1、河北省张家口市2021届高三化学上学期第一次质量检测试题（含解析）考试说明：1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。2.本试卷共100分，考试时间90分钟。3.请将各题答案填在答题卡上。4.答在本试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Al27 S32 K39 Mn55 Fe56 Cu64 Ba137第I卷（选择题 共40分）一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共计20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1. 新冠病毒由蛋白质外壳和单链核酸组成，直径大约在60140nm，化学知识在新冠肺炎的疫情防控中发挥着重要作用，下列说法正确的
2、是( )A. 新冠病毒是一种胶体B. 84消毒液和医用酒精均可杀灭新型冠状病毒，二者消毒原理不同C. 医用外科口罩和防护服所用的熔喷布是一种聚丙烯材料，它属于纯净物D. 生理盐水可用作公用餐具消毒剂【答案】B【解析】【详解】A新冠病毒由蛋白质外壳和单链核酸组成，直径大约在60140nm，胶体分散质直径在1100nm，故新冠病毒扩散到空气中有可能形成胶体，故A错误；B84消毒液为次氯酸钠水溶液，次氯酸钠中氯元素的化合价为+1价，具有强氧化性，医用酒精主要成分是乙醇，乙醇能够使蛋白质变性，失去活性，从而杀死细菌，并非是利用乙醇的氧化性，二者消毒原理不同，故B正确；C医用外科口罩和防护服所用的熔喷布
3、是一种聚丙烯材料，聚丙烯材料是高聚物，它属于混合物，故C错误；D生理盐水是质量分数为0.9%的盐水，这个浓度的盐水一般来说是没有消毒作用的，它主要是用来清洗伤口或者是扩充扩充血容量的作用，因此不可用作公用餐具消毒剂，故D错误；答案选：B。2. 设阿伏加德罗常数的数值为NA。下列说法正确的是A. 0.3 mol Fe粉与足量水蒸气反应生成H2的分子数为0.4NAB. 常温下，2.7 g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NAC. 1 mol Na2O2与水完全反应时转移电子数为2NAD. 100 g质量分数为46%的乙醇溶液中含有氢原子数为6NA【答案】A【解析】【详解】A.铁粉与水蒸
4、气发生反应3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2，0.3 mol Fe粉与足量水蒸气反应生成0.4molH2，分子数为0.4NA，A正确；B.常温下铝片与浓硫酸发生钝化，不能继续反应，B错误；C.过氧化钠和水反应生成氧化钠和氧气，过氧化钠中氧有-1价变为0价和-2价，故1mol Na2O2与水完全反应时转移电子数为NA，C错误；D.100 g质量分数为46%的乙醇溶液中乙醇的物质的量为1mol，水分子的物质的量为3mol，则含有氢原子数为6NA+6NA=12NA，D错误；答案选A。3. 科学的假设与猜想是科学探究的先导和价值所在。在下列假设或猜想引导下的探究有意义的是A. 探究浓硫酸与铜在一定条
5、件下反应产生的黑色物质可能是Cu(OH)2B. 探究Na与水的反应可能有O2生成C. 探究NO和N2O可能化合生成NO2D 探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成【答案】D【解析】【详解】A浓硫酸与铜发生氧化还原反应，铜有可能被氧化为黑色的氧化铜，没有探究意义，故A错误；B根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，钠和水中含有钠元素、氢元素和氧元素，猜测产生的气体可能为氧气，不符合氧化还原反应的基本规律，钠是还原剂，水只能做氧化剂，元素化合价需要降低，氧元素已是最低价-2价，不可能再降，没有探究意义，故B错误； CNO中N元素化合价是+2价，N2O中N元素的化合价为+1价，二氧化
6、氮中N元素的化合价为+4价，发生氧化还原反应生成NO2时化合价都升高，不符合氧化还原反应的本质特征，不必探究即可否决该猜想，所以该探究没有意义，故C错误；D二氧化硫具有还原性，过氧化钠具有氧化性，SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成，该探究具有实际意义，故D正确；故选D；4. 四氟肼(N2F4)可作高能燃料的氧化剂，可用Fe3与二氟胺(HNF2)反应制得，发生的反应是：HNF2Fe3N2F4Fe2H(未配平)，下列说法正确的是( )A. 被氧化的元素是FB. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1C. N2F4的氧化性强于Fe3的氧化性D. 若生成2.24 L(标况下)N2F4，转移电子
7、的物质的量是0.4 mol【答案】B【解析】【分析】根据化合价改变，电子守恒，原子守恒，电荷守恒，配平化学方程式得：2HNF22Fe3=N2F42Fe22H，其中铁的化合降低从+3降到+2，发生还原反应，作氧化剂，氮元素化合价升高从+1升高到+2，发生氧化反应，作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，以此来解答题目。【详解】A被氧化的元素是N，A错误；B氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，B正确；C氧化性大小比较是，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，N2F4的氧化性弱于Fe3的氧化性，C错误；D若生成2.24 L(标况下)N2F4，物质的量为0.1mol，转移电子的物质的量是0.1
8、mol 2(2-1)=0.2 mol，D错误；故答案为：B。5. 下述实验能达到预期目的的是编号实验内容实验目的A向沸水中滴加几滴饱和FeCl3溶液，继续加热至红褐色制备Fe(OH)3胶体B取Al(OH)3于试管A、B，分别滴加氨水与盐酸证明Al(OH)3是两性氢氧化物C将少量Fe(NO3)2试样加水溶解，滴加稀H2SO4酸化，再滴加KSCN溶液检验Fe(NO3)2试样是否变质D将Mg、Al分别加入浓NaOH溶液比较Mg和Al的金属活动性A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A氢氧化铁胶体的制备方法：向沸腾的蒸馏水中逐滴加入12mL饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停
9、止加热，就会得到氢氧化铁胶体，故A正确；BAl(OH)3与氨水不反应，与盐酸可以发生反应，故通过该实验不能证明Al(OH)3具有两性，应向Al(OH)3中滴加强酸和强碱溶液来证明其具有两性，故B错误；C在酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，使KSCN溶液变红，该实验不能检验Fe(NO3)2试样是否变质，故C错误；D比较金属性强弱，应用金属单质与酸反应，根据反应的剧烈程度判断，故D错误；答案选A。6. 下列离子方程式的书写正确的是( )A. 氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应：OHCa2HCOCaCO3H2OB. 大理石与醋酸反应：CO2CH3COOH2CH3COO
10、H2OCO2C. 氢氧化钡溶液和稀硫酸恰好中和：Ba2OHHSOBaSO4H2OD. 铜与稀硝酸的反应：Cu4H2NOCu22NO22H2O【答案】A【解析】【详解】A氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应，说明氢氧根离子全部反应完，则离子方程式为：OHCa2HCOCaCO3H2O，A正确；B大理石与醋酸反应，大理石是难溶物，不能拆成离子形式，则离子方程式正确的是：CaCO32CH3COOHCa2+2CH3COOH2OCO2，B错误；C氢氧化钡溶液和稀硫酸恰好中和，要符合离子配比，应该是两个氢氧根离子，则离子方程式正确的是：Ba22OH2HSOBaSO42H2O，C错误；D铜与稀硝酸的反应生成的
11、气体是一氧化氮气体，则离子方程式正确的是：3Cu8H2NO3Cu22NO4H2O ，D错误 ；故答案为：A。7. 工业上用某种氧化铝矿石(含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图：对上述流程中的判断正确的是( )A. 试剂X可以是氨水，沉淀中含有铁的化合物B. 工业上可采用Fe还原Al2O3的方法制Al，但成本较高C. 反应II中CO2可以用CH3COOH溶液代替D. 反应I中的反应为：CO22AlO3H2O2Al(OH)3CO【答案】C【解析】【分析】分析流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应过滤出沉淀为
12、Fe2O3，所得溶液乙为NaAlO2溶液；向NaAlO2溶液中通入过量CO2，化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+NaHCO3，所以Y为NaHCO3溶液，Al(OH)3加热分解生成Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al。【详解】A试剂X不可以是氨水，因为沉淀中含有铁的化合物，还有铝的化合物，无法分离；故A错误；BFe不如Al活泼，与Al2O3不反应，故B错误；C反应II中CO2溶于水得碳酸，碳酸是弱酸，可以用CH3COOH溶液代替，故C正确；D反应I中的反应为：，故D错误；答案为C。8. 下列物质的用途描述正确的是( )A. 碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂B.
13、镁燃烧时发出耀眼的白光，可以用镁来制造照明弹和焰火等C. 明矾可以消毒杀菌，常用于净水D. 磁性氧化铁可用作红色油漆和涂料【答案】B【解析】【详解】A碳酸钠能与盐酸反应，但碱性较强，所以碳酸钠不可以用于治疗胃酸过多，故A错误； B镁燃烧时发生耀眼的白光，并放出大量的热，可以用镁来制造照明弹和焰火等，故B正确；C明矾溶于水电离产生的铝离子水解生成具有吸附作用的氢氧化铝胶体，可以净水，但是明矾不具有杀菌消毒作用，故C错误； D磁性氧化铁是四氧化三铁，用作红色油漆和涂料的是三氧化二铁，故D错误；故答案选：B。9. 离子交换法净化海水过程如图所示，下列说法中错误的是A. 通过HR树脂后，水中阳离子的总
14、数不变B. 通过ZOH树脂时，溶液中有离子反应HOHH2O发生C. 通过净化处理后，水的导电性降低D. 工作一段时间后，两种树脂均需进行再生处理【答案】A【解析】【分析】根据图示，海水(含Na+、Mg2+、Cl-、等)通过氢型阳离子交换树脂HR，Na+、Mg2+交换为H+，HR转化为NaR和MgR2等，在通过羟型阴离子交换树脂ZOH，氢离子与氢氧根离子反应，ZOH转化为ZCl及Z2SO4等，从而获得淡水，据此分析解答。【详解】A由题图可知，通过HR树脂后，钠离子、镁离子交换为氢离子，由电荷守恒可知，水中阳离子总数会增加，故A错误；B通过HR树脂后，水中含有大量的氢离子，再通过ZOH树脂时，溶液
15、中发生的离子反应为HOHH2O ，故B正确；C根据A、B项分析可知，通过净化处理后，水中的导电离子的种类和浓度都降低，则水的导电性降低，故C正确；D工作一段时间后，HR转化为NaR和MgR2等，ZOH转化为ZCl及Z2SO4等，从而导致两种树脂均失去交换能力，分别需要强酸和强碱进行再生处理，故D正确；答案选A。10. 用如图装置(加热及夹持仪器已略去)进行的实验，能达到相应实验目的的是( )A. 检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有Cu2B. X为碳酸钠，Y为碳酸氢钠，判断碳酸钠与碳酸氢钠热稳定性C. 收集NH3并验证其水溶液呈碱性D. 制备少量白色的Fe(OH)2沉淀【答案】D【解析】【详解
16、】A检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有Cu2，操作错误，因为产物中还残留部分浓硫酸，应该是产物加入水中稀释，不是向产物中加水，故A错误；B碳酸钠比碳酸氢钠稳定，所以大试管内加入碳酸钠，小试管内加入碳酸氢钠，大试管温度高，小试管温度低，碳酸氢钠受热分解，而碳酸钠受热不分解，才能比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，故B错误；C收集NH3时，氨气的密度比空气密度小，用向上排空气法，因此收集氨气的导管是短进长出，故C错误；D制备少量白色的Fe(OH)2沉淀，电解饱和的食盐水，在阴极产生氢氧根离子，阳极金属铁失电子变成二价亚铁离子，在无氧环境中，可以制备少量的白色的Fe(OH)2沉淀，故D正确；答案选：D
17、。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20分。每小题有一个或多个选项符合要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11. 化学来源于生产生活，也服务于生产生活。下列有关生产生活中的化学知识叙述不正确的是A. 工厂的静电除尘利用了胶体带电的性质B. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性C. 植树造林提高城市绿化覆盖率，属于绿色化学D. 玉兔二号月球车的太阳能电池板能将光能转化为电能，电池板材料为单晶硅【答案】AC【解析】【详解】A工厂静电除尘利用了胶体的电泳的性质，胶粒带电荷，胶体呈电中性，不带电，故A错误；B高温下蛋白质会发生变性，疫苗的主要成分为蛋白质，一般应冷藏存放，
18、以避免蛋白质变性而失效，故B正确；C绿色化学又称环境友好化学，其中的“绿色”是指的环保，而不是绿色植物，故C错误；D太阳能电池板材料为单晶硅，太阳能电池能将光能转化为电能，故D正确；答案选AC。12. 化学反应中绚丽的颜色变化体现了化学之美。关于物质类别或者反应类型的叙述一定正确的是A. 物质M一定是碱B. 变化得到的白色沉淀一定是硫酸盐C. 物质P可以是CuD. 变化一定属于氧化还原反应【答案】B【解析】【分析】根据框图信息，黄色的硫酸铁溶液加入M转化为红褐色沉淀，即铁离子转化为氢氧化铁，则M可以为碱或能与水反应生成碱的氧化物，如氧化钠或过氧化钠等；黄色的硫酸铁溶液加入P，溶液变为浅绿色，即
19、铁离子被还原为亚铁离子，亚铁离子的溶液为浅绿色，则P为具有还原性的物质；黄色的硫酸铁溶液加入Q，溶液变为红色，三价铁离子与硫氰根离子形成红色溶液，则Q含有硫氰根离子；黄色的硫酸铁溶液加入N产生白色沉淀，说N中含有钡离子，生成的白色沉淀为硫酸钡，结合以上分析解答。【详解】A根据分析，物质M不一定是碱，也可以是氧化钠或过氧化钠等与水反应生成碱的物质，故A错误；B根据分析，变化得到的白色沉淀是硫酸钡，属于硫酸盐，故B正确；C若物质P是Cu，铁离子与铜发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子，含铜离子的溶液显蓝色，观察不到浅绿色，故C错误；D变化为三价铁离子与硫氰根离子形成红色络合物，属于络合反应，不是氧
20、化还原反应，故D错误；答案选B。13. 向HCl、AlCl3混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀的量随NaOH溶液加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是A. M点对应的溶液中：K、Fe2、SO、NOB. N点对应的溶液中：K、NH、Cl、SOC. S点对应的溶液中：Na、SO、HCO、NOD. R点对应的溶液中：Na、SO、Cl、NO【答案】BD【解析】【分析】滴加氢氧化钠时，氢氧化钠先与氢离子反应生成水，再与氯离子反应生成氢氧化铝沉淀，最后和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠。【详解】A.M点时酸未反应完，故溶液显酸性，Fe2+、NO3在酸性发生氧化还原反应，A错误
21、；B.N点时酸与氢氧化钠恰好完全反应，溶液中溶质为氯化铝和氯化钠，四种离子能共存，B正确；C.S点Al3+与OH-未完全反应，与HCO3发生双水解不能共存，C错误；D.R点时氢氧化铝与OH-未完全反应，与Na、SO、Cl、NO均不反应，D正确；答案选BD。14. C和CuO在高温下反应生成Cu、Cu2O、CO2、CO。现将1 g碳粉跟8 g CuO混合，在硬质试管中隔绝空气高温加热，将生成的气体全部通入足量NaOH溶液中，并收集残余的气体，测得溶液增加的质量为1.1 g，残余气体在标准状况下的体积为560 mL。下列说法不正确的是A. 反应后硬质试管中碳粉有剩余B. 反应后生成Cu2O为0.0
22、25 molC 该氧化还原反应共转移电子0.2 molD. 反应后硬质试管中剩余的固体混合物的总质量为7.2 g【答案】C【解析】【详解】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，二氧化碳的物质的量为：=0.025mol，残余气体在标准状况下的体积为560mL为CO的体积，一氧化碳的物质的量为：=0.025mol，A根据碳元素守恒可知：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，碳粉总质量为1 g，则反应后硬质试管中碳粉有剩余，故A正确； B氧
23、化铜的物质的量为：n(CuO)=0.1mol，二氧化碳与一氧化碳含有的氧原子物质的量为：0.025mol2+0.025mol1=0.075mol，反应后氧原子还存在于氧化亚铜中，所以氧化亚铜的物质的量为：0.1mol-0.075mol=0.025mol，故B正确；C反应中C元素化合价升高，铜元素化合价降低，碳元素失去的电子物质的量与铜元素得到电子的物质的量相等，所以转移电子物质的量为：0.025mol4+0.025mol2=0.15mol，故C错误；D根据B项分析，氧化铜物质的量为0.1mol，生成的氧化亚铜的物质的量为0.025mol，生成的铜单质的物质的量=氧化铜中铜原子的物质的量-氧化亚
24、铜中铜原子的物质的量=0.1mol-0.025mol2=0.05mol，根据A项分析，反应后碳有剩余，剩余碳的质量为1g-0.6g=0.4g，则硬质试管中剩余的固体混合物的总质量=氧化亚铜的质量+铜单质的质量+剩余碳粉的质量=0.025mol144g/mol+0.05mol64g/mol+0.4g=7.2 g，故D正确；答案选C。15. 某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4。某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图。下列说法正确的是注：CuS既不溶于稀硫酸，也不与稀硫酸反应A. 步骤中，生成的气体可用CuSO4溶液吸收B. 步骤中的加热操作需维持在较高温度下
25、进行，以加快反应速率C. 滤渣2成分只有SiO2D. 检验滤液1中是否含有Fe2，可以先加新制氯水再加KSCN【答案】A【解析】【分析】废催化剂中含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4，废催化剂中加入稀硫酸，第一次浸出主要发生反应ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，过滤后滤液中ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，浓缩结晶得到粗ZnSO47H2O，滤渣1含有SiO2、CuS，向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫，滤渣2中含有硫和二氧化硅，滤液2中含有硫酸铜，经浓缩结
26、晶可得到硫酸铜晶体，据此分析解答。【详解】A步骤操作中生成的气体为硫化氢，可以用NaOH溶液或CuSO4溶液吸收，故A正确；B步骤中加入了过氧化氢，过氧化氢在加热时容易分解，因此操作不能在太高的温度下进行，故B错误；C根据上述分析，滤渣2含有硫和二氧化硅，故C错误；D检验滤液1中是否含有Fe2+，由于滤液1中含有Fe3+，用KSCN和新制的氯水不能检验，故D错误；故选A。第II卷（非选择题 共60分）三、非选择题：本题共5小题，共60分。16. 人体血液里Ca2的浓度一般采用mg/cm3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵(NH4)2C2O4溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草
27、酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2的浓度。(1)实验室需要450 mL 0.02 mol/L酸性KMnO4标准溶液，现有仪器：托盘天平玻璃棒药匙烧杯量筒，还需要_玻璃仪器才能完成配制，需用托盘天平称量KMnO4固体_g。(2)下列操作会使配制的KMnO4溶液浓度偏大的是_(填写编号，假设其他操作均正确)。A 没有冷却至室温就转移液体到容量瓶并完成定容B 将溶液移入容量瓶过程中有少量溶液溅出C 使用容量瓶配制溶液，定容时，仰视刻度线D 容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干就用来配制溶
28、液E 定容时，滴加蒸馏水，不慎加多高于刻度线，吸出少量水使凹液面最低点与刻度线相切(3)测定血液样品中Ca2的浓度：抽取血样20.0 mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020 mol/L KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00 mL KMnO4溶液。写出草酸与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式_。滴定终点时的现象是_。经过计算，血液样品中Ca2的浓度为_mg/cm3。【答案】 (1). 500mL容量瓶，胶头滴管 (2). 1.6 (3). A (4). (5). 当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，溶液恰好由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色 (6). 1.2【解析
29、】【详解】(1)用固体配制一定物质量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、容量瓶、胶头滴管，需要450mL0.02mol/L酸性KMnO4标准溶液，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，所以还需要的仪器：500mL容量瓶，胶头滴管；需要高锰酸钾质量m=0.02mol/L0.5L158g/mol=1.58g=1.6g；故答案为：500mL容量瓶，胶头滴管；1.6；(2)根据物质的量浓度公式分析误差分析：A没有冷却至室温就转移液体到容量瓶并完成定容，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A选；B将溶液移入容量瓶过程中有少
30、量溶液溅出，导致溶质质量偏小，溶液浓度偏低，故B不选；C使用容量瓶配制溶液，定容时，仰视刻度线，导致溶液体积偏高，溶液浓度偏低，故C不选；D容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干就用来配制溶液，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故D不选；E定容时，滴加蒸馏水，不慎液面略高于刻度线，吸出少量水使凹液面最低点与刻度线相切，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小，故E不选；故答案选：A。(3) 草酸与酸性KMnO4溶液反应，高锰酸钾为氧化剂生成还原产物Mn2+，草酸为还原剂生成氧化产物CO2，则离子方程式为：，故答案为：；草酸具有还原性，能够使高锰酸钾褪色，向无色草酸中加入酸性高锰酸钾，当
31、草酸反应完后，滴加高锰酸钾显紫红色，且半分钟不退色，滴定到达终点；故答案为：当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，溶液恰好由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的高锰酸钾的物质的量为：，根据反应方程式，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：，Ca2+的质量为：，钙离子的浓度为：，故答案为：1.2。17. 下列框图中的物质均为中学化学中常见物质，其中甲、乙为单质，其余均为化合物。B为常见液态化合物，A为淡黄色固体，F、G所含元素相同且均为氯化物，G遇KSCN溶液显红色。请回答下列问题：(1)甲_；D_；G_。(2)画出C中阳离子的结构示意图：_。(3)在
32、空气中将C溶液滴入F溶液中，观察到的现象是_。(4)反应中，既属于化合反应又属于氧化还原反应的是_(填序号)。(5)A与B反应的离子方程式为_。(6)实验室中存放氯化亚铁溶液，经常在其中放入表面除锈的铁钉，目的是_。(7)在配制G时，由于实验员失误，可能导致溶液中含有少量的F，为帮助实验员进行检验少量F的存在，请从下列物质中选择合适的试剂_。A KSCN溶液 B 稀盐酸 C KMnO4溶液 D NaOH溶液【答案】 (1). Na (2). Fe(OH)2 (3). FeCl3 (4). (5). 先生成白色沉淀，然后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 (6). (7). 2Na2O2+2H2O=
33、4Na+ + 4OH- + O2 (8). 防止亚铁离子被氧化 (9). C【解析】【分析】甲、乙为单质，二者反应生成A为淡黄色固体，则A为Na2O2，甲、乙分别为Na、氧气中的一种；B为常见液态化合物，与A反应生成C与乙，可推知B为H2O、乙为氧气、C为NaOH，则甲为Na；F、G所含元素相同且均为氯化物，G遇KSCN溶液显红色，则G为FeCl3，F为FeCl2，结合转化关系可知，E为Fe(OH)3，D为Fe(OH)2，据此进行解答。【详解】(1)根据分析，甲为Na；D为Fe(OH)2；G为FeCl3；(2)根据分析，C为NaOH，钠离子的结构示意图：；(3)在空气中将NaOH溶液滴入FeC
34、l2溶液中，先生成氢氧化亚铁沉淀，再被氧化生成氢氧化铁，观察到的现象是：先生成白色沉淀，然后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；(4)根据分析，结合转化关系图示，反应中，属于氧化还原反应，属于非氧化还原反应，反应为钠和氧气反应生成过氧化钠，属于化合反应，反应中的产物为两种，不是化合反应，反应为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，属于化合反应，则既属于化合反应又属于氧化还原反应的是；(5)Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na+ + 4OH- + O2 ；(6)实验室中存放氯化亚铁
35、溶液，经常在其中放入表面除锈铁钉，发生的反应为2Fe3+Fe=3Fe2+，目的是防止亚铁离子被氧化；(7)在配制FeCl3时，由于实验员失误，可能导致溶液中含有少量的FeCl2，为帮助实验员进行检验少量FeCl2的存在，即检验溶液中含有亚铁离子，AKSCN溶液和亚铁离子无现象，不能检验溶液中含有亚铁离子，故A不符合；B稀盐酸不能检验亚铁离子的存在，故B不符合；C KMnO4溶液可以氧化亚铁离子而褪色，证明亚铁离子的还原性，能检验溶液中含有亚铁离子，故C符合；DNaOH溶液和铁离子反应生成红褐色沉淀，和亚铁离子反应生成白色沉淀迅速变化为灰绿色最后变为红褐色，反应现象不能分辨，故D不符合；故答案选
36、C。18. 以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原料制备硝酸铜的流程如图示：(1)“浸取”后过滤得到的矿渣成分是_(填化学式)。(2)“浸取”反应中，每生成1 mol CuCl2，反应中转移电子的数目约为_。(3)向滤液M中加入(或通入)_(填字母)，可使流程中_(化学式)循环利用。a.铁 b.氯气 c.高锰酸钾 d.氯化氢(4)“保温除铁”过程中，加入氧化铜的作用是_。(5)某探究性小组的研究成果如图所示，可以用废铜屑和黄铜矿(主要成分为CuFeS2)来富集Cu2S，当反应中转移0.2 mol电子时，生成Cu2S_mol。【答案】 (1). S和SiO2 (2). (3). b
37、(4). FeCl3 (5). 调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀 (6). 0.2【解析】【分析】辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅不反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，说明Cu2S和FeCl3发生反应生成S单质，还生成氯化铜、氯化亚铁。在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子，然后过滤，滤液M主要含有氯化亚铁，保温除铁加入稀硝酸溶液将铁氧化为铁离子，氧化铜调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤分离，滤液中主要含有硝酸铜，加入硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体。【详解】(1) 辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅不反应，过滤得到矿渣用苯回
38、收硫单质，说明Cu2S和FeCl3发生反应生成S单质，故答案为：S和SiO2；(2) 浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化，根据Cu2S的最终产物CuCl2及电子守恒和元素守恒可得该反应总的离子反应方程式为Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，反应中2 CuCl24e-，则每生成1 mol CuCl2，反应中转移电子的数目为2NA，约为，故答案为：；(3) M中主要物质为氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，实现循环使用，故答案为：b； FeCl3；(4) “保温除铁”过程要除去Fe3+，故需要加入氧化铜来调节pH值，使Fe3+生成氢氧化铁沉淀，故答案为：调节溶液的pH，使铁完全转化为
39、Fe(OH)3沉淀；(5) 从图中可知，反应前后硫化氢的质量和性质没有发生改变，为催化剂，在该转化中Cu被氧化成Cu2S，化合价升高+1价，CuFeS2被还原成Cu2S，化合价降低-1价，根据电子守恒，当转移0.2mol电子时，生成Cu2S 0.2 mol，故答案为：催化剂；0.2。【点睛】解决工艺流程题，首先要根据题干信息，了解生产的产品，此题为以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原料制备硝酸铜晶体，围绕着将亚铜氧化，除去二氧化硅，引入硝酸根，溶液变晶体的方法来解题，分析时要明白整个流程中各操作步骤的目的，搞清楚发生了什么反应；再结合具体的题目进行详细解答。19. 我国长征系列运
40、载火箭用液态腓（N2H4）作燃料。N2H4与NH3有相似的化学性质，属于二元弱破，有极强的还原性。回答下列问题：（1）肼与盐酸反应生成的正盐是_（写化学式）。（2）在加热条件下，液态肼可还原新制的Cu(OH)2制备纳米级Cu2O，并产生无污染气体，试写出该反应的化学反应方程式_。（3）资料表明，氨和次氯酸钠溶液反应能生成肼，装置如下：实验时，先点燃A处的酒精灯，一段时间后再向B的三颈烧瓶中滴加NaClO溶液。滴加NaClO溶液时不能过快、过多的原因_。从实验安全性角度指出该实验装置中存在的缺陷_。（4）向装有少量AgBr的试管中加入肼，观察到的现象_。（5）肼可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅
41、炉被腐蚀，理论上1 kg的肼可除去水中溶解的O2_kg。【答案】 (1). N2H6Cl2； (2). 4Cu(OH)2+N2H4 N2+2Cu2O+6H2O； (3). 防止NaClO氧化肼； (4). A、B间无防倒吸装置，易使A装置中玻璃管炸裂； (5). 固体逐渐变黑，并有气泡产生，故答案为：固体逐渐变黑，并有气泡产生； (6). 1kg；【解析】【详解】(1)肼与盐酸反应生成N2H6Cl2，N2H6Cl2属于盐，故答案为：N2H6Cl2；(2) 加热条件下，液态肼可还原新制的Cu( OH)2制备纳米级Cu2O，并产生无污染气体为氮气，由质量守恒定律及电子守恒可知反应为4Cu(OH)2
42、 + N2H4 N2 +2Cu2O +6H2O，故答案为：4Cu(OH)2 + N2H4 N2 +2Cu2O +6H2O；(3)实验时，先点燃A处的酒精灯，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加NaClO溶液，肼有极强的还原性，而次氯酸钠具有强氧化性，因此滴加NaClO溶液时不能过快、过多，防止NaClO氧化肼，故答案为：防止NaClO氧化肼；氨气极易溶于水，该装置很容易发生倒吸，应该在A、B间增加防倒吸装置，故答案为: A、B间无防倒吸装置，易使A装置中玻璃管炸裂；(4) 肼被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，-2价的N元素被氧化为N2 ，反应方程式为:N2H4 + 4AgBr=4Ag+N2+4
43、HBr ，因此反应出现现象为：固体逐渐变黑，并有气泡产生，故答案为：固体逐渐变黑，并有气泡产生；(5) 肼被氧化失电子N2H4N2，O2O2-得到4e-，肼和氧气摩尔质量都是32g/mol ,则等质量肼和氧气物质的量相同，理论上1kg的肼可除去水中溶解的O21kg ，故答案为：1kg；20. 某化工厂为了综合利用生产过程中的副产品CaSO4，与相邻的合成氨厂联合设计了以下制备(NH4)2SO4的工艺流程：(1)写出硫酸钙的一种用途_。(2)a和b分别是_(填序号)。A 足量CO2、适量NH3 B 足量NH3、适量CO2C 适量CO2、足量NH3 D 适量NH3、足量CO2(3)提纯滤液以获得(
44、NH4)2SO4晶体，必要的操作步骤是_。(4)该工艺流程中可以循环利用的物质是_，上述流程从产物的角度分析主要优点是_。(5)使用(NH4)2SO4与氰酸钾KCNO人工合成了尿素CO(NH2)2，打破了有机化合物的“生命力”学说。(NH4)2SO4与KCNO合成尿素反应的化学方程式为_。(6)400时(NH4)2SO4完全分解后无固体残留，氧化产物与还原产物的物质的量之比是1：3，且氧化产物和还原产物各只有一种，则氧化产物是_，还原产物是_。【答案】 (1). 制造水泥(合理即可) (2). B (3). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 (4). NH3、CO2 (5). 循环利用，减
45、少的原料，节约成本 (6). (7). N2 (8). SO2【解析】【分析】用CaSO4、NH3、CO2制备(NH4)2SO4，由流程可知，硫酸钙悬浊液通入a为足量的NH3，使溶液成碱性，再通b为适量的CO2，与溶液中的氨水、硫酸钙悬浊液反应生成碳酸钙沉淀和(NH4)2SO4溶液，经过过滤分离得到碳酸钙沉淀再煅烧生成生石灰，而滤液含硫酸铵经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铵晶体，以此来解答。【详解】(1)硫酸钙用途制造水泥、半水硫酸钙及硫酸的原料。油漆和造纸工业中用作填充剂。农业上用作化肥，能降低土壤碱度、改善土壤性能等；故答案为：制造水泥(合理即可)；(2)由上述分析可知，a
46、和b分别为足量NH3、适量CO2，故答案为：B；(3)提纯滤液以获得(NH4)2SO4晶体，必要的操作步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；(4)上述流程中，可以循环使用的物质是NH3、CO2，上述流程从产物的角度分析主要优点是：循环利用，减少的原料，节约成本；故答案为：NH3、CO2；循环利用，减少的原料，节约成本；(5) (NH4)2SO4与KCNO合成尿素反应根据元素守恒，原子守恒，配平化学方程式为：，故答案为：；(6) 400时(NH4)2SO4完全分解后无固体残留，氧化产物与还原产物的物质的量之比是1：3，且氧化产物和还原产物各只有一种，还原剂对应氧化产物，化合价升高的元素是N，化合价改变的为-3价到0价，两个N 元素，因此6个价态，该物质是N2，氧化剂对应还原产物，化合价降低的元素是S元素，化合价改变的为+6价到+4价，一个硫元素，因此2个价态，该物质是SO2，故答案为：N2；SO2。
