【文档说明】天津市静海区第一中学2021届高三12月考化学试卷【精准解析】.doc，共(21)页，620.000 KB，由小赞的店铺上传

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高三化学考生注意：本试卷分第Ⅰ卷基础题(80分)和第Ⅱ卷提高题(20分)两部分，共100分。知识与技能学习能力(学法)内容基本概念钠及其化合物关键环节易混易错方法提炼信息筛选分数75251371515第Ⅰ卷基础题(共80分)一、

选择题：每小题2分，共26分，每小题只有一个正确选项。1.巴里·马歇尔和罗宾·沃伦被授予诺贝尔生理学或医学奖，以表彰他们发现了幽门螺杆菌以及该细菌对消化性溃疡病的致病机理。下列物质适合胃溃疡严重的病人使用的是()A.苏打[主要成分是Na2CO3]

B.胃舒平[主要成分是Al(OH)3]C.小苏打[主要成分是NaHCO3]D.碳酸钡粉末【答案】B【解析】【分析】【详解】A．苏打的主要成分Na2CO3，水溶液碱性强，会对人产生刺激性，而其与胃酸(即盐酸)发生反应

产生CO2气体，会由于胃溃疡导致胃穿孔，因此不能使用，A不符合题意；B．胃舒平的主要成分是Al(OH)3，难溶于水，对人体无刺激性，可以与HCl反应，产生AlCl3和水，不产生气体，因此无其它不良反应，适用于胃溃疡严重的病人使用，B符合题意；C．小苏

打主要成分NaHCO3会与HCl反应产生CO2气体，会由于胃溃疡存在导致胃穿孔，因此不能使用，C不符合题意；D．碳酸钡粉末与HCl反应产生BaCl2，同时产生CO2、H2O，BaCl2是重金属盐，导致人重金属中毒，同时产生的CO2气体会因病人患有胃溃疡导致胃穿孔，因此不能使用，D不符合题意

；故合理选项是B。2.下列物质按照纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的是()A.盐酸、水煤气、醋酸、干冰B.天然气、空气、苛性钾、石灰石C.液氨、氯水、硫酸钠、乙醇D.胆矾、漂白粉、氯化钾、氯气【答案】C【解析】【分析】【详解】A．盐酸是HCl的水溶液，

不是纯净物，水煤气是CO和氢气的混合物，醋酸是电解质，干冰是非电解质，错误；B．天然气的主要成分是甲烷，但天然气是混合物，空气是混合物，苛性钾是氢氧化钾，属于电解质，石灰石的主要成分是碳酸钙，属于混合物，错误

；C．液氨是液态氨气，属于纯净物，氯水是氯气的水溶液，是混合物，硫酸钠属于盐，是电解质，乙醇是有机物，是非电解质，正确；D．胆矾是纯净物，漂白粉是次氯酸钙和氯化钙的混合物，氯化钾是盐，属于电解质，氯气是单质，不是

电解质，也不是非电解质，错误。答案选C。3.有关分散系的下列说法正确的是()A.碳纳米级材料属于胶体B.胶体区别于其它分散系的本质特征是丁达尔效应C.浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体D.在Fe(OH)3胶体中插入两个石墨电极，通直流电，阴极附近液体颜色变深【答案】D【解

析】【分析】【详解】A．胶体是混合物，而碳纳米级材料只是微粒直径在1-100nm之间，没有形成分散系，因此不属于胶体，A错误；B．胶体区别于其它分散系的本质特征是分散质微粒直径大小，B错误；C．向沸腾的蒸馏水中滴加几滴FeCl3饱和溶液，继续加热煮沸，当液体变为红褐色时

停止加热，就制得Fe(OH)3胶体，C错误；D．Fe(OH)3胶体的胶粒带正电，在Fe(OH)3胶体中插入两个石墨电极，通直流电，分散质微粒会向负电荷较多的阴极移动，故阴极附近液体颜色变深，D正确；故合理选项是D。4

.下列变化中，气体被氧化的是()A.NH3使CuO固体变为红色B.CO2使Na2O2固体变为白色C.HCl使Na2SiO3溶液产生胶状沉淀D.Cl2使FeBr2溶液变为黄色【答案】A【解析】【分析】【详解】A．NH3与CuO反应产生Cu、N2、H2O，N元素化合价升高，失去电子，所以NH3

被氧化，作还原剂，A符合题意；B．CO2与Na2O2固体反应产生Na2CO3和O2，Na2O2固体既作氧化剂又作还原剂，CO2的组成元素在反应前后化合价不变，因此既不作氧化剂又不作还原剂，B不符合题意；C．HCl与Na2SiO

