【文档说明】山西省朔州市第一中学2019-2020学年高二下学期5月月考化学试题【精准解析】.doc，共(17)页，486.500 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷第Ⅰ卷(客观题共51分)一、选择题（单选题共17小题，共51分）1.某元素基态原子的电子排布式为[Ar]3d74s2，它在元素周期表中的位置是()A.第3周期ⅡB族B.第4周期ⅡB族C.第4周期ⅦB族D.第4周期Ⅷ族【答案】D【解析】【详解】该元素的基态原子核外电子排布式为[A

r]3d74s2，根据电子排布式知，该原子含有4个能层，所以位于第四周期，其价电子排布式为3d74s2，属于第Ⅷ族元素，所以该元素位于第四周期第Ⅷ族，故答案为D。2.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4②1s22s

22p63s23p3③1s22s22p3④1s22s22p5则下列有关比较中正确的是A.第一电离能：④>③>②>①B.原子半径：④>③>②>①C.电负性：④>③>②>①D.最高正化合价：④>③＝②>①【答案】A【解析】【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s2

2p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素。A、同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离

能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A正确；B、同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误

；C、同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性与S元素强，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C错误；D、最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故D错误。故选A。3.下列说法正确的是A.NaHCO3

的摩尔质量是84gB.标准状况下，22.4L水约含1molH2O分子C.常温常压下，22gCO2中所含氧原子数约为6.02×1023D.将1molNaCl固体溶于1LH2O中，得到1mol/L的NaCl溶液【答案】C【解析】【详解】A.NaHCO3的摩尔质量是84g/mol

，A错误；B.标准状况下水不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，B错误；C.常温常压下，22gCO2的物质的量是0.5mol，由于在一个CO2分子中含有2个O原子，所以0.5molCO2中所含氧原子数约为6.02×1023，C正确；D.溶液的体积与溶剂的体积不相同，将

1molNaCl固体溶于1LH2O中形成的溶液，不能确定溶液的浓度，D错误；故合理选项是C。4.下列各组离子中，能在水溶液中大量共存的是（）A.I-、K+、ClO-、OH-B.Fe2＋、H＋、SO42-、NO3-C.A

l3＋、K＋、HCO3-、OH-D.Na＋、Mg2＋、Cl-、SO42-【答案】D【解析】【详解】A．次氯酸根具有强氧化性会将碘离子氧化而不能大量共存，故A不符合题意；B．硝酸根在酸性环境下会将亚铁离子氧化而不能大量共存，故B不符合题意；C．铝离子和氢氧根会生成沉淀，碳酸氢根和氢

氧根会反应生成碳酸根和水，不能大量共存，故C不符合题意；D．四种离子之间相互不反应，可以大量共存，故D符合题意；故答案为D。5.化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法中正确的是（）A.燃放烟花是利用了某些金属元素的焰色反应B.青铜是我国使用最早的合金，与纯铜相比硬度大，熔点高C.铝在

空气中耐腐蚀，所以铝是不活泼金属D.钠着火可以用泡沫灭火器扑灭【答案】A【解析】【详解】A．金属元素发生焰色反应会出现不同的色彩，节日燃放的烟花即是某些金属元素发生焰色反应所呈现出来的色彩，故A正确；B．合金的熔点要比纯铜低，故B错误；C．铝在空气中容易被氧化生成致密的氧化物，从而耐

腐蚀，并不是铝不活泼，故C错误；D．钠燃烧生成过氧化钠，与二氧化碳或水均反应生成氧气，促进钠的燃烧，不能用泡沫灭火器进行扑灭，故D错误；故答案为A。【点睛】合金的硬度大，熔点低，耐腐蚀；合金比组成它的纯金属硬度大，熔点低。6.关于PCl3和CCl4的说法正确的是A.两种分子的中心

原子杂化轨道类型相同B.键角PCl3比CCl4大C.二者均为非极性分子D.两者中的化学键都是p-pσ键【答案】A【解析】【分析】3PCl的中心原子P采取3sp杂化，分子的空间构型为三角锥形，4CCl的中心原子C采取3sp杂化，分子的空间构型为正四面体形。【详

解】A.两种分子的中心原子杂化轨道类型相同，均采取3sp杂化，A正确；B.由于孤对电子对成键电子的斥力要大于成键电子之间的斥力，所以PCl3比CCl4的键角小，B错误；C.3PCl的正电中心和负电中心不重合，分子为极性分子，C错

