【文档说明】甘肃省天水市甘谷县第二中学2024届年高三上学期第二次检测考试 化学答案.docx，共(11)页，73.768 KB，由小赞的店铺上传

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参考答案：1．C2．A3．B4．C5．B6．C7．A8．D9．C10．B11．D12．B13．C14．D15．A16．(14分)(1)2Fe2++H2O2+2H＋=2Fe3++2H2O(2分)(2)SiO2、PbSO4(2分)(3)

除掉铁离子和铝离子，将其转化为沉淀(2分)(4)蒸发浓缩、冷却结晶，过滤酒精(2分)(5)Al3+＋4OH－＝2AlO−＋2H2O(2分)、Fe3+＋3OH－＝Fe(OH)3↓(2分)(6)少量晶体于试管，加入蒸馏水至溶解，向试管中滴加几滴KSCN溶液，溶液显红色，则证

明含有Fe3+，反之则无(2分)17．(12分)(1)Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O(2分)(2)将Fe2+氧化为Fe3+(2分)(3)除去Mn2+(2分)，B(2分

)。(4)0.7(2分)(5)降低烘干温度，防止产品分解．(2分)18．(15分)(1)分液漏斗(1分)，MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O。(2分)(2)饱和食盐水(1分)(3)冷凝二氧化氯(2分)Cl2+2NaClO2=2ClO2+NaCl(2分)(4)

2OH－＋Cl2=ClO－＋Cl－＋H2O(2分)(5)趁热过滤(1分)(6)①H2O2+2H++2ClO3－=2ClO2+2H2O+O2↑(2分)②ClO2+e－=ClO2－(2分)19．(14分)(1)浓硫酸

中只有少量H2SO4电离，c(H+)很小，导致复分解反应速率慢(2分)decb(2分)。防止倒吸(2分)（2）CO32-+2SO2+H2O=2HSO3-+CO2(2分)（3）0.5mol。(2分)（4）①1。(2分)②酸性条件下H2O2直接与Fe2+反应，导致溶液中羟

基自由基(·OH)浓度减小，使得TOC去除率下降(2分)详细参考答案：1．C【详解】A．K、Na合金熔点低，常温下为液态，可用于原子反应堆的导热剂，故A正确；B．火灾现场有大量活泼金属存放时，可用干燥的沙土灭火，将钠与空气隔开，故B正确；C．明矾溶于水会形成胶体，具有较强

的吸附性，因此可用于自来水的净化，但明矾胶体没有强氧化性，不能用于杀菌消毒，故C错误；D．铁粉能与氧气反应，在月饼包装盒中放入铁粉，可防止月饼氧化变质，故D正确；故选C。2．A【详解】A．过氧化钠和水的反应中，过氧化钠既是氧化剂，又是还原

剂，每生成1mol氧气，反应中就转移2mol电子，则生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4NA，A正确；B．该反应中碘酸钾是氧化剂，6mol碘化氢中有5mol作还原剂，反应生成3mol单质碘，反应中就转移5

mol电子，转移的电子数为5NA，B错误；C．氢氧化铁胶体中很多Fe(OH)3聚集成胶粒，故所得胶体粒子数小于0.1NA，C错误；D．常温下，0.1molFe与一定量的稀硝酸反应，若稀硝酸不足反应生成亚铁离子，则转移电子数为0.2NA，D错误；故选A。3．B【详解】A．同温同压下，分子数

相等则体积相等，而微粒包括分子、原子、质子、电子等，A错误；B．N2和C2H4的摩尔质量相等，由于质量相等，所以物质的量相等，所以分子数相等，B正确；C．标准状况下11.2L混合气体的物质的量为0.5mol，甲烷中含有4个H原子，而氨中含

有3个H原子，所以氢原子数目不一定为2NA，C错误；D．若两个容器的温度不同，压强不一定相同，D错误；故选B。4．C【详解】A．将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液中，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和硫酸铜反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，没有有红色物质析出，故A错误；B．Na2O2和盐酸反应

生成氯化钠、水和氧气，Na2O2不是碱性氧化物，故B错误；C．相同物质的量的Na2CO3和NaHCO3与足量盐酸反应时，根据碳元素守恒，产生CO2气体的质量相同，故C正确；D．Na2CO3和NaHCO3都能与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，不能用澄

