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1、【全国百强校】河北省衡水中学2018届高三上学期二调考试化学试题1. 下列关于硫及其化合物的说法正确的是A. 自然界中不存在游离态的硫B. 二氧化硫的排放会导致光化学烟雾和酸雨的产生C. 二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了二氧化硫的漂白性D. 浓硫酸可用来干燥SO2、CO、Cl2等气体【答案】D【解析】试题分析：A自然界中存在游离态的硫，如火山口附近就有单质硫，A错误；B排放二氧化硫会污染空气，形成酸雨，但不会导致光化学烟雾产生，B错误；C二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了SO2酸性氧化物的性质，与漂白性无关，C错误；D浓硫酸具有吸水性，可干燥SO2、CO、Cl2等气体
2、，D正确；答案选D。【考点定位】考查含硫物质的性质，侧重二氧化硫和浓硫酸的性质【名师点睛】该类试题注重考查学生对元素及其化合物知识的掌握与应用的能力。注意性质与现象、用途的关系即可解答，注重基础知识的训练，题目难度不大。在硫及其化合物中，SO2的漂白性容易形成理解误区，全面把握SO2的漂白性应从以下三个方面入手。SO2使酸性高猛酸钾溶液、氯水、溴水、碘水褪色，是SO2的还原性而不是漂白性；SO2的漂白性具有选择性，如不能使酸碱指示剂褪色；SO2的漂白性具有可逆性，如溶有SO2的品红溶液（无色），加热后溶液变红。2. 室温下，下列各组离子能大量共存的是A. 稀硫酸中：K+、Mg2+、A1O2-、
3、S2O32-B. NaHS 溶液中：SO42-、K+、C1-、Cu2+C. KW/c(H+)=10-13 molL-1 的溶液中：Fe3+、NH4+、Mg2+、SO42-D. 通人大量 CO2 的溶液中：Na+、ClO-、CH3COO-、HCO3-【答案】C【解析】试题分析：AAlO2-和S2O32-在酸性溶液中均不能大量在在，故A错误；BS2-与Cu2+生成CuS不溶物，不能大量共存，故B错误；CKw/c(H+)=10-13mol/L溶液显酸性，Fe3+、NH4+、Mg2+、SO42-均在酸性溶液中大量共存，且彼此间不发生离子反应，故C正确；DHClO的酸性比碳酸弱，通入大量CO2的溶液中不
4、能大量存在ClO-，故D错误，答案为C。【考点定位】考查离子反应与离子共存。【名师点晴】在同一溶液中离子间如能生成不溶物、弱电解质、挥发性气体、发生氧化还原反应或生成配合物等，则不能共存于同一溶液，解离子共存题还需要搞清溶液的环境如酸碱性、溶液的颜色等，通常用淘汰法解题。3. 下列说法中不正确的是A. 硅主要以单质、氧化物、硅酸盐的形式存在于自然界中B. 适量CO2通入漂白粉的水溶液可以生成白色沉淀C. 在燃煤中加入石灰石可减少SO2的排放，发生的总反应为2CaCO3+2SO2+O22CO2+2CaSO4D. 不能用玻璃瓶来盛装氟化钠水溶液【答案】A【解析】A硅是亲氧元素，在自然界中只能以化合
5、态存在，故A错误；B漂白粉中含有次氯酸钙，且碳酸的酸性比次氯酸强，适量CO2通入漂白粉的水溶液可以生成白色沉淀碳酸钙，故B正确；C在燃煤中加入石灰石可减少SO2排放，发生的反应为2CaCO3+2SO2+O22CO2+2CaSO4，故C正确；D. 氟化钠水溶液水解生成氢氟酸和氢氧化钠，氢氟酸能够溶解二氧化硅，因此不能用玻璃瓶来盛装氟化钠水溶液，故D正确；故选A。4. 合金是指两种或两种以上的金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质。分析下表数据，不能形成合金的是 NaCuA1Fe熔点/97.81 0836601 535沸点/8832 5672 4672 750A. Cu和A1 B. F
6、e和Na C. Fe和Cu D. A1和Na【答案】B【解析】合金是不同种金属在熔化状态下形成的一种熔合物，即两种金属都成为液态时进行混合；由于金属钠的沸点较低，在铁熔化时温度达1535，而此时金属钠已变成气态，无法完成液态时混合，故选B。点睛：注意理解合金的制取过程，两种金属必须都是液态才能制成合金，一种液态、一种固态不会转化成合金，一种液态，一种气体也不能转化成合金。5. 下列反应中，反应后固体物质的质量不变的是A. 氢气通过灼热的CuO粉末 B. 二氧化碳通过Na2O2粉末C. 铝与Fe2O3发生铝热反应 D. 将铁钉投入Cu(NO3)2溶液【答案】C【解析】A发生氢气与CuO的反应生成