误；D.两者中的化学键都是sp3-pσ键，D错误；故答案选A。7.某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是（

）A.配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6B.中心原子杂化类型为sp3杂化C.只有NH3为配体，NH3为三角锥形，N提供孤电子对D.Cl-和NH3均为配体【答案】D【解析】【分析】实验式为PtCl4•2NH3的物质，其水溶液中不能电离出离子，加

入AgNO3溶液反应也不产生沉淀说明不含游离的氯离子，强碱处理并没有NH3放出，说明不含游离的NH3分子，所以Cl-和NH3均位于配合物的内界，该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2]。【详解】A．根据电中性原理可知配合物中心

原子的电荷数为4，故A错误；B．Pt与6个配体形成6个配位键，即6个σ键，所以不是sp3杂化，故B错误；C．由分析可知，4个Cl-和2个NH3分子均与Pt4+配位，故C错误；D．根据分析可知，Cl-和NH3均为配体，故D正确；故答案为D。8.下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验

目的的是()A.图①向容量瓶中转移溶液B.图②用于Na2O2和H2O反应制取少量的O2C.图③比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性D.图④制备Fe(OH)2并能较长时间观察到白色【答案】D【解析】向容量瓶中转移溶液，玻璃棒末端应伸到刻度线以下，故A错误；过氧化钠是易溶于水的粉末，图②不能用

于Na2O2和H2O反应制取少量的O2，故B错误；碳酸钠比碳酸氢钠稳定，所以大试管内加入碳酸钠，小试管内加入碳酸氢钠，大试管温度高、小试管温度低，碳酸氢钠分解，而碳酸钠受热不分解，才能比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，故C错误；图④可以隔绝空气，所

以能制备Fe(OH)2并能较长时间观察到白色，故D正确。9.下列几组微粒互为等电子体的是（）①SO32-和PO33-②NO+和CN-③CO2和CS2④N2O和CO2⑤BF3和SO3A.仅①②③B.仅④⑤C.仅①③④D.①②③④⑤【答案】D【解析】【分析】等电子体具有两个

明显特征：一是原子总数相等，二是价电子总数相等。【详解】①～⑤组微粒的原子总数分别相等，其中①2-3SO和3-3PO的价电子总数均为26，②+NO和CN-的价电子总数均为10，③2CO和2CS的价电子总数均为16，④N2O和2CO的价电子总数均为16，

⑤BF3和SO3的价电子总数均为24，故选D。10.下列物质的熔点或沸点比较正确的是（）A.沸点：H2O>H2S>H2SeB.熔点：F2>Cl2>Br2C.沸点：CH4>SiH4>GeH4D.熔点：Li>Na>

K【答案】D【解析】【详解】A.水分子间含有氢键，沸点最高。一般来说，组成与结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，则沸点：H2Se>H2S，故A错误；B.一般来说，组成与结构相似的分子晶体，相

对分子质量越大，熔点越高，则熔点Br2>Cl2>F2，故B错误；C.CH4、SiH4、GeH4均为分子晶体，则沸点：GeH4>SiH4>CH4，故C错误；D.金属键越强，熔点越高，则熔点：Li>Na>K

，故D正确；故答案选：D。11.下列关于H2O和H2S的说法正确的是A.H2O比H2S稳定，是因为H2O分子间有氢键，而H2S分子间只有范德华力B.二者中心原子杂化方式均为sp2杂化C.H2S的水溶液呈酸性，而H2O成中性，说明O元素的非金

属性强于S元素D.键角H2O大于H2S，是因为氧的电负性大于硫，两个O-H键之间的排斥力大于两个S-H键的排斥力【答案】C【解析】【详解】A．2HO比2HS稳定，是因为O元素的非金属性比S元素的非金属性强，而氢键和范德华力是分子间作

用力，与分子的稳定性无关，故A错误；B．2HO和2HS中心原子的价电子对数都是4，杂化方式为3sp，故B错误；C．2HS的水溶液显酸性，说明2HS比2HO更容易电离出+H，SH−键没有OH−键稳定，O元素的非金属性强于S元素，故C正

确；D．键角2HO大于2HS，是因为2HO和2HS有两对孤对电子，但是氧原子的电负性比硫原子大，氧原子对其携带的两对孤对电子的吸引比硫原子大，相应的孤对电子斥力增大使键角也相应比2HS大，故D错误；故选C。1

2.下列对分子的性质的解释中，正确的是（）A.CH≡C-CH=CH-CH3中σ键和π键数目之比为10：3B.CH≡C-CH=CH-CH3分子中含一个手性碳原子C.分子CO和N2的原子总数相同，价电子总数相等，故性质相似D.碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，这是因为CCl4

与I2相对分子质量相差较小，而H2O与I2相对分子质量相差较大【答案】A【解析】【详解】A．单键为σ键，双键或三键各有一个σ键其它为π键，在CH≡C-CH=CH-CH3中有10个σ键，3个π键，σ键和π键数目之比

为10：3，故A正确；B．与四个不同原子或原子团相连的碳原子为手性碳原子，手性碳原子一定为饱和碳原子，该分子中饱和碳原子与3个氢原子相连，所以不含手性碳原子，故B错误；C．CO和N2为等电子体，原子总数相同，价电子总数相等，结构相似，但化学性质不同，故C错误；

D．CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，与相对分子质量无关，故D错误；故答案为A。13.有五种元素X、Y、Z、Q、T。X元素为主族元素，X

原子的M层上有两个未成对电子且无空轨道；Y原子的价电子排布式为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是（）A.

元素Y和Q可形成化合物Y2Q3B.X与T的最高价氧化物对应的水化物，前者的酸性比后者强C.X和Q结合生成的化合物为离子化合物D.ZQ2是由极性键构成的非极性分子【答案】C【解析】【分析】X元素为主族元素，X原子的M层上有两个未成对电子且无空轨道，则电子排布为1

s22s22p63s23p4，X为S；Y原子的价电子排布为3d64s2，则Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，电子排布为1s22s22p2，则Z为C；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子，电子排布为1s22s22p4，则Q为O；T原子的M电子层

上p轨道半充满，电子排布为1s22s22p63s23p3，T为P，以此来解答。【详解】A．Fe、O可形成化合物氧化铁，化学式为Fe2O3，故A正确；B．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，非金属性S>P，所以S的最高价氧化物对应的水化物酸性较强，故B正确；C．S和O只能形成

共价化合物，故C错误；D．ZQ2的结构式为O=C=O，含极性键，为直线结构，正负电荷中心重合，为非极性分子，故D正确；故答案为C。14.下列说法正确的是()①氢键是一种化学键②由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物③离子键只是阳离子、

阴离子的相互吸引④气体单质分子中一定含有共价键⑤由不同种元素组成的多原子分子中，一定只存在极性共价键⑥离子化合物中可能有共价键⑦共价化合物中可能有离子键A.②⑥B.①②③C.②④⑤D.②④⑤⑥【答案】A【解析】分析：①氢键介于分子间作用力和化学键之间，是一种独特的分子间作用力，

不是化学键；②全部由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物；③离子键是阳离子、阴离子之间的静电作用；④稀有气体分子中不含化学键；⑤由不同种元素组成的多原子分子，可存在非极性键；⑥只含共价键的化合物是共价化合物。详解：①氢键属于分子间作用力，不属

于化学键，故①错误；②非金属元素形成的化合物可能是离子化合物，如铵盐，故②正确；③离子键是阳离子、阴离子之间的静电作用，既有吸引力也有排斥力，故③错误；④气态分子中不一定存在共价键，如稀有气体分子中就不含化学键，故

④错误；⑤由不同种元素组成的多原子分子，可存在非极性键，如H-O-O-H中存在O-O非极性键，故⑤错误；⑥只含共价键的化合物是共价化合物，含有离子键的化合物为离子化合物，故⑥错误；答案选A。点睛：本题考查化学键

，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见物质中的化学键，题目难度不大。15.若ABn的中心原子A上没有未用于形成共价键的孤电子对，运用价层电子对互斥理论，下列说法正确的是（）A.若n＝2，则

分子的空间构型为V形B.若n＝3，则分子的空间构型为三角锥形C.若n＝4，则分子的空间构型为正四面体形D.以上说法都不正确【答案】C【解析】【详解】根据价层电子对互斥理论知，若ABn型分子的中心原子A上没有未用于形成共价键的孤对电子，则：A、若n=2，则分子的立

体构型为直线形，故A错误；B、若n=3，则分子的立体构型为平面三角形，故B错误；C、若n=4，则分子的立体构型为正四面体形，故C正确；D、由以上分析可知，D错误；答案选C。16.向100mLNaOH溶液中通入

一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol·L-1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。下列判断正确的是（）A.所得溶液的溶质成分为NaOH和Na2CO3B.所

