2018届高三化学上学期第一次月考试题(含解析) (IV).doc

xx届高三化学上学期第一次月考试题(含解析) (IV)可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 S-32 Cu-64 Zn-65 Ce-140一选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共48分。)1. 古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富，下列诗句不涉及氧化还原反应的是A. 野火烧不尽，春风吹又生 B. 春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干C. 粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间 D. 爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏【答案】C【解析】试题分析：A野火烧不尽，春风吹又生中的燃烧为氧化还原反应，故A不选；B春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干中蜡烛燃烧为氧化还原反应，故B不选；C粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间中碳酸钙的分解与CaO和水反应都没有元素的化合价变化，则都不属于氧化还原反应，故C选；D爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏中火药爆炸为氧化还原反应，故D不选；故选C。考点：考查氧化还原反应。2. 下列有关化学用语的表述正确的是A. 35Cl、37Cl的结构示意图 B. 中子数为7的碳原子：C. KHSO4在水中的电离方程式：KHSO4=K+H+SO42- D. 次氯酸的电子式 【答案】C【解析】A、 35Cl、37Cl核电荷数为17，它们的结构示意图都为： ，选项A错误；B、中子数为7的碳原子，质量数为13，可表示为：，选项B错误；C、KHSO4是强酸的酸式盐，在水中的电离方程式为：KHSO4=K+H+SO42- ，在熔融状态下电离方程式为：KHSO4=K+HSO4-，选项C正确；D、次氯酸的电子式为，选项D错误。答案选C。3. 分类是化学学习和研究的常用手段。下列分类依据和结论都正确的是A. HNO3、浓硫酸、HClO都具有强氧化性，都是氧化性酸B. SO3、Na2O、Cl2的水溶液都能导电，但其本身都属于非电解质C. 漂白粉、福尔马林、胆矾、冰水、王水、氯水都含多种物质，均为混合物D. HCOOH、H2SO3、H2C2O4分子中均含有两个氢原子，都是二元酸【答案】A【解析】A、HNO3、浓硫酸、HClO均具有强氧化性，都是氧化性酸， 选项A正确；B、SO3、Na2O的水溶液都能导电，但其本身都属于非电解质，Cl2的水溶液都能导电，但氯气属于单质，既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；C、漂白粉、福尔马林、王水、氯水均为混合物，胆矾、冰水属于纯净物，选项C错误；D、根据每个酸分子电离出的H+个数（而不是氢原子的个数）,分为一元酸、二元酸、多元酸，故HCOOH是一元酸，H2SO3、H2C2O4都是二元酸，选项D错误。答案选A。4. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系且正确的是A. 金属钠具有强还原性，可用与TiCl4溶液反应制取金属TiB. 明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒C. 常温下铁能被浓硝酸钝化，可用铁质容器贮运浓硝酸D. Al2O3具有很高的熔点，可用于制造熔融烧碱的坩埚【答案】C【解析】A、钠是很活泼的金属，直接与TiCl4溶液中的水反应，而不能置换出钛，选项A错误；B、明矾形成胶体能吸附水中悬浮颗粒达到净水目的，但不能杀菌消毒，选项B错误；C、常温下铁能被浓硝酸钝化，在铁表面形成致密的氧化膜而阻止浓硝酸与铁进一步反应，故可用铁质容器贮运浓硝酸，选项C正确；D、Al2O3是两性氧化物，可以和强碱反应，不可以用于制造熔融烧碱的坩埚，选项D错误。答案选C。5. 下列与胶体性质无关的是A. 清晨，人们经常能看到阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象B. 冶金厂常用高压电除去烟尘C. 泡沫灭火器中将Al2(SO4)3与NaHCO3两溶液混合后，喷出大量泡沫，起到灭火作用D. 在医学上，使用“血液透析”治疗疾病【答案】C【解析】A、清晨，空气和水蒸气等形成胶体，会产生丁达尔效应，选项A与胶体性质有关；B、工厂中常用静电除尘装置是利用胶体粒子的带电性加以清除，选项B与胶体性质有关；C、泡沫灭火器中将Al2(SO4)3与NaHCO3两溶液混合后，发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，喷出大量泡沫，起到灭火作用，选项B与胶体无关；D、尿毒症主要是血红蛋白随尿液排出，所以血液透析就是将血液通过半透膜，防止血红蛋白流失，选项D与胶体性质有关。