河南省許昌高級中學(xué)2021屆高三上學(xué)期第一次月考(解析版)

1、河南省許昌高級中學(xué) 2021屆高三上學(xué)期第一次月考1以下有關(guān) 造紙術(shù)、指南針、黑火藥及印刷術(shù)的相關(guān)說法正確的選項是()A. 宣紙的主要成分是纖維素，屬于高分子化合物B. 指南針由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe2O3C. 黑火藥爆炸反響為 2KNO3+3C+S=K2S+N2f +3COf,其中氧化劑只有 KNO3D. 活字印刷使用的膠泥由 AI2O3、SiO2、CaO等組成，它們都屬于堿性氧化物【答案】A【詳解】A.宣紙的主要成分為天然纖維素，纖維素為多糖，屬于高分子化合物， 故A正確;B. 天然磁石成分為四氧化三鐵，故B錯誤；C. 反響2KNO 3+3C+S=K2S+N2? +3CO沖，N

2、、S元素化合價降低，得電子被復(fù)原，C元素化合價升高，失電子被氧化，所以KNO3和S都是氧化劑，故 C錯誤；D. AI 203為兩性氧化物，SiO2為酸性氧化物，故 D錯誤。 答案選A?！军c睛】此題以我國傳統(tǒng)文化四大創(chuàng)造為命題情景，考查化學(xué)根本概念，涉及物質(zhì)的分類、 氧化復(fù)原反響的有關(guān)概念等，掌握根底知識是解題的關(guān)鍵，注意氧化復(fù)原反響的分析要緊緊抓住化合價變化，化合價變沒變，是升高了還是降低了。2以下化學(xué)方程式中，不能正確表達反響顏色變化的是()A. 向CuSO4溶液中參加足量 Zn粉，溶液藍色消失 Zn+CuSO4Cu+ZnSO4B. 澄清的石灰水久置后出現(xiàn)白色固體Ca(OH) 2+CO2Ca

3、CO3 J +HOC. Na2O2在空氣中放置后由淡黃色變?yōu)榘咨?Na2O22Na2O+O2fD. 向Mg(OH)2懸濁液中滴加足量 FeCl3溶液出現(xiàn)紅褐色沉淀3Mg(OH) 2+2FeCl 32Fe(OH) 3+3MgCl 2【答案】C【詳解】A.金屬活動性順序：Zn> Cu,那么向硫酸銅溶液中參加足量鋅粉，會發(fā)生置換反響， 其反響的方程式為：Zn+CuSO4= ZnSO4+Cu，使溶液的藍色消失，A項正確；B. 澄清石灰水久置以后會與空氣中的二氧化碳反響而生產(chǎn)碳酸鈣白色沉淀，其反響的方程式為：CO2+Ca(OH) 2= CaCO3 J +HO, B 項正確；C. 過氧化鈉在空氣中放

4、置，會與空氣中的水蒸氣及二氧化碳發(fā)生反響，最終生成白色且穩(wěn)定的碳酸鈉，涉及的轉(zhuǎn)化關(guān)系有：Na2O2 NaOH Na 2CO3 -10H2O Na2CO3, C項錯誤；D. 向氫氧化鎂懸濁液中滴加足量氯化鐵溶液,會發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，化學(xué)方程式為：3Mg(OH)2+ 2FeCl3= 2Fe(OH)3+ 3MgCl 2，D 項正確；答案選Co3阿伏加德羅常數(shù)的值為 Na，以下說法正確的選項是()A. 標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCH 3OH分子中共價鍵的數(shù)目為0.5NaB. 1mol Na 2O2與足量CO2充分反響，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2 NaC. 25C 1LpH=12的Na2CO3溶液中，由水電離出H +的

5、數(shù)目為O.OINaD. 0.1 mol H 2和0.1 moll 2于密閉容器中充分反響后，HI分子總數(shù)為0.2Na【答案】C【解析】分析：A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，CH3OH是液體；B. 1molNa 2O2與足量CO2充分反響轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為Na； C. Na2CO3水解促進水的電離，溶液中的OH-全來自水的電離，由水電離出H +等于由水電離出的OH-,以此解題；D.0.1molH 2和0.1molI 2于密閉容器中充分反響，H2+I2、一 2HI，因為可逆反響不能進行到底，以此解題。詳解:A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，CH3OH是液體，無法計算 2.24LCH3OH分子中共價鍵的數(shù)目，故A錯誤；B. Na2O2e

6、-, 1molNa2O2與足量CO2充分反響轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為Na，故B錯誤；C. 25C 1LpH=12 的 Na2CO3溶液中 c(OH-)=0.01mol/L , n(OH-)=0.01mol/L 化=0.01mol,由水電離出H+等于由水電離出的 OH-，數(shù)目為0.01Na，故C正確.D. 0.1molH 2和0.1moll2于密閉容器中充分反響，H2+I2 2HI，因為可逆反響不能進行到底，所以反響后 HI分子總數(shù)小于0.2NA,故D錯誤；此題答案為Co4.Y形管是一種特殊的儀器，與其他儀器組合可以進行某些實驗探究。利用如圖裝置可以探究SO2與BaCl2反響生成BaSO3沉淀的條件。以下

