1、- 1 -山西省范亭中学 2018-2019 学年高三上学期第二次月考化学试题1.化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是A. 食盐可作调味剂，也可用作食品防腐剂B. 二氧化硫可用于制作葡萄酒的食品添加剂C. 还原铁粉和生石灰均可用作食品包装袋内的脱氧剂D. “地沟油”禁止食用，但可用来制取肥皂【答案】C【解析】试题分析：A、食盐腌制食品，食盐进入食品内液产生浓度差，形成细菌不易生长的环境，可作防腐剂，食盐具有咸味，所以食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂，A 项正确；B、二氧化硫可用于制作葡萄酒的食品添加剂,B 项正确；C、生石灰能用作食品干燥剂，不能用作食品脱氧剂，C 项错误；D、地沟油的
2、主要成分是油脂，油脂碱性条件下水解成为造化反应，可生成肥皂，D 项正确；答案选 C。考点：考查化学与生活2.下列有关说法中，不正确的是A. 焰火的五彩缤纷是某些金属元素的性质的展现B. SiO2可用于制造光导纤维，其性质稳定，不溶于强酸、强碱C. “光化学烟雾” 、 “硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化物有关D. 根据分散质微粒直径大小可以将分散系分为溶液、胶体和浊液【答案】B【解析】试题分析：A、焰火利用某些金属的电子发生跃迁产生的，这是焰色反应，故说法正确；B、SiO 2是酸性氧化物，跟强碱发生中和反应，故说法错误；C、 “光化学烟雾” 、 “硝酸型酸雨“都是有氮的氧化物引起的，故说法正确；D、
3、分散质的直径在 1nm100nm 之间的分散系是胶体，小于 1nm 的分散系是溶液，大于 100nm 的分散系是悬浊液，故说法正确。考点：考查焰色反应、二氧化硅的性质、环境问题、分散系的分类等知识。3.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 6.8 g 熔融的 KHSO4中含有 0.05 NA个阴离子- 2 -B. 1.0 L 2 mol/L 的 NaOH 水溶液中含有的氧原子数目为 2NAC. 25时，p H=13 的氢氧化钡溶液中含有 0.1 NA个 OHD. 5.6g 铁与一定量稀硝酸完全反应，电子转移数目一定为 0.3 NA【答案】A【解析】【分析】熔融硫酸氢钾电离出钾离子
4、和硫酸氢根离子；氢氧化钠水溶液中，溶剂水中同样含有氧原子；溶液体积不明确；铁和硝酸反应可以生成亚铁盐也可以生成铁盐。【详解】6.8g 熔融的 KHSO4的物质的量 0.05mol，0.05mol 熔融硫酸氢钾能够电离出 0.05mol钾离子和 0.05mol 硫酸氢根离子，所以含有的阳离子数为 0.05NA，A 正确；1.0L 2mol/L 的NaOH 水溶液中含有溶质氢氧化钠 2mol，由于溶剂水中也含有氧原子，所以无法计算溶液中含有的氧原子的物质的量及数目，B 错误；溶液体积不明确，无法计算含有的 OH-的个数，C错误；铁和硝酸反应可以生成亚铁盐也可以生成铁盐，5.6g 铁物质的量为 0.
