1、2015-2016学年河北省保定市望都中学高三（上）月考化学试卷（8月份）一.单项选择题（本题包括20小题，每小题只有一个选项符合题意，共40分）1下列说法正确的是：( )A2014年1月4日，国家首次将雾霾天气纳入自然灾情进行通报雾霾也是一种分散系，分散剂为空气B氯化氢溶于水的过程中虽然有HCl键的断裂，但没有新化学键的形成，所以该过程是物理过程C2014年12月某市某化工市场发生爆炸，据调查为化工原料“醋酸乙烯”燃烧所致，该化工原料属于烯烃D2014年的诺贝尔化学奖授予了超高分辨率荧光显微镜的发展者，该技术突破了光学显微镜的极限，能观察到纳米尺度的微粒，该技术还可以将研究反应速率的时间分辨
2、率达到纳秒级水平2以下关于硫及其化合物说法错误的是( )A硫元素在自然界中既有游离态，又有化合态B检查病人胃病所用的钡餐，既可以用BaSO4，也可以用BaCO3C浓硫酸不可用来干燥H2S气体，因其具有强氧化性DSO2、SO3都为酸性氧化物，都可与水反应生成相应酸3下列说法正确的是( )ASO2能使KMnO4水溶液迅速褪色B可以用澄清石灰水鉴别SO2和CO2C硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成SO3D少量SO2通过浓的CaCl2溶液能生成白色沉淀4用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火其原因是( )幕布的着火点升高幕布的质量增加氯化铵分解吸收热量，降低了温度氯化铵分解产生的气体隔绝了空气ABCD5下
3、面有关铜的化合物的性质叙述中正确的是( )ACuSO4变成CuSO45H2O是物理变化B一定条件下，新制的Cu（OH）2浊液能与乙醛反应但不能与乙酸反应CCuO是黑色固体，与水反应可生成Cu（OH）2DCu2O遇硝酸可能会被氧化成Cu2+6常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A使甲基橙变红的溶液：Fe2+、K+、SO42、NO3B加入铝粉产生氢气的溶液：Na+、K+、SO42、ClC0.1 molL1NaAlO2溶液：Al3+、Na+、Cl、NO3D水电离出的c（H+）=1012 molL1的溶液：Na+、K+、NH4+、CO327下列离子方程式正确的是( )ANa2S2O
4、3溶液中加入稀盐酸：2S2O32+2H+=SO42+3S+H2OB磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe3O4+28H+NO39Fe3+NO+14H2OC100mL 0.1mol/L FeI2溶液与标况下0.224L Cl2：2Fe2+Cl2=2Fe3+2ClD向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42沉淀完全：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH =2Al（OH）3+3BaSO48用NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是( )A1 mol Cl2完全反应转移的电子数一定是2NAB标准状况下，22.4 L CCl4中含有的分子数为NAC1 L 0.1 molL1乙醇溶液中含有的氧原子数为0
5、.1NAD4 g氦气中含有的分子数和原子数均为NA9某溶液中有Cu2+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是( )ACu2+BMg2+CFe2+DAl3+10下列中学常见实验的现象或表述正确的是( )A过量的铁投入到一定量的稀硝酸中，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液显红色B制备氢氧化亚铁时，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁C检验红砖中的氧化铁成分，向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液23滴即可D向CuSO4溶液中滴入过量
6、NaOH溶液充分反应后，将混合液体倒入蒸发皿中加热煮沸一会，然后冷却、过滤，滤纸上的物质为“蓝色固体”11I是常规核裂变产物之一，可以通过测定大气或水中的含量变化来监测核电站是否发生放射性物质泄漏下列有关有叙述中错误的是( )AI的化学性质与I是相同BI的原子序数为53CI的原子核外电子数为78DI的原子核内中子数多于质子数12只用胶头滴管和试管通过两试剂的互滴，不能区别的下列溶液（浓度均为0.1mol/L）( )ANaAlO2和稀盐酸BNaHCO3和Ca（OH）2CNaOH和Al2（SO4）3DHCl和Na2CO313过氧化钠具有强氧化性，遇木炭、铝粉等还原性物质时可燃烧下列有关说法不正确的
7、是( )ANa2O2与CO2反应时，Na2O2是氧化剂，CO2是还原剂B1mol过氧化钠中阴离子数目为1NAC过氧化钠与木炭、铝粉反应时，过氧化钠均表现出强氧化性D过氧化钠与二氧化硫反应时可生成硫酸钠14下列有关实验的叙述正确的是( )A用水润湿的pH试纸来测量溶液的pHB实验需要480mL 2.0molL1的氢氧化钠溶液配制该溶液时先称量氢氧化钠固体38.4g，然后再按照溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀的步骤进行操作C向溶液中滴加硝酸酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，说明溶液中一定有SO42D用溴水，淀粉、KI溶液比较Br2与I2的氧化性强弱，所需玻璃仪器主要有：试管、胶头滴管15实
8、验室中需要配制2mol/L的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl质量分别是( )A950mL，11.2gB500mL，117gC1000mL，117.0gD任意规格，111.2g16a mol Cu与含b mol HNO3的溶液恰好完全反应，则被还原的HNO3的物质的量一定是( )A（b2a） molBmolC molD2a mol17设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )A10 mL 20 molL1浓硫酸与足量锌反应，转移电子数为0.2NAB0.1 mol24Mg18O晶体中所含中子总数为2.0 NAC在标准状况下，2.8g N2和2.24L
9、CO所含电子数均为1.4NAD1 L 1 molL1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NA18“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是( )A加热时，上部汇集了固体NH4Cl，说明NH4Cl的热稳定性比较好B加热时，、溶液均变红，冷却后又都变为无色C中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅D四个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应19向25mL2mol/L Na2CO3 溶液中，逐滴加入1mol/L 稀HCl75mL，在标准状况下可产生CO2( )A840mLB84mLC560mLD56
10、mL20一定条件下，硝酸铵受热分解的化学方程式为：NH4NO3HNO3+N2+H2O（未配平），该反应中，被氧化与被还原的氮原子个数之比为( )A5：3B5：4C1：1D3：5二、单项选择题（本题包括6小题，每小题只有一个选项符合题意，共18分）21某澄清透明溶液中可能含有Al3+；Na+；Fe3+；Fe2+；H+；C032NO3中的几种，向该溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与NaOH的物质的量的关系如图所示则该溶液中一定含有的离子是( )ABCD22甲、乙两烧杯中各盛放有100mL 3molL1的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积
