精品最全2019年内蒙古呼和浩特市高考化学一模试卷 带答案详解

1、-2021 年呼和浩特市高考化学一模试卷一、选择题此题包括 16 个小题，每题仅有一个正确答案，每题 3 分，共 48 分13 分饮茶是中国人的传统饮食文化之一为方便饮用，可通过以下方法制取罐装饮料 茶：关于上述过程涉及的实验方法、实验操作和物质作用中说法不正确的选项是 A是萃取 B是过滤C是分液 D维生素 C 可作抗氧化剂23 分明代造强水法记载绿钒五斤，硝五斤，将矾炒去，约折五分之一，将二味同研 细，锅下起火，取气冷定，开坛则药化为水。用水入五金皆成水，惟黄金不化水中。 硝即硝酸钾。以下说法错误的选项是 4 2A绿矾的成分为 FeSO 7H OB研细可在蒸发皿中进展C开坛则药化为水， 水的

2、主要成分是硝酸D五金皆成水，发生氧化复原反响33 分化学与人类的生活、生产息息相关，以下说确的是 A氯水和食盐水消毒杀菌的原理一样B制造普通玻璃的原料为石英砂、石灰石和纯碱C为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶2 4D可以用钢瓶储存液氯和浓 H SO ，因为它们对钢瓶发生了钝化43 分在给定的条件下，以下选项所示的物质间转化均能实现的是 C CO2 COSiSiO2H SiO2 33 2 3饱和 NaClaq NaHCO Na CONH ClN2 NH3 43 2MgCO MgCl aq MgABCD53 分海带中含有碘元素， *校研究性学习小组设计了如下实验步

3、骤来提取碘：参加. z. z.-4足量双氧水，将海带烧成灰，向灰中加水搅拌，加 CCl 振荡，过滤，用分液漏斗分液；合理的操作顺序是 ABCD 63 分以下离子方程式书写正确的选项是 2A硫化亚铁溶于稀硝酸中 FeS+2H+Fe2+ +H S 3 2 2 4 2B硝酸铝溶液中参加过量氨水 Al3+ +4NH H OAlO +4NH + +2H O2 2 2CAl 粉参加足量的 NaOH 溶液中 2Al+2OH +2H O2AlO +3H 3 3 3 2 2DFeNO 溶液与足量 HI 溶液反响 Fe3+ +NO +4H+ +4I Fe2+ +NO +2I +2H OA73 分设 N 为阿伏伽德

4、罗常数的值，以下说法中正确的选项是 2 AA25时， 0.1molL1Na S 溶液中含有 Na+ 的数目为 0.2N3 6 4 8 AB常温下， 21gC H 和 C H 的混合物中含有的碳原子数为 1.5N2C 标准状况下， 2.24LCl 溶于水，转移 6.021022 个电子4 4 2 3 3 4 2 4 4D在 11P +60CuSO +96H O20Cu P+24H PO +60H SO 反响中， 6ml CuSO 能氧化白A磷的分子数为 1.1N4 2 283 分向 CuSO 溶液中参加 H O 溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，2 2 2蓝色溶液变为红色浑浊Cu

5、O，继续参加 H O 溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反响可以反复屡次。以下关于上述过程的说法不正确的选项是 2 2A Cu2+ 是 H O 分解反响的催化剂2 2BH O 既表现氧化性又表现复原性2 2 2C Cu2+ 将 H O 复原为 O2 2 2 2D发生了反响 Cu O+H O +4H+2Cu2+ +3H O2 4 293 分 电解法制取有广泛用途的 Na FeO 同时获取氢气： Fe+2H O+2OH FeO 24- +3H ，工作原理如图 1 所示，电解质溶液为氢氧化钠溶液，假设氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。 Na FeO 随初始 cNaOH的变化如图 2 所

6、示。2 4Na FeO 只在强碱性条件下稳定，易被 H 复原。以下说法不正确的选项是 2 4 2ANi 和电源的负极相连B电解过程中需将阴极产生的气体及时排出CM 点 cNa FeO 低于最高值的原因是铁电极上有 FeOH 生成 2 4 3D阳极的电极反响式为 Fe 6e +8OH FeO 2 +4H O4 2103 分以下列图示装置不能到达实验目的是 A 制备金属锰 B 电镀铜C 制备少量氧气 D 提纯碘113 分以下实验操作对应的实验现象和结论均正确的选项是 实验操作 现象 结论A将少量 Na SO 样品 有白色沉淀产生， 则 Na SO 已经变质2 3 2 3溶于水，滴加足量盐酸酸化的

7、BaNO 3 2溶液BC用磁铁吸引氧化铁与 能被磁铁吸引铝粉发生铝热反响后的黑色产物向*硫酸 盐溶液中 滴 溶液变为红色黑色熔化物中含铁、四氧化三铁中的 1 种或 2 种该 硫 酸 盐 一 定 为-D2 2入酸性 H O 溶液， 再滴入 KS 溶液2 2向 FeI 溶液入少量 Cl溶液变黄FeSO42Cl 的氧化性强于 Fe3+AABBC CDD123 分微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。 *微生物燃 料电池的工作原理如下列图，以下说确的是 A如果将反响物直接燃烧，能量的利用率不会变化B电子从 b 流出，经外电路流向 a4 2 4CHS 在硫氧化菌作用下转化为 SO

8、2 的反响为： HS +4H O 8e SO 2 +9H+D假设该电池电路中有 0.4mol 电子发生转移，则有 0.5molH+ 通过质子交换膜*133 分一定条件下，在水溶液中 1 mol Cl 、ClO *1 ，2 ，3 ，4的能量KJ相对大小如下列图。以下有关说确的是 A a 、b 、c 、d、e 中， c 最稳定Bba+c 反响的活化能为反响物能量减生成物能量3Cba+d 反响的热化学方程式为： 3ClO aqClO aq+2Cl aqH+116KJmol 12D 一定温度下， Cl 与 NaOH 溶液反响生成的产物有 a、b 、d，溶液中 a、b、d 的浓度之比可能为 11：1：2