得溶液的溶质成分为NaHCO3和Na2CO3C.原NaOH溶液的浓度为0.1mol·L-1D.通入CO2在标准状况下的体积为448mL【答案】B【解析】【分析】假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na

2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHC

O3。【详解】A．根据分析可知所得溶液的溶质成分为NaHCO3和Na2CO3，故A错误；B．根据分析可知所得溶液的溶质成分为NaHCO3和Na2CO3，故B正确；C．滴加100mL盐酸时，碳元素全部转化为二氧化碳，溶液中的溶质只有NaCl

，所以n(Na+)=n(Cl-)=0.1L×0.2mol·L-1=0.02mol，所以n(NaOH)=0.02mol，c(NaOH)=0.02mol÷0.1L=0.2mol/L，故C错误；D．由曲线可知从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为：NaHCO3+HCl=

NaCl+CO2↑+H2O，所以n(CO2)=n(HCl)=(0.1L-0.025L)×0.2mol/L=0.015mol，所以CO2气体体积为0.015mol×22.4L/mol=0.336L=336mL，故D错误；故答案为B。【点睛】解决此题的关键是理解碳酸钠溶液中滴加盐

酸时要分步反应，一开始要先生成碳酸氢钠，此时无气体产生，然后再生成二氧化碳；计算NaOH的浓度和二氧化碳的体积时注意寻找整个过程中存在的守恒关系，简化运算。17.下列实验操作和现象、结论或目的均正确的是()选项操作和现象结论或目的A向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴

加KSCN溶液2～3滴，溶液呈红色红砖中含有氧化铁BCO还原Fe2O3得到的黑色固体加入盐酸溶解后再加入KSCN溶液，溶液不显红色黑色固体中没有Fe3O4C取少量Fe(NO3)2试样加水溶解，加稀H2SO4酸化，滴加KSCN溶液，溶液变为红色该Fe(NO3)2试样已经变质D向某溶液中通入Cl

2，然后再加入KSCN溶液变红色原溶液中含有Fe2＋A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】A．氧化铁溶于盐酸反应得氯化铁溶液，滴加KSCN溶液变红色；B．CO还原Fe2O3得到的黑色固体中可能含有铁，可与Fe3+发生反应生成Fe2+；C．溶液中含有NO3－，在酸性条件下会氧化Fe2+

离子，不能证明是否已变质；D．若溶液中存在铁离子，加入KSCN溶液也变红色。【详解】A.氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，三价铁离子遇KSCN溶液会变红色，说明红砖中含有氧化铁，故A正确；B.CO还原Fe2O3得到单质Fe，即使有Fe3O4，其溶于盐酸后产生的Fe3＋与Fe发生反应：Fe＋2Fe

3＋=3Fe2＋，加入KSCN溶液也不显红色，故B错误；C.NO3－＋H＋具有强氧化性，而Fe2＋具有还原性，二者发生氧化还原反应，有Fe3＋生成，遇KSCN溶液呈红色，不能证明样品是否变质，故C错误；D.若原溶液中不存在Fe2＋存在Fe3＋，也有此现象，故D错误

，答案选A。第II卷(非选择题共49分)18.亚铁氰化钾（K4[Fe(CN)6])双称黄血盐，是一种重要的化工原料。检验三价铁发生的反应为：K4[Fe(CN)6]+FeCl3=KFe[Fe(CN)6]↓(滕氏蓝)+3KCl，回答问题：（1）写出基态Fe3+的核外电子

排布式___。（2）K4[Fe(CN)6]中的作用力除共价键外，还有___和___。（3）黄血盐中N原子的杂化方式为____；C、N、O的第一电离能由大到小的排序为___，电负性由大到小的排序为___。【

答案】(1).1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5(2).配位键(3).离子键(4).sp(5).N>O>C(6).O>N>C【解析】【详解】(1)Fe原子核外有26个电子，失去外围3个电子形成Fe3+，所以基态Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63

d5或[Ar]3d5；(2)K4[Fe(CN)6]是离子化合物，存在离子键，其中Fe(CN)64-含有共价键和配位键，即化学键为离子键、配位键和共价键；(3)CN-中N的价层电子对数=1+5+1-142=2，所以N采用sp杂化；同一周期元素第一电离能随着原子序数

增大而呈增大趋势，但是第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以C、N、O第一电离能大小顺序为N＞O＞C；同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，所以C、N、O的电负性大小顺序为O＞N＞C。【点睛】同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大

