2019年内蒙古呼和浩特市高考化学一模试卷 带答案详解.doc

2019年内蒙古呼和浩特市高考化学一模试卷一、选择题（本题包括16个小题，每题仅有一个正确答案，每题3分，共48分）1（3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是（）A是萃取B是过滤C是分液D维生素C可作抗氧化剂2（3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。下列说法错误的是（）A“绿矾”的成分为FeSO47H2OB“研细”可在蒸发皿中进行C“开坛则药化为水”，“水”的主要成分是硝酸D“五金皆成水”，发生氧化还原反应3（3分）化学与人类的生活、生产息息相关，下列说法正确的是（）A氯水和食盐水消毒杀菌的原理相同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H2SO4，因为它们对钢瓶发生了钝化4（3分）在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）CCO2COSiSiO2H2SiO3饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3N2NH3NH4ClMgCO3MgCl2（aq）MgABCD5（3分）海带中含有碘元素，某校研究性学习小组设计了如下实验步骤来提取碘：加入足量双氧水，将海带烧成灰，向灰中加水搅拌，加CCl4振荡，过滤，用分液漏斗分液；合理的操作顺序是（）ABCD6（3分）下列离子方程式书写正确的是（）A硫化亚铁溶于稀硝酸中FeS+2H+Fe2+H2SB硝酸铝溶液中加入过量氨水Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2OCAl粉加入足量的NaOH溶液中2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2DFe（NO3）3溶液与足量HI溶液反应Fe3+NO3+4H+4IFe2+NO+2I2+2H2O7（3分）设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A25时，0.1molL1Na2S溶液中含有Na+的数目为0.2NAB常温下，21gC3H6和C4H8的混合物中含有的碳原子数为1.5NAC标准状况下，2.24LCl2溶于水，转移6.021022个电子D在11P4+60CuSO4+96H2O20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4反应中，6ml CuSO4能氧化白磷的分子数为1.1NA8（3分）向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是（）ACu2+是H2O2分解反应的催化剂BH2O2既表现氧化性又表现还原性CCu2+将H2O2还原为O2D发生了反应Cu2O+H2O2+4H+2Cu2+3H2O9（3分）电解法制取有广泛用途的Na2FeO4同时获取氢气：Fe+2H2O+2OHFeO42+3H，工作原理如图1所示，电解质溶液为氢氧化钠溶液，若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。（Na2FeO4）随初始c（NaOH）的变化如图2所示。已知Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。下列说法不正确的是（）ANi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c（Na2FeO4）低于最高值的原因是铁电极上有Fe（OH）3生成D阳极的电极反应式为Fe6e+8OHFeO42+4H2O10（3分）下列图示装置不能达到实验目的是（）A制备金属锰B电镀铜C制备少量氧气D提纯碘11（3分）下列实验操作对应的实验现象和结论均正确的是（）实验操作现象结论A将少量Na2 SO 3样品溶于水，滴加足量盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液有白色沉淀产生，则Na2SO3已经变质B用磁铁吸引氧化铁与铝粉发生铝热反应后的黑色产物能被磁铁吸引黑色熔化物中含铁、四氧化三铁中的1种或2种C向某硫酸盐溶液中滴入酸性H2O2溶液，再滴入KSCN溶液溶液变为红色该硫酸盐一定为FeSO4D向FeI2溶液中通入少量Cl2溶液变黄Cl2的氧化性强于Fe3+AABBCCDD12（3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。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是（）A如果将反应物直接燃烧，能量的利用率不会变化B电子从b流出，经外电路流向aCHS在硫氧化菌作用下转化为SO42的反应为：HS+4H2O8eSO42+9H+D若该电池电路中有0.4mol 电子发生转移，则有0.5molH+通过质子交换膜13（3分）一定条件下，在水溶液中1 mol Cl、ClOx（x1，2，3，4）的能量（KJ）相对大小如图所示。