【文档说明】【精准解析】山西省太原市实验中学2020届高三上学期第一次月考化学试题.doc，共(21)页，545.500 KB，由小赞的店铺上传

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化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mn-55Al-27S-32Cl-35.5K-39Fe-56Ca-40Cr-52第一卷（客观题）一、选择题(本题共20小题，每小题2分，共40分。每

小题只有一个正确选项)1.下列物质加工或应用中未利用其化学性质的是选项ABCD加工或应用A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A、油脂的硬化是不饱和甘油脂与氢气加成的过程，A项错误；B、玉米酿酒是将淀粉通过化学反应转化成乙醇的过程，B项错误；C、石

英传输信号是其为了特性，C项正确；D、漂白粉消毒是次氯酸钙生成次氯酸的过程，D项错误；答案选C。2.分类法是学习化学的重要方法，人们在认识事物时可采用多种分类方法。下列各组物质分类中不合理的是（）选项分类标准物质归类AFeSO4、NO2、MnO2、NaClO、Cu2

O、Na2O2H2SO3BCH3COOH、HOOC—COOH、HClO、H2SHFC复分解反应、电解反应、放热反应、离子反应焰色反应D(NH4)2SO4、NH4Cl、NH4NO3、(NH4)2CO3NH4HCO3A.

AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.分类标准中的各物质都含有可变价态的元素，且这些元素都处于中间价态，H2SO3中S为+4价，符合分类标准，故A正确；B.分类标准中的各物质都是弱酸，HF是弱酸，符合此特点，故B正确；C.分类标准中的反应

都属于化学变化，焰色反应属于物理变化，故C错误；D.分类标准中的各物质都能电离出铵根离子，NH4HCO3可以电离出铵根离子，符合此特点，故D正确；故选C。3.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是选项ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入

氯水中KSCN溶液滴入FeCl3溶液中CO2通过装有Na2O2固体的干燥管现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色溶液变为红色固体由淡黄色变为白色A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【

详解】A、NaOH溶液滴入FeSO4溶液，发生反应Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓，因为Fe(OH)2容易被O2氧化，发生反应4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3，现象为产生白色沉淀，迅速转变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀，涉及氧化还原反应，A错误；B、氯水中发生反应C

l2+H2OHCl+HClO，即氯水的成份是Cl2、HCl、HClO，氯水滴入石蕊，溶液先变红，HClO具有强氧化性，能把有色物质漂白，即红色褪去，涉及氧化还原反应，B错误；C、KSCN溶液滴入FeCl3溶液中发生反应FeCl3＋3KSC

N＝Fe(SCN)3＋3KCl，溶液变为红色，没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，C正确；D、CO2通过装有Na2O2固体的干燥管，发生反应2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2，固体由淡黄色变为白色，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，D错误。答案选C。【点睛】本题考查

氧化还原反应判断，题目难度不大，判断一个反应是否属于氧化还原反应，需要看是否有化合价的变化，有化合价变化的反应，才属于氧化还原反应，这是解题的关键。4.下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是（）A.洗净的容量瓶可以放进烘箱中烘干B.配制溶液定容的操作图示：C.

配制溶液时需要等液体冷却至室温再转移至容量瓶中。D.用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余的液体【答案】C【解析】【详解】A.容量瓶不需要烘干，有少量水对实验无影响，故A错误；B.加水至刻度线1～2cm处改用胶头滴管定容，操作不合理，故B错误；C.

冷却至室温再转移，防止温度对体积的影响，操作合理，故C正确；D.若加水超过刻度线，实验失败，应重新配制，故D错误；故选C。5.下列有关叙述正确的是（）A.Na2O·SiO2是一种简单的硅酸盐，可溶于水B.Na2O2与Na2O一样都属于

碱性氧化物C.稀硫酸、NaCl溶液是实验室常见的电解质D.酸性氧化物均能与水反应生成对应的酸【答案】A【解析】【详解】A.Na2O•SiO2是一种简单的硅酸钠盐，可溶于水，故A正确；B.氧化钠属于碱性氧化物，但是过氧化钠和酸发生氧化还原反应不是碱性氧化物，故B错误；C.稀硫酸、NaCl溶液是

