1、- 1 -2019 届高三年级第二次模拟考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Cr 52 Fe 56 Cu 64第 I 卷（选择题）一、单项选择题（每小题 2 分，共 48 分）1.下列说法不正确的是（ ）A. 用灼烧的方法鉴别羊毛线和棉线 B. 光导纤维的主要成分是二氧化硅C. 铁红是 Fe2O3可为红色涂料主要成份 D. 中和胃酸过多可用 Na2CO3、Al(OH) 3【答案】D【解析】【详解】A、羊毛的主要成分是蛋白质，蛋白质在灼烧时发出烧焦羽毛气味，所以可用灼烧闻气味区分羊毛线和
2、棉线，选项 A 正确；B、光导纤维的主要成分是二氧化硅，是利用光的全反射原理，选项 B 正确；C氧化铁呈红棕色，俗称铁红，可以作红色油漆和涂料，选项C 正确；D、碳酸钠和盐酸可以反应，但不属于中和反应，且碱性太强不适合用于治疗胃酸过多，选项 D 不正确。答案选 D。2.下列物质的分类组合不正确的有（ ）海水、空气、胆矾、盐酸均为混合物；H 2CO3、CH 3COOH、H 2SO4、H 2S 均为酸；Mg（OH） 2、NaOH、Cu 2（OH） 2CO3、NH 3H2O 均为碱；干冰、N 2O5、SiO 2、H 2O 均为酸性氧化物；NaHSO 4、AgCl、AlCl 3、CaCO 3均为盐；N
3、aH 2PO4、Na 2SO4、纯碱既为钠盐，同时又为含氧酸盐。A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：中胆矾是纯净物，错误。中 Cu2(OH)2CO3是盐，错误。中 H2O 不是酸性氧化物，错误。考点：物质的分类方法3.某溶液中只含有 Na+、Al 3+、Cl 、SO 42 四种离子，已知前三种离子的个数比为 521，- 2 -则溶液中 Al3+和 SO42 的离子个数比为（ ）A. 12 B. 14 C. 34 D. 25【答案】D【解析】【详解】忽略水的电离，根据溶液显电中性可知 n(Na+)+3n(Al3+)n(Cl )+2n(SO42 )，已知Na+、Al 3+、Cl 三
4、种离子的个数比为 521，因此 5n(Al3+)/2+3n(Al3+)n(Al 3+)/2+2n(SO42 )，解得 n(Al3+):n(SO42 )2:5。答案选 D。4.下列现象与胶体的性质无关的是（ ）A. 河流入海口处易形成三角洲B. 将盐卤或石膏加入豆浆，制成豆腐C. 向 FeCl3溶液中加入 NaOH 溶液，会出现红褐色沉淀D. 清晨，人们经常看到的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象【答案】C【解析】【详解】A河流中的水含有泥沙胶粒，海水中含有氯化钠、氯化钙等电解质，二者相遇是可以发生胶体凝聚，就形成三角洲，与胶体有关；B豆浆具有胶体的性质，向其中加入盐卤，盐卤中含丰富的电解质
5、硫酸钙等，可以使豆浆凝聚，与胶体有关；C向 FeCl3溶液中加入 NaOH 溶液，会出现红褐色沉淀，FeCl 3+3NaOH=Fe（OH） 3+3NaCl，发生了复分解反应，与胶体性质无关；D清晨的雾属于胶体，人们经常看到阳光穿过茂密的森林时产生美丽的景象是胶体的丁达尔现象，和胶体性质有关；综上所述，本题答案选 C。【点睛】本题考查胶体的性质，明确胶体常见的性质有丁达尔现象、胶体的聚沉、电泳等以及利用胶体性质对生产生活中实际问题进行解释是解题关键，题目较简单。5.用 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 11.2 L H2中含有氢原子的个数为 NAB. 在标准状况下，22.4
6、 LCO 2中含有共用电子对数为 4NAC. 78gNa2O2与少量 CO2反应转移电子数为 NAD. 1 mol/L NaCl 溶液中含有钠离子的个数为 NA- 3 -【答案】B【解析】【详解】A、缺少温度和压强，无法确定 11.2 L H2的物质的量，无法确定其中含有的氢原子个数，选项 A 错误；A、依据 n= 计算物质的量= =1mol，结合二氧化碳分子结构为O=C=O 计算得到共用电子对数 4NA，选项 B 正确；C、78g Na2O2的物质的量是 1mol，与二氧化碳反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，转移电子数目为 NA，选项 C 错误；D、1mol/L NaCl 溶液体积不知，
