精品解析：福建省福州第一中学2024-2025学年高三上学期开学质检 化学试题

高三化学开学质检 (完卷75分钟满分100分) 【相对原子质量】H-1 N-14 O-16 Al-27 S-32 K-39 Fe-56 Cu-64 Ba-137 第I卷选择题 一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意。) 1. 将下列各组物质按酸、碱、盐分类顺次排列，其中正确的是(　　) A. 硫酸、纯碱、孔雀石[Cu2(OH)2CO3] B. 硝酸、烧碱、绿矾[FeSO4·7H2O] C. 醋酸、乙醇、碳酸钙 D. 盐酸、熟石灰、苛性钠 2. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 25℃，下，氢气中质子的数目为 B. 溶液中，的数目为 C. 苯甲酸完全燃烧，生成的数目为 D. 电解熔融，阴极增重，外电路中通过电子的数目为 3. 下列叙述正确的是 A. CO2和SiO2都是酸性氧化物，所以两者物理性质相似 B. CO2和SiO2都能与碳反应，且都作氧化剂 C. 因为，所以硅酸的酸性比碳酸的酸性强 D. SiO2既能与NaOH溶液反应，又能与氢氟酸反应，所以二氧化硅属于两性氧化物 4. 在的纯碱溶液中，不断搅拌并逐滴加入的盐酸，完全反应后，在标准状况下生成的体积为 A. 1.344mL B. 0mL C. 2.24mL D. 0.67mL 5. 利用下列装置和试剂进行实验，不能达到实验目的的是 A B C D 比较Zn与Cu的金属性强弱 除去Cl2中的HCl并干燥 制取乙酸乙酯(必要时可加沸石) 实验室制取氯气 A. A B. B C. C D. D 6. 从苯甲醛和溶液反应后的混合液中分离出苯甲醇和苯甲酸的过程如下： 已知甲基叔丁基醚的密度为。下列说法错误的是 A. “萃取”过程需振荡、放气、静置分层 B. “有机层”从分液漏斗上口倒出 C. “操作X”为蒸馏，“试剂Y”可选用盐酸 D. “洗涤”苯甲酸，用乙醇的效果比用蒸馏水好 7. 有一块铁的“氧化物”样品，用140 mL 5.0 mol·L-1盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.025 mol Cl2，恰好使其中的Fe2＋全部转变为Fe3＋，则该样品可能的化学式为 A. Fe6O7 B. Fe5O7 C. Fe4O5 D. Fe3O4 8. 下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是 A. 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙： B. 过量铁粉加入稀硝酸中： C. 硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液： D. 氯化铜溶液中通入硫化氢： 9. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 将浓硫酸加入蔗糖中形成多孔炭 浓硫酸具有氧化性和脱水性 B 装有的密闭烧瓶冷却后颜色变浅 转化为的反应吸热 C 久置空气中的漂白粉遇盐酸产生 漂白粉的有效成分是 D 溶液导电性比同浓度醋酸强 溶液的比醋酸的高 A. A B. B C. C D. D 10. 已知：，，。下图为部分含氯物质的分类与化合价的关系图。下列有关离子方程式书写正确的是 A. 用气体b与石灰乳制取漂白粉： B. a和c的溶液反应生成气体b： C. 向d溶液中通入少量： D. 用惰性电极电解饱和e溶液制备烧碱： 11. 已知四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的阴离子的核外电子数与 X、Y、Z 原子的核外内层电子数相同。X 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用分离液态空气的方法来生产Y的单质，而Z不能形成双原子分子。根据上述叙述，下列说法中正确的是 A. 四种元素的原子半径大小为 W﹤X﹤Y﹤Z B. W、X、Y、Z 原子的核外最外层电子数的总和为20 C. W 与 Y 可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物 D. 由 W 与 X 组成的化合物的沸点一定低于由 W 与 Y 组成的化合物的沸点 12. 取一定体积的两种试剂进行反应，改变两种试剂的滴加顺序(试剂浓度均为)，反应现象没有明显差别的是 选项 试剂① 试剂② A 氨水 溶液 B 溶液 溶液 C 溶液 酸性溶液 D 溶液 溶液 A. A B. B C. C D. D 13. Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示：2FeSO4＋6Na2O2=2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑。对此反应下列说法中正确的是 A. Na2FeO4中氧元素为－1价 B. 该反应中被还原与被氧化的物质的物质的量之比为3∶1 C. 当有1 mol O2生成时，反应中共有10 mol电子转移 D. Na2FeO4和O3作水处理剂时，原理完全相同 14. 某溶液中可能含有K＋、Fe2＋、Ca2＋、 、 、Cl－、I－中的几种离子。根据下方实验操作与现象，推测合理的是 A. 取溶液2，加入AgNO3溶液，可确定溶液X中是否含有Cl－ B. 溶液X中一定不含Fe2＋、Ca2＋、 C. 溶液X中是否存在K＋还需要通过焰色反应进一步确认 D. 溶液X的溶质为K2CO3和KI 15. 已知：。向含2molNaOH、1mol、2mol的混合液中慢慢通入，则通入的量和生成沉淀的量的关系正确的是 选项 A B C D 2 3 4 6 n(沉淀)(mol) 1 2 4 3 A. A B. B C. C D. D 16. 以铝土矿(主要成分为Al2O3，还含少量Fe2O3、SiO2等)为主要原料生产金属铝的工艺流程如图所示。下列说法错误的是 A. 碱溶过程发生复杂的氧化还原反应 B. 