云南省保山市第九中学2025届高三化学上学期阶段测试试题含解析

PAGE22-云南省保山市第九中学2025届高三化学上学期阶段测试试题（含解析）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间100分钟。考生留意：必需在答题卡上指定的位置按规定要求作答，答在试卷上一律无效。相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Cl-35.5S-32Fe-56Cu-64Ba-137Si-28第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题（本题包括30小题，每小题2分，共60分。每小题只有一个选项符合题意）1.下列说法正确的是()A.试验室保存硝酸银溶液用棕色细口试剂瓶，而钠保存在盛有煤油的无色广口试剂瓶中B.用NaOH溶液洗涤并灼烧铂丝后，再进行焰色试验C.用玻璃棒蘸取待测液，点在潮湿的pH试纸上测定其pHD.检验某溶液里是否含有Fe2+时，可先滴加新制的氯水，再滴加KSCN溶液【答案】A【解析】【详解】A．硝酸银见光易分解，溶液保存着细口瓶里，所以硝酸银溶液保存着棕色细口瓶中；钠易和水、氧气反应，所以要密封保存，钠的密度大于煤油且和煤油不反应，所以钠保存在盛有煤油的无色广口试剂瓶中，故A正确；B．焰色试验用稀盐酸洗净铂丝，故B错误；C．pH试纸用水润湿，会使溶液变稀，测得数据不精确，故C错误；D．检验某溶液中是否含有亚铁离子时，应先滴加KSCN溶液，再滴加新制氯水，故D错误；答案选A。2.下列关于氧化物的各项叙述正确的是（）①酸性氧化物确定是非金属氧化物②非金属氧化物确定是酸性氧化物③碱性氧化物确定是金属氧化物④与水反应生成酸的氧化物不确定是酸性氧化物⑤酸性氧化物均可与水反应生成相应的酸⑥金属氧化物都是碱性氧化物⑦不能跟酸反应的氧化物确定能跟碱反应A.①②③④ B.⑤⑥⑦ C.③④ D.③⑥【答案】C【解析】【详解】①酸性氧化物不确定是非金属氧化物，如Mn2O7，①错误；②非金属氧化物不确定是酸性氧化物，如CO、NO等非金属氧化物不是酸性氧化物，②错误；③全部的碱性氧化物都是金属氧化物，非金属氧化物不行能是碱性氧化物，③正确；④与水反应生成酸的氧化物不确定是酸性氧化物，如3NO2+H2O=2HNO3+NO，但NO2不属于酸性氧化物，④正确；⑤酸性氧化物不确定能与水反应生成相应的酸，二氧化硅属于酸性氧化物，不能与水反应，⑤错误；⑥金属氧化物不确定是碱性氧化物，Al2O3属于两性氧化物，Mn2O7属于酸性氧化物，⑥错误；⑦不能跟酸反应的氧化物不确定能跟碱反应，如CO、NO即不能与酸反应，也不能与碱反应，⑦错误；综上所述，只有③④正确，故答案为：C。3.下列除杂操作可行的是A.通过浓硫酸除去HCl中的H2O B.通过灼热的CuO除去H2中的COC.通过灼热的镁粉除去N2中的O2 D.通过水除去CO中的CO2【答案】A【解析】【详解】A．浓硫酸具有吸水性，因此通过浓硫酸除去HCl中的H2O，A正确；B．灼热的CuO与H2、CO均反应，无法达到除杂的目的，B错误；C．灼热的镁粉与N2、O2均反应，无法达到除杂的目的，C错误；D．CO2在水溶液中的溶解度小，不能通过水除去CO中的CO2，应当用氢氧化钠溶液汲取二氧化碳，D错误；答案选A。4.下列说法中正确的是（）A.1L水中溶解了58.5gNaCl，该溶液的物质的量浓度为1mol/LB.从1L2mol/L的H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度为1mol/LC.配制500mL0.5mol•L－1的CuSO4溶液，需62.5g胆矾（CuSO4·5H2O）D.中和100mL1mol/L的H2SO4溶液，需NaOH为4g【答案】C【解析】【详解】A.58.5g氯化钠是1mol，溶剂的体积是1L，加入溶质后体积变大，因此其物质的量浓度不是1mol/L，故A不正确；B.取出部分溶液不会影响剩余溶液的物质的量浓度，故B不正确；C.500mL0.5mol•L－1的CuSO4溶液含有CuSO40.25mol，0.25mol胆矾是62.5g，故C正确；D.100mL1mol/L的H2SO4溶液含有氢离子0.2mol，须要0.2mol氢氧根离子来中和，因此须要氢氧化钠8g，故D不正确。故选C。5.如图所示试验设计能达到相应的试验目的的是ABCD从碘水中萃取碘收集H2或CO2高温煅烧石灰石稀释浓硫酸A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A.酒精与水混溶，不能用于萃取剂，一般用苯或四氯化碳，故A错误；B.

