【文档说明】山东省新泰市第一中学老校区（新泰中学）2021届高三上学期第二次月考化学试题【精准解析】.doc，共(22)页，1009.000 KB，由小赞的店铺上传

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新泰中学2018级高三第二次大单元测试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32K39Mn55Cu64Ba137Ni59N14Al27Au197第I卷(选择题共50分)一、选择题：本题共10个小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只

有一项是符合题目要求的。1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展相关。下列有关说法正确的是（）A.MgO和Al2O3在工业上用于制作耐高温材料，也可用于电解法冶炼Mg、AlB.给误食用重金属盐的病人喝生牛奶以解毒C.医疗上用的“钡餐”其成分是碳酸钡，漂白粉的成分为次氯酸钙D.氮的氧化物是光化

学烟雾的主要污染物，二氧化碳是温室效应的主要污染物，所以他们的含量是空气质量报告的主要项目。【答案】B【解析】【详解】A.MgO和Al2O3二者具有较高的熔沸点，在工业上用于制作耐高温材料，工业上用电解氧化铝的方法制取铝，用电解氯化镁的方法制取镁，故A错误

；B.重金属盐可使人中毒，当人误食重金属盐时，可以喝大量牛奶、蛋清或豆浆解毒，原因是上述食品中含有较多的蛋白质，蛋白质可以跟重金属盐形成不溶于水的化合物，以减轻重金属盐类对胃肠黏膜的危害，起到缓解毒性的作

用，故B正确；C.碳酸钡能够与盐酸反应生成可溶性氯化钡，造成重金属中毒，故C错误；D.二氧化氮等氮的氧化物污染空气，属于空气质量报告的内容；二氧化碳是空气的成分之一，没有列入空气质量报告，故D错误；故选B。2.分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类正确的是（）

①硫酸、烧碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；②蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质；③Na2O、Fe2O3、A12O3属于碱性氧化物④根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液；⑤根据

溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质⑥CO2、SO2、NO2都能和碱溶液发生反应，因此它们都属于酸性氧化物A.只有②④⑤⑥B.只有①③C.只有③④⑥D.只有①②【答案】D【解析】【详解】①依据概念分析，硫酸、烧碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物，故①正确；

②蔗糖不能电离属于非电解质，硫酸钡是盐属于强电解质，水是弱电解质，故②正确；③A12O3既能与酸反应，又能与碱反应，属于两性氧化物，Na2O、Fe2O3属于碱性氧化物，故③错误；④根据分散系中分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、胶

体和浊液，故④错误；⑤根据电解质在水溶液中是否发生完全电离，将电解质分为强电解质、弱电解质，故⑤错误；⑥二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，发生氧化还原反应不是酸性氧化物，故⑥错误；故选D。3.下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是A．4.03米大口径

碳化硅反射镜B．2022年冬奥会聚氨酯速滑服C．能屏蔽电磁波的碳包覆银纳米线D．“玉兔二号”钛合金筛网轮A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】本题主要考查有机物与无机物的区分（B选项为有机物，其他均为无机物），金属材料与非金属材料的

区分。同时穿插考查了元素周期表中同主族的概念。【详解】A.碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素组成的无机非金属材料，且碳元素与硅元素均位于元素周期表第IVA族，故A符合题意；B.聚氨酯为有机高分子化合物，不属于无机非金属材料

，故B不符合题意；C.碳包覆银纳米材料属于复合材料，不属于无机非金属材料，且银不是主族元素，故C不符合题意；D.钛合金为含有金属钛元素的合金，其属于金属材料，不属于无机非金属材料，故D不符合题意；综上所述，本题应选A。【点睛】本题依托有机物和无机物

的概念考查了化学知识与生活中物质的联系，创新点在于除了要判断是否为无机非金属材料，还给其加了限制条件“同主族”，应注意有机物中一定含碳元素，但含碳元素的却不一定是有机物。4.我国古代科技十分发达，下列对古文献的解释不正确的是序号古文解

释A烧酒非古法也，自元时创始，其法用浓酒和糟入甑(指蒸锅)，蒸令气上，用器承滴露白酒(烧酒)的制造过程中采用了蒸馏的方法来分离和提纯B白青(碱式碳酸铜)得铁化为铜可以用铁来冶炼铜C初，人不知盖泥法，元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽

坏，去土而糖白，后人遂效之蔗糖的分离提纯采用了黄泥来吸附红糖中的色素D丹砂烧之成水银，积变又成丹砂加热时丹砂()HgS熔融成液态，冷却时重新结晶为HgS晶体A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.白酒的烧制是利

用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故A正确；B.白青得铁化为铜，发生了置换反应，应为湿法炼铜，可以用铁来冶炼铜，故B正确；C.黄泥具有吸附作用，可采用黄泥来吸附红糖中的色素，故C正确；D.丹砂烧之成水银，发生化学变化，生成汞，故D错误；故选：D。【点睛】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，

侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。5.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（）A.常温下，0.1molCl2与足量NaOH溶液反应，转移的电子数目为0.2NAB.12g石墨中含有C个数与C—C键的个数比

为1:2C.在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为5NAD.9.2gNO2、N2O4的混合气体中，含有的N原子总数为2NA【答案】C【解析】【详解】A.常温下

，0.1molCl2与足量NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，转移的电子数目为0.1NA，A错误；B.12g石墨的物质的量是1mol，其中含有C个数与C－C键的个数比为1:1.5=2:3，B错误；C.在反应KI

O3+6HI=KI+3I2+3H2O中碘酸钾是氧化剂，碘元素化合价从+5价降低到0价，每生成3molI2转移的电子数为5NA，C正确；D.NO2、N2O4的最简式是“NO2”，9.2gNO2、N2O4的混合气体中含“NO2”的物质的量是0.2mol，含有的N原子总数为0.2NA，D

错误；答案选C。6.下列实验不能达到实验目的的是A.实验室分离CO与CO2B.检查装置气密性C.蒸发浓缩结晶D.分离出溴的四氯化碳溶液【答案】C【解析】A、要将CO和CO2分离，关闭b，打开a，混合气体进入左边广口瓶装置，CO与氢氧化钠溶液不反应，可分离出被右边广口

瓶中浓硫酸干燥过的纯净的CO，装有NaOH溶液的广口瓶用来吸收CO2，此时广口瓶中发生的反应方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；再关闭a，打开b，利用稀硫酸与碳酸钠反应生成CO2通过浓

硫酸干燥得纯净的CO2，选项A正确；B、若长颈漏斗中液面不下降，说明装置气密性好，选项B正确；C、蒸发浓缩结晶所用的仪器为蒸发皿，坩埚用于灼烧固体，选项C错误；D、利用分液将水层和溴的四氯化碳溶液分离，选项D正确。答案选C。7.工业上利

用无机矿物资源生产部分材料的流程图如下。下列说法正确的是（）（注：铝土矿中含有A12O3、SiO2、Fe2O3）A.在铝土矿制备较高纯度A1的过程中只用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石B.石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应C.在制粗硅时，氧化剂与

还原剂的物质的量之比为1∶2D.黄铜矿（CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、SO2均是还原产物【答案】C【解析】【详解】A．根据铝土矿的成分，先加入盐酸，然后过滤，向滤液中加入过量的NaOH溶液，产生氢氧化铁沉淀，过滤，向滤液中通入足量的CO2，生成氢氧化铝，氢氧化铝受

热分解成氧化铝，然后加入冰晶石，电解熔融状态氧化铝得到金属铝，因此需要用到的物质为盐酸、NaOH溶液、CO2气体、冰晶石，故A项错误；B．石英的成分是SiO2，属于氧化物，且不与盐酸反应，故B项错误；C．制取粗硅的反应中C的化合价升高，即C为还原

剂，SiO2中Si的化合价降低，即SiO2作氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2，故C项正确；D．CuFeS2中S的化合价为-2价，转化成二氧化硫，S的化合价升高，氧气中O的化合价降低，即二氧化硫既是氧化产物，又是还原产物，故D项

错误；故选C。8.下列各组离子,在澄清透明溶液中一定能大量共存的组别共有()A.碱性环境中：I-、S2-、ClO-、Na+B.弱碱性溶液中：K+、NH4+、HCO-3、S2-C.加铝能产生大量氢气的溶液中：-3NO、Cu2+、SO2-4、Cl-D.室温下Kw/c(H+)=10-13溶液中：

Fe2+、NH+4、SO2-3、Cl-【答案】B【解析】【详解】A.在澄清透明溶液中I-和ClO-会发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B.弱碱性溶液中Na+、K+、Cl‾、HCO-3不发生反应，可以大量共存，故B正确

；C.加铝能产生大量氢气的溶液既可以是酸性也可以是碱性，碱性溶液中Cu2+不能大量存在，故C错误；D.室温下Kw/c(H+)=10-13的溶液呈酸性，酸性溶液中SO2-3不能大量存在，故D错误；故选B。9.Na、Al、Fe、Cu是中学化学中重要的金属元素。它们的单质及其化合物之间有很

多转化关系。下表所列物质不能按如图(“→”表示一步完成)关系相互转化的是()ABCDaNaAlFeCubNaOHAl2O3FeCl3CuSO4cNaClAl(OH)3FeCl2CuCl2A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．Na可与水反应生成NaOH，NaOH与

盐酸反应生成NaCl，电解NaCl可生成Na，故A正确；B．Al2O3不能与水反应生成Al(OH)3，故B错误；C．Fe与氯气反应生成FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，FeCl2置换可生成Fe，故C正确；D．Cu和浓硫酸反应生成CuSO4，CuSO4和氯化钡反应生成CuC

l2，CuCl2置换可生成Cu，故D正确；故选B。10.已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO-3，氧化性：HClO＞Cl2＞Br2＞Fe3＋＞I2。下列有关离子反应或离子方程式的叙述中，正确的是（）A.

