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山西省太原市第五中学2019届高三化学上学期10月月考试题(含解析).doc

1、- 1 -山西省太原市第五中学 2019 届高三 10 月月考化学试题1.下列关于氧化物的叙述正确的是A. 酸性氧化物都可以跟强碱溶液反应B. 与水反应可生成酸的氧化物都是酸性氧化物C. 金属氧化物都是碱性氧化物D. 不能跟酸反应的氧化物一定能和碱反应【答案】A【解析】【详解】A、酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物,所以酸性氧化物都可以与强碱反应,故 A 正确;B、酸性氧化物是和碱反应生成盐和水,中心元素化合价不变,二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮,发生氧化还原反应,中心元素氮元素发生改变,所以二氧化氮不是酸性氧化物,所以与水反应可生成酸的氧化物不一定是酸性氧化物,故 B 错误;C、金属

2、氧化物也可以是酸性氧化物、碱性氧化物或两性氧化物,如 Mn2O7是酸性氧化物,Na 2O是碱性氧化物,Al 2O3是两性氧化物,故 C 错误;D、不成盐氧化物 NO、CO 等是和酸、碱都不反应的氧化物,故 D 错误;综上所述,本题应选 A。2.设 NA代表阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A. 标准状况下,11.2LO 2和 NO 的混合物含有的分子数约为 0.5NAB. 1mol 羟基与 1 mol 氢氧根离子所含电子数均为 9NAC. 常温常压下 42g 乙烯和丁烯混合气体中,极性键数为 6NAD. 16.25 g FeCl3水解形成的 Fe(OH)3胶体粒子数为 0.1 NA【答案】C

3、【解析】【详解】A、标准状况下,11.2 L 气体分子的物质的量为 0.5 mol,由于 O2和 NO 反应会生成NO2,气体分子总数减少,混合物中含有的分子数小于 0.5NA,故 A 错误;B、1 mol 羟基含有的电子数为 9NA,1 mol 氢氧根离子含有的电子数为 10NA,故 B 错误;C、乙烯和丁烯的最简式均为 CH2,则 42 g 乙烯和丁烯中含有的氢原子数为 6NA,烯烃中的极性键为 C-H 键,则混合气体中含极性键数为 6NA,故 C 正确;- 2 -D、16.25 g FeCl 3的物质的量为 0.1mol,溶于水铁离子水解为可逆反应,Fe(OH) 3胶体粒子个数小于 0.

4、1NA,故 D 错误;综上所述,本题应选 C。3.下列条件下,两种气体分子数一定不相等的是A. 相同质量、不同密度的 N2O 和 CO2B. 相同体积、相同密度的 CO 和 C2H4C. 相同温度、相同压强、相同体积的 O2和 O3D. 相同压强、相同质量的 CO 和 CO2【答案】D【解析】【详解】A、N 2O 和 CO2的摩尔质量相等为 44g/mol,根据 n=m/M 可以知道,二者质量相等,则物质的量相等,含有的分子数目一定相等,故 A 不符合题意;B、根据 m=V 可以知道,相同体积、相同密度的 CO 和 C2H4的质量相等,二者摩尔质量都是28g/mol,根据 n=m/M 可以知道

5、,二者物质的量相等,含有的分子数目一定相等,故 B 不符合题意;C、相同温度、相同压强、相同体积的 O2和 O3的物质的量相等,含有分子数目一定相等,故 C不符合题意;D、CO 和 CO2的摩尔质量不同,根据 n=m/M 可以知道,二者物质的量不同,含有分子数目不同,故 D 符合题意;综上所述,本题应选 D。【点睛】本题重点考查阿伏加德罗定律及其应用。定义:同温同压同体积的气体所含的分子数相同。推论:(1)同温同压下,V 1/V2=n1/n2(2)同温同体积时,p 1/p2=n1/n2=N1/N2(3)同温同压等质量时,V 1/V2=M2/M1(4)同温同压同体积时,M 1/M2= 1/ 2,

6、可简化为“三同定一同,两同定比例” 。4. 下列说法正确的是A. 滴定管在使用前要用待装液润洗,而容量瓶不用润洗B. 用苯萃取溴水中的溴时,将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出C. 检验红砖中的红色物质是否是 Fe2O3的操作步骤为:样品粉碎加水溶解过滤向滤液中滴加 KSCN 溶液。D. 将 CO2和 SO2混合气体分别通入 BaC12溶液、Ba(NO 3) 2溶液中,最终都有沉淀生成- 3 -【答案】A【解析】试题分析:A、滴定管在使用前要用待装液润洗,而容量瓶不用润洗,正确;B、苯的密度比水小,用苯萃取溴水中的溴时,溴的苯溶液在上层,应从分液漏斗上口倒出,错误;C、Fe 2O3不溶于水,应加稀盐

