2019届高三化学上学期期末考试试卷(含解析) (I).doc

2019届高三化学上学期期末考试试卷(含解析) (I)1.化学与生活、社会密切相关，下列说法正确的是A. SO2可以用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，但不能用做食品添加剂B. 通信光缆的主要成分是晶体Si，太阳能电池的材料主要是SiO2C. 高锰酸钾溶液、酒精、双氧水都能杀菌消毒，都利用了强氧化性D. FeCl3溶液能与Cu反应，可用于刻蚀印刷电路【答案】D【解析】ASO2可以用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，可以添加可用作食品添加剂，如葡萄酒中加入SO2作防腐剂，故A错误；B通信光缆的主要成分是二氧化硅，太阳能电池的材料主要是硅，故B错误；C高锰酸钾、双氧水具有强氧化性，而酒精不具有氧化性，故C错误；DFeCl3溶液能与Cu反应，离子方程式为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故D正确；故答案为D。2.用质量分数为98%的浓硫酸(1.84 gcm3)配制240 mL 1.84 molL1稀硫酸，下列操作正确的是A. 将蒸馏水缓慢注入盛有一定量浓硫酸的烧杯中，并不断搅拌至冷却B. 必需的定量仪器有100 mL量筒、250 mL容量瓶和托盘天平C. 量取浓硫酸的体积为25.0 mLD. 先在容量瓶中加入适量水，将量好的浓硫酸注入容量瓶，加水定容【答案】C【解析】【详解】A、浓硫酸稀释放热，故为了防止浓硫酸外溅，应将浓硫酸注入水中，A错误；B、由于无240mL容量瓶且容量瓶只有一条刻度线，故应选用250mL容量瓶配制出250mL溶液，由于配制稀硫酸的原料是浓硫酸，故选用量筒来量取浓硫酸，不需要天平，B错误；C、浓硫酸的物质的量浓度c=1000M=10001.8498%98mol/L18.4mol/L，设需要浓硫酸的体积为VmL，根据稀释定律可知：18.4mol/LVmL=250mL1.84mol/L，解得V=25mL，C正确；D、浓硫酸稀释放热，而容量瓶不能受热，故浓硫酸的稀释不能在容量瓶中进行，D错误。答案选C。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1 mol O2与金属钠反应，O2一定得到4NA个电子B. 18 g NH4+中所含的电子数为10NAC. 1 mol Fe与足量的Cl2反应，转移2NA个电子D. 标准状况下，22.4 L SO2和22.4 L SO3中所含分子数均为NA【答案】B【解析】【详解】A.O2与钠在点燃生成Na2O2，1mol氧气获得2mol电子，得到的电子数目为2NA，A错误； B. 18 g NH4+的物质的量为1mol，由于1个NH4+中有10个电子，所以1mol NH4+所含的电子数为10NA，B正确；C.Cl2有强的氧化性，能把Fe氧化为+3价，所以1 mol Fe与足量的Cl2反应，转移3NA个电子，C错误；D.标准状况下SO3是固体，不能使用气体摩尔体积计算，D错误；故合理选项是B。4.下列物质中，既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的是Al2O3； Ca(OH)2； SiO2； Al； NaHCO3； (NH4)2CO3A. B. C. D. 【答案】C【解析】Al2O3两性氧化物，能与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故符合；Ca(OH)2能与盐酸反应生成氯化钙与水，不能与氢氧化钠反应，故不符合；SiO2能与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，不能与盐酸溶液反应，故不符合；Al属于两性金属，能与盐酸反应生成氯化铝与氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，故符合；NaHCO3属于弱酸酸式盐，能与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，能与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，故符合；(NH4)2CO3属于弱酸铵盐，能与盐酸反应生成氯化铵、二氧化碳、水，能与氢氧化钠反应生成氨气，故符合，故答案为C。点睛：明确常见元素及其化合物的性质是解题关键，结合物质的性质进行分析解答，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的物质有：两性化合物(如Al2O3、Al(OH)3等)、弱酸的铵盐(如(NH4)2CO3等)、弱酸的酸式盐(NaHCO3、NaHS等)、一些单质(如Al)、氨基酸等，结合复分解反应发生的条件解答。5.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是金属钠投入FeCl3溶液中； 过量NaOH溶液和明矾溶液混合；少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中； 向AlCl3溶液中滴入NaHCO3溶液；向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2A. B. 只有 C. 只有 D. 只有【答案】D【解析】【详解】金属钠与水反应产生氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与FeCl3反应产生红褐色的Fe(OH)3沉淀，不符合题意；NaOH与明矾在溶液中反应产生Al(OH)3白色沉淀，当NaOH过量时，氢氧化铝与过量的NaOH反应产生可溶性的NaAlO2，最终无沉淀产生，不符合题意；少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中，产生CaCO3白色沉淀和Na2CO3及H2O，符合题意；向AlCl3溶液中滴入NaHCO3溶液，二者发生盐的双水解反应，产生氢氧化铝白色沉淀和二氧化碳气体，符合题意；向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，会反应产生NaHCO3，由于的溶解度比Na2CO3小，反应消耗水，溶剂质量减少，产生NaHCO3质量比Na2CO3多，所以Na2CO3结晶析出，有白色沉淀产生，符合题意；符合题意的有，故合理选项是D。