黑龙江省大庆市铁人中学2020届高三化学上学期开学考试试题（含解析）.doc

黑龙江省大庆市铁人中学2020届高三化学上学期开学考试试题（含解析）试题说明：1、本试题满分100分，答题时间90分钟。 2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡。3、可能用到的相对原子质量：h：1 c：12 n：14 o：16 na：23 mg：24 al：27 si：28 s：32 cl：35.5 k：39 ca：40 fe：56 cu：64 第卷 选择题一、选择题1.我国古代典籍中有“石胆浅碧色，烧之变白色者真”的记载，其中石胆是指（ ）a. cuso4h2ob. feso47h2oc. znso47h2od. kal(so4)212h2o【答案】a【解析】【详解】znso47h2o俗名皓矾，是白色固体、kal(so4)212h2o俗名明矾，是白色固体，与“石胆浅碧色“不相符，可排除c、d选项；feso47h2o俗名绿矾，是浅绿色固体，在空气中加热失去结晶水同时被氧化得到黄色fe2(so4)3，与 “烧之变白色”不相符，可排除b选项；cuso45h2o俗名蓝矾或胆矾，是蓝色固体，在空气中加热失去结晶水得到白色粉末cuso4，与“石胆浅碧色，烧之变白色”相符合，故a正确，故选a。2.化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是（ ）a. 漂白粉既可做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池及环境的消毒剂和净水剂b. 纯净的二氧化硅是制备光导纤维的原料c. 燃放烟花呈现出多种颜色是由于烟花中添加了na、cu、fe、pt等金属的单质d. 合金材料的组成元素一定全部是金属元素【答案】b【解析】【详解】a次氯酸钙具有强氧化性，能用于杀菌消毒，同时次氯酸钙与二氧化碳和水反应生成hclo，hclo具有漂白性，所以漂白粉既可做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池及环境的消毒剂，但是不能净水，故a错误；b光导纤维的主要成分是二氧化硅，纯净的二氧化硅是制备光导纤维的原料，故b正确；c铁、铂不能产生焰色反应，钠、铜能产生焰色反应，使火焰产生多种颜色，故c错误；d合金材料的组成元素不一定全部是金属元素，可能含有非金属元素，如生铁中含有c元素，故d错误；故选b。3.下列有关铜的化合物说法正确的是()a. 根据铁比铜金属性强，在实际应用中可用fecl3腐蚀cu刻制印刷电路板b. cuso4溶液与h2s溶液反应的离子方程式为:cu2+s2-cusc. 用稀盐酸除去铜锈的离子方程式为cuo2h=cu2h2od. 化学反应：cuococuco2的实验现象为黑色固体变成红色固体【答案】d【解析】【详解】a. 在实际应用中可用fecl3腐蚀cu刻制印刷电路板，利用的是铁离子的氧化性，与铁比铜金属性强无关系，a错误；b. h2s难电离，cuso4溶液与h2s溶液反应的离子方程式为cu2+h2scus2h，b错误；c. 铜锈的主要成分是碱式碳酸铜，用稀盐酸除去铜锈的离子方程式为cu2(oh)2co34h2cu2co23h2o，c错误；d. 根据化学反应cuococuco2可知其实验现象为黑色固体变成红色固体，d正确；答案选d。4.下列说法正确的是a. cl2、so2均能使品红溶液褪色且褪色的原理相同b. 常温下，铜片放入浓硫酸中，无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化c. fe与稀hno3、稀h2so4反应均有气泡产生，说明fe与两种酸均发生置换反应d. 铵盐与浓的强碱的溶液共热都能产生氨气【答案】d【解析】【分析】a、次氯酸具有强氧化性，使品红溶液漂白褪色，二氧化硫和有色物质反应生成无色物质而使品红溶液褪色；b、浓硫酸具有强氧化性，使铁、铝表面形成致密氧化膜，发生钝化；c、铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；d、与浓的强碱的溶液共热产生氨气是铵盐的共性。【详解】a项、氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，使品红溶液漂白褪色，二氧化硫和有色物质反应生成无色物质而使品红溶液褪色，褪色原理不同，故a错误；b项、常温下，浓硫酸和cu不反应，加热条件下，cu和浓硫酸发生氧化还原反应，故b错误；c项、铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，没有单质生成，不是置换反应，故c错误；d项、铵盐均能与浓的强碱的溶液共热反应生成氨气，故d正确；故选d。【点睛】本题考查元素及化合物的性质，明确物质的性质、化学反应的实质是解题关键。5.