9、4 2143 分把 wg 绿矾FeSO 7H O溶解于 VmL 水中，测得该溶液密度是 g/mL，则此溶液的物质的量浓度molL1为 A BC D3153 分甲、乙、丙、丁是由 H+ 、Na+ 、Al3+ 、Ba2+ 、OH 、Cl 、HCO 离子中的两种组成，可以发生如图转化，以下说确的是3 3A甲为 AlCl ，乙为 NaHCO. z.-3 4B 溶液丙中还可以大量共存的离子有： Fe2+ 、NO 、SO 2 3 3 2C 在甲中滴加丁开场反响的离子方程式： HCO +Ba2+ +OH BaCO +H OD白色沉淀 A 可能溶解在溶液 D 中2 2163 分一块 11.0g 的铁铝合金，参

10、加一定量的稀硫酸后合金完全溶解，然后加 H O 到2 2溶液中无 Fe3+存在， 加热除去多余的 H O ， 当参加 200mL 6molL 1NaOH 溶液时沉淀量最多，且所得沉淀质量为 26.3g，以下说法不正确的选项是 A该合金中铁的质量为 5.6g2B合金与稀硫酸反响共生成 0.45mol HAC该合金与足量氢氧化钠反响，转移的电子数为 0.6N2 4D所加的稀硫酸中含 0.6molH SO二、填空题此题包括 5 个小题，共 52 分1710 分硫及其化合物在工业上有重要应用。 1硫单质神农本草经中记载石硫黄能化金银铜铁，奇物。该过程说明硫单质具有性。2硫代硫酸钠可以作定量分析的基准物

11、质。2 2 2向 pH2 的硫酸中滴加 Na S O 溶液，可观察到的现象是；2 2 3 2实际生产中，一般将 Na S 和 Na CO 以物质的量之比 2：1 配成溶液后加热，将 SO缓缓通入溶液中，即可得到硫代硫酸钠。反响的化学方程式为。3Y 形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进展*些实验探究，利用如图装置2 2 3可以探究 SO 与 BaCl 反响生成 BaSO 沉淀的条件。常温下，假设由右侧 Y 型管产生另2一种气体，则在左右支管放置的药品是和，导气管 A 的作用是。实验前需将 BaCl 溶液煮沸的目的是。2 2 24硫化物在使用过程中常常产生 SO 污染环境，工业上用 H O

12、溶液脱硫。 T时：2 22SOg 2SO g +O gH+196.0kJ/mol2 2 2 22H O aq2H O I +O gH 135.0kJ/mol. z.-2 4 3 2H SO aqSO g +H O I H+175.0kJ/mol2 2写出 SO 气体与 H O aq反响的热化学方程式。41810 分钢铁分析中常用高氯酸HClO 溶解矿样。 *研究性学习小组欲制备少量高氯酸。该学习小组查阅到：4HClO 浓度高于 60%时遇含碳化合物易爆炸，浓度低于 60%时比较稳定；4 4 2 4 2 4 4NaClO 与浓硫酸反响可制得高氯酸2NaClO +H SO 浓Na SO +2HCl

13、O ，假设采用真空蒸馏可得纯高氯酸；3 4NaClO 在 673K400分解产生 NaClO 、NaCl 和一种气体。2Cl 与热的浓碱反响，氧化产物主要是氯酸盐。一制氯酸钠1从上面选取必要的装置制取氯酸钠，则装置的连接顺序为。2分析上述实验是否选择装置 C 的理由。二氯酸钠分解制高氯酸钠为了制备高氯酸钠并推出氯酸钠分解制高氯酸钠的化学方 程式，该小组同学设计了两组装置甲、乙。该小组经过分析决定选用甲装置制备高氯3酸钠，取 NaClO 样品 2.13g，加热充分反响后收集到 224mL 标准状况下气体，则反响的化学方程式为；不选乙装置的原因可能是。4 3工业上大量制备 NaClO 常用高电流密

14、度电解饱和 NaClO 溶液，试写出以惰性电极电解时阳极反响式。三高氯酸钠与浓硫酸反响制高氯酸：用丙装置制备高氯酸，仪器 F 的名称为；向 F 中参加高氯酸钠，然后参加浓硫酸后，加 热可制取高氯酸。实验开场前，胶塞及导管接口需要包锡箔纸，其原因是。21911 分亚硝酸钠NaNO 是一种工业盐，外观与食盐相似。下面是*学习小组设计2的 NaNO 制取实验和纯度检验实验。该小组收集了相关资料：2 3 * 2 4 2 3 2SO 和 HNO 溶液反响生成 NO 和 HS O 3NO +2H+2NO +NO +H O2 2 2NO +Ag+AgNO AgNO 为淡黄色接近白色固体，在水中形成沉淀. z

15、.-亚硝酸钠的制取实验1A 装置中发生的化学反响方程式为。2B 装置中多孔球泡的作用是。23假设装置 B 中逸出的 NO 与 NO 气体物质的量之比为 2：1，则装置 B 中发生反响的复原剂和氧化剂的物质的量之比为。24实验过程中需控制 C 装置中溶液 pH7 ，否则 C 中生成的 NaNO 的产量会下降，理由是。25请根据题干所给信息设计实验证明 C 装置中有 NO 产生。限选用的试剂：稀硝酸、硝酸银溶液、 NaOH 溶液。亚硝酸钠的纯度检验2 4 3 2：NO +MnO +H+ NO +Mn2+ +H O26反响完毕后 C 中溶液通过结晶获得 NaNO 粗产品 mg，溶解后稀释至 250m

