2019届高三化学9月月考试题(含解析) (IV).doc

2019届高三化学9月月考试题(含解析) (IV)1.如图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是()A. X为含氧酸、Y为酸、Z为化合物B. X为氧化物、Y为化合物、Z为纯净物C. X为强碱、Y为碱、Z为化合物D. X为非金属氧化物、Y为酸性氧化物、Z为氧化物【答案】D【解析】分析：A项，化合物可以分为酸、碱、盐、氧化物等，酸按是否含氧元素分为含氧酸和无氧酸；B项，纯净物分为单质和化合物，化合物可以分为酸、碱、盐、氧化物等；C项，化合物可以分为酸、碱、盐、氧化物等，碱按电离程度不同分为强碱、中强碱、弱碱；D项，氧化物可以分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物、不成盐氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物如Mn2O7等，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物如CO等。详解：A项，化合物可以分为酸、碱、盐、氧化物等，酸按是否含氧元素分为含氧酸和无氧酸，A项正确；B项，纯净物分为单质和化合物，化合物可以分为酸、碱、盐、氧化物等，B项正确；C项，化合物可以分为酸、碱、盐、氧化物等，碱按电离程度不同分为强碱、中强碱、弱碱，C项正确；D项，氧化物可以分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物、不成盐氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物如Mn2O7等，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物如CO等，酸性氧化物和非金属氧化物属于交叉关系，D项错误；答案选D。2.已知X和Y能发生如下反应：XY=H2O盐，下列有关物质X和Y所属种类的判断中一定不正确的是()A. X为酸、Y为碱 B. X为碱性氧化物、Y为酸C. X为盐、Y为碱 D. X为碱性氧化物、Y为酸性氧化物【答案】D【解析】【详解】X和Y可能为酸和碱、碱性氧化物和酸、酸式盐和碱(如NaHCO3NaOH=Na2CO3H2O)，不可能是碱性氧化物和酸性氧化物(二者反应只生成盐，无水生成)。故选D。3.分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用。下列分类标准合理的是（ ）根据碳酸钠溶于水呈碱性，碳酸钠既属于盐，又属于碱根据反应中是否有电子的转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和悬浊液根据反应中是否有离子参与，将化学反应分为离子反应和非离子反应A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】物质是否属于碱的标准为该物质的阴离子是否全部为OH-，而不是由其水溶液的是否显碱性来判断的，故该说法不合理；根据反应中是否有电子的转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故该说法合理；根据分散系微粒直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据否具有丁达尔现象，而不是根据丁达尔现象来分类的，故该说法不合理；根据反应中是否有离子参与，将化学反应分为离子反应和非离子反应，故该说法合理。答案为选B。4.以下关于中国化学史的表述错误的是A. 杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来B. 蔡伦利用树皮、碎布（麻布）、麻头等原料精制出优质纸张C. 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”这是利用了KNO3的氧化性D. 英文的“中国”（China）又指“瓷器”，说明我国很早就应用化学技术制作陶瓷【答案】A【解析】A高粱中不含乙醇，高粱的主要成分为淀粉，故A错误；B蔡伦改进造纸工艺，利用树皮、碎布(麻布)、麻头、鱼网等原料精制出优质纸张，由他监制的纸被称为“蔡侯纸”，故B正确；C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，故C正确；D中国是使用瓷器最高的国家，故“中国”(China)又指“瓷器”，故D正确；答案A。5.下列说法正确的是()A. 液态HCl不导电，所以HCl是非电解质B. CO2的水溶液导电，所以CO2是电解质C. 铜、石墨均导电，所以它们都是电解质D. 