答案选C。6. 有NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3、CuCl2、NH4Cl七种溶液，只用一种试剂就可把它们鉴别开来，这种试剂是A. KMnO4溶液 B. 烧碱溶液 C. 氨水 D. KSCN溶液【答案】B【解析】A、加入KMnO4溶液，与七种物质中只有氯化亚铁与之反应使其褪色，其他都不反应，不能鉴别，选项A错误；B、加入烧碱溶液，NaCl无明显现象，FeCl2生成白色沉淀，然后迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，FeCl3生成红褐色沉淀，AlCl3先生成白色沉淀，然后沉淀溶解，MgCl2生成白色沉淀，CuCl2生成蓝色沉淀，NH4Cl有刺激性气体生成，现象各不相同，可鉴别，选项B正确；C、加入氨水，不能鉴别MgCl2、AlCl3（反应都产生白色沉淀且不溶于过量的氨水），选项C错误；D、加入KSCN只能鉴别FeCl3，不能鉴别其它物质，选项D错误。答案选B。点睛：本题考查物质的检验和鉴别，侧重于元素化合物知识的综合应用，注意把握相关物质的性质，七种溶液含有的阳离子各不相同，但都是氯化物，因而KSCN溶液不能达到目的，且盐酸与七种氯化物都不反应，利用金属氢氧化物的溶解性及颜色来鉴别，因又涉及到Al3+和Mg2+的鉴别，因此必需选强碱。7. 下列各反应中，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化的是A. 铁丝和氯气 B. NaOH和CO2 C. Fe和稀HNO3 D. Na和O2【答案】A【解析】A、铁丝与氯气无论用量多少，反应生成物都为氯化铁，选项A正确；B、NaOH和CO2反应时，会因二氧化碳的多少而生成碳酸钠或碳酸氢钠溶液，生成物不一样，选项B错误；C、铁与稀硝酸反应，铁过量时生成硝酸亚铁，硝酸过量时生成硝酸铁，生成物不一样，选项C错误；D、Na与O2反应时，若暴露在空气中不加热则生成氧化钠，加热或点燃则生成过氧化钠，生成物不一样，选项D错误。答案选A。8. 在含Fe3的溶液中加入铜粉与铁粉，充分反应发现溶液中有Cu2存在，下列说法错误的是A. 容器中已肯定无Fe粉存在 B. 容器中肯定无Cu粉存在C. 溶液中Fe2比Cu2多 D. 溶液中可能存在Fe3【答案】B【解析】试题分析：由于铁的还原性比铜的强，因而铁粉先与Fe3反应，Fe3+的氧化性大于Cu2+，Cu 和Fe3+可以发生反应，溶液中有Cu2存在，说明铁粉反应完全，铜粉也发生了反应，但不能判断铜粉过量或不足，溶液中发生反应：Fe + 2Fe3+ 3Fe2+、Cu + 2Fe3+ Cu2+2Fe2+则下列说法中，A容器中已肯定无Fe粉存在，A正确； B容器中肯定无Cu粉存在，不能判断，B错误；C根据反应方程式可知，溶液中Fe2比Cu2多，C正确；D溶液中可能存在Fe3，D正确。故选B。考点：Fe2+和Fe3+的互相转换、Fe和Cu的还原性、Fe3+与Cu2+的氧化性点评：本题考查金属及其对应的离子的化学性质，应注意Fe3+的氧化性大于Cu2+，Cu 和Fe3+可以发生反应。9. 设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A. 常温下64 g S4和S8混合物中含有原子数为2NAB. 标准状况下，22.4LHF中含电子数为10NAC. 标准状况时，2.24LNO和1.12LO2于密闭容器中充分反应后，其分子数为0.1NAD. 足量铁在1mol氯气中加热反应，铁失去的电子数为3NA【答案】A【解析】A、S4和S8均为硫元素组成的单质，64 g S4和S8混合物中硫元素的物质的量为：=2mol，则含有硫原子数目为2NA，选项A正确；B、标准状况下，HF为液体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，选项B错误；C、在标准状况下，密闭容器中2.24LNO和1.12LO2混合后生成2.24LNO2，但由于存在2NO2N2O4反应，则密闭容器中2.24LNO和1.12LO2混合后气体分子数小于0.1NA，选项C错误；D、足量铁在1mol氯气中加热反应生成mol FeCl3，铁失去的电子数为2NA，选项D错误。答案选A。10. 为提纯下列物质（括号内为杂质）选用的试剂和分离方法都正确的是物质试剂分离方法MgCl2溶液(FeCl3)MgO过滤Cl2(HCl)饱和碳酸钠溶液洗气乙醇（水）金属钠蒸馏KNO3（NaCl）蒸馏水降温结晶A. B. C. 只有 D. 【答案】B【解析】加入MgO消耗FeCl3水解生成的HCl，促进FeCl3水解生成Fe（OH）3，同时MgO转化成MgCl2，不引入新杂质，即使MgO过量，因为它不溶于水，与生成的氢氧化铁一起过滤除去，选项正确；氯气和氢化氢通入饱和碳酸钠溶液中，都可能反应生成二氧化碳，引入新的杂质气体二氧化碳，起不到除杂的目的，选项错误；乙醇和水都和钠发生反应，不能除去水，应该利用新制生石灰借助于蒸馏除去乙醇中的水，选项错误；硝酸钾混有氯化钠，氯化钠溶解度随温度变化不大，硝酸钾溶解度随温度升高增大，利用冷却热饱和溶液的方法得到硝酸钾晶体；选项正确；答案选B。11. 