16、L，分别取 20.00mL 用 4 平均每次消耗酸性 KMnO4 溶cmolL 1 的酸性 KMnO 溶液平行滴定三次，2液的体积为 VmL，则粗产品中 NaNO 的质量分数为用含 c、V、m 的式子表示 。2 *209 分为消除燃煤烟气中含有的 SO 、NO 研究者提出假设干烟气脱硫、 脱硝的方法。1向燃煤中参加石灰石，高温时将 SO2 最终转化为。 2选择性催化复原法SCR脱硝。在催化剂一定温度下，选取复原剂将烟气中的3NO 进展无害化处理。 NH 复原 NO 的化学方程式是。23采用 NaClO 溶液作为吸收剂可同时对烟气进展脱硫、脱础。在鼓泡反响器人含含2 2有 SO 和 NO 的烟气

17、，反响温度为 323K，NaClO 溶液段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。离子cmal L：4SO 2 48.35 10 6SO 2 36.8710 6NO 31.5 10 6NO 21.210 6Cl 3.410 3. z.-2写出 NaClO 溶液脱硝过程中主要反响的离子方程式。随着吸收反响的进展，吸收剂溶液的 pH 逐渐填增大不变或减小 。 由实验结果可知，脱硫反响速率脱硝反响速率填大于或小于。原因除了 SO2 和 NO 在烟气中的初始浓度不同，还可能是。2 32112 分 硼镁泥是一种工业废料， 主要成分是 MgO占 40%，还有 CaO、MnO、Fe O 、2 2 2FeO、A

18、l O 、SiO 等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、选纸、医药等工业。4 2从翻镁泥中提取 MgSO 7H O 的流程如图：根据题意答复以下问题1实验中需用 lmolL 1 的硫酸 750mL，假设用 18.4molL 1 的浓硫酸来配制，除量筒、 烧杯外还需要的玻璃仪器有。2 22参加的 NaClO 可与 Mn2+ 反响 Mn2+ +ClO +H OMnO +2H+ +Cl 还有一种离子也会被 NaClO 氧化，该反响的离子方程式为3 33滤渣中除含有 FeOH 、AlOH 外还有。4在除钙前，需检验滤液中 Fe3+ 是否被除尽，简述检验方法。4 45MgSO ，CaSO 的溶解度

19、如下表温度/405060704MgSO30.933.435.636.9CaSO0.2100.2070.2010.19344 4 4除钙是将 MgSO 和 CaSO 混合溶液中的 CaSO 除去， 根据上表数据， 简要说明操作步4 2骤。 操作l 是，便得到了 MgSO 7H O。2021 年呼和浩特市高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题此题包括 16 个小题，每题仅有一个正确答案，每题 3 分，共 48 分13 分饮茶是中国人的传统饮食文化之一为方便饮用，可通过以下方法制取罐装饮料. z.-茶：关于上述过程涉及的实验方法、实验操作和物质作用中说法不正确的选项是 A是萃取 B是过滤C是分

20、液 D维生素 C 可作抗氧化剂【考点】 P8 ：物质别离和提纯的方法和根本操作综合应用【分析】 由流程可知，热水溶解后，为萃取，为别离不溶性茶渣，为过滤，对滤 液加抗氧化剂后密封、灭菌，以此来解答【解答】 解： A提取可溶物，加有机溶解萃取，故 A 正确；B为别离不溶性茶渣，为过滤，故 B 正确；C中混合物不分层，分罐密封，无分液操作，故C 错误；D维生素 C 具有复原性，可作抗氧化剂，故 D 正确；应选： C。【点评】 此题考察混合物别离提纯，为高频考点，把握物质的性质、流程中混合物别离 方法、实验技能等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考察，注意分液别离分层的液 体混合物，题目难度不大23

21、 分明代造强水法记载绿钒五斤，硝五斤，将矾炒去，约折五分之一，将二味同研 细，锅下起火，取气冷定，开坛则药化为水。用水入五金皆成水，惟黄金不化水中。 硝即硝酸钾。以下说法错误的选项是 A绿矾的成分为 FeSO 7H O 4 2B研细可在蒸发皿中进展C开坛则药化为水， 水的主要成分是硝酸D五金皆成水，发生氧化复原反响【考点】 14 ：物质的组成、构造和性质的关系【分析】 A绿矾成分为七水硫酸亚铁；B依据研钵作用解答；C依据硝酸具有强的氧化性解答；D 有化合价变化的为氧化复原反响。【解答】 解： A 绿矾成分为七水硫酸亚铁，化学式： FeSO 7H O，故 A 正确；4 2B研细固体应在研钵中进展

22、，不能在蒸发皿进展，故 B 错误；. z.-C硝酸具有强的氧化性，能够与硫酸亚铁溶液反响，故C 正确；D用水入五金皆成水，惟黄金不化水中，只大多数金属能够与硝酸发生氧化复原反响 溶于硝酸，故 D 正确；应选： B。【点评】 此题为信息题，准确把握题干给出信息，熟悉硝酸的性质是解题关键，题目难 度中等。33 分化学与人类的生活、生产息息相关，以下说确的是 A氯水和食盐水消毒杀菌的原理一样B制造普通玻璃的原料为石英砂、石灰石和纯碱C为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶D可以用钢瓶储存液氯和浓 H SO ，因为它们对钢瓶发生了钝化2 4【考点】 14：物质的组成、构造

