【文档说明】【精准解析】山西省太原市实验中学2020届高三上学期第二次月考化学试题.doc，共(23)页，662.500 KB，由小赞的店铺上传

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化学第一卷（客观题）可能用到的相对原子质量：N-14O-16Na-23Mg-24Al-27P-31S-32Cl-35.5Cu-64Ba-137一、选择题（本题共20个小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，

只有一个选项是符合题目要求的）1.《本草经集注》记载：“鸡屎矾(碱式硫酸铜或碱式碳酸铜)不入药用，惟堪镀作，以合熟铜；投苦酒(醋)中，涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变”。下列说法错误的是A.鸡屎矾中主要成分属

于碱式盐B.碱式碳酸铜不稳定，受热易分解C.“涂铁皆作铜色”发生反应为置换反应D.“内质不变”说明出现了钝化现象。【答案】D【解析】【详解】A.鸡屎矾中主要成分是Cu2(OH)2CO3，含有未被中和的OH-，因此属于碱式盐，A正确；B.碱式碳酸铜受热易分解产生Cu

O、CO2、H2O，因此不稳定，B正确；C.Fe与铜的化合物反应产生单质铜，Fe变为相应的盐，发生反应为置换反应，C正确；D.碱式碳酸铜不致密，不能对内部物质起到保护作用，D错误；故合理选项是D。2.下列有关金属及其化合物的应用不合理的是（）A.将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废

气中的Cl2B.铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业C.盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良D.无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水【答案】C【解析】【详解】A．氯气具有强氧化性，能氧化亚铁离子

生成铁离子，铁离子能氧化Fe生成亚铁离子，涉及的反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、2Fe3++Fe=3Fe2+，从而除去氯气，故A正确；B．锂铝合金密度较小且硬度及强度大，所以锂铝合金可以用于航

空工业，故B正确；C．熟石灰成分为氢氧化钙，具有碱性，碳酸钠水解导致其水溶液呈碱性，所以盐碱地中加入熟石灰不能改良土壤，通过施加适量石膏粉末（主要含有硫酸钙，微溶于水）来降低土壤的碱性，故C错误；D．无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，如果变色硅

胶中加入CoCl2，可以根据变色硅胶颜色变化判断是否吸水，故D正确；答案选C。【点睛】把金属制成合金，有更多的优良性能，例如抗腐蚀性。3.下列化合物中不能由单质直接化合而制得的是（）A.FeSB.SO2C.CuSD.FeCl3【答案】C【解析】【详解】A

．铁和硫单质在加热条件下反应生成FeS，可以由单质反应制得，故A不符合题意；B．硫和氧气在点燃的条件下燃烧生成SO2，可以由单质反应制得，故B不符合题意；C．铜和硫单质在加热条件下生成Cu2S，不能由单质反应制得，故C符合题意；D．铁和氯气在燃烧条件下反应

生成FeCl3，可以由单质反应制得，故D不符合题意；答案选C。【点睛】硫的氧化性不是很强，一般把金属氧化成低价化合物。4.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.在反应KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，当得到标准状况

下6.72LCl2时，反应中转移的电子数为0.6NAB.50ml18.4mol/L的浓H2SO4与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.46NAC.2.7gAl分别与100ml2mol/L的HCl和NaOH溶液充分反应，转移电子数均

为0.3NAD.含有4.6g钠元素的过氧化钠和氧化钠的混合物中含有离子的总数为0.2NA【答案】B【解析】【详解】A.标况下6.72L氯气的物质的量为0.3mol，而此反应转移5mol电子生成3mol氯气，故当生成0.3mol氯气时转移0.5NA个电子，故A错误；B.铜只能与浓硫酸共热

反应，和稀硫酸不反应，随着反应进行，硫酸由浓变稀，则硫酸不能反应完全，生成的SO2的分子数小于0.46NA，故B正确；C.2.7g铝的物质的量为0.1mol，由方程式可得1molAl∼3molHCl，0.1mol铝需要0.3molHCl，0.2mo

l盐酸的量不足，则转移的电子数小于0.3NA个，故C错误；D.4.6g钠离子的物质的量为0.2mol，而无论在氧化钠还是在过氧化钠中，均是2molNa+和1mol阴离子，故含0.2mol钠离子的物质中对应的

阴离子为0.1mol，故此混合物中共含离子为0.3NA个，故D错误；答案选B。【点睛】氧化钠和过氧化钠中的阴阳离子的个数比都是二比一。5.甲、乙、丙、丁分别是Al2(SO4)3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种，若将丁溶