5、1mol，生成三价铁盐转移 0.3NA个电子，生成二价铁盐转移 0.2mol 电子，D 错误。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确溶液的体积、溶剂成分和熔融硫酸氢钾电离出钾离子和硫酸氢根离子是解题的关键。4. 下列叙述正确的是A. 酸性氧化物和碱性氧化物都是电解质B. 将 NaOH 溶液逐滴加入 FeCl3溶液可制备 Fe(OH)3胶体C. 电化学腐蚀是造成金属腐蚀的主要原因D. 离子键一定只存在于离子化合物中，共价键一定只存在于共价化合物中【答案】C【解析】试题分析：A、二氧化碳、二氧化硫等酸性氧化物属于非电解质，错
6、误；B、将 NaOH 溶液逐滴加入 FeCl3溶液会产生氢氧化铁沉淀，制备 Fe(OH)3胶体应向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，即停止加热，错误；C、电化学腐蚀是造成金属腐蚀的主要原因，正确；D、离子键一定存在于离子化合物中，而共价键可存在于非金属单质、共价化合物和部分离子化合物中，错误。考点：考查电解质、胶体的制备、离子键和共价键等知识- 3 -5.下列离子方程式书写正确的是A. 向 Na2S2O3溶液中加入稀盐酸：2S 2O32-+2H+ = SO42-+3S+H 2OB. 磁性氧化铁溶于稀硝酸：3 Fe 3O4+28H+NO3- = 9 Fe3+NO+14 H 2
7、OC. 100 mL 0.1 mol/L Fe I2溶液与标准状况下 0.224 L Cl2： 2 Fe 2+C12 = Fe3+2 Cl 一D. 向明矾溶液中滴加 Ba(OH)2溶液，恰好 SO42-沉淀完全：2 A1 3+3SO42-+3Ba2+ + 6OH = 2 A1(OH)3+3 BaSO 4【答案】B【解析】【分析】离子方程式没有配平，O 原子不守恒；磁性氧化铁为 Fe3O4，与 H+、NO 3发生氧化还原反应，生成 Fe3+、NO 和 H2O；、I还原性大于 Fe2+，所以 Cl2首先氧化 I；D 向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使 SO42-沉淀完全，KAl(SO 4)
8、2与 Ba(OH)2的物质的量之比为 1:2，所以离子方程式中 Al3+与 OH的物质的量之比为 1:4，反应生成 AlO2。【详解】Na 2S2O3溶液中加入稀盐酸酸生成氯化钠二氧化硫、硫和水，反应的离子方程式为：S2O32-+2H+SO 2+S+H 2O，A 错误；磁性氧化铁溶于稀硝酸，发生氧化还原反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Fe 3O4+28H+NO3-9Fe 3+NO+14H 2O，B 正确；100 mL 0.1 mol/L Fe I2溶液中 Fe I2的物质的量为 0.01 mol，标准状况下 0.224 L Cl2的物质的量为 0.01 mol，I -的还原
9、性强于 Fe2+离子，氯气少量，Cl 2先与 I-反应，反应的离子方程式为：I-+Cl2I 2+2Cl-，C 错误；向明矾溶液中滴加 Ba（OH） 2溶液，恰好使 SO42-沉淀完全时，Al 3+与 OH反应生成 AlO2，反应的离子方程式为：Al 3+2SO42-+2Ba2+4OH-AlO 2+2BaSO4+2H 2O，D 错误。故选 B。【点睛】本题考查了离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写原则是关键，离子方程式正误判断常用方法是检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等） 、检查是否符合
10、原化学方程式等；选项 C 为易错点，注意根据电子守恒进行判断。6.常温下，在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是A. pH 大于 7 的溶液：Na +、Ba 2+、SO 32-、ClO B. 含有 0.1 molL1 Fe(NO3)2的溶液：H +、Mg 2+、SCN 一 、Cl 一C. 使酚酞溶液变红色的溶液：Na +、Ba 2+、I、Cl - 4 -D. 由水电离产生的 c(H+)=1013 molLl的溶液：NH 4+、SO 42-、NO 3- 、Cl 一【答案】C【解析】试题分析：A、常温下 pH7 的溶液为碱性溶液，碱性溶液中，Ba 2+、SO 32 、ClO 反应生成硫
11、酸钡沉淀，不能大量共存，错误；B、含有 0.1 molL1 Fe(NO3)2的溶液，则 H+与硝酸根离子氧化亚铁离子为铁离子，SCN 再与铁离子反应，溶液变红色，不能大量共存，错误；C、使酚酞变红色的溶液为碱性溶液，碱性溶液中，四种离子都不反应，可以大量共存，正确；D、由水电离产生的 c(H+)=1013 molL1 的溶液，则该溶液中存在大量的氢离子或氢氧根离子，而氢氧根离子与铵根离子反应生成一水合氨，不能大量共存，错误，答案选 C。考点：考查给定条件的离子大量共存的判断7.用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计严密的是（ ）A. 检验试液中的 SO42-：试液 无沉淀 白色沉淀B.
