【文档说明】河北省联考2024-2025学年高三上学期9月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，2.688 MB，由小赞的店铺上传

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2024—2025学年河北省高三年级上学期9月份考试化学本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用

橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Al：27Si：28S：3

2Fe：56Cu：64一、选择题：本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。1.燕赵大地历史悠久，文化灿烂。下列河北博物院馆藏的文物中，主要材料为非金属的是A.蟠螭纹铜鼎B.错金银四龙四凤铜方案座C.彩绘散乐浮雕D.透雕龙凤纹铜铺首【答案】C【解析】【详

解】蟠螭纹铜鼎、错金银四龙四凤铜方案座、透雕龙凤纹铜铺首的主要成分为铜合金，铜合金属于性能优良的金属材料，彩绘散乐浮雕的主要成分为硅酸盐，硅酸盐属于性能优良的无机非金属材料。故选C。2.多姿多彩的艺术品是人类文明的见证，有些

艺术瑰宝已有数百年甚至上千年的历史。下列颜料的颜色变化不涉及氧化还原反应的是A.朱砂：22HgSHgCl−→B.镉黄：CdSCd→C.红铅：343PbOPbCO→D.铜绿：223Cu(OH)COCuO→【答案】D【解析】【详解】A

．Hg元素由+2价到+1价，涉及氧化还原反应，故A正确；B．镉元素由+2价到0价，涉及氧化还原反应，故B正确；C．铅元素由+4价到+2价，涉及氧化还原反应，故C正确；D．铜元素一直都是+2价，不涉及氧化还原反应，故D错误；答案选D。3.下列离子组在指定条件下能大量共存的是A

.在澄清溶液中：Cu2+、4NH+、24SO−、Cl-B.在0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液中：Mg2+、Na+、3HCO−、3NO−C.在0.1mol·L-1HI溶液中：Fe3+、Al3+、Br-、3NO−D.在0.1mol·L-1FeSO4溶液中：Na+、4NH

+、S2-、Cl-【答案】A【解析】【详解】A．在澄清溶液中，Cu2+、4NH+、24SO−、Cl-之间不发生反应，可以大量共存，A正确；B．在0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液中，Mg2+、3HCO−与-OH反应不能大量共存，B错误；C．在0.1mol·L-1HI溶液中，Fe3+与-I

发生氧化还原反应不能大量共存，C错误；D．在0.1mol·L-1FeSO4溶液中，S2-与Fe2+生成FeS沉淀不能大量共存，D错误；答案选A。4.含Fe元素或Cu元素或N元素的部分物质的“价-类”关系如图所示，下列叙述错误的是A.若a在常温常压下呈气态，则在雷电作用下，a与2O一步反应就可以

得到fB.若c为蓝色，则两种物质之间一步反应能实现：c→b→aC.若a能被强磁铁吸附，则a和e能发生化合反应D.若d为红褐色，则b、c均能与足量的稀硝酸发生氧化还原反应【答案】A【解析】【分析】由图可知，a为铁或铜或氮气，b为氧化亚铁和氧化铜或一氧化氮，c

为氢氧化亚铁和氢氧化铜，d为氢氧化铁，e为硫酸铁、f为二氧化氮。【详解】A．若a在常温常压下呈气态，则a为氮气，在雷电作用下，氮气与氧气反应生成一氧化氮，不能生成二氧化氮，故A错误；B．若c为蓝色，则c为氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，氧化铜能与氢气或一氧化碳共热反应生成铜，两种物质之间一步

反应能实现c→b→a，故B正确；C．若a能被强磁铁吸附，则a为铁；铁与硫酸铁溶液发生化合反应生成硫酸亚铁，故C正确；D．若d为红褐色，则d为氢氧化铁，具有还原性的氧化亚铁、氢氧化亚铁都能与稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，故D正确；故选A。5.下列所选试剂中，能探究相应元素化合

价变化的是选项abc探究相应元素化合价变化A浓氨水NaOH固体浓硫酸N：302−→→+B75%硫酸溶液23NaSO粉末溴水S：646+→+→+C浓盐酸3KClO固体NaHS溶液Cl：501+→→−D稀硫酸FeS固体3FeCl溶液Fe：232+→+

→+A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．浓氨水和NaOH固体生成氨气，氮的化合价是-3，氨气与浓硫酸反应，化合价不变，故A错误；B．23NaSO粉末中的硫元素为+4价，二氧化硫和溴水反应生

成+6价的硫元素，没有探究化合价+6到+4的变化，故B错误；C．氯酸钾中氯元素为+5价，和浓盐酸反应生成0价的氯气，氯气和硫化氢钠反应生成-1价的氯离子，故C正确；D．稀硫酸和FeS固体生成+2价的铁离子，生成的硫化氢和3FeCl溶液反应，没有探究+2到+3的变化，故D

