.05mol氯气，此时氯气的体积为2.24L，所以ab区间的反应：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故C正确；D根据C可知：
47、b点时溶液中有Cl，Fe3+、Br，故D错误；故选C【点评】本题以图象形式考查氧化还原反应、有关离子反应计算等，题目难度中等，确定离子反应发生的先后顺序是解题的关键18电解法处理酸性含铬废水时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，最后Cr3+以Cr3形式除去，下列说法不正确的是A阳极反应为Fe2eFe2+B电解过程中溶液pH不会变化C过程中有Fe3沉淀生成D电路中每转移12 mol电子，最多有1 mol Cr2O72被还原【考点】电解原理中学版权所有【专题】电化学专题【分析】AFe板作阳极，为活性电极，Fe失电子，发生氧化反应生成亚
48、铁离子；B由反应式Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O可知，处理过程中消耗氢离子；C阴极发生还原反应，溶液中的氢离子得到电子减少，同时生成氢氧根；DFe2e=Fe2+，则转移电子数12mol需要6molFe，再根据能够处理的关系式，得6Fe12e6Fe2+Cr2O72，据此计算【解答】解：AFe板作阳极，为活性电极，Fe失电子，发生氧化反应生成亚铁离子，阳极反应为Fe2eFe2+，故A正确；B由反应式Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O可知，处理过程中消耗氢离子，溶液的酸性减弱，溶液pH增大，故B错误；C阴极发生还原反应，溶液中的氢离子得到电子减
49、少，同时生成氢氧根，有Fe3沉淀生成，故C正确；DFe2e=Fe2+，则转移电子数12mol需要6molFe，再根据能够处理的关系式，得6Fe12e6Fe2+Cr2O72，故被还原的Cr2O72的物质的量为1mol，故D正确；故选B【点评】本题考查电解原理、氧化还原反应等，清楚发生的电极反应是解题的关键，是对学生综合能力的考查，难度中等19下列离子方程式不正确的是A向Na2FeO4溶液中加入稀硫酸产生氧气：4FeO42+20H+4Fe3+3O2+10H2OB10mL0.5mol/L的明矾溶液与20mL0.5mol/LBa2溶液混合反应：3Ba2+6OH+2Al3+3SO423BaSO4+2Al
50、3C铜粉与63%的硝酸反应：Cu+4H+2NO3Cu2+2 NO2+2H2OD工业上用纯碱液吸收SO2：CO32+SO2CO2+SO32【考点】离子方程式的书写中学版权所有【分析】A发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；B物质的量比为1：2，反应生成硫酸钡和偏铝酸钾；C.63%的硝酸为浓硝酸，反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；D二氧化硫与纯碱反应生成亚硫酸钠和二氧化碳【解答】解：A向Na2FeO4溶液中加入稀硫酸产生氧气的离子反应为4FeO42+20H+4Fe3+3O2+10H2O，故A正确；B.10mL0.5mol/L的明矾溶液与20mL0.5mol/LBa2溶液混合反应的离子反应为2Ba2+4
51、OH+Al3+2SO422BaSO4+AlO2+2H2O，故B错误；C铜粉与63%的硝酸反应的离子反应为Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O，故C正确；D工业上用纯碱液吸收SO2的离子反应为CO32+SO2CO2+SO32，故D正确；故选B【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答本题的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大20电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅已知：3I2+6OHIO3+5I+3H2O，下列
52、说法不正确的是A右侧发生的电极方程式：2H2O+2eH2+2OHB电解结束时，右侧溶液中含有IO3C电解槽内发生反应的总化学方程式KI+3H2OKIO3+3H2D如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学方程式不变【考点】电解原理中学版权所有【分析】左侧溶液变蓝色，生成I2，左侧电极为阳极，电极反应为：2I2e=I2，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e=H2+2OH，右侧放出氢气，右侧I、OH通过阴离子交换膜向左侧移动，发生反应3I2+6OH=IO3+5I+3H2O，一段时间后，蓝色变浅，保证两边溶液呈电中性，左侧的IO3通过阴离子交换膜向右侧移动，如果用阳离子交换膜代
