1、高二实验第二学期第二次检测化学试题本试卷分第卷和第卷两部分，满分 100 分，考试用时 90 分钟。可能用到的原子量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Zn 65第I卷(选择题)一、单选题(每题 3 分，计 54 分)1.化学与生活密切相关，下列应用没有涉及氧化还原反应的是( )A. 过氧化钠用作缺氧场所的供氧剂B. 氯化铁用于净水C. 铝热反应用于焊接铁轨D. 铝罐车用作运输浓硫酸【答案】B【解析】【分析】在化学应用中没有涉及氧化还原反应说明物质在应用过程中没有电子转移，其特征是没有元素化合价变化，据此分析解答。【详解】A过氧化
2、钠和水、二氧化碳反应都生成氧气，O元素化合价由1价变为2价和0价，所以该反应为氧化还原反应，故A不符合题意；B氯化铁用于净水，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附净水，该过程中没有元素化合价变化，所以不涉及氧化还原反应，故B符合题意；C铝热反应用于焊接铁轨过程中，铝元素化合价由0价变为3价，Fe元素的化合价由正价变为0价，所以属于氧化还原反应，故C不符合题意；D铝罐车用作运输浓硫酸，利用浓硫酸的强氧化性与铝发生钝化反应，所以属于氧化还原反应，故D不符合题意；故答案选B。2.重铬酸铵(NH4)2Cr2O7是一种受热易分解盐，具有很强的氧化性，下列各组对重铬酸铵受热分解产物的判断符合实际的
3、是( )A. Cr2O3+N2+H2OB. Cr2O3+NH3+H2OC. CrO3+N2+H2OD. CrO3+NO2+H2O【答案】A【解析】【分析】重铬酸铵(NH4)2Cr2O7是一种受热易分解的盐，具有很强的氧化性，若分解时发生氧化还原反应，则应有元素化合价的升降，以此来解答。【详解】重铬酸铵(NH4)2Cr2O7是一种受热易分解的盐，具有很强的氧化性，若分解时发生氧化还原反应，则应有元素化合价的升降，A.N元素的化合价由3价升高到0价，Cr元素的化合价由6价降低为3价，符合氧化还原反应的特征，故A符合实际；B.只有Cr元素的化合价由6价降低为3价，没有元素的化合价升高，故B不符合实际
4、；C.只有N元素的化合价由3价升高到0价，没有元素的化合价降低，故C不符合实际；D.只有N元素化合价由3价升高到+4价，没有元素的化合价降低，故D不符合实际；答案选A。3.下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是( )A. 明矾能水解生成Al(OH)3 胶体，可用作净水剂B. 铝具有良好导热性，可用铝罐贮运浓硝酸C. CaO2 能缓慢与水反应产生O2，可用作水产养殖中的供氧剂D. FeCl3 溶液具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂【答案】B【解析】【详解】A明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，明矾可用作净水剂，故A正确；B常温下Al遇浓硝酸发生钝化，可用铝罐贮运浓硝酸，与良好的导热性无关
5、，故B错误；CCaO2能与水反应生成氧气，可用作水产养殖中的供氧剂，故C正确；DCu与氯化铁溶液发生氧化还原反应生成CuCl2和FeCl2，氯化铁可用作铜制线路板的蚀刻剂，故D正确；故答案选B。4.下列说法正确的是( )碱性氧化物一定是金属氧化物 电解质溶液的导电过程伴随化学变化HCl 既有氧化性又有还原性 Fe(OH)3、FeCl3、HNO3 都能用化合反应制备SO2 能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有还原性A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】碱性氧化物一定是金属氧化物，故正确；电解质溶液的导电过程就是电解过程，因此一定伴随化学变化，故正确；HCl中H是1价，Cl是1价，因此
6、既有氧化性又有还原性，故正确；Fe(OH)3、FeCl3、HNO3都能用化合反应制备，例如氢氧化亚铁与氧气、水化合生成氢氧化铁，铁与氯气化合生成氯化铁，N2O5和水化合生成硝酸，故正确；SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明它具有还原性，故正确；全部正确，故答案选D。5.NaClO2 是一种重要的杀菌消毒剂，工业上制备 NaClO2 的原理为 ClO2+H2O2+NaOHNaClO2+H2O+O2(未配平)。下列说法正确的是( )A. 该制备反应中，O2 是氧化产物B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：2C. 生成标准状况下的 11.2L 气体，转移 2mol 电子D. 制备过程中，混合液的