蔗糖在水溶液中和熔融时均不导电，所以蔗糖是非电解质【答案】D【解析】【详解】酸、碱、盐都是电解质，A项错误；非金属氧化物都是非电解质，CO2溶于水生成H2CO3，H2CO3是电解质，其电离产生了自由移动的离子，故能导电，B项错误；单质既不是电解质也不是非电解质，C项错误。故选D。【点睛】电解质是指在水溶液或熔融状态下导电的化合物，注意在水溶液中导电的原因是自身电离出自由移动的离子，如二氧化碳或二氧化硫或氨气等物质溶于水后发生反应生成其他物质，产物能电离，溶液能导电，但是二氧化碳或二氧化硫或氨气都为非电解质，产物为电解质。同时注意单质或混合物不能为电解质或非电解质。6.下列物质间转化需要加入还原剂才能实现的是（ ）A. N2NH3 B. Fe2+Fe3+C. CaCO3CO2 D. AlNaAlO2【答案】A【解析】AN元素的化合价降低，需要加还原剂实现，故A选；B、Fe2+Fe3+元素化合价升高，则需要加入氧化剂才能实现，故B错；C、CaCO3CO2 各元素化合价不变，所以不需要加入还原剂，故C错；D、 AlNaAlO2元素化合价升高，则需要加入氧化剂才能实现，故D错；故选A。点睛：本题考查氧化还原反应，明确氧化剂、还原剂发生的反应及元素的化合价变化是解答本题的关键，题目难度不大。解题关键：需要加入某种还原剂才能实现，则选项中为氧化剂的变化，氧化剂中某元素的化合价降低。7.下列电离方程式中书写正确的是A. NaHSO4NaHSO42- B. NaHCO3=NaHCO32-C. HClOHClO- D. H3PO43HPO43-【答案】C【解析】硫酸氢钠的电离是不可逆的，选项A错误。碳酸氢钠应该电离出钠离子和碳酸氢根离子，所以选项B错误。次氯酸是弱酸，发生可逆电离生成氢离子和次氯酸根离子，选项C正确。磷酸是三元弱酸，电离时应该分步电离，选项D错误。8.下列四个反应中水只做还原剂的是()F2H2O NaH2O NO2H2O Na2O2H2OA. B. C. D. 【答案】A【解析】H2O中氧元素化合价升高，做还原剂；H2O中氢氧元素化合价都不变，既不是氧化剂也不是还原剂；H2O中氢氧元素化合价都不变，既不是氧化剂也不是还原剂；H2O中氢氧元素化合价都不变，既不是氧化剂也不是还原剂；答案选A。9.下列离子方程式书写不正确的是A. AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n(OH-)n(Al3+)=72时，2Al3+7OHAl(OH)3+AlO2+2H2OB. 向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，CO32+CO2+H2O2HCO3C. CuCl2溶液与NaHS溶液反应，当n(CuCl2)n(NaHS)=12时，Cu2+2HSCuS+H2SD. Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)n(HNO3)=12时，3Fe+2NO3+8H3Fe2+2NO+4H2O【答案】B【解析】【分析】A. n(OH-)n(Al3+)=3:1，恰好生成Al(OH)3，n(OH-)n(Al3+)=4:1，恰好生成AlO2；B. 向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，生成碳酸氢钠晶体；C. 氯化铜溶液与 NaHS 溶液当n(CuCl2)n(NaHS)=12时,反应生成硫化铜和硫化氢；D.过量的铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁,若铁不足时生成硝酸铁。【详解】A项，n(OH-)n(Al3+)=3:1，恰好生成Al(OH)3，n(OH-)n(Al3+)=4:1，恰好生成AlO2；当n(OH-)n(Al3+)=72时，发生2Al3+7OHAl(OH)3+AlO2+2H2O反应，A正确；B项，CO2通入饱和Na2CO3溶液中会生成溶解度更小的碳酸氢钠，以晶体的形式析出，2Na+CO32-+H2O+CO2=2NaHCO3，B错误；C项，氯化铜溶液与NaHS溶液当n(CuCl2)n(NaHS)=12时,Cu2+与HS-生成CuS沉淀和H2S气体，故C项正确；D项，n(Fe)n(HNO3)=1:4 ,生成硝酸铁，n(Fe)n(HNO3)=3:8，生成硝酸亚铁，当n(Fe)n(HNO3)=12时，发生3Fe+2NO3+8H3Fe2+2NO+4H2O反应，D正确；正确选项B。【点睛】本题的易错项为D项。少量铁与稀硝酸反应的化学方程式：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O；过量铁与稀硝酸反应的化学方程式3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)3+2NO+4H2O；可以看出来n(Fe)n(HNO3)=1:4 时恰好生成三价铁离子，n(Fe)n(HNO3)=3:8，时恰好生成二价铁离子，题目中n(Fe)n(HNO3)=1:2大于3:8，故铁过量全部生成二价铁离子，题中的离子方程式正确。