1、2016-2017学年山西省晋中市太谷县太谷中学高三（上）月考化学试卷（10月份）一、1某同学仰视量筒中液体读其体积为m mL，倒出少许俯视读数为n mL，则倒出的液体体积（）A小于（mn）mLB大于（mn）mLC等于（mn）mLD大于或等于（mn）mL2配制250mL 0.1molL1的盐酸时，下列实验操作使所配溶液浓度偏大的是（）A用量筒量取所需的浓盐酸时俯视刻度线B定容时仰视刻度线C用量筒量取所需浓盐酸倒入烧杯后，用水洗涤量筒23次，洗涤液倒入烧杯中D定容后倒转容量瓶几次，发现凹液面最低点低于刻度线，再补几滴蒸馏水3设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A常温常压下，22.4
2、L乙烯中CH键数为4 NAB1 mol羟基中电子数为10 NAC在反应KIO3+6HIKI+3I2+3H2O中，每生成3 mol I2转移的电子数为6 NAD常温下，1 L 0.1 mol/L NH4NO3溶液中NH4+的数目小于6.0210224如图是一套检验气体性质的实验装置示意图如图所示，向装置中缓慢通入气体X，若关闭活塞K，则试管中的品红试液无变化，而烧杯中的石灰水变浑浊；若打开活塞K，则品红试液褪色根据此现象判断，气体X和洗气瓶内液体Y可能是（）X：H2S，Y：浓H2SO4X：SO2，Y：饱和NaHCO3溶液X：CO2，Y：Na2SO3溶液X：Cl2，Y：饱和NaHCO3溶液A和B和
3、C和D和5下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A用惰性电极电解饱和食盐水：2Cl+2H+H2+Cl2B向氯化铝溶液中通入过量氨气：4NH3+Al3+2H2O=AlO2+4NH4+C用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2OD足量氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应：Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O6LiAlH4、LiH遇水均能剧烈反应释放出H2，LiAlH4在125时分解为LiH、H2和Al下列说法不正确的是（）ALiH与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4g/molB1mol LiAlH4 125完全分解，转移电子数为3NACLiAlH4溶于适量水得到
4、无色溶液，则化学方程式为：LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2DLiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂7已知Ag2SO4的Ksp=c2（Ag+）c（SO42）=1.4105，将适量Ag2SO4固体溶于100mL水中至刚好饱和，饱和Ag2SO4溶液中c（Ag+）=0.032molL1若t1时刻在上述体系中加入100mL相应溶液，下列示意图中，不能正确表示t1时刻后Ag+和SO42浓度随时间变化关系的是（）A蒸馏水B0.010molL1 Ag2SO4溶液C0.020molL1 Na2SO4溶液D0.040molL1 AgNO3溶液8已知Cu（NO3）2在某一温度下受热分解的化学
5、方程式为Cu（NO3）22CuO+4NO2+O2，将少量的Cu（NO3）2固体放入试管中加热，然后用带火星的木条放入试管中，木条复燃，下列说法正确的是（）ANO2能支持燃烧BNO2不能支持燃烧C木条复燃是因为硝酸铜分解产生了氧气的缘故D以上说明均不正确9现有三组溶液：汽油和氯化钠溶液 39%的乙醇溶液 氯化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（）A分液、萃取、蒸馏B萃取、蒸馏、分液C分液、蒸馏、萃取D蒸馏、萃取、分液10下列试剂中，可用于硬水软化的是（）A明矾B液氯C漂白粉D磺化煤11现有（1）KCl、（2）MgSO4、（3）KOH、（4）CuCl2四种溶液，不用其他试剂，仅用
6、观察法和相互反应就可以将其区别开来，则鉴别出来的先后顺序是（）A（4）（3）（1）（2）B（3）（4）（2）（1）C（4）（2）（3）（1）D（4）（3）（2）（1）12在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl+2H3AsO3+6H+2As+3SnCl62+6M，关于该反应的说法中正确的组合是（）氧化剂是H3AsO3还原性：ClAs每生成7.5g As，还原剂失去的电子为0.3molM为OHSnCl62是氧化产物ABCD二、解答题（共9小题，满分0分）13某学生用0.1000mol/L的NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：A、量取20.
