黑龙江省牡丹江市第一高级中学2019届高三化学上学期开学摸底考试试题（含解析）.doc

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1、- 1 -黑龙江省牡丹江市第一高级中学 2019 届高三上学期开学摸底考试化学试题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(KNO 3)、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

2、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 SO 3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（Cl 2完全反应） ，转移的

3、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、NO 2气体中存在平衡：2NO 2 N2O4，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 +、SO 32 、H + B. Na+、HCO 3 、C

4、l 、OH - 2 -C. Na+、Al 3+、Cl 、SO 42 D. H+、Fe 2+、NO 3 、SO 42【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-、SO 32-、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 +、Fe 2+、NO 3 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

5、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，

6、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。- 3 -5.5.解释下列事实的方程式不正确的是（ ）A. Al 溶于 NaOH 溶液：2

7、Al + 2H 2O + 2NaOH =2NaAlO2 + 3H2B. 盛放 NaOH 溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO 2 + 2OH-=SiO32- + H2OC. 热的浓 NaOH 溶液与 NH4Cl 液混合产生气体：NH 4+ + OH- NH3+ H 2OD. 实验室用 NaOH 溶液吸收多余的 NO2：3NO 2 +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：2Al6H 2O=2Al(OH)33H 2，Al(OH)3再与 NaOH 反应 Al(OH)3NaOH=NaAlO 22H 2O，两式合并：2Al2NaOH2H 2O

8、=2NaAlO23H 2，不符合题意；B、玻璃中含有 SiO2，玻璃塞是磨口的，SiO2外露 SiO22OH=SiO 32 H 2O，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-NO 3-+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：SO 2、CO、氮的氧化物、悬浮固体小颗粒等，CO 2是空气组成成分，不属于空气质量播报内容，B 正

9、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（NaHCO 3）焙制糕点C. 用食醋清洗热水瓶胆内壁附着的水垢（CaCO 3）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- 4 -菌消毒，用小苏打（NaHCO 3）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 NaC

10、lO，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(Fe 2O3)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

11、，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、Cl 2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，Cl 2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、HClAgNO 3=AgClAgNO 3，Cl 2H 2O HClHClO，也能与 AgNO3

12、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=2KClI 2，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（ ）- 5 -选项 离子方程式 评价A将 1molCl2通入到含 1molFeI2溶液中：2Fe2+2I +2Cl22Fe 3+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：2AlO 2 +5H+Al3+Al（OH） 3+H 2O正确

13、；AlO 2 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+ClO HClO+HSO 3正确；说明酸性：H 2SO3强于 HClODCa（HCO 3） 2溶液与足量的 NaOH 溶液反应：Ca2+HCO3 +OH CaCO 3+H 2O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，Cl 2不足，先氧化 I ，离子方程式为：2I +Cl22Cl +I2，故 A 错误；B、AlO 2-与 H+物质的量之比为 1：1 反应时

14、，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：2AlO 2-+5H+Al 3+Al(OH)3+H 2O，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：H 2O+SO2+ClO-=SO42- +Cl- +2H+，无法比较 H2SO

15、3和 HClO 的酸性强弱，故C 错误；D、Ca(HCO 3)2与足量 NaOH 溶液反应离子方程式为：Ca 2+2HCO3-+4OH-=2H2O+Mg(OH)2+2CO 32-，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- 6 -物，若是澄清溶液拆写为离子，若是悬浊

16、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：NaHSO 4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、K 2SO4溶液中含有 SO42-，不含 Cu2

17、+，K 2SO4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+、SO 42-、H 2O，无法确定哪种粒子造成的，故 B 选；C、CuSO 4+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、CuSO 4+Ba(NO3)2=BaSO4+Cu(NO 3)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

18、；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，CuSO 4溶液中含有 Cu2+、SO 42-、H 2O，要证明 CuSO4溶液显蓝色不是由于 SO42-离子造成的，只要排除 SO42-、H 2O 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 SO 2 的 BaCl 2 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

19、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。- 7 -【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

20、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，

21、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（SO 4） 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 HC

22、l 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- 8 -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、FeCl 3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

23、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

24、】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。- 9 -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

25、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

26、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，CO 2通入 NaClO 溶液中能生成 HClO，故 A

27、正确；AlCl 3是共- 10 -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，CaSO 3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、SO 2的密度比空气大，应用向上排空气

28、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、AlCl 3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、Na 2O 加入 Ba(HCO3)

29、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- 11 -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+SiO2 CaSiO3+CO

30、2,Na 2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2,都不属于氧化还原反应,B 错;SO 2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

31、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】- 12 -【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（Cu 2O）= =0.005mol，m（Cu 2O）=0.005mol144g/mol=0.72g，故 A 为CuO、B 为 Cu2O

32、， 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：4CuO 2Cu2O+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

33、素守恒，n（Cu 2O）= =0.005mol，m（Cu 2O）=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

34、 Cu 元素质量关系，选项 C 错误；D由 A 点到 B 点发生反应：4CuO 2Cu2O+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

35、液，使生成的沉淀的最大质量为A. 4.1275g B. 4.255g C. 8.51g D. 9.62g【答案】B【解析】- 13 -【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

36、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

37、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+2H2O H2+Cl 2+2NaOH (3). - 14 -3C

38、l2+I +3H2O6Cl +IO3 +6H+ (4). 3Fe+4H2O Fe3O4+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

39、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+2H 2O H2+Cl 2+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：3Cl 2+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

40、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

41、的体积为 V，则NaOH-NO3-，1mol 1mol2V 0.195molV=97.5mL。- 15 -【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

42、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_。- 16 -【答案】 (1). 3Cu+8HNO 3（稀）=3Cu(NO 3)2+2NO+4H 2O (2). 饱和食盐水 (3).除去 Cl2中的

43、 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

44、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+8HNO 3=3Cu（NO 3） 2+2NO+4H 2O；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

45、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：O 2；（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：2HSO 3-+2e-+2H+S 2O42-+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 Fe 2O3、 Fe 3O

46、4、 Al 2O3、 CaO、 SiO 2 等）为原料制取软磁用 Fe 2O3（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)：- 17 -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 Fe 3+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

47、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- 18 -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

48、/L 左右时，反应速率更快，Fe 3+的还原率更高 (4). CaF2、Al(OH) 3 (5). 温度过高，(NH 4)2CO3易分解 (6). 4FeCO 3+O2 2Fe2O3+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