3发生复分解反应产生H2SiO3沉淀和NaCl，但反应中元素化合价不变，因此不属于氧化还原反应，C不符合题意；D．Cl2与FeBr2反应产生FeCl3、使溶液变为黄色，Cl2得到电子被还原，D不符合题意

；故合理选项是A。5.下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是()A.pH为1的无色溶液：K+、Fe2+、SO23−、Cl-B.能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液：Na+、4NH+、S2-、Br-C.水电离出的c(H+)=10-12mol/L的溶液：Ba2+、N

a+、3NO−、Cl-D.加入铝条有氢气放出的溶液：Na+、4NH+、3HCO−、24SO−【答案】C【解析】【分析】【详解】A．Fe2+的水溶液显浅绿色，在无色溶液中不能大量存在；且pH为1的溶液显强酸性，含有大量H+，H+、SO23−会反应产生H2SO3，不能大量共存，A不符

合题意；B．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液具有强氧化性，而Br-、S2-具有还原性，在氧化性溶液中会发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意；C．水电离出的c(H+)=10-12mol/L＜10-7mol/L，水的电离受到抑制作用，溶液可能显酸性，也可能显碱性，H+或OH-与选项离子

不会发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；D．加入铝条有氢气放出的溶液可能显酸性，也可能显碱性。在酸性溶液中，H+、3HCO−会发生反应产生H2O、CO2，不能大量共存；在碱性溶液中，OH-与4NH+、3HCO−都会反应，也不能大量共存，D不符合题意；故合

理选项是C。6.向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是()选项操作现象结论A滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中有SO2-4B滴加稀硫酸有刺激性气味的气体产生原溶液中有SO2-3C用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈紫

色(透过蓝色钴玻璃)原溶液中有K＋D滴加NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH+4A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】【详解】A．加入BaCl2溶液得到白色沉淀，原溶液中可能含有SO2-3或SO

2-4或Ag＋，故A错误；B．HSO-3也可以和稀硫酸反应生成二氧化硫，现象相同，故B错误；C．观察K＋的焰色反应应透过蓝色钴玻璃，排除Na＋的干扰，故C正确；D．检验NH+4应加入浓NaOH溶液，且需要加热，故D错误。综上所述答案为C。7.某溶液含有K＋、Fe3＋、SO24−、CO23−、I

－中的几种。取样，滴加KSCN溶液后显血红色。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是()A.K＋B.I－C.SO24−D.CO23−【答案】A【解析】【分析】能反应的不共存、电解质溶液呈电中性，据此回答；【详解】取样，滴加KSCN溶液后显血红色，则

溶液含有Fe3＋、Fe3＋与CO23−会发生双水解反应而不共存、I－与Fe3＋发生氧化还原反应而不共存，则阴离子只有SO24−，电解质溶液呈电中性，故溶液中一定有SO24−，为确定该溶液的组成，还需检验的离子只有K＋；答案选A。8.下列叙述中不正确的是()A.用澄清石灰水可鉴别Na2CO3和Na

HCO3B.溶解性：Na2CO3比NaHCO3易溶于水C.相同质量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，NaHCO3放出CO2多D.相同物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液分别与同浓度的盐酸反应，产

生气体的速率是NaHCO3大【答案】A【解析】【分析】【详解】A．Na2CO3与澄清石灰水反应生成碳酸钙白色沉淀，NaHCO3与澄清石灰水反应生成碳酸钙白色沉淀，二者现象相同，不能鉴别，故A错误；B．饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳气体，生成碳

酸氢钠，所以Na2CO3的溶解性大于NaHCO3，故B正确；C．Na2CO3和NaHCO3的摩尔质量分别为106g/mol，84g/mol，相同质量的Na2CO3和NaHCO3，碳酸氢钠的物质的量较大，根据碳元素守恒，产生二氧化碳较多的为NaHCO3，故C正确；D．

碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，盐酸过量，碳酸氢钠与盐酸继续反应产生二氧化碳气体，方程式为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=H2O+CO2↑+NaCl，所以相同物质的量浓度的Na2

CO3和NaHCO3溶液分别与同浓度的盐酸反应，产生气体的速率是NaHCO3大，故D正确；故选A。9.下列说法正确的是①1mol羟基所含电子数为10NA；②一定温度下，1L0.50mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH

4Cl溶液含4NH+的物质的量不同；③1mol臭氧和1.5mol氧气含有相同的氧原子数；④58.5g的NaCl固体中含有NA个氯化钠分子；⑤在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为6NA；⑥标准状况下

