1、安徽省淮南市寿县一中2020届高三化学素质测试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Cr-52 K-39 Fe-56第I卷（选择题，共48分）一、选择题：（本题共16小题，每题3分，共48分。每题只有一个选项符合题意。）1.中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了古代化学研究成果。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是 常见古诗文记载化学知识A梦溪笔谈中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高B本草纲目拾遗中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃
2、可盛”强水为氢氟酸C天工开物中记载：凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴硫指的是硫黄硝指的是硝酸钾D泉州府志中记载：安南人黄姓者为宅煮糖，墙塌压糖，去土而糖白，后人遂效之糖白的过程发生了化学变化A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. 剂钢为Fe的合金，铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，A项错误；B. 能蚀五金可知为王水，为盐酸、硝酸的混合物，而HF酸与玻璃反应，B项错误；C. 古人以“得”为阴，以“失”为阳；从现代的化学观点来看，硝酸钾、硫在一定条件下发生氧化还原反应：，硫指的是硫黄，硝指的是硝酸钾，硝酸钾是氧化剂，得电子，碳为还原剂，失电子，C项正确；D. 该古诗文指元代
3、南安黄长者发现墙塌压糖后，去土红糖变白糖，说明泥土具有吸附作用，能将红糖变白糖，发生的是物理变化，D项错误；答案选C。2.某合作学习小组讨论辨析：氯化钠固体和氯化氢气体都不导电是因为二者中都不存在离子碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵都属于离子化合物醋酸、烧碱和过氧化钠分别属于酸、碱和碱性氧化物氨气、水和硫酸钡分别属于非电解质、弱电解质和强电解质碳酸钠晶体在空气中风化是化学变化，硫酸铜晶体溶于水是物理变化用玻璃棒蘸取溶液进行焰色反应实验，火焰呈黄色说明溶液中含有Na+用Ba(NO3)2溶液、品红试液都可以区分CO2和SO2这两种气体上述说法正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】氯化钠
4、固体不能导电，氯化钠固体中的离子不能自由移动，故错误；碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵都是由离子构成的，都含有离子键，都属于离子化合物，故正确；过氧化钠与水反应除了生成氢氧化钠还生成氧气，不是碱性氧化物，故错误；氨气不能电离是非电解质，水和硫酸钡是电解质，但水难电离，是弱电解质，硫酸钡在水中溶解的部分是完全电离，所以是强电解质，故正确；风化失去结晶水是化学变化，硫酸铜晶体溶于水没有新物质生成，是物理变化，故正确；焰色反应为元素的性质，Na的焰色反应为黄色，则火焰呈黄色，玻璃棒含硅酸钠，则不能说明该溶液中含有Na+，故错误；酸化的Ba(NO3)2溶液能与SO2反应生成沉淀，SO2能使品红褪色，而二氧化碳
5、不能，可以区分，故正确；正确的有，故选D。3.下列有关叙述正确的是氧化镁：可用作耐火材料；二氧化硅：制造计算机芯片；水玻璃：可作木材防火剂；铝热反应既可 用于焊接钢轨，也可用于工业上冶炼铁；水煤气属于清洁能源；浓硫酸：可用于干燥Cl2、SO2、H2S等气体A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】氧化镁，熔点高，可用作耐火材料，项正确；制造计算机芯片的是硅单质，而不是二氧化硅，项错误；水玻璃是硅酸钠的水溶液，可作木材防火剂，项正确；铝热反应会放出大量的热，可用于焊接钢轨，但铝热反应冶炼铁成分太高，一般不用此方法冶炼铁，项错误；水煤气是CO和H2的混合气体，属于清洁能源，项正确；浓硫酸可
6、用于干燥Cl2、SO2气体，而H2S是还原性气体，因浓硫酸具有强氧化性，能氧化H2S，故不能用浓硫酸干燥H2S，项错误；综上所述，正确；答案选A。【点睛】项硅及其化合物用途是常考点，也是易混知识。硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈。4.设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 12gNaHSO4晶体中SO42-数目为0.1NAB. 2.0gD2O中含有的中子数为NAC. 2.24LCl2与足量Na2SO3溶液反应时转移的电子数为0.2NAD. 标准状况下，4
7、.48 LHF所含原子数目为0.4NA【答案】B【解析】【详解】A. NaHSO4晶体中含钠离子与硫酸氢根离子，不含SO42-，A项错误；B. 2.0gD2O的物质的量为=0.1mol，其中含有的中子数为0.1mol(12+8)NA= NA，B项正确；C. 氯气所处的状态未知，无法求出氯气的物质的量，转移电子数无法确定，C项错误；D. 标准状况下，HF为液体，不是气体，无法按照气体的摩尔体积计算其物质的量，D项错误；答案选B。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题D项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状
8、态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。5.著名化学家徐光宪获得“国家最高科学技术奖”，以表彰他在稀土萃取理论方面作出的贡献。稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。已知：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+Fe3+。下列说法不正确的是( )A. 铈(Ce)元素在自然界中主要以化合态形式存在B. 铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce + 4HI = CeI4 + 2H2C. 用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：C