CO2可用向上排空气法，进步短出，氢气可用向下排空气法，短进长出，故B正确；C.在坩埚中煅烧时，不用搅拌，故C错误；D.量筒只能用于量取溶液，不能在量筒中稀释浓硫酸，故D错误。故选：B。6.在体积相同的两个密用容器中分别充溢O2、O3气体，当这两个容器内温度和“气体密度相等时，下列说法正确的是（

）A.两种气体的压强相等 B.O2比O3质量小C.两种气体的分子数目相等 D.两种气体的氧原子数目相等【答案】D【解析】【详解】相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等；A．O原子个数相等时，气体的物质的量之比为n(O2)：n(O3)=3：2，在同温同体积的条件下，则两种气体的压强之比为3：2，故A错误；B．相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，故B错误；C．O原子个数相等时，气体的物质的量之比为n(O2)：n(O3)=3：2，则两种气体的分子数目之比为3：2，分子数目不等，故C错误；D．由分析可知，两种气体的氧原子数目相等，故D正确；故答案为D。7.将xmolAl2O3和ymolCuO混合后，全部溶于VL过量的稀硫酸中，然后向溶液中渐渐加入0.5mol/L的NaOH溶液，当加入aL时，生成的沉淀最多，则原稀H2SO4的物质的量浓度为（）A.mol/L B.mol/LC.mol/L D.无法计算【答案】A【解析】【详解】依据题干信息可知，整个过程发生的化学反应有：Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O、CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4、Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3↓+3Na2SO4，当生成的沉淀最多时，溶液中就只剩下Na2SO4了，依据质量守恒可知，2n(H2SO4)=n(NaOH)，故有2c(H2SO4)V=0.5mol/L×aL，解得：c(H2SO4)=mol/L，故答案为：A。8.下列有关试验原理或操作正确的是（）A.用20mL量筒量取15mL酒精，加水5mL，配制质量分数为75%酒精溶液B.在200mL某硫酸盐溶液中，含有1.5NA个硫酸根离子，同时含有NA个金属离子，则该硫酸盐的物质的量浓度为2.5mol·L-1C.试验中需用2.0mol·L-1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别为950mL、201.4gD.试验室配制500mL0.2mol·L-1的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称15.2g绿矾(FeSO4·7H2O)，放入小烧杯中加水溶解，转移到500mL容量瓶，洗涤、稀释、定容、摇匀【答案】B【解析】【详解】A．量筒不能用来配制溶液，应当用烧杯配制，15mL酒精中加水5mL，配制的酒精溶液体积分数为75%，故A错误；B．1.5NA个硫酸根离子的物质的量为1.5mol，NA个金属阳离子的物质的量为1mol，令金属离子的化合价为x，依据电荷守恒可知，x=1.5×2=3，故金属阳离子为+3价，所以该硫酸盐可以表示为M2(SO4)3，依据硫酸根守恒可知，硫酸盐的物质的量为0.5mol，所以该硫酸盐的物质的量浓度为0.5mol÷0.2L=2.5mol/L，故B正确；C．试验中需用2.0mol·L-1Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格1000mL，称取Na2CO3的质量=cVM=1L×2mol/L×106g/mol=212.0g，故C错误；D．应称取绿矾的质量为0.5L×0.2mol/L×278g/mol=27.8g，故D错误；答案选B。9.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.5.85gNaCl晶体中含有氯化钠分子的数目为0.1NAB.25℃时，1LpH=1的醋酸溶液中含有醋酸分子数大于0.1NC.含0.1molFeCl3的饱和溶液中Fe3+数目为0.1NAD.16.9g过氧化钡（BaO2）固体中阴、阳离子总数约为0.3NA【答案】B【解析】【详解】A．