河南驻马店市泌阳县部分学校2027届高三上学期第一次月考 化学试题

高三化学 参考答案及评分意见 1.A【解析】豆浆中加入石膏制豆腐是胶体的聚沉过程，无元素化合价升降，未涉及氧化还原反应，A符合题意。 2.A【解析】同素异形体是同种元素形成的不同单质，CO2和CO均为化合物，不属于同素异形体，B错误；该反应 的反应物均为化合物，不属于置换反应，C错误；该反应为电解反应，反应过程中将电能转化为化学能，D错误。 3.B【解析】工业上制备金属镁的过程为以海水为原料，经一系列过程制得氯化镁固体，再电解熔融氯化镁制得金 属镁，B错误。 4.C【解析】NH3·H2O是弱碱，不能溶解A1(OH)3,氯化铝与过量氨水反应应生成A1(OH)3沉淀，A错误；过量 的Cl2会将Fe2+和I全部氧化，正确的离子方程式为2Fe++4I+3Cl2一2Fe3++2I2+6CI,B错误；碱性溶 液不能大量存在氢离子，正确的离子方程式为2MnO:十2H,0电解2Mn0,十H2个+2OH,D错误。 5.C【解析】根据化学方程式2Na37ClO3+4H35C1(浓)一2NaCl+2C1O2个+Cl2个+2H2O,可知CI的化合价 从+5价降至+4价，生成2molH2O时Na37ClO3得到2mol电子；C1的化合价从一1价升至0，生成2mol HzO时H5Cl失去2mol电子，故反应转移2mol电子，电子数目为2NA,C错误。 6.D【解析】除去Na2CO3固体中的NaHCO3需要灼烧固体，应使用坩埚，A错误；制备Fe(OH)3胶体应将饱和 FeCl3溶液滴入沸水中，若滴入NaOH溶液会直接生成Fe(OH)3沉淀，无法得到胶体，B错误；Fe(OH)3胶体的 胶粒和NaCI溶液中的离子均可透过滤纸，不能用过滤法分离，C错误。 7.A【解析】若铁粉部分变质生成Fe2O3,溶于稀硫酸后产生的Fe3+会与过量的Fe反应生成Fe+,滴加KSCN溶 液也无明显现象，B错误；钙与水反应生成的C(OH)2微溶于水，附着在钙表面阻碍反应持续进行，导致反应现 象不如钠剧烈，实际金属活动性：Ca>Na,C错误；向Na[Al(OH)4]溶液中加入NaHCO3溶液生成白色沉淀，发 生反应[A1(OH)4]-+HCO:一A1(OH)3+CO+HO,说明[A1(OH)4]结合质子的能力强于CO?,D 错误。 8.C【解析】实验1中出现光亮的“通路”，即产生丁达尔效应，说明有胶体生成，A正确；实验2检验出F+,说明 SO?被氧化成SO?,加入足量盐酸酸化的BaCl2溶液，会产生不溶于酸的BaSO4白色沉淀，B正确；酸性 KMnO4溶液具有强氧化性，不仅Fe2+能使其褪色，体系中剩余的还原性离子SO?也能使其褪色，会干扰Fe2+ 的检验，因此不能代替K3[Fe(CN),]溶液进行检验，C错误；实验3溶液变为浅绿色，说明存在Fe2+;发生氧化还 原反应生成SO?-,根据反应关系：2Fe(Ⅲ)~SO,由于初始时Fe3+与SO-的物质的量相等，可知SO?过量， 过量的SO?部分水解生成HSO3,因此所得溶液中存在Fe2+、SO、SO?、HSO3,D正确。 9.B【解析】铜粉与FeCL3反应会生成新杂质Cu2+,陈述I错误，A不符合题意；Al2O3为两性氧化物，可与NaOH 反应，因此不能用Al2O3坩埚熔化NaOH,陈述I错误，C不符合题意；配制FeSO4溶液时加入铁粉的作用是防 止Fe2+被氧化，陈述Ⅱ错误，D不符合题意。 10.B【解析】②中20s时溶液虽仍存在Fe3+,但镁可将Fε3+逐步还原最终得到单质铁，黑色物质可能含单质Fe, B错误。 化学答案第1页（共6页） 11.D【解析】铁粉和铝粉均能与盐酸反应，但只有铝粉能与氢氧化钠溶液反应，根据题图，混合物中加入试剂X, 过滤后得到铁，因此试剂X为NaOH溶液，a为Na[AI(OH).],a生成沉淀b需加入适量的试剂Y,因此试剂Y 是盐酸，b为氢氧化铝，氢氧化铝受热分解成Al2O3,然后电解氧化铝得到铝单质。a为Na[A1(OH)4],可与酸 反应，但不与碱反应，D错误。 12.B【解析】OD段为Mg2+、A13+同时与OH反应生成氢氧化物沉淀，离子方程式还包含A13++3OH A1(OH)3￥，A错误；C点剩余沉淀为Mg(OH)2,其物质的量为0.2mol,故n(Mg2+)=0.2mol,D点沉淀的 总物质的量为0.3mol,故n[A1(OH)3]=0.3mol-0.2mol=0.1mol,即n(A13+)=0.1mol,同一溶液体积 相同，Mg2+、A13+的物质的量浓度之比为2：1，B正确；OA段沉淀两种离子消耗NaOH的物质的量为2× 0.2mol+3×0.1mol=0.7mol,AB段溶解0.1 mol Al(OH)3消耗0.1 mol NaOH,故C点加入NaOH的总 物质的量为0.8mol,C错误；由上述计算可知OA段n(NaOH)=0.7mol,AB段n(NaOH)=0.1mol,D 错误。 