2019届高三化学上学期开学摸底考试试题(含解析).doc

2019届高三化学上学期开学摸底考试试题(含解析)1.1.下面关于中国化学史的表述错误的是（ ）A. 本草纲目中记载“火药乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”，其中的KNO3是利用了它的氧化性B. 蔡伦利用树皮、碎麻布、麻头等原料精制出优质纸张C. 杜康用高粱酿酒的原理，是通过蒸馏法将高梁中的乙醇分离出来D. 英文的“中国”(China)又指“瓷器”，我国很早就依据化学原理制作陶瓷【答案】C【解析】黑火药爆炸反应生成氮气，N元素化合价降低，被还原，硝酸钾表现氧化性，A正确；树皮、碎布(麻布)、麻头等原料主要成分都是纤维素，可以精制出优质纸张，B正确；高粱中不含乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲的作用下反应生成乙醇，然后用蒸馏法将乙醇分离出，C错误；陶是人类最早利用化学反应制造的人造材料，中国是使用瓷器最早的国家,故“中国”(China)又指“瓷器”，D正确；正确选项C。2.2.NA表示阿伏加德罗常数。下列叙述中正确的是（ ）A. 标准状况下，22.4 L SO3中含SO3分子数为NAB. 46 g NO2中含有分子数为NAC. 标况下22.4L Cl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数为2NAD. 标况下，足量的Fe与22.4L Cl2发生燃烧反应（Cl2完全反应），转移的电子数为2NA【答案】D【解析】【详解】A标况下，三氧化硫为液体，不能使用气体摩尔体积，选项A错误；B、NO2气体中存在平衡：2NO2N2O4，所以标准状况下，46g NO2中含有的分子数小于NA，选项B错误；C、氯气与氢氧化钠的反应为歧化反应，1mol氯气转移1mol电子，即NA个，选项C错误；D、铁和氯气反应生成氯化铁，氯气全部反应，标准状况下，足量Fe与22.4L Cl2反应，转移电子数为2NA，选项D正确。答案选D。3.3.下列各组离子，在溶液中能大量共存的是( )A. S2、Na+、SO32、H+ B. Na+、HCO3、Cl、OHC. Na+、Al3+、Cl、SO42 D. H+、Fe2+、NO3、SO42【答案】C【解析】【分析】根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、发生氧化还原反应等，则离子能大量共存，并注意离子的颜色来解答。【详解】A、因S2-、SO32-、H+能发生氧化还原反应，则不能共存，选项A错误；D、因HCO3-、OH能结合生成碳酸根离子和水，则不能共存，选项B错误；C、因该组离子之间不反应，则能大量共存，选项C正确；D、H+、Fe2+、NO3能发生氧化还原反应，则不能共存，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查离子的共存问题，熟悉离子之间的反应及常见离子的颜色即可解答，难度不大。4.4.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是A. Fe Fe2O3 FeCl3(aq) B. N2 NH3 NOC. SiO2 H2SiO3 Na2SiO3(aq) D. Al2O3 Al(OH)3 AlCl3(aq)【答案】B【解析】分析：AFe与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气而不产生氧化铁；B氮气和氢气在高温高压催化剂条件下反应生成氨气，氨气在催化剂作用下与氧气反应生成一氧化氮和水；C二氧化硅与水不反应不产生硅酸；D氧化铝与氨水不反应无法生成氢氧化铝。详解：AFe与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，所以物质间转化不能均一步实现，选项A错误；B氮气和氢气在高温高压催化剂条件下反应生成氨气，氨气在催化剂作用下与氧气反应生成一氧化氮和水，物质间转化均能一步实现，选项B正确；C二氧化硅与水不反应不产生硅酸，所以物质间转化不能均一步实现，选项C错误；D氧化铝与氨水不反应无法生成氢氧化铝，得不到二氧化碳，所以物质间转化不能均一步实现，选项D错误。答案选B。点睛：本题综合考查元素化合物知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，难度不大，注意相关基础知识的积累。5.5.解释下列事实的方程式不正确的是（ ）A. Al溶于NaOH溶液：2Al + 2H2O + 2NaOH =2NaAlO2 + 3H2B. 盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2 + 2OH-=SiO32- + H2OC. 热的浓NaOH溶液与NH4Cl液混合产生气体：NH4+ + OH-NH3+ H2OD. 