电解质溶液为混合物，不是电解质，故C错误；D.酸性氧化物不一定与水反应，例如二氧化硅，不溶于水，与水不反应，故D错误；故选A。6.近年来高铁酸钾(K2FeO4)已经被广泛应用在水处理方面。高铁酸钾的氧化性超过高锰酸钾，是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌于一体的新型高效多功能水处理剂。干燥的高铁酸钾受

热易分解，在198℃以下是稳定的。高铁酸钾在水处理过程中涉及的变化过程有()①蛋白质的变性②蛋白质的盐析③胶体聚沉④盐类水解⑤焰色反应⑥氧化还原反应A.①②③④B.①③④⑥C.②③④⑤D.②③⑤⑥【答案】B【解析】【详解】高铁酸钾(K2FeO4)中的Fe为+6价，有强氧化性，

能使蛋白质变性；还原后生成的+3价铁离子，水解生成的氢氧化铁为氢氧化铁胶体，可使胶体聚沉，综上所述，涉及的变化过程有①③④⑥，答案为B。7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A.常温常压下，19gH3O+含有10NA个电子B.

4.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为2NAC.标准状况下，22.4LCH4和C2H4的混合气体所含氢原子数为4NAD.含3.0gHCHO的水溶液中原子总数为0.4NA【答案】D【解析】【详解】A.19gH3O+的物质的量为19g=1mol19g/mol，H3O+中含有10个电

子，则19gH3O+含有10NA个电子，故A正确；B.H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，则4.0g混合物的总物质的量为0.2mol，H218O与D2O分子中中子数均为10，则混合物中所含中子数为2NA，故B正确；C.标准状况下，22.4L气体的物质的量为1mol，1molC

H4和1molC2H4所含的氢原子数均为4mol，则1mol混合气体所含氢原子数为4NA，故C正确；D.水溶液中的水分子中含有的原子数目无法计算，故D错误；故选D。【点睛】此题难点在C项，有关混合物的计

算，可以采用极值法确定其取值范围。8.德国著名行业杂志《应用化学》上刊登文章介绍：某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面

。下列说法正确的是A.水、双氧水、水玻璃都是纯净物B.石墨和C60互称为同位素C.磷酸钙是可溶性强电解质D.一定条件下石墨转化为C60是化学变化【答案】D【解析】【详解】A、水、双氧水都是纯净物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，故A错误；B、同位素是质子数相同中子数不

同的同元素的不同原子，石墨和C60是碳元素的不同单质，互为同素异形体，故B错误；C、磷酸钙是难溶性强电解质，故C错误；D、同素异形体之间的转化属于化学变化，一定条件下石墨转化为C60是化学变化，故D正确；故选D。9.下列解释事实的离子方程式正确的是A.明矾做净

水剂：Al3++3H2O=Al（OH）3↓+3H+B.小苏打治疗胃酸过多：CO32－+2H+=CO2↑+H2OC.漂白液加白醋，提高漂白效率：CH3COOH+ClO－=HClO+CH3COO－D.酸化的淀粉碘化钾溶液在空气中放置一段时间变蓝：4I-+O2+2H2O=2I2+4OH-【答案

】C【解析】【详解】A、水解可逆，明矾做净水剂：Al3++3H2OAl（OH）3↓+3H+，故A错误；B、小苏打治疗胃酸过多：HCO3－+H+=CO2↑+H2O，故B错误；C、醋酸的酸性大于次氯酸，漂白液加白醋，提高漂白效率：CH3COOH+ClO－=HClO+CH3COO－，故C正确；D、酸化的

淀粉碘化钾溶液在空气中放置一段时间变蓝，不可能生成氢氧根离子：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故D错误。10.我国科学家首次将一种名为“钴酞菁”的分子(直径为1.3×10－9m)恢复了磁性。“钴酞菁”的分子结构和性质与人体内的血红素及植

物体内的叶绿素非常相似。下列说法不正确的是()A.“钴酞菁”分子所形成的分散系具有丁达尔效应B.“钴酞菁”分子所形成的分散系较稳定C.“钴酞菁”分子既能透过滤纸，也能透过半透膜D.此项研究可广泛用于光电器件、生物技术等方面

