甘肃省武威市第二中学2021届高三上学期10月月考(解析版)

1、甘肃省武威市第二中学2021届高三上学期10月月考第I卷选择题一、单项选择题每空 2分，共50分1化学在生产和生活中有着重要的作用。以下有关说法不正确.的是A. 焊接金属时常用NH4CI溶液做除锈剂B嫦娥系列卫星中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料C. 只要符合限量，食用色素、亚硝酸盐可以作为某些食品的添加剂D. PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，是发生雾霾天气的主要原因，这些颗粒物扩散在空气中都会形成胶体【答案】D【详解】A.NH4CI水解使溶液显酸性，该酸性溶液可以与金属氧化物反响，因此NH4CI溶液常用作金属焊接时的除锈剂，A正确；B. 嫦娥系列卫星中使用的碳纤维

2、是碳元素的单质，因此该碳纤维是一种新型无机非金属材料，B正确；C食用色素可作为着色剂， 亚硝酸盐可作为防腐剂， 正确使用食品添加剂可以延长食品保质 期，增加食品的营养价值，因此对人体健康有益，C正确；是指大气中直径小于或等于 2.5微米的颗粒物，而胶体粒子直径在1nm100nm之间，所以PM2.5的颗粒物直径较大，扩散在空气中不会形成胶体，D错误；故合理选项是D。2下面的 诗情 化意，分析正确的选项是A. 粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间只发生了物理变化B. 日照澄洲江雾开中伴有丁达尔效应C试玉要烧三日满，辨材须待七年期中 玉的成分是硅酸盐，该句诗说明玉的硬度很大D绿蚁新醅酒，红泥小火炉，新醅酒

3、即新酿的酒，在酿酒过程中，葡萄糖发生了水解反应【答案】B【分析】A.有新物质生成的变化是化学变化；B. 雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应;C. 玉的成分是硅酸盐，熔点很高；D. 葡萄糖是单糖不能发生水解反响。【详解】A.粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间是碳酸钙的分解反响，反响中有新物质生成， 是化学变化，故A错误；B. 日照澄州江雾开中，雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，故B正确；C. 玉的成分是硅酸盐，熔点很高，试玉要烧三日满与硬度无关，故 C错误；D. 葡萄糖是单糖不能发生水解反响，在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反响，故D错误。应选B。3.我们常用 往伤口上撒盐来比喻某些人乘人之危的行

4、为，其实从化学的角度来说，往伤口上撒盐的做法并无不妥，甚至可以说并不是害人而是救人。那么，这种做法的化学原理 是 A. 胶体的电泳B.血液的氧化复原反响C. 血液中发生复分解反响D.胶体的聚沉【答案】D【解析】食盐的主要成分 NaCI是电解质，血液是胶体，其胶体粒子带电荷，往伤口上撒盐 会使血液发生聚沉而止血。4以下有关物质的分类或归类正确的选项是A. 混合物：水玻璃、碱石灰、铝热剂B. 酸性氧化物：SO2、CO2、NO2C. 强电解质：明矶、硫酸钡、硫酸溶液D. 同素异形体：H2、D2、T2【答案】A【详解】A 水玻璃是硅酸钠水溶液、碱石灰主要是由氧化钙和氢氧化钠组成、铝热剂是铝粉和某些金属

5、氧化物组成的，都是混合物，故A正确；B SO2、CO2是酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，故 B错误；C. 硫酸溶液是混合物，不是电解质，故C错误；D H2、D2、T2是不同原子构成的同种单质，都表示氢气分子，故D错误；答案选A。5在前一个分散系中慢慢地滴入后一种分散系所观察到的现象不是先沉淀后变澄清的是( )A. 氢氧化铁胶体中滴加硫酸C.氯化铝溶液中滴加烧碱溶液【答案】DB. 偏铝酸钠溶液中滴加盐酸D. 氯化铝溶液中滴加氨水【详解】A.向氢氧化铁胶体中滴加硫酸，硫酸为电解质，胶体遇到电解质先聚沉生成沉淀,后氢氧化铁与硫酸反响生成硫酸铁溶液，与题意不符，A错误;B.向偏铝酸钠溶液中滴加盐酸，

6、首先发生AIO2-+H+H2O=AI(OH) 3j,盐酸过量时，再发生AI(OH) 3j +3H=AI3+3H2O，与题意不符，B 错误;C. 氯化铝溶液中滴加烧碱溶液，首先发生AI3+3OH-=AI(OH) 3 J, NaOH 过量时发生AI(OH) 3+OH-=AIO 2-+2H2O，与题意不符， C 错误;D. 氯化铝溶液中滴加氨水，发生AI3+3NH3?H2O=AI(OH) 3 J +3NH+，沉淀不溶解，D正确;答案为D。【点睛】氢氧化铝可溶于酸与强碱，不溶于氨水。6以下实验及检验方法合理.的是 ()选项实验检验方法A向NaOH溶液中滴加饱和 FeCl3溶液制备胶体用可见光束照射B确

