【文档说明】黑龙江省双鸭山市第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题 【精准解析】.doc，共(26)页，778.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-31f02609bc9755f079a0701056de98f9.html

以下为本文档部分文字说明：

黑龙江省双鸭山市第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是A.“时气错逆，霾雾蔽日”，雾所形成的气溶胶能产生丁达尔效应B.“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”；屠呦呦改进提取青蒿素的方法，提取过程中发生了化学变

化C.刘禹锡的“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”可以看出金性质稳定，可通过物理方法得到D.“外观如雪，强烧之，紫青烟起”。对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应【答案】B【解析】【详解】A．雾所形成的分散系为气

溶胶，属于胶体，能产生丁达尔效应，正确，不选；B．屠呦呦提取青蒿素的方法是萃取，萃取过程中没有生成新物质，是物理变化，错误，B选；C．沙里淘金说明了金的化学性质稳定、能够稳定存在；利用金和砂石密度的差异，可通过物理方法得到，正确，C不选；D．灼烧硝酸

钾会产生紫色，因为钾元素的火焰颜色为紫色，所以对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应，正确，D不选；答案选B。2.下列物质中，化学式能准确表示该物质分子组成的是（）A.SiO2B.MgOC.ArD.C【答案】C【解析】【详解】A．SiO2属于原子晶体，是一个立体的空间网

状结构，是一个巨大的“分子”，该“分子”中表示Si和O原子的个数比为1:2，而不是表示一个SiO2中含有1个Si原子和2个O原子，所以SiO2只能叫做化学式，而不能真实的表示物质的组成，A错误；B．MgO属于离子晶体，表示Mg2+和O2-的个数比为1:1，而不是一个Mg2+和O2-，所以

MgO只能叫做化学式，而不能叫做分子式，B错误；C．Ar为分子晶体，一个Ar分子中只含有一个Ar原子，其化学式可以表示分子的真实的组成，C正确；D．C可以表示原子晶体如金刚石，也可以表示为混合晶体如石墨，不管是金刚石还是石墨，均是由原子构成的无限大的分子，其化学式不能表

示分子真实的组成，D错误；答案为C。3.下列颜色变化与氧化还原无关的是（）A.湿润的红色布条遇到氯气褪色B.棕黄色的FeCl3饱和溶液滴入沸水中变红褐色C.紫色酸性KMnO4溶液通入乙烯气体后褪色D.浅黄色Na2O2固体露置于空气中逐渐变

为白色【答案】B【解析】【详解】A.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，其反应方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO，生成的次氯酸具有强氧化性，能使红色布条褪色，该反应为氧化还原反应，颜色变化与氧化还原有关，A不符合题意；B.Fe3+在水溶液中呈棕黄色，FeCl3饱和溶液滴入沸水

中，Fe3+水解生成红褐色的氢氧化铁胶体，其离子反应方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，该反应为不是氧化还原反应，颜色变化与氧化还原无关，B符合题意；C.酸性KMnO4溶液具有强氧化性，乙烯分子中含有碳碳双键，被酸性KMnO4溶液氧化，使紫色褪色，该反应为氧化还原

反应，颜色变化与氧化还原有关，C不符合题意；D.Na2O2固体露置于空气中，易与空气中的水和二氧化碳反应，其反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，NaOH也易与二氧化

碳反应，其反应方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，Na2CO3是白色粉末，所以浅黄色逐渐变为白色，该过程存在氧化还原反应，颜色变化与氧化还原有关，D不符合题意；故答案为：B。4.下列说法正确的是A

.CO2的水溶液能导电，所以CO2是电解质B.氧化剂在反应中得到的电子越多，氧化能力越强C.用加热法可分离I2和NH4HCO3两种固体D.氧化性：Cl2>I2，还原性:I－>Cl－【答案】D【解析】【

详解】A．CO2的水溶液能导电，是因为和水反应生成碳酸H2CO3，H2CO3是电解质，CO2自身不能电离，CO2是非电解质，故A错误；B．氧化剂的氧化性强弱与得电子难易有关，与得电子多少无关，故B错误；C．I2碘易升华，NH4HCO3加热

易分解为氨气、二氧化碳、水，不能用加热法可分离I2和NH4HCO3，故C错误；D．同主族元素从上到下非金属性减弱，其单质的氧化性减弱，阴离子还原性增强，所以氧化性Cl2>I2、还原性I－>Cl－，故D正确；选D。5.除去括号内的杂质，选用的试剂不正

确的是A.CO2(HCl)：饱和NaHCO3溶液B.FeCl2溶液(FeCl3)：铁粉C.CuO(Al2O3)：NaOH溶液D.NaOH溶液(Na2CO3)：盐酸【答案】D【解析】【详解】A．饱和NaHCO3溶液不能溶解CO2，能和HCl反应生成CO2，故A正确；B．Fe可以还原Fe3+生成Fe

2+，加入过量铁粉充分反应后过滤可除杂，故B正确；C．CuO不溶于NaOH溶液，Al2O3可以溶液NaOH溶液，溶解后过滤可除杂，故C正确；D．NaOH会先和盐酸反应，故D错误；综上所述答案为D。6.下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是（）实

验现象离子方程式A向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解()24322MgOH2NHMg2NHHO+++=+B向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体()323Fe3HOFeOH3H+++=+C二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色

