精品解析：重庆市南开中学2024-2025学年高一上学期期末考试 化学试题

重庆南开中学高2027届高一(上)期末考试 化学试题 注意事项： 1.本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。 2.满分120分，考试时间120分钟。 3.第Ⅰ卷和第Ⅱ卷都答在答题卷上。 可能用到的相对原子质量：H-1 He-4 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Al-27 K-39 Ca-40 Fe-56 第Ⅰ卷(单选题 共55分) 一、选择题：本题共20小题，每小题2分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 近年来，我国科技领域不断取得新成就。对相关成就所涉及的知识理解错误的是 A. “鸿蒙”操作系统——载体芯片的主体材料属于金属材料 B. 蛟龙潜水器外壳的钛合金材料具有耐高压、耐腐蚀的特点 C. “神舟十九号”的热控保温材料——纳米气凝胶，可产生丁达尔效应 D. 我国首次获得公斤级丰度99%的产品，与互为同位素 2. 下列关于物质分类正确的是 A. 苏打——酸式盐 B. 液氯——混合物 C. ——碱性氧化物 D. 青铜——合金 3. 下列原子或离子的核外电子排布错误的是 A. ： B. ： C. ： D. ： 4. 向盐酸中加入少量铁粉，充分反应后得到溶液，下列离子在该溶液中能大量共存的是 A. B. C. D. 5. 常用作硫酸生产中的催化剂。在酸性条件下溶解为或；在碱性条件下溶解为或，由此说明具有 A. 碱性 B. 两性 C. 氧化性 D. 还原性 6. 下列关于物质的用途说法正确的是 A. 自来水用于金属钠灭火 B. CaO用作食品的抗氧化剂 C. 漂白液用作食品的漂白剂 D. 铝粉和NaOH混合物用作管道疏通剂 7. 下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是 A. 酸性： B. 金属性： C. 氧化性： D. 热稳定性： 8. 表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 4 g氦气所含原子数为 B. 1 mol/L NaCl溶液中含有个 C. 2 g 和的混合物中所含中子数为 D. 氧原子总数为的和的混合气体，其体积为2.24 L 9. 下列“推断”与事实相符合的是 A. 因HCl是强酸，则HF是强酸 B. 因NaOH是强碱，则KOH是强碱 C. 因中Cl的化合价为价，则中F的化合价为价 D. 因Na在空气中燃烧生成，则Li在空气中燃烧生成 10. 下列实验操作对应的现象不符合事实的是 A. 图①：反应一段时间后，试管中固体变为红棕色 B. 图②：用铂丝蘸取KCl溶液置于酒精灯外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，火焰呈紫色 C. 图③：用萃取碘水的，下层为紫红色 D. 图④：铝箔熔化，但不滴落 11. 下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 向溶液中滴入溶液： B. 向溶液中通入过量： C. 向冷的KOH溶液中通入： D. 向溶液中滴加足量澄清石灰水： 12. 双羟基铝碳酸钠是一种抑酸剂，其化学式是。关于该物质的说法中正确的是 A. 该物质不能和碱反应 B. 该药剂不适合于胃溃疡患者服用 C. 该物质是和的混合物 D. 1 mol 最多可消耗3 mol 13. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的简单气态氢化物常温下为无色液体，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，X与Z同主族。下列说法不正确的是 A. 简单氢化物的稳定性：X＞Z B. 简单离子半径大小：Z＞X＞Y C. W的氧化物对应水化物的酸性一定比Z的氧化物对应水化物的酸性强 D. X、W形成的某化合物可用作自来水消毒剂 14. 向下列各组离子的溶液中通入相应气体，仍能大量共存的是 A. 通入：、、、 B. 通入：、、、 C. 通入：、、、 D. 通入HCl：、、、 15. 某化学小组探究卤族元素的性质，进行如图所示的实验(a～d均为浸有相应试液的棉花，夹持装置略)。下列说法正确的是 A. 具支试管中发生反应的离子方程式为 B. 若a处变为橙色，b处变为蓝色，说明氧化性 C. 若c处褪色，说明与发生了反应 D. 若d处褪色，说明具有漂白性 16. 某学习小组探究与水的反应，实验过程如图，下列分析错误的是 A. ①、⑤中产生的气体均能使带火星的木条复燃 B. ②、⑤中与的作用不同，产生气体的量也不同 C. ③发生了复分解反应，其原因是的酸性强于HCl D. ④中白色沉淀不溶于酸 17. 下列方案设计、现象和结论都正确的是 选项 实验目的 方案设计 现象和结论 A 检验溶液中是否混有少量 在稀盐酸中滴加少量该待检溶液 若立即产生气泡，则说明含有 B 制备胶体 将浓NaOH溶液滴加到饱和溶液中 用红色激光笔照射，出现丁达尔效应 C 比较钠和铝的金属性强弱 向沉淀中加入NaOH溶液 沉淀消失，则钠的金属性比铝强 D 探究是否为电解质 在的水溶液中插入电极并接通电源 若电流计指针偏转，则是电解质 A. A B. B C. C D. D 18. A、B、C、D为中学化学常见的物质，A、B、C中均含有同一种元素，在一定条件下，它们之间具有如图所示的转化关系，下列说法不正确的是 A. 若A为非金属单质，D为金属单质，则B的水溶液可腐蚀铜 B. 若A和D均为化合物且D为气体，则C的溶液可能呈碱性 C. 若A为金属，D为非金属单质，则A的焰色可能为黄色 D. 若A为含铝的化合物，则D可能为或 19. 向X(所有溶质均为1 mol)的溶液中加入Y试剂，产生的沉淀或气体的物质的量与加入Y的物质的量的变化图像正确的是 A. 向HCl和的混合液中滴加NaOH溶液 B. 向NaOH和的混合液中通入 C. 向溶液中滴加NaOH溶液 D. 向NaOH和的混合液中滴加稀盐酸 20. 向的硫酸中投入镁铝合金，金属完全溶解，再加入的NaOH溶液，沉淀达到最大值，质量为，下列说法不正确的是 A. B. 的取值范围为 C. 镁铝合金与硫酸反应转移的电子数为 D. 若将沉淀在空气中充分灼烧，质量将变为 二、选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 21. 若20g密度为dg⋅cm−3的Ca(NO3)2溶液中含有2g Ca2+，则溶液中NO3−的物质的量浓度为（ ）。 A. 5dmol⋅L−1 B. 2.5dmol⋅L−1 C. mol⋅L−1 D. mol⋅L−1 22. 常温常压下，在不同溶液中的物质的量浓度随溶质M物质的量浓度[]的变化曲线如图所示。 已知对无影响。下列说法错误的是 A. 图1说明随着增大而降低，主要是发生了反应 B. 图1说明增大，反应程度增大 C. 