，2.24LH2O含有的分子数等于0.1NA；⑦1mol乙烷分子中含有8NA个共价键；⑧78gNa2O2中含有NA个阴离子；⑨常温下，7.1gCl2与足量NaOH溶液反应转移的电子数约为0.2×6.02×1

023；⑩4.0g重水(D2O)中所含质子数为2NAA.④⑤⑦⑧⑨B.②③⑧⑩C.只有③D.全部【答案】B【解析】【分析】【详解】①1个羟基中含有9个电子，则1mol羟基所含电子数为9NA，①错误；②NH4Cl

电离产生的4NH+会发生水解反应，浓度不同水解程度不同，所以在一定温度下，1L0.50mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液中含有溶质的物质的量相同，但含4NH+的物质的量不同，②正确；③O3分子中含有3个O原子，O2分子中含有2

个O原子，则1mol臭氧和1.5mol氧气含有的O原子的物质的量都是3mol，故含有相同的氧原子数，③正确；④58.5g的NaCl物质的量是1mol，但该物质是离子化合物，无NaCl分子，④错误；⑤在反应

KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为5NA，⑤错误；⑥标准状况下H2O呈气态，不能使用气体摩尔体积计算其中含有的分子数，⑥错误；⑦1个乙烷分子中含有7个共价键，则在1mol乙烷分子中含有7NA个共价键，⑦错误

；⑧1个Na2O2是由2个Na+与1个2-2O构成，78gNa2O2的物质的量是1mol，则其中含有NA个阴离子，⑧正确；⑨7.1gCl2的物质的量是0.1mol，常温下，1molCl2与足量NaOH

溶液反应转移1mol电子，则0.1molCl2发生上述反应，转移的电子数约为0.1×6.02×1023，⑨错误；⑩D2O的式量是20，其中含有10个质子，4.0g重水(D2O)的物质的量是0.2mol，则其中所含质子数为2NA，⑩正确；综上所述可知：说法正确的是②③⑧⑩，故

合理选项是B。10.下列叙述中正确的是①Na2O和Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物②Na2CO3和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀③钠在常温下不容易被氧化④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行⑤除去Na2C

O3固体中混有的NaHCO3，将混合物加热至质量不再发生变化⑥可用玻璃棒蘸取少量待测物质的浓溶液做焰色反应实验A.②③④⑤B.④⑤C.②④⑥D.①②⑥【答案】B【解析】【分析】【详解】①氧化钠和酸反应生成盐和水，过氧化钠和酸反应生成盐和水、氧气，所以过氧化钠不是碱

性氧化物，①错误；②碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，碳酸氢钠和氯化钙不反应，不能产生白色沉淀，②错误；③钠很活泼，在常温下容易被空气中的氧气氧化，③错误；④Na2O2与CO2或水反应生成氧气，所以Na2O2可作供氧剂，而Na2O与CO2或水反应均不生成氧气，不能作供氧剂，正确；⑤

NaHCO3不稳定，受热容易分解生成碳酸钠、CO2和水，若除去Na2CO3固体中混有的NaHCO3，可以将混合物加热至质量不再发生变化，正确；⑥做焰色反应实验时，用铂丝蘸取待测液，不能用玻璃棒，错误；答案选B。11.下列离子方程式正确的是(

)①纯碱溶液中滴加少量盐酸：CO23−+H+=HCO3−②NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应：NH4++OH-=NH3↑+H2O③FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl

-④NaHSO4与等物质的量的Ba(OH)2溶液反成：H++SO24−+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O⑤小苏打溶液中加入少量的石灰水：Ca2++2OH-+2HCO3−=CaCO3↓+CO23−+2H2O⑥Fe(OH)3与氢碘酸溶液混合：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2OA.①④⑤

B.②③⑤C.③④⑥D.①⑤⑥【答案】A【解析】【分析】【详解】①纯碱溶液中滴加少量盐酸，二者反应产生NaHCO3和NaCl，离子方程式符合反应事实，遵循物质的拆分原则，①正确；②盐电离产生的阳离子NH4+和阴离子3HCO−都会反应产生，离子方程式不符合事实

，②错误；③不符合物质反应的微量数目比，③错误；④符合反应事实，遵循物质拆分原则，④正确；⑤反应符合事实，遵循物质拆分原则，⑤正确；⑥Fe(OH)3与H+反应产生的Fe3+与I-会再发生氧化还原反应，产生Fe2+、I2，反应