过滤I的滤渣中含Fe2O3 C. X主要溶质是Na2CO3 D. 产生Al和O2的电解过程通常使用助熔剂Na3AlF6 第II卷(选择题共52分) 17. 如图是部分短周期元素的单质及其化合物的转化关系图（有关反应的条件及生成的H2O已略去） 已知： (a)A、B、C、D是非金属单质，其中B、C、D在常温常压下是气体。 (b)反应①、②是化工生产中的重要反应。 (c)化合物E是形成酸雨的污染物之一，化合物K是常用的氮肥。 (d)化合物L具有漂白性，可由Cl2与NaOH溶液反应而制得。 (e)化合物J由两种元素组成，其相对分子质量为32。 请按要求填空： (1)反应③的化学方程式____________________。 (2)C的结构式________；H的化学式_________。 (3)L的溶液与化合物E反应的离子方程式：(碱性条件)_______________。 (4)化合物J的化学式_______________。 18. 一种制备的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液pH在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行。常温下，的电离平衡常数，。回答下列问题： （1）反应I、Ⅱ、Ⅲ中属于氧化还原反应得是___________(填反应序号) （2）低温真空蒸发主要目的是___________。 （3）溶液Y___________(填“可以”或“不可以”)循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体I。 （4）若产量不变，参与反应Ⅲ的X与物质的量之比增大时，需补加NaOH的量___________(填“增加”、“减少”或“不变”)。 （5）写出反应Ⅲ生成的离子方程式___________。 19. 高纯氧化铝可用于制高压钠灯的陶瓷管。实验室制取高纯氧化铝的流程如下： （1）“除杂”操作是加入适量过氧化氢，用氨水调节溶液的pH约为8.0，以除去硫酸铵溶液中的少量。检验已除尽的实验操作是___________。 （2）通常条件下，，除杂后溶液中___________。 （3）配制硫酸铝溶液时，需用硫酸酸化，酸化的是目的是___________。 （4）“分离”操作名称是___________(填字母代号) a．蒸馏 b．分液 c．过滤 （5）测定铵明矾组成的方法是： a．称取0.906g铵明矾样品，高温灼烧，得残留固体0.102g； b．称取0.906g铵明矾样品，用适量蒸馏水溶解，再加入稍过量的溶液，经静置、过滤、洗净，得0.932g； c．称取0.906g样品，加入足量的NaOH溶液，加热，产生气体依次通过碱石灰和浓硫酸，浓硫酸增重0.0340g。 则铵明矾的化学式为___________。 20. 高铁酸钾()为紫色固体，微溶于KOH溶液，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中产生，在碱性溶液中较稳定。 （1）用如图所示的装置制备。 ①A为发生装置，反应的离子方程式为___________。 ②装置B的作用是___________。 ③装置C中发生反应的离子方程式为___________。 ④当装置C中得到大量紫色固体时立即停止通入，原因是___________。 （2）通过以下方法测定高铁酸钾样品的纯度：称取0.6000g高铁酸钾样品，完全溶解于KOH浓溶液中，再加入足量亚铬酸钾反应后配成100.00mL溶液；取上述溶液20.00mL于锥形瓶中，加入稀硫酸调至pH=2，用硫酸亚铁铵溶液滴定，消耗标准硫酸亚铁铵溶液15.00mL。测定过程中发生反应： (未配平) 样品的纯度为___________。 21. 柠檬酸亚铁()是一种易吸收的高效铁制剂，某研究团队用硫铁矿(主要成分为、、)为原料，制备柠檬酸亚铁，其流程如图： 已知：柠檬酸()为三元酸。请填空： （1）柠檬酸亚铁()是一种___________(填“正”“酸式”或“碱式”)盐，“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为___________。 （2）已知：与不反应。“还原”时发生反应的离子方程式为___________。 （3）“沉铁”时的离子方程式为___________，该反应需控制温度在35℃以下，其可能的原因是___________。 （4）柠檬酸亚铁()在空气中煅烧得到和FeO的混合物。检验存在的方法是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学开学质检 (完卷75分钟满分100分) 【相对原子质量】H-1 N-14 O-16 Al-27 S-32 K-39 Fe-56 Cu-64 Ba-137 第I卷选择题 一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意。) 1. 将下列各组物质按酸、碱、盐分类顺次排列，其中正确的是(　　) A. 硫酸、纯碱、孔雀石[Cu2(OH)2CO3] B. 硝酸、烧碱、绿矾[FeSO4·7H2O] C. 醋酸、乙醇、碳酸钙 D. 盐酸、熟石灰、苛性钠 【答案】B 【解析】 【详解】A．纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，故A错误； B．硝酸，烧碱，绿矾分别属于酸、碱和盐，故B正确； C．乙醇属于非电解质，不会发生电离，不属于碱，故C错误； D．苛性钠是氢氧化钠的俗称，属于碱类，故D错误； 答案选B。 2. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 25℃，下，氢气中质子的数目为 B. 溶液中，的数目为 C. 苯甲酸完全燃烧，生成的数目为 D. 电解熔融，阴极增重，外电路中通过电子的数目为 【答案】C 【解析】 【详解】A．25℃、101kPa不是标准状况，不能用标况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的量，故A错误； B．