53、替阴离子交换膜，左侧多余K+通过阳离子交换膜迁移至阴极，保证两边溶液呈电中性【解答】解：A左侧溶液变蓝色，生成I2，左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e=H2+2OH，故A正确；B一段时间后，蓝色变浅，发生反应3I2+6OH=IO3+5I+3H2O，中间为阴离子交换膜，右侧I、OH通过阴离子交换膜向左侧移动，保证两边溶液呈电中性，左侧的IO3通过阴离子交换膜向右侧移动，故右侧溶液中含有IO3，故B正确；C左侧电极为阳极，电极反应为：2I2e=I2，同时发生反应3I2+6OH=IO3+5I+3H2O，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e=H2+2OH，故总的电极反
54、应式为：KI+3H2OKIO3+3H2，故C正确；D如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，左侧电极为阳极，电极反应为：2I2e=I2，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e=H2+2OH，保证两边溶液呈电中性，左侧多余K+通过阳离子交换膜迁移至阴极，左侧生成I2，右侧溶液中有KOH生成，碘单质与KOH不能反应，总反应相当于：2KI+2H2O2KOH+I2+H2，故D错误；故选D【点评】本题考查电解原理，难度中等，注意D选项为易错点，注意氢氧根不能通过阳离子交换膜，不能与碘单质发生反应21向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，生成沉淀Al3的量随AlCl3加入量的变化关系如图所示则
55、下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是Aa点对应的溶液中：Na+、Mg2+、SO42、HCO3Bb点对应的溶液中：Ag+、Ca2+、NO3、FCc点对应的溶液中：Na+、S2、SO42、ClDd点对应的溶液中：K+、NH4+、I、CO32【考点】离子共存问题中学版权所有【分析】Aa点溶液显碱性，NaOH过量，碳酸氢根离子能够与氢氧根离子反应；Bc点偏铝酸钠与氯化铝恰好完全反应生成氢氧化铝，溶液中存在氯离子，氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀；Cb点恰好生成偏铝酸钠，四种离子之间不反应，都不与偏铝酸钠反应；Dd点为氯化铝溶液，碳酸根离子与铝离子发生双水解反应【解答】解：Aa点溶液显碱性，NaO
56、H过量，HCO3与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；Bc点偏铝酸钠与氯化铝恰好完全反应生成氢氧化铝，还生成氯化钠，则不可能存在Ag+，故B错误；Cb点恰好生成偏铝酸钠，溶液显碱性，Na+、S2、SO42、Cl离子之间不反应，都不与偏铝酸钠反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；Dd点为氯化铝溶液，Al3+、CO32相互促进水解生成沉淀和气体，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C【点评】本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，明确图象中各点对应的反应及溶液的成分、离子之间的反应是解答的关键，注意选项D中的相互促进水解反应22下列各组离子在指定溶液中，可
57、能大量共存的溶有足量氨气的无色溶液中：K+，NH4+，Na+，HSO3，PO43，MnO4能使pH试纸变蓝色的溶液中：K+，Na+，AlO2，NO3，S2，SO32水电离出的H+浓度c=1013mol/L的溶液中：Cl，CO32，SO32，Fe3+，K+加入Al能放出H2的溶液中：Na+，NH4+，K+，SO42，Cl，Br使石蕊变红的溶液中：Fe3+，Na+，K+，NO3，SO42，Cl中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SO42含有大量Fe3+的溶液中：K+，NH4+，Na+，SCN，I，Br25=0.1mol/L的溶液中：Na+，K+，SO42，SiO32，NO3ABCD【考点】