11、比为甲：乙=1：2，则加入铝粉的质量为( )A5.4gB3.6gC2.7gD1.8g23有五种饱和溶液Ba（NO3）2 Ca（OH）2 NaAlO2 Na2CO3 NH3和NaCl，分别持续通入CO2，最终得到沉淀或析出晶体的是( )ABCD24K、L、Z、W、R属于短周期主族元素K的原子半径是短周期主族元素中最大的，L元素的单质常通过分离液态空气得到，Z元素的单质是常见的半导体材料，W与Z同族，R与L同族，其单质有杀菌作用 下列叙述不正确的是( )AK与L形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2，且均能与水反应B根据非金属性强弱，不可能由Z的最高价氧化物制出W的最高价氧化物CL的简单氢
12、化物的沸点和热稳定性均大于R的简单氢化物D向两份BaCl2溶液中分别通入RL2、WL2，均无白色沉淀生成，但一段时间后，通入RL2的一份中可能产生沉淀25向含S2、Fe2+、Br、I各0.1mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量关系图正确的是( )ABCD26中学常见物质A、B、C、D、E、X，存在下图转化关系（部分生成物和反应条件略去）下列推断不正确的是( )A若D为NaCl，且A可与C反应生成B，则E可能是CO2B若D是一种强碱，则A、B、C均可与X反应生成DC若D是一种强酸，则A既可以是单质，也可以是化合物，且D可与铜反应生成B或CD若D是一种白
13、色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则A可能是铁三、填空题（本题共4个小题，每空2分）27电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并重新获得纯净的FeCl3溶液，准备采用下列步骤：请写出上述实验中的化学式：_配制并保存硫酸亚铁溶液时，常在其中加入_要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+，进行如下实验操作时的最佳顺序为_加入足量氯水 加入足量NaOH溶液 加入少量KSCN溶液A、B、C、D、写出向的合并液中通入的离子方程式_28将由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物溶于足量水，充分反应后得到0.58g白色
14、沉淀，向所得的浊液中逐滴加入0.5mol/L的盐酸，生成沉淀的质量与加入盐酸的体积的关系如图所示：求：（1）分别求混合物中AlCl3、MgCl2物质的量（2）P点时加入HCl的体积（要求写出计算过程）29（14分）某无色溶液，由Na+、Ba2+、Al3+、Cl、AlO2、MnO4、CO32、SO42中的若干离子组成，将溶液平均分为两份置于两支试管：取其中一支试管，加入过量HCl有气体生成，并得到溶液；在所得溶液中加入HNO3酸化的AgNO3，出现白色沉淀；取另一支试管，先加入过量的HCl酸化，再加入过量的NaHCO3溶液，有气体生成同时析出白色沉淀甲，甲的质量为3.9g；在所得溶液中加入过量的
15、Ba（OH）2溶液，有白色沉淀乙析出根据上述实验完成下列问题：（1）溶液中一定不存在的离子是_（2）一定存在的离子是_（3）判断沉淀乙成分的方法是_（4）写出有关反应的离子方程式实验：_；_；（5）通过实验可知溶液中存在的离子为_，原溶液中该离子的物质的量为_30（14分）Cl2和H2O2是高中阶段最常见的两种氧化剂，经查阅资料Cl2氧化能力强于H2O2，能将H2O2氧化为了验证该结论，学生设计了如图所示的实验装置进行实验（夹持装置略去）请回答下列问题：（1）试管B中饱和食盐水的作用_；（2）试管C中加入5mL 30% 双氧水，发生反应的化学方程式_；（3）圆底烧瓶A中放有高锰酸钾，分液漏斗中
16、为浓盐酸，则反应方程式为_（4）试管D中充满10% NaOH溶液，NaOH溶液的作用是_；（5）将浓盐酸注入圆底烧瓶A，当装置中空气基本排尽后关闭止水夹，反应一段时间后试管D中的现象为_，试管D中的气体检验方法_（6）有的同学对上述实验中试管D中气体来源产生质疑，你认为可能的来源有_（用化学方程式表示）2015-2016学年河北省保定市望都中学高三（上）月考化学试卷（8月份）一.单项选择题（本题包括20小题，每小题只有一个选项符合题意，共40分）1下列说法正确的是：( )A2014年1月4日，国家首次将雾霾天气纳入自然灾情进行通报雾霾也是一种分散系，分散剂为空气B氯化氢溶于水的过程中虽然有HC
17、l键的断裂，但没有新化学键的形成，所以该过程是物理过程C2014年12月某市某化工市场发生爆炸，据调查为化工原料“醋酸乙烯”燃烧所致，该化工原料属于烯烃D2014年的诺贝尔化学奖授予了超高分辨率荧光显微镜的发展者，该技术突破了光学显微镜的极限，能观察到纳米尺度的微粒，该技术还可以将研究反应速率的时间分辨率达到纳秒级水平【分析】A雾霾分散剂是空气，分散质为灰尘；B氯化氢 溶于水是以水合过程为主，所以氯化氢 溶于水是化学变化；C烯烃属于烃，只含有C、H两种元素；D纳米是长度单位【解答】解：A雾霾分散剂是空气，分散质为灰尘，是分散系，故A正确；B氯化氢 溶于水是以水合过程为主，所以氯化氢溶于水是化学
18、变化，故B错误；C“醋酸乙烯”含有C、H、O三种元素，不属于烃，故C错误；D纳米是长度单位，不是时间单位，故D错误；故选：A【点评】本题考查了生活中化学知识，熟悉分散系的概念、烃的概念是解题关键，题目难度不大2以下关于硫及其化合物说法错误的是( )A硫元素在自然界中既有游离态，又有化合态B检查病人胃病所用的钡餐，既可以用BaSO4，也可以用BaCO3C浓硫酸不可用来干燥H2S气体，因其具有强氧化性DSO2、SO3都为酸性氧化物，都可与水反应生成相应酸【分析】A、硫元素在自然界中有化合物和单质形式存在；B、检查病人胃病所用的钡餐只能用硫酸钡，碳酸钡溶于盐酸钡离子是重金属离子使人中毒；C、浓硫酸具
19、有强氧化性，硫化氢具有还原性，易被浓硫酸氧化D、二氧化硫和三氧化硫都是酸性氧化物和水反应生成对应酸；【解答】解：A、硫元素在自然界中有化合物和单质形式存在，硫元素在自然界中既有游离态，又有化合态，故A正确；B、检查病人胃病所用的钡餐只能用硫酸钡，硫酸钡难溶于水和酸，碳酸钡溶于盐酸钡离子是重金属离子使人中毒，不可以用BaCO3，故B错误；C、浓硫酸具有强氧化性，硫化氢具有还原性，易被浓硫酸氧化，浓硫酸不可用来干燥H2S气体，故C正确；D、二氧化硫和三氧化硫都是酸性氧化物和水反应生成对应酸，故D正确；故选B【点评】本题考查了硫元素化合物性质的分析判断，掌握物质性质和反应现象是关键，题目较简单3下列
20、说法正确的是( )ASO2能使KMnO4水溶液迅速褪色B可以用澄清石灰水鉴别SO2和CO2C硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成SO3D少量SO2通过浓的CaCl2溶液能生成白色沉淀【分析】A、根据SO2的还原性，能使KMnO4溶液褪色；B、根据SO2和CO2都能使澄清石灰水变浑浊；C、根据硫的化学性质；D、根据SO2的水化物H2SO3，其酸性比盐酸弱，不能与CaCl2溶液反应生成白色沉淀【解答】解：A、因SO2中硫为+4价，具有较强的还原性在水溶液中SO2可以将氧化剂KMnO4等迅速还原而使溶液褪色，故A正确；B、因SO2通入澄清石灰水跟CO2通入澄清石灰水反应现象类似：Ca（OH）2+SO2=C
21、aSO3+H2O，CO2+Ca（OH）2CaCO3+H2O，都产生白色沉淀，故B错误；C、因硫粉在过量的纯氧中燃烧只生成SO2不生成SO3，故C错误；D、因SO2的水化物为H2SO3，其酸性比盐酸弱，不能与CaCl2溶液反应生成白色沉淀，故D错误；故选A【点评】SO2是S的氧化物，其性质比较特殊，既具有酸性氧化物的通性，又具有还原性和氧化性，但主要表现还原性4用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火其原因是( )幕布的着火点升高幕布的质量增加氯化铵分解吸收热量，降低了温度氯化铵分解产生的气体隔绝了空气ABCD【分析】可燃物燃烧应满足：有充足的氧气，可燃物达到一定的温度并达到着火点氯化铵固体受热易
22、分解为氨气和氯化氢两种气体，此过程需要不断吸收热量，两种产物均不支持燃烧，气体隔绝了空气起到防火的作用【解答】解：物质着火点在一定压强下是一定的，不发生变化，故错误；幕布的质量增加，不能影响环境温度与氧气的浓度，故错误；氯化铵分解吸收热量，降低环境温度到物质着火点以下，起到防火的作用，故正确氯化铵分解产生的两种产物均不支持燃烧，气体隔绝了空气，起到防火的作用，故正确故选B【点评】本题考查铵盐性质、物质燃烧条件等，难度不大，是化学知识在实际生活中应用，体现化学与生活的联系5下面有关铜的化合物的性质叙述中正确的是( )ACuSO4变成CuSO45H2O是物理变化B一定条件下，新制的Cu（OH）2浊