7、认铜与浓硫酸反响生成 CuSO4将水参加到反响后溶液中C区分AgNO3溶液和AI 2(SO4)3溶液分别取少量溶液，滴加BaCl2溶液D证明氯水中起漂白作用的不是CI2用CCI 4充分萃取，将红纸条分别浸入分层后的溶液中【答案】D【详解】A 向NaOH溶液中滴加饱和FeCh溶液，生成氢氧化铁沉淀，不能制备氢氧化铁胶体，故A错误；B. 反响后的混合物中含有浓度较大的硫酸，不能直接向其中加水， 应该将混合物倒入水中， 故B错误；C. 滴加BaCl2溶液后BaCl2分别和AgNO 3和Al2SO43反响生成氯化银和硫酸钡沉淀，现象根本相同，不能鉴别，故C错误；D 经四氯化碳萃取后的氯水中不含有氯气，

8、但仍能使枯燥的红布条褪色，可证明起漂白作 用的不是氯气，故 D正确；答案选D。【点睛】制备氢氧化铁胶体的方式：将饱和FeCl3溶液参加到沸水中加热至溶液呈红褐色，停止加热。注意加碱会生成沉淀而不是胶体。7以下有关物质的性质与应用均正确的选项是A. Na2O2是碱性氧化物，具有强氧化性可用于杀菌消毒B. 胶体与溶液的本质区别是能否出现丁达尔现象C. 蔗糖溶液、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质D. 煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料【答案】D【详解】A.Na2O2是过氧化物，具有强氧化性可用于杀菌消毒，A错误；B. 胶体与溶液的本质区别是分散质的直径不同，不

9、是能否出现丁达尔现象，B错误；C. 蔗糖溶液为混合物不属于非电解质，硫酸钡和水分别为强电解质和弱电解质，C错误；D. 煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料，D正确；答案为D ；【点睛】胶体与溶液的本质区别是分散质的直径不同，可通过丁达尔现象区别溶液与胶体。8将体积相等、质量分数也相等的氨水和硫酸分别用等体积的水稀释，所得溶液的质量分数 分别为a%和b%,那么a与b的关系为A. a=bB. a<bC. a>bD.无法确定【答案】B【解析】1 设浓氨水的体积为 V，质量分数为x%，密度为p 浓氨水，稀释后密度为 p稀氨水，稀释前后溶液中溶质的质量不变，贝稀释后质

10、量分数 3 = 6浓氨水X VX X% 2Vp稀氨水，氨水的密度小于水的密度，浓度越大密度越小， 所以p 浓氨水<p 稀氨水，所以3 = P浓氨水 XVXx%2Vp稀氨水=a%vx%；2 同理，设浓硫酸的体积为 V，质量分数为x%，密度为p 浓硫酸，稀释后密度为 p稀硫酸，稀释前后溶液中溶质的质量不变，贝稀释后质量分数 3 = 6浓硫酸X VX x% 2Vp稀硫酸，硫酸的密度大于水的密度， 浓度越大密度越大， 所以P 浓硫酸> P 稀硫酸， 所以3 = p浓硫酸X VX x% 2Vp稀硫酸=b% >x% ；因a%v x% , b% > x%，故av b，此题答案选 B。

11、9以下说法正确的选项是A. 同温同压下，相同体积物质，其物质的量一定相等B. 标准状况下气体摩尔体积约为22.4LC. 0.5 L 1 mol/L FeCI 3溶液与0.2 L 1 mol/L KCI溶液中的C的数目之比为15： 2D. 100 mL 1 mol/L NaCl溶液与50 mL 1 mol/L AlCl 3溶液中C物质的量浓度相等【答案】C【详解】A项、同温同压下，相同体积的气体，其同物质的量时的体积不同，故 A错误B项、标准状况下气体摩尔体积约为C项、0.5 L 1 mol/L FeCl 3溶液与 0.2 L0.2L Xmol/L=15D 项、100 mL 1mol/L : 1

12、mol/L应选C。10.设Na表示阿伏加德罗常数，以下叙A.标准状况下，1molFe分别与足量的B. 11.2LH 2中含有的原子数为 Na态的物质,相数目之比为0.5Lol/L X3：ol/L KCl 溶液:2,故C正确;mol/L NaCl 溶液与 5L 1 mol/L AlClX=1 : 3,故D错误;4Na1molFe与足量的盐酸反响转移的1molFe与足量水蒸气反响转移的的量4L/mol ,故误;容液中Cl匕为1C. Na2O与Na2O2的混合物共1mol，阴离子数目为 NaD. 1.0L1mol/L的Na2SO4水溶液中含有的氧原子数目为【答案】【详解】为 2Na,为 8na，A.

13、铁与盐酸反响生成氯化亚铁和氢气,铁与水蒸气反响生成四氧化三铁和氢气,故A错误;B. 标准状况下11.2LH2中含有的原子数为 Na，非标准状况下11.2LH2中含有的原子数不一定为Na,故B错误；C. Na20中阴离子是 O2-、Na2O2中阴离子是 O22-, 1mol Na?。与Na2O2的混合物中阴离子数 目为Na,故C正确；D. Na2SO4、H2O都含有0原子，1.0L 1mol/L的Na2SO4水溶液中含有的氧原子数目大于4Na,故D错误；答案选C。11设Na表示阿伏加德罗常数的值，以下说法中不正确的选项是A. 14g由N2和13C2H2组成的混合物中，所含中子数为7NaB. CH