7、酸或稀硫酸溶解,错误;D、只有 SO2通入 Ba(NO 3) 2溶液中有硫酸钡沉淀生成,错误。考点:考查化学实验基本操作、实验方案的评价。5.下列说法正确的是A. 用干燥的 pH 试纸测定氯水的 pHB. 四氯化碳和水混合后,可以用分液的方法分离C. 碘在乙醇中的溶解度较大,可用乙醇萃取分离溶于水中的碘D. 将 13.9 g FeSO47H2O 完全溶解于 36.1g 蒸馏水中,配制 27.8%的 FeSO4溶液【答案】B【解析】【详解】A、新制的氯水中含具有漂白作用的 HClO 会漂白变色后的 PH 试纸,故 A 错误;B、四氯化碳和水不互溶,因此可以用分液的方法分离,故 B 正确;C、水和

8、乙醇互溶,故不能用乙醇萃取分离溶于水中的碘,故 C 错误;D、 将 13.9 g FeSO47H2O 完全溶解于 36.1g 蒸馏水中,溶质 FeSO4的质量为 7.6g,则溶液中溶质的质量分数为 7.6g(13.9 g+36.1g)100%=15.2%,故 D 错误;综上所述,本题应选 B。【点睛】选用萃取剂的原则: 和原溶液中的溶剂互不相溶; 对溶质的溶解度要远大于原溶剂;萃取剂不能与原溶液的溶剂反应。常见的萃取剂:苯,四氯化碳,煤油,直馏汽油,乙烷,环乙烷、水等。6.下列说法正确的一组是不溶于水的盐(CaCO 3、BaSO 4等)都是弱电解质 盐都是强电解质 所有 0.5 molL1的一

9、元酸溶液中氢离子浓度都是 0.5molL1 强酸溶液中氢离子浓度一定大于弱酸溶液中氢离子浓度 电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子 熔融的电解质都能导电A. B. C. 只有 D. 只有- 4 -【答案】C【解析】【详解】电解质的强弱与溶解性无关 , 不溶于水的盐可能是强电解质 , CaCO3、BaSO 4等均是强电解质,故错误;绝大多数的盐属于强电解质,少部分盐属于弱电解质,如醋酸铅就属于弱电解质,故错误; 0.5mol/L 一元酸溶液 H + 浓度不一定为 0.5mol/L ,如醋酸小于 0.5mol/L ,硫酸为1mol/L ,故错误;强酸溶液中的 H + 浓度不一定大于弱

10、酸溶液中的 H+ 浓度 ,H + 浓度与酸的浓度、分子中氢离子的个数以及电离程度有关,与电解质的强弱无关,故错误;电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子,故正确;酸为共价化合物,在熔融态时均不导电,只有溶于水时才导电,故错误;综上所述,本题应选 C。【点睛】本题重点考查电解质的概念。电解质是在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物(注意:水溶液或熔融状态只要一种条件下能导电即可) 。强电解质:在水溶液或熔融状态下完全电离的电解质。弱电解质:在水溶液或熔融状态下部分电离的电解质。注意电解质的强弱指的是电离程度,与电解质的溶解度无关。7.下列离子或分子组中能大量共存,且满足相应要求的是 选项

11、 离子或分子 要求A Na+、HCO 3、Mg 2+、SO 42 滴加氨水立即有沉淀产生B Fe3+、NO 3、SO 32、Cl 滴加盐酸立即有气体产生C NH4+、Al 3+、SO 42、CH 3COOH 滴加 NaOH 溶液立即有气体产生D K+、NO 3、Cl 、l c(K+) c(Cl)A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】- 5 -【详解】A、离子之间不反应,滴加氨水与 Mg2+结合生成沉淀,立即生成沉淀,故 A 符合题意;B、Fe 3+具有氧化性,可以氧化 SO32为 SO42,因此不能共存,故 B 不符合题意;C、滴加 NaOH 溶液先与醋酸反应,不能立即生成气

12、体,故 C 不符合题意;D、离子之间不反应,可大量共存,但 c(K+) c(Cl),不能遵循电荷守恒,故 D 不符合题意;综上所述,本题应选 A。8.火法炼铜过程中发生如下反应:Cu 2SO 2 2CuSO 2。下列说法正确的是A. Cu2S 只做还原剂,O 2只做氧化剂B. Cu 只是还原产物,SO 2只是氧化产物C. 1 mol Cu2S 和 O2反应生成 2 mol Cu,转移电子的物质的量为 6 molD. 反应消耗 3 mol Cu2S 时,被 O2氧化的硫(S)的物质的量为 3 mol【答案】C【解析】【详解】A、Cu、O 元素的化合价降低,S 元素的化合价升高,则 Cu2S 是还