7、溶液中含有钠离子的个数不能计算，选项 D 错误；答案选B。6.在含有 I 一 且能使酚酞变红的无色溶液中，可大量存在的离子组是（ ）A. Na+、Cu 2 、Br 一 、Cl B. AlO2 、K +、NH 4+、Na +C. K+、Na +、NO 3 、H + D. K 、S 2 、SO 42 、OH 【答案】D【解析】试题分析：含有 I 一 且能使酚酞变红的无色溶液，说明该溶液中含 OH 。A、Cu 2 有颜色且与OH 结合生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，错误；B、NH 4+与 OH-结合生成一水合氨弱碱，不能大量共存，错误；C、NO 3 、H + 可以与 I 一 发生氧化还原反应而不能大
8、量共存，错误；D、彼此都不反应，能大量共存，正确，答案选 D。考点：考查离子反应的大量共存问题7.为了检验某 FeCl2溶液是否变质，应选用的试剂是（ ）A. NaOH 溶液 B. KSCN 溶液 C. 铁片 D. 石蕊试液【答案】B【解析】【分析】先考虑如果 FeCl2溶液变质，变质后的物质是 FeCl3，Fe 3+能和 SCN-生成络合物，使溶液呈现血红色，以此解答该题。【详解】AFeCl 2和 NaOH 溶液生成灰绿色沉淀氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，能迅速被氧化成红褐色沉淀氧氢化铁，所以不能检验是否变质，A 错误；B如果 FeCl2溶液变质，变质后的物质是 FeCl3，Fe 3+能和
9、SCN-生成络合物，使溶液呈现血红色现象明显，这一反应是 Fe3+的特征反应，所以用 KSCN 溶液检验，B 正确；- 4 -C铁片与氯化亚铁不反应，无法鉴别，C 错误；D氯化亚铁溶液呈酸性，滴加石蕊不能检验是否变质，D 错误。答案选 B。【点睛】本题考查亚铁离子和铁离子的检验，为高考高频点，明确亚铁离子和铁离子的性质及检验方法、实验现象即可解答，熟练掌握其检验方法，题目难度不大。8.能正确表示下列反应的离子反应方程式为（ ）A. Ba(OH)2溶液中加入少量 NaHCO3溶液:HCO 3 +Ba2+OH-=BaCO3 +H2OB. 向明矾溶液中滴加 Ba(OH)2溶液，恰好使 SO42-沉淀
10、完全：3Ba 2+3SO42-+2Al3+6OH-2BaSO4+2Al（OH） 3C. NH4HCO3稀溶液与过量的 KOH 溶液反应：HCO 3-+OH-=CO32-+H2OD. 醋酸除去水垢：2H +CaCO3=Ca2+CO2+H 2O【答案】A【解析】【详解】A定量的溶质通常假设为 1mol，则 NaHCO3溶液中 NaHCO3为 1mol，Ba(OH) 2溶液中加入少量 NaHCO3溶液，反应为：HCO 3 +Ba2+OH-=BaCO3 +H2O，选项 A 正确；B、向明矾溶液中滴加 Ba(OH)2溶液，恰好使 SO42- 沉淀完全的离子反应为 Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-
11、AlO 2-+2BaSO4+2H 2O，选项 B 错误；CNH 4HCO3稀溶液与过量的 KOH 溶液反应，离子方程式：NH4+HCO3-+2OH-=CO32-+NH3H2O+H2O，选项 C 错误；D、醋酸除去水垢，离子方程式：2CH3COOH+CaCO3=Ca2+CO2+H 2O+2CH3COO-，选项 D 错误；答案选 A。9.下列各组物质，前者滴加到后者中直至过量，先出现白色沉淀，后来沉淀消失的是（ ）A. HCl 滴入 NaAlO2溶液中 B. Ba(OH) 2溶液滴入 Al2(SO4)3溶液中C. AlCl3溶液滴入 NaOH 溶液中 D. 氨水滴入 AlCl3溶液中【答案】A【解
12、析】【分析】A、偏铝酸钠溶液中滴入 HCl，先生成氢氧化铝沉淀，继续滴加氢氧化铝溶解； B、硫酸铝溶液中滴入氢氧化钡溶液过程中一定有硫酸钡沉淀生成； C、AlCl 3溶液滴入氢氧化钠溶液中，开始生成偏铝酸钠，继续滴偏铝酸钠与 AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀； D、氨水滴入 AlCl3溶液中，生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀不溶于过量氨水。- 5 -【详解】A、偏铝酸钠溶液中滴入 HCl，先生成氢氧化铝沉淀，继续滴加氢氧化铝溶解，故 A正确； B、硫酸铝溶液中滴入氢氧化钡溶液过程中一定有硫酸钡沉淀生成，故 B 错误； C、AlCl 3溶液滴入氢氧化钠溶液中，开始生成偏铝酸钠，继续滴加，偏铝酸钠与