清石灰水鉴别，故D错误；选C。5．B【详解】A．苯的密度比水小，苯萃取碘水中的碘，水在下层，分出水层后，含碘的苯溶液要从分液漏斗的上口倒出，故选项Ａ错误；B．氯气不溶于饱和食盐水，可以用排饱和食盐水的方法测量氯气的体积，故选项B正确；C．电解法制备Fe(OH)2，Fe应做阳极，电极方程式为

-2+Fe-2e=Fe，阴极反应为-22-2HO+2e=H+2OH，在NaCl溶液中生成Fe(OH)2，汽油隔绝空气，防止Fe(OH)2被氧化，故选项C错误；D．配制0.10mol/LNaOH溶液，NaOH固体应在烧

杯中溶解，不可直接在容量瓶中溶解，故选项D错误；故答案选B。6．C【详解】A．等体积、等浓度的Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液混合，2332HOCaHCOOHCaCO+−−++=+，A错误；B．醋酸为弱电解质，不能拆，23332222HOCHCOOHCaC

OCHCOOCaCO−++=+++，B错误；C．还原性2BrFe−+，则少量氯气先于Fe2+反应，C正确；D．Fe3+具有强氧化性，Cu具有还原性，32222FeCuCuFe++++=+，D错误；故答案为：C。7．

A【分析】由题干中两种金属及其化合物的转化关系图分析可知，物质M为Cu，E为Fe，X为FeSO4，Y为Fe2(SO4)3,W为Fe(SCN)3，Z为Fe(OH)3，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，反应③的离子方程式为：2Fe2++2H2O2+2

H+=2Fe3++2H2O，可知氧化性：H2O2>Fe3＋，A错误；B．由分析可知，X溶液中含有Fe2+，故向X溶液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀，B正确；C．根据反应③的离子方程式为：2

Fe2++2H2O2+2H+=2Fe3++2H2O可知反应③中稀硫酸仅表现酸性，C正确；D．由分析可知，反应①的离子方程式为Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O，D正确；故答案为：A。8．D【分析】由图可知，a

为-3价的氢化物，即NH3，b为N2，c为+2价的氧化物，即NO，d为+4价的氧化物，即NO2或N2O4，e为+5价的含氧酸，即HNO3，f为-3价的碱，即NH3•H2O，g为-3价的盐，即铵盐，据此分析作答。【详解】A．根据分析可知，f为NH3•H2O，属于电解质，但氨气是非电解质，故A错误

；B．游离态氮元素转化为化合态氮元素的过程是氮的固定，氨气转化为N2，不是氮的固定，故B错误；C．硝酸和铜反应还生成硝酸铜，因此还表现出酸性，故C错误；D．一氧化氮转化为二氧化氮过程中无色气体变为红棕色气体，可以检验NO，故D正确

；故选：D。9．C【分析】浓硫酸溶于水放出大量的热，应将a中的Y形管中浓硫酸倒入含少量水的葡萄糖中，浓硫酸具有脱水性，将葡萄糖转化为碳，碳和浓硫酸反应生成二氧化硫和二氧化碳气体，二氧化硫具有漂白性能使c

中品红褪色，二氧化碳、二氧化硫均能使d中石灰水生成沉淀而变浑浊，尾气有毒使用e中碱液吸收；【详解】A．应将a中的Y形管中浓硫酸倒入含少量水的葡萄糖中，故A错误；B．二氧化碳不会和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，故B错误；C．二氧

化硫具有漂白性能使c中品红褪色，装置c中品红溶液褪色，证明产生的气体中含有SO2，故C正确；D．该实验中体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性，故D错误；故选C。10．B【分析】黄铁矿在沸腾室被O2氧化为SO2和F

e2O3，而SO2与O2在接触室转变为SO3，SO3经吸收塔吸收转变为硫酸。【详解】A．固体粉碎增大接触面积可加快反应速率，A项正确；B．FeS2，其中硫的化合价为-1价，按照电子守恒关系式为FeS2~2SO2~11e-，即1molSO2转移5.5mol电子，

B项错误；C．原料循环利用可提高原料利用率，C项正确；D．尾气中含有SO2可用氨水吸收转化为（NH4)2SO3，进一步转化为氮肥，D项正确；故选B。11．D【详解】A项、钠在常温下与氧气反应生成白色Na2

O，在氧气中燃烧生成淡黄色的Na2O2，故A错误；B项、钠与盐溶液反应时，先与水反应，所以钠与硫酸铜溶液中的水反应生成NaOH，NaOH与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，所以Na不能从硫酸铜溶液中置换出铜，故B错误；C项、Al在空