下列关于卤族元素的递变规律不正确的是()a. f2、cl2、br2、i2的氧化性逐渐减弱b. hf、hcl、hbr、hi的热稳定性逐渐减弱c. f、cl、br、i的还原性逐渐增强，颜色逐渐变深d. f2、cl2、br2、i2的密度逐渐增大，熔沸点逐渐升高【答案】c【解析】【详解】a、随着原子序数的增大，卤素单质得电子能力逐渐减弱，单质f2、cl2、br2、i2氧化性逐渐减弱，故a正确；b、随着原子序数的增大，卤素单质得电子能力逐渐减弱，所以单质与氢气化合的能力逐渐减弱，hf、hcl、hbr、hi的热稳定性逐渐减弱，故b正确；c、随着原子序数的增大，单质得电子能力逐渐减弱，所以其阴离子失电子能力逐渐增强，即f、cl、br、i的还原性逐渐增强，但四种离子均为无色，故c错误；d、随着原子序数的增大，卤素单质的相对分子质量逐渐增大，单质的熔沸点逐渐增大，单质的密度逐渐增大，故d正确；答案选c。6. 下列关于物质应用的说法错误的是a. 玻璃容器可长期盛放各种酸b. 纯碱可用于清洗油污c. 浓氨水可检验氯气管道漏气d. na2s可除去污水中的cu2+【答案】a【解析】试题分析：a.玻璃容器可长期盛放不能与酸发生反应的各种酸，但是由于氢氟酸能够腐蚀玻璃，所以不能盛装氢氟酸。错误。b.纯碱水解是溶液显碱性，可以促进油脂的水解，因此可用于清洗油污。正确。c. 氯气管道漏气，挥发出的氯气与浓氨水挥发出的氨气可产生白烟。因此可检验检验氯气管道漏气。正确。d. na2s电离产生的s2-与污水中cu2+发生沉淀反应，从而可降低污水中的cu2+。故可以治理污水。正确。考点：考查物质的性质的应用的知识。7.下列有关实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的的是（ ）a. 用图1所示装置除去cl2中含有的少量hclb. 用图2所示装置蒸发kcl溶液制备无水kclc. 用图3所示装置可以完成“喷泉”实验d. 用图4所示装置制取干燥纯净的nh3【答案】d【解析】【详解】a由于氯气与水的反应是可逆反应，若水中含有nacl就可以减少氯气的消耗，同时还可以溶解hcl,因此可以用图1所示装置除去cl2中含有的少量hcl,a正确；bkcl是强酸强碱盐，加热不发生水解反应，所以可以用图2所示装置蒸发kcl溶液制备无水kcl，b正确；c氯气与naoh溶液发生反应，使烧瓶中气体压强减小，烧杯中的naoh溶液在大气压强的作用下被压入烧瓶，氯气进一步溶解、反应消耗，压强进一步减小，能够持续不断的产生压强差，因此可以用图3所示装置可以完成“喷泉”实验，c正确；d可以用向naoh固体中滴加浓氨水的方法制取氨气，氨气的水溶液呈碱性，用碱性干燥剂碱石灰进行干燥，但是由于氨气的密度比空气小，应该用向下排空气的方法收集氨气，所以不能用图4所示装置制取干燥纯净的nh3，d错误。答案选d。8.x、y、z是周期表中相邻的三种短周期元素，它们的原子半径依次减小，x与z的核电荷数之比为34，x、y、z分别与氢元素能形成氢化物。下列叙述正确的是（）a. z是第二周期iva族元素b. x只有两种同素异形体c. 元素的非金属性：zyxd. x、y、z的氢化物沸点逐渐降低【答案】c【解析】【分析】x、y、z是周期表中相邻的三种短周期元素，它们的原子半径依次减小，x与z的核电荷数之比为34，应为同周期元素，设x的原子序数为a，则z原子序数为a+2，则a(a+2)=34，解得：a=6，则x为c元素，y为n元素，z为o元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知：x为c元素，y为n元素，z为o元素。az为o元素，是第二周期a族元素，故a错误；bx为c元素，含有金刚石、石墨、c60等同素异形体，故b错误；c同周期自左而右，非金属性增强，则非金属性onc，即zyx，故c正确；dx、y、z的氢化物依次为ch4、nh3、h2o，nh3分子间、h2o分子间存在氢键且h2o分子间氢键的强度和氢键的数目比nh3分子间大，h2o的沸点最高，ch4沸点最低，故d错误；故选c。9.下表为元素周期表的一部分，其中x、y、z、w为短周期元素，w元素的核电荷数为x元素的2倍。下列说法正确的是（） xyzwa. x、w、z、y元素的原子半径及它们的简单气态氢化物的热稳定性均依次递增b. x氢化物的沸点高于w的氢化物，是因为x氢化物分子间存在氢键c. y、z、w元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增d. yx2、wx3晶体熔化时均需克服分子间作用力【答案】b【解析】【分析】x、y、z、w为短周期元素，由图可知，w位于第三周期，w元素的核电荷数为x元素的2倍，则w为s、x为o，结合位置可知y为si、z为p；结合元素的性质解答。【详解】a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x、w、z、y元素的原子半径依次增大；非金属性越强，对应氢化物越稳定，则x、w、z、y元素的简单气态氢化物的热稳定性依次减弱，故a错误；bx氢化物为水，w的氢化物为h2s，水分子间存在氢键，所以h2o的沸点高于h2s，故b正确；c自然界中存在单质s，y、z、w元素的最高价氧化物的水化物分别为：硅酸、磷酸、硫酸，它们的酸性依次递增，故c错误；dyx2为sio2是原子晶体，wx3是so3属于分子晶体，熔化时前者克服共价键，后者克服分子间作用力，故d错误； 所以本题答案为：b。