2019届高三化学上学期开学阶段性考试(8月)试题(含解析).doc

2019届高三化学上学期开学阶段性考试(8月)试题(含解析)1.1.下列有关金属及其合金的说法不正确的是()A. 目前我国流通的硬币是由合金材料制造的B. 日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用C. 镁在空气中燃烧发出耀眼的白光，可用于制作照明弹D. 生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加【答案】D【解析】【详解】A.目前我国流通的硬币是由合金材料制成：1角的为不锈钢，5角的为钢芯镀铜，1元的为钢芯镀镍，所以A选项是正确的；B.制造照明弹就是利用了镁燃烧发出耀眼的白光，所以B选项是正确的；C. 铝表面覆盖致密的氧化物薄膜,对金属起保护作用，所以C选项是正确的；D. 生铁含碳量最高，普通钢次之，不锈钢最少，故D错误。综上所述，本题选D。2.2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 常温常压下，1mol P4中所含PP键数目为4NAB. 100 mL 1 molL1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC. 标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为4NAD. 0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A一个P4分子中含有6个PP键，故1mol P4中含PP键数目为6NA，故A错误；B Fe3+会水解，故100 mL 1 molL1FeCl3溶液中所含Fe3+数目小于0.1NA，故B错误；C标准状况下，11.2 L气体的物质的量为0.5mol，0.5mol甲烷和乙烯混合物中氢原子数目为2NA，故C错误；D. H2和I2反应为可逆反应，不可能全部生成HI，但反应前后的分子总数不变，所以分子总数0.2NA，故D正确。 综上所述，本题选D。3.3.宋应星所著天工开物被外国学者誉称为17世纪中国工艺百科全书。下列说法不正确的是A. 凡白土曰垩土，为陶家精美启用中陶是一种传统硅酸盐材料B. 每红铜六斤，入倭铅四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜中的黄铜是合金C. 烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也，该过程中反应的类型为复分解反应D. 凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴中硫指的是硫黄.硝指的是硝酸钾【答案】C【解析】【详解】A、陶瓷是传统硅酸盐材料，属于无机非金属材料，故A正确；B、黄铜是铜锌合金，故B正确；C、该过程中反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应类型为置换反应，故C错误；D、“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫黄，“硝”指的是硝酸钾，故D错误；故选C。综上所述，本题选B。4.4.向一定量的Fe,FeO,Fe2O3,Fe3O4的混合物中,加入150mL4mol/L的稀硝酸,恰好使混合物完全溶解,并放出标准状况下NO气体2.24L,往所得溶液中加KSCN溶液,无红色出现。若用一定量的氢气在加热条件下还原相同质量的该混合物,所得固体的物质的量可能为( )A. 0.30mol B. 0.28mol C. 0.25mol D. 0.42mol【答案】C【解析】【详解】根据已知条件，向所得溶液中加KSCN溶液，无红色出现，说明溶液中无Fe3+，铁全部以Fe2+存在，溶液的溶质为硝酸亚铁；原硝酸的物质的量是0.6mol，反应后生成的一氧化氮的物质的量为0.1mol，根据质量守恒定律得到硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.6mol -0.1mol =0.5mol，硝酸亚铁物质的量为0.25mol，也就是铁的物质的量为0.25mol，混合物中铁元素物质的量为0.25mol；如果混合物全部转变为铁单质，生成的铁单质的物质的量为0.25mol；当氢气的量足时，铁全部还原出来，固体的物质的量等于0.25 mol，故D正确。综上所述，本题选D。【点睛】本题主要考查铁及其化合物的性质及氧化还原反应的计算。利用氮元素守恒，结合恰好完全反应这一条件判断铁元素的量。往所得溶液中加KSCN溶液，无红色出现，说明溶液中无Fe3+，此时溶液的溶质为硝酸亚铁。用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，说明氢气能使铁全部还原出来，从化学反应质量守恒的角度看，硝酸亚铁中的铁的物质的量与用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量相等。5.5.4 时，在100 mL水中溶解22.4 L HCl气体(标准状况下)形成溶液。下列说法正确的是()A. 该溶液的物质的量浓度为10 molL1B. 由于溶液的密度未知，故该溶液的物质的量浓度无法求得C. 由于溶液的密度未知，故该溶液中溶质的质量分数无法求得D. 所得溶液的体积为22.5 L【答案】B【解析】【详解】A标准状况下22.4LHCl的物质的量为1mol，溶于水配成100mL溶液，溶液的浓度为10mol/L，溶液体积必须为100mL，而不是溶剂的体积，因溶液的密度未知，无法计算溶液的体积，无计算该溶液的物质的量浓度，故A错误；B因溶液的密度未知，无法计算溶液的体积，则无计算该溶液的物质的量浓度，故B正确；C标准状况下22.4LHCl的物质的量为1mol，质量为：36.5g/mol1mol=36.5g，4时100mL水的质量为100g，所以溶液溶质的质量分数为36.5g（100+36.5）g100%=26.74%，故C错误；D溶液体积不等于溶剂与溶质的体积之和，因为溶液的密度未知，无法计算溶液的体积，故D错误。