不符合事实，⑥错误；综上所述可知：离子方程式正确的是①④⑤，故合理选项是A。12.某溶液中可能含有下列6种离子中的某几种：Cl-、24SO−、23CO−、4NH+、Na+、K+。为确认溶液组成进行如下实验：(1)200mL上述溶液，加入足量B

aCl2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀4.30g，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶。(2)向(1)的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能促使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体1.12L(已换算成标准状况，假定产生的气体全部逸出)。由此可以得出关

于原溶液组成的正确结论是()A.一定存在24SO−、23CO−、4NH+，可能存在Cl-、Na+、K+B.一定存在24SO−、23CO−、4NH+、Cl-，一定不存在Na+、K+C.c(23CO−)=0.01mol·L-1，c(4NH+)＞c(24SO−)D.如果上述6种离子都存在

，则c(Cl-)＞c(24SO−)【答案】D【解析】【分析】(1)取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，质量共是4.3g，

则溶液中含有24SO−、23CO−，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶，则硫酸钡的质量是2.33g，所以24SO−离子的物质的量为n(24SO−)=n(BaSO4)=2.33g233g/mol=0.01mol，碳酸钡的质量是：4.3g-2.33g=1.97g，则23CO−的物

质的量为n(23CO−)=n(BaCO3)=1.97g197g/mol=0.01mol；(2)向(1)的滤液中加入足量NaOH溶液，加热，生成氨气，其物质的量n(NH3)=1.12L22.4L/mol=0.05mol，根据N原子守恒，可知该溶液中有4NH+的物质的量是n(4NH+)

=n(NH3)=0.05mol，结合溶液电荷守恒分析解答。【详解】根据上述分析可知：在200mL该溶液中含有0.01mol24SO−、0.01mol23CO−、0.05mol4NH+，根据溶液呈电中性，可知该溶液中一定还含有阴离子Cl-。A．根据上述分析可知：溶液中一定存在2

4SO−、23CO−、4NH+、Cl-，可能存在Na+、K+，A错误；B．根据上述分析可知：该溶液中一定存在24SO−、23CO−、4NH+、Cl-，可能存在Na+、K+，B错误；C．在200mL溶液中含有n(23C

O−)=0.01mol，则c(23CO−)=0.01mol0.2L=0.05mol/L，由于离子的物质的量n(4NH+)=0.05mol，n(24SO−)=0.01mol，离子处于同一溶液，则c(4NH+)＞c(24SO−)，C

错误；D．若无其它离子，根据电荷守恒可知n(Cl-)=0.05mol×1-0.01mol×2-0.01mol×2=0.01mol，n(Cl-)=n(24SO−)；若溶液中还含有其它阳离子，则n(Cl-)＞0.1mol，n(24SO−)=0

.01mol，故c(Cl-)＞c(24SO−)，D正确；故合理选项是D。13.在酸性条件下，黄铁矿（FeS2）催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4SO42−+4H+。实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析正确的是A.在酸性条件下，黄铁矿催化

氧化中NO作催化剂B.反应Ⅱ中Fe3+作氧化剂，FeS2被还原C.反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+═4Fe3++4NO+2H2O，Fe(NO)2+作氧化剂D.反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO═Fe(NO)2+，该反应是氧化还

原反应【答案】A【解析】【分析】步骤I中，O2将Fe(NO)2+氧化为Fe3+，并释放出NO；Ⅱ中Fe3+将FeS2氧化成2-4SO，生成的Fe2+在Ⅲ中又与NO结合成Fe(NO)2+进入下一个过程。总效果为：2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2+

+4SO42−+4H+，NO的量不变。【详解】A.由图可以看出，加入的NO参与反应，又重新生成，前后没有发生量的变化，所以在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂，故A正确；B.反应Ⅱ中硫元素的化合价升高，铁元素的化合价降低，Fe3+作

氧化剂，FeS2被氧化，故B错误；C.反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+═4Fe3++4NO+2H2O，铁元素的化合价由+2价到+3价，化合价升高，Fe(NO)2+作还原剂，故C错误；

D.反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO═Fe(NO)2+，所含元素的化合价没有发生变化，该反应是非氧化还原反应，故D错误；答案选A。【点睛】分解成多步描述的反应中，判断催化剂的方法可以是：分析整个过程中，该物质消耗的量和重新生成的量是否相等。二、填空题：共54分14.易混易错辨析题组请按要求书写

下列离子方程式：(1)向CuCl2溶液中通入一定量的SO2，微热，一段时间后可得CuCl白色沉淀。离子方程式为___。(2)在FeI2溶液中，滴加少量稀硝酸，该反应的离子方程式是：___。(3)已知在过量的FeSO4溶液中滴入几滴NaClO溶液，并加入过量H2SO4，溶液立

