高三化学-2019届高三上学期月考化学试卷(10月份)(共36页)

1、精选优质文档-倾情为你奉上2019届高三上学期月考化学试卷（10月份）一、选择题（共15小题）1化学反应经常伴随着颜色变化，下列关于颜色的叙述正确的是（）鸡蛋白溶液遇浓硝酸黄色 淀粉溶液遇碘离子蓝色溴化银见光分解白色 热的氧化铜遇乙醇红色新制氯水久置后无色 过氧化钠在空气中久置淡黄色Fe3+离子遇苯酚紫色 石蕊试液中通二氧化硫气体无色ABCD2下列说法中，不正确的是（）A光导纤维的主要成分是SiO2B玻璃和陶瓷都属于传统硅酸盐材料C明矾和漂白粉均可用于自来水的杀菌、消毒D大量排放SO2会引起酸雨3设阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是（）A22.4 LCl2分别与铁和铜反应时，失电子数目均为

2、NAB1mol Na2O2与CO2足量反应时，转移NA个电子C1molL1的NaOH溶液中含Na+数目为NAD1mol Na2O2晶体中含有的阴离子数目为2NA4下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）ASSO3H2SO4B饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3CFe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3DMgCl2（aq）Mg（OH）2MgO5向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色则下列分析中正确的（）A上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+I2SO2B通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了

3、SO2的漂白性C通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂D滴加KI溶液时，转移1mol e时生成1molCuI白色沉淀6M、N、X、Y四种物质之间有如下转化关系（反应条件和其它产物已略去）下列选项不符合的是（）MNYAM：N2 X：O2BM：HNO3 X：FeCM：S X：O2DM：NO X：O27事实上，许多氧化物在一定条件下能与Na2O2反应，且反应极有规律，如Na2O2+SO2Na2SO4，2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2，据此你认为下列反应方程式中正确的是（）A2Na2O2+2N2O34NaNO2+O2BNa2O2+2NO22NaNO2+O2CNa2O2+N2O42NaN

4、O3D2Na2O2+2 Mn2O74NaMnO4+O28氯化溴（BrCl）和Br2、Cl2具有相似的性质，下列有关氯化溴性质的判断中不正确的是（）A在CCl4中的溶解性BrClBr2BBrCl能使润湿的淀粉碘化钾试纸变蓝CBrCl氧化性比Br2强D常温下BrCl可与NaOH溶液反应生成NaClO和NaBr9下列AD 4组，每组有两个反应，其中两个反应可用同一个离子方程式表示的是（） A 少量SO2通入Ba（OH）2溶液中 过量SO2通入少量Ba（OH）2溶液中B 少量浓氨水滴入Al2（SO4）3溶液中 少量Al2（SO4）3溶液滴入浓氨水中C 0.1mol Cl2通入含0.2mol FeBr2

5、的溶液中 0.3mol Cl2通入含0.2mol FeBr2的溶液中D 过量稀硝酸与少量铁屑混合 少量稀硝酸与过量铁屑混合AABBCCDD10下列因果关系叙述正确的是（）ASO2具有漂白性，故可使酸性KMnO4溶液褪色B浓硝酸中的HNO3见光会分解，故有时在实验室看到的浓硝酸呈黄色CNa的金属性比Mg强，故可用Na与MgCl2溶液反应制取MgDFe在Cl2中燃烧生成FeCl3，故在与其他非金属反应的产物中Fe也显+3价11在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（）A能使酚酞变红的溶液中：AlO2、Na+、NH4+、NO3B25，由水电离出的c（H+）=11012 molL1 的溶液中

6、：K+、Na+、SO42、HCO3C常温下，在c（H+）/c（OH）=11012的溶液中：Na+、CO32、Cl、NO3D在酸性KMnO4溶液中：Na+、I、SO42、NO312用如图装置制取表中的四种干燥、纯净的气体（图中铁架台、铁夹、加热及气体收集装置均已略去；必要时可以加热；a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂）其中正确的是（）选项 气体 a b c dA CO2 盐酸 CaCO3 饱和Na2CO3溶液 浓硫酸B Cl2 浓盐酸 MnO2 NaOH溶液 浓硫酸C NH3 饱和NH4Cl溶液 消石灰 H2O 固体NaOHD NO 稀硝酸 铜屑 H2O 浓硫酸AABBCCDD13下列实验方

7、案正确且能达到相应实验预期目的是（）A制取少量蒸馏水B用铜和浓硝酸制取少量NO2C比较MnO2、Cl2、I2的氧化性D探究NaHCO3的热稳定性14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在含等物质的量的AlO2、OH、CO32的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2、OH、CO32B在含等物质的量的FeBr2、Fel2的溶液中，缓慢通入氯气：I、Br、Fe2+C在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba（OH）2、K2CO3、BaCO3D在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Fe3+、Cu2+、H