58、离子共存问题中学版权所有【专题】离子反应专题【分析】氨气的无色溶液呈碱性；能使pH试纸变蓝色的溶液呈碱性；水电离出的H+浓度c=1013mol/L的溶液可能呈酸性或碱性；加入铝粉能放出H2的溶液可能呈碱性也可能呈酸性；使石蕊变红的溶液呈酸性；Fe3+水解呈酸性；与Fe3+反应的离子不能大量共存；25=0.1mol/L呈碱性【解答】解：氨气的无色溶液呈碱性，碱性条件下HSO3不能大量共存，且与MnO4发生氧化还原反应，故错误；能使pH试纸变蓝色的溶液呈碱性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；水电离出的H+浓度c=1013mol/L的溶液可能呈酸性或碱性，CO32，SO32，Fe3+之间
59、反应，不能大量共存，故错误；加入铝粉能放出H2的溶液可能呈碱性也可能呈酸性，酸性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；使石蕊变红的溶液呈酸性，酸性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；Fe3+水解呈酸性，不可能存在中性溶液中，故错误；SCN，I与Fe3+反应而不能大量共存，故错误；25=0.1mol/L呈碱性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确故选C【点评】本题考查离子共存的判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间等；还应该注意题目
60、所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在三、解答题23硫酸铜在生产、生活中应用广泛某化工厂用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如下：写出浸出时铜与稀硫酸、稀硝酸反应生成硫酸铜的化学方程式：3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO+4H2O取样检验是为了确认Fe3+是否除净，你的检验方法是取试样少许放入试管，滴加KSCN溶液，若溶液显红色，则Fe3+未除净，否则Fe3+除净滤渣c是Fe3气体a可以被循环利用，用化学方程式表示气体a被循环利用的原理为：2NO+O22N
61、O2、3NO2+H2O=2HNO3+NO一定温度下，硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，写出硫酸铜受热分解的化学方程式：3CuSO43CuO+SO3+2SO2+O2某同学设计了如图2所示的实验装置分别测定生成的SO2气体、SO3气体的质量和O2气体的体积此设计有不合理之处，请说明理由：混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液，三氧化硫被吸收生成硫酸，和碳酸氢钠反应生成二氧化硫，没法确定三氧化硫的质量，去掉盛饱和亚硫酸氢钠的装置即可【考点】制备实验方案的设计中学版权所有【专题】综合实验题；实验设计题【分析】废铜渣中铜和硝酸、硫酸反应方程式为3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO
62、4+2NO+4H2O，废铜渣中铁也发生类似反应，调节pH目的是使铁离子生成氢氧化铁沉淀，故滤渣C为氢氧化铁，滤液中含硫酸铜；通过蒸发浓缩、冷却结晶析出硫酸铜晶体由工艺流程图转化关系可知，由于硫酸的存在，酸过量，硝酸全起氧化剂作用，酸为稀溶液，生成硫酸铜、NO、水用硫氰化钾检验铁离子的存在；由工艺流程图转化关系可知，滤渣的主要成分为氢氧化铁二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，反应物为CuSO4，生成物为CuO、SO2、SO3、O2，配平方程式即可；图2所示的实验装置分别测定生成的SO2气体、SO3气体的质量和O2气体的体积，SO3气体可
63、溶解于浓硫酸中，采用98.3%的浓硫酸吸收SO3气体，SO2气体用碱液吸收，氧气用排水法测量，据此分析【解答】解：由于硫酸的存在，且酸过量，硝酸全起氧化剂作用，酸为稀溶液，生成硫酸铜、NO、水，反应方程式为3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO+4H2O，故答案为：3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO+4H2O；用硫氰化钾检验铁离子的存在，铁离子遇硫氰化钾显红色，具体操作为：取试样少许放入试管中，滴加KSCN溶液，若溶液显红色，则Fe3+未除净，否则Fe3+除净；故答案为：取试样少许放入试管中，滴加KSCN溶液，若溶液显红色，则Fe3+未除净，否则Fe3+除净