【答案】C【解析】【详解】A、“钴酞菁”分子的直径为1.3nm，所形成的分散系属于胶体，A正确；B、胶体属于介稳体系，B正确；C、“钴酞菁”分子能透过滤纸，但不能透过半透膜，C错误；D、由高中理、化、生知识可知，磁性可联系物理中的光电知识，与血红素及叶绿素的结构和

性质相似可联系生物中的生物技术知识，D正确；答案选C。11.如图是NaCl、MgSO4的溶解度曲线。下列说法正确．．的是()A.只有在t1℃时，NaCl和MgSO4的溶解度才相等B.t1～t2℃，MgSO4的溶解度随温

度升高而减小C.在t2℃时，MgSO4饱和溶液的溶质质量分数最大D.把MgSO4饱和溶液的温度从t3℃降至t2℃时，有晶体析出【答案】C【解析】【详解】A．根据图像可知在t1℃、t3℃时，NaCl和Mg

SO4的溶解度都相等，A项错误；B．t1℃～t2℃，MgSO4的溶解度随温度升高而增大，B项错误；C．在t2℃时，由于MgSO4的溶解度最大，因此此时形成的饱和溶液的溶质质量分数最大，C项正确；D．把MgSO4饱和溶液的温度从t3℃降至t2℃时，由于溶解度增大，饱和溶液变为不饱和溶液，因此不可能有

晶体析出，D项错误；本题答案选D。12.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.3.36LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NAB.室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH-数目为0.1NAC.与常温常压下1

7gH2O2所含非极性键数目相同的N2H4的分子总数为0.5NAD.50mL12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移电子数为0.3NA【答案】C【解析】【详解】A.气体未指明标况，不能使用22.4L/mol，即由体积得不到其物质的量，故A错误；B.碱溶液中，

水电离出的氢氧根浓度与氢离子浓度相等，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH-数目为10-13NA，故B错误；C.根据结构式，1molH2O2含有1mol非极性键，1molN2H4含有1mol非极性键，17gH2O2的物质的量为0.5mol，所以N2H4的物质的量为0.5mol，分子数为0

.5NA，故C正确；D.盐酸变稀后，与二氧化锰不反应，转移电子数小于0.3NA，故D错误；故选C。【点睛】此题易错项为A，注意22.4L/mol的使用条件是解题的关键。13.25℃时，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是()A.pH=1的溶液中：Na+、K

+、MnO4-、CO32-B.无色溶液中：Cu2+、Al3+、NH4+、Cl-C.由水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-D.0.1mol·L-1FeCl3溶液中：Fe2+、NH4+、SCN-、SO42-【答案】C【解析】

A、CO32－在酸性条件下不能大量共存，故A错误；B、Cu2＋显蓝色，不符合题意，故B错误；C、此溶液可能显酸，也可能显碱，Cu2＋在碱中不能大量共存，但这些离子在酸中能够大量共存，故C正确；D、Fe3＋和SCN－生成络合物Fe(SCN)3，不能大量共

存，故D错误。14.在反应3BrF3＋5H2O===9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5molH2O参加反应，被水还原的溴元素为()A.1molB.2/3molC.4/3molD.2mol【答案】C【解析】【详解】在反应3BrF3+5

H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由-2价升高为0价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用．若5molH2O参加反应，则生成1molO2，氧原子提供电子物质的

量为2mol×2，令被水还原的BrF3的物质的量为xmol，根据电子转移守恒，则：2mol×2=xmol×（3-0）解得x=4/3mol，选项C符合题意。15.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关

反应方程式（或离子方程式）的类推正确的是（）已知类推A将Fe加入CuSO4溶液中：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+=Cu+2Na+B稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应至溶液呈中性：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2ONaHSO4

溶液与Ba(OH)2溶液反应呈中性：2H++SO42﹣+Ba++2OH﹣=BaSO4↓+2H2OC铁和氯气反应2Fe+3Cl22FeCl3铁和单质反应2Fe+3I22FeI3D向Ca（ClO）2溶液中通入少量CO2：Ca2+