气中能形成致密的氧化膜，致密的氧化膜能保护内部金属，所以Al可以直接保存在空气中，故C错误；D项、金属单质的化合价为最低价，最低价只有还原性，所以金属单质参与反应时金属单质均作还原剂，故D正确；故选D。【点睛】A

l在空气中能形成致密的氧化膜，致密的氧化膜能保护内部金属，Al可以保存在空气中，不需要保存在煤油中。12．B【详解】A．氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性：2-27CrO>Fe3+，选项A正确；B．标准状况下

，6.72LSO2为0.3mol，若有0.3molSO2参加反应，S元素的化合价由+4价变为+6价，转移0.6mol电子，则最终消耗0.1molK2Cr2O7，选项B错误；C．反应②中，每有1molK2Cr2O7参加反应，Cr元素的化合价由+6价变为+3价，转移电子6mol，选项C正确；D．由上

述反应可得，氧化性：2-27CrO>2-4SO，推断K2Cr2O7可以将Na2SO3氧化成Na2SO4，选项D正确；答案选B。13．C【分析】由题意，结合题图可知，Mg、Al完全反应且产生氢气的量相等。【详解】A．利用Mg、Al与稀硫酸反应的化学方程式可知，产生等量的氢气消耗硫酸的物质的量

之比是1∶1，消耗Mg、Al的物质的量之比为3∶2，选项A错误；B．参加反应的镁、铝的质量之比是4∶3，选项B错误；C．利用Mg、Al与稀硫酸反应的化学方程式可知，产生等量的氢气消耗硫酸的物质的量之比是1∶1，消耗Mg、A

l的物质的量之比为3∶2，选项C正确；D．由产生等量氢气可知反应转移电子的物质的量之比为1∶1，选项D错误；答案选C。14．D【分析】8.34gFeSO4·7H2O的物质的量为0.03mol，加热先生成物质M6.72g，质量减少1.6

2g，减少的质量为水的质量，即减少0.09molH2O，故M的化学式为FeSO4·4H2O，生成N的质量为5.10g，减少的质量为1.62g，此时减少的质量仍为水的质量，减少0.09molH2O故N的化学式为FeSO4·H2O，生成P

质量为4.56g，减少质量为0.54g，此时减少的质量为水的质量，减少0.03molH2O，P的化学式为FeSO4，最后生成2.4gQ，此时Q中Fe有0.03mol，Fe质量为1.68g，剩余0.72g为O的

质量，有O0.045mol，则Q的化学式为Fe2O3，Fe化合价升高，则硫的化合价降低，同时生成SO2和SO3。【详解】A．根据分析可知，物质M的化学式为FeSO4·4H2O，A正确；B．根据分析可知，Q的化学式为Fe2O3，生成的两种无色气体

为SO2和SO3，B正确；C．根据分析可知，M的化学式为FeSO4·4H2O，P的化学式为FeSO4，则M隔绝空气加热生成P的化学方程式为FeSO4·4H2O高温FeSO4+4H2O，C正确；D．根据分析可知，P的化学式为FeSO4，D错误；故答案选D。15．A【分析】加入氯化钡溶液，生成

沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32-、SO42-，硫酸钡沉淀是2.33g，硫酸根离子的

物质的量是0.01mol，碳酸钡沉淀的质量为4.30-2.33=1.97g，碳酸根离子的物质的量是0.01mol，碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3+，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为氨气，一定含有铵根离子，氨气物质的量为1.1222.4/LLmol=0.05m

ol；根据元素守恒，铵根离子的物质的量是0.05mol；根据电荷守恒，阳离子所带正电荷的物质的量之和：0.05mol，阴离子所带负电荷的物质的量之和=0.01×2+0.01×2=0.04mol，所以一定存在氯离子，钠离子不能确定，n（Cl-）≥

0.01mol，所以c（Cl-）≥0.1mol•L-1。【详解】A.根据上面分析，原溶液一定存在23CO−和24SO−，一定不存在Fe3+，故A正确；B.根据上面分析，原溶液一定存在Cl-，可能存在Na+，故B错误；C.原溶液中c（23CO−）是0.010

.1molL=0.1mol/L，故C错误；D.若原溶液中不存在Na+，则c（Cl－）=0.1mol•L－1，故D错误；答案：A【点睛】本题的难点是根据电荷守恒判断Cl-和Na+存在。16．(1)2Fe2++H2O2+2H＋=2Fe3+

