山西省朔州市应县第一中学2019届高三化学上学期9月月考试题（含解析）.doc

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1、- 1 -山西省朔州市应县第一中学 2019 届高三化学上学期 9 月月考试题（含解析）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 Se79 Cl 35.5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（ ）A B C D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

2、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

3、的碱为纯碱，即碳酸钠，反应原理为NH3+NaCl+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3、2NaHCO 3 Na2CO3+ CO2+H 2O，选项 D 不正确。答案选- 2 -D。2.已知氧化还原反应： 2Cu(IO 3)224KI12H 2SO42CuI13I 212K 2SO412H 2O。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（IO 3）

4、2+24KI+12H2SO4=2CuI+13I 2+12K2SO4+12H2O 可知，Cu（IO 3） 2中，Cu 元素的化合价由+2 价降低为+1 价，I 元素的化合价由+5 价降低为 0，则 Cu（IO 3） 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，

5、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 1012 NAC. 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

6、移电子数为 0.1 NA【答案】A【解析】【详解】A、20gH 218O 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- 3 -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） ，

7、还可以作还原剂被氧化（如 2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H 2O）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）H 2O2反应转移电子数为 0.1 NA，而另外两种情况，3.4g（0.1mol）H 2O2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（HCO 3） 2溶液，氢氧根离子与

8、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、CaCl 2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（HSO 4） 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

9、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- 4 -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解题关键，Na 2Sx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

10、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：2AlO 2 +5H+Al3+Al（OH） 3+H 2OB. 向 Mg(HC03)2溶液中加入足量澄清石灰水：Mg2+2HCO3 +Ca2+2OH CaCO 3+MgCO 3+2H 2OC. 已知：酸性 Ka1(H2SO3)Ka2(H2SO3)Ka(HClO)，过量 SO2通入到 NaClO 溶液中：SO2+H2

11、O+ClO HClO+HSO 3D. 向 Fe(OH)2中加入稀硝酸：3Fe 2 4H NO 3-=3Fe3 NO2H 2O【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 2.5mol

12、/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：2AlO 2-+5H+= Al(OH)3+Al 3+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：Mg 2+2HCO3 +2Ca2+4OH =2CaCO3+2H 2O+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：SO 2+H2O+ClO Cl -+SO42-+2H+，选项 C 错误；D. Fe(OH)2是难溶于水的弱电解质，必须写

13、化学式，发生反应的离子方程式为 3 Fe(OH)210H NO 3-=3Fe3 NO8H 2O，选项 D 错误。答案选 A。7.三氟化氮（NF 3）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：- 5 -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，H 2O 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. NF 3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

14、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、NF 3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 NaC

15、lO3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】NaClO3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，SO 32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，SO 32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）

16、 ，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.对于某酸性溶液（可能含有 Br 、SO 42 、H 2SO3、NH 4+） ，分别进行如下实验： 加热时- 6 -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

17、 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，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

18、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 -、CO 32-溶液中，逐滴加入盐酸：AlO 2-、OH -、CO 32

19、-B. 在含等物质的量的 FeBr2、FeI 2溶液中，缓慢通入氯气：I -、Br -、Fe 2+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、K 2C03、BaC0 3D. 在含等物质的量的 Fe3+、Cu 2+、H +溶液中加入锌粉：Fe 3+、Cu 2+、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-Fe 2+Br -，同一氧化剂与不同具有还原性的物质反应时，先与还- 7 -原性强的物质反应；C、氢氧化钡先发生反应，因为碳

20、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 、CO 32 的溶液中，逐滴加入盐酸反应先后顺序为：OH -、AlO 2-、CO 32-，A 错误；还原性顺序为：I -Fe2+Br-，含等物质的量的 FeBr2、Fel 2的溶液中，缓慢通入氯气反应的先后顺序为：I 、Fe 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、K 2CO3、BaCO 3，C 错误；氧化性顺序为：Fe 3 Cu2 H Fe2 ，含等物质的量的 Fe3 、

21、Cu 2 、H 的溶液中加入锌粉反应先后顺序为：Fe 3 、Cu 2 、H 、Fe 2 ，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（NO 3） 3、Cu（NO 3） 2、HNO 3，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（NO 3） 3、Cu（NO 3）2、HNO 3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

22、计算，溶液中含有 Fe（NO 3） 3、Cu（NO 3） 2、HNO 3，氧化性顺序为 HNO3Fe（NO 3） 3Cu（NO 3） 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（NO 3） 3Cu（NO 3） 2，加入铁后会依次发生氧化还原反应：Fe+4HNO 3=Fe（NO 3） 3+NO+2H 2O；Fe+2Fe 3+=3Fe2+；Fe+Cu 2+=Cu+Fe2+；从图象中可知铁为 1mol 时，无 Fe2+生成，发生反应、消耗硝酸为 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

23、 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- 8 -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 （NO 3） 3为1mol，Cu（NO 3） 2物质的量为 1mol，HNO 3物质的量为 4mol，则原溶液中 Fe（NO 3）3、Cu（NO 3） 2、HNO 3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。12.下列各组离子在指定溶液中能大量共存