23、液能与乙醛反应但不能与乙酸反应CCuO是黑色固体，与水反应可生成Cu（OH）2DCu2O遇硝酸可能会被氧化成Cu2+【分析】A、硫酸铜和水发生反应生成硫酸铜晶体；B、氢氧化铜和乙酸发生酸碱中和反应；C、氧化铜不与水发生反应；D、Cu2O遇酸溶液中发生自身氧化还原反应；【解答】解：A、硫酸铜和水发生反应生成硫酸铜结晶水合物，属于化学变化，故A错误；B、氢氧化铜和乙酸发生酸碱中和反应，沉淀溶解，故B错误；C、氧化铜难溶于水，不与水发生反应生成氢氧化铜，故C错误；D、Cu2O遇酸溶液中发生自身氧化还原反应生成铜和铜离子，Cu2O+2H+Cu2+Cu+H2O，故D正确；故选DD【点评】本题考查了铜及其
24、化合物性质分析判断，掌握基础是关键，注意氧化还原反应的分析理解，题目难度中等6常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A使甲基橙变红的溶液：Fe2+、K+、SO42、NO3B加入铝粉产生氢气的溶液：Na+、K+、SO42、ClC0.1 molL1NaAlO2溶液：Al3+、Na+、Cl、NO3D水电离出的c（H+）=1012 molL1的溶液：Na+、K+、NH4+、CO32【分析】A、使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子；B、加入铝粉产生氢气的溶液可能为酸性或者碱性溶液；C、铝离子能够与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀；D、水电离
25、出的c（H+）=1012 molL1的溶液为酸性或者碱性溶液，铵离子能够与氢氧根离子反应、碳酸根离子能够与氢离子反应【解答】解：A、该溶液为酸性溶液，NO3离子在酸性条件下具有强氧化性，Fe2+离子具有较强还原性，二者能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B、能够与Al反应生成氢气的溶液为酸性或者碱性溶液，Na+、K+、SO42、Cl离子之间不反应，也不与OH和H+离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C、0.1 molL1NaAlO2溶液中，Al3+能够与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝，在溶液中不能大量共存，故C错误；D、该溶液为酸性或者碱性溶液，溶液中存在大量的OH或H+
26、离子，NH4+能够与OH离子反应、CO32能够与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B【点评】本题考查了离子共存的判断，题目难度中等，注意熟练掌握离子反应发生条件，明确常见的离子不能共存的情况，特别是离子之间发生氧化还原反应、生成络合物的情况，明确题中暗含的条件要求7下列离子方程式正确的是( )ANa2S2O3溶液中加入稀盐酸：2S2O32+2H+=SO42+3S+H2OB磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe3O4+28H+NO39Fe3+NO+14H2OC100mL 0.1mol/L FeI2溶液与标况下0.224L Cl2：2Fe2+Cl2=2Fe3+2ClD向明矾溶液中滴加Ba（OH
27、）2溶液，恰好使SO42沉淀完全：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH =2Al（OH）3+3BaSO4【分析】ANa2S2O3溶液与盐酸反应生成二氧化硫、硫单质、氯化钠和水，反应产物错误；B稀硝酸具有氧化性，能够将四氧化三铁中的亚铁离子氧化成铁离子；C计算出碘化亚铁、氯气的物质的量，碘离子还原性强于亚铁离子，铁离子优先被氯气氧化，据此进行分析反应实质；D硫酸根离子完全沉淀时，铝离子与氢氧根离子物质的量之比为1：4，二者恰好完全反应生成偏铝酸根离子【解答】解：ANa2S2O3溶液中加入稀盐酸，反应生成二氧化硫气体、硫单质沉淀，反应产物错误，正确的离子方程式为：S2O32+2H+S+SO2+H
28、2O，故A错误；B磁性氧化铁溶于稀硝酸，硝酸具有氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子，反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H+NO39Fe3+NO+14H2O，故B正确；C100mL 0.1mol/L FeI2溶液中含有溶质碘化亚铁的物质的量0.01mol，标况下0.224L Cl2的物质的量为0.01mol；碘离子还原性强于亚铁离子，所以氯气先氧化碘单质，0.02mol碘离子完全被氧化消耗0.01mol氯气，亚铁离子没有被氧化，正确的离子方程式为：2I+Cl2=I2+2Cl，故C错误；D向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42沉淀完全，此时铝离子与氢氧根离子物质的量之比为1：4，反
29、应生成了偏铝酸根离子，不会生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3+2SO42+2Ba2+4OH =AlO2+2BaSO4+2H2O，故D错误；故选B【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，难度中等，侧重对学生能力的培养和训练；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：检查反应能否发生，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，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等8用NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是( )A1 mol Cl2完全反应转移的电子数一定是2NAB标准状况下，22.4 L CCl4中含有的分
30、子数为NAC1 L 0.1 molL1乙醇溶液中含有的氧原子数为0.1NAD4 g氦气中含有的分子数和原子数均为NA【分析】A、氯气反应后氯元素的价态可能为1价或+1价或+3价或+5价或+7价；B、标况下四氯化碳为液体；C、乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子；D、氦气为单原子分子【解答】解：A、氯气反应后氯元素的价态可能为1价或+1价或+3价或+5价或+7价，故1mol氯气转移的电子数与反应后氯元素的价态有关，故不一定为2NA个，故A错误；B、标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C、乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数大于0.1NA个，
31、故C错误；D、故4g氦气中含有的氦气分子的物质的量为n=1mol，而氦气为单原子分子，故1mol氦气分子即含1mol氦原子，故氦气分子和氦原子的物质的量均为1mol，则个数均为NA个，故D正确故选D【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大9某溶液中有Cu2+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是( )ACu2+BMg2+CFe2+DAl3+【分析】Cu2+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种离子，加碱均转化为沉淀，但生成的氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，氢氧化
32、铝继续与碱反应生成偏铝酸钠，然后加过量酸，生成Cu2+、Mg2+、Fe3+和Al3+四种离子，以此来解答【解答】解：Cu2+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种离子，加碱均转化为沉淀，但生成的氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，氢氧化铝继续与碱反应生成偏铝酸钠，然后加过量酸，生成Cu2+、Mg2+、Fe3+和Al3+四种离子，A铜离子在反应前后不变，故A不选；B镁离子在反应前后不变，故B不选；C亚铁离子在反应中减少，故C选；D铝离子在反应前后不变，故D不选；故选C【点评】本题考查离子之间的反应，注意氢氧化亚铁易被氧化是解答的易错点，熟悉复分解反应即可解答，题目难度不大10下列中学常见实验的现象或表述正确