NaCl晶体是离子晶体，晶体中只存在Na+和Cl-，不存在氯化钠分子，A错误；B．由于CH3COOH是弱酸，在水中的电离程度很小，故当25℃时醋酸溶液的pH=1时，醋酸分子的浓度大于0.1mol/L，故1L该醋酸溶液中含有醋酸分子数大于1L×0.1mol/L×NAmol-1=0.1NA，BC．由于Fe3+在水溶液中会发生水解，含0.1molFeCl3的饱和溶液中Fe3+数目小于0.1NA，C错误；D．由于BaO2中含有Ba2+和，故16.9g过氧化钡(BaO2)固体中阴、阳离子总数约为=0.2NA，D错误；故答案为：B。10.设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A.1L1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为NAB.78g苯含有C=C双键的数目为3NAC.常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD.标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A．NaClO是强碱弱酸盐，其溶液中ClO－能够水解，导致含有的ClO－的数目小于NA，A错误；B．苯的结构为一种介于碳碳单键和碳碳双键之间独特的化学键，没有C＝C双键，B错误；C．N2和CO的相对分子质量相同，均为28，且均为双原子分子，所以14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA，C正确；D．标准状况下，6.72LNO2的物质的量为0.3mol，与水充分反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该方程式转移的电子为2moL，则实际转移的电子数目为0.2NA，D错误；故选C。11.阿伏加德罗常数为NA，下列说法中正确的是（）A.1.0L1.0mo1·L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2B.12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5NAC.7.5gSiO2晶体中含有的硅氧键数为NAD1mol水中含有2mol氢和1mol氧【答案】B【解析】【详解】A．1.0L1.0mo1·L-1的NaAlO2水溶液中，含有水，溶液中含有的氧原子数大于2NA，故A错误；B．石墨烯中每一个六元环平均含有2个碳原子，12g石墨烯物质的量为1mol，含六元环的个数为0.5NA，故B正确；C．7.5gSiO2晶体的物质的量为，含有硅氧键的物质的量为，含有硅氧键的数为0.5NA，故C错误；D．指代不明，应为1mol水中含有2mol氢原子和1mol氧原子，故D错误；故选B。12.将某溶液逐滴加入Al(OH)3胶体溶液内，起先时产生沉淀，接着滴加时沉淀又溶解，该溶液不会是（）A.NaOH溶液 B.H2SO4溶液C.氨水溶液 D.醋酸溶液【答案】C【解析】【详解】氢氧化铝胶体中加入可溶性电解质能够使胶体发生聚沉，氢氧化铝为两性氢氧化物，既能够与强酸反应，又能够与强碱反应，据此分析解题：A．氢氧化钠为可溶性强电解质，能够使氢氧化铝胶体聚沉而产生沉淀，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成可溶性偏铝酸盐，所以先产生沉淀，后沉淀溶解，A不合题意；B．硫酸为可溶性电解质，能够使氢氧化铝胶体聚沉产生沉淀，氢氧化铝与硫酸反应，沉淀溶解，B不合题意；C．氨水溶液为碱性弱电解质溶液，能够使氢氧化铝胶体聚沉产生沉淀，但是氢氧化铝不与一水合氨反应，沉淀不溶解，C符合题意；D．醋酸溶液为可溶性酸性电解质溶液，能够使氢氧化铝胶体聚沉产生沉淀，氢氧化铝与醋酸反应，沉淀能溶解，D不合题意；故答案为：C。13.下列推断合理的是①硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；②蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质；③依据电解质在熔融状态下能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质；④依据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液；⑤依据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；⑥依据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属。