1、西安市远东第一中学 20182019 学年度第一学期期中考试高三年级化学试题可能用到的原子量：H 1 O 16 N 14 Na 23 C 12 K 39 Fe 56 Cu 64 S 32 Al 27 Mg 24一、选择题：（每小题有一个正确答案，每题 2 分，共 40 分）1. 以下物质保存方法不正确的是A. 少量金属钠保存在煤油中B. FeSO4 溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中C. 浓硝酸保存在棕色试剂瓶中D. 氢氧化钠溶液保存在配有玻璃塞的细口瓶中【答案】D【解析】试题分析：A、金属钠容易和氧气或水反应，所以应该保存在煤油中，正确，不选 A；B 、硫酸亚铁容易被氧化成铁离子，加入铁粉可以
2、防止亚铁被氧化，正确，不选 B；C 、浓硝酸不稳定见光容易分解，所以保存在棕色试剂瓶中，正确，不选 C；D、氢氧化钠和玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘性的硅酸钠，所以不能用玻璃塞，应使用橡胶塞，错误，选D。考点：试剂的保存方法2.设 NA 表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. 1 mol 氯气参加氧化还原反应，转移的电子数一定为 2NAB. 标准状况下，以任意比混合的氢气和一氧化碳气体共 8.96 L，在足量氧气中充分燃烧时消耗氧气的分子数为 0.2NAC. 含 1 mol FeCl3 的溶液中 Fe3 的个数为 NAD. 1.8 g NH4 中含有的电子数为 0.1NA【答案】B【解析】A
3、 错，如氯气与氢氧化钠反应， 1 mol 氯气参加氧化还原反应，转移的电子数为 NA；B 正确；C 错，Fe 3 在溶液中要发生水解；D 错，1.8 g NH 4 中含有的电子数为 NA3.实验室用碳酸钠晶体配制 1.00molL1 的 Na2CO3 溶液 100mL，造成所配溶液浓度偏低的原因是A. 暴露在空气中称量碳酸钠晶体（Na 2CO310H2O）的时间太长B. 向容量瓶转移液体时，容量瓶事先用蒸馏水洗涤C. 定容时俯视刻度线D. 洗涤液移入容量瓶中时，洒出一部分【答案】D【解析】A、暴露在空气中称量碳酸钠晶体(Na 2CO310H2O)的时间太长，晶体容易失水，导致称量的 Na2CO
4、3 偏多，配制的溶液偏高，选项 A 错误；B、向容量瓶转移液体时，容量瓶内含有蒸馏水，不产生误差，选项 B 错误；C、定容时俯视刻度线，所配制的溶液体积偏小，则浓度偏高，选项 C 错误；D 、洗涤液移至容量瓶中时洒出一部分，溶质变小，则配制的溶液浓度偏低，选项 D 正确。答案选D。4. 下列各组在溶液中的反应，不管反应物的量是多少，都能用同一离子方程式表示的是（）A. FeBr2 与 Cl2 B. Ba(OH) 2 与 H2SO4C. HC1 与 Na2CO3 D. NaHCO3 与 Ca (OH)2【答案】B【解析】试题分析：ACl 2 少量时，只有亚铁子被氧化，Cl 2 过量时，亚铁离子与
5、溴离子均被氧化，则不能用同一离子方程式表示，A 错误；B无论量的多少都只发生 Ba（OH ） 2+H2SO4BaSO4+H2O，则能用同一离子方程式表示，B 正确；C HCl 少量时，发生 HCl+Na2CO3NaHCO3+NaCl，HCl 过量时发生 2HCl+Na2CO3NaCl+CO2+H2O，则不能用同一离子方程式表示，C 错误；DNaHCO 3 少量时，发生 NaHCO3+Ca（OH） 2CaCO3+H2O+NaOH，NaHCO 3 过量时发生 2NaHCO3+Ca（OH） 2CaCO3+2H2O+Na2CO3，则不能用同一离子方程式表示，D 错误，答案选 B。考点：考查与量有关的离
6、子反应的书写5. 下列说法正确的是A. 为测定新制氯水的 pH，用玻璃棒蘸取液体滴在 pH 试纸上，与标准比色卡对照即可B. 做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加C. 在未知溶液中滴加 BaCl2 溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在 SO42 或 SO32D. 提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法【答案】B【解析】试题分析：A、氯水中的次氯酸能漂白 pH 试纸，不能用 pH 试纸测定新制氯水的 pH 值，故 A 错误；B、液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化