6. 铍及其化合物的性质与铝十分相似，下列关于铍及其化合物的推断正确的是A. 铍能与强酸、强碱溶液发生反应 B. 氢氧化铍可溶于水C. 氯化铍溶液显中性 D. 氧化铍的化学式Be2O3 【答案】A【解析】试题分析：铍及其化合物的性质与铝十分相似，A.铝单质能与强碱、强酸反应，所以铍也能与强酸、强碱溶液发生反应，A项正确；B.Al(OH)3难溶于水，则氢氧化铍也难溶于水，B项错误；C.氯化铝溶液呈酸性，则氯化铍溶液也显酸性，C项错误；D.铍为二价金属，则氧化铍为BeO，D项错误；答案选A。考点：考查铍及其化合物的性质7.下列关于Si、Cl、S等非金属元素单质及其化合物的说法正确的是A. 实验室可用浓硫酸干燥硫化氢B. 陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐产品C. 漂白粉变质后的残留固体有碳酸钙D. 单质氯气及单质硫与铜反应生成的产物中，铜的化合价相同【答案】C【解析】【详解】A.浓硫酸与硫化氢会发生氧化还原反应，所以浓硫酸不能干燥硫化氢，A错误；B.水晶的主要成分为二氧化硅，而陶瓷、水泥、玻璃都属于硅酸盐产品，B错误；C.漂白粉变质时与水、二氧化碳反应生成碳酸钙和HClO，变质后的残留固体有碳酸钙，C正确；D.S具有弱氧化性，氯气具有强氧化性，分别与Cu反应生成Cu2S、CuCl2，Cu元素的化合价不同，D错误；故合理选项是C。8.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的是（）A. 制取氨气 B. 制取NaHCO3C. 分离NaHCO3 D. 干燥NaHCO3【答案】C【解析】A、氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又会化合生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，故A错误；B、应将二氧化碳从长导管进入，否则会将液体排出，故B错误；C、从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C正确；D、碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可烘干，故D错误。故选C。点睛：实验室不可用加热分解铵盐的方式制备氨气，有的铵盐分解产生多种不同性质的气体，有的铵盐分解随着温度的不同，产物也不同，比如硝酸铵。铵盐的检验，也不能单独加热样液，而应加入浓氢氧化钠溶液再加热，用湿润的红色湿润试纸检验。9.下列离子方程式正确的是A. 硅与氢氟酸的反应：Si+4H+4F-=SiF42H2B. 向NaHCO3溶液中加入少量Ca(OH)2溶液：HCO3-+Ca2+OH-=CaCO3+H2OC. 向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液：2+CO32-+CO2+H2OD. 向氯化亚铁溶液中滴加稀硝酸：3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O【答案】D【解析】【详解】A. 硅与氢氟酸的反应，离子方程式：Si+4HF=SiF4+2H2，A错误；B.向NaHCO3溶液中加入少量Ca(OH)2，离子方程式：2HCO3-+Ca2+2OH-=CaCO3+2H2O+CO32-，B错误；C.由于酸性H2CO3C6H5OHHCO3-，所以向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液，反应产生苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为+CO32-+HCO3-，C错误；D.稀硝酸具有强氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，它本身被还原变为NO，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可得反应的离子方程式为：3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O，D正确；故合理选项是D。10.下列除去杂质的方法不正确的是A. 镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B. 用过量氨水除去Fe3溶液中的少量Al3C. 用新制的生石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水D. 铜中混有铁粉：加过量硫酸铜溶液后过滤【答案】B【解析】【详解】A.镁和氢氧化钠不反应，而铝可与氢氧化钠溶液反应，可用于除杂，A正确；B.Fe3+和Al3+都可与氨水反应生成沉淀，应先加入过量氢氧化钠溶液，过滤后再加入盐酸，B错误；C.加生石灰，CaO与H2O反应产生Ca(OH)2，该物质是离子化合物，熔沸点高，而乙醇是由分子构成的物质，沸点较低，所以通过加热蒸馏，就可以除去乙醇中的少量水，C正确；D.由于Fe比Cu活泼，所以铜中混有铁粉，加过量硫酸铜溶液，发生反应：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，然后过滤，就达到除杂的目的， D正确；故合理选项是B。11.碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中，如图所示，下列说法正确的是A. 洗气瓶中产生的沉淀是BaCO3B. Z导管出来的气体中无CO2C. 洗气瓶中产生的沉淀只有BaSO4D. 洗气瓶中产生的沉淀可能有BaSO3【答案】C【解析】试题分析：碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，故洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，Z处逸出的气体中有CO2和NO，NO遇到空气中的氧气生成了红棕色的NO2。故选C。考点：考查了硝酸、浓硫酸的性质以及二氧化硫与二氧化氮等物质的性质的相关知识。12.