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【全国百强校】河北省衡水中学2018届高三上学期一调考试化学试题1. 下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是A. 某无色溶液中可能大量存在H+、Cl-、MnO4-、A13+B. pH = 2的溶液中可能大灰存在Na+、K+、SiO32-、Cl-、C. Fe2+与H2O2在酸性溶液中反应：2Fe2+ H2O2+2H+=2Fe3+H2OD. 稀硫酸与Ba(OH)2 溶液的反应：H+SO42- +Ba2+OH-= BaSO4+H2O【答案】C【解析】A、MnO4显紫红色，不符合题意，故A错误；B、pH=2溶液显酸性，H与SiO32反应生成H2SiO3，不能大量共存，故B错误；C、利用H2O2的氧化性把Fe2氧化成Fe3，本身被还原成H2O，符合离子反应方程式的书写以及客观事实，故C正确；D、不符合物质的构成，应是Ba2SO422H2OH=BaSO42H2O，故D错误。点睛：本题的易错点是选项D，选项D在原子和电荷上都是守恒，但忽略了物质的组成，1molH2SO4中含有2molH，1molBa(OH)2中含有2molOH，离子反应方程式应为：Ba2SO422H2OH=BaSO42H2O。2. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 B. NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥C. Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂 D. Al2O3熔点髙，可用作耐高温材料【答案】D【解析】试题分析：A二氧化硫化合价居于中间价态，具有氧化性和还原性，但漂白纸张是利用二氧化硫的漂白性，不是其氧化性，故A错误；B做氮肥是利用碳酸氢铵溶解后的铵根离子被植物吸收做氮肥，不是利用其分解的性质，故B错误；C硫酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水，不是利用的易溶于水的性质，故C错误；DAl2O3熔点高，不易熔融可用作耐高温材料，故D正确；故选D。考点：考查了二氧化硫、铵盐、铁盐和氧化铝的性质的相关知识。3. 现有两瓶浓度相同的失去标签的Na2CO3和NaHCO3的无色饱和溶液，请提出简便的鉴別方法，其中不合理的是用干燥的pH试纸检验，pH大的是Na2CO3取同量的溶液于两支试管中，各滴入酚酞溶液，红色较深的是Na2CO3取同量的溶液于两支试管中，加热.有气泡产生的是NaHCO3取同量的溶液于两支试管中，逐滴加入稀盐酸，开始就有气体放出的是NaHCO3取同量的溶液于两支试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀的是Na2CO3取同量的溶液于两支试管中，滴加Ba(OH)2溶液，生成白色沉淀的是Na2CO3,A. B. C. D. 【答案】B考点：考查碳酸钠和碳酸氢钠鉴别4. 下列说法正确的是A. 足量的Fe在Cl2中燃烧只生成FeCl3B. 铁的化学性质比较活泼，它能和水蒸气反应生成H2和Fe(OH)3C. 用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2D. 向某溶液中加NaOH溶液得白色沉淀，且颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液中只含有Fe2+【答案】A【解析】A、铁与氯气反应，无论过量与否都生成FeCl3，故A正确；B、铁与水蒸气反应：3Fe4H2O(g)Fe3O44H2，故B错误；C、KMnO4能把Cl氧化成Cl2，对Fe2的检验产生干扰，故C错误；D、生成白色沉淀变为红褐色沉淀，说明原溶液中一定含有Fe2，但也可能含有Mg2等离子，与NaOH溶液产生白色沉淀，被红褐色沉淀干扰，故D错误。点睛：本题的易错点是选项C，学生忽略高锰酸钾溶液在酸性条件下，能氧化Cl，对Fe2的检验产生干扰。5. 下列实验操作能达到实验目的的是选项实验目的实验操作A制备Fe(OH)3胶体将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中B由MgCl2溶液制备无水MgCl2将MgCl2溶液加热蒸干C除去Cu粉中混有的CuO加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥D比较水与乙醇中氢的活泼性分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：制备Fe(OH)3胶体：将饱和的FeCl3溶液滴加到沸水中，继续加热至液体呈透明红褐色，故A错误；氯化镁易水解，将MgCl2溶液加热蒸干得到氢氧化镁，故B错误；铜能与稀硝酸反应，所以不能用稀硝酸除去Cu粉中混有的CuO，故C错误；分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，比较水与乙醇中氢的活泼性，故D正确。