7、0ml待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入23滴酚酞；B、用标准溶液润洗滴定管23次；C、取盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液D、取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至刻度线0以上2cm3cm；E、调节液面至“0”或“0”以下刻度并记下读数；F、把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度据此实验完成填空：（1）正确操作步骤的顺序是（用序号字母填写）（2）上述B步骤操作的目的是（3）上述A步骤操作之前，先用待测溶液润洗锥形瓶，则对滴定结果的影响是（4）判断到达滴定终点的实验现象是14工业上以废铜为原料经一系列化学反应可生产氯化亚铜（CuCl）
8、，其工艺流程如图K94所示：试根据如图转化回答下列问题：（1）工业生产Cl2时，尾气常用石灰乳吸收，而不用烧碱溶液吸收的原因是（2）还原过程中的产物为NaCuCl2，试写出反应的化学方程式制备中当氯化完成后必须经还原过程再制得CuCl，为什么不用一步法制得CuCl？（已知Cu2+Cu+2Cl2CuCl）（3）还原过程中加入少量盐酸的作用是，加入NaCl且过量的原因是（4）合成结束后所得产品用酒精淋洗的目的是（5）实验室中在CuCl2热溶液中通入SO2气体也可制备白色的CuCl沉淀，试写出该反应的离子方程式15为了验证同浓度同体积的盐酸和醋酸的酸性不同，在同温同压下，设计如下实验：（1）实验中酸
9、均为0.1molL1 100mL，则镁带的质量至少为g，应选用mL的量筒（填“100”、“200”或“500”）（2）铜丝不能接触酸溶液的原因（3）本实验中验证盐酸和醋酸酸性不同的思路是16将足量的锌投入200mL某浓度的盐酸中完全反应，生成的H2在标准状况下体积为1.12L求：（1）参加反应的锌的质量是多少？（2）所用盐酸中HCl的物质的量浓度？17某金属元素X原子的核外电子数等于核内中子数，取该元素的单质0.6g与足量的氧气充分反应，可得到1.0g氧化物XO试通过计算推导出该元素在元素周期表中的位置18已知X气体是一种无色有刺激性气味的酸性氧化物，有关X、Y、Z、W的转化关系如下，反应均为
10、化合反应回答下列问题：（1）Y的化学式为，Z的化学式为X直接排入空气中易造成的环境问题是（2）反应中属于可逆反应的是，属于氧化还原反应的是（3）写出反应的化学方程式：（4）黏土主要有效成分的化学式为Al2Si2Ox（OH）4，其中x的值是，若以氧化物形式表示，应写为19石蜡油（主要是含17个碳原子以上的液态烷烃混合物）分解实验按照如图进行：（1）石蜡油分解实验产生的气体的主要成分是（填写序号，下同）只有甲烷只有乙烯烷烃跟烯烃的混合物（2）将石蜡油分解所得生成物通入到溴水中，现象是；通入到酸性高锰酸钾溶液中，现象是（3）碎瓷片的作用是（填序号）防止暴沸 有催化功能积蓄热量 作反应物（4）写出含有
11、18个碳原子的烷烃分解为乙烷与最多乙烯的化学方程式：20某强酸性溶液X中含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32、SO32、SO42、Cl、NO3中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：根据以上信息，回答下列问题：（1）上述离子中，不能确定的阳离子是，若要用实验证明该离子一定不存在，其最可靠的化学方法是（2）写出下列反应的离子方程式：中生成气体A：生成沉淀I：（3）假设测定A、F、I均为0.01mol，10mL X溶液中n（H+）=0.04mol，且不能确定含有的离子只有一种当X溶液中不能确定离子是，沉淀C的物质的量为21试样X由氧化亚铁和氧化铜组成取质量相等
12、的两份试样按下图所示进行实验：（1）请写出步骤中所发生的全部反应的离子方程式（2）若全部的溶液Y和全部的粉末Z充分反应后，生成的不溶物W的质量是m，则每份试样X中氧化铜的质量为（用m表示）2016-2017学年山西省晋中市太谷县太谷中学高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、1某同学仰视量筒中液体读其体积为m mL，倒出少许俯视读数为n mL，则倒出的液体体积（）A小于（mn）mLB大于（mn）mLC等于（mn）mLD大于或等于（mn）mL【考点】计量仪器及使用方法【分析】使用量筒测量液体体积，读数时，遵循“俯大，仰小，平正好”的规律【解答】解：仰视读数时，量筒内实际液体的体积
13、mmL，俯视读数时，量筒内剩余的实际液体的体积nmL，则倒出液体的体积mmLnmL=（mn）mL；故选：B2配制250mL 0.1molL1的盐酸时，下列实验操作使所配溶液浓度偏大的是（）A用量筒量取所需的浓盐酸时俯视刻度线B定容时仰视刻度线C用量筒量取所需浓盐酸倒入烧杯后，用水洗涤量筒23次，洗涤液倒入烧杯中D定容后倒转容量瓶几次，发现凹液面最低点低于刻度线，再补几滴蒸馏水【考点】溶液的配制【分析】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【解答】解：A用量筒量取所需的浓盐酸时俯视刻度线，导致量取的浓盐酸的体积偏小，氯化氢的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A错误；B定容时仰
