1、宁夏回族自治区石嘴山市第三中学2021届高三化学上学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 卷一.选择题（每小题只有一个正确选项，318=54分）1. 实现中国梦，离不开化学与科技的发展。下列说法不正确的是A. 2019年新冠肺炎“疫苗”等生物制剂需要冷冻保存B. 大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料C. 纳米复合材料实现了水中微污染物铅（）的高灵敏、高选择性检测，但吸附的量小D. 我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆
2、的主要成分是晶体硅【答案】D【解析】【详解】A2019年新冠肺炎“疫苗”等生物制剂在温度较高时容易失活，需要冷冻保存，故A正确；B. 金属材料包括纯金属以及它们的合金，铝锂合金属于金属材料，故B正确；C. 纳米复合材料表面积大，纳米复合材料实现了水中微污染物铅（）的高灵敏、高选择性检测，但吸附的量小，故C正确；D. 光缆的主要成分是二氧化硅，故D错误；故选D。2. 下列叙述正确的有( )CO2、P2O5均为酸性氧化物 金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物 碘晶体分散到酒精中、饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的分散系分别为：溶液、胶体 灼热的炭与CO2的反应、Ba(OH)28H2O与N
3、H4Cl的反应均既为氧化还原反应，又是吸热反应 需要通电才可进行的有：电离、电解、电镀、电化学腐蚀 氯化铝溶液与氢氧化铝胶体具有的共同性质是：能透过滤纸，加热蒸干、灼烧后都有氧化铝生成苛性钾、次氯酸、氯气按顺序分类依次为：强电解质、弱电解质和非电解质A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个【答案】A【解析】【详解】CO2、P2O5均可以和水反应生成酸，属于酸性氧化物，正确；金属元素和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，例如AlCl3，错误；碘晶体分散到酒精中、饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的分散系分别为：溶液、胶体，正确；Ba(OH)28H2O与NH4Cl的反应中没有化合价的变化，不属于
4、氧化还原反应，错误；电解、电泳、电镀需通电，电离是溶液中水分子或熔融作用下进行；电化学腐蚀是形成原电池反应发生的腐蚀，不需要通电，错误；溶液和胶体能通过滤纸，加热氯化铝溶液时，铝离子水解生成氢氧化铁，蒸干、灼烧时氢氧化铝分解生成氧化铝和水，氢氧化铝胶体加热时聚沉生成沉淀，蒸干、灼烧时氢氧化铝分解生成氧化铝和水，正确；氯气不是非电解质，非电解质是化合物，错误；故选A。3. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A. 明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒B. 金属钠具有强还原性，可用于与TiCl4溶液反应制取金属TiC. Al2O3具有很高的熔点，可用于制造熔融烧碱的坩埚D. FeCl3
5、溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路板【答案】D【解析】【分析】A.明矾不能用于杀菌消毒；B.钠是活泼金属，具有还原性可以冶炼某些金属，但溶液中钠和水剧烈反应；C.高温下，氧化铝能与NaOH反应；D. FeCl3溶液能与Cu发生反应：2Fe3+Cu=2 Fe2+Cu2+。【详解】A. 明矾可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，但不具有氧化性，不能用于杀菌消毒，故A错误；B. 钠是活泼金属，具有还原性，可用与TiCl4熔融固体反应制取金属Ti，溶液中钠与水剧烈反应，不能用Na与溶液反应制备金属，故B错误；C. 高温下，氧化铝能与NaOH反应，氧化铝不能用于制造熔融烧碱的坩埚，故C错误；D. Cu与
6、氯化铁反应生成氯化亚铁、氯化铜，则可用于蚀刻印刷电路板，故D正确；本题选D。【点睛】Al2O3为两性氧化物，既可以与酸反应又可以与碱反应。4. 下列说法正确的是（ ）A. 二氧化硅具有良好的半导体特性，故而可用作光导纤维B. 硅酸钠为盐，非碱类物质，故可用玻璃瓶盛装C. 高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，说明硅酸酸性强于碳酸D. 硅溶于氢氧化钠溶液，只有水作氧化剂，NaOH既非氧化剂也非还原剂【答案】D【解析】【详解】A. 硅具有良好的半导体特性，二氧化硅可用作光导纤维，故错误；B. 硅酸盐具有粘性，容易将玻璃瓶与玻璃塞粘到一起，不能用玻璃瓶盛装，故错误；C.
