河北省衡水中学届高三上学期二调考试化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2019-2020学年度上学期高三年级二调考试化学试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。共8页，满分100分，考试时间110分钟。可能用到的相对原子质量：第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题（每小题1分，共20分。从每小题给出的四个选项中，选出最佳选项，并在答题纸上将该项涂黑)1.《新修本草》是我国古代中药学著作之一，记载药物844种，其中有关于“青矾"的描述为“本来绿色,新出窟未见风者,正如琉璃……烧之赤色……”据此推测，“青矾”的主要成分为(）A. B。 C. D。【答案】B【解析】【详解】A.为蓝色晶体，受热失去结晶水变成白色，故A不符合题意;B.为绿色晶体，+2价铁离子不稳定，易被氧化成+3价铁离子，即在空气中灼烧后生成赤色的三氧化二铁，故B符合题意；C.为无色晶体，加热失去结晶水后,变成白色粉末，故C不符合题意；D.为黄色晶体，加热后失去结晶水,变成硫酸铁粉末，故D不符合题意;故选B。【点睛】根据不同晶体的颜色判断是解答关键.2.下列说法不正确的是(）A.百炼成钢涉及了化学变化，滴水穿石是物理变化B.钠钾合金为液态，可用作原子反应堆的导热剂C。碳酸钠可用于制玻璃、制肥皂、制烧碱、造纸、纺织D。《陶者》“陶尽门前土，屋上元片瓦.十指不沾泥,鳞鳞居大厦。”由黏土烧制陶器的过程中发生了化学变化【答案】A【解析】【详解】A.钢是铁合金，是用铁矿石炼成的，属于化学变化，滴水穿石是因为滴水中的酸性物质使碳酸盐发生反应，属于化学变化，故A错误；B.钠钾合金熔点低，通常状况下呈液态，可作原子反应堆的导热剂，故B正确；

C。碳酸钠和二氧化硅反应可用于制玻璃，碳酸钠水解显碱性制肥皂，还可以制烧碱、造纸、纺织，故C正确；

D。黏土烧制陶器的过程中生成了新的物质发生了化学变化，故D正确；故选A。3。化学与生活、社会、科技关系密切.下列解释正确的是

A.夏天雷雨过后空气清新的主要原因是放电时和合成了NOB。加碘盐中添加的是C。“碳海绵"吸收泄漏的原油时发生了化学变化D。二氧化硫有毒，不能作为食品添加剂【答案】B【解析】【详解】A.雷雨过后空气中的氧气，有些变成了臭氧，且空气中固体颗粒随雨水落下,感觉到空气清新，故A错误;B。加碘盐中添加的是，故B正确;C.碳海绵可用于处理海上原油泄露事件，处理时先用它吸收浮在水面上的原油,再通过挤压，将碳海绵内的原油进行回收,此过程无新物质生成,发生物理变化，故C错误；D。二氧化硫有还原作用，可消耗果蔬组织中的氧，可以抑制氧化酶的活性，从而抑制酶性褐变,有抗氧化作用,所以二氧化硫能作某些食品防腐剂，如葡萄酒，但不能超量，故D错误。故选B。4。下列物质的分类不正确的是(）A。水、双氧水和干冰都属于氧化物 B.都属于酸C。、和都属于盐 D.烧碱、碱式碳酸铜、熟石灰都属于碱【答案】D【解析】【详解】A.氧化物是由两种元素组成,其中一种是氧元素，所以水、双氧水和干冰都属于氧化物，故A正确；B。酸是电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物，都属于酸，故B正确；C。盐是由金属离子（铵根离子)和酸根离子形成的化合物，属于、和都属于盐，故C正确；D.碱式碳酸铜属于碱式盐,故D错误；故选D。5.下列关于钙、钾、铜的冶炼方法正确的是(）。A.电解法、热分解法、热还原法 B.电解法、电解法、热还原法C。热还原法、热分解法、热还原法 D。电解法、电解法、热分解法【答案】B【解析】【详解】钙、钾是特别活泼的金属，应该采用电解的方法冶炼；铜是处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，应采用热还原方法来冶炼，故选B。6.吸进人体内的氧有2%转化为氧化性极强的活性氧,这些活性氧能加速人体衰老，被称为“生命杀手”。中国科学家尝试用Na2SeO3清除人体内活性氧，Na2SeO3的作用是(）A。还原剂 B.氧化剂C。既是氧化剂又是还原剂 D。既不是氧化剂又不是还原剂【答案】A【解析】【详解】已知活性氧具有强氧化性,在反应中化合价降低,Na2SeO3可以清除人体内的活性氧，故Na2SeO3在反应中起还原作用,在反应中化合价升高，作还原剂.答案为A。7。在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：CuO＋NH4Cl→Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O(未配平）.下列说法正确的是A。反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和NB.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2C.反应中产生0.2mol气体时,转移0.6mol电子D。该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的【答案】B【解析】【分析】根据CuO＋NH4Cl→Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O分析可知：Cu由+2价降低为0，被还原；N元素的化合价由-3价升高为0，被氧化；根据电子守恒、原子守恒配平为4CuO＋2NH4Cl=3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O即可判断。【详解】A.氯化铵中N元素化合价升高被氧化，氧化铜中铜元素化合价降低被还原,则被氧化和被还原的元素分别为N和Cu，故A错误；B.根据反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂为氯化铵，作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为3:2，故B正确；C.由反应可知，生成1mol气体转移6mol电子,则产生0。2mol的气体转移的电子为0。2mol×6=1.2mol，故C错误；D.由反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知,被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的3/4,故D错误。综上所述，本题正确答案为B。8。利用如图所示装置,在仪器①②③中分别依次加入下列各选项中所对应的试剂进行实验,能达到实验目的的是A.浓盐酸、浓硫酸、浓硫酸，制取干燥氯化氢气体B。浓盐酸、二氧化锰、饱和食盐水，制取纯浄的氯气C.稀硫酸、溶液X、澄清石灰水,检验溶液X中是否含有CO32—D。浓盐酸、碳酸钙、水玻璃，验证盐酸、碳酸、硅酸的酸性强弱【答案】A【解析】【详解】A、浓盐酸加入到浓硫酸中,因为浓硫酸具有吸水性，浓盐酸中溶剂水会减少，溶质HCl会挥发出来，同时温度升高，HCl的溶解度降低,也促进HCl的挥发,故A正确;B、浓盐酸、二氧化锰反应制备氯气需要加热，故B错误;C.CO32-、HCO3—都能与硫酸反应放出二氧化碳,故C错误；D、盐酸具有挥发性，②中挥发出的氯化氢也能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，故D错误。答案选A.9。二氧化氯（，黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂,除去中的可选用的试剂是（)A.水 B。碱石灰 C.浓硫酸 D。饱和食盐水【答案】C【解析】【详解】A。ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨气，故A错误；

