2017-2018学年河北省邯郸市大名一中高三（上）第一次月考化学试卷

一、选择题：（本题共18小题，每小题3分，共54分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）

1．下列说法中错误的是（　　）

A．磺化、硝化、风化、钝化都是化学变化

B．蒸馏、干馏、常压分馏、减压分馏、都是物理变化

C．甘油不是油，纯碱不是碱，酚醛树脂不是酯，干冰不是冰

D．水煤气、裂解气、焦炉气、天然气都是混合物

2．设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）

A．常温常压下的33.6L氯气与27g铝充分反应，转移电子数为3NA

B．标准状况下，22.4LNO和11.2L氧气混合，气体的分子总数为1.5 NA

C．7.8 g Na2O2含有的阴离子数目为0.1 NA

D．80mL10mol/L的浓盐酸与足量MnO2反应，转移电子数为0.4NA

3．下列有关化学用语表示正确的是（　　）

A．二氧化硅的分子式：SiO2

B．质子数为53，中子数为78的碘原子：I

C．甲基的电子式：

D．邻羟基苯甲酸的结构简式：

4．实验室里需要480mL 0.1mol/L的硫酸铜溶液，现选取500mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是（　　）[胆矾（CuSO45H2O）]．

A．称取7.68 g硫酸铜，加入500 mL水

B．称取12.0 g胆矾配成500 mL溶液

C．称取8.0 g硫酸铜，加入500 mL水

D．称取12.5 g胆矾配成500 mL溶液

5．下列离子方程式书写正确的是（　　）

A．向饱和碳酸氢钙溶液中加入过量的NaOH溶液：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O

B．KAl（SO4）2中滴加Ba（OH）2使SO42﹣恰好完全沉淀：2Al3++3 SO42﹣+3 Ba2++6 OH﹣=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓

C．氢氧化钠溶液吸收少量SO2气体：SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O

D．硫酸亚铁加过氧化氢溶液：Fe2++H2O2+2H+═Fe3++4H2O

6．下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是（　　）

A．A B．B C．C D．D

7．下列药品和装置合理，能完成相应实验的是（　　）

A．喷泉实验 B．实验室制取并收集氨气

C．制备氢氧化亚铁 D．验证苯中是否有碳碳双键

8．在200mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl﹣ 等离子的溶液中，逐滴加入5molL﹣1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（mol）关系如图所示．下列叙述不正确的是（　　）

A．x﹣y=0.01mol B．原溶液中c（Cl﹣）=0.75molL﹣1

C．原溶液的pH=1 D．原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=5：1

9．在下列条件下，可能大量共存的离子组是（　　）

A．c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液：K+、Cu2+、I﹣、SO42﹣

B．水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液：K+、Na+、AlO2﹣、S2O32﹣

C．能与Al反应生成H2的溶液：NH4+、Ca2+、NO3﹣、I﹣

D．能与K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀的溶液：H+、Na+、SO42﹣、CrO42﹣

10．下列表述正确的是（　　）

①开发使用新型清洁能源，减少化石燃料的燃烧，可从根本上防止酸雨的产生

②我国从2000年起逐渐用二氧化氯取代氯气对饮用水进行消毒，因为二氧化氯杀菌、消毒能力强，持效长

③氧化镁可用来制造耐火砖和坩埚等

④明矾能使水中的悬浮物凝聚，可做为净水剂

⑤建设三峡大坝使用了大量水泥，水泥是硅酸盐材料

⑥给机动车安装尾气净化器，可减少光化学烟雾的发生．

A．①④⑤ B．①②④⑤ C．②③④⑥ D．全部

11．向50mL 稀H2SO4与稀HNO3的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积（标准状况）之间的关系如图所示，且每一段只对应一个反应．下列说法正确的是（　　）

A．开始时产生的气体为H2

B．AB段发生的反应为置换反应

C．所用混合溶液中c（HNO3）=0.5 molL﹣1

D．参加反应铁粉的总质量m2=5.6g

12．使用容量瓶配置溶液时，由于操作不当会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是（　　）

①用天平称量时所用砝码生锈

②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度

③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤

④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水

⑤定容时，俯视容量瓶的刻度线

⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线．

A．②⑤ B．②③⑥ C．①⑤⑥ D．③⑥

13．含有amol FeBr2的溶液中，通入xmol Cl2．下列各项为通Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是（　　）

A．x=0.4a，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣

B．x=0.6a，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣

C．x=a，2Fe2++2Br﹣+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl﹣

D．x=1.5a，2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl﹣

14．下列各组物质中，满足下如图物质一步转化关系的选项是（　　）

A．A B．B C．C D．D

15．从矿物学资料查得一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法中正确的是（　　）

A．CuSO4是氧化剂，FeS2是还原剂

B．产物中的SO42﹣有一部分是氧化产物

C．Cu2S既是氧化产物又是还原产物

D．5 mol FeS2发生反应，有10 mol e﹣转移

16．下列推断合理的是（　　）

A．明矾在水中能形成Al（OH）3胶体，可用作净水剂

B．金刚石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反应

C．漂白粉、盐酸、碘酒和液氯都属于混合物

D．将SO2通人品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色；将SO2通人溴水，溴水褪色后加热也能恢复原色

17．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．若向所得硝酸铜溶液中加入5molL﹣1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（　　）

A．60 mL B．45 mL C．30 mL D．15 mL

18．将0.4g NaOH和1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1molL﹣1稀盐酸．下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（　　）

A． B． C． D．

二、（非选择题）

19．食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热而引起的．已知：

氧化性：IO3﹣＞Fe3+＞I2；

还原性：S2O32﹣＞I﹣

3I2+6OH﹣═5I﹣+IO3﹣+3H2O

KI+I2⇌KI3

（1）某学习小组对加碘盐进行了如下实验：取一定量某加碘盐（可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+），用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得试液分为3份．第一份试液中滴加KSCN溶液后显血红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色．

①加KSCN溶液显血红色，该红色物质是______（用化学式表示）；CCl4中显紫红色的物质是______（用电子式表示）．

②第二份试剂中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为______．

（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失．写出潮湿环境中KI与氧气反应的化学方程式：______．

将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3H2O．该物质作为食盐加碘剂是否合适？______（填“是”或“否”），并说明理由：______．

