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- 模拟试卷
- 预测试卷
4．下列各组离子在溶液中能大量共存的是（ ）
正确答案
解析
A．Na＋、OH-、S2O32-、Cl-，各离子之间不能反应，在溶液中可以大量共存，正确；
B．Fe2＋和[Fe(CN)6]3－可以相互结合生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁（Fe3[Fe(CN)6]2）沉淀，在溶液中可以大量共存，错误；
C．H＋、C2O42-、MnO4-、SO42-，高锰酸根离子在酸性溶液中有强氧化性，可以将C2O42-氧化成二氧化碳，在溶液中不能大量共存，错误；
D．在溶液中，AlO2-离子水解溶液显碱性，溶液中会产生碳酸根离子，碳酸根离子和钙离子结合生成碳酸钙沉淀，各离子在溶液中不能大量共存，错误。
故选A。
考查方向
解题思路
A．各离子之间不能反应；
B．Fe2＋和[Fe(CN)6]3－可以相互结合生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁（Fe3[Fe(CN)6]2）沉淀；
C．高锰酸根离子在酸性溶液中有强氧化性，可以将C2O42-氧化成二氧化碳；
D．在溶液中，AlO2-离子水解溶液显碱性，溶液中会产生碳酸根离子，碳酸根离子和钙离子结合生成碳酸钙沉淀。
易错点
本题考查离子的共存，明确信息及离子之间的反应即可解答，学生应熟悉复分解反应、氧化还原反应发生的条件来解答，题目较简单。
知识点
7．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A4gNaOH固体所含电子总数为2NA
B22.4lL C2H6所含化学键总数为7 NA
C6g SiO2所含分子数为0.1NA，化学键总数为0.4 NA
D0．1 mol·L－1NH4Cl溶液中，
正确答案
解析
A．4gNaOH固体的物质的量为0.1mol，所含电子的物质的量为2mol，电子总数为2NA，正确；
B．标准状况下，22.4lL C2H6的物质的量为1mol，所含化学键总数为7 NA，错误；
C．0.1molSiO2是原子晶体，二氧化硅晶体中不存在分子，从二氧化硅晶体结构可知：每个氧原子形成两个共价键，化学键总数为0.4 NA，错误；
D．0.1 mol/L NH4Cl溶液中，由于缺乏溶液体积，NH4+与Cl－数之和无法计算，错误。
故选A。
考查方向
解题思路
A．4gNaOH固体的物质的量为0.1mol，所含电子的物质的量为2mol；
B．标准状况下，22.4lL C2H6的物质的量为1mol；
C．SiO2是原子晶体，二氧化硅晶体中不存在分子，从二氧化硅晶体结构可知：每个氧原子形成两个共价键；
D．由于缺乏溶液体积，NH4+与Cl－数之和无法计算。
易错点
阿伏加德罗常数是历年高考的“热点”问题，为高考必考题目，这是由于它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容。要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。
知识点
9．ClO2是一种高效安全的绿色杀菌剂，下列有关ClO2制备与杀菌的说法不合理的是（ ）
A可用Cl2和NaClO2制备ClO2，其中n（氧化剂） ：n（还原剂）＝1 ：2
BClO2在强碱性环境中使用失效：2ClO2＋2OH－＝
CClO2处理饮用水时残留的
D等物质的量的ClO2杀菌效果比Cl2、HClO强
正确答案
解析
A．Cl2和NaClO2制备ClO2，Cl2中Cl元素化合价由0价降低到-1价，NaClO2中Cl元素化合价由+3价升高到+4价，则n(氧化剂)：n(还原剂)=1：2，正确；
B．ClO2在强碱性环境中自身发生氧化还原反应，反应的化学方程式为2ClO2+2OH﹣═ClO3﹣+ClO2﹣+H2O，正确；
C．电荷不守恒，应为ClO2﹣+4Fe2++4H+═4Fe3++Cl﹣+2H2O，错误；
D．ClO2作为氧化剂，由+4价降低到﹣1价，杀菌效果比Cl2、HClO强，正确。
故选C。
考查方向
解题思路
A．Cl2和NaClO2制备ClO2，Cl2中Cl元素化合价由0价降低到-1价，NaClO2中Cl元素化合价由+3价升高到+4价；
B．ClO2在强碱性环境中自身发生氧化还原反应；
C．电荷不守恒；
D．根据化合价的变化判断．
易错点
本题考查氧化还原反应的计算，侧重考查学生分析问题、计算能力，知道常见元素化合价，题目难度不大。
知识点
10．芳香族化合物A与
正确答案
解析
芳香族化合物A与
共计7种。
故选C。