14、4与白磷P4都为正四面体结构，那么1mol CH 4与lmolP4所含共价键的数目均为4NaC. 反响 N2g+3H 2g = 2NH 3g H=92.4kJ/mol，假设放出热量 4.62kJ,那么转移电子的数 目为0.3NaD. 常温下，含 0.5molNH4NO3与xmolNH 3 H2O的中性溶液中，含有 NH4+的数目为0.5Na【答案】B【详解】A . N2和13C2H2的摩尔质量均为28g/mol，故14g混合物的物质的量为 0.5mol，且 两者均含中子为14个，故0.5mol混合物中含中子为 7Na个，故A正确；B. 甲烷中含4条共价键，而白磷中含6条，故1 mol CH 4

15、与1molP4所含共价键的数目为 4Na 和6Na个，故B错误；C. 反响 N2g+3H2g? 2NH3gAH=-92.4kJ/mol，放热 92.4KJ 时，转移电子数 6mol，故当放热4.62KJ时，那么转移电子为 0.3Na个，故C正确；D. 含0.5 mol NH4NO3与xmol NH 3?H2O的中性溶液中 nOH-=nH+，根据电荷守恒故有：nNO3-=nNH 4+=0.5mol，那么铵根离子为 0.5Na 个，故 D 正确；故答案为B。【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和考前须知：物质的状态是否为气体； 对于气体注意条件是否为标况；注意溶液的体积和浓度是否； 注意同位素原子的差

16、异； 注意 可逆反响或易水解盐中离子数目的判断；注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和。22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子， SiO2是正 四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为 4Na, 1molP4含有的共价键为 6Na等。12.Na为阿伏加德罗常数的数值，以下说法中正确的选项是 0.5molO3与11.2LO2所含的分子数一定相等 标准状况下，22.4L氯气与足量铝充分反响，转移的电子数为3Na 通常状况下，Na个CO2分子占有的体积为 22.4L 常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6Na 常温下

17、，4.4g CO2和N2O (不反响)混合物中所含有的原子数为0.3 Na 在反响 KIO3 + 6HI=KI + 312+ 3H2O中，每生成 3molI 2转移的电子数为 6Na 标准状况下,22.4 L SO3含有的分子数为 Na 在常温常压下，1 mol O2含有的原子数为2Na. 物质的量浓度为 0.5 mol L-1 MgCl2溶液中，含有C个数为Na 将100 mL 0.1 mol L-1的FeCh溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒数目为0.01NaA. B.C.D.【答案】B【解析】11.2LO2所处温度和压强未知，无法计算11.2LO2物质的量，错误；n ( CI2)=2

18、2.4L 22.4L/mol=1mol , CI2与足量铝充分反响生成 AlCl 3，转移的电子数为 2Na,错误；Na个CO2分子为1molCO2,在通常状况下(通常状况下气体摩尔体积大于 22.4L/mol )的 体积大于22.4L，错误；NO2和N2O4的最简式都是NO2, 92gNO2物质的量为92g 46g/mol=2mol，含有的原子数为 6Na,正确；CO2和N2O的摩尔质量都为 44g/mol, 4.4g CO2和N2O混合物中分子物质的量为4.4g 44g/mol=0.1mol , CO2和N2O都是三原子分子，那么含有的原子数为 0.3 Na，正确；根据 只靠拢，不交叉，在

19、反响KIO3+ 6HI=KI + 3I2 + 3H2O中，I元素的化合价由 KIO3中+5价降至0价，由HI中的-1价升至0价，|2既是 氧化产物又是复原产物，每生成 3molI 2转移的电子数为5Na,错误；SO3在标准状况下呈 固态，无法计算 SO3物质的量，错误；在常温常压下，1 mol O2含有的原子数为2Na，正确；溶液的体积未知无法计算 Cl-物质的量，错误；将 100 mL 0.1 mol L-1的FeCb溶液 滴入沸水中生成 Fe(OH ) 30.01mol, Fe (OH ) 3胶粒是一定数目Fe (OH ) 3的集合体，Fe(OH ) 3胶粒数目小于0.01Na，错误；正确

20、的选项是，答案选 B。点睛：此题考查阿伏加德罗常数的计算，涉及物质的组成、气体摩尔体积的应用()、混合物的计算()、溶液和胶体中粒子数的计算()、氧化复原反响中转移电子数的确定()。必须注意：(1) 22.4L/mol适用的是标准状况下的气体；(2)等质量的同素异形体、最简式相同的物质所含原子数相同；(3)确定溶液和胶体中粒子时必须注意是否给溶液体积以及分散系的变化导致粒子数的变化;分析氧化复原反响是关键。4氧化复原反响中转移电子数确实定，正确13把aL含硫酸铵和硝酸铵的混合液分成2等份，一份需用bmol烧碱刚好把铵全部反响,另一份与氯化钡溶液反响时，消耗cmol氯化钡。由此可知原溶液中NO3