（3）为了提高加碘盐（添加KI）的稳定性，可加稳定剂减少碘的损失．下列物质中有可能作为稳定剂的是______．

A．Na2S2O3 B．AlCl3 C．Na2CO3 D．NaNO2

（4）对含Fe2+较多的食盐（假设不含Fe3+），可选用KI作为加碘剂．请设计实验方案，检验该加碘盐中的Fe2+：______．

20．某无色溶液中含有K+、Cl﹣ SO32﹣、SO42﹣，为检验溶液中所含的某些阴离子，限用的试剂有：盐酸、硝酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液、溴水和酚酞试液．检验其中OH﹣的实验方法省略，检验其他阴离子的过程如图所示．

（1）图中试剂化学式分别是①______，②______，③______，④______，⑤______．

（2）图中现象a、b、c表明检验出的离子分别是a______、b______、c______．

（3）白色沉淀A加试剂②反应的离子方程式是______．

（4）无色溶液C加试剂③的主要目的是______．

（5）白色沉淀A若加试剂③而不加试剂②，对实验的影响是______．

（6）气体E通入试剂④发生反应的离子方程式是______．

21．A是自然界存在最广泛的ⅡA族元素，常以化合物F存在．从单质A起始发生的一系列化学反应可由下图表示：

请回答下列问题：

（1）A与水反应的化学方程式为______，E与水反应的化学方程式为______；

（2）F的化学式为______，G和D的电子式分别为______和______；

（3）D与H反应可能生成的盐有______ （填化学式）；

（4）实际生产中，可由F为原料制备单质A，简述一种制备方法______．

22．某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱的，按下图装置进行试验（夹持仪器已略去）．实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO．由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸．

可选药品：浓硝酸、3mo/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳

已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反应

2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O

（1）实验应避免有害气体排放到空气中，装置③、④、⑥中乘放的药品依次是______

（2）滴加浓硝酸之前的操作时检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后______

（3）装置①中发生反应的化学方程式是______

（4）装置②的作用是，发生反应的化学方程式是______

（5）该小组得出的结论一局的试验现象是______

（6）试验结束后，同学们发现装置①中溶液呈绿色，而不显蓝色．甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体．同学们分别涉及了一下4个试验来判断两种看法是否正确．这些方案中可行的是______（选填序号字母）

a．加热该绿色溶液，观察颜色变化

b．加水稀释绿色溶液，观察颜色变化

c．向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化

d．向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反映产生的气体，观察颜色变化．

2016-2017学年河北省邯郸市大名一中高三（上）第一次月考化学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题：（本题共18小题，每小题3分，共54分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）

1．下列说法中错误的是（　　）

A．磺化、硝化、风化、钝化都是化学变化

B．蒸馏、干馏、常压分馏、减压分馏、都是物理变化

C．甘油不是油，纯碱不是碱，酚醛树脂不是酯，干冰不是冰

D．水煤气、裂解气、焦炉气、天然气都是混合物

【考点】混合物和纯净物；物理变化与化学变化的区别与联系．

【分析】A、化学变化须有新物质生成；

B、煤的干馏是化学变化；

C、从物质的俗称角度来判断；

D、从这些物质的组成角度来考虑．

【解答】解：A、磺化、硝化、风化、钝化都有新物质生成，故均是化学变化，A正确；

B、蒸馏、常压分馏、减压分馏都是物理变化，而煤的干馏有新物质生成，故是化学变化，故B错误；

C、甘油是丙三醇，故不是油，纯碱是碳酸钠，故是盐不是碱，酚醛树脂不是酯类，干冰是二氧化碳，故不是冰，故C正确；

D、水煤气是CO和H2的混合物；裂解气是乙烯、丙烯等混合物；焦炉气是混合物，其主要成分为氢气（55%～60%）和甲烷（23%～27%），另外还含有少量的一氧化碳（5%～8%），是混合物；天然气主要成分是甲烷，还还有其他杂质，故D正确；

故选B．

【点评】本题考查了常见物质的俗称和物质的成分，难度不大．

2．设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）

A．常温常压下的33.6L氯气与27g铝充分反应，转移电子数为3NA

B．标准状况下，22.4LNO和11.2L氧气混合，气体的分子总数为1.5 NA

C．7.8 g Na2O2含有的阴离子数目为0.1 NA

D．80mL10mol/L的浓盐酸与足量MnO2反应，转移电子数为0.4NA

【考点】阿伏加德罗常数．

【分析】A．常温常压Vm＞22.4L/mol；

B．由2NO+O2═2NO2，2NO2⇌N2O4，利用气体的物质的量来分析分子总数；

C．过氧化钠阴离子为过氧根离子；

D．二氧化锰只能与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应．

【解答】解：A．常温常压Vm＞22.4L/mol，33.6L氯气物质的量小于1.5mol，与27g铝充分反应生成氯化铝小于1mol，转移电子数小于3NA，故A错误；

B．标准状况下，22.4LNO和11.2L氧气的物质的量分别为1mol、0.5mol，由2NO+O2═2NO2，2NO2⇌N2O4，则气体的分子总数小于1.5NA个，故B错误；

C．7.8 g Na2O2物质的量为=0.1mol，含有阴离子为0.1mol，含有的阴离子数目为0.1 NA，故C正确；

D．二氧化锰只能与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应，故80mL10mol/L的浓盐酸不能反应完全，即生成的氯气的分子数小于0.2NA，转移电子数小于0.2NA，故D错误；

故选：C．

【点评】本题考查阿伏伽德罗常数及计算，为高频考点，把握以物质的量为核心的计算公式是解题关键，注意可逆反应特点，注意二氧化锰与盐酸反应条件，题目难度不大．

3．下列有关化学用语表示正确的是（　　）

A．二氧化硅的分子式：SiO2

B．质子数为53，中子数为78的碘原子：I

C．甲基的电子式：

D．邻羟基苯甲酸的结构简式：

【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．

【分析】A．二氧化硅为原子晶体，不存在二氧化硅分子；

B．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；

C．甲基为中性碳原子，碳原子的最外层应该含有7个电子，漏掉了C原子的1个单电子；

D．该结构简式是间羟基苯甲酸的结构简式，羟基和羧基位于间位．

【解答】解：A．SiO2为二氧化硅的化学式，二氧化硅不存在分子式，故A错误；

B．质子数为53，中子数为78的碘原子的质量数为131，该原子可以表示为：I，故B正确；

C．甲烷去掉1个H原子剩余部分为甲基，甲基为电中性基团，碳原子有1个单电子，正确的电子式为，故C错误；

D．．为间羟基苯甲酸，邻羟基苯甲酸在苯环邻位上有2个取代基：羟基和羧基，邻羟基苯甲酸正确的结构简式为：，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及电子式、结构简式、分子式与化学式、元素符号等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的规范答题能力．