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SO：试液无沉淀白色沉淀B. 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CO：试液白色沉淀沉淀溶解【答案】C【解析】A、加入稀硝酸可把SO32-氧化成SO42-或溶液中含有Ag+，均会产生白色沉淀，选项A不严密；B、不能排除HSO3-的干扰，若溶液中存在HSO3-离子，也有同样的现象，选项B不严密；C、某无色溶液中加入双氧水，溶液变为棕黄色，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，说明双氧水将碘离子氧化生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，选项C严密；D、不能排除SO32-的干扰，若溶液中存在SO32-离子，也有同样的现象，选项D不严密。答案选C。12. 下列实验操作规范且能达到实验目的的是实验目的实验操作A配制0.010molL-1的盐酸用酸式滴定管量取5.0mL1.000molL-1的盐酸，加入到500mL容量瓶中，加水至刻度线B制备Fe(OH)3胶体向沸腾的蒸馏水中，加入几滴饱和FeCl3溶液并继续加热至液体变成红褐色C检验淀粉是否水解向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热，冷却，然后加入新制Cu(OH)2悬浊液，再加热D测定硫酸浓度向洁净的锥形瓶中加入20.00mL待测硫酸，用0.1000molL-1的NaOH标准液滴定A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A、容量瓶只是配制溶液的仪器，不能做稀释、溶解、反应容器，故A错误；B、制备氢氧化铁胶体：在沸腾的蒸馏水中，滴入几滴饱和FeCl3溶液，并继续加热，得到红褐色液体，即为氢氧化铁胶体，故B正确；C、题目中没有中和硫酸，让溶液显碱性，故C错误；D、没有加指示剂，故D错误。13. 下列实验操作过程能引起结果偏高的是用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，酸式滴定管未用标准液润洗用量筒量取5.0mL溶液时，俯视读数配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，定容时仰视容量瓶的刻度线质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合配制50%的硫酸溶液A. B. C. D. 【答案】B【解析】用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，酸式滴定管未用标准液润洗，导致标准液浓度减小，滴定过程中消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，正确；用量筒量取5.0mL溶液时，俯视读数，导致量取的液体体积偏小，错误；配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，定容时仰视容量瓶的刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低，错误；硫酸的密度随浓度的增大而减小，质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合后配制的硫酸溶液质量分数大于50%，正确；答案选B。点睛：本题考查了实验操作中的误差分析，涉及了配制一定物质的量浓度的溶液、中和滴定、计量仪器的使用等知识，注意明确分析实验误差的方法，如配制一定物质的量浓度的溶液中，根据操作对c=n/V影响进行分析误差。是解答的易错点和难点。14. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验操作实验现象结论A常温下，测定等物质的量浓度的 Na2CO3和Na2SO3溶液的pH值前者的pH值比后者的大非金属性:SCB在KBr溶液中滴加少量氯水，再加入CCl4，充分震荡液体分层，下层呈橙红色氯的非金属性比溴强C炭粉中加入浓硫酸并加热，导出的气体通入BaCl2溶液中有白色沉淀产生有SO2和CO2产生D向AgNO3溶液中滴加少量NaCl溶液，然后再向其中滴加KI溶液先生成白色沉淀，后生成黄色沉淀溶解度：AgClAgIA. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A、物质的量浓度相同的Na2SO3和Na2CO3溶液，酸的酸性越弱，酸根离子水解程度越大，其钠盐溶液pH越大，酸根离子水解程度CO32-SO32-，所以物质的量浓度相同的Na2CO3和Na2SO3溶液，其PH值前者大于后者，说明H2CO3的酸性弱于H2SO3，但亚硫酸不是硫的最高价氧化物的水化物，不能用于证明C的非金属性弱于S，选项A错误；B、在KBr溶液中滴加少量氯水，再加入CCl4，充分震荡，液体分层，下层呈橙红色，证明氯气的氧化性强于溴的氧化性，从而证明氯的非金属性强于溴的非金属性，选项B正确；C、炭粉与浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，但二氧化硫和二氧化碳通入氯化钡溶液中都不与之反应，无法产生白色沉淀，实验现象错误，选项C错误；D、向AgNO3溶液中滴加少量NaCl溶液，然后再向其中滴加KI溶液，硝酸银溶液足量时，部分与氯化钠反应生成白色沉淀，后加入碘化钾再反应生成碘化银黄色沉淀，无法证明是由白色沉淀氯化银转化为黄色沉淀碘化银，故实验错误，选项D错误。