1、石嘴山市第三中学高三年级第二次月考化学试卷相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 Mg24 Al27 Fe56 Cl35.5一、选择题（每小题2分，共50分）1.下列有关我国古代技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是()A.火药使用B.粮食酿酒C.转轮排字D.铁的冶炼A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】试题分析：化学反应的根本标志是有新物质的生成，则A、火药使用是利用了S、C、KNO3发生反应，属于化学变化，A错误；B、粮食酿酒师利用了淀粉水解生成葡萄糖，然后在进一步在酒曲的作用下生成乙醇，属于化学变化，B错误；C、轮排字过程不涉及化学反应，C正确；D、铁的冶炼是利
2、用C在高温下与Fe2O3反应生成Fe的单质，均有新物质生成，属于化学变化。答案选C。考点：考查化学反应的定义、常见生产生活中的原理2.下列有关化学用语表示正确的是A. CaCl2 的电子式： B. 明矾的化学式：KAl(SO4)2C. 质量数为 31的磷原子：D. 氟原子的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A. 氯化钙为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，氯化钙正确的电子式为，故A错误；B.明矾为十二水合硫酸铝钾，化学式为：KAl（SO4）212H2O，故B错误；C. 质量数为 31，核电荷数为15磷原子可以用： 表示，C正确；D.氟原子的核电荷数、核外电子总数都是9，其正确的结
3、构示意图为：，D错误；综上所述，本题选C。3. 我国自主研发的新一代动车组在京沪高铁上跑出过486.1公里的世界列车最高时速，这得益于全路铺设的优质无缝平滑的超长钢轨。下列有关说法不正确的是A. 制造钢轨的材料是钢，钢是用量最大的合金B. 钢的熔点比铁的熔点高，而铁的用途更广泛C. 我国在商代就开始使用铜合金D. 铝合金的强度、硬度比组成合金各成分金属的大【答案】B【解析】试题分析：A、制造钢轨的材料是钢，钢是用量最大的合金，正确；B、钢属于铁的合金，合金的熔点比组成成分金属的熔点低，钢的用途更广泛，错误；C、我国在商代就开始使用铜合金，正确；D、铝合金的强度、硬度比组成合金各成分金属的大，正
4、确。考点：考查生铁和钢。4.分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法。某同学用如表所示的形式,对所学知识进行分类，其中甲与乙、丙、丁是包含关系。选项甲乙 、 丙 、 丁常见干燥剂浓硫酸、石灰石、碱石灰常见合金不锈钢、青铜、生铁基本营养物质蛋白质、维生素、糖类腐蚀品浓硫酸、烧碱、硝酸碱性氧化物过氧化钠、氧化镁、氧化铁弱电解质醋酸、一水合氨、水正确的组合是()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】浓硫酸具有吸水性，可以用作干燥剂，石灰石为碳酸钙，不能用作干燥剂、碱石灰（氢氧化钠固体和生石灰混合物）能用作干燥剂,故错误；不锈钢、青铜、生铁由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性
5、的物质,属于合金,故正确；六大营养素是指糖类、蛋白质、维生素、油脂、无机盐和水,基本营养素为糖类、蛋白质、油脂,故错误；浓硫酸、烧碱、硝酸均是常见的腐蚀品，故正确；氧化镁、氧化铁能和酸之间反应生成盐和水，属于碱性氧化物,但是过氧化钠和酸之间反应生成盐、水以及氧气，不属于碱性氧化物,故 错误；醋酸、一水合氨、水都存在电离平衡均属于弱电解质,故正确；综上所述，本题选A。【点睛】碱性氧化物是指能够和酸反应只生成盐和水的氧化物，为非氧化还原反应，各元素的化合价均不发生变化，比如氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水，氧化钠属于碱性氧化物；而过氧化钠与盐酸反应生成氯化钠、氧气和水，该反应属于氧化还原反应，过氧化
6、钠不属于碱性氧化物。5.下列生产工艺能体现“绿色化学”“节能环保”思想的是()A. 火力发电：在燃煤中加入适量生石灰B. 工业制硫酸：提高尾气排放的烟囱高度C. 工业制氢气：用天然气发电再电解水D. 工业制胆矾：将浓硫酸与铜反应后的溶液蒸发、结晶【答案】A【解析】【详解】A.在燃煤中加入适量生石灰可以减少有害气体SO2的排放，能体现“绿色化学”、“节能环保”思想，故A正确；B.提高尾气排放的烟窗高度，不能减少有害气体的排放，不能体现绿色化学或节能环保思想，故B错误；C.用天然气发电再电解水制氢气，会造成能量的耗损，不能体现绿色化学或节能环保思想，故C错误；D. 浓硫酸与铜加热反应会产生有害气体
7、SO2，不能体现绿色化学或节能环保思想，故D错误；综上所述，本题选A。6.热分解法、热还原法、电解法是工业上制取金属的三种常用方法。下列金属与冶炼方法相对应的是()A. Al、Na B. Ca、Cu C. Fe、Mg D. Al、Hg【答案】A【解析】【详解】K、Ca、Na、Mg、Al等活泼金属应使用电解法制取，Cu、Fe等金属应使用热还原法制取，Hg、Ag等不活泼金属应使用热分解法制取；因此Al、Na使用电解法制取正确；综上所述，本题选A。【点睛】工业上制备活泼金属可以采用电解法进行，用惰性电极电解熔融的氯化钠、氯化钾、氯化钙、氯化镁等制备金属钠、钾、钙、镁等；由于氯化铝不导电，工业上用电解
8、熔融的氧化铝制备金属铝。7.下列说法中正确的是：A. l6O与 l8O的转化可以通过化学反应实现B. 灼烧氯化钠时火焰呈黄色,那是发生了化学反应C. 碱性氧化物一定是金属氧化物D. 只由一种元素组成的物质一定是纯净物【答案】C【解析】【详解】A. 化学反应的最小微粒是原子，化学反应不能实现原子种类的变化，故不能实现l6O与 l8O的转化，故错误；B.灼烧钠的化合物时火焰呈黄色是钠元素的焰色反应，而焰色反应为物理性质，故错误；C. 金属氧化物不一定是碱性氧化物，但碱性氧化物一定是金属氧化物，故正确；D. 只由一种物质构成的是纯净物,只由一种元素构成的不一定是纯净物,如氧气和臭氧的混合物只由一种元
