湖南省岳阳七中2021届高三9月月考(解析版)

1、湖南省岳阳七中2021届高三9月月考第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 32Cl 35.5 Fe 56 Ba 137一、选择题每题只有一个选项符合题意。每题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【详解】将淀粉-KI混合液装在半透膜中，浸泡

2、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，假设这个半透膜袋已经破损了，那么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，因此该同学参加的试剂是碘水，观察到的现象是显蓝色；此题答案选A。2向2 mL 0.5 mol L的FeCh溶液中参加 3 mL 3 mol L：1 KF溶液，FeCb溶液褪成无色， 再参加KI溶液和CCl4振荡后静置，CCl4层不显色，那么以下说法正确的选项是A. Fe3+不与I：发生反响B. Fe3+与F：结合成不与I：反响的物质C. F：使I:的复原性减弱D. Fe3+被F：复原为Fe"，使溶液

3、中不再存在 Fe3+【答案】B【详解】A 铁离子具有强氧化性，碘离子具有复原性，二者能够发生氧化复原反响，故A错误；B. 根据题中信息可知，参加氯化铁中参加氟化钾，FeCl3溶液褪成无色，说明铁离子参加了反响生成了无色物质，再根据参加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 反响，故B正确；C. 氟离子与碘离子不反响，氟离子不会使碘离子的复原性减弱，故C错误；D 铁离子氧化性较弱，不会与氟离子发生氧化复原反响，故D错误；此题答案选B。【点睛】此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，解答此题的关键是合理分析、理解题干信息，然后得出

4、正确结论。3实验室保存以下药品的方法，正确的选项是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【详解】A.氢氟酸与二氧化硅反响，那么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响，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

5、作不当会引起误差，以下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，重新到达刻度线A. B.C.D.【答案】D【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

6、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，导致参加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，重新到达刻度线，导致配制的溶液体积偏大， 溶液浓度偏低，故正确；综上正确；此题答案选D。5以下两种物质间发生反响，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【详解】设酸的物质的量为1mol，分别根据4个反响的化学方程式可以求出产生气体的物质的量

7、。A.木炭与浓硝酸：C+4HN0 3浓=C02f +4NOf +2HO，产生的气体为1.25mol ；B. 铜与稀硝酸：Cu+8HN0 3稀=3CuN0 32+2NOf +4H2O，产生的气体为 0.25mol ；C. 锌与稀硫酸：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2f,产生的气体为 1mol ；D. 木炭与浓硫酸： C+2H2SO4浓l_ CO2 f +2SOT +2HO，产生的气体为 1.5mol ；综上D项中产生的气体最多；此题答案选D。6以下物质的用途描述不正确的选项是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.明矶可用作净水剂【答案】B【

8、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,误；C. 氧化铁呈红棕色，可以用作红色涂料，C正确；D. 明矶的水溶液中，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以下反响的离子方程式正确的选项是()A. 用 CH3C00H 溶解 CaC03： CaCO3+2H+=Ca2+H 2O+CO2 fB. 钠与 CuS04 溶液反响：2Na+Cu 2+ CuJ +2NlaC. AICI 3溶液中参加过量稀氨水：Al 3+4NH 3?H2O-AIO2+4NH 4+2H2OD.

9、 用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H 2O2+2H +=Cu2+2H 2O【答案】D【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溶液反响，先与溶液中的水反响，生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反响，B错误；C. AICI 3溶液中参加过量稀氨水，反响生氢氧化铝，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，那么用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H 2O2+2H +=Cu 2+2H 2O, 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响，不是置换溶液中的铜离子。8类推

10、(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。以下类比分析结果正确的选项是()A. Fe3O4根据化合价规律可表示为FeO?Fe2O3,贝U Pb3O4也可表示为 PbO?PbO3B. CaC2 能水解：CaC2 + 2H2O = Ca(OH) 2 + C2H2 f 那么 AI 4C3也能水解：AI 4C3 + 12H2O =4A1(OH) 3 J + 3CHfC. Cl 2与Fe加热生成FeCl3,那么12与Fe加热生成FebD. SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，那么 SO2通入Ba(NO 3)2溶液也不产生沉淀【答案】B【详解】A. Fe3O4中的Fe