14、视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故B错误；C用量筒量取所需的浓盐酸倒入烧杯后，再用水洗量筒23次，所取盐酸的质量偏大，溶质的质量偏大，浓度偏大，故C正确；D定容后倒转容量瓶几次，发现凹液面最低点低于刻度线，再补几滴蒸馏水，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D错误；故选：C3设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A常温常压下，22.4 L乙烯中CH键数为4 NAB1 mol羟基中电子数为10 NAC在反应KIO3+6HIKI+3I2+3H2O中，每生成3 mol I2转移的电子数为6 NAD常温下，1 L 0.1 mol/L NH4NO3溶液中NH4+的数目小于6.02102
15、2【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；B、根据羟基的化学式OH来判断；C、在反应KIO3+6HIKI+3I2+3H2O中，每生成3 mol I2转移的电子数为6 NA；D、NH4+是弱碱阳离子，在水溶液中会水解；【解答】解：A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L乙烯的物质的量小于1mol，故CH键数小于4NA，故A错误；B、羟基的化学式OH，故1mol羟基含9mol电子，故B错误；C、在反应KIO3+6HIKI+3I2+3H2O中，碘元素化合价+5价和1价变化为0价，电子转移5mol，生成3mol碘单质，每生成3mol I
16、2转移的电子数为5NA，故C错误；D、NH4+是弱碱阳离子，在水溶液中会水解，故NH4+的数目小于6.021022，故D正确故选D4如图是一套检验气体性质的实验装置示意图如图所示，向装置中缓慢通入气体X，若关闭活塞K，则试管中的品红试液无变化，而烧杯中的石灰水变浑浊；若打开活塞K，则品红试液褪色根据此现象判断，气体X和洗气瓶内液体Y可能是（）X：H2S，Y：浓H2SO4X：SO2，Y：饱和NaHCO3溶液X：CO2，Y：Na2SO3溶液X：Cl2，Y：饱和NaHCO3溶液A和B和C和D和【考点】实验装置综合【分析】向装置中缓缓地通入气体X，若关闭活塞K，则品红溶液无变化，说明Y可吸收二氧化硫和
17、氯气等具有漂白性的气体，而澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳气体生成；若打开活塞K，则品红溶液褪色，说明应存在二氧化硫或氯气，以此解答该题【解答】解：H2S不能使品红溶液褪色，故错误；SO2可与NaHCO3饱和溶液反应而被吸收同时生成二氧化碳，若关闭活塞K，则品红溶液无变化，生成二氧化碳气体使澄清石灰水变浑浊；若打开活塞K，则品红溶液褪色，故正确；二氧化碳不能够使品红褪色，所以打开活塞K，品红不会褪色，故错误；Cl2和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，使澄清石灰水变浑浊，可使品红褪色，故正确故选B5下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A用惰性电极电解饱和食盐水：2Cl+2H+H2+Cl2
18、B向氯化铝溶液中通入过量氨气：4NH3+Al3+2H2O=AlO2+4NH4+C用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2OD足量氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应：Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A水中的氢离子放电生成氢气和OH；B反应生成氢氧化铝和氯化铵；C发生氧化还原反应生成硫酸铜和水；D碳酸氢镁完全反应，反应生成碳酸钙、氢氧化镁、水【解答】解：A用惰性电极电解饱和食盐水的离子反应为2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH，故A错误；B向氯化铝溶液中通入过量氨气的离子反应为3NH3+Al3+3H2O=Al（OH）3+3NH4+
19、，故B错误；C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C正确；D足量氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应的离子反应为Mg2+2Ca2+4OH+2HCO3=2CaCO3+2H2O+Mg（OH）2，故D错误；故选C6LiAlH4、LiH遇水均能剧烈反应释放出H2，LiAlH4在125时分解为LiH、H2和Al下列说法不正确的是（）ALiH与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4g/molB1mol LiAlH4 125完全分解，转移电子数为3NACLiAlH4溶于适量水得到无色溶液，则化学方程式为：LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2DLiAlH4与乙醛作
20、用生成乙醇，LiAlH4作还原剂【考点】碱金属的性质；镁、铝的重要化合物【分析】A根据反应LiH+D2OLiOD+HD判断；BLiAlH4在125分解为LiH、H2和Al，Al由+3价降低为0；CLiAlH4中的1价H与H2O中的+1价H发生氧化还原反应生成H2，同时生成OH，OH与Al3+反应生成AlO2；DLiAlH4与乙醛反应可生成乙醇，乙醛被还原【解答】解：A由LiH+D2OLiOD+HD可知，所得氢气的摩尔质量为3gmol1，故A错误；BLiAlH4在125分解为LiH、H2和Al，Al由+3价降低为0，则1mol LiAlH4在125完全分解，转移电子数为3NA，故B正确；CLiA
