【文档说明】宁夏石嘴山市第三中学2021届高三上学期第二次月考化学试卷 【精准解析】.doc，共(24)页，1.151 MB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年高三（上）化学第二次月考测试卷相对原子质量：Ca-40K-39C-12H-1B-11N-14Ba-137S-32O-16Ag-108注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上，注意分配好答题时间第I卷（选择题，54分）一、单选题（本

题包括18小题，每小题3分，共54分）1.化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下列说法正确的是（）A.次氯酸钠、医用酒精等均可以将病毒氧化而达到消毒目的B.五彩斑斓的烟花是利用了某些金属元素的化学性质C.向海水中加入明矾可以使海水淡化D.墨中炭黑性质稳定可使古代字画长期保存而

不褪色【答案】D【解析】【详解】A．医用酒精使蛋白质变性而失去生理活性，达到消毒的目的，不具有强的氧化性，A错误；B．五彩斑斓的烟花是利用了某些金属元素的焰色试验，焰色试验中颜色变化是电子由能量高的状态向能量低的状态跃迁的结果，在该变化过程中没有

新物质生成，发生的变化是物理变化，B错误；C．向海水中加入明矾可以使海水中固体小颗粒聚集形成沉淀，从而具有净水作用，但没有去除水中的盐电离产生的离子，因此不具有淡化海水的作用，C错误；D．墨中炭黑是碳元

素的单质，在空气中不易反应，所以可用墨写字画画长期保存而不褪色，D正确；故合理选项是D。2.下列有关物质变化和分类的说法不正确的是（）A.氢氧化铁胶体、粗硅、铝热剂都是混合物B.NO2与水反应生成硝酸，因此NO2是酸性氧化物C.“滴水石穿，绳锯木断”包含化学变化D

.电解熔融态的Al2O3、O2转化为O3都属于化学变化【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化铁胶体是分散系的一种，属于混合物；粗硅的主要成分是Si单质，还含有一些杂质物质，因此属于混合物；铝热剂是Al粉与金属氧化物的混合物，也属于混合物，因此三种物质都是混合物

，A正确；B．NO2与水反应除生成硝酸外还产生了NO，反应中N元素的化合价发生了变化，反应属于氧化还原反应，因此NO2不是酸性氧化物，B错误；C．石头大多数是由大理石(CaCO3)组成，CaCO3、CO2、H2O反应产生可溶性Ca(HCO3)2，该变化有新物质产生，属于化学变化，C正确

；D．电解熔融态的Al2O3产生Al和O2；O2转化为O3中都有新物质产生，因此发生的变化都属于化学变化，D正确；故合理选项是B。3.下列关于Si、Cl、S等非金属元素单质及其化合物的说法正确的是（）A.实验室可用浓硫酸干燥硫化氢B.陶瓷、光导纤维、水泥、玻璃都属于硅酸盐产品C.漂白粉变质后的残留

固体有碳酸钙D.铁分别与氯气、硫反应生成的产物中，铁的化合价相同【答案】C【解析】【详解】A．浓硫酸具有氧化性，H2S具有还原性，二者会发生氧化还原反应，因此在实验室中不可用浓硫酸干燥H2S气体，A错误；B．光导纤维主要成分是SiO2，不是硅酸盐，因此不属于硅

酸盐产品，B错误；C．漂白粉有效成分Ca(ClO)2与空气中的CO2、H2O反应会产生CaCO3，因此漂白粉变质后的残留固体有碳酸钙，C正确；D．Fe与Cl2反应产生FeCl3，Fe元素化合价为+3价；与S反应产生FeS，Fe元素化合价为+2价，可见铁分别与氯气、硫反应生成的产物中，铁的化合价不同

，D错误；故合理选项是C。4.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A.标准状况下，2.24LNO和1.12LO2混合后，可以得到NA个NO2分子B.常温下，0.2molCl2溶于等体积水中，转移

电子数为0.2NAC.密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NAD.200mL0.5mol/L的Na2CO3溶液中阴离子数目大于0.1NA【答案】D【解析】【详解】A．在标准状况下，2.24LNO和1.1

2LO2混合后恰好反应产生2.24LNO2，其物质的量是0.1mol，其中NO2有一部分会发生可逆反应转化为N2O4，最终达到平衡时容器中NO2的物质的量小于0.1mol，故得到NO2分子数小于0.1NA个，

A错误；B．Cl2溶于水反应产生HCl和HClO，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，则0.2molCl2溶于等体积水中，转移电子数小于0.2NA，B错误；C．SO2和O2生成SO3的反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故密闭容器

中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NA，C错误；D．200mL0.5mol/L的Na2CO3溶液中含有溶质的物质的量n(Na2CO3)=0.5mol/L×0.2L=0.1mol，其中含有23CO−的物质的量是0.1mol。该盐是强碱弱酸盐，在溶液中2

3CO−会有一部分发生水解反应产生3HCO−和OH-，3HCO−又有一部分进一步水解产生H2CO3、OH-，故溶液中含有的阴离子数目大于0.1NA，D正确；故合理选项是D。5.常温下，下列各组离子在指定溶液中

一定能大量共存的是（）A.pH=1的溶液中：23SiO−、24SO−、K+、Cl-B.澄清透明溶液中：K+、24SO−、Na+、Cu2+C.0.1mol•L-13HCO−的溶液中：Fe3+、Al3+、3NO−、24SO−D.加入铝粉

能生成氢气的溶液中：Fe2+、Cl-、3NO−、Na+【答案】B【解析】【详解】A．pH=1的溶液是酸性溶液，含有大量的H+，H+与23SiO−会反应产生弱酸H2SiO3沉淀，不能大量共存，A不符合题意；B．选项离子之