21、-离子的物质的量浓度为(单位：mol L-1)()2b-cB.mol/Lab-2cD.mol/La2b-4cA. mol/Laa-bC. mol/La【答案】A【详解】设每份中 NH4+的物质的量为X, SO42-的物质的量为y,根据NH4+OH- " NH3? +HO,可知x=b，原溶液中 NH4+的物质的量为2bmol。根据Ba2+SO42-=BaSO4 J,可知y=c。由溶液整体不显电性 电荷守恒可知:n(NH4+) >1=n(SO42-) >2+n(NO3-) >1,2b 1 2c 2 z 1,解得 n(NO3 ) 2b 4c,所以原 2b 4c溶液中NO3

22、-的物质的量浓度为mol L-1。a所以答案选择A项。【点睛】因溶液具有均一性，所以只算每等份中的硝酸根离子的物质的量浓度也是可以的。当它们的温度和密度都相14.在三个体积相同密闭容器中分别充入 Ne、H2、O2三种气体,同时，这三种气体的压强p从大到小的是A. p (Ne) > p ( H2)> p。2B. p。2> p ( Ne) > p ( H2)C. p ( H2)> p ( O2)> p(Ne)(H2)> p ( Ne) > p ( O2)【答案】D【详解】Ne的摩尔质量为在温度和密度都相同条件下，压强所以三种气体的压强p从大到答案选D

23、。【点睛】考查阿伏加德罗定律及反比。15.以下离子方程式，书写正确的D. p20g/mol ,O2的摩尔质量为32g/mol。2)。强与摩尔质量呈摩尔质量为2g/摩尔质量呈反勺顺序是p,压强越小。条件下,A. 硫化亚铁与盐酸反响：S2-+2H+=H2SfB. 硫化氢气体通入氯水中：H2S+CI2=2H+2CI-+SJC. 硫酸和氢氧化钡溶液混合：H+OH-+Ba2+SO42工BaS04j +H0D. 铁与稀硫酸反响：2Fe+6H+=2Fe3+3H2f【答案】B【详解】A.硫化亚铁是难溶性物质，在离子方程式里不能写成离子形式，故A不选;B硫化氢有复原性，氯气有氧化性，两者会发生氧化复原反响，生成

24、硫和盐酸，故B选；C. lmol 硫酸电离出 2mol H +和 1mol SO42-, 1mol 氢氧化钡电离出 1mol Ba2+和 2mol OH-,所 以离子方程式中 H+、OH-和水的系数均为2，即离子方程式为：2H+2OH-+Ba2+SO42+=BaSO4 J +2HO，故 C 不选；D. 稀硫酸的氧化性是 H+表达出来的，H +的氧化性比拟弱，不能把铁氧化成Fe3+，只能氧化成Fe2+，故D不选；应选B。16.以下离子方程式中，正确的选项是()A. 小苏打溶液与少量澄清石灰水混合：Ca2+ + OH + HCO 3-=CaCO 3H2OB. AlCl 3溶液中参加足量的氨水：Al

25、3+ 4OH -=AIO 2- + 2出。C. 将氯气通入水中：Cl2+ H2O=CI+ ClO+ 2H +D. 向 Fe(NO3)2溶液中参加稀盐酸：3Fe2+ + 4H + NO3-=3Fe3+ NOT + 2出。【答案】D【详解】A、澄清石灰水为少量，反响的离子方程式为 Ca2 + + 2OH+ 2HCO3=CaCO3j+ 2H2O+ CO32，故A错误；B、 NH3H2O 为弱碱，AlCl 3 与 NH3H2O 反响的离子方程式为 Al3+ 3NH 3 H2O=AI(OH) 33NH4+,故B错误；C、 HCIO为弱酸，因此氯气通入水中：CI2+ H2OH + + C+ HCIO，故C

26、错误；D、 NO3在酸性条件下，具有强氧化性，能将Fe"氧化成Fe3+，即离子反响方程式为 3Fe2+ 4H + NO3一 =3Fe3 + + NOT + 2出0,故 D 正确;答案选D。【点睛】涉及 量的离子方程式是学生的难点，往往以少量为基准进行分析，即少量的系数为1,澄清石灰水少量，Ca(OH) 2的系数为1, 1moICa(OH) 2能够电离出1molCa"和2moIOH,2molOH需要消耗 2molHCO3，产生 2molH 20 和 2molCO 32，其中 1molCO32 与 Ca2+ 结合成CaC03沉淀，正确的离子方程式为 Ca2+ + 20H+ 2H

27、CO3一 =CaC03 J+ 2H2O+ CO32 类似的还有 BaOH 2与NaHCO3的反响，BaOH 2与NaHSO4的反响等。17常温下，以下各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 参加KSCN溶液显红色的溶液：K+、NH4+、C、B. 常温下，pH=7 的溶液中 Fe3+、NH4+、SO42、NO3C. 滴入紫色石蕊试液显红色的溶液：Mg2+、Al3+、Br、S°42D. 能溶解 Al 2O3 的溶液：Na+、Ca2+、HC°3、N°3【答案】C【详解】A.参加KSCN溶液显红色的溶液中存在大量三价铁离子，铁离子具有氧化性，具有复原性，二者能发生氧化复原

