1、衡水中学2019届高三开学二调考试化学试题1.下列关于碱金属元素和卤素的说法中，错误的是A. 卤族元素的氢化物稳定性从上到下逐渐减弱B. 卤素的单质其熔沸点从上到下逐渐增大C. 碱金属元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性从上到下逐渐增强D. 碱金属元素单质的密度从上到下逐渐升高【答案】D【解析】【分析】A、第VIIA族元素从上到下,非金属性在减弱,则其氢化物的稳定性逐渐减弱；B、VIIA元素形成的单质为分子晶体，随着分子间作用力的增大，其单质的熔沸点随核电荷数的增加而升高；C、碱金属元素从上到下，金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性逐渐增强；D. 从上到下,第IA族元素单质的密度总
2、体逐渐增大,但钾的密度比钠小。【详解】A、卤族元素从上到下，原子半径增减增大，非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减弱，A正确；B. VIIA元素,非金属单质的熔沸点随核电荷数的增加而升高,因为单质属于分子晶体,熔沸点与分子间作用力有关,分子构型相同,相对分子量越大,分子间作用力越大,则熔沸点越高，B正确；碱金属元素从上到下，原子半径增减增大，金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性逐渐增强，C正确；碱金属元素单质的密度从上到下呈现增大的趋势，钾的密度比钠小为特例，D错误；正确选项D。2.下列有关物质的工业用途不正确的是A. 钠：制备过氧化钠、氯化钠等B. 铝：制导线：用作冶炼锰、钨的
3、原料C. 碳酸氢钠：制发酵粉、治疗胃酸过多的胃药D. 碳酸钠：制玻璃、制肥皂、制烧碱、造纸、纺织【答案】A【解析】【分析】A.钠与氧气可制过氧化钠，工业上常用海水晒盐获得氯化钠；B. 铝有还原性和良好的导电性；C. 碳酸氢钠能够与盐酸反应生成二氧化碳；D.碳酸钠能够与二氧化硅高温下反应，能够与熟石灰反应，碳酸钠溶液显碱性，可以用来造纸、纺织。【详解】A. 钠的性质活泼，可以与氧气反应制备过氧化钠；虽然钠与氯气反应得到氯化钠，但从经济上考虑不划算，工业上常用海水晒盐，A错误；B. 铝具有良好的导电性，可以制导线；具有还原性，用作冶炼锰、钨的原料；B正确；碳酸氢钠能够与盐酸反应，并产生二氧化碳和水
4、，因此可以制发酵粉、治疗胃酸过多的胃药，C正确；D. 碳酸钠能够与二氧化硅反应生成硅酸钠，碳酸钠与氢氧化钙反应生成氢氧化钠，碳酸钠溶液显碱性，可以制肥皂、纺织等，D正确；正确选项A。3.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. 氯水的颜色呈浅黄绿色，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Cl-C. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+D. 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】试题分析：A.氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明
5、氯水中含有Cl2，A项正确；B.向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl，B项正确；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项正确；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项错误；答案选D。考点：考查探究实验的方案设计与评价，氯水的成分。视频4.甲、乙为单质， 丙、丁为氧化物， 它们存在如图反应(反应条件省略)。下列各组的甲、乙一定不符合的是 A. 铝和铁 B. 氟和氧 C. 碳和硅 D. 镁和碳
6、【答案】B【解析】【分析】甲、乙为单质，丙、丁为氧化物，则该反应是置换反应；根据图片知甲为还原剂具有还原性，乙是还原产物，根据物质的性质来分析解答。【详解】A.如果甲为铝，乙为铁，金属铝与氧化铁反应生成氧化铝和铁，A正确；B.甲为氟，乙为氧，氟气和水反应生成氢氟酸和氧气，氢氟酸不属于氧化物，B错误；C.甲为碳，乙为硅，碳与二氧化硅高温下反应生成硅和一氧化碳，C正确；D. 甲为镁，乙为碳，镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，D正确；正确选项B。【点睛】本题在解答时，一定要注意：该转化过程一定要满足置换反应特点，且必须满足甲、乙为单质，丙、丁为氧化物的条件；上述反应中氟气和水反应生成氢氟酸和氧气，没有
7、氧化物，不符合题意要求。5.若用X代表F、Cl、Br、I四种卤族元素，下列能够表达它们的共性反应的是 ( )A. X2+H2OHX+HXO B. 2Fe+3X22FeX3C. X2+H22HX D. X2+2NaOHNaX+NaXO+H2O【答案】C【解析】【分析】A、F2与水反应，生成HF和O2为特例；B. I2+ Fe= FeI2为特例；C.均能发生X2+H22HX反应；D. F2与NaOH溶液反应生成氟化钠和氧气为特例。【详解】A、F2与水反应，生成HF和O2，其它符合X2+H2OHX+HXO规律，A错误；B. I2与铁反应生成碘化亚铁，其它符合2Fe+3X22FeX3规律，B错误；卤素
8、单质均能与氢气化合，C正确；F2与水反应，生成HF和O2，生成的HF与NaOH反应生成NaF和H2O，不符合X2+2NaOHNaX+NaXO+H2O反应规律，D错误；正确选项C。【点睛】第VIIA族元素最外层电子数相同，因此具有相似的化学性质，元素形成的单质都能够与水、碱、氢气、铁等物质发生反应；但是由于随着核电荷数的增大，原子半径逐渐增大，核对外层电子的吸引能力逐渐减弱，元素的非金属性逐渐减弱，化学性质有所不同，体现了同主族元素性质的递变性，解题时要注意到这一点。6.下列实验操作能达到实验目的的是A. 加热使I2升华，可除去铁粉中的I2B. 电解熔融的氯化铝，可制备铝单质C. 加入足量氨水，
9、充分振荡、过滤，可除去硫酸铜溶液中的硫酸铝杂质D. 将饱和FeCl3溶液逐滴加到沸水中继续煮沸至液体呈红褐色，可制备Fe(OH)3胶体【答案】D【解析】【分析】A项，加热时，碘与铁反应；B项，氯化铝为共价化合物，熔融的氯化铝不导电；C项，铜离子、铝离子均能与氨水反应生成沉淀；D项，将饱和FeCl3溶液逐滴加到沸水中继续煮沸至液体呈红褐色的分散系为Fe(OH)3胶体。【详解】A项，加热时，碘与铁反应，不能用加热的方法除杂，A错误；B项，氯化铝为共价化合物，熔融的氯化铝不导电，应电解熔融氧化铝制备铝单质，B错误；C项，铜离子、铝离子均能与氨水反应生成沉淀，无法达到除杂的目的，C错误；D项，将饱和F
10、eCl3溶液逐滴加到沸水中继续煮沸至液体呈红褐色，可以制备出Fe(OH)3胶体，D正确；正确选项D。7.氟氧酸是较新颖的氧化剂，应用性极强，可用被氮气稀释的氟气在细冰上缓慢通过制得：F2+H2OHOF+HF。该反应中水的作用与下列反应中水的作用相同的是A. 氟单质与水反应制氧气 B. 钠与水反应制氢气C. 氯气与水反应制次氯酸 D. 过氧化钠与水反应制氧气【答案】A【解析】【分析】F2+H2O=HOF+HF中，F元素的化合价降低，水中O元素的化合价升高到0，水是还原剂，以此来解答。【详解】F2+H2O=HOF+HF中，水为还原剂；A氟单质与水反应制氧气，水中O元素的化合价升高，水为还原剂，A正
11、确；B.钠与水反应制氢气，水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，B错误；C.氯气与水反应制次氯酸，只有Cl元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，C错误；D.过氧化钠与水反应制氧气，过氧化钠中O元素的化合价既升高又降低，水既不是氧化剂也不是还原剂，D错误；正确选项：A。8.下列有关文献记载中涉及的化学知识表述不正确的是A. “以曾青涂铁，铁赤色如铜”说明我国古代就掌握了“湿法冶金”技术B. “墙塌压糖，去土而糖白”中的脱色过程发生了化学变化C. “丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”讲的是单质与化合物之间的互变D. “煤饼烧蛎房成灰(蛎房即牡蛎壳)”中灰的主要成分为氧化钙【答案】B【解析】【分
12、析】A.铁与硫酸铜溶液反应生成铜和硫酸亚铁，属于化学反应；B.黄泥具有吸附作用，来吸附红糖中的色素，是物理变化；C.硫化汞加热分解为硫和汞，遇冷后又化合为硫化汞，属于化学变化；D.牡蛎壳为贝壳，主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙。【详解】铁与硫酸铜溶液反应生成的铜附着在铁的表面，同时生成硫酸亚铁溶液，说明我国古代就掌握了“湿法冶金”技术，A正确；黄泥具有吸附作用，可以采用黄泥来吸附红糖中的色素，以除去杂质，是物理变化，B错误；丹砂为硫化汞，不稳定加热分解为硫和汞，温度降低时，又可以发生化合反应生成硫化汞，讲的是单质与化合物之间的互变，C正确；牡蛎壳为贝壳，主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧
13、化钙，所以“煤饼烧蛎房成灰(蛎房即牡蛎壳)”中灰的主要成分为氧化钙，D正确；正确选项B。9.下列除杂方案错误的是 选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法A.CO(g)CO2(g)NaOH溶液、浓H2SO4洗气B.NH4Cl(aq)Fe3+(aq)NaOH溶液过滤C.Cl2(g)HCl(g)饱和食盐水、浓H2SO4洗气D.Na2CO3(s)NaHCO3(s)-灼烧A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】A项，CO2会和NaOH溶液反应而CO 不与NaOH溶液反应；B项，NH4+、Fe3+均能与氢氧化钠溶液反应；C项，HCl气体极易溶于水，Cl2在饱和食盐水中溶解度很小；D项
14、，Na2CO3性质稳定，NaHCO3不稳定，受热分解。【详解】A项，CO2会和NaOH溶液反应而CO 不与NaOH溶液反应，所以可用NaOH溶液以洗气的方法除去CO2，再通过浓H2SO4溶液除去水蒸气，故A项正确；B项，氢氧化钠溶液与Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，但是氢氧化钠溶液也会和NH4+反应生成弱碱NH3H2O，不能达到除杂的目的，故B项错误；C项，HCl气体极易溶于水，Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，所以可以通过饱和食盐水和浓硫酸通过洗气的方法除去HCl气体，从而达到提纯的目的，故C项正确；D项，Na2CO3灼烧无变化，NaHCO3灼烧会分解生成Na2CO3、H2O和CO2，H2O和
15、CO2以气体形式逸出，所以可通过灼烧除去NaHCO3，故D项正确；正确选项：B。10.海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程，下列有关说法正确 的是A. 制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl和NH4ClB. 粗盐提纯中除去杂质离子Mg2+、Ca2+、SO42-时，必须先除Ca2+后除SO42-C. 在工段、中，溴元素均被氧化D. 工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁【答案】A【解析】【分析】A项，“侯氏制碱法”的基本原理是：在浓氨水中通入足量的二氧化碳，生成碳酸氢铵溶液，然后在此盐溶液中加入细的食盐粉末，碳酸氢钠由于在该状态下溶解度很小，呈晶
16、体析出，析出的碳酸氢钠加热分解即可制得纯碱；B项，粗盐溶于水，加入氢氧化钠溶液除去镁离子，再加入氯化钡溶液，除去硫酸根离子，最后加碳酸钠溶液除去钙离子和钡离子；或者粗盐溶于水，先加氯化钡溶液，除去硫酸根离子，再加入氢氧化钠溶液除去镁离子，最后加碳酸钠溶液，除去钙离子和钡离子；C项，第步骤，Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，溴元素被还原；D项，工业上通过电解熔融状态的MgCl2制取金属镁。【详解】A项，“侯氏制碱法”中发生NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+ NaHCO3反应，是利用NaHCO3的溶解度比较小的规律，故A项正确；B项，粗盐溶于水，先加入氢氧化钠溶液、再加氯
17、化钡溶液、最后加碳酸钠溶液，先后除去Mg2+、SO42- 、Ca2+；或先加氯化钡溶液、加入氢氧化钠溶液、最后加碳酸钠溶液，先后除去SO42-、Mg2+、Ca2+；所以没有先后之分，故B项错误；C项，第、步骤，溴元素被氧化，第步骤，Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，溴元素被还原，故C项错误；D项，电解饱和MgCl2溶液制得的是Cl2和H2，工业上通过电解熔融状态的MgCl2制取金属镁，故D项错误；正确选项A。【点睛】本题考查了海水的利用，利用所学知识结合框图信息是解答本题的关键，难度不大。11.碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶
18、解28.4 g上述混合物，消耗1 mol/L盐酸500 mL。灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是A. 35 g B. 30 g C. 25 g D. 20 g【答案】D【解析】【分析】碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于1 mol/L500 mL盐酸，转化为氯化铜，根据氯原子守恒可求出氯化铜的物质的量；在高温下，碳酸铜和碱式碳酸铜这两种化合物均能分解成氧化铜，氧化铜固体中铜原子的量等于氯化铜中铜原子的量，据此解答。【详解】混合物溶于盐酸，生成氯化铜。n(HCl)=10.5=0.5mol，则根据氯原子守恒可知，氯化铜的物质的量是0.5/2=0.25mol，则铜原子的物质的量是0.25mol；在高温
19、下，碳酸铜和碱式碳酸铜这两种化合物均能分解成氧化铜，根据铜原子守恒规律可知，最终生成的氧化铜是0.25mol，质量是0.25mol80g/mol20g；正确选项D。12.下列说法不正确的是A. 向Na2CO3溶液中逐滴加入HCl，直到不再生成CO2气体为止，在此过程中，溶液中的HCO3-浓度变化是先变大后变小(溶液体积变化均忽略不计)B. 向NaHCO3溶液中加入Ba(OH)2固体，CO32-的浓度变化是先变大后变小(溶液体积变化均忽略不计)C. 有含0.2 mol Na2CO3和含0.3 mol HCl的两种溶液：将Na2CO3溶液逐滴滴入HCl溶液中；将HCl溶液逐滴滴入Na2CO3溶液中
20、；两种操作生成的CO2体积之比为32D. 将等质量的Na2O和Na2O2样品分别放入等量的水中，所得溶液的质量分数分别为a%和b%，则a、b的关系是：a=b【答案】D【解析】试题分析：A向Na2CO3溶液中逐滴加入HCl，碳酸钠首先转化为碳酸氢钠，然后碳酸氢钠与盐酸反应，因此在此过程中溶液中的HCO3-浓度变化是先变大后变小（溶液体积变化均忽略不计），A正确；B向NaHCO3溶液中加入Ba(OH)2固体，首先生成碳酸钡和碳酸钠，继续加入氢氧化钡，碳酸钠转化为碳酸钡，所以CO32-的浓度变化是先变大后变小（溶液体积变化均忽略不计），B正确；C有含0.2molNa2CO3和含0.3molHCl的两
21、种溶液：将Na2CO3溶液逐滴滴入HCl溶液中立即产生CO2，物质的量是0.15mol；将HCl溶液逐滴滴入Na2CO3溶液中，碳酸钠首先转化为碳酸氢钠，然后碳酸氢钠与盐酸反应，生成CO2是0.1mol，因此两种操作生成的CO2体积之比为3：2，C正确；D设质量都为1g，水的质量分别为mg，则Na2O+H2O=2NaOH m1mol 2mol 62g1/62mol 1/31mol 1g溶质的质量为40/31g，溶液的质量分数分别为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2m2mol 4mol 1241/78mol 1/39mol 64/78g溶质的质量为40/39g，溶液的质量分数分别为由于31
22、m+3139m+32，所以a%b%，即ab，D错误，答案选D。【考点定位】考查钠及其化合物性质、计算等【名师点晴】该题综合性强，难度较大。分析Na2CO3和NaHCO3的混合溶液与盐酸反应的先后顺序：在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，逐滴加入盐酸，盐酸先与何种物质反应，取决于CO32和HCO3结合H的难易程度。由于CO32比HCO3更易于结合H形成难电离的HCO3，故盐酸应先与Na2CO3溶液反应。只有当CO32完全转化为HCO3时，再滴入的H才与HCO3反应。13.下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是 选项实验现象结论A.向足量含淀粉的FeI2溶液中滴加2滴氯水溶液变
23、蓝还原性：IFe2B.白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴入几滴K3Fe(CN)6溶液无明显现象该过程未发生原电池反应C.向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末出现红褐色沉淀和无色气体FeCl2溶液部分变质D.SO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸白色沉淀，白色沉淀不溶于稀硝酸所得沉淀为BaSO3，后转化为BaSO4A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【分析】A.氯气先氧化碘离子，说明还原性：IFe2；B.锌比铁活泼，锌做负极失电子，铁不能失电子；C. Na2O2具有强氧化性，能够直接把亚铁离子氧化为铁离子；D. SO2通入BaCl2溶液不反应，硝