间不能发生任何反应，溶液澄清透明可以大量共存，B符合题意；C．3HCO−与Fe3+、Al3+会发生盐的双水解反应，不能大量共存，C不符合题意；D．加入铝粉能生成氢气的溶液可能显酸性，也可能显碱性。碱性溶液中，OH-与Fe2+会形成Fe(OH)2沉淀，不能大量共存；在酸性溶液中，H+与Fe2+、3N

O−会发生氧化还原反应，也不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是B。6.工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3)、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠(Na2Cr2O7)，其主要反应为①4FeO·Cr2O3+

8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2②2Na2CrO4+H2SO4Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O下列说法中正确的是A.反应①和②均为氧化还原反应B.反应①的氧化剂是O2，还原剂是FeO·Cr2O3C.高温下，氧化性：Fe2O3<O2

<Na2CrO4D.生成1molNa2Cr2O7时共转移5mol电子【答案】B【解析】【详解】A．反应（2）中各元素的化合价在反应前后未发生变化，所以不是氧化还原反应，错误；B．反应（1）中，氧气中O元素的化合价降低到-2价，作氧化剂，FeO·Cr2O3中Fe、Cr的化合价

均升高，作还原剂，正确；C．因为氧气是氧化剂，Fe2O3和Na2CrO4是氧化产物，则氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧气的氧化性大于Fe2O3和Na2CrO4，错误；D．生成1mol的Na2Cr2O7时

，消耗2molNa2CrO4，而反应（1）中，则消耗氧气的物质的量是2×7/8mol=7/4mol，1mol氧气参加反应，则转移4mol电子，所以生成1mol的Na2Cr2O7时共转移7mol电子，错误；答案选B。7.下列离子方程式与现象均书写不

正确的是（）A.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，有白色沉淀生成：Ca2++HCO3−+OH-=CaCO3↓+H2OB.向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解：Mg(OH)2+24NH+=Mg2++2NH

3·H2OC.消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO-=HClO+CH3COO-D.Na2SiO3溶液中加入过量CO2：23SiO−+2H2O+2CO2=23HCO−+H2SiO3↓【答案】A【解析】【详解】A．碳酸氢铵电离产生的铵根、碳酸氢根离子都会发生反应，

与反应事实不符合，A错误；B．氢氧化镁在溶液中存在沉淀溶解平衡，向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，Mg(OH)2溶解电离产生的OH-与4NH+结合形成弱碱NH3·H2O，使沉淀溶解平衡正向移动，最终使沉淀完全溶解：离子方程式为

：Mg(OH)2+24NH+=Mg2++2NH3·H2O，B正确；C．消毒液主要成分是NaClO，由于酸性：CH3COOH＞HClO，所以向其中加白醋发生复分解反应生成HClO，使溶液中c(HClO)增大，溶液的漂白性增强。由于醋酸是弱酸，则该

反应的离子方程式为：CH3COOH+ClO-=HClO+CH3COO-，C正确；D．由于酸性：H2CO3＞H2SiO3，所以向Na2SiO3溶液中加入过量CO2，反应产生H2SiO3沉淀和NaHCO3，反应的离子方程式为：23SiO−+2H2

O+2CO2=23HCO−+H2SiO3↓，D正确；故合理选项是A。8.欲进行下列实验，其方案设计不合理的是（）ABCD检验装置气密性检验铁与水蒸气反应后生成的气体验证NH3极易溶于水比较Na2CO3和NaHCO3

的热效应A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.实验装置中长颈漏斗的存在与外界始终连通，无法检验装置气密性，方案设计不合理，故选A；B.3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，点燃肥皂泡检验氢气的生成，方案设计合理，故

不选B；C.通过喷泉实验检验氨气的水溶性，同时可以检验与水生成了碱，方案设计合理，故不选C；D.碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，可以比较，故不选D。正确答案：A。9.下列关于物质的制备、生产的说法正确的是（）A.实

验室制取Cl2：盛浓盐酸的分液漏斗不能用长颈漏斗代替B.工业制取金属铝：电解熔融AlCl3C.实验室制取NH3：可用无水CaCl2干燥D.实验室制取NO：可用上排空气法收集【答案】A【解析】【详解】A．实验室制取Cl2：盛浓

盐酸的分液漏斗可以控制盐酸的用量，若使用长颈漏斗，则不能控制盐酸的用量；而且浓盐酸具有挥发性，挥发的HCl会导致大气污染，因此不能用长颈漏斗代替，A正确；B．AlCl3是共价化合物，由分子构成，由于熔融状态时没有自由移动的离子，因此不能导电；要使用电解熔融Al2O3的

方法冶炼Al，B错误；C．NH3会被无水CaCl2吸收，因此不能使用无水CaCl2干燥NH3，C错误；D．NO容易与空气中的O2发生反应变为NO2，因此不能用排空气方法收集，应该使用排水方法收集，D错误；故答案选A。10.下列有关实验操作、现象和解释

或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A过量的Fe粉中加入稀HNO3充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3+B向溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀溶液X中一定含有SO42-CAl箔插入稀HNO3中无现象Al箔表面被

HNO3氧化，形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓溶液呈碱性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后生成Fe2+，滴入KSCN溶液，无现象，故A错误；B．硝酸有强氧化性，能氧化溶液中的SO32-生成SO42-，即

原溶液中如有SO32-也成立，故B错误；C．铝与稀硝酸发生氧化还原反应生成NO气体，由气泡生成，故C错误；D．试纸变蓝色，溶液呈碱性，可说明浓氨水呈碱性，故D正确；答案选D。11.某离子反应涉及H2O、Cr2O27−、2NO−、H+、3NO−、Cr3+六种微粒，氧化剂和还原剂的物

