湖南省长郡中学2018-2019学年高三第三次月考化学试题

众志成城卧虎藏龙地豪气干云秣马砺兵锋芒尽露披星戴月时书香盈耳含英咀华学业必成湖南省长郡中学2018-2019学年高三第三次月考化学试题可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64一、选择题（本题有22个小题，每小题2分，共44分。每小题只有一个选项符合题意）1. 对中国古代著作涉及化学的叙述，下列解读错误的是A. 本草纲目中“冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁,取碱浣衣”中的碱是K2CO3B. 黄白第十六中“曾青涂铁,铁赤如铜”,“ 曾”青是指可溶性铜盐C. 天工开物中“凡石灰,经火焚炼用”里的“石灰”指的是Ca(OH)2D. 汉书中“高奴县有洧水可燃”这里的“洧水”指的是石油【答案】C【解析】A、草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，选项A正确；B、曾青涂铁是一种可溶性铜盐的溶液放入金属铁得到金属铜的过程，“曾青”是可溶性铜盐，选项B正确；C、“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”指的是CaCO3，不是Ca(OH)2，如果是Ca(OH)2，不用焚烧，可以直接使用，选项C错误；D、由题中信息知，“洧水”是一种矿物，且可燃，所以“洧水”就是石油，选项D正确。答案选C。点睛：本题以文言文为切入点考查物质的组成、结构和性质的关系，关键是正确理解题中所描述的意思，作出正确判断，题目难度不大，但理解不好容易出错。2. 分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是A. 冰醋酸、纯碱、芒硝、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物B. HClO、H2SO4(浓)、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸C. 漂白粉、福尔马林、冰水、王水、氯水均为混合物D. Na2O、NaOH、Na2CO3、NaCl都属于钠的含氧化合物【答案】B.考点：考查物质分类的判断应用3. 下列化工生产过程中的主要反应，不涉及氧化还原反应的是A. 制纯碱 B. 制烧碱 C. 制漂白粉 D. 制硝酸【答案】A【解析】试题分析：A制纯碱的反应原理是：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3CO2H2O。反应中元素的化合价没有发生变化，都是非氧化还原反应，正确；B制烧碱的反应原理是：2NaCl2H2OCl2H22NaOH，反应过程中有元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，错误；C制漂白粉的反应原理是：2Cl22Ca(OH)2CaCl2Ca(ClO)22H2O，反应过程中存在元素的化合价的变化，是氧化还原反应，错误；D制硝酸反应原理是：4NH3+5O24NO+6H2O，2NO +O2= 2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应中都有元素化合价的变化，因此都是氧化还原反应，错误。考点：考查氧化还原反应在化工生产过程中的应用的知识。4. 下列实验能达到预期目的的是选项实验内容实验目的A取两只试管，分别加入4mL 0.01mol/L KMnO4酸性溶液，然后向一只试管中加入0.1mol/L H2C2O4溶液2mL，向另一只试管中加入0.1mol/L H2C2O4溶液4mL，记录褪色时间证明草酸浓度越大，反应速率越快B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C向10mL 0.2mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下的Kap:Mg(OH)2Fe(OH)3D测定相同条件下等物质的量浓度的Na2CO3溶液与NaHCO3溶液的pH，后者较大证明非金属性ClCA. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：A加入不同体积的草酸，溶液体积不同，高锰酸钾和草酸溶液的浓度都不同，比较草酸的浓度对反应速率的影响，高锰酸钾的浓度应相同，所以不能实现实验目的，A错误；B碳酸钠和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化钠，溶液碱性增强，颜色加深，不能说明碳酸根存在水解平衡，B错误；C氢氧化钠过量，不能证明溶解度大小，如加入足量氯化镁完全生成氢氧化镁沉淀后再加入氯化铁，能生成红褐色沉淀，则可证明，C错误；D等物质的量浓度的Na2SO4与Na2CO3溶液的pH，后者较大，可比较硫酸与碳酸的酸性，因硫酸是最高价含氧酸，则能比较非金属性，D正确，答案选D。【考点定位】本题考查化学实验方案的评价【名师点晴】该题为高频考点，涉及物质性质、非金属性比较方法、沉淀生成与沉淀转化、盐类水解与酸性比较、探究化学反应速率影响因素等，注重实验原理及物质性质的考查，注意实验的操作性、评价性分析，选项A和B是易错点。5. 以下除杂方案不正确的是A. Cl2中混有HCl，可一次通入盛有饱和食盐水、浓H2SO4的洗气瓶B. NH4Cl溶液中混有Fe3+，可加入NaOH溶液后过滤C. CO中混有CO2，可依次通入盛NaOH溶液、浓H2SO4的洗气瓶D. Na2CO3固体中混有NaHCO3，可用加热的方法除尽【答案】B【解析】试题分析：A、Cl2中混有HCl，可依次通入盛有饱和食盐水、浓H2SO4的洗气瓶，正确；B、 NH4Cl 溶液中混有Fe3+，可加入NaOH溶液后氯化铵与氢氧化钠反应生成一水合氨和氯化钠，不能用来除杂，错误；C、CO中混有CO2，可依次通入盛NaOH 溶液、浓 H2SO4的洗气瓶，正确；D、 Na2CO3固体中混有NaHCO3，可用加热的方法除尽，正确。考点：考查物质的分离、提纯。6. 用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述中正确的是A. 常温常压下，6g O2和26g O3混合气体中的原子总数为2NAB. 100mL 0.1mol/L 的NaOH溶液中，所含微粒总数为0.02NAC. 23g 金属钠变为钠离子时得到的电子数为NAD. 标准状况下，2.24L H2O所含的原子数为0.3NA【答案】A【解析】A、6g O2和26 gO3混合气体中含有32g氧原子，32g氧原子的物质的量为：=2mol，混合气体中的原子总数为2NA，选项A正确；B、100mL0.1mol/L的NaOH溶液中，所含溶质离子总共为0.1L0.1mol/L2NAmol-1=0.02NA，溶液由溶质与溶剂组成，还包含溶剂微粒，选项B错误；C、23g 金属钠即1mol钠与足量水反应中，钠为还原剂，钠完全反应失去1mol电子，不是得到电子，选项C错误；D、标准状况下，水是液体，不能使用气体摩尔体积，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意明确标准状况下水不是气体，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；注意钠在反应中失去电子，不是得到电子。7. 下列现象或应用与胶体性质无关的是A. 将盐卤或石膏加入豆浆中，制成豆腐B. 冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘微粒带电荷C. 泡沫灭火器中将Al2(SO4)3与NaHCO3两溶液混合后，喷出大量泡沫，起到灭火作用D. 用半透明可以除去淀粉溶液中的少量NaCl【答案】C【解析】A.利用电解质使豆浆胶体发生聚沉；B. 冶金厂常用高压电除去烟尘，利用的是胶体发生电泳；C. 泡沫灭火器中将Al2(SO4)3与NaHCO3两溶液混合后，两种盐发生互促水解，使水解反应进行到底，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体 ，所以喷出大量泡沫，起到灭火作用，与胶体无关；D. 胶体粒子不能透过半透膜、溶液中的粒子可以透过半透膜，所以用半透膜可以除去淀粉溶液中的少量NaCl。综上所述，C符合题意，本题选C。8. 常温下，下列各组离子能在指定溶液中大量共存的是A. pH=1的溶液中：Ba2+、Al3+、Cl-、SO42-B. 使甲基橙变红色的溶液中:Na+、Al3+、K+、SO42-、SiO32-C. c(OH-)/c(H+)=10-12的溶液:NH4+、Fe2+、NO3-、Cl-D. 0.1mol /L NH4HCO3溶液中:K+、Na+、NO3-、Cl-【答案】D【解析】A. Ba2+和SO42-能够反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故A错误；B. 