4．实验室里需要480mL 0.1mol/L的硫酸铜溶液，现选取500mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是（　　）[胆矾（CuSO45H2O）]．

A．称取7.68 g硫酸铜，加入500 mL水

B．称取12.0 g胆矾配成500 mL溶液

C．称取8.0 g硫酸铜，加入500 mL水

D．称取12.5 g胆矾配成500 mL溶液

【考点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量浓度的相关计算．

【分析】欲配制480mL 0.1molL﹣1的硫酸铜溶液，需要配制500ml 0.1molL﹣1的硫酸铜溶液，溶液中硫酸铜的物质的量为：0.5L×0.1molL﹣1=0.05mol，需称取硫酸铜的质量为：0.05mol×160g/mol=8g，若称取胆矾，则需要称量的质量为：0.05mol×250g/mol=12.5g，据此对各项进行判断．

【解答】解：由于实验室中没有480mL容量瓶，只能选用500mL容量瓶，即需要配制500ml 0.1molL﹣1的硫酸铜溶液，溶液中硫酸铜的物质的量为：0.5L×0.1molL﹣1=0.05mol，

A、称取硫酸铜的质量为：0.05mol×160g/mol=8g，称取7.68g硫酸铜，硫酸铜的质量不足，故A错误；

B、胆矾的化学式为CuSO45H2O，若称取胆矾，则质量为0.05mol×250g/mol=12.5g，硫酸铜的物质的量不足，故B错误；

C、称取8.0 g硫酸铜，加入500 mL水，配制的溶液的体积不是500mL，所以配制的溶液的浓度不是0.1mol/L，故C错误；

D、称取12.5 g胆矾，胆矾的物质的量为0.05mol，配成500mL溶液，配制的溶液浓度为0.1mol/L，满足题意，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制，难度不大，注意配制一定物质的量浓度的溶液的配制方法，注意硫酸铜和胆矾的区别．

5．下列离子方程式书写正确的是（　　）

A．向饱和碳酸氢钙溶液中加入过量的NaOH溶液：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O

B．KAl（SO4）2中滴加Ba（OH）2使SO42﹣恰好完全沉淀：2Al3++3 SO42﹣+3 Ba2++6 OH﹣=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓

C．氢氧化钠溶液吸收少量SO2气体：SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O

D．硫酸亚铁加过氧化氢溶液：Fe2++H2O2+2H+═Fe3++4H2O

【考点】离子方程式的书写．

【分析】A．氢氧化钠过量，反应生成碳酸钠、碳酸钙和水；

B．硫酸根离子恰好沉淀时，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1：4，二者反应生成偏铝酸根离子；

C．二氧化硫少量反应生成亚硫酸钠和水；

D．得失电子不守恒．

【解答】解：A．向饱和碳酸氢钙溶液中加入过量的NaOH溶液，离子方程式：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故A错误；

B．明矾[KAl（SO4）2]溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42﹣恰好完全沉淀，硫酸铝钾与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，反应生成偏铝酸钠，正确的离子方程式为：2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，故B错误；

C．氢氧化钠溶液吸收少量SO2气体，离子方程式：SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O，故C正确；

D．硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液的离子反应为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故D错误；

故选：C．

【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的化学反应为解答的关键，注意反应物用量对离子反应的影响，注意氧化还原反应中电子得失守恒．

6．下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是（　　）

A．A B．B C．C D．D

【考点】化学实验方案的评价．

【分析】A．白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡；

B．由现象可知，溴氧化碘离子、亚铁离子，且铁离子与碘离子发生氧化还原反应；

C．过氧化钠与水反应生成氧气；

D．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面．

【解答】解：A．白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，则该溶液中不一定含有SO42﹣，故A正确；

B．由现象可知，溴氧化碘离子、亚铁离子，且铁离子与碘离子发生氧化还原反应，可知氧化性为Br2＞Fe3+＞I2，故B正确；

C．过氧化钠与水反应生成氧气，若变质与盐酸反应生成二氧化碳，均为无色气体，则加盐酸生成气体不能说明变质，故C错误；

D．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则灼烧时铝箔熔化但不滴落，故D正确；

故选C．

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握离子的检验、氧化还原反应、物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验方案的评价性分析，题目难度不大．

7．下列药品和装置合理，能完成相应实验的是（　　）

A．喷泉实验 B．实验室制取并收集氨气

C．制备氢氧化亚铁 D．验证苯中是否有碳碳双键

【考点】化学实验方案的评价．

【分析】A．NO与水不反应，且不溶于水；

B．试管口应向下倾斜；

C．氢氧化亚铁易与空气中氧气反应而变质；

D．苯与溴水和酸性高锰酸钾都不反应．

【解答】解：A．NO与水不反应，且不溶于水，不能形成喷泉，故A错误；

B．为防止试管炸裂，应将试管口应向下倾斜，故B错误；

C．氢氧化亚铁易与空气中氧气反应而变质，应在氯化亚铁的溶液中滴加几滴苯，并将滴管插入到液面以下，故C错误；

D．加入溴水和酸性高锰酸钾，观察现象，如苯与溴水和酸性高锰酸钾都不褪色，说明不反应，则苯中不含碳碳双键，可达到实验目的，故D正确．

故选D．

【点评】本题考查实验方案的评价，题目难度中等，注意根据物质的性质解答该类题目．

8．在200mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl﹣ 等离子的溶液中，逐滴加入5molL﹣1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（mol）关系如图所示．下列叙述不正确的是（　　）

A．x﹣y=0.01mol B．原溶液中c（Cl﹣）=0.75molL﹣1

C．原溶液的pH=1 D．原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=5：1

【考点】离子方程式的有关计算；有关混合物反应的计算．

【分析】由给出的离子在滴入NaOH溶液时发生H++OH﹣═H2O，Mg2+、Al3+结合OH﹣生成沉淀，NH4+与OH﹣反应，氢氧化铝与OH﹣反应而溶解，并结合图象可知，0～4mL时发生酸碱中和，4mL～30mL发生Mg2+、Al3+结合OH﹣生成沉淀的反应，30mL～33mL发生NH4+与OH﹣反应，33mL～35mL发生氢氧化铝的溶解反应，然后利用离子反应方程式来计算解答．

