高三上学期教学质量监测（一）化学试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精河北省“名校联盟”2018届高三教学质量监测（一）1。下列有关化学用语使用正确的是（）A.硫原子的原子结构示意图B。丙烷分子的比例模型:C。原子核内有10个中子的氧原子:D。对氯甲苯：【答案】C【解析】A。硫原子的原子结构示意图为,A错误；B。丙烷分子的球棍模型为，B错误；C。原子核内有10个中子的氧原子为，C正确；D.对氯甲苯的结构简式为，D错误，答案选C。点睛：注意有机物球棍模型与比例模型的区别，球棍模型用来表现化学分子的三维空间分布。棍代表共价键，球表示构成有机物分子的原子.比例模型是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子直径的大小，球和球紧靠在一起.如甲烷的比例模型可表示为。2.化学与科技生产、生活环境等密切相关，下列说法不正确的是（)A。有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”,丝绸的主要成分是纤维素，属于天然高分子化合物B.陶瓷、水泥和玻璃都属于硅酸盐产品C.废旧钢材焊接前，可依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NH4Cl溶液处理焊点D.使用可降解的聚碳酸酯塑料和向燃煤中加入生石灰，都能减轻环境污染【答案】A【解析】A、丝绸的主要成分是蛋白质，是纤维但非纤维素，属于天然高分子化合物，选项A不正确；B、陶瓷、水泥和玻璃都属于硅酸盐产品，选项B正确；C、饱和Na2CO3、NH4Cl溶液水解后,溶液显碱性、酸性,可处理金属表面焊点,选项C正确；D、使用可降解的聚碳酸酯塑料和向燃煤中加入生石灰,都能减轻环境污染，选项D正确。答案选A。3.化学工业是国民经济的支柱产业，下列生产过程中不涉及化学变化的是（）A.通过石油的裂化生产乙烯B。用氯气和石灰浆制漂白粉C.硫酸厂用接触法生产硫酸D.炼油厂用分馏法生产汽油【答案】D【解析】化学变化是指在原子核不变的情况下,有新物质生成的变化.物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别在于是否有新物质生成。则A．石油的裂化生产乙烯发生了化学变化,A错误；B．用氯气和石灰浆制漂白粉发生的是化学变化，B错误；C．接触法制硫酸发生的三个反应均是化学变化，C错误；D．炼油厂用分馏法生产汽油是利用沸点的不同进行混合物的分离操作，发生的是物理变化,D正确，答案选D.4。下列有关化学实验的设计合理的是（）A.向氯化亚铁溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，证明溶液中含有Fe2+B。采用蒸馏的方法分离碘的四氯化碳溶液C。用盐酸与碳酸钙反应，比较氯和碳的非金属性D.H2S气体通入CuSO4溶液，比较氢硫酸和硫酸的酸性【答案】B【解析】A。向氯化亚铁溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，氯离子也能被氧化而使溶液褪色，不能证明溶液中含有Fe2+，A错误；B.碘和四氯化碳的沸点相差较大，采用蒸馏的方法分离碘的四氯化碳溶液，B正确；C.盐酸不是最高价含氧酸，不能比较氯和碳的非金属性，C错误；D。H2S气体通入CuSO4溶液生成硫化铜和硫酸，不能据此说明氢硫酸比硫酸的酸性强，硫酸的酸性强于H2S，D错误,答案选B。5.下列各项叙述正确的是（)①氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉均为混合物②含有氧元素的化合物叫氧化物③CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2为碱性氧化物④C60、C70、金刚石、石墨之间互为同素异形体⑤强电解质溶液的导电能力一定强⑥在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物A.全部正确B.①②⑤C。②③⑥D。④⑥【答案】D【解析】①水银是单质，属于纯净物，①错误；②由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物属于氧化物，含有氧元素的化合物不一定是氧化物,②错误；③NO2不是酸性氧化物,Na2O2不是碱性氧化物，③错误；④C60、C70、金刚石、石墨均是碳元素形成的单质，它们之间互为同素异形体，④正确；⑤强电解质溶液的导电能力不一定强，例如硫酸钡难溶于水,其溶液的导电能力很弱，⑤错误；⑥在熔化状态下能导电的化合物，说明一定存在离子键，为离子化合物，⑥正确,答案选D。点睛：选项⑤和⑥是解答的易错点,溶液的导电性与电解质的强弱并无直接关系，关键是看溶液中离子的浓度和所带电荷数.共价键在熔融状态下不会发生断裂,因此可以通过熔融状态下能否导电判断化学键是离子键还是共价键.6.