向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl-B.向溴水中加入足量氯化亚铁溶液能使溶液变成无色C.向NaClO溶液中通少量CO2的离子方程式：2ClO-＋CO2＋H2O=2HClO＋CO2-3D.能使pH试纸显深红色的溶液，Fe3＋、Cl－、Ba2＋、B

r－能大量共存【答案】D【解析】【详解】A．还原性Fe2+<I−，向碘化亚铁中滴加少量氯水，氯气先将碘离子氧化，后氧化亚铁离子，故A错误；B．氧化性：Br2>Fe3+，向溴水中加入足量氯化亚铁溶液溴单质能将亚铁离子氧化为浅黄色的三价铁离子，故B错误；C．碳酸酸

性强于次氯酸，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO−+CO2+H2O=HClO+3HCO−，故C错误；D．能使pH试纸显深红色的溶液是强酸性溶液，强酸性溶液中Fe3+、Cl−、Ba2+、Br−能大量共存，故D正确；故选D。二、选择题：本题共10小题，每题3分，共3

0分。每小题有一个或两个选项符合题意，全选对得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。11.下列实验中，对应的现象以及结论都正确的是（）选项实验现象结论A向稀硝酸中加入过量铁粉，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3＋

B向1.0mol/LFe2(SO4)3溶液中加入铜粉溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液含钠元素，不含钾元素D蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液有白烟产生该溶液可能是浓盐酸A.AB.BC.CD.D【答案】D【解

析】【详解】A.稀硝酸中加入过量铁粉，生成硝酸亚铁，滴加KSCN溶液无现象，故A错误；B.Cu与硫酸铁反应生成硫酸亚铁、硫酸铜，没有黑色固体析出，故B错误；C.Na的焰色反应为黄色，溶液中含钠离子，溶质含

钠元素，没有透过蓝色的钴玻璃观察，不能确定有没有K元素，故C错误；D.浓氨水易挥发，浓盐酸易挥发，白烟可能为氯化铵，由现象可知溶液可能是浓盐酸，故D正确；故选：D。12.镁粉是焰火、闪光粉、鞭炮中不可缺少的原料,工业上制造镁粉是将镁蒸气在某

种冷却剂中冷却。下列可作冷却剂的是：①空气②二氧化碳③氩气④氢气⑤氮气⑥水A.①②B.③④C.③⑥D.③⑤【答案】B【解析】【详解】①空气中含有氮气、氧气、二氧化碳，它们都与镁发生反应，故①错误；②镁与二氧化碳在

点燃的条件下发生燃烧反应，生成氧化镁和炭黑，故②错误；③氩气属于稀有气体，化学性质极不活泼，不与镁反应，故③正确；④H2不与镁反应，故④正确；⑤氮气能与镁在点燃的条件下反应生成Mg3N2，故⑤错误；⑥镁与冷水反应较慢，但与热

水能反应生成氢氧化镁和氢气，故⑥错误；故答案为B。13.向含Na2CO3、Na[Al(OH)4](或NaAlO2)的混合液逐滴加入150mL1mol·L－1HCl溶液，测得溶液中的某几种离子物质的量的变化如图所示，则下列说法不正确的是A.a

曲线表示的离子方程式为：[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2OB.b和c曲线表示的离子反应是相同的C.M点时，溶液中沉淀的质量为3.9gD.原混合溶液中的CO32-与[Al(OH)4]－的物质的量之比为1∶2【答案】D【解析】【详解】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液

中加入HCl溶液，先发生反应AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓，a线表示AlO2-减少，第二阶段，AlO2-反应完毕，发生反应CO32-+H+═HCO3-，b线表示CO32-减少，c线表示HCO3-的增加，第三阶段，CO32-反应完毕，发生反

应HCO3-+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO3-减少，此阶段Al(OH)3不参与反应。A．Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应：AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓，故A正确；B．第二阶段，AlO2-反应

完毕，发生反应：CO32-+H+═HCO3-，b线表示CO32-减少，c线表示HCO3-的增加，所以b和c曲线表示的离子反应是相同的，故B正确；C．盐酸50mL时NaAlO2中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，加50mL盐酸之后CO32-反应，氢氧化铝沉淀不溶解，则M点沉淀的质量和盐酸50m

L时沉淀的质量相同，由NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓知，n(Al(OH)3)=n(NaAlO2)=n(HCl)0.05mol，m[Al(OH)3]=0.05mol×78g/mol=3

.9g，故C正确；D．第一、第二两段消耗的盐酸的体积都是50mL，所以消耗的氯化氢的物质的量相等，依据第一阶段、第二阶段发生反应AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓，CO32-+H+═HCO3-，可知CO32-与AlO2-

的物质的量之比为1：1，但这两种物质都是强碱弱酸盐都能水解，水解程度不同导致无法判断溶液中CO32-与AlO2-的物质的量之比，故D错误；故选D。14.镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物