9、素构成，但是混合物，故错误；综上所述，本题选C。8.某同学向含有C(FeCl3)0.2 mol/L、C(FeCl2)0.1 mol/L的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，意外地得到了一种黑色分散系，经查阅资料后得知，该分散系中分散质是直径介于1100 nm之间的金属氧化物，下列说法错误的是()A. 该分散系可产生丁达尔现象B. 加入NaOH时发生的反应可能为Fe22Fe38OH=Fe3O44H2OC. 若在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，说明该分散质微粒带正电D. 可用过滤的方法将溶液与胶体分离开【答案】D【解析】【详解】A. 分散质直径介于1100 nm之间的分散系属于胶体，可产生丁达尔现象
10、，故A正确；B.氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠,离子方程式: Fe22Fe38OH=Fe3O44H2O，故B正确；C.在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系容易吸附带正电的阳离子而形成带电的胶体微粒,故C正确；D.胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离,故D错误；综上所述，本题选D。9.下列各组物质的无色溶液,不用其他试剂即可鉴别的是() NaOH、AlCl3 NaHCO3、H2SO4 NaAlO2、NaHSO4 Na2CO3、HClNa2CO3、Ca(OH)2A. B. C. D. 全部【答案】C【解析】【详解】都使用互滴法，两次操作应产生不同的
11、现象。向含Al3的溶液中滴加NaOH溶液：先生成白色沉淀，后沉淀又逐渐溶解；向NaOH溶液中滴加含Al3的溶液：开始无沉淀产生，后产生白色沉淀，且沉淀不溶解。两次现象不同，可以鉴别。不论是NaHCO3滴入H2SO4中还是H2SO4滴入NaHCO3中都会立即产生气泡，现象相同，无法鉴别。NaHSO4=NaHSO42-，溶液显强酸性；向NaAlO2溶液中滴加NaHSO4：开始出现白色沉淀后沉淀逐渐溶解；向NaHSO4溶液中滴加NaAlO2溶液：开始无现象，后出现白色沉淀。现象不同，可以鉴别。向Na2CO3溶液中滴加盐酸：开始无现象，后产生气泡；向盐酸中滴加Na2CO3溶液：立即产生气泡。现象不同，
12、可以鉴别。Na2CO3加到Ca(OH)2溶液中，还是Ca(OH)2加入到Na2CO3溶液中，都会产生白色沉淀，无法鉴别。符合题意的选项；本题选C。10.下列叙述正确的是（ ）A. 同温同压下，相同体积的物质，其质量一定相等B. 等体积的CH4和C0所含的分子数一定相等C. 1LCO气体一定比1LO2的质量小D. 质量相等的O3和O2所含电子数相等【答案】D【解析】【详解】A、如物质的聚集状态不相同,则无法比较物质的量的关系,故A错误；B、根据阿伏加德罗定律,相同条件下的相同体积的气体的物质的量相同；当温度、压强一定时，等体积的CH4和C0所含的分子数一定相等，题给条件不完整，无法得出结论，B错
13、误；C、不能确定两种气体存在的状态是否相同，则无法比较二者的质量关系，故C错误；D、设气体质量为xg, 则xg O3含有电子的量为(x/48)38=0.5xmol，xgO2含有电子的量为(x/32)28=0.5xmol；因此质量相等的O3和O2所含电子数相等，D正确；综上所述，本题选D。【点睛】对于气体来说，影响气体体积的因素主要有温度、压强、气体的量。当三个变量中有两个变量不变时，讨论另外两个变量的关系。根据气态方程：P V=nRT，当温度和压强一定时，气体的体积和气体的物质的量成正比；当气体的体积和温度一定时，压强和物质的量成正比；当压强和温度不变时，相同体积的气体其物质的量相等，这就是阿
14、伏加德罗定律。11.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A. 31g白磷中含有3NA个P-PB. 142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阴、阳离子总数为3NAC. 标准状况下，22.4 L HF含NA个分子D. NA个Fe(OH)3胶体粒子的质量为107g【答案】B【解析】【详解】A. 31g白磷的物质的量为0.25mol，分子数为0.25NA,一个白磷分子含有6个P-P键，因此含有的P-P键为1.5NA,故A错误；B. 质量均为142g 的Na2SO4和Na2HPO4两种物质的物质的量均为1mol，142g全为Na2SO4，含有阴、阳离子总数为3NA，142g全为
15、Na2HPO4，含有阴、阳离子总数为3NA，142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阴、阳离子总数为3NA，B正确；C.标准状况下，HF为液体，不能计算，故C错误；D. 胶体粒子为很多微粒的集合体，NA个Fe(OH)3胶体粒子的质量为大于107g；故D错误；综上所述，本题选B。12.某溶液中含有SiO32-、Br、CO32-、Na，向该溶液中通入过量的Cl2，下列判断不正确的是()A. SiO32-和Br浓度都会减小B. 溶液颜色会发生变化C. 该过程中不会有沉淀生成D. 离子浓度基本保持不变的只有Na【答案】C【解析】【详解】A.溶液中含有SiO32-、Br、CO32-、Na，向该
16、溶液中通入过量的Cl2，溶液呈酸性，SiO32-、CO32-均与H反应，前者生成H2SiO3沉淀，后者生成CO2气体，溶液中Br与Cl2发生氧化还原反应生成Br2，故溶液中SiO32-和Br浓度都会减小，A项正确；B.原溶液为无色溶液，通入过量的Cl2后会有Br2生成，溶液呈橙色，B项正确；C.SiO32-与H反应生成H2SiO3沉淀，C项错误；D.Na不与Cl2反应，故其浓度基本保持不变，D项正确；综上所述，本题选C。13.下列有关除杂的实验操作合理的是( )A. 用加入过量氨水并过滤的方法除去NaCl溶液中混有的AlCl3B. 除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤C. 通
