1、1宁夏育才中学 2019 届高三化学上学期月考试题二（含解析）(试卷满分 100 分，考试时间为 100 分钟)试卷说明：本试卷分两部分，第一部分为选择题，第二部分为非选择题可能用到的相对原子质量: O 16 S 23 Mg 24 Al 27 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Cu 64 I 127 第 I 卷（选择题共 42 分每小题 2 分）一、选择题（本题共 21 小题，每小题 2 分，共 42 分。每小题只有一个选项符合题意。 ）1.下列过程没有发生化学反应的是（ ）A. 生石灰作干燥剂 B. 氢氟酸刻蚀玻璃C. 打磨磁石制指南针 D. 用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装【
2、答案】C【解析】【分析】有新物质生成的变化是化学变化。生石灰作干燥剂氧化钙时与水反应生成氢氧化钙；氢氟酸刻蚀玻璃，氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水；打磨磁石制指南针，没有生成新物质；用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，铁粉可吸收氧气，属于化学变化，故不选 D。【详解】生石灰作干燥剂时，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，属于化学反应，故不选 A；氢氟酸刻蚀玻璃，氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，属于化学反应，故不选 B；打磨磁石制指南针，只发生形状改变，没有生成新物质，属于物理变化，故选 C；用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，铁粉可吸收氧气，属于化学变化，故不选 D。2.下列
3、配制溶液的操作中，有可能不会影响所配溶液浓度大小的是（ ）A. 用量筒量取浓溶液后，将量筒中残留的液体洗净倒入烧杯中B. 定容时俯视C. 称量时误用“左码右物”D. 定容后使溶液混匀，静止，发现凹液面低于刻度线，立即滴加蒸馏水至刻度线【答案】C【解析】【分析】2用量筒量取浓溶液后，将量筒中残留的液体洗净倒入烧杯中，溶质物质的量偏大；定容时俯视，溶液体积偏小；称量时误用“左码右物” ，如果不用游码，称取溶质质量准确；定容后使溶液混匀，静止，发现凹液面低于刻度线，立即滴加蒸馏水至刻度线，溶液体积偏大。【详解】用量筒量取浓溶液后，将量筒中残留的液体洗净倒入烧杯中，溶质物质的量偏大，浓度偏大，故不选
4、A；定容时俯视，溶液体积偏小，浓度偏大，故不选 B；称量时误用“左码右物” ，如果不用游码，称取溶质质量准确，对浓度无影响，故选 C；定容后使溶液混匀，静止，发现凹液面低于刻度线，立即滴加蒸馏水至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小，故不选 D。3.下列实验操作中所用仪器合理的是（ ）A. 用 100mL 的量筒量取 18.8mLNaOH 溶液B. 用瓷坩埚加热熔融 NaOHC. 用托盘天平称取 25.20g 氯化钠D. 用 100mL 容量瓶配制 70mL0.1mol/L 盐酸【答案】D【解析】试题分析：A.应该用 20 mL 的量筒量取 18.8 mL NaOH 溶液，A 错误；B.瓷坩埚中混有
5、二氧化硅，在加热的条件下能与 NaOH 反应，因此不能用瓷坩埚加热熔融 NaOH，应该用铁坩埚，B 错误；C.托盘天平只能读数到 0.1g，因此用托盘天平称取 25.2g 氯化钠，C 错误；D.实验室没有 70ml 容量瓶，因此用 100 mL 容量瓶配制 70 mL0.1 molL-1盐酸，D 正确，答案选 D。考点：考查化学仪器使用的有关判断4.根据 SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是 （ ）溶液 现象 结论A 含 HCl、BaCl 2的 FeCl3溶液 产生白色沉淀 SO2有还原性B H2S 溶液 产生黄色沉淀 SO2有氧化性C 酸性 KMnO4溶液 紫色溶液褪色 SO2有
