山東省濟寧一中高三化學上學期第二次月考試卷(含解析)-人教版高三全冊化學試題

.2015-2016學年山東省濟寧一中高三（上）第二次月考化學試卷一、選擇題（共18小題，每題3分，滿分54分）1．化學與社會、生活親近相關(guān)．對以下現(xiàn)象或事實的講解正確的選項是（）選項現(xiàn)象或事實講解A用氫氟酸蝕刻玻璃SiO2是堿性氧化物，能與酸反應(yīng)B用浸有酸性高錳酸鉀溶液的硅藻土作酸性高錳酸鉀溶液能氧化水果釋放的水果保鮮劑催熟劑乙烯C過氧化鈉作呼吸面具中的供氧劑過氧化鈉是強氧化劑，能氧化二氧化碳D辦理廢水時長加入明礬除去水中雜質(zhì)明礬能夠作為消毒劑使用A．AB．BC．CD．D2．以下關(guān)于物質(zhì)的性質(zhì)與應(yīng)用相對應(yīng)的是（）A．氯氣有毒，不能用作自來水的殺菌消毒B．FeCl3溶液能與Cu反應(yīng)，可用于蝕刻印刷電路C．濃硫酸擁有吸水性和強氧化性，能夠干燥Cl2，但不能夠干燥SO2D．銅的金屬活動性比鐵弱，可用銅罐代替鐵罐貯運濃硝酸3．已知溶液中存在較大量的+2﹣﹣，則該溶液中還能夠大量共存的離子組為（）H、SO4、NO3+﹣+2+2+﹣A．Na、CH3COO、NH4B．Mg、Ba、Br2+﹣、I﹣+﹣2+C．Cu、ClD．K、Cl、Mg4．某溶液中含有﹣2﹣+2﹣﹣﹣六種離子．若向其中加入過氧化鈉粉3433末充分反應(yīng)后（溶液體積變化忽略不計），溶液中離子濃度保持不變的是（）2﹣﹣﹣、Cl﹣C．SO32﹣﹣D．Cl﹣﹣+A．SO4、NO3B．NO3、NO3、NO3、Na5．以下認識正確的選項是（）A．H2與D2、T2互為同位素專業(yè)..B．氯化鈉溶液和氫氧化鐵膠體能夠用過濾的方法分別C．NH3溶于水能夠?qū)щ?，但不是電解質(zhì)D．SO2、NO2均屬于酸性氧化物6．設(shè)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，以下說法正確的選項是（）A．1mol硫酸鉀中陰離子所帶電荷數(shù)為NAB．標準情況下，NA個SO分子所占的體積約為22.4L3C．將0.1mol氯化鐵溶于A3+1L水中，所得溶液含有0.1NFeD．標準情況下，22.4LCl2與足量氫氧化鈉溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA7．必然條件下，以下各組物質(zhì)中，Y既能與X反應(yīng)又能與Z反應(yīng)的是（）XYZ①NaOH溶液AlFeO23②KOH溶液Br2NaSO溶液23③NaCOSiO2HO232④HClNaHCO3NaOHA．只有①③④B．只有①②④C．只有①②③D．①②③④皆可8．用以下裝置不能夠達到相關(guān)實驗?zāi)康氖牵ǎ〢．證明ρ（煤油）＜ρ（鈉）＜ρ（水）B．制備Fe（OH）2專業(yè)..C．制取金屬錳D．比較NaHCO3和Na2CO3的熱牢固性9．以下反應(yīng)的化學方程式或離子方程式正確的選項是（）A．氫氧化亞鐵被氧化：4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3B．鋁與稀硝酸反應(yīng)：2Al+6H+═2Al3++3H2↑+﹣C．過氧化鈉和水反應(yīng)：2Na2O2+2H2O═4Na+4OH+H2↑D．向硅酸鈉溶液中通入過分二氧化碳：2﹣2﹣SiO3+CO+HO═HSiO+CO2223310．8.34gFeSO4?7H2O（分子量：278）樣品受熱脫水過程的熱重曲線（樣質(zhì)量量隨溫度變化的曲線）以下列圖，以下說法正確的選項是（）A．溫度為78℃時固體物質(zhì)M的化學式為FeSO4?5H2OB．取合適380℃時所得的樣品P，間隔空氣加熱至650℃，獲得一種固體物質(zhì)Q，同時有兩種無色氣體生成，Q的化學式為Fe3O4C．在間隔空氣條件下，N獲得P的化學方程式為FeSO4?H2OFeSO4+H2OD．溫度為l59℃時固體N的化學式為FeSO4?2H2O專業(yè)..11．以下離子檢驗正確的選項是（）A．檢驗試液中的SO42﹣：試液白色積淀白色積淀B．檢驗試液中的Cl﹣：試液無積淀白色積淀C．檢驗試液中的Fe2+：試液無明顯現(xiàn)象血紅色溶液D．檢驗試液中的NH4+：試液氣體逸出試紙變藍12．向溶液X中連續(xù)通入氣體Y，不會產(chǎn)生“渾濁→澄清”現(xiàn)象的是（）A．X：硝酸銀溶液，Y：氨氣B．X：漂白粉溶液，Y：二氧化硫C．X：氫氧化鋇溶液，Y：二氧化碳D．X：偏鋁酸鈉溶液，Y：二氧化氮13．某溶液中可能含有++2+3+3+2﹣、SO2﹣﹣中的幾種．①若加入4343鋅粒，產(chǎn)生無色無味的氣體；②若加入NaOH溶液，產(chǎn)生白色積淀，且產(chǎn)生的積淀量與加入NaOH的物質(zhì)的量之間的關(guān)系以下列圖．則以下說法不正確的選項是（）+2+3++A．溶液中的陽離子有H、Mg、Al、NH4+B．溶液中n（NH4）=0.2molC．溶液中必然不含CO32﹣和NO3﹣，可能含有SO42﹣+）：n（Al3+2+）=2：2：1D．n（H）：n（Mg14．以下陳述Ⅰ、Ⅱ正確并且有因果關(guān)系的是（）選項陳述Ⅰ陳述ⅡA2+前者表現(xiàn)出還原性后者表現(xiàn)出漂白Fe、SO都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色2專業(yè)..性B純銀器表面在空氣中漸漸變暗發(fā)生了化學腐化CSO2能與次氯酸及堿反應(yīng)SO2是兩性氧化物DBaSO4飽和溶液中加入飽和Na2CO3溶液有白說明Ksp（BaSO4）大于Ksp（BaCO3）色積淀A．AB．BC．CD．D15．以下用數(shù)軸表示的產(chǎn)物與量的關(guān)系不合理的是（）A．鐵和稀硝酸反應(yīng)：B．Cl2與FeI2溶液反應(yīng)后的產(chǎn)物：C．向燒堿液中通入SO2后的產(chǎn)物：D．向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，鋁元素的存在形式：A．AB．BC．CD．D16．關(guān)于海水綜合利用問題，以下說法錯誤的選項是（）A．從能量變換角度來看，氯堿工業(yè)中的電解飽和食鹽水是一個將電能轉(zhuǎn)變成化學能的過程B．在過程②中若要獲得無水MgCl2不能直接蒸干灼燒2+2﹣2+C．除去粗鹽中雜質(zhì)（Mg、SO4、Ca），加入的藥品序次為：NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→過濾后加鹽酸D．第③④步的目的是為了濃縮富集溴專業(yè)..17．在必然濃度的濃硝酸中加入m克銅鎂合金恰好完好溶解（假定硝酸的還原產(chǎn)物只有NO2），向反應(yīng)后的混雜溶液中滴加bmol/LNaOH溶液，當?shù)渭拥絭mL時，恰好完好反應(yīng)，獲得積淀質(zhì)量為n克，則以下相關(guān)該實驗的說法中正確的有（）①積淀中氫氧根的質(zhì)量為（n﹣m）克②恰好溶解后溶液中的﹣離子的物質(zhì)的量為bvmolNO3③反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為mol④生成NO氣體的體積為L2⑤與合金反應(yīng)反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為mol．