错误；答案选C。6.工业上，用NaOH溶液吸收氯气制备漂白液时要控制好温度。在不同温度下，用相同浓度的NaOH溶液吸收氯气制备漂白液，测得氧化产物与转移电子的物质的量的关系如图所示。下列叙述错误的是已知：反应1、反应3分别在25℃、70℃条件下进行，均

只有一种氧化产物；反应2有两种氧化产物，其中一种与反应1的相同，另一种与反应3的相同。A.制备漂白液宜选择常温或较低温度B.反应2为2326Cl12NaOH8NaCl3NaClONaClO6HO+=+++C.上述3个反应中，参与反应的()()2NaOH2Clnn

=D.根据上述信息可知，用热水稀释漂白液，有效成分的含量可能降低【答案】B【解析】【分析】根据已知信息可知，反应1在25℃条件下进行，只有一种氧化产物，且氧化产物为1mol时，转移电子数为1mol，则氧化产物为NaClO，反应为22Cl+2NaOH

=NaCl+NaClO+HO；反应3在75℃条件下进行，只有一种氧化产物，且氧化产物为1mol时，转移电子数为5mol，则氧化产物为3NaClO，反应为22Cl+2NaOH=NaCl+NaClO+HO；反应2中，有两种氧化产物，分别为

NaClO、3NaClO，且氧化产物为1mol时，转移电子为3mol，则反应为2324Cl8NaOH6NaClNaClONaClO4HO+=+++。【详解】A．温度较高时，会生成3NaClO，则制备漂白液宜选择常温或较低温度，A正确；B．根据分析，反应2为2324C

l8NaOH6NaClNaClONaClO4HO+=+++，B错误；C．根据分析，上述3个反应中，参与反应的()()2NaOH2Clnn=，C正确；D．根据上述信息可知，用热水稀释漂白液，氧化产物会生成3Na

ClO，则有效成分的含量可能降低，D正确；答案选B。7.碘及其化合物有如图所示的转化关系。下列叙述正确的是A.反应①中，常温常压下，2.24L2Cl完全反应时转移的电子数约为226.0210B.反应②中，氧化产物和还原产物的物质的量之比

为1：1C.反应③中发生的离子反应为223I3HO3ClIO6Cl6H−−−+++=++D.反应④中，I−和3IO−在碱性或中性溶液中均不能大量共存【答案】C【解析】【详解】A．常温常压下，2.24L2Cl无法计算物质的量，所以转移的电子数，故A错误；B．碘酸根离子得到

5个电子发生还原反应，得到还原产物，亚硫酸氢离子失去2个电子发生氧化反应，得到氧化产物，根据得失电子守恒，可知物质的量之比为5：2，故B错误；C．根据得失电子守恒，可知反应③中发生的离子反应为223I3HO3ClIO6

Cl6H−−−+++=++，故C正确；D．反应④中，I−和3IO−在酸性或中性溶液中均不能大量共存，故D错误；答案选C。8.经研究发现，制备SiC的物质转移过程分四步完成：①2C(s)SiO(s)SiO(g)CO(g)+

=+②22SiO(s)CO(g)SiO(g)CO(g)+=+③2C(s)CO(g)2CO(g)+=④2C(s)SiO(g)SiC(s)CO(g)+=+下列叙述错误的是A.反应①中，参与反应的氧化剂、还原剂的质量之比为5∶1B.

反应②中，还原性：CO(g)SiO(g)C.反应③中，氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶1D.反应④中，12gC完全反应时转移电子的物质的量为1mol【答案】D【解析】【详解】A．由方程式可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，碳

是反应的还原剂，硅元素的化合价降低被还原，二氧化硅是氧化剂，由方程式可知，氧化剂和还原剂的质量比为60∶12=5∶1，故A正确；B．由方程式可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，一氧化碳是反应的还原剂，硅元素的化合价降低被还原，SiO

是还原产物，由还原剂的还原性强于还原产物可知，一氧化碳的还原性强于SiO，故B正确；C．由方程式可知，反应中碳的碳元素的化合价升高被氧化，碳是反应的还原剂，二氧化碳的碳元素的化合价降低被还原，二氧化碳是氧化剂，一氧化碳即是氧化产物也是还原产物，由方程式可知，氧化产物、还

原产物的物质的量之比为1∶1，故C正确；D．由方程式可知，反应中碳元素的化合价即升高被氧化又降低被还原，碳即是反应的还原剂也是氧化剂，硅元素的化合价升高被氧化，SiO是还原剂，反应消耗2mol碳，转移电子