24、酸具有强氧化性，会把+4价硫氧化为+6价，生成硫酸钡沉淀。【详解】A.向足量含淀粉的FeI2溶液中滴加2滴氯水，溶液变蓝。说明碘离子被氯气氧化为碘单质，氯气先氧化碘离子，说明还原性：IFe2，A正确；B.锌的活泼性大于铁，因此锌做负极失电子，而铁被保护，发生了原电池反应，但溶液中无亚铁离子，所以一段时间后滴入几滴K3Fe(CN)6溶液无明显现象，B错误；C. 向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末，过氧化钠具有强氧化性，能够把亚铁离子全部氧化为铁离子，不能证明FeCl2溶液是否变质，C错误；D.硝酸具有强氧化性，能够把二氧化硫氧化为硫酸根离子，所以反应发生后直接生成硫酸钡沉淀，没有亚硫酸钡沉
25、淀，D错误；正确选项A。【点睛】SO2与BaCl2溶液不反应，若向混合液中通入氨气或加入氢氧化钠溶液，中和了酸，生成亚硫酸钡白色沉淀；若混合液中通入二氧化氮或加入硝酸溶液、双氧水等强氧化性试剂，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，生成了硫酸钡白色沉淀。14.用下列实验装置进行相应实验，装置正确且能达到实验目的的是 A. 用图a所示装置验证H2在Cl2中燃烧的实验现象B. 用图b所示装置从饱和食盐水中提取氯化钠C. 用图c所示装置探究氧化性：KMnO4Cl2I2D. 用图d所示装置分解MgCl26H2O获取MgCl2【答案】C【解析】【分析】A. 氯气的密度大于空气密度，盛有氯气的集气瓶应该正放；B.蒸
26、发氯化钠溶液应该用蒸发皿而不是坩埚；C.高锰酸钾氧化氯离子变为氯气，氯气氧化碘离子变为碘；D. MgCl26H2O受热发生水解。【详解】A.氯气的密度大于空气密度，因此盛有氯气的集气瓶应该正放，A错误；B.从溶液中获得NaCl晶体采用蒸发结晶方法,应该用蒸发皿蒸发氯化钠溶液,坩埚用于灼烧固体，故B错误；C.高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，说明氧化性KMnO4Cl2；生成的氯气能够把碘离子氧化碘单质，氧化性Cl2I2，结论正确，C正确；D. MgCl26H2O受热后发生水解，不能得到MgCl2固体，D错误；正确选项C。15.某同学利用下列实验探究金属铝与铜盐溶液反应：下列说法正确的是A. 由实验1
27、可以得出结论：金属铝的活泼性弱于金属铜B. 溶液中阴离子种类不同是导致实验1、2出现不同现象的原因C. 实验2中生成红色物质的离子方程式：Al+Cu2Al3+CuD. 由上述实验可推知：用砂纸打磨后的铝片分别与c(H+)均为0.2 mol/L的盐酸和硫酸反应，后者更剧烈【答案】B【解析】【分析】A项，根据实验2即可推翻由实验1得到的结论；B.溶液中阳离子均为铜离子，阴离子分别为氯离子和硫酸根离子，阴离子种类不同导致实验现象不同；C.方程式没有配平；D.含有氯离子的铜盐与铝反应剧烈。【详解】A项，实验1虽然没有明显现象，但并不能说明铝的活泼性弱于铜，只能说明试管1内没有反应发生，再结合实验2即可
28、推翻仅由实验1得到的结论，故A项错误；B项，由图中实验1和实验2对比可知，两者之间唯一的变量就是阴离子种类不同，因此阴离子种类不同就是实验现象不同的原因，故B项正确；C项，方程式未配平，应为：2Al+3Cu2+=2Al3+3Cu，故C项错误；D项，c(H+)均为0.2 mol/L的盐酸和硫酸，由B项分析可知氯离子会促进铝的反应，因此前者更剧烈，故D项错误；正确选项B。16.为了探究金属单质M与盐溶液的反应，某同学进行了下列实验，实验过程及现象如图所示，结合实验现象判断，该同学得出的下列结论中正确的是 A. 向滤液中滴加盐酸的实验现象是产生白色沉淀B. 滤渣可能是两种单质的混合物C. 滤渣在足量
29、的稀硝酸中能完全溶解D. 加入的金属M可能是镁或钠【答案】C【解析】试题分析：A、向滤液中滴加盐酸的实验现象不可能是产生白色沉淀，因为滤液中不含有银离子，加入稀盐酸时，不可能产生白色沉淀，A错误；B、滤渣中一定含有单质银、铜和M，B错误；C、滤渣中一定含有单质银、铜和M，M活泼些大于铜和银，所以滤渣在足量的稀硝酸中能完全溶解，C正确；D、加入的金属M不是单质钠，因为钠和硝酸银、硝酸铜溶液的反应是钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和铜离子、银离子生成沉淀，加入盐酸无气体生成，D错误；答案选C。【考点定位】本题考查了化学实验分析【名师点晴】实验现象是物质之间相互作用的外在表现，因此要学会设计实
30、验、观察实验、分析实验，为揭示物质之间相互作用的实质奠定基础。选项D是易错点，注意钠的金属性，钠与盐溶液的反应：钠与盐溶液反应，不能置换出盐中的金属，这是因为金属阳离子在水中一般是以水合离子形式存在，即金属离子周围有一定数目的水分子包围着，不能和钠直接接触，所以钠先与水反应，然后生成的碱再与盐反应。例如钠与氯化铁溶液反应：2Na2H2O2NaOHH2，3NaOHFeCl3Fe(OH)33NaCl。17.用4种溶液进行实验，下表中“溶液”与“操作及现象”对应关系错误的是 ( )选项溶液操作及现象A.Ca(OH)2溶液通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失，再加入足量NaOH溶液，又
31、变浑浊B.NaAlO2溶液通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失C.Ca(ClO)2溶液通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去D.CaCl2溶液通入CO2，溶液没有明显变化，再通入氨气，溶液变浑浊A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】A、发生Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O，CaCO3CO2H2O=Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)22NaOH=CaCO32Na2CO32H2O三个反应；B、发生2NaAlO2+CO23H2O=2Al(OH)3+Na2CO3, Na2CO3+ CO2H2O=2NaHCO3两个反应；C. 发生Ca(ClO)
32、2CO2H2O=CaCO32HClO，HClO具有强氧化性，能把品红漂白；D.氨水溶液显碱性，CO2和CaCl2与氨气共同作用，生成碳酸钙沉淀和氯化铵。【详解】A、发生Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O，CaCO3CO2H2O=Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)22NaOH=CaCO32Na2CO32H2O，故A说法正确；B、2NaAlO2+CO23H2O=2Al(OH)3+Na2CO3, 继续通CO2至过量，Al(OH)3不溶于碳酸，沉淀不消失，故B说法错误；C、发生Ca(ClO)2CO2H2O=CaCO32HClO，HClO具有强氧化性，能把品红漂白，颜色褪去，故C说法正确；D、CO
33、2不与CaCl2反应，但通入NH3后，溶液显碱性，生成NH3H2O，NH3H2O与CO2反应生成(NH4)2CO3，CO32Ca2=CaCO3，故D说法正确；正确选项B。18.向含1mol HCl和1mol MgSO4的混合溶液中加入1molL1的Ba(OH)2溶液，产生沉淀的物质的量(n)与加入Ba(OH)2溶液体积(V)间的关系图正确的是（ ）A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：加入氢氧化钡后，立即生成硫酸钡沉淀。当溶液中的氢离子被中和后，再生成氢氧化镁沉淀。中和氯化氢需要0.5L氢氧化钡溶液，当硫酸钡恰好沉淀时，需要1L氢氧化钡溶液，而沉淀镁离子时又需要1L
34、氢氧化钡溶液，因此当沉淀不再变化时，共计需要1.5L氢氧化钡溶液，答案选D。考点：化学反应与图像分析19.向某NaOH溶液中通入CO2气体后得到溶液M，因CO2通入的量不同，溶液M的组成也不同，若向溶液M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系如图所示。则下列分析与判断不正确的是(不计CO2溶解) A. 若OB=0，则形成溶液的过程中所发生反应的离子方程式为OH+CO2HCO3B. 若OB=BC，则溶液M为Na2CO3溶液C. 若OBBC，则溶液M中大量存在的阴离子为CO32和HCO3D. 若3OB=BC，则溶液M中c(NaHCO3)=2c(Na2CO3)【