考点：本题考查化学实验操作。6. 下列四种有色溶液与SO2气体作用均能褪色，其实质相同的是酸性高锰酸钾溶液 品红溶液 溴水 滴有酚酞的氢氧化钠溶液A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：SO2气体使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，SO2气体有还原性将酸性高锰酸钾还原使溶液褪色；品红溶液褪色是因为SO2气体具有漂白性可将品红漂白褪色；溴水褪色，是因为溴水有强氧化性，SO2气体有还原性将溴水还原使溶液褪色；滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，是因为SO2为酸性氧化物，可与氢氧化钠溶液反应是溶液碱性减弱，故溶液褪色；故本题其反应实质相同的是A。考点：SO2性质考查。7. 下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是A. 该溶液中K+、Fe2+、C6H5OH、Br-可以大量共存B. 和KI溶液反应的离子方程式：Fe3+2I-=Fe2+I2C. 和Ba(OH)2 溶液反应的离子方程式：Fe3+SO42- +Ba2+3OH-= Fe(OH)3+ BaSO4D. 1 L0.1mol·L-1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2g Fe【答案】D【解析】试题分析：A、铁离子能够与苯酚形成难电离的物质，不能大量共存，故A错误；B、Fe3+2I-=Fe2+I2，反应不遵守电荷守恒，故B错误；C、和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为2Fe3+3SO42-3Ba2+6OH-=2Fe(OH)33BaSO4，故C错误；D、100mL 0.1 mol/L该溶液中含有溶质硫酸铁0.01mol，0.01mol硫酸铁中含有0.02mol铁离子，与足量锌反应可以生成0.02mol铁，生成铁的质量为1.12g，故D正确；故选D。考点：考查了离子共存的判断、离子的性质以及盐的水解原理的相关知识。8. 对中国古代著作涉及化学的叙述，下列解读错误的是A. 天工开物中“凡石灰，经火焚炼用”里的“石灰”指的是Ca(OH)2B. 黄白第十六中“曾青涂铁，铁赤如铜”，“ 曾”青是指可溶性铜盐C. 本草纲目中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是K2CO3D. 汉书中“高奴县有洧水可燃”这里的“洧水”指的是石油【答案】A【解析】天工开物中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”指的是CaO，故A错误；“曾青涂铁，铁赤如铜”，其“曾青”是可溶性铜盐，例如硫酸铜溶液，故B正确；草木灰中含有K2CO3，故C正确；汉书中“高奴县有洧水可燃”，石油可燃，这里的“洧水”指的是石油，故D正确。9. 下列说法中不正确的有卤素单质从上到下熔沸点逐渐升高，碱金属单质从上到下熔沸点逐渐降低铁的氧化物（FexO)1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112 mLCl2，恰好将Fe完全氧化，x的值为0.80SiO2有导电性，可用于制备光导纤维二氧化硅既能与氢氟酸反应，又能与烧碱反应，所以它是两性氧化物金属活动性不同，冶炼方法也有所不同苏打和小苏打焰色反应的现象是相同的，说明灼烧过程中它们发生了相同的化学变化铁在纯氧中燃烧或在氯气中燃烧所得产物中铁的化合价均为+3价镁铝合金的强度和硬度都比纯铝和纯镁的大除去铜器表面铜绿而不损伤器物，可用稀硝酸Al(OH)3药剂适合于胃溃疡患者服用，治疗胃酸过多A. B. C. D. 