河南新乡市部分学校2026-2027学年高三上学期9月阶段检测 化学试题

高三化学参考答案及评分意见 1．C 2．B 3．C 4．B 5．A 6．D 7．C 8．C 9．C 10．D 11．B 12．D 13．C 14．C 15．（15分） （1）直形冷凝管（1分） bd（2分；漏选得1分，错选得0分） （2）加速过滤率，使滤渣更干燥（2分） 作安全瓶，防止因关闭水泵后，使水倒吸入抽滤瓶，污染滤液（2分） （3）（2分） 淀粉溶液（2分） 当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色（2分） （4）（2分） 16．（14分） （1）白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色（2分） （2）取少量溶液于试管中，先滴加KSCN溶液，溶液不变红，再加入氯水，溶液变为红色（2分） （3）①有红褐色沉淀（1分） 红褐（1分） ②AgNO3（2分） 无白色沉淀生成（2分） （4）①（2分） ②120（2分） 17．（15分） （1）分液漏斗（1分） 平衡气压，使液体顺利滴下（2分） （2）AC（2分；漏选得1分，错选得0分） （3）酸性和吸水性（2分；漏答或有错均得0分） （4）E（2分） （5）①（2分） ②未反应的镁与盐酸反应产生氢气（2分） ③80（2分） 18．（14分） （1）SiO2、PbSO4（2分；漏答或错答均得0分） （2）（2分） 如果盐酸浓度过大，将AgCl转化为，不易使金银元素分离（2分） （3）①溶液的pH在7~8.5，随pH增大，降低，H+与结合生成的程度减弱，有利于增大浓度，促进的平衡正向移动（2分） ②溶液中被O2氧化为，使降低（2分） ③（2分；有错得0分） （4）2∶3（2分） 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案字母涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案字母。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 考试时间75分钟，满分100分 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 Al—27 S—32 K—39 Mn—55 Fe—56 Co—59 Cu—64 Ba—137 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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．化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是 A．食醋可以去除水壶中的水垢（CaCO3） B．用过氧碳酸钠（）可以漂白衣物 C．用含有铅的原料制成的玻璃，可耐化学腐蚀和耐温度急剧变化 D．维生素C可以用作糕点的抗氧化剂 2．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．标准状况下，22.4 L氯仿（CHCl3）中C—Cl的数目为 B．2.2 g KHCO3与Mg3N2的混合物中含有的质子数目为 C．Na2O2和KMnO4分别制得1 mol O2转移的电子数目均为 D．若1 L 0.2 mol/L的FeCl3溶液完全水解形成胶体，则胶体粒子数目为 3．下列关于实验安全及操作处理的说法错误的是 A．药品存放时，应将无水乙醇与高锰酸钾分柜存放 B．实验中废弃的Na2O2不能随便丢弃，应放入指定废弃试剂容器统一处理 C．焰色试验中涉及的安全警示图标中含有、和 D．用CCl4萃取碘水中的碘时，振荡分液漏斗后，须打开活塞进行放气 4．铝是地壳中含量最高的金属元素，关于铝及其化合物的说法正确的是 A．明矾净水原理： B．用铬酸作氧化剂可以使铝的氧化膜产生美丽的颜色 C．Al2O3的熔点高，能用于制造熔融烧碱的坩埚 D．铝热反应可以冶炼金属，反应如 5．下列实验不能达到预期目的的是 A．钠在空气中加热反应 B．证明非金属性：S>Si C．