2022届高三化学上学期9月月考试题(含解析) (I)

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1、2022届高三化学上学期9月月考试题(含解析) (I)时间：90分钟 满分：100分相对原子质量：H 1 O 16 C 12 S 32 Cu 64 N 14 Si 28 Na 23 Fe 56 Se79Cl35.5第I卷（选择题，共48分）一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题2分，共48分）1.中华文化源远流长、博大精深。从化学的视角看，下列理解不正确的是（ ）ABCD千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金。刘禹锡浪淘沙诗句司母戊鼎瓷器(China)侯德榜诗句中“淘”“漉”相当于分离提纯操作中的“过滤”属青铜制品，是我国古代科技光辉成就的代表之一属硅酸盐产品，China一词又指“瓷器”，这反映了在

2、西方人眼中中国作为“瓷器故乡”的形象我国化学工业的奠基人，主要成就: 侯氏制碱法，该碱指的是烧碱A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A、“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”指淘金要经过千遍万遍的过滤，虽然辛苦但只有淘尽了泥沙才能得到黄金，其中的“淘”“漉”相当于分离提纯操作中的“过滤”，选项A正确；B、司母戊鼎是迄今世界上出土最大、最重的青铜制品，属于青铜制品，选项B正确；C、瓷器属于硅酸盐产品，中国的瓷器在古代就闻名世界，最早由中国出口至西方国家，选项C正确；D、侯氏制碱法制得的碱为纯碱，即碳酸钠，反应原理为NH3+NaCl+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3

3、、2NaHCO3Na2CO3+ CO2+H2O，选项D不正确。答案选D。2.已知氧化还原反应： 2Cu(IO3)224KI12H2SO42CuI13I212K2SO412H2O。则有关该反应的说法正确的是（ ）A. 当1molCu(IO3)2发生反应共转移的电子为10mol B. 反应中KI被氧化C. I2是氧化产物CuI是还原产物 D. 当1molCu(IO3)2发生反应被Cu2+氧化的I为2mol【答案】B【解析】【分析】由方程式2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI+13I2+12K2SO4+12H2O可知，Cu（IO3）2中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素

4、的化合价由+5价降低为0，则Cu（IO3）2为氧化剂，所以1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol（2-1）+2mol（5-0）=11mol，KI中I元素的化合价由-1价升高为0，则KI为还原剂被氧化，所以当1mol氧化剂参加反应时，被氧化的物质的物质的量为11mol。【详解】当1molCu(IO3)2发生反应，有11molKI被氧化，转移11mol电子，A错误；反应中KI做还原剂，被氧化，B正确；反应中，生成物I2既是氧化产物，又是还原产物，C错误；当1molCu(IO3)2发生反应被Cu2+氧化的I为1mol，D错误。故选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答

5、本题的关键，注意CuI中Cu为+1价为学生解答的易错点。3.下列关于阿伏伽德罗常数说法正确的是（ ）A. 20gH218O和20gTHO中含有的中子数均为10NAB. 25时，pH=2的CH3COOH溶液中水电离出的OH的数目为1012NAC. 标况下，22.4L HF含HF分子数目为NAD. 3.4gH2O2参加氧化还原反应时转移电子数为0.1 NA【答案】A【解析】【详解】A、20gH218O和20gTHO均为1mol，而H218O和THO中均含10个中子，故两者中均含10NA个中子，选项A正确；B没有给出溶液的体积，无法计算水电离出的OH-的数目，选项B错误；C、标况下HF为液态，故不能

6、根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，选项C错误；D. 3.4gH2O2的物质的量为0.1mol，参加氧化还原反应时，-1价O可能发生自身氧化还原反应（如2H2O2=2H2O+O2），也可能作氧化剂全部被还原（如2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O），还可以作还原剂被氧化（如2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O）上述三种情况中，只有-1价O的自身氧化还原反应时，3.4g（0.1mol）H2O2反应转移电子数为0.1 NA，而另外两种情况，3.4g（0.1mol）H2O2反应转移电子数为0.2 NA，选项D错误。答案选A。4.将溶液（或气体）X逐渐加入（或

7、通入）到一定量Y溶液中，产生沉淀的质量与加入X的物质的量关系如图，符合图中情况的一组物质是（ ） A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】试题分析：A、向NaOH溶液中加入Ba（HCO3）2溶液，氢氧根离子与碳酸氢根离子反应，生成碳酸根离子与钡离子结合成碳酸钡，所以一开始就有沉淀产生，故A错误；B、CaCl2溶液中加入Na2CO3溶液，发生复分解反应，一开始就生成碳酸钙，故B错误；C、Mg（HSO4）2溶液中加入KOH溶液，氢氧根离子首先与氢离子反，然后与镁离子反应生成氢氧化镁，故C正确；D、石灰水中通入二氧化碳一开始就生成碳酸钙，不符合图象，故D错误；故选：C。考点：考查物质

8、反应以及图像分析与判断5.Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1:16，则x值是（ ）A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】D【解析】Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由-升高为+6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为-1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，根据电子转移守恒，则：x6-(-)=161-(-1)解得：x=5，答案为D。点睛：能通过平均化合价的方法确定Na2Sx中硫元素的化合价并准确利用电子守恒规律是