答案选B。15. 下列相关反应的离子方程式书写正确的是A. 氢氧化铁溶于氢碘酸:Fe(OH)3+3H+ Fe3+3H2OB. 向含有0.4 mol FeBr2的溶液中通入0.1 mol Cl2:2Fe2+Cl2 2Fe3+2Cl-C. NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO42-完全沉淀:Al3+2SO42-+2Ba2+4OH- Al(OH)4-+2BaSO4D. NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液:2HCO3-+Ba2+2OH- BaCO3+2H2O+ CO32-【答案】B【解析】A、Fe3的氧化性强于I2，因此还要发生2Fe32I=2Fe2I2，故A错误；B、Fe2的还原性强于Br，先发生2Fe2Cl2=2Fe32Br，0.4molFeBr2中含有0.4molFe2，因此Cl2不足，只发生2Fe2Cl2=2Fe32Cl，故B正确；C、结合OH的能力：Al3NH4Al(OH)3，1molNH4Al(SO4)2中SO42全部转化成成沉淀，需要2molBa(OH)2，Al3与 3molOH生成Al(OH)3沉淀，然后剩下1molOH与NH4反应生成NH3H2O，氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，故C错误；D、Ba(OH)2是过量，因此有HCO3OHBa2=BaCO3H2O，故D错误。点睛：本题易错点是选项D，关于量的离子反应方程式的判断中，少量系数定为1，即1molNaHCO3参与反应，消耗1molOH，OHHCO3=CO32H2O，然后Ba2CO32=BaCO3，因此离子反应方程式为HCO3OHBa2=BaCO3H2O。16. 下列说法错误的是 A. A B. B C. C D. D【答案】B17. 在不同温度下，水溶液中c(H)与c(OH)有如图所示关系。下列条件关于离子共存说法中正确的是A. d点对应的溶液中大量存在：Na、K、S、SO3B. b点对应的溶液中大量存在：NH4+、K+、I、NO3-C. c点对应的溶液中大量存在：Na、Fe3+、SO42-、ClD. a点对应的溶液中大量存在：Fe2+、Ca2、ClO、SO42-【答案】A【解析】A、d点对应的溶液c(H+)c(OH-)，溶液呈酸性，酸性条件下NO3-能与I发生氧化还原反应而不能大量共存，选项B错误；C、c点对应的溶液c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，而Fe3+水解使溶液呈酸性，即中性溶液中不能大量存在，选项C错误；D、a点对应的溶液c(H+)c(OH-)，溶液呈酸性，ClO能与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，选项D错误。答案选A。18. 有M、N两溶液，各含下列14种离子中的7种：Al3+、Cl、Na+、K+、NO3、OH、S2、MnO4、Fe3+、Al(OH)4-、CO32、NH4+、SO42、H+已知两溶液所含离子各不相同，M溶液里的阳离子只有两种，则N溶液里的阴离子应该是A. OH、S2、CO32 B. Al(OH)4-、MnO4、SO42C. Cl、NO3、SO42 D. MnO4、SO42、NO3【答案】D【解析】由溶液中离子之间的反应可知，Al3+、Fe3+、NH4+、H+与OH，不能大量共存，且M溶液里的阳离子只有两种，所以Al3+、Fe3+、NH4+、H+在N溶液中，OH在M溶液中，由此知，M溶液呈碱性，N溶液呈酸性。N溶液呈酸性，能和酸反应的离子AlO2、CO32、S2不能在N溶液中，只能在M溶液中，高锰酸根离子有强氧化性，酸性条件下不能和氯离子、硫离子共存，所以氯离子和硫离子存在于M溶液中，M溶液里的阳离子只有两种，Na+、K+也在M溶液中，M、N两溶液各含下列14种离子中的7种，所以NO3、SO42在N溶液中。由以上分析知，M溶液中存在的离子为：Cl、Na+、K+、OH、S2、AlO2、CO32，N溶液中存在的离子为：Al3+、NO3、MnO4、Fe3+、NH4+、SO42、H+，答案选D。点睛：本题考查离子的共存问题，难度较大，注意能与氢氧根离子反应的阳离子有四种是解答本题的突破口，熟悉离子之间的反应即可解答。19. 标准状况下，m g气体A与n g气体B的分子数目一样多，下列说法不正确的是A. 在任意条件下，若两种分子保持原组成，则其相对分子质量之比为mnB. 相同状况下，同体积的气体A与B的质量之比为mnC. 同质量的A、B在非标准状况下，其分子数之比为nmD. 25 、1.25105 Pa时，两气体的密度之比为nm【答案】D【解析】标准状况下，m g气体A与n g气体B分子数相同，则二者物质的量相同，二者摩尔质量之比为m：n。