的趋势，但第ⅡA族元素（最外层全满）大于第ⅢA族元素，第ⅤA族（最外层半满）的第一电离能大于第ⅥA族元素。19.A、B、C、D、E五种元素是周期表中前四周期的元素。只有A、B、C为金属且都位于第四周期，原子序数A<B<C。A、C核外均没有未成对电子，C位于ds区；B原子核外有二个未成对电子和三个空

轨道。D原子最外层电子数是其周期序数的三倍。E能与D形成化合物ED2，可用于自来水的消毒。（1）C的基态原子的价层电子排布图为__；D和E的电负性大小关系为__(用元素符号表示)。（2）化合物E2D分子的

空间构型为__，中心原子采用_杂化。E与D还可形成三角锥结构的阴离子，该离子的化学式为_，任意写出一种它的等电子体的化学式为_。（3）B与E能形成一种化合物BE4，其熔点：-25℃，沸点：l36.4℃。则该化合物晶体

内含有的作用力类型有_。【答案】(1).(2).O>Cl(3).V形(4).sp3(5).ClO3-(6).SO32-(7).分子间作用力（范德华力）和共价键【解析】【分析】A、C核外均没有未成对电子，C位于ds区，则C的电子排

布式为1s22s22p63s23p63d104s2，为Zn元素；A的电子排布为1s22s22p63s23p64s2，为Ca元素；B原子核外有二个未成对电子和三个空轨道，且位于Ca和Zn之间，则B的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，为Ti元素；D原子最外层电子数是

其周期序数的三倍，则D为O；E能与D形成化合物ED2，可用于自来水的消毒，则E为Cl。【详解】(1)C为Zn，基态原子的价电子为3d104s2，排布图为；O的非金属性强于Cl，所以电负性O>Cl；(2)化

合物E2D为Cl2O，中心原子价层电子对数为6-122+2=4，孤电子对数为2，所以中心原子采取sp3杂化，空间构型为V形；Cl和O形成的三角锥结构的阴离子为ClO3-；原子总数相同，价电子总数相同的分子或离子为等电子体，ClO3-的原子总数为4，价电子

总数为7+6×3+1=26，其等电子体有SO32-、IO3-等；(3)B为Ti，BE4为TiCl4，其熔沸点较低，应为分子晶体，则TiCl4为共价化合物，所以该化合物晶体内含有的作用力类型有分子间作用力和共价键。

【点睛】原子总数相同，价电子总数相同的分子或离子为等电子体，找等电子体时可先考虑用同主族元素替换，其次是相邻主族元素替换(但要注意微粒所带电荷数的变化)。20.储氢纳米碳管的研究成功体现了科技的进步，但用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质——碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可

用氧化气化法提纯。其反应式为：3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2↑+2K2SO4+2Cr2(SO4)3+8H2O。（1）请用双线桥法标出电子转移方向和数目___。（2）上述反应中氧化剂是___（填化学式），被氧化的元素是

___（填元素符号）。（3）H2SO4在上述反应中表现出来的性质是___（填序号）。A.氧化性B.氧化性和酸性C.酸性D.还原性和酸性（4）若反应中电子转移了0.8mol，则产生的气体在标准状况下的体积为___L。（5）下列离子方程式的书写及评价均合理的是___。选项离子方程式评价

A将1molCl2通入含1molFeI2溶液中：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+I2正确；Cl2过量，可将Fe2+、I-均氧化B1mol·L-1的NaAlO2溶液和2.5mol·L-1的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+

H2O正确；AlO2-与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比为2∶3C过量SO2通入NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO-=HClO+HSO3-正确；说明酸性：H2SO3强于HClODCa(HCO3)2溶

液与足量的NaOH溶液反应：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水（6）将一定量Mg、Al合金溶于1mol·L-1的HC1溶液中，进而向所得溶液中滴加1mol·L-1的NaOH溶液，产生沉淀的物质的量（n）与滴加的NaOH溶液（mL）体积的关系如图所示。

下列结论中正确的是___。A.溶解“一定量Mg、A1合金”的HC1溶液的体积为90mLB.Al的物质的量为0.01molC.可算出实验中产生H2的物质的量为0.04molD.若a=20,可算出Mg的物质的量为0.04mol【答案】(1).(2).K2Cr2O7(3).C(4).C(5).4.4

8L(6).B(7).B【解析】【详解】(1)该反应中中C元素的化合由0升高为+4价，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，该反应转移12e-，则用双线桥法标出电子转移方向和数目为；(2)氧化剂得电子化合价降低，所以K2Cr2O7为氧化剂；被氧化的元素化合价应升高，所以C元素被氧化；(