33、的是( )A过量的铁投入到一定量的稀硝酸中，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液显红色B制备氢氧化亚铁时，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁C检验红砖中的氧化铁成分，向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液23滴即可D向CuSO4溶液中滴入过量NaOH溶液充分反应后，将混合液体倒入蒸发皿中加热煮沸一会，然后冷却、过滤，滤纸上的物质为“蓝色固体”【分析】A、过量的铁投入到一定量的稀硝酸中，铁元素最终被氧化为+2价；B、氢氧化亚铁很容易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁；C、氧化铁溶于盐酸，反应的氯化铁溶液，滴加KSCN溶液
34、变红色；D、氢氧化铜受热容易分解【解答】解：A、过量的铁投入到一定量的稀硝酸中，铁先被硝酸氧化为三价铁，铁能和三价铁反应生成亚铁离子，铁元素最终被氧化为+2价，滴加KSCN溶液，溶液不会显红色，故A错误；B、向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液发生复分解反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，搅拌后，氢氧化亚铁很容易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，得不到白色沉淀物质，故B错误；C、氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液和水，三价铁遇KSCN溶液，会变红色，故C正确；D、CuSO4溶液中滴入过量NaOH溶液充分反应后，生成蓝色沉淀氢氧化铜，但是氢氧化铜受热容易分解，放入蒸发皿中加热煮沸一会，然后冷却、过滤，滤纸上的物质多
35、为氧化铜，故D错误故选C【点评】本题考查学生三价铁的检验方法、氢氧化亚铁以及氢氧化铜的性质等方面的知识，难度不大11I是常规核裂变产物之一，可以通过测定大气或水中的含量变化来监测核电站是否发生放射性物质泄漏下列有关有叙述中错误的是( )AI的化学性质与I是相同BI的原子序数为53CI的原子核外电子数为78DI的原子核内中子数多于质子数【分析】A互为同位素的原子化学性质几乎完全相同，物理性质有差别；B原子符号AZX左下角数字代表质子数，左上角数字代表质量数，X代表元素符号；C电中性原子质子数等于核外电子数；D原子符号AZX左下角数字代表质子数，左上角数字代表质量数，X代表元素符合根据质量数=质子
36、数+中子数计算中子数【解答】解：A53131I与53127I质子数相同，中子数不同，互为同位素，化学性质几乎完全相同，物理性质有差别，故A正确； B原子符号AZX左下角数字代表质子数，53131I的质子数为53，原子序数为53，故B正确；C53131I是电中性原子，质子数等于原子核外电子数为53，故C错误；D53131I的质子数为53，中子数=13153=78，中子数多于质子数，故D正确故选C【点评】本题考查对原子符号AZX理解，难度较小，注意质量数=质子数+中子数以及对原子符号AZX理解12只用胶头滴管和试管通过两试剂的互滴，不能区别的下列溶液（浓度均为0.1mol/L）( )ANaAlO2
37、和稀盐酸BNaHCO3和Ca（OH）2CNaOH和Al2（SO4）3DHCl和Na2CO3【分析】只要用试管和胶头滴管，不用任何化学试剂就可以鉴别的物质可以采用相互滴加的方法检验，滴加顺序不同，现象不同的可以鉴别，否则不能鉴别，以此解答【解答】解：A向NaAlO2溶液加盐酸，先有沉淀后沉淀消失，而向盐酸中加NaAlO2溶液，先没有沉淀后生成沉淀，现象不同，能鉴别，故A不选；B无论将NaHCO3滴加到Ca（OH）2中还是将Ca（OH）2溶液滴到NaHCO3中都生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故B选；C将Al2（SO4）3溶液滴加到NaOH溶液中先没有现象，后生成沉淀，将NaOH滴到Al2（SO
38、4）3溶液中先生成沉淀后沉淀消失，二者现象不同，可鉴别，故C不选；DNa2CO3溶液滴入稀盐酸中，立即产生气体，若将盐酸滴入Na2CO3溶液中，开始没有气体生成，后有气体生成，二者显现不同，可鉴别，故D不选；故选B【点评】本题考查利用滴加顺序不同鉴别物质，为高频考点，注意滴加顺序不同实质是反应物量的不同，掌握常见与量及顺序有关的反应，注意基础知识的全面掌握，难度中等13过氧化钠具有强氧化性，遇木炭、铝粉等还原性物质时可燃烧下列有关说法不正确的是( )ANa2O2与CO2反应时，Na2O2是氧化剂，CO2是还原剂B1mol过氧化钠中阴离子数目为1NAC过氧化钠与木炭、铝粉反应时，过氧化钠均表现出
39、强氧化性D过氧化钠与二氧化硫反应时可生成硫酸钠【分析】过氧化钠电子式为：，是由2个钠离子与1个过氧根离子通过离子键结合而成的离子化合物，具有强氧化性，可与木炭、铝粉以及二氧化硫等反应，以此解答该题【解答】解：A过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应中过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，故A错误；B过氧化钠电子式为：，1mol过氧化钠中阴离子数目为1NA，故B正确；C过氧化钠具有强氧化性，铝、碳具有还原性，过氧化钠氧化铝、碳表现强氧化性，故C正确；D过氧化钠具有氧化性，二氧化硫具有还原性，过氧化钠与二氧化硫反应时可生成硫酸钠Na2O2+SO2=Na2SO4，故D正确故选A【点评】本题考查了过氧化
40、钠性质的应用分析，为高频考点，侧重于过氧化钠氧化性的考查，注意把握题给信息以及过氧化钠的构成特点，题目难度中等14下列有关实验的叙述正确的是( )A用水润湿的pH试纸来测量溶液的pHB实验需要480mL 2.0molL1的氢氧化钠溶液配制该溶液时先称量氢氧化钠固体38.4g，然后再按照溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀的步骤进行操作C向溶液中滴加硝酸酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，说明溶液中一定有SO42D用溴水，淀粉、KI溶液比较Br2与I2的氧化性强弱，所需玻璃仪器主要有：试管、胶头滴管【分析】ApH试纸使用时不能湿润；B配制该溶液时先称量氢氧化钠固体为0.5L2mol/L40g/
41、mol=40.0g；C滴加硝酸酸化，原溶液中可存在亚硫酸根离子，与硝酸钡反应生成白色沉淀；D溴水与KI反应生成碘，碘遇淀粉变蓝【解答】解：ApH试纸使用时不能湿润，利用干燥的pH试纸来测量溶液的pH，故A错误；B配制该溶液时选择500mL容量瓶，则先称量氢氧化钠固体为0.5L2mol/L40g/mol=40.0g，然后再按照溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀的步骤进行操作，故B错误；C滴加硝酸酸化，原溶液中可存在亚硫酸根离子，与硝酸钡反应生成白色沉淀，则该实验不能说明溶液中一定有SO42，故C错误；D溴水与KI反应生成碘，碘遇淀粉变蓝，可知溴的氧化性大于碘，所需玻璃仪器主要有：试管、胶头滴管，
42、故D正确；故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及pH测定、溶液配制、离子检验及氧化性比较等，把握反应原理和实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大15实验室中需要配制2mol/L的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl质量分别是( )A950mL，11.2gB500mL，117gC1000mL，117.0gD任意规格，111.2g【分析】实验室没有950mL的容量瓶，应用1000mL的容量瓶进行配制，根据n=cV以及m=nM进行计算【解答】解：实验室没有950mL的容量瓶，应用1000mL的容量瓶进行配制，则n（NaCl）=1