7、中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故 B正确；C、硫酸钡和 AgCl 均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入 BaCl2 溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，溶液中可能含 Ag+，故 C 错误；D、氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，故 D 错误；故选 B。考点：考查了实验室中常见操作和物质的提纯与检验的相关知识。视频6.物质中杂质（括号内为杂质）的检验、除杂的试剂或方法都正确的是选项 物质及其杂质 检验 除杂A Cl2（HCl） 湿润的淀粉 KI 试纸 饱
8、和食盐水B NO（NO2） 观察颜色或湿润的淀粉 KI 试纸 水C CO2（HCl） AgNO3 溶液（含稀硝酸） 饱和 Na2CO3 溶液DNaHCO3 溶液（Na 2CO3）Ca（OH）2 溶液 过量 CO2A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】A氯气能使湿润的淀粉 KI 试纸变蓝，饱和食盐水可除去 HCl；B红棕色气体 NO2 能使湿润的淀粉 KI 试纸变蓝，且与水反应生成 NO；C二氧化碳与硝酸银不反应，HCl 与硝酸银反应，但 HCl 应用饱和 NaHCO3 除去；DCa（OH）2 溶液与二者均反应生成白色沉淀【详解】A氯气能使湿润的淀粉 KI 试纸变蓝，饱
9、和食盐水可除去 HCl，HCl 与湿润的淀粉 KI 试纸不发生现象明显的反应，不能检验杂质 HCl，故 A 不选；B红棕色气体 NO2 能使湿润的淀粉 KI 试纸变蓝，且与水反应生成 NO，则可检验杂质并除去杂质，故 B 选；C二氧化碳与硝酸银不反应，HCl 与硝酸银反应，但 HCl 应用饱和 NaHCO3 除去，但饱和 Na2CO3 溶液也能吸收二氧化碳，故 C 不选；DCa（OH）2 溶液与二者均反应生成白色沉淀，则不能检验杂质，故 D 不选；故选 B。【点睛】本题考查物质的分离提纯方法和选择，解题关键：把握物质的性质、性质差异及发生的反应，侧重分析与实验能力的考查，易错点 C，注意杂质的
10、检验和除杂，HCl 应用饱和 NaHCO3 除去，饱和 Na2CO3 溶液也能吸收二氧化碳。7.科学的假设与猜想是科学探究的先导和价值所在。在下列假设或猜想引导下的探究肯定没有意义的是A. 探究 SO2 和 Na2O2 反应可能有 Na2SO4 生成B. 探究 NO 和 N2O 可能化合生成 NO2C. 探究 NO2 可能被 NaOH 溶液完全吸收生成 NaNO2、NaNO3 和 H2OD. 探究向滴有酚酞试液的 NaOH 溶液中通入 Cl2，酚酞红色褪去的原因是溶液的酸碱性改变还是 HClO 的漂白作用【答案】B【解析】试题分析：A、二氧化硫具有还原性，过氧化钠具有氧化性，所以可以探究 SO
11、2 和 Na2O2反应可能有 Na2SO4 生成，故 A 不选；B、NO 中氮元素化合价未+2 价和 N2O 化合价未+1价，化合生成 NO2 时化合价都升高，不符合氧化还原反应的本质特征，故 B 选；C、NO 2可能被 NaOH 溶液完全吸收生成 NaNO2 和 NaNO3，氮元素化合价从+4 价变化为+5 价和+3价，符合氧化还原反应的规律特征，有探究的意义，故 C 不选；D、氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠次氯酸钠和水，消耗氢氧化钠溶液红色褪去，氯气可以与水反应生成的次氯酸或生成的次氯酸钠水解生成次氯酸具有漂白性，有探究意义，故 D 不选；故选 B。考点：考查了常见物质的化学反应中生成物的推
12、测的相关知识。8.下列实验对应的结论正确的是选项A B C D装置结论用浓盐酸与二氧化锰制氯气能证明非金属性ClCSi分离出 Cl2 与 KI溶液反应生成的碘白色沉淀一定是 BaSO4A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】A用浓盐酸与二氧化锰制氯气，要加热；B盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应；C碘不易溶于水，易溶于四氯化碳；D发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀【详解】A用浓盐酸与二氧化锰制氯气，要加热，故 A 错误；B盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应，且盐酸为无氧酸，则不能比较非金属性，故 B 错误；C碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，过滤不能分离出碘，应用萃取分液，故 C 错误；D