即变黄，试写出该反应的离子方程式：___。【答案】(1).2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++24SO−(2).6I-+23NO−+8H+=3I2+2NO↑+4H2O(3).2Fe2++2H+

+ClO-=2Fe3++Cl-+H2O【解析】【分析】【详解】(1)向CuCl2溶液中通入一定量的SO2，微热，一段时间后Cu2+得到电子被还原得到CuCl白色沉淀，SO2被氧化产生H2SO4，反应的离子方程

式为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++24SO−；(2)在FeI2溶液中，滴加少量稀硝酸时，只有还原性强的I-与硝酸反应，产生I2、NO和H2O，该反应的离子方程式是：6I-+23NO−+8H+=3I2

+2NO↑+4H2O；(3)已知在过量的FeSO4溶液中滴入几滴NaClO溶液，并加入过量H2SO4，溶液立即变黄，说明在酸性条件下Fe2+、H+、ClO-会发生氧化还原反应，产生Fe3+、Cl-、H2O，该反应的离子方程式为：2Fe2++2H+

+ClO-=2Fe3++Cl-+H2O。15.方法规律提炼题组：物质的量浓度的计算(1)50mL质量分数为49%、密度为1.24g·cm-3的硫酸中。①此硫酸的物质的量浓度为___mol·L-1。②取此硫酸50mL，用蒸

馏水稀释为200mL，稀释后硫酸的物质的量浓度为___mol·L-1。(2)在标准状况下，将aLA气体(摩尔质量是Mg/mol)溶于0.1L水中，所得溶液的密度为bg/cm3，则此溶液的物质的量浓度为___mol·L-1。(3)取等物质的量浓度的NaOH溶液A和B两份，每

份10mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的盐酸，标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸体积之间的关系如图所示，请回答：①原NaOH溶液的物质的量浓度为___mol·L-1。②A曲线表明原NaO

H溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是___。③B曲线中当耗盐酸0<V(盐酸)<25mL时发生的离子反应为___。④B曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积(标准状况)的最大值为___mL。【答案】(1).6.2(2).1.55(3).1000abMa+

2240(4).0.75(5).NaOH、Na2CO3(6).H++CO23−=HCO3−(7).112【解析】【分析】【详解】(1)①1000ωMc==10001.2449%mol/L=6.2mol/L98；②稀释前后溶质的

物质的量不变，50mL×6.2mol/L=200mL×cmol/L；c=1.55mol/L；(2)在标准状况下，aLA气体的物质的量是mol22.4a、质量是aMmolMg/mol=g22.422.4a，溶于0.1L水中，所得溶液的密度为bg/cm3，则溶

液的体积是aM100+22.4L1000b则此溶液的物质的量浓度为aM100+22.4molL=22.410001000abmol/LMa+2240ba；(3)①加入75ml盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为氯化钠溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n(NaOH)=n(N

aCl)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，原NaOH溶液的物质的量浓度为0.0075mol÷0.01L=0.75mol·L-1；②当生成CO2气体时，发生反应-3HCO+H

+=H2O+CO2↑，对于A溶液来说，滴加盐酸60mL时没有气体生成，可能发生OH-+H+=H2O和2-+-33CO+H=HCO，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积远远大于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积，说明原溶液

中的溶质是氢氧化钠和碳酸钠；③当生成CO2气体时，发生反应-3HCO+H+=H2O+CO2↑，对于B溶液来说，滴加盐酸25mL时没有气体生成，可能发生OH-+H+=H2O和和2-+-33CO+H=HCO，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等

，实际上需要盐酸的体积小于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积，说明原溶液中的溶质是碳酸钠和碳酸氢钠，所以B线中消耗盐酸0＜v(HCl)＜25mL时发生的离子反应为：2-+-33CO+H=HCO；④B曲线加入盐酸体积为25mL~75

mL发生反应-3HCO=H2O+CO2↑，该反应消耗盐酸的物质的量是0.05L×0.1mol/L=0.005mol，所以放出二氧化碳的物质的量是0.005mol，二氧化的体积是0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL。16.(1)某反应体系中有H2O、ClO-、4NH+、OH

-、N2、Cl-等微粒，其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示，写出该反应的离子方程式___，消耗1mol还原剂，转移电子数为___。(2)Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，

而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为___。(3)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，将这些气体与1.12LO2(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5mol·L-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是_____mL。(4)次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品，具有较强还原性，回答下列问题：①H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式：

___。②H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的银离子还原为银单质，从而可用于化学镀银，利用(H3PO2)进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4︰1，写出化学镀银反应的化学方程式___。【答案】(1).3ClO-+24NH++2OH-=N2↑+3Cl-+5H2O(2).3NA

