2020届河北省衡水市安平县高三上学期第一次月考化学试题含答案（实验部）

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1、安平中学2019-2020学年上学期第一次月考高三（实验部）化学试题可能用到的相对分子质量：H：1 C：12 N：14 O： 16 Na ： 23 S ： 32 Cl ：35.5 Cu ： 64 Ni：59本试卷分卷和卷，考试时间90分钟，满分100分。请将试题答案按要求填涂在答题卡上。第I卷（52分）一选择题（共26个小题，每小题2分，共52分）1.本草衍义中有如下叙述:“嘉州峨眉山有燕萨石，形六棱而锐首，色莹白明澈。”这里“燕萨石”的主要成分可能是（ ）A. SiO2 B. CaO C. NaCl D. C(石墨）2.在下列变化大气固氮硝酸银分解实验室制取氨气中，按氮元素被氧化、被还原、既

2、不被氧化又不被还原的顺序排列，正确的是（ ）A B C D3.物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度等有关。下列各组物质：Cu与HNO3溶液 Cu与FeCl3溶液 Zn与H2SO4溶液 Fe与HCl溶液由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是（ ）A B C D 4.将9.58g Na2CO310H2O与NaHCO3的混合物溶于水配成100mL溶液，测得c（Na+）=1mol/L再取同质量的混合物，加入足量的盐酸，充分加热蒸干至质量不变时，所得固体的质量为（）A5.85g B7.78g C6.72g D6g5.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是（

3、）A. 向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2=CaCO3+H2OC. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O2=2Na2O+O2D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl26.含有a mol FeBr2的溶液中，通入x mol Cl2。下列各项为通Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是（ ）Ax0.4a，2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-Bx0.6a，2Br+ Cl2Br2+2Cl

4、Cx=a，2Fe2+2Br+2Cl2Br2+2Fe3+4ClDx=1.5a，2Fe2+4Br+3Cl22Br2+2Fe3+6Cl7.足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO 的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5molL1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（ ）A60mL B45mL C30mL D15mL8.化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的情况。下列反应中属于这种情况的是（ ）A过量的MnO2与浓盐酸反应B过量的Zn与18 mol

5、/L的硫酸反应C过量的Br2与FeI2反应D过量的O2与NH3在催化剂存在下反应9.已知以下反应可用于去除大气中的污染：NO2+NH3 +O2N2+H2O（未配平）。若NO2、NH3、O2三者恰好反应，则体积比可能是（ ）A.2:4:1 B.2: 1:2 C.l:1:1 D,l; 4:310. 已知：将Cl2通人适量KOH溶液，产物中可能有KC1、KClO、KC1O3，且的值与温度高低有关。当n(KOH)=amol时，下列有关说法错误的是（ ） A若某温度下，反应后11，则溶液中B.参加反应的氯气的物质的量等于amolC改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：amolneamolD改变温

6、度，产物中KC1O3的最大理论产量为amol11.用一张已除去表面氧化膜的铝箔紧紧包裹在试管外壁（如下图），将试管浸入硝酸汞溶液中，片刻取出，然后置于空气中，不久铝箔表面生出“白毛”，红墨水柱右端上升。根据实验现象判断下列说法错误的是 （ ）A. 实验中发生的反应都是氧化还原反应B. 铝是一种较活泼的金属C. 铝与氧气反应放出大量的热量D. 铝片上生成的白毛是氧化铝和氧化汞的混合物12.在密闭容器中将2molNaHCO3(s)和一定量Na2O2混合，在加热条件下让其充分反应，150下所得气体仅含2种组分，反应后固体的物质的量（n）的取值范围是()An1 B1n2 C2n4 Dn413.同一还原

7、剂与多种氧化剂在一起时，先与氧化性强的粒子反应，待强的反应完后，再与氧化性弱的反应，称为反应先后规律已知氧化性：Fe3+Cu2+，在溶有Fe2（SO4）3和CuSO4的溶液中加入铁粉，下列说法中不正确的是（）A若铁粉有剩余，则不溶物中一定有铜B若铁粉有剩余，则溶液中的金属阳离子只有Fe2+C若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2+，则溶液中一定无Fe3+D若铁粉无剩余，且溶液中无Cu2+，则溶液中一定有Fe2+，一定无Fe3+14.氯酸是一种强酸，浓度超过40时会发生分解，反应可表示为：a HClO3 b O2+ c Cl2+ d HClO4 + e H2O。下列有关说法不正确的是（ ） A. 还原产