23、和性质的关系； E2：氯气的化学性质； F8：浓硫酸的性 质； FL：玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途； KF：常见的食品添加剂的组成、性 质和作用【分析】 A氯水具有强氧化性，与氯化钠性质不同；B依据玻璃制造原料解答；C防止食品氧化变质应参加复原性物质；D液氯为氯气的液态，不与铁反响；【解答】 解： A氯水具有强氧化性，与氯化钠性质不同，食盐水消毒利用细菌脱水的原 理，故 A 错误；B制造普通玻璃的原料为石英砂SiO 、石灰石CaCO 和纯碱，故 B 正确； 2 3C生石灰、硅胶都不具有复原性，不能防止食品氧化变质，故C 错误； D液氯为氯气的液态，不与铁反响，浓硫酸能使铁发生钝化，故D

24、 错误； 应选： B。【点评】 此题考察物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途、保 存为解答的关键，侧重分析与应用能力的考察，注意元素化合物知识的应用，题目难度 不大。43 分在给定的条件下，以下选项所示的物质间转化均能实现的是 . z.-CSiCO2SiO2COH SiO2 3饱和 NaClaqNaHCO3Na CO2 3N 2MgCO 3NH Cl4NH3Mg2MgCl aqABCD【考点】 FH ：硅和二氧化硅； GF：钠的重要化合物； GK：镁、铝的重要化合物【分析】 碳和氧气反响生成二氧化碳，二氧化碳与碳反响生成一氧化碳；二氧化硅与水不反响；饱和 NaCl 溶液与二

25、氧化碳、 氨气反响生成碳酸氢钠晶体， 碳酸氢钠受热分解生成碳酸 钠；氮气和氢气高温高压催化剂作用下反响生成氨气，氨气和氯化氢反响生成氯化铵；碳酸镁和盐酸反响生成氯化镁溶液，电解熔融氯化镁得到金属镁。2【解答】 解：碳和氧气反响生成二氧化碳， C+O2CO ，二氧化碳与碳反响生2成一氧化碳， CO +C 2CO，故正确；硅和氧气加热反响生成二氧化硅，二氧化硅与水不反响，不能生成硅酸，故错误；饱和 NaCl 溶液与二氧化碳、 氨气反响生成碳酸氢钠晶体， 碳酸氢钠受热分解生成碳酸 钠，所以均能实现，故正确；氮气和氢气高温高压催化剂作用下反响生成氨气，氨气和氯化氢反响生成氯化铵，物 质间转化均能实现，

26、故正确；电解氯化镁溶液，不能得到金属镁，故错误； 应选： A。【点评】 此题考察了物质性质、物质转化的应用，为高频考点，侧重学生的分析能力的考察，主要是碳、硅、镁、氮等化合物性质的理解判断，注意相关根底知识的积累，题目较简单。53 分海带中含有碘元素， *校研究性学习小组设计了如下实验步骤来提取碘：参加4足量双氧水，将海带烧成灰，向灰中加水搅拌，加 CCl 振荡，过滤，用分液漏. z.-斗分液；合理的操作顺序是 ABCD 【考点】 PN ：海带成分中碘的检验【分析】 海带中碘以离子存在，灼烧后溶解、过滤，然后氧化碘离子生成碘，再萃取分 液，以此来解答。【解答】 解：海带中碘以离子存在，灼烧后溶

27、解、过滤，然后氧化碘离子生成碘，再萃取分液，则合理顺序为，应选： A。【点评】 此题考察海带提碘，为高频考点，把握物质的性质、混合物别离提纯为解答的 关键，侧重分析与实验能力的考察，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。63 分以下离子方程式书写正确的选项是 A硫化亚铁溶于稀硝酸中 FeS+2H+Fe2+ +H S 2B硝酸铝溶液中参加过量氨水 Al3+ +4NH H OAlO +4NH + +2H O 3 2 2 4 2CAl 粉参加足量的 NaOH 溶液中 2Al+2OH +2H O2AlO +3H 2 2 2D FeNO 溶液与足量 HI 溶液反响 Fe3+ +NO +4H+ +4I

28、Fe2+ +NO +2I +2H O3 3 3 2 2【考点】 49 ：离子方程式的书写【分析】 A稀硝酸具有强氧化性，能够将硫离子、亚铁离子氧化；B氨水为弱碱，反响生成氢氧化铝沉淀；C铝与氢氧化钠溶液反响生成偏铝酸钠和氢气；DHI 过量，硝酸根离子完全反响。【解答】 解： A 硫化亚铁与稀硝酸发生氧化复原反响，正确的离子方程式为：FeS+4H+ +NO Fe3+ +NO +S +2H O，故 A 错误；3 2B硝酸铝溶液中参加过量氨水， 反响生成硝酸铵和氢氧化铝沉淀， 正确的离子方程式为：Al3+ +3NH H OAlOH +3NH + ，故 B 错误；3 2 3 4CAl 粉参加足量的 N

29、aOH 溶液，反响生成偏铝酸钠和氢气，该反响的离子方程式为：2Al+2OH +2H O2AlO +3H ，故 C 正确；2 2 2. z.-3 3DFeNO 溶液中参加过量的 HI 溶液，二者发生氧化复原反响，正确的离子方程式3 2 2为： Fe3+3NO +12H+ +10I Fe2+ +3NO +5I +6H O，故 D 错误；应选： C。【点评】 此题考察了离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离 子方程式正误判断常用方法：检查反响物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确， 如难溶物、弱电解质等需要保存化学式，检查是否符合原化学方程式等。A73 分设 N 为阿伏伽德罗

30、常数的值，以下说法中正确的选项是 2 AA25时， 0.1molL 1Na S 溶液中含有 Na+ 的数目为 0.2N3 6 4 8 AB常温下， 21gC H 和 C H 的混合物中含有的碳原子数为 1.5N2C 标准状况下， 2.24LCl 溶于水，转移 6.021022 个电子4 4 2 3 3 4 2 4 4D 在 11P +60CuSO +96H O20Cu P+24H PO +60H SO 反响中， 6ml CuSO 能氧化白A磷的分子数为 1.1N【考点】 4F ：阿伏加德罗常数【分析】 A缺少溶液体积，无法计算溶液中钠离子的数目；3 6 4 8 2B C H 和 C H 的最简