43、L2mol/L=2mol，m（NaCl）=2mol58.5g/mol=117g，故选C【点评】本题考查溶液的配制知识，比较基础，注意实验室常用容量瓶的规格，计算溶质的质量时，溶液的体积为容量瓶的规格16a mol Cu与含b mol HNO3的溶液恰好完全反应，则被还原的HNO3的物质的量一定是( )A（b2a） molBmolC molD2a mol【分析】Cu与HNO3的溶液恰好反应生成Cu（NO3）2，Cu（NO3）2中硝酸根离子没有被还原，再利用氮原子守恒可计算被还原的HNO3的物质的量【解答】解：因a molCu与含b molHNO3的溶液恰好完全反应，则生成amolCu（NO3）2
44、中的2amol硝酸根离子没有被还原，由氮原子守恒可知，被还原的HNO3的物质的量为bmol2amol=（b2a）mol，故选A【点评】本题考查氧化还原反应的有关计算，明确硝酸在该反应中的作用，注意利用硝酸铜的化学式及氮原子守恒是解答本17设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )A10 mL 20 molL1浓硫酸与足量锌反应，转移电子数为0.2NAB0.1 mol24Mg18O晶体中所含中子总数为2.0 NAC在标准状况下，2.8g N2和2.24L CO所含电子数均为1.4NAD1 L 1 molL1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NA【分析】A、12.5mL 16mol/
45、L的浓硫酸中含有0.2mol硫酸，与锌反应时先生成二氧化硫，等硫酸变稀时后生成氢气B、中子数=质量数质子数，1mol24Mg18O中含有的中子物质的量为（2412）+（188）=22mol，根据N=nNA计算中子数目C、氮气分子和一氧化碳分子是等电子体，且分子量相同，所以可以把混合物当作一种物质进行计算，根据气体的物质的量和分子的构成计算电子数；D、ClO是弱酸根，在溶液中会水解【解答】解：10mL 20mol/L的浓硫酸中含有0.2mol硫酸，与锌反应时先是硫元素被还原生成二氧化硫：Zn+SO42+4H+=Zn2+SO2+2H2O，此时当反应掉4mol氢离子时，转移2mol电子；如果氢离子有
46、剩余，锌和氢离子再反应：Zn+2H+=Zn2+H2，此反应中2mol氢离子转移2mol电子，而溶液中共0.4mol氢离子，故转移的电子数介于0.2NA和0.4NA之间，故A错误B、1mol24Mg18O中含有的中子物质的量为（2412）+（188）=22mol，0.1 mol24Mg18O晶体中所含中子总数为0.122molNAmol1=2.2NA，故B错误；C、一个氮气分子或一氧化碳分子中都含有14的电子，氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，所以可把两种物质当成一种物质进行计算，2.8 g N2和2.8 g CO的物质的量都是0.1mol，含有的电子数都是1.4 NA，故C正确；D、ClO是弱酸根
47、，在溶液中会水解，故溶液中ClO的个数小于NA个，故D错误故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大18“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是( )A加热时，上部汇集了固体NH4Cl，说明NH4Cl的热稳定性比较好B加热时，、溶液均变红，冷却后又都变为无色C中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅D四个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应【分析】A氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氯化氢和氨气反应生成氯化铵；B根据氨气使酚酞变红的原理
48、解答，根据二氧化硫与品红作用的原理解答；C根据二氧化氮的可逆反应和化学平衡的原理解答；D可逆反应，须在同等条件下，既能向正反应进行，又能向逆反应进行【解答】解：A加热时，上部汇集了固体NH4Cl，是由于加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管的顶部反应生成氯化铵，不是NH4Cl的热稳定性比较好，故A错误；B中氨水显碱性，使酚酞变红，加热时，氨气逸出，冷却后，氨气又和水反应，变成红色，二氧化硫与品红显无色，加热后二氧化硫逸出，显红色，故B错误；C2NO2 （g）N2O4（g）H=92.4kJ/mol，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则颜色变深，中浸泡在热水中的容器内气
49、体颜色变深，反之变浅，所以浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅，故C正确；D氯化铵受热分解，与氨气和氯化氢反应生成氯化铵不是可逆反应，因前者须加热，后者只要在常温下，故D错误；故选：C【点评】本题以“封管实验”为载体，考查了相关的反应，解答须理解记忆相关的化学反应方程式，题目较简单19向25mL2mol/L Na2CO3 溶液中，逐滴加入1mol/L 稀HCl75mL，在标准状况下可产生CO2( )A840mLB84mLC560mLD56mL【分析】将稀盐酸缓缓滴到Na2CO3溶液中，先发生Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3，盐酸过量时再发生NaHCO3+HClNaCl+CO2+H2O，结
50、合物质的量的关系解答【解答】解：将稀盐酸缓缓滴到Na2CO3溶液中，先发生Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3，反应消耗0.05molHCl，剩余0.025molHCl，盐酸过量时再发生NaHCO3+HClNaCl+CO2+H2O，则生成气体0.025mol22.4L/mol=0.56L=560mL，故选C【点评】本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型，注意反应的化学方程式的书写，根据方程式计算，难度中等20一定条件下，硝酸铵受热分解的化学方程式为：NH4NO3HNO3+N2+H2O（未配平），该反应中，被氧化与被还原的氮原子个数之比为( )A5：
51、3B5：4C1：1D3：5【分析】NH4NO3HNO3+N2+H2O中只有N元素的化合价变化，N元素化合价由铵根离子中3价升高为氮气中0价，由硝酸根中+5价降低氮气为0价，结合电子转移守恒计算反应中被氧化与被还原的氮原子数之比【解答】解：反应中只有N元素的化合价变化，N元素化合价由铵根离子中3价升高为氮气中0价，被氧化；由硝酸根中+5价降低氮气为0价，被还原由电子转移守恒可知，反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（50）：0（3）=5：3，故选A【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大二、单项选择题
52、（本题包括6小题，每小题只有一个选项符合题意，共18分）21某澄清透明溶液中可能含有Al3+；Na+；Fe3+；Fe2+；H+；C032NO3中的几种，向该溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与NaOH的物质的量的关系如图所示则该溶液中一定含有的离子是( )ABCD【分析】向该溶液中加入一定量NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中CO32离子因发生反应生成挥发性气体而不能存在，而后会有沉淀，能够生成沉淀的是Al3+，Fe3+，Fe2+中的一种或几种，但是氢氧化铝能溶于过量的碱中，所以一定没有铝离子，结合溶液的电中性和Fe2+离子的
53、还原性以及NO3离子的氧化性做进一步的推断【解答】解：向该溶液中加入一定量 NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中CO32离子分别与H+离子反应生成CO2气体而不能存在，根据溶液的电中性可知一定含有阴离子，则只有NO3离子符合，含硝酸根离子、氢离子，即相当于硝酸存在，亚铁离子因为和硝酸之间发生氧化还原反应一定不能存在，而后随着氢氧化钠的加入会有沉淀，能够生成沉淀的是Al3+，Fe3+中的一种或几种，但是氢氧化铝能溶于过量的碱中，沉淀量会出现减小的迹象，但是没有出现，所以一定没有Al3+，一定含有Fe3+，溶液呈电中性，一定含有NO3，综上可知