质的量之比为1：3。下列判断错误的是（）A.反应的氧化产物是3NO−B.反应过程中溶液pH变化如图所示C.消耗lmol氧化剂，转移电子6molD.反应中Cr3+被氧化【答案】D【解析】【分析】Cr2O27−具

有强氧化性，2NO−具有还原性，二者发生氧化还原反应，所以发生的反应为：Cr2O27−+32NO−+8H+=33NO−+2Cr3++4H2O，根据氧化还原反应的有关概念和规律分析解答。【详解】Cr2O27−具有强氧化性，2NO−具有还原性

，二者发生氧化还原反应，所以发生的反应为：Cr2O27−+32NO−+8H+=33NO−+2Cr3++4H2O。A．在反应中N元素的化合价升高，2NO−失去电子被氧化为3NO−，则反应的氧化产物是3NO−，A正确；B．反应中不断消耗H+，则溶液的p

H会随着反应的碱性而逐渐增大，B正确；C．反应中Cr的化合价从+6价降低到3价，则消耗1molCr2O27−反应转移电子6mol，C正确；D．Cr2O27−是氧化剂，被还原，Cr3+是还原产物，2NO−被氧化产生3NO−，

D错误；故合理选项是D。12.从元素化合价和物质类别两个角度学习、研究物质的性质，是一种行之有效的方法。如图是硫、氮两元素的价类二维图。下列说法不正确的是（）A.若物质P为NO2，则其与水的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2B.

欲制备Na2S2O3(硫代硫酸钠)，从氧化还原反应角度分析，可以选择Na2SO3+SC.将X与SO2混合，可生成淡黄色固体，该反应的氧化产物与还原产物的质量之比为1：2D.物质Q的酸酐在图中未标出【答案】C【解析】【详解】A．物质P为NO2，则根据N

O2与水的反应方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO可知：NO2既作氧化剂又作还原剂，3分子的NO2参加反应，其中2个失去电子被氧化变为HNO3，为还原剂，1个得到电子被还原为NO，作氧化剂，故氧化剂与还原剂的物质的量

之比为1∶2，A正确；B．在Na2S2O3(硫代硫酸钠)中S元素化合价平均为+2价，从氧化还原反应角度分析，必然有一种物质中S元素化合价比+2价高，一种比+2价低，可以选择Na2SO3+S反应制取，B正确；C．根据图示可知：X是-2价的S的氢化物，X为

H2S，H2S与SO2混合，发生反应：2H2S+SO2=3S+2H2O，该反应中H2S为还原剂，SO2为氧化剂，S既是氧化产物又是还原产物，则该反应的氧化产物与还原产物的质量之比为2∶1，C错误；D．根据图示可知：物质Q是N元素的+5价HNO3，其相应的酸酐是N2O5，在图中未标出，D正确；故合

理选项是C。13.某学习小组拟探究CO2和锌粒反应是否生成CO，已知CO能与银氨溶液反应产生黑色固体。实验装置如图所示，下列说法正确的是（）A.实验开始时，先点燃酒精灯，后打开活塞KB.b、c、f中试剂依次为氢氧化钠溶液、浓硫酸、银氨溶液C.装置a的优点是可以

控制a中反应的发生和停止D.装置e的作用是收集一氧化碳气体【答案】C【解析】【分析】探究CO2和锌粒反应是否生成CO，a装置是CO2气体发生装置，生成的CO2气体含有HCl和水蒸气，通过b中饱和NaHCO3溶液除去HCl，装置c中浓硫酸除去水蒸气，通过d加热和锌发生反应，装置e为安全瓶

，CO进入装置f中的银氨溶液产生黑色固体，验证CO的存在，以此解答该题。【详解】A．实验开始时，需先打开活塞K，使反应产生的CO2排尽装置内空气，避免空气与锌粉反应，然后点燃酒精灯，A错误；B．b装置是除尽CO2中的HCl，若用NaOH溶液，会在吸收HCl的同时也吸

收CO2，应用饱和NaHCO3溶液，B错误；C．a装置是CO2气体发生装置，当需要气体时，打开K，盐酸和碳酸钙接触反应产生二氧化碳气体；当不需要气体时，关闭开关K，反应产生的气体使容器内气体压强增大，液体被压入长颈漏斗中与固体分离，从而使反

应停止，故装置a的优点是可以控制a中反应的发生和停止，C正确；D．装置e为安全瓶，防止装置f中的液体倒吸到d中的硬质玻璃管中，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查物质的制备及性质实验。把握实验装置的作用、实验原

理、实验技能为解答的关键，注意实验安全及实验的先后顺序。14.利用以上装置制备适量SO2，设计实验比较H2SO3、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱，并探究SO2的化学性质，下列说法错误的是（）A.试剂

Y是品红溶液，用来检验产物是SO2B.试剂Z是NaOH溶液，用来处理尾气C.溴水褪色，证明SO2具有还原性D.试剂X可以是酸性高锰酸钾溶液【答案】A【解析】【分析】设计实验比较H2SO3、H2CO3和H2SiO3的酸性

强弱，并探究SO2的化学性质，由图可知，打开a、关闭b时，SO2与碳酸钠溶液反应生成CO2，试剂X为高锰酸钾溶液，X可除去过量的SO2，试剂Y为品红溶液，可检验SO2是否除尽，然后CO2与硅酸钠反应生成硅酸沉