Al3+在溶液中会发生水解生成Al(OH)3，因此2.0L 1.0 mol/L的AlCl3溶液中Al3+数目小于2.0NA，故B错误； C．苯甲酸燃烧的化学方程式为，1mol苯甲酸燃烧生成7molCO2，则0.2mol苯甲酸完全燃烧生成1.4molCO2，数目为1.4NA，故C正确； D．电解熔融CuCl2时，阳极反应为，阴极反应为，阴极增加的重量为Cu的质量，6.4gCu的物质的量为0.1mol，根据阴极反应可知，外电路中通过电子的物质的量为0.2mol，数目为0.2NA，故D错误； 答案选C。 3. 下列叙述正确的是 A. CO2和SiO2都是酸性氧化物，所以两者物理性质相似 B. CO2和SiO2都能与碳反应，且都作氧化剂 C. 因为，所以硅酸的酸性比碳酸的酸性强 D. SiO2既能与NaOH溶液反应，又能与氢氟酸反应，所以二氧化硅属于两性氧化物 【答案】B 【解析】 【详解】A．CO2和SiO2都是酸性氧化物，但是CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，两者物理性质差别较大，A错误； B．CO2与C反应生成CO，CO2中C得电子为氧化剂，SiO2与C反应生成Si和CO，SiO2中Si得电子做氧化剂，B正确； C．反应在高温条件下才能进行，因为生成了二氧化碳气体逸出体系，才能使得该反应持续进行，实际上硅酸酸性弱于碳酸，C错误； D．二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，不能说明其为碱性氧化物，二氧化硅为酸性氧化物，D错误； 故答案选B。 4. 在的纯碱溶液中，不断搅拌并逐滴加入的盐酸，完全反应后，在标准状况下生成的体积为 A. 1.344mL B. 0mL C. 2.24mL D. 0.67mL 【答案】B 【解析】 【详解】纯碱中滴加盐酸，发生的反应依次为Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，n(Na2CO3)＝10×10-3L×0.01mol/L＝0.1×10-3mol，n(HCl)=1.2×10-3LL×0.05mol/L＝0.06×10-3mol，则n(Na2CO3)：n(HCl)＞1：1，只发生Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3，不生成气体，气体体积为0，答案选B。 5. 利用下列装置和试剂进行实验，不能达到实验目的的是 A B C D 比较Zn与Cu的金属性强弱 除去Cl2中的HCl并干燥 制取乙酸乙酯(必要时可加沸石) 实验室制取氯气 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．该装置中，若Zn比Cu活泼，则总反应为Zn与硫酸铜的反应，此时Zn为负极，Cu为正极；若Cu比Zn活泼，则总反应为Cu与硫酸锌的反应，此时Cu为负极，Zn为正极，所以可以比较Zn与Cu的金属性强弱，A正确； B．稀硫酸中含有大量氢离子，可以抑制氯气的溶解，而稀硫酸中的水可以吸收HCl，洗气后再用浓硫酸干燥，B正确； C．乙酸、乙醇和浓硫酸混合加热可以制取乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液可以降低乙酸乙酯的溶解度，同时吸收乙酸和乙醇，便于分液分离得到乙酸乙酯，沸石可以防止暴沸，C正确； D．制取氯气应用浓盐酸和二氧化锰共热，稀盐酸不与二氧化锰反应，D错误； 综上所述答案为D。 6. 从苯甲醛和溶液反应后的混合液中分离出苯甲醇和苯甲酸的过程如下： 已知甲基叔丁基醚的密度为。下列说法错误的是 A. “萃取”过程需振荡、放气、静置分层 B. “有机层”从分液漏斗上口倒出 C. “操作X”为蒸馏，“试剂Y”可选用盐酸 D. “洗涤”苯甲酸，用乙醇的效果比用蒸馏水好 【答案】D 【解析】 【分析】苯甲醛和溶液反应后的混合液中主要是生成的苯甲醇和苯甲酸钾，加甲基叔丁基醚萃取、分液后，苯甲醇留在有机层中，加水洗涤、加硫酸镁干燥、过滤，再用蒸馏的方法将苯甲醇分离出来；而萃取、分液后所得水层主要是苯甲酸钾，要加酸将其转化为苯甲酸，然后经过结晶、过滤、洗涤、干燥得苯甲酸。 【详解】A．“萃取”过程需振荡、放气、静置分层，故A正确； B．甲基叔丁基醚的密度为，密度比水小，所以要从分液漏斗上口倒出，故B正确； C．“操作X”是将苯甲醇从有机物中分离出来，可以利用沸点不同用蒸馏的方法将其分离出来；“试剂Y”的作用是将苯甲酸钾转化为苯甲酸，所以可选用盐酸，故C正确； D．苯甲酸在乙醇中溶解度大于其在水中溶解度，“洗涤”苯甲酸，用蒸馏水的效果比用乙醇好，故D错误； 故答案为：D。 7. 有一块铁的“氧化物”样品，用140 mL 5.0 mol·L-1盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.025 mol Cl2，恰好使其中的Fe2＋全部转变为Fe3＋，则该样品可能的化学式为 A. Fe6O7 B. Fe5O7 C. Fe4O5 D. Fe3O4 【答案】B 【解析】 【详解】由反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3可知，吸收0.025 mol Cl2，恰好使其中的Fe2＋全部转变为Fe3＋，则FeCl2的物质的量为0.05mol；依据题意，140 mL 5.0 mol·L-1盐酸恰好将之完全溶解，则生成FeCl3的物质的量为=0.2mol，所以原混合物中FeO、Fe2O3的物质的量之比为0.05mol:0.1mol=1:2，从而得出该样品可能的化学式为FeO∙(Fe2O3)2，即为Fe5O7，故选B。 8. 下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是 A. 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙： B. 过量铁粉加入稀硝酸中： C. 硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液： D. 