7、Cu和水，反应前固体为CuO，反应后固体为Cu，固体质量减小，A错误；B发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气，反应前固体为过氧化钠，反应后固体为碳酸钠，二者物质的量相同，固体质量增加，B正确；C铝与氧化铁发生铝热反应，生成铁和氧化铝，反应物质和生成物都是固体，质量不变，C错误；D发生Zn与硝酸铜反应生成硝酸锌和Cu，反应前固体为Zn，反应后固体为Cu，二者物质的量相同，则固体质量减小，D错误；答案选B。点睛：本题把握发生的化学反应及反应前后固体的分析为解答的关键，侧重元素化合物性质的考查，注意反应中物质的质量变化以及原子守恒的灵活应用。6. 下列解释物质用途或现象的反应方程式不正确的是
8、A. 硫酸型酸雨的形成会涉及反应：2H2SO3+O2=2H2SO4B. 工业上制取粗硅的化学方程式：SiO2+CSi+CO2C. Na2S2O3 溶液中加入稀硫酸：S2O32-+2H+=SO2+S+H2OD. 成分为盐酸的洁厕灵与“84”消毒液混合使用易中毒:C1-+C1O-+2H+=Cl2+H2O【答案】B【解析】试题分析：A硫酸型酸雨的形成，在SO2溶于水形成的亚硫酸会被溶于水的氧气氧化形成硫酸，反应方程式是：2H2SO3+O22H2SO4，正确；B工业上制取粗硅的化学方程式：SiO2+2CSi+2CO，错误；CNa2S2O3溶液中加入稀硫酸，首先发生复分解反应产生H2S2O3，产生的H2
9、S2O3再发生分解反应产生SO2、S、H2O，因此反应总方程式是：S2O32-+2H=SO2+S+H2O，正确；D84消毒液主要成分是NaClO，当与成分为盐酸的洁厕灵混合使用会发生反应：Cl+ClO+2H=Cl2+H2O，产生氯气导致中毒。正确。考点：考查离子方程式正误判断的知识。7. 下列离子方程式的书写正确的是A. 水玻璃中通入过量二氧化碳：Na2SiO3 +CO2 + H2O=2Na+ +CO32-+H2SiO3B. Na2O2 加入H218O 中：2Na2O2+2H2l8O =4Na+4OH-+18O2C. 硅与氢氟酸的反应:Si+4H+4F-=SiF4+2H2D. 过量CO2通入氢
10、氧化钙溶液中：CO2+OH-=HCO3-【答案】D【解析】试题分析：A通入过量的CO2生成碳酸氢盐，离子方程式为SiO322CO22H2O=2HCO3H2SiO3，A错误；B在Na2O2与水的反应中，水既不是氧化剂，也不是还原剂，离子方程式为2Na2O2+2H218O=4Na+418OH+O2，B错误；C氢氟酸是弱酸，写化学式，应该为Si+4HF=SiF4+2H2，C错误；答案选D。【考点定位】考查离子方程式的正误判断【名师点睛】离子方程式的书写和正误判断题所涵盖的知识面广，考查角度灵活多变，同时也能考查学生分析和解决问题的能力，因此这一类问题一直是近几年来高考的热点，本题考查了离子方程式的正
11、误判断，难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：一分析原理正误；二分析粒子配比是否合理；三分析是否漏掉反应；四分析物质拆写是否正确；五分析两守恒（原子、电荷）是否违背。平时应多加训练。8. 将几滴KSCN(SCN-是“类似卤离子”）溶液加入到酸性的含有Fe3+的溶液中，溶液变为红色，将该红色溶液分为两份:向其中一份溶液中加入适量KMnO4溶液，红色褪去；向另一份溶液中通入SO2，红色也褪去。下列说法中不正确的是A. 中红色褪去的原因是KMnO4将SCN-氧化，使Fe(SCN)3消失B. 中红色褪色的原因是SO2将Fe3+还原为Fe2+C. 中红色褪色的原因是SO
12、2将SCN-还原D. SCN-在适当条件下可失去电子被氧化剂氧化为(SCN)2【答案】C【解析】试题分析：A三价铁离子遇到硫氰酸钾会发生络合反应：Fe3+3SCN-Fe(SCN)3，显红色，高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN-氧化，使红色消失，A正确；BFe3+具有氧化性，二氧化硫具有还原性，反应生成硫酸根离子、亚铁离子和氢离子，中红色褪去，反应为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+SO42-，B正确；CSO2中硫元素为+4价，如果还原SCN-，则二氧化硫中的硫将变为+6价，而SCN须继续降低，但SCN-的-1价已经为最低价，无法再降低，碳元素显+4价，不能氧化+4价的硫，氮元素显-