31、式均为 CH ；C反响物不可能完全转化成生成物；4 4D Cu 元素的化合价由+2 价降低到+1 价， CuSO 是氧化剂， P 局部磷元素由 0 价降低4到3 价，局部磷元素由 0 价升高到+5 价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P 既是4 4氧化剂又是复原剂，假设有 11molP 参加反响，其中 5mol 的 P 做氧化剂， 60mol 硫酸铜4做氧化剂，只有 6mol 的 P 做复原剂，结合电子守恒来解答。2【解答】 解： A没有告诉 0.1molL 1Na S 溶液的体积， 无法计算溶液中含有钠离子的数目，故 A 错误；3 6 4 8 2 2B C H 和 C H 的最简式均为 CH

32、 ，故 21g 混合物中含有的 CH 的物质的量为 1.5mol，A故含 1.5mol 碳原子即 1.5N 个，故 B 正确；. z.-C Cl 溶于水该反响为可逆反响，无法彻底，转移电子数小于 6.021022 个，故 C 错误； 2D Cu 元素的化合价由+2 价降低到+1 价， CuSO 是氧化剂， P 局部磷元素由 0 价降低 4 4到3 价，局部磷元素由 0 价升高到+5 价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P 既是4的 P 做氧化剂，氧化剂又是复原剂，假设有 11molP4 参加反响，其中 5mol 4 60mol 硫酸铜做氧化剂，只有 6mol 的 P 做复原剂，4则由电子守恒可

33、知，有 6 mol 的 CuSO 参加反响，则被硫酸铜氧化的白磷分子的物质的4量为 mol，故 D 错误；应选： B。【点评】 此题考察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构造是 解题关键，难度不大。83 分向 CuSO 溶液中参加 H O 溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后， 4 2 2蓝色溶液变为红色浑浊Cu O，继续参加 H O 溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个2 2 2反响可以反复屡次。以下关于上述过程的说法不正确的选项是 A Cu2+ 是 H O 分解反响的催化剂 2 2BH O 既表现氧化性又表现复原性 2 2C Cu2+ 将 H O 复原为 O 2

34、 2 2D发生了反响 Cu O+H O +4H+2Cu2+ +3H O2 2 2 2【考点】 B1 ：氧化复原反响【分析】 向 CuSO 溶液中参加 H O 溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，说明 Cu2+4 2 2是 H O 分解反响的催化剂；一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊Cu O，铜离子被复2 2 2原成+1 价，双氧水表现了复原性；继续参加 H O 溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说2 2明发生了反响 Cu O+H O +4H+2Cu2+ +3H O，Cu O 中+1 价 Cu 被氧化成+2 价 Cu2+，双2 2 2 2 2氧水表现了氧化性，据此进展解答。【解答】 解： A向 CuS

35、O 溶液中参加 H O 溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，说4 2 2-明 Cu2+ 是 H O 分解反响的催化剂，故 A 正确；2 2B根据蓝色溶液变为红色浑浊Cu O，说明铜离子被复原成+1 价， H O 表现了 2 2 2复 原性 ； 继 续 参 加 H O 溶 液 ， 红 色 浑 浊 又 变 为蓝 色 溶 液 ， 说 明发 生 了 反 响2 2Cu O+H O +4H+2Cu2+ +3H O， Cu O 中+1 价 Cu 被氧化成+2 价 Cu2+ ，H O 又表现了2 2 2 2 2 2 2氧化性，故 B 正确；CH O 变为 O ，氧元素化合价从 1 变为 0 价，发生氧化反响，

36、 Cu2+ 将 H O 氧化为 2 2 2 2 2O ，故 C 错误；2D 红色浑浊又变为蓝色溶液， Cu O 中+1 价 Cu 被氧化成+2 价 Cu2+ ，发生反响为：2Cu O+H O +4H+2Cu2+ +3H O，故 D 正确；2 2 2 2应选： C。【点评】 此题考察氧化复原反响，题目难度不大，明确题干信息的含义为解答关键，注 意掌握氧化复原反响概念及特征，试题有利于提高学生的分析、理解能力及综合应用能 力。93 分 电解法制取有广泛用途的 Na FeO 同时获取氢气： Fe+2H O+2OH 2 4 2FeO 24 +3H2 ，工作原理如图 1 所示，电解质溶液为氢氧化钠溶液，

37、假设氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。 Na FeO 随初始 cNaOH的变化如图 2 所示。2 4Na FeO 只在强碱性条件下稳定，易被 H 复原。以下说法不正确的选项是 2 4 2ANi 和电源的负极相连B电解过程中需将阴极产生的气体及时排出CM 点 cNa FeO 低于最高值的原因是铁电极上有 FeOH 生成 2 4 3D阳极的电极反响式为 Fe 6e +8OH FeO 2 +4H O4 2【考点】 DI ：电解原理【分析】 A电解法制取 Na FeO 的原理为 Fe+2H O+2OH 2 4 2所以 Fe 为阳极、发生失去电子的氧化反响，则 Ni 为阴极；FeO 2 +

38、3H2 ，4A-2 4BNi 电极上氢离子放电，氢气具有复原性，根据题意Na FeO 只在强碱性条件下稳定，2易被 H 复原；2 4CNa FeO 只在强碱性条件下稳定， M 点的 cOH 较低；D电解氢氧化钠溶液时，铁作阳极，阳极上铁失电子和氢氧根离子反响生成高铁酸根离子，据此解答。2 4 2【解答】 解： A电解法制取 Na FeO 的原理为 Fe+2H O+2OH FeO 2 +3H4，所以 Fe 为阳极、 Ni 为阴极，阳极与电源正极相接，阴极与电源负极相接，故 A 正确；2 2B镍电极上氢离子放电生成氢气，电极反响式为2H O+2e H +2OH ，氢气具有复2 4 2原性，根据题意