使甲基橙变红色的溶液显酸性，在酸性溶液中不能大量存在SiO32-，故B错误；C. c(OH-)/c(H+)=10-12的溶液显酸性，在酸性溶液中Fe2+、NO3-能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D. 0.1mol.L-1NH4HCO3溶液中，K+、Na+、NO3-、Cl-离子间不发生反应，能够大量共存，故D正确；故选D。点睛：注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如本题中的C，酸性溶液中Fe2+、NO3-能够发生氧化还原反应，是易错点。9. 四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子内质子数之比为1：2，X2+和Z-离子的电子数之差为8。下列说法不正确的是A. 与W相邻的同主族元素可制成重要的半导体材料B. 简单离子半径大小：YZXC. X单质不可能置换出W单质D. W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HZO4【答案】C【解析】根据X2+和Z-离子的电子数之差为8，由元素周期表确定X2+为Be2+或Mg2+；推断Z为F-或Cl-；依据W和X元素原子内质子数之比为1：2，判断W为He或C，结合原子最外层电子数之和为19，所以两种判断中：W：He；X：Be；Z：F时，Y的最外层电子数为8，因为W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以不符合；若各元素为W：C：X：Mg；Z：Cl；由最外层电子数之和为19，Y的最外层电子数为6，确定Y为S，综上所述：推断出各物质为：W为C元素；X为Mg元素；Y为S元素；Z为Cl元素。A与碳同主族的元素硅是良好的半导体材料，故A正确；B镁离子只有2个电子层，硫离子和氯离子含有3个电子层，镁离子半径最小，电子层结构相同的离子半径随核电荷数的增加，离子半径逐渐减小，硫离子半径大于氯离子半径，故B正确；CMg可在二氧化碳中燃烧生成C和MgO，故C错误；D非金属元素最强的元素是Cl元素，所以W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是H2ZO4，故D正确；故选C。10. 已知2BrO3-+Cl2=Br2+2ClO3-；5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+ 3H2O。判断下列物质氧化能力强弱顺序为A. ClO3-BrO3-IO3-Cl2 B. BrO3-ClO3-Cl2IO3-C. BrO3-Cl2ClO3-IO3- D. Cl2BrO3-ClO3-IO3-【答案】C11. 对于复分解反应X+YZ+W，下列叙述正确的是A. 若Z是强酸，则X和Y必有一种是强酸B. 若X是强酸，Y是盐，反应后可能有强酸或弱酸生成C. 若Y是强碱，X是盐，则Z或W必有一种是弱碱D. 若W是弱碱，Z是盐，则X和Y必有一种是强碱【答案】B【解析】试题分析：AH2S+CuSO4=CuS+H2SO4。错误。BH2SO4+2NaCl=Na2SO4+2HCl；2HCl+ FeS=FeCl2+H2S 。正确。CNa2CO3+Ca(OH)2=CaCO3+2NaOH。错误。DCuSO4+2NH3H2O= Cu(OH)2+ (NH4)2SO4。错误。考点：考查关于各种复分解反应的反应物、生成物的关系的知识。12. 固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子的最外层电子结构，则下列有关说法中，不正确的是A. NH5中既哟离子键又有共价键B. NH5的熔沸点高于NH3C. NH5固体投入少量水中，可产生两种气体D. 0.1 mol NH5中含有5molNH键【答案】D【解析】试题分析：固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，所以该化合物的结构有关是NH4H,是离子化合物，在该化合物中，含有离子键、极性共价键和配位键。选项A正确；由于离子间以强烈的离子键结合，所以熔沸点高于由分子构成的物质NH3。选项B正确； NH5固体投入少量水中，发生反应：NH5+H2O=NH3H2O+ H2,氨水分解产生氨气，因此可产生两种气体，选项C正确；在1 mol NH5中含有4mol NH键 ，错误。