8、物只有Cl2B. 若氯酸分解所得混合气体，lmol混合气体质量为45g，则反应方程式可表示为：3HClO3 2O2+ C12+ HClO4 + H2OC. 由非金属性ClS，可推知酸性HClO3H2SO4D. 若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子数为2015.在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共mg，若加入足量的Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加mg；则CO2与CH4的体积比为 （ ）A3:1 B2:l C1:1 D任意比16.实验室用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知 Fe3+在 Ph=5时沉淀完全）

9、其中分析错误的是（）A步骤发生的主要反应为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OB步骤可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2C步骤用 CuCO3代替CuO也可调节溶液的pHD步骤的操作为：向漏斗中加人少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作 23次17.今有由铁的某种氧化物和铝粉组成的混合物X为确定X中铁的氧化物的化学式，称取29.7gX隔绝空气高温下充分反应的混合物Y，Y与足量的氢氧化钠溶液反应收集到标准状况下气体3.36L，将反应液过滤、洗涤得固体Z，将Z加入到120mL5molL1 FeCl3溶液中，两者均恰好完全反应，则X中铁的氧化物为（ ） A FeO B Fe3O4

10、 C Fe2O3 D FeO218.向FeCl3、Al2(SO4)3的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2(aq)，形成沉淀的情况如下图所示。沉淀的生成与溶解的pH列于下表。以下推断正确的是()氢氧化物溶液pH开始沉淀沉淀完全沉淀开始溶解沉淀完全溶解Fe(OH)32.33.4Al(OH)33.35.27.812.8AC点的沉淀为Fe(OH)3BOA段可能发生的反应有：3Ba26OH3SO2Fe3=3BaSO42Fe(OH)3CAB段可能发生的反应是：2SO2Ba2Al33OH=2BaSO4Al(OH)3D据图计算原溶液中c(Cl)c(SO)19.某混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO

11、2中的两种或多种气体。现将此无色透明的混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色。对于原混合气体成分的判断中正确的是 ()A. 肯定只有SO2 B. 肯定没有Cl2、O2和NO2 C. 可能有Cl2和O2 D. 肯定只有NO20.在如图所示装置中进行氨的催化氧化实验：往三颈瓶内的浓氨水中不断通入空气，将红热的铂丝插入瓶中并接近液面。反应过程中，可观察到瓶中有红棕色气体产生，铂丝始终保持红热。下列有关说法错误的是()A反应后溶液中含有NO3- B反应后溶液中c(H)增大C实验过程中有化合反应发生D实验过程中NH3H2O的电离常数不可能发生变化21.下列各组物质中，

12、能一步实现下图所示转化关系的是（ ）XYZWACCOCO2Na2CO3BFe3O4FeFeCl2FeCl3CH2SO4SO2SSO3DAlAl2O3NaAlO2Al(OH)322.大气中的SO2是造成酸雨的主要污染物最新研究表明，离子晶体N（CH3）42SO4（s） 能与SO2进行如下可逆反应，使其可能成为绿色的SO2吸收剂：N（CH3）42SO4（s）+SO2（g） N（CH3）42S2O6（s）下列说法正确的是（）A N（CH3）4+中只含共价键 B该反应中，SO2作氧化剂CSO2漂白品红是利用其强氧化性D每吸收标准状况下的SO211.2L，生成15.4gN（CH3）42S2O623.下列

13、叙述和均正确并且有因果关系的是（）选项叙述叙述ACl2有酸性用Cl2可与石灰乳或烧碱反应制备含氯消毒剂BNaHCO3溶于水完全电离NaHCO3是强电解质C浓H2SO4有强氧化性浓H2SO4可用于干燥SO2DNa2S有强还原性用于除去废水中的Cu2+和Hg2+24.如图所示，常温时将一滴管液体Y一次性全部挤到充满O2的锥形瓶内（装置气密性良好），若锥形瓶内气体的最大物质的量是amol，久置后其气体的物质的量是bmol，不存在ab关系的是（）XYA过量C、Fe碎屑稀HClB过量Na2CO3粉末稀H2SO4C过量Fe、Al碎屑浓H2SO4D过量Cu、CuO粉末浓HNO325.为探究Na2SO3溶液的

