1、宁夏固原市五原中学补习部2021届高三化学上学期期中试题（含解析）相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 一：选择题1. 分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法。下列有关物质分类或归类正确的是混合物：漂白粉、王水、Fe(OH)3胶体、冰水混合物化合物： CaCl2、 NaOH、 HCl、HT同素异形体：C60、 碳纳米管、金刚石、石墨电解质：胆矾、碳酸钡、冰醋酸、氧化钾煤的干馏、煤的气化和煤的液化都属于化学变化硅酸盐：光导纤维、水晶、玻璃、水泥A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据
2、混合物、化合物、同素异形体、电解质、硅酸盐等有关概念结合物质的组成和性质解答。【详解】由两种或以上物质构成的为混合物，其中冰为固体水，故冰水混合物为纯净物，错误；由两种或两种以上元素形成的纯净物为化合物，而HT是由一种元素形成的氢气，为单质，错误；同种元素形成的不同种单质间互为同素异形体，C60、碳纳米管、金刚石、石墨均为碳元素形成的不同种碳单质，故互为同素异形体，正确；在水溶液中或熔融状态下能电离的化合物为电解质，包括酸、碱、盐、金属氧化物和水等，故胆矾、碳酸钡、冰醋酸、氧化钾均为电解质，正确；煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程；煤的气化是用煤生产水煤气；煤的液化是用煤生产甲醇等液体
3、燃料，故煤的干馏、气化和液化均为化学变化，正确；所谓硅酸盐指的是硅、氧与其它化学元素(主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等)结合而成的化合物的总称，而光导纤维、水晶的主要成分均为二氧化硅，故不是硅酸盐，错误；答案选B。2. NA表示阿伏加德罗常数的值。下列有关说法中正确的是( )A. 一定量的稀硝酸溶解0.1mol铁粉，转移电子个数一定为0.3NAB. 1L容器中充入2mol NO和1mol O2充分反应后，分子总数等于2NAC. 500mL 0.5molL1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NAD. 0C、101kPa条件下，11.2L三氯甲烷含有的氯原子个数为1.5NA【答案】C【解析】【详解】A
4、铁与稀硝酸完全反应时，硝酸过量，生成硝酸铁；铁粉过量，生成硝酸亚铁，故0.1mol铁与一定量稀硝酸完全反应，电子转移数目为0.2NA0.3NA，选项A错误；BNO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4，导致分子个数减少，故所得的产物分子小于2NA个，选项B错误；Cn(Na+)=n(Cl-)=0.5L0.5molL-1=0.25mol，n(Na+)+n(Cl-)=0.5mol,因而钠离子和氯离子总计0.5NA个，但水会电离出极少量的H+和OH-，因而NaCl溶液中微粒数大于0.5NA，选项C正确；D标况下氯仿不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L氯仿的物质的量，选项D
5、错误；答案选C。3. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是酸性溶液中：Na、AlO、SO、I无色溶液中：K、Na、MnO、SO碱性溶液中：Cl、CO、SO、K、AlO0.1 molL1 Fe2（SO4）3 溶液：Cu2+、NH 、NO、SO0.1molL1 的 NaHCO3 溶液中：OH-、K、Cl、SO与铝粉反应放出 H2 的无色溶液中：NO、Al3、Na、SOA. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】酸性溶液中存氢离子，而AlO与氢离子不能共存，能产生氢氧化铝沉淀，故错误；MnO为紫红色，故错误；碱性溶液中存在氢氧根，Cl、CO、SO、K、AlO均与氢氧根不发生反应，可共存，
6、故正确；0.1 molL1 Fe2（SO4）3 溶液存在铁离子和硫酸根，与Cu2+、NH 、NO、SO等离子不发生反应，可共存，故正确；0.1molL1 的 NaHCO3 溶液中存在碳酸氢根，而OH-与碳酸氢根能发生反应不能共存，故错误；与铝粉反应放出 H2 的无色溶液可能为酸性溶液，但溶液中有NO，酸性条件下不会产生氢气；也可能为碱性溶液，但溶液中的Al3与氢氧根不能共存，故错误；综上所述，正确，答案为C。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
7、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C