考点：考查固体A NH5的的结构与性质的关系的知识。13. 某天然碱的化学式可表示为2Na2CO3NaHCO32H2O，取少量该物质溶于水得稀溶液，在溶液中逐滴滴加稀盐酸。下列离子方程式与事实不相符的是A. HCO3-+2CO32-+5H+=3CO2+3H2OB. HCO3-+3CO32-+7H+=4CO2+4H2OC. 2HCO3-+CO32-+4H+=3CO2+3H2OD. CO32-+H+=HCO3-【答案】C【解析】A、当滴入稀盐酸部分过量时，反应的离子方程式为HCO3-+2CO32-+5H+=3CO2+3H2O，选项A正确；B、当加入过量的盐酸时，碳酸氢根离子与碳酸根离子都完全反应，离子方程式为：HCO3-+3CO32-+7H+=4CO2+4H2O，选项B正确；C、碳酸根离子没有完全反应，碳酸氢根离子不会先反应，选项C不正确；D、当滴入盐酸少量时，碳酸根离子优先反应生成碳酸氢根离子，离子方程式为CO32-+H+=HCO3-，选项D正确。答案选C。14. 砹(At)是原子序数最大的卤族元素，推测砹或砹的化合物不可能具有的性质有A. HAt 很稳定 B. At2易溶于某些有机溶剂C. AgAt不溶于水 D. At2是有色固体【答案】A【解析】A、由于HF到HI稳定性依次降低，还原性依次增强，所以HAt是不稳定的强还原剂，选项A错误；B、F2、Cl2、Br2、I2均易溶于有机溶剂，因此，At2应溶于某些有机溶剂，选项B正确；C、由于AgCl、AgBr、AgI均不溶于水且溶度积依次减小，所以AgAt应不溶于水，选项C正确；D、根据卤素单质的物理性质递变规律，F2到I2颜色逐渐加深且从气态到液态到固态，可知At2的颜色比I2的颜色深，应该为有色固体，选项D正确。答案选A。15. 雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成了如下的实验：已知：3NO3+8Al+ 5OH+2H2O3NH3+8AlO2根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是A. 试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3B. 试样中一定不含Al3+C. 试样中可能存在Na+、ClD. 该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4【答案】B【解析】试样溶液中加入过量Ba(OH)2 并加热，生成的气体1，该气体1可能是NH3，则试样中含有NH4；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，NO3+A1+OH+H2ONH3+Al(OH)4-，生成气体2，该气体是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42，能和过量Ba(OH)2 反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg(OH)2 ，所以溶液中含有Mg2 ，A根据以上分析可知溶液中含有NH4、Mg2、SO42和NO3，故A正确；B根据实验操作不能确定是否含有Al3，即试样中可能含有Al3，故B错误；C、根据实验无法确定是否含有Na+、Cl-，所以溶液中可能含有Na+、Cl-，故C正确；D 、根据以上分析可知溶液中含有NH4、Mg2、SO42和NO3，则该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故D正确；故选B。点睛：本题考查了物质的推断，明确物质的性质及特殊反应现象是解本题关键，根据物质的溶解性、物质的性质及题给信息来分析解答，题目难度中等。NO3+A1+OH+H2ONH3+Al(OH)4-，是学生理解的难点。16. 已知氧化还原反应2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI+13I2+12K2SO4+12H2O，当1mol氧化剂参加反应时，被氧化的物质的物质的量为A. 10mol B. 11mol C. 12mol D. 13mol【答案】B【解析】由2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI+13I2+12K2SO4+12H2O可知，Cu(IO3)2中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，则Cu(IO3)2为氧化剂，所以1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol（2-1）+2mol（5-0）=11mol，答案选B。