【文档说明】（八省新高考）2022届高三上学期第一次月考备考B卷 化学 含解析.docx，共(18)页，419.583 KB，由小赞的店铺上传

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(新高考)2021-2022学年上学期高三第一次月考备考金卷化学(B)注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿

纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷(选择题)一、选择题：本题共15小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一个选项

符合题目要求，每题2分；第11～15题为不定项选择题，全部答对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的的0分。1．化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列叙述正确的是A．“雷雨发庄稼”说明有铵盐生成B．二氧化氯泡腾片和75%酒精均可杀灭COVID-19，二

者消毒时均表现为强氧化性C．台积电断供华为5G手机麒麟9000芯片(HUAWEIKirin)，此芯片主要成分是二氧化硅D．“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关【答案】D【解析】A．氮气和氧气在放电的条件下生

成NO，NO和氧气反应生成NO2，进而生成硝酸，雷雨发庄稼说明有硝酸盐生成，A错误；B．二氧化氯泡腾片消此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号毒时均表现为强氧化性，75%酒精消毒是

使蛋白质变性，二者表现的性质不一样，B错误；C．芯片主要成分是硅，不是二氧化硅，C错误；D．光线在气溶胶中发生折射产生海市蜃楼现象，所以海市蜃楼与胶体知识有关，D正确。2．设NA为阿伏加德罗常数的，下列有关叙述正确的是A．用浓盐酸分别和

MnO2、KClO3反应制备1mol氯气，转移的电子数均为2NAB．标准状况下，4.48LCO2和N2O的混合气体中含有的电子数为4.4NAC．密闭容器中，2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAD．Na2O2与CO2反应时，生成0.1molO2时转移电子数

目为0.4NA【答案】D【解析】A．()322KClO+6HClKCl+3Cl+3HO===浓，当生成1mol氯气，转移的电子数为53NA，A项错误；B．CO2分子中含有22个电子，N2O分子中含有22个电子，标准状况下，4.48LCO2和N2O的混合气体的物质的量为0.2mol，含有的电

子数为4.4NA，B项正确；C．密闭容器中，2molNO与1molO2充分反应，生成2molNO2，但NO2还会发生反应生成N2O4，所以产物的分子数小于2NA，C项错误；D．2222322NaO+2CO2NaCO+O===，生成0.1molO2时，

转移电子数目为0.2NA，D项错误。3．证据推理与模型认知是化学学科的核心素养之一、下列事实与相应定律或原理相符的是A．向漂白液中加入少量稀硫酸能增强漂白液的漂白效果——元素周期律B．常温常压下，1体积乙醇完全燃烧消耗3体积O2——阿伏加德罗定律C．通过测量C、CO的燃烧热来间接计算2C(s)+O

2(g)=2CO(g)的反应热——盖斯定律D．体积可变密闭容器中加入等体积的H2和I2(g)，加压体系颜色加深——勒夏特列原理【答案】C【解析】A．硫酸的酸性比次氯酸强，向漂白液中加入少量稀硫酸，反应生成次氯酸能增强漂白液的

漂白效果，这与元素周期律无关，A错误；B．同温同压下体积之比等于物质的量之比，适用于气体，则常温常压下，乙醇为液体，不符合阿伏加德罗定律，B错误；C．化学反应的热效应只与物质的始态和终态有关，与反应途径无关，可通过测量C、CO的燃烧热来间接计算2C(s)+O2(g)===

2CO(g)的反应热，符合盖斯定律，C正确；D．H2和I2(g)产生HI的反应是等体积的反应，加压体系颜色加深，是由于加压后物质的浓度增大，单位体积内有色物质I2分子数增大，与勒夏特列原理无关，D错误。4．《中华人民共和国食品

安全法》正式实施，下列措施不影响食品安全的是A．用小苏打焙制糕点B．用二氧化硫漂白银耳C．往牛奶中添加三聚氰胺D．用福尔马林作食品防腐剂【答案】A【解析】A．小苏打能与发酵产生的酸反应生成二氧化碳，小苏打受热分解生成二氧化碳气体，使糕点疏松多孔，用小苏打焙制糕点不会危害人体健康，故选A；B．