13、发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀 ，3SO22H 2O3Ba(NO 3)2=3BaSO42NO 4HNO 3，故 D 正确；故选 D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，解题关键，把握物质的性质、反应原理、实验技能，难点 D：二氧化硫可被硝酸盐溶液氧化。9.常温下，在 c(H+)=0.1mol/L 的溶液中，下列各组离子可大量共存的是A. Ag+、K+、Ba2+、I- B. AlO2-、HCO3-、PO43-、Na+C. NH4+、Fe3+、Br-、SO42- D. SO42-、Fe2+、Mg2+、NO3-【答案】C【解析】【分析】A. Ag+和 I-生成碘化银沉淀；B. AlO2-、HCO3-
14、、PO43-都是弱酸根离子，在酸性条件下生成弱酸；C. NH4+、Fe3+、Br-、SO42- 不发生反应；D. Fe2+、H+、NO3-三者之间发生氧化还原反应；【详解】A. Ag +和 I-生成碘化银沉淀，不能大量共存，故 A 错误；B. AlO2-、HCO3-、PO43-都是弱酸根离子，在酸性条件下生成弱酸，不能大量共存，故 B 错误；C. NH4+、Fe3+、Br-、SO42- 不发生反应，能大量共存，故 C 正确；D. Fe2+、H+、NO3-三者之间发生氧化还原反应， 不能大量共存，故 D 错误；故选 C。10.R、X、Y 和 Z 是四种元素，其常见化合价均为 2 价，且 X2 与
15、单质 R 不反应；X2 Z XZ 2 ；YZ 2 Y2 Z。这四种离子被还原成 0 价时表现的氧化性大小符合A. R2 X 2 Z 2 Y 2 B. X2 R 2 Y 2 Z 2C. Y2 Z 2 R 2 X 2 D. Z2 X 2 R 2 Y 2【答案】A【解析】试题分析：氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性；X 2+与单质 R 不反应，氧化性 R2+X2+；根据 X2+Z X + Z2+，氧化性 X2+Z2+；根据 Y + Z2+ Y2+ + Z，氧化性 Z2+Y2+；所以氧化性 R2+X2+Z2+Y2+，故 A 正确。考点：本题考查氧化性比较。11.下列装置或操作不能达到实验目
16、的的是A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】A、二氧化锰将氯离子氧化，制取氯气；B、用苯作液封、将盛氢氧化钠的胶头滴管插入液面以下，可以达到防氧化的作用；C、氯化铵分解后在管口又重新化合生成氯化铵固体；D、长颈漏斗和烧瓶中形成稳定的液面差。【详解】A、二氧化锰将氯离子氧化，加热浓盐酸和二氧化锰的混合物可以制取氯气，故A 正确；B、用苯作液封、将盛氢氧化钠的胶头滴管插入液面以下，都可以达到防止亚铁离子被氧化的作用，故 B 正确；C、氯化铵分解后在管口又重新化合生成氯化铵固体，无法收集到氨气，故 C 错误；D、长颈漏斗和烧瓶中形成稳定的液面差，说明气密性良好，故 D 正确
17、。故选 C。12.下列陈述正确并且有因果关系的是选项 陈述 陈述A SO2 有漂白性 SO2 可使溴水褪色B SiO2 有导电性 SiO2 可用于制备光导纤维C 浓硫酸有强氧化性 浓硫酸可用于干燥 H2 和 COD Fe3+有强氧化性 FeCl3 溶液可用于回收废旧电路板中的铜A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】A二氧化硫具有漂白性，可以选择性漂白有色物质 。二氧化硫具有还原性和溴水发生氧化还原反应；B二氧化硅不能导电。光导纤维成分为二氧化硅晶体；C浓硫酸具有强氧化性、吸水性、脱水性。 干燥气体是浓硫酸的吸水性；D铁离子具有氧化性可以溶解铜；【详解】A二氧化硫具有漂
18、白性，可以选择性漂白有色物质。二氧化硫具有还原性和溴水发生氧化还原反应，陈述正确，但无因果关系，故 A 错误；B二氧化硅不能导电，光导纤维成分为二氧化硅晶体，陈述不正确，陈述正确，无因果关系，故 B 错误；C、浓硫酸具有强氧化性、吸水性、脱水性，干燥 H2 和 CO 气体是浓硫酸的吸水性，陈述正确但无因果关系，故 C 错误；D、铁离子具有氧化性可以溶解铜， 2Fe3 +Cu=2Fe2 +Cu2 ，FeCl3 溶液可用于回收废旧电路板中的铜，陈述正确并且有因果关系，故 D 正确；故选 D。【点睛】本题考查了物质性质，解题关键：对二氧化硫、浓硫酸、二氧化硅、铁离子等物质性质的理解应用，易错点：二氧
19、化硫的漂白性和还原性使物质褪色的区别：漂白性是使有机色素褪色，如品红，纸张，草帽；还原性是有颜色的氧化剂（无机物）发生了氧化还原反应生成了无色离子，如溴水，高锰酸钾。13.下列叙述中正确的是( )A. 液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B. 能使润湿的淀粉 KI 试纸变成蓝色的物质一定是 Cl2C. 某溶液加入 CCl4，CCl4 层显紫色，证明原溶液中存在 ID. 某溶液加入 BaCl2 溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有 Ag【答案】A【解析】试题分析：A、由于液溴溶于挥发，密度大于水的密度，所以在存放液溴的试剂瓶中应加水封，故 A 正确；B、具有氧化性，与 KI 反应
20、生成单质碘的物质，能使湿润的 KI 淀粉试纸变蓝，不一定是氯气，故 B 错误；C 、碘离子是无色的，某溶液中加入 CCl4，CCl 4 层显紫色，证明溶液中存在碘单质，故 C 错误；D、某溶液加入 BaCl2 溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液可能含有 Ag 或 SO ，故 D 错误；故选 A。【考点定位】考查化学试剂的存放、常见离子的检验方法、氯气的化学性质【名师点晴】本题考查了常见试剂的存放方法、滴定操作中锥形瓶的使用等知识。要熟记常见的化学基础知识。如：常见的离子的检验方法：NH 4+：NaOH 溶液( 浓)，加热，产生有刺激性气味、使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体；Fe 2+：Na
21、OH 溶液，生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变成红褐色；新制的氯水+KSCN 溶液； 滴加新制的氯水，溶液由浅绿色变为黄色，再滴加 KSCN 溶液，溶液呈红色；铁氰酸钾，加入蓝色铁青化亚铁沉淀，等等。视频14. 下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是选项 实验操作 现象 解释或结论A 过量的 Fe 粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入溶液呈红色 稀 HNO3 将 Fe 氧化为 Fe3KSCN 溶液B AgI 沉淀中滴入稀 KCl 溶液 有白色沉淀出现 AgCl 比 AgI 更难溶C Al 箔插入稀 HNO3 中 无现象Al 箔表面被 HNO3 氧化，形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取浓氨水
22、点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色 浓氨水呈碱性【答案】D【解析】试题分析：A.过量的 Fe 粉中加入稀 HNO3，充分反应后，得到 Fe(NO3)2,滴入 KSCN 溶液, 溶液呈浅绿色，错误；B.AgCl 沉淀在溶液中存在沉淀溶解平衡： AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)，当向溶液中滴入稀 KI 溶液时，由于 c(Ag+)c(I-)Ksp(AgI),所以会形成 AgI 沉淀，这样就破坏了 AgCl 的沉淀溶解平衡，催使 AgCl 向溶解的方向移动，这样沉淀就逐渐由白色变为黄色，发生沉淀的转化，说明 AgI 比 AgCl 更难溶，正确；C.由于在 Al 表面有一层被空气氧化而产生的氧化
23、物薄膜，所以将 Al 箔插入稀 HNO3 中，首先是氧化铝与硝酸反应产生硝酸铝和水，一层不会看到任何现象，而不能说是 Al 箔表面被 HNO3 氧化，形成致密的氧化膜，错误；D.在氨水中一水合氨发生电离产生 OH-,使溶液显碱性，所以用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，试纸会变为蓝色，正确。考点：考查实验操作、现象和解释或结论的关系的知识。视频15.将足量的 CO2 不断通入 KOH、Ca(OH)2、KAlO2 的混合溶液中，生成沉淀与通入 CO2 的量的关系可表示为：A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】混合液中通入 CO2，依次发生反应为：CO 2+Ca(OH)2CaC
