湖南省岳阳七中2020届高三化学9月月考试题（含解析）.docx

湖南省岳阳七中2020届高三化学9月月考试题（含解析）第I卷（选择题）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Ne 20 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Ba 137一、选择题（每小题只有一个选项符合题意。每小题2分，共50分）1.将淀粉-KI混合液装在半透膜中，浸泡在盛蒸馏水的烧杯中一段时间后，某学生取烧杯中液体滴加几滴试剂便立即报告老师说：这个半透膜袋已经破损了，老师肯定了他的做法。这位学生所滴的试剂及观察到的现象是 （ ）A. 滴两滴碘水显蓝色B. 滴淀粉试液显蓝色C. 滴入氯水-淀粉试液显蓝色D. 滴AgNO3，溶液出现黄色沉淀【答案】A【解析】【详解】将淀粉-KI混合液装在半透膜中，浸泡在盛蒸馏水的烧杯中一段时间，由于淀粉形成的是胶体，不能透过半透膜，而KI溶液的离子可以透过半透膜，若这个半透膜袋已经破损了，则在烧杯的液体中含有淀粉胶体，由于淀粉遇碘水溶液会显蓝色，因此该同学加入的试剂是碘水，观察到的现象是显蓝色；本题答案选A。2.向2 mL 0.5 molL1的FeCl3溶液中加入3 mL 3 molL1 KF溶液，FeCl3溶液褪成无色，再加入KI溶液和CCl4振荡后静置，CCl4层不显色，则下列说法正确的是A. Fe3不与I发生反应B. Fe3与F结合成不与I反应的物质C. F使I的还原性减弱D. Fe3被F还原为Fe2，使溶液中不再存在Fe3【答案】B【解析】【详解】A铁离子具有强氧化性，碘离子具有还原性，二者能够发生氧化还原反应，故A错误；B根据题中信息可知，加入氯化铁中加入氟化钾，FeCl3溶液褪成无色，说明铁离子参加了反应生成了无色物质，再根据加入碘化钾也没有明显现象，进一步证明Fe3+与F结合生成的物质不与I反应，故B正确；C氟离子与碘离子不反应，氟离子不会使碘离子的还原性减弱，故C错误；D铁离子氧化性较弱，不会与氟离子发生氧化还原反应，故D错误；本题答案选B。【点睛】本题考查了铁离子的性质及检验方法，题目难度中等，注意掌握铁离子、亚铁离子的检验方法，解答本题的关键是合理分析、理解题干信息，然后得出正确结论。3.实验室保存下列药品的方法，正确的是A. 氢氟酸贮存在细口玻璃瓶里B. 盛液溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发C. 盛放浓硫酸的广口瓶应当用磨口玻璃塞，不能用橡皮塞D. 氯水保存在无色玻璃瓶中，液氯贮存在钢瓶里【答案】B【解析】【详解】A.氢氟酸与二氧化硅反应，则不能贮存在细口玻璃瓶里，A错误；B.液溴的密度大于水，且微溶于水，水起液封的作用，盛液溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发，B正确；C.盛放液体的试剂瓶为细口瓶，盛放浓硫酸不用广口瓶，C错误；D.氯水见光易分解，氯水应保存在棕色玻璃瓶中；液氯在常温下不与铁反应，可贮存在钢瓶里，D错误；答案为B。4.使用容量瓶配置溶液时，由于操作不当会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是（ ）用天平称量时所用砝码生锈用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤 转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水定容时，俯视容量瓶的刻度线 定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】用天平称量时所用砝码生锈，称量的溶质的质量偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏高，故错误；用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度，导致量取的液体体积偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故错误；溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故正确；转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质的物质的量、溶液的最终体积都没有影响，所以不影响配制结果，故错误；定容时，俯视容量瓶的刻度线，导致加入的蒸馏水低于容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏小，然后浓度偏高，故错误；定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故正确；综上正确；本题答案选D。