1、湖北省宜昌市葛洲坝中学2018-2019学年高二化学5月月考试题（含解析）相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5第卷(选择题，共54分)一、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共计54分。每小题只有一个选项符合题意.） 1.以下对古诗词中涉及化学知识解读错误的是（ ）A. 本草纲目“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，其清如水，味极浓烈，盖酒露也”，这种方法是蒸馏B. 开宝本草记载KNO3提纯方法 “所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”，涉及操作方法是溶解、蒸发、结晶C. 长恨歌“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象
2、，与光学及胶体知识有关D. 正月十五夜“火树银花合，星桥铁锁开”，“火树银花”中的彩色焰火实质上是Fe、Cu、S等元素发生了焰色反应【答案】D【解析】【详解】A. 从“蒸令气上，其清如水”的描述可知为蒸发、冷凝的过程，即为蒸馏的操作，A项正确；B. 从“地上有霜，扫取以水淋汁”的描述为溶解操作。“煎炼而成”描述的为蒸发、结晶的操作，B项正确；C. 长恨歌“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是因空气中的各种悬浮微粒与光的折射和全反射相互作用而形成的自然现象，与光学及胶体知识有关，C项正确；D. 铁、硫等不能发生焰色反应，D项错误。答案应选D。2.生活中处处有化学，下列说法中正确的是( )
3、A. CO2和 CH4都是能引起温室效应的气体B. 治疗胃酸过多的药物主要成分为Al(OH)3或Na2CO3等C. 明矾溶于水产生具有吸附性的胶体粒子，常用于饮用水的杀菌消毒D. 鲜榨苹果汁中含Fe2+,加入维C，利用其氧化性，可防止苹果汁变黄【答案】A【解析】【详解】A. CO2和 CH4都是能引起温室效应的气体，A项正确；B. 治疗胃酸过多的药物主要成分为Al(OH)3或NaHCO3。Na2CO3因碱性较强不能用于治疗胃酸过多，B项错误；C. 明矾溶于水虽产生具有吸附性的胶体粒子，但明矾没有强氧化性，不能用于饮用水的杀菌消毒，只能用于净水，C项错误；D. 向鲜榨苹果汁中加入维C，是利用其还
4、原性，防止苹果汁中的亚铁离子氧化变黄，D项错误；答案应选A。3.下列有关物质分类或归类正确的一组是( )液氯、干冰、磁性氧化铁为化合物 盐酸、水玻璃、王水为混合物 明矾、纯碱、烧碱为电解质 牛奶、豆浆、碘酒为胶体 小苏打、苏打、苛性钠为钠盐A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】液氯是氯气，属于单质，干冰是二氧化碳、磁性氧化铁是四氧化三铁均为化合物，故错误；盐酸是氯化氢的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液、王水是浓盐酸和浓硝酸混合物，均为混合物，故正确；明矾为硫酸铝钾的晶体，纯碱为碳酸钠，烧碱是氢氧化钠，都是电解质，故正确；牛奶、豆浆是胶体，碘酒为溶液不是胶体，故错误；小苏打是碳酸氢钠、
5、苏打是碳酸钠均为钠盐，苛性钠为氢氧化钠是碱，不属于钠盐，故错误；综上所述正确的是，答案应选B。4.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A. 含4 mol HCl的浓盐酸与足量MnO2在加热反应生成Cl2的分子数为NAB. 向1 L 1 mol/L FeBr2溶液中通入足量氯气，转移的电子数为4NAC. 1 mol N2与3 mol H2在一定条件下充分反应，生成的NH3分子数为2NAD. 2.0 g含D2O和H218O混合物中含质子数目为NA【答案】D【解析】【详解】A.MnO2只能与浓盐酸反应，一旦盐酸变稀反应即停止，故4molHCl不能反应完全，因此制得的氯气的物质的量小于1m
6、ol，氯气分子个数少于NA，A项错误；B. 向FeBr2溶液中通入足量氯气，则亚铁离子和溴离子均会被氧化，原理为2FeBr2+3Cl2= 2FeCl3+ 2Br2，转移6mol电子。因此1 L 1 mol/L FeBr2中所含溶质为1mol，故转移的电子数应为3NA，B项错误；C.因N2与H2合成氨气的反应为可逆反应，所以当在一定条件下1 mol N2与3 mol H2即使充分反应，生成的NH3分子数也要小于2NA，C项错误；D. 2.0 g含D2O（M=20g/mol）和H218O（M=20g/mol）的混合物的物质的量为0.1mol，由于无论是D2O还是H218O所含的质子数均为10个，所