6、漂白性3D Na2SiO3溶液 产生胶状沉淀 酸性：H 2SO3H2SiO3A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】SO2有还原性，被 Fe3+氧化为 SO42；H 2S 溶液与 SO2反应方程式是 ；SO 2使高锰酸钾溶液褪色，体现 SO2的还原性；Na 2SiO3溶液中通入 SO2气体，产生白色沉淀硅酸；【详解】SO 2有还原性，被 Fe3+氧化为 SO42，SO 42再与 Ba2+结合为 BaSO4沉淀，故 A 结论正确；H 2S 溶液与 SO2反应方程式是 ，SO 2中 S 元素化合价降低，体现 SO2的氧化性，故 B 结论正确；SO 2使高锰酸钾溶液褪色，体现
7、 SO2的还原性，故 C 结论错误；Na 2SiO3溶液中通入 SO2气体，产生白色沉淀硅酸，根据“强酸制弱酸” ，可知酸性H2SO3H 2SiO3，故 D 结论正确。5.下列说法正确的是（ ）A. 1 mol 氢约含有 6.021023个粒子 B. H 2的摩尔质量是 2 gC. 1mol O2的质量是 32 g，含有的氧原子数为 2NA D. 铁的摩尔质量等于铁原子的相对原子质量【答案】C【解析】【分析】1 mol 氢，没有明确是氢分子还是氢原子；摩尔质量的单位是 g/mol；1mol O2中含有 2mol氧原子；摩尔质量的单位是 g/mol，相对原子质量的单位为“1” ；【详解】1 mo
8、l 氢，指向不明确，没有明确微粒是氢分子还是氢原子，故 A 错误；摩尔质量的单位是 g/mol， H2的摩尔质量是 2 g/mol，故 B 错误；1mol O2的质量是 32 g，含有2mol 氧原子，含有的氧原子数为 2NA，故 C 正确；摩尔质量的单位是 g/mol，相对原子质量的单位为“1” ，铁的摩尔质量在数值上等于铁原子的相对原子质量，故 D 错误。46.同温同压下，等体积的 NH3和 CH4两种气体，下列有关说法错误的是（ ）A. 所含分子数相同 B. 所含氢原子物质的量之比为 3:4C. 质量之比为 16:17 D. 密度之比为 17:16【答案】C【解析】【详解】A、同温同压下
9、同体积的气体，则具有相同的分子数和物质的量，故 A 说法正确；B、根据 A 选项分析，两种物质的物质的量相等，即氢原子物质的量之比为(13)(14)=34，故 B 说法正确；C、相同条件下，质量之比等于其摩尔质量之比，即为 17：16，故C 说法错误；D、相同条件下，密度之比等于其摩尔质量之比，即 1716，故 D 说法正确。7.下列说法正确的是 ( )A. 硅是良好的半导体材料，且是制造光缆的主要材料B. 新制氯水经光照一段时间 pH 减小C. Cl2、SO 2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性D. 将过量的 NaOH 溶液逐滴滴入 AlCl3溶液中，先无明显现象后出现白色絮状沉淀【答案
10、】B【解析】【分析】硅是制造集成电路、太阳能电池的原料，二氧化硅是制造光缆的主要材料；新制氯水经光照一段时间，次氯酸分解为盐酸，弱酸变为强酸；SO 2能使品红溶液褪色，说明 SO2有漂白性；将过量的 NaOH 溶液逐滴滴入 AlCl3溶液中，先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠。【详解】硅是制造集成电路、太阳能电池的原料，二氧化硅是制造光缆的主要材料，故 A错误；次氯酸不稳定，新制氯水经光照一段时间，次氯酸分解为盐酸，弱酸变为强酸，所以 pH 减小，故 B 正确；SO 2能使品红溶液褪色，说明 SO2有漂白性，故 C 错误；将过量的NaOH 溶液逐滴滴入 AlCl3溶液中，
11、先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，现象是先生成沉淀后沉淀消失，故 D 错误。8.下列说法正确的是 （ ）A. 将过量的稀盐酸逐滴滴入稀 Na2CO3溶液中，立即产生气体B. FeCl3溶液能与 Cu 反应，可用于蚀刻印刷电路C. Cl2能使湿润的有色布条褪色，说明 Cl2具有漂白性5D. 用洗气瓶中的 NaOH 溶液除去 CO2中混有的 HCl 气体【答案】B【解析】【分析】将过量的稀盐酸逐滴滴入稀 Na2CO3溶液中，依次发生的反应是 、；FeCl 3溶液能与 Cu 反应生成氯化亚铁和和氯化铜； Cl2没有漂白性；CO 2、HCl 都能与氢氧化钠反应；【详解】将过量的
12、稀盐酸逐滴滴入稀 Na2CO3溶液中，依次发生的反应是、 ，开始没有气体，后来有气体产生，故 A错误；FeCl 3溶液能与 Cu 反应生成氯化亚铁和和氯化铜，故 B 正确；次氯酸具有漂白性，氯气没有漂白性，故 C 错误；CO 2、HCl 都能与氢氧化钠反应，不能用 NaOH 溶液除去 CO2中混有的 HCl 气体，故 D 错误。9.设 NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）A. 92gNO2和 N2O4混合气体中含有的原子数为 3NAB. 71g 氯气与足量铁粉充分反应，转移的电子数为 3 NAC. 05molL -1的 Ba(OH)2溶液中 OH-的数目为 NAD. 1 mol
