黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020届高三9月月考化学试题

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哈师大附中2017级高三9月月考化学试题 第I卷（选择题）‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N14 O 16 Ne 20 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Ba 137 ‎ 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意。每小题2分，共50分）‎ ‎1. 下列物质分类正确的是 A. SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物 B. 稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体 C. 烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质 D. 福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．SO2、SiO2为酸性氧化物，CO是不成盐氧化物。A错误；B．稀豆浆、硅酸属于胶体；而氯化铁溶液则是溶液，B错误；C．烧碱NaOH是碱，属于电解质；冰醋酸是纯净的醋酸，是酸，属于电解质；而四氯化碳是非电解质。C错误；D．福尔马林是甲醛的水溶液；水玻璃是硅酸钠的水溶液；氨水为氨气的水溶液，因此都是混合物。D正确。答案选D。‎ 考点：考查物质的分类的知识。‎ ‎2. 下列说法都正确的是 ‎①江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关 ‎②四川灾区重建使用了大量钢材，钢材是合金 ‎③“钡餐”中使用的硫酸钡是弱电解质 ‎④太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置 ‎⑤常用的自来水消毒剂有氯气和二氧化氯，两者都含有极性键 ‎⑥水陆两用公共汽车中，用于密封的橡胶材料是高分子化合物 A. ①②③④ B. ①②④⑥ C. ①②⑤⑥ D. ③④⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎3.下列说法正确的是 A. 植物油的主要成分是高级脂肪酸 B. 醋酸铅溶液可使鸡蛋清中的蛋白质变性 C. 蔗糖及其水解产物均可发生银镜反应 D. 合成纤维和棉花的主要成分均为纤维素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.植物油的主要成分是高级脂肪酸与丙三醇反应生成的酯，A错误；‎ B.醋酸铅为可溶性的重金属盐，其可使鸡蛋清中的蛋白质变性，B正确；‎ C.蔗糖不与银氨溶液发生银镜反应，C错误；‎ D.棉花主要成分为纤维素，合成纤维经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，不是纤维素，D错误；‎ 答案为B。‎ ‎4. 下列褪色现象中，其中一项与其他三项褪色原理不同的是 A. 二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 氯水能使甲基橙褪色 C. 浓硝酸能使石蕊试液褪色 D. 臭氧能使品红溶液褪色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为二氧化硫具有还原性，被高锰酸钾氧化，A正确；B、氯水能使甲基橙褪色，因为氯水中的次氯酸具有强氧化性使其褪色，B错误；C、浓硝酸能使石蕊试液褪色，是因为浓硝酸接具有强氧化性，有机色素被氧化褪色，C错误； D、臭氧具有强氧化性，能将有机有色物质氧化而使其褪色，D错误；答案选A 考点：漂白剂的原理 ‎5. 下列叙述正确的是 A. 常温常压下，4.6 g NO2气体约含有1.81×1023个原子 B. 在标准状况下，80 gSO3所占的体积约为22.4L C. 常温下，0.1 mol/L醋酸溶液的pH约为1‎ D. 标准状况下，22.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应，转移的电子数为2NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．常温常压下，4.6 g NO2气的物质的量是0.1mol,所以约含有1.81×1023个原子，A项正确；B．在标准状况下， SO3是固体，不能使用气体摩尔体积，B项错误；C．醋酸是弱酸，在溶液中部分电离，因此在常温下，0.1 mol/L醋酸溶液的pH大于1，C项错误；D．在标准状况下，22.4L氯气的物质的量是1mol,它与足量氢氧化钠溶液反应，转移的电子数为NA，D项错误；答案选A。