实验室用NaOH溶液吸收多余的NO2：3NO2 +2OH=2NO3+H2O+NO【答案】D【解析】【详解】A、Al与氢氧化钠溶液反应，Al先与水反应：2Al6H2O=2Al(OH)33H2，Al(OH)3再与NaOH反应Al(OH)3NaOH=NaAlO22H2O，两式合并：2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，不符合题意；B、玻璃中含有SiO2，玻璃塞是磨口的，SiO2外露SiO22OH=SiO32H2O，不符合题意；C、利用NH3H2O不稳定受热易分解，NH4+ + OH-NH3+ H2O，不符合题意；D、用足量的氢氧化钠溶液吸收二氧化氮的离子反应为2NO2+2OH-NO3-+NO2-+H2O，符合题意。答案选D。6. 下列不属于空气质量播报内容的是A. SO2 B. CO2 C. NO2 D. PM2.5【答案】B【解析】试题分析：空气质量播报内容：SO2、CO、氮的氧化物、悬浮固体小颗粒等，CO2是空气组成成分，不属于空气质量播报内容，B正确。考点：考查环境问题。7. 下列做法会对人体健康造成较大危害的是（ ）A. 用大量SO2漂白银耳B. 用小苏打（NaHCO3）焙制糕点C. 用食醋清洗热水瓶胆内壁附着的水垢（CaCO3）D. 用消毒液（有效成分NaClO）对餐具进行杀菌消毒【答案】A【解析】A、二氧化硫是有毒气体不能漂白食品，故A错误；B消毒液的有效成分为NaClO，NaClO中氯元素为+1价，能得到电子表现氧化性，所以能杀菌消毒，用小苏打（NaHCO3）可以焙制糕点，故B正确；C水垢的成分为碳酸钙，能与醋酸反应，则可用食醋清洗热水瓶胆内壁附着的水垢，故C正确；D消毒液的有效成分为NaClO，溶液中次氯酸根离子水解生成次氯酸具有氧化性，能对餐具进行杀菌消毒，故D正确；【点评】本题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力8. 下列说法中，不正确的是A. 常温下可用铁制容器盛装浓硝酸 B. 氧化铁常用作红色油漆和涂料C. 硅胶常用作食品、药品干燥剂 D. 生石灰可用作食品的抗氧化剂【答案】D【解析】试题分析：A、浓硝酸具有强氧化性，跟铁、铝发生钝化反应，保护铁、铝，因此浓硝酸盛装用铁制容器，不符合题意；B、氧化铁(Fe2O3)红棕色物质，常用作红色染料，不符合题意；C、硅胶具有吸水性，做干燥剂，对食品及人体无危害，不符合题意；D、CaO具有吸水性，能吸收空气中的水分，常用作食品中的干燥剂，符合题意。考点：考查物质的性质和应用。9. 检验氯化氢气体中是否混有氯气，不可采用的方法是A. 用湿润的有色布条 B. 用湿润的蓝色石蕊试纸C. 将气体通入硝酸银溶液 D. 用湿润的淀粉碘化钾试纸【答案】C【解析】试题分析：A、Cl2能使有色布条褪色，HCl不能使有色布条褪色，不符合题意；B、HCl使蓝色石蕊试纸变红，Cl2能使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，可检验混有氯气，不符合题意；C、HClAgNO3=AgClAgNO3，Cl2H2OHClHClO，也能与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，不能验证混有氯气，符合题意；D、氯气与碘化钾反应置换出碘单质，淀粉碘化钾试纸变蓝Cl22KI=2KClI2，而HCl不行，可以检验混有氯气，不符合题意。考点：考查氯气、HCl的性质。10.10.下列离子方程式的书写及评价均合理的是（）选项离子方程式评价A将1molCl2通入到含1molFeI2溶液中：2Fe2+2I+2Cl22Fe3+4Cl+I2正确；Cl2过量，可将Fe2+、I均氧化B1molL1的NaAlO2溶液和2.5molL1的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2+5H+Al3+Al（OH）3+H2O正确；AlO2与Al（OH）3消耗的H+的物质的量之比为2：3C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClOHClO+HSO3正确；说明酸性：H2SO3强于HClODCa（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A、将1mol Cl2通入到含1mol FeI2溶液中，Cl2不足，先氧化I，离子方程式为：2I+Cl22Cl+I2，故A错误；B、AlO2-与H+物质的量之比为1：1反应时，生成Al(OH)3沉淀，1：4反应时生成铝离子，所以1molL1的NaAlO2溶液和2.5molL1的HCl溶液等体积互相均匀混合，离子方程式为：2AlO2-+5H+Al3+Al(OH)3+H2O，可理解为2molAlO2-消耗2molH+，生成2molAl(OH)3，其中1molAl(OH)3又消耗了3molH+，生成1molAl3+，所以AlO2与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比为2：3，故B正确；C、过量SO2通入到NaClO溶液中，发生氧化还原反应：H2O+SO2+ClO-=SO42-+Cl-+2H+，无法比较H2SO3和HClO的酸性强弱，故C错误；D、Ca(HCO3)2与足量NaOH溶液反应离子方程式为：Ca 2+2HCO3-+4OH-=2H2O+Mg(OH)2+2CO32-，酸式盐与碱反应生成正盐和水的说法不全面，故D错误。