11、的化合价可以认为是 +2, +3,那么表示为FeO?Fe2O3,但是Pb常见的化合价为+2、+4，那么Pb3O4应表示为2PbO?PbO2, A错误；B. 水解反响为物质与水电离出来的H +和0H结合的反响，AI4C3中的Al与0H结合生成AI(OH) 3, C与H结合生成甲烷，化学方程式为Al 4C3 + 12H2O = 4A1(0H) 3J + 3CHf, B正确；C. 碘单质的氧化性比氯气弱，只能将 Fe氧化成+ 2价，贝U I2与Fe加热生成Feb, C错误；D. S02通入BaCl2溶液不产生沉淀，是因为弱酸不能制取强酸，但S02通入Ba(NO 3)2溶液中，S02溶于水，生成亚硫酸

12、使溶液呈现酸性，溶液中存在硝酸根离子，将S02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Pb0、Pb02两种和铁的不同。9在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、02三种气体，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(02)B. p(02)>p(Ne) >p(H2)C. p(H2)> p(02)>p(Ne)D. p(H2)> p(Ne) > p(02)【答案】D【详解】根据阿伏加德罗定律，当它们的温度和

13、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出< Ne v O2,那么压强的大小顺序为 p(H2) > p(Ne) > p(02)；此题答案选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响：2CU2O+ CU2S A 6Cu+ SO2 f,对于该反响，以下说法正确的选项是()A. 该反响的氧化剂只有 CU2OB. Cu既是氧化产物，又是复原产物C. CU2S既是氧化剂又是复原剂D. 复原产物与氧化产物的物质的量之比为1 : 6【答案】C【详解】A . Cu元素的化合价降低，那么CU2O、Cu2S均为氧化剂，故

14、A错误；B Cu元素得到电子被复原，那么 Cu为复原产物，故 B错误；C. Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，那么CU2S在反响中既是氧化剂，又是复原剂，故C正确；D. Cu为复原产物，S02为氧化产物，由反响可知，复原产物与氧化产物的物质的量之比为6: 1，故D错误；此题答案选C。11. 以下物质分类正确的选项是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【详解】A . SO2、Si02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

15、液那么是溶液，B错误；C.烧碱NaOH是碱，属于电解质；冰醋酸是纯洁的醋酸，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；此题答案选D。12. 以下说法都正确的选项是 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【详解】江河水中含有胶体

16、，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W 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；此题答案选B。13以下说法正确的选项是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响D.合成纤维和棉花的主要成分均为纤维素【答案】B【详解】A.植物油的主要成分是高级脂肪酸与丙三醇反响生成的酯，A错误；B. 醋酸铅为可溶性

17、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响，C错误；D. 棉花主要成分为纤维素，合成纤维经加聚反响或缩聚反响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以下褪色现象中，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【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复原性，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

18、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；此题答案选A。15以下表达正确的选项是A. 常温常压下，4.6 g NO 2气体约含有1.81氷023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响，转移的电子数为2Na【答案】A【详解】A 常温常压下，4.6 g NO 2气的物质的量是 0.1mol，所以约含有1.81 1023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.

19、醋酸是弱酸，在溶液中局部电离，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响，转移的电子 数为Na, D项错误；答案选A。16.为提纯以下物质括号内为杂质选用的试剂和别离方法都正确的选项是序号物质试剂别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Na2SAgCl过滤A. B.C.D.【答案】B【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别离，正确； 饱和碳酸钠可与 HCI反响，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

20、Na反响生成氢气，无法别离，错误； 硫化银为沉淀，且溶解性比氯化银小。参加氯化银，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以下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CI2和02中分别燃烧转移电子数B. 等物质的量的K0 2与Ca02分别与水反响生成的气体体积(相同条件下)C. 100mL 1mol/L HNO 3分别与1.4g Fe、2.8gFe完全反响时生成的 NO物质的量D. 等浓度等体积的盐酸、NaOH溶液分别与一定量 AI反响生成等质量气体时转移的电子数【答案】B【详解】A 由于金