3)该反应中硫酸反应生成盐和水，所以表现酸性，所以选C；(4)根据双线桥可知转移0.8mol电子时生成二氧化碳的物质的量为0.2mol，标况下体积为4.48L；(5)A．将1molCl2通入到含1molFeI2溶液中，氯气量不足，碘离子还原性强于二价铁离子，氯气先

氧化碘离子，离子方程式：2I-+Cl2=2Cl-+I2，故A错误；B．1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合反应方程式为：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+2H2O，1m

ol偏铝酸根离子消耗1mol氢离子生成1mol氢氧化铝沉淀，剩余的1.5mol氢离子溶解0.5mol氢氧化铝沉淀，则AlO2-与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比为1mol：1.5mol=2：3，故B正确；C．过量SO2通入到NaClO溶液中，SO

32-有强还原性，ClO-有强氧化性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：SO2+H2O+ClO-=2H++SO42-+Cl-，故C错误；D．Ca(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，离子方程式：Ca2+

+2HCO3-+OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-，故D错误；综上所述选B；(6)A．滴加80mLNaOH溶液时沉淀量达到最大，此时沉淀为Al(OH)3和Mg(OH)2，溶液中的溶质为NaCl，则n(HCl)=n(Cl-)=n(Na+)=

0.08L×1mol/L=0.08mol，HCl溶液的浓度为1mol/L，所以HCl溶液的体积为80mL，故A错误；B．80～90mL发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，根据元素守恒可知n(Al)=0.01L×1mol

/L=0.01mol，故B正确；C．根据已知条件无法确定Mg的量，则无法确定金属溶解时消耗的HCl的量，所以产生H2的物质的量不确定，故C错误；D．a～80mL发生反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)

2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓，铝离子消耗的NaOH的体积为-10.01mol31molL=0.03L=30mL，a=20，则镁离子消耗的NaOH的体积为80mL-20mL-30mL=30mL，所以n(Mg)=0.03L×1mol/L×12=0.015mol，故D错误；综上所述选B。

21.以镍矿粉(主要成分为NiS，杂质FeS、CuS和SiO2等)为原料可制备NiCO3已知Ni和Fe为变价金属，常见化合价为+2价、+3价。（1）在酸浸过程中，CuS与稀HNO3反应生成淡黄色固体，其离

子方程式为___________________，滤渣的主要成分为________________________；（2）在除FeS时，需加入过量的H2O2氧化，若用过强的氧化剂，其可能的后果是__________

_____；反应完全后，除去多余H2O2的简便方法是______________________；（3）在“沉镍”工艺中，若将含Ni2+溶液缓慢加入至盛有Na2CO3溶液的反应容器中，可能会形成杂质，其原因是________________

_______(用离子方程式表示)。检验碳酸镍沉淀完全的方法是__________________；【答案】(1).3CuS+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O(2).SiO2(3).NiCO3中可能混有Ni2(CO3)3(4).煮沸(或加热)(5).CO32-+H2OH

CO3-+OH-，Ni2++2OH-=Ni(OH)2或合并书写(6).静置，向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若不再产生沉淀，则说明碳酸镍沉淀完全【解析】试题分析：（1）CuS与稀HNO3反应生成淡黄色固体，说明生成S单质；NiS、FeS、C

uS和SiO2只有SiO2不与硝酸反应；（2）强氧化剂能把Ni2+氧化为Ni3+；H2O2加热易分解；（3）碳酸钠水解溶液显碱性，Ni2+与OH-反应生成Ni(OH)2沉淀；继续滴加Na2CO3溶液，若不再产生沉淀，则说明碳酸

镍沉淀完全。解析：（1）CuS与稀HNO3反应生成淡黄色固体，说明生成S单质，反应的离子方程式为3CuS+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；NiS、FeS、CuS和SiO2只有SiO2不与硝酸反应,所以滤渣的主要成分为SiO2；（2）强氧化剂能把Ni2+氧化为N

i3+，若用过强的氧化剂，其可能的后果是NiCO3中可能混有Ni2(CO3)3杂质；H2O2加热易分解，除去多余H2O2的简便方法是煮沸；（3）碳酸钠水解溶液出碱性CO32-+H2OHCO3-+OH-，Ni2+与OH-

反应生成Ni(OH)2沉淀Ni2++2OH-=Ni(OH)2；检验碳酸镍沉淀完全的方法是静置、向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若不再产生沉淀，则说明碳酸镍沉淀完全。