24、O 3+H2O、CO2+2NaOHNa 2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO22Al(OH)3+Na2CO3、CO2+H2O+Na2CO32NaHCO 3，CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，则图象中开始就有碳酸钙沉淀生成，之后沉淀的量不变，氢氧化钠完全反应后开始生成氢氧化铝沉淀，此段沉淀的量又增大；当偏铝酸钠完全反应后，Na 2CO3、CaCO3 分别与二氧化碳反应，由以上分析可知，满足该变化的图象为 C，答案选 C。点睛：本题考查元素化合物知识、离子反应的应用，侧重于二氧化碳通入混合溶液中的反应顺序的考查，注重运用基本知识解决新问题的能力，并且要考虑二氧化碳的充足会
25、使生成物继续反应的问题，难点是反应顺序的判断，注意从结合氢离子能力难易程度的角度去分析。16.下列叙述正确的是A. 向 Al2（SO4）3 溶液中滴加过量的 NaOH 溶液制备 Al（OH）3B. 用侯氏制碱法制得 NaHCO3：Na+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4+C. 用加热法除去 Ca（OH）2 固体中混有的 NH4Cl 固体D. SO2 通入酸性 KMnO4 溶液检验其漂白性【答案】B【解析】【分析】A、过量的 NaOH 溶液能溶解 Al（OH）3；B、二氧化碳通入溶有氨气的饱和食盐水中可以得到碳酸氢钠；C、Ca（OH）2 固体和 NH4Cl 固体混合加热生成氯化钙和氨气
26、和水；D、SO2 被酸性 KMnO4 溶液氧化；【详解】A、过量的 NaOH 溶液能溶解 Al（OH）3，故 A 错误；B、二氧化碳通入溶有氨气的饱和食盐水中可以得到碳酸氢钠，反应的离子方程式为：Na +NH3+CO2+H2ONaHCO3+NH4 ，故 B 正确；C、Ca（OH）2 固体和 NH4Cl 固体混合加热生成氯化钙和氨气和水，最后得到氯化钙，故 C错误；D、SO2 被酸性 KMnO4 溶液氧化，显还原性，不是漂白性，故 D 错误；故选 B。17.现有 CuO 和 Fe2O3组成的混合物 a g，向其中加入 2 molL1的硫酸溶液 50mL，恰好完全反应。若将 a g 该混合物在足量
27、 H2中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体质量 ( )A. 1.6 a g B. (a1.6) g C. (a3.2) g D. a g【答案】B【解析】和稀硫酸反应时生成的水是 2mol/L0.05L0.1mol，则根据原子守恒可知，氧化物中氧元素的质量是 0.1mol16g/mol1.6g，所以氧化物中金属的质量是(a1.6) g，答案选 B。18.下列离子方程式正确的是A. 用惰性电极电解熔融氯化钠： 2C1-+2H2O C12+H2+2OH-B. 氢氧化钠溶液中加入过量的碳酸氢钙溶液： Ca2+2HCO3-+2OH-= CaCO3+2H2O+CO32-C. 漂白粉溶液通入少量的 SO2
28、：Ca2+ 2C1O-+SO2+H2O=CaSO3+2HC1OD. 硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢： 2Fe2+ H2O2+2H+=2Fe3+2H2O【答案】D【解析】【分析】A电解熔融氯化钠生成钠和氯气；BNaOH 完全反应，生成水和碳酸钙的物质的量之比为 1：1；C漂白粉溶液通入少量的 SO2 生成硫酸钙和盐酸；D硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢生成硫酸铁和水【详解】A用惰性电极电解熔融氯化钠的离子反应为 2Na 2Cl Cl2+2Na，故 A错误；B氢氧化钠溶液中加入过量的碳酸氢钙溶液的离子反应Ca2 +HCO3 +OH =CaCO3+H2O，故 B 错误；C漂白粉溶液通入少量的 SO2
