1、山西大學附屬中學2019屆高三9月模塊診斷化學試題1.下列有關(guān)化學與生活、工業(yè)的敘述中，不正確的是（ ）A. 工業(yè)上生產(chǎn)玻璃、水泥、漂白粉及用鐵礦石冶煉鐵，均需要用石灰石為原料B. 未成熟的蘋果肉遇碘酒變藍色，成熟蘋果的汁液能與銀氨溶液發(fā)生反應C. 面粉中禁止添加CaO2、過氧化苯甲酰等增白劑，CaO2屬于堿性氧化物，過氧化苯甲酰屬于有機物D. 大力實施礦物燃料“脫硫、脫硝技術(shù)”，可以減少硫的氧化物和氮的氧化物對環(huán)境的污染【答案】C【解析】【詳解】A、制玻璃的原料：石英、石灰石、純堿等；制水泥的原料：石灰石和黏土；制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化鈣進而得到消石灰，用氯氣與消石灰反應得到漂白

2、粉；煉鐵的原料：鐵礦石、焦炭、石灰石，因此工業(yè)上生產(chǎn)玻璃、水泥、漂白粉及用鐵礦石冶煉鐵，均需要用石灰石為原料，A正確；B、未成熟的蘋果肉含有大量淀粉，遇碘酒變藍色，成熟蘋果淀粉水解生成了葡萄糖，葡萄糖中含CHO，能與銀氨溶液發(fā)生反應，B正確；C、堿性氧化物是指和酸反應生成鹽和水的氧化物，過氧化鈣屬于過氧化物，不是堿性氧化物，C錯誤；D、二氧化硫和氮氧化物都是有毒物質(zhì)，礦物中含有氮、硫元素，如果礦物進行“脫硫、脫硝技術(shù)”，能減少二氧化硫和氮氧化物的排放，從而減少硫的氧化物和氮的氧化物對環(huán)境的污染，D正確；答案選C?！军c睛】注意金屬氧化物不一定均是堿性氧化物，也可能是酸性氧化物或兩性氧化物或三者均

3、不是。堿性氧化物、酸性氧化物或兩性氧化物判斷時一定要嚴格按照概念分析，即能與酸反應生成鹽和水的氧化物是堿性氧化物，能與堿反應生成鹽和水的氧化物均是酸性氧化物，既能與酸反應生成鹽和水，也和堿反應生成鹽和水的氧化物是兩性氧化物，氧化鋁是典型的兩性氧化物。2.下列敘述中，錯誤的是A. 苯與濃硝酸、濃硫酸共熱并保持5560反應生成硝基苯B. 苯不能使酸性高錳酸鉀褪色，說明苯環(huán)中沒有碳碳雙鍵C. 甲烷中混有的乙烯可以用溴水除去D. 醫(yī)院用75%酒精殺菌、消毒，75%是指質(zhì)量分數(shù)【答案】D【解析】【詳解】A在濃硫酸做催化劑、55-60加熱條件下，苯能和濃硝酸發(fā)生取代反應生成硝基苯，該反應也稱硝化反應，A正

4、確；B苯分子中不含碳碳雙鍵，不能被高錳酸鉀氧化，不能使酸性高錳酸鉀褪色，B正確；C乙烯能夠與溴發(fā)生加成反應，甲烷與溴不反應，所以甲烷中混有的乙烯可以用溴水除去，C正確；D醫(yī)院用75%酒精，75%是體積分數(shù)，不是質(zhì)量分數(shù)，D錯誤；答案選D。3.下列反應中前者屬于取代反應，后者屬于加成反應的是（）A. 甲烷與氯氣混合后光照反應；乙烯使酸性高錳酸鉀溶液褪色B. 乙烯與溴的四氯化碳溶液反應；苯與氫氣在一定條件下反應生成環(huán)己烷C. 苯滴入濃硝酸和濃硫酸的混合液中，有油狀物生成； 乙烯與水生成乙醇的反應D. 在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙烯自身生成聚乙烯的反應【答案】C【解析】有機物分子中雙鍵或三

5、鍵兩端的碳原子與其他原子或原子團直接結(jié)合生成新的化合物的反應叫加成反應。有機物中的原子或原子團被其它原子或原子團所代替的反應是取代反應，所以選項C正確。A中前者是取代反應，但后者是氧化反應；B中都是加成反應；D中前者是萃取，是物理變化，后者是加聚反應，答案選C。4.化合物X是一種醫(yī)藥中間體，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列有關(guān)X的說法正確的是A. 分子中兩個苯環(huán)一定處于同一平面B. 不能與飽和碳酸鈉溶液反應C. 在酸性條件下水解，水解產(chǎn)物只有一種D. 1 mol化合物X最多能與2 molNaOH反應【答案】C【解析】【詳解】A兩個苯環(huán)連接在飽和碳原子上，具有甲烷的結(jié)構(gòu)特點，且C-C

6、為鍵，可自由旋轉(zhuǎn)，則分子中兩個苯環(huán)不一定處于同一平面，選項A錯誤；B含有羧基，具有酸性，可與碳酸鈉反應，選項B錯誤；C分子中能水解的只有酯基，因為是環(huán)狀化合物，則水解產(chǎn)物只有一種，選項C正確；D能與氫氧化鈉反應的為酯基、羧基，且酯基可水解生成酚羥基和羧基，則1 mol化合物X最多能與3 molNaOH反應，選項D錯誤。答案選C。5.下列物質(zhì)中屬于純凈物的是( )由同種元素組成的物質(zhì)具有固定熔沸點的物質(zhì)由相同種類和相同數(shù)目的原子組成的分子 只有一種元素的陽離子和另一種元素的陰離子組成的物質(zhì)在氧氣中燃燒只生成二氧化碳的物 只含有一種分子的物質(zhì)A. B. C. D. 【答案】D【解析】可能含有同素異