B。碱石灰干燥氨气，不能吸收氨气,故B错误；

C.浓硫酸可以吸收氨气，且不与ClO2反应,故C正确;

D.ClO2易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收氨气，故D错误；故选C。【点睛】依据除杂原理，除去杂质不能增加新杂质进行分析是解答关键。10。将完全溶解在硫酸中，然后加入溶液，恰好使溶液中全部转化为，全部被还原为。则溶液的物质的量浓度为

A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】四氧化三铁的物质的量是，与稀硫酸反应溶液中亚铁离子的物质的量是，与重铬酸钾的反应中失去电子.在反应中Cr元素的化合价从价降低到价得到3个电子，则根据电子得失守恒可知消耗重铬酸钾的物质的量是，则其浓度是；故答案为:B。11.下列说法正确的是(）A.由反应，可知是碱性氧化物B.通入品红溶液，溶液褪色的原理与通入溴水后褪色的原理相同C.由反应，可知生成能降低的浓度D.由常温下金属钠、铝可溶于NaOH溶液，可知金属镁也能溶于NaOH溶液【答案】C【解析】【详解】A.二氧化硅与HF反应的实质不是与H+作用，而是与F—作用生成SiF4气体，二氧化硅是酸性氧化物，故A错误;B。SO2通入品红溶液,体现二氧化硫的漂白性，SO2通入溴水中褪色是因为二氧化硫的还原性，溶液褪色的原理不相同，故B错误；C。氢硫酸是弱酸，硫酸是强酸，酸性H2S<

H2SO4,反应发生的条件是生成更难溶的物质CuS，故生成CuS能降低的浓度，故C正确；D。镁不具备两性,不能溶于NaOH溶液，故D错误；故选C.【点睛】解答本题根据二氧化硅的性质、金属的性质、二氧化硫的漂白性与还原性进行解答。使品红溶液和溴水都能褪色，但原理不同，品红溶液褪色是漂白性，溴水褪色是还原性。12.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释不正确的是（)选项现象或事实解释A用铝制容器盛装浓硫酸常温下，铝与浓硫酸不反应B氧化铝可用作耐火材料氧化铝熔点高C液氨可用作制冷剂氨汽化时要吸收大量的热D“84”消毒液可用于环境消毒主要成分是NaClO，具有强氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A。常温下，铝遇浓硫酸会被氧化产生一层致密的氧化物保护膜,阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此常温下可以用铝制容器盛装浓硫酸，A错误；B。氧化铝是离子化合物，由于离子键强，所以断裂消耗的能量大,因此物质的熔点高,所以氧化铝可用作耐火材料，B正确；C.氨汽化时要吸收大量的热，使周围环境温度降低，因此液氨可用作制冷剂，C正确；D.“84”消毒液主要成分是NaClO,该物质具有强氧化性，因此可用于环境消毒，D正确；故合理选项是A。13.下列离子方程式书写正确的是（)A.向显蓝色的淀粉溶液中通入足量后变成无色溶液:B.电离平衡常数：，向溶液中通入少量:C。溶液与过量溶液反应：D.溶液中通入过量:【答案】A【解析】【详解】A。显蓝色的淀粉溶液中通入足量SO2后变成无色溶液，是因为碘氧化了SO2，其离子反应方程式为：I2+SO2+2H2O=2I-+SO42—+4H+，故A正确；