12、检验试液中的 SO32-：试液 气体 褐色C. 检验试液中的 I：无色试液 棕黄色溶液 蓝色溶液D. 检验试液中的 CO32-：试液 白色沉淀 沉淀溶解【答案】C【解析】【分析】分析亚硫酸根离子的干扰；分析亚硫酸氢根离子的干扰；碘单质遇到淀粉变蓝；亚硫酸根离子也会发生反应具有此现象。【详解】如果溶液中含有 SO32-，加入硝酸会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，和氯化钡反应生成白色沉淀，A 错误；如果溶液中存在 HSO3-，也会产生使品红溶液褪色的二氧化硫， B 错误；试液加入过氧化氢，可氧化碘离子为单质碘，遇淀粉变蓝，C 正确；若原溶液中含有碳酸根离子或亚硫酸根离子，试液中加入氯化钡溶液生成白色
13、沉淀，可能是碳酸钙或亚硫酸钙沉淀，加入盐酸沉淀溶解，D 错误。故选 C。【点睛】本题考查了离子检验的方法和实验现象分析判断，注意干扰离子的分析是关键。8.下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如图所示转化关系的是- 5 -A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】二氧化硅不能与水反应生成硅酸，硅酸也不能直接转化为硅。【详解】AlCl 3与 NaOH 反应可生成 NaAlO2，Al（OH） 3与 NaOH 反应可生成 NaAlO2，NaAlO 2与盐酸反应可生成 Al（OH） 3，盐酸过量可生成 AlCl3，A 正确；硅高温下与氧气反应生成二氧化硅，硅酸受热分解生成二氧化硅
14、，但常温下，二氧化硅不与水反应，不能生成硅酸，硅酸也不能直接转化为硅，B 错误；少量氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，碳酸钠与石灰水反应可以生成氢氧化钠，C 正确；铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，氯化亚铁与活泼金属发生置换反应生成铁，D 正确。故选 B。【点睛】本题考查无机物的推断，试题侧重于物质的性质以及转化的考查，注意利用物质性质进行分析判断是关键。9.下列变化中，前者是物理变化，后者是化学变化，且都有明显颜色变化的是( )A. 打开盛装 NO 的集气瓶；冷却 NO2气
15、体B. 用冰水混合物冷却 SO3气体；加热氯化铵晶体C. 木炭吸附 NO2气体；将氯气通入品红溶液中D. 向酚酞溶液中加入 Na2O2；向 FeCl3溶液中滴加 KSCN 溶液【答案】C【解析】试题分析：A打开盛装 NO 的集气瓶 NO 与空气中的 O2发生反应，产生 NO2，气体颜色加深发生的是化学变化；冷却 NO2气体，NO 2部分转化为 N2O4，气体颜色变浅，发生的是化学变化，- 6 -错误；B用冰水混合物冷却 SO3气体，SO 3会变为液态，发生的是物理变化；物质颜色不变；加热氯化铵晶体，物质分解产生 HCl 和 NH3，发生的是化学变化，没有明显颜色变化，错误；C木炭吸附 NO2气
16、体，发生的是物理作用，物质颜色变浅；将氯气通入品红溶液中，溶液褪色，发生的是化学变化，正确；D向品红溶液中加入 Na2O2，品红被氧化产生无色物质，发生的是化学变化；向 FeCl3溶液中滴加 KSCN 溶液，发生反应，溶液变为血红色，错误。考点：考查物质变化与现象的判断的知识。10.下列实验方案的设计能达到目的的是 选项 实验目的 实验方案A 证明 Ksp(AgCl)Ksp(AgI)向盛有 2 mL0.1 mol/LAgNO3溶液的试管中，先滴几滴 0.1 mol/LKCl 溶液，再滴加 0.1mol/LKI 溶液。试管先出现白色沉淀，后出现淡黄色沉淀B 制备 Fe(OH)3胶体 在 NaOH
17、 溶液中加入饱和的 FeCl3溶液，加热煮沸C检验淀粉水解液是否具有还原性取淀粉水解液于试管中，滴入新制的 Cu(OH)2加热煮沸，观察现象D 探究化学反应的限度取 5mL 0.1mol/L KI 溶液和 1mL 0.1mol/L FeCl3溶液混合，充分反应后，再根据溶液中是否含有Fe2+、Fe 3+来判断该反应是否有一定限度A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】AgNO3溶液过量，实验中不存在沉淀的转化；在沸水中加入饱和的 FeCl3溶液，加热煮沸制备Fe(OH)3胶体；未加入氢氧化钠溶液中和硫酸，葡萄糖酸性条件下与新制的 Cu(OH)2加热煮沸不反应；过量的 K