29、的离子反应为Ca2 +3ClO +SO2+H2O=CaSO4+2HClO+Cl ，故 C 错误；D硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢的离子反应为 2Fe2 +H2O2+2H =2Fe3 +2H2O，故D 正确；故选 D。19.现有 Na2CO3、Ba（ OH）2、H2SO4 三种体积和物质的量浓度都相同的溶液，以不同的顺序将它们混合，如生成沉淀，立即过滤掉，对于所得溶液的酸碱性，如下结论不正确的是A. 一定显碱性 B. 可能显中性C. 不可能显酸性 D. 可能显碱性【答案】A【解析】【分析】如果是 Na2CO3、Ba（OH）2 先混合，再把滤液和 H2SO4 混合，所得溶液为 Na2SO4 溶液，
30、溶液显中性；如果是 H2SO4、Ba（OH）2 先混合，再与 Na2CO3 混合，得到的是 Na2CO3 溶液，溶液显碱性等，以此解答该题【详解】三者混合可能发生的反应有几种情况：（1）如果 Na2CO3、Ba（OH）2 先混合，发生：Na 2CO3+Ba（ OH）2=BaCO3+2NaOH，再把滤液和 H2SO4 混合，发生： 2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，溶液显中性；（2）如果是 H2SO4、Ba（OH）2 先混合，发生：Ba（ OH）2+H2SO4=BaSO4+2H2O，再与Na2CO3 混合，得到的是 Na2CO3 溶液，溶液显碱性；（3）如果是 Na2CO3、H2S
31、O4 先混合，发生：Na 2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2+H2O，再与Ba（OH）2 混合，发生：Na 2SO4+Ba（OH）2=BaSO4+2NaOH，得到的是 NaOH，溶液显碱性。综合以上分析，只有 A 不可能。故选：A。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断，难点：混合后溶液酸碱性的综合判断，注意把握物质的性质，根据所发生的反应判断可能产物，进而判断溶液的酸碱性。20. 既能与盐酸反应，又能与 NaOH 溶液反应的是 ( )Na2SiO3；Al(OH) 3；NH 4HCO3； Al2O3； NaHSO4A. B. C. D. 全部【答案】C【解析】两性化合物、弱酸的酸式盐。弱酸
32、的铵盐、单质铝、氨基酸等既能与盐酸反应，又能与NaOH 溶液反应。硅酸钠只能与盐酸反应，硫酸氢钠只能与氢氧化钠反应，答案选 C。二、填空21. 某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。(1)A 中试剂为 _。(2)B 中发生反应的化学方程式为_。(3)若实验用铝镁合金的质量为 a g，测得氢气体积为 b mL(已换算为标准状况)，B 中剩余固体的质量为 c g，则铝的相对原子质量为_。(4)实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数（用 a、c 表示）将_(填“偏大”、 “偏小” 或“不受影响”)。【答案】(1)NaOH 溶液(2)2Al2NaOH2
33、H 2O=2NaAlO23H 2(3) (4)偏小【解析】铝镁合金中二者与酸都反应，但铝和碱反应镁不反应，所以 A 中的试剂应选择 NaOH 溶液。铝的相对原子质量可利用产生的氢气求解，A rm/n ，如果在实验过程中未洗涤固体，则残留物质量偏大，铝的质量偏小，结果偏小。22.某校化学小组学生利用如图所示装置进行“铁与水反应”的实验，并利用产物进一步制取FeCl36H2O 晶体。(1)装置 B 中发生反应的化学方程式是_。(2)装置 E 中的现象是_ 。(3)停止反应，待 B 管冷却后，取其中的固体，加入过量稀盐酸充分反应，过滤。简述检验滤液中 Fe3 的操作方法：_。(4)该小组学生利用上述
34、滤液制取 FeCl36H2O 晶体，设计流程如下步骤中加入新制氯水的作用是_。【答案】 (1). 3Fe4H 2O(g) Fe3O44H 2 (2). 黑色固体变红，右端管壁有水珠生成 (3). 取少量滤液，滴入几滴 KSCN 溶液，观察溶液是否变红色 (4). 将 Fe2 氧化成 Fe3【解析】【分析】（1）铁与水蒸气高温下反应生成四氧化三铁和氢气，写出反应的化学方程式；（2）装置 E 中黑色的氧化铜被氢气还原成红色的铜，同时有水珠生成； （3）根据三价铁的检验方法加 KSCN 溶液，观察是否变红；（4）根据流程结合氯气的强氧化性分析氯气的作用；【详解】 （1）装置 B 中铁粉与水蒸气在高温