图2说明增大或，都将减小 D. 综合分析，同浓度的盐酸比NaCl溶液对的影响更大 23. 纳米铁粉具有较强的还原性和吸附性，能被水体中的氧化。利用纳米铁粉除去水体中六价铬[Cr(VI)]的反应机理如图所示，下列说法错误的是 A. 纳米铁粉除去Cr(VI)的机理主要包括吸附、还原和共沉淀 B. 机理中生成的离子方程式为： C. 铁粉处理成纳米铁粉有利于提高Cr(VI)的处理效率 D. Cr元素参与的反应均存在电子转移 24. 钯(Pd)是优良的储氢金属，其储氢原理为2Pd+xH2=2PdHx，其中x的最大值为0.8。已知：Pd的相对原子质量为106，金属钯的密度为12g/cm3，则212cm3Pd能储存H2的最大质量为 A. 9.6g B. 19.2g C. 28.8g D. 38.4g 25. 现有由和组成的混合物，取混合物1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112 mL ，恰好将完全氧化。x值可能为 A. 0.85 B. 0.80 C. 0.75 D. 0.70 第Ⅱ卷(非选择题 共65分) 三、非选择题：本题共5小题，共65分。 26. A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，其在周期表中位置如下，请回答下列问题： （1）A元素的某种原子的中子数比质子数多1，则该原子的质量数为_______，B在周期表中的位置为_______。 （2）C、D、E原子半径由大到小的顺序是_______(填元素符号)。 （3）化合物X仅含有A、D两种元素，X与水反应的化学方程式为_______。 （4）F是第五周期与E同族的元素。据此推测F具有的性质是_______(填字母)。 A. 最高化合价与最低化合价之和为4 B. 单质常温下为气体 C. 最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱 D. 单质在常温下可与化合 （5）已知G为第ⅡA族元素(第二到第四周期)，其原子序数为a，H与G位于同一周期，且为第ⅤA族元素，其原子序数为b，则b与a的关系式可能为_______。 27. 探究物质组成是化学学科的重要任务，某课外小组测定三草酸合铁酸钾晶体()样品中铁元素含量的实验步骤如下： 步骤一：称量10.00 g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250 mL溶液。 步骤二：取所配溶液25.00 mL于锥形瓶中，加稀酸化，加入溶液至草酸根恰好全部被氧化成。 步骤三：向反应后的溶液中加入一定量锌粉，加热至溶液黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中。 步骤四：用0.010 mol/L 溶液逐滴滴入步骤三所得溶液中，至反应恰好完成，消耗溶液20.00 mL。 已知：实验中杂质不参与反应；被还原成。 （1）中铁元素的化合价为_______，可用_______(填化学式)溶液检验该价态的铁。 （2）精确配制三草酸合铁酸钾溶液需要使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管以外还有_______；主要操作步骤依次是：称量、_______、转移、_______、定容、摇匀。 （3）加入锌粉的目的是_______。 （4）步骤四中反应的离子方程式为_______，判断“反应恰好完成”的现象是_______。 （5）实验测得该晶体中铁的质量分数为_______；在步骤二中，若加入的溶液的量不够，则测得的铁含量_______(填“偏低”“偏高”“不变”)。 （6）某同学将43.7 g无水三草酸合铁酸钾((相对分子质量为437)在一定条件下加热分解，所得固体的质量为27.5 g，同时得到气体，该气体在相同条件下密度是氢气的18倍。研究固体产物得知，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有，写出该分解反应的化学方程式_______。 28. 氧化还原反应架起了电子转移与物质转化宏微结合的桥梁。 Ⅰ、氧化还原反应电位传感器可以测量不同溶液的电位值，电位值大小可比较物质的氧化性/还原性强弱，数值越大，氧化性越强；数值越小，还原性越强。现测得几种物质的电位值如表所示。（注：实验中进行酸化时均用稀硫酸） 物质 (酸化) 浓度 0.10 M（M为物质的量浓度的单位） 电位值/mV 171 1130 662 116 −361 根据表中数据，回答下列问题： （1）浓度相同的下列三种溶液，氧化性由强到弱的顺序为_______（填序号）。 A． B．酸性 C． （2）对于含有、的混合溶液，若控制氧化而不氧化，可以加入的试剂为_______。 Ⅱ、造纸、印刷等工业废水中含有大量的硫化物（主要成分为），可利用氧化还原反应除去，其转化方式如图。 （3）①反应Ⅰ和Ⅱ的转移电子数相等时，还原剂的物质的量之比为_______。 ②在废水处理的整个过程中，氧化剂为_______。 ③反应Ⅲ中与等物质的量反应时有NaOH生成，写出反应的化学方程式_______。 Ⅲ、工业上常利用次氯酸盐的强氧化性处理水体污染物中的氨氮，其中大量氨氮转化为除去，少量氨氮转化为硝氮，生成硝氮的相关反应为：。在一定条件下模拟处理氨氮废水：将1 L 0.2 mol/L的氨水分别和不同量的NaClO混合，测得溶液中氨去除率、总氮（氨氮和硝氮的总和）残余率与NaClO投入量的关系如图所示。 （4）写出氨氮转化为的离子方程式_______。 （5）的数值为_______。 （6）时，n越大，生成的量_______（填“越少”、“越多”或“不变”）。 29. 某矿渣的成分为、、、，工业上用该矿渣获取铜的操作流程如图。 已知：①。②为酸性氧化物，不溶于水和盐酸。 （1）矿渣中加入足量稀盐酸，滤液A中元素以存在，与元素有关的离子方程式为_______。 （2）固体混合物B的成分是_______，加入足量溶液反应的离子方程式为_______。 （3）在滤液C中通入足量，发生的离子方程式为：；_______，金属单质E为_______。 （4）由流程可推知矿渣中与的物质的量的关系为，推断的依据为_______。若从途径1得到Cu的物质的量为a mol，从途径2得到Cu的物质的量为b mol，则矿渣中与之比为_______。 30. Mg可与反应生成氮化镁，理论上其化学式为。现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量氮化镁，并测定制得的氮化镁的化学式。回答下列问题： Ⅰ、制取氮化镁 可供选择的装置和药品如下图所示(镁粉、还原铁粉均已干燥，整套装置的末端与干燥管相连)。 （1）若镁条在空气中燃烧，可能发生三个反应，请写出反应①的化学方程式：①_______；②；③。 （2）选择必要的装置连接并检查其气密性。实验开始时，打开自来水的开关，将空气从储气瓶压入反应装置，则气流流经导管的顺序是(填导管的字母代号)_______→干燥管。 （3）通气后，如果同时点燃A、F装置的酒精灯，对实验结果产生的影响为_______，原因是_______。 （4）已知：，请用化学方法定性检验生成的氮化镁中是否含有未反应的镁，写出实验操作及现象_______。 Ⅱ、测定该实验制得的氮化镁的化学式。 A中硬质玻管质量(g) 硬质玻管与镁的质量(g) 硬质玻管与产物的质量(g) 反应前 反应后 148.00 149.74 150.44 （5）若由该实验制得的氮化镁的化学式为，通过计算得知，_______。 （6）若进入装置A中的混有少量，则x_______3(填“<”“>”或“=”)，理由是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆南开中学高2027届高一(上)期末考试 化学试题 注意事项： 1.本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。 2.满分120分，考试时间120分钟。 3.第Ⅰ卷和第Ⅱ卷都答在答题卷上。 可能用到的相对原子质量：H-1 He-4 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Al-27 K-39 Ca-40 Fe-56 第Ⅰ卷(单选题 共55分) 一、选择题：本题共20小题，每小题2分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 近年来，我国科技领域不断取得新成就。对相关成就所涉及的知识理解错误的是 A. “鸿蒙”操作系统——载体芯片的主体材料属于金属材料 B. 蛟龙潜水器外壳的钛合金材料具有耐高压、耐腐蚀的特点 C. “神舟十九号”的热控保温材料——纳米气凝胶，可产生丁达尔效应 D. 我国首次获得公斤级丰度99%的产品，与互为同位素 【答案】A 【解析】 【详解】A．芯片的主体材料通常为单晶硅，单晶硅属于无机非金属材料，不属于金属材料，A错误； B．钛合金强度高且耐腐蚀，适用于承受高压、易发生腐蚀的潜水器外壳，B正确； C．纳米气凝胶属于胶体，能够产生丁达尔效应，C正确； D．与的质子数相同而中子数不同，二者互为同位素，D正确； 故选A。 2. 下列关于物质分类正确的是 A. 苏打——酸式盐 B. 液氯——混合物 C. ——碱性氧化物 D. 青铜——合金 【答案】D 【解析】 【详解】A．苏打是的俗名，属于正盐，不属于酸式盐，A错误； B．液氯是液态的，仅含一种物质，属于纯净物，不属于混合物，B错误； C．碱性氧化物的定义是与酸反应只生成盐和水的氧化物，与酸反应除生成盐和水外，还会生成，不属于碱性氧化物，C错误； D．青铜是铜、锡等金属熔合形成的金属材料，属于合金，D正确； 故该题正确答案为D项。 3. 下列原子或离子的核外电子排布错误的是 A. ： B. ： C. ： D. ： 【答案】B 【解析】 【详解】A．钠离子的核外电子数为11-1=10，图中各层电子数为2、8，电子总数为10，A正确； B．钾原子的核外电子数为19，基态核外电子排布应为2、8、8、1，图中各层电子数为2、8、9且只有3个电子层，B错误； C．氯离子的核外电子数为17+1=18，图中各层电子数为2、8、8，电子总数为18，C正确； D．溴原子的核外电子数为35，图中各层电子数为2、8、18、7，电子总数为35，D正确； 故选B。 4. 向盐酸中加入少量铁粉，充分反应后得到溶液，下列离子在该溶液中能大量共存的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】向盐酸中加入少量铁粉，获得的溶液主要成分为盐酸和氯化亚铁。 【详解】A．会与溶液中过量的结合生成弱电解质，不能大量共存，A错误； B．会与溶液中的反应生成沉淀，不能大量共存，B错误； C．与溶液中的、、均不发生反应，能大量共存，C正确； D．酸性条件下具有强氧化性，可与（也可与）发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误； 故选C。 5. 常用作硫酸生产中的催化剂。在酸性条件下溶解为或；在碱性条件下溶解为或，由此说明具有 A. 碱性 B. 两性 C. 氧化性 D. 还原性 【答案】B 【解析】 【详解】A．除了能与酸反应生成盐，还能与碱反应生成盐，并非仅具有碱性，A错误； B．既能在酸性条件下溶解生成含钒的阳离子盐，又能在碱性条件下溶解生成含钒的阴离子盐，符合两性物质的性质特征，B正确； C．题干涉及的所有转化中钒元素均为+5价，无元素化合价降低的变化，则未体现氧化性，C错误； D．结合选项C可知，未体现还原性，D错误； 故选B。 6. 下列关于物质的用途说法正确的是 A. 自来水用于金属钠灭火 B. CaO用作食品的抗氧化剂 C. 漂白液用作食品的漂白剂 D. 铝粉和NaOH混合物用作管道疏通剂 【答案】D 【解析】 【详解】A．金属钠可与水剧烈反应生成易燃易爆的，同时释放大量热，会加剧火情甚至引发爆炸，不能用自来水给金属钠灭火，A错误； B．可与水反应，能作食品干燥剂，但不具有还原性，无法作食品抗氧化剂，B错误； C．漂白液具有强氧化性和腐蚀性，对人体有害，不可用作食品漂白剂，C错误； D．铝粉与反应会释放大量热量、生成产生高压，同时可腐蚀油污等堵塞物，二者混合物可用作管道疏通剂，D正确； 故选D。 7. 下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是 A. 酸性： B. 金属性： C. 氧化性： D. 热稳定性： 【答案】D 【解析】 【详解】A．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，非金属性，最高价氧化物对应水化物的酸性随非金属性增强而增强，故酸性，能用元素周期律解释，A不符合题意； B．同主族元素从上到下金属性逐渐增强，和均为第ⅡA族元素，位于的下方，故金属性，能用元素周期律解释，B不符合题意； C．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，非金属性，单质的氧化性随非金属性增强而增强，故氧化性，能用元素周期律解释，C不符合题意； D．与的热稳定性差异是由碳酸盐和碳酸氢盐的结构及性质差异导致的，与元素周期律无关，不能用元素周期律解释，D符合题意； 故选D。 8. 表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 4 g氦气所含原子数为 B. 1 mol/L NaCl溶液中含有个 C. 2 g 和的混合物中所含中子数为 D. 氧原子总数为的和的混合气体，其体积为2.24 L 【答案】C 【解析】 【详解】A．氦气是单原子分子，摩尔质量为4 g/mol，4 g He的物质的量为，所含原子数为，A错误； B．题干仅给出NaCl溶液的物质的量浓度为1 mol/L，未告知溶液体积，无法计算的物质的量和具体数目，B错误； C．（重水）和的摩尔质量均为20 g/mol，且每个分子含有的中子数均为10个：D（氘）含1个中子，中子数为；含10个中子，中子数为。