8、+、Fe2+15同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满：NH3，NO2，进行喷泉实验经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为（）ABC=D不能确定二、填空题（共1小题）（除非特别说明，请填准确值）16亚硫酸盐是一种常见食品添加剂为检验某食品中亚硫酸盐含量（通常1kg样品中含SO2的质量计），某研究小组设计了如下两种实验流程：（1）气体A的主要成分是，为防止煮沸时发生暴沸，必须先向烧瓶中加入；通入N2的目的是写出甲方案第步反应的离子方程式：（3）甲方案第步滴定前，滴定管需用NaOH标准溶液润洗，其操作方法是（4）若用盐酸代替稀硫酸处理样品，则按乙方案实验测定的结果（填“偏高”、“偏低”或“

9、无影响”）（5）若取样品wg，按乙方案测得消耗0.01000molL1I2溶液VmL，则1kg样品中含SO2的质量是g（用含w、V的代数式表示）三、解答题（共5小题）（选答题，不自动判卷）17NiSO46H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等，可由电镀废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质）为原料获得工艺流程如图甲：（1）用稀硫酸溶解废渣时，为了提高浸取率可采取的措施有（任写一点）向滤液中滴入适量的Na2S溶液，目的是除去Cu2+、Zn2+，写出除去Cu2+的离子方程式：（3）在40左右，用6%的H2O2氧化Fe2+，再在95时加入NaOH调节pH，除去铁和铬

10、此外，还常用NaClO3作氧化剂，在较小的pH条件下水解，最终生成一种浅黄色的黄铁矾钠沉淀除去，其离子方程式为如图乙是温度pH与生成的沉淀关系图，图中阴影部分是黄铁矾稳定存在的区域；若要在PH=2的条作下生成黄铁矾钠沉淀其温度范围为（4）上述流程中滤液的主要成分是18实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4，其主要流程如下：（1）为使Mg2+、Al3+同时生成沉淀，应先向沉淀反应器中加入 （填“甲”或“乙“），再滴加另一反应物判断流程中沉淀是否洗净所用的试剂是高温焙烧时，用于盛放固体的仪器名称是（3）无水AlCl3（183升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室

11、可用下列装置制备装置B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是F中试剂的作用是用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用，所装填的试剂为19现有常见金属单质A、B、C和常见气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）请根据以上信息回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：A；丙写出反应的化学方程式（3）写出下列反应离子方程式：反应反应反应20高铁酸钠（Na2FeO4）具有很强的氧化性，是一种新型的绿色净水消毒剂工业上可以通过次氯酸钠氧化法制备高铁酸钠，生产过程如图：回答下列问题：（1）经过步骤后，加入NaOH固体的原因是步骤反

12、应的离子方程式是（3）从溶液中分离出Na2FeO4后，还有副产品Na2SO4、NaCl，则步骤中反应的离子方程式为（4）将一定量的Na2FeO4投入到pH不同的污水中（污水中其余成分均相同），溶液中Na2FeO4浓度变化如图曲线、所示，试推测曲线比曲线对应的污水pH（填“高”或“低”）（5）通过计算得知Na2FeO4的消毒效率（以单位质量得到的电子数表示）比氯气的（填“高”或“低”），用高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂的优点是（答出两点即可）21氯离子插层镁铝水滑石是一种新型离子交换材料，其在高温下完全分解为MgO、Al2O3、HCl和水蒸气现用下图装置进行实验确定其化学式（固定装置略去）（1）M

13、g2Al（OH）6ClxH2O热分解的化学方程式为若只通过测定装置C、D的增重来确定x，则装置的连接顺序为（按气流方向，用接口字母表示），其中C的作用是装置连接后，首先要进行的操作的名称是（3）加热前先通N2排尽装置中的空气，称取C、D的初始质量后，加热过程中持续通入N2的作用是，停止加热后的冷却过程中仍要持续通入N2的作用是（4）完全分解后测得C增重3.65g、D增重9.90g，则x=若取消冷却玻管B后进行实验，测定的x值将（填“偏高”或“偏低”）（5）上述水滑石在空气中放置时易发生反应生成，该生成物能发生类似的热分解反应现以此物质为样品，用中连接的装置和试剂进行实验测定z，除测定D的增重外

