【文档说明】辽宁省实验中学2023-2024学年高三上学期阶段测试化学试题 含解析.docx，共(21)页，2.905 MB，由小赞的店铺上传

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辽宁省实验中学2023-2024学年度上学期高三阶段测试化学试卷考试时间：75分钟试题满分：100分相对原子质量：C-12O-16N-14Na-23Al-27Fe-56S-32第Ⅰ卷(选择题45分)一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意。)1.化

学与我们的生活息息相关，衣食住行皆化学。下列说法正确的是A.用pH试纸测得84消毒液的pH=9，故84消毒液显碱性B.浪漫民俗文化“铁树银花”指铁的焰色反应C.量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨烯等纳米材料属于胶体D.为使发面食

品松软可口，制作时可添加适量碳酸氢钠【答案】D【解析】【详解】A．84消毒液的有效成分为NaClO，具有漂白性，不能用pH试纸测定pH，A不正确；B．铁的焰色是我们肉眼看不见的，浪漫民俗文化“铁树银花”是通过打铁时烧红的铁块在锤击下溅出火花而

发明出来的，B不正确；C．螺旋碳纳米管、石墨烯等纳米材料只有分散质，没有分散剂，不属于分散系，所以不属于胶体，C不正确；D．制作发面食品时，添加适量碳酸氢钠，受热分解产生的气体被面团包住，气体受热时发生膨胀，从而使发面食品松软可口，D正确；故选D

。2.NA是阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是A.标准状况下，2.24LHF中含有的分子数为A0.1NB.2.6gC2H2和苯蒸气的混合物中含有的CH−键数目为A0.2NC.pH3=的34HPO溶液中氢离子数目为3A10N−D

.1molCl2与足量的水充分反应转移的电子数为NA【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下，HF呈液态，无法求出2.24LHF物质的量，也就无法求出其含有的分子数，A的不正确；B．1个C2H2和1个苯分子中分别含有2个C-H键和6个C-

H键，2.6gC2H2和2.6g苯蒸气中都含有0.2molC-H键，所以2.6gC2H2和苯蒸气的混合物中含有的C-H键数目为A0.2N，B正确；C．pH=3的H3PO4溶液的体积未知，无法求出其含有的氢离子数目，C不正确；D．氯气和

水反应为可逆反应，1molCl2与足量的水充分反应，参加反应的Cl2小于1mol，所以转移的电子数小于NA，D不正确；故选B。3.检验补铁剂中铁元素价态时，KSCN(C为4+价)会与酸性4KMnO溶液发生如下反应：42424422222KMnO10KSCN28HS

O16KSO22MnSO10CO5N28HO++=++++，下列说法不正确的是A.该反应的氧化产物只有2NB.每生成标准状况下222.4LN，转移22mol电子C.4KMnO在反应中体现氧化性D.检验2Fe+时，可用酸性4KMnO将2

Fe+氧化为3Fe+，再加稍过量的KSCN溶液【答案】A【解析】【详解】A．KSCN中S为-2价、N为-3价，则反应中，KSCN中S、N元素的化合价均升高，该反应的氧化产物有硫酸根离子、2N，A错误；B．根据Mn由+7价降低为+2价，该反应转移电子为110e-，222

.4LN物质的量为1mol，生成标准状况下222.4LN，转移1105mol=22mol电子，B正确；C．4KMnO中Mn元素化合价降低，得到电子，在反应中体现氧化性，C正确；D．铁离子遇到KSCN溶液变红，则检验2Fe+时，可用酸性4KMnO将2Fe+氧化为3Fe+，再加稍过量的KSCN

溶液，D正确；故选A。4.向等物质的量浓度的NaOH和23NaCO的混合溶液中加入稀盐酸。下列离子方程式与事实不相符的是A.23322OHCO3HHCO2HO−−+−++=+B.2332OHCO2HHCOHO−−+−++=+C.23222

OHCO4HCO3HO−−+++=+D.2322OHCO3HCO2HO−−+++=+【答案】C【解析】【详解】A．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，则加入盐酸少量，先发生反应：2OH-+2H+=2H2O，2mol氢氧化钠消耗2mol

盐酸，再发生反应23CO−+H+=3HCO−，将两个方程式相加得：23322OHCO3HHCO2HO−−+−++=+，故A与事实相符；B．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸少量，先发生反应：OH-+H+=H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应23CO−+H

+=3HCO−，将两个方程式相加得：2332OHCO2HHCOHO−−+−++=+，故B与事实相符；C．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，2mol氢氧化钠消耗2mol氢离子，剩余2mol

