【文档说明】甘肃省天水一中2021届高三上学期第一学段考试化学试题【精准解析】.doc，共(22)页，801.000 KB，由小赞的店铺上传

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天水市一中2018级2020~2021学年度第一次考试化学试题(满分：100分时间：90分钟)可能用到的相对原子质量：H-1、C-12、N-14、O-16、Na-23、Mg-24、Al-27、Fe-56、Cu-64、Zn-65、S-16、Cl-35.5、Ag-108、Br-80、I-127、B

a-137、Ca-40、K-39第I卷选择题(共48分)注意：1～6，每小题2分；7～18，每小题3分。共48分，每小题只有一个正确．．．．．．．．．答案．．1.“白墙黑瓦青石板，烟雨小巷油纸伞”，是著名诗人戴望舒《雨巷》中描述的景象，下列有关说法中错误的是A.“

白墙”的白色源于墙体表层的CaOB.“黑瓦”与陶瓷的主要成分都是硅酸盐C.做伞骨架的竹纤维的主要成分可表示为(C6H10O5)nD.刷在伞面上的熟桐油是天然植物油，具有防水作用【答案】A【解析】【详解】A、“白墙”的白

色源于墙体表层的CaCO3，选项A错误；B、陶瓷、砖瓦均属于传统的硅酸盐产品，选项B正确；C、竹纤维的主要成分是纤维素，选项C正确；D、植物油属于油脂，油脂不溶于水，刷在伞面上形成一层保护膜能防水，选项D正确。答案选A。2.下列说法中，正确的是（）A.Na2O、Na2O2

为相同元素组成的金属氧化物，都属于碱性氧化物B.SiO2、CO2均为酸性氧化物，均能与NaOH溶液反应生成盐和水C.FeO、Fe2O3均为碱性氧化物，与氢碘酸反应均只发生复分解反应D.工业上电解熔融MgCl2制取金属镁；也用电解熔融

AlCl3的方法制取金属铝【答案】B【解析】A．Na2O、Na2O2为相同元素组成的金属氧化物，氧化钠属于碱性氧化物，但是过氧化钠不属于碱性氧化物，故A错误；B．SiO2、CO2均均能与NaOH溶液反应生成盐和水，为酸性氧化物，故B正确；C．FeO、Fe2O

3均为碱性氧化物，氧化铁与氢碘酸反应时因得到的Fe3+，具有氧化性，能被还原性的碘离子还原，则同时还会发生氧化还原反应，故C错误；D．氯化铝是共价化合物，熔融状态不导电，工业上用电解熔融氧化铝的方法制取金属铝，故D错误；故答案为B。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.标准

状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NAB.16.25gFeCl3溶于水形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAC.标准状况下，11g3H216O中含有的中子数目为5NAD.4.6g金属钠与一定量的

O2充分反应转移电子数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A.标准状况下，5.6LCO2物质的量为5.6L22.4L/mol=0.25mol，依据方程式：2222322NaO+2CO=2NaCO+O，消耗2mol二氧化碳,转移2mol电子，所以转移电子数为：0.25NA，故A错误；B.一

个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故16.25gFeCl3的物质的量是16.25g=0.1mol162.5g/mol，所形成的氢氧化铁胶粒的个数小于0.1NA个，故B错误；C.标准状况下，3H216O的中子数为2×2+8=12，11g3H216O的物质的量是11g22

g/mol=0.5mol，所含有的中子数目为0.5mol×12=6NA，故C错误；D.4.6gNa的物质的量为4.623g/mol=0.2mol，0.2molNa完全反应失去0.2mol电子，转移电子数为0.2NA，故D正确；故选：D。4.下列关于物质或离子检验的叙述正确的是A.在溶

液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B.气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C.灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D.将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO

2【答案】B【解析】【详解】A、Fe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN不反应无现象，滴加KSCN溶液，溶液呈红色，则证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+，故A错误；B、气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发

生反应：CuSO4+5H2O═CuSO4•5H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故B正确；C、灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，并不能证明无K+，Na+焰色反应为黄色，可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，故C错误；D、能使澄清石灰水变浑浊的气体有C

O2、SO2等，故将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体不一定是CO2，故D错误；故选B。5.下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是()A.Fe3+、Mg2+、SCN-、Cl-B.OH-、Na+、2--43SOHCO、C.-+-+23AlO

NaHCOK、、、D.2++-2-44FeNHClSO、、、【答案】D【解析】【详解】A.Fe3+与SCN-发生反应生成3Fe(SCN)，不能大量共存，故A错误；B.OH-与-3HCO发生反应生成2-3CO和H2O，不能大量共存，故B错误；C.--23Al

OHCO和发生反应生成氢氧化铝和碳酸根离子，不能大量共存，故C错误；D.2++-2-44FeNHClSO、、、可以大量共存，故D正确。故答案选：D。6.下列解释实验现象的反应方程式不正确的是()A.切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗：4Na＋O2=2Na2OB