5.下列两种物质间发生反应，消耗等物质的量的酸，产生气体最多的是A. 木炭与浓硝酸B. 铜与稀硝酸C. 锌与稀硫酸D. 木炭与浓硫酸【答案】D【解析】【详解】设酸的物质的量为1mol，分别根据4个反应的化学方程式可以求出产生气体的物质的量。A.木炭与浓硝酸：C+4HNO3(浓)=CO2+4NO2+2H2O，产生的气体为1.25mol；B.铜与稀硝酸：Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，产生的气体为0.25mol；C.锌与稀硫酸：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，产生的气体为1mol；D.木炭与浓硫酸：C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O，产生的气体为1.5mol；综上D项中产生的气体最多；本题答案选D6.下列物质的用途描述不正确的是A. 晶体硅可用作制作半导体材料B. 碳酸钠可用于制胃酸中和剂C. 氧化铁可用于制作红色涂料D. 明矾可用作净水剂【答案】B【解析】【详解】A.硅元素处于金属和非金属分界线处，单质硅是一种良好的半导体材料，A正确；B.碳酸钠在溶液中水解显碱性，且碱性较强，有较强的刺激性，不能用作胃酸中和剂，B错误；C.氧化铁呈红棕色，可以用作红色涂料，C正确；D.明矾的水溶液中，铝离子水解产生氢氧化铝，具有净水的作用，D正确；答案为B。7.下列反应的离子方程式正确的是A. 用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2B. 钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+Cu+2Na+C. AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2OD. 用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2O【答案】D【解析】【详解】A.用CH3COOH溶解CaCO3醋酸为弱电解质，不能拆成离子形式，应该写化学式，A错误；B.钠与CuSO4溶液反应，先与溶液中的水反应，生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应，B错误；C.AlCl3溶液中加入过量稀氨水，反应生氢氧化铝，氢氧化铝不溶于弱碱，C错误；D.双氧水具有强氧化性，能氧化单质铜，则用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2O，D正确；答案为D。【点睛】硫酸铜溶液中，Na与溶液中水提供的氢离子反应，不是置换溶液中的铜离子。8.类推（类比迁移）的思维方法可以预测许多物质的性质。但类比是相对的，不能违背客观事实。下列类比分析结果正确的是A. Fe3O4根据化合价规律可表示为FeOFe2O3，则Pb3O4也可表示为PbOPb2O3B. CaC2能水解：CaC2 + 2H2O = Ca(OH)2 + C2H2 ，则Al4C3也能水解：Al4C3 + 12H2O = 4A1(OH)3+ 3CH4C. Cl2与Fe加热生成FeCl3，则I2与Fe加热生成FeI3D. SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，则SO2通入Ba(NO3)2溶液也不产生沉淀【答案】B【解析】【详解】A. Fe3O4中的Fe的化合价可以认为是+2，+3，则表示为FeOFe2O3，但是Pb常见的化合价为+2、+4，则Pb3O4应表示为2PbOPbO2，A错误；B.水解反应为物质与水电离出来的H和OH结合的反应，Al4C3中的Al与OH结合生成Al(OH)3，C与H结合生成甲烷，化学方程式为Al4C3 + 12H2O = 4A1(OH)3+ 3CH4，B正确；C. 碘单质的氧化性比氯气弱，只能将Fe氧化成2价，则I2与Fe加热生成FeI2，C错误；D. SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，是因为弱酸不能制取强酸，但SO2通入Ba(NO3)2溶液中，SO2溶于水，生成亚硫酸使溶液呈现酸性，溶液中存在硝酸根离子，将SO2氧化成SO42，会生成硫酸钡沉淀，D错误；答案为B。