21、lH4中的1价H与H2O中的+1价H发生氧化还原反应生成H2，同时生成OH，OH与Al3+反应生成AlO2，所以反应的化学方程式：LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2，故C正确；DLiAlH4与乙醛反应可生成乙醇，乙醛被还原，LiAlH4作还原剂，故D正确故选A7已知Ag2SO4的Ksp=c2（Ag+）c（SO42）=1.4105，将适量Ag2SO4固体溶于100mL水中至刚好饱和，饱和Ag2SO4溶液中c（Ag+）=0.032molL1若t1时刻在上述体系中加入100mL相应溶液，下列示意图中，不能正确表示t1时刻后Ag+和SO42浓度随时间变化关系的是（）A蒸馏水B0.010mol
22、L1 Ag2SO4溶液C0.020molL1 Na2SO4溶液D0.040molL1 AgNO3溶液【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】将适量Ag2SO4固体溶于100mL水中至刚好饱和，Ag2SO4刚好为100ml的饱和溶液，因为c（Ag+）=0.032molL1，所以c（Ag2SO4）=0.0151molL1；A加入100mL蒸馏水，溶液浓度减小；B已知c（Ag2SO4）=0.015molL1；加入100mL 0.010molL1 Ag2SO4，溶液浓度减小，银离子和硫酸根离子浓度都减小；C加入100mL 0.020molL1 Na2SO4溶液，根据Qc与Ksp的相对大小分
23、析溶液的变化；D加入100mL 0.040molL1 AgNO3溶液，根据Qc与Ksp的相对大小分析溶液的变化【解答】解：将适量Ag2SO4固体溶于100mL水中至刚好饱和，Ag2SO4刚好为100ml的饱和溶液，因为c（Ag+）=0.032molL1，所以c（Ag2SO4）=0.0151molL1；A加入100mL蒸馏水，溶液浓度减小，银离子浓度和硫酸根离子浓度都减小，大约为原来浓度的一半，故A正确；B已知c（Ag2SO4）=0.0151molL1；加入100mL 0.010molL1 Ag2SO4，溶液浓度减小，银离子浓度和硫酸根离子浓度都减小，故B正确；C加入100mL 0.020mol
24、L1 Na2SO4溶液后，c（Ag+）=0.032molL1=0.0151molL1，c（SO42）=（0.0151molL1+0.02molL1）=0.01755molL1，Qc=（0.0151molL1）20.01755molL1=4.0106Ksp=1.4105，所以没有沉淀析出，银离子浓度减小，硫酸根离子浓度增大，故C正确；D加入100mL 0.040molL1 AgNO3溶液，c（Ag+）=（0.031molL1+0.040molL1）=0.0355molL1，c（SO42）=0.0151molL1=0.00755molL1，Qc=（0.0355molL1）20.00755molL1
25、=9.5106Ksp=1.4105，所以没有沉淀析出，银离子浓度增大，硫酸根离子浓度减小，图中银离子浓度和硫酸根离子浓度都增大，故D错误；故选：D8已知Cu（NO3）2在某一温度下受热分解的化学方程式为Cu（NO3）22CuO+4NO2+O2，将少量的Cu（NO3）2固体放入试管中加热，然后用带火星的木条放入试管中，木条复燃，下列说法正确的是（）ANO2能支持燃烧BNO2不能支持燃烧C木条复燃是因为硝酸铜分解产生了氧气的缘故D以上说明均不正确【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响【分析】根据题给化学反应方程式知产物中NO2与O2的体积比与空气中N2、O2体积比近似相同即为4：1，而空气中的氧
26、气不能使木条复燃，所以某学生将带火星的木条放入Cu（NO3）2受热分解得到的混合气体中，木条复燃NO2肯定也能助燃，据此即可解答【解答】解：氧气具有助燃性，在纯氧气中能使带火星的木条复燃，但空气中由于含有大量不能助燃的N2，而氧气量较少，所以空气中的氧气不能使带火星的木条复燃；2Cu（NO3）22CuO+4NO2+O2，产物中NO2与O2的体积比与空气中N2、O2体积比近似相同即为4：1，某学生将带火星的木条放入Cu （NO3）2受热分解得到的混合气体中，木条复燃，显然如果NO2不能够助燃的话，则混合气体同样会因为O2含量少而不能使木条复燃，所以NO2 肯定也能助燃，故A正确故选：A9现有三组
27、溶液：汽油和氯化钠溶液 39%的乙醇溶液 氯化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（）A分液、萃取、蒸馏B萃取、蒸馏、分液C分液、蒸馏、萃取D蒸馏、萃取、分液【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】分液法可以将互不相溶的两层液体分开；蒸馏法是控制沸点的不同来实现互溶的两种液体物质间的分离方法，萃取分液法指的是加入萃取剂后，溶质在萃取剂中的溶解度远远大于在以前的溶剂中的溶解度，并两种溶剂互不相溶，出现分层现象【解答】解：汽油不溶于水，所以汽油和氯化钠溶液是分层的，可以采用分液的方法分离；酒精和水是互溶的两种液体，可以采用蒸馏的方法来分离；向氯化钠和单质溴的水溶液中加入