13、原剂也是氧化剂, O2是氧化剂,故 A 错误;B、氧化剂对应还原产物,还原剂对应氧化产物,则 Cu 为还原产物, SO2是氧化产物也是还原产物,故 B 错误;C、1 mol Cu 2S 和 O2反应生成 2 mol Cu,由 S 元素的化合价变化可以知道,转移电子数的物质的量为 1mol4-(-2)=6 mol,故 C 正确;D、由反应可以知道,反应消耗 3 mol Cu2S 时,消耗 3mol O2,由电子守恒可以知道,被 O2氧化的硫(S)的物质的量为 32(2-0)/6=2mol ,故 D 错误;综上所述,本题应选 C。【点睛】本题重点考查氧化还原反应。在氧化还原反应中满足“升失氧,降得

14、还” 。在Cu2SO 2 2CuSO 2反应中中, O 元素的化合价由 0 降低为-2 价,故 O2为氧化剂;Cu 元素的化合价由+1 价降低为 0, S 元素的化合价由-2 价升高为+4 价,故 Cu2S 既是氧化剂又是还原剂,以此来解答。9.物质氧化性、还原性的强弱,不仅与物质的结构有关,还与物质的浓度和反应温度等有关。下列各组物质:Cu 与 HNO3溶液Cu 与 FeCl3溶液 Zn 与 H2SO4溶液 Fe 与 HCl 溶液,由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是( )A. B. C. D. 【答案】A- 6 -【解析】Cu 与浓 HNO3反应生成 NO2,与稀硝酸反应生成 NO,符

15、合;Cu 与 FeCl3溶液反应,反应不随浓度的改变而变化,都生成氯化亚铁和氯化铜,不符合;Zn 与浓硫酸反应生成二氧化硫,与稀硫酸反应生成氢气,符合;Fe 与 HCl 溶液反应不随浓度的改变而变化,都生成氯化亚铁和氢气,不符合。答案选 A。10.某研究性学习小组做了一个如右图所示的实验,在导管口点燃氢气后,发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色,若将烧杯中的溶液换成含有少量 KSCN 的 FeCl2溶液,溶液显红色。下列判断正确的是A. 该条件下 H2燃烧放出的热量使冰分解产生了 O2B. 该条件下 H2被冷却为液态氢,液氢的水溶液具有还原性C. 该条件下 H2燃烧的产物中可能含有一定量的 H2O

16、2D. 该条件下生成的水分子化学性质比较活泼【答案】C【解析】【详解】A、该条件下 H2燃烧放出的热量不能使冰分解产生了氧气,水在很高的温度下才分解,故 A 错误;B、实验结果表明氢气已经燃烧,被冷却的氢气不能使高锰酸钾褪色,也不能氧化亚铁离子,故B 错误;C、烧杯中酸性 KMnO4溶液褪色,说明 H2燃烧的产物中可能有还原性物质,若将烧杯中的溶液换成含有少量 KSCN 的 FeCl2溶液,溶液呈血红色,说明有 Fe3+生成,因此说明 H2燃烧的产物中- 7 -可能有氧化性物质,由此说明 H2燃烧的产物中可能有还原性和氧化性的物质,可能为 H2O2,故C 正确;D、该条件下 H2燃烧的产物中可

17、能含有一定量的 H2O2,同种物质的性质是相同的,该条件下生成的水分子化学性质与普通的水的性质一样,故 D 错误.综上所述,本题应选 C。11.把 200 mL NH4HCO3和 Na2CO3的混合溶液分成两等份,取一份加入含 a mol NaOH 的溶液恰好反应完全;取另一份加入含 b mol HCl 的盐酸恰好反应完全。该混合溶液中 c(Na )为A. (10b5 a)molL1 B. (2b a)molL1C. (10b-10a)molL1 D. (5b5a/2)molL 1【答案】A【解析】【详解】把 200 mL NH4HCO3和 Na2CO3的混合溶液分成两等份,设 100mL 溶

18、液中含有 NH4HCO3 x mol,Na2CO3 y mol,NH4HCO3和 Na2CO3的混合溶液加入 NaOH,反应为:NH4HCO3+2NaOH=NH3.H2O+Na2CO3+H2O,1 2x amol 计算得出:x=0.5a mol;故:NH 4HCO3为 0.5a mol;加入含 b mol HCl 的盐酸的反应为:NH4HCO3+HCl=NH4Cl+CO2 +H2O,1 1 0.5a mol n(HCl)Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2 +H2O1 2 y b-n(HCl)计算得出:n(HCl)=0.5a mol,y=1/2(b-0.5a) mol;n(Na )=2n

19、(Na2CO3)=(b-0.5a) mol,c(Na )=n/V=(b-0.5a) mol/0.1L=(10b5a)molL 1综上所述,本题应选 A。12.下列叙述错误的是A. 10 mL 质量分数为 98%的 H2SO4,用 10 mL 水稀释后,H 2SO4的质量分数大于 49%- 8 -B. 配制 0.1 molL1 的 Na2CO3溶液 480 mL,需用 500 mL 容量瓶C. 将 22.4 L 氨气溶于水稀释成 1 L 溶液,得到 1 molL1 的氨水D. 向两等份等浓度不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的 Na2O2和 Na2O,使溶液均恰好饱和,则加入的 Na2O2与 Na

20、2O 的物质的量之比等于 11(保持温度不变)【答案】C【解析】【详解】A、浓硫酸的密度 1大于水的密度 2,加水后浓硫酸质量分数=49%,故 A 不符合题意;B、实验室没有 480 mL 的容量瓶,应用 500 mL 的容量瓶进行配制,故 B 不符合题意;C、题干中没有给出是否在标准状况下,所以不能确定 22.4 L 氨气的物质的量,故 C 符合题意;D、根据方程式 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2,Na2O+H2O=2NaOH 可知,等物质的量的 Na2O2和 Na2O 与足量水反应生成等物质的量的氢氧化钠,故 D 不符合题意;综上所述,本题应选 C。13.下列实验中,所使用的装置

21、(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是 - 9 -A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A、亚铁离子易被空气中的氧气氧化为铁离子,所以用植物液封起到隔绝空气的作用,故 A 正确;B、容量瓶不能用于溶解固体,故 B 错误;C、除去 CO 中的 CO2 通过洗气瓶时应长进短出,故 C 错误;D、联合制碱法包括两个过程:先将氨通入饱和食盐水而成氨盐水,再通入二氧化碳(二氧化碳应通入到溶液中)生成碳酸氢钠沉淀,经过滤、洗涤得 NaHCO3微小晶体,故 D 错误;综上所述,本题应选 A。14.下列离子方程式正确的是A. 将 8.96L(标准状况)CO 2通入 100mL3mo

22、lL-1NaOH 溶液中:3CO 2+4OH-=CO32-+2HCO3-+H2OB. Fe3O4与足量稀 HNO3反应:3Fe 3O4+28H+NO3-=9Fe3+NO+14H 2OC. 用铁棒作阳极、碳棒作阴极电解饱和氯化钠溶液:2Cl -+2H2O H2+Cl 2+2OH -D. 硫酸铝溶液和过量的氢氧化钡溶液混合:Al 3+2SO42 +2Ba2+4OH =AlO2 +2BaSO4+2H 2O【答案】B【解析】【详解】A、n(CO 2):n(NaOH)= ,只生成碳酸氢根,离子方程式为:CO2+OH-=HCO3-,故 A 错误;B、Fe 3O4与足量稀 HNO3反应,+2 价的铁与硝酸要

23、发生氧化还原反应,正确的离子方程式为:3Fe3O4+28H+NO3-=9Fe3+NO+14H 2O,故 B 正确;C、用铁棒作阳极,铁本身在阳极放电,阳极离子方程式为 Fe-2e-=Fe2+,故 C 错误;D、少量的硫酸铝要符合其组成比,正确的离子方程式为2Al3+3SO42 +3Ba2+8OH =2AlO2 +3BaSO4+4H 2O,故 D 错误;综上所述,本题应选 B。【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行:从反应原理进行判断,如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等;从物质存在形态进行判断,如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等;从守恒角

24、度进行判断,如- 10 -原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等;从反应的条件进行判断;从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。15.奥运会会标是五环旗,假定奥运五环旗中的每一环或每种颜色表示一种物质,相连的环(物质)间在一定条件下能发生常见反应,不相连的环(物质)间不能发生反应,且四种反应中必须包含化合反应、置换反应及复分解反应,适合的一组物质是选项 蓝 黄 黑 绿 红A SiO2 NaOH 溶液 CuSO4溶液 Ag O2B O2 Fe 稀硫酸 NaOH 溶液 CO2C Cl2 NH3 稀硫酸 NaOH 溶液 Al(OH)3D N2 Mg CO2 CaO 稀盐酸A. A B.

25、B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A、二氧化硅与氢氧化钠、氢氧化钠与硫酸铜发生复分解反应,但银与硫酸铜溶液不反应,与氧气不反应,故 A 不符合题意;B、氧气与 Fe 发生化合反应生成四氧化三铁,Fe 与硫酸发生置换反应,硫酸与氢氧化钠、氢氧化钠与二氧化碳发生复分解反应,且氧气、稀硫酸、二氧化碳两两之间不反应,Fe 与氢氧化钠溶液不反应,故 B 符合题意;C、氯气与氨气之间可以发生置换反应,硫酸与氨气化合反应、硫酸与氢氧化钠发生复分解反应,但硫酸与氢氧化铝之间可以反应,故 C 不符合题意;D、氮气与 Mg 发生化合反应、Mg 与二氧化碳发生置换反应、氧化钙与盐酸发生复分解反应,但不

26、相连的 Mg 能与稀盐酸反应,故 D 不符合题意,综上所述,本题应选 B。16.下列判断正确的是- 11 -A. 加入 AgNO3溶液,生成白色沉淀,加稀盐酸沉淀不溶解,可确定原溶液中有 Cl存在B. 加入稀盐酸,生成的气体能使澄清石灰水变浑浊,可确定原溶液中有 CO32 存在C. 加入 Ba(NO3)2溶液,生成白色沉淀,加入稀盐酸后沉淀不溶解,可确定原溶液中有 SO42存在D. 通入 Cl2后溶液由无色变为深黄色,加入淀粉溶液后溶液变蓝,可确定原溶液中有 I存在【答案】D【解析】【详解】A、在加 HCl 之前生成的可能是 AgCl 沉淀,也可能是别的白色沉淀,但是后面加上HCl 中含有大量

27、 Cl-,所以不能确定 Cl-是原溶液里的还是后来加进去的,故 A 错误;B、碳酸根、碳酸氢根、亚硫酸根、亚硫酸氢根遇到盐酸,均会生成能使澄清石灰水变浑浊的气体,故 B 错误;C、若溶液中含有亚硫酸根,加入 Ba(NO3)2溶液,生成白色沉淀,加稀盐酸相当于存在了硝酸,亚硫酸根能被硝酸氧化成硫酸根,会生成硫酸钡沉淀,故 C 错误;D、氯气能将碘离子氧化为碘单质,碘水溶液为棕黄色,碘遇淀粉变蓝色,故 D 正确;综上所述,本题应选 D。17.今有一混合物的水溶液,只可能含有以下离子中的若干种:K+、Al 3+、Fe 3+、Mg 2+、Ba 2+、NH 4+、Cl 、CO 32 、SO 42 ,现取

28、三份 100mL 溶液进行如下实验:第一份加入 AgNO3溶液有沉淀产生第二份加过量 NaOH 溶液加热后,只收集到气体 0.02 mol,最终无沉淀生成,同时得到溶液甲在甲溶液中通入过量 CO2,生成白色沉淀,沉淀经过滤、洗涤、灼烧,质量为 1.02g第三份加足量 BaCl2溶液后,得白色沉淀,沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后,质量为 11.65g下列说法不正确的是A. 原溶液中一定不存在的离子为 Fe3+、Mg 2+、CO 32-、Ba 2+B. 无法判断原溶液中是否存在 Cl-C. c(SO42-)=0.5mol/LD. 无法判断原溶液中是否存在 K+【答案】D- 12 -【解析】【分析】第一

29、份加入几滴 AgNO3溶液后有沉淀产生,溶液中可能含有 Cl 、CO 32 、SO 42 ;第二份加过量 NaOH 溶液加热后,只收集到气体 0.02 mol,则气体应为氨气,说明溶液中肯定存在 NH4+,其物质的量为 0.02 mol,无沉淀生成,同时得到溶液甲,说明溶液中肯定不存在 Fe3+、Mg 2+;在甲溶液中通入过量 CO2,生成白色沉淀,沉淀经过滤、洗涤、灼烧,质量为 1.02g,说明原溶液中一定存在 Al3+,结合离子共存可以知道一定不存在 CO32 ;1.02g 为氧化铝的质量,其物质的量为:1.02g102g/mol=0.01mol,说明每份溶液中含有 0.02molAl3+

30、;第三份加足量 BaCl2溶液后,得白色沉淀,该白色沉淀为硫酸钡,说明原溶液中一定存在 SO42 ,结合离子共存可以知道一定不存 Ba2+,在沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后,质量为 11.65g,则硫酸钡的物质的量为:11.65g233g/mol=0.05mol,说明每份溶液中含有 0.05molSO42 ;0.02molAl3+和 0.02 molNH4+所带正电荷为 0.06mol+0.02 mol=0.08mol,0.05molSO42 所带负电荷为 0.1mol,根据电荷守恒可以知道,说明溶液中一定还含有阳离子 K+。综上所述,溶液中一定含有Al3+、NH 4+、K +、SO 42 ,肯定

31、不存在 Fe3+、Mg 2+、CO 32-、Ba 2+,无法判断原溶液中是否存在 Cl-。【详解】A、根据分析可知,原溶液中一定不存在的离子为 Fe3+、Mg 2+、CO 32-、Ba 2+,故 A 不符合题意;B、根据分析可知,无法判断原溶液中是否存在 Cl-,故 B 不符合题意;C、质量为 11.65g 的硫酸钡的物质的量为:11.65g233g/mol=0.05mol,则浓度为 c(SO42-)=0.05mol0.1L=0.5mol/L,故 C 不符合题意;D、根据分析可以知道,溶液中一定含有 K+,故 D 符合题意;综上所述,本题应选 D。18.根据下图海水综合利用的工业流程图,判断下

32、列说法正确的是已知:MgCl 26H2O 受热生成 Mg(OH)Cl 和 HCl 气体等。A. 除去粗盐中杂质(Mg 2+、SO 42 、Ca 2+) ,加入的药品顺序为:NaOH 溶液Na 2CO3溶液BaCl 2溶液过滤后加盐酸- 13 -B. 在过程中将 MgCl26H2O 灼烧即可制得无水 MgCl2C. 从能量角度来看,氯碱工业中的电解饱和食盐水是一个将化学能转化为电能的过程D. 从第步到第步的目的是为了浓缩富集溴【答案】D【解析】【详解】A过程加入的药品顺序为 BaCl 2溶液NaOH 溶液Na 2CO 3溶液过滤后加盐酸,如果在过滤沉淀前加入过量 BaCl 2溶液,稀盐酸不能除去

33、氯化钡溶液,所以会产生杂质,故 A 错误; B、氯化镁易水解,为防止水解,过程中结晶出的 MgCl 26H 2O 要氯化氢氛围中加热脱水制得无水 MgCl 2,故 B 错误; C、电解原理分析,电解饱和食盐水是电能转化为化学能,故 C 错误; D、溴离子被氧化为溴单质后,被二氧化硫吸收生成溴离子,加入氧化剂氧化溴离子为溴单质,富集溴元素,从第步到第步的目的是为了浓缩,故 D 正确。综上所述,本题应选 D。19.将 1.12 g 铁粉加入 25 mL 2 molL1 氯化铁溶液中,充分反应后,其结果是A. 铁有剩余,溶液呈浅绿色,Cl 浓度基本不变B. 往溶液中滴入无色 KSCN 溶液,显红色C

34、. Fe2 和 Fe3 的物质的量之比为 51D. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为 25【答案】B【解析】【分析】1.12 g 铁物质的量 n(Fe)=1.12g56g/mol=0.02mol;25 mL 2 molL1 氯化铁溶液中n(Fe3+)=0.025L2mol/L=0.05mol;溶液发生的反应为:Fe+2Fe 3+=3Fe2+;根据上述反应可以知道:Fe 3+剩余 0.01mol,溶液中含有 Fe3+物质的量为 0.01mol,Fe2+物质的量为 0.06mol,无金属铁剩余。【详解】A、铁无剩余,溶液呈黄绿色,Cl 浓度基本不变,故 A 错误;B、溶液中有剩余的三价铁离子,往

35、溶液中滴入无色 KSCN 溶液,显红色,故 B 正确;C、溶液中含有 Fe3+物质的量为 0.01mol,Fe2+物质的量为 0.06mol,Fe 2+和 Fe3+的物质的量之比为 6:1,故 C 错误;- 14 -D、氧化产物与还原产物的物质的量之比为 1:2,故 D 错误;综上所述,本题应选 B。20.C 和 CuO 在一定温度下反应,产物有 Cu、Cu 2O、CO、CO 2。将 1.20 g C 跟 16.0 g 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),生成沉淀的质量为 5.00 g。下列说法不正确的是A.

36、反应后的固体混合物中不含碳B. 反应后的固体混合物总质量为 13.6 gC. 反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为 0.05 molD. 反应中转移电子数为 0.4NA【答案】D【解析】【详解】A、根据题意可知,生成的 n(CO 2)=n(CaCO 3)=5g100g/mol=0.05mol,n(CO)=11.2L22.4L/mol=0.05mol,根据 C 元素守恒可以知道,参加反应的 C 的质量=(0.05mol+0.05mol)12g/mol=1.2g,则碳完全参与反应,故 A 不符合题意;B、反应后固体总质量=1.2g+16g-0.05mol(44g/mol+28g/mol)=13.

37、6g,故 B 不符合题意;C、反应后 m(O)=13.6g-16g80g/mol64g/mol=0.8g,Cu 2O、CuO 均含有 1 个氧原子,可以知道反应后的固体混合物中氧化物的物质的量=0.8g16g/mol=0.05 mol,故 C 不符合题意;D、反应中 C 转化为 CO、CO 2,转移电子物质的量为 0.05mol2+0.05mol4=0.3mol,即转移电子数为 0.3NA,故 D 符合题意;综上所述,本题应选 D。【点睛】本题可根据质量守恒进行计算。C 和 CuO 在一定温度下反应,产物有Cu、Cu 2O、CO、CO 2。产物中 CO、CO 2的碳元素全部来自反应物中的碳单质

38、,可根据碳元素守恒计算一氧化碳和二氧化碳的量,据此解题。21.(1) “纳米材料”是当今材料科学研究的前沿,其研究成果广泛应用于催化及军事科学中。所谓“纳米材料”是指研究、开发出的微粒粒度从几纳米至几十纳米的材料,如将纳米材料分散到分散剂中,所得混合物可能具有的性质是( )A能全部透过半透膜 B有丁达尔效应- 15 -C所得液体一定呈胶状 D所得物质一定是悬浊液(2)把淀粉溶液溶于沸水中,制成淀粉胶体,60左右时,在淀粉胶体中加入淀粉酶,装入半透膜袋里,系紧袋口,并把它悬挂在盛有蒸馏水的烧杯里充分反应。从半透膜里析出的物质是麦芽糖,该操作的名称是_。(3)在 Fe(OH)3胶体中逐渐滴入 HI

39、 稀溶液,会出现一系列变化。先出现红褐色沉淀,原因是_。随后沉淀溶解,溶液呈黄色,此反应的离子方程式是_。最后溶液颜色加深,此反应的离子方程式是_。(4)若用稀盐酸代替 HI 稀溶液,能出现(3)所述变化现象中的_ (填写上面各题序号)。【答案】 (1). B (2). 渗析 (3). 加入电解质后,胶体发生聚沉 (4). Fe(OH)33H =Fe3 3H 2O (5). 2Fe3 2I =I22Fe 2 (6). 【解析】【详解】(1)散系中分散质的直径在 1nm100nm 之间的属于胶体分散系,由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料,则分散到液体分散剂中,分散质的直径在 1n

40、m100nm 之间,则该混合物属于胶体,所以所得混合物可能具有的性质是胶体的性质。胶体的分散质微粒较大,不能通过半透膜,但能透过滤纸,胶体都能产生丁达尔效应,故选 B;(2)把淀粉溶液溶于沸水中,制成淀粉胶体,60左右时,在淀粉胶体中加入淀粉酶,装入半透膜袋里,淀粉胶粒粒径较大,不能通过半透膜,淀粉胶体中加入淀粉酶,淀粉分解为小分子麦芽糖,能透过半透膜,这个过程称为渗析;(3)因为胶体粒子带有电荷,加入电解质会中和电荷,使胶体产生聚沉; 随后沉淀溶解,溶液呈黄色,因为 H+溶解红褐色沉淀 Fe(OH)3,离子反应为 Fe(OH)33H =Fe3 3H 2O;Fe 3 具有氧化性,I 具有还原性

41、,两者发生氧化还原反应生成碘单质,导致溶液颜色加深,离子方程式为 2Fe3 2I =I22Fe 2 ;(4)因为稀盐酸中氯离子不会与三价铁离子发生氧化还原反应,所以只能出现(3)所述变化现象中两种现象;【点睛】本题重点考查胶体的性质。散系中分散质的直径在 1nm100nm 之间的属于胶体分散- 16 -系。胶体的性质丁达尔效应:光束通过胶体,形成光亮的通路,这是由于胶体粒子对光的散射造成的;胶体的电泳,有些胶粒带电荷,在电场作用下胶粒发生定向移动;胶体的凝聚,可采用加热、加入电解质溶液或加入带相反电荷的胶粒的胶体;胶体粒子能通过滤纸但不能透过半透膜;胶体具有吸附性,明矾可用于净水是因为由氢氧化

42、铝胶体生成,氢氧化铝胶体吸附水中的杂质粒子形成沉淀而达到净水的目的。22.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0.01000 molL1 的 K2Cr2O7标准溶液 250 mL,应准确称取一定质量的 K2Cr2O7(保留 4 位有效数字,已知 M(K2Cr2O7)294.0 gmol 1 )。(1)计算配制 250 mL 0.01000 mol/L K2Cr2O7溶液时需要准确计量 K2Cr2O7的质量是_g。(2)配制该标准溶液时,下列仪器中不必要用的有_(用编号表示)。电子天平 烧杯 量筒 玻璃棒 容量瓶 胶头滴管 移液管(3)配制 0.

43、01000 mol/L K2Cr2O7溶液时,下列操作对配制结果有何影响?(选填偏高、偏低或无影响)配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒_。定容时,仰视刻度线_。(4)配制 0.01000 mol/L K2Cr2O7溶液,定容时不慎加水超过了刻度线,应如何操作?_。(5)用 0.01000 mol/L K2Cr2O7溶液滴定 20.00 mL 未知浓度的含 Fe2 的溶液,恰好完全反应时消耗 10.00 mL K2Cr2O7溶液,则溶液中 Fe2 的物质的量浓度是_。【答案】 (1). 0.7350 (2). (3). 偏低 (4). 偏低 (5). 重新配制 (6). 0.03000 mol/L【解

44、析】【详解】(1)配制 250 mL 0.01000 mol/L K2Cr2O7溶液 ,需要溶质的质量=0.250L0.01000 mol/L294.0 gmol1 =0.7350g;(2)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤:计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等,用到的仪器:电子天平、烧杯、玻璃棒、250 mL 容量瓶、胶头滴管;用不到的是:量筒移液管;(3)配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒,导致溶质的物质的量偏小,溶液的浓度偏低;定容时,仰视刻度线,导致溶液的体积偏大,溶液的浓度偏低;- 17 -(4)定容时不慎加水超过了刻度线,导致实验失败,且无法挽救,必须重新配制;(6)根

45、据方程式,设二价铁离子的物质的量浓度为 c:6Fe2+Cr2O72-+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O6 1c20.00mL 0.01000 mol/L10.00mL 计算得出 c=0.03000 mol/L;所以溶液中 Fe2 的物质的量浓度是 0.03000 mol/L。23.(1)完成并配平白磷和氯酸溶液反应的化学方程式:_H3PO4(2)白磷有毒,在实验室可采用 CuSO4溶液进行处理,其反应为:11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4该反应的还原产物是_,若有 2.2 mol P4反应,则有_mol 电子转移;(3)磷的一种化合物叫亚磷

46、酸(H 3PO3) 。已知:0.1 mol/L H 3PO3溶液的 pH =1.7;H 3PO3与 NaOH 反应只生成 Na2HPO3和 NaH2PO3两种盐;H 3PO3和碘水反应,碘水棕黄色褪去,再加 AgNO3有黄色沉淀生成。关于 H3PO3的说法:强酸;弱酸;二元酸;三元酸;氧化性酸;还原性酸,其中正确的是_。A B C D【答案】 (1). 3;10;18H 2O;10;12 (2). Cu3P (3). 24 (4). C【解析】【详解】 (1)反应中 P 元素的化合价由 0 价升高到+5 价,Cl 元素化合价由+5 价降低到-1 价,根据得失电子数目相等可知两者的计量系数之比为

47、 3:10,则结合质量守恒定律可知,化学方程式应为 3P 4+ 10HClO3+18H2O =10HCl+ 12H3PO4;(2)该反应中 Cu 元素化合价由+2 价降低到+1 价,部分 P 元素化合价由 0 价降低到-3 价,部分 P 元素化合价由 0 价升高为+5 价,所以氧化产物为 H3PO4,还原产物为 Cu3P;该反应中有 11molP4参加反应转移电子数为 24(5-0)mol=120mol,所以有 2.2molP4参加反应转移电子数为 24mol;(3)0.1 mol/L H 3PO 3溶液的 pH = 1.71,说明为部分电离,为弱酸;和碱液中和只能生- 18 -成两种酸式盐,则它为二元酸;和碘水反应,碘水棕黄色褪去,再加 AgNO 3有黄色沉淀生成,说明碘被还原为碘离子,有 AgI 黄色沉淀生成,也就是说 H 3PO 3为还原性酸,综上所述本题应选 C。【点睛】本题重点考查氧化还原反应的知识。在氧化还原反应中应满足“升失氧,降得还” ,元素化合价升高,失去电子,发生氧化反应,被氧化,本身作还原剂;元素化合价降低,得到电子,发生还原反应,被还原,本身作氧化剂,在氧化还原反应中可根据得失电子守恒进行配平,据此解题。24.某校化学兴

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