下列有关说法正确的是（）Aa、b、c、d、e中，c最稳定Bba+c反应的活化能为反应物能量减生成物能量Cba+d反应的热化学方程式为：3ClO（aq）ClO3（aq）+2Cl（aq）H+116 KJmol1D一定温度下，Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a、b、d，溶液中a、b、d的浓度之比可能为11：1：214（3分）把wg绿矾（FeSO47H2O）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（）ABCD15（3分）甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH、Cl、HCO3离子中的两种组成，可以发生如图转化，下列说法正确的是（）A甲为AlCl3，乙为NaHCO3B溶液丙中还可以大量共存的离子有：Fe2+、NO3、SO42C在甲中滴加丁开始反应的离子方程式：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2OD白色沉淀A可能溶解在溶液D中16（3分）一块11.0g的铁铝合金，加入一定量的稀硫酸后合金完全溶解，然后加H2O2到溶液中无Fe3+存在，加热除去多余的H2O2，当加入200mL 6molL1NaOH溶液时沉淀量最多，且所得沉淀质量为26.3g，下列说法不正确的是（）A该合金中铁的质量为5.6gB合金与稀硫酸反应共生成0.45mol H2C该合金与足量氢氧化钠反应，转移的电子数为0.6NAD所加的稀硫酸中含0.6molH2SO4二、填空题（本题包括5个小题，共52分）17（10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质。向pH2的硫酸中滴加Na2S2O2溶液，可观察到的现象是 ；实际生产中，一般将Na2S和Na2CO3以物质的量之比2：1配成溶液后加热，将SO2缓缓通入溶液中，即可得到硫代硫酸钠。反应的化学方程式为 。（3）Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行某些实验探究，利用如图装置可以探究SO2与BaCl2反应生成BaSO3沉淀的条件。常温下，若由右侧Y型管产生另一种气体，则在左右支管放置的药品是 和 ，导气管A的作用是 。实验前需将BaCl2溶液煮沸的目的是 。（4）硫化物在使用过程中常常产生SO2污染环境，工业上用H2O2溶液脱硫。已知T时：2SO（g）2SO2（g）+O2（g）H+196.0kJ/mol2H2O2（aq）2H2O（I）+O2（g）H135.0kJ/molH2SO4（aq）SO3（g）+H2O（I）H+175.0kJ/mol写出SO气体与H2O2（aq）反应的热化学方程式 。18（10分）钢铁分析中常用高氯酸（HClO4）溶解矿样。某研究性学习小组欲制备少量高氯酸。该学习小组查阅到：HClO4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；NaClO4与浓硫酸反应可制得高氯酸（2NaClO4+H2SO4（浓）Na2SO4+2HClO4），若采用真空蒸馏可得纯高氯酸；NaClO3在673K（400）分解产生NaClO4、NaCl和一种气体。Cl2与热的浓碱反应，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酸钠，取NaClO3样品2.13g，加热充分反应后收集到224mL（标准状况下）气体，则反应的化学方程式为 ；不选乙装置的原因可能是 。工业上大量制备NaClO4常用高电流密度电解饱和NaClO3溶液，试写出以惰性电极电解时阳极反应式 。（三）高氯酸钠与浓硫酸反应制高氯酸：用丙装置制备高氯酸，仪器F的名称为 ；向F中加入高氯酸钠，然后加入浓硫酸后，加热可制取高氯酸。实验开始前，胶塞及导管接口需要包锡箔纸，其原因是 。19（11分）亚硝酸钠（NaNO2）是一种工业盐，外观与食盐相似。下面是某学习小组设计的NaNO2制取实验和纯度检验实验。该小组收集了相关资料：SO2和HNO3溶液反应生成NOx和HS2O4 3NO2+2H+2NO+NO3+H2ONO2+Ag+AgNO2（AgNO2为淡黄色接近白色固体，在水中形成沉淀）亚硝酸钠的制取实验（1）A装置中发生的化学反应方程式为 。（2）B装置中多孔球泡的作用是 。（3）若装置B中逸出的NO与NO2气体物质的量之比为2：1，则装置B中发生反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比为 。（4）实验过程中需控制C装置中溶液pH7，否则C中生成的NaNO2的产量会下降，理由是 。（5）请根据题干所给信息设计实验证明C装置中有NO2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已知：NO2+MnO4+H+NO3+Mn2+H2O（6）反应结束后C中溶液通过结晶获得NaNO2粗产品mg，溶解后稀释至250mL，分别取20.00mL用cmolL1的酸性KMnO4溶液平行滴定三次，平均每次消耗酸性KMnO4溶液的体积为VmL，则粗产品中NaNO2的质量分数为 （用含c、V、m的式子表示）。20（9分）为消除燃煤烟气中含有的SO2、NOx研究者提出若干烟气“脱硫”、“脱硝”的方法。（1）向燃煤中加入石灰石，高温时将SO2最终转化为 。（2）选择性催化还原法（SCR）“脱硝”。在催化剂一定温度下，选取还原剂将烟气中的NO进行无害化处理。NH3还原NO的化学方程式是 。（3）采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱础。在鼓泡反应器中通人含含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。离子SO42SO32NO3NO2Clc（malL：4）8.351066.871061.51061.21063.4103写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式 。随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐 （填“增大“不变”或“减小”）。由实验结果可知，脱硫反应速率 脱硝反应速率填“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 。21（12分）硼镁泥是一种工业废料，主要成分是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O2、SiO2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。