14、性质，某学习小组设计了一系列实验，并记录实验现象。具达如下表所示。实验装置实验序号滴管试剂试管试剂实验现象0.2mol/LNa2SO3溶液品红溶液红色消失饱和Ag2SO4溶液产生白色沉淀0.2mol/L CuSO4溶液溶液先变绿，继续滴加产生砖红色沉淀0.lmol/L Al2(SO4)溶液开始无明显现象，继续滴加产生白色沉淀，并有刺激性气味的气体生成则以下说法不正确的是（ ）ANa2SO3溶液具有漂白性BKsp(Ag2SO4)Ksp(Ag2SO3)C实验，SO32-与Cu2+发生了氧化还原反应D实验发生反应的离子方程式为：3SO32-+2Al3+3H2O=2Al(OH)3+3SO226.24m

15、L浓度为0.05molL1的Na2SO3溶液，恰好与20mL浓度为0.02molL1的K2Cr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为（ ）A+2 B+3 C+4 D+5第II卷（48分）二填空题27.（12分 ）危化仓库中往往存有钠、钾、硫、白磷(P4)、硝酸铵和氰化钾(KCN)等危险品。请回答下列问题：（1）NH4NO3为爆炸物，在某温度下按下式进行分解：5NH4NO3=4N2+2HNO3+9H2O，则被氧化和被还原的氮元素质量之比为_；(2)硫酸铜溶液是白磷引起中毒的一种解毒剂：1lP4+60CuSO4+96H2O=20C

16、u3P+24H3PO4+60H2SO4。若8molH3PO4生成，则被CuSO4氧化的P4的物质的量为_mol；（3）NiSO4xH2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于镀镍、电池等，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得。操作步骤如下：向滤液I中加入FeS是为了除去Cu2+、Zn2+等杂质，除去Cu2+的离子方程式为_ 。对滤液先加H2O2再调pH，调pH的目的是_ 。滤液溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是_。 为测定NiSO4xH2O晶体中x的值，称取26.3g晶体加热至完全失去结晶水，剩余固体15.5

17、g，则x的值等于_ 。28.（10分）高一某研究性学习小组在化学实验研修时探究氢气还原氧化铜实验。（1）理论计算：称取24.0g CuO进行实验，若H2足量，应该可以得到Cu的质量为_；（2）实验：待24.0g CuO完全变成红色固体，冷却，称量，得固体20.4g。这个反常现象激发了学生的兴趣；一组学生查阅资料：H2还原CuO时还可能得到氧化亚铜（CuO），CuO为红色固体，不溶于水；Cu2O能与稀硫酸反应：CuO+HSO=CuSO+Cu+HO；Cu2O能与稀硝酸反应：3CuO+14HNO(稀)=6Cu(NO)+2NO+7HO；Cu能与稀硝酸反应：3Cu +8HNO(稀)=3Cu(NO)+2N

18、O+4HO；讨论：可以选择足量的_(填“稀硫酸”或“稀硝酸”)判断红色固体中混有Cu2O；现象是_；（3）另一组学生认为通过计算，即可确认固体成分是Cu与Cu2O的混合物。20.4g红色固体中Cu2O的物质的量为_；将20.4g红色固体加入到体积为200mL足量的稀硝酸中，被还原的硝酸的物质的量为_。29.(10分)溴酸钾具有毒性，是一种常用的分析试剂和氧化剂，实验室中制备过程如下：已知反应是复分解反应，根据上述转化关系回答下列问题：（1）反应的化学方程式为 （2）反应的化学方程式为 （3）现向含6mol KI的硫酸溶液中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与所加KBrO3的物

