江西省吉安市西路片七校2018届高三化学上学期第一次联考试题（含解析）.doc

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1、- 1 -江西省吉安市西路片七校 2018 届高三上学期第一次联考化学试卷1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是A. 常用的食品保鲜膜、保鲜袋的成分是聚氯乙烯B. 在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质C. 将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，说明“纳米铜”的还原性比铜片更强D. 现代科技已经能够拍到氢键的“照片” ，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键【答案】B【解析】【分析】A、食品包装袋、食物保鲜膜等材料的主要成分是聚乙烯；B、硅胶可以防止食物受潮变质，铁粉可防止食物氧化变质

2、；C、 “纳米铜”与铜的还原性相同；D、氢键不是化学键。【详解】A 项、食品包装袋、食物保鲜膜等材料的主要成分是聚乙烯，聚氯乙烯也就是 PVC保鲜膜，能作为蔬菜水果的保鲜膜，但不能用于食品包装袋，故 A 错误；B 项、在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶可以防止食物受潮变质，铁粉可防止食物氧化变质，故 B 正确；C 项、 “纳米铜”与铜的还原性相同， “纳米铜”的接触面积较大，反应速率快，在空气中可以燃烧，故 C 错误；D 项、氢键不是化学键，氢键是一种特殊的分子间作用力，故 D 错误。故选 B。【点睛】本题考查化学键及物质的性质，D 项为易错点，注意氢键不是化学键。2.用 NA表示阿

3、伏加德罗常数的值，下列判断正确的是A. 46 g C18O2含氧原子数为 2 NAB. 1 mol Fe 与足量的浓盐酸完全反应时转移电子数为 3 NAC. 标准状况下，22.4 L CCl 4含有的分子数目为 NA- 2 -D. 2L1 molL1 CuCl2溶液中含 Cu2+数目小于 2 NA【答案】D【解析】【分析】A、C 18O2的摩尔质量为 48g/mol；B、1 mol Fe 与足量的浓盐酸完全反应时生成氯化亚铁；C、标准状况下四氯化碳不是气体；D、Cu 2+在水溶液中水解。【详解】A 项、46 gC 18O2的物质的量为 46 g48g/mol=46/48mol，含氧原子数小于

4、2 NA，故A 错误；B 项、1 mol Fe 与足量的浓盐酸完全反应时生成氯化亚铁，转移电子数为 2NA，故 B 错误；C 项、标准状况下四氯化碳不是气体，22.4 L CCl 4的物质的量不是 1mol，故 C 错误；D 项、Cu 2+在水溶液中水解，2L1 molL 1 CuCl2溶液中含 Cu2+数目小于 2 NA，故 D 正确。故选 D。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，主要是物质的量和微粒数的计算、气体摩尔体积条件应用、氧化还原反应电子转移计算和盐类水解等知识点，注意掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解答关键。3.下表各组物质在适当条件均可反应，其

5、中气体（指常温时的状态）产物可能不唯一的是A. 浓硫酸与锌 B. 浓硫酸与铜 C. 浓盐酸与 MnO2 D. 浓氨水与 CaO【答案】A【解析】【分析】A、锌和浓硫酸反应生成二氧化硫，锌与稀硫酸反应生成氢气；B、浓硫酸和铜共热反应生成二氧化硫，铜与稀硫酸不反应；C、浓盐酸和二氧化锰共热反应生成氯气，二氧化锰与稀盐酸不反应；D、浓氨水和氧化钙混合，氧化钙和水反应放热，一水合氨分解生成氨气。【详解】A 项、浓硫酸和锌反应生成二氧化硫，随反应进行浓度变小，变化为稀硫酸，锌与稀硫酸反应生成氢气，生成气体为二氧化硫和氢气的混合气，故 A 正确；B 项、浓硫酸和铜共热反应生成二氧化硫，随反应进行浓度变小，

6、变化为稀硫酸，铜与稀硫酸不反应，生成气体只有二氧化硫，故 B 错误；- 3 -C 项、浓盐酸和二氧化锰共热反应生成氯气，随反应进行浓度变小，变化为稀盐酸，二氧化锰与稀盐酸不反应，生成气体只有氯气，故 C 错误；D 项、浓氨水和氧化钙混合，氧化钙和水反应放热，一水合氨分解生成氨气，气体只有氨气，故 D 错误。故选 A。4.下列各组离子在给定条件下能大量共存的是A. 加入铝粉生成氢气溶液中：Na 、Ba 2 、Cl 、I B. 有 HCO3 存在的溶液中：Na 、Mg 2 、Al 3 、NO 3C. 在 c(H )c(OH )=101 的水溶液中：NH 4 、K 、ClO 、SO 32D. 在中性