二氧化硫有毒，不能用二氧化硫漂白银耳，故不选B；C．三聚氰胺是是一种化工原料，向牛奶或奶粉中添加三聚氰胺(C3N6H6)，虽然增加了氮元素含量，但是对人体是有害的，故不选C；D．福尔马林是甲醛的水溶液，甲醛有毒，福尔马林不能

作食品防腐剂，故不选D；选A。5．关于下列装置使用或装置中反应现象的说法错误的是A．装置①可用于实验室石油蒸馏B．装置②可用于制备较纯净的Fe(OH)2白色沉淀C．装置③中B烧杯无明显现象，A烧杯变浑浊D．装置④中量筒内液

面上升，内壁出现油状液体【答案】C【解析】A．①为蒸馏装置，可用于实验室石油蒸馏，A正确；B．装置②中先打开止水夹a，产生氢气排净装置内空气，并隔绝空气，再关闭止水夹a，装置内压强增大，将FeSO4溶液压入氢氧化钠溶液，在隔绝空气条件下可生成较纯净的Fe(OH)2

白色沉淀，B正确；C．加热条件下，碳酸氢钠易分解而碳酸钠不易分解，故应B烧杯变浑浊，A烧杯无明显现象，C错误；D．甲烷与氯气反应产生易溶于水的HCl及气态不溶于水的一氯甲烷和油状液体二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳等，故会观察到量筒内液面上升，内壁出现油状液体，D

正确。6．下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol·L−1的是A．将40gNaOH溶解于1L水中配成NaOH溶液B．常温常压下，将22.4LHCl气体溶于水配成1L的盐酸C．将1L0.5mol·L−1的盐酸加热浓缩为0.5LD．从10

00mL1mol·L−1的NaCl溶液中取出100mL的溶液【答案】D【解析】A．40g氢氧化钠固体溶于1L水所得的溶液的体积已不是1L，物质的量浓度不是1mol·L−1，故A错误；B．常温常压下，22.4LHCl的物质的量不是1mol，所得盐酸的物质的量浓度不是1mol·L−1，故B错误；C．盐

酸是恒沸液，将1L0.5mol·L−1的盐酸加热浓缩为0.5L的过程中，氯化氢和水都受热挥发，所得盐酸的物质的量浓度不是1mol·L—1，故C错误；D．从1000mL1mol·L−1的NaCl溶液中取出100mL的溶液，氯化钠溶液的物质的量浓度仍为1mol·L−1，故D正确。7．

下列叙述正确的是①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物②Na2O2的漂白原理与SO2的漂白原理相同③钠在常温下不容易被氧化④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行⑤石蕊试液中加入Na2O2

粉末，先变蓝后退色，并有气泡生成⑥钠与浓NH4Cl溶液反应，放出的气体中含H2和NH3A．都正确B．②③④⑤C．②⑤⑥D．④⑤⑥【答案】D【解析】①Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，不满足碱性氧化物与

水反应只生成相应碱的定义，因此Na2O2不属于碱性氧化物，错误；②Na2O2的漂白原理是其强氧化性，SO2的漂白原理是与有色物质结合生成无色不稳定的物质，原理不相同，错误；③钠单质为活泼性金属单质，在常温下能与氧气

反应生成氧化钠，错误；④Na2O2与水或二氧化碳反应都有氧气生成，可作供氧剂，而Na2O与水或二氧化碳反应无氧气生成，不能作供氧剂，正确；⑤Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，石蕊遇碱变蓝，Na2O2具有漂白性

，会使蓝色溶液褪色，正确；⑥浓NH4Cl溶液呈酸性，钠单质能与溶液中H+反应生成H2，促进NH4Cl水解生成NH3·H2O，该反应为放热反应，温度升高会使NH3·H2O分解生成NH3，正确；故答案为D。8．在给定条件下，下列微粒在水溶液中可以大量共

存的是A．遇酚酞变红：K+、4NH+、Cl-、24SO−B．使淀粉碘化钾变蓝：Mg2+、Na+、S2-、Br-C．常温下测得pH=8：K+、Na+、3NO−、3HCO−D．溶解有大量SO2：Ba2+、