A.只有②⑥ B.只有②⑤ C.只有①②⑤⑥ D.只有②③④⑤【答案】B【解析】【详解】①纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，①错误；②蔗糖在水溶液和熔融态下均不导电，属于非电解质，硫酸钡在熔融态时完全电离，属于强电解质，水只能部分电离，属于弱电解质，②正确；③依据电解质在溶液中能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，③错误；④分散系分为胶体、浊液和溶液是依据分散质粒子直径大小，而不是丁达尔效应，④错误；⑤氧化还原反应的实质是有电子转移，元素的化合价发生改变，⑤正确；⑥与金属元素同主族的非金属元素有许多，它们与同主族金属元素具有相同的最外层电子数，例如氢原子最外层只有一个电子和金属钠一样，但它不是金属，因此金属元素与非金属元素的划分依据不是依据最外层电子数的多少，⑥错误；答案选B。14.下列物质确定是纯净物的是（）A.只含有一种元素的物质B.漂粉精C.只含有一种分子式的物质D.胆矾【答案】D【解析】【详解】A．只含有一种元素的物质不确定是纯净物，如O2和O3的混合物，A不合题意；B．漂粉精主要成分是次氯酸钙，还含有其他杂质，故属于混合物，B不合题意；C．只含有一种分子式的物质不确定是纯净物，如丁烷和异丁烷的混合物，CH3CH2OH和CH3OCH3组成的混合物，C不合题意；D．胆矾是CuSO4·5H2O，是纯净物，D符合题意；故答案为：D。15.下列叙述正确的是()A.在氧化还原反应中，确定有一种元素被氧化，另一种元素被还原B.有单质参与或生成的反应确定属于氧化还原反应C.失电子难的原子，获得电子的实力确定强D.元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被还原【答案】D【解析】【详解】A、在氧化还原反应中，被氧化和被还原的元素可以是同种元素，如氯气与水反应，氯元素既被氧化，又被还原，A错误；B、有化合价的改变的反应属于氧化还原反应，有单质参与或生成的反应不确定属于氧化还原反应，如氧气转化为臭氧，没有化合价的改变不是氧化还原反应，B错误；C、稀有气体既不易得电子，也不易失电子，所以失电子难的原子，获得电子的实力不确定强，C错误；D、元素由化合态变成游离态时，若化合价上升，则被氧化，若化合价降低，则被还原，D正确，答案选D。16.下列说明事实的方程式不正确的是（）A.测0.1mol/L氨水的pH为11：NH3·H2O⇌+OH-B.将Na块放入水中，产生气体：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑C.用CuCl2溶液做导电试验，灯泡发光：CuCl2Cu2++2Cl-D.Al片溶于NaOH溶液中，产生气体：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑【答案】C【解析】【详解】A．测0.1mol/L氨水的pH为11说明氨水是弱碱，故其电离方程式为：NH3·H2O⇌+OH-，A正确；B．将Na块放入水中，产生气体：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，B正确；C．电解质溶液导电的过程，就是电解质溶液电解的过程，故用CuCl2溶液做导电试验，灯泡发光：CuCl2Cu+Cl2↑，C不正确；D．Al片溶于NaOH溶液中，产生气体的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，D正确；故答案为：C。17.能正确表示下列反应的离子方程式是（）。A.Cl2通入NaOH溶液：Cl2＋OH－=Cl－＋ClO－＋H2OB.NaHCO3溶液中加入稀HCl：CO＋2H＋=CO2↑＋H2OC.AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3＋＋4NH3·H2O=AlO＋4NH＋2H2OD.Cu溶于稀HNO3：3Cu＋8H＋＋2NO=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O【答案】D【解析】【详解】A.Cl2通入NaOH溶液，其反应的离子反应方程式：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O，故A错误；B.NaHCO3溶液中加入稀HCl的离子反应方程式：HCO3-＋H＋=CO2↑＋H2O，故B错误；C.AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3＋3NH,故C错误；D.Cu溶于稀HNO3反应的离子方程式为：3Cu＋8H＋＋2NO=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故D正确；故答案：D。