2224423SO2MnO4H3SO2Mn2HO−+−+++=++D氧化亚铁溶于稀硝酸22FeO2HFeHO+++=+A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】A、氢氧化镁碱性强于氨水；B、制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀；C、电荷不守恒；D、硝酸具有强

氧化性，将亚铁氧化成铁离子；【详解】A、氢氧化镁碱性强于氨水，故A能用来解释相应实验现象；B、制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀，离子方程式为：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3（胶体）＋3H＋，故B不能用来解释相应实验现象；C、电荷不守恒，正确的离子方程式为：5SO2＋2Mn

O4－＋2H2O=2Mn2＋＋4H＋＋5SO42－，故C不能用来解释相应实验现象；D、硝酸具有强氧化性，其可将亚铁氧化成铁离子，正确的离子方程式为：3FeO＋10H＋＋NO3－=3Fe3＋＋NO↑＋5H2O，

故D不能用来解释相应实验现象；故选A。【点睛】本题考查离子反应方程式书写，解题关键：结合原理正确书写离子方程式，难点C：氧化还原反应的离子方程式的书写，配平前不能将H+写在反应物中，应先配电子转移守恒，再通过电荷守恒将H+补在生成物中。7.氢化铵(NH4H)与氯化铵的结构

相似，又知它与水反应有气体生成。下列关于氢化铵叙述不正确的是()A.是离子化合物，含有离子键和共价键B.电子式是C.与水反应时，是还原剂D.固体投入少量的水中，有两种气体产生【答案】B【解析】【分析】氢化

铵(NH4H)与氯化铵的结构相似，氯化铵是离子化合物，所以氢化铵是离子化合物。【详解】A．氢化铵是离子化合物，含有离子键和共价键，A正确；B．对比氯化铵的结构，氢化铵应该是离子化合物，电子式中负一价H应该要标出2个电子并加上中括号，B错误；C．氢化铵(NH4H)与水反应有气体生成，

生成的气体是氢气，氢化铵中的H-被氧化为0价的氢气，作还原剂，C正确；D．氢化铵与水反应生成氢气和一水合氨，水少量的时候，可放出氨气，D正确。答案选B。8.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.c(Fe3+)＝0.1mol·L－1的溶液中：Na+、Cu2+、Cl

－、SCN－B.使甲基橙变红色的溶液中：K+、Fe2+、Cl－、-4MnOC.由水电离出的c(H+)=10－12mol·L－1的溶液：Na+、K+、2-3CO、2-4SOD.()()OHHcc−+＝10－12的溶液中：Mg2+、Al3+、-3NO、2-4SO【答案】D【解析】【分析】【

详解】A.c(Fe3+)＝0.1mol·L－1的溶液中：铁离子与SCN－因反应而不能共存，A不符合；B.使甲基橙变红色的溶液为酸性，H+、Fe2+和-4MnO因发生氧化还原反应而不能共存，B不符合；C.由水电离出的c(H+)=10－12mol·L－

1，等于由水电离出的c(OH-)=10－12mol·L－1，该溶液是酸或碱溶液，在酸溶液中2-3CO因反应而不能共存，C不符合；D.()()OHHcc−+＝10－12的溶液中，氢氧根离子浓度小于氢离子浓度，呈酸性，故Mg2+、Al3+、-3NO、2-4SO不反应而能共存，D符合；答案选D。9.

2个-3XO恰好能氧化5个2-3SO，则还原产物中变价元素的化合价是A.-1B.0C.+1D.+6【答案】B【解析】【分析】氧化还原反应中存在电子守恒关系，即得到电子总数等于失去电子总数，也可以看成化合价降低总数等于化合价升高总数。【详解】根据题意，2个-3XO恰好能氧化5个2-3SO，则

2-3SO中+4价硫元素化合价升高，且产物中硫元素应该是+6价，即硫化合价升高了2，每个硫失去2个电子，则失去电子总数为5×2=10，根据电子守恒，则得到电子总数也是10，阴离子-3XO中X化合价为+5价，假设X化合价降低到x价，

则有2×(5-x)=10，解得x=0，则产物中X为0价。答案选B。【点睛】巧用氧化还原反应中电子守恒关系进行解题。10.下列有关物质的工业制法中，错误的是A.制硅：用焦炭还原二氧化硅得硅B.制钠：以海水为原料制得

NaCl，再电解熔融NaCl得钠C.制铁：以焦炭和铁矿石为原料，用CO还原铁矿石得铁D.制镁：以海水为原料，经一系列过程制得氯化镁，用H2还原MgCl2得镁【答案】D【解析】【详解】A．工业用焦炭还原二氧化硅生产硅：SiO2+2CSi+2CO↑，A正确；B．

工业制钠是以海水为原料制得NaCl，电解熔融NaCl：2NaCl2Na+Cl2↑，制得钠，B正确；C．工业上常用用CO在高温下还原铁矿石炼铁：3CO+Fe2O32Fe+3CO2，制得铁，C正确；D．工业制镁是电解熔融氯化镁：MgCl2Mg+Cl2↑，D错误；答案选D。11.将等物质的

量的镁和铝混合，取等质量该混合物四份，分别加到足量的下列溶液中，充分反应后，放出氢气最多的是()A.4mol·L－1HNO3B.3mol·L－1HClC.8mol·L－1NaOHD.18mol·L－1H2SO4

【答案】B【解析】硝酸、浓硫酸具有强的氧化性与镁铝反应不会产生氢气，镁铝都能与盐酸盐酸反应生成氢气，镁与氢氧化钠不发生反应，铝与氢氧化钠反应生成氢气，依据氧化还原反应的规律可知，相同质量的铝无论与酸还是碱反应失去的电子

数相同，生成的氢气相同，而镁只能与酸反应不能与碱反应，所以等物质的量的镁和铝混合与盐酸反应放出的氢气量大于与氢氧化钠反应放出的氢气的量，故答案为B。点睛：明确Mg、Al的性质差异及浓硝酸、浓硫酸的强氧化性是解题关键，硝酸、浓硫酸具有强

的氧化性与镁铝反应不会产生氢气，镁铝都能与盐酸盐酸反应生成氢气，镁与氢氧化钠不发生反应，铝与氢氧化钠反应生成氢气，依据得失电子守恒解答。12.在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶，再加入下列物质：①FeCl3；②Fe2O3；③Cu(NO3)2；④KNO3，铜粉溶解的是（）A.只有

①或②B.只有①或②或④C.只有①或②或③D.上述任意一种【答案】D【解析】【分析】Cu与稀硫酸不反应，加具有氧化性的物质可使铜粉溶解，以此来解答。【详解】①Cu与FeCl3发生氧化还原反应，Cu溶解，故选；②Fe2O3溶于稀硫酸，生成的铁离子与Cu发生氧化还原反应，Cu溶解，故选

；③Cu（NO3）2在酸性溶液中具有强氧化性，与Cu发生氧化还原反应，Cu溶解，故选；④KNO3在酸性溶液中具有强氧化性，与Cu发生氧化还原反应，Cu溶解，故选；故答案选D。13.下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是①向饱和碳酸钠溶液中通

入过量的CO2②向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸③向AlCl3溶液中逐滴加入过量稀氢氧化钠溶液④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸A.①②B.①③C.①④D.②③【答案】C【解析】①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，析出晶体碳

酸氢钠，不会出现先沉淀后溶解的现象，故①符合；②向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝和盐酸反应生成可溶性的氯化铝，所以看到的现象是“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”，所以不符合条件，故②不符合；③向AlCl3溶液中逐滴滴

加NaOH溶液至过量，先生成氢氧化铝沉淀，继续滴入氢氧化钠溶液会溶解氢氧化铝沉淀，反应现象是先沉淀后溶解，故③不符合；④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，硅酸和盐酸不反应，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故④符合；答案为C。14.有600

mL某种混合物溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现将此溶液分成三等份，进行如下实验：（1）向第一份中加入AgNO3溶液，有沉淀产生；（2

）向第二份中加足量NaOH溶液并加热后，收集到气体0.04mol；（3）向第三份中加足量BaCl2溶液后，得干燥的沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验现象，以下推测正确的是A.K+不一定存在B.Ba2+、Mg2+不一定都存在C.Cl-不一定存在D.混合溶液

中CO32-的浓度为0.2mol/L【答案】C【解析】【分析】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl－+Ag+=AgCl↓、CO32－+2Ag+=Ag2CO3↓、SO42－+2Ag+=Ag2SO4↓，所以可能含有Cl－、CO32－、SO42－；

第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，则一定含有NH4+，根据反应NH4＋＋OH－NH3↑＋H2O可知，产生NH3为0.04mol，则NH4+也为0.04mol；第三份加足量BaCl2溶

液后，得干燥的沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g，说明有部分沉淀溶于盐酸、部分沉淀不溶于盐酸，则沉淀为BaCO3和BaSO4，溶液中一定存在CO32－、SO42－，一定不存在Ba2＋，由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为2.33g÷233

g/mol=0.01mol，BaCO3为6.27g－2.33g=3.94g，物质的量为3.94g÷197g/mol=0.02mol，则CO32－物质的量为0.02mol，CO32－物质的量浓度为0.02mol÷0.2L=0.1mol/L。【详解】A.CO32－、SO42－、NH4+物质的量分

别为0.02mol、0.01mol、0.04mol，CO32－、SO42－所带负电荷分别为0.02mol×2、0.01mol×2，共0.06mol，NH4+所带正电荷为0.04mol，根据溶液中电荷守恒可知，K+一定存在，且K+物质的量≥0.02mol，当

K+物质的量＞0.02mol时，溶液中还必须存在Cl－，故A错误；B.溶液中一定存在CO32－、SO42－，因Ba2+和CO32－、SO42－可发生反应生成BaCO3和BaSO4沉淀，Mg2+和CO32－可发生反应生成MgCO3沉淀，因

此Mg2+和Ba2+一定不存在，故B错误；C.根据A项分析可知，只有当K+物质的量＞0.02mol时，溶液中才必须存在Cl－，所以不能确定溶液中Cl－是否存在，故C正确；D.由上述分析可知，溶液中CO32－的物质的量浓度为0.1mol/L，故D错误；答案

选C。15.向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如右图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是A.a点对应的溶液中：Na+、-2AlO、2-4SO、-3NOB.b点对应的溶液中：Ba2+、

K+、-3NO、Cl-C.c点对应的溶液中：Na+、Ag+、Mg2+、-3NOD.d点对应的溶液中：Cl-、-3NO、Fe2+、Na+【答案】B【解析】【分析】由图可知，a点对应的溶液含Na2CO3、NaHCO3和NaCl，b点溶液含NaHCO3和NaC

l，c点溶质为NaCl，显中性，而d点溶液显酸性，含NaCl和HCl，结合离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应、双水解反应等，则离子大量共存。【详解】A．a点存在HCO，-2AlO与HCO发生反应生成氢氧化铝沉淀和23CO−，溶液中一定

不能大量共存，故A不符合题意；B．b点存在HCO、Na+和Cl-，与Ba2+、K+、-3NO、Cl-不发生任何反应，故溶液中一定能大量共存，故B符合题意；C．c点正好生成NaCl溶液，Ag+与Cl-会生成氯化银沉淀，溶液中一定不能大量共存

，故C不符合题意；D．d点为NaCl与HCl的混合溶液，-3NO、Fe2+在酸性条件下发生氧化还原反应，溶液中不能大量共存，故D不符合题意；答案选B。16.根据下图实验所得推论不合理的是()已知：苯酚的熔点为43℃A.试管a中钠沉在底部

，说明密度：甲苯<钠B.试管b、c中生成的气体均有2HC.苯酚中羟基的活性比乙醇中羟基的活性强D.羟基对苯环的影响使苯环上羟基邻、对位的CH−键易于断裂【答案】D【解析】【详解】A．甲苯与钠不反应，试管a中钠沉在底部，说明密度：甲苯<钠，故A合

理；B．苯酚和乙醇均含有羟基，均能与钠发生置换反应，试管b、c中生成的气体均有2H，故B合理；C．苯环使苯酚中羟基变得活泼，苯酚具有弱酸性，产生气泡的速度快，苯酚中羟基的活性比乙醇中羟基的活性强，故C合理；D．甲苯与钠不反应，说明钠与烃基上的氢和苯环上的

氢均不反应，本实验没有现象说明苯环上氢的活性相对强弱，不能得出“羟基对苯环的影响使苯环上羟基邻、对位的CH−键易于断裂”的结论，故D不合理；故选D。17.下列说法正确的是（）①Na2O2投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色；②Na2O和Na2O2投入到水中都能生成NaOH；③质量相等的N

aHCO3与Na2CO3分别与相同浓度盐酸完全反应时，产生CO2的物质的量相等；④取agNa2CO3和NaHCO3混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bg，能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数；⑤区别NaHCO3与Na2CO3溶液，可用Ca(OH)2溶液

；⑥NaHCO3固体可以做干粉灭火剂，金属钠起火可以用它来灭火；⑦NaHCO3粉末中混有Na2CO3，可配制成溶液通入过量的CO2，再低温结晶得到提纯。A.②③④B.②⑤⑦C.①②⑦D.③④⑥【答案】C【解析】【详解】①Na2O2与水

反应产生NaOH使溶液显碱性，所以溶液先变为蓝色，又由于过氧化钠具有强的氧化性而具有漂白性，所以又有蓝色然后变为无色，①正确；②Na2O与水反应产生NaOH，Na2O2与水反应产生NaOH和O2，因此二者都能与水反应生成NaOH，②正

确；③根据C元素守恒，质量相等的NaHCO3与Na2CO3中含有的C元素质量不相等，所以二者分别与相同浓度盐酸完全反应时，产生CO2的物质的量不相等，③错误；④碱石灰既能吸收CO2，也能吸收水分，因此不能根据碱石灰增重质量测定Na2CO3和NaHCO3

混合物中Na2CO3质量分数，④错误；⑤Ca(OH)2与NaHCO3与Na2CO3溶液都能反应产生CaCO3白色沉淀，故不能用Ca(OH)2溶液鉴别二者，⑤错误；⑥NaHCO3固体受热分解产生CO2，可用于灭火，金属钠起火时产生的Na2O2与CO2及H2O发生反应产生氧气，因此不能用干粉

灭火剂灭火，⑥错误；⑦由于Na2CO3在溶液中会与CO2、H2O发生反应，产生NaHCO3，所以NaHCO3粉末中混有Na2CO3，可配制成溶液通入过量的CO2，反应产生NaHCO3，然后再低温结晶得到提纯得到，⑦正确；综上所述可知正确说法是①②⑦，故合理选项是C。18.下表

所列各组物质中，物质之间通过一步反应不能实砚如下图所示转化的是选项XYZANaNaOHNaClBSiSiO2Na2SiO3CCl2HClONaClODNONO2HNO3A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】A.钠和水反应生成氢氧化钠，电解熔融的氯化钠生

成钠，电解氯化钠溶液得到氢氧化钠，氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠，A正确；B.硅酸钠不能直接转化为硅单质，B错误；C.氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠溶液吸收CO2转化为次氯酸，次氯酸钠氧化盐酸生成氯气，C正确；D.NO与

氧气反应生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，浓硝酸被还原生成NO2，稀硝酸被还原生成NO，D正确，答案选B。19.在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题。下列化学反应先后顺序判断正确的是A.在含有等物质的量的A1O2-、OH-、CO32-溶液中逐滴加入盐酸

:OH-、CO32-、A1O2-B.在含等物质的量的FeBr2、FeI2溶液中缓慢通人氯气:I-、Br-、Fe2+C.Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3混合溶液中逐渐加入铁粉:Fe(NO3)3、HNO3、Cu(

NO3)2D.在含等物质的量的Fe3+、NH4+、H+溶液中逐滴加入NaOH溶液:H+、Fe3+、NH4+【答案】D【解析】A、若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-，反应顺序为OH-

、AlO2-、CO32-，选项A错误；B、离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，因为2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，选项B错误；C、氧

化性顺序：HNO3>Fe3+＞Cu2+＞H+，铁粉先与氧化性强的反应，反应顺序为HNO3、Fe3+、Cu2+、H+，选项C错误；D、H+先发生反应，因为H+结合OH-的能力最强，然后Fe3+与OH-反应生成氢氧化铁沉淀，最后再生成一水合氨，故在含等物质的量的Fe

3+、NH4+、H+溶液中逐滴加入NaOH溶液，反应的顺序为H+、Fe3+、NH4+，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查离子反应的先后顺序等，清楚反应发生的本质与物质性质是关键，注意元素化合物知识的掌握，是对学生综合能力的考查。20.下列有关图像

的说法正确的是A.图甲表示：向某明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与滴加NaOH溶液体积的关系B.图乙表示：向含等物质的量的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加HCl溶液体积的关系C.图丙表示：在稀硝

酸溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中Fe3＋物质的量与逐渐加入铁粉物质的量的变化关系D.除去混在硝酸钾中少量的氯化钠可用“蒸发浓缩、趁热过滤”的方法【答案】C【解析】【详解】A.向某明矾溶液中滴加NaOH溶液直至过量，溶液中先生成沉淀，然后沉淀又逐

渐溶解，前后两个阶段分别消耗的氢氧化钠溶液的体积之比为3:1，图像与之不符，故A错误；B.假设NaOH和Na2CO3分别为1mol，向含有1molNaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加过量的稀盐酸，氢氧化钠先与盐酸反应消耗1molHCl；碳酸钠与盐酸反应生成1molNaHCO3，消耗

HCl1mol；最后1molNaHCO3再与盐酸反应产生二氧化碳气体，又消耗HCl1mol，所以产生气体前后消耗盐酸的体积之比为2:1，图像与之不符，故B错误；C.在稀硝酸溶液中加入铁粉，先发生Fe+2NO3

-+4H+=Fe3++2NO↑+2H2O，当硝酸消耗完之后，铁离子的量达到最大值；继续加入铁粉后，铁离子与铁发生反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+，铁离子的量逐渐减小直至为0，最终两步反应消耗铁的量为1：0.5=2：1，与图像相符合，C正确；D.KNO3溶解度随温度变化较大，氯化钠溶解度随温度

变化不大，因此除去混在KNO3中少量的NaC1可用“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤”的方法进行分离，故D错误；答案选C。21.某溶液仅含2Fe+、Na+、3Al+、2Ba+、24SO−、3NO−、Cl−中的4种离子，所含离子的物质的

量均为1mol。若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变（不考虑水的电离和离子的水解）。下列说法错误的是（）A.该溶液中所含的离子是：2Fe+、Na+、24SO−、3NO−B.若向

该溶液中加入过量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液显血红色C.若向该溶液中加入过量的稀硫酸，产生的气体遇空气能变成红棕色D.若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体的质量为72g【答案】D

【解析】【分析】向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO3-的氧化还原反应生成硝酸铁和NO；阴离子种类不变，则原溶液中存在SO42-，又溶液中含有四种离子，所含离子的物质的量均为1mol，由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，据此进行解答。【

详解】加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，气体只能为NO，为Fe2+、NO3−之间氧化还原反应生成的，由于阴离子种类不变，则原溶液中一定存在SO42−，那么一定不能存在钡离子，又溶液中含有四种

离子，所含离子的物质的量均为1mol，根据由电荷守恒，一定还含有带一个单位正电荷的阳离子，即一定含有Na+，A、该溶液中所含的离子是：Fe2+、Na+、SO42−、NO3−，故A正确；B、该溶液中加入硫酸，硝酸

根离子在酸性条件下具有氧化性，将亚铁离子氧化成铁离子，铁离子与KSCN溶液反应显血红色，故B正确；C、依据反应3Fe2++NO3−+4H+=3Fe3++NO+2H2O，一氧化氮不稳定，遇到空气迅速变为红棕色，得知：产生的气体在空气中能变成红棕色，故C正确；D、若向该溶液中加入足量的NaOH

溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，其质量为：0.5mol×160g/mol=80g，故D错误；故选D。22.向含Al2（SO4）3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol/LBa（OH）2溶

液至过量，加入Ba（OH）2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是A.原混合液中c（SO42-）：c（Cl-）=1：1B.向D点溶液中通入C02气体，立即产生白色沉淀C.图中A点沉淀中含有Ba

SO4和Al（OH）3D.AB段反应的离子方程式为：Al3++3OH-＝Al（OH）3↓【答案】A【解析】【详解】Al2（SO4）3和AlCl3的混合溶液与Ba（OH）2溶液反应的实质是Al3+与OH-、Ba2+与SO42-之间

的离子反应，反应如下：Ba2++SO42-＝BaSO4↓，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-，1mo

lAl2（SO4）3中含有2molAl3+，由反应Al3++3OH-＝Al（OH）3↓可知，2molAl3+完全沉淀，需要6molOH-，故从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，A点时SO42-完全沉淀，A～B为氯化铝与氢氧化钡

的反应，B点时溶液中Al3+完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2，B～C为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解。则可依次分析四个选项如下：A、前3LBa（OH）2溶液与溶液中Al2（SO4）3反应，从3L～6L为Ba（OH）2溶液与溶液中AlCl3反应，二者消耗的

氢氧化钡的物质的量相等为3L×1mol/L=3mol，由生成硫酸钡可知3n[Al2（SO4）3]=n[Ba（OH）2]，故n[Al2（SO4）3]=1mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧化铝可知3n（AlCl3）=2[Ba（OH）2]=6mol，故n（AlCl3）=2mol

，因此原溶液中c[Al2（SO4）3]：c（AlCl3）=1：2，即c(SO42-）：c（Cl-）=1:2，故A错误；B、D点的溶液中含有大量的OH-、Ba2+、AlO2-，通入二氧化碳立即产生碳酸钡沉

淀，通入足量的二氧化碳后还能生成氢氧化铝沉淀，B正确；C、根据以上分析可知图中A点沉淀中含有BaSO4和Al（OH）3，C正确；D、根据以上分析可知AB段反应的离子方程式为Al3++3OH-＝Al（OH）3↓，D正确；答案选A。23.Ⅰ．(1)我国

的青海省有许多盐湖盛产食盐，人类与食盐关系密切，食盐在老百姓生活和现代社会的工农业生产中均有重要作用。粗盐中含Ca2＋、Mg2＋、2-4SO以及泥沙等杂质，为了除去可溶性杂质，有以下实验步骤进行提纯：④步所加试剂是________。(2)第⑥步发生反应的离子方程式为_______________

_________、________________________。(3)第⑦步的操作名称________，需要的玻璃仪器有________、________。(4)通过步骤⑤中过滤后的滤液，检验2-4SO已除尽的操作方法是____________

____________。Ⅱ．(5)设阿伏加德罗常数为NA，标准状况下，某O2和N2的混合气体mg含有b个分子，则ng该混合气体在相同状况下所占的体积是________L。(6)用双线桥法标出下列反应的电子转移方向和数目________。2KMnO4+16HCl(浓)═2KCl+

2MnCl2+5Cl2↑+8H2O【答案】(1).Na2CO3溶液(2).2H＋+2-3CO=CO2↑＋H2O(3).H＋+OH-=H2O(4).蒸发结晶(5).酒精灯(6).玻璃棒(7).取少量的滤液于试管中，继续滴加BaCl2溶液，若没有现象，说明2-4SO已除尽

(8).A22.4nbmN(9).【解析】【分析】粗盐中含Ca2+、Mg2+、SO42-以及泥沙等杂质，在粗盐提纯时，碳酸钠加在氯化钡的后面，除去钙离子和加入的过量的钡离子，NaOH溶液除镁离子，过滤后，再进一步加入盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，得到NaCl溶液，蒸发

结晶得到NaCl固体，结合流程，则②应加入的是NaOH溶液除镁离子，④步所加试剂是碳酸钠，除去钙离子和加入的过量的钡离子，⑥加入盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，⑦蒸发结晶；先求出ng该混合气体含有的分

子数，再根据n=ANN计算出ng该混合气体物质的量，最后根据V=n×Vm计算出ng该混合气体在相同状况下所占的体积；反应2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中锰元素的化合价由+7价变

成+2价，盐酸中部分氯由-1价变成0价，由此用双线桥法标出电子转移的方向和数目，据此分析解答。【详解】Ⅰ．(1)由分析可知④步所加试剂是Na2CO3溶液，除去钙离子和加入的过量的钡离子；(2)由分析可知第⑥步加入盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，发生反应的离

子方程式为：H＋+OH-=H2O、2H＋+2-3CO=CO2↑＋H2O；(3)由分析可知第⑦步的操作名称蒸发结晶，需要的玻璃仪器有酒精灯、玻璃棒；(4)通过步骤⑤中过滤后的滤液，检验SO42−已除尽的操作方法是

取少量的滤液于试管中，继续滴加BaCl2溶液，若没有现象，说明SO42−已除尽；Ⅱ．(5)某O2和N2的混合气体mg含有b个分子，则ng该混合气体含有分子数目为ngbnb=mgm，其物质的量为AAbnbnm=mol

NmN，标况下占有的体积为：Abnmol22.4L/molmN＝A22.4nbmN；(6)反应2KMnO4+16HCl(浓)═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中锰元素的化合价由+7价变成+2价，化合价降低了5价，盐酸中部分氯由−1价变成0价，化合价升高了1价，根据

方程式的系数，转移的电子数为10e-，双线桥法标出电子转移的方向和数目为：。【点睛】第⑥步加入过量盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，离子反应为：2H＋+2-3CO=CO2↑＋H2O，为易错点。24.现有下列十种物质

：①液态氯化氢；②小苏打；③固体纯碱：④二氧化碳；⑤葡萄糖：⑥氢氧化钾；⑦氢氧化铁胶体；⑧氨水；⑨空气；⑩硫酸铁溶液(1)上述十种物质中，属于电解质的有________(填序号)，属于非电解质的有________(填序号)(2)除去③

中少量②的操作是________，化学方程式为________；(3)现有100mL溶液中含Fe3+5.6g，则溶液中24SO−的物质的量浓度是________；(4)若在⑦中缓慢加入①的水溶液，产生的现象是________。【答案】(1).①②③⑥(2).④⑤(3).加热(

4).Δ323222NaHCONaCOHOCO=++(5).1.5mol/L(6).先产生红褐色沉淀后沉淀溶解，溶液变黄色【解析】【分析】根据电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物进行判断；根据碳酸钠加

热不分解，碳酸氢钠加热分解得到碳酸钠、水、二氧化碳来解答；根据n=mM计算Fe3+的物质的量，溶液中2n(24SO−)=3n(Fe3+)，再根据c=nV计算24SO−的物质的量浓度；氢氧化铁胶体中加入盐酸会发生聚沉，继续加入会溶解，据此分析。【详解】(1)①液态氯化氢在水

溶液中能导电，是电解质；②小苏打是NaHCO3，在水溶液中能够导电，是电解质；③固体纯碱是碳酸钠，在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质；④二氧化碳在水溶液中与水反应生成碳酸，能够导电，但导电的离子不是二氧化碳自身导电，故二氧化碳是非电解质；⑤葡萄糖是在熔融状态

和水溶液中都不能导电的化合物，是非电解质；⑥氢氧化钾在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质；⑦氢氧化铁胶体属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑧氨水属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑨空气属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑩硫酸铁溶液属于混合物

，既不是电解质也不是非电解质；故属于电解质的是：①②③⑥，非电解质的有：④⑤；(2)根据碳酸钠加热不分解，碳酸氢钠加热分解得到碳酸钠、水、二氧化碳，所以除去固体纯碱中少量小苏打的操作是加热；化学方程式为：Δ323222NaHCONaCOHOCO=++；(3)Fe3+的物质

的量为m5.6g==0.1molM56g/mol，溶液中2n(24SO−)=3n(Fe3+)，则24SO−的物质的量为0.1mol×32=0.15mol，24SO−的物质的量浓度为0.15mol0.1L=1.5mol/L；(4)若在氢氧化铁胶体中缓慢加入盐酸，胶体发生聚沉，

产生的现象是产生红褐色沉淀，继续加入盐酸，沉淀溶解得到黄色溶液。【点睛】化合物不是电解质就是非电解质，能导电的物质不一定是电解质，电解质不一定导电，为易错点。25.北京市场销售的某种食用精制盐包装袋上有如下说明：产品标准GB5461产品等级一级配料食盐、碘酸钾、抗结剂碘

含量(以I计）20~50mg/kg分装时期分装企业（1）碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应，配平化学方程式（将化学计量数填于空白处）____KIO3＋___KI＋___H2SO4＝___K2SO4＋___I2＋___H2O（2）上述反应生成的I2

可用四氯化碳检验。向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原，以回收四氯化碳。①Na2SO3稀溶液与I2反应的离子方程式是_________________________________。②某学生设计回收四

氯化碳的操作步骤为：a.将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中；b.加入适量Na2SO3稀溶液；c.分离出下层液体。以上设计中遗漏的操作及在上述步骤中的位置是______________________。（3）已知：I2＋2S2

O32－＝2I－＋S4O62－。某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为：a.准确称取wg食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；b.用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；c.以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的

量浓度为2.0×10－3mol·L－1的Na2S2O3溶液10.0mL，恰好反应完全。①判断c中反应恰好完全依据的现象是______________________。②b中反应所产生的I2的物质的量是________

___mol。③根据以上实验和包装袋说明，所测精制盐的碘含量是（以含w的代数式表示）_______________________mg/kg。【答案】(1).1(2).5(3).3(4).3(5).3(6).3(7).I

2＋SO32－＋H2O2I－＋SO42－＋2H＋(8).在步骤b后，增加操作：将分液漏斗充分振荡后静置(9).溶液由蓝色恰好变为无色(10).1.0×10－5(11).4.2×102/w【解析】【分析】（1）该反应中，KIO3中I元素化合价由+5价变为0价、KI

中I元素化合价由-1价变为0价，根据转移电子相等配平方程式；（2）①I2具有氧化性，能将SO32-氧化为SO42-，自身被还原为I-；②如果不振荡，二者反应不充分；（3）①二者恰好反应时，溶液由蓝色恰好变为无色；②根据I2+2S2O32-=2I-

+S4O62-中碘和硫代硫酸钠之间的关系式计算但的物质的量；③根据碘和食盐质量之比进行计算。【详解】（1）该反应中，KIO3中I元素化合价由+5价变为0价、KI中I元素化合价由-1价变为0价，转移电子总数为5，再结合原子守恒配平方程式为KIO3+

5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，故答案为：1；5；3；3；3；3；（2）①I2具有氧化性，能将SO32-氧化为SO42-，自身被还原为I-，离子方程式为I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+，故答案为：I2+SO32-+H2O=2I-+SO4

2-+2H+；②如果不振荡，二者反应不充分，所以在步骤b后，增加操作：将分液漏斗充分振荡后静置，故答案为：在步骤b后，增加操作：将分液漏斗充分振荡后静置；（3）①碘遇淀粉试液变蓝色，如果碘完全反应，则溶液会由蓝色转化为无色，所以当

溶液由蓝色转化为无色时说明反应完全，故答案为：溶液由蓝色恰好变为无色；②设碘的物质的量为x，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-1mol2molx1.00×10-3mol•L-1×0.024L1mol：2mol=x：（1.00×10-3mol•L-1×0.024L）

x=-31.0010mol/L0.024L1mol/molL2=1.2×10-5mol，故答案为：1.2×10-5；③根据KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O得13n（I2）=（KIO3）=4×10-6mol，碘酸钾中碘的质量=4×10-6mol×127

g/mol=0.508mg，设每kg食盐中碘的质量为y，则y：1000g=0.508mg：wg，y=10000.508gmgwg=25.0810wmg或508wmg。26.将标准状况下一定体积的CO2缓缓通入体积为VLNa

OH溶液中，充分反应后，在减压低温的条件下蒸发溶液，得到白色固体。(1)由于CO2通入量不同，所得到的白色固体的组成不同，推断并写出各种可能组成的化学式：(可以不填满，也可以添加序号)①________；②________；③________；④________；⑤_____

___；⑥________。(2)按反应的先后顺序，写出各步反应的离子方程式：________。(3)若反应中CO2和NaOH均无剩余，反应后向溶液中加入过量的澄清石灰水生成m1g白色沉淀。①根据以上数据，能否推理计算出标准状况下CO2的体

积？若能，用代数式表示CO2的体积V(CO2)=________．若不能，理由是________。②根据以上数据，能否推理计算出NaOH溶液的浓度？若能，用代数式表示NaOH溶液的浓度c(NaOH)=________。若不能，理由是________。

【答案】(1).NaOH和Na2CO3(2).Na2CO3(3).Na2CO3和NaHCO3(4).NaHCO3(5).不填(6).不填(7).CO2+2OH﹣=2-3CO+H2O(8).2-3CO+H2O+C

O2=2-3HCO(9).0.224m1L(10).不填(11).不能，若为Na2CO3和NaHCO3，利用已知的信息无法计算钠离子的物质的量，则不能计算出NaOH溶液的浓度【解析】【分析】(1)根据CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+NaOH═NaH

CO3来分析；(2)根据反应先生成碳酸钠，后生成碳酸氢钠来书写离子反应方程式；(3)①白色沉淀为碳酸钙，利用碳原子守恒可计算二氧化碳的体积；②因反应后的溶质不确定，无法计算NaOH溶液的浓度。【详解】(1)①当CO2与NaOH的物质的量比小于1：2时，由反应CO2+2Na

OH═Na2CO3+H2O可知反应生成碳酸钠，还有剩余的NaOH，减压低温的条件下蒸发溶液，得到白色固体为NaOH和Na2CO3；②当二氧化碳与NaOH的物质的量为1：2时，反应CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O恰好完全进行，

则溶液中的溶质为Na2CO3，减压低温的条件下蒸发溶液，得到白色固体为Na2CO3；③当二氧化碳与NaOH的物质的量比大于1：2，而小于1：1时，发生CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+NaOH═NaHCO3，减压低温的条件下蒸发

溶液，得到白色固体为Na2CO3和NaHCO3；④当二氧化碳与NaOH的物质的量比≥1：1时，发生CO2+NaOH═NaHCO3，减压低温的条件下蒸发溶液，得到白色固体为NaHCO3；(2)因CO2缓缓通入

NaOH溶液中，先发生CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，后发生Na2CO3+H2O+CO2═NaHCO3，则离子反应分别为CO2+2OH﹣=2-3CO+H2O、2-3CO+H2O+CO2=2-3HCO；(3)①因白色沉淀为碳酸钙，由碳原子守恒可知，标准状况下二

氧化碳的体积为1mg100g/mol×22.4L/mol=0.224m1L；②反应中CO2和NaOH均无剩余，溶液中的溶质可能为Na2CO3，也可能为NaHCO3，还可能为Na2CO3和NaHCO3，加入过量的澄清石灰水生成m1g白色沉淀，只能有碳原

子守恒计算出碳的物质的量，但若为Na2CO3和NaHCO3，利用已知的信息无法计算钠离子的物质的量，则不能计算出NaOH溶液的浓度。【点睛】二氧化碳与氢氧化钠反应过程中，因二氧化碳通入的量不同反应进行的程度不

同，则生成的产物种类不同，解题时要根据反应CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+NaOH═NaHCO3中二氧化碳与氢氧化钠的物质的量关系分析讨论。27.化合物E是一种药物合成中间体，其合成路线如下：回答下列问题：(1)A中的官能团名称是________。(2)④的反应类型是_____

___。(3)B的分子式是________。(4)D的结构简式是________。(5)写出A到B的反应方程式________。(6)H是A的同系物，含有六元碳环且比A少一个碳原子，则符合条件的H________有种(不考虑立体异构)

。【答案】(1).羟基(2).酯化（或取代）反应(3).C8H14O(4).(5).2+O22H2O(6).5【解析】【分析】A()催化氧化得到B，B与甲醛碱性条件下发生加成反应得到C，C被高锰酸钾氧化，结合E的结构可知，C中的醇羟基被氧化成羧基，D为，D与乙醇发生酯化反应得到

E，据此分析解答。【详解】(1)A()所含官能团为羟基，故答案为：羟基；(2)④为D与乙醇发生酯化反应得到E，酯化反应属于取代反应，故答案为：酯化(或取代)反应；(3)B，由结构简式可知其分子式为：C8H14O，故答案为：C8H14O；(4)由以上分析

知D为，故答案为：；(5)A到B发生醇羟基的催化氧化反应，反应方程式为：2+O22H2O，故答案为：2+O22H2O；(6)H是A的同系物，含有六元碳环且比A少一个碳原子，若取代基为-OCH3有一种结构，若取代基为-CH2OH有一种

结构，若取代基为-OH、-CH3，有邻间对三种结构，共5种，故答案为：5；