Na+、Cl-、23SO−【答案】C【解析】A.遇酚酞变红溶液呈碱性，OH-与4NH+之间相互反应而不能大量共存，A不符题意；B.使淀粉碘化钾变蓝的溶液具有强氧化性，能将S2-氧化而不能大量存在，B不符题意；C.3HCO−因水解程度较大而使溶液呈弱碱性，所以K+、Na+

、-3NO、3HCO−可在pH=8的弱碱性溶液中大量存在，C符合题意；D.溶解有大量SO2，则能与H2O和23SO−反应生成3HSO−，23SO−不能大量存在，D不符题意；答案选C。9．向HCl、AlCl3混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀的量随NaOH溶液加

入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是A．M点对应的溶液中：K+、Fe2+、SO24−、NO3−B．N点对应的溶液中：K+、NH4+、Cl-、SO24−C．S点对应的溶液中：Na+、SO

24−、HCO3−、NO3−D．R点对应的溶液中：Na+、SO24−、Cl-、HCO3−【答案】B【解析】滴加氢氧化钠时，氢氧化钠先与氢离子反应生成水，再与Al3+反应生成氢氧化铝沉淀，最后和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠。A．M点时酸未反应完，故溶液显酸性，Fe2+、NO3−在酸性

条件下发生氧化还原反应不共存，A错误；B．N点时酸与氢氧化钠恰好完全反应，溶液含有大量Al3+，与K+、NH4+、Cl-、SO24−均不反应，可以共存，B正确；C．S点Al3+与OH－未完全反应，Al3+与HCO3−发生彻底双水解不能共存，C错误；D．R点时氢氧化铝与OH－未完全反应，溶

液中含有-2AlO，-2AlO与HCO3−发生复分解反应生成氢氧化铝沉淀不共存，D错误。10．对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是A．等物质的量浓度、等体积的Ca(HCO3)2溶液与NaOH溶液混合：Ca2++HCO-3+OH-===CaCO3↓+H2OB．向饱

和Na2CO3溶液中通入CO2：CO2-3+CO2+H2O===2HCO-3C．AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：Al3++4NH3·H2O===AlO-2+4NH+4+2H2OD．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH+4+OH-===NH3·H2

O【答案】A【解析】A．等物质的量浓度、等体积的Ca(HCO3)2溶液与氢氧化钠溶液相混合氢氧化钠全部反应，反应的离子方程式为：Ca2++HCO-3+OH-===CaCO3↓+H2O，故A正确；B．向饱和Na2CO3溶液中通入CO2，反应后析

出碳酸氢钠，该反应的离子方程式为2Na++CO2-3+CO2+H2O===2NaHCO3↓，故B错误；C．AlCl3溶液中加入过量的浓氨水反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3NH+4，故C错误；D．同浓度同体积N

H4HSO4溶液与NaOH溶液混合，只发生氢离子与氢氧根离子的反应，离子方程式为H++OH-===H2O，故D错误；故选A。11．如图中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物。它们的焰色试验均为黄色。下列叙述不

正确的是A．以上反应中属于氧化还原反应的有①②③B．B、C、D分别属于碱性氧化物、碱、盐C．E与C反应的离子方程式为--2-332OH+HCOCO+HO===D．加热5.00gD和E的固体混合物，使E完全分解

，固体混合物的质量减少了0.31g，则原混合物中D的质量为4.16g【答案】AB【解析】A为一种常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物，它们的焰色试验均为黄色，则为钠的单质或钠的化合物，所以A

为Na，结合转化关系可知，B为Na2O2，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3。A．反应中①为钠的燃烧，②为Na与水反应，③为过氧化钠与水反应，④为过氧化钠与二氧化碳反应，均属于氧化还原反应，A项正确。B．Na2O2是过氧化物，不是碱性氧化物，B项错误。

C．E为NaHCO3，C为NaOH，所以离子反应为2332OHHCOCOHO−−−+===+，C项正确。D．利用差量法计算：323222NaHCONaCOCOm28462x0.31gHO++，计算得到原混合物中碳酸氢钠的质量x=0.84g，所