9、解题关键，Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由- 升高为+6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为-1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，根据电子转移守恒，列方程计算x的值。6.下列离子方程式书写正确是（ ）A. 1molL1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+H2OB. 向Mg(HC03)2溶液中加入足量澄清石灰水：Mg2+2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+MgCO3+2H2OC. 已知：酸性Ka1(H2SO3)Ka2(H2SO3)Ka(

10、HClO)，过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClOHClO+HSO3D. 向Fe(OH)2中加入稀硝酸：3Fe24HNO3-=3Fe3NO2H2O【答案】A【解析】【分析】A、1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl等体积互相均匀混合，由于AlO2-和H+的物质的量之比为2:5，故AlO2-和H+反应恰好生成等物质的量的Al3+和Al(OH)3；B不符合反应客观事实，氢氧化钙过量，反应生成碳酸钙和氢氧化镁沉淀；C. ClO具有强氧化性，能将SO2氧化；D. Fe(OH)2是难溶于水的弱电解质，必须写化学式。【详解】A、1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mo

11、l/L的HCl等体积互相均匀混合后，由于AlO2-和H+的物质的量之比为2:5，故AlO2-和H+反应恰好生成等物质的量的Al3+和Al(OH)3，离子方程式为：2AlO2-+5H+= Al(OH)3+Al3+H2O，选项A正确；B碳酸氢镁溶液中加过量澄清石灰水，反应的离子方程式为：Mg2+2HCO3+2Ca2+4OH=2CaCO3+2H2O+Mg(OH)2，选项B错误；C. ClO具有强氧化性，能将SO2氧化，发生反应的离子方程式为：SO2+H2O+ClOCl-+SO42-+2H+，选项C错误；D. Fe(OH)2是难溶于水的弱电解质，必须写化学式，发生反应的离子方程式为3 Fe(OH)21

12、0HNO3-=3Fe3NO8H2O，选项D错误。答案选A。7.三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF。下列有关该反应的说法正确的是（ ）A. NF3是氧化剂，H2O是还原剂 B. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为2:1C. 若生成0.2molHNO3，则转移0.2mol电子 D. NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体【答案】D【解析】试题分析：A、根据方程式可知N元素的化合价从3价部分升高到5价，失去2个电子，部分降低到2价得到1个电子，其余元素的化合价均没有发生变化，因此NF3既是氧化剂也是还原剂，水不

13、是氧化剂，也不是还原剂，A错误；B、根据电子得失守恒可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:2，B错误；C、若生成0.2 mol HNO3，则转移0.4mol电子，C错误；D、NF3在潮湿的空气中泄漏会与水反应生成NO，NO极易被氧化产生红棕色气体NO2，D正确，答案选D。考点：考查氧化还原反应的判断与计算8.实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量为2:1放入烧杯中，同时滴入适量H2SO4，并用水浴加热，产生棕黄色的气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应，则X的化学式为（ ）A. Cl2 B. Cl2O C. ClO2 D. Cl2O3【答案】C【解析】【分析】NaClO

14、3和Na2SO3按物质的量比2：1加入烧瓶中，再滴入少量H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，反应中，SO32被氧化为SO42，根据电子得失守恒，氯元素由+5价还原成+4价。【详解】反应中，SO32被氧化为SO42，S元素在反应前化合价为+4价，反应后化合价为+6价，1mol的S原子失去电子2mol，令Cl元素在还原产物中的化合价为a，根据氧化还原反应中电子转移数目相等可得1（5-a）=2（6-4），解得a=1，反应后Cl元素的化合价为+4价，因此棕黄色的气体X是ClO2，答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应中电子守恒的计算，明确硫元素的化合价升高，氯元素的化合价降低是解答本题的关键。9.对

15、于某酸性溶液（可能含有Br 、SO42 、H2SO3、NH4+），分别进行如下实验： 加热时放出的气体可使品红溶液褪色；加入碱溶液使溶液呈碱性，再加热时放出的气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；加入氯水时，溶液略呈橙红色，再加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀。对于下列物质不能确定其在原溶液中是否存在的是（ ）A. Br B. SO42 C. H2SO3 D. NH4+【答案】B【解析】【分析】加热时放出的气体可以使品红溶液褪色，说明生成二氧化硫气体，说明溶液中含有H2SO3；加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；证明气体是NH3，原溶液含有NH4+；加入氯水时，

16、溶液略显黄色，证明溶液中含有Br-，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸，说明生成硫酸钡沉淀，但在硝酸溶液中亚硫酸可以被氧化为硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，不能确定原溶液中是否含有硫酸根离子。【详解】某酸性溶液加热时放出的气体可使品红溶液褪色，证明含有H2SO3；加入碱溶液使溶液呈碱性，再加热时放出的气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明含有NH4+；加入氯水时，溶液略呈橙红色，证明含有Br，由于氯水有强氧化性，会把H2SO3氧化为H2SO4.产生了SO42 ，再加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，证明该溶液中含SO42 ，但是不一定是原来溶液中含有的。不能确定其在原溶