7、以0.1mol该混合物中含有的质子数目为NA，D项正确；答案应选D。5.下列叙述中正确的是（ ）A. 含金属元素的离子一定都是阳离子B. 酸性氧化物都可以与NaOH溶液反应C. 金属氧化物都是碱性氧化物D. 合金一定是由两种或两种以上的金属融合而成的混合物【答案】B【解析】【详解】A. 阴离子高锰酸根中含金属元素锰，因此含金属元素的离子不一定都是阳离子，A项错误；B. 酸性氧化物是指能与碱反应生成盐和水的物质，因此都可以与NaOH溶液反应，B项正确；C. 金属氧化物不都是碱性氧化物，如氧化铝就属于两性氧化物，C项错误；D. 合金是由两种或两种以上的金属或金属与非金属融合而成的混合物，D项错误；
8、答案应选B。6.下列说法中正确的是（ ）A. 1mol O质量是16g/molB. 22.4L H2的物质的量是1molC. 将80gNaOH溶于1L水中，所得溶液中NaOH的物质的量浓度是2mol/LD. NaCl的摩尔质量是58.5g/mol【答案】D【解析】试题分析：质量的单位为g，不是g/mol，故A项错误；应用气体体积需注明条件，不注明条件224L H2的物质的量不一定是是1mol，故B项错误；将80gNaOH溶于1L水中，溶剂水的体积是1L，但溶液体积不一定是1L，故所得溶液中NaOH的物质的量浓度不是2mol/L，故C项错误；NaCl的摩尔质量数值上等于其相对分子量，故是585g
9、/mol，故D项正确。考点：物质的量相关概念考查。7.常温下，在指定溶液中，以下各组离子可能大量共存的是（ ）A. 酸化的KNO3溶液： Na+、Fe2+、Br-、SO42-B. 无色澄清透明溶液： Al3+、NH4+、Cl-、CO32-C. 水电离的c(H+)=10-12mol/L的溶液：Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-D. 使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液：Ba2、Na、MnO4、SO32【答案】C【解析】【详解】A. 酸化的KNO3溶液具有氧化性，因此Fe2+不能存在，A项错误；B. 在溶液中Al3+与CO32-因发生双水解反应而不能共存，B项错误；C. 水电离的c(H+)=10-12mo
10、l/L的溶液说明此时水的电离受到了抑制，因此该溶液可能大量存在着H+或OH-。其中Fe3+不能与OH-共存，但这四种离子可以与H+共存，C项正确；D. 能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液具有较强的氧化性，因此SO32不能共存，且MnO4与SO32也会因发生氧化还原反应而不能共存，Ba2与SO32因反应产生沉淀而不能共存，D项错误；答案应选C。8.标准状况下：6.72LCH4 3.011023个HCl 10.8gH2O 0.7molNH3 下列对这四种物质的大小关系表示错误的是（ ）A. 体积：B. 分子数：C. 氢原子数：=D. 质量：【答案】A【解析】分析：根据n=m/MV/Vm=N/NA计算分析
11、。详解：n（CH4）=6.72L22.4L/mol=0.3mol，n（HCl）=3.011023/6.021023mol1=0.5mol，n（H2O）=10.8g18g/mol=0.6mol，n（NH3）=0.7mol，则A、标准状况下，气体的物质的量越大，气体的体积越大，物质的量关系为：n（NH3）n（HCl）n（CH4），水不是气态，体积最小，因此体积关系为：，A错误；B、物质的量越大，气体分子数越大，物质的量关系为：n（NH3）n（H2O）n（HCl）n（CH4），因此分子数关系为：，B正确；C、甲烷所含氢原子的物质的量为0.3mol4=1.2mol，HCl所含氢原子的物质的量为0.5m
12、ol1=0.5mol，H2O所含氢原子的物质的量为0.6mol2=1.2mol，NH3所含氢原子的物质的量为0.7mol3=2.1mol，氢原子物质的量越大，氢原子数越大，因此氢原子数关系为：=，C正确；D、m（CH4）=0.3mol16g/mol=4.8g，m（HCl）=0.5mol36.5g/mol=18.25g，m（H2O）=10.8g，m（NH3）=0.7mol17g/mol=11.9g，因此质量关系为：，D正确；答案选A。点睛：本题综合考查物质的量的相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度中等，注意把握物质的构成以及相关计算公式的运用，尤其要注意气体摩尔体积的适用范围和使