【答案】D【解析】碱金属单质从上到下，熔沸点降低，卤族元素从上到下，单质状态从气体液体固体，熔沸点从上到下增大，故正确；112mL的氯气把2价铁氧化成3价，反应中转移电子物质的量为112×103×2/22.4mol=0.01mol，根据得失电子数目守恒，=0.01，解得x=0.8，故正确；SiO2不能导电，故错误；两性氧化物是既能与酸反应，又能与碱反应生成盐和水，SiO2与HF生成SiF4和H2O，其中SiF4不属于盐，因此SiO2不属于两性氧化物，故错误；金属活动性不同，冶炼的方法不同，KAl用电解法冶炼，ZnCu用热还原法冶炼，Cu以后用热分解法冶炼，故正确；焰色反应不属于化学变化，故错误；铁在纯氧燃烧得到产物是Fe3O4，纯铁在氯气燃烧生成FeCl3，Fe3O4认为是由2、3组成，故错误；合金的硬度和强度比成分的强，故正确；铜在常温下与稀硝酸发生反应，因此不能用稀硝酸除去铜表面的铜绿，用盐酸或硫酸，故错误；氢氧化铝表现两性，且对人体无毒，因此氢氧化铝用于中和胃酸过多，故正确；综上所述，选项D正确。10. 某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaC1O、NaClO3的混合溶液，经测定，ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为1:3，则此反应中被还原的氯元素与被氧化的氯元素原子的物质的量之比是A. 1: 4 B. 11:3 C. 3:1 D. 4:1【答案】D【解析】设反应中被还原的氯元素与被氧化的氯元素原子的物质的量分别是x和y，则根据电子的得失守恒可知，x1/4y3/4y×5，解得xy41，答案选D。11. 用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是A. 图1可用于吸收多余的NOB. 图2可用于检验Cl2的漂白性C. 图3可用于比较Fe与Cu的金属活动性强弱D. 图4可用于测定CO2的生成速率【答案】C【解析】A、NO不溶于水，且也不与水发生反应，因此不能用水吸收多余的NO，故A错误；B、漂白性一般是漂白的是有机色素，高锰酸钾属于无机物，故B错误；C、如果铁片表面产生红色物质，说明铁把铜置换出来，利用还原剂的还原性强于还原产物的还原性，从而推出Fe比Cu活泼，如果产生红色物质，则说明Cu比Fe活泼，故C正确；D、不能用长颈漏斗，而是利用分液漏斗，故D错误。点睛：本题的易错点是选项D，没有注意学生装置图，不能用长颈漏斗，而用分液漏斗，否则会造成产生气体通过长颈漏斗跑出，无法测量二氧化碳的气体。12. FeCO3与砂搪混用可以作补血剂，实验室里制备FeCO3的流程如图所示。下列说法错误的是A. 降低温度防止NH4HCO3和FeSO4分解B. 沉淀过程中有CO2气体放出C. 过滤操作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒D. 产品Fe(CO)3在空气中高温分解可得到纯净的FeO【答案】D【解析】A、NH4HCO3受热易分解，FeSO4受热高温下分解，因此采用降低温度，故A说法正确；B、FeSO4与碳酸氢铵反应，发生：Fe22HCO3=FeCO3H2OCO2，则沉淀过程中有CO2气体放出，故B说法正确；C、过滤时用到漏斗，用玻璃棒引流，烧杯盛放溶液，因此需要的仪器是漏斗、玻璃棒、烧杯，故C说法正确；D、二价铁在空气中加热易被氧化为三价铁，因此FeCO3在空气中高温分解不能得到FeO，故D说法错误。13. 将11.2g的Mg、C:u混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的X气体。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4 g沉淀。根据题意推断气体X的成分可能是A. 0.3mol NO2和0.3mol NOB. 0.2mol NO2 和0.1mol N2O4C. 0.1mol NO、0.2mol NO2 和0.05 mol N2O4D. 0.6mol NO【答案】C【解析】试题分析：向MgCu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中氢氧根的质量为21.4g11.2g=10.2g，物质的量为10.2/17mol=0.6mol，根据电荷守恒可知，11.2g的MgCu提供的电子为0.6mol，A、生成0.3mo1NO2和0.3mo1NO，N元素获得电子为0.3mol×（54）+0.3mol×（52）=1.2mol，得失电子不相等，故A错误；B、生成0.2mo1NO2和0.1mo1N2O4，N元素获得电子为0.2mol×（54）+0.1mol×2×（54）=0.4mol，得失电子不相等，故B错误；C、生成0.1mol NO、0.2mol NO2和0.05mol N2O4，N元素获得电子为0.1mol×（52）+0.2mol×（54）+0.05mol×2×（54）=0.6mol，得失电子相等，故C正确；D、生成0.6molNO，N元素获得电子为0.6mol×（52）=1.8mol，故D错误;故选：C考点：氧化还原反应的计算14. 