1、呼和浩特市第十六中学20202021学年高三年级第一次质量检测化学试卷一、选择题1. 下列叙述错误的是A. 生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁弱B. 用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈C. 在铁制品上镀铜时，镀件为阳极，铜盐为电镀液D. 铁管上镶嵌锌块，铁管不易被腐蚀【答案】C【解析】【详解】A、生铁中含有碳，形成了原电池，铁被腐蚀速度加快，故抗腐蚀能力比纯铁弱，正确；B、用锡焊接的铁质器件，锡与铁形成原电池，铁作负极，被腐蚀，故焊接处易生锈，正确；C、在铁制品上镀铜时，镀件为阴极，铜盐为电镀液，错误；D、铁管上镶嵌锌块，锌铁形成原电池，锌作负极被腐蚀，铁作正极被保护，故铁管不易被腐蚀，正确；综上，
2、本题选择C。2. 下列各组单质中，前者能将后者从化合物中置换出来的是（）Al、Fe C、Si Mg、C H2、CuA. 只有B. 只有C. 只有D. 【答案】D【解析】【详解】Al的金属性强于Fe，通过铝热反应置换出铁，正确；C与二氧化硅高温下发生置换反应生成Si，正确；Mg二氧化碳中燃烧生成C，正确；H2在加热的条件下还原氧化铜生成Cu，正确；答案选D。3. 下列叙述正确的是A. 液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B. 能使湿润的淀粉KI试纸变蓝色的物质一定是Cl2C. 某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在ID. 中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶【答案】A【解析】
3、A、因为液溴易挥发，因此保存时，加水液封，故A正确；B、能使湿润的淀粉KI试纸变蓝色的物质，具有强氧化性，不一定是氯气，可能是臭氧等，故B错误；C、I2易溶于有机溶剂，故C错误；D、滴定实验时，不能用待测液润洗锥形瓶，否则所测浓度会偏大，故D错误。4. 下列叙述正确的是()A. H2O2、SO2、氯水、过氧化钠、臭氧都有漂白性，其原理相同B. 将SO2通入BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀C. 检验SO2中含有CO2的方法是通过澄清的石灰水D. 向含有BaCl2和NaOH的混合溶液中通入少量的二氧化硫气体，有白色沉淀生成【答案】D【解析】【详解】AH2O2、氯水、过氧化钠、臭氧都是强氧化性漂白
4、，而SO2是化合作用漂白，故其原理不相同，A错误；B由于HCl的酸性比H2SO3的强，故将SO2通入BaCl2溶液不反应，无明显现象，B错误； C由于Ca(OH)2+CO2=CaCO3+H2O、Ca(OH)2+SO2=CaSO3+H2O，故不能通过澄清的石灰水来检验SO2中含有CO2，C错误；D2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，Na2SO3+ BaCl2=BaSO3+2NaCl，故向含有BaCl2和NaOH的混合溶液中通入少量的二氧化硫气体，有BaSO3白色沉淀生成，D正确；故答案为：D。5. 钢铁“发蓝”是将钢铁制品浸到某些氧化性的溶液中，在钢铁的表面形成一层四氧化三铁的技术过程。其
5、中一种办法是将钢铁制品浸到亚硝酸钠和浓氢氧化钠的混合溶液中加热到130反应。其过程可以用如下化学方程式表示： 3Fe+NaNO2+5NaOH = 3Na2FeO2+H2O+NH3； 6Na2FeO2+NaNO2+5H2O =3Na2Fe2O4+ NH3+7NaOH； Na2FeO2+ Na2Fe2O4+2H2O = Fe3O4+4NaOH；下列说法不正确的是A. 该生产过程会产生污染B. 反应中的氧化剂是NaNO2C. 整个反应过程中每有16.8g Fe参加反应转移0.8mol电子D. 反应均是氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A因反应过程中都生成氨气，氨气具有刺激性气味的气体，则会产生污
6、染，故A正确；B反应中N元素的化合价由+3价降低为-3价，则反应中的氧化剂是NaNO2，故B正确；Cn（Fe）16.8g56g/mol0.3mol，由可知，失去电子为0.2mol（3-0）+0.1mol（2-0）=0.8mol电子，故C正确；D反应中没有元素的化合价变化，则反应不属于氧化还原反应，故D错误；故选D。6. 将156 g Na2O2和54 g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200 mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体672 L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是A. 标准状况下，反应过程中得到784 L的气体B. 最终得到的溶液中c(Na）