A、在任意条件下，若两种分子保持原组成，则其相对分子质量之比等于摩尔质量之比，则为mn，选项A正确；B、相同状况下，同体积A气体与B气体的质量之比等于摩尔质量之比，则为m：n，选项B正确；C、同质量气体A与B的分子个数之比与摩尔质量成反比，同质量气体A与B的分子个数之比为n：m，选项C正确；D、同温同压下，同体积A气体与B气体的密度之比等于相对分子质量之比等于摩尔质量之比为n：m，选项D不正确。答案选D。20. 3.87克锌铜合金完全溶解于150mL、密度为1.20g/cm3、质量分数为21%的稀硝酸中，得到NO气体896mL (标准状况)，向反应后的溶液中加入适量的1.0mol/LNaOH溶液,恰使溶液中的金属离子全部沉淀。下列说法不正确是A. 该稀硝酸中HNO3的物质的量浓度是4.0mol/L B. 加入NaOH溶液的体积是560mLC. 被还原的硝酸的物质的量为0.04mol D. 得到的金属氢氧化物的沉淀为5.81克【答案】D【解析】试题分析：A密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度=mol/L=4mol/L，故A正确；B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)，则n(NaNO3)=0.15L4mol/L-=0.56mol，由钠离子守恒n(NaOH)=n(NaNO3)=0.56mol，故需要1.0mol/L NaOH溶液体积为=0.56L=560mL，故B正确；C被还原的硝酸生成NO气体，根据N原子守恒可知，起氧化剂的硝酸的物质的量=0.04mol，故C正确；D由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，即氢氧根的物质的量为0.04mol(5-2)=0.12mol，故氢氧化物质量=3.87g+0.12mol17g/mol=5.91g，故D错误，故选D。【考点定位】考查有关混合物反应的计算【名师点晴】本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想进行的解答。本题中D项，由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，根据二氧化氮计算转移电子物质的量，氢氧化物质量等于金属质量与氢氧根质量之和。21. 向四只盛有一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体后，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的CO2气体与HCl物质的量的关系如图（忽略CO2的溶解和HCl的挥发）。则下列分析都正确的组合是 A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】向一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体，当二氧化碳少量时，产物是NaOH和Na2CO3的混合物，当NaOH和CO2恰好完全反应时，产物只有Na2CO3的，当二氧化碳过量时，产物可能只有NaHCO3，也可能是Na2CO3和NaHCO3的混合物。A、图中刚开始加入HCl就产生了二氧化碳，因此溶质只能是NaHCO3，由于碳酸氢根水解，故c（Na+）c（HCO3-），选项A错误；B、从图中看出刚滴下去盐酸一个单位后产生了二氧化碳，说明此时碳酸根的量是一个单位（盐多酸少，碳酸钠和盐酸按1：1反应生成碳酸氢钠），后来盐酸加了两个单位才把所有二氧化碳反应放出，说明溶液中总的碳酸氢根量为两个单位，但有一个单位的碳酸氢根是之前碳酸根得来的，所以原溶液中碳酸根的量和碳酸氢根的量相等，由于碳酸钠水解程度大于碳酸氢钠，故c（CO32-）c（HCO3-），选项B正确；C、从图中看出，滴入了两个单位的盐酸后才开始产生气泡，说明产物是NaOH和Na2CO3的混合物，一个单位的盐酸和NaOH反应，第二个单位的盐酸和Na2CO3反应生成NaHCO3，后由图中可看出，NaHCO3又消耗了2个单位的盐酸，不可能存在此种情况，选项C错误；D、从图中看出，滴入了两个单位的盐酸后才开始产生气泡，且产生二氧化碳所消耗的盐酸是一个单位，不可能只有Na2CO3，选项D错误。答案选B。点睛：本题考查学生对金属钠的化合物的性质理解，可根据碳酸钠、碳酸氢钠、氢氧化钠分别与盐酸反应的化学方程式进行计算。22. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的氢化物是可燃冰的有效成分，X是同周期中原子半径最小的元素，W和Y的原子核外最外层电子数之和等于X的最外层电子数，X、Z同主族。下列有关判断不正确的是A. W、X、Z的最简单氢化物中X的热稳定性最强B. X、Z的单质均能与水发生反应生成弱酸C. Y、Z形成的化合物可用于工业上电解制备Y单质的原料D. W、X可形成具有正四面体结构的有机物【答案】C【解析】W的氢化物是可燃冰的有效成分，即为CH4，W为C，X是同周期中原子半径最小的元素，X不是F就是Cl，因为原子序数依次增大，因此X为F，W和Y的原子核外最外层电子数之和等于X的最外层电子数，则Y为Al，X、Z属于同主族，则Z为Cl，A、F的非金属性最强，即HF最稳定，故A说法正确；B、反应分别是2F22H2O=4HFO2、Cl2H2O=HClHClO，HF和HClO都是弱酸，故B说法正确；C、此化合物是AlCl3，AlCl3属于共价化合物，熔融状态下不导电，工业上电解熔融状态的氧化铝冶炼金属铝，故C说法错误；D、形成的化合物是CF4，空间构型为正四面体，故D说法正确。