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1、学子资源网 学子之家圆梦高考 客服QQ：2496342225衡水中学2019届高三开学二调考试化学试题1.下列关于碱金属元素和卤素的说法中，错误的是A. 卤族元素的氢化物稳定性从上到下逐渐减弱B. 卤素的单质其熔沸点从上到下逐渐增大C. 碱金属元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性从上到下逐渐增强D. 碱金属元素单质的密度从上到下逐渐升高【答案】D【解析】【分析】A、第VIIA族元素从上到下,非金属性在减弱,则其氢化物的稳定性逐渐减弱；B、VIIA元素形成的单质为分子晶体，随着分子间作用力的增大，其单质的熔沸点随核电荷数的增加而升高；C、碱金属元素从上到下，金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应的水
2、化物的碱性逐渐增强；D. 从上到下,第IA族元素单质的密度总体逐渐增大,但钾的密度比钠小。【详解】A、卤族元素从上到下，原子半径增减增大，非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减弱，A正确；B. VIIA元素,非金属单质的熔沸点随核电荷数的增加而升高,因为单质属于分子晶体,熔沸点与分子间作用力有关,分子构型相同,相对分子量越大,分子间作用力越大,则熔沸点越高，B正确；碱金属元素从上到下，原子半径增减增大，金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性逐渐增强，C正确；碱金属元素单质的密度从上到下呈现增大的趋势，钾的密度比钠小为特例，D错误；正确选项D。2.下列有关物质的工业用途不正确的是A.
3、钠：制备过氧化钠、氯化钠等B. 铝：制导线：用作冶炼锰、钨的原料C. 碳酸氢钠：制发酵粉、治疗胃酸过多的胃药D. 碳酸钠：制玻璃、制肥皂、制烧碱、造纸、纺织【答案】A【解析】【分析】A.钠与氧气可制过氧化钠，工业上常用海水晒盐获得氯化钠；B. 铝有还原性和良好的导电性；C. 碳酸氢钠能够与盐酸反应生成二氧化碳；D.碳酸钠能够与二氧化硅高温下反应，能够与熟石灰反应，碳酸钠溶液显碱性，可以用来造纸、纺织。【详解】A. 钠的性质活泼，可以与氧气反应制备过氧化钠；虽然钠与氯气反应得到氯化钠，但从经济上考虑不划算，工业上常用海水晒盐，A错误；B. 铝具有良好的导电性，可以制导线；具有还原性，用作冶炼锰、
4、钨的原料；B正确；碳酸氢钠能够与盐酸反应，并产生二氧化碳和水，因此可以制发酵粉、治疗胃酸过多的胃药，C正确；D. 碳酸钠能够与二氧化硅反应生成硅酸钠，碳酸钠与氢氧化钙反应生成氢氧化钠，碳酸钠溶液显碱性，可以制肥皂、纺织等，D正确；正确选项A。3.在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是A. 氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2B. 向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl-C. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+D. 向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO【答案】D【解析】
5、试题分析：A.氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A项正确；B.向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl，B项正确；C.向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H，C项正确；D.向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D项错误；答案选D。考点：考查探究实验的方案设计与评价，氯水的成分。视频4.甲、乙为单质， 丙、丁为氧化物， 它们存在如图反应(反应条件省略)。下列各组的甲、乙一定不符合
6、的是 A. 铝和铁 B. 氟和氧 C. 碳和硅 D. 镁和碳【答案】B【解析】【分析】甲、乙为单质，丙、丁为氧化物，则该反应是置换反应；根据图片知甲为还原剂具有还原性，乙是还原产物，根据物质的性质来分析解答。【详解】A.如果甲为铝，乙为铁，金属铝与氧化铁反应生成氧化铝和铁，A正确；B.甲为氟，乙为氧，氟气和水反应生成氢氟酸和氧气，氢氟酸不属于氧化物，B错误；C.甲为碳，乙为硅，碳与二氧化硅高温下反应生成硅和一氧化碳，C正确；D. 甲为镁，乙为碳，镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，D正确；正确选项B。【点睛】本题在解答时，一定要注意：该转化过程一定要满足置换反应特点，且必须满足甲、乙为单质，丙、丁