18、I 溶液中加入 FeCl3溶液，充分反应后，溶液中含有 Fe3+说明反应不可能完全进行。【详解】先后加入 KCl 溶液和 KI 溶液，因实验中 2 mL0.1 mol/LAgNO3溶液过量，不可能出- 7 -现白色沉淀转化为黄色沉淀的实验现象，不能说明 Ksp（AgCl）K sp（AgI） ，A 错误；在沸水中加入饱和的 FeCl3溶液，加热煮沸制备 Fe(OH)3胶体，在 NaOH 溶液中加入饱和的 FeCl3溶液，反应得到 Fe(OH)3沉淀，B 错误；稀硫酸做催化剂，淀粉加热水解，水解液中含有硫酸，水解产物葡萄糖酸性条件下与新制的 Cu(OH)2加热煮沸不反应，不能说明水解液是否具有还原
19、性，C 错误；5mL 0.1mol/L KI 溶液和 1mL 0.1mol/L FeCl3溶液混合，KI 溶液过量，若溶液中依然含有 Fe3+说明反应不可能完全进行，该反应为可逆反应，D 正确。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，较为综合，涉及沉淀转化、盐类的水解等知识，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查。11.称取(NH 4)2SO4和 NH4HSO4混合物样品 7.24 g，加入含 0.1 mol NaOH 的溶液，完全反应，生成 NH31792 mL（标准状况） ，则(NH 4)2SO4和 NH4HSO4的物质的量比为A. 1:1 B. 1:2 C. 1.87:1
20、 D. 3.65:1【答案】C【解析】利用极值法分析，可知 0.1mol 氢氧化钠不足，故先将 NH4HSO4反应完，再反应(NH 4)2SO4，因共生成 NH30.08mol，故与 H+反应的氢氧化钠为 0.02mol，则 NH4HSO4为 0.02mol，所以(NH 4)2SO4质量为 7.24g-115g/mol0.02mol=4.94g，(NH 4)2SO4的物质的量为 4.94g 132g/mol=0.0374mol。因此(NH 4)2SO4与 NH4HSO4 物质的量之比为：1.87：1，故选 C。点睛：本题考查化学反应的计算技巧和方法，题目难度中等。根据化学方程式的计算，多以物质
21、的量为核心，考查物质的量、阿伏伽德罗常数、物质的量浓度、物质的质量、摩尔质量、气体的体积、气体摩尔体积等相关物理量的转化关系，以及反应物的转化率或产物的产率的计算，同时还可以融入多种化学解题思想，比如极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等，是历来高考的重点内容。日常学习中要注意相关知识的积累，以便快速准确作答。视频12.下列有关实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的的是( )- 8 -A. 用装置甲制取氯气B. 用装置乙除去氯气中的少量氯化氢和水蒸气C. 用装置丙可证明 Cl2的氧化性强于 SD. 用装置丁可以完成“喷泉”实验【答案】B【解析】A、制备氯气的反应：4HCl(浓)MnO 2
22、 MnCl2Cl 22H 2O，A 正确；B、试剂瓶连接顺序颠倒，应该是先净化后干燥，B 错误；C、通过置换反应证明 Cl2的氧化性强于 S，多余氯气用碱液吸收，C 正确；D、Cl 2易与 NaOH 溶液反应，能完成“喷泉”实验，D 正确。答案选B。13.已知溶液中：氧化性 IO3I2SO32-。向含 3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入 KIO3溶液，加入的 KIO3和析出的 I2的物质的量的关系曲线如右图所示，下列说法正确的是A. a 点反应的还原剂是 NaHSO3，被氧化的元素是碘元素B. b 点反应的离子方程式是：3HSO 3-+IO3-+3OH-=3SO42-+I-+3H2OC.
