高三化学B卷参考答案1．B【详解】活泼性不同的金属用不同的冶炼方法如图：，Na为活泼金属，应用电解法冶炼，故答案为B。【点睛】电解法应用在不能用还原法、置换法冶炼生成单质的活泼金属(如钠、钙、钾、镁等)和需要提纯精炼的金属(如精炼铝、镀铜等)。2．B【详解】A．C的化合价升高，失去电子，Si的化合价降低，得电子，A错误；B．Na原子化合价升高，是失去电子，2molNa失去2mol电子，H2O的H得电子，B正确；-C．I变成I2，化合价升高，失去电子数应为101e，C错误；2++D．Cu单质变成Cu，化合价升高，失电子，H生成H2，化合价降低，得电子，所以单线桥的箭头从Cu指向H+，D错误；故选B。3．C【详解】A．红棕色气体为溴蒸气，即浓硫酸将溴离子氧化为溴单质表现出氧化性，A正确；-B．反应①出现红棕色气体，说明产生Br2(g)，Br被氧化，反应②管口出现白雾是HCl的小液滴，Cl-没有被氧化，即说明Br-的还原性强于Cl-，B正确；C．反应②利用高沸点酸制取低沸点酸，即利用浓硫酸高沸点、HCl易挥发，故不能得出二者酸性强弱，C错误；D．反应③的方程式为Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O，发生的是复分解反应，浓硫酸表现酸性，生成了弱酸，D正确；故选C。4．A【详解】金属Mg、Al在稀盐酸中完全溶解，生成可溶的氯化物(MgCl2、AlCl3)，盐酸可能恰好反应，也可能剩余，向溶液中加入NaOH溶液，盐酸被中和，金属离子恰好沉淀，生成Mg(OH)2、2+3+Al(OH)3；​​​​​​​梳理本题物质变化思路：Mg→Mg→Mg(OH)2，Al→Al→Al(OH)3，生成沉淀的质量可由金属元素的质量加上沉淀中OH-的质量求得。而Mg2+、Al3+生成沉淀结合的OH-的物质的量正好是Mg、Al变成离子时失去电子的物质的量，而Mg、Al失去电子的物++-质的量正好是H变成H2得到电子的物质的量。由2H~2e~H2，可求出得到电子的物质的量为1.12L2+3+-2×=0.1mol，故Mg、Al生成沉淀结合的OH的物质的量也是0.1mol，质量为22.4L/mol1.7g，故生成沉淀的质量为(m+1.7)g，故选A。5．D【详解】A．常温下，铁片与浓硝酸会发生钝化，导致无明显现象，但稀硝酸与铁不发生钝化，会产生气泡，所以不能通过该实验现象比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，故A错误；B．向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀，白色沉淀可能为BaSO3或BaSO4，X可能为氨气或氯气等，NH3不具有强氧化性，Cl2具有强氧化性，故B错误；{#{QQABKQQAogggAhBAAQhCQwkACgEQkAECACoGgBAIMAAAQQNABAA=}#}C．向溴水中加入苯，苯可将溴萃取到上层，使下层水层颜色变浅，不是溴与苯发生了加成反应，故C错误；D．铜比银活泼，在形成原电池过程中，作负极，发生氧化反应，生成了铜离子，导致溶液变为蓝色，所以该实验可以比较铜和银的金属性强弱，故D正确；综上所述，答案为D。6．D【详解】A．铝热反应的原理是利用铝作还原剂，置换出相对不活泼的金属，故A正确；B．该反应为氧化还原反应，该冶炼方法属于热还原法，故B正确；C．该反应中生成钾气体逸出，导致反应能够进行，不能说明钠的金属性强于钾，故C正确；D．钠与水反应，所以该反应中不能选KCl水溶液，故D错误；故选：D。7．B【详解】A．在反应KClO3+6HCl=3Cl2↑+KCl+3H2O中没有单质参加，因此该反应不属于置换反应，A错误；B．在氧化还原反应中氧化性：氧化剂>氧化产物。在Cl2+2KBr=2KCl+Br2中，氧化剂是Cl2，氧化产物是Br2，所以氧化性：Cl2>Br2；在KClO3+6HCl=3Cl2↑+KCl+3H2O中，氧化剂是KClO3，氧化产物是Cl2，则氧化性：KClO3>Cl2；在2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中，氧化剂是KBrO3，氧化产物是KClO3，所以氧化性：KBrO3>KClO3，故物质氧化性由强到弱的的顺序是：KBrO3>KClO3>Cl2>Br2，B正确；C．