‎ 考点：考查物质的量的有关计算等知识。‎ ‎6.下列物质的用途描述不正确的是 A. 晶体硅可用作制作半导体材料 B. 碳酸钠可用于制胃酸中和剂 C. 氧化铁可用于制作红色涂料 D. 明矾可用作净水剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硅元素处于金属和非金属分界线处，单质硅是一种良好的半导体材料，A正确；‎ B.碳酸钠在溶液中水解显碱性，且碱性较强，有较强的刺激性，不能用作胃酸中和剂，B错误；‎ C.氧化铁呈红棕色，可以用作红色涂料，C正确；‎ D.明矾的水溶液中，铝离子水解产生氢氧化铝，具有净水的作用，D正确；‎ 答案为B。‎ ‎7.下列反应的离子方程式正确的是 A. 用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑‎ B. 钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+═Cu↓+2Na+‎ C. AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO2—+4NH4++2H2O D. 用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.用CH3COOH溶解CaCO3醋酸为弱电解质，不能拆成离子形式，应该写化学式，A错误；‎ B.钠与CuSO4溶液反应，先与溶液中的水反应，生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应，B错误；‎ C.AlCl3溶液中加入过量稀氨水，反应生氢氧化铝，氢氧化铝不溶于弱碱，C错误；‎ D.双氧水具有强氧化性，能氧化单质铜，则用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】硫酸铜溶液中，Na与溶液中水提供的氢离子反应，不是置换溶液中的铜离子。‎ ‎8.类推（类比迁移）的思维方法可以预测许多物质的性质。但类比是相对的，不能违背客观事实。下列类比分析结果正确的是 A. Fe3O4根据化合价规律可表示为FeO•Fe2O3，则Pb3O4也可表示为PbO•Pb2O3‎ B. CaC2能水解：CaC2 + 2H2O = Ca(OH)2 + C2H2 ↑，则Al4C3也能水解：Al4C3 + 12H2O = 4A1(OH)3↓+ 3CH4↑‎ C. Cl2与Fe加热生成FeCl3，则I2与Fe加热生成FeI3‎ D. SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，则SO2通入Ba(NO3)2溶液也不产生沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Fe3O4中的Fe的化合价可以认为是+2，+3，则表示为FeO•Fe2O3，但是Pb常见的化合价为+2、+4，则Pb3O4应表示为2PbO•PbO2，A错误；‎ B.水解反应为物质与水电离出来的H＋和OH－结合的反应，Al4C3中的Al与OH－结合生成Al(OH)3，C与H结合生成甲烷，化学方程式为Al4C3 + 12H2O = 4A1(OH)3↓+ 3CH4↑，B正确；‎ C. 碘单质的氧化性比氯气弱，只能将Fe氧化成＋2价，则I2与Fe加热生成FeI2，C错误；‎ D. SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，是因为弱酸不能制取强酸，但SO2通入Ba(NO3)2溶液中，SO2溶于水，生成亚硫酸使溶液呈现酸性，溶液中存在硝酸根离子，将SO2氧化成SO42－，会生成硫酸钡沉淀，D错误；‎ 答案为B。‎ ‎【点睛】类推时，要根据实际情况推测，Pb的化合价为+2、+4价，其氧化物为PbO、PbO2‎ 两种和铁的不同。‎ ‎9.在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(p)从大到小的顺序是( )‎ A. p(Ne)＞p(H2)＞p(O2) B. p(O2)＞p(Ne)＞p(H2)‎ C. p(H2)＞p(O2)＞p(Ne) D. p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据阿伏加德罗定律，当它们的温度和密度相同时，摩尔质量与压强成反比，摩尔质量由小到大的顺序为H2＜Ne＜O2‎ ‎10.赤铜矿的成分是Cu2O，辉铜矿的成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有以下反应：2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑，对于该反应，下列说法正确的是 A. 该反应的氧化剂只有Cu2O B. Cu既是氧化产物，又是还原产物 C. Cu2S既是氧化剂又是还原剂 D. 