【点睛】类推时，要根据实际情况推测，Pb的化合价为+2、+4价，其氧化物为PbO、PbO2两种和铁的不同。9.在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(p)从大到小的顺序是( )A. p(Ne)p(H2)p(O2)B. p(O2)p(Ne)p(H2)C. p(H2)p(O2)p(Ne)D. p(H2)p(Ne)p(O2)【答案】D【解析】【详解】根据阿伏加德罗定律，当它们的温度和密度相同时，摩尔质量与压强成反比，摩尔质量由小到大的顺序为H2NeO2，则压强的大小顺序为p(H2)p(Ne)p(O2)；本题答案选D。10.赤铜矿的成分是Cu2O，辉铜矿的成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有以下反应：2Cu2OCu2S6CuSO2，对于该反应，下列说法正确的是A. 该反应的氧化剂只有Cu2OB. Cu既是氧化产物，又是还原产物C. Cu2S既是氧化剂又是还原剂D. 还原产物与氧化产物的物质的量之比为16【答案】C【解析】【详解】ACu元素的化合价降低，则Cu2O、Cu2S均为氧化剂，故A错误；BCu元素得到电子被还原，则Cu为还原产物，故B错误；CCu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故C正确；DCu为还原产物，SO2为氧化产物，由反应可知，还原产物与氧化产物的物质的量之比为6：1，故D错误；本题答案选C。11.下列物质分类正确的是A. SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B. 稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C. 烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D. 福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【答案】D【解析】【详解】ASO2、SiO2为酸性氧化物，CO是不成盐氧化物。A错误；B稀豆浆、硅酸属于胶体；而氯化铁溶液则是溶液，B错误；C烧碱NaOH是碱，属于电解质；冰醋酸是纯净的醋酸，是酸，属于电解质；而四氯化碳是非电解质。C错误；D福尔马林是甲醛的水溶液；水玻璃是硅酸钠的水溶液；氨水为氨气的水溶液，因此都是混合物。D正确；本题答案选D。12.下列说法都正确的是江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关四川灾区重建使用了大量钢材，钢材是合金“钡餐”中使用的硫酸钡是弱电解质太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置常用的自来水消毒剂有氯气和二氧化氯，两者都含有极性键水陆两用公共汽车中，用于密封的橡胶材料是高分子化合物A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】江河水中含有胶体，在入海口遇到海水中的电解质溶液，会发生聚沉形成三角洲，正确；钢材是铁的合金，正确；硫酸钡属于盐，虽然不溶于水，但是属于强电解质，错误；硅元素处于第三周期第A族，下周期的元素为Ge，锗为金属元素，处于金属与非金属的交界位置，正确；氯气中只有非极性键，错误；橡胶属于高分子材料，正确；综上正确的有；本题答案选B。13.下列说法正确的是A. 植物油的主要成分是高级脂肪酸B. 醋酸铅溶液可使鸡蛋清中的蛋白质变性C. 蔗糖及其水解产物均可发生银镜反应D. 合成纤维和棉花的主要成分均为纤维素【答案】B【解析】【详解】A.植物油的主要成分是高级脂肪酸与丙三醇反应生成的酯，A错误；B.醋酸铅为可溶性的重金属盐，其可使鸡蛋清中的蛋白质变性，B正确；C.蔗糖不与银氨溶液发生银镜反应，C错误；D.棉花主要成分为纤维素，合成纤维经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，不是纤维素，D错误；答案为B。14.下列褪色现象中，其中一项与其他三项褪色原理不同的是A. 二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 氯水能使甲基橙褪色C. 浓硝酸能使石蕊试液褪色D. 臭氧能使品红溶液褪色【答案】A【解析】【详解】A、二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为二氧化硫具有还原性，被高锰酸钾氧化，A正确；B、氯水能使甲基橙褪色，因为氯水中的次氯酸具有强氧化性使其褪色，B错误；C、浓硝酸能使石蕊试液褪色，是因为浓硝酸接具有强氧化性，有机色素被氧化褪色，C错误； D、臭氧具有强氧化性，能将有机有色物质氧化而使其褪色，D错误；本题答案选A。