1、承德一中高二直播课堂检测-化学试题可能用到的相对原子质量：H- 1 C-12 O-16 Na-23 Al-27 Cu-64 Fe-56 Cl-35.5一单选题（每题2分，共60分）1.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 0.1 mol 的中，含有个中子B. pH=1的H3PO4溶液中，含有个C. 2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到个CO2分子D. 密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备 PCl5（g），增加个P-Cl键【答案】A【解析】【详解】A11B中含有6个中子，0.1mol 11B含有6NA个中子，A正确；B溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B错误
2、；C标准状况下苯不是气体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目，C错误；DPCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则所1molPCl3与1molCl2反应生成的PCl5小于1mol，增加的PCl键的数目小于2NA个，D错误；答案选A。2.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是()A. 14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB. 1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NAC. 1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD. 标准状况下，2.24 L CCl4含有
3、的共价键数为0.4NA【答案】A【解析】【详解】A. 乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量为14g14g/mol=1mol，含氢原子数为2NA，故A正确；B.1mol N2与4mol H2反应生成的NH3，反应为可逆反应，1mol氮气不能全部反应生成氨气，则生成氨气分子数小于2NA，故B错误；C.1mol Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁，转移电子3mol，电子转移数为3NA，故C错误；D标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24L CCl4的物质的量不是0.1mol，无法计算其含有的共价键数，故D错误；答案选A。3.化学与生活密切相关。下列说法错误的是A. 碳酸钠可
4、用于去除餐具的油污B. 漂白粉可用于生活用水的消毒C. 氢氧化铝可用于中和过多胃酸D. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查【答案】D【解析】【详解】A. 碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A正确；B. 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；C. 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C正确；D. 碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，D错误。答案选D。【点睛】本题主要是考查常见化学物质的性质和用途判断，题目难度不大。平时注意相关基础知识的积累并能灵活应用即可，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。
5、4.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（ ）金属钠投入到FeCl3溶液中过量NaOH溶液和明矾溶液混合少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2A. B. 只有C. 只有D. 只有【答案】D【解析】【详解】Na先和FeCl3溶液中的水反应，生成NaOH，NaOH再和FeCl3反应，生成Fe(OH)3沉淀，为红褐色，不符合题意；Al3和过量的NaOH生成NaAlO2，没有沉淀，不符合题意；少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3中，Ca(OH)2完全反应，生成CaCO3白色沉淀，符合题意；NaAlO2会
6、与NaHCO3反应，生成Al(OH)3白色沉淀，离子方程式为AlO2H2OHCO3=Al(OH)3CO32，符合题意；Na2CO3溶液中通入CO2反应生成NaHCO3，由于NaHCO3的溶解度较Na2CO3小，会析出沉淀，符合题意；综上符合题意，D项正确。答案选D。5.鉴别NaCl、NaBr、NaI可以选用的试剂是()碘水、淀粉溶液氯水、CCl4溴水、苯稀硝酸、AgNO3溶液氯水、苯FeCl3溶液、CCl4A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】NaCl、NaBr、NaI中加碘水和淀粉溶液均变蓝色，不能鉴别；氯水加入NaBr、NaI中后，再加CCl4萃取，下层分别为橙红色和紫红色，加