已知常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出氯气，现按下图进行卤素的性质实验。玻璃管内装有分別滴有不同溶液的白色棉球，反应一段时间后，对阁中指定部分颜色描述正确的是选项A黄绿色橙色蓝色白色B无色橙色紫色白色C黄绿色橙色蓝色无色D黄绿色无色紫色白色A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出Cl2，氯气的颜色是黄绿色处充满黄绿色Cl2；氯气进入玻璃管后与处NaBr溶液发生置换反应生成Br2，液溴的水溶液颜色为橙色，所以白色棉球变为橙色；氯气和处KI溶液反应置换出I2，遇淀粉变蓝；处利用氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠的水溶液，用来进行Cl2的尾气吸收，尽管反应生成的物质均为无色，但棉球本身是白色的，所以处的颜色为白色故选：A15. 下列叙述中正确的是A. 能使润湿的淀粉-KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2B. 用硝酸酸化的硝酸银溶液能一次鉴别NaCl、NaBr、KI三种失去标签的溶液C. 向某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I-D. 某浅黄色的溴水，加CCl4振荡静置后，上层显橙红色【答案】B【解析】A、试纸变蓝，产生碘单质，说明此物质具有氧化性，可能是Cl2、O2、O3等，故A错误；B、分别生成AgCl、AgBr、AgI沉淀，沉淀颜色分别是白色、淡黄色、黄色，因此可以一次鉴别三种溶液，故B正确；C、I2易溶于有机溶剂，不是I，故C错误；D、四氯化碳的密度大于水，利用溴单质易溶于四氯化碳，因此下层显橙红色，故D错误。16. 某同学用下列装置制备并检验Cl2的性质。下列说法正确的是A. I图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部消耗B. 图中：量筒中发生了加成反应C. 图中：生成蓝色的烟D. IV图中：b会褪色，若将硫酸滴润烧杯中，至溶液显酸性，有Cl2生成【答案】D【解析】试题分析：A浓盐酸与二氧化锰的反应过程中浓度逐渐降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，所以图中：如果MnO2过量，浓盐酸也不可能全部被消耗，A错误；B图中：量筒中发生了甲烷和氯气的取代反应，B错误； C图中铜和氯气反应生成氯化铜，产生棕黄色烟，C错误；D氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，因此图中湿润的有色布条能褪色。氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，加入硫酸后次氯酸钠氧化氯离子生成氯气，D正确，答案选D。考点：考查实验方案设计与评价17. 根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项操作现象结论A向NaA1O2溶液中滴入NaHCO3溶液有白色沉淀生成A1O2-结合H+的能力比CO32-强B向某溶液中滴入氯水，再滴加KSCN 溶液溶液显红色原溶液中一定有Fe2+C向某无色溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原熔液中一定无NH4+D用洁净铂丝蘸某溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中一定有Na+、无K+A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A.向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液，生成氢氧化铝白色沉淀，AlO2-HCO-H2O=Al(OH)3CO32-，AlO2-结合H的能力比CO32-强，故A正确；B.也可能原溶液中含有Fe3+，故B错误；C.氨气极易溶于水，可能生成的氨气较少而全部溶于水，故C错误；D.钠杂质产生的黄光容易掩盖钾的紫光，检验钾元素时要使用蓝色钴玻璃滤去黄光，故D错误。故选A。点睛：用焰色反应检验钾元素，必须透过蓝色钴玻璃片，以滤去钠元素的黄光。18. 