B.向NaClO溶液中通入少量二氧化碳发生了强酸制弱酸的反应,其离子反应方程式为:ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3—，故B错误；

C.NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应的离子反应为:HCO3-+NH4++2OH—=NH3↑+2H2O+CO32—，故C错误；

D。FeI2溶液中通入过量Cl2的离子反应为：2Fe2++4I—+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl—,故D错误;故选A。14.下列反应中,水只作氧化剂的氧化还原反应是(）A。 B。C. D.【答案】A【解析】【详解】A.在反应中，铁最还原剂，水做氧化剂,故A正确；B.在反应中，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，水是反应物，故B错误；C.在反应中，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，水是反应物，故C错误；D。在应中,氯气既是氧化剂又是还原剂，水是反应物,故D错误；故选A.【点睛】根据水中氢、氧两种元素反应前后化合价变化分析判断是解答关键.15.下列不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的是(）①比稳定②氧化性比强③酸性比强④能与反应生成S⑤与反应生成，S与反应生成A。①⑤ B。② C.①④ D。①③⑤【答案】B【解析】【详解】①元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定。因为HCl比H2S稳定，所以Cl比S非金属性强，故①正确;②根据最高价氧化物的水化物的含氧酸的酸性强弱来比较非金属性的强弱,最高价含氧酸的酸性越强，则元素的非金属性越强，HClO不是最高价含氧酸，故②错误；

③元素的非金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强,因为HClO4酸性比强，所以Cl比S非金属性强，故③正确；

④元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强,因为Cl2能与H2S反应生成S，所以Cl比S非金属性强，故④正确；⑤元素的非金属性越强,对应的单质的氧化性越强，与变价金属反应的氧化化合价越高，Cl2与Fe反应生成FeCl3,S与Fe反应生成FeS，说明Cl2的氧化性大于S，所以非金属性Cl大于S，故⑤正确；故选B。【点睛】比较非金属性可通过以下角度：氢化物的稳定性；与氢气反应的难易程度；最高价氧化物对应的水化物的酸性；单质之间的置换反应,对应阴离的还原性强弱；与变价金属反应的化合价高低进行比较。16.某实验小组通过下图所示实验探究Na2O2与水的反应：下列说法不正确的是A。②中的大量气泡主要成分是氧气B.③中溶液变红，说明有碱性物质生成C。④中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的D。⑤中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度【答案】D【解析】A.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，故A正确；B。过氧化钠与水反应生成了氢氧化钠,氢氧化钠是强碱，遇到酚酞，溶液变成红色，故B正确;C.过氧化钠与水反应可能生成了过氧化氢，过氧化氢具有强氧化性，能够使溶液褪色，故C正确；D.生成的过氧化氢在二氧化锰作催化剂时发生了分解，因此放出大量气泡,故D错误；故选D。点睛:解答本题的关键是掌握和理解过氧化钠与水的反应。本题的易错点为C，过氧化钠与水可能发生复分解反应，生成氢氧化钠和过氧化氢，过氧化氢具有漂白性。17.下列实验装置或操作设计正确、且能达到目的的是(）A.制取无水B。用于比较和对分解的催化效果C.验证酸性的强弱，D.可用于海带提碘实验中将海带灼烧成灰【答案】A【解析】【详解】A.实验中氯化镁水解生成氯化氢，容易挥发，因此制取无水氯化镁，需要在氯化氢气流中加热，可抑制氯化镁水解，故A正确；B.实验中加入两溶液的量不同,不能用于比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果,故B错误；

C。实验中生成的二氧化碳与次氯酸钠反应没有明显的现象，无法验证反应是否发生,所以不能证明酸性强弱,故C错误；D.蒸发皿可用于加热液体，灼烧固体应在坩埚中进行，故D错误;故选A。18.下列说法正确的是A。将铁粉加入、混合溶液中,充分反应后剩余的固体中必有铁B。将和混合气体分别通入溶液、溶液中，最终都有沉淀生成C。检验某酸性溶液中和，选用试剂及顺序是过量溶液、溶液D。用加热分解的方法可将固体和Ca（OH）2固体的混合物分离【答案】C【解析】【详解】A.将铁粉加入FeCl3、CuCl2混合溶液中,发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe+Cu2+=Fe2++Cu,铁的还原性大于铜,充分反应后剩余的固体为铜或铁和铜的混合物，必有铜,选项A错误；B.CO2和SO2混合气体分别通入BaCl2溶液无沉淀生成，CO2和SO2和氯化钡溶液不反应,二氧化硫通入Ba(NO3)2溶液中,有硫酸钡沉淀生成，选项B错误；C.酸性溶液排除碳酸根离子、亚硫酸根离子的干扰，若先加AgNO3溶液,则硫酸根离子也会沉淀，不能检验氯离子，所以先加过量Ba(NO3）2溶液使硫酸根离子沉淀完全，再加AgNO3溶液，可以检验某酸性溶液中Cl－和SO42－，选项C正确;D。氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，遇冷又结合成氯化铵固体,无法分离NH4Cl固体和Ca（OH)2固体，选项D错误；答案选C。19。下列关于物质应用和组成的说法正确的是(）A.可用于干燥和 B。铝盐和铁盐可以用于净水C.不可以用钢瓶储运液氯 D。和都可用于制造光导纤维【答案】B【解析】【详解】A.五氧化磷是酸性干燥剂，不能干燥碱性气体，所以不能干燥NH3,故A错误；