9、e4+Fe2+ = Ce3+Fe3+D. 四种稳定的核素13658Ce、13858Ce、14058Ce、14258Ce，它们互称为同位素【答案】B【解析】【分析】A结合稀土萃取理论来分析；B应发生氧化还原反应；C用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，发生氧化还原反应，生成Ce3+和Fe3+；D具有相同质子数，不同中子数的不同原子互为同位素。【详解】A、金属铈在空气中易氧化变暗，在自然界中主要以化合态存在，选项A正确；B、氧化性：Ce4+Fe3+，Fe3+I2则Ce能把氢碘酸氧化生成单质碘，选项B正确；C、用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4+Fe2+ = Ce3+F
10、e3+，选项C正确；D、四种稳定的核素13658Ce、13858Ce、14058Ce、14258Ce，是具有相同质子数，不同中子数的不同原子，互称为同位素，选项D正确。答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，注意利用信息及反应中元素的化合价变化来解答，题目难度不大，注重信息的迁移使用来考查学生，选项A为解答的难点。6.下列检验方法，利用该气体的氧化性的是A. Cl2使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝B. SO2使品红溶液褪色C. NH3使湿润的红色石蕊试纸变蓝D. NO遇到空气变为红棕色【答案】A【解析】A. Cl2使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝是因为氯气氧化碘化钾产生碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，选项A符合
11、；B. SO2使品红溶液褪色是因为二氧化硫与有色物质化合而使品红褪色，选项B不符合；C. NH3使湿润的红色石蕊试纸变蓝是因为氨气溶于水生成的氨水呈碱性遇石蕊变蓝，选项C不符合；D. NO遇到空气变为红棕色是因为一氧化氮被氧气氧化体现其还原性，选项D不符合。答案选A。7.Cu2O是赤铜矿的主要成分，Cu2S是辉铜矿的主要成分。铜的冶炼过程通常发生反应：Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2，下列有关说法正确的是（ ）A. 该反应中有三种元素的化合价发生了变化B. 每生成0.1molCu，转移0.2mol电子C. Cu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂D. Cu既是氧化产物又是还原产物【答案】C【解
12、析】【分析】反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，则反应中Cu2S和Cu2O都表现为氧化性，而Cu2S还表现为还原性。【详解】A该反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以有两种元素化合价变化，故A错误；B每生成0.1molCu，转移电子=0.1mol(1-0)=0.1mol，故B错误；C该反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，则Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故C正确；D该反应中铜元素化合价降低，所以铜是还原产物，故D错误；答案选C。【点睛】Cu2S和Cu2O中铜的化合价都是+1价，可能有的学生会把化合价标错，根据化合价的变化确定氧化剂，还原剂，氧化产物，还原产物。
13、8.下列实验操作规范且能达到相应实验目的的是（ ）选项实验目实验操作A配制100g4%的NaOH溶液称取4.0gNaOH放在烧杯中，再加入96.0mL水，搅拌均匀B证明铜与浓硫酸反应生成硫酸铜向反应后并冷却试管中加入适量的水，溶液变蓝C证明Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)向BaCO3悬浊液中加入饱和Na2SO4溶液D检验Al和Fe2O3反应后固体中是否含Fe2O3取样，溶于足量稀硫酸，滴加KSCN溶液不变红，说明不含Fe2O3A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A配制100g 4%的NaOH溶液，需要NaOH固体1004%=4g，需要水100-4=96g，常温下水
14、的密度为1g/mL，则加水的体积为96mL，故A正确；B如果浓硫酸有剩余，剩余物质为浓硫酸，在向浓硫酸中加入水会造成安全隐患，故B错误；C由于加入的SO42-的浓度很大，则可能生成BaSO4沉淀，由此不能说明两种沉淀的Ksp的大小关系，故C错误；D如果反应后的固体中有Al剩余，可能还原得到的溶液中的Fe3+，也可使溶液不变红，D错误。答案选A。【点睛】在进行实验操作中，需要考虑所加的物质是否过量，会对产物造成什么影响，最基本的实验安全，应该酸入水，不能把浓硫酸加入到水中。9.现有MgCl2和Al2(SO4)3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
15、如图所示，则原溶液中Cl 与SO42的物质的量之比为（ ）A. 1：3B. 1：6C. 2：3D. 3：2【答案】C【解析】【详解】由图可知加入0.4molNaOH，沉淀达最大量，沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，根据氢氧根守恒可知2nMg（OH）2+3nAl（OH）3=n（OH-）=0.4mol，加入0.5molNaOH时，沉淀由最大值减小为最小值，故0.1molNaOH溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，nAl（OH）3=0.1mol，所以2nMg（OH）2+30.1mol=0.4mol，故nMg（OH）2=0.05mol，根据化学式MgCl2可知溶液中
16、n（Cl-）=2nMg（OH）2=20.05mol=0.1mol，根据化学式Al2（SO4）3可知溶液中n（SO42-）=nAl(OH)3= 0.1mol=0.15mol，所以原溶液中Cl-与SO42-的物质的量之比为0.1mol：0.15mol=2：3；故选C。10.在给定条件下，下列所示的物质间的转化均能实现的是A. SiO2Na2SiO3(aq)H2SiO3B. MgCl26H2OMgCl2MgC. SO2CaSO3CaSO4D. FeFe2O3FeCl3(aq)【答案】A【解析】【详解】A. SiO2和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，向硅酸钠溶液中通入CO2生成硅酸沉淀，故A正确；B.
17、 加热氯化镁晶体要在氯化氢气流中加热，才能得到MgCl2，故B错误；C. 亚硫酸的酸性小于盐酸，因此SO2与氯化钙溶液不反应，故C错误；D. 铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，故D错误。答案选A。11.Cl2、HCl的混合气体通入足量的氢氧化钠溶液，充分反应后分析产物溶液中除大量OH外，还有Cl、ClO、ClO3，并知这三种离子的物质的量比为9：2：1。试问原混合气体中Cl2与HCl体积比为（ ）A. 2：5B. 3：1C. 5：2D. 1：1【答案】C【解析】【详解】Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为2:1
18、，则可设ClO-为2mol，ClO3-为1mol，则氯离子的物质的量时9mol，被氧化的Cl共为3mol，失去电子的总物质的量为2mol（10）1mol（50）7mol。氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为7mol，即被还原的Cl的物质的量为7mol，则参加反应的氯气是（7mol3mol）25mol。由氯气生成的氯离子是7mol，所以根据氯化氢与氢氧化钠反应的离子方程式HClNaOH=NaClH2O可知，氯化氢生成的氯离子的物质的量是9mol7mol2mol，则氯化氢的物质的量也是2mol，所以原
19、混合气体中Cl2与HCl体积比为5:2，答案选C。12.有关硫及其化合物说法正确的是A. 有浓硫酸参与的反应都是氧化还原反应B. 硫在足量空气中燃烧生成大量SO3C. SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了漂白性D. 二氧化硫可用于抑制酒类中细菌生长，可在葡萄酒中微量添加【答案】D【解析】【分析】A.根据有无化合价的变化判断是否属于氧化还原反应；B.硫与氧气反应只生成二氧化硫；C.SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，表现了还原性；D.二氧化硫能抑制酒类中细菌生长。【详解】A. 氢氧化钠与浓硫酸的反应是酸碱中和反应，无元素化合价发生变化，属于非氧化还原反应，所以有浓硫酸参与的反应不一定是氧化还原反应
20、，故A错误；B. 硫与氧气反应只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故B错误；C. SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色，该反应是氧化还原反应，体现的是SO2的还原性而不是漂白性，故C错误；D. 二氧化硫可用于抑制酒类中细菌生长，少量的二氧化硫对人体健康无害，故D正确，答案选D。【点睛】本题考查硫及其化合物的化学性质，试题难度不大，易错点为B项，S SO2 SO3，硫和氧气反应只能生成二氧化硫。13.向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正
21、确的是A. Cu2+是H2O2分解反应的催化剂B. H2O2既表现氧化性又表现还原性C. Cu2+将H2O2还原为O2D 发生了反应Cu2O + H2O2 + 4H+ = 2Cu2+ + 3H2O【答案】C【解析】A. 蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），红色浑浊又变为蓝色溶液，故Cu2+是H2O2分解反应的催化剂，选项A正确；B. H2O2中氧元素化合价由-1价变为0价和-2价，既表现氧化性又表现还原性，选项B正确；C. 反应中H2O2自身发生氧化还原反应，选项C不正确；D. 发生了反应2Cu2+ + H2O2 + H2O= Cu2O + O2 + 4H+和Cu2O + H2O2 + 4H+
22、= 2Cu2+ + 3H2O，选项D正确。答案选C。14.某稀溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+浓度和加入铁粉的物质的量的关系如图所示。溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为A. 1:1:1B. 1:3:1C. 1:1:4D. 3:3:8【答案】C【解析】【详解】稀溶液中各物质的氧化性顺序为HNO3Fe（NO3）3Cu（NO3）2，加入铁后会依次发生氧化还原反应，Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O；Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；从图象中可知铁为1mol时，无Fe
23、2+生成，发生的反应是消耗硝酸为4mol，生成Fe3+1mol；再加入1mol铁发生反应生成Fe2+物质的量为3mol，反应的Fe3+物质的量为2mol，其中原溶液中的Fe3+物质的量1mol；再加入1mol铁发生反应，此时又生成Fe2+物质的量为1mol，说明原溶液中Cu2+物质的量为1mol；综上所述可知原溶液中Fe（NO3）3为1mol，Cu（NO3）2物质的量为1mol，HNO3物质的量为4mol，稀溶液中Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3物质的量浓度之比为1：1：4；故答案为C。15.A、B、C、D、E五种中学常见物质均含有同一种元素，且A为单质，有如图2所示的转化关系。则
24、下列分析中不正确的是A. 若ABCDE中同一种元素的价态均不相同，则A为非金属单质B. 若A为金属钠，则由1mol D完全反应生成C时，一定有1mol电子转移C. 若A为非金属硫，则的反应类型既可能为氧化还原反应，也可能为非氧化还原反应D. 若A为金属铁，则化合物C和D均可以由化合反应制得【答案】B【解析】【详解】A、根据框图转化，可以找到满足条件的物质分别是：A：N2，B：NO2，C：NO，D：NH3，E：HNO3，只有非金属元素才具有多种可变化合价，此外如含硫元素的物质等，故A正确；B、若A为金属钠，则B为NaHCO3，C：NaOH，D：Na2O，E：Na2CO3 ，1mol氧化钠完全反应
25、生成氢氧化钠时，氧化钠和水的反应可以实现，不存在电子转移，故B错误；C、若A为非金属硫，则B：SO3，C：SO2，D：H2S，E：H2SO4，则的反应是硫酸到二氧化硫的反应，可以用铜与浓硫酸反应，也可以用硫酸与亚硫酸钠反应，故C正确；D、若A为金属铁，则B：Fe（OH）3，C：FeCl3，D：FeCl2，E：Fe2O3，则化合物氯化亚铁可以通过金属铁和氯化铁之间的化合反应来获得，氯化铁可以由氯化亚铁和氯气通过化合反应制得，故D正确；答案选B。16.下列实验现象与对应结论均正确的是（ ）选项操作现象结论A常温下将铁片放入浓硫酸中剧烈反应生成有刺激性气味气体常温下铁易与浓硫酸发生反应BAl2(SO
26、4)3溶液中滴加过量稀氨水先生成白色沉淀，随后又溶解Al(OH)3能溶于氨水C向某溶液中滴加KSCN溶液溶液变为红色该溶液中含有Fe3D将表面氧化的铜丝从酒精灯的外焰慢慢移向内焰黑色的铜丝变红CuO被内焰中的乙醇蒸气氧化A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. 常温下将铁片放入浓硫酸中，会发生钝化反应，即铁的表面生成一层致密的氧化物薄膜，阻止反应的继续发生，因此不会有剧烈反应生成有刺激性气味气体，故A错误；B. Al2(SO4)3溶液中滴加过量稀氨水，会生成白色的氢氧化铝沉淀，但是氢氧化铝不溶于弱碱，因此不会出现溶解的现象，故B错误；C. 向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液
27、变为血红色，说明该溶液中含有Fe3，故C正确；D. 将表面氧化的铜丝从酒精灯的外焰慢慢移向内焰，黑色的铜丝变红，说明CuO被内焰中的乙醇蒸气还原，故D错误；故答案选C。第II卷（非选择题）二、填空题（除标注外，每空2分）17.有4种钠的化合物W、X、Y、Z，它们之间存在如下关系：WXH2OCO2ZCO2XO2ZH2OYO2XCa(OH)2YCaCO3试回答下列问题：（1）W、X、Y、Z的化学式分别是W：_、X：_、Y：_、Z_。（2）以上4个化学反应，属于氧化还原反应的是_(填反应序号)，反应中还原剂是_(写化学式)。反应中每生成标况下3.36L气体，转移电子的数目为_。【答案】 (1). N
28、aHCO3 (2). Na2CO3 (3). NaOH (4). Na2O2 (5). (6). Na2O2 (7). 0.3NA【解析】【分析】四种钠的化合物，Z能与二氧化碳、水反应生成氧气，故Z为Na2O2，X为Na2CO3，Y为NaOH，W分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，故W为NaHCO3，据此解答。【详解】(1)由上述分析可知，W、X、Y、Z的化学式分别是：NaHCO3、Na2CO3、NaOH、Na2O2；(2)反应为2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，反应为Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3+2NaOH，两反应是非氧化还原反应，反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3
29、+O2，反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，两反应是氧化还原反应，反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂；(3)反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据方程式可知，若反应生成=0.15molO2，则反应过程中转移的电子数目为0.3NA。【点睛】熟悉钠及其化合物和性质是解题的关键，过氧化钠中氧的化合价为-1，在与水或二氧化碳反应过程中，都是既做氧化剂又做还原剂。18.某混合物A，含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的变化：据此回答下列问题：（1）、四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是_。（2）根据上述框图反应
30、关系，写出下列B、C、D、E所含物质的化学式固体B_；沉淀C_；沉淀D_；溶液E_。（3）写出、四个反应的化学方程式或离子方程式_；_；_；_。【答案】 (1). 过滤 (2). Al2O3 (3). Al2O3、Fe2O3 (4). Fe2O3 (5). K2SO4、(NH4)2SO4 (6). Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O (7). Al3+3NH3H2O=Al(OH)33NH4+ (8). NaAlO2HClH2O=Al(OH)3NaCl (9). 2Al(OH)3Al2O33H2O【解析】【分析】KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解
31、后，溶液中是KAl(SO4)2，沉淀C为Al2O3和Fe2O3；由转化关系图可知，向沉淀C中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀D为Fe2O3，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al(OH)3沉淀，Al(OH)3受热分解生成固体B为Al2O3；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中E为K2SO4、(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶，得到K2SO4和(NH4)2SO4，然后结合物质的性质及化学用语来解答。【详解】(1)溶液和沉淀的分离利用过滤；(2)由上述分析可知B为Al2O3，C为Al2O3、Fe2O3
32、，D为Fe2O3溶液E为K2SO4、(NH4)2SO4；(3)反应为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；反应为Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+；反应为NaAlO2HClH2O=Al(OH)3NaCl；反应为2Al(OH)3Al2O33H2O。19.钒钛磁铁矿炼钢后剩余的尾渣中含有V2O3、MgO、Al2O3、Fe2O3、SiO2等，现从该钒渣中回收V2O3及少量单质铝的工艺流程如图：（1）滤液I的成分是NaVO3、NaAlO2和_（写化学式）。（2）检验滤渣I中含有一种可作红色油漆和颜料的成分的方法是_。（3）写出“焙烧”时生成NaVO3的化学方程式_。（4）写出
33、滤液与氨水反应生成沉淀的离子方程式_。（5）NH4VO3和Na2SO4的混合液需要经过蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶和过滤等操作得到NH4VO3晶体，结合如图分析，为了得到较纯净的NH4VO3晶体和较高的晶体析出率，应选择最适宜的结晶温度为a、b、c、d四点中_点对应的温度。（6）若经过（5）步骤后得到的是粗NH4VO3晶体，则精制NH4VO3晶体需要采用的操作为_。【答案】 (1). Na2SiO3 (2). 将少量滤渣I溶于稀盐酸中，向溶解后的混合液中滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明滤渣中含有Fe2O3 (3). V2O3+O2+Na2CO32NaVO3+CO2 (4). Al3+3
34、NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+ (5). b (6). 重结晶【解析】【分析】钒钛磁铁矿炼钢后剩余的尾渣中含有V2O3、MgO、Al2O3、Fe2O3、SiO2等，加入纯碱850C焙烧反应生成NaVO3、NaAlO2和Na2SiO3，MgO、Fe2O3和碳酸钠不反应，加入蒸馏水溶解过滤得到滤渣为MgO、Fe2O3，滤液加入试剂调节溶液PH=9，升温到80C过滤得到滤渣和滤液，滤液中加入硫酸铵沉钒，得到偏钒酸铵晶体，550C煅烧得到V2O3；据此分析。【详解】(1)分析可知滤液I的成分是NaVO3、NaAlO2和Na2SiO3；(2)检验滤渣I中是否含有Fe2O3的方法是：将少量滤渣I
35、浓于稀盐酸中，向溶解后的混合液中滴加KSCN溶液,若溶液变为血红色，说明滤渣中含有Fe2O3；(3)V2O3生成NaVO3，因为化合价升高被氧化，因此需要氧气作为氧化剂，“焙烧”时生成NaVO3的化学方程式：V2O3+O2+Na2CO32NaVO3+CO2；(4)滤液中含有氯化铝，与氨水反应生成沉淀的离子方程式：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+；(5) NH4VO3的溶解度随温度升高增大，所以尽可能选择低温条件，但是a点二者的溶解度一样大，适宜选择a、b、c、d四点中b点对应的温度；(6)精制NH4VO3晶体需要采用的操作为重结晶。【点睛】将元素和化合物与工艺流程题相结合的题
36、是常考题型，需要学生对铝，铁等元素和化合物的性质非常熟悉，再结合实验操作，综合分析，将氧化还原反应原理用于化学方程式的书写，例如V2O3生成NaVO3，从化合价的角度分析需要加入氧气作为氧化剂，生成物根据元素守恒判断出有二氧化碳生成。20.绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知：_。（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1g。将样品装入石英玻
37、璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。按下图连接好装置进行实验。仪器B的名称是_。将下列实验操作步骤正确排序_（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。a点燃酒精灯，加热 b熄灭酒精灯 c关闭K1和K2d打开K1和K2，缓缓通入N2 e称量A f冷却到室温根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=_（列式表示）。（3）为探究硫酸亚铁分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。C、D中的溶液依次为_（填标号）。C、D有气泡，并可观察到的现象分别为_。a品红 bNaOH cBaCl2 dBa(NO3)2
38、 e浓H2SO4写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式_。【答案】 (1). 样品中没有Fe3+，Fe2+易被氧化为Fe3+ (2). 球形干燥管 (3). dabfce (4). (5). c、a (6). 生成白色沉淀、品红溶液褪色 (7). 2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3【解析】【分析】（1）根据Fe3+与SCN-反应溶液变红分析；（2）仪器B中装有固体干燥剂，所以B的名称为球形干燥管；装置应先通入N2，排净装置中的空气，再点燃酒精灯，开始反应，反应结束后先熄灭酒精灯，使装置冷却到室温后，再关闭K1和K2，进行称量。关系式法计算；（3）该题中FeSO4分解后的红棕色的Fe2O3，由
39、Fe元素化合价升高，可知S元素化合价必有降低，产物之一必为SO2，根据化合价升降守恒和原子守恒可推测另一产物为SO3，据此分析。【详解】（1）溶液中先滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，说明绿矾样品中无Fe3+，硫酸亚铁与KSCN不反应；再向试管中通入空气，溶液逐渐变红，则溶液中有Fe3+生成，说明硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁，Fe3+与KSCN反应，使溶液变红；答案：样品中没有Fe3+，Fe2+易被氧化为Fe3+（2）仪器B中装有固体干燥剂，所以B的名称为球形干燥管；答案：球形干燥管；装置应先通入N2，排净装置中的空气，再点燃酒精灯，开始反应，反应结束后先熄灭酒精灯，使装置冷却到室温后，再
40、关闭K1和K2，进行称量。所以操作步骤顺序为dabfce；答案：dabfce 结晶水的数目为x，m3-m1为FeSO4的质量，m2-m3为结晶水的质量；FeSO4xH2OFeSO4xH2O 152 18x m3-m1 m2-m3解得x=；答案： （3）C、D中均有气泡冒出，则C中溶液为BaCl2，吸收生成的SO3，有白色沉淀生成，而SO2气体不反应，D中溶液为品红溶液，遇到SO2气体会褪色；答案：c、a 生成白色沉淀、品红溶液褪色该题中FeSO4分解后的红棕色的Fe2O3，由Fe元素化合价升高，可知S元素化合价必有降低，产物之一必为SO2，根据化合价升降守恒和原子守恒可推测另一产物为SO3；硫
41、酸亚铁高温分解反应的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3；答案：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3。【点睛】检验SO2与SO3混合气体中的SO3，可用BaCl2溶液，但不能用Ba(NO3)2溶液，因为SO2是一种自带酸性的还原剂，可被NO3-氧化成SO42-，继而与Ba2+生成BaSO4沉淀，从而干扰SO3的检验。21.（NH4)2Cr2O7可用作有机合成催化剂、媒染剂、显影液等。某化学兴趣小组对(NH4)2Cr2O7的部分性质及组成进行探究。已知：Cr2O72-(橙色）+H2O2CrO42-（黄色）+2H+。请回答下列问题：（1）在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，
42、滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热，观察到的主要现象是_。（2）为探究(NH4)2Cr2O7(摩尔质量为252g/mol)的分解产物，按如图连接好装置，在A中加入5.040g样品进行实验。连接好装置，点燃酒精灯之前，需进行的必要操作是_。反应结束后，依然要通一段时间的氮气的原因是_。加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，同时测得A中残留物为Cr2O3、B中质量的变化为1.44g，写出重铬酸铵加热分解反应的化学方程式：_。（3）实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的样品中氮的质量分数（杂质不发生反应），其反应原理为2Ba2+Cr2O72-+H2O=2BaCrO4+2H+、4NH4+6HCHO
43、=3H+6H2O+(CH2)6N4H+滴定时，1mo1(CH2)6N4H+与1mo1H+相当，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。实验步骤：称取样品5.600g，配成500mL溶液，移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，用氯化钡溶液使Cr2O72-完全沉淀后，加入10mL20.00molL1的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入12滴酚酞试液，用0.200mo1L-1NaOH标准溶液滴定至终点。重复上述操作3次，最终滴定用去NaOH标准溶液体积的平均值为20.00mL。若滴定终点时，仰视读数，则测定结果_(填“偏大”“偏小”或“无影响”）。滴定计算得该样品中N的质量分数为_。
44、【答案】 (1). 固体溶解；产生无色、有刺激性气味的气体；溶液由橙色变为黄色 (2). 检查装置的气密性后通入氮气一段时间将装置内空气排尽 (3). 将A中分解产生的气体全部赶入B中，防止产生实验误差 (4). (NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2+4H2O (5). 偏大 (6). 10.00%【解析】【分析】(1)已知：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+，碱溶液中平衡正向进行，溶液显黄色，在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热生成氨气；(2)气体发生反应，反应前需要检查装置气密性，利用通入氮气把装置内空气赶净，再点燃酒精灯
45、；反应结束后，依然要通一段时间的氮气，把生成的气体全部赶入B中吸收；(NH4)2Cr2O7 (摩尔质量为252g/mol)的分解产物，在A中加入5.040g样品，物质的量=0.02mol，加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，说明无氨气体生成，生成的是氮气，同时测得A中残留物为Cr2O3、B中质量的变化为1.44g，为吸收的水蒸气物质的量=0.08mol，据此定量关系计算写出化学方程式；(3)实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的样品中氮的质量分数(杂质不发生反应)，其反应原理为2Ba2+Cr2O72-+H2O=2BaCrO 4+2H+、4NH4+6HCHO=3H+6H2O+(CH2)6
46、N4H+滴定时，1mo1(CH2)6N4H+与1mo1H+相当，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸，设25mL样品溶液中(NH4)2Cr2O7的物质的量为x，则沉淀重铬酸根离子生成氢离子2xmol，铵根和甲醛反应生成氢离子相当于4molNH4+反应生成4molH+，用0.200mo1L-1 NaOH标准溶液滴定至终点。重复上述操作3次，最终滴定用去NaOH标准溶液体积的平均值为20.00mL，利用氢离子物质的量和氢氧根物质的量相同计算得到x，计算氮元素的含量。【详解】(1)在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热，已知：Cr2O72 (橙色)+H2O2C
47、rO42 (黄色)+2H+，碱溶液中平衡正向进行，溶液显黄色，观察到的主要现象是：固体溶解；产生无色、有刺激性气味的气体；溶液由橙色变为黄色；(2)连接好装置，点燃酒精灯之前，需进行的必要操作是：检查装置的气密性后通入氮气一段时间将装置内空气排尽；反应结束后，依然要通一段时间的氮气的原因是：将A中分解产生的气体全部赶入B中，防止产生实验误差；(NH4)2Cr2O7 (摩尔质量为252g/mol)的分解产物，在A中加入5.040g样品，物质的量=0.02mol，加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，说明无氨气体生成，生成的是氮气，同时测得A中残留物为Cr2O3、B中质量的变化为1.44g，为吸收的
48、水蒸气物质的量=0.08mol，据此定量关系计算，可得化学方程式(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2+4H2O；(3)若滴定终点时，仰视读数，读取消耗氢氧化钠溶液增大，则测定结果偏高；反应原理为2Ba2+Cr2O72-+H2O=2BaCrO 4+2H+、4NH4+6HCHO=3H+6H2O+(CH2)6N4H+ 滴定时，1mo1(CH2)6N4H+与1mo1H+相当，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸，设25mL样品溶液中(NH4)2Cr2O7的物质的量为x，则沉淀重铬酸根离子生成氢离子2xmol，铵根和甲醛反应生成氢离子相当于4molNH4+反应生成4molH+，用0.200mo1L1
49、 NaOH标准溶液滴定至终点。重复上述操作3次，最终滴定用去NaOH标准溶液体积的平均值为20.00mL，2x+2x=0.020L0.200mol/L，x=0.001mol，则500mL溶液中(NH4)2Cr2O7的物质的量=0.001mol=0.02mol，该样品中氮的质量分数=100%=10.00%。22.高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型，高效、多功能绿色水处理剂，可通过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备。已知：KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3；K2FeO4具有下列性质：可溶于水、微溶于浓KOH溶液；在强碱性溶液中比较稳定；在Fe3催化作用下发生分解，在酸性至弱碱
50、性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2。如图所示是实验室模拟工业制备KClO溶液装置。（1）B装置的作用为_。（2）反应时需将C装置置于冷水浴中，其原因为_。（3）制备K2FeO4时，不能将碱性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，其原因是_，制备K2FeO4的离子方程式：_。（4）工业上常用废铁屑为原料制备Fe(NO3)3溶液，溶液中可能含有Fe2+，检验Fe2+所需试剂名称_，其反应原理为_（用离子方程式表示）。（5）工业上用“间接碘量法”测定高铁酸钾的纯度：用碱性KI溶液溶解1.00gK2FeO4样品，调节pH使高铁酸根全部被还原成亚铁离子，再调节pH为34，用1.0mo
51、l/L的Na2S2O3标准溶液作为滴定剂进行滴定（2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI），淀粉作指示剂，装有Na2S2O3标准溶液的滴定管起始和终点读数如图所示：消耗Na2S2O3标准溶液的体积为_mL。原样品中高铁酸钾的质量分数为_。M（K2FeO4）=198g/mol若在配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，则导致所测高铁酸钾的质量分数_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。【答案】 (1). 吸收HCl (2). KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3 (3). 将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，Fe3过量，K2FeO4在Fe3催化作用下
52、发生分解或将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，溶液呈酸性，在酸性条件下，K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3和O2 (4). 2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O (5). 铁氰化钾 (6). 3Fe2+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62 (7). 18.00 (8). 89.1% (9). 偏低【解析】【分析】由实验装置图可知，A装置中用高锰酸钾与盐酸反应制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钠，反应的尾气氯气用氢氧化钾吸收。(1)B中为饱和食盐水，
53、可除去挥发的HCl；(2)C装置置于冷水浴中，防止生成KClO3；(3)由信息可知K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解，在KOH溶液中，Fe(NO3)3与KClO反应生成K2FeO4、KCl和KNO3；(4)亚铁离子与铁氰化钾反应生成蓝色沉淀；(5由图可知，起始和终点读数分别为1.40mL、19.40mL；由电子得失守恒可知FeO42-2I2，结合2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，得关系式FeO42-2I24Na2S2O3，以此计算；配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，体积偏小，标准液的浓度偏大，滴定时消耗标准液的体积偏小。【详解】(1)B装置的作用为吸收HC
54、l；(2)反应时需将C装置置于冷水浴中，其原因为KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3；(3)制备K2FeO4时，不能将碱性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，其原因是将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解(或将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，溶液呈酸性，在酸性条件下，K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3和O2，在KOH溶液中，Fe(NO3)3与KClO应生成K2FeO4、KCl和KNO3，反应的方程式为2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H
55、2O，离子方程式为2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；(4)检验Fe2+所需试剂名称为铁氰化钾，其反应原理为3Fe2+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62；(5)由图可知，起始和终点读数分别为1.40mL、19.40mL，则消耗Na2S2O3标准溶液的体积为18.00mL；由电子得失守恒可知FeO42-2I2，结合2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，FeO422I24Na2S2O3，可知原样品中高铁酸钾的质量分数为100%=89.1%；配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，体积偏小，标准液的浓度偏大，滴定时消耗标准液的体积偏小
56、，则导致所测高铁酸钾的质量分数偏低。23.铜在生活中有广泛的应用。CuCl2和CuCl是两种常见的盐，广泛应用于工业生产。I. CuCl2固体遇水易水解。实验室用如图所示的实验仪器及药品来制备纯净、干燥的氯气，并与粗铜（含杂质铁）反应制备氯化铜（铁架台、铁夹及酒精灯省略）。（1）写出装置A中，发生反应的化学反应方程式：_，装置C的作用是_（2）完成上述实验，按气流方向连接各仪器接口的顺序是a_。（每种仪器限使用一次）（3）上述D装置的作用是_. CuCl是应用广泛的有机合成催化剂，可采取不同方法制取。CuCl晶体呈白色，露置于潮湿空气中易被氧化。方法一：向上述制得的氯化铜溶液中通入SO2，加热
57、一段时间即可制得CuCl，写出该反应的离子方程式：_。方法二：铜粉还原CuSO4溶液已知：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2ClCuCl32(无色溶液)。（1）中，“加热”温度不宜过高和过低，目的是_，当观察到_现象，即表明反应已经完全。（2）中，加入大量水的作用是_。（从平衡角度解释）【答案】 (1). 2KMnO4+16HCl=5Cl2+2KCl+8H2O+2MnCl2 (2). 除去氯气中混有的HCl (3). d e j h (b c) g f (4). 吸收氯气防止尾气污染；防止空气中的水蒸气进入装置，使CuCl2水解 (5). 2Cu2+2ClSO22
58、H2O=2CuCl4H+SO42- (6). 温度不能过低，防止反应速率慢；不能过高，过高HCl挥发 (7). 溶液由蓝色变为无色 (8). 稀释促进平衡CuCl（白色）+2ClCuCl32（无色溶液）逆向移动，生成CuCl【解析】【分析】I.（1）装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气、氯化钾、氯化锰、水；氯气难溶于饱和食盐水，氯化氢易溶于饱和食盐水；（2）用干燥、纯净的氯气制备氯化铜，实验顺序是氯气制取、除杂、干燥、与铜反应、尾气处理；（3）装置D中的碱石灰可以吸收氯气、水蒸气；. 氯化铜溶液中通入SO2，氯化铜被还原为CuCl，SO2被氧化为硫酸；（1）温度过低，反应速率慢；温度过高， H
59、Cl易挥发。CuSO4溶液呈蓝色、CuCl32呈无色；（2）加水稀释CuCl（白色）+2ClCuCl32平衡逆向移动。【详解】I.（1）装置A中，高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气、氯化钾、氯化锰、水，发生反应的化学反应方程式为：2KMnO4+16HCl=5Cl2+2KCl+8H2O+2MnCl2；氯气难溶于饱和食盐水，氯化氢易溶于饱和食盐水，所以装置C中装有饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的HCl；（2）从a出来的气体含有氯化氢和水蒸气，依次通过d e j h 除去氯化氢和水蒸气，然后与铜反应，最后用碱石灰处理尾气，则依次再通过b c g f，所以按照气流方向各仪器接口的连接顺序为adejhbc gf；（3）D装置中装有碱石灰，其作用是吸收氯气防止尾气污染；防止空气中的水蒸气进入装置，使CuCl2水解；. 向制得的氯化铜溶液中通入SO2，加热一段时间即可制得CuCl，同时生成硫酸，反应的离子方程式为：2Cu2+2ClSO22H2O=2CuCl4H+SO42-；（1）温度不能过低，防止反应速率慢；不能过高，过高HCl挥发，故中“加热”温度不宜过高和过低；当观察到溶液由蓝色变为无色，即表明反应已经完全；（2）中，加入大量水的作用是稀释促进平衡CuCl（白色）+2Cl CuCl32逆向移动，生成CuCl沉淀。