考查方向
解题思路
芳香族化合物A与
共计7种，注意苯环上有2-4个取代基时的同分异构体。
易错点
本题考查同分异构体的书写，题目难度不大，注意苯环上有2-4个取代基时的同分异构体。
知识点
5．美国通用原子能公司（GA）提出的碘硫热化学循环是由反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三步反应组成的（如下图所示），下列有关说法正确的是（ ）
正确答案
解析
A．设计该循环是为了制取能源气体H2和常见氧化剂O2，错误；
B．整个循环过程中产生1mol O2的同时产生2mol氢气，标准状况下体积为44.8LH2，错误；
C．图中反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个反应均有元素的化合价变化，均为氧化还原反应，正确；
D．反应Ⅰ：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，单质碘氧化性较强，反应Ⅰ可在常温常压下进行；
反应Ⅱ：2H2SO4
反应Ⅲ：2HI
故选C。
考查方向
解题思路
反应Ⅰ：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI；反应Ⅱ：2H2SO4
A．能源气体H2和常见氧化剂O2；
B．2mol氢气标准状况下体积为44.8LH2；
C．图中反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个反应均有元素的化合价变化，均为氧化还原反应；
D．反应Ⅰ：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，单质碘氧化性较强，反应Ⅰ可在常温常压下进行；
反应Ⅱ：2H2SO4
反应Ⅲ：2HI
易错点
本题综合考查物质的分离、提纯以及制备，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、计算能力和实验能力的考查，注意把握实验方案的设计以及相关实验操作，难度不大，答题时注意正确获取题给信息。
知识点
1．化学在生产和生活中有重要的应用。下列说法正确的是（ ）
A新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子
B14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体
C凡含有添加剂的食物对人体健康均有害，不宜食用
D“开发利用新能源”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量
正确答案
解析
A．光导纤维成份是二氧化硅不属于有机物，错误；
B．14C和12C质子数相同，中子数不同互为同位素，都是碳元素的原子，不是单质，不是同素异形体，错误；
C．食品添加剂过量使用会对人体健康造成危害，在规定的剂量内使用对人体无害，错误；
D．“开发利用新能源”、“汽车尾气催化净化”可减少污染气体的排放，能提高空气质量，正确。
故选D。
考查方向
解题思路
A．有机高分子化合物是指相对分子质量很大的有机物，简称有机高分子；
B．中子数不同互为同位素；
C．食品添加剂过量使用会对人体健康造成危害，在规定的剂量内使用对人体无害；
D．“开发利用新能源”“汽车尾气催化净化”可减少污染性气体的排放。
易错点
注意光导纤维成份是二氧化硅不属于有机物。
知识点
2．了解一些安全生活、生产常识，有助于自身安全及事故救助。下列有关安全处理不合理的是（ ）
正确答案
解析
A．粉尘表面积较大，遇明火可发生爆炸，正确；
B．炒菜时油锅着火，立即盖上锅盖，利用了窒息法灭火，正确；
C．氯气有毒，密度比空气大，应逆风往高处跑，正确；
D．钠与水反应生成氢气，氢气能燃烧，且钠燃烧生成的过氧化钠与水反应生成氧气，所以不可用水将其扑灭，错误。
故选D。
考查方向
解题思路
A．粉尘表面积较大；
B．根据灭火原理：破坏燃烧的一个条件使燃烧停止，就可以达到灭火的目的．灭火的方法有：隔离法、窒息法、冷却法；
C．氯气有毒，密度比空气大；
D．钠与水反应生成氢气，氢气能燃烧，且钠燃烧生成的过氧化钠与水反应生成氧气。
易错点
本题考查化学实验安全及事故处理，题目难度不大，注意掌握化学实验基本操作方法，明确处理突发事故的方法，确保人身安全、降低国家财产损失。
知识点
3．下列有关说法或表示正确的是（ ）
A淀粉和纤维素都可用(C6H10O5)n表示，二者互为同分异构体
BMg5(Si4O10)2(OH)2·4H2O的氧化物形式：5MgO·8SiO2·5H2O
CFe－2e－＝Fe2＋可表示钢铁
D乙醇分子的比例模型：