7、判斷正確的選項是()陽后0,濃備酸 BaCb液B. 玻璃管的作用是連通大氣，使空氣中的氧氣進入廣口瓶，參與反響C. c、d兩根導(dǎo)管都必須插入 BaCl2溶液中，保證氣體與 Ba2+充分接觸D. Y形管乙中產(chǎn)生的為氧化性氣體，將BaS03氧化為BaS04沉淀【答案】A【分析】S02與BaCl2反響產(chǎn)生沉淀，溶液中必存在大量SO32-或SO42-，右側(cè)Y型管中應(yīng)能生成堿性氣體或氧化性氣體，如是堿性氣體，溶液中存在大量的SO32-，那么生成的沉淀可能為BaS03；如是氧化性氣體，溶液中可生成 SO42-，那么生成的沉淀可能為 BaS04；容器內(nèi)壓 強增大，溶液倒吸，氣體不容易導(dǎo)入，所以導(dǎo)氣管A的作用

8、是保持集氣瓶內(nèi)外氣壓平衡，以便左右兩邊產(chǎn)生的氣體順利導(dǎo)入，由此分析解答?！驹斀狻緼、如是堿性氣體，溶液中存在大量的SO32-,所以e、f兩管中的試齊U分別是濃氨水和NaOH，產(chǎn)生堿性氣體氨氣，故 A正確;B、玻璃管的作用是連通大氣 ，平衡壓強，以便左右兩邊產(chǎn)生的氣體順利酸,C、如果產(chǎn)生氨氣，氨氣極易溶于水，易產(chǎn)生倒吸，為防止倒吸，所以不能中，故C錯誤;b!LBa子，而不是D. S02與BaCl2不反響，氧化性氣體將溶液中的亞硫酸根離子氧化成硫酸將BaS03氧化為BaS04沉淀，故D錯誤;綜上所述，此題選 A?！军c睛】S02與BaCl2溶液不反響，假設(shè)向混合液中通入氨氣或參加氫氧化 生成亞硫酸鋇

9、白色沉淀；假設(shè)混合液中通入二氧化氮或參加硝酸溶液、.氧化硫被氧化為硫酸根離子，生成了硫酸鋇白色沉淀。5工業(yè)上利用無機礦物資源生產(chǎn)局部材料的流程圖如下。以下說法不正確的選項是苗羽即is 土?xí)?除雜 曲1心 型豐+査|-石藐【相SiCL殳f 說)AuFcOtSCht 廢激A. 在鋁土礦制備較高純度 Al的過程中常用到 NaOH溶液、C02氣體、冰晶石B. 石灰石、純堿、石英、玻璃都屬于鹽，都能與鹽酸反響D.黃銅礦CuFeS2與02反響產(chǎn)生的Cu2S、FeO均是復(fù)原產(chǎn)物【答案】B【解析】A.用鋁土礦制備較高純度A1，首先用NaOH溶液將鋁土礦中的氧化鋁溶解轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉溶液，然后過濾、向濾液中通入C

10、02氣體把偏鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，再過濾得氫氧化鋁，接著加熱氫氧化鋁讓其分解為氧化鋁，最后用冰晶石作助熔劑，電解熔融的氧化鋁得到鋁，所以 A正確；B.、石英的主要成分是二氧化硅，它屬于酸性氧化物不與 鹽酸反響。玻璃的主要成分有二氧化硅、硅酸鈉、硅酸鈣，組成中有鹽故被稱為硅酸鹽產(chǎn)品，它也不能與鹽酸反響，實驗室經(jīng)常用玻璃瓶盛放鹽酸，所以B不正確；C.在制粗硅時，發(fā)生反響SiO2+2C=Si+2CO，被氧化的物質(zhì) C與被復(fù)原的物質(zhì) Si02的物質(zhì)的量之比為 2 : 1, C是正確的；D.黃銅礦CuFeS2與02反響，銅由+2價降為+1價被復(fù)原得到 Cu2S、氧由0 價降至-2得到FeO,所以CU

11、2S、FeO均是復(fù)原產(chǎn)物，D正確。6含有以下各組離子的溶液中，后各離子仍能大量存在的是選項溶液中的離子通入或參加過量的某種物質(zhì)AH +、Ba2+、Fe3+、NO3'通入SO2氣體BAlO 2'、Na+、Br'、SO42'通入CO2氣體CHCO3'、Na+、1'、HS'參加AlCl 3溶液DCa2+、Cl'、K+、H +通入CO2氣體【答案】D【解析】分析：A項，通入過量SO2會與Fe3+、NO3-/H+反響；B項，通入過量CO2會與AlO 2- 反響；C項，Al 3+會與HCO3-、HS反響；D項，通入過量 CO2與各離子不反響。

12、詳解：A項，通入過量SO2會與Fe3+、NO3-/H+反響，反響的離子方程式為SO2+2Fe3+2H2O=SO42-+2Fe2+4H+、3SO2+2NO 3-+2H 2O=3SO42'+2NOT +4H+，通入過量 SO2 后Fe3+、NO3'不能大量存在；B項，通入過量 CO2會與AlO 2'反響，反響的離子方程式為CO2+AIO 2-+2H2O=AI OH 3J +HCO'，通入過量 CO2后 AlO 2'不能大量存在；C 項，Al3+ 會與HCO3-、HS'反響，反響的離子方程式為 Al 3+3HCO 3-=Al OH 3J +3COf、A

13、l 3+3HS'+3H2O=Al OH 3 J +3HSf,參加過量 AlCl 3后 HCO3-、HS'不能大量存在；D 項，通入過量C02與各離子不反響，通入過量 C02后各離子仍能大量存在；答案選D。點睛：此題考查離子反響，熟悉各離子的性質(zhì)和物質(zhì)之間的反響是解題的關(guān)鍵。離子反響常見的反響類型有：1復(fù)分解反響生成沉淀、水和氣體如題中 B項；2氧化復(fù)原反響如題中A項；3雙水解反響如題中 C項；4絡(luò)合反響，如 Fe3+與SCN-等。7在給定條件下，以下選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是A. NaHCO 3s三、Na2CO3s：'門能呵NaOHaqB. Als WHMNaAI