14、，至少还需测定（填字母）A装置C的增重 B样品质量 C样品完全分解后残余固体的质量2016届高三上学期月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（共15小题）1化学反应经常伴随着颜色变化，下列关于颜色的叙述正确的是（）鸡蛋白溶液遇浓硝酸黄色 淀粉溶液遇碘离子蓝色溴化银见光分解白色 热的氧化铜遇乙醇红色新制氯水久置后无色 过氧化钠在空气中久置淡黄色Fe3+离子遇苯酚紫色 石蕊试液中通二氧化硫气体无色ABCD【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质；二价Fe离子和三价Fe离子

15、的检验；淀粉的性质和用途【专题】元素及其化合物【分析】蛋白质遇浓硝酸生成黄色的硝基化合物；淀粉遇单质碘变蓝色；溴化银分解生成单质银，为黑色粉末；在加热条件下氧化铜与乙醇发生氧化反应生成单质铜，为红色；久置氯水不稳定，生成次氯酸分解，最终无色；过氧化钠在空气中久置成为碳酸钠，为白色固体Fe3+离子遇苯酚，溶液显紫色； 石蕊试液中通二氧化硫气体，溶液变红【解答】解：蛋白质遇浓硝酸显黄色，故正确；淀粉碘化钾溶液遇单质碘显蓝色，故错误；溴化银见光分解生成的金属银不是白色，而是黑色，故错误；热的氧化铜遇乙醇发生反应，生成红色的金属铜，故正确；新制氯水久置后成为盐酸溶液，呈无色，正故确；过氧化钠是淡黄色的

16、固体，在空气中久置成为碳酸钠，变为白色，故错误；Fe3+离子遇苯酚发生显色反应，溶液显紫色，故正确；石蕊试液中通二氧化硫气体，溶液变红，故正确；故选C【点评】本题通过颜色的变化考查物质的性质，题目难度不大，注意银粉和晶体银的颜色区别，二氧化硫不能漂白指示剂2下列说法中，不正确的是（）A光导纤维的主要成分是SiO2B玻璃和陶瓷都属于传统硅酸盐材料C明矾和漂白粉均可用于自来水的杀菌、消毒D大量排放SO2会引起酸雨【考点】硅和二氧化硅；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；常见的生活环境的污染及治理；无机非金属材料【专题】卤族元素；碳族元素【分析】A光导纤维的主要成分是二氧化硅；B传统的无机非金属材料：如

17、水泥、耐火材料、平板玻璃、仪器玻璃和普通的光学玻璃以及日用陶瓷、卫生陶瓷、建筑陶瓷、化工陶瓷和电瓷、搪瓷、磨料（碳化硅、氧化铝）、铸石、碳素材料、非金属矿（石棉、云母、大理石等）；C明矾无强氧化性；DSO2 的过量排放，能引起酸雨【解答】解：A二氧化硅是光导纤维的主要成分，故A正确； B玻璃和陶瓷都是传统硅酸盐材料，故B正确；C明矾无强氧化性，不能杀菌消毒，故C错误；D二氧化硫和氮的氧化物是引起酸雨的主要物质，故D正确故选C【点评】本题考查二氧化硅的用途、硅酸盐材料、消毒剂和酸雨，难度不大，注意明矾可用于净水，其原理是Al3+水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物漂白粉有强氧化性

18、，可用于自来水杀菌、消毒3设阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是（）A22.4 LCl2分别与铁和铜反应时，失电子数目均为NAB1mol Na2O2与CO2足量反应时，转移NA个电子C1molL1的NaOH溶液中含Na+数目为NAD1mol Na2O2晶体中含有的阴离子数目为2NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、氯气的所处的状态不明确；B、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应；C、溶液体积不明确；D、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成【解答】解：A、氯气的所处的状态不明确，故氯气的物质的量不一定是1mol，且氯气与铜反应时是得电子而非失电子，故A错误；B、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应

19、，1mol过氧化钠转移1mol电子即NA个，故B正确；C、溶液体积不明确，故溶液中的钠离子的个数无法计算，故C错误；D、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠中含1mol即NA个阴离子，故D错误故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大4下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）ASSO3H2SO4B饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3CFe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3DMgCl2（aq）Mg（OH）2MgO【考点】钠的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】A、硫燃烧生成二氧化硫；B、在饱和食盐水中

20、通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠；C、氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解，加热蒸发得不到无水FeCl3；D、氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁【解答】解：A、硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故A错误；B、在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生

21、成碳酸钠，故B正确；C、氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解Fe3+3H2O2Fe（OH）3+HCl，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，得不到无水FeCl3，故C错误；D、氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故D正确故选：BD【点评】本题考查元素化合性质、侯德榜制碱法、盐类水解等，难度中等，注意侯德榜制碱法要先通氨气，后通二氧化碳，以便获得高浓度离子溶液5向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色则下列分析中正确的（）A上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+I