23. 高铁电池是一种新型可充电电池，电解质溶液为KOH溶液，该电池能长时间保持稳定的放电电压，放电时的总反应为：3Zn2K2FeO48H2O=3Zn(OH)22Fe(OH)34KOH，下列判断不正确的是A. 放电时，负极反应为Zn2e2OH=Zn(OH)2B. 充电时，阴极pH增大C. 充电时，阳极反应为Fe(OH)35OH3e=FeO4H2OD. 放电时，每转移6mol电子，则有1 mol K2FeO4被还原【答案】D【解析】A、放电时，Zn作负极失去电子，发生反应：Zn2e2OH=Zn(OH)2，选项A正确；B、充电时，阴极反应式为FeO42-+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，pH增大，选项B正确；C、充电时，铁离子失去电子，阳极发生Fe(OH)3转化为FeO42-的反应，电极反应为Fe(OH)3-3e-+5OH-=FeO42-+4H2O，选项C正确；D、放电时，电池的正极反应为 FeO4H2O+3e = Fe(OH)35OH，每转移6mol电子，则有0.5mol K2FeO4被还原，选项D不正确。答案选D。24. 在2 L密闭容器中进行反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)H0，测得c(H2O)随反应时间(t)的变化如图。下列判断正确的是A. 5 min时该反应的K值一定小于12 min时的K值B. 05 min内，v(H2)=0.05 mol/(Lmin)C. 10 min时，改变的外界条件可能是减小压强D. 该反应混合气体的平均相对分子质量：5 min时小于12 min 时的【答案】A考点：考查化学平衡建立的过程；影响化学平衡的因素第卷(非选择题共52分)二非选择题（共52分）25. 写出下列化学方程式或离子方程式。（1）实验室多余氯气的尾气处理：离子方程式_。（2）过氧化钠与水反应：离子方程式_。（3）一步反应实现CO2转化为C ：化学方程式_。（4）溶液中新制氢氧化亚铁未隔绝空气，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色：化学方程式_。（5）试配平氧化还原反应方程式：_Na2Cr2O7SO2H2O=Cr(OH)(H2O)5SO4Na2SO4；【答案】 (1). Cl2 + 2OH = Cl + ClO + H2O (2). 2Na2O2 2H2O = 4Na+OH+ O2 (3). 2Mg + CO2 2MgO + C (4). 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 (5). 131121【解析】（1）实验室多余氯气的尾气处理是氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，其反应的离子方程式为：Cl2 + 2OH = Cl + ClO + H2O；（2）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，其反应的离子方程式为：2Na2O2 2H2O = 4Na+OH+ O2 ；（3）一步反应实现CO2转化为C，可以由镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，其反应的化学方程式为：2Mg + CO2 2MgO + C；（4）溶液中新制氢氧化亚铁未隔绝空气，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，是氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，其反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；（5）二氧化硫具有还原性，被Na2Cr2O7氧化为硫酸，硫元素从+4价升高到+6价，Na2Cr2O7被还原为CrOH(H2O)5SO4，铬元素从+6价降低到+3价，水溶液中生成的硫酸反应最终生成硫酸钠，依据原子守恒分析书写配平为：Na2Cr2O7+3SO2+11H2O=2CrOH(H2O)5SO4+Na2SO4。26. IBr、ICl、BrF3等称之为卤素互化物，(CN)2、(SCN)2、(OCN)2等称之为拟卤素，它们的化学性质均与卤素单质相似，请回答下列问题。（1）氯化碘(ICl)中碘元素的化合价为_，它与水反应的化学方程式为ICl+ H2OHIO +HCl，该反应的反应类型为_(填中学常见的无机反应类型)；（2）溴化碘(IBr)具有强氧化性，能与Na2SO3溶液发生反应，发生反应的离子方程式为：_；（3）已知某些离子的还原性强弱顺序为ISCNCNBrCl。