14、O 2aq過壇山血叭 aIOH 3sC. AgNO 3aqM AgNH 32+aq加綾"0 AgsJl I.D. Fe2O3s缶 Fes竺沁 FeCbaqflu nA【答案】A【解析】分析A 根據(jù)碳酸氫鈉和碳酸鈉的性質(zhì)分析判斷；B 根據(jù)鋁及其化合物的性質(zhì)分析判斷；C.根據(jù)銀氨溶液的性質(zhì)分析判斷；D 根據(jù)鐵及其化合物的性質(zhì)分析判斷。詳解：A NaHCO3s加熱分解生成Na2CO3s,碳酸鈉與石灰水反響生成碳酸鈣沉淀和NaOH ,該轉(zhuǎn)化關(guān)系均能實現(xiàn)，故 A正確；B NaAlO2aq與過量鹽酸反響生成氯化鋁和水，不會得 到AIOH3s，故B錯誤；C AgNH 32+aq與鹽酸反響不能生成銀

15、析出，應(yīng)該生成氯化 銀沉淀，故C錯誤；D Fe與鹽酸反響生成氯化亞鐵和氫氣，不會得到FeCl3aq,故D錯誤；應(yīng)選A。8關(guān)于反響過程中的先后順序，以下評價正確的選項是A. 向濃度都為0.1mol/L的FeCb和CuCl 2參加鐵粉，溶質(zhì) CuCb首先與鐵粉反響B(tài). 向過量的BaOH 2溶液中滴加少量的 KAISO42溶液，開始沒有白色沉淀生成C. 向濃度都為0.1mol/L的Na2CO3和NaOH的混合溶液通入 CO2氣體，NaOH首先反響D. 向濃度為0.1mol/L的FeCl3溶液中，參加質(zhì)量相同、顆粒大小相同的鐵和銅，銅單質(zhì)首 先參加反響【答案】C【分析】A、三價鐵的氧化性強于銅離子，復(fù)

16、原劑先和氧化性強的離子反響；B、鋇離子和硫酸根離子反響生成白色沉淀硫酸鋇；C、 碳酸鈉和氫氧化鈉均可以和二氧化碳反響，但是氫氧化鈉的堿性強于碳酸鈉；D、 一種氧化劑與多種復(fù)原劑反響，復(fù)原性強的鐵首先反響；【詳解】A、三價鐵的氧化性強于銅離子 ，復(fù)原劑鐵先是和氧化性強的鐵離子反響，故A錯誤;B、 鋇離子和硫酸根離子反響生成白色沉淀硫酸鋇，所以開始有白色沉淀生成，故B錯誤;C、 碳酸鈉和氫氧化鈉均可以和二氧化碳反響，但是氫氧化鈉堿性強于碳酸鈉，所以NaOH先和二氧化碳發(fā)生反響,C正確；D、一種氧化劑與多種復(fù)原劑反響 ，復(fù)原性強的鐵首先反響，故 D錯誤; 正確選項C。【點睛】對于含有幾種氧化性不同的

17、離子的溶液來說,參加同一種復(fù)原劑，該復(fù)原劑先與氧化性強的離子反響，直至該離子全部被復(fù)原，才能接著進行下一個離子的復(fù)原反響表達了氧化復(fù)原反響中的 反響先后規(guī)律。9.某溶液中可能含有如下離子：H、Mg 2、Al 3、NH 4、C|、AQ 2。入NaOH溶液時，產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量n與參加NaOH溶液的體積列說法正確的選項是048 10A.原溶液中一定含有的陽離子是H+、Mg2+、Al3+、NH4+B.反響最后形成的溶液中的溶質(zhì)含AICI 3(V)也就是該溶液中逐滴系如下圖,C.D.原溶液中含有的陰離子是C、AIO2-原溶液中AI 3+與NH的物質(zhì)的量之比為1 : 3【答案】CH +，溶液呈酸性,【解

18、析】向溶液中滴加 NaOH溶液時先沒有沉淀生成，說明溶液中含有那么溶液中不存在 AIO2-，當(dāng)H+完全反響后繼續(xù)滴加 NaOH溶液，有沉淀生成，當(dāng)沉淀最大時繼續(xù)滴加NaOH溶液，沉淀的物質(zhì)的量不變，說明NaOH和NH4+反響，那么溶液中一定含有NH4+，當(dāng)NH4+完全反響后繼續(xù)滴加 NaOH溶液，沉淀逐漸減少最終消失，說明溶液中含有AI3+，不含Mg2+，最終溶液中溶質(zhì)為 NaCI、NH3H2O和NaAIO2； A .通過以上分析知，原溶液中一定含有的陽離子有H+、AI 3+、NH4+，故A錯誤；B .通過以上分析知，最終得到的溶液中溶質(zhì)為 NaCI、NH3H2O和NaAIO2,故B錯誤；C.