7、 pH 降低【答案】AD【解析】【分析】该制备反应的离子方程式为2ClO22OHH2O2=2ClO2O22H2O，反应中氯元素的化合价由4价降低到3价，所以ClO2是氧化剂，过氧化氢中的氧元素的化合价由1价升高到0价，过氧化氢是还原剂，由此分析解答。【详解】A该制备反应的离子方程式为2ClO22OHH2O2=2ClO2O22H2O，O元素化合价升高，O2为氧化产物，故A正确；B氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故B错误；C生成标准状况下的11.2L气体，即生成0.5mol O2，转移1mol电子，故C错误；D反应消耗OH，故随着反应进行，混合液的pH降低，故D正确；故答案选AD。【点睛】本
8、题把握元素的化合价变化、电子及原子守恒为解答的关键，注意配平之后再分析各物质之间量的关系。6.工业上制备下列物质的生产流程合理的是( )A. 由铝土矿冶炼铝：铝土矿 Al2O3 AlCl3 AlB. 由NaCl 制漂白粉：饱和食盐水Cl2漂白粉C. 侯德榜制碱：饱和 NaCl 溶液 NaHCO3Na2CO3D. 从海水中提取镁：海水 Mg(OH)2 MgO Mg【答案】C【解析】【详解】A铝土矿主要成分是三氧化二铝，应提纯后再电解，电解氧化铝制备Al，反应为2Al2O3(熔融)4Al3O2，不能电解氯化铝，故A不合理；B由NaCl可以制漂白液，而漂白粉主要成分为氯化钙、次氯酸钙，是氯气和石灰乳
9、反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，2Ca(OH)22Cl2CaCl2Ca(ClO)22H2O，故B不合理；C侯德榜制碱的方法是：向氨化的饱和食盐水中通入过量的二氧化碳，即有晶体析出，经过滤、洗涤、焙烧得纯碱，此过程可以表示为：NaCl(饱和)NH3CO2H2ONaHCO3NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，故C正确；D从海水中提取镁，是先由贝壳煅烧生成的生石灰与水反应获得石灰乳，将石灰乳加入海水中沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤得到沉淀氢氧化镁，加入盐酸溶解氢氧化镁变为氯化镁，将氯化镁溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热氯化镁晶体失水得到无水氯化镁，熔融氯化镁通
10、电分解获得Mg；氧化镁熔点高，电解氧化镁会消耗更多能量，故D不合理；故答案选C7.下列各组离子能大量共存的是( )A. 在加入 NH4HCO3产生气体的溶液中：Na+、Ba2+、Cl-、NO3-B. 在新制氯水中：Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-C. 在 pH=0 的溶液中：NH4+、Al3+、OH-、SO42-D. 加入Al片能产生H2的溶液：NH4+、Ca2+、HCO3-、NO3-【答案】A【解析】【详解】A加入NH4HCO3产生气体的溶液可能呈酸性、也可能呈碱性，Na+、Ba2+、Cl-、NO3-无论酸性、还是碱性溶液中都能大量共存，故A符合题意；B在新制氯水中，氯水具有强氧化性，氯
11、水中的氯气、HClO都能氧化Fe2生成铁离子而不能大量存在，故B不符合题意；CpH0的溶液呈酸性，氢离子、NH4+、Al3+都能和OH反应而不能大量共存，故C不符合题意；D加入Al片能产生H2的溶液为酸溶液或强碱溶液，NH4、HCO3在碱性条件下不能大量存在，HCO3、NO3-在酸性条件下不能大量存在，故D不符合题意；故答案选A。【点睛】明确离子性质、离子共存条件、物质之间的转化关系是解本题关键，注意题干中隐含信息的正确获取和灵活运用，B为解答易错点。8.用下列方法均可制得氯气：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2OKClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O2KMnO
12、4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O。若要制得相同质量的氯气，反应中电子转移数目之比为( )A. 1553B. 135C. 656D. 1610【答案】C【解析】【分析】制取的氯气质量相等，则制取的氯气物质的量相等，假设制取的氯气都是1mol，根据氯气和转移电子之间关系式计算转移电子数之比。【详解】制取的氯气质量相等，则制取的氯气物质的量相等，假设制取的氯气都是1mol；中生成1mol氯气转移电子物质的量1mol20(1)2mol；中生成1mol氯气转移电子物质的量=mol；中生成1mol氯气转移电子物质的量=2mol；则三个反应中转移电子物质的量之比为2mol：m