现将几滴KSCN溶液滴入到含少量Fe3+的溶液中，溶液立即变红，向其中逐滴滴入酸性KMnO4溶液，观察到红色逐渐褪去，请利用平衡移动原理解释这一现象_；下列物质中，也可以使该溶液红色褪去的是_；A新制氯水 BNaBr溶液 CSO2 D盐酸（4）KCN为剧毒物质，处理含有KCN的废水常用的方法是：在碱性条件下用NaClO溶液将CN氧化为和一种参与大气循环的单质气体，该反应的离子方程式为_；（5）已知HCN的电离平衡常数K=6.21010，H2CO3的 电离平衡常数K1=4.5107，K2=4.71011，则下列离子方程式能发生的是_。A.CN+CO2+H2OHCN+ B.2HCN+2CN+CO2+H2OC.2CN+CO2+H2OHCN+ D.HCN+CN+【答案】 (1). +1 (2). 复分解反应(或非氧化还原反应) (3). IBr+H2OI+Br+2H (4). 酸性高锰酸钾将SCN氧化，减小了SCN的浓度，使Fe3+3SCNFe(SCN)3，平衡不断向左移动，最终Fe(SCN)3完全反应，红色消失 (5). AC (6). 2CN+5ClO+2OH2+5Cl+N2+H2O (7). AD【解析】试题分析：（1）Cl得电子能力强于I，则ICl中Cl显1价、I显1价，此反应中没有化合价的变化，属于非氧化还原反应或复分解反应；(2)IBr具有强氧化性，I显1价，被还原成I，SO32被氧化成SO42，因此离子反应方程式为IBrSO32H2O=IBr2H；(3)溶液立即变红，发生Fe33SCNFe(SCN)3，加入高锰酸钾溶液红色褪去，高锰酸钾溶液把SCN氧化，促使平衡向逆反应方向移动，最终Fe(SCN)3完全消耗，红色褪去；能使红色褪去的物质，可以具有强氧化性，也可以具有漂白性，故选项AC正确；(4)CN中N显3价，C显2价，另一种气体为N2，因此离子反应方程式为2CN5ClO2OH=2CO32N25ClH2O；(5)根据电离平衡常数大小，推出电离出氢离子的大小：H2CO3HCNHCO3，电离H强的制取电离出H弱的，即AD正确。考点：考查氧化还原反应、电离平衡常数、平衡移动等知识。27. 亚硝酸钙是一种阻锈剂，可用于染料工业，某兴趣小组拟制备Ca(NO2)2并对其性质进行探究。【背景素材】NO+NO2+Ca(OH)2Ca(NO2)2+H2O。Ca(NO2)2能被酸性KMnO4溶液氧化成，被还原为Mn2+。 在酸性条件下，Ca(NO2)2能将I氧化为I2，能将I2还原为I。【制备氮氧化物】（1）甲组同学拟利用如下图所示装置制备氮氧化物。仪器X的名称是_，在制备氮氧化物前要先_。装置B中逸出的NO与NO2的物质的量之比为11，则装置B中发生反应的化学方程式为_，若其他条件不变，增大硝酸的浓度，则会使逸出的气体中n(NO2)_n(NO)(填“”或“ (5). 增大与石灰乳的接触面积，加快反应速率 (6). 防止倒吸(或作安全瓶) (7). 吸收未反应的氮氧化物 (8). e (9). 过量c1 molL1的KI溶液、淀粉溶液 (10). 蓝色恰好变为无色 (11). 重复以上操作23次【解析】(1) 仪器X、Y分别是分液漏斗、锥形瓶；制备气体时一般必须先检查装置的气密性，故在制备氮氧化物前要先检查装置的气密性；根据题意，装置B中盛放的是硝酸，二氧化硫与硝酸反应放出一氧化氮和二氧化氮，若逸出的NO与NO2的物质的量之比为11，则装置B中发生反应的化学方程式为2SO2+2HNO3+H2O=NO+NO2+2H2SO4，若其他条件不变，硝酸的浓度越大，生成的二氧化氮越多，则会使逸出的气体中n(NO2)n(NO)；装置C中导管末端接一多孔玻璃球，可以增大与石灰乳的接触面积，加快反应速率；反应中，装置内气体的压强会发生变化，装置D可以防止倒吸(或作安全瓶)；装置E中的氢氧化钠可以吸收未反应的氮氧化物，防止污染空气； 根据信息Ca(NO2)2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，利用Ca(NO2)2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是c3molL-1 的酸性 KMnO4 溶液，答案选e；根据信息在酸性条件下，Ca(NO2)2能将I-氧化为I2，S2O32-能将I2还原为I-。利用Ca(NO2)2的氧化性来测定其纯度，步骤为：准确称取m g Ca(NO2)2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解，加入过量c1molL-1的KI溶液、淀粉浓液，然后滴加稀硫酸，用c2 molL1的Na2S2O3溶液滴定至溶液颜色由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读取消耗Na2S2O3溶液的体积。为减少误差，须重复以上操作23次。点睛：本题考查了物质的制备，含量测定的实验方案的设计。本题的难点是利用Ca(NO2)2的氧化性来测定其纯度的步骤的设计，要求学生具备较高的实验设计的能力。28. 某小组模拟工业合成氨，并制备NaHCO3，设计实验如下(夹持装置略去)。回答下列问题：(1)装置E中盛放碱石灰的仪器名称为_。(2)装置A中发生反应的离子方程式为_。(3)装置C的作用为使N2和H2混合均匀_、_。(4)实验时，应先打开装置B中分液漏斗活塞，反应一段时间，在装置末端导管处收集H2并验纯后，再点燃D处酒精灯，原因为_。