19、根據(jù)圖象知，AI3+、NH4+消耗 NaOH 的物質(zhì)的量之比為 3: 3,根據(jù) Al 3+3OH-=AIOH 3；、NH4+OH-=NH 3 H2O 知，原溶 液中AI3+與NH4+的物質(zhì)的量之比1 : 3,故C正確；D .通過以上分析知，原來溶液呈酸性， 那么一定不存在弱酸根離子 AIO 2-，故D錯誤；故答案為 C。點睛：明確圖象中曲線變化趨勢、拐點的含義是解此題關(guān)鍵，向溶液中滴加NaOH溶液時先沒有沉淀生成，說明溶液中含有H + ,溶液呈酸性，那么溶液中不存在AIO 2-，當(dāng)H+完全反應(yīng)后繼續(xù)滴加NaOH溶液，有沉淀生成，當(dāng)沉淀最大時繼續(xù)滴加NaOH溶液，沉淀的物質(zhì)的量不變，說明 NaO

20、H和NH4+反響，那么溶液中一定含有 NH4+，當(dāng)NH4+完全反響后繼續(xù)滴 加NaOH溶液，沉淀逐漸減小最終消失，說明溶液中含有Al3+，不含Mg2+，最終溶液中溶質(zhì)為NaCI、NH3H2O和NaAIO2,據(jù)此分析解答。10.以下實驗方案、現(xiàn)象、得出的結(jié)論均正確的選項是選項實驗及現(xiàn)象結(jié)論A用玻璃棒蘸取某樣品進行焰色反響時觀察到黃色火焰該樣品含鈉元素B向NaHCO3溶液中參加過量鹽酸振蕩、靜置、有氣泡產(chǎn)生證明非金屬性：CI>CC向酸化的KMnO4溶液通入S02,向反響后的溶液中加 入BaCI2產(chǎn)生白色沉淀證明S02被氧化為SO42-D將 10mL 2moI/L 的 KI 溶液與 1 mL

21、1moI/LFeCI 3溶液混合充分反響后滴加 KSCN，溶液顏色變紅KI與FeCl3反響有可逆性【答案】D【詳解】A、玻璃中含有鈉元素，干擾鈉離子的檢驗，應(yīng)用鐵絲或鉑絲，故A錯誤；B、NaHCO3 溶液中參加過量鹽酸，可知酸性鹽酸大于碳酸，但鹽酸為無氧酸，那么不能比擬CI、C的非金屬性，故B錯誤；C、向酸化的KMnO4溶液通入S02，向反響后的溶液中參加鹽酸酸化 的BaCl2產(chǎn)生白色沉淀，如果高錳酸鉀溶液使用的是硫酸進行的酸化，那么不能確定SO42-是后來生成的還是原溶液中的，故C錯誤；D、10mL 2mol/L的KI溶液與1 mL 1mol/LFeCI 3溶液混合，其中 KI過量，混合充分

22、反響后滴加KSCN，溶液顏色變紅，證明溶液中還存在三價鐵離子，因此可證明 KI與FeCb反響進行不徹底，有可逆性，故D正確；應(yīng)選D。11.以下反響的離子方程式正確的選項是A. 硫化氫氣體通入氯水中：H2S+ Cl2= SJ+ 2C+ 2H +B. 向小蘇打溶液中參加過量的石灰水：Ca2+ 2OH + 2HCO3 = CaC03 J+ CO32 + 2出0C. 氟氣通入水中：2F2 + 2H2O= 4F+ 4H+ O2D. FeBr2 溶液與足量Cl 2 反響：2Fe2 + + 2Br+ 2C“= 2Fe3+ + 4Cl+ B2【答案】AH2S +【詳解】A.硫化氫氣體通入氯水中，氯氣將硫化氫氧

23、化為硫單質(zhì)，離子方程式為:Cl2 = Sg 2C+ 2H +，故 A 正確;B.向小蘇打溶液中參加過量的石灰水，離子方H2O，故B錯誤;C.氟氣通入水中，生成HF和+。2,故C錯誤;D. FeBr2溶液與足量的Cl2反響D錯誤。所以A選項是正確的。【點睛】此題考查了離子方程式寫的方法和考前須知是解題的關(guān)鍵量注意化學(xué)式的拆分。12由硫鐵礦主要成分：FeS2禾Ca2+ OH + HCO3CaCO3 J+能拆,2+ 2H2O= 4HFr + 3Cl2= 2Fe6Cl+ 2B2，故握離子方程式書過量或等的書寫要看準(zhǔn)iO2為主要原料得到綠磯FeS子方程式:誤的判斷,量型離子方程試?yán)|過波過程2明確化學(xué)反

24、響的實質(zhì)、流程如下:綠磯F列說法不正確的選項是A. 過程1廢氣中含SO2B過程2試劑a為稀硫酸C. 過程 3 離子方程式為 2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42_+4H +D. 過程4將溶液加熱到有較多固體析出，再用余熱將液體蒸干，可得純潔綠磯【答案】D【解析】由制備綠磯流程可知，硫鐵礦 主要成分：FeS2和SiO2高溫煅燒后的燒渣主要成 分: Fe2O3和SiO2溶于硫酸，溶液中含 Fe3+，過程2過濾除去二氧化硅， 濾液中通入二氧化析，過程1，廢氣中含S02,故A正確；B 因綠磯的酸根離子為硫酸根離子，那么過程2最好用硫酸來溶解燒渣，故B正確；C.過程3中二氧化硫?qū)㈣F離子復(fù)原生成

25、硫酸亞鐵，離子方程式為2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H + ,故C正確；D.過程4,將溶液加熱到有較多固體析出，再用余熱將液體蒸干，蒸干時綠磯受熱失去結(jié)晶水，得不到純潔綠磯，故D錯誤；應(yīng)選D。點睛：此題考查混合物別離提純，把握制備流程中發(fā)生的反響、混合物別離方法、實驗技能等為解答的關(guān)鍵。注意選項C為解答的難點，要注意氧化復(fù)原反響方程式的配平。13某興趣小組探究 S02氣體的復(fù)原性，裝置如下圖，以下說法不合理的是靜有淀粉的碘水ABCA. A裝置中FeCb溶液逐漸變?yōu)闇\綠色，可以說明S02有復(fù)原性B. B裝置中藍色退去，說明復(fù)原性：S02>I-C. C裝置中吸收尾氣有可