B。铝离子和铁离子在水中发生水解生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体，可以吸附水中的悬浮物，所以可用铝盐和铁盐净水,故B正确；C.在常温下液氯与钢不反应，所以可以用钢瓶储运液氯，故C错误;D.是半导体材料，不能用于制造光导纤维，故D错误；故选B。20。对分别盛有不同无色溶液的①②③④四支试管进行如下操作。现象和结论对应正确的是（）选项操作现象结论A向①中滴加溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸变蓝原溶液中有B向②中滴入溶液有白色沉淀生成原溶液中有C向③中先滴加溶液，再滴加溶液生成白色沉淀原溶液中有D向④中滴加氯水和,振荡，静置下层溶液呈橙色原溶液中有A。A B。B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A。湿润红色石蕊试纸变蓝，可知生成氨气，则原溶液中有，故A正确；B。氢氧化钡或氢氧化钙等均与NaHCO3溶液反应生成白色沉淀，不能确定是否含,故B错误;

C。先滴加溶液，可能生成硫酸钡或AgCl，均不溶于盐酸的白色沉淀，则原溶液中不一定有，故C错误；

D。下层溶液呈橙色，可知氯气氧化溴离子，则原溶液中有Br—，故D错误；故选A.二、选择题（每小题2分,共20分。从每小题给出的四个选项中，选出最佳选项,并在答题纸上将该项涂黑)21.某同学利用浓度相同的氯水、Cl2的CCl4溶液完成下述实验.下列有关实验的说法中，不正确的是A。操作④中发生的反应是Br2+2Fe2+＝2Br－+2Fe3+B.操作②和操作④之后，试管上层溶液的成分相同C.操作①后的溶液中没有Br2，但反应过程中可能有Br2生成D.实验说明，CCl4影响了Cl2、Br2和Fe3+氧化性的强弱顺序【答案】D【解析】【分析】Fe2+的还原性大于Br-，若向溴化亚铁溶液中滴加5滴氯水，氯水不足，发生反应：Cl2+2Fe2+=2Cl—+2Fe3+，反应后得到黄色的含Fe3+溶液，加入CCl4后，CCl4不溶于水，密度大于水,溶液分层，CCl4层在下层无色,上层为黄色的含Fe3+溶液；若向溴化亚铁溶液中滴加5滴Cl2的CCl4溶液,Cl2局部过量,则发生反应：3Cl2+2Fe2++4Br—=6Cl-+2Fe3++2Br2，反应后得到黄色的含Fe3+溶液和黄色的溴的CCl4溶液,振荡后，发生反应：2Fe2++Br2＝2Fe3++2Br－，溶液分层，CCl4层在下层无色，上层为黄色的含Fe3+溶液。以此分析。【详解】A.根据以上分析，操作④中发生的反应是Br2+2Fe2+＝2Br－+2Fe3+,故A正确；B.操作②和操作④之后,试管上层溶液的成分相同，CCl4层在下层无色，上层为黄色的含Fe3+溶液，故B正确;C。操作①反应过程中可能由于氯水局部过量，发生反应2Br—+Cl2=Br2+2Cl—，有Br2生成,但由于Fe2+过量，随后发生反应：Br2+2Fe2+＝2Br－+2Fe3+，故操作①后的溶液中没有Br2，故C正确；D。实验说明，Cl2、Br2和Fe3+氧化性的强弱顺序为：Cl2〉Br2〉Fe3+，CCl4没有影响Cl2、Br2和Fe3+氧化性的强弱顺序，故D错误；故选D。22.四种短周期主族元素和W的原子序数依次增大，X和Y的单质化合生成气体A,A分子中的电子数与氖原子相同，X和W的单质化合生成气体B，常温下的B溶液的,气体A和气体B相遇产生白烟，X与Z可按原子个数比1∶1形成化合物C。下列说法正确的是（）A。化合物C可能为离子化合物B。Z离子的半径比Y离子的大C.Y的非金属性很强，其单质非常活泼D。氧化物的水化物的酸性：Y比W强【答案】A【解析】【分析】四种短周期主族元素X、Y、Z和W,原子序数依次增大，X和W的单质化合生成气体B，常温下0.1mol/L的B溶液的pH=1，则B为强酸性气体，为HCl，则X是H、W是Cl元素；气体A和气体B相遇产生白烟，白烟为氯化铵，则A是氨气；X和Y的单质化合生成气体A,A分子中的电子数与氖原子相同，所以Y是N元素；X与Z可按原子个数比1：1形成化合物C，且Z原子序数大于N而小于Cl元素,则Z为O、F或Na元素，C可能是H2O2、HF或NaH。【详解】A.根据上述分析可知：化合物C可能是H2O2、HF或NaH。HF是共价化合物而NaH是离子化合物故A正确;B。根据上述分析可知：Y为N元素、Z为O或F或Na元素，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径：Y>Z，故B错误;C.根据上述分析可知：Y为N元素，Y的非金属性很强,但是因为氮气分子中存在氮氮三键导致其性质较稳定而不活泼，故C错误;