7、为氧化物的条件；上述反应中氟气和水反应生成氢氟酸和氧气，没有氧化物，不符合题意要求。5.若用X代表F、Cl、Br、I四种卤族元素，下列能够表达它们的共性反应的是 ( )A. X2+H2OHX+HXO B. 2Fe+3X22FeX3C. X2+H22HX D. X2+2NaOHNaX+NaXO+H2O【答案】C【解析】【分析】A、F2与水反应，生成HF和O2为特例；B. I2+ Fe= FeI2为特例；C.均能发生X2+H22HX反应；D. F2与NaOH溶液反应生成氟化钠和氧气为特例。【详解】A、F2与水反应，生成HF和O2，其它符合X2+H2OHX+HXO规律，A错误；B. I2与铁反应生成
8、碘化亚铁，其它符合2Fe+3X22FeX3规律，B错误；卤素单质均能与氢气化合，C正确；F2与水反应，生成HF和O2，生成的HF与NaOH反应生成NaF和H2O，不符合X2+2NaOHNaX+NaXO+H2O反应规律，D错误；正确选项C。【点睛】第VIIA族元素最外层电子数相同，因此具有相似的化学性质，元素形成的单质都能够与水、碱、氢气、铁等物质发生反应；但是由于随着核电荷数的增大，原子半径逐渐增大，核对外层电子的吸引能力逐渐减弱，元素的非金属性逐渐减弱，化学性质有所不同，体现了同主族元素性质的递变性，解题时要注意到这一点。6.下列实验操作能达到实验目的的是A. 加热使I2升华，可除去铁粉中的
9、I2B. 电解熔融的氯化铝，可制备铝单质C. 加入足量氨水，充分振荡、过滤，可除去硫酸铜溶液中的硫酸铝杂质D. 将饱和FeCl3溶液逐滴加到沸水中继续煮沸至液体呈红褐色，可制备Fe(OH)3胶体【答案】D【解析】【分析】A项，加热时，碘与铁反应；B项，氯化铝为共价化合物，熔融的氯化铝不导电；C项，铜离子、铝离子均能与氨水反应生成沉淀；D项，将饱和FeCl3溶液逐滴加到沸水中继续煮沸至液体呈红褐色的分散系为Fe(OH)3胶体。【详解】A项，加热时，碘与铁反应，不能用加热的方法除杂，A错误；B项，氯化铝为共价化合物，熔融的氯化铝不导电，应电解熔融氧化铝制备铝单质，B错误；C项，铜离子、铝离子均能与
10、氨水反应生成沉淀，无法达到除杂的目的，C错误；D项，将饱和FeCl3溶液逐滴加到沸水中继续煮沸至液体呈红褐色，可以制备出Fe(OH)3胶体，D正确；正确选项D。7.氟氧酸是较新颖的氧化剂，应用性极强，可用被氮气稀释的氟气在细冰上缓慢通过制得：F2+H2OHOF+HF。该反应中水的作用与下列反应中水的作用相同的是A. 氟单质与水反应制氧气 B. 钠与水反应制氢气C. 氯气与水反应制次氯酸 D. 过氧化钠与水反应制氧气【答案】A【解析】【分析】F2+H2O=HOF+HF中，F元素的化合价降低，水中O元素的化合价升高到0，水是还原剂，以此来解答。【详解】F2+H2O=HOF+HF中，水为还原剂；A氟
11、单质与水反应制氧气，水中O元素的化合价升高，水为还原剂，A正确；B.钠与水反应制氢气，水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，B错误；C.氯气与水反应制次氯酸，只有Cl元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，C错误；D.过氧化钠与水反应制氧气，过氧化钠中O元素的化合价既升高又降低，水既不是氧化剂也不是还原剂，D错误；正确选项：A。8.下列有关文献记载中涉及的化学知识表述不正确的是A. “以曾青涂铁，铁赤色如铜”说明我国古代就掌握了“湿法冶金”技术B. “墙塌压糖，去土而糖白”中的脱色过程发生了化学变化C. “丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”讲的是单质与化合物之间的互变D. “煤饼烧蛎房成灰(
12、蛎房即牡蛎壳)”中灰的主要成分为氧化钙【答案】B【解析】【分析】A.铁与硫酸铜溶液反应生成铜和硫酸亚铁，属于化学反应；B.黄泥具有吸附作用，来吸附红糖中的色素，是物理变化；C.硫化汞加热分解为硫和汞，遇冷后又化合为硫化汞，属于化学变化；D.牡蛎壳为贝壳，主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙。【详解】铁与硫酸铜溶液反应生成的铜附着在铁的表面，同时生成硫酸亚铁溶液，说明我国古代就掌握了“湿法冶金”技术，A正确；黄泥具有吸附作用，可以采用黄泥来吸附红糖中的色素，以除去杂质，是物理变化，B错误；丹砂为硫化汞，不稳定加热分解为硫和汞，温度降低时，又可以发生化合反应生成硫化汞，讲的是单质与化合物之间的互