(5)当F中的氨气饱和后，取下装置F，再向其中通入足量CO2，现象为_；发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1). （球形）干燥管 (2). NH4+NO2-=N2+2H2O (3). 干燥N2和H2，通过气泡逸出速率控制N2和H2比例 (4). 防止加热时空气中的O2和水蒸气与Fe反应，使Fe失去催化作用 (5). 防止H2与空气混合加热爆炸 (6). 有白色晶体析出 (7). Na+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4+【解析】(1)由装置图可知，装置E中盛放碱石灰的仪器名称为（球形）干燥管；(2)由信息可知，装置A的作用为制备氮气，利用氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠晶体在加热条件下反应生成氮气，同时生成水，根据氧化还原反应和离子反应的配平原则，其反应的离子方程式为：NH4+NO2-=N2+2H2O；(3)通入装置D中的氮气和氢气应为按一定比例混合均匀的干燥的混合气，则装置C的作用为使N2和H2混合均匀、干燥N2和H2，通过气泡逸出速率控制N2和H2比例；(4)加热时，空气中的氧气和水蒸气与铁反应，使铁失去催化作用；另外氢气与空气混合加热可能爆炸；实验时，应先打开装置B中分液漏斗活塞，反应一段时间，在装置末端导管处收集H2并验纯后，再点燃D处酒精灯，原因为：防止加热时空气中的O2和水蒸气与Fe反应，使Fe失去催化作用、防止H2与空气混合加热爆炸；(5)当F中饱和食盐水中的氨气饱和后，取下装置F，再向其中通入足量CO2，生成溶解度更小的碳酸氢钠以晶体形式析出，同时生成氯化铵，则现象为有白色晶体析出；发生反应的离子方程式为：Na+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4+。29. 二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物，平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质）。某课题组以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到纯净的CeO2和硫酸铁铵晶体。已知：CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。（1）稀酸A的分子式是_。（2）滤液1中加入H2O2溶液的目的是_。（3）某同学设计实验证明滤液1中含有Fe2+，他所用的试剂为_。（4）已知溶液中的Fe2+可以和难溶于水的FeO(OH)反应生成Fe3O4，请书写该反应的离子方程式_。 （5）由滤液2生成Ce(OH)4的离子方程式_。（6）硫酸铁铵晶体Fe2(SO4)32(NH4)2SO43H2O广泛用于水的净化处理。相对于去除中性废水，其在去除酸性废水中的悬浮物时效率_（填“增强”或“降低”）。（7）取上述流程中得到的Ce(OH)4产品0.531 g，加硫酸溶解后，用浓度为0.l000molL-1FeSO 4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce3+ )，消耗25.00 mL标准溶液。该产品中Ce(OH)4的纯度为_。（保留两位有效数字）【答案】 (1). H2SO4 (2). 使Fe2+氧化为Fe3+ (3). 铁氰化钾溶液（或高锰酸钾溶液） (4). Fe2+ +2FeO(OH)=Fe3O4 +2H+ (5). 4Ce 3 + O2 +12OH+2H2O =4 Ce(OH)4 (6). 降低 (7). =98%（或0.98）【解析】（1）根据流程中后面出现的硫酸盐，可推出稀酸A为稀硫酸，其分子式是：H2SO4；（2）根据后面所得产品为硫酸铁铵晶体，铁应该为+3价，而废玻璃粉末中含有氧化铁和氧化亚铁，滤液1中加入H2O2溶液的目的是使Fe2+氧化为Fe3+，以免产品不纯；（3）滤液1中含有铁离子，若要检验其中还含有Fe2+，必须利用亚铁离子具有的性质进行检验，而不能再利用氧化剂和KSCN溶液进行检验，所用试剂可以为：铁氰化钾溶液或高锰酸钾溶液；（4）根据质量守恒和电荷守恒可得：Fe2+和难溶于水的FeO(OH)反应生成Fe3O4的离子方程式为：Fe2+ +2FeO(OH)=Fe3O4 +2H+；（5）滤液2 Ce 3 +在碱性条件下与被氧气氧化生成Ce(OH)4沉淀的离子方程式为：4Ce3 + O2 +12OH+2H2O =4 Ce(OH)4；（6）硫酸铁铵晶体用于水的净化处理是利用铁离子水解产生氢氧化铁胶体，吸附水中的悬浮物，酸性废水中氢离子抑制铁离子的水解，故在去除酸性中的悬浮物时效率降低；（7）根据电子守恒Ce从+4价变为+3价，铁由+2价变为+3价，则建立关系式：Ce(OH)4FeSO4，设该产品中Ce(OH)4的纯度为x，则：Ce(OH)4FeSO4 1 1 0.1000mol/L0.025L，解得：x=0.98=98%。点睛：本题以工艺流程为基础，考查化学实验基本操作、元素及化合物知识、化学计算、氧化还原反应等相关知识。正确理解流程中各成分的反应，结合酸碱条件下各物质的溶解情况分析化学反应及产物，从而得解。