21、属钠足量，反响过程中转移电子的物质的量根据缺乏量的物质为标准；ImoICI 2反响转移2mol电子，1moIO2发生反响产生 Na20转移2mol电子，也可能发生反响 产生Na2O2，转移电子4mol，因此足量的钠在等物质的量的 CI2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分别与水发生反响的方程式是：4KO2+2H2O=4KOH+3O 2f；2CaO2+2H2O=2Ca(OH) 2+O2 f；可见等物质的量的两种物质发生反响产生的氧气的物质的量不相等，那么在相同条件下的体积也一定不相等，B项正确；C. 100mL 1moI/L HNO 3的

22、物质的量是 0.1mol，由于硝酸是变价金属，与1.4g Fe、2.8gFe完全反响时，反响产生的物质可能形成Fe(NO3)2，也可能形成Fe(NO3)3，因此反响产生的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 AI反响生成等质量气体时，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；此题答案选B。18以下离子在给定的条件下一定能大量共存的是()A. 参加AI粉放出H2的溶液中：Na+、K+、Fe3+、NO3B. c(Fe3+)=0.1moI/L 的溶液中：NH4+、AIO 2> SO

23、42、HCO3C. 水电离出的 c(H+)=1 >1013moI/L 的溶液中：Mg2+、K+、NO3、ClD. c(H +)=1 >0 13moI/L 的溶液中：K+、Cl 、AIO 2、CO32 【答案】D【详解】A.力口入Al粉放出H2的溶液可能为酸，还可能为碱，假设为碱溶液，Fe3+不能共存，假设为酸，有N03，无氢气放出，A错误；B. c(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中：Fe3+、HCO3可发生双水解反响不共存，B错误；C水电离出的c(H+)=1 >1013mol/L的溶液可能为酸，还可能为碱，假设为碱溶液，Mg2+不能共存，C错误；D. c(H +)=1 &

24、gt;0 13mol/L 溶液为碱溶液，K+、Cl 、AIO 2、CO32不反响可以大量共存，D正确；答案为D。【点睛】酸、碱对水的电离均有抑制作用，那么水电离出的c(H+)=i >013mol/L的溶液可能为酸，还可能为碱。19.A、B、C分别是元素甲、乙、丙见的三种氧化物，且有如下图转化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ID. 假设A是非金属，那么B 一定为金|【答案】BD、E、F是常确的是(%是常见的金属或非V说法【详解】单质B和氧化物反响生成单质 A和氧化物F,那么D中一定含有A的元素。D和A 反响又生成E，那么E中一定

25、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和氧化物反响生成单质 A和氧化物F,那么D中一定含有A的元素。D和A反响又 生成E，那么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； 此题答案选B。A.B.rslss【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

26、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溶液参加到b溶液中，现象及对应的离子方程式正确的选项是选项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 + 02 + 2H 2O = 212 +4OH BNa2CO3稀盐酸开始时无气泡，后来有气泡CO32 + H+ = HCO3;HCO3 + H+ = H2O + CO2 fC稀盐酸Na2SiO3产生白色胶状物2H+ + SiO32= H2SiO3胶体

27、D稀 H2SO4滴有酚酞的BaOH 2有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色Ba2+ + OH + H+ + SO42=BaSO4 J + HO【答案】CA错误;【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,B.碳酸钠参加到盐酸中，盐酸过量，开始就有气体产生，B错误；C盐酸与硅酸钠反响生成不溶于水的硅酸沉淀，C正确；D硫酸与氢氧化钡反响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，要完全反响掉，化学方程式应为 Ba2+ + 2OH -+ 2H+ + SO42-=BaSO4j + 2H0, D 错误；答案为Co【点睛】碳酸钠参加到盐

28、酸中，开始盐酸过量，有气体产生；盐酸参加到碳酸钠中，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Si02、AI2O3、Fe2O3等杂质)制取CaCl2 6H2O，设计了 如下流程：匸业大理石罡液i它十壓淮II席淮111CaCl2-6H3o|Wft 1以下说法不正确的选项是()A. 固体I中含有 SiO2,固体n中含有 Fe(OH)3B. 使用石灰水时，要控制 pH，防止固体n中 AI(OH) 3转化为AIO2一C. 试剂a选用盐酸，从溶液川得到CaCl2 6H2O产品的过程中，须控制条件防止其分解D. 假设改变实验方案，在溶液I中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发

