1、由 扫描全能王 扫描创建由 扫描全能王 扫描创建安徽金榜教育“皖江名校联考”化学参考答案第1页，总5页皖江名校联考化学参考答案一、选择题（每小题3分，共54分）1D【解析】菱镁矿主要成分是MgCO3在高温条件下分解，A选项错误；MgCO3是碳酸盐会和稀硫酸发生反应，B选项错误；自然界形成菱镁矿的过程中，就没有使用催化剂，C选项错误；形成菱镁矿的新技术在室温下进行符合节能要求，能吸收空气中CO2，符合环保要求，D选项正确。2B【解析】依据图示和文字的介绍，A、C、D均为加入还原剂的热还原法进行金属冶炼，B选项为加热分解法，与其他选项不同。3B【解析】1mol/LNaHCO3溶液的体积未知，无法计
2、算HCO3-个数，A选项错误；23gNO2、N2O4相当于（NO2）2的混合气体含有0.5NA个NO2，含有0.5NA个N原子，B选项正确；100g98%的浓硫酸中硫酸的物质的量为1mol，还含有2g的水，水中也含有O原子，O原子总数大于4NA，C选项错误；标准状况下，CCl4为液态，2.24LCCl4不是0.1mol，D选项错误。4C【解析】A选项中加入Na2O2粉末后SO32不能大量共存;B选项为酸性溶液，CH3COO-、AlO2不能大量共存；选项D中H、和NO3会氧化I，不能大量共存。5D【解析】收集SO2导管需长进短出，A选项错误；直接加热AlCl3溶液，会发生水解，最终产物为Al2O
3、3，B选项错误；测定中和热还需要环形玻璃搅拌棒，C选项错误。6B【解析】依题意，X、Y、Z、W分别为H、O、Na、S。离子半径O2-Na+，A选项错误；Y和Z形成的化合物可为Na2O2，含有离子键和共价键，B选项正确；H2O的沸点高于H2S，C选项错误；四种元素中，O的非金属性最强，D选项错误。7A【解析】铅碳电池放电时，Pb/C为电池负极，PbO2为电池正极，充电时，Pb/C为电解池阴极，PbO2为电解池阳极，A选项错误；充电时，电解池中SO42-向阳极移动，B选项正确；碳材料是负极材料，但不参与电池反应，故电池放电时的总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，C选项正确
4、；铅炭电池中碳材料的加入，可抑制铅酸电池的“负极硫酸盐化”，防止PbSO4在负极沉积附着，可延长电池寿命，D选项正确。8C【解析】SiO2是酸性氧化物，A选项错误；氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，利用的是氯化铁的氧化性，B选项错误；从海水中提取蒸馏水和NaCl时，通过蒸馏、蒸发等物理变化就能实现，D选项错误。9C【解析】该反应是放热反应，温度较高时，反应速率快，先达平衡，但相对于低温时，平衡逆移，NO含量较低，故C图像错误。安徽金榜教育“皖江名校联考”化学参考答案第2页，总5页10D【解析】某红色溶液中通入SO2溶液褪色，也可能是滴有酚酞的氨水，不一定是品红，A错误；B选项中溶液也可能含有
5、HCO3-，错误；C选项由于醋酸是弱酸，故所需稀释的倍数更大，因此ab,C错误；D选项的实验可说明H2SO4的酸性比H2CO3强，因此可比较碳、硫的非金属性强弱，正确。11C【解析】AAl2O3为两性氧化物可以与NaOH溶液反应生成NaAlO2，NaAlO2与CO2、H2O反应可生成Al(OH)3，A正确；B饱和NaCl溶液与NH3、CO2反应可生成NaHCO3，NaHCO3加热分解生成Na2CO3，B正确；CNaCl溶液中通入CO2不能生成NaHCO3，C错误；DMgCl2与Ca(OH)2反应生成Mg(OH)2，煅烧Mg(OH)2分解生成MgO，D正确，答案选C。12A【解析】A.向等物质的
6、量浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中加入稀盐酸，首先发生OHH=H2O，然后是CO32H=HCO3，最后是HCO3H=CO2H2O，则即得到OHCO322H=HCO3H2O，2即得到2OHCO323H=HCO32H2O；即得到OHCO323H=CO22H2O，A项错误；BAlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n（OH-）：n（Al3+）7：2时铝离子部分转化为氢氧化铝和偏铝酸盐，则反应的离子方程式为2Al3+7OH-Al（OH）3+AlO2-+2H2O，B正确； C选项，在100mL2 mol/LFeI2溶液中通入4.48L氯气（标况下），即0.2molCl2,先氧化I-,二者恰好反应，即2I+
