精品解析：【全国百强校】河北省衡水中学2017届高三上学期第三次调研考化学试题解析

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第I 卷（选择题共50分）
一、选择题（下列每小题所给选项只有一项符合题意，每小题l分．共l0分）
1．化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）
A．煤、石油、天然气是不可再生能源，风能、生物质能．沼气是可再生能源
B．“84消毒液”具有强氧化性，可做环境的消毒剂从而预防流感
C．已知水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术．则水热反应可以降低自然界中碳的含量
D．己知PM2.5 是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为“细颗粒物”，则PM2.5 在空气中有可能形成胶体
【答案】C
【解析】
考点：考查环境污染与治理、基本概念、蛋白质的性质。
2． NA表示阿伏加德罗常数，下列判断正确的是（）
A．25℃，pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1 NA
B．常温常压下，22.4LCO2中含有的CO2分子数小于NA个
C．等物质的量的N2和CO的质量均为28g
D．标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA
【答案】B
【解析】
试题分析：A．没有告诉pH=13的NaOH溶液的体积，无法计算氢氧化钠溶液中氢氧根离子的物质的量及数目，A错误；B．标准状况下，22.4L二氧化碳的物质的量为1mol，常温下气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以常温下22.4L二氧化碳的物质的量小于1mol，含有的CO2分子数小于NA个，B正确；C．等物质的量的N2和CO的质量相等，但不一定均为28g，C错误；D．标准状况下，5.6LCO2是0.25mol，与足量Na2O2反应转移的电子数为0.25NA，D错误；答案选B。
考点：考查阿伏加德罗常数的判断及计算
3．下列化学实验事实及其解释都正确的是（）
A．过量的铜屑与稀硝酸作用，反应停止后，再加入lmol/L稀硫酸，铜屑又逐渐溶解是因为铜可直接与1mol/L稀硫酸反应
B．铁钉放在浓硝酸中浸泡后，再用蒸馏水冲洗．然后放入CuSO4溶液中不反应．说明铁钉表面形成了一层致密稳定的氧化膜
C．粗锌与稀硫酸反应制氢气比纯锌快，是因为粗锌比纯锌还原性强[来源:学&科&网]
D．工业制玻璃的主要反应之一：高温下Na2CO3+SiO2=Na2S2O3+CO2↑.该反应原理可用“强酸H2CO3制弱酸H2SiO3来解释
【答案】B
【解析】
考点：考查元素及其化合物的性质判断
4．下列说法正确的是（）
A．500 ml, 1mol/LFe2(SO4)3溶液和250mL 3mol/L的Na2SO4溶液所含硫酸根离子的物质的量浓度相等
B．若R的含氧酸的酸性大于Q的含氧酸的酸性，则非金属性R大于Q
C．1.2gNaHSO4晶体中阳离子和阴离子的总数为0.03NA
D．含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中．Na+的物质的量浓度为lmol/L
【答案】A
【解析】
试题分析：A．500mL 1mol/L Fe2（SO4）3溶液中硫酸根的浓度为3mol/L，250mL 3mol/L 的Na2SO4溶液中硫酸根的浓度为3mol/L，故浓度之比为1：1，A正确；B．含氧酸的酸性必须是最高价氧化物的水化物的酸性，B错误；C．1.2g NaHS04晶体的物质的量是0.01mol，NaHS04晶体中存在钠离子和硫酸氢根离子，阳离子和阴离子的总数为0.02NA，C错误；D．含NA个Na+的Na2O，物质的量为0.5mol，溶解于1L水中，溶液的体积无法计算，不能知道氢氧化钠的物质的量浓度，D错误；答案选A。
考点：考查了阿伏加德罗常数的分析应用
5．下列离子方程式书写正确的是
A．氯化钙溶液中通入CO2气体：Ca2++CO2+H2O=CaCO3+2H+
B．以石墨作电极电解氧化铝溶液：2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2
C．200mL2mol/L的FeBr2溶液中通入11.2L标准状况下的氯气：4Fe2++6Br-+5Cl2=4Fe3++3Br2+10Cl-
D．向明矾溶液中加人氢氧化钡溶液至沉淀的物质的量最大：Al3++2SO42-+4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O
【答案】C
【解析】
考点：考查离子方程式正误判断
6．下列化学方程式中电子转移不正确的是