7、高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，不是在常温下进行，且不是在水溶液中进行，不能说明硅酸的酸性强于碳酸，故错误；D. 硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，水中氢离子化合价降低，做氧化剂，故正确；故选D。5. 设nA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是A. 23g Na 与足量H2O反应完全后可生成nA个H2分子B. 1 molCu和足量热浓硫酸反应可生成nA个SO3分子C. 标准状况下，22.4L N2和H2混合气中含nA个原子D. 3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8nA个电子【答案】D【解析】【详解】A、23g钠的物质的量为1mol，而钠与水反应
8、时1mol钠生成0.5mol氢气，即生成0.5NA个分子，故A错误；B、铜和浓硫酸反应时，浓硫酸被还原为SO2，不是三氧化硫，故B错误；C、标准状况下，22.4LN2和H2混合气的物质的量为1mol，而N2和H2均为双原子分子，故1mol混合气体中无论两者的比例如何，均含2mol原子，即2NA个，故C错误；D、Fe3O4中铁为+价，故1mol铁反应失去mol电子，3mol单质Fe完全转化为Fe3O4失去8mol电子，即8NA个，故D正确；故选D。6. 下列各组离子能大量共存的是()A. “84”消毒液的水溶液中：Fe2、Cl、Ca2、NaB. 加入KSCN显红色的溶液中：K、NH、Cl、S2C
9、. pH2的溶液中：NH、Na、Cl、Cu2D. 无色溶液中：K、CH3COO、HCO、MnO【答案】C【解析】【详解】A. 84”消毒液的水溶液中含有ClO-，具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应而不能共存，故A错误；B. 加入KSCN显红色的溶液中含有Fe3+，与S2-相互促进水解而不能共存，故B错误；C. pH=2的溶液，为酸性溶液，该组离子之间不反应，则能够共存，故C正确；D. MnO在水溶液中为紫色，与无色溶液不符，故D错误；故选C。7. 下列各组物质中，X是主体物质，Y是少量杂质，Z是为除去杂质所要加入的试剂，其中所加试剂正确的一组是ABCDXFeCl2溶液FeCl3溶液FeF
10、eSO4溶液YFeCl3CuCl2AlFe2(SO4)3ZCl2FeNaOH溶液CuA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. 氯气会将FeCl2氧化为FeCl3，故A错误；B. 铁能和铜离子及铁离子反应，不能用于除去FeCl3溶液中的CuCl2杂质，故B错误；C. Al能与NaOH反应而Fe不反应，可以除去杂质Al，故C正确；D. Cu与铁离子反应会引入Cu2+杂质，故D错误；答案选C。8. 根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取二氧化碳、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（ ）A. 制取二氧化
11、碳B. 制取NaHCO3C. 分离NaHCO3D. 干燥NaHCO3【答案】C【解析】【详解】A、酒精灯的火焰温度达不到碳酸钙的分解温度，故不选A；B、向饱和氨盐水中通入二氧化碳，导气管应伸入液面以下，故不选B；C、过滤法分离出碳酸氢钠晶体，故选C；D、碳酸氢钠加热易分解，不能用加热的方法干燥NaHCO3，故不选D。【点睛】本题以侯氏制碱原理为载体，考查学生基本实验操作，涉及物质的分离、提纯以及制备，注重实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价。9. 下列实验不能成功的是（ ）A. 用加热法鉴别Na2CO3固体和NaHCO3固体B. 用观察法区别Na2O粉末和Na2O2粉末C. 用澄
12、清石灰水鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液D. 用AlCl3溶液鉴别Na2CO3溶液和NaOH溶液【答案】C【解析】【详解】A. 加热法NaHCO3固体分解，而碳酸钠不能，则加热法可鉴别，故正确；B. Na2O粉末为白色，Na2O2粉末为淡黄色，颜色不同，则观察法可鉴别，故正确；C. 澄清石灰水与Na2CO3溶液和NaHCO3溶液反应均生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故错误；D. AlCl3溶液与Na2CO3溶液反应生成沉淀，与NaOH溶液反应先生成沉淀后沉淀消失，现象不同，可鉴别，故正确；故选C。10. 现有a、b、c、d四种金属， a、b合金铸造的日用品暴露在潮湿空气中a先被腐蚀；电