以混合物中碳酸钠的质量为5.00g－0.84g＝4.16g。D正确。12．二氯化钒(VCl2)是重要的有机合成试剂，具有较强的吸湿性。某学习小组通过VCl3分解制备VCl2，下列说法错误的是A．玻璃管m的作用为：平衡气压，使液体顺利流下B．甲装置中每产生1molN2，转

移电子数目为3NAC．装置合理的连接顺序为：acbdef→→→→→D．丁中的试剂可以为无水CaCl2【答案】D【解析】A．玻璃管m的作用为：平衡蒸馏烧瓶与滴液漏斗中的气压，使液体顺利流下，故A正确；B．甲装置中发生NH4Cl＋NaNO2===NaCl＋N2↑＋2H2O，根据方程式分析得到每产生1

molN2，转移电子数目为3NA，故B正确；C．二氯化钒(VCl2)是重要的有机合成试剂，具有较强的吸湿性，因此制取氮气后要干燥氮气，再与VCl3反应，最后要接尾气处理和防止空气中水蒸气进入到反应装置中，因此装置合理的连接顺序为：acbdef→→→→→，故C正确；D．

装置丙中存在的尾气中含有Cl2，无水CaCl2不能吸收，故D错误。13．用废铁屑制备磁性氧化铁(Fe3O4)，制取过程如图：下列说法不正确的是A．浸泡过程中适当加热并搅拌效果更好B．检验A中的Fe3+最好用KOH溶液C．加H2O2时应该分批加

入，调节pH，防止铁离子水解D．磁性氧化铁中铁的化合价有两种，分别为+2、+3【答案】B【解析】根据流程分析可知，废铁屑经Na2CO3浸泡后加入稀硫酸，得到含有Fe2+的溶液，再加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，溶液A主要含有Fe3+，再加入NaOH溶液后，通入N2加热得到磁性

氧化铁。A．浸泡过程中适当加热并搅拌可以提高反应速率和充分接触，效果更好，A正确；B．检验铁离子可以用硫氰化钾，溶液显红色，B错误；C．过氧化氢能氧化亚铁离子，加H2O2时应该分批加入，调节pH，防止铁离子水解，C正确；D．磁性氧化铁中铁的化合价有两种，分别为1

个+2、2个+3，D正确；故选B。14．钛(Ti)被称为“生物金属”，由TiO2制取Ti的主要反应为：①TiO2+2Cl2+2C=====高温TiCl4+2CO，②TiCl4+2Mg=====高温2MgCl2

+Ti，下列说法不正确的是A．反应①②都是氧化还原反应B．反应②是置换反应C．反应①中TiO2是氧化剂D．反应②中每生成1molTi转移4mol电子【答案】C【解析】A．分析题干反应①②可知，两反应中均有元素的化合价发生改变，故都是氧化还原反应，A正确；B．置换反应是指一

种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应，故反应②是置换反应，B正确；C．经分析可知，反应①中TiO2中Ti和O的化合价均没有发生改变，故TiO2既不是氧化剂也不是还原剂，C错误；D．反应②中Ti的化合价由+4价变为0价

，故每生成1molTi转移4mol电子，D正确；故答案为C。15．下列实验方案能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A检验溶液中是否含有Fe2+向溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变成红色B检验原Fe(NO3)3溶液中Fe3+只有部分被Fe还原向溶液中

加入铁粉，充分振荡，再滴加少量盐酸酸化后，滴入1滴KSCN溶液，溶液变红C除去FeCl2溶液中的少量FeCl3向溶液中加入足量铜粉，充分反应后过滤D除去MgCl2溶液中的少量FeCl3向溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，搅拌，充分反应后过滤A．AB．BC．CD．D【答案】D【解析】A．氯水能将亚铁

离子氧化为铁离子，若溶液中含有铁离子，滴加硫氰酸钾溶液后溶液也会显红色，则向溶液中滴加氯水，再滴加硫氰酸钾溶液，溶液变成红色无法判断溶液中是否含有亚铁离子，故A错误；B．向溶液中加入铁粉，充分振荡，再滴加少量盐酸酸化时，酸性条