13、3价，化合价不能再降低，硫元素的化合价为-2价，也不能氧化+4价的硫，所以对于SCN，无论是原子团还是其中原子，均无法氧化二氧化硫，C错误；D高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN-氧化为(SCN)2，相当于卤素单质X2，D正确；答案选C。【考点定位】考查Fe3的检验和Fe3与Fe2的相互转化【名师点睛】铁元素是过渡元素的代表，而铁及铁合金材料又在工农业生产中有着重要应用，因此铁及其化合物的有关知识是高考的热点内容之一，命题多以生活、生产、实际应用为背景，突出铁及其化合物的性质，应用为主，题型延续选择题、填空题、综合推断题及实验探究题的形式，本题以“氧化还原反应”为主线掌握“铁三角”及其应用和变价
14、金属元素的氧化性和还原性及检验方法。9. 海水是巨大的资源宝库，下列说法正确的是A. 碘元素又称“海洋元素”B. 从海水中提取食盐和碘的过程都是物理变化C. 镁是海水中含量最多的金属元素D. 氯碱工业和纯碱工业的原料都有食盐【答案】D【解析】A地球上99%的溴元素存在于海水中，所以溴元素有“海洋元素”之称，故A错误；B海水蒸发制食盐的过程是物理变化过程，利用了水易挥发的性质进行分离，没有发生化学变化，海水提取碘单质，I元素化合价发生变化，由化合态生成游离态，一定发生氧化还原反应，故B错误；C海水中含量最多的物质是氯化钠，最多的金属元素是钠元素，故C错误；D“氯碱工业”是指饱和食盐水在直流电的条
15、件下生成氢氧化钠、氯气和氢气：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，工业上采用氨碱法生产纯碱，其反应的化学反应原理为NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，两工艺原料都有食盐，故D正确；故选D。10. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A. 常温常压下，92 g的NO2和N2O4混合气体中含有的原子数为6NAB. 惰性电极电解食盐水，若电路中通过NA个电子，则阳极产生气体11.2 LC. 0. 25 mol Na2O2中含有的阴离子数为0.5NAD. 在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3 m
16、olI2转移的电子数为6NA【答案】A【解析】试题分析：A、92克二氧化氮的物质的量为2摩尔，含有6摩尔原子，若为92克四氧化二氮，则为1摩尔，含有6摩尔原子，所以若为混合气体，含有原子为6摩尔，正确，选A；B、电解饱和食盐水时 阳极产生氯气，每产生1摩尔氯气转移电子2摩尔，所以当有1摩尔电子转移时，产生0.5摩尔氯气，但没有说明是否在标况下，不能确定其体积，错误，不选B；C、每个过氧化钠中含有1个阴离子，所以0.25摩尔过氧化钠中含有0.25摩尔阴离子，错误，不选C；D、反应中每生成3摩尔碘单质，转移5摩尔电子，错误，不选D。考点：阿伏伽德罗常数【名师点睛】1、气体摩尔体积的使用：必须是在标
17、况下，物质为气体，气体摩尔体积才为22.4L/mol。2、分子中的原子个数，很多的单质分子中含有2个原子，例如氢气，氧气，氮气等，但也有不是2个原子的，例如氦气含有1个原子，臭氧含有3个原子。当然化合物分子中的原子数也各不相同。3、有些物质不能用分子一词，例如离子化合物，如氯化钠，过氧化钠等。同时注意离子化合物中的离子数，如过氧化钠含有2个钠离子和一个过氧根离子等。4、注意特殊反应，例如可逆反应不能进行完全，铜只能和浓硫酸反应，不和稀硫酸反应，二氧化锰和浓盐酸反应，不和稀盐酸反应，铁和氯气反应只能生成氯化铁而不是氯化亚铁等。5、注意溶液中的微粒数值，溶液中有水，求氢原子或氧原子时不要忘记水，若