淀，可比较二者酸性强弱；关闭a、打开b时，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，二氧化硫具有还原性，试剂Z为NaOH溶液可吸收尾气，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知X是KMnO4，Y是品红溶液。A．试剂Y是品红溶液，用

来检验产物SO2是否除尽，A错误；B．由于SO2是有毒气体，会造成大气污染，在排放前要先利用其是酸性氧化物，能够与碱反应的性质，用NaOH来进行处理尾气，故试剂Z可以是NaOH溶液，B正确；C．SO2与溴水反应产生硫酸和氢溴酸，反应产物无色，故看到溴水褪色，可证明SO2具有还原性，C正确；D．试剂

X用来除去CO2中的SO2气体，可根据SO2具有还原性，能够与酸性高锰酸钾溶液，而CO2却不能发生反应除去，故试剂X可以是酸性高锰酸钾溶液，D正确；故合理选项是A。【点睛】本题考查性质实验方案的设计。把握物质的性质、发生的反应

及现象、实验装置的作用、实验技能为解答的关键。注意元素化合物知识与实验的结合进行分析。15.MnO2在电池、玻璃、有机合成等工业生产中应用广泛。利用粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)制取纯MnO2的流程如图：下列说法错误的是A.酸浸过程中可以用浓盐酸代替稀硫酸B

.操作X的名称是过滤C.氧化过程发生反应的离子方程式为：5Mn2+＋2ClO3−＋4H2O＝5MnO2↓＋Cl2↑＋8H+D.Cl2与NaOH溶液加热反应得到的NaClO3可以循环使用【答案】A【解析

】【分析】粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)样品加入稀硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得到二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，向滤液中加入氯酸钠

，氯酸钠将Mn2+氧化为MnO2，生成的氯气与氢氧化钠反应得到氯酸钠溶液，将反应后的溶液过滤得到固体二氧化锰。【详解】A.由分析可知，MnO2不溶于硫酸，浓盐酸能与MnO2反应，所以在酸浸过程中不能用浓盐酸代替稀硫酸，故A错误；B.粗MnO2样品加入稀硫酸，MnO

2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得到二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，操作X为过滤，故B正确；C.过渡后向滤液中加入氯酸钠，将Mn2+氧化生成MnO2沉淀，根据得失电子守恒和电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方

程式为5Mn2+＋2ClO3−＋4H2O＝5MnO2↓＋Cl2↑＋8H+，故C正确；D.由流程可知，Cl2与NaOH溶液加热反应得到的NaClO3可以在“氧化”步骤循环使用，故D正确；故选A。16.实验室可利用硫酸厂炉渣(主要成分为铁的氧化物，还含有少量FeS、SiO2等)制备

聚铁和绿矾(FeSO4·7H2O)，聚铁的化学式为[Fe2(OH)n(SO4)3－0.5n]m，制备过程如图所示。下列说法不正确的是A.炉渣中FeS与硫酸、氧气反应的离子方程式为4FeS+3O2+12H+=4Fe3++4S↓+6H2OB.气体M的成分是SO2，通入双氧水得到硫酸，可循环使用C.

若调节溶液Z的pH偏小，则将导致聚铁中铁的质量分数偏大D.溶液X转化为溶液Y需要加过量铁粉，再过滤【答案】C【解析】【详解】A.FeS中铁元素显+2价，硫元素显-2价，都具有较强的还原性，在强酸性溶液中通入O2时都将被O2氧化，其离子方程式为4F

eS+3O2+12H+=4Fe3++4S↓+6H2O，A项正确；B.炉渣中铁的氧化物能溶解在硫酸中，FeS被氧化生成Fe3+、S、H2O，所以固体W的主要成分是S，在空气中焙烧S+O2ΔSO2，故气体M是SO2，SO2具有较强的还原性能被

双氧水氧化：SO2+H2O2=H2SO4，硫酸可以循环使用，B项正确；C.根据聚铁的组成和聚铁胶体不溶于水的性质，可推测聚铁的性质更多与Fe(OH)3相似，调节溶液pH是为了促进Fe3+水解生成聚铁：Fe3++3H2OFe(OH

)3+3H+，所以溶液Z的pH偏小，生成的聚铁中含有Fe(OH)3偏少，将导致聚铁中铁的质量分数偏小，C项错误；D.炉渣中铁的氧化物溶解在硫酸中生成Fe2+和Fe3+的硫酸盐，Fe2+和FeS中铁元素都将被O2氧化成Fe3+，过滤后溶液X中主要成分是Fe2(SO4)

3，为了得到绿矾，必须将Fe2(SO4)3转化为FeSO4（溶液Y），所以在溶液X中要加入过量铁粉，Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，再过滤即可，D项正确；答案选C。17.现有一混合物的水溶液，可能含有以

下离子中的几种：K+、4NH+、Cl−、2Mg+、2Ba+、23CO−、24SO−，现取三份各100mL溶液进行如下实验：第一份加入3AgNO溶液有沉淀产生；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体；第三份

加足量2BaCl溶液后，得到干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。你认为以下结论正确的是A.该混合液中一定含有：K+、4NH+、23CO−、24SO−，可能含Cl−，且()nK0.04mol+B.该混合液中一定含有：4NH+、23CO−、24SO

−，可能含K+、Cl−C.该混合液中一定含有：4NH+、23CO−、24SO−，可能含2Mg+、K+、Cl−D.该混合液中一定含有：4NH+、24SO−，可能含2Mg+、K+、Cl－【答案】A【解析】【详解】根据题意，Ba2+和SO42-可