35、下发生反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H 2O(g) Fe3O4+H2；（2）装置 B 铁与水蒸气反应生成的氢气，经碱石灰干燥后加入装置 E，氧化铜与氢气加热发生反应生成了铜和水，所以反应的现象为：黑色的粉末变成红色，管壁产生水珠；（3）检验三价铁用 KSCN 溶液，观察是否变红，故操作为：取少量滤液，滴入几滴 KSCN溶液，观察溶液是否变红色；（4）因为氯气具有强氧化性，所以能将二价铁离子氧化为三价铁离子，即为：将 Fe2 氧化成 Fe3 ；【点睛】本题考查了铁及其化合物的性质实验，易错点：铁与水蒸气反应原理。23.某研究性学习小组在研究二氧化硫漂白作用时，从“氯气的
36、漂白作用实际上是氯气与水反应生成的次氯酸的漂白作用”得到启发。为了探究二氧化硫的漂白作用到底是二氧化硫本身还是二氧化硫与水作用的产物，该小组设计了如下实验。请回答相关问题。(1)实验室用亚硫酸钠粉末跟硫酸制取二氧化硫，现有下列三种硫酸溶液，应选用_(填字母)A98%浓硫酸 B70%硫酸 C 10%稀硫酸(2)为了探究 SO2 能否使品红褪色，该同学选择了正确的药品后设计了如下图所示实验装置，请指出实验装置设计中的不合理之处。_；_。(3)该同学选择了正确装置后，实验中控制二氧化硫以大约每秒 3 个气泡的速度通过品红的酒精溶液时，经过一小时后，品红仍不褪色。为此，你认为使品红的水溶液褪色的微粒可
37、能是_。(4)该同学进一步实验如下：取等量相同浓度的品红水溶液于两支试管中，再分别加入少量亚硫酸钠固体和亚硫酸氢钠固体，两支试管中的品红都褪色，他得出的结论：使品红褪色的微粒肯定是 HSO3-或 SO32-。你认为他的结论是否正确_，其理由是_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). 【解析】分析：（1）根据浓硫酸和二氧化硫的性质分析，浓度大时硫酸以分子形式存在，二氧化硫易溶于水；（2）根据实验目的及二氧化硫的性质分析，应制取干燥的二氧化硫气体，为控制液体的量，应选取易控制流量的仪器；（3）根据二氧化硫、品红溶液、品红酒精溶液的性质分析；（4）亚硫酸钠和亚硫酸氢钠
38、都能水解生成亚硫酸，根据溶液中存在的含硫微粒判断。详解：（1）硫酸和亚硫酸钠固体制取二氧化硫发生的是离子反应，如果硫酸浓度过大，硫酸是以分子形式存在，没有电离出 H+，不能反应生成 SO2；如果硫酸浓度过低，二氧化硫易溶于水，不利于二氧化硫放出，所以选取 70%硫酸，故选 B，故答案为：B；98%的浓硫酸H+浓度小不易反应，10%硫酸浓度太稀不利于 SO2 放出；（2）为控制硫酸的流量应选取分液漏斗，该实验是探究干燥的 SO2 能不能使品红褪色，所以二氧化硫通入品红溶液前要进行干燥，故答案为：不能用长颈漏斗，应改用分液漏斗；缺少二氧化硫的干燥装置；（3）二氧化硫和水反应生成亚硫酸，二氧化硫和酒
39、精不反应，二氧化硫能使品红溶液褪色而不能使品红的酒精溶液褪色，由此得出 SO2 的漂白作用是 SO2 与水作用的产物导致的，二氧化硫和水反应生成亚硫酸、亚硫酸电离生成亚硫酸氢根离子、亚硫酸氢根离子电离生成亚硫酸根离子，所以使品红的水溶液褪色的微粒可能是：HSO 3-、SO32-、H2SO3，故答案为：HSO 3-、SO32-、H2SO3；（4）亚硫酸钠和亚硫酸氢钠都能水解生成亚硫酸，且亚硫酸氢根离子能电离生成亚硫酸根离子，所以两种溶液中都含有 HSO3-、SO32-、H2SO3，所以不能确定使品红褪色的微粒肯定是 HSO3-或 SO3 2-，故答案为：不正确；因为亚硫酸根离子和亚硫酸氢根离子都
40、会水解生成亚硫酸。24.某工业废液中含有 Cu2+、Mg2+、Zn2+等离子，为将其回收利用，再采用了如下工艺：所用试剂在下列试剂中选择铁粉 锌粉 稀 HNO3 稀 H2SO4 稀 HCl 稀氨水 NaOH 溶液 石灰水请回答下列问题：（提示：锌的氧化物、氢氧化物性质与铝的相似）(1)试剂 1、试剂 2、试剂 3 分别可以是_、_、 _（填编号）(2)操作 2 是_、 _、_(3)操作 3 是_【答案】 (1). (2). (3). (4). 蒸发浓缩 (5). 冷却结晶 (6). 过滤 (7). 在 HCl 气流中加热【解析】【分析】某工业废液中含有 Cu2+、Mg2+、Zn2+等离子，加入
41、试剂 1 得到固体，固体中加入试剂 2 得到Cu，固体中含有 Cu，试剂 1 能还原铜离子，结合题意为锌粉，试剂 2 可以溶解过量锌粉，且不能溶解 Cu，可以是稀硫酸或稀盐酸，最终得到盐酸盐，为不引入新杂质，故选择稀盐酸，操作 1 后的溶液中含有 Mg2 和 Zn2 ；加入试剂 3 生成氢氧化镁沉淀，试剂 3 为氢氧化钠，依据“Zn（OH） 2 的性质与 Al（OH）3 相似” ，过量的氢氧化钠与锌离子生成溶液，此溶液中通入二氧化碳气体生成氢氧化锌，氢氧化锌加热分解生成 ZnO【详解】 （1）由分析可知：试剂 1、试剂 2、试剂 3 分别可以是、，故答案为：；（2）操作 2 是从溶液中得到固体