8、O2、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；故选B。5. 类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式的类推正确的是( )A. 已知：将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ 类推：将Na加入到CuSO4溶液中2Na+Cu2+=Cu+2Na+B. 已知：稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应至中性2H+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O 类推：NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性2H+Ba2+2OH=BaSO4+2H2OC. 已知：铁和氯气反应2Fe+3Cl22FeCl3 类推：铁和碘单质反应2Fe+3I22FeI3D
9、. 已知：向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca2+2ClO+CO2+H2O=CaCO3+2HClO类推：向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2+2ClO+SO2H2O=CaSO32HClO 【答案】B【解析】【详解】A铁排在金属铜的前面，金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐的反应一定是先和盐中的水反应，不会置换出其中的金属，选项A错误；B硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀，离子反应方程式为：Ba2+2H+2OH-+SO42-=2H2O+BaSO4，NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应呈中性，离子反应方程式为：Ba2+2H+2OH-+SO42-=2H2O+
10、BaSO4，选项B正确；C铁和氯气反应生成氯化铁：2Fe+3Cl22FeCl3；碘的氧化性较弱，铁和碘反应生成碘化亚铁，正确的离子方程式为：Fe+I2FeI2，选项C错误；D少量二氧化碳通入次氯酸钙溶液中生成碳酸钙和次氯酸，少量二氧化硫通入次氯酸钙溶液中生成亚硫酸钙和次氯酸，次氯酸具有强氧化性氧化亚硫酸钙为硫酸钙，选项D错误；答案选B。类推：向 Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO3+2HClO6. 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（
11、）A. M点对应的溶液中：K+、Fe2+、SO、NOB. N点对应的溶液中：K+、NH、Cl、COC. 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】D【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+、NO在酸性发生氧化还原反应，A错误；B、N点时酸与氢氧化钠恰好完全反应，溶液含有大量Al3+，会与CO发生双水解，B错误；C、S点Al3+与OH-未完全反应，与HCO发生双水解，C错误；D、R点时氢氧化铝与OH-未
12、完全反应，与Na+、SO、Cl、NO均不反应，D正确；故选D。7. 根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、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. 制取氨气B. 制取碳酸氢钠C. 分离碳酸氢钠D. 干燥碳酸氢钠【答案】C【解析】【详解】A、氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢在试管口遇冷又生成氯化铵固体，不能用加热氯化铵固体的方法制备氨气，错误；B、气流方向错，应该从右侧导管通入CO2气体，错误；C、从溶液中分离出碳酸氢钠固体用过滤的方法，正确；D、碳酸氢钠受热易分解，不能用该装置干燥碳酸氢钠，错误。答案选C。8.
13、下表各组物质(或者它们的溶液)通过一步反应可实现下图所示转化的是选项XYAAl(OH)3Al2O3AlCl3BNaClNaNa2O2CFeFeCl3FeCl2DMg(OH)2MgCO3MgCl2A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. Al2O3和HCl反应生成AlCl3，但AlCl3不能一步反应生成Al2O3，所以上述关系不可以一步实现，故A错误；B. NaCl不能一步反应生成Na2O2，所以上述关系不可以一步实现，故B错误；C. Fe和Cl2反应生成FeCl3，Fe和盐酸反应生成FeCl2，FeCl3和Fe反应生成FeCl2，FeCl2和Cl2反应生成FeCl3，所以