17、液中是否存在的是SO42。选项是B。【点睛】本题考查了常见离子的检验方法和现象判断，关键是要注意亚硫酸可以被硝酸氧化为硫酸。10.在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题。下列化学反应先后顺序判断正确的是（ ）A. 在含有等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2-、OH-、CO32-B. 在含等物质的量的FeBr2、FeI2溶液中，缓慢通入氯气：I-、Br-、Fe2+C. 在含等物质的量的KOH、Ba(OH)2溶液中，缓慢通入C02:KOH、Ba(OH)2、K2C03、BaC03D. 在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+溶液中加入锌粉：Fe3+、C

18、u2+、H+【答案】D【解析】【分析】A、用假设法判断，H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-；B、离子还原性I-Fe2+Br-，同一氧化剂与不同具有还原性的物质反应时，先与还原性强的物质反应；C、氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存；D、同一还原剂与不同具有氧化性的物质反应时，先与氧化性强的物质反应。【详解】含等物质的量的AlO2、OH、CO32的溶液中，逐滴加入盐酸反应先后顺序为：OH-、AlO2-、CO32-，A错误；还原性顺序为：I-Fe2+Br-，含等物质的量的FeBr2、Fel2的溶液中，缓慢通入氯气反应的先后顺序为：I、Fe

19、2、Br，B错误；含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2反应先后顺序为：Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，C错误；氧化性顺序为：Fe3Cu2H Fe2，含等物质的量的Fe3、Cu2、H的溶液中加入锌粉反应先后顺序为：Fe3、Cu2、H、Fe2，D正确。故选D。【点睛】本题考查离子反应的先后顺序，侧重对综合能力的考查，难度较大，注意元素化合物知识的掌握，清楚反应发生的本质与物质性质是关键。11.某稀溶液中含有Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3，若向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+浓度和加入铁粉的物质的量之间的关系如下图所示，则原溶液中Fe（NO3）3

20、、Cu（NO3）2、HNO3物质的量浓度之比为（ ）A. 111 B. 131 C. 338 D. 114【答案】D【解析】【分析】依据氧化还原反应的顺序规律分析计算，溶液中含有Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3，氧化性顺序为HNO3Fe（NO3）3Cu（NO3）2，加入铁后依次反应，据此结合图象数据计算。【详解】稀溶液中各物质的氧化性顺序为HNO3Fe（NO3）3Cu（NO3）2，加入铁后会依次发生氧化还原反应：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O；Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；从图象中可知铁为1mol时，无Fe2+生成，发生反应、消耗

21、硝酸为4mol，生成Fe3+1mol；再加入1mol铁发生反应生成Fe2+物质的量为3mol，反应的Fe3+物质的量为2mol，其中原溶液中的Fe3+物质的量1mol；再加入1mol铁发生反应，此时又生成Fe2+物质的量为1mol，说明原溶液中Cu2+物质的量为1mol；综上所述可知原溶液中Fe （NO3）3为1mol，Cu（NO3）2物质的量为1mol，HNO3物质的量为4mol，则原溶液中Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3物质的量浓度之比为114，故选D。【点睛】本题考查了铁及其化合物的性质应用、混合物反应的计算，明确氧化还原反应先后反应的顺序，依据图像数据正确分析计算为解答关键

22、。12.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）无色溶液中K+、Na+、MnO4-、SO42-pH=1的溶液CO32 -、Na+、AlO2-、NO3-加入Al能放出H2的溶液中Cl-、HCO3-、SO42-、NH4+由水电离的C（OH-）= 10-13 mol/L的溶液中，Na+、Ba2+、Cl-、Br-有较多的Fe3+的溶液中，Na+、NH4+、SCN-、HCO3-酸性溶液中Fe3+、Al3+、NO3-、I-、Cl-A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】中MnO4-显紫红色；pH=1的溶液中弱酸根CO32 -、AlO2-不能大量共存；HCO3-在酸性和碱性溶液中均不能大量共存

23、；中溶液可能显酸性，也可能显碱性，则根据离子的性质可知，能够大量共存；Fe3+与SCN-不能大量共存；酸性溶液中I-与Fe3+和HNO3不能大量共存。【点睛】该题需要明确离子不能大量共存的一般情况，即（1）能发生复分解反应的离子之间；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条

24、件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。13.阿伏加德罗常数约为6.021023mol-1，下列叙述正确的是（ ）A. 2.24LCO2中含有的原子数为0.36.021023B. 0.1L 3molL-1的NH4NO3溶液中含有的NH4+数目为0.36.021023C. 4.5g SiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.3 6.021023D. 5.6g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3 6.021023【答案】C【解析】【分析】A、温度和压强未知；B、NH4+在溶液中水解；C、SiO2中含4个Si-O键；铁与硝酸反应生成物可能是Fe2+或Fe3

25、+离子。【详解】温度和压强未知，无法计算二氧化碳的物质的量，A错误；NH4+是弱碱阳离子，在水溶液中能发生水解，故0.1L3molL-1NH4NO3溶液中含有的NH4+数小于0.36.021023，B错误；1个SiO2中含4个Si-O键，1molSiO2中含Si-O键的个数为4NA，4.5gSiO2晶体物质的量为0.075mol，含Si-O键的物质的量=0.075mol4=0.3mol，即0.60.3 6.021023，C正确；铁与硝酸反应生成物可能是Fe2+或Fe3+离子，5.6g铁粉与硝酸反应，当生成Fe2+离子时，转移的电子数为0.26.021023，当生成Fe3+离子时，转移的电子数为