29、浓缩、冷却结晶也可得到纯洁 CaCl2 6H2O【答案】D【详解】A.SiO2难溶于盐酸，固体I中含有SiO2;氯化铝、氯化铁与氢氧化钙反响生成Fe(OH)3,所以固体n中含有 Fe(OH)3,故A正确；B. AI(OH) 3可溶于强碱，使用石灰水时，要控制pH，防止固体n中 AI(OH) 3转化为AIO ，故B正确；C. CaCl2 6H2O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I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CaCI2 6H2O,故D错误。应选D。23以下AD四组，每组有两个反响，其中两个反响可用同一个离子方程式表示的是()

30、(I )(n )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 Al 2 (SO4) 3溶液中少量Al 2(SO4)3溶液滴入浓氨水中C0.1 mol Cl 2 通入含 0.2 mol FeBr2 的溶液0.3 mol Cl 2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【答案】B【详解】A.少量二氧化硫与氢氧化钡反响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响生成氢氧化铝沉淀，过量时沉淀不溶解，离子方程式相

31、同，B正确；C. O.lmol氯气与溶液中的亚铁离子恰好完全反响，而0.3mol氯气时，与亚铁离子反响剩余的氯气与溴离子反响，离子方程式不同，C错误；D. 氯化钡与硫酸钠反响生成硫酸钡沉淀，而氢氧化钡与硫酸镁反响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，那么氯气先与亚铁离子反响，完全反响后再与溴离子反应。24.假设以wi和W2分别表示浓度为 a mol/L和b mol/L氨水的质量分数，且 2a= b，那么以下判断正确的选项是()A. 2w 1= W2B. 2w2= W1C. W2 > 2w1D. w 1 v W2< 2w1【答案

32、】C【详解】根据 c=1000 po/M , amol/L=1000 p g/M , bmol/L=1000 p2 w2 /M， 2a= b,那么1000 p 32/M=2000 p®/M，化简p2 w2 =2 pg，氨水的密度小于1g/cm3，且浓度越大密度越小，那么 P2 < p，可得W2> 2wi，答案为Co25取x g铜和镁的合金完全溶于浓硝酸，假设反响中硝酸被复原只产生8960 mL NO 2气体和672 mL N2O4气体都已折算成标准状况，在反响后的溶液中，参加足量的氢氧化钠溶液, 生成沉淀的质量为17. 02 g，那么x等于A. 8 . 64 g【答案】C

33、B. 9 . 00 gC.9 . 20gD. 9 . 44 g【详解】沉淀的质量=m金属+mOH=17.02g ,依据反响过程_左-+2OIT血 J!亠 M畫(OH) :，Cu到得到氢氧根的物一亞-+ 2OH' Cui_ CufOH)!，质的量等于失去电子的物质的量，依据氧化复原反响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=17.02 m OH=17.02 8960X10一3/22.4 + 672 X03X2/22.4) X17=9.2g；此题答案选Co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假设干种：

34、Na*、NH4J Cl、Mg2+、Ba2S CO32、SO42o现取三份各100mL溶液进行如下实验： 第一份参加足量 AgNO 3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，过滤后充分枯燥得到沉淀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，答复以下问题：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 o2 中发生化学反响的离子方程式为 o3 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 o答案】1.

35、CO32-、SO42-2. Mg 2+、Ba2+3. Cl-4. NH 4+OH-=NH 3 T +HO 5.BaCO3(6). 0.02mol(7). BaCO 3+2H +=Ba2+CO2 T +HO【分析】第一份参加足量 AgNO 3溶液有沉淀产生，那么溶液中可能存在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)，那么原溶液中存在NH4+; 第三份加足量 BaCS溶液后，过滤后充分枯燥得到沉淀6.27g，再经足量稀硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量变为 2.33g，那么溶液中存在 CO32、SO42； 一定不存在 Mg"、Ba2+ ；

36、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-； 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响生成氨气和水，离子方程式为NH 4+0H-=NH 3 f +H0;(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+CO2f +HO;碳酸钡、硫酸钡的混合物6.27g,不溶的为硫酸钡，2.33g,那么碳酸钡的质量为 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3mo

