【文档说明】安徽省六安一中，阜阳一中，合肥八中等校2022届高三上学期联考化学试题 含解析.docx，共(29)页，1.868 MB，由小赞的店铺上传

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2022届名校高三精品卷化学试卷可能用到的相对原质量：H1C12O16Na23S32Cl35.5Fe56第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共计48分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的)1.下列

有关化学与生活的说法中，错误的是A.疫苗一般应冷藏存放，目的是避免蛋白质变性B.聚乙烯、蛋白质、淀粉和油脂都是有机高分子化合物C.小苏打和氢氧化铝胶囊可以作内服药治疗胃酸过多D.低碳生活注重节能减排，尽量使用太阳能等代替化石燃料，减少温室气体的排放2.设NA为阿伏加德罗常数

的值。下列说法正确的是A.50g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氧原子总数为2NAB.在0.1molNaHSO4晶体中，阳离子与阴离子总数为0.3NAC.常温常压下，22.4LCH4含有的分子数为NAD.1molNa2O2与过量的CO2反应，转移

电子的数目为2NA3.下列物质按照纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质顺序排列正确的是A.液氯、氯水、4HClO、HClO、2ClB.生石灰、碱石灰、石灰石、()2CaOH、2COC.胆矾、漂白粉、4BaSO、23HSO

、2SOD.乙烯、聚乙烯、乙酸、乙醇、乙烷4.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.能溶解Al(OH)3的溶液：Na+、NH+4、3NO−、HCO3−B.能使紫色石蕊试液变蓝的溶液：Na+、K+、Cl-、CO23−C.使甲基橙呈红色的溶液中：Na+、2AlO−、3NO

−、2Fe+D.w+(H)Kc=0.1mol/L的溶液：Mg2+、K+、23SO−、3NO−5.下列离子方程式书写正确的是A.饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2：23223COCOHO2HCO−−++=B.NaClO溶液中通入少量SO2：2224SOHO

ClOSOCl2H−−−+++=++C.FeI2溶液中通入少量Cl2：232Cl2Fe2Fe2Cl++−+=+D.Ca(HCO)3溶液中滴入少量Ca(OH)2溶液：2332CaOHHCOCaCOHO+−−++=+6.对于白磷引起的中毒，硫酸铜溶液是一种解

毒剂，有关反应如下：11P＋15CuSO4＋24H2O＝5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4，下列关于该反应说法正确的是A.Cu3P既是氧化产物也是还原产物B.11molP参与反应时，该反应中有15mol电子发生转移C.P发生还原

反应和氧化反应的物质的量之比为6∶5D.CuSO4仅作氧化剂，发生还原反应7.只用试管和胶头滴管就可以对下列各组中的两种溶液进行鉴别的是①AlCl3溶液和NaOH溶液②Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液③NaAlO2溶液和盐酸④Al2（SO4）3溶液和氨水⑤AgNO3溶液和氨水A.①③⑤B.①②

③C.②③④D.③④⑤8.把NaOH和Na2CO3混和物配制成100mL溶液，其中c(Na+)=0.5mol/L。在该溶液中加入过量盐酸反应完全后，将溶液蒸干后所得固体质量为A.2.925gB.5.85gC.6.56gD.无法确定9.向NaOH和Ca(OH)2的混合溶液中缓缓通入CO2，生

成的沉淀质量m与通入CO2的体积V关系如图所示。下列说法正确的是A.当V≤V1时，发生反应的离子方程式为Ca2++4OH-+2CO2=CaCO3↓+2-3CO+2H2OB.当V>V3时，发生的总反应离子方程式为OH-+CO2=-3HCOC.当V=12V+V2时，

溶液中的阴离子为2-3CO和OH-，且两者的物质的量浓度之比为1:2D.图中各点通入CO2的体积一定满足V1:V2:V3=1:2:310.现有2MgCl和()243AlSO的混合溶液，向其中逐滴加入NaOH溶液，得到沉淀的物质的量与加入NaOH的物质的量关系如图所示，则原溶液中Cl−与24SO−的

物质的量之比为A.4：3B.2：3C.1：4D.1：311.现有浓度均为1mol/L的FeCl3、CuCl2的混合溶液100mL，向该溶液中加入5.6g铁粉充分反应(溶液的体积变化忽略不计)。已知，氧化性Fe

3+>Cu2+下列有关叙述正确的是A.反应后的溶液中n(Fe2+)是0.15molB.反应后的溶液中不存在Fe3+和Cu2+C.反应后残留固体为3.2gD.反应后残留固体中可能含有未反应的铁粉12.研究反应物

的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到直观形象的效果，下列表达正确的是A.NaOH溶液与SO2反应时溶液中的B.NaAlO2溶液与盐酸反应后铝的存在形式C.Fe在Cl2中燃烧产物D.分散质粒子直径与分

散系种类13.将铝粉与Fe3O4粉末配制成铝热剂，分成三等份。①一份直接放入足量的烧碱溶液中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为V1；②一份在高温下恰好反应完全，反应后的混合物与足量的盐酸反应后，放出的气体在标准状况下的体积为V2；③一份直接放入足量的盐酸中，充分反应

后放出气体在标准状况下的体积为V3。下列说法正确的是A.V1＝V3＞V2B.V2＞V1＝V3C.V1＝V2＞V3D.V1＞V3＞V214.下列图示实验(部分夹持装置省略)正确的是A.图A可用于制备氢氧化亚铁B.图B可