+2ClO﹣+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClOA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.Na加入到硫酸铜溶液中，N

a先与水反应生成NaOH与氢气，不能置换出单质铜，与题意不符，A错误；B.溶液呈中性时，氢离子与氢氧根离子恰好完全反应，则溶液中的钡离子反应完全，符合题意，B正确；C.碘的氧化性小于氯气，则铁与碘反应生成碘化亚铁，与题意不符，C错误；D.二氧

化硫具有还原性，次氯酸具有强氧化性，二氧化硫与次氯酸可发生氧化还原反应，与题意不符，D错误；答案为B。16.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉。对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是A.若无固体剩余，则溶液中一定

有Fe3＋B.若有固体存在，则溶液中一定有Fe2＋C.若溶液中有Cu2＋，则一定没有固体析出D.若溶液中有Fe2＋，则一定有Cu析出【答案】B【解析】【详解】氧化性是Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2＋，还原性是Fe＞Cu，则A、若无固体剩余，这说明铁

粉完全被氧化，但此时溶液中不一定还有Fe3＋，A不正确；B、若有固体存在，则固体中一定有铜，可能还有铁，因此溶液中一定有Fe2＋，B正确；C、若溶液中有Cu2＋，则也可能有部分铜已经被置换出来，因此不一定没有固体析出，C不正确；D、若溶液中有Fe2

＋，但如果溶液铁离子过量，则不一定有Cu析出，D不正确；答案选B。17.已知FeS2与某浓度的HNO3反应时生成Fe(NO3)3、H2SO4和某单一的还原产物，若FeS2和参与反应的HNO3的物质的量之比为1：8，则该反应的还原产物是A.NO2B.NOC.N2OD.NH4NO3【答案】B【解

析】【详解】这是一道有关氧化还原反应的问题，应遵循电子守恒，在反应中，硫化亚铁是还原剂，假设硫化亚铁是1mol，那么铁失去1mol的电子，而2mol硫由负一价升高到正六价，失去14mol的电子，总共失去15mol的电子，这些电子都是由硝

酸得到的，8mol的硝酸中有3mol是用来结合三价铁离子的，还剩余5mol，总共得到15mol的电子，那么每摩尔的硝酸要得到3mol的电子，化合价就会从正五价变成正二价。因此选B。18.设NA为阿伏加德罗常数的值，下

列说法正确的是（）A.将1molCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NAB.将0.2molFeCl3水解制成胶体，所得胶体粒子数为0.2NAC.0.1molNa2O2中所含的阴离子数为0.2NAD.1mol熔融的KHSO4中含有NA个阳离子【答案】D【解析】【详解】A.氯气和水

的反应是可逆反应，不能进行彻底，故溶液中含有未反应的氯气分子，故溶液中的HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故A错误；B.一个胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故将0.2molFeCl3水解制成胶体，所得胶体粒子数小于0.2NA，故B错误；C.0.1molNa2O2中含有

0.2mol钠离子和0.1mol过氧根离子，所含的阴离子数为0.1NA，故C错误；D.熔融的KHSO4只能电离为K+和HSO4-，故1mol熔融的KHSO4含1mol阳离子，个数为NA个，故D正确；故选D。【点睛】明确物质的状态、质量与物质的量的关系、气体摩尔体积、物质的量浓度的计算是解答的

关键。19.某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，

得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中（）A.至少存在3种离子B.Cl-一定存在，且c（Cl-）≥0.4mol/LC.SO42-、NH4+、一定存在，Cl-可能不存在D.CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在【答案】B【解析】【详解】加入过量NaOH溶液，加热

，得到0.02mol气体，可知一定存在铵根离子，物质的量为0.02mol；红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，物质的量为1.6g2=0.02mol160g/mol；Fe3+与CO32-不能共存，则一定没有CO32-；4.66g不溶于盐酸的沉淀，为硫酸钡沉淀