件下，具有强氧化性的硝酸根离子会将亚铁离子氧化生成铁离子，则滴入1滴硫氰酸钾溶液，溶液变成红色无法判断铁离子是否部分被铁还原，故B错误；C．氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，则向溶液中加入足量铜粉除去溶液中氯化铁时会引入新

杂质氯化铜，故C错误；D．氯化铁在溶液中水解使溶液呈酸性，向溶液中加入足量氢氧化镁粉末，氢氧化镁与水解生成氢离子反应，使溶液中氢离子浓度减小，水解平衡向正反应方向移动，能将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，故D正确。第Ⅱ卷(非选择

题)二、非选择题：本题有5小题，共60分。16．(1)已知标准状况下，气体A的密度为2.857g·L-1，则气体A的相对分子质量为__________，可能是___________气体。(2)标准状况下，1.92g某气体的体积为672mL，则此气体的

相对分子质量为___________。(3)在一定条件下，mgNH4HCO3完全分解生成NH3、CO2、H2O(g)，按要求填空。①若所得混合气体对H2的相对密度为d，则混合气体的物质的量为___________。NH4HCO

3的摩尔质量为___________(用含m、d的代数式表示)。②若所得混合气体的密度折合成标准状况为ρg·L-1，则混合气体的平均摩尔质量为______(用含ρ的代数式表示)。③若在该条件下，所得NH3、CO

2、H2O(g)的体积分数分别为a%、b%、c%，则混合气体的平均相对分子质量为___________(用含a、b、c的代数式表示)。【答案】64SO264m2dmol6dg·mol-122.4ρg·mol-117a%＋44b%＋18c%【解析】(1)M=ρ×22.4

g·mol-1≈64g·mol-1，可能为SO2；(2)M=1.92g0.672L22.4L/mol=64g·mol-1；(3)因为NH4HCO3(s)ΔNH3(g)＋CO2(g)＋H2O(g)，①M(混)=2d⇒n(混)=m2dmol，⇒M(NH4HCO3)=2d×3g·mol-1=

6dg·mol-1；②M(混)=22.4ρg·mol-1；③n(NH3)∶n(CO2)∶n(H2O)=a%∶b%∶c%，M(混)=17a%＋44b%＋18c%。17．消毒剂在生产生活中有极其重要的作用，开发具有广

谱、高效、低毒的杀菌剂和消毒剂是今后发展的趋势。(1)Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl−)、O3(1molO3转化为1molO2和1molH2O)等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是_______(填序号)。A．Cl2B．H2O2C．ClO2D．O3(2)

H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称。如消除采矿业胶液中的氰化物(如KCN)，经以下反应实现：KCN+H2O2+H2O===A+NH3↑，则生成物A的化学式为_______，H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由是_______。(

3)漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)在常温与黑暗处可保存一年。亚氯酸不稳定，可分解，反应的离子方程式为HClO2→ClO2↑+H++Cl−+H2O(未配平)。在该反应中，当有1molClO2生成时转移的电子个数约为_______。(4)“84”消毒液(主要成分是NaClO

)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用，原因是_______(用离子方程式表示)。(5)实验室常用KMnO4和浓盐酸反应制取Cl2，反应的化学方程式为_______。被还原的元素是_______，还原剂是_______

，氧化产物是_______。【答案】(1)C(2)KHCO3H2O2作氧化剂，其还原产物是H2O，没有污染(3)6.02×1023(4)ClO−+Cl−+2H+===Cl2↑+H2O(5)2KMnO4+16HCl(浓)===2K

Cl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2OMnHClCl2【解析】(1)1molCl2、H2O2、ClO2、O3分别消毒时，转移电子依次为2mol、1mol、5mol、2mol，等物质的量的上述物质反应，ClO2转移的电子数最多，消毒效率最高，故消毒效率最高的