下列物质性质和用途都正确且相关的是（）性质用途AHF溶液具有酸性HF溶液能在玻璃上刻图案BSO2具有氧化性SO2常用于漂白秸秆、织物CCuSO4具有氧化性CuSO4常和熟石灰用来配波尔多液DCH3CH2OH完全燃烧生成二氧化碳和水并放出大量热量乙醇常作清洁能源A.AB.BC。CD.D【答案】D【解析】氢氟酸与二氧化硅反应,是特性反应,与酸性无关，故A错误；SO2具有漂白性，所以SO2常用于漂白秸秆、织物，故B错误；CuSO4能使蛋白质变性，所以CuSO4常和熟石灰用来配波尔多液消毒，故C错误;CH3CH2OH完全燃烧生成二氧化碳和水并放出大量热量，无污染，故D正确。7.有一种军用烟幕弹中装有ZnO、Al粉和C2Cl6，其发烟过程中的化学反应如下：①3ZnO+2Al→Al2O3+3Zn②3Zn+C2Cl6→3ZnCl2+2C，下列有关叙述不正确的是（)A.反应①是铝热反应B.反应②是置换反应C。C2Cl6属于卤代烃D.氧化性：Zn＜Al＜C【答案】D【解析】A．反应①利用Al的还原性及放热,为铝热反应可冶炼Zn，A正确;B．反应②为单质与化合物反应生成新单质、化合物的反应，属于置换反应,B正确;C．C2Cl6为乙烷的卤代物,则属于卤代烃，C正确;D．由①②可知还原性为Al＞Zn＞C，且Al、Zn均为金属，不具有氧化性，D错误；答案选D。点睛：本题考查氧化还原反应，为高频考点,把握反应中元素的化合价变化、铝热反应、反应类型为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。选项D是易错点，注意金属无氧化性。8.某同学做金属钼（Mo)在氧气中燃烧的实验测其氧化物的组成，结果如右图所示，该同学利用实验结果得出Mo的氧化物Ⅰ和Ⅱ分别为（）A.Ⅰ为MoO3，Ⅱ为Mo2OB.Ⅰ为MoO，Ⅱ为MoO2C。Ⅰ为MoO2,Ⅱ为MoO3D。Ⅰ为MoO3，Ⅱ为MoO2【答案】C【解析】根据图像可知Mo的氧化物Ⅰ中Mo和O的原子个数之比是396:116=1:9.三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr（X）＜Mr（Y)＝0.5Mr(Z），下列说法正确的是（）A。原子数目相等的三种气体,质量最大的是ZB.相同条件下，同质量的三种气体，气体密度最小的是XC.若一定条件下，三种气体体积均为2.24L，则它们的物质的量一定均为0.1molD.同温下，体积相同的两容器分别充入2gY气体和1gZ气体，则其压强比为2∶1【答案】B【解析】根据题意三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr（X）＜Mr(Y)＝0.5Mr（Z），即Mr（X）＜Mr（Y）＜Mr(Z），A、三种气体的原子组成不能确定，因此原子数目相等的三种气体中质量最大的不一定是Z，A错误；B、根据密度ρ＝M/Vm可知,气体处在相同的条件下,密度和相对分子质量成正比，三种气体中密度最小的是X，B正确;C、气体的物质的量n＝V/Vm，Vm和气体的状态有关,三种气体体积均为2。24L，Vm不一定等于22。4L/mol,所以它们的物质的量不一定均为0。1mol，C错误；D、同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，由于Mr(Y)＝0。5Mr（Z)，所以2gY气体和1gZ气体的物质的量之比是4：1，因此Y、Z气体所承受的压强比为4：1，D错误，答案选B。点睛:本题涉及物质的量以及阿伏加德罗常数的计算等有关知识,注意阿伏加德罗定律的推论的使用是关键，注意气体摩尔体积和阿伏加德罗定律的适用范围和条件.10.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A。将100mL0。1mol·L－１的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe（OH）３胶粒0.01NAB。常温常压下,4.6gC2H6O所含碳氢共价键数目为0。6NAC。2gD216O中含有的质子数、中子数、电子数均为NAD。向FeI2溶液中通入适量Cl2,当有1molFe2+被氧化时，共转移的电子数目为NA【答案】C【解析】A.铁离子水解可逆,因此将100mL0。1mol·L－１的FeCl3溶液滴入沸水中可制得的Fe(OH)３胶粒小于0。01NA，A错误；B。常温常压下，4。6gC2H6O是0.1mol,由于不能确定是乙醇还是二甲醚，所含碳氢共价键数目不一定为0.6NA，B错误;C。2gD216O的物质的量是0。1mol，其中含有的质子数、中子数、电子数均为NA，C正确；D.碘离子还原性强于亚铁离子，向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2+被氧化时碘离子完全被氧化，共转移的电子数目大于NA,D错误,答案选C.11.