(3).5(4).40(5).H3PO2H++-22HPO(6).4Ag++H3PO2+2H2O=4Ag+H3PO4+4H+【解析】【分析】【详解】(1)某反应体系中有H2O、ClO-、4NH+、OH-、N2、Cl-等微粒，根据图示可知N

2的物质的量逐渐增大，ClO-的物质的量逐渐减小，则N2是生成物，则4NH+是反应物，N元素化合价升高被氧化，具有氧化性的ClO-为反应物，Cl-为生成物，则根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子

方程式为：3ClO-+24NH++2OH-=N2↑+3Cl-+5H2O，在该反应中，还原剂是4NH+，氧化剂是ClO-，每有1mol4NH+反应，转移电子的物质的量是3mol，则转移电子数为3NA；(2)Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由-2x价升高为+6价，

化合价升高(6+2x)，每1molNa2Sx反应，转移(6x+2)mol电子，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素的化合价由+1价变为-1价，化合价降低2价，每1molClO-反应，转移2mol电子。若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，根据电子守恒，可知(6x+2)×1=1

6×2，解得x=5，即x的值为5；(3)NO2、N2O4、NO的混合气体与1.12L标准状况O2的混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，则整个过程中N元素化合价不变，根据电子守恒可知2n(Cu)=4n(O2)，n(O2)=1.12

L22.4L/mol=0.05mol，则n(Cu)=0.1mol，则溶液中Cu2+的物质的量是0.1mol，根据Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓可知n(NaOH)=2n(Cu)=0.2mol，所以需要消耗5mol·L-1NaOH溶液的体积V(NaOH)=0.2mol5mol/L=0

.04L=40mL；(4)①H3PO2是一元中强酸，则其在溶液中主要以电解质分子存在，存在电离平衡，其电离方程式为：H3PO2H++-22HPO；②H3PO2与Ag+发生氧化还原反应，Ag+为氧化剂得到电子变为Ag单质，H3PO2为还原剂，失去电子，若进行化

学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4︰1，4molAg+得到4mol电子，则1molH3PO2失去4mol电子，由于在H3PO2中P元素化合价为+1价，则反应后P元素化合价为+5价，反应产物是H3PO

4，则化学镀银反应的化学方程式为：4Ag++H3PO2+2H2O=4Ag+H3PO4+4H+。17.明矾[KAl(SO4)2·12H2O]在生产、生活中有广泛用途：饮用水的净化；造纸工业上作施胶剂；食品工业的发酵剂等。利用炼铝厂的废料——铝灰(含

Al、Al2O3及少量SiO2和FeO·xFe2O3)可制备明矾。工艺流程如图：回答下列问题：(1)明矾净水的原理是____________(用离子方程式表示)。(2)操作Ⅰ是________，操作Ⅱ是蒸发浓缩、__________、过滤、____

______、干燥。(3)检验滤液A中是否存在Fe2＋的试剂是________(只用一种试剂)。(4)在滤液A中加入高锰酸钾发生反应的离子方程式为(该条件下MnO-4转化为Mn2＋)：______。(5)已知：在pH＝3、加热

条件下，MnO-4可与Mn2＋反应生成MnO2。加入MnSO4发生反应的离子方程式为：________。滤渣2含有的物质是_______。【答案】(1).Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+(2).过滤(3).冷却结晶(4).洗涤(5).高锰酸钾酸性溶液或铁氰化钾溶液(6

).5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀，并防止Al3+沉淀(7).3Mn2++2MnO4−+2H2O=5MnO2+4H+(8).MnO2、Fe(OH)3【解析】【分析】铝灰(含Al、Al2O3及少量

SiO2和FeO·xFe2O3)，加入过量稀硫酸酸溶过滤，滤液为硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁，滤渣Ⅰ为二氧化硅和不溶性杂质，滤液A中加入稍过量高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，铝离子

不沉淀，加入适量硫酸锰除去过量的高锰酸钾过滤得到二氧化锰固体和氢氧化铁沉淀，滤液主要是硫酸铝溶液，加入硫酸钾蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸铝钾晶体。【详解】(1)明矾是强酸弱碱盐，Al3+水解产生氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能够

吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去，从而达到净水的目的。其反应原理用方程式表示是Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+；(2)操作Ⅰ是将难溶性固体与溶液分离的操作，叫过滤；操作Ⅱ是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥就得到明矾；(3)检