.向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变为黑色：2AgCl(s)＋S2–(aq)Ag2S(s)＋2Cl–(aq)C.向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，出现白色沉淀：SO2＋H2O＋Ba2+=BaSO3↓＋2H+D.向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：2

H+＋2-4SO＋Ba2+＋2OH–＝BaSO4↓＋2H2O【答案】C【解析】【详解】A．切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗，该反应为4Na+O2═2Na2O，故A正确，但不符合题意；B．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑

色，发生沉淀的转化，离子反应为2AgCl+S2-═Ag2S+2Cl-，故B正确，但不符合题意；C.向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，正确的离子方程式为：-2++23243S

O+2NO+3Ba+2HO=3BaSO+2NO+4H，故C错误，符合题意；D.向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，氢氧根离子和氢离子按2:2反应，离子方程式是+2-2+?4422HSOBa2OHBaSO2HO＝，故D正确，但不符合题意；故选：C。7.

已知PbO2在盐酸溶液中易被还原成PbCl2，且PbO2、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列叙述中，正确的是()A.Cl2通入FeI2溶液中，可存在反应3Cl2＋6FeI2=2FeCl3＋4FeI3B.FeCl3溶液能将

KI溶液中的I-氧化C.I2具有较强的氧化性，可以将PbCl2氧化成PbO2D.1molPbO2在盐酸溶液中被氧化生成PbCl2时转移2mole-【答案】B【解析】【详解】由题意可知，各物质的氧化性顺序为：2232PbO>ClFeCl>?I>；逐项分析可知：A.Cl2通入FeI2溶液中，会先将I-

氧化为I2，如Cl2过量会再将Fe2+氧化为Fe3+，不会先氧化Fe2+而留有I-，故A错误；B.因FeCl3的氧化性大于I2，故FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化为I2，故B正确；C.I2的氧化性远弱于PbO2，不

能将PbCl2氧化为PbO2，故C错误；D.PbO2中Pb为+4价，而PbCl2中Pb为+2价，由PbO2变为PbCl2说明Pb被还原，每有1个PbO2被还原转移2个e-，故D错误。故答案选：B。8.在一定条件下进行的下列化学

反应，已知A、B、C中均含有同种元素，则下列对应物质不正确的是()选项A物质B物质C物质D物质ANaOH溶液Na2CO3溶液NaHCO3溶液CO2BFeFeCl2FeCl3Cl2CAlCl3溶液Al(OH)3NaAlO2溶液NaOH溶液DH2SSSO2O2A.AB.BC.CD.D【答

案】B【解析】【详解】A.若A为NaOH溶液，D为CO2，则NaOH可与CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3可与H2O和CO2反应生成NaHCO3，NaOH可与NaHCO3反应生成Na2CO3，故A正确；B.若A为Fe，D为Cl2，则

Fe与Cl2反应生成FeCl3而不是FeCl2，故B错误；C.若A为AlCl3溶液，D为NaOH溶液，则AlCl3可与NaOH反应生成Al(OH)3，Al(OH)3可与NaOH反应生成NaAlO2，AlCl3可与NaAlO2反应生成Al(OH)3，故C正确；D.若A为H2S，D为O2，则H2S

可与O2反应生成S，S可与O2生成SO2，H2S可与SO2生成S，故D正确；故选：B。9.固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、2MnO、KCl和23KCO中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z；②取少量Y

加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物；③用玻璃棒蘸取溶液Z滴于pH试纸上，试纸呈蓝色；④向溶液Z中滴加3AgNO溶液，生成白色沉淀。通过以上实验现象，下列结论正确的是（）A.X中一定不存在FeOB.不溶物Y中一定含有2MnO和CuO，而Fe与FeO中至少含有

一种C.Z溶液中一定含有23KCOD.若向④生成的白色沉淀中滴加过量盐酸，沉淀不完全溶解，则粉末X中含有KCl【答案】C【解析】【分析】①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y中含有Fe、FeO、CuO、2MnO中的若干种；②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物

，黄绿色气体为2Cl，红色不溶物为Cu，说明Y中一定含有Fe、CuO、2MnO；③用玻璃棒蘸取溶液Z于pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，则溶液Z中一定含有23KCO，可能含有KCl；④向溶液Z中滴加3AgNO溶液，生成白色沉淀，该沉淀一定含有

碳酸银，可能含有氯化银。【详解】A.不能确定X中是否含有FeO，A错误；B.不溶物Y中一定含有2MnO、CuO和Fe，B错误；C.据以上分析，Z溶液中一定含有23KCO，C正确；D.若向④生成的白色沉淀中滴加过量盐酸，沉淀不完全溶解，则粉末X中不一定含有KCl，因为加入盐酸时引入了