下图所示的实验操作，能达到相应目的的是（）A.AB。BC.CD。D【答案】C【解析】A、浓硫酸应该在烧杯中稀释冷却后在转移至容量瓶中，A错误；B、乙醇与水互溶，不能萃取碘水中的碘,B错误；C、食盐水显中性，铁发生吸氧腐蚀,试管内压强减小,导管中有一段水柱,C正确；D、氯气也能被碳酸氢钠溶液吸收，应该用饱和食盐水，D错误，答案选C。12.已知：SO＋I2＋H2O===SO＋2H＋＋2I－，某无色溶液中可能含有I－、NH、Cu2＋、SO,向该溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色,则下列判断正确的是（）A。不能肯定是否含有Cu2＋B.肯定不含NHC。可能含有SOD.可能含有I－【答案】D【解析】溶液是无色溶液,说明一定不含Cu2+，向该无色溶液中加入少量溴水，溴水褪色,溶液呈无色，说明一定存在还原性离子，由于离子还原性SO32－＞I－，这说明溶液中一定含有SO32－,可能含I－；根据以上分析可知溶液中一定含有SO32－，一定不含Cu2+，可能含有I－，根据电荷守恒分析铵根离子一定存在;答案选D。点睛：本题考查了氧化还原反应的应用、离子反应，把握氧化还原反应中反应的先后顺序以及常见有色离子是解题关键,侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。难点是两种还原性离子的确定。13。根据表中信息判断，下列选项正确的是()序号反应物产物①KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4…②Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3③MnO…Cl2、Mn2＋…A。第①组反应的其余产物只有O2B.第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2C.第③组反应中生成1molCl2，转移电子10molD.氧化性由强到弱顺序为MnO＞Cl2＞Fe3＋＞Br2【答案】B【解析】A、反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价,H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，A错误;B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化,根据电子转移守恒2n（C12)=n（FeBr2），即n（C12）：n（FeBr2)=1：2,B正确；C、由信息可知,MnO4－氧化Cl－为Cl2，Cl元素化合价由-1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，C错误；D、氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,由③可知氧化性MnO4－＞Cl2，由②可知氧化性Cl2＞Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br－，氧化性Br2＞Fe3+，D错误.答案选B。14.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()A.向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液:SO32—＋2H＋SO2↑＋H2OB。Na2CO3溶液中CO32-的水解：CO32—＋H2O==HCO3-＋OH－C。向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3＋＋4NH3·H2O［Al(OH)4]－＋4NH4D.向CuSO4溶液中加Na2O2：2Na2O2＋2Cu2＋＋2H2O4Na＋＋2Cu（OH）2↓＋O2↑【答案】D【解析】A。向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠、NO和水,A错误；B.Na2CO3溶液中CO32—的水解是可逆的，即CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，B错误；C.向Al2(SO4）3溶液中加入过量的NH3·H2O生成氢氧化铝、硫酸铵和水，氨水是弱碱不能溶解氢氧化铝,C错误；D。向CuSO4溶液中加Na2O2：2Na2O2＋2Cu2＋＋2H2O＝4Na＋＋2Cu(OH)2↓＋O2↑，D正确，答案选D。点睛：离子方程式错误的原因有:离子方程式不符合客观事实：质量不守恒、电荷不守恒、电子得失总数不守恒、难溶物质和难电离物质写成离子形式、没有注意反应物的量的问题,在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响,命题者往往设置“离子方程式正确,但不符合相对量”的陷阱.