26、0.36.021023，D错误。故选C。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，侧重于分析、计算能力的考查，本题注意气体体积的测定条件、盐类的水解、共价键数目、反应的相对用量问题。14.将pH=1的稀硫酸慢慢加入定量的BaCl2的溶液中，恰好使Ba2+沉淀完全，此时溶液的体积为100 mL(混合时溶液体积的变化忽略不计)，且混合溶液的pH=2，则原BaCl2溶液中Cl-的浓度约为（ ）A. 0.011 mol/L B. 0.22 mol/L C. 0.022 mol/L D. 0.11 mol/L【答案】A【解析】试题分析：将pH=1的稀硫酸慢慢加入一定量的BaCl2的溶液中，恰好使Ba2

27、+沉淀完全，发生的是硫酸根和钡离子之间的反应，反应的整个过程中，H+没参加反应，所以前后的H+物质的量没变，导致pH变化的原因是体积的变化，则反应后H+的浓度是0.01mol/L，稀硫酸pH=1，故反应的稀硫酸为10ml，而SO42-的浓度是0.005 mol/L，故Ba2+的物质的量等于SO42-的物质的量，为0.0005mol，所以Cl-的物质的量是0.001mol，BaCl2溶液为100mL-10mL=90mL，原BaCl2溶液中Cl-的浓度=0.011mol/L，故选A。考点：考查了pH的简单计算的相关知识。15.元素X的单质及X与Y形成的化合物能按如图所示的关系发生转化,则X为（ ）

28、A. Fe B. Cu C. S D. C【答案】A【解析】试题分析：根据题目给出的流程图和信息可知：因为铜、硫和碳元素没有+3价，因此X是铁，铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，属于置换反应；只需向氯化亚铁溶液中加入强氧化剂Cl2就可以得到氯化铁，化学方程式：2FeCl2+Cl2=2FeCl3三价铁离子具有氧化性，向氯化铁溶液中过量单质铁，就能得到氯化亚铁溶液，化学方程式：2FeCl3+Fe=3FeCl2；铁直接和氯气加热反应生成氯化铁，也属于化合反应，故选A。考点：考查了物质的鉴别与推断的相关知识。16.某CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液100 mL，已知溶液中阳离子的浓度

29、相同(不考虑水解)，且SO42的总物质的量浓度为6 mol/L，则此溶液最多可溶解铁粉的质量为()A. 5.6 g B. 11.2 g C. 22.4 g D. 33.6 g【答案】C【解析】试题分析：n(SO42-)=0.1L3molL-1=0.3mol，CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的溶液中阳离子的浓度相同，则有n(Cu2+)=n(H+)=n(Fe3+)，由于溶液中阳离子的浓度相同，所以阳离子物质的量也相同，设Cu2+、Fe3+、H+三种离子物质的量均为n，根据电荷守恒知道：2n+3n+n=0.3mol2，由此解得n=0.1mol，Cu2+、H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe

30、2+，最后溶液的成分为FeSO4，则n(FeSO4)=0.3mol，根据Fe的守恒可知，此溶液最多溶解铁粉的物质的量为0.3mol-0.1mol=0.2mol，则此溶液最多溶解铁粉的质量为0.2mol56g/moL=11.2g，故选B。【考点定位】考查混合物的有关计算【名师点晴】明确反应原理并准确使用电荷守恒和质量守恒是解题关键；根据Cu2+、H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，由硫酸根离子的物质的量可知反应后溶液中Fe2+的物质的量，减去原溶液中Fe3+的物质的量，可计算最多溶解的铁粉的质量。17.A、B、C、D、E、X，存在下图转化关系 （部分生成物和反应

31、条件略去），下列推断不正确的是（ ）A. 若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则A可能是铁B. 若D是一种强碱，则A、B、C均可与X反应生成DC. 若D为NaCl，且A可与C生成B，则E可能是CO2D. 若D是一种强酸，则A既可以是单质，也可以是化合物，且D可能与铜反应生成B或C【答案】A【解析】A若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色说明D为Fe(OH)2，X为NaOH，C为Fe2+，B为Fe3+，A为Cl2，E为Fe，才能实现转化关系，故A错误；BA为Na、E为氧气、B为氧化钠、C为过氧化钠、X为水、D为氢氧化钠，符合转化关系，Na、氧化钠、过氧化钠都能与水反应，故B正确；CA

32、为氢氧化钠、E为二氧化碳、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠、X为盐酸，D为NaCl，符合转化关系，故C正确；D若D是H2SO4，则A为硫或硫化氢，B为SO2，C为SO3，E为O2，X为H2O，故D正确；故选A。点睛：本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握相关物质的性质，本题难度较大，注意相关基础知识的积累。18.在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为pgcm-3,溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为c mol/L。下列叙述中正确的是（ ）A. B. C. 上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5D. 上述溶液中再加入同体积同