13、ol：2mol6：5：6；故答案选C。9.向 NaOH 和Na2CO3 混合溶液中滴加 0.1 molL1 稀盐酸，CO2 的生成量与加入盐酸的体积的关系如图。下列判断正确的是( )A. 在 0a 范围内，发生中和反应和 CO32-+H+=HCO3-B. ab 段发生反应的离子方程式为： CO32-+2H+ CO2 +H2OC. a=0.2D. 原混合溶液中NaOH 与 Na2CO3 的物质的量之比为 12【答案】A【解析】【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，氢氧化钠与盐酸优先发生反应：NaOHHClNaClH2O，然后碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠：HClNa
14、2CO3NaHCO3NaCl，最后碳酸氢钠与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答。【详解】A由分析可知，在 0a 范围内，没有产生气体，发生中和反应NaOHHClNaClH2O，继续滴加盐酸时，盐酸和Na2CO3发生反应HClNa2CO3NaHCO3NaCl，离子方程式为CO32-+H+=HCO3-，故A正确；Bab段发生反应为：NaHCO3HClNaClH2OCO2，反应的离子方程式为：HCO3HH2OCO2，故B错误；C根据碳元素守恒，混合物中碳酸钠物质的量是0.01mol，所以两步反应：HClNa2CO3NaHCO3NaCl，NaHCO3HClNaClH2O
15、CO2，消耗的HCl物质的量均是0.01mol，0.1molL1稀盐酸的体积分别是0.1L，所以a0.3，故C错误；D根据C项的计算，与NaOH反应的HCl物质的量为0.02mol，则原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量分别是0.02mol和0.01mol，物质的量之比为2：1，故D错误；故答案选A【点睛】本题明确当盐酸滴入碳酸钠溶液中时，碳酸钠与氯化氢反应是分步进行的为解答关键，根据化学方程式中物质间量的关系判断每一步消耗HCl物质的量。10.已知 NH4CuSO3 与足量的 10 mol/L 硫酸混合微热，产生下列现象：有红色金属生成 产生刺激性气味的气体 溶液呈现蓝色。据此判断下
16、列说法正确的是( )A. 反应中硫酸作氧化剂B. 1 mol NH4CuSO3 完全反应转移 0.5 mol 电子C. 刺激性气味的气体是氨气D. NH4CuSO3 中硫元素被氧化【答案】B【解析】【分析】NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色金属、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2，结合NH4CuSO3中Cu的化合价为1价，以此解答该题。【详解】根据实验现象，反应的离子方程式为：2NH4CuSO34H=CuCu22SO22H2O2NH4；A由反应的离子方程式为：2NH4CuSO34H=CuCu22SO22H2O2NH4，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸
17、反应前后各元素的化合价都没有变化，反应中硫酸体现酸性，故A错误；B反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由1价2价，1价0价，发生的反应为：2NH4CuSO34H=CuCu22SO22H2O2NH4，每2mol NH4CuSO3参加反应则转移1mol电子，则1mol NH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，故B正确；C因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，刺激性气味的气体是SO2，故C错误；DNH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色金属、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故D错误；故答案选B。【点睛】本题考查氧化还
18、原反应，注意从反应现象判断生成物，结合化合价的变化计算电子转移的数目。11.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )1mol Na2O 和 Na2O2 混合物中含有的阴、阳离子总数是 3NA 常温常压下，92g的NO2和N2O4 混合气体含有的原子数为 6NA7.8 g中含有的碳碳双键数目为 0.3 NA 用 1L1.0 mol/LFeCl3 溶液制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶粒的数目为 NA1mol SO2与足量O2在一定条件下充分反应生成 SO3，共转移 2NA个电子在反应 KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O 中，每生成 3molI2 转移的电子数为 5NAA.