【点睛】本题重点考查离子方程式的正误判断。电离方程式正误判断，第一看是否符合反应事实；第二看：平不平（即元素守恒、电荷守恒、电子守恒）；第三看：拆不拆（即离子、分子形式的书写是不是有问题）。强酸、强碱和易溶于水的盐要拆写为离子，难溶物质、难电离物质、挥发性物质、单质、氧化物、非电解质等要书写为化学式。微溶物作为反应物，若是澄清溶液拆写为离子，若是悬浊液写为化学式。微溶物作为生成物，一般写为化学式，并标“”符号。多元弱酸酸式根离子，在离子方程式中不能拆写。如HCO3-不能写成CO32-H+（注：NaHSO4在溶液中需写成SO42-H+）11.11.要证明CuSO4溶液显蓝色不是由于SO42造成的，下列实验无意义的是A. 观察K2SO4溶液的颜色B. 加水稀释CuSO4溶液，溶液颜色变浅C. 向CuSO4溶液中滴加过量NaOH溶液，振荡后静置，溶液变成无色D. 向CuSO4溶液中滴加过量Ba(NO3)2溶液，振荡后静置，溶液未变成无色【答案】B【解析】试题分析：A、K2SO4溶液中含有SO42-，不含Cu2+，K2SO4溶液呈无色，说明硫酸铜溶液呈蓝色不是SO42-离子造成，故A不选；B、加水稀释后CuSO4溶液颜色变浅，溶液中仍然存在Cu2+、SO42-、H2O，无法确定哪种粒子造成的，故B选；C、CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu(OH)2，反应后溶液中SO42-仍然存在，但溶液颜色消失，说明硫酸铜溶液呈蓝色不是SO42-离子造成，故C不选；D、CuSO4+Ba(NO3)2=BaSO4+Cu(NO3)2，振荡后静置，溶液颜色未消失，说明酸铜溶液呈蓝色不是SO42-离子造成，是Cu2+造成的，故D不选；故选B。【考点定位】考查性质实验方案的设计；物质的检验和鉴别【名师点晴】本题考查性质实验方案设计，根据物质的性质选取合适的试剂设计实验，有时要设计对比实验进行分析，CuSO4溶液中含有Cu2+、SO42-、H2O，要证明CuSO4溶液显蓝色不是由于SO42-离子造成的，只要排除SO42-、H2O的干扰，并用含有Cu2+的其它盐溶液对比判断。12.12.将下列气体通入溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中， 没有沉淀产生的是A. HCl B. NH3 C. Cl2 D. NO2【答案】A【解析】【分析】二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性小于HCl，所以亚硫酸和氯化钡不反应，则向BaCl2溶液中通入SO2溶液仍澄清，若再通入足量的某气体，溶液中仍然没有沉淀，则该气体不能将亚硫酸氧化为硫酸或该气体不能和亚硫酸反应生成沉淀。【详解】AHCl和亚硫酸不反应且和氯化钡不反应，所以没有生成沉淀，符合题意，选项A正确；B氨气和亚硫酸反应生成亚硫酸氨，亚硫酸氨和氯化钡发生复分解反应生成亚硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项B错误；C氯气和二氧化硫及水反应生成硫酸和盐酸，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项C错误；D二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，所以不符合题意，选项D错误；答案选A。13.13.下列对物质或离子的检验，结论正确的是( )A. 加入KSCN溶液，溶液变红，证明原溶液含有Fe3+B. 将气体通入KMnO4酸性溶液，紫色褪色，证明气体为SO2C. 将气体通入澄清石灰水，有白色沉淀，证明气体为CO2D. 加入BaCl2溶液，沉淀不溶于盐酸，证明原溶液含有SO42-【答案】A【解析】【详解】A溶液中加入KSCN溶液，铁离子结合SCN-离子生成血红色溶液，证明原溶液中含铁离子，故A正确；B将气体通入KMnO4酸性溶液，紫色褪色，说明气体具有还原性，但不一定为二氧化硫，也可能为乙烯等，故B错误；C二氧化硫、二氧化碳都可使澄清石灰水变浑浊，也可能为二氧化硫，故C错误；D白色沉淀可能为AgCl，如检验硫酸根离子，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡，故D错误；故选A。14.14.如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是（ ）（选项中按 W X Y Z 的顺序）A. S SO2 SO3 H2SO4 B. Na Na2O2 NaOH NaClC. Fe FeCl3 Fe（OH）2 FeCl2 D. Al AlCl3 NaAlO2 Al2（SO4）3【答案】D【解析】【分析】A硫不能一步反应生成三氧化硫；BNa燃烧生成Na2O2；C铁在氯气中燃烧只生成氯化铁；DAl与HCl反应生成X，Al与NaOH反应生成Y，Al与硫酸反应生成Z，Z与氯化钡反应生成X，X与NaOH反应生成Y，Y与硫酸反应生成Z。