是C。(2)根据元素守恒原理，可知反应KCN+H2O2+H2O===A+NH3↑中的A的化学式为KHCO3，H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由是：H2O2作氧化剂，其还原产物是H2O，没有污染。(3)该反应是歧化反应，HClO2中+3价的氯元素一部分升高到ClO2中的+4价，一部

分降低到-1价。当有1molClO2生成时，反应中转移1mol电子，即在该反应中，当有1molClO2生成时转移的电子个数约为6.02×1023。(4)不能混用的原因是ClO-与浓盐酸中的Cl-会发生反应生成有毒的Cl2，离子方程式为ClO-+Cl-+2H+===Cl2

↑+H2O。(5)KMnO4和浓盐酸发生氧化还原反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O。Mn元素化合价从+7降低到+2，HCl中部分氯元素化合价从-1升高到0，则按得失电子数守恒、元素质量守恒，得反

应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。其中，被还原的元素是Mn，还原剂是HCl，氧化产物是Cl2。18．某溶液中可能有下列离子中的几种：K+、Fe3+、NH

4+、H+、NO3−、SO24−、Cl－、CO23−，某化学兴趣小组设计如下实验测定该溶液的组成：实验一：取50mL该溶液于试管A中，向试管A中加入足量NaOH溶液有沉淀产生，加热试管A得到224mL(已折合成标准状况)能使湿润

的红色石蕊试纸变蓝的气体X。实验二：①另取50mL该溶液于试管B中，向试管B中加入2.0gCu，微热充分反应后剩余0.4g固体，产生224mL(折合成标准状况)无色气体Y，气体Y遇空气后由无色变成红棕色；测得反应后的溶液中还含有+0.0

1molH。②向步骤①所得溶液中加入足量2BaCl溶液产生白色沉淀Z，经过滤、洗涤、干燥后得6.99g固体。试回答下列问题：(1)由实验一可推出该溶液中一定含有的阳离子为_______。(填离子符号，下同)(

2)由实验二可推出该溶液中一定含有的阴离子为_______。(3)生成气体Y的离子方程式为_______。(4)该溶液中一定不存在的离子为_______；可能存在的离子为_______，确定该溶液中是否有在该离子的实验操作为_______。(5)检验加入的2BaCl溶液是否足量

的操作为_______。(6)原溶液中H+的物质的量浓度为_______1molL−。【答案】(1)Fe3+、+4NH(2)-3NO、2-4SO、Cl-(3)+-2+323Cu+8H+2NO3Cu+2NO+4HO===(4)2-3COK+

用洁净的铝丝蘸取原溶液于酒精灯上灼烧，并透过蓝色钻玻璃观察焰色，若观察到紫色火焰，则该溶液中存在K+，反之则不存在K+(或焰色反应)(5)将②中反应后的溶液静置，取一定量的上层清液于试管中，向试管中继续加入BaCl2溶液，若

产生白色沉淀，则BaCl2溶液的量不足，反之，则BaCl2溶液已足量(6)1【解析】(1)向试管A中加入足量NaOH溶液有沉淀产生，该沉淀为()3FeOH，则原溶液一定含有3+Fe；加热试管A得到224mL(已

折合成标准状况)能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体X，则X为3NH，则原溶液一定含有+4NH，答案为：Fe3+、+4NH；(2)向试管B中加入2.0gCu，微热充分反应后剩余0.4g固体，产生224mL(折合成标准状况)无色气体Y，气体Y遇空气后由无色变

成红棕色，气体Y为NO，且()nNO=0.01mol，一定含有-3NO，根据+-2+323Cu+8H+2NO3Cu+2NO+4HO===，计算可知则原溶液中()3nNO=0.01mol−；测得反应后的溶液中还含有+0.01molH，所以原溶液

中氢离子的总量为：()+n=0.01mol+0.04mol=0H.05mol，被硝酸反应的铜的量为0.015mol，参加反应铜总物质的量为0.025mol，则与Fe3+反应的铜物质的量为：0.025-0.015=0.01mol，计

算可知()3+n=0Fe.02mol，向步骤①所得溶液中加入足量2BaCl溶液产生白色沉淀Z，经过滤、洗涤、干燥后得6.99g固体，该固体为BaSO4，()4n=0.0BaSO3mol，则原溶液中一定