【解答】解：A、由图及离子反应可知x﹣y的值即为Al（OH）3的物质的量，

则设Al（OH）3的物质的量为n，

Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O

1 1

n （35﹣33）×0.001L×5molL﹣1

，

解得n=0.01mol，即x﹣y=0.01mol，故A说法正确；

B、由图可知，加入33mLNaOH溶液时Cl﹣离子以NaCl存在，

设Cl﹣离子的物质的量为z，由钠和氯原子守恒可知

NaOH～NaCl～Cl﹣，

1 1

33×0.001L×5molL﹣1 z

，解得z=0.165mol，

则原溶液中Cl﹣的物质的量浓度为=0.825mol/L，故B说法不正确；

C、由图0～4mL时发生H++OH﹣═H2O，

则H+的物质的量为4mL×0.001L×5molL﹣1=0.02mol，

H+的物质的量浓度为=0.1mol/L，则pH=1，故C说法正确；

D、由4mL～30mL发生Mg2+、Al3+结合OH﹣生成沉淀的反应，

则 Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓

1 3 1

0.01mol 0.03mol 0.01mol

设镁离子的物质的量为m，

Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓

1 2

m （30﹣4）mL×0.001L×5molL﹣1﹣0.03mol

，解得m=0.05mol，

则原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=0.05：0.01=5：1，故D说法正确；

故选：B．

【点评】本题难度较大，考查溶液中的离子反应及对应图象关系，明确反应的先后顺序是解答的关键，并注意反应与图象中的对应关系来解答即可．

9．在下列条件下，可能大量共存的离子组是（　　）

A．c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液：K+、Cu2+、I﹣、SO42﹣

B．水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液：K+、Na+、AlO2﹣、S2O32﹣

C．能与Al反应生成H2的溶液：NH4+、Ca2+、NO3﹣、I﹣

D．能与K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀的溶液：H+、Na+、SO42﹣、CrO42﹣

【考点】离子共存问题．

【分析】A．c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液，显碱性；

B．水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液，为酸或碱溶液；

C．能与Al反应生成H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；

D．能与K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀的溶液，含Fe2+，离子之间发生氧化还原反应．

【解答】解：A．c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液，显碱性，不能大量存在Cu2+，且Cu2+、I﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；

B．水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；

C．能与Al反应生成H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存在NH4+、Ca2+，酸溶液中Al、H+、NO3﹣发生氧化还原反应不生成氢气，故C错误；

D．能与K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀的溶液，含Fe2+，与CrO42﹣离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子共存考查，选项AD为解答的难点，题目难度中等．

10．下列表述正确的是（　　）

①开发使用新型清洁能源，减少化石燃料的燃烧，可从根本上防止酸雨的产生

②我国从2000年起逐渐用二氧化氯取代氯气对饮用水进行消毒，因为二氧化氯杀菌、消毒能力强，持效长

③氧化镁可用来制造耐火砖和坩埚等

④明矾能使水中的悬浮物凝聚，可做为净水剂

⑤建设三峡大坝使用了大量水泥，水泥是硅酸盐材料

⑥给机动车安装尾气净化器，可减少光化学烟雾的发生．

A．①④⑤ B．①②④⑤ C．②③④⑥ D．全部

【考点】常见的生活环境的污染及治理．

【分析】①化石燃料的燃烧能产生SO2和氮的氧化物；

②根据二氧化氯的强氧化性分析；

③氧化镁、氧化铝的熔点高；

④明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体；

⑤水泥的成分为硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙；

⑥机动车尾气含有氮的氧化物能形成光化学烟雾．

【解答】解：①开发使用新型清洁能源，减少化石燃料的燃烧，可从根本上防止酸雨的产生，故正确；

②二氧化氯具有较强的氧化性，则杀菌、消毒能力强，持效长，故正确；

③氧化镁、氧化铝的熔点高，则可用来制造耐火砖和坩埚等，故正确；

④明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中的悬浮颗粒，故可作为净水剂，故正确；

⑤水泥的成分为硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙属于硅酸盐材料，故正确；

⑥机动车尾气含有氮的氧化物能形成光化学烟雾，所以安装尾气净化器可以减少氮的氧化物的排放，故正确．

故选D．

【点评】本题考查环境污染和治理，无机非金属材料的使用，熟悉常见物质的性质及应用是解答本题的关键，题目比较简单．

11．向50mL 稀H2SO4与稀HNO3的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积（标准状况）之间的关系如图所示，且每一段只对应一个反应．下列说法正确的是（　　）

A．开始时产生的气体为H2

B．AB段发生的反应为置换反应

C．所用混合溶液中c（HNO3）=0.5 molL﹣1

D．参加反应铁粉的总质量m2=5.6g

【考点】有关混合物反应的计算；离子方程式的有关计算．

【分析】已知氧化性：NO3﹣＞Fe3+＞H+，OA段发生：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生：Fe+2Fe3+═3Fe2+，B以后发生：Fe+2H+=Fe2++H2↑，以此解答该题．

【解答】解：已知氧化性：NO3﹣＞Fe3+＞H+，OA段发生：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生：Fe+2Fe3+═3Fe2+，B以后发生：Fe+2H+=Fe2++H2↑，

A．开始时产生的气体为NO，故A错误；

B．AB段发生：Fe+2Fe3+═3Fe2+，为化合反应，故B错误；

C．n（NO）==0.05mol，则所用混合溶液中c（HNO3）==1mol/L，故C错误；

D．最终生成Fe2+，根据氧化还原反应中得失电子数目相等可知3×n（NO）+2×n（H2）=2n（Fe），即3×0.05mol+2×=2n（Fe），n（Fe）=0.1mol，质量为5.6g，故D正确．

故选D．

【点评】本题考查混合物的计算，题目侧重于离子反应的判断和计算，注意结合离子的氧化性强弱判断反应的先后顺序，为解答该题的关键．

12．使用容量瓶配置溶液时，由于操作不当会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是（　　）

①用天平称量时所用砝码生锈

②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度

③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤

④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水

⑤定容时，俯视容量瓶的刻度线

⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线．

A．②⑤ B．②③⑥ C．①⑤⑥ D．③⑥

【考点】溶液的配制．

【分析】根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大．

【解答】解：①用天平称量时所用砝码生锈，称量的溶质的质量偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏高，故①错误；