13、Mg 与足量的 O2或 N2反应生成 MgO 或 Mg3N2时，失去的电子数均为 2NA【答案】D【解析】【分析】NO2和 N2O4的最简式都是 NO2；氯气与足量铁粉充分反应生成氯化铁，氯元素化合价由 0 变为-1； ，没有溶液体积不能计算溶质物质的量；Mg 与足量的 O2或 N2反应时，镁元素化合价由 0 变为+2；【详解】NO 2和 N2O4的最简式都是 NO2，92gNO 2和 N2O4混合气体中含有的原子数为6NA，故 A 错误；氯气与足量铁粉充分反应生成氯化铁，氯元素化合价由0 变为-1，所以 71g 氯气与足量铁粉充分反应，转移的电子数为 2 NA，故 B 错误；没有溶液体积，不
14、能计算 05molL -1的 Ba(OH)2溶液中 OH-的数目，故 C 错误；Mg 与足量的 O2或 N2反应时，镁元素化合价由 0 变为+2，所以 1 mol Mg 与足量的 O2或 N2反应生成 MgO 或6Mg3N2时，失去的电子数均为 2NA，故 D 正确。10.设 NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（ ）A. 14 g 乙烯和丙烯混合气体中的碳原子数为 2NAB. 过氧化钠与水反应时，生成 0.1mol 氧气转移的电子数为 0.2NAC. 1 molFe 溶于过量硝酸，电子转移数为 2NAD. lmol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为 2NA【答案】B【解析】【分
15、析】乙烯和丙烯的最简式都是 CH2；过氧化钠与水反应生成氧气时，氧元素化合价由-1 升高为0；Fe 溶于过量硝酸生成硝酸铁；FeI 2与足量氯气反应，生成氯化铁和碘单质；【详解】乙烯和丙烯的最简式都是 CH2，14 g 乙烯和丙烯混合气体中的碳原子数=NA，故 A 错误；过氧化钠与水反应生成氧气时，氧元素化合价由-1 升高为 0，所以生成 0.1mol 氧气转移的电子数为 0.2NA，故 B 正确；Fe 溶于过量硝酸生成硝酸铁，铁元素化合价由 0 升高为+3，所以 1 molFe 溶于过量硝酸，电子转移数为 3NA，故 C错误；FeI 2与足量氯气反应，生成氯化铁和碘单质，所以 lmol Fe
16、I2与足量氯气反应时转移的电子数为 3NA，故 D 错误。11.设 NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A. 常温常压下，5.6LO 2含有 4NA个电子B. 28gN2、CO 和 C2H4的混合气体分子总数为 NAC. 标准状况下，22.4L 盐酸含有 NA个 HCl 分子D. 1molNa 被完全氧化生成 Na2O2，失去 2NA个电子【答案】B【解析】【分析】标准状况下，5.6LO 2的物质的量是 0.25mol；N 2、CO 和 C2H4的摩尔质量都是 28g/mol；盐酸是液体，不能利用 计算物质的量；Na 被完全氧化生成 Na2O2，钠元素化合价由 0 升高为+1；【
17、详解】标准状况下，5.6LO 2的物质的量是 0.25mol，含有电子数是7，常温常压下，5.6LO 2的物质的量不是 0.25mol，故 A 错误；N2、CO 和 C2H4的摩尔质量都是 28g/mol，根据极值法，28gN 2、CO 和 C2H4的混合气体的物质的量是 1mol，分子总数为 NA，故 B 正确；盐酸是液体，不能利用 计算物质的量，故C 错误；Na 被完全氧化生成 Na2O2，钠元素化合价由 0 升高为+1，1molNa 被完全氧化生成Na2O2，失去 NA个电子，故 D 错误。12.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）A. 无色透明的溶液中: Fe 3+
18、、Mg 2+、SCN 、Cl B. Kw/c（H +）=110 13 molL1 的溶液中：NH 4 、Ca 2 、Cl 、NO 3C. 与 Al 反应能放出 H2的溶液中：Fe 2 、K 、NO 3 、SO 42D. 水电离的 c(H )=11013 molL1 的溶液中：K 、Na 、AlO 2 、CO 32【答案】B【解析】【分析】含有 Fe3+的溶液呈黄色，Fe 3+遇 SCN 溶液呈红色；Kw/c（H +）=110 13 molL1 的溶液中 c（H +）=110 1 molL1 ，溶液呈酸性；与 Al 反应能放出 H2的溶液呈酸性或碱性；水电离的 c(H )=11013 molL1
