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