Cl，D项错误；答案选C。10.下列物质的转化在给定条件下不能实现的是()A.Fe→Fe2O3→Fe2(SO4)3B.S→SO3→H2SO4C.饱和NaCl(aq)→NaHCO3→Na2CO3D.MgCl2(aq)→MgCl2·6H2O→Mg【答案】B【解析】【详解】A.Fe可以在空气中氧

化得到Fe2O3，Fe2O3可以与硫酸反应得到Fe2(SO4)3，故A不选；B.S不能一步直接转换为SO3，故B选；C.饱和NaCl(aq)中通入氨气和二氧化碳得到NaHCO3，NaHCO3受热分解得到Na2CO3，故C不选；D.MgCl2(aq)在氯化氢气流

下蒸发结晶得到MgCl2·6H2O，MgCl2·6H2O电解熔融态得到Mg，故D不选。故答案选：B。11.高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：下列叙述错误的是A.用K2FeO4作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水B.反应I中尾气

可用FeCl2溶液吸收再利用C.反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2D.该条件下，物质的溶解性：Na2FeO4<K2FeO4【答案】D【解析】【详解】A.K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原产物为Fe3+，Fe3+水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可达到净水的目的，A叙述正确

，但是不符合题意；B.反应I中尾气Cl2为，可与FeCl2继续反应生成FeCl3，B叙述正确，但是不符合题意；C.反应II中的反应方程式为3NaClO+10NaOH+2FeCl3=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，氧化剂是NaClO，还原剂是

2FeCl3，所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2，C叙述正确，但是不符合题意；D.向饱和的KOH溶液中加入Na2FeO4，K2FeO4晶体析出，说明该条件下，物质的溶解性：Na2FeO4>K2FeO4，D叙述错误，但是符合题意；答案选D。12.由硫铁

矿(主要成分：FeS2和SiO2)为主要原料得到绿矾(FeSO4·7H2O)的流程如下：下列说法不正确的是A.过程1废气中含SO2B.过程2试剂a为稀硫酸C.过程3离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42－+4H+D.过程4将

溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾【答案】D【解析】【分析】由制备绿矾流程可知，硫铁矿(主要成分：FeS2和SiO2)高温煅烧后的烧渣(主要成分：Fe2O3和SiO2)溶于硫酸，溶液中含Fe3+，

过程2过滤除去二氧化硅，滤液中通入二氧化硫，将铁离子还原生成亚铁离子，过程4为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾。【详解】A．根据上述分析，过程1，废气中含SO2，故A正确；B．因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则过程2最好用硫酸来溶解

烧渣，故B正确；C.过程3中二氧化硫将铁离子还原生成硫酸亚铁，离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，故C正确；D.过程4，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，蒸干时绿矾受热失去结晶水，得不到纯净绿矾，故D错误；答案故选

D。【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握制备流程中发生的反应、混合物分离方法、实验技能等为解答的关键。注意选项C为解答的难点，要注意氧化还原反应方程式的配平。13.利用废蚀刻液（含FeCl2、CuCl2及FeCl3）制备碱性蚀刻液[Cu（NH3）4C

l2溶液]和FeCl3•6H2O的主要步骤：用H2O2氧化废蚀刻液，制备氨气，制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu（NH3）4Cl2]、固液分离，用盐酸溶解沉淀并制备FeCl3•6H2O。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是（）A.

用装置甲制备NH3B.用装置乙制备Cu（NH3）4Cl2并沉铁C.用装置丙分离Cu（NH3）4Cl2溶液和Fe（OH）3D.用装置丁将FeCl3溶液蒸干制备FeCl3•6H2O【答案】D【解析】【详解】A．实验室制备氨气，可用氢氧化钙、氯化铵在加热条件下进行，故A

正确；B．氨气易溶于水，注意防止倒吸，氨气与溶液反应生成Cu(NH3)4Cl2和氢氧化铁，故B正确；C．分离固体和液体，可用过滤的方法，故C正确；D．应在蒸发皿中蒸发，且避免氯化铁水解，更不能直接蒸干，故D错误；故答案为D。【点睛】考查物质制备实验设计、

物质分离的实验基本操作，明确实验原理是解题关键，用H2O2氧化废蚀刻液，使亚铁离子生成铁离子，用甲装置制备氨气，生成的氨气通入乙装置，制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2]，用丙装置过滤分离，用盐酸溶解氢氧化铁沉淀，将溶液在蒸发皿中进行蒸发，且应通

入氯化氢，防止铁离子水解，以达到制备FeCl3•6H2O的目的，注意把握物质性质的理解、物质分离提纯的方法。14.工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如下。下列说法不正确的是A.在铝土矿制备较高纯度A1的过程中常用到Na

OH溶液、CO2气体、冰晶石B石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应C.在制粗硅时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2D.黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、FeO均是还原产物【答案】B【解析】A.铝土矿中的氧化铝能够被氢氧化钠溶解生成偏铝酸钠进入溶液，再通入二氧

化碳反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，然后电解熔融的氧化铝制得铝，整个过程中用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石，故A正确；B.石英和玻璃不能与盐酸反应，故B错误；C.二氧化硅与碳高温下反

应生成硅和一氧化碳，反应的方程式为2C+SiO2Si+2CO，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故C正确；D.黄铜矿(CuFeS2)与O2反应中，产生的Cu2S中铜盐酸的化合价降低被还原、FeO中O盐酸的化合价降低，被还原，Cu2S、FeO均是还原产物，故D正确；故选B

。点睛：本题考查元素化合物知识，侧重考查金属冶炼，明确元素化合物的性质是解本题关键。本题的易错点是D，要知道从化合价的角度分析判断。15.在200mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl-等离子的溶液中，

逐滴加入5mol•L-1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（mol）关系如图所示。下列叙述不正确的是A.x–y=0.01molB.原溶液中c（Cl-）="0.75"mol·L-1C.原溶液的pH=1D.

原溶液中n（Mg2+）∶n（Al3+）=5∶1【答案】B【解析】【分析】由给出的离子在滴入NaOH溶液时发生H++OH-═H2O，Mg2+、Al3+结合OH-生成沉淀，NH4+与OH-反应，氢氧化铝与OH-反应而溶解，并结合图象可知，0～4mL时发生酸

碱中和，4～30mL发生Mg2+、Al3+结合OH-生成沉淀的反应，30～33mL发生NH4+与OH-反应，33～35mL发生氢氧化铝的溶解反应，然后利用离子反应方程式来计算解答．【详解】A．由图及离子反应可知x-y的值即为Al(OH)3的物质的量，则设Al(OH)3的物质的

量为n，1n135330.001L5mol/L，解得n=0.01mol，即x-y=0.01mol，故A正确；B．由图可知，加入33mLNaOH溶液时溶液中的溶质只有NaCl，Na+由NaOH提供，所以n(Na+)=n(Cl-)=33×0.

001L×5mol•L-1=0.165mol，则原溶液中Cl-的物质的量浓度为0.165mol0.2L=0.825mol/L，故B错误；C．由图可知0～4mL时发生H++OH-═H2O，则H+的物质的量为4mL×0.001L×5mol•L-1=0.

02mol，H+的物质的量浓度为0.02mol0.2L=0.1mol/L，则pH=1，故C正确；D．由4～30mL发生Mg2+、Al3+结合OH-生成沉淀的反应，根据反应Al3++3OH-═Al(OH)3↓，Al3+消耗的OH-的物质的量为n

(OH-)=3n(Al3+)=0.01mol×3=0.03mol，所以Mg2+消耗的OH-的物质的量为（30-4）mL×0.001L×5mol•L-1-0.03mol=0.1mol，所以n(Mg2+)=0.05mol，则原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=0.05：0.

01=5：1，故D正确；故答案为B。16.在一定量铁的氧化物中，加入45mL4mol/L硫酸溶液恰好完全反应，所得溶液中Fe2+能恰好被标准状况下672mL氯气氧化。则该固体中铁原子和氧原子的个数之比为A.5:6B.7:9C.3:4D.2:3【答案】B【解析】【分析】根据

题意，铁的化合物中的铁元素可能含有+2价和+3价，根据氯气将亚铁离子氧化的反应，结合氯气的量可以计算亚铁离子的量，铁的氧化物可理解成FeO和Fe2O3按一定比例混合而成，根据消耗的硫酸计算Fe、O原子个数之比。【详解】硫酸的物质的量n（H2SO4）=4mol

/L×0.045L=0.18mol，672mL氯气的物质的量为0.03mol，根据反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可知反应后溶液中n（Fe2+）=0.06mol，设FeO为Xmol，Fe2

O3为Ymol，由FeO+H2SO4=FeSO4+H2O和Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O可得求解关系式X+3Y=0.18①，X=0.06②，解得X=0.06mol、Y=0.04mol，则该固体中铁原子和氧原子的个数之比为（0.06mol+0.04mol×2）：（0

.06mol+0.04mol×3）=7:9，故选B。【点睛】本题考查与化学反应有关的化学计算，掌握铁的化合物的性质，正确书写化学方程式，利用方程式计算是解答关键。17.已知NaHSO3溶液显酸性，还原性：HSO3－＞I－，氧化性：IO3－＞I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入

NaIO3溶液。加入NaIO3的物质的量和析出的I2的物质的量的关系曲线如图。下列说法正确的是（）A.反应过程中的氧化产物均为Na2SO4B.a点时消耗NaHSO3的物质的量为1.0molC.O～b间的反应可用如下离子方

程式表示：3HSO3－＋IO3－＋3OH－===3SO42－＋I－＋3H2OD.当溶液中I－与I2的物质的量之比为5∶3时，加入的NaIO3为1.1mol【答案】D【解析】【详解】还原性HSO3-＞I

-，所以首先是发生以下反应离子方程式：IO3-+3HSO3-═I-+3SO42-+3H+，继续加入KIO3，氧化性IO3-＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-═

3H2O+3I2，A.反应过程中的氧化产物分别为Na2SO4和I2，选项A错误；B．由图可知，a点碘酸钠的物质的量是0.4mol，根据碘酸钠和亚硫酸氢钠的关系式知，消耗NaHSO3的物质的量=0.4mol1×3=1.2mol，选项B错误；C、0～b间没有碘单质生成，说明碘酸根离

子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钠的物质的量是1mol，亚硫酸氢钠的物质的量是3mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSO3-+IO3-═3SO42-+I-+3H+，选项C错误；D

、b点碘酸钠的物质的量是1mol，生成碘离子也是1mol。根据反应式IO3－＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O可知，如果设此时消耗碘离子的物质的量是x，则消耗碘酸钠就是x5,生成单质碘是3x5,所以有（1－x）︰3x5＝5∶3，解得x＝23所以加入的的碘酸钠

是1＋x5＝1.1mol，选项D正确，答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应的有关计算，如果氧化剂和不同的还原剂混合时，氧化剂首先氧化还原性最强的还原剂，然后依次进行，据此可以判断氧化还原反应的先后顺序。

18.将某一钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到体积为20mL、其中c(NaOH)=1mol/L的溶液，然后用1mol/L的盐酸滴定，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如图所示。则下列判断正确的是()A.图中m值为1.56gB.标准状况下产生H2896mLC.图中V2为60mLD.

原合金质量为0.92g【答案】A【解析】【分析】钠铝合金置于水中，合金全部溶解，发生2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑，加盐酸时发生NaOH+HCl═NaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al(OH)3↓、Al(OH)3

↓+3HCl═AlCl3+3H2O，再结合图象中加入40mL盐酸生成的沉淀最多来计算。【详解】由图象可知，向合金溶解后的溶液中加盐酸，先发生NaOH+HCl═NaCl+H2O，后发生NaAlO2+HCl+H2

O═NaCl+Al(OH)3↓，最后发生Al(OH)3↓+3HCl═AlCl3+3H2O，合金溶解后剩余的氢氧化钠的物质的量为0.02L×1mol/L=0.02mol，由NaOH+HCl═NaCl+H2O，

0.02mol0.02mol则V1为0.02mol1mol/L=0.02L=20mL，生成沉淀时消耗的盐酸为40mL−20mL=20mL，其物质的量为由0.02L×1mol/L=0.02mol，由NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al(OH)3↓，0.02mol0.02mol0.02m

ol由Al元素守恒，原合金中n(Al)=0.02mol，由Na元素守恒，原合金中n(Na+)=0.02mol+0.02mol=0.04mol。A.由上述计算可知，生成沉淀为0.02mol，其质量为0.02mol×78g/mol=1.56g，故A正确；B.由2Na+2H2

O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑，生成氢气的物质的量为0.02mol+0.03mol=0.05mol，其标况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故B错误；C.由Al(OH)3

↓+3HCl═AlCl3+3H2O可知，溶解沉淀需要0.06molHCl，其体积为60mL，则V2为40mL+60mL=100mL，故C错误；D.由钠元素及铝元素守恒可知，合金的质量为0.04mol×23g/mol+0.02mol×27g/mol=1.46g，故D错误；故选A。【点

睛】本题过程比较复杂，注意题中告诉OH-剩余，要知道铝反应完了，此时溶液的成分是氢氧化钠和偏铝酸钠，应用元素守恒分析Na元素的物质的量时，要注意有两部分（NaOH和NaAlO2）。第II卷非选择题(共52分)19.氧化剂和还原剂在生产生活中广泛使用。(1)KMnO4和

HBr溶液可以发生如下反应：2KMnO4＋16HBr=2KBr＋2MnBr2＋8H2O＋5Br2①其中还原剂和氧化剂的物质的量之比为_________②若消耗0.1mol氧化剂，则被氧化的还原剂的物质的量为_________，转移电子数目_______。(2)人体内所含铁元

素以Fe2+和Fe3+的形式存在。市场出售的某种麦片中含有微量的颗粒细小的还原铁粉，这些铁粉在人体胃酸的作用下转化成亚铁盐，此反应的离子方程式为______________，但Fe2+在酸性条件下很容易被空气中的O2氧化，写出该反应的离子方程式_____

____________(3)次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品，具有较强还原性，可与足量的NaOH完全中和生成NaH2PO2，NaH2PO2溶液可使酚酞试液变红，回答下列问题：①H3PO2中，磷元素的化合价为______②写出H3PO2电离方程式_____________

_____________③H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为金属银，从而用于化学镀银。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，写出该反应的离子方程式

_________【答案】(1).5：1(2).0.5mol(3).0.5NA(4).2H++Fe=Fe2++H2↑(5).4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O(6).+1(7).+-3222HPOH+HPO(8).H3PO2+4Ag++2H2O=4Ag↓+H3PO4+4H+【解析】

【分析】（1）反应：42222KMnO16HBr=2KBr2MnBr8HO5Br＋＋＋＋，KMnO4中Mn元素化合价由+7价下降到+2价为氧化剂；HBr中Br元素由-1价升高到0价，为还原剂；根据得失电子守恒计算；（2）铁粉与胃酸（HCl）反应生成氯化亚铁和氢气；Fe2+被氧气氧化为Fe3

+；（3）①根据化合物中化合价的代数和为0确定P元素化合价；②H3PO2可与足量的NaOH完全中和生成NaH2PO2则H3PO2为一元弱酸，以此写出电离方程；③根据转移电子守恒判断氧化产物。【详解】（1）反应：42222KMnO16HBr=2KBr2MnBr8HO5B

r＋＋＋＋，KMnO4中Mn元素化合价由+7价下降到+2价为氧化剂；HBr中Br元素由-1价升高到0价，为还原剂；①由化合价升降守恒可知，还原剂和氧化剂的物质的量之比为5：1；②若消耗0.1mol氧化剂，则被氧化的还原剂的物质的量为0.5mol；转移电子

数目AA0.1mol(7-2)N=0.5N，故答案为：5：1；0.5mol；0.5NA；（2）铁粉与胃酸（HCl）反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为：2H++Fe=Fe2++H2↑；Fe2+被氧气氧化为

Fe3+离子方程为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故答案为：2H++Fe=Fe2++H2↑；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；（3）①根据化合物中化合价的代数和为0，H3PO2中，13(2)20x磷元素的化合价为+1价；②H3PO2可与

足量的NaOH完全中和生成NaH2PO2则H3PO2为一元弱酸，电离方程为：+-3222HPOH+HPO；③Ag+还原为金属银则Ag+做氧化剂，H3PO2做还原剂，化剂与还原剂的物质的量之比为4︰1，Ag

化合价下降1，由化合价升降守恒可知P化合价升高4，则生成H3PO4，离子方程为：H3PO2+4Ag++2H2O=4Ag↓+H3PO4+4H+。故答案为：+1；+-3222HPOH+HPO；H3PO2+4Ag++2H2O=4Ag↓+H3PO4+4H+。20.Na2O2具有强氧化性，H2具有

还原性，某同学根据氧化还原反应的知识推测Na2O2与H2能发生反应。为了验证此推测结果，该同学设计并进行如下实验。I.实验探究步骤1：按如图所示的装置组装仪器（图中夹持仪器已省略）并检查装置的气密性，然后装入药品。步骤2：打开K1、K2，在产生的氢气流经装有Na2O2的硬质玻璃管

的过程中，未观察到明显现象。步骤3：进行必要的实验操作，淡黄色的粉末慢慢变成白色固体，无水硫酸铜未变蓝色。（1）组装好仪器后，要检查装置的气密性。简述检查虚线框内装置气密性的方法：________。（2）B装置中

所盛放的试剂是_____，其作用是_______。（3）步骤3中的必要操作为打开K1、K2，_______（请按正确的顺序填入下列步骤的字母）。A．加热至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间B．用小试管收集气体并检验其纯度C．关闭K1D．停止

加热，充分冷却（4）由上述实验可推出Na2O2与H2反应的化学方程式为__________。II．数据处理（5）实验结束后，该同学欲测定C装置硬质玻璃管内白色固体中未反应完的Na2O2含量。其操作流程如下：①测定过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有电子天平、烧杯、酒精灯、蒸发皿和____。②

在转移溶液时，若溶液转移不完全，则测得的Na2O2质量分数_____（填“偏大”“偏小”或“不变”）【答案】(1).关闭K1，向A装置中的漏斗加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定不降，说明虚线框内的装置气密性良好(2).碱石灰(3).吸收氢气中的水和氯化氢(4).B

ADC(5).Na2O2+H22NaOH(6).玻璃棒(7).偏小【解析】I．(1)关闭K1，向A装置中的漏斗加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定不降，说明启普发生器的气密性良好；(2)A中生成的H2中混有水蒸气和挥发出的HCl，应利用B装置中所盛放的碱石灰吸收吸收

氢气中的水和氯化氢；(3)步骤3中的必要操作为打开K1、K2，应先通一会儿氢气并用小试管收集气体并检验其纯度，当装置内空气完全除去后，加热C中至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间，然后停止加热，充分冷却，最后关闭K1，故操作顺序为BADC；(4)Na2O2与H2反应无水生成，