10.下列离子方程式书写正确的是 ()A. 向水中通入氯气：Cl2H2O2HClClOB. 向氯化铁溶液中加入铜：2Fe33Cu=2Fe3Cu2C. NH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热：NH4OHNH3H2OD. 向二氧化锰中滴加浓盐酸并加热：MnO24H2ClMn2Cl22H2O【答案】D【解析】【分析】A次氯酸为弱电解质，不能拆；B得失电子不守恒；C、缺少碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；D、实验室用二氧化锰跟浓盐酸加热反应制取氯气，生成氯化锰、氯气和水。【详解】A向水中通入氯气，离子方程式：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，选项A错误；B向氯化铁溶液中加入铜，离子方程式：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，选项B错误；CNH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热，反应的离子方程式为NH4+HCO3-+2OH-NH3+CO32-+2H2O，选项C错误；D、向二氧化锰中滴加浓盐酸并加热：MnO24H2ClMn2Cl22H2O，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查离子方程式的书写，解题时注意从化学式、离子符号、电荷守恒、是否符合反应实际的角度分析离子方程式的书写是否正确，题目难度不大。11.下列物质间相互发生反应时：NaO2 FeCl2 AgNO3溶液+氨水 KI溶液AgNO3溶液 Na2CO3C6H5COOH AlCl3KOH PCl2 CuHNO3；在不同条件下得到不同产物的是（ ）A. 除 B. 除 C. 除 D. 除【答案】B【解析】【分析】根据物质的性质进行分析，化学反应中有很多反应在不同的条件下生成不同的产物。温度不同产物不同常温下得到氧化钠，点燃条件下得到过氧化钠；Fe+ Cl2反应只生成氯化铁；AgNO3溶液+氨水在氨水量的不同得到不同产物；KI溶液+AgNO3溶液只生成碘化银沉淀和硝酸钾；Na2CO3+C6H5COOH在C6H5COOH量的不同得到不同产物；AlCl3+KOH在KOH量的不同得到不同产物；得到三氯化磷和五氯化磷是和氯气的量有关；铜和硝酸反应和浓度有关。【详解】钠和氧气常温下生成氧化钠，点燃条件反应生成过氧化钠，故符合；Fe+Cl2反应只生成氯化铁，故不符合；AgNO3溶液+氨水在氨水少量时生成氢氧化银沉淀，过量时生成氢氧化二氨合银，故符合；KI溶液+AgNO3溶液只生成碘化银沉淀和硝酸钾，故不符合；Na2CO3+C6H5COOH在C6H5COOH少量生成碳酸氢钠，C6H5COOH过量放出二氧化碳，故符合；AlCl3+KOH在KOH少量生成氢氧化铝沉淀，过量生成偏铝酸钾，则条件不同得到不同产物，故符合；氯气和磷的反应与氯气的量有关，可以生成三氯化磷和五氯化磷，故符合；铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，与浓硝酸反应生成二氧化氮，故符合；综上所述：除都符合；答案选B。【点睛】本题考查元素化合物的相关知识，涉及的面广，知识点不难，主要考查条件不同产物不同的反应的影响因素，在平时的学习中要注意归纳总结。12.向某NaOH溶液中通入CO2气体后得到溶液M，因CO2通入的量不同，溶液M的组成也不同，若向溶液M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系如图所示。则下列分析与判断不正确的是(不计CO2溶解) A. 若OB=0，则形成溶液的过程中所发生反应的离子方程式为OH+CO2HCO3B. 若OB=BC，则溶液M为Na2CO3溶液C. 若OBBC，则溶液M中大量存在的阴离子为CO32和HCO3D. 若3OB=BC，则溶液M中c(NaHCO3)=2c(Na2CO3)【答案】C【解析】【分析】向某NaOH溶液中通入CO2气体，涉及反应及产物分别为：2NaOHCO2=Na2CO3H2O（CO22OH=CO32H2O）；NaOHCO2=NaHCO3（OH+CO2HCO3）；向M溶液加入盐酸时发生的反应可能为：CO32H=HCO3，HCO3H=H2OCO2；根据以上反应规律进行分析。