13、AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀，故 C 错误； D、氨水滴入 AlCl3溶液中，生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀不溶于过量氨水，故 D 错误。10.有时候，将氧化还原方程式拆开写成两个“半反应” 。下面是一个“半反应”式：( )NO3 +( )H+( )e-=( )NO+( )H2O，该式的配平系数是（ ）A. 1，3，4，2，1 B. 2，4，3，2，1 C. 1，6，5，1，3 D. 1，4，3，1，2【答案】D【解析】【详解】 （设“1”法）设 NO3的化学计量数为 1，根据 N 元素化合价由+5 价变为+2 价，则得到 3 个电子，则根据电子移动数目可确定 e-的化学计量数为 3，结合电
14、荷守恒可知 H+的计量数为|-1-3|=4，根据 H 原子守恒可知 H2O 的化学计量数分别为 2，NO 的化学计量数为 1，故该式的配平系数是 1，4，3，1，2， 答案选 D。11.下列有关叙述正确的是（ ）A. 相同条件下，质量相等的 CO 和 CO2它们所含的氧原子数目之比为 11：7B. 同体积、同密度的 C2H4和 CO，两种气体的分子数一定相等C. 配制 450mL0.1mol/L 的 NaOH 溶液，用托盘天平称取 NaOH 固体 1.8gD. 1L0.45mol/LNaCl 溶液中 Cl-物质的量浓度比 0.1L0.15mol/LAlCl3溶液大【答案】B【解析】A、CO 和
15、 CO2含有氧原子的物质的量为 1/28:（12/44）=11:14，故错误；B、同体积、同密度，即气体的质量相等，两种气体的摩尔质量为 28gmol1 ，因此两种气体的物质的量相等，分子数一定相等，故正确；C、实验室没有 450mL 的容量瓶，应用 500mL 的容量瓶，氢氧化钠的质量为 500103 0.140g=2g，故错误；D、NaCl 中 c(Cl )=0.15molL1 ，AlCl 3中 c(Cl )=0.153molL1 =0.45molL1 ，Cl 浓度相等，故错误。12.由下列实验及现象不能推出相应结论的是（ ）实验 现象 结论A. 向 2mL0.1mol/LFeCl3的溶液
16、中加足量铁 黄色逐渐消失，加 还原性：- 6 -粉，振荡，加 1 滴 KSCN 溶液 KSCN 溶液颜色不变 FeFe2+B.将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满 CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性C.将碳酸氢钠分解产生的气体通入 CaCl2溶液产生白色沉淀CO2与 CaCl2溶液反应D.将 0.1mol/LMgSO4溶液滴入 NaOH 溶液至不在有沉淀产生，再滴加 0.1mol/LCuSO4溶液先有白色沉淀生成后变为浅色蓝色沉淀Mg(OH)2的溶度积(K sp)比Cu(OH)2大A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】A向 2 mL
17、 0.1FeCl3的溶液中加足量铁粉，发生 2Fe3+Fe=3Fe2+；B瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳；C碳酸酸性小于盐酸，二氧化碳和氯化钙不反应；D溶度积常数表达式相似时，溶度积常数越小的越先产生沉淀。【详解】A向 2 mL 0.1FeCl3的溶液中加足量铁粉，发生 2Fe3+Fe=3Fe2+，反应中 Fe 为还原剂，Fe 2+为还原产物，还原性：FeFe 2+，可观察到黄色逐渐消失，加 KSCN 溶液颜色不变，选项 A 正确；B瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳，反应中二氧化碳表现氧化性，选项 B 正确；C碳酸酸性小于盐酸，二氧化碳和氯化钙不反应，所以将碳酸氢钠分