的物质的量为4mol，电子12g碳完全反应时转移电子的物质的量为12g12g/mol×2=2mol，故D错误；故选D。9.下列离子方程式正确的是A.磁性氧化铁溶于足量浓硝酸，得到浅黄色溶液：3232FeO6H2Fe3

HO+++=+B.用浓氨水溶解试管底部的AgCl：32322Ag2NHHOAg(NH)2HO+++=+C.将3FeCl溶液和4NaAl(OH)溶液混合，产生红褐色沉淀：343Fe3Al(OH)Fe(OH)−++=33Al(OH)+D.在223N

aSO溶液中加入4NaHSO溶液，产生浅黄色沉淀和有刺激性气味的气体：2234SO2HSOS−−+=2242SOSOHO−+++【答案】C【解析】【详解】A．磁性氧化铁是四氧化三铁的俗称，四氧化三铁与浓硝酸反应生成硝酸铁、二氧化氮和水，反应的离子方程式为-+3

+34322FeO+NO+10H=3Fe+NO+5HO，故A错误；B．用浓氨水溶解试管底部的氯化银发生的反应为氯化银与浓氨水反应生成氯化二氨合银和水，反应的离子方程式为+32322-Ag+2NHHO=Ag(OCl+ClNH)+2H，故B错误；

C．氯化铁溶液与四羟基合铝酸钠溶液发生双水解反应生成氯化钠、氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为343Fe3Al(OH)Fe(OH)−++=33Al(OH)+，故C正确；D．硫代硫酸钠溶液与硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、硫沉

淀、二氧化硫和水，反应的离子方程式为223SO2HS−++=22SOHO++，故D错误；故选C。10.为了探究44SN与水反应的情况，进行如图实验，实验中观察到甲中固体逐渐溶解，乙中溶液变为红色，下列推断错

误的是A.甲中有氨气产生B.乙中倒置干燥管能防倒吸C.其他条件不变，移走热水浴，乙中变色速率减慢D.若用稀硫酸代替水，甲中可能观察到白烟【答案】D【解析】【分析】甲中四氮化四硫固体逐渐溶解，乙中溶液变为红色，说明氮化四硫与水反

应生成氨气。【详解】A．由分析可知，氮化四硫与水反应生成能使酚酞试液变红色的氨气，故A正确；B．氨气极易溶于水，所以乙中倒置干燥管的容积大，能起到防倒吸的作用，故B正确；C．其他条件不变，移走热水浴，甲中反应温度降低，反应速率减慢，反应生成的氨气减少导致乙中变

色速率减慢，故C正确；D．硫酸是高沸点酸，能与氨气反应生成硫酸铵，但不能产生白烟，故D错误；故选D。11.设NA为阿伏加德罗常数的值，部分含硫物质有如图所示转化关系(不含硫的物质省略)。下列叙述正确的是A.反应①中，生成3.2gS时转移的电子数为0.6NAB.反应②中，1L0.1mol·L

-1NaOH溶液含有的O原子数为0.1NAC.反应②中，1L0.1mol·L-1Na2SO3溶液含有的阴离子数小于0.1NAD.反应③中，生成0.5mol还原产物时消耗的S原子数为NA【答案】D【解析】【分析】H2S与浓硫酸反应生成S、SO2等；SO2与NaOH溶液反应生成

Na2SO3，Na2SO3与S在加热条件下反应生成Na2S2O3。【详解】A．反应①中，H2S转化为S，浓硫酸转化为SO2，则生成3.2gS(物质的量为0.1mol)时转移的电子数为0.2NA，A不正确；B．反应②中，1L0.1mol·L-1NaOH溶液中，除OH-中含有O原子外

，H2O中也含有O原子，则含有的O原子数大于0.1NA，B不正确；C．反应②中，1L0.1mol·L-1Na2SO3溶液中，23SO−发生部分水解，生成3HSO−和OH-等，则含有的阴离子数大于0.1NA，C不正确；D．

反应③为Na2SO3+S=Na2S2O3，生成0.5mol还原产物(Na2S2O3)时，消耗Na2SO3、S各0.5mol，则消耗的S原子数为NA，D正确；故选D。12.某实验小组设计实验探究46KFe(CN)与KI的室温固相反应，实验步骤如下：Ⅰ．分别称

取0.500g干燥的46KFe(CN)和0.504gKI置于研钵内并用塑料密实袋套上，然后在室温下研磨反应混合物60min。观察到混合物的颜色由橙黄色逐渐变深，并逸出棕色气体。Ⅱ．将研磨后的反应混合物固体全部转移到50mL烧杯内，并用10mL氯仿完全溶

解。静置10min后，用倾析法将该溶液转移至碘量瓶内。按上述操作，对反应混合物重复萃取4次，萃取液置于同一碘量瓶内。Ⅲ．在25mL比色管内，以氯仿为溶剂，用纯碘单质配制5份浓度分别为10.1gL−、11.0gL−