17、过灼热的镁粉去除空气中的氧气D. 除去FeCl3溶液中少量的CuCl2：加入足量铁粉，过滤【答案】B【解析】【详解】A.氯化铝与氨水反应生成沉淀和氯化铵，引入新杂质，故A错误；B.Na2S与AgCl发生沉淀的转化，生成硫化银沉淀和氯化钠，过滤可除杂，故B正确；C.金属镁能够与空气中的氧气、氮气反应，达不到除杂目的；应该通过灼热的铜网除去空气中的氧气，C错误；D.二者均与Fe反应，FeCl3变为FeCl2，达不到除杂目的，故D错误；综上所述，本题选B。14.下列各组离子能在指定溶液中大量共存的是（ ）A. 无色溶液中：K+、Cl-、NH4+、Cu2+、SO42-B. 常温下，pH=2的溶液中：C
18、O32-、Na+、S2-、AlO2-C. 加入Mg能放出H2的溶液中：NH4+、Cl-、Na+、SO42-D. 室温下c(H+)c(OH-)=1012的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3-、I-【答案】C【解析】【详解】A. Cu2+溶液为蓝色，不符合题意无色溶液要求，A错误；B. pH=2的溶液显酸性，CO32-、S2-、 AlO2-均与氢离子反应，均不能共存，B错误；C.加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，在酸性条件下离子之间不发生任何反应,可大量共存,故C正确；D. 室温下c(H+)c(OH-)=1012的溶液显酸性，在酸性环境下，Fe2+和NO3-发生氧化还原反应，不能共存，I-和NO3-
19、发生氧化还原反应，不能共存；D错误；综上所述，本题选C。【点睛】根据室温下c(H+)c(OH-)=KW=10-14可知，c(H+)c(OH-)=1012的溶液显酸性，c(H+)c(OH-)=10-12的溶液显碱性，如果c(H+)水（或c(OH-)水）=10-12mol/L溶液，即可能显酸性，也可能显碱性。15.下列各组物质中，不能满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系的组合为（ ）组别XYZWAAlAlCl3Al(OH)3Al2O3BNaNa2O2Na2CO3NaClCFeFeCl2FeCl3Fe(OH)3DSiNa2SiO3H2SiO3SiO2A. A B. B C. C D. D【答案】
20、C【解析】A、Al与盐酸得AlCl3，再加NH3H2O得Al(OH)3加热得Al2O3，电解得Al，故A正确；B、Na在氧气中点燃生成Na2O2，与二氧化反应生成Na2CO3，再与盐酸反应生成NaCl，电解熔融氯化钠生成钠，故B正确；C、Fe与盐酸生成FeCl2，通入氯气生成FeCl3，与氢氧化钠反应Fe(OH)3，但由Fe(OH)3无法直接生成铁，故C错误；D、Si与氢氧化钠溶液反应生成Na2SiO3，与酸反应生成H2SiO3，加热生成SiO2，与碳在高温生成硅，故D正确；故选C。点睛：本题考查铝、钠、硅、铁及化合物的性质，为高频考点，侧重分析与应用能力的考查，解题关键：把握物质的性质、发生
21、转化反应，注意元素化合物的综合应用，题目难度中等。16.下列实验操作规范且能达到目的的是目的操作A取20.00 mL盐酸在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00 mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶B配制浓度为0.010 mol/L的KMnO4溶液称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度C测定醋酸钠溶液pH用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上D清洗碘升华实验所用试管先用酒精清洗，再用水清洗A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A、由于滴定管最大刻度的下面还有一段空间盛装有溶液，所以滴定管内剩余的盐酸的体积大于20.00mL，
22、故A错误；B、容量瓶只能用来配制溶液，不能在其中直接溶解或稀释物质，所以B错误；C、用pH试纸测定溶液的pH时，不能湿润，否则被测溶液将被稀释，导致测定结果不准，故C错误；D、由于碘易溶于酒精，不易溶于水，所以清洗碘升华实验所用试管，先用酒精清洗，再用水清洗，即D正确。本题正确答案为D。17.下列说法正确的是()A. 现需480 mL 0.1 mol/L硫酸铜溶液，则需要称量7.68 g硫酸铜固体B. 配制1mol/LNaOH溶液100mL，需用托盘天平在滤纸上称量4gNaOH固体C. 配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度会使溶液浓度偏高D. 使用量筒量取一定体积的浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸
23、，将浓硫酸转移至烧杯后须用蒸馏水洗涤量筒，并将洗涤液一并转移至烧杯【答案】C【解析】【详解】A.实验室没有480 mL的容量瓶，故应选择500 mL的容量瓶来配制，则需要硫酸铜的质量为0.5 L0.1 molL1160 gmol18.0 g，A错误；B.NaOH具有腐蚀性，固体不能直接放在滤纸上称量，称量的质量应记录为4.0 g，B错误；C. 配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度，导致溶液体积偏小，会使溶液浓度偏高，C正确；D. 量筒是量出式仪器，量筒在制作时就已经扣除了沾在量筒壁上的液体体积，量取的液体倒出的量就是所读的量，不能洗涤，如果洗涤并将洗涤液一并转移至烧杯，实际量取浓硫酸的体积偏大，所配