②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度，导致量取的液体体积偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故②错误；

③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故③正确；

④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质的物质的量、溶液的最终体积都没有影响，所以不影响配制结果，故④错误；

⑤定容时，俯视容量瓶的刻度线，导致加入的蒸馏水低于容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏小，然后浓度偏高，故⑤错误；

⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故⑥正确；

故选D．

【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液方法及误差分析，题目难度中等，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液的方法，明确误差分析的方法与技巧．

13．含有amol FeBr2的溶液中，通入xmol Cl2．下列各项为通Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是（　　）

A．x=0.4a，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣

B．x=0.6a，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣

C．x=a，2Fe2++2Br﹣+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl﹣

D．x=1.5a，2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl﹣

【考点】氧化还原反应的计算；离子方程式的书写．

【分析】由于还原性：Fe2+＞Br﹣，通入Cl2，依次发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，

当n（Cl2）：n（FeBr2）≤时，只氧化Fe2+，当n（Cl2）：n（FeBr2）≥时，Fe2+和Br﹣被完全氧化，介于二者之间时，

Fe2+被完全氧化，Br﹣被部分氧化，结合反应物物质的量之间的关系解答该题．

【解答】解：由于还原性：Fe2+＞Br﹣，通入Cl2，依次发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，

当n（Cl2）：n（FeBr2）≤时，只氧化Fe2+，当n（Cl2）：n（FeBr2）≥时，Fe2+和Br﹣被完全氧化，介于二者之间时，

Fe2+被完全氧化，Br﹣被部分氧化，则

A．x=0.4a，n（Cl2）：n（FeBr2）=0.4＜，只氧化Fe2+，故A正确；

B．x=0.6a，n（Cl2）：n（FeBr2）介于～，Fe2+被完全氧化，Br﹣被部分氧化，故B错误；

C．x=a，n（Cl2）：n（FeBr2）介于～，Fe2+被完全氧化，amolFe2+被氧化消耗0.5amolCl2，剩余0.5amolCl2可与amolBr﹣发生氧化还原反应，则反应的离子方程式为2Fe2++2Br﹣+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl﹣，故C正确；

D．x=1.5a，Fe2+和Br﹣恰好被完全氧化，反应的离子方程式为2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl﹣，故D正确．

故选B．

【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度较大，本题注意把握物质的还原性强弱，此为解答该题的关键，答题时注意氧化剂和还原剂物质的量之间的关系，此为易错点．

14．下列各组物质中，满足下如图物质一步转化关系的选项是（　　）

A．A B．B C．C D．D

【考点】钠的化学性质；硅和二氧化硅；铜金属及其重要化合物的主要性质．

【分析】A．Na和水反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3不能直接得到Na；

B．可根据CuCuSO4Cu（OH）2，氢氧化铜不能一步生成铜分析；

C．C与氧气反应得到 CO，CO和氧气反应生成CO2，CO2和镁反应能直接得到C；

D．SiO2与水不反应．

【解答】解：A．Na和水反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3不能直接得到Na，故A错误；

B．CuCuSO4Cu（OH）2，氢氧化铜不能一步生成铜，故B错误；

C．C与氧气反应得到 CO，CO和氧气反应生成CO2，CO2和镁反应能直接得到C，故C正确；

D．Si与氧气在一定条件下可以反应生成SiO2，SiO2与水不反应，制取H2SiO3，应由硅酸盐和酸反应制备，故D错误．

故选C．

【点评】本题考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，本题注意把握常见物质的性质，学习中注重相关基础知识的积累．

15．从矿物学资料查得一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法中正确的是（　　）

A．CuSO4是氧化剂，FeS2是还原剂

B．产物中的SO42﹣有一部分是氧化产物

C．Cu2S既是氧化产物又是还原产物

D．5 mol FeS2发生反应，有10 mol e﹣转移

【考点】氧化还原反应．

【分析】14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，S元素的化合价由﹣1价降低为﹣2价，S元素的化合价由﹣1价升高为+6价，以此来解答．

【解答】解：14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，S元素的化合价由﹣1价降低为﹣2价，S元素的化合价由﹣1价升高为+6价，A．CuSO4是氧化剂，FeS2既是还原剂又是还原剂，故A错误；

B．S元素的化合价既升高又降低，由硫酸根离子守恒可知，17个硫酸根离子中有3个SO42﹣是氧化产物，故B正确；

C．Cu2S只是还原产物，故C错误；

D.5 mol FeS2发生反应，由S元素的化合价升高可知，有3mol×[6﹣（﹣1）]=21mol e﹣转移，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意5 mol FeS2发生反应时只有3molS失去电子，题目难度不大．

16．下列推断合理的是（　　）

A．明矾在水中能形成Al（OH）3胶体，可用作净水剂

B．金刚石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反应

C．漂白粉、盐酸、碘酒和液氯都属于混合物

D．将SO2通人品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色；将SO2通人溴水，溴水褪色后加热也能恢复原色

【考点】盐类水解的应用；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质．

【分析】A、明矾在水中电离出铝离子，铝离子水解生成Al（OH）3胶体；

B、金刚石的成分是碳，能在氧气中燃烧；

C、液氯是液态的氯气；

D、二氧化硫和溴水的反应为氧化还原反应．

【解答】解：A、明矾在水中电离出铝离子，铝离子水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体能吸附水中的悬浮颗粒，故A正确；

B、金刚石的成分是碳，能在氧气中燃烧生成二氧化碳，故B错误；

C、液氯是液态的氯气，是纯净物，而漂白粉、盐酸和碘酒是混合物，故C错误；

D、SO2通入溴水后发生氧化还原反应，SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，则将SO2通入溴水，溴水褪色后加热不能恢复原色，故D错误；

故选A．

【点评】本题虽然简单，但是从多方面考查了元素化合物及胶体性质，覆盖面广，是一好题．

17．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．若向所得硝酸铜溶液中加入5molL﹣1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（　　）

A．60 mL B．45 mL C．30 mL D．15 mL

【考点】化学方程式的有关计算．

【分析】NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．Cu失去的电子都被O2得到了，根据电子得失守恒，求出参加反应的铜，然后求出 Cu（NO3）2，再根据 Cu（NO3）2与NaOH 反应的关系，求出NaOH 的物质的量，最终求出NaOH溶液的体积．