【点睛】本题的突破口：x、y、z、w在短周期表中的位置，和w元素的核电荷数为x元素的2倍，可以推出w为s、x为o，以此推出y为si、z为p，结合元素周期律进行解答。10.下列叙述正确的是（ ）a. 含有离子键的化合物不可能含有非极性键b. 非极性键可能存在单质中，也可能存在化合物中c. 盐酸中含有h+和cl-，故hcl为离子化合物d. 含有共价键的化合物不可能是离子化合物【答案】b【解析】【详解】a.过氧化钠中含有非极性共价键，所以含有离子键的化合物可能含有非极性键，故a错误；b.同种非金属原子间形成非极性键，化合物中也可能含有非极性键，如过氧化氢中含有o-o非极性键，故b正确；c.盐酸中hcl电离产生离子，而hcl只含共价键，为共价化合物，故c错误；d.含有共价键的化合物可能是离子化合物，如氢氧化钠中含有共价键，是离子化合物，故d错误；故选b。11.下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属于同种类型的是（ ）a. 液溴和己烷分别受热变为气体b. 干冰和氯化铵分别受热变为气体c. 硅和铁分别受热熔化d. 氯化氢和蔗糖分别溶解于水【答案】a【解析】a. 液溴和己烷都能形成分子晶体，受热变为气体时克服的是分子间作用力，a正确；b. 干冰是分子晶体，其受热变为气体时克服分子间作用力；氯化铵是离子晶体，其受热分解为氨气和氯化氢两种气体，破坏了离子键和部分共价键，b不正确； c. 硅是原子晶体，其受热熔化时破坏共价键；铁是金属晶体，其受热熔化时破坏金属键，所以c不正确；d. 氯化氢是电解质，其溶于水时破坏共价键，蔗糖是非电解质，其溶解于水时破坏分子间作用力。d不正确。12.下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）盐卤（含mgcl2）mg(oh)2mgcl2溶液无水mgcl2铝土矿alo2-al(oh)3al2o3nh3nono2hno3nacl溶液cl2无水fecl2sso3h2so4sio2na2sio3溶液h2sio3a. b. c. d. 【答案】a【解析】【详解】盐卤(含mgcl2)与石灰乳反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，由于mg2+水解mg2+2h2omg(oh)2+2h+，加热蒸发时hcl挥发，平衡向右移动，所以得不到无水mgcl2，故错误；氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中加入足量的盐酸，生成氯化铝，得不到氢氧化铝，故错误；氨催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，符合各步转化，故正确；电解氯化钠溶液生成氢气、氢氧化钠和氯气，氯气与铁反应只能生成氯化铁，得不到氯化亚铁，故错误；硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故错误；sio2与氢氧化钠反应na2sio3，na2sio3中通二氧化碳发生反应生成h2sio3，符合各步转化，故正确；故正确，故选a。【点睛】本题的易错点为，要注意加热氯化镁溶液得不到无水mgcl2，需要在氯化氢气氛中蒸发，才能得到无水mgcl2。13.几种无机物之间转化关系如下图(反应条件省略。部分产物省略)。下列推断不正确的是a. 若l为强碱，则e可能为nacl溶液、f为钾b. 若l为强酸，则e可能为nahs、f为hno3c. 若l为弱酸，则e可能为mg、f为co2d. 若l为强酸，则e可能为nh4cl、f为ca(oh)2【答案】a【解析】a、e为nacl溶液、f为钾，g为koh，h为h2，h2与o2生成h2o，h2o与o2不反应，故a错误；b、若l为强酸，则e可能为nahs、f为hno3，nahs与hno3生成na2so4和no，no与o2反应生成no2，no2与水反应生成hno3，l是hno3是强酸，故b正确；c、若l为弱酸，则e可能为mg、f为co2，mg与co2 反应生成mgo和c，c与o2反应生成co，co再与o2反应生成co2，co2溶于水生成h2co3，l为h2co3，是弱酸，故c正确； d若l为强酸，则e可能为nh4cl、f为ca(oh)2，nh4cl与ca(oh)2反应生成cacl2 和nh3，nh3与o2反应生成no，no与o2反应生成no2，no2溶于水生成hno3，l是hno3是强酸，故d正确；故选a。14.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象实验结论a向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失。