24、溶液的浓度偏高，D错误。综上所述，本题选C。18.下列关于Fe3、Fe2的说法错误的是()A. 用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2B. 配制FeCl3溶液时，先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度C. 用如图装置可以制备Fe(OH)2沉淀 D. 向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2被氧化【答案】A【解析】【详解】A. 酸性条件下，KMnO4溶液能够把氯离子氧化为氯气，高锰酸钾溶液褪色，对亚铁离子的检验受到了干扰，A错误；B. FeCl3易水解，配制溶液时应防止溶液因水解而生成氢氧化铁沉淀，可先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中,再加水稀释到所需要的
25、浓度,B正确；C.反应开始时生成的氢气进入B中，可排出空气,防止生成的氢氧化亚铁被氧气氧化,一段时间后关闭止水夹C，A中硫酸亚铁进入B中可生成Fe(OH)2,C正确；D.Fe3与铁反应可生成Fe2,则向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2被氧化，D正确；综上所述，本题选A。【点睛】用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2时，由于酸性KMnO4溶液具有强氧化性，而盐酸具有还原性，因此酸性KMnO4溶液能够把氯离子氧化为氯气；为避免氯离子的对检验的干扰，可以加入铁氰化钾溶液，如果有蓝色沉淀出现，证明混合液中含有亚铁离子。19.用如图所示装置进行下列实验：将中溶液滴入中，预
26、测的现象与实际相符的 A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A项，稀盐酸滴入混合溶液中，先与氢氧化钠发生反应，无气体生成，所以不会立刻产生气体，故A项错误；B项，铝条加入浓硝酸中发生钝化，表面生成致密氧化膜，阻止反应进一步发生，所以不会有红棕色气体生成，故B项错误；C项，氯化铝滴入浓氢氧化钠溶液中，开始不会生成白色沉淀，当氯化铝过量后，才会有白色沉淀生成，故C项错误。D项，草酸具有还原性，滴入高锰酸钾溶液中，会与其反应，使得高锰酸钾溶液褪色，故D项正确；综上所述，本题选D。【点睛】本题考查物质的性质及实验装置的综合应用,为高频考点,题目难度中等,把握物质的性质、发生的
27、反应、反应与现象的关系为解答的关键,侧重分析与实验能力的综合考查,综合性较强。本题要注意选项C，氯化铝溶液与氢氧化钠溶液相互滴加的顺序不同，现象也不相同。20.向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，生成沉淀Al(OH)3的物质的量随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()A. a点对应的溶液中：Na、Mg2、B. b点对应的溶液中：Na、K、ClC. c点对应的溶液中：Ag、Ca2、ClD. d点对应的溶液中：K、【答案】B【解析】【分析】向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，反应开始阶段（b点之前），发生的反应为4OH-+Al3
28、+=AlO2-+2H2O；OH-反应完全后（bc段），继续加入AlCl3溶液，发生反应：3 AlO2-+ Al3+6H2O=4Al(OH)3；AlO2-反应完全后（c点之后），继续加入 AlCl3溶液，Al(OH)3的物质的量保持不变，结合以上分析解答。【详解】向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，反应开始阶段（b点之前），发生的反应为4OH-+Al3+=AlO2-+2H2O；OH-反应完全后（bc段），继续加入AlCl3溶液，发生反应：3 AlO2-+ Al3+6H2O=4Al(OH)3；AlO2-反应完全后（c点之后），继续加入 AlCl3溶液，Al(OH)3的物质的量保持不变；
29、A、向NaOH溶液中逐渐加入AlCl3溶液时发生Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，3AlO2-+6H2O+Al3+=4Al（OH）3，a点时溶液中有大量OH-，与Mg2、HCO3-不能大量共存，故A错误；B、b点时溶质为NaCl和NaAlO2，所有离子可以大量共存，故B正确；C、c点时溶质为NaCl，与Ag+不能大量共存，故C错误；D、d点时溶质为NaCl和AlCl3，Al3+和CO32-发生双水解而不能大量共存，故D错误；综上所述，本题选B。21.下列各组离子能大量共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且发生反应的离子方程式正确的是选项离子组加入试剂加入试剂后发生反应的离子方程式AK+
30、、AlO2-、HCO3-通入少量CO2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3+CO32-BCa2+、HCO3-、Cl-少量NaOH溶液Ca2+2HCO3-+2OH-=2H2O+CaCO3+CO32-CFe2+、NO3-、NH4+NaHSO4溶液3Fe2+NO3-+4H+=3Fe3+NO+2H2ODNH4+、Al3+、SO42-少量Ba(OH)2溶液NH4+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2NH3H2OA. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A项，AlO2-、HCO3-之间会发生反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B项，因加入的NaOH溶液少量