18.下列各组离子或分子在溶液中能大量共存，且满意相应要求的是（）选项离子或分子要求AK+、、Cl-、HS-c(K+)<c(Cl-)BFe3+、、、Cl-逐滴滴加盐酸马上有气体产生CNa+、、Mg2+、逐滴滴加氨水马上有沉淀产生D、Al3+、、CH3COOH滴加NaOH浓溶液马上有气体产生A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A.不符合溶液呈电中性原理，A项错误；B.Fe3+与不能大量共存，B项错误；C.滴加氨水起先产生MgCO3沉淀，后产生Mg(OH)2沉淀，C项正确；D.滴加NaOH浓溶液会先和醋酸反应，不会马上产生气体，D项错误；答案选C。19.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂，其溶解性小于Na2FeO4。K2FeO4与水的离子反应是4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH-。工业上先制得Na2FeO4，然后在低温下，向Na2FeO4溶液中加入确定量KOH，可制得K2FeO4。下列说法中不正确的是()A.K2FeO4水溶液能产生丁达尔效应B.K2FeO4水溶液具有吸附性C.K2FeO4溶液能除去氧化性杂质D.Na2FeO4制K2FeO4的反应为复分解反应【答案】C【解析】【详解】A．由于生成了Fe(OH)3胶体，因此能产生丁达尔效应，A正确；B．依据供应的离子方程式可知，由于生成了Fe(OH)3胶体，胶体具有吸附性，B正确；C．K2FeO4本身具有强氧化性，只能除去还原性杂质，C错误；D．很明显Na2FeO4能制得K2FeO4是由于后者的溶解度较小使得离子反应得以进行，发生反应的化学方程式可表示为Na2FeO4+2KOHK2FeO4+2NaOH，该反应为复分解反应，D正确；答案选：C。20.下列各选项中的两个反应,可用同一个离子方程式表示的是选项ⅠⅡABa(OH)2溶液与过量NaHCO3溶液混合NaOH溶液与过量NaHCO3溶液混合B少量SO2通入Ba(OH)2溶液中过量SO2通入Ba(OH)2溶液中CBaCl2溶液与Na2SO3溶液混合Ba(NO3)2溶液与H2SO3溶液混合D少量氨水滴入AlCl3溶液中少量AlCl3溶液滴入氨水中A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】A．I中生成碳酸钡、碳酸钠和水，II中生成碳酸钠和水；B．I中生成亚硫酸钡和水，II中生成亚硫酸氢钡和水；C．I中反应生成亚硫酸钡和氯化钠，II中发生氧化还原反应生成硫酸钡、NO和水；D．I、II中均反应生成氢氧化铝和氯化铵。【详解】A、Ⅰ中有难溶的碳酸钡生成,Ⅱ中生成碳酸钠和水,两者离子反应不同，选项A不符合；B、Ⅰ中生成亚硫酸钡和水,Ⅱ中生成亚硫酸氢钡和水,两者离子反应不同，选项B不符合;C、Ⅰ中反应生成亚硫酸钡和氯化钠,Ⅱ中发生氧化还原反应生成硫酸钡,两者离子反应不同，选项C不符合;D、Ⅰ、Ⅱ中反应生成物相同，离子反应相同，选项D符合。答案选D。【点睛】本题考查离子反应，为高频考点，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。21.下列离子组在确定条件下能共存，当加入相应试剂后会发生化学改变，且所给离子方程式正确的是（）选项离子组加入试剂加入试剂后发生反应的离子方程式AFe2＋、NO、K＋稀硫酸3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2OBFe3＋、I－、ClO－氢氧化钠溶液Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓CBa2＋、HCO、Cl－氢氧化钠溶液HCO＋OH－===CO＋H2ODAl3＋、Cl－、NO过量氢氧化钠溶液Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】试题分析：A、Fe2+、NO、K+可以大量共存，加入稀硫酸后，溶液中相当于存在稀硝酸，与Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+、NO，离子方程式符合书写原则，正确；B、Fe3+、ClO－与I－因发生氧化还原反应不能大量共存，错误；C、Ba2+、HCO、Cl－可以大量共存，加入氢氧化钠溶液后，OH－与Ba2+、HCO反应生成碳酸钡沉淀，离子方程式书写错误；D、Al3+、Cl－、NO可以大量共存，加入过量氢氧化钠溶液，Al3+与3OH－反应生成AlO2-而不是Al（OH）3沉淀，错误，答案选A。