下列说法正确的是碱金属和卤素在自然界中都没有游离态，只有化合态现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色变为棕黄色，其原因可能是苹果汁中的Fe2+变成Fe3+用电解铯盐溶液的方法制金属铯随着核电荷数的增加，碱金属单质的密度一直增大1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NACs2CO3加热时不能分解为CO2和Cs2O无水硫酸铯的化学式为Cs2SO4，它不易溶于水碱金属钫的氢氧化物的化学式为FrOH，FrOH是一种极强的碱铷原子的核电荷数比钾原子的多，因此铷原子失电子能力小于钾原子失电子能力用NaOH溶液和盐酸能除去FeCl2溶液中混有的CuCl2A. B. C. D. 【答案】B【解析】碱金属是活泼的金属元素，因此在自然界中只有化合态，没有游离态，卤素属于活泼的非金属元素，在自然界中只有化合态，故正确；溶液为淡绿色，说明含有Fe2，溶液棕黄色，说明含有Fe3，Fe2具有还原性，容易被空气中氧气氧化为Fe3，即溶液颜色有淡绿色转变为棕黄色，故正确；Cs是活泼的金属元素，因此冶炼Cs，电解熔融状态的铯盐，不是电解铯盐的溶液，故错误；碱金属的密度从上到下增大的趋势，但钾元素的密度小于钠元素的密度，故错误；转移电子物质的量为(1×11×2×1)mol=3mol，故错误；同主族性质具有相似性，Cs2CO3类似与Na2CO3，Na2CO3的热稳定性很强，受热时不易分解，故正确；硫酸铯乙溶于水，故错误；钫元素属于碱金属元素，氢氧化物的化学式为FrOH，金属性越强，其最高价氧化物的水化物的碱性越强，钫元素是金属性最强的元素，因此FrOH属于极强的碱，故正确；铷和钾属于同一主族，铷的电子层数比钾多，因此铷原子失电子能力大于钾原子失电子能力，故错误；加入NaOH溶液，Fe2和Cu2都会转变为Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀，两者都溶于盐酸，因此不能除去CuCl2，故错误；综上所述，选项B正确。19. 研究发现，硝酸越稀，还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取适量的铁铝合金与足量很稀的硝酸充分反应，没有气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4 molL-1的NaOH 溶液，所加NaOH溶液体积(mL)与产生的沉淀的物质的量（mol)的关系如图所示。下列说法不正确的是A. OC段离子反应方程式：H+OH-=H2OB. 溶液中 n(NH4+) =0.012 molC. 溶液中结合OH-能力最强的离子是H+，最弱的离子是Al3+D. 欲测定F点沉淀的质量，实验步骤是过滤、洗涤、干燥、称量【答案】C【解析】稀硝酸是过量的，根据图像，DE段沉淀物质的量没发生变化，说明合金与稀硝酸反应后有NH4生成，即合金与稀硝酸反应后溶液中的离子有：Fe3、Al3、NH4、H、NO3，加入氢氧化钠反应的顺序是HOH=H2O、Fe33OH=Fe(OH)3、Al33OH=Al(OH)3、NH4OH=NH3·H2O、Al(OH)3OH=AlO22H2O，A、OC段没有沉淀产生，稀硝酸过量，因此发生HOH=H2O，故A说法正确；B、DE段发生：NH4OH=NH3·H2O，因此溶液中n(NH4)=(3431)×103×4mol=0.012mol，故B说法正确；C、根据反应进行的顺序，结合OH能力最强的H，最弱的离子是NH4，故C说法错误；D、F点沉淀是Fe(OH)3，称量其沉淀，应是过滤、洗涤、干燥、称量，故D说法正确。20. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论A将氯气通入品红溶液溶液红色褪去氯气具有漂白性B将铜粉加入1.0mol L-1 的Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现金属Fe比金属Cu 活泼C用坩埚钳夹住用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点比较低D向盛有少量浓硝酸、稀硝酸的 两支试管中分别加入一片大小相同的铜片浓硝酸中铜片很快开始溶解，并放出红棕色气体；稀硝酸中过一会儿铜片表面才出现无色气体，气体遇空气变为红棕色浓硝酸氧化性强于稀硝酸A. A B. B C. C D. D【答案】D学§科§网.学§科§网.学§科§网.学§科§网.学§科§网.学§科§网.学§科§网.学§科§网.学§科§网.学§科§网.学§科§网.学§科§网.学§科§网.学§科§网.学§科§网.