33、浓度稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为：c (Cl-)c(NH4+)c (OH-)c(H+)【答案】B【解析】【分析】溶质的质量分数为W可由溶质的质量和溶液的质量来计算；根据c=来计算；水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水相比，水的质量较大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，而溶液中氨气的质量相同；根据反应后的溶质及水解来分析。【详解】VmL氨水，溶液的密度为pgcm-3，溶液的质量为pVg，溶质的质量为17，则溶质的质量分数为W=100%，A错误；溶质的物质的量为mol，溶液的体积为VmL，则c=mol/L，B正确；水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水相比，水的质量

34、较大，故等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，故等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5W，C错误；VmL氨水，再加入VmL同浓度稀盐酸，充分反应后生成氯化铵，氯化铵水解使溶液显酸性，由于水解的程度比较小，故溶液中c（Cl-）c（NH4+）c（H+）c（OH-），D错误。故选B。【点睛】本题考查物质的量浓度、质量分数的计算，理解概念是解题的关键，理解掌握质量分数与物质的量浓度关系，注意氨水的浓度越大密度越小。19.二氧化氯(ClO2)是一种广谱、高效的消毒剂，易溶于水，尤其在水处理等方面有广泛应用。以下是某校化学研究小组设计实验室制取ClO2的工艺流程图。下列有关说法正确的是 ()A. 电

35、解时发生反应的化学方程式为2HClCl2H2B. 由NaClO2溶液制取0.6 mol ClO2时，至少消耗0.1 mol NCl3C. 将产生的混合气体通过盛有碱石灰的干燥器以除去ClO2中的NH3D. 溶液X的主要成分为NaClO2和NaOH【答案】B【解析】根据流程图可知，电解时的反应物为NH4Cl和HCl、产物为H2和NCl3，正确的化学方程式为NH4Cl2HClNCl33H2，A错；碱石灰无法除去NH3，C错；根据氧化还原反应规律和元素守恒可知，溶液X的主要成分为NaCl和NaOH。20.己知Li2Ti5O15和Na202中都含有过氧键，Ti的化合价为+4，Na202中含一个过氧键，

36、则Li2Ti5O15中过氧键的数目为（ ）A. 2个 B. 4个 C. 6个 D. 8个【答案】B【解析】Li2Ti5O15中Li为+1价，O为-2价，Ti为+4价，过氧根(O22-)中氧元素显-1价，设过氧键的数目为x，根据正负化合价代数和为0可知(+1)2+(+4)5+(-2)(15-2x)+(-1)2x=0，解得：x=4，答案选B。21.如右图所示，集气瓶内充满某气体，将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，集气瓶内气体可能是NH3 N2、H2 NO2、O2 SO2 SO2、Cl2A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】此题是喷泉实验题的变形，只要集气瓶中的气体减少，

37、压强降低，烧杯中的水就会进入集气瓶。【详解】将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，这说明气体极易溶于水，或气体发生化学反应而使压强降低。氨气极易溶于水，将滴管内的水挤入集气瓶后，集气瓶内压强减小，烧杯中的水进入集气瓶，正确；氮气与氢气在催化剂、加热条件下反应，在光照条件下不反应，压强不变化，烧杯中的水不会进入，错误；二氧化氮和氧气与水反应生成硝酸，将滴管内的水挤入集气瓶后，集气瓶内压强减小，烧杯中的水进入集气瓶，正确；SO2易溶于水的，将滴管内的水挤入集气瓶后，集气瓶内压强减小，烧杯中的水进入集气瓶，正确；氯气、二氧化硫和水反应生成硫酸和盐酸，将滴管内的水挤入集气瓶后，集气瓶内压强

38、减小，烧杯中的水进入集气瓶，正确，所以正确的答案选C。【点睛】本题考查了气体发生反应的条件，充分理解气体物质的量减少，压强发生变化带来水进入集气瓶时解答的关键所在。22.下列各物质中，不能满足“”转化关系的一组是( )XYZASiSiO2Na2SiO3BHNO3NONO2CAl2O3NaAlO2Al(OH)3DCuCuOCuSO4A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】试题分析：ASi与O2在加热时发生反应产生SiO2，SiO2与NaOH溶液发生反应产生Na2SiO3，Na2SiO3不能反应产生Si单质，正确；B 稀HNO3与Cu发生反应产生NO气体，NO与O2反应产生NO2，

39、NO2与水发生反应产生HNO3，错误；C Al2O3与NaOH溶液发生反应产生NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入CO2气体，发生反应产生Al(OH)3，Al(OH)3受热分解产生Al2O3，错误；DCu与O2加热发生反应产生CuO，CuO与硫酸发生反应产生CuSO4，向CuSO4溶液中加入Fe粉，发生置换反应，产生Cu单质，错误。考点：考查物质的性质及转化关系的知识。23.在200 mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl等离子的溶液中，逐滴加入5molL-1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)关系如下图所示。下列叙述不正确的是A. x与y的差