【详解】向某NaOH溶液中通入CO2气体，涉及反应及产物分别为：2NaOHCO2=Na2CO3H2O（CO22OH=CO32H2O）；NaOHCO2=NaHCO3（OH+CO2HCO3）；M溶液加入盐酸时发生的反应可能为：CO32H=HCO3，HCO3H=H2OCO2；在不同的物质的量比的范围内产物（溶液M的成份）不同，参见下图：设a=n(CO2)/n(NaOH)，则：aM的成分OB与BC的关系a1：2NaOH 和 Na2CO3OBBCa=1:2Na2CO3OB=BC1：2a1：1NaHCO3和Na2CO3OB=BCa1:1NaHCO3OB=0由上表可知，若3OB=BC，则溶液M的成分为NaHCO3和Na2CO3，可得：3n（Na2CO3）=n（Na2CO3）+n（NaHCO3）即：c(NaHCO3)=2c(Na2CO3)，综上所述A、B、D正确，C错误；正确选项C。13.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. pH=l的溶液中：HCO3-、SO42-、K+、Cl-B. 无色透明的溶液中：K+、SO42-、Na+、MnO4-C. 遇石蕊变蓝的溶液中：NO3-、Na+、AlO2-、K+D. 含大量NO3-的溶液中：H+、Fe2+、Cl-、NH4+【答案】C【解析】分析：A. pH=l的溶液呈酸性，弱酸根离子不能大量存在；B、MnO4-在水溶液中为紫红色；C、能使紫色石蕊试液变蓝的溶液显碱性；D、NO3-、H+、Fe2+之间发生氧化还原反应。详解：A. pH=l的溶液呈酸性，H+与HCO3-反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，选项A错误；B、该组离子不反应，能大量共存，但MnO4-在水溶液中为紫红色，选项B错误；C、能使紫色石蕊试液变蓝的溶液显碱性，各离子相互不反应能大量共存，选项C正确；DNO3-、H+、Fe2+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，选项D错误；答案选C。点睛：本题考查离子的共存，为高考常见题型，把握离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应及离子颜色的考查，选项B为易错点，注意信息的抽取和应用，题目难度不大。14.已知离子反应：RO3n + 6I + 6H = R + 3I2 + 3H2O，则R元素在RO3n中的化合价是（ ）A. +1 B. +2 C. +4 D. +5【答案】D【解析】由离子方程式中电荷守恒可知，n=1，再由：RO3 中元素化合价代数和等于-1可知，R的化合价为+5。答案选D。15.下列用单、双线桥表示电子转移的方向和数目不正确的是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】A、转移电子为25(1)=12，故A错误；B、得失电子数目正确，以及双线桥的表示正确，故B正确；C、C的化合价升高，C应是失去电子，Cu应是得到电子，故C错误；D、1mol氧气得到4mole，得失电子数目应守恒，故D错误。点睛：本题的易错点是选项C和D，一是忘记氧化剂和还原剂的概念，失去电子、化合价升高的物质为还原剂，反之为氧化剂，二应注意得失电子数目守恒。16.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2 mol Cl2通入含1 mol FeI2的溶液中：2Fe22I2Cl2=2Fe34ClI2正确；Cl2过量，可将Fe2、I均氧化BBa(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ba2HCOOH=BaCO3H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水C过量SO2通入NaClO溶液中：SO2H2OClO=HClOHSO正确；说明酸性：H2SO3强于HClOD1 mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L的HCl溶液等体积混合：2AlO5H=Al3Al(OH)3H2O正确；第一步反应和第二步反应消耗的H的物质的量之比为23A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】A氯气过量，亚铁离子和碘离子都完全被氧化，亚铁离子与碘离子的计量数关系错误；B氢氧化钠质足量，反应的离子方程式为Ba22HCO2OH=BaCO3CO32-2H2O；CSO2具有强还原性，而NaClO具有极强的氧化性，两者要发生氧化还原反应，与事实相违背；DNaAlO2溶液和HCl溶液，可以有多种可能：当NaAlO2过量时方程为HCl+ NaAlO2=NaCl+Al（OH）3+H2O，当HCl过量时方程为4HCl+ NaAlO2=NaCl+AlCl3+2H2O，1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2 AlO2-+5H+=Al3+ Al（OH）3+H2O。