28、萃取剂四氯化碳后，溴单质会溶解在四氯化碳中，四氯化碳和水互不相溶而分层，然后分液即可实现二者的分离故选C10下列试剂中，可用于硬水软化的是（）A明矾B液氯C漂白粉D磺化煤【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】所谓“硬水“是指含有较多钙、镁物质的水，一般来说水的硬度是暂时硬度和永久硬度的总和水的暂时硬度是由碳酸氢钙或碳酸氢镁引起的，这种水经过煮沸以后，水里所含的碳酸氢钙或碳酸氢镁就会分解成不溶于水的碳酸钙和难溶于水的碳酸镁沉淀这些沉淀物析出，水的硬度就可以降低，从而使硬度较高的水得到软化；水的永久硬度则是由钙和镁的硫酸盐或氯化物引起的，永久硬度不能用加热的方法软化，一般有加入碳酸
29、盐的沉淀法和离子交换法等据此即可解答【解答】解：A明矾溶解于水形成胶状物，能吸附不溶的杂质小颗粒沉降下来，而硬水与软水的区别是可溶性钙、镁化合物的含量不同，与不溶性杂质无关，故A错误；B液氯为单质，溶于水变成氯水，氯水中含有HClO，具有漂白性，能杀菌消毒，但与硬水与软水的区别是可溶性钙、镁化合物的含量不同无关，故B错误；C漂白粉的成分是氯化钙和次氯酸钙的混合物，漂白原理是次氯酸钙和弱酸性物质生成的次氯酸的漂白性，能杀菌消毒，但与硬水与软水的区别是可溶性钙、镁化合物的含量不同无关，故C错误；D磺化煤（NaR）是一种有效的离子交换剂，加入磺化煤，离子交换法中阳离子交换剂发生含H+、Na+固体与C
30、a2+、Mg2+离子交换，可将硬水软化，发生反应为2NaR+CaSO4CaR2+NaSO4、2HR+CaSO4CaR2+NaSO4，故D正确；故选D11现有（1）KCl、（2）MgSO4、（3）KOH、（4）CuCl2四种溶液，不用其他试剂，仅用观察法和相互反应就可以将其区别开来，则鉴别出来的先后顺序是（）A（4）（3）（1）（2）B（3）（4）（2）（1）C（4）（2）（3）（1）D（4）（3）（2）（1）【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计【分析】不用其他试剂，仅用观察法和相互反应就可以将其区别开来，则先观察颜色，蓝色溶液为CuCl2，然后利用物质的反应及现象来解答【解答】解：观察颜色，
31、蓝色溶液为CuCl2，与氯化铜反应生成蓝色沉淀的为KOH，与KOH反应生成白色沉淀的为MgSO4，则剩余一种物质为KCl，则鉴别出来 的先后顺序为（4）（3）（2）（1），故选D12在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl+2H3AsO3+6H+2As+3SnCl62+6M，关于该反应的说法中正确的组合是（）氧化剂是H3AsO3还原性：ClAs每生成7.5g As，还原剂失去的电子为0.3molM为OHSnCl62是氧化产物ABCD【考点】氧化还原反应【分析】3SnCl2+12Cl+2H3AsO3+6H+2As+3SnCl62+6M中电荷守恒，则M为水，反应
32、中Sn元素从+2价上升至+4价，As元素从+3价下降到0价，以此来解答【解答】解：方程式中Sn元素从+2价上升至+4价，SnCl2是还原剂，SnCl是氧化产物；As元素从+3价下降到0价，H3AsO3是氧化剂，As是还原产物Cl元素化合价没有发生变化，不能推出还原性：ClAs，每生成7.5 g As，还原剂失去电子的物质的量为3=0.3 mol根据质量守恒和电荷守恒推知M应为H2O，显然正确，故选A二、解答题（共9小题，满分0分）13某学生用0.1000mol/L的NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：A、量取20.0ml待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入23滴酚酞；B、
33、用标准溶液润洗滴定管23次；C、取盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液D、取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至刻度线0以上2cm3cm；E、调节液面至“0”或“0”以下刻度并记下读数；F、把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度据此实验完成填空：（1）正确操作步骤的顺序是BDCEAF（用序号字母填写）（2）上述B步骤操作的目的是防止将标准液稀释（3）上述A步骤操作之前，先用待测溶液润洗锥形瓶，则对滴定结果的影响是偏大（4）判断到达滴定终点的实验现象是当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色【考点】中和滴定【分析】（1）根据中和滴定有检漏
34、、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作；（2）滴定管在装液时，为了防止溶液被稀释，需用待装液润洗；（3）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差；（4）如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；【解答】解：（1）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，则正确的顺序为BDCEAF，故答案为：BDCEAF；（2）用标准溶液润洗滴定管23次的目的是防止将标准液稀释，影响测定结果；故答案为：防止将标准液稀释；（3）上述A步骤操作之前，先用待测溶液润洗锥形瓶，待测液的物质的量偏大，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，测