正确答案
解析
A．同分异构体是分子式相同，结构式不同的化合物，淀粉和纤维素虽具有相同的表示式，但n不同，则分子式不同，故不是同分异构体，错误；
B．把复杂硅酸盐改写成氧化物的顺序是：先写活泼金属氧化物，再写二氧化硅，最后写水，所以Mg5(Si4O10)2(OH)2•4H2O的氧化物形式：5MgO•8SiO2•5H2O，正确；
C．发生腐蚀时，活泼的金属作负极，不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极，所以铁作负极，氧气作正极，负极失电子变成离子进入溶液，负极反应为Fe-2e- = Fe2+ ，错误；
D．乙醇分子的比例模型：
故选B。
考查方向
解题思路
A．淀粉和纤维素虽具有相同的表示式，但n不同，则分子式不同，故不是同分异构体；
B．把复杂硅酸盐改写成氧化物的顺序是：先写活泼金属氧化物，再写二氧化硅，最后写水；
C．发生腐蚀时，负极失电子变成离子进入溶液，负极反应为Fe-2e- = Fe2+；
D．乙醇分子的比例模型：
易错点
本题解题的关键是掌握铁的化学腐蚀的基本原理。
知识点
6．原子序数依次递增的4种短周期元素可形成简单离子，W2－、X＋、Y3＋、Z2－下列说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
原子序数依次递增的4种短周期元素可形成简单离子：W2﹣、X+、Y3+、Z2﹣，则W、Z为第VIA族元素，原子序数W小于Z，则W为O元素，Z为S元素，X化合价为+1价，为第IA族的Na元素，Y为第ⅢA族，原子序数大于Na，则Y为Al元素。
A．工业上电解熔融氧化铝冶炼铝，正确；
B．非金属性W（氧）＞Y（硫），非金属性越强，氢化物越稳定性，正确；
C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：S2﹣＞O2-＞Na+＞Al3+，错误；
D．W、X 形成的化合物为Na2O、Na2O2，两化合物中阴、阳离子个数比都是1：2，正确。
故选C。
考查方向
解题思路
原子序数依次递增的4种短周期元素可形成简单离子：W2﹣、X+、Y3+、Z2﹣，则W、Z为第VIA族元素，原子序数W小于Z，则W为O元素，Z为S元素，X化合价为+1价，为第IA族的Na元素，Y为第ⅢA族，原子序数大于Na，则Y为Al元素。
A．工业上电解熔融氧化铝冶炼铝；
B．非金属性越强，氢化物越稳定性；
C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；
D．W、X 形成的化合物为Na2O、Na2O2。
易错点
本题考查结构性质位置关系应用，关键是根据短周期元素及离子电荷确定元素，注意对基础知识的理解掌握。
知识点
8．下列有关实验原理、现象、结论等均正确的是（ ）
Aa图示装置，滴加乙醇试管中橙色溶液
Bb图示装置，右边试管中产生气泡迅速，说明氯化铁的催化效果比二氧化锰好
Cc图示装置，根据试管中收集到无色气体，验证铜与稀硝酸的反应产物是NO
Dd图示装置，试管中先有白色沉淀、后有黑色沉淀，不能验证AgCl的溶解度大于Ag2S
正确答案
解析
A．a图示装置，滴加乙醇试管中橙色溶液
B．b图示装置，右边试管中产生气泡迅速，因为过氧化氢浓度不同，因此不能说明氯化铁的催化效果比二氧化锰好，错误；
C．c图示装置，根据试管中收集到无色气体，因为即使生成二氧化氮气体，和水反应也生成NO，无法根据试管中收集到无色气体，验证铜与稀硝酸的反应产物是NO，错误；
D．硝酸银过量，可与硫化钠反应生成硫化银沉淀，不能证明AgCl沉淀可转化为溶解度更小的Ag2S沉淀，如要证明，应在AgCl饱和溶液中加入硫化钠，正确；
故选D。
考查方向
解题思路
A．乙醇发生氧化反应反应生成乙酸；
B．过氧化氢浓度不同，因此不能说明氯化铁的催化效果比二氧化锰好；
C．二氧化氮气体和水反应也生成NO，无法根据试管中收集到无色气体，验证铜与稀硝酸的反应产物是NO；
D．硝酸银过量，可与硫化钠反应生成硫化银沉淀；
易错点
本题考查化学实验方案的评价，涉及氧化还原反应、催化剂、沉淀转化等，注意沉淀转化原理，题目难度不大。
知识点
15．(NH4)2SO4在一定条件下发生如下反应
正确答案
解析
反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的是复分解反应
SO2+H2O+2NH3=(NH4)2SO3 (NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl
SO3+H2O+2NH3 =(NH4)2SO4 (NH4)2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl
依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨水和2mol二氧化硫反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余二氧化硫和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡，1mol亚硫酸钡。
故选A。
考查方向
解题思路
根据反应生成的产物量和性质分析，二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，三氧化硫溶于水和水反应生成硫酸，氨气溶于水生成一水合氨，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，亚硫酸和氨水反应生成亚硫酸铵，所以通入氯化钡溶液中，关键分解反应生成的气体物质的量进行计算分析判断，最后得到沉淀为1mol硫酸钡，1mol亚硫酸钡。
易错点
本题考查了物质反应的定量计算及物质性质的综合应用，关键是分析反应过程反应判断沉淀生成的实质，题目难度中等。
知识点
11．球墨铸铁中含有一种铁碳化合物X。实验小组为测定化合物X的组成设计实验如下：
下列说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
铁碳化合物X，在足量空气中煅烧得固体1为铁的氧化物，可以有+2价或+3价的铁，溶于盐酸所得溶液中可能Fe2+和Fe3+，再能入足量的氯气，溶液中都为+3价的铁，加热蒸发，铁离子水解，生成氢氧化铁，灼烧后氢氧化铁分解得固体2为氧化铁，24g氧化铁中含有铁元素的质量为
A．固体2是氧化铁，故A正确；
B．X的化学式可以表示为Fe3C，故B错误；
C．溶液甲可以有+2价或+3价的铁，加热、蒸发、灼烧也生成氧化铁，因此可得到24.0g固体，故C正确；
D．X与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成，故D正确；
故选B。
考查方向
解题思路
铁碳化合物X，在足量空气中煅烧得固体1为铁的氧化物，可以有+2价或+3价的铁，溶于盐酸所得溶液中可能Fe2+和Fe3+，再能入足量的氯气，溶液中都为+3价的铁，加热蒸发，铁离子水解，生成氢氧化铁，灼烧后氢氧化铁分解得固体2为氧化铁，24g氧化铁中含有铁元素的质量为
易错点
本题主要考查了铁的相关知识，结合实验过程利用元素守恒分析和计算，中等难度，答题时注意元素化合物知识的灵活运用。
知识点
12．根据碘与氢气反应的热化学方程式
①I2（g）＋H2（g）
②I2（s）＋H2（g）
下列判断正确的是（ ）
正确答案
解析
A．因为是可逆反应，所以不能进行完全，放热小于9.48kJ，错误；
B．根据盖斯定律，用题干中热化学方程式②-①得到I2（S）⇌I2（g）△H=35.96 kJ/mol，错误；
C．反应①、②的产物都是HI，状态相同，稳定性相同，错误；
D．气体I2比固体I2能量高，反应②的反应物总能量比反应①的反应物总能量低，正确；
故选D。
考查方向
解题思路
热化学方程式的理解问题，并且注意热化学方程式的表达与现行教材中表达不一样，①是放热反应，②是吸热反应，这个与热化学方程式的△H不同．了解此点，解答很容易．热化学方程式的书写一般是结合计算进行考查，所以应分两步：
（1）写，特别注意注明各物质的状态，计量数可以是分数；
（2）算，根据题意计算反应热；并注意盖斯定律在计算反应热中的应用来解答。
易错点
本题考查了热化学方程式的知识应用，主要考查可逆反应不能进行彻底，焓变是完全反应是的能量变化，盖斯定律的应用，题目难度中等。
知识点
13．t℃时，CuSO4在水中溶解度为25g，将32gCuSO4白色粉末加入到mg水中，形成饱和C
正确答案
解析
设32gCuSO4白色粉末达到饱和状态需要水的质量为X，则：
CuSO4+5H2O=CuSO4•5H2O
160 90
32g Y
根据：
故选C。
考查方向
解题思路
设32gCuSO4白色粉末达到饱和状态需要水的质量为X，得X=128g，所以要析出晶体，水的质量必须小于128g；硫酸铜容易结合水生成五水硫酸铜，设32g硫酸铜需要结合水的质量为Y，解得Y=18g，根据32gCuSO4白色粉末加入到mg水中，形成饱和CuSO4溶液，并有CuSO4•5H2O晶体析出，可知溶液中不仅含有CuSO4•5H2O晶体，还含有硫酸铜饱和溶液，所以水的质量必须大于18g，所以m的取值范围是：18g＜m＜128g。
易错点
本题考查溶解度的相关计算，难度中等，要把握极限法在计算中的运用。
知识点