18、求溶质的微粒，要考虑是否电离，电离程度，是否水解，水解程度等因素。11. 下表各组物质中，物质之间不可能实现如图所示转化的是 选项XYZMAFeFeCl2FeCl3Cl2BMgCCOCO2CNaOHNa2CO3NaHCO3CO2DNH3NONO2O2A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】试题分析：AFe与氯气反应不能生成FeCl2，不符合图中转化，故A选；BMg与二氧化碳反应生成氧化镁和C，C和二氧化碳反应生成CO，符合图中转化，故B不选；CNaOH与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，符合图中转化，故C不选；D氨气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应
19、生成二氧化氮，符合图中转化，故D不选；故选A。考点：考查了无机物的推断的相关知识。12. X、Y、Z是中学化学常见的三种有色物质(其组成元素均属于短周期元素），摩尔质量依次增大，它们均能与水发生氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂。下列说法正确的是A. X、Y、Z中，只有Y能使湿润的淀粉-碘化钾试纸变蓝B. 1 mol Y或Z与足量水完全反应时，均转移2 mol电子C. Z为离子化合物，但含有非极性键，阴、阳离子个数比为1 : 2D. X和Y均能用向上排空气法和排水法收集【答案】C【解析】试题分析：X、Y、Z是中学化学常见的三种有色物质(其组成的元素均属短周期元素)，摩尔质量依次增大，它
20、们均能与水发生氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，则这三种物质分别是NO2、Cl2、Na2O2，A这三种物质都具有氧化性，所以都能氧化碘离子生成碘，都能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，A错误;BCl2+H2O=HCl+HClO、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；1 mol Y或Z与足量水完全反应时，均转移1 mol电子，故B错误；Na2O2为离子化合物，但含有非极性键，阴、阳离子个数比为1：2，故C正确；NO2不能用排水法收集，故D错误。考点：本题考查元素化合物。13. 某澄清、透明的浅黄色溶液中可能含有H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、SO42-、HCO3-、I-八
21、种离子中的几种，在检验方案设计时初步分析其溶液中最多可含的离子（不包括OH-)有A. 5 种 B. 6 种 C. 7 种 D. 8 种【答案】A【解析】根据题意，澄清、透明的浅黄色溶液中一定存在Fe3+，Fe3+与HCO3-相互促进水解而不能共存，一定没有HCO3-，Fe3+与I-发生氧化还原反应而不能共存，一定没有I-，由溶液不显电性，则一定存在SO42-，由于Ba2+、SO42-能结合生成沉淀，所以一定不存在Ba2+，根据以上分析可知：溶液中一定存在Fe3+、SO42-，一定不存在Ba2+、HCO3-、I-，可能存在H+、NH4+、Al3+，即溶液中最多可含离子有5种，故选A。点睛：明确离
22、子之间的反应是解答本题的关键，注意溶液为浅黄色为解答本题的突破口，并注意溶液不显电性来解答。14. 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. 以石墨作电极电解氯化铝溶液：2C1-+2H2O2OH-+H2+C12C. Ca(C1O)2 溶液中通入过量的SO2 气体：ClO-+SO2 + H2O=HC1O+HSO3-D. 向明矾溶液中加人氢氧化钡溶液至沉淀的质量最大：Al3+2SO42-+2Ba2+ +4OH-=2BaSO4+AlO2-+2H2O【答案】D【解析】试题分析：A、氯化钙不会与二氧化碳反应，无法写出反应的离子方程式