含有SO24−，且()2-4n=0SO.03mol，根据电荷守恒可知原溶液中阳离子所带正电量总和大于阴离子所带负电量总和，所以原溶液中一定含有Cl－，一定含有的阴离子为：NO3−、SO24−、Cl－；(3)无色气体Y遇空气后由无色变成红棕色，

气体Y为NO，稀硝酸和单质铜发生氧化还原反应生成一氧化氮，离子方程式为：+-2+323Cu+8H+2NO3Cu+2NO+4HO===；(4)该溶液中含有3+Fe，3+Fe和2-3CO发生彻底的双水解反应不共存，所以一定不存在2-3CO；根据小题(2)的分析可知，可

能含有的离子为K+；可以用焰色试验确定钾离子是否存在；答案为：2-3CO；K+；用洁净的铝丝蘸取原溶液于酒精灯上灼烧，并透过蓝色钻玻璃观察焰色，若观察到紫色火焰，则该溶液中存在K+，反之则不存在K+(或焰色反应)；(5)将②中反应后的溶

液静置，取一定量的上层清液于试管中，向试管中继续加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则BaCl2溶液的量不足，反之，则BaCl2溶液已足量；(6)根据(2)的分析可知原溶液中氢离子的总量为：()+n=0.

01mol+0.04mol=0H.05mol，则()+0.05molcH==1mol/L0.05L，答案为：1。19．已知某纯碱试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaCl的质量分数，可用下图中的装置进行实验。主要实验步骤如下：①按图组装仪器，并检验装置的气密性②将8.0g试样放

入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液③称量盛有碱石灰的U形管的质量，得到20.0g④从分液漏斗滴入6mol·L-1的硫酸，直到不再产生气体时为止⑤从导管A处缓缓鼓入一定量的空气⑥再次称量盛有碱石灰的U形管的质量，得到22.0g重复步骤⑤和⑥的操作，直到U形管的质量基本不变

，为22.2g请填空和回答问题：(1)A中盛放NaOH的作用___________(2)装置中干燥管B的作用___________。如果没有连接该干燥管，测试的结果___________(填偏高、偏低或不变)。(3)如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，测试的结果___________(

填偏高、偏低或不变)。(4)步骤⑤的目的是___________，如果没有进行步骤⑤的操作，测试的结果___________(填偏高、偏低或不变)。(5)试样中NaCl的质量分数为___________。【答案】除去空气中的二氧化碳防止空气中的CO2和水气进入U

形管中偏低偏低把反应产生的CO2全部导入U形管中偏高33.75%【解析】实验原理：稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，通过U形管中碱石灰中质量增重确定反应中生成二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算样品中碳酸钠的质量，进而计算样品的碳酸钠的质量分数，从而测定试样

中NaCl的质量分数。由于开始前装置中的空气含有二氧化碳，会影响二氧化碳质量的测定，故实验前应排尽装置中的空气。反应完毕后装置中残留的二氧化碳，需要通入空气将残留的二氧化碳排尽，保证被U形管中碱石灰完全吸收。氢氧化钠溶液是为了除去空气中的二氧化碳，避免干扰反应

生成二氧化碳的测定结果。反应生成的二氧化碳中含有水蒸气，也会影响二氧化碳质量测定，故进入U形管中气体需要干燥。空气中的水蒸气、二氧化碳被碱石灰吸收，也会影响二氧化碳质量测定，干燥管中碱石灰可以防止空气中的

CO2和水蒸气进入U形管中。(1)根据上述分析，A中盛放NaOH可以除去空气中的二氧化碳，避免干扰反应生成二氧化碳的测定结果；(2)U形管中的碱石灰是为了吸收反应生成的二氧化碳，但空气中也存在二氧化碳，干燥管B的作用就是防止空气中的二氧化碳和水分进入U形管，对结果产生误差，如果没有

连接该干燥管，则测量出的二氧化碳的质量偏大，根据二氧化碳计算出的碳酸钠的质量分数也就偏高，则试样中NaCl的质量分数将偏小，故答案为：防止空气中的CO2和水气进入U形管中；偏低；(3)由于盐酸具有挥发性，也会随着二氧化碳进入U形管，被误