7、入NaCl中不发生反应，可以鉴别；溴水与NaCl、NaBr不反应，溴水与NaI反应生成I2用苯萃取后，前两种上层均为橙红色，无法鉴别；NaCl、NaBr、NaI与AgNO3溶液反应分别生成AgCl、AgBr、AgI沉淀，且均不溶于稀HNO3，沉淀颜色依次为白色、淡黄色、黄色，可以鉴别；氯水加入NaBr、NaI中后，再加苯萃取，上层分别为橙红色和紫红色，加入NaCl中不发生反应，可以鉴别；FeCl3溶液只能氧化I生成I2，不能鉴别；可以选用的试剂是，答案选C。【点睛】本题考查物质的鉴别，为高频考点，侧重物质性质及性质差异的考查，把握反应中的不同现象为解答的关键。6.下列变化不能通过一步反应直接完
8、成的是（）A. Al3Al(OH)3B. AlAlO2C. Al(OH)3Al2O3D. Al2O3Al(OH)3【答案】D【解析】【详解】AAl3和氨水反应生成Al(OH)3，能一步反应直接完成，A不符合题意；BAl和NaOH溶液反应生成AlO2，能一步反应直接完成，B不符合题意；CAl(OH)3加热反应生成Al2O3，能一步反应直接完成，C不符合题意；DAl2O3不与水反应，不能一步得到Al(OH)3，D符合题意。答案为D。7.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列叙述正确的是()A. 试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B. 反应过滤后
9、所得沉淀为氢氧化铁C. 图中所示转化反应都不是氧化还原反应D. 反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；B氧化铁与氢氧化钠不反应，反应后过滤所带沉淀为氧化铁，故B错误；C电解熔融氧化铝生成铝，属于氧化还原反应，故C错误；D反应为过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+NaHCO3，故D正确；故选D。【点睛】理解工艺原
10、理，根据工艺流程判断试剂X为氢氧化钠是解题关键。本题的易错点为B，要注意氧化铁不能与氢氧化钠反应。8.铝、氧化铝、氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液的反应，其生成物有一定的规律，下列说法中正确的是A. 都有H2O生成B. 都有H2生成C. 都有AlO2生成D. 都有Al3生成【答案】C【解析】【详解】铝、氧化铝、氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液的反应的方程式分别为2Al2OH2H2O=2AlO23H2，Al2O32OH=2AlO2H2O，Al(OH)3OH=AlO22H2O，Al34OH=AlO22H2O，都有偏铝酸盐生成，C符合题意。答案选C9.下列解释实验现象的反应方程式正确的是（）A.
11、 切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗2NaO2=Na2O2B. 钠投入盛有FeCl3溶液的烧杯中，产生无色气体与红褐色沉淀：6Na2Fe36H2O=2Fe(OH)36Na3H2C. Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物2Na2O22CO2=2Na2CO3O2D. 向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀2HCO3-Ca22OH=CaCO3CO32-2H2O【答案】B【解析】【详解】A切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗是由于4NaO2=2Na2O，A错误；B钠投入盛有FeCl3溶液的烧杯中，钠先与溶液中水反应生成氢氧化钠和氢气，再是氢氧化钠和氯化
12、铁反应生成红褐色沉淀：6Na2Fe36H2O=2Fe(OH)36Na3H2，B正确；CNa2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物即生成NaOH：2Na2O22 H2O =4NaOHO2，C错误；D向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀，利用少定多变思想，少的定为“1mol”分析：HCO3Ca2OH= CaCO3 H2O，D错误。答案为B。10.化学与生活密切相关。下列说法错误的是A. 泡沫灭火器可用于一般的灭火，也适用于电器灭火B. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性C. 家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺
13、牲阳极的阴极保护法【答案】A【解析】【详解】A泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合时发生盐的双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出CO2进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，会导致触电或电器短路，因此泡沫灭火器不适用于电器灭火，A错误；B疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B正确；C油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂的油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环