23、 c 点到 d 点的反应中共转移 0.6mol 电子D. 往 200mL 1 mol/L 的 KIO3溶液中滴加 NaHSO3溶液，反应开始时的离子方程式是：5 HSO 3- + 2IO3- = I2+ 5SO42-+ 3H+ H2O【答案】D- 9 -【解析】【分析】还原性 HSO-3I-，首先发生反应：2IO 3-+6HSO3-2I -+6SO42-+6H+，HSO 3-反应完毕，继续加入KIO3，由于氧化性 IO-3I2，再发生反应：IO 3-+6H+5I-=3H2O+3I2。【详解】因为还原性 HSO-3I-，所以首先是发生以下离子反应：IO 3-+3HSO3-I -+3SO42-+3
24、H+，此时碘元素被还原，A 错误；b 点是酸性溶液，反应的离子方程式为：IO 3-+3HSO3-I -+3SO42-+3H+，B 错误；c 点时加入的 KIO3物质的量为 1mol，和 3molNaHSO3的溶液恰好完全反应，即2IO3-+6HSO3-2I -+6SO42-+6H+，c 点到 d 点，IO 3-可以结合 H+氧化 I-生成 I2，离子方程式是IO3-+6H+5I-=3H2O+3I2，在 d 点时，KIO 3与 NaHSO3反应恰好生成 0.6I2，共转移50.6=0.3mol 电子，C 错误；向 200mL 1mol/L 的 KIO3溶液中滴加 NaHSO3溶液，HSO 3-被
25、氧化为 SO42-，KIO 3过量，由于氧化性 IO-3I2，KIO 3将氧化为 I-，反应不能生成 I-，而是生成I2，反应离子方程式为：2IO 3-+5HSO3-=I2+5SO42-+3H+H2O，D 正确。故选 D。【点睛】本题依据化学图像考查氧化还原反应，结合氧化性、还原性的强弱，明确反应的先后顺序是解本题关键。14.某溶液中可能大量存在：H +、Na +、Fe 2+、Al 3+、NH 4+、SO 42-、Cl -中的几种离子，现进行了如下实验： 取该溶液 10.0mL，加入过量 Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀 x 和无色气体 a，a 遇空气立即变为红棕色气体 b；过滤。 向所得的
26、滤液中加入过量 NaOH 溶液，产生红褐色沉淀 y，过滤，加热滤液有无色刺激性气体 c 生成；用铂丝蘸取滤液，在火焰上灼烧，火焰呈黄色。 向所得的滤液中通入过量 CO2气体有白色沉淀 z 生成。下列推断错误的是A. 原溶液一定只含有：Na +、Fe 2+、Al 3+、SO 42-B. 实验 的红棕色气体 b 中存在：2NO 2 N2O4。C. 实验 中产生沉淀 y 的反应：Fe 3+3OH-=Fe(OH)3D. 实验 中 CO2先后分别与 NaOH(aq)、NaAlO 2(aq)反应【答案】A【解析】、取该溶液 10.0mL，加入过量 Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀 x 和无色气体 a，a
27、 遇空气立- 10 -即变为红棕色气体 b，则白色沉淀为 BaSO4，a 为 NO，b 为 NO2，则溶液中一定含H+、Fe 2+、SO 42-；、向所得的滤液中加入过量 NaOH 溶液，产生红褐色沉淀 y，过滤，加热滤液有无色刺激性气体 c 生成，y 是氢氧化铁，c 是氨气，则一定含 NH4+；用铂丝蘸取滤液，在火焰上灼烧，火焰呈黄色，加 NaOH 溶液，不能确定原溶液是否含 Na+；、向所得的滤液中通入过量 CO2气体有白色沉淀 z 生成，白色沉淀为氢氧化铝，则一定含 Al3+，A、由上述分析可知，一定含 H+、Fe 2+、Al 3+、NH 4+、SO 42-，不能确定是否含 Na+、Cl
28、 -，A 错误；B、实验 的红棕色气体 b 中存在：2NO 2 N2O4，B 正确；C、实验 中产生沉淀 y 的反应：Fe3+3OH-=Fe(OH)3，C 正确；D、中 NaOH 过量，且含偏铝酸钠溶液，由中和的先后顺序可知，实验中 CO2先后分别与 NaOH(aq)、NaAlO 2(aq)反应，D 正确，答案选 A。点睛：本题考查常见离子的推断，把握亚铁离子与硝酸根离子的反应、白色沉淀判断为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意发生的氧化还原反应及中和的先后顺序。15.在 Al2(SO4)3和 MgSO4的混合溶液中，滴加 NaOH 溶液，生成沉淀的量与滴入 NaOH 溶液的体积关系如图
29、所示，则原混合液中 Al2(SO4)3与 MgSO4的物质的量浓度之比为A. 61 B. 11 C. 21 D. 12【答案】D【解析】【分析】由图可知，10mLNaOH 溶液溶解 Al(OH)3沉淀，则需要 30mLNaOH 溶液生成 Al(OH)3沉淀量） ，20mLNaOH 溶液生成 Mg(OH)2沉淀，依据消耗 NaOH 溶液的量可以计算 Al2(SO4)3与 MgSO4的物质的量浓度之比。【详解】氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于氢氧化钠溶液中，而氢氧化镁不能。反应的有关方程式是 Mg2 2OH =Mg(OH)2、Al 3 3OH =Al(OH)3、Al(OH) 3OH =AlO2 2H
30、 2O。所以根据图像可知溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠是 10ml，所以生成氢氧化铝消耗的氢氧化钠就应该是 30ml，则生成氢氧化镁消耗的氢氧化钠是 20ml。所以根据反应的方程式可知，铝离子和镁离子的物质的量之比是 11。则则原混合液中 Al2(SO4)3与 MgSO4的物质的量浓度之比为 12，答案选 D。- 11 -【点睛】本题考查与化学方程式有关得计算，该题的关键是根据方程式得出溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠和生成氢氧化铝消耗的氢氧化钠的关系式，然后再依据图像进行计算。16.相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是酸 HX HY HZ电离常数 Ka 9107 9106 1102A.