还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．Cu元素的化合价降低，则Cu2O、Cu2S均为氧化剂，故A错误；‎ B．Cu元素得到电子被还原，则Cu为还原产物，故B错误；‎ C．Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故C正确；‎ D．Cu为还原产物，SO2为氧化产物，由反应可知，还原产物与氧化产物的物质的量之比为6：1，故D错误；‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念的考查，题目难度不大．‎ ‎11. 将淀粉—KI混合液装在半透膜中，浸泡在盛蒸馏水的烧杯中一段时间后，某学生取烧杯中液体滴加几滴试剂便立即报告老师说：这个半透膜袋已经破损了，老师肯定了他的做法。这位学生所滴的试剂及观察到的现象是 （ ）‎ A. 滴两滴碘水显蓝色 B. 滴淀粉试液显蓝色 C. 滴入氯水一淀粉试液显蓝色 D. 滴AgNO3，溶液出现黄色沉淀 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：将淀粉—KI混合液装在半透膜中，浸泡在盛蒸馏水的烧杯中一段时间，由于淀粉形成的是胶体，不能透过半透膜，而KI溶液的离子可以透过半透膜，若这个半透膜袋已经破损了，则在烧杯的液体中含有淀粉胶体，由于淀粉遇碘水溶液会显蓝色，因此该同学加入的试剂是碘水，观察到的现象是显蓝色。现象A正确。‎ 考点：考查胶体的性质及应用的知识。‎ ‎12.向2 mL 0.5 mol·L－1的FeCl3溶液中加入3 mL 3 mol·L－1 KF溶液，FeCl3溶液褪成无色，再加入KI溶液和CCl4振荡后静置，CCl4层不显色，则下列说法正确的是 A. Fe3＋不与I－发生反应 B. Fe3＋与F－结合成不与I－反应的物质 C. F－使I－的还原性减弱 D. Fe3＋被F－还原为Fe2＋，使溶液中不再存在Fe3＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．铁离子具有强氧化性，碘离子具有还原性，二者能够发生氧化还原反应，故A错误；‎ B．根据题中信息可知，加入氯化铁中加入氟化钾，说明铁离子参加了反应生成了无色物质，再根据加入碘化钾也没有明显现象进一步证明Fe3+与F﹣结合成不与I﹣反应的物质，故B正确；‎ C．氟离子与碘离子不反应，氟离子不会是碘离子的还原性减弱，故C错误；‎ D．铁离子氧化性较弱，不会与氟离子发生氧化还原反应，故D错误；‎ ‎【点评】本题考查了铁离子的性质及检验方法，题目难度中等，注意掌握铁离子、亚铁离子的检验方法，解答本题的关键是合理分析、理解题干信息，然后得出正确结论．‎ ‎13.实验室保存下列药品的方法，正确的是 A. 氢氟酸贮存在细口玻璃瓶里 B. 盛液溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发 C. 盛放浓硫酸的广口瓶应当用磨口玻璃塞，不能用橡皮塞 D. 氯水保存在无色玻璃瓶中，液氯贮存在钢瓶里 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氢氟酸与二氧化硅反应，则不能贮存在细口玻璃瓶里，A错误；‎ B.液溴的密度大于水，且微溶于水，水起液封的作用，盛液溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发，B正确；‎ C.盛放液体的试剂瓶为细口瓶，盛放浓硫酸不用广口瓶，C错误；‎ D.氯水见光易分解，氯水应保存在棕色玻璃瓶中；液氯在常温下不与铁反应，可贮存在钢瓶里，D错误；‎ 答案为B。‎ ‎14.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 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：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。‎ 考点：本题考查一定物质的量浓度溶液的配制。‎ ‎15. 下列两种物质间发生反应，消耗等物质的量的酸，产生气体最多的是 A. 木炭与浓硝酸 B. 铜与稀硝酸 C. 锌与稀硫酸 D. 木炭与浓硫酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：设酸的物质的量为1mol，分别根据4个反应的化学方程式可以求出产生气体的物质的量。木炭与浓硝酸：C+4HNO3=CO2↑+4NO2↑+2H2O，产生的气体为1.25mol；铜与稀硝酸：Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2‎ ‎+2NO↑+4H2O，产生的气体为0.25mol；锌与稀硫酸：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，产生的气体为1mol；D、木炭与浓硫酸：C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O，产生的气体为1.5mol，故D项正确。