原溶液中一定有 so42b加入盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊。原溶液中一定有co32c向某溶液中加入氢氧化钠溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝。原溶液中一定无 nh4+d向某黄色溶液中加入淀粉 ki 溶液，溶液呈蓝色。溶液中可能含 br2a. ab. bc. cd. d【答案】d【解析】【详解】a能和氯化钡溶液反应生成白色不溶于盐酸的沉淀可能是ag+或so42-，所以原溶液中不一定含有硫酸根离子，故a错误；b将无色气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，说明生成二氧化碳或二氧化硫气体，能与盐酸反应生成二氧化碳或二氧化硫气体的离子可能为hco3-、so32等，故b错误；c氨气极易溶于水，在稀溶液中，铵根离子与氢氧化钠反应，不加热，氨气未逸出，故不能说明原溶液中是否含有nh4+，故c错误；d向某黄色溶液中加入淀粉 ki 溶液，溶液呈蓝色，该黄色溶液能氧化碘离子生成碘，该溶液中可能含有溴，也可能含有铁离子，故d正确；故选d。【点睛】本题的易错点为c，要注意，氨气极易溶于水，生成的氨气溶于水生成一水合氨，未放出，因此检验铵根离子，一般需要加热，使氨气放出。15.x、y、z、w是原子序数依次增大的四种短周期元素，a、b、c、d、f都是由其中的两种或三种元素组成的化合物，e是由z元素形成的单质，0.1moll1d溶液的ph为13（25）。它们满足如图转化关系，则下列说法不正确的是a. b晶体中阴、阳离子个数比为1:2b. 等体积等浓度的f溶液与d溶液中，阴离子总的物质的量fdc. 0.1molb与足量a或c完全反应转移电子数均为0.1nad. y、z分别形成的简单氢化物的稳定性前者弱于后者，是因为后者分子间存在氢键【答案】d【解析】【分析】x、y、z、w是原子序数依次增大的四种短周期元素，a、b、c、d、f都是由其中的两种或三种元素组成的化合物，0.1moll1d溶液的ph为13(25)，说明d为一元强碱溶液，为naoh，则x为h元素；e是由z元素形成的单质，根据框图，生成氢氧化钠的反应可能为过氧化钠与水的反应，则e为氧气，b为过氧化钠，a为水，c为二氧化碳，f为碳酸钠，因此y为c元素、z为o元素、w为na元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，x为h，y为c，z为o，w为na，a为水，b为过氧化钠，c为二氧化碳，d为naoh，e为氧气，f为碳酸钠。ab为过氧化钠，过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成，na2o2晶体中阴、阳离子个数比为12，故a正确；b等体积等浓度的f(na2co3)溶液与d(naoh)溶液中，由于碳酸钠能够水解，co32h2ohco3oh、hco3-h2o h2co3oh，阴离子数目增多，阴离子总的物质的量fd，故b正确；cb为na2o2，c为co2，a为h2o，过氧化钠与水或二氧化碳的反应中，过氧化钠为氧化剂和还原剂，0.1molb与足量a或c完全反应转移电子0.1na，故c正确；d元素的非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性co，y、z分别形成的简单氢化物的稳定性前者弱于后者，与氢键无关，故d错误；答案选d。【点睛】解答本题的突破口为框图中生成氢氧化钠和单质e的反应。本题的易错点为c，要注意过氧化钠与水或二氧化碳的反应中，过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，反应中o由-1价变成0价和-2价。16.2018年10月15日，中国用“长征三号乙”运载火箭成功以“一箭双星”方式发射北斗三号全球组网卫星系统第15、16号卫星，其火箭推进剂为高氯酸铵（nh4clo4）等。制备nh4clo4的工艺流程如下：饱和食盐水naclo3naclo4naclo4nh4clo4下列说法错误的是（ ）a. nh4clo4属于离子化合物b. 溶解度：naclo4nh4clo4c. 该流程中可循环利用的物质是nh4cld. 高氯酸铵中氯元素的化合价为+7价【答案】c【解析】【详解】a、nh4clo4是由铵根离子与高氯酸根形成的离子键组成的离子化合物，故a正确；b、根据naclo4nh4clo4，当加入氯化铵后，析出高氯酸铵晶体，得出高氯酸铵溶解度小于高氯酸钠，故b正确；c、最后的母液中含有的nacl可循环利用，故c错误；d、根据在化合物中正负化合价代数和为零，可知高氯酸铵中氯元素的化合价为：(+1)+x+(-2)4=0，则x=+7，故d正确；故选c。17.足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和no2、n2o4、no 的混合气体，这些气体与1.68 l o2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入6 moll1naoh溶液至cu2+恰好完全沉淀，则消耗naoh溶液的体积是a. 