【文档说明】宁夏省隆德县中学2021届高三上学期第二次月考化学试卷 【精准解析】.doc，共(24)页，1.066 MB，由小赞的店铺上传

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宁夏省隆德县中学2021届高三上学期第二次月考化学试题1.用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是()A.鉴别纯碱与小苏打B.证明Na2O2与水反应放热C.证明Cl2能与烧碱溶液反应D.探究钠与Cl2反应【答案】A【解析】【分析】【详解】A.鉴

别纯碱与小苏打，试管口略向下倾斜，且铁架台的铁夹要夹在离试管口的三分之一处故此实验装置错误，故A符合题意；B.过氧化钠与水反应放出大量热，能能脱脂棉燃烧，此实验装置正确，故B不符合题意；C.氯气与烧碱溶液反应时，锥形瓶中氯气被消耗

，压强减小，气球会变大，此实验装置正确，故C不符合题意；D.氯气与钠反应时，尾气端一定要加上蘸有碱液的棉花除去尾气中残留的氯气，避免氯气污染环境，此实验装置正确，故D不符合题意。故答案是A。2.“中国名片”“中国制造”中航天、军事、天文、医学等领域的发展受到世界

瞩目，它们与化学有着密切的联系。下列说法正确的是()A.“歼－20”飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料B.港珠澳大桥路面使用到的沥青可以通过石油分馏得到C.“玉兔二号”月球车的帆板太阳能电池的材料是二氧化硅D.抗击“新型冠状病毒”过程中用到的“84”消毒液的有效成分是Ca(ClO)2【

答案】B【解析】【分析】【详解】A．碳纤维是单质，是一种新型无机非金属材料，故A错误；B．石油分馏是根据物质沸点不同，蒸馏得到汽油、煤油、柴油等物质，沥青沸点高，经过蒸馏可以得到，故B正确；C．二氧化硅是光导纤维的成分，而太阳能电池的材料是硅，故C错误；D．“84”消毒液的有效成分是NaClO

,漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，故D错误。故答案为：B3.设NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是()A.常温常压下，36g18O2中所含的中子数为16NAB.电解饱和食盐水时，阳极生成22.4L气体时，转移的电

子数为2NAC.8.0gCu2S和CuO的混合物中含有的铜原子数为0.1NAD.室温下向1LpH=1的醋酸溶液中加水，所得溶液中H+数目小于0.1NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A.18O2含有的中子数为

20，36g18O2的物质的量为36g36/gmol=1mol，则含有的中子数为1mol×20×NAmol—1=20NA，故A错误；B.缺标准状况，无法计算阳极生成22.4L气体的物质的量和转移的电子数，

故B错误；C.8.0gCu2S和Cu2O2的物质的量为8.0g160/gmol=0.05mol，则混合物中含有的铜原子数为0.05mol×2×NAmol—1=0.1NA，故C正确；D.1LpH=1的醋酸溶液中氢离子的物质的量为0.1mol/L×1L=0.1mol，由稀

释定律可知，稀加水稀释后醋酸的电离程度增大，则氢离子的物质的量大于0.1mol，所得溶液中H+数目大于0.1NA，故D错误；故选C。4.若NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是（）A.64g铜与足量的S完全反应，转移

的电子数为NAB.标准状况下，22.4LNO与11.2LO2充分反应后得到的气体分子数为NAC.pH=13的Ba(OH)2溶液中，含有OH-0.2NA个D.50mL18mol·L-1的浓硫酸与足量的铜加热充分反应后，得到的气体分子数为0.4

5NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A.64g铜的物质的量为1mol，1mol铜与硫单质完全反应生成0.5mol硫化亚铜，转移了1mol电子，转移电子数目为NA，故A正确；B.标况下，22.4L一氧化氮的物质的量为1mol，11.2L氧气的物质的量为0.5mol，二者恰好反应生成1mol

二氧化氮，由于部分二氧化氮转化成四氧化二氮，,所以反应后气体的物质的量小于1mol，得到的气体分子数小于NA，故B错误；C.pH=13的Ba(OH)2溶液中，不知道溶液的体积，无法算出OH-的物质的量，故

C错误；D.铜只能和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应；随着反应的进行，浓硫酸会变成稀硫酸，故生成的二氧化硫分子数小于0.45NA个，故D错误；故选：A。5.我们常用“往伤口上撒盐”来比喻某些人乘人之危的行为，其实从化学的角度来说，“往伤口上撒盐”的做法并无不妥，甚至可以说并不

是害人而是救人。那么，这种做法的化学原理是（）A.胶体发生电泳B.血液中发生氧化还原反应C.血液中发生复分解反应D.胶体发生聚沉【答案】D【解析】【分析】胶体在遇到电解质溶液的时候会聚沉，结合题目中所给信息解答即可。【详解】A.血液属于胶体，因为没有外接电源，所以不属于电

泳现象，A错误；B.血液和氯化钠不发生氧化还原反应，B错误；C.血液和氯化钠不具备复分解反应的条件，所以不发生复分解反应，C错误；D.血液属于胶体，所以血液应具备胶体的性质，在遇到电解质溶液的时候会聚沉；