35、答案】C【解析】【分析】向某NaOH溶液中通入CO2气体，涉及反应及产物分别为：2NaOHCO2=Na2CO3H2O（CO22OH=CO32H2O）；NaOHCO2=NaHCO3（OH+CO2HCO3）；向M溶液加入盐酸时发生的反应可能为：CO32H=HCO3，HCO3H=H2OCO2；根据以上反应规律进行分析。【详解】向某NaOH溶液中通入CO2气体，涉及反应及产物分别为：2NaOHCO2=Na2CO3H2O（CO22OH=CO32H2O）；NaOHCO2=NaHCO3（OH+CO2HCO3）；M溶液加入盐酸时发生的反应可能为：CO32H=HCO3，HCO3H=H2OCO2；在不同的物质的量
36、比的范围内产物（溶液M的成份）不同，参见下图：设a=n(CO2)/n(NaOH)，则：aM的成分OB与BC的关系a1：2NaOH 和 Na2CO3OBBCa=1:2Na2CO3OB=BC1：2a1：1NaHCO3和Na2CO3OB=BCa1:1NaHCO3OB=0由上表可知，若3OB=BC，则溶液M的成分为NaHCO3和Na2CO3，可得：3n（Na2CO3）=n（Na2CO3）+n（NaHCO3）即：c(NaHCO3)=2c(Na2CO3)，综上所述A、B、D正确，C错误；正确选项C。20.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是A. 磁性氧化铁溶于稀硝酸：Fe3O4+8H+NO33Fe3+N
37、O+4H2OB. Mg(HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液：Mg2+2HCO3+2OHMgCO3+CO32+2H2OC. 向含有0.2 mol FeI2的溶液中通入0.1 mol Cl2充分反应：2I+Cl22Cl+I2D. 明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀的物质的量最多：Al3+2SO42+2Ba2+4OHAlO2+2BaSO4+2H2O【答案】C【解析】【分析】A项，电荷不守恒；B项，氢氧化镁的溶解度小于碳酸镁，反应应生成氢氧化镁；C项，还原性：IFe2+，氯气先氧化碘离子；D.当把铝离子转化为Al(OH)3时，沉淀物质的量最多。【详解】A项，电荷不守恒，故A项错误；B项，氢
38、氧化镁的溶解度小于碳酸镁，因此反应应生成氢氧化镁而非碳酸镁，故B项错误；C项，还原性：IFe2+根据电子得失守恒可知，0.1 mol Cl2完全反应变为Cl，转移电子0.2 mol，0.2 mol FeI2中含有0.4 mol I，因此氯气完全反应，离子方程式为2I+Cl22Cl+I2，C项正确；D.当把铝离子转化为Al(OH)3时，沉淀物质的量最多，故D项错误；正确选项C。21.下列离子方程式书写不正确的是A. AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n(OH-)n(Al3+)=72时，2Al3+7OHAl(OH)3+AlO2+2H2OB. 向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，CO32+CO2+
39、H2O2HCO3C. CuCl2溶液与NaHS溶液反应，当n(CuCl2)n(NaHS)=12时，Cu2+2HSCuS+H2SD. Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)n(HNO3)=12时，3Fe+2NO3+8H3Fe2+2NO+4H2O【答案】B【解析】【分析】A. n(OH-)n(Al3+)=3:1，恰好生成Al(OH)3，n(OH-)n(Al3+)=4:1，恰好生成AlO2；B. 向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，生成碳酸氢钠晶体；C. 氯化铜溶液与 NaHS 溶液当n(CuCl2)n(NaHS)=12时,反应生成硫化铜和硫化氢；D.过量的铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁,若铁不足时生成硝酸
40、铁。【详解】A项，n(OH-)n(Al3+)=3:1，恰好生成Al(OH)3，n(OH-)n(Al3+)=4:1，恰好生成AlO2；当n(OH-)n(Al3+)=72时，发生2Al3+7OHAl(OH)3+AlO2+2H2O反应，A正确；B项，CO2通入饱和Na2CO3溶液中会生成溶解度更小的碳酸氢钠，以晶体的形式析出，2Na+CO32-+H2O+CO2=2NaHCO3，B错误；C项，氯化铜溶液与NaHS溶液当n(CuCl2)n(NaHS)=12时,Cu2+与HS-生成CuS沉淀和H2S气体，故C项正确；D项，n(Fe)n(HNO3)=1:4 ,生成硝酸铁，n(Fe)n(HNO3)=3:8，生
41、成硝酸亚铁，当n(Fe)n(HNO3)=12时，发生3Fe+2NO3+8H3Fe2+2NO+4H2O反应，D正确；正确选项B。【点睛】本题的易错项为D项。少量铁与稀硝酸反应的化学方程式：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O；过量铁与稀硝酸反应的化学方程式3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)3+2NO+4H2O；可以看出来n(Fe)n(HNO3)=1:4 时恰好生成三价铁离子，n(Fe)n(HNO3)=3:8，时恰好生成二价铁离子，题目中n(Fe)n(HNO3)=1:2大于3:8，故铁过量全部生成二价铁离子，题中的离子方程式正确。22.已知NH4CuSO3与足量的1 mol/L硫酸
42、溶液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成；有刺激性气味气体产生；溶液呈蓝色。据此判断下列说法合理的是A. NH4CuSO3中硫元素被氧化 B. 刺激性气味的气体是二氧化硫C. 刺激性气味的气体是氨气 D. 该反应中硫酸作氧化剂【答案】B【解析】【分析】A、反应2NH4CuSO3+4HCu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4可知，反应前后S元素的化合价没有发生变化；B、反应2NH4CuSO3+4HCu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4可知，刺激性气味的气体是二氧化硫；C、因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气； D. 由反应2NH4CuSO3+4HCu+Cu2+2SO2+2H2O+2N
43、H4可知，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后未变，反应中硫酸体现酸性。【详解】反应的发产生为：2NH4CuSO3+4HCu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4； A、NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故A错误；B、NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2，反应前后S元素的化合价没有发生变化，刺激性气味的气体是二氧化硫，故B正确；C、因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C错误； D、
44、由发产生为：2NH4CuSO3+4HCu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后未变，反应中硫酸体现酸性，故D错误；正确选项B。23.某无色气体，可能含HCl、CO2、NO2、HI、SO2、HBr中的一种或几种。将其通入氯水中，得到无色透明溶液，把溶液分成两份，向一份中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，另一份加入硝酸酸化的AgNO3溶液，也有白色沉淀生成。对于原无色气体推断一定正确的是A. 一定存在HCl B. 一定存在SO2C. 肯定没有CO2 D. 不能肯定是否含有NO2、HI【答案】B【解析】【分析】由无色气体可排除NO2，通入氯
45、气中，得到无色透明溶液可排除HBr、HI。向无色溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，应有BaSO4生成，SO42-只可能由SO2与氯水反应产生，而加入AgNO3溶液，产生白色沉淀不能确定是原溶液就存在氯离子还是后加入的，所以只能判定出一定有SO2存在；据此分析解答。【详解】A项，另一份加入硝酸酸化的硝酸银溶液，也有白色沉淀生成，说明溶液中含有氯离子，又因为氯水中也含有氯离子，所以不能确定原气体中是否有HCl，故A项错误；B项，向一份中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，又因为氯水具有氧化性，可以将SO2氧化为硫酸根，所以可以推断原无色气体中一定含有