综上所述，本题选B。6.6.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A. 使甲基橙变红的溶液中：Na+、Cl、CH3COO、Fe2+B. 水电离的OH浓度为1012mol/L1的溶液中：Mg2+、NH4+、AlO2、SO32C. 无色溶液中：Al3+、NO3、Cl、SO42D. c(H2C2O4)=0.5mol/L溶液中：Na+、K+、MnO4、Cl【答案】C【解析】【详解】A、甲基橙变红说明溶液显酸性，CH3COO和H生成弱电解质CH3COOH，故A错误；B、水电离出OH为1012小于107molL1，此溶液可能显酸性，也可能显碱性，NH4、Mg2不能和OH共存，AlO2不能和H共存，故B错误；C、两种离子能够大量共存，故C正确；D、MnO4具有氧化性，能把C2O42氧化成CO2，不能大量共存，故D错误。综上所述，本题选C。【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体；离子间发生氧化还原反应；离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；注意题中的附加条件。7.7.某无色溶液，由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2-、MnO4-、CO32-、SO42-中的若干种组成，取该溶液进行如下实验：取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到澄清溶液在所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成；同时析出白色沉淀甲；在所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出。根据对上述实验的分析判断，最后得出的结论合理的是（ ）A. 不能判断溶液中是否存在SO42- B. 溶液中一定不存在CO32-C. 不能判断溶液中是否存在Ag+ D. 不能判断是否含有AlO2-离子【答案】A【解析】【详解】溶液无色，说明溶液中不存在(紫色)。取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到澄清溶液，说明溶液中存在，不存在Ag+、Ba2+、Al3+，因为它们都会和反应；依据溶液中的电荷守恒知，一定存在阳离子Na+；因加入过量盐酸，如果溶液中存在，则转变成Al3+。向所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，中过量盐酸与过量碳酸氢铵反应生成CO2；白色沉淀只能是Al3+和碳酸氢铵中的发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3，所以原溶液中一定存在。向所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出，说明中过量的碳酸氢铵与OH反应生成氨气；但白色沉淀不一定是BaSO4，因为碳酸氢铵遇碱可生成，从而得到BaCO3白色沉淀。综上所述此溶液中一定不存在Ag+、Ba2+、Al3+、，一定存在Na+、，不能确定是否存在，综上所述，选项A正确。【点睛】每一次所加过量试剂都会对后一次实验造成影响，离子共存问题需考虑全面。在碱性溶液中转化为，从而对的检验造成干扰，是本题的易错点。8.8.如果用0.3mol/L的亚硫酸钠溶液16mL，恰好将3.210-3mol的强氧化剂RO（OH）22+溶液的溶质还原到较低价态。则反应后R的最终价态为（ ）A. 0 B. +1 C. +2 D. +3【答案】D【解析】【详解】n(Na2SO3)=1.610-2L0.3mol/L=4.810-3mol，被氧化后生成Na2SO4，RO(OH)22+离子中R的化合价为+6价，设还原后的化合价为a，根据电子转移守恒：4.810-3mol(6-4)=3.210-3mol(6-a)，解得a=+3。综上所述，本题选D。9.9.下列离子方程式错误的是()A. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba22OH2HSO42=BaSO42H2OB. 酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO45H2O26H=2Mn25O28H2OC. 等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合：Mg22OH=Mg(OH)2D. 铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO42H2O2e=PbO24HSO42【答案】C【解析】【详解】A、Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba22OH2HSO42=BaSO42H2，故A项正确；B、酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO45H2O26H=2Mn25O28H2O，故B项正确；C、等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合：Mg22H+4OH=Mg(OH)2+2 H2O ，故C错误；D、铅蓄电池充电时的正极反应为：PbSO42H2O2e=PbO24HSO42，故D正确。综上所述，本题选C。【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；从守恒角度进行判断，如原子守恒、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（题中C项）。