验滤液A中是否存在Fe2+的方法加入铁氰化钾溶液，如果有蓝色沉淀，证明含有Fe2+，或加入高锰酸钾溶液，溶液褪色；(4)在滤液A中加入高锰酸钾的目的是使Fe2+转化为Fe3+，发生反应的离子方程式为5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；(5)已知在pH＝3、

加热条件下，MnO-4可与Mn2＋反应生成MnO2，方程式为3Mn2+＋2MnO4−＋2H2O=5MnO2↓＋4H+，由于溶液的pH=3，所以滤渣的成分含有MnO2、Fe(OH)3。18.某学习小组通过实验研究Na2O2与水的反应。操作现象向盛有4.0gNa2O2的烧杯中加入50mL蒸馏水剧列

反应，产生能使带火星木条复燃的气体，得到的无色溶液a向溶液a中滴入两滴酚酞ⅰ.溶液变红ⅱ.10分种后溶液颜色明显变浅，稍后，溶液变为无色(1)甲同学认为ⅱ中溶液褪色是溶液a中存在较多的H2O2，H2O2与酚酞发生了反应，并实验证实了H2O2的存在；取少量溶液a，加入试剂____(填化

学式)，有气体产生。(2)乙同学查阅资料获悉：用KMnO4可以氧化H2O2并测定其含量。取20.00mL溶液，用稀H2SO4酸化，用0.002mol/LKMnO4溶液滴定，产生气体，溶液褪色，至终点时共消耗10.00mLKMn

O4溶液。①实验中，滴定时KMnO4溶液应装在____(酸或碱)式滴定管中。②配平并用用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目：___MnO4−+H2O2+H+=Mn2++O2↑+H2O③溶液a中c(H2O2)

=____mol/L。【答案】(1).MnO2(Cu2+、Fe3+也可)(2).酸(3).(4).0.0025【解析】【分析】【详解】(1)能使H2O2产生气体通常用MnO2作催化剂，其他可以催化分解的

物质如Cu2+、Fe3+也可以，故答案为：MnO2(Cu2+、Fe3+)；(2)①酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡皮管，应装在酸式滴定管中，故答案为：酸；②根据反应前后化合价得失配平化学方程式，反应中Mn有+7价变为+2价，化合价下降5，H2O2中O又-1价变为0价，化合价上升2，因

此在高锰酸根前写2，过氧化氢前面写5，再根据原子守恒及电荷守恒配平其他物质，配平后的化学方程式为2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，用单线桥表示电子转移方向和数目，具体表示为

；③根据KMnO4与H2O2反应的离子方程式可知关系式为：-4222MnO~5HO2mol5mol0.002mol/L0.01Ln，n(H2O2)=0.5×10-4mol，c(H2O2)=-4-20.510mol2.010L=0.0025mol/L，故答案为：0.0025

。第Ⅱ卷提高题(共20分)19.某实验室需要配制480mL0.10mol/LNa2CO3溶液。(1)实验时，应用托盘天平称取十水合碳酸钠晶体___g。(2)所需玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、100mL量筒、___、___。(3)实验时图

中所示操作的先后顺序为___(填编号)。(4)在配制过程中下列操作对所配溶液浓度有无影响？(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)①向容量瓶加水定容时俯视液面___。②摇匀后液面下降，再加水至刻度线___。【答案】(1).14.3(2).胶头滴管(3).500mL容量瓶(4).②④

③⑤①⑥(5).偏高(6).偏低【解析】【分析】配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，选择仪器的标准是大而近，溶液的浓度与取出的溶液的体积多少无关。结合配制步骤，根据操作对溶质的物质的量及溶液的体积影响分析实验误差。【详解】(1)在实验室中没有规格是

480mL的容量瓶，需要配制480mL0.10mol/LNa2CO3溶液，就应该选择500mL的容量瓶来配制500mL0.10mol/LNa2CO3溶液，然后从中取出480mL，根据元素守恒，可知需要称量十水合碳酸钠晶体m=0.10mol/L×0.5L×286g/mol=14.3g

；(2)配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，则所需玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、100mL量筒、胶头滴管、500mL容量瓶；(3)结合配制溶液的步骤，实验时图中所示操作的先后顺序为②④③⑤①⑥；(4)①向容量瓶加水定容时俯视

液面，则液面低于刻度线，溶液的体积偏少，导致配制的溶液浓度偏高；②摇匀后液面下降，这是由于部分溶液粘在容量瓶刻度线以上，若再加水至刻度线，则溶液的体积偏大，导致配制的溶液浓度偏低。20.小苏打长期放置在空气中会变质(部