有一瓶Na2SO3溶液，由于它可能部分被氧化，某同学进行如下实验：取少量溶液，滴入Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，充分振荡后，仍有白色沉淀。对此实验下述结论正确的是A. 加硝酸后的不溶性沉淀一定是BaSO4B. Na2SO3已部分被空气中的氧气氧化C. 加入Ba(NO3)2溶液后，生成的沉淀中一定含有BaSO4D. 此实验能确定Na2SO3是否被部分氧化【答案】A【解析】试题分析：亚硫酸钡能被硝酸氧化为硫酸钡，加硝酸后的不溶性沉淀一定是BaSO4，故A正确；亚硫酸钡能被硝酸氧化为硫酸钡，再加入足量稀硝酸，仍有白色沉淀不能证明Na2SO3已部分被空气中的氧气氧化，故B错误；亚硫酸钡难溶于水，加入Ba（NO3）2溶液后，生成的沉淀中不一定含有BaSO4，故C错误；此实验不能确定Na2SO3是否被部分氧化，故D错误。考点：本题考查亚硫酸钠的还原性。13.下列实验中，对应的实验现象和实验结论都正确且具有因果关系的是选项实验方法或操作实验现象实验结论A将小块Na放入CuSO4溶液中钠浮在水面上四处游动，溶液中有红色沉淀生成金属Na比Cu活泼B在淀粉粉末中加入适量浓硫酸淀粉变黑浓硫酸具有吸水性C在AlCl3溶液中逐滴滴入NaOH溶液至过量，然后通入CO2气体先出现白色沉淀，后沉淀消失，最后又出现白色沉淀Al(OH)3是两性氢氧化物，但不能溶解在某些弱酸中D将装满氯水的圆底烧瓶倒置在有氯水的水槽中，日光照射烧瓶内有气泡向上逸出日光照射时，溶解的Cl2逸出A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】A.钠放入盐溶液中，钠先与水反应；B.使淀粉变黑体现浓硫酸的脱水性；C. Al(OH)3是两性氢氧化物，不溶于弱酸和弱碱；D.在光照条件下，次氯酸分解生成氧气。【详解】A. 在盐溶液中，Na先与水反应生成NaOH，NaOH与溶液中的CuSO4反应，生成Cu(OH)2蓝色沉淀，故A错误；B. 浓硫酸具有脱水性，能够使淀粉碳化而变黑，所以使淀粉变黑体现了浓硫酸的脱水性，故B错误；C. AlCl3溶液中逐滴滴入NaOH溶液至过量，先出现Al(OH)3沉淀，后Al(OH)3溶解在NaOH溶液中，生成NaAlO2，通入CO2气体，NaAlO2与碳酸反应生成Al(OH)3沉淀，故C正确；D. 氯水受日光照射，氯水中的HClO分解生成氧气而不是氯气，故D错误；答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象、沉淀的转化等为解题的关键，题目难度不大。本题的易错点是D项，注意氯水在光照时，溶液中含有的次氯酸发生分解反应生成的气体是氧气。14.我国成功地发射了嫦娥一号探测卫星，对月球土壤中14种元素的分布及含量进行探测等。月球的矿产资源极为丰富，仅月球表层 5 cm 厚的沙土就含铁单质有上亿吨，月球上的主要矿物有辉石(CaMgSi2O6)、斜长石(NaAlSi3O8)和橄榄石(Mg或Fe)2SiO4等。下列说法或分析不正确的是A. 辉石、斜长石及橄榄石均属于硅酸盐矿B. 斜长石的氧化物形式可表示为Na2OAl2O33SiO2C. 月球表层沙土中有游离态铁是因为月球的表面几乎没有氧气D. 橄榄石中铁元素为2价【答案】B【解析】【详解】A.辉石CaMgSi2O6、斜长石KAlSi3O8和橄榄石（Mg，Fe）2SiO4的成分均属于硅酸盐类，属于硅酸盐矿，A正确；B.硅酸盐的氧化物表示方法：先写活泼金属氧化物，然后是不活泼的金属氧化物，再是非金属氧化物二氧化硅，最后是水，所以斜长石的氧化物形式可表示为：Na2OAl2O36SiO2，B错误；C.金属铁的活动性是金属本身的性质，和金属是在月球上还是在地球上无关，C正确；D.化合物中，镁元素化合价是+2价，硅元素化合价是+4价，氧元素化合价是-2价，所以铁元素化合价是+2价，D正确；故合理选项是B。15.向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通过SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是A. 上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+I2SO2B. 通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂C. 通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性D. 滴加KI溶液时，转移2mole-时生成1mol白色沉淀【答案】A【解析】试题分析：硫酸铜和碘化钾反应生成碘化亚铜沉淀，和碘单质，和硫酸钾，然后二氧化硫和碘反应生成硫酸和氢碘酸。A、根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物分析，铜离子做氧化剂，碘做氧化产物，第二个反应中碘做氧化剂，二氧化硫做还原剂，所以氧化性顺序为：铜离子碘单质二氧化硫，正确，选A；B、二氧化硫和碘的反应中二氧化硫做还原剂，碘做氧化剂，错误，不选B；C、二氧化硫表现还原性，不是漂白性，错误，不选C；D、每摩尔碘化亚铜生成转移1摩尔电子，所以当有2摩尔电子转移时产生2摩尔白色沉淀，错误，不选D。考点：氧化还原反应16.已知NH3和HCl都是能用来做喷泉实验的气体，若在相同条件下用等体积烧瓶各收集满NH3和HCl气体，进行如图所示实验(两烧瓶内充满溶液且不考虑溶质的扩散)。下列说法错误的是A. NH3和HCl分别形成蓝色、红色喷泉B. 制备干燥的NH3和HCl，所需的干燥剂分别是碱石灰、浓硫酸C. 若烧瓶中改为NO2，则所得溶液溶质的物质的量浓度与前两者不同D. 去掉装置中的胶头滴管，改为单孔塞，也可引发喷泉【答案】C【解析】【分析】A.氨气和氯化氢都是极易溶于水的气体，氨气溶于水显碱性，氯化氢溶于水显酸性；B.氨气干燥用碱石灰，氯化氢可以用浓硫酸干燥；C.将盛有NO2的试管倒扣水中，NO2能和水发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，所剩余气体的体积的体积为原来气体体积的13，根据生成的硝酸的物质的量和所得溶液的体积来计算硝酸的浓度；D.可以微热烧瓶改变烧瓶中的压强，排出气体后，冷却后会引发喷泉。【详解】A.