22、2SO2B通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性C通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂D滴加KI溶液时，转移1mol e时生成1molCuI白色沉淀【考点】氧化还原反应【分析】溶液呈棕色，说明有I2生成碘元素化合价由1价升高到0价，硫酸根只有在浓硫酸中有氧化性，所以化合价能够降低的只有Cu2+，观察到产生白色沉淀，由于Cu为红色，所以Cu2+不能还原为Cu，应还原为Cu+向反应后的混合物中不断通入SO2气体，并加热，溶液逐渐变成无色，说明I2反应，发现白色沉淀显著增多，故I2与SO2反应生成I，SO2被氧为化H2SO4，白色沉淀是CuI【解答】解：CuSO4溶液中逐滴加入K

23、I溶液化学方程式为2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HIA、2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2SO2，所以氧化性Cu2+I2SO2，故A正确；B、向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，因为

24、发生氧化还原反应使碘褪色，二氧化硫不表现漂白性，故B错误；C、反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反应可知，碘元素化合价由0价降低为1价，被还原，所以I2是氧化剂，故C错误；D、CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，由方程式可知每转移1mol电子生成1molCuI，故D正确故选：AD【点评】本题考查氧化还原反应，根据题目信息推断实验中发生的反应，素材陌生，难度较大，考查学生对氧化还原反应的利用6M、N、X、Y四种物质之间有如下转化关系（反应条件和其它产物已略去）下列选项不符合的是（

25、）MNYAM：N2 X：O2BM：HNO3 X：FeCM：S X：O2DM：NO X：O2【考点】无机物的推断【分析】A氮气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮；B足量的硝酸与Fe反应生成硝酸铁，硝酸铁与Fe反应生成硝酸亚铁；CS与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫在催化剂、加热条件下与氧气反应生成三氧化硫；DNO与氧气反应生成N为二氧化氮，二氧化氮不能与氧气反应【解答】解：A若M为N2，X为O2 ，则氮气与氧气反应生成N为NO，NO与氧气反应生成Y为二氧化氮，符合转化关系，故A正确；B若M为HNO3，X为Fe，足量的硝酸与Fe反应生成N为硝酸铁，硝酸铁与Fe反应生成Y为硝酸亚铁，符合转

26、化关系，故B正确；C若M为S，X为O2，S与氧气反应生成N为二氧化硫，二氧化硫在催化剂、加热条件下与氧气反应生成Y为三氧化硫，符合转化关系，故C正确；DNO与氧气反应生成N为二氧化氮，二氧化氮不能与氧气反应，不符合转化关系，故D错误，故选：D【点评】本题考查无机物推断，属于验证型推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质，难度不大7事实上，许多氧化物在一定条件下能与Na2O2反应，且反应极有规律，如Na2O2+SO2Na2SO4，2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2，据此你认为下列反应方程式中正确的是（）A2Na2O2+2N2O34NaNO2+O2BNa2O2+2NO22NaNO2+O2CNa

27、2O2+N2O42NaNO3D2Na2O2+2 Mn2O74NaMnO4+O2【考点】钠的重要化合物【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】题给信息为：Na2O2可与某些元素的最高价氧化物反应，生成对应的盐（或碱）和O2，Na2O2具有强氧化性，与所含元素不是最高价态的氧化物反应时，只生成其最高价的盐，不生成O2【解答】解：AN2O3中N元素的化合价为+3价，不是最高价态，与Na2O2反应时不生成O2，故A错误；BNO2中N元素的化合价为+4价，不是最高价态，与Na2O2反应时不生成O2，反应的化学方程式为Na2O2+2NO2=2NaNO3，故B错误；CN2O4中N元素的化合价为+4价，不是最

28、高价态，与Na2O2反应时不生成O2，反应的化学方程式为Na2O2+N2O42NaNO3，故C正确；DMn2O7中Mn元素的化合价为+7价，处于最高价态，与Na2O2反应时生成O2，故D正确；故选CD【点评】本题考查化学反应规律的探究，题目难度中等，注意题中信息：Na2O2可与某些元素的最高价氧化物反应，生成对应的盐（或碱）和O28氯化溴（BrCl）和Br2、Cl2具有相似的性质，下列有关氯化溴性质的判断中不正确的是（）A在CCl4中的溶解性BrClBr2BBrCl能使润湿的淀粉碘化钾试纸变蓝CBrCl氧化性比Br2强D常温下BrCl可与NaOH溶液反应生成NaClO和NaBr【考点】氯、溴、