7、c(Cl）c(OH）C. 最终得到78 g的沉淀D. 最终得到的溶液中c(Na）15 molL1【答案】C【解析】【分析】15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol，5.4gAl的物质的量为=0.2mol，首先发生反应2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，生成NaOH为0.4mol，再发生2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.4mol-0.2mol=0.2mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体6.72L，物质的量为=0.3mol，首先发生反应NaOH+HClNaCl+H2O，剩余HCl为0.3mol-0
8、.2mol=0.1mol，再发生反应NaAlO2+HCl+H2OAl（OH）3+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al（OH）3为0.1mol，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，据以上分析解答。【详解】A、由以上两个方程式可知：生成的气体体积为：(0.1 mol0.3 mol）0.4 mol，标况下气体的体积为8.96 L，A错误；B、最终得到的是0.1 mol NaCl和0.1 mol NaAlO2的混合溶液，据电荷守恒有：c(Na）c(H）c(Cl）c(OH）c(AlO2），由于c(H）c(AlO2），所以c(Na）c(Cl）c(OH），B错误；C、结合
9、以上分析可知，反应后剩余0.2 mol NaOH，故0.3 mol HCl先与其反应后，剩余的0.1 mol HCl再与NaAlO2反应，生成0.1 mol Al(OH）3沉淀，质量为0.1mol78g/mol=7.8 g，C正确；D、根据钠离子守恒可知，n(Na）=2n（Na2O2）202mol=0.4 mol，则c(Na）2 molL1，D错误；答案选C。7. 已知X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示(部分产物已略去)，则W、X不可能是()WXA盐酸Na2CO3溶液BNaOH溶液AlCl3溶液CCO2Ca(OH)2溶液DO2NaA. AB. BC. C
10、D. D【答案】D【解析】【详解】AX为Na2CO3，W为盐酸时，碳酸钠和少量盐酸反应生成碳酸氢钠，碳酸钠和过量盐酸反应生成二氧化碳，能实现上述转化关系，A不合题意；BNaOH溶液和与过量AlCl3溶液反应生成氢氧化铝，NaOH溶液与少量AlCl3溶液反应可生成偏铝酸钠，氢氧化铝可与偏铝酸钠相互转化，能实现上述转化关系，B不合题意；CX为氢氧化钙，W为二氧化碳，氢氧化钙与少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙，碳酸钙和碳酸氢钙间可以相互转化，符合转化关系，C不合题意；D钠在常温下与氧气反应生成氧化钠，在加热条件下与氧气反应生成过氧化钠，与反应的量无关，D符合题意；故答案
11、为：D。8. 准确称取6g铝土矿样品(含Al2O3、Fe2O3、SiO2)加入100mL硫酸溶液，充分反应后向滤液中加入10mol/L的NaOH溶液，产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示，则硫酸溶液的物质的量浓度为A. 3.50mol/LB. 1.75mol/LC. 0.85mol/LD. 无法计算【答案】B【解析】结合图像当加入NaOH溶液35mL时沉淀达到最大值，溶液中的溶质为Na2SO4，根据原子守恒二者此时溶液中n（Na+）=10mol/L0.035L0.35mol，所以n（Na2SO4）0.35mol20.175mol，c（H2SO4）=n/V=0.175mol0.1L
12、1.75mol/L，答案选B。9. 5 mL物质的量浓度为18 molL1的硫酸中加入足量铜片并加热，充分反应。下列说法正确的是（ ）A. 有0.09 mol的硫酸被还原B. 有0.045 mol的硫酸被还原C. 充分反应后体系无硫酸剩余D. 消耗的铜的质量一定小于2.88 g【答案】D【解析】【详解】浓硫酸与铜可发生氧化还原反应，而稀硫酸与铜不发生反应。浓硫酸与铜反应时，随着反应进行，硫酸逐渐消耗，其浓度也逐渐下降，当硫酸由浓变稀时反应就会停止。因此，参加反应的硫酸实际量要比理论计算值小。据题n(H2SO4)= 0.005 L18 molL1=0.09mol，参加反应的硫酸n(H2SO4)0
13、.09 mol，被还原的硫酸小于0.045 mol，参加反应的铜小于2.88 g。答案选D。10. 有一瓶Na2SO3溶液，由于可能已部分氧化，某学生进行如下实验：取少量溶液，滴入Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀，再加入过量稀硝酸，充分振荡后仍有白色沉淀，结论正确的是A. Na2SO3溶液已部分氧化B. 加入Ba(NO3)2溶液后生成的沉淀中一定含有BaSO4C. 加硝酸后的不溶沉淀一定为BaSO4D. 此实验能确定Na2SO3溶液是否部分氧化【答案】C【解析】【详解】根据题意知取少量Na2SO3溶液，滴入Ba（NO3）2溶液产生白色沉淀，该沉淀可能为硫酸钡或亚硫酸钡或二者的混合物，再加入过量
14、稀硝酸，稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，充分振荡后的白色沉淀一定为硫酸钡，无法确定亚硫酸钠溶液是否变质。选C。11. 某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（ ）A. 0.80B. 0.85C. 0.90D. 0.93【答案】A【解析】【详解】FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等标准状况下112mL Cl2转移电子数为2=0.01mol则有：(3-)x=0.01mol，解得x=0.8，故选A。【点晴】本题考查氧化还原反应计算，注意氧化还原反应
15、计算中电子转移守恒运用。电子得失守恒法解题的一般思路是：首先找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；其次找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)；最后根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n(氧化剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)n(还原剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)。本题中注意平均化合价的应用，根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。12. 固体粉末X中可能含有K2SO3、K2CO3、FeO、Fe2O3、MnO2、Na2SO4、NaClO中的若干种。为确定该固体粉末的成分，现取X进行连续实验，实验过程及产物
16、如下。根据上述实验，下列说法不正确的是()A. 固体X中一定含有Fe2O3，可能含FeOB. 沉淀E一定是BaSO4C. 气体A一定是Cl2；气体C也可能含Cl2D. 固体X可能不含Na2SO4【答案】A【解析】【分析】由实验可知，X溶于水过滤分离出沉淀甲、溶液乙，溶液甲与盐酸反应生成溶液B遇KSCN溶液变为血红色，可知B中一定含Fe3+，气体A为Cl2，则沉淀甲一定含MnO2，至少含Fe2O3、FeO中的一种，则溶液B中可能含Fe2+；溶液乙与盐酸反应生成气体C、溶液D，溶液D与氯化钡反应生成白色沉淀E为BaSO4，气体C应为CO2或SO2，则滤液乙中含NaClO、K2SO3或K2CO3、N
17、a2SO4等，以此来解答。【详解】A由上述分析可知，固体X中不一定含有Fe2O3，可能存在的是FeO，因为Fe2+可被氯气氧化生成Fe3+，A错误；B由上述分析可知，溶液D与氯化钡反应生成白色沉淀E为BaSO4，B正确；C浓盐酸与二氧化锰加热生成气体A为Cl2，滤液乙中含NaClO、K2SO3时，NaClO与浓盐酸发生氧化还原反应生成气体C含Cl2，C正确；D滤液乙中含NaClO、K2SO3也符合图中转化，则X可能不含Na2SO4，D正确；故答案为：A。二、解答题13. 为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组用碳素钢(即铁和碳的合金)进行了以下探究活动：【探究一】(1)常温下，工业上用铁质
18、容器盛放冷的浓硫酸，其原因是_。 (2)称取碳素钢6.0g放入15.0mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到混合气体Y。甲同学认为X中除Fe3+之外还可能含有Fe2+。若要确认其中Fe2+，应选用_(选填序号)。 aKSCN溶液和氯水 b铁粉和KSCN溶液 c浓氨水 d酸性KMnO4溶液 乙同学取560mL(标准状况)气体Y通入足量溴水中，然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体4.66g，由此可求算气体Y中SO2的体积分数_。【探究二】 根据上述实验中SO2体积分数分析，丙同学认为气体Y中还可能含有Q1和Q2两种气体，其中Q1气体，在标准状况下，密度为0.0893gL-1
19、。为此设计了下列探究实验装置(图中夹持仪器省略，假设有关气体完全反应)。 (3)装置B中试剂的作用是_。 (4)分析Y气体中的Q2气体是如何生成的_。(用化学方程式表示)。(5)为确认Q2的存在，需在装置中添加洗气瓶M于_(选填序号)。aA之前 bAB间 cBC间 dCD间(6)如果气体Y中含有Q1，预计实验现象应是_。【答案】 (1). 铁表面被钝化，阻止了内部金属与酸的进一步反应 (2). d (3). 80% (4). 检验SO2是否除尽 (5). C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O (6). c (7). D中固体由黑色变红色和E中固体由白色变蓝色【解析】【分析】(1)常
20、温下，铁遇冷的浓硫酸发生钝化现象；(2)亚铁离子有还原性，能还原酸性高锰酸钾溶液而使其褪色；气体Y通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O2HBr+H2SO4反应，根据硫酸钡与二氧化硫的关系式计算二氧化硫的体积，再根据体积分数公式计算；(3)二氧化硫能使品红溶液褪色，据此判断是否含有二氧化硫；(4)碳素钢中含有碳，加热条件下，碳和浓硫酸反应生成二氧化碳；(5)用澄清石灰水检验二氧化碳，首先要排除二氧化硫的干扰；(6)Q1气体，在标准状况下，密度为0.0893gL-1，其摩尔质量为0.0893gL-122.4Lmol-1=2gmol-1，所以Q1是氢气，氢气检验还原性，能含有氧化铜同时生成水
21、，水能使无水硫酸铜变蓝。【详解】(1)常温下，铁遇冷的浓硫酸发生氧化还原反应，在铁表面生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步的反应，即发生钝化现象，所以反应片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化；(2)亚铁离子具有还原性，而酸性高锰酸钾有氧化性，发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：d；气体Y通入足量溴水中，发生反应，SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4+2HCl，离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+，SO42-+Ba2+=BaSO4，所以硫酸钡和二氧化硫之间的关系式为SO2B aSO4，设二氧化硫的体积为V，V
22、=0.448L=448mL，所以二氧化硫体积分数=100%=80%；(3)二氧化硫能使品红溶液褪色，所以用品红溶液检验二氧化硫是否除尽；(4)碳素钢中含有碳，加热条件下，碳能和浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应方程式为C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O；(5)二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，但二氧化硫还能使品红溶液褪色，所以要检验二氧化碳必须排除二氧化硫的干扰，B装置是检验二氧化硫是否除尽，所以澄清石灰水应放置在B和C之间，即在通入碱石灰之前检验，故答案为：c；(6)Q1气体，在标准状况下，密度为0.0893gL-1，其摩尔质量为0.0893gL-122.4Lm
23、ol-1=2gmol-1，所以Q1是氢气，氢气具有还原性，能还原黑色的氧化铜生成红色的铜单质，同时生成水，水能使无水硫酸铜变蓝色，这是检验水的特征反应，所以如果D中氧化铜变红，E中无水硫酸铜变蓝，则证明含有氢气。【点睛】浓硫酸具有强的氧化性，在室温下遇铁、铝，会将金属表面氧化产生一层致密的氧化物薄膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象。当加热时，氧化物薄膜被破坏，硫酸与铁发生反应，反应产生SO2，SO2具有还原性、漂白性，可以被酸性高锰酸钾溶液、氯水、溴水氧化，而使溶液褪色，也可以使品红溶液褪色，由于钢铁中含有C单质，在加热时C被氧化产生CO2，它们都可以使澄清石灰水变浑浊，因此要将SO2除
24、去后再检验CO2，稀硫酸可以与Fe反应产生氢气，氢气具有还原性，在利用其还原性时。要先通入氢气，将其中的空气排出，然后再加热，再根据反应前后固体的颜色及反应产生的H2O蒸气判断物质的存在。掌握物质的物理性质和化学性质是进行实验方案设计的关键。14. 某研究性学习小组对某废旧合金(含有Cu、Fe、Si 三种成分)进行分离、回收。其工业流程如图所示:根据上面流程回答有关问题:(1)操作、一定都不含有的操作是_。A.过滤B.洗涤C.干燥D.蒸馏(2)过量的还原剂应是_,溶液a中发生的反应的离子方程式为_。(3)若用x mol/L KMnO4溶液处理溶液b,当恰好将溶液中的阳离子完全氧化时消耗KMnO
25、4溶液y mL,则最后所得红棕色固体C的质量为_g(用含x、y的代数式表示)。(4)将溶液c调节pH至2.93.2的目的是_。(5)工业上由红棕色固体C制取相应单质常用的反应方程式为_。【答案】 (1). D (2). 铜 (3). 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+ (4). 0.4xy (5). 保证Fe3+沉淀完全而其他金属阳离子不沉淀 (6). 【解析】【分析】（1）通过操作、都得到固体和溶液，所用操作是过滤，过滤是把不溶性固体和溶液分开的操作，所以涉及过滤、洗涤、干燥；（2）根据流程最后滤液中含铜离子、电解得到B分析；溶液a中铜与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜；(3）溶液b中含亚铁离
26、子，会被酸性高锰酸钾氧化成铁离子，高锰酸钾被还原为锰离子，反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，根据关系式 2 MnO4-10Fe2+5Fe2O3计算；(4)根据流程图，调节pH至2.93.2后只生成氢氧化铁沉淀分析；(5) 氧化铁与还原剂一氧化碳发生氧化还原反应得到单质铁；【详解】（1）通过操作、都得到固体和溶液，所用该操作是过滤，过滤是把不溶性固体和溶液分开的操作，所以涉及过滤、洗涤、干燥，所以不含有的操作是蒸馏，选D；（2）根据流程最后滤液中含铜，和电解得到B，加入过量的还原剂目的是还原过量的氯化铁，故过量的还原剂应是铜；溶液a中铜与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应离子方程式是2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；(3)设生成氧化铁的质量是mg，根据关系式 2 MnO4-10Fe2+5Fe2O3 2 5160g 0.001xy mm= ；(4)根据流程图，调节pH至2.93.2后只生成氢氧化铁沉淀，将溶液c调节pH至2.93.2的目的是保证Fe3+沉淀完全而其他金属阳离子不沉淀；(5) 氧化铁与还原剂一氧化碳发生氧化还原反应得到单质铁，反应方程式是 ；