氨气和氯化氢都是极易溶于水的气体，氨气溶于水显碱性，遇到石蕊试液变蓝色，氯化氢溶于水显酸性遇到石蕊试液变红色，NH3和HCl分别形成蓝色、红色喷泉，A正确；B.氨气是碱性气体，氯化氢是酸性气体，制备干燥的NH3和HCl，所需的干燥剂分别是碱石灰、浓硫酸，B正确；C.设二氧化氮体积为1L，根据反应方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知反应产生硝酸物质的量n(HNO3)=23nNO2=23122.4mol，溶液的体积为HNO3的体积，所以HNO3的物质的量浓度c(HNO3)=nV=23122.4mol23L=122.4mol/L=0.0446mol/L，设氨气或氯化氢体积为1L，氨气和氯化氢气体形成喷泉实验形成的溶液浓度=122.4mol1L=122.4mol/L=0.0446mol/L，若改为NO2气体，所得溶液溶质的物质的量浓度与前两者相同，C错误；D.去掉装置中的胶头滴管，改为单孔塞，用双手捂住烧瓶，待导气管气泡冒出后，冷却烧瓶会引发喷泉，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查了氨气和氯化氢气体的性质的知识，主要是喷泉实验的原理分析应用，掌握基础知识和物质的量浓度定义式是解题关键。17.如图装置，将溶液A逐滴加入固体B中，下列叙述正确的是A. 若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色B. 若A为醋酸，B为贝壳，C中盛过量澄清石灰水，则C中溶液变浑浊C. 若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先产生白色沉淀后沉淀又溶解D. 若A为浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛石蕊试液，则C中溶液先变红后褪色【答案】B【解析】【详解】A项，二氧化锰与浓盐酸混合加热可得到氯气，而题目中的装置制取气体无需加热，所以无法制取氯气，故A项错误；B项，贝壳的主要成分为碳酸钙，醋酸和碳酸钙反应：CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2，该反应无需加热就可以发生，二氧化碳和澄清石灰水反应：CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O，有不溶于水的碳酸钙生成，所以试管中溶液变浑浊，故B项正确；C项，实验室制备NH3，可用浓氨水和CaO固体反应，化学方程为：NH3H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3，浓氨水易挥发，CaO固体与水反应放出大量的热，导致温度升高，使得氨气在水中的溶解度进一步减少，以气体的形式逸出，制得氨气，可选择图中的制取装置，C中盛AlCl3溶液，氨气和水反应生成氨水，氨水和AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，但氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，C中不可能先产生白色沉淀后沉淀又溶解，故C项错误；D项，亚硫酸是弱酸，硫酸是强酸，利用强酸制弱酸的原理，硫酸和亚硫酸钠反应生成亚硫酸，亚硫酸分解生成二氧化硫和水，Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，所以能用图中的制取装置制备SO2，二氧化硫溶于水反应生成亚硫酸，能使C中盛石蕊试液变红，但不能使其褪色，故D项错误;正确选项B。18.在混合体系中，确认化学反应先后顺序有利于问题的解决，下列反应先后顺序判断正确的是A. 在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I、Br、Fe2B. 在含等物质的量的Fe3、Cu2、H的溶液中加入Zn：Fe3、Cu2、H、Fe2C. 在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2：KOH、Ba(OH)2、BaCO3、K2CO3D. 在含等物质的量的AlO2-、OH、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2-、Al(OH)3、OH、CO32-【答案】B【解析】试题分析：A、在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2，氯气具有氧化性，先和还原性强的离子反应，离子的还原性顺序：I-Fe2+Br-，故A错误；B、在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn，金属锌先是和氧化性强的离子之间反应，离子的氧化性顺序是：Fe3+Cu2+H+Fe2+，故B正确；C、在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2，先是和Ba（OH）2之间反应，其次是氢氧化钾，再是和碳酸盐之间反应，故C错误；D、在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐滴加入盐酸，氢离子先是和氢氧根之间发生中和反应，故D错误；故选B。考点：考查学生化学反应的先后率知识，注意离子的氧化性、还原性顺序是解题关键19.氰(CN)2的结构简式为NCCN，其化学性质与卤素(X2)很相似，化学上称之为拟卤素，其氧化性介于Br2和I2之间。下列有关反应的化学方程式不正确的是A. (CN)2H2=2HCNB. MnO24HCN=Mn(CN)2(CN)22H2OC. 向KCN溶液中加入碘水：I22KCN=2KI(CN)2D. 在NaBr和KCN混合液中通入少量Cl2：Cl22KCN=2KCl(CN)2【答案】C【解析】氰(CN)2的化学性质与卤素很相似，(CN)2和水反应可生成HCN和HCNO；(CN)2的氧化性比Br2弱，比I2强；则A卤素单质能与氢气反应，因此反应(CN)2H2=2HCN可以发生，A正确；BMnO2和HCN反应可以类推二氧化锰和浓盐酸的反应，所以反应的化学方程式为：MnO24HCNMn(CN)2(CN)22H2O，B正确；C向KCN溶液中加入碘水，可以类推置换反应，(CN)2的氧化性比I2强：不能发生反应I22KCN=2KI(CN)2，C错误；D在NaBr和KCN混合溶液中通入少量Cl2，(CN)2的氧化性比Br2弱，所以溴离子还原性小于CN-离子，先发生反应Cl2+2CN-2Cl-+(CN)2，D正确；答案选C。