突破“陷阱”的方法一是审准“相对量"的多少，二是看离子反应是否符合该量,没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。15。根据下图海水综合利用的工艺流程图,判断下列说法正确的是（)已知：MgCl2·6H2O受热生成Mg(OH）Cl和HCl气体等.A.过程①的提纯是物理过程B.在过程③中将MgCl2·6H2O灼烧即可制得无水MgCl2C.过程⑤反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题D.工业上采用向母液中加入烧碱的方法获得氢氧化镁【答案】C【解析】A、因由粗盐得到精盐，就是要除去粗盐中的杂质,除去Mg2+、CO32－、SO42－分别用NaOH溶液、盐酸、BaCl2溶液，这些反应都是化学反应，不是物理过程，A错误；B、因MgCl2·6H2O受热生成Mg(OH)Cl和HCl气体等,得不到无水MgCl2，若要由MgCl2•6H2O灼烧即可制得无水MgCl2，为防止Mg2+发生水解，应在HCl气氛中进行,B错误；C、因Br2+SO2+2H2O＝2HBr+H2SO4,反应后溶液呈酸性，能与金属容器反应，因此生产中需解决其对设备的腐蚀问题，C正确；D、工业上采用向母液中加入石灰乳的方法获得氢氧化镁，烧碱价格高,不划算，D错误；答案选C。16.在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为ρg·cm－3，溶质的质量分数为ω，溶质的物质的量浓度为cmol/L。下列叙述中正确的是（）A.ω＝B。c＝C.上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0．5ωD.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】A、VmL氨水,溶液的密度为ρg/cm3,溶液的质量为ρVg，溶质的质量为aL22.4L/mol×17g/mol=17a22.4g，则溶质的质量分数为ω=17a22.4Vρ×100％=17a22.4V17。常温下,下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（)A。在NaClO和NaCl的混合溶液中，Ag＋、K＋、NO3—、I-可以大量共存B。Kw/C（H+）=1×10－13mol·L－1的溶液中:NH4+、Ca2＋、Cl－、NO3－C.K+、ND。水电离的c（H＋）=1×10－13mol·L－1的溶液中:K＋、Na＋、AlO2-【答案】B【解析】A.在NaClO和NaCl的混合溶液中Ag＋转化氯化银沉淀,I－被次氯酸钠氧化,均不能大量共存，A错误；B.Kw/c（H+）＝1×10－13mol·L－1的溶液中氢离子浓度大于氢氧根浓度,溶液显酸性,NH4+、Ca2＋、Cl－、NO3－之间不反应，可以大量共存,B正确；C。通过量CO2后硅酸根转化为硅酸沉淀，不能大量共存，C错误；D。水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液中水的电离被抑制，如果溶液显酸性，则偏铝酸根离子和碳酸根离子均不能大量共存，D错误，答案选B。点睛：明确相关离子的性质、发生的化学反应是解答的关键，注意了解离子不能大量共存的一般情况：(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)能完全水解的离子之间，如多元弱酸和弱碱盐的阴、阳离子（如：Al3+，Fe3+与CO32－、HCO3－、AlO2－等）；（4)能发生氧化还原反应的离子之间；（5）能发生络合反应的离子之间.18.在给定条件下,下列加下划线的物质在化学反应中能被完全消耗的是（）A.用浓盐酸与过量二氧化锰共热制取氯气B.常温下，将铝片投入到过量浓硫酸中C。向100mL3mol·L－1的硝酸中加入5。6g铁D。向100mL3mol·L－1的稀盐酸溶液中，逐滴加入100mL3mol·L－1的碳酸钠溶液【答案】C。。.。.。。....。..。.。。。.。...。.。点睛：本题考查常见物质之间的反应，常温下铝、铁在浓硫酸中钝化，变价金属铁与硝酸反应量不同产物不同及其有关过量计算方法，化学反应的可逆性，一定条件下达到平衡.答题时注意审清题意,物质反应时条件不同产物不同，量不同产物不同。19。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-、CO32-溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2—、OH—、CO32—B。在含等物质的量的FeBr2、FeI2溶液中，缓慢通人氯气:I—、Br-、Fe2+C.