考点：考查溶液中离子大量共存及离子方程式的书写的推断22.己知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3+3C1O-+4OH－=2RO4n-+3Cl－+5H2O。则RO4n-中R的化合价是（）A.+3 B.+4 C.+5 D.+6【答案】D【解析】【详解】依据方程式两端电荷守恒可知n＝＝2，O元素是－2价，所以R的化合价是+6价，答案选D。23.已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2＋，且Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不行能发生的是（）A.3Cl2＋6FeI2=2FeCl3＋4FeI3B.Cl2＋FeI2=FeCl2＋I2C.Co2O3＋6HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2OD.2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2【答案】A【解析】【详解】依据同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物，据此分析解题：A．由于Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，FeCl3能氧化I-，则产物不行能同时有FeCl3和FeI3，A不行能发生，A符合题意；B．由于Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，当Cl2少量时，可以发生Cl2＋FeI2=FeCl2＋I2，B不合题意；C．由于Co2O3、Cl2的氧化性依次减弱，故反应Co2O3＋6HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O能够发生，C不合题意；D．由于FeCl3、I2的氧化性依次减弱，故反应2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2能够发生，D不合题意；故答案为：A。24.已知硫代硫酸钠可作为脱氯剂，溶液恰好可以把（标准状况下）转化为，则将转化为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用氧化还原反应中的得失电子数目守恒进行分析；【详解】，，设被氧化后氧化产物中元素的化合价为n，依据得失电子守恒得，解得，选项D正确；答案：D。【点睛】利用得失电子数目守恒进行计算，方法比较简洁，一般遵循的是n(氧化剂)×变价原子右下角系数×化合价的改变=n(还原剂)×变价原子右下角系数×化合价改变，也可以通过氧化产物、还原产物。25.NH3和NO2在催化剂作用下反应：8NH3+6NO2=7N2+12H2O。若还原产物比氧化产物少0.1mol，则下列推断正确的是（）A.转移电子4.8NA个B.生成气体的体积42.56L(标准状况)C.还原剂比氧化剂多0.4molD.被还原的氮原子是8.4g【答案】D【解析】【分析】6molNO2还原得到3molN2，8molNH3氧化得到4molN2，两者相差1molN2，现相差0.1mol，相当于0.6molNO2和0.8molNH3反应，生成0.7molN2。【详解】A．转移电子的物质的量为0.6mol×(4-0)=2.4mol，转移电子2.4NA个，故A错误；B．生成氮气的体积为0.7mol×22.4L/mol=15.68L，故B错误；C．由分析可知还原剂比氧化剂多0.2mol，故C错误；D．被还原的氮原子是0.6mol×14g/mol=8.4g，故D正确；故选：D。26.