2019届高三化学上学期第二次月考试题(含解析) (II).doc

2019届高三化学上学期第二次月考试题(含解析) (II)可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Cr 52 Fe 56 Cu 64一、单项选择题（每小题2分，共48分）1.下列说法不正确的是（ ）A. 用灼烧的方法鉴别羊毛线和棉线 B. 光导纤维的主要成分是二氧化硅C. 铁红是Fe2O3可为红色涂料主要成份 D. 中和胃酸过多可用Na2CO3、Al(OH)3【答案】D【解析】【详解】A、羊毛的主要成分是蛋白质，蛋白质在灼烧时发出烧焦羽毛气味，所以可用灼烧闻气味区分羊毛线和棉线，选项A正确；B、光导纤维的主要成分是二氧化硅，是利用光的全反射原理，选项B正确；C氧化铁呈红棕色，俗称铁红，可以作红色油漆和涂料，选项C正确；D、碳酸钠和盐酸可以反应，但不属于中和反应，且碱性太强不适合用于治疗胃酸过多，选项D不正确。答案选D。2.下列物质的分类组合不正确的有（ ）海水、空气、胆矾、盐酸均为混合物；H2CO3、CH3COOH、H2SO4、H2S均为酸；Mg（OH）2、NaOH、Cu2（OH）2CO3、NH3H2O均为碱；干冰、N2O5、SiO2、H2O均为酸性氧化物；NaHSO4、AgCl、AlCl3、CaCO3均为盐；NaH2PO4、Na2SO4、纯碱既为钠盐，同时又为含氧酸盐。A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：中胆矾是纯净物，错误。中Cu2(OH)2CO3是盐，错误。中H2O不是酸性氧化物，错误。考点：物质的分类方法3.某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl、SO42四种离子，已知前三种离子的个数比为521，则溶液中Al3+和SO42的离子个数比为（ ）A. 12 B. 14 C. 34 D. 25【答案】D【解析】【详解】忽略水的电离，根据溶液显电中性可知n(Na+)+3n(Al3+)n(Cl)+2n(SO42)，已知Na+、Al3+、Cl三种离子的个数比为521，因此5n(Al3+)/2+3n(Al3+)n(Al3+)/2+2n(SO42)，解得n(Al3+):n(SO42)2:5。答案选D。4.下列现象与胶体的性质无关的是（ ）A. 河流入海口处易形成三角洲B. 将盐卤或石膏加入豆浆，制成豆腐C. 向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色沉淀D. 清晨，人们经常看到的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象【答案】C【解析】【详解】A河流中的水含有泥沙胶粒，海水中含有氯化钠、氯化钙等电解质，二者相遇是可以发生胶体凝聚，就形成三角洲，与胶体有关；B豆浆具有胶体的性质，向其中加入盐卤，盐卤中含丰富的电解质硫酸钙等，可以使豆浆凝聚，与胶体有关；C向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色沉淀，FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3+3NaCl，发生了复分解反应，与胶体性质无关；D清晨的雾属于胶体，人们经常看到阳光穿过茂密的森林时产生美丽的景象是胶体的丁达尔现象，和胶体性质有关；综上所述，本题答案选C。【点睛】本题考查胶体的性质，明确胶体常见的性质有丁达尔现象、胶体的聚沉、电泳等以及利用胶体性质对生产生活中实际问题进行解释是解题关键，题目较简单。5.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 11.2 L H2中含有氢原子的个数为NAB. 在标准状况下，22.4 LCO2中含有共用电子对数为4NAC. 78gNa2O2与少量CO2反应转移电子数为NAD. 1 mol/L NaCl溶液中含有钠离子的个数为NA【答案】B【解析】【详解】A、缺少温度和压强，无法确定11.2 L H2的物质的量，无法确定其中含有的氢原子个数，选项A错误；A、依据n=计算物质的量=1mol，结合二氧化碳分子结构为O=C=O计算得到共用电子对数4NA，选项B正确；C、78g Na2O2的物质的量是1mol，与二氧化碳反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，转移电子数目为NA，选项C错误；D、1mol/L NaCl溶液体积不知，溶液中含有钠离子的个数不能计算，选项D错误；答案选B。6.在含有I一且能使酚酞变红的无色溶液中，可大量存在的离子组是（ ）A. Na+、Cu2、Br一、Cl B. AlO2、K+、NH4+、Na+C. K+、Na+、NO3、H+ D. K、S2、SO42、OH【答案】D【解析】试题分析：含有I一且能使酚酞变红的无色溶液，说明该溶液中含OH。A、Cu2有颜色且与OH结合生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，错误；B、NH4+与OH-结合生成一水合氨弱碱，不能大量共存，错误；C、NO3、H+ 可以与I一发生氧化还原反应而不能大量共存，错误；D、彼此都不反应，能大量共存，正确，答案选D。考点：考查离子反应的大量共存问题7.为了检验某FeCl2溶液是否变质，应选用的试剂是（ ）A. NaOH溶液 B. KSCN溶液 C. 铁片 D. 石蕊试液【答案】B【解析】【分析】先考虑如果FeCl2溶液变质，变质后的物质是FeCl3，Fe3+能和SCN-生成络合物，使溶液呈现血红色，以此解答该题。