13、变，C正确；牡蛎壳为贝壳，主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙，所以“煤饼烧蛎房成灰(蛎房即牡蛎壳)”中灰的主要成分为氧化钙，D正确；正确选项B。9.下列除杂方案错误的是 选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法A.CO(g)CO2(g)NaOH溶液、浓H2SO4洗气B.NH4Cl(aq)Fe3+(aq)NaOH溶液过滤C.Cl2(g)HCl(g)饱和食盐水、浓H2SO4洗气D.Na2CO3(s)NaHCO3(s)-灼烧A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】A项，CO2会和NaOH溶液反应而CO 不与NaOH溶液反应；B项，NH4+、Fe3+均能与氢氧化钠溶液反应；C项
14、，HCl气体极易溶于水，Cl2在饱和食盐水中溶解度很小；D项，Na2CO3性质稳定，NaHCO3不稳定，受热分解。【详解】A项，CO2会和NaOH溶液反应而CO 不与NaOH溶液反应，所以可用NaOH溶液以洗气的方法除去CO2，再通过浓H2SO4溶液除去水蒸气，故A项正确；B项，氢氧化钠溶液与Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，但是氢氧化钠溶液也会和NH4+反应生成弱碱NH3H2O，不能达到除杂的目的，故B项错误；C项，HCl气体极易溶于水，Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，所以可以通过饱和食盐水和浓硫酸通过洗气的方法除去HCl气体，从而达到提纯的目的，故C项正确；D项，Na2CO3灼烧无变化，Na
15、HCO3灼烧会分解生成Na2CO3、H2O和CO2，H2O和CO2以气体形式逸出，所以可通过灼烧除去NaHCO3，故D项正确；正确选项：B。10.海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程，下列有关说法正确 的是学+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.学+科+网.学+科+网.学+科+网.学+科+网.学+科+网.A. 制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl和NH4ClB. 粗盐提纯中除去杂质离子Mg2+、Ca2+、SO42-时，必须先除Ca2+后除SO42-C. 在
16、工段、中，溴元素均被氧化D. 工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁【答案】A【解析】【分析】A项，“侯氏制碱法”的基本原理是：在浓氨水中通入足量的二氧化碳，生成碳酸氢铵溶液，然后在此盐溶液中加入细的食盐粉末，碳酸氢钠由于在该状态下溶解度很小，呈晶体析出，析出的碳酸氢钠加热分解即可制得纯碱；B项，粗盐溶于水，加入氢氧化钠溶液除去镁离子，再加入氯化钡溶液，除去硫酸根离子，最后加碳酸钠溶液除去钙离子和钡离子；或者粗盐溶于水，先加氯化钡溶液，除去硫酸根离子，再加入氢氧化钠溶液除去镁离子，最后加碳酸钠溶液，除去钙离子和钡离子；C项，第步骤，Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，溴元素被还
17、原；D项，工业上通过电解熔融状态的MgCl2制取金属镁。【详解】A项，“侯氏制碱法”中发生NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+ NaHCO3反应，是利用NaHCO3的溶解度比较小的规律，故A项正确；B项，粗盐溶于水，先加入氢氧化钠溶液、再加氯化钡溶液、最后加碳酸钠溶液，先后除去Mg2+、SO42- 、Ca2+；或先加氯化钡溶液、加入氢氧化钠溶液、最后加碳酸钠溶液，先后除去SO42-、Mg2+、Ca2+；所以没有先后之分，故B项错误；C项，第、步骤，溴元素被氧化，第步骤，Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，溴元素被还原，故C项错误；D项，电解饱和MgCl2溶液制得的是Cl2