19、 的溶液，水电离受到抑制，溶液呈强酸性或强碱性；【详解】含有 Fe3+的溶液呈黄色，Fe 3+遇 SCN 溶液呈红色，无色透明的溶液中不可能含有Fe3+，故 A 错误；酸性溶液中 NH4 、Ca 2 、Cl 、NO 3 能大量共存，故 B 正确；与 Al 反应能放出 H2的溶液呈酸性或碱性。若呈酸性，铝与硝酸反应不能放出氢气、Fe 2 与 NO3 发生氧化还原反应。若呈碱性，Fe 2 生成沉淀，所以与 Al 反应能放出 H2的溶液中Fe2 、K 、NO 3 、SO 42 一定不能大量共存，故 C 错误；水电离的 c(H )=11013 molL1 的溶液，水电离受到抑制，溶液呈强酸性或强碱性，
20、若呈酸性AlO2 、CO 32 都能与 H 反应，故 D 错误。13.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）A. 向 NaHCO3溶液中加足量 Ba(OH)2溶液：HCO 3 Ba 2 OH =BaCO3H 2OB. Cu 溶于稀硝酸：Cu2H NO 3 =Cu2 NO 2H 2OC. 酸性溶液中 KIO3与 KI 反应生成 I2：IO 3 I 6H =I23H 2OD. 氯气溶于水：Cl 2H 2O=H Cl HClO【答案】A8【解析】【分析】向 NaHCO3溶液中加足量 Ba(OH)2溶液，把 NaHCO3的物质的量看做 1mol；Cu 溶于稀硝酸放出 NO 气体； IO3 I 6H =
21、I23H 2O 不符合得失电子守恒和电荷守恒；氯气溶于水反应可逆。【详解】向 NaHCO3溶液中加足量 Ba(OH)2溶液，把 NaHCO3的物质的量看做 1mol，则离子方程式是 HCO3 Ba 2 OH =BaCO3H 2O，故 A 正确；Cu 溶于稀硝酸放出 NO 气体，反应离子方程式是 3Cu8H 2NO 3 =3Cu2 2NO4H 2O，故 B 错误；酸性溶液中 KIO3与 KI 反应生成 I2：IO 3 5I 6H =3I23H 2O ，故 C 错误；氯气溶于水反应可逆：Cl2H 2O H Cl HClO，故 D 错误。【点睛】定量离子方程式书写时，把量少的物质看做 1mol，所以
22、向 NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液，把 NaHCO3的物质的量看做 1mol，离子方程式是HCO3 Ba 2 OH =BaCO3H 2O；向 NaHCO3溶液中加少量 Ba(OH)2溶液，把 Ba(OH)2的物质的量看做 1mol，离子方程式是 2HCO3 Ba 2 2OH =BaCO3CO 32 2H 2O；14.能正确表示下列反应的离子反应方程式为（ ）A. Ca(HCO3)2溶液与过量 NaOH 溶液反应：HCO 3 +Ca2 +OH =CaCO3+H 2OB. 向明矾溶液中滴加 Ba(OH)2溶液，恰好使 SO42-沉淀完全：2Al 3+3SO42-+3Ba2+6OH -=
23、2Al(OH)3+3BaSO 4C. 向 FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe 2+4Br-+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl-D. MnO2 与浓盐酸反应制 Cl2：MnO 2+4HCl=Mn2 +2Cl +Cl2+2H 2O【答案】C【解析】【分析】Ca(HCO3)2溶液与过量 NaOH 溶液生成碳酸钙和碳酸钠；向明矾溶液中滴加 Ba(OH)2溶液，恰好使 SO42-沉淀完全，则 Ba(OH)2与 KAl(SO4)2的比为 2:1，Al 3+恰好完全生成 AlO2-；向FeBr2溶液中通入足量氯气，Fe 2+、Br -完全被氧化，生成氯化铁和溴单质；MnO 2 与浓盐酸反应制 Cl2，
24、浓盐酸需要拆写成离子；【详解】Ca(HCO 3)2溶液与过量 NaOH 溶液生成碳酸钙和碳酸钠，反应离子方程式是 2HCO3 +Ca2 +2OH =CaCO3+2H 2O+ CO32 ，故 A 错误；向明矾溶液中滴加 Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-沉淀完全，则 Ba(OH)2与 KAl(SO4)2的比为 2:1，Al 3+恰好完全生成 AlO2-，反应离子方9程式是 Al3+2SO42-+2Ba2+4OH -= AlO2-+2BaSO4+2H 2O；向 FeBr2溶液中通入足量氯气，生成氯化铁和溴单质，反应离子方程式是 2Fe2+4Br-+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl-，故 C