‎ 考点：本题考查根据化学方程式的计算。‎ ‎16.为提纯下列物质(括号内为杂质)选用的试剂和分离方法都正确的是 序号 物质 试剂 分离方法 ‎①‎ 硝酸钾（氯化钠）‎ 蒸馏水 重结晶 ‎②‎ 二氧化碳（氯化氢）‎ 饱和碳酸钠溶液 洗气 ‎③‎ 乙醇（水）‎ 金属钠 蒸馏 ‎④‎ NaCl溶液（Na2S）‎ AgCl 过滤 A. ①③ B. ①④ C. ② D. ③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①硝酸钾和氯化钠溶解度差距较大，可采用重结晶的方法分离，①正确；‎ ‎②饱和碳酸钠可与HCl反应，但还可用吸收二氧化碳，所选试剂错误，②错误；‎ ‎③乙醇和水均能与Na反应生成氢气，无法分离，③错误；‎ ‎④硫化银为沉淀，且溶解性比氯化银小。加入氯化银，可以将S2-转化为硫化银除去，而加入的过量的氯化银不溶于水，可与硫化银一同过滤除去，④正确；‎ 综上①④正确；‎ 答案为B。‎ ‎17. 下列选项中所涉及到的两个量一定不相等的是 A. 足量的钠在等物质的量的Cl2和O2中分别燃烧转移电子数 B. 等物质的量的KO2与CaO2分别与水反应生成的气体体积（相同条件下）‎ C. 100mL 1mol/L HNO3分别与1.4g Fe 、2.8gFe完全反应时生成的NO物质的量 D. 等浓度等体积的盐酸、NaOH溶液分别与一定量Al反应生成等质量气体时转移的电子数 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．由于金属钠足量，反应过程中转移电子的物质的量根据不足量的物质为标准；1molCl2反应转移2mol电子，1molO2发生反应产生Na2O转移2mol电子，也可能发生反应产生Na2O2，转移电子4mol，因此足量的钠在等物质的量的Cl2和O2中分别燃烧转移电子数可能相等，也可能不相等，正确；B.KO2、CaO2分别与水发生反应的方程式是：4KO2+2H2O=4KOH+3O2↑；2CaO2+2H2O=2Ca（OH）2+ O2↑；可见等物质的量的两种物质发生反应产生的氧气的物质的量不相等，则在相同条件下的体积也一定不相等，正确；C．100mL 1mol/L HNO3的物质的量是0.1mol，由于硝酸是变价金属，与1.4g Fe 、2.8gFe完全反应时，反应产生的物质可能形成Fe（NO3）2，也可能形成Fe（NO3）3，因此反应产生的NO物质的量可能相等，也可能不相等，正确；D．等浓度等体积的盐酸、NaOH溶液分别与一定量Al反应生成等质量气体时，由于氢离子得到的电子变为单质氢气，生成等质量气体时转移的电子数一定相等，正确。‎ 考点：考查物质的量在化学反应方程式的计算的应用的知识。‎ ‎18.下列离子在给定的条件下一定能大量共存的是 A. 加入Al粉放出H2的溶液中：Na+、K+、Fe3+、NO3—‎ B. c(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中：NH4+、AlO2—、SO42—、HCO3—‎ C. 水电离出的c(H+)=1×10—13mol/L的溶液中：Mg2+、K+、NO3—、Cl—‎ D. c(H+)=1×10—13mol/L的溶液中：K+、Cl—、AlO2—、CO32—‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加入Al粉放出H2的溶液可能为酸，还可能为碱，若为碱溶液，Fe3+不能共存，若为酸，有NO3—，无氢气放出，A错误；‎ B.c(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中： Fe3+、HCO3—可发生双水解反应不共存，B错误；‎ C.水电离出的c(H+)=1×10—13mol/L的溶液可能为酸，还可能为碱，若为碱溶液，Mg2+不能共存，C错误；‎ D. c(H+)=1×10—13mol/L的溶液为碱溶液，K+、Cl—、AlO2—、CO32—不反应可以大量共存，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】酸、碱对水的电离均有抑制作用，则水电离出的c(H+)=1×10—13mol/L的溶液可能为酸，还可能为碱。‎ ‎19. A、B、C分别是元素甲、乙、丙的单质，它们都是常见的金属或非金属，D、E、F是常见的三种氧化物，且有如图所示转化关系，则下列说法不正确的是 A. D、E中一定都含有A的元素 B. 单质B肯定是氧化剂 C. A、B、C中一定有一种是氧元素的单质 D. 若A是非金属，则B一定为金属 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：单质B和氧化物反应生成单质A和氧化物F，则D中一定含有A的元素。