【解答】解：NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中，完全生成HNO3，则整个过程中HNO3 反应前后没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了，根据得失电子守恒：n（Cu）×2=n（O2）×4

n（Cu）×2=mol×4

解得：n（Cu）=0.15mol 所以 Cu（NO3）2 为0.15mol，

根据 Cu2+～2OH﹣

0.15mol n（OH﹣）

则NaOH 为 0.15mol×2=0.3 mol，

则NaOH 体积V===0.06L，即60ml，

故选：A．

【点评】本题主要考查了金属与硝酸反应的计算，若根据化学方程式来计算，无从下手，若根据氧化还原反应中电子得失守恒则化繁为简，平时需注意守恒思想的应用．

18．将0.4g NaOH和1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1molL﹣1稀盐酸．下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（　　）

A． B． C． D．

【考点】有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算．

【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，此时才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答．

【解答】解：对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，此时才有二氧化碳气体生成．

A、0.1mol盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；

B、图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；

C、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；此时开始放出气体，正好与图象相符，故C正确；

D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；

故选C．

【点评】此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应．是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑．

二、（非选择题）

19．食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热而引起的．已知：

氧化性：IO3﹣＞Fe3+＞I2；

还原性：S2O32﹣＞I﹣

3I2+6OH﹣═5I﹣+IO3﹣+3H2O

KI+I2⇌KI3

（1）某学习小组对加碘盐进行了如下实验：取一定量某加碘盐（可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+），用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得试液分为3份．第一份试液中滴加KSCN溶液后显血红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色．

①加KSCN溶液显血红色，该红色物质是　Fe（SCN）3　（用化学式表示）；CCl4中显紫红色的物质是　　（用电子式表示）．

②第二份试剂中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为　IO3﹣+5I﹣+6H+═3I2+3H2O、2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2　．

（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失．写出潮湿环境中KI与氧气反应的化学方程式：　4KI+O2+2H2O═2I2+4KOH　．

将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3H2O．该物质作为食盐加碘剂是否合适？　否　（填“是”或“否”），并说明理由：　KI3受热（或潮湿）条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华　．

（3）为了提高加碘盐（添加KI）的稳定性，可加稳定剂减少碘的损失．下列物质中有可能作为稳定剂的是　AC　．

A．Na2S2O3 B．AlCl3 C．Na2CO3 D．NaNO2

（4）对含Fe2+较多的食盐（假设不含Fe3+），可选用KI作为加碘剂．请设计实验方案，检验该加碘盐中的Fe2+：　取少量该加碘盐溶于蒸馏水中，用盐酸酸化，滴加适量氧化剂（如：氯水、过氧化氢等），再滴加KSCN溶液，若显血红色，则该加碘盐中存在Fe2+　．

【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．

【分析】（1）①给出的离子中，只有Fe3+遇KSCN溶液显红色，Fe3+与KI发生氧化还原反应生成的碘单质，易溶于有机溶剂，且碘在四氯化碳中显紫色；

②具有氧化性的离子为IO3﹣、Fe3+，具有还原性的离子为I﹣，利用氧化还原反应来分析；

（2）根据KI具有还原性及氧化还原反应、KI3在常温下不稳定性来分析；

（3）提高加碘盐（添加KI）的稳定性，主要是防止I﹣ 被氧化来分析；

（4）将亚铁离子转化为铁离子，再利用铁离子遇KSCN溶液变红色来检验．

【解答】解：（1）某加碘盐可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+，用蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化后将溶液分为3份．从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3+，反应：Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3，Fe（SCN）3呈血红色；从第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成．这是因为由于“氧化性：IO3﹣＞Fe3+＞I2”，加足量KI后，IO3﹣和Fe3+均能将I﹣氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色．由此可知该加碘盐中不含KI．

①该加碘盐溶液中加KSCN溶液显红色的物质是Fe（SCN）3，CCl4中显紫红色的物质是I2，电子式，

故答案为：Fe（SCN）3；；

②第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为IO3﹣+5I﹣+6H+═3I2+3H2O、2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2，

故答案为：IO3﹣+5I﹣+6H+═3I2+3H2O、2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2；

（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，KI会被空气中氧气氧化，KI在潮湿空气中氧化的反应化学方程式为：4KI+O2+2H2O═2I2+4KOH，根据题目告知，KI3H2O是在低温条件下，由I2溶于KI溶液可制得．再由题给的信息：“KI+I2⇌KI3”，可知KI3在常温下不稳定性，受热（或潮湿）条件下易分解为KI和I2，KI又易被空气中的氧气氧化，I2易升华，所以KI3H2O作为食盐加碘剂是不合适的，

故答案为：4KI+O2+2H2O═2I2+4KOH；否；KI3受热（或潮湿）条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华．；

（3）提高加碘盐（添加KI）的稳定性，主要是防止I﹣ 被氧化，根据题给信息“还原性：S2O32﹣＞I﹣”和氧化还原反应的强弱规律，可以选Na2S2O3作稳定剂；又由题给信息“3I2+6OH﹣═IO3﹣+5I﹣+3H2O”，可知I2与OH﹣会发生反应生成IO3﹣和5I﹣，而Na2CO3水解呈碱性，因而也可以用Na2CO3作稳定剂，防止加碘盐（添加KI）在潮湿环境下被氧气氧化．至于AlCl3，水解后呈酸性，且还原性I﹣＞Cl﹣，所不能作稳定剂；NaNO2当遇强还原性物质时能表现出氧化性，则NaNO2与KI能发生氧化还原反应为2NO2﹣+2I﹣+4H+=2NO↑+I2+2H2O，所以不能作稳定剂，

故答案为：AC；

（4）实际上就是设计实验方案，检验Fe2+．首先可取少量该加碘盐溶于蒸馏水中，然后用盐酸酸化后，滴加适量氧化剂（如：氯水、过氧化氢等），使溶液中Fe2+转化为Fe3+，再滴加KSCN溶液，若显血红色，则该加碘盐中存在Fe2+，