在反应KClO3+6HCl=3Cl2↑+KCl+3H2O中，KClO3为氧化剂，HCl为还原剂，每有6个HCl参加反应，其中5个作还原剂，反应中转移5个电子，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5，C错误；D．在③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中，Cl2为还原剂，KBrO3为氧化剂，每有1mol还原剂Cl2发生反应，氧化剂KBrO3得到电子的物质的量为10mol，D错误；选B。8．A2+【分析】向含锌废液中加入Na2S2O8溶液，发生氧化还原反应生成MnO2沉淀且将Fe氧化为3+3+Fe，过滤后向滤液中加入试剂X调节pH使Fe转化为Fe(OH)3沉淀，为了不引入新杂质，试剂X可以为ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等，最后过滤后再加入氨水和NH4HCO3沉锌生成碳酸锌ZnCO3；【详解】A．含锌废液中加入Na2S2O8溶液，发生氧化还原反应生成MnO2沉淀，反应中锰元素2化合价由+2变为+4，S2O8中过氧根中氧元素化合价由-1变为-2，根据电子守恒可知，“除222锰”反应的离子方程式为S2O8Mn2H2O2SO4MnO24H，A正确；22B．“除锰”反应中S2O8中过氧根中氧元素化合价由-1变为-2，则每消耗1molS2O8，氧元素共得到2mol电子，B错误；C．溶液中Fe3+能与锌反应生成Fe2+和Zn2+，所以调节溶液pH时试剂X不能选用Zn，C错误；D．根据分析，锰、铁、锌转化为沉淀，则滤液中不会大量存在锌离子，D错误；故选A。9．D【分析】200g8%的NaOH溶液中含有氢氧化钠16g，物质的量为0.4mol，根据图象，开始时无气体产生，滴加稀盐酸至150mL时开始产生气体，则该阶段一定有反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl发生，继续滴加稀盐酸到200mL时，气体质量最大，该阶段发生的{#{QQABKQQAogggAhBAAQhCQwkACgEQkAECACoGgBAIMAAAQQNABAA=}#}反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O＋CO2↑，消耗的盐酸为50mL，则原溶液中的Na2CO3最多消耗50mL盐酸，而B点之前消耗150mL盐酸，所以NaOH有剩余，与盐酸发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，消耗150mL-50mL=100mL盐酸，滴加盐酸前溶质为NaOH和Na2CO3；【详解】A．根据分析可知B点前发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，所以溶质为NaHCO3和NaCl，A错误；-+B．根据分析可知原溶液中的Na2CO3消耗了50mL盐酸，所以A、B段发生：OH+H=H2O、2-+-CO3+H=HCO3，B错误；C．最终生成4.4g二氧化碳，根据碳元素守恒可知，最初通入的CO2的质量为4.4g，物质的量为0.1mol，C错误；D．C点溶液中的溶质为NaCl，根据守恒关系，稀盐酸中HCl的物质的量等于200g8%的NaOH200g8%溶液中含有氢氧化钠的物质的量，为=0.4mol，200mL盐酸的物质的量浓度为40g/mol0.4mol=2mol/L，D正确；0.2L综上所述答案为D。10．A【详解】A．少量SO2通入NaClO溶液中，二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：-2-SO2+3ClO+H2O=SO4+Cl+2HClO，故A正确；2+--B．向Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液，正确的离子反应为：Mg+2HCO3+4OH=Mg(OH)22↓+2CO3+2H2O，故B错误；C．