，则溶液中含有SO42-，物质的量为4.66g=0.02mol233g/mol；A.由上述分析可知，一定含SO42-、NH4+、Fe3+，溶液中NH4+、Fe3+所带正电荷为0.02mol+3×0.02mol=0.08mol，SO42-所带负电荷为2×0.02mol=0.04mol，据

电荷守恒，知溶液中必然大量存在另一种阴离子Cl-，故A错误；B.由电荷守恒可知，Cl-一定存在，且c（Cl-）≥0.4mol/L，故B正确；C.由上述分析可知，SO42-、NH4+、Fe3+、Cl-一定存在，故C错误；D.综上所述，原溶液中一定含Fe3+、NH4+、SO42-和Cl-，可能含Al

3+、K+，一定不含CO32-，故D错误；故选B。【点睛】注意加入的氢氧化钠为过量，所以根据实验现象无法判断是否有Al3+存在，溶液呈电中性，根据电荷守恒判断隐含离子的存在是解决此类问题的关键。20.某溶液中含有VO2+和Cr2O72-，现向此溶液中滴入29.00mL0.1

mol/L的FeSO4溶液，恰好使VO2+→VO2+，Cr2O72-→Cr3+。再滴入2.00mL，0.020mol/LKMnO4溶液，又恰好使VO2+→VO2+，而Cr3+不变，此时MnO4→Mn2+，则原溶液中Cr的质量为（）A.15.6mgB.23.4mgC.3

1.2mgD.46.8mg【答案】D【解析】【详解】由信息滴入29.00mL0.1mol/L的FeSO4溶液，恰好使VO2+→VO2+，Cr2O72-→Cr3+，Fe元素的化合价升高，V、Cr元素的化合价降

低；再滴入2.00mL，0.020mol/LKMnO4溶液，又恰好使VO2+→VO2+，而Cr3+不变，此时MnO4→Mn2+，Mn元素的化合价降低，V元素的化合价升高，则整个过程中Fe、Mn、Cr的化合价变化，设原溶液中Cr的质量为x，由电子守恒可知，29.00mL×10

-3L×0.1mol/L×（3-2）=x52g/mol×（6-3）+2.00mL×10-3L×0.020mol/L×（7-2），解得x=46.8×10-3g=46.8mg，故D正确；故选D。第二卷（主观题）二、非

选择题（本题共5个大题，共60分。)21.某项目小组同学发现某一种胃药片的止酸剂为碳酸钙，为了测定其中止酸剂的质量特制定了如下操作步骤：①配制0.2mol·L-1的HCl溶液和0.2mol·L-1的NaOH溶液；②每次取一粒(药片质

量均相同)0.2g的此胃药片，磨碎后放入锥形瓶中再加入20mL蒸馏水；③以酚酞作指示剂，用0.2mol·L-1的NaOH溶液滴定，需用去VmL达滴定终点；④加入25mL0.2mol·L-1的HCl溶液。（1）写出全部实验过程的操作步骤的顺序：__。（

2）如图所示的仪器中配制0.2mol·L-1的HCl溶液和0.2mol·L-1NaOH溶液肯定不需要的仪器是__(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是__(填仪器名称)。（3）配制上述溶液应选用

的容量瓶的规格分别为__(填字母)。A.50mL、50mLB.100mL、100mLC.100mL、150mLD.250mL、250mL（4）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是__（填序号）。A.洗净后容量瓶内还残留

蒸馏水未烘干B.量取浓盐酸时，仰视刻度线观察液面C.定容时，仰视刻度线D.定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线又加水至刻度线【答案】(1).①②④③或②①④③(2).AC(3).烧杯、玻璃棒(4).B(5).B【解析】【分析】根据实验目的及滴定原理分析实验步骤；根

据配制一定物质的量浓度溶液的实验原理分析实验中所需仪器并进行误差分析。【详解】（1）根据实验目的及滴定原理分析实验步骤为：①需配制0.1mol/L的HCl溶液和0.1mol/L的NaOH溶液②每次取一粒（药片质量均相同）0.2g的此胃药片，磨碎后加

入20mL蒸馏水，④加入25mL0.1mol/L的HCl溶液③以酚酞为指示剂，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定，需用VxmL达滴定终点，所以正确的操作顺序为：①②④③或②①④③；故答案为：①②④③或②①④③；（2）配制0.2mol•L-1盐酸溶液和0.2mol•