31、三种酸的强弱关系：HXHYHZB. 反应 HZY = HYZ 能够发生C. 相同温度下，0.1 mol/L 的 NaX、NaY、NaZ 溶液，NaZ 溶液 pH 最大D. 相同温度下，1 mol/L HX 溶液的电离常数大于 0.1 mol/L HX 溶液的电离常数【答案】B【解析】【分析】电离平衡常数衡量弱电解质电离程度，电离平衡常数越大，电离程度越大。【详解】A、电离平衡常数越大，说明酸性越强，根据表中数据酸性强弱顺序是 HZHYHX，故 A 错误；B、根据 A 选项分析，以及酸性强的制取酸性弱的，HZY =HYZ 是能够发生的，故 B 正确；C、根据盐类水解的规律，越弱越水解，即三种钠盐
32、中，pH 最大的是 NaX，故 C 错误；D、电离常数只受温度的影响，因为是相同的温度，因此 HX 的电离常数不变，故 D 错误。17.以硫铁矿（主要成分为 FeS2）为原料制备氯化铁晶体（FeCl 36H2O）的工艺流程如下：下列说法不正确的是- 12 -A. “酸溶”过程中使用的酸也可以是硝酸B. 为防止污染， “焙烧”过程中产生的 SO2应回收利用。C. 通入氯气的目的是氧化 Fe2+D. FeCl36H2O 制取无水 FeCl3时 ， 需要在氯化氢气流中加热。【答案】A【解析】【分析】由流程图可知，硫铁矿通入空气煅烧生成的铁的氧化物，铁的氧化物加入盐酸溶解，过滤得到滤液为氯化铁和氯化亚
33、铁混合液，通入氯气氧化亚铁离子，通过蒸发浓缩冷却结晶过滤洗涤得到 FeCl36H2O 晶体。【详解】 “酸溶”过程中使用的酸如果是硝酸，回引入硝酸根离子，导致产品不纯，A 错误；二氧化硫有毒，会污染环境，为防止污染， “焙烧”过程中产生的 SO2可以用于制硫酸，B 正确；通入氯气的目的是将 Fe2+氧化为 Fe3+，C 正确；FeCl 36H2O 制取无水 FeCl3时，应在氯化氢气流中加热，防止水解 FeCl3，D 正确。故选 A。【点睛】本题考查了化学工艺流程，涉及了氧化还原反应、废气处理、盐类水解等知识，正确分析流程，依据物质性质分析问题是解题关键。18.1.52g 铜镁合金完全溶解于
34、50mL 密度为 1.40 g/mL、质量分数为 63%的浓硝酸中，得到NO2和 N2O4的混合气体 1120 mL（标准状况） ，向反应后的溶液中加入 1.0 mol/L NaOH 溶液，当金属离子全部沉淀时，得到 2.54 g 沉淀。下列说法不正确的是A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是 2:1B. 该浓硝酸中 HNO3的物质的量浓度是 14.0 mol/LC. NO2和 N2O4的混合气体中，NO 2的体积分数是 80%D. 得到 2.54 g 沉淀时，加入 NaOH 溶液的体积是 600 mL【答案】D【解析】【分析】A.金属离子全部沉淀时，得到 2.54g 沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，
35、故沉淀中氢氧根的质量为2.54g-1.52g=1.02g，根据 n= 计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可以知道，金属提供- 13 -的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中 Cu、Mg 的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算 x、y 的值，据此解答；B.根据 c= 计算该浓硝酸的物质的量浓度；C.根据 n= 计算 NO2和 N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为 amol，根据电子转移列方程计算； D.反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，根据钠离子守恒可以知道n(NaOH)=n(NaNO3)，再根据 V=
36、计算需要氢氧化钠溶液的体积。【详解】A. 金属离子全部沉淀时，得到 2.54g 沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为 2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为 ,=0.06mol，根据电荷守恒可以知道，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中 Cu、Mg 的物质的量分别为 xmol、ymol，则： ，计算得出 x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是 0.02mol:0.01mol=2:1，故 A 正确；B.该浓硝酸密度为 1.40 gmL1 、质量分数为 63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故 B 正确；