13、解b、c的硫酸盐混合溶液，电极上金属c析出后再析出b； d的硝酸盐溶液呈中性，四种金属活泼性由强到弱的顺序是（ ）A. d、a、b、cB. d、b、a、cC. a、b、c、dD. a、b、d、c【答案】A【解析】【分析】【详解】构成原电池，活泼金属作负极，先被腐蚀，说明a的金属性强于b；电解过程中，阳离子氧化性强的先析出，根据单强离弱，因此b的金属性强于c；显中性，因此硝酸是强酸，此盐属于强碱强酸盐，d是活泼金属；故选项A正确。【点睛】11. 实验室利用下图装置制取无水A1C13(183升华，遇潮湿空气即产生大量白雾)，下列说法正确的是A. 的试管中盛装二氧化锰，用于常温下制备氯气B. 、的试
14、管中依次盛装浓H2SO4、饱和食盐水、浓H2SO4、NaOH溶液C. 滴加浓盐酸的同时点燃的酒精灯D. 用于收集AlCl3，、可以用一个装有碱石灰的干燥管代替【答案】D【解析】【分析】由实验装置可知，为浓盐酸与强氧化剂反应生成氯气，中饱和食盐水可除去氯气中的HCl，中浓硫酸干燥氯气，中Al与氯气反应生成AlCl3，为收集氯化铝的装置；中浓硫酸防止水进入和中引起氯化铝水解，中NaOH溶液吸收尾气中的氯气，以此来来解答。【详解】A. 的试管中盛装二氧化锰，常温与浓盐酸不反应，需要加热制备氯气，A项错误；B. 由上述分析可知、的试管中依次盛装饱和食盐水、浓H2SO4、浓H2SO4、NaOH溶液，B项
15、错误；C. 滴加浓盐酸使产生的氯气排出装置中的氧气，再点燃的酒精灯，C项错误；D. 用于收集AlCl3，、两个装置要防止其水解，且要吸收尾气中的氯气，则、可以用一个装有碱石灰的干燥管代替，D项正确；答案选D。12. 某同学在实验室利用氢氧化钠溶液、盐酸分离铁粉和铝粉的混合物，物质转化关系如图所示：下列说法不正确的是()A. X为NaOH溶液，Y为盐酸B. a、b、c既能与酸又能与碱反应C. bcAl的反应条件分别为：加热、电解D. ab发生的反应为AlOHH2O=Al(OH)3【答案】B【解析】【分析】在实验室利用氢氧化钠、盐酸分离铁粉和铝粉混合物，加入试剂X，过滤得到铁，说明试剂X能溶解铝，
16、盐酸和铁、铝都反应，氢氧化钠溶液只和铝反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，生成可溶性的偏铝酸盐，所以x为NaOH溶液，y为盐酸，a为偏氯酸钠溶液，偏铝酸钠和适量盐酸反应NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3+NaCl，生成氢氧化铝沉淀，b为氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝和水，氧化铝电解生成铝和氧气。【详解】A. 铁粉和铝粉混合物，加入试剂X，过滤得到铁，试剂X能溶解铝，盐酸和铁、铝都反应，氢氧化钠溶液只和铝反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，a为偏氯酸钠溶液，偏铝酸钠和适量盐酸反应NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3+NaCl，
17、所以x为NaOH溶液，y为盐酸，故A正确；B. b为氢氧化铝，为两性氢氧化物，既能与酸又能与碱反应，C为氧化铝，属于两性氧化物，既能与酸又能与碱反应，a为偏氯酸钠溶液，只能和酸反应，不能和碱反应，故B错误；C. b为氢氧化铝，氢氧化铝受热分解2Al（OH）3Al2O3+3H2O，生成氧化铝和水，氧化铝电解2Al2O34Al+3O2，生成铝和氧气，故C确；D. a为偏氯酸钠溶液，b为氢氧化铝，ab发生的反应NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3+NaCl，离子反应为：AlO+H+H2OAl（OH）3，故D正确；故选B。13. 下列说法错误的是()。向NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液,
18、反应的离子方程式为2Fe2+ClO-+2H+Cl-+2Fe3+H2O向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液,再滴加H2O2溶液,溶液变成血红色,说明Fe2+既有氧化性又有还原性将稀硝酸加入过量铁粉中,充分反应后滴加KSCN溶液,有气体生成,溶液呈血红色,则稀硝酸将Fe氧化成了Fe3+向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液,若溶液呈红色,则溶液中一定含有Fe2+在溶液中加KSCN,溶液显红色,证明原溶液中有Fe3+,无Fe2+A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】NaClO溶液呈碱性；不能说明亚铁离子具有氧化性；将稀硝酸加入过量铁粉中生成硝酸亚铁；可能含有Fe2；不能证明是否含有Fe2