液滴入乙溶液中，有白色沉淀生成，继续滴加沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可推断丙物质是（）A.Al2(SO4)3B.FeSO4C.BaCl2D.NaOH【答案】B【解析】【详解】根据题意，向丁溶液滴入乙溶液，有白色沉淀，继续滴入丁溶液白色沉淀消失，判断丁为NaOH，乙为Al2(S

O4)3，因为：Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3↓+3Na2SO4，继续加人NaOH，NaOH过量则有Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，丁溶液氢氧化钠滴入甲溶液时，无明显现

象发生，则可推断甲是BaCl2，因此丙是FeSO4，答案选B。6.常温下，下列各组离子在溶液中能够大量共存，且若溶液中c(H+)=10-1mol·L-1有气体产生；若溶液中c(H+)=10-13mol·L－1又有沉淀生成，该组离子可能是（）A.NH4

+、Cl-、SO42-、Mg2+B.Na+、Al3+、NO3-、CO32-C.Ba2+、K+、Cl-、NO3-D.Fe2+、Na+、SO42-、NO3-【答案】D【解析】【详解】常温下c(H+)=10−1mol⋅L−1的

溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子；c(H+)=10−13mol⋅L−1的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，A．溶液中NH4+、Cl−、SO42−、Mg2+之间能够共存，但酸性条件下不会生成气体，不满足条件，故A不符合题意；B．溶液中Al3+、CO32−之间发生双

水解反应，在溶液中不能大量共存，故B不符合题意；C．溶液中Ba2+、K+、Cl−、NO3−之间不反应，但都不与氢离子、氢氧根离子反应，不满足条件，故C不符合题意；D．溶液中e2+、Na+、SO42−、NO3−之间能够共存，酸性条件下Fe2+与NO3−反应生成NO气体，碱性条

件下Fe2+与氢氧根离子生成沉淀，满足条件，故D符合题意；答案选D。【点睛】酸性条件下Fe2+、NO3−反应生成NO气体，发生氧化还原反应的离子也不可以大量共存。7.下列离子方程式正确的是（）A.含0.1molFeI2的溶液

中通入0.125molCl2：2Fe2++8I-+5Cl2=2Fe3++4I2+10Cl-B.浓硝酸中加入过量铁粉并加热：Fe+3NO3-+6H+Fe3++3NO2↑+3H2OC.Cu溶于稀HNO3：C

u+2H++NO3-=Cu2++NO2↑+H2OD.氢氧化铁中加入过量氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O【答案】A【解析】【详解】A．含0.1molFeI2的溶液中滴加含0.125molCl2的氯水，还原性I−>Fe2+，依据所给量可知2I−+Cl2=I2+2Cl−，

0.2molI−消耗0.1molCl2，剩余的0.025molCl2发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-反应，能够氧化0.05mol亚铁离子，即参加反应的碘离子为亚铁离子的4倍，该反应的离子方程式为：2Fe2++8I−+5Cl2=2Fe3+

+4I2+10Cl−，故A正确；B．浓硝酸与过量铁粉共热反应生成硝酸亚铁，反应的离子方程式为：Fe+2NO3−+4H+加热Fe2++2NO2↑+2H2O，故B错误；C．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3−═3Cu2++2NO↑+4H2O

，故C错误；D．Fe(OH)3与氢碘酸反应生成碘化亚铁、单质碘和水，反应的离子方程式为2I−+2Fe(OH)3+6H+═2Fe2++6H2O+I2，故D错误；答案选A。【点睛】碘化氢是酸性较强的酸，除了酸性强之外，还有

还原性。8.用下列装置进行有关实验不能达到预期目的的是A.用甲装置可制得Fe(OH)3胶体B.用乙装置可制得金属锰C.用丙装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性D.用丁装置能较长时间观察到Fe(OH)2白色沉淀【答案】C【解析】【详解】A．将FeCl3溶液滴入沸水中，并继续煮沸至生

成红褐色液体，可制得氢氧化铁胶体，故A正确；B．铝比锰活泼，熔点较高，可用铝热法冶炼，故B正确；C．套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清石灰水是否变浑浊可证明稳定性，故C错误；D．装

置可起到隔绝空气的作用，可防止氢氧化亚铁被氧化，可用于制备氢氧化亚铁，故D正确；故选C。9.将一定的Na、Al合金置于水中，结果合金完全溶解，得到20mL、pH=14的溶液，然后用1mol/L的盐酸滴定至沉淀最大时，消耗40mL盐酸。原合金中Na的物质的量（）A.0.01molB.0

.02molC.0.03molD.0.04mol【答案】D【解析】【详解】由题意知涉及的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，HCl+NaOH=NaCl+H2O，NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl；当沉淀达最