28、反响，不能大量共存，A不符合题意；B. Fe3+在pH约为4时即沉淀完全，故在pH=7的溶液中Fe3+无法大量共存，B不符合题意；C. 滴入紫色石蕊试液显红色的溶液显酸性，Mg2+、Al3+、Br、SO42可以大量共存，C符合题意；D. 能溶解Al 2O3的溶液可能为强酸溶液或强碱溶液，在酸性溶液和碱性溶液中HCO3均不能大量存在，D不符合题意；故答案选C。18. 工业生产钠和烧碱的原理如下：电解熔融氯化钠制钠：2NaCl熔融 塚 2Na+ Cl2f,电解饱和食盐水制烧碱：2NaCl + 2H2O屋邂一2NaOH + H2 U CI2 f,以下有关说法正确的是 A. 在反响和中，氯化钠均既是氧

29、化剂，又是复原剂B. 在反响中氯气是复原产物，在反响中氢气是复原产物C. 假设标准状况下生成等体积的气体，那么反响和中转移电子总数相等D. 假设消耗等质量的氯化钠，那么反响和中转移电子总数相等【答案】D【详解】电解熔融氯化钠制钠：2NaCl熔融电解2Na+CI 2 f Na元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，所以氯化钠既是氧化剂，又是复原剂；电解饱和食盐水制烧碱：2NaCI+2H 2O电解2NaOH+H 2 f +Qf, H元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，所以水是氧化剂，氯化钠是复原剂；A 由分析可知，反响中氯化钠是复原剂，不是氧化剂，故A错误；B. 在反响中氯气是氧化产物，在反响

30、中氢气是复原产物，故B错误；C. 2NaCI熔融斗 2Na+Cl2冲生成1mol气体转移2mol电子，2NaCI+2H2O工丄2NaOH+H 2 f +Cl 1中生成2mol气体转移2mol电子，故 C错误；D 假设消耗1mol氯化钠，那么反响和中转移电子均为2mol，所以消耗等质量的氯化钠，那么反响和中转移电子总数相等，故D正确；应选D。【点睛】把握反响中的元素化合价变化为解答的关键。此题的易错点为B ,要注意氧化剂被复原得到复原产物，复原剂被氧化生成氧化产物。19. ：向KMnO 4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；向FeCl2溶液中通入少量实验 产生的气体，溶液变黄色；取实验生成的溶液滴在

31、淀粉-KI试纸上，试纸变蓝色。下列判断正确的选项是A. 上述实验证明氧化性：MnO4> Cl2> Fe3+> I2B. 上述实验中，共有两个氧化复原反响C. 实验生成的气体不能使湿润的淀粉-KI试纸变蓝D. 实验证明Fe"既有氧化性又有复原性【答案】A【详解】向KMnO 4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，该反响中Mn元素化合价由+7价变为+2价、Cl元素化合价由-1价变为0价，高锰酸钾是氧化剂、 浓盐酸是复原剂，氧化性： MnO4- > Cl 2； 向Fees溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色，铁元素化合价由+2价变为+3价、CI元素化合价由0价变为-1

32、价，氯化亚铁是复原剂、 氯气是氧化剂，氧化性：Cl2> Fe3+ ； 取实验生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色，铁离子和碘离子发生氧化复原反应生成碘和亚铁离子，I元素化合价由-1价变为0价、铁元素化合价由+3价变为+2价，所 以碘离子作复原剂、铁离子为氧化剂，氧化性：Fe3+> I2。A .通过以上分析知，上述实验证明氧化性：MnO4->Cl2> Fe3+> I2,故A正确；B 通过以上分析知，有 3个氧化复原反响，故 B错误;C.实验生成的气体是氯气，氯气能氧化碘离子生成碘单质，所以实验生成的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，故 C错误；D .实验证明 卩6

33、2+有复原性，故 D错误；应选A。20. 平安气囊逐渐成为汽车的标配，因为汽车发生剧烈碰撞时，平安气囊中迅速发生反响：10NaN3+2KNO 3=K2O+5Na2O+16N2f,产生大量的气体使气囊迅速弹出，保障驾乘车人员安全。以下关于该反响的说法正确的选项是A. 该反响中NaN3是氧化剂，KNO3是复原剂B. 氧化产物与复原产物的物质的量之比为1 : 15C. 假设有50.5 g KNO 3参加反响，那么有 0.5mol N原子被复原D. 每转移1 mol e-，可生成标准状况下 N2的体积为2.24 L【答案】C【详解】A. NaN 3中N元素化合价升高，NaN 3是复原剂，KNO 3中N

34、元素化合价降低，KNO 3 是氧化剂，故A错误；B.氮气既是氧化产物又是复原产物，氧化产物与复原产物的物质的量之比为15 : 1,故B50.5qC. 50.5 g KNO 3 物质的量是错误；101g/mol of。1 ,假设有50.5 g KNO3参加反响，那么有0.5mol N原子被复原,7.5mol N原子被氧化，故 C正确;D.根据方程式，转移10 mol e-生成 16molN 2,所以每转移 1 mol e-,可生成标准状况下 N2的体积为35.84 L,故D错误。21.以下有关钠及其化合物的表达错误白)B.高压钠灯发出的黄光透雾D.钠长期暴露在空气中的产与水和CO 2反响Na2C