【详解】A将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中，氯气过量，亚铁离子和碘离子都被氧化，正确的离子方程式为：2Fe2+4I-+3Cl2=2Fe3+6Cl-+2I2，选项A错误；BBa(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，正确的离子方程式为Ba22HCO2OH=BaCO3CO32-2H2O，选项B错误；C过量SO2通入到NaClO溶液中，SO32-有强还原性，ClO-有强氧化性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：SO2+H2O+ClO-=2H+SO42-+Cl-，选项C错误；D.1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合反应方程式为：2 AlO2-+5H+=Al3+Al(OH)3+H2O，如果盐酸过量继续和Al(OH)3反应，所以1mol AlO2-和盐酸反应最多消耗4molH+，AlO2-与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比在（14）：3，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查了离子方程式的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：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，检查是否符合原化学方程式等。17.已知I、Fe2、SO2和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为Fe2H2O2ISO2，则下列反应不能发生的是()A. 2Fe3SO22H2O=2Fe2SO424HB. I2SO22H2O=H2SO42HIC. H2O2H2SO4=SO2O22H2OD. 2Fe3H2O2=2Fe2O22H【答案】C【解析】试题分析：A、反应中还原剂SO2的还原性大于还原产物Fe2+，符合题给条件，故A正确；B、标注元素化合价可知，反应中硫元素化合价降低，过氧化氢中氧元素化合价升高，所以根据规律判断还原性强弱，还原剂H2O2的还原性大于还原产物SO2，和题意不符，故B错误；C、反应中还原剂SO2的还原性大于还原产物HI，符合题给条件，反应能进行，故C正确；D、反应中还原剂H2O2的还原性大于还原产物Fe2+，符合题给条件，故D正确。故选B。考点：考查了氧化还原反应的规律的相关知识。18.将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4，NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL 2mol/L NaOH溶液完全吸收，发生的反应为：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O则生成的盐溶液中NaNO3的物质的量为（）A. 0.4mol B. 0.2mol C. 0.6mol D. 0.8mol【答案】B【解析】分析：整个过程发生的反应较复杂,但从氧化还原反应电子得失的角度分析可以简化为铜和氮原子间电子的转移,铜和硝酸反应中铜还原硝酸生成氮氧化合物,在NaOH溶液中氮氧化合物又转化成NaNO3和NaNO2,我们可以认为铜将失去的电子给了硝酸在氢氧化钠溶液中生成了 NaNO2,根据得失电子守恒：2n(Cu)=2n(NaNO2),再根据钠元素守恒计算n(NaNO3)。详解：51.2gCu的物质的量为51.2/64=0.8mol,铜和硝酸反应，铜还原硝酸生成氮氧化合物,在NaOH溶液中氮氧化合物又转化成NaNO3和NaNO2，则铜将失去的电子给了硝酸在氢氧化钠溶液中生成了NaNO2,根据得失电子数目守恒,可得2n(Cu)=2n(NaNO2)，所以n(NaNO2)= n(Cu)=0.8 mol，由钠元素守恒, n(NaNO3)= n(NaOH)- n(NaNO2)=0.52-0.8= 0.2mol, B 正确；正确选项B。点睛：本题考查氧化还原反应计算，难度较大，整个过程发生的反应复杂，但从氧化还原反应电子得失角度可以简化铜和氮之间的电子转移，清楚铜将失去的电子给了硝酸在氢氧化钠溶液中生成的亚硝酸钠是解题的关键。19.1.52g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和N2O4的混合气体1120mL(标准状况。向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是A. 该合金中铜与铁的物质的量之比是2：1B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC. 