10.10.已知NH4CuSO3与足量的2 mol/L硫酸溶液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成 产生刺激性气味的气体 溶液呈现蓝色。据此判断下列说法正确的是A. 反应中硫酸做氧化剂B. NH4CuSO3中硫元素被氧化C. 1 mol NH4CuSO3完全反应转移0.5 mol电子D. 刺激性气味的气体是氨气【答案】C【解析】试题分析：由题意知，发生的反应为2NH4CuSO32H2SO4=2(NH4)2SO4CuSO4Cu2SO22H2O.A、硫酸起酸性作用，错误；B、NH4CuSO3中铜元素发生自身氧化还原，所以铜元素被氧化，错误;C、由反应可知1mol NH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，正确；D、刺激性气味的气体是SO2,错误。考点：考查化合物的性质等相关知识。11.11.将盐酸溶液逐滴滴入NaOH、NaAlO2、Na2CO3的混合溶液中，下列图像能正确表示溶液中反应的是（ ）【答案】C【解析】发生的反应依次为HOH=H2O；AlO2-HH2O=Al(OH)3；CO32-2H=H2OCO2；Al(OH)33H=Al33H2O，C选项正确。12.12.120 mL含有0.20 mol碳酸钠的溶液和200 mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是()A. 2.0 molL1 B. 0.24 molL1 C. 1.5 molL1 D. 0.18 molL1【答案】C【解析】【详解】当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32+2H+H2O+CO2，当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO32+H+HCO3、HCO3+H+H2O+CO2，则HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质量，又因为最终生成的气体体积不同，则HCO3+H+=H2O+CO2不能全部完成，即HCl的物质的量比Na2CO3的物质的量的二倍少，碳酸钠的物质的量为0.2mol，则HCl的物质的量应介于0.2mol0.4mol之间，盐酸溶液的体积为200mL=0.2L，即盐酸的浓度应该是大于1mol/L，小于2mol/L。故C正确。综上所述，本题选C。【点睛】本题找Na2CO3与盐酸反应恰好NaHCO3的点和Na2CO3与盐酸反应恰好生成CO2的点，两个数据，然后与选项中数据作比较，得出正确答案。13.13.以下各项叙述中错误的是()A. 原子半径由小到大的顺序是LiNaKRbCs B. 同一种碱金属元素的离子半径比原子半径小C. 碱金属单质的密度比较为LiKNaRb D. 碱金属离子的氧化性比较为LiNaKRb【答案】D【解析】【详解】A、同主族元素，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，所以原子半径由小到大的顺序是LiNaKRbCs，故A正确；B、碱金属原子失去最外力电子形成离子，同一种碱属元素的离子半径比原子半径小，故B正确；C、碱金属单质的密度比较，密度有反常的变化（Na与K的位置颠倒），所以碱金属单质的密度比较为LiKNaRb，故C正确；D、碱金属单质还原性从上到下失电子能力减弱，还原性增强，对应阳离子的氧化性逐渐减弱，故D错误。综上所述，本题选D。14.14.用含少量镁粉的铝粉制取纯净的氢氧化铝，下述操作步骤中最恰当的组合是（ ）加盐酸溶解 加足量烧碱溶液溶解 过滤 通入过量CO2生成Al（OH）3沉淀 加入盐酸生成Al（OH）3沉淀 加入过量烧碱溶液A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：镁、铝都能与盐酸反应，但铝可溶于强碱，所以可加入烧碱溶液溶解，过滤后可到NaAlO2溶液，过滤，在反应后的溶液中加入弱酸，例如可通入过量CO2，生成Al（OH）3沉淀，经过滤、洗涤可得到纯净的氢氧化铝，故正确顺序为。故选B。考点：关于用铝制氢氧化铝沉淀的问题，解答本题的关键是掌握铝的性质，结合“铝三角”的各化学反应分析15.15.足量下列物质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最多的是()A. 氢氧化钠溶液 B. 稀硫酸 C. 盐酸 D. 稀硝酸【答案】C【解析】【详解】硝酸与金属铝反应不生成氢气，排除D项；氢氧化钠溶液、稀硫酸、盐酸分别与金属铝反应生成偏铝酸钠、硫酸铝、氯化铝，通过物料守恒可直接判断出等量的铝消耗氢氧化钠物质的量为1mol，消耗稀硫酸物质的量为1.5mol，消耗盐酸物质的量为3mol，通过比较等量的铝消耗盐酸物质的量最多，故C正确。综上所述，本题选C。16.16.如图是三种稀酸对FeCr合金随Cr含量变化的腐蚀性实验结果，下列有关说法正确的是A. 稀硝酸对FeCr合金的腐蚀性比稀硫酸和稀盐酸的弱B. 稀硝酸和铁反应的化学方程式是Fe6HNO3(稀)=Fe(NO3)33NO23H2OC. Cr含量大于13%时，因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大，所以对FeCr合金的腐蚀性最强D. 随着Cr含量增加，稀硝酸对FeCr合金的腐蚀性减弱【答案】D【解析】：A选项应该说铬的含量大于13%，稀硝酸对合金的腐蚀速率比盐酸硫酸弱。B应生成NO；C不能解释盐酸硝酸氢离子浓度相等，但硝酸腐蚀速度慢。视频17.17.某同学设计下列方案对A盐的水解液进行鉴定： 由此得出的结论中，不正确的是()A. D溶液中存在Fe(SCN)3 B. A一定为无氧酸盐FeBr2C. B为AgBr D. 