19、质的量的关系如图所示请回答下列问题：已知b点时，KI反应完全，转移的电子数为 bc过程中，仅有一种元素的化合价发生了变化则反应时氧化剂与还原剂的物质的量之比为 d点时，n（KBrO3）为 30.（16分）草酸亚铁晶体（FeC2O42H2O）呈淡黄色某课题组为探究草酸亚铁晶体的化学性质，进行了一系列实验探究（1）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到二氧化碳气体生成这说明草酸亚铁晶体具有 （填“氧化性”、“还原性”或“碱性”）若反应中消耗1.5mol FeC2O42H2O，则参加反应的KMnO4为 mol（2）资料表明：在密闭容器中

20、加热到一定温度时，草酸亚铁晶体可完全分解，生成几种氧化物，残留物为黑色固体课题组根据课本上所介绍的铁的氧化物的性质，对黑色固体的组成提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：全部是FeO 假设二： 假设三： （3）为验证上述假设一是否成立，课题组进行如下研究【定性研究】请你完成如表中内容实验步骤（不要求写出具体操作过程）预期实验现象和结论取少量黑色固体 【定量研究】课题组在文献中查阅到，FeC2O42H2O受热分解时，固体质量随温度变化的曲线如图所示，写出加热到400时，FeC2O42H2O晶体受热分解的化学方程式为： 根据图象，如有1.0g草酸亚铁晶体在坩埚中敞口充分加热，最终残留黑色固

21、体的质量大于0.4g某同学由此得出结论：假设一不成立你是否同意该同学的结论，并简述理由： 试卷答案1.A2.A解析：大气固氮是指在放电条件下将游离态的氮气转化为一氧化氮的过程，氮元素被氧化。硝酸银分解过程中氮元素化合价降低，被还原。实验室制氨气的反应不属于氧化还原反应，故A项正确。3.答案：A4.A解：加入足量的盐酸充分反应，将溶液蒸干后，所得固体为氯化钠，根据钠离子守恒：n（NaCl）=n（Na+）=1mol/L0.1L=0.1mol，则m（NaCl）=58.5g/mol0.1mol=5.85g，故选A5.C【详解】A.金属活动性顺序比较：ZnCu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反

22、应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；B. 澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2CaCO3+H2O，B项正确；C. 过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系为：Na2O2+H2ONaOH，CO2+2NaOHNa2CO310H2ONa2CO3，C项错误；D. 氢氧化镁的溶度积小于氯化铁的溶度积，则项氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，实现沉淀的转化，发生的化学方程式为：3Mg(OH)2 + 2FeCl3= 2Fe(OH)3

23、+ 3MgCl2，D项正确；答案选C。6.B【解析】由于Fe2的还原性强于Br，故根据氧化还原反应的先后顺序知，Cl2先氧化Fe2,然后再氧化Br。2Fe2 + Cl2 2Fe3 + 2Cl,2Br + Cl2 Br2 + 2Cl，2FeBr2 + 3Cl2 2FeCl3 + 2Br2 。当x/a 0.5时，Cl2仅氧化Fe2，故A项正确。当x/a 1.5时,Fe2和Br合部被氧化，D项正确；当介于两者之间时，则要分步书写方程式，然后进行叠加得总反应。如B项，当x=0.5a时，Cl2刚好把Fe2全部氧化，而当x=0.6a，显然Cl2还要氧化Br，而选项中没有表示，故错。 7.答案：A解析：氧化

24、还原反应的计算。易错提醒：对整个反应过程分析不透彻而错选其他选项。备考提示：得失电子守恒是指在发生氧化还原时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数，无论是自发进行的氧化还原反应还是原电池或电解池中均如此。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中的有关计算及电化学中电极产物的有关计算等。用电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式：氧化剂的物质的量每摩尔氧化剂得电子数=还原剂的物质的量每摩尔还原剂失电子数，利用这一等式，解氧化还原反应的计算题，科化难为易，化繁为简。8.A9.A10.D11.D本题是一道考查铝的化学性