37、C. NO2和 N2O4混合气体的物质的量为 =0.05mol，令二氧化氮的物质的量为 amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05-a）mol，根据电子转移守恒可以知道，a 1+(0.05-a)1=0.06，计算得出 a=0.04，NO 2和 N2O4 的物质的量之比=0.04mol:(0.05mol-0.04mol)=4:1，NO 2的体积分数是 100%=80%,故 C 正确；D.反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可以知道，硝酸钠的物质的量为 0.05L 14mol/L-0.04mol-(0.05-0.04) 2=0.64mol，根据钠离子守恒可以知道 n(NaOH)=n(NaNO3)=
38、 0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为 =0.64L=640mL，所以 D 选项是错误的。故选 D。19.某校化学兴趣小组为探究铁与浓硫酸反应，设计了图 1、图 2 所示装置进行实验。- 14 -（1）比较两实验装置，图 2 所示装置的优点是：能更好地吸收有毒气体 SO2，防止其污染环境；_。（2）能说明有 SO2气体产生的实验现象是_。（3）反应一段时间后，用滴管吸取 A 试管中的溶液滴人适量水中为试样，试样中所含金属离子的成分有以下三种可能：I只含有 Fe3+；II只含有 Fe2+；III既有 Fe3+又有 Fe2+。为验证、的可能性，选用如下试剂，填写下列空格：A稀盐酸溶液 B稀硫
39、酸溶液 CKSCN 溶液 DKMnO 4溶液ENaOH 溶液 F淀粉KI 溶液 GH 2O2溶液验证：取试样，先滴加少量的_(填试剂序号，下同)，振荡，再滴加少量的_，根据溶液颜色的变化可确定假设是否正确。验证：步骤 l 取试样，滴加少量的_(填试剂序号)，溶液的颜色变_色，则试样中含有 Fe3+，发生反应的离子方程式为_。步骤 2 再取适量的试样滴加少量的_ (填试剂序号)，溶液的颜色变为_，则试样中含有 Fe2+。【答案】 (1). 便于控制反应的发生和停止 (2). 品红溶液褪色 (3). C (4). G (5). C(或 F) (6). 红(或蓝) (7). Fe3 3SCN = F
40、e(SCN)3 (或 2Fe3 2I = 2Fe2 I 2) (8). D (9). 浅红（或变浅）【解析】（1）比较两个装置的不同点，发现发生装置设计不同，可抽动的铁丝可以随时控制反应的发生与停止，而铁片却不具有这样的优势；- 15 -（2）二氧化硫能够使品红溶液褪色，如果生成二氧化硫则会看到品红溶液褪色；（3）为只含有 Fe2+，验证时，需要先加 KSCN 溶液，溶液不变红，然后再加 H2O2溶液，若此时溶液变成红色，则证明只含有亚铁离子，为既有 Fe3+又有 Fe2+；验证的方法为：步骤 1：检验 Fe3+，加 KSCN 溶液，变红色，发生的反应为：Fe 3+3SCN-=Fe（SCN）
41、3；步骤2再验证亚铁离子，需要使用酸性高锰酸钾溶液，方法为：加酸性 KMnO4溶液，高锰酸钾溶液变浅红色证明有二价铁离子。点睛：二价 Fe 离子和三价 Fe 离子的检验方法可以有以下几种：需要记住。Fe2+ Fe3+观察法 溶液呈浅绿色 溶液呈棕黄色碱液法(NaOH、氨水等)先生成白色沉淀，迅速转变为灰绿色，最后变成红褐色生成红褐色沉淀SCN-法 无明显现象，加入氯水，溶液变成红色 溶液呈血红色20.草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。用水钴矿(主要成分为 Co2O3，含少量Fe2O3、Al 2O3、MnO、MgO、CaO、SiO 2等)制取 CoC2O42H2O 工艺流程如下： 已知：浸出液含
42、有的阳离子主要有 H 、Co 2 、Fe 2 、Mn 2 、Ca 2 、Mg 2 、Al 3 等；酸性条件下，ClO 不会氧化 Co2 ，ClO 转化为 Cl ；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的 pH 见表：沉淀物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Co(OH)2 Fe(OH)2 Mn(OH)2完全沉淀的 pH 3.7 5.2 9.2 9.6 9.8（1）浸出过程中加入 Na2SO3的主要目的是_。- 16 -（2）向浸出液中加入 NaClO3的离子反应方程式：_。（3）已知：常温下 NH3H2O NH4+OH K b1.810 5H2C2O4 H HC 2O4- K a15.410 2 H