7、溶液中：Na 、SO 42 、K 、S 2【答案】A【解析】【分析】A、该组离子在强碱性和强酸性环境下均可以共存；B、溶液中 Al3 与 HCO3 发生双水解反应；C、溶液中 ClO-与 SO32-发生氧化还原反应；D、S 2 在溶液中水解，使溶液显碱性。【详解】A 项、溶液中加入铝粉有氢气产生，说明该溶液可以是强酸溶液，还可以是强碱性的溶液，该组离子在强碱性和强酸性环境下均可以共存，故 A 正确；B 项、有 HCO3 存在的溶液中，Al 3 与 HCO3 发生双水解反应，不能大量共存，故 B 错误；C 项、溶液中 ClO-与 SO32-发生氧化还原反应而不能大量共存，故 C 错误；D 项、S

8、 2 在溶液中水解，使溶液显碱性，中性溶液中不可能存在 S2 ，故 D 错误。故选 A。【点睛】本题考查离子共存问题，注意题中各项要求为解答该题的关键，也是易错点，不能忽视，解答时注意审题。5.已知 OF2可以发生反应 H2S+4OF2=SF6+2HF+2O2，下列说法正确的是A. 氧气是氧化产物 B. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为 1:4C. 若生成 2.24LHF，则转移 0.4mol 电子 D. OF 2即是氧化剂又是还原剂【答案】B【解析】- 4 -【分析】反应 H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2中，S 元素化合价由-2 价升高到+6 价被氧化，O 元素由+1 价降低到 0

9、价被还原；氧化产物为 SF6，还原产物为 O2。【详解】A 项、O 元素由+1 价降低到 0 价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故 A 错误；B 项、H 2S 表现还原性，O 2F2表现氧化性，由方程式可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4，故 B 正确；C 项、气体外界条件不明确，不能确定 HF 的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故 C错误；D 项、在反应中，O 2F2中的 O 元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的 S 元素的化合价是-2 价，反应后升高为+6 价，所以 H2S 表现还原性，而 O2F2表现氧化性，故 D 错误。故选 B。【点睛】本题

10、主要考查氧化还原反应，氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。注意 O2F2中氧元素的化合价为+1 价，为易错点。6.下列说法不正确的是A. S02是引起酸雨的主要原因之一 B. 高压钠灯常用于道路的照明C. 工业上用饱和石灰水制备漂白粉 D. 金属镁常用来制造信号弹和焰火【答案】C【解析】A. SO2是引起酸雨的主耍原因之一，A 正确；B. 高压钠灯透雾能力强，常用于道路的照明，B 正确；C. 工业上用石灰乳制备漂白粉，C 错误；D. 金属镁燃烧发光，常用来制造信号弹和焰火，D 正确，答案选 C。7.分子式为 C5H10的烃，若适当条件下能与氢气发生反应，则其结

11、构（不考虑立体异构）最多有A. 8 种 B. 7 种 C. 6 种 D. 5 种【答案】D【解析】【分析】由适当条件下分子式为 C5H10的烃能与氢气发生反应可知，C 5H10为烯烃。- 5 -【详解】戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种，正戊烷相应烯烃有 2 种：CH 2CH-CH 2-CH2-CH3、CH 3-CHCH-CH 2-CH3，异戊烷相应烯烃有 3 种：CH 2C（CH 3）CH 2CH3、CH 3C（CH 3）CHCH3、CH 3CH（CH 3）CHCH 2，新戊烷，没有相应烯烃，则分子式为 C5H10的烯烃共 5 种，故选 D。【点睛】本题考查同分异构体的书写与判断，掌握通过反应

12、条件确定物质类别和书写同分异构体方法是解题的关键。8.观察下列有关实验装置，相关评价错误的是A. 图（1）用于配制 0.10 molL1 NaOH 溶液；评价：错误B. 图（2）用于测定中和热；评价：错误，装置中缺少了环形玻璃搅拌棒C. 图（3）用于比较 Na2CO3、NaHCO 3的热稳定性；评价：错误，Na 2CO3、NaHCO 3位置放错了D. 图（4）证明铁发生吸氧腐蚀时空气参加反应；评价：正确【答案】C【解析】【分析】A、不能在容量瓶中溶解氢氧化钠；B、装置中缺少了环形玻璃搅拌棒；C、小试管中为碳酸氢钠；D、食盐水为中性，发生吸氧腐蚀。【详解】A 项、不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯

13、中溶解、冷却后转移到容量瓶中定容，评价正确，故 A 正确；B 项、装置中缺少了环形玻璃搅拌棒，用于搅拌迅速混合，可测定中和反应的最高温度，评价合理，故 B 正确；C 项、碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则小试管中为碳酸氢钠，评价错误，故 C 错误；- 6 -D 项、U 型管中红墨水左高右低可验证，评价合理，故 D 正确。故选 C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，注意方案的合理性、操作性分析，把握实验原理及实验装置图的作用为解答的关键。9.下列叙述正确的是A. 某溶液的 pH=7，则该溶液为中性溶液B. 一定温度下，向 AgCl 饱和溶液中加入少量 NaCl 固体，Ksp(AgCl)减小C. 常

14、温下，反应 X(s) + Y(l)=2Z(g)不能自发，则该反应的H0D. 常温下，0.01mol/L 的 Na0H 溶液中由水电离的 c(H+)=1.010-2mol/L【答案】C【解析】试题分析：常温下 PH=7 才可以判断出溶液为中性，故 A 错误。物质的 KSP 只与该物质的性质以及物质所处的温度有关，故 B 错。G=H-TS，G0，由题意知 S0，则 H 一定要大于 0。故 C 正确。常温下 0.01mol/LNaOH，PH=12，所以溶液中由水电离的氢离子浓度为10-12mol/L，故 D 错。考点：溶度积的影响因素，反应焓变的判断。10.下列设计的实验方案不能达到实验目的的是A.

15、 制备 Al(OH)3:向 lmolL-1的 AlCl3溶液中加过量的 NH3H2OB. 提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯:向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入饱和碳酸钠溶液，振荡后静置分液，并除去有机层中的水C. 检验溶液中是否含有 Fe3+:取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加 KSCN 溶液，观察实验现象D. 探究催化剂对 H2O2分解速率的影响:在相同条件下，向一支试管中加入 2ml5%H2O2和1mlH2O，向另一支试管中加入 2mL5%H2O2和 1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象【答案】C【解析】【详解】A 项、氢氧化铝为两性氢氧化物，不溶于弱酸弱碱，AlCl 3溶液中加过

16、量的 NH3H2O能制备 Al（OH） 3悬浊液，故 A 正确；B 项、乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，则振荡后静置分液除去有机相的水能达到提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯的目的，故 B 正确；- 7 -C检验溶液中是否含有 Fe3+时，应直接滴加 KSCN 溶液，观察是否出现血红色，故 C 错误；D溶液的总体积不同，混合后 H2O2浓度相同，能探究催化剂 FeCl3对 H2O2分解速率的影响，故 D 正确。故选 C。【点睛】本题考查化学实验方案评价，明确实验原理及物质性质，能从实验操作规范性及实验评价性分析判断是解本题关键。11.镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)

17、与时间(t)的关系如下图所示。反应中镁和铝的A. 摩尔质量之比为 23 B. 失去的电子数之比为 89C. 反应速率之比为 2:3 D. 质量之比为 43【答案】D【解析】试题分析：A.摩尔质量与其相对原子质量数值上相等，所以镁铝的摩尔质量之比为 8:9，A项错误；B.由图象可知，两个反应中生成的氢气一样多，说明两种金属提供的电子数目一样多，则失去的电子数之比为 1：1，B 项错误；C.由图象可知，镁、铝与硫酸反应需要的时间之比为 2：3，则二者的速率之比为 3：2，C 项错误；D.由图象可知，两个反应中生成的氢气一样多，则镁、铝的物质的量之比为 3：2，质量之比为 4：3，D 项正确，答案选

18、 D。考点：考查镁、铝的化学性质与计算。12.如图所示，两个连通容器用活塞分开，在同温同压下，左右两室（体积相同）分别充入NO 和 O2后，打开活塞，使 NO 与 O2充分反应下列判断正确的是（不考虑 NO2转化为 N2O4）A. 打开活塞前左右两室分子数相同B. 反应前后 NO 室压强相同- 8 -C. 最终容器内气体物质的质量比开始小了D. 最终容器内无 O2存在【答案】A【解析】【分析】由同温同压下左右两室体积相同，可知两容器中气体的物质的量一定相等，打开活塞发生反应 2NO+O2=2NO2，充分反应后，O 2过量，反应后总的物质的量减少，压强减小，气体质量不变。【详解】A 项、由同温同