25、正确；MnO 2 与浓盐酸反应制 Cl2，离子方程式是 MnO2+4H+2Cl- Mn2 +Cl2+2H 2O，故 D 错误。【点睛】定量离子方程式的书写遵循“量少为 1”的原则，即把少量的物质看做 1mol，再根据需要确定其它反应物的用量；所以 Ca(HCO3)2溶液与少量 NaOH 溶液生成碳酸钙和碳酸氢钠，反应离子方程式是 HCO3 +Ca2 +OH =CaCO3+H 2O。15.在酸性条件下，可发生如下反应：ClO 3 +2M3+4H2O= M2O7n+Cl- +8H+，M 2O7n中 M 的化合价是（ ）A. +4 B. +5 C. +6 D. +7【答案】C【解析】根据电荷守恒-1
26、+32=-1-n+8，n=2，设 M 的化合价是 x，则 2x-27=-2，x=+6，故 C 正确。16.O2F2可以发生反应：H 2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）A. SF6是氧化产物B. O2F2既是氧化剂又是还原剂C. 若生成 4.48 L HF，则转移 0.8 mol 电子D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为 4:1【答案】A【解析】【分析】O2F2中 O 元素化合价为+1、F 元素化合价为-1；反应 H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2中 O 元素化合价由+1 降低为 0、S 元素化合价由-2 升高为+6。【详解】S 元素化合价由-2 升高为+6
27、，所以 SF6是氧化产物，故 A 正确；O 2F2中 O 元素化合价降低，所以 O2F2是氧化剂，故 B 错误；没有条件，无法计算 4.48 L HF 的物质的量，故 C 错误；O 2F2中 O 元素化合价降低、H 2S 中 S 元素化合价升高，所以 H2S 是还原剂、O 2F2是氧化剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为 1:4，故 D 错误。【点睛】氧化还原反应的分析，把握好化合价的变化，所含元素化合价升高的反应物是还原剂，元素化合价升高得到的产物是氧化产物；相反，所含元素化合价降低的反应物是氧10化剂，元素化合价降低得到的产物是还原产物。17.下列关于胶体的叙述不正确的是（ ）A. 胶体区别
28、于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在 109 10 7 m 之间B. 胶体是一种均一、稳定的纯净物C. 用平行光照射 CuSO4溶液和 Fe(OH)3胶体时，产生的现象不相同D. 向沸水中逐滴加入 FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，制得 Fe(OH)3【答案】B【解析】【分析】胶体区别于其他分散系的本质区别是分散质的微粒直径不同；胶体是混合物；胶体能产生丁达尔效应；Fe(OH) 3胶体的制备方法是：向沸水中逐滴加入 FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色；【详解】胶体中分散质的微粒直径在 109 10 7 m 之间，故 A 正确；胶体是混合物，故 B错误；胶体能产生丁达尔效
29、应，所以用平行光照射 CuSO4溶液和 Fe(OH)3胶体时现象不同，故 C 正确；Fe(OH) 3胶体的制备方法是：向沸水中逐滴加入 FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，故 D 正确；选 B。胶体18.将 Cl2通入 400mL0.5 molL-1KOH 溶液中，二者恰好完全反应得到 KCl、KClO、KClO 3的混合溶液，经测定 ClO-与 ClO3-的物质的量之比是 1:2，则通入的 Cl2在标谁状况下的体积为（ ）A. 1.12L B. 2.24L C. 1.68L D. 0.56L【答案】B【解析】【分析】将 Cl2通入 400mL0.5 molL-1KOH 溶液中，二者恰