64、；由工艺流程图转化关系可知，浸出液中浆调节pH值后，铁离子转化为Fe3沉淀析出，滤渣c的主要成分为Fe3，故答案为：Fe3；二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，反应物为CuSO4，生成物为CuO、SO2、SO3、O2，配平方程式得：3CuSO43CuO+SO3+2SO2+O2；图2所示的实验装置分别测定生成的SO2气体、SO3气体的质量和O2气体的体积，SO3气体可溶解于浓硫酸中，采用98.3%的浓硫酸吸收SO3气体，SO2气体用碱液吸收
65、，氧气用排水法测量，混合气体通过饱和亚硫酸氢钠溶液，三氧化硫被吸收生成硫酸，和碳酸氢钠反应生成二氧化硫，没法确定三氧化硫的质量，故应先让混合气体通过浓硫酸的装置，三氧化硫被吸收，增重即为三氧化硫的质量，再通过氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，增重即为二氧化硫的质量，最后用排水法测量氧气的体积故答案为：3CuSO43CuO+SO3+2SO2+O2；混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液，三氧化硫被吸收生成硫酸，和碳酸氢钠反应生成二氧化硫，没法确定三氧化硫的质量，去掉盛饱和亚硫酸氢钠的装置即可【点评】本题考查学生对工艺流程的理解、阅读题目获取信息能力、物质分离提纯等基本操作，难度中等，要求学生要有扎实的实验基础知识
66、和灵活应用信息、基础知识解决问题的能力24FeSO4是一种精细化工产品，可用于治疗缺铁性贫血、制革、木材防腐等制备步骤：将3molL1硫酸加入铁粉里，微热，搅拌使其充分反应；趁热过滤；在50左右蒸发、结晶，得到晶体绿矾回答下列问题：制备FeSO4溶液时一般不用较浓硫酸而用3molL1硫酸的原因是产生SO2，污染环境，反应时要求铁粉过量的理由是防止生成Fe3+检验步骤所得溶液中金属阳离子的方法是取少量待测液于试管中，加入KSCN溶液，无明显变化，再滴加少量氯水溶液变红色步骤趁热过滤的原因是防止硫酸亚铁结晶析出造成损失在空气中加热绿矾，固体质量与温度变化曲线如图：a曲线对应的反应化学方程式为FeS
67、O47H2OFeSO44H2O+3H2Oc曲线对应的物质化学式为Fe2O3【考点】离子方程式的有关计算；铁的氧化物和氢氧化物中学版权所有【分析】金属铁和浓硫酸一定条件下发生反应，会得到二氧化硫气体、硫酸铁；金属铁和硫酸铁之间反应可得到硫酸亚铁；铁离子和硫氰化钾混合产生红色物质，根据亚铁离子具有还原性的性质来进行检验；根据硫酸亚铁晶体的性质确定结晶温度；在空气中加热绿矾，根据固体质量的变化，结合差量法来计算【解答】解：金属铁和浓硫酸一定条件下发生反应，会得到二氧化硫气体、硫酸铁，产生SO2，污染环境；反应时要求铁粉过量，金属铁和硫酸铁之间反应可得到硫酸亚铁，防止生成Fe3+；故答案为：产生SO2
68、，污染环境； 防止生成Fe3+；亚铁离子具有还原性，检验方法：取少量待测液于试管中，加入KSCN溶液，无明显变化，再滴加少量氯水溶液变红色；故答案为：取少量待测液于试管中，加入KSCN溶液，无明显变化，再滴加少量氯水溶液变红色；为了防止硫酸亚铁结晶析出造成损失，过滤时，趁热过滤，故答案为：防止硫酸亚铁结晶析出造成损失；FeS047H20样品物质的量=0.2mol，其中m=1.4mol18g/mol=25.2g，a曲线变化中，固体的质量减小10.8g，即生成水10.8g，晶体失去部分结晶水，发生反应：FeSO47H2OFeSO44H2O+3H2O； 硫酸亚铁易被氧化为硫酸铁，加热蒸干产物是Fe2
69、O3，故答案为：FeSO47H2OFeSO44H2O+3H2O；Fe2O3【点评】本题考查学生金属铁以及化合物的性质，是一道性质实验方案设计题目，难度较大25Na2S2O3俗称大苏打是重要的化工原料用Na2SO3和硫粉在水溶液中加热反应，可以制得Na2S2O3已知10和70时，Na2S2O3在100g水中的溶解度分别为60，.0g和212g常温下，从溶液中析出的晶体是Na2S2O35H2O现实验室欲制取Na2S2O35H2O晶体步骤如下：称取12.6g Na2SO3于烧杯中，溶于80.0mL水另取4.0g硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中，水浴加热，微沸，反应约1小时后过滤滤液在经过蒸发浓