26、能倒吸D. A、B裝置中發(fā)生的反響轉(zhuǎn)移電子數(shù)一定相等。【答案】D【分析】A項，A裝置中FeCl3溶液逐漸變?yōu)闇\綠色，F(xiàn)e'+被復(fù)原為Fe2：說明S02具有還 原性；B項，B裝置中藍色褪去，說明 S02與碘水發(fā)生了氧化復(fù)原反響，依據(jù)氧化復(fù)原反響中復(fù)原性：復(fù)原劑 > 復(fù)原產(chǎn)物分析；C項，S02能被Na0H溶液迅速吸收，導(dǎo)致C裝置中導(dǎo)管內(nèi)壓強明顯減小，C裝置中可能產(chǎn)生倒吸；D項，A、B裝置中消耗反響物物質(zhì)的量不確定。【詳解】A項，A裝置中FeCl3溶液逐漸變?yōu)闇\綠色，說明Fe3+被復(fù)原為Fe2+，那么S02被氧化，A裝置中發(fā)生的反響為：2Fe3+S02+2H20=2Fe2+S042-+

27、4H +,說明S0?具有復(fù)原性，A 項正確；B項，B裝置中藍色褪去，說明 S02與碘水發(fā)生了氧化復(fù)原反響，反響的離子方程式為SO2+|2+2H2O=4H+SO42-+2I-,在該反響中SO2為復(fù)原劑，為復(fù)原產(chǎn)物，氧化復(fù)原反響中還原性：復(fù)原劑 >復(fù)原產(chǎn)物，那么復(fù)原性：SO2>|-, B項正確；C項，SO2污染大氣，用NaOH溶液吸收尾氣，SO2能被NaOH溶液迅速吸收，導(dǎo)致 C裝置 中導(dǎo)管內(nèi)壓強明顯減小，C裝置中可能產(chǎn)生倒吸，C項正確；D項，A、B裝置中發(fā)生的離子反響依次為：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H +、SO2+I2+2H 2O=4H +SO42-+2I

28、-，由于A、B裝置中消耗反響物物質(zhì)的量不確定，A、B裝置中反響轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量不一定相等，D項錯誤；答案選D。14.如圖是某化工廠對海水資源綜合利用的示意圖。根據(jù)以上信息，判斷以下相關(guān)分析不正A. 上述提取Mg的流程中，沒有涉及的反響類型是置換反響B(tài). 因氮氣的化學(xué)性質(zhì)相對穩(wěn)定，冷卻電解無水氯化鎂所得的鎂蒸氣時，可選擇氮氣C. 反響所用的氣態(tài)氧化劑可從本廠生產(chǎn)燒堿處循環(huán)利用或從本廠生產(chǎn)鎂單質(zhì)處循環(huán)利用D. 從母液中提取 Mg和Br2的先后順序：先提取 Br2，后提取Mg【答案】B【詳解】A.題中提取Mg的流程中，發(fā)生了分解反響、化合反響和復(fù)分解反響，沒有涉及置換反響，正確；B.在高溫下，氮氣能

29、與鎂反響生成 Mg3N2,不能用氮氣來冷卻鎂蒸氣，錯誤；C. 反響所用的氣態(tài)氧化劑為氯氣，生成燒堿和生成鎂單質(zhì)時均有氯氣產(chǎn)生，可循環(huán)利用，降低本錢，正確；D.假設(shè)先提取鎂，所得溶液中會殘留 Ca(OH)2,再用C12提取溴時會消耗 CI2, 正確。15以下有關(guān)說法正確的選項是() 二氧化硅可與 NaOH溶液反響，因此可用 NaOH溶液雕刻玻璃； 明磯溶于水可水解生成 AI(OH) 3膠體，因此可以用明磯對自來水進行殺菌消毒； 可用蒸餾法、電滲析法、離子交換法等對海水進行淡化； 地溝油可用來制肥皂、提取甘油或者生產(chǎn)生物柴油； 石英玻璃、Na2OCaO6SiO2、淀粉、氨水的物質(zhì)類別依次為純潔物、

30、氧化物、混合物、 弱電解質(zhì)。A.B.C.除外都正確D.【答案】D【解析】，雖然二氧化硅可與NaOH溶液反響，但不用 NaOH溶液雕刻玻璃，用氫氟酸雕刻玻璃，錯誤；明磯溶于水電離出Al3+, Al 3+水解生成Al (OH ) 3膠體，Al (OH ) 3膠體吸附水中的懸浮物，明磯用作凈水劑，不能進行殺菌消毒，錯誤；，海水淡化的方法有蒸餾法、電滲析法、離子交換法等，正確；，從海帶中提取碘的流程為： 海帶二水加熱 | 麻海帶灰含I-的水溶液i：n土十一.i2/H2O*12 的 CCl412,需要用到蒸餾水、 H2O2溶液、稀硫酸、四氯化碳,分港錯誤；，地溝油在堿性條件下發(fā)生水解反響生成高級脂肪酸鹽

31、和甘油,肥皂的主要成分是高級脂肪酸鹽，可制肥皂和甘油，地溝油可用于生產(chǎn)生物柴油，正確；，Na2OCaO£SiO2屬于硅酸鹽，氨水是混合物，氨水既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，錯誤;正確的有，答案選 D。16向100mL Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐漸參加鐵粉，充分反響后溶液中固體剩余物的質(zhì)量與參加鐵粉的質(zhì)量如下圖。忽略溶液體積的變化，以下說法正確的選項是A. a點時溶液中陽離子僅為B. b點時溶液中發(fā)生的反響為：Fe+ Cu2+=Cu + Fe2+C. c點時參加的鐵粉與 Cu2+反響D. 原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物質(zhì)的量濃度之比為 1 : 1【答案】B【