7、形體如氧氣、臭氧而屬于混合物；屬于純凈物可能含有同分異構(gòu)體如正丁烷、異丁烷而屬于混合物；可能是氧化鈉、過氧化鈉等的混合物；可能是一氧化碳、碳單質(zhì)等的混合物；屬于純凈物。故選D。6.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述中正確個數(shù)的是2.24 L氟化氫所含分子數(shù)約為0.1NA；常溫下，pH2的醋酸溶液中所含有的H數(shù)為0.01NA；密閉容器中2 mol NO與1 mol O2充分反應，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NA；分子總數(shù)為NA的NO和CO混合氣體中含有的氧原子數(shù)為2NA；1 L 1 mol/L的磷酸溶液中含氧原子數(shù)為4NA；1 mol FeCl3完全轉(zhuǎn)化成Fe(OH)3膠體后生成NA個膠粒；1 mol

8、SiO2所含SiO化學鍵為2 mol；12 g石墨含有1 mol 六元環(huán)；50 mL 12 mol/L鹽酸與足量MnO2共熱，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.3NA。A. 0 B. 2 C. 5 D. 全對【答案】A【解析】【詳解】標準狀況下，氟化氫不是氣體，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算氟化氫的物質(zhì)的量，標準狀況下，無法計算2.24 L HF的物質(zhì)的量，故錯誤；溶液體積不明確，故溶液中的氫離子的個數(shù)無法計算，故錯誤；NO和O2反應的化學方程式為2NO+O2=2NO2，根據(jù)方程式可知，2molNO與1molO2恰好完全反應生成2molNO2，但NO2和N2O4之間存在相互轉(zhuǎn)化，反應方程式為2NO2N2O4

9、，所以產(chǎn)物分子數(shù)小于2NA，故錯誤；每個NO和CO分子均含有1個O原子，故分子總數(shù)為NA的NO和CO混合氣體中含有的氧原子數(shù)為NA，故錯誤；由于磷酸溶液中，溶劑水中也含有氧原子，所以無法計算溶液中氧原子的數(shù)目，故錯誤；一個膠粒是多個氫氧化鐵的聚集體，故得到的氫氧化鐵膠粒的個數(shù)小于NA個，故錯誤；因為每個Si形成4個SiO鍵，所以1 mol SiO2中含有4 mol SiO鍵，故錯誤；石墨中每個碳原子被3個六元環(huán)共用，故每個六元環(huán)實際占有2個碳原子，12g石墨含有1mol碳原子，即石墨中含有的六元環(huán)的個數(shù)為0.5 NA，故錯誤；二氧化錳只能與濃鹽酸反應，與稀鹽酸不反應，隨著反應的進行鹽酸變稀，故

10、鹽酸不能完全反應，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于0.3NA個，故錯誤；答案選A。7.短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大.它們分別位于不同的主族，X的最高正價與最低負價代數(shù)和為0，Y為金屬元素，Y與Z最外層電子數(shù)之和與W的最外層電子數(shù)相等，X與W所在族序數(shù)之和等于10.下列說法正確的是A. 原子半徑大小順序：WZYXB. 沸點：XW2Y2WC. 最高價氧化物對應的水化物的酸性：XZD. 簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：ZW【答案】D【解析】【詳解】短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次増大，它們分別位于不同的主族，X的最高正價與最低負價代數(shù)和為0，X與W所在族序數(shù)之和等于10，則X處于A族，W處于A族，結(jié)合原

11、子序數(shù)可知，X為C元素、W為S元素，Y與Z最外層電子數(shù)之和與W的相等，即兩者最外層電子數(shù)之和為6，又由于分別位于不同的主族，只能為A、A族元素，結(jié)合原子序數(shù)，則Y為Na、Z為P元素。A同周期自左而右原子半徑減小、電子層越多原子半徑越大，故原子半徑：Y（Na）Z（P）W（S）X（C），選項A錯誤；BW分別與X、Y形成的化合物為CS2、Na2S，前者含有共價鍵，后者含有離子鍵，硫化鈉的沸點高于二硫化碳，選項B錯誤；CX、Z的最高價氧化物的水化物分別為碳酸、磷酸，碳酸酸性比磷酸弱，選項C正確；D非金屬性Z（P）W（S），故氫化物穩(wěn)定性PH3H2S，選項D錯誤。答案選C?！军c睛】本題考查結(jié)構(gòu)、性質(zhì)、位

12、置關(guān)系的應用，推斷元素是解題關(guān)鍵，注意對元素周期律的理解掌握?！拔灰粯?gòu)一性”推斷的核心是結(jié)合物質(zhì)的遞變性預測其可能的性質(zhì)；也可以根據(jù)其具有的性質(zhì)確定其在周期表中的位置，進而推斷出其結(jié)構(gòu)。8.下列關(guān)于物質(zhì)或離子檢驗的敘述正確的是A. 在溶液中加KSCN，溶液顯紅色，證明原溶液中有Fe3+，無Fe2+B. 氣體通過無水硫酸銅，粉末變藍，證明原氣體中含有水蒸氣C. 灼燒白色粉末，火焰成黃色，證明原粉末中有Na+，無K+D. 將氣體通入澄清石灰水，溶液變渾濁，證明原氣體是CO2【答案】B【解析】A、Fe3+遇KSCN會使溶液呈現(xiàn)紅色，F(xiàn)e2+遇KSCN不反應無現(xiàn)象，如果該溶液既含F(xiàn)e3+，又含F(xiàn)e2+

13、，滴加KSCN 溶液，溶液呈紅色，則證明存在Fe3+，并不能證明無Fe2+，故A錯誤；B、氣體通過無水硫酸銅，粉末變藍，則發(fā)生反應：CuSO4+5H2OCuSO45H2O，可證明原氣體中含有水蒸氣，故B正確；C、灼燒白色粉末，火焰呈黃色，證明原粉末中有Na+，并不能證明無K+，Na+焰色反應為黃色，可遮住紫光，K+焰色反應需透過藍色的鈷玻璃濾去黃光后觀察，故C錯誤；D、能使澄清石灰水變渾濁的氣體有CO2、SO2等，故將氣體通入澄清石灰水，溶液變渾濁，則原氣體不一定是CO2，故D錯誤；故選B。9.配制250mL0.1mol/L的鹽酸溶液時，下列實驗操作使配制溶液的濃度偏小的是A. 用量筒量取所需

14、的濃鹽酸時俯視刻度線B. 定容時，俯視刻度線C. 用量筒量取所需濃鹽酸倒入燒杯后，用水洗滌量筒23次，洗滌液倒入燒杯中D. 定容后倒轉(zhuǎn)容量瓶幾次，發(fā)現(xiàn)凹液面最低點低于刻度線，可以不管它【答案】A【解析】試題分析：A用量筒量取所需濃鹽酸時俯視刻度線，會使溶液的體積偏小，導致溶液的濃度偏低，正確；B定容時，俯視刻度線，溶液的體積偏小，則溶液的物質(zhì)的量濃度偏高，錯誤；C用量筒量取濃鹽酸倒入燒杯后，若用水洗滌量筒23次，洗滌液倒入燒杯中，則會導致溶液的濃度偏高，錯誤；D定容后倒轉(zhuǎn)容量瓶幾次，發(fā)現(xiàn)凹液面最低點低于刻度線，由于溶液各處的濃度相等，所以不影響溶液的濃度，可以不管它，正確?？键c：考查物質(zhì)的量濃

15、度的溶液的配制誤差分析的知識。10.300mL硫酸鋁溶液中，含Al3為1.62g，在該溶液中加入0.1mol/L氫氧化鋇溶液300mL，反應后溶液中硫酸根離子的物質(zhì)的量濃度為(忽略溶液混合體積的變化)A. 0.4mol/L B. 0.3mol/L C. 0.2mol/L D. 0.1mol/L【答案】D【解析】【詳解】溶液中Al3+為1.62g，物質(zhì)的量為=0.06mol，根據(jù)電荷守恒可知，溶液中n（SO42-）=32n（Al3+）=32×0.06mol=0.09mol，加入的氫氧化鋇的物質(zhì)的量為0.1mol/L×0.3L=0.03mol，混合溶液時發(fā)生反應SO42-+Ba

16、2+BaSO4，根據(jù)反應可知，消耗硫酸根離子的物質(zhì)的量為 0.03mol，所以硫酸根剩余，剩余硫酸根的物質(zhì)的量為0.09mol-0.03mol=0.06mol。所以反應后溶液中SO42-的物質(zhì)的量濃度為0.06mol0.3L+0.3L=0.1mol/L，答案選D。11.常溫下，下列各組離子一定能在指定溶液中大量共存的是A. c(Fe2+) =1mol·L1的溶液中：K+、NH4+、MnO4、SO42B. 1×1013 mol·L1的溶液中：NH4+、Ca2、Cl、NO3C. 與Al反應能放出H2的溶液中：Fe2、K、NO3、SO42D. cH+cOH=1×

17、;10 12的溶液中：K+、Na +、CO32-、NO3-【答案】B【解析】【詳解】A、Fe2+具有還原性，與具有氧化性的MnO4不能大量共存，選項A錯誤；B、KWc(H+)1×1013 mol·L1的溶液呈酸性：H+、NH4+、Ca2、Cl、NO3各離子之間相互不反應，能大量共存，選項B正確；C、與Al反應能放出H2的溶液，為非氧化性酸或強堿溶液，堿溶液中不能大量存在Fe2+，酸溶液中Fe2+（或Al）、H+、NO3-發(fā)生氧化還原反應不生成氫氣，選項C錯誤；D、cH+cOH=1×1012的溶液呈酸性，H+與CO32-反應而不能大量共存，選項D錯誤。答案選B?！军c

18、睛】本題考查離子的共存，為高頻考點，把握習題中的信息及常見離子之間的反應為解答的關(guān)鍵，側(cè)重復分解反應及氧化還原反應的離子共存考查，題目難度不大。易錯點為選項C，注意硝酸與鋁反應不產(chǎn)生氫氣。12.某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4、Fe3、Al3和K。取該溶液100 mL，加入過量NaOH溶液，加熱，得到0.02 mol氣體，同時產(chǎn)生紅褐色沉淀；過濾，洗滌，灼燒，得到1.6 g固體；向上述濾液中加足量BaCl2溶液，得到4.66 g不溶于鹽酸的沉淀。由此可知原溶液中( )A. 至少存在5種離子 B. SO42、NH4一定存在，Cl可能不存在C. Cl一定存在，且c(Cl)0.4 mo

19、l/L D. CO32、Al3一定不存在，K可能存在【答案】C【解析】試題分析：加入過量NaOH溶液，加熱得到氣體，說明原溶液中含有NH4，即n(NH4)0.02mol，同時生成紅褐色沉淀，說明原溶液含有Fe3。因為CO32和Fe3發(fā)生水解相互促進的反應，因此原溶液中不含CO32，灼燒以后得到固體1.6g，即得到Fe2O3的質(zhì)量為1.6g，則n(Fe3)0.02mol，加入足量的BaCl2溶液，得到不溶于鹽酸的沉淀，說明原溶液中含有SO42，即n(SO42)4.66g÷233g/mol0.02mol。A、陽離子所帶電荷總數(shù)為0.02mol0.02mol×30.08mol，陰

20、離子所帶電荷數(shù)為0.02mol×20.04mol，即陽離子所帶電荷數(shù)大于陰離子，說明原溶液含有Cl，綜上所述原溶液中至少有4種離子，A錯誤；B、根據(jù)上述判斷一定含有Cl，物質(zhì)的量至少是0.08mol0.04mol0.04mol，此時c(Cl)0.04mol÷0.1L0.4mol·L1，溶液中可能含有K、Al3+，則Cl的濃度將大于0.4mol·L1，B錯誤；C、根據(jù)上述分析可知C正確；D、K、Al3+可能存在，D錯誤，答案選C?！究键c定位】本題主要是考查離子的鑒定、離子共存及電荷守恒在溶液成分的確定應用的知識。【名師點晴】該題的難點是定量判斷，即選項C是

21、解答的難點。該類問題的關(guān)鍵是利用好電荷守恒，電荷守恒在離子反應定量推斷試題中的應用非常廣泛，解與離子反應有關(guān)的定量推斷類試題，需要掌握定量推斷最后一種離子存在的方法：如果多種離子共存，且只有一種離子的物質(zhì)的量未知，可以用電荷守恒來確定最后一種離子是否存在，即陽離子所帶的正電荷總數(shù)等于陰離子所帶的負電荷總數(shù)，答題時注意靈活應用。13.下列離子方程式的書寫及評價，均合理的是選項離子方程式評價A將2 mol Cl2通入含1 mol FeI2的溶液中：2Fe22I2Cl2=2Fe34ClI2正確；Cl2過量，可將Fe2、I均氧化BBa(HCO3)2溶液與足量的NaOH溶液反應：Ba2HCO3OH=Ba

22、CO3H2O正確；酸式鹽與堿反應生成正鹽和水C過量SO2通入NaClO溶液中：SO2H2OClO=HClOHSO3正確；說明酸性：H2SO3強于HClOD1 mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L的HCl溶液等體積混合：2AlO25H=Al3Al(OH)3H2O正確；第一步反應和第二步反應消耗的H的物質(zhì)的量之比為23A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】試題分析：A將2 mol Cl2通入到含1 mol FeI2的溶液中，由電子守恒可知，氯氣過量，則離子反應為2Fe24I3Cl2=2Fe36Cl2I2，故A錯誤；BBa(HCO3)2溶液與足量的NaOH溶液反應的離子

23、反應為Ba22HCO2OH=BaCO32H2OCO，故B錯誤；C過量SO2通入到NaClO溶液中的離子反應為SO2H2OClO=2HClSO，故C錯誤；D1 mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L 的HCl溶液等體積互相均勻混合的離子反應為2AlO5H=Al3Al(OH)3H2O，故D正確。故選D。考點：考查離子方程式的正誤判斷【名師點睛】離子方程式是用實際參加反應的離子符號來表示離子反應的式子，是歷次考試必考知識點之一。書寫離子方程式一般包括以下步驟：寫：依據(jù)事實正確寫出化學方程式；拆：把易溶解且易電離的物質(zhì)寫成離子形式，難溶物質(zhì)、難電離物質(zhì)、氧化物都用化學式（分子式）表示；刪：刪

24、去方程式兩邊不參加反應的離子；查：檢查方程式兩邊是否符合“原子守恒”和“電荷守恒”。特別注意：沒有自由移動離子參加的反應不能寫成離子方程式。如NH4Cl和Ca(OH)2固體混合加熱，雖然也有離子參加反應，但不是自由移動離子，因此不能寫成離子方程式；濃硫酸寫成分子式，濃硝酸和濃鹽酸可寫成離子；在物質(zhì)發(fā)生化學反應時，有些反應會因操作順序或反應物相對量不同而發(fā)生不同的反應。書寫與量有關(guān)的離子反應方程式時，常設不足者為“1mol”進行分析，根據(jù)“不足者”調(diào)整過量物質(zhì)的比例。判斷與量有關(guān)的離子反應方程式正誤時，采用“不足者”必符合化學式中原子或離子個數(shù)比進行判斷，比較快速方便。14.下列各組離子或分子能

25、大量共存，當加入相應試劑后，發(fā)生反應的離子方程式書寫正確的是選項離子組加入試劑加入試劑后發(fā)生反應的離子方程式ANH4+、Fe2、SO42少量Ba(OH)2溶液2NH4+SO42Ba22OH=BaSO42NH3·H2OBMg2、HCO3、Cl過量NaOH溶液Mg22HCO34OH=2H2OMg(OH)22CO32CK、NH3·H2O、CO32通入少量CO22OHCO2=CO32H2ODFe2、NO3、HSO3NaHSO4溶液HSO3H=SO2H2OA. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】A氫氧化鋇少量，亞鐵離子優(yōu)先反應，銨根離子不反應；B氫氧化鈉過量，

26、碳酸氫根離子也參與反應；C一水合氨為弱堿，離子方程式中不能拆開；DNO3-在酸性條件下具有強氧化性，與HSO3-發(fā)生氧化還原反應。【詳解】A少量Ba(OH)2溶液，生成硫酸鋇、氫氧化亞鐵，離子反應為Fe2+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+Fe(OH)2，選項A錯誤；B過量NaOH溶液，反應生成氫氧化鎂、碳酸鈉和水，離子反應為Mg2+2HCO3-+4OH-Mg(OH)2+2CO32-+2H2O，選項B正確；C通入少量CO2，先與NH3H2O反應，離子反應方程式為2NH3H2O+CO2=2NH4+CO32-+H2O，選項C錯誤；DFe2+、NO3-、HSO3-發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存

27、，選項D錯誤；答案選B?！军c睛】本題考查離子共存、離子反應方程式的書寫，題目難度中等，明確發(fā)生的化學反應是解答本題的關(guān)鍵，注意發(fā)生的氧化還原反應為解答的難點，選項BD為解答的易錯點，試題有利于提高學生的規(guī)范答題能力。15.下列有關(guān)實驗裝置的說法中正確的是A. 用圖1裝置制取并收集干燥純凈的NH3B. 用圖2裝置制備Fe(OH)2并能較長時間觀察其顏色C. 用圖3裝置可以完成“噴泉”實驗D. 用圖4裝置測量Cu與濃硝酸反應產(chǎn)生氣體的體積【答案】C【解析】【詳解】A、裝置中發(fā)生裝置可以制備氨氣，通過堿石灰干燥氨氣，但氨氣密度小于空氣，收集時需要用向下排空氣法收集，選項A錯誤；B、裝置中應把鐵做電解

28、池的陽極生成亞鐵離子，亞鐵離子和氫氧化鈉反應生成氫氧化亞鐵沉淀，選項B錯誤；C、氯氣和氫氧化鈉溶液反應，燒瓶中壓強減小，燒杯中氫氧化鈉溶液被壓入燒瓶形成噴泉，符合形成條件，選項C正確；D、銅和濃硝酸反應生成二氧化氮氣體，二氧化氮能與水反應，不能通過裝置中排開水的體積測定二氧化氮的體積，選項D錯誤；答案選C?！军c睛】本題考查了實驗裝置正誤判斷，主要是制備物質(zhì)，原理的分析應用，掌握實驗基本操作是解題關(guān)鍵。注意利用氣體的密度及是否與水反應及水溶性對實驗進行判斷。16.用如圖裝置制取表中的四種干燥、純凈的氣體（圖中鐵架臺、鐵夾、加熱及氣體收集裝置均已略去；必要時可以加熱；a、b、c、d表示相應儀器中加

29、入的試劑）其中正確的是選項氣體abcdACO2鹽酸CaCO3飽和Na2CO3溶液濃硫酸BCl2濃鹽酸MnO2NaOH溶液濃硫酸CNH3飽和NH4Cl溶液消石灰H2O固體NaOHDNO稀硝酸銅屑H2O濃硫酸A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A、用CaCO3和鹽酸反應制取CO2，由于鹽酸具有揮發(fā)性，所以CO2中含有HCl和H2O(g)；先除HCl，再用濃硫酸干燥氣體；但是不能用飽和Na2CO3溶液除CO2中的HCl，因為CO2與Na2CO3反應（Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3），c裝置中應改成飽和NaHCO3溶液，故A錯誤。B、用MnO2和濃鹽酸在加熱的條件下制

30、取Cl2，同樣Cl2中含有HCl和H2O(g)，先除HCl，再用濃硫酸干燥；但除Cl2中的HCl不能用NaOH溶液，因為Cl2也與NaOH反應，c裝置中應改用飽和食鹽水，故B錯誤。C、向消石灰中滴加飽和NH4Cl溶液，消石灰遇水放熱，NH4+與OH反應放出NH3，c裝置中不能裝水，因為NH3極易溶于水且可能發(fā)生倒吸，故C錯誤。D、銅與稀硝酸反應產(chǎn)生NO，部分NO與裝置中原有的空氣反應生成NO2，氣體進入c裝置，水能將NO2轉(zhuǎn)化為NO；d中的濃硫酸起干燥作用，故D正確。點睛：實驗室一般用NH4Cl固體和Ca(OH)2固體在試管中加熱制NH3。若用本題中裝置制取氨氣，也可以在a中加入濃氨水，b中裝

31、NaOH固體（或生石灰、堿石灰）；制取的NH3中含H2O(g)，將氣體通過裝有堿石灰的干燥管即可得純凈的氨氣。17.向m g鎂和鋁的混合物中加入適量的稀硫酸，恰好完全反應生成標準狀況下的氣體b L。向反應后的溶液中加入c mol/L氫氧化鉀溶液V mL，使金屬離子剛好沉淀完全，得到的沉淀質(zhì)量為n g。再將得到的沉淀灼燒至質(zhì)量不再改變?yōu)橹梗玫焦腆wp g。則下列關(guān)系不正確的是A. n=m+17Vc B. C. c=1000b11.2V D. 53mp179m【答案】A【解析】【分析】根據(jù)題意利用反應過程中的變化進行分析計算，鎂和鋁的混合物中加入適量的稀硫酸全部反應生成氫氣b L，同時生成氯化鎂和

32、氯化鋁；向反應后的溶液中加入c mol/L氫氧化鉀溶液V mL使金屬離子剛好沉淀完全，得到的沉淀為氫氧化鎂和氫氧化鋁，質(zhì)量為ng，固體灼燒得到氧化鎂和氧化鋁質(zhì)量為pg，結(jié)合各步反應進行計算判斷?！驹斀狻糠磻瘜W方程式為；Mg+H2SO4=MgSO4+H2；2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2；MgSO4+2KOH=Mg(OH)2+K2SO4；Al2(SO4)3+6KOH=2Al(OH)3+3K2SO4；Mg(OH)2MgO+H2O；2Al(OH)3Al2O3+3H2O；根據(jù)化學方程式可得：A、得到的氫氧化鎂和氫氧化鋁的質(zhì)量等于鎂鋁的質(zhì)量和與氫氧根離子的質(zhì)量之和，即n=m+c

33、5;v1000×17=m+17cv1000，選項中忽略了體積的單位，選項A不正確；B、選項中p為生成的氧化物的質(zhì)量，1molMg可結(jié)合1molO，2molAl結(jié)合3molO，因此生成沉淀的物質(zhì)的質(zhì)量等于鎂和鋁的質(zhì)量之和加氧元素的質(zhì)量，而結(jié)合氧元素的物質(zhì)的量等于生成氫氣的物質(zhì)的量，也等于消耗氫氧根離子的物質(zhì)的量的一半，即p=c×v×10-32×16+m=m+vc125，選項B正確；C、根據(jù)化學方程式的定量關(guān)系，生成的氫氣的物質(zhì)的量等于參加反應的堿的物質(zhì)的量的一半，即b=22.4L/mol×c×v×10-32，整理得c=1000

34、b11.2v，選項C正確；D、氧化鎂和氧化鋁的質(zhì)量可以按照極值方法計算，若mg全是鎂，得到的氧化物為氧化鎂，根據(jù)元素守恒，則質(zhì)量為P=m24×40=53m；若mg全是鋁，得到的氧化物為氧化鋁，根據(jù)元素守恒，則質(zhì)量為p=m27×102×12=179m；質(zhì)量介于二者之間，選項D正確；答案選A。【點睛】本題綜合考查鎂鋁元素化合物知識，以及相關(guān)化學計算。根據(jù)題意利用反應過程中的變化進行分析計算。18.下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法不正確的是A. 向Na2CO3溶液中通入NH3，c(Na+)c(CO32-)減小B. 將0.1molL-1的K2C2O4溶液從25升溫至35，c(K+

35、)c(C2O42-)增大C. 向0.1molL-1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，c(Na+)c(F-)=1D. 向0.1molL-1的CH3COONa溶液中加入少量水，c(CH3COOH)c(CH3COO-)·c(H+)增大【答案】D【解析】【詳解】A. 在一定條件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-，溶液中通入NH3，抑制水解，c(CO32-)增大，c(Na+)不變，則c(Na+)c(CO32-)減小，選項A正確；B、K2C2O4溶液中草酸根離子水解溶液呈堿性，升高溫度，水解程度增大，草酸根離子濃度減小，鉀離子濃度不變，所以鉀離子和草酸根離

36、子濃度比值c(K+)c(C2O42-)增大，選項B正確；C、向0.1molL-1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，此時溶液的溶質(zhì)是HF和NaF的混合物，存在電荷守恒，c（H+）=c（OH-），鈉離子和氟離子濃度相等，c(Na+)c(F-)=1，選項C正確；D、CH3COONa溶液中加入少量水，溫度不變，不會影響醋酸的電離平衡常數(shù)，即1K=c(CH3COOH)c(CH3COO-)·c(H+)不變，選項D不正確。答案選D。19.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到氣體VL（標準狀況），向反應后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，產(chǎn)生藍色沉淀，過

37、濾，洗滌，灼燒，得到CuO12.0g，若上述氣體為NO和NO2的混合物，且體積比為11，則V可能為（ ）A. 9.0L B. 13.5L C. 15.7L D. 16.8L【答案】A【解析】若混合物全是CuS，其物質(zhì)的量為12/80015 mol，電子轉(zhuǎn)移數(shù)015 mol×(62)12 mol。兩者體積相等，設NO x mol，NO2x mol,3xx12，計算的x03。氣體體積V06 mol×224 L·mol11344 L；若混合物全是Cu2S，其物質(zhì)的量為0075 mol，轉(zhuǎn)移電子數(shù)0075 mol×10075 mol，設NO x mol，NO2x

38、 mol,3xx075，計算得x0187 5，氣體體積V0375 mol×224 L·mol184 L，因此84 LV1344 L。20.向10mL0.1molL-1NH4Al(SO4)2溶液中，滴加等濃度Ba(OH)2溶液x mL，下列敘述正確的是A. x=10時，溶液中有NH4+、Al3+、SO42，且c(NH4+)c(Al3+)B. x=10時，溶液中有NH4+、AlO2、SO42，且 c(NH4+)c(SO42)C. x=30時，溶液中有Ba2、AlO2、OH，且 c(OH)c AlO2)D. x=30時，溶液中有Ba2、Al3+、OH，且 c(OH)c(Ba2)【

39、答案】A【解析】【詳解】A、當x10時，NH4Al(SO4)2與Ba(OH)2等物質(zhì)的量反應，此時OH-量不足，OH-首先與Al3+反應，與NH4+不反應，所以溶液中有未參加反應的NH4+和部分剩余的Al3+存在，同時SO42-也有剩余，但此時不會有AlO2-生成，溶液中c(NH4+)c(Al3+)，選項A正確；B、由A中分析可知，溶液中不會有AlO2-生成，溶液中有NH4+、Al3+、SO42-，參加反應的硫酸根離子為0.001mol，剩余0.001molSO42-，溶液中NH4+未參加反應，但溶液中NH4+水解，故c(NH4+)c(SO42)，選項B錯誤；C、當x=30時，0.001 mo

40、l的NH4Al(SO4)2與0.003 mol Ba(OH)2反應，生成0.002 mol BaSO4、0.001 mol NaAlO2、0.001 mol NH3H2O，且剩余0.001 mol Ba2+和0.001 mol OH-，由于NH3H2O是一種弱堿，存在電離平衡：NH3H2ONH4+OH-，使得溶液中c(OH)大于0.001 mol，故c(OH) c(AlO2)，選項C錯誤；D、由C中分析可知，溶液中含有Ba2+、AlO2-、OH-，其中溶液中c（OH-）大于0.001 mol，含有0.001 mol Ba2+，c(OH)c(Ba2+)，選項D錯誤，答案選A?！军c睛】本題考查離子

41、反應的有關(guān)混合計算及離子濃度大小的比較，為高頻考點，根據(jù)發(fā)生的反應及反應先后順序、各物質(zhì)的物質(zhì)的量關(guān)系是解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，題目難度中等。21.海水是巨大的資源寶庫，從海水中提取食鹽和溴的過程如圖：（1）除去粗鹽中雜質(zhì)（Mg2+、SO42、Ca2+），加入的藥品順序正確的是_ANaOH溶液碳酸鈉溶液氯化鋇溶液過濾后加鹽酸B氯化鋇溶液氫氧化鈉溶液碳酸鈉溶液過濾后加鹽酸CNaOH溶液氯化鋇溶液碳酸鈉溶液過濾后加鹽酸D碳酸鈉溶液氫氧化鈉溶液氯化鋇溶液過濾后加鹽酸(2)寫出中發(fā)生反應的離子方程式：_(3)從理論上考慮，下列物質(zhì)也能吸收的是_ANaOH   

42、;  B.FeCl2  C.Na2SO3     D.H2O(4)根據(jù)上述反應判斷SO2、Cl2、Br2三種物質(zhì)氧化性由強到弱的順序是_(5)已知某溶液中Cl、Br、I的物質(zhì)的量之比為3：4：5，現(xiàn)欲使溶液中的Cl、Br、I的物質(zhì)的量之比變成3：2：1，那么要通入氯氣的物質(zhì)的量是原溶液中I的物質(zhì)的量是_A1/2   B1/10  C3/10  D1/5【答案】 (1). BC (2). Br2+SO2+2H2O=4H+2Br+SO42

43、(3). ABC (4). Cl2Br2SO2 (5). C【解析】【分析】海水淡化得到淡水和氯化鈉，電解氯化鈉溶液生成氯氣，氯氣通入母液中發(fā)生反應得到低濃度的溴單質(zhì)溶液，通入熱空氣吹出后用二氧化硫水溶液吸收得到含HBr和硫酸的溶液，通入適量氯氣氧化得到溴單質(zhì)，富集溴，蒸餾得到工業(yè)溴，（1）除去粗鹽中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，鹽酸要放在最后，以除去過量的氫氧化鈉和碳酸鈉，應該先加過量的氯化鋇除去硫酸根離子，然后用碳酸鈉去除過量的鋇離子，即：加入的碳酸鈉溶液必須放在加入氯化鋇溶液之后；（2）中發(fā)生反應是溴單質(zhì)氧化二氧化硫生成硫酸；（3）溴單質(zhì)和氫氧化鈉溶液反應，或和還原性的物質(zhì)發(fā)生

44、氧化還原反應；（4）氧化還原反應方程式中：氧化性：氧化劑大于氧化產(chǎn)物，氧化劑大于還原劑；（5）已知還原性I-Br-Cl-，反應后I-有剩余，說明Br-濃度沒有變化，通入的Cl2只與I-發(fā)生反應，根據(jù)反應的方程式2I-+Cl2=2Cl-+I2計算?！驹斀狻浚?）要先除SO42-離子，然后再除Ca2+離子，碳酸鈉可以除去過量的鋇離子，如果加反了，過量的鋇離子就沒法除去，至于加NaOH除去Mg2+離子順序不受限制，因為過量的氫氧化鈉加鹽酸就可以調(diào)節(jié)了，只要將三種離子除完了，然后過濾即可，最后加鹽酸除去過量的氫氧根離子、碳酸根離子，所以正確的操作順序為：ANaOH溶液Na2CO3溶液BaCl2溶液過濾

45、后加鹽酸，最后加入的氯化鋇溶液中鋇離子不能除去，選項A錯誤；BBaCl2溶液NaOH溶液Na2CO3溶液過濾后加鹽酸，選項B正確；CNaOH溶液BaCl2溶液Na2CO3溶液過濾后加鹽酸，選項C正確；DNa2CO3溶液NaOH溶液BaCl2溶液過濾后加鹽酸，順序中加入的氯化鋇溶液中鋇離子無法除去，選項D錯誤；答案選BC；（2）中發(fā)生反應是溴單質(zhì)氧化二氧化硫生成硫酸，反應的離子方程式為：Br2+SO2+2H2O=4H+2Br-+SO42-；（3）ANaOH溶液和溴單質(zhì)反應生成溴化鈉、次溴酸鈉和水，可以吸收，選項A正確；BFeCl2 溶液具有還原性，可以被溴單質(zhì)氧化為氯化鐵，可以吸收溴單質(zhì)，選項B

46、正確；CNa2SO3 溶液具有還原性，可以被溴單質(zhì)氧化，能吸收溴單質(zhì)，選項C正確；DH2O和溴單質(zhì)反應微弱，不能充分吸收溴單質(zhì)，選項D錯誤；答案選ABC；（4）Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，根據(jù)氧化還原反應中氧化性：氧化劑大于氧化產(chǎn)物，所以氧化性：Cl2Br2；Br2+SO2 +2H2O=H2SO4 +2HBr，根據(jù)氧化還原反應中氧化性：氧化劑大于還原劑，所以氧化性：Br2SO2；故答案為：Cl2Br2SO2；（5）已知還原性I-Br-Cl-，反應后I-有剩余，說明Br-濃度沒有變化，通入的Cl2只與I-發(fā)生反應，設原溶液中含有3molCl-，4molBr-，5molI-，通入Cl2后，

47、它們的物質(zhì)的量之比變?yōu)?：2：1，即6：4：2，此時氯離子增大3mol，碘離子減少3mol，溴離子不變，則各離子物質(zhì)的量分別為：6molCl-，4molBr-，2molI-，Cl-增加3mol，I-離子減少3mol，Br-不變，則需1.5molCl2，則通入的Cl2物質(zhì)的量是原溶液中I-物質(zhì)的量的 1.55=310，答案選C。【點睛】本題考查物質(zhì)的分離、提純，側(cè)重海水資源的綜合利用、氧化還原反應定量計算，涉及到電解、海水提溴工藝等知識點，注意物質(zhì)的分離、提純應把握物質(zhì)的性質(zhì)的異同，掌握從海水中提取溴的原理為解答該題的關(guān)鍵，題目難度中等。22.在Na濃度為0.5 mol·L1的某澄清溶

48、液中，還可能含有下表中的若干種離子。陽離子KAgMg2Ba2陰離子NO3、CO32、SiO32、SO42現(xiàn)取該溶液100 mL進行如下實驗(氣體體積均在標準狀況下測定)。序號實驗內(nèi)容實驗結(jié)果向該溶液中加入足量稀鹽酸產(chǎn)生白色沉淀并放出標準狀況下0.56 L氣體將的反應混合液過濾，對沉淀洗滌、灼燒至恒重，稱量所得固體質(zhì)量固體質(zhì)量為2.4 g向的濾液中滴加BaCl2溶液無明顯現(xiàn)象請回答下列問題。(1)實驗能確定一定不存在的離子是_。(2)實驗中生成沉淀的離子方程式為_。(3)通過實驗、和必要計算，填寫下表中陰離子的濃度(能計算出的，填寫計算結(jié)果；一定不存在的離子填“0”；不能確定是否存在的離子填“？

49、”)。陰離子NO3CO32SiO32SO42c/mol·L1_(4)判斷K是否存在，若存在求其最小濃度，若不存在說明理由：_。【答案】 (1). Ag、Mg2、Ba2 (2). SiO322H=H2SiO3 (3). ? (4). 0.25 (5). 0.4 (6). 0 (7). 存在，最小濃度為0.8 mol·L1【解析】【詳解】（1）實驗I：向該溶液中加入足量稀HCl，產(chǎn)生白色沉淀并放出0.56L氣體，則溶液中一定有SiO32、CO32-，Ag+、Mg2+、Ba2+都不能與iO32、CO32-大量共存，所以該實驗可確定一定不存在的陽離子是Ag+、Mg2+、Ba2+。（

50、2）由已知及上述分析，實驗I得到的白色沉淀應該是H2SiO3或H4SiO4，故生成沉淀的離子方程式為SiO32-+2H+H2SiO3（或SiO32-+2H+H2OH4SiO4）。（3）標準狀況下0.56LCO2的物質(zhì)的量為0.025mol，根據(jù)C原子守恒，則原溶液中CO32-的物質(zhì)的量濃度為0.025mol÷0.1L0.25molL-1；實驗II所得固體是SiO2，質(zhì)量為2.4g，物質(zhì)的量是2.4g÷60gmol-10.04mol，根據(jù)Si原子守恒可知原溶液中SiO32-的物質(zhì)的量濃度為0.04mol÷0.1L0.4molL-1；由實驗III可得，溶液中一定不存在

51、SO42-；已確定存在的陰離子為：0.25molL-1CO32-、0.4molL-1SiO32-，已知的陽離子為：0.5molL-1Na+，根據(jù)電荷守恒，一定存在K+，不確定是否存在NO3-。（4）由上述分析知，一定存在K+，若不存在NO3-時K+濃度最小，由電荷守恒可得c(K+)+c(Na+)2c(CO32-)+2c(SiO32-)，即c(K+)+0.5molL-12×0.25molL-1+2×0.4molL-1，解得c(K+)0.8 molL-1。23.如下圖所示(B中冷卻裝置未畫出)，將氯氣和空氣(不參與反應)以體積比約13混合通入含水8%的碳酸鈉中制備Cl2O，并用

52、水吸收Cl2O制備次氯酸溶液。已知：Cl2O極易溶于水并與水反應生成HClO；Cl2O的沸點為3.8 ，42 以上分解為Cl2和O2。（1）實驗中控制氯氣與空氣體積比的方法是_。為使反應充分進行，實驗中采取的措施有_。裝置D的作用是_。（2）裝置B中產(chǎn)生Cl2O的化學方程式為：_。若B無冷卻裝置，則進入C中的Cl2O會大量減少。其原因是_。（3）裝置C中采用棕色圓底燒瓶是因為_。（4）已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物質(zhì)還原成Cl。測定C中次氯酸溶液的物質(zhì)的量濃度的實驗方案為：用_（填“酸”或“堿”）式滴定管取20.00 mL次氯酸溶液，加入足量的_，再加入足量的_，過濾，洗滌沉淀，在真空

53、干燥箱中干燥，用電子天平稱量沉淀質(zhì)量。 (可選用的試劑：H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液)?！敬鸢浮?(1). 通過觀察A中產(chǎn)生氣泡的速率調(diào)節(jié)流速 (2). 攪拌、使用多孔球泡 (3). 吸收未反應的氯氣，防止污染空氣 (4). 2Cl2Na2CO3=Cl2O2NaClCO2 (5). 該反應放熱，溫度升高Cl2O會分解 (6). HClO見光易分解 (7). 酸 (8). H2O2溶液 (9). 硝酸銀溶液【解析】【詳解】（1）通過觀察A中產(chǎn)生氣泡的速率調(diào)節(jié)流速，進而控制氯氣與空氣的比例；裝置B安裝有攪拌棒，所以攪拌或使用多孔球泡可以使反應更充分；裝置D的作用是吸收未反應的氯氣，

54、防止污染空氣；（2）裝置B中，氯氣和碳酸鈉反應生成Cl2O、氯化鈉和二氧化碳，化學方程式為：2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2；由于該反應為放熱反應，溫度升高Cl2O會分解，故進入C中的Cl2O會大量減少； （3）水吸收Cl2O制備次氯酸溶液，HClO見光易分解，故裝置C中采用棕色圓底燒瓶； （4）次氯酸溶液既有酸性，又有強氧化性，應選用酸式滴定管；具體實驗操作是：向20.00mL的次氯酸溶液里加入足量的H2O2溶液，再加入足量的AgNO3溶液，過濾、洗滌，在真空干燥箱中干燥沉淀，用電子天平稱量沉淀的質(zhì)量。24.明礬KAl(SO4)2·12H2O 在生產(chǎn)、生活中有廣泛用途：飲用水的凈化；造紙工業(yè)上作施膠劑；食品工業(yè)的發(fā)酵劑等。利用煉鋁廠的廢料鋁灰(含Al、 Al2O3及少量SiO2和FeO ·xFe2O3)可制備明礬。工藝流程如下：回答下列問題：（1）明礬凈水的原理是_(用離子方程式表示)。（2）操作是_，操作是蒸發(fā)濃縮、_、過濾、_、干燥。（3）檢驗濾液A中是否存在Fe2的