发生离子反应生成BaSO4沉淀，因此两者不能大量共存。Ba2+和CO32-可发生离子反应生成BaCO3沉淀，因此两者也不能大量共存；第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl-+Ag+＝AgCl↓、CO32-+2Ag+＝Ag2CO3↓、SO42-+2Ag+＝Ag2SO4↓，所以可能含

有Cl-、CO32-、SO42-中的至少一种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，根据反应NH4++OH-NH3↑+H2O，产生NH3为0.08mol，可得NH4+也为0.08mol；第三份加足量BaCl2

溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤．干燥后，沉淀质量为4.66g．部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应CO32-+Ba2+＝BaCO3↓、SO42-+Ba2+＝BaSO4↓，因为BaCO3+2HCl＝BaCl2+CO2

↑+H2O而使BaCO3溶解．因此溶液中一定存在CO32-、SO42-，一定不存在Ba2+和Mg2+，由条件可知BaSO4为4.66g，物质的量为0.02mol，BaCO3为12.54g-4.66g＝7.88g，物质的量为0.04mol，则CO32-物

质的量为0.04mol，由上述分析可得，溶液中一定存在CO32-、SO42-、NH4+，一定不存在Mg2+、Ba2+，而CO32-、SO42-、NH4+物质的量分别为0.04mol、0.02mol、0.08mol，CO32-、SO42-所带

负电荷分别为0.04mol×2、0.02mol×2，共0.12mol，NH4+所带正电荷为0.08mol；A．根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，K+物质的量≥0.04mol，当K+物质的量=0.04mol时，没有氯

离子，故A正确；B．根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，故B错误；C．溶液中一定存在CO32-、SO42-、NH4+，Mg2+和CO32-可发生离子反应生成MgCO3↓而不共存，因此Mg2+一定不存在，故C错误；D．溶液中一定存在CO32-、SO42-、NH4+，

Mg2+和CO32-可发生离子反应生成MgCO3↓而不共存，因此Mg2+一定不存在，故D错误；答案：A18.以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如图，下列叙述错误的是（）A

.烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来B.隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5C.向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3D.加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaS

O4【答案】B【解析】【分析】由流程可知，高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2)为原料，通入空气焙烧时，因为含有少量FeS2，会产生二氧化硫，加入氧化钙达到吸收二氧化硫的目的，防止二氧化硫排放污染空气，焙烧产物经过氢氧化钠溶液碱浸，三氧化二铝与氢氧化钠反应生成偏铝

酸钠，过滤后，滤液中通入过量二氧化碳，偏铝酸根与二氧化碳、水反应生成氢氧化铝沉淀，洗涤后灼烧氢氧化铝即可生产三氧化二铝；碱浸过程中，三氧化二铁不与氢氧化钠反应，过滤后留在滤渣中，加入FeS2与三氧化二

铁在隔绝空气的条件下反应生成二氧化硫和四氧化三铁，利用四氧化三铁的磁性实现其与烧渣的分离。据此分析解答。【详解】A．Fe3O4有磁性，可以用磁铁将Fe3O4从烧渣中分离出来，故A正确；B．隔绝空气焙烧，FeS2与Fe2O3反应，生成SO2和Fe3O4，反应方程式为：Fe

S2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑，由方程式可知n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶16，故B错误；C．滤液中含有AlO2-，通入过量CO2，发生反应：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，生成Al(OH)3沉淀，经过过滤、洗涤后得到Al(O

H)3，再灼烧Al(OH)3，反应为：2Al(OH)3+3H2O，即可制得Al2O3，故C正确；D．铝土矿中含有FeS2，FeS2焙烧生成SO2，CaO与SO2、O2反应：2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，CaSO4可用于建

筑材料，故D正确；故选B。【点睛】了解制备氧化铝并获得Fe3O4的工艺流程是解题的关键。本题的易错点为D，要注意CaO与SO2反应生成的亚硫酸钙能够被空气中的氧气氧化。第II卷（非选择题，66分）二、推断题19.下列物质的转化中，A、X是常

见单质，Y在常温下为无色液体，B、C、D均为中学化学中常见的化合物，它们之间的转化关系如图所示(部分产物和反应条件已略去)。回答下列问题：(1)若B为能导致酸雨的气体，则D的化学式可能是___。(2)若C为淡黄色固体，D为强碱溶液，则C→D

的离子方程式为___。(3)若A为淡黄色固体，D为强酸，则D的浓溶液与碳反应生成气体B的化学方程式为___。(4)若A为黄绿色气体，X为常见金属，则X与B溶液反应的离子方程式为___。【答案】(1).H2SO4或HNO3(2)

.2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑(3).C+2H2SO4(浓)ΔCO2↑+2SO2↑+2H2O(4).2Fe3++Fe=3Fe2+【解析】【详解】(1)B为能导致酸雨的气体，可知B为SO2或NO，则A为S或N2，X为O2，C为SO3

或NO2，D为H2SO4或HNO3；(2)C为淡黄色固体，D为强碱溶液，则A为Na，B为Na2O，C为Na2O2，D为NaOH；C→D反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；(3)若A为淡

黄色固体，则A应为S，B为SO2，X为O2，C为SO3，D为H2SO4。浓硫酸具有强氧化性，可与碳在加热时发生氧化还原反应生成二氧化碳和二氧化硫及水，反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)ΔCO2↑+2SO2↑+2H2O；(4)若A为黄绿色

气体，则A为Cl2，X为常见金属，由物质转化关系可知：X应为变价金属，X为Fe，则B为FeCl3，C为FeCl2，D为FeCl2溶液。Fe与FeCl3溶液反应生成FeCl2，该反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+。20.图中的甲