19、压下左右两室体积相同，可知两容器中气体的物质的量一定相等，开始时左右两室分子数相同，故 A 正确；B 项、打开活塞发生反应 2NO+O2=2NO2，反应后总的物质的量减少，平均充满左右两室，故反应后 NO 室的气体物质的量要减小，故压强减小，故 B 错误；C 项、由质量守恒定律可知，最终容器内气体物质的质量与开始相同，故 C 错误；D 项、由化学方程式 2NO+O2=2NO2可知，等物质的量的 NO 与 O2充分反应，O 2过量，故 D 错误。故选 A。13.能正确表示下列反应的离子方程式是A. Fe3O4溶于足量稀 HNO3：Fe 3O48H =Fe2 2Fe 3 4H 2OB. NH4HC

20、O3溶液与足量 Ba(OH)2溶液混合：HCO Ba 2 OH =BaCO3H 2OC. 向澄清石灰水中通入少量 CO2：OH CO 2=HCO3D. 向 NH4Al(SO4)2溶液中加入 Ba(OH)2溶液至 SO42-恰好完全沉淀：NH 4 +Al3 2SO 42-2Ba 2 4OH = Al(OH)32BaSO 4+NH 3H2O【答案】D【解析】【分析】A、发生氧化还原反应生成铁离子、NO 和水；B、漏写铵根离子与碱的反应；C、反应生成碳酸钙和水；D、向 NH4Al(SO4)2溶液中加入 Ba(OH)2溶液至 SO42-恰好完全沉淀反应生成硫酸钡和氢氧化铝和一水合氨。- 9 -【详解】

21、A 项、Fe 3O4溶于足量稀 HNO3的离子反应为 3Fe3O4+NO3-+28H+NO+9Fe 3+14H2O，故A 错误；B 项、NH 4HCO3溶液与足量 Ba（OH） 2溶液混合的离子反应为 NH4+HCO3-+Ba2+2OH-BaCO3+H 2O+NH3H2O，故 B 错误；C 项、向澄清石灰水中通入少量 CO2的离子反应为 Ca2+2OH-+CO2CaCO 3+H 2O，故 C 错误；D 项、向 NH4Al(SO4)2溶液中加入 Ba(OH)2溶液至 SO42-恰好完全沉淀反应生成硫酸钡和氢氧化铝和一水合氨，反应的离子反应为 NH4 +Al3 2SO 42-2Ba 2 4OH =

22、 Al(OH)32BaSO 4+NH 3H2O，故 D 正确。故选 D。【点睛】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应为解答的关键，注意氧化还原及与量有关的离子反应为解答的难点，选项 A、B 为易错点。14.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）选项 实验操作和现象 结论A 室温下，向明矾溶液中加入足量的浓氨水 证明氢氧化铝溶于氨水B向盛有 Fe(NO3)2溶液的试管中加入 1molL-1 H2SO4试管口出现红棕色气体溶液中 NO3-被 Fe2+还原为 NO2CNaAlO2溶液与 NaHCO3溶液混合,有白色絮状沉淀生成二者水解相互促进生成氢氧化铝沉淀D室温下，用 pH

23、试纸测得：0.1molL -1 Na2SO3溶液的 pH 小于 0.1molL-1 Na2CO3溶液的 pHCO32 结合 H 的能力比 SO32 的强A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】A、氢氧化铝沉淀不溶于弱碱氨水；B、在酸性条件下，Fe 2+与 NO3-发生氧化还原反应，NO 3-被还原成 NO，一氧化氮与氧气反应生- 10 -成红棕色的二氧化氮；C、NaAlO 2溶液中滴加饱和 NaHCO3溶液，AlO 2-与 HCO3-电离出的氢离子、水反应生成氢氧化铝沉淀；D、用 pH 试纸测定浓度为 0.1molL-1Na2SO3溶液和 Na2CO3溶液的 pH，可判

24、断亚硫酸根离子与碳酸根离子的结合氢离子的能力。【详解】A 项、室温下，向明矾溶液中加入足量的浓氨水生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀不溶于弱碱氨水，故 A 错误；B 项、在酸性条件下，Fe 2+与 NO3-发生氧化还原反应，3Fe 2+NO3-+4H+=3Fe3+NO+2H 2O，对于该反应 Fe2+为还原剂，NO 3-为氧化剂，被还原成 NO，试管口出现红棕色气体，为一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，故 B 错误；C 项、NaAlO 2溶液中滴加饱和 NaHCO3溶液，AlO 2-与 HCO3-电离出的氢离子、水反应生成氢氧化铝沉淀，HCO 3-电离出的氢离子促进 AlO2-的水解，AlO