氢离子与2mol碳酸钠反应生成2mol碳酸氢根离子，离子方程式应为23322OH2CO4H2HCO2HO−−+−++=+，即2332OHCO2HHCOHO−−+−++=+，故C与事实不相符；D．设NaO

H和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸过量，先发生反应：OH-+H+=H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应23CO−+2H+=CO2↑+H2O，将两个方程式相加得：2322OHCO3HCO2HO−−+++=+，故D与事实相符；故选C。5.向含amolNa

ClO的溶液通入bmolSO2充分反应（不考虑二氧化硫与水之间的反应以及次氯酸的分解）。下列说法不正确的是A.当0<b<a/3时：SO2+H2O+3ClO－=24SO−+2HClO+Cl－B.当b=a时，SO2+H2O+

ClO－==2H++Cl－+24SO−C.当a/3≤b≤a时,反应后溶液中H+的物质的量：0<n(H+)≤2bmolD.当0<b<a时，反应后溶液中ClO－、Cl－和24SO−物质的量之比为：(a－b)∶b∶b【答案】D【解析】【分析】根据得失电子守恒可知如果bm

ol恰好被氧化为硫酸需要bmol次氯酸钠，生成bmol氯化钠，据此回答。【详解】A.当0<b<a/3时次氯酸钠过量，过量的次氯酸钠结合氢离子转化为次氯酸，即SO2+H2O+3ClO-=SO42-+2HClO+Cl-，故

A正确；B.根据以上分析可知当b=a时，反应的离子方程式为SO2+H2O+ClO-=2H++Cl-+SO42-，故B正确；C.当a/3=b时过量的次氯酸钠结合生成的氢离子转化为次氯酸，b=a时生成硫酸和氯化钠，氢离子的物质的量为2bmol，因此当a/3≤b≤a时，反应后溶液中

H+的物质的量：0＜n(H+)≤2bmol，故C正确；D.当0＜b＜a时，次氯酸钠过量，SO2全部转化为bmol硫酸，根据得失电子守恒可知生成bmol氯离子，剩余的次氯酸钠是(a-b)mol，剩余的次氯酸钠结合氢离子转化为次氯酸，因此最终次氯酸钠的物质的量小于(a-b)mol，

故D错误；故答案选D【点睛】明确反应的过程和原理是解答的关键，难点是过量的次氯酸钠与生成的硫酸反应过量计算讨论。答题时注意根据电子得失守恒进行分段讨论。6.研究小组探究22NaO与水反应。取221.56gNaO粉末加入40mL水中，充分反应得溶液A(液体体积无明显变

化)，进行以下实验。编号①②③④操作现象溶液变红色，20秒后褪色i.产生大量能使带火星木条复燃的气体ii.溶液变红色，10分钟后褪色i.溶液变红色，10分钟后溶液褪色。ii.变红色溶液变红色，2小时后无明显变化下列说法不正确的是A.由②

中现象i可知，22NaO与水反应有22HO生成B.由③、④可知，②中溶液红色褪去是因为是()-cOH大。C.由②、③、④可知，①中溶液红色褪去的主要原因是()-cOH大D.向①中褪色后的溶液中滴加5滴6mol/L盐酸，溶液最终不能变成红色【答案

】C【解析】【分析】1.56gNa2O2的物质的量=1.56g78g/mol=0.02mol，加入到40mL水中，充分反应得溶液A(液体体积无明显变化)，完全反应生成氢氧化钠，则氢氧化钠的浓度为0.02m

olL20.04=1mol/L，结合实验现象分析判断。【详解】A．过氧化钠与水反应得到的溶液A中加入二氧化锰，有气体放出，该气体能使带火星木条复燃，说明是氧气，是过氧化氢在二氧化锰催化作用下发生了分解

，说明Na2O2与水反应有H2O2生成，选项A正确；B．由分析知，②步骤ii中得到的氢氧化钠溶液浓度为1mol/L，与③i中氢氧化钠的浓度相等，因此现象都是滴加酚酞后，溶液变红色，10分钟后溶液褪色，ii中滴加几滴盐酸后，氢氧化钠浓度减小，溶液变成红色，由

④知，0.1mol/L的氢氧化钠溶液中滴加酚酞，溶液变红色，2小时后无明显变化，说明氢氧化钠溶液的浓度较大时，一段时间后颜色会褪去，浓度较小时，不能褪色，说明②溶液红色褪去是因为c(OH-)大，选项B正确；C．根据B的分析可知，1mol/L的氢氧化钠溶液