54、一定含有的离子是：Fe3+，H+，NO3故选B【点评】本题考查常见离子的检验，注意从反应的现象推断离子的存在性，把握物质的性质和离子的检验方法是做本题的关键，题目难度不大22甲、乙两烧杯中各盛放有100mL 3molL1的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1：2，则加入铝粉的质量为( )A5.4gB3.6gC2.7gD1.8g【分析】根据铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1：2，由化学反应方程式可知，酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量来计算解答【解答】解：盐酸和氢氧化钠
55、溶液中溶质的物质的量均为0.1L3mol/L=0.3mol，又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1：2，设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则 2Al+6HCl2AlCl3+3H2 6 3 0.3mol x=，解得x=0.15mol，一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15mol2=0.3mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则 2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2 2 3 y 0.3mol，解得y=0.2mol，则铝的质量为0.2mol27g/mol
56、=5.4g，故选：A【点评】本题考查学生利用化学反应方程式的计算，明确铝与酸、碱反应水的化学反应方程式，酸碱足量、酸碱均不足量时得到的氢气的关系是解答本题的关键23有五种饱和溶液Ba（NO3）2 Ca（OH）2 NaAlO2 Na2CO3 NH3和NaCl，分别持续通入CO2，最终得到沉淀或析出晶体的是( )ABCD【分析】碳酸比硝酸弱，与硝酸钡不反应；酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2 反应：Ca（OH）2+2CO2Ca（HCO3）2；NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，可生成氢氧化铝沉淀；过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应生成碳酸氢钠；可生成碳酸氢钠和氯化铵，为
57、侯氏制碱法原理【解答】解：碳酸比硝酸弱，二氧化碳与Ba（NO3）2溶液不反应，没有沉淀生成，故错误；酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2 反应：Ca（OH）2+2CO2Ca（HCO3）2，无沉淀生成，故错误；NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3+NaHCO3，故正确；过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3，因为相同条件下碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故正确；反应发生NH3+CO2+NaCl+H2O=
58、NaHCO3+NH4Cl，所以有NaHCO3晶体析出，故正确；故选C【点评】本题考查了元素及其化合物的性质等，为高考常见题型，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意基础知识的掌握，题目难度不大24K、L、Z、W、R属于短周期主族元素K的原子半径是短周期主族元素中最大的，L元素的单质常通过分离液态空气得到，Z元素的单质是常见的半导体材料，W与Z同族，R与L同族，其单质有杀菌作用 下列叙述不正确的是( )AK与L形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2，且均能与水反应B根据非金属性强弱，不可能由Z的最高价氧化物制出W的最高价氧化物CL的简单氢化物的沸点和热稳定性均大于R的简单氢化物
59、D向两份BaCl2溶液中分别通入RL2、WL2，均无白色沉淀生成，但一段时间后，通入RL2的一份中可能产生沉淀【分析】K、L、Z、W、R属于短周期主族元素，K的原子半径是短周期主族元素中最大的，则K为Na；L元素的单质常通过分离液态空气得到，L单质为氮气或氧气，而R与L同族，其单质有杀菌作用，则L为O元素、R为S元素；Z元素的单质是常见的半导体材料，则Z为Si，W与Z同族，则W为C元素，据此解答【解答】解：K、L、Z、W、R属于短周期主族元素，K的原子半径是短周期主族元素中最大的，则K为Na；L元素的单质常通过分离液态空气得到，L单质为氮气或氧气，而R与L同族，其单质有杀菌作用，则L为O元素、
60、R为S元素；Z元素的单质是常见的半导体材料，则Z为Si，W与Z同族，则W为C元素AK与L形成的两种化合物为Na2O、Na2O2，晶体中阴、阳离子的个数比均为1：2，前者与水反应生成氢氧化钠，后者与水反应是生成氢氧化钠与氧气，故A正确；B高温下碳能与二氧化硅反应生成Si与二氧化碳，故B错误；CL、R的简单氢化物分别为H2O、H2S，H2O分子之间存在氢键，沸点高于H2S，由于非金属性OS，故稳定性：H2OH2S，故C正确；D向两份BaCl2溶液中分别通入SO2、CO2，均无白色沉淀生成，由于溶液中亚硫酸被氧气氧化为硫酸，一段时间后，通入SO2的一份中可能产生硫酸钡沉淀，故D正确故选B【点评】本题
61、考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对元素化合物性质的掌握，难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力25向含S2、Fe2+、Br、I各0.1mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量关系图正确的是( )ABCD【分析】离子还原性S2IFe2+Br，故首先发生反应S2+Cl2=S+2Cl，再发生反应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S2IFe2+Br，故
62、首先发生反应S2+Cl2=S+2Cl，再发生反应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，0.1molS2完全反应需要消耗0.1mol氯气，0.1molI完全反应消耗0.05氯气，0.1molFe2+完全反应消耗0.05氯气，0.1molBr完全反应消耗0.05氯气，AS2、I、Fe2+完全时消耗的氯气体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，即溴离子开始反应时氯气的体积为4.48L，由2Br+Cl2=2Br2+2Cl可知，0.1molBr完全反应
63、消耗0.05氯气，故溴离子完全反应时消耗氯气的体积为4.48L+0.05mol22.4L/mol=5.6L，图象中氯气的体积不符合，故A错误；B.0.1molS2完全反应后，才发生2I+Cl2=I2+2Cl，0.1molS2完全反应需要消耗0.1mol氯气，故开始反应时氯气的体积为2.24L，0.1molI完全反应消耗0.05氯气，故0.1molI完全反应时氯气的体积为0.15mol22.4L/mol=3.36L，图象中氯气的体积不符合，故B错误；C.0.1molS2完全反应需要消耗0.1mol氯气，0.1molI完全反应消耗0.05氯气，故亚铁离子开始反应时氯气的体积为0.15mol22.4
64、L/mol=3.36L，由2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl可知，0.1molFe2+完全反应消耗0.05氯气，故Fe2+完全时消耗的氯气体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，图象与实际符合，故C正确；D由S2+Cl2=S2+2Cl可知，0.1molS2完全反应需要消耗0.1mol氯气，标准状况下的Cl2的体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L，图象中氯气的体积不符合，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，难度中等，确定离子反应发生的先后顺序是解题的关键26中学常见物质A、B、C、D、E、X，存在下图转化关系（部分生成物和反应条件略去