【详解】AFeCl2和NaOH溶液生成灰绿色沉淀氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，能迅速被氧化成红褐色沉淀氧氢化铁，所以不能检验是否变质，A错误；B如果FeCl2溶液变质，变质后的物质是FeCl3，Fe3+能和SCN-生成络合物，使溶液呈现血红色现象明显，这一反应是Fe3+的特征反应，所以用KSCN溶液检验，B正确；C铁片与氯化亚铁不反应，无法鉴别，C错误；D氯化亚铁溶液呈酸性，滴加石蕊不能检验是否变质，D错误。答案选B。【点睛】本题考查亚铁离子和铁离子的检验，为高考高频点，明确亚铁离子和铁离子的性质及检验方法、实验现象即可解答，熟练掌握其检验方法，题目难度不大。8.能正确表示下列反应的离子反应方程式为（ ）A. Ba(OH)2溶液中加入少量NaHCO3溶液:HCO3+Ba2+OH-=BaCO3+H2OB. 向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-沉淀完全：3Ba2+3SO42-+2Al3+6OH-2BaSO4+2Al（OH）3C. NH4HCO3稀溶液与过量的KOH溶液反应：HCO3-+OH-=CO32-+H2OD. 醋酸除去水垢：2H+CaCO3=Ca2+CO2+H2O【答案】A【解析】【详解】A定量的溶质通常假设为1mol，则NaHCO3溶液中NaHCO3为1mol，Ba(OH)2溶液中加入少量NaHCO3溶液，反应为：HCO3+Ba2+OH-=BaCO3+H2O，选项A正确；B、向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42- 沉淀完全的离子反应为Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-AlO2-+2BaSO4+2H2O，选项B错误；CNH4HCO3稀溶液与过量的KOH溶液反应，离子方程式：NH4+HCO3-+2OH-=CO32-+NH3H2O+H2O，选项C错误；D、醋酸除去水垢，离子方程式：2CH3COOH+CaCO3=Ca2+CO2+H2O+2CH3COO-，选项D错误；答案选A。9.下列各组物质，前者滴加到后者中直至过量，先出现白色沉淀，后来沉淀消失的是（ ）A. HCl滴入NaAlO2溶液中 B. Ba(OH)2溶液滴入Al2(SO4)3溶液中C. AlCl3溶液滴入NaOH溶液中 D. 氨水滴入AlCl3溶液中【答案】A【解析】【分析】A、偏铝酸钠溶液中滴入HCl，先生成氢氧化铝沉淀，继续滴加氢氧化铝溶解； B、硫酸铝溶液中滴入氢氧化钡溶液过程中一定有硫酸钡沉淀生成； C、AlCl3溶液滴入氢氧化钠溶液中，开始生成偏铝酸钠，继续滴偏铝酸钠与AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀； D、氨水滴入AlCl3溶液中，生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀不溶于过量氨水。【详解】A、偏铝酸钠溶液中滴入HCl，先生成氢氧化铝沉淀，继续滴加氢氧化铝溶解，故A正确； B、硫酸铝溶液中滴入氢氧化钡溶液过程中一定有硫酸钡沉淀生成，故B错误； C、AlCl3溶液滴入氢氧化钠溶液中，开始生成偏铝酸钠，继续滴加，偏铝酸钠与AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀，故C错误； D、氨水滴入AlCl3溶液中，生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀不溶于过量氨水，故D错误。10.有时候，将氧化还原方程式拆开写成两个“半反应”。下面是一个“半反应”式：( )NO3 +( )H+( )e-=( )NO+( )H2O，该式的配平系数是（ ）A. 1，3，4，2，1 B. 2，4，3，2，1 C. 1，6，5，1，3 D. 1，4，3，1，2【答案】D【解析】【详解】（设“1”法）设NO3的化学计量数为1，根据N元素化合价由+5价变为+2价，则得到3个电子，则根据电子移动数目可确定e-的化学计量数为3，结合电荷守恒可知H+的计量数为|-1-3|=4，根据H原子守恒可知H2O的化学计量数分别为2，NO的化学计量数为1，故该式的配平系数是1，4，3，1，2， 答案选D。11.下列有关叙述正确的是（ ）A. 相同条件下，质量相等的CO和CO2它们所含的氧原子数目之比为11：7B. 同体积、同密度的C2H4和CO，两种气体的分子数一定相等C. 配制450mL0.1mol/L的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8gD. 1L0.45mol/LNaCl溶液中Cl-物质的量浓度比0.1L0.15mol/LAlCl3溶液大【答案】B【解析】A、CO和CO2含有氧原子的物质的量为1/28:（12/44）=11:14，故错误；B、同体积、同密度，即气体的质量相等，两种气体的摩尔质量为28gmol1，因此两种气体的物质的量相等，分子数一定相等，故正确；C、实验室没有450mL的容量瓶，应用500mL的容量瓶，氢氧化钠的质量为5001030.140g=2g，故错误；D、NaCl中c(Cl)=0.15molL1，AlCl3中c(Cl)=0.153molL1=0.45molL1，Cl浓度相等，故错误。12.由下列实验及现象不能推出相应结论的是（ ）实验现象结论A.向2mL0.1mol/LFeCl3的溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变还原性：Fe>Fe2+B.将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性C.将碳酸氢钠分解产生的气体通入CaCl2溶液产生白色沉淀CO2与CaCl2溶液反应D.