14、上述关系可以一步实现，故C正确；D. Mg(OH)2不能一步反应生成MgCO3，所以上述关系不可以一步实现，故D错误；故选C。9. 对某溶液中部分离子的定性检测流程如下。相关分析正确的是()A. 步骤所加试剂可以是浓KOH溶液B. 可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体C. 步骤发生反应Al33=Al(OH)33CO2D. Fe3遇铁氰化钾溶液显蓝色【答案】A【解析】【详解】A加入浓KOH溶液，转化为NH3，Fe3+生成红褐色氢氧化铁沉淀，Al3+生成，所以步骤所加试剂可以是浓KOH溶液，故A正确；B无色气体为NH3，应用湿润的红色石蕊试纸检验，故B错误；C步骤加入过量的强碱溶液，Al3转
15、化为，步骤加入NaHCO3溶液发生反应：H2O=Al(OH)3，故C错误；DFe2遇铁氰化钾溶液，得到蓝色沉淀，故D错误；选A。10. 下列有关图像的说法正确的是A. 图甲表示：向某明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与滴加NaOH溶液体积的关系B. 图乙表示：向含等物质的量的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加HCl溶液体积的关系C. 图丙表示：在稀硝酸溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中Fe3物质的量与逐渐加入铁粉物质的量的变化关系D. 根据图丁，NaCl溶液与KNO3的混和溶液中可采用冷却热饱和溶液的方法得到NaCl晶体【答案】C【
16、解析】【详解】A向某明矾溶液中滴加NaOH溶液直至过量，溶液中先生成沉淀，然后沉淀又逐渐溶解，前后两个阶段分别消耗的氢氧化钠溶液的体积之比为3:1，图像与之不符，A说法错误；B假设NaOH和Na2CO3分别为1mol，向含有1molNaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加过量的稀盐酸，氢氧化钠先与盐酸反应消耗1molHCl；碳酸钠与盐酸反应生成1molNaHCO3，消耗HCl 1mol；最后1molNaHCO3再与盐酸反应产生二氧化碳气体，又消耗HCl 1mol， 所以产生气体前后消耗盐酸的体积之比为2:1，图像与之不符，B说法错误；C在稀硝酸溶液中加入铁粉，先发生Fe+2+4H+=Fe3+2N
17、O+2H2O，当硝酸消耗完之后，铁离子的量达到最大值；继续加入铁粉后，铁离子与铁发生反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+，铁离子的量逐渐减小直至为0，最终两步反应消耗铁的量为1：0.5=2：1，与图像相符合，C说法正确；DKNO3溶解度随温度变化较大，氯化钠溶解度随温度变化不大，因此除去混在KNO3中少量的NaC1可用“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤”的方法进行分离，D说法错误；答案为C。11. 下列离子方程式书写正确的是A. Na2O2与水反应：2+2H2O=4OH-+O2B. Fe3O4与稀硝酸混合：Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2OC. NH4HCO3溶液中加入足量的NaOH溶液：+
18、OH-=+H2OD 过量小苏打与澄清石灰水：2+2OH-+Ca2+=CaCO3+2H2O【答案】D【解析】【详解】A. Na2O2与水反应，离子方程式为 ，故A错误；B. Fe3O4与稀HNO3反应，离子方程式为： ，故B错误；C. NH4HCO3溶液中加入足量的NaOH溶液，离子方程式： ，故C错误；D. 向NaHCO3溶液中加入少量Ca(OH)2，离子方程式为： ，故D正确；故选：D。12. 三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF35H2O = 2NOHNO39HF。下列有关说法正确的是()A. NF3是氧化剂，H2O是还原剂B. 还原剂与
19、氧化剂的物质的量之比为21C. 若生成0.2 mol HNO3，则转移0.2 mol 电子D. NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体【答案】D【解析】【分析】根据氧化还原反应的规律分析作答。【详解】A. 分析反应前后各元素价态变化，可知NF3在反应中既是氧化剂又是还原剂，其中：NF3HNO3是被氧化的过程，NF3为还原剂，故A错误；B. 2NF32NO是被还原的过程，NF3是氧化剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为12，故B错误；C. 生成1 mol HNO3转移2 mol 电子，所以生成0.2 mol HNO3转移0.4 mol电子，故C错误；D. NF3与潮湿的空气中的水反应生成NO
20、，NO与空气中的O2反应生成红棕色的NO2，故D正确；答案选D。13. 等体积、等物质的量浓度的盐酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为57，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是()A. 甲、乙中都是铝过量B. 甲中酸过量，乙中铝过量C. 甲中铝过量，乙中碱过量D. 甲中酸过量，乙中碱过量【答案】C【解析】【详解】若酸碱均过量时，生成的氢气的量相同，与生成氢气的体积比为57，相矛盾，根据方程式2Al+6HCl=2AlCl3+3H2、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+ 3H2，酸碱的量相同时，碱消耗的Al多，则Al与盐酸反应时，盐酸消耗完毕，Al与