A．①②③④⑤B．①③④⑤C．①③⑤D．①②③⑤18．以下說法錯誤的選項是（）A2Na+2HO=2NaOH+H↑均為水做氧化劑的氧化還原反應(yīng)2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO+3H2↑BFe+CuSO4=FeSO4+Cu均為固體質(zhì)量增大的置換反應(yīng)點燃2Mg+CO2MgO+CCNaAlO2+SO2+2H2O=Al（OH）3+NaHSO3均為較強酸制較弱酸的復分解反應(yīng)NaClO+CO2+H2O=HClO+NaHCO3DH2O2+SO2=H2SO4均為非氧化還原反應(yīng)的化合反應(yīng)CaO+SO3=CaSO4A．AB．BC．CD．D二、解答題（共3小題，滿分46分）專業(yè)..19．某實驗小組利用氯氣與金屬鐵反應(yīng)制備無水三氯化鐵，經(jīng)查閱資料得知：無水FeCl3在空氣中易潮解，加熱到100℃左右時易升華．如圖是兩個學生設(shè)計的實驗裝置，左邊的反應(yīng)裝置相同，而右邊的產(chǎn)品收集裝置不相同，分別如（Ⅰ）和（Ⅱ）所示．試回答：（1）B中反應(yīng)的離子方程式為：；（2）實驗中a與b兩個酒精燈應(yīng)先點燃，目的是；（3）收集裝置（Ⅰ）的主要缺點是：．裝置（Ⅱ）也有缺點，必定采用的改進措施是：．（4）b酒精燈加熱后，生成的煙狀FeCl3大部分進入收集器，少量聚積在反應(yīng)管D右端，要使聚積的FeCl3進入收集器，操作是．（5）實驗中還缺少一個除雜裝置，目的是除去；應(yīng)選擇做除雜劑A．飽和NaHCO3B．水C．飽和食鹽水D．NaOH溶液．20．黃銅礦（CuFeS2）是制取銅及其化合物的主要原料之一，還能夠夠制備硫及鐵的化合物．工業(yè)流程圖如圖：（1）冶煉銅的總反應(yīng)可看做8CuFeS2+21O8Cu+4FeO+2FeO3+16SO2若CuFeS2中Fe的化合價為+2，反應(yīng)中被還原的元素是（填元素符號），1molCuFeS2參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為mol；（2）上述冶煉過程產(chǎn)生大量氣體A．以下辦理方案中合理的是（填代號）；專業(yè)..a．高空排放b．用于制備硫酸c．用純堿溶液吸取制Na2SO4d．用濃硫酸吸取考據(jù)氣體A的主要成分是SO2的方法是；3）熔渣B（含F(xiàn)e2O3、FeO、SiO2、Al2O3）可制備Fe2O3．．a(chǎn)．加入H2O2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是；b．除去Al3+的離子方程式是；（4）采用供應(yīng)的試劑，設(shè)計實驗考據(jù)熔渣B中含有FeO．供應(yīng)的試劑：稀鹽酸稀硫酸KSCN溶液KMnO4溶液NaOH溶液碘水所選試劑為；證明爐渣中含有FeO的實驗現(xiàn)象為．21．A、B、C、D為四種單質(zhì)，常溫時，A、B是氣體，C、D是固體．E、F、G、H、I為五種化合物，F(xiàn)不溶水，E為氣體且極易溶水成為無色溶液，G溶于水得黃色溶液．這九種物質(zhì)間反應(yīng)的轉(zhuǎn)變關(guān)系以下列圖（1）寫出四種單質(zhì)的化學式ABCD（2）寫出H+B→G的離子方程式；（3）寫出G+I→H+D+E的化學方程式；4）某工廠用B制漂白粉．①寫出制漂白粉的化學方程式．②為測定該工廠制得的漂白粉中有效成分的含量，某該小組進行了以下實驗：稱取漂白粉3.0g，研磨后溶解，配置成250mL溶液，取出25.00mL加入到錐形瓶中，再加入過分的KI溶液和過分的硫酸（此時發(fā)生的離子方程式為：），靜置．待完好反應(yīng)后，用0.2mol?L﹣1的Na2S2O3溶液做標準溶液滴定反應(yīng)生成的碘，已知反應(yīng)式為：專業(yè)..2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，共用去Na2S2O3溶液20.00mL．則該漂白粉中有效成分的質(zhì)量分數(shù)為（保留到小數(shù)點后兩位）．專業(yè)..2015-2016學年山東省濟寧一中高三（上）第二次月考化學試卷參照答案與試題解析一、選擇題（共18小題，每題3分，滿分54分）1．化學與社會、生活親近相關(guān)．對以下現(xiàn)象或事實的講解正確的選項是（）選項現(xiàn)象或事實講解A用氫氟酸蝕刻玻璃SiO是堿性氧化物，能與酸反應(yīng)2B用浸有酸性高錳酸鉀溶液的硅藻土作酸性高錳酸鉀溶液能氧化水果釋放的水果保鮮劑催熟劑乙烯C過氧化鈉作呼吸面具中的供氧劑過氧化鈉是強氧化劑，能氧化二氧化碳D辦理廢水時長加入明礬除去水中雜質(zhì)明礬能夠作為消毒劑使用A．AB．BC．CD．D【考點】硅和二氧化硅；鹽類水解的應(yīng)用；鈉的重要化合物．【專題】鹽類的水解專題；金屬概論與堿元素．【解析】A．Si02是酸性氧化物，常溫下能夠與氫氟酸反應(yīng)；B．乙烯是一種植物生長調(diào)治劑，對水果蔬菜擁有催熟的作用；C．過氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，過氧化鈉既是氧化劑又是還原劑；D．明礬凈水的原理：加入水中形成的膠狀物，對雜質(zhì)的吸附使之積淀．【解答】解：A．Si02是酸性氧化物，故A錯誤；B．乙烯是一種植物生長調(diào)治劑，對水果蔬菜擁有催熟的作用，乙烯含有不飽和鍵能被酸性高錳酸鉀氧化，故B正確；C．過氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，過氧化鈉既是氧化劑又是還原劑，故C錯誤；D．明礬凈水的原理是加入水中形成的膠狀物，對雜質(zhì)的吸附使之積淀，不是作為消毒劑，故D錯誤；應(yīng)選B．專業(yè)..【議論】本題觀察了物質(zhì)的用途，性質(zhì)決定用途，明確物質(zhì)的用途是解題要點，題目難度不大．2．以下關(guān)于物質(zhì)的性質(zhì)與應(yīng)用相對應(yīng)的是（）A．氯氣有毒，不能用作自來水的殺菌消毒B．FeCl3溶液能與Cu反應(yīng)，可用于蝕刻印刷電路C．濃硫酸擁有吸水性和強氧化性，能夠干燥Cl2，但不能夠干燥SO2D．銅的金屬活動性比鐵弱，可用銅罐代替鐵罐貯運濃硝酸【考點】濃硫酸的性質(zhì)；氯氣的化學性質(zhì)；鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉(zhuǎn)變．【專題】物質(zhì)的性質(zhì)和變化專題．【解析】A．氯氣能和水反應(yīng)生成擁有強氧化性的次氯酸；B．三價鐵離子擁有氧化性，能夠氧化銅；C．濃硫酸能夠干燥二氧化硫；D．濃硝酸擁有強的氧化性，能夠使鋁鈍化，能夠與銅反應(yīng)．【解答】解：A．氯氣有毒，能和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，次氯酸有強氧化性能殺菌消毒，因此可用來自來水的殺菌消毒，故A錯誤；B．