从翻镁泥中提取MgSO47H2O的流程如图：根据题意回答下列问题（1）实验中需用lmolL1的硫酸750mL，若用18.4molL1的浓硫酸来配制，除量筒、烧杯外还需要的玻璃仪器有 。（2）加入的NaClO可与Mn2+反应Mn2+ClO+H2OMnO2+2H+Cl还有一种离子也会被NaClO氧化，该反应的离子方程式为 （3）滤渣中除含有Fe（OH）3、Al（OH）3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 。（5）已知MgSO4，CaSO4的溶解度如下表温度/40506070MgSO430.933.435.636.9CaSO40.2100.2070.2010.193“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明操作步骤 。“操作l是 ，便得到了MgSO47H2O。2019年内蒙古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（本题包括16个小题，每题仅有一个正确答案，每题3分，共48分）1（3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是（）A是萃取B是过滤C是分液D维生素C可作抗氧化剂【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用菁优网版权所有【分析】由流程可知，热水溶解后，为萃取，为分离不溶性茶渣，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为分离不溶性茶渣，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具有还原性，可作抗氧化剂，故D正确；故选：C。【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、流程中混合物分离方法、实验技能等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意分液分离分层的液体混合物，题目难度不大2（3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。下列说法错误的是（）A“绿矾”的成分为FeSO47H2OB“研细”可在蒸发皿中进行C“开坛则药化为水”，“水”的主要成分是硝酸D“五金皆成水”，发生氧化还原反应【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系菁优网版权所有【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还原反应。【解答】解：A绿矾成分为七水硫酸亚铁，化学式：FeSO47H2O，故A正确；B“研细”固体应在研钵中进行，不能在蒸发皿进行，故B错误；C硝酸具有强的氧化性，能够与硫酸亚铁溶液反应，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还原反应溶于硝酸，故D正确；故选：B。【点评】本题为信息题，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。3（3分）化学与人类的生活、生产息息相关，下列说法正确的是（）A氯水和食盐水消毒杀菌的原理相同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H2SO4，因为它们对钢瓶发生了钝化【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系；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、性质和作用菁优网版权所有【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加入还原性物质；D液氯为氯气的液态，不与铁反应；【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（SiO2）、石灰石（CaCO3）和纯碱，故B正确；C生石灰、硅胶都不具有还原性，不能防止食品氧化变质，故C错误；D液氯为氯气的液态，不与铁反应，浓硫酸能使铁发生钝化，故D错误；故选：B。【点评】本题考查物质的性质及应用，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查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。4（3分）在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）CCO2COSiSiO2H2SiO3饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3N2NH3NH4ClMgCO3MgCl2（aq）MgABCD【考点】FH：硅和二氧化硅；GF：钠的重要化合物；GK：镁、铝的重要化合物菁优网版权所有【分析】碳和氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳与碳反应生成一氧化碳；二氧化硅与水不反应；饱和NaCl溶液与二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠晶体，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应生成氨气，氨气和氯化氢反应生成氯化铵；碳酸镁和盐酸反应生成氯化镁溶液，电解熔融氯化镁得到金属镁。【解答】解：碳和氧气反应生成二氧化碳，C+O2CO2，二氧化碳与碳反应生成一氧化碳，CO2+C2CO，故正确；硅和氧气加热反应生成二氧化硅，二氧化硅与水不反应，不能生成硅酸，故错误；饱和NaCl溶液与二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠晶体，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应生成氨气，氨气和氯化氢反应生成氯化铵，物质间转化均能实现，故正确；电解氯化镁溶液，不能得到金属镁，故错误；故选：A。