1、宁夏石嘴山市第三中学2021届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）相对原子质量C12 N14 O16 Na23 Cl35.5 S32 Ca40 Mn55 Fe56 Cu64 Zn65 Ba137第I卷(选择题)一、单项选择题1. 中国不少古诗词清晰地描绘了当时人民的生活和社会的发展，如刘禹锡的浪淘沙：“日照澄州江雾开，淘金女伴满江隈。美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。”下列有关本诗中蕴含的化学知识正确的是（ ）A. “沙中浪底来”指的是金的氧化物B. 淘金原理与化学上的萃取一致C. 雾的分散质粒子直径范围是10-910-7cmD. 由沙子到计算机芯片发生了还原反应【答案】D【解析】【详解】A.
2、 “沙中浪底来”指的是金的单质，故A错误；B. 金的密度较大，且金不溶于水，因此淘金原理与萃取原理不同，故B错误；C. 雾的分散质粒子直径范围是10-910-7m，故C错误；D. 由沙子(主要成份为SiO2)到计算机芯片，化合价降低，发生了还原反应，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】注意区别硅单质和二氧化硅的用途；还有注意数量级的换算1nm = 110-9m2. 三氟化氮（NF3）常用于微电子工业，可用以下反应制备：4NH3+3F2NF3+3NH4F，下列说法中，正确的是（ ）A. NF3的电子式为B. NH4F分子中仅含离子键C. 在制备NF3的反应中，NH3表现出还原性D. 在制备NF
3、3反应方程式中，各物质均为共价化合物【答案】C【解析】【详解】ANF3为共价化合物，但F原子外围还有3对孤对电子，则NF3的电子式为，故A错误；BNH4F中铵根与氟离子之间为离子键，而铵根内还含有共价键，故B错误；C该反应中NH3NF3氮元素的化合价由-3价+3价，所以氨气作还原剂表现出还原性，故C正确；DNH4F中铵根与氟离子之间为离子键，所以NH4F离子化合物，故D错误；故答案为C。【点睛】考查氧化还原反应，明确元素化合价是解本题关键，在4NH3+3F2=NF3+3NH4F反应中NH3NF3氮元素的化合价由-3价+3价，F2F-氟元素得电子化合价降低，由0价-1价，得电子化合价降低的反应物
4、是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂被氧化，氧化剂被还原。3. 下列物质描述正确的是A. 1H2、2H2同位素B. O2-、同素异形体C. SO2、Mn2O7酸性氧化物D. Na2O2、CaO碱性氧化物【答案】C【解析】【详解】A同位素研究对象为原子，1H2、2H2都是单质，不是原子，不互为同位素，选项A错误；B同素异形体研究的对象为单质，O2-、都是离子，不是单质，不互为同素异形体，选项B错误；C酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物，SO2、Mn2O7均属于酸性氧化物，选项C正确；D碱性氧化物是指和酸反应生成盐和水的氧化物，CaO是碱性氧化物，和酸反应生成盐和水，Na2O2
5、和酸反应生成盐、水和氧气，不是碱性氧化物，选项D错误；答案选C。4. NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1mol OH 含有的电子数目为10NAB. 1mol Cl2溶于水，转移电子的数目为NAC. 标准状况下，2.24 L CCl4含有的分子数目为0.1NAD. 1L 1 molL-1 Na2CO3溶液中含有的CO32数目为NA【答案】A【解析】【详解】A.1molOH-中所含电子数8+1+1=10mol，即10NA，故A正确；B.1molCl2溶于水，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以转移的电子的物质的量小于1mol，故B错误；C.标准状况下，CCl4是液体，不能使
6、用气体摩尔体积进行计算，故C错误；D.碳酸根离子在水中水解，1L1molL-1的Na2CO3溶液中含有的CO32-数目小于NA，故D错误。故选A5. 向KAl(SO4)2溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液的过程中，下列说法正确的是（ ）A. 有可能产生两种沉淀B. 不可能立即出现沉淀C. 不可能只有一种沉淀D. 有可能变为澄清溶液【答案】A【解析】【详解】向KAl(SO4)2中逐滴滴加Ba(OH)2：先生成BaSO4和Al(OH)3，当铝离子完全沉淀，溶液中还存在没有沉淀的硫酸根离子，再加入Ba(OH)2生成BaSO4的同时Al(OH)3溶解，最后Al(OH)3溶解完，只剩余BaSO4沉淀。反应
7、的方程式为2Al3+3SO42-+3Ba2+6OH-3BaSO4+2Al(OH)3，2Al(OH)3+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+2AlO2-+4H2O，因此向明矾溶液中逐滴滴入氢氧化钡溶液至过量的过程中可能产生两种沉淀氢氧化铝和硫酸钡沉淀，也可能生成一种沉淀，故选A。【点睛】明确物质性质及物质之间反应是解本题关键。解答本题要注意氢氧化铝能够被过量的氢氧化钡溶解。6. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 1 L 0.1 molL1NaClO溶液中含有的ClO为NAB. 1 mol Fe在1 mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数为3NAC. 常温常压下，32 g O2