39、 Na FeO 只在强碱性条件下稳定，易被 H 复原。电解过程中，须将阴极2 4 2产生的气体及时排出，防止 Na FeO 与 H 反响使产率降低，故 B 正确；2 4 2 4CNa FeO 只在强碱性条件下稳定，在 pH14 时，溶液碱性较强， cNa FeO 最大，2 4在 M 点时， cOH 较低， Na FeO 稳定性差，且反响速率慢，不是铁电极区产生 Fe3OH 沉淀所致，故 C 错误；D 阳极上铁失电子和氢氧根离子反响生成高铁酸根离子和水，离子方程式为： Fe 6e 4 2+8OH FeO 2 +4H O，故 D 正确；应选： C。【点评】 此题考察电解池原理的应用，明确各个电极上

40、发生的反响是解此题关键，注意阳极发生的反响和灵活运用化学反响原理解题即可，难点是电解池的图象分析，题目难度中等。103 分以下列图示装置不能到达实验目的是 制备金属锰 B电镀铜-C 制备少量氧气 D 提纯碘【考点】 U5 ：化学实验方案的评价【分析】 A点燃 Mg 条，引发铝热反响；B Cu 与电源正极相连，为阳极；C过氧化钠为粉末，与水接触后不能别离；D 加热碘易升华。【解答】 解： A点燃 Mg 条，引发铝热反响，可冶炼 Mn ，故 A 正确；B Cu 与电源正极相连，为阳极，待镀金属作阴极，可电镀 Cu，故 B 正确； C过氧化钠为粉末，与水接触后不能别离，不能制备少量氧气，故C 错误；

41、 D 加热碘易升华，可提纯碘，故 D 正确；应选： C。【点评】 此题考察化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、电镀、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考察，注意实验的评价性分析，题目难度不大。113 分以下实验操作对应的实验现象和结论均正确的选项是实验操作现象A将少量 Na SO 样品 有白色沉淀产生，2 3溶于水，滴加足量盐3 2酸酸化的 BaNO 溶液结论2 3则 Na SO 已经变质BC用磁铁吸引氧化铁与 能被磁铁吸引铝粉发生铝热反响后的黑色产物向*硫酸 盐溶液中 滴 溶液变为红色黑色熔化物中含铁、四氧化三铁中的 1 种或 2 种该 硫 酸 盐 一 定 为.

42、 z.-D入酸性 H O 溶液， 再2 2滴入 KS 溶液向 FeI 溶液入少量 Cl2 2溶液变黄FeSO4Cl 的氧化性强于 Fe3+2AABBC CDD【考点】 U5 ：化学实验方案的评价【分析】 A酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚硫酸根离子，干扰了检验；B铁、四氧化三铁都可被磁铁吸引；C原溶液中可能复原铁离子，无法证明该盐为硫酸亚铁；D 碘离子的复原性大于亚铁离子，干扰了检验结果。【解答】 解： A将少量 Na SO 样品溶于水，滴加足量盐酸酸化的 BaNO 溶液，2 3 3 2BaNO 在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化Na SO ，无法判断Na SO 是否变质，3 2 2 3 2 3

43、应该用 BaCl2 ，故 A 错误；B 用磁铁吸引氧化铁与铝粉发生铝热反响后的黑色产物，假设黑色产物能被磁铁吸引， 可说明黑色熔化物中含铁、四氧化三铁中的 1 种或 2 种，故 B 正确；C参加的试剂顺序不合理，原溶液中可能复原铁离子，该盐可能为硫酸铁，应该先滴入KS 溶液，没有明显现象，再滴入酸性 H O 溶液，假设溶液变为红色，证明该硫酸盐为2 2FeSO4 ，故 C 错误；D向 FeI 溶液入少量 Cl ，由于碘离子复原性大于亚铁离子，碘离子优先被氧化，无法2 2证明 Cl 的氧化性强于 Fe3+ ，故 D 错误；2应选： B。【点评】 此题考察化学实验方案的评价，为高频考点，题目难度不

44、大，涉及物质检验、 元素化合物知识等，注意物质的性质的异同以及实验的操作性、评价性分析，试题侧重 实验根本操作和实验原理的考察。123 分微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。 *微生物燃 料电池的工作原理如下列图，以下说确的是 A如果将反响物直接燃烧，能量的利用率不会变化. z.-B电子从 b 流出，经外电路流向 a4 2 4CHS 在硫氧化菌作用下转化为 SO 2 的反响为： HS +4H O 8e SO 2 +9H+D假设该电池电路中有 0.4mol 电子发生转移，则有 0.5molH+ 通过质子交换膜【考点】 BH：原电池和电解池的工作原理； BL：化学电源新型电

45、池【分析】 由图可知硫酸盐复原菌可以将有机物氧化成二氧化碳，而硫氧化菌可以将硫氢2根离子氧化成硫酸根离子，所以两种细菌存在， 就会循环把有机物氧化成 CO 放出电子，4负极上 HS 在硫氧化菌作用下转化为 SO 2 ，失电子发生氧化反响，电极反响式是 HS2 4 2 2+4H O 8e SO 2 +9H+；正极上是氧气得电子的复原反响 4H+ +O +4e 2H O，根据原电池的构成和工作原理知识来答复。【解答】 解： A、如果将反响物直接燃烧，高温下微生物被杀死，效率更低，故A 错误； B 、b 是电池的正极， a 是负极，所以电子从 a 流出，经外电路流向 b，故 B 错误；4C、负极上