中滴加酚酞，溶液变红色，溶液褪色需要10分钟，而①中溶液变红色，20秒后就褪色，说明溶液红色褪去的主要原因不是c(OH-)大，而是过氧化氢的氧化作用，选项C不正确；D．①中过氧化氢已经将酚酞氧化了，因此褪色后的溶液再滴加5滴6mol/L盐酸，溶液不能变成红色，选项D正确；答案

选C。7.实验测得等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液的pH随温度的变化如图所示。下列说法正确的是A.NaHCO3固体的分解温度是45℃B.M点之前，升高温度溶液的pH减小，原因是水解平衡逆向移动C.N点NaHCO3已完全分解D.若将N点溶液恢复到25℃，pH＞8.62【答

案】D【解析】【详解】A．与左图对照，如果45℃时NaHCO3固体完全分解，则溶液的pH约为11.45，所以NaHCO3固体的分解温度不是45℃，A不正确；B．M点之前，升高温度溶液的pH减小，表明溶液中c(H+)增大，NaHCO3的水解是

吸热过程，水解平衡不可能逆向移动，则主要原因是温度升高，水的电离程度增大，B不正确；C．若N点NaHCO3完全分解，则溶液的pH约为11.45，与碳酸氢钠溶液的pH不符，C不正确；D．由于N点时有部分NaHCO3转化为Na2CO3，所以若将N点溶液恢复到25℃，pH＞8.62，D正确

；故选D。8.在复盐NH4Fe(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，可能发生的反应的离子方程式是（）A.Fe2++24SO−+Ba2++2OH-═BaSO4↓+Fe(OH)2↓B.4NH++Fe3++2

4SO−+Ba2++4OH-═BaSO4↓+Fe(OH)3↓+NH3•H2OC.2Fe3++324SO−+3Ba2++6OH-═3BaSO4↓+2Fe(OH)3↓D.34NH++Fe3++324SO−+3Ba2++6O

H-═3BaSO4↓+Fe(OH)3↓+3NH3•H2O【答案】C【解析】【详解】A．NH4Fe(SO4)2溶液中不存在Fe2+，A不正确；B．当4NH+、Fe3+为1mol时，24SO−应为2mol，此时参加反应的Ba2+应为2mol，正确的离子方程式为4NH++Fe3++224SO−+2Ba

2++4OH-═2BaSO4↓+Fe(OH)3↓+NH3•H2O，B不正确；C．当NH4Fe(SO4)2为2mol时，加入3molBa(OH)2，此时24SO−剩余1mol，4NH+未参与反应，所以离子方程式为2Fe3++324

SO−+3Ba2++6OH-═3BaSO4↓+2Fe(OH)3↓，C正确；D．当NH4Fe(SO4)2为3mol时，加入3molBa(OH)2，4NH+与OH-的反应在Fe3+反应结束后发生，但由于OH-不足量，所以4NH+不参与反应，Fe3+、24SO−都过量，正确的离子方程式

为2Fe3++324SO−+3Ba2++6OH-═3BaSO4↓+2Fe(OH)3↓，D不正确；故选C。9.下列实验目的、实验操作及现象、结论有错误的是选项实验目的实验及现象结论A比较2Cl、2Br、2I

的氧化性向10mL1mol/L的NaBr溶液中通入标况下222.4mLCl，充分反应后再加入淀粉-KI溶液，溶液先变橙后变蓝氧化性222ClBrIB验证有机物中有醇羟基灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有某

有机物的试管中，铜丝恢复亮红色该有机物中有醇羟基C验证某固体是23NaCO还是3NaHCO室温下取少量固体于试管中，插入温度计，加入几滴水，温度降低该固体是3NaHCOD判断强酸和弱酸用pH计测量后，3NaHCO溶液显碱性，3NaHSO溶液显酸

性可以确定23HCO是弱酸，无法判断23HSO是否为弱酸A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．向10mL1mol/L的NaBr溶液中通入标况下222.4mLCl，充分反应后再加入淀粉-KI溶液，溶液先变橙后

变蓝，在该过程中氯气少量和溴化钠反应消耗完，产生的溴单质氧化碘离子生成碘单质，故出现先变程后变蓝，A正确；B．灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有某有机物的试管中，铜丝恢复亮红色可能是因为醇羟基反应生成红色的铜，也可能是因为含有羧基将黑色

氧化铜反应掉剩余红色的铜，B错误；C．碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，故温度降低的是碳酸氢钠，C正确；D．用pH计测量后，3NaHCO溶液显碱性，3NaHSO溶液显酸性，只能说明碳酸氢钠是强碱弱酸盐对应的碳酸是弱酸，不能说明硫酸氢钠对应的亚硫酸是强酸还是弱酸，因为硫酸氢钠显酸性对应