65、）下列推断不正确的是( )A若D为NaCl，且A可与C反应生成B，则E可能是CO2B若D是一种强碱，则A、B、C均可与X反应生成DC若D是一种强酸，则A既可以是单质，也可以是化合物，且D可与铜反应生成B或CD若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则A可能是铁【分析】AA为氢氧化钠、E为二氧化碳、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠、X为盐酸；BA为Na、E为氧气、B为氧化钠、C为过氧化钠、X为水、D为氢氧化钠；C若D是一种强酸，如为硝酸，则A为氮气或氨气，B为NO，C为NO2，E为O2，X为H2OD若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色说明D为Fe（OH）2，X为NaOH，C为Fe2+，B为Fe
66、3+，A为Cl2，E为Fe【解答】解：A若D为NaCl，A为氢氧化钠、E为二氧化碳、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠、X为盐酸，符合转化关系，故A正确；B若D是一种强碱，A为Na、E为氧气、B为氧化钠、C为过氧化钠、X为水、D为氢氧化钠，符合转化关系，Na、氧化钠、过氧化钠都能与水反应，故B正确；C若D是一种强酸，如为硝酸，则A为氮气或氨气，B为NO，C为NO2，E为O2，X为H2O，稀硝酸与铜反应生成NO，浓硝酸与铜反应生成NO2，故C正确；D若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色说明D为Fe（OH）2，X为NaOH，C为Fe2+，B为Fe3+，A为Cl2，E为Fe，才能实现转化关系，故D错误故
67、选D【点评】本题考查无机物的推断，侧重于学生的分析能力的考查，熟练掌握元素化合物知识，题目难度较大，注意相关基础知识的积累三、填空题（本题共4个小题，每空2分）27电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并重新获得纯净的FeCl3溶液，准备采用下列步骤：请写出上述实验中的化学式：Fe和Cu配制并保存硫酸亚铁溶液时，常在其中加入稀硫酸与铁粉要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+，进行如下实验操作时的最佳顺序为C加入足量氯水 加入足量NaOH溶液 加入少量KSCN溶液A、B、C、D、写出向的合并液中通入的离子方程式2Fe
68、2+Cl2=2Fe3+2Cl【分析】Cu和FeCl3发生反应Cu+2FeCl3=2FeCl2+2CuCl2，所以废液中含有Cu2+、Fe2+，可能含有Fe3+，向废液中加入Fe粉，发生反应Cu2+Fe=Fe2+Cu，然后过滤，滤渣中含有Fe、Cu，滤液中含有FeCl2，向滤渣中加入过量稀盐酸，发生反应Fe+2HCl=FeCl2+H2，然后过滤，得到的滤渣是Cu，滤液中含有HCl、FeCl2，将滤液混合，然后通入Cl2，发生反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3，所以得到氯化铁溶液通过以上分析知，是Fe和Cu；亚铁离子易水解，易被氧化为三价，据此来回答；亚铁离子遇到硫氰酸钾不变色，可以被氯气氧化
69、为三价铁离子，三价铁离子遇到硫氰酸钾显示红色；亚铁离子可以被氯气氧化为三价铁离子【解答】解：由工艺流程可知，Cu和FeCl3发生反应Cu+2FeCl3=2FeCl2+2CuCl2，所以废液中含有Cu2+、Fe2+，可能含有Fe3+，向废液中加入Fe粉，发生反应Cu2+Fe=Fe2+Cu，然后过滤，滤渣中含有Fe、Cu，滤液中含有FeCl2，向滤渣中加入过量稀盐酸，发生反应Fe+2HCl=FeCl2+H2，然后过滤，得到的滤渣是Cu，滤液中含有HCl、FeCl2，将滤液混合，然后通入Cl2，发生反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3，所以得到氯化铁溶液，通过以上分析知，是Fe和Cu，故答案为：F
70、e和Cu；亚铁离子易水解，易被氧化，加入硫酸可以抑制水解，加入金属铁能防止被氧化，所以配制并保存硫酸亚铁溶液时，常在其中加稀硫酸与铁粉，故答案为：稀硫酸与铁粉；亚铁离子遇到硫氰酸钾不变色，可以被氯气氧化为三价铁离子，三价铁离子遇到硫氰酸钾显示红色，所以先加入硫氰化钾，不变色，再加氯水，变红色，可以证明亚铁离子的存在，故答案为：C；氯化亚铁被氯气氧化的原理方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，故答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl【点评】本题考查物质分离和提纯，为高频考点，明确物质性质、物质反应先后顺序是解本题关键，注意Fe、Cu混合物和含有Fe3+、Cu2+混合溶液反应先后顺序，
71、题目难度不大28将由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物溶于足量水，充分反应后得到0.58g白色沉淀，向所得的浊液中逐滴加入0.5mol/L的盐酸，生成沉淀的质量与加入盐酸的体积的关系如图所示：求：（1）分别求混合物中AlCl3、MgCl2物质的量（2）P点时加入HCl的体积（要求写出计算过程）【分析】将由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物溶于足量水，充分反应后得到0.58g白色沉淀，向所得的浊液中加入盐酸时，010mL时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，则铝离子完全转化为偏铝酸根离子，白色沉淀为Mg（OH）2，根据Mg元素守恒：n（MgCl2）=nMg（
72、OH）2；加入盐酸1020mL，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为：H2O+AlO2+H+=Al（OH）3，沉淀最大时，溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，根据离子方程计算nAl（OH）3，再根据Al元素守恒计算n（AlCl3）；加入20PmL盐酸，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠，P点所加盐酸用于中和原混合物中的NaOH，此时所加盐酸物质的量：n（HCl）=n（NaOH），沉淀最大时，溶液中存在的溶质是氯化钠，由Na+离子和Cl离子守恒得，原混合物中n（NaOH）=n（NaCl）=n（Cl）=
73、2n（MgCl2）+3n（AlCl3）+n（HCl），进而计算P点加入盐酸的体积【解答】解：将由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物溶于足量水，充分反应后得到0.58g白色沉淀，向所得的浊液中加入盐酸时，010mL时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，则铝离子完全转化为偏铝酸根离子，白色沉淀为Mg（OH）2，加入盐酸1020mL，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为：H2O+AlO2+H+=Al（OH）3，沉淀最大时，溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，加入20PmL盐酸，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，溶液中的溶
74、质是氯化铝、氯化镁和氯化钠，（1）发生反应：H2O+AlO2+H+=Al（OH）3，消耗盐酸体积为20mL10mL=10mL=0.01L，故nAl（OH）3=n（H+）=0.01L0.5mol/L=0.005mol，根据Al元素守恒：n（AlCl3）=nAl（OH）3=0.005mol根据Mg元素守恒：n（MgCl2）=nMg（OH）2=0.01mol；答：AlCl3的物质的量为0.005mol；MgCl2物质的量为0.01mol；（2）P点所加盐酸用于中和原混合物中的NaOH，此时所加盐酸物质的量：n（HCl）=n（NaOH），沉淀最大时，溶液中存在的溶质是氯化钠，由Na+离子和Cl离子守恒
