当前位置:咋考网 > 高考 > 模拟题 > 化学 >

2018年高三化学上册高考模拟相关

辽宁2018年高三上册化学高考模拟试卷完整版

央视栏目《国家宝藏》不仅介绍了历史文化知识,彰显了民族自信、文化自信,历史文物本身也蕴含着许多化学知识。下列说法错误的是
A. 南朝·《竹林七贤与启荣期》砖画的砖块的主要成分是二氧化硅
B. 战国·曾侯乙编钟属于青铜制品,青铜是一种铜锡合金
C. 清·乾隆“瓷母”—各种釉彩大瓶中的红色窑变釉的主要成分可能是氧化亚铜
D. 宋·王希孟《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜

【答案】A
【解析】
A、陶瓷是传统的硅酸盐产品,其主要成分是硅酸盐,而不是二氧化硅,故A符合题意;
B、青铜是铜锡合金,它是人类使用最早的合金,故B不符合题意;
C、氧化亚铜是红色的,红色窑变釉的主要成分可能是氧化亚铜,故C不符合题意;
D、铜绿的化学成分是碱式碳酸铜,化学式为Cu2(OH)2CO3,故D不符合题意;
综上所述,本题应选A。

化学与生产、生活、技术密切相关。下列说法正确的是
A. 纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子,其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附
B. “水滴石穿”不仅包含着“量变到质变”的哲学思想,同时也包含物理和化学变化
C. 节日燃放的烟花,是碱金属、锶、钡、铂、铁等金属元素焰色反应呈现的
D. 工厂中常用的静电除尘装置是根据胶体带电性的性质而设计的

【答案】B
【解析】
A、铁粉具有还原性,能将水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+重金属离子还原成相应的单质,从而净化水质,不是物理吸附作用,故A错误;
B、“水滴石穿”是指石头在水滴或雨滴的长期侵蚀作用下发生了的物理变化和化学变化而溶解,从而使石头穿孔。故B正确;
C、不是所有金属都有焰色反应,铂和铁等金属没有焰色反应,故C错误;
D、某些胶体粒子带电荷,不是胶体带电。工厂中常用的静电除尘装置是根据胶粒带电这个性质而设计的,故D错误。
综上所述,本题应选B。

下列有关物质的性质与用途均正确且具有对应关系的是
A. 明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶于水会形成胶体,可用于自来水的杀菌消毒
B. 金属钠具有强还原性,可用与TiCl4溶液反应制取金属Ti
C. SiO2熔点高,可以用石英坩埚加热熔融碳酸钾
D. Na2O2吸收CO2产生O2,可用作呼吸面具供氧剂

【答案】D
【解析】
A、明矾溶于水能形成氢氧化铝胶体,具有吸附性,能够吸收水中固体杂质颗粒,可以净水,不具有氧化性,不能对自来水杀菌消毒,故A不符合题意;
B、钠易与溶液中的水反应,不能置换出溶液中的金属,金属钠可与熔融TiCl4反应制取金属Ti,故B不符合题意;
C、SiO2可以在高温下与碳酸钾反应生成硅酸钾和二氧化碳气体,故C不符合题意;
D、Na2O2可以与CO2反应生成碳酸钠和O2,因此可用作呼吸面具供氧剂,故D符合题意;
综上所述,本题应选D。

向胶体中加入电解质能使胶体发生聚沉。使一定量的胶体在一定时间内开始聚沉所需电解质的浓度称作“聚沉值”,电解质的“聚沉值”越小其凝聚力越大;实验证明,凝聚力主要取决于和胶粒带相反电荷的离子所带的电荷数。某胶体遇氯化镁溶液或石膏水易发生聚沉,而遇食盐水或Na2SO4溶液不易发生聚沉,则下列有关说法正确的是
A. Na+使此胶体发生聚沉的“聚沉值”等于Ca2+、Mg2+
B. 该胶体分散质微粒带正电荷
C. 该胶体遇氯化钡溶液或Fe(OH)3胶体可发生聚沉
D. 该胶体的微粒直径为10—7cm~10—9cm

【答案】C
【解析】A、胶体遇盐卤或石膏水易发生凝聚,而与食盐水或Na2SO4溶液则不易发生凝聚,Na+使此胶体发生聚沉的“聚沉值”小于Ca2+、Mg2+,故A错误;B、该胶体遇钙、镁易发生聚沉,而遇钠离子则不易发生聚沉,说明胶体的胶粒带负电荷,故B错误;C、该胶体遇钙、镁易发生聚沉,说明胶体的胶粒带负电荷,因此该胶体遇BaCl2溶液容易发生聚沉, Fe(OH)3胶体的胶粒是带正电荷,也可使该胶体发生聚沉,故C正确;D、胶体分散质微粒直径的大小介于1nm~100nm之间,即介于10—7m~10—9m之间,故D错误;故选C。