氯化铜溶液中通入硫化氢： 【答案】A 【解析】 【详解】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：，故A正确； B．过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H++2N=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误； C．硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故C错误； D．硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故D错误； 答案选A。 9. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 将浓硫酸加入蔗糖中形成多孔炭 浓硫酸具有氧化性和脱水性 B 装有的密闭烧瓶冷却后颜色变浅 转化为的反应吸热 C 久置空气中的漂白粉遇盐酸产生 漂白粉的有效成分是 D 溶液导电性比同浓度醋酸强 溶液的比醋酸的高 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．蔗糖在浓硫酸作用下形成多孔炭主要是蔗糖在浓硫酸作用下脱水，得到碳和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，体现浓硫酸具有氧化性和脱水性，故A符合题意； B．装有的密闭烧瓶冷却后颜色变浅，降低温度，平衡向生成方向移动，则转化为的反应为放热，故B不符合题意； C．久置空气中的漂白粉遇盐酸产生是由于次氯酸钙变质，次氯酸钙和空气中二氧化碳、水反应生成碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，故C不符合题意； D．溶液导电性比同浓度醋酸强，氯化钠是强电解质，醋酸是弱电解质，导电性强弱与溶液的比醋酸的高无关系，故D不符合题意。 综上所述，答案为A。 10. 已知：，，。下图为部分含氯物质的分类与化合价的关系图。下列有关离子方程式书写正确的是 A. 用气体b与石灰乳制取漂白粉： B. a和c的溶液反应生成气体b： C. 向d溶液中通入少量： D. 用惰性电极电解饱和e溶液制备烧碱： 【答案】D 【解析】 【分析】根据图示可知a为HCl，b为Cl2，c为NaClO3，d是NaClO，e是NaCl，然后根据物质的性质分析解答。 【详解】A．制取漂白粉是Cl2与石灰乳反应，石灰乳主要是固体物质，应该写化学式，不能写成离子形式，则离子方程式为：，故A项错误； B．电子不守恒，电荷不守恒，原子不守恒，正确离子方程式为：，故B项错误； C．根据强酸制弱酸原理，少量CO2气体通入NaClO溶液中，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为，故C项错误； D．用惰性电极电解饱和NaCl溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气，离子方程式为：，故D项正确； 故本题选D。 11. 已知四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的阴离子的核外电子数与 X、Y、Z 原子的核外内层电子数相同。X 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用分离液态空气的方法来生产Y的单质，而Z不能形成双原子分子。根据上述叙述，下列说法中正确的是 A. 四种元素的原子半径大小为 W﹤X﹤Y﹤Z B. W、X、Y、Z 原子的核外最外层电子数的总和为20 C. W 与 Y 可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物 D. 由 W 与 X 组成的化合物的沸点一定低于由 W 与 Y 组成的化合物的沸点 【答案】C 【解析】 【分析】X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，用的是14C，则X为C元素；工业上采用分离液态空气的方法来生产Y的单质，这是工业上生产氧气的方法，Y为O元素；Z的原子序数大于X、Y，且不能形成双原子， X、Y、Z核外内层电子数相同，均是2个，所以Z只能是稀有气体Ne；W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同，则 W是H。 【详解】根据分析，W是H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为Ne元素； A．X为C，Y为O，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则原子半径C＞O，Z为Ne，原子半径测定依据不同，一般不与主族元素的原子半径相比较，故A错误； B．W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为1+4+6+8=19，故B错误； C．W与Y形成的H2O2既含极性共价键又含非极性共价键，故C正确； D．W为H元素，X为C元素，Y为O元素，C和H可形成多种烃类化合物，当相对分子质量较大时，形成的烃在常温下为液体或固体，沸点较高，可能高于W与Y形成的化合物，故D错误； 答案选C。 12. 取一定体积的两种试剂进行反应，改变两种试剂的滴加顺序(试剂浓度均为)，反应现象没有明显差别的是 选项 试剂① 试剂② A 氨水 溶液 B 溶液 溶液 C 溶液 酸性溶液 D 溶液 溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．向氨水中滴加溶液并振荡，由于开始时氨水过量，振荡后没有沉淀产生，发生的反应为，继续滴加产生沉淀；向溶液中滴加氨水并振荡，开始时生成白色沉淀且沉淀逐渐增多,发生的反应为；当氨水过量后，继续滴加氨水沉淀逐渐减少直至沉淀完全溶解，发生的反应为，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，A不符合题意； B．