的硫酸是弱酸，当酸式酸根离子的电离大于水解时就显酸性，故不能说明是强酸还是弱酸，D正确；故选B。10.某铁的氧化物()xFe5.O52?g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下2112mLCl恰好将2Fe+完全氧化。x值为A.0.70B.0.75C.0.80D.0.85【答案】A【解析

】【详解】FexO中Fe的平均化合价为+2x价，Fe元素的化合价升高、Cl元素的化合价降低，由得失电子守恒可知，0.005mol×2×(1-0)=5.52g(56x+16)g/mol×x×(23x−)，解得x=0.7，故A正确。答案选A。11.某些物质之间可以在一定条件下进行如

下转化，下列说法正确的是．．．．A.若A、B、C含同种金属元素，则a可能是NaOH溶液，也可能是氨水B.若a为2O，则A可以为NH3C.若a为2CO，则A、B、C可以为NaClO、23NaCO、3NaHCOD.若a为2O，A为乙醇，B为乙醛，则C一定是乙酸【答案】

B【解析】【详解】A.若A、B、C含同种金属元素，A为氯化铝，B为氢氧化铝，C为偏铝酸钠，则a可能是NaOH溶液，但不可能是氨水，氢氧化铝不溶于氨水，故A错误；B.若a为2O，则A若为NH3，B为N2，N2与2O生成C，C为NO，氨气与氧气催化氧化能直接生成NO，故B正确；C.若a为2CO，则A为

NaClO，因为酸性：H2CO3>HClO>HCO-3，NaClO+CO2+H2O=HClO+3NaHCO,B只能为3NaHCO，不为23NaCO，故C错误；D.乙醇氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，且乙醇、乙醛

均可与氧气反应生成二氧化碳，则C可能为乙酸或二氧化碳，若a为2O，A为乙醇，B为乙醛，则C不一定是乙酸，也可能是CO2，故D错误；故选B。12.已知：①NO可与过氧化钠粉末发生化合反应生成NaNO2，②NO能被酸性

KMnO4溶液氧化成3NO−。某兴趣小组设计了如图所示的装置制备NaNO2，下列说法不正确的是A.装置A需加热B.装置B中铜的作用是提高NO的生成率C.装置C中装的药品是CaCl2固体D.装置E中的酸性KMnO4溶液的主要怍用是吸收多余的NO【答案】C【解析】【分析】本实验

的目的是制取NaNO2。装置A中制取的气体为NO2、NO、CO2的混合气，与Na2O2反应前，需除去NO2和水蒸气；装置B的作用是除去NO2，同时提高NO的生成率；装置C的作用是除去水蒸气和CO2，防止参与后

续操作中的反应；装置D用于制取NaNO2，装置E用于尾气处理。【详解】A．在常温下，活性炭与浓硝酸不反应，所以装置A需加热，A正确；B．从装置A中逸出的气体为NO2、NO、CO2的混合气，在装置B中，NO2与水反应

，生成的稀硝酸能与铜反应生成NO气体，所以铜的作用是提高NO的生成率，B正确；C．装置C的作用是除去NO气体中混有的CO2和水蒸气，而CaCl2固体只能吸收水蒸气，不能吸收CO2，所以应使用碱石灰，C不正确；D．NO是大气

污染物，能被KMnO4溶液氧化成3NO−，所以装置E中的酸性KMnO4溶液的主要怍用是吸收多余的NO，D正确；故选C。13.氟化镁可用于制造陶瓷、玻璃，还可用作铝金属的助熔剂、光学仪器中镜头及滤光器的涂层等。用纯净的Mg制备MgF2的流程如图所示：已知：

25℃时，部分物质的溶度积如下：物质MgF2MgCO3溶度积(Ksp)6.4×10-92.4×10-5下列说法错误的是A.反应器1中需通入过量的CO2B.反应器2中需适当升高温度C.沉淀池的上层清液中23-cCO=3750cF−（）（）D.从沉淀池中获取纯净MgF2的操作是过滤、洗涤、干燥

【答案】C【解析】【分析】反应器1中生成碳酸氢镁，其原理可理解为Mg与水反应生成氢氧化镁和氢气，氢氧化镁与过量二氧化碳反应生成碳酸氢镁溶液，碳酸氢镁不稳定，受热分解产生碳酸镁和二氧化碳、水，由于氟化镁比碳酸镁更难溶，用HF可将碳酸镁转化成氟化镁。【详解】A．反应器1中得到