29、碘及其化合物的综合应用【专题】卤族元素【分析】氯化溴（BrCl）和Br2、Cl2具有相似的性质，则易溶于有机溶剂，具有氧化性，可与碱溶液反应等，以此来解答【解答】解：A卤素单质易溶于有机溶剂，则BrCl可溶于有机溶剂，但极性BrCl的强，则在CCl4中的溶解性BrClBr2，故A正确；BBrCl类似卤素单质具有氧化性，与KI发生氧化还原反应生成碘，则能使润湿的淀粉碘化钾试纸变蓝，故B正确；CBrCl中Br为+1价，易得到电子，则BrCl氧化性比Br2强，故C正确；D常温下BrCl可与NaOH溶液反应生成NaBrO和NaCl，为非氧化还原反应，故D错误；故选D【点评】本题考查类卤素物质的性质，为

30、高频考点，把握氯化溴（BrCl）和Br2、Cl2具有相似的性质为解答的关键，侧重分析与迁移应用能力的考查，注意D中为非氧化还原反应，题目难度不大9下列AD 4组，每组有两个反应，其中两个反应可用同一个离子方程式表示的是（） A 少量SO2通入Ba（OH）2溶液中 过量SO2通入少量Ba（OH）2溶液中B 少量浓氨水滴入Al2（SO4）3溶液中 少量Al2（SO4）3溶液滴入浓氨水中C 0.1mol Cl2通入含0.2mol FeBr2的溶液中 0.3mol Cl2通入含0.2mol FeBr2的溶液中D 过量稀硝酸与少量铁屑混合 少量稀硝酸与过量铁屑混合AABBCCDD【考点】离子方程式的书写

31、【专题】离子反应专题【分析】AI中生成亚硫酸钡和水，II中生成亚硫酸氢钡和水；BI、II中均反应生成氢氧化铝和硫酸铵；C氯气量不同氧化的离子不同，离子方程式不同；D少量铁和稀硝酸反应硝酸铁，过量铁和稀硝酸反应生成硝酸亚铁【解答】解：AI中生成亚硫酸钡和水，离子方程式为SO2+Ba2+2OH=BaSO3+H2O，II中生成亚硫酸氢钡和水，离子方程式为SO2+OH=HSO3，亚硫酸钡在离子反应中保留化学式，二者离子反应不同，故A不选；BI、II中均反应生成氢氧化铝和硫酸铵，反应物、生成物相同，离子反应相同，离子反应方程式为3NH3H2O+Al3+=Al（OH）3+3NH4+，故B选；CI中将0.1

32、mol Cl2通入含0.2molFeBr2的溶液中，发生反应为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；将0.3mol Cl2通入含0.2mol FeBr2溶液反应为2Fe2+4Br+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl，故C不选；DI中离子反应方程式为Fe+NO3+2H+=Fe3+NO+H2O，II中离子方程式为，3Fe+2NO3+8H+=Fe2+2NO+4H2O所以二者不同，故D不选；故选B【点评】本题考查了离子方程式的书写，把握发生的化学反应为解答的关键，侧重复分解反应及与量有关的离子反应、氧化还原反应的考查，选项C为解答的难点和易错点，题目难度不大10下列因果关系叙述正确的是（）ASO2具有

33、漂白性，故可使酸性KMnO4溶液褪色B浓硝酸中的HNO3见光会分解，故有时在实验室看到的浓硝酸呈黄色CNa的金属性比Mg强，故可用Na与MgCl2溶液反应制取MgDFe在Cl2中燃烧生成FeCl3，故在与其他非金属反应的产物中Fe也显+3价【考点】二氧化硫的化学性质；硝酸的化学性质；钠的化学性质；铁的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】A二氧化硫具有还原性，能被酸性的高锰酸钾氧化；B硝酸不稳定，见光分解生成的二氧化氮溶于硝酸使得浓硝酸显黄色；C钠性质活泼，投入与盐溶液中先与水发生反应；D铁遇到强的氧化剂被氧化生成三价铁，遇到弱的氧化剂被氧化生成二价铁【解答】解：A二氧化硫具有还原性，故可使酸

34、性KMnO4溶液褪色，故A错误；B浓硝酸中的HNO3见光会分解，生成的二氧化氮溶于硝酸使得浓硝酸显黄色，故有时在实验室看到的浓硝酸呈黄色，故B正确；C钠性质活泼，投入与盐溶液中先与水发生反应，故C错误；D铁遇到强的氧化剂被氧化生成三价铁，遇到弱的氧化剂被氧化生成二价铁例如与硫反应生成硫化亚铁，故D错误；故选：B【点评】本题考查了物质的性质，题目难度不大，熟悉二氧化硫、浓硝酸、钠、铁的性质是解题关键11在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（）A能使酚酞变红的溶液中：AlO2、Na+、NH4+、NO3B25，由水电离出的c（H+）=11012 molL1 的溶液中：K+、Na+、SO4