14、境造成的影响，C正确；D电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼，Mg棒作原电池的负极，从而对正极的热水器内胆（多为不锈钢或铜制）起到了保护作用，这种保护方法为：牺牲阳极的阴极保护法，D正确；故合理选项是A。11.下列有关操作或判断正确的是()A. 配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高B. 用托盘天平称取25.20 g NaClC. 用100 mL的量筒量取5.2 mL的盐酸D. 用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏高【答案】D【解析】【详解】A、配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线会
15、导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低， A错误；B、托盘天平的准确度为0.1g，不能用托盘天平称取25.20gNaCl，B错误；C、用100mL的量筒量取5.2mL的盐酸会产生较大误差，应该使用10mL量筒量取，C错误；D、用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致量取的盐酸体积偏大，所配溶液浓度偏高， D正确；答案为D。【点晴】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，该题是中等难度的试题，试题基础性强，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，该题的难点在于误差分析，需要明确的是根据c=n/V可得，误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积
16、V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化。12.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（ ）化学性质实际应用A.Al2(SO4)3和小苏打反应泡沫灭火器灭火B.铁比铜金属性强FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板C.次氯酸盐具有氧化性漂白粉漂白织物D.HF与SiO2反应氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A、硫酸铝和碳酸氢钠发生反应生成氢氧化铝沉淀、硫酸钠和二氧化碳，能灭火，故说法正确；B、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，说明铜的还原性强于亚铁离子，不能说明铁的金属性比铜强，故说法错误；C、次氯酸具有强氧化性，能漂白，
17、故说法正确；D、氟化氢和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，可以刻蚀玻璃，故说法正确。故选B。【点睛】盐类水解在生活中涉及方方面面，如泡沫灭火器、明矾净水等等，泡沫灭火剂原理就是盐类水解：Al33HCO3=Al(OH)33CO2。比较金属性的强弱，可以通过置换反应，利用金属性强的制取置换性弱的，如FeCu2=Fe2Cu，说明Fe比Cu金属性强。13. 下列物质按照纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的是 （ ）A. 盐酸、水煤气、醋酸、干冰B. 冰醋酸、福尔马林、硫酸钠、乙醇C. 单甘油酯、混甘油酯、苛性钾、石灰石D. 胆矾、漂白粉、氯化钾、氯气【答案】B【解析】【详解】A、盐酸是混合物，故A不
18、符合题意；B、冰醋酸是醋酸的固态形式，是纯净物，福尔马林是甲醛的水溶液，为混合物，硫酸钠是电解质，乙醇为非电解质，故B符合题意；C、单甘油酯、混甘油酯是纯净物，石灰石是混合物，它们既不是电解质也不是非电解质，故C不符合题意；D、氯气是单质，它既不是电解质也不是非电解质，电解质和非电解质都必须是化合物，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题重点考查物质分类。电解质：在水溶液里或熔融状态下,能够导电的化合物；非电解质：在水溶液和熔融状态下,都不导电的化合物；电解质和非电解质都必须是化合物。常见的电解质有：酸、碱、盐、金属氧化物等；常见的非电解质有：非金属氧化物、氨气和大多数的有机物等。