将0.1mol/LMgSO4溶液滴入NaOH溶液至不在有沉淀产生，再滴加0.1mol/LCuSO4溶液先有白色沉淀生成后变为浅色蓝色沉淀Mg(OH)2的溶度积(Ksp)比Cu(OH)2大A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】A向2 mL 0.1FeCl3的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3+Fe=3Fe2+；B瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳；C碳酸酸性小于盐酸，二氧化碳和氯化钙不反应；D溶度积常数表达式相似时，溶度积常数越小的越先产生沉淀。【详解】A向2 mL 0.1FeCl3的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3+Fe=3Fe2+，反应中Fe为还原剂，Fe2+为还原产物，还原性：FeFe2+，可观察到黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，选项A正确；B瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳，反应中二氧化碳表现氧化性，选项B正确；C碳酸酸性小于盐酸，二氧化碳和氯化钙不反应，所以将碳酸氢钠分解生成的气体通入氯化钙溶液中没有白色沉淀生成，选项C错误；D溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质，0.1molL-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1molL-1CuSO4溶液，先有白色沉淀生成后变为蓝色沉淀，说明发生沉淀的转化，则说明Cu(OH)2的Ksp比Mg(OH)2的小，选项D正确；答案选C。【点睛】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、钠的性质、物质的检验以及难溶电解质的溶解平衡，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质，难度不大。13.以下物质间的每步转化通过一步反应能实现的是( )A. AlAl2O3Al(OH)3NaAlO2 B. SiSiO2H2SiO3Na2SiO3C. CuCuOCu(OH)2CuSO4 D. NaNa2O2Na2CO3NaOH【答案】D【解析】【分析】A铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝和水不反应；B二氧化硅和水不反应；C氧化铜和水不反应；D钠在氧气中燃烧产物生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠可以与氢氧化钙（钡）反应生成氢氧化钠。【详解】A铝和氧气反应生成氧化铝，氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，但氧化铝和水不反应，所以氧化铝不能直接转化为氢氧化铝，要先转化为可溶性的铝盐再转化为氢氧化铝，选项A错误；B二氧化硅和水不反应，所以二氧化硅不能一步转化为硅酸，先二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，硅酸钠再和盐酸反应制取硅酸，选项B错误；C 2Cu+O22CuO，但氧化铜和水不反应，所以氧化铜不能一步转化为氢氧化铜，必须先转化为其它物质再转化为氢氧化铜，选项C错误；D钠在氧气中燃烧，Na+O2Na2O2产物生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应，2Na2O2+CO22Na2CO3+O2生成碳酸钠和氧气，碳酸钠可以与氢氧化钙（钡）反应生成氢氧化钠，都能通过一步反应实现，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，注意有些物质不能一步转化，要先转化为其它物质，再转化为目标产物，题目难度不大。14.由CO2、H2、CO组成的混合气在同温同压下与氮气的密度相同，则该混合气中CO2、H2、CO的体积比是（ ）A. 26:8:1 B. 22:1:14 C. 13:8:7 D. 26:6:17【答案】C【解析】【分析】根据CO2、H2和CO碳组成的混合气体在同温、同压下与氮气的密度相同，可知混合气体的平均相对分子质量等于氮气的相对分子质量，即为28，而CO的相对分子质量也为28，则二氧化碳与氢气的平均相对分子质量必须为28，据此进行解答。【详解】CO2、H2和CO组成的混合气体在同温、同压下与N2的密度相同，则混合气体的平均相对分子质量等于氮气的相对分子质量，即为28，由于CO的相对分子质量为28，则CO2和H2的平均相对分子质量为28即可，CO的体积不受限制，利用十字相乘法得二氧化碳和氢气的体积之比：，则CO2和H2的体积之比为26：16=13：8，CO的体积为任意体积，所以只有选项C符合条件，答案选C。【点睛】本题考查混合气体的计算，难度不大，明确相同条件下气体的密度之比等于相对分子质量之比计算即可，试题侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握十字交叉法的运用。15.提纯下列物质(括号内为少量杂质),所选用的除杂试剂与分离方法错误的是（ ）不纯物质除杂试剂分离方法AMg（Al）NaOH溶液过滤B乙烷(乙烯)溴水洗气CCuCl2（FeCl3）单质铜过滤D乙酸乙酯(乙酸)饱和碳酸钠溶液分液A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A、镁与氢氧化钠溶液不反应，铝可以，因此可以用氢氧化钠溶液除去镁中的铝，A正确；B、乙烷与溴水不反应，乙烯与溴水发生加成反应，因此可以用溴水除去乙烷中的乙烯，B正确；C、铜与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，不能用铜除去氯化铜中的氯化铁，C错误；D、乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度很小，而乙酸能与碳酸钠反应，因此可以用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，D正确。