35、2、HCO3C常温下，在c（H+）/c（OH）=11012的溶液中：Na+、CO32、Cl、NO3D在酸性KMnO4溶液中：Na+、I、SO42、NO3【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A能使酚酞变红的溶液，显碱性；B由水电离出的c（H+）=11012 molL1 的溶液，为酸或碱溶液；C常温下，在c（H+）/c（OH）=11012的溶液，c（OH）=0.1mol/L，溶液显碱性；D发生氧化还原反应【解答】解：A能使酚酞变红的溶液，显碱性，OH、NH4+结合生成弱电解质，则不能共存，故A错误；B由水电离出的c（H+）=11012 molL1 的溶液，为酸或碱溶液，HCO3既能与酸

36、反应又能与碱反应，则不能共存，故B错误；C常温下，在c（H+）/c（OH）=11012的溶液，c（OH）=0.1mol/L，溶液显碱性，该组离子之间不反应，则能够共存，故C正确；D酸性KMnO4与I发生氧化还原反应，则不能共存，故D错误；故选C【点评】本题考查离子的共存，明确习题中的信息是解答本题的关键，并熟悉离子之间的反应来解答，题目难度不大，注意发生的氧化还原反应为解答的难点12用如图装置制取表中的四种干燥、纯净的气体（图中铁架台、铁夹、加热及气体收集装置均已略去；必要时可以加热；a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂）其中正确的是（）选项 气体 a b c dA CO2盐酸 CaCO3

37、饱和Na2CO3溶液 浓硫酸B Cl2 浓盐酸 MnO2 NaOH溶液 浓硫酸C NH3 饱和NH4Cl溶液 消石灰 H2O 固体NaOHD NO 稀硝酸 铜屑 H2O 浓硫酸AABBCCDD【考点】实验装置综合【专题】实验设计题【分析】根据反应装置知，反应物必须是固液混合物（可加热），根据洗气装置知，气体不能与洗液反应，否则收集不到气体，根据干燥装置知，干燥剂只能吸收水不能和收集气体反应，以此解答该题【解答】解：A二氧化碳与饱和Na2CO3溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液吸收，故A错误；B氯气和氢氧化钠反应而导致收集不到氯气，故B错误；C氨气易溶于水，所以不能用水洗气，故C错误；D铜和稀硝酸反

38、应生成一氧化氮，一氧化氮和水不反应，所以可以用水作洗液吸收被氧气氧化的二氧化氮及挥发的硝酸，可用浓硫酸干燥，故D正确故选D【点评】本题考查了气体的反应、洗气和干燥装置，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，明确气体的性质是解本题的关键，难度不大13下列实验方案正确且能达到相应实验预期目的是（）A制取少量蒸馏水B用铜和浓硝酸制取少量NO2C比较MnO2、Cl2、I2的氧化性D探究NaHCO3的热稳定性【考点】化学实验方案的评价；氧化性、还原性强弱的比较；常见气体制备原理及装置选择；实验室制取蒸馏水；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质【专题】实验评价题【分析】A、从天然水到纯净的水，要经过水蒸气这

39、个环节；B、二氧化氮可以和水反应；C、二氧化锰和稀盐酸不反应；D、对固体物质加热时，试管要略向下倾斜【解答】解：A、对天然水加热，使水变成水蒸气进入到成冷水的烧杯中，水蒸气遇冷，变成小水滴，即为蒸馏水，故A正确；B、二氧化氮可以和水反应，不能用排水法来收集，故B错误；C、二氧化锰和稀盐酸不反应，所以装置不能获得氯气，验证试验无法发生，故C错误；D、对固体物质加热时，试管要略向下倾斜，防水倒流，炸裂试管，故D错误故选A【点评】本题是一道化学实验方案的评价题，考查学生知识的梳理情况，可以根据教材知识来回答，难度不大14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

40、的是（）A在含等物质的量的AlO2、OH、CO32的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2、OH、CO32B在含等物质的量的FeBr2、Fel2的溶液中，缓慢通入氯气：I、Br、Fe2+C在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba（OH）2、K2CO3、BaCO3D在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【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IFe2+Br，同一氧化剂与不同具有还原性的物质反应时，先