43、C 2O4- H C 2O42- K a25.410 5则该流程中所用(NH 4)2C2O4溶液的 pH_7(填“”或“”或“”)。（4）加入(NH 4)2C2O4 溶液后析出晶体，再过滤、洗涤，洗涤时可选用的试剂有：_。A蒸馏水 B自来水C饱和的(NH 4)2C2O4溶液 D稀盐酸（5）萃取剂对金属离子的萃取率与 pH 的关系如图，萃取剂的作用是_；其使用的适宜 pH 范围是_。A2.02.5 B3.03.5 C4.04.5【答案】 (1). 将 Co3 、Fe 3 还原为 Co2 、Fe 2 (2). ClO 6Fe 2 6H = Cl 6Fe 3 3H 2O (3). (4). A (5
44、). 除去溶液中的 Mn2 (6). B【解析】【分析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得 CoCl2、AlCl 3、FeCl 2、MgCl 2、CaCl 2、MnCl 2混合液；浸出液中加入 NaClO3，可将 FeCl2氧化为 FeCl3，加入 Na2CO3调溶液 pH 至 5.2，由表格信息可知，AlCl 3、FeCl 3转化为 Fe（OH） 3、Al（OH） 3沉淀而被除去；过滤后所得滤液 I 主要含有 CoCl2、MgCl 2、CaCl 2、MnCl 2，向溶液中加入 NaF 溶液，目的是除去钙、镁离子；过滤得到的滤液 II 中加入萃取剂除去溶液中的 Mn2 ，萃取后，萃取余液中加入
45、草酸铵，过滤得到草酸钴晶体。【详解】 （1）亚硫酸钠具有还原性，能还原氧化性离子 Fe3+、Co 3+，所以浸出过程中加入Na2SO3的目的是将 Fe3+、Co 3+还原为 Fe2+、Co 2+。 （2）NaClO 3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2+氧化成 Fe3+，自身被还原生成氯离子，同时生成水，离子反应方程式为 ClO3-+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O。 （3）依据盐类水解可知，盐溶液的酸碱性取决于酸碱的强弱，谁强显谁性，- 17 -由电离常数 NH3H2ONH4+OH- Kb=1.810-5，HCO 4-H+C2O42- Ka2=5.410-5可知， （NH 4）2C
46、2O4溶液中铵根离子水解大于草酸根离子水解，溶液呈酸性，即 PH7。 （4）为洗涤晶体附着的离子，同时不引入新的杂质离子，过滤获得晶体洗涤时，可直接选用蒸馏水洗涤。 （5）滤液中加入萃取剂的作用是除去锰离子；pH=2 与 pH=3 时 Co2+的萃取率变化不大，但 pH=3 时Mn 的萃取率增大很多，而 pH=5 时，Co 2+的萃取率比较大，损失严重，故 pH=3 时最佳。【点睛】本题考查化学工艺流程，涉及氧化还原反应、物质分离和提纯、沉淀与 pH 的关系、盐类水解等知识点，明确流程中物质发生的转化是解本题关键。21.实验室常用以下几种方法制取氯气。（1）二氧化锰与浓盐酸反应制氯气，写出其反
47、应的离子方程式_。（2）高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气，写出其反应的化学方程式_。（3）氯酸钾与浓盐酸反应制氯气，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_。.某研究性学习小组利用下列装置制备漂白粉，并进行漂白粉有效成分的质量分数的测定。（1）装置中的 X 试剂为_。（2）装置中发生反应的化学方程式为_，（3）测定漂白粉有效成分的质量分数：称取 1.000 g 漂白粉于锥形瓶中，加水溶解，调节溶液的 pH，以淀粉为指示剂，用 0.100 0 molL1 KI 溶液进行滴定，溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为：3ClO I =3Cl IOIO 5I 3H 2O=6OH 3I 2实验测得数据如下表所示。滴定次数 1 2 3KI 溶液体积/mL 19.98 20.02 20.00- 18 -该漂白粉中有效成分的质量分数为_；若滴定过程中未充分振荡溶液，局部变浅蓝色时就停止滴定，则测定结果将_(填“偏高” “偏低”或“无影响”)。【答案】 (1). MnO24H 2Cl Mn2 Cl 22H 2O (2). 2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl 25Cl 28H 2O (3). 51 (4). NaOH 溶液 (5). 2Ca(OH)22Cl 2=CaCl2Ca(ClO) 22H 2O (6). 7.1