31、，按照“谁少量谁的化学计量数为1”的原则，正确的离子反应方程式是：Ca2+HCO3-+OH-=H2O+CaCO3，故B错误；C项，NaHSO4在溶液中可以完全电离：NaHSO4=NaHSO42，Fe2、NO3在酸性条件下可以发生氧化还原反应：3Fe2NO34H=3Fe3NO2H2O，故C正确；D项，加入少量Ba(OH)2溶液后，铝离子比铵根离子优先与氢氧根离子反应，正确的离子方程式是：3Ba22Al33SO426OH=2Al(OH)33BaSO4，故D错误。答案选C。22.有一瓶无色溶液，可能含有Na+、K+、Al3+、Mg2+、NH4+、Cl、SO42、HCO3、MnO4离子中的几种。为确定
32、其成分，进行如下实验：取少许溶液，逐渐加入过量的Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀且白色沉淀逐渐增多后又部分溶解；另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生；用洁净的铂丝蘸取原溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察到黄色火焰。下列推断正确的是 （ ）A. 肯定有Na+、Al3+、Mg2+、SO42 B. 肯定有Na+、Mg2+、Al3+、HCO3C. 肯定没有K+、HCO3、MnO4 D. 肯定没有K+、NH4+、Cl【答案】A【解析】试题分析：无色溶液肯定没有MnO4。取部分溶液，加入适量Na2O2固体，过氧化钠先是和水反应生成氢氧化钠和氧气，产生无色无味的气体是氧
33、气，一定不是氨气，此时白色沉淀出现，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解，则沉淀的成分是氢氧化镁和氢氧化铝，则证明其中一定含有镁离子和铝离子，一定不含有铵根离子、碳酸氢根离子（和铝离子不共存）；取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，和硫酸根离子反应生成白色不溶于硝酸的白色沉淀是硫酸钡沉淀，证明一定含有硫酸根离子。故选择A选项。考点：离子检验23. 利用海水提取溴和镁的过程如下，下列说法不正确的是A. 工业溴中含少量Cl2，可用NaOH溶液除去B. 工业上常利用电解熔融MgCl2冶炼金属镁C. 富集溴元素过程中，空气吹出法利用了溴易挥发的性质D. 若提取1 m
34、ol Br2，至少需要标准状况下44.8 L的Cl2【答案】A【解析】试题分析：A由于Br2能与NaOH溶液反应，因此用NaOH溶液吸收Cl2的同时，Br2也被吸收，A错误；B工业上常用电解熔融的MgCl2冶炼金属镁，B正确；C溴易挥发，因此在富集溴元素的过程中，可以使用空气吹出法，C正确；D溶液酸化之后得到的滤液中Br-与氯气发生反应，生成1molBr2，需要1molCl2，然后1molBr2在吹出塔富集，并在吸收塔中被SO2还原成2molBr-，然后在蒸馏塔中Cl2再次将2molBr-氧化成1molBr2，因此整个过程若提取1molBr2，至少需要标准状况下44.8 L的Cl2。答案选A。
35、考点：考查海水提溴和海水提镁的知识。24.高铁酸钾K2FeO4是一种高效、氧化性比Cl2更强的水处理剂，工业上常用下列反应先制高铁酸钠：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2，然后在低温下，在Na2FeO4溶液中加KOH固体至饱和就可析出K2FeO4，下列有关说法不正确的是（ ）A. Na2O2在反应中作氧化剂，又作还原剂B. 高铁酸钾在该温度下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小C. K2FeO4能消毒杀菌，其还原产物水解生成的Fe（OH）3胶体能吸附水中的悬浮物D. 制取高铁酸钠时，每生成1molNa2FeO4反应中共有4mol电子转移【答案】D【解析】AN
36、a2O2在反应中，没有全部生成O2，O元素的化合价分别变为-2价、0价，则Na2O2在反应中既作氧化剂，又作还原剂，故A正确；B加入KOH固体，可析出高铁酸钾，说明高铁酸钾在该温度下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，故B正确；CK2FeO4具有强氧化性，可杀菌消毒，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用来净水，故C正确；D反应中Fe的化合价由+3价升高为+6价，每生成lmolNa2FeO4反应中共有3mol电子转移，故D错误。25.将m g镁铝合金投入到500 ml 2 mol/L的盐酸中，固体完全溶解，收集到气体5.6L （标准状况下）。向反应所得溶液中加入4mol/L的氢氧化钠溶液，沉淀达到最大值
37、为13.60 g，则m的值为A. 11.48 B. 9.35 C. 8.50 D. 5.10【答案】D【解析】镁、铝最终转化为氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，这说明Mg、Al在反应中失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，5.6L气体是氢气，物质的量是0.25mol，转移0.5mol电子，即与金属阳离子结合的氢氧根是0.5mol，质量是8.5g，所以m13.60g8.5g=5.10g，答案选D。点睛：本题考查混合物的计算，本题注意把握电子转移的数目和氢氧根离子之间的关系，为解答该题的关键，注意各种守恒法的灵活应用。二、填空题26.现有以下物质: 硫酸氢钠固体 稀硫酸 锌 二氧化硫气体
38、无水乙醇(C2O5OH) 熔融态KCl CaO 碘酒。请回答下列问题(用序号):以上物质中属于电解质的是_, 能导电的是_,属于非电解质_。在熔融下的电离方程式_。【答案】 (1). (2). (3). (4). NaHSO4=Na+HSO4-【解析】【详解】硫酸氢钠固体在水溶液或熔融状态下能够导电，因此为电解质，但是固态时不导电；稀硫酸溶液中存在自由移动的带电粒子能导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；锌能够导电，但是锌是单质，既不是电解质也不是非电解质；二氧化硫气体在水溶液里生成亚硫酸，亚硫酸电离出离子而使溶液导电，二氧化硫为非电解质，气态二氧化硫不导电；无水乙醇(C2O5OH)在水