46、SO2，故B项正确；C项，二氧化碳是无色气体，题干中的实验不能确定原气体中是否一定含有二氧化碳，故C项错误；D项，由于NO2是红棕色气体，所以原气体中一定不含有NO2，又因为氯水具有氧化性，可以将HI、HBr氧化分别生成碘单质和溴单质，又因为通入氯水中，得到无色透明溶液，所以原气体中一定不含有HI、HBr，故D项错误。正确答案为B。24.下列叙述正确的是A. 等量的氯气分别与足量氢氧化钠和硫化钠充分反应，转移的电子数相同B. 等量的铜分别与足量浓、稀硝酸充分反应，生成气体的物质的量相同C. 等量的铝分别与氢氧化钠溶液和盐酸充分反应，生成气体体积一定相同D. 等量的铁分别与足量氯气和硫充分反应，
47、生成物质的物质的量相同【答案】D【解析】【分析】A. 根据化学反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、Cl2+Na2S=S+2NaCl来分析电子转移情况；B.铜与浓硝酸反应关系为：Cu-2e-2NO2；铜与稀硝酸反应关系为3Cu-6e-2NO；据以上关系解答；C. 铝与盐酸反应关系：2Al-6HCl-3H2；铝与氢氧化钠溶液反应关系：2Al-2NaOH-3H2；据以上关系分析；D. 根据化学反应2Fe+3Cl22FeCl3、Fe+SFeS进行分析。【详解】A. 根据化学反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知转移1mole、Cl2+Na2S=S+2NaCl可知转移
48、2mole，氯气的物质的量相等，转移电子数之比为1:2,不相同， A错误；B.在铜与硝酸反应的过程中，铜失去电子的总数相等，浓硝酸中的N由+5价得一个电子生成NO2，而稀硝酸中的N由+5价得3个电子生成NO，所以生成气体的物质的量不相同，B错误；C.等量的铝与盐酸或NaOH溶液反应，消耗酸碱的物质的量不相等，所以若酸碱不足，则生成的气体体积有可能不相同，C错误；D.根据化学反应，2Fe+3Cl22FeCl3、Fe+SFeS，铁的物质的量相等，生成物的物质的量相同，D正确； 正确选项D。25.下列说法中正确的有 分解高锰酸钾制氧气后，残留在试管内壁上的黑色物质可用稀盐酸洗涤已知潮湿的SO2和Cl
49、2反应生成两种无漂白性的酸，故二者混合一定不能使有色布条褪色蒸干BeCl2溶液可得纯净的无水氯化铍Fe3O4可写成FeOFe2O3。已知铅与碳同族，则Pb3O4也可写成PbOPb2O3因为氯气沸点高，易液化，所以氯水可以保存在钢瓶中用米汤直接检验食用盐中是否含有碘元素Na2O2既可作呼吸面具中供氧剂，又可漂白织物、麦杆、羽毛等A. 3个 B. 2个 C. 1个 D. 0个【答案】C【解析】【分析】二氧化锰能和浓盐酸反应但不和稀盐酸反应；潮湿的SO2和Cl2以1:1完全反应生成盐酸和硫酸，无漂白作用；当某一气体过量时，形成的溶液仍具有漂白作用；由于BeCl2能够发生水解，蒸干BeCl2溶液可得氢
50、氧化铍； 铅的化合价为+2、+4价，因此Pb3O4也可写成2PbOPbO2；氯气沸点低，易液化,液氯不和铁反应；食盐中的碘以碘酸钾的形式存在,只有单质碘才能与淀粉发生显色反应；过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气；它具有强氧化性，有漂白作用。【详解】分解高锰酸钾制氧气后,残留在试管内壁上的黑色物质是二氧化锰,二氧化锰能和浓盐酸反应但不和稀盐酸反应,所以不能用稀盐酸洗涤,故错误；潮湿的SO2和Cl2以1:1完全反应生成盐酸和硫酸，无漂白作用；当某一气体过量时，形成的溶液仍具有漂白作用，故错误；由于BeCl2能够发生水解，蒸干BeCl2溶液可得氢氧化铍,而不是氯化铍,故错误； 铅的化合价为+2、+4价，
51、因此Pb3O4也可写成2PbOPbO2，故错误；氯气沸点低，易液化,液氯中不含氢离子,导致不和铁反应,所以可以保存在钢瓶中,故错误；食盐中的碘以碘酸钾的形式存在,只有单质碘才能与淀粉发生显色反应,故错误。过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气；它具有强氧化性，有漂白作用，故正确；以上选项符合题意的有；正确选项C。26.下列有关物质的应用与性质相对应的说法正确的有几个 ( )明矾能用于净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有强氧化性氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为其能氧化单质铜浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有脱水性光导纤维可用作通讯材料是因为其具有导电性MgO、Al2O3的熔点很高，可制作耐高温材料
52、NaHCO3能与碱反应，因此食品工业上用作焙制糕点的膨松剂铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个【答案】B【解析】【分析】氢氧化铝胶体具有吸附性，不具有强氧化性；氯化铁具有氧化性，可与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁；浓硫酸用作干燥剂是因为具有吸水性；光导纤维具有折光性，不具有导电性；MgO、Al2O3为离子晶体，离子半径较小，晶格能较大，熔点高；NaHCO3能与酸反应生成二氧化碳气体，与碱反应不能生成气体；铝与氧气反应易在表面生成一层致密的氧化膜，该氧化膜为氧化铝，能够被酸、碱、咸的食物腐蚀。【详解】氢氧化铝胶体具有吸附性，可用于除去水中
53、的悬浮物，不具有强氧化性，故错误；氯化铁具有氧化性，可与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，可用于制作印刷电路板，故正确；浓硫酸用作干燥剂是因为具有吸水性，故错误；光导纤维具有折光性，不具有导电性，故错误；MgO、Al2O3为离子晶体，离子半径较小，晶格能较大，熔点高，故正确；NaHCO3能与酸反应生成二氧化碳气体，与碱反应不能生成气体，故错误；氧化铝具有两性，氧化膜为氧化铝，因此铝制餐具易被酸性、碱性或咸的食物腐蚀；正确；故正确序号为；正确选项B。27.将一定量的铜粉加入到100 mL某浓度的稀硝酸中充分反应后，容器中剩有m1 g铜粉，此时共收集到NO气体448 mL(标准状况)，然后向上述混合物中
54、加入足量稀硫酸至不再反应为止，容器剩有铜粉m2 g，则(m1-m2)为A. 5.76 B. 2.88 C. 1.92 D. 0.28【答案】A【解析】【分析】铜与稀硝酸发生反应后，铜有剩余，混合物为铜、硝酸铜；根据第一次反应产生NO的物质的量，就能计算出溶液中剩余NO3-的物质的量；再向反应后的混合物中加入稀硫酸，在酸性条件下，剩余的铜继续发生3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O反应，直至溶液中的硝酸根离子完全被还原为NO；然后根据得失电子守恒，可以计算出参加反应的铜的量，从而可以计算出(m1-m2)的值。【详解】铜与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（N
55、O3）2+2NO+4H2O，而第一次反应产生NO的物质的量为0.448/22.4=0.02mol，从而剩余NO3-的物质的量为0.026/2=0.06mol，故再次加入足量稀硫酸，可形成的稀硝酸的物质的量为0.06mol，最终NO3-全部转化为NO，而Cu转化为Cu2+，根据得失电子守恒可得，再次参与反应的Cu的质量为0.063/264=5.76g，即m1-m2=5.76，故选A项；正确答案为A。【点睛】本题的易错项为B项。铜与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，根据化学方程式可算出溶液中剩余的NO3-，再加入足量硫酸后用上述反应的离子方程式
56、3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O来进行计算。硫酸、硝酸的混酸和铜的反应或硝酸盐和硫酸混合溶液与铜的反应一般都用上述离子方程式来进行计算。28.已知：将Cl2通入适量NaOH溶液，产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3，且的值与温度高低有关。当n(NaOH)=a mol时，下列有关说法错误的是A. 参加反应的氯气的物质的量等于a/2 molB. 改变温度，产物中NaClO3的最大理论产量为a/7 molC. 改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：a/2 molne5a/6 molD. 若某温度下，反应后=11，则溶液中【答案】B【解析】【分析】A、产物NaC1