L-1氢氧化钠溶液过程中，不需要使用的仪器为：A．圆底烧瓶、C分液漏斗；还缺少的仪器为烧杯和玻璃棒，答案为：A、C；玻璃棒、烧杯；（3）实验操作过程中，需要滴定2次以上，所以样品溶液的总体积应超过75mL，应该选用100mL容量

瓶，所以B正确，故答案为：B；（4）A．洗净后容量瓶内还残留蒸馏水未烘干，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故A不选；B．量取浓盐酸时，仰视刻度线观察液面，导致浓盐酸体积偏大，溶质氯化氢物质的量偏大，溶

液浓度偏高，故B选；C．定容时，仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故C不选；D．定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线又加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D不选；故答案为：B。22.某项目学习小组在实验失室制取漂白粉，并探

究氯气与石灰乳反应的条件和产物。已知：①二氧化锰与浓盐酸反应可制备氯气，同时生成MnCl2。②氯气和碱的反应为放热反应.温度较高时，氯气和碱还能发生如下反应：3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。该项目小组设计了下列实验装置，进行实

验。请回答下列问题：（1）甲装置用于制备氯气。①请你将装置在图中方框中补充完整___(并标明所加药品）②该项目小组用100mL12mol/L盐酸与8.7gMnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca(ClO)2的物质

的量为___。（2）小组成员发现，产物中Ca(ClO)2的质量明显小于理论值。他们讨论后认为，原因有二：①部分氯气未与石灰乳反应而逸出；②___。（3）为了探究反应条件对产物的影响，他们另取一定量的石灰乳，缓慢匀速地通入足量氯气，得出了ClO-、ClO3-两种离子的物质的量（n）与反应

时间（t）的关系曲线，粗略表示为如图（不考虑氯气和水的反应）。①图中曲线I表示___离子的物质的量随反应时间变化的关系。②所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为___。③另取一份与②等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.37mol，则

产物中--3n(ClOn(ClO))=___（填比值）。【答案】(1).(2).0.05mol(3).氯气与NaOH的反应是放热反应，溶液温度升高，生成了Ca（ClO3）2，使产物中Ca（ClO）2的质量减少(4)

.ClO-(5).0.25(6).7：6【解析】【分析】根据实验原理分析装置图；根据反应方程式进行相关计算；根据氧化还原反应中电子转移守恒及原子守恒进行相关计算。【详解】（1）①浓盐酸和二氧化锰反应过

程中会发出氯化氢气体，可以通过饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl气体，为了防止副反应发生，氯气与石灰乳的反应可以放在冰水中进行，防止温度升高发生副反应，氯气有毒，所以需要用氢氧化钠溶液进行尾气处理，故答案为：②

足量的浓盐酸与8.7gMnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca（ClO）2；可以依据反应MnO2+4HCl（浓）=MnCl2+Cl2↑+2H2O，2Cl2+2Ca（OH）2

═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，得到定量关系：8.7gMnO2物质的量为0.1mol；2MnO2～Ca（ClO）2，n(Ca（ClO）2)=12n(MnO2)=18.7g=0.05mol287g/mol，故答案为：0.05

mol；（2）根据题给信息知，氯气与NaOH的反应是放热反应，溶液温度升高，生成了Ca（ClO3）2，使产物中Ca（ClO）2的质量减少，故答案为：氯气与NaOH的反应是放热反应，溶液温度升高，生成了Ca（ClO3）2，使产物中Ca（ClO）2的质量减

少；（3）①当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，刚开始反应时，温度较低，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，所以图2中曲线I表示离子ClO-的物质的量随反应时间变化的关系，故答案为：ClO-；②根据氧化还原反应中得失电子数相等计

算Cl-的物质的量，设被还原的氯离子的物质的量为n，则n×1=0.10mol×1+0.05mol×5=0.35mol，含氯离子的物质的量为：0.35mol+0.1mol+0.05mol=0.5mol，氯化钙、次氯酸