14．温度为T时，向V L的密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A（g）＋B（g）
A反应在前10min的平均反应速率v（B）＝0．15mol／（L·min）
B该反应的平衡常数表达式K＝
C若平衡时保持温度不变，压缩容器体积平衡向逆反应方向移动
D反应至15min时，改变的反应条件是降低温度
正确答案
解析
A．由图象可知，10min时到达平衡，平衡时D的浓度变化量为1.5mol/L，故v（B）＝1.5/10=0.15mol／（L·min），正确；
B．由图可知，平衡时A、B、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、1.5mol/L、3mol/L，故1：1：x=1.5mol/L：1.5mol/L：3mol/L，所以x=2，可逆反应A（g）+B（g）⇌C（s）+xD（g）的平衡常数表达式
C．由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、3mol/L，故1：x=1.5mol/L：3mol/L，所以x=2，反应前后气体的体积不变，增大压强平衡不移动，错误；
D．由图可知，改变条件瞬间，反应混合物的浓度不变，平衡向逆反应移动，该反应正反应为吸热反应，故改变条件应是降低温度，正确；
故选C。
考查方向
解题思路
A．由图象可知，10min时到达平衡，平衡时B的浓度变化量为1.5mol/L，根据
B．由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、3mol/L，利用浓度变化量之比等于化学计量数之比计算x的值。化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写，注意固体、纯液体不需要写出；
C．由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、3mol/L，利用浓度变化量之比等于化学计量数之比计算x的值，增大压强平衡向体积减小的方向移动，据此解答；
D．由图可知，改变条件瞬间，反应混合物的浓度不变，平衡向逆反应移动，该反应正反应为吸热反应，故改变条件应是降低温度。
易错点
本题考查化学平衡图象及有关计算、化学平衡影响因素、反应速率计算、化学平衡常数等，难度不大，注意理解外界条件对化学平衡的影响，确定x值是关键。
知识点
19．高纯度的氢氧化镁广泛应用于医药、电力等领域。镁硅酸盐矿石可用于生产氢氧化镁，简要工艺流程如下：
己知1：溶液I中除MgSO4外，还含有少量Fe3＋、Al3＋、Fe2＋等离子
2：几种金属阳离子的氢氧化物沉淀时的pH如下表所示：
（1）Mg在周期表中的位置________________，Si的原子结构示意图为______________。
（2）向溶液I中加入X的作用是______________________________________________。
（3）向溶液I中加入的两种试剂先后顺序是__________________（填化学式）。
（4）加入H2O2溶液反应的离子方程式是___________________________________。
（5）下图是溶液Ⅱ中Mg2＋转化率随温度t的变化示意图：
①向溶液Ⅱ中加入氨水反应的离子方程式是_________________________。
②t1前Mg2＋转化率增大的原因是___________________________；t1后Mg2＋转化率下降的原因是（用化学方程式表示）________________________________。
正确答案
（1）第三周期ⅡA族
（2）调节溶液pH
（3）H2O2、 MgO [Mg(OH)2或MgCO3]
（4）2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O
（5）①Mg2+ + 2NH3·H2O 
②镁离子与氨水反应是吸热反应，升高温度，平衡右移，Mg2＋转化率增大
NH3·H2O
解析
液Ⅰ中除MgSO4外，还含有少量Fe3+、Al3+、Fe2+等离子，根据题中提供的各种金属离子沉淀的pH值可知，加入双氧水可以将亚铁离子氧化成铁离子，再加入试剂X主要作用是调节溶液pH值，使铁离子沉淀，可以加氧化镁或氢氧化镁等，过滤后在滤液中加入氨水使溶液中镁离子沉淀，得氢氧化镁沉淀，由于要通过使铁离子沉淀的方法除去铁，所以要先氧化再沉淀，根据Mg2+转化率随温度t的变化示意图可知，由于氨水与镁离子反应生成氢氧化镁的反应是吸热反应，所以升高温度，镁离子的转化率增大，但随着温度的升高，氨气在水中的溶解度减小，氨水的浓度减小，会导致Mg2+转化率减小，