点睛：本题考查拟卤素的性质，把握题干信息及知识迁移应用为解答的关键，注意氧化性强弱判断以及氧化还原反应中先后规律的灵活应用。20.铝土矿的主要成分为Al2O3、Fe2O3和SiO2，工业上经过如图所示工艺可以冶炼金属铝。下列说法中不正确的是A. 中除加试剂外，还需要进行过滤操作B. a、b中铝元素的化合价相同C. 进行的操作是过滤、加热，而且d一定是氧化铝D. 中需要通入过量的氨气【答案】D【解析】【详解】A.铝土矿中的二氧化硅不溶于盐酸，需要过滤除去，Al2O3、Fe2O3与HCl反应产生FeCl3、AlCl3，a中的氯化铁能与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，需要过滤除去，正确；B.a中AlCl3中铝元素的化合价为+3，AlCl3与足量NaOH溶液反应产生NaAlO2，在b中偏铝酸根离子中铝元素的化合价为+3，化合价相同，B正确；C.是将偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，需要通入二氧化碳，c是Al(OH)3，是将Al(OH)3灼烧，发生分解反应产生Al2O3，所以d是氧化铝，C正确；D.a中含AlCl3，向该溶液中加入过量的NaOH溶液，Al元素转化为NaAlO2，在b中含NaAlO2，向该溶液中通入CO2气体，Al元素转化为氢氧化铝沉淀；所以中不是通入氨气，D错误；故合理选项是D。21.用海水制盐工业中的母液来生产金属镁的一种工艺流程如下下列说法错误的是A. 上述工艺流程中未涉及置换反应B. 设计步骤、的主要目的是富集MgCl2C. 脱水时在HCl气氛中进行可抑制MgCl2水解D. 电解得到的炽热镁粉可在氮气中冷却【答案】D【解析】【分析】由流程可知，CaO与水反应生成氢氧化钙，与母液中镁离子反应生成氢氧化镁，过滤分离出Mg(OH)2，Mg(OH)2与HCl发生复分解反应生成MgCl2，在HCl在气流中蒸发结晶得到无水MgCl2，HCl存在抑制了镁离子的水解，最后电解熔融MgCl2冶炼Mg，据此解答。【详解】A由上述分析可知，涉及化合反应、复分解反应、分解反应，不涉及置换反应， A正确；B海水中Mg2+浓度较小，步骤、的主要目的是富集MgCl2，B正确；CMgCl2是强酸弱碱盐，在溶液中Mg2+水解产生Mg(OH)2和HCl，且生成盐酸易挥发，脱水时在HCl气氛中进行可防止MgCl2发生水解，C正确；DMg为活泼金属，且Mg与二氧化碳反应生成MgO和C单质，因此电解熔融氯化镁冶炼Mg，产生的Mg蒸气不能在二氧化碳气氛中冷却，要在惰性气体中冷却，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查海水提镁的知识。把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、金属冶炼为解答的关键，注意水解与电解原理的应用，侧重分析与实验能力的考查。22.为了避免NO、NO2、N2O4对大气的污染，常采用NaOH溶液进行吸收处理(反应方程式：2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O；NO2NO2NaOH=2NaNO2H2O)。现有由a mol NO、b mol NO2、c mol N2O4组成的混合气体恰好被V L NaOH溶液吸收(无气体剩余)，则此NaOH溶液的物质的量浓度为()A. molL1 B. molL1C. molL1 D. molL1【答案】B【解析】恰好反应时需要氢氧化钠最少，由钠离子守恒可知：n(NaOH)=n(NaNO3)+n(NaNO2)，根据N原子守恒可知n(NaNO3)+n(NaNO2)=n(NO)+n(NO2)+2n(N2O4)，故n(NaOH)=n(NO)+n(NO2)+2n(N2O4)=amol+bmol+2cmol=(a+b+2c)mol，故氢氧化钠溶液最小浓度=a+b+2cmolVL=a+b+2cVmol/L，故选B。23.有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是2 mol/L和4 mol/L，取10 mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下的气体的体积为(设反应中HNO3被还原成NO)A. 0.448 L B. 0.672 L C. 0.896 L D. 0.224 L【答案】A【解析】【分析】先计算出10mL混合酸中含有的氢离子、硝酸根离子的物质的量，由于铁过量，则首先发生反应：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2+2NO+4H2O，然后根据氢离子、硝酸根离子的物质的量关系计算出什么离子过量，若硝酸根离子过量，只发生这一反应，气体只有NO；若氢离子过量，还会再发生Fe+2H+=Fe2+H2，气体为NO、H2的混合物，以此计算该题。【详解】110mL混合酸中含有：n(H+)=0.01L4mol/L+0.01L22mol/L=0.08mol，n(NO3-)=0.01L4mol/L=0.04mol，由于铁过量，则发生反应：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2+2NO+4H2O，Fe+2H+=Fe2+H2，则根据方程式3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2+2NO+4H2O可知NO3-、H+反应的物质的量关系为：n(H+)：n(NO3-)=8：2=4：1，实际给出n(H+)：n(NO3-)=0.08mol：0.04mol=2：1，可知NO3-过量，反应后剩余NO3-过量，只发生这一反应，根据N元素守恒，产生的NO气体的物质的量为n(NO)=0.02mol，则在标准状况下其体积为V(NO)=0.02mol22.4L/mol=0.448L，故合理选项是A。【点睛】本题考查混合物的计算，本题注意铁过量，硝酸为稀硝酸，根据n(H+)、n(NO3-)判断反应的可能性，进而可判断生成气体为NO还是NO和H2的混合物，再计算气体的体积，该题目是易错题，要多加注意。