30、好完全反应得到 KCl、KClO、KClO 3的混合溶液，根据元素守恒，反应后的溶液中 ；【详解】将 Cl2通入 400mL0.5 molL-1KOH 溶液中，二者恰好完全反应得到KCl、KClO、KClO 3的混合溶液，根据元素守恒， ，则 ；所以11，在标准状况下的体积为 2.24L，故选 B。19.将一块铁片放入 500mL1mol/L CuSO4溶液中，反应一段时间后，取出铁片，小心洗净后干燥称量，铁片增重 0.8，则反应后溶液中 CuSO4的物质的量浓度是（反应前后溶液的体积不变）A. 0.9mol/L B. 0.85mol/L C. 0.8mol/L D. 0.75mol/L【答案
31、】C【解析】试题分析：由方程式 Fe+Cu 2+=Fe2+Cu m56 64 8 1mol 1mol 8当铁片增重 0.8g 时参加反应的 Cu2+为 0.1mol，溶液中剩余 0.5mol-0.1mol=0.4mol。浓度为 0.8mol/L.考点：铁的性质。20.如果 ag 某气体中含有的分子数为 b，则 cg 该气体的物质的量是（ ）A. bc/(aNA)mol B. ac/(bNA)mol C. ab/(cNA)mol D. b/(acNA)mol【答案】A【解析】【分析】求 cg 该气体的物质的量，就需要知道该气体的摩尔质量，但题目中并没有给出，可以通过ag 气体有 b 个分子数进行
32、求解。【详解】ag 该气体的物质的量=b/N A，则摩尔质量 M=m/n=a(b/NA)=aNA / b，故 cg 该气体的物质的量=c /( aNA / b)=bc / aN A，故选 A。【点睛】本题考查以物质的量为中心的计算，此类题目利用 “万能公式”带入计算。21.质量相同的镁和铝，跟足量的盐酸反应，失去电子数之比为 （ ）A. 11 B. 23 C. 2427 D. 34【答案】D【解析】12【分析】设镁、铝的质量都是 mg，则镁、铝的质量分别是 ； 失 2 个电子，失 3 个电子；【详解】设镁、铝的质量都是 mg，则镁、铝的质量分别是 ； 失 2个电子， 失 3 个电子；质量相同的
33、镁和铝，跟足量的盐酸反应，失去电子数之比为 34，故选 D。第 II 卷（非选择题共 58 分）二、非选择题（本题共 4 小题，共 58 分）22.二氧化硫是硫的重要化合物，在生产、生活中有广泛应用，是大气主要污染物之一，具有一定的还原性，探究 SO2气体还原 Fe3+、I 2，可以使用的药品和装置如图所示：（1）写出由铜和浓硫酸制取 SO2的化学方程式_。（2）装置 A 中的现象是_。反应结束后若要从 A 中的 FeCl3溶液中提取晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在蒸发操作中要用到的主要仪器有_(填编号)。自然干燥晶体而不烘干晶体的原因是_。A酒精灯 B蒸发皿
34、C漏斗 D烧杯 E玻璃棒 F坩埚（3）根据以上现象，该小组同学认为 SO2与 FeCl3发生氧化还原反应。写出 SO2与 FeCl3溶液反应的离子方程式_；请设计实验方案检验有 Fe2+生成_；（4）B 中蓝色溶液褪色，表明 SO2的还原性比 I-_(填“强”或“弱”)。【答案】 (1). Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2+2H 2O (2). 溶液由黄色变为浅绿色 (3). A B E (4). 防止晶体失去结晶水，防止晶体被氧化，防止水解（可不写） (5). 2Fe3+SO2+2H2O=SO42 +2Fe2+4H+ (6). 取少量 A 中反应后的溶液于试管中，滴入23 滴 K3Fe
35、(CN)6溶液，有蓝色沉淀生成。 （其他合理答案也可得分） (7). 强【解析】13【分析】（1）铜和浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铁、二氧化硫、水；（2）装置 A 中 SO2做还原剂，被氧化为硫酸根离子，Fe 3+作氧化剂，被还原为 Fe2+；蒸发用到酒精灯、蒸发皿、玻璃棒，据此进行解答；烘干晶体容易失去结晶水，晶体易被氧化；（3）SO 2做还原剂，被氧化为硫酸根离子，Fe 3+作氧化剂，被还原为 Fe2+；Fe 2+遇 K3Fe(CN)6溶液生成蓝色沉淀；（4）还原剂的还原性大于还原产物的还原性；【详解】 （1）铜和浓硫酸在加热条件下发生反应的化学方程式为 Cu+2H2SO4 CuSO
36、4+SO2+2H 2O；（2）装置 A 中 SO2做还原剂，被氧化为硫酸根离子，Fe 3+作氧化剂，被还原为 Fe2+，所以现象是溶液由黄色变为浅绿色；蒸发用到酒精灯、蒸发皿、玻璃棒，所以选 A B E；烘干晶体容易失去结晶水，晶体易被氧化，所以自然干燥晶体而不烘干晶体的原因是防止晶体失去结晶水，防止晶体被氧化；（3）SO 2做还原剂，被氧化为硫酸根离子，Fe 3+作氧化剂，被还原为 Fe2+，SO 2与 FeCl3溶液反应的离子方程式2Fe3+SO2+2H2O=SO42-+2Fe2+4H+；检验有 Fe2+生成的操作方法为取少量 A 中反应后的溶液于试管中，滴入 23 滴 K3Fe(CN)6