32、分析】由于氧化性：Fe3+>Cu2+，故參加鐵粉時，鐵先與氧化性強的Fe3+發(fā)生反響；當(dāng)溶液中的Fe3+完全反響后，再與溶液中的Cu2+發(fā)生反響?！驹斀狻緼.a點表示 是參加鐵粉后，溶液中固體的質(zhì)量仍為0，此時發(fā)生反響的離子方程式為：Fe+2Fe3+=3Fe2+ ，由于反響仍未結(jié)束，故a點溶液中存在的陽離子有 Fe3+、Cu2+、Fe2+ ，選項錯誤，A不符合題意；B. b點表示參加鐵粉后，溶液中固體的質(zhì)量增加，此時發(fā)生反響的離子方程式為:Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，選項正確，B符合題意C.當(dāng)參加鐵粉的質(zhì)量大于1.68g后，圖增加的質(zhì)量與固體剩余物增加的質(zhì)D.當(dāng)參加鐵粉質(zhì)量為 0.5

33、6g時,3mn Fe2n(Fe)2M參加鐵粉的質(zhì)量為0.561.68g2那么溶液中n Cu n(Fe)此溶液中Fe2SO43與CuS04 的故答案為：B。故應(yīng)的離子方程線出現(xiàn)了拐點，由56g0.g / mol1.12g56g / mol反響的離子1.12g時，能2.24，1.84可知，鐵粉沒有發(fā)選項錯誤C不符合題意;故溶液中式為:Fe+2Fe =3Fe溶液中nFe2)3=0.01mol ；當(dāng)02mol,故溶液中nC4)=0.02mol ； 因2,選項錯誤，D不符u2+=Cu+Fe2+，【點睛】此題的難點是關(guān)于 c點是否有化學(xué)反響發(fā)生的判斷。仔細(xì)觀察圖像可以發(fā)現(xiàn)，點1.68，1.28是曲線的拐點

34、，該點把曲線分為兩段直線，兩段直線的斜率不同，根據(jù)點2.24，1.84可以判斷c點的具體變化。17紅簾石礦的主要成分為Fe3O4、AI2O3、MnCO3、Mg0少量MnO2等。工業(yè)上將紅簾石處理后運用陰離子膜電解法的新技術(shù)提取金屬鈺并制得綠色高效的水處理劑K2FeO4。工業(yè)流程如下：先加取也逬一步LmtB(1) 在稀硫酸浸取礦石的過程中，MnO2可將Fe2+氧化為Fe3+，寫出該反響的離子方程浸出液中的陽離子除H+、Fe2+、Fe3+外還有(填離子符號)。(3):不同金屬離子生成生成氫氧化物沉淀所需的pH如下表:離子Fe3+A13+Fe2+Mn2+Mg2+開始沉淀的pH2.73.77 07.8

35、9.6完全沉淀的pH3.74.79.69.811.1步驟中調(diào)節(jié)溶液的 pH等于6，調(diào)節(jié)pH的試劑最好選用以下哪種試劑：(填選項字母，下同)濾渣B除掉雜質(zhì)后可進一步制取K2FeO4,除掉濾渣B中雜質(zhì)最好選用以下哪種試劑:。a.稀鹽酸b.KOHc.氨水d.MnCO 3eiB'(4) 濾渣b經(jīng)反響生成高效水處理劑的離子方程式 _nmii。(5) 電解裝置如下圖，箭頭表示溶液中陰離子移動的方向；那么與A電極連接的是直流電源的極。陽極電解液是稀硫酸，假設(shè)陰極上只有錳單質(zhì)析出，當(dāng)生成11g錳時，另一個電極上產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為【答案】(1). MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2

36、+2H2O(2). Mn2+、Mg2+、AI3+(3). d (4).b (5). 2Fe(OH)3+3CIO-+4OH-=2FeO42-+3CI-+5H2O(6).負(fù) (7). 2.24L【解析】(1)在稀硫酸浸取礦石的過程中，MnO2可將Fe2+氧化為Fe3+，該反響的離子方程式Mn O2+2Fe2+4H+=2Fe3+M n2+2H2O。(2) 紅簾石礦的主要成分為 Fe3O4、AI2O3、MnCO 3、Mg0少量MnO 2等，加稀硫酸后發(fā)生反 應(yīng)，浸出液中的陽離子除H+、F0、Fe3+外還有Mn2+、Mg2+、Al3+ 。(3) 步驟中調(diào)節(jié)溶液的 pH等于6，最好選用MnCO 3,不會增

37、加新雜質(zhì)。根據(jù)表中所給 數(shù)據(jù)，pH=6時，F(xiàn)e3+、Al3+完全沉淀，所以濾渣B的成分為Fe(OH)3和Al(OH) 3,除去Al(OH) 3 可參加 KOH溶液，使Al(OH) 3溶解。此題答案：d b。 濾渣B含F(xiàn)e(OH) 3，被ClO 1氧化為FeO42：離子方程式為：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-= 2FeO42-+3Cl-+5H2O ；(5)電解時，電解質(zhì)溶液中陰離子移向陽極，所以電極B與直流電源的正極相連做陽極，那么A電極與直流電源的負(fù)極相連做陰極；假設(shè)陰極上只有錳單質(zhì)析出，當(dāng)生成11g錳為0.2mol時，Mn2+ Mn2e轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為 0.4mol，陽極：4OH- 4