D和A反应又生成E，则E中一定含有A元素，选项A正确；根据框图的转化特点可知，A是碳、B是镁、C是氧气、D是CO2、E是CO、F是氧化镁，因此储存B是错误的，C、D都是正确的，答案选B。‎ 考点：考查无机框图题的判断 点评：该题难度较大，因为没有明显的突破点。主要根据常见元素及其化合物的转化，大胆验证、排除即可。‎ ‎20.下列操作不能说明仪器组装气密性良好的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.手握住试管后，烧杯中有气泡产生，离开试管玻璃导管内有一段水柱，装置气密性良好，A正确；‎ B.装置B气密性良好时，漏斗内的液体不能顺利流下，B正确；‎ C.装置C气密性良好时，手捧住烧瓶时，玻璃导管有一段水柱，离开时导管内液面与集气瓶液面持平，C正确；‎ D.装置D气密性良好时，上移左侧滴管，左右两侧容器内的液面会出现液面差，现两液面持平，说明装置漏气，D错误；‎ 答案为D。‎ ‎21.将少量的a溶液加入到b溶液中，现象及对应的离子方程式正确的是 ‎ a b 现象 离子方程式 选项 A 稀硫酸 KI 在空气中放置一段时间后溶液呈棕黄色 ‎4I—+ O2 + 2H2O = 2I2 + 4OH—‎ B Na2CO3‎ 稀盐酸 开始时无气泡，后来有气泡 CO32—+ H+ = HCO3—；‎ HCO3—+ H+ = H2O + CO2↑‎ C 稀盐酸 Na2SiO3‎ ‎ 产生白色胶状物 ‎2H+ + SiO32—= H2SiO3(胶体)‎ D 稀H2SO4‎ 滴有酚酞的Ba(OH)2‎ 有白色沉淀生成，溶液由红色变无色 Ba2+ + OH—+ H+ + SO42— = BaSO4↓ + H2O A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硫酸与碘化钾混合溶液呈酸性，最终不可能生成氢氧根离子，A错误；‎ B.碳酸钠加入到盐酸中，盐酸过量，开始就有气体产生，B错误；‎ C.盐酸与硅酸钠反应生成不溶于水的硅酸沉淀，C正确；‎ D.硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，硫酸少量，氢氧化钡过量，溶液不会变为无色，现象为红色变浅，硫酸为二元酸，要完全反应掉，化学方程式应为Ba2+ + 2OH-+ 2H+ + SO42- = BaSO4↓ + 2H2O，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎【点睛】碳酸钠加入到盐酸中，开始盐酸过量，有气体产生；盐酸加入到碳酸钠中，碳酸钠过量，开始无气体产生。‎ ‎22.某同学采用工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）制取CaCl2·6H2O，设计了如下流程：‎ 下列说法不正确的是 A. 固体I中含有SiO2，固体II中含有Fe(OH)3‎ B. 使用石灰水时，要控制pH，防止固体II中Al(OH)3转化为AlO2-‎ C. 试剂a选用盐酸，从溶液III得到CaCl2·6H2O产品的过程中，须控制条件防止其分解 D. 若改变实验方案，在溶液I中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净CaCl2·6H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）加足量的盐酸，得到二氧化硅沉淀和氯化钙、氯化铝、氯化铁混合溶液，所以固体Ⅰ中含有SiO2，滤液中加石灰水，控制pH，可以得到Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即为固体Ⅱ，过滤，向滤液加入盐酸中和过量的氢氧化钙，得氯化钙溶液，CaCl2·6H2O易分解，从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解；‎ ‎【详解】A.根据上面的分析可知，固体Ⅰ中含有SiO2，固体Ⅱ中含有Fe(OH)3，A正确；‎ B.氢氧化铝具有两性，可溶于氢氧化钙溶液，生成AlO2-，B正确；‎ C.CaCl2·6H2O易分解，从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解，C正确；‎ D.若改变实验方案，在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液中含有氯化铵，经蒸发浓缩、冷却结晶得到的CaCl2·6H2O不纯，D错误；‎ 答案为D。‎ ‎23.