13、用条件。9.下列反应的离子方程式书写中，正确的是( )A. 单质铜与稀硝酸反应：Cu2H+2NO3- = Cu22NOH2OB. 氯气溶于水：Cl2+H2O = 2H+Cl+ClOC. NaHCO3溶液中加少量澄清石灰水：2HCO3-+Ca2+2OH- = CaCO3+2H2O +CO32-D. 酸性溶液中KIO3与KI反应：IO3-+I-+6H+ = I 2 +3H2O【答案】C【解析】【详解】A. 单质铜与稀硝酸反应：3Cu8H+2NO3- = 3Cu22NO4H2O，未配平，A项错误；B. 氯气溶于水：Cl2+H2O = H+Cl+HClO，弱酸HClO 不能拆，B项错误；C. NaHC
14、O3溶液中加少量澄清石灰水：2HCO3-+Ca2+2OH- = CaCO3+2H2O +CO32-，C项正确；D. 酸性溶液中KIO3与KI反应：IO3-+5I-+6H+ = 3I2 +3H2O，电子不守恒，D项错误；答案应选C。10.钛和钛合金在航空工业有重要应用。冶炼钛的过程中发生反应之一是：TiO22C2Cl2=TiCl42CO。下列说法错误的是( )A. 生成1 mol TiCl4时，转移电子4 molB. C是还原剂C. 尾气必须净化处理D. TiO2是氧化剂【答案】D【解析】A. TiCl44e-，生成1molTiCl4时，转移电子4 mol，故A正确；B. C的化合价升高，C是还
15、原剂，故B正确；C. 尾气含有有毒气体CO、Cl2，必须净化处理，故C正确；D. TiO2中元素化合价无变化，TiO2不是氧化剂，故D错误。故选D。11.下列离子检验实验中，所用试剂以及添加顺序正确的是( )A. 检验溶液含Fe2而不含Fe3，先加少量KSCN溶液，再加浓KMnO4溶液B. 检验溶液含Cl-和SO42，先加足量AgNO3溶液，再加Ba(NO3)2溶液C. 检验溶液中的I-，先加适量新制氯水，再加CCl4D. 检验溶液中的NH4+，先加足量NaOH溶液，再加几滴紫色石蕊试液【答案】C【解析】【详解】A. 检验溶液含Fe2而不含Fe3，先加少量KSCN溶液，如溶液不变红则证明不含F
16、e3,再加浓KMnO4溶液,此时Fe2应被氧化为Fe3,遇KSCN溶液变红,但如高锰酸钾浓度过高,如未反应完,其紫色会对实验结果产生影响, A项错误；B 由于AgNO3溶液与Cl-和SO42均可产生白色沉淀，所以无法鉴别，B项错误；C. 检验溶液中的I-，先加适量新制氯水，将其置换成为I2。再加CCl4，进行萃取，如CCl4层变为紫红色，则说明存在I-，C项正确；D. 检验溶液中的NH4+，先加足量NaOH溶液，再加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的刺激性气味的气体，则证明存在铵根。加足量NaOH溶液后，如用紫色石蕊试液检验，因氨水和氢氧化钠均显碱性，所以无法证明铵根离子的存在，D项错误；答
17、案应选C。12.下列说法错误的是( )A. 用托盘天平称取3.2 g NaCl固体B. 过滤和向容量瓶转移液体时，玻璃棒的作用相同C. 容量瓶使用前应洗涤、干燥、检漏D. 定容时，加水不慎超过刻度线，只能重新配置【答案】C【解析】【详解】A. 托盘天平的精确度为0.1g，因此可以用托盘天平称取3.2 g NaCl固体，A项正确；B. 过滤和向容量瓶转移液体时，玻璃棒的作用均为引流，作用相同，B项正确；C. 容量瓶使用前应先检漏，再进行洗涤，无需干燥，C项错误；D. 定容时，加水不慎超过刻度线，所配置的溶液变稀，只能重新配置，D项正确；答案应选C。13.肼(N2H4)是火箭常用的高能燃料，常温下
18、为液体，其球棍模型如下图，肼与双氧水反应：N2H42H2O2 = N24H2O 。下列说法正确的是()A. 标准状况下，11.2 L N2H4中含电子总数为5NAB. 标准状况下，22.4 L N2H4中所含原子总数为6NAC. 标准状况下，3.2 g N2H4中含有共价键的总数为0.6NAD. 若生成3.6 g H2O，则反应转移电子的数目为0.2NA【答案】D【解析】【分析】由肼的球棍模型可分析出其分子的结构简式为，含5条共价键。发生反应N2H42H2O2 = N24H2O，每生成4mol水时，转移4mol电子，以此答题。【详解】A.标况下肼为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，