得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mLD. NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%【答案】C【解析】设合金中Cu、Mg的物质的量分别为x、y，根据题目所给信息知64x+24y1.52；在反应过程中有：Cu-2e-=Cu2+、Mg-2e-=Mg2+，Cu2+2OH-=Cu(OH)2、Mg2+2OH-=Mg(OH)2，所以金属失去电子的物质的量等于金属阳离子完全沉淀所需OH-的物质的量，n(OH-)=0.06mol，故2x2y0.06，由和组成方程组解得x0.02 mol，y0.01 mol。A项，由上述计算可得，铜与镁的物质的量之比是21，A正确；B项，根据c=可得：c(HNO3)=molL-1=14.0 molL-1，B正确；由上述分析可知，Cu、Mg共失去0.06 mol电子，根据得失电子守恒，硝酸完全被还原为NO2，则NO2的物质的量应为0.06 mol，已知得到混合气体1 120 mL(标准状况)，即0.05 mol混合气体，是因为存在2NO2N2O4，可求得N2O4为0.01 mol，NO2为0.04 mol，故C正确；D项，得到2.54 g沉淀时，消耗0.06 mol NaOH(浓度为1.0 molL-1)，体积为60 mL，故D错误。20.某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液。若Cl2与KOH溶液反应时，被还原与被氧化的氯元素物质的量之比是113，则混合液中ClO-与ClO3-的物质的量之比是（ ）A. 11 B. 12 C. 13 D. 21【答案】B【解析】设混合液中ClO-与ClO3-的物质的量分别是x和y，则被还原的氯原子是11(xy)/3，所以根据电子的得失守恒可知，11(xy)/3x5y，解得xy12，选项B正确，答案选B。第II卷（非选择题）二、填空题(每题2分，共50分)21.一无色透明的溶液做如下实验：（1）取少量溶液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成。（2）另取部分溶液加入Na2O2，有无色无味气体放出且有白色沉淀生成，加入Na2O2的量与生成沉淀的量的关系如图所示：试问：（1）Cu2+、NH4、Al3+、Mg2+、Na+、Fe3+、CO32、K+、SO42等离子中一定存在的离子是_；可能存在的离子是_；一定不存在的离子是_。（2）上述溶液至少由_等物质混合成。【答案】 (1). Al3+、Mg2+、SO42 (2). Na+、K+ (3). Cu2+、NH4 、Fe3+、CO32 (4). 硫酸镁和硫酸铝【解析】(1)因是“无色透明溶液”，该溶液中不能含有有色的Cu2+、Fe3+，根据“取少量溶液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成”可知溶液中含有SO42-；向溶液中加入过氧化钠，产生无色无味气体，说明该溶液中不含 NH4+，因为若有 NH4+，会与过氧化钠与水反应生成的氢氧化钠反应生成氨气，氨气具有刺激性气味当向溶液中加入过氧化钠时，会生成白色沉淀，且沉淀量先增加后减少，但不会完全消失，说明溶液中含有Al3+、Mg2+，则没有CO32-；由于沉淀达到最大量后，加入过量的过氧化钠后沉淀立刻溶解，则溶液中一定不存在NH4+，因此该溶液中一定存在的离子为：SO42-、Al3+、Mg2+，可能含有Na+、K+，一定不存在的离子为：Cu2+、Fe3+、NH4+，故答案为：SO42-、Al3+、Mg2+；Na+、K+；Cu2+、Fe3+、NH4+、CO32-；(2)溶液中一定含有的离子为SO42-、Al3+、Mg2+，所以至少存在的物质为：Al2(SO4)3、MgSO4，故答案为：Al2(SO4)3、MgSO4。点睛：本题考查了常见离子的检验方法，明确常见离子的性质为解答关键，注意熟练掌握常见离子的检验方法，根据图象确定铵根离子的存在情况为易错点。三、综合题22.写出下列指定反应的离子方程式（1）铜与稀硝酸反应_；（2）NaAlO2溶液中通入足量CO2_；（3）NaHSO4加入到Ba(OH)2溶液中至溶液呈中性_；（4）向NH4Al（SO4）2溶液中加入过量NaOH溶液_；（5）向一定量的FeBr2溶液中通入等物质的量的Cl2 _。【答案】 (1). 3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ + 2NO + 4H2O (2). AlO2- + CO2 + 2H2O = Al(OH)3+ HCO3- (3). 2H+ + SO42- + Ba2+ + 2OH- = BaSO4 + 2H2O (4). NH4+ + Al3+ + 5OH- = NH3.H2O + AlO2- + 2H2O (5). 2Fe2+ + 2Br- + 2Cl2 = 2Fe3+ + Br2 + 4Cl-【解析】【分析】（1）反应生成硝酸铜、NO和水；（2）反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；（3）反应生成硫酸钡、硫酸钠和水；（）反应生成偏铝酸钠、氨水和水；（）反应生成氯化铁、溴化铁和溴。【详解】（1）反应生成硝酸铜、NO和水，离子反应为3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ + 2NO+4H2O；（2）反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子反应为AlO2- + CO2 + 2H2O = Al(OH)3+ HCO3-；（3）反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，离子反应为2H+ + SO42- + Ba2+ + 2OH- = BaSO4 + 2H2O；（）反应生成偏铝酸钠、氨水和水，离子反应为NH4+ + Al3+ + 5OH- = NH3.H2O + AlO2- + 2H2O；（）反应生成氯化铁、溴化铁和溴，离子反应为2Fe2+ + 2Br- + 2Cl2 = 2Fe3+ + Br2 + 4Cl-。【点睛】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应及氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大。23.次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强的还原性。回答下列问题：（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式_ 。（2）H3PO2和NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为Ag，从而可用于化学镀银。NaH2PO2为_（填 “正盐”或“酸式盐”），其溶液显_（填“弱酸性”、 “中性”或“弱碱性”）。利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，则氧化产 物为_（填化学式）。【答案】 (1). H3PO2H+ H2PO2 (2). +1 (3). 正盐 (4). 弱碱性 (5). PO43【解析】【详解】（1）H3PO2是一元中强酸，溶液中部分电离出氢离子，所以其电离方程式为：H3PO2H+ H2PO2，故答案为：H3PO2H+ H2PO2；（2）由化合物中正负化合价的代数和为零可知H3PO2中，P元素的化合价为+1价，故答案为：+1；因H3PO2是一元中强酸，故NaH2PO为正盐，属于强碱弱酸盐，由盐类水解可知其水溶液显碱性，故答案为：正盐、弱碱性；该反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4（1-0）=1（x-1），解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4，故答案为：PO43（或H3PO4）。【点睛】次磷酸（H3PO2）分子中虽有三个氢原子，但却是一元强，而不是三元酸，故酸是几元酸并不是由分子中含有的氢原子数目来决定的。24.过氧化氢H2O2（氧的化合价为1价），俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。对于下列AD涉及H2O2的反应，填写空白：ANa2O2+2HCl=2NaCl+H2O2 BAg2O+H2O2=2Ag+O2+H2OC2H2O2=2H2O+O2 D3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O（1）H2O2仅体现氧化性的反应是_（填代号）。（2）H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是_（填代号）。（3）在稀硫酸中，KMnO4和H2O2能发生氧化还原反应。氧化反应：H2O22e=2H+O2还原反应：MnO+5e+8H+=Mn2+4H2O写出该氧化还原反应的离子方程式：_。（4）在K2Cr2O7+14HCl=2KCl+3Cl2+7H2O+2CrCl3的反应中，有0.3 mol电子转移时生成Cl2的体积为_（标准状况），被氧化的HCl的物质的量为_。（5）除去镁粉中混入的铝粉杂质用溶解、_方法，化学反应方程式为_。【答案】 (1). D (2). C (3). 2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O2 (4). 3.36L (5). 0.3mol (6). 过滤 (7). 2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2【解析】【详解】（1）A.反应为非氧化还原反应；B.反应中氧化银做氧化剂，双氧水作还原剂；C.反应中双氧水既是氧化剂，又是还原剂；D.双氧水做氧化剂，Cr2（SO4）3作还原剂，故答案选D；（2）由上述分析可得答案为：C；（3）由得失电子数目守恒可得2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O2；故答案为：. 2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O2； （4）K2Cr2O7+14HCl=2KCl+3Cl2+7H2O+2CrCl3反应中电子转移的数目为6，即有如下关系：6e-3Cl2，当0.3 mol电子转移时，n（Cl2）=0.15mol，体积为0.15mol22.4L/mol=3.36L，被氧化的HCl为：0.15mol2=0.3mol；故答案为：3.36L、0.3mol；（5）除去镁粉中混入的铝粉杂质可用NaOH溶液先溶解，然后过滤的方法，故答案为：过滤、 2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2。【点睛】在K2Cr2O7+14HCl=2KCl+3Cl2+7H2O+2CrCl3的反应中，氧化剂为K2Cr2O7，还原剂为HCl，但并不是还原剂全部被氧化，由氧化产物氯气的量可得每14mol氯气参加反应，被氧化的HCl为6mol。四、实验题25.雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下离子中的若干种：NH4+、Ba2+、Fe2+、Cl、NO3、CO32 、SO42某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后得到试样溶液，设计并完成如下实验： 试回答下列问题：（1）实验中加入稀盐酸后，有无色气体A生成，溶液B依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，据此可知原溶液中一定不含_。（填离子符号）（2）实验中发生反应的离子方程式为_。 （3）实验中逐滴加入碳酸氢钠溶液，立即有气泡产生，一段时间后又有沉淀出现，这时的离子方程式为_ 。（4）气体F的成分为_。（填化学式）（5）根据实验现象该同学认为原溶液中一定含有SO42，有其他同学认为其结论不合理，又进行了后续实验 ，最终确认原溶液中含有SO42，试写出实验可行的操作方法及现象_。【答案】 (1). CO32- (2). 3Fe2+NO3-+4H+=3Fe3+NO+2H2O (3). Fe3+3HCO3-=Fe（OH）3+3CO2 (4). NH3 (5). 向沉淀G中加入足量的稀硝酸，若沉淀部分溶解，则证明原溶液中含有SO42-【解析】【详解】（1）实验中加入稀盐酸后，有无色气体A生成，该气体可能为CO2或NO，由于盐酸过量且反应后溶液中阴离子种类不变，则生成的气体为NO，溶液中一定含有Fe2+、Cl-、NO3-，且NO3-过量；根据离子共存可知一定不存在CO32-，故答案为：CO32-；（2）实验中亚铁离子与稀硝酸反应生成硝酸铁和一氧化氮和水，反应的离子反应方程式为：3Fe2+NO3-+4H+=3Fe3+NO+2H2O，故答案为：3Fe2+NO3-+4H+=3Fe3+NO+2H2O；（3）实验加入足量盐酸，则溶液B中含有过量的氢离子，加入碳酸氢钠后发生反应的离子方程式为：H+HCO3-=H2O+CO2；溶液B中还含有Fe3+，氢离子反应完全后，铁离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：Fe3+3HCO3-=Fe（OH）3+3CO2；故答案为：Fe3+3HCO3-=Fe（OH）3+3CO2；（4）溶液D中加入足量Ba（OH）2溶液加热后生成气体F、沉淀G和溶液H，气体F为NH3，由于实验中NaHCO3足量，则沉淀G中一定含有BaCO3，可能含有BaSO4，故答案为：NH3；（5）由于实验中NaHCO3足量，则实验的沉淀G中一定含有沉淀BaCO3，不能确定是否含有BaSO4，需要进行后续实验，可向沉淀G中加入足量的稀硝酸，若沉淀部分溶解，则证明原溶液中含有SO42-，答：向沉淀G中加入足量的稀硝酸，若沉淀部分溶解，则证明原溶液中含有SO42-。【点睛】本题实验中加入稀盐酸后，有无色气体A生成，学生易得出含有CO32-的结论，而没有注意到溶液中阴离子种类不变这个信息，若含有有CO32-，则阴离子数目定会减少，而要产生气体则一定含有Fe2+、NO3-，且NO3-过量，同时必含有Cl-，否则阴离子数目会增多。