在含等物质的量的KOH、Ba(OH）2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+溶液中加入锌粉：Fe3+、Cu2+、H+【答案】D【解析】A、结合H＋能力：OH－〉AlO2－>CO32－,因此与盐酸反应的先后顺序是OH－〉AlO2－>CO32－，故错误；B、还原性强弱：I－〉Fe2＋〉Br－,因此通入氯气，反应先后的顺序是I－〉Fe2＋〉Br－，故错误；C、CO32－先于OH－发生生成CO32－，CO32－与Ba2＋反应生成BaCO3,因此认为先和Ba（OH）2反应，再与KOH反应，故错误；D、氧化性:Fe3＋>Cu2＋〉H＋，加入Zn，Zn先与Fe3＋反应,然后与Cu2＋,最后与H＋反应，故正确。20。现有Na2SO3、Na2SO4混合物样品ag，为了测定其中Na2SO3的质量分数，设计了如下方案，其中明显不合理的是（)A.将样品配制成溶液V1L,取其中25.00mL用标准KMnO4溶液滴定，消耗标准KMnO4溶液V2B。向样品中加足量H2O2，再加足量BaCl2溶液，过滤,将沉淀洗涤、干燥，称量其质量为bgC.将样品与足量稀盐酸充分反应后，再加入足量BaCl2溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥，称量其质量为cgD.将样品与足量稀盐酸充分反应，生成的气体依次通过盛有饱和NaHSO3的洗气瓶、盛有浓H2SO4的洗气瓶、盛有碱石灰的干燥管Ⅰ、盛有碱石灰的干燥管Ⅱ，测得干燥管Ⅰ增重dg【答案】D【解析】试题分析：D中想通过测生成的SO2的质量得亚硫酸钠，从而得出其质量分数，但不能保证生成的二氧化硫全部被碱石灰吸收,有部分二氧化硫留在装置中，故测得结果不准确，D项不合理；故选D;A、Na2SO3与高锰酸钾发生氧化还原,通过高锰酸钾的量求出亚硫酸钠的量，从而求得亚硫酸钠的质量分数，故A正确；B、H2O2把亚硫酸钠氧化成硫酸钠，加入足量BaCl2溶液把硫酸根全部转化成沉淀，通过测沉淀的质量得出硫酸钡的物质的量，根据原子守恒,硫酸钡的物质的量等于亚硫酸钠和硫酸钠的物质的量之和,根据两者总物质的量和总质量可求得亚硫酸钠的质量分数；C、盐酸把亚硫酸钠反应掉，氯化钡与硫酸钠反应转化成硫酸钡沉淀，求出硫酸钠的量，再求出亚硫酸钠,故C正确；故选D。考点：考查亚硫酸钠的还原性、实验过程的分析能力等21。短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大.在如图所示的物质转化关系中，p、q、m、n分别是元素W、X、Y、Z的气体单质，p和s均为有色气体,v的水溶液呈碱性。常温下，0.1mol•L﹣1t溶液与0。1mol•L﹣1u溶液的pH均为1。下列说法不正确的是(）A。Y、W的最高价氧化物对应的水化物均为强酸B。原子半径：X＜Z＜YC.s溶于水的反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2D.v的电子式可表示为【答案】D【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大.由图中物质转化关系及p和s均为有色气体,v的水溶液呈碱性，常温下，0。1mol•L-1t溶液与0.1mol•L-1u溶液的pH均为1可知,v为NH3，p为Cl2，u为HCl，q为H2，m为N2，n为O2，r为NO，s为NO2,t为HNO3，p、s分别为黄绿色、红棕色；又p、q、m、n分别是元素W、X、Y、Z的气体单质，则X为H，Y为N,Z为O，W为Cl，A．Y、W的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、高氯酸，均为强酸,A正确；B．电子层越多原子半径越大、同周期从左向右原子半径减小,则原子半径：X＜Z＜Y,B正确；C．s为NO2，与水反应生成硝酸和NO，NO2既是氧化剂，又是还原剂，结合元素的化合价变化可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，C正确;D．v为NH3,属于共价化合物，其电子式为，D错误；答案选D。点睛：本题考查无机物的推断及原子结构与元素周期律，为高频考点，把握图中转化关系、元素化合物知识来推断元素、物质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意气体的颜色及酸的pH为推断的突破口。22。现取m克铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解(假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加bmol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，则下列有关该实验的说法中不正确的是（）A。沉淀中氢氧根的质量为(n－m）克B。恰好溶解后溶液中的NO3—离子的物质的量为molC.生成标准状况下NO气体的体积为LD。