滤液中有Fe3【答案】B【解析】【分析】由图中转化可以知道，B为A与硝酸银反应生成的浅黄色沉淀，根据元素守恒知则B为AgBr，所以A中含有Br-，C中加KSCN溶液变为血红色溶液，所以D为Fe(SCN)3溶液，则C中含有Fe3，A中含有铁元素，硝酸具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，所以A为可能含有Fe3或Fe2。【详解】A、通过以上分析知，D中含有Fe(SCN)3，故A正确；B、硝酸具有强氧化性，能将亚铁离子氧化生成铁离子，所以A中可能是FeBr2，也可能是FeBr3，也可能是二者的混合物，故B错误；C、B为A与硝酸银反应生成的浅黄色沉淀，根据元素守恒知则B为AgBr，故C正确；D、能和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，说明C中含有Fe3，故D正确。综上所述，本题选B。【点睛】由图中转化可以知道，B为A与硝酸银反应生成的浅黄色沉淀，根据元素守恒知则B为AgBr，所以A中含有Br-，C中加KSCN溶液变为血红色溶液，所以D为Fe(SCN)3溶液，则C中含有Fe3，A中含有铁元素，硝酸具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，所以A为可能含有Fe3或Fe2，据此解答。18.18.已知X、Y、Z三种主族元素在元素周期表中的位置如图所示，设X的原子序数为a。则下列说法不正确的是YXZA. Y与Z的原子序数之和可能为2aB. Y的原子序数可能为a17C. Z的原子序数可能为a31D. X、Y、Z一定为短周期元素【答案】D【解析】试题分析：由如图所示的X、Y、Z三种主族元素在周期表中的相对位置可知，X、Y、Z三种主族元素处于过渡元素之后，Y不可能是第一周期元素，至少为第二周期元素，Z一定不处于短周期。（1）若Y为第二周期元素，则X、Z分别为第三、四周期元素，X的原子序数为a，则Y的原子序数为a-7，Z的原子序数为a+17，则Y与Z的原子序数之和2a+10；（2）若Y为第三周期元素，则X、Z分别为第四、五周期元素，X的原子序数为a，则Y的原子序数为a-17，Z的原子序数为a+17，则Y与Z的原子序数之和2a；（3）若Y为第四周期元素，则X、Z分别为第五、六周期元素，X的原子序数为a，则Y的原子序数为a-17，Z的原子序数为a+31，则Y与Z的原子序数之和2a+14；（4）若Y为第五周期元素，则X、Z分别为第六、七周期元素，X的原子序数为a，则Y的原子序数为a-31，Z的原子序数为a+31，则Y与Z的原子序数之和2a，因此ABC正确，D错误，答案选D。【考点定位】本题主要是考查元素周期表的结构、元素位置与结构关系【名师点晴】该题为高频考点，题目难度中等，熟练记住每一周期所含有元素的种类，利用上下周期元素的原子序数相互确定是解答的关键，注意相关基础知识的理解掌握和灵活应用。19.19.下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是()A. NH4ClNH3HCl B. 2Na2O22CO2 = 2Na2CO3O2C. 2NaOHCl2 = NaClNaClOH2O D. CaC2H2O = Ca(OH)2+C2H2【答案】B【解析】【详解】ANH4Cl NH3+HCl反应物中有离子键的断裂，生成物也只有极性键生成，没有极性键和非极性共价键的断裂，没有离子键和非极性键的形成，故A错误；BNa2O2为含有非极性键的离子化合物，CO2中含有极性键，则反应物中离子键、极性共价键和非极性共价键断裂，故B正确； CNaOH中含有离子键和极性共价键，Cl2中含有非极性共价键，则反应物中有离子键、非极性共价键断裂，没有极性键的断裂，故C错误； DNH3、CO2、H2O中只含有极性共价键，则反应物中只有极性共价键的断裂，故D错误。综上所述，本题选B。【点睛】化学反应的实质为旧键断裂、新键形成，一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键，以此来解答。20.20.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是（ ）已知类推A将Fe加入CuSO4溶液中：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+=Cu+2Na+B向Ca（ClO）2溶液中通入少量CO2Ca2+2ClO-+CO2+H2O=CaCO3+2HClO向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2：Ca2+2ClO-+SO2+H2O=CaSO3+2HClOC用惰性电极电解NaCl溶液：2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2用惰性电极电解MgBr2溶液：2Br-+2H2O 2OH-+H2+Br2D稀盐酸与NaOH溶液反应至中性：H+OH-=H2O稀HNO3与Ba（OH）2溶液反应至中性：H+OH-=H2OA. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：A、铁排在金属铜的前面，金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐溶液的反应是先与水反应，不会置换出其中的金属，故A错误；B、同时和亚硫酸的酸性均强于次氯酸，但SO2具有还原性，次氯酸钙含有氧化性，二者混合发生氧化还原反应，B错误；C、惰性电极电解溴化镁溶液生成氢氧化镁沉淀、氢气和溴，C错误；D、盐酸与氢氧化钠、稀硝酸与氢氧化钡反应均可用H+OH-=H2O不是，D正确，答案选D。考点：考查离子方程式书写知识21.21.NA代表阿伏伽德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，则该混合物A. 所含共用电子对数目为（a/7+1）NA B. 所含碳氢键数目为aNA/7C. 