下列各项叙述正确的是
①水玻璃、碱石灰、漂白粉、福尔马林、淀粉均为混合物
②进行中和热的测定实验时,必须用到两个量筒和两个温度计
③由不同种原子间形成的共价键一定是极性共价键
④有单质参加的反应或有单质产生的反应一定是氧化还原反应
⑤碱性氧化物一定是金属氧化物,金属氧化物不一定是碱性氧化物
⑥蒸馏在天然香料,药物提取及核燃料处理等技术中得到了广泛的应用
⑦Ca(HCO3)2、Fe(OH)3可由化合反应制得,Fe3O4可以由置换反应制得
A. ①③⑤ B. ①⑤⑦ C. ②③⑤⑦ D. ①②④⑥

【答案】B
【解析】
①水玻璃为硅酸钠的水溶液,碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠的混合物,漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙,福尔马林是甲醛的水溶液,淀粉分子式通式为(C6H10O5)n其中n不定,因此以上物质均为混合物,故①正确;
②进行中和热的测定实验时,必须用到2个量筒和1个温度计,故②错误;
③不同种元素之间形成的共价键一定是极性共价键,不同的原子可能是同一元素的不同核素,故③错误;
④有单质参加的反应或有单质产生的反应不一定是氧化还原反应,如3O2=2O3,故④错误;
⑤所有的碱性氧化物一定是金属氧化物,但金属氧化物不一定是碱性氧化物(如Na2O2),故⑤正确;
⑥萃取在天然香料,药物提取及核燃料处理等技术中得到了广泛的应用,故⑥错误;
⑦Ca(HCO3)2可由碳酸钙、水和二氧化碳化合而成,Fe(OH)3可由氢氧化亚铁与氧气化合反应制得,Fe3O4可以由铁与水蒸气置换反应制得,故⑦正确;
综上所述,本题应选B。

设NA代表阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A. 46g有机物C2H6O中含有极性共价键的数目一定为7NA
B. 在K35ClO3+6H37Cl=KCl+3Cl2↑+3H2O中,若生成71gCl2转移的电子数目为5/3NA
C. 1 mol的P4O6中含有6 NA个P-O键
D. 将1molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性,溶液中NH4+数目为NA

【答案】D
【解析】
A、46g有机物C2H6O的物质的量为1mol,C2H6O可能为乙醇,1mol乙醇中含有7NA个极性共价键,C2H6O也可能为二甲醚,1mol二甲醚中含有8NA个极性共价键,故A错误;
B、在K35ClO3+6H37Cl=KCl+3Cl2↑+3H2O中,K35ClO3中35Cl由+5价降为0价,作氧化剂;H37Cl中37Cl由-1价升为0价,作还原剂,根据得失电子守恒可知氧化剂与还原剂物质的量之比为1:5,则生成的氯气的平均相对分子质量为(35+5×37)/6=73.3, 若生成71gCl2,其物质的量小于1mol,则转移的电子数目小于5/3NA;故B错误;
C、1个的P4O6中含有12个P-O键,所以1mol的P4O6中含有12 NA个P-O键,故C错误;
D、将1molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性,则溶液中氢离子数目等于氢氧根离子数目,所以溶液中NH4+数目为等于硝酸根离子数目,1molNH4NO3中电离出1mol硝酸根离子,所以溶液中NH4+数目为NA,故D正确;
综上所述,本题应选D。

常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 澄清透明的中性溶液中:Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-
B. 使甲基橙变黄色的溶液中: Na+、AlO2-、SO42-、Cl-
C. Kw/c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中: NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-
D. 能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液:Na+、Cl−、S2−、ClO−

【答案】C
【解析】
A、澄清透明的中性溶液中Fe3+不能大量存在,故A不符合题意;
B、甲基橙的变色范围:pH在3.1之前为红色;pH在3.1~4.4之间为橙色;pH在4.4以后为黄色,所以使甲基橙变黄色的溶液可能为弱酸性、中性或碱性,AlO2-在弱酸和中性条件下不能大量存在,故B不符合题意;
C、Kw/c(H+)=1×10-13mol/L的溶液为酸性溶液,在酸性溶液中NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-之间不发生离子反应,能够大量共存,故C符合题意;
D、能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液呈碱性,S2−具有还原性、ClO−具有氧化性,两者可发生氧化还原反应而不能大量共存,故D错误;
综上所述,本题应选C。

用下列实验装置进行相应实验,设计正确且能达到实验目的的是

A. 用装置甲进行中和热的测定
B. 用装置乙制取CO2气体
C. 用装置丙蒸发CH3COONa溶液得CH3COONa晶体
D. 用装置丁模拟工业制氨气并检验产物

【答案】C
【解析】
A、装置甲中缺少环形玻璃搅拌棒,故A错误;
B、纯碱是易溶物,此装置不能随关随停,应该用碳酸钙固体,故B错误;
C、用装置丙蒸发CH3COONa溶液可以得到CH3COONa晶体,故C正确;
D、丁装置应用湿润的红色石蕊试纸检验氨气,故D错误;
综上所述,本题应选C。

厌氧氨化法(Anammox)是一种新型的氨氮去除技术,下列说法中正确的是

A. 1mol NH4+ 所含的质子总数为10NA
B. 1mol联氨(N2H4)中含有5mol共价键
C. 1molNH4+经过过程I、II、III,(假设每步转化均完全)得到氮气的体积约为11.2L
D. 该方法每处理1molNH4+,需要的NO2—为0.5mol