60 mlb. 50 mlc. 30 mld. 15 ml【答案】b【解析】试题分析：完全生成hno3，则整个过程中hno3 反应前后没有变化，即cu失去电子都被o2得到了根据得失电子守恒：n（cu）2=n（o2）4，n（cu）2=mol4，n（cu）=0.15mol，所以 cu(no3)2 为0.15mol，则naoh 为 0.15mol2=0.3 mol，则naoh 体积v=0.05l，即 50 ml，故选b。考点：考查了金属与硝酸反应的计算的相关知识。18.下列所示物质的制备方法合理的是a. 实验室从海带中提取单质碘：取样灼烧溶解过滤萃取蒸馏b. 金红石(主要成分tio2)为原料生产金属ti：金红石、焦炭ticl4tic. 海水提溴工艺流程：brbr2d. 由食盐制取漂粉精：nacl(ag) cl2漂粉精【答案】b【解析】【详解】a海带灰中碘以i-形式存在，需要氧化为单质，再萃取，故a错误；btio2、c、cl2反应生成ticl4，在稀有气体保护下，mg还原ticl4生成ti，可实现转化，故b正确；c海水中的溴以br-形式存在，加入硝酸氧化溴离子，会产生氮的氧化物，污染空气，工业上是用氯气与br-发生置换反应得到br2，故c错误；d石灰水的浓度太低，应选氯气与石灰乳反应制备漂粉精，故d错误；故选b。19.cui是有机合成的一种催化剂，受热易氧化。实验室可通过向cuso4与nai的混合溶液中通入so2制备cui(2cuso42naiso22h2o2cui2h2so4na2so4)。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是()a. 制备so2b. 制备cui并制备少量含so2的溶液c. 将cui与母液分离并用装置制得的含so2的溶液洗涤沉淀d. 加热干燥湿的cui固体【答案】d【解析】【详解】a.cu与浓硫酸在加热时发生反应生成so2，图中固液加热装置可制备，a正确；b.硫酸铜与nai发生氧化还原反应生成cui、so2，可用该装置制备cui并制备少量含so2的溶液，b正确；c.分离沉淀与溶液，可选该装置进行过滤，c正确；d.加热干燥湿的cui固体，由于cui易被氧化，因此不能用该装置加热，d错误；故合理选项是d。20.某溶液x中仅可能含有k、na、fe2、fe3、nh4+、so42-、so32-、co32-、i、cl中的一种或多种，且溶液中各离子浓度相同。现进行下列实验，下列说法正确的是 ()a. 该溶液x中可能有fe3、na+b. 该溶液可能由是硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的c. 如果气体y能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，说明溶液中一定含有nh4+d. 取样溶液z，滴加氯化钡溶液出现沉淀，可推出x中一定存在so42-、so32-中的某一种【答案】b【解析】【分析】由实验流程可知，与过量氯水反应后的溶液中加入ccl4萃取后下层呈紫红色，说明原溶液中含有i-，则能够氧化i-的fe3+不能同时存在于溶液中；此时上层的水溶液中一定含有氯水还原生成的cl-，所以在该溶液中加入agno3生成的白色沉淀，不能说明原溶液中是否存在cl-；另外一份加入naoh，加热，产生红褐色沉淀说明溶液中存在fe3+，说明原溶液中含有fe2+，fe2+的存在说明原溶液中不含有co32-和so32-；生成气体y，说明原溶液中含有nh4+，y为氨气；z的焰色反应为黄色说明含钠离子，但不能确定原溶液中是否含钠离子，透过蓝色钴玻璃观察焰色反应为紫色火焰证明一定含钾离子，结合溶液中各离子浓度相同分析解答。【详解】a根据上述分析，该溶液x中一定没有fe3，故a错误；b根据上述分析，该溶液中一定存在k+、fe2+、i-、nh4+，溶液中各离子浓度相同，根据溶液电中性原则，溶液中还一定含有so42-、cl -，溶液可能是硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的，故b正确；c氨气是碱性气体，不能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，此现象不能说明溶液中一定含有nh4+，故c错误；d根据上述分析，原溶液中不存在so32-，故d错误；故选b。21.向200 ml febr2溶液中逐渐通入cl2，其中n(fe 3)、n(br2) 随通入n(cl2)的变化如图所示，下列说法不正确的是()a. 氧化性强弱：br2 fe3b. 由图可知，该febr2溶液的浓度为1 molllc. n(cl2)0. 