19、14.下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是( )A. 某无色溶液中可能大量存在 H、Cl、MnO4B. pH2 的溶液中可能大量存在 Na、NH4、SiO32C. Fe2与 H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2H2O22H=2Fe32H2OD. 稀硫酸与 Ba(OH)2 溶液的反应：H+SO42-Ba2+OH-=BaSO4H2O【答案】C【解析】【详解】AMnO4是紫色，不可能存在无色溶液中，故A错误；BpH2的溶液呈酸性，硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，不能大量共存，故B错误；CFe2与 H2O2在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成铁离子和水，反应的离子方程式：2Fe2H2O22H=2
20、Fe32H2O，满足得失电子守恒和电荷守恒，故C正确；D氢离子和硫酸根离子的个数比、氢氧根离子和钡离子的个数比均应为2:1，正确的离子方程式应为：2H+SO42-Ba2+2OH-=BaSO42H2O，故D错误；答案选C。【点睛】D项的离子方程式虽然符合电荷守恒，但是不符合客观事实。15. 海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是A. 向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B. 粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C. 工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D. 富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【答案】C【解析】【详解】A、向苦卤中通入氯气置换出溴单质，分离得到溴，通入氯气是
21、为了提取溴，A正确；B、粗盐中含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等杂质，精制时通常在溶液中依次加入过量的氯化钡溶液、过量的氢氧化钠溶液和过量的碳酸钠溶液，过滤后向滤液中加入盐酸到溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，B正确；C、工业常选用生石灰或石灰乳作为沉淀剂，C错误；D、提取溴时一般用氯气置换出溴单质，由于Br2具有挥发性，用空气和水蒸气吹出溴单质，再用二氧化硫将其还原吸收转化为溴化氢，达到富集的目的，D正确；答案选C。【点睛】本题以海水的综合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等，题目难度中等。氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，富集溴一般先用空
22、气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收，据此解答即可。16.下列叙述错误的是（）A. SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同B. 制备乙酸乙酯时可用热的NaOH溶液收集产物以除去其中的乙酸C. 用饱和食盐水替代水跟电石反应，可以减缓乙炔的产生速率D. 用AgNO3溶液可以鉴别KCl和KI【答案】B【解析】【详解】ASO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同，都是发生氧化还原反应而褪色，正确，A不符合题意；B制备乙酸乙酯时可用饱和碳酸钠溶液收集产物以除去其中乙酸、乙醇，再分液，错误，B符合题意；C用饱和食盐水替代水跟电石反应，降低水的浓度，减缓乙炔的产生速率，正确，
23、C不符合题意；D用AgNO3溶液可以鉴别KCl和KI，AgCl是白色沉淀，AgI是黄色沉淀，正确，D不符合题意。答案为B。17.在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是A. 氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2B. 向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有ClC. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有HD. 向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO【答案】D【解析】【详解】A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液
24、，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl，B正确；C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H，C正确；D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确。答案选D。18.实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，错误的是（）A. 图1定量测定H2O2的分解速率B. 图2制取SO2并检验SO2的漂白性C. 图3验证氢氧化铁胶体粒子带正电荷D. 图4用于分离互溶且沸点相差较大的液体混合物【答案】A【解析】【详解】A产生的气体从漏斗中出去