点睛：本题考查化学实验方案的评价，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及实验反应原理为解答的关键，注意实验方案的评价性、操作性分析，选项A和C 是解答的易错点，注意氯气和次氯酸的性质差异以及铝易被氧化的性质。21. 某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6 g。向另份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量的增加的变化关系如图所示（已知硝酸只被还原为 NO气体）。下列分析或结果错误的是A. 原混合酸中NO3-的物质的量为0.1molB. 第二份溶液中最终溶质为FeSO4C. OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气D. H2SO4浓度为2.5 molL-1【答案】A【解析】一份中加入Cu，发生的离子反应是3Cu8H2NO3=3Cu24H2O2NO，根据图像，NO3在酸性条件具有强氧化性，因此先发生Fe4HNO3=Fe3NO2H2O，AB段没有气体产生，此段反应是Fe2Fe3=3Fe2，BC段有气体产生，说明H过量，发生Fe2H=Fe2H2，A、根据上述分析，OA段NO3全部反应，此段消耗铁的质量为5.6g，即消耗NO3物质的量为0.1mol，原溶液平均分为两份，因此原溶液中NO3的物质的量为0.2mol，故A说法错误；B、根据图像的分析，最终溶质为FeSO4，故B说法正确；C、根据上述分析，故C说法正确；D、最终溶质为FeSO4，此时消耗铁的质量为14g，则n(SO42)=14/56mol=0.25mol，因此原溶液中硫酸的物质的量为0.25×2mol=0.5mol，即硫酸浓度为0.5/200×103mol·L1=2.5mol·L1，故D说法正确。点睛：本题应注意金属与硫酸、硝酸混合酸反应涉及计算时，应从离子反应方程式的角度入手，因为金属与硝酸反应，产生金属的硝酸盐，金属硝酸盐电离产生NO3，硫酸电离产生H，NO3在酸性条件下具有强氧化性，继续与金属反应。22. 下列说法正确的是FeO投入稀H2SO4和稀HNO3中均得到浅绿色溶液向红砖粉末中加入盐酸，充分振荡反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液23滴，溶液呈红色，但不一定说明红砖中含有氧化铁Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3制备氢氧化亚铁时，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入300 mL1.mol·L-1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含有Fe3+。若用过量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，固体减少的质量为2.4g磁性氧化铁溶于稀硝酸的离子方程式为3Fe2+4H+NO3-= Fe3+NO+3H2O氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为Fe(OH)3+H+=Fe3+3H2OFe2O3不可与水反应得到Fe(OH)3，但能通过化合反应制取Fe(OH)3赤铁矿的主要成分是Fe3O4，Fe3O4为红棕色晶体右图所示装置能较长时间观察到Fe(OH)2白色沉淀A. B. C. D. 【答案】B【解析】NO3在酸性条件下具有强氧化性，能把Fe2氧化成Fe3，溶液的颜色由浅绿色转变成棕黄色，FeO加入到稀硫酸中发生FeOH2SO4=FeSO4H2O，溶液为浅绿色，故错误；样品中加入盐酸中，取上层清液，然后加入KSCN溶液，溶液变红，说明含有Fe3，即红砖中含有氧化铁，故错误；FeCl3溶液中得到无水FeCl3，需要在氯化氢的氛围中加热，防止Fe3水解，最终生成Fe2O3，故错误；氢氧化亚铁容易被氧气氧化成氢氧化铁，白色沉淀转变成红褐色沉淀，故错误；发生的反应是：Fe2O36HCl=2FeCl33H2O，Cu2FeCl3=CuCl22FeCl2，用过量的CO在高温下还原相同质量相同的混合物，固体质量减少的质量应是混合物中的氧元素，根据反应方程式，混合物中氧元素转化成水，因此混合物中氧的质量为300×103×1×16/2g=2.4g，即固体减少的质量为2.4g，故正确；磁性氧化铁是Fe3O4，属于氧化物，书写离子反应方程式时，不能拆写成离子形式，故错误；Fe3的氧化性强于I2，因此Fe3把I氧化成I2，故错误；Fe2O3是难溶于水的氧化物，不与水反应生成Fe(OH)3，但可以通过4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3 ，故正确；赤铁矿是Fe2O3，故错误；氢氧化亚铁容易被氧气氧化成氢氧化铁，此装置没有作防止氧气进入装置的防护，因此此装置不能长时间观察到氢氧化亚铁的白色沉淀，故错误；综上所述，选项B正确。23. 下列离子方程式书写正确的是A. 将少量的H2S气体通入硫酸铜溶液中：H2S+Cu2+=CuS+2H+B. 将 NO2气体通入水中：3NO2+H2O=2HNO3+O2C. ICl和Cl2的化学性质相似，将ICl通入KOH溶液中：ICl +2OH-=I-+ClO-+H2OD. 向100mL 1.5 molL-1的FeBr2溶液中通入3.36 L(标准状况）Cl2：2Br-+Cl2=Br2+2Cl【答案】A【解析】A、CuS不溶于盐酸或硫酸，因为H2S属于弱酸，因此离子反应方程式为H2SCu2=CuS2H，故A正确；B、NO2通入水中发生3NO2H2O=2HNO3NO，离子反应方程式为3NO2H2O=2H2NO3NO，故B错误；C、ClO具有氧化性，能把I氧化成I2，因此此反应是IClH2O=2HClIO，故C错误；D、Fe2的还原性强于Br，氯气先于Fe2反应，根据得失电子数目守恒，因此有n(Fe2)n(Br)=n(Cl2)×2，解得n(Br)=0.15mol，因此离子反应方程式为2Fe22Br2Cl2=2Fe3Br24Cl，故D错误。24. 将15.6 gNa2O2和5.4gAl同时放入一定量的水中，充分反应后得到200 mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HC1气体6. 72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是A. 标准状况下，反应过程中得到7.84 L气体B. 最终得到的溶液中c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)C. 最终得到7.8 g沉淀D. 最终得到的溶液中c(Na+)=1.5mol·L-1【答案】C【解析】试题分析：2Na2O22H2O4NaOHO20. mol 0.4 mol 0.1 mol2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H20.2 mol 0.4 mol 0.2 mol 0.3 molA、由以上两个方程式可知：生成的气体体积为：(0.1 mol0.3 mol）0.4 mol，为8.96 L，A错误；B、最终得到的是0.1 mol NaCl和0.1 mol NaAlO2的混合溶液，据电荷守恒有：c(Na）c(H）c(Cl）c(OH）c(AlO2），由于c(H）c(AlO2），B错误；C、反应后剩余0.2 mol NaOH，故0.3 mol HCl先与其反应后，剩余的0.1 mol HCl再与NaAlO2反应，生成0.1 mol Al(OH）3沉淀，质量为7.8 g，C正确；D、n(Na）0.4 mol，则c(Na）0.4 mol÷0.2 L2 mol·L1，D错误，答案选C。考点：考查化学计算25. 下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是A. 由中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体B. 红棕色气体不能表明中木炭与浓硝酸产生了反应C. 由说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物D. 的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应【答案】D【解析】A、中有红棕色气体，说明产生了NO2，根据氧化还原反应规律，反应前后氮元素的化合价降低，说明必然有元素化合价升高，而该元素只能是氧元素，因此必然有氧气生成。所以可推断产生的气体一定是混合气体，选项A正确；B、硝酸受热能分解产生NO2，所以中产生的红棕色气体不一定是木炭与浓硝酸反应产生的，还有可能是硝酸分解产生的，选项B正确；C、中红棕色气体的来源一定是硝酸，而硝酸并没有与红热木炭直接接触，必然是硝酸挥发后发生的变化，能体现硝酸的挥发性。不管NO2是由于硝酸分解产生的，还是与红热木炭反应产生的，均为硝酸中氮元素降价后的产物（即还原产物），选项C正确；D、的气体产物中检测出CO2，有可能是木炭被挥发出的浓硝酸氧化产生的，但因为试管是暴露在空气中的，也有可能是红热的木炭被空气中的氧气或者硝酸分解出的氧气氧化产生的，选项D不正确。答案选D。点睛：本题突出考查了基于实验事实和基础知识技能的科学推理能力。本题的实验事实重点关注三个角度：1.实验现象红棕色气体；2.实验条件：加热；3. 实验环境：有氧环境。26. 某一固体粉末含有SiO2、Fe2O3、A12O3，加入足量NaOH溶液充分反应后，过滤，.向所得溶液中加入过量盐酸，过滤，将所得滤渣洗涤并灼烧至恒重，最终间体成分为A. SiO2 B. Fe2O3、SiO2 C. SiO2、Al2O3 D. Fe2O3【答案】A【解析】SiO2、Fe2O3、Al2O3，加入足量NaOH溶液充分反应后，过滤，向所得溶液中含有硅酸钠、偏铝酸钠，加入过量盐酸，生成硅酸沉淀，将所得滤渣洗涤并灼烧生成二氧化硅，故A正确。27. 工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如下。下列说法正确的是（注：铝土矿中含有A12O3、SiO2、Fe2O3）A. 在铝土矿制备较高纯度A1的过程中只用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石B. 石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应C. 在制粗硅时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为12D. 黄铜矿（CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、SO2均是还原产物【答案】C【解析】A、根据铝土矿的成分，先加入盐酸，发生Al2O36H=2Al33H2O和Fe2O36H=2Fe33H2O，然后过滤，向滤液中加入过量的NaOH溶液，发生Al34OH=AlO2H2O和Fe33OH=Fe(OH)3，过滤，向滤液中通入足量的CO2，发生AlO2CO22H2O=Al(OH)3HCO3，氢氧化铝受热分解成氧化铝，然后加入冰晶石，电解熔融状态氧化铝得到金属铝，因此需要用到的物质为NaOH、盐酸、CO2、冰晶石，故A错误；B、石英的成分是SiO2，属于氧化物，且不与盐酸反应，故B错误；C、制取粗硅的反应是：2CSiO22COSi，C的化合价升高，即C为还原剂，SiO2中Si的化合价降低，即SiO2作氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故C正确；D、CuFeS2中S的化合价为2价，转化成SO2，S的化合价升高，即SO2为氧化产物，故D错误。28. 向含有Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150 mL 1 mol L-1的HC1溶液，测得溶液中某几种离子的物质的量的变化情况如图所示。下列说法不正确的是A. b和c曲线表示的离子反应均为CO32-+H+= HCO3-B. 结合H+的能力：AlO2->CO32-> HCO3->Al(OH)3C. M点时A1(OH)3的质量等于3.9 gD. 原混合溶液中，CO32-与AlO2-的物质的量之比为21【答案】D【解析】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应AlO2-+H+H2OAl(OH)3，a线表示AlO2-减少，第二阶段，AlO2-反应完毕，发生反应CO32-+H+HCO3-，b线表示CO32-减少，c线表示HCO3-的增加，第三阶段，CO32-反应完毕，发生反应HCO3-+H+CO2+H2O，d线表示HCO3-减少，此阶段Al(OH)3不参与反应。A第二阶段，AlO2-反应完毕，发生反应：CO32-+H+HCO3-，b线表示CO32-减少，c线表示HCO3-的增加，所以b和c曲线表示的离子反应是相同的，A正确；B根据以上分析可知结合H+的能力：A1O2->CO32->HCO3->Al(OH)3，B正确；C盐酸50mL时NaAlO2中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，加50mL盐酸之后CO32-反应，氢氧化铝沉淀不溶解，则M点沉淀的质量和盐酸50mL时沉淀的质量相同，由NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3知，n(Al(OH)3)=n(NaAlO2)=n(HCl)0.05mol，mAl(OH)30.05mol×78g/mol=3.9g，C正确；D第一、第二两段消耗的盐酸的体积都是50ml，所以消耗的氯化氢的物质的量相等，依据第一阶段、第二阶段发生反应AlO2-+H+