19、B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】Na2O和Na2O2中阴、阳离子个数之比都为1：2，1mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总物质的量为3mol，阴、阳离子总数是 3NA，故正确；NO2和N2O4的实验式都是NO2，n(NO2)2mol，常温常压下92g的NO2和N2O4混合气体中所含原子物质的量为6mol，含有的原子数为 6NA，故正确；苯中不含碳碳双键，故错误；n(FeCl3)1.0mol/L1L1mol，根据反应FeCl33H2OFe(OH)3(胶体)3HCl，生成1molFe(OH)3，氢氧化铁胶粒是一定数目Fe(OH)3的集合体，氢氧化铁胶粒的物质的量小于1
20、mol，氢氧化铁胶粒的数目小于 NA，故错误；若1molSO2全部反应则转移2mol电子，而SO2与O2的反应是可逆反应，1molSO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，转移电子物质的量小于2mol，转移电子数小于2NA，故错误；用双线桥分析该反应：，每生成3molI2转移5mol电子，转移的电子数为 5NA，故正确；正确，故答案选C。12.关于反应过程中的先后顺序，下列评价正确的是( )A. 向浓度都为 0.1mol/L 的 FeCl3 和 CuCl2 加入铁粉，溶质CuCl2首先与铁粉反应B. 向浓度都为0.1mol/L的Na2CO3和NaOH的混合溶液通入CO2气体，NaOH首先
21、反应C. 向过量的Ba(OH)2 溶液中滴加少量的KAl(SO4)2溶液，开始没有白色沉淀生成D. 向浓度为0.1mol/L 的 FeCl3溶液中加入质量相同、颗粒大小相同的铁和铜，铜单质首先参加反应【答案】B【解析】【详解】A三价铁的氧化性强于铜离子，还原剂铁先是和氧化性强的离子反应，即先与铁离子反应，故A错误；B碳酸钠和氢氧化钠均可以和二氧化碳反应，但是氢氧化钠的碱性强于碳酸钠，所以NaOH先和二氧化碳发生反应，故B正确；C钡离子和硫酸根离子反应生成白色沉淀硫酸钡，所以开始有白色沉淀生成，故C错误；D一种氧化剂与多种还原剂反应，还原性强的铁首先反应，故D错误；故答案选B。13.下列实验方案
22、、现象、得出的结论均正确的是( )选项实验及现象结论A用玻璃棒蘸取某样品进行焰色反应时观察到黄色火焰该样品含钠元素B将 10mL 2mol/L 的 KI 溶液与 1 mL 1mol/L FeCl3溶液混合充分反应后滴加 KSCN，溶液颜色变红KI与FeCl3反应有可逆性C向酸化的KMnO4溶液通入SO2，再加入BaCl2产生白色沉淀证明SO2被氧化为 SO42-D向 NaHCO3 溶液中加入过量盐酸振荡、静置、有气泡产生证明非金属性：ClCA. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】A玻璃棒中含有钠元素，应该用铁丝或铂丝；B碘化钾过量，反应后溶液中滴加KSCN，溶液颜色变红，说明
23、存在铁离子；C高锰酸钾溶液通常用硫酸酸化，无法确定二氧化硫是否被氧化；D盐酸不是Cl元素的最高价含氧酸，无法比较非金属性。【详解】A玻璃棒中含钠元素，干扰了检验结果，应选铁丝或铂丝蘸取某样品，故A错误；B加入的KI过量，反应后滴加KSCN，溶液颜色变红，说明仍然有铁离子存在，可证明KI与FeCl3反应有可逆性，故B正确； C通常用硫酸酸化KMnO4溶液，原溶液中含有的硫酸根离子干扰了检验，无法证明SO2被氧化为SO42，故C错误；D有气泡生成证明酸性：盐酸碳酸，但盐酸不是Cl元素的最高价含氧酸，无法比较C、Cl的非金属性，故D错误； 故答案选B。14.下列指定反应的离子方程式不正确的是( )A
24、. 向硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠固体：2Na2O2+2Fe2+2H2O4Na+2Fe(OH)2+O2B. 碱性条件下次氯酸钾溶液与氢氧化铁反应：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-2FeO42-+3Cl-+5H2OC. 向氨化的饱和氯化钠溶液中通入足量二氧化碳气体：Na+ NH3H2O +CO2NaHCO3+NH4+D. 向饱和的碳酸氢钙溶液中加入足量的澄清石灰水：Ca2+HCO3-+OH-CaCO3+H2O【答案】A【解析】【详解】A向FeSO4溶液中加入Na2O2：过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠与硫酸亚铁发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，涉及
25、的化学方程式依次为：2Na2O22H2O=4NaOHO2、FeSO42NaOH=Fe(OH)2Na2SO4、4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3，选项中氧气能将氢氧化亚铁氧化，故A错误；B次氯酸钾与氢氧化铁发生氧化还原反应离子方程式：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O，故B正确；C氨气的溶解度比二氧化碳大得多，且溶液呈碱性，有利于二氧化碳的吸收，先通入足量的氨气，二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中，发生NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NaHCO3+NH4Cl，本质为Na+ NH3H2O +CO2NaHCO3+NH