均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示：下列判断不合理的是()A.Al、Ga均处于ⅢA族B.Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3C.酸性：Al(OH)3＞Ga(OH)3D.Ga(OH)3可与NaOH反应生成NaGaO2【答案】C【解析】【详解】A．Al与Ga同

族，均处于ⅢA族，故A正确；B．Ga2O3与Al2O3性质具有相似性，可与盐酸反应生成GaCl3，故B正确；C．化学反应遵循强酸制弱酸的原理，在NaGaO2和NaAlO2的混合溶液里通入二氧化碳，只有Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，可

能的原因是镓酸酸性强于碳酸，酸性：Al(OH)3＜Ga(OH)3，故C错误；D．Ga(OH)3与Al(OH)3的性质相似，都是两性氢氧化物，可与NaOH反应生成NaGaO2，故D正确；答案选C。15.下列有关实验的说法正确的是（）A.除去铁粉中混有少量铝粉，可加入过量的氢

氧化钠溶液，完全反应后过滤B.光照氯水有气泡冒出，该气体主要为Cl2C.将淀粉与KCl混合液装于半透膜内，浸泡在盛蒸馏水的烧杯中，5min后取烧杯中液体，加碘水变蓝色，证明半透膜破损D.Na2CO3溶液和盐酸可以通过相互滴加的方法来鉴别，NaHCO3溶液和Ca(OH)2溶液

也可以通过相互滴加的方法来鉴别【答案】AC【解析】【详解】A．Al与NaOH反应，而Mg不能，则加入过量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤可除杂，故A正确；B．氯水中HClO光照分解生成氧气，故B错误；C．胶体分散质微粒直径在1～100nm间，能通过滤纸，不能通过半透膜，加碘水变蓝

，说明溶液中有淀粉，证明半透膜破损，故C正确；D．氢氧化钙滴入碳酸氢钠：Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O；碳酸氢钠滴入氢氧化钙：Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH+H2O；正反滴的现象都一样，都是产生白

色沉淀，故D错误；故选AC。16.SO2通入BaCl2溶液中并不产生沉淀，而通入另一种气体后可以产生白色沉淀。则图中右侧Y形管中放置的药品组合不符合要求的是(必要时可以加热)()A.Cu和浓硝酸B.CaO和浓氨水C.大理石和稀盐酸D.高锰酸钾溶液和浓

盐酸【答案】C【解析】【详解】A、Cu与浓硝酸反应产生二氧化氮气体，则二氧化氮与水反应产生硝酸，所以氯化钡溶液中存在硝酸，可氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，与钡离子结合，可生成硫酸钡白色沉淀，正确；B、CaO与浓氨水混合则产生氨气，氨气溶于氯化钡溶液，与亚硫酸根离子反应生成

亚硫酸铵，溶液的碱性增强，再与钡离子反应可生成亚硫酸钡沉淀，正确；C、大理石与盐酸反应生成二氧化碳气体，而二氧化碳气体也不与氯化钡溶液反应产生白色沉淀，也不会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，所以最终无白色沉淀产生，错误；D、高锰酸钾与浓

盐酸混合可产生氯气，氯气可氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，正确。答案选B。17.碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如下：下列说法正确的是A.分离器中的物质分离操作为过滤B.反应器中，控制温度为

20－100℃，温度过低速率慢，过高水气化且增大碘的流失，反应速率也慢C.该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”D.碘循环工艺的总反应为2SO2+4H2O+I2=H2+2H2SO4+2HI【答案】BC【解析】【分析】从流程图可知，在反应器中，I2氧化SO2，

生成硫酸和HI，在分离器中分离硫酸和HI，在膜反应器中HI发生分解反应产生H2和I2。【详解】A.H2SO4、HI都溶于水，所以分离器中的物质分离操作不可能是过滤，A错误；B.在反应器中，控制温度为20－100℃，根据温度对化学反应速率的影响，若反

应温度过低速率慢，但温度过高，水气化，会使碘单质升华，增大碘的流失，也会导致反应速率比较慢，B正确；C.在反应器中I2反应转换为HI，在膜反应器中HI分解转化为H2和I2，从而实现了碘循环，C正确；D.在反应器中发生反

应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，在膜反应器中发生反应：2HI=H2+I2，所以碘循环工艺的总反应为2SO2+2H2O=H2+H2SO4，D错误；故合理选项是BC。【点睛】本题考查了氧化还原反应

在环境污染治理的应用的知识。采取一定的工艺流程，不仅可以降污减排，而且还可以得到有实用价值的化工原料，实现物质的资源化利用，真正实现“垃圾是放错地方的资源”的合理化应用。18.C和CuO在高温下反应可能生成Cu、Cu2O、CO

2、CO。现将1g碳粉与8gCuO混合,在硬质玻璃管中隔绝空气加热,将生成的气体全部通入足量NaOH溶液中,并收集残余的气体,测得溶液的质量增加1.1g,残余气体在标准状况下的体积为560mL。下列说法错误的是()A.在硬质玻璃管中隔绝空气加热固体混合物时,有0.05g碳参加

了反应B.硬质玻璃管中发生的所有氧化还原反应共转移0.15mol电子C.反应后硬质玻璃管中剩余的固体混合物的总质量为7.2gD.反应生成铜和氧化亚铜的总物质的量为0.1mol【答案】AD【解析】【分析】生成的气体全部通过足量NaOH溶液，收集

残余气体，测得溶液增重的1.1g为二氧化碳的质量，OO2的物质的量为=1.1g44/gmol=0.025mol，残余气体在标准状况下560mL气体为CO的体积，则CO的物质的量为0.56L22.4L/mol=0.025mol

。【详解】A．根据碳元素守恒可以知道：参加反应的C原子的物质的量等于CO2与CO的物质的量之和，所以参加反应的碳元素质量为（0.025mol+0.025mol）×12g/mol=0.6g，故A错误；B．反应中C元素化合价升高，铜元素化合价降低，所以转移电子物质的量为0.025mol×4+0.02

5mol×2=0.15mol，故B正确；C．生成的CO2和CO的总质量为0.025mol×44g/mol+0.025mol×28g/mol=1.8g，所以反应后硬质玻璃管中剩余的固体混合物的总质量为（1g+8

g）-1.8g=7.2g，故C正确；D．氧化铜的物质的量为0.1mol，二氧化碳和一氧化碳含有的氧原子的物质的量为0.025mol×2+0.025mol×1=0.075mol，反应后的氧原子存在于氧化亚铜中，所以氧化亚

铜的物质的量为0.1mol-0.075mol=0.025mol，铜的物质的量为0.1mol-0.025mol×2=0.05mol，反应生成铜和氧化亚铜的总的物质的量为0.075mol，故D错误；故选AD。19.某小组设计如图所示装置(夹持装置略去),

在实验室模拟侯氏制碱工艺中NaHCO3的制备。下列说法不正确．．．的是（）A.③、⑤中可分别盛放饱和食盐水和浓氨水B.应先向③中通入足量NH3，再通入足量CO2C.③中反应的离子方程式为NH3+CO2+H2O=NH4++HCO3－D.装置①也可用于制H2【答案】C【解析】【分析】①装置是制备二

氧化碳，气体中含有氯化氢气体对后续实验产生干扰，需要除去，②装置是除去HCl；③、⑤中可分别盛放饱和食盐水和浓氨水，③中发生反应NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl。【详解】A.③、⑤中可分别盛放饱和食盐水和浓氨水，故A正确；B.

NH3在水中溶解度大，应先向③中通入足量NH3，再通入足量CO2，故B正确；C.③中反应NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，离子方程式为Na＋＋NH3+CO2+H2O=NH4++NaHCO3↓，故C

错误；D.制二氧化碳是固体与液体反应，不加热，条件与制氢气相符，装置①也可用于制H2，故D正确；故选C。20.向物质的量浓度均为1mol/L的Fe2(SO4)3、CuSO4的1L混合液中加入amol铁粉，充分反应后

，下列说法正确的是()A.当a≤1时，发生的反应为Fe+Cu2+＝Fe2++CuB.当固体有剩余时，溶液中一定存在Fe2+、Cu2+C.当1≤a＜2时，溶液中n(Fe2+)＝(2+a)molD.若有固体剩余，则固体中一定有铁，可能有铜【答案】C【解析】【分析】因氧化性Fe3+>Cu2+，加

入铁粉后，先与Fe3+反应，后与Cu2+反应。【详解】因氧化性Fe3+>Cu2+，加入铁粉后，先与Fe3+反应，后与Cu2+反应A.加入铁粉后，先与Fe3+反应，混合溶液中Fe3+的物质的量为1mol/L×1L×2=2mol，由2Fe3++Fe=3Fe2+可知

，加入1molFe时，铁离子恰好完全反应，则a⩽1时，Fe粉只能将Fe3+还原，A项错误；B.剩余固体为Cu或Cu、Fe，当有Fe剩余时，溶液中一定没有Cu2+，B项错误；C.溶液中铁离子为2mol、铜离子为1mol，当1⩽a<2时，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2+

+Cu，由方程式比例关系知，铁粉全部参与反应，加入Fe为amol，由铁元素守可知，溶液中n(Fe2+)=(2+a)mol，C项正确；D.若有固体剩余，则固体中一定有铜，当铁粉过量时，还会含有铁，D项错误；答案选C。第II卷（非选择题，共50分）21.元素化合物在日常生活、化工生产和环境科

学中有着重要的用途。(1)当皮肤划破时可用FeCl3溶液应急止血，用氯化铁固体配制成450mL0.1mol·L－1的溶液，配制过程中所需要的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、______________。(2)生铁中含有一种铁碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的

固体Y，将Y溶于过量盐酸后，溶液中大量存在的阳离子______________(填离子符号)。(3)高铁酸钾(K2FeO4)是一种既能杀菌消毒、又能絮凝净水的水处理剂。其工业制备反Fe(OH)3＋ClO－＋OH－→FeO2-4＋Cl－＋H2O(未配平)，每生成1molK2FeO4，

转移的电子数________NA。(4)要将纯碱高温熔化，下列坩埚中可选用的是___________．A．普通玻璃坩埚B．石英玻璃坩埚C．氧化铝坩埚D．铁坩埚．(5)某透明溶液仅含Na＋、Fe2＋、Ba2＋、Al3＋、

NO-3、Cl－、SO2-4中的4种离子，且均为1mol。向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变(不考虑水的电离和离子的水解)。则溶液中存在的离子是____________。【答案】(1).500mL容量瓶、胶头滴管(2).Fe2+、Fe3+、H+(3).3(4).D(

5).Na+、Fe2+、NO-3、SO2-4【解析】【详解】(1)用氯化铁固体配制成450mL0.1mol⋅L−1的溶液，配制过程中所需要的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、500mL容量瓶，缺少的仪器：500mL容量瓶、胶头滴管；故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；(2)

Fe3C在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，Y为Fe3O4，溶于过量的盐酸反应生成氯化亚铁、氯化铁，溶液有剩余的HCl，溶液中大量存在的阳离子是Fe2+、Fe3+、H+，故答案为：Fe2+、Fe3+、H+；(3

)Fe元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，由电子、电荷守恒可知，离子反应为2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−═2FeO2-4+3Cl−+5H2O，生成2molK2FeO4，转移的电子6mole−，每生成1molK2FeO4，转移的电子数是

：3NA；故答案为：3；(4)A．玻璃中含有二氧化硅，高温下二氧化硅能和碳酸钠反应，故A错误；B．石英中含有二氧化硅，高温下二氧化硅能和碳酸钠反应，故B错误；C．高温下三氧化二铝能和碳酸钠反应，故C错误；D．铁坩埚含有铁，铁与碳酸钠不反应

，故D正确；故选D；(5)向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO-3的氧化还原反应生成硝酸铁和NO，阴离子种类不变，说明原溶液中原来已经存在SO2-4，又溶液中含有四种离子，反应生成了Fe3+，所含离子的物质的量均

为1mol，由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，即一定含有Na+，由上述推断可知，该溶液中所含的离子为：Na+、Fe2+、NO-3、SO2-4，故答案为：Na+、Fe2+、NO-3、SO2-4。22.A、B

、C、X均为中学化学常见的物质，它们之间有如下转化关系（副产物已略去）。试回答：⑴若X是强氧化性单质，则A不可能是_______________。a．Sb．N2c．Nad．Mge．Al⑵若A为强碱溶液，则X可能为________________

。a．AlCl3b．CO2c．Ald．Mge．Al2O3⑶若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式为____________；C溶液在贮存时应加入少量X，理由是（离子方程式表示）_______________。⑷

若A、B、C为含有同一金属元素的无机化合物，X为强电解质，A溶液与C溶液能反应生成B，写出该反应的离子方程式___________________________________。【答案】(1).de(2).ab(3).FeCl3(4).

2Fe3++Fe=3Fe2+(5).Al3++3AlO2−+6H2O=4Al(OH)3↓【解析】【详解】（1）常见的强氧化剂单质有氧气和氯气，由图可推x为O2，选项中的Mg和Al不能连续与O2反应，故答案选d、e。（2）首先排除d项，因为Mg与强碱不反应，其次排除c和e项，因为Al和

Al2O3不能与强碱连续反应。只有a和b项符合题给条件，所以选a、b。（3）在溶液中滴入AgNO3，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，此沉淀为AgCl，由题意与转化关系可推知A为Cl2，X为还原性较强的金属，由所学知识推X为铁单质，则B为FeCl3，C为FeCl2，Fe2+易被氧化，所以F

eCl2在贮存时，应加入铁粉来还原Fe3+，离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+；（4）X为强电解质，应属于强酸、强碱或者盐类，但根据图所示转化关系确定X只能为强碱。能与强碱连续反应的常见物质就是铝的化

合物，所以A含有Al3+，B为Al(OH)3，C含有AlO2−，A溶液与C溶液反应的离子方程式为：Al3++3AlO2−+6H2O=4Al(OH)3↓。23.为探究NO与铜粉的反应，实验装置如图所示(夹持装置略)。实验开始前，向装置中通入一段时间的N2

。回答下列问题：(1)通入N2的作用：_____________，仪器a的名称_____________。(2)A中发生反应的离子方程式：_____________________________(3)B中NaOH的作用__________________________。(4)D中有___

_______________________现象，即可证明NO与Cu反应。(5)NO可被Ce4＋氧化，制得NH4NO3产品，流程如下(Ce为铈元素)。①装置Ⅰ中，酸性条件下NO被Ce4＋氧化的产物主要是NO-3和NO-2，写出生成等物质的量的NO-3和NO-2

的离子方程式：____________________________。②已知进入装置Ⅲ溶液中NO-2的浓度为ag·L－1，要使1m3该溶液中的NO-2完全转化为NH4NO3，至少需通入标况下的O2________L

(用含a代数式表示，结果保留整数)。【答案】(1).排净空气，防止NO被氧化(2).分液漏斗(3).3Cu+8H++2NO-3=3Cu2++NO↑+4H2O(4).吸收挥发的HNO3(5).红色粉末变为黑色(6).2NO+3H2O+4Ce4+=NO-3+NO-2+

6H++4Ce3+(7).243a【解析】【分析】铜和稀硝酸在装置A中反应生成NO，实验开始前向装置中通入一段时间的N2，排净装置内的空气，由于硝酸具有挥发性，通过装置B中的NaOH溶液吸收挥发出的硝酸，通过C中干燥剂干燥一

氧化氮，通过装置D使铜和NO反应生成氮气和氧化铜，剩余气体在装置E中收集，主要为氮气和一氧化氮，据此分析判断。【详解】(1)通入N2的作用是排除装置中的空气，防止NO被氧化；根据仪器的结构可知仪器a的名称

是分液漏斗，故答案为：排净空气，防止NO被氧化；分液漏斗；(2)A中Cu与稀硝酸发生反应，生成Cu(NO3)2、NO、H2O，发生反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO-3=3Cu2++NO↑+4H2O，

故答案为：3Cu+8H++2NO-3=3Cu2++NO↑+4H2O；(3)硝酸具有挥发性，通过B中NaOH溶液吸收，所以B中NaOH的作用是吸收挥发的HNO3，故答案为：吸收挥发的HNO3；(4)D中发生反应2NO+2Cu=2CuO+N2，所以当看到D中红色粉末变为黑色时，即可证明NO与Cu反

应，故答案为：红色粉末变为黑色；(5)①根据题干信息及得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为2NO+3H2O+4Ce4+=NO-3+NO-2+6H++4Ce3+，故答案为：2NO+3H2O+4Ce4+=

NO-3+NO-2+6H++4Ce3+；②NO-2的浓度为ag/L，n(NO-2)=ag/L×1m3×1000L/m3)÷46g/mol=500amol23，要使1m3该溶液中的NO-2完全转化为NH4NO3，根据电子转移数目相等可得关系式2n(NO-2

)=4n(O2)，n(O2)=12n(NO-2)=500amol46，所以需通入标准状况下的O2的体积为v(O2)=500amol46×22.4L/mol≈243aL，故答案为：243a。【点睛】本题考查了NO的制备，性质和检验，应用有关化学知识，明确实验目的

和原理是解题的关键，正确分析装置的作用是解题的关键，在进行有关化学计算时，要考虑氧化还原反应中电子转移数目进行计算。24.铁黄是一种重要的颜料，化学式为Fe2O3·xH2O，广泛用于涂料、橡胶、塑料、文教用品等工业。实验室模拟工业利用硫酸渣(含

Fe2O3及少量的CaO、MgO等)和黄铁矿粉(主要成分为FeS2)制备铁黄的流程如下：(1)操作Ⅰ与操作Ⅱ中都用到玻璃棒，玻璃棒在两种操作中的作用分别是______________、______________

__。(2)试剂a最好选用__________________(供选择使用的有：铝粉、空气、浓HNO3)；(3)上述步骤中需用到氨气。下列装置可用于实验室制氨气的是_____(填序号)。(4)查阅资料知，在不同温度下Fe2O3被CO还原，产物可能为Fe3O

4、FeO或Fe，固体质量与反应温度的关系如下图所示。根据图像推断670℃时Fe2O3还原产物的化学式为_________，并设计一个简单的实验，证明该还原产物的成分(简述实验操作、现象和结论)______

_______________________仪器自选。可供选择的试剂：稀硫酸、稀盐酸、H2O2溶液、NaOH溶液、KSCN溶液。【答案】(1).搅拌加速溶解(或搅拌加速反应)(2).引流(3).空气(4).bd(5).FeO(6).取少量还原产物置于试管中，加入过量稀硫酸

(或稀盐酸)，固体完全溶解且无气泡产生；再向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色；最后滴加H2O2溶液，溶液变红色，证明还原产物为FeO【解析】【分析】硫酸渣含Fe2O3及少量的CaO、MgO等，加稀硫酸后过滤，得到Fe

2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等离子，加热黄铁矿粉主要成分为FeS2，发生氧化还原反应，Fe3+离子被还原为Fe2+，在通入氧化剂（空气）后，Fe2+被氧化成Fe3+，因为Fe3+溶液通入氨气后，Fe3+生成Fe(OH)3，在进行过滤得Fe(OH)3，在进行加热烘干即得铁黄Fe

2O3·xH2O。据此进行分析解答。【详解】(1)操作Ⅰ与操作Ⅱ中都用到玻璃棒，玻璃棒在两种操作中的作用分别是，操作Ⅰ是利用玻璃棒加速硫酸渣的溶解，操作Ⅱ是过滤实验操作，玻璃棒是起到引流作用，故答案：搅拌加速溶解(或搅拌加速反应)；引流。(2)依据流程分析，试剂a是用来氧化亚铁离子的，但选择氧化

剂不能引入新的杂质，铝粉引入新的杂质，浓硝酸做氧化剂会产生污染气体，最好选择空气做氧化剂氧化亚铁离子，不会引入新的杂质，不污染环境，故答案：空气。(3)a.加热氯化铵分解后生成氨气和氯化氢会在试管口重

新生成氯化铵，不能制备氨气，故a错误；b.氨水滴入氧化钙固体，氧化钙会和水反应生成氢氧化钙放热，使一水合氨分解生成氨气，故b正确；c.氢氧化钙和氯化铵固体加热时需要试管口略向下倾斜，装置中加热会使生成的水倒流到试管底部炸裂试管，故c错误；d.加热浓氨水会分解生成氨

气，可以制取氨气，故d正确；答案为选bd。(4)开始时氧化铁的物质的量是48g160g/＝0.3mol，当恰好转化为四氧化三铁时质量=230.3mol×232g/mol=46.4g，当恰好转化为氧化亚铁时质量=0.3mol×2×72g/mol=43.2g，即加热温度达到500℃～

600℃时还原产物为Fe3O4，当670℃时还原产物为FeO；亚铁离子易被氧化，则验证还原产物的实验操作是取少量还原产物置于试管中，加入过量稀硫酸（或稀盐酸），固体完全溶解且无气泡产生；再向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色；最后滴加H2O2溶液，溶液变红色，证明还原

产物为FeO，故答案：FeO；取少量还原产物置于试管中，加入过量稀硫酸(或稀盐酸)，固体完全溶解且无气泡产生；再向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色；最后滴加H2O2溶液，溶液变红色，证明还原产物为FeO。25.有A、B、C、D、E五种常见化合物，都是由下表中的离子形

成的：阳离子K+Na+Cu2+Al3+阴离子SO2-4HCO-3NO-3OH-为了鉴别上述化合物，分别完成以下实验，其结果是①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；②将E溶液滴入C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解；③进行焰色反应

，仅有B、C为紫色(透过蓝色钴玻璃)；④在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，只有A中放出无色气体，只有C、D中产生白色沉淀；⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成。根据上述实验填空：(1)写出B、D的化学式：B____

____，D_____________。(2)将含1molA的溶液与含1molE的溶液反应后蒸干，仅得到一种化合物，该化合物的化学式为_____________。(3)C常用作净水剂，用离子方程式表示其净水原理________________

___________。(4)在A溶液中加入少量澄清石灰水，其离子方程式为____________________________。(5)向20mL2mol·L-1C溶液中加入30mLE溶液，充分反应后得到0.78g沉淀，则E溶液的物质的量浓度可能是___

___mol·L-1。【答案】(1).KNO3(2).CuSO4(3).Na2CO3(4).Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+(5).2HCO-3+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO2-3(

6).1或5【解析】【分析】D为蓝色溶液，说明D中含有铜离子。将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解。说明E是强碱，C中含有铝离子；进行焰色反应，仅有B、C为紫色，说明B、C中含有钾离子；根据实验4可知，A中含有HCO-3，C、D中含有SO2-4，所以A是碳酸氢钠，C

是硫酸铝钾，D是硫酸铜，E是氢氧化钠；将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成，所以B是硝酸钾。【详解】（1）由分析可知，B是硝酸钾，D是硫酸铜，故答案为：KNO3；CuSO4；（2）碳酸氢钠和氢氧化钠反应的

方程式是HCO-3+OH-=CO2-3+H2O，所以该化合物的化学式是碳酸钠，故答案为：Na2CO3；（3）溶于水电离出的铝离子，水解生成氢氧化铝胶体，钠吸附水中的悬浮物，从而净水，方程式是Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，故答案为：Al3++3H2OAl(OH

)3(胶体)+3H+；（4）石灰水不足时，生成物是碳酸钙、碳酸钠和水，所以方程式是2HCO-3+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO2-3，故答案为：2HCO-3+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO2-3；（5）20

mL2mol·L-1C溶液中铝离子的物质的量是0.04mol，所以最多可以生成0.04mol氢氧化铝沉淀，质量是3.12g。但实际中生成0.78g沉淀，物质的量是0.01mol，说明铝离子没有完全转化沉淀。因此如果氢氧化钠不足，则需要0.03mol氢氧化钠，则氢氧化钠溶液的浓度是

0.03mol/0.03L=1.0mol/L；如果氢氧化钠过量，有偏铝酸钠生成，则需要氢氧化钠是0.04mol×3+0.03mol=0.15mol，因此氢氧化钠溶液的浓度是0.15mol/0.03L=5.0mol/L。