大值时，溶液为NaCl溶液，根据电荷守恒得n(Na+)=n(Cl-)，根据原子守恒得n(Na)=n(HCl)=0.04mol；故选D。10.用下图装置制取、提纯、并收集下表中的四种气体(a、b、c表示相应仪器中加入的试剂)，其中可行的是()气体abcA2

NO浓硝酸铜片NaOH溶液B2Cl4KMnO浓盐酸饱和食盐水C2SO23NaSO稀硫酸浓硫酸D3NH浓氨水生石灰碱石灰A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】2A.NO与NaOH反应而被吸收，不能用NaOH溶液净化，故A错误；B.浓盐酸与高锰酸钾反应

生成氯气，可用排饱和食盐水除去氯化氢，氯气密度比空气大，可用向上排空气发生收集氯气，故B正确；C.二氧化硫易溶于水，如用稀硫酸，则不能得到二氧化硫气体，故C错误；D.氨气密度比空气小，不能用向上排空法收集，且碱石灰为固体，不能放在洗气瓶中，故D错误

。故选：B。【点睛】由实验装置图可知，该装置为液体与固体(或液体)在不加热条件下反应生成气体的制备装置，并且气体密度大于空气，用向上排空法收集，再进一步考虑选项中气体的净化是否合理，以此解答该题。11.下列除去杂质的方法正确的是（）A.除去CO2中少量的SO2气体

：将气体通过饱和碳酸钠溶液B.除去FeCl3酸性溶液中少量的FeCl2：加入稍过量双氧水后静置C.除去Al(OH)3中少量的Mg(OH)2：加入稍过量NaOH溶液充分反应后过滤D.除去NO气体中少量的NO2：将气体通过NaOH溶液【答案】B【解析】【详解】

A．CO2和SO2二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化硫，故A错误；B．酸性条件下过氧化氢可将亚铁离子氧化为铁离子，且不引入新杂质，故B正确；C．氢氧化铝与NaOH反应，将原物质除去，故C错误；D．NO、NO2可

在NaOH溶液中发生氧化还原反应，应将混合气体通过水、洗气，故D错误；答案选B。【点睛】选择除杂溶液时，不要引入新的杂质，不减少原来的溶液。12.某同学采用硫铁矿焙烧取取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七

水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如图流程：下列说法不正确．．．的是（）A.溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B.固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2C.从溶液2得到FeSO4·7H

2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解D.若在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离可得到FeSO4·7H2O【答案】D【解析】【分析】硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其它杂质），混合物中加入足量硫酸，Fe2O3、

Al2O3与酸反应生成的硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，固体1为二氧化硅；在滤液中加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，固体2为氢氧化铝，溶液2为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤

，得到硫酸亚铁晶体，以此进行解答。【详解】A．由流程分析可知，溶解烧渣选用足量硫酸，X为铁粉，故A正确；B．由流程分析可知，固体1中一定含有SiO2，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，则固体2为氢氧化铝，故B正确；C．亚铁离子易被空气中的氧气

氧化，而且受热易失去结晶水，所以从溶液2得到FeSO4⋅7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，故C正确；D．在溶液1中含有铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，故D错误；答案选D。

13.下列操作、现象与结论对应关系正确的是（）操作、现象结论A向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成溶液中一定有SO32-B将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色SO2有漂白性C向某溶液中加入NaOH溶液，将湿润的蓝色石蕊试纸放在试管口，试纸不变色溶液中

一定没有NH4+D某溶液中加入KSCN，无现象，再滴入氯水，溶液变红溶液中一定有Fe2+A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，可能生成

硫酸钡、AgCl沉淀，溶液中可能含有SO32−、SO42−、Ag+等，故A错误；B．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，二氧化硫表现还原性，故B错误；C．向溶液中加入NaOH溶液，若不加热，不会反应生成氨气，则将湿润的蓝色石蕊

试纸放在试管口，试纸不变色，不能确定是否含有NH4+，故C错误；D．某溶液中加入KSCN溶液，无现象说明不含铁离子，再滴入氯水，溶液变红，说明生成铁离子，则溶液中一定有Fe2+，故D正确；答案选D。14.下列各组物质相互混合，既有气体放出又有沉淀生成的是（）①金属钠投

入到CuSO4溶液中②过量的NaOH溶液和明矾溶液③NaAlO2溶液和NaHCO3溶液混合④过量的Na2O2投入FeCl2溶液⑤金属钠投入NH4Cl溶液中A.①④B.②③C.①③D.①⑤【答案】A【解析】【详解】①金属钠投入到CuSO4溶液中，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与硫酸铜

反应生成氢氧化铜沉淀，故①正确；②过量氢氧化钠与明矾反应生成偏铝酸钠和硫酸钾，不会产生沉淀，故②错误；③NaAlO2溶液和NaHCO3溶液反应生成氢氧化铝和碳酸钠，没有气体生成，故③错误；④过量的Na2

O2投入FeCl2溶液，反应生成氧气和氢氧化铁沉淀，故④正确；⑤金属钠投入NH4Cl溶液中，生成氢气和氨气，不产生沉淀，故⑤错误，答案选A。15.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论A.将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反

应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3＋B.将铜粉加1.0mol·L－1Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C.用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D.将0.1mol·L－1M

gSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L－1CuSO4溶液先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A、因为加入过量的铁粉，反应生成Fe(NO3)2，加入KSCN溶液，溶液不变

红，A错误；B、Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，溶液变蓝，但没有黑色固体出现，B错误；C、铝表面产生氧化铝，因为氧化铝的熔点比铝的高，因此出现熔化而不滴落，C错误；D、MgSO4溶液加入NaOH，生成Mg(OH)2，再加入CuSO4溶液，出现蓝色沉淀，即Mg(OH)2＋Cu2＋

=Cu(OH)2＋Mg2＋，化学反应向更难溶的方向进行，即Cu(OH)2的溶度积小于Mg(OH)2，D正确；故合理选项为D。16.下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）①Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3②SSO3H2SO4③饱和NaCl

(aq)NaHCO3Na2CO3④Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3⑤MgCl2(aq)Mg(OH)2MgOA.①②③B.②③④C.①③⑤D.②④⑤【答案】C【解析】【详解】①Al2O3为两性氧化物，与N

aOH反应生成NaAlO2，向该溶液中通入CO2，发生AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，故①能够实现；②S与O2反应生成SO2，不能直接生成SO3，故②不能实现；③利用NaHCO3溶解度小于Na2CO3，NaCl＋N

H3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，碳酸氢钠不稳定，受热易分解成Na2CO3，故③能够实现；④FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe3＋发生水解，加热FeCl3溶液得到无水FeCl3，需要在氯化氢的氛围中，故④不能实现；⑤Mg(OH)2比Ca(OH)2更难溶，加入石

灰乳，发生MgCl2＋Ca(OH)2=Mg(OH)2＋CaCl2，Mg(OH)2受热分解成MgO，故⑤能够实现；综上所述，能够实现的是①③⑤，故选项C正确；答案：C。17.用以下三种途径来制取相等质量的

硝酸铜：(1)铜跟浓硝酸反应；(2)铜跟稀硝酸反应；(3)铜先跟氧气反应生成氧化铜，氧化铜再跟硝酸反应。以下叙述中错误的是（）A.三种途径所消耗的铜的物质的量相等B.途径三符合绿色化学的理念C.三种途径所消耗的硝酸的物质的量相等D.三种途径所消耗的硝酸的物质的量是：途径(1)＞途径(

2)＞途径(3)【答案】C【解析】【分析】(1)铜跟浓硝酸反应，反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)==Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；(2)铜跟稀硝酸反应，反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；(3)铜先跟氧气反应生成氧化铜，氧化

铜再跟硝酸反应，反应的化学方程式为2Cu+O2+4HNO3==2Cu(NO3)2+2H2O。【详解】A.从方程式可以看出，生成相同量的Cu(NO3)2，三种途径所消耗的铜的物质的量相等，A正确；B.途径三中不产生污染环境的气体，符合绿色化学的理念，B正确；C.生成相同量的Cu(NO3

)2，途径一中硝酸消耗最多，途径三中硝酸消耗最少，C错误；D.生成3molCu(NO3)2，三种途径所消耗的硝酸的物质的量是12mol、8mol、6mol，D正确；故选C。18.含MgCl2、AlCl3均为nmol的混合液，向其中滴加NaOH溶液至过量。有关离子沉淀或沉淀溶

解与pH的关系如下表。加入NaOH的物质的量与生成沉淀的物质的量的关系正确的是（）离子Mg2+Al3+物质Al(OH)3开始沉淀pH8.933.56开始溶解pH8.04完全沉淀pH10.924.89完全溶解pH12.04A.B.C.D.【答案】C【解析

】【分析】根据开始沉淀时的pH可知，当Al3+完全沉淀时，Mg2+还没有开始沉淀；而当Mg2+开始沉淀时，已经有部分氢氧化铝开始溶解；而当Mg2+完全沉淀时，氢氧化铝还没有完全被溶解。【详解】当Al3+完全沉淀时，溶液的pH=8.04，而镁离