与合金反应反应的硝酸的物质的量为(n−m51【答案】C【解析】A、沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和，所以沉淀中氢氧根的质量为(n－m）克，A正确；B、恰好溶解后溶液中的NO3－离子的物质的量等于沉淀质量最大时溶液中NO3－离子的物质的量,当沉淀量最大时，溶液中的溶质只有硝酸钠（NaNO3），硝酸根离子与钠离子的物质的量相等，n（NO3－)=n(Na+)=n（NaOH）=bV1000mol，B正确;C、根据以上分析可知沉淀中,氢氧根的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子,n（e－)=n(OH－)=n−m17mol，根据电子守恒原理,生成NO时，HNO3中+5价的N原子得3个电子，因此生成NO的物质的量应该是转移电子的三分之一，即n−m17mol×13=n−m23.常温下，某溶液X由Fe3+、SO42-、Cu2+、Na+、CO32—、Al3+中的几种离子组成。取少量待测液滴加KSCN溶液，溶液变红；另取少量待测滴加NaOH溶液至pH=4后过滤，向滤液中继续滴加NaOH溶液至过量时又得到沉淀W和溶液Y.可能用到的数据如下表所示，下列说法正确的是()A。该温度下Ksp［Fe(OH)3］=1×10-14.6B.W主要含有Cu(OH）2和Al(OH)3C。溶液X中一定含有Cu2+、Fe3+和SO42—D。取溶液Y进行焰色反应，可判断溶液X中是否含有Na+【答案】C【解析】常温下，某溶液X由Fe3+、SO42-、Cu2+、Na+、CO32—、Al3+中的几种离子组成.24。下列图像正确的是(）A.AB。BC。CD.D【答案】B【解析】A、向氢氧化钙和氢氧化钠的混合溶液中通入CO2立即产生碳酸钙沉淀，A错误;B、偏铝酸钠和氢氧化钡均是0.1mol，加入稀硫酸，立即产生硫酸钡沉淀，氢氧化钡完全消耗需要0.1mol硫酸,硫酸溶液体积是1L,继续加入0。5L稀硫酸偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，在继续加入稀硫酸，氢氧化铝溶解,图像符合,B正确；C、氯化铝和氯化铵分别是0。1mol、0.3mol，加入氢氧化钠首先与铝离子反应生成沉淀，消耗氢氧化钠溶液是3L，然后与铵根反应生成一水合氨，消耗氢氧化钠溶液是3L，最后溶解氢氧化铝,需要氢氧化钠溶液是1L,图像不符合，C错误；D、向氢氧化钠溶液中滴加明矾，开始产生偏铝酸根离子,氢氧根完全消耗以后偏铝酸根离子与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，前后消耗溶液的体积之比是3：1，图像不符合，D错误,答案选B。点睛:明确反应的原理、发生的先后顺序是解答的关键，注意图像的答题技巧：①看面：弄清纵、横坐标的含义。②看线:弄清线的变化趋势,每条线都代表着一定的化学反应过程。③看点：弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。曲线的拐点代表着一个反应过程的结束和开始。25.加热HCOONa固体，发生的反应有：2HCOONaNa2C2O4+H2↑①2HCOONaNa2CO3+H2↑+CO↑②Na2C2O4Na2CO3+CO↑③HCOONa加热分解时，固体失重率与温度的关系如右图所示。下列说法正确的是（）A。T＜415℃时，只有反应①发生B。反应①、②不可能同时发生C.570℃＜T＜600℃时，残留固体的主要成分是Na2CO3D.残留固体中m（Na2C2O4）=m(Na2CO3【答案】C【解析】试题分析：A．加热完全分解得到Na2C2O4时，失重率为2136×100%≈1.47％＜5％，则T＜415℃时反应①、②同时发生，A错误；B．由A中分析可知，反应①、②可能同时发生,B错误；C．加热分解完全残留固体为Na2CO3，失重率为30136×100％≈22.1％，则570℃＜T＜600℃时，残留固体的主要成分是Na2CO3，C正确；D．残留固体中的m（Na2C2O4）=m(Na考点：考查化学图像有关计算26.A、B、C分别代表中学化学中的常见物质，请根据题目要求回答下列问题：(1）实验室常用A的饱和溶液制备微粒直径为1nm-l00nm的红褐色液相分散系。则该反应的化学方程式为：_________________________，将A的溶液加热蒸干并灼烧，得到固体的化学式为：________。（2）B为地壳中含量最高的金属元素的氯化物,向50。0mL，4mol/L的B溶液中逐滴滴入100ml某浓度的KOH溶液，若产生7。8g白色沉淀，则加入的KOH溶液的浓度可能为_________________________。（3）将A、B中两种金属元素的单质用导线连接，插入同一个盛有KOH溶液的烧杯中构成原电池，则负极发生的电极反应为：_____________________________________。