的是Mg(HCO3)2，故要通入过量的CO2，A项正确：B．反应器2中的Mg(HCO3)2转化为MgCO3，反应的条件是加热，B项正确；C．沉淀池的上层清液中，c(Mg2+)一定，则2-sp332-sp2

KMgCOcCO=3750cFKMgF=（）（）（）（），C项错误；D．沉淀池中的沉淀为MgF2，通过过滤可得到其固体，然后洗涤、干燥即可，D项正确。故选C。14.Cl2O能与水反应生成次氯酸，可杀死新型冠状病毒等多种病毒。一种制备Cl2O的

原理为HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O，装置如图所示。已知：①Cl2O的熔点为-116℃、沸点为3.8℃，具有强烈刺激性气味、易溶于水；②Cl2O与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。下列说法中正确的是（）A.装置③中盛装的试剂是饱

和食盐水B.装置④与⑤之间可用橡胶管连接C.从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2OD.通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释，减小爆炸危险【答案】D【解析】【详解】A．装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水、浓硫酸，保证

进入④中试剂无水，故A错误；B．因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，为了防止橡皮管燃烧和爆炸，故B错误；C．由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，Cl2O在⑤中转化为液态

，故C错误；D．通干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险，减少实验危险程度，避免接触还原剂等而爆炸，故D正确；故答案为D。【点睛】考查物质的制备实验，把握制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气

，②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，通干燥空气可将氯气排入④中，④中发生HgO+2Cl2＝HgCl2+Cl2O，因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸。15.向2mL0.2mol/LCuSO4溶液中滴加0.2mol/LNa2SO

3溶液时溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀，经检验棕黄色沉淀中不含24SO−。通过实验探究棕黄色沉淀的成分。实验1：向棕黄色沉淀中加入稀硫酸，观察到溶液变蓝，产生红色固体实验2：已知：24HSO2CuCuCu++→+稀，I2CuCuI−+⎯⎯→(白色)2I+。下列同学对实验现象的分析

正确的是A.实验1中加入稀24HSO后溶液变蓝可证实棕黄色沉淀中含有Cu+B.实验2中加入KI溶液后产生白色沉淀，可证实棕黄色沉淀中含有2Cu+C.实验2中加入淀粉溶液后无明显现象，说明不存在2Cu+D

.在I−的存在下，2Cu+与23SO−发生了氧化还原反应，产生CuI沉淀和24SO−，说明棕黄色沉淀中含有2Cu+和23SO−【答案】D【解析】【详解】A．加入稀硫酸后，溶液变蓝，说明溶液中有Cu2+，可能固体中就有Cu2+，不能说明

棕黄色沉淀中含有Cu+，A错误；B．存在亚硫硫酸亚铜在碘负离子存在下发生沉淀转化的可能，进而生成碘化亚铜沉淀，故棕黄色沉淀中不一定含有Cu2+，B错误；C．淀粉遇碘单质变蓝，实验2加入淀粉无明显现象，说明不存在碘单质，不能说明不存在Cu2+，C错误；D．铜离子与碘负离子反应产生碘化亚铜与碘单质，

碘单质与亚硫酸根反应生成硫酸根，那总反应就可以写出铜离子与亚硫酸根反应生成碘化亚铜和硫酸根，D正确；故选D。第Ⅱ卷(非选择题55分)二、简答题(本题包括4小题。共计55分。)16.向100mL含Na2CO3、NaAlO2混合

溶液中逐滴加入HCl溶液，测得溶液中的某几种离子的物质的量的变化如图所示：的（1）已知3HCO−与2AlO−在溶液中反应而不能大量共存，写出两者反应的离子方程式：___________。（2）a和c曲线表示的离子分别是___________、____

_______。d曲线表示的离子方程式为___________。（3）加入HCl溶液的物质的量浓度为___________，M点溶液中沉淀的质量为___________。（4）原混合溶液中的Na+与2AlO

−的物质的量之比为___________。（5）另取AlCl3溶液和NaOH溶液反应，当()()3nOH:nAl7:2−+=时，写出反应的离子方程式：___________。【答案】（1）223233AlOHCOHOAl(OH)CO−−

−++=+（2）①.2AlO−②.3HCO−③.322HCOHHOCO−++=+（3）①.1mol/L②.3.9g（4）3∶1（5）33222Al7OHAl(OH)AlO2HO=+−−+++【解析】【小问1详解】3HCO−与2AlO−在溶液中不能大量共存，则发生反应生成Al(OH)