在伤口上撒盐可以使伤口表面的血液凝结，从而阻止进一步出血，以及防治细菌感染，属于胶体的聚沉，D正确。答案选D。6.下列现象及解释不正确的是A.水晶手镯接触石灰水会被腐蚀：SiO2+Ca(OH)2==CaSiO3+H2OB.不用铝盆

盛放食醋：2Al+6CH3COOH==2Al(CH3COO)3+3H2↑C.石灰水和过量小苏打溶液混合会变浑浊：-3HCO+Ca2++OH-==CaCO3↓+H2OD.AgNO3溶液滴入过量浓氨水中不会出

现沉淀：Ag++2NH3∙H2O==()+32AgNH+2H2O【答案】C【解析】【分析】【详解】A．水晶手镯的主要成分为SiO2，属于酸性氧化物，石灰水的主要成分为Ca(OH)2，属于强碱，二者接触会发生反应：SiO2+

Ca(OH)2==CaSiO3+H2O，从而会被腐蚀，A正确；B．铝盆中的铝能与食醋中的醋酸反应：2Al+6CH3COOH==2Al(CH3COO)3+3H2↑，从而导致铝盆被腐蚀，所以不用铝盆盛放食醋，B正确；C．石灰水和过量小苏打溶液混合发生反应

2NaHCO3+Ca(OH)2==CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，离子方程式为2-3HCO+Ca2++2OH-==CaCO3↓+23CO−+2H2O，从而使溶液变浑浊，C不正确；D．AgNO3溶液滴入过量浓氨水中，起初生成的AgOH完全溶解，转化为Ag(NH3)2OH，发生

反应的离子方程式为：Ag++2NH3∙H2O==()+32AgNH+2H2O，所以最终不会出现沉淀，D正确；故选C。7.下列离子方程式正确的是()A.向Na2SiO3溶液中通入过量CO2气体：Na2SiO3＋2CO2＋2H2O==H2SiO3↓＋2-3HC

O＋2Na+B.酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2-4MnO＋5H2O2＋6H＋==2Mn2＋＋5O2↑＋8H2OC.KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3==22-4FeO+3Cl−+4H++H2OD.用热的NaOH溶液溶解S：3S＋4OH-Δ2S2-＋S

O2↑＋2H2O【答案】B【解析】【分析】【详解】A．硅酸钠溶液中通入过量CO2的离子反应为2-3SiO+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2-3HCO，故A错误；B．酸性介质中KMnO4氧化H2O2的离子反

应为2-4MnO＋5H2O2＋6H＋==2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，遵循电子、电荷守恒，故B正确；C．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应，离子方程式：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=22-4FeO+3Cl-+5H2O，故C错误；D．用热的Na

OH溶液溶解S，反应生成硫化钠、亚硫酸钠和水，正确的离子方程式为：3S+6OH-Δ2S2-+2-3SO+3H2O，故D错误；故选B。8.下列有关“造纸术、指南针、黑火药及印刷术”的相关说法正确的是（）A.宣纸的主要成分是纤维素，属

于高分子化合物B.指南针由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe2O3C.黑火药爆炸反应为2KNO3+3C+S==K2S+N2↑+3CO2↑，其中氧化剂只有KNO3D.活字印刷使用的胶泥由Al2O3、SiO2、CaO等组成，它们都属

于碱性氧化物【答案】A【解析】【分析】【详解】A.宣纸的主要成分为天然纤维素，纤维素为多糖，属于高分子化合物，故A正确；B.天然磁石成分为四氧化三铁，故B错误；C.反应2KNO3+3C+S=K2S+N2↑+3CO2↑中，N、S元素化合价降低，得电子被还原，C元素化合价升高，失电子被氧化，所以K

NO3和S都是氧化剂，故C错误；D.Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，故D错误。答案选A。【点睛】本题以我国传统文化四大发明为命题情景，考查化学基本概念，涉及物质的分类、氧化还原反应的有关概念等，掌握基础知识是解题的关键，注意氧化还原反应的分析要紧紧抓住化

合价变化，化合价变没变，是升高了还是降低了。9.根据下列三个反应方程式，判断下列关系正确的是()①I2+SO2+2H2O==H2SO4+2HI②2FeCl3+2HI==2FeCl2+2HCl+I2③2FeCl2+Cl2==2FeCl3A.还原性：SO2>HI>FeCl

2>HClB.氧化性：FeCl3>Cl2>H2SO4>I2C.2Fe+3I2==2FeI3D.6FeI2+3Cl2==2FeCl3+4FeI3【答案】A【解析】【分析】【详解】AB：①I2+SO2+2H2O═H2SO4+2HI，I元素的化合价

降低，S元素的化合价升高，所以碘单质是氧化剂，二氧化硫是还原剂，硫酸是氧化产物，氢碘酸是还原产物，所以还原性SO2＞I-，则氧化性I2＞H2SO4；②2FeCl2+Cl2=2FeCl3中，氯元素化合价降低，铁元素化合价升高，所以氯气是氧化剂，氯化亚铁是还原剂，氯

化铁是氧化产物和还原产物，所以还原性Fe2+＞Cl-，则氧化性Cl2＞FeCl3；③2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2中，碘元素化合价升高，铁元素化合价降低，所以氯化铁作氧化剂，碘化钾作还原剂，还原产物是氯化亚铁，则还原性I-＞Fe2+，氧化

性FeCl3＞I2；则这四种离子的还原性大小顺序是：SO2＞I-＞Fe2+＞Cl-，氧化性大小顺序是：Cl2＞FeCl3＞I2＞H2SO4，故A正确，B错误；C．铁离子具有还原性，碘离子具有氧化性，二者之间不会发生反应得到碘化铁，而是

碘化亚铁，故C错误；D．氯气能将碘离子氧化，则碘化亚铁和氯气之间反应得到的是氯化铁、碘单质，故D错误；故选A。10.K2FeO4是优良的饮用水处理剂，一种制备方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔，反应为Fe2O3+3KNO3+4KOH==2K2Fe

O4+3KNO2+2H2O。下列关于该反应的说法不正确．．．的是A.铁元素被氧化，氮元素被还原B.氧化性：KNO3＞K2FeO4C.每生成1molK2FeO4，转移6mole−D.K2FeO4具有杀菌作用

【答案】C【解析】【分析】根据反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，元素铁化合价由Fe2O3中+3升高到K2FeO4中+6价，元素氮化合价由KNO3中+5价降低到KNO2中+3价。【详解】A.由分析可知，氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高，被氧化，

故A正确；B.反应中KNO3化合价降低，KNO3为氧化剂，而K2FeO4由化合价升高得到，为氧化产物，氧化性：氧化剂>氧化产物，则氧化性：KNO3>K2FeO4，故B正确；C.反应Fe2O3+3KNO3+

4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3mol电子，转移电子数为生成K2FeO4的3倍，故C

错误；D.K2FeO4中铁元素为+6价，化合价能降低，有强氧化性，能杀菌消毒，故D正确；故选C。11.下列有关钠的氧化物的叙述正确的是（）①Na2O、Na2O2中均含有离子键，氧元素化合价相同②过氧化

钠的电子式为③1molNa2O2固体中含有的离子总数为4NA（NA为阿伏加德罗常数的值）④Na2O、Na2O2的组成元素相同，与CO2反应的产物也相同⑤Na2O2与二氧化硫反应生成硫酸钠⑥切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗的化学方程式为2Na+O2=Na2O2A.⑤B.③④C.③⑤D.⑤

⑥【答案】A【解析】【分析】【详解】①Na2O、Na2O2中均含有离子键，Na2O中氧元素化合价为−2、Na2O2中氧元素化合价为−1，氧元素化合价不同，①错误；②Na2O2的电子式为，②错误；③1molNa2O2固体中含有2mol钠离子和1mol的过氧根离子，离子总数为(2NA+1NA)=3NA

，③错误；④Na2O与CO2反应生成Na2CO3，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，④错误；⑤Na2O2有强氧化性，与SO2反应生成Na2SO4，⑤正确；⑥切开的金属Na表面逐渐变暗是因为生成Na2O，⑥错误；综上所述，⑤正确，答案为A。12.下列选项所示的物质间转化均能实现的是(

)A.NaCl(aq)2Cl→电解(g)→石灰水漂白粉(s)B.Mg(OH)2(s)()HClaq⎯⎯⎯→MgCl2(aq)Mg→电解(s)C.NaBr(aq)()2Cl2gBr⎯⎯⎯→(aq)()Nal2aqI⎯⎯⎯→(aq)D.NaCl(aq)()2CO3g

NaHCO⎯⎯⎯→(s)23NaCO→加热(s)【答案】C【解析】【分析】【详解】A．NaCl(aq)2Cl→电解(g)→石灰水漂白粉(s)中第二步氯气应与石灰乳反应生成漂白粉，故A不符；B．Mg(OH)2(s)()HClaq⎯⎯⎯→MgCl

2(aq)Mg→电解(s)中第二步电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气，故B不选；C．NaBr(aq)()2Cl2gBr⎯⎯⎯→(aq)()Nal2aqI⎯⎯⎯→(aq)中，由于氧化性：Cl2>Br2>I2氯气能将溴置换出来，溴能将碘置换出来，故C符

合；D．NaCl(aq)()2CO3gNaHCO⎯⎯⎯→(s)23NaCO→加热(s)中第一步，NaCl饱和溶液中要先通入足量氨气，再通CO2，生成NaHCO3，故D不符；故选C。13.合金材料的制造与使用在我

国已有数千年历史，下列文物不是由合金制作的是()A.秦兵马俑B.越王勾践剑C.曾候乙编钟D.马踏飞燕青铜器【答案】A【解析】【分析】【详解】A．秦兵马俑主要是由陶土烧制而成，属于硅酸盐产品，不是由合金制作的，A符合题意；B．越王勾践剑主要成分有铜、铁、锡等，表面有一层镀铬层，是由合

金制作的，B不符题意；C．曾候乙编钟制作的主要材料是青铜，还含有锡及其他金属，是由合金制作的，C不符题意；D．马踏飞燕青铜器是铜的合金，是由合金制作的，D不符题意。答案选A。14.表中,对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（）选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断A碳

酸钠溶液可用于治疗胃病Na2CO3可与盐酸反应Ⅰ对,Ⅱ对,有B向Na2O2的水溶液中滴入酚酞变红色Na2O2与水反应生成氢氧化钠Ⅰ对,Ⅱ错,无C金属钠具有强还原性高压钠灯发出透雾能力强的黄光Ⅰ对,Ⅱ对,有D过氧化钠可为航天员供氧Na2O2能与CO2和H2O反应生成O2Ⅰ对,

Ⅱ对,有A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A.碳酸钠能够与盐酸反应，但是碳酸钠碱性较强，具有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，陈述Ⅰ错误，A项错误；B.酚酞在Na2O2的水溶液中先变红色，然后红色褪去，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠为强碱，所以

Ⅰ错、Ⅱ对，B项错误；C.钠的焰色为黄色，透雾性强，高压钠灯发出透雾能力强的黄光，Ⅰ对，Ⅱ对，二者无因果关系，C项错误；D.过氧化钠与水、二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，所以可为航天员供氧，陈述Ⅰ、Ⅱ的正确，且有因果关系，D项正确；

答案选D。15.科学家开发出一种生物活性吸附剂，这种吸附剂由成本低廉、利于环保的棉纤维素和主要成分为氢氧化铝的勃姆石制造而成。下列有关说法中不．正确的是A.Al(OH)3既能够与盐酸反应又能够与NaOH溶液反应B.这

种吸附剂也能吸附色素C.向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NaOH溶液也能得到Al(OH)3D.实验室中Al(OH)3可以由可溶性铝盐溶液与足量的氨水反应制得【答案】C【解析】【分析】【详解】A、Al(OH)3属于两性氢氧化物，既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，A正确；B、这种吸

附剂具有很强的吸附性，故能吸附色素，B正确；C、向Al2(SO4)3溶液中加入过量NaOH溶液，发生的反应为Al2(SO4)3+8NaOH＝3Na2SO4+2NaAlO2+4H2O，不能得到Al(OH)3，C错误；D、氨水为弱碱水溶液，Al(OH)3不能溶于氨水，实验

室中Al(OH)3可由可溶性铝盐溶液与足量氨水反应制得，反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，D正确；答案选C。【点睛】氢氧化铝属于两性氢氧化物，既能与强酸反应生成盐和水又能与强碱反应生成盐和水。用可溶性铝盐制备Al(OH)3应

选用氨水而不使用NaOH，因为NaOH的用量不易控制。16.向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，生成沉淀Al（OH）3的量随AlCl3加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）A.a点对应的溶液中：Na+、Fe3+、SO2-4、HCO-3B.b

点对应的溶液中：Na+、S2﹣、SO2-4、Cl﹣C.c点对应的溶液中：Ag+、Ca2+、NO-3、F﹣D.d点对应的溶液中：K+、NH+4、I﹣、CO2-3【答案】B【解析】【分析】由图可知，向一定量的Na

OH溶液中逐滴加入AlCl3溶液时，从0到b的过程中，氢氧化钠溶液过量，氢氧化钠溶液和氯化铝溶液反应生成氯化钠、偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为4NaOH+AlCl3=NaAlO2+2H2O+3NaCl，没有沉淀生成，b点NaOH溶液完全反应；从b到c的过程中，反应生成的偏铝酸钠与氯化铝溶

液反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，反应的化学方程式为3NaAlO2+AlCl3+6H2O=3NaCl+4Al（OH）3↓，c点偏铝酸钠溶液完全反应。【详解】A.a点对应的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠和氢氧化钠，铁离子与偏铝酸根、碳酸氢根离子和氢氧根离子发生反应，不能大量共存，故A不符

合题意；B.b点对应的溶液含有氯化钠、偏铝酸钠，溶液中Na+、S2﹣、SO2-4、Cl﹣之间不发生任何反应，能大量共存，故B符合题意；C.c点对应的溶液为氯化钠溶液，溶液中氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀，钙离子与氟离

子生成氟化钙沉淀，不能大量共存，故C不符合题意；D.d点对应的溶液中含有氯化钠和氯化铝，溶液中铝离子与碳酸根离子发生双水解反应，不能大量共存，故D不符合题意；故选B。17.下列有关物质的性质描述正确的是（）A.Fe(OH)3溶于氢碘酸生

成FeI3B.Na与CuSO4水溶液反应析出CuC.Fe和水蒸气高温下生成Fe2O3D.稀盐酸与Na2SiO3溶液混合产生H2SiO3【答案】D【解析】【分析】【详解】A．铁离子能氧化碘离子，Fe(O

H)3溶于氢碘酸生成FeI2、I2和H2O，A错误；B．Na是活泼的金属，与CuSO4水溶液反应生成Cu(OH)2、H2和Na2SO4，B错误；C．Fe和水蒸气高温下生成Fe3O4、H2，C错误；D．稀盐酸与Na2SiO3溶液混合产生H2SiO3沉淀和氯化

钠，D正确；答案选D。18.2020年5月5日18时，长征五号B运载火箭(被称为“胖五”)在中国文昌航天发射场点火升空，拉开我国载人航天工程“第三步”任务序幕。“胖五”浑身是高科技，下列有关其说法正确的是()A.“胖五”外壳主要材料是铝合金，利用了该材料耐腐蚀

、密度大等特点B.“胖五”某些外表部位覆盖玻璃纤维织物，玻璃纤维是有机高分子材料C.液氢、煤油、液氧推进剂利用了燃料电池原理D.储氢箱、储氧箱表面裹有10∼20mm发泡塑料，其作用是保温【答案】D【解析】【分析】【详解】A．铝合金耐腐蚀，但密度小，故A错误；B．

玻璃纤维主要成分为二氧化硅、氧化铝、氧化钙、氧化硼、氧化镁、氧化钠等，均为无机物，所以不是有机高分子材料，故B错误；C．燃料电池中涉及的能量为化学能转化为电能，而火箭中液氢、煤油、液氧等燃料燃烧，化学能在发动机内转化为燃气的动能，形成高速气流喷出，

产生推力，故C错误；D．气体的体积受温度和压强影响，为防止温度过高氢、氧受热膨胀，需要用发泡塑料进行保温，故D正确；综上所述答案为D。19.对氧化铁与铝粉发生的“铝热反应”(装置如图)的现象有这样的描述：“反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒”、“纸漏

斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”。查阅资料得知：Al、A12O3、Fe、Fe2O3熔点数据如表，下列叙述正确的是物质AlAl2O3FeFe2O3熔点/℃660205415351462A.铝热剂特指铝和氧化

铁的混合物B.镁条和KClO3是铝热反应的催化剂C.该反应所得熔融物熔点低于660℃D.将少量该反应所得的熔融物溶于足量稀H2SO4，充分反应后，滴加KSCN溶液无明显现象，说明熔融物中无Fe2O3【答案】C【解析】【分析】【详解】A．铝热剂不仅包括铝和氧化

铁的混合物，也包括铝与其他一些金属的氧化物的混合物，但不是所有金属的氧化物与铝的混合物，A说法不正确；B．镁条和KClO3是铝热反应的引发剂，镁条燃烧时产生高温，氯酸钾分解产生氧气，使燃烧更剧烈、产生的温度更高，B说法不正确；C．该反应

放出大量的热量，生成物以熔融态落入沙中，该熔融物可能是铝铁合金，合金的熔点通常低于其成分金属，故所得熔融物熔点低于铝的熔点660℃，C说法正确；D．将少量该反应所得的熔融物溶于足量稀H2SO4，充分反应后，滴加KSCN溶液无明显现象，不能说明熔融物中无Fe2O3，因为即使有Fe2O3，其溶于

硫酸后也可以被铁还原为亚铁离子，故滴加KSCN溶液无明显现象，D说法不正确。综上所述，相关叙述正确的是C。20.下列有关实验说法，正确的是A.某溶液加强碱并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则该溶液溶质为铵盐B.将硝酸亚铁样品溶于稀硫酸，滴加硫氰化钾溶液，溶液

变为血红色，可推知该样品已经氧化变质C.往含有FeBr2和FeI2的混合溶液中通入足量的氯气，然后把溶液蒸干，得到FeCl3固体D.向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡【答案】D【解析】【分析】【详解】A．某溶液加

强碱并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明该溶液中一定含有+4NH，但不一定是铵盐，A选项错误；B．3NO−在酸性条件下可将Fe2+氧化成Fe3+，因此将硝酸亚铁样品溶于稀硫酸，滴加硫氰化钾溶液，溶液变为血红色，该样品不一定氧化变质，B选项错误；C．往含有FeBr2和FeI

2的混合溶液中通入足量的氯气，充分反应生成FeCl3、Br2、I2，然后把溶液蒸干，Br2挥发、I2升华，FeCl3易水解，且加热使得水解平衡正向移动，产物HCl挥发，最终得到的产物为Fe(OH)3，C选项错误；D．Na2CO3溶液中存在水解平衡2---323CO+HOH

CO+OH，向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，Ba2+与23CO−结合成BaCO3，平衡逆向移动，OH-浓度减小，溶液红色变浅，D选项正确；答案选D。21.下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是A.①②③④⑤B.①②③④C.②③

④⑤D.①②③⑤【答案】D【解析】【分析】【详解】①铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，氢气通过导管逸出，硫酸亚铁和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀，体系中充满氢气，氢氧化亚铁不容易被氧化，能较长时间看到白色沉淀，故正确；②铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，氢气通过导管进入氢氧化钠溶液的试管中将空气

排除，夹住a，利用气压将硫酸亚铁压入氢氧化钠溶液中，反应生成氢氧化亚铁沉淀，因为体系中充满氢气，能较长时间看到氢氧化亚铁的白色沉淀，故正确；③汽油能隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化，能长时间看到白色沉淀，故正确；④氢氧化

钠溶液滴加到硫酸亚铁溶液中，在溶液的上部生成氢氧化亚铁沉淀，接触到空气立即被氧化，故不能长时间看到白色沉淀，故错误；⑤苯能隔绝空气防止氢氧化亚铁沉淀被氧化，故长时间看到白色沉淀，故正确。故选D。22.2019年江西南昌“海昏侯墓”出土了一件青铜白酒蒸馏器。下列说法不正确的是()A

.我国古代人民常用明矾除去铜器表面的铜绿(铜锈)B.青铜文物和铁质文物在潮湿的土壤环境中容易发生电化学腐蚀C.在实验室进行蒸馏时，必须使用圆底烧瓶、直形冷凝管、酒精灯、锥形瓶等仪器D.与火法冶铜(以Cu2S为原料)相比，采用湿法冶铜(以CuSO4为原