认为是二氧化碳，所以二氧化碳的质量偏大，算出的碳酸钠的质量也会偏大，则试样中NaCl的质量分数将偏小，故答案为：偏低；(4)由于反应完了锥形瓶中会存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是将残留的二氧化碳完全排入U形管中被碱石灰吸收，如果没有进行步骤⑤的操作，则测量出的二氧化碳的质量偏

小，根据二氧化碳计算出的碳酸钠的质量分数也就偏低，则试样中NaCl的质量分数将偏高，故答案为：把反应产生的CO2全部导入U形管中；偏高；(5)根据实验步骤中的数据，生成二氧化碳的质量为22.2g-20g=2.

2g，物质的量为2.2g44g/mol=0.05mol，根据Na2CO3+H2SO4===Na2SO4+H2O+CO2↑需要碳酸钠0.05mol，试样中纯碱的质量分数为0.05mol106g/mol8

.0g×100%=66.25%，则试样中NaCl的质量分数=1-66.25%=33.75%，故答案为：33.75%。20．高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型绿色、高效的水处理剂，对病毒的去除率可达99.95%。某兴趣小组设计如下实验制备K2FeO4并探究其性质。已知：①K2FeO4为紫色固体，

微溶于KOH溶液；②FeO2-4具有强氧化性，在酸性或中性溶液中能快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。(1)制备K2FeO4(夹持装置略)①如图所示，A为氯气发生装置，装置A中盛放KMnO4的仪器名称是_______。②装置B的作用是_______。③装置C

中的KOH溶液需过量，目的是_______。④C中得到紫色固体和溶液。则C中Cl2与Fe(OH)3发生反应生成K2FeO4的离子方程式为_______(2)探究K2FeO4的性质甲同学取装置C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有Cl

2。该现象_______(填“能”或“不能”)证明“酸性条件下FeO2-4氧化性强于Cl2”，并说明理由：_______。(3)测定K2FeO4的产率若在制备装置C中加入Fe(OH)3的质量为10.7g，充分反应后经过滤、洗涤、干燥

得K2FeO4固体9.9g，则K2FeO4的产率为_______。【答案】(1)蒸馏烧瓶除去氯气中的氯化氢提供碱性环境，确保K2FeO4稳定存在，提高产率3Cl2+2Fe(OH)3+10OH-===22-4FeO+6Cl-+8H2O(2)不能粗品种可能混有KClO，酸性

环境下可与Cl-反应产生Cl2(3)50%【解析】A中浓盐酸与高锰酸钾发生2MnO4-+10Cl-+16H+===5Cl2↑+2Mn2++8H2O，可制备氯气，B中饱和食盐水可除去挥发的HCl，C中碱性条件下氯气与氢氧化铁反应生成K2FeO4，D中NaOH可吸收过量氯气；(1)①装

置A用于制取Cl2，其中盛放KMnO4的烧瓶侧而带有支管应为蒸馏烧瓶；②制取的Cl2中混有HCl气体，利用C装置中的饱和NaCl溶液除去氯气中的氯化氢；③由题目信息可知K2FeO4在酸性或中性环境下不稳定，在碱性环境中能稳定存在，可知装置C需要确保碱性环境，即需KOH溶液过量，确保K2

FeO4能稳定存在；④装置C在碱性条件下用Cl2将Fe(OH)3氧化生成K2FeO4，则发生反应的离子方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10OH-===22-4FeO+6Cl-+8H2O；(2)根据上述制备反应，装置C的紫色溶液含有K2FeO4、KCl，还

可能含有KClO等，酸性条件下ClO-可与Cl-反应产生Cl2，所以不能说明酸性条件下2-4FeO氧化性强于Cl2；(3)反应的方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH===2K2FeO4+6KCl+8H2O，根据铁原子守恒：理论上产生K2F

eO4固体质量为()243~10719FeOHKF810eO.7gx，解得x=19.8g，产率为9.9g/19.8g×100%=50%。