18、解生成的气体通入氯化钙溶液中没有白色沉淀生成，选项 C 错误；D溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质，0.1molL -1MgSO4溶液滴入 NaOH 溶液至不再有沉淀产生，再滴加 0.1molL-1CuSO4溶液，先有白色沉淀生成后变为蓝色沉淀，说明发生沉淀的转化，则说明 Cu(OH)2的 Ksp 比 Mg(OH)2的小，选项 D 正确；答案选 C。【点睛】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、钠的性质、物质的检验以及难溶电解质的溶解平衡，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质，难度不大。- 7 -13.以下物质间的每步转化通过一步反应能实现的是( )A. AlAl 2O
19、3Al(OH) 3NaAlO 2 B. SiSiO 2H 2SiO3Na 2SiO3C. CuCuOCu(OH) 2CuSO 4 D. NaNa 2O2Na 2CO3NaOH【答案】D【解析】【分析】A铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝和水不反应；B二氧化硅和水不反应；C氧化铜和水不反应；D钠在氧气中燃烧产物生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠可以与氢氧化钙（钡）反应生成氢氧化钠。【详解】A铝和氧气反应生成氧化铝，氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，但氧化铝和水不反应，所以氧化铝不能直接转化为氢氧化铝，要先转化为可溶性的铝盐再转化为氢氧化铝，选项 A 错误；B二氧化硅和
20、水不反应，所以二氧化硅不能一步转化为硅酸，先二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，硅酸钠再和盐酸反应制取硅酸，选项 B 错误；C 2Cu+O2 2CuO，但氧化铜和水不反应，所以氧化铜不能一步转化为氢氧化铜，必须先转化为其它物质再转化为氢氧化铜，选项 C 错误；D钠在氧气中燃烧，Na+O 2 Na2O2产物生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应，2Na 2O2+CO22Na 2CO3+O2生成碳酸钠和氧气，碳酸钠可以与氢氧化钙（钡）反应生成氢氧化钠，都能通过一步反应实现，选项 D 正确；答案选D。【点睛】本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，注意有些物质不能一步转化，要先转化为其它
21、物质，再转化为目标产物，题目难度不大。14.由 CO2、H 2、CO 组成的混合气在同温同压下与氮气的密度相同，则该混合气中CO2、H 2、CO 的体积比是（ ）A. 26:8:1 B. 22:1:14 C. 13:8:7 D. 26:6:17【答案】C【解析】【分析】根据 CO2、H 2和 CO 碳组成的混合气体在同温、同压下与氮气的密度相同，可知混合气体的平均相对分子质量等于氮气的相对分子质量，即为 28，而 CO 的相对分子质量也为 28，则二氧化碳与氢气的平均相对分子质量必须为 28，据此进行解答。- 8 -【详解】CO 2、H 2和 CO 组成的混合气体在同温、同压下与 N2的密度相
22、同，则混合气体的平均相对分子质量等于氮气的相对分子质量，即为 28，由于 CO 的相对分子质量为 28，则 CO2和H2的平均相对分子质量为 28 即可，CO 的体积不受限制，利用十字相乘法得二氧化碳和氢气的体积之比： ，则 CO2和 H2的体积之比为 26：16=13：8，CO 的体积为任意体积，所以只有选项 C 符合条件，答案选 C。【点睛】本题考查混合气体的计算，难度不大，明确相同条件下气体的密度之比等于相对分子质量之比计算即可，试题侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握十字交叉法的运用。15.提纯下列物质(括号内为少量杂质),所选用的除杂试剂与分离方法错误的是（ ）不纯物质 除
23、杂试剂 分离方法A Mg（Al） NaOH 溶液 过滤B 乙烷(乙烯) 溴水 洗气C CuCl2（FeCl 3） 单质铜 过滤D 乙酸乙酯(乙酸) 饱和碳酸钠溶液 分液A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A、镁与氢氧化钠溶液不反应，铝可以，因此可以用氢氧化钠溶液除去镁中的铝，A正确；B、乙烷与溴水不反应，乙烯与溴水发生加成反应，因此可以用溴水除去乙烷中的乙烯，B 正确；C、铜与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，不能用铜除去氯化铜中的氯化铁，C 错误；D、乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度很小，而乙酸能与碳酸钠反应，因此可以用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，D 正确