料)的优点是减少了环境污染和能源消耗【答案】C【解析】【分析】【详解】A．明矾中含有铝离子，铝离子水解使溶液显酸性，铜器表面的铜绿(铜锈)Cu(OH)2CO3能与酸性溶液反应，所以可用明水矾除去铜器表面的铜绿(铜锈)，故A正确

；B．青铜文物和铁质文物均为合金，在潮湿环境中易形成原电池，发生电化学腐蚀，腐蚀速率更快，故B正确；C．蒸馏实验一般需要用蒸馏烧瓶而不是圆底烧瓶，同时还需要温度计，故C错误；D．火法冶铜(以Cu2S为原料)会产生SO2，对环境造成污染，同时高温条件下耗能较高，而湿法冶铜(以CuSO4为原料)采用

置换反应原理，相比火法冶铜减少了环境污染和能源的消耗，故D正确；综上所述答案为C。23.1.92g铜投入一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，生成的气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下的气体672mL，将盛有该气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的氧气，恰好使气体完全溶于水中，则通

入氧气的体积是()A.168mLB.224mLC.504mLD.336mL【答案】D【解析】【分析】【详解】1.92gCu的物质的量为11.92g64gmol−＝0.03mol，反应时失去电子为2×0.03mol＝0.06mol，整个反应过程为HNO3与铜反应转化

为Cu(NO3)2、NO2和NO，而生成的NO2和NO在水中与氧气完全反应转化为HNO3，则Cu失去的电子数等于O2得到的电子数，所以消耗氧气的物质的量为n(O2)＝0.06mol÷4＝0.015mol，标况下体积V(O2)＝0.015mol×22.4L·mol－1＝0.336L＝336mL，所

以通入O2的体积为336mL。答案选D。24.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用硫酸酸化的H2O2溶液滴入到Fe(NO3)2溶液中，溶液变成黄色氧化性：H2O2强于Fe3+B蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液有白烟产生该溶液可能是浓盐酸C

用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液含钠元素不含钾元素D分别向含有酚酞的烧碱溶液中通入氯气、二氧化硫溶液颜色都变浅说明氯气和二氧化硫都有漂白性A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A．酸性条件下亚铁离子可能被硝酸根离子氧化，则不能判断H

2O2、Fe3+的氧化性，故A错误；B．浓氨水具有挥发性，可以会发出碱性气体氨气，浓盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢可以和氨气反应得到白烟氯化铵，故B正确；C．某溶液W进行焰色反应实验焰色为黄色，证明含有钠离子，但是钾离子的检验需要透过钴玻璃观察，所以无

法判断钾离子是否存在，故C错误；D．氯气、二氧化硫均与NaOH反应，碱性降低，二氧化硫为酸性氧化物，均与漂白性无关，故D错误；故答案为B。25.工业上用粗盐(含Ca2+、Mg2+、2-4SO等杂质)为主要

原料采用“侯氏制碱法”生产纯碱和化肥NH4Cl，工艺流程如下图所示。下列有关说法正确的是()A.对粗盐溶液除杂可依次加入Na2CO3、NaOH、BaCl2，再加入盐酸调节溶液pHB.流程图1中的系列操作中包含萃取分液C.饱和食盐水中先通入的气体为NH3，再通入的气体为CO2D.如图2所示

装置可以比较Na2CO3和NaHCO3晶体的热稳定性【答案】C【解析】【分析】【详解】A．粗盐提纯时氯化钡可以除去硫酸根，而过量的钡离子需要用碳酸钠除去，所以氯化钡要加在碳酸钠之前，且需要过滤后再加盐酸调节pH，故A错误；B．从溶液中得到固体，需要加热浓缩，冷却结晶、过滤等操作，不包含萃取

分液，故B错误；C．二氧化碳在水中的溶解度较小，氨气的溶解度很大，故应先通入氨气使溶液显碱性，从而增大二氧化碳的溶解度，故C正确；D．碳酸钠加热不易分解，碳酸氢钠加热容易分解，故小试管中盛放碳酸氢钠，大试管盛放碳酸钠，碳酸氢钠间接加热能分解，碳酸钠直接加热不分解，能证明两者的稳定性，图中放反

了，故D错误；综上所述答案为C。26.分别取等物质的量浓度的氢氧化钠溶液各100mL,再通入一定量的2CO,随后分别各取20mL溶液,向其中逐滴滴入0.2mol/L的盐酸,在标准状况下产生2CO的体积(

y轴)与所加入盐酸的体积(x轴)的关系如图(分A、B两种情况):（1）在A情况下,溶质是(填化学式)_____________________,其物质的量之比为______________（2）在B情况下,溶质是(填化学式

)____________________其物质的量之比为______________（3）原氢氧化钠溶液的物质的量浓度_____________________【答案】(1).NaOH、Na2CO3(2).1∶1(3).Na2CO3、NaHCO3(4).1∶1(5).1.5mo

l·L－1【解析】【分析】CO2与NaOH溶液反应有如下两种“边界”情况：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O…①，CO2+NaOH=NaHCO3…②，故反应后溶液中溶质的成分可有如下可能：Na2CO3和NaOH、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3；当将稀盐酸逐滴滴到

碳酸钠溶液中时，Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl…③，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑…④，并且可以看出，当反应完全进行时，两个过程消耗HCl的量相等，若溶液中还有氢氧化钠，则首

先发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O…⑤，根据反应的化学方程式结合消耗盐酸的体积进行计算。【详解】（1）对于A图，V1=100mL，V2=150mL-100mL=50mL＜V1，据此判断溶液中溶质的成分是Na2CO3和NaOH，根据上面⑤③④三个

化学方程式可知，NaOH和Na2CO3的物质的量之比等于消耗盐酸的体积之比，则n（NaOH）：n（Na2CO3）=（100mL-50mL）：50mL=1：1，故答案为Na2CO3和NaOH；1：1；（2）对于B图，V1=50mL，V2=100mL．V1＜V2．溶液中溶质的成分是Na2CO3

和NaHCO3，根据上面③④两个反应的化学方程式可知：NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比等于两个过程分别消耗盐酸的体积之比：n（NaHCO3）：n（Na2CO3）=（150mL-50mL-50mL）：50mL=1：1，故答案为Na2CO3和NaHCO3；1：1；（3）完全反应后，

溶液溶质的成分为NaCl，根据质量守恒可知取出20mL溶液：n（NaOH）=n（HCl）=0.15L×0.2mol/L=0.03mol，所以100mLNaOH中溶液中n（NaOH）=0.15mol，c（NaOH）=0.15mol/0.1L=1.5mol

/L，故答案为1.5mol/L。【点睛】本题考查混合物的计算，从图象分析反应可能的情况进行判断和计算是解答的关键。27.实验室经常用KMnO4与过量浓盐酸反应制备氯气，化学方程式如下：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O(1)用单线

桥标出电子转移的方向和数目：___________(2)将此反应改写为离子方程式：___________(3)若31.6gKMnO4与过量浓盐酸充分反应，被氧化的HCl的物质的量为___________

，在标准状况下生成的Cl2的体积为___________。(4)用生成的氯气通入下面的装置来验证氯气的某些性质。用离子方程式解释C中有色布条褪色的原因：___________，D是用来检验氯气性质的实验，可观察到溶液由无色变为蓝色(I2单质遇淀粉变蓝色)，请

比较Cl2、I2、KMnO4的氧化性，由强到弱为___________。【答案】(1).(2).2-4MnO＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O(3).1mol(4).11.2L(5).Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO(6).KMnO4＞C

l2＞I2【解析】【分析】(4)首先利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，用硝酸银吸收HCl气体，之后用硫酸进行干燥，然后通过干燥有色布条，再通湿润的有色布条，探究氯气是否具有漂白性，之后通入KI淀粉溶液，若溶液变蓝说明氯气将KI氧化生成

碘单质，装置E中NaOH溶液用来吸收尾气。【详解】(1)该反应中部分氯元素化合价升高被氧化，所以HCl失电子，根据生成的氯气的量可知16份HCl中有10份共失去10个电子，Mn元素化合价降低被还原，所以KMnO4得电子，2份KMnO4共得到10个电子，所以用单线桥标出电子转移的方向和

数目为：；(2)KMnO4、HCl、KCl、MnCl2均为可溶于水的强电解质，可以写成离子形式，其余物质保留化学式，得到离子方程式为2-4MnO＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；(3)31.6gKMnO4的物质的量为-131.6

g158gmol=0.2mol，根据离子方程式可知0.2mol高锰酸钾参与反应时有1mol氯离子即1molHCl被氧化，生成0.5mol氯气，标况下体积为11.2L；(4)湿润的有色布条是因为氯气和水反应生成了具有

漂白性的HClO，离子方程式为H＋＋Cl－＋HClO；现象说明氯气将碘离子氧化生成碘单质，所以氧化性：Cl2＞I2，而根据题目所给反应方程式可知氧化性：KMnO4＞Cl2，所以氧化性：KMnO4＞Cl2＞I2。28.A∼I分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关

系如下图所示(部分反应物、生成物没有列出)，且已知G为主族元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。请填写下列空白：(1)A、B、C、D、E、F六种物质中所含同一种元素在周期表中位置第___________周期、第___________族；(2)写出反应①的化学方程式：__

_________；(3)写出反应⑥的化学方程式：___________；(4)写出反应③的电极方程式：阳极：___________；阴极：___________。(5)J的化学式：___________，H的结构式：___________。【答案】(1).四(2).Ⅷ(3).8Al

＋3Fe3O4高温9Fe＋4Al2O3(4).4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3(5).2O2－－4e－=O2↑(6).Al3＋＋3e－=Al(7).NaAlO2(8).O=O【解析】【分

析】G为主族元素的固态氧化物，电解G得到I和H，G能和氢氧化钠溶液反应生成J，工业上用电解氧化铝的方法冶炼铝，则G是Al2O3，I能和氢氧化钠溶液反应生成J，则I是Al，J是NaAlO2，H是O2，Al和B能在

高温下反应生成A，A能在H中燃烧生成B，B和盐酸反应生成C和D，C和氢氧化钠反应生成E，D和氨水反应生成F，E在空气中反应生成F，说明E不稳定，易被氧气氧化，且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素，则A是Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，K为NH3，E为

Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，据此解答。【详解】(1)A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素是Fe元素，铁元素位于第四周期第Ⅷ族；(2)反应①为Fe3O4为与Al在高温下发生铝热反应生成Fe，反应的方程式为：8Al

＋3Fe3O4高温9Fe＋4Al2O3；(3)反应⑥Fe(OH)2与空气中的氧气反应生成Fe(OH)3，反应的方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；(4)电极熔融氧化铝时，氧离子在阳极放电生成氧气，电极反应为2O2－－4e－=O2↑；

铝离子在阴极放电生成铝单质，电极反应为Al3＋＋3e－=Al；(5)根据分析可知J为NaAlO2；H为氧气，结构式为O=O。29.某化学兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应，用如下图所示装置进行有关实验。(1)装置A中发生反应的化学方程式为__

___________________________________(2)装置D中试管口放置的棉花应浸一种溶液，这种溶液是________，其作用是_________________________________________________

___________________。(3)装置B的作用是贮存多余的气体。当D处有明显的现象后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，此时B中现象是_______________________，B

中应放置的溶液是________。a．水b．酸性KMnO4溶液c．浓溴水d．饱和NaHSO3溶液(4)实验中，取一定质量的铜片和一定体积18mol·L－1的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，反应完毕时，发现烧瓶中还有铜片剩余，该小组学生根据所学

的化学知识认为还有一定量的硫酸剩余，其原因是____________________________________________________________________。【答案】(1).Cu＋2H2SO4(浓)

CuSO4＋2H2O＋SO2↑(2).NaOH(3).吸收多余的SO2，防止污染空气(4).广口瓶中液面下降，长颈漏斗液面上升(5).d(6).反应过程中浓硫酸被消耗，逐渐变稀，而铜不与稀硫酸反应【解析】（1）浓硫酸具有强氧化性，在加热时可以氧化单质铜，生成硫酸铜、二氧

化硫和水方程式为：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋2H2O＋SO2↑；（2）二氧化硫气体排放到大气中污染环境，所以装置D中试管口放置的棉花中应浸一种液体能与二氧化硫反应，可以浸氢氧化钠溶液或碳酸钠溶液等碱性溶液，作用是吸收多余的二氧化硫气体，防止污染空气；（3）置B

的作用是贮存多余的气体，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，在密闭容器中随着气体的生成，广口瓶内压强增大，会使瓶内液面下降，长颈漏斗中液面上升，最终达到内外大气压相同，二氧化硫气体是酸性氧化物，易溶于水，B中的试剂不能和二氧

化硫发生反应，不能溶解二氧化硫，a．水能溶解二氧化硫不能储存气体，选项a错误；b．酸性KMnO4溶液能氧化二氧化硫为硫酸，不能储存气体，选项b错误；c．NaOH溶液吸收二氧化硫不能储存气体，选项c错误；d．二氧化硫通入饱和NaHSO3溶液中，降低了二氧化硫的

溶解度，不反应，可以用来储存气体，选项d正确；答案选d；（4）一定质量的铜片和一定体积18mol•L-1的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，浓硫酸随着反应进行，浓度变小成为稀硫酸，稀硫酸不再和铜发生反应，所以有一定量的余酸但未能使用铜片完全溶解，故答案为随反应进行，硫酸浓度变稀，C

u不与稀H2SO4反应。30.以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细α­氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备实验流程如下图：（1）写出铝灰与氢氧化钠溶液反应

涉及的化学方程式：_______________________。（2）加30%H2O2溶液发生的离子反应方程式为______________________________。（3）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4[NH4Al(SO4）2·12

H2O]2Al2O3＋2NH3↑＋N2↑＋5SO3↑＋3SO2↑＋53H2O，将产生的气体通过下图所示的装置。集气瓶中收集到的气体是_______（填化学式）。②酸性KMnO4溶液紫色变浅_______（填“能”或“不能”）说明煅烧硫酸铝铵晶体产

物中含有SO2气体？理由：______。【答案】(1).Al2O3＋2NaOH＋3H2O=2Na[Al(OH)4]、SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O(2).2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O(3).N2(4).不能(5).饱和NaHSO3在吸收

SO3的同时会也释放出SO2【解析】【分析】铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3）加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+

、Fe3+，加双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入K4[Fe（CN）6]，Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al（SO4）2，结晶、干燥、煅烧得到α­氧化铝；【详解】（1）铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO

2、FeO、Fe2O3），Al2O3与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和水，其反应的方程式为：Al2O3＋2NaOH＋3H2O=2Na[Al(OH)4]；SiO2与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，其反应的方程式为：SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O，故答案为Al2O3＋2N

aOH＋3H2O=2Na[Al(OH)4]；SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O。（2）滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加30%的H2O2溶液Fe2+被氧化为Fe3+，其反应的离子方程式为：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故答案为2Fe2＋＋H

2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O。（3）①[NH4Al(SO4）2·12H2O]分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸氢钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2；故答案为N2；②

酸性KMnO4溶液紫色变浅不能说明煅烧硫酸铝铵晶体产物中含有SO2气体，因为饱和NaHSO3在吸收SO3的同时会也释放出SO2，故答案为不能；饱和NaHSO3在吸收SO3的同时会也释放出SO2。