38、e= O2 f +2HO，產(chǎn)生的氧氣為0.1mol,標(biāo)況下體積為2.24L。答案：負(fù).2.24L。點睛：此題考查化學(xué)工藝流程的分析、反響速率的影響因素、電解原理、氧化復(fù)原反響方程式的書寫等知識。工藝流程問題弄清楚物質(zhì)之間的反響關(guān)系，如金屬氧化物可以和酸反響， 那么Fe3O4、AI2O3、MnCO 3、Mg0就可以被酸溶液。離子除雜問題要掌握特殊離子的性質(zhì)， 如Fe2+不穩(wěn)定性，易被氧化，F(xiàn)e3+的氫氧化物溶解性很小，并且易水解，所以通過調(diào)節(jié)溶液 的酸堿性可以除去。完成電解原理原理問題，要掌握判斷陰陽極的方法來確定。寫氧化復(fù)原反響方程式，要注意電子守恒，電荷守恒。18.在嚴(yán)格無氧的條件下，堿與亞

39、鐵鹽溶液反響生成白色膠狀的Fe(OH)2,在有氧氣的情況下迅速變?yōu)榛揖G色，逐漸形成紅褐色的氫氧化鐵，故在制備過程中需嚴(yán)格無氧?，F(xiàn)提供制 備方法如下: 方法一：用FeS04溶液與用不含 02的蒸餾水配制的 NaOH溶液反響制備。(1) 配制FeS04溶液時需參加鐵粉的原因是 ;除去蒸餾水中溶解的 。2常采用的方法。(2) 生成白色 Fe(0H)2沉淀的操作是用長滴管吸取不含02的NaOH溶液，插入 FeS04溶液液面下，再擠出 Na0H 溶液。這樣操作的理由是 。方法二：在如圖裝置中，用 Na0H溶液、鐵屑、稀 H2S04等試劑制備。(1) 在試管I里參加的試劑是 ;在試管n里參加的試劑是 ；為

40、了制得白色 Fe(0H)2沉淀，在試管I和n中參加試劑，翻開止水夾，塞緊塞子后的實 驗步驟是。(4) 這樣生成的 Fe(0H)2沉淀能較長時間保持白色，其理由是 。【答案】(1).稀硫酸、鐵屑 (2).煮沸 (3).防止生成的Fe ( 0H) 2沉淀接觸 0 2(4).稀硫酸、鐵屑 (5). Na0H溶液 (6).檢驗試管n出口處排出的氫氣的純度，當(dāng)排 出的H 2純潔時，再夾緊止水夾(7).試管I中反響生成的 H 2充滿了試管I和試管n,且外界空氣不容易進入【分析】本實驗題用兩種方法來制備氫氧化亞鐵，方法一完全是采用課本中的實驗， 考查硫酸亞鐵溶液的配制中的要求，必須要注意防止水解和氧化；在制

41、備氫氧化亞鐵必須要除去溶解在溶液中的氧氣及制備氫氧化亞鐵的操作要求；方法二是對課本實驗的延伸， 是一種改良的制備方法，用氫氣作保護氣的方法來保證新制的氫氧化亞鐵不被馬上氧化?！驹斀狻糠椒ㄒ唬?1) 配制FeS04溶液時，需參加稀硫酸和鐵屑，抑制Fe2+的水解并防止Fe2+被空氣中的。2氧化為Fe3+,故答案為：稀 H2S04、鐵屑；(2) 煮沸蒸餾水可除去其中溶解的02 故答案為：煮沸；Fe(0H)2很容易被空氣中的氧氣氧化，實驗時生成白色 Fe(0H)2沉淀的操作是用長滴管吸 取不含02的NaOH溶液，插入FeS04溶液液面下，再擠出 NaOH溶液，故答案為：防止生 成的Fe(0H)2沉淀接

42、觸02；方法二：(1) 試管I中提供復(fù)原性氣體氫氣和硫酸亞鐵溶液，可用硫酸和鐵屑反響生生成，故答案為：稀H2S04、鐵屑；試管n中應(yīng)為Na0H溶液，與試管I中生成的FeS04溶液反響生成Fe(0H)2沉淀，故答案為：Na0H溶液；翻開止水夾，F(xiàn)e與H2S04反響生成H2充滿整個裝置，反響一段時間后關(guān)閉止水夾，左側(cè)試管內(nèi)氣壓升高，反響生成的F0沿導(dǎo)管進入右側(cè)試管與 Na0H反響生成白色沉淀 Fe(0H)2, 假設(shè)過早關(guān)閉止水夾，使左側(cè)試管中的硫酸壓入右側(cè)試管中，將Na0H中和，那么得不到Fe(0H)2溶液故答案為：檢驗試管n出口處排出的氫氣的純度，當(dāng)排出的H2純潔時，再夾緊止水夾；(4)由于裝置

43、中充滿 H2，外界空氣不易進入，所以沉淀的白色可維持較長時間，故答案為： 試管I中反響生成的 H2充滿了試管I和試管n,且外界空氣不容易進入?！军c睛】Fe(0H)2很容易被空氣中的氧氣氧化，這是Fe(0H)2的重要性質(zhì)，此題是在原有性質(zhì)根底上進行了改編，設(shè)計成了探究型實驗題。此題考查水解方面的問題，又考查了氧化還 原方面的問題，還有實驗中的實際問題，同時還考查了實驗的設(shè)計，題目難度中等。19氰化鈉是一種劇毒物質(zhì)，工業(yè)上常用硫代硫酸鈉溶液處理廢水中的氰化鈉。硫代硫酸鈉的工業(yè)制備原理為：2Na2S+Na2C03+4S02=3Na2S203+C02。某化學(xué)興趣小組擬用該原理 在實驗室制備硫代硫酸鈉，