FeCl3溶液能與Cu反應(yīng)生成氯化亞鐵與氯化銅，可用于蝕刻印刷電路，故B正確；C．濃硫酸擁有吸水性和強氧化性，與氯氣、二氧化硫都不反應(yīng)，能夠干燥氯氣、二氧化硫，故C錯誤；D．濃硝酸擁有強的氧化性，能夠使鋁鈍化，能夠與銅反應(yīng)，因此不能夠銅罐代替鐵罐貯運濃硝酸，故D錯誤；應(yīng)選：B．【議論】本題觀察了元素化合物知識，明確氯氣、三價鐵離子、濃硫酸、濃硝酸性質(zhì)是解題要點，題目難度不大．3．已知溶液中存在較大量的+2﹣﹣，則該溶液中還能夠大量共存的離子組為（）43+﹣+2+2+﹣34專業(yè)..2+﹣、I﹣+﹣2+C．Cu、ClD．K、Cl、Mg【考點】離子共存問題．【專題】離子反應(yīng)專題．【解析】A．醋酸根離子與氫離子反應(yīng)；B．鋇離子與硫酸根離子反應(yīng)生成硫酸鋇積淀；C．硝酸根離子在酸性條件下?lián)碛袕娧趸裕軌蚪窈蟮怆x子；D．三種離子之間不反應(yīng)，都不與氫離子、硫酸根離子、硝酸根離子反應(yīng)．+﹣A【解答】解：A．H、CH3COO與之間反應(yīng)生成弱電解質(zhì)醋酸，在溶液中不能夠大量共存，故錯誤；2+2﹣之間反應(yīng)生成硫酸鋇積淀，在溶液中不能夠大量共存，故B錯誤；4+﹣﹣C錯誤；C．H、I、NO，之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)，在溶液中不能夠大量共存，故3+﹣2++2﹣﹣反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，故DD．K、Cl、Mg之間不反應(yīng)，都不與H、SO4、NO3正確；應(yīng)選D．【議論】本題觀察離子共存的正誤判斷，為高考的高頻題，屬于中等難度的試題，注意明確離子不能夠大量共存的一般情況：能發(fā)生復分解反應(yīng)的離子之間；能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子之間等；還應(yīng)該注意題目所隱含的條件，如：溶液的酸堿性，據(jù)此來判斷溶液中可否有大量+﹣；溶液的顏色，如無色時可消除2+2+3+﹣等有色離子的存在；溶的H或OHCu、Fe、Fe、MnO4液的詳盡反應(yīng)條件，如“氧化還原反應(yīng)”、“加入鋁粉產(chǎn)生氫氣”．4．某溶液中含有﹣2﹣+2﹣﹣﹣六種離子．若向其中加入過氧化鈉粉3433末充分反應(yīng)后（溶液體積變化忽略不計），溶液中離子濃度保持不變的是（）2﹣﹣﹣、Cl﹣2﹣﹣﹣﹣+A．SO、NOB．NOC．SO、NOD．Cl、NO、Na433333【考點】離子共存問題．【專題】離子反應(yīng)專題．【解析】加入過氧化鈉后，過氧化鈉擁有強氧化性，能夠?qū)喠蛩岣x子氧化成硫酸根離子；過氧化鈉與水反應(yīng)生成的氫氧化鈉能夠與碳酸氫根離子反應(yīng)，因此濃度變化的為碳酸氫根離專業(yè)..子、亞硫酸根離子、硫酸根離子、鈉離子，濃度不變的為硝酸根離子和氯離子，據(jù)此進行判斷．【解答】解：過氧化鈉擁有強氧化性，2﹣2﹣2343﹣和SO42﹣的濃度都發(fā)生變化；過氧化鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣，以致+﹣反應(yīng)生成碳酸Na的濃度增大；NaOH與HCO3根離子，以致HCO3﹣的濃度減??；依照解析可知，溶液中離子濃度不變的為NO3﹣、Cl﹣，應(yīng)選B．【議論】本題觀察離子反應(yīng)及離子共存，為高考的高頻題，屬于中等難度的試題，注意掌握常有離子的性質(zhì)，明確明確過氧化鈉的性質(zhì)為解答要點，試題培養(yǎng)了學生的解析能力及靈便應(yīng)用能力．5．以下認識正確的選項是（）A．H2與D2、T2互為同位素B．氯化鈉溶液和氫氧化鐵膠體能夠用過濾的方法分別C．NH3溶于水能夠?qū)щ姡皇请娊赓|(zhì)D．SO2、NO2均屬于酸性氧化物【考點】酸、堿、鹽、氧化物的看法及其相互聯(lián)系；同位素及其應(yīng)用；電解質(zhì)與非電解質(zhì)；物質(zhì)的分別、提純的基本方法選擇與應(yīng)用．【專題】物質(zhì)的分類專題；物質(zhì)的分別提純和鑒別．【解析】A．質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不相同的同一元素的原子互稱同位素；B．膠體和溶液都能透過濾紙；C．NH3自己不能夠電離出離子，溶液導電是NH3和水反應(yīng)生成的NH3?H2O電離的原因；D．酸性氧化物可與堿反應(yīng)，且只生成鹽和水，如與水反應(yīng)，酸性氧化物只生成酸．【解答】解：A．H2、D2、T2是單質(zhì)，不是原子，不為同位素，故A錯誤；B．膠體和溶液都能透過濾紙，因此不能夠用過濾的方法分別氯化鈉溶液和氫氧化鐵膠體，故錯誤；專業(yè)..C．NH3和水反應(yīng)生成NH3?H2O，一水合氨電離出陰、陽離子而使其溶液導電，電離出陰、陽離子的物質(zhì)是NH3?H2O而不是NH3，因此NH3是非電解質(zhì)，故C正確；D．SO2可與堿反應(yīng)生成鹽和水，是酸性氧化物，NO2與水反應(yīng)生成硝酸、NO和水，不是酸性氧化物，故D錯誤；應(yīng)選C．【議論】本題主要觀察同位素、電解質(zhì)、非電解質(zhì)、酸性氧化物、膠體的性質(zhì)等看法，難度不大，注意這幾個看法的差異．6．設(shè)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，以下說法正確的選項是（）A．1mol硫酸鉀中陰離子所帶電荷數(shù)為NAB．標準情況下，NA個SO3分子所占的體積約為22.4LC．將0.1mol氯化鐵溶于1L水中，所得溶液含有0.1NAFe3+D．標準情況下，22.4LCl2與足量氫氧化鈉溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA【考點】阿伏加德羅常數(shù)．【專題】離子反應(yīng)專題．【解析】A、硫酸根離子帶兩個負電荷；B、標準情況三氧化硫不是氣體；C、鐵離子在水溶液中水解；D、標準情況氣體物質(zhì)的量n=計算獲得，結(jié)合氯氣和堿反應(yīng)自己氧化還原反應(yīng)，氯元素化合價0價變化為﹣1價和+1價；【解答】解：A、硫酸根離子帶兩個負電荷，1mol硫酸鉀中陰離子所帶電荷數(shù)為2NA，故A錯誤；B、標準情況三氧化硫不是氣體1molSO3分子所占的體積約不是22.4L，故B錯誤；C、鐵離子在水溶液中水解，將0.1mol氯化鐵溶于1L水中，所得溶液含有Fe3+＜0.1NA，故C錯誤；D、標準情況氣體物質(zhì)的量n===1mol，結(jié)合氯氣和堿反應(yīng)自己氧化還原反應(yīng)，氯元素化合價0價變化為﹣1價和+1價，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA，故D正確；專業(yè)..應(yīng)選D．【議論】本題觀察了阿伏伽德羅常數(shù)的解析應(yīng)用，主若是氣體摩爾體積的條件解析，鹽類水解的理解應(yīng)用，題目較簡單．7．