福建省2018-2019年高三10月月考化學(xué)試題

1、高三第一次模擬考試化學(xué)科試卷1.以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是()光催化復(fù)原水制氫比電解水制氫更節(jié)能環(huán)保、更經(jīng)濟(jì)氨氮廢水（含NH4+及NH3）可用化學(xué)氧化法或電化學(xué)氧化法辦理某種光學(xué)檢測(cè)技術(shù)擁有極高的敏捷度，可檢測(cè)到單個(gè)細(xì)胞（V1012L）內(nèi)的數(shù)個(gè)目標(biāo)分子，據(jù)此可計(jì)算該檢測(cè)技術(shù)能丈量細(xì)胞內(nèi)濃度約為10121011molL1的目標(biāo)分子向汽油中增添甲醇后，該混淆燃料的熱值不變【答案】D【分析】A光催化更環(huán)保經(jīng)濟(jì)，電解需耗資大批能源，故A正確；B、氨氮廢水中N為-3價(jià)，可利用氧化復(fù)原反響原剪發(fā)生氧化反響轉(zhuǎn)變?yōu)闊o(wú)毒物質(zhì)，所以可用化學(xué)氧化法或電化學(xué)氧化法辦理，故B正確；C、可檢測(cè)到單個(gè)細(xì)胞（V10-12L）內(nèi)的

2、數(shù)個(gè)目標(biāo)分子，體積為10-12L，設(shè)數(shù)個(gè)分子為N，則即該檢測(cè)技術(shù)能檢測(cè)細(xì)胞內(nèi)濃度為，N可能介于110之間，則約為10-12-10-11mol?L-1的目標(biāo)分子，故C正確；D、汽油和甲醇的熱值不同樣，所以向汽油中添加甲醇后，該混淆燃料的熱值會(huì)改變，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選D。用質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%的濃硫酸(1.84gcm3)配制240mL1.84molL1稀硫酸，以下操作正確的選項(xiàng)是()A.將蒸餾水遲緩注入盛有必定量濃硫酸的燒杯中，其實(shí)不停攪拌至冷卻必要的定量?jī)x器有100mL量筒、250mL容量瓶和托盤(pán)天平C.量取濃硫酸的體積為25.0mL先在容量瓶中加入合適水，將量好的濃硫酸注入容量瓶，加水定容【答案】C【

3、分析】A.稀釋濃硫酸時(shí)應(yīng)當(dāng)將濃硫酸遲緩注入盛有必定量蒸餾水的燒杯中，其實(shí)不停攪拌至冷卻，A錯(cuò)誤；B.配制240mL1.84molL1稀硫酸需要用250mL容量瓶，所以量取濃硫酸的體積為，所以必要的定量?jī)x器有50mL量筒、250mL容量瓶，B錯(cuò)誤；C.依據(jù)B中分析可知量取濃硫酸的體積為25.0mL，C正確；D.容量瓶不可以用來(lái)稀釋濃硫酸，D錯(cuò)誤，答案選C。-1-3.化學(xué)與生產(chǎn)、生活親密有關(guān)。以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是()明礬水解時(shí)產(chǎn)生擁有吸附性的膠體粒子，可殺菌消毒依據(jù)分別質(zhì)粒子的直徑大小，分別系可分為溶液、濁液和膠體，濁液的分別質(zhì)粒子大小介于溶液與膠體之間碳素鋼和光導(dǎo)纖維都屬于新式的無(wú)機(jī)非金屬資料葡

4、萄糖注射液不可以產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，不屬于膠體【答案】D【分析】A.明礬水解時(shí)產(chǎn)生擁有吸附性的膠體粒子，可用作凈水劑，不可以殺菌消毒，A錯(cuò)誤；依據(jù)分別質(zhì)粒子的直徑大小，分別系可分為溶液、濁液和膠體，濁液的分別質(zhì)粒子最大，B錯(cuò)誤；C.光導(dǎo)纖維是二氧化硅，碳素鋼是合金，不屬于新式的無(wú)機(jī)非金屬資料，C錯(cuò)誤；D.葡萄糖注射液不可以產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，不屬于膠體，D正確，答案選D。4.以下離子方程式書(shū)寫(xiě)正確的選項(xiàng)是()A.碳酸氫鎂溶液中加入過(guò)分的2-2-NaOH溶液：Mg2HCO34OH=Mg(OH)22H2O2CO3B.NaHSO溶液與Ba(OH)溶液混淆后顯酸性：22-=BaSOHOBaOHHSO42442

5、C.少許Cl通入水中：Cl222D.酸性高錳酸鉀可使草酸溶液退色：-2-210CO28H2O2MnO45C2O416H=2Mn【答案】A【分析】試題分析：A、碳酸氫鎂完滿(mǎn)電離產(chǎn)生2+NaOH反響，所以離Mg、2HCO3，二者都可與子方程式為2+一2，正確；B、Ba（OH）完滿(mǎn)電離產(chǎn)生Mg+2HCO十4OH=Mg（OH）2HO+2CO322322+，說(shuō)明溶液中仍存在Ba、2OH，而所給方程式中只用掉1個(gè)OHOH，則溶液顯堿性，與已知矛盾，錯(cuò)誤；C、C12與水反響生成的次氯酸是弱酸，不可以翻開(kāi)，錯(cuò)誤；D、草酸是弱酸，不能翻開(kāi)，錯(cuò)誤，答案選A?？键c(diǎn)：察看離子方程式的書(shū)寫(xiě)5.向CuSO溶液中逐滴加入K