70、缩、冷却结晶后析出Na2S2O35H2O晶体进行减压过滤并干燥仪器B的名称是冷凝管或冷凝器其作用是冷凝回流加入的硫粉用乙醇润湿的目的是增加反应物的接触面积，加快反应速率滤液中除Na2S2O3和可能未反应完全的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是Na2SO4如果滤液中该杂质的含量不很低，其检测的方法是：取出少许滤液置于试管，加稀盐酸至溶液呈酸性后，过滤得出S，再往滤液中加BaCl2溶液，如有白色沉淀即可证明含有Na2SO4，反之不含为了测产品的纯度，称取7.40g 产品，配制成250mL溶液，用移液管移取25.00mL于锥形瓶中，滴加淀粉溶液作指示剂，再用浓度为0.0500mol/L 的碘水，
71、用酸式滴定管来滴定，滴定结果如下：滴定次数滴定前读数滴定滴定后读数第一次0.3031.12第二次0.3631.56第三次1.1031.88则所得产品的纯度为103.2%，你认为影响纯度的主要原因是含有的Na2SO3也会和I2发生反应，从而影响纯度【考点】制备实验方案的设计中学版权所有【专题】氧族元素；定量测定与误差分析；无机实验综合【分析】溶液中得到溶质固体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥等步骤得到根据装置图可知，仪器B为冷凝管或冷凝器，结烧瓶中的液体进行冷凝回流，硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中，硫在酒精中微溶，可以增大接触面积，提高反应速率；由于S
72、2O32具有还原性，易被氧气氧化成硫酸根离子可知杂质为硫酸钠，依据硫酸根离子检验方设计实验检验；碘水有氧化性，能腐蚀橡胶管；依据化学反应方程式2S2O32+I2S4O42+2I计算即可，测定样品的纯度就是以碘标准溶液为标准的，如果滴定终点没有控制好，碘标准溶液滴加过量也会和亚硫酸钠反应【解答】解：通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥等步骤得到溶液中的溶质固体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；根据装置图可知，仪器B为冷凝管或冷凝器，结烧瓶中的液体进行冷凝回流，硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中，有利于硫粉和Na2SO3溶液充分接触，加快反应速率，故答案为：
73、冷凝管或冷凝器；冷凝回流；增加反应物接触面积，提高反应速率；S2O32具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸根离子，滤液中除Na2S2O3和可能未反应完全的Na2SO3外，存在被氧化产物硫酸钠，所以可能存在的杂质是硫酸钠，其检测的方法依据硫酸根离子检验：取出少许溶液，加盐酸至酸性后，区上层清液或过滤除去S，再加BaCl2溶液则加入的盐酸发生两个反应的化学方程式为：Na2SO3+2HClSO2+H2O+2NaCl，Na2S2O3+2HCl=S+SO2+H2O+2NaCl，取出少许溶液，加稀盐酸至酸性，静置后，取上层清液，再加BaCl2溶液，若出现浑浊则含Na2SO4，反之不含，故答案为：Na2SO4；
74、取出少许滤液置于试管，加稀盐酸至溶液呈酸性后，过滤得出S，再往滤液中加BaCl2溶液，如有白色沉淀即可证明含有Na2SO4，反之不含；碘水有氧化性，能腐蚀橡胶管，所以碘水应放在酸式滴定管中进行滴定，根据题中表中的数据可知，第二次数据偏差较大，所以取一、三两次实验的数据，所以用去的碘水的体积为mL=30.8mL，碘的物质的量为：0.0500molLl0.0308L=0.00154mol，2S2O32+I2S4O62+2I，2 1x 0.00154mol解x=0.00308mol，故Na2S2O35H2O的物质的量为0.00308mol，质量为：0.00308248g/mol=0.7638g，则称
75、取7.40g产品，配制成250mL溶液中，Na2S2O35H2O的质量为=0.7638g=7.638g故产品的纯度为：100%=103.2%，碘单质有强的氧化性，Na2SO3具有还原性，Na2SO3会和I2发生反应，从而影响纯度，故答案为：酸式；103.2%；含有的Na2SO3也会和I2发生反应，从而影响纯度【点评】本题考查了试剂的作用、物质的推断、滴定的计算、方程式的书写等知识，计算量较大，题目难度较大，注意关系式的应用26亚氯酸钠是一种重要的消毒剂已知：NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO23H2O，ClO2的沸点为283K，纯ClO2易分解爆炸，HClO2