【点评】本题考查了物质性质、物质转化的应用，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，主要是碳、硅、镁、氮等化合物性质的理解判断，注意相关基础知识的积累，题目较简单。5（3分）海带中含有碘元素，某校研究性学习小组设计了如下实验步骤来提取碘：加入足量双氧水，将海带烧成灰，向灰中加水搅拌，加CCl4振荡，过滤，用分液漏斗分液；合理的操作顺序是（）ABCD【考点】PN：海带成分中碘的检验菁优网版权所有【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，灼烧后溶解、过滤，然后氧化碘离子生成碘，再萃取分液，则合理顺序为，故选：A。【点评】本题考查海带提碘，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。6（3分）下列离子方程式书写正确的是（）A硫化亚铁溶于稀硝酸中FeS+2H+Fe2+H2SB硝酸铝溶液中加入过量氨水Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2OCAl粉加入足量的NaOH溶液中2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2DFe（NO3）3溶液与足量HI溶液反应Fe3+NO3+4H+4IFe2+NO+2I2+2H2O【考点】49：离子方程式的书写菁优网版权所有【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，反应生成氢氧化铝沉淀；C铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；DHI过量，硝酸根离子完全反应。【解答】解：A硫化亚铁与稀硝酸发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：FeS+4H+NO3Fe3+NO+S+2H2O，故A错误；B硝酸铝溶液中加入过量氨水，反应生成硝酸铵和氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故B错误；CAl粉加入足量的NaOH溶液，反应生成偏铝酸钠和氢气，该反应的离子方程式为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，故C正确；DFe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：Fe3+3NO3+12H+10IFe2+3NO+5I2+6H2O，故D错误；故选：C。【点评】本题考查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：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。7（3分）设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A25时，0.1molL1Na2S溶液中含有Na+的数目为0.2NAB常温下，21gC3H6和C4H8的混合物中含有的碳原子数为1.5NAC标准状况下，2.24LCl2溶于水，转移6.021022个电子D在11P4+60CuSO4+96H2O20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4反应中，6ml CuSO4能氧化白磷的分子数为1.1NA【考点】4F：阿伏加德罗常数菁优网版权所有【分析】A缺少溶液体积，无法计算溶液中钠离子的数目；BC3H6和C4H8的最简式均为CH2；C反应物不可能完全转化成生成物；DCu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，结合电子守恒来解答。【解答】解：A没有告诉0.1molL1Na2S溶液的体积，无法计算溶液中含有钠离子的数目，故A错误；BC3H6和C4H8的最简式均为CH2，故21g混合物中含有的CH2的物质的量为1.5mol，故含1.5mol碳原子即1.5NA个，故B正确；CCl2溶于水该反应为可逆反应，无法彻底，转移电子数小于6.021022个，故C错误；DCu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，则由电子守恒可知，有6 mol的CuSO4参加反应，则被硫酸铜氧化的白磷分子的物质的量为mol，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。8（3分）向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是（）ACu2+是H2O2分解反应的催化剂BH2O2既表现氧化性又表现还原性CCu2+将H2O2还原为O2D发生了反应Cu2O+H2O2+4H+2Cu2+3H2O【考点】B1：氧化还原反应菁优网版权所有【分析】向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，说明Cu2+是H2O2分解反应的催化剂；一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），铜离子被还原成+1价，双氧水表现了还原性；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应Cu2O+H2O2+4H+2Cu2+3H2O，Cu2O中+1价Cu被氧化成+2价Cu2+，双氧水表现了氧化性，据此进行解答。