向中滴加溶液并振荡，由于开始时过量，振荡后没有沉淀产生，发生的反应为；向溶液中滴加并振荡，开始时生成白色沉淀且沉淀逐渐增多,发生的反应为；当过量后，继续滴加沉淀逐渐减少直至沉淀完全溶解，发生的反应为，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，B不符合题意； C．向溶液中滴加酸性溶液并振荡，由于开始时是过量的，可以被完全还原，可以看到紫红色的溶液褪为无色，发生的反应为;向溶液中滴加酸性溶液并振荡，由于开始时是过量的，逐渐被还原，可以看到紫红色的溶液逐渐变浅，最后变为无色，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，C不符合题意； D．向溶液中滴加溶液，溶液立即变为血红色；向溶液中滴加溶液，溶液同样立即变为血红色，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象没有明显差别，D符合题意； 综上所述，本题选D。 13. Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示：2FeSO4＋6Na2O2=2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑。对此反应下列说法中正确的是 A. Na2FeO4中氧元素为－1价 B. 该反应中被还原与被氧化的物质的物质的量之比为3∶1 C. 当有1 mol O2生成时，反应中共有10 mol电子转移 D. Na2FeO4和O3作水处理剂时，原理完全相同 【答案】C 【解析】 【分析】该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由-1价变为0价、-2价，所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物，以此解答该题。 【详解】A. 在Na2FeO4中氧元素为-2价，A错误； B. 在2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑中，FeSO4是还原剂，Na2FeO4是氧化产物，Na2O2中O元素化合价是-1价，反应后变为O2中的0价和Na2FeO4、Na2O中的-2价，所以Na2O2既是还原剂又是是氧化剂，Na2FeO4、Na2O是还原产物，O2是氧化产物，该反应中被还原与被氧化的物质的物质的量之比为5：(1+2)=5:3，B错误； C. 反应中化合价升高的元素有Fe，由+2价→+6价，化合价升高的元素还有O元素，由-1价→0价，2 mol FeSO4发生反应时生成1molO2，共有2 mol×4+1 mol×2=10 mol电子转移，C正确； D. Na2FeO4具有强的氧化性，在处理水时，能够起杀菌消毒作用，其还原产物Fe3+水解生成的氢氧化铁胶体具有吸附作用，吸附水中的悬浮物，因此又具有净水作用，而O3只具有强氧化性而能够对水进行杀菌消毒作用，而不具有净水作用，故作水处理剂时，原理不完全相同，D错误； 故答案选C。 【点睛】本题考查氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，注意元素化合价与电子转移的关系，物质的氧化性、还原性与元素化合价升降的关系，注意过氧化钠的作用，侧重考查基本概念、计算。 14. 某溶液中可能含有K＋、Fe2＋、Ca2＋、 、 、Cl－、I－中的几种离子。根据下方实验操作与现象，推测合理的是 A. 取溶液2，加入AgNO3溶液，可确定溶液X中是否含有Cl－ B. 溶液X中一定不含Fe2＋、Ca2＋、 C. 溶液X中是否存在K＋还需要通过焰色反应进一步确认 D. 溶液X的溶质为K2CO3和KI 【答案】B 【解析】 【分析】溶液X加入足量的硝酸钡溶液生成白色沉淀和溶液1，再加入新制氯水得棕黄色溶液2，则说明含有I2，则原溶液中含有I－；白色沉淀加入稀盐酸全部溶解，则X中应含有，不含Ca2＋、、Fe2＋，由溶液的电中性可知阳离子为K＋，不能确定是否含有Cl－，以此解答该题。 【详解】A.溶液X加入足量的硝酸钡溶液生成白色沉淀和溶液1，再加入新制氯水得溶液2，所以取溶液2，加入AgNO3溶液，不能确定溶液X中是否含有Cl－，故A错误； B.由上述分析可知，溶液X中一定不含Fe2＋、Ca2＋、，故B正确； C.根据溶液的电中性可知，一定有阳离子为K＋存在，故C错误； D.根据溶液中一定存在的离子K＋、、I－，可能存在Cl－，可知溶液X的溶质可能为K2CO3和KI，可能有KC1，故D错误； 故选B。 15. 已知：。向含2molNaOH、1mol、2mol的混合液中慢慢通入，则通入的量和生成沉淀的量的关系正确的是 选项 A B C D 2 3 4 6 n(沉淀)(mol) 1 2 4 3 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．通入2mol二氧化碳，先发生反应：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀，剩余的1mol二氧化碳与氢氧化钠反应，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，故A项正确； B．当通入的n(CO2)=3mol时，发生的离子反应是Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O、2OH-+CO2=+H2O、2[Al(OH)4]-+CO2=2Al(OH)3↓++H2O，所以产生的沉淀是BaCO3和Al(OH)3，且n(沉淀)之和是3mol（1molBaCO3和2molAl(OH)3），故B项错误； C．通入4mol二氧化碳，先发生反应：Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀；剩余二氧化碳与氢氧化钠发生反应：2OH-+CO2=+H2O，消耗二氧化碳1mol；然后1mol二氧化碳与NaAlO2发生反应：2[Al(OH)4]-+CO2=2Al(OH)3↓++H2O，生成2mol氢氧化铝沉淀；最后1mol与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，故生成沉淀总物质的量为3mol，故C项错误； D．