19、A项错误；B.标况下肼为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，B项错误；C.3.2g肼的物质的量为0.1mol，而肼中含5条共价键，故0.1mol肼中含0.5NA条共价键，C项错误；D.3.6g水的物质的量为0.2mol，而反应中当生成4mol水时，转移4mol电子，故当生成0.2mol水时，转移0.2NA个电子，D项正确；答案应选D。14.等物质的量的下列物质氧化NaI生成I2，自身变化为：H2O2H2O,MnO2Mn2+,HNO3NO，KIO3I2。其反应生成I2最多的是( )A. H2O2B. MnO2C. HNO3D. KIO3【答案】D【解析】【分析】反应中1mol I-I2
20、，失去1mol电子，而1mol H2O2H2O得到2mol电子，1mol IO3-I2得到5mol电子，1mol MnO4-Mn2+得到5mol电子，1mol HNO3NO得到3mol电子，根据氧化还原反应氧化剂与还原剂得失电子总数目相等，由此解题。【详解】氧化I-时，1mol H2O2H2O得到2mol电子，1mol IO3-I2得到5mol电子，1mol MnO4-Mn2+得到5mol电子，1mol HNO3NO得到3mol电子。因此当等物质的量时，IO3-和MnO4-得电子数最多，所氧化的I-也最多。但IO3-由于被还原后还会生成I2，因此得到I2最多的是IO3-。答案应选D。【点睛】本
21、题考查的是利用电子守恒的氧化还原反应的计算，题目难度不大，但注意除分析清楚元素化合价的变化，还应注意元素的守恒关系。其中IO3-也被还原为I2，是本题的易错点。15.下列推理正确的是（ ）A. 铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，故铁丝在氧气中燃烧生成Fe2O3B. 铁能从硫酸铜溶液中置换出铜，故钠也能从硫酸铜溶液中置换出铜C. 活泼金属钠保存在煤油中，故活泼金属铝也保存在煤油中D. 钠与氧气、水等反应时钠作还原剂，故金属单质参与反应可作还原剂【答案】D【解析】【详解】A. 铝粉氧气中燃烧生成Al2O3，但铁丝在氧气中燃烧生成Fe3O4，A项错误；B. 铁能从硫酸铜溶液中置换出铜，但钠在硫酸铜溶液
22、中先与水反应，生成的碱再与硫酸铜反应，故无法置换出铜，B项错误；C. 活泼金属钠保存在煤油中，隔绝空气，但活泼金属铝因被空气氧化后在其表面形成一层致密的氧化膜可以保护金属不再反应，C项错误；D. 钠与氧气、水等反应时钠作还原剂，故金属单质参与反应一般均可作还原剂，D项正确；答案应选D。16.某无色溶液X，仅可能含有Cu2+、NH4+、H+、Cl-、I-、SO32-六种离子中的几种（不考虑水的电离，且溶液中各离子浓度均为0.1molL-1），向该溶液中滴加过量新制氯水，所得溶液仍为无色。下列关于溶液X的分析中错误的是（ ）A. 肯定不含I-B. 肯定含有SO32-C. 肯定不含NH4+D. 肯定
23、不含Cl-【答案】C【解析】【分析】由于溶液为无色，因此肯定不含蓝色的Cu2+。当向该溶液中滴加过量新制氯水，所得溶液仍为无色，因此溶液中不含I-。但氯水的颜色也消失了，说明存在还原性离子SO32-。由于溶液中各离子浓度均为0.1molL-1，为实现电荷守恒，故阳离子NH4+、H+都必须存在，而Cl-不能存在，以此解题。【详解】A. 当向该溶液中滴加过量新制氯水，所得溶液仍为无色，因此溶液中不含I-，A项正确；B. 向该溶液中滴加过量新制氯水，所得溶液仍为无色，说明氯水的颜色也消失了，溶液中存在还原性离子SO32-。因此肯定含有SO32-，B项正确；C. 由于溶液中各离子浓度均为0.1molL
24、-1，SO32-所带阴离子电荷量0.2 molL-1，因此为实现电荷守恒，阳离子电荷量也为0.2 molL-1，故阳离子NH4+、H+都必须存在，C项错误；D. 溶液中如再存在Cl-，则无多余的阳离子中和Cl-电性，会使溶液中电荷不守恒，因此肯定不含Cl-，D项正确；答案应选C。【点睛】本题主要考查的是离子的共存问题，以及利用电荷守恒辅助判断溶液中所存在的离子种类。解题的关键在于当向该溶液中滴加过量新制氯水（浅黄绿色），所得溶液仍为无色。从这句话可判断出存在还原性离子SO32-。17.某溶液中含有H+、Mg2+、Al3+三种阳离子，逐滴加入0.1mol/L NaOH溶液，消耗NaOH溶液体积和