76、在25时的电离程度与硫酸的第二步电离程度相当，可视为强酸如图是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：C1O2发生器中所发生反应的离子方程式为2SO2+ClO3=C1O2+2SO42，发生器中鼓入空气的作用可能是BA将SO2氧化成SO3增强酸性 B稀释C1O2以防止爆炸 C将NaClO3氧化成C1O2在该实验中用质量浓度来表示NaOH溶液的组成，若实验时需要450mLl60g/L的NaOH溶液，则在精确配制时，需要称取NaOH的质量是80.0g，所使用的仪器除托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须有500ml容量瓶、胶头滴管、药匙在碱性溶液中NaClO2比较稳定，所以吸收塔中应维持NaOH稍过量，
77、判断NaOH是否过量所需要的试剂是酚酞在吸收塔中，可代替H2O2的试剂是A ANa2O2BNa2S CFeCl2DKMnO4从滤液中得到NaClO23H2O晶体的实验操作依次是加热浓缩、冷却结晶、过滤【考点】制备实验方案的设计；氧化还原反应；物质分离、提纯的实验方案设计中学版权所有【专题】综合实验题；实验评价题；无机实验综合【分析】本题是利用氯酸钠制备来氯酸钠的流程题，流程分析是：先将氯酸钠溶解在稀硫酸中，再通入二氧化硫和空气，利用二氧化硫的还原性将氯酸钠在酸性条件下还原得到二氧化氯，同时利用空气稀释气体防爆炸，将生成的气体通入过氧化氢和烧碱溶液可得到来亚氯酸钠的溶液，再进行加热浓缩、冷却结晶
78、、过滤等基本操作，最终制得NaClO23H2O晶体，据此分析可作答；由流程图可知C1O2发生器中目的是产生C1O2，二氧化硫具有还原性，将ClO3还原为C1O2，自身被氧化为SO42；由信息可知，纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释，以防止爆炸；选择500mL容量瓶，浓度g/L表示1L溶液中所含溶质质量的多少，据此计算配制500mLl60g/L的NaOH溶液需要氢氧化钠的质量；配制氢氧化钠溶液需要仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；检验溶液的酸碱性可用酸碱指示剂还原性要适中，还原性太强，会将ClO2还原为更低价态产物，影响NaClO2生产，同时方便后续分
79、离提纯，加入试剂不能干扰后续生产，Na2O2溶于水相当于H2O2从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体【解答】解：由流程图可知C1O2发生器中目的是产生C1O2，二氧化硫具有还原性，将ClO3还原为C1O2，自身被氧化为SO42，反应离子方程式为2SO2+ClO3=C1O2+2SO42；由信息可知，纯ClO2易分解爆炸，发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2，以防止爆炸，故选B；故答案为：2SO2+ClO3=C1O2+2SO42；B；应选择500mL容量瓶，浓度g/L表示1L溶液中所含溶质质量的多少，配制500
80、mLl60g/L的NaOH溶液需要氢氧化钠的质量为0.5Ll60g/L=80.0g；配制氢氧化钠溶液需要仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故还需要的仪器为：500ml容量瓶、胶头滴管、药匙；故答案为：80.0；500ml容量瓶、胶头滴管、药匙；NaOH过量则溶液呈碱性，取少许溶液加入酚酞，溶液若呈红色，说明NaOH过量；故答案为：酚酞；还原性要适中还原性太强，会将ClO2还原为更低价态产物，影响NaClO2生产；方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产Na2O2溶于水相当于H2O2Na2S、FeCl2还原性较强，生成物与NaClO2分离比较困难；故选A；从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤【点评】本题以学生比较陌生的亚氯酸钠制备为背景，以过氧化氢法制备亚氯酸钠为主线，考察学生阅读题目获取信息的能力、对浓度概念的理解、对氧化还原反应相关知识的运用、有关实验操作和简单实验设计能力考察以及在新情境下综合运用知识解决问题的能力题目有一定的难度 版权所有：高考资源网()