35、O【详解】A . Na2O2吸收Na2O2可用作B .钠的焰色反响为黄色，贝高压钠灯，故，故 A正确;c.氢氧化钠具有强碱性,口A. Na2O2吸收CO2产生O2,可用作呼吸面具供氧剂制胃酸中和【答案】C产生O2,所作透雾能力强C.氢氧化钠具有腐蚀性，不能用于中和胃酸，一般用氢氧化铝、碳酸镁、碳酸氢钠等，故C错误；D 钠与氧气反响生成氧化钠，氧化钠与水反响生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解，氢氧化钠溶 液吸收二氧化碳生成碳酸钠晶体，碳酸钠晶体风化得到碳酸钠，故D正确；应选C。22化学与生产、生活息息相关。以下说法不正确的选项是A. 活性炭可用于杀菌和除异味B.镁可用于制造信号弹和焰火C.氯化钠可用于配

36、制生理盐水D.碘酸钾可用作加碘食盐的添加剂【答案】A【详解】A.活性炭具有吸附性，能除异味，但不能杀菌消毒，A项错误；B. 因为镁燃烧发出耀眼的白光，所以可以制造信号弹和烟火，B项正确；C. 生理盐水的成分就是氯化钠，所以可以用氯化钠配制，C项正确；D. 食盐中的碘元素主要是碘酸钾，所以碘酸钾可以作为加碘食盐的添加剂，D项正确；答案选A。23将1.0 mol/L盐酸逐滴滴入到 100 mL含有NaOH、NaAlO 2和Na2CO3的混合溶液中，反 应过程如下图。以下有关说法不正确的选项是a i0 JO 20W VA. 混合液中NaOH的物质的量浓度为 0.1 mol/LB. x = 0.01C

37、. BC段的反响过程离子方程式为：CO + H+ =HCOD. V = 110【答案】C【分析】将1.0 mol/L盐酸逐滴滴入到100 mL含有NaOH、NaAlO 2和Na2CO3的混合溶液中,OA段发生的反响为 H + + OH _=H2O, AB段开始产生沉淀，发生的反响为H + + AIO2+H20=AI(0H) 3j, BC段无沉淀产生，发生的反响为CO32+ H +=HC03一和H + + HCO3一 =缶0+ C02f, CD段沉淀溶解，发生的反响为AI(OH) 3+ 3H +=AI 3+ + 3H2O。【详解】A.混合液中NaOH的物质的量浓度为血1/ L0.1mol/L,故

38、a正确;100mLB. AB段消耗氢离子的物质的量为1.0moI/L 0<01L=0.01moI，根据方程式 H + + AI0 2+H2O=AI(OH) 3 J,生成沉淀的物质的量为0.01moI，故B正确；C. BC段的反响过程离子方程式为：CO32+ H + =HCO3和H + + HCO3=H2O+ CO2T,故C错误；+Q +D. 根据B沉淀的物质的量为 O.OImol，那么根据方程式 AI(OH) 3+ 3H =AI3 + 3出0，可 知消耗氢离子的体积为 OQm0" =0.03L=30mL，贝V=80+30=110，故D正确。I.OmoI / L故答案选C。【点睛

39、】由于偏铝酸的酸性比碳酸氢根的酸性弱,所以此题中，会先生成氢氧化铝，后发生碳酸根和氢离子的反响。24向一定量的Mg2+、NH/、Al3+混合溶液中参加 Na?。？的量与生成沉淀和气体的量(纵坐标)的关系如下图，那么溶液中Mg2+、NH4+、Al3+三种离子的物质的量之比为(A. 1 : 1B. 2 : 2：1C. 1 : 2D. 9 : 2 : 4【答案】【分析】根据图象分析， A点时沉淀的量最大，沉淀是氢氧化铝和氢氧化镁，从A点到B点，沉淀的质量减少，减少的量是氢氧化铝，氢氧化铝的物质的量为0.2mol,不溶解的沉淀是氢氧化镁，其物质的量是0.1mol，根据原子守恒确定镁离子、铝离子的物质的

40、量；根据A点过氧化钠物质的量计算生成氧气的物质的量，根据气体总的物质的量计算生成氨气 的物质的量，根据氮原子守恒从而计算铵根离子的物质的量。【详解】由图知，沉淀中含0.1mol Mg(OH) 2和0.2molAI(OH) 3,即原溶液中含 Mg2+0.1mol,含 Al 3+0.2moI，根据 Mg2+2OH-=Mg(OH) 2竟 Al 3+3OH -=AI(OH) 3 J,沉淀 2 种金属阳离子共需NaOH的物质的量为O.lmol疋+0.2mol X3=0.8mol。由图中横坐标知与 3种阳离子恰好完全反响时需 Na2O20.5mol，而 0.5molNa2O2与水反响生成 ImolNaOH

41、 和 0.25molO2，由NH4+OH-= NH3f +HO,所以由 NH4+消耗 NaOH 的量(1mol-0.8mol=0.2mol )或生成 NH3的物质的量(0.45mol-0.25mol=0.2mol )均可求得原溶液中含 0.2molNH 4+,所以Mg2+、NH4+、Al3+ 物质的量之比=0.1mol : 0.2mol: 0.2mol=1 : 2: 2；故合理选项是C。【点睛】此题考查了镁离子、铝离子与过氧化钠反响的有关计算，能正确分析图像中各阶段发生的反响是解此题的关键，综合考查了元素及化合物的知识。25.以下根据实验操作和现象所得出的结论不正确的选项是()选项实验操作实验