【答案】B
【解析】
A、质子数等于原子序数,1mol NH4+ 所含的质子总数为11NA,故A错误;
B、一个联氨(N2H4)分子中共含有5个共价键,所以1mol联氨(N2H4)中含有5mol共价键,故B正确;
C、由图可知,经过过程I、II、III,(假设每步转化均完全)1molNH4+和1molNH2OH发生氧化还原反应生成1mol氮气,标况下的体积为22.4L,故C错误;
D、由图可知,经过过程I、II、III,(假设每步转化均完全)1molNH4+和1molNH2OH发生氧化还原反应生成1mol氮气。由电子转移守恒可知,从整个过程来看,每处理1molNH4+,需要的NO2—为1mol,故D错误;
综上所述,本题应选B。

某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验。下列说法中不正确的是

A. 实验前pH(Na2CO3)>pH(NaHCO3)
B. 实验后两溶液中离子种类完全相同
C. Na2CO3溶液中生成的沉淀比NaHCO3溶液中生成的沉淀多
D. 两溶液中反应的基本类型相同

【答案】B
【解析】
A、CO32-、HCO3-水解均显碱性,相同浓度下,CO32-的水解程度比HCO3-大,所以相同浓度的Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3溶液,故A不符合题意;
B、实验后,碳酸钠溶液和氯化钙溶液恰好反应,生成碳酸钙钙沉淀和氯化钠,其中的离子主要有:钠离子、氯离子;碳酸氢钠溶液和氯化钙溶液反应后,生成碳酸钙沉淀和氯化钠、碳酸,碳酸大部分分解为二氧化碳气体和水,氯化钙有剩余,溶液中的离子主要有:钠离子、氯离子、钙离子、碳酸氢根等,故两者的离子种类不相同,故B符合题意;
C、加入氯化钙后,左侧试管中只有白色沉淀生成,则反应方程式为Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl,右侧试管中有白色沉淀和无色气体产生,则反应方程式为2NaHCO3+CaCl2=CaCO3 +2NaCl+CO2+H2O ,由方程式可知起始CO32-、HCO3-的物质的量相同时,生成的沉淀不一样多,故C不符合题意;
D、根据C项分析可知,两试管中发生的反应均为复分解反应,故D不符合题意。
综上所述,本题应选B。

a、b、c、X是中学化学中常见的四种物质,且a、b、c中含有同一种元素,其转化关系如下图所示。下列说法不正确的是

A. 若a、b、c均为厨房中常用的物质,则构成c中的阳离子半径小于其阴离子半径
B. 若a为一种气态氢化物,X为O2,则a分子中可能含有10个或者18个电子
C. 若b为一种两性氢氧化物,则X可能是强酸,也可能是强碱
D. 若a为固态非金属单质,X为O2,则O元素与a元素的原子序数之差可能为8

【答案】D
【解析】若a、b、c均为厨房中常用的物质,a为碳酸钠,X为盐酸,碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠b,碳酸氢钠与盐酸继续反应生成氯化钠c,钠离子核外有2个电子层,氯离子核外有有3个电子层,所以氯化钠中阳离子半径小于其阴离子半径,A正确;若a为气态硫化氢,与氧气反应生成单质硫b,硫继续与氧气反应生成二氧化硫c,硫化氢与氧气直接反应生成二氧化硫,硫化氢为18个电子微粒;甲烷与氧气不完全反应生成一氧化碳b,一氧化碳与氧气继续反应生成二氧化碳c,甲烷完全燃烧直接生成二氧化碳,甲烷为10个电子的微粒;综上所述,C正确;若a为单质碳,可以燃烧生成一氧化碳b,二氧化碳c,但是和氧原子序数只差为2,不是8;若a为固态非金属单质硫,与氧气反应不能直接生成三氧化硫c;也就是说,硫原子和氧原子的原子序数虽然能够差8,但是不能满足题意要求,D错误;正确选项D。

下列有关实验操作,现象和解释或结论都正确的是

操作

现象

解释或结论

A

向饱和Na2CO3 溶液中通入足量CO2

溶液变浑浊

析出了NaHCO3晶体

B

向含有酚酞的烧碱溶液中通入SO2

溶液红色退去

二氧化硫有漂白性

C

用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应

火焰呈黄色

溶液中有Na+、无K+

D

向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液

有白色沉淀和气体产生

AlO2-与HCO3-发生了双水解反应



A. A B. B C. C D. D

【答案】A
【解析】
A、向饱和Na2CO3中通入足量CO2时,生成NaHCO3,由于NaHCO3溶解度比Na2CO3小,故而有晶体析出,故A正确;
B、向含有酚酞的烧碱(氢氧化钠)溶液中通入SO2,氢氧化钠与二氧化硫反应可以生成亚硫酸氢钠,溶液由碱性逐渐变为弱酸性,故溶液红色退去,不是利用的二氧化硫的漂白性,故B错误;
C、进行焰色反应时若火焰呈黄色,则原溶液中一定含有Na+,还可能含有K+,透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色则证明有K+,故C错误;
D、NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀氢氧化铝和碳酸钠,没有气体生成,故D错误;
综上所述,本题应选A。