用于制备NaHCO3C.图C可用于验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性D.图D可用于证明Cl2能否溶于水或与NaOH溶液反应15.二氧化锰的有关转化关系如图所示，下列有关说法中正确的是A.相同条件下生成等量的O2，反应③和④中转移的电子数之比为1：2B.反应⑤

中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：3C.反应①③④中MnO2均作催化剂D.反应①中生成的Cl2经干燥后，不可用钢瓶贮运16.如下图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向乙中滴入酚酞溶液在F极附近显红色。则下列说法正确的是A.电源B极是正极B.(甲)(乙)装

置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1：2：2：1C.欲用(丙)装置给铜镀银，G应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液D.装置(丁)中Y极附近红褐色变深，说明Fe(OH)3胶体带正电荷第Ⅱ卷(非选择题共52分)二、非选择题(本题包括4小题，共52分)17.矾是各种金属(如铜、铁、

锌)的硫酸盐，在生活和生产中有着重要应用。（1）蓝矾(CuSO4•5H2O)属于的物质类别有___________(填序号)。a．混合物b．电解质c．氧化物d．离子化合物（2）绿矾(FeSO4•7H2O)溶于水后水溶液显_______

____性，绿矾水溶液在空气中久置出现红褐色沉淀，写出相关的离子方程式：___________。（3）黄矾[FexS2Oy•zH2O]中Fe，S的化合价分别为+3、+6，x=2时，y=___________，采用热

重分析法测定该黄矾样品所含结晶水数，将样品加热到110℃时，只失掉3个结晶水，失重10.8%，黄矾的化学式为___________。18.元素铬(Cr)在自然界主要以+3价和+6价存在。（1）铬是人体必需的微量元素，但铬过量会引起污染，危害人体健康。不同价态的铬毒性不一样，六价铬的毒性最大。下

列叙述正确的是___________(填字母)。A.227KCrO可以还原乙醇，故可用来鉴别司机是否酒后驾驶B.污水中铬一般以3Cr+存在，与水中的溶解氧作用可被氧化为六价铬C.人体内六价铬超标，服用维生素C缓解毒性，说明维生素C具有还原性D.1mo

l227CrO−得到6mol电子时，还原产物是3Cr+（2）工业上利用铬铁矿(FeO、23CrO)冶炼铬的工艺流程如图所示：“水浸”的浸出液的主要成分为24NaCrO，向浸出液中加入2NaS进行“还原”操作，则“还原”操作中发生反应的离子方程式为___________。（3）常温下()3CrOH的

溶度积32sp110K−=，若要使3Cr+完全沉淀pH为___________[()3Crc+降至510−1molL−可认为完全沉淀]。（4）操作a由两种均发生了化学反应的过程构成，其内容分别是___________、铝热反应。（5）()3CrOH是两性氢氧化物，请写出其分别与NaOH、

稀硫酸反应时生成的两种盐的化学式___________。（6）+6价铬的化合物毒性较大，必须进行无害化处理。①用亚硫酸钠处理含227CrO−的酸性废液，将其还原为+3价的铬离子。请写出离子方程式：___________。②工业上也常用电化学方法处理含227CrO−的废液。用铁作电极电

解废液，227CrO−被阳极区生成的离子还原为3Cr+，生成的3Cr+与阴极区产生的OH−结合生成沉淀()3CrOH除去。若要处理含1.6mol227CrO−的污水，则至少需要消耗的铁为___________g。19.亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效含氯消毒剂和漂白剂，主要用于自来水、污水等水

环境的杀菌消毒，也常用作纸浆、砂糖、油脂的漂白剂。图为目前生产亚氯酸钠的流程之一(夹持装置省略)，所得NaClO2具有纯度高的优点。已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时会析出NaClO2·3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高

于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。试回答下列问题（1）装置A用来制取2ClO，发生反应的离子方程式为___________。（2）装置B的作用是___________。（3）研究测得C装置吸收液中的()NaOHc与()()

22HONaOHnn对粗产品中2NaClO含量的影响如图所示。则最佳条件为()NaOHc=___________1molL−，()()22HONaOHnn=___________。（4）C装置采用“冰水浴”的目的是_______

____。（5）充分反应后，为从产品溶液中获取2NaClO晶体，从下列选项中选出合理的操作并排序：___________→___________→___________→干燥。a．趁热过滤b．50℃水洗涤c．加热蒸发结晶d．冰水洗涤e．55℃恒温减压蒸发结

晶（6）准确称取所得亚氯酸钠样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250mL待测溶液。移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，

用c1molL−的223NaSO标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗223NaSO标准溶液的平均值为VmL。(已知：222ClO4I4H2HO2ICl−−+−++=++、2222346I2SO2ISO−−−+=+)①达到滴定终点时的现象为___________。②

该样品中2NaClO的质量分数为___________(用含m、c、V的代数式表示，结果化成最简)。20.氮氧化物(NOx)造成酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏等危害，不仅破坏自然生态环境，而且严重危害人类健康。采用合适的还原剂能够实现烟气的高效脱硝。（1

）活性炭还原脱硝可防止氮氧化物污染，已知：①()()()22NgOg2NOg+=1Ha=1kJmol−②()()()22CsOg2COg+=2Hb=1kJmol−③()()()222COgOg2COg+=3Hc=1

kJmol−则反应()()()()22Cs2NOgNgCOg++H=___________1kJmol−（2）4CH可以消除氮氧化物的污染。主要反应原理为：()()()()()42222CH2NOgCOg2HO