子开始沉淀的pH=8.93，则Al3+完全沉淀时Mg2+还没有开始沉淀；即当Mg2+开始沉淀时，已经有部分氢氧化铝开始溶解；镁离子完全沉淀的pH=10.92，氢氧化铝完全溶解的pH=12.04，则当Mg2+完全沉淀时，氢氧化铝还没有完全被溶解，所以正确

的图象应该是C。19.下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如图所示转化关系的是（）选项XYZASiO2Na2SiO3H2SiO3BNaClNaHCO3Na2CO3CN2NO2HNO3DCCOCO2A.AB.BC.CD

.D【答案】C【解析】【详解】A．SiO2＋Na2CO3加热Na2SiO3＋CO2↑，SiO223NaCO⎯⎯⎯→Na2SiO3HClNaOHH2SiO3⎯⎯⎯→加热SiO2，通过一步反应可以实现，故A不符合题意；B．NaCl232CONHHO⎯

⎯⎯⎯⎯⎯→、、NaHCO3Na2CO3HCl⎯⎯→NaCl，通过一步反应可以实现，故B不符合题意；C．N2不能直接和氧气反应生成NO2，不能通过一步反应实现，故C符合题意；D．C2O⎯⎯→CO2OCCO2Mg⎯⎯→C，通过一步反应可以实现，故

D不符合题意；答案选C。20.研究发现，硝酸越稀，还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取适量的铁粉和铝粉的混合物与足量很稀的硝酸充分反应，无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4mol/LNaOH溶液，所加NaOH溶液

的体积(ml)与产生的沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A.溶液中n(NH4+)=0.012molB.混合物中铝粉与铁粉物质的量的比为1：2C.测定F点沉淀的质量，步骤是：过滤、洗涤、低

温烘干、称量D.铝与该浓度硝酸反应的离子方程式为：8Al+30H++3NO3-=8Al3++3NH4++9H2O【答案】B【解析】【分析】铁粉和铝粉的混合物与足量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成

，可以得出不会有氮的氧化物生成，由于硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了-3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反

应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①H++OH-=H2O，②Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，Al3++3OH-=Al(OH)3↓，③NH4++OH-═NH3•H2O，④Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。【详解】A．由图可知DE段消耗

氢氧化钠的体积为3ml，由NH4++OH−═NH3⋅H2O可知溶液中n(NH4+)=n(OH−)=0.003L×4mol/L=0.012mol，故A正确；B．由图可知，DE段消耗的氢氧化钠的体积为34

mL−31m=3mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.003L×4mol/L=0.012mol，根据NH4++OH−═NH3⋅H2O可知，计算溶液中n(NH4+)=0.012ml，根据EF段发生Al(OH)3+OH−=AlO

2−+2H2O，可知n[Al(OH)3]=0.008mol，根据铝元素守恒，故混合金属中n(Al)=0.008mol，根据电子转移守恒有3n(Fe)+3n(Al)=8n(NH4+)，即3n(Fe)+3×0.008mol=8×0.

012mol，解得n(Fe)=0.024mol，故原混合物中铝粉与铁粉的物质的量之比为0.008mol：0.024mol=1:3，故B错误；C．欲测定F点沉淀的质量，应将互不相溶的固体与液体分离，并洗涤沉淀附着的杂化，再干燥称量，故实验步骤是：过滤、洗

涤、干燥、称量，故C正确；D．Al与稀硝酸反应生成硝酸铝和硝酸铵，离子反应方程式：8Al+30H++3NO3-=8Al3++3NH4++9H2O，故D正确；答案选B。第二卷（主观题）二、填空题(本题包括5个小题，共60分

)21.已知A、B、C、D是中学化学的常见物质，且A、B、C均含有同一种元素。在一定条件下它们之间的相互转化关系如图所示(部分反应中的H2O已略去)。请回答下列问题：（1）若A可用于自来水消毒，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，加热蒸干B的溶液不能得到B

。则B的化学式为__。（2）若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，则反应②的离子方程式是__。（3）若A、C、D都是常见气体，C是导致酸雨的主要气体，则反应③的化学方程式为___。（4）若A的焰色反应呈黄色，D为二氧化碳，则反应②的离子方程式是___。【答案】(1).FeCl3(2

).Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O(3).2H2S+SO2═3S+2H2O(4).CO32-+CO2+H2O═2HCO3-【解析】【分析】(1)D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则D是铁，A可用于自来水消毒，A为Cl2；(2)若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，D为

NaOH、B为Al(OH)3；(3)C是形成酸雨的主要气体，则A为H2S、D为O2、B为S、C为SO2；(4)若A的焰色反应呈黄色，说明A中含有Na元素，且A、B、C均含有同一种元素据此分析。【详解】(1)

D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则D是铁，A可用于自来水消毒，由转化关系可知，A为Cl2、B为FeCl3、C为FeCl2；(2)若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，由转化关系可知，A为铝盐、D为