23、，故A错误；B、生成的氢氧根离子要与溶液中的铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，故B错误；C、反应生成的次氯酸能够氧化HSO3-，故C错误；D、向明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至Al3+完全沉淀时：2Al3+3SO42-+3Ba2+6OH-=3BaSO4+2Al(OH)3 ；加入氢氧化钡溶液至沉淀质量最大，溶解2molAl(OH)3沉淀即156g,产生1molBaSO4沉淀233g总的来说沉淀质量增加。离子方程式是：Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=2BaSO4+AlO2-+2H2O。故D正确；故选D。考点：考查了离子方程式的正误判断的相关知识。15. 下列有关物质的应用与性质相对应的说法正确的有
24、明矾能用于净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有强氧化性氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为其能氧化单质铜浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有脱水性光导纤维可用作通讯材料是因为其具有导电性MgO、Al2O3的熔点很高，可制作耐高温材料NaHCO3能与碱反应，因此食品工业上可用作焙制糕点的膨松剂A1具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个【答案】B【解析】试题分析：氢氧化铝胶体具有吸附性，可用于除去水额悬浮物，不具有强氧化性，故错误；氯化铁具有氧化性，可氧化铜生成氯化铜和氯化亚铁，可用于制作印刷电路板，故正确；浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，不是
25、脱水性，故错误；光导纤维具有折光性，不具有导电性，故错误；MgO、Al2O3为离子晶体，因离子半径较小，则晶格能较大，熔点高，故正确；NaHCO3能与酸反应生成二氧化碳气体，与碱反应不能生成气体，故错误；铝易在表面生成一层致密的氧化膜，可阻碍反应继续进行，起到保护作用，故正确；故选B。考点：考查元素化合物知识，涉及化学与生活、生产的考查。16. 下列离子方程式书写不正确的是A. A1C13 溶液与烧碱溶液反应，当n(OH-) :n(A13+)=7 : 2 时，2A13+7OH-=A1(OH)3+ AlO2-+2H2OB. 当向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2时，CO32-+CO2 + H2
26、O=2HCO3-C. CuCl2 溶液与 NaHS 溶液反应，当n(CuCl2):n(NaHS) = l : 2 时，Cu2+2HS-=CuS十H2SD. Fe 与稀硝酸反应，当 n(Fe) : n(HNO3)=l : 2 时，3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2+ +2NO+4H2O【答案】B【解析】AAlCl3溶液与氢氧化钠反应，按照1：3反应生成氢氧化铝沉淀，按照1：4反应生成偏铝酸钠，当n(OH-)：n(Al3+)=7：2时，反应生成氢氧化铝和偏铝酸钠的混合物，离子方程式：2Al3+7OH-=Al(OH)3+AlO2-+2H2O，故A正确；B二者反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解性小于碳酸
27、钠，所以会有晶体析出，离子方程式为2Na+CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3，故B错误；CCuCl2溶液与NaHS溶液反应，当n(CuCl2)：n(NaHS)=1：2时，离子方程式：Cu2+2HS-=CuS+H2S，故C正确；DFe与稀硝酸反应，当n(Fe)：n(HNO3)=1：2时，反应生成硝酸亚铁，离子方程式：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2+2NO+4H2O，故D正确；故选B。17. 向含1 mol HC1和1 mol MgSO4的混合溶液中加入1 mol L-1的Ba(OH)2溶液，产生沉淀的物质的量(n)与加入Ba(OH)2溶液体积(V)的关系图正确的是 A. A B.