40、值为0.01 mol B. 原溶液中c(Cl)=0.75 molL-1C. 原溶液的pH=1 D. 原溶液中n(Mg2+)n(Al3+)=51【答案】B【解析】【分析】由图象和溶液中的离子可知，逐滴加入5molL-1的氢氧化钠溶液时，04mL发生H+与氢氧化钠的反应，430mL发生Mg2+、Al3+与氢氧化钠的反应生成沉淀，3033mL发生NH4+与氢氧化钠的反应，3335mL发生Al（OH）3与氢氧化钠的反应，然后进行计算即可解答。【详解】由图象可知，x与y的差值即为Al（OH）3的物质的量，由Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，NaOH的物质的量为（35-33）mL10-3L

41、5molL-1=0.01mol，即Al（OH）3的物质的量也为0.01mol，A正确；溶液中的阴离子只有Cl-，则加入33mLNaOH溶液时，Cl-全部存在于NaCl中，则Cl-的物质的量为33mL10-3L5molL-1=0.165mol，原溶液中c（Cl-）=0.825molL-1，B错误；04mL发生H+与氢氧化钠的反应，则H+的物质的量为4mL10-3L5molL-1=0.02mol，c（H+）=0.1mol/L，原溶液的pH=1，C正确；由Al3+Al（OH）3，则n（Al3+）=0.01mol，430mL发生Mg2+、Al3+与氢氧化钠的反应生成沉淀，共消耗NaOH的物质的量为（3

42、0-4）mL10-3L5molL-1=0.13mol，Al3+消耗的NaOH的物质的量为0.01mol3=0.03mol，则与Mg2+反应的NaOH的物质的量为0.13mol-0.03mol=0.1mol，由Mg2+2OH-Mg（OH）2，n（Mg2+）=0.05mol，原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=5：1，D正确。故选B。【点睛】本题考查物质之间的反应，明确离子反应先后顺序，知道铝离子转化为氢氧化铝沉淀、偏铝酸钠时消耗NaOH的体积之比是解答的关键。24.向Fe2O3和铁粉组成的混合物中，加入适量的稀H2SO4，各物质恰好完全反应，测得溶液中不含Fe3，且Fe2与H2的物质的量之比

43、为4:1，那么在反应中，Fe2O3、Fe、H2SO4的物质的量之比为（ ）A. 1:1:1 B. 1:2:4 C. 1:2:3 D. 2:3:5【答案】B【解析】设Fe2+与H2的物质的量分别为4mol、 1mol，由电荷守恒可知，溶液中SO42-的物质的量也是4mol， 再由反应的离子方程式2Fe3Fe=3Fe2、2HFe=H2+Fe2可知，在反应中Fe2O3、 Fe、H2SO4之间的物质的量分别为1mol、 2mol和4mol，所以在反应中Fe2O3、 Fe、H2SO4之间的物质的量之比为1:2:4，C正确，选C。点睛：本题解题的关键是抓住铁元素守恒和电荷守恒并根据离子方程式解题，如果根据

44、化学方程式解题反而麻烦。所谓电荷守恒，就是因为整个溶液呈电中性，所以溶液中阳离子所带正电荷的总数必然等于阴离子所带负电荷的总数。第卷（非选择题，共52分）25.（1）用KClO3在H2SO4存在下与SO2反应制得ClO2。请写出反应的离子方程式：_。（2）把ag固体NaHCO3加热分解一段时间后，固体质量变为b g。尚未分解的NaHCO3质量为_g。当b为_g时，表明NaHCO3完全分解。（3）NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO24HI=2NOI22NaI2H2O。上述反应中氧化剂是_。根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl。可选用

45、的物质有：水、碘化钾淀粉试纸、淀粉、白酒、食醋，你认为必须选用的物质有_(填序号)。某厂废液中，含有2%5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是_(填编号)。ANaCl BNH4Cl CHNO3 D浓H2SO4请配平以下化学方程式：_AlNaNO3NaOH=NaAlO2N22H2O。若反应过程中转移5 mole，则生成标准状况下N2的体积为_L。【答案】 (1). 2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42- (2). (3). (4). NaNO2 (5). (6). B (7). 1064103 (8). 11.2【解析】【分析】（1）KC

46、lO3在H2SO4存在下与SO2反应制得二氧化氯，同时生成硫酸钾；（2）反应前固体为NaHCO3，反应后为未反应的NaHCO3和反应生成的Na2CO3的混合物，找到反应物Na2CO3和反应前后固体质量差对应的正比例关系即可迅速解题；（3）氧化还原反应中，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂；根据反应时有沉淀、气体、颜色变化等明显现象选择试剂；选择试剂时要考虑既能使NaNO2转化又无二次污染；反应中AlAlO2-，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO3-N2，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30。【详解】（1）KClO3在H2SO4存在下与SO2反

47、应制得二氧化氯，同时生成硫酸钾，则离子反应为2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-。（2）设分解的碳酸氢钠质量为x，则：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O m=62g168 62 x (ab)由化学方程式可知x=，则尚未分解的NaHCO3质量为a-=；NaHCO3完全分解时，生成的碳酸钠的质量为bg，则bg=g，故b为。（3）2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O，氮元素的化合价降低，所以NaNO2是氧化剂；水、淀粉、白酒与NaNO2都不反应，所以无明显现象；KI与NaNO2反应生成I2必须在酸性条件下才能反应，食醋会电离出微量的氢离子，碘化钾在食醋本身带的溶剂水中