【详解】A、S不能一步转化为SO3，选项A错误；B、NaCl不能一步转化为Na2O2，选项B错误；C、FeCl3不能一步转化为Fe(OH)2，选项B错误；D、铝与盐酸或氯气等反应生成氯化铝，氯化铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量硫酸反应生成硫酸铝，硫酸铝与氯化钡溶液反应生成氯化铝，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查物质的性质及相互转化，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握发生的化学反应及反应条件为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。15.15.某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下试验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是选项实验及现象结论A将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝反应中有NH3产生B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色反应中有H2产生C收集气体的同时测得溶液的pH为8.0弱碱性溶液中Mg也可被氧化D将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生弱碱性溶液中OH-氧化了MgA. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：A氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；CpH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故C正确；D、若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以D的结论不合理，故D错误；故选D。考点：考查了镁的化学性质的相关知识。 16. 二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有A. 还原性 B. 氧化性 C. 漂白性 D. 酸性【答案】A【解析】试题分析：溴水具有氧化性，二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有还原性，答案选A。考点：考查二氧化硫的性质 17.17.在含有FeCl3和BaCl2的酸性溶液中，通入足量的SO2后有白色沉淀生成，过滤后，向溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，下列叙述不正确的是（ ）A. 白色沉淀不含BaSO3 B. 溶液的酸性减弱 C. 白色沉淀是BaSO4 D. FeCl3全部被还原为FeCl2【答案】B【解析】A. SO2被氧化为，白色沉淀为BaSO4，不含BaSO3，故A正确；B. 生成硫酸，溶液的酸性增强，故B不正确；C. 白色沉淀是BaSO4，故C正确；D. 在足量的SO2的作用下FeCl3全部被还原为FeCl2，故D正确。故选B。18.18.中学化学中很多“规律”都有其使用范围,根据有关“规律”得出的下列结论合理的是()A. 根据较强酸可以制取较弱酸的规律,推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClOB. 金属钠可以通过电解熔融NaCl制得,推出金属铝可以通过电解熔融AlCl3制得C. 金属钠在纯氧中燃烧生成Na2O2,推出金属锂在纯氧中燃烧生成Li2O2D. CaCO3与稀硝酸反应生成CO2,推出CaSO3与稀硝酸反应生成SO2【答案】A【解析】试题分析：碳酸酸性大于次氯酸，CO2通入NaClO溶液中能生成HClO，故A正确；AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电，金属铝可以通过电解Al2O3制得，故B错误；锂的活泼性小于钠，锂在纯氧中燃烧生成Li2O，故C错误；稀硝酸具有强氧化性，CaSO3与稀硝酸反应不能生成SO2，故D错误。考点：本题考查元素化合物的性质。19.19.探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是()A. 用装置甲进行铜和浓硫酸的反应 B. 用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气C. 用装置丙稀释反应后的混合液 D. 