24、。答案选 C。- 9 -16.下列有关实验原理或操作正确的是（ ）A. 选择合适的试剂，用图甲可分别制取少量 CO2、CO 和 SO2B. 洗涤沉淀时(见图乙)，向漏斗中加入适量水至浸没沉淀并滤干，重复 23 次C. 用图丙所示装置除去 HCl 中的少量 CO2D. 用图丁装置从 KI 和 I2的固体混合物中回收 I2【答案】B【解析】【详解】ACO 密度很接近空所不能利用排空气法收集，图中装置可制取少量 CO2、SO 2，且必须考虑 CO、SO 2敞口收集容易造成污染，选项 A 错误；B洗涤沉淀时，加蒸馏水浸没固体，不能搅拌，然后滤干即可，选项 B 正确；C氯化氢极易溶于水，不能直接通入溶液
25、中，否则容易产生倒吸，另外氯化氢与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，不能除去二氧化碳且洗气时导管必须长进短出，选项 C 错误；D碘易升华，用图丁装置可以将 KI 和 I2的固体混合物分离后回收 I2时没有将碘蒸气冷凝收集，选项 D 错误；答案选 B。17.在标准状况下将 1.92g 铜粉投入一定量浓 HNO3中，随着铜粉的溶解，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当铜粉完全溶解后共收集到由 NO2和 NO 组成的混合气体 1.12L，则混合气体中NO 的体积为（ ）A. 112mL B. 1008mL C. 224mL D. 448mL【答案】A【解析】【详解】n（Cu）= =0.03mol，混合气体的物
26、质的量为 =0.05mol，设 n（NO）=xmol，n（NO 2）=ymol，则由电子守恒及原子守恒可知 x+y=0.05，0.032=3x+y，解得- 10 -x=0.005，y=0.045，v（NO）=0.00522.41000=112mL，答案选 A。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大。18.某反应体系中的物质有：NaOH、Au 2O3、Na 2S4O6、Na 2S2O3、Au 2O、H 2O。下列方框中对应的物质或有关叙述正确的是（ ）A. Na2S4O6、H 2O、Na 2S2O3、Au 2O、Na
27、OH B. Na 2S2O3、NaOH、Na 2S4O6、Au 2O、H 2OC. Na2S2O3、H 2O、Na 2S4O6、Au 2O、NaOH D. 当 1 mol Au2O3完全反应时，转移电子 8mol【答案】C【解析】【详解】Au 2O3为反应物，则反应中 Au2O3Au 2O，Au 的化合价由+3 价变为+1 价，化合价总共降低 22=4 价，Na 2S4O6中硫元素平均化合价为+2.5，Na 2S2O3中硫元素平均化合价为+2，所以 Na2S2O3为反应物，Na 2S4O6为生成物，由于 2Na2S2O31Na 2S4O6，根据钠元素守恒可知 NaOH是生成物，由氢元素守恒可知
28、水是反应物，Na 2S2O3Na 2S4O6中，S 硫元素平均化合价由+2 价升高为+2.5 价，化合价总共升高 4（2.52）=2，根据化合价升降相等，可知 Au2O3系数为 1，Na 2S4O6系数为 2，根据 Au 守恒可知 Au2O 系数为 1，根据硫元素守恒可知 Na2S2O3系数为 4，根据元素 Na 元素守恒可知 NaOH 的系数为 4，根据 H 元素守恒可知 H2O 系数为 2，反应方程式为：Au 2O3+4Na2S2O3+2H2O=Au2O+2Na2S4O6+4NaOH，选项 C 正确、选项 A、B 错误；当1mol Au2O3完全反应时，转移电子的物质的量为 4mol，选项
29、 D 错误；答案选 C。19.两份体积相同，浓度未知的 Na2CO3和 HCl 溶液，将它们互相滴加，产生的气体在相同的温度和压强下的体积比为 1：3，则 Na2CO3和 HCl 溶液的浓度之比为（ ）A. 5：6 B. 2：5 C. 3：4 D. 5：3【答案】A【解析】【详解】碳酸钠滴加到盐酸中，发生 Na2CO32HCl=2NaClCO 2H 2O，盐酸滴加到碳酸钠中，发生：Na 2CO3HCl=NaHCO 3NaCl，NaHCO 3HCl=NaClCO 2H2O，因为生成气体体积不同，说明盐酸不足，设 Na2CO3的浓度为 c1，盐酸浓度为 c2，溶液的体积为 1L，碳酸钠滴入盐酸产生