2g混合物的总物质的量为，所含中子总物质的量为，即中子数为，C正确； D．气体摩尔体积为22.4 L/mol的适用前提是标准状况（0℃、101kPa），题干未指明混合气体处于标准状况下，无法直接由原子数推导气体体积为2.24 L，D错误； 故选C。 9. 下列“推断”与事实相符合的是 A. 因HCl是强酸，则HF是强酸 B. 因NaOH是强碱，则KOH是强碱 C. 因中Cl的化合价为价，则中F的化合价为价 D. 因Na在空气中燃烧生成，则Li在空气中燃烧生成 【答案】B 【解析】 【详解】A．同主族元素的氢化物水溶液酸性随卤族元素原子序数增大而递增，HCl是强酸，但HF在水溶液中因H-F键键能极强难以完全电离，属于弱酸，该推断不符合事实，A错误； B．Na和K均为第ⅠA族碱金属元素，且K的金属性强于Na，金属性越强对应的最高价氧化物水化物的碱性越强，NaOH是强碱，因此KOH也属于强碱，推断符合事实，B正确； C．F是元素周期表中非金属性最强的元素，在化合物中不会表现正价。OF2中O的非金属性弱于F，因此F为-1价，O为+2价，该推断不成立，C错误； D．Li的金属性弱于Na，在空气中燃烧只能生成Li2O，无法生成过氧化锂，该推断不符合事实，D错误； 故选B。 10. 下列实验操作对应的现象不符合事实的是 A. 图①：反应一段时间后，试管中固体变为红棕色 B. 图②：用铂丝蘸取KCl溶液置于酒精灯外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，火焰呈紫色 C. 图③：用萃取碘水的，下层为紫红色 D. 图④：铝箔熔化，但不滴落 【答案】A 【解析】 【详解】A．图①为还原铁粉与水蒸气加热反应，产物为黑色，不会生成红棕色固体，A错误； B．钾元素的焰色为紫色，观察钾的焰色时透过蓝色钴玻璃可滤去钠元素的黄色光干扰，现象符合事实，B正确； C．密度大于水，且在中溶解度远大于水中溶解度，萃取后下层溶有的有机层呈紫红色，现象符合事实，C正确； D．铝箔加热时表面会快速生成熔点极高的薄膜，包裹住内部熔化的铝，因此铝熔化但不滴落，现象符合事实，D正确； 答案选A。 11. 下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 向溶液中滴入溶液： B. 向溶液中通入过量： C. 向冷的KOH溶液中通入： D. 向溶液中滴加足量澄清石灰水： 【答案】C 【解析】 【详解】A．弱酸不能制强酸，亚硫酸和氯化钡不反应，A错误； B．向溶液中通入过量生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，反应的离子方程式为，B错误； C．向冷的KOH溶液中通入生成氯化钾、次氯酸钾、水，反应的离子方程式为，C正确； D．向溶液中滴加足量澄清石灰水生成碳酸钙沉淀、一水合氨、水，反应的离子方程式为，D错误； 故选C。 12. 双羟基铝碳酸钠是一种抑酸剂，其化学式是。关于该物质的说法中正确的是 A. 该物质不能和碱反应 B. 该药剂不适合于胃溃疡患者服用 C. 该物质是和的混合物 D. 1 mol 最多可消耗3 mol 【答案】B 【解析】 【详解】A．该物质中的Al元素为+3价，对应的组分可与强碱反应，比如和NaOH反应生成四羟基合铝酸钠，因此该物质可以和碱反应，A错误； B．该抑酸剂和胃酸（主要成分为HCl）反应时会生成CO2气体，胃溃疡患者服用后，胃内产生大量气体会增大胃部压力，可能加重溃疡甚至引发胃穿孔，因此不适合胃溃疡患者服用，B正确； C．该物质有固定的化学式，属于纯净物，C错误； D．反应方程式为，1 mol 最多可消耗4 mol ，D错误； 故选B。 13. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的简单气态氢化物常温下为无色液体，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，X与Z同主族。下列说法不正确的是 A. 简单氢化物的稳定性：X＞Z B. 简单离子半径大小：Z＞X＞Y C. W的氧化物对应水化物的酸性一定比Z的氧化物对应水化物的酸性强 D. X、W形成的某化合物可用作自来水消毒剂 【答案】C 【解析】 【分析】X的简单气态氢化物常温下为无色液体，则X为O元素，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Y为Na元素，X与Z同主族，则Z为S元素，短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，则W为Cl，以此解答。 【详解】A．X为O元素，Z为S元素，非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性O＞S，则简单氢化物的稳定性：X＞Z，故A正确； B．X、Y、Z、W形成的简单离子分别为O2-、Na+、S2-，电子层数越多，半径越大，核外电子排布相同的微粒，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径大小：S2-＞O2-＞Na+，即Z＞X＞Y，故B正确； C．没有指明是最高价氧化物对应的水化物，则W为Cl元素，Cl的氧化物对应水化物可以是次氯酸，为弱酸；Z为S元素，S的氧化物对应水化物可以为硫酸，硫酸为强酸，故C错误； D．X为O元素， W为Cl元素，二者形成的某化合物ClO2具有强氧化性，可用作自来水消毒剂，故D正确； 故选C。 14. 向下列各组离子的溶液中通入相应气体，仍能大量共存的是 A. 通入：、、、 B. 通入：、、、 C. 通入：、、、 D. 通入HCl：、、、 【答案】C 【解析】 【详解】A．通入后，具有强还原性，会被​氧化为，无法大量共存，A不符合题意； B．通入​后溶液显碱性，会和反应生成红褐色沉淀，无法大量共存，B不符合题意； C．通入后，和水反应生成的 是弱酸，电离出的浓度极低，不足以和生成​沉淀，所有离子均不反应，可以大量共存，C符合题意； D．通入后，与发生反应，先生成沉淀，后沉淀溶解，D不符合题意； 故选C。 15. 某化学小组探究卤族元素的性质，进行如图所示的实验(a～d均为浸有相应试液的棉花，夹持装置略)。下列说法正确的是 A. 具支试管中发生反应的离子方程式为 B. 若a处变为橙色，b处变为蓝色，说明氧化性 C. 若c处褪色，说明与发生了反应 D. 若d处褪色，说明具有漂白性 【答案】A 【解析】 【详解】A． 84消毒液的有效成分为NaClO，和具支试管中的浓盐酸发生归中反应生成，该离子方程式满足电荷守恒、原子守恒和反应规律，A正确； B．b处变蓝无法证明是​氧化了：未反应的​会从a处扩散到b处，优先直接氧化生成使淀粉变蓝，因此不能得出氧化性的结论，B错误； C．c处为酸性​试液，浓盐酸具有挥发性，挥发出来的也可以直接和酸性​发生反应使其褪色，不能说明是​与​发生了反应，C错误； D． ​本身没有漂白性，d处（含酚酞的NaOH溶液）褪色的原因是：​和NaOH反应消耗碱，溶液碱性减弱，并非直接体现漂白性，D错误； 故选A。 16. 某学习小组探究与水的反应，实验过程如图，下列分析错误的是 A. ①、⑤中产生的气体均能使带火星的木条复燃 B. ②、⑤中与的作用不同，产生气体的量也不同 C. ③发生了复分解反应，其原因是的酸性强于HCl D. ④中白色沉淀不溶于酸 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，反应①中与反应生成；反应②中与反应生成；反应③为与反应生成沉淀；反应④为与反应生成沉淀与；反应⑤为在催化下分解生成。 【详解】A．①⑤均产生，能使带火星的木条复燃，A正确； B．反应②氧化生成，作还原剂，且；反应⑤催化分解生成，既作氧化剂又作还原剂，且，故作用和气体的量均不同，B正确； C．反应③为复分解反应，是因为生成了沉淀，不能说明的酸性强于，C错误； D．④中的与加入的稀硫酸反应生成和​，白色沉淀是，硫酸钡是不溶于酸的白色沉淀，D正确； 故选C。 17. 下列方案设计、现象和结论都正确的是 选项 实验目的 方案设计 现象和结论 A 检验溶液中是否混有少量 在稀盐酸中滴加少量该待检溶液 若立即产生气泡，则说明含有 B 制备胶体 将浓NaOH溶液滴加到饱和溶液中 用红色激光笔照射，出现丁达尔效应 C 比较钠和铝的金属性强弱 向沉淀中加入NaOH溶液 沉淀消失，则钠的金属性比铝强 D 探究是否为电解质 在的水溶液中插入电极并接通电源 若电流计指针偏转，则是电解质 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．将待检溶液滴入过量稀盐酸中时，体系始终是过量，即使原溶液仅含，会直接发生反应，立刻产生气泡，因此“立即产生气泡”无法证明原溶液中混有，A错误； B．浓溶液滴入饱和溶液中，会直接发生复分解反应生成红褐色沉淀，无法得到胶体；制备胶体的正确操作是将饱和溶液滴入沸水中，煮沸至液体呈红褐色，B错误； C．元素的最高价氧化物对应水化物的碱性越强，对应元素的金属性越强。​沉淀可溶于溶液，说明​属于两性氢氧化物，碱性远弱于强碱，因此可以证明钠的金属性比铝强，C正确； D．​的水溶液能导电，是因为与水反应生成的电离出自由移动的离子，并非自身发生电离，因此​属于非电解质，D错误； 故选C。 18. A、B、C、D为中学化学常见的物质，A、B、C中均含有同一种元素，在一定条件下，它们之间具有如图所示的转化关系，下列说法不正确的是 A. 若A为非金属单质，D为金属单质，则B的水溶液可腐蚀铜 B. 若A和D均为化合物且D为气体，则C的溶液可能呈碱性 C. 若A为金属，D为非金属单质，则A的焰色可能为黄色 D. 若A为含铝的化合物，则D可能为或 【答案】D 【解析】 【详解】A．若A为非金属单质，D为金属单质，符合条件的典型转化为，水溶液中的可与Cu发生反应，能够腐蚀铜，A正确； B．若A和D均为化合物且D为气体，典型转化可以是，溶液中的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，因此C的溶液可能呈碱性，B正确； C．若A为金属，D为非金属单质，A焰色为黄色说明A是Na，符合转化的为，满足连续两步和D反应的转化关系，C正确； D．若A为铝盐，​是弱碱，铝盐和​反应只能生成沉淀，无法继续和过量​发生第二步反应实现B到C的转化；D为时，A为四羟基合铝酸钠，可实现一步转化生成氢氧化铝，但氢氧化铝和二氧化碳不能继续反应，D错误； 故选D。 19. 向X(所有溶质均为1 mol)的溶液中加入Y试剂，产生的沉淀或气体的物质的量与加入Y的物质的量的变化图像正确的是 A. 向HCl和的混合液中滴加NaOH溶液 B. 向NaOH和的混合液中通入 C. 向溶液中滴加NaOH溶液 D. 向NaOH和的混合液中滴加稀盐酸 【答案】B 【解析】 【详解】A．向1 mol HCl和1 mol 的混合液滴加NaOH时，NaOH会先和HCl发生中和反应：，消耗1 mol NaOH，此阶段无沉淀生成；之后1 mol 和NaOH反应生成沉淀：，消耗3 mol NaOH，沉淀量达到最大值；最后​溶解：，消耗1 mol NaOH沉淀完全溶解。所以为4 mol时达到沉淀最大量，为5 mol时沉淀完全溶解，A错误； B．向1 mol NaOH和1 mol ​的混合液通入时，​会优先和​反应生成​沉淀：，通入1 mol ​时沉淀量就达到最大值。后续继续通入​，先和NaOH反应生成​、再转化为，此阶段沉淀量不变，共消耗1 mol ​​；最后溶解消耗1 mol ​，B正确； C．向1 mol 溶液滴加NaOH时，反应顺序为： ① 优先沉淀：，1 mol 消耗3 mol NaOH，沉淀量达到最大值； ② 之后​和反应：，1 mol ​​消耗1 mol NaOH，此阶段沉淀量保持不变； ③ 最后溶解：，消耗1 mol NaOH，沉淀完全消失，即为3 mol时达到沉淀最大量，为3∼4 mol时与反应，为5 mol时沉淀完全溶解，C错误； D．向1 mol NaOH和1 mol 的混合液滴加稀盐酸时，反应顺序为： ① 先中和1 mol NaOH，消耗1 mol HCl，无气体； ② 再将1 mol 转化为：，消耗1 mol HCl，仍无气体； ③ 最后反应生成：，消耗1 mol HCl，气体量达到最大值。 即为2mol时开始产生气体，为3 mol时气体达到最大量，D错误； 故选B。 20. 向的硫酸中投入镁铝合金，金属完全溶解，再加入的NaOH溶液，沉淀达到最大值，质量为，下列说法不正确的是 A. B. 的取值范围为 C. 镁铝合金与硫酸反应转移的电子数为 D. 若将沉淀在空气中充分灼烧，质量将变为 【答案】B 【解析】 【详解】A．由题沉淀质量，即，；由关系式，所以硫酸中中，则，A正确； B．假设只有Mg，由可推出，即，假设只有Al，由可推出，即，所以m取值范围应是：，B错误； C．根据A选项分析可知转移电子数为，C正确； D．沉淀在空气中灼烧最终变为氧化物，根据，，所以，固体质量为，D正确； 故选B。 二、选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 21. 若20g密度为dg⋅cm−3的Ca(NO3)2溶液中含有2g Ca2+，则溶液中NO3−的物质的量浓度为（ ）。 A. 5dmol⋅L−1 B. 2.5dmol⋅L−1 C. mol⋅L−1 D. mol⋅L−1 【答案】A 【解析】 【详解】2g Ca2＋的物质的量为：2g÷40g·mol－1=0.05mol，溶液中n（NO3－）=2n（ Ca2＋）=0.05mol×2=0.1mol， 溶液体积为：20g÷1000dg·L－1= L， 所以该溶液中NO3－的物质的量浓度为： =5d mol·L－1， 故选A。 22. 常温常压下，在不同溶液中的物质的量浓度随溶质M物质的量浓度[]的变化曲线如图所示。 已知对无影响。下列说法错误的是 A. 图1说明随着增大而降低，主要是发生了反应 B. 图1说明增大，反应程度增大 C. 图2说明增大或，都将减小 D. 综合分析，同浓度的盐酸比NaCl溶液对的影响更大 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图1可知，随增大而降低，说明发生反应，A正确； B．，NaCl浓度增大时，溶液中浓度升高，根据勒夏特列原理，该平衡会逆向移动，反应程度是减小的；同时图中也显示浓度随浓度增大而降低，进一步证明反应程度减小，B错误； C．已知对无影响，图2中、增大时均减小，说明增大或都能使减小，C正确； D．同浓度的盐酸和氯化钠溶液中氯离子浓度相同，对的影响也相同；结合图2可知同浓度的钠离子与氢离子，氢离子对的影响更大，则同浓度的盐酸比NaCl溶液对的影响更大，D正确； 故选B。 23. 纳米铁粉具有较强的还原性和吸附性，能被水体中的氧化。利用纳米铁粉除去水体中六价铬[Cr(VI)]的反应机理如图所示，下列说法错误的是 A. 纳米铁粉除去Cr(VI)的机理主要包括吸附、还原和共沉淀 B. 机理中生成的离子方程式为： C. 铁粉处理成纳米铁粉有利于提高Cr(VI)的处理效率 D. Cr元素参与的反应均存在电子转移 【答案】D 【解析】 【详解】A．由反应机理图可知，纳米铁粉除去Cr(VI)的过程包含吸附Cr(VI)、将Cr(VI)还原为、最终与铁的氢氧化物形成共沉淀三个主要步骤，因此机理主要包括吸附、还原和共沉淀，A正确； B．生成的反应是铁与酸性溶液中的发生置换反应，离子方程式为，B正确； C．将铁粉处理为纳米铁粉可显著增大固体比表面积，增大反应物接触面积，加快反应速率，有利于提高Cr(VI)的处理效率，C正确； D．Cr元素参与的反应中，转化为、等沉淀的反应为复分解反应，Cr化合价始终为+3，没有电子转移，因此并非所有Cr元素参与的反应都存在电子转移，D错误； 故选D。 24. 钯(Pd)是优良的储氢金属，其储氢原理为2Pd+xH2=2PdHx，其中x的最大值为0.8。已知：Pd的相对原子质量为106，金属钯的密度为12g/cm3，则212cm3Pd能储存H2的最大质量为 A. 9.6g B. 19.2g C. 28.8g D. 38.4g 【答案】B 【解析】 【详解】根据金属钯的密度为12g/cm3，则212cm3Pd的质量为12g/cm3×212cm3=2544g。设能储存的氢气的最大质量为xg，根据2Pd+0.8H2=2PdH0.8可得，，解得x=19.2g。 故选B。 25. 现有由和组成的混合物，取混合物1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112 mL ，恰好将完全氧化。x值可能为 A. 0.85 B. 0.80 C. 0.75 D. 0.70 【答案】A 【解析】 【详解】标况下的物质的量：。氧化时每个得，故，所有均来自。设中数目为、数目为，则，，解得，即含，因此。混合物总质量为，故的质量小于，代入其摩尔质量，得不等式：，解得，故选A。 第Ⅱ卷(非选择题 共65分) 三、非选择题：本题共5小题，共65分。 26. A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，其在周期表中位置如下，请回答下列问题： （1）A元素的某种原子的中子数比质子数多1，则该原子的质量数为_______，B在周期表中的位置为_______。 （2）C、D、E原子半径由大到小的顺序是_______(填元素符号)。 （3）化合物X仅含有A、D两种元素，X与水反应的化学方程式为_______。 （4）F是第五周期与E同族的元素。据此推测F具有的性质是_______(填字母)。 A. 最高化合价与最低化合价之和为4 B. 单质常温下为气体 C. 最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱 D. 单质在常温下可与化合 （5）已知G为第ⅡA族元素(第二到第四周期)，其原子序数为a，H与G位于同一周期，且为第ⅤA族元素，其原子序数为b，则b与a的关系式可能为_______。 【答案】（1） ①. 3 ②. 第二周期第ⅣA族 （2） （3） （4）AC （5）或 【解析】 【分析】根据周期表位置和原子序数递增关系，推断出五种元素：A是H、B是C、C是F、D是Na、E是S。 【小问1详解】 A为H，质子数为1，题目说明中子数比质子数多1，即中子数为2，质量数=质子数+中子数=1+2=3。 根据周期表位置，B为碳元素，位于第二周期第ⅣA族。 【小问2详解】 电子层数越多半径越大，因此Na、S半径大于F；同周期主族元素从左到右原子半径递减，因此Na半径大于S，综上。 【小问3详解】 仅含H和Na的化合物X为NaH（氢化钠），属于离子型氢化物，和水发生氢元素的归中反应，生成氢氧化钠和氢气，答案为。 【小问4详解】 E是S，第五周期同主族元素F为Te，据此分析： A．Te最外层6个电子，最高正价+6、最低负价-2，二者之和为4，A正确； B．Te和S同主族，随周期数增大单质熔沸点升高，S常温为固体，Te常温也为固体，B错误； C．同主族从上到下非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物酸性减弱，因此碲酸酸性弱于硫酸，C正确； D．Te非金属性远弱于S，S和H2反应都需要加热，Se常温下无法和H2化合，D错误； 故选AC。 【小问5详解】 若G在第二周期（Be，原子序数a），同周期ⅤA族元素为N，原子序数； 若G在第三周期（Mg，原子序数a），同周期ⅤA族元素为P，原子序数； 若G在第四周期（Ca，原子序数a），第四周期存在过渡元素，同周期ⅤA族元素为As，原子序数； 综上答案为或。 27. 探究物质组成是化学学科的重要任务，某课外小组测定三草酸合铁酸钾晶体()样品中铁元素含量的实验步骤如下： 步骤一：称量10.00 g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250 mL溶液。 步骤二：取所配溶液25.00 mL于锥形瓶中，加稀酸化，加入溶液至草酸根恰好全部被氧化成。 步骤三：向反应后的溶液中加入一定量锌粉，加热至溶液黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中。 步骤四：用0.010 mol/L 溶液逐滴滴入步骤三所得溶液中，至反应恰好完成，消耗溶液20.00 mL。 已知：实验中杂质不参与反应；被还原成。 （1）中铁元素的化合价为_______，可用_______(填化学式)溶液检验该价态的铁。 （2）精确配制三草酸合铁酸钾溶液需要使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管以外还有_______；主要操作步骤依次是：称量、_______、转移、_______、定容、摇匀。 （3）加入锌粉的目的是_______。 （4）步骤四中反应的离子方程式为_______，判断“反应恰好完成”的现象是_______。 （5）实验测得该晶体中铁的质量分数为_______；在步骤二中，若加入的溶液的量不够，则测得的铁含量_______(填“偏低”“偏高”“不变”)。 （6）某同学将43.7 g无水三草酸合铁酸钾((相对分子质量为437)在一定条件下加热分解，所得固体的质量为27.5 g，同时得到气体，该气体在相同条件下密度是氢气的18倍。研究固体产物得知，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有，写出该分解反应的化学方程式_______。 【答案】（1） ①. 价 ②. KSCN （2） ①. 250 mL容量瓶 ②. 溶解 ③. 洗涤 （3）将还原为，为进一步测定铁元素的含量做准备 （4） ①. ②. 滴入最后一滴溶液时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色 （5） ①. 5.6% ②. 偏高 （6） 【解析】 【分析】先用高锰酸钾把草酸根离子氧化为二氧化碳，再用锌把Fe3+还原为Fe2+，最后用高锰酸钾把Fe2+被高锰酸钾氧化为，根据消耗高锰酸钾的物质的量计算铁元素的物质的量，从而计算铁元素的质量分数。 【小问1详解】 化合物中K元素化合价为+1、 的化合价为-2，根据化合价代数和等于0，可知中铁元素的化合价为+3，Fe3+遇KSCN溶液变红，可用KSCN溶液检验该价态的铁。 【小问2详解】 精确配制250 mL三草酸合铁酸钾溶液，需要用容量瓶定容，需要使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管以外还有250 mL容量瓶；主要操作步骤依次是：称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀。 【小问3详解】 锌能把Fe3+还原为Fe2+，加入锌粉的目的是将还原为，为进一步测定铁元素的含量做准备； 【小问4详解】 步骤四中Fe2+被高锰酸钾氧化为，被还原成，根据得失电子守恒，配平反应的离子方程式为，判断“反应恰好完成”时，高锰酸钾开始有剩余，现象是滴入最后一滴溶液时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色。 【小问5详解】 用0.010 mol/L 溶液逐滴滴入步骤三所得溶液中，发生反应，至反应恰好完成，消耗溶液20.00 mL。则25mL溶液中n(Fe2+)=5n()=5×0.02L×0.010mol/L=0.001mol，故250mL溶液中n(Fe2+)=0.01mol，实验测得该晶体中铁的质量分数为； 在步骤二中，若加入的溶液的量不够，则草酸根离子有剩余，步骤四中消耗高锰酸钾溶液的体积偏大，则测得的铁含量偏高。 【小问6详解】 43.7 g无水三草酸合铁酸钾(的物质的量为0.1mol；在一定条件下加热分解，所得固体的质量为27.5 g，则所得气体的质量为16.2g，该气体在相同条件下密度是氢气的18倍，混合气体的平均摩尔质量为36g/mol，混合气体的总物质的量为 ，该气体为CO、CO2的混合气体，设CO的物质的量为amol，则，a=0.225mol；而盐只有，根据K元素守恒，的物质的量为0.15mol，剩余固体中除外，还有0.1molFe元素、O元素1.2mol-0.225mol-0.225mol×2-0.15mol×3=0.075mol，铁元素不可能以三价形式存在，则铁以单质和氧化亚铁的形式存在，FeO的物质的量为0.075mol，Fe的物质的量为0.1-0.075=0.025，所以反应生成Fe、FeO、CO、CO2、的物质的量之比为1:3:9:9:6，该分解反应的化学方程式为。 28. 氧化还原反应架起了电子转移与物质转化宏微结合的桥梁。 Ⅰ、氧化还原反应电位传感器可以测量不同溶液的电位值，电位值大小可比较物质的氧化性/还原性强弱，数值越大，氧化性越强；数值越小，还原性越强。现测得几种物质的电位值如表所示。（注：实验中进行酸化时均用稀硫酸） 物质 (酸化) 浓度 0.10 M（M为物质的量浓度的单位） 电位值/mV 171 1130 662 116 −361 根据表中数据，回答下列问题： （1）浓度相同的下列三种溶液，氧化性由强到弱的顺序为_______（填序号）。 A． B．酸性 C． （2）对于含有、的混合溶液，若控制氧化而不氧化，可以加入的试剂为_______。 Ⅱ、造纸、印刷等工业废水中含有大量的硫化物（主要成分为），可利用氧化还原反应除去，其转化方式如图。 （3）①反应Ⅰ和Ⅱ的转移电子数相等时，还原剂的物质的量之比为_______。 ②在废水处理的整个过程中，氧化剂为_______。 ③反应Ⅲ中与等物质的量反应时有NaOH生成，写出反应的化学方程式_______。 Ⅲ、工业上常利用次氯酸盐的强氧化性处理水体污染物中的氨氮，其中大量氨氮转化为除去，少量氨氮转化为硝氮，生成硝氮的相关反应为：。在一定条件下模拟处理氨氮废水：将1 L 0.2 mol/L的氨水分别和不同量的NaClO混合，测得溶液中氨去除率、总氮（氨氮和硝氮的总和）残余率与NaClO投入量的关系如图所示。 （4）写出氨氮转化为的离子方程式_______。 （5）的数值为_______。 （6）时，n越大，生成的量_______（填“越少”、“越多”或“不变”）。 【答案】（1）BAC （2）、 （3） ①. 1∶3 ②. ③. （4） （5）0.325 （6）越少 【解析】 【分析】电位值越大，物质的氧化性越强，可据此比较氧化性并筛选能选择性氧化碘离子的试剂，通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比； 【小问1详解】 A、B、C三种溶液的电位值分别为171 mV、1130 mV、116 mV。由电位值越大、氧化性越强可知，氧化性由强到弱的顺序为B、A、C； 【小问2详解】 要氧化碘离子而不氧化溴离子，氧化剂对应的电位应高于碘的116 mV且不高于溴的662 mV。氯化铁的电位为171 mV，符合要求；溴处于上限，也能氧化碘离子而不能氧化溴离子，所以可选氯化铁、溴； 【小问3详解】 ①反应Ⅰ中硫元素由−2价升高到+4价，每1 mol硫化钠失去6 mol电子；反应Ⅱ中硫元素由+4价升高到+6价，每1 mol亚硫酸钠失去2 mol电子。转移电子数相等时，有，故两种还原剂的物质的量之比为1∶3。 ②图中氧气将CoPc转化为(CoPc)O，(CoPc)O再氧化含硫物质并还原为CoPc，因此CoPc与(CoPc)O循环，整个过程中实际消耗的氧化剂是氧气。 ③由图可知，等物质的量的硫化钠和亚硫酸钠与(CoPc)O反应，产物为硫代硫酸钠、CoPc和氢氧化钠。按Na、S、O、H原子守恒配平，得到； 【小问4详解】 氨中氮元素由−3价升高到0价，次氯酸根中氯元素由+1价降低到−1价，按得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平，得到； 【小问5详解】 初始氨的物质的量为1 L×0.2 mol/L=0.2 mol。图中虚线位置的氨去除率为100%，总氮残余率为5%，故有0.2 mol×5%=0.010 mol氨转化为硝酸根，其余0.190 mol氨转化为氮气。生成硝酸根的支路消耗0.010 mol×4=0.040 mol次氯酸根；生成氮气的支路中，每2 mol氨需要3 mol次氯酸根，所以0.190 mol氨消耗0.285 mol次氯酸根。两条支路合计投入0.040 mol+0.285 mol=0.325 mol NaClO，横轴对应的数值为0.325； 【小问6详解】 当时，氨去除率保持100%，而总氮残余率随NaClO投入量增加而升高。此时未反应氨的量为0，残余氮为硝酸根，说明转化为硝酸根的氨氮增多，转化为氮气的氨氮减少，所以氮气的生成量越少。 29. 某矿渣的成分为、、、，工业上用该矿渣获取铜的操作流程如图。 已知：①。②为酸性氧化物，不溶于水和盐酸。 （1）矿渣中加入足量稀盐酸，滤液A中元素以存在，与元素有关的离子方程式为_______。 （2）固体混合物B的成分是_______，加入足量溶液反应的离子方程式为_______。 （3）在滤液C中通入足量，发生的离子方程式为：；_______，金属单质E为_______。 （4）由流程可推知矿渣中与的物质的量的关系为，推断的依据为_______。若从途径1得到Cu的物质的量为a mol，从途径2得到Cu的物质的量为b mol，则矿渣中与之比为_______。 【答案】（1）、 （2） ①. 、 ②. （3） ①. ②. Al （4） ①. 固体混合物B中含Cu ②. 【解析】 【分析】矿渣中加入足量稀盐酸，与盐酸反应生成Cu和，、分别与盐酸反应生成和，和Cu反应生成和，与盐酸不反应，过滤固体混合物B含Cu和，其他离子进入滤液A；向滤液A加入足量NaOH溶液，反应后过滤，滤液C为，经一系列处理得到单质E（铝）；固体混合物D在空气中灼烧生成混合物F（氧化铁和氧化铜）；F和铝发生铝热反应得到混合物G（铜和铁）；G中加入盐酸反应后过滤，得到粗铜；混合物B中加入氢氧化钠溶液反应后过滤，生成硅酸钠在滤液中，滤渣为粗铜，据此分析。 【小问1详解】 首先​和足量稀盐酸反应生成；结合已知反应，矿渣和盐酸反应生成的Cu单质会将全部还原为，因此滤液A中Fe元素以形式存在，涉及的离子方程式为、。 【小问2详解】 矿渣加足量稀盐酸后，、溶解生成铝盐、铁盐，反应生成和Cu单质；已知​不溶于盐酸，因此不溶的固体B为未反应完的Cu和。Cu不与NaOH反应，仅和NaOH反应生成可溶性硅酸钠，离子方程式为。 【小问3详解】 滤液A中含，加入足量NaOH后转化为，因此滤液C含过量NaOH和​；通入足量时，和反应转化为，也会和过量反应生成​沉淀，​经后续处理电解可得到金属Al。 【小问4详解】 会被Cu单质还原为，1mol 可生成2mol ，1mol 和酸反应生成1mol Cu，要将所有完全还原为，需要的Cu的物质的量至少为1mol，因此的物质的量必须大于，才能保证反应后还有剩余的Cu单质存在于固体B中； 根据关系式，设，；其中会消耗y mol Cu，同时生成y mol 。途径1的Cu为转变而来，故，途径2的Cu为剩下的Cu，故，联立解得，，故。 30. Mg可与反应生成氮化镁，理论上其化学式为。现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量氮化镁，并测定制得的氮化镁的化学式。回答下列问题： Ⅰ、制取氮化镁 可供选择的装置和药品如下图所示(镁粉、还原铁粉均已干燥，整套装置的末端与干燥管相连)。 （1）若镁条在空气中燃烧，可能发生三个反应，请写出反应①的化学方程式：①_______；②；③。 （2）选择必要的装置连接并检查其气密性。实验开始时，打开自来水的开关，将空气从储气瓶压入反应装置，则气流流经导管的顺序是(填导管的字母代号)_______→干燥管。 （3）通气后，如果同时点燃A、F装置的酒精灯，对实验结果产生的影响为_______，原因是_______。 （4）已知：，请用化学方法定性检验生成的氮化镁中是否含有未反应的镁，写出实验操作及现象_______。 Ⅱ、测定该实验制得的氮化镁的化学式。 A中硬质玻管质量(g) 硬质玻管与镁的质量(g) 硬质玻管与产物的质量(g) 反应前 反应后 148.00 149.74 150.44 （5）若由该实验制得的氮化镁的化学式为，通过计算得知，_______。 （6）若进入装置A中的混有少量，则x_______3(填“<”“>”或“=”)，理由是_______。 【答案】（1） （2）(或)(或) （3） ①. 使氮化镁不纯 ②. 如果装置F中的还原铁粉未达到反应温度，则氧气不能除尽，导致氧气与Mg反应，使氮化镁中混入氧化镁 （4）取少量反应后的固体于试管中，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则有未反应完的Mg （5）2.90 （6） ①. < ②. 等量的Mg与反应生成的产物质量比与反应生成的产物质量大。若中混有，则反应后固体质量变大，即变大。，和相比，变大，所以 【解析】 【分析】Ⅰ．首先是氮化镁的制备环节，利用空气储气瓶连接自来水将空气压出后，先通过盛有饱和NaOH溶液的装置除去空气中混有的CO2，再经浓硫酸干燥除去水蒸气，之后将气体通入装有加热还原铁粉的装置，利用还原铁粉消耗空气中残留的O2，最终得到较为纯净的N2，通入装有镁粉的加热装置中发生反应生成氮化镁，全程在装置末端连接干燥管避免外界水汽进入干扰产物。 Ⅱ．在氮化镁的定量测定环节，通过记录空硬质玻管、硬质玻管加反应前镁粉、硬质玻管加反应后产物的质量，计算参与反应的Mg的质量、与Mg结合的N元素的质量，推导氮化镁的化学式中Mg的下标x。 【小问1详解】 空气中的主要组分是、​、、水蒸气，题干已经给出Mg与、的反应，反应①就是Mg与氧气加热生成氧化镁的反应，故答案为。 【小问2详解】 气体参与的物质制备实验中装置的连接一般顺序是制备气体→除杂→干燥→制备→尾气处理，所以除去空气中的O2、CO2、H2O制备氮化镁，装置连接顺序是（或）（或）。 【小问3详解】 由分析知，装置F是利用铁在加热条件下与氧气反应来除去空气中的氧气，如果同时点燃A、F装置的酒精灯，装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，部分氧气会进入装置A中，与热的镁反应生成氧化镁，从而使氮化镁中混入氧化镁。 【小问4详解】 常温下，和水反应生成​和，而Mg不与水反应，但可以和稀盐酸反应生成，通过观察气泡即可检验剩余的Mg，故答案为取少量反应后的固体于试管中，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则有未反应完的Mg。 【小问5详解】 参与反应的Mg的质量 = 149.74g - 148.00g = 1.74g； 产物增加的质量为结合的N元素质量 = 150.44g - 149.74g = 0.70g； 中Mg和N的物质的量满足：，解得。 【小问6详解】 24g Mg完全和​反应生成MgO会结合16g O，而完全和​反应生成​仅结合约9.3g N。若混有，部分Mg生成MgO，相同质量的Mg对应的产物总增重比纯氮化镁更大，计算时会将额外的O质量计入N的质量，最终得到的x小于3。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $