名校试题2019届宁夏回族自治区育才中学高三上学期月考（二）化学---精校解析Word版

《名校试题2019届宁夏回族自治区育才中学高三上学期月考（二）化学---精校解析Word版》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

2019届宁夏回族自治区育才中学高三上学期月考(二)化学试题此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号化学注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单选题1．下列过程没有发生化学反应的是A．生石灰作干燥剂B．氢氟酸刻蚀玻璃C．打磨磁石制指南针D．用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装2．下列配制溶液的操作中，有可能不会影响所配溶液浓度大小的是A．用量筒量取浓溶液后，将量筒中残留的液体洗净倒入烧杯中B．定容时俯视C．称量时误用“左码右物”D．定容后使溶液混匀，静止，发现凹液面低于刻度线，立即滴加蒸馏水至刻度线3．下列实验操作中所用仪器合理的是A．用100mL的量筒量取18.8mLNaOH溶液B．用瓷坩埚加热熔融NaOHC．用托盘天平称取25.20g氯化钠D．用100mL容量瓶配制70mL0.1mol/L盐酸4．根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是溶液现象结论A含HCl、BaCl2的FeCl3溶液产生白色沉淀SO2有还原性BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性：H2SO3>H2SiO35．下列说法正确的是A．1mol氢约含有6.02×1023个粒子B．H2的摩尔质量是2gC．1molO2的质量是32g，含有的氧原子数为2NAD．铁的摩尔质量等于铁原子的相对原子质量6．同温、同压下，等体积的NH3和CH4两种气体，下列有关说法错误的是A．所含分子数目相同B．所含氢原子物质的量之比为3:4C．质量之比为16:17D．密度之比为17:167．下列说法正确的是A．硅是良好的半导体材料，且是制造光缆的主要材料B．新制氯水经光照一段时间pH减小C．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性D．将过量的NaOH溶液逐滴滴入AlCl3溶液中，先无明显现象后出现白色絮状沉淀8．下列说法正确的是A．将过量的稀盐酸逐滴滴入稀Na2CO3溶液中，立即产生气体 B．FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路C．Cl2能使湿润的有色布条褪色，说明Cl2具有漂白性D．用洗气瓶中的NaOH溶液除去CO2中混有的HCl气体9．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述中正确的是A．92gNO2和N2O4混合气体中含有的原子数为3NAB．71g氯气与足量铁粉充分反应，转移的电子数为3NAC．0．5mol·L-1的Ba(OH)2溶液中OH-的数目为NAD．1molMg与足量的O2或N2反应生成MgO或Mg3N2时，失去的电子数均为2NA10．设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是A．14g乙烯和丙烯混合气体中的碳原子数为2NAB．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAC．1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD．lmolFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA11．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．常温常压下，5.6LO2含有4NA个电子B．28gN2、CO和C2H4的混合气体分子总数为NAC．标准状况下，22.4L盐酸含有NA个HCl分子D．1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子12．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A．无色透明的溶液中:Fe3+、Mg2+、SCN–、Cl–B．Kw/c(H+)=1×10－13mol·L－1的溶液中：NH4＋、Ca2＋、Cl－、NO3－C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO3－、SO42－D．水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、AlO2－、CO32－13．下列指定反应的离子方程式正确的是A．向NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3－＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2OB．Cu溶于稀硝酸：Cu＋2H＋＋NO3－=Cu2＋＋NO2↑＋H2OC．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3－＋I－＋6H＋=I2＋3H2OD．氯气溶于水：Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO14．能正确表示下列反应的离子反应方程式为A．Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应：HCO3－+Ca2＋+OH－===CaCO3↓+H2OB．向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-沉淀完全：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓C．向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-D．MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4HCl=Mn2＋+2Cl－+Cl2↑+2H2O15．在酸性条件下，可发生如下反应：ClO3—+2M3++4H2O=M2O7n—+Cl-+8H+，M2O7n—中M的化合价是()A．+4B．+5C．+6D．+716．O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是A．SF6是氧化产物B．O2F2既是氧化剂又是还原剂C．若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为4:117．下列关于胶体的叙述不正确的是A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10﹣9～10﹣7m之间B．胶体是一种均一、稳定的纯净物C．用平行光照射CuSO4溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象不相同D．向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，制得Fe(OH)3胶体 18．将Cl2通入400mL0.5mol·L-1KOH溶液中，二者恰好完全反应得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO-与ClO3-的物质的量之比是1:2，则通入的Cl2在标谁状况下的体积为A．1.12LB．2.24LC．1.68LD．0.56L19．将一块铁片放入0.5L1mol/LCuSO4溶液中，反应一段时间后，取出铁片，小心洗净后干燥称量，铁片增重0.8g，则反应后溶液中CuSO4的物质的量浓度是(反应前后溶液的体积不变)A．0.9mol/LB．0.85mol/LC．0.8mol/LD．0.75mol/L20．如果ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体的物质的量是A．bc/(aNA)molB．ac/(bNA)molC．ab/(cNA)molD．b/(acNA)mol21．质量相同的镁和铝，跟足量的盐酸反应，失去电子数之比为A．1∶1B．2∶3C．24∶27D．3∶4二、实验题22．二氧化硫是硫的重要化合物，在生产、生活中有广泛应用，是大气主要污染物之一，具有一定的还原性，探究SO2气体还原Fe3+、I2，可以使用的药品和装置如图所示：(1)写出由铜和浓硫酸制取SO2的化学方程式_______________________________。(2)装置A中的现象是__________________________________________________。反应结束后若要从A中的FeCl3溶液中提取晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在蒸发操作中要用到的主要仪器有_______(填编号)。自然干燥晶体而不烘干晶体的原因是___________________________。A．酒精灯B．蒸发皿C．漏斗D．烧杯E．玻璃棒F．坩埚(3)根据以上现象，该小组同学认为SO2与FeCl3发生氧化还原反应。①写出SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式__________________________；②请设计实验方案检验有Fe2+生成__________________________；(4)B中蓝色溶液褪色，表明SO2的还原性比I-_________(填“强”或“弱”)。23．硫酰氯(SO2Cl2)是一种重要的化工试剂，氯化法是合成硫酰氯(SO2Cl2)的常用方法。实验室合成硫酰氯的实验装置如下图所示(部分夹持装置未画出)：已知：①SO2(g)+Cl2(g)＝SO2Cl2(l)ΔH＝－97.3kJ/mol。②硫酰氯常温下为无色液体，熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，在潮湿空气中“发烟”。③100℃以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气。回答下列问题：(1)装置A中发生反应的离子方程式为_________________________________。(2)装置B中的除杂试剂为___________________(填名称)，若缺少装置C，会导致装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为_________________________。(3)仪器D的名称为__________________，E中冷凝水的的出口是____________(填“a”或“b”)，F的作用除了防止空气中水蒸气进入D装置内之外，还可以________________________________。(4)当装置A中排出氯气1.12L(已折算成标准状况)时，最终得到4.05g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为___________。为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有________(填序号)。①加热三颈烧瓶②控制气流速率，宜慢不宜快③若三颈烧瓶发烫，可适当降温④先通冷凝水，再通气(5)氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯2ClSO3H＝SO2Cl2+H2SO4，分离产物的方法是________。A．重结晶B．过滤C．蒸馏D．萃取 三、综合题24．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，配平离子方程式(将化学计量数填于空白处)____I-＋____IO3—＋____H+＝____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反应的化学方程式是：____________________________。②某学生设计回收四氯化碳的操作为：a.加入适量Na2SO3稀溶液；b.分离出下层液体；c.将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中；d.将分液漏斗充分振荡后静置。其中分液漏斗使用前须进行的操作是_______，上述操作正确的顺序是：_______(填序号)(3)已知：I2＋2S2O32－＝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ag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1.0×10－3mol·L－1的Na2S2O3溶液20.0mL，恰好反应完全。①判断c中反应恰好完全依据的现象是_______________________。②b中反应所消耗的KI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a的代数式表示)_____mg/kg。25．工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程如图所示：回答下列问题：(1)步骤①所得废渣与强碱反应得离子方程式_______________________________，操作Ⅱ的名称是_______________________。(2)步骤②、③的变化过程表示为(下式R表示VO2+，HA表示有机萃取剂)：R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)2RAn(有机层)+nH2SO4(水层，X试剂为__________(写化学式)。(3)按要求完成下列方程式。④的离子方程式为__________________，其中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为_____________，若有245gKClO3参与反应时，转移的电子数目为__________。加氨水调节pH过程中涉及的离子方程式为：__________________________________。(4)该工艺流程中可以循环利用的物质有_________________和_________________。 2019届宁夏回族自治区育才中学高三上学期月考(二)化学试题化学答案参考答案1．C【解析】【分析】有新物质生成的变化是化学变化。生石灰作干燥剂氧化钙时与水反应生成氢氧化钙；氢氟酸刻蚀玻璃，氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水；打磨磁石制指南针，没有生成新物质；用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，铁粉可吸收氧气，属于化学变化，故不选D。【详解】生石灰作干燥剂时，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，属于化学反应，故不选A；氢氟酸刻蚀玻璃，氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，属于化学反应，故不选B；打磨磁石制指南针，只发生形状改变，没有生成新物质，属于物理变化，故选C；用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，铁粉可吸收氧气，属于化学变化，故不选D。2．C【解析】【分析】用量筒量取浓溶液后，将量筒中残留的液体洗净倒入烧杯中，溶质物质的量偏大；定容时俯视，溶液体积偏小；称量时误用“左码右物”，如果不用游码，称取溶质质量准确；定容后使溶液混匀，静止，发现凹液面低于刻度线，立即滴加蒸馏水至刻度线，溶液体积偏大。【详解】用量筒量取浓溶液后，将量筒中残留的液体洗净倒入烧杯中，溶质物质的量偏大，浓度偏大，故不选A；定容时俯视，溶液体积偏小，浓度偏大，故不选B；称量时误用“左码右物”，如果不用游码，称取溶质质量准确，对浓度无影响，故选C；定容后使溶液混匀，静止，发现凹液面低于刻度线，立即滴加蒸馏水至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小，故不选D。3．D【解析】试题分析：A.应该用20mL的量筒量取18.8mLNaOH溶液，A错误；B.瓷坩埚中混有二氧化硅，在加热的条件下能与NaOH反应，因此不能用瓷坩埚加热熔融NaOH，应该用铁坩埚，B错误；C.托盘天平只能读数到0.1g，因此用托盘天平称取25.2g氯化钠，C错误；D.实验室没有70ml容量瓶，因此用100mL容量瓶配制70mL0.1mol·L-1盐酸，D正确，答案选D。考点：考查化学仪器使用的有关判断4．C【解析】【分析】SO2有还原性，被Fe3+氧化为SO42—；H2S溶液与SO2反应方程式是；SO2使高锰酸钾溶液褪色，体现SO2的还原性；Na2SiO3溶液中通入SO2气体，产生白色沉淀硅酸；【详解】SO2有还原性，被Fe3+氧化为SO42—，SO42—再与Ba2+结合为BaSO4沉淀，故A结论正确；H2S溶液与SO2反应方程式是，SO2中S元素化合价降低，体现SO2的氧化性，故B结论正确；SO2使高锰酸钾溶液褪色，体现SO2的还原性，故C结论错误；Na2SiO3溶液中通入SO2气体，产生白色沉淀硅酸，根据“强酸制弱酸”，可知酸性H2SO3＞H2SiO3，故D结论正确。5．C【解析】 【分析】1mol氢，没有明确是氢分子还是氢原子；摩尔质量的单位是g/mol；1molO2中含有2mol氧原子；摩尔质量的单位是g/mol，相对原子质量的单位为“1”；【详解】1mol氢，指向不明确，没有明确微粒是氢分子还是氢原子，故A错误；摩尔质量的单位是g/mol，H2的摩尔质量是2g/mol，故B错误；1molO2的质量是32g，含有2mol氧原子，含有的氧原子数为2NA，故C正确；摩尔质量的单位是g/mol，相对原子质量的单位为“1”，铁的摩尔质量在数值上等于铁原子的相对原子质量，故D错误。6．C【解析】【详解】A、同温同压下同体积的气体，则具有相同的分子数和物质的量，故A说法正确；B、根据A选项分析，两种物质的物质的量相等，即氢原子物质的量之比为(1×3)∶(1×4)=3∶4，故B说法正确；C、相同条件下，质量之比等于其摩尔质量之比，即为17：16，故C说法错误；D、相同条件下，密度之比等于其摩尔质量之比，即17∶16，故D说法正确。7．B【解析】【分析】硅是制造集成电路、太阳能电池的原料，二氧化硅是制造光缆的主要材料；新制氯水经光照一段时间，次氯酸分解为盐酸，弱酸变为强酸；SO2能使品红溶液褪色，说明SO2有漂白性；将过量的NaOH溶液逐滴滴入AlCl3溶液中，先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠。【详解】硅是制造集成电路、太阳能电池的原料，二氧化硅是制造光缆的主要材料，故A错误；次氯酸不稳定，新制氯水经光照一段时间，次氯酸分解为盐酸，弱酸变为强酸，所以pH减小，故B正确；SO2能使品红溶液褪色，说明SO2有漂白性，故C错误；将过量的NaOH溶液逐滴滴入AlCl3溶液中，先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，现象是先生成沉淀后沉淀消失，故D错误。8．B【解析】【分析】将过量的稀盐酸逐滴滴入稀Na2CO3溶液中，依次发生的反应是、；FeCl3溶液能与Cu反应生成氯化亚铁和和氯化铜；Cl2没有漂白性；CO2、HCl都能与氢氧化钠反应；【详解】将过量的稀盐酸逐滴滴入稀Na2CO3溶液中，依次发生的反应是、，开始没有气体，后来有气体产生，故A错误；FeCl3溶液能与Cu反应生成氯化亚铁和和氯化铜，故B正确；次氯酸具有漂白性，氯气没有漂白性，故C错误；CO2、HCl都能与氢氧化钠反应，不能用NaOH溶液除去CO2中混有的HCl气体，故D错误。9．D【解析】【分析】NO2和N2O4的最简式都是NO2；氯气与足量铁粉充分反应生成氯化铁，氯元素化合价由0变为-1；，没有溶液体积不能计算溶质物质的量；Mg与足量的O2或N2反应时，镁元素化合价由0变为+2；【详解】NO2和N2O4的最简式都是NO2，92gNO2和N2O4混合气体中含有的原子数为6NA，故A错误；氯气与足量铁粉充分反应生成氯化铁，氯元素化合价由0变为-1，所以71g氯气与足量铁粉充分反应，转移的电子数为2NA，故B错误；没有溶液体积，不能计算0．5mol·L-1的Ba(OH)2溶液中OH- 的数目，故C错误；Mg与足量的O2或N2反应时，镁元素化合价由0变为+2，所以1molMg与足量的O2或N2反应生成MgO或Mg3N2时，失去的电子数均为2NA，故D正确。10．B【解析】【分析】乙烯和丙烯的最简式都是CH2；过氧化钠与水反应生成氧气时，氧元素化合价由-1升高为0；Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁；FeI2与足量氯气反应，生成氯化铁和碘单质；【详解】乙烯和丙烯的最简式都是CH2，14g乙烯和丙烯混合气体中的碳原子数=NA，故A错误；过氧化钠与水反应生成氧气时，氧元素化合价由-1升高为0，所以生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，故B正确；Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁，铁元素化合价由0升高为+3，所以1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为3NA，故C错误；FeI2与足量氯气反应，生成氯化铁和碘单质，所以lmolFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为3NA，故D错误。11．B【解析】【分析】标准状况下，5.6LO2的物质的量是0.25mol；N2、CO和C2H4的摩尔质量都是28g/mol；盐酸是液体，不能利用计算物质的量；Na被完全氧化生成Na2O2，钠元素化合价由0升高为+1；【详解】标准状况下，5.6LO2的物质的量是0.25mol，含有电子数是，常温常压下，5.6LO2的物质的量不是0.25mol，故A错误；N2、CO和C2H4的摩尔质量都是28g/mol，根据极值法，28gN2、CO和C2H4的混合气体的物质的量是1mol，分子总数为NA，故B正确；盐酸是液体，不能利用计算物质的量，故C错误；Na被完全氧化生成Na2O2，钠元素化合价由0升高为+1，1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去NA个电子，故D错误。12．B【解析】【分析】含有Fe3+的溶液呈黄色，Fe3+遇SCN–溶液呈红色；Kw/c(H+)=1×10－13mol·L－1的溶液中c(H+)=1×10－1mol·L－1，溶液呈酸性；与Al反应能放出H2的溶液呈酸性或碱性；水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液，水电离受到抑制，溶液呈强酸性或强碱性；【详解】含有Fe3+的溶液呈黄色，Fe3+遇SCN–溶液呈红色，无色透明的溶液中不可能含有Fe3+，故A错误；酸性溶液中NH4＋、Ca2＋、Cl－、NO3－能大量共存，故B正确；与Al反应能放出H2的溶液呈酸性或碱性。若呈酸性，铝与硝酸反应不能放出氢气、Fe2＋与NO3－发生氧化还原反应。若呈碱性，Fe2＋生成沉淀，所以与Al反应能放出H2的溶液中Fe2＋、K＋、NO3－、SO42－一定不能大量共存，故C错误；水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液，水电离受到抑制，溶液呈强酸性或强碱性，若呈酸性AlO2－、CO32－都能与H＋反应，故D错误。13．A【解析】【分析】向NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液，把NaHCO3的物质的量看做1mol；Cu溶于稀硝酸放出NO气体；IO3－＋I－＋6H＋=I2＋3H2O不符合得失电子守恒和电荷守恒；氯气溶于水反应可逆。【详解】向NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液，把NaHCO3的物质的量看做1mol，则离子方程式是HCO3－＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2 O，故A正确；Cu溶于稀硝酸放出NO气体，反应离子方程式是3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故B错误；酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3－＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O，故C错误；氯气溶于水反应可逆：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，故D错误。【点睛】定量离子方程式书写时，把量少的物质看做1mol，所以向NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液，把NaHCO3的物质的量看做1mol，离子方程式是HCO3－＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O；向NaHCO3溶液中加少量Ba(OH)2溶液，把Ba(OH)2的物质的量看做1mol，离子方程式是2HCO3－＋Ba2＋＋2OH－=BaCO3↓＋CO32－＋2H2O；14．C【解析】【分析】Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液生成碳酸钙和碳酸钠；向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-沉淀完全，则Ba(OH)2与KAl(SO4)2的比为2:1，Al3+恰好完全生成AlO2-；向FeBr2溶液中通入足量氯气，Fe2+、Br-完全被氧化，生成氯化铁和溴单质；MnO2与浓盐酸反应制Cl2，浓盐酸需要拆写成离子；【详解】Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液生成碳酸钙和碳酸钠，反应离子方程式是2HCO3－+Ca2＋+2OH－===CaCO3↓+2H2O+CO32－，故A错误；向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-沉淀完全，则Ba(OH)2与KAl(SO4)2的比为2:1，Al3+恰好完全生成AlO2-，反应离子方程式是Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2BaSO4↓+2H2O；向FeBr2溶液中通入足量氯气，生成氯化铁和溴单质，反应离子方程式是2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，故C正确；MnO2与浓盐酸反应制Cl2，离子方程式是MnO2+4H++2Cl-Mn2＋+Cl2↑+2H2O，故D错误。【点睛】定量离子方程式的书写遵循“量少为1”的原则，即把少量的物质看做1mol，再根据需要确定其它反应物的用量；所以Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液生成碳酸钙和碳酸氢钠，反应离子方程式是HCO3－+Ca2＋+OH－===CaCO3↓+H2O。15．C【解析】根据电荷守恒-1+3×2=-1-n+8，n=2，设M的化合价是x，则2x-2×7=-2，x=+6，故C正确。16．A【解析】【分析】O2F2中O元素化合价为+1、F元素化合价为-1；反应H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2中O元素化合价由+1降低为0、S元素化合价由-2升高为+6。【详解】S元素化合价由-2升高为+6，所以SF6是氧化产物，故A正确；O2F2中O元素化合价降低，所以O2F2是氧化剂，故B错误；没有条件，无法计算4.48LHF的物质的量，故C错误；O2F2中O元素化合价降低、H2S中S元素化合价升高，所以H2S是还原剂、O2F2是氧化剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4，故D错误。【点睛】氧化还原反应的分析，把握好化合价的变化，所含元素化合价升高的反应物是还原剂，元素化合价升高得到的产物是氧化产物；相反，所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，元素化合价降低得到的产物是还原产物。17．B【解析】【分析】胶体区别于其他分散系的本质区别是分散质的微粒直径不同；胶体是混合物；胶体能产生丁达尔效应；Fe(OH)3胶体的制备方法是：向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色；【详解】 胶体中分散质的微粒直径在10﹣9～10﹣7m之间，故A正确；胶体是混合物，故B错误；胶体能产生丁达尔效应，所以用平行光照射CuSO4溶液和Fe(OH)3胶体时现象不同，故C正确；Fe(OH)3胶体的制备方法是：向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，故D正确；选B。18．B【解析】【分析】将Cl2通入400mL0.5mol·L-1KOH溶液中，二者恰好完全反应得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，根据元素守恒，反应后的溶液中；【详解】将Cl2通入400mL0.5mol·L-1KOH溶液中，二者恰好完全反应得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，根据元素守恒，，则；所以，在标准状况下的体积为2.24L，故选B。19．C【解析】试题分析：由方程式Fe+Cu2+=Fe2++Cu△m566481mol1mol8当铁片增重0.8g时参加反应的Cu2+为0.1mol，溶液中剩余0.5mol-0.1mol=0.4mol。浓度为0.8mol/L.考点：铁的性质。20．A【解析】【分析】求cg该气体的物质的量，就需要知道该气体的摩尔质量，但题目中并没有给出，可以通过ag气体有b个分子数进行求解。【详解】ag该气体的物质的量=b/NA，则摩尔质量M=m/n=a÷(b/NA)=aNA/b，故cg该气体的物质的量=c/(aNA/b)=bc/aNA，故选A。【点睛】本题考查以物质的量为中心的计算，此类题目利用“万能公式”带入计算。21．D【解析】【分析】设镁、铝的质量都是mg，则镁、铝的质量分别是；失2个电子，失3个电子；【详解】设镁、铝的质量都是mg，则镁、铝的质量分别是；失2个电子，失3个电子；质量相同的镁和铝，跟足量的盐酸反应，失去电子数之比为3∶4，故选D。22．Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O溶液由黄色变为浅绿色ABE防止晶体失去结晶水，防止晶体被氧化，防止水解(可不写)2Fe3++SO2+2H2O=SO42－+2Fe2++4H+取少量A中反应后的溶液于试管中，滴入2～3滴K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀生成。(其他合理答案也可得分)强【解析】 【分析】(1)铜和浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铁、二氧化硫、水；(2)装置A中SO2做还原剂，被氧化为硫酸根离子，Fe3+作氧化剂，被还原为Fe2+；蒸发用到酒精灯、蒸发皿、玻璃棒，据此进行解答；烘干晶体容易失去结晶水，晶体易被氧化；(3)①SO2做还原剂，被氧化为硫酸根离子，Fe3+作氧化剂，被还原为Fe2+；②Fe2+遇K3Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀；(4)还原剂的还原性大于还原产物的还原性；【详解】(1)铜和浓硫酸在加热条件下发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4  CuSO4+SO2↑+2H2O；(2)装置A中SO2做还原剂，被氧化为硫酸根离子，Fe3+作氧化剂，被还原为Fe2+，所以现象是溶液由黄色变为浅绿色；蒸发用到酒精灯、蒸发皿、玻璃棒，所以选ABE；烘干晶体容易失去结晶水，晶体易被氧化，所以自然干燥晶体而不烘干晶体的原因是防止晶体失去结晶水，防止晶体被氧化；(3)①SO2做还原剂，被氧化为硫酸根离子，Fe3+作氧化剂，被还原为Fe2+，SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+2Fe2++4H+；②检验有Fe2+生成的操作方法为取少量A中反应后的溶液于试管中，滴入2～3滴K3Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀生成；(4)B中蓝色溶液褪色，说明SO2将I2还原为I-，可知SO2的还原性比I-强。23．2MnO4-+10Cl-+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O饱和食盐水SO2+Cl2+2H2O＝2HCl+H2SO4三颈烧瓶b吸收尾气，防止污染空气60%②③④C【解析】【分析】由合成硫酰氯的实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，因浓盐酸易挥发，B中饱和食盐水可除去氯气中的HCl，C中浓硫酸可干燥氯气，D为三颈烧瓶，D中发生SO2(g)+Cl2(g)═SO2Cl2(l)，E中冷却水下进上出效果好，结合信息②可知，F中碱石灰吸收尾气、且防止水蒸气进入D中，以此解答(1)～(3)；(4)n(Cl2)=，由SO2(g)+Cl2(g)═SO2Cl2(l)可知，理论上生成SO2Cl2为0.05mol×135g/mol=6.75g；为提高本实验中硫酰氯的产率，应在低温度下，且利于原料充分反应；(5)生成物均为液体，但沸点不同；【详解】(1)装置A中发生反应的化学方程式是2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；(2)装置B的作用为除去HCl，所以B中除杂试剂为饱和食盐水；若缺少装置C，气体不干燥，装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；(3)仪器D的名称为三颈烧瓶，冷却水下进上出效果好，所以E中冷凝水的入口是 a、出口是b，F的作用为吸收尾气，防止污染空气，防止水蒸气进入。(4)n(Cl2)=，由SO2(g)+Cl2(g)═SO2Cl2(l)可知，理论上生成SO2Cl2为0.05mol×135g/mol=6.75g；最终得到4.05g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为，为提高本实验中硫酰氯的产率，应在低温度下，且利于原料充分反应，所以在实验操作中需要注意的事项有①加热三颈烧瓶②控制气流速率，宜慢不宜快③若三颈烧瓶发烫，可适当降温，故选①②③；(5)生成物均为液体，但沸点不同，可选择蒸馏法分离，故选C。【点睛】本题考查氯气的制备及性质实验，把握制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意习题中的信息及应用。24．