39、溶液里或熔融状态下都不导电，为非电解质；熔融态KCl在水溶液或熔融状态下能够导电，因此为电解质，固态时不导电；CaO在熔融状态下能导电，属于电解质，常温下不导电；碘酒为碘的酒精溶液，不导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；结合以上分析可知：属于电解质的是；能导电的是；属于非电解质；硫酸氢钠固体在熔融下的电离方程式NaHSO4=Na+HSO4-；综上所述，本题答案是：； ； ； NaHSO4=Na+HSO4-。27.离子反应和氧化还原反应在生产、生活中应用广泛，用所学知识回答问题： （1）新制氢氧化亚铁被氧气氧化，其化学方程式为_。 （2）氯化铝溶液中滴加四羟基合铝酸钠溶液的离子方程式_。
40、（3）向硫酸铜溶液中逐滴滴加氨水至过量的离子方程式是_、_。（4）向硫酸铝钾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-全部沉淀时的离子方程式_；【答案】 (1). 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3 (2). Al3+ + 3Al(OH)4- = 4Al(OH)3 (3). Cu2+ + 2NH3H2O = Cu(OH)2+ 2NH4+ (4). Cu(OH)2 + 4NH3H2O = Cu(NH3)42+ + 2OH- + 4H2O (5). Al3+ + 2SO42- + 2Ba2+ + 4OH-=Al(OH)4- + 2BaSO4【解析】【详解】（1）新制氢
41、氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，其化学方程式为 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3；因此本题答案是：4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3 。（2）氯化铝溶液水解显酸性，四羟基合铝酸钠溶液水解显碱性，二者混合相互促进水解生成Al(OH)3，离子方程式：Al3+ + 3Al(OH)4- =4Al(OH)3；因此本题答案是：Al3+ + 3Al(OH)4- = 4Al(OH)3。（3）向硫酸铜溶液中逐滴滴加氨水先生成氢氧化铜蓝色沉淀，氨水过量后，氢氧化铜溶于过量的氨水中生成络合物，离子方程式是Cu2+ +2NH3H2O = Cu(OH)2+ 2NH
42、4+； Cu(OH)2 + 4NH3H2O = Cu(NH3)42+ +2OH- + 4H2O；综上所述，本题答案是： Cu2+ + 2NH3H2O = Cu(OH)2+ 2NH4+； Cu(OH)2 + 4NH3H2O = Cu(NH3)42+ + 2OH- + 4H2O。 （4）假设硫酸铝钾物质的量为1mol, SO42-的量为2mol,需要2mol Ba(OH)2至SO42-全部沉淀，同时生成偏铝酸钾，离子方程式Al3+2SO42-+2Ba2+ + 4OH-=Al(OH)4- +2BaSO4；综上所述，本题答案是：Al3+2SO42-+2Ba2+ +4OH-=Al(OH)4- +2BaS
43、O4。28.某强酸性溶液X中含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO32-、S、Cl-、N。中的一种或几种,取该溶液进行连续实验,实验过程如下:(已知气体D在常温常压下呈红棕色)（1）上述离子中,溶液X中除H+外肯定还含有的离子是_,一定不含的离子是_，不能确定是否含有的离子是_，检验其中阳离子的方法是_。（2）沉淀G的化学式为_。（3）写出生成A的离子方程式:_。（4）写出溶液H中通入过量CO2的离子方程式:_。【答案】 (1). Al3+、NH4+、Fe2、SO42 (2). CO32-、SO32-、NO3-、Ba2+ (3). Fe3+、Cl (4). 取少
44、量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液不变红色说明无Fe3+ (5). Fe(OH)3 (6). 3Fe2+4H+NO3-3Fe3+NO+2H2O (7). Al(OH)4 + CO2 Al(OH)3 + HCO3【解析】【分析】由于H+会与 SO32-反应，该强酸性溶液必无SO32-；加入过量Ba(NO3)2后产生沉淀，则溶液中必有CO32-或SO42-，原溶液中不含Ba2+；溶液中加入过量NaOH后产生气体，则含NH4+；得到的溶液再通入过量CO2又得到沉淀，由Al的化合物间的转化关系可知溶液中必有Al3+，则无CO32-（Al3+与 CO32-发生双水解）而有SO42-；气体D在常温
45、常压下呈红棕色，可推知由于加入Ba(NO3)2后产生NO 气体，说明溶液中有还原性物质，即含有Fe2,原溶液中不含有NO3-，结合以上分析解答。【详解】由于H+会与 SO32-反应，该强酸性溶液必无SO32-；加入过量Ba(NO3)2后产生沉淀，则溶液中必有CO32-或SO42-，说明原溶液中不含Ba2+；溶液中加入过量NaOH后产生气体，则含NH4+；得到的溶液再通入过量CO2又得到沉淀，由Al的化合物间的转化关系可知溶液中必有Al3+，则无CO32-（Al3+与 CO32-发生双水解）而有SO42-（溶液中不含Ba2+）；气体D在常温常压下呈红棕色，可推知由于加入Ba(NO3)2后产生NO