必然條件下，以下各組物質(zhì)中，Y既能與X反應(yīng)又能與Z反應(yīng)的是（）XYZ①NaOH溶液AlFe2O3②KOH溶液Br2NaSO溶液23③NaCOSiO2HO232④HClNaHCONaOH3A．只有①③④B．只有①②④C．只有①②③D．①②③④皆可【考點】鈉的重要化合物．【專題】幾種重要的金屬及其化合物．【解析】①Al兩性金屬，既能與強酸又能與強堿反應(yīng)，可發(fā)生鋁熱反應(yīng)；②溴單質(zhì)能與強堿反應(yīng)，溴單質(zhì)有強氧化性能夠氧化NaSO溶液；23③二氧化硅與水不反應(yīng)；④NaHCO3可與酸反應(yīng)生成二氧化碳氣體，與堿反應(yīng)生成碳酸鹽．【解答】解：①Al兩性金屬，既能與強酸又能與強堿反應(yīng)，鋁比鐵爽朗，可發(fā)生鋁熱反應(yīng)冶煉鐵，故正確；②溴單質(zhì)能與強堿KOH反應(yīng)生成溴化鉀、次溴酸鉀和水，溴單質(zhì)有強氧化性能夠氧化Na2SO3溶液生成硫酸鈉和溴化鈉，故正確；③二氧化硅與水不反應(yīng)，故錯誤；④NaHCO3可與酸反應(yīng)生成二氧化碳氣體，與氫氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉，故正確．應(yīng)選B．【議論】本題觀察元素化合物性質(zhì)，為高頻考點，難度不大，重視對基礎(chǔ)知識的牢固，需要學生熟練掌握元素化合物性質(zhì)．專業(yè)..8．用以下裝置不能夠達到相關(guān)實驗?zāi)康氖牵ǎ〢．證明ρ（煤油）＜ρ（鈉）＜ρ（水）B．制備Fe（OH）2C．制取金屬錳D．比較NaHCO3和Na2CO3的熱牢固性【考點】化學實驗方案的議論．【解析】A．鈉的密度比水的小，比煤油的大；B．煤油能間隔空氣，防范生成的氫氧化亞鐵被氧化；C．利用鋁熱反應(yīng)可制備熔點高的金屬Mn；D．比較牢固性，碳酸氫鈉應(yīng)在小試管中．【解答】解：A．由圖可知，鈉在水與煤油液面中間，則可知鈉的密度比水的小，比煤油的大，故A正確；B．由圖可知，制備氫氧化亞鐵應(yīng)防范被氧化，而煤油能間隔空氣，可防范生成的氫氧化亞鐵被氧化，故B正確；C．由圖可知，Al與二氧化錳發(fā)生鋁熱反應(yīng)生成Mn，故C正確；專業(yè)..D．因碳酸氫鈉不牢固，碳酸鈉牢固，比較牢固性應(yīng)將碳酸氫鈉放在小試管中，故D錯誤；應(yīng)選D．【議論】本題觀察實驗方案的議論，明確現(xiàn)象與物質(zhì)的性質(zhì)和制取的關(guān)系、反應(yīng)原理及金屬冶煉的關(guān)系等知識即可解答，題目難度不大．9．以下反應(yīng)的化學方程式或離子方程式正確的選項是（）A．氫氧化亞鐵被氧化：4Fe（OH）2+2H2O+O═4Fe（OH）32B．鋁與稀硝酸反應(yīng)：2Al+6H+═2Al3+2+3H↑+﹣C．過氧化鈉和水反應(yīng)：2Na2O2+2H2O═4Na+4OH+H2↑D．向硅酸鈉溶液中通入過分二氧化碳：SiO2﹣2﹣3+CO+HO═HSiO+CO22233【考點】離子方程式的書寫；化學方程式的書寫．【專題】離子反應(yīng)專題．【解析】A．氫氧化亞鐵簡單被空氣中氧氣氧化成氫氧化鐵；B．鋁與稀硝酸反應(yīng)生成NO氣體，不會生成氫氣；C．過氧化鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣，不是氫氣；D．二氧化碳過分，反應(yīng)生成碳酸氫根離子．【解答】解：A．氫氧化亞鐵被氧化的離子方程式為：4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3，故正確；B．鋁與稀硝酸反應(yīng)生成一氧化氮氣體，正確的離子方程式為：﹣+3+NO3+Al+4H═H2O+NO↑+Al，故B錯誤；C．過氧化鈉和水反應(yīng)生成氧氣，正確的離子方程式為：222+﹣22NaO+2HO═4Na+4OH+O↑，故C錯誤；D．硅酸鈉溶液中通入過分二氧化碳，反應(yīng)生成硅酸膠體和碳酸氫根離子，正確的離子方程式為：SiO32﹣+2CO+2H2O═H2SiO3（膠體）+2HCO3﹣，故D錯誤；應(yīng)選A．【議論】本題觀察了離子方程式的書寫判斷，為高考的高頻題，題目難度中等，注意明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應(yīng)物、生成物可否正確，檢查各物質(zhì)拆分可否正確，如專業(yè)..難溶物、弱電解質(zhì)等需要保留化學式，檢查可否吻合守恒關(guān)系（如：質(zhì)量守恒和電荷守恒等）、檢查可否吻合原化學方程式等．10．8.34gFeSO4?7H2O（分子量：278）樣品受熱脫水過程的熱重曲線（樣質(zhì)量量隨溫度變化的曲線）以下列圖，以下說法正確的選項是（）A．溫度為78℃時固體物質(zhì)M的化學式為FeSO4?5H2OB．取合適380℃時所得的樣品P，間隔空氣加熱至650℃，獲得一種固體物質(zhì)Q，同時有兩種無色氣體生成，Q的化學式為Fe3O4C．在間隔空氣條件下，N獲得P的化學方程式為FeSO4?H2OFeSO4+H2OD．溫度為l59℃時固體N的化學式為FeSO4?2H2O【考點】化學方程式的相關(guān)計算．【專題】利用化學方程式的計算．【解析】8.34gFeSO?7HO樣品物質(zhì)的量==0.03mol，其中m（HO）422=0.03mol×7×18g/mol=3.78g，如晶體全部失去結(jié)晶水，固體的質(zhì)量應(yīng)為8.34g﹣3.78g=4.56g，故P的化學式為FeSO4，可知在加熱到373℃從前，晶體失去部分結(jié)晶水，結(jié)合質(zhì)量的變化可確定在不相同溫度時加熱后固體的化學式，加熱至633℃時，固體的質(zhì)量為2.40g，其中n（Fe）=n（FeSO4?7H2O）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，則固體中m（O）=2.40g﹣1.68g=0.72g，n（O）==0.045mol，則n（Fe）：n（O）=0.03mol：0.045mol=2：3，則固體物質(zhì)Q的化學式為Fe2O3，鐵的化合價高升，必有硫的化合價降低，即有二氧化硫生成，設(shè)SO2、SO3的物質(zhì)的量分別為x、y，依照硫原子守恒及氣體的質(zhì)量列方程計算判斷可否含有三氧化硫，以此解答該題．專業(yè)..【解答】解：8.34gFeSO4?7H2O樣品物質(zhì)的量==0.03mol，其中m（H2O）=0.03mol×7×18g/mol=3.78g，如晶體全部失去結(jié)晶水，固體的質(zhì)量應(yīng)為8.34g﹣3.78g=4.56g，故P的化學式為FeSO4，可知在加熱到373℃從前，晶體失去部分結(jié)晶水，加熱至633℃時，固體的質(zhì)量為2.40g，其中n（Fe）=n（FeSO4?7H2O）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，則固體中m（O）=2.40g﹣1.68g=0.72g，n（O）==0.045mol，則n（Fe）：n（O）=0.03mol：0.045mol=2：3，則固體物質(zhì)Q的化學式為Fe2O3．A．溫度為78℃時，固體質(zhì)量為6.72g，其中m（FeSO4）=0.03mol×152g/mol=4.56g，m（H2O）=6.72g﹣4.56g=2.16g，n（H2O）==0.12mol，則n（H2O）：n（FeSO4）=0.12mol：0.03mol=4：1，則化學式為FeSO4?4H2O，故100℃時，M的化學式為FeSO4?4H2O，故A錯誤；B．由上述解析可知，P化學式為FeSO4，Q的化學式為Fe2O3，鐵的化合價高升，必有硫的化合價降低，即有二氧化硫生成，設(shè)SO2、SO3的物質(zhì)的量分別為x、y，則，解得x=y=0.015，因此方程式為：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，故B錯誤；C．溫度為l59℃時，固體質(zhì)量為5.10g，其中m（FeSO4）=0.03mol×152g/mol=4.56g，m（H2O）=5.10g﹣4.56g=0.54g，n（H2O）==0.03mol，則n（H2O）：n（FeSO4）=0.03mol：0.03mol=1：1，則N的化學式為FeSO4?H2O，P化學式為FeSO4，在間隔空氣條件下由N獲得P的化學方程式為：FeSO4?H2OFeSO4+H2O，故C正確；D．由上述解析可知，溫度為l59℃時固體N的化學式為FeSO4?H2O，故D錯誤，應(yīng)選：C．【議論】本題觀察化學方程式的計算，重視于學生的解析能力和計算能力的觀察，注意掌握物質(zhì)的質(zhì)量的變化關(guān)系，能讀懂圖象，從質(zhì)量守恒的角度解答該題，難度較大．11．以下離子檢驗正確的選項是（）A．檢驗試液中的2﹣白色積淀白色積淀SO：試液4B．檢驗試液中的Cl﹣：試液無積淀白色積淀專業(yè)..C．檢驗試液中的Fe2+：試液無明顯現(xiàn)象血紅色溶液D．檢驗試液中的4+氣體逸出試紙變藍NH：試液【考點】常有離子的檢驗方法．【專題】物質(zhì)檢驗鑒別題．【解析】A．檢驗硫酸根離子，先加鹽酸消除攪亂離子；B．檢驗氯離子，先加硝酸酸化，消除攪亂離子；C．檢驗亞鐵離子，先加KSCN溶液，無現(xiàn)象，再加氯水；D．銨根離子與堿反應(yīng)生成氨氣，氨氣使紅色石蕊試紙變藍．【解答】解：A．檢驗硫酸根離子，先加鹽酸消除攪亂離子，試劑加入序次不合理，不能夠檢驗，故A錯誤；B．檢驗氯離子，先加硝酸酸化，消除攪亂離子，試劑不合理，硫酸銀為白色積淀攪亂氯離子檢驗，故B錯誤；C．檢驗亞鐵離子，先加KSCN溶液，無現(xiàn)象，再加氯水，溶液為血紅色，試劑序次不合理，故C錯誤；D．銨根離子與堿反應(yīng)生成氨氣，氨氣使紅色石蕊試紙變藍，檢驗方法合理，故D正確；應(yīng)選D．【議論】本題觀察常有離子的檢驗，為高頻考點，掌握檢驗試劑、試劑序次、現(xiàn)象與結(jié)論的關(guān)系為解答的要點，重視解析與實驗?zāi)芰Φ挠^察，題目難度不大．12．向溶液X中連續(xù)通入氣體Y，不會產(chǎn)生“渾濁→澄清”現(xiàn)象的是（）A．X：硝酸銀溶液，Y：氨氣B．X：漂白粉溶液，Y：二氧化硫C．X：氫氧化鋇溶液，Y：二氧化碳D．X：偏鋁酸鈉溶液，Y：二氧化氮【考點】氨的化學性質(zhì)；氮的氧化物的性質(zhì)及其對環(huán)境的影響；二氧化硫的化學性質(zhì)．【專題】元素及其化合物．專業(yè)..【解析】A．氨氣溶于水生成一水合氨，與硝酸銀溶液先生成氫氧化銀積淀，爾后反應(yīng)生成銀氨絡(luò)合物；B．漂白粉溶液通入二氧化硫，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鈣；C．二者先反應(yīng)生成碳酸鋇積淀，爾后碳酸鋇溶液與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鋇；D．開始生成氫氧化鋁，爾后溶解在硝酸中．【解答】解：A．氨氣溶于水生成一水合氨，與硝酸銀溶液先生成氫氧化銀積淀，爾后反應(yīng)生成可溶性銀氨絡(luò)合物，先產(chǎn)生積淀，后積淀溶解，故A不選；B．漂白粉溶液通入二氧化硫，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鈣，積淀不會溶解，故B選；C．二者先反應(yīng)生成碳酸鋇積淀，爾后碳酸鋇溶液與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鋇，先產(chǎn)生沉淀，后積淀溶解，故A不選；D．偏鋁酸鈉溶液中通入二氧化氮，二氧化氮與水反應(yīng)生成硝酸，與偏鋁酸鈉反應(yīng)生成氫氧化鋁，爾后溶解在硝酸中生成硝酸鋁，則會產(chǎn)生“渾濁→澄清”現(xiàn)象，故D不選；應(yīng)選B．【議論】本題觀察物質(zhì)的性質(zhì)，為高頻考點，綜合觀察元素化合物知識，掌握發(fā)生的氧化還原反應(yīng)、復分解反應(yīng)為解答的要點，注意物質(zhì)的溶解性及氫氧化鋁的兩性，題目難度不大．13．某溶液中可能含有++2+3+3+2﹣2﹣﹣中的幾種．①若加入H、NH4、Mg、Al、Fe、CO3、SO4、NO3鋅粒，產(chǎn)生無色無味的氣體；②若加入NaOH溶液，產(chǎn)生白色積淀，且產(chǎn)生的積淀量與加入NaOH的物質(zhì)的量之間的關(guān)系以下列圖．則以下說法不正確的選項是（）+2+3++A．溶液中的陽離子有H、Mg、Al、NH4+B．溶液中n（NH4）=0.2molC．溶液中必然不含CO32﹣和NO3﹣，可能含有SO42﹣+）：n（Al3+2+）=2：2：1D．n（H）：n（Mg專業(yè)..【考點】常有離子的檢驗方法．【專題】物質(zhì)檢驗鑒別題．【解析】若加入鋅粒，產(chǎn)生無色無味無毒的氣體，說明氣體是氫氣，因此溶液顯酸性，則CO32﹣和NO3﹣不能夠大量共存；加入NaOH溶液，產(chǎn)生白色積淀，說明不存在鐵離子；依照產(chǎn)生的積淀量與加入NaOH的物質(zhì)的量之間的關(guān)系圖可知，溶液中必然含有2+3+Mg、Al；又由于當積淀達到最大值時，連續(xù)進入氫氧化鈉，積淀不變，這說明溶液中還存在NH4+，由于溶液中還必定存在陰離子，因此必然還有2﹣．結(jié)合圖象中各階段耗資的氫氧化鈉，計算溶液中nSO4+2+）、n（Al3++（H）、n（Mg）、n（NH4），據(jù)此解答．【解答】解：若加入鋅粒，產(chǎn)生無色無味無毒的氣體，說明氣體是氫氣，因此溶液顯酸性，2﹣﹣33加入NaOH溶液，產(chǎn)生白色積淀，說明不存在3+NaOH的物質(zhì)的Fe；依照產(chǎn)生的積淀量與加入量之間的關(guān)系圖可知，溶液中必然含有2+3+Mg、Al；又由于當積淀達到最大值時，連續(xù)進入氫氧化鈉，積淀不變，這說明溶液中還存在NH4+，由于溶液中還必定存在陰離子，因此必然2﹣還有SO4；由圖象可知，第一階段為氫離子與氫氧化鈉反應(yīng)，+耗資氫氧化鈉為0.1mol，則n（H）=0.1mol；第三階段為銨根離子與氫氧化鈉反應(yīng)，耗資氫氧化鈉為+4=0.2mol；最后階段為氫氧化鈉溶解氫氧化鋁，耗資氫氧化鈉0.8mol﹣0.7mol=0.1mol，則n[Al（OH）3]=0.1mol，依照鋁元素守恒可知n（Al3+）=0.1mol；第二階段為氫氧化鈉積淀鎂離子、鋁離子，共耗資氫氧化鈉為0.5mol﹣0.1mol=0.4mol，則2+n（Mg）=（0.4mol﹣0.1mol×3）÷2=0.05mol，A．由上述解析可知，溶液中的陽離子只有+2+3++4+B．由上述解析可知，溶液中n（NH4）=0.2mol，故B正確；C．由上述解析可知，溶液中必然不含2﹣﹣，必然含有SO42﹣，故C錯誤；CO3、NO3D．由上述解析可知，溶液中+3+2+：0.1mol：0.05mol=2：2：n（H）：n（Al）：n（Mg）=0.1mol1，故D正確，應(yīng)選C．專業(yè)..【議論】本題觀察離子共存、反應(yīng)圖象鑒別以及離子反應(yīng)相關(guān)計算等，是高考中的常有題型，對學生的綜合能力提出了更高的要求，有利于培養(yǎng)學生的邏輯思想能力和發(fā)散思想能力，難度較大．14．以下陳述Ⅰ、Ⅱ正確并且有因果關(guān)系的是（）選項陳述Ⅰ陳述ⅡA2+前者表現(xiàn)出還原性后者表現(xiàn)出漂白Fe、SO都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色性B純銀器表面在空氣中漸漸變暗發(fā)生了化學腐化C22SO能與次氯酸及堿反應(yīng)SO是兩性氧化物DBaSO4飽和溶液中加入飽和Na2CO3溶液有白說明Ksp（BaSO4）大于Ksp（BaCO3）色積淀A．AB．BC．CD．D【考點】氧化性、還原性強弱的比較；金屬的電化學腐化與防范；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及積淀轉(zhuǎn)變的實質(zhì)；二氧化硫的化學性質(zhì)．【解析】A、二氧化硫和高錳酸鉀溶液反應(yīng)是利用二氧化硫的還原性，二氧化硫漂白性是和有機色素結(jié)合為無色物質(zhì)；B、銀和氧氣反應(yīng)生成氧化物，和硫化物反應(yīng)生成硫化銀變暗；C、二氧化硫和次氯酸鈉在堿性溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，表現(xiàn)二氧化硫的還原性；D、積淀形成與離子濃度大小相關(guān)，溫度不變?nèi)芏确e常數(shù)不變．【解答】解：A、二氧化硫和高錳酸鉀溶液反應(yīng)是利用二氧化硫的還原性，二氧化硫漂白性是和有機色素結(jié)合為無色物質(zhì)；亞鐵離子和高錳酸鉀溶液反應(yīng)表現(xiàn)亞鐵離子的還原性，故A錯誤；B、由于空氣中存在O2和極少量O3，可將Ag氧化為AgO，表面變暗；純銀器表面在空氣中因化學腐化漸漸變暗，故B正確；C、SO2能與次氯酸反應(yīng)是次氯酸根離子的強氧化性和二氧化硫的還原性，與堿反應(yīng)是酸性，故C錯誤；專業(yè)..D、BaSO4飽和溶液中加入飽和Na2CO3溶液有白色積淀，是由于碳酸根離子濃度大，和鋇離子濃度乘積等于碳酸鋇的Ksp，實質(zhì)Ksp（BaSO4）小于Ksp（BaCO3），故D錯誤；應(yīng)選B．【議論】本題觀察了氧化還原反應(yīng)的進行依照和性質(zhì)應(yīng)用，物質(zhì)性質(zhì)和鹽酸化合價變化是解題要點，題目難度中等．15．以下用數(shù)軸表示的產(chǎn)物與量的關(guān)系不合理的是（）A．鐵和稀硝酸反應(yīng)：B．Cl2與FeI2溶液反應(yīng)后的產(chǎn)物：C．向燒堿液中通入SO2后的產(chǎn)物：D．向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，鋁元素的存在形式：A．AB．BC．CD．D【考點】化學方程式的相關(guān)計算．【專題】利用化學方程式的計算．【解析】A、少量鐵和稀硝酸反應(yīng)生成三價鐵離子，過分的鐵和硝酸反應(yīng)最后生成亞鐵離子；B、碘離子還原性大于亞鐵離子，氯氣不足時碘離子優(yōu)先反應(yīng)，氯氣過分時亞鐵離子、碘離子都被氧化；C、燒堿溶液中通入少量二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸鈉，通入過分二氧化硫生成亞硫酸氫鈉；D、氯化鋁溶液中滴入氫氧化鈉開始生成氫氧化鋁積淀，到全部生成氫氧化鋁后，連續(xù)滴加氫氧化鈉溶液，氫氧化鋁溶解生成偏鋁酸鈉．【解答】解：A、少反應(yīng)的化學方程式：4HNO3（稀足）+Fe═Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，3HNO+8Fe═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，量鐵和稀硝酸反應(yīng)生成三價鐵離子，n（HNO3）：n（Fe）=4：1，；過分的鐵和硝酸反應(yīng)最后生成亞鐵離子，n（HNO3）：n（Fe）=8：3，在4：1～8：3范圍內(nèi)生成硝酸亞鐵和硝酸鐵，數(shù)軸變化吻合，故A正確；專業(yè)..B、碘離子還原性大于亞鐵離子，氯氣不足時碘離子優(yōu)先反應(yīng)，氯氣過分時亞鐵離子、碘離子都被氧化，因此開始氧化的是碘離子，而不是亞鐵離子，故B錯誤；C、燒堿溶液中通入少量二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸鈉，n（NaOH）：n（SO2）=2：1反應(yīng)生成亞硫酸鈉，通入過分二氧化硫生成亞硫酸氫鈉，n（NaOH）：n（SO2）=1：1，反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉，在2：1～1：1范圍內(nèi)生成亞硫酸鈉和亞硫酸氫鈉，故C正確；﹣3+時，鋁元素都以﹣與Al3+D、OH與Al的物質(zhì)的量之比為3：1Al（OH）3的形式存在，即OH的物質(zhì)的量之比為≤3時鋁元素都以Al（OH）3和Al3+﹣3+的形式存在，OH與Al的物質(zhì)的量之比為4：1時，鋁元素都以﹣﹣與Al3+AlO2的形式存在，即OH的物質(zhì)的量之比為≥4時鋁元素﹣D正確；都以AlO2的形式存在，故應(yīng)選B．【議論】本題綜合觀察元素化合物知識，為高頻考點，重視于學生的解析能力以及元素化合物知識的綜合理解和運用的觀察，難度較大，注意掌握物質(zhì)的性質(zhì)以及反應(yīng)種類的掌握．16．關(guān)于海水綜合利用問題，以下說法錯誤的選項是（）A．從能量變換角度來看，氯堿工業(yè)中的電解飽和食鹽水是一個將電能轉(zhuǎn)變成化學能的過程B．在過程②中若要獲得無水MgCl2不能直接蒸干灼燒2+2﹣2+C．除去粗鹽中雜質(zhì)（Mg、SO4、Ca），加入的藥品序次為：NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→過濾后加鹽酸D．第③④步的目的是為了濃縮富集溴【考點】海水資源及其綜合利用．【專題】電化學專題；鹵族元素；物質(zhì)的分別提純和鑒別．【解析】海水蒸發(fā)溶劑獲得粗鹽和母液，粗鹽經(jīng)過精制獲得精鹽，電解飽和食鹽水獲得氯氣、氫氣和氫氧化鈉；母液加氫氧化鈉反應(yīng)生成氫氧化鎂積淀，氫氧化鎂和酸反應(yīng)生成氯化鎂，專業(yè)..制得氯化鎂，母液通入氯氣氧化溴離子為溴單質(zhì)，被二氧化硫吸取后發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成溴化氫，富集溴元素，通入氯氣氧化溴化氫為溴單質(zhì)獲得高濃度的溴．A．電解原理解析，電解飽和食鹽水是電能轉(zhuǎn)變成化學能；B．氯化鎂易水解，為防范水解，過程②中結(jié)晶出的MgCl2?6H2O要必然條件下加熱脫水制得無水MgCl2；C．過程①加入的藥品序次為：BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→過濾后加鹽酸；D．溴離子被氧化為溴單質(zhì)后，被二氧化硫吸取生成溴離子，加入氧化劑氧化溴離子為溴單質(zhì)，富集溴元素．【解答】解：A．依照電解原理解析，電解飽和食鹽水是電能轉(zhuǎn)變成化學能，故A正確；B．氯化鎂為強酸弱堿鹽易水解，為防范水解，過程②中結(jié)晶出的MgCl2?6H2O要氯化氫氛圍中加熱脫水制得無水MgCl2，故B正確；C．過程①加入的藥品序次為：NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→過濾后加鹽酸，氫氧化鈉積淀鎂離子，碳酸根離子除去鈣離子，鋇離子除去硫酸根離子，過濾后加鹽酸，稀鹽酸不能除去氯化鋇溶液，因此會產(chǎn)生雜質(zhì)，故C錯誤；D．溴離子被氧化為溴單質(zhì)后，被二氧化硫吸取生成溴離子，加入氧化劑氧化溴離子為溴單質(zhì)，富集溴元素，從第③步到第④步的目的是為了濃縮富集溴，故D正確；應(yīng)選C．【議論】本題觀察了海水資源的綜合利用，明確該過程中發(fā)生的反應(yīng)及反應(yīng)原理是解本題關(guān)鍵，注意除雜劑的滴加序次、除去粗鹽中雜質(zhì)加入的藥品序次，為易錯點，題目難度中等．17．在必然濃度的濃硝酸中加入m克銅鎂合金恰好完好溶解（假定硝酸的還原產(chǎn)物只有NO2），向反應(yīng)后的混雜溶液中滴加bmol/LNaOH溶液，當?shù)渭拥絭mL時，恰好完好反應(yīng)，獲得積淀質(zhì)量為n克，則以下相關(guān)該實驗的說法中正確的有（）①積淀中氫氧根的質(zhì)量為（n﹣m）克②恰好溶解后溶液中的NO3﹣離子的物質(zhì)的量為bvmol③反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為mol專業(yè)..④生成NO2氣體的體積為L⑤與合金反應(yīng)反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為mol．A．①②③④⑤B．①③④⑤C．①③⑤D．①②③⑤【考點】相關(guān)混雜物反應(yīng)的計算．【專題】守恒法；利用化學方程式的計算．【解析】mg鋁鎂合金與必然濃度的稀硝酸恰好完好溶解（假定硝酸的還原產(chǎn)物只有NO2），向反應(yīng)后的混雜溶液中滴加bmol/LNaOH溶液，當?shù)渭拥絍mL時，獲得積淀質(zhì)量恰好為最大值n克，積淀質(zhì)量最大為氫氧化鋁和氫氧化鎂質(zhì)量之和，此時溶液為硝酸鈉溶液；①積淀為氫氧化鋁和氫氧化鎂，積淀質(zhì)量等于鋁鎂合金質(zhì)量與氫氧根質(zhì)量之和；②恰好溶解后溶液中的﹣離子的物質(zhì)的量等于積淀質(zhì)量最大溶液中﹣離子的物質(zhì)的量，33﹣+32+2+③依照電荷守恒，在積淀中，氫氧根的物質(zhì)的量等于Mg、Cu所帶電荷的物質(zhì)的量，也等于合金失去電子的物質(zhì)的量，即為反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移的電子來進行計算；④依照氣體沒有明確所處狀態(tài)可否標準狀態(tài)來判斷；⑤依照質(zhì)量守恒，硝酸有兩種作用，作為酸的硝酸（生成硝酸銅、硝酸鎂）的物質(zhì)的量等于mol，依照電子守恒計算出生成二氧化氮的物質(zhì)的量，從而可知硝酸的總物質(zhì)的量．【解答】解：①積淀為氫氧化鋁和氫氧化鎂，積淀質(zhì)量等于鋁鎂合金質(zhì)量與氫氧根質(zhì)量之和，因此積淀中氫氧根的質(zhì)量為（n﹣m）克，故①正確；②恰好溶解后溶液中的﹣離子的物質(zhì)的量等于積淀質(zhì)量最大溶液中﹣離子的物質(zhì)的量，NO3NO3當積淀量最大時，溶液中的溶質(zhì)只有硝酸鈉（NaNO），硝酸根離子與鈉離子的物質(zhì)的量相等，3﹣+）=n（NaOH）=mol，故②錯誤；3③至積淀量最大，生成的n克積淀為氫氧化銅和氫氧化鎂．依照質(zhì)量守恒定律，其中鎂、銅元素的質(zhì)量等于m克合金的質(zhì)量，因此積淀中氫氧根的質(zhì)量為（n﹣m）克，在積淀中，氫氧根的物質(zhì)的量等于2+2+Mg、Cu所帶電荷的物質(zhì)的量，也等于合金失去電子的物質(zhì)的量，即為反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移的電子，﹣﹣mol，故③正確；n（e）=n（OH）=④選項中沒有說明所處狀態(tài)，無法計算二氧化氮的體積，故④錯誤；專業(yè)..⑤參加反應(yīng)的硝酸有兩種作用，起酸和氧化劑作用，作氧化劑的硝酸的物質(zhì)的量等于NO2的物質(zhì)的量為：mol=mol，生成硝酸銅、硝酸鎂的硝酸根離子為為mol，因此與合金反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為mol，故⑤正確；故①③⑤正確，應(yīng)選C．【議論】本題結(jié)合鋁鎂與硝酸反應(yīng)及生成的鹽與氫氧化鈉反應(yīng)的特點，對電子守恒、溶液電中性原理、質(zhì)量守恒進行綜合觀察，難度中等，題目以多項形式表現(xiàn)，觀察了學生的綜合運用知識能力和解決復雜問題的能力，是一道觀察能力的好題．18．以下說法錯誤的選項是（）A2Na+2HO=2NaOH+H↑均為水做氧化劑的氧化還原反應(yīng)2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO+3H2↑BFe+CuSO4=FeSO4+Cu均為固體質(zhì)量增大的置換反應(yīng)點燃2Mg+CO2MgO+CCNaAlO2+SO2+2H2O=Al（OH）3+NaHSO3均為較強酸制較弱酸的復分解反應(yīng)NaClO+CO2+H2O=HClO+NaHCO3DH2O2+SO2=H2SO4均為非氧化還原反應(yīng)的化合反應(yīng)CaO+SO3=CaSO4A．AB．BC．CD．D【考點】氧化還原反應(yīng)．【專題】氧化還原反應(yīng)專題．【解析】A．H元素化合價降低，被還原；B．Cu的相對原子質(zhì)量都鐵大；鎂和二氧化碳反應(yīng)，生成物都是固體；專業(yè)..C．依照強酸制備弱酸的反應(yīng)特點判斷；D．H2O2+SO2=H2SO4中，O、S元素化合價發(fā)生變化．【解答】解：A．H元素化合價降低，被還原，水做氧化劑，故A正確；B．Cu的相對原子質(zhì)量都鐵大；鎂和二氧化碳反應(yīng)，生成物都是固體，都為固體質(zhì)量增大的置換反應(yīng)，故B正確；C．NaAlO2+SO2+2H2O=Al（OH）3+NaHSO3、NaClO+CO2+H2O=HClO+NaHCO3，吻合強酸制備弱酸的反應(yīng)特點，故C正確；D．H2O2+SO2=H2SO4中，O、S元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應(yīng)，故D錯誤．應(yīng)選D．【議論】本題觀察較為綜合，涉及氧化還原反應(yīng)等知識，為高頻考點，重視于學生的解析能力的觀察，注意掌握反應(yīng)的規(guī)律，難度不大．二、解答題（共3小題，滿分46分）19．某實驗小組利用氯氣與金屬鐵反應(yīng)制備無水三氯化鐵，經(jīng)查閱資料得知：無水FeCl3在空氣中易潮解，加熱到100℃左右時易升華．如圖是兩個學生設(shè)計的實驗裝置，左邊的反應(yīng)裝置相同，而右邊的產(chǎn)品收集裝置不相同，分別如（Ⅰ）和（Ⅱ）所示．試回答：+﹣2+（1）B中反應(yīng)的離子方程式為：MnO2+4H+2Cl=Mn+Cl2↑+2H2O；（2）實驗中a與b兩個酒精燈應(yīng)先點燃a，目的是讓氯氣充滿裝置，消除裝置中的空氣；（3）收集裝置（Ⅰ）的主要缺點是：導管易被產(chǎn)品擁堵，尾氣排入空氣，易造成環(huán)境污染．裝置（Ⅱ）也有缺點，必定采用的改進措施是：在E和F之間連接裝有干燥劑的裝置．專業(yè)..（4）b酒精燈加熱后，生成的煙狀FeCl3大部分進入收集器，少量聚積在反應(yīng)管D右端，要使聚積的FeCl3進入收集器，操作是在聚積的FeCl3固體下方加熱．（5）實驗中還缺少一個除雜裝置，目的是除去除去生成氯氣中的氯化氫氣體；應(yīng)選擇C做除雜劑3．飽和食鹽水D．NaOH溶液．A．飽和NaHCOB．水C【考點】氯氣的實驗室制法；氯氣的化學性質(zhì)．【專題】無機實驗綜合．【解析】（1）二氧化錳與用鹽酸在加熱條件下生成氯化錳、氯氣和水；2）要制備氯化鐵則D中發(fā)生的反應(yīng)為氯氣與鐵反應(yīng)生成氯化鐵，若裝置中含有空氣，則空氣中的氧氣等能夠與鐵反應(yīng)，引入雜質(zhì)；3）裝置（Ⅰ）的主要缺點是導管易被產(chǎn)品擁堵，有毒氣體應(yīng)該有尾氣辦理裝置；裝置（Ⅱ）尾氣辦理裝置中有水，生成的氯化鐵簡單發(fā)生潮解；4）要使聚積的FeCl3進入收集器，依照FeCl3加熱易升華的性質(zhì)；5）濃鹽酸易揮發(fā)，制備的氯氣中含有氯化氫，依照氯化氫易溶于水，氯氣在飽和食鹽水中溶解度不大的性質(zhì)選擇合適的除雜劑；【解答】解：（1）二氧化錳與用鹽酸在加熱條件下生成氯化錳、氯氣和水，離子方程式為+﹣2+↑+2HO；MnO+4H+2Cl=Mn+Cl222故答案為：+﹣2+MnO2+4H+2Cl=Mn+Cl2↑+2H2O；（2）要制備氯化鐵則D中發(fā)生的反應(yīng)為氯氣與鐵反應(yīng)生成氯化鐵，若裝置中含有空氣，則空氣中的氧氣等能夠與鐵反應(yīng)，引入雜質(zhì)，因此應(yīng)先點燃a酒精燈，用制備的氯氣消除裝置中的空氣；故答案為；a；讓氯氣充滿裝置，消除裝置中的空氣；（3）裝置Ⅰ的主要缺點：導管易被產(chǎn)品擁堵，尾氣排入空氣，易造成環(huán)境污染；裝置（Ⅱ）尾氣辦理裝置中有水，生成的氯化鐵簡單發(fā)生潮解，改進方法：在E和F之間連接裝有干燥劑的裝置；故答案為：導管易被產(chǎn)品擁堵，尾氣排入空氣，易造成環(huán)境污染；在E和F之間連接裝有干燥劑的裝置；專業(yè)..4）由題意知；FeCl3加熱易升華，要使聚積的FeCl3進入收集器，正確的操作是：在聚積的FeCl3固體下方加熱；故答案為：在聚積的FeCl3固體下方加熱；5）濃鹽酸易揮發(fā)，制備的氯氣中含有氯化氫，氯化氫易溶于水，氯氣在飽和食鹽水中溶解度不大，因此能夠選擇飽和食鹽水來除去氯氣中的氯化氫氣體；故答案為：除去生成氯氣中的氯化氫氣體；C．【議論】本題以氯化鐵的制備為載體觀察了氯氣的制備、實驗方案的設(shè)計及議論，明確實驗原理及裝置作用是解題要點，題目難度不大．20．黃銅礦（CuFeS2）是制取銅及其化合物的主要原料之一，還能夠夠制備硫及鐵的化合物．工業(yè)流程圖如圖：（1）冶煉銅的總反應(yīng)可看做8CuFeS2+21O8Cu+4FeO+2FeO3+16SO2若CuFeS2中Fe的化合價為+2，反應(yīng)中被還原的元素是Cu、O（填元素符號），1molCuFeS2參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為12.5mol；（2）上述冶煉過程產(chǎn)生大量氣體A．以下辦理方案中合理的是b、c（填代號）；a．高空排放b．用于制備硫酸c．用純堿溶液吸取制Na2SO4d．用濃硫酸吸取考據(jù)氣體A的主要成分是SO2的方法是將氣體通入品紅溶液中，若是品紅褪色，加熱后又恢復紅色，證明有二氧化硫；3）熔渣B（含F(xiàn)e2O3、FeO、SiO2、Al2O3）可制備Fe2O3．．a(chǎn)．加入H2O2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；3+3+﹣﹣；b．除去Al的離子方程式是Al+4OH=2H2O+AlO2（4）采用供應(yīng)的試劑，設(shè)計實驗考據(jù)熔渣B中含有FeO．專業(yè)..供應(yīng)的試劑：稀鹽酸稀硫酸KSCN溶液KMnO4溶液NaOH溶液碘水所選試劑為稀硫酸、KMnO4溶液；證明爐渣中含有FeO的實驗現(xiàn)象為稀硫酸浸取爐渣B所得溶液使KMnO4溶液褪色．【考點】制備實驗方案的設(shè)計；含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用；鐵的化學性質(zhì)．【專題】綜合實驗題；幾種重要的金屬及其化合物；制備實驗綜合．【解析】流程解析：利用黃銅礦與石英砂、空氣混雜焙燒獲得冰銅（mCu2S?nFeS），連續(xù)焙燒獲得氣體SO2（大氣污染物需要用純堿溶液吸?。?、熔渣及泡銅，其中熔渣經(jīng)過硫酸溶解過濾除去不溶于酸的SiO2和含有Fe2+、Fe3+、Al3+的酸性溶液，利用過分氫氧化鈉溶液進行分別獲得氫氧化鐵積淀，過濾沖洗灼燒獲得氧化鐵，泡銅與Al經(jīng)過鋁熱反應(yīng)獲得粗銅，再利用電解獲得精銅，據(jù)此解析解題；1）反應(yīng)中化合價降低的元素被還原，CuFeS2中Cu元素化合價從+2價降為0價，F(xiàn)e元素部分從+2價高升為+3價，S有﹣2價高升為+4價，可結(jié)合化合價起落總數(shù)判斷電子轉(zhuǎn)移數(shù)目；2）冶煉過程產(chǎn)生大量SO2，辦理方案中合理的解析是二氧化硫是污染性氣體，不能夠排放到空氣中，能夠吸取利用；SO2有漂白性，能使品紅褪色，但生成的無色物質(zhì)不牢固；3）a、利用過氧化氫在酸性條件下的氧化性氧化溶液里的Fe2+，同時還原為水；b、氫氧化鋁是兩性氧化物，能和強酸以及強堿反應(yīng)；4）先選擇酸溶解熔渣B，再利用亞鐵離子能被高錳酸鉀溶液氧化，使的高錳酸鉀溶液褪色來選擇試劑及方法．【解答】解：（1）化合價降低的元素Cu、O，在反應(yīng)中被還原，依照反應(yīng)方程式可知1molCuFeS2參加反應(yīng)時，有mol的氧氣參加反應(yīng)，同時獲得1molCu，共轉(zhuǎn)移電子