30、 CO2多于盐酸滴加到碳酸钠中，碳酸钠滴入到盐酸中产生 CO2的量，根据盐酸计- 11 -算，即 n(CO2)= mol，盐酸滴入碳酸钠溶液中产生的 CO2的物质的量为：(c 2c 1)mol， =1：3，即 c1：c 2=5：6，答案选 A。【点睛】本题考查碳酸钠与盐酸反应的有关计算。明确反应的原理是解答的关键，注意分析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
31、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。20.以下实验操作可能会导致实验结果偏高的是（ ）A. 配制一定物质的量浓度的溶液：移液后未洗涤烧杯B. 配制一定物质的量浓度的溶液：定容时仰视刻度线C. 配制一定物质的量浓度稀硫酸时：用量筒量取浓硫酸时俯视读数D. 用浓硫酸与烧碱的稀溶液反应来测定中和热的数值【答案】D【解析】【分析】根据 c= ，结合具体操作来分析对溶质物质的量或溶液体积的影响，以此进行判断。【详解】A、移液后未洗涤烧杯，导致移入容量瓶中溶质氯化氢的物质的量减小，所配溶液浓度偏小，选项 A 错误；B、在容量瓶中进行定容时
32、，仰视刻度线，导致所配溶液体积增大，所配溶液浓度偏小，选项 B 错误；C、用量筒量取浓硫酸时俯视读数，导致所取浓硫酸的量偏少，所配溶液浓度偏小，选项 C 错误；D、浓硫酸与烧碱反应放热，结果偏高，选项 D 正确。答案选 D。【点睛】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液的实验操作误差分析，题目难度中等，分析时注意从 c= 分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断。注意易错点为 B 注意仰视、俯视对体积读数的影响。21.在 200mL 含 Mg2+、Al 3+、NH 4+、H +、Cl 等离子的溶液中，逐滴加入 4mol/L 的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量
33、(mol)关系如图所示。下列叙述正- 12 -确的是（ ） A. 原溶液中 n(Mg2+)：n(Al 3+)=10：1 B. 原溶液中的 c(H+)0.02mol/LC. x 与 y 的差值为 0.008mol D. 原溶液中 c(Cl-)=0.6mol/L【答案】C【解析】【分析】由图象和溶液中的离子可知，逐滴加入 4molL-1的氢氧化钠溶液时，04mL 发生 H+与氢氧化钠的反应，430mL 发生 Mg2+、Al 3+与氢氧化钠的反应生成沉淀，3033mL 发生 NH4+与氢氧化钠的反应，3335mL 发生 Al(OH)3与氢氧化钠的反应，然后进行计算即可解答。【详解】由图象可知，x 与
34、 y 的差值即为 Al（OH） 3的物质的量，由 Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，NaOH 的物质的量为（35-33）mL10 -3L4molL-1=0.008mol，即Al（OH） 3的物质的量也为 0.008mol，选项 C 正确；由 Al3+Al（OH） 3，则 n（Al 3+）=0.008mol，430mL 发生 Mg2+、Al 3+与氢氧化钠的反应生成沉淀，共消耗 NaOH 的物质的量为（30-4）mL10 -3L4molL-1=0.104mol，Al 3+消耗的 NaOH 的物质的量为0.008mol3=0.024mol，则与 Mg2+反应的 NaOH 的物质的量
35、为 0.104mol-0.024mol=0.08mol，由 Mg2+2OH-Mg（OH） 2，n（Mg 2+）=0.04mol，原溶液中 n（Mg 2+）：n（Al 3+）=0.04mol ：0.008mol =5：1，选项 A 错误；04mL 发生 H+与氢氧化钠的反应，则 H+的物质的量为4mL10-3L4molL-1=0.016mol，c（H +）= =0.08mol/L，选项 B 错误；溶液中的阴离子只有 Cl-，则加入 33mLNaOH 溶液时 Cl-全部存在于 NaCl 中，则 Cl-的物质的量为 33mL10-3L4molL-1=0.132mol，原溶液中 c（Cl -）= =0