【解答】解：A向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，说明Cu2+是H2O2分解反应的催化剂，故A正确；B根据“蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O）”，说明铜离子被还原成+1价，H2O2表现了还原性；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应Cu2O+H2O2+4H+2Cu2+3H2O，Cu2O中+1价Cu被氧化成+2价Cu2+，H2O2又表现了氧化性，故B正确；CH2O2变为O2，氧元素化合价从1变为0价，发生氧化反应，Cu2+将H2O2氧化为O2，故C错误；D红色浑浊又变为蓝色溶液，Cu2O中+1价Cu被氧化成+2价Cu2+，发生反应为：Cu2O+H2O2+4H+2Cu2+3H2O，故D正确；故选：C。【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确题干信息的含义为解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及特征，试题有利于提高学生的分析、理解能力及综合应用能力。9（3分）电解法制取有广泛用途的Na2FeO4同时获取氢气：Fe+2H2O+2OHFeO42+3H，工作原理如图1所示，电解质溶液为氢氧化钠溶液，若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。（Na2FeO4）随初始c（NaOH）的变化如图2所示。已知Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。下列说法不正确的是（）ANi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c（Na2FeO4）低于最高值的原因是铁电极上有Fe（OH）3生成D阳极的电极反应式为Fe6e+8OHFeO42+4H2O【考点】DI：电解原理菁优网版权所有【分析】A电解法制取Na2FeO4的原理为Fe+2H2O+2OHFeO42+3H，所以Fe为阳极、发生失去电子的氧化反应，则Ni为阴极；BNi电极上氢离子放电，氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原；CNa2FeO4只在强碱性条件下稳定，M点的c（OH）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应生成高铁酸根离子，据此解答。【解答】解：A电解法制取Na2FeO4的原理为Fe+2H2O+2OHFeO42+3H，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；B镍电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2eH2+2OH，氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低，故B正确；CNa2FeO4只在强碱性条件下稳定，在pH14时，溶液碱性较强，c（Na2FeO4）最大，在M点时，c（OH）较低，Na2FeO4稳定性差，且反应速率慢，不是铁电极区产生Fe（OH）3沉淀所致，故C错误；D阳极上铁失电子和氢氧根离子反应生成高铁酸根离子和水，离子方程式为：Fe6e+8OHFeO42+4H2O，故D正确；故选：C。【点评】本题考查电解池原理的应用，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意阳极发生的反应和灵活运用化学反应原理解题即可，难点是电解池的图象分析，题目难度中等。10（3分）下列图示装置不能达到实验目的是（）A制备金属锰B电镀铜C制备少量氧气D提纯碘【考点】U5：化学实验方案的评价菁优网版权所有【分析】A点燃Mg条，引发铝热反应；BCu与电源正极相连，为阳极；C过氧化钠为粉末，与水接触后不能分离；D加热碘易升华。【解答】解：A点燃Mg条，引发铝热反应，可冶炼Mn，故A正确；BCu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，与水接触后不能分离，不能制备少量氧气，故C错误；D加热碘易升华，可提纯碘，故D正确；故选：C。【点评】本题考查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查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。11（3分）下列实验操作对应的实验现象和结论均正确的是（）实验操作现象结论A将少量Na2 SO 3样品溶于水，滴加足量盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液有白色沉淀产生，则Na2SO3已经变质B用磁铁吸引氧化铁与铝粉发生铝热反应后的黑色产物能被磁铁吸引黑色熔化物中含铁、四氧化三铁中的1种或2种C向某硫酸盐溶液中滴入酸性H2O2溶液，再滴入KSCN溶液溶液变为红色该硫酸盐一定为FeSO4D向FeI2溶液中通入少量Cl2溶液变黄Cl2的氧化性强于Fe3+AABBCCDD【考点】U5：化学实验方案的评价菁优网版权所有【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原溶液中可能还原铁离子，无法证明该盐为硫酸亚铁；D碘离子的还原性大于亚铁离子，干扰了检验结果。