3和23CO−，反应的离子方程式：223233AlOHCOHOAl(OH)CO−−−++=+。【小问2详解】3HCO−与2AlO−在溶液中不能大量共存，则2AlO−溶液的碱性更强，2AlO−首先与盐酸发生反应

，然后23CO−与盐酸反应生成3HCO−，3HCO−再与盐酸反应生成CO2和水，所以a和c曲线表示的离子分别是2AlO−、3HCO−。d曲线表示3HCO−与盐酸反应生成CO2和水，离子方程式为322HCOHHOCO−++=+。【小问3详解】从图中可以看出，Na2CO3、NaAlO2的物质的

量都为0.05mol，则二者与盐酸完全反应时，消耗HCl的物质的量为0.05mol×2+0.05mol=0.15mol，HCl溶液的物质的量浓度为0.15mol0.15L=1mol/L，M点溶液中沉淀为Al(OH)3，其物质的量为0.05m

ol，质量为0.05mol×78g/mol=3.9g。【小问4详解】原混合溶液中，Na2CO3、NaAlO2的物质的量都为0.05mol，则Na+与2AlO−的物质的量之比为0.15mol:0.05mol=3∶1。【小

问5详解】另取AlCl3溶液和NaOH溶液反应，当()()3nOH:nAl7:2−+=时，先生成Al(OH)3，过量OH-又将Al(OH)3部分溶解，反应的离子方程式：33222Al7OHAl(OH)AlO2HO=+−−+++。【点睛】弱酸盐

溶液中滴加盐酸，碱性强的盐先与盐酸反应。17.回答以下问题：（1）向Na2SO3溶液中通入少量Cl2的离子方程式：___________。（2）在反应：323223BrF5HOHBrOBr9HFO+=+++中，当有5mol水未参加氧化还原反应时，由H2O还原的Br

F3为___________mol；由BrF3还原的BrF3为___________mol；总的被还原的BrF3为___________mol。（3）多硫化物()2xSx2~6−=在碱性溶液中被3BrO−氧化为24SO−，而3BrO−被还原为Br-，在反应中，消耗3BrO−和OH-的

物质的量比为2∶3，则该x值为___________，其反应的离子方程式为___________。（4）向NH4Al(SO4)2溶液中滴加等浓度的Ba(OH)2溶液，写出两种溶液体积比不同时，反应的离

子方程式___________。(要求离子方程式中含N、Al、24SO−的微粒只有一种存在形式，相同的产物只写Ba(OH)2溶液用量最少的一个)【答案】（1）22322433SOClHOSO2Cl2HSO−−−−++=+

+（2）①.209②.109③.103（3）①.5②.2253423S16BrO24OH15SO16Br12HO−−−−++=++（4）3224432Al3SO3Ba6OH3BaSO2Al(OH)+−+−+++=+或322444332NHAl2SO2B

a4OH2BaSOAl(OH)NHHO++−+−++++=++或32244423222NH2Al4SO4Ba10OH4BaSO2AlO2NHHO4HO++−+−−++++=+++【解析】【小问1详解】向Na2

SO3溶液中通入少量Cl2，发生氧化还原反应，先生成Na2SO4和HCl，生成的HCl再与Na2SO3反应，生成NaHSO3和NaCl，离子方程式：22322433SOClHOSO2Cl2HSO−−−−++=++。的【小问2

详解】在反应：323223BrF5HOHBrOBr9HFO+=+++中，可建立如下关系式：3BrF3——5H2O——2H2O(还)——3H2O(未)，当有5mol水未参加氧化还原反应时，作还原剂的H2O物质的量为103mol，2BrF3(氧)——3H2O(还)，则由H2O还原的BrF3为21

033mol=209mol；此时参加反应的BrF3为5mol，BrF3与BrF3发生氧化还原反应时，BrF3共有5mol-209mol=259mol，3BrF3(还)——2BrF3(氧)，则由BrF3还原的BrF3为22559mol=109mol；总的被还原的BrF3为209mol+1

09mol=103mol。【小问3详解】多硫化物()2xSx2~6−=在碱性溶液中被3BrO−氧化为24SO−，而3BrO−被还原为Br-，在反应中，消耗3BrO−和OH-的物质的量比为2∶3，设3BrO−的物质的量为2y，OH-的物质的量为3y，则可得反应方程式为22342

3S2BrO3OHSO2BrHO2−−−−++=++xyyyxy，依据得失电子守恒和电荷守恒可得：6x+2=12y、2x-3y=2，解方程组可得：x=5、y=83，从而得出x值为5，其反应的离子方程式