7、Cl2I2+2Cl，C正确；NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性，二者按2：1反应，离子方程式：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，故D正确。13D【解析】AgNO3中滴加氨水先生成沉淀，后溶解，但两段所消耗氨水的物质的量之比为1：2，A错误；稀释NaOH溶液，pH会减小，但不会降到7以下呈酸性，B错误；稀硫酸溶液加入BaCl2固体，溶液中自由移动离子浓度无明显变化，溶液导电能力变化也不明显，C错误；曲线b表示加入催化剂后，反应的活化能降低，D正确。14D【解析】两者反应后为等浓度的Na2S与NaHS溶液，前者的水解能力大于后者，则c(Na+)c(HS-)c(S
8、2-)c(OH-)c(H+)，A、B错；电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-) +c(OH-)，物料守恒：2c(Na+)=3 c(S2-)+3c(HS-)+3 c(H2S)，两式可得：c(OH-)-c(H+)=3/2c(H2S)-1/2c(S2-)+1/2c(HS-)，C错，D正确。15B【解析】难溶物质的溶度积只受温度影响，A错；根据盐酸体积与浓度可以算出纯碱的质量，进而可以计算出样品的纯度，B正确;NaCl溶液显中性，纯碱溶液显碱性，用pH安徽金榜教育“皖江名校联考”化学参考答案第3页，总5页试纸可以鉴别，C错；托盘天平精确度0.1g,无法称量10.60g样品质量
9、，D错。16B【解析】根据Ksp可知，图中曲线a、b、c分别表示CuS、ZnS、FeS，A错误；由于Ksp(CuS)Ksp(ZnS)Ksp(FeS)，除去工业废水中含有的Cu2+，可采用FeS或ZnS固体作为沉淀剂，B正确；向CuS的悬浊液中加入少量硫化钠固体，溶液中c(S2-)增大，沉淀溶解平衡向生成沉淀方向移动，溶液中c(S2-)c(Cu2+),C选项错误；向含有等浓度Cu2+、Zn2+、Fe2+的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，Cu2+先沉淀，D选项错误。17D 【解析】由滴定曲线的起点，即酸性溶液的pH可推知图1是盐酸溶液的滴定曲线，图2是CH3COOH溶液的滴定曲线，0.20 mol
10、L1MOH溶液滴定20.00 mL 0.10 molL1HCl溶液，若MOH是强碱，则滴定到溶液的pH7时，a10。由于MOH不能确定是强碱还是弱碱，故不能确定一定有a10，A、B错误。盐酸是强酸，CH3COOH是弱酸，滴定到pH7时，所需要的碱MOH量，盐酸比醋酸多，故ab，C错误。E点对应溶液的pH7，可知c(H+) c(OH)，再根据电荷守恒关系c(H+) c(M+)c(OH) c(CH3COO)，得出c(CH3COO) c(M+)，D正确。18C【解析】根据题意，混合物粉末放入盐酸中，恰好完全反应后，溶液中溶质只有FeCl2，发生的反应为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，
11、2FeCl3+Fe3FeCl2，Fe+2HCl=FeCl2+H2。根据产生2.24L H2(标准状况)，可知与盐酸反应的Fe为0.1mol，但还有与FeCl3反应的Fe，故选项A错误；该过程发生的氧化还原反应有2个，B错误；根据Cl-守恒，n（FeCl2）=1/2 n（HCl）=0.4mol，故将反应后的溶液加水稀释到400mL，则c（Fe2+）=1molL-1，C选项正确；根据Fe+2HCl=FeCl2+H2，产生2.24L H2(标准状况)，可知此反应生成的n（FeCl2）=0.1mol，故反应2FeCl3+Fe3FeCl2生成的n（FeCl2）=0.3mol，可求得n（FeCl3）=0.
12、2mol，即n（Fe2O3）=0.1mol，n（Fe）0.2mol。混合物中铁和氧化铁的物质的量之比为2：1，D选项错误。二、非选择题（共4题， 46分）19.（10分）【答案】（1）增大接触面积，使原料充分反应、加快反应速率（1分）（2）除去空气中的水蒸气、观察空气流速（2分） 除去反应后多余的氧气 （1分）（3）d （1分）（4）锥形瓶中溶液出现蓝色，且半分钟不褪色（1分） 50%（2分）（5）空气中的CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀；BaSO3被氧化成BaSO4（合理均可）（2安徽金榜教育“皖江名校联考”化学参考答案第4页，总5页分）【解析】（1）反应物的表面积增大，可使原料
13、充分接触、充分反应、加快反应速率。（2）装置a盛放的试剂是浓硫酸，可除去空气中的水蒸气，同时有利于观察空气流速；加热条件下Cu可与O2反应，所以装置c的作用是除去反应后多余的氧气。（3）反应结束后装置内残留气体为SO2，d装置无法吸收，所以反应结束后，通一段时间的空气，可使反应生成的SO2全部进入d装置中，使结果精确。（4）根据S元素守恒和氧化还原反应规律可得对应关系：CuFeS22SO2 2I2，则m（CuFeS2）=1/2n（I2）M（CuFeS2）=1/20.05mol/L0.02L20184g/mol=1.84g，则该黄铜矿的纯度=1.84g3.68g100%=50%。（5）若将原装置
14、d中的试液改为Ba(OH)2，Ba(OH)2能与空气中的CO2反应生成BaCO3沉淀，BaSO3具有还原性，能被空气中的O2氧化为BaSO4，可造成误差。20.（13分）【答案】（1）S(g)+O2(g)SO2(g) H=574 kJ/mol（2分）（2）ac（2分）（3）SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+（2分）HI分解为可逆反应，及时分离出产物氢气，有利于反应正向进行（2分）4）负极（1分） SO2+ 2H2O 2e= SO42+ 4H（2分）11.2（2分）【解析】（1）根据盖斯定律：得 S(g)与 O2(g)反应生成 SO2(g)的热化学方程式为S(g)+O2(g)SO
15、2(g)H=574 kJ/mol；（3）v（d）v（a）v（b）v（c）；1106Pa下CO的转化率已较高，再增大压强CO的转化率提高不大，而生成成本增加，得不偿失。（2） 洗涤含SO2的烟气的物质应该可以与SO2发生反应，SO2是酸性氧化物，可以与碱Ca(OH)2发生反应，由于二氧化硫与水反应产生的亚硫酸的酸性比碳酸的酸性强，所以还可以与Na2CO3溶液发生反应产生CO2和Na2SO3，故可作洗涤剂的是a、c。（3）反应器中是SO2、H2O、I2发生氧化还原反应。HI分解为可逆反应，及时分离出H2，有利于反应正向进行。（4）根据题给装置图分析，左边为电解池阳极，右边为阴极，故电源b为负极。S
16、O2在电解池的阳极发生氧化反应生成硫酸，电极反应式是SO22H2O2e4HSO42；吸收了标况下22.4LSO2，电子转移2mol，阴极理论上生成1molS2O42-，则吸收0.5molNO2，标况下为11.2L。安徽金榜教育“皖江名校联考”化学参考答案第5页，总5页21. （12分）【答案】（1）将Fe2+氧化成Fe3+(1分) Cl2(1分)（2）Fe(OH)3(1分) Al(OH)3(1分) 烧杯、漏斗、玻璃棒(3分)（3）Ca2+(1分)（4）3，1， 11H2O, 2， 1（2分）（5）8/3mol(2分)【解析】加入试剂A后溶液中Fe2+全部转化为了Fe3+，再加过量NaOH后，F
17、e3+完全沉淀，Al3+转化为AlO2-，Cr3+根据题目信息可知在过量的NaOH作用下，转化为CrO2-。加入试剂B后,CrO2-转化为CrO42-，故B为Cl2。溶液中再通入过量CO2，AlO2-转化为Al(OH)3沉淀，溶液中还有Ca2+，用离子交换树脂除去。反应的离子方程式为：Cr2O72-+3H2O2+8H+=2Cr3+3O2+7H2O故消耗1molH2O2时参加反应的H+的物质的量为8/3mol。22.（11分）【答案】【提出猜想】猜想：Na2S2O3能与BaCl2溶液反应生成沉淀。（1分，合理答案均给分）【实验探究】(1) 将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点
18、在pH试纸上，再与标准比色卡对照（2分）(2)有淡黄色沉淀和无色刺激性气味气体产生（1分）(3)S2O32+4Cl2+5H2O2SO42+8Cl+10H（2分）【实验结论】Na2S2O3能与酸反应，具有还原性，与Na2SO4的化学性质不相似（2分）【问题讨论】不合理（1分）氯水中含有Cl-，不发生氧化还原反应，滴加AgNO3也会生成白色沉淀。（2分）【解析】利用类比思维，提出合理猜想，Na2SO4的特征反应之一是与BaCl2溶液反应生成沉淀，故猜想Na2S2O3可能有此性质。结合表格中信息，可以推知（1）中实验步骤为pH的测定；（2）的现象可有后面的离子方程式推测；（3）根据氧化还原原理写出反应的离子方程式。