用装置丁测定余酸的浓度【答案】C【解析】试题分析：A、铜和浓硫酸的反应需要加热，装置没有加热装置，错误；B、SO2的密度比空气大，应用向上排空气法收集，应为长管进气短管出气，错误；C、浓硫酸溶于水放出大量的热，应用装置稀释反应后的混合液，正确；D、用氢氧化钠溶液滴定余酸，氢氧化钠溶液应放在碱式滴定管中，错误。考点：考查化学实验方案的分析、评价20.20.某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是A. AlCl3 B. Na2O C. FeCl2 D. SiO2【答案】A【解析】A、AlCl3可由Al与Cl2反应制得，将AlCl3加入Ba(HCO3)2溶液中生成CO2 气体和Al(OH)3沉淀，选项A正确；B、Na2O 加入Ba(HCO3)2溶液中只产生碳酸钡沉淀而没有气体产生，选项B错误；C、Fe 与Cl2 反应生成FeCl3，选项C错误；D、SiO2 与Ba(HCO3)2不反应，选项D错误。答案选项A 21. 下列是部分矿物资源的利用及产品流程,有关说法不正确的是( )A. 粗铜电解精炼时,粗铜作阳极B. 生产铝、铜、高纯硅及玻璃过程中都涉及氧化还原反应C. 黄铜矿冶铜时,副产物SO2可用于生产硫酸,FeO可用作冶铁的原料D. 粗硅制高纯硅时,提纯四氯化硅可用多次分馏的方法【答案】B【解析】粗铜精炼时,粗铜作阳极,精铜作阴极,A对;制玻璃发生的反应:CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2,Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2,都不属于氧化还原反应,B错;SO2用于生产硫酸,FeO用作冶铁原料属于副产物的充分利用,C对;多次分馏提纯可使SiCl4与粗硅中的杂质分离彻底,保证制得高纯度的硅,D对。22.22.铜有两种常见的氧化物CuO和Cu2O。某学习小组取0.98 g(用精密天平测量)Cu(OH)2固体加热，有铜的氧化物生成，其质量随温度变化如图甲所示；另外，某同学绘制了三条表示金属氧化物与其所含金属元素的质量的关系曲线，如图乙所示。则下列分析正确的是() A. 图甲中a点和b点对应物质的化学式分别为Cu2O和CuOB. 图甲整个过程中共生成0.26 g水C. 图乙三条曲线中，表示CuO和其中所含Cu元素质量关系的曲线是AD. 图甲中，a到b的过程中有0.01 mol电子发生了转移【答案】D【解析】【分析】0.98 g Cu（OH）2的物质的量为=0.01 mol，若完全分解得到CuO，由Cu元素守恒，n（CuO）=0.01 mol，m（CuO）=0.01mol80g/mol=0.8g，若完全分解得到Cu2O，由Cu元素守恒，n（Cu2O）=0.005mol，m（Cu2O）=0.005mol144g/mol=0.72g，故A为CuO、B为Cu2O， A由上述分析可知，a为CuO、b为Cu2O；B根据H元素守恒计算水的物质的量，再根据m=nM计算生成水的质量；C根据CuO的化学式计算CuO中所含Cu元素的质量与CuO的质量之比，结合图象判断；D由a点到b点发生反应：4CuO2Cu2O+O2，CuO完全分解为Cu2O，结合Cu元素化合价变化计算转移电子。【详解】0.98 g Cu（OH）2的物质的量为=0.01 mol，若完全分解得到CuO，由Cu元素守恒，n（CuO）=0.01 mol，m（CuO）=0.01mol80g/mol=0.8g，若完全分解得到Cu2O，由Cu元素守恒，n（Cu2O）=0.005mol，m（Cu2O）=0.005mol144g/mol=0.72g，故a为CuO、b为Cu2O，A由上述分析可知，a为CuO、b为Cu2O，选项A错误；B根据H元素守恒，生成水的物质的量为=0.01mol，故生成水的质量=0.01mol18g/mol=0.18g，选项B错误；C根据CuO的化学式可知CuO中所含Cu元素的质量与CuO的质量之比=64：80=4：5，即曲线斜率为0.8，曲线A的斜率大于1，曲线C的斜率为0.5，曲线B的斜率为0.8，故曲线B表示表示CuO和其中所含Cu元素质量关系，选项C错误；D由A点到B点发生反应：4CuO2Cu2O+O2，CuO完全分解为Cu2O，Cu元素化合价由+2价降低为+1价，故转移电子为0.01mol（2-1）=0.01mol，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查Cu及其化合物的性质，为高频考点，把握极限法判断A、B对应的物质是解题关键，侧重分析、计算能力的综合考查，题目难度不大。23.23.铜和Al的合金2.3g全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生2.24L的NO2气体和168mL的N2O4气体（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入一定量的氢氧化钠溶液，使生成的沉淀的最大质量为【答案】B【解析】【分析】铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，等于他们结合的氢氧根的物质的量，根据氮的氧化物计算氢氧根的物质的量，沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，沉淀的总质量等于金属质量与氢氧根的质量之和。【详解】2.24L的NO2气体的物质的量为=0.1mol，168mL的N2O4气体的物质的量为=0.0075mol，所以金属提供的电子的物质的量为0.1mol（5-4）+0.0075mol2（5-4）=0.115mol，所以沉淀中含有氢氧根的物质的量为0.115mol，氢氧根的质量为0.115mol17g/mol=1.955g，所以沉淀的金属的质量为2.3g+1.955g=4.255g，答案选B。【点睛】本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题解答的关键是铜和镁失去的电子的物质的量，等于他们结合的氢氧根的物质的量，而结合氢氧根的质量就正好是质量增加的量。24.24.X、Y、Z、W四种物质有如下相互转化关系（其中X、W为单质，Y、Z为化合物，未列出反应条件）若Z是生活中常用的调味品，W遇淀粉溶液变蓝，则：（1）常温下，X的颜色是_。（2）工业上Z有多种用途，用化学方程式表示Z的一种用途_。（3）生活中所用的Z加入了碘酸钾，过量X与Y溶液反应时可以得到这种碘酸盐，此反应的离子方程式是_。若X是工业上用量最大的金属单质，Z是一种具有磁性的黑色晶体，则：（1）X与Y反应的化学方程式是_。（2）将3.48g Z加入50mL 4mol/L的稀HNO3中充分反应，产生112mL的NO（标准状况），向反应后的溶液中滴加NaOH溶液能产生沉淀当沉淀量最多，至少需要加入2mol/L的NaOH溶液_mL （精确到0.1）。【答案】 (1). 黄绿色 (2). 2NaCl+2H2OH2+Cl2+2NaOH (3). 3Cl2+I+3H2O6Cl+IO3+6H+ (4). 3Fe+4H2OFe3O4+4H2 (5). 97.5【解析】【分析】（1）若Z是生活中常用的调味品，W遇淀粉溶液变蓝，则W为I2，碘易升华，Z为NaCl，在氯碱工业中有重要的应用，X为氯气，Y为NaI，过量X与Y溶液反应时可以得到一种碘酸盐为碘酸钠；（2）X是工业上用量最大的金属单质，Y是一种具有磁性的黑色晶体，则X为Al，Y为Fe3O4，二者发生铝热反应。【详解】若W遇淀粉溶液变蓝，w是碘单质，X和Y反应生成碘和Z，Z是生活中常用的调味品，Z是氯化钠，根据元素守恒、氧化还原反应及X和W是单质、Y和Z为化合物知，X是氯气，Y是碘化钠；（1）通过以上分析知，X是氯气，为黄绿色气体；（2）工业上用电解饱和氯化钠溶液制取氢氧化钠，电解方程式为：2NaCl+2H2O H2+Cl2+2NaOH；（3）氯气有强氧化性，能把碘离子氧化生成碘酸根离子，同时自身被还原成氯离子，离子方程式为：3Cl2+I-+3H2O6Cl-+IO3-+6H+；若X是工业上用量最大的金属单质，则X是铁，Z是一种具有磁性的黑色晶体，Z是四氧化三铁，X、Y、Z、W四种物质有如下相互转化关系，其中X、W单质，Y、Z为化合物，该反应是铁和水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，所以W是氢气，Y是水（1）高温条件下，铁和水反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3Fe+4H2O Fe3O4+4H2；（2）四氧化三铁和硝酸反应生成硝酸盐和NO，向溶液中滴加氢氧化钠溶液，硝酸盐和氢氧化钠反应生成沉淀和硝酸钠，根据溶液中硝酸根离子的量计算氢氧化钠的浓度，硝酸的物质的量=4mol/L0.05L=0.2mol，充分反应，产生112mL的NO，根据氮原子守恒，硝酸和一氧化氮的物质的量之比为1：1，则溶液中剩余硝酸的物质的量=0.2mol-=0.195mol，硝酸盐和氢氧化钠反应生成沉淀和硝酸钠，则氢氧化钠和硝酸根离子之间的物质的量之比为1：1，设氢氧化钠的体积为V，则NaOH-NO3-，1mol 1mol2V 0.195molV=97.5mL。【点睛】本题考查无机物的推断，明确卤素单质之间的置换反应及铝热反应是解答的关键，注意碘的特性及Y的特性是解答的突破口，题目难度不大。25.25.亚硝酰氯（NOCl）是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在常温常压下合成。已知NOCl是一种红褐色液体或黄色气体，其熔点64.5，沸点5.5，遇水易水解。 （1）实验室制备原料气NO和Cl2的装置如下图所示： 实验室制NO时，装置A中烧瓶内为铜和稀硝酸，发生反应的化学方程式为：_。实验室制Cl2时，装置B中盛放的试剂为_，其作用是_。 （2）将上述收集到的Cl2充入集气瓶中，按图示装置制备亚硝酰氯。NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的电子式为_。装置D中的现象为_。装置E中无水氯化钙的作用为_。某同学认为装置F不能吸收NO，为解决这一问题，可将尾气与某种气体同时通入氢氧化钠溶液中，这种气体的化学式是_。 （3）NO可用间接电化学法除去，其原理如下图所示：阴极的电极反应式为_。吸收塔内发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O (2). 饱和食盐水 (3). 除去Cl2中的HCl气体 (4). (5). 黄绿色气体颜色逐渐变浅，有红褐色液体生成 (6). 吸收水蒸气，防止水蒸气进入D装置 (7). O2 (8). 2HSO3+2H+2e=S2O42+2H2O (9). 2NO+2S2O42+2H2O=N2+4HSO3【解析】【分析】（1）根据装置固液加热型选择药品分析；（2）NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则氮原子与氧原子形成两对共用电子对，与氯原子形成一对；装置D中由黄绿色的氯气生成了红褐色液体NOCl；根据NOCl遇水易分解，故装置中应无水分析；NO不溶于水，可与氧气一同通入氢氧化钠吸收；（3）阴极发生还原反应，是亚硫酸氢根离子，得电子，生成硫代硫酸根离子；硫代硫酸根离子与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气。【详解】（1）图1为固液加热型，制NO时，可选用铜与稀硝酸制取，发送的反应方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；制Cl2时，可选用二氧化锰和浓盐酸，制得的氯气中有氯化氢气体，用饱和食盐水除去；（2）NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则氮原子与氧原子形成两对共用电子对，与氯原子形成一对，电子式为：；装置D中为氯气制备NOCl，故现象为黄绿色气体逐渐变浅，有红褐色液体生成；NOCl遇水易分解，装置E中无水氯化钙的作用为吸收水蒸气，防止水蒸气进入D装置；NO不溶于水，可与氧气一同通入氢氧化钠吸收，故答案为：O2；（3）阴极发生还原反应，是亚硫酸氢根离子，得电子，生成硫代硫酸根离子，电极反应式为：2HSO3-+2e-+2H+S2O42-+2H2O；硫代硫酸根离子与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气，离子反应方程式为：2NO+2S2O42+2H2O=N2+4HSO3。【点睛】本题考查了物质制备方案设计，主要考查了化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、环境保护等，题目难度中等，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能量，注意相关基础知识的学习与积累。26.26.某课题组以硫铁矿烧渣（含 Fe2O3、 Fe3O4、 Al2O3、 CaO、 SiO2 等）为原料制取软磁用 Fe2O3（要求纯度99.2%， CaO 含量0.01%）。其工艺流程如下(所加入试剂均稍过量)：已知：生成氢氧化物的 pH 如下表所示（1）滤渣 A 的主要成分是_。（2）在过程中可观察到产生少量气泡，溶液颜色慢慢变浅。能解释该实验现象的离子方程式有_。（3）在过程中，课题组对滤液 A 稀释不同倍数后,加入等质量的过量铁粉,得出 Fe3+浓度、还原率和反应时间的关系如图所示：结合上述实验结果说明：课题组选择稀释后c(Fe3+)为 1.60mol/L 左右的理由是_。（4）在过程中，课题组在相同条件下，先选用了不同沉钙剂进行实验，实验数据见下表：（已知：滤液 B 中钙的含量以 CaO 计为 290310mg/L）沉钙剂 Na2SO3 H2C2O4 (NH4)2CO3 Na2CO3 NH4F用量/g 2 2 2 5 2剩余CaO/mg/L) 290 297 290 190 42根据实验结果， 选择适宜的沉钙剂，得到滤渣 C 的主要成分有_。（5）在过程中，反应温度需要控制在 35以下，不宜过高，其可能的原因是_。（6）在过程中，反应的化学方程式是_。【答案】 (1). SiO2 (2). Fe+2H+=Fe2+H2 Fe+2Fe3+=3Fe2+ (3). c(Fe3+)在1.60mol/L左右时，反应速率更快，Fe3+的还原率更高 (4). CaF2、Al(OH)3 (5). 温度过高，(NH4)2CO3易分解 (6). 4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2 【解析】试题分析：由题中流程可知，烧渣在加热的条件下经硫酸浸取后，过滤除去不溶物二氧化硅后，向滤液A中加入足量铁粉把Fe3+还原为Fe2+，过滤得滤液B，向滤液B中加入氨水调到pH=6.0，使Al3+完全转化为氢氧化铝沉淀，然后加入沉淀剂并加热，待滤液中Ca2+完全沉淀后过滤，向滤液C中加入碳酸铵溶液，过滤、洗涤，得到碳酸亚铁，最后将碳酸亚铁在空气中加热得到氧化铁。（1）浇渣中只有SiO2不溶于硫酸，故滤渣 A 的主要成分是SiO2。（2）在过程中可观察到产生少量气泡，溶液颜色慢慢变浅。该过程共有两个离子反应发生，其离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2+H2。（3）由Fe3+浓度、还原率和反应时间的关系曲线可知，c(Fe3+)在1.60mol/L左右时，反应速率更快（在很短的时间内达到很高的还原率），Fe3+的还原率更高，故课题组选择稀释后c(Fe3+)为 1.60mol/L左右。（4）由表中实验数据可知，在相同的条件下，选择NH4F作为沉钙剂时，滤液B中钙的含量最低，故应选择NH4F作为沉钙剂，得到滤渣 C 的主要成分有CaF2、Al(OH)3。（5）在过程中，使用了碳酸铵作为沉淀剂，反应温度需要控制在35以下，不宜过高，其可能的原因是：温度过高，(NH4)2CO3易分解。（6）在过程中，碳酸亚铁在空气中加热得到氧化铁，反应的化学方程式是4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2 。27.27.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂。（1）工业上的湿法制备方法是用KClO 与Fe(OH)3在KOH 存在下制得K2FeO4，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为_。（2）实验室用食盐、废铁屑、硫酸、KOH等为原料，通过以下过程制备K2FeO4：操作()的方法为在隔绝空气条件下_、_、过滤、洗涤、隔绝空气减压干燥。写出产生X气体的化学方程式_。（3）测定某K2FeO4样品的质量分数，实验步骤如下：步骤1：准确称量1.0g样品，配制100mL溶液；步骤2：准确量取25.00mL K2FeO4溶液加入到锥形瓶中；步骤3：在强碱性溶液中，用过量CrO2与FeO42反应生成Fe(OH)3和CrO42；步骤4：加稀硫酸，使CrO42转化为Cr2O72，CrO2转化为Cr3+，Fe(OH)3转化为Fe3+；步骤5：加入二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.1000molL1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(溶液显紫红色)，记下消耗(NH4)2Fe(SO4)溶液的体积，做3次平行实验，平均消耗30.00mL的(NH4)2Fe(SO4)2溶液。已知：K2Cr2O7水溶液显黄色，滴定时发生的反应为：6Fe2+Cr2O7214H+=6Fe3+2Cr3+7H2O。 步骤2中准确量取25.00mLK2FeO4溶液加入到锥形瓶中所用的仪器是_。写出步骤3中发生反应的例子方程式_。根据上述实验数据，测定该样品中K2FeO4的质量分数为 。（K2FeO4摩尔质量为198g/mol）。【答案】 (1). 3：2 (2). 蒸发浓缩、冷却结晶 (3). 2Na2O2=2Na2O+O2 (4). 酸式滴定管 (5). CrO2-+FeO42-+2H2O=Fe（OH）3+CrO42-+OH- (6). 79.2%【解析】【详解】（1）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4），则FeO42-为产物，Fe（OH）3为反应物，化合价升高总共3价，由电子转移守恒可知，ClO-为反应物，Cl-为生成物，化合价降低共2将，化合价升降最小公倍数为6，故Fe（OH）3的系数为2，FeO42-的系数为2，ClO-的系数为3，Cl-的系数为3，根据电荷守恒可知，OH-为反应物，系数为4，由元素守恒可知H2O为生成物，其系数为5，离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为3：2；（2）操作（I）是溶液中得到硫酸亚铁晶体的方法为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、隔绝空气减压干燥；过程分析可知X为氧气，根据流程可知由过氧化钠分解而得，反应的化学方程式为2Na2O2=2Na2O+O2；（3）K2FeO4溶液具有强氧化性，准确量取25.00mL K2FeO4溶液加入到锥形瓶中应在酸式滴定管中量取；在强碱性溶液中，用过量CrO2-与FeO42-反应生成Fe（OH）3和CrO42-，铬元素化合价+3价变化为+6价，铁元素+6价变化为+3价，结合电子守恒和电荷守恒配平得到离子方程式为：CrO2-+FeO42-+2H2O=Fe（OH）3+CrO42-+OH-；CrO2-+FeO42-+2H2O=Fe（OH）3+CrO42-+OH-；6Fe2+Cr2O72-+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O，得到定量关系为：2FeO42-2CrO42-Cr2O72-6Fe2+，2 6n 0.0300L0.1000mol/Ln=0.001mol，100mL溶液中含有0.001mol=0.004mol，测定该样品中K2FeO4的质量分数=100%=79.2%。