+2H2O(2)SiO2、PbSO4(3)除掉铁离子和铝离子，将其转化为沉淀(4)蒸发浓缩、冷却结晶，过滤酒精(5)Al3+＋4OH－＝2AlO−＋2H2O、Fe3+＋3OH－＝Fe(OH)3↓(6)少量晶体于试管，加入蒸馏水至溶解，向试管中滴加几滴KSCN溶液，溶液显红色，则证明含有Fe3+，

反之则无【分析】ZnCO3的菱锌矿(主要含有Fe、Al、Pb、SiO2杂质)加入稀硫酸和双氧水反应生成硫酸铅、硫酸锌、硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，得到滤液，调节溶液pH值，过滤得到滤液硫酸锌，沉淀氢氧化铝和氢氧化铁，向沉淀中加

入足量氢氧化钠溶液，过滤，得到氢氧化铁沉淀和滤液，加热氢氧化铁沉淀得到氧化铁，向滤液中加入碳酸氢钠得到氢氧化铝沉淀，过滤，加热沉淀得到氧化铝。【详解】（1）操作①中涉及H2O2反应的离子方程式：2Fe2++H2O2+2H＋

=2Fe3++2H2O；（2）根据分析和题中信息PbSO4难溶于水，滤渣的主要成分是：SiO2、PbSO4；（3）根据；离子的完全沉淀的pH值得到操作②中调节pH=5.2的目的是除掉铁离子和铝离子，将其转化为沉淀；

（4）根据ZnSO4·7H2O晶体易溶于水，难溶于酒精的信息“操作④”的具体操作为：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用酒精洗涤晶体，干燥，即可得到ZnSO4·7H2O晶体；（5）操作③加入过量氢氧化钠溶液，铝离子转变为偏铝酸根，

铁离子转变为氢氧化铁沉淀，因此反应离子方程式：Al3+＋4OH－＝2AlO−＋2H2O、Fe3+＋3OH－＝Fe(OH)3↓；（6）为判断硫酸锌晶体是否有Fe3+残留，利用铁离子与SCN－显血红色的现象来设计，因

此实验方案取少量晶体于试管，加入蒸馏水至溶解，向试管中滴加几滴KSCN溶液，溶液显红色，则证明含有Fe3+，反之则无。17．Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O将Fe2+氧化为Fe3+除去M

n2+B0.7降低烘干温度，防止产品分解【分析】（1）Co2O3与加入的亚硫酸钠发生氧化还原反应，再根据化合价升降法进行配平；（2）根据阳离子完全沉淀的pH值表中数据可知，Fe2+转化为Fe3+，易于调节pH沉淀除去，而NaClO3具有强氧化性，

据此分析；（3）结合工业流程易知，“滤液II”中存在锰元素，根据萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系选取适宜的pH范围；（4）根据Ksp(MgF2)=7.35×10－11，Ksp(CaF2)=1.05×10－10公式推导c(Mg2＋)/

c(Ca2＋)的值；（5）结合已知信息③加热至110℃～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴分析作答。【详解】（1）Co2O3的化合价为+3价，而浸出液中的Co为+2价，显然其与加入的亚硫酸钠发生了氧化还原反应，其化学方程式为：Co2O3+S

O32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；（2）NaClO3具有强氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，易于沉淀，则NaClO3的作用为：将Fe2+氧化为Fe3+，故答案为Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；将Fe2+氧化为Fe3+；（

3）萃取前溶液中的Co2＋、Fe2＋、Ca2＋、Mg2＋、Al3＋已经被除去，还剩下Mn2＋，故萃取的目的是除去Mn2＋，最适应的pH应该是Mn2＋萃取率最高的，故B项正确，答案选B。（4）c(Mg2＋)/c(C

a2＋)=2+2-2+2-c(Mg)c(F)c(Ca)c(F)=sp2sp2K(MgF)K(CaF)=-11-107.35?101.05?10=0.7，故答案为0.7；（5）因为CoCl2·6H2O晶体加热至110℃～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴，因此减压烘干，

可以降低烘干的温度，防止产品分解，故答案为降低烘干温度，防止产品分解。【点睛】本题第（4）问考查的溶度积的计算与应用，是近年来常考的考点。找出给定的溶度积与离子浓度比值的关系是解此题的关键，学生要理解溶度

积在解题中的实际应用，把握离子浓度之间的关系。另外，沉淀的转化过程中，其化学平衡常数也可采用分子分母同时乘以相同离子浓度的方法借助溶度积求出。18．分液漏斗MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O

饱和食盐水冷凝二氧化氯Cl2+2NaClO2=2ClO2+NaCl2OH－＋Cl2=ClO－＋Cl－＋H2O趁热过滤H2O2+2H++2ClO3－=2ClO2+2H2O+O2↑ClO2+e－=ClO2－【分析

】(1)看图得出仪器a的名称，装置A是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气、氯化锰和水。(2)试剂X是除掉HCl气体。(3)二氧化氯(ClO2)沸点为11.0℃，因此得装置D中冰水的主要作用，装置D内发生

反应是氯气与固体亚氯酸钠生成二氧化氯。(4)装置E中主要是氯气的尾气处理。(5)由于＜38℃是以NaClO2·3H2O晶体，操作要注意不能低于38℃。(6)①H2O2、H+与ClO3－反应得到ClO2。②左边为ClO2反应生成C

lO2－，得到电子，发生还原反应。【详解】(1)仪器a的名称为分液漏斗，装置A是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气、氯化锰和水，其反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O；故答案为：分液漏斗；MnO2+4H++2Cl

－Mn2++Cl2↑+2H2O。(2)试剂X是除掉HCl气体，因此用饱和食盐水；故答案为：饱和食盐水。(3)二氧化氯(ClO2)沸点为11.0℃，因此装置D中冰水的主要作用是冷凝二氧化氯。装置D内发生反应是氯气与固体亚氯酸钠生成二氧化氯，其化学方程式为Cl2+2NaClO2

=2ClO2+NaCl；故答案为：冷凝二氧化氯；Cl2+2NaClO2=2ClO2+NaCl。(4)装置E中主要是氯气的尾气处理，其反应的离子方程式为：2OH－＋Cl2=ClO－＋Cl－＋H2O；故答案为：2OH－＋Cl2=ClO－＋Cl－＋H2O。(5)利用NaClO

2溶液制得NaClO2晶体的操作步骤：由于＜38℃是以NaClO2·3H2O晶体，因此55℃蒸发结晶、趁热过滤、38～60℃的温水洗涤、低于60℃干燥；故答案为：趁热过滤。(6)①酸性条件下双氧水与NaClO3反应，则反应的离子方程式为H2O2+2H

++2ClO3－=2ClO2+2H2O+O2↑。②如图所示为直接电解氯酸钠、自动催化循环制备高纯ClO2的实验。左边为ClO2反应生成ClO2－，得到电子，发生还原反应，其为阴极，其电极反应式为ClO2+e－=ClO2－；故答案为：ClO2+e－=ClO2－。19．浓硫酸中只有

少量H2SO4电离，c(H+)很小，导致复分解反应速率慢decb防止倒吸CO32-+2SO2+H2O=2HSO3-+CO20.51酸性条件下H2O2直接与Fe2+反应，导致溶液中羟基自由基(·OH)浓度减小，使得TOC去除率下降【

分析】（1）实验室选用浓硫酸的浓度太大，反应慢；连接仪器时，先明确装置的作用，再考虑接口的顺序；（2）明确反应物为SO2和Na2CO3，生成物是NaHSO3；（3）不必写出完整的化学方程式，直接依据硫原子守恒和化学式进行分析；（4）“看图说话”

，明确坐标系横坐标为1的点对应的数值即可；去除率减小肯定是强氧化性的羟基自由基少了；【详解】（1）实验室用Na2SO3固体和浓硫酸制备少量SO2气体时，若硫酸的浓度太大，则溶液中c(H+)的浓度较小，导致该复分解反应的速率较慢。若硫酸浓度太小

，则由于SO2气体易溶于水，也不利于SO2气体的逸出。收集SO2前应先干燥，所以a先接d，然后e接c进行向上排空气法收集（长管进，短管出）。装置D是一个安全瓶，起到防倒吸的作用。（2）从反应液的pH=4.1可知生成的产物是NaHSO3而不是Na2SO3，起始原料是

SO2和Na2CO3，所以步骤①的离子方程式为：2SO2+CO32-+H2O=2HSO3-+CO2；（3）据硫原子守恒和Na2S2O5、Na2S2O4的化学式可知，Na2S2O5消耗量是0.5mol；（4）①当TOC去除率最高时，TOC的含量最低，由图1横坐标可知此时n(H2O2):n(

Fe2+)=1；②当H2O2的加入量大于40mg·L-1时，随着H2O2含量增加去除率反而降低，说明H2O2必发生了其他副反应，比如酸性条件下H2O2与催化剂Fe2+直接发生了反应，从而减少了强氧化性的羟基自由基的浓度，使得

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