常温下，pH=5的溶液中，高锰酸钾氧化亚铁离子，生成铁离子，氢氧化铁完全沉淀的pH=3.7，所以应该生成氢氧化铁沉淀，故C错误；通电D．用铜为电极电解饱和食盐水，阳极铜放电，正确的离子方程式为：Cu+2H2OH2↑+Cu(OH)2↓，故D错误；故选A。11．DcOH-12--2【详解】A．=1×10的溶液显碱性，含有大量OH，OH与HCO3反应产生H2O、CO，cH+3不能大量共存，A错误；3+3+-B．含有大量Fe的溶液中，Fe与OH会反应产生Fe(OH)3沉淀而不能大量共存，B错误；++2C．pH=0的溶液呈酸性含有大量H，H与S2O3在强酸性溶液中会反应产生H2O、S、SO2而不能大量共存，C错误；K-12D．W=1×10溶液呈碱性，含有大量OH-，OH-与选项离子Na+、Ba2+、Cl-、Br-不能发生cOH-任何反应，可以大量共存，D正确；故合理选项是D。{#{QQABKQQAogggAhBAAQhCQwkACgEQkAECACoGgBAIMAAAQQNABAA=}#}12．D【详解】A标准状况下，22.4L环丙烷和丙烯的混合气体中所含共用电子对数为22.4L9NA=9NA，故不选A；22.4L/molB.铁在足量氧气中燃烧生成Fe3O4，56克铁转移的电子数为8NA/3，因此转移电子数小于3NA，故不选B；14C.1molO2和1molC2H4均含有16个中子，摩尔质量均为32g/mol，故混合物中所含中子数为16g16NA=8N，故不选C；32g/molA－＋D.CH3COONH4为弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子均会水解，因此溶液中CH3COO与NH4的数目均小于0.5NA；答案：D14【点睛】易错选项C，注意O2和C2H4摩尔质量相同，中子数相同。13．D【详解】A、生成物中的硫酸钡是难溶物，不能写成离子形式，正确的离子方程式为BaCO3＋2－＋2H＋SO4=BaSO4↓＋CO2↑＋H2O，故A错误；B、NaOH足量，相当于CO2少量，所以二者-2—反应生成碳酸钠，即CO2+2OH=CO3+H2O，故B错误；C、该离子方程式电荷不守恒，故C错误；D、少量CO2与澄清石灰水反应生成CaCO3↓，同时澄清石灰水要写成离子形式，故D正确。本题正确答案为D。点睛：CO2与碱溶液的反应，随着二者用量不同，生成物也不同。但通常都是分析CO2的用量对产物的影响，而B选项却是强调NaOH足量，往往会因定势思维而导致选错。14．B【详解】试题分析：A、根据甲烷的组成利用C、H原子守恒可知可知生成的Na2CO3和NaOH物质的量之比为1：4，则反应的总化学方程式可写为：2CH4+O2+6Na2O2=2Na2CO3+8NaOH，根据方程式可知：原混合气体中O2、CH4的物质的量之比为1：2，错误；B、根据方程式可知：原混合气体中O2、CH4的物质的量之比为1：2，正确；C、反应后压强为0pa，说明容器中无气体，且将残留物溶于水中无气体放出，说明过氧化钠也完全反应，故容器内剩余固体为Na2CO3和NaOH，错误；D、反应后压强为0pa，说明容器中无气体，且将残留物溶于水中无气体放出，说明过氧化钠也完全反应，故容器内剩余固体为Na2CO3和NaOH，错误。考点：考查有关混合物的计算。15．C－【详解】W、X、Z依次为Na、Al、Cl。分析反应历程可知a点溶液为强碱性溶液，HCO3不可以大量共存；b点溶液为中性溶液，对应离子可以大量共存；c点溶液中存在Cl－可与＋3＋2－Ag生成白色沉淀；d点溶液中存在Al可与CO3发生双水解。答案选C。16．B【详解】硝酸、浓硫酸具有强的氧化性与镁铝反应不会产生氢气，镁铝都能与盐酸盐酸反应生成氢气，镁与氢氧化钠不发生反应，铝与氢氧化钠反应生成氢气，依据氧化还原反应的规律可知，相同质量的铝无论与酸还是碱反应失去的电子数相同，生成的氢气相同，而镁只能与酸反应不能与碱反应，所以等物质的量的镁和铝混合与盐酸反应放出的氢气量大于与氢氧化钠反应放出的氢气的量，故答案为B。点睛：明确Mg、Al的性质差异及浓硝酸、浓硫酸的强氧化性是解题关键，硝酸、浓硫酸具有强的氧化性与镁铝反应不会产生氢气，镁铝都能与盐酸盐酸反应生成氢气，镁与氢氧化钠不发