、乙、丙、丁代表化学中常见的四种物质，其中甲、乙、丙均含有同一种元素。相互转化的关系如图(部分反应物或产物省略)。请回答下列问题。(1)甲气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，乙为空气中含量最大的气体，写出反应(I)的化学方程式：_______。(2)常温下0

.1mol/L的丁溶液pH为13，其焰色反应为黄色。甲、乙、丙为均含有同一种金属元素(与丁中金属元素不同)的无机化合物，反应(Ⅲ)的离子方程式为_______。(3)若丁是应用最广泛的金属，写出反应(Ⅲ)的离子方程式：_______。【答案】(1)

.4NH3+3O2点燃2N2+6H2O(2).Al3++32AlO−+6H2O=4Al(OH)3↓(3).2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-或3Fe2++4H++3NO−=3Fe3++NO↑+2H2O【解析】【详解】(1)甲气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则甲为

NH3；乙为空气中含量最大的气体，乙为N2，丁为O2，丙为NO。反应I是NH3与O2反应产生N2和水，反应的化学方程式为：4NH3+3O2点燃2N2+6H2O；(2)常温下0.1mol/L的丁溶液pH为13，其焰色反应为黄色，故丁为NaOH，甲

、乙、丙为均含有同一种金属元素的无机化合物，则甲为铝盐、乙为Al(OH)3、丙为偏铝酸盐。反应III是铝盐与偏铝酸盐发生盐的双水解反应产生Al(OH)3沉淀，反应的离子方程式为：Al3++32AlO−+6H2O=4Al(OH)3↓；(3)若丁是应用最广泛的金属，则丁为Fe，甲为氯气(或硝

酸)、乙为氯化铁(或硝酸铁)、丙为氯化亚铁(或硝酸亚铁)。反应III的离子方程式可能是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-或3Fe2++4H++3NO−=3Fe3++NO↑+2H2O。【点睛】本题考查无机物的推断，识记常见连续反应、三角转化、特殊置换反应、

特殊现象反应等。熟练掌握常见的元素化合物知识即可解答。三、实验题21.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)有广泛的用途，实验室中通过如下方法制备:①不断搅拌条件下，在饱和Na2CO3溶液中缓缓通入SO2至反应完全；

②取下三颈烧瓶，测得反应液的pH=4.1；③将溶液蒸发浓缩、结晶、过滤得焦亚硫酸钠晶体。请回答下列问题:（1）实验室可利用Na2SO3和较浓的硫酸制备少量SO2气体，该反应的化学方程式为_______________。硫酸浓

度太大不利于SO2气体逸出，原因是_____________。制备、收集干燥的SO2气体时，所需仪器如下。装置A是气体发生装置，按气流方向连接各仪器口，顺序为a→____→____→____→____→f。装置D的作用是__________。（2）步骤①反应的离子方程式为____________

____，合成Na2S2O5的总化学方程式为__________________。（3）在强碱性条件下利用Na2S2O5氧化HCOONa的方法可制备保险粉连二亚硫酸钠(Na2S2O4)，反应的离子方程式为___________。（4）工业上用焦亚硫酸钠法制备保险粉带来的主要问题是废水

中含有大量的有机物，有机物总含碳量用TOC表征，常采用Fenton氧化法去除废水中的有机物，即通过向废水中加入H2O2，以Fe2+作催化剂，产生具有强氧化性的羟基自由基(·OH)来氧化降解废水中的有机物。①其他条件一定时，

n(H2O2)∶n(Fe2+)的值对TOC去除效果的影响如图1所示:当TOC的去除率最大时，n(H2O2)∶n(Fe2+)=____。②在pH=4.5，其他条件一定时，H2O2的加入量对TOC去除效果的影响如图2所示，当H2O2的加入量大于40mL·L-1时，TOC去除率反而减

小的原因是_______________________________________。【答案】(1).Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O(2).浓硫酸中只有少量H2SO4电离，c(H+)很小，导致复分解反应速率慢(3).d(4).e(5).c(6).b(7).防止

倒吸(8).CO32—+2SO2+H2O=2HSO3—+CO2(9).Na2CO3+2SO2=Na2S2O5+CO2(10).HCOO-+S2O52—+OH-=CO32—+S2O42—+H2O(11).1(12).酸性条件下

H2O2直接与Fe2+反应，导致溶液中羟基自由基(·OH)浓度减小，使得TOC去除率下降【解析】【分析】(1)实验室用Na2SO3和硫酸制备少量SO2气体时，若硫酸浓度太大，则c(H+)较小，导致复分解反应速率慢，若硫酸浓度太小，则由于SO2气

体易溶于水，也不利于SO2气体逸出；收集SO2时，应先干燥，再收集——向上排空气法(长进短出)；又因SO2易溶于水，要有防倒吸装置(安全装置)；(2)反应终止时溶液的pH=4.1，可推测反应的产物是NaHSO3而不是Na2SO3，NaHSO3是弱酸的酸式盐，书写离子方程式时要注意拆分形式；起始原

料是SO2和Na2CO3，目标产物是Na2S2O5，根据质量守恒可写出化学方程式；(3)书写该氧化还原反应方程式的关键是确定HCOONa的氧化产物，在强碱性条件下，HCOONa中+2价碳必被氧化为CO32—；（4）①去除率最高时，TOC的含

量最低，由图1可得此时n(H2O2)∶n(Fe2+)=1；②当H2O2的加入量大于40mL·L-1时，随着H2O2含量增加去除率反而降低，说明H2O2必参加了其他副反应。【详解】(1)①亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠和水，反应的化学方程式

为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O,故答案为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；②若硫酸浓度太大，主要以硫酸分子存在，溶液中c(H+)较小，导致复分解反应速率慢；若硫酸浓度