、11.5gL−、12.0gL−、12.5gL−的碘标准溶液。量取萃取液的总体积，然后从总的萃取液内取10mL置于25mL比色管内，并与碘标准溶液进行比色。Ⅳ．取少量萃取后的反应混合液，置于50mL小烧杯内，用10mL蒸馏水完全溶解。然后，向此溶液内加入5滴10.1molL−3F

eCl水溶液，振荡，有蓝色沉淀生成。下列叙述错误的是A.步骤Ⅰ说明发生了氧化还原反应且碘单质易挥发B.步骤Ⅱ中，可以用四氯化碳代替氯仿C.步骤Ⅳ可证明步骤Ⅰ中生成了46KFe(CN)D.在水溶液中46KFe(CN)和KI不反应的原因是36Fe(C

N)−和I−相互排斥【答案】C【解析】【详解】A．46KFe(CN)中铁元素+6价，可以氧化碘离子，混合物的颜色由橙黄色逐渐变深，并逸出棕色气体，说明碘单质易挥发，故A正确；B．根据相似相溶原理，可知在步骤Ⅱ

中，可以用四氯化碳代替氯仿，故B正确；C．步骤Ⅳ不可证明步骤Ⅰ中生成了46KFe(CN)，也有可能是步骤Ⅰ中剩余的，故C错误；D．36Fe(CN)−和I−带有同种电荷，会相互排斥，是在水溶液中46KFe(CN)和KI不反应的原因，故D正确；答案选C。13.

《本草纲目拾遗》中叙述了“铁线粉”：“粤中洋行有舶上铁丝∙∙∙∙∙∙日久起销，用刀刮其销∙∙∙∙∙∙所刮下之销末，名铁线粉。”以烧渣(主要成分为23FeO、34FeO、23AlO，含少量CuO、2SiO等)为

原料制备“铁线粉”的流程如图所示。下列叙述正确的是A.“铁线粉”的主要成分是FeB.“滤渣”可用于制造光导纤维C.“滤液1”呈无色D.“除铝”时，需要用到分液漏斗、烧杯等仪器【答案】B【解析】【分析】由题给流程可知，向烧渣加入稀

硫酸和过氧化氢混合溶液酸浸，金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入过量的氨水，溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铜离子转化为深蓝色的四氨合铜离子，过滤得到含有四氨合铜离子的滤液和滤渣；向滤渣中加入过量的氢

氧化钠溶液，两性氢氧化物氢氧化铝溶解转化为四羟基合铝酸根离子，过滤得到含有四羟基合铝酸根离子的滤液和氢氧化铁；氢氧化铁灼烧分解得到主要成分为氧化铁的铁线粉。【详解】A．由分析可知，铁线粉的主要成分为氧化铁，故A错误；B．由分析可知，滤渣的主要成分是可用于制造光导纤维的二氧化硅，故B正确；

C．由分析可知，滤液1中含有四氨合铜离子，溶液呈深蓝色，故C错误；D．由分析可知，除铝的操作为固液分离的过滤操作，过滤需要用到的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，不需要用到分液漏斗，故D错误；故选B。14.由三种短周期主族元素组成的化合物M，有如

图所示的转化关系，下列推断错误的是A.X具有漂白性B.Y的物质的量为0.2molC.固体ⅱ为CuSD.M的化学式为422(NH)S【答案】A【解析】【分析】由向溶液中加入过量氢氧化钙共热反应生成气体Y可知，溶液中含有铵根离子、气体Y为氨气，则由氮原子个数守恒可知，固体M中含有铵

根离子的物质的量为4.48L22.4L/mol=0.2mol；由气体X能与硫酸铜溶液反应生成黑色沉淀可知，气体X为硫化氢、黑色固体为硫化铜；由化合物M由三种短周期主族元素组成可知，淡黄色固体为硫，由硫原子原子个数守恒可知，M中含有硫原子的物

质的量为3.2g32g/mol+9.6g96g/mol=0.2mol，则M中铵根离子与硫原子的物质的量比为1：1，化学式为422(NH)S。【详解】A．由分析可知，X为硫化氢，硫化氢不具有漂白性，故A错误；B．由分析可知，气体Y为

氨气，氨气的物质的量为0.2mol，故B正确；C．由分析可知，黑色固体ⅱ为硫化铜，故C正确；D．由分析可知，M的化学式为422(NH)S故D正确；故选A。二、非选择题：本题包括4小题，共58分。15.液氨是一种无色液体，有强烈刺激性气味，其在工业上应用广泛，具有腐蚀性且容易挥发。某小组拟探究液