下列A～D四组，每组有两个反应，其中两个反应可用同一个离子方程式表示的是 ‎(Ⅰ)‎ ‎(Ⅱ)‎ A 少量SO2通入Ba(OH)2溶液 过量SO2通入Ba(OH)2溶液 B 少量浓氨水滴入Al2(SO4)3溶液中 少量Al2(SO4)3溶液滴入浓氨水中 C ‎0.1 mol Cl2通入含0.2 mol FeBr2的溶液 ‎0.3 mol Cl2通入含0.2 mol FeBr2溶液中 D 过量BaCl2溶液与少量Na2SO4溶液相混合 少量Ba(OH)2溶液与过量MgSO4溶液相混合 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 少量二氧化硫与氢氧化钡反应的产物为亚硫酸钡沉淀，过量时，产物为亚硫酸氢钡，离子方程式不同，A错误；‎ B. 少量氨水与硫酸铝反应生成氢氧化铝沉淀，过量时沉淀不溶解，离子方程式相同，B正确；‎ C. 0.1mol氯气与溶液中的亚铁离子恰好完全反应，而0.3mol氯气时，与亚铁离子反应剩余的氯气与溴离子反应，离子方程式不同，C错误；‎ D. 氯化钡与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，而氢氧化钡与硫酸镁反应生成硫酸钡和氢氧化镁沉淀，离子方程式不同，D错误；‎ 答案B；‎ ‎【点睛】氧化性：氯气>溴>铁离子，则氯气先与亚铁离子反应，完全反应后再与溴离子反应。‎ ‎24.若以w1和w2分别表示浓度为a mol/L和b mol/L氨水的质量分数，且2a＝b，则下列判断正确的是 A. 2w1＝w2 B. 2w2＝w1 C. w2＞2w1 D. w1＜w2＜2w1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据c=1000/M，amol/L=1000/M，bmol/L=1000/M，已知2a＝b，则1000/M=2000/M，化简=2，已知氨水的密度小于1g/cm3，且浓度越大密度越小，则<，可得w2＞2w1，答案为C。‎ ‎25.取x g铜和镁的合金完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生8960 mL NO2气体和672 mL N2O4气体（都已折算成标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17．02 g，则x等于 A. 8．64 g B. 9．00 g C. 9．20 g D. 9．44 g ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：沉淀的质量=m（金属）＋m（OH－）=17．02g，依据反应过程，，得到得到氢氧根的物质的量等于失去电子的物质的量，依据氧化还原反应中得失电子数目守恒，金属失去电子的物质的量等于硝酸得到电子的物质的量，m（金属）=17．02－m（OH－）=17．02－（8960×10－3/22．4＋672×10－3×2/22．4）×17=9．2g，故选项C正确。‎ 考点：考查化学计算、氧化还原反应规律、硝酸的性质等知识。‎ 第II卷（非选择题）‎ 二、填空题（共50分）‎ ‎26.现有某混合物的无色透明溶液，可能含有以下离子中的若干种：Na＋、NH4＋、Cl－、Mg2＋、Ba2＋、CO32－、SO42－。现取三份各100mL溶液进行如下实验：‎ ‎①第一份加入足量AgNO3溶液有沉淀产生；‎ ‎②第二份加足量NaOH溶液充分加热后，收集到气体0.896L(标准状况)；‎ ‎③第三份加足量BaCl2溶液后，过滤后充分干燥得到沉淀6.27g，再经足量稀硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量变为2.33g。根据上述实验现象和有关数据，回答下列问题：‎ ‎（1）原溶液中一定存在的阴离子是____________，一定不存在的离子是____________，可能存在的离子是__________。‎ ‎（2）②中发生化学反应的离子方程式为______________________________________。‎ ‎（3）③中生成可溶于稀硝酸的沉淀化学式为__________，物质的量为________mol。该沉淀溶于稀硝酸的离子方程式为______________________________________。‎ ‎【答案】 (1). CO32-、SO42- (2). Mg2+、Ba2+ (3). Cl- (4). NH4++OH-=NH3↑+H2O (5). BaCO3 (6). 0.02mol (7). BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①第一份加入足量AgNO3溶液有沉淀产生，则溶液中可能存在Cl－、CO32－、SO42－；‎ ‎②第二份加足量NaOH溶液充分加热后，收集到气体0.896L(标准状况)，则原溶液中存在NH4‎ ‎＋；‎ ‎③第三份加足量BaCl2溶液后，过滤后充分干燥得到沉淀6.27g，再经足量稀硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量变为2.33g，则溶液中存在CO32－、SO42－；一定不存在Mg2＋、Ba2＋；无法确定Cl－否存在；‎ ‎【详解】（1）分析可知，原溶液中一定存在的阴离子CO32-、SO42-；一定不存在的离子是Mg2+、Ba2+；可能存在的离子Cl-；‎ ‎（2）②中铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气和水，离子方程式为NH4++OH-=NH3↑+H2O；‎ ‎（3）③碳酸钡溶于硝酸，生成硝酸钡、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；碳酸钡、硫酸钡的混合物6.27g，不溶的为硫酸钡，2.33g，则碳酸钡的质量为6.27-2.33=3.94g，即0.02mol。‎ ‎27.FeSO4是一种精细化工产品，可用于治疗缺铁性贫血、制革、木材防腐等。制备步骤：①将3mol·L-1硫酸加入铁粉里，微热，搅拌使其充分反应；②趁热过滤；③在50℃左右蒸发、结晶，得到晶体——绿矾（FeSO4·7H2O）。回答下列问题：‎ ‎（1）制备FeSO4溶液时一般不用较浓硫酸而用3mol·L-1硫酸的原因是___________，反应时要求铁粉过量的理由是__________。‎ ‎（2）检验步骤①所得溶液中金属阳离子的方法是_________。‎ ‎（3）步骤②趁热过滤的原因是__________。‎ ‎（4）在空气中加热绿矾，固体质量与温度变化曲线如下图：‎ a曲线对应的反应化学方程式为____________。‎ c曲线对应的物质化学式为_________。‎ ‎【答案】（1）产生SO2，污染环境（2分） 防止生成Fe3+（1分）；‎ ‎（2）取少量待测液于试管中，加入KSCN溶液，无明显变化，再滴加少量氯水溶液变红色（或用NaOH溶液或K3[Fe(CN)6]溶液检验，叙述合理均可得分）（2分）；‎ ‎（3）防止硫酸亚铁结晶析出造成损失（2分）；‎ ‎（4）FeSO4·7H2OFeSO4·4H2O+3H2O（2分）； Fe2O3（2分）。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）制备FeSO4溶液时一般不用较浓硫酸而用3mol·L-1硫酸的原因是浓硫酸有强的氧化性，与铁发生反应，会产生SO2气体，污染环境；反应时要求铁粉过量是由于若铁不足量，反应产生的Fe2+容易被氧化产生Fe3+，Fe过量，产生的Fe3+与过量的Fe发生反应又转化为Fe2+；（2）检验步骤①所得溶液中金属阳离子Fe2+的方法是取少量待测液于试管中，加入KSCN溶液，无明显变化，再滴加少量氯水溶液变红色；或加入NaOH溶液产生白色沉淀，沉淀会迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；（3）FeSO4在水中的溶解度随温度的变化而变化较大，步骤②趁热过滤就可以防止硫酸亚铁结晶析出造成损失；（4）55.6g绿矾的物质的量是n(FeSO4·7H2O)= 55.6g÷278g/mol=0.2mol，其中含有结晶水的质量是0.2mol×7×18g/mol=25.2g，在a段减少的质量是55.6g-44.8g=10.8g，小于25.2g，说明失去的是结晶水，其物质的量是n(H2O)= 10.8g÷18g/mol=0.6mol，即1mol盐失去3mol结晶水，所以得到的物质化学式是FeSO4·4H2O，分解反应方程式是FeSO4·7H2OFeSO4·4H2O+3H2O；在0.2mol盐中含有铁元素的质量是m(Fe)= 0.2mol×56g/mol=11.2g，而在c曲线对应的物质的质量是16.0g，则含有氧元素的质量是16.0g-11.2g=4.8g，其物质的量是n(O)=4.8g÷16g/mol=0.3mol，n(Fe):n(O)=0.2mol:0.3mol=2:3，因此物质的化学式是Fe2O3。‎ 考点：考查离子的检验、化学操作的目的、物质的化学式的推断和反应方程式的书写的知识。‎ ‎28.从铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种工艺流程如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1) 流程乙加入烧碱后生成SiO32－的离子方程式为________________________________。‎ ‎(2) 写出由滤液D生成Al(OH)3的离子方程式： ________________________________。‎ ‎(3)向滤液Y中加入NaHCO3溶液，溶液的pH________(填“增大”、“不变”或“减小”)。‎ ‎(4) 滤液E、K中溶质的主要成分是________(填化学式)。‎ ‎(5) 已知298 K时，Mg(OH)2的溶度积常数Ksp＝5.6×10－12。取适量的滤液B，加入一定量的烧碱至达到沉淀溶解平衡，测得pH＝13.00，则此温度下残留在溶液中的c(Mg2＋)＝________。