当通入6mol二氧化碳，分别发生反应Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O、2OH-+CO2=+H2O、2[Al(OH)4]-+CO2=2Al(OH)3↓++H2O，生成1mol碳酸钡、2mol氢氧化铝沉淀、2mol碳酸氢钠、1mol碳酸钠，消耗4mol二氧化碳；剩余的2mol二氧化碳分别与生成的1mol碳酸钠和1mol碳酸钡沉淀发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 ，BaCO3+CO2+H2O=Ba(HCO3)2，所以最后剩余沉淀只有氢氧化铝，物质的量为2mol，故D项错误； 故本题选A。 16. 以铝土矿(主要成分为Al2O3，还含少量Fe2O3、SiO2等)为主要原料生产金属铝的工艺流程如图所示。下列说法错误的是 A. 碱溶过程发生复杂的氧化还原反应 B. 过滤I的滤渣中含Fe2O3 C. X主要溶质是Na2CO3 D. 产生Al和O2的电解过程通常使用助熔剂Na3AlF6 【答案】A 【解析】 【分析】以铝土矿（主要成分为Al2O3，还含少量Fe2O3、SiO2等）溶于NaOH溶液，过滤I，氧化铁和氢氧化钠不反应，滤渣为氧化铁；滤液中含有AlO、SiO，加入NaHCO3溶液，生成Al(OH)3沉淀，过滤，滤渣灼烧生成Al2O3 ，电解得到铝和氧气；X主要溶质是Na2CO3。 【详解】A. 碱溶过程主要发生Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，不涉及复杂的氧化还原反应，故A错误； B. 过滤I的滤渣中含Fe2O3等，故B正确； C. AlO＋HCO＋H2O=Al(OH)3＋CO，X主要溶质是Na2CO3，故C正确； D. Al2O3熔点高，产生Al和O2的电解过程通常使用助熔剂Na3AlF6，降低熔化所需温度，故D正确； 故选A。 第II卷(选择题共52分) 17. 如图是部分短周期元素的单质及其化合物的转化关系图（有关反应的条件及生成的H2O已略去） 已知： (a)A、B、C、D是非金属单质，其中B、C、D在常温常压下是气体。 (b)反应①、②是化工生产中的重要反应。 (c)化合物E是形成酸雨的污染物之一，化合物K是常用的氮肥。 (d)化合物L具有漂白性，可由Cl2与NaOH溶液反应而制得。 (e)化合物J由两种元素组成，其相对分子质量为32。 请按要求填空： (1)反应③的化学方程式____________________。 (2)C的结构式________；H的化学式_________。 (3)L的溶液与化合物E反应的离子方程式：(碱性条件)_______________。 (4)化合物J的化学式_______________。 【答案】 ①. 2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4 ②. N≡N ③. (NH4)2SO3或NH4HSO3 ④. ClO-+SO2+2OH-=Cl-+SO42-+H2O ⑤. N2H4 【解析】 【分析】由短周期元素的单质及其化合物的转化关系图可知，化合物E是形成酸雨的污染物之一，则E为SO2，A、B、C、D都是非金属单质，其中B、C、D在常温常压下是气体，则A为S，B为O2；化合物K是常用的氮肥，K为(NH4)2SO4，所以F为NH3，则C、D分别为N2、H2；化合物L具有漂白性，可由Cl2与NaOH溶液反应而制得，则L为NaClO，NH3与NaClO反应生成J，J由两种元素组成，它是火箭推进剂的成分之一，其相对分子质量为32，则J为N2H4；J与氧气反应生成C，C为N2，再结合化学用语来解答。 【详解】根据上述分析可知A是S，B是O2，C是N2，D是H2，E是SO2，F是NH3，J是N2H4，H是(NH4)2SO3或NH4HSO3，K是(NH4)2SO4，L是NaClO，I为NaCl。 (1)反应③为氨气与硫酸反应生成硫酸铵，化学反应为2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4； (2)C为N2，分子中2个N原子通过三个共价键结合，结构式为N≡N；H为SO2与NH3在水中的反应生成物，该物质为(NH4)2SO3或NH4HSO3； (3)L为NaClO，E为SO2，二者在碱性条件下在溶液中发生氧化还原反应生成NaCl、Na2SO4和水，反应的离子方程式为ClO- +SO2+2OH-=Cl- +SO42-+H2O； (4)根据上述分析可知该化合物J是N2H4。 【点晴】本题考查无机物的推断，利用物质的性质及转化关系图来推断出各物质是解答本题的关键。在(3)在书写离子方程式时，要结合溶液的酸碱性、利用电荷守恒、电子守恒、原子守恒书写该反应的离子方程式。 18. 一种制备的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液pH在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行。常温下，的电离平衡常数，。回答下列问题： （1）反应I、Ⅱ、Ⅲ中属于氧化还原反应得是___________(填反应序号) （2）低温真空蒸发主要目的是___________。 （3）溶液Y___________(填“可以”或“不可以”)循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体I。 （4）若产量不变，参与反应Ⅲ的X与物质的量之比增大时，需补加NaOH的量___________(填“增加”、“减少”或“不变”)。 （5）写出反应Ⅲ生成的离子方程式___________。 