42、，那么次操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；（3）由于氯化镁为强酸弱碱盐，镁离子容易水解，故应在 HCl 气流中加热以防止镁离子水解，故答案为：在 HCl 气流中加热；【点睛】本题主要考查的是无机流程中的物质的分离和提纯，解题关键：理解化学试剂的选取、铝的两性类比、活泼金属的冶炼方法等，易错点：无水氯化镁的制备25.A、B 、C、D 为前四周期元素。A 元素的原子价电子排布为 ns2 np2，B 元素原子的最外层电子数是其电子层数的 3 倍，C 元素原子的 M 能层的 p 能级有 3 个未成对电子，D 元素原子核外的 M 能层中只有 2 对成对电子。请回答下列问
43、题：(1)当 n=2 时，AB 2 属于_ 分子（填“ 极性”或“非极性”） ，分子中有 _ 个 键。A 6H6 分子中 A 原子的杂化轨道类型是 _ 杂化。(2)当 n=3 时，A 与 B 形成的晶体属于_ 晶体。(3)若 A 元素的原子价电子排布为 3s23p2，A、C、D 三种元素的第一电离能由大到小的顺序是_（用元素符号表示） 。(1)下列是钠、碘、金刚石、干冰、氯化钠晶体的晶胞图（未按顺序排序） 。与冰的晶体类型相同的是_(请用相应的编号填写 )(2)与 N2O 互为等电子体的阴离子为_（填一种即可） ；根据价层电子对互斥模型确定 ClO3-离子的空间构型为_。(3)已知某红紫色配合
44、物的组成为 CoCl35NH3H2O，该配合物中的中心离子钴离子在基态时的核外电子排布式为_。(4)如图是金属铝晶体结构的示意图。已知金属铝的密度为 2.7gcm-3， 则紧邻的铝原子的半径为_cm。(已知 =4.04)【答案】 (1). 非极性 (2). 2 (3). sp2 (4). 原子 (5). PSSi (6). BC (7). SCN 或 N3- (8). 三角锥形 (9). Ar3d6 (10). 1.42108【解析】【分析】B 元素原子的最外层电子数是其电子层数的 3 倍，应为 O 元素，C 元素原子的 M 能层的 p 能级有 3 个未成对电子，核外电子排布式为 1s22s2
45、2p63s23p3，为 P 元素，D 元素原子核外的 M 能层中只有 2 对成对电子，核外电子排布式为 1s22s22p63s23P4，为 S 元素（1）当 n=2 时，A 元素的原子价电子排布为 2s22p2，A 为 C 元素，B 元素原子的最外层电子数是其电子层数的 3 倍，应为 O 元素，二者形成的化合物为 CO2；（2）当 n=3 时，A 元素的原子价电子排布为 3s23p2，A 为 Si 元素，二者形成的化合物为SiO2，为原子晶体；（3）若 A 元素的原子价电子排布为 3s23p2，A、C、D 三种元素分别为 Si、P、S 元素，根据原子最外层电子构型判断第一电离的大小顺序； （1
46、）冰属于分子晶体，利用晶胞图来判断晶体的构成微粒，以此来分析；（2）原子个数相等且价电子数相等的分子为等电子体；根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及原子杂化方式；钴是 27 号元素，位族，以此分析；（3）根据 m=V及变形公式计算【详解】B 元素为 O 元素， C 元素 P 元素，D 元素 S 元素。（1）当 n=2 时，A 元素的原子价电子排布为 2s22p2，A 为 C 元素，B 元素原子的最外层电子数是其电子层数的 3 倍，应为 O 元素，二者形成的化合物为 CO2，结构式为 O=C=O，为非极性分子，分子中含有 2 个 键，2 个 键，C 6H6 分子中每个 C 原子形成 3 个 键，1 个大 键，为 sp2 杂化；（2）当 n=3 时，A 元素的原子价电子排布为 3s23p2，A 为 Si 元素，二者形成的化合物为SiO2，为原子晶体；（3）若 A 元素的原子价电子排布为 3s23p2，A、C、D 三种元素分别为 Si、P、S 元素，同周期元素从左到右第一电离能呈逐渐增大的趋势，但 P 价层电子为半充满状态，较稳定，电离能大于 S，故顺序为 PS Si； （1）冰属于分子晶体，由晶胞图可知， B 为干冰的晶胞图，构成微粒为分子，C 为碘的晶胞图，构成微粒为碘分子，则与冰的晶体类型相同的是 BC，故选 BC；（2）N 2O 中原子个数是 3 价电子数是 16，含有 3