8、与O3的混合气体中含有的分子总数小于NAD. 标准状况下，22.4 L HF中含有的氟原子数目为NA【答案】C【解析】【详解】A. NaClO为强碱弱酸盐，ClO会水解，使溶液中ClO的物质的量小于1 L 0.1 molL1，即小于NA，A项错误；B. 根据反应2Fe3Cl2=2FeCl3可知铁过量，1 mol Cl2参与反应转移2 mol电子，B项错误；C. 32g O2的物质的量为=1mol，分子数为NA，而含有O3，相同质量的O3所含分子数少，则分子总数减少，小于NA，C项正确；D. 标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，D项错误；答案选C。【点睛】与阿伏加德罗常数N
9、A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。7. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 使甲基橙试液变红的溶液中：I-、Fe2、NaB. 含有大量Na的溶液中：、Al(OH)4-C. 水电离出的c(H)1.010-12molL-1的溶液中：Cl-、Na、ClO-、D. 澄清透明的溶液中：Cu2、Fe3、【答案】D【解析】【详解】A使甲基
10、橙试液变红的溶液呈酸性，酸性条件下与I、Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，A项错误；B、Al(OH)4-发生反应生成沉淀而不能大量共存，B项错误；C水电离出的c(H)1.010-12molL-1的溶液中水的电离受到抑制，该溶液既可以是酸溶液也可以是碱溶液，ClO-在酸溶液中不能大量存在，在碱溶液中不能大量存在，C项错误；D澄清透明的溶液中Cu2、Fe3、可以大量共存，D项正确；故选D。8. 下列叙述与胶体的性质无关的是A. 向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀盐酸，开始产生红褐色沉淀，后来沉淀逐渐溶解并消失B. 当日光从窗隙射入暗室时，观察到一束光线C. 向氯化铁溶液中加入氢氧化钠溶液，产生红褐色
11、沉淀D. 水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘粒子带电荷【答案】C【解析】【详解】A稀盐酸是电解质溶液，氢氧化铁胶体遇电解质溶液发生聚沉，与胶体性质有关。当盐酸过量时氢氧化铁又溶解在盐酸中，故A不符合题意；B当日光从窗隙射入暗室时，可观察到一束光线，这是丁达尔现象，是胶体的性质，故B不符合题意；C氯化铁溶液与氢氧化钠溶液发生复分解反应生成氢氧化铁红褐色沉淀和氯化钠，与胶体性质无关系，C符合题意；D烟尘是胶体，在外加电源作用下，有电泳的性质，与胶体性质有关，故D不符合题意；答案选C。9. 下列解释事实的方程式书写正确的是A. 醋酸处理水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2+CO2
12、+H2OB. Na2O2作呼吸面具的供氧剂：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2C. 实验室制备氨气：+OH-=NH3+H2OD. FeCl3溶液腐蚀线路板：Fe3+Cu=Fe2+Cu2+【答案】B【解析】【详解】A醋酸为弱酸，不能拆，应写成分子形式，A错误；BNa2O2与二氧化碳反应，生成碳酸钠和氧气，化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，B正确；C实验室制备氨气是用氯化铵固体和氢氧化钙固体加热生成氯化钙、氨气和水，反应物都为固体，没有离子方程式，C错误；DFeCl3和铜反应，离子方程式应为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，D错误；故选B。10. NaOH溶液和
13、CH3COOH溶液等体积混合，下列说法中正确的有A. 反应后，溶液中四种离子之间可能满足：c(Na+)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-)B. 反应后，若溶液呈酸性，则NaOH完全反应C. 反应后，若溶液呈中性，则NaOH溶液和CH3COOH溶液的浓度相等D. 反应后，若c(CH3COO-)=c(Na+)，则溶液显碱性【答案】B【解析】【详解】A当醋酸的浓度更大，则NaOH溶液和CH3COOH溶液等体积混合后，溶液显酸性，有c(H+)c(OH-)，但溶液要满足电荷守恒，则c(CH3COO-) c(Na+)， A错误；BNaOH溶液和CH3COOH溶液等体积混合后溶液呈酸性，则碱不足，酸过