12 mol时，溶液中的离子浓度有c (fe 3)c( br)=18d. n(febr2)n(cl2)11时，反应的离子方程式为：2fe22br + 2cl2=2fe3br2 + 4cl【答案】c【解析】【分析】由图可知，向200 ml febr2溶液中通入0.1mol氯气时，fe2恰好被完全氧化为fe3，反应的离子方程式为2fe2cl2=2fe32cl，由方程式可得n（fe2）为0.2mol，则n（br）为0.4mol；通入氯气0.3mol时，溶液中0.4mol br恰好被完全氧化为br2，反应的离子方程式为2br+ cl2=br2 + 2cl，则氯气与溴化亚铁溶液完全反应的离子方程式为2fe24br + 3cl2=2fe32br2 +6cl。【详解】a项、由题给图示可知，向200 ml febr2溶液中通入氯气，亚铁离子先反应，说明还原性fe2 br，还原剂的还原性越强，对应氧化产物的氧化性越弱，则氧化性强弱：br2 fe3，故a正确；b项、由通入0.1mol氯气时，fe2恰好被完全氧化为fe3可得，溶液中n（fe2）为0.2mol，则febr2溶液的浓度为=1mol/l，故b正确；c项、当通入n(cl2)为0. 12 mol时，0.2mol fe2已经完全被氧化为fe3，n（fe3）为0.2mol，过量的0. 02 mol cl2与0. 04 mol br反应，溶液中n（br）为（0.40.04）mol=0.36mol，则溶液中的离子浓度有c (fe 3)c( br)= 0.2mol0.36mol=5:9，故c错误；d项、n(febr2)n(cl2)11时，溶液中fe2已经完全被氧化为fe3，有一半br被氧化为br2，反应的离子方程式为2fe22br + 2cl2=2fe3br2 + 4cl，故d正确；故选c。【点睛】注意依据题给图示明确反应顺序是fe2还原性强先被完全氧化后，br才被氧化是解答突破口。第卷 非选择题（共58分）22.按要求填空：（1）单质铝和氢氧化钾溶液反应的化学方程式：_。（2）单质镁与二氧化碳反应的化学方程式：_。（3）工业制备粗硅的化学方程式：_。（4）氨的催化氧化反应：_。（5）实验室制氯气的离子方程式：_。（6）硫代硫酸钠与盐酸反应的离子方程式：_。【答案】 (1). 2al + 2koh +2h2o=2kalo2 + 3h2 (2). 2mg+co2 2mgo+c (3). sio2+2csi+2co (4). 4nh3+5o24no+6h2o (5). mno2+2cl-+4h+cl2+mn2+2h2o (6). s2o32-+2h+=so2+s+h2o【解析】【分析】(1)铝和氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾和氢气；(2)镁在二氧化碳中燃烧反应生成碳与氧化镁；(3)工业上用sio2与碳在高温下制备粗硅；(4)nh3与o2在催化剂、加热条件下发生反应生成一氧化氮和水；(5)实验室中用二氧化锰和浓盐酸反应来制取氯气；(6)硫代硫酸钠在酸性条件下发生歧化反应，生成二氧化硫、s、水；据此书写方程式。【详解】(1)铝和氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾和氢气，反应的化学方程式：2al + 2koh +2h2o=2kalo2 + 3h2，故答案为：2al + 2koh +2h2o=2kalo2 + 3h2；(2)镁在二氧化碳中燃烧反应生成碳与氧化镁，反应的化学方程式为2mg+co2 2mgo+c，故答案为：2mg+co2 2mgo+c；(3)工业上用石英(主要成分为sio2)制备粗硅，反应的化学方程式为：sio2+2csi+2co，故答案为：sio2+2csi+2co；(4)氨气具有还原性，氧气具有氧化性，氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，反应方程为：4nh3+5o24no+6h2o，故答案为：4nh3+5o24no+6h2o；(5)实验室中用二氧化锰和浓盐酸反应来制取氯气，离子方程式为：mno2+2cl-+4h+cl2+mn2+2h2o，故答案为：mno2+2cl-+4h+cl2+mn2+2h2o；(6)硫代硫酸钠与盐酸发生氧化还原反应生成二氧化硫、s、水，离子反应为s2o32-+2h+=so2+s+h2o，故答案为：s2o32-+2h+=so2+s+h2o。23.已知a是一种红棕色金属氧化物，b、d是常见的金属单质，j是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解。（1）写出下列物质的化学名称：a：_i：_j：_g：_（2）写出ci的离子方程式：_。（3）写出fg实验现象：_。（4）将一定量a和c混合物溶于100ml稀硫酸中，向反应后的溶液中缓慢加入naoh溶液，加入naoh溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示，试回答：混合物中含a的质量为_；所用硫酸溶液物质的量浓度为_。【答案】 (1). 三氧化二铁 (2). 偏铝酸钠 (3). 氢氧化铝 (4). 氢氧化铁 (5). al2o32oh=2alo2h2o (6). 