25、，气体不能进入到注射器中，不能测点分解速率，错误，A符合题意；B铜和浓硫酸加热反应生成SO2，SO2使品红溶液褪色，碱液可用于尾气吸收，正确，B不符合题意；C图3现象是阴极区域颜色加深，阳极区域颜色变浅，验证了氢氧化铁胶体粒子带正电荷，正确，C不符合题意；D蒸馏用于分离互溶且沸点相差较大的液体混合物，正确，D不符合题意。答案为A。19.把一定量的铁粉、铜粉置于盛有FeCl3溶液的烧杯中，充分反应后加入KSCN溶液无明显现象，下列情况不能成立的是A. 烧杯中无铁粉剩余，有铜粉剩余B. 烧杯中铁粉、铜粉均剩余C. 烧杯中铁粉剩余，溶液中含Cu2D. 烧杯中铜粉剩余，溶液中含Fe2【答案】C【解析】
26、【详解】充分反应后加入硫氰化钾溶液无明显现象，说明没有铁离子。A.铁首先和氯化铁反应生成氯化亚铁，然后铜和氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜。所以可能无铁粉剩余，但有铜粉剩余，故正确；B.若氯化铁很少时，铁和铜都可以有剩余，故正确；C.铁有剩余时，说明溶液中的铁离子没有了，铜单质还没有反应，故溶液中不存在铜离子，故错误；D.根据上述分析可知，可能有铜粉剩余，溶液中进行的反应中都产生亚铁离子，所以一定有亚铁离子，故正确。故选C。20.铁屑溶于过量稀硫酸，过滤后向滤液中加入过量氨水，有白色沉淀生成，过滤，在空气中加热沉淀至质量不再发生变化为止，得到红棕色残渣，上述沉淀和残渣分别是（）A. Fe(OH)
27、3Fe2O3B. Fe(OH)2Fe2O3C. Fe(OH)2Fe(OH)3D. Fe(OH)2Fe3O4【答案】B【解析】【详解】铁屑溶于过量的稀硫酸，反应生成硫酸亚铁，硫酸亚铁与足量氨水反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，在空气中氢氧化亚铁容易被空气中的氧气氧化成氢氧化铁，氢氧化铁为红褐色沉淀，受热分解生成红棕色三氧化二铁，故选B。21.下列叙述I和II均正确并且有因果关系的是选项陈述I陈述IIANH4Cl为强酸弱碱盐用加热法除去NaCl中的NH4ClBFe3+具有氧化性用KSCN溶液可以鉴别Fe3+C溶解度：CaCO3Ca(HCO3)2溶解度：Na2CO3NaHCO3DSiO2可与HF反应氢氟酸
28、不能保存在玻璃瓶中A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，氯化铵不稳定，加热易分解，两者没有因果关系，A错误；BFe3+具有氧化性，能氧化还原性物质，Fe3+和SCN-反应生成血红色硫氰化铁溶液，可以用硫氰化钾溶液检验铁离子，两者没有因果关系，B错误；C碳酸钙的溶解度小于碳酸氢钙，但碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，二者没有因果关系，C错误；D二氧化硅能和氢氟酸反应，玻璃中含有二氧化硅，所以玻璃瓶不能保存氢氟酸，二者有因果关系，D正确。答案选D。22.由硫铁矿烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到绿矾(FeSO47H2O)，再通过
29、绿矾制备铁黄FeO(OH)的流程如下：烧渣溶液绿矾铁黄已知：FeS2和铁黄均难溶于水。下列说法不正确的是()A. 步骤，最好用硫酸来溶解烧渣B. 步骤，涉及的离子方程式为FeS214Fe38H2O=15Fe22SO16HC. 步骤，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾D. 步骤，反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe(OH)3【答案】C【解析】【详解】A因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则步骤，最好用硫酸来溶解烧渣，A正确；B步骤发生FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，离子反应为FeS2+14Fe3+8H2O15Fe2+2SO42-+16H+
30、，B正确；C步骤为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，若蒸干时绿矾受热失去结晶水，C错误；D步骤，反应条件控制不当，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe(OH)3，故D正确；故选C。【点睛】把握制备流程中发生的反应、混合物分离方法、实验技能等为解答的关键，由制备绿矾流程可知，烧渣（主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO）均溶于硫酸，溶液含Fe2+、Fe3+，步骤发生FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，步骤为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe(OH)3，以此来解答。23.以硫铁矿（主要成分为）为原料制备氯化铁晶体（）的工艺流
31、程如下所示：下列说法不正确的是A. “酸溶”过程中使用的酸也可以是硝酸B. 为防止污染，“焙烧”过程中产生的应回收利用C. 通入氯气的目的是氧化D. 用制取无水时，需要在氯化氢气流中加热【答案】A【解析】【分析】由流程图可知，硫铁矿通入空气煅烧生成的铁的氧化物，铁的氧化物加入盐酸溶解，过滤得到滤液为氯化铁和氯化亚铁混合液，通入氯气氧化亚铁离子，通过蒸发浓缩冷却结晶过滤洗涤得到FeCl36H2O晶体。【详解】“酸溶”过程中使用的酸如果是硝酸，回引入硝酸根离子，导致产品不纯，A错误；二氧化硫有毒，会污染环境，为防止污染，“焙烧”过程中产生的SO2可以用于制硫酸，B正确；通入氯气的目的是将Fe2+氧