21、碱反应时，Al消耗完毕，综上所述，答案为C。【点睛】酸碱过量时，相同的Al生成的氢气的物质的量之比为1：1；酸碱相同时，Al足量时，生成的氢气的物质的量之比为1：3；题目给定为5：7，则碱足量。14. 下列物质的用途利用了其氧化性的是（ ）A. 漂粉精用于消毒游泳池水B. SO2用于漂白纸浆C. Na2S用于除去废水中的Hg2+D. FeCl2溶液用于吸收Cl2【答案】A【解析】【详解】A漂白精中含次氯酸根离子，具有强氧化性，可以消毒游泳池中的水，故A选；BSO2用于漂白纸浆，是化合漂白，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故B不选；CNa2S用于除去废水中的Hg2+，反应中没有元
22、素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故C不选；DFeCl2溶液用于吸收Cl2，Fe元素化合价升高，利用了其还原性，故D不选；故选A。15. 下列有关化学现象和化学概念表述正确的是( )A. 某气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色，说明该气体一定具有漂白性B. Fe(OH)3胶体做电泳实验时，由阴极区红色加深可知Fe(OH)3胶粒带正电荷C. 向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明一定是氯水中的HClO氧化了Fe2+D. 鉴定FeCl3溶液中含有FeCl2可以滴加酸性KMnO4溶液，若褪色，则证明有FeCl2【答案】B【解析】【详解】A某气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色，酸性高
23、锰酸钾体现氧化性，说明该气体有还原性，故A错误；BFe(OH)3胶体做电泳实验时，阳极区域颜色变浅，阴极区红色加深，可得出Fe(OH)3胶粒带正电荷，故B正确；C向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明一定是氯水中的Cl2氧化Fe2+变为Fe3+，故C错误；D酸性条件下，氯离子能够被酸性KMnO4溶液氧化，而导致酸性KMnO4溶液褪色，因此不能确定FeCl3溶液中含有FeCl2，故D错误。综上所述，答案为B。16. 双羟基铝碳酸钠是医疗上常用的一种抑酸剂，化学式是NaAl(OH)2CO3，下列关于该物质的说法正确的是 （）A. 该物质属于两性氢氧化物B. 该物质是Al(OH)3和N
24、a2CO3的混合物C. 该药剂遇胃酸不产生气体，适合胃溃疡患者服用D. 1 mol NaAl(OH)2CO3最多可消耗4 mol H+【答案】D【解析】【详解】A该该物质可电离出酸根离子和金属阳离子，属于盐，故A错误；BNaAl(OH)2CO3只有一种物质构成，属于纯净物，故B错误；CNaAl(OH)2CO3能与盐酸反应，所以能治疗胃酸过多的胃病患者，但胃溃疡患者不能服用此物，因为产生的CO2对胃有刺激作用，胃溃疡患者会加重，故C错误；DNaAl(OH)2CO3与盐酸发生反应NaAl(OH)2CO3+4HCl=NaCl+AlCl3+3H2O+CO2，由方程式可知1mol该物质最多可消耗4mol
25、HCl，即消耗4mol H+，故D正确。答案选D。17. 将19.4gCO2和水蒸气组成的混合气体缓慢通过足量的Na2O2，最后收集到5.6L的气体(标准状况)，下列说法错误的是A. 19.4g该混合气体物质的量是0.5molB. 反应中转移电子数目是0.5NAC. 反应中的氧化剂、还原剂均是Na2O2D. 混合气体中n(CO2)：n(H2O)=1：4【答案】D【解析】【分析】Na2O2足量，最后收集到5.6L的气体(标准状况)为氧气，n(O2)= =0.25mol，根据方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，CO2和水蒸气的总物质的量为0
26、.5mol。【详解】A分析可知，19.4g该混合气体物质的量是0.5mol，A说法正确；B反应中氧气为过氧化钠中的氧原子升高生成，则转移电子数目=0.25mol2NA mol-1 =0.5NA，B说法正确；C反应中过氧化钠中氧原子部分化合价升高，部分化合价降低，故氧化剂、还原剂均是Na2O2，C说法正确；D混合气体的平均摩尔质量为38.8g/mol，根据十字相交法，则n(CO2)：n(H2O)=4：1，D说法错误；答案为D。18. M、N、X、Y均为常见的物质，它们之间有如下转化关系（反应条件和其他产物已略去），则下列判断错误的是（ ） A. M是C，X是O2B. M是Ca(OH)2，X是Na
27、2CO3C. M是NaOH，X是CO2D. M是Cl2，X是Fe【答案】B【解析】【分析】依据转化关系的特征是M和X能反应两部连续反应说明变化过程中存在变价元素的物质，结合选项中的物质进行分别推断。【详解】AM是C，X是O2，可存在转化关系：，符合转化关系，故A正确；B M是Ca(OH)2，X是Na2CO3，CaCO3不能继续与Na2CO3反应，故B错误；CM是NaOH，X是CO2，可存在转化关系：，符合转化关系，故C正确；DM是Cl2，X是Fe，可存在转化关系：，符合转化关系，故D正确。答案选B。19. 相对分子质量为 M 的气态化合物V L（标准状况），溶于m g 水中， 得到质量分数为
28、w、物质的量浓度为c mol/L、密度为g/mL 的溶液，下列说法正确的是（ ）A. 溶液密度B. 物质的量浓度C. 溶液的质量分数D. 相对分子质量【答案】D【解析】【分析】A、根据c=1000/M进行计算；B、根据n=V/Vm计算气体的物质的量，根据m=nM计算气体的质量，进而计算溶液的质量，进而根据V=m/计算溶液的体积，再利用c=n/V计算；C、根据n=V/Vm计算气体的物质的量，根据m=nM计算气体的质量，进而计算溶液的质量，根据溶质质量分数=溶质质量/溶液质量 100%计算；D、根据n=V/Vm计算气体的物质的量，根据m=nM计算气体的质量，进而计算溶液的质量，根据溶质质量分数=溶
29、质质量/溶液质量 100%，整理计算M【详解】A、根据c=1000/M可知，溶液密度=cM/1000w=cM/1000w，故A错误。B、VL气体的物质的量为的物质的量为VL/22.4Lmol1=V/22.4 mol，故氨气的质量为V/22.4molMgmol1= g，溶液的质量为（+m）g，溶液的体积为(VM/22.4+m)g/1000gL1=(VM+22.4m)/22400L，故溶液的物质的量浓度c= =1000V/(VM+22.4m) molL1，故B错误；C、VL气体的物质的量为的物质的量为VL/22.4Lmol1=V/22.4 mol，故氨气的质量为V/22.4 molMgmol1=
30、g，溶液的质量为（ + m）g，故质量分数w= ，故C错误；D、VL气体的物质的量为的物质的量为VL/22.4Lmol1=V/22.4mol，故氨气的质量为V/22.4mol Mgmol1=g，溶液的质量为（+m）g，故溶液质量分数w= ，整理得M= ，故D正确；故选D。20. 向体积均为10mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙。向甲、乙两溶液中分别滴加0.1molL-1盐酸，反应生成CO2体积(标准状况)与所加盐酸体积间的关系如图所示。则下列叙述中正确的是A. 原NaOH溶液的物质的量浓度为0.05 molL-1B. 甲溶液中含有溶质是Na2CO3、
31、NaHCO3C. 当0V(HCl)10 mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为OH-+ H+=H2OD. 乙溶液中滴加盐酸后产生CO2体积的最大值为112 mL(标准状况)【答案】B【解析】【分析】在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，没有产生二氧化碳时的反应可能为OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，产生二氧化碳的反应为HCO3-+H+=H2O+CO2；【详解】AHCl加入50ml时，恰好反应生成NaCl，根据Na元素和Cl元素守恒，HCl的物质的量等于NaOH的物质
32、的量，所以c(NaOH)=0.05L0.1mol/L0.01L=0.5molL1，故A错误；B甲溶液发生CO32-+H+=HCO3-反应消耗盐酸10mL，发生HCO3-+H+=H2O+CO2反应消耗盐酸40mL，所以甲溶液中含有的溶质是Na2CO3、NaHCO3，故B正确；C根据甲的图象可知，甲溶液含有Na2CO3和NaHCO3，所以0V(HCl)10mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为CO32+H+=HCO3，故C错误；D当乙溶液加入的HCl体积 40V(HCl)50mL时，发生反应HCO3+H+=CO2+H2O，V(CO2)=0.01L0.1mol/L22.4L/mol=0.0224L=
33、22.4mL，故D错误；选B。21. FeCl3易潮解、易升华，实验室制备FeCl3的装置如图所示（加热和夹持装置略去）。下列说法正确的是（ ）A. 导管g的作用是增强装置的气密性B. 试剂X和试剂Y分别为浓硫酸、饱和食盐水C. 直接用E接收产物比用导管连接的优点是可防止堵塞D. F中浓硫酸的作用是防止空气中的水蒸气进入E【答案】C【解析】【详解】A导管g的作用是平衡大气压，保证液体顺利滴下，A错误；B试剂X为饱和食盐水，除去氯气中氯化氢气体，浓硫酸起到干燥气体作用，两种试剂不能颠倒，B错误；CFeCl3易潮解、易升华，导管连接，易发生堵塞，造成危险，故C正确；DFeCl3易潮解，而浓硫酸起到
34、干燥的作用，F中浓硫酸的作用是防止NaOH溶液中的水蒸气进入E中，D错误；故选C。二、填空题22. 现有Na2CO3和NaHCO3两种白色固体物质欲探究Na2CO3和NaHCO3稳定性的相对强弱，两同学分别设计了以下两组装置：请回答：（1）如甲图所示，分别用Na2CO3和NaHCO3做实验，试管中的试剂是_（填字母）a稀HSO4bNaOH溶液cCa(OH)2溶液（2）如乙图所示，试管中装入的固体应该是_（填化学式）（3）通过上述实验，得出的结论是：Na2CO3比NaHCO3的稳定性_（填“强”或“弱”）（4）欲鉴别两种物质的溶液可选用的试剂是_（5）等物质的量浓度两种物质的溶液与同浓度的盐酸反
35、应，反应速率快的是_（填化学式）（6）除去碳酸钠粉末中混入的碳酸氢钠杂质用_方法，化学方程式_（7）除去碳酸氢钠溶液中混入的硅酸钠杂质的试剂是_，所采用的分离方法_【答案】 (1). c (2). NaHCO3 (3). 强 (4). CaCl2溶液 (5). NaHCO3 (6). 加热 (7). 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 (8). CO2 (9). 过滤【解析】【详解】(1)碳酸氢钠加热分解生成二氧化碳，二氧化碳使石灰水变浑浊，碳酸钠加热不分解，则甲图分别用Na2CO3和NaHCO3做实验，试管中的试剂是c，溶液变浑浊可说明，故答案为c；(2)碳酸氢钠加热分解，为体现对比
36、，小试管中应为碳酸氢钠，即乙图的试管中装入的固体应该是NaHCO3，故答案为NaHCO3；(3)由上述实验可知，Na2CO3比NaHCO3的稳定性强，故答案为强；(4)碳酸钠与氯化钙或氯化钡反应生成白色沉淀，而碳酸氢钠不能，则鉴别两种固体物质可选用的试剂是CaCl2(或BaCl2)溶液，故答案为CaCl2(或BaCl2)溶液；(5)碳酸钠与盐酸反应先不生成气体，而碳酸氢钠与盐酸反应直接生成气体，则等物质的量浓度与同浓度盐酸反应速率快的为NaHCO3，故答案为NaHCO3；(6)碳酸氢钠不稳定，除去碳酸钠粉末中混入的碳酸氢钠杂质可以用加热的方法，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+C
37、O2，故答案为加热；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2；(7)除去碳酸氢钠溶液中混入的硅酸钠杂质可以向溶液中通入二氧化碳后，生成硅酸沉淀和碳酸氢钠溶液，过滤即可达到目的，故答案为CO2；过滤。23. 氧化剂和还原剂在生产生活中广泛使用。(1)高锰酸钾和氢溴酸溶液可以发生如下反应：2KMnO4+16HBr=2KBr+2MnBr2+8H2O+5Br2其中还原剂为_，还原产物为_(均填化学式)若消耗0.1mol氧化剂，则被氧化的还原剂的物质的量为_，转移电子的数目是_。用线桥表示转移电子的数目_。(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
38、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氧气氧化，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，H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的银离子还原为银单质，从而用于化学镀银。利用(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，则氧化产物为：_。APH3 BH3PO3 CP DH3PO4【答案】 (1). HBr (2). MnBr2 (3). 0.5mol (4). 0.5NA (5). (6). 2H+Fe=Fe2+H2 (7). 4Fe2O24H=4Fe32
39、H2O (8). D【解析】【详解】(1)根据反应方程式可知，KMnO4中Mn元素化合价降低，得到电子作氧化剂，被还原为MnBr2，HBr中Br元素的化合价升高，失去电子作还原剂，被氧化为Br2，故还原剂为HBr，MnBr2为还原产物；若消耗0.1mol氧化剂KMnO4，则得到0.5mol电子，根据得失电子守恒可知，被氧化的HBr的物质的量为0.5mol，转移的电子数目为0.5NA；Mn元素化合价由+7价降为+2价，得到5个电子，Br元素由-1升高至0价，失去1个电子，则2molKMnO4共转移10mol电子，用单线桥法可表示为；(2)胃酸的主要成分为HCl，与铁粉发生置换反应，反应的离子方程
40、式为2H+Fe=Fe2+H2，Fe2+在酸性条件下被O2氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2O24H=4Fe32H2O；(3)利用(H3PO2)进行化学镀银反应中，Ag+被还原为Ag，化合价降低，得到1个电子作氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为41，则1mol还原剂H3PO2失去4mol电子，化合价由+1价升高至+5价，为H3PO4，故答案选D。24. A、B、C分别代表中学化学中的常见物质，请根据题目要求回答下列问题:(1)实验室常用A的饱和溶液制备微粒直径为1100 nm的红褐色液相分散系，则该反应的化学方程式为_；将A的溶液加热蒸干并灼烧，得到固体的化学式为_。(2)B为地壳中
41、含量最高的金属元素的氯化物，向50.0 mL 4 molL-1的B溶液中逐滴滴入100 mL某浓度的KOH溶液，若产生7.8 g白色沉淀，则加入的KOH溶液的浓度可能为_。(3)B金属元素的单质经过反应可得到A金属元素的单质，此原理常用于焊接钢轨，其反应的化学方程为_。(4)C是常见温室气体，将一定量的气体C通入100 mL某浓度的KOH溶液得F溶液，向F溶液中逐滴加入2 molL-1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。则F溶质与足量石灰水发生反应最多可得沉淀的质量为_g。(5)pH=3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝Al2(SO4)x(OH)6-2x溶液。若溶
42、液的pH偏高，则碱式硫酸铝产率下降且有气体C产生，用化学方程式表示其原因:_。【答案】 (1). FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl (2). Fe2O3 (3). 3 molL-1或7 molL-1 (4). 2Al+Fe2O3 2Fe+AlO (5). 15 (6). 3CaCO3+Al2(SO4)3+3H2O=2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2【解析】【分析】微粒直径为1100 nm的红褐色液相分散系是氢氧化铁胶体，实验室常用饱和氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体，则A为FeCl3；地壳中含量最高的金属元素是Al元素，则B是AlCl3；C是常见温室气体，C是二氧化碳；【详
43、解】(1)实验室常用饱和氯化铁溶液和热水反应制备氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；氯化铁溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2O Fe(OH)3+3HCl，加热促进氯化铁水解平衡正向移动，将FeCl3溶液加热蒸干生成氢氧化铁，灼烧氢氧化铁生成氧化铁和水，得到固体的化学式为Fe2O3； (2)B是AlCl3，向50.0 mL 4 molL-1的AlCl3溶液中逐滴滴入100 mL某浓度的KOH溶液，生成7.8 g氢氧化铝白色沉淀，氯化铝物质的量为0.2mol，氢氧化铝物质的量为0.1mol，若氢氧化钾不足，根据方程式 ，消耗氢氧化钾的物质的量是
44、0.3mol，加入的KOH溶液的浓度为；若氢氧化钾过量，发生反应 、，反应消耗氢氧化钾的物质的量是0.3mol，反应消耗氢氧化钾的物质的量是 ，加入的KOH溶液的浓度为；氢氧化钾的浓度可能是3 molL-1或7 molL-1； (3)铝和氧化铁在高温下反应生成铁单质和氧化铝，其反应的化学方程为2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3； (4)C是二氧化碳，将一定量的气体二氧化碳通入100 mL某浓度的KOH溶液得F溶液，向F溶液中逐滴加入2 molL-1的盐酸，根据图象，反应消耗盐酸的物质的量是0.075L2 molL-1=0.15mol，所以放出二氧化碳的物质的量是0.15mol，根据 碳元素
45、守恒， F溶质与足量石灰水发生反应最多可得沉淀碳酸钙的物质的量是0.15mol，碳酸钙的质量为0.15mol100g/mol=15g。 (5)pH=3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝溶液；若溶液的pH偏高，则主要生成氢氧化铝，发生的反应为3CaCO3+Al2(SO4)3+3H2O=2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2，所以碱式硫酸铝产率下降且有二氧化碳气体产生。【点睛】本题考查元素化合物的性质，根据物质性质准确推断是解题关键，熟悉氯化铝和少量强碱反应生成氢氧化铝沉淀、和过量强碱反应生成偏铝酸盐。25. 铝元素在自然界中主要存在于铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、Fe
46、O、SiO2)中。工业上综合利用铝土矿的部分工艺流程如下。(1)在滤液A中加入漂白液，目的是将Fe2+氧化成Fe3+便于除去，工业上制取漂白液反应的离子方程式_。(2)检验滤液B中是否还含有Fe2+的方法为：_。(3)将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，选用的最好试剂为_(填代号)。a氢氧化钠溶液 b硫酸溶液 c氨水 d二氧化碳(4)滤液B制备氯化铝晶体涉及的操作为：边滴加浓盐酸边蒸发浓缩、_(填操作名称)、过滤、洗涤。(5)滤渣的主要成分是_(填化学式)，其与NaOH固体焙烧制备硅酸钠，可采用的装置为_(填代号)，该反应的化学方程式是 _。【答案】 (1). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-
47、 +H2O (2). 加入铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀或滴加高锰酸钾溶液，紫红色褪去 (3). c (4). 冷却结晶 (5). SiO2 (6). B (7). SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O【解析】【分析】由流程可知，铝土矿加入盐酸溶解过滤得到二氧化硅固体和滤液A，滤液A中含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铝，在滤液A中加入漂白液，反应的化学方程式为：2Fe2+ClO-+5H2O=2Fe (OH)3+C1-+4H+，目的是氧化亚铁离子，所得滤液B显酸性，B中铝离子、铁离子可水解显酸性；二氧化硅加入氢氧化钠固体焙烧得到硅酸钠。【详解】(1) 工业上用氯气和氢氧化钠制取漂白液，其离子方程式为：
48、Cl2+2OH-=Cl-+ClO- +H2O。(2) 要检验滤液B中是否还含有铁元素，可以利用铁离子和亚铁离子的检验方法进行检验，取少量滤液B，加入KSCN溶液，若不变红，再加入氯水，仍然不变红，说明滤液B中不含铁元素；(3) 滤液中含有的是氯化铝溶液，将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出；a氢氧化钠溶液可以沉淀铝离子但过量会溶解氢氧化铝，故a不是最好；b硫酸溶液不能沉淀铝离子，故b不符合；c氨水是弱碱不能溶解氢氧化铝，过量的氨水和铝离子形成氢氧化铝沉淀过滤得到氢氧化铝固体，故c符合；d二氧化碳和氯化铝不反应，不能生成氢氧化铝沉淀，故d不符合；故答案为c；(4) 由滤液B制备氯化铝晶体时，加入浓盐
49、酸抑制氯化铝的水解，蒸发浓缩冷却结晶，过滤，洗涤；(5) 滤渣的主要成分是 SiO2，其与NaOH固体焙烧制备硅酸钠;A蒸发皿中含有二氧化硅和氢氧化钠反应，故A不符合；B铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠，故B符合；C玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应，故C不符合；D烧杯不能用于固体高温加热，故D不符合；答案为B；二氧化硅和氢氧化钠反应化学方程式为：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O。26. 如图所示，此装置可用来制取和观察Fe(OH)2在空气中被氧化的颜色变化。实验时必须使用铁屑和6 molL1的硫酸，其他试剂任选。填写下列空白：(1)B中盛有一定量的NaOH溶液，A中应预先加入的药品是_
50、。B中反应的离子方程式是_。(2)实验开始时先将止水夹a_(填“打开”或“关闭”)。(3)简述生成Fe(OH)2的操作过程_。(4)实验完毕，打开b处止水夹，放入一部分空气，此时B瓶中发生的反应为_。(5)知识拓展，下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是_(填序号)。【答案】 (1). 铁屑 (2). Fe2+2OH-=Fe(OH)2 (3). 打开 (4). 从B上口收集H2，验纯，H2纯净后关闭止水夹a，将FeSO4溶液压入B中进行反应 (5). 4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3 (6). 【解析】【分析】制取氢氧化亚铁使用的试剂是硫酸亚铁和氢氧化钠溶液，但是一
51、定要注意隔绝氧气的氧化，A是产生硫酸亚铁的装置，保证其进入B中，要借助氢气产生的压强，根据实验试剂以及原理来回答分析即可。【详解】（1）B中盛一定量的NaOH溶液，则A中必须提供亚铁离子，所以应预先加入的试剂是铁粉，B中反应的离子方程式是Fe2+2OH-=Fe(OH)2，故答案为铁屑；Fe2+2OH-=Fe(OH)2； （2）为防止生成的氢氧化亚铁被氧化，则需要利用稀硫酸和铁反应产生的氢气排尽装置中的空气，如果不打开活塞E，会造成安全事故，所以要打开活塞a，使生成的气体进入装置B，一方面能除去A和B装置中的空气，另一方面能防止安全事故的发生，故答案为打开；（3）铁和硫酸反应有氢气生成，关闭活塞
52、a，导致A装置中氢气增大使FeSO4溶液被压入B瓶中进行反应生成氢氧化亚铁，故答案为从B上口收集H2，验纯，H2纯净后关闭止水夹a，将FeSO4溶液压入B中进行反应； （4）氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（5）对比5个实验明显可以发现选项、加入有机物作隔离层和空气接触少，中Fe和稀硫酸生成氢气能排出装置中的氧气，所以也能减少与氧气接触，中盛有氢氧化钠溶液的滴管伸入放有还原性铁粉的硫酸亚铁溶液中，可以避免试管中部分氧气对氢氧化亚铁的氧化，则能减少与氧气接触；只有生成的氢氧化亚铁能够与空气中氧气发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，导致不能长时间观察到氢氧化亚铁，故答案为。