NaOH、B为Al(OH)3、C为NaAlO2，反应②为氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式是：Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O；(3)若A、C、D都是常见气体，C是形成酸雨的主要气

体，则A为H2S、D为O2、B为S、C为SO2，反应③为硫化氢与二氧化硫反应生成硫和水，反应的化学方程式为：2H2S+SO2═3S+2H2O；(4)若A的焰色反应呈黄色，D为二氧化碳，由转化关系可知，A为NaOH、B为Na2CO3、C为NaHCO3，反应

②为碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的的离子方程式是：CO32−+CO2+H2O═2HCO3−。22.大苏打(Na2S2O3·5H2O)、苏打、小苏打被称为“苏氏三兄弟”，它们在生活、生产中有广泛应用。（1）工业上制备苏打是先制备小苏打，写出我国伟大化学家

侯德榜提出的制备小苏打的化学方程式___，操作时，往饱和食盐水中先通入气体，先制备小苏打的原因是___。（2）Na2S2O3标准溶液常用于滴定碘的含量，若滴定的溶液呈酸性，测定结果会偏高，用离子方程式表示其原因

__。（3）工业上，常用纯碱和盐酸除去锅炉中硫酸钙。先用饱和纯碱溶液浸泡锅垢，然后用盐酸清洗。“浸泡”的目的是__。（4）工业上，将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，

同时放出CO2。写出该反应的化学方程式__。Na2S溶液在空气中久置，会生成浅黄色物质，经测定该物质具有与过氧化钠相似的结构，该物质的化学式为__。（5）在密闭容器中投入一定量的Na2O2和NaHCO3，

在300℃下充分反应。若残留固体为纯净物，则起始时322n(NaHCO)n(NaO)满足的条件是__。【答案】(1).NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl(2).NaHCO3溶解度比Na2CO3小，易分离出来(3).S2O32-+2H+=S↓

+SO2↑+H2O(4).将CaSO4转化成CaCO3(5).Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2(6).Na2S2(7).≥2【解析】【分析】(1)NaHCO3溶解度比Na2CO3小，易分离出来；(2)酸性环境下S2O32-发生歧化反应，消耗的硫代硫酸根钠偏多，测定结果会

偏高；(3)将硫酸钙转化为易除的碳酸钙；(4)依据题干可知Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比混合，再通入二氧化硫发生反应生成Na2S2O3和二氧化碳，依据原子个数守恒、得失电子守恒书写方程式；依据过氧化钠结构结合氧原子、硫原子结构解答

；(5)Na2O2与足量的NaHCO3混合后，在密闭容器中充分加热，可能发生的反应有：2NaHCO3加热Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O

=4NaOH+O2↑，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，残留固体为纯净物，则为碳酸钠，由此分析解答。【详解】(1)NaHCO3溶解度比Na2CO3小，易分离出来，往饱和食盐水中先通入气体，制备

小苏打的化学方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl；(2)酸性环境下S2O32-发生歧化反应，离子方程式：S2O32-+2H+=S↓+H2O+SO2↑；(3)先用饱和纯碱溶液浸泡锅垢，

然后用盐酸清洗。“浸泡”的目的是将硫酸钙转化为易除的碳酸钙，发生的离子反应方程式为：CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-；(4)依据题干可知Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比混合，再通入二氧化硫发生反应生成Na2S2O3和二氧化碳，反

应中S元素的化合价从-2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，依据原子个数守恒、得失电子守恒反应的方程式：2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2；Na2S溶液在空气中长期放置，和氧气反应生成与过氧化钠的结

构及化学性质相似的物质Na2S2；(5)Na2O2与足量的NaHCO3混合后，在密闭容器中充分加热，可能发生的反应有：2NaHCO3加热Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，

CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，残留固体为纯净物，则为碳酸钠，则n(NaHCO3)：n(Na2O2)≥2。23.工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸。为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动：（1）将已去除

表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是___。（2）另称取铁钉6.0g放入15.0ml浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液X并收集到气体Y。①甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+，若要确认其

中的Fe2+，应选用___（选填序号）。a．KSCN溶液和氯水b．K3Fe(CN)6溶液c．浓氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同学取336ml（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H

2O=2HBr+H2SO4，然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33g。由此推知气体Y中SO2的体积分数为___。分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含有H2和Q气体（Q不考虑水

蒸气）。为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）。（3）装置B中试剂的作用是___。（4）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是___。（5）认为气体Y中还含有Q的理由是___（用化学方程式表示）。（6）为确认Q的存在，需在装置中添加M于___（选填序号）。a．A之前b．