24.1.76g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2气体1792mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入适量的1.0 mol/LNaOH溶液，恰好使溶液中的金属离子全部沉淀。下列说法不正确的是A. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LB. 浓硝酸在反应中表现了氧化性和酸性，且表现氧化性的硝酸的物质的量为0.08 molC. 得到沉淀的质量为3.12gD. 加入NaOH溶液的体积是50 mL【答案】D【解析】【详解】A密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度c=1000M=10001.4063%63mol/L=14.0mol/L，A正确；B.硝酸与金属反应，硝酸将金属氧化成硝酸盐，硝酸被还原变为NO2气体，所以起氧化剂作用的硝酸的物质的量为n(HNO3)=n(NO2)=VVm=1.792L22.4L/mol=0.08mol，B正确；C.沉淀的质量等于金属质量与结合的氢氧根离子的质量，根据电荷守恒可知氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，即n(OH-)=0.08mol(5-4)=0.08mol，故沉淀的质量=1.76g+0.08mol17g/mol=3.12g，C正确；D.加入适量的1.0mol/L NaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由N元素守恒可知n(NaNO3)+n(NO2)=n(HNO3)，n(NaNO3)=0.05L14mol/L-0.08mol=0.62mol，由钠离子守恒n（NaOH）=n（NaNO3）=0.62mol，故需要1.0mol/L NaOH溶液体积V=nc=0.62mol1.0mol/L=0.62L=620mL，D错误；故合理选项是D。25.A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如下反应关系：(1)若B是淡黄色固体，反应均用到同一种液态氢化物。D物质常用于食品工业。写出反应的化学方程式： _。(2)若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。写出反应的化学方程式： _。(3)若A是太阳能电池用的光伏材料。C、D为钠盐，两种物质中除钠、氧外的元素位于同一主族，且溶液均显碱性。写出反应的化学方程式： _。(4)若D物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。写出反应的离子方程式： _。(5)若A是应用最广泛的金属。反应用到A，反应均用到同一种非金属单质。写出反应的离子方程式： _。【答案】 (1). NaOH+CO2=NaHCO3 (2). 4NH3+5O24NO+6H2O (3). Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2 (4). AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3- (5). 2Fe3+Fe=3Fe2+【解析】【详解】(1)若B是淡黄色固体，反应均用到同一种液态氢化物。D物质常用于食品工业。则A是Na，B是Na2O2，液态氢化物是H2O，C是NaOH，D是NaHCO3，则反应的化学方程式NaOH+CO2=NaHCO3；(2)若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染，判断为NO、NO2，A是N2，B为NH3，反应是氨气的催化氧化反应，化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；(3)若A是太阳能电池用的光伏材料，判断A为Si，C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性，说明盐水解呈碱性，C为Na2SiO3，D为Na2CO3，B为SiO2；反应Si变为Na2SiO3反应，Si与NaOH溶液反应产生硅酸钠和氢气，反应的化学方程式为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2；(4)若D物质具有两性推断D为Al(OH)3，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，说明C为偏铝酸钠NaAlO2，反应均要用强碱溶液，判断A为单质Al，B为AlCl3，反应为向偏铝酸钠溶液中通入足量CO2气体，产生Al(OH)3沉淀的反应，方程式为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-；(5)若A是应用最广泛的金属推断为Fe，反应用到A，反应均用到同一种非金属单质，推断该非金属单质为Cl2，可判断C为FeCl3，D为FeCl2，B为Fe2O3，CD的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，若A是应用最广泛的金属。反应是Fe3+变为Fe2+，离子方程式为2Fe3+Fe=3Fe2+。26.有一无色溶液，其中可能含有Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+、Cu2+、NH4、K+、CO32、SO42等离子的几种，为分析其成分，取此溶液分别进行了四个实验，其操作和有关现象如图所示：请你根据上图推断：（1）原溶液中一定存在的阴离子有_，显_(填“酸”“碱”或“中”)性。（2）实验中产生无色无味气体所发生的化学方程式为_。（3）写出实验中A点对应沉淀的化学式：_。（4）写出实验中，由AB过程中所发生反应的离子方程式：_。【答案】 (1). SO42 (2). 酸 (3). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 (4). Al(OH)3、Mg(OH)2 (5). Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O【解析】溶液透过蓝色钴玻璃焰色反应呈紫色，说明溶液中含有K+离子，溶液呈无色，则一定不含Fe3+、Fe2+、Cu2+，逐滴加入过量NaOH溶液有白色沉淀，则溶液中含有Mg2+离子，一定不含CO32-，加入氯化钡和盐酸后生成白色沉淀，由于溶液中没有Ag+离子，则生成沉淀为BaSO4，溶液中含有SO42-离子，第个实验中，生成白色沉淀的量与加入NaOH的量的先增大后减小，则说明溶液中含有Al3+离子，一定不含有铵根离子，综上可知：原溶液中一定含有Al3+、Mg2+、K+、SO42-，一定不含Fe3+、Fe2+、NH4+、Cu2+、CO32-；(1)原溶液中一定存在的阴离子有SO42-，是强酸弱碱盐溶液，原溶液可能呈酸性；(2)实验中产生无色无味气体是过氧化钠与水反应，化学方程式为：2Na2O2+2H2O4NaOH+O2；(3)由于溶液中含Al3+、Mg2+、K+、SO42-，故加入氢氧化钠溶液后，产生的沉淀有：Al(OH)3、Mg(OH)2；(4)由AB过程是氢氧化钠溶液过量，生成的Al(OH)3沉淀溶于过量的氢氧化钠溶液，离子方程式为：Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O。27.亚硝酸钠(NaNO2)被称为工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛。以木炭、浓硝酸、水和铜为原料制备亚硝酸钠的装置如图所示(A中加热装置省略)。已知：室温下，2NO+Na2O2=2NaNO2；3NaNO2+3HCl=3NaClHNO3+2NO+H2O；酸性条件下，NO或NO2-都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+。请按要求回答下列问题：(1)A装置中反应的化学方程式为_。(2)B装置中主要的现象是_。(3)检验C装置产物中有亚硝酸钠的方法是_。(4)D装置中反应的离子方程式为_。(5)预测C中反应开始阶段，固体产物除NaNO2外，还含有的副产物有Na2CO3和_。为避免产生这些副产物，应在B、C装置间增加装置E，则E中盛放的试剂名称为_。(6)检查装置气密性并装入药品后，以下实验操作步骤正确的顺序为_(填序号)。a.打开弹簧夹，向装置中通入N2 b.点燃酒精灯c.向三颈烧瓶中滴加浓硝酸d.熄灭酒精灯e.关闭分液漏斗欧旋塞f.停止通入N2(7)利用改进后的装置，将7.8gNa2O2完全转化为亚硝酸钠，理论上需要木炭_g。【答案】 (1). C+4HNO3(浓) CO2+4NO2+2H2O (2). 红棕色气体消失，铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气泡冒出 (3). 取C中固体少量于试管中，加入盐酸，产生无色气体，遇空气变为红棕色 (4). 3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2+5NO3-+2H2O (5). NaOH (6). 碱石灰 (7). acebdf (8). 1.8g【解析】【详解】(1)A装置为C与浓HNO3在加热时反应生成二氧化碳与二氧化氮和水，反应的化学方程式为：C+4HNO3(浓) CO2+4NO2+2H2O；(2)A反应产生的气体进入B装置，NO2在B中与水反应是硝酸，硝酸具有强氧化性，与Cu反应生成硝酸铜、NO、水，所以会看到B中实验现象为：红棕色气体消失，铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气泡冒出；(3)B反应产生的NO在C装置中与Na2O2反应制备NaNO2；根据已知条件3NaNO2+3HCl=3NaClHNO3+2NO+H2O，所以检验C中有NaNO2的方法是：取C中固体少量于试管中，加入盐酸，产生无色气体，遇空气变为红棕色；(4)在装置D中盛有酸性KMnO4溶液，该物质具有强氧化性，会把从C中逸出的NO气体氧化，它本身被还原变为Mn2+，所以D中溶液颜色逐渐变浅，反应的离子方程式为：3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2+5NO3-+2H2O；(5)C与浓硝酸反应产生的气体中除含有NO2外，还有CO2气体，NO2在B中反应变为NO，因此从B中逸出的气体有NO、CO2、H2O蒸气，NO、CO2、H2O蒸气与过氧化钠反应产生亚硝酸钠、碳酸钠和氢氧化钠，所以预测C中反应开始阶段，固体产物除NaNO2外，还含有的副产物有Na2CO3和氢氧化钠；为避免产生这些副产物，应在B、C装置间增加装置E，则E中盛放的试剂碱石灰，可以吸收CO2和H2O蒸气；(6)检查装置气密性并装入药品后，先打开弹簧夹，向装置中通入N2，排出装置中的空气，再向三颈烧瓶中滴加浓硝酸，关闭分液漏斗欧旋塞，然后点燃酒精灯，待反应结束后熄灭酒精灯，继续通入N2，使装置中的气体全部进行D装置，防止污染大气，待D中溶液不变色时说明装置中无NO，就停止通入N2，故操作顺序为acebdf； (7)根据方程式：C+4HNO3(浓) CO2+4NO2+2H2O；3NO2H2O=2HNO3+NO；2NO+Na2O2=2NaNO2可得关系式：3C12NO24NO2Na2O2，7.8gNa2O2的物质的量为0.1mol，利用改进后的装置，若将其完全转化为亚硝酸钠，根据关系式可知需要C的物质的量为0.15mol，则需木炭的质量为m(C)=0.15mol12g/mol=1.8g。28.高铁酸钾(K2FeO4)是一种集强氧化性、吸附、絮凝于一体的新型多功能处理剂，其生产工艺如图所示：已知K2FeO4具有下列性质：可溶于水、微溶于浓KOH溶液在05 、强碱性溶液中比较稳定在Fe3和Fe(OH)3催化作用下发生分解在酸性至碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2请完成下列填空：(1)已知Cl2与KOH在较高温度下反应生成KClO3。在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，生产KClO应在温度_的情况下进行(填“较高”或“较低”)。(2)生产K2FeO4的反应原理是：Fe(NO3)3+KClO+KOHK2FeO4+KNO3+KCl+H2O(未配平)，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(3)K2FeO4在弱碱性条件下能与水反应生成Fe(OH)3和O2，则该反应的化学方程式为_。