（1）Mg在周期表中的位置第三周期ⅡA族，Si的原子结构示意图为
（2）根据上面的分析可知，向溶液Ⅰ中加入X的作用是调节溶液pH；
（3）根据上面的分析可知，要先氧化再沉淀，所以向溶液Ⅰ中加入的两种试剂先后顺序是H2O2、MgO；
（4）根据上面的分析可知，加入H2O2溶液反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（5）①向溶液Ⅱ中加入氨水与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式是 Mg2++2NH3•H2O=Mg（OH）2↓+2NH4+；
②根据上面的分析可知，t1前Mg2+转化率增大的原因是反应是吸热反应，升高温度，Mg2+转化率增大，平衡右移；t1后Mg2+转化率下降的原因是氨气在水中的溶解度减小，氨水的浓度减小，反应的方程式为 NH3•H2O 
考查方向
解题思路
Mg在周期表中的位置第三周期ⅡA族，Si的原子结构示意图为
易错点
本题考查物质制备方案，涉及物质分离提纯、离子沉淀的条件选择、化学平衡的影响因素、离子方程式的书写、沉淀转化的原理应用，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，难度中等。
知识点
20．Ⅰ．SOCl2是一种液态化合物，沸点为77℃。在盛有10 mL水的锥形瓶中，小心地滴加8～10 滴SOCl2，发生剧烈反应，液面上有白雾形成，产生有刺激性气味的气体，该气体可使湿润的品红试纸褪色。轻轻振荡锥形瓶，等白雾消失后，往溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于HNO3的白色沉淀析出。
（1）则SOCl2和水反应的化学方程式为：____________________________________。
（2）将FeCl3溶液直接蒸干得不到无水FeCl3，而得到_____________（填化学式）。若用SOCl2与FeCl3· 6H2O混合共热，则可得到无水FeCl3，其原因是____________________。
Ⅱ．与化学平衡
回答下列问题：
（3）若把CH3COOH、HClO、H2CO3、
（4）向NaClO溶液中通入少量的二氧化碳，发生的离子方程式为__________________，1.2m
（5）求出该温度下，0.10mol·L－1的CH3COOH溶液中的c（H＋）＝_______mol·L－1。
正确答案
（1）SOCl2 +H2O = 2HCl ↑+ SO2 ↑
（2）Fe2O3；SOCl2消耗FeCl3·6H2O 中的结晶水，并产生HCl，抑制FeCl3的水解
（3）H3PO4 ； HPO42-
（4）CO2 + ClO- + H2O == HClO + HCO3- 10.8
（5）1.4×10-3
解析
Ⅰ．（1）液面上有大量白雾，等白雾消失后，往溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于稀HNO3的凝乳状白色沉淀产生，说明白雾为盐酸的小液滴，即会产生HCl；同时有带刺激性气味的气体逸出，该气体可使滴有品红试液的滤纸褪色说明是SO2，故答案为：SOCl2 +H2O = 2HCl↑+ SO2 ↑；
（2）将FeCl3溶液直接蒸干得不到无水FeCl3，FeCl3的水解生成氢氧化铁，加热氢氧化铁，氢氧化铁分解得到Fe2O3，用SOCl2与FeCl3·6H2O混合共热，可得无水FeCl3，是因SOCl2与水反应既减少可水的量，生成的HCl又抑制了FeCl3的水解；
Ⅱ．（3）同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数知，酸性最强的是H3PO4，最弱的是HPO42-；
（4）根据电离常数H2CO3＞HClO＞HCO3-可知，酸性强弱顺序是H2CO3＞HClO＞HCO3-，所以如果向NaClO溶液中通入少量CO2，则生成物应该是次氯酸和碳酸氢钠；
1.2mol·L－1的NaClO溶液Kh＝Kw/Ka=10-14/3×10-8，
根据ClO-＋H2O＝HClO＋OH-
1.2-x x x
10-14/3×10-8=x2/(1.2-x)
x≈
（5）该温度下，0.10mol·L－1的CH3COOH溶液中的c（H＋）
CH3COOH=CH3COO-+H+
0.1-x x x
x2/(0.1-x)=1.96×10-5 x≈1.4×10-3mol·L－1
考查方向
解题思路
Ⅰ．（1）液面上有大量白雾，等白雾消失后，往溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于稀HNO3的凝乳状白色沉淀产生，说明白雾为盐酸的小液滴，即会产生HCl；同时有带刺激性气味的气体逸出，该气体可使滴有品红试液的滤纸褪色说明是SO2；
（2）将FeCl3溶液直接蒸干得不到无水FeCl3，FeCl3的水解生成氢氧化铁，加热氢氧化铁，氢氧化铁分解得到Fe2O3，用SOCl2与FeCl3·6H2O混合共热，可得无水FeCl3，是因SOCl2与水反应既减少可水的量，生成的HCl又抑制了FeCl3的水解；Ⅱ．（3）同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强；
（4）根据电离常数H2CO3＞HClO＞HCO3-可知，酸性强弱顺序是H2CO3＞HClO＞HCO3-，所以如果向NaClO溶液中通入少量CO2，则生成物应该是次氯酸和碳酸氢钠；
1.2mol·L－1的NaClO溶液Kh＝Kw/Ka=10-14/3×10-8，
根据ClO-＋H2O＝HClO＋OH-
1.2-x x x
10-14/3×10-8=x2/(1.2-x)
x≈
（5）该温度下，0.10mol·L－1的CH3COOH溶液中的c（H＋）
CH3COOH=CH3COO-+H+
0.1-x x x
x2/(0.1-x)=1.96×10-5 x≈1.4×10-3mol·L－1
易错点
本题考查学生离子平衡的相关知识，注意pH的计算是解题的关键，难度中等。
知识点
16．目前世界上比较先进的电解制碱技术是离子交换膜法。
（1）电解法制烧碱的主要原料是饱和食盐水。由于粗盐水中含有泥沙、Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、
a．BaCl2
b．Na2CO3
c．NaOH
d．盐酸
e．KOH
（2）现有200 mL食盐水，用石墨电极电解。当阴极产生气体的体积为0.224 L（标准状况）时停止电解，此时阳极产生气体的体积也为0.224 L（标准状况），阳极的电极反应式为______________，电解过程中总反应的离子方程式为____________________，电解后，溶液在常温下的pH约为_________________（忽略体积变化）。
正确答案
（1）e
（2）2Cl-―2e- ＝ Cl2↑ 2Cl-+2H2O
解析
（1）已知盐水中含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42-等，除去SO42-用BaCl2，除去Mg2+、Fe3+用NaOH，除去Ca2+用Na2CO3，除去过量的Na2CO3和NaOH用HCl，所以不应选用的试剂是：KOH，因为KOH会引入新的杂质K+，故答案为：e；
（2）电解食盐水时，C1-在阳极失电子生成氯气，其电极反应式为：2C1--2e-=C12↑；电解过程中总反应的离子方程式为2Cl－+2H2O
考查方向
解题思路
（1）根据盐水中含有的杂质选择试剂；
（2）电解食盐水时，C1-在阳极失电子生成氯气；阴极生成氢气，根据氢气的量求出氢氧化钠的量，然后求出PH；
易错点
本题考查除杂试剂的选择、电极反应式的书写、化学方程式的计算，难度不大，注意掌握化学方程式的计算是解题的关键。
知识点
17．现有四瓶贴有甲、乙、丙、丁标签的溶液，它们可能是K2CO3、Ba(NO3)2、NaHSO4和K2SO4溶液。现进行如下实验，并记录部分现象（如下图）：
据此完成下列回答：
（1）写出各物质的化学式：
甲：____________乙：__________________丁：_____________________；
（2）写出下列反应的离子方程式：
甲＋乙：___________________，沉淀a＋溶液b：_____________________；
（3）检验物质丙中阳离子的方法为_____________________（说明实验操作、现象
正确答案
（1）NaHSO4、Ba(NO3)2、K2CO3
（2） Ba2++SO42-=BaSO4↓、 BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O
（3）用洁净的铂丝蘸取丙（或K2SO4）溶液少许，在煤气灯外焰灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，若火焰颜色为紫色，则溶液中含有钾离子（合理即正确）。
解析
（1）图中生成的沉淀a和b只能是BaCO3 和BaSO4 ，由于沉淀a能和溶液b反应，则沉淀a是BaCO3 ，溶液b中含有H+ 。据此可以确定甲、乙、丙、丁分别为NaHSO4、Ba(NO3)2 、K2SO4、K2CO3。
（2）据此可以书写离子方程式：甲＋乙：Ba2++SO42-=BaSO4↓；
沉淀a＋溶液b：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。
（3）检验物质K2SO4中钾离子的方法为：用洁净的铂丝蘸取丙（或K2SO4）溶液少许，在煤气灯外焰灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，若火焰颜色为紫色，则溶液中含有钾离子。
考查方向
解题思路
利用复分解反应的发生条件是生成物中必须有水、沉淀或气体的有关知识分析物质间的相互反应情况即可。
易错点
本题难度不是很大，主要考查了物质间的反应，掌握复分解反应条件的应用是解题的关键。
知识点
18．已知稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色，现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴液溴，振荡后溶液呈黄色，现对溶液呈黄色的原因进行探究。
（1）仅限选用的仪器和试剂有：烧杯、试管、玻璃棒、量筒、滴管、药匙；酸性高锰酸钾溶液、氢氧化钠溶液、四氯化碳、硫氰化钾溶液、硝酸银溶液、淀粉碘化钾溶液，完成以下实验探究过程：
【提出假设】
假设1：溶液呈黄色不是发生化学反应所致，是溶液中___________引起的（填微粒的化学式，下同）。
假设2：溶液呈黄色是发生化学反应所致，是溶液中___________引起的。
【设计实验方案】
为了验证上述假设1和假设2的推断，请用简要的文字说明你的实验方案：
假设1方案：__________________________________________________。
假设2方案：__________________________________________________。
（2）根据高中所学的知识判断，你认为__________（填“假设1”或“假设2”）的推断是正确的；若选用淀粉碘化钾溶液验证你的假设是否可行?________（填“行”或“否”）。
（3）写出铁离子与碘离子作用的离子方程式____________反应，并以该反应原理设计原电池，将电池装置示意图画在下边方框中。
正确答案
（1）B
假设1方案：向黄色溶液加入CCl4，振荡，静置，下层溶液呈橙红色。
假设2方案：向黄色溶液滴加KSCN溶液，溶液变为(血)
（2）假设2； 否
（3）
解析
（1）由于稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色，假设1、假设2分别探究溶液显示黄色的原因，
对于假设1，可以使用四氯化碳碱性检验，若是存在溴单质，静置后下层呈橙红色，
对于假设2，可以采用检验铁离子的方法检验，向溶液中加入硫氰化钾溶液，若是变成血红色，说明存在铁离子，
故答案为：Br2； Fe3+；向黄色溶液中加入CCl4，振荡，静置，下层溶液呈橙红色；向黄色溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为血红色；
（2）Br2和Fe3+都能把I-氧化成I2，使溶液变蓝，所以选用淀粉碘化钾溶液验证假设2不可行，无法得出结论，
故答案为：假设2；不可行； 因为Br2和Fe3+都能把I-氧化成I2，使溶液变蓝，无法得出结论；
（3）Fe3+具有氧化性，铁离子与碘离子作用的离子方程式是：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，故答案为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2。
以该反应原理设计原电池，以碘化钾溶液为负极电解质溶液，氯化铁溶液为正极电解质溶液，设计原电池如下：
考查方向
解题思路
由于稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色，假设1、假设2分别探究溶液显示黄色的原因，对于假设1，可以使用四氯化碳碱性检验，若是存在溴单质，静置后下层呈橙红色，对于假设2，可以采用检验铁离子的方法检验，向溶液中加入硫氰化钾溶液，若是变成血红色，说明存在铁离子；
（2）Br2和Fe3+都能把I-氧化成I2，使溶液变蓝，所以选用淀粉碘化钾溶液验证假设2不可行，无法得出结论；
（3）Fe3+具有氧化性，铁离子与碘离子作用的离子方程式是：2Fe3++2I-=2Fe2++I2；以该反应原理设计原电池，以碘化钾溶液为负极电解质溶液，氯化铁溶液为正极电解质溶液。
易错点
本题考查物质的探究，题目难度中等，注意根据物质的性质设计实验方法，学习中注重相关化学实验操作方法的积累。