75、得，原混合物中n（NaOH）=n（NaCl）=n（Cl）=2n（MgCl2）+3n（AlCl3）+n（HCl）=0.01mol2+0.005mol3+0.02L0.5mol/L=0.045mol，故P点加入盐酸的体积为=0.09L=90mL，答：P点时加入HCl的体积90mL【点评】本题乙化学反应图象形式考查混合物计算，明确各解得发生的反应是关键，综合考查学生分析计算能力，注意利用守恒进行的解答，难度中等29（14分）某无色溶液，由Na+、Ba2+、Al3+、Cl、AlO2、MnO4、CO32、SO42中的若干离子组成，将溶液平均分为两份置于两支试管：取其中一支试管，加入过量HCl有气体生成，
76、并得到溶液；在所得溶液中加入HNO3酸化的AgNO3，出现白色沉淀；取另一支试管，先加入过量的HCl酸化，再加入过量的NaHCO3溶液，有气体生成同时析出白色沉淀甲，甲的质量为3.9g；在所得溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，有白色沉淀乙析出根据上述实验完成下列问题：（1）溶液中一定不存在的离子是Ba2+，Al3+，MnO4（2）一定存在的离子是Na+、AlO2、CO32（3）判断沉淀乙成分的方法是向沉淀中加入过量HCl，全部溶解沉淀为碳酸钡，部分溶解沉淀为碳酸钡与硫酸钡的混合物（4）写出有关反应的离子方程式实验：CO32+2H+=CO2+H2O；AlO2+4H+=Al3+2H2O；（5）通
77、过实验可知溶液中存在的离子为AlO2，原溶液中该离子的物质的量为0.05mol【分析】无色溶液中一定不含MnO4；取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到溶液，说明一定含CO32、CO32与Ba2+、Al3+反应产生沉淀，一定不含Ba2+，Al3+；在所得溶液中加入HNO3酸化的AgNO3，出现白色沉淀，由于中引入氯离子，故不能判断此溶液中一定含有Cl；取另一支试管，先加入过量的HCl酸化，再加入过量的NaHCO3溶液，有气体生成同时析出白色沉淀甲，甲的质量为3.9g，说明溶液中一定含有AlO2，沉淀甲为氢氧化铝，且物质的量为0.05mol；在所得溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，有白色
78、沉淀乙析出，氢氧化钡和过量的碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钡沉淀，或者与原溶液中的硫酸根生成硫酸钡沉淀，依据电中性原则得出，溶液中一定含有：Na+，据此解答即可【解答】解：无色溶液中一定不含MnO4；取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到溶液，说明一定含CO32、CO32与Ba2+、Al3+反应产生沉淀，一定不含Ba2+，Al3+；在所得溶液中加入HNO3酸化的AgNO3，出现白色沉淀，由于中引入氯离子，故不能判断此溶液中一定含有Cl；取另一支试管，先加入过量的HCl酸化，再加入过量的NaHCO3溶液，有气体生成同时析出白色沉淀甲，甲的质量为3.9g，说明溶液中一定含有AlO2，沉淀甲为氢氧化
79、铝，且物质的量为0.05mol；在所得溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，有白色沉淀乙析出，氢氧化钡和过量的碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钡沉淀，或者与原溶液中的硫酸根生成硫酸钡沉淀，依据电中性原则得出，溶液中一定含有：Na+，（1）溶液中一定不存在的离子是：Ba2+，Al3+，MnO4；故答案为：Ba2+，Al3+，MnO4；（2）依据分析可知：一定存在的是：Na+、AlO2、CO32；故答案为：Na+、AlO2、CO32；（3）向沉淀中加入过量HCl，全部溶解沉淀为碳酸钡，部分溶解沉淀为碳酸钡与硫酸钡的混合物，故答案为：向沉淀中加入过量HCl，全部溶解沉淀为碳酸钡，部分溶解沉淀为碳酸钡与硫酸钡的
80、混合物；（4）碳酸根与氢离子反应生成二氧化碳气体与水，偏铝酸根与氢气反应生成铝离子和水，离子反应方程式为：CO32+2H+=CO2+H2O，AlO2+4H+=Al3+2H2O，故答案为：CO32+2H+=CO2+H2O；AlO2+4H+=Al3+2H2O；（5）依据分析可知：溶液中一定含有AlO2，3.9g氢氧化铝的物质的量为：=0.05mol，故答案为：AlO2；0.05mol【点评】本题考查了物质检验，离子反应的性质应用，反应现象的分析判断，注意加入过量试剂的作用，题目难度中等30（14分）Cl2和H2O2是高中阶段最常见的两种氧化剂，经查阅资料Cl2氧化能力强于H2O2，能将H2O2氧化
81、为了验证该结论，学生设计了如图所示的实验装置进行实验（夹持装置略去）请回答下列问题：（1）试管B中饱和食盐水的作用除去Cl2中混有的HCl；（2）试管C中加入5mL 30% 双氧水，发生反应的化学方程式Cl2+H2O2=2HCl+O2；（3）圆底烧瓶A中放有高锰酸钾，分液漏斗中为浓盐酸，则反应方程式为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O（4）试管D中充满10% NaOH溶液，NaOH溶液的作用是吸收多余的氯气；（5）将浓盐酸注入圆底烧瓶A，当装置中空气基本排尽后关闭止水夹，反应一段时间后试管D中的现象为试管D中液面下降，长颈漏斗中液面上升，试管D中的气体检验方法
82、该气体能使带火星的木条复燃，证明是氧气（6）有的同学对上述实验中试管D中气体来源产生质疑，你认为可能的来源有2H2O2=2H2O+O2；Cl2+H2OHCl+HClO；2HClO2HCl+O2（用化学方程式表示）【分析】（1）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大；（2）氯气与双氧水反应生成氯化氢和氧气；（3）高锰酸钾能够氧化浓盐酸制备氯气；（4）氯气有毒，直接排放会引起空气污染，氯气能够与氢氧化钠溶液反应，被吸收；（5）氯气和过氧化氢反应生成氧气，氧气难溶于水，根据氧气具有助燃性进行验证氧气；（6）过氧化化氢分解生成氧气，氯气和水反应生成盐酸和次氯
83、酸，次氯酸分解生成氧气【解答】解：（1）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，可以用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢；故答案为：除去Cl2中混有的HCl；（2）氯气与双氧水反应生成氯化氢和氧气，化学方程式为：Cl2+H2O2=2HCl+O2，故答案为：Cl2+H2O2=2HCl+O2；（3）高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，方程式：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O；故答案为：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O；（4）氯气有毒，直接排放会引起空气污染，氯气能够与氢氧化钠
84、溶液反应，被氢氧化钠溶液吸收，所以可以用氢氧化钠吸收过量的氯气；故答案为：吸收多余的氯气；（5）Cl2+H2O2=2HCl+O2，当关闭止水夹，反应一段时间后试管D中因氧气不断增多，气体压强增大，所以试管D中液面下降，长颈漏斗中液面上升，氧气使带火星的木条复燃，可用此法验证氧气，故答案为：试管D中液面下降，长颈漏斗中液面上升；该气体能使带火星的木条复燃，证明是氧气； （6）试管D中气体来源可能为过氧化氢的分解2H2O2=2H2O+O2，也可能为氯气氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸分解：Cl2+H2O=HCl+HClO；2HClO2HCl+O2，故答案为：2H2O2=2H2O+O2；Cl2+H2OHCl+HClO；2HClO2HCl+O2【点评】本题通过氯气与双氧水氧化性强弱比较实验，考查了氯气的实验室制备、净化、性质检验等，熟悉物质的性质是解题关键，题目难度中等，考查了学生的实验探究能力和分析能力