A-B间c．B-C间d．C-D间【答案】(1).铁钉表面形成致密的氧化物薄膜，阻止铁和硫酸铜反应(2).bd(3).66.7%(4).检验SO2是否除尽(5).D中固体由黑变红和E中固体由白变蓝(6).C

+2H2SO4(浓)加热CO2+2SO2↑+2H2O(7).c【解析】【分析】(1)常温条件下，铁与浓硫酸能产生钝化现象；(2)根据亚铁离子的性质选取试剂，亚铁离子有还原性，可用强氧化性的物质检验，且必须有

明显的实验现象；(3)二氧化硫能使品红溶液褪色，从而检验二氧化硫是否存在；(4)根据氢气的性质分析，氢气具有还原性，能还原黑色的氧化铜而生成水，水能使白色的无水硫酸铜变蓝；(5)根据铁钉的成分分析，铁钉中的铁和碳在加热条

件下都能与浓硫酸发生氧化还原反应；(6)根据二氧化硫和二氧化碳的性质分析选择位置。【详解】(1)铁钉放入冷硫酸中，浓硫酸有较强的氧化性能使铁钉钝化阻止反应进一步进行；(2)①亚铁离子能使酸性高锰酸钾褪色，溶液中已经有三价铁离子，选择a会造成干扰，b能检验三价铁离子的存在，选

c生成两种沉淀，受氢氧化铁沉淀颜色的影响无法分辨；②SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，生成的硫酸遇到氯化钡会产生白色沉淀，则n（混合气体）=0.336L22.4L

/mol=0.015mol；24SOBaSO1monl233g2.33g～n=0.01mol，所以二氧化硫的体积分数为：0.01mol0.015mol×100%=66.7%；(3)A除去二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以B可以检验A中是

否完全除去二氧化硫；(4)氢气还原氧化铜会生成水蒸气能使白色的硫酸铜粉末变蓝色，同时有红色的铜单质生成；(5)在加热时，铁钉中不仅铁和浓硫酸反应，碳也和浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应方程式为：C+2H2SO4(浓)加热CO2+2SO2↑+2H2O；(6)Q为

二氧化碳，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，选择a或b受二氧化硫的影响无法判断二氧化碳的存在，选d时二氧化碳被碱石灰吸收，故选c；24.重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O

3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：回答下列问题：（1）步骤①的主要反应为：FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3→Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2。上述反应配平后NaNO3与FeO·Cr2O3与的系数比为___。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是___。（2）滤渣

1中主要成分是___，滤渣2中含量最多的金属元素名称是___。（3）步骤④调滤液2的pH变小的目的是___(用离子方程式表示)。（4）有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，___、___，过滤得到K2Cr2O7固体。该反应的反应类型是___。（

5）写出步骤7中涉及的离子方程式___。【答案】(1).7：2(2).陶瓷在高温下会与Na2CO3反应(3).Fe2O3(4).铝(5).增大溶液中H+，促进平衡2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O正向移动(6).蒸发浓缩(7).冷却结晶(8).复分解反

应(9).Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O【解析】【分析】铬铁矿的主要成分为FeO•Cr2O3，还含有硅、铝等杂质，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤①的主要反应为FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3=Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO

2，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为+3价，由电子、原子守恒可知，反应为2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3高温4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，该步骤中若使用陶瓷，二氧化硅与碳酸钠

高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，则使用铁坩埚，熔块水浸过滤分离出滤渣1含Fe2O3，经还原可制备碳酸亚铁，滤液1中含NaAlO2、Na2CrO4、硅酸钠，调节pH=7，SiO32-离子转化为H2SiO3，AlO2-转化为Al(OH)3，过滤分离出Al(OH)3、H2SiO

3，滤液2中含Na2CrO4，④中调节pH发生2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，滤液3含Na2Cr2O7，由水中的溶解度：Na2Cr2O7＞K2Cr2O7，可知⑤中向Na2Cr2O7溶液中加入KCl固体后得到K2Cr2O7，溶解度小的析出，以此解答该题。【详解】(1)由上

述分析可知步骤①的主要反应为2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3高温4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，则NaNO3与FeO⋅Cr2O3与的系数比为7:2；该步骤不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳；(2)由以上分析可知滤渣

1含Fe2O3，滤渣2含有Al(OH)3、H2SiO3，滤渣中含量最多的金属元素是铝元素；(3)④中调节pH发生2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，则步骤④调滤液2的pH使之变小，增大氢离子浓度

，平衡正向移动，利于生成Cr2O72−；(4)向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体，步骤⑤发生Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl，反应类型是复分解反应；(5)步骤7中涉及

