1、20212022学年度第一学期高三年级化学期中试卷相对原子质量： Na23 O16 C12 H1 He4 Fe56 S32 Zn65 Cl35.5第I卷(选择题)一、选择题(本题包括14小题，每题3分，共42分)1. 我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年实现碳中和，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。碳中和是指的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是A. 将重质油裂解为轻质油作为燃料B. 大规模开采可燃冰作为新能源C. 通过清洁煤技术减少煤燃烧污染D. 研发催化剂将还原为甲醇2. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的有1molFeCl3溶于水形成的胶
2、体中含有NA个Fe(OH)3胶体粒子3.9gNa2O2固体所含阴离子数为0.05NA标准状况下，46g乙醇中含有NA个分子常温下，2g氦气所含的原子数目为NA1molCl2通入足量的水中，最多生成1molHClO56g铁与氯气在一定条件下充分反应，最多消耗氯气的体积是33.6L142gNa2SO4和Na2HPO4的固体混合物中所含阴、阳离子的总数为3NAA. 1个B. 2个C. 3个D. 4个3. 下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是A. 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：B. 过量铁粉加入稀硝酸中：C. 硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：D. 氯化铜溶液中通入硫化氢：4. 二氧化氯具
3、有杀菌消毒作用，是一种广谱型消毒剂。工业上常用Cl2氧化NaClO2制得，方程式为：Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl，下列相关说法不正确的是A. 反应中只有Cl元素的化合价发生变化B. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2C. ClO2是氧化产物D. 消耗0.1molNaClO2时，转移0.1mol电子5. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. pH=1的溶液：K+、NH、NO、SOB. 0.1molL-1FeCl2溶液：Na+、Mg2+、NH、Cr2OC. 水电离的c(OH-)=110-13molL-1的溶液：K+、Cl-、SiO、Cu2+D. 0.01molL-
4、1的H2SO4溶液：Na+、AlO、Cl-、NO6. 雾霾严重影响人们生活与健康。某地区雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na、NH、Mg2、Al3、CO。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后得试样溶液，设计并完成了如下的实验：已知：3+8Al+5OH-+2H2O3NH3+8根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是A. 试样中肯定存在NH、Mg2、和B. 试样中一定不含Al3+和COC. 试样中可能存在Na、Al3+D. 该雾霾中可能存在NaNO3、NH4NO3和MgSO47. 下列图示实验(部分夹持装置省略)正确的是 A. 图A可用于制备氢氧化亚铁B. 图B可用于制备NaH
5、CO3C. 图C可用于验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性D. 图D可用于证明Cl2能否溶于水或与NaOH溶液反应8. 在实验室采用如图装置制备气体，合理的是化学试剂制备的气体AB(浓)CD(浓)A. AB. BC. CD. D9. 不同条件下，用O2氧化amolL-1的FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示，下列分析或推测不合理的是A. Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大B. 氧化过程的离子方程式为：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2OC. 60、pH=2.5时，4h内Fe2+的平均消耗速率大于0.15amolL-1h-1D. pH越大，Fe2+氧化速率越快10. 图中展示的是乙烯催化氧
6、化的过程(部分配平相关离子未画出)，下列描述错误的是A. PbCl和Cu2+在反应中都起到催化剂的作用B. 该转化过程中，仅O2和Cu2+均体现了氧化性C. 该转化过程中，涉及反应4Cu+ +O2+4H+=4Cu2+2H2OD. 乙烯催化氧化的反应方程式为2CH2=CH2 + O2 2CH3CHO11. 现有和的混合溶液，向其中逐滴加入NaOH溶液，得到沉淀的物质的量与加入NaOH的物质的量关系如图所示，则原溶液中与的物质的量之比为 A. 4：3B. 2：3C. 1：4D. 1：312. 某炼铁废渣中含有大量CuS及少量铁化合物，工业上以该废渣为原料生产CuCl22H2O晶体的工艺流程如图：下
7、列说法正确的是A. 焙烧过程中每消耗1molCuS则消耗2.5molO2B. 焙烧后的废气能够使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 滤渣中主要含铁的氧化物D. 将获得的CuCl22H2O晶体加热可制得CuCl2固体13. 下列现象或事实、解释都正确的是选项现象或事实解释A金属镁着火不能用泡沫灭火器灭火燃烧生成的MgO与CO2反应BK2FeO4用于自来水的消毒和净化K2FeO4具有强氧化性可杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解得到的胶状物能净水C古代青铜器表面有铜锈，可放入盐酸中浸泡除锈铜锈是铜在空气中缓慢氧化生成的氧化物，可溶于盐酸D常温下，将铁片浸入足量的浓硫酸中，铁片不溶解常温下，铁与浓硫酸一定没有发生
8、化学反应A. AB. BC. CD. D14. 常温下，向20mL某硫酸溶液中逐滴加入0.05molL-1的氨水，溶液pH的变化与加入氨水的体积关系如图所示，下列叙述正确的是A. 硫酸的物质的量浓度为0.1molL-1B. 在、之间的任意一点：c()c()的关系一定成立C. 在点所示溶液中：c()=2c(-)c(OH-)=c(H+)，且V40D. 在点所示溶液中：由水电离出的c(OH-)10-7molL-1第II卷(非选择题)二、填空题(每空2分，共58分)15. 铁及其化合物在日常生活生产中应用广泛，研究铁及其化合物的应用意义重大。回答下列问题：（1）已知高炉炼铁过程中会发生如下反应：FeO
9、(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g) H1Fe2O3(s)+CO(g)=Fe3O4(s)+CO2(g) H2Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s)+4CO2(g) H3Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) H4则H4的表达式为H4=_(用含H1、H2、H3的代数式表示)。（2）把高炉出来的气体经过处理后通入NaOH溶液中完全吸收，再用0.01 molL-1的盐酸溶液进行滴定，所得气体与滴入的盐酸体积的关系如图，则滴定前溶液中离子浓度由大到小的顺序为：_。（3）铁等金属可用作CO与氢气反应的催化剂。已知某种催化剂可用来催化反应CO(g)+3H2(g)CH4(
10、g)+H2O(g) H0。在T、106Pa时将1 mol CO和3 mol H2加入容积不变的密闭容器中，实验测得CO的体积分数(CO)如表：t/min01020304050(CO)0250.230.2140.2020.2000.200能判断反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)达到平衡的是_(填字母)。a.容器内压强不再发生变化 b.混合气体的密度不再发生变化c.v正(CO)=3v逆(H2) d.混合气体的平均相对分子质量不再发生变化达到平衡时CO的转化率为_。某种含铁催化剂可以催化合成乙烯：6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)。已知温度对CO2的
11、平衡转化率、实际催化率和催化剂催化效率的影响如图所示，结合图像分析温度低于250时CO2实际转化率变化的原因：_。（4）科学家最近采用碳基电极材料，在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如图所示：负极区发生的反应有Fe3+e-=Fe2+、_(写反应方程式)。16. ZnO是电镀、涂料、有机合成等化学工业的重要原料。工业上由含锌废料(主要成分为ZnO，还含有FeO、MgO、CuO、SiO2)为原料生产ZnO的工艺流程如图：已知：沉淀渣1的成分为Fe(OH)3、MnO2(1)浸取渣的主要成分是_(填化学式)。(2)“除杂1”过程需要调节pH至
12、5.2，最好选用_(填字母)；生成沉淀渣1的离子方程式为_。ANa2CO3 BNH3H2O CZnO DH2SO4(3)沉淀渣2的主要成分是_(填化学式)；“除杂3”的目的是_。(4)“沉锌”得到的是Zn2(OH)2CO3，“洗涤干燥”步骤中检验沉淀是否洗涤干净的方法是_。若煅烧过程中固体质量减少了18.6kg，则理论上生成_kgZnO。17. 由一种短周期金属元素和一种非金属元素组成的化合物X可与水发生复分解反应。某校兴趣小组用如图所示装置(夹持装置略去)对其进行探究实验。（1）仪器G的名称是_，B中红色石蕊试纸变蓝，则单质M的电子式为_。（2）化合物X中含组成单质M元素的质量分数为，写出X
13、与水反应的化学方程式：_。（3）C中的试剂名称为_。（4）实验时，装置D中硬质玻璃管内的现象为_。（5）装置E中试剂Z为_(填化学式)，装置E的作用是_。（6）若不通过E、F两装置，请设计实验方案证明D中发生了反应(不通过观察D中固体颜色变化)：_（7）若装置A中固体样品含有杂质(杂质不参与反应)，某同学通过测定F中单质M在标准状况下的体积和固体样品的质量，以确定固体样品中X的质量分数，判断该方案是否可行，并说明原因：_。18. 亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效氧化剂和消毒剂，为白色或略带黄绿色的晶体，易溶于水，NaClO2饱和溶液在低于38时析出NaClO23H2O晶体，高于38时析出Na
14、ClO2晶体，高于60NaClO2分解成NaClO3和NaCl。实验室模拟Mathieson法制备亚氯酸钠的装置如下：已知：ClO2浓度越大越容易爆炸。回答下列问题：(1)B中通入SO2生成ClO2的化学方程式为_。(2)三颈瓶中通入ClO2生成NaClO2的离子方程式为_。(3)实验过程持续通入N2的目的是_。(4)从上述NaClO2溶液获得干燥的NaClO2晶体的操作步骤为：减压和55时蒸发结晶趁热过滤用_洗涤真空干燥。趁热过滤的装置如图所示，该操作的作用是_。(5)准确称取0.2500g样品配制成100mL溶液，置于棕色碘量瓶中，调节pH=2(忽略体积变化)，加入足量的KI固体，充分反应
15、后，从中取出25.00mL，以淀粉溶液作指示剂，用0.1000molL-1Na2S2O3定至终点，测定消耗Na2S2O3标准溶液的体积平均为25.00mL。已知滴定反应：+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-，2+I2=+2I-。滴定终点的现象为_。NaClO2样品的纯度为(保留三位有效数字)_。20212022学年度第一学期高三年级化学期中试卷相对原子质量： Na23 O16 C12 H1 He4 Fe56 S32 Zn65 Cl35.5第I卷(选择题)一、选择题(本题包括14小题，每题3分，共42分)1. 我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年实现碳中和，这对于改善环境，实现
16、绿色发展至关重要。碳中和是指的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是A. 将重质油裂解为轻质油作为燃料B. 大规模开采可燃冰作为新能源C. 通过清洁煤技术减少煤燃烧污染D. 研发催化剂将还原为甲醇【答案】D【解析】【分析】【详解】A将重质油裂解为轻质油并不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故A不符合题意； B大规模开采可燃冰做为新能源，会增大二氧化碳的排放量，不符合碳中和的要求，故B不符合题意；C通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故C不符合题意；D研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇，可以减少二氧化碳的排放量，达到碳中和的目的
17、，故D符合题意；故选D。2. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的有1molFeCl3溶于水形成的胶体中含有NA个Fe(OH)3胶体粒子3.9gNa2O2固体所含阴离子数为0.05NA标准状况下，46g乙醇中含有NA个分子常温下，2g氦气所含的原子数目为NA1molCl2通入足量的水中，最多生成1molHClO56g铁与氯气在一定条件下充分反应，最多消耗氯气的体积是33.6L142gNa2SO4和Na2HPO4的固体混合物中所含阴、阳离子的总数为3NAA. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】C【解析】【分析】【详解】1个Fe(OH)3胶体粒子是多个氢氧化铁的聚集体，故所得的氢氧
18、化铁胶粒个数小于NA个，故错误；3.9g Na2O2的物质的量为n=3.9g78g/mol=0.05mol，而过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故0.05mol过氧化钠中含阴离子为0.05NA个，故正确；46g乙醇的物质的量为46g46g/mol1mol，含有NA个分子，故正确；氦气由氦原子构成，故2g氦气中含有的氦原子的物质的量为n=2g4g/mol=0.5mol，即0.5NA个，故错误；Cl2和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故所得HClO的物质的量小于1mol，故错误；56g铁的物质的量为n=56g56g/mol=1mol，和氯气反应消耗氯气为1.5mol，但氯气所处的状态不明确，
19、故其物质的量无法计算，故错误；Na2SO4和Na2HPO4的摩尔质量均为142g/mol，故142g Na2SO4和Na2HPO4的物质的量为n=142g142g/mol=1mol，且两者均由2个钠离子和1个阴离子构成，故1mol混合物中含离子共3NA个，故正确。故选C。3. 下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是A. 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：B. 过量铁粉加入稀硝酸中：C. 硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：D. 氯化铜溶液中通入硫化氢：【答案】A【解析】【详解】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：，故A正确；B过量的铁粉与稀硝酸反
20、应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H+2N=3Fe2+2NO+4H2O，故B错误；C硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3+3OH-=Al(OH)3，故C错误；D硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2+H2S=CuS+2H+，故D错误；答案选A。4. 二氧化氯具有杀菌消毒作用，是一种广谱型消毒剂。工业上常用Cl2氧化NaClO2制得，方程式为：Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl，下列相关说法不正确的是A. 反应中只有Cl元素的化合价发生变化B. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2C. ClO
21、2是氧化产物D. 消耗0.1molNaClO2时，转移0.1mol电子【答案】B【解析】【分析】【详解】A反应中只有Cl元素的化合价发生变化，故A正确；BCl2中氯元素化合价由0降低为-1，Cl2是氧化剂，NaClO2中氯元素化合价由+3升高为+4，NaClO2是还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，故B错误；CNaClO2中氯元素化合价由+3升高为+4，NaClO2发生氧化反应生成ClO2，ClO2是氧化产物，故C正确；DNaClO2中氯元素化合价由+3升高为+4，消耗0.1molNaClO2时，转移0.1mol电子，故D正确；选B。5. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的
22、是A. pH=1的溶液：K+、NH、NO、SOB 0.1molL-1FeCl2溶液：Na+、Mg2+、NH、Cr2OC. 水电离的c(OH-)=110-13molL-1的溶液：K+、Cl-、SiO、Cu2+D. 0.01molL-1的H2SO4溶液：Na+、AlO、Cl-、NO【答案】A【解析】分析】【详解】ApH=1的溶液显酸性，K+、NH、NO、SO可以大量共存，A符合；B0.1molL-1FeCl2溶液中亚铁离子被Cr2O氧化，不能大量共存，B不符合；C水电离的c(OH-)=110-13molL-1的溶液中水的电离被抑制，如果显酸性SiO不能大量共存，如果显碱性Cu2+不能大量共存，且S
23、iO、Cu2+在溶液中反应也不能大量共存，C不符合；D0.01molL-1的H2SO4溶液中氢离子和AlO反应，不能大量共存，D不符合；答案选A。6. 雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na、NH、Mg2、Al3、CO。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后得试样溶液，设计并完成了如下的实验：已知：3+8Al+5OH-+2H2O3NH3+8根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是A. 试样中肯定存在NH、Mg2、和B. 试样中一定不含Al3+和COC. 试样中可能存在Na、Al3+D. 该雾霾中可能存在NaNO3、NH4NO3和MgSO4【答
24、案】B【解析】【分析】试样溶液中加入过量氢氧化钡并加热，生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体是NH3，则试样中含有NH；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有，根据元素守恒知，原溶液中含有；向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有，能和过量氢氧化钡反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，溶解的沉淀为氢氧化镁，所以溶液中含有Mg2，据此分析解答。【详解】A通过以上分析知，试样中肯定
25、存在NH、Mg2、和，故A正确；B通过以上分析知，试样中不能确定是否含有Al3+，由于含有镁离子，则一定不存在碳酸根离子，故B错误；C通过以上分析知，试样中可能存在Na+，试样中不能确定是否含有Al3+，因此可能含有铝离子，故C正确；D根据以上分析知，试样中肯定存在NH、Mg2、和，可能存在Na+，所以该雾霾中可能存在NaNO3、NH4NO3和MgSO4，故D正确，故选B。7. 下列图示实验(部分夹持装置省略)正确的是 A. 图A可用于制备氢氧化亚铁B. 图B可用于制备NaHCO3C. 图C可用于验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性D. 图D可用于证明Cl2能否溶于水或与NaOH溶液反应【答案】D【解
26、析】【分析】【详解】A图中左侧盛放稀硫酸的试管侧面导管应有一个止水夹，其次导管应插入液面以下，这样才能利用氢气排尽空气，之后关闭止水夹，将硫酸亚铁溶液压入氢氧化钠溶液中制取氢氧化亚铁，故A错误；B氨气极易溶于水，应有防倒吸装置，且应先通入氨气，再通入二氧化碳，故B错误；C碳酸氢钠稳定性较差，应放在温度较低的小试管中，故C错误；D将胶头滴管中的NaOH溶液挤入烧瓶中，若Cl2能溶于水或与NaOH溶液反应，则气球会鼓起来，可以达到目的，故D正确；综上所述答案为D。8. 在实验室采用如图装置制备气体，合理的是化学试剂制备的气体AB(浓)CD(浓)A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分
27、析】由实验装置图可知，制备气体的装置为固固加热装置，收集气体的装置为向上排空气法，说明该气体的密度大于空气的密度；【详解】A氨气的密度比空气小，不能用向上排空法收集，故A错误；B二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故B错误；C二氧化锰和氯酸钾共热制备氧气为固固加热的反应，能选用固固加热装置，氧气的密度大于空气，可选用向上排空气法收集，故C正确；D氯化钠与浓硫酸共热制备为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故D错误；故选C。9. 不同条件下，用O2氧化amolL-1的FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示，下列分析或推
28、测不合理的是A. Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大B. 氧化过程的离子方程式为：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2OC. 60、pH=2.5时，4h内Fe2+的平均消耗速率大于0.15amolL-1h-1D. pH越大，Fe2+氧化速率越快【答案】D【解析】【详解】A 由图象可知，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大，故A正确；B 在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反应生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，故B正确；C 由知，pH=2.5时，4h内Fe2+的平均消耗速率等于0.15amolL-1h-1，由和可知，当pH相同温度不同时，
29、温度越高Fe2+的氧化速率越大，则60、pH=2.5时，4h内Fe2+的平均消耗速率大于0.15amolL-1h-1，故C正确；D 由和可知，当温度相同pH不同时，pH越大，Fe2+的氧化速率越小，故D错误；答案选B。10. 图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分配平相关离子未画出)，下列描述错误的是A. PbCl和Cu2+在反应中都起到催化剂的作用B. 该转化过程中，仅O2和Cu2+均体现了氧化性C. 该转化过程中，涉及反应4Cu+ +O2+4H+=4Cu2+2H2OD. 乙烯催化氧化的反应方程式为2CH2=CH2 + O2 2CH3CHO【答案】B【解析】【分析】过程PbCl+CH2=CH2
30、PbCl3(CH2=CH2)-+Cl-，过程PbCl3(CH2=CH2)-+H2O+H+Cl-，过程CH3CHO+Pb+H+2Cl-，过程中Pd+2Cu2+4Cl-=PbCl+2Cu+，过程发生4Cu+ +O2+4H+=4Cu2+2H2O，(+)2+得总方程式为：2CH2=CH2 + O2 2CH3CHO。【详解】A从反应过程可见，和Cu2+是循环使用的，可认为是催化剂，故A正确。B过程中，Cu2+体现氧化性，Pd被氧化为，说明循环过程中，被还原，体现氧化性，故B错误；该转化过程中，过程中涉及反应4Cu+ +O2+4H+=4Cu2+2H2O，故C正确；乙烯催化氧化生成乙醛，反应方程式为2CH2
31、=CH2 + O2 2CH3CHO，故D正确；故选B。11. 现有和的混合溶液，向其中逐滴加入NaOH溶液，得到沉淀的物质的量与加入NaOH的物质的量关系如图所示，则原溶液中与的物质的量之比为 A. 4：3B. 2：3C. 1：4D. 1：3【答案】B【解析】【分析】首先写出发生镁离子和铝离子与氢氧根反应的离子方程式，然后发生反应氢氧化铝的溶解，由图可知，溶解Al(OH)3消耗氢氧化钠溶液的物质的量为0.1mol，根据离子方程式，可知沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的物质的量，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液0.5mol，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的物质的量，据此确定溶液中SO
32、与Cl-的物质的量之比。【详解】首先发生反应Mg2+2OHMg(OH)2、Al3+3OHAl(OH)3，然后发生反应Al(OH)3+OHAlO+2H2O，由图可知,溶解Al(OH)3消耗氢氧化钠溶液的物质的量为0.1mol，根据离子方程式Al3+3OHAl(OH)3可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的物质的量为0.1mol3=0.3mol，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液0.4mol，则沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的物质的量为0.4mol0.3mol=0.1mol，Mg2+2OHMg(OH)2、Al3+3OHAl(OH)3，则n(Mg2+):n(Al3+)=: =1:2，根据Mg
33、Cl2和Al2(SO4)3的化学式，故Cl与SO的物质的量之比为：(12)：(2)=2:3，B项符合题意；答案选B。12. 某炼铁废渣中含有大量CuS及少量铁的化合物，工业上以该废渣为原料生产CuCl22H2O晶体的工艺流程如图：下列说法正确的是A. 焙烧过程中每消耗1molCuS则消耗2.5molO2B. 焙烧后的废气能够使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 滤渣中主要含铁的氧化物D. 将获得的CuCl22H2O晶体加热可制得CuCl2固体【答案】B【解析】【详解】A.2CuS3O22CuO2SO2，由方程式可知，1molCuS消耗1.5molO2，A错误；B.废气中含有SO2，能使酸性高锰酸钾溶液褪
34、色，B正确；C.调节pH时，Fe3水解转化为Fe(OH)3而除去，C错误；D.将CuCl22H2O直接加热，Cu2水解，HCl挥发会产生Cu(OH)2，无法得到CuCl2，D错误；故答案选B。13. 下列现象或事实、解释都正确的是选项现象或事实解释A金属镁着火不能用泡沫灭火器灭火燃烧生成的MgO与CO2反应BK2FeO4用于自来水的消毒和净化K2FeO4具有强氧化性可杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解得到的胶状物能净水C古代青铜器表面有铜锈，可放入盐酸中浸泡除锈铜锈是铜在空气中缓慢氧化生成的氧化物，可溶于盐酸D常温下，将铁片浸入足量的浓硫酸中，铁片不溶解常温下，铁与浓硫酸一定没有发生化学反应A.
35、 AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A选项，金属镁着火不能用泡沫灭火器灭火，因为Mg在CO2燃烧生成MgO和C，故A错误；B选项，K2FeO4用于自来水的消毒和净化，K2FeO4具有强氧化性可杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解得到的胶状物能净水，故B正确；C选项，古代青铜器表面有铜锈，可放入盐酸中浸泡除锈，铜锈是铜在空气中与氧气、水、二氧化碳反应生成碱式碳酸铜，可溶于盐酸，故C错误；D选项，常温下，将铁片浸入足量的浓硫酸中，铁片不溶解，Fe发生了钝化，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】铜绿是铜和空气中水、二氧化碳、氧气长时间反应得到，又称碱式碳酸铜，用盐酸可以除掉铜表面的铜
36、绿；铝、铁与浓硫酸或浓硝酸发生钝化，是发生了反应，不是没有发生反应。14. 常温下，向20mL某硫酸溶液中逐滴加入0.05molL-1的氨水，溶液pH的变化与加入氨水的体积关系如图所示，下列叙述正确的是A. 硫酸的物质的量浓度为0.1molL-1B. 在、之间的任意一点：c()c()的关系一定成立C. 在点所示溶液中：c()=2c(-)c(OH-)=c(H+)，且V40D. 在点所示溶液中：由水电离出的c(OH-)10-7molL-1【答案】C【解析】【分析】【详解】A当未加氨水时，盐酸的pH=1，硫酸是强电解质完全电离，为二元酸，所以硫酸的物质的量浓度=0.05mol/L，故A错误；B在、之
37、间的任意一点：c(OH-)c(H+)，根据电荷守恒c()2c(-)，故可能c()=c(-)，故B错误；C当溶液的pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液呈电中性，所以c()=2c(-)c(OH-)=c(H+)，硫酸铵是强酸弱碱盐溶液呈酸性，要使溶液呈碱性，氨水的物质的量应该稍微大一些，即V40，故C正确；D无论酸溶液还是碱溶液都抑制水的电离，点所示溶液呈碱性，能抑制水的电离，所以由水电离出的c(OH-)10-7mol/L，故D错误；故选C。第II卷(非选择题)二、填空题(每空2分，共58分)15. 铁及其化合物在日常生活生产中应用广泛，研究铁及其化合物的应用意义重大。回答下列问题：（1
38、）已知高炉炼铁过程中会发生如下反应：FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g) H1Fe2O3(s)+CO(g)=Fe3O4(s)+CO2(g) H2Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s)+4CO2(g) H3Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) H4则H4的表达式为H4=_(用含H1、H2、H3的代数式表示)。（2）把高炉出来的气体经过处理后通入NaOH溶液中完全吸收，再用0.01 molL-1的盐酸溶液进行滴定，所得气体与滴入的盐酸体积的关系如图，则滴定前溶液中离子浓度由大到小的顺序为：_。（3）铁等金属可用作CO与氢气反应的催化剂。已知某种催化剂可用
39、来催化反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) H0。在T、106Pa时将1 mol CO和3 mol H2加入容积不变的密闭容器中，实验测得CO的体积分数(CO)如表：t/min01020304050(CO)0.250.230.2140.2020.2000.200能判断反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)达到平衡的是_(填字母)。a.容器内压强不再发生变化 b.混合气体密度不再发生变化c.v正(CO)=3v逆(H2) d.混合气体的平均相对分子质量不再发生变化达到平衡时CO的转化率为_。某种含铁催化剂可以催化合成乙烯：6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2
40、(g)+4H2O(g)。已知温度对CO2的平衡转化率、实际催化率和催化剂催化效率的影响如图所示，结合图像分析温度低于250时CO2实际转化率变化的原因：_。（4）科学家最近采用碳基电极材料，在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如图所示：负极区发生的反应有Fe3+e-=Fe2+、_(写反应方程式)。【答案】（1）H2+H3 （2）c(Na+)c(HCO)c(CO)c(OH-)c(H+) （3） . ad . 33.3% . 温度低于250时，随着温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，二氧化碳的实际转化率变大 （4）4Fe2+O2+4H+
41、=4Fe3+2H2O【解析】【分析】【小问1详解】已知：Fe2O3(s)+CO(g)=Fe3O4(s)+CO2(g) H2Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s)+4CO2(g) H3根据盖斯定律，+，整理可得Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) H4=H2+H3；【小问2详解】根据Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，Na2CO3发生两步反应消耗HCl的物质的量相等，根据反应开始产生气体与产生气体最大量消耗HCl的体积关系可知其中含有Na2CO3、NaHCO3，二者的物质的量的比1：2。则根据物质电离产生离子
42、数目关系可知c(Na+)c(HCO)c(CO)，这两种盐都是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，所以c(OH-)c(H+)，盐水解程度是微弱的，盐电离产生的离子浓度大于水解产生的离子浓度，所以c(CO)c(OH-)，故离子浓度大小关系为：c(Na+)c(HCO)c(CO)c(OH-)c(H+)；【小问3详解】a.在体积不变的密闭容器中发生该反应，反应是气体体积改变的反应，若容器内压强不再发生变化，说明气体的物质的量不变，反应达到了平衡状态，a符合题意；b.反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变；反应混合物都是气体，气体的质量不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，b不
43、符合题意c.在任何时刻都存在3v正(CO)=v正(H2)，若v正(CO)=3v逆(H2)，则v正(H2)=3v正(CO)=9v逆(H2)，反应正向进行，未达到平衡状态，c不符合题意；d.该反应的反应混合物都是气体，气体的质量不变，反应前后气体的物质的量发生改变，若混合气体的平均相对分子质量不再发生变化，说明气体的物质的量不再发生变化，反应达到了平衡状态，d符合题意；故合理选项是ad；反应开始时n(CO)=1 mol，n(H2)=3 mol，假设反应消耗CO的物质的量是x mol，则同时消耗H2为3x mol，根据物质反应转换关系可知平衡时n(CO)=(1-x) mol，n(H2)=(3-3x)
44、 mol，n(CH4)=n(H2O)=x mol，根据表格数据可知平衡时CO的体积分数(CO)是0.200，则，解得x=mol，故达到平衡时CO的转化率为；根据图象可知：当温度低于250时，随着温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，二氧化碳的实际转化率变大；【小问4详解】根据图象可知：在负极上Fe3+得到电子变为Fe2+；Fe2+与O2、H+反应产生Fe3+及H2O，所以负极的发生反应有Fe3+e-=Fe2+、4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O。16. ZnO是电镀、涂料、有机合成等化学工业的重要原料。工业上由含锌废料(主要成分为ZnO，还含有FeO、MgO、CuO、SiO2)为原料
45、生产ZnO的工艺流程如图：已知：沉淀渣1的成分为Fe(OH)3、MnO2(1)浸取渣的主要成分是_(填化学式)。(2)“除杂1”过程需要调节pH至5.2，最好选用_(填字母)；生成沉淀渣1的离子方程式为_。ANa2CO3 BNH3H2O CZnO DH2SO4(3)沉淀渣2的主要成分是_(填化学式)；“除杂3”的目的是_。(4)“沉锌”得到的是Zn2(OH)2CO3，“洗涤干燥”步骤中检验沉淀是否洗涤干净的方法是_。若煅烧过程中固体质量减少了18.6kg，则理论上生成_kgZnO。【答案】 . SiO2 . C . 3Fe2+MnO+7H2O=MnO2+3Fe(OH)3+5H+ . Cu Zn
46、 . 除去浸取液中的Mg2+ . 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成说明沉淀已洗涤干净 . 48.6【解析】【分析】含锌废料(主要成分为ZnO，还含有FeO、MgO、CuO、SiO2)加硫酸酸浸，SiO2不溶于硫酸成为浸取渣，ZnO、FeO、MgO、CuO溶于硫酸，形成了相应的硫酸盐溶液。滤液中加入KMnO4溶液，得到Fe(OH)3和MnO2，除去了铁。再加入锌粉，和溶液中的Cu2+发生置换反应，除去了铜。再加入HF溶液，形成MgF2沉淀，除去了镁。最后加入NH4HCO3，将Zn2+沉淀为Zn2(OH)2CO3，洗涤干燥后煅烧得到ZnO。【详解】(1)
47、浸取渣的主要成分是SiO2。(2)“除杂1”过程需要调节pH至5.2，为了不引入新杂质，最好选用ZnO，故选C。沉淀渣1的成分为Fe(OH)3、MnO2，反应过程中，KMnO4将Fe2+氧化为Fe(OH)3，本身被还原为MnO2，离子方程式为：3Fe2+ +7H2O=MnO2+3Fe(OH)3+5H+。(3)加入锌粉的目的是除去铜，为了将铜全部除去，需要加入过量的锌，所以沉淀渣2的主要成分是Zn和Cu；“除杂3”的目的是除去浸取液中的Mg2+。(4)“沉锌”得到的是Zn2(OH)2CO3，洗涤的目的是洗去固体表面的、K+等离子，可以检验洗涤液中是否有来检验沉淀是否洗涤干净，具体方法是：取最后一
48、次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成说明沉淀已洗涤干净。若煅烧过程中固体质量减少了18.6kg，设生成xkgZnO，根据关系式：可求出x=48.6。17. 由一种短周期金属元素和一种非金属元素组成的化合物X可与水发生复分解反应。某校兴趣小组用如图所示装置(夹持装置略去)对其进行探究实验。（1）仪器G的名称是_，B中红色石蕊试纸变蓝，则单质M的电子式为_。（2）化合物X中含组成单质M的元素的质量分数为，写出X与水反应的化学方程式：_。（3）C中的试剂名称为_。（4）实验时，装置D中硬质玻璃管内的现象为_。（5）装置E中试剂Z为_(填化学式)，装置E的作用是_。（6
49、）若不通过E、F两装置，请设计实验方案证明D中发生了反应(不通过观察D中固体颜色变化)：_。（7）若装置A中固体样品含有杂质(杂质不参与反应)，某同学通过测定F中单质M在标准状况下的体积和固体样品的质量，以确定固体样品中X的质量分数，判断该方案是否可行，并说明原因：_。【答案】（1） . 分液漏斗 . （2） （3）碱石灰 （4）黑色粉末逐渐变为红色，硬质玻璃管末端有水珠凝结 （5） . CCl4 . 吸收未反应，并防止倒吸 （6）称量反应前后硬质玻璃管内固体物质的质量 （7）不可行，因为装置A中生成的氨气不可能完全与CuO反应【解析】【分析】化合物X与水在A中发生复分解反应，B中红色石蕊试纸
50、变蓝，说明生成的气体为氨气，X中含有N元素；氨气经C干燥后，在D中与CuO加热条件下反应生成氮气，为了防止出现倒吸，E中应加入四氯化碳，F用于收集氮气（单质M），结合化合物X中含N元素的质量分数为分析解答。【小问1详解】G为分液漏斗，根据上述分析，M为氮气，氮气的电子式为，故答案为：分液漏斗；【小问2详解】设短周期金属元素R的相对原子质量为a，化合物X可与水发生复分解反应生成氨气，则化合物X中N为-3价，R的化合价可能为+1价、+2价、+3价，则化合物X的化学式可能为R3N或R3N2或RN，其中含N元素的质量分数为，则100%=16.9%或100%=16.9%或100%=16.9%，解得：a=
51、23、46或69，此元素只能为Na，化合物A是Na3N，Na3N与水反应的化学方程式为Na3N+3H2O=3NaOH+NH3，故答案为：Na3N+3H2O=3NaOH+NH3；【小问3详解】C中试剂的作用是除去氨气中的水，干燥氨气应该选用碱石灰，故答案为：碱石灰；【小问4详解】装置D中发生3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O，可观察到黑色粉末逐渐变为红色，硬质玻璃管末端有水珠凝结，故答案为：黑色粉末逐渐变为红色，硬质玻璃管末端有水珠凝结；【小问5详解】E用于吸收氮气中的氨气，为防止倒吸，结合Z的密度大于硫酸，且不溶于水，应选用四氯化碳，故答案为：CCl4；吸收未反应的NH3，并防止倒吸；【
52、小问6详解】反应3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O，反应中固体质量发生变化，因此若不通过E、F两装置，设计实验方案证明D中发生了反应(不通过观察D中固体颜色变化)，可通过称量反应前后硬质玻璃管内固体物质的质量判断，故答案为：称量反应前后硬质玻璃管内固体物质的质量；【小问7详解】如氨气与CuO完全反应，可以确定固体样品中X的质量分数，但装置A中生成的氨气不可能与CuO完全反应，因此不能通过测定F中单质M在标准状况下的体积和固体样品的质量，以确定固体样品中X的质量分数，故答案为：不可行，因为装置A中生成的氨气不可能完全与CuO反应。18. 亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效氧化剂和消毒剂，为
53、白色或略带黄绿色的晶体，易溶于水，NaClO2饱和溶液在低于38时析出NaClO23H2O晶体，高于38时析出NaClO2晶体，高于60NaClO2分解成NaClO3和NaCl。实验室模拟Mathieson法制备亚氯酸钠的装置如下：已知：ClO2浓度越大越容易爆炸。回答下列问题：(1)B中通入SO2生成ClO2的化学方程式为_。(2)三颈瓶中通入ClO2生成NaClO2的离子方程式为_。(3)实验过程持续通入N2的目的是_。(4)从上述NaClO2溶液获得干燥的NaClO2晶体的操作步骤为：减压和55时蒸发结晶趁热过滤用_洗涤真空干燥。趁热过滤的装置如图所示，该操作的作用是_。(5)准确称取0
54、.2500g样品配制成100mL溶液，置于棕色碘量瓶中，调节pH=2(忽略体积变化)，加入足量的KI固体，充分反应后，从中取出25.00mL，以淀粉溶液作指示剂，用0.1000molL-1Na2S2O3定至终点，测定消耗Na2S2O3标准溶液的体积平均为25.00mL。已知滴定反应：+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-，2+I2=+2I-。滴定终点的现象为_。NaClO2样品的纯度为(保留三位有效数字)_。【答案】 . SO2+2NaClO3=Na2SO4+2ClO2 . 2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO+O2+2H2O . 稀释ClO2浓度，防止发生爆炸 . 3860温水 .
55、以防析出NaClO23H2O晶体，影响产品纯度 . 当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液颜色从蓝色变为无色，且半分钟内不褪色 . 90.4%【解析】【分析】装置A中硫酸和Na2SO3固体反应生成SO2，通入装置B与NaClO3反应生成ClO2，Cl的化合价从+5降至+4，发生氧化还原反应，化学方程式为SO2+2NaClO3=Na2SO4+2ClO2，ClO2通入装置C中与H2O2在碱性溶液中反应生成NaClO2，反应的离子方程式为：2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO+O2+2H2O，最后用装置D做尾气吸收；【详解】(1)B中通入SO2与NaClO3反应生成ClO2，Cl元素的化合价
56、从+5降至+4，则S元素从+4升至+6，在NaClO3前配系数2，化学方程式为：SO2+2NaClO3=Na2SO4+2ClO2；(2) ClO2与H2O2在碱性溶液中反应生成NaClO2，反应的离子方程式为：2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO+O2+2H2O；(3)已知ClO2浓度越大越容易爆炸，则实验过程持续通入N2可稀释ClO2浓度，防止发生爆炸； (4)已知高于38时析出NaClO2晶体，高于60NaClO2分解成NaClO3和NaCl，为了防止产品分解，则应用3860温水洗涤；由于NaClO2饱和溶液在低于38时析出NaClO23H2O晶体，则为了防止溶液温度降低而析出杂质晶体
57、，应趁热过滤，其作用为以防析出NaClO23H2O晶体，影响产品纯度；(5) 滴定的原理是第一步先用KI与产品NaClO2反应生成I2，淀粉遇碘单质变蓝，再用Na2S2O3标准溶液与I2反应生成碘离子，反应完后溶液变无色，则滴定终点的现象是：当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液颜色从蓝色变为无色，且半分钟内不褪色；由滴定反应：+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-，2+I2=+2I-可得关系式2I24，则25mL样品溶液中NaClO2物质的量为n=1/4n(Na2S2O3)=1/40.1000molL-10.025L=6.2510-4mol，则0.2500g样品配制成100mL溶液中NaClO2物质的量为6.2510-4100/25=0.0025mol，NaClO2质量为m=nM=0.0025mol90.44g/mol=0.2261g，纯度为0.2261g/0.2500100%=90.4%。