28、B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：加入1L1molL1的Ba(OH)2溶液，其中1molOH消耗1molH，盐酸完全消耗，另1molOH消耗0.5molMg2，1molBa2消耗1molSO42生成1molBaSO4，则加入1LBa(OH)2溶液，共产生1.5mol沉淀，再加入0.5LBa(OH)2溶液，剩下的0.5molMg2全部转化成沉淀，即当加入1.5LBa(OH)2溶液，生成的沉淀最大，因此选项D符合题意，故选项D正确。考点：考查元素及其化合物的性质、化学图像等知识。18. 已知：将Cl2通入适量NaOH溶液中，产物中可能含有NaCl、NaClO、NaC1O3，且c(C
29、l-)/c(ClO-)的值与温度高低有关。当n(NaOH)=a mol时，下列说法不正确的是A. 参加反应的氯气的物质的量等于1/2a molB. 改变温度，产物中NaC1O3的最大理论产量为1/7a molC. 改变温度，反应中转移电子的物质的量n(e_)的范围为1/2amoln(e_)5/6amolD. 若某温度下，反应后c(Cl-)/c(ClO-)= 11，则溶液中c(ClO-)/c(ClO3-)= 1/2【答案】B学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.点睛：本题考查氯气与氢氧化钠溶液的反应，明
30、确氧化还原反应得失电子守恒是解题关键。本题中需要注意反应条件对反应的影响，条件不同，可能的反应有2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O、6NaOH+3Cl25NaCl+NaClO3+3H2O。19. 根据下图海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是A. 过程的提纯是物理过程，过程通过氧化还原反应可产生2种单质B. 在过程中将MgCl2 6H2O灼烧即可制得无水MgCl2C. 在过程、的反应中每氧化0.2 mol Br-需消耗2.24 L Cl2D. 过程反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题【答案】D【解析】试题分析：A.由粗盐得到精盐，就是要除去粗盐中的杂质，除去M
31、g2+、CO32-、SO42-，分别用NaOH溶液、盐酸、BaCl2溶液，这些反应都是化学反应，不是物理过程，电解食盐水生成氢气和氯气两种单质，A项正确；B.因为MgCl26H2O受热生成Mg(OH)Cl和HCl气体，得不到无水MgCl2，要由MgCl26H2O灼烧制得无水MgCl2，为防止Mg2+发生水解，应在HCl气流中进行，B项正确；C.根据 2Br-+Cl2Br2 +2Cl-可知，每氧化0.2molBr-需消耗0.1molCl2，0.1molCl2在标准状况下的体积为2.24L，在其他状况下不一定为2.24L，C项错误；D.根据 Br2+SO2 +2H2O2HBr+H2SO4可知，反应
32、后溶液呈酸性，能与金属容器反应，所以生产中需解决其对设备的腐蚀问题，D项正确，答案选C。【考点定位】考查海水的综合应用，粗盐提纯等知识。【名师点睛】本题考查了海水资源的综合利用，对于海水资源的综合利用，通常包括海水中水资源的利用和其他资源的利用，水资源利用中最重要的是海水淡化的方法，包括蒸馏法、离子交换法和电渗析法；其他资源的利用主要包括氯碱工业、海水提溴、海水提碘和海水提镁，要顺利解决此类型题，需要注意如下几点：1、 海洋资源的综合利用的原理分析熟悉工艺流程的过程，清楚各步工艺流程的设计意图，如由于在海水中钠、镁、溴、碘都以化合态形式存在且含量较低，所以需要先富集再提取，提取过程中需要发生氧
33、化还原反应获得它们的单质。如海水中的Br、I，一般要加入氧化剂氧化使其生成Br2、I2，然后再采用萃取法或蒸馏法提纯物质。2、 有关海洋资源的综合利用的命题热点与解题策略（1）在这些工艺流程中通常用到结晶、过滤、萃取和分液等实验操作，要注意这些操作的使用条件和操作方法的规范性。（2）在此类题型的解答中通常会涉及主观题的回答，注意语言表达的规范、简洁和书写的工整。20. C和CuO在一定温度下反应，产物有Cu、Cu2O、CO 、CO2。若将2.00gC与16.0gCuO混合，隔绝空气加热，将生成的气体全部通入足量的澄清石灰水，反应一段时间后共收集到1.12 L (标准状况)气体，生成沉淀的质量为
34、5.00 g。下列说法不正确的是A. 反应后的固体混合物中Cu的质量为12. 8 gB. 反应后的固体混合物中含有碳C. 反应后的固体混合物总质量为14. 4 gD. 反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为0.05 mol【答案】A【解析】试题分析：由题意可知，生成的n（CO2）=n（CaCO3）=5/100=0.05mol，n（CO）=1.12/22.4=0.05mol， A、假设CuO完全被还原为Cu，根据Cu守恒生成Cu的质量=16/8064g/mol=12.8g，由产物中CO2、CO中的O原子守恒可知失去氧的质量=（0.05mol2+0.05mol）16g/mol=2.4g，故CuO反
35、应后的总质量=16g-2.4g=13.6g，故反应后固体中Cu的质量小于12.8g，A错误； B、生成的n（CO2）=n（CaCO3）=5/100=0.05mol，n（CO）=1.12/22.4=0.05mol，根据C守恒可知，参加反应的C的质量=（0.05mol+0.05mol）12g/mol=1.2g，故还有2g-1.2g=0.8g碳未参与反应，B正确； C、反应后固体总质量=16g+2g-0.05mol（44g/mol+28g/mol）=14.4g，C正确； D、反应后m（O）=13.6g-12.8g=0.8g，Cu2O、CuO均含有1个氧原子，根据氧原子守恒可知反应后的固体混合物中氧化
36、物的物质的量=0.8/16=0.05 mol，D正确；答案选A。考点：实验基本操作21. 在一定温度下，某浓度的硝酸与金属锌反应生成NO2和NO，两者的物质的量之比为1 : 3，则要使1 mol金属锌完全反应，反应过程中消耗此硝酸的物质的量为A. 2.4 mol B. 2.6 mol C. 2.8mol D. 3.2 mol【答案】C【解析】试题分析：反应中硝酸起氧化剂与酸性作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Zn（NO3）2，由Cu原子守恒可知，nZn（NO3）2=n（Zn）=1mol，生成NO2和NO的物质的量之比为l：3，令NO2的物质的量为y mo
37、l，NO为3y mol，根据电子转移守恒，则：1mol（2-0）=y mol（5-4）+3y mol（5-2），解得y=0.2，由氮元素守恒可知n（HNO3）=2nZn（NO3）2+n（NO2）+n（NO）=21mol+0.2mol+0.2mol3=2.8mol，答案选C。【考点定位】考查氧化还原反应计算【名师点晴】利用电子转移守恒与元素守恒计算是关键，注意守恒思想在氧化还原反应计算中的运用。许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；电解质溶液中的电荷守恒；氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解
38、池中两极通过的电子总数相等；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。22. “三效催化转换器”可将汽车尾气中的有毒气体处理为无污染的气体，下图为该反应的微观示意图（未配平），其中不同符号的球代表不同种原子。下列说法不正确的是 A. 甲和丙中同种元素的化合价不可能相等 B. 该反应属于氧化还原反应C. 丁物质一定是非金属单质 D. 配平后甲、乙、丙的化学计量数均为2【答案】A【解析】试题分析：根据图示，该反应是一氧化碳和一氧化氮反应生成氮气和二氧化碳。甲和丙中同种元素是氧元素，化合价相等，故A错误；该反应碳、氮元素化合价变化，属于氧化还原反应，故B正确；丁物质
39、是氮气，故C正确；配平后甲、乙、丙的化学计量数均为2，故D正确。考点：本题考查化学反应类型。23. 短周期主族元素.X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法不正确的是A. 原子半径的大小顺序为WQZXYB. 元素X的气态氢化物与Q的单质可发生置换反应C. 元素X与Y可以形成5种以上的化合物D. 元素Q的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强【答案】A【解析】试题分析：短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，联想NH3极易溶于水，可知X
40、为氮元素，Y为氧元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，W为硫元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；Q只能为氯元素。A同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Z（Al）W（S）Q（Cl）X（N）Y（O），故A错误；B氯气能与氨气反应得到氮气、HCl（或氯化铵），属于置换反应，故B正确；CN元素与O元素可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，故C正确；D非金属性ClS，故Cl元素最高价氧化物对应水化物的酸性更强，故D正确，故选A。考点：考查了元素周期律与元素周期表的相关知识。24.
41、1.76 g铜镁合金完全溶解于50 mL、密度为1. 40 g cm-3、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2气体1 792 mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入适量的1.0 mol L-1的NaOH 溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀。下列说法不正确的是A. 该浓硝酸中的HNO3的物质的量浓度是14.0 mol L-1B. 加入NaOH溶液的体积是50 mLC. 浓硝酸在与合金的反应中起了酸性和氧化性的双重作用，且起氧化性的硝酸的物质的量为0.08 molD. 得到的金属氢氧化物的沉淀为3.12 g【答案】B【解析】1.76克铜镁合金完全溶解于50mL、密度为1.400g/cm3、质量分
42、数为63的浓硝酸中，得到NO2气体1792mL（标准状况），向反应后的溶液中加入适量的1.0mol/LNaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀。下列说法不正确的是（ ）A. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是=14.0mol/L，故A正确；B. 当溶液中的金属离子恰好全部沉淀时，得到硝酸钠溶液。原有硝酸的物质的量为14.0mol/L0.050L=0.70mol，NO2的物质的量为n=0.08mol，用于形成硝酸钠的硝酸为0.70mol-0.08mol=0.62mol，所以加入NaOH溶液的体积是620mL，故B不正确；C. 浓硝酸在与合金反应中起了酸性和氧化性的双重作用，且起氧化性的硝酸的物
43、质的量等于NO2的物质的量为0.08 mol，故C正确；D. 金属形成氢氧化物沉淀结合的氢氧根的物质的量等于NO2的物质的量为0.62mol，所以得到的金属氢氧化物的沉淀为(1.76+0.0817)克=3.12克，故D正确。故选B。点睛：解答本题需要首先明确：n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO2)=n(NaOH)+n(NO2);n(NO2)=n(OH-)。25. 下图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。下列反应对应的曲线不正确的是A. 向NaA1O2溶液中滴人HC1至过量B. 向澄清石灰水中通人CO2至过量C. 向含有盐酸的A1C13溶液中滴人NaOH溶液至过量
44、D. 向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失【答案】D【解析】试题分析：A向NaAl02溶液中滴入HC1至过量，发生的反应依次为NaAlO2+HCl+H2O =NaCl+Al(OH)3、Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，生成沉淀和沉淀溶解消耗NaOH的物质的量之比为1:3,A正确；B向澄清石灰水中通入C02至过量发生反应的方程式为CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O，CaCO3+CO2+H2O =Ca(HCO3)2，生成沉淀和沉淀溶解消耗CO2的物质的量之比为1:1，B正确；C向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，发生反应的化
45、学方程式为AlCl3+3NaOH=Al(OH)3+3NaCl，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,生成沉淀与沉淀溶解的物质的量之比为3:1，C正确；D向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入C02至沉淀消失，发生反应的化学方程式为CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O、CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CO2+H2O =2KHCO3、CaCO3+CO2+H2O =Ca(HCO3)2，各段消耗CO2的物质的量之比为1:05:05:1，D项错误；答案选D。考点：考查化学图像的分析与判断26. 根据表中信息判断，下列选项正确的是序号反应物产物KMnO
46、4,H2O2,H2SO4K2SO4、MnSO4 Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3MnO4- Cl2、Mn2+ A. 第组反应的其余产物为H2OB. 第组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比小于或等于1 : 2C. 第组反应中生成1 mol Cl2，转移电子5 molD. 氧化性由强到弱的顺序为MnO4-Cl2Fe3+Br2【答案】B【解析】试题分析：A该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，元素化合价降低，根据氧化还原反应转移电子知，双氧水中O元素化合价由-1价变为0价，所以产物还有O2，错误；B还原性Fe2+ Br- ，所以氯气先氧化Fe2+后氧化Br- ，如果氯气只氧化Fe2+而不氧化Br- ，则第组反应中Cl2 与FeBr2 的物质的量之比小于或等于1：2，正确； C第组反应中生成1mol Cl2 ，转移电子的物质的量=1mol21=2mol，错误； D同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，第组氧化性MnO4-Cl2，第组氧化性Cl2Br2 Fe3+，所以氧化性由强到弱顺序为MnO4-Cl2Br2Fe3+，错误。考点：考查氧化还原反应中的反应原理、氧化性强弱的判断方法、离子还原性强弱顺序的知识。27. 如图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色。若将烧杯中的溶液换成含有少量 KSCN的FeSO4