燃烧时消耗的O2一定是33.6a/14 L D. 所含原子总数为aNA/14【答案】B【解析】设C2H4和C3H6的质量分别为X和Y，则X + Y = a g。混合气体所含的共用电子对（共价键）为mol（C3H6无论是丙烯还是环丙烷，其中都有9个共价键），所以选项A错误。混合气体所含的碳氢键为mol，选项B正确。没有说明体系的温度和压强，所以无法计算氧气的体积，选项C错误。混合气体所含的原子为mol，选项D错误。22.22.下图所示仪器可用于实验室制备少量无水FeCl3，仪器连接顺序正确的是A. a-b-c-d-e-e-f-g-h B. a-e-d-c-b-h-i-gC. a-d-e-c-b-h-i-g D. a-c-b-d-e-h-i-f【答案】B【解析】试题分析：制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，用食盐水除去氯化氢，有水蒸气不能制得氯化铁，除去水蒸气用浓硫酸，应先除去水蒸气干燥氯气，干燥的氯气通入玻璃管中和铁反应生成无水氯化铁，最后吸收尾气中未反应的氯气，防止污染空气，洗气装置导气管长进短处，导气管口连接顺序为：a-e-d-c-b-h-i-g，故选B。考点：考查了化学实验的基本操作、仪器的连接顺序的相关知识。视频23.23.下列有关实验原理或操作正确的是 ( )A. 用20 mL量筒量取15 mL酒精，加水5 mL，配制质量分数为75%酒精溶液B. 在200 mL某硫酸盐溶液中，含有1.5NA个硫酸根离子，同时含有NA个金属离子，则该硫酸盐的物质的量浓度为2.5 molL1C. 实验中需用2.0 molL1的Na2CO3溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别为950 mL、201.4 gD. 实验室配制500 mL 0.2 molL1的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称15.2 g绿矾(FeSO47H2O)，放入小烧杯中加水溶解，转移到500 mL容量瓶，洗涤、稀释、定容、摇匀【答案】B【解析】【详解】A量筒不能用来配制溶液，应用烧杯配制，故A错误；B1.5NA个硫酸根离子的物质的量为1.5mol，NA个金属阳离子的物质的量为1mol，令金属离子的化合价为x，根据电荷守恒可以知道，x=1.52=3，故金属阳离子为+3价，所以该硫酸盐可以表示为M2（SO4）3，根据硫酸根守恒可以知道，硫酸盐为0.5mol，所以该硫酸盐的物质的量浓度为，故B正确； C容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制，则m（Na2CO3）=cVM=1L2mol/L106g/mol=212g，故C错误； D溶解后需冷却到室温再转移到容量瓶中，故D错误。综上所述，本题选B。24.24.某混合溶液中，可能大量含有的离子如下表：阳离子H、K、Al3、NH4、Mg2阴离子OH、SO42、CO32、AlO2将Na2O2逐渐加入上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体如图所示。下列说法不正确的是：A. 上述混合溶液中一定大量含有H、NH、Al3、Mg2、SO42B. 图中a4C. b7；c9D. 此溶液还需要用焰色反应继续检验，才能确定溶液准确组成【答案】B【解析】【分析】Na2O2与H2O反应生成O2，二者的物质的量之比为2:1。先看气体图象，当Na2O2为8 mol时，产生气体为6 mol，根据反应计量关系可知生成4 mol O2和2 mol NH3，利用原子守恒得出NH为2 mol，其结合OH为2 mol，b点对应的值为7。再看沉淀曲线，最终沉淀为3 mol Mg(OH)2，利用原子守恒得出Mg2+为3 mol，沉淀最大值为5mol，利用原子守恒得出Al3+为2 mol，当沉淀达到最大值时消耗OH为3 mol2+2 mol312 mol，需要6mol Na2O2，但当沉淀达到最大值时消耗7 mol Na2O2，说明有1 mol Na2O2与H2O反应生成的OH被H+消耗，H+的物质的量为2 mol。根据离子的性质确定不含有CO32、AlO2和OH，根据电中性原则可知一定含有SO42。不能确定溶液中是否含有K+；【详解】A、根据上述分析可知，混合溶液中一定大量含有H、NH、Al3、Mg2、SO42，故A正确；B、含有2mol的氢离子需要消耗氢氧化钠2mol，则需要2mol过氧化钠来生成,所以a=2,故B错误；C、含有镁离子和铝离子一共5mol，所以消耗过氧化钠的量为5mol，在加上a=2，则b=7，氯离子的物质的量是2mol，所以氢氧化铝的物质的量是2mol，完全将氢氧化铝溶解，消耗1mol的氢氧化钠，即需要1mol的过氧化钠来生成，所以c=9，故C正确；D、不能确定溶液中是否含有K+，钾离子的检验常用焰色反应，故D正确。综上所述，本题选B。【点睛】根据离子之间反应的现象结合图示的数值来判断存在的离子以及量的情况；根据图象中所生成的气体和沉淀的量以及所加过氧化钠的量来计算各个点所对应的值；钾离子的检验常用焰色反应,做法是:用一根洁净的铂丝蘸取溶液,在酒精灯火焰上灼烧,透过蓝色的钴玻璃观察焰色,如果火焰呈紫色,则含有钾离子，因此，本题正确答案是:用一根洁净的铂丝蘸取溶液,在酒精灯火焰上灼烧,透过蓝色的钴玻璃观察焰色,如果火焰呈紫色,则含有钾离子。25.25.Cu、Cu2O和CuO组成的混合物加入100 mL 0.6 mol/L HNO3溶液，恰好使混合物溶解，同时收集到224 mL NO气体(标准状况)。下列说法不正确的是A. 产物中硝酸铜的物质的量为0.025 molB. 若混合物中Cu的物质的量为0.005 mol，则其中Cu2O、CuO的物质的量共0.020 molC. 若混合物中含0.01 mol Cu，则其中Cu2O、CuO的物质的量均为0.005 molD. 