D。根据上述分析可知：W是Cl元素，Y为N元素，非金属性W〉Y，则最高价氧化物的水合物酸性高氯酸大于硝酸,故D错误;故选A.【点睛】根据元素周期律和物质的性质关系进行判断.头破口（1）X和W的单质化合生成气体B，常温下0。1mol/L的B溶液的pH=1，则B为强酸性气体；(2）根据气体A和气体B相遇产生白烟，白烟为氯化铵，则A是氨气，B是氯化氢;（3)A是氨气;X和Y的单质化合生成气体A，A分子中的电子数与氖原子相同；（4)X与Z可按原子个数比1:1形成化合物C，且Z原子序数大于N而小于Cl元素；根据突破口找出元素和物质，再进行判断.23。用下列各实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是A。用图甲装置证明SO2与NaOH溶液发生了反应B.用图乙装置检验某混合气体是否由SO2和CO2混合而成C。用图丙装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色D。用图丁装置干燥、收集氯化氢，并吸收多余的氯化氢【答案】C【解析】【详解】A.二氧化硫易溶于水，加入氢氧化钠溶液后，烧杯中导管内液面上升，说明锥形瓶中压强减小，并不能说明发生了反应，故A错误；B.SO2和CO2都可以与石灰水反应使之变浑浊,若二氧化硫反应完了，就无法使品红褪色，故B错误；C.铁作阳极发生氧化反应生成亚铁离子，与溶液中氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，上层煤油隔绝了空气，防止Fe（OH)2被氧化，故C正确;D.干燥管在使用时气体应该从大口进入，且不能用碱石灰作干燥剂,故D错误;故选C。24.某化学反应可表示为a+b→c+d+H2O(未配平，条件略去)。下列叙述中正确的是（)A。若b为浓硝酸，则c,d不可能同时为气体B.若a为Cl2，则c,d一定为漂白粉成分C。若a为H+，则c，d可能为沉淀和气体D.若反应后为蓝色溶液，该反应需加热才可以发生【答案】C【解析】【详解】A．若b为浓硝酸,a为C，发生氧化还原反应可中二氧化碳、二氧化氮气体,故A错误；B．若a为Cl2，b为NaOH，可用于制备84消毒液,故B错误；C．若a为H+，b为硫代硫酸钠,可生成硫和二氧化硫气体，则c，d可能为沉淀和气体，故C正确；D．若反应后为蓝色溶液,可能为铜和浓硝酸的反应，该反应不用加热，故D错误；故选C。【点睛】本题综合考查无机物的推断，全面考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用，为高频考点,注意相关基础知识的积累，牢固把握元素化合物知识为解答该题的关键.25。如图是某元素的价类二维图。其中A是一种酸式盐，E的相对分子质量比D的相对分子质量大16，当x为一种强酸时，有如下转化关系。下列说法不正确的是（）A.物质A、B、C、D、E、F中均含有硫元素B。物质D可以使石蕊溶液先变红后褪色C。物质C可在纯氧中燃烧，火焰呈蓝紫色D。物质F的浓溶液可以用铁制容器盛放【答案】B【解析】【分析】由E的相对分子质量比D的相对分子质量大16，说明E中比D中多一个氧原子,结合图中给出的信息，可推知E为SO3,D为SO2，该元素为硫元素，F为H2SO4，C为S，A是一种酸式盐，则A为NaHS，B为H2S.【详解】A.根据以上分析可知，物质A、B、C、D、E、F中均含有硫元素，故A符合题意；