Nggg+++868.7H=−1kJmol−，在3L密闭容器中，通入0.1mol4CH和0.2mol2NO，在一定温度下进行上述反应，反应时间(t)与容器内2CO的物质的量(n)数据见下表：反应时间t/min246810

2CO的物质的量n/mol0.040.060.070.0750.075①由表中数据，计算0~4min内：()2vNO=___________，4CH的转化率为___________。②该温度下的平衡常数K的值为___________。（3）用食盐水

作电解液电解烟气脱氮的原理如图所示，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为3NO−，尾气经氢氧化钠溶液吸收后排入空气。电流密度和溶液pH对烟气脱氮的影响如图所示。①NO被阳极产生的氧化性物质氧化为3NO−，反应的离子方程式为_______

____。②溶液的pH对NO去除率影响的原因是___________。2022届名校高三精品卷化学试卷可能用到的相对原质量：H1C12O16Na23S32Cl35.5Fe56第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共计48分。在每小题

列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的)1.下列有关化学与生活的说法中，错误的是A.疫苗一般应冷藏存放，目的是避免蛋白质变性B.聚乙烯、蛋白质、淀粉和油脂都是有机高分子化合物C.小苏打和氢氧化铝胶囊可以作内服药治疗胃酸过多D.低碳生活注重节能减排，

尽量使用太阳能等代替化石燃料，减少温室气体的排放【答案】B【解析】【分析】【详解】A．高温易使蛋白质变质，疫苗的主要成分为蛋白质，所以应冷藏存放，避免变质，A正确；B．油脂的分子量较小，不是高分子化合物，B错误；C．小苏打和氢氧化

铝碱性较弱，对人体无害，且可以中和胃酸，可以作内服药治疗胃酸过多，C正确；D．“低碳生活”是指生活中要减少能量消耗，从而降低碳的排放；用太阳能替代化石燃料可以减少CO2的排放，减少温室气体的排放，D正确；综上所述答案为B。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.5

0g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氧原子总数为2NAB.在0.1molNaHSO4晶体中，阳离子与阴离子总数为0.3NAC.常温常压下，22.4LCH4含有的分子数为NAD.1molNa2O2与过量的CO2反应，转移电子的数目为2NA【答案】A【解析

】【分析】【详解】A．50g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有50×46%=23g乙醇，含27g水，所以含有的氧原子物质的量为-123g46gmol+-127g18gmol=2mol，个数为2NA，A正确；B．0.1molNaHSO4晶体中含有0.1mol钠离子和0.1mol硫酸氢根

，阳离子与阴离子总数为0.2NA，B错误；C．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，22.4L甲烷物质的量小于1mol，C错误；D．1molNa2O2与过量的CO2反应生成0.5molO2，有1molO原子由-1

价变为0价，转移1mol电子，D错误；综上所述答案为A。3.下列物质按照纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质顺序排列正确的是A.液氯、氯水、4HClO、HClO、2ClB.生石灰、碱石灰、石灰石、()2CaOH、2COC.胆矾、漂白粉、4BaSO、23HS

O、2SOD.乙烯、聚乙烯、乙酸、乙醇、乙烷【答案】C【解析】【分析】【详解】A．液氯、2Cl均是单质，既不是电解质又不是非电解质，故A错误；B．()2CaOH在水溶液中完全电离，()2CaOH是强电解质，故B错误；C．胆矾化学式是42CuSO5HO，属于纯净物，漂白粉是氯化钙和次

氯酸钙的混合物；4BaSO是强电解质；23HSO在水溶液中部分电离，23HSO属于弱电解质；2SO自身不能电离，2SO是非电解质，故C正确；D．乙酸在水溶液中部分电离，乙酸是弱电解质；乙醇不能电离，乙醇是非电解质，故D错误；选C。4.常温下，下列各组

离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.能溶解Al(OH)3的溶液：Na+、NH+4、3NO−、HCO3−B.能使紫色石蕊试液变蓝的溶液：Na+、K+、Cl-、CO23−C.使甲基橙呈红色的溶液中：Na+、2AlO−、3NO−

、2Fe+D.w+(H)Kc=0.1mol/L的溶液：Mg2+、K+、23SO−、3NO−【答案】B【解析】【分析】【详解】A．能溶解Al(OH)3的溶液既可能显酸性，也可能显碱性，酸性环境中HCO3−不能大量存在，碱性环境中NH+4、HCO3−不能大量存在，A不符合题意；

B．使紫色石蕊试液变蓝的溶液显碱性，四种离子相互之间不反应，也不与氢氧根反应，可以大量共存，B符合题意；C．使甲基橙呈红色的溶液显酸性，2AlO−不能大量存在，且硝酸根会将亚铁离子氧化，C不符合题意；D．w+(H)Kc=0.

1mol/L的溶液显碱性，镁离子不能大量存在，D不符合题意；综上所述答案为B。5.下列离子方程式书写正确的是A.饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2：23223COCOHO2HCO−−++=B.NaClO溶液中通

入少量SO2：2224SOHOClOSOCl2H−−−+++=++C.FeI2溶液中通入少量Cl2：232Cl2Fe2Fe2Cl++−+=+D.Ca(HCO)3溶液中滴入少量Ca(OH)2溶液：2332CaOHHCOCaCOHO+−−++=

+【答案】D【解析】【分析】【详解】A．饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2会析出NaHCO3沉淀，离子方程式为2Na++CO23−+CO2+H2O=2NaHCO3，A错误；B．SO2少量时会有HClO生成，正确离子方程式为SO2+H2O+3ClO-

=SO24−+Cl-+2HClO，B错误；C．I-还原性强于Fe2+，通入少量Cl2先和I-反应，离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-，C错误；D．Ca(OH)2少量，二者1：1反应，化学方程式为离子方程式为Ca2++OH-+

HCO3−=CaCO3↓+H2O，D正确；综上所述答案为D。6.对于白磷引起的中毒，硫酸铜溶液是一种解毒剂，有关反应如下：11P＋15CuSO4＋24H2O＝5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4，下列

关于该反应说法正确的是A.Cu3P既是氧化产物也是还原产物B.11molP参与反应时，该反应中有15mol电子发生转移C.P发生还原反应和氧化反应的物质的量之比为6∶5D.CuSO4仅作氧化剂，发生还原反应【答案】D【解析】【分析】【详解】11P＋15CuSO

4＋24H2O＝5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4，反应中，P的化合价既升高又降低，其中5molP化合价降低，6molP化合价升高，Cu的化合价降低；A．Cu3P中Cu的化合价为+1，P的化合价为-3，Cu的化合价从+2降低到+1，P的化合价从0价降低到Cu3P中的-3价，生成物Cu3P

中只有元素化合价降低，所以是还原产物，故A错误；B．11molP参与反应时，其中有6molP化合价从0价升高到+5价，作还原剂，共有30mol电子发生转移，故B错误；C．11molP参与反应时，其中有5molP化合价降低，发生还原反应，6molP化合价升高

，发生氧化反应，发生还原反应和氧化反应物质的量之比为5∶6，故C错误；D．反应物CuSO4中仅有Cu元素化合价降低，作氧化剂，发生还原反应，故D正确；答案选D。7.只用试管和胶头滴管就可以对下列各组中的两种溶液进行鉴别的是①AlCl3溶液和NaOH溶液②Ca

(HCO3)2溶液和NaOH溶液③NaAlO2溶液和盐酸④Al2（SO4）3溶液和氨水⑤AgNO3溶液和氨水A.①③⑤B.①②③C.②③④D.③④⑤【答案】A【解析】【详解】由于氢氧化铝是两性氢氧化物，所以选项①③中滴加

顺序不同，现象不同。同样⑤中也不同的，因为将氨水滴入硝酸银中则产生银氨溶液，反之得到白色沉淀。②④中和顺序不同，都是形成白色沉淀，答案选A。8.把NaOH和Na2CO3混和物配制成100mL溶液，其中c

(Na+)=0.5mol/L。在该溶液中加入过量盐酸反应完全后，将溶液蒸干后所得固体质量为A.2.925gB.5.85gC.6.56gD.无法确定【答案】A【解析】【分析】【详解】根据物料守恒，最终溶液的溶质是NaCl，n(固体)=

n(Na+)=cV=100mL×0.5mol/L×10-3=0.05mol，m(NaCl)=nM=0.05×(23g/mol+35.5g/mol)=2.925g，答案选A。9.向NaOH和Ca(OH)2的混合溶液中缓缓通入CO2，生成的沉淀质量m与通入CO2的体积V关系如图所

示。下列说法正确的是A.当V≤V1时，发生反应的离子方程式为Ca2++4OH-+2CO2=CaCO3↓+2-3CO+2H2OB.当V>V3时，发生的总反应离子方程式为OH-+CO2=-3HCOC.当V=12V+V2时，溶液中的阴离子为2-3C

O和OH-，且两者的物质的量浓度之比为1:2D.图中各点通入CO2的体积一定满足V1:V2:V3=1:2:3【答案】B【解析】【分析】向NaOH和Ca(OH)2的混合稀溶液中通入CO2，二氧化碳先和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，当氢氧化钙消耗完时，继续通入二氧化碳，

二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，当氢氧化钠完全反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠、水反应生成碳酸氢钠，当碳酸钠反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钙、水反应生成可溶性的碳酸氢钙，以此解答。【详解】A.由分析可知

，向NaOH和Ca(OH)2的混合稀溶液中通入CO2，二氧化碳先和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，当V≤V1时，发生反应的离子方程式为Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，故A错误；B.当V>V3时，溶液中的OH-都转

化为-3HCO，总反应相当于CO2和OH-反应生成碳酸根，总反应离子方程式为OH-+CO2=-3HCO，故B正确；C.V1-V2时发生的反应为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，Na2CO3+

H2O+CO2=2NaHCO3，当V=12V+V2时，NaOH刚好完全反应，溶液中的阴离子为2-3CO，故C错误；D.0-V1发生反应：Ca(OH)2+CO2=CaCO3+H2O；V1-V2时发生的反应为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2

O，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3；V2-V3时发生反应：CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2；则V1=V3-V2，由于NaOH和Ca(OH)2的比例未知，无法比较V1和V2的关系，故D错误；故选B。10.现有2MgCl和()243AlSO的混合溶液，向其中逐滴加入N

aOH溶液，得到沉淀的物质的量与加入NaOH的物质的量关系如图所示，则原溶液中Cl−与24SO−的物质的量之比为A.4：3B.2：3C.1：4D.1：3【答案】B【解析】【分析】首先写出发生镁离子和铝离

子与氢氧根反应的离子方程式，然后发生反应氢氧化铝的溶解，由图可知，溶解Al(OH)3消耗氢氧化钠溶液的物质的量为0.1mol，根据离子方程式，可知沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的物质的量，沉淀Mg2+、Al3+总共

消耗氢氧化钠溶液0.5mol，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的物质的量，据此确定溶液中SO24−与Cl-的物质的量之比。【详解】首先发生反应Mg2++2OH−═Mg(OH)2↓、Al3++3OH−═Al(OH)3↓，然后发生反应Al(OH

)3+OH−═AlO2−+2H2O，由图可知,溶解Al(OH)3消耗氢氧化钠溶液的物质的量为0.1mol，根据离子方程式Al3++3OH−═Al(OH)3↓可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的物质的量为0.1mol×3=0.3mol，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液0

.4mol，则沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的物质的量为0.4mol−0.3mol=0.1mol，Mg2++2OH−═Mg(OH)2↓、Al3++3OH−═Al(OH)3↓，则n(Mg2+):n(Al3+)=0.1mol2:0.3mol3=1:2，根据

MgCl2和Al2(SO4)3的化学式，故Cl−与SO24−的物质的量之比为：(1×2)：(2×32)=2:3，B项符合题意；答案选B。11.现有浓度均为1mol/L的FeCl3、CuCl2的混合溶液

100mL，向该溶液中加入5.6g铁粉充分反应(溶液的体积变化忽略不计)。已知，氧化性Fe3+>Cu2+下列有关叙述正确的是A.反应后的溶液中n(Fe2+)是0.15molB.反应后的溶液中不存在Fe3+和Cu2+C.反应后残留固体为3.2gD.反应后残留固体

中可能含有未反应的铁粉【答案】C【解析】【分析】【详解】n(FeCl3)=cV=1mol/L×0.1L=0.1mol，n(Fe3+)=0.1mol，n(CuCl2)=cV=1mol/L×0.1L=0.1mol，n(Cu2+)=0.1mol，n(Fe)=m5.6gM56g/mol==0.1mo

l，根据氧化性Fe3+＞Cu2+，铁粉会先和Fe3+反应，若铁粉有剩余，再和Cu2+反应，322FeFe3Fe0.1mol0.05mol0.15mol+++=22CuFeFeCu0.05mol?0.05mol0.05mol0

.05mol+++=+A．反应后的溶液中n(Fe2+)是0.15+0.05=0.2mol，故A错误；B．反应后的溶液中不存在Fe3+，但是还剩余0.05molCu2+，故B错误；C．反应后残留固体为生成的铜单质，其质量为0.05mol×64g/mol=3.2g，故C正确；D．反应后残留固体只有铜单

质，铁粉已经反应完全，故D错误；答案选C。12.研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到直观形象的效果，下列表达正确的是A.NaOH溶液与SO2反应时溶液中的B.NaAlO2溶液与盐酸反应后铝的存在形式C.Fe在Cl2中燃烧产物D.分散质粒子直径与分散系种类【答案】A

【解析】【分析】【详解】A．当n(NaOH):n(SO2)≤1，发生反应NaOH+SO2=NaHSO3，当n(NaOH):n(SO2)≥2时，发生反应2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，当1≤n(NaOH):n(SO2)≤2时，Na2SO3和NaHSO3同时存在，A正确；B．当溶液中铝元

素只以Al3+的形式存在时，发生的反应应为4HCl+NaAlO2=AlCl3+NaCl+2H2O，此时应满足n(HCl):n(NaAlO2)≥4，B错误；C．Fe在Cl2中燃烧时只生成FeCl3，不会生成FeCl2，C错误

；D．分散系按照分散质粒度大小可以分为溶液分散质粒子直径小于10-9m(1nm)，胶体为10-9~10-7m(1nm~100nm)，浊液大于10-7m(100nm)，D错误；答案为A。13.将铝粉与Fe3O4粉末配制成铝热剂，分成三等份。①一份直接放入足量的烧碱溶液中，充分反应后放出气体

在标准状况下的体积为V1；②一份在高温下恰好反应完全，反应后的混合物与足量的盐酸反应后，放出的气体在标准状况下的体积为V2；③一份直接放入足量的盐酸中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为V3。下列说法正确的是A.V1＝V3＞V2B.V2＞V1＝V3C.V1＝V2＞V3

D.V1＞V3＞V2【答案】A【解析】【详解】假设每份含2mol铝，①能和烧碱反应生成氢气的物质只有铝，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，2mol铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气3mol；②铝先和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁3Fe3O4+8Al4Al2O3+9Fe，铁和盐酸反应生

成氢气Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，2mol铝与四氧化三铁反应生成9/4mol铁，9/4mol铁与盐酸反应生成氢气9/4mol；③能和盐酸反应生成氢气的只有铝，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2mol铝与盐酸溶液反应生

成氢气3mol氢气；所以V1=V3＞V2，故选A。14.下列图示实验(部分夹持装置省略)正确的是A.图A可用于制备氢氧化亚铁B.图B可用于制备NaHCO3C.图C可用于验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性D.图D可用于证明Cl2能否溶于水或与NaOH溶液反应【答案】D

【解析】【分析】【详解】A．图中左侧盛放稀硫酸的试管侧面导管应有一个止水夹，其次导管应插入液面以下，这样才能利用氢气排尽空气，之后关闭止水夹，将硫酸亚铁溶液压入氢氧化钠溶液中制取氢氧化亚铁，故A错误；B．氨气极易溶于水，应有防倒吸装置，且应先通入氨气，

再通入二氧化碳，故B错误；C．碳酸氢钠稳定性较差，应放在温度较低的小试管中，故C错误；D．将胶头滴管中的NaOH溶液挤入烧瓶中，若Cl2能溶于水或与NaOH溶液反应，则气球会鼓起来，可以达到目的，故D正确；综上所述答

案为D。15.二氧化锰的有关转化关系如图所示，下列有关说法中正确的是A.相同条件下生成等量的O2，反应③和④中转移的电子数之比为1：2B.反应⑤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：3C.反应①③④中MnO2均作催化剂D.反应①中生成的Cl2经干燥后

，不可用钢瓶贮运【答案】A【解析】【分析】反应①为MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O，②为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，③为2H2O22MnO2H2O+O2↑，④为2KClO32MnOΔ2KCl+3O2↑，⑤

为4Al+3MnO2高温2Al2O3+3Mn，⑥为3Mn+2O2高温Mn3O4，据此分析解答。【详解】A．相同条件下生成3molO2，反应③和④转移的电子数之比为6∶12=1:2，故A正确；B．反应⑤中氧化剂(MnO2)与还原剂(Al)的物质的量之比为3∶4，故

B错误；C．反应①中MnO2作氧化剂，反应③、④中MnO2作催化剂，故C错误；D．反应①生成的Cl2经干燥后，常温下与Fe不能发生反应，所以可用钢瓶贮运，故D错误；故选A。16.如下图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向乙中滴入酚酞溶液在F极附近显红色。则

下列说法正确的是A.电源B极是正极B.(甲)(乙)装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1：2：2：1C.欲用(丙)装置给铜镀银，G应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液D.装置(丁)中Y极附近红褐色变深，说明Fe(OH)3胶体带正电荷【答案】C【解析】【分析】【详解】A．

根据图片知，该装置是电解池，将电源接通后，向乙中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F极附近有大量氢氧根离子，由此得出F极上氢离子放电生成氢气，所以F极是阴极，则电源B极是负极，A极是正极，A错误；B．甲装置中C电

极上氢氧根离子放电生成氧气，D电极上铜离子放电生成铜单质，E电极上氯离子放电生成氯气，F电极上氢离子放电生成氢气，所以甲、乙装置的C、D、E、F电极均有单质生成；生成1mol氧气需要4mol电子，生成1mol铜时需要2mol电子，生成1mol氯气时需要2mol电子，生成1mol氢气时需要2

mol子，所以转移相同物质的量的电子时生成单质的物质的量之比为1：2：2：2，B错误；C．若用丙装置给铜镀银，G应该是Ag，H是Cu，电镀液是AgNO3溶液，C正确；D．丁装置中Y电极是阴极，如果Y极附近红褐色变深，说明Fe(OH)3胶

粒带正电荷，Fe(OH)3胶体是不带电的，D错误；故选C。第Ⅱ卷(非选择题共52分)二、非选择题(本题包括4小题，共52分)17.矾是各种金属(如铜、铁、锌)的硫酸盐，在生活和生产中有着重要应用。（1）蓝矾(C

uSO4•5H2O)属于的物质类别有___________(填序号)。a．混合物b．电解质c．氧化物d．离子化合物（2）绿矾(FeSO4•7H2O)溶于水后水溶液显___________性，绿矾水溶液在空气中久置出现红褐色沉淀，写出相关的离子方程式：______

_____。（3）黄矾[FexS2Oy•zH2O]中Fe，S的化合价分别为+3、+6，x=2时，y=___________，采用热重分析法测定该黄矾样品所含结晶水数，将样品加热到110℃时，只失掉3个结晶水，失重10.8%，黄矾的化学式为___________。【答案】（1）bd（

2）①.酸②.()22234Fe10HOO4FeOH8H++=+++（3）①.9②.Fe2S2O9•10H2O【解析】【分析】【小问1详解】CuSO4•5H2O属于盐，为电解质、属于离子化合物，故选bd；【小问2详解】FeSO4•7H2O溶于水产生Fe2+，亚铁离子水解使溶液显酸性；久置出现

红褐色沉淀，说明亚铁离子被空气中的氧气氧化，生成氢氧化铁成，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为()22234Fe10HOO4FeOH8H++=+++【小问3详解】各元素化合价之和为0，所以3x+6×2-2y=0，其中x=2，解得y

=9；该物质的化学式为：Fe2S2O9•zH2O，将样品加热到110℃时，只失掉3个结晶水，失重10.8%，所以有183562+322+169+18z×100%=10.8%，解得z=10，所以黄矾的化学式为

：Fe2S2O9•10H2O。18.元素铬(Cr)在自然界主要以+3价和+6价存在。（1）铬是人体必需的微量元素，但铬过量会引起污染，危害人体健康。不同价态的铬毒性不一样，六价铬的毒性最大。下列叙述正确的是___________(填字母)。A.227KCrO可以还原乙醇，故可用来鉴别

司机是否酒后驾驶B.污水中铬一般以3Cr+存在，与水中的溶解氧作用可被氧化为六价铬C.人体内六价铬超标，服用维生素C缓解毒性，说明维生素C具有还原性D.1mol227CrO−得到6mol电子时，还原产物是3Cr+（2）工业上利用铬铁矿(FeO、23Cr

O)冶炼铬的工艺流程如图所示：“水浸”的浸出液的主要成分为24NaCrO，向浸出液中加入2NaS进行“还原”操作，则“还原”操作中发生反应的离子方程式为___________。（3）常温下()3CrOH的溶度积32sp110K−=，若要使3Cr+完全沉淀pH为________