46、HS 在硫氧化菌作用下转化为 SO 2 ，失电子发生氧化反响，电极反响式是2 4HS +4H O 8e SO 2 +9H+ ，故 C 正确；D、根据电子守恒，假设该电池有 0.4mol 电子转移，有 0.4molH+ 通过质子交换膜，故 D错误，应选： C。【点评】 此题考察原电池工作原理以及应用知识，注意知识的迁移应用是解题的关键， 难度中等。*133 分一定条件下，在水溶液中 1 mol Cl 、ClO *1 ，2 ，3 ，4的能量KJ相对大小如下列图。以下有关说确的是 A a 、b 、c 、d、e 中， c 最稳定Bba+c 反响的活化能为反响物能量减生成物能量3Cba+d 反响的热化学

47、方程式为： 3ClO aqClO aq+2Cl aqH+116KJmol 12D 一定温度下， Cl 与 NaOH 溶液反响生成的产物有 a、b 、d，溶液中 a、b、d 的浓度. z.-之比可能为 11：1：2【考点】 BE ：热化学方程式【分析】 A能量越低越稳定；B 无法判断 ba+c 反响的活化能；3C根据转移电子守恒得该反响方程式为 3ClO ClO +2Cl ，反响热64kJ/mol+20kJ/mol 360kJ/mol 116kJ/mol。D 氧化复原反响要满足得失电子数守恒。【解答】 解： A a，b ，c ，d ，e 中 a 能量最低，所以最稳定，故 A 错误；B 依据图中数

48、据无法判断 ba+c 反响的活化能，故B 错误；Cb a+d，根据转移电子守恒得该反响方程式为33ClO ClO +2Cl ，反响热64kJ/mol+20kJ/mol 360kJ/mol 116kJ/mol，所以该热化学反响方程式为 3ClO3 aqClO aq +2Cl aqH116kJ/mol，故 C 错误；2D 氧化复原反响要满足得失电子数守恒，而 Cl 与 NaOH 溶液反响生成的产物有 a、b、3 3d，即 Cl 、ClO 和 ClO 时，溶液中 Cl 、ClO 和 ClO 的浓度之比为 11：1：2 时，氯元素得电子为 11111，失电子为 11+5211，得失电子数相等，故D 正

49、确；应选： D。【点评】 此题以卤族元素为载体考察了氧化复原反响、热化学反响方程式的书写，题目难度中等，注意掌握热化学方程式中反响热的计算，试题侧重分析与迁移应用能力的考察，培养了学生的综合应用能力。4 2143 分把 wg 绿矾FeSO 7H O溶解于 VmL 水中，测得该溶液密度是 g/mL，则此溶液的物质的量浓度molL 1为 A BC D【考点】 5C ：物质的量浓度的相关计算4 2【分析】 利用胆矾和水的质量和来计算溶液的质量， 利用 n 来计算 CuSO 5H O 的物质的量，即可利用 c 计算溶液的物质的量浓度。-【解答】 解： VmL 水的质量为 VmL1g/mLVg，则溶液的

50、质量为 Wg+VgW+Vg，溶液的体积为，4 4 2nFeSO nFeSO 7H O mol，则溶液的物质的量浓度为mol/L。应选： A。【点评】 此题考察物质的量浓度的计算，明确质量、摩尔质量、物质的量、物质的量浓度、溶液体积之间的关系即可解答。3153 分甲、乙、丙、丁是由 H+ 、Na+ 、Al3+ 、Ba2+ 、OH 、Cl 、HCO 离子中的两种组成，可以发生如图转化，以下说确的是3 3A甲为 AlCl ，乙为 NaHCO3 4B 溶液丙中还可以大量共存的离子有： Fe2+ 、NO 、SO 2 3 3 2C 在甲中滴加丁开场反响的离子方程式： HCO +Ba2+ +OH BaCO

51、+H OD白色沉淀 A 可能溶解在溶液 D 中【考点】 DG ：常见离子的检验方法3【分析】 甲、乙、丙、丁是由 H+ 、Na+ 、Al3+ 、Ba2+ 、OH 、Cl 、HCO 离子中的两种3组成，依据离子共存原则， H+ 只能与 Cl 生成 HCl，Al3+ 只能与 Cl 生成 AlCl ，依据甲溶液能和乙溶液生成沉淀，气体和氯化钠，甲和丙生成气体和氯化钠，故甲和乙中含有能双水解的离子，且甲中含有 Na+ ，据此解答即可3【解答】 解：溶液中存在 H+ 、Na+ 、Al3+ 、Ba2+ 、OH 、Cl 、HCO ，故依据离子能大3量共存的原则得出甲乙丙丁中含有两种物质，即： HCl 和 A

52、lCl ，因为甲溶液能和乙溶液3生成沉淀，气体和氯化钠，故甲和乙中含有能双水解的离子，即Al3+ 和 HCO 生成的气3体 B 为二氧化碳，沉淀 A 为氢氧化铝，然后依据甲与丙生成气体，则甲为 NaHCO ，则3乙为 AlCl ，甲与丁生成白色沉淀，则丁含有钡离子且与甲生成沉淀，则丁为氢氧化钡，-丙为 HCl，A、依据以上分析得出甲应为碳酸氢钠，故 A 错误；3B 、据分析可知，丙为 HCl，含有 H+ ，故 Fe2+ 、NO 不能与其共存，故 B 错误；2C、甲中滴加丁，甲是过量的，则 BaOH 应满足阳离子：阴离子1：2 的关系，故C 错误；D、白色沉淀 A 为氢氧化铝能溶于强碱氢氧化钡，