25、质的实验题。该实验是一个“毛刷实验”，原理是2Al+3Hg(NO3)2=2Al(NO3)3+3Hg，AlHg构成原电池，加快铝失电子：4Al+3O2=2Al2O3，该反应是一个放热反应，使试管内气体的压强增大，U形管中的红墨水左端下降，右端上升，故D项错误。12.C加热后，发生反应如下：2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO22mol 1mol 1mol 1mol2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2 1mol 1mol 2Na2O2+2H2O4NaOH+O21mol 1mol 2mol由反应方程式可知，150时所得气体中仅含有两种组分，则气体为氧气和水蒸气，二氧化碳全部反应，2mol

26、 NaHCO3分解生成1molNa2CO3；若2mol NaHCO3分解生成二氧化碳全部被吸收，则1molCO2与Na2O2反应生成1mol Na2CO3，所以固体的物质的量最少为2molNa2CO3；若2mol NaHCO3分解生成的H2O和CO2被足量的Na2O2吸收时，还可生成1mol Na2CO3和2molNaOH，所以固体最多不超过4mol；答案选C。13.C【考点】铁的化学性质；氧化还原反应【分析】依据氧化还原反应的先后规律：同一还原剂与多种氧化剂在一起时，先与氧化性强的粒子反应，待强的反应完后，再与氧化性弱的反应，称为反应先后规律，三价铁离子氧化性强于铜离子，加入铁粉，铁粉先与三

27、价铁离子反应生成二价铁离子，剩余铁粉再与铜离子反应生成二价铁离子，据此分析【解答】解：三价铁离子氧化性强于铜离子，加入铁粉，铁粉先与三价铁离子反应生成二价铁离子，剩余铁粉再与铜离子反应生成二价铁离子，A若有铁粉剩余，则三价铁离子、铜离子完全反应，不容物中一定含有铜，故A正确；B若有铁粉剩余，则三价铁离子、铜离子完全反应，则溶液中的金属阳离子只有Fe2+，故B正确；C若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2+，则可能有三种情况，一种为铜离子只反应一部分，则三价铁离子完全反应，一种为铜离子未反应，则三价铁离子恰好反应，一种为铜离子未反应，三价铁离子只反应一部分，溶液中含有三价铁离子，故C错误；D若铁粉无剩余

28、，且溶液中无Cu2+，因为三价铁离子先于铁粉反应，所以一定不含三价铁离子，一定含有二价铁离子，故D正确； 故选：C14.C15.CCO和甲烷燃烧分别生成CO2和水及CO2，然后再分别和过氧化钠反应，即2CO22Na2O2=2Na2CO3O2、2H2O2Na2O2=4NaOHO2。在这两个反应中，对Na2O2固体而言，反应中Na2O2增重的质量实际是H2O中H的质量和CO2中CO的质量，即其结果可看作：Na2O2H22NaOH，Na2O2CONa2CO3。固体质量增加CO或氢气的质量，这说明混合物应该符合条件（CO）mHn。所以只要将CH4和CO2设计符合C和O的比为1:1即可，答案选C。16.

29、B考点：制备实验方案的设计分析：由实验流程可知，样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成硫酸铁，然后加入CuO调节溶液的pH，使Fe3+水解而生成Fe（OH）3沉淀，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，以此来解答解答：解：由实验流程可知，样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成硫酸铁，然后加入CuO调节溶液的pH，使Fe3+水解而生成Fe（OH）3沉淀，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，A步骤为亚铁离子与过氧化氢的氧化还原反应，离子反应为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故A

30、正确；B步骤可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2，引入杂质氯离子、硝酸根离子等，难以除去，故B错误；CCuCO3和CuO都与溶液中H+反应，起到调节溶液pH的作用，并不引入新的杂质，故C正确；D步骤为洗涤固体，固体具有吸附性，过滤时表面有可溶性物质，则操作为向滤出晶体的漏斗中加少量水浸没晶体，自然流下，重复23次，可洗涤晶体，故D正确；故选B点评：本题考查硫酸铜的制备实验，为高频考点，把握制备流程中的反应、混合物分离提纯方法等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等，注意氧化还原反应及盐类水解等原理的应用和分析17.A试题分析：反应后的固体能够与氢氧化钠溶液反应生成气体，该氢气只能