37、溶液，有蓝色沉淀生成；（4）B 中蓝色溶液褪色，说明 SO2将 I2还原为 I-，可知 SO2的还原性比 I-强。23.硫酰氯(SO 2Cl2)是一种重要的化工试剂，氯化法是合成硫酰氯(SO 2Cl2)的常用方法。实验室合成硫酰氯的实验装置如下图所示(部分夹持装置未画出)：已知： SO 2(g) + Cl2(g)SO 2Cl2(l) H97.3 kJ/mol。硫酰氯常温下为无色液体，熔点为54.1，沸点为 69.1，在潮湿空气中“发烟” 。100以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气。回答下列问题：14（1）装置 A 中发生反应的离子方程式为_。（2）装置 B 中的除杂试剂为_（填
38、名称） ，若缺少装置 C，会导致装置D 中 SO2与 Cl2还可能发生反应的化学方程式为_。（3）仪器 D 的名称为_，E 中冷凝水的的出口是_(填“a”或“b”)，F 的作用除了防止空气中水蒸气进入 D 装置内之外，还可以_。（4）当装置 A 中排出氯气 1.12 L(已折算成标准状况)时，最终得到 4.05g 纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为_。为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有_(填序号)。加热三颈烧瓶 控制气流速率，宜慢不宜快 若三颈烧瓶发烫，可适当降温 先通冷凝水，再通气（5）氯磺酸(ClSO 3H)加热分解，也能制得硫酰氯 2ClSO3HSO 2Cl2 + H2
39、SO4，分离产物的方法是_。A.重结晶 B.过滤 C.蒸馏 D.萃取【答案】 (1). 2MnO4-+10Cl-+16H+2Mn 2+5Cl2+8H 2O (2). 饱和食盐水 (3). SO2+Cl2+2H2O2HCl+H 2SO4 (4). 三颈烧瓶 (5). b (6). 吸收尾气，防止污染空气 (7). 60% (8). (9). C【解析】【分析】由合成硫酰氯的实验装置可知，A 中发生 2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H 2O，因浓盐酸易挥发，B 中饱和食盐水可除去氯气中的 HCl，C 中浓硫酸可干燥氯气，D 为三颈烧瓶，D 中发生 SO2(g)+Cl2
40、(g)SO 2Cl2(l)，E 中冷却水下进上出效果好，结合信息可知，F 中碱石灰吸收尾气、且防止水蒸气进入 D 中，以此解答（1）（3） ；（4）n（Cl 2）=，由 SO2(g)+Cl2(g)SO 2Cl2(l)可知，理论上生成 SO2Cl2为0.05mol135g/mol=6.75g；为提高本实验中硫酰氯的产率，应在低温度下，且利于原料充分反应；（5）生成物均为液体，但沸点不同；【详解】 （1）装置 A 中发生反应的化学方程式是2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H 2O，离子方程式为 2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H 2O；（2）装
41、置 B 的作用为除去 HCl，所以 B 中除杂试剂为饱和食盐15水；若缺少装置 C，气体不干燥，装置 D 中 SO2与 Cl2还可能发生反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；（3）仪器 D 的名称为三颈烧瓶，冷却水下进上出效果好，所以E 中冷凝水的入口是 a、出口是 b，F 的作用为吸收尾气，防止污染空气，防止水蒸气进入。（4）n（Cl 2）= ，由 SO2(g)+Cl2(g)SO 2Cl2(l)可知，理论上生成SO2Cl2为 0.05mol135g/mol=6.75g；最终得到 4.05g 纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为，为提高本实验中硫酰氯的产率，应在低温度下，