白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 (7). 16g (8). 6.5mol/l【解析】【分析】a是一种红棕色金属氧化物，则a是fe2o3，b、d是金属单质，a和b在高温下能反应生成金属单质d，则该反应是铝热反应，b是al，d是fe，c是al2o3；j是一种不溶于水的白色化合物，受热容易分解成c，则j是al(oh)3，i是naalo2，氧化铝和盐酸反应生成氯化铝，所以h是alcl3；g是红褐色沉淀，分解生成氧化铁，则g是 fe(oh)3，f是 fe(oh)2，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，e和氨水反应生成 fe(oh)2，则e是 fecl2，据此分析解答。【详解】(1)根据上面的分析可知a为fe2o3，i是naalo2，j是al(oh)3，g是fe(oh)3，故答案为：三氧化二铁；偏铝酸钠；氢氧化铝；氢氧化铁。(2)氧化铝是两性氧化物，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，ci的离子方程式为al2o3+2oh-=2alo2-+h2o，故答案为：al2o3+2oh-=2alo2-+h2o；(3)fg氢氧化亚铁与氧气、水共同作用生成氢氧化铁，化学方程式为4fe(oh)2+o2+2h2o=4fe(oh)3，现象为白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，故答案为：白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；(4)a和c的混合物为fe2o3 和al2o3的混合物，溶于100ml稀硫酸中，生成铁离子和铝离子；根据图像可知，加入氢氧化钠溶液后，开始没有沉淀生成，说明硫酸溶解氧化铝、氧化铁后硫酸有剩余；随着碱量的增加，沉淀逐渐增多，达到最大值，碱过量，氢氧化铝溶解，氢氧化铁不溶解。根据21.4g沉淀的质量是氢氧化铁的质量，氢氧化铁的物质的量是=0.2mol，根据铁元素守恒，所以氧化铁的物质的量是0.1mol，fe2o3的质量是0.1mol160g/mol=16g，故答案为：16g；从260-300ml，naoh溶解al(oh)3，发生反应：naoh+al(oh)3=naalo2+2h2o，氢氧化铝的质量是：37g-21.4g=15.6g，即=0.2mol，消耗naoh为0.2mol，所以氢氧化钠的浓度=5mol/l；当v(naoh)=260ml时，沉淀量最大，此时沉淀为fe(oh)3和al(oh)3，溶液中溶质为na2so4；根据钠元素守恒：2n(na2so4)=n(naoh)，n(na2so4)=0.5n(naoh)=0.50.26l5 mol/l =0.65mol；根据硫酸根离子守恒：n(h2so4)=n(na2so4)=0.65mol，则c(h2so4)=6.5mol/l，故答案为：6.5mol/l。【点睛】正确判断物质是解题的关键。解答本题的突破口为“红褐色沉淀、红棕色金属氧化物”。本题的易错点和难点为(4)，要注意图像最高点对应溶液的溶质为硫酸钠。24.钇的常见化合价为3价，我国蕴藏着丰富的含钇矿石(y2febe2si2o10)，工业上通过如下生产流程可获得氧化钇。已知：该流程中有关金属离子形成氢氧化物沉淀时的ph见下表： 离子开始沉淀时ph完全沉淀时的ph fe32.13.1 y36.08.2在元素周期表中，铍元素和铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似。（1）写出na2sio3的一种用途_。（2）若改用氧化物的形式表示y2febe2si2o10组成，则化学式为_。（3）根据元素周期表的知识判断，常温下，氯化锶溶液ph_7（填“大于”、“等于”或“小于”）；写出氯化锶的电子式：_。（4）欲从na2sio3和na2beo2混合溶液中制得be(oh)2沉淀。 最好选用盐酸和_两种试剂，再通过必要的操作即可实现。anaoh溶液 b氨水 cco2 dhno3 写出na2beo2与足量盐酸发生反应的离子方程式_。（5）为使fe3沉淀完全，用氨水调节pha时，a应控制在_范围内；继续加氨水调节ph =b发生反应的离子方程式为_；检验fe3是否沉淀完全的操作方法是：_。（6）煅烧草酸钇时发生分解反应，其固体产物为氧化钇，气体产物能使澄清石灰水变浑浊。写出草酸钇y2(c2o4)3nh2o煅烧的化学方程式_。【答案】 (1). 工业粘合剂、制备硅胶、木材防火剂等 (2). y2o32beofeo2sio2 (3). 等于 (4). (5). b (6). beo22-4h=be22h2o (7). 3.16.0 (8). y3+3nh3h2o=y(oh)3+3nh4+ (9). 