太小，由于SO2气体易溶于水，不利于SO2气体逸出，故答案为浓硫酸中只有少量H2SO4电离，c(H+)很小，导致复分解反应速率慢；③装置A用以制备二氧化硫气体、装置C用以干燥二氧化硫气体、装置B用向上排空气法收集比空气密度大的二氧化硫

气体、装置D和E用以吸收二氧化硫气体，则按气流方向连接各仪器口，顺序为a→d→e→c→b→f；二氧化硫易溶于氢氧化钠溶液，D为安全瓶，可防止倒吸，故答案为d、e、c、b；防止倒吸；（2）由反应终止时溶液的pH=4.1可知，步骤①为向Na2CO

3过饱和溶液中通入SO2，发生反应生成NaHSO3和CO2，反应的离子方程式为2SO2+CO32-+H2O=2HSO3-+CO2，合成Na2S2O5的总反应为Na2CO3和SO2反应生成Na2S2O5和CO2反应的化学方程式为Na2CO3+2SO2═Na2S2O5+CO2，故答案为2SO2+

CO32-+H2O=2HSO3-+CO2；Na2CO3+2SO2═Na2S2O5+CO2；（3）由题给信息可知，Na2S2O5氧化HCOONa的方法可制备Na2S2O4时，S元素化合价由+4价降低为+3价，则在强碱性条件下，HCOONa中+2价碳必被氧化为CO32—，反应的离子

方程式为：HCOO-+S2O52—+OH-=CO32—+S2O42—+H2O，故答案为HCOO-+S2O52—+OH-=CO32—+S2O42—+H2O；（4）①去除率最高时，TOC的含量最低，由图1可得此时n(H2O2

)∶n(Fe2+)=1，故答案为1；②当H2O2的加入量大于40mL·L-1时，随着H2O2含量增加去除率反而降低，说明酸性条件下H2O2直接与Fe2+反应，导致溶液中羟基自由基(·OH)浓度减小，使得TOC去除率下降，故答案为酸性条件下H2O2直接与

Fe2+反应，导致溶液中羟基自由基(·OH)浓度减小，使得TOC去除率下降。【点睛】本题考查物质的制备，侧重于分析、实验能力的考查，涉及实验原理分析、基本实验操作等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，解答本题注意把握物质的性质以及题给信息，难点是实验方案设计，注

意化学用语使用的规范性。22.亚硝酸钠(NaNO2)在纤维纺织品的染色和漂白、照相、生产橡胶、制药等领域有广泛应用，也常用于鱼类、肉类等食品的染色和防腐。但因其有毒，所以在食品行业中的用量有严格限制。现用下图所示仪器(夹持装置已省略)及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应

及气体产物的成分。已知：①NO＋NO2＋2OH－===2NO2-＋H2O；②气体液化的温度：NO2为21℃，NO为－152℃。(1)为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序(按左→右连接)为A、C、________

、________、________。(2)反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排除装置中的空气，目的是________________________________________________________________________。(3)在关闭弹簧夹、打开分液漏斗活塞

、滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体。①确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是________________________。②装置E的作用是_________________________________________________。(4)如果向D中

通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为___________。(5)通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是__________。【答案】(1).E(2).D(3).B(4).防止可能产生的NO被氧气氧化成NO2，造成对A中反应产物检验的干扰

(5).装置D中通入氧气后出现红棕色气体(6).冷凝，使NO2完全液化(7).4NO2＋O2＋4NaOH===4NaNO3＋2H2O(8).2NaNO2＋H2SO4===Na2SO4＋NO2↑＋NO↑＋H2O【解析】【分

析】本实验是探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物的成分。NaNO2中氮元素显+3价，在酸性条件下能发生岐化反应，氮由+3价升高到+4价可产生NO2气体，降到+2价可产生NO气体，可推测NaNO2和H2SO4反应产物中可能含有NO2和NO气体。NO2为红棕

色易液化的气体，无色的NO气体极易被O2氧化为NO2。根据NO、NO2的液化温度和性质可知装置D用于检验NO，装置E用于检验并分离NO2，装置B为尾气处理装置，NO2会干扰NO的检验，由此分析解答。【详解】(1)NaNO

2中氮元素显+3价，在酸性条件下能发生岐化反应，氮由+3价升高到+4价可产生NO2气体，降到+2价可产生NO气体，可推测NaNO2与H2SO4反应产物中可能含NO和NO2。根据NO、NO2的液化温度和性质可知装置D用于检验NO，装置E用于检验并分离NO2，装置

B为尾气处理装置，NO2会干扰NO的检验，所以为了检验装置A中的气体产物，仪器的连接顺序是A、C、E、D、B；(2)由于NO极易被空气中的氧气氧化为NO2，所以先通入一段时间氮气，排出装置中的空气，防止可能产生的NO被氧化成NO2，造成

对A中反应产物检验的干扰；(3)①利用装置D检验NO，根据2NO+O2=2NO2可知，开始时装置D中无色，通入氧气后出现红棕色气体即可证明NO的存在；②装置E的作用是降温冷凝，使NO2完全液化，除去气体中的NO2，避免干扰NO的检验；(4)因

为NO2、O2和水共同作用可以产生HNO3，所以装置B中发生反应的化学方程式为4NO2＋O2＋4NaOH=4NaNO3＋2H2O；(5)根据上述实验探究可知，NaNO2和H2SO4反应产生NO2、NO。根据元素守恒、化合价升降守恒可写出装置A中发生反应的化学方程式是2Na

NO2＋H2SO4=Na2SO4＋NO2↑＋NO↑＋H2O。23.水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：回答下列问题：（1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。