钙、氯酸钙中钙离子和含氯离子的个数比为1：2，所以所取石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量为0.25mol，故答案为：0.25；③取一份与②等物质的量的石灰乳，物质的量为0.25mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等，生成

氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子守恒，设n（ClO-）=x，n（ClO3-）=y；则得到：0.37=x×1+y×5；依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1：2，得到氯元素物质的量为0.5mol；x+y+0.37=0.5，

解得：x=0.07mol，y=0.06mol，则产物中--3n(ClOn(ClO))=7：6，故答案为：7：6。23.在化学研究中，往往可以通过观察现象认识物质变化的情况。请分析以下一组有现象变化的化学反应

。（1）用离子方程式解释现象Ⅰ中出现胶状沉淀的原因：___。（2）Ⅱ中加碱时出现的现象是___，此现象说明溶液中发生反应的离子方程式是___。（3）Ⅲ中加碱时出现的现象是___。（4）滴加试剂顺序的变化，会影响溶液中的现象和发生的反应，请继续分析以下实验。①探究加酸时Fe(NO3)2溶液中是否发

生了反应：向1.0mL0.1mol/LFe(NO3)2溶液中__，溶液立即变血红，说明溶液中含Fe3+，证明加酸时溶液中发生了反应。②推测溶液中产生Fe3+的可能原因有两种：a.酸性条件下，0.1mol/LFe(NO3)2溶液中的Fe2+被NO3-氧化；b.__。【答案】(1).2H++SiO32

-═H2SiO3↓(2).出现白色沉淀，又逐渐溶解直至消失(3).Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O(4).生成白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色(5).滴加KSCN溶液(6).亚铁离子被空气中的氧气

氧化【解析】【详解】（1）用离子方程式解释现象I中出现胶状沉淀的原因是硅酸钠和硫酸反应生成硅酸沉淀，反应的离子方程式为：2H++SiO32-═H2SiO3↓，故答案为：2H++SiO32-═H2SiO3↓；（2）1ml0.1mol

•L-1AlCl3溶液中先滴加1.0mL0.5mol•L-1NaOH溶液：再滴加1.5mL1.0mol•L-1H2SO4溶液，计算物质的量可知氢氧化钠物质的量为0.0005mol，铝离子物质的量为0.0001mol，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，碱过量生成氢氧化铝会随氢氧化钠滴入溶解

得到偏铝酸钠溶液，Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，生成AlO2-物质的量=0.0001mol，剩余0.0001molNaOH，沉淀消失，再滴加1.5mL1.0mol•L-1H2SO4溶液，溶液中氢离子物质的量=0.0015L×1.0mo

l/L×2=0.003mol，滴入硫酸溶液先中和氢氧根离子，偏铝酸根离子结合氢离子生成氢氧化铝沉淀，发生反应H++OH-=H2O，AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓，硫酸过量继续滴入生成的氢氧化铝会全部溶解，故答案为：出现白色沉淀，又逐渐溶

解直至消失；（3）0.1mol•L-1Fe（NO3）2溶液中滴入先滴加1.0mL0.5mol•L-1NaOH溶液：再滴加1.5mL1.0mol•L-1H2SO4溶液，生成氢氧化亚铁白色沉淀迅速变化为灰绿色

最后变化为红褐色沉淀，故答案为：生成白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；（4）①向1.0mL0.1mol•L-1Fe（NO3）2溶液中滴加KSCN溶液，没有明显现象，再向其中滴加1.5mL1.0mol•L-1H2SO4溶液，溶液立即变红，说明溶液中含Fe

3+，证明加酸时溶液中发生了反应，故答案为：滴加KSCN溶液；②溶液中硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性能氧化亚铁离子是铁离子，空气中的氧气会也会亚铁离子生成铁离子，反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+═4F

e3++2H2O，故答案为：亚铁离子被空气中的氧气氧化。【点睛】此题应该注意第二问，需要注意定量计算才能分析具体实验现象，是否能产生沉淀，沉淀是否能完全溶解。24.用含有Al2O3、SiO2和少量FeO·xFe2O3的铝灰制备Al2(SO4)3·18H2O，工艺流程如下（部分操作

和条件略）：Ⅰ．向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤;Ⅱ．向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；Ⅲ．加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色;Ⅳ．加入MnSO4至紫红色消失，过滤;Ⅴ

．浓缩、结晶、分离，得到产品。（1）H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是_________________________________________。（2）将MnO4-氧化Fe2+的离子方程式补充完整：MnO4-＋_______Fe2+＋_______＝Mn

2+＋_______Fe3+＋________。（3）已知：生成氢氧化物沉淀的pHAl(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8注：金属离子的起始浓度为0.1mol·L-1根据表中数据解释步骤Ⅱ的目的：____________________

________________________。（4）己知:一定条件下，MnO4-可与Mn2+反应生成MnO2,①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是_____________。②Ⅳ中加入MnSO4的目的是_______________________

____________________。【答案】(1).Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O(2).5(3).8H+(4).5(5).4H2O(6).将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH值使铁完全沉淀(7).生成有黄绿色气体(8)

.加入MnSO4，除去过量的MnO4-【解析】【详解】(1)H2SO4溶解Al2O3生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O；(2)步骤Ⅰ所得溶液中会有过量H2SO4，故反应在酸性条件下进行，由氧化还原反应中得

失电子守恒可知MnO4—和Fe2＋的化学计量数之比为1∶5，然后观察配平，得离子反应方程式MnO4—＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O；(3)步骤Ⅱ中，加入过量KMnO4溶液目的是把Fe2＋氧化成易除去的Fe3＋。调节pH约为3，由表中数据分析，可

知该条件使Fe3＋完全沉淀而Al3＋不被沉淀，从而达到分离Fe3＋和Al3＋的目的；故步骤Ⅱ的目的：将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH值使铁完全沉淀；(4)①联想Cl2的实验室制法，很容易分析实验设计的意图，即通过是否产生Cl2来判断沉淀中有无MnO2

。能说明沉淀中存在MnO2的现象是生成有黄绿色气体；②操作Ⅳ中加入MnSO4，紫红色消失，说明过量的MnO4—因加入MnSO4而被转化成沉淀，然后过滤，以除去MnO4—，保证产品的纯度。25.已知氧化性：BrO3->IO3->

Br2>I2。向含6molKI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的物质的量的关系如图所示。请回答下列问题：（1）b点时，KI反应完全，则消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为__，

还原产物是__。（2）已知b→c过程中，仅有一种元素发生化合价变化，写出并配平该反应的离子方程式___。（3）①已知反应：2BrO3-+I2→2IO3-+Br2；有同学由此得出氧化性：I2＞Br2的结论，你认为是否正确___，并说明理由：___。（4）计算c→d过程中消耗KBrO3的物质的

量___。（写出计算过程）【答案】(1).1：6(2).KBr(3).BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O(4).不正确(5).该反应中I2做还原剂，Br2为还原产物，所以得出还原性I2＞Br2(6).6mol【解析】【分析】根据氧化

还原反应中元素化合价的变化及电子转移守恒分析解答。【详解】（1）b点时，KI反应完全，由图象可知参加反应的KI为6mol，KBrO3为1mol，则消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为1：6，发生反应为6H++6I-+BrO3-=Br-+3I2+3H2O，还原产物是KBr，故答案为：

1：6；KBr；（2）b→c过程中，仅有一种元素发生化合价变化，应是BrO3-与Br-之间的氧化还原反应，反应的离子方程式为BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O，故答案为：BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O；（3）反应2BrO3-+I2=2IO3-+Br2中

，I2为还原剂，Br2为还原产物，应有还原性I2＞Br2，该同学的结论不正确，故答案为：不正确，该反应中I2作还原剂，Br2为还原产物，应得出还原性I2＞Br2结论；（4）发生的反应依次有6H++6I-+

BrO3-=Br-+3I2+3H2O，BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O，2BrO3-+I2=2IO3-+Br2，图中c→d段参加反应的碘为3mol，c→d过程中发生2BrO3-+I2=2IO3-+Br2，则消

耗n（KBrO3）为3mol×2=6mol，故答案为：6mol。【点睛】氧化还原反应中，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。