混合物中Cu的物质的量的取值范围为0.005 moln(Cu)0.015 mol【答案】B【解析】试题分析：硝酸具有强氧化性与Cu、Cu2O和CuO组成的混合物恰好反应，生成Cu（NO3）2、NO和水。标准状况下224mLNO气体的物质的量0.224L22.4L/mol0.01mol，则A、根据N元素守恒可知2nCu（NO3）2+n（NO）n（HNO3），则nCu（NO3）21/2 n（HNO3）-n（NO）1/2（0.1L0.6mol/L0.01mol）0.025mol，A正确；B、根据Cu元素守恒可知2n（Cu2O）+n（CuO）+x0.025mol。根据氧化还原反应中得失电子守恒可知x2+2n（Cu2O）0.013，联立后解得n（CuO）x0.005mol，n（Cu2O）0.015molx，所以Cu2O、CuO的物质的量共为x0.005mol+0.015molx0.01mol，B错误；C、根据Cu元素守恒可知2n（Cu2O）+n（CuO）+0.01mol0.025mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒可知0.012+2n（Cu2O）0.01mol3，联立后解得n（Cu2O）0.005mol，n（CuO）0.005mol，C正确；D、根据以上分析可知n（CuO）x0.005mol，n（Cu2O）0.015molx，所以混合物中Cu的物质的量的取值范围为0.005molx0.015mol，D正确，答案选B。考点：考查铜及其氧化物与硝酸反应的计算26.26.某红色固体粉末样品可能含有Fe2O3和Cu2O中的一种或两种，某校化学自主探究实验小组拟对其组成进行探究。查阅资料：Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O2H=CuCu2H2O。实验探究一：学生甲利用如图所示装置进行实验，称量反应前后装置C中样品的质量，以确定样品的组成。回答下列问题：(1)仪器组装完成后，夹好止水夹，_，则说明装置A的气密性良好。(2)下列实验步骤中，正确的操作顺序是_(填序号)。打开止水夹；熄灭C处的酒精喷灯；C处冷却至室温后，关闭止水夹；点燃C处的酒精喷灯；收集氢气并验纯实验探究二：(3)学生乙取少量样品于烧杯中，加入过量稀硫酸，并作出如下假设和判断，结论正确的是 _。A若固体全部溶解，说明样品中一定含有Fe2O3，一定不含有Cu2OB若固体部分溶解，说明样品中一定含有Cu2O，一定不含有Fe2O3C若固体全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液不变红色，说明样品一定含有Fe2O3和Cu2OD若固体全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液变红色，说明样品一定含有Fe2O3另取少量样品于试管中，加入适量的浓硝酸，产生红棕色气体，证明样品中一定含有_，写出产生上述气体的化学方程式：_。实验探究三：(4)学生丙取一定量样品于烧杯中，加入足量的稀硫酸，反应后经过滤得到固体6.400g，测得滤液中Fe2有2.000mol，则样品中n(Cu2O)_mol。【答案】 (1). 向装置A中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，过一段时间若液柱高度保持不变 (2). (3). CD (4). Cu2O (5). Cu2O6HNO3(浓)=2Cu(NO3)22NO23H2O (6). 1.100【解析】【分析】根据图象知，A装置实验目的是制取还原性气体，用的是简易启普发生器制取气体，可以用稀硫酸和Zn制取氢气；B装置作用是干燥气体，C装置用氢气还原红色物质，用酒精灯点燃未反应的氢气。【详解】（1）利用压强差检验装置气密性，其检验方法为：向装置A中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若液柱高度保持不变，则该装置气密性良好；（2）氢气混有空气加热发生爆炸，所以开始先通氢气，打开止水夹生成氢气，通过后续装置充满氢气，目的是排出装置中的空气，检验最后U型管出来的气体氢气纯度，气体纯净后再点燃C处的酒精喷灯，反应完成后先撤酒精灯，玻璃管冷却再停氢气，操作位熄灭C处的酒精喷灯，待C处冷却至室温后，关闭止水夹，防止生成的铜被空气中氧气氧化，所以其排列顺序是；（3）A、固体全部溶解，若固体是Fe2O3和Cu2O的混合物，放入足量稀硫酸中会有Cu生成，Cu恰好能将Fe3+还原为Fe2+，故A错误；B、固体若是Fe2O3和Cu2O的混合物，放入足量稀硫酸中会有Cu生成，Cu能将Fe3+还原为Fe2+，剩余铜，故B错误；C、若固体全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液不变红色，因为Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4，而H2SO4不能溶解Cu，所以混合物中必须有Fe2O3存在，使其生成的Fe3+溶解产生的Cu，反应的有关离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O、2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+说明样品一定含有Fe2O3和Cu2O，故C正确；D、若固体全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液变红色，说明溶液中含有三价铁离子，说明样品一定含有Fe2O3，故D正确；故选CD；另取少量样品于试管中，加入适量的浓硝酸，产生红棕色的气体，氧化亚铜的氧化性大于硫离子，证明样品中一定含有Cu2O，氧化亚铜和浓硝酸反应生成硝酸铜，二氧化氮和水，反应的化学方程式为：Cu2O+6HNO3（浓）=2Cu（NO3）2+2NO2+3H2O；（4）2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+，Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O，固体为铜，铁离子全部反应生成亚铁离子，生成2.0molFe2+，消耗Cu 1mol，剩余Cu物质的量，原样品中Cu2O物质的量=0.1mol+1mol=1.100mol。