15.下列叙述正确的是A. 常温常压下，4.6 g NO2气体约含有1.811023个原子B. 在标准状况下，80 gSO3所占的体积约为22.4LC. 常温下，0.1 mol/L醋酸溶液的pH约为1D. 标准状况下，22.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应，转移的电子数为2NA【答案】A【解析】【详解】A常温常压下，4.6 g NO2气的物质的量是0.1mol，所以约含有1.811023个原子，A项正确；B在标准状况下，SO3是固体，不能使用气体摩尔体积，B项错误；C醋酸是弱酸，在溶液中部分电离，因此在常温下，0.1 mol/L醋酸溶液的pH大于1，C项错误；D在标准状况下，22.4L氯气的物质的量是1mol,它与足量氢氧化钠溶液反应，转移的电子数为NA，D项错误；答案选A。16.为提纯下列物质(括号内为杂质)选用的试剂和分离方法都正确的是序号物质试剂分离方法硝酸钾（氯化钠）蒸馏水重结晶二氧化碳（氯化氢）饱和碳酸钠溶液洗气乙醇（水）金属钠蒸馏NaCl溶液（Na2S）AgCl过滤A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】硝酸钾和氯化钠溶解度差距较大，可采用重结晶的方法分离，正确；饱和碳酸钠可与HCl反应，但还可用吸收二氧化碳，所选试剂错误，错误；乙醇和水均能与Na反应生成氢气，无法分离，错误；硫化银为沉淀，且溶解性比氯化银小。加入氯化银，可以将S2-转化为硫化银除去，而加入的过量的氯化银不溶于水，可与硫化银一同过滤除去，正确；综上正确；答案为B。17.下列选项中所涉及到的两个量一定不相等的是A. 足量的钠在等物质的量的Cl2和O2中分别燃烧转移电子数B. 等物质的量的KO2与CaO2分别与水反应生成的气体体积（相同条件下）C. 100mL 1mol/L HNO3分别与1.4g Fe、2.8gFe完全反应时生成的NO物质的量D. 等浓度等体积的盐酸、NaOH溶液分别与一定量Al反应生成等质量气体时转移的电子数【答案】B【解析】【详解】A由于金属钠足量，反应过程中转移电子的物质的量根据不足量的物质为标准；1molCl2反应转移2mol电子，1molO2发生反应产生Na2O转移2mol电子，也可能发生反应产生Na2O2，转移电子4mol，因此足量的钠在等物质的量的Cl2和O2中分别燃烧转移电子数可能相等，也可能不相等，A项不符合题意；B.KO2、CaO2分别与水发生反应的方程式是：4KO2+2H2O=4KOH+3O2；2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2；可见等物质的量的两种物质发生反应产生的氧气的物质的量不相等，则在相同条件下的体积也一定不相等，B项正确；C100mL 1mol/L HNO3的物质的量是0.1mol，由于硝酸是变价金属，与1.4g Fe 、2.8gFe完全反应时，反应产生的物质可能形成Fe(NO3)2，也可能形成Fe(NO3)3，因此反应产生的NO物质的量可能相等，也可能不相等，C项不符合题意；D等浓度等体积的盐酸、NaOH溶液分别与一定量Al反应生成等质量气体时，由于氢离子得到的电子变为单质氢气，生成等质量气体时转移的电子数一定相等，D项不符合题意；本题答案选B。18.下列离子在给定的条件下一定能大量共存的是A. 加入Al粉放出H2的溶液中：Na+、K+、Fe3+、NO3B. c(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中：NH4+、AlO2、SO42、HCO3C. 水电离出的c(H+)=11013mol/L的溶液中：Mg2+、K+、NO3、ClD. c(H+)=11013mol/L的溶液中：K+、Cl、AlO2、CO32【答案】D【解析】【详解】A.加入Al粉放出H2的溶液可能为酸，还可能为碱，若为碱溶液，Fe3+不能共存，若为酸，有NO3，无氢气放出，A错误；B.c(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中： Fe3+、HCO3可发生双水解反应不共存，B错误；C.水电离出的c(H+)=11013mol/L的溶液可能为酸，还可能为碱，若为碱溶液，Mg2+不能共存，C错误；D. c(H+)=11013mol/L溶液为碱溶液，K+、Cl、AlO2、CO32不反应可以大量共存，D正确；答案为D。【点睛】酸、碱对水的电离均有抑制作用，则水电离出的c(H+)=11013mol/L的溶液可能为酸，还可能为碱。19.A、B、C分别是元素甲、乙、丙的单质，它们都是常见的金属或非金属，D、E、F是常见的三种氧化物，且有如图所示转化关系，则下列说法不正确的是A. D、E中一定都含有A的元素B. 单质B肯定是氧化剂C. A、B、C中一定有一种是氧元素的单质D. 若A是非金属，则B一定为金属【答案】B【解析】【详解】单质B和氧化物反应生成单质A和氧化物F，则D中一定含有A的元素。D和A反应又生成E，则E中一定含有A元素，根据框图的转化特点可知，A是碳、B是镁、C是氧气、D是CO2、E是CO、F是氧化镁。A.单质B和氧化物反应生成单质A和氧化物F，则D中一定含有A的元素。D和A反应又生成E，则E中一定含有A元素，A项正确，不符合题意；B.物质B可以为镁，不一定是氧化剂，B项错误，符合题意；C.物质C为氧气，C项正确，不符合题意；D.物质A为C，B为镁，D项正确，不符合题意；本题答案选B。20.下列操作不能说明仪器组装气密性良好的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A.手握住试管后，烧杯中有气泡产生，离开试管玻璃导管内有一段水柱，装置气密性良好，A正确；B.装置B气密性良好时，漏斗内的液体不能顺利流下，B正确；C.装置C气密性良好时，手捧住烧瓶时，玻璃导管有一段水柱，离开时导管内液面与集气瓶液面持平，C正确；D.装置D气密性良好时，上移左侧滴管，左右两侧容器内的液面会出现液面差，现两液面持平，说明装置漏气，D错误；答案为D。21.将少量的a溶液加入到b溶液中，现象及对应的离子方程式正确的是 选项ab现象离子方程式A稀硫酸KI在空气中放置一段时间后溶液呈棕黄色4I+ O2 + 2H2O = 2I2 + 4OHBNa2CO3稀盐酸开始时无气泡，后来有气泡CO32+ H+ = HCO3；HCO3+ H+ = H2O + CO2C稀盐酸Na2SiO3 产生白色胶状物2H+ + SiO32= H2SiO3(胶体)D稀H2SO4滴有酚酞的Ba(OH)2有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色Ba2+ + OH+ H+ + SO42 = BaSO4 + H2OA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.硫酸与碘化钾混合溶液呈酸性，最终不可能生成氢氧根离子，A错误；B碳酸钠加入到盐酸中，盐酸过量，开始就有气体产生，B错误；C.盐酸与硅酸钠反应生成不溶于水的硅酸沉淀，C正确；D.硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，硫酸少量，氢氧化钡过量，溶液不会变为无色，现象为红色变浅，硫酸为二元酸，要完全反应掉，化学方程式应为Ba2+ + 2OH-+ 2H+ + SO42- = BaSO4 + 2H2O，D错误；答案为C。【点睛】碳酸钠加入到盐酸中，开始盐酸过量，有气体产生；盐酸加入到碳酸钠中，碳酸钠过量，开始无气体产生。22.某同学采用工业大理石(含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)制取CaCl26H2O，设计了如下流程：下列说法不正确的是A. 固体中含有SiO2，固体中含有Fe(OH)3B. 使用石灰水时，要控制pH，防止固体中Al(OH)3转化为AlO2C. 试剂a选用盐酸，从溶液得到CaCl26H2O产品的过程中，须控制条件防止其分解D. 若改变实验方案，在溶液中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净CaCl26H2O【答案】D【解析】【详解】A.SiO2难溶于盐酸，固体中含有SiO2；氯化铝、氯化铁与氢氧化钙反应生成Fe(OH)3，所以固体中含有Fe(OH)3，故A正确；B.Al(OH)3可溶于强碱，使用石灰水时，要控制pH，防止固体中Al(OH)3转化为AlO2，故B正确；C.CaCl26H2O易失去结晶水，所以须控制条件防止其分解，故C正确；D.溶液中直接加氨水至沉淀完全，生成氯化铵，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶不能得到纯净CaCl26H2O，故D错误。故选D。23.下列AD四组，每组有两个反应，其中两个反应可用同一个离子方程式表示的是()()A少量SO2通入Ba(OH)2溶液过量SO2通入Ba(OH)2溶液B少量浓氨水滴入Al2(SO4)3溶液中少量Al2(SO4)3溶液滴入浓氨水中C0.1 mol Cl2通入含0.2 mol FeBr2的溶液0.3 mol Cl2通入含0.2 mol FeBr2溶液中D过量BaCl2溶液与少量Na2SO4溶液相混合少量Ba(OH)2溶液与过量MgSO4溶液相混合A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. 少量二氧化硫与氢氧化钡反应的产物为亚硫酸钡沉淀，过量时，产物为亚硫酸氢钡，离子方程式不同，A错误；B. 少量氨水与硫酸铝反应生成氢氧化铝沉淀，过量时沉淀不溶解，离子方程式相同，B正确；C. 0.1mol氯气与溶液中的亚铁离子恰好完全反应，而0.3mol氯气时，与亚铁离子反应剩余的氯气与溴离子反应，离子方程式不同，C错误；D. 氯化钡与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，而氢氧化钡与硫酸镁反应生成硫酸钡和氢氧化镁沉淀，离子方程式不同，D错误；答案为B；【点睛】氧化性：氯气溴铁离子，则氯气先与亚铁离子反应，完全反应后再与溴离子反应。24.若以w1和w2分别表示浓度为a mol/L和b mol/L氨水的质量分数，且2ab，则下列判断正确的是A. 2w1w2B. 2w2w1C. w22w1D. w1w22w1【答案】C【解析】【详解】根据c=1000/M，amol/L=1000/M，bmol/L=1000/M，已知2ab，则1000/M=2000/M，化简=2，已知氨水的密度小于1g/cm3，且浓度越大密度越小，则，可得w22w1，答案为C。25.取x g铜和镁的合金完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生8960 mL NO2气体和672 mL N2O4气体（都已折算成标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为1702 g，则x等于A. 864 gB. 900 gC. 920 gD. 944 g【答案】C【解析】【详解】沉淀的质量=m(金属)+m(OH)=17.02g，依据反应过程，到得到氢氧根的物质的量等于失去电子的物质的量，依据氧化还原反应中得失电子数目守恒，金属失去电子的物质的量等于硝酸得到电子的物质的量，m（金属）=17.02m（OH）=17.02（8960103/22.46721032/22.4）17=9.2g；本题答案选C。第II卷（非选择题）二、填空题（共50分）26.现有某混合物的无色透明溶液，可能含有以下离子中的若干种：Na、NH4、Cl、Mg2、Ba2、CO32、SO42。现取三份各100mL溶液进行如下实验：第一份加入足量AgNO3溶液有沉淀产生；第二份加足量NaOH溶液充分加热后，收集到气体0.896L(标准状况)；第三份加足量BaCl2溶液后，过滤后充分干燥得到沉淀6.27g，再经足量稀硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量变为2.33g。根据上述实验现象和有关数据，回答下列问题：（1）原溶液中一定存在的阴离子是_，一定不存在的离子是_，可能存在的离子是_。（2）中发生化学反应的离子方程式为_。（3）中生成可溶于稀硝酸的沉淀化学式为_，物质的量为_mol。该沉淀溶于稀硝酸的离子方程式为_。【答案】 (1). CO32-、SO42- (2). Mg2+、Ba2+ (3). Cl- (4). NH4+OH-=NH3+H2O (5). BaCO3 (6). 0.02mol (7). BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O【解析】【分析】第一份加入足量AgNO3溶液有沉淀产生，则溶液中可能存在Cl、CO32、SO42；第二份加足量NaOH溶液充分加热后，收集到气体0.896L(标准状况)，则原溶液中存在NH4；第三份加足量BaCl2溶液后，过滤后充分干燥得到沉淀6.27g，再经足量稀硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量变为2.33g，则溶液中存在CO32、SO42；一定不存在Mg2、Ba2；无法确定Cl是否存在；【详解】（1）分析可知，原溶液中一定存在的阴离子CO32-、SO42-；一定不存在的离子是Mg2+、Ba2+；可能存在的离子Cl-；（2）中铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气和水，离子方程式为NH4+OH-=NH3+H2O；（3）碳酸钡溶于硝酸，生成硝酸钡、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；碳酸钡、硫酸钡的混合物6.27g，不溶的为硫酸钡，2.33g，则碳酸钡的质量为6.27-2.33=3.94g，即0.02mol。