下列离子方程式正确的是
A. 用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基:+2HCO3-→+2H2O+2CO2↑
B. 在NaHCO3溶液中加入过量Ba(OH)2溶液:HCO3—+Ba2++OH—= BaCO3↓+H2O
C. 向Mg(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液,产生白色沉淀:Mg2++2HCO3-+2OH- = MgCO3↓+2H2O
D. 用高锰酸钾溶液滴定草酸:2MnO4-+16H++5C2O42- = 2Mn2++10CO2↑+8H2O

【答案】B
【解析】
A、酚羟基的酸性大于碳酸氢根的酸性,小于碳酸的酸性,所以碳酸氢钠溶液与酚羟基不反应,故A错误;
B、在NaHCO3溶液中加入过量Ba(OH)2溶液,则离子方程式应按碳酸氢根少量进行书写,反应为:HCO3—+Ba2++OH—= BaCO3↓+H2O,故B正确;
C、向Mg(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液,生成溶解度更小的氢氧化镁沉淀,应改为:Mg2++2HCO3-+4OH- = Mg(OH)2↓+2H2O+2CO32-,故C错误
D、草酸为弱酸,不能拆开写,故D错误;
综上所述,本题应选B。

水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2++2S2O32-+O2+4OH- = Fe3O4↓+S4O62-+2H2O。下列说法不正确的是
A. 参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5
B. 若有2 mol Fe2+被氧化,则被Fe2+还原的O2的物质的量为0.5 mol
C. 每生成1 mol Fe3O4,反应转移的电子为4 mol
D. O2是氧化剂,S2O32-与Fe2+是还原剂

【答案】A
【解析】
试题在3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O中,化合物中铁元素、硫元素用平均化合价,铁元素的化合价变化硫元素的化合价变化为氧元素的化合价变化:0→-2,所以氧化剂是O2;还原剂是Fe2+、S2O32-.氧化剂是O2,还原剂是Fe2+、S2O32-,3molFe2+参加反应时只有2mol被氧化,参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1:(2+2)=1:4,,故A错;2molFe2+被氧化时,失去电子2mol,则被Fe2+还原的O2的物质的量为B正确;每生成1molFe3O4,参加反应的氧气为1mol,转移电子数为1mol×4=4mol,故C正确;O2是氧化剂,S2O32-和Fe2+是还原剂,故D正确;所以答案选A

将镁铝合金溶于100mL稀硝酸中,产生1.12LNO气体(标准状况),向反应后的溶液中加入NaOH溶液,产生沉淀情况如图所示。下列说法不正确的是

A. 原溶液中c(HNO3)=2.6mol/L B. 沉淀最大质量为4.08g
C. m(Mg):m(Al)=8:9 D. 氢氧化钠溶液浓度为3mol/L

【答案】A
【解析】
向反应溶液中加入NaOH溶液,开始没有沉淀,说明硝酸过量,与硝酸反应的NaOH溶液是10mL,从开始沉淀到沉淀达到最大时消耗NaOH溶液是50mL,溶解氢氧化铝消耗NaOH溶液是10mL,则生成氢氧化铝消耗NaOH溶液是30mL,所以生成氢氧化镁消耗的NaOH溶液20mL。1.12LNO气体(标准状况)的物质的量为1.22L÷22.4L/mol=0.05mol,则转移的电子总数为n(e-)=0.15mol,设镁铝合金中镁的物质的量为xmol,铝的物质的量为ymol,根据得失电子守恒得2x+3y=0.15,根据生成氢氧化铝消耗NaOH溶液是30mL,生成氢氧化镁消耗的NaOH溶液20mL,根据方程式对应关系Al3++3OH-=Al(OH)3,Mg2++2OH-=Mg(OH)2可得x=y,两式结合解得x=y=0.03mol;根据溶解氢氧化铝消耗NaOH溶液是10mL,由Al(OH)3+OH-=2H2O+AlO2-可知氢氧化钠的物质的量浓度为0.03mol÷0.01L=3mol/L。
A、可根据沉淀达到最大时所得溶液是硝酸钠,根据钠离子守恒与硝酸根守恒可知硝酸的物质的量为n(HNO3)=n(NO)+2n(Mg2+)+3n(Al3+)+3mol/L×10mL=0.05mol+0.06mol+0.09mol+0.03mol=0.23mol,所以 原溶液中c(HNO3)=n/V=2.3mol÷0.1L=2.3mol/L,故A符合题意;
B、根据上述分析可知,沉淀最大时为氢氧化镁和氢氧化铝,质量为n(Mg(OH)2)×M(Mg(OH)2)+n(Al(OH)3)×M(Al(OH)3)=4.08g,故B不符合题意;
C、根据上述分析可知,镁和铝的物质的量均为0.03mol,则质量之比为摩尔质量之比24:27=8:9,故C不符合题意;
D、根据上述分析可知,氢氧化钠溶液浓度为3mol/L,故D不符合题意;
综上所述,本题应选A。