下列金属中，表面自然形成的氧化层能爱护内层金属不被空气氧化的是（）A.K B.Na C.Fe D.Al【答案】D【解析】【详解】K、Na性质特别活泼，在空气中极易被氧化，表面不能形成爱护内部金属不被氧化的氧化膜，Fe在空气中被氧化后形成的氧化膜比较疏松，起不到爱护内层金属的作用；金属铝的表面易形成致密的氧化物薄膜爱护内层金属不被腐蚀。答案选D。27.常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是XYZ①NaOH溶液Al(OH)3稀硫酸②KOH溶液SiO2浓盐酸③O2N2H2④FeC13溶液Cu浓硝酸A.①③ B.①④ C.②④ D.②③【答案】B【解析】【详解】①氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，与稀硫酸反应生成硫酸铝与水，故①符合题意；②二氧化硅能与氢氧化钾反应反应生成硅酸钾与水，在酸中二氧化硅只与HF反应，不能与盐酸反应，故②不符合题意；③氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应，常温下氮气不能与氧气、氢气发生反应，故③不符合题意；④常温下，Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，故④符合题意；答案选B。【点睛】氢氧化铝即可以和强酸反应也可以和强碱反应，属于两性氢氧化物。28.下列试验现象描述不正确的是()选项试验现象A加热放在坩埚中小块钠钠先熔化成光亮的小球，燃烧时，火焰为黄色，燃烧后，生成淡黄色固体B在酒精灯上加热铝箔铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝并不滴落，似乎有一层膜兜着C在FeCl2溶液中滴入NaOH溶液先生成白色沉淀，沉淀很快变为灰绿色，最终变为红褐色D在空气中久置的铝条放入NaOH溶液中马上产生大量无色气泡，铝条渐渐变细，铝条渐渐发热AA B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】钠熔点低，加热时先熔化，然后燃烧发出黄色火焰，生成淡黄色过氧化钠固体，故A正确；氧化铝的熔点高，包在铝的外面，所以熔化的铝并不滴落，故B正确；在FeCl2溶液中滴入NaOH溶液，先生成白色氢氧化亚铁沉淀，沉淀很快变为灰绿色，最终变为红褐色氢氧化铁沉淀，故C正确；在空气中久置的铝条表面被氧化为氧化铝，放入NaOH溶液中起先没有氢气生成，故D错误。29.下列类比关系正确的是()。A.AlCl3与过量NaOH溶液反应生成AlO2-，则与过量NH3·H2O也生成AlO2-B.Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则与SO2反应可生成Na2SO3和O2C.Fe与Cl2反应生成FeCl3，则与I2反应可生成FeI3D.Al与Fe2O3能发生铝热反应，则与MnO2也能发生铝热反应【答案】D【解析】【详解】A、AlCl3与过量NH3·H2O只能生成Al(OH)3沉淀，A项错误；B、SO2具有较强还原性，与Na2O2这一强氧化剂反应生成Na2SO4，B项错误；C、I2的氧化性较弱，只能将铁氧化为FeI2，C项错误；D、金属Al一般能和活泼性较弱的金属氧化物发生铝热反应，D项正确；故合理选项为D。30.下列反应中，反应后固体物质增重的是A.氢气通过灼热的CuO粉末 B.二氧化碳通过Na2O2粉末C.铝与Fe2O3发生铝热反应 D.将锌粒投入Cu(NO3)2溶液【答案】B【解析】【详解】A、氢气通过灼热的CuO粉末发生的反应为，固体由CuO变为Cu，反应后固体质量减小，A错误；B、二氧化碳通过Na2O2粉末发生的反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，固体由Na2O2变为Na2CO3，反应后固体质量增加，B正确；C、铝与Fe2O3发生铝热反应，化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，反应前后各物质均为固体，依据质量守恒定律知，反应后固体质量不变，C错误；D、将锌粒投入Cu(NO3)2溶液发生的反应为Zn+Cu(NO3)2=Zn(NO3)2+Cu，固体由Zn变为Cu，反应后固体质量减小，D错误；故选B。31.下列说法正确的是（）A.若H2O2分解产生1molO2,理论上转移的电子数约为4×6．02×1023B.室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH>7C.钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极爱护法防止其腐蚀D.确定条件下反应N2＋3H22NH3达到平衡时，3v正(H2)=2v逆(NH3)【答案】C【解析】【详解】A、2H2O2=2H2O＋O2↑，生成1molO2，转移电子物质的量为2×6.02×1023，故错误；B、醋酸是弱酸，氢氧化钠是强碱，等体积混合醋酸过量，水溶液显酸性，pH<7，故错误；C、牺牲阳极的阴极爱护法，是依据原电池原理，比铁活泼的金属作负极，钢铁做正极，阴极爱护法，是依据电解池原理，钢铁做阴极，可以防止钢铁的腐蚀，故正确；D、要求方向是一正一逆，且反应速率之比等于系数之比，2v正(H2)=3v逆(NH3)，故错误。第Ⅱ卷（非选择题，共40分）32.某电镀铜厂有两种废水须要处理，一种废水中含有CN-离子，另一种废水中含有Cr2O72-离子。该厂拟定如图所示的废水处理流程。回答以下问题：（1）上述处理废水的流程中主要运用的方法是__________________（2）②中运用的NaClO溶液呈碱性，用离子方程式说明缘由________________。（3）②中反应后无气体放出，该反应的离子方程式为___________________。（4）③中反应时，每0.4molCr2O72-转移2.4mol的电子，该反应的离子方程式为______________。（5）取少量待检水样于试管中，先加入NaOH溶液，视察到有蓝色沉淀生成，接着加入NaOH溶液，直到不再产生蓝色沉淀为止，再加入Na2S溶液，有黑色沉淀生成，且蓝色沉淀渐渐削减，请你运用化学用语，结合必要的文字说明其缘由______________________。【答案】(1).氧化还原法(2).ClO-+H2OHClO+OH-(3).CN-+ClO-═CNO-+Cl-(4).3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O(5).Cu(OH)2(s)+S2-(aq)=CuS(s)+2OH-(aq)；CuS比Cu(OH)2更难溶（或溶解度更小）【解析】分析】依据题目流程知道：废水处理过程中，调整pH，可以发生反应：CN-+ClO-═CNO-+Cl-，3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O，含有CNO-和SO42的水样接着处理即可得到待检水样。【详解】（1）由图可知，将废水中的离子实现上述转化时，利用了氧化还原反应，则主要运用的方法为氧化还原法；（2）NaClO溶液呈碱性，是因次氯酸根离子水解生成氢氧根离子导致的，则离子反应为ClO-+H2OHClO+OH-；（3）碱性条件下，CN-离子与NaClO发生氧化还原反应，无气体放出，则生成CNO-、Cl-离子，离子反应为CN-+ClO-═CNO-+Cl-；（4）每0.4molCr2O72-转移2.4mol的电子，设还原后Cr元素的化合价为x，则0.4mol×2×（6-x）=2.4mol，解得x=+3，则离子反应为3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O；（5）因铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，Cu2++2OH-═Cu(OH)2↓，CuS比Cu(OH)2更难溶，则加入Na2S溶液能发生沉淀的转化，Cu(OH)2(s)+S2-(aq)=CuS(s)+2OH-(aq)。33.请回答：(1)H2O2的电子式___________。(2)镁燃烧不能用CO2灭火，用化学方程式表示其理由_______。(3)在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式_______。(4)完成以下氧化还原反应的离子方程式：（）MnO＋（）C2O+______＝（）Mn2+＋（）CO2↑＋________【答案】(1).(2).2Mg+CO22MgO+C(3).AgCl(s)+Br-(aq)=AgBr(s)+Cl-(aq)(4).2(5).5(6).16H+(7).2(8).10(9).8H2O【解析】【详解】(1)依据共价物质的电子式的书写原则，故H2O2的电子式为：，故答案为：；(2)镁燃烧不能用CO2灭火，是因为金属镁能够在CO2中接着燃烧，其化学方程式为：2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C；(3)在AgCl沉淀中加入K