答案选C。16.下列有关实验原理或操作正确的是（ ）A. 选择合适的试剂，用图甲可分别制取少量CO2、CO和SO2B. 洗涤沉淀时(见图乙)，向漏斗中加入适量水至浸没沉淀并滤干，重复23次C. 用图丙所示装置除去HCl中的少量CO2D. 用图丁装置从KI和I2的固体混合物中回收I2【答案】B【解析】【详解】ACO密度很接近空所不能利用排空气法收集，图中装置可制取少量CO2、SO2，且必须考虑CO、SO2敞口收集容易造成污染，选项A错误；B洗涤沉淀时，加蒸馏水浸没固体，不能搅拌，然后滤干即可，选项B正确；C氯化氢极易溶于水，不能直接通入溶液中，否则容易产生倒吸，另外氯化氢与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，不能除去二氧化碳且洗气时导管必须长进短出，选项C错误；D碘易升华，用图丁装置可以将KI和I2的固体混合物分离后回收I2时没有将碘蒸气冷凝收集，选项D错误；答案选B。17.在标准状况下将1.92g铜粉投入一定量浓HNO3中，随着铜粉的溶解，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当铜粉完全溶解后共收集到由NO2和NO组成的混合气体1.12L，则混合气体中NO的体积为（ ）A. 112mL B. 1008mL C. 224mL D. 448mL【答案】A【解析】【详解】n（Cu）=0.03mol，混合气体的物质的量为=0.05mol，设n（NO）=xmol，n（NO2）=ymol，则由电子守恒及原子守恒可知x+y=0.05，0.032=3x+y，解得x=0.005，y=0.045，v（NO）=0.00522.41000=112mL，答案选A。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大。18.某反应体系中的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。下列方框中对应的物质或有关叙述正确的是（ ）A. Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOH B. Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2OC. Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOH D. 当1 mol Au2O3完全反应时，转移电子8mol【答案】C【解析】【详解】Au2O3为反应物，则反应中Au2O3Au2O，Au的化合价由+3价变为+1价，化合价总共降低22=4价，Na2S4O6中硫元素平均化合价为+2.5，Na2S2O3中硫元素平均化合价为+2，所以Na2S2O3为反应物，Na2S4O6为生成物，由于2Na2S2O31Na2S4O6，根据钠元素守恒可知NaOH是生成物，由氢元素守恒可知水是反应物，Na2S2O3Na2S4O6中，S硫元素平均化合价由+2价升高为+2.5价，化合价总共升高4（2.52）=2，根据化合价升降相等，可知Au2O3系数为1，Na2S4O6系数为2，根据Au守恒可知Au2O系数为1，根据硫元素守恒可知Na2S2O3系数为4，根据元素Na元素守恒可知NaOH的系数为4，根据H元素守恒可知H2O系数为2，反应方程式为：Au2O3+4Na2S2O3+2H2O=Au2O+2Na2S4O6+4NaOH，选项C正确、选项A、B错误；当1mol Au2O3完全反应时，转移电子的物质的量为4mol，选项D错误；答案选C。19.两份体积相同，浓度未知的Na2CO3和HCl溶液，将它们互相滴加，产生的气体在相同的温度和压强下的体积比为1：3，则Na2CO3和HCl溶液的浓度之比为（ ）A. 5：6 B. 2：5 C. 3：4 D. 5：3【答案】A【解析】【详解】碳酸钠滴加到盐酸中，发生Na2CO32HCl=2NaClCO2H2O，盐酸滴加到碳酸钠中，发生：Na2CO3HCl=NaHCO3NaCl，NaHCO3HCl=NaClCO2H2O，因为生成气体体积不同，说明盐酸不足，设Na2CO3的浓度为c1，盐酸浓度为c2，溶液的体积为1L，碳酸钠滴入盐酸产生CO2多于盐酸滴加到碳酸钠中，碳酸钠滴入到盐酸中产生CO2的量，根据盐酸计算，即n(CO2)=mol，盐酸滴入碳酸钠溶液中产生的CO2的物质的量为：(c2c1)mol，=1：3，即c1：c2=5：6，答案选A。【点睛】本题考查碳酸钠与盐酸反应的有关计算。明确反应的原理是解答的关键，注意分析Na2CO3和NaHCO3的混合溶液与盐酸反应的先后顺序：在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，逐滴加入盐酸，盐酸先与何种物质反应，取决于CO32和HCO3结合H的难易程度。由于CO32比HCO3更易于结合H形成难电离的HCO3，故盐酸应先与Na2CO3溶液反应。只有当CO32完全转化为HCO3时，再滴入的H才与HCO3反应。20.以下实验操作可能会导致实验结果偏高的是（ ）A. 配制一定物质的量浓度的溶液：移液后未洗涤烧杯B. 配制一定物质的量浓度的溶液：定容时仰视刻度线C. 配制一定物质的量浓度稀硫酸时：用量筒量取浓硫酸时俯视读数D. 用浓硫酸与烧碱的稀溶液反应来测定中和热的数值【答案】D【解析】【分析】根据c=，结合具体操作来分析对溶质物质的量或溶液体积的影响，以此进行判断。