19、【详解】NaClO溶液呈碱性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，发生3H2O+3ClO+6Fe2=2Fe（OH）3+4Fe3+3Cl，故错误；滴加H2O2溶液，溶液变成血红色，说明Fe2有还原性，不能说明亚铁离子具有氧化性，故错误；将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后生成硝酸亚铁，滴加KSCN溶液，溶液不可能呈血红色，故错误；先加入氯水，不能排除铁离子，可能含有Fe2，故错误；因亚铁离子不反应，不能证明是否含有Fe2，故错误。故选B。14. 工业上用铝土矿主要成分为，含、等杂质为原料冶炼铝的工艺流程如下，对下述流程中的判断正确的是（ ）A. 试剂X为稀硫酸，沉淀中含有硅的化合物B. 反应
20、II中生成的反应为：C. 结合质子的能力由弱到强的顺序是D. 熔点很高，工业上还可采用电解熔融冶炼Al【答案】B【解析】【详解】A.由于溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙为偏铝酸钠溶液、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为硫酸，故A错误；B.过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为：，离子方程式为：，故B正确；C.结合质子的能力越强，相应的酸提供质子的能力就越弱，其对应的酸的酸性就越弱，提供质子的能力，则结合质子能力：，故C错误；D.氯化铝是分子晶体，熔融时不导电，不能采用电解熔融的氯化铝冶炼铝，故D错误；答案选B。15. 已知M
21、gCl26H2O在空气中加热时，失去部分结晶水，同时生成Mg(OH)Cl或MgO。实验室用MgCl26H2O制取无水MgCl2的部分装置(铁架台、酒精灯已略)如图所示：下列有关说法错误的是()A. 循环物质甲为盐酸B. 装置b填充的可能是P2O5或CaCl2C. 装置a的分液漏斗中装有的试剂为浓硫酸，其作用为催化剂D. 装置d中与装置c直接相连的装置为干燥装置【答案】C【解析】【分析】MgCl26H2O晶体在空气中加热时，释出部分结晶水，同时生成Mg（OH）Cl或MgO，实验室以MgCl26H2O制取无水MgCl2，应该是在HCl气氛中加热MgCl26H2O，所以a中液体为盐酸，盐酸受热挥发出
22、HCl，通过酸性干燥剂或中性干燥剂干燥，HCl进入c装置，加热c在HCl气氛中MgCl26H2O分解生成无水MgCl2，d装置为干燥装置，用于吸收分解生成的水蒸气，同时防止循环物质盐酸中的水蒸气进入c，据此分析。【详解】A. 在HCl气氛中加热MgCl26H2O，所以a中为盐酸，最后多余的HCl被水吸收形成盐酸，所以循环的物质甲是盐酸，故A正确；B. 装置b填充的是酸性干燥剂或中性干燥剂，用于干燥HCl，则可能是P2O5或CaCl2，故B正确；C. 装置a中起始装有的试剂为盐酸，加热时挥发出HCl，故C错误；D.d中与c直接相连的为干燥装置，用于吸收分解生成的水蒸气，同时防止循环物质盐酸中的水
23、蒸气进入c，故D正确；故选：C。16. 镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如下图所示：下列判断不合理的是：A. Al、Ga均处于IIIA族B. Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3C. Ga(OH)3可与NaOH反应生成NaGaO2D. 碱性：Al(OH)3Ga(OH)3【答案】D【解析】【详解】A镓(Ga)与铝同主族，均处于A族，故A正确；BGa2O3与Al2O3的性质具有相似性，可与盐酸反应生成GaCl3，故B正确；CGa(OH)3属于两性氢氧化物，与Al(OH)3的性质相似，能与NaOH溶液生成NaGaO2，故C正确；D同主族元素从
24、上到下金属性增强，则碱性：Al(OH)3Ga(OH)3，故D错误；故选D。17. 已知：在发烟硫酸(H2SO4SO3)中,I2和I2O5生成I2(SO4)3。I2(SO4)3溶于水生成I2和I2O4。下列说法正确的是( )A. 发烟硫酸的摩尔质量为178B. 反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为23C. 反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为13D. 若反应中消耗2 mol I2(SO4)3,则电子转移3 mol【答案】D【解析】【详解】A. 发烟硫酸(H2SO4SO3)的摩尔质量是178gmol-1，故A错误；B. I2中碘为0价，I2O5中碘为+5价，得到+3价的碘化合物I2(SO4)3
25、，则化学方程式为：4I2+6I2O5+15H2SO4SO310I2(SO4)3+15H2O，氧化剂I2O5与还原剂I2的物质的量之比为3：2，故B错误；C. I2(SO4)3溶于水生成I2和I2O4，另外还应生成H2SO4，根据反应物与产物中I元素的化合价可推知I2与I2O4的物质的量之比为1：3，则化学方程式：4I2(SO4)3+12H2OI2+3I2O4+12H2SO4，氧化产物I2O4与还原产物I2的物质的量之比为3：1，故C错误；D. 根据C中的反应4I2(SO4)3+12H2OI2+3I2O4+12H2SO4，4I2(SO4)3I26e-，所以消耗2molI2(SO4)3，则电子转移
26、3mol，故D正确；故选：D。18. ag镁铝合金投入x mL2mol/L的盐酸中，金属完全溶解。再加入ymL1mol/L的NaOH溶液，沉淀达到最大值，质量为(a+1.7)g,则下列说法不正确的是A. 镁铝合金与盐酸反应转移电子数为0.1NAB. 产生的H2在标况下体积为1.12LC x一定等于50D. a的取值范围为0.9a1.2【答案】C【解析】【详解】A金属失去的电子数等于其金属阳离子结合的OH的数目，则OH的质量为1.7g，说明镁铝合金失去0.1mol电子，正确，不选A、B失去0.1mol电子，生成0.05mol氢气，标准状况下，体积为1.12L，正确，不选B；C金属完全溶解，盐酸可
27、能有剩余，错误，选C；D假设全为金属镁，则0.05mol，质量为0.05 mol24g/mol=1.2g；假设全为铝，则铝的物质的量为mol，则铝的质量为0.9g，正确，不选D。答案选C。卷二、非选择题(本大题包括5个小题,共66分)19. 已知A为常见金属单质，根据如图所示的关系：(1)确定A、B、C、D、E、F的化学式，A_，B_， D_，E_，(2)写出、的离子方程式，的化学方程式。_ _(3)写A出在高温下与水蒸气反应的化学方程式： _。【答案】 (1). Fe (2). Fe3O4 (3). FeCl3 (4). Fe(OH)2 (5). Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2O
28、 (6). 2Fe2+Cl22Fe3+2Cl (7). 4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 4 Fe(OH)3 (8). 3Fe4H2O(g)Fe3O44H2【解析】【分析】根据F是红褐色固体奥F为Fe(OH)3，则A为金属Fe，C、D都含有铁元素，D和氢氧化钠反应生成Fe(OH)3，D为FeCl3，E和氧气反应生成Fe(OH)3，说明E为Fe(OH)2，C为FeCl2，则B为黑色晶体，则为Fe3O4。【详解】(1)根据前面分析的得到A、B、C、D、E、F的化学式，A为Fe，B为Fe3O4， D为FeCl3，E为Fe(OH)2；故答案为：Fe；Fe3O4；FeCl3；Fe(OH)2。(2
29、)是四氧化三铁和盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，其离子方程式为Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2O；故答案为：Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2O。是氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，其离子方程式为：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl；故答案为：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl。是氢氧化亚铁和氧气、水反应反应生成氢氧化铁，其化学方程式为：4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 4 Fe(OH)3；故答案为：4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 4 Fe(OH)3。(3)A在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，其化学方程式： 3Fe4H2O(g)Fe3O44H2；故答案为：
30、3Fe4H2O(g)Fe3O44H2。【点睛】根据物质的特征(包括颜色，物质之间的反应特点)来分析物质，比如红褐色固体则为氢氧化铁，黑色晶体为四氧化三铁，再根据其他反应来分析物质之间的联系。20. 下图表示有关的一种反应物或生成物(无关物质已略去)，其中A、C为无色气体，请填写下列空白。(1)B是_，W是_。（填化学式）(2)用单线桥法标出反应电子转移的方向和数目：_。(3)写出G与Cu在加热条件下能反应生成E和F的物质的量之比为11的化学方程式：_。(4)若W是酸式盐，_g W加热分解的产物通过足量的Na2O2，固体Na2O2增重3g，则转移的电子总数为_。【答案】 (1). H2O (2)
31、. NH4HCO3或(NH4)2CO3（答对任意一个给满分） (3). (4). 2Cu+6HNO32Cu(NO3)2+NO+NO2+3H2O (5). 7.9g (6). 0.2NA【解析】【详解】W既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则A为NH3，气体C能与Na2O2反应，应是二氧化碳与过氧化钠反应，故C为CO2，则W应为碳酸铵或碳酸氢铵，B为H2O，结合转化关系可知，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3，（1）由上分析B为H2O；W应为（NH4）2CO3或者NH4HCO3；反应是CO2与Na2O2反应生成Na2CO3和O2，用单线桥法标出反应电子转移方向
32、和数目为：；(3) G为HNO3，与Cu在加热条件下能反应生成NO和NO2的物质的量之比为11的化学反应，根据氧化还原反应配平可得反应方程式为：2Cu+6HNO32Cu(NO3)2+NO+NO2+3H2O；(4) 若W是酸式盐则为NH4HCO3，NH4HCO3加热分解的产物为氨气、二氧化碳和水蒸气NH4HCO3 NH3+ CO2+H2O，该反应的产物通过足量的Na2O2，能与过氧化钠反应且使其增重的为二氧化碳和水，根据反应2CO2+2Na2O2= 2Na2CO3+O2、2H2O+2Na2O2= 4NaOH+O2，固体Na2O2增重3g，由于每摩二氧化碳可增重28g、每摩水可增重2g，则n(CO
33、2+H2O)=，则分解NH4HCO3的为，质量为；转移的电子总数为。21. 某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。（1）A中试剂为_。（2）实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是_。（3）检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：记录C的液面位置；将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；由A向B中滴加足量试剂。上述操作的顺序是_(填序号)；记录C的液面位置时，除平视外，还应_。（4）B中发生反应的化学方程式为_。（5）若实验用铝镁合金的质量为a g，测得氢气体积为b mL(已换
34、算为标准状况)，B中剩余固体的质量为c g，则铝的相对原子质量为_。（6）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将_(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。【答案】 (1). NaOH溶液 (2). 除去铝镁合金表面的氧化膜 (3). (4). 使D和C的液面相平 (5). 2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2 (6). (7). 偏小【解析】【分析】(1)Mg、Al均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，因为Al可以和碱反应而不和Mg反应，则可以用NaOH与Al反应制得H2，然后用排水法收集H2，以计算Al的量；(2)因为Al表面容易生成氧化膜，因而要用酸处理；(3)
35、整个操作过程及原理是：检查气密性；记录起始液面；加入碱反应；不产生气体后，记录C中的液面，两者相减即为产生H2的量；最后称得的固体即为Mg的质量。在读数时要注意D、C液面相平，否则气体将受压，造成读数不准；(4)B中发生的是Al与碱的反应；(5) （a-c）即为铝的质量，再除以Al的物质的量即为铝的摩尔质量，而n(Al)可以由产生的H2获得；(6)未洗涤，则造成（a-c）变小，则由(5)的结果可进行判断。【详解】(1)根据铝镁的化学性质，铝镁都能与酸反应放出氢气，但铝还能与碱(如NaOH溶液)反应放出氢气，而镁不能，要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择NaOH溶液，答案是：NaOH溶液；(2)
36、铝镁的表面都容易形成一层氧化膜，在实验前必须除去；答案是：除去铝镁合金表面的氧化膜；(3)实验时首先要检查气密性，记下量气管中C的液面位置，再加入NaOH溶液开始反应，待反应完毕并冷却至室温后，记录量气管中C的液面位置，最后将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；量气管读数时为使里面气体压强与外界大气压相等，必须使D和C两管中液面相平，答案是：；使D和C的液面相平；(4)B管中发生铝与NaOH溶液的反应：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，答案是：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2；(5)铝镁合金的质量为a g，B中剩余固体镁的质量为c g，则参加反应的铝的质量为
37、（a-c）g，设铝的相对原子质量为M，则2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H22M322400mL（a-c）g bmL解之得：M=33600（a-c）/b；答案：33600（a-c）/b；(6)铝的质量分数为：（a-c）/a100%，实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，c值偏大，铝的质量分数偏小；答案是：偏小。22. 铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）。某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究。铁矿石中含氧量的测定 按上图组装仪器，检查装置的气密性； 将50g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、
38、C中的药品如图所示（夹持仪器均省略）； 从左端导气管口处不断地缓缓通入H2，待C装置出口处H2验纯后，点燃A处酒精灯； 充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却。（1）装置C的作用为_。（2）若将H2换成CO，则还需补充_装置。（3）测的反应后装置B增重135g，则铁矿石中氧的百分含量为_。铁矿石中含铁量的测定（1）步骤中煮沸的作用是_。（2）步骤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、_。（3）下列有关步骤的操作中说法正确的是_。a因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂b滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂c滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液d锥形瓶不需要用待测夜润洗e滴定过程中，
39、眼睛注视滴定管中液面变化f滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色，再读数（4）若滴定过程中消耗05000molL1的KI溶液2000mL，则铁矿石中铁的百分含量为_。由、可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为_。【答案】 (1). 防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果 (2). 尾气处理 (3). 24% (4). 赶走溶液中溶解的过量的Cl2 (5). 250mL容量瓶 (6). df (7). 70% (8). Fe5O6【解析】【分析】氢气和铁矿石中铁的氧化物在A装置的玻璃管内反应生成Fe和水蒸气，C用来隔绝空气，防止空气中的水蒸气进入B中，B中质量增加量即A中产生的水蒸
40、气的量，据此计算铁矿石中含氧量；10.0g铁矿石与足量稀硫酸反应、过滤得含Fe2+、Fe3+的滤液A，滤液A中通入足量氯气使Fe2+转化为Fe3+得B溶液，取20.00mLB的稀溶液用KI溶液滴定可得Fe3+的量，从而可计算铁矿石中含铁量，最后得铁矿石中铁的氧化物的化学式。【详解】(1)装置C的作用为防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，使测得的含氧量增大；(2)CO有毒，若将H2换成CO，则还需补充尾气处理装置；(3)测反应后装置B增重135g，即生成水1.35g，则铁矿石中氧的百分含量为=24%；(1)通入足量的氯气，溶液中溶有未反应的氯气，步骤中煮沸的作用是赶走溶液中溶解的过量的Cl2；(
41、2)步骤配制溶液中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶；(3)碘水、Fe3+均为黄色，所以滴定过程中需加指示剂；无论如何互滴，开始就生成碘单质，滴定过程中不能利用淀粉溶液作为指示剂；滴定管用蒸馏水洗涤后再用待裝液润洗；锥形瓶不能用待测夜润洗；滴定过程中，眼睛注视锥形瓶中颜色的变化；滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色，可判断滴定终点，再读数；(4)若滴定过程中消耗05000molL1的KI溶液2000mL，根据，铁矿石中铁的百分含量为=70%。设化学式为，所以该铁矿石中铁的氧化物的化学式为Fe5O6。23. H、C、N、O、Na、Fe、Cu是常见的七种元素，请回答下列问
42、题：(1)N、O、Na原子第一电离能由小到大的顺序是_(用元素符号和“”表示)；Cu原子的价电子排布图为_。(2)N、Na、Fe3、Cu2四种微粒基态的核外电子排布式中未成对电子数最多的是_；Cu2在水中呈现蓝色是因为形成了水合铜离子，其化学式为_，水分子与铜离子间结合的化学键名称为_。(3)根据价层电子对互斥理论判断下列分子或离子中空间构型是V形的是_(填序号)。H3OH2ONO(4)分子(CN)2中键与键之间的夹角为180，并有对称性，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为_，1个分子中含有_个键；(CN)2称为“拟卤素”，具有类似Cl2的化学性质，则(CN)2与NaOH水溶
43、液反应的化学方程式为_。(5)O和Na形成的一种只含有离子键的离子化合物，其晶胞结构如图，该离子化合物的化学式为_；已知该晶胞的密度为 g/cm3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a_cm。(用含、NA的代数式表示)【答案】 (1). NaON (2). (3). Fe3 (4). Cu(H2O)42 (5). 配位键 (6). (7). NCCN (8). 4 (9). (CN)22NaOH=NaCNNaCNOH2O (10). Na2O (11). 【解析】【分析】（1）非金属性越强，第一电离能越大，氮元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素的；Cu原子Cu原子的特征
44、电子排布式为3d104s1，根据泡利原理、洪特规则，画出其轨道式；（2）Fe3+的外围电子排布为3d5，未成对电子数最多；Cu2+在水中呈现蓝色是因为形成了水合铜离子，配位数为4，水分子与铜离子间通过配位键结合；（3）计算中心原子孤电子对数、价层电子对数，判断微粒空间结构，中心原子孤电子对数，a为中心原子价电子数，x为中心原子结合的原子数目，b为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数，价层电子对数=键电子对数+孤电子对数，键电子对数大于中心原子结合的原子数目；（4）分子中键与键之间的夹角为180，并有对称性，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，C原子形成4个共价键，N原子形成3个共价键，
45、则其结构简式为NC-CN；根据氯气与氢氧化钠的反应书写方程式；（5）根据均摊法计算晶胞中Na+、O2+离子数目，进而确定化学式，表示出晶胞质量，再结合m=V=a3计算晶胞棱长。【详解】(1)非金属性越强，第一电离能越大，氮元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素的，故第一电离能NaON，Cu原子Cu原子的特征电子排布式为3d104s1，其轨道式为，故答案为：NaON；(2)N外围电子排布为2s22p3，原子有3个未成对电子，Na+最外层电子排布为2s22p6，没有单电子，Fe3+的外围电子排布为3d5，有5个单电子，Cu2+的外围电子排布为3d9，有1个电子，Cu2+在水
46、中呈现蓝色是因为形成了水合铜离子，其化学式为Cu(H2O)42+，水分子与铜离子间结合的化学键为配位键，故答案为：Fe3+；Cu(H2O)42+；配位键；(3)H3O+中O原子孤电子对数，价层电子对数=3+1=4，故空间构型为三角锥形；H2O中O原子孤电子对数，价层电子对数=2+2=4，故空间构型为V形；中N原子孤电子对数，价层电子对数=2+0=2，故空间构型为直线形，故答案为：；(4)分子(CN)2中键与键之间的夹角为180，并有对称性，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，C原子形成4个共价键，N原子形成3个共价键，则其结构简式为NCCN，1个分子中含有4个键，(CN)2与NaOH水溶液反应的化学方程式为：(CN)22NaOH=NaCNNaCNOH2O，故答案为：NCCN；4；(CN)22NaOH=NaCNNaCNOH2O；(5)Na+在晶胞内部，共有8个，晶胞中O2数目为，二者数目之比为2:1，故化学式为Na2O，晶胞质量为，晶胞的密度为g/cm3，则=g/cm3(acm)3，解得a=，故答案为：Na2O； 。