27.FeSO4是一种精细化工产品，可用于治疗缺铁性贫血、制革、木材防腐等。制备步骤：将3molL-1硫酸加入铁粉里，微热，搅拌使其充分反应；趁热过滤；在50左右蒸发、结晶，得到晶体绿矾（FeSO47H2O）。回答下列问题：（1）制备FeSO4溶液时一般不用较浓硫酸而用3molL-1硫酸的原因是_，反应时要求铁粉过量的理由是_。（2）检验步骤所得溶液中金属阳离子的方法是_。（3）步骤趁热过滤的原因是_。（4）在空气中加热绿矾，固体质量与温度变化曲线如下图：a曲线对应的反应化学方程式为_。c曲线对应的物质化学式为_。【答案】 (1). 产生SO2，污染环境 (2). 防止生成Fe3+ (3). 取少量待测液于试管中，加入KSCN溶液，无明显变化，再滴加少量氯水溶液变红色（或用NaOH溶液或K3Fe(CN)6溶液检验，叙述合理均可得分） (4). 防止硫酸亚铁结晶析出造成损失 (5). FeSO47H2OFeSO44H2O+3H2O (6). Fe2O3【解析】【详解】（1）制备FeSO4溶液时一般不用较浓硫酸而用3molL-1硫酸的原因是浓硫酸有强的氧化性，与铁发生反应，会产生SO2气体，污染环境；反应时要求铁粉过量是由于若铁不足量，反应产生的Fe2+容易被氧化产生Fe3+，Fe过量，产生的Fe3+与过量的Fe发生反应又转化为Fe2+；（2）检验步骤所得溶液中金属阳离子Fe2+的方法是取少量待测液于试管中，加入KSCN溶液，无明显变化，再滴加少量氯水溶液变红色；或加入NaOH溶液产生白色沉淀，沉淀会迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；（3）FeSO4在水中的溶解度随温度的变化而变化较大，步骤趁热过滤就可以防止硫酸亚铁结晶析出造成损失；（4）55.6g绿矾的物质的量是n(FeSO47H2O)= 55.6g278g/mol=0.2mol，其中含有结晶水的质量是0.2mol718g/mol=25.2g，在a段减少的质量是55.6g-44.8g=10.8g，小于25.2g，说明失去的是结晶水，其物质的量是n(H2O)= 10.8g18g/mol=0.6mol，即1mol盐失去3mol结晶水，所以得到的物质化学式是FeSO44H2O，分解反应方程式是FeSO47H2OFeSO44H2O+3H2O；在0.2mol盐中含有铁元素的质量是m(Fe)= 0.2mol56g/mol=11.2g，而在c曲线对应的物质的质量是16.0g，则含有氧元素的质量是16.0g-11.2g=4.8g，其物质的量是n(O)=4.8g16g/mol=0.3mol，n(Fe):n(O)=0.2mol:0.3mol=2:3，因此物质的化学式是Fe2O3。28.从铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种工艺流程如下：请回答下列问题：(1) 流程乙加入烧碱后生成SiO32的离子方程式为_。(2) 写出由滤液D生成Al(OH)3离子方程式： _。(3)向滤液Y中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_(填“增大”、“不变”或“减小”)。(4) 滤液E、K中溶质的主要成分是_(填化学式)。(5) 已知298 K时，Mg(OH)2的溶度积常数Ksp5.61012。取适量的滤液B，加入一定量的烧碱至达到沉淀溶解平衡，测得pH13.00，则此温度下残留在溶液中的c(Mg2)_。【答案】 (1). SiO22OH=SiO32H2O (2). AlO2-CO22H2O = Al(OH)3HCO3 (3). 减小 (4). NaHCO3 (5). 5.61010molL1【解析】【分析】流程甲：加入过量的盐酸，二氧化硅不溶解，则固体A为二氧化硅；溶液B为氯化铝、氯化铁、氯化镁和剩余的盐酸；加入过量的烧碱，沉淀C为氢氧化铁、氢氧化镁；滤液D为偏铝酸钠、氯化钠和剩余的NaOH溶液；通入过量的二氧化碳，沉淀F为氢氧化铝；滤液E为氯化钠、碳酸氢钠；流程乙：加入过量的烧碱，氧化铁、氧化镁不溶，固体X为氧化镁、氧化铁；滤液Y为偏铝酸钠、硅酸钠和剩余的NaOH溶液；通入过量的二氧化碳，沉淀Z为氢氧化铝，滤液K为碳酸氢钠；【详解】(1)流程乙加入烧碱后，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，离子方程式为SiO22OH-=SiO32-H2O；(2)写出由滤液D主要为偏铝酸钠，与二氧化和水反应，生成Al(OH)3、碳酸氢根离子，离子