溶液X中含有右表离子中的某5种,且其浓度均为0.1 mol·L−1(不考虑水的电离与离子水解)。向X溶液中加入足量稀盐酸,有无色气体生成,经分析,反应前后阴离子种类没有变化。下列叙述不正确的是

阳离子

阴离子

Na+、Fe3+、Ca2+、Fe2+、Mg2+、Al3+

OH−、NO3−、HCO3−、CO32−、SO42−、Cl−



A. X溶液中一定含3种阳离子、2种阴离子
B. X溶液中不可能含有HCO3− 或CO32−
C. 生成无色气体的离子方程式为:3Fe2+ +NO3−+4H+===3Fe3++NO ↑ +2H2O
D. 根据电荷守恒,原溶液中一定含Mg2+

【答案】A
【解析】
各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L,向溶液X中加入足量的盐酸,有气体生成,且反应溶液中阴离子的种类没有变化,产生气体不可能是碳酸根离子或碳酸氢根离子;根据表中的离子,可推知是Fe2+、NO3-在酸性环境下生成的一氧化氮,加入盐酸,溶液中阴离子种类不变,所以原来溶液中含有Cl-,若只含有氯离子和硝酸根离子,二者的浓度为0.1mol/L,根据电荷守恒是不可能的,所以还含有阴离子SO42-,由于总共含有5种离子,再根据电荷守恒可知还含有一种带有两个正电荷的Mg2+,所以原溶液中含有的五种离子为:Cl-、NO3-、SO42-、Fe2+、Mg2+。据此分析可得结论。
A.原溶液中含有的五种离子为:Cl-、NO3-、SO42-、Fe2+、Mg2+,含有2种阳离子、3种阴离子,故A错误;
B.根据分析可知,溶液中一定不存在HCO3-与CO32-,故B正确;
C.生成无色气体为NO,反应的离子方程式为:3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO+2H2O,故C正确;
D.原溶液中一定含有Mg2+,故D正确;
答案选A。

为了探究硫酸亚铁的分解产物,进行了如下图装置所示的实验,打开K1和K2,缓缓通入N2,一段时间后加热,实验后反应管中残留固体为红色粉末,BaCl2溶液中有白色沉淀产生,品红溶液中红色褪去,检查氢氧化钠溶液出口处无氧气产生。下列说法错误的是

A. 氢氧化钠溶液的作用是吸收多余的SO2气体
B. 反应管内产生的红色粉末可能是Fe2O3
C. BaCl2溶液的目的是检验SO3的存在,此处用Ba(NO3)2溶液也可以检验SO3
D. 反应管内得到的氧化产物和还原产物物质的量之比为1:1

【答案】C
【解析】氢氧化钠溶液的作用是吸收多余的酸性气体,避免污染空气,选项A正确。硫酸亚铁受热分解,产生的红色固体一定含有Fe元素,所以可能是Fe2O3,选项B正确。如果二氧化硫气体,通入硝酸钡溶液中,因为二氧化硫溶于水溶液显酸性,酸性条件下,硝酸根离子将二氧化硫氧化为硫酸,再与钡离子生成硫酸钡沉淀。所以用硝酸钡溶液的问题是:无法判断使硝酸钡溶液出现白色沉淀的是二氧化硫还是三氧化硫,选项C错误。实验后反应管中残留固体为红色粉末(Fe2O3),BaCl2溶液中有白色沉淀产生(说明有SO3),品红溶液中红色褪去(说明有SO2),检查氢氧化钠溶液出口处无氧气产生,所以分解的方程式为:2FeSO4 Fe2O3 + SO3↑+ SO2↑,所以氧化产物(Fe2O3)和还原产物(SO2)物质的量之比为1:1,选项D正确。

向FeCl3、Al2(SO4)3的混和溶液中逐滴加入Ba(OH)2(aq),形成沉淀的情况如下图所示。沉淀的生成的pH列于下表(已知:偏铝酸钡易溶于水)。以下推断正确的是

氢氧化物

溶液pH

开始沉淀

沉淀完全

Fe(OH)3

2.3

3.4

Al(OH)3

3.3

5.2



A. OA段产生的沉淀为BaSO4和Fe(OH)3
B. 据图计算原溶液中c(Cl-)=c(SO42-)
C. AB段可能发生的反应是:2SO42-+ 2Ba2+ + Al3+ +3OH-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓
D. C点溶液呈碱性是因为AlO2-水解,离子方程式为:AlO2-+2H2O=Al(OH)3 +OH-