故答案为：取少量该加碘盐溶于蒸馏水中，用盐酸酸化，滴加适量氧化剂（如：氯水、过氧化氢等），再滴加KSCN溶液，若显血红色，则该加碘盐中存在Fe2+．

【点评】本题以日常生活中熟悉的食盐和加碘盐中碘的损失原因为素材，考查了氧化还原反应、实验方案设计，试题突了有效获取知识并与已有知识整合的能力，突出了能够从新信息中准确提取实质性的内容，并与所学的知识进行有效结合，解决实际问题的能力，题目难度中等．

20．某无色溶液中含有K+、Cl﹣ SO32﹣、SO42﹣，为检验溶液中所含的某些阴离子，限用的试剂有：盐酸、硝酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液、溴水和酚酞试液．检验其中OH﹣的实验方法省略，检验其他阴离子的过程如图所示．

（1）图中试剂化学式分别是①　Ba（NO3）2　，②　HCl　，③　HNO3　，④　Br2　，⑤　AgNO3　．

（2）图中现象a、b、c表明检验出的离子分别是a　SO32﹣　、b　SO42﹣　、c　Cl﹣　．

（3）白色沉淀A加试剂②反应的离子方程式是　BaSO3+2H+=Ba2++SO2↑+H2O　．

（4）无色溶液C加试剂③的主要目的是　中和OH﹣，防止对Cl﹣的检验产生干扰　．

（5）白色沉淀A若加试剂③而不加试剂②，对实验的影响是　会使SO32﹣对SO42﹣的检验产生干扰，不能确定SO42﹣和SO32﹣是否存在　．

（6）气体E通入试剂④发生反应的离子方程式是　Br2+SO2+2H2O=4H++SO42﹣+2Br﹣　．

【考点】无机物的推断；物质的检验和鉴别的实验方案设计．

【分析】（1）SO32﹣、SO42﹣与Ba（NO3）2溶液反应分别生成亚硫酸钡和硫酸钡白色沉淀，亚硫酸钡与盐酸反应生成二氧化硫气体，二氧化硫气体E能使溴水褪色，硫酸钡不溶解于硝酸中，故试剂①为Ba（NO3）2溶液，试剂②为盐酸或硝酸，试剂④为溴水，无色溶液C呈碱性，加入过量试剂③硝酸调整溶液呈酸性，再加入试剂⑤硝酸银溶液，生成氯化银白色沉淀；

（2）SO32﹣、SO42﹣与Ba（NO3）2溶液反应分别生成亚硫酸钡和硫酸钡白色沉淀，亚硫酸钡与盐酸反应生成二氧化硫气体，二氧化硫能使溴水褪色，反应方程式：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，硫酸钡不溶解，故试剂①为Ba（NO3）2溶液，由此可推测试剂②为某酸，与亚硫酸钡反应放SO2气体，但是后面需要检测SO42﹣，如果加入硝酸会将SO32﹣氧化，影响对SO42﹣的判断，故应为盐酸，试剂④为溴水，所以现象a检验出的阴离子为SO32﹣，现象b检验出的阴离子为SO42﹣；无色溶液C呈碱性，加入过量试剂③硝酸调整溶液呈酸性，再加入试剂⑤硝酸银溶液，生成氯化银白色沉淀，故现象c检验出的阴离子为Cl﹣；

（3）亚硫酸钡可以和强酸反应生成可溶性的钡盐和水以及二氧化硫；

（4）无色溶液A中含有OH﹣，OH﹣和硝酸银反应生成氧化银黑色沉淀，干扰对Cl﹣的检验，所以加入过量稀硝酸，中和OH﹣，防止对Cl﹣的检验产生干扰；

（5）白色沉淀A若加试剂③稀硝酸而不加试剂②会使SO32﹣对SO42﹣的检验产生干扰，不能确认SO42﹣是否存在；

（6）溴单质与二氧化硫反应生成氢溴酸和硫酸．

【解答】解：（1）SO32﹣、SO42﹣与Ba（NO3）2溶液反应分别生成亚硫酸钡和硫酸钡白色沉淀，亚硫酸钡与盐酸反应生成二氧化硫气体，二氧化硫气体E能使溴水褪色，硫酸钡不溶解于硝酸中，故试剂①为Ba（NO3）2溶液，试剂②为盐酸或硝酸，试剂④为溴水，无色溶液C呈碱性，加入过量试剂③硝酸调整溶液呈酸性，再加入试剂⑤硝酸银溶液，生成氯化银白色沉淀，

故答案为：Ba（NO3）2；HCl；HNO3；Br2；AgNO3；

（2）SO32﹣、SO42﹣与Ba（NO3）2溶液反应分别生成亚硫酸钡和硫酸钡白色沉淀，亚硫酸钡与盐酸反应生成二氧化硫气体，二氧化硫能使溴水褪色，反应方程式：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，硫酸钡不溶解，故试剂①为Ba（NO3）2溶液，由此可推测试剂②为某酸，与亚硫酸钡反应放SO2气体，但是后面需要检测SO42﹣，如果加入硝酸会将SO32﹣氧化，影响对SO42﹣的判断，故应为盐酸，试剂④为溴水，所以现象a检验出的阴离子为SO32﹣，现象b检验出的阴离子为SO42﹣；无色溶液C呈碱性，加入过量试剂③硝酸调整溶液呈酸性，再加入试剂⑤硝酸银溶液，生成氯化银白色沉淀，故现象c检验出的阴离子为Cl﹣，

故答案为：SO32﹣；SO42﹣；Cl﹣；

（3）亚硫酸钡可以和强酸反应生成可溶性的钡盐和水以及二氧化硫，即BaSO3+2H+═Ba2++SO2↑+H2O，故答案为：BaSO3+2H+=Ba2++SO2↑+H2O；

（4）无色溶液A中含有OH﹣，OH﹣和硝酸银反应生成氧化银黑色沉淀，干扰对Cl﹣的检验，所以加入过量稀硝酸，中和OH﹣，防止对Cl﹣的检验产生干扰，

故答案为：中和OH﹣，防止对Cl﹣的检验产生干扰；

（5）白色沉淀A若加试剂③稀硝酸而不加试剂②会使SO32﹣对SO42﹣的检验产生干扰，不能确认SO42﹣是否存在；

故答案为：会使SO32﹣对SO42﹣的检验产生干扰，不能确定SO42﹣和SO32﹣是否存在；

（6）溴单质与二氧化硫反应生成氢溴酸和硫酸，离子方程式：Br2+SO2+2H2O=4H++SO42﹣+2Br﹣．

故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H++SO42﹣+2Br﹣．

【点评】本题考查无机框图题，为高频考点，涉及常见离子的检验，试题涉及物质的推断、离子的性质及检验方法、化学方程式的书写等知识，根据反应现象推断各物质的成分是解题的关键，综合性较强，题目难度中等．