25、 2-的水解促进 HCO3-电离，故 C 错误；D 项、用 pH 试纸测定浓度为 0.1molL-1Na2SO3溶液和 Na2CO3溶液的 pH，可判断亚硫酸根离子与碳酸根离子结合氢离子的能力，pH 越大，结合氢离子的能力越强，故 D 正确。故选 D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质及化学反应原理为解答的关键，B项为易错点，注意在稀溶液中硝酸根离子作氧化剂时生成 NO。15.由氧化铜、氧化铁组成的混合物 m g，加入 0.8molL-1的盐酸 500mL 时固体恰好完全溶解。若将 m g 该混合物在足量的一氧化碳中加热完全反应，冷却后固体质量为A. 3.2g B. (m-1.

26、6)g C. (m-3.2)g D. 无法计算【答案】C【解析】【分析】金属氧化物与盐酸反应生成氯化物和水，由反应 CuO2HCl，Fe 2O36HCl 可知，HCl 的物质的量是金属氧化物中 O 原子的物质的量的 2 倍，金属氧化物的质量减去氧的质量即为金属的质量。【详解】由反应 CuO2HCl，Fe 2O36HCl，可知 HCl 的物质的量是金属氧化物中 O 原子的物质的量的 2 倍，n（HCl）=0.5L0.8mol/L=0.4mol，所以金属氧化物中 O 的质量为0.4mol216g/mol=3.2g，若将 mg 原混合物在足量氢气中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体为- 11 -金属

27、单质，则质量为氧化物的质量减去氧的质量，为 mg-3.2g，故选 C。【点睛】本题考查混合物的计算，注意根据反应的特点，确定金属氧化物与盐酸反应的关系式，从而得出 HCl 的物质的量与金属氧化物中 O 原子的 2 倍，是解答该题的关键。16.已知某 H2A 的溶液中只有两种含 A 的微粒：HA -、A 2-，常温下， 现向 20mL0.2 mol/LH2A溶液中滴加 0.2mol/LNaOH 溶液，滴加过程中溶液 pH 与滴入的 NaOH 溶液体积关系如下图所示，下列说法中错误的是A. HA-的电离平衡常数约为 110-6B. a、b、c 三点对应的溶液中 c 点水的电离程度最大C. c 点溶

28、液中：c(Na +) c(A2-)c(OH-)c(HA-) c(H+)D. b 点溶液中：n(Na +) n(A2-) =n(HA-)【答案】D【解析】A、20mL0.2 mol/LH2A 溶液中滴加 0.2mol/LNaOH 溶液 20mL 时，溶液中溶质为 NaHA，浓度为20mL0.2 mol/L/40mL=0.1mol/L，此时溶液的 PH=3.5， c(H )=10-3.5mol/L=c(A-)， HA-的电离平衡常数 K=c(H )c(A- )/c(HA-)= 110-6,故 A 正确；B、C 点相当于是Na2A，A 2 离子水解，促进水电离，故 B 正确；C、c 点溶液是 Na2

29、A，Na 浓度最大，A 2 水解溶液呈碱性故离子浓度大小为：c(Na +) c(A2-)c(OH-)c(HA-) c(H+)，C 正确；D、b 点溶液呈酸性，HA 的电离大于 A2 的水解，故 n(A 2-) n(HA-)，故 D 错误。17.有 V、W、X、Y、Z 五种元素，它们的原子序数依次增大，且都小于 20;其中 X 和 Z 是金属元素。已知 V 和 Z 属同一族，它们原子最外电子层上只有 1 个电子,W 和 Y 也属同一族，W 原子最外电子层上电子数是次外电子层上电子数的 3 倍,X 原子最外电子层上电子数等于 Y 原子最外电子层上电子数的一半。（1）在化学实验中检验 Z 元素的方法

30、是_；（2）实验室制备 X 最高价氧化物对应的水化物的离子方程式为：_；- 12 -（3）W 与 Z 可形成化合物 Z2W2，该化合物的电子式为 _；（4）W 与 V 可形成化合物 V2W2，该化合物的结构式为 _；（5）X、Z 的最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是_（具体化学式表示） ；（6）X、Y、Z 三者对应简单离子半径的大小关系_（具体离子符号表示） 。【答案】 (1). 焰色反应 (2). Al3+3NH 3H2OAl(OH) 33NH 4+ (3). (4). HOOH (5). KOH (6). S2-K+Al3+【解析】【分析】V、W、X、Y、Z 五种元素，它们的原子序数依次