【答案】D
【解析】
考点：考查氧化还原反应的双线桥法表示等的知识。
7．某非金属元素在化学反应中从化合态变为游离态．则该元素
A．一定被氧化 B．一定被还原
C．可能被氧化，也可能被还原 D．化合价升高为0
【答案】C
【解析】
试题分析：由电解水可知，氢元素被还原，氧元素被氧化，因此某非金属元素在化学反应中从化合态变为游离态时可能被氧化，也可能被还原，答案选C。
【考点定位】考查氧化还原反应的分析
【名师点晴】氧化还原反应的分析思路：判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。
8．下列反应中．既属于氧化还原反应同时又是吸热反应的是
A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应
B．灼热的碳与高温水蒸气的反应
C．铝与稀盐酸
D．H2与O2的燃烧反应
【答案】B
【解析】
试题分析：A、是吸热反应，但不是氧化还原反应，A错误；B、反应是吸热的氧化还原反应，B正确；C、是放热的氧化还原反应，C错误；D、氢气燃烧是放热的氧化还原反应，D错误，答案选B。
【考点定位】考查放热反应和吸热反应以及氧化还原反应判断
【名师点晴】一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。
9． 实验室需配制一种仅含五种离子（水电离出的离子可忽略）的混合溶液，且在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为1 mol/L，下面四个选项中能达到此目的的是
A．Al3+、K+、SO42-、Cl-、AlO2- B．Al3+、Na+、Cl-、SO42-、NO3-
C．Na+、K+、SO42-、NO3-、Cl- D．Fe2+、H+、Br-、NO3-、Cl-
【答案】B
【解析】
【考点定位】考查离子共存问题
【名师点晴】离子不能大量共存的一般情况是：（1）能发生复分解反应的离子之间（即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质）；（2）能生成难溶物的离子之间（如：Ca2+和 SO42-；Ag+和 SO42-）；（3）能完全水解的离子之间，如多元弱酸和弱碱盐的阴、阳离子（如：Al3+， Fe3+与 CO32-、HCO3-、AlO2-等）；（4）能发生氧化还原反应的离子之间（如：Fe 、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、 Fe3+等）；（5）能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）。
10．下列关于氧化物的各项叙述正确的是（）
① 酸性氧化物不一定是非金属氧化物
② 非金属氧化物肯定是酸性氧化物
③ 碱性氧化物肯定是金属氧化物
④ 金属氧化物肯定是碱性氧化物
⑤ 酸性氧化物均可与水反应生成相应的酸
⑥ 与水反应生成酸的氧化物不一定是酸酐，与水反应生成碱的氧化物不一定是碱性氧化物
⑦ 不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应
A．①③⑥ B．①②⑤⑦ C．③④⑤ D．①②⑤
【答案】A
【解析】
考点：考查氧化物分类的正误判断
二、选择题（下列每小题所给选项只有一项符合题意，每小题2分，共40分）
11．下列叙述中正确的是（）
A．B的阳离子氧化性比A 的阴离子强，说明A元素的金属性一定比B元素强
B．在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原
C 一种元素可能有多种氧化物，但同一化合价只对应一种氧化物
D．强氧化剂与强还原剂不一定能发生氧化还原反应
【答案】D
【解析】
试题分析：A．若B为多价态金属，则B的金属性不一定比A弱，如Fe3+的氧化性大于Cu2+的氧化性，而金属性Fe＞Cu，A错误；B．Cl2+H2O=HCl+HClO反应中既有化合价升高的氯元素也有化合价降低的氯元素，所以在氧化还原反应中可能同一元素既被氧化又被还原，B错误；C．一种元素可能有多种氧化
考点：考查氧化还原反应的有关判断
12．某硫原子的质量是ag，12C原子的质量是bg，若NA只表示阿伏加德罗常教的数值，则下列说法中正确的是（）
① 该原子的相对原子质量为
②该原子的物质的量为mol
③该硫原子的摩尔质量是aNAg/mol
④ ag该硫原子所含的电子数为16
⑤cg 该硫原子所含质子数为4bcNA/3a
A．①②③④⑤ B．①②③④ C．①②④⑤ D．①③④⑤
【答案】B
【解析】
试题分析：①硫原子的质量是ag，12C原子的质量是bg，则该硫原子的相对原子质量为，①正确；②硫原子的相对原子质量为aNA，该硫原子的摩尔质量为aNAg•mol-1，mg该硫原子物质的量为，②正确；③硫原子的相对原子质量为aNA，故该硫原子的摩尔质量为aNA g/mol，③正确；④摩尔质量以g/mol作单位，在数值上等于其相对原子质量，a g该硫原子只有1个硫原子，1个硫原子核外电子数为16，故a g该硫原子所含的电子数为16，④正确；⑤该硫原子的摩尔质量为，cg该硫原子物质的量为，每个硫原子所含质子数为16，则含有质子数目为×NAmol-1=，⑤错误，答案选B。
考点：考查相对原子质量、摩尔质量、微粒数目计算等
13．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）
① 常温下，21gC3H6和C4H8的混合物中含有的碳原子数为1.5NA
②l4.2g硫酸钠固体中含有0.1NA个硫酸钠分子
③ 标准状况下，11.2L己烷所含的分子数为0.5NA
④ 10mL18mol/L的浓硫酸与足量的铁反应时，转移的电子教为O.18NA
⑤ 标准状况下，由H2O2分解制得4.48LO2，转移的电子数目为0.4 NA
⑥2g含有的质子致、中子数、电子数均为NA
A．①②⑥ B．③④ C．①⑤⑥ D．④⑤⑥
【答案】C
【解析】
试题分析：①常温下，21g C3H6和C4H8的混合物中含有1.5mol最简式CH2，含有1.5molC原子，含有的碳原子数为1.5NA，①正确；②14.2g 硫酸钠固体的物质的量为0.1mol，由于硫酸钠钠为离子化合物，不存在硫酸钠分子，②错误；③标准状况下，己烷为液体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L其物质的量，③错误；④10ml 18mol/L的浓硫酸中含有溶质硫酸0.18mol，由于浓硫酸随着反应的进行变成稀硫酸，稀硫酸与镁反应生成氢气，而浓硫酸与镁反应生成二氧化硫，无法计算生成二氧化硫和氢气的物质的量，则无法计算转移的电子数，④错误；⑤标准状况下，4.48LO2的物质的量为0.2mol，双氧水分解生成0.2mol氧气转移了0.4mol电子，转移的电子数目为0.4NA，⑤正确；⑥2克D216O的物质的量为0.1mol，0.1mol重水中含有1mol质子、1mol电子和1mol中子，含有的质子数、中子数、电子数均为NA，⑥正确；根据以上分析可知，正确的为：①⑤⑥，答案选D。
考点：考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断
14．FeS与一定浓度的HNO3反应,生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O,当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为1:1:1时,实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为
A．1:6 B．1:7 C．2:11 D．16:25
【答案】B
【解析】

【考点定位】本题考查氧化还原反应有关计算，
【名师点晴】解答时利用电子转移守恒与元素守恒计算是关键，注意转移守恒思想在氧化还原反应计算中的运用，试题培养了学生的化学计算能力。常见的守恒关系有：①反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；②电解质溶液中的电荷守恒；③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。
15．在浓盐酸中HNO2与SnCl2反应的离子方程式为3SnCl2+12Cl-+2HNO2+6H+═N2+3SnClxy－+4H2O，关于该反应的说法都正确的是（　　）
①氧化剂是HNO2；②还原性：Cl-＞N2；③每生成2.8gN2，还原剂失去的电子为0.6mol；④x为6，y为2；⑤SnClxy－是氧化产物
A．①③ B．①③④⑤ C．①②③④ D．①④⑤
【答案】B
【解析】
考点：考查氧化还原反应的有关判断与计算
16．下列离子方程式书写不正确的是（）
A．AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n（OH-）：n（Al3+）=7：2时，2Al3++7OH-=Al(OH)3↓+AlO2-+2H2O
B．向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-
C．CuCl2溶液与NaHS溶液反应，当n（CuCl2）：n（NaHS）=1：2时，Cu2++2HS-=CuS↓+H2S↑
D．Fe与稀硝酸反应，当n（Fe）：n（HNO3）=1：2时，3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O
【答案】B
【解析】
试题分析：A．AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n（OH-）：n（Al3+）=7：2时离子方程式为2Al3++7OH-＝Al(OH)3↓+AlO2-+2H2O，A正确；B．向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2生成碳酸氢钠沉淀，即2Na＋＋CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓，B错误；C．CuCl2溶液与NaHS溶液反应，当n（CuCl2）：n（NaHS）=1：2时离子方程式为Cu2++2HS-=CuS↓+H2S↑，C正确；D．Fe与稀硝酸反应，当n（Fe）：n（HNO3）=1：2时离子方程式为3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，D正确，答案选B。
考点：考查离子方程式正误判断
17．下列4个坐标图分别表示4个实验过程中某些质量的变化．其中正确的是（）

【答案】B
【解析】
试题分析：A、石灰石中的碳酸钙可以和稀盐酸反应生成二氧化碳，但是图中二氧化碳的起点不是在原点，A错误；B、过氧化氢溶液在二氧化锰的催化作用之下能够分解产生氧气，而导致溶液中氧元素的质量减少，但是氢元素的质量不变，B正确；C、等质量的+2价金属和足量的稀盐酸反应时相对原子质量越大，生成氢气的质量越少，故铁产生的氢气的质量要多，根据氢元素守恒可以知道，铁消耗的盐酸的质量也多，C错误；D、铁和硫酸铜反应生成了铜，该反应中铁和铜的质量关系为：
Fe+CuSO4═Cu+FeO4
56 63.5
所以可以判断加入的铁的质量比生成铜的质量要少，即固体的质量要减少，但是向硫酸铜溶液中加入固体，所以起始固体的质量为0，所以固体的质量是不断增加的，D错误；答案选B。
【考点定位】考查化学反应图像分析

18．下图为与水相关的部分转化关系（水作反应物或生成物，部分产物和反应条件未列出）。下列说法错误的是（）

A．图中所示的反应均为氧化还原反应
B．途径①是硫酸型酸雨形成的重要途径
C．工业上可用途径②先制取水煤气，再合成甲醇等有机物
D．把金属钠投入到硫酸铜溶液中，发生途径③的反应，反应不生成铜单质
【答案】A
【解析】
试题分析：A．水与二氧化硫、氢氧化钠与硫酸铜的反应不是氧化还原反应，元素化合价不变，A错误；B．二氧化硫可导致环境污染，先和水反应生成亚硫酸，亚硫酸与氧气反应生成硫酸，导致酸雨，B正确；C．碳和水反应生成CO和氢气，进一步反应可生成甲醇，C正确；D．钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜，D正确，答案选A。
【考点定位】本题综合考查元素化合物知识

19．下列示意图与对应的反应情况符合的是（   ）

A．向含0.01mol KOH和0.01mol Ca(OH)2的混合溶液中缓慢通入CO2至过量
B．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量
C．向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量
D．向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸至过量
【答案】B
【解析】
试题分析：A．向一定量的氢氧化钙和氢氧化钾溶液中通入二氧化碳，开始先和氢氧化钙反应，会逐渐生成碳酸钙沉淀，沉淀量逐渐增大，当氢氧化钙完全反应后，再和氢氧化钾反应，此时沉淀量不变，当氢氧化钾消耗完毕时，将碳酸钙逐渐溶解，沉淀量逐渐减少，A错误；B．NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液会产生越来越多的硫酸钡白色沉淀，直到最大量，然后不再减少为止，B正确；C．假设含2molKAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，开始阶段滴加入3molBa（OH）2时，2mol铝
考点：考查化学反应图像分析
20．已知：将Cl2通入适量NaOH溶液，产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3，且的值与温度高低有关，当n（NaOH）=a mol时，下列有关说法错误的是（　　）
A．参加反应的氯气的物质的量等于
B．改变温度，产物中NaClO3的最大理论产量为
C．改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围：≤n≤
D．某温度下，若反应后=11，则溶液中=1/2
【答案】B
【解析】
试题分析：A、根据原子守恒n(KOH)＝amol＝n(K) =n(Cl) =2n(Cl2)，则n(Cl2) =amol，A正确；B、改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量即无KClO生成，发生如下反应：3Cl2＋6KOH=5KCl＋KClO3＋3H2O，则KC1O3的物质的量为amol，B错误；C、当全部生成KC1、KClO时发生的反应为Cl2＋2KOH=KCl＋KClO＋H2O，则ne＝amol，同理，当全部生成KC1、KClO3时发生的反应为3Cl2＋6KOH=5KCl＋KClO3＋3H2O，则ne＝amol，综上可得改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：amol≤ne≤amol，C正确；D、若反应后＝11，令KC1、KClO分别为11 mol、1 mol，据得失电子守恒可得KC1O3为2 mol，则溶液中＝，D正确；答案选B。
【考点地位】本题主要是考查氧化还原反应的相关计算，涉及极限法、原子守恒法等

21．将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)。向反应后的溶液中加入 3 mol/L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g。下列叙述不正确的是(　　)
A．当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH 溶液的体积V≥100 mL
B．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是 0.4 mol
C．参加反应的金属的总质量 9.6g>m>3.6g
D．当金属全部溶解时收集到 NO气体的体积一定为2.24L
【答案】D
【解析】
试题分析：试题分析：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3 （稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3 （稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3；Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为5.1g÷17g/mol＝0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol；A．若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积0.3mol÷3mol/L＝0.1L=100mL，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，A正确；B．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=8/3n（金属）=0.15mol×8/3=0.4mol，B正确；C．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，C正确；D．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.15mol×2/3=0.1mol，若为标准状况下，生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，但NO不一定处于标准状况，收集到NO气体的体积不一定为2.24L，D错误；答案选D。
考点：考查混合物有关计算
22．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下，40g SO3的体积为11.2L
B．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3 NA
C．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为3.75NA
D．56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子
【答案】C
【解析】

【考点地位】本题主要是考查阿伏加德罗常数的有关判断与计算
【名师点晴】该类试题知识面覆盖广，能较好的考查学生对知识的掌握情况。该类试题重点考查考生对物质的量、阿伏加德罗常数、气体摩尔体积、物质的量浓度、分子结构、原子结构等概念的了解；顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；如A中盐的水解、B中溶液中的分子包括溶质分子和溶剂分子、C中D2O的摩尔质量是20g/mol及D在标准状况下氯甲烷的状态是液体，不是气体，不能使用气体摩尔体积。另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。有关计算公式有、、、。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于阿伏加德罗定律及其推论需要注意：①阿伏加德罗定律的适用范围仅适用于气体。其适用条件是三个“同”，即在同温、同压，同体积的条件下，才有分子数(或物质的量)相等这一结论，但所含原子数不一定相等。②阿伏加德罗定律既适合于单一气体，也适合于混合气体。③气体摩尔体积是阿伏加德罗定律的特例。[来源:Z.xx.k.Com]
23．根据下图的转化关系判断下列说法正确的是（反应条件已略去）

A反应①②③④⑤均属于氧化反应和离子反应
B反应⑤说明该条件下铝的还原性强于锰
C相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1:1
D反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:4[来源:学§科§网]
【答案】B
【解析】
考点：考查氧化还原反应的应用
24．下列实验操作能达到相应目的的是

【答案】D
【解析】
试题分析：A、应该用烧杯溶解氢氧化钠，冷却后再转移至100mL容量瓶中，A错误；B、制备氢氧化铁胶体时不能搅拌，B错误；C、盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，C错误；D、共价化合物在熔融时不能导电，可以验证是离子化合物还是共价化合物，D正确，答案选D。
考点：考查化学实验方案设计与评价
25．实验室从含Br-的废液中提取溴单质，下列说法中能达到实验目的的是

A．用装置甲氧化废液中的Br- B．用装置乙分离CCl4层和水层
C．用装置丙分离CCl4和液溴 D．用仪器丁长期贮存液溴
【答案】B
【解析】
考点：考查化学所以操作与实验目的的完成情况的判断的知识。
26．某研究性学习小组在整理实验室化学试剂时，发现一瓶盛有无色溶液的试剂，标签破损，如图．某同学根据中学化学知识，对该溶液中的溶质成分进行如下预测和验证，其中错误的是（包括预测物质的化学式、检验需要的试剂、操作、现象及结论）（　　）

选项
预测物质的化学式
检验需要的试剂
操作、现象及结论
A
Na2SO4
稀盐酸、氯化钡溶液
取少量该溶液于试管中，滴入稀盐酸，若无明显现象，再滴入氯化钡溶液，如果产生白色沉淀，则原溶液是Na2SO4溶液
B
Na2CO3
稀盐酸、澄清的石灰水
取少量该溶液于试管中，滴入足量稀盐酸，如果产生的无色气体能使澄清的石灰水变浑浊，则原溶液一定是Na2CO3溶液
C
Na2SO3
稀盐酸、澄清的石灰水、品红溶液
取少量该溶液于试管中，滴入足量稀盐酸，如果产生的无色气体既能使澄清的石灰水变浑浊，还能使品红溶液褪色，则原溶液是Na2SO3溶液
D
Na2SiO3
过量稀盐酸
取少量该溶液于试管中，滴入稀盐酸，产生白色胶状沉淀，盐酸过量时沉淀不溶解，则原溶液是Na2SiO3溶液
【答案】B
【解析】

【考点定位】本题考查化学实验方案的评价
【名师点晴】该题考查的知识点较多，涉及离子的检验及气体的检验等，侧重物质性质的考查，注意发生的化学反应即可解答，注意干扰离子或物质的排除。
27．氯酸质量分数超过40%时会发生分解，反应可表示为：8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O，下列说法正确的是（　　）
A．氧化性比较HClO4＞HClO3
B．氧化产物只有HClO4
C．氯酸分解后的混合气体平均相对分子质量为47.6
D．该反应转移电子数为12e-
【答案】C
【解析】
考点：考查氧化还原反应、摩尔质量等知识。
28．下列离子方程式书写正确的是（）
A．将H2O2滴加到酸性KMnO4溶液中：2MnO4—+H2O2+6H+=2Mn2++3O2 ↑+4H2O
B．在NH4HSO4溶液中慢慢滴入等物质的量的NaOH溶液：NH4++OH-→NH3?H2O
C．用惰性电极电解氯化钠溶液：2H++2Cl-===H2↑+Cl2↑
D．用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸：2MnO4-+5H2C2O4+6H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O
【答案】D
【解析】
试题分析：A．将H2O2滴加到酸性KMnO4溶液中的离子方程式为2MnO4—+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2 ↑+8H2O，A错误；B．在NH4HSO4溶液中慢慢滴入等物质的量的NaOH溶液时恰好中和氢离子，即H++OH-＝H2O，B错误；C．用惰性电极电解氯化钠溶液的离子方程式为2H2O +2Cl-H2↑+Cl2↑+2OH-，C错误；D．用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，D正确，答案选D。
【考点定位】考查离子方程式正误判断

29．结合电解质在水溶液中的变化及反应，判断下列说法正确的是
①漂白粉的水溶液中可存在：Fe2+、Cl－、SiO32－、Na+   
②滴加石蕊试液呈红色的溶液：K+、Na+、ClO4－、F－
③能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液：Fe3+、Al3+、SO42－、K+   
④常温下pH =7的溶液中：NH4+、Na+、Cl－、Fe3+    
⑤FeCl3溶液中通入SO2，溶液由黄色变成浅绿色：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42－+4H+ 
⑥Al2(SO4)3溶液滴加氨水产生白色胶状沉淀： Al3++3OH－=Al(OH)3 ↓ 
⑦Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3+ +2I－＝2Fe2++I2 
A．②③⑥      B．③⑤      C．②③④      D．④⑤ 
【答案】B
【解析】
试题分析：①漂白粉的主要成分为氯化钙、次氯酸钙，其水溶液中存在Ca2+、ClO-，Ca2+与SiO32-离子反应、ClO-离子能够Fe2+，在溶液中不能大量共存，①错误；②滴加石蕊试液呈红色的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，F-与氢离子结合生成HF，在溶液中不能大量共存，②错误；③能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液应该具有强氧化性，Fe3+、Al3+、SO42－、K+离子之间不发生反应，且都不与强氧化性的物质反应，在溶液中能够大量共存，③正确；④常温下pH=7的溶液为中性溶液，而NH4+、Fe3+在溶液中水解，溶液显示酸性，不可能为中性溶液，④错误；⑤FeCl3溶液中通入SO2，铁离子被还原成亚铁离子，则溶液由黄色变成浅绿色，反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42－+4H+，⑤正确；⑥Al2(SO4)3与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，一水合氨不能拆开，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，⑥错误；⑦硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液，铁离子和硝酸根离子都参与反应，正确的离子方程式为：Fe3++3NO3-+12H++10I-=Fe2++5I2+3NO↑+6H2O，⑦错误；根据分析可知，正确的为：③⑤，答案选B。
【考点定位】本题考查了离子共存、离子方程式的书写判断
【名师点晴】题目难度中等，试题知识点较多、题量较大，充分考查学生灵活应用基础知识的能力，注意熟练掌握离子共存的条件、离子方程式的书写原则。解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。
30． 通常人们把拆开1mol某化学键所消耗的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热(△H)，化学反应的△H等于反应物的总键能与生成物的总键能之差。工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)，该反应的反应热△H为

A．+412kJ/mol B．-412kJ/mol C．+236kJ/mol D．-236kJ/mol
【答案】C
【解析】
考点：考查反应热的计算
第II卷（非选择题共50分）
31．（10分）（1）在一定条件下N2与H2反应生成NH3，请回答：
①若反应物的总能量为E1，生成物的总能量为E2，且E1＞E2，则该反应为______（填“吸热”或“放热”）反应．
②已知拆开1mol H-H键，1molN-H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为______．
（2） N2H4和H202混合可作火箭推进剂，已知：16g液态N2H4和足量氧气反应生成N2(g)和H2O（l），放出310.6 kJ的热量：2H2O2(l）=O2(g)+2H2O(l) △H=-196.4kJ/mol。反应N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)的△H=__________kJ/mol。N2H4和H2O2反应生成N2(g)和H2O(l)的热化学方段式为__________。
（3）实验室用50mL0.50mol/L盐酸与50mL某浓度的NaOH溶液在如图所示装置中反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。该装置有两处明显的错误，其中一处是缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称为______；实验室提供了0.50mol/L和0.55mol/L两种浓度的NaOH溶液，应选择_______mol/L的溶液进行实验。

【答案】（1）①放热（2分）；②N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=－92kJ/mol（2分）；
（2）-612.2（2分）；N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+2H2O(l) △H=-817.6kJ/mol（2分）；
（3）环形玻璃棒搅拌（1分）；0.55（1分）
【解析】

（2）16g液态N2H4和足量氧气反应生成N2（g）和H2O（l），放出310.6kJ的热量，热化学方程式为
N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=-621.2 kJ•mol-1①
2H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g）△H=-196.4kJ•mol-1 ②
根据盖斯定律，①+②得：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+2H2O(l) △H=-817.6kJ/mol；
（3）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；实验室提供了0.50mol•L-1和0.55mol•L-1两种浓度的NaOH溶液，为了使反应充分，NaOH应过量，所以选择0.55mol•L-1的溶液进行实验。
【考点定位】本题考查热化学方程式的书写，热反应热的测定
【名师点晴】掌握反应热的计算方法是解答的关键，（1）根据热化学方程式计算：反应热与反应物各物质的物质的量成正比。（2）根据反应物和生成物的总能量计算：ΔH＝E生成物－E反应物。（3）依据反应物化学键断裂与生成物化学键形成过程中的能量变化计算：ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量。（4）根据盖斯定律的计算。
32．（10分）工业上以侯氏制碱法为基础生产焦亚硫酸钠（Na2S2O5）。其制备工艺流程如下：

已知：反应II包含2NaHSO3=Na2S2O5+H2O等多步反应。
（1）反应I的化学方程式为____________________。
（2）“灼烧”时发生反应的化学方程式为____________________。
（3）已知Na2S2O5与稀硫酸反应放出SO2，其离子方程式为______________。
（4）反应I时应先通的气体为____________，副产品X的化学式是__________。
（5）为了减少产品Na2S2O5中杂质含量，需控制反应II中气体与固体的物质的量之比约为__________。
【答案】（1）NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl；（2分）
（2）2CuS+3O22CuO+2SO2（2分）；（3）S2O52-+2H+=2SO2↑+H2O（2分）；
（4）NH3；CuSO4·5H2O；CO2（各1分）；（5）2:1（1分）
【解析】

（4）反应Ⅰ进行时应先通入氨气，增大HCO3-的浓度，便于NaHCO3析出；上述分析可知，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，得出硫酸铜晶体，副产品X的化学式是CuSO4·5H2O，根据流程图可知，可循环使用的物质是CO2；
（5）从生产过程可以看出是硫酸铜晶体；从图示中可以看出二氧化碳和水可以再次利用，反应Ⅱ中气体与固体分别是二氧化硫和碳酸钠，这两种物质反应必须生成亚硫酸氢钠：反应Ⅱ中反应应是二氧化硫与碳酸钠反应生成NaHSO3，NaHSO3再生成Na2S2O5，反应方程式为Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2，因此气体与固体的物质的量之比为2：1。
考点：考查物质置制备的实验方案分析，主要是物质性质的理解应用，离子方程式书写方法
32．（12分）I.氨是一种重要的化工原料．某学习小组欲制取杖气并探究其性质。

（1）实验室制取氨气的化学方程式是_____________。
（2）①如图（1）是进行氨气喷泉实验的装置，引发喷泉的操作步骤是_____________。
②氨气使烧杯中溶液由无色变为红色，其原因是（用电离方程式表示）_______________。
（3）该小组同学设计了 图（2）所示的实验装置（部分夹持仪器未画出），探究氨气的还原性并检验产物。
实验现象：黑色CuO变为红色；白色无水CuSO4粉未变为蓝色；同时生成一种无色气体，该气休无污染，请写出氨气与CuO反应的化学方程式：_______________。
II．3.2gCu与30mL8mol/L过量HNO3反应，硝酸的还原产物为NO、NO2，反应后溶液中所含H+为amol。则：
（4）①此时溶液中所含的NO3-为______mol。
②所生成的NO在标准状况下体积为_______L（以上结果均用含a的代数式表示）。
【答案】I.（1）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
（2）①轻轻挤压滴管，使少量水加入烧瓶，然后打开止水夹K；
②NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH- （3）3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O
II．①0.1+a；②（0.5a-0.02）×22.4(各2分)。
【解析】

（3）①黑色氧化铜变为红色，红色固体为Cu，白色无水硫酸铜变为蓝色，说明生成了H2O，反应中CuO作氧化剂，NH3作还原剂，N化合价升高，所以生成的无色气体为N2。反应方程式为3CuO + 2NH33Cu + N2 + 3H2O。
II．①Cu与过量稀硝酸反应后溶液中溶质有硝酸铜和过量的硝酸，根据电荷守恒n(H+)+2n(Cu2+)=n(NO3－)，其中n(Cu2+)=n(Cu)=0.05mol，n(NO3－)=(a+0.1)mol。
②设生成NO和NO2物质的量分别为xmol、ymol。由得失电子相等得：3x+y=2n(Cu)，由N守恒得：x+y+(a+0.1)mol=0.03×8mol。解得x=(0.5a－0.02)mol，NO在标准状况下体积为（0.5a-0.02）×22.4L。
【考点定位】考查氨气制备及性质实验设计与探究
[来源:学_科_网Z_X_X_K]
34．（8分）钛(Ti)被誉为21世纪金属。冶炼钛的主要原料是含Fe2O3的钛铁矿（FeTiO3)，其生产过程如下：

已知：TiOSO4可溶于水且易水解，H2TiO3难溶于水。试回答下列问题：
（1）步骤②的主要实验操作是冷却、结晶、     _____(填操作名称)；步骤④在实验室中常将试剂置于    ___(填仪器名称）中加强热。
（2）TiO2+生成H2TiO3的离子方程式为____________________。
（3）步骤④中硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)在空气中煅烧生成铁红、水和三氧化硫，写出该反应的化学方程式：                        。
（4）步骤②所得到的硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)是目前工业上处理含铬有毒废水常用的化学试剂，二者反应后(Cr由+6价转化为+3价)可以转化为有重要工业价值的铁氧体复合氧化物（常用FeO·FeyCrxO3表示)。欲制备该铁氧体复合氧化物，试求在酸性的含铬废水中，加入FeSO4·7H2O的物质的量应为废水中六价铬物质的量的        倍。
【答案】（1）过滤 （1分） 坩埚 （1分） （2）TiO2++2H2OH2TiO3+2H+（2分）
（3）4FeSO4·7H2O+O22Fe2O3+4SO3+28H2O （2分） （4）5 （2分）
【解析】
考点：考查以钛铁矿为主要原料冶炼金属钛工艺流程
35．（10分）随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金的维生素”。为回收利用含钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣），科研人员最新研制了一种离子交换法回收钒的新工艺，回收率达91.7%以上。
部分含钒物质在水中的溶解性如下表所示：
物质
VOSO4
V2O5
NH4VO3
(VO2)2SO4
溶解性
可溶
难溶
难溶
易溶
该工艺的主要流程如下。

请回答下列问题：
（1）请写出加入Na2SO3溶液发生反应的离子方程式                     。
（2）催化氧化所使用的催化剂钒触媒(V2O5)能加快二氧化硫氧化速率，此过程中产生了一连串的中间体（如下左图）。其中a、c二步的化学方程式可表示为           ，        。

（3）该工艺中沉矾率是回收钒的关键之一，沉钒率的高低除受溶液pH影响外，还需要控制氯化铵系数（NH4Cl加入质量与料液中V2O5的质量比）和温度。根据上右图试建议控制氯化铵系数和温度：          、           。
（4）经过热重分析测得：NH4VO3在焙烧过程中，固体质量的减少值（纵坐标）随温度变化的曲线如右图所示。则NH4VO3在分解过程中        。

A．先分解失去H2O，再分解失去NH3 
B．先分解失去NH3，再分解失去H2O
C．同时分解失去H2O和NH3  
D．同时分解失去H2、N2和H2O
【答案】（1）V2O5+ SO32—+4H+=2VO2++SO42—+2H2O（2分）
（2）SO2+V2O5SO3+ V2O4 （2分）4VOSO4+O22V2O5+4SO3（2分）
（3）4和80℃（各1分） （4）B（2分）
【解析】
试题分析：（1）亚硫酸根具有还原性，酸性条件下，能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，离子反应方程式为V2O5+ SO32—+4H+=2VO2++SO42—+2H2O；
（2）依据图中的转化关系，V2O5参与反应先做氧化剂把二氧化硫氧化为三氧化硫，本身被还原为图中产物V2O4，根据氧化还原反应的实质写出并配平a步化学方程式SO2+V2O5SO3+ V2O4；C是VOSO4转化为SO3，此过程需要重新生成催化剂V2O5，需要氧化剂完成，此过程中的氧化剂为氧气，根据化合价的变化写出C步化学方程式4VOSO4+O22V2O5+4SO3；
（3）根据图示分析数据，80℃时沉矾率最高为98%，再升高温度时其沉钒率反而降低，从氯化铵系数知，氯化铵系数越大沉钒率越大，但系数为5比为4稍微大些，且氯化铵系数越大需要的氯化铵越多，从经济角度分析不合适，所以加NH4Cl的系数最好为4；
【考点定位】本题考查了制备实验方案的设计
【名师点晴】该题的考查的知识点解答，难度较大，涉及到氧化还原反应、图象分析等知识点，注意催化剂实际上参加反应，难点是（4）题中图像分析。解决工艺流程图题目的基本方法和步骤为：（1）从题干中获取有用信息，了解生产的产品。（2）然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。（3）分析流程中的每一步骤，从以下几个方面了解流程：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。
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