【详解】A、移液后未洗涤烧杯，导致移入容量瓶中溶质氯化氢的物质的量减小，所配溶液浓度偏小，选项A错误；B、在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线，导致所配溶液体积增大，所配溶液浓度偏小，选项B错误；C、用量筒量取浓硫酸时俯视读数，导致所取浓硫酸的量偏少，所配溶液浓度偏小，选项C错误；D、浓硫酸与烧碱反应放热，结果偏高，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液的实验操作误差分析，题目难度中等，分析时注意从c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断。注意易错点为B注意仰视、俯视对体积读数的影响。21.在200mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl等离子的溶液中，逐滴加入4mol/L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)关系如图所示。下列叙述正确的是（ ） A. 原溶液中n(Mg2+)：n(Al3+)=10：1 B. 原溶液中的c(H+)0.02mol/LC. x与y的差值为0.008mol D. 原溶液中c(Cl-)=0.6mol/L【答案】C【解析】【分析】由图象和溶液中的离子可知，逐滴加入4molL-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）mL10-3L4molL-1=0.008mol，即Al（OH）3的物质的量也为0.008mol，选项C正确；由Al3+Al（OH）3，则n（Al3+）=0.008mol，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（30-4）mL10-3L4molL-1=0.104mol，Al3+消耗的NaOH的物质的量为0.008mol3=0.024mol，则与Mg2+反应的NaOH的物质的量为0.104mol-0.024mol=0.08mol，由Mg2+2OH-Mg（OH）2，n（Mg2+）=0.04mol，原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=0.04mol ：0.008mol =5：1，选项A错误；04mL发生H+与氢氧化钠的反应，则H+的物质的量为4mL10-3L4molL-1=0.016mol，c（H+）=0.08mol/L，选项B错误；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33mL10-3L4molL-1=0.132mol，原溶液中c（Cl-）=0.66mol/L，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查学生利用图象及离子反应来计算，明确图象中每一段曲线对应的化学反应是解答本题的关键，然后利用离子反应计算即可解答，选项D是解答的难点。22.硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2是一种重要的化工原料，下列有关说法正确的是（ ）A. Na+、Fe3+、K+、ClO都可在该物质的溶液中大量共存B. 该物质可以用于氧化还原滴定测定K2Cr2O7含量C. 向0.1mol/L该物质的溶液中逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液体积的关系如右图所示D. 向该物质的溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42完全沉淀的离子方程式为：Fe2+2SO42-+2Ba2+2OH-=2BaSO4+Fe（OH）2【答案】B【解析】【详解】A、(NH4)2Fe(SO4)2中含有Fe2+，Fe2+可被ClO氧化而不能大量共存，选项A错误；B、利用(NH4)2Fe(SO4)2中含有Fe2+，可以用于氧化还原滴定测定K2Cr2O7含量，选项B正确；C、滴加氢氧化钠溶液，首先Fe2+与OH-反应生成白色沉淀，图象错误，选项C错误；D、恰好使SO42完全沉淀的离子方程式为：2NH4+Fe2+2SO42-+2Ba2+4OH-=2BaSO4+Fe（OH）2+2NH3+2H2O，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查了水溶液中的离子反应，离子反应先后顺序，铁离子的检验，离子方程式的书写等知识。易错点为选项D，注意氢氧化钡的用量对反应离子方程式的影响，铵根离子参与反应。23.某磁黄铁矿的主要成分是FexS(S为一2价），既含有Fe2+又含有Fe3+。将一定量的该磁黄铁矿与100mL的盐酸恰好完全反应(注:矿石中其他成分不与盐酸反应），生成硫单质2.4g、FeCl20.425 mol和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法正确的是（ ）A. 100 mL的盐酸中HC1物质的量浓度为85 mol/LB. 生成的H2S气体在标准状况下的体积为5.6LC. 该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3 : 1D. 该磁黄铁矿中FexS的x=015【答案】A【解析】【分析】A根据氯原子守恒计算盐酸的浓度；B根据氢原子守恒计算硫化氢的体积；C根据转移电子守恒计算Fe2+与Fe3+的物质的量之比； D根据转移电子守恒计算n（Fe3+），根据铁原子守恒计算n（Fe2+），根据氢原子守恒及硫单质计算硫原子的物质的量，从而得出x值。