25、生成沉淀关系如图，则下列说法正确的是( )A. 横坐标为0-50mL时，所有反应为：Mg2+2OH-=Mg(OH)2 Al3+3OH-=Al(OH)3B. B点生成沉淀的总物质的量0.02molC. 若往C点的溶液中加入足量盐酸，沉淀将全部溶解D. H+、Mg2+、Al3+三种阳离子物质的量浓度之比为：2:2:1【答案】C【解析】【分析】根据图象知，横坐标为0-10mL时发生的反应是：H+OH-=H2O，加入10mLNaOH溶液所中和氢离子为：n（H+）=n（NaOH）=0.01L0.1mol/L=0.001mol；横坐标为50-60mL时，发生的化学反应是：Al（OH）3+OH-=AlO2-
26、+2H2O，Al（OH）3完全溶解消耗10mLNaOH溶液，由方程式可知nAl（OH）3=n（NaOH）=0.01L0.1mol/L=0.001mol，再根据铝元素守恒可知，n（Al3+）=nAl（OH）3=0.001mol；横坐标为10-50mL时发生的化学反应是：Mg2+2OH-=Mg（OH）2、Al3+3OH-=Al（OH）3，沉淀为最大值时，该阶段消耗40mLNaOH溶液，根据元素-守恒，2nMg（OH）2+3nAl（OH）3=n（NaOH），故2nMg（OH）2+0.003=0.04L0.1mol/L，故nMg（OH）2=0.0005mol，以此解题。【详解】A. 横坐标为0-50m
27、L时，所有反应为：0-10mL时，H+OH-= H2O；10-50mL时，Mg2+2OH-=Mg(OH)2 、Al3+3OH-=Al(OH)3，A项错误；B. B点生成沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3的总物质的量为nAl（OH）3+ nMg（OH）2=0.001mol+0.0005mol=0.0015mol，B项错误；C. 若往C点的溶液中加入足量盐酸，Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O、NaAlO2+4HCl=NaCl+AlCl3+2H2O，将全部溶解，C项正确；D. 经计算，溶液中H+、Mg2+、Al3+三种阳离子物质的量浓度之比为：0.001mol:0.0005mol:0
28、.001mol，即2：1：2，D项错误；答案应选C。【点睛】此题考查学生运用镁、铝的化合物与碱反应的物质的量关系绘制图象问题。其中向含有H+、Mg2+、Al3+三种阳离子的溶液中滴加氢氧化钠时，溶液中的H+优先反应H+OH-= H2O，当H+反应完后，溶液中的Mg2+、Al3+与氢氧化钠反应，Mg2+2OH-=Mg（OH）2、Al3+3OH-=Al（OH）3。继续滴加氢氧化钠，Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O。由于AB段为Mg2+、Al3+混合物与氢氧化钠反应的关系，不易计算出它们各自的量，因此应利用BC段进行计算，可算出Al3+的量。18.将SO2通入Fe(NO3)3溶液中，溶液
29、由棕黄色变为浅绿色，但立即又变为棕黄色，这时若滴入BaCl2溶液，会产生白色沉淀。在上述一系列变化过程中，最终被还原的是( )A. Cl-B. SO2C. Fe3+D. NO3-【答案】D【解析】【分析】由滴入BaCl2溶液，则会产生白色沉淀，可知SO2通入Fe（NO3）3溶液中发生的氧化反应为SO2被氧化为了SO42-。溶液由黄色变为浅绿色，但立即又变为黄色，说明在此过程中，三价铁离子变为亚铁离子，后又被氧化为三价铁离子，究其原因是因为SO2+2Fe3+2H2O=SO42-+2Fe2+4H+，溶液由黄色变为浅绿色，而后溶液中3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O，溶液立即又变为黄
30、色。【详解】由于滴入BaCl2溶液后会产生白色沉淀，可知SO2通入Fe（NO3）3溶液中发生的氧化反应为SO2被氧化为了SO42-。在此过程中溶液由黄色变为浅绿色，但立即又变为黄色，说明此过程中，三价铁离子变为亚铁离子，后又被氧化为三价铁离子，并没有真正被还原，究其原因是因为SO2+2Fe3+2H2O=SO42-+2Fe2+4H+，而后溶液中3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O，溶液立即又变为黄色。即最终发生化合价变化的是NO3-，NO3-被还原为NO，故D项正确。答案应选D【点睛】此题考查的是氧化还原反应中电子守恒。解题的关键需把握无论反应如何进行，在氧化还原反应中氧化剂与还原
31、剂必定同时存在，且氧化剂得电子的总数永远与还原剂失电子的总数相等。第II卷(共46分)二、简答题(本题包括5道小题，共计46分)19.2019年4月，陨石坠落哥斯达黎加，再次引发了人们对“天外来客”的关注，下图中（部分产物已略去），X、Y、Z为单质，其它为化合物；E为陨石的主要成分，也是石英砂的主要成分；A为黑色磁性氧化物，请回答下列问题：(1)写出E与焦炭在高温下反应制取Z的化学方程式，并用单线桥分析标明电子转移数目_.(2)写出E与 NaOH溶液反应的离子方程式 _(3)A与足量B的稀溶液反应生成D溶液，请用文字表述检验D中金属阳离子存在的一种实验方法：_(4)已知在外加直流电作用下，G胶
32、粒会向阳极区移动，这种现象叫做_；净化G胶体可采用图_（填序号）的方法，此种方法叫_。【答案】 (1). (2). SiO2 + 2OH- = SiO32-+ H2O (3). 取少量待检液于试管，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明有Fe3+存在（或者）取少量待检液于试管，滴加KOH溶液，若有红褐色沉淀生成，则说明有Fe3+存在 (4). 电泳 (5). (6). 渗析【解析】【分析】由于E为陨石的主要成分，也是石英砂的主要成分，因此E为SiO2；A为黑色磁性氧化物，因此A为Fe3O4，由于X、Y、Z为单质，所以X为Fe、Y为氧气、Z为Si。由此可推断出B为硝酸、D为硝酸铁溶液、F为硅酸钠
33、溶液、G为硅酸凝胶，由此解题。【详解】(1) SiO2与焦炭在高温下反应制取Si的化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO，用单线桥表示其电子转移数目为；(2) SiO2是酸性氧化物，与 NaOH溶液反应生成盐和水，其离子方程式可表示为：SiO2 + 2OH- = SiO32-+ H2O；(3) Fe3O4与足量的稀硝酸反应生成硝酸铁溶液，因此溶液中的阳离子为Fe3+，其检验的方法为：取少量待检液于试管，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明有Fe3+存在（或者）取少量待检液于试管，滴加KOH溶液，若有红褐色沉淀生成，则说明有Fe3+存在；(4)在外加直流电作用下，胶粒做定向移动的现象为电泳现
34、象；净化胶体主要是洗去胶体中的离子，所以应采用渗析的方法，选择的是图中的装置。20.微型化学实验能有效减少污染，节约药品。下图中，某学生在衬有一张白纸的玻璃片上放置表面皿，在表面皿上的不同位置分别滴加浓度为0.1 mol/L的KBr、KI(含淀粉溶液)、NaOH(含酚酞)、FeCl2(含KSCN)溶液各1滴，在表面皿中心处放置2小粒KMnO4晶体，并滴加一滴浓盐酸，立即将表面皿盖好。可见KMnO4晶体很快溶解，并产生气体。(1) 完成本实验中制取Cl2的化学方程式： _KMnO4+_HCl(浓)_KCl +_ MnCl2 + _ Cl2+_ _ . 如该反应中消耗还原剂的物质的量为8mol,则
35、电子转移数目为_ .b处的实验现象为_;c处的实验现象为_d处反应的离子方程式为_、_通过该实验能比较Cl2、FeCl3、KMnO4三种物质氧化性的强弱，其氧化性由强到弱的顺序是_。【答案】 (1). 2 (2). 16 (3). 2 (4). 2 (5). 5 (6). 8 (7). H2O (8). 8NA (9). b处溶液变蓝色 (10). c处溶液红色褪色 (11). 2Fe2+ Cl2 = 2Fe3+ 2Cl- (12). Fe3+ 3SCN- = Fe(SCN)3 (13). KMnO4 Cl2 FeCl3【解析】【分析】高锰酸钾具有强氧化性，能把盐酸氧化生成氯气，自身被还原生成
36、氯化锰，此反应原理为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O。在此反应中高锰酸钾是氧化剂，盐酸是还原剂，根据高锰酸钾或参加氧化还原反应的盐酸的计量数及化合价变化可判断出转移电子的数目。产物氯气具有氧化性，且易与碱反应，由此解题。【详解】（1）高锰酸钾具有强氧化性，能把盐酸氧化生成氯气，自身被还原生成氯化锰，所以发生的反应方程式为：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，故其配平系数为2、16、2、2、5、8H2O；该反应中氧化剂是高锰酸钾，还原剂是盐酸，根据转移电子数守恒可知，当2mol高锰酸钾参加反应时，转移电子数目=2mol（7-2
37、）=10mol，此时消耗还原剂的物质的量为10mol，因此当反应中消耗还原剂的物质的量为8mol,则电子转移数目为8NA；（2）b处氯气能置换出碘，碘遇淀粉变蓝色，c处氯气能与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，使酚酞褪色。因此b处看到的现象是溶液变蓝色，c处看到的现象是溶液红色褪去；（3）d处 氯气氧化氯化亚铁生成氯化铁，氯化铁和硫氰化钾溶液反应使溶液呈血红色，所以d处反应的离子方程式为2Fe2+ Cl2 = 2Fe3+ 2Cl- 、 Fe3+ 3SCN-= Fe(SCN)3；（4）2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O中氧化性KMnO4Cl2，2FeCl2+
38、Cl2=2FeCl3中氧化性Cl2FeCl2，所以氧化性大小顺序是KMnO4Cl2FeCl3。【点睛】本题考查氧化还原反应、实验室制氯气的反应原理及氯气的性质。在配平氧化还原反应方程式时，标明元素化合价，充分利用电子守恒进行配平。在计算还原剂所转移的电子数时，要注意在本题的反应中并非所有的盐酸均变价了，因此解本题的关键是利用氧化产物氯气准确判断发生变价的HCl的物质的量。通常在氧化还原反应中“剂”的性质均强于“产物”的。21.A、B、C、D均含有同一种元素，它们之间的转化关系如图所示（反应条件及其他物质已经略去） A B C DI、若A是一种黄色固体单质；B为酸雨的成因之一，且可使品红溶液褪色
39、，回答以下问题：（1）将B通入KMnO4溶液的现象为：_；体现B的_（选填“氧化性”“还原性”“漂白性”）；（2）请写出D的浓溶液与单质铜反应的化学方程式：_.、若A气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则回答下列问题（1）写出AB的化学反应方程式_ （2）实验室常用图所示装置制取并收集A气体,请在框中画出实验室收集A气体的装置图_（3）尾气处理装置中使用倒扣漏斗的作用是_。【答案】 (1). 紫色溶液褪色 (2). 还原性 (3). Cu +2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2+2H2O (4). 4NH3 +5O2 4NO + 6H2O (5). (6). 防止倒吸【解析】【分析】若A是黄
40、色晶体，B为酸雨的成因之一，且可使品红溶液褪色，则A为S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4。若A气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A为NH3，B为NO，C为NO2， D为HNO3。以此解题。【详解】I、（1）B为二氧化硫，具有还原性，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，使高锰酸钾溶液褪色，因此答案为：紫色溶液褪色、还原性；（2）D为H2SO4，具有强氧化性，在加热条件下与铜发生氧化还原反应，其与单质铜反应的化学方程式：Cu +2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2+2H2O；、（1）A为NH3，B为NO，因此AB的化学反应方程式为4NH3 +5O2 4NO + 6H2O； （2）实验室常用
41、图所示装置制取并收集NH3气体,在框中应为气体收集装置。由于NH3的密度比空气要小，因此用向下排空气法进行收集，其装置图为：（3）由于氨气在水中的溶解度非常大，因此尾气处理装置中使用倒扣漏斗的作用是防倒吸。【点睛】此题主要考察学生实验室制氨气的装置及硫、氮化合物的性质。综合了推断、实验等题型。解决本题的关键是对化学反应中能存在A B CD这种递变性规律的了解与掌握。符合此关系中的A不仅可以是硫或硫化氢、也可以是氮气或氨气、还可能是碳或甲烷。22.实验室用浓硫酸配制1.0mol/L硫酸溶液480mL，回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是 _（填字母），配制上述溶液还需用到的
42、玻璃仪器是_（填仪器名称）。（2）容量瓶上标有以下5项中的_（填序号）压强 温度 容量 浓度 刻度线 （3）在配制过程中，下列操作使所配溶液浓度偏大的是_ .未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中 定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线 定容时，仰视刻度线 使用容量瓶前用蒸馏水洗涤且没干燥（4）计算实验室配制上述溶液需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g/mL的浓硫酸的体积为：_mL。（保留小数点后一位）【答案】 (1). A C (2). 烧杯、玻璃棒 (3). (4). (5). 27.2【解析】【分析】配制一定物质的量浓度的溶液时需要用到的玻璃
43、仪器为烧杯、玻璃棒、一定规格的容量瓶、胶头滴管、量筒。在利用浓溶液配制稀溶液的过程中，可先利用c=w%/M计算出浓硫酸的浓度，再根据溶液稀释过程中溶质的量并未发生变化，使用c浓V浓=c稀V稀这一关系进行计算。【详解】（1）配制一定物质的量浓度的溶液过程中肯定不需要的是烧瓶和分液漏斗，配制一定物质的量浓度的溶液还需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒。答案应为：A C、烧杯 玻璃棒； （2）容量瓶是一种细颈梨形平底的容量器，带有磨口玻塞，颈上有标线，表示在所指温度下液体凹液面与容量瓶颈部的标线相切时，溶液体积恰好与瓶上标注的体积相等。容量瓶上标有：温度、容量、刻度线。因此答案为；（3）在配制过程中：未等
44、稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，会使溶液因温度过高而体积偏大，因此定容时加入的水量偏少，使所配制溶液浓度偏高； 定容摇匀后，发现液面低于刻度线，是正常现象，因有部分溶液粘到瓶塞和瓶颈处。如又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，则加水偏多，溶液体积偏大，使所配制溶液浓度偏低； 定容时，仰视刻度线会导致所配溶液的液体体积偏大，浓度偏低，因在定容时还需向容量瓶中加入水，因此使用容量瓶前用蒸馏水洗涤且没干燥不会对实验结果产生影响。因此答案应选；(4)质量分数为98、密度为1.84g/mL的浓硫酸的物质的量浓度为：c（浓硫酸）18.4moL，在溶液稀释前后溶质的物质的量不变，因此设浓硫酸的体积
45、为V，所以18.4mo/LV1.0mol/L0.5L，V0.02717L，当保留小数点后一位时，V=27.2mL。故答案为：27.2。【点睛】本题考查的是一定物质的量浓度溶液的配制。在计算时应注意实验室中并无480mL容量瓶，因此需要用500mL容量瓶配制溶液，因此本题所涉及到的计算中配制的溶液体积应为500mL。23.NaClO2可用来漂白织物，其生产工艺如下图，回答下列问题：（1）图中两种氯的含氧酸盐中氯元素的化合价从高到低为_价、_价（2）电解步骤所用食盐水由粗盐水精制而成，除去粗盐水中Mg2、Ca2,应加入的试剂分别为_、_（3）写出反应的化学方程式：_（4）“有效氯含量”是指每克含氯
46、消毒剂的能力相当于多少克Cl2的氧化能力。则NaClO2的有效氯含量为：_（计算结果保留两位小数）【答案】 (1). +5 (2). +3 (3). NaOH溶液 (4). Na2CO3溶液 (5). 2NaClO3 + SO2 + H2SO4 = 2ClO2 + 2NaHSO4 (6). 1.57【解析】【分析】化合价是元素形成化合物时表现出来的性质，在任何化合物中，所有元素正负化合价的代数和为0，由此可标注出NaClO3和NaClO2中氯元素的化合价。在书写NaClO3与SO2反应的方程式时应注意把握住该反应中氧化剂NaClO3与还原剂SO2所转移的电子数相等，由此配平书写方程式。在求算“
47、有效氯含量”时同样可利用两种氧化剂转移电子数相等列式：4n（NaClO2）=2n（Cl2），由此解题。【详解】（1）图中两种氯的含氧酸盐分别为NaClO3和NaClO2，其中氯元素的化合价从高到低为分别为+5价、+3价。（2）食盐溶液中混有Mg2、Ca2会对电解过程产生影响，因此可利用过量的氢氧化钠溶液除去Mg2，利用过量的碳酸钠溶液除去Ca2，因此答案为NaOH溶液、Na2CO3溶液；（3）的反应是NaClO3与SO2的氧化还原反应，其化学方程式为：2NaClO3 + SO2 + H2SO4 = 2ClO2 + 2NaHSO4；（4）每克NaClO2的物质的量为，依据电子转移数目相等，可知氯气的物质的量为，则氯气的质量为0.022mol71g/mol=1.57g。【点睛】本题主要考查的是氧化还原反应方程式的配平及计算问题。解题的关键是应充分利用电子守恒解决问题。例如在对“有效氯含量”进行求算时，应利用两种氧化剂转移电子数相等，即1mol NaClO2体现氧化性转移4mol电子，而1mol Cl2体现氧化性转移2mol电子。由此可列式为4n（NaClO2）=2n（Cl2），再进行计算。