为2253423S16BrO24OH15SO16Br12HO−−−−++=++。【小问4详解】向NH4Al(SO4)2溶液中滴加等浓度的Ba(OH)2溶液，当Al3+刚好完全沉淀时，NH4Al(SO4)2溶液与

Ba(OH)2溶液的体积比为2:3，反应的离子方程式为3224432Al3SO3Ba6OH3BaSO2Al(OH)+−+−+++=+；当24SO−刚好完全沉淀时，NH4Al(SO4)2溶液与Ba(OH)2溶液的体积比为1:2，反应的

离子方程式为322444332NHAl2SO2Ba4OH2BaSOAl(OH)NHHO++−+−++++=++；当Ba(OH)2溶液足量时，反应的离子方程式为32244423222NH2Al4SO4Ba10

OH4BaSO2AlO2NHHO4HO++−+−−++++=+++。18.1841年美国学者Fremy首次合成了K2FeO4，它是一种“环境友好型氧化剂”。某小组拟制备K2FeO4，并探究其性质。已知20℃时KCl的溶解度为37

.4g，K2FeO4的溶解度为11.1g。实验(一)制备K2FeO4，装置如图所示。（1）乙装置的作用是___________。（2）甲装置中副产物为氯化钾。写出生成K2FeO4的离子方程式：___________。实验完毕后，对甲装置中混合液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥。实验

(二)探究K2FeO4性质及应用。取10g草酸溶于40mL水中，加入5gK2FeO4粉末，充分混合，观察到有大量气泡产生，并产生黑色固体。将所得气体通入足量澄清石灰水中，溶液变浑浊。根据上述实验现象，可以判断产生的气体中含有CO2，经测定所得气体中还含有O2（3）实验完毕后

，将混合物经过滤、洗涤、干燥得到黑色固体。利用如图实验装置探究黑色固体的成分。当黑色固体完全反应后，测得浓硫酸质量净增bg。当ab等于___________(用分数表示)时，黑色固体为Fe3O4。（4）在其他条件相同时，测得一定浓度的K

2FeO4稳定性(用24FeO−浓度表示)与pH关系如图，其消毒效率与温度关系如图所示：①根据左图得出结论___________。是②在相同条件下，K2FeO4作消毒剂最佳温度是___________（5）查阅资料可

知，K2FeO4溶液呈紫红色，为探究KMnO4和K2FeO4的电位相对大小，设计如下方案。(已知：电位一般指“电势”，用“”表示。氧化剂的电位是衡量其氧化性强度主要参数，电位越高，对应2条件下氧化剂的氧化性越强。)方案1：在Mn

SO4溶液中加过量的K2FeO4粉末，溶液呈紫红色。方案2：如图所示。关闭K时，观察到电流计指针偏转，铂极产生红褐色物质，石墨极附近无色溶液变紫红色。实验___________(填“1”或“2”)能证明24423KFeOK

MnOFe(OH)Mn+。【答案】（1）吸收氯气，防止污染空气（2）223423Cl10OH2Fe(OH)2FeO6Cl8HO−−−++=++（3）299（4）①.溶液pH越大，K2FeO4越稳定②.35℃（5）

2【解析】【分析】制备K2FeO4时，将Cl2通入Fe(OH)3与KOH溶液的混合物中，用搅拌棒不断搅拌，反应生成K2FeO4和KCl；已知20℃时KCl的溶解度为37.4g，K2FeO4的溶解度为11.

1g，提取产品时，需对甲装置中混合液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥。另外，未反应完的Cl2是大气污染物，需使用NaOH溶液吸收。【小问1详解】由分析可知，乙装置的作用是：吸收氯气，防止污染空气。【小问2详解】甲装置中副产物为氯化钾，则生成K2FeO4的

离子方程式：223423Cl10OH2Fe(OH)2FeO6Cl8HO−−−++=++。【小问3详解】若黑色固体为Fe3O4，发生反应为Fe3O4+4H2===高温3Fe+4H2O，则ab=232418=299

。【小问4详解】①从左图可以看出，溶液的pH越大，c(24FeO−)越大，从而得出结论是：溶液pH越大，K2FeO4越稳定。②从图上可以看出，在相同条件下，K2FeO4作消毒剂最佳温度是35℃。【小问5详解】方案

1：KMnO4、K2FeO4溶液都是紫红色，在MnSO4溶液中加过量的K2FeO4粉末，即便发生反应，溶液的颜色也没有明显的改变，无法进行正确判断。方案2：关闭K时，观察到电流计指针偏转，铂极产生红褐