【答案】B
【解析】
Al2(SO4)3和FeCl3的混合溶液与Ba(OH)2溶液反应的实质是Fe3+,Al3+与OH-、Ba2+与SO42-之间的离子反应,如下:Ba2++SO42-═BaSO4↓,Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓,Al3++3OH-═Al(OH)3↓,Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O,假设1molAl2(SO4)3中SO42-完全被沉淀所需Ba(OH)2量为3mol,提供6molOH-,图表分析铁离子先沉淀,由图象分析,OA段为加入3molBa(OH)2,发生反应Ba2++SO42-═BaSO4↓,得到3molBaSO4沉淀,C点为氢氧化铝溶解后的沉淀物质的量为氢氧化铁和硫酸钡沉淀共4mol,所以氢氧化铁沉淀为1mol,氢氧化铝沉淀为2mol;分析判断OA段沉淀3mol钡离子,1mol铁离子和1mol铝离子;AB段为沉淀1mol铝离子;BC段为溶解氢氧化铝消耗氢氧化钡1mol。
A、根据上述分析,OA段沉淀3mol钡离子,1mol铁离子和1mol铝离子,故A错误;
B、图象分析FeCl3、Al2(SO4)3的混和溶液中含FeCl3为1mol,含Al2(SO4)3 为1mol,c(Cl-)=c(SO42-),故B正确;
C、AB段可能发生的反应是Al3++3OH-=Al(OH)3↓,故C错误;
D、C点溶液呈碱性的原因是AlO2-水解,其离子方程式为AlO2- + 2H2O Al(OH)3 + OH一,故D错误;
综上所述,本题应选B。

1 L某混合溶液,可能含有的离子如下表:

阳离子

H+、K+、Mg2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+

阴离子

Cl-、Br-、I-、CO32-、AlO2-


(1)向该溶液中逐滴加入cmol/L NaOH溶液,产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示。则该溶液中一定含有的离子是______________。

(2)根据图像数据计算a=_______________mL
(3)经检测,该溶液中还含有大量的Cl-、Br-、I-,若向1 L该混合溶液中通入一定量的Cl2,溶液中Cl-、Br-、I-的物质的量与通入Cl2的体积(标准状况)的关系如下表所示,分析后回答下列问题:

Cl2的体积(标准状况)

2.8 L

5.6 L

11.2 L

n(Cl-)

1.25 mol

1.5 mol

2 mol

n(Br-)

1.5 mol

1.4 mol

0.9 mol

n(I-)

x mol(x≠0)

0

0


①当通入Cl2的体积为5.6L时,溶液中发生反应的离子方程式为______________。
②原溶液中Cl-、Br-、I-的物质的量浓度之比为____________________________。
③x=_________________mol

【答案】H+ Al3+ NH4+20/3(或者6.7)5Cl2+8I-+2Br-===4I2+10Cl-+Br210∶15∶40.15
【解析】
往该溶液中逐滴加入NaOH溶液,开始产生沉淀的物质的量为0,故一定含有H+,那么一定不能含有CO32-、AlO2-,1-3段生成沉淀,且沉淀在6-a段全部溶解,故溶液中一定含有Al3+,一定不能含有Mg2+、Fe2+、Fe3+,3-6段出现沉淀不减少,但是消耗NaOH溶液,故一定含有NH4+.
(1)由上述分析可以知道,一定存在H+ 、Al3+、 NH4+;
(2)由离子反应方程式:Al3++3OH-=Al(OH)3Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O,即生成氢氧化铝沉淀需要的氢氧化钠是沉淀溶解需要氢氧化钠的3倍,即3-1=3(a-6),解得a= 20/3;
(3)2.8 L氯气的物质的量为2.8L÷22.4L/mol=0.125mol,通入0.125mol氯气时溶液中有I-,所以Br-没有参加反应,所以溶液中n(Br-)=1.5mol,溶液中氯离子为通入氯气生成的和原来溶液中存在的,Cl原子守恒得原来n(Cl-)=1.25mol-0.125mol×2=1mol;
5.6 L氯气的物质的量为5.6L÷22.4L/mol=0.25mol,通入0.25mol氯气时溶液中没有I-,则碘离子完全反应,且n(Br-)=1.4mol,,说明有0.1mol溴离子参加反应,则碘离子完全反应,根据转移电子相等得n(I-)=0.25mol×2-0.1mol=0.4mol.
①根据以上分析知,当通入氯气的体积为5.6 L时,有碘离子和氯气反应、溴离子与氯气反应,且两者的反应比例为4:1,所以溶液中发生反应的离子方程式为 5Cl2+8I-+2Br-===4I2+10Cl-+Br2 ;
②通过以上分析知,n(Cl-)=1mol、n(Br-)=1.5mol、n(I-)=0.4mol,溶液体积相同,其物质的量之比等于浓度之比,原溶液中Cl-、Br-、I-的物质的量浓度之比为1:1.5:4=10∶15∶4;
③2.8 L氯气的物质的量为2.8L÷22.4L/mol=0.125mol,通入0.125mol氯气消耗I-的物质的量为0.125mol×2=0.25mol,原溶液中I-的物质的量为0.4mol,所以x=0.4mol-0.25mol=0.15mol。

有资料显示过量的氨气和氯气在常温下可合成岩脑砂(主要成分为NH4Cl),某实验小组对该反应进行探究,并对岩脑砂进行元素测定。回答下列问题:
I.岩脑砂的制备

(1)该实验中用浓盐酸与二氧化锰反应制取所需氯气,写出该反应的离子方程式____________
(2)确定上述装置的合理连接顺序:a→____→ef←___(用小写字母和箭头表示,箭头方向与气流方向一致)。
(3)装置F中试剂的作用为___________
(4)装置D处有两个明显的不足之处,其中之一为:导管太细,生成的氯化铵固体可能会堵塞导管,之二为:___________。
II.岩脑砂中元素的测定:准确称取ag岩脑砂,与足量的氧化铜混合加热,利用右图装置测定岩脑砂中氮元素和氯元素的质量之比。充分加热后,G中产生红色固体,H、I装置质量增加,K中收集到无色气体。

(5)写出G中发生反应的方程式______________________________________________
(6)若没有H装置,会导致测量值_____________(填“偏高”,“偏低”或“无影响”)。

【答案】MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O →dchg←ji←b 除Cl2中的HCl无尾气处理装置2NH4Cl+3CuO3Cu+N2↑+2HC1↑ +3H2O偏低
【解析】
I(1)实验室采用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制备氯气,离子反应方程式为:MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O;
(2)装置A为制备氨气,装置B用于制备氯气,装置C用于干燥氨气,装置D用于氨气与氯气混合,因为氯气的密度比氨气的大,所以e口通氨气,f口通氯气,装置E用于干燥氯气,装置F用于除去制备氯气中的氯化氢杂质,因此应放饱和食盐水,所以连接顺序应为→dc →ef← hg←ji←b;
(3)实验室采用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制的备氯气中混有氯化氢气体,应先除去氯化氢杂质,装置F用于除去氯气中的氯化氢杂质;
(4)氯气有毒,需要进行尾气处理,可采用氢氧化钠溶液吸收尾气,因此本实验还缺少尾气处理装置;
II(5)根据题意可知反应物为氯化铵和氧化铜,反应后产生红色固体应为铜单质,产生不溶于水的无色气体应为氮气,根据化学反应中得失电子守恒和质量守恒可知反应方程式为:2NH4Cl+3CuO3Cu+N2↑+2HC1↑ +3H2O;
(6)浓硫酸用于吸收产生的水,而氯化氢和水均能被碱石灰吸收,如果没有浓硫酸会导致测定氯化氢质量偏大,氯元素质量偏高,因此导致测定氮元素质量偏低,最终导致氮元素和氯元素的质量之比偏低。

铁、铝是重要的金属材料,铁、铝及其化合物有非常重要的用途。
(1)下列说法正确的是________(填序号)。
① 配制氯化铁溶液,先将FeCl3固体溶于较浓盐酸,再用蒸馏水稀释到所需的浓度
② FeCl2只能通过置换反应生成,FeCl3只能通过化合反应生成
③ 利用氯水和KSCN溶液可以检验Fe3+中有无Fe2+
④ 加热蒸干Fe2(SO4)3溶液获得Fe2(SO4)3固体
⑤ 含a mol AlCl3的溶液和含1.5a mol NaOH的溶液,无论正滴和反滴,生成Al(OH) 3的质量相等
⑥ 由于金属铝性质稳定,所以Al在空气中能稳定存在
(2)高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效多功能水处理剂。其作用原理为__________________。
(3)以铝土矿(主要成分为Al2O3和Fe2O3、SiO2)为原料制备铝的一种工艺流程如下:

①滤渣主要成分为___________________
②在实验室灼烧操作应选择的实验仪器为_____________________
③反应II中,加入NaHCO3一段时间才有沉淀生成,写出加入少量NaHCO3时发生反应的离子方程式________。
(4)已知25 ℃时Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10−20,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10−38, Ksp[Al(OH)3]=1.1×10−33。
①在25 ℃下,向浓度均为0.1 mol·L−1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水,先生成________沉淀(填化学式)。
②溶液中某离子物质的量浓度低于1.0×10−5 mol·L−1时,可认为已沉淀完全。现向一定浓度的AlCl3和FeCl3的混合溶液中逐滴加入氨水,当Fe3+完全沉淀时,测定c(Al3+)=0.2 mol·L−1。此时所得沉淀中________(填“还含有”或“不含有”)Al(OH)3。