14、量，NaOH完全反应，B正确；C若NaOH溶液和CH3COOH溶液的浓度相等，且等体积混合，则生成强碱弱酸盐，混合溶液应显碱性，C错误；DNaOH溶液和CH3COOH溶液等体积混合后c(CH3COO-)=c(Na+)，根据电荷守恒可知，一定有c(H+)=c(OH-)，溶液显中性，D错误；答案选B。11. 下列“实验结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是选项实验操作及现象实验结论A向KI-淀粉溶液中滴加氯水，溶液变成蓝色氧化性：Cl2I2B将钠放入热坩埚中加热燃烧，生成淡黄色固体反应有Na2O2生成C向某溶液中加入BaCl2产生白色沉淀溶液中一定含有D向某溶液中加入几滴AgNO3溶液，有白色沉
15、淀生成，再加入少量稀硝酸，沉淀不溶解溶液中可能含有Cl-A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A向KI-淀粉溶液中滴加氯水，溶液变成蓝色，说明生成了碘，则氧化性：Cl2I2，A正确；B将钠放入热坩埚中加热燃烧，生成淡黄色固体，说明反应有Na2O2生成，B正确；C向某溶液中加入BaCl2产生白色沉淀，溶液中不一定含有，如碳酸根，银离子等均可产生沉淀，C错误；D向某溶液中加入几滴AgNO3溶液，有白色沉淀生成，再加入少量稀硝酸，沉淀不溶解，可能为氯化银沉淀，溶液中可能含有Cl-，D正确；故选C。12. 还原性I-Fe2+Br-。向含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量氯气后
16、，所得溶液离子成分分析正确的是( )A. I-、Fe3+、Cl-B. Fe2+、Cl-、Br-C. Fe2+、Fe3+、Cl-D. Fe2+、I-、Cl-【答案】B【解析】【详解】还原性I-Fe2+Br-，向含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子；A.当溶液中含有碘离子，就不会出现铁离子，故A错误；B.通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，当亚铁离子存在时，溴离子一定不会参与反应，氯气作氧化剂，对应产物是氯离子，故B正确；C.当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故C错误；D.当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故D错误；故选
17、B。【点睛】依据离子的还原性强弱顺序判断溶液中的各离子是否能够共存是解决本题的关键。13. 下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是ABCD实验新制氯水滴入Na2S 溶液中乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中饱和FeCl3溶液滴入沸水中草酸滴入KMnO4 酸性溶液中现象产生黄色浑浊溶液由橙色变为绿色液体变为红褐色且澄清透明产生无色气体，溶液紫红色褪去A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.新制氯水滴入Na2S 溶液中，反应方程式为Cl2+Na2S=2NaCl+S，有元素化合价升降，属于氧化还原反应，故A不符合题意；B. 乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中，2K2Cr2O7+
18、3C2H5OH+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CH3COOH+11H2O，CrO72-转化为Cr3+，Cr元素化合价由+6价变为+3价，有化合价变化，所以属于氧化还原反应，故B不符合题意；C.饱和FeCl3溶液滴入沸水中，此过程为制备氢氧化铁胶体的过程，离子方程式为Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，过程中无化合价变化，不属于氧化还原反应，故C符合题意；D.草酸滴入KMnO4 酸性溶液中，反应方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O，高锰酸钾转化为硫酸锰，锰元素化合价由+7价变为+2价，有化合价变化，属
19、于氧化还原反应，故D不符合题意。答案选C。【点睛】本题解题关键是理解氧化还原反应的特征和实质。有元素化合价升降的反应为氧化还原反应，氧化还原反应的实质是有电子得失。据此判断反应是否与氧化还原反应相关。14. 下列装置能达到实验目的的是A. 收集H2或CO2B. 稀释浓H2SO4C. 制取氨气D. 称量10.05g固体【答案】A【解析】【详解】A收集H2可采用向下排空气法，气体流向为短进长出，收集CO2可采用向上排空气法，气体流向为长进短出，A正确；B稀释浓H2SO4，应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢的注入烧杯中，不能用量筒，B错误；C氯化铵和氢氧化钙固体加热，试管口应略向下倾斜，C错误； D托盘太平只
20、能精确到一位小数，不能称量10.05g固体，D错误；故选A。15. 根据下列反应判断物质的氧化性强弱，其中排序正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】根据氧化还原反应规律可知，氧化性：氧化剂氧化产物。中氧化剂是，氧化产物是，氧化性；中氧化剂是，氧化产物是，氧化性；中氧化剂是，氧化产物是，氧化性。故氧化性：，D项正确。答案选D。16. 工业上制备有机氟化剂SF4的反应为3SCl2+4NaF=SF4+S2Cl2+4NaCl，下列说法正确的是A. NaF既不是氧化剂也不是还原剂，SF4是还原产物B. SCl2与S2Cl2中氯元素的化合价不同C. 该反应中氧化剂与还原剂的物质的
21、量之比为2：1D. 该反应中每转移0.2mol电子生成11.7gNaCl【答案】C【解析】【详解】A反应中只有S元素的化合价发生变化，NaF既不做氧化剂也不做还原剂，S的化合价部分从+2升高到+4，SF4为氧化产物，A错误；BSCl2与S2Cl2两种物质中的氯元素化合价均为-1价，Cl元素的化合价相同，B错误；C由对反应3SCl2+4NaF=SF4+S2Cl2+4NaCl分析可知，反应中3molSCl2有2mol还原为S2Cl2，1mol氧化为SF4，故反应中SCl2是氧化剂，又是还原剂，还原剂与氧化剂物质的量之比为1：2，C正确；D由对反应3SCl2+4NaF=SF4+S2Cl2+4NaCl
22、分析可知，反应中3molSCl2有2mol还原为S2Cl2，1mol氧化为SF4，过程中转移2mole-，故该反应中每转移0.2mol电子生成0.4molNaCl，即，D错误。故答案为：C。17. 绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）A. 图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B. 图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)Ksp(p)Ksp(q)C. 向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D. 温度降低时，q点的饱和
23、溶液的组成由q沿qp线向p方向移动【答案】B【解析】【详解】ACdS的沉淀溶解平衡为CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)，根据图像可知，图中的a、b所对应的p、q两点都满足：c(Cd2+)=c(S2-)，且所表示的溶液中CdS(s)都达到沉淀溶解平衡，即a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度，A正确；Bm、n、p三点对应的温度相同，温度不变，Ksp不变，故Ksp(m)=Ksp(n)=Ksp(p)，由题图可知，当c(S2-)一定时，T2时的饱和溶液中c(Cd2+)大于T1，则T2时的Ksp大于T1，有Ksp(m)=Ksp(n)=Ksp(p)Ksp(q)，B错误；C向m点的溶液中
24、加入少量的Na2S固体，平衡体系CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)中，c(S2-)增大，平衡逆向移动，c(Cd2+)减小，溶液组成由m点沿mpn线向p方向移动，C正确；DCdS饱和溶液中c(Cd2+)=c(S2-)，pq连线上所有点均满足c(Cd2+)=c(S2-)，温度降低时平衡CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)逆向移动，c(Cd2+)和c(S2-)均减小，故温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动，D正确；故选B。18. 硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx），将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3Ce中文名“铈”的混合溶液中
25、实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是A. 该转化过程的实质为NOx被H2还原B. x=l时，过程II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1C. 处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+总数减少D. 过程I发生反应的离子方程式：H2+Ce4+=2H+Ce3+【答案】A【解析】【分析】分析转化过程图，可知在过程I中发生H22Ce4=2H2Ce3，在过程中发生2NOx4xH4xCe3=2xH2ON24xCe4，据此进行分析。【详解】A由分析可知，总反应可以看作烟气与氢气反应，该转化过程的实质为NOx被H2还原，A项正确；Bx=1时，根据图示，过程II中发生2NO4H4Ce3= 2H2
26、ON24Ce4，N的化合价降低，NO为氧化剂，Ce3为还原剂，根据得失电子守恒：，因此氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2，B项错误；C过程I发生H22Ce4=2H2Ce3，过程II发生2NOx4xH4xCe3=2xH2ON24xCe4，处理过程中，混合液中Ce3和Ce4总数不变，C项错误；D根据图示，过程I发生H2Ce4HCe3，利用化合价升降法进行配平，离子方程式为H22Ce4=2H2Ce3，D项错误；答案选A。第卷(非选择题)二、填空题19. 已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍（体积之比）后使用。请回答下列问题：（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约
27、为_molL1。（保留小数点后一位）（2）某同学取100 mL该“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c（Na）_molL1。（3）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是_（填字母）。A、容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制B、配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低C、需要称量NaClO固体的质量为143.0 g（4）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%（密度为1.84 gcm3）的浓硫酸配制2 L 2.3 molL1的稀硫酸用于增强“84消毒液
28、”的消毒能力。所配制的稀硫酸中，H的物质的量浓度为_molL1。需用浓硫酸的体积为_mL。【答案】 (1). 4.0 (2). 0.04 (3). B (4). 4.6 (5). 250【解析】【分析】（1）根据计算；（2）根据稀释过程中溶质的物质的量不变解答；（3）配制480 mL含NaClO质量分数为25%的消毒液需要500mL容量瓶，结合一定物质的量浓度溶液配制的原理分析解答；（4）根据硫酸是二元强酸计算氢离子的浓度；根据稀释过程中硫酸的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积。【详解】（1）由得，c(NaClO)10001.1925%/74.5 gmol14.0 molL1。（2）稀释前后溶液
29、中NaClO的物质的量不变，则稀释100倍后c(NaClO)0.04 molL1，c(Na)c(NaClO)0.04 molL1。（3）A、配制过程中需要加入水，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用，且容量瓶不能烘干，A错误；B、未洗涤烧杯和玻璃棒将导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，结果偏低，B正确；C、应选取500 mL的容量瓶进行配制，然后取出480 mL即可，所以需要NaClO的质量为0.5 L4.0 molL174.5 gmol1149.0 g，C错误；答案选B。（4）根据H2SO4组成可知，溶液中c(H)2c(H2SO4)4.6 molL1。2 L 2.3 molL1的稀硫酸中溶
30、质的物质的量为2 L2.3 molL14.6 mol，设需要98%(密度为1.84 gcm3)的浓硫酸的体积为V mL，则有：VmL1.84g/mL98%/98gmol14.6 mol，解得V250。20. 过氧化氢H2O2(氧的化合价为-1价)，俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。对于下列AD涉及H2O2的反应，填写空白：A.Na2O2+2HCl=2NaCl+H2O2 B.Ag2O+H2O2=2Ag+O2+H2OC.2H2O2=2H2O+O2D.3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O(1)H2O2仅体现氧化性的反应是_(填字母)。(2
31、)H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是_(填字母)。(3)在稀硫酸中，KMnO4和H2O2能构成原电池。其中负极反应为：H2O2-2e-=2H+O2，正极反应：+5e-+8H+=Mn2+4H2O，写出该氧化还原反应的离子方程式：_。(4)在K2Cr2O7+14HCl=2KCl+3Cl2+7H2O+2CrCl3的反应中，有0.3mol电子转移时生成Cl2的体积为_(标准状况)，被氧化的HCl的物质的量为_。(5)除去镁粉中混入的铝粉杂质用_溶解、_方法分离，化学反应方程式为_。【答案】 (1). D (2). C (3). 5H2O2+2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O (4). 3.3
32、6L (5). 0.3mol (6). 氢氧化钠溶液 (7). 过滤 (8). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2【解析】【详解】ANa2O2+2HCl=2NaCl+H2O2中各元素化合价不变，所以不属于氧化还原反应；BAg2O+H2O2=2Ag+O2+H2O中Ag元素化合价由+1价变为0价、O元素化合价由-1价变为0价，所以氧化银是氧化剂、H2O2是还原剂；C2H2O2=2H2O+O2中O元素由-1价变为0价和-2价，所以H2O2是氧化剂和还原剂；D3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O中Cr元素化合价由+3价变为+6价、O元素化
33、合价由-1价变为-2价，所以H2O2是氧化剂，硫酸铬为还原剂。(1)H2O2仅体现氧化性的反应是D；(2)H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是C；(3)在稀硫酸中，KMnO4和H2O2能发生氧化还原反应；负极反应:H2O2-2e-=2H+O2正极反应:+5e-+8H+=Mn2+4H2O5+2得到，该氧化还原反应的离子方程式为5H2O2+2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O；(4)反应中Cl元素化合价由-1价升高到0价，若转移了0.3mol电子，则生成氯气的物质的量为0.3mol/2=0.15mol，在标准状况下的体积为0.15mol22.4L/mol=3.36L；反应中HCl被氧化成氯气
34、，根据Cl元素守恒可知被氧化的HCl的物质的量为0.15mol2=0.3mol；(5)除去镁粉中的少量铝粉，Al与NaOH反应，而Mg不能，然后过滤，发生的反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2。21. 由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Mg2+、Cu2+、Ba2+、C1、SO42、CO32-。将该混合物溶于水后得无色澄清溶液，现分别取3份100mL该溶液进行如下实验：实验序号实验内容实验结果a加AgNO3溶液有白色沉淀生成b加足量NaOH溶液并加热收集到气体112L（已折算成标准状况下的体积）c加足量BaC12溶液，将所得沉淀进行洗涤、
35、干燥、称量；再向沉淀中加足量稀盐酸，然后干燥、称量第一次称量读数为627g，第二次称量读数为233g试回答下列问题：（1）该混合物中一定不存在的离子是_。（2）试写出实验b发生反应的离子方程式_。（3）溶液中一定存在的阴离子及其物质的量浓度（可不填满）：阴离子符号物质的量浓度（molL1）_（4）判断混合物中是否存在K+，如果不存在，请说明理由，如果存在，请求出C（K+）的取值范围？_。【答案】 (1). Mg2+、Cu2+、Ba2+ (2). NH4+OH-NH3+H2O (3). SO42- (4). 0.1 (5). CO32- (6). 0.2 (7). 存在，c（K+）0.1mol/
36、L【解析】【详解】该混合物溶于水后得到无色澄清的溶液，一定不含铜离子，加入硝酸银溶液有沉淀生成，说明溶液中可能存在氯离子、碳酸根离子和硫酸根离子中的一种或几种，1.12L气体为氨气，氨气的物质的量为0.05mol，溶液一定含有铵根离子，并且物质的量为0.05mol，2.33克沉淀为硫酸钡，物质的量为0.01mol，6.27克为硫酸钡和碳酸钡沉淀，碳酸钡的质量为6.27-2.33=3.94g，则碳酸钡的物质的量为0.02mol，故溶液中含有0.01mol硫酸根离子和0.02mol碳酸根离子。根据离子共存可知，溶液一定不存在镁离子和钡离子。(1) 根据以上分析可知，该混合物中一定不存在Mg2+、C
37、u2+、Ba2+； (2) 实验b发生的反应为NH4+OH- NH3 + H2O；(3) 根据以上分析可知，溶液中含有0.01mol硫酸根离子，其物质的量浓度为0.01/0 .1=0.1mol/L，含有0.02mol碳酸根离子，其物质的量浓度为0.02/0.1=0.2mol/L； (4)根据分析溶液中含有铵根离子和碳酸根离子和硫酸根离子，其中正电荷为0.05mol，负电荷为0.012+0.022=0.06mol，所以一定还有阳离子存在，即一定有钾离子，因为不能确定是否含有氯离子，所以钾离子物质的量最小为0.01mol，其浓度最小为0.1mol/L。【点睛】掌握各种离子的性质和检验方法是解题的关
38、键。同时要注意离子共存问题的运用和离子电荷的判断。溶液中是否含有钾离子就是根据溶液中已知离子的电荷进行判断的，特别需要注意的问题是氯离子是否存在对钾离子的量的判断很关键。22. 二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色的气体，易溶于水，是目前国际上公认的第四代高效、无毒的消毒剂。将ClO2用水吸收得到溶液，为了测定该溶液的浓度，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.0mL试样，取其中10.00mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：用稀硫酸调节试样的pH2.0，加入足量的KI晶体，充分反应；步骤3：加入淀粉溶液作指示剂，用0.2molL-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，
39、再重复2次，测得消耗Na2S2O3溶液的平均值为20.00mL。(已知：2Na2S2O3I2=Na2S4O62NaI)(1)滴定终点时仰视读数，则测定结果会_(填“偏高”“偏低”或“不变”)。(2)步骤3中，滴定终点的现象是_。(3)通过计算确定原ClO2溶液的物质的量浓度_。【答案】 (1). 偏高 (2). 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变 (3). 0.8molL1。【解析】【详解】(1)滴定终点时仰视读数，则计算时消耗Na2S2O3标准溶液的体积偏大，则对应的I2量变大，则与碘化钾反应的ClO2的量变大，导致测定结果偏高；(2)步骤3中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.2mo
40、lL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，滴定终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；(3)二氧化氯具有氧化性，在酸性环境下，能将碘离子氧化为碘单质，碘单质又与Na2S2O3反应，其反应的化学方程式为：，由此可得到关系式：2ClO25I210Na2S2O3，则每10mL试样中： ，故原溶液中。23. 某校化学研究性学习小组设计实验验证NH3能还原CuO，并对还原产物进行探究。请回答下列问题：.验证NH3能还原CuO(1)试剂X为_。(2)请将提供的装置按合理顺序连接：g_ab_。(3)装置B的作用是_。(4)证明NH3能还原CuO的实验现象是A中_，D中_。.探究还原产物的成
41、分【查阅资料】Cu2O粉末呈红色，在酸性溶液中不稳定：Cu2OH2SO4(稀)=CuCuSO4H2O。【实验探究】实验操作实验现象实验结论取10.4g红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸，充分搅拌，静置若无现象(1)证明红色固体为_若溶液变蓝(2)证明红色固体肯定含有_，可能含有_。取上述反应后的混合物过滤、洗涤、干燥、称重，得固体6.4g(3)经计算，红色固体的成分及其物质的量为_。【答案】 (1). 碱石灰 (2). f (3). h (4). d (5). e (6). c (7). 吸收尾气，防止倒吸；隔绝空气，防止空气中水蒸气进入装置D中 (8). 黑色粉末变为红色 (9). 白色固体变
42、为蓝色 (10). 铜 (11). 氧化亚铜 (12). 铜 (13). 0.05mol【解析】【分析】C用于制备氨气，经E干燥后与A中氧化铜在加热条件下反应，D用于检验水的生成，B为尾气处理装置，且起到防倒吸的作用；II取10.4g红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸，充分搅拌，静置，若无现象，说明生成铜，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，不能确定是否含有Cu；取上述反应后的混合物过滤、洗涤、干燥、称重，得固体6.4g，所得固体为Cu，物质的量为0.1mol；每摩尔Cu2O与酸反应前后质量损失为80g，反应前后质量损失为4g，则0.05mol Cu2O参与反应，则生成Cu的量为0.05mol，所以
43、原固体中Cu2O与Cu的物质的量均为0.05mol，以此解答该题。【详解】（1）氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、氨和水，试剂X用来干燥氨且不与氨反应，所以为碱石灰；（2）装置C中生成氨后，首先经过E干燥，再通入A中反应，A中生成的H2O通过D进行检测，最后用B装置吸收尾气。所以装置连接顺序为gfhabdec；（3）由于氨在水中溶解度较大，所以装置B的作用为吸收尾气，防止倒吸；隔绝空气，防止空气中水蒸气进入装置D中；（4）NH3还原CuO有红色的铜生成，同时有水生成，现象为A中黑色粉末变为红色，D中白色固体变为蓝色；（1）若无现象，证明红色固体为Cu，因为Cu在常温下不与稀硫酸反应；（2）若溶液
44、变蓝，说明有CuSO4生成，则红色固体中肯定含有Cu2O，不能确定是否含有Cu；（3）最终所得固体为Cu，物质的量为0.1mol；每摩尔Cu2O与酸反应前后质量损失为80g，10.4g红色固体与酸反应前后质量损失为4g，则有0.05molCu2O参与反应，生成Cu的物质的量为0.05mol，所以原红色固体中Cu2O与Cu的物质的量均为0.05mol。24. 以废旧锌锰电池初步处理分选出的含锰废料(MnO2、MnOOH、MnO及少量Fe、Pb等)为原料制备高纯MnCl2xH2O，实现锰的再生利用。其工作流程如下：资料aMn的金属活动性强于Fe；Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O
45、2氧化。资料b生成氢氧化物沉淀的pHMn(OH)2Pb(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时8.16.51.9完全沉淀时10.18.53.2注：金属离子的起始浓度为0.1molL-1(1)过程的目的是浸出锰。经检验滤液1中含有的阳离子为Mn2+、Fe3+、Pb2+和H+。MnOOH与浓盐酸反应的离子方程式是_。检验滤液1中含Fe3+的试剂_。Fe3+由Fe2+转化而成，可能发生的反应有：a2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- b4Fe2+O2+4H+=2Fe3+2H2O c_。(2)过程的目的是除铁。有如下两种方法，氨水法：将滤液1先稀释，再加适量10%的氨水，过滤。焙烧法：将滤液1浓缩得到的固体
46、于290焙烧，冷却，取焙烧物，加水溶解，过滤，再加盐酸酸化至pH小于5.5。已知：焙烧中发生的主要反应为2FeCl3+3O2=2Fe2O3+3Cl2，MnCl2和PbCl2不发生变化。氨水法除铁时，溶液pH应控制在_之间。两种方法比较，氨水法除铁的缺点是_。(3)过程的目的是除铅。加入的试剂是_。(4)过程所得固体中的x的测定如下，取m1g样品，置于氯化氢氛围中加热至失去全部结晶水时，质量变为m2g。则x=_。【答案】 (1). (2). KSCN溶液 (3). MnO2+4H+2Fe2+=Mn2+2Fe3+2H2O或MnOOH+3H+Fe2+=Mn2+Fe3+2H2O (4). 3.26.5
47、 (5). 引入杂质 (6). Mn (7). 7(m1-m2)/m2【解析】【分析】含锰废料（MnO2、MnOOH、MnO及少量Fe、Pb等）与浓盐酸反应，过滤滤液1中含有的阳离子为Mn2+、Fe3+、Pb2+和H+，过程II除去铁离子，过程III利用活泼金属置换不活泼金属，用锰除去铅离子；m1gMnCl2xH2O置于氮气氛围中加热至失去全部结晶水时，生成MnCl2质量为m2g，则结晶水的质量为(m1m2)g，根据1:xn(MnCl2)：n(H2O)计算。【详解】（1）含锰废料（MnO2、MnOOH、MnO及少量Fe、Pb等）与浓盐酸反应，过滤滤液1中含有的阳离子为Mn2+、Fe3+、Pb2
48、+和H+，所以浓盐酸与MnOOH反应，Mn元素化合价降低到+2价，-1价的Cl-被氧化产生氯气，离子方程式： ；要检验滤液1中只含Fe3+不含Fe2+，取滤液1分在2支试管中，一支试管中滴加铁氰化钾溶液，无明显变化，说明滤液1中无Fe2+，另一支试管中滴加KSCN溶液，溶液变红说明滤液1中有Fe3+；Fe3+由Fe2+转化而成，可能是由氯气、氧气氧化Fe2+，也可能由MnO2、MnOOH氧化Fe2+，所以可能发生的反应为：MnO2+4H+2Fe2+=Mn2+2Fe3+2H2O或MnOOH+3H+Fe2+=Mn2+Fe3+2H2O；（2）根据题干信息：Fe(OH)3开始沉淀的PH=1.9，完全沉
49、淀的PH=3.2，Mn(OH)2开始沉淀的PH=8.1，Pb(OH)2开始沉淀的PH=6.5，调节pH除去铁离子，pH大于3.2时，铁离子沉淀完全，铅离子、锰离子不能沉淀，所以pH应小于6.5，故PH控制在：3.26.5；氨水法除铁的过程中存在NH4+离子，所以两种方法比较，此方法的缺点是引入杂质NH4+；（3）根据题干信息：Mn的金属活动性强于Fe和金属活动顺序表可知：Mn的金属性比Pb强，因此加入锰，将铅离子置换与溶液分离，自身生成锰离子，不引入杂质；故加入的试剂是Mn；（4）m1gMnCl2xH2O置于氯化氢氛围中加热至失去全部结晶水时，生成MnCl2质量为m2g，则结晶水的质量为m（H
50、2O）=（m1-m2）g，根据方程式MnCl2xH2OMnCl2+xH2O计算：126:18x=m2:(m1-m2)，x=7(m1-m2)/m2。25. 已知A、B、C、D、E都是元素周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数ABCDE。B原子的p轨道半充满，形成的氢化物的沸点是同主族元素的氢化物中最低的。D原子得到一个电子后3p轨道全充满。A比D原子形成的离子少一个电子层。C与A形成A2C型离子化合物。E的原子序数为26，E原子或离子外围有较多能量相近的空轨道而能与一些分子或离子形成配合物。请根据以上情况，回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）（1）A、B、C、D的第
51、一电离能由小到大的顺序为_。（2）C的氢化物分子是_（填“极性”或“非极性”）分子。（3）化合物BD3的分子空间构型是_。（4）E的一种常见配合物E(CO)5常温下呈液态，熔点为-20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂。据此可判断E(CO)5的晶体类型为_；E(CO)5中的配体CO与N2、CN-等互为等电子体，写出CO分子的结构式_。（5）金属E单质的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如下图所示。体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的E原子个数之比为_。【答案】 (1). NaSPCl (2). 极性 (3). 三角锥 (4). 分子晶体 (5). CO (6). 1:2【解析】【分析
52、】B原子的p轨道半充满，形成的氢化物的沸点是同主族元素的氢化物中最低的，则B为P元素；D原子得到一个电子后3p轨道全充满，则D为Cl元素；B、C、D原子序数依次增大，则C为S元素；A+比D原子形成的离子少一个电子层，则A为Na元素；E的原子序数为26，则E为Fe元素，据此分析。【详解】(1)A、B、C、D分别为Na、P、S、Cl，P原子p轨道电子处于半充满状态，第一电离能大于S，则第一电离能由小到大的顺序为NaSPCl，故答案为：NaSPCl；(2)C为S元素，其氢化物分子式为H2S，为由极性键形成的极性分子，故答案为极性；(3)化合物PCl3分子中心P原子有3条P-Cl键，1个孤电子对，则分子空间构型是三角锥形，故答案为：三角锥；(4)已知Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为-20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，熔沸点较低，则为分子晶体， CO与N2互为等电子体，二者结构相似，N2的结构为NN，则CO的结构为CO，故答案为：分子晶体、CO；(5)根据均摊原则，体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的E原子个数之比为(8+1)：(8+6)=1：2，故答案为：1：2。