31、增大，且都小于 20。V 和 Z 属同一族，它们原子的最外电子层上只有 1 个电子，则属于第 IA 族元素，V 为非金属元素，则 V 为 H 元素；W 和 Y 也属同一族，W 原子最外电子层上的电子数是次外电子层上电子数的 3 倍，最外层电子数不超过 8 个，则 W 为 O 元素，Y 为 S 元素；X 原子最外电子层上电子数等于 Y 原子最外电子层上电子数的一半，最外层电子数为 3，且原子序数大于 W，所以为 Al 元素；Z 是金属元素且原子序数大于 S 元素，则 Z 为 K 元素。【详解】 （1）Z 元素为 K 元素，在化学实验中检验 K 元素常用的方法就是焰色反应,故答案为：焰色反应；（2

32、）X 是 Al 元素，实验室常用可溶性铝盐与弱碱氨水反应制备，反应的离子方程式为Al3+3NH 3H2OAl(OH) 33NH 4+，故答案为：Al 3+3NH 3H2OAl(OH) 33NH 4+；（3）W 为 O 元素，Z 为 K 元素，化合物 K2O2为离子化合物，电子式为，故答案为： ；（4）W 为 O 元素，V 可为 H 元素，化合物 H2O2为含有极性键和非极性键的共价化合物，结构式为 HOOH，故答案为：HOOH；（5）X 是 Al 元素，最高价氧化物对应的水化物 Al(OH)3为两性氢氧化物，Z 为 K 元素最高价氧化物对应的水化物为 KOH，KOH 属于强碱，故答案为：KOH

33、；（6）X、Y、Z 三者对应简单离子分别为 Al3+、S 2-、K +，同一周期的元素离子,阴离子半径大于阳离子半径,而对于都是带正电荷的离子,带的电荷越多,半径越小，则 Al3+、S 2-、K +离子半径的大小关系是 S2-K+Al3+，故答案为：S 2-K+Al3+。【点睛】本题考查了位置、结构与性质关系的应用，注意掌握原子结构与元素周期律、元素- 13 -周期表的关系，推断元素为解答关键。18.化学在解决能源危机中起着重要的作用，一方面要处理传统能源使用时带来的问题另一方面要不断开发新能源。 煤炭是我国的主要传统能源之一，在使用的过程中产生的二氧化硫（SO 2）造成酸雨等污染问题较为突出

34、。目前通常使用的钠碱循环法脱硫技术处理该问题。（1）此法是利用 NaOH 溶液可脱除烟气中的 SO2。若用 0.2L1.5molL1 NaOH 溶液吸收4.48L（标况下）的 SO2，该反应的离子方程式：_。（2）NaOH 溶液吸收 SO2的过程中，pH 随 n（SO 32 ）：n（HSO 3 ）变化关系如下表：n（SO 32 ）：n（HSO 3 ） 9 ：1 1：1 1：9 pH 8.5 7.3 6.0由上表判断，NaHSO 3溶液显_性，用化学平衡原理解释：_。当溶液呈中性时，离子浓度关系正确的是（选填字母）：_。ac（Na +）=c（SO 32 ）+c（HSO 3 ）+c（H 2SO3）

35、bc（Na +）c（SO 32 ）c（HSO 3 ）c（H +）=c（OH ）cc（Na +）=2c（SO 32 ）+c（HSO 3 ）【答案】 (1). 3OH +2SO2 H2O+SO32 +HSO3 (2). 酸 (3). 溶液中存在 HSO3H+SO32 ，HSO 3 +H2O H2SO3+OH ，显酸性是因其电离大于其水解 (4). c【解析】【分析】（1）0.2L1.5molL 1 NaOH 溶液中 NaOH 的物质的量为 3 mol，4.48L（标况下）SO 2物质的量为 2 mol，两者物质的量比为 3:2，反应生成等物质的量的亚硫酸钠和亚硫酸氢钠和水；（2）由表格中的数据可知

36、，HSO 3-越多，酸性越强，则电离生成氢离子；吸收液呈中性时，溶质为亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，电离与水解的程度相等，结合电荷守恒解答。【详解】 （1）0.2L1.5molL 1 NaOH 溶液中 NaOH 的物质的量为 3 mol，4.48L（标况下）SO 2物质的量为 2 mol，两者物质的量比为 3:2，反应生成等物质的量的亚硫酸钠和亚硫酸氢钠和水，反应的离子方程式：3OH +2SO2 H2O+SO32 +HSO3 ，故答案为：3OH +2SO2 H2O+SO32 +HSO3 ；- 14 -（2）由表格中的数据可知，溶液呈酸性，HSO 3-越多，酸性越强，是因为溶液中存在：电离平衡 HSO3

37、SO32-+H+和水解平衡 HSO3-+H2OH2SO3+OH-，由于电离程度大于水解程度，溶液显酸性，故答案为：酸；溶液中存在：HSO 3-SO32-+H+，HSO 3-+H2OH2SO3+OH-，显酸性是因为电离程度大于水解程度；吸收液呈中性时，溶质为亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，a由电荷守恒可知，c（H +）+c（Na +）2c（SO 32-）+c（HSO 3-）+c（OH -） ，中性溶液c（H +）c（OH -） ，则 c（Na +）2c（SO 32-）+c（HSO 3-） ，因 c（SO 32-）c（H 2SO3） ，故 a 错误；b亚硫酸根在溶液中分两步水解，SO 32-+H2OHSO3

38、-+OH-，HSO 3-+H2O H2SO3+OH-，水解以一级水解为主，则离子浓度为 c（Na +）c（HSO 3-）c（SO 32-）c（H +）=c（OH -） ，故 b 错误；c由电荷守恒可知，c（H +）+c（Na +）2c（SO 32-）+c（HSO 3-）+c（OH -） ，中性溶液c（H +）c（OH -） ，则 c（Na +）2c（SO 32-）+c（HSO 3-） ，故 c 正确；故答案为：c。19.Na2S2O3俗称大苏打在工业上主要用于照相业的定影剂，鞣革剂，媒染剂等。通常可用Na2SO3和硫粉在水溶液中加热反应，可以制得 Na2S2O3。 （已知 Na 2S2O3 的

39、溶解度随温度的升高快速增大，在酸性水溶液中不稳定会产生单质硫）某化学兴趣小组欲制取 Na2S2O35H2O 晶体，步骤如下：称取 12.6g Na2SO3于烧杯中，溶于 80.0mL 水。另取 4.0g 硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中。（如图所示，部分装置略去） ，水浴加热，微沸，反应约 1 小时后过滤。滤液在经过 、 后得到 Na2S2O35H2O 晶体。- 15 -进行抽滤并干燥。（1）仪器 A 的名称是 _；仪器 B 的作用是 _；加入的硫粉用乙醇润湿的目的是_。（2）步骤应采取的操作是_、_。（3）滤液中除 Na2S2O3和可能未反应完全的 Na2SO3外，最可能存在的无机杂质

40、是_；如果滤液中该杂质的含量不是很低，其检测的方法是：_。（4）为了测产品的纯度，称取 7.00g 产品，配制成 250mL 溶液，用移液管移取 25.00mL 于锥形瓶中，滴加淀粉溶液作指示剂，再用浓度为 0.05mol/L 的碘水，用_（填“酸式”或“碱式” ）滴定管来滴定（2S 2O32 + I2 S 4O62 + 2I ） ，滴定结果如下：滴定次数 滴定前读数（mL） 滴定后读数（mL）第一次 0.30 30.28第二次 0.36 30.38第三次 0.27 31.98则所得产品的纯度为_（保留四位有效数字） ，你认为影响纯度的主要原因是（不考虑操作引起误差）_。【答案】 (1). 圆

41、底烧瓶 (2). 冷凝回流 (3). 增加反应物的接触面积，加快反应速率 (4). 蒸发浓缩 (5). 冷却结晶 (6). Na2SO4 (7). 取出少许滤液置于试管，加稀盐酸至溶液呈酸性后，过滤得出 S，再往滤液中加 BaCl2溶液，如有白色沉淀即可证明含有 Na2SO4 (8). 酸式 (9). 106.3% (10). 其中含有的 Na2SO3也会和 I2发生反应，从而影响纯度【解析】【分析】（1）根据装置图可知，仪器 A 为圆底烧瓶，仪器 B 是冷凝管，对烧瓶中的液体进行冷凝回流，硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中，硫在酒精中微溶，- 16 -可以增大接触面

42、积，提高反应速率；（2）滤液在经过加热浓缩、冷却结晶后析出 Na2S2O35H2O 晶体；（3）由于 S2O32-具有还原性，易被氧气氧化成硫酸根离子可知杂质为硫酸钠；（4）碘单质滴定亚硫酸钠反应，碘单质遇到淀粉溶液变蓝色，滴入最后一滴溶液变蓝色且半分钟不褪色证明滴定反应达到终点，碘水有氧化性，能腐蚀橡胶管；依据化学反应方程式2S2O32-+I2S 4O42-+2I-计算即可，测定样品的纯度就是以碘标准溶液为标准的，如果滴定终点没有控制好，碘标准溶液滴加过量也会和亚硫酸钠反应。【详解】 （1）根据装置图可知，仪器 A 为圆底烧瓶，仪器 B 为球形冷凝管，对烧瓶中的液体进行冷凝回流，硫粉难溶于水

43、微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中，有利于硫粉和 Na2SO3溶液充分接触，加快反应速率，故答案为：圆底烧瓶；冷凝回流；增加反应物接触面积，提高反应速率；（2）滤液在经过加热浓缩、冷却结晶后析出 Na2S2O35H2O 晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；（3）S 2O32具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸根离子，滤液中除 Na2S2O3和可能未反应完全的 Na2SO3外，存在被氧化产物硫酸钠，所以可能存在的杂质是硫酸钠，其检测的方法依据硫酸根离子检验：取出少许溶液，加盐酸至酸性后，取上层清液或过滤除去 S，再加 BaCl2溶液则加入的盐酸发生两个反应的化学方程式为：

44、Na 2SO3+2HClSO2+H 2O+2NaCl，Na 2S2O3+2HCl=S+SO 2+H 2O+2NaCl，取出少许溶液，加稀盐酸至酸性，静置后，取上层清液，再加 BaCl2溶液，若出现浑浊则含 Na2SO4，故答案为：Na 2SO4；取出少许溶液，加稀盐酸至酸性，静置后，取上层清液或过滤除去 S，再加 BaCl2溶液，若出现浑浊则含 Na2SO4；（4）碘单质滴定亚硫酸钠反应，碘单质遇到淀粉溶液变蓝色，滴入最后一滴溶液变蓝色且半分钟不褪色证明滴定反应达到终点，碘水有氧化性，能腐蚀橡胶管，所以碘水应放在酸式滴定管中进行滴定，根据题中表中的数据可知，第三次数据偏差较大，所以取一、二两次

45、实验的数据，所以用去的碘水的体积为（29.98+29.94）mL/2=30.0mL，碘的物质的量为：0.0500molL-l0.03L=0.0015mol，则有：2S2O32-+I2S 4O62-+2I-2 1X 0.0015mol解 x=0.0030mol，故 Na2S2O35H2O 的物质的量为 0.0030mol，质量为：- 17 -0.0030mol248g/mol=0.744g，则称取 7.00g 产品，配制成 250mL 溶液中，Na 2S2O35H2O 的质量为=0.744g10=7.44g，故产品的纯度为：7.44g7.00g100%=106.3%，碘单质有强的氧化性，Na 2

46、SO3具有还原性，Na 2SO3会和 I2发生反应，从而影响纯度,故答案为：酸式；106.3%；含有的 Na2SO3也会和 I2发生反应，从而影响纯度。【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，涉及了试剂的作用、物质的推断、滴定的计算、方程式的书写等知识， （4）计算量较大，题目难度较大，注意关系式的应用.20.电子工业中，常用氯化铁溶液作为铜印刷电路板蚀刻液。请按要求回答下列问题：（1）若向氯化铁溶液中加入一定量的烧碱，调节溶液 pH，可得红褐色沉淀,该反应的化学反应方程式为：_，常温下若该过程中调节溶液的 pH为 4，则 c(Fe3+)为：_molL 1 。 （己知：K spFe(OH)3

47、= 4.210-38） （2）某探究小组设计如下线路处理废液和资源回收：用足量 FeCl3溶液蚀刻铜板后的废液中含有的金属阳离子有：_；配置 FeCl3溶液时通常加入一定量的盐酸，其中加入盐酸的目的是： _；步骤中加入 H2O2溶液的目的是：_；已知：生成氢氧化物沉淀的 pHCu(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3开始沉淀时 4.5 7.0 1.9沉淀完全时 6.7 9.0 3.7根据表中数据推测调节 pH 的范围是：_。【答案】 (1). FeCl3+3NaOHFe(OH) 3+3NaCl (2). 4.210-8 (3). Fe3+、Fe 2+和 Cu2+ (4). 抑制 Fe3+水解 (5). 将 Fe2+氧化成 Fe3+，以便后续转化为 Fe(OH)3沉淀除去