46、 气体，说明溶液中有还原性物质，即含有Fe2，原溶液中不含有NO3-；（1）综合以上分析可知，溶液X中除H+外肯定还含有的离子是Al3+、NH4+、Fe2、SO42；一定不含的离子是CO32-、SO32-、NO3-、Ba2+ ；不能确定是否含有的离子是Fe3+、Cl ；检验Fe3+的方法为：取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液不变红色说明无Fe3+；综上所述，本题答案是：Al3+、NH4+、Fe2、SO42 ； CO32-、SO32-、NO3-、Ba2+ ； Fe3+、Cl ； 取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液不变红色说明无Fe3+ 。（2）原溶液中含有H+、Al3+、
47、NH4+、Fe2、SO42，加入硝酸钡后，Fe2被硝酸氧化为铁离子，硫酸根离子与钡离子生成硫酸沉淀过滤除去；因此剩余的滤液中加入过量的氢氧化钠溶液，生成红褐色沉淀氢氧化铁，因此沉淀G的化学式为Fe(OH)3；本题答案是：Fe(OH)3。（3）结合以上分析可知，Fe2被硝酸氧化为铁离子，离子方程式: 3Fe2+4H+NO3-3Fe3+NO+2H2O；综上所述，本题答案是：3Fe2+4H+NO3-3Fe3+NO+2H2O。（4）溶液H中含有偏酸酸根离子，通入过量CO2，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式：Al(OH)4 + CO2 Al(OH)3 + HCO3；综上所述，本题答案是：Al(
48、OH)4 + CO2 Al(OH)3 + HCO3。【点睛】碳酸根离子与铝离子、铁离子、银离子均能发生双水解，产生沉淀和气体，从而不能大量共存；铝离子和偏铝酸根离子发生双水解不能大量共存；硫酸根离子与银离子、钡离子产生沉淀而不能大量共存。29.氯化铜、氯化亚铜是重要的化工原料，广泛用作有机合催化剂已知：氯化铜容易潮解实验室用如图所示装置，用还原铜粉和氯气来制备氯化铜（1）石棉绒的作用是_； E装置中的试剂是_其作用_ 。（2）先点燃A处酒精灯，再点燃D处酒精灯的目的是_。（3）若实验测得CuCl2质量分数为90.0%，则其中可能含有的杂质是_（一种即可）。（4）溶解时加入HCl溶液的目的主要是
49、_（结合离子方程式回答）【答案】 (1). 增大铜粉与氯气的接触面积； (2). 浓H2SO4，防止水蒸气进入D装置中 (3). 排除装置中的空气 (4). 石棉绒（Cu或CuCl）（一种即可） (5). Cu2+ + 2H2OCu(OH)2+2H+， (6). 加酸抑制Cu2+的水解。【解析】【详解】（1）石棉绒的作用是增大铜粉与氯气反应的接触面积；E为浓硫酸，可防止空气中的水蒸气进入D中；因此本题答案是：增大铜粉与氯气的接触面积；浓H2SO4，防止水蒸气进入D装置中。（2）先点燃A处酒精灯，反应产生氯气，利用产生的氯气排除装置中的空气后再点燃D处酒精灯；综上所述，本题答案是：排除装置中的空
50、气。 （3）若实验测得CuCl2质量分数为90.0%，可能含有的杂质是氯化亚铜或单质铜中的一种或两种，也可能混有石棉绒，故答案为：石棉绒（Cu或CuCl）（一种即可）。（4）因为氯化铜是强酸弱碱盐，溶液中存在Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+，所以溶解时加入HCl溶液，抑制氯化铜的水解；综上所述，本题答案是：Cu2+ + 2H2OCu(OH)2+2H+，加酸抑制Cu2+的水解。30.铁及其化合物有丰富多彩的化学性质。回答下列问题：（1）铁元素在周期表中的位置为第_周期_族。（2）FeCl3溶液可用于吸收尾气中的SO2，写出该反应的离子方程式：_。（3）某化学兴趣小组同学用如图装置，充分加热
51、硫酸亚铁晶体(FeSO4xH2O)至完全分解。 装置A中需持续通入N2，其目的是_。 充分反应一段时间后，小组同学观察到实验现象为：装置A中残留有红棕色固体，装置B中固体变蓝，C中溶液褪色，请写出FeSO4分解的化学方程式：_。 装置D中干燥管的作用为_。【答案】 (1). 四 (2). (3). 2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42-+4H+ (4). 持续充入氮气，可排除装置中的空气，将晶体分解的气体产物全部从A中排出 (5). 2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3 (6). 防止氢氧化钠溶液倒吸；【解析】【详解】(1)Fe的原子序数为26，原子结构中有4个电子层，最外层电子数为
52、2，位于周期表中第四周期族；因此，本题正确答案是: 四；。(2) FeCl3溶液可用于吸收尾气中的SO2，发生氧化还原反应，离子反应为：2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42-+4H+；综上所述，本题答案是：2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42-+4H+。（3）由流程可以知道,先通入氮气，排出装置中的空气，防止亚铁离子被氧化，且能将分解产物排出，在A中充分加热硫酸亚铁晶体（FeSO4xH2O），B中硫酸铜可检验水的存在，C中溶液褪色,可以知道C中二氧化硫与高锰酸钾发生了氧化还原反应，D装置吸收尾气，装置A中需持续通入N2，其目的是持续充入氮气，可排除装置中的空气，将晶体分解的气体
53、产物全部从A中排出；因此，本题正确答案是:持续充入氮气,可排除装置中的空气,将晶体分解的气体产物全部从A中排出。装置A中残留有红棕色固体为氧化铁，装置B中固体变蓝，说明有水生成，C中溶液褪色，说明产生二氧化硫气体，结合原子及电子守恒可以知道,FeSO4分解的化学方程式：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3；综上所述，本题答案是：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3。 装置D中干燥管的作用为防止氢氧化钠溶液倒吸；因此，本题正确答案是:防止氢氧化钠溶液倒吸。31.无水AlCl3易升华，可用作有机合成的催化剂等。工业上以铝土矿(Al2O3、Fe2O3)为原料制备无水AlCl3的工艺流程如下：（1