的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O。25.某小组在验证反应“Fe+2Ag+=Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+，发现和探究过程如下。向硝酸酸化的0.05mol·L-1硝酸银

溶液(pH≈2)中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。（1）检验产物：取出少量黑色固体，洗涤后，___(填操作和现象)，证明黑色固体中含有Ag。（2）针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fe3+，乙认为铁粉过量时不可

能有Fe3+，乙依据的原理是___(用离子方程式表示)。针对两种观点继续实验：①取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了甲的猜测。同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色深浅、沉淀量多少与取样时间有关，对

比实验记录如下：(资料：Ag+与SCN-生成白色沉淀AgSCN)②对Fe3+产生的原因作出如下假设：假设a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fe3+；假设b：空气中存在O2，由于___(用离子方程式表示)，可氧化产生Fe3+；假设c：酸性溶液中

存在的___离子具有氧化性，可氧化产生Fe3+；假设d：根据加入KSCN溶液后产生白色沉淀的现象，判断溶液中一定存在Ag+，Ag+可氧化Fe2+产生Fe3+。③下述实验Ⅰ可证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原

因。实验Ⅱ可证实假设d成立。实验Ⅰ：向硝酸酸化的___溶液(pH≈2)中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN溶液。3min时溶液呈浅红色，30min后溶液几乎无色。实验Ⅱ：设计实验证明假设d成立__

_。（3）根据ⅰ~ⅲ实验现象，结合本题涉及的三个方程式，推测实验ⅰ~ⅲ中Fe3+浓度变化的原因（用离子方程式和文字结合表述）：___。【答案】(1).加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀(2).2Fe

3++Fe=3Fe2+(3).4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O(4).NO3-(5).0.05mol·L-1NaNO3(6).分别取用不同浓度（均小于0.05mol·L-1）的硝酸银溶液与FeSO4

溶液混合，取上层清液滴加KSCN溶液，观察是否变红及红色深浅，如果变红，且红色深浅与Ag+浓度大小有关，证明假设d成立(7).溶液中存在反应：①2Ag++Fe=Fe2++2Ag②Ag++Fe2+=Fe3++Ag③Fe+2Fe3+=3Fe2+。反应开始时，c(

Ag+)大，以反应①、②为主，c(Fe3+)增大。约30min后，c(Ag+)小，以反应③为主，c(Fe3+)减小【解析】【分析】(1)Ag在加热条件下溶于稀硝酸，得到银离子，用氯离子检验可得；(2)Fe

过量，与铁离子价态归中得到亚铁离子；②氧气在酸性条件下降亚铁离子氧化得到铁离子，根据电荷守恒和质量守恒书写可得；硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性；③证明假设abc错误，就是排除Ag+时实验比较，相当于没有Ag+存在的空

白实验，考虑其他条件不要变化，可以选用NaNO3；证明d正确，则用不同浓度的硝酸银溶液与FeSO4溶液混合，与实验I类似对比不同浓度的硝酸银溶液对应的现象差异；(3)i→iiAg++Fe2+=Ag+Fe3+，反应生成Fe3+的使Fe3+浓度增加，ii→iii溶液红色较30min时变浅，c

(Ag+)小，反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，c(Fe3+)减小，溶液的颜色变浅。【详解】(1)根据分析，取出少量黑色固体，洗涤后，加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀，证明黑色固体中含有A

g；(2)乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+，因为过量的Fe与铁离子发生反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+；②假设b:空气中存在O2，氧气在酸性条件下将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；假设c:酸性溶液中存在的

NO3−，硝酸具有氧化性，可氧化产生Fe3+；③证明假设abc错误，就是排除Ag+时实验比较，相当于没有Ag+存在的空白实验，考虑其他条件不要变化，可以选用NaNO3，故实验I为：向硝酸酸化的0.05mol⋅L−1NaNO3溶液(pH≈2)中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN

溶液。3min时溶液呈浅红色，30min后溶液几乎无色；证明d正确，则用不同浓度的硝酸银溶液与FeSO4溶液混合，与实验I类似对比不同浓度的硝酸银溶液对应的现象差异，故实验II为：分别取用不同浓度(均小于0.05mol⋅

L−1)的硝酸银溶液与FeSO4溶液混合，取上层清液滴加KSCN溶液，观察是否变红及红色深浅，如果变红，且红色深浅与Ag+浓度大小有关，证明假设d成立；(3)溶液中存在反应：①2Ag++Fe=Fe2++2Ag②Ag++Fe2+=Fe3++Ag③Fe+2Fe3+=3Fe2+

反应开始时，c(Ag+)大，以反应①、②为主，c(Fe3+)增大，约30min后，c(Ag+)小，以反应③为主，c(Fe3+)减小。