(4)在“反应液”中加KOH固体的目的是_。A. 为下一步反应提供反应物B. 与“反应液”中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClOC. KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率D. 使副产物KClO3转化为KCl(5)制备K2FeO4时，须将90%的Fe(NO3)3溶液缓慢滴加到碱性的KClO浓溶液中，并且不断搅拌。采用这种混合方式的原因是_ (答出1条即可)。(6)从“反应液”中分离出K2FeO4晶体后，可以得到的副产品有_ (写化学式)。(7)工业上常用“间接碘量法”测定高铁酸钾样品中高铁酸钾的含量，其方法是：用碱性的碘化钾溶液(pH为1112)溶解3.96 g高铁酸钾样品，调节pH为1，避光放置40分钟至反应完全(高铁酸根离子全部被还原成铁离子)，再调节pH为34(弱酸性)。以1.0 mol/L的硫代硫酸钠标准溶液为滴定剂进行滴定(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，当达到滴定终点时，用去硫代硫酸钠标准溶液15.00 mL，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为_。【答案】 (1). 较低 (2). 32 (3). 4K2FeO4+10H2O=8KOH+4Fe(OH)3+3O2 (4). AB (5). 减少K2FeO4在过量Fe3+作用下的分解(或K2FeO4在低温、强碱性溶液中比较稳定) (6). KNO3、KCl (7). 25%【解析】【分析】足量Cl2通入和KOH溶液中，温度低时发生反应Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，向溶液I中加入KOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下次氯酸根离子才能和铁离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，除去KCl，得到碱性的KClO浓溶液，向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe(NO3)3溶液，发生反应2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，得到溶液II，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4。(1)利用Fe(NO3)3与KClO制备K2FeO4，由信息可知温度较高KOH与Cl2 反应生成KClO3；(2)根据电子守恒计算；(3)K2FeO4在弱碱性条件下能与水反应生成Fe(OH)3和O2，利用元素守恒可写出化学方程式；(4)根据生产工艺流程图，反应中氯气过量，过量的Cl2与KOH继续反应，生成更多的KClO；(5)由信息可知，K2FeO4在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下发生分解；(6)根据生产工艺流程图，利用元素守恒可知，Fe(NO3)3与KClO在碱性条件下反应得溶液II中含有K2FeO4、KNO3和KCl；(7)用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH为1，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系2FeO42-3I2，再根据反应2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，利用硫代硫酸钠的物质的量可计算得高铁酸钾的质量，进而确定质量分数。【详解】足量Cl2通入和KOH溶液中，温度低时发生反应Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，向溶液I中加入KOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下ClO-离子才能和Fe3+发生氧化还原反应生成FeO42-，除去KCl得到碱性的KClO浓溶液，向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe(NO3)3溶液，根据电子得失守恒可知发生反应方程式为：2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，得到溶液II，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4。(1)由工艺流程可知，利用Fe(OH)3与KClO制备K2FeO4，由信息可知温度较高KOH与Cl2反应生成的是KClO3，在低温下KOH与Cl2反应生成的是KClO，所以应选择低温较低；(2)生产K2FeO4的反应原理是：Fe(NO3)3+KClO+KOHK2FeO4+KNO3+KCl+H2O(未配平)，Fe(NO3)3为还原剂，KClO为氧化剂，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2；(3)K2FeO4在弱碱性条件下能与水反应生成Fe(OH)3和O2，反应的化学方程式为4K2FeO4+10H2O=8KOH+4 Fe(OH)3+3O2；(4)AFe(NO3)3与KClO反应时，要消耗KOH，A正确；B根据生产工艺流程图可知，第步Cl2过量，加入KOH固体后会继续反应生成KClO，B正确；C因温度较高时KOH 与Cl2反应生成的是KClO3，而不是KClO，C错误；DKClO3转化为 KCl，化合价只降低不升高，不符合氧化还原反应原理，D错误；(5)信息可知，K2FeO4在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下发生分解，将90%的Fe(NO3)3溶液缓慢滴加到碱性的KClO浓溶液中，并且不断搅拌，可以减少K2FeO4在过量Fe3+作用下的分解；(6)根据生产工艺流程图，利用元素守恒可知，硝酸铁与次氯酸钾在碱性条件下反应得溶液II中含有高铁酸钾、硝酸钾和氯化钾，所以从溶液II中分离出K2