21．A是自然界存在最广泛的ⅡA族元素，常以化合物F存在．从单质A起始发生的一系列化学反应可由下图表示：

请回答下列问题：

（1）A与水反应的化学方程式为　Ca+2H2O═Ca（OH）2+H2↑　，E与水反应的化学方程式为　NaH+H2O═NaOH+H2↑　；

（2）F的化学式为　CaCO3　，G和D的电子式分别为　　和　　；

（3）D与H反应可能生成的盐有　Na2CO3、NaHCO3　 （填化学式）；

（4）实际生产中，可由F为原料制备单质A，简述一种制备方法　将CaCO3与盐酸反应生成CaCl2，然后电解熔融的CaCl2固体制取单质钙　．

【考点】无机物的推断；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．

【分析】本题的突破点是A，在自然界存在最广泛的ⅡA族元素中常温下与水反应的是单质Ca，与水反应生成Ca（OH）2和H2，则B是H2，C是Ca（OH）2，E是NaH，H是NaOH，CaCO3受热分解生成CO2和CaO，而CO2恰好与Ca（OH）2反应生成CaCO3和H2O，所以D和G分别是CO2和CaO；Ca作为活泼的金属元素一般只能通过电解法来制备．

【解答】解：（1）在自然界存在最广泛的ⅡA族元素中常温下与水反应的是单质Ca，反应的化学方程式为Ca+2H2O═Ca（OH）2+H2↑，在Ca（OH）2和H2中能与金属Na反应的是H2，反应的化学方程式为：H2+2Na═2NaH；所以B是H2，C是Ca（OH）2，E是NaH，NaH与水反应的化学方程式为：NaH+H2O═NaOH+H2↑，所以H是NaOH．

故答案为：Ca+2H2O═Ca（OH）2+H2↑；NaH+H2O═NaOH+H2↑；

（2）由反应条件可知F可能为CaCO3，CaCO3受热分解生成CO2和CaO，而CO2恰好与Ca（OH）2反应生成CaCO3和H2O，所以D和G分别是CO2和CaO；CO2和CaO分别属于共价化合物和离子化合物，分别含有极性共价键和离子键；

故答案为：CaCO3；；

（3）CO2对应的碳酸是二元酸，与NaOH反应时可能会生成两种碳酸盐：Na2CO3和NaHCO3，故答案为：Na2CO3、NaHCO3；

（4）Ca作为活泼的金属元素一般只能通过电解法来制备，可用电解熔融的CaCl2的方法制备．故答案为：将CaCO3与盐酸反应生成CaCl2，然后电解熔融的CaCl2固体制取单质钙．

【点评】本题主要考察查常见金属单质及其化合物之间的相互转化，注意框图推断题的突破口，熟悉元素化合物的性质，注意电子式的书写以及金属的冶炼方法．

22．某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱的，按下图装置进行试验（夹持仪器已略去）．实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO．由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸．

可选药品：浓硝酸、3mo/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳

已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反应

2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O

（1）实验应避免有害气体排放到空气中，装置③、④、⑥中乘放的药品依次是　3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液　

（2）滴加浓硝酸之前的操作时检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后　通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内　

（3）装置①中发生反应的化学方程式是　Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O　

（4）装置②的作用是，发生反应的化学方程式是　3NO2+H2O=2HNO3+NO　

（5）该小组得出的结论一局的试验现象是　装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色　

（6）试验结束后，同学们发现装置①中溶液呈绿色，而不显蓝色．甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体．同学们分别涉及了一下4个试验来判断两种看法是否正确．这些方案中可行的是　a c d　（选填序号字母）

a．加热该绿色溶液，观察颜色变化

b．加水稀释绿色溶液，观察颜色变化

c．向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化

d．向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反映产生的气体，观察颜色变化．

【考点】性质实验方案的设计．

【分析】验证浓硝酸的氧化性，应首先检查装置的气密性，硝酸与铜发生反应生成二氧化氮，通入水后生成一氧化氮，然后通过浓硝酸，如无色气体生成红棕色气体，可证明硝酸具有氧化性，可氧化一氧化氮，生成的气体不能直接排放到空气中，应有尾气处理装置，以此解答该题．

（1）根据装置特点和实验目的判断；

（2）根据空气造成的影响确定如何实施操作；同时根据一氧化氮的性质判断装置⑤的操作；

（3）根据铜和浓硝酸的性质结合实验现象判断产物，从而确定反应方程式；

（4）根据二氧化氮的性质且能转化为一氧化氮选择试剂；根据实验现象结合二氧化氮的性质书写反应方程式；

（5）根据对比实验③、④的实验现象判断；

（6）根据是否改变溶液中硝酸铜的质量分数或溶解气体的浓度判断；

【解答】解：（1）根据装置特点和实验目的，装置⑤是收集NO，装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大气；因为要验证稀HNO3不能氧化NO，所以装置③中应该盛放稀硝酸．

故答案为：3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液；

（2）由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出．

故答案为：通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内；

（3）Cu与浓HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO2、H2O，

故答案为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；

（4）装置②中盛放H2O，使NO2与H2O反应生成NO：3NO2+H2O=2HNO3+NO，

故答案为：将NO2转化为NO； 3NO2+H2O=2HNO3+NO；

（5）NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO，所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化即可说明之．装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体．

故答案为：装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色；

（6）要证明是Cu（NO3）2浓度过高或是溶解了NO2导致装置①中溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走（a、c方案）再观察颜色变化，二是增大溶液中NO2浓度（d方案），通过观察颜色变化可以判断．故选a c d，

故答案为：a c d．

【点评】本题主要考查HNO3的性质、属物质验证性实验设计，利用对比的方法判断硝酸的性质．物质验证性实验方案的设计如下：结合已知的物质具有的性质，选择合适的试剂，设计具体实验方案验证物质是否具有该性质．对有毒气体要设计尾气处理装置，防止污染环境，题目难度中等．

河北省邯郸市大名一中2017-2018学年高三上学期第一次月考化学试卷 Word版含解析