B。物质D为SO2，溶于水生成亚硫酸,能使石蕊溶液变红，不能使溶液褪色,故B不符合题意；

C。物质C为硫单质，可在纯氧中燃烧,火焰呈蓝紫色,故C符合题意;D.物质F为H2SO4，浓硫酸在常温下会和铁发生钝化反应，因此可以用铁制容器盛放，故D符合题意;故选B。【点睛】E的相对分子质量比D的相对分子质量大16，E中比D中多一个氧原子，结合图像和F为一种强酸推出，D、E、F均含有硫元素是解答突破口。26.某黑色粉末可能是Fe3O4或Fe3O4与FeO的混合物，为进一步确认该黑色粉末的成分，下列实验方案不可行的是(）A.准确称量一定质量的黑色粉末，用H2充分还原，并用干燥剂收集所得水,获得水的准确质量，进行计算B。准确称量一定质量的黑色粉末，溶解于足量盐酸，加热蒸干溶液并在空气中灼烧至质量不变，称量所得粉末质量,进行计算C.准确称量一定质量的黑色粉末，用CO充分还原,在CO气流中冷却后准确称量剩余固体的质量,计算D.准确称量一定质量的黑色粉末，与一定量铝粉混合后点燃，充分反应后冷却，准确称量剩余固体质量,进行计算【答案】D【解析】A根据水的质量可以计算得到氧元素的质量，再根据黑色粉末的质量得到铁元素的质量，进而确定化学式；B灼烧至质量不变所得粉末是氧化铁，依据氧化铁的质量可以计算得到铁元素的质量，再根据黑色粉末的质量得到氧元素的质量,进而确定化学式；C。剩余固体是铁，根据黑色粉末的质量得到氧元素的质量,进而确定化学式;D。反应前后都是固体，而且固体质量不变，不能计算确定该黑色粉末的成分。故选D。点睛：根据反应前后铁元素（或氧元素）守恒，再根据黑色粉末的质量得到氧元素(或铁元素)的质量，进而确定化学式。27.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是选项叙述Ⅰ叙述ⅡAKNO3的溶解度大用重结晶法除去KNO3中混有的NaClBBaSO4难溶于酸用盐酸和BaCl2溶液检测SO42－CNH3能使酚酞溶液变红NH3可用于设计喷泉实验DCa(OH）2能制成澄清石灰水可配制2。0mol·L－1的Ca(OH）2溶液A。A B。B C。C D.D【答案】B【解析】【详解】A。硝酸钾随温度升高溶解度增大的幅度比氯化钠随温度升高溶解度增大的幅度大,所以当温度降低时，硝酸钾的溶解度骤降，而氯化钠的溶解度变化不大，因此硝酸钾析出,氯化钠留在溶液中，从而除去硝酸钾中的氯化钠，并非是硝酸钾的溶解度大的缘故，故A错误；B.硫酸钡难溶于酸，先加盐酸无沉淀产生，排除Ag+、CO32—、SO32-的干扰，再加BaCl2溶液有白色沉淀产生，证明原溶液中存在SO42-,故B正确;C。因为氨气易溶于水,所以可用于设计喷泉实验，与氨气使酚酞溶液变红无因果关系，故C错误；D.氢氧化钙微溶于水，可配制澄清石灰水,但不能得到浓度为2.0mol/L的Ca(OH）2溶液，故D错误；故选B。28.化学与生活、环境密切相关，下列说法错误的是（)A。做油条用的膨松剂不应含明矾B。享有“镇国之宝”称谓的“司母戊鼎”属于青铜制品，青铜是含铜锡等的合金C。汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的D。人们已开始试用和作新的自来水消毒剂【答案】C【解析】【详解】A。明矾含铝元素对人体有害,所以做油条用的膨松剂不应含明矾，故A正确；B。后母戊鼎”属于青铜制品，含铜锡等金属的合金，故B正确；C.汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在放电条件下反应生成的，故C错误；D。和氧化性强,所以人们已开始试用和作新的自来水消毒剂，故D正确；故选C。29。取Cu、Cu2O和CuO固体混合物，将其分成两等份，一份用足量的氢气还原,反应后固体质量减少6。40g，另一份加入1000mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，收集到标准状况下NO气体4。48L,所用硝酸的物质的量浓度为A.3。2mol/L B。1。6mol/L C。0.9mol/L D.无法判断【答案】B【解析】【详解】将Cu2O拆分为Cu、CuO，原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6。40g为拆分后Cu、CuO的混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为：，根据Cu元素守恒可知n(CuO)=n(O）=0.4mol;另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu(NO3）2,且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，NO的物质的量为：，根据电子转移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n（Cu)=3n(NO)=3×0.2mol,n(Cu)=0。3mol，由铜元素守恒可知n［Cu(NO3）2]=n（CuO）+n(Cu)=0。4mol+0.3mol=0。7mol，根据氮元素守恒可知n(HNO3)=n(NO）+2n[Cu（NO3）2］=0。2mol+2×0。7mol=1。6mol，所以该稀硝酸的浓度为：，本题选B。30。NiSO46H2O易溶于水，其溶解度随温度升高明显增大.以电镀废渣（主要成分是NiO,还有CuO、FeO等少量杂质）为原料制备该晶体的流程如下，下列说法错误的是A.溶解废渣时不能用稀盐酸代替稀H2SO4 B。除去Cu2+可采用FeSC.流程中a—b的目的是富集NiSO4 D。“操作I”为蒸发浓缩、冷却结晶【答案】A【解析】【详解】A.溶液中的Ni2+,在除去Cu2+和Fe2+后加入Na2CO3溶液生成NiCO3沉淀，所以溶解废渣时若用稀盐酸代替稀H2SO4对制备不会有影响,故A错误；B.CuS比FeS更难溶，向含有Cu2+溶液中加入FeS发生沉淀的转化生成CuS,故B正确；C。NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这样可提高NiSO4的浓度,所以流程中a—b的目的是富集NiSO4，故C正确;D。该晶体为结晶水合物,从溶液中得到该溶质晶体的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶，故D正确。故答案选A。第Ⅱ卷(非选择题共60分)三、非选择题(请把答案写在答题纸相应的位置上)31.科学工作者研发了一种的系统，借助锂循环可持续合成氨,其原理如图所示：（1)过程Ⅰ得到Li3N的电子式为___________。（2）过程Ⅱ生成W的化学反应方程式为____________.(3）实验室制取氨气的化学反应方程式为___________.【答案】(1）。（2).(3）.【解析】【分析】(1)根据是离子化合物写电子式；（2)结合LiH与水的反应写和水反应的方程式;（3）根据实验室制取氨气反应原理书写反应方程式。【详解】(1）是离子化合物，所以的电子式为，故答案为:；（2）由过程Ⅱ可知，反应物为和水，即和水反应生成氢氧化锂，放出氨气，其反应的化学方程式为：,故答案为:;(3)实验室用熟石灰和氯化铵反应制氨气，制取氨气的化学反应方程式为:2NH4Cl+Ca（OH）2

CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH)2

CaCl2

+2NH3

+2H2O。32。取纯净固体用如下方法制备.（4）操作②中反应的离子方程式为_________.（5）操作①中若用盐酸代替盐酸，再通入后,无白色沉淀产生.对此现象有如下两种猜想：猜想一：过大导致白色沉淀溶解.为验证此猜想，取75gCuCl2固体、盐酸及________配制溶液，再进行操作②，观察是否有白色沉淀产生。猜想二：____________。为验证此猜想，取少量白色沉淀加入饱和氯化钠溶液中，搅拌，观察白色沉淀是否溶解。【答案】(1).（2）。49(3）.过大导致白色沉淀溶解【解析】【分析】(1）操作②为向含有铜离子、氯离子的溶液中通入二氧化硫气体，根据铜离子具有氧化性,二氧化硫气体具有还原性完成氧化还原反应方程式；（2)根据氢原子守恒分析解答；取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中搅拌,若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立。【详解】(1）铜离子具有氧化性，二氧化硫气体具有还原性，操作②为向含有铜离子、氯离子的溶液中通入SO2气体，所以会发生氧化还原反应,其反应离子方程式为,故答案为：.

（2)设10mol/LH2SO4的体积为VmL，根据氢原子守恒：则0.20.1+V102=100。1解之得V=49ml；因为体系中存在平衡2Cl—（aq)+CuCl(s）CuCl32-(aq），如氯离子的浓度过大平衡正向移动,使CuCl溶解。可以取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立故答案为:49；取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中搅拌，若白色沉淀溶解,说明猜想二成立，反之不成立.33。用浓盐酸与氯酸钾固体反应制氯气时，发现所得气体颜色偏深，经分析该气体主要含有和两种气体，某研究性学习小组拟用如图所示装置分离制得的混合气体，并测定两种气体的物质的量之比。Ⅰ.查阅资料：常温下二氧化氯为黄绿色气体，其熔点为℃,沸点为℃，能溶于水，不溶于浓硫酸、四氯化碳，有强氧化性，能与溶液反应生成等物质的量的两种盐,其中一种为。Ⅱ.制备与分离：(1）实验加药品前应进行的实验操作是__________.(2）装置C、E的作用分别是___________、____________。(3）F中与溶液反应的离子方程式为___________。Ⅲ.测量与计算:反应结束后，测得B、C装置分别增重和,将D中的液体溶于水,配成溶液，取该溶液，调节试样的，加入足量的晶体,振荡后,静置片刻；加入指示剂X，用溶液滴定至终点，消耗溶液。（已知:,）(4)指示剂X为___________溶液,滴定至终点时的现象是溶液由___________色变为_______色。(5)D装置收集到的的物质的量为____________。Ⅳ.结论：(6）浓盐酸与氯酸钾固体反应的化学方程式为____________。【答案】(1）。检查装置的气密性（2）。吸收混合气体中的（3)。安全瓶防倒吸(4）。（5).淀粉(6)。蓝(7)。无(8）。(9）。【解析】【分析】实验目的有二个:①分离Cl2和ClO2混合气体，②测定Cl2和ClO2的物质的量之比。结合图中装置可知，实验时先检验装置的气密性,A中浓盐酸与氯酸钾反应，B中浓硫酸干燥，C可除去混合气体中的氯气，D冷凝分离出二氧化氯，E作为安全瓶防止F中溶液倒吸进入D中，F中NaOH溶液可吸收尾气；测定含量时结合2C1O2+8H++10I—=5I2+2Cl-+4H2O、2Na2S2O3+I2====Na2S4O6+2NaI可知,存在ClO2～5Na2S2O3.【详解】（1)制备气体的实验步骤通常是：连接仪器组成装置，检查装置气密性，加入试剂等等，故加药品前应检查装置气密性，故答案为：检查装置的气密性；

(2)根据相似相溶原理和题中信息，氯气易溶于四氯化碳，二氧化氯不溶于四氯化碳且较易液化，从而可实现它们的分离；装置C的作用是溶解吸收混合气体中的氯气，装置D可使二氧化氯冷凝成液体,装置E作为安全瓶能防止F中溶液倒吸至D中，故答案为：吸收混合气体中的;安全瓶防倒吸;