【详解】n（S）=0.075mol，根据转移电子守恒得n（Fe3+）=0.15mol，则n（Fe2+）=0.425mol-0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6，A盐酸恰好反应生成FeCl2 0.425mol，根据氯原子守恒得c（HCl）=8.5mol/L，选项A正确；B根据氢原子、氯原子守恒得n（H2S）=n（HCl）=n（FeCl2）=0.425mol，V（H2S）=0.425mol22.4L/mol=9.52L，选项B错误；C根据转移电子守恒得n（Fe3+）=0.15mol，则n（Fe2+）=0.425mol-0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6，选项C错误；DFexS中n（S）=0.075mol+0.425mol=0.5mol，n（Fe）=0.425mol，所以n（Fe）：n（S）=0.425mol：0.5mol=0.85，所以x=0.85，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查了根据氧化还原反应进行计算，根据反应过程中原子守恒、转移电子守恒进行计算，根据氢原子守恒计算硫化氢体积，根据转移电子守恒计算亚铁离子和铁离子的物质的量之比，计算量较大，难度较大。24.向0.6molFeBr2溶液中通入amolCl2。下列叙述不正确的是（ ）A. 当a=02时，发生的反应为:2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-B. 当a=09时，发生的反应为：2Fe2+4Br-+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl-C. 若溶液中Br- 有一半被氧化时，c(Fe3+):c(Br-):c(Cl-)=l:1:3D. 当0<a<03时，溶液中始终满足2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)=c(Cl-)+c(Br-)+c(OH-)【答案】C【解析】【分析】离子还原性Fe2+Br-，首先发生：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕再发生：2Br-+Cl2Br2+2Cl-，根据比例关系确定参加反应各离子物质的量关系，进而书写总的离子方程式进行计算确定。【详解】离子还原性Fe2+Br-，首先发生：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕再发生：2Br-+Cl2Br2+2Cl-，当=1时，Fe2+全部被氧化，Br-是Fe2+的2倍，只有一半的Br-被氧化性，反应离子方程式为：2Fe2+2Br-+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl-；当时，Fe2+、Br-全部被氧化，反应离子方程式为：2Fe2+4Br-+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl-；A、a = 0.2时, Cl2不足，所以先与Fe2+反应，发生反应的离子方程式正确；B、a = 0.9时，Cl2恰好与FeBr2反应，发生的反应的离子方程式正确；C、若溶液中Br有一半（0.6mol）被氧化时，此时0.6mol Fe2+需要氯气0.3mol，0.6molBr需要氯气0.3mol，共用氯气0.6mol，根据质量守恒定律，所以溶液中c(Fe3+): c(Br):c(Cl)=1:1:2，故不正确；D、0a0.3时，Fe2+未被全部氧化，溶液中还存在Fe2+，根据电荷守恒定律，2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)c(Cl)+c(Br)+ c(OH)成立，正确，答案选C。第II卷（非选择题）25.按要求回答下列问题：（1）以下物质中：酒精，熔化的KNO3，CaCO3，氢氧化钠溶液，铜。其中属于电解质的是_（填编号，下同），属于非电解质的是_，能导电的是_。（2）氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在4050时反应可生成它。CuH具有的性质有：不稳定，易分解；在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体；Cu在酸性条件下发生的反应是：2Cu=Cu2Cu。根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：用CuSO4溶液和“另一物质”制CuH的反应中，用氧化还原观点分析，这“另一物质”在反应中_ (填“氧化剂”或“还原剂”)。CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是_(填化学式)。如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式：_。【答案】 (1). ， (2). (3). (4). 还原剂 (5). H2 (6). CuH3HNO3-=Cu22H2ONO【解析】【详解】（1）酒精不能电离属于非电解质，熔化的KNO3能电离出自由移动的离子属于电解质，CaCO3熔融状态下导电属于电解质，氢氧化钠溶液是混合物，属于电解质溶液，不是电解质或非电解质，铜是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故属于电解质的是：；属于非电解质的是；物质能导电必须有自由移动的电子或自由移动的离子，熔化的KNO3中含有自由移动的钾离子和硝酸根离子，能导电；氢氧化钠溶液中含有自由移动的钠离子和氢氧根离子，能导电；铜含有自己移动的电子 ，能导电；综上，能导电的有；（2）根据化合价的变化判断，CuSO4做氧化剂、所以另一物质做还原剂；CuH溶解在稀盐酸中，CuH中的H-失电子，盐酸中H+得电子，所以得到的气体是H2；硝酸具有强氧化性，能把CuH氧化生成硝酸铜和水，所以离子反应方程式为CuH3HNO3-=Cu22H2ONO。26.今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、Al3+、Fe2+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-，现取两份100mL溶液进行如下实验：第一份加过量NaOH溶液加热后，只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲。在甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，质量为1.02g。第二份加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，加盐酸不溶解，经过滤、洗涤、干燥后，称得沉淀质量为13.98g。（1）由上述实验可确定溶液中一定不存在的离子是_，不能确定是否存在的离子是_，检验该离子需使用何种试剂或方法_。（2）由题意可知此溶液呈_性（答酸性、碱性或中性），上述金属离子中既能被氧化又能被还原的离子是_。（3）钾离子是否存在（是或否）：_，若存在其浓度范围为（没有则不答）：_。【答案】 (1). Fe2+、Mg2+、Ba2+、CO32- (2). Cl- (3). HNO3、AgNO3 (4). 酸性 (5). Fe2+ (6). 是 (7). 0.4mol/L【解析】【详解】第一份加过量NaOH溶液后加热，只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲，依据离子性质分析推断，与氢氧化钠生成气体的一定是NH4+离子，生成气体NH3物质的量为0.02mol，无沉淀生成证明溶液中一定不含Fe3+、Mg2+；向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体能与二氧化碳反应得到沉淀的离子有Ba2+，铝离子溶于过量氢氧化钠生成的偏铝酸钠溶于反应生成氢氧化铝沉淀；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到13.98g固体说明沉淀不溶于酸，证明是硫酸钡沉淀，原溶液中含有SO42-，判断溶液中一定不含有Ba2+，向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀只能是氢氧化铝沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体为氧化铝，原溶液中含有Al3+，结合离子共存判断溶液中一定不含有CO32-；一定含有的离子为NH4+、Al3+、SO42-。（1）由上述实验可确定溶液中一定不存在的离子是Fe2+、Mg2+、Ba2+、CO32-，不能确定是否存在的离子是Cl-，检验该离子需使用的试剂为HNO3、AgNO3，取少量溶液于试管中滴加过量的稀硝酸，无明显现象，再滴加硝酸银溶液产生白色沉淀则原溶液中含有Cl-，若无白色沉淀产生则原溶液中不含Cl-；（2）一定含有的离子为NH4+、Al3+、SO42-，由题意可知此溶液水解使溶液呈酸性，上述金属离子中既能被氧化又能被还原的离子是Fe2+；（3）由可知存在离子NH4+物质的量浓度=0.2 mol/L；由可知存在离子为Al3+，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体为氧化铝物质的量=0.01mol，溶液中Al3+的物质的量浓度=0.2 mol/L；由可知存在离子为SO42-；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到13.89g固体为硫酸钡，物质的量= =0.06mol，SO42- 物质的量浓度=0.6mol/L，依据溶液中电荷守恒，阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量，一份溶液中阳离子电荷数为0.08mol，阴离子若只有硫酸根离子时电荷数为0.12mol，所以一定有K+存在，若不存在氯离子，则为0.04mol，若存在氯离子则应大于0.04mol，故K+物质的量浓度0.4mol/L。27.高铁酸钾(K2FeO4)为紫黑色粉末，是一种新型高效消毒剂。K2FeO4易溶于水，微溶于浓KOH溶液，在0 5 的强碱性溶液中较稳定。一般制备方法是先用Cl2与KOH溶液在20 以下反应生成KClO（在较高温度下则生成KClO3），KClO再与KOH、Fe(NO3)3溶液反应即可制得K2FeO4。实验装置如图所示：回答下列问题：(1)制备KClO。仪器a的名称是_；装置B吸收的气体是_。装置C中三颈烧瓶置于冰水浴中的目的是_；装置D的作用是_。(2)制备K2FeO4。装置C中得到足量KClO后，将三颈烧瓶上的导管取下，加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，水浴控制反应温度，搅拌，当溶液变为紫红色，该反应的离子方程式为_。向装置C中加入饱和_溶液，析出紫黑色晶体，过滤。(3)测定K2FeO4纯度。测定K2FeO4的纯度可用滴定法，滴定时有关反应的离子方程式为：a.FeO42-+CrO2-+2H2OCrO42-+Fe(OH)3+OH- b.2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2Oc.Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O称取2.0g制备的K2FeO4样品溶于适量KOH溶液中，加入足量的KCrO2，充分反应后过滤，滤液在250mL容量瓶中定容取25.00mL加入稀硫酸酸化，用0.10 molL-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，重复操作2次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为24.00mL，则该K2FeO4样品的纯度为_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). HCl (3). 防止Cl2与KOH反应生成KClO3 (4). 吸收多余的Cl2，防止污染空气 (5). 3ClO-+2Fe3+10OH-=2FeO42- +3Cl-+5H2O (6). KOH (7). 79.2%【解析】分析：根据实验装置图可知，A装置中用二氧化锰与浓盐酸加热制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液反应制得次氯酸钾，为防止在较高温度下生成KClO3，C装置中用冰水浴，反应的尾气氯气用D装置中氢氧化钠吸收。(3)根据反应FeO42-+CrO2-+2H2OCrO42-+Fe(OH)3+OH-、2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O和 Cr2O72-+6Fe2+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O，可得关系式2FeO42-Cr2O72-6Fe2+，再根据题意计算。详解：(1)根据装置图可知仪器a的名称是分液漏斗，根据上述分析，装置B吸收的气体为HCl，故答案为：分液漏斗；HCl；Cl2与KOH溶液在20以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3，所以冰水浴的目的是防止Cl2与KOH反应生成KClO3，氯气有毒，需要进行尾气吸收，装置D是吸收多余的Cl2，防止污染空气，故答案为：防止Cl2与KOH反应生成KClO3；吸收多余的Cl2，防止污染空气；(2)足量KClO中依次加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，发生氧化还原反应生成K2FeO4、KCl和水等，反应的离子方程式为3ClO-+2Fe3+10OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为：3ClO-+2Fe3+10OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O；K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，所以向装置C中加入饱和KOH溶液，析出紫黑色晶体，过滤，故答案为：KOH；(3)根据反应FeO42-+CrO2-+2H2OCrO42-+Fe(OH)3+OH-、2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O和 Cr2O72-+6Fe2+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O，可得关系式2FeO42-Cr2O72-6Fe2+，根据题意可知，(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为0.024L0.1000mol/L=0.0024mol，所以高铁酸钾的质量为0.0024mol198g/mol=1.584g，所以K2FeO4样品的纯度为100%=79.2%，故答案为：79.2%。28.CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂。可由水钴矿主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含有少量Fe2O3、Al2O3、MnO等制取，其工艺流程如下：已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等。流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表。沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成CoCl2。回答下列问题：（1）浸出水钴矿过程中，Fe2O3发生反应的化学方程式为_。（2）向浸出液中加入适量NaClO3目的是_。（3）“加Na2CO3调pH至a”，a的范围是_；过滤所得沉淀的化学式为_。（4）萃取剂对金属离子的萃取与溶液pH的关系如下图所示，向“滤液”中加入该萃取剂的目的是_，使用该萃取剂的最佳pH范围是_（填选项字母，pH-萃取率见下）A5.05.5 B4.04.5 C3.03.5 D2.02.5【答案】 (1). Fe2O3+Na2SO3+4HCl=2FeCl2+Na2SO4+2H2O (2). 将Fe2+氧化为Fe3+，易于除去铁元素 (3). 5.2-7.6 (4). Fe(OH)3、Al(OH)3 (5). 除去溶液中的Mn2+ (6). C【解析】【详解】（1）根据流程可知，浸出水钴矿过程中，Fe2O3与Na2SO3和盐酸发生反应生成FeCl2、Na2SO4和水，反应的化学方程式为Fe2O3+Na2SO3+4HCl=2FeCl2+Na2SO4+2H2O；（2）向浸出液中加入适量NaClO3，将Fe2+氧化为Fe3+，易于除去铁元素；（3）“加Na2CO3调pH至a”，将溶液中的Fe3+、Al3+转化为沉淀而除去便不能开始沉淀，故a的范围是5.2-7.6；过滤所得沉淀的化学式为Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2、Co2金属离子，由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.03.5之间，可使Mn2完全沉淀，并防止Co2转化为Co(OH)2沉淀，故答案为：除去溶液中的Mn2；C。