32、化为Fe3+，C正确；FeCl36H2O制取无水FeCl3时，应在氯化氢气流中加热，防止水解FeCl3，D正确。故选A。【点睛】本题考查了化学工艺流程，涉及了氧化还原反应、废气处理、盐类水解等知识，正确分析流程，依据物质性质分析问题是解题关键。24.制备(NH4)2Fe(SO4)26H2O 的实验中，需对过滤出产品的母液(pHCO32，故D正确。故选D。26.为达成下列实验目的，所用方法正确的是实验目的实验方法A证明海带提碘实验中有碘生成浸出液中加入足量氯水再加入少量淀粉溶液B检验FeSO4溶液是否完全变质试样中滴酸性KMnO4溶液C实验室制取溴苯光照苯和液溴的混合物D除去乙烷中的乙烯气体催化
33、加热条件下与H2反应A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】A足量氯水可将碘离子氧化为碘酸根离子；B亚铁离子具有还原性；C苯与液溴在FeBr3等催化剂条件下发生取代反应；D易引入新杂质氢气。【详解】A足量氯水可将碘离子氧化为碘酸根离子，加淀粉不能检验，故A错误；B亚铁离子具有还原性，能使高锰酸钾褪色，可检验FeSO4溶液是否完全变质，故B正确；C苯与液溴在催化剂条件下发生取代反应，反应条件不合理，故C错误；D易引入新杂质氢气，不能除杂，应选溴水，采用洗气法除去，故D错误；故选B。27.用下列装置制备并检验Cl2的性质，下列有关说法正确的是（）A. 图中：如果MnO2过量，浓盐
34、酸就可全部反应B. 图中：充分光照后，量筒中剩余气体约为10 mL（条件相同）C. 图中：生成蓝色的烟，若在集气瓶中加入少量水，所得溶液呈绿色D. 图中：干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条能褪色，说明Cl2有漂白性【答案】B【解析】【详解】A图中：反应过程中浓盐酸不断变稀，稀盐酸不与MnO2反应，A错误；B图中：Cl2+H2OHCl+HClO，2HClO2HCl+O2，充分光照后，平衡不断正向移动，根据2Cl2O2，最后量筒中剩余气体约为10mL，B正确；C铜与氯气点燃反应生成棕黄色的烟，若在集气瓶中加入少量水，所得溶液呈蓝绿色，C错误；D图中：干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条能褪色，说
35、明HClO有漂白性，不能说Cl2有漂白性，D错误。答案为B。28.如图是一种综合处理SO2废气的工艺流程。下列说法正确的是（）A. 向B溶液中滴加KSCN溶液，溶液可能变为红色B. 溶液B转化为溶液C发生反应的离子方程式为4H2Fe2O2=2Fe32H2OC. 溶液酸性：ABD. 加氧化亚铁可以使溶液C转化为溶液A【答案】A【解析】【详解】A铁离子和二氧化硫反应生成亚铁离子和硫酸根，可能铁离子过量，因此向B溶液中滴加KSCN溶液，溶液可能变为红色，A正确；B溶液B转化为溶液C发生反应的离子方程式为4H4Fe2O2=4Fe32H2O，B错误；C溶液A发生的离子方程式为2Fe3+2H2OSO2=2
36、Fe2+4HSO42，因此溶液酸性：BA，C错误；D加氧化亚铁与酸反应不能生成Fe3+，D错误。答案为A。29.利用下图所示装置进行实验，有关现象和解释均正确的是选项足量A甲中试剂乙中试剂现象解释ACO2Na2SiO3溶液BaCl2甲浑浊、乙澄清酸性：HClH2CO3H2SiO3BCl2紫色石蕊Fe(SCN)2开始均变红Cl2溶于水显酸性CSO2品红溶液KMnO4均褪色SO2具有漂白性DNH3AgNO3溶液AlCl3现象相同NH3H2O电离出OH-A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A碳酸酸性比硅酸强，可生成硅酸沉淀，溶液变浑浊，但比盐酸弱，与氯化钡不反应，可证明酸性强弱
37、，A正确；B氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，能够是石蕊变红；氯气和生成的次氯酸均具有强氧化性，可氧化亚铁离子，表现的性质不同，B错误；C二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，表现为还原性，C错误；D氨气可与硝酸银发生络合反应，先生成沉淀后溶解，而氯化铝只生成沉淀，现象不同，D错误。答案选A。30.实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，错误的是（）A. 图1定量测定H2O2的分解速率B. 图2制取SO2并检验SO2的漂白性C. 图3验证氢氧化铁胶体粒子带正电荷D. 图4用于分离互溶且沸点相差较大的液体混合物【答案】A【解析】【详解】A产生的气体从漏斗中出去，气体不能进入到注射器中，不能
38、测点分解速率，错误，A符合题意；B铜和浓硫酸加热反应生成SO2，SO2使品红溶液褪色，碱液可用于尾气吸收，正确，B不符合题意；C图3现象是阴极区域颜色加深，阳极区域颜色变浅，验证了氢氧化铁胶体粒子带正电荷，正确，C不符合题意；D蒸馏用于分离互溶且沸点相差较大的液体混合物，正确，D不符合题意。答案为A。二卷共40分31.二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题：（1）工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为_。（2）用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶
39、解后，再加入3mL稀硫酸；.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；.用0.1000molL1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I22S2O32-=2IS4O62-），指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为_，反应中ClO2为_剂（氧化或还原）。玻璃液封装置的作用是_。中加入的指示剂通常为_，滴定至终点的现象是_。测得混合气中ClO2的质量为_g。（3）用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜
40、的是_（填标号）。a明矾b碘化钾c盐酸d硫酸亚铁【答案】 (1). 21 (2). 2ClO210I8H=5I24H2O2Cl (3). 氧化 (4). 吸收残余的二氧化氯气体（避免碘的逸出） (5). 淀粉溶液 (6). 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变 (7). 0.02700 (8). d【解析】【分析】(1)KClO3中Cl化合价降低变为ClO2，降低1个价态，Na2SO3化合价升高变为SO42，升高2个价态，根据得失电子守恒得出答案；(2)锥形瓶内ClO2与碘化钾反应生成单质碘和氯离子；二氧化氯气体会向上逸出；中根据I22S2O32=2IS4O62，得出加入指示剂；根据
41、ClO25S2O32关系式，得到n(ClO2)和m(ClO2)；(3)a.明矾、c.盐酸均不能还原亚氯酸盐；b.KI具有还原性，但氧化产物不适用饮用水使用；d.硫酸亚铁中亚铁离子将亚氯酸根还原为氯离子，亚铁被氧化为铁离子，且铁离子水解生成胶体可净化饮用水，因此最适宜。【详解】(1)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，KClO3中Cl化合价降低变为ClO2，作氧化剂，降低1价，Na2SO3化合价升高变为SO42，作还原剂，升高2价，根据得失电子守恒，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2:1；(2)锥形瓶内ClO2与碘化钾反应生成单质碘和氯离子，其离子方程式为2ClO
42、210I8H=5I24H2O2Cl，ClO2化合价降低，因此反应中ClO2为氧化剂；ClO2气体会向上逸出，因此玻璃液封装置的作用是吸收残余的二氧化氯气体（避免碘的逸出）；中根据I22S2O32=2IS4O62，因此加入的指示剂通常为淀粉溶液，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；故答案为：淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；根据ClO25S2O32关系式，得到n(ClO2)=n(S2O32)=0.1000molL10.02L=4104mol，m(ClO2)=nM=4104mol67.5gmol1=0.027g；(3)a.明矾、c.盐酸均不能还
43、原亚氯酸盐，故ac不符合题意；b.KI具有还原性，但氧化产物不适用饮用水使用，故c不符合题意；d.硫酸亚铁中亚铁离子将亚氯酸根还原为氯离子，亚铁被氧化为铁离子，且铁离子水解生成胶体可净化饮用水，因此最适宜，d符合题意。答案选d。32.某工业废水中主要含有Cr3，同时还含有少量的Fe3、Fe2、Al3、Ca2和Mg2等，且酸性较强。为回收利用，通常采用如下流程处理：注：部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表。氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2Al(OH)3Cr(OH)3pH3.79.611.189(9溶解)（1）氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是_(填序号)。
44、ANa2O2 BHNO3 CFeCl3 DKMnO4（2）加入NaOH溶液调整溶液pH8时，除去的离子是_；已知钠离子交换树脂的原理：MnnNaRMRnnNa，此步操作被交换除去的杂质离子是_。AFe3BAl3CCa2DMg2（3）还原过程中，每消耗0.8 mol Cr2O72-转移4.8 mol e，该反应离子方程式为_。【答案】 (1). A (2). AB (3). CD (4). 3S2O32 + 4Cr2O72 + 26H+ = 6SO42 + 8Cr3+ +13H2O【解析】【分析】某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚
45、铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2O72-，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+，再调节pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4；(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，注意不能引入新的杂质；(2)根据表中数据判断；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；(3)每消耗0.8mol Cr2O72-转移4.8mol e-，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，S2O3
46、2-被氧化为SO42-，结合得失电子守恒和原子守恒写出离子方程式。【详解】某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2O72-，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+，再调节pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4；(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，同时不能引入新的杂质，所以可以用Na2O2代替H
47、2O2，故答案为：A；(2)根据表中数据可知，pH=8时，Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，则Fe3+、Al3+被除去；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；(3)每消耗0.8mol Cr2O72-转移4.8mol e-，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，S2O32-被氧化为SO42-，则反应的离子方程式为：3S2O32 + 4Cr2O72 + 26H+ = 6SO42 + 8Cr3+ +13H2O。33.利用废旧镀锌铁皮可制备磁性Fe3O4胶体粒子并得到副产物ZnO。制备流程如图所示：(已知ZnO能溶于强碱)已知：Zn及其化合物的性质与Al及其化
48、合物的性质相似。请回答下列问题：（1）用NaOH溶液处理废旧镀锌铁皮的目的是_（填字母）。A 去除油污 B 溶解镀锌层C 去除铁锈 D 钝化铁皮（2）调节溶液A的pH可产生Zn(OH)2沉淀，为制得ZnO，后续操作步骤是抽滤_。（3）加适量H2O2 目的是_ 溶液B制得Fe3O4胶体粒子的过程中，须持续通入N2，其原因是_。（4）副产物ZnO常用于制备锌单质。我国早有炼锌技术的记载，明代宋应星著的天工开物中有“升炼倭铅”的记载：“每炉甘石十斤，装载入一泥罐内然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红冷定毁罐取出即倭铅也。”该炼锌工艺过程涉及主要反应的化学方程式为_，（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌
49、，“倭铅”是指金属锌）。（5）用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.01 molL1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取_g K2Cr2O7保留4位有效数字，已知Mr(K2Cr2O7)294。配制该标准溶液时，下列仪器中用不到的有_（填编号）。电子天平烧杯量筒玻璃棒250 mL容量瓶胶头滴管移液管（6）滴定操作中，如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】 (1). AB (2). 洗涤、灼烧 (3). 将部分亚铁离子氧化成铁离子 (4).
50、 防止Fe2被氧化 (5). ZnCO32CZn3CO (6). 0.7350 (7). (8). 偏大【解析】【详解】(1)A氢氧化钠溶液与油污反应生成高级脂肪酸盐，具有去除油污作用，A符合题意；B根据Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似，Zn也能和氢氧化钠溶液反应，氢氧化钠溶液起到溶解镀锌层，B符合题意；C氢氧化钠和铁不反应，C不符合题意；D氢氧化钠不能钝化铁皮，故D不符合题意；答案为：AB；(2)调节溶液A的pH可产生Zn(OH)2沉淀，抽滤就可以得到氢氧化锌沉淀，洗涤除去附着的离子，高温灼烧氢氧化锌分解得到ZnO；(3)Fe3O4中有+3价铁，因此加适量H2O2目的是将部分亚铁离
51、子氧化成铁离子，将亚铁离子和铁离子达到Fe3O4中+2价铁与+3价铁的比例关系，持续通入N2，主要防止Fe2+被氧化；故答案为：将部分亚铁离子氧化成铁离子；防止Fe2被氧化；(4)该炼锌工艺参加反应的物质是煤炭饼和炉甘石(碳酸锌)，得到的物质是倭铅(金属锌)和CO，联想初中所学高炉炼铁原理，则炼锌过程涉及主要反应的化学方程式为ZnCO32CZn3CO；(5)m(K2Cr2O7)=0.01 molL-10.250 L294 gmol-1=0.7350 g，电子天平用于准确称量固体质量，烧杯用于溶解固体，玻璃棒用于搅拌和引流，容量瓶用于配制溶液，胶头滴管用于加水定容。用不到仪器为量筒和移液管；故答案为：0.7350g；(6)如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束后气泡消失，这样就造成读出来的K2Cr2O7标准溶液体积偏大，测定结果将偏大。
