甘肃省天水一中2021届高三化学上学期第一学段考试试题（含解析）.doc

1、甘肃省天水一中2021届高三化学上学期第一学段考试试题（含解析） (满分：100分 时间：90分钟)可能用到的相对原子质量：H-1、C-12、N-14、O-16、Na-23、Mg-24、Al-27、Fe-56、Cu-64、Zn-65、S-16、Cl-35.5、Ag-108、Br-80、I-127、Ba-137、Ca-40、K-39第I卷 选择题(共48分)注意：16，每小题2分；718，每小题3分。共48分，每小题只有一个正确答案1. “白墙黑瓦青石板，烟雨小巷油纸伞”，是著名诗人戴望舒雨巷中描述的景象，下列有关说法中错误的是A. “白墙”的白色源于墙体表层的CaOB. “黑瓦”与陶瓷的主要成

2、分都是硅酸盐C. 做伞骨架的竹纤维的主要成分可表示为(C6H10O5)nD. 刷在伞面上的熟桐油是天然植物油，具有防水作用【答案】A【解析】【详解】A、“白墙”的白色源于墙体表层的CaCO3，选项A错误；B、陶瓷、砖瓦均属于传统的硅酸盐产品，选项B正确；C、竹纤维的主要成分是纤维素，选项C正确；D、植物油属于油脂，油脂不溶于水，刷在伞面上形成一层保护膜能防水，选项D正确。答案选A。2. 下列说法中，正确的是（ ）A. Na2O、Na2O2为相同元素组成的金属氧化物，都属于碱性氧化物B. SiO2、CO2均为酸性氧化物，均能与NaOH溶液反应生成盐和水C. FeO、Fe2O3均为碱性氧化物，与氢

3、碘酸反应均只发生复分解反应D. 工业上电解熔融MgCl2制取金属镁；也用电解熔融AlCl3的方法制取金属铝【答案】B【解析】ANa2O、Na2O2为相同元素组成的金属氧化物，氧化钠属于碱性氧化物，但是过氧化钠不属于碱性氧化物，故A错误；BSiO2、CO2均均能与NaOH溶液反应生成盐和水，为酸性氧化物，故B正确；CFeO、Fe2O3均为碱性氧化物，氧化铁与氢碘酸反应时因得到的Fe3+，具有氧化性，能被还原性的碘离子还原，则同时还会发生氧化还原反应，故C错误；D氯化铝是共价化合物，熔融状态不导电，工业上用电解熔融氧化铝的方法制取金属铝，故D错误；故答案为B。3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列

4、说法正确的是()A. 标准状况下，5.6 LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NAB. 16.25gFeCl3溶于水形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAC. 标准状况下，11g3H216O中含有的中子数目为5NAD. 4.6g金属钠与一定量的O2充分反应转移电子数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A. 标准状况下，5.6LCO2物质的量为 =0.25mol，依据方程式： ，消耗2mol二氧化碳,转移2mol电子，所以转移电子数为：0.25 NA，故A错误；B. 一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故16.25gFeCl3的物质的量是 ，所形成的氢氧化铁胶粒的个数小于0

5、.1 NA个，故B错误；C. 标准状况下，3H216O 的中子数为22+8=12，11g3H216O的物质的量是 =0.5mol，所含有的中子数目为0.5mol12=6NA，故C错误；D. 4.6gNa的物质的量为 =0.2mol，0.2molNa完全反应失去0.2mol电子，转移电子数为0.2 NA，故D正确；故选：D。4. 下列关于物质或离子检验的叙述正确的是A. 在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B. 气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C. 灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D. 将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明

6、原气体是CO2【答案】B【解析】【详解】A、Fe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN不反应无现象，滴加KSCN 溶液，溶液呈红色，则证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+，故A错误；B、气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4+5H2OCuSO45H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故B正确；C、灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，并不能证明无K+，Na+焰色反应为黄色，可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，故C错误；D、能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等，故将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体不一定是CO2，故D错误；故

7、选B。5. 下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是( )A. Fe3+、Mg2+、SCN-、Cl-B. OH-、Na+、C. D. 【答案】D【解析】【详解】A. Fe3+与SCN-发生反应生成，不能大量共存，故A错误；B. OH-与发生反应生成和H2O，不能大量共存，故B错误；C. 发生反应生成氢氧化铝和碳酸根离子，不能大量共存，故C错误；D. 可以大量共存，故D正确。故答案选：D。6. 下列解释实验现象的反应方程式不正确的是( )A. 切开的金属 Na 暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗：4NaO2=2Na2OB. 向AgCl 悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变为黑色：2AgCl(s)S2(