48、电离出碘离子，亚硝酸钠电离出亚硝酸根与钠离子，发生反应生成碘单质，I2使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故选；NaNO2N2是被还原，必须加还原剂，N元素氧化性弱于O和Cl元素，故只能加NH4Cl作还原剂，反应的方程式为NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O，亚硝酸钠中氮得到3电子指向氮气中的氮，氯化铵中氮失去3电子指向氮气中的氮，故选B；反应中AlAlO2-，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO3-N2，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30，故Al的系数为10，N2系数为3，由氮元素守恒可知系数为6，由Al元素守恒可知系数为10，由电荷守恒

49、可知OH-系数为4，由H元素守恒可知H2O前面的系数为2，故配平后离子方程式为：10Al+6NO3-+4OH-=10AlO2-+3N2+2H2O，转移30mol电子会有3mol氮气生成，根据电子转移守恒，有5mol电子转移时生成氮气的物质的体积为11.2L。【点睛】本题考查氧化还原反应的配平、计算、基本概念等，注意对基础知识的理解掌握。26.高锰酸钾可用于生活消毒，是中学化学常见的氧化剂。工业上，用软锰矿制高锰酸钾的流程如下（部分条件和产物省略）：请回答下列问题：（1）提高锰酸钾浸出率（浸出锰酸钾质量与固体总质量之比）的措施有_ （任答一项即可）（2）写出二氧化锰和氢氧化钾熔融物中通入空气时发

50、生的主要化学反应的方程式：_。（3）从经济性考虑试剂X宜选择（填名称）：_。上述流程中，设计步骤IV和V的目的是_。（4）以惰性材料为电极，采用电解锰酸钾溶液的方法完成步骤III转化。阳极反应式为_。电解过程中，阴极附近电解质溶液的pH将_（填：增大、减小或不变）。（5）测定高锰酸钾样品纯度：向高锰酸钾溶液中滴定硫酸锰溶液，产生黑色沉淀。当溶液由紫红色刚好褪色且半分钟不变色，表明达到滴定终点。写出离子方程式：_【答案】 (1). 加热、搅拌等 (2). 2MnO24KOHO22K2MnO42H2O (3). 石灰乳（或生石灰） (4). 循环利用二氧化锰、氢氧化钾，提高原料利用率 (5). M

51、nO42-e-MnO4- (6). 增大 (7). 2MnO4-3Mn2+2H2O5MnO24H+【解析】【分析】软锰矿的主要成分为MnO2，由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，向K2MnO4溶液中通入CO2制备KMnO4、还生成K2CO3、MnO2，通过过滤，分离出二氧化锰，滤液中含KMnO4和K2CO3，根据KMnO4和K2CO3在溶解性上不同采用蒸发结晶的方式可分离出高锰酸钾和碳酸钾，对粗高锰酸钾进行重结晶、干燥得到纯净的高锰酸钾；向碳酸钾溶液中加入石灰生成碳酸钙和氢氧化钾。【详解】（1）从浓度、温度等影响化学反应速率的角度可知，提高

52、浸出率，可增大硫酸浓度、升高温度、边加硫酸边搅拦、增加浸出时间等。（2）由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，根据元素守恒还应生成水反应中锰元素由+4价升高为+6价，总升高2价，氧元素由0价降低为-2价，总共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，所以MnO2系数2，O2系数为1，根据锰元素守恒确定K2MnO4系数为2，根据钾元素守恒确定KOH系数为4，根据氢元素守恒确定H2O系数为2，所以反应化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O。（3）试剂X是将碳酸钾反应生成氢氧化钾，所以从经济性考虑试剂X宜选择石灰乳（或生石灰），上

53、述流程中，步骤IV和V都是物质循环利用，其目的是循环利用二氧化锰、氢氧化钾，提高原料利用率。（4）电解锰酸钾溶液时，阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为MnO42-e-=MnO4-，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e-=H2+2OH-，则阴极溶液的pH增大。（5）用高锰酸钾溶液滴定硫酸锰溶液，产生黑色沉淀，发生反应的离子方程式为2MnO4-+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+。【点睛】本题考查对化学工艺流程的理解、阅读题目获取信息的能力等，解答本题时要充分理解图中提供的信息，只有理解了图中信息才能对问题做出正确的判断。27.下列框图中的字母分别代表

54、一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如下图所示（部分产物及反应条件已略去）。已知A、B为气态单质，F是地壳中含量最多的金属元素的单质；E、H、I为氧化物，E为黑色固体，I为红棕色气体；M为红褐色沉淀。请回答下列问题：（1）B中所含元素位于周期表中第_周期_族。（2）A在B中燃烧的现象是_。（3）D+EB的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量比是_。（4）G+JM的离子方程式是 _。（5）Y受热分解的化学方程式是 _。【答案】 (1). 三 (2). A (3). 产生苍白色火焰 (4). 2:1 (5). 3AlO2-+Fe3+6H2O3Al（OH）3+Fe（OH）3 (6). 4Fe

55、（NO3）32Fe2O3 +12NO2+3O2【解析】【分析】由“A、B为气态单质”，结合图中所示的信息“A、B、C是由X电解产生”，猜测出该反应为电解饱和食盐水反应，可得X为NaCl，C为NaOH，A、B为H2和Cl2（但具体哪个是Cl2需要根据后面的信息得知）；D由A、B反应得到，故D为HCl；由“E为黑色固体且为氧化物”，再由图中所示，单质B由D（HCl）、E反应得到，可推测出该反应为实验室制氯反应，故E为MnO2，B为Cl2，A为H2；由题干中“F是地壳中含量最多的金属元素的单质”可得，F为Al；G由C（NaOH）与F（Al）反应得，故G应为NaAlO2；由题干中“I为氧化物且为红棕色

56、气体”得I为NO2；由“M为红褐色沉淀”可知M为Fe(OH)3，同时也说明Y中存在元素Fe；由“H为氧化物”以及“I为NO2”可猜测出YH+I反应应为硝酸盐分解反应：4Fe(NO3)32Fe2O312NO23O2，则Y为Fe(NO3)3，H为Fe2O3，很明显J为FeCl3，N为HNO3。推出元素后可由未使用过的条件检验是否正确。以此解答各小题。【详解】由“A、B为气态单质”，结合图中所示的信息“A、B、C是由X电解产生”，猜测出该反应为电解饱和食盐水反应，可得X为NaCl，C为NaOH，A、B为H2和Cl2（但具体哪个是Cl2需要根据后面的信息得知）；D由A、B反应得到，故D为HCl；由“E

57、为黑色固体且为氧化物”，再由图中所示，单质B由D（HCl）、E反应得到，可推测出该反应为实验室制氯反应，故E为MnO2，B为Cl2，A为H2；由题干中“F是地壳中含量最多的金属元素的单质”可得，F为Al；G由C（NaOH）与F（Al）反应得，故G应为NaAlO2；由题干中“I为氧化物且为红棕色气体”得I为NO2；由“M为红褐色沉淀”可知M为Fe(OH)3，同时也说明Y中存在元素Fe；由“H为氧化物”以及“I为NO2”可猜测出YH+I反应应为硝酸盐分解反应：4Fe(NO3)32Fe2O312NO23O2，则Y为Fe(NO3)3，H为Fe2O3，很明显J为FeCl3，N为HNO3。（1）B为Cl2

58、，Cl位于元素周期表中第三周期族。（2）氢气(A)在氯气(B)中燃烧的现象是产生苍白色火焰。（3）D + E B为实验室制氯反应，化学方程式为4HCl(浓)MnO2MnCl2 Cl22H2O，可见被氧化与被还原的物质的量之比为2:1。 （4）该反应为双水解反应：3Al(OH)4Fe3=3Al(OH)3Fe(OH)3。（5）此为硝酸盐不稳定受热分解反应：4Fe(NO3)32Fe2O312NO23O2。【点睛】本题的信息给的不多，导致难度增大，但是抓到主要突破口，并且有扎实的基本功，此题便可迎刃而解。本题所考到的化学方程式都是较为重要的，如Al的性质以及双水解反应等，都需要熟练掌握。28.现有一定

59、量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用下图所示的实验装置测定Na2O2试样的纯度。(可供选用的试剂只有CaCO3固体、6 molL1盐酸、6 molL1硫酸和蒸馏水)。回答下列问题：（1）装置A中液体试剂选用_。（2）装置B的作用是_，装置E中碱石灰的作用是_，装置C的作用是_。（3）D中反应的化学方程式_。（4）若开始时测得样品的质量为2.0 g，反应结束后测得气体体积为224 mL(标准状况)，则Na2O2试样的纯度为_。【答案】 (1). 6molL1盐酸选（6 molL1硫酸不给分） (2). 除去气体中的HCl (3). 吸收装置D中反应剩余的CO2 (4). 除去水份 (5). 2

60、Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O+CO2=Na2CO3 (6). 78%【解析】【分析】根据实验装置图可知，测定Na2O2试样的纯度，先在A中用碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳中含有氯化氢和水蒸气，影响实验的结果，所以用B装置除去氯化氢，用C装置干燥二氧化碳，再在D装置中与样品中的过氧化钠反应生成氧气，用E装置除去氧气中未反应的二氧化碳，F、G装置用排水量气法测得生成的氧气的体积，根据氧气的体积可计算出样品中含有的过氧化钠的质量，进而确定Na2O2试样的纯度。【详解】（1）装置A是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸

61、钙的表面，使反应不能持续，所以用盐酸而不用硫酸来反应；（2）碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，可以用饱和碳酸氢钠来除去，浓硫酸具有吸水性，可以将二氧化碳干燥，装置E中碱石灰的作用是吸收二氧化碳，防止对氧气的体积测量造成干扰；（3）氧化钠和过氧化钠和二氧化碳反应的原理方程式分别为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O+CO2=Na2CO3；（4）根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应结束后测得气体体积为224mL（标准状况），即生成的氧气的量0.01mol，过氧化钠的物质的量为0.02ml，过氧化钠的纯度=100% =78%。【点睛】本题考查了探究过氧化钠中氧化钠的含量的方法试题综合性