57、、NaClO、NaClO3中，Na元素与Cl元素的物质的量之比均为1:1，所以加反应的氯气的物质的量为NaOH物质的量的1/2；B、改变温度，产物为NaC1O3和氯化钠，无有NaClO；C、假设发生反应1：Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，求出反应中转移电子的物质的量n（e-），假设发生反应2：3Cl26NaOH=5NaClNaClO33H2O，求出反应中转移电子的物质的量n（e-），据以上分析电子转移的范围；D、若反应后c(Cl-)/c(ClO-)=11，令NaC1、NaClO分别为11 mol、1 mol，据得失电子守恒可得NaC1O3为2 mol，最后可以计算出c(ClO-)/
58、c(ClO3-)比值。【详解】本题主要是考查氧化还原反应的相关计算，涉及极限法、原子守恒法等。A、根据原子守恒n(NaOH)amoln(Na) =n(Cl) =2n(Cl2)，则n(Cl2) =1/2amol，A正确；B、改变温度，产物中NaC1O3的最大理论产量即无NaClO生成，发生如下反应：3Cl26NaOH=5NaClNaClO33H2O，则NaC1O3的物质的量为1/6amol，B错误；C、当全部生成NaC1、NaClO时发生的反应为Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，则 n（e-）1/2amol，同理，当全部生成NaC1、NaClO3时发生的反应为3Cl26NaOH=5Na
59、ClNaClO33H2O，则 n（e-）5/6amol，综上可得改变温度，反应中转移电子的物质的量n（e-）的范围：1/2amolne5/6amol，C正确；D、若反应后c(Cl-)/c(ClO-)=11，令NaC1、NaClO分别为11 mol、1 mol，据得失电子守恒可得NaC1O3为2 mol，则溶液中c(ClO-)/c(ClO3-)=1/2，D正确；正确选项B。29.C和CuO在一定温度下反应，产物有Cu、Cu2O、CO、CO2。若将2.00 g C跟16.0g CuO混合，隔绝空气加热，将生成的气体全部通过足量的澄清石灰水，反应一段时间后共收集到1.12 L气体(标准状况)，生成沉
60、淀的质量为5.00 g。下列说法错误的是A. 反应后的固体混合物中Cu的质量为12.8 gB. 反应后的固体混合物中还含有碳C. 反应后的固体混合物总质量为14.4 gD. 反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为0.05 mol【答案】A【解析】由题意可知，生成的n(CO2)=n(CaCO3)=5.00g100g/mol=0.05mol，n(CO)=1.12L22.4L/mol=0.05mol，A. 假设CuO完全被还原为Cu，根据Cu原子守恒，生成Cu的质量=16g80g/mol64g/mol=12.8g，由产物中CO2、CO中的O原子守恒可知失去氧的质量=(0.05mol2+0.05mol
61、)16g/mol=2.4g，故CuO反应后的总质量=16g2.4g=13.6g，故反应后固体中Cu的质量小于12.8g，故A错误；B. 生成的n(CO2)=n(CaCO3)=5.00g100g/mol=0.05mol，n(CO)=1.12L22.4L/mol=0.05mol，根据C守恒可知，参加反应的C的质量=(0.05mol+0.05mol)12g/mol=1.2g，故还有2g1.2g=0.8g碳未参与反应，故B正确；C. 反应后固体总质量=16g+2g0.05mol(44g/mol+28g/mol)=14.4g，故C正确；D. 反应后m(O)=13.6g12.8g=0.8g，Cu2O、Cu
62、O均含有1个氧原子，根据氧原子守恒可知反应后的固体混合物中氧化物的物质的量=0.8g16g/mol=0.05mol，故D正确；故答案选A。30.2.8 g铁全部溶于一定浓度、200 mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12 L，测得反应后溶液的pH为1，若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断正确的是A. 反应后的溶液最多还能溶解1.4 g FeB. 1.12 L气体可能是NO、NO2的混合气体C. 反应后溶液中铁元素可能以Fe2形式存在D. 反应后溶液中c(NO3-)=0.85 mol/L【答案】D【解析】【分析】A. 反应后溶液还能溶解Fe，当Fe完全转化为Fe（NO3）2
63、，消耗的Fe质量最多；B. 采用讨论法（全部生成一氧化氮或全部生成二氧化氮）进行分析，根据转移电子守恒判断气体成分；C.反应后硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe（NO3）3；D. 根据N原子守恒知，反应后溶液中c（NO3-）=n（HNO3）+3nFe（NO3）3。【详解】A.反应后溶液还能溶解Fe，当Fe完全转化为Fe（NO3）2，消耗的Fe质量最多，反应后剩余n（HNO3）=0.1mol/L0.2L=0.02mol，根据3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O知，硝酸溶解的n（Fe）= 0.023/8=0.0075mol，根据转移电子相等知，硝酸铁溶解的n（Fe）=2.8/5
64、6(3-2)/(2-0)=0.025mol，则最多还能溶解m（Fe）=（0.0075+0.025）mol56g/mol=1.82g，故A错误；B. 2.8gFe完全转化为Fe（NO3）3时转移电子物质的量=2.83/56=0.15mol，假设气体完全是NO，转移电子物质的量=0.05mol（5-2）=0.15mol，假设气体完全是NO2，转移电子物质的量=0.05mol（5-4）=0.05mol0.15mol，根据转移电子相等知，气体成分是NO，故B错误；C. Fe和硝酸反应生成硝酸盐和氮氧化物，氮氧化物在标况下体积是1.12L，则n（NOx）=1.12/22.4=0.05mol，反应后溶液p
65、H=1说明溶液呈酸性，硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe（NO3）3，没有硝酸亚铁生成，故C错误；D.根据N原子守恒知，反应后溶液中n（NO3-）=n（HNO3）+3nFe（NO3）3=0.02mol+32.8/56=0.17mol，则c（NO3-）=0.17/0.2=0.85mol/L，D选项正确；正确选项D。【点睛】少量的铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；过量的铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水；在涉及到这种类型的题目时， 经常用到原子守恒、电子守恒等规律来进行解答，既方便有快捷。31.从古至今，铁及其化合物在人类生产生活中的作用发生了巨大改变。.（1）铁元素在周期表中的位置为
66、_。（2）古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，其主要成分是_ (填字母)。a.Fe b.FeO c.Fe3O4 d.Fe2O3.下图是用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、SiO2)为原料制备高纯氧化铁的生产流程示意图：回答下列问题：（1）酸浸、过滤后滤液A中的金属阳离子是 _ 。（2）煅烧FeCO3生成产品的化学方程式为_。（3）已知几种盐的溶解度随温度变化的曲线如图所示，产品的化学式为 _ 。（4）写出步骤反应的离子方程式：_。【答案】 (1). 第四周期第族 (2). c (3). Fe3+、Fe2+(或铁离子、亚铁离子) (4). 4FeCO3+O22Fe2O3+
67、4CO2 (5). K2SO4 (6). Fe2+2HCO3-FeCO3+CO2+H2O【解析】【分析】.（1）根据铁原子结构推断铁元素在周期表中位置。（2）四氧化三铁具有铁磁性。.（1）二氧化硅不与酸反应，其它的三种氧化物可与酸反应。（2）在有空气存在的条件下，煅烧碳酸亚铁会产生铁红、二氧化碳。（3）硫酸钾的溶解度小，易析出。（4）亚铁离子与碳酸氢铵反应生成碳酸铁和二氧化碳。【详解】.（1）铁元素的核电荷数为26，原子结构示意图为，铁元素在周期表中的位置为第四周期第族；正确答案：第四周期第族。（2）四氧化三铁具有铁磁性，能够吸引铁，因此指南针中天然磁石主要成分为Fe3O4；正确选项c。.（1
68、）二氧化硅不与酸反应，其它的三种氧化物可与酸反应，故存在的离子为Fe3+，Fe2+；正确答案：Fe3+、Fe2+(或铁离子、亚铁离子)。（2）在有空气存在的条件下，煅烧碳酸亚铁会产生铁红，反应的方程式为FeCO3+O2=2Fe2O3+4CO2；正确答案：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2。（3）从图中信息可知，由于硫酸钾的溶解度小，因此产品II为K2SO4；正确答案：K2SO4。（4）加入铁粉后，铁粉与铁离子反应，溶液中仅剩亚铁离子，与碳酸氢铵反应的离子方程式为：Fe2+2HCO3-FeCO3+CO2+H2O；正确答案：Fe2+2HCO3-FeCO3+CO2+H2O。32.Cl2常用作自