24、的是（ ）无色溶液中 K+、Na +、MnO 4-、SO 42-pH=1 的溶液 CO32 -、Na +、AlO 2-、NO 3-加入 Al 能放出H2的溶液中 Cl-、HCO 3-、SO 42-、NH 4+由水电离的 C（OH -）= 10 -13 mol/L 的溶液中，Na+、Ba 2+、Cl -、Br -有较多的 Fe3+的溶液中，Na +、NH 4+、SCN -、HCO 3-酸性溶液中Fe3+、Al 3+、NO 3-、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 -、AlO 2-不能大量共存；HCO 3-在

25、酸性和碱性溶液中均不能大量共存；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；Fe 3+与 SCN-不能大量共存；酸性溶液中 I-与 Fe3+和 HNO3不能大量共存。【详解】中 MnO4 在溶液中为紫色，不能大量存在于无色溶液中；中 pH=1 的溶液为酸性溶液，酸性溶液中弱酸根 CO32 -、AlO 2-与 H+不能大量共存；中能和铝反应生成氢气的溶液，可能显酸性，也可能显碱性，其中 HCO3-既能和酸反应，也能和碱反应，故不能大量共存；中溶液可能显酸性，也可能显碱性，则根据离子的性质可知，该组离子能够大量共存；中Fe3+与 SCN-在溶液中发生络合反应生成 Fe(SC

26、N)3不能大量共存；中 I-与 Fe3+和 HNO3因发生氧化还原反应不能大量共存。【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+、Fe 2+、Fe 3+、MnO 4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应” 、 “加入铝粉产生氢气”

27、 ；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。- 9 -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、NH 4+在溶液中水解；C、SiO 2中含 4 个 Si-O 键；铁与硝酸反应生成物可能是 Fe2+或 Fe3

28、+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；NH 4+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，1molSiO 2中含 Si-O 键的个数为 4NA，4.5gSiO 2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 0.2

29、6.021023，当生成 Fe3+离子时，转移的电子数为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

30、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+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- 10 -的物质的量，为 0.0005mol，所以 Cl-的物质的量是 0.001mol，BaCl 2溶液为 100mL-10mL=90mL，原 BaCl2溶液中 Cl-的浓度= =0.011mo

31、l/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（ ）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：2FeCl 2+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：2FeCl 3+Fe=3FeCl2；铁直接和氯气加热反应生成氯化

32、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、Fe 2(SO4)3、H 2SO4的混合溶液 100 mL，已知溶液中阳离子的浓度相同(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(SO 42-)=0.1L3molL-1=0.3mol，CuSO 4、Fe 2(SO4)3、H 2SO4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

33、子物质的量也相同，设 Cu2+、Fe 3+、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，Cu 2+、H +、Fe 3+都能与 Fe 反应生成 Fe2+，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- 11 -【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 +、Fe

34、3+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

35、 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 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

36、 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】- 12 -【分析】溶质的质量分数为 W 可由

37、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

38、 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（NH 4+）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(ClO 2)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. 电解时发生反应的化学方程式为 2HCl Cl2H 2B. 由 NaClO2溶液制取

39、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- 13 -NH4Cl2HCl NCl33H 2，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，Na 202中含一个过氧键，则Li2

40、Ti5O15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(O 22-)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NH 3 N 2、H 2 NO 2、O 2 SO 2 SO 2、Cl 2A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】此题是

41、喷泉实验题的变形，只要集气瓶中的气体减少，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；SO 2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

42、盐酸，将滴管内的水挤入集气瓶后，集- 14 -气瓶内压强减小，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( )X Y ZA Si SiO2 Na2SiO3B HNO3 NO NO2C Al2O3 NaAlO2 Al(OH)3D Cu CuO CuSO4A. 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，SiO 2与 NaOH 溶液发生反应产生Na2SiO3，Na 2S

43、iO3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，NO 2与水发生反应产生 HNO3，错误；C Al 2O3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+、Al 3+、NH 4+、H

44、+、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- 15 -A. x 与 y 的差值为 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(Al 3+)=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+、Al 3+与氢氧化钠的反应生成沉淀，3033mL 发生 NH4+与氢氧化钠的反应，3335m

45、L 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 -3L5molL-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

46、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（Al 3+）=0.01mol，430mL 发生 Mg2+、Al 3+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 -3L5molL-1=0.13mol，Al 3+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（Mg 2+）=0.05mo

47、l，原溶液中 n（Mg 2+）：n（Al 3+）=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的物质的量之比为 4:1，那么在反应中，Fe 2O3、Fe、H 2SO4的物质- 16 -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，

48、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 2Fe3 Fe=3Fe 2 、2H Fe=H 2+Fe 2 可知，在反应中Fe2O3、 Fe、H 2SO4之间的物质的量分别为 1mol、 2mol 和 4mol，所以在反应中 Fe2O3、 Fe、H 2SO4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）NaNO 2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=2NOI 22NaI2H 2O