【解答】解：A将少量Na2SO3样品溶于水，滴加足量盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液，Ba（NO3）2在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化Na2SO3，无法判断Na2SO3是否变质，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应后的黑色产物，若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加入的试剂顺序不合理，原溶液中可能还原铁离子，该盐可能为硫酸铁，应该先滴入KSCN溶液，没有明显现象，再滴入酸性H2O2溶液，若溶液变为红色，证明该硫酸盐为FeSO4，故C错误；D向FeI2溶液中通入少量Cl2，由于碘离子还原性大于亚铁离子，碘离子优先被氧化，无法证明Cl2的氧化性强于Fe3+，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，题目难度不大，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，试题侧重实验基本操作和实验原理的考查。12（3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。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是（）A如果将反应物直接燃烧，能量的利用率不会变化B电子从b流出，经外电路流向aCHS在硫氧化菌作用下转化为SO42的反应为：HS+4H2O8eSO42+9H+D若该电池电路中有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：化学电源新型电池菁优网版权所有【分析】由图可知硫酸盐还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CO2 放出电子，负极上HS在硫氧化菌作用下转化为SO42，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS+4H2O8eSO42+9H+；正极上是氧气得电子的还原反应4H+O2+4e2H2O，根据原电池的构成和工作原理知识来回答。【解答】解：A、如果将反应物直接燃烧，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；C、负极上HS在硫氧化菌作用下转化为SO42，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS+4H2O8eSO42+9H+，故C正确；D、根据电子守恒，若该电池有0.4mol电子转移，有0.4molH+通过质子交换膜，故D错误，故选：C。【点评】本题考查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。13（3分）一定条件下，在水溶液中1 mol Cl、ClOx（x1，2，3，4）的能量（KJ）相对大小如图所示。下列有关说法正确的是（）Aa、b、c、d、e中，c最稳定Bba+c反应的活化能为反应物能量减生成物能量Cba+d反应的热化学方程式为：3ClO（aq）ClO3（aq）+2Cl（aq）H+116 KJmol1D一定温度下，Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a、b、d，溶液中a、b、d的浓度之比可能为11：1：2【考点】BE：热化学方程式菁优网版权所有【分析】A能量越低越稳定；B无法判断ba+c反应的活化能；C根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClOClO3+2Cl，反应热（64kJ/mol+20kJ/mol）360kJ/mol116kJ/mol。D氧化还原反应要满足得失电子数守恒。【解答】解：Aa，b，c，d，e中a能量最低，所以最稳定，故A错误；B依据图中数据无法判断ba+c反应的活化能，故B错误；Cba+d，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClOClO3+2Cl，反应热（64kJ/mol+20kJ/mol）360kJ/mol116kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO（aq）ClO3（aq）+2Cl（aq）H116kJ/mol，故C错误；D氧化还原反应要满足得失电子数守恒，而Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a、b、d，即Cl、ClO和ClO3时，溶液中Cl、ClO和ClO3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正确；故选：D。【点评】本题以卤族元素为载体考查了氧化还原反应、热化学反应方程式的书写，题目难度中等，注意掌握热化学方程式中反应热的计算，试题侧重分析与迁移应用能力的考查，培养了学生的综合应用能力。14（3分）把wg绿矾（FeSO47H2O）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（）ABCD【考点】5C：物质的量浓度的相关计算菁优网版权所有【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CuSO45H2O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，则溶液的质量为Wg+Vg（W+V）g，溶液的体积为，n（FeSO4）n（FeSO47H2O）mol，则溶液的物质的量浓度为mol/L。故选：A。【点评】本题考查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。