6、I溶液至過(guò)分，察看到產(chǎn)生白色積淀CuI，溶液變?yōu)樽厣Ｔ傧?反響后的混淆物中不停通入SO2氣體，溶液逐漸變?yōu)闊o(wú)色。以下分析正確的選項(xiàng)是()A.上述實(shí)驗(yàn)條件下，物質(zhì)的氧化性：222CuISO通入SO2時(shí)，SO2與I2反響，I2作復(fù)原劑通入SO2后溶液逐漸變?yōu)闊o(wú)色，表現(xiàn)了SO2的漂白性滴加KI溶液時(shí)，轉(zhuǎn)移2mole時(shí)生成1mol白色積淀【答案】A-2-【分析】試題分析：硫酸銅和碘化鉀反響生成碘化亞銅積淀，和碘單質(zhì)，和硫酸鉀，此后二氧化硫和碘反響生成硫酸和氫碘酸。A、依據(jù)氧化復(fù)原反響中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物分析，銅離子做氧化劑，碘做氧化產(chǎn)物，第二個(gè)反響中碘做氧化劑，二氧化硫做復(fù)原劑，所以氧化性次

7、序?yàn)椋恒~離子碘單質(zhì)二氧化硫，正確，選A；B、二氧化硫和碘的反響中二氧化硫做復(fù)原劑，碘做氧化劑，錯(cuò)誤，不選B；C、二氧化硫表現(xiàn)復(fù)原性，不是漂白性，錯(cuò)誤，不選C；D、每摩爾碘化亞銅生成轉(zhuǎn)移1摩爾電子，所以當(dāng)有2摩爾電子轉(zhuǎn)移時(shí)產(chǎn)生2摩爾白色沉淀，錯(cuò)誤，不選D?？键c(diǎn)：氧化復(fù)原反響右圖是模擬“侯氏制堿法”制取NaHCO3的部分裝置。以下操作正確的選項(xiàng)是A.a通入CO2，此后b通入NH3，c中放堿石灰B.b通入NH3，此后a通入CO2，c中放堿石灰C.a通入NH3，此后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脫脂棉D(zhuǎn).b通入CO2，此后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脫脂棉【答案】C【分析】因?yàn)镃O2在水中的溶解度比

8、較小，而NH3極易溶于水，所以在實(shí)驗(yàn)中要先通入溶解度較大的NH3，再通入CO2，因?yàn)镹H3極易溶于水，在溶于水時(shí)極易發(fā)生倒吸現(xiàn)象，所以通入NH3的導(dǎo)氣管的尾端不可以伸入到溶液中，即a先通入NH3，此后b通入CO2，A、B、D均錯(cuò)誤；因?yàn)镹H3是堿性氣體，所以過(guò)分的NH3要用稀硫酸來(lái)汲取，答案選C。點(diǎn)睛：該知識(shí)版塊主要察看鈉及其重要化合物的性質(zhì)，及在平時(shí)生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用，題型以選擇題(性質(zhì)、應(yīng)用判斷)。注意對(duì)鈉及化合物的性質(zhì)在綜合實(shí)驗(yàn)及工藝流程類(lèi)題目的應(yīng)用加以關(guān)注。以以下圖示試驗(yàn)正確的選項(xiàng)是-3-除掉粗鹽溶液中的不溶物碳酸氫鈉受熱分解除掉CO氣體中的CO2氣體乙酸乙酯的制備【答案】D【分析】A

9、除掉粗鹽溶液中不溶物，可利用圖中過(guò)濾操作，但漏斗下端尖嘴應(yīng)緊靠燒杯內(nèi)壁，玻璃棒緊靠三層濾紙一邊，A錯(cuò)誤；B碳酸氫鈉分解生成水，為防備水倒流，試管口應(yīng)略向下傾斜，圖中試管口向上，B錯(cuò)誤；C除雜時(shí)導(dǎo)管應(yīng)進(jìn)步短出，圖中氣體從短導(dǎo)管進(jìn)入不可以除雜，C錯(cuò)誤；D乙酸與乙醇發(fā)生酯化反響生成乙酸乙酯，需要濃硫酸并加熱，飽和碳酸鈉可汲取乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，圖中制備實(shí)驗(yàn)合理，D正確；答案選D。點(diǎn)睛：此題察看化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的談?wù)?，波及混淆物分解提純、物質(zhì)除雜、有機(jī)物制備及物質(zhì)性質(zhì)實(shí)驗(yàn)等，掌握實(shí)驗(yàn)原理及實(shí)驗(yàn)裝置為解答的要點(diǎn)，注意實(shí)驗(yàn)操作的可行性、談?wù)撔苑治觥Ｒ韵聦?shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的選項(xiàng)是實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)

10、象結(jié)論A向蘇打和小蘇打溶液中分別加入鹽酸均冒氣泡二者均能與鹽酸反響B(tài)向AgNO3溶液中滴加過(guò)分氨水溶液澄清Ag+與NH3?H2O能大批共存C將可調(diào)高度的銅絲伸入到稀HNO3中溶液變藍(lán)Cu與稀HNO3發(fā)生置換反響-4-將KI和FeCl3溶液在試管中混淆后，加入CCl4，上層溶液顯D氧化性：Fe3+I2振蕩，靜置紫紅色【答案】A【分析】A蘇打?yàn)樘妓徕c，小蘇打?yàn)樘妓釟溻c，與鹽酸反響均生成二氧化碳，則察看到均冒氣泡，故A正確；B向AgNO溶液中滴加過(guò)分氨水，先生成AgOH后被過(guò)分的氨水溶解生成絡(luò)離子，+與NH?HO則Ag332不可以大批共存，故B錯(cuò)誤；CCu與硝酸反響生成硝酸銅，溶液變藍(lán)，同時(shí)生成NO