41、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【解答】解：A、若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，反应顺序为OH、AlO2、CO32，故A错误；B、离子还原性IFe2+Br，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I、Fe2+、Br，因为2Fe2+Br2=2Fe3+2Br，故B错误；C、氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，故C错误；D、氧化性顺序：Fe3+Cu2+H+Fe2+，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，

42、故D正确答案：D【点评】考查离子反应的先后顺序等，难度较大，清楚反应发生的本质与物质性质是关键，注意元素化合物知识的掌握，是对学生综合能力的考查15同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满：NH3，NO2，进行喷泉实验经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为（）ABC=D不能确定【考点】氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；物质的量浓度的计算【专题】物质的量浓度和溶解度专题；氮族元素【分析】先根据气体摩尔体积计算各气体的物质的量之比，再判断烧瓶中溶液的体积、溶质的物质的量，再根据物质的量浓度公式判断浓度的大小【解答】解：在相同条件下，气体摩尔体积相同，烧瓶的容积相同，根据n=知，

43、氨气、NO2的物质的量之比为1：1，因NO2能与水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以各烧瓶中溶质的物质的量之比为3：2，做喷泉实验时，盛放氨气的烧瓶、含NO2的烧瓶，各烧瓶中溶液的体积分别为：一烧瓶、烧瓶，所以溶液的体积比为3：2，所以各物质的量浓度之比为=1：1，故选：C【点评】本题考查的是物质的量浓度的有关计算，正确求算NO2气体的烧瓶溶液的体积、盛放NO2的烧瓶溶质的物质的量是解本题的关键二、填空题（共1小题）（除非特别说明，请填准确值）16亚硫酸盐是一种常见食品添加剂为检验某食品中亚硫酸盐含量（通常1kg样品中含SO2的质量计），某研究小组设计了如下两种实验流程：（1）气体

44、A的主要成分是SO2、N2，为防止煮沸时发生暴沸，必须先向烧瓶中加入碎瓷片；通入N2的目的是将生成的SO2全部赶出（防止SO2在水溶液中被O2氧化）写出甲方案第步反应的离子方程式：SO2+H2O2=SO42+2H+（3）甲方案第步滴定前，滴定管需用NaOH标准溶液润洗，其操作方法是在碱式滴定管中加入12mL标准NaOH溶液，将滴定管横过来并转动，让NaOH溶液浸过滴定管内壁，从下面放掉浸洗液，重复操作23次（4）若用盐酸代替稀硫酸处理样品，则按乙方案实验测定的结果无影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）（5）若取样品wg，按乙方案测得消耗0.01000molL1I2溶液VmL，则1kg样品中

45、含SO2的质量是g（用含w、V的代数式表示）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；含硫物质的性质及综合应用【专题】压轴题；氧族元素【分析】（1）亚硫酸盐与稀硫酸反应生成气体SO2，反应时加入碎瓷片防止暴沸，要保证SO2全部赶出SO2具有还原性，可被氧化剂H2O2所氧化；（3）用标准液润洗滴定管时，务必注意最后将润洗液从滴定管下端放出，而不是从上口倒出；（4）根据SO2用碱液吸收后需再用盐酸调节溶液至弱酸性分析；（5）利用关系式法计算【解答】解：（1）亚硫酸盐与稀硫酸反应生成气体SO2，为防止液体加热时暴沸，一般可加入碎瓷片，因定量实验，需考查减小实验操作误差，通入N2可将生成的SO2全部赶出

46、，保证被吸收液全部吸收，故答案为：SO2、N2；碎瓷片；将生成的SO2全部赶出（防止SO2在水溶液中被O2氧化）；SO2具有还原性，可被氧化剂H2O2所氧化，反应的离子方程式为SO2+H2O2=SO42+2H+，故答案为：SO2+H2O2=SO42+2H+；（3）用标准液润洗滴定管时，务必注意最后将润洗液从滴定管下端放出，而不是从上口倒出，具体操作是在碱式滴定管中加入12mL标准NaOH溶液，将滴定管横过来并转动，让NaOH溶液浸过滴定管内壁，从下面放掉浸洗液，重复操作23次，故答案为：在碱式滴定管中加入12mL标准NaOH溶液，将滴定管横过来并转动，让NaOH溶液浸过滴定管内壁，从下面放掉浸