8、aq)Ag2S(s)2Cl(aq)C. 向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，出现白色沉淀：SO2H2OBa2+=BaSO32H+D. 向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：2H+Ba2+2OHBaSO42H2O【答案】C【解析】【详解】A切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗，该反应为4Na+O22Na2O，故A正确，但不符合题意；B向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，发生沉淀的转化，离子反应为2AgCl+S2-Ag2S+2Cl-，故B正确，但不符合题意；C. 向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，正确的离子方

9、程式为： ，故C错误，符合题意；D. 向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，氢氧根离子和氢离子按2:2反应，离子方程式是 ，故D正确，但不符合题意；故选：C。7. 已知PbO2在盐酸溶液中易被还原成PbCl2，且PbO2、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列叙述中，正确的是( )A. Cl2通入FeI2溶液中，可存在反应3Cl26FeI2=2FeCl34FeI3B. FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化C. I2具有较强的氧化性，可以将PbCl2氧化成PbO2D. 1molPbO2在盐酸溶液中被氧化生成PbCl2时转移2 mole-【答案】B【解析】【详解】由

10、题意可知，各物质的氧化性顺序为：；逐项分析可知：A.Cl2通入FeI2溶液中，会先将I-氧化为I2，如Cl2过量会再将Fe2+氧化为Fe3+，不会先氧化Fe2+而留有I-，故A错误；B. 因FeCl3氧化性大于I2，故FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化为I2，故B正确；C.I2的氧化性远弱于PbO2，不能将PbCl2氧化为PbO2，故C错误；D.PbO2中Pb为+4价，而PbCl2中Pb为+2价，由PbO2变为PbCl2说明Pb被还原，每有1个PbO2被还原转移2个e-，故D错误。故答案选：B。8. 在一定条件下进行的下列化学反应，已知A、B、C中均含有同种元素，则下列对应物质不正确的是(

11、 )选项A物质B物质C物质D物质ANaOH溶液Na2CO3溶液NaHCO3溶液CO2BFeFeCl2FeCl3Cl2CAlCl3溶液Al(OH)3NaAlO2溶液NaOH溶液DH2SSSO2O2A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.若A为NaOH溶液，D为CO2，则NaOH可与CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3可与H2O和CO2反应生成NaHCO3，NaOH可与NaHCO3反应生成Na2CO3，故A正确；B.若A为Fe，D为Cl2，则Fe 与Cl2反应生成FeCl3而不是FeCl2，故B错误；C.若A为AlCl3溶液，D为NaOH溶液，则AlCl3可与NaOH反应

12、生成Al(OH)3，Al(OH)3可与NaOH反应生成NaAlO2，AlCl3可与NaAlO2反应生成Al(OH)3，故C正确；D.若A为H2S，D为O2，则H2S可与O2反应生成S，S可与O2生成SO2，H2S可与SO2生成S，故D正确；故选：B。9. 固体粉末中可能含有、和中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：将加入足量水中，得到不溶物和溶液；取少量加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物；用玻璃棒蘸取溶液滴于试纸上，试纸呈蓝色；向溶液中滴加溶液，生成白色沉淀。通过以上实验现象，下列结论正确的是（ ）A. 中一定不存在B. 不溶物中一定含有和，而Fe

13、与中至少含有一种C. 溶液中一定含有D. 若向生成的白色沉淀中滴加过量盐酸，沉淀不完全溶解，则粉末中含有【答案】C【解析】【分析】将加入足量水中，得到不溶物和溶液，中含有、中的若干种；取少量加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为，红色不溶物为，说明中一定含有、；用玻璃棒蘸取溶液于试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，则溶液中一定含有，可能含有；向溶液中滴加溶液，生成白色沉淀，该沉淀一定含有碳酸银，可能含有氯化银。【详解】A. 不能确定中是否含有，A错误；B. 不溶物中一定含有、和Fe，B错误；C. 据以上分析，溶液中一定含有，C正确；D. 若向生成的白色沉淀中滴加