26、4+，故C正确；D碳酸氢钙溶液中加入足量澄清石灰水，离子方程式：Ca2+HCO3-+OH-CaCO3+H2O，故D正确；故答案选A。【点睛】本题明确反应实质是解题关键，注意离子反应必须遵循客观事实，遵循电荷守恒规律。15.往含 Fe3+、H+、NO3-的混合液中加入少量 SO32-，下列表示该反应的离子方程式正确的是( )A. 2Fe3+SO32-+H2O=2Fe2+SO42-+2H+B. 2H+2NO3-+3SO32-=3 SO42-+2NO+H2OC. 2H+SO32-=H2O+SO2D. 2Fe3+3 SO32-+3H2O=2Fe(OH)2+3SO2【答案】B【解析】【详解】三价铁离子、
27、硝酸根离子都具有氧化性，都能氧化亚硫酸根离子，硝酸根离子在酸性环境下氧化性强于三价铁离子，所以加入亚硫酸根离子，先与硝酸根离子反应，若亚硫酸根剩余再与三价铁离子反应，题干中亚硫酸根离子少量，所以只有硝酸根离子反应，离子方程式：2H+2NO3-+3SO32-=3SO42-+2NO+H2O，故答案选B。【点睛】明确氧化还原反应的先后顺序，熟悉三价铁离子、硝酸根离子氧化性强弱是解题关键。16.以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量 FeS2)为原料，生产氧化铝并获得 Fe3O4的部分工艺流程如图，下列叙述错误的是( )A. 烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的 Fe3O4 分离出来B
28、. 隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的 n(FeS2)n(Fe2O3)=16C. 向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得 Al2O3D. 加入 CaO 可以减少 SO2 的排放同时生成建筑材料 CaSO4【答案】B【解析】【分析】由流程可知，高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2)为原料，通入空气焙烧时，因为含有少量FeS2，会产生SO2，加入氧化钙达到吸收SO2的目的，防止SO2排放污染空气，焙烧产物经过NaOH溶液碱浸，Al2O3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，过滤后，滤液中通入过量CO2，偏铝酸根与CO2、水反应生成氢氧化铝沉淀，洗涤后灼烧氢氧化铝即可生产A
29、l2O3；碱浸过程中，Fe2O3不与NaOH反应，过滤后留在滤渣中，加入FeS2与Fe2O3在隔绝空气的条件下反应生成SO2和Fe3O4，利用Fe3O4的磁性实现其与烧渣的分离，以此来解答。【详解】AFe3O4有磁性，可以用磁铁将Fe3O4从烧渣中分离出来，故A正确；B隔绝空气焙烧，FeS2与Fe2O3反应，生成SO2和Fe3O4，反应方程式为FeS216Fe2O311Fe3O42SO2，由方程式可知n(FeS2)：n(Fe2O3)1：16，故B错误；C滤液中含有AlO2，通入过量CO2，发生反应：AlO2CO22H2OAl(OH)3HCO3，生成Al(OH)3沉淀，经过过滤、洗涤后得到Al(
30、OH)3，再灼烧Al(OH)3，反应：2 Al(OH)3Al2O33H2O，即可制得Al2O3，故C正确；D铝土矿中含有FeS2，FeS2焙烧生成SO2，CaO与SO2、O2发生反应：2CaO2SO2O22CaSO4，CaSO4可用于建筑材料，故D正确；故答案选B。17.某溶液中可能含有如下离子：H+、Mg2+、Al3+、NH4+、Cl-、AlO2-。当向该溶液中逐滴加入NaOH溶液时，产生沉淀的物质的量(n)与加入 NaOH 溶液的体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是A. 原溶液中一定含有的阳离子是H+、Mg2+、Al3+、NH4+B. 原溶液中 Al3+与NH4+的物质的量之比为 1
31、3C. 反应最后形成的溶液中的溶质含AlCl3D. 原溶液中含有的阴离子是Cl-、AlO2-【答案】B【解析】【分析】向溶液中滴加NaOH溶液时先没有沉淀生成，说明溶液中含有H，溶液呈酸性，则溶液中不存在AlO2，当H完全反应后继续滴加NaOH溶液，有沉淀生成，当沉淀最大时继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，说明NaOH和NH4反应，则溶液中一定含有NH4，当NH4完全反应后继续滴加NaOH溶液，沉淀逐渐减小最终消失，说明溶液中含有Al3，不含Mg2，最终溶液中溶质为NaCl、NH3H2O和NaAlO2，据此分析解答。【详解】向溶液中滴加NaOH溶液时先没有沉淀生成，说明溶液中含有H，溶