（3)F中NaOH溶液能吸收氯气、二氧化氯，防止污染空气。因氧化还原反应中化合价升降数相等,所以C1O2与NaOH溶液反应生成等物质的量的两种盐，其中一种为NaC1O3,另一种只能是NaC1O2,其离子方程式为，故答案为:;

(4)用Na2S2O3标准溶液滴定含I2溶液时，使用淀粉做指示剂，滴定终点时的现象：滴加最后一滴标准溶液时,溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色，故答案为：滴加最后一滴标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色；

（5）由已知离子方程式得：2C1O2~5I2～10Na2S2O3，则25。00mL溶液中，n（C1O2）=n(Na2S2O3）=0.200mol/L25。0010—3L=1。0010—3mol,2.5L溶液(装置D收集到的C1O2)中n(C1O2)=0.100mol。故答案为：0。100mol；（6）装置C增重14.2g为氯气，即n（Cl2)=0。200mol,故装置A中生成C1O2、Cl2的物质的量之比为1：2，反应的化学方程式为3KC1O3+10HCl=2C1O2↑+4C12↑+3KC1+5H2O,故答案为：3KC1O3+10HCl=2C1O2↑+4C12↑+3KC1+5H2O。34.用方铅矿精矿（主要为）和软锰矿(主要为,还有少量、等杂质)制备和的工艺流程如图：已知：①。②。(1）80℃用盐酸处理两种矿石，为加快酸浸速率，还可采用的方法是____________（任写一种)。（2）向酸浸液中加入饱和食盐水的目的是_____________；加入物质X可用于调节酸浸液的值，物质X可以是___________(填字母）。A.B.C.D.（3）滤渣中含有两种金属杂质形成的化合物，其成分为___________（写化学式）。（4）向滤液2中通入和发生反应，写出总反应的离子方程式:________________。(5）用为原料可以获得金属锰，合适的冶炼方法为____________（填字母）.A。热还原法B.电解法C.热分解法【答案】(1）.粉碎矿石或搅拌或适当增加盐酸浓度（2）.增大的溶解度(3)。AD（4）。、（5).6Mn2+

+

12NH3

+

6H2O

+

O2=2Mn3O4+12NH4+(6）.A【解析】【分析】方铅矿精矿（主要成分PbS)和软锰矿（主要成分MnO2，含有Fe2O3、Al2O3等杂质）中加入稀盐酸并加热。至80°C，发生反应有Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，向酸浸溶液中加入NaCl溶液，调节溶液的pH,使铁离子和铝离子转化为沉淀，要除去这两种离子需要加入碱性物质且不能引进新的杂质，然后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到PbCl2晶体和滤液，向滤液中通入氨气、氧气，锰离子被氧化生成Mn3O4，将溶液过滤得到Mn3O4和滤液;金属的冶炼常根据金属的活泼性选择相应的方法，其中最活泼的金属用电解法,较活泼的金属用热还原法，不活泼金属用热分解法.【详解】(1）采取粉碎矿石或搅拌或适当增加盐酸浓度等措施均能加快酸浸速率，故答案为:粉碎矿石或搅拌或适当增加盐酸浓度；(2）由可逆反应，可知向酸浸液中加入饱和食盐水，通过增大C1—浓度可促进PbCl2的溶解;加入试剂调节溶液的pH，使铁离子和铝离子转化为沉淀,同时不引入新的杂质，结合滤液1中含有Mn2+和Pb2+可选择MnCO3和PbO调节溶液pH，即AD正确,故答案为：增大PbCl2的溶解度；AD;

(3)酸浸液中加入MnCO3或PbO调节溶液pH，促进溶液中Fe3+和A13+完全转化为Al(OH）3和Fe（OH）3沉淀,其中Al（OH)3是两性氢氧化物，能溶于NaOH溶液，而Fe（OH）3不能，可利用过滤操作进行分离出Fe(OH)3，故答案为：Al(OH）3；Fe(OH）3;（4)滤液2中含有Mn2+通入NH3和O2生成Mn3O4,发生反应的离子方程式为6Mn2++12NH3+6H2O+O2=2Mn3O4+12NH4+，故答案为：6Mn2++12NH3+6H2O+O2=2Mn3O4+12NH4+；

（5)Mn金属是较活泼的金属，用Mn3O4为原料通过热还原法获得金属锰，即选项A正确,故答案为：A。35。绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究.回答下列问题：（1)在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加___溶液，溶液颜色无明显变化，由此可知样品中无Fe3+。(2）为测定绿矾中结晶水含量，称石英玻璃管（带开关K1和K2）（设为装置A）的质量，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次称其质量,记为m2①仪器B的名称是___。②将下列实验操作步骤正确排序___(填字母）；重复上述操作步骤，直至A质量不变，记为m3ga.点燃酒精灯，加热b.熄灭酒精灯c.关闭K1和K2d。打开K1和K2，缓缓通入N2e。称量Af。冷却至室温③根据实验记录，计算绿矾化学式，结晶水数目x=___.若实验时按a、d次序操作，则使x___（填偏大偏小或无影响)。(3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将(2)中已质量不变的装置A接入如图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2,加热.实验后反应管中残留固体为红色粉末.①C、D中的溶液依次为___（填字母），可观察