分转变为Na2CO3)，某研究小组欲测定某小苏打样品中NaHCO3的质量分数，设计如图实验方案：Ⅰ．加热分解法：利用图1装置，充分加热小苏打样品。将晶体充分干燥后，称量质量为wg。再将晶体加热到质量不再变化时，称量所得粉末质量为mg。然后进行如图所示实验：(1)仪器a的名称

为______。在操作Ⅱ中，为了判断加入氯化钙溶液是否过量，其中正确的是______(填字母)。a．在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中继续加入少量氯化钙溶液b．在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中再加入少量碳酸钠溶液c．在加入氯化钙溶液后，振

荡、静置，取上层清液再加入少量碳酸钠溶液(2)操作Ⅲ的方法为______、______、______。(3)所得晶体中碳酸氢钠的纯度为_____。Ⅱ．测量气体体积法：利用图2装置，测定反应生成气体的体积。(4)组装

好仪器后，首先进行的操作为______。(5)导管g的作用为______。(6)为了减小实验误差，B、C中最好用______溶液代替水。(7)待反应结束，气体冷却至室温后，利用图示装置读取气体体积时，应注意的事项如下：①_____。②_____。(8)若所取样品的质量

为mg，反应前量气管C的读数为V1mL，反应结束后量气管C的读数为V2mL，则样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之和为__(气体体积均为标准况)。【答案】(1).坩埚(2).a(3).过滤(4)

.洗涤(5).干燥(6).(w-m)8431w(7).检验装置的气密性(8).平衡分液漏斗与锥形瓶内的压强，便于液体顺利留下(9).饱和碳酸氢钠(10).上下移动C管，使B、C两管液面相平(11).视线与凹液面的最低处相平(12).12V-V22400【解析】

【分析】I．在烧杯中溶解样品，然后向其中加入足量CaCl2溶液，发生反应：Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，然后过滤、洗涤、干燥、称量，根据固体质量，利用元素守恒，可计算出样品中Na2CO3的质量，进而可确定小苏打样品

中NaHCO3的质量分数，若CaCl2过量，再向上层清液中加入CaCl2溶液时不再产生沉淀；II．通过测量反应产生CO2气体的体积计算样品中NaHCO3的质量分数时，组装好仪器后要先检查装置气密性，然后

再加入药品进行实验，为便于稀硫酸顺利滴下，可以将分液漏斗上下用橡胶管连接起来，为使实验结果更准确，减少CO2在水中的溶解，可以使用饱和碳酸氢钠溶液代替水，在准确量取气体体积时，要注意：一是等气体恢复至室温；二是使B、C两侧液面

相同；三是视线与凹液面的最低处相平。【详解】(1)根据装置图可知：仪器a的名称为坩埚；在操作Ⅱ中，为了判断加入氯化钙溶液是否过量，可在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中继续加入少量氯化钙溶液，若不再产生沉淀，说明氯化钙溶液已经过量，若还产生沉淀，说明氯化钙

溶液未过量，故合理选项是a；(2)操作Ⅲ从溶液中把反应产生的CaCO3分离出来，并准确称量其质量，方法为过滤、洗涤、干燥；(3)根据反应2NaHCO3加热Na2CO3+CO2↑+H2O可知：每有(2×84)份NaHCO3分解，产生106份的Na

2CO3，固体质量减少62份，wg固体充分加热后得到mgNa2CO3，固体质量减小(w-m)g，则其中含有NaHCO3的质量为m(NaHCO3)=2?84?(w-m)84?(w-m)g=g6231，则样品中NaHCO3的质量分数为84(w-m)31w；(4)该装置是制取气体，并通过测量CO2的体积

计算样品中NaHCO3的质量分数，所以组装好仪器后，首先进行的操作为检验装置的气密性；(5)在装置中导管g将分液漏斗液体上下相连，使液体上下气体压强相同，在重力作用下稀硫酸就可以顺利滴下，故导管g的作用是平衡分液漏斗与锥形瓶内的压强，便于液体顺利

留下；(6)由于CO2能够在水中溶解，导致气体体积不能准确测量，为了减小实验误差，B、C中最好用不能溶解CO2气体的饱和NaHCO3溶液；(7)待反应结束，气体冷却至室温后，利用图示装置读取气体体积时，应注意的事项如下：①是上下移动C管，使B、C两管液面相平；②是视线与凹液面的

最低处相平；(8)NaHCO3、Na2CO3与盐酸反应的化学方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O、Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，根据方程式可知：mg样品中NaHCO3、Na2CO3物质的量的和等于反应产生CO2气体

的物质的量，则n(NaHCO3)+n(Na2CO3)=n(CO2)=-31212(V-V)?10LV-V=22.4L/mol22400mol。