说明产物为NaOH，发生反应的化学方程式为Na2O2+H22NaOH；II．①NaCl溶液蒸发操作进需要用玻璃棒搅拌，则操作过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有电子天平、烧杯、酒精灯、蒸发皿和玻璃棒；②在转移溶液时，若溶液转移不完全，则

得到NaCl的固体质量偏低，固体增重量偏低，导致NaOH的含量偏高，则测得的Na2O2质量分数偏小。点睛：解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。具体分析为：①实验是根据什么性质和原理设计

的？实验的目的是什么？②所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。③有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。④有关操作：技能、

操作顺序、注意事项或操作错误的后果。⑤实验现象：自下而上，自左而右全面观察。⑥实验结论：直接结论或导出结论。21.某矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2，工业上用该矿渣获取铜和胆矾的操作流程如图：已知：①Cu2O＋2H+=Cu＋Cu2+＋H

2O②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：(1)为了加快反应Ⅰ的速率，可以采取的措施是__________(任写1条)(2)固体混合物A中的成分是______________(3)反应Ⅰ完成后，铁元素的存在形式为______(填离

子符号)；写出生成该离子的离子方程式_______(4)操作1主要包括：____________、____________、____________，洗涤CuSO4·5H2O粗产品不能用大量水洗，而用冰水洗涤。原因

是_______________(5)用NaClO调pH可以生成沉淀B，利用题中所给信息分析沉淀B的化学式为_________________，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________(6)用NaOH调pH可以生成沉淀C，利用题中所给信息分析y的范围为________

_______________【答案】(1).适当升高温度；不断搅拌；将矿渣粉碎；适当增大硫酸的浓度等(2).SiO2、Cu(3).Fe2+(4).Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+(5).蒸发浓缩(6).冷却结晶(7).过滤(8).冰水既

可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的损失(9).Fe（OH）3(10).1:2(11).5.2≤pH<5.4【解析】【分析】矿渣加入稀硫酸，Cu2O、Al2O3、Fe2O3溶解，二氧化硅不溶，所以固体混合物A是不溶于稀硫酸的物质，发生的反应有Cu2O+2

H+=Cu+Cu2++H2O，得出A的成分是SiO2、Cu；由于单质Cu存在，铁元素以Fe2+形式存在，反应方程式：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，滤液中主要是Al3+、Fe2+、Cu2+；加入NaClO具有氧化性，氧化Fe2+为Fe3+，同时

调节溶液pH使Al3+、Fe3+沉淀完全，根据Fe（OH）3和Al（OH）3开始沉淀和沉淀结束的pH关系，x范围是：3.2≤pH<4.0，目的是沉淀Fe（OH）3；y范围是：5.2≤pH<5.4，沉淀Al（OH）3；最后得到氯化铜、硫酸铜溶液，电解

法获取Cu时，阴极发生还原反应：Cu2++2e-=Cu；阳极发生氧化反应：2Cl--2e-=Cl2↑；次氯酸钠中的次氯酸根结合溶液中的氢离子，pH升高；NaClO能调节pH的主要原因是由于发生反应ClO-+H+⇌HClO，ClO-消耗H+，从而达到调节pH的目

的，以此分析。【详解】(1)为了加速矿渣和硫酸之间的反应速率，可以采用适当升高温度；不断搅拌；将矿渣粉碎；适当增大硫酸的浓度等，故答案为：适当升高温度；不断搅拌；将矿渣粉碎；适当增大硫酸的浓度等；(2)加入硫酸发生了反

应：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，故固体A的成分是二氧化硅和铜，故答案为：SiO2、Cu；(3)由于发生了反应，Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；溶液中铁以Fe2+存在，故答案为：Fe2+；Cu+2F

e3+=2Fe2++Cu2+；(4)硫酸铜溶液得到晶体的方法：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；胆矾晶体带有结晶水，温度太高导致结晶水失去，所以可以采用冰水来洗涤，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；冰水既可以洗去表

面的杂质离子，还可以减少晶体的损失；(5)用NaClO调pH，生成沉淀B为氢氧化铁，该反应的离子方程式是：2+--+232Fe+ClO+5HO=2FeOH+C)l(+4H，故沉淀B为Fe(OH)3，化合价降低的为氧化剂，故氧化剂是ClO−，化

合价升高的为还原剂，故还原剂是Fe2+，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故答案为：Fe(OH)3；1:2；(6)通过以上分析知，要使Al、Fe均变为沉淀，由表可知y的数值范围是5.2⩽pH<5.4，故答案为：5.2⩽pH<5.4。22.氮化铝(AlN)是一种性能优

异的新型材料，在许多领域有广泛应用。某化学小组模拟工业制氮化铝原理，欲在实验室制备氮化铝并检验其纯度。查阅资料：①实验室用饱和NaNO2溶液与NH4Cl溶液共热制N2：NaNO2＋NH4ClΔNaCl＋N2↑＋2H2O②工业制氮化铝：Al2O3＋3C＋N2高温2AlN＋3CO，氮化铝在高温