本题考查了物质组成的分析判断，实验过程分析应用，主要是氧化还原反应发生的条件，产物判断，掌握基础是关键，题目难度中等【点睛】根据图象知，A装置实验目的是制取还原性气体，用的是简易启普发生器制取气体，可以用稀硫酸和Zn制取氢气；B装置作用是干燥气体，C装置用氢气还原红色物质，用酒精灯点燃未反应的氢气；（1）利用压强差检验装置气密性；（2）打开止水夹生成氢气，通过后续装置充满氢气排出装置中的空气后，检验气体纯度，收集检验氢气纯度，气体纯净后点燃C处的酒精喷灯，反应完成熄灭C处的酒精喷灯，待C处冷却至室温后，关闭止水夹，防止生成的铜被空气中氧气氧化；（3）A、Fe2O3与硫酸反应生成硫酸铁，也可以是氧化铜和氧化亚铜的混合物，若固体是Fe2O3和Cu2O的混合物，放入足量稀硫酸中会有Cu生成，Cu恰好能将Fe3+还原为Fe2+，固体全部溶解；B、固体若是Fe2O3和Cu2O的混合物，放入足量稀硫酸中会有Cu生成，Cu能将Fe3+还原为Fe2+，剩余固体可以是铜；C、若固体全部溶解，所得溶液中滴加 KSCN 试剂时溶液不变红色，则一定是Fe2O3和Cu2O的混合物，放入足量稀硫酸中发生反应生成硫酸铁、硫酸铜、铜，有Cu生成，固体恰好完全溶解，向溶液中滴加KSCN，溶液不变红色，则生成Cu能与Fe3+恰好完全反应Fe2+；D、若固体全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液变红色，说明溶液中含有三价铁离子，说明样品一定含有Fe2O3；另取少量样品于试管中，加入适量的浓硝酸，产生红棕色的气体，氧化亚铜的氧化性大于硫离子，证明样品中一定含有Cu2O，氧化亚铜和浓硝酸反应生成硝酸铜，二氧化氮和水；（4）2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+，Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O，固体为铜，铁离子全部反应生成亚铁离子，结合化学方程式定量关系计算得到。27.27.四川攀枝花蕴藏丰富的钒、钛、铁资源。用钛铁矿渣(主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3、Ti的最高化合价为4)作原料，生产白色颜料二氧化钛的主要步骤如下：请回答下列问题：(1)硫酸与二氧化钛反应的化学方程式是_。(2)向滤液中加入铁粉，发生反应的离子方程式为_、_。(3)在实际生产过程中，向沸水中加入滤液，使混合液pH达0.5，钛盐开始水解。书写水解的离子方程式：_(4)水解过程中不断通入高温水蒸气，维持溶液沸腾一段时间，钛盐充分水解析出水合二氧化钛沉淀。请用所学化学平衡原理分析通入高温水蒸气的作用：_。(5)过滤分离出水合二氧化钛沉淀后，将滤液返回的主要目的是充分利用滤液中的钛盐、_(填化学式)，减少废物排放。(6)A可用于生产红色颜料(Fe2O3)，其实验方法是：a.556a kg A(摩尔质量为278 gmol1)溶于水中，加入适量氢氧化钾溶液恰好完全反应，鼓入足量空气搅拌，产生红褐色胶体；b.再向红褐色胶体中加入33.36b kg A和1.12c kg铁粉，鼓入足量空气搅拌，反应完成后，有大量Fe2O3附着在胶体粒子上以沉淀形式析出；c.过滤后，沉淀经高温灼烧得红色颜料。若所得滤液中溶质只有硫酸钾和硫酸铁，则理论上可生产红色颜料_ kg。【答案】 (1). TiO22H2SO4=Ti(SO4)22H2O或TiO2H2SO4=TiOSO4H2O (2). 2Fe3Fe=3Fe2 (3). Fe2H=H2Fe2 (4). Ti+ 4H2O TiO2H2O+4H+ (5). 加水促进钛盐水解，加热促进钛盐水解，降低H浓度促进钛盐水解 (6). H2OFeSO4 H2SO4 (7). 1.60a3.20b1.60c【解析】【详解】(1)化学方程式为：TiO2+2H2SO4=Ti (SO4)2+2H2O或TiO2+H2SO4=TiOSO4+H2O；(2)浓硫酸有强氧化性，加入钛铁矿渣中能生成Fe3+，加入铁粉，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+；铁粉还可以与溶液中过量的H+反应，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2+H2；(3) 钛盐水解的离子方程式:Ti+ 4H2O TiO2H2O+4H+；(4)影响钛盐水解的因素有浓度、温度等，高温水蒸气使水解平衡移动的作用是：加水、加热、降低H+浓度均可促进钛盐水解；(5)根据该工艺流程知：滤液的主要成分为大量的钛盐、溶解的硫酸亚铁、少量的硫酸(混合液pH达0.5)等，钛盐水解后过滤去水合二氧化钛，得到的滤液中含有未水解的钛盐及FeSO4、H2SO4、H2O等；(6)依题意A与适量氢氧化钠溶液恰好完全反应，FeSO4+2NaOH=Na2SO4+Fe(OH)2，根据开始加入A为2a103mol，可知加入氢氧化钠为4a103mol；后来又加入12b103mol的A和20cmol的铁，由Na2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、Fe2O3等化学式的定量组成和守恒思想分别可求得以下各量：利用Na+离子守恒，n(NaOH)=2n(Na2SO4)，可知Na2SO4物质的量为20amol；利用SO42-离子守恒，n(FeSO4)=n(Na2SO4)+3nFe2(SO4)3，可知Fe2(SO4)3物质的量为(20a+120b-20a)mol=40bmol；利用Fe元素守恒，n(FeSO4)+n(Fe)=2nFe2(SO4)3+2n(Fe2O3)，可知n(Fe2O3)=(20a+120b+20c-40b2)mol=(10a+20b+10c)mol，计算得m(Fe2O3)=(1.60a+3.20b+1.60c) kg28.28.