35、定结果偏大；故答案为：偏大；（4）本实验是用NaOH滴定盐酸溶液，用酚酞作指示剂，所以终点时现象：当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色；故答案为：当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色；14工业上以废铜为原料经一系列化学反应可生产氯化亚铜（CuCl），其工艺流程如图K94所示：试根据如图转化回答下列问题：（1）工业生产Cl2时，尾气常用石灰乳吸收，而不用烧碱溶液吸收的原因是石灰乳来源丰富，成本低，且反应结束后可得副产品漂白粉（2）还原过程中的产物为NaCuCl2，试写出反应的化学方程式CuCl2+2NaCl+Cu2NaCuCl2制备中当氯化完成后必须经还原过程再制得CuCl，为什么不
36、用一步法制得CuCl？（已知Cu2+Cu+2Cl2CuCl）CuCl沉淀沉积在Cu表面阻碍反应的进行（3）还原过程中加入少量盐酸的作用是防止Cu2+水解，加入NaCl且过量的原因是生成更多的NaCuCl2，提高产率（4）合成结束后所得产品用酒精淋洗的目的是使CuCl尽快干燥，防止被空气氧化（5）实验室中在CuCl2热溶液中通入SO2气体也可制备白色的CuCl沉淀，试写出该反应的离子方程式2Cu2+2Cl+SO2+2H2O2CuCl+4H+SO42【考点】制备实验方案的设计；铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】（1）从工业生产中所用原料的经济性的角度解答；（2）流程分析可知，铜和氯气反应生成氯
37、化铜，加入铜、氯化钠和盐酸还原得到产物为NaCuCl2，结合原子守恒配平书写方程式；（3）Cu2+水解呈酸性，加入盐酸能抑制其水解，生成NaCuCl2的反应中有氯离子参加，增加氯离子浓度促使反应正向进行；（4）酒精酒精沸点低，易挥发，易晾干，所以即可以除去表面可溶性杂质又易干燥；（5）氯化铜溶液中通入二氧化硫具有还原性，还原得到白色的CuCl沉淀，二氧化硫被氧化为硫酸【解答】解：（1）石灰乳来源丰富，成本低，且反应结束后可得副产品漂白粉，所以工业生产Cl2时，尾气常用石灰乳吸收，而不用烧碱溶液吸收，故答案为：石灰乳来源丰富，成本低，且反应结束后可得副产品漂白粉；（2）流程分析可知，铜和氯气反应
38、生成氯化铜，加入铜、氯化钠和盐酸还原得到产物为NaCuCl2，结合原子守恒配平书写化学方程式为：CuCl2+2NaCl+Cu2NaCuCl2；制备中当氯化完成后必须经还原过程再制得CuCl的原因是CuCl沉淀沉积在Cu表面阻碍反应的进行；故答案为：CuCl2+2NaCl+Cu2NaCuCl2；CuCl沉淀沉积在Cu表面阻碍反应的进行；（3）Cu2+水解呈酸性，加入盐酸能抑制其水解，生成NaCuCl2的反应中有氯离子参加，增加氯离子浓度促使反应正向进行，生成更多的NaCuCl2，提高产率，故答案为：防止Cu2+水解；增大NaCl的浓度有利于生成更多的NaCuCl2，提高产率；（4）酒精酒精沸点低
39、，易挥发，易晾干，所以即可以除去表面可溶性杂质又易干燥，防止被空气氧化，故答案为：使CuCl尽快干燥，防止被空气氧化；（5）氯化铜溶液中通入二氧化硫具有还原性，还原得到白色的CuCl沉淀，二氧化硫被氧化为硫酸，反应的离子方程式为：2Cu2+2Cl+SO2+2H2O2CuCl+4H+SO42，故答案为：2Cu2+2Cl+SO2+2H2O2CuCl+4H+SO4215为了验证同浓度同体积的盐酸和醋酸的酸性不同，在同温同压下，设计如下实验：（1）实验中酸均为0.1molL1 100mL，则镁带的质量至少为0.12g，应选用200mL的量筒（填“100”、“200”或“500”）（2）铜丝不能接触酸溶
40、液的原因防止铜、镁与酸形成原电池，干扰实验现象的观察（3）本实验中验证盐酸和醋酸酸性不同的思路是在外界条件相同的情况下，反应速率快的说明H+大，酸性强【考点】比较强弱电解质的实验；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】（1）根据盐酸或者醋酸的物质的量及化学方程式进行计算；根据反应反应方程式及酸的物质的量计算出产生氢气的体积，然后选择量筒规格；（2）根据镁与铜易形成原电池，加快反应速率，干扰实验测定分析；（3）相同条件下，反应速率快的，说明溶液中氢离子浓度大，酸性较强【解答】解：（1）Mg+2HCl（或HAc）MgCl2+H2 24g 2 mol m 0.1mol/L0.1L m=0.12 g，
41、Mg+2HCl（或HAc）MgCl2+H2 2mol 1mol 0.1mol/L0.1L n（H2）n（H2）=0.005 mol，V（H2）=0.005 mol22.4L/mol=0.112L=112mL，应选200mL量筒，故答案为：0.12；200；（2）若铜丝与酸接触，镁与铜易形成原电池，加快反应速率，干扰实验测定，所以铜丝不与酸接触，故答案为：防止铜、镁与酸形成原电池，干扰实验现象的观察；（3）验证盐酸和醋酸酸性不同的思路为：在外界条件相同的情况下，同浓度的盐酸和醋酸中，反应速率快的，说明溶液中氢离子浓度大，其酸性强，故答案为：在外界条件相同的情况下，反应速率快的说明H+大，酸性强1
42、6将足量的锌投入200mL某浓度的盐酸中完全反应，生成的H2在标准状况下体积为1.12L求：（1）参加反应的锌的质量是多少？（2）所用盐酸中HCl的物质的量浓度？【考点】化学方程式的有关计算【分析】根据V=nVm计算氢气的n（H2），根据方程式Zn+2HCl=ZnCl2+H2，计算HCl的物质的量，再根据c=计算盐酸的物质的量浓度【解答】解：n（H2）=0.05mol，Zn+2HCl=ZnCl2+H2，65g 2mol 1molm n 0.05molm=3.25g，n（HCl）=0.1mol，c（HCl）=0.5mol/L，答：参加反应的锌的质量是3.25g，所用盐酸中HCl的物质的量浓度为0