下能水解。③AlN与NaOH饱和溶液反应：AlN＋NaOH＋H2O=NaAlO2＋NH3↑Ⅰ.氮化铝的制备(1)实验中使用的装置如上图所示，请按照氮气气流方向将各仪器接口连接e→c→d__________(上述装置可重复使用)(2)A装置内的X液体可能是_______

_____；D装置内氯化钯溶液的作用可能是_______________Ⅱ.氮化铝纯度的测定(方案i)甲同学用右图装置测定AlN的纯度(部分夹持装置已略去)。(3)为准确测定生成气体的体积，量气装置(虚线框内)中的Y液体可以是_______

_.a.CCl4b.H2Oc.NH4Cl饱和溶液d.植物油(4)用下列仪器也能组装一套量气装置，其中必选的仪器有_________a.单孔塞b.双孔塞c.广口瓶d.容量瓶e.量筒f.烧杯(方案ii)乙同学按以下步骤测定样品中AlN

的纯度(流程如下图)(5)步骤②的操作是_____________(6)实验室里灼烧滤渣使其分解，除了必要的热源和三脚架以外，还需要的硅酸盐仪器有__、___等(7)样品中AlN的纯度是________________(用含m1、m2、m3表示)

。(8)若在步骤③中未洗涤，测定结果将_____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)【答案】(1).f(g)g(f)cdi→(2).浓硫酸(3).吸收CO防污染(4).ad(5).bce(6).通

入过量2CO气体(7).坩埚(8).泥三角(9).312141m-m+m10m或3121410m-m+m%m(10).偏高【解析】【分析】Ⅰ．氮化铝的制备：①实验室用饱和NaNO2与NH4Cl溶液共热制NaNO2＋NH4ClΔN

aCl＋N2↑＋2H2O。②工业制氮化铝：Al2O3＋3C＋N2高温2AlN＋3CO，氮化铝在高温下能水解，利用装置B准备氮气，通过装置A中浓硫酸干燥气体，通过装置C氮气和铝发生反应，最后通过装置D吸收多余的CO，防止污染空气，以此分析。Ⅱ．氮化铝纯度的测定（3）氨气极易溶于水，量气装置

中的Y液体不能与氨气反应，不能使氨气溶解；（4）若装置中分液漏斗与导气管之间没有导管A连通，溶液会排出空气，增大测定气体的体积；（5）样品m1g溶于过滤氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m2g，滤液及

其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，结合铝元素守恒计算纯度；（6）实验室中灼烧固体在坩埚内进行，据此选择仪器；（7）氮化铝含杂质为C和氧化铝，氧化铝质量不变，碳转化为滤渣，样品m1g溶于过

滤氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m2g，滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，结合差量法计算纯度；（8）步骤③未洗涤会导致滤液中溶质会留在滤渣上，以此分析。

【详解】（1）利用装置B准备氮气，通过装置A中浓硫酸干燥气体，通过装置C氮气和铝发生反应，最后通过装置D吸收多余的CO，防止污染空气，按照氮气气流方向将各仪器接口连接：f(g)g(f)cdi→，故答案为：f(g)g(f)cdi→；（2）分析可知A装置内的X液体可能是吸收水蒸气的浓硫

酸溶液，D装置内氯化钯溶液的作用可能是吸收有毒气体CO，避免污染空气，故答案为：浓硫酸；吸收CO防污染；Ⅱ．氮化铝纯度的测定（3）氨气极易溶于水，量气装置中的X液体不能与氨气反应，不能使氨气溶解，a．CCl4和氨气不反应，不溶解氨气，故a正确；b．H2O能溶解氨气，故b错误；c．NH4Cl饱

和溶液能吸收氨气，故c错误；d．植物油和氨气不反应，不溶解氨气，故d正确。故答案为：ad；（4）利用排水法也可以测量气体体积，选用仪器：b.双孔塞、c.广口瓶、e.量筒，故答案为：bce；（5）样品m1g溶于过滤氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m

2g，滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，步骤②的操作是：通入过量CO2气体，故答案为：通入过量CO2气体；（6）实验室里煅烧滤渣使其分解，除了必要的热源和三脚架

以外，还需要的硅酸盐仪器有：坩埚、泥三角，故答案为：坩埚、泥三角；（7）氮化铝含杂质为C和氧化铝，氧化铝质量不变，碳转化为滤渣，样品m1g溶于过滤氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m2g，滤液及其洗涤液中

通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，2312382102202mmmAlNAmlOm31231282(m-m+m)41(m-m+m)m2010＝样品中AIN的纯度=312141m-m+m10m或3121410m-m

+m%m，故答案为：312141m-m+m10m或3121410m-m+m%m；（8）若在步骤③中未洗涤，导致m3质量偏大，由公式可知AIN的纯度偏高，故答案为：偏高。