53、故 D 正确，应选 D。【点评】 此题主要考察的是常见离子之间的反响以及物质的推断，有一定难度，需要认真整理2 2163 分一块 11.0g 的铁铝合金，参加一定量的稀硫酸后合金完全溶解，然后加 H O 到2 2溶液中无 Fe3+存在， 加热除去多余的 H O ， 当参加 200mL 6molL 1NaOH 溶液时沉淀量最多，且所得沉淀质量为 26.3g，以下说法不正确的选项是 A该合金中铁的质量为 5.6g2B 合金与稀硫酸反响共生成 0.45mol HAC该合金与足量氢氧化钠反响，转移的电子数为 0.6N2 4D 所加的稀硫酸中含 0.6molH SO【考点】 M3 ：有关混合物反响的计算

54、【分析】 200mL 6molL 1 NaOH 溶液中含有 NaOH 的总物质的量为： 6mol/L0.2mol1.2mol，生成沉淀最多时溶质为硫酸钠，则所加硫酸的物质的量为 0.6mol；最终得到的沉淀为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，则生成沉淀时消耗氢氧根离子的物质的量为： 0.9mol，则铁和铝的总物质的量为： 0.3mol，设合金中铁的物质的量为*、铝的物质的量为 y，则 56*+27y11.0、*+y0.3，解得： *0.1mol、y0.2mol ，据此对各选项进展判断【解答】 解：最终得到的沉淀为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，则生成沉淀时消耗氢氧根离子的物质的量为： 0.9mol，则铁

55、和铝的总物质的量为： 0.3mol，设合金中铁的物质的量为*、铝的物质的量为 y，则 56*+27y11.0、*+y0.3，解得： *0.1mol、y0.2mol；-200mL 6molL 1NaOH 溶液中含有 NaOH 的总物质的量为： 6mol/L0.2mol1.2mol，生 成沉淀最多时溶质为硫酸钠，则所加硫酸的物质的量为： 0.6mol，A根据计算可知， 合金中含有 0.1mol 铁， 其质量为： 56g/mol0.1mol5.6g，故 A 正确； B.0.1mol 铁与稀硫酸反响生成 0.1mol 氢气， 0.2mol 铝与稀硫酸反响生成 0.3mol 氢气，总 共生成 0.4mo

56、l 氢气，故 B 错误；C 铁不与氢氧化钠溶液反响， 0.2mol 铝与氢氧化钠溶液反响转移电子为： 0.2mol3A0.6mol，转移的电子数为 0.6N ，故 C 正确；D 根据分析可知，所加硫酸的物质的量为 0.6mol，故 D 正确；应选： B。【点评】 此题考察了混合物反响的计算，题目难度中等，明确恰好沉淀时溶质组成为解 答关键，注意掌握质量守恒定律、电子守恒在化学计算中的应用，试题侧重考察学生的 分析、理解能力及化学计算能力； B 为易错点，注意铁与稀硫酸反响生成的是硫酸亚铁二、填空题此题包括 5 个小题，共 52 分1710 分硫及其化合物在工业上有重要应用。 1硫单质神农本草经

57、中记载石硫黄能化金银铜铁， 奇物。 该过程说明硫单质具有 氧化 性。 2硫代硫酸钠可以作定量分析的基准物质。2 2 2 向 pH2 的硫酸中滴加 Na S O 溶液，可观察到的现象是 产生淡黄色沉淀，同时有刺激性气味气体产生 ；2 2 3 2实际生产中，一般将 Na S 和 Na CO 以物质的量之比 2：1 配成溶液后加热，将 SO2 2 3 2缓缓通入溶液中，即可得到硫代硫酸钠。反响的化学方程式为 2Na S+Na CO +4SO 3Na S O +CO 。2 2 3 23Y 形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进展*些实验探究，利用如图装置2 2 3可以探究 SO 与 BaCl 反响

58、生成 BaSO 沉淀的条件。常温下，假设由右侧 Y 型管产生另一种气体， 则在左右支管放置的药品是 浓氨水 和 NaOH ，导气管 A 的作用是 连2通大气， 平衡压力， 以便左右两边产生的气体顺利导入 。实验前需将 BaCl 溶液煮沸的. z.-目的是 赶出溶液中溶解的氧气，防止干扰实验结果 。2 2 24硫化物在使用过程中常常产生 SO 污染环境，工业上用 H O 溶液脱硫。 T时：2 22SOg 2SO g +O gH+196.0kJ/mol2 2 2 22H O aq2H OI +O gH 135.0kJ/mol2 4 3 2H SO aqSO g +H OIH+175.0kJ/mol

59、SO g+H O aqH SO aq2 22 2 2 2 4写出 SO2 气体与 H O aq反响的热化学方程式H 340.5KJ/mol 。【考点】 BE：热化学方程式； F5：二氧化硫的化学性质； FO：含硫物质的性质及综合应 用【分析】1石硫黄能化金银铜铁，据此分析单质 S 的性质；2 2 32Na S O 与硫酸反响生成 S、二氧化硫和硫酸钠；2 2 3 2将 Na S 和 Na CO 以物质的量比 2：1 配成溶液后加热，将SO 缓缓通入溶液中，即可得到硫代硫酸钠和二氧化碳，根据原子守恒配平方程式；2 2 33SO 与 BaCl 反响产生沉淀，溶液中必须存在大量的 SO 2 ，右侧

60、Y 型管中应能生3成碱性气体或氧化性气体，如是碱性气体，溶液中存在大量的SO 2 ，如是氧化性气体，4 3 4溶液中可生成 SO 2 ，则生成的沉淀可能为 BaSO 或 BaSO ；容器压强增大，溶液倒吸，气体不容易导入，所以导气管 A 的作用是保持集气瓶外气压平衡，以便左右两边产生的2气体顺利导入， 实验前需将 BaCl 溶液煮沸的目的是赶出溶液中溶解的氧气， 防止干扰实验结果，由此分析解答；3 2 242SO g 2SO g +O gH+196.0kJ/mol2 2 2 22H O aq2H OI +O gH 135.0kJ/mol2 4 3 2H SO aqSO g +H OIH+175