32、液呈酸性，则溶液中不存在AlO2，当H完全反应后继续滴加NaOH溶液，有沉淀生成，当沉淀最大时继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，说明NaOH和NH4反应，则溶液中一定含有NH4，当NH4完全反应后继续滴加NaOH溶液，沉淀逐渐减小最终消失，说明溶液中含有Al3，不含Mg2，最终溶液中溶质为NaCl、NH3H2O和NaAlO2；A通过以上分析知，原溶液中一定含有的阳离子有H+、Al3+、NH4+，故A错误；B根据图象知，Al3+、NH4+消耗NaOH的物质的量之比为3：3，根据Al33OHAl(OH)3、NH4OHNH3H2O知，原溶液中Al3与NH4的物质的量之比1：3，故B正确；C通
33、过以上分析知，最终得到的溶液中溶质为NaCl、NH3H2O和NaAlO2，故C错误；D通过以上分析知，原来溶液呈酸性，则一定不存在弱酸根离子AlO2，故D错误；故答案选B。【点睛】明确图象中曲线变化趋势、拐点的含义是解本题关键，知道曲线各个部分发生的化学反应，会根据原子守恒确定最终溶液中的溶质。18.硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图所示)。下列说法错误的是( )A. 碱式硫酸铁水解能产生 Fe(OH)3 胶体，可用作净水剂B. 为防止 NH4HCO3 分解，生产 FeCO3 需在较低温度下进行C. 常温下，(NH4)2Fe(SO4)2 在水中的溶解度比 FeSO4 的大D
34、. 可用 KSCN 溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2 是否被氧化【答案】C【解析】【详解】A碱式硫酸铁电离产生Fe3，Fe3能发生水解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故A正确；BNH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，故B正确；C(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的小，所以FeSO4才能与(NH4)2SO4反应生成(NH4)2Fe(SO4)2，故C错误；DKSCN溶液遇Fe2溶液无现象，(NH4)2Fe(SO4)2若被氧化则生成Fe3，KSCN溶液遇Fe3溶液变红，故D正确；故
35、答案选C。第卷19.CuSO4 是一种重要化工原料，其制备和有关性质如图所示。(1)现要用密度为 1.84g/mL，质量分数为 98%的浓硫酸来配制步骤中所需要的 2mol/L 的稀硫酸480mL，需要用这种浓硫酸的体积为_mL。(2)配制该稀硫酸所用到的玻璃仪器除玻璃棒、量筒外还有_。(3)下列操作会使所配溶液浓度偏高的是_。A. 硫酸转移至容量瓶后，没有洗涤烧杯 B. 未冷却至室温就转移至容量瓶C. 容量瓶中存在少量蒸馏水 D. 定容时俯视刻度 E. 用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒(4)制取硫酸铜的途径中，不用_途径，原因是_。【答案】 (1). 54.3 (2). 烧杯 、500mL容量瓶、
36、 胶头滴管 (3). BDE (4). (5). 浪费原料，污染环境【解析】【分析】(1)依据c计算浓硫酸的物质的量浓度，依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积；(2)依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择需要的仪器；(3)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c进行误差分析；(4)从反应成本和对环境的影响角度进行分析。【详解】(1)密度为1.84g/mL，质量分数为98%的浓硫酸物质的量浓度为：mol/L18.4mol/L，配制480mL0.1mol/L的稀硫酸，应选择500mL容量瓶，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得：18.4mo
37、l/LV2mol/L500mL，解得V54.3mL；(2)根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶和胶头滴管，故还需要用到的玻璃仪器是烧杯、500mL容量瓶、胶头滴管；(3)A硫酸转移至容量瓶后，没有洗涤烧杯，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A不符合题意；B未冷却至室温就转移至容量瓶，导致定容时加水体积偏小，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B符合题意；C容量瓶中存在少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故C不符合题意；D定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏
38、高，故D符合题意；E量筒是量出式仪器，不需要洗涤，用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒，导致量取浓硫酸体积偏大，硫酸的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故E符合题意；答案选BDE；(4)途径是Cu与稀硫酸和硝酸反应生成CuSO4，同时生成NO气体污染环境；途径是Cu与浓硫酸加热反应生成CuSO4，同时生成SO2气体污染环境；途径Cu先与O2反应生成CuO，CuO与稀硫酸反应生成CuSO4，原料利用率高，且不污染环境；故不用途径，原因是浪费原料，污染环境。20.(1)将 Al、Al2O3和 Al(OH)3的混合物恰好与 NaOH 溶液反应，向反应后的溶液中通入过量 CO2。写出所有反应的离子方程式为_。(2)取
39、 400mL 0.3mol/L 的 KI 溶液与一定量的酸性 KMnO4 溶液恰好反应，生成等物质的量的I2 和KIO3，则消耗KMnO4 的物质的量的是_mol。(3)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色。又变为棕黄色的原因是_(4)向 100mLFeBr2溶液中通入标况下 2.24LCl2，反应后溶液中有1/2的Br-被氧化成单质 Br2，写出离子方程式_。【答案】 (1). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；AlO2-+CO2+2
40、H2O=Al(OH)3+HCO3- (2). 0.064 (3). 3Fe2+NO3-+4H+=3Fe3+NO+2H2O (4). 2Fe2+2Br-+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl-【解析】【分析】(1)Al、Al2O3和Al(OH)3均与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量CO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，以此来解答；(2)依据氧化还原反应得失电子守恒规律计算解答；(3)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，原因是Fe3与SO32发生氧化还原反应生成Fe2和SO42，反应后溶液呈酸性，则在酸性条件下NO3与Fe2反应生成Fe3，过一会又变为
41、棕黄色；(4)反应后溶液中有1/2的Br-被氧化成单质Br2，说明Cl2完全反应，根据Fe2+和Br-的还原性强弱顺序进行分析。【详解】(1)Al、Al2O3和Al(OH)3都能和NaOH溶液反应生成NaAlO2，偏铝酸钠溶液能和过量的CO2反应生成Al(OH)3和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-；(2)400mL 0.3mol/L的KI溶液，碘离子的物质的量为0.3mol/L0.4L=0.12mol，
42、生成的I2和KIO3物质的量相等，根据I守恒，0.12 mol I0.04mol I20.04IO3，I-失去的电子物质的量为0.04mol21+0.04mol6=0.32mol，MnO4Mn2，Mn元素的化合价由7价降低为2价，设消耗KMnO4的物质的量为n，由电子守恒得：n50.32mol，解得n0.064mol；(3)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，原因是Fe3与SO32-发生氧化还原反应生成Fe2和SO42，反应后溶液呈酸性，则在酸性条件下，NO3将Fe2氧化成Fe3，过一会溶液又变为棕黄色，根据电荷守恒和原子守恒配平，则反应的离子方程式为：3F
43、e24HNO3=3Fe3NO2H2O；(4)反应后溶液中有1/2的Br-被氧化成单质Br2，说明Cl2完全反应，由于还原性Fe2+Br-，Fe2+完全被氧化成Fe3+，则参与反应的Fe2+与Br-物质的量相等，反应的离子方程式为2Fe2+2Br-+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl-。21.生铁中含有一种铁碳化合物 X(Fe3C)。X 在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，回答下列问题：(1)将 Y 溶于过量盐酸，写出离子方程式_。(2)某溶液中有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+等四种离子，向其中加入过量的NaOH 溶液后，过滤，将滤渣高温灼烧并将灼烧后的固体投入过量的稀盐酸中，所
44、得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是_。(3)设计实验，鉴别固体Y 中既有 Fe2+ ，又有 Fe3+_【答案】 (1). Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O (2). Fe2+、Al3+ (3). 取样品少许，加入适量稀硫酸溶液取溶液少许，滴加KSCN溶液，变红，说明有Fe3+另取溶液少许，滴加酸性KMnO4溶液，红色褪去证明含Fe2+【解析】【分析】(1)X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，Y为四氧化三铁，四氧化三铁与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水；(2)加入过量的NaOH溶液后，Mg2+、Fe2+、Cu2+转化为沉淀，灼烧后的固体投入过量的稀盐酸，溶液中存
45、在Mg2+、Fe3+、Cu2+；(3)检验既有Fe2+又有Fe3+先用酸溶解，再分别检验，设计实验过程中注意排除干扰。【详解】(1)X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，Y为四氧化三铁，四氧化三铁与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，反应的离子方程式为：Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O；(2)加入过量的NaOH溶液后，Al3+转化为可溶性的NaAlO2，Mg2+、Fe2+、Cu2+转化为沉淀，滤渣高温灼烧得到的固体中含MgO、Fe2O3、CuO，固体投入过量的稀盐酸，溶液中存在Mg2+、Fe3+、Cu2+，则所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是Fe2、Al3；(3
46、)鉴别固体Fe3O4中既有Fe2+又有Fe3+实验为：取样品少许，加入适量稀硫酸溶液将Y完全溶解；取溶液少许，滴加KSCN溶液，溶液变红，说明有Fe3+；另取溶液少许，滴加酸性KMnO4溶液，红色褪去证明含Fe2+。22.I.字母 AK 代表常见物质，在一定条件下能发生如图所示变化已知：反应中A为红棕色粉末，B为金属单质，且n(A)：n(B)=1：2，反应和反应均在水溶液中进行。(1)保存 J 的方法是：_。(2)写出反应的化学方程式：_。II.某研究性学习小组的同学以 Fe(NO3)3溶液来探究 Fe3+能否氧化 Ag 为题。他们选用少量的Fe(NO3)3 溶液与做过银镜反应的试管进行实验。
47、现象：银镜部分溶解，试管上方出现少量淡淡的红棕色气体。(1)出现少量淡淡的红棕色气体，该气体是_。(2)若 Fe3+能否氧化 Ag，只需证明：_方法是：_. 铁红是一种红色颜料，其成分是 Fe2O3 ，将一定量的铁红溶于 180mL 5molL-1 盐酸中，在加入一定量铁粉恰好溶解，收集到 3.36L(标准状况)气体。(1)按反应顺序写出离子方程式_(2)反应后的溶液中一定没有 Fe3+，理由是_(3)参加反应的铁粉的质量为_g。【答案】 (1). 加入少量盐酸和铁粉 (2). Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3 (3). NO2 (4). 溶液中存在Fe2+ (5). 取溶液少许，滴加酸性
48、KMnO4溶液，红色褪去证明含Fe2+ (6). Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；2Fe3+Fe=3Fe2+；Fe+2H+=Fe2+H2 (7). 氧化性：Fe3+H+，H+参与了反应，说明Fe3+已反应完全 (8). 14【解析】【分析】熔融NaCl电解生成Na和Cl2，由于D能和H2反应，则C为Na，D为Cl2；D和H2反应生成I，则I为HCl；C与H2O反应生成H溶液，则H为NaOH；D与E反应生成G，G还能和E反应生成J，而I与E反应生成H2和J，符合条件的E为Fe，则G为FeCl3，J为FeCl2；A为红棕色粉末，B为金属单质，且n(A)：n(B)=1：2，高温反应生成Fe和
49、F，符合条件的为铝热反应，则A为Fe2O3，B为Al，F为Al2O3；NaOH溶液与Al2O3反应生成NaAlO2和H2O，则K为NaAlO2；据此分析解答；(1)根据元素守恒分析可能出现的红棕色气体；(2)Fe3+若能氧化Ag，则自身被还原为Fe2+；Fe2O3先与H+反应生成Fe3+，加入铁粉后Fe3+与Fe反应生成Fe2+，由于生成了气体，则Fe与H+反应生成H2，据此分析解答。【详解】熔融NaCl电解生成Na和Cl2，由于D能和H2反应，则C为Na，D为Cl2；D和H2反应生成I，则I为HCl；C与H2O反应生成H溶液，则H为NaOH；D与E反应生成G，G还能和E反应生成J，而I与E反
50、应生成H2和J，符合条件的E为Fe，则G为FeCl3，J为FeCl2；A为红棕色粉末，B为金属单质，且n(A)：n(B)=1：2，高温反应生成Fe和F，符合条件的为铝热反应，则A为Fe2O3，B为Al，F为Al2O3；NaOH溶液与Al2O3反应生成NaAlO2和H2O，则K为NaAlO2； (1)J为FeCl2，Fe2+容易水解，且易被氧化，故保存方法是：加入少量盐酸和铁粉；(2)反应为铝热反应，化学方程式为Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3；(1)根据元素守恒，可能出现的红棕色气体只有NO2；(2)Fe3+若能氧化Ag，则自身被还原为Fe2+，只需证明Fe2+的存在即可，方法是：取溶液少
51、许，滴加酸性KMnO4溶液，红色褪去证明含Fe2+；Fe2O3先与H+反应生成Fe3+，加入铁粉后Fe3+与Fe反应生成Fe2+，由于生成了气体，则Fe与H+反应生成H2；(1)相关的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；2Fe3+Fe=3Fe2+；Fe+2H+=Fe2+H2；(2)经过分析可知，反应后的溶液中一定没有Fe3+，理由是：氧化性：Fe3+H+，H+参与了反应，说明Fe3+已反应完全；(3)氢气物质的量为0.15mol；根据氯原子守恒，所以氯化铁的物质的量为(0.18L5mol/L0.3mol)0.2mol；所以参加反应的铁粉的质量为(0.15mol0.1mol)56g/mol14g。