42、现象结论A向某溶液中参加盐酸酸化的BaCl 2溶液生成白色沉淀该溶液中不一定含有SO42B向FeCl2溶液中滴加KSCN溶液后再滴加氯水滴加KSCN溶液无明显变化； 再滴加氯水后溶液变红氧化性：Cl2> Fe3+C取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸产生无色气体Na2O2没有变质D将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧铝箔熔化但不滴落铝箔外表有致密AI2O3薄膜，且Al 2O3熔点咼于Al【答案】C【详解】A.白色沉淀可能为 AgCl或硫酸钡，那么该溶液中不一定含有SO42- , A项正确;B. 滴加KSCN溶液，无明显变化，可知不含铁离子，滴加氯水后，溶液变红，可知亚铁离子被氧化为铁离

43、子，那么氧化性：Cl2>Fe3+, B项正确；C. 碳酸钠与盐酸反响生成二氧化碳，且Na2O2与水反响生成氧气，那么无论是否变质，均生成气体，C项错误；D.氧化铝的熔点高，包裹在 Al的外面，那么铝箔熔化但不滴落，D项正确;答案选C.【点睛】A项是易错点，硫酸根离子检验方法是参加稀盐酸，无明显现象，再加氯化钡，假设产生白色沉淀，那么证明溶液中有硫酸根离子。学生做题时一定要注意排除溶液中其他离子 的干扰。第II卷非选择题共50分二、填空题。每物质的量式为:26. 1湿法制备高铁酸钾K2FeO4的反响体系中有六种FeO42-、Cl_、H2O0湿法制备高铁酸钾反响体系中的氧化剂为:写出并配平湿

44、法制高铁酸钾反响的离子方程式:移mol电子，假设反响过程中转移了0.3 mol2工业上从海水中提取单质溴可采用如下方法:向海水中通入 Cl2将海水中溴化物氧化，其离子向上述混合液中吹入热空气，将生成的溴吹出，用:溶液吸收，其中的溴转化为单将所得溶液用 H2SO4酸化，使NaBr、NaBr溴后，还可得到副产品 Na2SO4。这一过程可用化学方程式表示为:mol。津方程式为O溴，再用21 mol FeOFe(OH) 3、OH、3CI2、H2O2、CIO2复原产物为 Cl-、O31molO3转化为 1molO2和 1mol H2O等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是填序号。A.

45、 Cl2 B. H2O2C. ClO2D . O3(4) “ 84毒液(主要成分是NaCIO)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用，原因是 (用离子方程式表示 )o【答案】(1). ClO 一(2). 2Fe(OH)3 + 3ClO+ 4OH 一 =2FeO42- + 3Cl+ 5出0(3). 3(4).0.15(5). Cl 2+ 2B厂=Br2+ 2C(6). 3Na2CO3+ 3Br2=5NaBr + NaBrO3+ 3CO2(或6Na2CO3 + 3Br2+ 3H2O=5NaBr + NaBrO 3+ 6NaHCO 3)(7). 5NaBr + NaBrO 3+3H2SO4=3Br2

46、+ 3Na2SO4+ 3H2O(8). C(9). ClO -+Cl-+2H+=Cl2 f +HO【分析】湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)，那么FeO42-为产物，Fe(OH)3为反响物，化合价从+3 变为+6，升高总共3价，Fe(OH)3为复原剂，FeO42-为氧化产物；由电子转移守恒可知，ClO -为反响物，C为生成物，化合价从+1变为-1,降低共2价，CIO -为氧化剂，Cl_为复原产 物；化合价升降最小公倍数为 6，故Fe(OH)3的系数为2, FeO42-的系数为2, CIO的系数为 3, C的系数为3,根据电荷守恒可知，OH为反响物，系数为4，由元素守恒可知 H2O为 生成物，其系

47、数为 5,离子方程式为 2Fe(OH)3+ 3CIO+ 4OH =2FeO42+ 3C+ 5出0；【详解】(1)根据上述分析，湿法制备高铁酸钾反响体系中的氧化剂为：CIO 一。答案为：CIO；根据上述分析，湿法制高铁酸钾反响的离子方程式2Fe(OH)3+ 3CIO+ 4OH 一 =2FeO42- +3C+ 5H2O。根据反响方程式，每生成2moI FeO42-转移6moI电子，因此每生成1 moI FeO 42- 转移3moI电子；Cl_为复原产物，根据反响方程式，每生成3moI Cl 一转移6moI电子，假设反应过程中转移了 0.3 moI电子，那么复原产物的物质的量为0.15moI。答案为

48、：2Fe(OH)3+ 3CIO+ 4OH一 =2FeO42-+ 3C+ 5H2O； 3； 0.15；(2) 工业上从海水中提取单质溴可采用如下方法： 通入氯气后，氯气与溴离子反响生成单质溴和溴离子，其离子方程式为：CI2 + 2B厂=Br2+ 2CI答案为：CI2+ 2B=Br2+ 2C； 向上述混合液中吹入热空气，将生成的溴吹出，用纯碱溶液吸收，其化学方程式为3Na2CO3 + 3B2=5NaBr + NaBrO 3+ 3CO2(或 6Na2CO3+ 3Br2+ 3H 2O=5NaBr + NaBrO3 + 6NaHCO 3)。答案为：3Na2CO3 + 3Br2=5NaBr + NaBrO