44、并檢測氰化鈉廢水處理排放情況。I.實驗室通過如下圖裝置制備Na2S203ab(1 )實驗中要控制 S02生成速率，可采取的措施有 (寫出一條)。(2) b裝置的作用是 。(3) 反響開始后，c中先有淡黃色渾濁產(chǎn)生，后又變?yōu)槌吻?，此渾濁物?(填化 學(xué)式)。(4) 實驗結(jié)束后，在e處最好連接盛 (填“NaOH溶液 水、“CC4中的一種)的注射器，接下來的操作為 ，最后撤除裝置。II.氰化鈉廢水處理(5) ：a廢水中氰化鈉的最高排放標(biāo)準(zhǔn)為0.50mg/L ；b.Ag+2CN-=Ag(CN) 2-, Ag+|-=Agl J, AgI 呈黃色，且 CN-優(yōu)先與 Ag+ 反響。實驗如下：取20.00mL

45、處理后的氰化鈉廢水于錐形瓶中，并滴加幾滴KI溶液作指示劑，用1.00氷0-4mol/L的標(biāo)準(zhǔn)AgNO3溶液滴定，消耗 AgNO 3溶液的體積為1.50mL。 滴定時1.00 >10-4mol/L的標(biāo)準(zhǔn)AgNO 3溶液應(yīng)用 (填儀器名稱)盛裝；滴定終點時的現(xiàn)象是。 處理后的廢水是否到達排放標(biāo)準(zhǔn) (填 是或 否?！敬鸢浮?1).控制反響溫度或調(diào)節(jié)酸的滴加速度(2).平安瓶，防止倒吸(3). S (4).NaOH溶液 (5).翻開K1關(guān)閉K2(6).酸式滴定管 (7).滴入最后一滴硝酸銀溶液，出現(xiàn)黃色沉淀，且半分鐘內(nèi)沉淀不消失(8).否【解析】【實驗一】a裝置制備二氧化硫，c裝置中制備Na2S

46、2O3,反響導(dǎo)致裝置內(nèi)氣壓減小，b為平安瓶作用，防止溶液倒吸，d裝置吸收多余的二氧化硫，防止污染空氣。(1) 實驗中要控制SO2生成速率，可采取的措施有：控制反響溫度、調(diào)節(jié)酸的滴加速度或調(diào)節(jié)酸的濃度等，故答案為：控制反響溫度、調(diào)節(jié)酸的滴加速度或調(diào)節(jié)酸的濃度；(2) 由儀器結(jié)構(gòu)特征，可知 b裝置為平安瓶，防止倒吸，故答案為：平安瓶，防止倒吸；(3) 二氧化硫與硫化鈉在溶液中反響得到S,硫與亞硫酸鈉反響得到Na2S2O3, c中先有渾濁產(chǎn)生，后又變澄清，此渾濁物為S,故答案為：S；(4) 實驗結(jié)束后，裝置 b中還有殘留的二氧化硫，為防止污染空氣，應(yīng)用氫氧化鈉溶液吸收，氫氧化鈉和二氧化硫反響生成亞硫

47、酸鈉和水，再關(guān)閉K2翻開K1,防止撤除裝置時污染空氣，故答案為：NaOH溶液；關(guān)閉K2翻開K1；【實驗二】(5)硝酸銀溶液顯酸性，應(yīng)該用酸式滴定管盛裝；Ag+與CN-反響生成Ag(CN) 2-, 當(dāng)CN-反響結(jié)束時，滴入最后一滴硝酸銀溶液，Ag+與 I-生成AgI黃色沉淀半分鐘內(nèi)沉淀不消失，說明反響到達滴定終點，故答案為：酸式滴定管；滴入最后一滴硝酸銀溶液，出現(xiàn)淡黃色沉淀，半分鐘內(nèi)沉淀不消失；消耗 AgN03的物質(zhì)的量為1.5 X0-3LX0.0001mol/L=1.50 1Q<7mol，根據(jù)方程式Ag+2CN-=Ag(CN) 2-，處理的廢水中氰化鈉的質(zhì)量為1.5Q Xl0-7mol

48、>2 >49g/mol=1.47 1Q-5g,2廢水中氰化鈉的含量為1.47 10 mg =Q.735mg/L > Q.5Qmg/L，處理后的廢水未到達到達排Q.Q2L放標(biāo)準(zhǔn)，故答案為：否。點睛：此題考查物質(zhì)制備實驗、物質(zhì)含量測定等，關(guān)鍵是對原理的理解。此題的易錯點為(5) 的計算判斷，注意根據(jù)方程式Ag+2CN-=Ag(CN) 2-計算出氰化鈉的含量與廢水中氰化鈉的最高排放標(biāo)準(zhǔn)為 Q.5Qmg/L比擬判斷是否符合排放標(biāo)準(zhǔn)。2Q以Cl2、NaOH、(NH2)2CO(尿素)和S02為原料可制備 N2H4 H20(水合肼)和無水Na2SO3, 其主要實驗流程如下：11SO*Cb步黠I |1步SIU1_步驟IIINdiC(h步翳 IV | NdiSOj：CI2+2OH-ClO-+Cl-+H2O是放熱反響。N2H4 H2O沸點約118 C,具有強復(fù)原性，能與 NaCIO劇烈反響生成N2。(1) 步驟I制備NaCIO溶液時，假設(shè)溫度超過 4Q C, C"與NaOH溶液反響生成NaCIO 3和 N