31、为氢气，说明金属铝过量，铁的氧化物完全转化成铁单质；Z为铁，然后根据反应2Fe3+Fe=3Fe2+计算出生成铁的物质的量，根据氢气的量计算出反应后剩余铝的物质的量，然后根据质量守恒计算出反应生成氧化铝的质量，再计算出氧化铝的物质的量，从而得出氧化铁中氧元素的物质的量，从而得出该铁的氧化物的化学式标况下3.36L气体为Al与氢氧化钠溶液反应生成的氢气，其物质的量为：=0.15mol，则反应消耗Al的物质的量为：0.15mol=0.1mol，120mL5molL1FeCl3溶液中含有含有氯化铁的物质的量为：n（FeCl3）=5mol/L0.12L=0.6mol，根据反应2Fe3+Fe=3Fe2+可

32、知，参加反应的铁的物质的量为：0.6mol=0.3mol，Y能够与氢氧化钠溶液反应生成氢气，说明原混合物中铝过量，铁的氧化物完全反应，Y为金属铁、Al和氧化铝，其中铁的物质的量为0.3mol、铝为0.1mol，根据质量守恒可知，Y中氧化铝的质量为：29.7g56g/mol0.3mol27g/mol0.1mol=10.2g，氧化铝的物质的量为：=0.1mol，氧化铝中氧元素来自氧化铁，所以氧化铁中氧元素的物质的量为：0.1mol3=0.3mol，该氧化铁中Fe与O元素的物质的量之比为：0.1mol：0.1mol=1：1，所以该铁的氧化物为FeO，故选A18.B试题分析：发生的反应依次为SO42-

33、Ba2=BaSO4 Fe33OH=Fe(OH)3Al33OH=Al(OH)3 Al(OH)3OH=AlO2-2H2OA项，C点应为BaSO4和Fe(OH)3沉淀，错误；B项正确；C项，AB段只发生生成Al(OH)3沉淀的反应，错误；D项，设一格代表1 mol，则nAl(OH)32 moln(BaSO4)33 mol 所以nFe(OH)36 mol5 mol1 mol n(Cl)3 mol，所以c(Cl)c(SO42-)，错误。19.B【详解】二氧化氮为红棕色气体，氯气为黄绿色，故该无色气体中不含二氧化氮和氯气，气体通过品红后，品红褪色，说明含有二氧化硫气体，剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，

34、说明含有一氧化氮气体，一氧化氮能和氧气反应生成红棕色二氧化氮，所以原气体不含氧气。则肯定含有二氧化硫和一氧化氮，不含氯气、二氧化氮、氧气。故选B。【点睛】掌握常见的气体的颜色，氯气：黄绿色；二氧化氮：红棕色；溴蒸气：红棕色。氟气：浅黄绿色。掌握一氧化氮和氧气不能共存，直接反应生成二氧化氮。20.DA反应过程生成硝酸，硝酸电离产生硝酸根离子，A正确；B反应生成硝酸，硝酸是强酸，所以反应后溶液中c（H+）增大，pH值变小，B正确；C2NO+O2=2NO2，为化合反应，C正确；D氨的氧化反应放热反应，溶液温度升高，实验过程中NH3H2O的电离常数变化，D错误，答案选D。【点睛】本题考查了元素化合物知

35、识，涉及了氨气、一氧化氮、二氧化氮及硝酸的性质，明确各物质的性质、熟悉氨的催化氧化是解题关键，易错点是反应放热，导致溶液温度升高，电离常数变化。21.B试题分析：A碳燃烧生成CO，CO氧化得到CO2，CO2和碳酸钠之间可以相互转化，但CO不能直接生成碳酸钠，故A错误；BAl与Fe3O4反应生成Fe，Fe与盐酸反应生成FeCl2，Fe与氯气反应生成FeCl3，FeCl2与氯气反应FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，故B正确；C硫酸与Cu反应生成二氧化硫，二氧化硫与硫化氢反应生成S，二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，S不能一步转化为SO3，故C错误；DAl与氧气反应生成Al2O3，Al2