色物质，石墨极附近无色溶液变紫红色，表明K2FeO4得电子转化为Fe(OH)3，MnSO4失电子转化为KMnO4，所以实验2能证明24423KFeOKMnOFe(OH)Mn+。【点睛】K2FeO4在碱性环境中稳定性强。19.铍有

“核时代金属”之称，从含氟铍矿石(主要成分为3BeO•Al2O3•6SiO2，杂质为Fe2+、F-等)中提取铍的工艺流程如图。已知：①铍和铝的单质及化合物性质相似：②适宜的浓度下，Be2+可以分别与F-、Cl-形成BeF24−和BeCl24−；③25℃时

，几种氢氧化物的溶度积如表。氢氧化物Fe(OH)2Fe(OH)3Be(OH)2Al(OH)3Ksp4.8×10-163.8×10-381.0×10-211.0×10-33回答下列问题：（1）“湿磨”的目的为______。（2）“除铁、铝”时，获得矾渣[主要成分为NH4Al(SO

4)2和(NH4)2Fe(SO4)2]的操作为______。（3）“深度除杂”时所加的试剂为______。已知此时滤液的pH=4.7，则Al3+的物质的量浓度为______。（4）“沉铍”时，溶液中的铍元素转化为Be(OH)2沉淀，对应的离子方程式为______。根据最终产物

中F元素的含量(如图)选择合适的“沉铍”条件为_______。（5）“碱洗”时，若所加NaOH溶液过量，可能导致的后果为______。（6）已知熔融态的BeO导电，但在实际工业生产中，从BeO中得到金属Be分两步进行：①将BeO转化为BeCl

2；②用石墨电极电解NaCl－BeCl2混合熔盐制备金属铍，阴极的电极反应式为______。【答案】（1）“湿磨”可以增大反应物间的接触面积，从而提高铍元素“酸浸”时的浸出速率和浸出率，减少扬尘（2）蒸发浓缩、降温结晶、过滤（3）①.双氧水(或氧气)和氨气(或氨水)②.1×10-5.1mol•L

-1（4）①.Be2++2NH3•H2O=Be(OH)2↓+2NH4+、BeF24−+2NH3•H2O=Be(OH)2↓+2NH4++4F-②.9%的氨水，沉淀温度为100℃（5）部分Be(OH)2固体溶于

NaOH溶液，BeO产率降低（6）BeCl24−+2e-=Be+4Cl-【解析】【分析】含氟铍矿石(主要成分为3BeO•Al2O3•6SiO2，杂质为Fe2+、F-等)，加方解石碳酸钙熔炼反应生成硅酸钙、偏铝

酸钙，铍酸钙，熔炼后湿磨，加硫酸酸浸，过程中反应生成硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铍、硅酸和硫酸钙沉淀，过滤除去硅酸和硫酸钙，滤液中加氨水，将来铁铝转化为沉淀，过滤滤液中主要成分为NH4Al(SO4)2和(N

H4)2Fe(SO4)2经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到钒渣；固体加氧化剂将铁氧化成三价铁，充分沉淀铁，滤液中加氨水沉淀铍，生成氢氧化铍，适量NaOH溶液洗涤沉淀，然后煅烧氢氧化铍得到BeO。【小问1详解】增大接触面积，提高铍元素“酸浸”时的浸出速率和浸出率，减少扬尘；【小问2详

解】“除铁、铝”时，铁、铝转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤除去，滤液中主要含有NH4Al(SO4)2和(NH4)2Fe(SO4)2，经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到钒渣；【小问3详解】“深度除杂”时需加氧化剂，将亚铁离子氧化成三价铁离子，再调节溶液pH值，为不引入杂质，可用

双氧水(或氧气)氧化亚铁离子，用氨水调节溶液pH；滤液的pH=4.7，则Al3+的物质的量浓度=39.3335.11.0101.0110(.010)−−−=mol•L-1；【小问4详解】“沉铍”时，溶液中的铍元素转化为Be(OH)2沉淀，反应离

子方程式为：Be2++2NH3•H2O=Be(OH)2↓+2NH4+、BeF24−+2NH3•H2O=Be(OH)2↓+2NH4++4F-；由图可知当氨水浓度为9%、沉淀温度100℃时，m(F)m(BeO)的比最小，此时F元

素的含量最低，沉铍效果最好；【小问5详解】铍和铝的单质及化合物性质相似，可知Be(OH)2也为两性氢氧化物，能溶于强碱，若碱洗时NaOH过量，部分Be(OH)2固体溶于NaOH溶液，BeO产率降低；【小问6详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com