氨与钾的反应。【资料】①氨的熔点是77.70−℃，沸点是3335−.℃。碱金属的液氨溶液中含有蓝色溶剂化电子3e(NH)n−。②50−℃时，1000g3NH溶解12.3molK，形成蓝色溶液并发生置换反应，产物之一是氨基化钾(2KNH)。【装置】回答下列问题：（1）A

、C装置中碱石灰的作用依次是___________、___________。（2）D装置中制冷温度控制在50−℃的依据是___________。（3）若D装置中钾片表面有氧化膜(主要成分为2KO)，氧化膜溶于液氨生成两种产物，其中一种是氨基化钾(2KNH)，另一种是_________

__(填化学式)。（4）钾和液氨生成溶剂化电子的离子方程式为___________；钾和液氨发生置换反应的化学方程式为___________。（5）E装置中试剂宜选择___________(填标号)。a．碱石灰b．五氧化二磷

c．无水氯化钙d．生石灰（6）设计实验证明D装置中产物之一是2H：___________。【答案】（1）①.碱石灰与水反应放热，促进氨气的逸出②.干燥氨气（2）确保氨为液态（3）KOH（4）①.K+nNH3=K++[e(NH3)n]-②.2K+2NH3=2KN

H2+H2（5）bc（6）将E装置导出的气体通过浓硫酸，并点燃（或通入灼热的氧化铜中），若产生蓝色火焰（或黑色粉末变为红色粉末），则D装置中生成了氢气【解析】【分析】装置A为NH3制备装置，碱石灰可吸收浓氨水中水分，并放出大量的热，使浓氨

水受热分解产生氨气，有利于氨气逸出；装置B为了产生较稳定的气流，空的集气瓶可作为安全瓶起缓冲作用；装置C用碱石灰来吸收NH3中的水蒸气，起干燥作用；装置D为制备装置，液氨与钾发生反应：2K+2NH3（l）=2KNH2+H2；装置E为尾气处理装置，吸收氨气防止氨气直

接排入空气中污染环境，同时避免空气中的水蒸气进入装置干扰实验，可用P2O5固体吸收氨气和水蒸气，据此分析解答问题。【小问1详解】由分析可知装置A为NH3制备装置，碱石灰可吸收浓氨水中的水分，并放出大量的热，使浓氨水受热分解产生氨气，有利于氨气逸出；装置C用碱石灰来吸收NH3中的

水蒸气，起干燥作用；【小问2详解】氨的熔点是77.70−℃，沸点是3335−.℃，D装置中制冷温度控制在50−℃的依据是确保氨为液态；【小问3详解】氧化膜(主要成分为2KO)溶于液氨生成两种产物，其中一种是氨基化钾(2KNH)，根据元素守恒可

知另一种是KOH；【小问4详解】由分析可知钾和液氨生成溶剂化电子的离子方程式为K+nNH3=K++[e(NH3)n]-；钾和液氨发生置换反应的化学方程式为2K+2NH3=2KNH2+H2；【小问5详解】装置E为尾气处理装置，吸收氨气防止氨气直接排入空气中污染环境，同时避免

空气中的水蒸气进入装置干扰实验，可用P2O5固体或无水氯化钙吸收氨气和水蒸气，故选bc；【小问6详解】证明D装置中产物之一是2H的方法是将E装置导出的气体通过浓硫酸，并点燃（或通入灼热的氧化铜中），的若产生蓝色火焰（或黑色粉末

变为红色粉末），则D装置中生成了氢气。16.稀土金属铼(Re)常作高温合金和催化剂的添加剂。工业上，以含铼废料(主要含Re、2ReS、Fe、Ni和2SiO)为原料制备金属铼的工艺流程如图所示，回答下列问题：已知：①酸浸液中含强酸4HReO

；②“离子交换”发生的反应可表示为44QCl(l)ReO(aq)QReO(l)Cl(aq)−−++。（1）“浸渣”的主要成分为___________(填化学式)。（2）“制粉焙烧”时，2ReS(S为1−价

)中1molRe(Ⅱ)失去5mol电子，2ReS与2O反应的化学方程式为___________。（3）操作A的名称是___________，实验室完成操作B除需要三脚架、泥三角、酒精灯、玻璃棒和坩埚外，还需要的仪器是___________(填名称)。（4）试剂X是___________

(填溶质的化学式)，“反萃取”中分离的有机相可循环用于___________(填名称)工序。（5）其他条件相同时，“离子交换”过程中料液和D296体积比与Re交换率、Re交换量的关系如图1所示，混合液的pH与4ReO−提取率的关系如图2所示。①由图1和图2推断，“离子交换”选择的适宜条件