（4）C是常见温室气体，将一定量的气体C通入100mL某浓度的KOH溶液得溶液F，向F溶液中逐滴加入2mol·L－1的盐酸,产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示.则F溶质与足量石灰水发生反应最多可得沉淀的质量为_______________g。(5)pH＝3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝[Al2（SO4）x（OH)6－2x]溶液.若溶液的pH偏高，则碱式硫酸铝产率降低且有气体C产生，用化学方程式表示其原因：______________。【答案】（1).FeCl3+3H2OFe(OH）3（胶体）+3HCl（2）。Fe2O3（3）.3mol/L或7mol/L（4）。Al—3e—＋4OH—＝AlO2一＋2H2O（5）.15（6）.3CaCO3＋Al2(SO4)3＋3H2O＝2Al(OH）3＋3CaSO4＋3CO2↑【解析】（1)红褐色液相分散系是Fe(OH）3胶体，则A是氯化铁饱和溶液，FeCl3饱和溶液在加热条件下水解生成氢氧化铁胶体，化学方程式为FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl。HCl具有挥发性，加热促进HCl挥发，从而促进FeCl3水解，蒸干时得到固体Fe(OH）3，灼烧Fe(OH）3得到Fe2O3；(2)地壳中含量最高的金属元素是Al，则B为AlCl3,沉淀的质量是7.8g，其物质的量为7。8g÷78g/mol=0。1mol,①若碱不足，由Al3++3OH－＝Al（OH）3↓可知,KOH的物质的量为0.1mol×3=0。3mol，其物质的量浓度为0.3mol÷0.1L=3mol/L；②碱与铝离子的物质的量之比大于3:1,小于4:1，则由方程式可知Al3++3OH－＝Al(OH）3↓0.3mol0.9mol0。3molAl（OH)3+OH－＝AlO2－+2H2O（0。3-0。1）mol0。2mol则消耗的碱的物质的量为0.9mol+0。2mol=1。1mol，其物质的量浓度为1.1mol÷0。1L＝11mol/L；（3）Al－Fe－KOH溶液构成原电池，Al和氢氧化钠溶液能发生反应，Fe和氢氧化钠溶液不反应,因此Al为负极，Fe为正极,负极电极反应式为Al－3e－＋4OH－＝AlO2一＋2H2O；(4）C是常见温室气体,C是CO2,根据图像可知产生气体消耗的盐酸溶液体积大于25mL，这说明F是碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液，碳酸氢根转化为CO2消耗盐酸是75mL，碳酸氢根的物质的量是0.075L×2mol/L＝0。15mol，根据碳原子守恒可知F溶质与足量石灰水发生反应最多可得沉淀的物质的量是0。15mol，质量为0.15mol×100g/mol＝15g；（5）溶液的pH偏高时会产生氢氧化铝沉淀，同时还有CO2生成，则反应的化学方程式为3CaCO3＋Al2(SO4）3＋3H2O＝2Al（OH）3＋3CaSO4＋3CO2↑。27.氧化还原反应在生产生活中有着重要的应用。请按要求写出相应的方程式.（1）二氧化硫是一种污染性气体，工业上常利用Fe2+的催化作用，常温下使SO2转化为SO42－，其总反应为2SO2＋O2＋2H2O＝2H2SO4。上述总反应分两步进行，第一步反应的离子方程式为4Fe2+＋O2＋4H+＝4Fe3+＋2H2O，写出第二步反应的离子方程式：_____________________________.（2）ClO2是一种高效的杀菌消毒剂。氯化钠电解法生产ClO2工艺原理示意图如下:①氯化钠电解槽内的阳极产物为：__________。②二氧化氯发生器所产生的气体中二氧化氯的体积分数为:__________。③ClO2能将电镀废水中的CN－离子氧化成两种无毒气体，自身被还原成Cl－。写出该反应的离子方程式_____________________________________________________。【答案】（1）。2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42－＋4H+（2）.ClO3－或NaClO3（3）.2/3或66.7%(4)。2ClO2＋2CN－＝2CO2↑＋2Cl－＋N2↑【解析】（1）根据题中反应原理，第一步反应的离子方程式为4Fe2+＋O2＋4H+＝4Fe3+＋2H2O，第二步是铁离子将二氧化硫氧化成硫酸根离子，反应的离子方程式为2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42－＋4H+；（2）①电解食盐水得到氯酸钠和氢气，阳极发生失去电子的氧化反应，则阳极反应产物是ClO3－；②NaClO3和HCl反应生成ClO2，根据电子得失守恒和原子守恒可知反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl＝2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，因此二氧化氯发生器所产生的气体中二氧化氯的体积分数为2/3×100%＝66.7％；③ClO2能将电镀废水中的CN－离子氧化成两种无毒气体，应为二氧化碳和氮气，自身被还原成Cl－,根据电子得失守恒、电荷守恒和原子守恒可知反应的离子方程式为2ClO2＋2CN－＝2CO2↑＋2Cl－＋N2↑.28。