69、来水消毒剂，Cl2作消毒剂时生成的有机氯化物可能对人体有害。ClO2被世界卫生组织(WHO)列为A级高效、安全灭菌消毒剂，将逐渐取代Cl2成为自来水的消毒剂。某小组探究“地康法制氯气”的原理并验证Cl2的性质，设计实验如下(夹持装置略去)。请回答下列问题：（1）A装置中反应利用了浓硫酸的难挥发性，则该反应的化学方程式为_。（2）当B装置中反应转移0.08 mol电子时，则消耗的Na2O2固体的质量为_。（3）反应开始后，硫酸铜变蓝，则装置D中发生反应的化学方程式为 _ 。（4）ClO2的制备方法比较实用的有数十种，下列方法是常见方法之一。方法一：2NaClO3+4HCl2ClO2+Cl2+2N
70、aCl+2H2O。当有0.4 mol电子发生转移时，得到的还原产物为_mol。方法二：实验室常用氯酸钾(KClO3)、草酸(H2C2O4)和硫酸溶液共热制备。有同学设计如下装置制备ClO2并用其处理含锰离子的工业废水。C装置的作用为_。B中反应产物有ClO2、CO2等，发生氧化反应的过程为：_ _ (用化学式表示)。_写出装置D中除去Mn2(已知Mn2转化为MnO2)的离子方程式：_ 。【答案】 (1). H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl或H2SO4(浓)+2NaClNa2SO4+2HCl (2). 6.24 g (3). 4HCl+O22H2O+2Cl2 (4). 0.4 (5
71、). 安全瓶，防倒吸 (6). H2C2O4CO2 (7). 2ClO2+5Mn2+6H2O5MnO2+2Cl-+12H+【解析】【分析】（1）浓硫酸与氯化钠加热反应生成硫酸盐和氯化氢。（2）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，转移电子与过氧化钠之间的关系为Na2O2e-，据此进行计算。（3）硫酸铜变蓝，说明有水生成，根据氧化还原反应规律可知，氯化氢与氧气在一定条件下反应生成氯气和水。（4）方法一：根据2NaClO3+4HCl2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O反应可知，2ClO22e-关系，据此进行计算。方法二：此装置为安全瓶，防止倒吸。H2C204被KC103氧化为二氧化碳，氯酸钾被还
72、原为ClO2。二氧化氯具有强的氧化性，能够氧化二价锰离子生成二氧化锰，本身被还原为氯离子，据此写出离子反应方程式。【详解】（1）A装置中反应利用了浓硫酸的难挥发性，浓硫酸与氯化钠加热反应生成硫酸盐和氯化氢，反应的化学方程式为：H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl或H2SO4(浓)+2NaClNa2SO4+2HCl ；正确答案：H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl或H2SO4(浓)+2NaClNa2SO4+2HCl。 （2）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，转移电子与过氧化钠之间的关系为Na2O2e-，当反应转移0.08 mol电子时，消耗的Na2O2固体的量为0.08mo
73、l，质量为0.0878= 6.24 g；正确答案：6.24 g。（3）反应开始后，硫酸铜变蓝，说明有水生成，根据氧化还原反应规律可知，氯化氢与氧气在一定条件下反应生成氯气和水，装置D中发生反应的化学方程式为：4HCl+O22H2O+2Cl2 ；正确答案：4HCl+O22H2O+2Cl2 。（4）方法一：根据2NaClO3+4HCl2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O反应可知，NaClO3中+5价氯被还原到0价，NaClO3做氧化剂，HCl中-1价氯氧化到0价，HCl为还原剂；因此还原产物为ClO2；根据2ClO22e-关系，当有0.4 mol电子发生转移时，得到的还原产物为0.4mol；正
74、确答案：0.4。方法二：根据C装置进气管、出气管都较短可以知道为安全瓶，防止倒吸；正确答案：安全瓶，防倒吸。用H2C204溶液、稀硫酸和KC103制备ClO2反应产物为二氧化氯、二氧化碳可稀释Cl02，草酸被氧化为二氧化碳，氯酸钾被还原为ClO2；正确答案：H2C2O4CO2。二氧化氯具有强的氧化性，能够氧化二价锰离子生成二氧化锰，本身被还原为氯离子，离子方程式：2ClO2+5Mn2+6H2O5MnO2+2Cl-+12H+；正确答案：2ClO2+5Mn2+6H2O5MnO2+2Cl-+12H+。33.A、B、C均为中学化学常见的单质， 其中一种是常见金属，通常状况下，A为固体，B为深红棕色液体
75、，C为气体，其余均为化合物，X是一种具有挥发性的无氧强酸，E为黑色晶体，H为无色液体，它们之间的转化关系如图(其中某些反应条件和产物已略去)。（1）在反应中，不属于氧化还原反应的是 _ (填序号)。（2）G溶液与氯气按物质的量11反应的离子方程式： _ 。（3）反应的化学方程式为 _ 。【答案】 (1). (2). 2Fe2+2Br-+2Cl22Fe3+Br2+4Cl- (3). 3Fe+4H2OFe3O4+4H2【解析】【分析】根据转化关系的特征和物质性质分析判断,单质A和H反应生成E为黑色晶体,E黑色固体和X酸反应生成D、G、H,其中D、G之间可以实现相互转化,说明A为变价金属Fe,铁和C
76、在点燃条件下生成黑色固体E为Fe3O4,C为O2,根据D+A=G说明D为含三价铁离子的化合物，F为含硫氰酸根离子的化合物，G为含Fe2+离子的化合物，H为H2O；根据G+B=D分析判断B是强氧化剂,常温下为液体的氧化剂单质判断为:Br2，所以推断D为FeBr3，得到G为FeBr2，X为HBr，据以上分析解答。【详解】(1) 通过以上分析知：的反应中各元素的化合价不变,所以不属于氧化还原反应,故选；正确答案：。（2）G溶液为FeBr2，还原性：Fe2+Br-，1mol Fe2+完全被氧化转移电子1mol，1mol Br-全完被氧化转移电子1mol；因此Fe2+、Br-、Cl2按1:1:1发生氧化
77、还原反应，反应的离子方程式为：2Fe2+2Br-+2Cl22Fe3+Br2+4Cl-；正确答案：2Fe2+2Br-+2Cl22Fe3+Br2+4Cl-。（3）铁与水蒸气高温下反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2；正确答案：3Fe+4H2OFe3O4+4H2。【点睛】根据还原性Fe2+Br-规律可知：FeBr2和少量Cl2反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-；FeBr2和足量的Cl2反应：2Fe2+4Br-+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl-；FeBr2和Cl2（1:1）反应：2Fe2+2Br-+2Cl22Fe3+Br2+4Cl-。34.欲测定含少量
78、氯化钠的小苏打固态样品中NaHCO3的质量分数可采用以下四种方法。方法一：方法二：方法三：方法四：运用化学原理，但不使用其他化学试剂，仅使用实验室常用仪器达到实验目的。按要求回答下列问题：（1）方法一：加入足量的试剂A _ (填写A的化学式)可将HCO3离子转化为沉定并称重，反应的离子方程式为 _。操作1、2、3、4的名称依次是溶解、_ 、洗涤和干燥(烘干)。（2）方法二：在操作1中配制100 mL待测液所用到的玻璃仪器中，除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要用到的是 _，操作2中选择甲基橙作指示剂，计算该样品中NaHCO3的质量分数为 _ 用流程图中的数据m、V(HCl)，填写有关的表达式。
79、（3）在方法三中：根据所用的实验装置，除了称量试样质量外，还需测定的实验数据是_。（4）仔细分析方法三中的实验装置，若由此测得的数据来计算实验结果，则有可能偏高也有可能偏低，偏高的原因可能是_，偏低的原因可能是_ (均用文字简述)。（5）方法四的实验原理是：_ (用化学方程式表示)。【答案】 (1). Ca(OH)2或Ba(OH)2 (2). Ca2+OH-+HCO3-CaCO3+H2O或Ba2+OH-+HCO3-BaCO3+H2O (3). 过滤 (4). 100 mL容量瓶 (5). (6). 装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量 (7). 碱石灰可能还会吸收空气中的水蒸气和CO2气体 (8
80、). 装置内会留存部分CO2气体 (9). 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2【解析】【分析】（1）方法一：碳酸氢钠与氢氧化钙或氢氧化钡溶液反应，生成碳酸钙或碳酸钡沉淀；根据图示信息可知操作2的名称。（2）方法二：配制溶液用到玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100 mL容量瓶；由所用盐酸的体积可计算出20mL的待测液中碳酸氢钠的物质的量，原液是待测液的5倍，由此可以求出样品中NaHCO3的质量分数。（3）方法三利用产生二氧化碳的质量来计算碳酸氢钠的质量分数，需要称量装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量。（4）碱石灰还会吸收空气中的二氧化碳和水使质量增大，导致所测二氧化碳质量偏高；装置中