取最后一次洗涤过滤液，滴加几滴kscn溶液，观察溶液是否变成血红色，若溶液不呈血红色，则fe3+沉淀完全 (10). y2(c2o4)3nh2oy2o3+3co+3co2+nh2o【解析】【分析】钇矿石(y2febe2si2o10)中加入氢氧化钠共熔后水溶过滤得到na2sio3、na2beo2溶液，沉淀为y(oh)3和fe2o3；y(oh)3和fe2o3沉淀加入稀盐酸溶解后加入氨水调节溶液ph，根据金属离子形成氢氧化物沉淀时的ph数据，在3.1a6.0范围沉淀铁离子，沉淀a为fe(oh)3；继续加入氨水调节溶液ph在8.2以上得到y（oh）3沉淀，y（oh）3中加入草酸得到y2(c2o4)3，过滤、水洗、煅烧得到y2o3粉末，结合铍元素和铝元素化学性质相似分析解答。【详解】(1)na2sio3俗称水玻璃，常用于工业粘合剂、制备硅胶、木材防火剂等，故答案为：工业粘合剂、制备硅胶、木材防火剂等；(2)钇的常见化合价为3价，be为+2价，si为+4价，o为-2价，根据正负化合价的代数和为0，钇矿石(y2febe2si2o10)中fe的化合价为+2价，用氧化物的形式可表示为：y2o32beofeo2sio2，故答案为：y2o32beofeo2sio2；(3)同主族元素最外层电子数相同，自上而下电子层数增多，元素的金属性增强；所以sr金属性比钙强，氯化钙溶液显中性，所以氯化锶溶液显中性，即ph=7；氯化锶属于离子化合物，电子式为，故答案为：等于；(4)周期表中，铍、铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似，欲从na2sio3和na2beo2的混合溶液中制得be(oh)2沉淀，根据na2beo2的性质和naalo2类比推断，加过量的盐酸，硅酸钠反应生成硅酸沉淀，na2beo2的反应生成氯化铍溶液，再加入过量氨水沉淀铍离子，故答案为：b；na2beo2与足量盐酸发生反应生成氯化铍、氯化钠和水，反应的离子方程式为：beo22-+4h+=be2+2h2o，故答案为：beo22-+4h+=be2+2h2o；(5)三价铁离子开始沉淀到沉淀完全的ph范围为：2.1-3.1，钇离子开始沉淀和沉淀完全的ph为：6.0-8.2；所以使fe3+沉淀完全，须用氨水调节ph=a，3.1a6.0，继续加氨水调节ph=b发生反应的离子方程式为：y3+3nh3h2o=y(oh)3+3nh4+，检验fe3是否沉淀完全，只需要检验是否存在fe3即可，方法为：取最后一次洗涤过滤液，滴加几滴kscn溶液，观察溶液是否变成血红色，若溶液不呈血红色，则fe3+沉淀完全，故答案为：3.16.0；y3+3nh3h2o=y(oh)3+3nh4+；取最后一次洗涤过滤液，滴加几滴kscn溶液，观察溶液是否变成血红色，若溶液不呈血红色，则fe3+沉淀完全；(6)煅烧草酸钇时发生分解反应，其固体产物为氧化钇，气体产物能使澄清石灰水变浑浊，说明有co2气体产生，草酸钇y2(c2o4)3nh2o煅烧的化学方程式为：y2(c2o4)3nh2oy2o3+3co+3co2+nh2o，故答案为：y2(c2o4)3nh2oy2o3+3co+3co2+nh2o。【点睛】明确实验目的、实验原理为解题的关键。本题的易错点为na2beo2与足量盐酸反应方程式的书写，要注意结合naalo2与足量盐酸的反应方程式进行类比。25.实验室从含碘废液（除h2o外，含有ccl4、i2、等）中回收碘，实验过程如下：（1）向含碘废液中加入稍过量的na2so3溶液，将废液中的i2还原为i，其离子方程式为_；该操作将i2还原为i的目的是_。（2）操作的名称为_。（3）氧化时，在三颈瓶中将含i的水溶液用盐酸调至ph约为2，缓慢通入cl2，在40左右反应（实验装置如图所示）。实验控制在较低温度下进行的原因是_；仪器a的名称为_；仪器b中盛放的溶液为_。（4）已知：；某含碘废水（ph约为8）中一定存在i2，可能存在i、io3中的一种或两种。请补充完整检验含碘废水中是否含有i、io3的实验方案（实验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、fecl3溶液、na2so3溶液）。取适量含碘废水用ccl4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在；_；另从水层中取少量溶液，加入1-2ml淀粉溶液，加盐酸酸化后，滴加na2so3溶液，若溶液变蓝说明废水中含有io3；否则说明废水中不含有io3。（5）二氧化氯（clo2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂和水处理剂。现用clo2氧化酸性含废液回收碘。完成clo2氧化i的离子方程式：_。（6）“碘量法”是一种测定s2含量的有效方法。立德粉znsbaso4是一种常用的白色颜料，制备过程中会加入可溶性的bas，现用“碘量法”来测定立德粉样品中s2的含量。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 ml 0.1000 mol/l 的i2-ki溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过