点睛：本题考查氧化还原反应中转移电子数目的计算，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键。注意CuI中Cu为+1价为解答的易错点。17. 物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度有关。下列各组物质：Cu与HNO3溶液 Cu与FeCl3溶液 Zn与H2SO4溶液 Fe与HCl溶液，由于溶液浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】Cu与浓HNO3反应生成NO2，与稀硝酸反应生成NO，符合；Cu与FeCl3溶液反应，反应不随浓度的改变而变化，都生成氯化亚铁和氯化铜，不符合；Zn与浓硫酸反应生成二氧化硫，与稀硫酸反应生成氢气，符合；Fe与HCl溶液反应不随浓度的改变而变化，都生成氯化亚铁和氢气，不符合。答案选A。18. 下列实验装置不能达到实验目的的是A. 用装置A来做SO2的喷泉实验B. 用装置B来验证浓H2SO4与水混合的热量变化C. 用装置C来验证NH3易溶于水D. 用装置D来验证氧化性:Cl2Br2I2【答案】D【解析】试题分析：A.SO2是酸性氧化物，与NaOH发生反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，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进入烧瓶，由于会不断形成压强差，所以可以用装置A来做SO2的喷泉实验，正确；B.浓硫酸有吸水性，与水接触，放出大量的热，使试管中的空气受热膨胀，U形管内的红墨水左侧液面下降，右侧液面上升，因此用装置B来验证浓H2SO4与水混合的热量变化，正确。C.若氨气极容易溶于水，会使烧瓶中气体的压强减小，小气球内侧与外接大气相通，在大气压强的作用下，小气球鼓起胀大。因此用装置C来验证NH3易溶于水，正确。D.由于元素的非金属性ClBr，所以会发生反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2。反应产生的Br2通入到KI溶液中，发生反应：2KI+ Br2=2KBr+I2，I2使淀粉溶液变为蓝色。同时为反应的Cl2与KI也发生反应：2KI+ Cl2=2KCl+I2，I2使淀粉溶液变为蓝色。因此不能证明氧化性：Cl2Br2I2，错误。考点：考查实验装置与实验目的的完成情况的正误判断的知识。19. 中学常见无机物A、B、C、D、E、X均由短周期元素组成，且存在如下图所示转化关系(部分反应物、生成物和反应条件略去)。下列推断不正确的是A. 若D为白色沉淀，且与A的摩尔质量相等，则X-定是铝盐B. 若A是单质,B和D的反应是OH-+HCO3-=H2O+CO32-，则E-定能还原CuOC. 若B、X均为单质，D为CO，C能和E反应，则E为碱D. 若X是Na2SO3，C是能使品红溶液褪色的气体，则A可能是氯气，且D和E不反应【答案】D【解析】A、D为摩尔质量是78g/mol的Al（OH）3，A为摩尔质量为78g/mol 的Na2O2，X为铝盐，C为偏铝酸盐，铝盐和偏铝酸盐在溶液中发生双水解反应生成Al（OH）3，符合转化关系，A正确；B、根据B、D反应的离子方程式OH-+HCO3-=H2O+CO32-，A为活泼金属Na，B为NaOH、E为H2，X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3，H2在加热时能还原CuO，B正确；C、如A为Na2O2，B为O2，E为NaOH，X为C，C为CO2，D为CO，符合转化关系，C正确；D、若X是Na2SO3，则A可能是氯气，则B为HCl，E为HClO，C为气体SO2，D为NaHSO3，D和E能发生氧化还原反应，符合转化关系，D错误；答案选D。点睛：本题考查元素及其化合物的转化关系，题目难度较大，做好本题的关键之处在于把握好物质的性质，注意推断题突破口的寻找以及假设验证方法的应用。20. 现有一体积固定装有H2、CO、CO2混合气体的密闭容器，向其中加入过量的Na2O2，并不断用电火花点燃使其充分反应，反应结束后恢复至起始温度，测得容器内的压强（固体体积忽略不计）是起始状态的1/4。则原混合气体的平均相对分子质量可能是A. 20g/mol B. 23g/mol C. 30g/mol D. 36g/mol【答案】C【解析】Na2O2与CO2反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，CO与H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应。由2CO+O22CO2，相当于可得总反应为：Na2O2+CO=Na2CO3，相当于吸收CO；由2H2+O22H2O，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，可得总反应为：Na2O2+H2=2NaOH，相当于吸收H2，故混合物气体反应，恢复到原温度，容器内的压强为原来的，剩余气体为O2，不可能为H2或CO。令原混合物的物质的量为4mol，则反应后氧气的物质的量为1mol，由方程式可知原混合物中二氧化碳为2mol，氢气与CO共4mol-2mol=2mol，若为H2和CO2的混合物，二者物质的量之比为1：1，混合气体的平均相对分子质量为=23，若为CO和CO2的混合物，二者物质的量之比为1：1，混合气体的平均相对分子质量为=36，则混合气体的平均相对分子质量介于2336，答案选C。21. CuCO3和Cu2(OH)2CO3的混合物34.6g，可恰好完全溶解于300mL 2mol /L的盐酸中，若加热分解等量的这种混合物可得CuO固体质量为A. 16.0g B. 19.2g C. 24.0g D. 30.6g【答案】C【解析】试题分析：CuCO3和Cu2(OH)2CO3的混合物溶于盐酸溶液后所得的产物为CuCl2，且其物质的量为0.3mol。设加热分解等量的这种混合物可得CuO固体质量为x，则可得关系式：，解得。故答案为C。考点：物质的计算点评：本题是对计算的考查，属于基础题。解题时，应充分利用质量守恒定律。同时，可以从物质在反应前后的始终态考虑，尤其是涉及到多步反应时，这种方法显得尤为重要。22. 把铝粉和某铁的氧化物xFeOyFe2O3粉末配成铝热剂，再分成两等份。一份在高温下恰好完全反应后，再与足量盐酸反应；另一份直接放入足量的烧碱溶液中充分反应。前后两种情况下生成的气体质量比是8：11，则x：y为A. 1:2 B. 1:1 C. 5:7 D. 7:5【答案】A【解析】第一份中Al与xFeOyFe2O3粉末得到Fe与Al2O3，再与足量盐酸反应，发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2，第二份直接放入足量的烧碱溶液，发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=NaAlO2+3H2，前后两种情况下生成的气体质量比是5：7，令第一份、第二份生成氢气物质的量分别为5mol、7mol，则：Fe+2HCl=FeCl2+H25mol 5mol2Al+2NaOH+2H2O=NaAlO2+3H22 3 7mol令xFeOyFe2O3中Fe元素平均化合价为a，根据Al与xFeOyFe2O3反应中的电子转移守恒：3=5mol（a-0），解得a=2.8，故=2.8，整理的x：y=1：2，答案选A。二、非选择题（本题有4个小题，共56分）23. X是一种日常生活中常见的金属，它既能与盐酸反应生成X3+和H2，又能与烧碱溶液反应生成XO2-和H2O.X的氢氧化物具有两性，但不与氨水反应；而Zn(OH)2与氨水反应生成Zn(NH3)42+.试回答下列问题：（1）X元素在元素周期表中的位置是_。（2）X的氧化物也居于两性，写出其溶于烧碱溶液的离子方程式：_。（3）分离X3+与Zn2+的最佳方法是加入过量的_。（4）与O同周期的第VA族元素Z形成的最常见氢化物也可表示为ZH3，Z还可形成多种氢化物及其微粒，如Z2H4、Z2H5+、ZH4+等写出Z2H4的电子式：_。工业上利用尿素CO(NH2)2、NaClO在NaOH溶液中发生反应生成水合肼(Z2H4H2O)、Na2CO3等产物，则该反应的化学方程式为_。查资料得，在高温下肼可将锅炉内壁表面的铁锈转化为致密的氧化膜。取3.2g肼与96g该铁锈样品（可看作是Fe2O3）在搞完下恰好完全反应生成氮气等产物，写出该反应的化学方程式：_。若某一物质组成为Z4H4，则它的一种离子化合物的化学式为_【答案】 (1). 第三周期第IIIA族 (2). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (3). 氨水 (4). (5). CO(NH2)2+NaClO+2NaOH=N2H4H2O+Na2CO3+NaCl (6). N2H4+6Fe2O3N2+4Fe3O4+2H2O (7). NH4N3【解析】常见金属X，既能与盐酸反应生成X3+和H2，又能与烧碱溶液反应生成XO2-和H2O，X的氢氧化物具有两性，但不与氨水反应，该金属应该是Al；（1）Al元素在元素周期表中的位置是第三周期第IIIA族；（2）氧化铝属于两性氧化物，具有两性，与烧碱溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，其反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；（3）氢氧化铝不溶于氨水，而氢氧化锌可以溶于氨水，分离Al3+与Zn2+的最佳方法是加入过量的氨水；（4）与O同周期的第VA族元素Z应该是N。N2H4的电子式为：；工业上利用尿素CO(NH2)2、NaClO在NaOH溶液中发生反应生成水合肼(N2H4H2O)、Na2CO3等产物，根据质量守恒及氧化还原反应原理，生成物应该还有氯化钠和水，则该反应的化学方程式为：CO(NH2)2+NaClO+2NaOH=N2H4H2O+Na2CO3+NaCl；肼与氧化铁在高温条件下反应生成氮气、水、铁单质，反应化学方程式为：N2H4+6Fe2O3N2+4Fe3O4+2H2O；若某一物质组成为Z4H4，Z为N元素，N4H4的一种离子化合物应该为铵盐，即NH4N3，叠氮化铵。24. 钠、钾的碘化物在生产和科学实验中有十分重要的应用。工业利用碘、NaOH和铁屑为原料可生产碘化钠，其生产流程如图所示：（1）NaOH溶液和碘反应时需要严格控制温度，如果温度过低，会生成碘的低价副产品NaIO。若NaOH溶液和碘反应时所得溶液中IO3-与IO的物质的量之比为1：1，则该反应的离子方程式为_。（2）生产流程中加入过量铁屑的目的是_，过滤所得固体中除剩余铁屑外，还有红褐色固体，则加入铁屑时发生反应的化学方程式是_。（3）溶液2中除含有H外，一定含有的阳离子是_；试设计实验证实该金属阳离子的存在_。（4）溶液2经一系列转化可以得到草酸亚铁晶体（FeC2O42H2O），称取3.60 g草酸亚铁晶体（相对分子质量是180）用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示：分析图中数据，根据信息写出过程发生的化学方程式_。300时剩余固体只有一种且是铁的氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式_。【答案】 (1). 4I2+8OH-=IO3-+IO-+6I-+4H2O (2). 还原IO3-（或使IO3-转化为I-）（合理即可） (3). 3H2O+2Fe+NaIO3=NaI+2Fe(OH)3 (4). Fe2+ (5). 取少量溶液2于试管中，滴加铁氰化钾溶液，看是否有蓝色产地产生，托有，则证明存在Fe2+（其他合理答案即可） (6). FeC2O42H2OFeC2O4+2H2O (7). Fe2O3【解析】试题分析：（1）若NaOH溶液和碘反应时所得溶液中碘酸根离子与IO离子的物质的量之比为1:1，碘失去电子为6个，根据得失电子守恒，生成的I为6个，参加反应的碘单质为4个，则上述过程中，反应的离子方程式为4I28OH=IO6I4H2OIO。（2）反应加入铁屑的目的是还原反应中所生成的碘酸根离子，生成的红褐色沉淀为氢氧化铁，相应的化学方程式为NaIO32Fe3H2O=NaI2Fe(OH)3。（3）由于铁过量，所以所得固体中存在氢氧化铁和单质铁，当加入稀硫酸时，氢氧化铁溶解生成铁离子，而单质铁则与铁离子或氢离子反应，会生成亚铁离子，一定有亚铁离子，检验亚铁离子的方法为取少量试样溶液于试管中，先加KSCN溶液无现象，再加氯水，溶液变红，证明存在亚铁离子，或加入K3Fe(CN)6产生蓝色沉淀。（4）通过剩余固体的质量可知，过程发生的反应是草酸亚铁晶体受热失去结晶水，反应的方程式为FeC2O42H2OFeC2O42H2O。草酸亚铁晶体中铁的元素质量为3.656/180100%=1.12克，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为1.60-1.12=0.48克，铁元素与氧元素的质量为1.12:0.48=7:3，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有56x:16y=7:3，x:y=2:3，所以固体为Fe2O3。考点：氧化还原反应，铁元素的转化和检验，质量守恒等知识。25. SO2是高中化学重点学习大三大气体之一，是常见的大气污染物之一，同时有是重要的工业原料，探究其制备方法和性质具有非常重要的意义，请回答下列问题。.某研究小组将纯净的SO2气体通入0.5mol/L的Ba(NO3)2溶液中，得到了BaSO4沉淀。为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组提出了如下假设：假设一：溶液中的NO3-假设二：溶液中溶解的O2（1）验证假设一请在下表空白处填写相关实验现象。实验步骤实验现象结论实验1：在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体_假设一成立实验2：在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBa（NO3）2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体_设计实验1的目的是_。（2）为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液的pH随通入SO2体积的变化曲线如图甲所示。实验2中溶液pH小于实验1的原因是（用离子方程式表示）_。.我国规定空气中SO2含量不得超过0.02mg/L。某化学兴趣小组选用图乙实验装置，测定工业原料气(含SO2、N2、O2)中SO2的含量(已知碘能氧化H2SO3，生成H2SO4)。（1）若原料气从左向右流时，上述装置连接的顺序是:原料气_ (用字母和箭头表示)。当装置中出现_现象时，立即停止通气。（2）你认为下列试剂中，可以用来代替试管中的酸性KMnO4溶液的是_。（填字母代号）A.NaOH溶液 B.溴水 C.氨水 D.BaCl2溶液.中华人民共和国国家标准规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g/L。某兴趣小组用图丙装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行定性测定。（1）B中加入250.00ml葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol/L NaOH标准溶液进行滴定，滴定终点时，消耗NaOH溶液25.00ml，该葡萄酒中SO2含量为_g/L。（2）该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施_。【答案】 (1). 无明显现象 (2). 有白色沉淀产生 (3). 做对比实验 (4). 3SO3+2NO3-+3Ba2+2H2O=3BaSO4+4H+2NO（或3H2SO4+2NO3-+3Ba2+=2NO+3BaSO4+4H+H2O） (5). cdbae (6). 溶液紫（或紫红）色褪去 (7). B (8). 0.128 (9). 盐酸的挥发性；不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，排除盐酸挥发的影响【解析】.（1）根据强酸制弱酸的原理，亚硫酸是弱酸不能制备盐酸，故实验1无明显现象，SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸显酸性，电离出，和NO3-结合生成硝酸，具有强氧化性，将SO32-氧化成SO42-，故生成白色的BaSO4沉淀；（2）实验1：在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体，实验2：在盛有富含O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体，对比实验观察反应现象确定硝酸根在酸溶液中具有氧化性，故为做对比实验；（2）实验1中，SO2溶于水后生成H2SO3，H2SO3+ HSO3-、HSO3-+ SO32-，所以溶液pH值减小，实验2发生反应：3SO2+2NO3-+2H2O=3SO42-+4H+2NO，把门反应中生成了强酸硫酸，则实验2的pH小于实验1，答案为：3SO3+2NO3-+3Ba2+2H2O=3BaSO4+4H+2NO或3H2SO4+2NO3-+3Ba2+=2NO+3BaSO4+4H+H2O；. （1）原料气通过高锰酸钾溶液，能氧化亚硫酸，生成硫酸，吸收二氧化硫气体，