81、会有残留的二氧化碳未被完全吸收，导致所测二氧化碳质量偏低。（5）碳酸氢钠不稳定受热易发生分解。【详解】（1）方法一：碳酸氢钠与氢氧化钙或氢氧化钡溶液反应，生成碳酸钙或碳酸钡沉淀，反应的离子方程式为：Ca2+OH-+HCO3-CaCO3+H2O或Ba2+OH-+HCO3-BaCO3+H2O ；根据图示可知，操作2的名称为过滤；正确答案：Ca(OH)2或Ba(OH)2 ；Ca2+OH-+HCO3-CaCO3+H2O或Ba2+OH-+HCO3-BaCO3+H2O；过滤 。 （2）方法二：配制溶液用到玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100 mL容量瓶；由所用盐酸的体积可计算出20mL的待测液中碳酸氢
82、钠的物质的量，原液是待测液的5倍，所以，样品中NaHCO3的质量分数为V(HCl)10-30.100584/m100%= ；正确答案：100 mL容量瓶； 。（3）方法三利用产生二氧化碳的质量来计算碳酸氢钠的质量分数，需要称量装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量；正确答案：装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量。 （4）偏高的原因是碱石灰还会吸收空气中的二氧化碳和水使质量增大；偏低的原因是装置中会有残留的二氧化碳未被完全吸收；正确答案：碱石灰可能还会吸收空气中的水蒸气和CO2气体 ；装置内会留存部分CO2气体。 （5）碳酸氢钠不稳定受热易发生分解，化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+C
83、O2；正确答案：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2。35.我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出了突出贡献，他以饱和食盐水、NH3、CO2为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱。回答下列问题：某探究活动小组根据上述制碱原理，进行碳酸氢钠的制备实验，同学们按各自设计方案实验。一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如下图所示(图中夹持、固定用的仪器未画出)。（1）装置甲中用稀盐酸与CaCO3反应制备CO2，发现CaCO3与试管内的稀盐酸不能接触，在加稀盐酸时，发现试剂瓶中的稀盐酸已用完，为使反应能顺利进行，可向长颈漏斗中加入的试剂是_。A.H2
84、SO4溶液 B.CCl4 C.苯 D.稀硝酸（2）乙装置中的试剂是_；丁装置中稀硫酸的作用是_。（3）另一位同学用图中戊装置(其他装置未画出)进行实验。实验时，须先从_管通入 _气体。（4）有同学建议在戊装置的b管下端连接己装置，理由是_ 。（5）下表中所列出的是相关物质在不同温度下的溶解度数据(g/100 g水)：0 10 20 30 40 50 NaCl35.735.836.036.336.637.0NaHCO36.98.19.611.112.714.5NH4Cl29.433.337.241.445.850.4参照表中数据，请分析丙、戊装置中使用冷却水或者冰水的原因：_。 （6）根据侯氏制
85、碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是_。（7）该小组同学为了测定丙中所得晶体的碳酸氢钠的纯度(假设晶体中不含碳酸盐杂质)，将晶体充分干燥后，称量质量为w g。再将晶体加热到质量不再变化时，称量所得粉末质量为m g。然后进行下图所示实验：在操作中，为了判断加入氯化钙溶液是否过量，其中正确的是 _ (填字母)。a.在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中继续加入少量氯化钙溶液b.在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中再加入少量碳酸钠溶液c.在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，取上层清液再加入
86、少量碳酸钠溶液所得晶体中碳酸氢钠的纯度为_。【答案】 (1). BD (2). 饱和NaHCO3溶液 (3). 吸收未反应挥发出的NH3 (4). a (5). NH3 (6). 增大气体与溶液接触面积，提高CO2 吸收率 (7). 温度越低碳酸氢钠的溶解度越小，便于析出 (8). C (9). a (10). 【解析】【分析】（1）CaCO3与硫酸反应生成硫酸钙微溶，阻止反应进行；苯的密度比水小，不溶于水，在盐酸溶液的上层，盐酸仍然不能与碳酸钙接触，起不到作用；四氯化碳密度比水大，不溶于水，盐酸在四氯化碳溶液上层，能够与碳酸钙接触；增加了硝酸的量，硝酸也能和碳酸钙反应生成二氧化碳；据以上分析
87、解答。（2）A中制得的CO2中混有HCl，需要利用B装置除去CO2中的HCl；硫酸可以吸收多余的氨气。（3）氨气极易溶解于水，易产生倒吸。 （4）多孔球泡的使用，增大气体与溶液接触面积，提高CO2 吸收率。 （5）温度越低，碳酸氢钠的溶解度越小，易与析出。（6）A项，加热氯化铵制取氨气，生成的氨气与氯化氢会重新生成氯化铵固体；B项，二氧化碳气体应该长管进气，短管出气；C项，分离沉淀出的碳酸氢钠，用过滤的方法；D项，碳酸氢钠受热易分解，不能通过直接加热来干燥。 （7）为判断滴加的氯化钙溶液过量，可在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，取上层清液再加入少量氯化钙溶液看是否有沉淀生成。将晶体充分干燥后，称
88、量质量为wg，此时为碳酸氢钠粗品质量，操作1将晶体加热到质量不再变化时，所得粉末为碳酸钠和杂质，然后溶解，加入氯化钙溶液，氯化钙跟碳酸钠反应生成碳酸钙，将生成的碳酸钙过滤、洗涤、干燥，称量为n g，根据关系式2NaHCO3-CaCO3可求出纯碳酸氢钠的质量，然后计算纯度。【详解】（1）A.CaCO3与硫酸反应生成硫酸钙微溶，阻止反应进行，不可取；B.四氯化碳密度比水大，不溶于水，因此可以加入四氯化碳，盐酸就会在四氯化碳溶液上层，能够与碳酸钙接触；C.苯的密度比水小，不溶于水，在盐酸溶液的上层，盐酸仍然不能与碳酸钙接触，起不到作用；D.增加了硝酸的量，硝酸也能和碳酸钙反应生成二氧化碳；因此为使反
89、应能顺利进行，可向长颈漏斗中加入的试剂是四氯化碳和硝酸；正确选项BD。（2）盐酸具有挥发性，氯化氢对后续反应有影响，因此混合气体在通过饱和碳酸氢钠溶液后，既除去了氯化氢，又增加了二氧化碳气体的量；丁装置中，可以将反应后多余的氨气可以被硫酸吸收；正确答案：饱和NaHCO3溶液；吸收未反应挥发出的NH3。（3）氨气极易溶解于水，为防止倒吸，实验时，须先从a管通入氨气，形成碱性溶液；正确答案：a ；NH3。（4）己装置为多孔球泡，增大气体与溶液接触面积，提高CO2 吸收率；正确答案：增大气体与溶液接触面积，提高CO2 吸收率。（5）通过图表信息可知，温度越低，碳酸氢钠的溶解度越小，且比氯化铵和氯化钠
90、都低，因此便于碳酸氢钠的析出；正确答案：温度越低碳酸氢钠的溶解度越小，便于析出。（6）A项，加热氯化铵制取氨气，生成的氨气与氯化氢会重新生成氯化铵固体，所以一般用加热铵盐与碱的混合物制氨气，故不选A项；B项，二氧化碳气体应该长管进气，短管出气，故不选B项；C项，分离沉淀出的碳酸氢钠，用过滤的方法，且该实验操作正确，故选C项；D项，碳酸氢钠受热易分解，所以不能通过直接加热来干燥，且加热固态需要使用坩埚，不能用烧杯加热，故不选D项；正确选项C。（7）氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙和氯化钠，如果碳酸钠反应完全，可取上层清液再加入少量氯化钙溶液，如果没有沉淀生成，沉淀完全；正确答案：a。反应的化学方程式
91、为2NaHCO3=Na2CO3+CO2+H2O，Na2CO3+CaCl2=CaCO3+H2O+2NaCl，得到的碳酸钙需要经过过滤、洗涤、干燥后方可称量；设样品中碳酸氢钠的质量为x，由上两式可得关系式：2NaHCO3-CaCO3；据此列方程：842/x=100/n,解得x=168 n/100g，所以碳酸氢钠的质量分数为x/w100%=168 n/100 w100%=；正确答案：。【点睛】实验室制备氨气一般都用熟石灰与氯化铵固体混合加热制备，氨气的密度小于空气的密度，极易溶于水，因此只能采用向下排空气法收集；不能用氯化铵固体加热制备氨气，氯化铵分解产生的氨气和氯化氢遇冷又凝结为氯化铵固体，得不到氨气。