37、l L-1硫酸参加铁粉里，微热，搅拌使其充分反响；趁热过滤；在50C左右蒸发、结晶，得到晶体 一一绿矶(FeSO4 7H2O)。答复以下问题：(1) 制备FeSO4溶液时一般不用较浓硫酸而用3mol L-1硫酸的原因是 ,反响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) 在空气中加热绿矶，固体质量与温度变化曲线如以下图：a曲线对应的反响化学方程式为 c曲线对应的物质化学式为【答案】(1).产生S02，污染环境(2).防止生成Fe3+(3).取少量待测液于试管中，参加KSCN溶液，无明显变化，再滴加少量氯水溶液变红色(或用NaO

38、H溶液或K3Fe(CN)6溶液检验，表达合理均可得分)(4).防止硫酸亚铁结晶析出造成损失(5).FeSO4 7H2O 丄 FeSO4 4H 2O+3H 2O(6). Fe2O3【详解】(1)制备FeSO4溶液时一般不用较浓硫酸而用3mol L-1硫酸的原因是浓硫酸有强的氧化性，与铁发生反响，会产生SO2气体，污染环境；反响时要求铁粉过量是由于假设铁缺乏 量，反响产生的Fe2+容易被氧化产生 Fe3+, Fe过量，产生的Fe3+与过量的Fe发生反响又转 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，参加KSCN溶液，无明显变化，再滴加少量氯水溶液变红色

39、；或参加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绿矶的物质的量是 n(FeSO4 7H2O)= 55.6g 2¥8g/mol=0.2mol，其中含有结晶水的 质量是 0.2mol X7X18g/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(出0)= 10.8g 1-8g/mol=0.6mol，即1mol盐失去3mol结晶水，所以得到的物质化学式是Fe

40、SO4 4H2O，分解反响方程式是FeSO4 7H2O上FeSO4 4H2O+3H2O；在0.2mol盐中含有铁元素的质量是m(Fe)=0.2mol X6g/mol=11.2g，而在c曲线对应的物质的质量是16.0g，那么含有氧元素的质量是16.0g-11.2g=4.8g，其物质的量是 n(O)=4.8g 16g/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Al 2O3,含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种工艺流 程如下：淤用屮*wSa皿人iSfttK请答复以下问题:(1)流

41、程乙参加烧碱后生成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:向滤液Y中参加NaHC03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) 298 K时，Mg(OH) 2的溶度积常数 Ksp= 5.6杓一12。取适量的滤液B，参加一定量的烧碱至到达沉淀溶解平衡，测得 pH = 13.00，那么此温度下残留在溶液中的【答案】(1). SiO2 + 2OH一 =SiO32+ H2O(3).减小 (4). NaHCO 3(5). 5.6 10X【分析】流程甲：参加过量的盐酸，二氧化硅化铝、氯化铁、氯化镁和剩余的盐酸；参加过滤液

42、D为偏铝酸钠、氯化钠和剩余的NaO铝；滤液E为氯化钠、碳酸氢钠;流程乙：参加过量的烧碱，氧化铁、氧化镁不1铝酸钠、硅酸钠和剩余的 NaOH溶液；通为碳酸氢钠;c(Mg 2+ )=02 + 2H2O(2).ol L偏Kl(OH) 3 U H军，那么固体氧化硅；溶液溶液；通丿J过量固体X曰，石右一匕/1化镁、氧化铁；滤液氧化碳，沉Z为氢氧化铝，滤【详解】(1)流程乙参加烧碱后，二氧化硅与氢氧化钠反响生成硅酸钠和水，离子方程式为Si02+ 2OH-=SiO32- + H2O；(2)写出由滤液D主要为偏铝酸钠，与二氧化和水反响，生成Al(OH) 3、碳酸氢根离子,子方程式为 AlO 2-+ CO2+ 2H2O = Al(OH) 3 J+ HCO 3-；(3)滤液Y为偏铝酸钠、硅酸钠和剩余的 NaOH溶液，参加NaHCO3溶液，消耗剩余的NaOH，那么pH减小;(4) 分析可知，滤液 E、K中溶质 主要成分是碳酸氢钠；(5) 液B为氯化铝、氯化铁、氯化镁和剩余的盐酸，