36、O3与NaOH反应生成NaAlO2，Al2O3不能直接转化为Al(OH)3，NaAlO2与少量酸反应生成Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2，故D错误；答案为B。22.A【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】AN（CH3）4+中只存在NC、CH键，为共价键；B根据S元素的化合价变化判断；C二氧化硫具有漂白性，可漂白品红【解答】解：AN（CH3）4+中没有金属元素或铵根离子，只存在NC、CH键，不含离子键，只有共价键，故A正确；BN（CH3）42 SO4（s）+SO2（g） N（CH3）42 S2O6（s）反应中SO2中硫元素的化合价升高，SO2作还原剂，故

37、B错误；C二氧化硫没有强氧化性，SO2漂白品红是与品红结合生成无色物质，表面二氧化硫的漂白性，故C错误故选A【点评】本题考查了化学键、氧化还原反应、二氧化硫的性质等知识，为高考常见题型，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的考查，题目难度不大23.B考点：浓硫酸的性质；强电解质和弱电解质的概念；氯气的化学性质；物质的分离、提纯和除杂分析：A、Cl2可与石灰乳反应制备漂白粉，具有消毒、漂白、杀菌的作用；B、电解质的强弱是根据电离程度划分的，碳酸氢钠是弱酸强碱酸式盐，是强电解质完全电离；C、浓H2SO4可用于干燥SO2，是浓硫酸的吸水性；D、用Na2S除去废水中的Cu2+和Hg2+，是利用硫离子与

38、铜离子与汞离子生成难溶物解答：解：A、氯气与烧碱、石灰乳发生氧化还原反应，与酸性无关，故A错误；B、电解质的强弱是根据电离程度划分的，在水溶液里或熔融状态下完全电离是电解质是强电解质，碳酸氢钠是弱酸强碱酸式盐，电离方程式为：NaHCO3=Na+HCO3；是强电解质完全电离，故B正确；C、浓H2SO4可用于干燥SO2，是浓硫酸的吸水性，故C错误；D、用Na2S除去废水中的Cu2+和Hg2+，是利用硫离子与铜离子与汞离子生成难溶物，而不是应用Na2S还原性，故D错误；故选B点评：本题考查了物质性质的分析应用，熟练掌握强电解质、浓硫酸的性质、硫化钠的性质等基础知识是解题关键，题目难度不大24.C考点

39、：化学实验方案的评价分析：若锥形瓶内气体的最大物质的量是amol，久置后其气体的物质的量是bmol，如存在ab关系，说明在久置过程中锥形瓶的气体参与反应而消耗，反之不存在ab，以此解答该题解答：解：A铁与盐酸反应生成氢气，由于铁过量，则久置过程中铁发生吸氧腐蚀，则消耗氧气，ab，故A不选；B碳酸钠和稀硫酸反应生成二氧化碳气体，由于碳酸钠过量，则久置过程中碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，气体总物质的量减小，ab，故B不选；CFe、Al与浓硫酸发生钝化，气体体积基本不变，故C选；D铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，久置过程中二氧化氮与水反应生成NO，体积变小，故D不选故选C点评：本题综合考查元素化

40、合物知识，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大25.B26.B27.(1)5：3 (2) 1 (3) FeS（aq）+Cu2+（aq）=Fe2+（aq）+CuS（aq）；对滤液调pH的目的是除去Fe3+；增大NiSO4浓度，有利于蒸发结晶；6。解析：（1）、5NH4NO3=4N2+2HNO3+9H2O的反应中，氮元素由铵根中3价升高为0价，被氧化；氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，根据得失电子守恒可知被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比为(50):0(3)=5:3，则被氧化和被还原的氮元素质量之比为5:3，故答案是：5:3。（2

41、）、Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4中部分磷元素由0价降低到3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有8molH3PO4生成，则参加反应CuSO4为8mol=20mol，根据得失电子守恒，则被CuSO4氧化的P4的物质的量为=1mol，故答案为：1。（3）利用反应向着更难溶的方向进行，加FeS除去Cu2、Zn2离子，发生的反应是FeSCu2=CuSFe2；调节pH的作用：除去Fe3+；目的是：增大NiSO4的浓度，有利于蒸发结晶；NiSO4xH2O=NiSO4xH2O，采取差量法解决，x=155(26.315.5)/(15.518)=6。28.(1)19.2g (3)稀硫酸 红色物质部分溶解，溶液变为蓝色 (4)0.075mol