43、.5mol/L17某金属元素X原子的核外电子数等于核内中子数，取该元素的单质0.6g与足量的氧气充分反应，可得到1.0g氧化物XO试通过计算推导出该元素在元素周期表中的位置【考点】原子结构与元素的性质【分析】发生反应：2X+O22XO，设X的相对原子质量为Mr，根据方程式中质量定比关系列方程计算Mr，进而计算X质子数，确定在周期表中位置【解答】解：设X的相对原子质量为Mr，则由题意知：2X+O22XO2Mr 2（Mr+16）0.6g 1.0g故2Mr：2（Mr+16）=0.6g：1.0g解得Mr=24故质子数为2412=12，为Mg元素，处于周期表第三周期A族，答：该元素处于周期表中第三周期A
44、族18已知X气体是一种无色有刺激性气味的酸性氧化物，有关X、Y、Z、W的转化关系如下，反应均为化合反应回答下列问题：（1）Y的化学式为SO3，Z的化学式为H2SO3X直接排入空气中易造成的环境问题是形成酸雨（2）反应中属于可逆反应的是，属于氧化还原反应的是（3）写出反应的化学方程式：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl（4）黏土主要有效成分的化学式为Al2Si2Ox（OH）4，其中x的值是5，若以氧化物形式表示，应写为Al2O32SiO22H2O【考点】无机物的推断【分析】X气体是一种无色有刺激性气味的酸性氧化物，能与氧气或氯气反应，说明X应为SO2，由转化关系可知Z为H2SO3，Y
45、为SO3，W为H2SO4，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题【解答】解：X气体是一种无色有刺激性气味的酸性氧化物，能与氧气或氯气反应，说明X应为SO2，由转化关系可知Z为H2SO3，Y为SO3，W为H2SO4，（1）由以上分析可知Y为SO3，Z为H2SO3，X为SO2，可导致酸雨，故答案为：SO3； H2SO3； 形成酸雨；（2）反应为二氧化硫与水的反应，为可逆反应，反为二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫的反应，为可逆反应和氧化还原反应，为三氧化硫和水的反应，为化合反应，为亚硫酸与氧气生成硫酸的反应，为氧化还原反应，为氯气和二氧化硫的反应，为氧化还原反应，则属于可逆反应的为，属于氧化还原反应的
46、为，故答案为：；（3）为氯气和二氧化硫的反应，反应的方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl；（4）化学式为Al2Si2Ox（OH）4，由化合物中正负化合价的倒数和为0可知，（+3）2+（+4）2+（2）x+（1）4=0，解得x=5；以氧化物形式表示，应写为 Al2O32SiO22H2O，故答案为：5；Al2O32SiO22H2O19石蜡油（主要是含17个碳原子以上的液态烷烃混合物）分解实验按照如图进行：（1）石蜡油分解实验产生的气体的主要成分是（填写序号，下同）只有甲烷只有乙烯烷烃跟烯烃的混合物（2）将石蜡油分解所得生成
47、物通入到溴水中，现象是溴水褪色；通入到酸性高锰酸钾溶液中，现象是酸性高锰酸钾溶液褪色（3）碎瓷片的作用是（填序号）防止暴沸 有催化功能积蓄热量 作反应物（4）写出含有18个碳原子的烷烃分解为乙烷与最多乙烯的化学方程式：C18H38C2H6+8C2H4【考点】石油的裂化和裂解【分析】（1）石蜡油分解生成烯烃和烷烃；（2）烯烃中含有碳碳双键导致烯烃性质较活泼，能被酸性高锰酸钾氧化、能和溴发生加成反应；（3）碎瓷片有催化和积蓄热量作用；（4）根据反应物、生成物和反应条件书写方程式【解答】解：（1）石蜡油主要是含17个碳原子以上的液态烷烃混合物，在加热条件下，石蜡油分解生成烯烃，根据原子守恒知，除了生
48、成烯烃外还生成烷烃，故选；（2）石蜡油的分解产物中含有烯烃，烯烃中含有碳碳双键导致烯烃性质较活泼，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，能和溴发生加成反应而使溴水褪色，所以看到的现象是：溴水褪色、酸性高锰酸钾溶液褪色，故答案为：溴水褪色；酸性高锰酸钾溶液褪色；（3）加热石蜡油时加入碎瓷片，石蜡油分解较缓慢，加热碎瓷片能加快反应速率，碎瓷片还能吸收热量而积蓄热量从而促进石蜡油分解，故选；（4）18个碳原子烷烃的分子式为C18H38，C18H38分解生成乙烷与乙烯，且它们的物质的量之比为1：8，该反应方程式为C18H38C2H6+8C2H4，故答案为：C18H38C2H6+8C2H42
49、0某强酸性溶液X中含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32、SO32、SO42、Cl、NO3中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：根据以上信息，回答下列问题：（1）上述离子中，不能确定的阳离子是Fe3+，若要用实验证明该离子一定不存在，其最可靠的化学方法是取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液不变红色说明无Fe3+（2）写出下列反应的离子方程式：中生成气体A：3Fe2+4H+NO3=3Fe3+NO+2H2O生成沉淀I：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3（3）假设测定A、F、I均为0.01mol，10mL X溶液中n（H+）=0.04