54、） 氯化炉中Al2O3、Cl2和C反应的化学方程式为_。（2）用Na2SO3溶液可除去冷却器排出的尾气中的Cl2，此反应的离子方程式为_。（3）升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入少量Al，其作用是_。（4）为测定制得的无水AlCl3产品(含杂质FeCl3)的纯度，称取16.25 g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液中，过滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称重，得其质量为0.32 g。 写出上述除杂过程中涉及的离子方程式_、_。 AlCl3产品的纯度为_。【答案】 (1). A12O3+3C12+3C A1C13+3CO (2). SO32-+C12+H2OSO42-+2
55、C1-+2H+； (3). 除去FeCl3； (4). Fe3+3OH-=Fe(OH)3 (5). Al3+4OH-=Al(OH)4- (6). 96%；【解析】【详解】(1)根据制备AlCl3的工艺流程可知，由冷却器出来的气体有CO和Cl2，CO是氯化炉中的生成物，且Cl2是过量的，氯化炉中发生反应的化学方程式为Al2O33Cl23C2AlCl33CO；综上所述，本题答案是：A12O3+3C12+3C A1C13+3CO。 (2) Na2SO3 与Cl2发生氧化还原反应，Na2SO3作还原剂被氧化为Na2SO4，Cl2作氧化剂，此反应的离子方程式为：SO32-+C12+H2OSO42-+2C
56、1-+2H+；综上所述，本题答案是：SO32-+C12+H2OSO42-+2C1-+2H+。（3）升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入少量Al，铝具有还原性，其作用是除去杂质FeCl3；综上所述，本题答案是：除去FeCl3。（4）无水AlCl3产品(含杂质FeCl3)溶于过量NaOH溶液涉及到的离子方程式为Fe33OH=Fe(OH)3，Al34OH=AlO2-2H2O或Al3+4OH-=Al(OH)4-；因此本题答案是：Fe3+3OH-=Fe(OH)3；Al3+4OH-=Al(OH)4-。 沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称量得到的0.32 g固体是氧化铁，n(Fe2O3)0.32/160
57、0.002 mol，则n(FeCl3)0.002 mol20.004 mol，m(FeCl3)0.004 mol162.5 g/mol0.65 g，则AlCl3的质量为16.25 g0.65 g15.6 g，AlCl3的纯度为15.6/16.25100%96%；综上所述，本题答案是：96%。32.水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：.取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。.酸化，滴定将固氧后的水样酸化，MnO(O
58、H)2被I还原为Mn2+，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2 S2O32+I2=2I+ S4O62）。回答下列问题：（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是_。（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_。（3）Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和_；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除_及二氧化碳。（4）取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a molL1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为_；若消耗Na2S2O3 溶液的体积为b mL，则水样中溶解
59、氧的含量为_mgL1。（5）上述滴定完成后，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏_。（填“高”或“低”）【答案】 (1). 使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差 (2). 2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2 (3). 量筒、容量瓶 (4). 氧气 (5). 当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化 (6). 80ab (7). 低【解析】本题采用碘量法测定水中的溶解氧的含量，属于氧化还原滴定。（1）取水样时，若搅拌水体，会造成水底还原性杂质进入水样中，或者水体中的氧气因搅拌溶解度降低逸出。（2）根据氧化还原反应原理，Mn(OH)2被氧气MnO(OH)2，
60、Mn的化合价由2价4价，化合价升高2，氧气中O的化合价由0价2价，整体降低4价，最小公倍数为4，由此可得方程式2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2。（3）一定物质的量浓度溶液的配制还需要容量瓶和量筒；加热可以除去溶解的氧气，避免实验结果不准确。（4）该实验用硫代硫酸钠标准液滴定I2，因此终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；根据题干，MnO(OH)2把I氧化成I2，本身被还原成Mn2，根据得失电子数目守恒，即有nMnO(OH)22=n(I2)2，因此建立关系式O22MnO(OH)22I24Na2S2O3可得水样中溶解氧的含量为 （ab10-3）4321030.1=80ab。（5）终点读数时有气泡，气泡占据液体应占有的体积，导致b减小，根据（ab10-3）4321030.1=80ab，最终结果偏低。