元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3(蓝紫色)、Cr(OH) (绿色)、Cr2O72(橙红色)、CrO42(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：(1) Cr3+和Al3+的化学性质相似,在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是_，离子方程式_。(2)CrO42和Cr2O72在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0molL1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72)随c(H)的变化如图所示。当溶液酸性增强的时候，溶液颜色变化情况为：_。由图可知，溶液酸性增大，CrO42的平衡转化率_(填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为_。升高温度，溶液中CrO42的平衡转化率减小，则该反应的H_0(填“大于”“小于”或“等于”)。(3)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂,以AgNO3标准溶液滴定溶液中Cl,利用Ag+与CrO42生成砖红色沉淀,指示到达滴定终点。当溶液中Cl恰好沉淀完全(浓度等于1.0105molL1)时,溶液中c(Ag+)为_molL1,此时溶液中c(CrO42)等于_molL1.(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.01012和2.01010).【答案】 (1). 溶液蓝紫色褪去，转化为灰蓝色固体，后逐渐溶解，溶液成为绿色溶液 (2). Cr3+3OH-= Cr(OH)3；Cr(OH)3+ OH-= Cr(OH)4- (3). 溶液由黄色变为橙红色 (4). 增大 (5). 1.01014（mol/L）2 (6). 小于 (7). 2.0105 (8). 5.0103【解析】【详解】（1）依据Cr3+与Al3+的化学性质相似，由Al3+和NaOH溶液的反应情况，不难推得，在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量的现象是： 原来Cr3+的蓝紫色的溶液，逐渐变成灰蓝色的Cr(OH)3沉淀，离子方程式为：Cr3+3OH-= Cr(OH)3，而后又逐渐溶解变为Cr(OH)4-的绿色溶液，离子方程式为：Cr(OH)3+ OH-= Cr(OH)4-；（2）从方程式及图示看出，随着酸性的增强，Cr2O72的浓度逐渐升高，所以溶液由黄色变为橙红色；从方程式及图示看出：该转化随着溶液酸性增大，CrO42的平衡转化率将增大。从题给图示中，该反应的A点时c（H+）=10-7molL1，c(Cr2O72)=025 molL1，由Cr元素守恒，c(CrO42-)=1-2025=05 molL1，故该转化的平衡常数K=025/(05210-710-7)=1014；若温度升高，溶液中CrO42的平衡转化率减小，则该反应平衡逆向移动，该转化为放热反应，其H小于0。（3）由沉淀的溶度积计算c(Ag+)=Ksp(AgCl)/c(Cl-)=201010/10105=20105。在该溶液中c(CrO42-)= Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=201012/(20105)2=510-3molL1。29.29.咖啡酸苯乙酯是一种天然抗癌药物。在一定条件下能发生如下转化。请回答下列问题：（1）A分子中的官能团是_。（2）高分子化合物M的结构简式是_。（3）写出AB反应的化学方程式：_。AB的反应类型为_。（4）EM的反应方程式为_；BC的反应类型为_。（5）A的同分异构体有很多种，其中同时符合下列条件的同分异构体有_种。苯环上只有两个取代基 能发生银镜反应能与碳酸氢钠溶液反应 能与氯化铁溶液发生显色反应【答案】 (1). 羟基(或酚羟基)、羧基、碳碳双键 (2). (3). (4). 取代反应 (5). 加聚反应 (6). 加成反应 (7). 3【解析】【分析】由转化关系可以知道，咖啡酸苯乙酯水解生成A和D，A的分子式为C9H8O4，则A为，D为AB发生酯化反应，则B为，B中含碳碳双键，与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成C为DE发生消去反应，则E为，EM发生加聚反应，则M为。【详解】（1）根据上述分析可知，A为，分子中的官能团是：羧基、碳碳双键、羟基；（2）高分子化合物M的结构简式是；（3）AB发生酯化反应，AB反应的化学方程式：；（4）E中含碳碳双键，催化剂条件下发生加聚反应生成M，B中含碳碳双键，与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成C；（5）A为，A的同分异构体符合条件：苯环上只有两个取代基；能发生银镜反应，说明有-CHO；能与碳酸氢钠溶液反应，说明有-COOH；能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含酚羟基，符合这样的结构有、，共3种。【点睛】由转化关系可以知道，咖啡酸苯乙酯水解生成A和D，A的分子式为C9H8O4，则A为，D为AB发生酯化反应，则B为，B中含碳碳双键，与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成C为DE发生消去反应，则E为，EM发生加聚反应，则M为，据此答题30. 硼（B）、铝（Al）、镓（Ga）均属于硼族元素（