‎ ‎【答案】 (1). SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O (2). AlO2-＋CO2＋2H2O = Al(OH)3↓＋HCO3－ (3). 减小 (4). NaHCO3 (5). 5.6×10－10mol·L－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 流程甲：加入过量的盐酸，二氧化硅不溶解，则固体A为二氧化硅；溶液B为氯化铝、氯化铁、氯化镁和剩余的盐酸；加入过量的烧碱，沉淀C为氢氧化铁、氢氧化镁；滤液D为偏铝酸钠、氯化钠和剩余的NaOH溶液；通入过量的二氧化碳，沉淀F为氢氧化铝；滤液E为氯化钠、碳酸氢钠；‎ 流程乙：加入过量的烧碱，氧化铁、氧化镁不溶，固体X为氧化镁、氧化铁；滤液Y为偏铝酸钠、硅酸钠和剩余的NaOH溶液；通入过量的二氧化碳，沉淀Z为氢氧化铝，滤液K为碳酸氢钠；‎ ‎【详解】(1)流程乙加入烧碱后，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，离子方程式为SiO2＋2OH-=SiO32-＋H2O；‎ ‎(2)写出由滤液D主要为偏铝酸钠，与二氧化和水反应，生成Al(OH)3、碳酸氢根离子，离子方程式为AlO2-＋CO2＋2H2O = Al(OH)3↓＋HCO3-；‎ ‎(3)滤液Y为偏铝酸钠、硅酸钠和剩余的NaOH溶液，加入NaHCO3溶液，消耗剩余的NaOH，则pH减小;‎ ‎(4)分析可知，滤液E、K中溶质的主要成分是碳酸氢钠；‎ ‎(5)液B为氯化铝、氯化铁、氯化镁和剩余的盐酸，加入烧碱达到沉淀溶解平衡，测得pH＝13.00，则c(OH-)=0.1mol/L，根据Ksp＝5.6×10－12，c(Mg2＋)＝Ksp/c2(OH-)=5.6×10－10。‎ ‎29.蜂胶是一种天然抗癌药，主要活性成分为咖啡酸苯乙酯(J)。合成化合物I的路线如下：‎ 已知：①‎ ‎②RCHO+HOOCCH2COOH RCH=CHCOOH ‎③当羟基与双键碳原子相连时，易发生转化：RCH-CHOH=RCHCHO 请回答下列问题：‎ ‎(l)化合物F的名称是____;B-C的反应类型是____。‎ ‎(2)化合物E中含氧官能团的名称是____；G-H的反应所需试剂和条件分别是____、____。‎ ‎(3)写出化合物C与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式____。‎ ‎(4)化合物W与E互为同分异构体，两者所含官能团种类和数目完全相同，且苯环上有3个取代基，则W可能结构有____种(不考虑顺反异构)，其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为2:2:1：1:1:1，写出符合要求的W的结构简式____。‎ ‎(5)参照上述合成路线，设计由CH3CH=CH2和HOOCCH2COOH为原料制备 CH3CH2CH=CHCOOH的合成路线(无机试剂任选)____。‎ ‎【答案】 (1). 苯乙烯 (2). 取代反应 (3). 羟基、羧基 (4). 氢氧化钠水溶液 (5). 加热 (6). (7). 11 (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知①，A和H2O2反应生成B，结合C的结构简式可推知B的结构简式为；B发生取代反应生成C；根据已知②，在吡啶，加热条件下，C转化为D，由C的结构可推出D的结构简式为；F和HBr在过氧化物存在的条件下发生加成反应生成G，G的结构简式为；G水解生成H，H为醇，E为羧酸，在浓硫酸，加热条件下E和H发生酯化反应生成I，由I的结构可推知E的结构简式为，D→E为取代反应，以此分析解答。‎ ‎【详解】(l)由F的结构简式可知，化合物F的名称是苯乙烯；B→C是转化为的反应，羟基上的氢原子被甲基取代，则反应类型是取代反应，‎ 故答案为：苯乙烯；取代反应；‎ ‎(2) E的结构简式为，则E中含氧官能团的名称是羟基、羧基；G→H是卤代烃的水解反应，所需试剂和条件分别是氢氧化钠水溶液、加热，‎ 故答案为：羟基、羧基；氢氧化钠水溶液、加热；‎ ‎(3) 分子中含有醛基，与新制Cu(OH)2悬浊液反应醛基被氧化产生砖红色沉淀，化学方程式为，‎ 故答案为：；‎ ‎(4) E的结构简式为，化合物W与E互为同分异构体，两者所含官能团种类和数目完全相同，且苯环上有3个取代基，则W可能的结构有：、、、、、、、、、、共11种；其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为2:2:1:1:1:1，写出符合要求的W的结构简式；‎ 故答案为：11；；‎ ‎(5) 要制备CH3CH2CH=CHCOOH，根据已知②，可用丙醛CH3CH2CHO与HOOCCH2COOH在吡啶，加热条件下反应制得，结合所提供的原料，只需完成由CH3CH=CH2合成丙醛即可，具体设计的合成路线为：，‎ 故答案为：。‎ ‎ ‎ ‎ ‎