【答案】（1）Ⅰ、Ⅲ （2）防止Na2SO3被氧化 （3）可以 （4）减少 （5）3+2Cu2＋=+Cu2O+2SO2↑ 【解析】 【分析】铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应Ⅱ)，所得溶液pH在3~4之间，溶液显酸性，根据H2SO3的电离平衡常数，可知NaHSO3溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是NaHSO3，调节溶液pH值至11，使NaHSO3转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化)，故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是：+2Cu2++2H2O=+Cu2O+4H+，反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3= Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行，据此分析解答。 【小问1详解】 反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原反应； 反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应，生成NaHSO3、水和二氧化碳，是非氧化还原反应； 反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O，是氧化还原反应； 故答案为：Ⅰ、Ⅲ； 【小问2详解】 低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化，故答案为：防止Na2SO3被氧化； 【小问3详解】 经分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体(气体Ⅰ)，故答案为：可以； 【小问4详解】 制取总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3= Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若Cu2O产量不变，增大比值，多的Na2SO3会消耗氢离子，用于控制pH值，可减少NaOH的量，故答案为：减少； 【小问5详解】 由分析可知，生成Cu2O的化学方程式为：2CuSO4+3Na2SO3= Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，则离子方程式为：3+2Cu2＋=+Cu2O+2SO2↑，故答案为：3+2Cu2＋=+Cu2O+2SO2↑。 19. 高纯氧化铝可用于制高压钠灯的陶瓷管。实验室制取高纯氧化铝的流程如下： （1）“除杂”操作是加入适量过氧化氢，用氨水调节溶液的pH约为8.0，以除去硫酸铵溶液中的少量。检验已除尽的实验操作是___________。 （2）通常条件下，，除杂后溶液中___________。 （3）配制硫酸铝溶液时，需用硫酸酸化，酸化的是目的是___________。 （4）“分离”操作名称是___________(填字母代号) a．蒸馏 b．分液 c．过滤 （5）测定铵明矾组成的方法是： a．称取0.906g铵明矾样品，高温灼烧，得残留固体0.102g； b．称取0.906g铵明矾样品，用适量蒸馏水溶解，再加入稍过量的溶液，经静置、过滤、洗净，得0.932g； c．称取0.906g样品，加入足量的NaOH溶液，加热，产生气体依次通过碱石灰和浓硫酸，浓硫酸增重0.0340g。 则铵明矾的化学式为___________。 【答案】（1）取少量除杂后的滤液，加适量H2O2溶液，振荡，滴加KSCN溶液，若无明显现象，说明Fe2+已除尽 （2）4×10-20mol/L （3）抑制铝离子水解 （4）c （5）NH4Al(SO4)2∙12H2O 【解析】 【分析】硫酸铵溶液中加入加入过氧化氢和氨水，除去硫酸铵溶液中的少量Fe2+，过滤，得到滤渣氢氧化铁和滤液，加入硫酸铵溶液反应生成铵明矾，“结晶”操作中，母液经蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层的结晶为止，冷却结晶，过滤得到铵明矾（含结晶水），加热分解得到氧化铝。 【小问1详解】 检验Fe2+是否除尽的实验操作是：取少量除杂后的滤液，加适量H2O2溶液，振荡，滴加KSCN溶液，若无明显现象，说明Fe2+已除尽，故答案为：取少量除杂后的滤液，加适量H2O2溶液，振荡，滴加KSCN溶液，若无明显现象，说明Fe2+已除尽； 【小问2详解】 Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，pH=8时，溶液中氢氧根离子浓度10-6mol/L， ，故答案为：4×10-20mol/L； 【小问3详解】 因为铝离子在溶液中能够发生水解反应生成氢氧化铝，所以加入硫酸酸化，抑制了铝离子的水解，故答案为：抑制铝离子水解； 【小问4详解】 通过过滤，将硫酸铝晶体从溶液中分离，故答案为：c； 【小问5详解】 a．称取0.906g铵明矾样品，高温灼烧，得Al2O3残留固体0.1020g，氧化铝的物质的量为：，含有0.002mol铝离子，质量为0.054g； b．称取0.4530g铵明矾样品，用适量蒸馏水溶解，再加入稍过量的BaCl2溶液，经陈化、过滤、灰化，得BaSO40.4659g；硫酸钡的物质的量为：，含有硫酸根离子的物质的量为0.002mol，质量为0.192g； c．称取0.4530g样品，加入足量的NaOH溶液，加热，产生气体依次通过碱石灰和浓硫酸，浓硫酸增重0.0170g，浓硫酸增重的质量为氨气质量，氨气的物质的量，铵离子的物质的量为0.001mol，质量为0.018g，0.906g样品中，含有水的质量为：0.906-0.054-0.192×2-0.018×2=0.432g，水的物质的量为：，n():n(Al3+):n():n(H2O)=0.002:0.002:0.004:0.024=1:1:2:12，所以铵明矾的化学式：NH4Al(SO4)2∙12H2O，故答案为：NH4Al(SO4)2∙12H2O。 20. 高铁酸钾()为紫色固体，微溶于KOH溶液，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中产生，在碱性溶液中较稳定。 （1）用如图所示的装置制备。 ①A为发生装置，反应的离子方程式为___________。 ②装置B的作用是___________。 ③装置C中发生反应的离子方程式为___________。 ④当装置C中得到大量紫色固体时立即停止通入，原因是___________。 （2）通过以下方法测定高铁酸钾样品的纯度：称取0.6000g高铁酸钾样品，完全溶解于KOH浓溶液中，再加入足量亚铬酸钾反应后配成100.00mL溶液；取上述溶液20.00mL于锥形瓶中，加入稀硫酸调至pH=2，用硫酸亚铁铵溶液滴定，消耗标准硫酸亚铁铵溶液15.00mL。测定过程中发生反应： (未配平) 样品的纯度为___________。 【答案】（1） ①. ②. 除去氯气中的氯化氢 ③. 3Cl2+2Fe(OH)3+10OH-=2+6Cl-+8H2O ④. 过量氯气使溶液显酸性，在酸性溶液中K2FeO4产生O2，在碱性溶液中较稳定 （2）82.50% 【解析】 【分析】高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，氯气、Fe(OH)3、过量KOH溶液在C中反应生成K2FeO4，D装置吸收剩余氯气，防止污染。 【小问1详解】 ①高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气化学方程式为：，故答案为：； ②A中高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，用B中的饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，故答案为：除去氯气中的氯化氢； ③装置C中氯气、Fe(OH)3、过量KOH溶液发生反应制备K2FeO4，根据电子守恒配平离子方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10OH-=2+6Cl-+8H2O，故答案为：3Cl2+2Fe(OH)3+10OH-=2+6Cl-+8H2O； ④过量氯气使溶液显酸性，在酸性溶液中K2FeO4产生O2，在碱性溶液中较稳定，所以当装置C中得到大量紫色固体时立即停止通入Cl2，故答案为：过量氯气使溶液显酸性，在酸性溶液中K2FeO4产生O2，在碱性溶液中较稳定； 【小问2详解】 根据、、，得到关系式：；n(硫酸亚铁铵)= 0.1000mol·L-1×15×10-3L=1.5×10-3mol，根据关系式：；n(K2FeO4)==5×10-4mol，则K2FeO4产品的纯度==82.50%，故答案为：82.50%。 21. 柠檬酸亚铁()是一种易吸收的高效铁制剂，某研究团队用硫铁矿(主要成分为、、)为原料，制备柠檬酸亚铁，其流程如图： 已知：柠檬酸()为三元酸。请填空： （1）柠檬酸亚铁()是一种___________(填“正”“酸式”或“碱式”)盐，“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为___________。 （2）已知：与不反应。“还原”时发生反应的离子方程式为___________。 （3）“沉铁”时的离子方程式为___________，该反应需控制温度在35℃以下，其可能的原因是___________。 （4）柠檬酸亚铁()在空气中煅烧得到和FeO的混合物。检验存在的方法是___________。 【答案】（1） ①. 酸式 ②. （2）FeS2+2Fe3+=2S+3Fe2+ （3） ①. 2+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O ②. 防止NH4HCO3受热分解 （4）取样，加入稀硫酸使固体样品溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明样品中含有Fe2O3存在 【解析】 【分析】硫铁矿(主要成分为FeS2、SiO2、Al2O3)，在空气中焙烧时，FeS2与氧气反应生成Fe2O3和SO2，酸浸时Fe2O3、Al2O3转化为铁离子、铝离子，SiO2不反应，过滤得到的滤渣1是SiO2；“还原”时，Fe3+被FeS2还原生成淡黄色沉淀S和Fe2+，除铝时调节pH值，既要保证铝离子全部沉淀，又不能使Fe2+沉淀；沉铁时主要是向硫酸亚铁溶液中加入碳酸氢铵，发生反应生成FeCO3，过滤得到产品FeCO3，最后再加入柠檬酸经过一系列操作得到柠檬酸亚铁晶体，据此分析作答。 【小问1详解】 ①因为柠檬酸(C6H8O7)为三元酸，所以柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种酸式盐，故答案为：酸式； ②在空气中焙烧时，FeS2与氧气反应生成Fe2O3和SO2，发生反应的化学方程式为：，故答案为：； 【小问2详解】 “还原”时，Fe3+被FeS2还原生成淡黄色沉淀S和Fe2+，根据得失电子守恒以及电荷、原子守恒，离子方程式为：FeS2+2Fe3+=2S+3Fe2+，故答案为：FeS2+2Fe3+=2S+3Fe2+； 【小问3详解】 ①“沉铁”时反应物是碳酸氢根离子、亚铁离子，生成物是碳酸亚铁，根据原子守恒可知还有水和二氧化碳生成，反应的离子方程式为：2+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：2+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O； ②因为NH4HCO3受热易分解，则“沉铁”时反应需控制温度在35℃以下，故答案为：防止NH4HCO3受热分解； 【小问4详解】 检验Fe2O3存在的方法是：取样，加入稀硫酸使固体样品溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明样品中含有Fe2O3存在，故答案为：取样，加入稀硫酸使固体样品溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明样品中含有Fe2O3存在。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $