江西南昌市南昌县莲塘第一中学2026-2027学年高三上学期第一次周测 化学试卷

2027届高三化学周末作业（一）答案与解析 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B B A A D A D C 题号 11 12 13 14 答案 D A B B 15.(1) 四 VIB 高温」 (2)4FeCr204+8Na2C03+702=2Fe203+8Na2Cr04+8C02 (3)Fe203 (4)2Na+2Cr0+2C02+H20=Cr20号+2NaHC03↓ 析出的白色晶体碳酸氢钠加热后产生的N2C03、C02能循环利用；或C02来源丰富，廉价易得 等 (5)8.37 (6)A 16.(1)烧杯、漏斗、玻璃棒 (2)509% (3)液体分层，上层为无色，下层为紫红色 还原性、氧化性 (4)避免溶质损失 盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀 (5)BD(6)A 17.(1)CaS04、SiO2 2V03+S03-+6H+=2V02++S0+3H20 (2)酸性 (3)6:1 (4)1.6×10-31 (5)H20+NH4VO3+Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3 18.(1)①Li3N+3H20=3LiOH+NH3↑ ②液封，防止气体逸出 (2)蓝色沉淀消失 4Au+8S203+02+2H20=4[Au(S203)2]3-+40H (3)尾气处理，吸收未反应的氨气 (4)打开K4,三颈烧瓶中溶液蓝色复原 催化 答案第1页（共8页） 【解析】 1.B 【详解】A.烟雾是固体小颗粒或小液滴分散在空气中形成的分散系，分散剂为空气，属于气溶胶，A不 符合题意： B.“丹砂烧之成水银”发生反应HgS三Hg+S,“积变又还成丹砂”发生反应Hg+S=HgS,两个反应均有元 素化合价升降，涉及氧化还原反应，B符合题意： C.K元素的焰色为紫色，Na元素的焰色为黄色，该区分方法利用了焰色试验的原理，C不符合题意； D.Cu2(OH田2C03是碱式碳酸铜，属于碱式盐，归为盐类，D不符合题意： 故选B。 2.B 【详解】①14C与2C是质子数相同、中子数不同的核素，互为同位素：同素异形体是同种元素形成的不同 单质，①错误： ②加热时NH,Cl会分解为NH3和HCl,冷却后重新化合为NH,Cl,无法与凝华的I2分离，不能用加热法除杂， ②错误： ③大多数合金的硬度高于各成分金属，熔点低于各成分金属，属于合金的通性，③正确： ④胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径在1~100m之间，丁达尔效应是胶体的鉴别性质 不是本质特征，④错误： ⑤Fe与Cl2化合生成FeCl3,Fe与FeCl3化合生成FeCl2,4Fe(OH2+O2+2H20=4e(OHD3为化合反应，三 者均可通过化合反应制取，⑤正确； ⑥锂的密度小于煤油，会浮在煤油表面无法隔绝空气，应保存在石蜡中，钠可保存在煤油中，©错误： ⑦煤的气化、液化均有新物质生成，属于化学变化；Na2C03·10H20的风化是失去结晶水的过程，也属于 化学变化，⑦错误： ⑧溶液导电性由离子浓度、离子所带电荷数共同决定，极稀的强电解质溶液导电性可能弱于高浓度的弱电 解质溶液，⑧错误： 综上，正确的说法是③⑤共2个，故选B。 3.B 【详解】A.制备CuNH3)4SO4·H2O的溶液中大量存在的是配离子[Cu(NH3)4]+和SO,NH4与OH会反应 生成NH3H2O,不能大量共存，A错误； B.MnO2和浓盐酸反应后，盐酸剩余，溶液中存在Mn2+、H+、CI,三种离子相互不反应，可大量共存， B正确； C.稀硝酸具有强氧化性，F2+有还原性，与H+、NO3无法大量共存，C错误； D.过量SO2通入Na2CO3溶液，溶液中存在亚硫酸，与HCO3反应生成CO2,与SO?反应生成HSO3,D错 误 故选B。 4.A 【详解】A.当NaOH少量时，碳酸根离子过量，离子方程式依据OH书写，即OH+Ca2++HCO3=CaCO3↓ +H2O,A正确： B.n(FeBr2)=0.1mol,n(Cl2)=0.05mol,氯气少量，则先与Fe2+反应，离子反应为：2Fe2++Cl2=2Fe3+2CI, 答案第2页（共8页） B错误； C.向明矾溶液中滴加过量Ba(OH2溶液生成BaS04沉淀和偏铝酸钾，反应的离子方程式为：AI3++2SO+ 2Ba2++40H=2BaS04↓+AlO2+2H20,C错误； D.混合溶液中MgCl2、Na2SO4的浓度比为2：l,加入Ba(OH)2溶液至淀质量最大时的离子反应为： 2Mg2++S0+4OH+Ba2+=BaS04↓+2Mg(OH2↓，D错误； 故选A。 5.A 【详解】A.pH=2的硫酸溶液中c)=0.01moL,1L该溶液氢离子物质的量为0.01mol,数目为0.01NA, A错误； B.1个N2O2固体中含有2个钠离子和1个过氧根离子，0.1mol过氧化钠固体中阴离子的数目为0.1NA, B正确： C.