36、.66mol/L，选项 D 错误；答案选 C。【点睛】本题考查学生利用图象及离子反应来计算，明确图象中每一段曲线对应的化学反应是解答本题的关键，然后利用离子反应计算即可解答，选项 D 是解答的难点。22.硫酸亚铁铵(NH 4)2Fe(SO4)2是一种重要的化工原料，下列有关说法正确的是（ ）- 13 -A. Na+、Fe 3+、K +、ClO 都可在该物质的溶液中大量共存B. 该物质可以用于氧化还原滴定测定 K2Cr2O7含量C. 向 0.1mol/L 该物质的溶液中逐滴滴加 0.1mol/LNaOH 溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH 溶液体积的关系如右图所示D. 向该物质的溶液中滴加
37、Ba(OH)2溶液，恰好使 SO42完全沉淀的离子方程式为：Fe2+2SO42-+2Ba2+2OH-=2BaSO4+Fe（OH） 2【答案】B【解析】【详解】A、(NH 4)2Fe(SO4)2中含有 Fe2+，Fe 2+可被 ClO氧化而不能大量共存，选项 A 错误；B、利用(NH 4)2Fe(SO4)2中含有 Fe2+，可以用于氧化还原滴定测定 K2Cr2O7含量，选项 B 正确；C、滴加氢氧化钠溶液，首先 Fe2+与 OH-反应生成白色沉淀，图象错误，选项 C 错误；D、恰好使 SO42完全沉淀的离子方程式为：2NH 4+Fe2+2SO42-+2Ba2+4OH-=2BaSO4+Fe（OH）
38、2+2NH 3+2H 2O，选项 D 错误。答案选 B。【点睛】本题考查了水溶液中的离子反应，离子反应先后顺序，铁离子的检验，离子方程式的书写等知识。易错点为选项 D，注意氢氧化钡的用量对反应离子方程式的影响，铵根离子参与反应。23.某磁黄铁矿的主要成分是 FexS(S 为一 2 价） ，既含有 Fe2+又含有 Fe3+。将一定量的该磁黄铁矿与 100mL 的盐酸恰好完全反应(注:矿石中其他成分不与盐酸反应） ，生成硫单质2.4g、FeCl 20.425 mol 和一定量 H2S 气体，且溶液中无 Fe3+。则下列说法正确的是（ ）A. 100 mL 的盐酸中 HC1 物质的量浓度为 85 m
39、ol/LB. 生成的 H2S 气体在标准状况下的体积为 5.6LC. 该磁黄铁矿 FexS 中，Fe 2+与 Fe3+的物质的量之比为 3 : 1D. 该磁黄铁矿中 FexS 的 x=015【答案】A【解析】【分析】- 14 -A根据氯原子守恒计算盐酸的浓度；B根据氢原子守恒计算硫化氢的体积；C根据转移电子守恒计算 Fe2+与 Fe3+的物质的量之比； D根据转移电子守恒计算 n（Fe 3+） ，根据铁原子守恒计算 n（Fe 2+） ，根据氢原子守恒及硫单质计算硫原子的物质的量，从而得出 x 值。【详解】n（S）= =0.075mol，根据转移电子守恒得 n（Fe 3+）= =0.15mol，
40、则 n（Fe 2+）=0.425mol-0.15mol=0.275mol，所以 Fe2+与 Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6，A盐酸恰好反应生成 FeCl2 0.425mol，根据氯原子守恒得 c（HCl）= =8.5mol/L，选项 A 正确；B根据氢原子、氯原子守恒得n（H 2S）= n（HCl）=n（FeCl 2）=0.425mol，V（H 2S）=0.425mol22.4L/mol=9.52L，选项 B错误；C根据转移电子守恒得 n（Fe 3+）= =0.15mol，则 n（Fe 2+）=0.425mol-0.15mol=0.275mol，所以 Fe2
41、+与 Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6，选项 C 错误；DFe xS 中 n（S）=0.075mol+0.425mol=0.5mol，n（Fe）=0.425mol，所以 n（Fe）：n（S）=0.425mol：0.5mol=0.85，所以 x=0.85，选项 D 错误；答案选 A。【点睛】本题考查了根据氧化还原反应进行计算，根据反应过程中原子守恒、转移电子守恒进行计算，根据氢原子守恒计算硫化氢体积，根据转移电子守恒计算亚铁离子和铁离子的物质的量之比，计算量较大，难度较大。24.向 0.6molFeBr2溶液中通入 amolCl2。下列叙述不正确的是（ ）A.
42、当 a=02 时，发生的反应为:2Fe 2+Cl2=2Fe3+2Cl-B. 当 a=09 时，发生的反应为：2Fe 2+4Br-+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl-C. 若溶液中 Br- 有一半被氧化时，c(Fe 3+):c(Br-):c(Cl-)=l:1:3D. 当 0a03 时，溶液中始终满足 2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)=c(Cl-)+c(Br-)+c(OH-)【答案】C【解析】【分析】离子还原性 Fe2+Br -，首先发生：2Fe 2+Cl2=2Fe3+2Cl-，Fe 2+反应完毕再发生：2Br -+Cl2Br2+2Cl-，根据比例关系确定参加反应各离子物质的量关
43、系，进而书写总的离子方程式进行计算确定。【详解】离子还原性 Fe2+Br -，首先发生：2Fe 2+Cl2=2Fe3+2Cl-，Fe 2+反应完毕再发生：- 15 -2Br-+Cl2Br 2+2Cl-，当 =1 时，Fe 2+全部被氧化，Br -是 Fe2+的 2 倍，只有一半的 Br-被氧化性，反应离子方程式为：2Fe 2+2Br-+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl-；当 时，Fe 2+、Br -全部被氧化，反应离子方程式为：2Fe 2+4Br-+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl-；A、a = 0.2 时, Cl2不足，所以先与 Fe2+反应，发生反应的离子方程式正确；B、a = 0.
44、9 时，Cl 2恰好与 FeBr2反应，发生的反应的离子方程式正确；C、若溶液中 Br 有一半（0.6mol）被氧化时，此时 0.6mol Fe2+需要氯气 0.3mol，0.6molBr 需要氯气 0.3mol，共用氯气 0.6mol，根据质量守恒定律，所以溶液中 c(Fe3+): c(Br ):c(Cl )=1:1:2，故不正确；D、0a0.3 时，Fe 2+未被全部氧化，溶液中还存在 Fe2+，根据电荷守恒定律，2c(Fe 2+)+3c(Fe3+)+c(H+)c(Cl )+c(Br )+ c(OH )成立，正确，答案选 C。第 II 卷（非选择题）25.按要求回答下列问题：（1）以下物质
45、中：酒精，熔化的 KNO3，CaCO 3，氢氧化钠溶液，铜。其中属于电解质的是_（填编号，下同） ，属于非电解质的是_，能导电的是_。（2）氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质，用 CuSO4溶液和“另一物质”在 4050时反应可生成它。CuH 具有的性质有：不稳定，易分解；在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体；Cu 在酸性条件下发生的反应是：2Cu =Cu2 Cu。根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：用 CuSO4溶液和“另一物质”制 CuH 的反应中，用氧化还原观点分析，这“另一物质”在反应中_ (填“氧化剂”或“还原剂”)。CuH 溶解在稀盐酸中生成的气体是_(填化学式)
46、。如果把 CuH 溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有 NO，请写出 CuH 溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式：_。【答案】 (1). ， (2). (3). (4). 还原剂 (5). H2 (6). CuH3H NO 3-=Cu2 2H 2ONO【解析】【详解】 （1）酒精不能电离属于非电解质，熔化的 KNO3能电离出自由移动的离子属于电解质，CaCO 3熔融状态下导电属于电解质，氢氧化钠溶液是混合物，属于电解质溶液，不是电解质或非电解质，铜是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故属于电解质的- 16 -是：；属于非电解质的是；物质能导电必须有自由移动的电子或自由移动的离子，熔化的 KN
47、O3中含有自由移动的钾离子和硝酸根离子，能导电；氢氧化钠溶液中含有自由移动的钠离子和氢氧根离子，能导电；铜含有自己移动的电子 ，能导电；综上，能导电的有；（2）根据化合价的变化判断，CuSO 4做氧化剂、所以另一物质做还原剂；CuH 溶解在稀盐酸中，CuH 中的 H-失电子，盐酸中 H+得电子，所以得到的气体是 H2；硝酸具有强氧化性，能把 CuH 氧化生成硝酸铜和水，所以离子反应方程式为 CuH3H NO 3-=Cu2 2H 2ONO。26.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 2+、Mg 2+、Ba 2+、NH 4+、Cl -、CO 32-、SO 42
48、-，现取两份 100mL 溶液进行如下实验：第一份加过量 NaOH 溶液加热后，只收集到气体 0.02mol，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。第二份加足量 BaCl2溶液后，得白色沉淀，加盐酸不溶解，经过滤、洗涤、干燥后，称得沉淀质量为 13.98g。（1）由上述实验可确定溶液中一定不存在的离子是_，不能确定是否存在的离子是_，检验该离子需使用何种试剂或方法_。（2）由题意可知此溶液呈_性（答酸性、碱性或中性） ，上述金属离子中既能被氧化又能被还原的离子是_。（3）钾离子是否存在（是或否）：_，若存在其浓度范围为（没有则不答）：_。【答案】 (1). Fe2+、Mg 2+、Ba 2+、CO 3
