【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

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-a5c51584e77d4997ac5b3b93b2994259.html

以下为本文档部分文字说明：

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)1

7．(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+4

H++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)①H

2O2+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2

mol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5mol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，23332222HOCHCOOHCaCOCHCOOCaCO−++=+++，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+2H+=

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：2Fe2++2H2O2+2H+=2Fe3++2

H2O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Fe2O3，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Na2O，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】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，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0.3mo

lSO2参加反应，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、Al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1.62g，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S

O3。【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F

eSO4，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4.30-2.3

3=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=0.05mol；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－＝2

AlO−＋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Mn2+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+SO32-+4H+=2Co2++SO4

2-+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＋、C

a2＋、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(Ca2＋)=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ClO2－，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++C

l2↑+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NaClO2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=2H

SO3-+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TOC去除率下降。获得更多资源请扫码加入享学资

源网微信公众号www.xiangxue100.com