加入硝酸的目的是________________________________________，还可使用___________代替硝酸。（2）沉淀A的主要成分是_________，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为_______________

_____________________。（3）加氨水过程中加热的目的是______________________________________。沉淀B的主要成分为_____________、____________（填化学式）。（4）草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴

定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：MnO4-+H++H2C2O4→Mn2++CO2+H2O。实验中称取0.400g水泥样品，滴定时消耗了0.0500mol·L-1的KMnO4溶液36.00mL，则该水泥样品中钙的质量分数为___

___________。【答案】(1).将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+(2).双氧水(H2O2)(3).SiO2(或H2SiO3)(4).SiO2+4HFSiF4↑+2H2O(5).防止胶体生成，易沉淀分离(6).Fe(OH)3(7).Al(OH)3(8).45.0%

【解析】（1）根据题中信息，水泥中含有一定量的铁、铝、镁等金属氧化物，根据流程需要除去这些杂质，因为Fe3+容易在pH较小时以氢氧化物的形式沉淀出来，因此加入硝酸的目的是将样品中可能存在的Fe2＋转化成Fe3＋；加入的物质要具有氧化性，同时不能引入新的杂质，因为过氧化氢被称为绿色氧化剂，所以可

以选择双氧水；（2）根据水泥中成分，二氧化硅不溶于一般酸溶液，所以沉淀A是二氧化硅；SiO2溶于氢氟酸，发生的反应是：SiO2+4HFSiF4↑+2H2O（3）盐类水解是吸热反应，加热可以促进Fe3+、Al3+水解转换为Fe(OH)3、Al(OH)3；根据流程图，p

H4～5时Ca2+、Mg2+不沉淀，Fe3+、Al3+沉淀，所以沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3。（4）草酸钙的化学式为CaC2O4，MnO4－作氧化剂，化合价降低5价，H2C2O4中的C化合价由＋3价→＋4价，整体升高2价，最小公倍数为10，因此MnO4－的系数为2，H2C2O

4的系数为5，运用关系式法5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4n(KMnO4)=0.0500mol/L×36.00×10－3mL=1.80×10－3moln(Ca2+)=4.50×10－3mol水泥中钙的质量分数为4.50×10－3mol×40.0g/mo

l/0.400g×100%=45.0%。四、物质结构24.氮及其化合物广泛存在于自然界中，回答下列问题：(1)基态15N原子的价电子排布式是___，p能级上存在__个自旋方向相同的电子。(2)氢氰酸HCN分子的结构式是__

_，分子中σ键与π键数目之比为__。(3)碱性肥料氰氨化钙(CaCN2)的组成元素中第一电离能最小的是__(填元素符号)。(4)化合物(CH3)3N能溶于水，其原因是___，(CH3)3N与盐酸反应生成[(CH3)3NH

]+，该过程新生成的化学键类型为__。(5)阳离子[(CH3)3NH]+和阴离子A按个数比4：1组成化合物，阴离子A的结构如图所示，则S原子的杂化轨道类型是_____，阴离子A的化学式为______。(6)立方氮化硼晶胞如图所示(小球为氮原子，大球为硼原子)，则硼原子的配位数为__；若晶胞边长为a

cm，则立方氮化硼的密度是______g·cm-3(只要求列算式，阿伏加德罗常数用NA表示)。【答案】(1).2s22p3(2).3(3).H-CN(4).1：1(5).Ca(6).(CH3)3N为极性分子且能与水分子形成氢键(7).配位键(8).sp3(9).[Ge4S10]4-(10).4

(11).3A100aN【解析】【详解】(1)N是7号元素，根据构造原理可知基态15N原子的核外电子排布式是1s22s22p3，可见其价电子排布式是2s22p3；这3个2p电子占据3个能量等同的轨道，而且自旋方向相同；(2)C原子价电子是4，这四个电子中一个与H原子形成共价键，另

外三个与N原子形成共价键，从而使分子中各个原子都分别达到最外层2个或8个电子的稳定结构，则氢氰酸HCN分子的结构式是H-CN；由于共价单键为σ键；共价三键中含有1个σ键和2个π键，所以在该分子中含有2个σ键和2个π键，故σ键与π键数目之比为1：1；(3)在CaC

N2中含有Ca、C、N三种元素。元素的金属性越强，其第一电离能越小，元素的非金属性越强，其第一电离能就越大，故CaCN2的组成元素中第一电离能最小的是Ca元素；(4)化合物(CH3)3N能溶于水，是由于(CH3)3N为极性分子且能与水分子形成氢键

，增加了分子之间的作用力；(CH3)3N与盐酸反应生成[(CH3)3NH]+，是由于N元素的非金属性强，原子半径小，并且N原子上有一对孤对电子与H+之间形成了配位键；(5)S原子形成2对共用电子对，且S原子上还有2对孤电子对，则S原子采用sp3杂化；根据图示可知该阴离子中

含有4个Ge原子，10个S原子，由于阳离子[(CH3)3NH]+和阴离子A按个数比4：1组成化合物，则阴离子带有4个负电荷，该物质的阴离子A的化学式为[Ge4S10]4-；(6)以晶胞侧面B原子与研究对象，根据图示可知：在一个晶胞中含

有2个N原子与B相连且距离最近，通过该B原子能够形成2个晶胞，故B原子的配位数是4；在一个晶胞中含有4个N原子；含有的B原子数目为：8×18+6×12=4，则晶胞质量为m=AA4(14+11)g100g=NN，若晶胞边长为acm，则晶胞体积V=(acm)3，所以该晶

体的密度ρ=3Am100=VNag/cm3。