47、洗液，重复操作23次；（4）用盐酸代替硫酸，生成的SO2气体中混有少量HCl，因SO2用碱液吸收后需再用盐酸调节溶液至弱酸性，因此混合气体中含有HCl，对实验结果无影响，故答案为：无影响； （5）反应的离子方程式为H2O+SO32+I2=SO42+2H+2I，SO2SO32I2， 64g 1mol m 0.01000molL1V103L=105mol m=64V105g，则1kg样品中含SO2的质量为=，故答案为：【点评】本题属工业流程题以食品中的亚硫酸盐含量的测定为问题情境，通过简明的实验流程图，将实验基本操作、仪器的使用、化学计算、化学方程式的书写等内容综合在一起，考查考生对化学实验方案的

48、分析和问题解决的能力，题目难度中等三、解答题（共5小题）（选答题，不自动判卷）17NiSO46H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等，可由电镀废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质）为原料获得工艺流程如图甲：（1）用稀硫酸溶解废渣时，为了提高浸取率可采取的措施有加热或搅拌或增大硫酸浓度等（任写一点）向滤液中滴入适量的Na2S溶液，目的是除去Cu2+、Zn2+，写出除去Cu2+的离子方程式：Cu2+S2CuS（3）在40左右，用6%的H2O2氧化Fe2+，再在95时加入NaOH调节pH，除去铁和铬此外，还常用NaClO3作氧化剂，在较小的pH条件下水解，最终生成

49、一种浅黄色的黄铁矾钠沉淀除去，其离子方程式为6Fe2+ClO3+6H+=6Fe3+Cl+3H2O如图乙是温度pH与生成的沉淀关系图，图中阴影部分是黄铁矾稳定存在的区域；若要在PH=2的条作下生成黄铁矾钠沉淀其温度范围为20140（4）上述流程中滤液的主要成分是NiSO4、Na2SO4【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等元素的化合物杂质），在硫酸溶解调节pH后过滤后除去铁离子，滤液含有二价铁离子、三价铬离子、铜离子、锌离子等杂质，滤液I中加入硫化钠形成CuS、ZnS沉淀，可除去铜离子、锌离子，过滤，滤液II中加H2O2是将二价铁氧化

50、成三价铁，再通过调节pH使三价铁和三价铬都以氢氧化物的沉淀而除去，滤液含有可溶性硫酸盐，主要是NiSO4，还有Na2SO4，再加碳酸钠沉淀二价镍，过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4晶体，（1）搅拌固体和液体的混合物，升高温度、增大浓度等，可加快反应速率；加Na2S，易生成CuS沉淀；（3）用NaClO3与Fe2+发生氧化还原反应生成铁离子和氯离子，根据电荷守恒和元素守恒书写离子方程式，根据图象可判断在PH=2的条作下生成黄铁矾钠沉淀的温度范围；（4）根据流程分析判断【解答】解：废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等元素的化合物杂质），在硫酸溶解调节pH后过滤后除去铁离子，滤液含有

51、二价铁离子、三价铬离子、铜离子、锌离子等杂质，滤液I中加入硫化钠形成CuS、ZnS沉淀，可除去铜离子、锌离子，过滤，滤液II中加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节pH使三价铁和三价铬都以氢氧化物的沉淀而除去，滤液含有可溶性硫酸盐，主要是NiSO4，还有Na2SO4，再加碳酸钠沉淀二价镍，过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4晶体；（1）搅拌固体和液体的混合物，升高温度、增大浓度等，可加快反应速率，所以为了提高浸取率可采取的措施有加热或搅拌或增大硫酸浓度等；故答案为：加热或搅拌或增大硫酸浓度等；加Na2S，易生成CuS沉淀，其反应的离子方程式为：Cu2+S2CuS，故答案为：Cu2+S

52、2CuS；（3）用NaClO3与Fe2+发生氧化还原反应生成铁离子和氯离子，反应的离子方程式为6Fe2+ClO3+6H+=6Fe3+Cl+3H2O，根据图象可判断在PH=2的条作下生成黄铁矾钠沉淀的温度范围是20140，故答案为：6Fe2+ClO3+6H+=6Fe3+Cl+3H2O；20140；（4）由流程分析可知滤液的主要成分是NiSO4、Na2SO4，故答案为：NiSO4、Na2SO4【点评】本题考查物质的分离提纯的实验方案的设计，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目难度较大，明确实验的目的和原理是解答该题的关键，注意把握基本实验操作18实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4，其主要流程如下：（1）为使Mg2+、Al3+同时生成沉淀，应先向沉淀反应器中加入乙 （填“甲”或“乙“），再滴加另一反应物判断流程中沉淀是否洗净所用的试剂是AgNO3溶液（或硝酸酸性的AgNO3溶液）高温焙烧时，用于盛放固体的仪器名称是坩埚（3）无水AlCl3（183升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用下列装置制备装置B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是除去HClF中试剂的作用是