42、且利于原料充分反应，所以在实验操作中需要注意的事项有加热三颈烧瓶 控制气流速率，宜慢不宜快 若三颈烧瓶发烫，可适当降温，故选；（5）生成物均为液体，但沸点不同，可选择蒸馏法分离，故选 C。【点睛】本题考查氯气的制备及性质实验，把握制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意习题中的信息及应用。24.某种食用精制盐包装袋上有如下说明：产品标准 GB5461产品等级 一级配 料 食盐、碘酸钾、抗结剂碘含量(以 I 计） 2050mg/kg分装时期分装企业（1）碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应，配平离子方程式（将化学计量数填于空白处）_I -_IO 3_H +
43、 _I 2_H 2O（2）上述反应生成的 I2可用四氯化碳检验。向碘的四氯化碳溶液中加入 Na2SO3稀溶液，将 I2还原，以回收四氯化碳。Na 2SO3稀溶液与 I2反应的化学方程式是：_。某学生设计回收四氯化碳的操作为：a.加入适量 Na2SO3稀溶液； b.分离出下层液体；c.将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中； d.将分液漏斗充分振荡后静置。其中分液漏斗使用前须进行的操作是_，上述操作正确的顺序是：_（填序号）16（3）已知：I 22S 2O32 2I S 4O62 。某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为：a.准确称取 ag 食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；b.用稀硫酸酸化所得溶液，加
44、入足量 KI溶液，使 KIO3与 KI 反应完全；c.以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为1.0103 molL1 的 Na2S2O3溶液 20.0mL，恰好反应完全。判断 c 中反应恰好完全依据的现象是_。b 中反应所消耗的 KI 的物质的量是_mol。根据以上实验和包装袋说明，所测精制盐的碘含量是（以含 a 的代数式表示）_mg/kg。【答案】 (1). 5 (2). 1 (3). 6 (4). 3 (5). 3 (6). Na2SO3+I2+H2O=Na2SO4+2HI (7). 检漏（或者洗涤、检漏） (8). c a d b (9). 当滴入最后一滴 Na2S2O3溶液时，溶液又蓝
45、色变为无色，且 30s 内不恢复蓝色 (10). 1.710-5（或 1.6710-5） (11). 423.3/a【解析】【分析】（1）碘酸钾中碘的化合价从5 价降低到 0 价，得到 5 个电子，碘化钾中碘元素的化合价从1 价升高到 0 价，失去 1 个电子，根据得失电子守恒、电荷守恒配平离子方程式；（2）Na 2SO3稀溶液与 I2反应生成硫酸钠和氢碘酸；分液漏斗使用前须需检验旋塞部位是否漏水；Na 2SO3稀溶液与碘的四氯化碳溶液不互溶，要使 Na2SO3与碘反应，应充分振荡使其接触.所以在步骤 a 后，将分液漏斗充分振荡后静置； (3)碘遇淀粉变蓝色，所以溶液呈蓝色，随反应 I2+2S
46、2O32-=2I-+S4O62-进行，溶液中碘单质被消耗，溶液由蓝色为无色；由 KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I 2+2S2O32-=2I-+S4O62得关系式：5KI KIO3 3I2 6S2O32-，根据 关系式计算。【详解】 （1）碘酸钾中碘的化合价从5 价降低到 0 价，得到 5 个电子，碘化钾中碘元素的化合价从1 价升高到 0 价，失去 1 个电子，根据得失电子守恒、电荷守恒，离子方程式是 5I - 1IO 36H + 3I 23H 2O；（2）Na 2SO3稀溶液与 I2反应生成硫酸钠和氢碘酸，反应的离子方程式是 Na2SO3+I2+H2O=Na2
47、SO4+2HI；分液漏斗使用前须需检验旋塞部位是否漏水；Na 2SO3稀溶液与碘的四氯化碳溶液不互溶，分层，要使 Na2SO3与碘反应，应充分振荡使其接触.所以在步骤 a 后，将分液漏斗充分振荡后静置，所以操作顺序是 c、 a 、d 、b；(3)碘遇淀粉变蓝色，所以溶液呈蓝色，随反应 I2+2S2O32-=2I-+S4O62-进行，溶液中碘单17质被消耗，溶液由蓝色为无色，所以溶液由蓝色恰好变为无色达到滴定终点；设消耗的 KI 的物质的量是 xmol、KIO 3的质量是 yg；由 KIO 3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I 2+2S2O32-=2I-+S4O62得关系式，5KI KIO3 3I2 6S2O3