14、过量盐酸，沉淀不完全溶解，则粉末中不一定含有，因为加入盐酸时引入了，D项错误；答案选C。10. 下列物质的转化在给定条件下不能实现的是( )A. FeFe2O3Fe2(SO4)3B. SSO3H2SO4C. 饱和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3D. MgCl2(aq)MgCl26H2OMg【答案】B【解析】【详解】A.Fe可以在空气中氧化得到Fe2O3，Fe2O3可以与硫酸反应得到Fe2(SO4)3，故A不选；B.S不能一步直接转换为SO3，故B选；C. 饱和NaCl(aq)中通入氨气和二氧化碳得到NaHCO3，NaHCO3受热分解得到Na2CO3，故C不选；D. MgCl2(aq)在

15、氯化氢气流下蒸发结晶得到MgCl26H2O，MgCl26H2O电解熔融态得到Mg，故D不选。故答案选：B。11. 高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：下列叙述错误的是A. 用K2FeO4作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水B. 反应I中尾气可用FeCl2溶液吸收再利用C. 反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2D. 该条件下，物质的溶解性：Na2 FeO4K2FeO4，D叙述错误，但是符合题意；答案选D。12. 由硫铁矿(主要成分：FeS2和SiO2)为主要原料得到绿矾(FeSO47H2O)的流程如下：下列说法不正确的是A. 过程1废气中含S

16、O2B. 过程2试剂a为稀硫酸C. 过程3离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+D. 过程4将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾【答案】D【解析】【分析】由制备绿矾流程可知，硫铁矿(主要成分：FeS2和SiO2)高温煅烧后的烧渣(主要成分：Fe2O3和SiO2)溶于硫酸，溶液中含Fe3+，过程2过滤除去二氧化硅，滤液中通入二氧化硫，将铁离子还原生成亚铁离子，过程4为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾。【详解】A根据上述分析，过程1，废气中含SO2，故A正确；B因绿矾酸根离子为硫酸根离子，则过程2最好用硫酸来溶解烧渣，故B正确；C. 过程3中二氧化硫将

17、铁离子还原生成硫酸亚铁，离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+，故C正确；D. 过程4，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，蒸干时绿矾受热失去结晶水，得不到纯净绿矾，故D错误；答案故选D。【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握制备流程中发生的反应、混合物分离方法、实验技能等为解答的关键。注意选项C为解答的难点，要注意氧化还原反应方程式的配平。13. 利用废蚀刻液（含FeCl2、CuCl2及FeCl3）制备碱性蚀刻液Cu（NH3）4Cl2溶液和FeCl36H2O的主要步骤：用H2O2氧化废蚀刻液，制备氨气，制备碱性蚀刻液CuCl2+4NH3=Cu（NH3）

18、4Cl2、固液分离，用盐酸溶解沉淀并制备FeCl36H2O。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是（）A. 用装置甲制备NH3B. 用装置乙制备Cu（NH3）4Cl2并沉铁C. 用装置丙分离Cu（NH3）4Cl2溶液和Fe（OH）3D. 用装置丁将FeCl3溶液蒸干制备FeCl36H2O【答案】D【解析】【详解】A实验室制备氨气，可用氢氧化钙、氯化铵在加热条件下进行，故A正确；B氨气易溶于水，注意防止倒吸，氨气与溶液反应生成Cu(NH3)4Cl2和氢氧化铁，故B正确；C分离固体和液体，可用过滤的方法，故C正确；D应在蒸发皿中蒸发，且避免氯化铁水解，更不能直接蒸干，故D错误；故答案为D。【点睛】

19、考查物质制备实验设计、物质分离的实验基本操作，明确实验原理是解题关键，用H2O2氧化废蚀刻液，使亚铁离子生成铁离子，用甲装置制备氨气，生成的氨气通入乙装置，制备碱性蚀刻液CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2，用丙装置过滤分离，用盐酸溶解氢氧化铁沉淀，将溶液在蒸发皿中进行蒸发，且应通入氯化氢，防止铁离子水解，以达到制备FeCl36H2O的目的，注意把握物质性质的理解、物质分离提纯的方法。14. 工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如下。下列说法不正确的是A. 在铝土矿制备较高纯度A1的过程中常用到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

20、应C. 在制粗硅时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为12D. 黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、FeO均是还原产物【答案】B【解析】A.铝土矿中的氧化铝能够被氢氧化钠溶解生成偏铝酸钠进入溶液，再通入二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，然后电解熔融的氧化铝制得铝，整个过程中用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石，故A正确；B.石英和玻璃不能与盐酸反应，故B错误；C. 二氧化硅与碳高温下反应生成硅和一氧化碳，反应的方程式为2C+SiO2Si+2CO，氧化剂与还原剂的物质的量之比为12，故C正确；D. 黄铜矿(CuFeS2)与O2反应中，产生的Cu2S中铜盐酸的化合价

21、降低被还原、FeO中O盐酸的化合价降低，被还原，Cu2S、FeO均是还原产物，故D正确；故选B。点睛：本题考查元素化合物知识，侧重考查金属冶炼，明确元素化合物的性质是解本题关键。本题的易错点是D，要知道从化合价的角度分析判断。 15. 在200 mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl-等离子的溶液中，逐滴加入5molL-1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（mol）关系如图所示。下列叙述不正确的是A. x y = 0.01molB. 原溶液中c（Cl-）=0.75 molL-1C. 原溶液的pH=1D. 原溶液中n（Mg2+）n（Al3+）=51【答案】B

22、【解析】分析】由给出的离子在滴入NaOH溶液时发生H+OH-H2O，Mg2+、Al3+结合OH-生成沉淀，NH4+与OH-反应，氢氧化铝与OH-反应而溶解，并结合图象可知，04mL时发生酸碱中和，430mL发生Mg2+、Al3+结合OH-生成沉淀的反应，3033mL发生NH4+与OH-反应，3335mL发生氢氧化铝的溶解反应，然后利用离子反应方程式来计算解答【详解】A由图及离子反应可知x-y的值即为Al(OH)3的物质的量，则设Al(OH)3的物质的量为n，解得n=0.01mol，即x-y=0.01mol，故A正确；B由图可知，加入33mLNaOH溶液时溶液中的溶质只有NaCl，Na+由NaO

23、H提供，所以n(Na+)=n(Cl-)=330.001L5molL-1=0.165mol，则原溶液中Cl-的物质的量浓度为=0.825mol/L，故B错误；C由图可知04mL时发生H+OH-H2O，则H+的物质的量为4mL0.001L5molL-1=0.02mol，H+的物质的量浓度为=0.1mol/L，则pH=1，故C正确；D由430mL发生Mg2+、Al3+结合OH-生成沉淀的反应，根据反应Al3+3OH-Al(OH)3，Al3+消耗的OH-的物质的量为n(OH-)=3n(Al3+)=0.01mol3=0.03mol，所以Mg2+消耗的OH-的物质的量为（30-4）mL0.001L5mol

24、L-1-0.03mol=0.1mol，所以n(Mg2+)=0.05mol，则原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=0.05：0.01=5：1，故D正确；故答案为B。16. 在一定量铁的氧化物中，加入45 mL4 mol/L硫酸溶液恰好完全反应，所得溶液中Fe2+能恰好被标准状况下672mL氯气氧化。则该固体中铁原子和氧原子的个数之比为A. 5:6B. 7:9C. 3:4D. 2:3【答案】B【解析】【分析】根据题意，铁的化合物中的铁元素可能含有+2价和+3价，根据氯气将亚铁离子氧化的反应，结合氯气的量可以计算亚铁离子的量，铁的氧化物可理解成FeO和Fe2O3按一定比例混合而成，根据消耗的硫酸

25、计算Fe、O原子个数之比。【详解】硫酸的物质的量n（H2SO4）=4mol/L0.045L=0.18mol，672mL氯气的物质的量为0.03 mol，根据反应2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-可知反应后溶液中n（Fe2+）=0.06mol，设FeO为Xmol，Fe2O3为Ymol，由FeO+ H2SO4=FeSO4+H2O和Fe2O3+ 3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O可得求解关系式X+3Y=0.18，X=0.06，解得X=0.06mol、Y=0.04mol，则该固体中铁原子和氧原子的个数之比为（0.06 mol+0.04mol2）：（0.06 mol+0.04mol3）=7:9

26、，故选B。【点睛】本题考查与化学反应有关的化学计算，掌握铁的化合物的性质，正确书写化学方程式，利用方程式计算是解答关键。17. 已知NaHSO3溶液显酸性，还原性：HSO3I，氧化性：IO3I2。在含3mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液。加入NaIO3的物质的量和析出的I2的物质的量的关系曲线如图。下列说法正确的是 （ ）A. 反应过程中的氧化产物均为Na2SO4B. a点时消耗NaHSO3的物质的量为1.0 molC. Ob间的反应可用如下离子方程式表示：3HSO3IO33OH=3SO42I3H2OD. 当溶液中I与I2的物质的量之比为53时，加入的NaIO3为1.1 mol

27、【答案】D【解析】【详解】还原性HSO3-I-，所以首先是发生以下反应离子方程式：IO3-+3HSO3-I-+3SO42-+3H+，继续加入KIO3，氧化性IO3-I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H+5I-3H2O+3I2，A. 反应过程中的氧化产物分别为Na2SO4和I2，选项A错误；B由图可知，a点碘酸钠的物质的量是0.4mol，根据碘酸钠和亚硫酸氢钠的关系式知，消耗NaHSO3的物质的量=3=1.2mol，选项B错误；C、0b间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钠的物质的量是1mol，亚硫酸氢钠的物质

28、的量是3mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSO3-+IO3-3SO42-+I-+3H+，选项C错误；D、b点碘酸钠的物质的量是1mol，生成碘离子也是1mol。根据反应式IO35I6H=3I23H2O可知，如果设此时消耗碘离子的物质的量是x，则消耗碘酸钠就是,生成单质碘是,所以有（1x）53，解得x所以加入的的碘酸钠是11.1mol，选项D正确，答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应的有关计算，如果氧化剂和不同的还原剂混合时，氧化剂首先氧化还原性最强的还原剂，然后依次进行，据此可以判断氧化还原反应的先后顺序。18. 将某一钠铝合金置

29、于水中，合金全部溶解，得到体积为20mL、其中c(NaOH)=1mol/L的溶液，然后用1mol/L的盐酸滴定，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如图所示。则下列判断正确的是( )A. 图中m值为1.56gB. 标准状况下产生H2896 mLC. 图中V2为60 mLD. 原合金质量为0.92g【答案】A【解析】【分析】钠铝合金置于水中，合金全部溶解，发生2Na+2H2O2NaOH+H2、2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2+3H2，加盐酸时发生NaOH+HClNaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al(OH)3、Al(OH)3+3HClAlCl3+3H2O，再结合图象中加入

30、40mL盐酸生成的沉淀最多来计算。【详解】由图象可知，向合金溶解后的溶液中加盐酸，先发生NaOH+HClNaCl+H2O，后发生NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al(OH)3，最后发生Al(OH)3+3HClAlCl3+3H2O，合金溶解后剩余的氢氧化钠的物质的量为0.02L1mol/L=0.02mol，由NaOH+HClNaCl+H2O，0.02mol0.02mol则V1为 =0.02L=20mL，生成沉淀时消耗的盐酸为40mL20mL=20mL，其物质的量为由0.02L1mol/L=0.02mol，由NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al(OH)3，0.02mol0.02mol

31、0.02mol由Al元素守恒，原合金中n(Al)=0.02mol，由Na元素守恒，原合金中n(Na+)=0.02mol+0.02mol=0.04mol。A. 由上述计算可知，生成沉淀为0.02mol，其质量为0.02mol78g/mol=1.56g，故A正确；B. 由2Na+2H2O2NaOH+H2、2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2+3H2，生成氢气的物质的量为0.02mol+0.03mol=0.05mol，其标况下的体积为0.05mol22.4L/mol=1.12L，故B错误；C. 由Al(OH)3+3HClAlCl3+3H2O可知，溶解沉淀需要0.06molHCl，其体积为60m

32、L，则V2为40mL+60mL=100mL，故C错误；D. 由钠元素及铝元素守恒可知，合金的质量为0.04mol23g/mol+0.02mol27g/mol=1.46g，故D错误；故选A。【点睛】本题过程比较复杂，注意题中告诉OH-剩余，要知道铝反应完了，此时溶液的成分是氢氧化钠和偏铝酸钠，应用元素守恒分析Na元素的物质的量时，要注意有两部分（NaOH和NaAlO2）。第II卷 非选择题(共52分)19. 氧化剂和还原剂在生产生活中广泛使用。(1)KMnO4和HBr溶液可以发生如下反应：2KMnO416HBr=2KBr2MnBr28H2O5Br2其中还原剂和氧化剂的物质的量之比为_若消耗0.1

33、mol氧化剂，则被氧化的还原剂的物质的量为_，转移电子数目_。(2)人体内所含铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在。市场出售的某种麦片中含有微量的颗粒细小的还原铁粉，这些铁粉在人体胃酸的作用下转化成亚铁盐，此反应的离子方程式为_，但Fe2+在酸性条件下很容易被空气中的O2氧化，写出该反应的离子方程式_(3)次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品，具有较强还原性，可与足量的NaOH完全中和生成NaH2PO2，NaH2PO2溶液可使酚酞试液变红，回答下列问题：H3PO2中，磷元素的化合价为_ 写出H3PO2电离方程式_H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为金属银，从而用于化学镀银。利

34、用(H3PO2)进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为41，写出该反应的离子方程式_【答案】 (1). 5：1 (2). 0.5mol (3). 0.5NA (4). 2H+Fe=Fe2+H2 (5). 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O (6). +1 (7). (8). H3PO2+4Ag+2H2O=4Ag+H3PO4+4H+【解析】【分析】（1）反应：，KMnO4中Mn元素化合价由+7价下降到+2价为氧化剂；HBr中Br元素由-1价升高到0价，为还原剂；根据得失电子守恒计算；（2）铁粉与胃酸（HCl）反应生成氯化亚铁和氢气；Fe2+被氧气氧化为Fe3+；（3）根据化合

35、物中化合价的代数和为0确定P元素化合价；H3PO2可与足量的NaOH完全中和生成NaH2PO2则H3PO2为一元弱酸，以此写出电离方程；根据转移电子守恒判断氧化产物。【详解】（1）反应：，KMnO4中Mn元素化合价由+7价下降到+2价为氧化剂；HBr中Br元素由-1价升高到0价，为还原剂；由化合价升降守恒可知，还原剂和氧化剂的物质的量之比为5：1；若消耗0.1mol氧化剂，则被氧化的还原剂的物质的量为0.5mol；转移电子数目，故答案为：5：1；0.5mol；0.5NA；（2）铁粉与胃酸（HCl）反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为：2H+Fe=Fe2+H2；Fe2+被氧气氧化为Fe3+离子方

36、程为：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，故答案为：2H+Fe=Fe2+H2；4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；（3）根据化合物中化合价的代数和为0，H3PO2中， 磷元素的化合价为+1价；H3PO2可与足量的NaOH完全中和生成NaH2PO2则H3PO2为一元弱酸，电离方程为：；Ag+还原为金属银则Ag+做氧化剂，H3PO2做还原剂，化剂与还原剂的物质的量之比为41，Ag化合价下降1，由化合价升降守恒可知P化合价升高4，则生成H3PO4，离子方程为：H3PO2+4Ag+2H2O=4Ag+H3PO4+4H+。故答案为：+1；H3PO2+4Ag+2H2O=4Ag+H3PO4+4

37、H+。20. Na2O2具有强氧化性，H2具有还原性，某同学根据氧化还原反应的知识推测Na2O2与H2能发生反应。为了验证此推测结果，该同学设计并进行如下实验。I.实验探究步骤1：按如图所示的装置组装仪器（图中夹持仪器已省略）并检查装置的气密性，然后装入药品。步骤2：打开K1、K2，在产生的氢气流经装有Na2O2的硬质玻璃管的过程中，未观察到明显现象。步骤3：进行必要的实验操作，淡黄色的粉末慢慢变成白色固体，无水硫酸铜未变蓝色。（1）组装好仪器后，要检查装置的气密性。简述检查虚线框内装置气密性的方法：_。（2）B装置中所盛放的试剂是_，其作用是_。（3）步骤3中的必要操作为打开K1、K2，_（

38、请按正确的顺序填入下列步骤的字母）。A加热至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间B用小试管收集气体并检验其纯度C关闭K1D停止加热，充分冷却（4）由上述实验可推出Na2O2与H2反应的化学方程式为_。II数据处理（5）实验结束后，该同学欲测定C装置硬质玻璃管内白色固体中未反应完的Na2O2含量。其操作流程如下：测定过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有电子天平、烧杯、酒精灯、蒸发皿和_。在转移溶液时，若溶液转移不完全，则测得的Na2O2质量分数_（填“偏大”“偏小”或“不变”）【答案】 (1). 关闭K1，向A装置中的漏斗加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定不降，说

39、明虚线框内的装置气密性良好 (2). 碱石灰 (3). 吸收氢气中的水和氯化氢 (4). BADC (5). Na2O2+H22NaOH (6). 玻璃棒 (7). 偏小【解析】I(1)关闭K1，向A装置中的漏斗加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定不降，说明启普发生器的气密性良好；(2)A中生成的H2中混有水蒸气和挥发出的HCl，应利用B装置中所盛放的碱石灰吸收吸收氢气中的水和氯化氢；(3)步骤3中的必要操作为打开K1、K2，应先通一会儿氢气并用小试管收集气体并检验其纯度，当装置内空气完全除去后，加热C中至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间，然后停止加热，充分冷却，

40、最后关闭K1，故操作顺序为BADC；(4)Na2O2与H2反应无水生成，说明产物为NaOH，发生反应的化学方程式为Na2O2+H22NaOH；IINaCl溶液蒸发操作进需要用玻璃棒搅拌，则操作过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有电子天平、烧杯、酒精灯、蒸发皿和玻璃棒；在转移溶液时，若溶液转移不完全，则得到NaCl的固体质量偏低，固体增重量偏低，导致NaOH的含量偏高，则测得的Na2O2质量分数偏小。点睛：解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理反应物质仪器装置现象结论作用意义联想。具体分析为：实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相

41、关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。实验现象：自下而上，自左而右全面观察。实验结论：直接结论或导出结论。21. 某矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2，工业上用该矿渣获取铜和胆矾的操作流程如图：已知：Cu2O2H+=CuCu2+H2O 部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：(1)为了加快反应的速率，可以采取的措施是_ (任写1条)(2)固体混合物A中的成分是_(3)反应完成后，铁元素的存在形式为_ (填离子符号)

42、；写出生成该离子的离子方程式_(4)操作1主要包括：_、_、_，洗涤CuSO45H2O粗产品不能用大量水洗，而用冰水洗涤。原因是_(5)用NaClO调pH可以生成沉淀B，利用题中所给信息分析沉淀B的化学式为_，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_(6)用NaOH调pH可以生成沉淀C，利用题中所给信息分析y的范围为_【答案】 (1). 适当升高温度；不断搅拌；将矿渣粉碎；适当增大硫酸的浓度等 (2). SiO2、Cu (3). Fe2+ (4). Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+ (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (7). 过滤 (8). 冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减

43、少晶体的损失 (9). Fe（OH）3 (10). 1:2 (11). 5.2pH5.4【解析】【分析】矿渣加入稀硫酸，Cu2O、Al2O3、Fe2O3溶解，二氧化硅不溶，所以固体混合物A是不溶于稀硫酸的物质，发生的反应有Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O，得出A的成分是SiO2、Cu；由于单质Cu存在，铁元素以Fe2+形式存在，反应方程式：2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+，滤液中主要是Al3+、Fe2+、Cu2+；加入NaClO具有氧化性，氧化Fe2+为Fe3+，同时调节溶液pH使Al3+、Fe3+沉淀完全，根据Fe（OH）3和Al（OH）3开始沉淀和沉淀结束的pH关系，x范围是：3.

44、2pH4.0，目的是沉淀Fe（OH）3；y范围是：5.2pH5.4，沉淀Al（OH）3；最后得到氯化铜、硫酸铜溶液，电解法获取Cu时，阴极发生还原反应：Cu2+2e-=Cu；阳极发生氧化反应：2Cl-2e-=Cl2；次氯酸钠中的次氯酸根结合溶液中的氢离子，pH升高；NaClO能调节pH的主要原因是由于发生反应ClO-+H+HClO，ClO-消耗H+，从而达到调节pH的目的，以此分析。【详解】(1)为了加速矿渣和硫酸之间的反应速率，可以采用适当升高温度；不断搅拌；将矿渣粉碎；适当增大硫酸的浓度等，故答案为：适当升高温度；不断搅拌；将矿渣粉碎；适当增大硫酸的浓度等；(2)加入硫酸发生了反应：Cu2

45、O+2H+=Cu+Cu2+H2O，故固体A的成分是二氧化硅和铜，故答案为：SiO2、Cu；(3)由于发生了反应， Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+；溶液中铁以Fe2+存在，故答案为：Fe2+； Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+；(4)硫酸铜溶液得到晶体的方法：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；胆矾晶体带有结晶水，温度太高导致结晶水失去，所以可以采用冰水来洗涤，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；冰水既可以洗去表面的杂质离子，还可以减少晶体的损失；(5)用NaClO调pH，生成沉淀B为氢氧化铁，该反应离子方程式是：，故沉淀B为Fe(OH)3，化合价降低的为氧化剂，故氧化剂是ClO，化合价升高的为

46、还原剂，故还原剂是Fe2+，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1:2，故答案为：Fe(OH)3； 1:2；(6)通过以上分析知，要使Al、Fe均变为沉淀，由表可知y的数值范围是5.2pH5.4，故答案为：5.2pH5.4。22. 氮化铝(AlN)是一种性能优异的新型材料，在许多领域有广泛应用。某化学小组模拟工业制氮化铝原理，欲在实验室制备氮化铝并检验其纯度。查阅资料：实验室用饱和NaNO2溶液与NH4Cl溶液共热制N2：NaNO2NH4ClNaClN22H2O工业制氮化铝：Al2O33CN22AlN3CO，氮化铝在高温下能水解。AlN与NaOH饱和溶液反应：AlNNaOHH2O=NaAlO2N

47、H3.氮化铝的制备(1)实验中使用的装置如上图所示，请按照氮气气流方向将各仪器接口连接 ecd_(上述装置可重复使用)(2)A装置内的X液体可能是_；D装置内氯化钯溶液的作用可能是_.氮化铝纯度的测定(方案i)甲同学用右图装置测定AlN的纯度(部分夹持装置已略去)。(3)为准确测定生成气体的体积，量气装置(虚线框内)中的Y液体可以是_.a.CCl4 b.H2O c.NH4Cl饱和溶液 d.植物油(4)用下列仪器也能组装一套量气装置，其中必选的仪器有_a.单孔塞 b.双孔塞 c.广口瓶 d.容量瓶 e.量筒 f.烧杯(方案ii)乙同学按以下步骤测定样品中AlN的纯度(流程如下图)(5)步骤的操作

48、是_(6)实验室里灼烧滤渣使其分解，除了必要的热源和三脚架以外，还需要的硅酸盐仪器有_、_等(7)样品中AlN的纯度是_ (用含m1、m2、m3表示)。(8)若在步骤中未洗涤，测定结果将_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)【答案】 (1). (2). 浓硫酸 (3). 吸收CO防污染 (4). ad (5). bce (6). 通入过量气体 (7). 坩埚 (8). 泥三角 (9). 或 (10). 偏高【解析】【分析】氮化铝的制备：实验室用饱和NaNO2与NH4Cl溶液共热制NaNO2NH4ClNaClN22H2O。工业制氮化铝：Al2O33CN22AlN3CO，氮化铝在高温下能水解，利用

49、装置B准备氮气，通过装置A中浓硫酸干燥气体，通过装置C氮气和铝发生反应，最后通过装置D吸收多余的CO，防止污染空气，以此分析。氮化铝纯度的测定（3）氨气极易溶于水，量气装置中的Y液体不能与氨气反应，不能使氨气溶解；（4）若装置中分液漏斗与导气管之间没有导管A连通，溶液会排出空气，增大测定气体的体积；（5）样品m1g溶于过滤氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m2g，滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，结合铝元素守恒计算纯度；（6）实验室中灼烧固体在坩埚内进行，据此选择仪器；（7）氮化铝含杂质为C和氧化铝，氧化铝质量不变，碳转化为滤渣，

50、样品m1g溶于过滤氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m2g，滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，结合差量法计算纯度；（8）步骤未洗涤会导致滤液中溶质会留在滤渣上，以此分析。【详解】（1）利用装置B准备氮气，通过装置A中浓硫酸干燥气体，通过装置C氮气和铝发生反应，最后通过装置D吸收多余的CO，防止污染空气，按照氮气气流方向将各仪器接口连接：，故答案为： ；（2）分析可知A装置内的X液体可能是吸收水蒸气的浓硫酸溶液，D装置内氯化钯溶液的作用可能是吸收有毒气体CO，避免污染空气，故答案为：浓硫酸；吸收CO防污染；氮化铝纯度的测定（3）氨气

51、极易溶于水，量气装置中的X液体不能与氨气反应，不能使氨气溶解， aCCl4和氨气不反应，不溶解氨气，故a正确； bH2O能溶解氨气，故b错误； cNH4Cl饱和溶液能吸收氨气，故c错误； d植物油和氨气不反应，不溶解氨气，故d正确。故答案为：ad；（4）利用排水法也可以测量气体体积，选用仪器：b.双孔塞、c.广口瓶、e.量筒，故答案为：bce；（5）样品m1g溶于过滤氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m2g，滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，步骤的操作是：通入过量CO2气体，故答案为：通入过量CO2气体；（6）实验室里煅烧滤渣使其分解，除了必要的热源和三脚架以外，还需要的硅酸盐仪器有：坩埚、泥三角，故答案为：坩埚、泥三角；（7）氮化铝含杂质为C和氧化铝，氧化铝质量不变，碳转化为滤渣，样品m1g溶于过滤氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m2g，滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g， 样品中AIN的纯度=或，故答案为：或；（8）若在步骤中未洗涤，导致m3质量偏大，由公式可知AIN的纯度偏高，故答案为：偏高。