51633Na2SO3+I2+H2O=Na2SO4+2HI检漏(或者洗涤、检漏)cadb当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液又蓝色变为无色，且30s内不恢复蓝色1.7×10-5(或1.67×10-5)423.3/a【解析】【分析】(1)碘酸钾中碘的化合价从＋5价降低到0价，得到5个电子，碘化钾中碘元素的化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，根据得失电子守恒、电荷守恒配平离子方程式；(2)①Na2SO3稀溶液与I2反应生成硫酸钠和氢碘酸；②分液漏斗使用前须需检验旋塞部位是否漏水；Na2SO3稀溶液与碘的四氯化碳溶液不互溶，要使Na2SO3与碘反应，应充分振荡使其接触.所以在步骤a后，将分液漏斗充分振荡后静置；(3)①碘遇淀粉变蓝色，所以溶液呈蓝色，随反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62- 进行，溶液中碘单质被消耗，溶液由蓝色为无色；②由KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2S2O32-=2I-+S4O62得关系式：5KI~KIO3~3I2 ~6S2O32-，根据 关系式计算。【详解】(1)碘酸钾中碘的化合价从＋5价降低到0价，得到5个电子，碘化钾中碘元素的化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，根据得失电子守恒、电荷守恒，离子方程式是5I-＋1IO3—＋6H+＝3I2＋3H2O；(2)①Na2SO3稀溶液与I2反应生成硫酸钠和氢碘酸，反应的离子方程式是Na2SO3+I2+H2O=Na2SO4+2HI；②分液漏斗使用前须需检验旋塞部位是否漏水；Na2SO3稀溶液与碘的四氯化碳溶液不互溶，分层，要使Na2SO3与碘反应，应充分振荡使其接触.所以在步骤a后，将分液漏斗充分振荡后静置，所以操作顺序是c、a、d、b；(3)①碘遇淀粉变蓝色，所以溶液呈蓝色，随反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-进行，溶液中碘单质被消耗，溶液由蓝色为无色，所以溶液由蓝色恰好变为无色达到滴定终点； ②设消耗的KI的物质的量是xmol、KIO3的质量是yg；由KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2S2O32-=2I-+S4O62得关系式，       5KI~KIO3~3I2 ~6S2O32-       5mol214g      6mol      xmol       yg 1.0×10-2mol/L×0.02L得:x=1.67×10-5；，y=0.0071g，设每千克食盐中含碘zmg，列比例式为，解得z=423.3/amg/kg。25．SiO2+2OH-=SiO32-+H2O萃取、分液H2SO46VO2++ClO3-+9H2O=6VO3-+Cl-+18H+1:612NANH3·H2O+H+=NH4++H2ONH4++VO3-=NH4VO3↓(填1个即算正确)氨气(或氨水或NH3或NH3·H2O)有机萃取剂(HA或有机溶剂或萃取后的有机层也给分)【解析】【分析】(1)VOSO4、K2SO4、SiO2中的VOSO4、K2SO4可溶于水，SiO2难溶于水；根据流程图可知操作Ⅱ是加入有机萃取剂后分液；(2)步骤③得到VOSO4，即R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)2RAn(有机层)+nH2SO4逆向移动，加入硫酸可使平衡逆向移动；(3)根据流程图，过程④是用KClO3把VO2+氧化为VO3-；KClO3中氯元素化合价降低是氧化剂、VO2+中V元素化合价升高是还原剂，VO3-是氧化产物；；加氨水调节pH过程中生成NH4VO3沉淀；(4)根据工艺流程图分析可以循环利用的物质。【详解】(1)VOSO4、K2SO4、SiO2中的VOSO4、K2SO4可溶于水，SiO2难溶于水，所以步骤①所得废渣是SiO2，SiO2与强碱反应生成硅酸盐和水，反应离子方程式是SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；根据流程图可知操作Ⅱ是加入有机萃取剂后分液，所以操作Ⅱ是萃取、分液；(2)步骤③得到VOSO4，即R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)2RAn(有机层)+nH2SO4逆向移动，加入硫酸可使平衡逆向移动，所试剂X是H2SO4；(3)根据流程图，过程④是用KClO3把VO2+氧化为VO3-，反应的离子方程式为6VO2++ClO3-+9H2O=6VO3-+Cl-+18H+；KClO3中氯元素化合价降低是氧化剂、VO2+中V元素化合价升高，VO2+是还原剂，VO3-是氧化产物，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1:6；，245gKClO3参与反应时，转移的电子数目为；加氨水调节pH过程中生成NH4VO3沉淀，反应离子方程式是NH4++VO3-=NH4VO3↓；(4)根据工艺流程图，该工艺流程中可以循环利用的物质有氨气和有机萃取剂。【点睛】本题考查了流程分析判断、物质性质和实验设计的方法应用、题干信息分析判断能力；根据得失电子守恒、电荷守恒书写陌生环境下氧化还原反应离子方程式的能力。