为___________。②由图2知，其他条件相同，混合液的pH1.5时，4ReO−的提取率降低的主要原因是___________。（6）利用“热还原”相关量可以确定Re的相对原子质量。某小组获得下列3组实验数据：①27ReO的质量、消耗2H的总量②Re质量、消耗2H的总量③

27ReO的质量、Re的质量选择第___________(填序号)组数据并说明理由：___________。【答案】（1）SiO2（2）4ReS2+15O2高温2Re2O7+8SO2（3）①.分液②.坩埚钳（4）①.HCl②.离子交换（5）①.料液和D296体积比为12：1，混合溶液的pH为1.5

②.Fe3+水解生成Fe(OH)3吸附ReO-4而使其提取率降低（6）①.③②.排尽装置中空气和冷却铼时，需要消耗H2，H2的消耗总量大于反应量【解析】【分析】由题给流程可知，高铼废料制粉后，在富氧空气中焙烧时，金属元素转化为金属氧化物，

硫元素转化为二氧化硫，向烧渣中加入稀硫酸进行酸浸，将七氧化二铼转化为高铼酸，氧化铁和氧化镍转化为硫酸铁、硫酸镍，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向调节pH后的滤液中加入D296萃取溶液中的铼元素，分液得到有机相和水相；向有机相中加入盐酸反萃取、分液得到有机相和含有高铼酸

的水相；水相经结晶、煅烧得到七氧化二铼；向有机相中加入氨水，将有机相中的高铼酸转化为高氯酸铵，分液得到有机相和高氯酸铵溶液；高氯酸铵溶液经蒸馏得到高氯酸铵，高氯酸铵固体煅烧分解得到七氧化二铼；七氧化二铼高温条件下与氢气发生置换反应制得铼。小问1详解】由分析

可知，滤渣的主要成分为二氧化硅，故答案为：SiO2；【小问2详解】由题意可知，二硫化铼在焙烧时发生的反应为二硫化铼高温条件下与空气中氧气反应生成七氧化二铼和二氧化硫，反应的化学方程式为4ReS2+15O2高温2Re2O7+8SO

2，故答案为：4ReS2+15O2高温2Re2O7+8SO2；的【【小问3详解】由分析可知，操作A为液液分离的分液操作；操作B为高氯酸铵固体煅烧分解得到七氧化二铼，固体灼烧除需要三脚架、泥三角、酒精灯、玻璃棒和坩埚外，还需要坩埚钳，故答案为：分液；坩埚

钳；【小问4详解】由“离子交换”发生反应方程式可知，反萃取加入的试剂X为盐酸，由分析可知，分液得到的有机相可以在“离子交换”工序循环使用，故答案为：HCl；离子交换；【小问5详解】①由图1可知，料液和D296体积比为12：1时，铼交换率、

铼交换量最大，图2可知，混合溶液的pH为1.5时，高铼酸根离子提取率最大，则“离子交换”选择的适宜条件为料液和D296体积比为12：1、混合溶液的pH为1.5，故答案为：料液和D296体积比为12：1、混合溶液的pH为1.5；②其他条件相同，混合溶液的pH大于1.

5时，Fe3+水解生成Fe(OH)3吸附ReO-4而使其提取率降低，故答案为：Fe3+水解生成Fe(OH)3吸附ReO-4而使其提取率降低；【小问6详解】七氧化二铼高温条件下与氢气发生置换反应制得铼时，反应前需要通入氢气排尽装置中的空气，防

止铼与空气中的氧气反应，反应结束后，需要继续通入氢气直至铼冷却，防止铼被空气中氧气氧化，则实验消耗氢气的总量大于反应消耗氢气的量确定Re的相对原子质量，不能用氢气总量，故答案为：③；排尽装置中空气和冷却铼时，需要消耗H2，H2的消耗总量大于反应量。17.1825

年，奥斯特首先分离出了铝单质。他首先用钾汞齐(K·Hg)还原氯化铝(Al2Cl6)，然后在低压下加热所得的铝汞齐(Al·3Hg)使汞气化(在空气中汞不和氧气反应)。回答下列问题：（1）生产、生活中铝合金材料应用广泛，其主要原因是___________(任答一条)。（2）采用钾汞齐、

铝汞齐的目的是___________，钾汞齐与氯化铝反应的化学方程式为___________，分离铝汞齐的操作原理类似下列哪项操作？___________(填标号)。A．过滤B．蒸馏C．结晶（3）地壳中铝的含量在金属元素中最高，但铝大规模的生产和应用

在铜之后，其主要原因是___________。（4）烧碱和铝粉组成的混合物常作下水道疏通剂，其原理是___________。（5）铝粉可以除去碱性废水中的3NO−，同时生成一种碱性气体，该反应的离子方程式为___________。（6）AlN是一种新型无机非金属材料，