49、3+ 3CO2(或 6Na2CO3+ 3Br2+ 3H2O=5NaBr + NaBrO3 + 6NaHCO 3)； 将所得溶液用 H 2SO4酸化，使NaBr、NaBrO 3中的溴转化为单质溴和硫酸钠，溴酸根离子中溴元素化合价为+5价变为0价，化合价降低5价；溴离子化合价由-1价到0价，化合 价升高1价，那么化合物变化的最小公倍数为5，所以溴酸根离子计量数为1，溴离子计量数为5,再根据观察法配平，配平后反响的化学方程式为：5NaBr + NaBrO3 + 3H2SO4=3Br2 +3Na2SO4+ 3H2O。答案为：5NaBr + NaBrO 3 + 3H2SO4=3Br2+ 3Na2SO4

50、+ 3H2O；(3) 1moICI 2(发生的反响为 Cl2+H2O=HCI+HCIO)、H2O2、CIO2、O3分别消毒时，转移电子依次为1mol、1mol、5mol、2mol，等物质的量的上述物质反响，CIO2转移的电子数最多，消毒效率最高，故答案为：C ；(4) CIO-与浓盐酸中的 Cl-会发生反响生成有毒的CI2,方程式为CI0-+CI-+2H+ C2 f +H0。答案为：CI0-+CI-+2H+ C2 f +H027. 以下所示图像中，纵坐标为沉淀物的物质的量，横坐标为某溶液中参加反响物的物质的量，按题给信息将相应图的字母填入以下空格中，并写出所发生反响的离子方程式。(1) 表示向

51、饱和 AICI3溶液中滴加氨水至过量的图像是 (填字母，下同)，离子方程式为:。(2) 表示向饱和 AICI3溶液中滴加NaOH溶液至过量的图像是 ，离子方程式为:。(3) 表示向饱和石灰水中通入C02至过量的图像是 ，离子方程式为：(4) 表示向MgCL和AICI3的混合溶液中滴加 Na0H溶液至过量的图像是 。【答案】(1). C(2). AI 3+3NH 3 H20 AI(0H) 3 J +3NH+(3). B (4).AI3+30H-AI(OH) 3 J AI(OH)3+OH-AIO 2-+2H2O(5). A (6).Ca2+2OH-+CO2CaCO3 J +H0、CaCO3+CO2

52、+H2OCa2+2HCO3-(7). D【解析】试题分析：此题主要考查与物质性质有关的图像分析，着重考查与Al ( 0H) 3有关的图像分析，离子方程式的书写。(1) 向饱和AICI 3溶液中滴加氨水至过量，首先发生反响AICI 3+3NH3 H2O=AI ( OH) 3 J +3NH4CI，随着氨水的滴入沉淀逐渐增多达最大；继续滴入氨水，Al ( 0H ) 3不会溶解，沉淀达最大后保持不变，符合的图像为 C。发生反响的离子方程式为 AI3+3NH3 H2O=AI ( OH ) 3 J +3NhT。(2) 向饱和AICI 3溶液中滴加NaOH溶液至过量，首先发生反响AICI 3+3NaOH=A

53、I (OH)3 J +3NaCJ随着NaOH溶液的滴入沉淀逐渐增多达最大；继续滴入NaOH溶液，Al (0H )3溶解，发生反响 Al (OH ) 3+NaOH=NaAIO 2+2H2O，沉淀达最大后沉淀逐渐溶解最终全部 消失，且沉淀完全和沉淀完全溶解消耗的NaOH物质的量之比为3:1，符合的图像为 B。发生反响的离子方程式为 Al 3+3OH -=AI (OH ) 3 J Al (OH ) 3+OH-=AIO 2-+2H2O。(3) 向饱和石灰水中通入 C02至过量，首先发生反响 Ca (OH ) 2+CO2=CaCO3 J +HO,随 着C02的通入沉淀逐渐增多达最大； 继续通入C02,发

54、生反响CaCO3+CO2+H2O=Ca( HCO 3) 2，Ca( HCO3)2可溶于水，沉淀达最大后沉淀逐渐溶解最终全部消失，且沉淀完全和沉淀完全溶解消耗的CO2物质的量相等，符合的图像为A。发生反响的离子方程式为CO2+Ca2+2OH -=CaCO3 J +HO、CaCO3+CO2+H2O=Ca2+2HCO3-。(4) 向MgCI 2和AICI3的混合液中滴加 NaOH溶液至过量，首先发生反响 MgCI 2+2NaOH=Mg(OH ) 2 J +2NaC、AICI 3+3NaOH=AI (OH) 3 J +3NaCI 随着 NaOH 溶液的滴入沉淀逐渐增 多达最大；继续滴入NaOH溶液，AI(OH )溶解，发生反响AI (OH ) 3+NaOH=NaAIO 2+2H2O, 但Mg (OH ) 2不会溶解，沉淀达最大后沉淀逐渐溶解最后保持不变，沉淀不会完全溶解， 符合的图像为D。点睛：与元素性质有关的图像分析常采用有序思维，观察图像时要看清关键点、 曲