【答案】①④⑤ K2FeO4中+6价铁具有强氧化性,能够消毒杀菌;同时FeO42- 被还原成Fe3+,Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体,能够吸附水中悬浮杂质,起到净水作用 Fe2O3 坩埚 HCO3-+OH-=H2O+CO32- Al(OH)3 不含有
【解析】
(1) ①配制氯化铁溶液,先将FeCl3固体溶于较浓盐酸,防止三价铁离子水解,再用蒸馏水稀释到所需的浓度,故①正确;
②FeCl2可以通过置换反应生成,也可以通过化合反应生成,如铁与FeCl3反应生成FeCl2,FeCl3只能通过化合反应生成,故②错误;
③Fe3+能使KSCN溶液变为血红色,所以不能利用氯水和KSCN溶液可以检验Fe3+中有无Fe2+,故③错误;
④Fe2(SO4)3水解得到硫酸不挥发 (硫酸沸点比水高),就算能生成H2SO4 ,也会和Fe(OH)3反应,所以都得到了原固体,故④正确;
⑤a mol AlCl3 1.5a mol NaOH的物质的量之比为2:3,AlCl3过量,所以无论正滴和反滴,生成Al(OH) 3的质量相等
(2) K2FeO4中+6价铁具有强氧化性,能够消毒杀菌;同时FeO42- 被还原成Fe3+,Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体,能够吸附水中悬浮杂质,起到净水作用;
(3) ①铝土矿(主要成分为Al2O3和Fe2O3、SiO2)中Fe2O3不溶于氢氧化钠溶液,所以滤渣主要成分为Fe2O3;②灼烧操作应选择的实验仪器是坩埚;③在溶解铝土矿时加入了过量的氢氧化钠溶液,所以加入NaHCO3先与未反应的氢氧根反应,离子方程式为HCO3-+OH-=H2O+CO32-;
(4) ①根据25 ℃时,氢氧化铜与氢氧化铝的溶度积常数Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10−20, Ksp[Al(OH)3]=1.1×10−33,向浓度均为0.1 mol·L−1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水,
,滴加相同浓度的氨水,Al(OH)3先析出;
②Fe3+完全沉淀时,c(OH-)3= Ksp[Fe(OH)3]/c(Fe3+)=4.0×10−38÷(1.0×10−5) =4.0×10−33,则c(Al3+).c(OH-)3=0.2×4.0×10−33=8×10−34<Ksp[Al(OH)3]=1.1×10−33,所以没有生成Al(OH)3沉淀。

氨是重要的基础化工原料,可以制备亚硝酸(HNO2)、连二次硝酸(H2N2O2)、尿素[CO(NH2)2]等多种含氮的化工产品
(1)已知:25℃时,亚硝酸和连二次硝酸的电离常数如下表所示:

化学式

HNO2

H2N2O2

电离常数

Ka=5.1×10−4

Ka1=6.17×10−8 、Ka2=2.88×10−12


①物质的量浓度相同的NaNO2和NaHN2O2溶液的pH(NaNO2)_________pH(NaHN2O2)(填“>”“<”或“=”)。
②25℃时,NaHN2O2溶液中存在水解平衡,其水解常数Kh=____(保留三位有效数字)。
③0.1mol/L NaHN2O2溶液中离子浓度由大到小为:________________________________
(2)以NH3与CO2为原料可以合成尿素[CO(NH2)2],涉及的化学反应如下:
反应I:2NH3(g)+CO2(g)NH2CO2NH4(s) ΔH1=−159.5 kJ·mol−1;
反应II:NH2CO2NH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g) ΔH2=+116.5 kJ·mol−1;
反应III:H2O(l)H2O(g) ΔH3=+44.0 kJ·mol−1。
则反应IV:NH3与CO2合成尿素同时生成液态水的热化学方程式为__________________。
(3)T1℃时,向容积为2 L的恒容密闭容器中充入n(NH3)∶n(CO2)=2∶1的原料气,使之发生反应IV,反应结束后得到尿素的质量为30 g,容器内的压强(p)随时间(t)的变化如图1所示。
①T1℃时,该反应的平衡常数K的值为______________。

②图2中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为________(填曲线标记字母)。

【答案】<1.62×10−7c(Na+)>c(HN2O2-)>c(OH-)>c(H+)>c(N2O22-)2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(l) ΔH=−87.0 kJ·mol−1128(mol/L)-3a
【解析】
(1)①根据“越弱越水解”的规律,可知NaHN2O2的水解程度大于NaNO2,故pH(NaNO2) <pH(NaHN2O2)。
②根据NaHN2O2的水解方程式,可得关系式:Kh= =1.62×10−7。
③由HN2O2-的电离平衡常数Ka2=2.88×10−12小于HN2O2-的水解平衡常数Kh =1.62×10−7,所以NaHN2O2溶液呈碱性,所以NaHN2O2溶液中离子浓度由大到小为:c(Na+)>c(HN2O2-)>c(OH-)>c(H+)>c(N2O22-)。
(2)根据盖斯定律:I式-II式-III式得方程式2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(l),则ΔH=−159.5 kJ·mol−1-116.5 kJ·mol−1-44.0 kJ·mol−1=−87.0 kJ·mol−1。
(3)①尿素的质量为30g,则尿素的物质的量为30g÷60g/mol=0.5mol,因为 n(NH3)∶n(CO2)=2∶1,设n(NH3)为2 a,n(CO2)为a,则根据反应方程式的三段式:
化学反应方程式:2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(l)
起始物质的量/mol 2a a 0 0
转化物质的量/mol 1 0.5 0.5 0.5
平衡物质的量/mol 2a−1 a−0.5 0.5 0.5
恒温恒容条件下,压强之比等于气体物质的量之比,由图像可知:(2 a + a):( 2a−1+ a−0.5)=9:3,解之得:a=0.75,平衡时c(NH3)=(2 a -1)mol/2L =0.25 mol·L−1,c(CO2)=( a−0.5) mol/2L =0.125 mol·L−1;根据反应可知平衡常数K= =128(mol/L)-3。
②正反应放热,升温平衡向左移动,故平衡常数K减小,故a曲线表。

©2018-2019咋考网版权所有,考题永久免费