标况下224mLC0和N2的混合气体总物质的量为0.01mol,1个C0和1个N2含有的电子数均为14个， 0.01mol两者的混合气体含有的电子数为0.14NA,C正确； C.异丁烷结构简式为CHCH(CH3)CH3,1个异丁烷中含有13条共价键，0.5ol异丁烷分子含有共价键 数目为6.5NA,D正确； 故答案选A。 6.D 【详解】A,基态V原子的电子排布式为1s22s22p63s23p3d34s2,3d轨道上的3个电子排布在三个简并 轨道上，不成对，每个V原子成对电子数为20个，0.1molV中含成对电子数为2Na,A错误： B.未指明气体处于标准状况，无法确定22.4LNH的物质的量，无法计算σ键数目，B错误； C.0.1mol02和0.2molN0恰好反应生成0.2 mol NO2,且存在平衡2N02=N204,分子总数小于0.2Wa, 远小于0.3NA,C错误； D.2.8gN2的物质的量为0.1mol,由反应方程式可知，NH3中的N被氧化（化合价由-3升高至0)，NO中 的N(化合价由+2降低为0)和02中的O(化合价由0降低为-2)被还原，每生成4olN,转移电子的物 质的量为12mol,故生成0.1molN2转移电子数为0.1×号×Na=0.3Na,D正确： 故选D。 7.A 【详解】A,过程IⅡ为：*CO2和*NO在酸性条件下被还原为*CO和*NH2的反应，生成了N一H等极性共价 键；过程为*CO与*NH2生成*CONH2)2的反应，生成了C—N极性共价键，A正确： B.过程Ⅱ是得电子的还原反应，N元素的化合价由+5降为-2，C元素的化合价由+4降为+2，B错误： C.所给离子方程式电荷不守恒，根据反应机理图可知，过程Ⅱ需要外界提供电子，则正确的反应方程式 通电 为C02+2NO3+18H++16e二C0(NH2)2+7H20,C错误： 催化剂 D.常温常压、无催化剂条件下，CO2与NH3·H2O反应生成(NH4)2CO3或NH4HCO3,D错误： 故选A。 8.D 【详解】A.S2O的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误； B.As2S3中As的化合价为+3价，反应I产物As2O3中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化， 答案第3页（共8页） B错误； C.根据题给信息可知，反应I的方程式为：2As2S3+602+3H20 紫外光2As,0。十3HS,0,:反应Ⅱ的方 程式为：As,S+702+6H,0自然光 2HAs04+3H2S04,则反应I和Ⅱ中，参加反应的O:I>Ⅱ，C n(H20) 错误： D.As2S3中As为+3价，为-2价，在经过反应I后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1 molAs2S3失 电子3×4mol=12mol:在经过反应IⅡ后，As变为+5价，S变为+6价，则1 molAs2S3失电子 2×2mol+3×8mol=28mol,则反应I和Ⅱ中，氧化1 molAs.2S3转移的电子数之比为3：7，D正确： 故选D。 9.C 【详解】A.Cu2+在水溶液中以水合铜离子形式存在，加入S2O后立即生成绿色的[Cu(S203)2]2-,说明 S20?可取代H20与C2+配位，配位能力S20?>H20,A正确； B.棕褐色沉淀加浓氨水后大部分溶解，符合C2S可溶于浓氨水的性质，剩余少量淡黄色沉淀为S,说明 沉淀中含有Cu2S和S,B正确： C.过滤后滤液pH=1.87呈强酸性，BaSO3可溶于酸，不可能在酸性条件下生成，白色沉淀应为BaSO4,C 错误； D.两溶液混合后首先生成绿色配位化合物，静置一段时间才发生氧化还原生成沉淀，说明配位反应的速 率大于氧化还原反应，D正确： 故答案选C。 10.C 【分析】I中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2,溶液中剩余有KMnO4,Ⅱ中在酸性 条件下KMnO4、MnO2与I反应得到I2单质和Mn2+,Ⅲ中生成的2再用Na2SO3滴定。 【详解】A.Ⅱ中MnO4和MnO2在酸性条件下与过量的反应得到L2和Mn2+,存在 MnO2+2T+4H=Mn2+l2+2H20,A正确； B.Ⅱ中避光防止2升华挥发，加盖防止「被氧气氧化，B正确； C.整个反应中，KMnO4得电子生成Mn2,有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相等，Ⅲ 中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的I2单质越多，也说明有机物消耗的KMnO4的量少，水样中的COD值 越低，C错误； D.若I中为酸性条件，CI会与KMnO4反应，水样中的COD值偏高，D正确： 答案选C。 11.D 【详解】A.过程Ⅱ中，MnO-和S2反应生成Mn(OH2和S2O,Mn元素由+4价下降到+2价，S元素由 -2上升到+2价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：4M0-+2S2-+9H20=S20+ 4Mn(OH)2↓+10OH,A正确： B.氧化剂的氧化性大于氧化产物，由图可知，碱性条件下，O2能将Mn(OH2氧化为MnO,MnO-能将 s2氧化为S20,故氧化性：02>MnO?>S20?,B正确： 答案第4页（共8页） C.过程I中Mn(OH)2和O2反应生成MnO?-,Mn元素由+2价上升到+4价，O元素由0价下降到-2价， 得失电子守恒时nMn(OH)2n(O2)=2:1,即氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2，C正确： D.由图可知，总反应为S2-和O2反应转化为S0?,S元素化合价-2价上升到+6价，O元素由0价下降 到-2价，1molS2-转化为S0,需2molO2,标况下体积为44.8L,D错误： 故选D。 12.A 【分析】软锰矿（主要成分MnO2,及少量CaO、MgO)制备MnO2流程：MnO2具有氧化性，Na2SO3具有还 原性，软锰矿中加入Na2SO3、HSO4发生氧化还原反应生成MnSO4,反应为 MnO2+NaSO3+HSO4=MnSO4+Na2SO4+HO,CaO、MgO都和硫酸反应生成CaSO4、MgSO4,加入NaF 除去Ca2+、Mg2+,反应的离子方程式为Ca2+2F=CF2、Mg2++2F=MgF2,过滤除去不溶物，得到含MmSO4 Na2SO,的滤液，向滤液中加入NHHCO3沉锰得到MnCO3沉淀，离子方程式为 Mn2+2HC0?=MnCO,l+C02↑+H2O,在空气中焙烧MnCO3得到MnO2、Mn2O3、MnO的混合物，再加入硫 酸酸浸得到MnO2、Mn2+溶液，发生的反应为Mn2O3+H2SO4=MnSO4+MnO2+HO,过滤得到MnSO4溶液和 MnO2,据此分析作答。 【详解】A.Na2SO3具有还原性，软锰矿中加入NaSO3、HSO4发生氧化还原反应生成MnSO4,反应为 MnO2+Na2SO3+H2SO4=MnSO4+Na2SO4+H2O,MnO2是氧化剂，Na2SO3是还原剂，氧化剂与还原剂物质的 量之比为1：1，故A正确； B.加入NaF的目的是除去Mg2+、Ca2+,所以第一次除杂”后的溶液中主要存在的阳离子有Na、、Mn2+, 故B错误： C.加入NH.HCO3沉锰得到MnCO3沉淀，离子方程式为Mn2+2HCO?=MnCO3+CO2+HO,故C错误； D.“酸浸时反应为Mn2O3+H2SO4=MnSO4+MnO2+H2O,1 molMn2O3反应转移1mole,故D错误； 答案选A。 13.B 【分析】加入过量的盐酸和氯化钡溶液得到沉淀1，该沉淀应为硫酸钡，原溶液中含有硫酸根，且100mL 溶液中n(SO4)=4.66g233gmol=0.02mol;X溶液中加入NaOH溶液加热可以生成使湿润红色石蕊试纸变蓝 的气体，则该气体为氨气，原溶液中存在NHt,且100mL溶液中nNHt)=0.224L÷22.4mo/L=0.01mol;得 到的沉淀3在空气中灼烧得到红棕色固体，则该红棕色固体为Fe203,nFez03)=1.60g÷160gmol=0.01mol, 说明原溶液中含有Fe3+或Fe2+或二者都有，且nFe)=0.02mol;综上所述已经确定100mL溶液中有 0.02molS0、0.01 mol NH,还有0.02mol铁元素，无论是Fe2+还是Fe3+,正电荷总数都会超过硫酸根所 带负电荷综上，所以溶液中还一定存在Cl,当铁元素为Fe2+,Cl的物质的量最少为0.01mol,当铁元素为 Fe3+,cl的物质的量最少为0.03mol。 【详解】A.根据分析可知，X溶液中一定存在C1,故A错误； B.X溶液中一定存在NH、SO4、C1,至少含有Fe3+、Fe2+中的一种，故B正确； C.溶液呈血红色，有2种可能，一是原溶液中含有Fe2+,被氯水氧化生成了Fe3+,另一种是原溶液中就 存在Fe3+,因此不能判断是否含有Fe2+,故C错误； D.根据分析可知n(C1)至少为0.01mol,溶液体积为100mL,则c(C1)≥0.lmoL,故D错误： 答案第5页（共8页） 故选B。 14.B 【详解】A.焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，透过蓝色钴玻璃未见紫色，说明不含有钾元素；滤液中 加盐酸有无色气体生成，遇空气变为红棕色，红棕色气体为NO2,说明生成NO,则含有氮元素，滤渣中 加盐酸后完全溶解，滴加KSCN溶液无现象，通入Cl2,溶液变红色，则滤渣中一定含有FO,含有铁元 素，滤液中加入盐酸酸化后的氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明有硫酸钡生成，有硫元素；该固体粉末中 含有钠、硫、铁、氮元素，但不含钾元素；故A错误； B.焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，透过蓝色钴玻璃未见紫色，说明不含有钾元素，即不含KNO3、 KSO4;滤液中加盐酸有无色气体生成，遇空气变为红棕色，红棕色气体为NO2,说明生成NO,则含有氮 元素，即一定含有NNO2:另一份滤液中加入盐酸酸化后的氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明有硫酸钡生 成，但已确定没有K2SO4说明一定有N2SO3,不确定是否有碳酸根，滤渣中加盐酸后完全溶解，滴加KSCN 溶液无现象，通入C2,溶液变红色，说明有Fe2+,不含Fe3+,则滤渣中一定含有FeO,不含Fe2O3;故一 定有NaNO2、Na2SO3、FeO,一定没有NO3、K2SO4、FeO3,不确定是否有NaCO3;故B正确； C.另一份滤液中加入盐酸酸化后的氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明有硫酸钡生成，只能证明含有N2SO3, 不能证明不含NaCO3;故C错误； D.焰色反应透过蓝色钴玻璃未见紫色，说明不含有钾元素即不含KNO3、K2SO4:故D错误； 故答案选B。 15、【分析】铬铁矿(FeCr204含有少量Fe2O3和Al2O3等杂质)加入碳酸钠灼烧，将FeCr2O4转化为Na2CrO4, “焙烧，所得固体为Na2CrO4NaAl(OH]4和FezO3,加水浸取，滤渣为难溶性的FezO3,滤液中含有可溶 性的Na2CrO4NaAI(OH]4,加入CO2中和，得到沉淀Al(OH)3,则滤渣为AI(OH)3,再通入足量CO2酸 化，C0子转化为Cr20,向溶液中加入KCl,得到溶解度较小的K2Cr207,以此解答。 【详解】(1)Cr是24号元素，位于元素周期表第四周期，第VB族。 (2)“煅烧'时FeCr204和Na2CO3、O2反应转化为Na2Cr04,同时有Fe203和CO2生成，根据得失电子守恒 高温 和原子守恒配平化学方程式为：4feCr204+8Na2C03+702二2Fe203+8Na2C04+8C02。 (3)由分析可知，“滤渣1的主要成分为Fe203。 (4)“酸化”过程中Cr0转化为Cr,0,发生反应的离子方程式为 2Na++2CrO4+2C02+H20=Cr2O2+2 NaHCO:3↓，选择C02的优点是析出的白色晶体碳酸氢钠加热后产生的 Na2C03、C02能循环利用；或C02来源丰富，廉价易得。 (5)室温下中和'：[Al(OH)4]+H+=Al(OH)3↓+H2O,平衡常数 K=c{A1OHD}H)=oo=Kw=10a37,[AOHD:]恰好沉淀完全时，溶液中浓度为 c(OH) 1×105 moI/,I.则c0H70amo1=10837moM,pH=837。 (6)用分光光度法测定K2C2O,时，若配制溶液时缺少了某种强酸，以保持溶液的酸性，会有部分Cr2O2转化 为C0,则测得Cr20的质量分数会偏低，另外氢碘酸能够和C20发生氧化还原反应，导致C20的量 答案第6页（共8页） 减小，则少加的试剂为硫酸，故答案选A。 16、【详解】(1)过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，可任选两种作答。 (2)实验中加入尿素的质量为12.0g,物质的量为0.2mol,过氧化氢的质量为25mL×1.11g·cm3× 30%=8.325g,物质的量约为0.245mol,过氧化氢过量，产率应按照尿素的质量计算，理论上可得到过氧 化脲0.2mol,质量为0.2molx94gmol=18.8g,实验中实际得到过氧化脲9.4g,故过氧化脲的产率为 9.8×100%=50%。 18.8g (3)在过氧化脲的性质检测中，检测I用稀硫酸酸化，加入高锰酸钾溶液，紫红色消失，说明过氧化脲 被酸性高锰酸钾氧化，体现了过氧化脲的还原性；检测Ⅱ用稀硫酸酸化，加入K紅溶液和四氯化碳溶液， 过氧化脲会将KI氧化为12单质，体现了过氧化脲的氧化性，生成的2在四氯化碳中溶解度大，会溶于四 氯化碳溶液，且四氯化碳密度大于水，振荡，静置后出现的现象为：液体分层，上层为无色，下层为紫红 色。 (4)操作为洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液转移到容量瓶中，目的是避免溶质损失；定容后应盖好瓶 塞，反复上下颠倒、摇匀。 (5)A.KMO4溶液是强氧化性溶液，应置于酸式滴定管中，A项正确； B.量筒的精确度不能达到0.01mL,量取25.00mL的溶液应选用滴定管，B项错误； C.滴定过程中，待测液有可能会溅到锥形瓶内壁，滴定近终点时，为了使结果更精确，可用洗瓶冲洗锥 形瓶内壁，C项正确： D.锥形瓶内溶液变色后，应等待30s,观察溶液不再恢复原来的颜色后，才能记录滴定管液面刻度，D项 错误； 故选BD。 (6)A.在配制过氧化脲溶液时，容量瓶中液面超过刻度线，会使溶液体积偏大，配制溶液的浓度偏低， 会使滴定过程中消耗的KMO4溶液体积偏低，导致测定结果偏低，A项符合题意： B.滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗，会导致KMnO4溶液浓度偏低，会使滴定过程中消耗的KMnO4 溶液体积偏高，导致测定结果偏高，B项不符合题意： C.摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外，会使滴定过程中消耗的KMO4溶液体积偏高，导致测定结 果偏高，C项不符合题意： D.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，会使滴定过程中消耗的KMO4溶液体积偏高，导致测 定结果偏高，D项不符合题意： 故选A。 17、【分析】废钒催化剂加硫酸酸化，CaO与硫酸反应生成CaS04,Si02不与疏酸反应，二者成为滤渣；加 萃取 入Na2SO3将VO,还原为VO2+;依据已知反应VO2++2HR(有机层)=VOR2(有机层)+2H+,萃取得到含 反萃取 钒有机相，反萃取得到含VO2+水相；加入NaCIO3将VO+氧化，再加NH4Cl沉钒得到NH4VO3。铜铋矿精矿 加盐酸、FeCl3酸溶，硫化物反应析出硫单质；调pH生成BiOCl沉淀，沉淀经硝酸转化得到Bi(NO3)3溶液； NH4VO3与Bi(NO3)3反应生成目标产物BiVO4,据此分析解答。 【详解】(1)酸化时Ca0+H2S04=CaS04+H20,Si02不溶于稀硫酸，滤渣为CaS04、Si02;VO3被S0还 答案第7页（共8页） 原为V0+,S0?被氧化为$04，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式： 2V03+S03+6H+=2V02++S02+3H20。 萃取 (2)已知平衡：VO2++2HR(有机层)三VOR2(有机层)+2H+,反萃取需要平衡逆向移动，增大H+浓 反萃取 度，因此选用酸性溶液。 (3)反应的化学方程式：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S↓。FeCl3中Fe3+化合价降低，作氧化剂：Bi2S3中 S2化合价升高生成硫单质，作还原剂。依据电子守恒，可得氧化剂与还原剂物质的量之比为61。 (4)pH=2,c(H+)=10-2mol·L-1,c(OH)=10-12mol·L1;Bi3+沉淀完全，c(Bi3+)≤10-5mol·L1: 平衡常数K=c(Bi3+)·c(C)c2(0H)=10-5×0.016×(10-12)2=1.6×1031。 (5)NH4VO3和Bi(NO3)3反应生成BiVO4,结合原子守恒配平，故化学方程式为： H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3o 18、【分析】装置A中氮化锂与水反应制取氨气，B为安全瓶防止氨气溶于C中溶液时出现倒吸，由图乙 可知Na2S2O3与Au反应生成[Au(S2O)2]B-,铜离子与氨气结合形成离子[CuNH)4]2+,该离子与Au反应 生成[Cu(NH3)2]+,[Cu(NH3)2]+与氧气反应生成[CuNH3)4]2+,通过该转化实现Au的浸取；据此分析解 答。 【详解】(1)①A中氮化锂与水反应生成氢氧化锂和氨气，反应方程式：Li3N+3H20=3LiOH+NH3T: ②安全漏斗的作用除向烧瓶中反应物加水外，还可以起到液封作用，防止氨气逸出污染环境： (2)氨气通入三颈烧瓶中与硫酸铜反应先生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续通入，直至沉淀溶解；由题中信 息可知1 nolAu失去1mol电子，1mol氧气得4mol电子，根据得失电子守恒得反应离子方程式： 4Au+8S203+02+2H20=4[Au(S203)2]3-+40H (3)C装置中湿棉花可吸收未反应的氨气： (4)关闭K4,反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，说明U形管中气体减少导致 压强减小：三颈烧瓶中溶液蓝色变浅，可知铜离子发生反应生成[C(NH3)2]+。然后打开K4,三颈烧瓶中 溶液蓝色复原，说明[Cu(NH3)2]+重新被氧气氧化为[Cu(NH3)4]2+,[CuNH3)4]2+在浸金过程中作催化剂， 实现了Au与氧气反应。 答案第8页（共8页）2027届高三化学周末作业（一) 可能用到的相对原子质量：H:1C:12N:140:16Fe:56 第I卷（选择题） 一、单选题（每题3分，共42分) 1.近年来我国大力弘扬中华优秀传统文化，体现了中华民族文化自信。下列有关说法不正确的是 A.“烟笼寒水月笼沙，夜泊秦淮近酒家”：烟雾属于气溶胶 B.《抱朴子》中记载“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，该过程不涉及氧化还原反应 C.《本草经集注》中记载了区分硝石(KNO3)和朴硝N2S04)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石 也”，这是利用了“焰色试验”的原理 D.《神农本草经》中记载：“白青[C2(OH2CO3]味甘平，利明目”，其中的白青属于盐 2.下列说法正确的有几个 ①14C与12C互为同素异形体，14C可用于文物的年代鉴定 ②碘易升华，可用加热法除去NH4C中混有的I2 ③大多数合金比各成分金属的硬度大、熔点低 ④胶体区别于其他分散系的本质特征是丁达尔效应 ⑤FeCl3、FeCl2、Fe(OH)3都可以通过化合反应制取 ⑥活泼金属锂、钠均应保存在盛有煤油的广口瓶中 ⑦煤的气化和液化、Na2C03·10H2O的风化都是物理变化 ⑧强电解质溶液的导电性比弱电解质溶液的导电性强 A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 3.下列实验后的溶液中所含大量离子合理的是 A.制备Cu(NH3)4SO4·H2O:SO、NH4、OH B.用MnO2和浓盐酸制备Cl2:Mn2+、H+、C C.稀硝酸溶解少量Fe3O4:Fe2+、Fe3+、H+、NO D.过量SO2通入Na2CO3溶液：HCO3、Na+、SO 4.下列离子方程式正确的是 A.向少量NaOH溶液中滴加过量的Ca(HC03)2溶液：OH+Ca++HCO3=CaCO3L+H2O B.向100mL1mol/L FeBr2溶液中通入1.12LCl2(标准状况)：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl C.向明矾溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液：2AI3++3SO子+3Ba2++6OH=3BaS04↓+2AI(OH3L D.向100mL浓度比为2：1的MgCl2、Na2SO4混合溶液中滴加Ba(OH2溶液，沉淀质量达到最大时： 答案第1页（共8页） Mg2++S0+2OH-+Ba2+=BaS04↓+Mg(OH)2↓ 5.设Na为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A.1LpH=2的H2S04溶液中H+数日为0.02WA B.0.1 moINa.202固体中阴离子的数目为0.1NA C.标准状况下，224mLC0和N2的混合气体含电子数为0.14Wa D.0.5mol异丁烷分子中共价键数目为6.5Na 6.有氧条件下，在VO5的催化作用下NO可被NH3还原为N2,反应的化学方程式为4NH3+4N0+ 0,巴，+6,0。设N为啊伏加德罗斧数的值。下列说法正确的是 A.0.1mol基态V中含有的成对电子数为2.2Wa B.22.4LNH3分子中含o键的数目为3NA C.0.1molO2与0.2 mol NO混合后分子总数为0.3Wa D.每生成2.8gN2,转移的电子数为0.3NA 7.CO2与NO3通过电催化反应生成CO(NH2)2,可能的反应机理如图所示（图中吸附在催化剂表面的物种用“” 标注)。下列说法正确的是 *C02+*NO3 H,e CO, *CO NO *NH2 CO(NH2) *CO(NH2)2 A.过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成 B.过程Ⅱ中NO发生了氧化反应 通电 C.电催化C02与NO3生成C0(NH2)2的反应方程式：C02+2NO3+18H+ CO(NH2)2+7H20 催化剂 D.常温常压、无催化剂条件下，CO2与NH3·H2O反应可生产CONH2)2 8.油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄(A$2S3)褪 色的主要原因是发生了以下两种化学反应： 答案第2页（共8页） 空气，紫外光 As203+H2S203 As2S3(s) 空气，自然光 H.AsO+H2SO Ⅱ 下列说法正确的是 A.S2O号和SO子的空间结构都是正四面体形 B.反应I和IⅡ中，元素As和S都被氧化 aa,0:Is川 C.反应I和Ⅱ中，参加反应的 D.反应I和Ⅱ中，氧化1 molAs2S3转移的电子数之比为3：7 9.探究Cu2+与S2O反应的原理及产物，实验步骤如下： 0.1mol/L 静置一 滤液 BaCl2溶液，白色沉淀 Na2S2O3溶液绿色溶液段时间 棕褐色 0.1mol/L 过滤 CuCl2溶液 pH=5.05 悬浊液 pH=1.87 棕褐色 浓氨水、仅剩余少量 沉淀 淡黄色沉淀 已知：[Cu(S2O3)2]-为绿色；CuS为不溶于浓氨水的黑色沉淀，Cu2S为可溶于浓氨水的黑色沉淀。下列说 法错误的是 A.与Cu2+的配位能力：S203>H20 B.棕褐色沉淀中含有Cu2S和S C.白色沉淀是BaS03 D.Cu2+与S20?发生配位反应的速率大于氧化还原反应 10.化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗02的 量（单位为mg·L-1)来表示。碱性KMnO.不与Cl反应，可用于测定含CI水样的COD,流程如图。 c molL VmL KMnO4溶液 KI溶液 c2 mol.L-1 (过量，酸性) Na2S2O3溶液 (过量，碱性) 冷却 煮沸10分钟 至室温 避光5分钟 滴定 100mL水样 MnO>MnO, :MnO4、MnO2-→Mn2+ L2+2S20}=S402+2I 下列说法错误的是 A.Ⅱ中发生的反应有Mn02+2I+4H+=Mn2++I2+2H20 答案第3页（共8页） B.Ⅱ中避光、加盖可抑制I-被O2氧化及I2的挥发 C.Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多，水样的COD值越高 D.若I中为酸性条件，测得含CI水样的COD值偏高 11.工业生产中除去电石渣浆（含CO)中的S2-并制取硫酸盐，其常用流程如图所示。下列错误的是 02 H20 MnSO4 过程I Mn(OH)2 MnO 过程Ⅱ 0S07 S2 A.过程Ⅱ反应的离子方程式为4MnO号+2S2-+9H20=S20?+4Mn(OHD2↓+10OH B.碱性条件下，氧化性：O2>MnO>S2O C.过程I中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2 D.将1molS2-转化为S0?理论上需要02的体积为22.4L(标准状况) 12.由软锰矿（主要成分MnO2,及少量CaO、MgO)制备MnO2的工艺流程如下： Na2SO3溶液 NaF溶液 NH.HCO3溶液 稀HSO4 软锰矿 浸取 除杂 沉锰 焙烧 酸浸 分离 →MnO, 稀H2SO4 滤渣 滤液 MnSO4溶液 已知：沉锰'所得MnC03在空气中“培烧时转化为MnO2、Mn2O3、MnO的混合物，酸性条件下Mn2O3易发 生歧化反应。下列说法正确的是 A.“浸取时利用了Na2S03的还原性，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1 B.“除杂”后的溶液中主要存在的阳离子有Na+、H+、Mg2+、Mn2+、Ca2+ C.“沉锰时反应的离子方程式为Mn2++CO?=MnC03↓ D.“酸浸时每反应1 molMn203转移电子为2mol 13.X溶液中可能含有下列5种离子中的几种：Fe3+、Fe2+、NHt、C、SO2,某同学为确定其中含有的 离子，设计并完成以下实验（所加试剂均足量）。 答案第4页（共8页） 盐酸和 沉淀1(4.66g) X溶液 BaCl,溶液 AgNO 100mL 溶液 滤液1 沉淀2（白色） NaOH 气体（标准状况下224mL)(可使湿润的红色石蕊试纸变蓝） X溶液 浴液 空气中充分灼烧 100mL 沉淀3 红棕色固体(1.60g) 滤液2 下列说法正确的是 A.X溶液中一定存在S0,可能不存在C1 B.X溶液中一定存在NH、SO2,至少含有Fe3+、Fe2+中的一种 C.取少量X溶液，先加入适量氯水，再加少量KSCN溶液，若溶液呈红色，则含有e2+ D.X溶液中一定含有cI,且c(C)<0.1mol/L 14.某固体粉末中可能含有Na2C03、KN03、NaNO2、Na2S03、K2S04、FeO、Fe203中的若干种，某同学 为确定该固体粉末的成分，进行连续实验：首先取少量固体溶于足量水，有固体未溶解：过滤，取滤液做 焰色试验，有黄色火焰，透过蓝色钴玻璃未发现紫色；另取滤液两份，一份加盐酸有无色气体生成，遇空 气变为红棕色，另一份加盐酸酸化的BaC2溶液，产生白色沉淀；滤渣中加盐酸后完全溶解，滴加KSCN 溶液无现象，通入CL2,溶液变红色。下列说法正确的是 A.该固体粉末中含有钠、硫、铁元素，但不含钾、氮元素 B.该固体粉末中一定含有NaNO2、Na2SO3、FeO,不含KNO3、KzS04 C.该固体粉末中一定不含有KNO3、Na2CO3、K2SO4、Na2SO3、FeO D.该固体粉末中可能含有Na2C03和K2S04,如需确定，还需另做实验 第II卷（非选择题） 二、解答题（每空2分，共58分） 15.工业上以铬铁矿(FeCr204含有少量Fe2O3和Al2O3等杂质)为主要原料制备K2Cr2O的工艺流程如下图。 Na2C03空气 HO CO, 足量C02 KCI 铬铁矿 煅烧 浸取 →酸化 滤液1 中和 操作X →K2Cr2O7 滤渣1 滤渣2 白色结晶 NaCl 已知：①最高价铭酸根在酸性介质中以Cr20存在，在碱性介质中以CO2存在。 答案第5页（共8页） ②煅烧的目的是将FeCr204转化为Na2CrO4o ③室温下，Al(OD3+0H=[Al(OH4],K=100.63,Kw=1×10-14 (I)Cr元素位于元素周期表第 周期，第 族。 (2)“煅烧”时FeCr204参与反应的化学方程式为 (3)滤渣1的主要成分为 (4)“酸化”过程中发生反应的离子方程式为 加入硫酸也能达 到酸化”目的，选择C02的优点是 (5)室温下“中和'：[Al(OH4]+H+=Al(OH3↓+H20。控制pH=」 ,可保证[Al(OH4]恰好沉淀 完全（溶液中浓度为1×10-5mol/L)。 (6)分光光度法是一种基于物质对光的选择性吸收而建立的常见定性定量分析方法。用分光光度法测产品的 纯度时(K2C20,溶液的吸光度与其浓度成正比)，测得的质量分数明显偏低，分析原因，发现配制K2Cr20,待 测液时少加了一种试剂，该试剂可以是 (填字母)。 A.硫酸 B.氢碘酸 C.硝酸钾 D.氢氧化钾 16.C0(NH2)2·H202(俗称过氧化脲)是一种消毒剂，实验室中可用尿素与过氧化氢制取，反应方程式如下： C0(NH2)2+H202=C0NH2)2·H202 (一)过氧化脲的合成 烧杯中分别加入25mL30%H202(p=1.11g·cm3)40mL蒸馏水和12.0g尿素，搅拌溶解。30C下反应40mim, 冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体9.4g。 (二)过氧化脲性质检测 L.过氧化脲溶液用稀H2S04酸化后，滴加KMnO4溶液，紫红色消失。 Ⅱ.过氧化脲溶液用稀H2SO4酸化后，加入KI溶液和四氯化碳，振荡，静置。 (三)产品纯度测定 溶液配制：称取一定量产品，用蒸馏水溶解后配制成100mL溶液。 滴定分析：量取25.00mL过氧化脲溶液至锥形瓶中，加入一定量稀H2S04,用准确浓度的KMnO4溶液滴定 至微红色，记录滴定体积，计算纯度。 回答下列问题 (1)过滤中使用到的玻璃仪器有」 (写出两种即可)。 (2)过氧化脲的产率为 (3)性质检测Ⅱ中的现象为 。性质检测I和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是 答案第6页（共8页） (4)下图为溶液配制'的部分过程，操作a应重复3次，目的是 ,定容后还需要的操作为 操作a (5)“滴定分析”步骤中，下列操作错误的是 (填标号)。 A.KMnO4溶液置于酸式滴定管中 B.用量筒量取25.00mL过氧化脲溶液 C.滴定近终点时，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁 D.锥形瓶内溶液变色后，立即记录滴定管液面刻度 (6)以下操作导致过氧化脲纯度测定结果偏低的是 (填标号)。 A.容量瓶中液面超过刻度线 B.滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗 C.摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外 D.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失 17.BiVO4是一种光催化材料。工业利用废钒催化剂（主要含有V2O5、CaO、Fe2O3、Al2O3和SiO2等）与铜 铋矿（主要含CuFeS2、BiS3,还含少量AlO3、SiO2)制备BiVO4的工艺流程如下： H2SO4 Na2SO NaClO, NHCI 废钒 催化剂 酸化还原→萃取 反萃取→氧化→沉钒→NH4VO3H L→滤渣 盐酸、FeCl3 硝酸 →BiVO4 铜秘→粉碎→酸溶→调吗→沉淀→转化 BiNO,)3溶液 精矿 萃取 已知：I.VO2++2HR(有机层)=VOR2(有机层)+2H+。 反萃取 Ⅱ.离子浓度≤105mol·L1时视为该离子已沉淀完全。 回答下列问题： (1)滤渣的主要成分是 (填化学式)，“酸化”后的溶液中存在VO3,则在“还原时VO3发生反 应的离子方程式为 0 (2)反萃取剂应选用 (填“酸性“中性或“碱性)溶液。 答案第7页（共8页） (3)“酸溶'时有黄色固体(S)生成，则Bi2S3与足量FCl3的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 (4)常温下，“调pF'得到的沉淀为BiOC1(氯氧化铋)。 BiOC在水中存在平衡：BiOCI(s)+H2O)=Bi的+(aq)+Cl(aq)+20H(aq)K。当Bi3+(aq)恰好完全转 化为BiOC1(s)时pH=2,此时溶液中c(Cl-)=0.016mol·L-1,K=_ mol4.L4 (⑤)该流程中生成BVO4的化学方程式为 18.提取金的方法之一是用硫代硫酸盐在弱碱性条件下浸金。实验室模拟工业浸取电路板中金的过程如图 1所示，金的浸取原理如图2所示。 S,O 水爱安全漏斗 Na,S,O,溶液户 [Au(S,O,)2]3 无色 [Cu(NH)] 蓝色下 湿棉花 [Cu(NH)2]* Li.N CuSO,溶液 Au 无色 A C 金表面 溶液 图1 图2 回答下列问题： (I)打开K1、K3,关闭K2、K4,向A中烧瓶加水，制取NH3 ①A装置中发生反应的化学方程式为 ②安全漏斗的作用除向烧瓶中加水外，还有」 (2)当三颈烧瓶中出现 现象后，关闭K1、K3,撤去A、B装置，打开K2、K4, 滴入Na2S203溶液，补全下列反应的离子方程式： Au+_S203+02+H20=[AuS203)2]3-+-。 (3)C装置中湿棉花的作用是 (4)为了验证图2原理中02的作用，进行如下实验：关闭K4,反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内 液柱左高右低，三颈烧瓶中溶液蓝色变浅。然后 (填操作和现象)，此现象证实了上述原理中O2的 作用。由上述原理可知，[Cu(NH3)4]2+在浸金过程中起 作用。 答案第8页（共8页）