制备原理为22AlN2AlN+高温，的的()233AlN3HOAlOHNH+=+(反应较慢)。测定样品纯度的装置如图所示。向分液漏斗中加入足量的NaOH稀溶液，用过量稀硫酸吸收产生的NH3.实验完毕后，用水稀释烧杯中溶液至500mL。量取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中

，滴几滴甲基橙溶液，用c2mol·L-1NaOH溶液滴定过量的硫酸溶液至终点，消耗NaOH溶液V2mL。AlN样品的纯度为___________，实际测定结果偏低，可能的原因是___________。【答案】（1）铝合金抗腐蚀性强（2）①.Hg

保护钾、铝不被氧化②.6[K·Hg]+Al2Cl6=2[Al·3Hg]+6KCl③.B（3）大规模生产铝，需要电解Al2O3制备铝，而电发明较晚（4）烧碱溶液和Al反应生成H2，增大气压，烧碱能溶解一些油脂、纸屑等废

弃物（5）()32348Al3NO5OH18HO8AlOH3NH−−−+++=+（6）①.()311222411020100%cVcVm−−②.装置内有NH3残留【解析】【分析】AlN制备原理为22AlN2AlN

+高温、()233AlN3HOAlOHNH+=+(反应较慢)。测定样品纯度时，将样品放入试管，向分液漏斗中加入足量的NaOH稀溶液，使AlN全部转化为Na[Al(OH)4]和NH3，逸出的NH3用过量稀硫酸吸收，然后用水稀释烧杯中溶液至500mL。量取

25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴几滴甲基橙溶液，用NaOH溶液滴定过量的硫酸溶液至终点，由消耗NaOH溶液的体积，可计算过量硫酸的物质的量，从而计算出与NH3反应的硫酸的物质的量，也就能得出AlN的物质的量，最后计算出纯度。【小问1详解】铝合金具有密度小、硬

度大、抗腐蚀能力强等性能，生产、生活中铝合金材料应用广泛，其主要原因是：铝合金抗腐蚀性强。【小问2详解】活泼金属形成汞齐后，还原性减弱，采用钾汞齐、铝汞齐的目的是：Hg保护钾、铝不被氧化，钾汞齐与氯化

铝反应的化学方程式为6[K·Hg]+Al2Cl6=2[Al·3Hg]+6KCl。汞常温下呈液态，钾呈固态，二者形成汞齐后，转化为液体混合物，利用沸点的差异可将二者分离，则分离铝汞齐的操作原理类似蒸馏，故选B。【小问3详解】铝是活泼金属，难以被还原，地壳中铝的含量在金属元素中虽然

最高，但铝大规模的生产和应用在铜之后，其主要原因是：大规模生产铝，需要电解Al2O3制备铝，而电发明较晚。【小问4详解】烧碱和铝粉组成的混合物与水接触后，反应生成氢气、且烧碱能溶解油脂、头发、纸屑等，常作下水道疏通剂，其原理是：烧碱溶液和

Al反应生成H2，增大气压，烧碱能溶解一些油脂、纸屑等废弃物。【小问5详解】铝粉可以除去碱性废水中的3NO−，同时生成一种碱性气体NH3，Al转化为[Al(OH)4]-，该反应的离子方程式为()32348Al3NO5OH18HO8AlOH3N

H−−−+++=+。【小问6详解】过量H2SO4与NaOH溶液反应：H2SO4——2NaOH，n(H2SO4)(过量)=c2mol·L-1×V2×10-3L×12×500mL25mL=12c2V2×20×10-3mol。与NH3反应的H2SO4的物质的量为c1V1×20×10-3

mol-12c2V2×20×10-3mol=(c1V1-12c2V2)×20×10-3mol，则AlN的物质的量为(c1V1-12c2V2)×20×10-3mol×2=(2c1V1-c2V2)×20×10-3mol，AlN样品的纯度为()

311222411020100%cVcVm−−。由于反应装置内的NH3没有完全被硫酸吸收，则实际测定结果偏低，可能的原因是：装置内有NH3残留。【点睛】为减少测量误差，应设法让NH3全部被硫酸吸收。18.复盐A的结

晶水合物(摩尔质量为1392gmol−)有如图转化关系，回答下列问题：已知：①A中含两种阳离子和一种阴离子，三种离子的物质的量之比为2：1：2；②1molG失去3mol电子转化成H，H是一种绿色净水剂和消毒剂；③J是空

气的主要成分之一。（1）A是___________(填化学式，下同)；I是___________。（2）E的电子式为___________。（3）设计实验检验气体B：___________。（4）反应④的离子方程式为___________。（5）标准状况下，反应⑥生成11.2L气体J时转移__

_________mol电子。（6）常温下，3.92gA在2N气氛中的热失重曲线如图所示：①b→c过程中失去的物质及物质的量分别为___________、___________。②c→d的化学方程式为___________。【答案】（1）①.(NH4)2Fe(SO4)2②.BaFeO

4（2）（3）将湿润的红色石蕊试纸放在盛有B的集气瓶口，若试纸变蓝则说明B为氨气（4）2Fe(OH)3+10OH—+3Cl2=2FeO2-4+6NaCl+8H2O（5）2（6）①.H2O②.0.03mol③.(NH4)2Fe(SO4)2·H2OΔ(NH4

)2Fe(SO4)2+H2O【解析】【分析】由物质的转化关系可知，复盐A与氢氧化钠溶液反应生成能与盐酸反应的氨气、能与稀硝酸酸化的氯化钡溶液生成白色沉淀的溶液、在湿空气中能转化为红褐色固体的白色沉淀，则A中含有铵根离子、硫酸根离子和亚铁离子，由

A中含两种阳离子和一种阴离子，三种离子的物质的量之比为2：1：2可知，A为化学式为(NH4)2Fe(SO4)2的硫酸亚铁铵，B为氨气、C为硫酸钠、D为氢氧化亚铁、F为氯化铵、F为硫酸钡、G为氢氧化铁；由1molG失去3mol电子转化成H，H是一种绿色净水剂和消毒剂，J是

空气的主要成分之一可知，氢氧化铁与氯气、浓氢氧化钠溶液反应生成高铁酸钠、氯化钠和水，则H为高铁酸钠；高铁酸钠溶液与氯化钡溶液反应生成高铁酸钡沉淀和氯化钠，则I为高铁酸钡；高铁酸钡与稀硝酸反应生成硝酸钡、硝酸铁、氧气和水，则J为氧气。【小问1详解】由分析可知

，A为化学式为(NH4)2Fe(SO4)2的硫酸亚铁铵、I为化学式为BaFeO4的高铁酸钡，故答案为：(NH4)2Fe(SO4)2；BaFeO4；【小问2详解】氯化铵是含有离子键和共价键的离子化合物，电子式为，故答案为：；【小问3详解】氨气是碱性气体，能使湿润

的紫色试液变为蓝色，则检验氨气的操作为将湿润的红色石蕊试纸放在盛有氨气的集气瓶口，若试纸变蓝则说明气体为氨气，故答案为：将湿润的红色石蕊试纸放在盛有B的集气瓶口，若试纸变蓝则说明B为氨气；【小问4详解】由分析可知，反

应④为氢氧化铁与氯气、浓氢氧化钠溶液反应生成高铁酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+10OH—+3Cl2=2FeO2-4+6NaCl+8H2O，故答案为：2Fe(OH)3+10OH—+

3Cl2=2FeO2-4+6NaCl+8H2O；【小问5详解】由分析可知，反应⑥为高铁酸钡与稀硝酸反应生成硝酸钡、硝酸铁、氧气和水，由化合价变化可知，反应生成1mol氧气，转移电子的物质的量为4mol，则标准状况下，反应生成11.2L氧气时，转移电子的物质的量为11.2L22.

4L/mol×4=2mol，故答案为：2；【小问6详解】设硫酸亚铁铵的结晶水合物的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·xH2O，硫酸亚铁铵的相对分子质量为284，则结晶水合物中x=392-28418=6，则结晶水合物的化学式为(NH4)2

Fe(SO4)2·6H2O；3.92g六水硫酸亚铁铵的物质的量为3.92g392g/mol=0.01mol，受热完全失去结晶水所得固体质量为3.92g—0.01mol×6×18g/mol=2.84g，则由图可知，3.92g六水硫酸亚铁铵在氮气气氛中受热是失去结晶水的过程；①由分析可

知，b→c过程为六水硫酸亚铁铵在氮气气氛中受热部分失去结晶水的过程，由图中数据可知，失去结晶水的物质的量为3.56g-3.02g18g/mol=0.03mol，故答案为：H2O；0.03；②由分析可知，a→c过程为六水硫酸亚铁铵在氮气气氛

中受热部分失去结晶水的过程，由图中数据可知，失去结晶水的物质的量为3.92g-3.02g18g/mol=0.05mol，则c点固体的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·H2O，所以c→d的反应为(NH4)2Fe(S

O4)2·H2O受热分解生成(NH4)2Fe(SO4)2和H2O，反应的化学方程式为(NH4)2Fe(SO4)2·H2OΔ(NH4)2Fe(SO4)2+H2O，故答案为：(NH4)2Fe(SO4)2·H2OΔ(NH4)2Fe(SO4)2+

H2O。