50、mol，且不能确定含有的离子只有一种当X溶液中不能确定离子是Fe3+，沉淀C的物质的量为0.07mol【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【分析】在强酸性溶液中一定不会存在CO32、SO32离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4，说明溶液中含有SO42离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe2+离子；溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀G只为Fe（OH）3，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液H中通入CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaOH和NaAlO2，说明溶液
51、中含有Al3+离子，再根据离子共存知识，溶液中含有Fe2+离子，则一定不含NO3离子，含有SO42离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl，以此进行解答【解答】解：强酸性溶液中一定不会存在CO32和SO32离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42离子，生成气体A，A连续被氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀G为Fe（OH）3，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液H中通入CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，
52、H为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3离子，含有SO42离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl，（1）根据以上分析可知，溶液中不能确定的阳离子为Fe3+；通常用硫氰化钾溶液检验铁离子，检验方法为：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+，故答案为：Fe3+；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）气体ANO，Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，NO3离子被还原为NO气体，反应的离子方程式为：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O，故答案为
53、：3Fe2+4H+NO3=3Fe3+NO+2H2O；H中NaAlO2，沉淀I为氢氧化铝，偏铝酸根离子与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故答案为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；（3）A、F、I均为0.01mol，10mL X溶液中n（H+）=0.04mol，根据反应3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O，可知亚铁离子为0.03mol，根据溶液电中性可知：2n（Fe2+）+3n（Al3+）+n（NH4+）=2n（SO42），n（SO42）=0.07mol，当X溶液中不能确定的离子是Fe3+，
54、则硫酸根离子的物质的量大于0.07mol，生成沉淀C硫酸钡的物质的量大于0.07mol；当X溶液中不能确定的离子为Cl，则硫酸根离子的物质的量小于0.07mol，生成沉淀C硫酸钡的物质的量小于0.07mol，故答案为：Fe3+；0.07mol（或Cl；0.07mol ）21试样X由氧化亚铁和氧化铜组成取质量相等的两份试样按下图所示进行实验：（1）请写出步骤中所发生的全部反应的离子方程式Fe+Cu2+=Cu+Fe2+、Fe+2H+=Fe2+H2（2）若全部的溶液Y和全部的粉末Z充分反应后，生成的不溶物W的质量是m，则每份试样X中氧化铜的质量为m（用m表示）【考点】铁的氧化物和氢氧化物；铜金属及其
55、重要化合物的主要性质【分析】（1）先判断粉末Z的成分，再根据溶液E不含铜离子判断该溶液成分，根据有气体生成，判断反应过量的物质，从而确定W的成分，写出相应的离子方程式；（2）根据铜的质量计算氧化铜的质量，氧化铜质量的一半为试样X中氧化铜的质量【解答】解：（1）因为CuO+COCu+CO2，FeO+COFe+CO2，所以固体粉末Z为Cu和Fe铁能和铜离子发生置换反应，所以铁和铜离子发生的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；强酸性溶液E不含铜离子，且有气体F生成，所以铁与铜离子反应铁过量，铁还和酸反应，所以铁和酸反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2+H2；答：步骤中所发生的全部反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+、Fe+2H+=Fe2+H2；（2）不溶物W为铜，铜有两部分来源，一部分是CO还原出的铜，一部分为铁与铜离子反应置换出的铜，所以以W的一半计算试样中的氧化铜的质量； CuOCu 80 64m m所以试样中氧化铜的质量为 m=m，故答案为： m2017年4月21日