制取并收集NO D．比较镁和铝的金属性强弱 6．利用铁及其氧化物循环制氢的原理如图所示。下列有关说法正确的是 A．“反应器Ⅰ”中化合价发生变化的元素有2种 B．“反应器Ⅱ”中氧化产物与还原产物的物质的量之比为4∶1 C．当“反应器Ⅲ”中生成1 mol Fe2O3时，则转移电子为1 mol D．由1 mol CO和1 mol H2组成的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得 H2 7．下列物质间直接转化关系中，不能满足转化或推理不成立的是 单质X氧化物1氧化物2酸（或碱）盐 A．若X为Na，通过电解熔融盐可以得到单质 B．若X为N2，上述转化中有3个反应属于氧化还原反应 C．若X为Fe，通常用KSCN溶液检验Fe3+的存在 D．若X为C，所得盐可能为两种，且溶液中存在的粒子种类完全相同 8．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列用于解释事实的方程式书写正确的是 A．向溶液中通入少量CO2： B．向100 mL FeBr2溶液中通入标准状况下224 mL Cl2： C．用同位素标记法表示与酸性KMnO4溶液的反应： D．向红色溶液中加入过量铁粉： 9．某工业废水中可能含有、、、、、、、等离子，取300 mL该无色废水样品，进行如图所示的实验步骤确定其组成（气体的体积均在标准状况下测得）。 下列说法正确的是 A．反应①中H2O2做还原剂，生成的气体为O2 B．废水中 C．废水中 D．废水中有，没有 10．醋酸亚铬[]为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，常用作氧气吸收剂。实验室中一种制备方法如下图所示，用锌作还原剂将K2Cr2O7中的铬元素还原为；再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。 下列说法错误的是 A．此反应中锌粒要加过量 B．引发生成醋酸亚铬的操作为关闭K1、打开K2 C．甲装置中生成反应的离子方程式为 D．丙装置的作用是尾气吸收 11．废锂离子电池正极材料中含有大量镍、钴等元素，通过分选、硫酸浸出、除杂净化等工序，可以回收钴、镍。由镍钴渣料[主要成分为、、、、CuO、]回收镍、钴的流程如图所示。 下列说法正确的是 A．“废渣”中易溶于稀硫酸 B．在“二段酸浸”中，发生的反应为 C．“调pH”时，通入过量的氨气有利于除净和 D．流程中为加速过滤，应用玻璃棒不断搅拌 12．下列实验操作、实验现象、结论或解释均正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论或解释 A 将Na2O2与SO2反应后的固体物质加水溶解后，先加足量的稀硝酸，再滴加BaCl2溶液 产生白色沉淀 说明Na2O2与SO2反应后生成了Na2SO4 B 铜丝和过量浓硫酸加热一段时间后冷却，向反应后的溶液中加水稀释 溶液呈蓝色 说明反应生成了硫酸铜 C 碳酸钠固体溶于水 溶液温度升高 碳酸钠水解是放热反应 D 向Na2S溶液中通入足量CO2，然后再将产生的气体导入CuSO4溶液中 CuSO4溶液中产生黑色沉淀 13．金属钼（Mo）是电子工业的重要材料。一种从镍钼矿中分离钼，并得到Na2SO4的工艺流程如下所示。 已知：①镍钼矿中的镍和钼分别以NiS和MoS2形式存在； ②在“焙烧”流程中，镍钼矿中的元素Ni和Mo分别转化为NiO和Na2MoO4，元素S转化为Na2SO4； ③Na2MoO4和Na2SO4的溶解度如图示。 下列说法错误的是 A．“焙烧”时NiS转化为NiO的化学方程式为 B．“净化”时，加入MgSO4的目的是使溶液中过量的转化为MgCO3沉淀除去 C．为充分分离出Na2SO4晶体，工艺中的“操作X”应为蒸发结晶 D．“焙烧炉”中也会发生MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2的反应，若该反应中转移电子为3 mol，则消耗的氧化剂的物质的量为1.5 mol 14．在铁粉和铜粉的混合物中加入某浓度的硝酸，充分反应，硝酸的还原产物只有NO。当加入硝酸10 mL时，剩余金属2.76 g，并且生成气体0.224 L；再增加硝酸10 mL时，剩余金属1.92 g，并且又有0.224 L气体生成；继续增加硝酸20 mL时，金属全部溶解，并且又有0.448 L气体生成（以上体积均为标准状况下）。下列说法正确的是 A．所加入硝酸的浓度是3 mol/L B．加入硝酸10 mL时，金属发生的反应为 C．共加入硝酸20 mL时，剩余金属为铜 D．如果在金属混合物中共加入硝酸50 mL时，生成的NO为2.24 L（标准状况） 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（15分）硫酸铜铵常用作织物媒染剂、消毒剂等，其晶体组成可表示为。某学习小组为探究其组成和性质进行了如下实验。 Ⅰ．溶液配制 准确称量硫酸铜铵晶体10.0 g，配制成250 mL溶液。 Ⅱ．组成测定 ①定量分析：取25.00 mL所配溶液于烧杯中，加入过量经盐酸酸化的BaCl2溶液，抽滤、洗涤、干燥至恒重，称量固体并记录，所得实验数据如下表。 实验次数 固体质量/g 1 1.164 2 1.165 3 1.166 ②定量分析：取25.00 mL所配溶液于锥形瓶中，调节溶液pH为3~4，加入过量KI溶液，用0.1000 mol/L Na2S2O3标准液滴定至浅黄色，加入指示剂，充分摇动后继续滴定至终点。重复3次实验，消耗Na2S2O3标准溶液的平均体积为25.00 mL。 已知：，。 回答下列问题： （1）溶液配制：下列仪器中一定不需要的是_________（填仪器名称）。 下列操作导致所配溶液浓度偏低的是_________（填字母）。 a．定容时，俯视刻度线 b．转移溶液时，不慎将液体流到瓶外 c．洗涤烧杯和玻璃棒后，并将洗涤液转移至容量瓶中 d．摇匀后静置，发现液面低于刻度线，继续加水至凹液面与刻度线相切 （2）定量分析过程：“抽滤”操作需用到如图所示装置，该装置的优点为_____________________（答出一点即可）；仪器A的作用是_______________________________。 （3）定量分析过程：需调节溶液pH为3~4，pH不能过低的原因是______________（用离子方程式表示）；选用的指示剂为_________；判断到达滴定终点的操作和现象为________________________________。 （4）若取10 g晶体进行加热，以纯净氮气作为载气，测定晶体质量随温度的变化，作出TGA曲线（如图所示），。 在50℃时，该固体的化学式为_______________________。 16．（14分）下图是铁元素的“价—类”二维图，可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系。 （1）在溶液中转化①的现象是______________________________。 （2）欲证明某溶液中含Fe2+而无Fe3+的最佳方案为_____________________________。 （3）将几滴饱和FeCl3溶液滴入沸水形成的分散系，因久置而形成少量浑浊物，将该混合物加入图示长方体装置的A区，C区盛满持续流动的蒸馏水。 ①观察到滤纸上____________________，B区物质呈__________色。 ②过一段时间后，取少量C区液体于试管中，滴加几滴__________（填化学式）溶液，若___________________，说明对浑浊的分散系的分离实验已结束。 （4）把FeCl3、NaOH、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.07 g沉淀，再向所得悬浊液中逐滴加入1.00 mol/L HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图。 ①AB段发生反应的离子方程式为____________________________。 ②C点消耗HCl溶液的体积为________mL。 17．（15分）氮化镁（Mg3N2）常用于制备抗磨损和耐高温氮化物的催化剂。实验小组为制备氮化镁，设计了如图所示实验装置。 已知：①NH3在加热的条件下可以还原CuO；②。 回答下列问题： （1）盛放浓氨水的仪器名称是___________，用长橡胶导管将该仪器和蒸馏烧瓶连接的目的是______________________。 （2）试剂X可以选用________（填字母）。 A．碱石灰 B．P2O5 C．氧化钙 D．无水CaCl2 （3）装置D中浓硫酸体现的性质有_____________________。 （4）实验结束后，应先撤去装置________（填“C”或“E”）处的酒精灯。 （5）产物分析 步骤 操作步骤 实验现象 解释原因 1 取装置E中1.00 g产品于试管中，加适量蒸馏水 试管底部有固体不溶物，有刺激性气味的气体产生 ①反应的化学方程式为____________________ 2 弃去上层清液，加入足量稀盐酸 观察到固体全部溶解，且有气泡冒出 ②气泡冒出的原因是___________________ ③定量测定氮化镁的纯度。步骤1中，产生气体的体积为358.4 mL（标准状况下），则该氮化镁产品的纯度为_______%。 18．（14分）从铜阳极泥（主要含有SiO2、Cu、Pb、Au、Ag）中提取金、铅、铜的流程如下所示。 已知： ①“氧化焙烧”过程，铜阳极泥中的Cu、Pb分别转化为CuO、PbO，金、银不被氧化；少部分银转化为Ag2SO4全部进入溶液； ②“金溶液”中Au的主要存在形式为HAuCl4，HAuCl4是一元强酸； ③， ； ④。 回答下列问题： （1）“浸取渣1”中除了Ag、Au外，还有_____________________（填化学式）。 （2）“浸取渣1”在盐酸环境中与氯气反应得到氯化渣（含AgCl），氯化过程中生成HAuCl4的离子方程式为___________________________；氯化过程中加入的盐酸浓度不能太大的原因是_______________________________________。 （3）“氯化渣”用Na2SO3和甲醛进行“配位浸出”和“还原析银”。在敞口容器中进行0.1 mol/L Na2SO3“配位浸出”时，银浸出率和溶液pH、浸出时间的关系分别如图所示。 ①结合平衡移动原理，解释当pH<8.5时，银浸出率随溶液pH增大而升高的原因：__________________________________________________________________________________。 ②分析浸出时间超过4 h，银浸出率降低的原因：_______________________________________。 ③将甲醛进行“还原析银”时反应的离子方程式补充完整： □□□______=□______+□______+□______+ （4）“萃取”过程中发生下列变化：、，在“反萃取”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比是_______。 学科网（北京）股份有限公司 $① 高三化学参考答案及评分意见 1.C【解析】水垢的主要成分是碳酸钙等碳酸盐，食醋中醋酸的酸性强于碳酸，醋酸可与碳酸盐反应从而去除水 垢，A正确；过氧碳酸钠含有过氧键结构，具有强氧化性，可破坏有色物质结构，实现漂白，B正确；生产时加入硼 酸盐，以制成耐化学腐蚀、耐温度急剧变化的玻璃，用含铅原料制造折射率较高的光学玻璃，C错误；维生素C用 作抗氧化剂是因为其还原性强，容易被氧化，可优先与氧气反应从而防止食物不被氧化，D正确。 2.B【解析】标准状况下氯仿为液体，无法用气体摩尔体积计算其物质的量，不能确定C一C1数目，A错误；若2.2g 因体全为KC0,2.2gKIC0,中所含质子物质的量为1062，o×50=11m0l:若2.2g图体全为Me,N, g Mg Na起中所含质子物质的量为0，O×50=1.1mol;则KHCO,与MgN:以任意比混合，2. KHCO3与Mg3N2的混合物中所含质子数均为1.1NA,B正确；Na2O2和KMnO4中氧元素化合价分别是一1价 和一2价，制得1molO2转移的电子数目分别是2NA、4NA,C错误；Fe(OH)3胶体粒子是大量Fe(OH)3的集合 体，1L0.2mol/L的FeCl3溶液完全水解形成胶体，胶体粒子数小于0.2NA,D错误。 3C【解析】高锰酸钾为强氧化剂，无水乙醇为易燃还原剂，二者混放易发生反应引发危险，分柜存放符合安全要 求，A正确；Na2O2易与水、二氧化碳反应放出大量热且生成助燃的氧气，废弃Na2O2应放入指定废弃试剂容器统 一处理，B正确；焰色试验不涉及电图标，C错误；萃取时振荡分液漏斗后，要打开活塞进行放气，D正确。 4.B【解析】明矾净水生成A1(OH)3胶体，A错误；A12O3是两性氧化物，可与熔融状态的烧碱发生化学反应，因 此不能用于制造熔融烧碱的坩埚，C错误；铝热反应是利用铝的还原性冶炼金属，铁不能还原A12O3得到铝，D 错误。 5.A【解析】固体加热应用坩埚，A错误；硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，说明硫酸的酸性强于亚硫酸的，亚硫 酸与硅酸钠反应生成硅酸，说明亚硫酸的酸性强于硅酸的，故硫酸的酸性强于硅酸的，则非金属性：S>S,B正 确；NO不易溶于水，能用排水法收集，C正确；分别向等体积、等物质的量浓度的MgC2溶液、AlCL3溶液中加入 过量的NaOH溶液，MgCl2溶液中生成Mg(OH)2沉淀，沉淀不溶于过量的NaOH溶液；AICL溶液中先生成沉 淀，后沉淀完全溶解，说明Mg(OH)2的碱性强于AI(OH)3的，可以证明金属性：Mg>Al,D正确。 6.D【解析】“反应器I”中化合价发生变化的元素有C、H、Fe三种，A错误；“反应器Ⅱ”中氧化产物与还原产物分 别为Fe3O,和H2,对应关系为FeO4~4H2,氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：4，B错误；Fe3O,中铁 8 的化合价为十8价，当反应器”中生成1 mol Fe,0时，转移2X3一3mo1一号mol电子， 1molC0和1molH:在反应器I中分别还原Fe,O,共生成专mol Fe,在“反应器Ⅱ"中，根据反应得出关系： 3Fe~4H,侧专mol Fe可生成。， molH2,D正确。 7.C【解析】若X为钠，电解熔融NaCl可得金属钠，A正确；若X为N2,转化中N2→NO、NO→NO2、NO2→ HNO3共3个反应属于氧化还原反应，B正确；若X为F,铁的氧化物与水不反应，不满足题干转化关系，C错 误；若X为C,转化为C→COCO2→H2CO3,H2CO3与少量NaOH反应生成NaHCO3,与过量NaOH反应生 成Na2CO3,Na2CO3和NaHCO3两种盐溶液中均存在Na+、H+、OH-、CO?、HCO3、H2CO3、H2O,粒子种类 ②高三化学答案第1页（共5页） 完全相同，D正确。 8.C【解析】Na[Al(OH)4]是可溶于水的物质，在离子方程式中应拆写为离子符号，向Na[Al(OH)4]溶液中通入 少量CO2的离子方程式为2[A1(OH)4]+CO2一2A1(OH)3V+CO号+H2O,A错误；n(FeBr2)=100× 224×10-3L 103LX0.1mol,L1=0.01mol,n(C)=22.4.mo六=0.01mol,故正确的离子方程式为2Fe+十 2Br十2Cl2—2Fe3++Br2+4C1,B错误；反应中KMnO4将H218O2氧化为O2,所以18O全部在8O2中， KMnO4中的Mn由+7价变为+2价，得到5e;H2O2中的0由一1价变为0价，失去2e;根据得失电子守恒， 故配平后n(KMnO4)：n(H2O2)=2:5,且化学方程式也正确，C正确；Fe(SCN)3是配合物，在离子方程式中不 能拆写为离子符号，正确的离子方程式是2Fe(SCN)3+Fe一3Fe++6SCN-,D错误。 9.C【解析】无色溶液中不含有Cu+,加入足量H2O2溶液并用足量盐酸酸化，出现沉淀，则原溶液中含有Ba2+, 一定不含SO,一定含有HSO3,且沉淀中有n(Ba2+)=n(HSO?)=0.01mol。加入足量H2O2溶液并用足量 盐酸酸化后，有气体产生，则原溶液中一定含有HCO?,n(HCO3)=0.01mol。加入Ba(OH)2溶液，产生气体 0.672L NH,原溶液中含有NH时，n(NH时)=22.4L/mo一0.03mol。加人Ba(OH):溶液后产生的沉淀是BaS0,可 知原溶液中n(HS03)=0.01mol+ 1.165g 233 g/mol =0.01mol+0.005mol=0.015mol。根据电荷守恒，原溶液中一 定含有CI-,无法确定是否含有Na+。加入足量H2O2溶液，H2O2做氧化剂，A错误；原废水中 0.015mol n(NH时)：n(Ba*)=3:1,B错误；废水中c(HS0)=300X10-9元=0.05mol/L,C正确：原废水中一定有 C-,不能确定是否存在Na+,D错误。 10.D【解析】加入过量锌粒使KzCr2O,被充分还原，锌与硫酸反应产生的氢气赶走装置中的空气，防止Cx2+被氧 化，A正确；当关闭K1,借助生成的H2,使甲装置中的压力增大，打开K2,将甲装置中的液体压入乙装置中，发 生反应生成醋酸亚铬，B正确；用锌粒还原K2Cr2O,制备Cr+,同时生成Z2+等，发生反应的离子方程式为 4Zn十Cr2O号十14H+一4Zn2++2Cr2++7H20,C正确；醋酸亚铬常用作氧气吸收剂，所以易被空气氧化，丙 装置的作用是防止外界空气进人乙装置，防止醋酸亚铬被氧化，D错误。 11.B【解析】废锂电池正极材料加入稀硫酸一段酸浸时，Ni(OH)2、Co(OH)2、CuO、Al2O3溶于稀硫酸转化为可 溶的硫酸盐，过滤得到浸出渣和一段浸出液；向一段浸出液中通入氨气调节pH,使溶液中铝离子和铜离子转化 为沉淀除去，过滤得到含有N+、C。2+的滤液；向浸出渣中加人过氧化氢和稀硫酸的混合溶液二段酸浸，将 NiO(OH)、CoO(OH)分别转化为Ni+,Co+,除杂得到含有Ni2+、Co+的溶液。废渣中CoO(OH)不易溶于 稀硫酸，由二段酸浸生成Co2+,A错误；调pH时，通入过量的氨气会使Cu+生成[Cu(NH3)4]+,C错误；过滤 过程不能用玻璃棒搅拌，D错误。 12.D【解析】Na2O2与SO2反应生成的固体加水溶解后，加入足量的稀硝酸，可将Na2SO3氧化为Na2SO4,再滴加 BaClz溶液，产生BaSO4白色沉淀，则不能说明NazO2与SO2反应生成Na2SO4,A错误；铜丝和过量浓硫酸加 热反应后的溶液中仍含有浓硫酸，不能将水加入溶液中稀释，B错误；碳酸钠溶于水时，钠离子和碳酸根离子分 别与水分子结合形成水合离子释放的能量大于溶解时破坏晶体结构吸收的能量，故碳酸钠固体溶于水放热，溶 液温度升高，但碳酸钠水解是吸热反应，C错误。 ②高三化学答案第2页（共5页） 13.C【解析】镍钼矿中加人Na2CO3,并通入空气焙烧，生成NiO、Na2MoO4、Na2SO4和CO2;水浸取后，不溶的 NiO为浸渣；浸取液中再加MgSO4,除去浸出液中过量的CO?,生成MgCO3滤渣，随后结晶分离出Na2SO4, 经阳离子交换萃取最终得到(NH4)2MoO4,完成钼分离。“焙烧”时反应的化学方程式为NS十2O2十 Na,CO,培桡NiO十NaS0,+CO,A正确；“净化”时加人MgS0,可使Mg+与CO反应生成MgCO沉淀， 除去过量的CO?,B正确；由溶解度曲线可知，温度越低，Na2SO4的溶解度越小，且远小于同温度下Na2MoO, 的溶解度，低温结晶可使Na2SO4充分析出，Na2MoO4留在溶液中，实现分离，蒸发结晶会使两种溶质同时析 出，C错误；MoS,与Mo0,反应的化学方程式为MoS。十6Mo0,烧7Mo0,十2S0,个，Mo0,是氧化剂，反应 转移12mol电子时消耗6 mol MoO3,因此转移3mol电子时，消耗氧化剂MoO3的物质的量为1.5mol,D 正确。 14.C【解析】金属剩余，则溶液中不可能含有硝酸铁，溶液中金属离子的化合价为+2价。第二次加入10mL硝 酸时，参加反应的金属的质量为2.76g一1.92g=0.84g,生成N0的体积为0.224L,NO的物质的量为 0.01m0l,根据得失电子守恒可知，参加反应金属的物质的量为0.01mo1X(5-2)）=0.015m0l,参加反应金属 2 的平均摩尔质量为。.0184.56g/mol,故该过程只有Pe参加反应。第一次加人10mL硝酸，只有Fe参与 反应。第三次加入20mL硝酸，参加反应的金属的质量为1.92g,生成NO的体积为0.448L,NO的物质的量 为0.02mol,若该过程只有Cu参加反应，根据得失电子转移守恒，则Cu的物质的量为0.2molX(5-2》- 2 0.03mol,Cu的质量为0.03mol×64g/mol=1.92g,等于参加反应金属的质量，故该过程只有Cu反应，且Cu 恰好完全反应。由上述分析可知，第一次加入硝酸发生反应3Fe十8HNO3一3Fe(NO3)2+2NO个十4H2O, 0.224L 生成N0的物质的量为2.4ma=0.01mol,根据化学方程式可知，参加反应的硝酸的物质的量为 01moX4=0.04mol,放硝酸的物质的量浓度为8Q10m=4mo1/L,A借误；根据上述分析，第一次加 10mL硝酸，只有Fe参加反应，由于铜剩余，应生成Fe2+,B错误；共加入硝酸20mL时，剩余金属只有铜，C正 确；由上述分析可知，前两次加入硝酸时发生反应3Fe+8HNO3一3Fe(NO3)2+2NO个十4H2O,生成NO的 物质的量共0.02mol,根据化学方程式可知，参加反应的Fe的物质的量为0.03mol,若共加入50mL硝酸，最 后有10mL硝酸是与Fe(NO3)2反应，0.03 mol Fe2+失去0.03mol电子，生成的N0为0.224L,所以共生成 N01.12L(标准状况)，即(0.224+0.224+0.448十0.224)L=1.12L,D错误。 15.(15分) (1)直形冷凝管(1分)bd(2分；漏选得1分，错选得0分) (2)加速过滤率，使滤渣更干燥(2分)作安全瓶，防止因关闭水泵后，使水倒吸人抽滤瓶，污染滤液(2分) (3)S2O号+2H+—S1+SO2个+H2O(2分)淀粉溶液(2分) 当滴入最后半滴N2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色(2分) (4)(NH4)2Cu(SO4)2·4H2O(2分) 【解析】(1)配制一定物质的量浓度的溶液不需要直形冷凝管。定容时，俯视刻度线，会使溶液体积偏小，则浓度 ②高三化学答案第3页（共5页） 偏高，不符合题意；转移溶液时，不慎将液体流到瓶外，会导致溶质的物质的量减小，则浓度偏低，b符合题意； 洗涤烧杯和玻璃棒后，并将洗涤液转移至容量瓶中，是正确操作，c不符合题意；摇匀后静置，发现液面低于刻度 线，继续加水至凹液面与刻度线相切，会使溶液体积偏大，则浓度偏低，d符合题意。 (3)定量分析Cu+过程中，需调节溶液pH为3~4，pH不能过低是因为酸性较强时Na2S2O,会发生反应生成 单质S和S02气体，影响滴定分析，该反应的离子方程式为S2O?+2H+一S↓十SO2个十H20。实验中需 要用0.1000mol/LNa2S2O3标准液来滴定反应中产生的I2,滴定时L2被Na2S2O3还原为I厂，则可以用淀粉溶 液作指示剂来指示滴定终点，当滴入最后半滴N2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复 蓝色，说明达到滴定终点。 (4)已知2Cu2++4I—2Cul↓+2,2S2O?+12一2I+SO?,可得关系式：Cu2+~S20,所消耗 25.00mLNa2S203标准液中n(S2O?)=0.1000mol·L1×25.00×10-3L=0.0025mol,则250mL原溶液 中n(Cu2+)=0.0025mol×250 25 =0.025mol,m(Cu+)=0.025mol×64g/mol=1.6g。三次实验得到BaS04 1.165g 固体质量的平均值为，1648十1,165g十1.16g直.165，m(S0)=nBS0)233Rm。户0.05mol, 则250mL原溶液中a(S0片)=0.05no1x20-0.05nol.游液中存在电荷守恒：MNH)十2mC)- 2n(SO),则n(NH)=2m(S0)-2n(Cu+)=2×0.05mol-2×0.025mol=0.05mol。10.0g晶体样品 中，m(NHt)=0.05mol×18g/mol=0.9g,m(SO)=0.05mol×96g/mol=4.8g,m(Cu2+)=1.6g,则 2.7g m(H,O)=10g一0.9g一4.8g-1.6g=2.7g,n(H.0)=18g/m01=0.15mol,故溶液中各粒子的比值为 n(NHt):n(Cu2+):n(S0):n(H2O)=0.05mol:0.025mol:0.05mol:0.15mol=2:1:2:6,得到 晶体的化学式为(NH4)2Cu(SO)2·6H2O,其相对分子质量为400.50℃时，TGA为一9，所以其相对质量减 少36，即失去2个结晶水，化学式为(NH4)zCu(SO4)2·4H2O。 16.(14分) (1)白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色(2分) (2)取少量溶液于试管中，先滴加KSCN溶液，溶液不变红，再加入氯水，溶液变为红色(2分) (3)①有红褐色沉淀(1分)红褐(1分) ②AgNO3(2分)无白色沉淀生成(2分) (4)①H++[A1(OH)4]-—A1(OH)3￥+H2O(2分) ②120(2分) 1.07g 【解】标4)@Pe(OH,的物质的量为1o7g:moT=0.01mol,溶解o.01 ma Fe(OHD),需0.03mlH。AB 段耗HCl的物质的量为20.0×10-3L×1.00mol/L=0.02mol,根据反应H++[A1(0H)4]- A1(OH)3￥+H2O,故生成A1(OH)30.02mol,溶解0.02molA1(OH)3需0.06molH+。因此溶解沉淀共需 0.09 mol 0.09molH*,V(HC1溶液)=1.O0mo,L=0.09L=90mL,故C点消耗HC1溶液的体积为90mL+ 30mL=120mL。 ②高三化学答案第4页（共5页） 17.(15分) (1)分液漏斗(1分)平衡气压，使液体顺利滴下(2分) (2)AC(2分；漏选得1分，错选得0分) (3)酸性和吸水性(2分；漏答或有错均得0分) (4)E(2分) (5)①Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3个(2分) ②未反应的镁与盐酸反应产生氢气(2分) ③80(2分) 【解析】(2)装置B的作用是干燥氨气。碱石灰不与氨气反应，能吸收水蒸气，A符合题意；P2O是酸性氧化物， 与氨气反应，B不符合题意；氧化钙与氨气不反应，可以干燥氨气，C符合题意；无水CCL2与氨气反应形成配合 物，不能干燥氨气，D不符合题意。 (3)由题给信息知，镁能与氨气反应，因此装置D的作用是吸收氨气并干燥氮气，浓硫酸体现酸性和吸水性。 (4)为防止空气进入装置E使氮化镁水解，应该持续通入氮气，实验结束后，应先撤去装置E处的酒精灯。 (5)③根据关系式：Mg,N,一2NH,则m(NH)=358,4X10L=0.016m0l,氮化镁产品的纯度为 22.4 L/mol 0.016mol×号×100g/mol 1.00g ×100%=80%。 18.(14分) (1)SiO2、PbSO4(2分；漏答或错答均得0分) (2)2Au+3CL2+2C1-2[AuCL4]-(2分) 如果盐酸浓度过大，将AgC1转化为[AgCL2],不易使金银元素分离(2分) (3)①溶液的pH在7~8.5，随pH增大，c(H+)降低，H+与SO?结合生成HSO?的程度减弱，有利于增大 SO?浓度，促进AgCl十2SO?一→[Ag(SO3)2]3-+C1的平衡正向移动(2分) ②溶液中SO?被O2氧化为SO?,使c(SO?)降低(2分) ③4[Ag(SO3)2]3-+6OH+HCH0—4Ag￥+8SO+4H2O+CO?(2分；有错得0分) (4)2:3(2分) 【解析】铜阳极泥“氧化焙烧”时，根据信息①可知，Cu、Pb分别转化为CuO、PbO,金、银不被氧化；少部分银转化 为Ag2SO4,SiO2“氧化焙烧”过程中不反应，剩余固体为CuO、PbO、SiO2、Ag、Au。剩余固体中，加入硫酸浸取， CuO与硫酸反应生成可溶于水的CuSO4。根据信息①，少部分银转化为Ag2SO4全部进入溶液，PbO与硫酸反 应生成微溶于水的PbSO4,“浸取液1”中含有CuSO4、AgSO4、H2SO4,根据后续操作得到铜和海绵银，可知 “浸取液1”中加入金属铜，“浸取渣1”中含有Ag、Au、SiO2、PbSO4。 (4)根据流程可知，“反萃取”过程中Au的化合价由十3价降低为0，草酸根离子中C的化合价由十3价升高为 +4价，根据得失电子守恒，有3n(HAuCI4)=n[(NH4)2C2O4]×2×1,n(HAuCI4):n[(NH4)2C2O4]=2:3。 ②高三化学答案第5页（共5页）