11、和水，該反響不屬于置換反響，故C錯(cuò)誤；D基層溶液顯紫紅色，有碘單質(zhì)生成，則KI和FeCl3溶液反響生成碘單質(zhì)，由氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物氧化性可知，氧化性為Fe3+I2，故D正確；應(yīng)選AD9.給定條件下，以下選項(xiàng)中所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)變均能一步實(shí)現(xiàn)的是()A粗硅SiCl4SiBMg(OH)2MgCl2(aq)MgCFe2O3FeCl3(aq)無(wú)水FeCl3DAgNO3(aq)Ag(NH3)2OH(aq)Ag【答案】A【分析】試題分析：A.粗硅中Si與Cl在高溫下發(fā)生化合反響產(chǎn)生SiCl，雜質(zhì)也與氯氣發(fā)生24反響變?yōu)槁然?，因?yàn)殡s質(zhì)的氯化物與SiCl4沸點(diǎn)不同樣，經(jīng)過(guò)分餾分別出來(lái)，此后使SiCl4與氫

12、氣在高溫下發(fā)生反響產(chǎn)生Si和HCl，都可以一步完成，正確；B.Mg(OH)2與HCl發(fā)生酸堿中和反響產(chǎn)生MgCl2，將MgCl2蒸餾濃縮冷卻結(jié)晶獲得MgCl2?6H2O，把該物質(zhì)在HCl的環(huán)境中加熱蒸發(fā)，獲得無(wú)水MgCl2，電解熔融的MgCl2可制取獲得金屬M(fèi)g，可見(jiàn)由MgCl2溶液不可以一步得到金屬鎂，錯(cuò)誤；CFe2O3與鹽酸發(fā)生復(fù)分解反響產(chǎn)生FeCl3溶液，該鹽是強(qiáng)酸弱堿鹽，加熱蒸發(fā)水分，鹽水解產(chǎn)生Fe(OH)3和HCl，HCl揮發(fā)逸出，最后獲得的固體是Fe(OH)3，要獲得無(wú)水FeCl，應(yīng)當(dāng)先蒸發(fā)溶液獲得晶體后在HCl的環(huán)境中加熱蒸發(fā)，獲得無(wú)水FeCl，錯(cuò)誤；D向33-5-AgNO3溶液

13、中加入氨水發(fā)生銀鏡反響產(chǎn)生Ag(NH3)2OH；因?yàn)檎崽菬o(wú)復(fù)原性，所以與銀氨溶液變化發(fā)生銀鏡反響產(chǎn)生單質(zhì)銀，錯(cuò)誤。考點(diǎn)：察看化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)的正誤判斷的知識(shí)。10.查驗(yàn)用硫酸亞鐵制得的硫酸鐵中能否含有硫酸亞鐵，可采納的試劑是（）4C.KSCND.苯酚【答案】B【分析】試題分析：A加入氫氧化鈉，因含有鐵離子，可生成紅褐色積淀，不可以查驗(yàn)?zāi)芊窈衼嗚F離子，故A錯(cuò)誤；B亞鐵離子擁有復(fù)原性，可與高錳酸鉀等發(fā)生氧化復(fù)原反響，高錳酸鉀溶液退色，可鑒識(shí)，故B正確；C亞鐵離子與KSCN不反響，不可以鑒識(shí)，只好鑒識(shí)鐵離子，故C錯(cuò)誤；D亞鐵離子與苯酚不反響，不可以鑒識(shí)，只好鑒識(shí)鐵離子，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B?？键c(diǎn)：察

14、看了物質(zhì)的查驗(yàn)的有關(guān)知識(shí)。11.已知NaOH+Al(OH)3=NaAl(OH)4。向集滿(mǎn)CO2的鋁制易拉罐中加入過(guò)分NaOH濃溶液，立刻封閉罐口，易拉罐逐漸凹癟；再過(guò)一段時(shí)間，罐壁又從頭突出。上述實(shí)驗(yàn)過(guò)程中沒(méi)有發(fā)生的離子反響是（）2-32-2B.Al23-2O=2Al(OH)4-A.CO+2OH=CO+HOO+2OH+3HC.2Al+2OH-+6H2O=2Al(OH)4-+3H2D.Al3+4OH-=Al(OH)4-【答案】D【分析】試題分析：向集滿(mǎn)CO2的鋁罐中加入過(guò)分氫氧化鈉，第一CO2與氫氧化鈉反響，發(fā)生-2-+HO，表現(xiàn)為鋁罐變癟；接著過(guò)分的氫氧化鈉再與鋁罐反響生成氫氣，反響為：CO+

15、2OH=CO232發(fā)生反響為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO-+3H2，則罐壁又從頭突出；因鋁罐表面有氧化膜Al2O3，-+H2O，依據(jù)以上分析可知，可以發(fā)生反響為A、B、C，沒(méi)則又可以發(fā)生反響：Al2O3+2OH=2AlO2有發(fā)生的反響為D，應(yīng)選D。考點(diǎn)：察看了鋁及其化合物的性質(zhì)的有關(guān)知識(shí)。12.海水開(kāi)發(fā)利用的部分過(guò)程以以下圖。以下說(shuō)法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是（）向苦鹵中通入Cl2是為了提取溴粗鹽可采納除雜和重結(jié)晶等過(guò)程提純-6-C.工業(yè)生產(chǎn)中常采納NaOH作為積淀劑D.富集溴一般先用空氣和水蒸氣吹出單質(zhì)溴，再用SO2將其復(fù)原汲取【答案】C.【考點(diǎn)定位】察看海水的綜合開(kāi)發(fā)與利用【名師點(diǎn)睛】此題以海

16、水的綜合開(kāi)發(fā)利用為載體要點(diǎn)察看了粗鹽的提純、海水提取溴、物質(zhì)的分別與提純操作、試劑的采納等，題目難度中等。氯氣擁有強(qiáng)氧化性，能把溴離子氧化為單質(zhì)溴，富集溴一般先用空氣和水蒸氣吹出單質(zhì)溴，再用SO2將其復(fù)原汲取，據(jù)此解答即可。13.今有甲、乙、丙三瓶等體積的新制氯水，濃度均為0.1molL1。假如在甲瓶中加入少量的NaHCO3晶體(nmol)，在乙瓶中加入少許的NaHSO3晶體(nmol)，丙瓶不變。片晌后，甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物質(zhì)的量濃度的大小關(guān)系是(溶液體積變化忽視不計(jì))（）A.甲乙丙B.甲丙乙C.丙甲乙D.乙丙甲【答案】B【分析】試題分析：甲瓶中加入NaHCO3與鹽酸反響，促使氯

17、水的均衡正移，HClO的濃度增大，乙瓶中NaHSO3與HClO發(fā)生氧化復(fù)原，HClO的濃度減小。所以答案選項(xiàng)B。考點(diǎn)：察看氯水均衡的挪動(dòng)分析。氰(CN)2的構(gòu)造簡(jiǎn)式為NCCN，其化學(xué)性質(zhì)與鹵素(X2)很相像，化學(xué)上稱(chēng)之為擬鹵素，其氧化性介于Br2和I2之間。以下有關(guān)反響的化學(xué)方程式不正確的選項(xiàng)是()A.(CN)2H2=2HCNMnO24HCN=Mn(CN)2(CN)22H2O向KCN溶液中加入碘水：I22KCN=2KI(CN)2D.在NaBr和KCN混淆液中通入少許Cl2：Cl22KCN=2KCl(CN)2-7-【答案】C點(diǎn)睛：此題察看擬鹵素的性質(zhì)，掌握題干信息及知識(shí)遷徙應(yīng)用為解答的要點(diǎn)，注意

18、氧化性強(qiáng)弱判斷以及氧化復(fù)原反響中先后規(guī)律的靈巧應(yīng)用。15.以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A.因?yàn)镾O2擁有漂白性，所以它能使品紅溶液、溴水、酸性KMnO4溶液、石蕊試液退色B.能使品紅溶液退色的物質(zhì)不用然是SO2C.SO2、漂白粉、活性炭、Na2O2都能使紅墨水退色，且原理同樣等物質(zhì)的量的SO2和Cl2混淆后通入裝有潤(rùn)濕的有色布條的集氣瓶中，漂白見(jiàn)效更好【答案】B【分析】A.SO2擁有漂白性，能使品紅溶液退色，二氧化硫能使溴水、酸性KMnO4溶液退色利用的是復(fù)原性，二氧化硫不可以使石蕊試液退色，A錯(cuò)誤；B.能使品紅溶液退色的物質(zhì)不用然是SO2，也可能是氯氣等，B正確；C.SO2、漂白粉、活性炭、Na

19、2O2都能使紅墨水退色，但原理不同樣，挨次為化合、氧化、吸附、氧化，C錯(cuò)誤；D.等物質(zhì)的量的SO2和Cl2混淆后通入裝有潤(rùn)濕的有色布條的集氣瓶中二者恰巧反響生成硫酸和氯化氫失掉漂白性，D錯(cuò)誤，答案選B。16.以下有關(guān)硫元素及其化合物的說(shuō)法或描繪正確的選項(xiàng)是()硫黃礦制備硫酸經(jīng)歷兩步：SSO3H2SO4酸雨與土壤中的金屬氧化物反響后，硫元素以單質(zhì)的形式進(jìn)入土壤中在燃煤中加入石灰石可減少SO2排放，發(fā)生的反響為2CaCO32SOO2=2CO2CaSO4D.土壤中的閃鋅礦(ZnS)碰到硫酸銅溶液轉(zhuǎn)變?yōu)殂~藍(lán)(CuS)，說(shuō)明CuS很堅(jiān)固，不擁有復(fù)原性【答案】C-8-【分析】試題分析：SSO2，故A錯(cuò)誤；

20、硫元素以硫酸鹽的形式進(jìn)入土壤中，故B錯(cuò)誤；在燃煤中加入石灰石可減少SO2排放，發(fā)生的反響為2CaCO32SOO2=2CO2CaSO4，故C正確；CuSO4與ZnS發(fā)生復(fù)分解反響，ZnS能轉(zhuǎn)變?yōu)镃uS，為溶解度大的物質(zhì)向溶解度小的物質(zhì)轉(zhuǎn)變，與CuS很堅(jiān)固不擁有復(fù)原性沒(méi)關(guān)，故D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)：此題察看硫元素及其化合物的性質(zhì)。17.已知X為一種常有酸的濃溶液，能使蔗糖粉末變黑。A與X反響的轉(zhuǎn)變關(guān)系以以下圖，其中反響條件及部分產(chǎn)物均已略去，以下有關(guān)說(shuō)法正確的選項(xiàng)是A.X使蔗糖變黑的現(xiàn)象主要表現(xiàn)了X的強(qiáng)氧化性若A為鐵，則足量A與X在室溫下即可完滿(mǎn)反響若A為碳單質(zhì)，則將C通入少許的澄清石灰水，必定可以察看到白

21、色積淀產(chǎn)生工業(yè)上，B轉(zhuǎn)變?yōu)镈的反響條件為高溫、常壓、使用催化劑【答案】D【分析】試題分析：X為一種常有酸的濃溶液，能使蔗糖粉末變黑，則A是濃硫酸。A濃硫酸使蔗糖變黑的現(xiàn)象主要表現(xiàn)了濃硫酸的脫水性，A錯(cuò)誤；B若A為鐵，則室溫下鐵在濃硫酸中鈍化，不可以完滿(mǎn)反響，B錯(cuò)誤；C若A為碳單質(zhì)，濃硫酸在加熱的條件下與碳反響生成CO2、SO2和水，則B是SO2，D是三氧化硫，C是CO2。將CO2通入少許的澄清石灰水中生成碳酸氫鈣，不可以察看到有白色積淀產(chǎn)生，C錯(cuò)誤；D工業(yè)上，SO2轉(zhuǎn)變?yōu)槿趸虻姆错憲l件為高溫、常壓、使用催化劑，D正確，答案選D。考點(diǎn)：察看忘掉框圖題推測(cè)222-2-等離子，火力發(fā)電時(shí)433排

22、放的煙氣可用海水脫硫，其工藝流程以以下圖：以下說(shuō)法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是()A.海水pH約為8的原由主假如天然海水含2-CO3、HCO3B.汲取塔中發(fā)生的反響有SO2H2O=H2SO3-9-氧化主假如氧氣將HSOv、SO32-、H2SO3氧化為SO42-經(jīng)稀釋后排放出的廢水中，SO42-濃度與海水同樣【答案】D【分析】海水中主要含有+2+、Cl-2-2-等離子，在這些離子中能Na、K、Mg、SO4、Br、CO3、HCO3發(fā)生水解的是2-2-A正確；氧氣擁有氧化CO3、HCO3離子，CO3、HCO3都能發(fā)生水解，表現(xiàn)堿性，2-、HSO等氧化為硫酸，B正確；氧化后的海水需要與天然水混淆，沖釋43232-海水

23、中的酸，才能達(dá)到排放，C正確；經(jīng)過(guò)稀釋與海水混淆，SO4濃度比海水要小，D錯(cuò)；答案選D。19.有一稀硫酸和稀硝酸的混淆酸，此中H2SO和HNO的物質(zhì)的量濃度分別是1和24molL431molL，取10mL此混淆酸，向此中加入過(guò)分的鐵粉，待反響結(jié)束后，可產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)情況下的氣體的體積為(設(shè)反響中HNO3被復(fù)原成NO)()【答案】A22【分析】試題分析：因?yàn)槭沁^(guò)分的鐵粉，3=3Fe2NO3Fe8H2NO4HO，10mL溶液中)=10103(422)mol=0.1mol)=10103，依據(jù)反響方程式3的系數(shù)，明顯NO3不足，則n(NO)=0.02mol，H過(guò)分，還要跟Fe發(fā)生Fe2H=Fe2H2，第一步

24、中節(jié)余)=(0.10.08)mol=0.02mol，生成n(H)=0.02/2mol=0.01mol，所以氣體的2體積為(0.020.01)22.4L=0.672L，應(yīng)選項(xiàng)B正確。考點(diǎn)：察看鐵和硝酸的反響等知識(shí)。某稀硫酸和稀硝酸的混淆溶液200mL，均勻分紅兩份。向此中一份中逐漸加入銅粉，最多能溶解9.6gCu。向另一份中逐漸加入鐵粉，產(chǎn)生氣體的量隨鐵粉質(zhì)量增添的變化以以下圖(已知硝酸只被復(fù)原為NO氣體)。以下分析或結(jié)果錯(cuò)誤的選項(xiàng)是()原混淆酸中NO3-的物質(zhì)的量為0.1molOA段產(chǎn)生的是NO，AB段的反響為Fe2Fe3=3Fe2，BC段產(chǎn)生的是氫氣第二份溶液中的最后溶質(zhì)為FeSO4稀H2S

25、O4濃度為2.5molL1-10-【答案】D-+3+【分析】試題分析：由圖像可知，OA段發(fā)生反響為：Fe+NO3+4H=Fe+NO+2H2O，AB段發(fā)生3+2+2+-+反響為：Fe+2Fe=3Fe，BC段發(fā)生反響為：Fe+2H=Fe+H2。AOA段發(fā)生反響為：Fe+NO3+4HFe3+NO+2H2O，硝酸所有起氧化劑作用，所以n（NO3-）=n（Fe）=5.6g56g/mol0.1mol，因?yàn)槿芤悍譃閮刹糠郑员緛?lái)溶液中n（NO3-）=0.1mol2=0.2mol，A錯(cuò)誤；B、由圖像可知，因?yàn)殍F過(guò)分，OA段發(fā)生反響為：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段發(fā)生反響為：Fe+2

26、Fe3+=3Fe2+，BC段發(fā)生反響為：Fe+2H+=Fe2+H2，故B正確；C、硝酸所有被復(fù)原，沒(méi)有顯酸性的硝酸，因?yàn)槿芤褐杏辛蛩岣?，而且鐵單質(zhì)所有轉(zhuǎn)變?yōu)閬嗚F離子，所以溶液中最后溶質(zhì)為FeSO4，C正確；D、反響耗資14g鐵，即0.25mol鐵，所有的鐵都在硫酸亞鐵中，依據(jù)硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的濃度是0.25mol0.1L=2.5mol/L，D正確；答案選A?？键c(diǎn)：察看硝酸與鐵反響的有關(guān)計(jì)算。21.如圖裝置，將溶液A逐滴加入固體B中，以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是（）若A為濃鹽酸，B為MnO2，C中盛品紅溶液，則C中溶液退色B.若A為醋酸，B為貝殼，C中盛過(guò)分澄清石灰水，則

27、C中溶液變污濁若A為濃氨水，B為生石灰，C中盛AlCl3溶液，則C中先產(chǎn)生白色積淀后積淀又溶解D.若A為濃硫酸，B為Na2SO3固體，C中盛石蕊試液，則C中溶液先變紅退后色【答案】B【分析】試題分析：A二氧化錳（MnO2）與濃鹽酸混淆加熱可獲得氯氣，反響方程式為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2+2H2O，而題目中的裝置制取氣體無(wú)需加熱，所以沒(méi)法制取氯氣，C中盛品紅溶液，則C中溶液沒(méi)法退色，故A正確；B貝殼的主要成分為碳酸鈣，醋酸和碳酸鈣反應(yīng)CaCO3+2CH3COOH=Ca（CH3COO）2+H2O+CO2生成二氧化碳無(wú)需加熱，二氧化碳和澄清石灰水反應(yīng)CO2+Ca（OH）2CaCO

28、3+H2O生成不溶于水的碳酸鈣所以試管中溶液變污濁，故B正確；C實(shí)驗(yàn)室制備N(xiāo)H3，可用濃氨水和CaO固體反響，NH3?H2O+CaOCa（OH）2+NH3，濃氨水易揮發(fā)，CaO固體與水反響放出大批的熱，致使溫度高升，使得氨氣在水中的溶解度進(jìn)一步減少，以氣體的形式逸出，制得氨氣，可選擇圖中左圖的制取裝置，C中盛AlCl3溶液，氨氣和水反響生-11-成氨水，氨水和AlCl3溶液反響生成氫氧化鋁積淀，但氨水是弱堿，不可以溶解氫氧化鋁，C中不可以能出現(xiàn)先產(chǎn)生白色積淀后積淀又溶解，故C錯(cuò)誤；D亞硫酸是弱酸，硫酸是強(qiáng)酸，利用強(qiáng)酸制弱酸的原理，強(qiáng)酸硫酸和亞硫酸鈉反響生成弱酸亞硫酸，亞硫酸分解生成二氧化硫和水

29、，Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O，所以能用圖中左圖的制取裝置制備SO2，二氧化硫溶于水反響生成亞硫酸，能使C中盛石蕊試液變紅，但不可以漂白，所以不退色，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選AB?？键c(diǎn)：察看了化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作，元素化合物的性質(zhì)的有關(guān)知識(shí)。22.有關(guān)圖示裝置的表達(dá)不正確的選項(xiàng)是()A.裝置可用于汲取實(shí)驗(yàn)中節(jié)余的Cl2裝置可用于采集H2、NH3、Cl2、NO2等裝置中X為苯，可用于汲取氨氣或氯化氫裝置可用于采集NH3，并汲取節(jié)余的NH3【答案】C【分析】試題分析：A導(dǎo)管在液面下，可發(fā)生倒吸；Ba進(jìn)氣可采集密度比空氣密度大的氣體，b進(jìn)入可采集密度比空氣密度小的氣體；CX為苯，密度比水的

30、小，則X在上層，不可以隔氣絕體和水；D堿石灰可干燥氨氣，氨氣的密度比空氣密度小，易溶于水解：A導(dǎo)管在液面下，可發(fā)生倒吸，則圖中裝置可采集尾氣，但易發(fā)生倒吸，故A錯(cuò)誤；Ba進(jìn)氣可采集密度比空氣密度大的氣體，b進(jìn)入可采集密度比空氣密度小的氣體，則裝置可用于采集H2、NH3、Cl2、HCl、NO2等，故B正確；CX為苯，密度比水的小，則X在上層，不可以隔氣絕體和水，X應(yīng)為四氯化碳，故C錯(cuò)誤；D堿石灰可干燥氨氣，氨氣的密度比空氣密度小，易溶于水，則圖中可用于采集氨氣，并汲取節(jié)余的氨氣，故D正確；應(yīng)選AC-12-23.表中a、b、c表示相應(yīng)儀器中加入的試劑，可用以以下圖裝置制取、凈化、采集的氣體是()編

31、號(hào)氣體abcANH濃氨水生石灰堿石灰3BSO270%濃H2SO4Na2SO3固體98%濃H2SO4CNO稀HNO3銅屑H2ODNO2濃HNO3銅屑NaOH溶液【答案】D【分析】A、濃氨水有揮發(fā)性，在加熱條件下分解生成氨氣，生石灰和水反響放出大批的熱，所以可用濃氨水和生石灰制取氨氣；堿石灰一般應(yīng)盛放在干燥管內(nèi)，氨氣的密度小于空氣的密度，所以應(yīng)采納向下排空氣法采集，A錯(cuò)誤；B、70%濃H2SO4和亞硫酸鈉固體反響生成二氧化硫，利用濃硫酸干燥二氧化硫，二氧化硫的密度大于空氣的密度，所以可用向上排空氣法采集，B正確；C、銅和稀硝酸反響生成一氧化氮，一氧化氮和氧氣反響生成二氧化氮，所以不可以用排空氣法采

32、集一氧化氮，C錯(cuò)誤；D、銅和濃硝酸反響生成二氧化氮，濃硝酸有揮發(fā)性，所以二氧化氮中有硝酸，硝酸能和堿反響，二氧化氮和堿也反響，所以不可以用氫氧化鈉洗氣，D錯(cuò)誤，答案選B。24.中學(xué)化學(xué)中常有化學(xué)物質(zhì)反響關(guān)系以以以下圖。反響I、II、III、IV沒(méi)有省略反響物和生成物；其余反響省略部分參加反響物質(zhì)。D、O是常有金屬，B常溫下呈液態(tài)。C為淡黃色粉末，L為黑色固體且有磁性，Q為紅褐色積淀。E、F、H為常有氣體。反響I條件為電解，是工業(yè)上重要的電解反響。-13-1）P可以在溶液轉(zhuǎn)變?yōu)镼，現(xiàn)象是_2）C的電子式為_(kāi)。3）D和L在必定條件下可以發(fā)生反響，該反響可放出大批的熱。寫(xiě)出該反響的化學(xué)方程式_。（4

33、）agC、D的混淆物可以與bgB反響獲得只含一種溶質(zhì)的cmL溶液，產(chǎn)生氣體體積為VL，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是_AVL氣體中F和H的物質(zhì)的量比為6：1B所得溶液密度為g/mLC向所得溶液中通入HCl氣體，恰巧使溶液中積淀質(zhì)量最大，則氣體物質(zhì)的量為molD溶液的物質(zhì)的量濃度為mol/L（5）寫(xiě)出G溶液和K溶液混淆反響的離子方程式_。（6）將必定量C加入M溶液中，若恰巧將M溶液中陽(yáng)離子氧化，寫(xiě)出該反響離子方程式_【答案】(1).白色積淀快速變?yōu)榛揖G色，最后變?yōu)榧t褐色(2).略(3).8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe(4).AD(5).Al3+3AlO+6H2O=4Al(OH)3(6).26Fe

34、2+3Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+2Fe3+6Na+【分析】D、O是常有金屬，E、F、H為常有氣體。B常溫下呈液態(tài)，B可能是水。C為淡黃色粉末，C可能是過(guò)氧化鈉。L為黑色固體且有磁性，Q為紅褐色積淀，所以L是四氧化三鐵，Q是氫氧化鐵，則O是鐵，所以H是氧氣。反響I條件為電解，是工業(yè)上重要的電解反響，因此A是氯化鈉，所以Y是氫氧化鈉，E是氯氣，F(xiàn)是氫氣，G是偏鋁酸鈉，D是鋁，X是氯化氫，J是氫氧化鋁，K是氯化鋁，M是氯化亞鐵，N是氯化鐵，P是氫氧化亞鐵。則（1）P可以在溶液轉(zhuǎn)變?yōu)镼，現(xiàn)象是白色積淀快速變?yōu)榛揖G色，最后變?yōu)榧t褐色。（2）過(guò)氧-14-化鈉是離子化合物，電子式為。（3）D和

35、L在必定條件下可以發(fā)生鋁熱反應(yīng)，該反響可放出大批的熱，反響的化學(xué)方程式為8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe。（4）ag過(guò)氧化鈉、鋁的混淆物可以與bg水反響獲得只含一種溶質(zhì)的cmL溶液，產(chǎn)生氣體體積為VL，溶質(zhì)是偏鋁酸鈉，反響的化學(xué)方程式為2NaO2+4Al+6H2O4NaAlO2+O2+6H2，則AVL氣體中氫氣和氧氣的物質(zhì)的量比為6：1，A正確；B依據(jù)質(zhì)量守恒定律可知反響后溶液的質(zhì)量小于(a+b)g，所以所得溶液密度小于g/mL，B錯(cuò)誤；C氣體不用然處于標(biāo)準(zhǔn)情況下，所以不可以計(jì)算氣體的物質(zhì)的量，C錯(cuò)誤；D設(shè)混淆物中鋁的物質(zhì)的量是4x，過(guò)氧化鈉是2x，則2x78+4x27a，解得xa/2

36、64mol，依據(jù)方程式可知偏鋁酸鈉的物質(zhì)的量是4a/264mol，所以溶液的物質(zhì)的量濃度為mol/L，D正確，答案選AD；（5）依據(jù)以上分析可知G溶液和K溶液混淆反響的離子方程式為Al3+3AlO2+6H2O4Al(OH)3。（6）將必定量C加入M溶液中，若恰巧將M溶液中陽(yáng)離子氧化，即過(guò)氧化鈉氧化亞鐵離子，所以依據(jù)電子得陷落恒和原子守恒可知該反響離子方程式為6Fe2+3Na2O2+6H2O4Fe(OH)3+2Fe3+6Na+。點(diǎn)睛：找準(zhǔn)打破點(diǎn)是解答框圖題的要點(diǎn)，“打破口”就是抓“特”字，比方特別顏色、特別狀態(tài)、特別氣味、特別反響、特別現(xiàn)象、特別制法、特別用途等。此題中（4）中D和（6）方程式的

37、書(shū)寫(xiě)是解答的難點(diǎn)，注意各樣守恒法的靈巧應(yīng)用。KClO3晶體是一種常有的氧化劑，生產(chǎn)工藝以以下圖：請(qǐng)回答以下問(wèn)題：1）CaCO3煅燒前要粉碎的目的是_。（2）寫(xiě)出“氯化池”中生成Ca(ClO3)2的化學(xué)方程式：_。該反應(yīng)中，氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為_(kāi)。（3）操作a中所需的玻璃儀器有漏斗、燒杯、_。（4）實(shí)驗(yàn)室制取KClO3可經(jīng)過(guò)反響：3Cl2+6KOH5KCl+KClO3+3H2O，在密閉容器中向9-15-的KOH溶液中通入少許Cl2，此時(shí)Cl2的氧化產(chǎn)物主假如_；連續(xù)通入合適Cl2，將溶液加熱，溶液中主要離子的濃度隨溫度的變化以以下圖，圖中甲、乙、丙挨次表示的離子是_。（不考慮Cl2的揮

38、發(fā)）（5）甲同學(xué)為測(cè)定制取的33-的含量，稱(chēng)取樣品ag，正確配制成1000mL溶KClO樣品中ClO-1液，從上述溶液中拿出10.00mL于錐形瓶中，正確加入L(NH4)2Fe(SO4)2溶液（過(guò)分）。再在錐形瓶中加入100mL蒸餾水及某種氧化復(fù)原反響指示劑，用0.200molL-1K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，耗資5.00mL。樣品中-ClO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)。（已知：Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，ClO3-可被Fe2+復(fù)原為Cl-。）【答案】(1).增大反響物接觸面積，提升反響速率(2).6Ca(OH)2+6Cl2=5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H