已知物质A～K之间有如下图所示转化关系。其中A是一种易溶于水的离子化合物，在空气中易潮解和变质，在水中可以电离出电子总数相等的两种离子；E为生活中常用消毒剂的有效成分，F是生活中不可缺少的调味剂,G为无色液体，B、C、D、K都是单质；反应②～⑤都是重要的工业反应。（部分反应需要在溶液中进行）(1）物质D中所含元素在周期表中的位置为____________________________，E中所含化学键类型有___________________________________________，M的结构式为___________________________________________________。（2）反应④的离子方程式为___________________________________________。【答案】(1）.第二周期第VA族(2）.离子键和极性共价键(或离子键和共价键）(3）.H—O—Cl（4）.2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH—【解析】A是一种易溶于水的离子化合物,在空气中易潮解和变质，在水中可以电离出电子总数相等的两种离子，A是氢氧化钠；E为生活中常用消毒剂的有效成分，E是次氯酸钠.F是生活中不可缺少的调味剂，F是氯化钠，G为无色液体，G是水，B、C、D、K都是单质，反应②～⑤都是重要的工业反应，则B是氯气，电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，则C是氢气。H是氯化氢，氯化氢与次氯酸钠反应生成M是次氯酸，次氯酸见光分解生成氧气和氯化氢，则K是氧气。I与氧气发生催化氧化生成水和J,所以D是氮气，I是氨气，J是NO.则（1）氨气中所含元素是N，在周期表中的位置为第二周期第VA族,次氯酸钠中所含化学键类型有离子键和极性共价键,M是次氯酸，结构式为H－O－Cl.(2）反应④的离子方程式为2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－。29.钢制构件在镀锌前需要经过酸洗,其基本原理是用盐酸除去其表面的Fe2O3·H2O及FeO等杂质。回收废酸同时生产含铁产品的流程如下：已知：i．酸洗钢制构件后得到废酸的主要成分如下表所示。ii.pH<4时,Fe2+不易被氧气氧化。（1）用离子方程式解释废酸中不含Fe3+的原因______________________________。（2）过程II中，发生的主要反应:FeCl2（s）十H2SO4（aq)FeSO4(s）+2HCl（aq）。①加入过量H2SO4的作用是__________________________________（写出一点即可）。②用化学平衡原理解释鼓入空气的目的：_________________________________。（3)过程III中，FeSO4隔绝空气焙烧得到的尾气中含有两种可用于生产硫酸的氧化物，此过程发生反应的化学方程式是_________________________________________。（4）过程V:阴离子交换树脂可将FeCl4-选择性吸附分离，其过程可表示为ROH+X-RX+OH-（X-表示FeCl4—)。当树脂吸附饱和后可直接用水洗涤树脂进行脱附，同时脱附过程发生反应：FeCl4-Fe3++4C1-。①吸附后溶液的pH将会_______________。(填“升高”、“降低"或“不变”）②洗脱液经处理后有许多用途，下列用途合理的是_________________。A、刻蚀印刷铜线路板B、净化污水C、自来水消毒D、浸泡生物标本【答案】(1）.2Fe3++Fe===3Fe2+(2).抑制Fe2+水解；防止pH〉4时，Fe2+被氧气氧化;提供H+利于HCl气体的逸出；提供SO42-利于FeSO4固体析出（3)。空气带走HCl气体，促进平衡FeCl2(s）+H2SO4(aq)FeSO4（s)+2HCl（aq)向正反应方向移动，有利于FeSO4固体的析出（4)。2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑（5)。升高（6).AB【解析】(1）FeO溶解于稀盐酸生成氯化亚铁，Fe2O3·H2O溶解于稀盐酸生成氯化铁，铁再与氯化铁反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为2Fe3++Fe＝3Fe2+;（2）①过程II中溶液中的Fe2+易水解、易氧化，则加