15（3分）甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH、Cl、HCO3离子中的两种组成，可以发生如图转化，下列说法正确的是（）A甲为AlCl3，乙为NaHCO3B溶液丙中还可以大量共存的离子有：Fe2+、NO3、SO42C在甲中滴加丁开始反应的离子方程式：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2OD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菁优网版权所有【分析】甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH、Cl、HCO3离子中的两种组成，依据离子共存原则，H+只能与Cl生成HCl，Al3+只能与Cl生成AlCl3，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【解答】解：溶液中存在H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH、Cl、HCO3，故依据离子能大量共存的原则得出甲乙丙丁中含有两种物质，即：HCl和AlCl3，因为甲溶液能和乙溶液生成沉淀，气体和氯化钠，故甲和乙中含有能双水解的离子，即Al3+和HCO3生成的气体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NaHCO3，那么乙为AlCl3，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；B、据分析可知，丙为HCl，含有H+，故Fe2+、NO3不能与其共存，故B错误；C、甲中滴加丁，甲是过量的，那么Ba（OH）2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，故D正确，故选D。【点评】本题主要考查的是常见离子之间的反应以及物质的推断，有一定难度，需要认真整理16（3分）一块11.0g的铁铝合金，加入一定量的稀硫酸后合金完全溶解，然后加H2O2到溶液中无Fe3+存在，加热除去多余的H2O2，当加入200mL 6molL1NaOH溶液时沉淀量最多，且所得沉淀质量为26.3g，下列说法不正确的是（）A该合金中铁的质量为5.6gB合金与稀硫酸反应共生成0.45mol H2C该合金与足量氢氧化钠反应，转移的电子数为0.6NAD所加的稀硫酸中含0.6molH2SO4【考点】M3：有关混合物反应的计算菁优网版权所有【分析】200mL 6molL1 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x、铝的物质的量为y，则56x+27y11.0、x+y0.3，解得：x0.1mol、y0.2mol，据此对各选项进行判断【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，则铁和铝的总物质的量为：0.3mol，设合金中铁的物质的量为x、铝的物质的量为y，则56x+27y11.0、x+y0.3，解得：x0.1mol、y0.2mol；200mL 6molL1 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，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铁与稀硫酸反应生成0.1mol氢气，0.2mol铝与稀硫酸反应生成0.3mol氢气，总共生成0.4mol氢气，故B错误；C铁不与氢氧化钠溶液反应，0.2mol铝与氢氧化钠溶液反应转移电子为：0.2mol30.6mol，转移的电子数为0.6NA，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；故选：B。【点评】本题考查了混合物反应的计算，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，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力；B为易错点，注意铁与稀硫酸反应生成的是硫酸亚铁二、填空题（本题包括5个小题，共52分）17（10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氧化性。（2）硫代硫酸钠可以作定量分析的基准物质。向pH2的硫酸中滴加Na2S2O2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；实际生产中，一般将Na2S和Na2CO3以物质的量之比2：1配成溶液后加热，将SO2缓缓通入溶液中，即可得到硫代硫酸钠。反应的化学方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2。（3）Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行某些实验探究，利用如图装置可以探究SO2与BaCl2反应生成BaSO3沉淀的条件。常温下，若由右侧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BaCl2溶液煮沸的目的是赶出溶液中溶解的氧气，避免干扰实验结果。（4）硫化物在使用过程中常常产生SO2污染环境，工业上用H2O2溶液脱硫。已知T时：2SO（g）2SO2（g）+O2（g）H+196.0kJ/mol2H2O2（aq）2H2O（I）+O2（g）H135.0kJ/molH2SO4（aq）SO3（g）+H2O（I）H+175.0kJ/mol写出SO气体与H2O2（aq）反应的热化学方程式 SO2（g）+H2O2（aq）H2SO4（aq）H340.5KJ/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菁优网版权所有【分析】（1）石硫黄能化金银铜铁，据此分析单质S的性质；（2）Na2S2O3与硫酸反应生成S、二氧化硫和硫酸钠；将Na2S和Na2CO3以物质的量比2：1配成溶液后加热，将SO2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；（3）SO2与BaCl2反应产生沉淀，溶液中必须存在大量的SO32，右侧Y型管中应能生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SO32