39、2O(3).51(4).玻璃棒(5).KClO(6).Cl-、ClO3-、ClO-(7).【分析】（1）CaCO3煅燒前要粉碎的目的是增大反響物接觸面積，提升反響速率。（2）碳酸鈣高溫分解生成氧化鈣和二氧化碳，氧化鈣與水反響生成氫氧化鈣，所以“氯化池”中生成Ca(ClO3)2的化學(xué)方程式為6Ca(OH)2+6Cl25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，此中氯化鈣是復(fù)原產(chǎn)物，Ca(ClO3)2是氧化產(chǎn)物，所以該反響中氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為5：1。（3）操作a是過(guò)濾，此中所需的玻璃儀器有漏斗、燒杯、玻璃棒。（4）低溫下氯氣和氫氧化鉀反響生成氯化鉀、次氯酸鉀和水，則此時(shí)Cl2的氧化產(chǎn)物

40、主假如KClO；氯氣和氫氧化鉀反響必定產(chǎn)生氯化鉀，溫度大于66時(shí)生成氯酸鉀，所以依據(jù)圖像可知甲是氯化鉀，乙是氯酸鉀，丙是次氯酸鉀，即圖中甲、乙、丙挨次表示的離子分別是Cl-、ClO3-、ClO-。（5）依據(jù)反響Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O可知節(jié)余亞鐵離子的物質(zhì)的量是0.2mol/L0.005L60.006mol，則與氯酸根反響的亞鐵離子為1mol/L0.03L0.006mol0.024mol，ClO3-可被Fe2+復(fù)原為Cl-，根據(jù)電子得陷落恒可知氯酸根的物質(zhì)的量是0.024mol60.004mol，所以樣品中ClO3-的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。某同學(xué)將必定濃度的Na2C

41、O3溶液加入CuSO4溶液中，發(fā)現(xiàn)生成了積淀，其對(duì)積淀的成分進(jìn)行以下研究：-16-提出假定假定1：積淀是CuCO3；假定2：（1）_；假定3積淀是CuCO3和Cu(OH)2的混淆物。考證假定2）假如假定1建立，則反響的離子方程式為_(kāi)3）用離子方程式表示假定3中有Cu(OH)2生成的理論依據(jù)：_4）為證明以上哪一種假定建立，該同學(xué)用如圖裝置測(cè)定積淀樣品中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：實(shí)驗(yàn)時(shí)的步驟挨次為a.翻開(kāi)K1、K3，封閉K2、K4，通入過(guò)分空氣；b.封閉K1、K3，翻開(kāi)K2、K，充分反響；c.翻開(kāi)K、K，封閉K、K，通入過(guò)分空氣，若未進(jìn)行步驟a，將使測(cè)定結(jié)果41423_(填“偏低”“偏高”或“無(wú)影響

42、”)。實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)通入過(guò)分空氣的目的是_。若積淀樣品的質(zhì)量為10.0g，裝置D的質(zhì)量增添了2.2g，則積淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)。由以上實(shí)驗(yàn)可知，假定_建立?！敬鸢浮?1).積淀是Cu(OH)2(2).22-=CuCO3(3).2-H2O-CuCO3CO3HCO322偏高(5).將裝置中滯留的2OH，2OHCu=Cu(OH)(4).CO排至裝置D中，使其被堿石灰汲取(6).62%(7).3【分析】（1）依據(jù)假定可知積淀可能是碳酸銅或氫氧化銅或二者混淆物，所以假定2積淀全部為Cu(OH)2；（2）若假定1正確，生成碳酸銅說(shuō)明是銅離子聯(lián)合碳酸根離子，反響的離子方程式為Cu2CO32-=CuCO3

43、；（3）碳酸根水解，溶液顯堿性，所以會(huì)產(chǎn)生氫氧化銅，有關(guān)方程2-H2O-2=Cu(OH)2；（4）由實(shí)驗(yàn)?zāi)康募把b置可知，開(kāi)式為，CO3HCO3OH，2OHCu始裝置內(nèi)含有二氧化碳，應(yīng)向裝置內(nèi)通入除掉二氧化碳的空氣，排盡裝置內(nèi)的二氧化碳，故應(yīng)翻開(kāi)K1、K3，封閉K2、K4；此后從分液漏斗中加入硫酸，充分反響；故應(yīng)封閉K1、K3，翻開(kāi)K2、K4；反響完成，容器內(nèi)殘留部分二氧化碳，應(yīng)向裝置內(nèi)通入除掉二氧化碳的空氣，排出裝-17-置內(nèi)的二氧化碳使反響生成的二氧化碳被裝置D完滿(mǎn)汲取；若未進(jìn)行步驟a，裝置中的二氧化碳也被汲取，將使測(cè)定結(jié)果偏高；反響完成，容器內(nèi)殘留部分二氧化碳，應(yīng)向裝置內(nèi)通入除去二氧化碳的空氣，排出裝置內(nèi)的二氧化碳使反響生成的二氧化碳被裝置D完滿(mǎn)汲取，不然會(huì)致使二氧化碳測(cè)定的質(zhì)量偏低，測(cè)定碳酸銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏低；裝置D的質(zhì)量增添的2.2g為反響生成的二氧化碳的質(zhì)量，二氧化碳的物質(zhì)的量為=2.2g44g/mol=0.05mol，依據(jù)碳元素守恒可知n（CuCO3）=n（CO2）=0.05mol，故碳酸銅的質(zhì)量為0.05mol124g/mol=6.2g，故積淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為6.2g/10g100%=62%；依據(jù)碳酸銅的積淀質(zhì)量分?jǐn)?shù)可知含有氫氧化銅積淀，所以假定3正確。點(diǎn)睛：此題察看物質(zhì)含量的測(cè)定及性質(zhì)