___[()3Crc+降至510−1molL−可认为完全沉淀]。（4）操作a由两种均发生了化学反应的过程构成，其内容分别是___________、铝热反应。（5）()3CrOH是两性氢氧化物，请写出其分别与

NaOH、稀硫酸反应时生成的两种盐的化学式___________。（6）+6价铬的化合物毒性较大，必须进行无害化处理。①用亚硫酸钠处理含227CrO−的酸性废液，将其还原为+3价的铬离子。请写出离子方程式：___________。②工业

上也常用电化学方法处理含227CrO−的废液。用铁作电极电解废液，227CrO−被阳极区生成的离子还原为3Cr+，生成的3Cr+与阴极区产生的OH−结合生成沉淀()3CrOH除去。若要处理含1.6mol227CrO−的污水，则至

少需要消耗的铁为___________g。【答案】（1）BCD（2）()22242438CrO3S20HO8CrOH3SO16OH−−−−++=++（3）5(或≥5)（4）灼烧使()3CrOH分解（5）2NaCrO、()432CrSO（6）①.2232327423SOCrO8H2Cr3SO4

HO−−++−=++++②.537.6【解析】【分析】【小问1详解】A．227KCrO可以氧化乙醇，故可用来鉴别司机是否酒后驾驶，故A错误；B．氧气具有氧化性，污水中铬一般以3Cr+存在，与水中的溶解氧作用可被氧化为六价铬，故B正

确；C．人体内六价铬超标，服用维生素C，可以把六价铬还原为三价铬，缓解毒性，说明维生素C具有还原性，故C正确；D．1mol227CrO−得到6mol电子时，铬元素化合价由+6降低为+3，还原产物是3Cr+，故D正确；选BCD；【

小问2详解】根据流程图可知，24NaCrO被2NaS还原为Cr(OH)3，S2-被氧化为SO24−，则发生反应的离子方程式为()22242438CrO3S20HO8CrOH3SO16OH−−−−++=++；【小问3详解】常温下()3CrOH的溶度积32sp110K−=，若要使3Cr+完

全沉淀，()32935110OH10110c−−−−=，pH≥5；【小问4详解】()3CrOH加热分解为23CrO，铝和23CrO反应生成Cr，所以操作a是灼烧使()3CrOH分解、铝热反应；【小问5详解】()3CrOH是两

性氢氧化物，()3CrOH与NaOH反应生成2NaCrO、()3CrOH稀硫酸反应生成()432CrSO。【小问6详解】①用亚硫酸钠处理含227CrO−的酸性废液，227CrO−被还原为+3价的铬离子，23SO−被氧化为24SO−，反应的离子方程式2232327423SOCrO8

H2Cr3SO4HO−−++−=++++；②用铁作电极电解废液，阳极铁失电子生成Fe2+，Fe2+把227CrO−还原为3Cr+，若要处理含1.6mol227CrO−的污水需要转移9.6mol电子，根据

得失电子守恒，需要9.6molFe2+，则至少需要消耗的铁为9.6mol×56g/mol=537.6g。19.亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效含氯消毒剂和漂白剂，主要用于自来水、污水等水环境的杀菌消毒，也常用作纸浆、砂糖、

油脂的漂白剂。图为目前生产亚氯酸钠的流程之一(夹持装置省略)，所得NaClO2具有纯度高的优点。已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时会析出NaClO2·3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaC

l。试回答下列问题（1）装置A用来制取2ClO，发生反应的离子方程式为___________。（2）装置B的作用是___________。（3）研究测得C装置吸收液中的()NaOHc与()()22HONaOHnn对粗产品中2NaClO含量的影响如图所示。则最佳条

件为()NaOHc=___________1molL−，()()22HONaOHnn=___________。（4）C装置采用“冰水浴”的目的是___________。（5）充分反应后，为从产品溶液中获取2NaClO晶体，从下列选项中选出

合理的操作并排序：___________→___________→___________→干燥。a．趁热过滤b．50℃水洗涤c．加热蒸发结晶d．冰水洗涤e．55℃恒温减压蒸发结晶（6）准确称取所得亚氯酸钠样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的

碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250mL待测溶液。移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用c1molL−的223NaSO标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗223NaSO标准溶液的平均值为VmL。(已知：222ClO4I4H2HO2

ICl−−+−++=++、2222346I2SO2ISO−−−+=+)①达到滴定终点时的现象为___________。②该样品中2NaClO的质量分数为___________(用含m、c、V的代数式表示，结果化成最简)。【答案】（1）223222HO2ClO2HO2C

lO2HO−+++=++（2）防止倒吸（3）①.4②.0.8（4）防止温度过高，2NaClO分解成3NaClO和NaCl，同时，22HO受热易分解（5）①.e②.a③.b（6）①.滴入最后一滴223

NaSO标准溶液时，溶液蓝色或浅蓝色退去且半分钟颜色不恢复②.22.625%cVm【解析】【分析】本实验产生污染性气体，直接排放会污染环境，故需要尾气处理，关闭装置最左侧的活塞，装置A中发生反应：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2Cl

O2↑+2Na2SO4+2H2O+O2↑，生成ClO2气体，ClO2气体经装置B进入装置C，发生反应：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，得NaClO2溶液，经减压，55℃蒸发结晶；趁热过滤；用38℃～60℃的温水洗涤；低于60℃干燥，得晶体

NaClO2•3H2O，据此分析解题。【小问1详解】装置A用来制取2ClO，反应物为NaClO3、H2O2、H2SO4，生成物为ClO2则Cl的化合价降低，故必然有元素的化合价升高，故H2O2中O的化合价升高为0价，故产物还有O2

、Na2SO4和H2O，根据氧化还原反应配平原则可知，发生反应的离子方程式为223222HO2ClO2HO2ClO2HO−+++=++，故答案为：223222HO2ClO2HO2ClO2HO−+++=++；【小问2详解】由装置图可知，装置B的作用是防止倒吸，起

到安全瓶的作用，故答案为：防止倒吸；【小问3详解】由图像所示信息可知，()NaOHc由4mol/L增大到5mol/L时对NaClO2的含量没有影响，故则最佳条件为()NaOHc=41molL−，()()22HONaOHnn由0.8到0.9对NaClO2的含量没有影响，故()()22H

ONaOHnn=0.8，故答案为：4；0.8；【小问4详解】由已知信息可知，NaClO2饱和溶液在低于38℃时会析出NaClO2·3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，同时H2O2受热易分解，故C装置采用“冰水浴”

的目的是防止温度过高，NaClO2分解成NaClO3和NaCl，同时，H2O2受热易分解，故答案为：防止温度过高，NaClO2分解成NaClO3和NaCl，同时，H2O2受热易分解；【小问5详解】由分析可知，充分反应后，为从产品溶液中获取2NaClO晶体，从下列选项中选出合理的操作并排序：5

5℃恒温减压蒸发结晶→趁热过滤→50℃水洗涤→干燥，故答案为：e；a；b；【小问6详解】①由于I2遇到淀粉溶液显蓝色，故达到滴定终点时的现象为滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色或浅蓝色褪去且半分钟颜色不恢

复，故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色或浅蓝色褪去且半分钟颜色不恢复；②根据滴定过程中发生的离子方程式：222ClO4I4H2HO2ICl−−+−++=++和2222346I2SO2ISO−−−+=+，可找出关系式为：-2ClO~2I2~4

Na2S2O3，故有：n(-2ClO)=14n(Na2S2O3)=14×c1molL−×V×10-3L=2.5cV×10-4mol，该样品中NaClO2的质量分数为-4250mL2%.5cV?10mol?×90.5g/mol25mmL100=22.625cV%m，故答案为：22.625cV%

m。20.氮氧化物(NOx)造成酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏等危害，不仅破坏自然生态环境，而且严重危害人类健康。采用合适的还原剂能够实现烟气的高效脱硝。（1）活性炭还原脱硝可防止氮氧化物污染，已知：①()()()22N

gOg2NOg+=1Ha=1kJmol−②()()()22CsOg2COg+=2Hb=1kJmol−③()()()222COgOg2COg+=3Hc=1kJmol−则反应()()()()22Cs2NO

gNgCOg++H=___________1kJmol−（2）4CH可以消除氮氧化物的污染。主要反应原理为：()()()()()42222CH2NOgCOg2HONggg+++868.7H=−1

kJmol−，在3L密闭容器中，通入0.1mol4CH和0.2mol2NO，在一定温度下进行上述反应，反应时间(t)与容器内2CO的物质的量(n)数据见下表：反应时间t/min2468102CO的物质的量n/mol0.040.060.070.0750.075①由表中数据，计算0~4m

in内：()2vNO=___________，4CH的转化率为___________。②该温度下的平衡常数K的值为___________。（3）用食盐水作电解液电解烟气脱氮的原理如图所示，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为3N

O−，尾气经氢氧化钠溶液吸收后排入空气。电流密度和溶液pH对烟气脱氮的影响如图所示。①NO被阳极产生的氧化性物质氧化为3NO−，反应的离子方程式为___________。②溶液的pH对NO去除率影响的原因是___________。【答案】（1）

()1b+c-a2kJ/mol（2）①.0.01()mol/Lmin②.60%③.0.675（3）①.2323Cl8OH2NO2NO6Cl4HO−−−++=++②.次氯酸钠在酸性条件下氧化能力增强【解析】【分析】【小问1详解】由盖斯定律可知，反应2+②③—①可得反应()(

)()()22Cs2NOgNgCOg++，则△H=()1b+c-a2kJ/mol，故答案为：()1b+c-a2kJ/mol；【小问2详解】①由表格数据可知，0~4min内，二氧化氮的反应速率为0.06mol3L4

min×2=0.01()mol/Lmin，甲烷的转化率为0.06mol0.1mol×100%=60%，故答案为：0.01()mol/Lmin；60%；②由表格数据可知，平衡时二氧化碳的物质的量为0.075mol，则平

衡时甲烷、二氧化氮、二氧化碳、水蒸气和氮气的浓度分别为(0.1-0.075)mol3L、(0.2-0.075L2)mol3、0.075mol3L、0.075molL23和0.075mol3L，该温度下的平衡常数K的值为220.075mol0.075mol20.075mol(()3

L3L3L[]30.1-0.075)mol(0.2-0.0752L3L)mol=0.675，故答案为：0.675；【小问3详解】①由图可知，电解饱和食盐水时，阳极生成的气体为氯气，碱性条件下，氯气与一氧化氮反应生成氯离子、一氧化氮和水，反应的离子方程式为2323Cl8OH2NO2NO

6Cl4HO−−−++=++；②由图可知，电解质溶液pH越小，一氧化氮的去除率越高，说明氯气与氢氧化钠溶液反应生成的次氯酸钠在溶液pH较小时氧化性较强，能使一氧化氮完全反应，使一氧化氮的去除率越高，故答案为：次氯酸钠在酸性条件下氧化能力增强。获得更多资源请扫

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