精品解析：山东省聊城市第二中学2024-2025学年高三上学期第4次测评化学试题

2022级高三上学期第4次测评 化学试题 满分：100分 考试时间：90分钟 相对原子质量： 一、单项选择题(每题只有一个选项符合题意，每题2分，共30分) 1. 物质的性质决定用途，下列前后对应关系正确的是 A. 溶液显酸性，可除燃气中的 B. 溶液显碱性，可除废水中的 C. 活性炭具有还原性，可吸附自来水中的悬浮物 D. 具有氧化性，可用于水的高效消毒杀菌 2. 下列说法不正确的是 A. Al2O3熔点高，能用于制作坩埚 B. Na2O2能与CO2反应产生O2，可作供氧剂 C. SiO2是酸性氧化物，是生产陶瓷、玻璃和水泥的重要原料 D. 浓硝酸见光易分解，应保存在棕色细口瓶中 3. 下列操作，不会影响溶液中H+、Al3+、Ba2+、Cl-、等离子大量共存的是 A. 加入ZnSO4 B. 加入Fe粉 C. 通入NH3 D. 通入CO2 4. 下列离子方程式中，正确的是 A. Cu与稀硝酸反应： B. NaOH溶液与NaHCO3溶液混合： C. SO2通入溴水中： D. 过量氨气通入AlCl3溶液中： 5. 下列关于各实验装置的描述中，不恰当的是 A. 图1的实验可以证明过氧化钠与水反应放热 B. 图2中的溶液要提前驱除溶解的氧气，以制备 C. 图3的装置可以用于去除碳酸钠中的碳酸氢钠 D. 图4的装置可能发生倒吸，需要改进 6. NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 18g D2O中含有中子的数目为10 NA B. 足量MnO2与含4mol HCl的浓盐酸在加热的条件下反应，所得Cl2分子数为NA C. 在点燃的条件下，1mol Fe与1mol Cl2完全反应时，转移的电子数为2NA D. Na2O2与CO2反应时，生成0.1 mol O2转移的电子数为0.4NA 7. 金属单质X的转化如图所示，下列说法不正确的是 A. 单质b可以作为燃料 B. c为碱性氧化物 C. d中加入KSCN溶液显红色 D. f中加入溶液不会产生蓝色沉淀 8. 下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 红热的铜丝伸入盛满氯气的集气瓶中，产生棕黄色烟 反应生成CuCl B 待测液中滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀 待测液含有 C 向饱和NaCl溶液中通入NH3至饱和，再通入CO2 会析出NaHCO3晶体 相同温度下，NaHCO3溶解度 小于NH4Cl D 少量浓硫酸滴入胆矾(CuSO4·5H2O)中 固体由蓝色变为白色 浓硫酸具有脱水性 A. A B. B C. C D. D 9. 从海水中得到的粗盐往往含有可溶性杂质(主要有Na2SO4、MgCl2、CaCl2)和不溶性杂质(泥沙等)，必须进行分离和提纯后才能使用，粗盐提纯的部分流程如图所示，下列说法正确的是 A. 操作I、Ⅱ均需要用到的玻璃仪器有烧杯和玻璃棒 B. 过量溶液a和过量溶液b的加入顺序可以调换 C. 加入溶液c发生的反应为：， D. 配制490mL1mol/LNaCl溶液时需要用托盘天平称量29.25g精盐 10. 铁及其化合物是中学化学中一类重要的物质。下列关于铁元素的叙述中正确的是 A. 采用将FeCl3溶液直接蒸干的方法制备FeCl3固体 B. 保存FeCl2溶液常常加一些铁粉，其目的是抑制Fe2+水解 C. 25℃时，pH=0的溶液中，Al3+、、、Fe2+可以大量共存 D. FeSO4溶液中加入H2O2溶液时，Fe2+表现还原性 11. 硫酸铜是一种重要的盐，下列说法不正确的是 A. 可用于泳池的消毒 B. 可以用来检验酒精中是否含少量水 C. 可以和石灰乳混合配制农药波尔多液 D. 可以通过Cu与稀硫酸反应制备 12. 氯化铜广泛用作媒染剂、氧化剂、木材防腐剂、食品添加剂、消毒剂等，在空气中易潮解。某兴趣小组利用如图所示装置制备氯化铜。下列说法正确是 A. 仪器a为恒压滴液漏斗，可防止HCl挥发到空气中 B. B中盛放浓硫酸，C中盛放饱和食盐水 C. D装置后需连接盛有氢氧化钠溶液的烧杯，防止污染 D. 实验时，先点燃D处酒精灯，再滴加浓盐酸 13. 通入溶液中并不产生沉淀，而通入另一种气体后可以产生白色沉淀。则图中右侧Y形管中放置的药品组合符合要求的是 ①Cu和浓硝酸②CaO和浓氨水③大理石和稀盐酸④MnO2和浓盐酸⑤过氧化钠和水⑥过氧化氢和二氧化锰 A. 全部 B. ③⑤ C. ①②⑤⑥ D. ①②④⑤⑥ 14. 取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的气体和672mL的气体(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02g。则x等于 A. 8.64 B. 9.00 C. 9.20 D. 9.44 15. 侯氏制碱法工艺流程可用图表示。下列有关说法不正确的是 A. 侯氏制碱法中CO2来自煅烧石灰石 B. 母液I“吸氨”可使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出氯化铵的纯度 C. 侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异 D. 生成的氯化铵可用于氮肥，提高原料利用率 二、不定项选择题(本题共5小题，每题4分，共20分。) 16. 向100 mL的FeBr2溶液中，通入标准状况下Cl2 5.04 L，Cl2全部被还原，测得溶液中c（Br－）＝c（Cl－），则原FeBr2溶液的物质的量浓度是（　　） A. 0.75mol·L－1 B. 1.5mol·L－1 C. 2mol·L－1 D. 3mol·L－1 17. 下列物质既能与NaOH溶液反应，又能与盐酸反应①Al②NaHCO3③Al(OH)3④Al2O3⑤(NH4)2CO3 A. ①③④ B. ②⑤ C. ①②③④ D. 全部 18. 下列实验装置不能达到实验目的的是 A. 利用装置①验证Na和水反应否为放热反应 B. 利用装置②观察氢氧化钾的焰色试验的现象 C. 利用装置③证明燃烧不一定需要氧气 D. 利用装置④证明久置氯水中是否含有Cl- 19. 为了减少污染和合理使用资源，某钛厂计划与氯碱厂、甲醇厂进行联合生产。设计联合生产的工艺流程如图所示(FeTiO3中Ti为+4价)。下列叙述正确的是 A. 由TiCl4制备Ti的过程中，不可用N2作为保护气 B. 在联合生产过程中，理论上生成甲醇与Ti的物质的量之比为1：2 C. H2与CO合成甲醇的方法不符合绿色化学的原子经济性 D. 在电解槽中，Cl-在正极发生氧化反应转化为Cl2 20. 物质类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。若以物质类别为横坐标、核心元素化合价为纵坐标绘制的图像叫价类图。下面是有关铁元素的价类图，下列分析正确的是 A. X的物质类别是单质，在氧气中燃烧的产物为Z B. M、N均为碱，且在水溶液中均不溶 C. P、Q所含阳离子的质子数相同而电子数不同 D. 若Q为，则X、Y、Z、N均能与盐酸反应得到Q 三、填空题(本题共3小题，50分) 21. Mn2O3是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量Fe2O3、FeO、CoO、Al2O3)为原料制备Mn2O3的工艺流程如图。 已知：①氢氧化氧锰(MnOOH)难溶于水和碱性溶液。 ②滤渣2CoS。 （1）MnOOH中Mn的化合价为_____价。加快酸浸速率的措施_____(只写一种)。 （2）“酸浸池”中Fe2O3发生反应的化学方程式为_____。 （3）向“沉淀池I”中加入MnO2的作用是_____；“滤渣1”的主要成分是_____(填化学式)。 （4）MnSO4转化为MnOOH的离子方程式为_____。 （5）MnSO4转化为MnOOH中“Ⅲ．实验操作”包含过滤、洗涤、干燥。检验MnOOH是否洗涤干净，具体操作为_____。 （6）菱锰矿中Mn的质量分数为40%，假设沉淀池I中加入MnO2的质量为菱锰矿质量的1.74%，且生产过程中Mn元素均完全转化，则100kg该菱锰矿可以制备Mn2O3的质量为_____kg。(结果保留3位有效数字) 22. 某研究小组设计下列装置用干燥纯净的氯气制备漂白粉[已知：温度较高时会发生反应]。 （1）盛装浓盐酸的仪器名称为_______，装置C的作用为_______。 （2）各仪器接口连接顺序为_______(气流自左至右，用小写字母表示)。 c→_______→_______→_______→_______→a→b→d （3）装置B中发生反应的离子方程式为_______。 （4）装置A用冰水冷却的目的是_______，若B中加入固体，最多可以制得_______g次氯酸钙。 23. 以溶液为实验对象，研究物质之间反应的复杂多样性。实验如下： I．金属与溶液反应 装置 序号 金属 现象及产物检验 ⅰ 镁条 立即产生大量气体，溶液颜色变红棕色； 片刻后气泡减少，金属表面产生红褐色沉淀。 ⅱ 锌粒 开始时无明显气泡，半分钟后有气体产生，溶液颜色慢慢加深； 一段时间后，金属表面产生红棕色沉淀。 ⅲ 铜粉 无气体产生，溶液逐渐变为蓝绿色。 （1）配制溶液，需要将固体先溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度，原因是_______。 （2）根据实验ⅰ中现象，推测红褐色液体为胶体，通过_______可以快速判断其是否为胶体。 （3）溶液与Cu反应的离子方程式为_______，实验ⅰ和ⅱ均先有气体生成，后有溶液颜色的变化，甲同学认为产生该现象的原因可能是此实验条件下氧化性：，乙同学认为可以根据ⅲ判断氧化性：，理由是_______。 II．溶液与溶液反应： 已知：反应无气体产生，溶液由黄色变为红棕色。 （4）取红棕色溶液少许，加入，产生蓝色沉淀，推测与反应的离子方程式是_______。 （5）另取红棕色溶液少许，检测其为胶体，向其中继续滴加溶液，发现溶液红褐色变深且产生刺激性气味的气体，该气体是_______。 （6）结合(4)、(5)，推测溶液与溶液反应同时存在______反应和______反应。 A．复分解　　B．双水解　　C．置换　　D．氧化还原 （7）氧化铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定，如下图所示。 已知：，不与稀碱液反应。 ①在溶液c中滴加标准溶液，使用的指示剂为_______。 ②若实验时加入了的，消耗，设氧化铁黄的摩尔质量为，则氧化铁黄样品纯度为_______(用含w、、、M的代数式表示)。 ③测定时，若滴入不足量，会使实验结果_______(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2022级高三上学期第4次测评 化学试题 满分：100分 考试时间：90分钟 相对原子质量： 一、单项选择题(每题只有一个选项符合题意，每题2分，共30分) 1. 物质的性质决定用途，下列前后对应关系正确的是 A. 溶液显酸性，可除燃气中的 B. 溶液显碱性，可除废水中的 C. 活性炭具有还原性，可吸附自来水中的悬浮物 D. 具有氧化性，可用于水的高效消毒杀菌 【答案】D 【解析】 【详解】A．脱除燃气中H2S利用了FeCl3的氧化性，与FeCl3溶液显酸性无关，故A错误； B．除去废水中Cu2+利用了Cu2+能与S2-生成不溶于水的CuS沉淀，与Na2S溶液显碱性无关，故B错误； C．活性炭作自来水的净化剂是利用了其吸附作用，与活性炭具有还原性无关，故C错误； D．具有氧化性，可以使病毒中蛋白质变性，可用于水的高效消毒杀菌，故D正确。 答案选D。 2. 下列说法不正确的是 A. Al2O3熔点高，能用于制作坩埚 B. Na2O2能与CO2反应产生O2，可作供氧剂 C. SiO2是酸性氧化物，是生产陶瓷、玻璃和水泥的重要原料 D. 浓硝酸见光易分解，应保存在棕色细口瓶中 【答案】C 【解析】 【详解】A．Al2O3熔点很高，是一种比较好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚，A正确； B．Na2O2能与CO2反应产生O2，该反应能安全发生且不生成有毒气体，故Na2O2可作供氧剂，B正确； C．SiO2能够和NaOH溶液反应生成Na2SiO3和H2O，是酸性氧化物，是生产玻璃和水泥的重要原料，生产陶瓷的原料是黏土，SiO2不是生成陶瓷的重要原料，C错误； D．硝酸化学性质不稳定，见光或受热分解，4HNO32H2O+4NO2↑+O2↑，在贮存时用棕色细口瓶可以避免见光，放置在阴凉处可避免受热，D正确； 故选C。 3. 下列操作，不会影响溶液中H+、Al3+、Ba2+、Cl-、等离子大量共存的是 A. 加入ZnSO4 B. 加入Fe粉 C. 通入NH3 D. 通入CO2 【答案】D 【解析】 【详解】A．向溶液中加入硫酸锌溶液，硫酸根离子会与溶液中的钡离子反应，会影响溶液中离子的大量共存，故A项不符合题意； B．向溶液中加入铁粉，铁会与氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，会影响溶液中离子的大量共存，故B项不符合题意； C．向溶液中通入氨气，铝离子会与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，且氨水与氢离子反应，会影响溶液中离子的大量共存，故C项不符合题意； D．向溶液中通入二氧化碳，二氧化碳与溶液中离子不发生任何反应，不会影响溶液中离子的大量共存，故D项符合题意； 故本题选D。 4. 下列离子方程式中，正确的是 A. Cu与稀硝酸反应： B. NaOH溶液与NaHCO3溶液混合： C. SO2通入溴水中： D. 过量氨气通入AlCl3溶液中： 【答案】B 【解析】 【详解】A．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式：，故A项错误； B．NaOH溶液与NaHCO3溶液混合生成碳酸钠和水，离子方程式为，故B项正确； C．SO2通入溴水中，生成硫酸和氢溴酸，离子方程式为：，故C项错误； D．过量氨气通入AlCl3溶液中，发生反应生成氢氧化铝和氯化铵，离子方程式为：，故D项错误； 故答案为B。 5. 下列关于各实验装置的描述中，不恰当的是 A. 图1的实验可以证明过氧化钠与水反应放热 B. 图2中的溶液要提前驱除溶解的氧气，以制备 C. 图3的装置可以用于去除碳酸钠中的碳酸氢钠 D. 图4的装置可能发生倒吸，需要改进 【答案】C 【解析】 【详解】A．若脱脂棉燃烧，则可以说明该反应放热，产生的热量使脱脂棉燃烧，A正确； B．NaOH直接与硫酸亚铁反应得到Fe(OH)2，溶液提前驱除溶解的氧气，煤油可以隔绝氧气，防止Fe(OH)2被氧化，B正确； C．加热固体使碳酸氢钠分解不能在蒸发皿中进行，C错误； D．氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，气体被消耗，会造成压强差，可能发生倒吸，需要改进，D正确； 故选C。 6. NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 18g D2O中含有中子的数目为10 NA B. 足量MnO2与含4mol HCl的浓盐酸在加热的条件下反应，所得Cl2分子数为NA C. 在点燃的条件下，1mol Fe与1mol Cl2完全反应时，转移的电子数为2NA D. Na2O2与CO2反应时，生成0.1 mol O2转移的电子数为0.4NA 【答案】C 【解析】 【详解】A． 18g D2O的物质的量为含有中子的数目为9 NA,故A错误; B． MnO2与浓盐酸反应生成氯气,含4mol HCl的浓盐酸在加热的条件下不会完全反应，所得Cl2分子数会小于NA,故B错误; C．1mol Fe与1mol Cl2完全反应时生成氯化铁, ,氯气完全反应,铁有剩余，转移的电子数为2NA,故C正确; D． Na2O2与CO2反应，生成0.1 mol O2转移的电子数为0.2NA,故D错误; 故答案为:C 7. 金属单质X的转化如图所示，下列说法不正确的是 A. 单质b可以作为燃料 B. c为碱性氧化物 C. d中加入KSCN溶液显红色 D. f中加入溶液不会产生蓝色沉淀 【答案】B 【解析】 【分析】金属单质X和氧化物a反应生成单质b和黑色氧化物c，该黑色氧化物为Fe3O4，则X为Fe，a为H2O，b为H2，Fe3O4和盐酸反应生成FeCl2和FeCl3，溶液d中通入过量单质e得到溶液f，e为Cl2，Cl2和FeCl2反应生成FeCl3，溶液f为FeCl3溶液。 【详解】A．单质b为H2，可以作为燃料，A正确； B．黑色氧化物为Fe3O4，Fe3O4和盐酸反应生成FeCl2和FeCl3两种盐，不属于碱性氧化物，B错误； C．溶液d中含有Fe2+和Fe3+，加入KSCN溶液显红色，C正确； D．由分析可知，溶液f为FeCl3溶液，不含Fe2+，f中加入溶液不会产生蓝色沉淀，D正确； 故选B。 8. 下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 红热的铜丝伸入盛满氯气的集气瓶中，产生棕黄色烟 反应生成CuCl B 待测液中滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀 待测液含有 C 向饱和NaCl溶液中通入NH3至饱和，再通入CO2 会析出NaHCO3晶体 相同温度下，NaHCO3溶解度 小于NH4Cl D 少量浓硫酸滴入胆矾(CuSO4·5H2O)中 固体由蓝色变为白色 浓硫酸具有脱水性 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．红热的铜丝伸入盛满氯气的集气瓶中，产生棕黄色烟，说明生成氯化铜，氯气能将金属氧化到最高价，故A项错误； B．某待测液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀可能是硫酸钡、碳酸钡、氯化银，所以待测液含有碳酸根离子或硫酸根离子或银离子，故B项错误； C．向饱和NaCl溶液中通入NH3至饱和，再通入CO2反应生成碳酸氢钠和氯化铵，相同温度下，由于NaHCO3的溶解度是氯化钠、碳酸氢铵、氯化铵、碳酸氢钠四种物质中最小的，则首先会析出NaHCO3晶体，故C项正确； D．胆矾中含有结晶水，五水硫酸铜呈蓝色、无水硫酸铜呈白色，将浓硫酸滴入胆矾晶体，晶体由蓝色变成白色，体现了浓硫酸的吸水性，故D项错误； 故本题选C。 9. 从海水中得到的粗盐往往含有可溶性杂质(主要有Na2SO4、MgCl2、CaCl2)和不溶性杂质(泥沙等)，必须进行分离和提纯后才能使用，粗盐提纯的部分流程如图所示，下列说法正确的是 A. 操作I、Ⅱ均需要用到的玻璃仪器有烧杯和玻璃棒 B. 过量溶液a和过量溶液b的加入顺序可以调换 C. 加入溶液c发生的反应为：， D. 配制490mL1mol/LNaCl溶液时需要用托盘天平称量29.25g精盐 【答案】C 【解析】 【分析】由题给流程可知，粗盐溶解得到溶液，向溶液中加入过量的氯化钡溶液，将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，加入过量的氢氧化钠溶液，将镁离子转化为氢氧化镁沉淀，再加入过量的碳酸钠溶液，将钙离子和过量的钡离子转化为碳酸钙、碳酸钡沉淀，过滤得到含有硫酸钡、氢氧化镁、碳酸钙、碳酸钡的沉淀和滤液；向滤液中加入适量盐酸，将溶液中过量的氢氧化钠和碳酸钠除去，蒸发、结晶、烘干得到精盐。 【详解】A．由分析可知，操作Ⅰ为过滤，所用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，操作Ⅱ为蒸发结晶，所用到的玻璃仪器为酒精灯、玻璃棒，操作I、Ⅱ均需要用到的玻璃仪器为玻璃棒，故A错误； B．由分析可知，加入过量的碳酸钠溶液的目的是将溶液中的钙离子和过量的钡离子转化为碳酸钙、碳酸钡沉淀，则不能将过量氯化钡溶液与过量碳酸钠溶液的加入顺序调换，否则会导致滤液中含有钡离子，故B错误； C．由分析可知，溶液c为盐酸，加入盐酸的作用是除去过量的NaOH和Na2CO3，发生的反应为：，，C正确； D．配制490mL1mol/LNaCl溶液时需要用500mL的容量瓶，需要用托盘天平称量0.5L×1mol/L×58.5g/mol≈29.3g精盐，D错误； 故选C。 10. 铁及其化合物是中学化学中一类重要的物质。下列关于铁元素的叙述中正确的是 A. 采用将FeCl3溶液直接蒸干的方法制备FeCl3固体 B. 保存FeCl2溶液常常加一些铁粉，其目的是抑制Fe2+水解 C. 25℃时，pH=0的溶液中，Al3+、、、Fe2+可以大量共存 D. FeSO4溶液中加入H2O2溶液时，Fe2+表现还原性 【答案】D 【解析】 【详解】A．加热促进金属阳离子的水解，且生成盐酸易挥发，采用将FeCl3溶液直接蒸干的方法不能制备FeCl3固体，应在HCl气流中蒸发，故A错误； B．亚铁离子易被氧化为铁离子，保存FeCl2溶液常常加一些铁粉，其目的是防止Fe2+被氧化，故B错误； C．pH=0的溶液显酸性，H+、NO、Fe2+发生氧化还原反应不能共存，故C错误； D．亚铁离子可被过氧化氢氧化，发生离子反应为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，Fe2+表现还原性，故D正确； 故选D。 11. 硫酸铜是一种重要的盐，下列说法不正确的是 A. 可用于泳池的消毒 B. 可以用来检验酒精中是否含少量水 C. 可以和石灰乳混合配制农药波尔多液 D. 可以通过Cu与稀硫酸反应制备 【答案】D 【解析】 【详解】A．硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质发生变性而起到杀菌消毒的作用，常用于泳池的消毒，故A正确； B．白色无水硫酸铜能与水反应生成淡蓝色的五水硫酸铜，所以硫酸铜可以用来检验酒精中是否含少量水，故B正确； C．硫酸铜溶液和石灰乳都能能使蛋白质发生变性而起到杀菌的作用，所以硫酸铜石灰乳混合配制农药波尔多液，故C正确； D．铜是不活泼金属，不能与稀硫酸反应，所以不能用铜与稀硫酸反应制备硫酸铜，故D错误； 故选D。 12. 氯化铜广泛用作媒染剂、氧化剂、木材防腐剂、食品添加剂、消毒剂等，在空气中易潮解。某兴趣小组利用如图所示装置制备氯化铜。下列说法正确的是 A. 仪器a为恒压滴液漏斗，可防止HCl挥发到空气中 B B中盛放浓硫酸，C中盛放饱和食盐水 C. D装置后需连接盛有氢氧化钠溶液的烧杯，防止污染 D. 实验时，先点燃D处酒精灯，再滴加浓盐酸 【答案】A 【解析】 【分析】装置A制取氯气，氯气中混有HCl和水蒸气，装置B 中盛放饱和食盐水，除去HCl，C中盛放浓硫酸，干燥氯气，装置D制取氯化铜。 【详解】A．恒压滴液漏斗的作用是平衡滴液漏斗和圆底烧瓶间的气压，便于液体顺利滴下，不需要打开上端的塞子，可防止HCl挥发，A项正确； B．B中盛放饱和食盐水，除去HCl，C中盛放浓硫酸，干燥氯气，B项错误； C．D装置后需要连接干燥装置，防止CuCl2潮解，再通入氢氧化钠溶液，C项错误； D．为防止氧气反应引入杂质，需先通一段时间氯气，再点燃D处酒精灯，D项错误； 故选A。 13. 通入溶液中并不产生沉淀，而通入另一种气体后可以产生白色沉淀。则图中右侧Y形管中放置的药品组合符合要求的是 ①Cu和浓硝酸②CaO和浓氨水③大理石和稀盐酸④MnO2和浓盐酸⑤过氧化钠和水⑥过氧化氢和二氧化锰 A. 全部 B. ③⑤ C. ①②⑤⑥ D. ①②④⑤⑥ 【答案】C 【解析】 【分析】SO2通入BaCl2溶液，因为亚硫酸酸性弱于盐酸，所以二者不反应，不会产生沉淀；若要产生沉淀，可以通入氧化性物质将二氧化硫氧化为硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀；或者通入碱性物质，与二氧化硫反应生成亚硫酸根离子，亚硫酸根离子与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，据此解答。 【详解】①Cu和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，硝酸能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，会产生硫酸钡沉淀，故①选； ②浓氨水滴入到氧化钙中会生成碱性气体氨气，氨气与水反应生成一水合氨，与二氧化硫生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，故②选； ③大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳与二氧化硫、氯化钡溶液不反应，不会产生沉淀，故③不选； ④二氧化锰和浓盐酸加热条件下反应生成氯气，氯气能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，但二者常温下不反应，故④不选； ⑤过氧化钠和水反应生成氧气，氧气能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故⑤选； ⑥过氧化氢和二氧化锰反应生成氧气，氧气能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故⑥选；综上 ①②⑤⑥符合题意，故选C。 14. 取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的气体和672mL的气体(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02g。则x等于 A. 8.64 B. 9.00 C. 9.20 D. 9.44 【答案】C 【解析】 【分析】铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，等于它们的离子反应生成氢氧化物沉淀结合的氢氧根的物质的量，根据氮的氧化物计算氢氧根的物质的量，沉淀的总质量减去氢氧根的质量即为金属的质量，据此分析计算。 【详解】8.960L的NO2气体的物质的量为=0.4mol，0.672L的N2O4气体的物质的量为=0.03mol，所以金属提供的电子的物质的量为0.4mol×(5-4)+0.03mol×2×(5-4)=0.46mol，所以沉淀中含有氢氧根的物质的量为0.46mol，氢氧根的质量为0.46mol×17g/mol=7.82g，所以金属的质量为17.02g-7.82g=9.2g，故选C。 15. 侯氏制碱法工艺流程可用图表示。下列有关说法不正确的是 A. 侯氏制碱法中CO2来自煅烧石灰石 B. 母液I“吸氨”可使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出氯化铵纯度 C. 侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异 D. 生成的氯化铵可用于氮肥，提高原料利用率 【答案】A 【解析】 【分析】合成氨工业提供的氨气和二氧化碳，先吸氨，再碳酸化，过滤得到Ⅰ吸收氨气降温冷析得到氯化铵晶体，滤液中加入氯化钠盐析得到母液Ⅱ为饱和食盐水，再循环使用，过滤得到的碳酸氢钠晶体煅烧得到碳酸钠为纯碱，生成的二氧化碳重新回到碳酸化步骤循环使用， 【详解】A．合成氨工业提供的氨气和二氧化碳，二氧化碳来源于合成氨工业的废气，废物利用，故A错误； B．通入氨气使溶液碱性增强，使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度，故B正确； C．侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3、NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，应用了物质溶解度的差异，故C正确； D．析出的NH4Cl晶体，来源于原料NaCl和氨气，该工艺除了获得纯碱外，生成的氯化铵提高了原料的利用率，故D正确； 故选：A。 二、不定项选择题(本题共5小题，每题4分，共20分。) 16. 向100 mL的FeBr2溶液中，通入标准状况下Cl2 5.04 L，Cl2全部被还原，测得溶液中c（Br－）＝c（Cl－），则原FeBr2溶液的物质的量浓度是（　　） A. 0.75mol·L－1 B. 1.5mol·L－1 C. 2mol·L－1 D. 3mol·L－1 【答案】D 【解析】 【详解】n(Cl2)=5.04L÷22.4L/mol=0.225mol，微粒的还原性：n(Fe2+)＞n(Br-)，所以当向溶液中通入氯气时，首先发生反应：2Fe2++ Cl2=2Fe3＋+2Cl－；然后发生反应：Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2。n(Cl-)=0.225mol×2=0.45mol，由于溶液中c(Br-)=c(Cl-)，假设FeBr2的物质的量是x，则根据电子守恒可得：x+(2x-0.45)=0.225mol×2，解得x=0.3mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度c(FeBr2)=0.3mol÷0.1L=3mol/L,因此选项是D。 17. 下列物质既能与NaOH溶液反应，又能与盐酸反应①Al②NaHCO3③Al(OH)3④Al2O3⑤(NH4)2CO3 A. ①③④ B. ②⑤ C. ①②③④ D. 全部 【答案】D 【解析】 【详解】①Al既能与盐酸反应生成氢气又可以和氢氧化钠反应生成氢气；②为弱酸的酸式盐，既能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，又能与盐酸反应生成二氧化碳；③为两性氢氧化物、④为两性氧化物，既能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，又能与盐酸反应氯化铝；⑤(NH4)2CO3为弱酸弱碱盐，与NaOH反应生成氨气，与盐酸反应生成二氧化碳气体，因此既能与氢氧化钠溶液反应，又能与盐酸反应的有①②③④⑤。 故选：D。 18. 下列实验装置不能达到实验目的的是 A. 利用装置①验证Na和水反应是否为放热反应 B. 利用装置②观察氢氧化钾的焰色试验的现象 C. 利用装置③证明燃烧不一定需要氧气 D. 利用装置④证明久置氯水中是否含有Cl- 【答案】B 【解析】 【详解】A．若Na与H2O反应是放热反应，会导致空气受热体积膨胀，从而使U型管中的红墨水左侧下降，右侧上升，因此利用装置①验证Na和水反应是否为放热反应，A不符合题意； B．氢氧化钾中含有钾元素，观察其焰色试验时要透过蓝色钴玻璃观察，以滤去钠元素黄色光的干扰，因此利用装置②不能观察氢氧化钾的焰色试验的现象，B符合题意； C．Mg能够与N2在点燃时反应产生Mg3N2，物质着火燃烧，同时产生耀眼白光，可见利用装置③证明燃烧不一定需要氧气，C不符合题意； D．Cl-能够与AgNO3电离产生的Ag+反应产生不溶于硝酸的AgCl白色沉淀，因此利用装置④可以证明久置氯水中是否含有Cl-，D不符合题意； 故合理选项是B。 19. 为了减少污染和合理使用资源，某钛厂计划与氯碱厂、甲醇厂进行联合生产。设计的联合生产的工艺流程如图所示(FeTiO3中Ti为+4价)。下列叙述正确的是 A. 由TiCl4制备Ti的过程中，不可用N2作为保护气 B. 在联合生产过程中，理论上生成甲醇与Ti的物质的量之比为1：2 C. H2与CO合成甲醇的方法不符合绿色化学的原子经济性 D. 在电解槽中，Cl-在正极发生氧化反应转化为Cl2 【答案】A 【解析】 【分析】电解饱和食盐水生成氢气、氯气、NaOH，将粉碎的钛铁矿经过处理放入氯化炉、加入焦炭，通入氧化剂Cl2生成CO、TiCl4和FeCl3，CO和H2合成甲醇，在Ar气流中用Mg还原TiCl4得到金属Ti，以此解答该题。 【详解】A．已知3Mg+N2Mg3N2，故由TiCl4制备Ti的过程中，不可用N2作为保护气，A正确； B．根据电子守恒可知，生成CH3OH为由C转化为CH3OH，需得到2个电子，而得到Ti则为由+4价降低到0价，需得到4个电子，故在联合生产过程中，理论上生成甲醇与Ti的物质的量之比为2：1，B错误； C．H2与CO合成甲醇的方法的反应方程式为：CO+2H2CH3OH，符合绿色化学的原子经济性，C错误； D．电解池中电极分为阴极和阳极，在电解槽中，Cl-在阳极发生氧化反应转化为Cl2，D错误； 故答案为：A。 20. 物质类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。若以物质类别为横坐标、核心元素化合价为纵坐标绘制的图像叫价类图。下面是有关铁元素的价类图，下列分析正确的是 A. X的物质类别是单质，在氧气中燃烧的产物为Z B. M、N均为碱，且在水溶液中均不溶 C. P、Q所含阳离子的质子数相同而电子数不同 D. 若Q为，则X、Y、Z、N均能与盐酸反应得到Q 【答案】BC 【解析】 【分析】化合价为零，X是Fe，Y是氧化亚铁，Z是氧化铁，N是氢氧化亚铁，M是氢氧化铁，Q是Fe2+，P是Fe3+； 【详解】A．X的物质类别是单质，在氧气中燃烧的产物为四氧化三铁，A错误； B．M、N分别为氢氧化铁和氢氧化亚铁，均为碱，且在水溶液中均不溶，B正确； C．P、Q所含阳离子的质子数都为26，但Fe2+电子数为24，Fe3+电子数为23，C正确； D．若Q为，则X、Y、N均能与盐酸反应得到Q，但Z与盐酸反应得到Fe3+，D错误； 故答案选BC。 三、填空题(本题共3小题，50分) 21. Mn2O3是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量Fe2O3、FeO、CoO、Al2O3)为原料制备Mn2O3的工艺流程如图。 已知：①氢氧化氧锰(MnOOH)难溶于水和碱性溶液。 ②滤渣2为CoS。 （1）MnOOH中Mn的化合价为_____价。加快酸浸速率的措施_____(只写一种)。 （2）“酸浸池”中Fe2O3发生反应的化学方程式为_____。 （3）向“沉淀池I”中加入MnO2作用是_____；“滤渣1”的主要成分是_____(填化学式)。 （4）MnSO4转化为MnOOH的离子方程式为_____。 （5）MnSO4转化为MnOOH中“Ⅲ．实验操作”包含过滤、洗涤、干燥。检验MnOOH是否洗涤干净，具体操作为_____。 （6）菱锰矿中Mn的质量分数为40%，假设沉淀池I中加入MnO2的质量为菱锰矿质量的1.74%，且生产过程中Mn元素均完全转化，则100kg该菱锰矿可以制备Mn2O3的质量为_____kg。(结果保留3位有效数字) 【答案】（1） ①. +3 ②. 适当提高硫酸浓度或将菱锰矿粉碎或适当升高温度或搅拌 （2）Fe2O3+3H2SO4═Fe2(SO4)3+3H2O （3） ①. 将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂 ②. Fe(OH)3、Al(OH)3 （4） （5）取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，向其中滴加 BaCl2溶液，若不出现白色沉淀，说明 MnOOH 已洗涤干净，反之则未洗涤干净 （6）59.0 【解析】 【分析】菱锰矿（主要成分为MnCO3，还含有少量Fe2O3、FeO、CoO、Al2O3）用稀硫酸浸取过滤后得到含硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铝、硫酸钴等的溶液，向其中加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，再加入氨水将铁离子和铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤除去，“滤渣1”的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中加入含S2−沉降剂除去钴离子，过滤所得滤渣2为CoS，滤液为含硫酸锰的溶液，向滤液中依次加入3%H2O2溶液、0.2mol/L氨水即可得到MnOOH，通过过滤、洗涤干燥得到高纯度的MnOOH，再将MnOOH在250℃时充分加热72h即可得Mn2O3，据此分析解题。 【小问1详解】 根据化合物MnOOH中化合价代数和为零，设Mn的化合价为x，x＋(−2)＋(−1)=0，解得x=+3，适当提高硫酸浓度或将菱锰矿粉碎或适当升高温度或搅拌等措施均能提高“酸浸”的速率。 【小问2详解】 “酸浸池”中Fe2O3和硫酸反应生成硫酸铁和水，化学方程式：Fe2O3+3H2SO4═Fe2(SO4)3+3H2O。 【小问3详解】 由分析可知，向“沉淀池I”中加入MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂；“滤渣1”的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3。 【小问4详解】 MnSO4溶液加入3%双氧水、0.2mol/L氨水将其转化为MnOOH，Mn元素的化合价由＋2价升高为＋3价，O元素的化合价由−1价降低为−2价，根据化合价升降守恒和电荷守恒、原子守恒可得，反应的离子方程式为：。 【小问5详解】 检验MnOOH是否洗涤干净就是检验硫酸根离子，具体操作为取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，向其中滴加 BaCl2溶液，若不出现白色沉淀，说明 MnOOH 已洗涤干净，反之则未洗涤干净。 【小问6详解】 菱锰矿中Mn的质量分数为40%，则100kg该菱锰矿中n(Mn)= ，假设沉淀池I中加入MnO2的质量为菱锰矿质量的1.74%，n(MnO2)= ，且生产过程中Mn元素均完全转化，可以制备Mn2O3的质量为mol×158g/mol=59.0kg。 22. 某研究小组设计下列装置用干燥纯净的氯气制备漂白粉[已知：温度较高时会发生反应]。 （1）盛装浓盐酸的仪器名称为_______，装置C的作用为_______。 （2）各仪器接口连接顺序为_______(气流自左至右，用小写字母表示)。 c→_______→_______→_______→_______→a→b→d （3）装置B中发生反应的离子方程式为_______。 （4）装置A用冰水冷却的目的是_______，若B中加入固体，最多可以制得_______g次氯酸钙。 【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 吸收氯气，防止污染环境 （2）h→g→e→f （3）MnO2+4H＋+2Cl-Mn2＋+Cl2↑+2H2O （4） ①. 减少副产物Ca(ClO3)2生成的量，并有利于氯气的吸收 ②. 71.5 【解析】 【分析】由实验装置图可知，装置B中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置E中盛有的饱和食盐水用于除去氯气中的氯化氢气体，装置D中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置A中氯气与石灰乳在冰水浴中反应制备漂白粉，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，则装置的连接顺序为BEDAC，接口的连接顺序为c→h→g→e→f→a(b)→b(a)→d。 【小问1详解】 由实验装置图可知，盛装浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；由分析可知，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，故答案为：分液漏斗；吸收氯气，防止污染环境； 【小问2详解】 由分析可知，装置的连接顺序为BEDAC，接口的连接顺序为c→h→g→e→f→a(b)→b(a)→d，故答案为：h→g→e→f； 【小问3详解】 由分析可知，装置B中发生的反应为二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H＋+2Cl-Mn2＋+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H＋+2Cl-Mn2＋+Cl2↑+2H2O； 【小问4详解】 由题给信息可知，温度较高时次氯酸钙会发生分解反应生成氯酸钙和氯化钙，且温度升高，氯气的溶解度减小，所以为防止发生副反应，增大氯气的吸收效率，装置A应用冰水冷却；由分析可知，装置A中发生的反应为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，由方程式可得如下转化关系：2MnO2—2Cl2—Ca(ClO)2，则87g二氧化锰完全反应，最多生成次氯酸钙的质量为××143g/mol=71.5g，故答案为：减少副产物Ca(ClO3)2生成的量，并有利于氯气的吸收；71.5。 23. 以溶液为实验对象，研究物质之间反应的复杂多样性。实验如下： I．金属与溶液反应 装置 序号 金属 现象及产物检验 ⅰ 镁条 立即产生大量气体，溶液颜色变红棕色； 片刻后气泡减少，金属表面产生红褐色沉淀。 ⅱ 锌粒 开始时无明显气泡，半分钟后有气体产生，溶液颜色慢慢加深； 一段时间后，金属表面产生红棕色沉淀。 ⅲ 铜粉 无气体产生，溶液逐渐变为蓝绿色。 （1）配制溶液，需要将固体先溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度，原因是_______。 （2）根据实验ⅰ中的现象，推测红褐色液体为胶体，通过_______可以快速判断其是否为胶体。 （3）溶液与Cu反应的离子方程式为_______，实验ⅰ和ⅱ均先有气体生成，后有溶液颜色的变化，甲同学认为产生该现象的原因可能是此实验条件下氧化性：，乙同学认为可以根据ⅲ判断氧化性：，理由是_______。 II．溶液与溶液反应： 已知：反应无气体产生，溶液由黄色变为红棕色。 （4）取红棕色溶液少许，加入，产生蓝色沉淀，推测与反应的离子方程式是_______。 （5）另取红棕色溶液少许，检测其为胶体，向其中继续滴加溶液，发现溶液红褐色变深且产生刺激性气味的气体，该气体是_______。 （6）结合(4)、(5)，推测溶液与溶液反应同时存在______反应和______反应。 A．复分解　　B．双水解　　C．置换　　D．氧化还原 （7）氧化铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定，如下图所示。 已知：，不与稀碱液反应。 ①在溶液c中滴加标准溶液，使用的指示剂为_______。 ②若实验时加入了的，消耗，设氧化铁黄的摩尔质量为，则氧化铁黄样品纯度为_______(用含w、、、M的代数式表示)。 ③测定时，若滴入不足量，会使实验结果_______(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 【答案】（1）抑制水解 （2）丁达尔效应 （3） ①. ②. 可以氧化铜单质，但铜不与盐酸反应 （4） （5） （6） ①. B ②. D （7） ①. 酚酞溶液 ②. ③. 偏小 【解析】 【分析】氯化铁溶液中，铁离子水解使溶液呈酸性，结合各实验现象具体分析。 【小问1详解】 因铁离子易水解，所以配制溶液，需要将固体先溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度，原因是抑制水解； 【小问2详解】 根据实验ⅰ中的现象，推测红褐色液体为胶体，胶体具有丁达尔效应，故可通过丁达尔效应可快速判断其是否为胶体； 【小问3详解】 铁离子具有氧化性，溶液与Cu反应的离子方程式为；实验ⅰ和ⅱ均先有气体生成，后有溶液颜色的变化，甲同学认为产生该现象的原因可能是此实验条件下氧化性：，乙同学认为可以根据ⅲ判断氧化性，理由是：可以氧化铜单质，但铜不与盐酸反应； 【小问4详解】 取红棕色溶液少许，加入，产生蓝色沉淀，可知此溶液中有亚铁离子，推测与反应可生成亚铁离子和硫酸根离子，离子方程式为； 【小问5详解】 另取红棕色溶液少许，检测其为胶体，向其中继续滴加溶液，发现溶液红褐色变深且产生刺激性气味的气体，说明铁离子和亚硫酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铁胶体和二氧化硫，该气体是二氧化硫； 【小问6详解】 结合(4)、(5)，推测与反应同时存在氧化还原反应和双水解反应，即选BD； 【小问7详解】 ①在溶液c中滴加标准溶液时，多余的硫酸和氢氧化钠发生酸碱中和反应，所以选酚酞溶液作指示剂； ②由信息知滴定时是剩余的氢离子和氢氧根发生反应，结合关系可算出每份溶液中剩余的氢离子物质的量为n2mol，所以铁黄溶解后溶液中剩余的总氢离子物质的量为n2mol，又氢离子总物质的量为2n1mol，即铁黄消耗氢离子物质的量为2n1mol-n2mol，结合FeOOH+3H+=Fe3++2H2O可算出样品中铁黄的物质的量为，即铁黄产品的纯度为×100%； ③测定时，若滴入不足量，铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化铁，消耗的氢氧化钠偏多，会使实验结果偏小。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$