18、和H2，工业上通过电解熔融状态的MgCl2制取金属镁，故D项错误；正确选项A。【点睛】本题考查了海水的利用，利用所学知识结合框图信息是解答本题的关键，难度不大。11.碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4 g上述混合物，消耗1 mol/L盐酸500 mL。灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是A. 35 g B. 30 g C. 25 g D. 20 g【答案】D【解析】【分析】碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于1 mol/L500 mL盐酸，转化为氯化铜，根据氯原子守恒可求出氯化铜的物质的量；在高温下，碳酸铜和碱式碳酸铜这两种化合物均能分
19、解成氧化铜，氧化铜固体中铜原子的量等于氯化铜中铜原子的量，据此解答。【详解】混合物溶于盐酸，生成氯化铜。n(HCl)=10.5=0.5mol，则根据氯原子守恒可知，氯化铜的物质的量是0.5/2=0.25mol，则铜原子的物质的量是0.25mol；在高温下，碳酸铜和碱式碳酸铜这两种化合物均能分解成氧化铜，根据铜原子守恒规律可知，最终生成的氧化铜是0.25mol，质量是0.25mol80g/mol20g；正确选项D。12.下列说法不正确的是A. 向Na2CO3溶液中逐滴加入HCl，直到不再生成CO2气体为止，在此过程中，溶液中的HCO3-浓度变化是先变大后变小(溶液体积变化均忽略不计)B. 向Na
20、HCO3溶液中加入Ba(OH)2固体，CO32-的浓度变化是先变大后变小(溶液体积变化均忽略不计)C. 有含0.2 mol Na2CO3和含0.3 mol HCl的两种溶液：将Na2CO3溶液逐滴滴入HCl溶液中；将HCl溶液逐滴滴入Na2CO3溶液中；两种操作生成的CO2体积之比为32D. 将等质量的Na2O和Na2O2样品分别放入等量的水中，所得溶液的质量分数分别为a%和b%，则a、b的关系是：a=b【答案】D【解析】试题分析：A向Na2CO3溶液中逐滴加入HCl，碳酸钠首先转化为碳酸氢钠，然后碳酸氢钠与盐酸反应，因此在此过程中溶液中的HCO3-浓度变化是先变大后变小（溶液体积变化均忽略不
21、计），A正确；B向NaHCO3溶液中加入Ba(OH)2固体，首先生成碳酸钡和碳酸钠，继续加入氢氧化钡，碳酸钠转化为碳酸钡，所以CO32-的浓度变化是先变大后变小（溶液体积变化均忽略不计），B正确；C有含0.2molNa2CO3和含0.3molHCl的两种溶液：将Na2CO3溶液逐滴滴入HCl溶液中立即产生CO2，物质的量是0.15mol；将HCl溶液逐滴滴入Na2CO3溶液中，碳酸钠首先转化为碳酸氢钠，然后碳酸氢钠与盐酸反应，生成CO2是0.1mol，因此两种操作生成的CO2体积之比为3：2，C正确；D设质量都为1g，水的质量分别为mg，则Na2O+H2O=2NaOH m1mol 2mol 6
22、2g1/62mol 1/31mol 1g溶质的质量为40/31g，溶液的质量分数分别为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2m2mol 4mol 1241/78mol 1/39mol 64/78g溶质的质量为40/39g，溶液的质量分数分别为由于31m+3139m+32，所以a%b%，即ab，D错误，答案选D。【考点定位】考查钠及其化合物性质、计算等【名师点晴】该题综合性强，难度较大。分析Na2CO3和NaHCO3的混合溶液与盐酸反应的先后顺序：在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，逐滴加入盐酸，盐酸先与何种物质反应，取决于CO32和HCO3结合H的难易程度。由于CO32比HCO3更易于
23、结合H形成难电离的HCO3，故盐酸应先与Na2CO3溶液反应。只有当CO32完全转化为HCO3时，再滴入的H才与HCO3反应。13.下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是 选项实验现象结论A.向足量含淀粉的FeI2溶液中滴加2滴氯水溶液变蓝还原性：IFe2B.白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴入几滴K3Fe(CN)6溶液无明显现象该过程未发生原电池反应C.向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末出现红褐色沉淀和无色气体FeCl2溶液部分变质D.SO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸白色沉淀，白色沉淀不溶于稀硝酸所得沉淀为BaSO3，后转化为BaSO4A.
24、 A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【分析】A.氯气先氧化碘离子，说明还原性：IFe2；B.锌比铁活泼，锌做负极失电子，铁不能失电子；C. Na2O2具有强氧化性，能够直接把亚铁离子氧化为铁离子；D. SO2通入BaCl2溶液不反应，硝酸具有强氧化性，会把+4价硫氧化为+6价，生成硫酸钡沉淀。【详解】A.向足量含淀粉的FeI2溶液中滴加2滴氯水，溶液变蓝。说明碘离子被氯气氧化为碘单质，氯气先氧化碘离子，说明还原性：IFe2，A正确；B.锌的活泼性大于铁，因此锌做负极失电子，而铁被保护，发生了原电池反应，但溶液中无亚铁离子，所以一段时间后滴入几滴K3Fe(CN)6溶液无明显现象，
25、B错误；C. 向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末，过氧化钠具有强氧化性，能够把亚铁离子全部氧化为铁离子，不能证明FeCl2溶液是否变质，C错误；D.硝酸具有强氧化性，能够把二氧化硫氧化为硫酸根离子，所以反应发生后直接生成硫酸钡沉淀，没有亚硫酸钡沉淀，D错误；正确选项A。【点睛】SO2与BaCl2溶液不反应，若向混合液中通入氨气或加入氢氧化钠溶液，中和了酸，生成亚硫酸钡白色沉淀；若混合液中通入二氧化氮或加入硝酸溶液、双氧水等强氧化性试剂，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，生成了硫酸钡白色沉淀。14.用下列实验装置进行相应实验，装置正确且能达到实验目的的是 A. 用图a所示装置验证H2在Cl2中燃
26、烧的实验现象B. 用图b所示装置从饱和食盐水中提取氯化钠C. 用图c所示装置探究氧化性：KMnO4Cl2I2D. 用图d所示装置分解MgCl26H2O获取MgCl2【答案】C【解析】【分析】A. 氯气的密度大于空气密度，盛有氯气的集气瓶应该正放；B.蒸发氯化钠溶液应该用蒸发皿而不是坩埚；C.高锰酸钾氧化氯离子变为氯气，氯气氧化碘离子变为碘；D. MgCl26H2O受热发生水解。【详解】A.氯气的密度大于空气密度，因此盛有氯气的集气瓶应该正放，A错误；B.从溶液中获得NaCl晶体采用蒸发结晶方法,应该用蒸发皿蒸发氯化钠溶液,坩埚用于灼烧固体，故B错误；C.高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，说明氧化性
27、KMnO4Cl2；生成的氯气能够把碘离子氧化碘单质，氧化性Cl2I2，结论正确，C正确；D. MgCl26H2O受热后发生水解，不能得到MgCl2固体，D错误；正确选项C。15.某同学利用下列实验探究金属铝与铜盐溶液反应：下列说法正确的是A. 由实验1可以得出结论：金属铝的活泼性弱于金属铜B. 溶液中阴离子种类不同是导致实验1、2出现不同现象的原因C. 实验2中生成红色物质的离子方程式：Al+Cu2Al3+CuD. 由上述实验可推知：用砂纸打磨后的铝片分别与c(H+)均为0.2 mol/L的盐酸和硫酸反应，后者更剧烈【答案】B【解析】【分析】A项，根据实验2即可推翻由实验1得到的结论；B.溶液
28、中阳离子均为铜离子，阴离子分别为氯离子和硫酸根离子，阴离子种类不同导致实验现象不同；C.方程式没有配平；D.含有氯离子的铜盐与铝反应剧烈。【详解】A项，实验1虽然没有明显现象，但并不能说明铝的活泼性弱于铜，只能说明试管1内没有反应发生，再结合实验2即可推翻仅由实验1得到的结论，故A项错误；B项，由图中实验1和实验2对比可知，两者之间唯一的变量就是阴离子种类不同，因此阴离子种类不同就是实验现象不同的原因，故B项正确；C项，方程式未配平，应为：2Al+3Cu2+=2Al3+3Cu，故C项错误；D项，c(H+)均为0.2 mol/L的盐酸和硫酸，由B项分析可知氯离子会促进铝的反应，因此前者更剧烈，故
29、D项错误；正确选项B。16.为了探究金属单质M与盐溶液的反应，某同学进行了下列实验，实验过程及现象如图所示，结合实验现象判断，该同学得出的下列结论中正确的是 A. 向滤液中滴加盐酸的实验现象是产生白色沉淀B. 滤渣可能是两种单质的混合物C. 滤渣在足量的稀硝酸中能完全溶解D. 加入的金属M可能是镁或钠【答案】C【解析】试题分析：A、向滤液中滴加盐酸的实验现象不可能是产生白色沉淀，因为滤液中不含有银离子，加入稀盐酸时，不可能产生白色沉淀，A错误；B、滤渣中一定含有单质银、铜和M，B错误；C、滤渣中一定含有单质银、铜和M，M活泼些大于铜和银，所以滤渣在足量的稀硝酸中能完全溶解，C正确；D、加入的金
30、属M不是单质钠，因为钠和硝酸银、硝酸铜溶液的反应是钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和铜离子、银离子生成沉淀，加入盐酸无气体生成，D错误；答案选C。【考点定位】本题考查了化学实验分析【名师点晴】实验现象是物质之间相互作用的外在表现，因此要学会设计实验、观察实验、分析实验，为揭示物质之间相互作用的实质奠定基础。选项D是易错点，注意钠的金属性，钠与盐溶液的反应：钠与盐溶液反应，不能置换出盐中的金属，这是因为金属阳离子在水中一般是以水合离子形式存在，即金属离子周围有一定数目的水分子包围着，不能和钠直接接触，所以钠先与水反应，然后生成的碱再与盐反应。例如钠与氯化铁溶液反应：2Na2H2O2NaOH
31、H2，3NaOHFeCl3Fe(OH)33NaCl。17.用4种溶液进行实验，下表中“溶液”与“操作及现象”对应关系错误的是 ( )选项溶液操作及现象A.Ca(OH)2溶液通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失，再加入足量NaOH溶液，又变浑浊B.NaAlO2溶液通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失C.Ca(ClO)2溶液通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去D.CaCl2溶液通入CO2，溶液没有明显变化，再通入氨气，溶液变浑浊A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】A、发生Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O，CaCO3CO2
32、H2O=Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)22NaOH=CaCO32Na2CO32H2O三个反应；B、发生2NaAlO2+CO23H2O=2Al(OH)3+Na2CO3, Na2CO3+ CO2H2O=2NaHCO3两个反应；C. 发生Ca(ClO)2CO2H2O=CaCO32HClO，HClO具有强氧化性，能把品红漂白；D.氨水溶液显碱性，CO2和CaCl2与氨气共同作用，生成碳酸钙沉淀和氯化铵。【详解】A、发生Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O，CaCO3CO2H2O=Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)22NaOH=CaCO32Na2CO32H2O，故A说法正确；B、2NaAlO2
33、+CO23H2O=2Al(OH)3+Na2CO3, 继续通CO2至过量，Al(OH)3不溶于碳酸，沉淀不消失，故B说法错误；C、发生Ca(ClO)2CO2H2O=CaCO32HClO，HClO具有强氧化性，能把品红漂白，颜色褪去，故C说法正确；D、CO2不与CaCl2反应，但通入NH3后，溶液显碱性，生成NH3H2O，NH3H2O与CO2反应生成(NH4)2CO3，CO32Ca2=CaCO3，故D说法正确；正确选项B。18.向含1mol HCl和1mol MgSO4的混合溶液中加入1molL1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)间的关系图正确的是（
34、）A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：加入氢氧化钡后，立即生成硫酸钡沉淀。当溶液中的氢离子被中和后，再生成氢氧化镁沉淀。中和氯化氢需要0.5L氢氧化钡溶液，当硫酸钡恰好沉淀时，需要1L氢氧化钡溶液，而沉淀镁离子时又需要1L氢氧化钡溶液，因此当沉淀不再变化时，共计需要1.5L氢氧化钡溶液，答案选D。考点：化学反应与图像分析19.向某NaOH溶液中通入CO2气体后得到溶液M，因CO2通入的量不同，溶液M的组成也不同，若向溶液M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系如图所示。则下列分析与判断不正确的是(不计CO2溶解) A. 若OB
35、=0，则形成溶液的过程中所发生反应的离子方程式为OH+CO2HCO3B. 若OB=BC，则溶液M为Na2CO3溶液C. 若OBBC，则溶液M中大量存在的阴离子为CO32和HCO3D. 若3OB=BC，则溶液M中c(NaHCO3)=2c(Na2CO3)【答案】C【解析】【分析】向某NaOH溶液中通入CO2气体，涉及反应及产物分别为：2NaOHCO2=Na2CO3H2O（CO22OH=CO32H2O）；NaOHCO2=NaHCO3（OH+CO2HCO3）；向M溶液加入盐酸时发生的反应可能为：CO32H=HCO3，HCO3H=H2OCO2；根据以上反应规律进行分析。【详解】向某NaOH溶液中通入CO
36、2气体，涉及反应及产物分别为：2NaOHCO2=Na2CO3H2O（CO22OH=CO32H2O）；NaOHCO2=NaHCO3（OH+CO2HCO3）；M溶液加入盐酸时发生的反应可能为：CO32H=HCO3，HCO3H=H2OCO2；在不同的物质的量比的范围内产物（溶液M的成份）不同，参见下图：设a=n(CO2)/n(NaOH)，则：aM的成分OB与BC的关系a1：2NaOH 和 Na2CO3OBBCa=1:2Na2CO3OB=BC1：2a1：1NaHCO3和Na2CO3OB=BCa1:1NaHCO3OB=0由上表可知，若3OB=BC，则溶液M的成分为NaHCO3和Na2CO3，可得：3n（
37、Na2CO3）=n（Na2CO3）+n（NaHCO3）即：c(NaHCO3)=2c(Na2CO3)，综上所述A、B、D正确，C错误；正确选项C。20.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是A. 磁性氧化铁溶于稀硝酸：Fe3O4+8H+NO33Fe3+NO+4H2OB. Mg(HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液：Mg2+2HCO3+2OHMgCO3+CO32+2H2OC. 向含有0.2 mol FeI2的溶液中通入0.1 mol Cl2充分反应：2I+Cl22Cl+I2D. 明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀的物质的量最多：Al3+2SO42+2Ba2+4OHAlO2+2BaSO4+
38、2H2O【答案】C【解析】【分析】A项，电荷不守恒；B项，氢氧化镁的溶解度小于碳酸镁，反应应生成氢氧化镁；C项，还原性：IFe2+，氯气先氧化碘离子；D.当把铝离子转化为Al(OH)3时，沉淀物质的量最多。【详解】A项，电荷不守恒，故A项错误；B项，氢氧化镁的溶解度小于碳酸镁，因此反应应生成氢氧化镁而非碳酸镁，故B项错误；C项，还原性：IFe2+根据电子得失守恒可知，0.1 mol Cl2完全反应变为Cl，转移电子0.2 mol，0.2 mol FeI2中含有0.4 mol I，因此氯气完全反应，离子方程式为2I+Cl22Cl+I2，C项正确；D.当把铝离子转化为Al(OH)3时，沉淀物质的量
39、最多，故D项错误；正确选项C。21.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+)=72时，2Al3+7OHAl(OH)3+AlO2+2H2OB. 向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，CO32+CO2+H2O2HCO3C. CuCl2溶液与NaHS溶液反应，当n(CuCl2)n(NaHS)=12时，Cu2+2HSCuS+H2SD. Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)n(HNO3)=12时，3Fe+2NO3+8H3Fe2+2NO+4H2O【答案】B【解析】【分析】A. n(OH-)n(Al3+)=3:1，恰好生成Al(OH)3，n(OH-)n(Al3
40、+)=4:1，恰好生成AlO2；B. 向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，生成碳酸氢钠晶体；C. 氯化铜溶液与 NaHS 溶液当n(CuCl2)n(NaHS)=12时,反应生成硫化铜和硫化氢；D.过量的铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁,若铁不足时生成硝酸铁。【详解】A项，n(OH-)n(Al3+)=3:1，恰好生成Al(OH)3，n(OH-)n(Al3+)=4:1，恰好生成AlO2；当n(OH-)n(Al3+)=72时，发生2Al3+7OHAl(OH)3+AlO2+2H2O反应，A正确；B项，CO2通入饱和Na2CO3溶液中会生成溶解度更小的碳酸氢钠，以晶体的形式析出，2Na+CO32-+H2O
41、+CO2=2NaHCO3，B错误；C项，氯化铜溶液与NaHS溶液当n(CuCl2)n(NaHS)=12时,Cu2+与HS-生成CuS沉淀和H2S气体，故C项正确；D项，n(Fe)n(HNO3)=1:4 ,生成硝酸铁，n(Fe)n(HNO3)=3:8，生成硝酸亚铁，当n(Fe)n(HNO3)=12时，发生3Fe+2NO3+8H3Fe2+2NO+4H2O反应，D正确；正确选项B。【点睛】本题的易错项为D项。少量铁与稀硝酸反应的化学方程式：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O；过量铁与稀硝酸反应的化学方程式3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)3+2NO+4H2O；可以看出来n(Fe)n
42、(HNO3)=1:4 时恰好生成三价铁离子，n(Fe)n(HNO3)=3:8，时恰好生成二价铁离子，题目中n(Fe)n(HNO3)=1:2大于3:8，故铁过量全部生成二价铁离子，题中的离子方程式正确。22.已知NH4CuSO3与足量的1 mol/L硫酸溶液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成；有刺激性气味气体产生；溶液呈蓝色。据此判断下列说法合理的是A. NH4CuSO3中硫元素被氧化 B. 刺激性气味的气体是二氧化硫C. 刺激性气味的气体是氨气 D. 该反应中硫酸作氧化剂【答案】B【解析】【分析】A、反应2NH4CuSO3+4HCu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4可知，反应前后S元素
43、的化合价没有发生变化；B、反应2NH4CuSO3+4HCu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4可知，刺激性气味的气体是二氧化硫；C、因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气； D. 由反应2NH4CuSO3+4HCu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4可知，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后未变，反应中硫酸体现酸性。【详解】反应的发产生为：2NH4CuSO3+4HCu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4； A、NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故A错误；B、
44、NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2，反应前后S元素的化合价没有发生变化，刺激性气味的气体是二氧化硫，故B正确；C、因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C错误； D、由发产生为：2NH4CuSO3+4HCu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后未变，反应中硫酸体现酸性，故D错误；正确选项B。23.某无色气体，可能含HCl、CO2、NO2、HI、SO2、HBr中的一种或几种。将其通入氯水中，得到无色透明溶液，把溶液分成两份，向一份中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，
45、出现白色沉淀，另一份加入硝酸酸化的AgNO3溶液，也有白色沉淀生成。对于原无色气体推断一定正确的是A. 一定存在HCl B. 一定存在SO2C. 肯定没有CO2 D. 不能肯定是否含有NO2、HI【答案】B【解析】【分析】由无色气体可排除NO2，通入氯气中，得到无色透明溶液可排除HBr、HI。向无色溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，应有BaSO4生成，SO42-只可能由SO2与氯水反应产生，而加入AgNO3溶液，产生白色沉淀不能确定是原溶液就存在氯离子还是后加入的，所以只能判定出一定有SO2存在；据此分析解答。【详解】A项，另一份加入硝酸酸化的硝酸银溶液，也有白色沉淀生成，说明溶液中含有氯离子，又因为氯水中也含有氯离子，所以不能确定原气体中是否有HCl，故A项错误；B项，向一份中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，又因为氯水具