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）

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。16.2020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