13.C【解析】W为电中性含铁物质，化合价为0时是Fe单质，+2、+3价时可对应氧化物（如FeO、Fe2O3)、碱[如 Fe(OH)2、Fe(OH)3]、盐（如FeSO4、FeCl,盐为电中性），因此W可能为单质、氧化物、碱或盐，A正确；若N具 有磁性，则N为Fe,O4,可通过置换反应3Fe十4H,O(g)高温Fe,O,十4H2制备；若M为碱，即Fe(OH)a,可通 过化合反应4Fe(OH)2十O2十2H2O一4Fe(OH)3制备，B正确；G为Fe+,Q为Fe3+,混合溶液中本身含 Fe3+,先滴加KSCN溶液会直接变红，再滴加HO2溶液，无明显变化，无法检验Fe+,C错误；高铁酸盐具有强 氧化性，可用于消毒，消毒后得到的还原产物为铁离子，铁离子与水反应可生成F(OH)3胶体，故可作净水剂， D正确： 14.B【解析】黄色的水合硫酸铁溶于水形成黄色溶液②，溶液中存在Fe3++H2O一[Fe(OH)]2++H+,加入稀 硫酸，会使平衡逆向移动，[Fe(OH)]2+的浓度降低，溶液变成浅黄色溶液③；加入KSCN溶液后，Fe3+与SCN 反应生成[Fe(SCN)]+,形成红色溶液④；加人K2CO4·H20固体后，由于C2O?与Fe3+的配位能力强于 SCN,生成了更稳定的绿色配离子[Fe(C,O4)3]3-,形成绿色溶液⑤；再加入稀硫酸，H+与C2O结合生成 H2C2O4,C2O?浓度降低，Fe3+再次结合SCN形成[Fe(SCN)]+,形成红色溶液⑥。④中大部分SCN与 Fe3+结合为[Fe(SCN)]+,⑤中加入C,O结合Fe3+,使[Fe(SCN)]+的解离平衡正向移动，释放出SCN, 故c(SCN):④<⑤，A正确；③中无配位剂，Fe3+浓度最高；④中Fe3+与SCN-结合为配离子，Fe3+浓度降低； ⑤中C2O与Fe+形成更稳定的配离子，Fe3+浓度进一步降低，故c(Fe3+):③>④>⑤，B错误，④到⑤红色 变为绿色，说明[Fe(SCN)]+转化为[Fe(C,O4)3]3-,C正确；维生素C具有还原性，可将③中Fe3+还原为 Fe2+,Fe+与K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀，D正确。 15.(15分) (1)HSO3、OH-、CO?、S2-、S2O(2分；漏写或有错均得0分) (2)Fe2+、Mg2+(2分；漏写或有错均得0分)NO?(2分)Fe+(2分) 化学答案第2页（共6页） (3)①Cu2+(1分) ②560(2分) 1120(2分) 2Fe2++Cl2—2Fe3++2CI-(2分) 【解析】由题干信息可得加入足量HBr溶液后溶液中阴离子种类不变，溶液中原本就含有Br,且与Br不能共 存的阳离子Ag+一定不存在；能与H反应生成弱电解质的阴离子一HSO3、OH、CO?、S2-不存在；S2O? 遇酸生成SO2气体和S沉淀，加入过量HBr溶液后并未出现沉淀，可得S2O?不存在；H+参与溶液中阴阳离 子的反应生成一种气体，且该反应中的阴离子过量，推断为F+与硝酸的氧化还原反应： 3Fe++NO?+4Ht—3Fe3++NO个+2H2O,Fe+全部被氧化为Fe3+而NO?还有剩余。 已推出溶液中一定存在Br、NO?和Fe+,一定不存在Ag、HSO?、OH、CO?、S2-、S2O?,考虑到电荷守 恒，可推得溶液中一定存在的另外两种离子为：SO?、Mg+。 (1)由题干信息可知溶液中本身就有Br,会与H+反应的HSO、OH、CO?、S2-、S2O?这5种阴离子一定 不存在： (2)结合反应现象与电荷守恒可推得溶液中一定存在的阳离子为Fe+、Mg2+;Fe2+与硝酸的反应式为： 3Fe2++NO3十4H+一3Fe3++NO个+2H2O,可得反应中Fe2+与NO?的物质的量之比为3：1，两者浓度 相等的情况下NO?过量；原溶液Q中物质的量一定发生变化的阳离子是Fε+； (3)①向溶液中加入铜粉，溶液中Fe3+将Cu氧化生成铜离子，氧化产物为Cu2+; ②氯气与Q溶液反应时，先后与Fe2+和Br反应，反应式分别为：2Fe2++CL2一2Fe3+十2CI、2Br十CL2 一2CI+Br2。由加KSCN溶液变红和加AgNO3溶液生成浅黄色沉淀可得氯气与Fe+完全反应，与部分 Br反应，V的范围应该在恰好将Fe2+全部氧化和恰好将Fe2+和Br全部氧化之间。恰好将Fe+全部氧化所 需氯气的体积V1=0.5mol·L1×0.1L×0.5×22.4L·mol-1=0.56L=560mL,恰好将Fe2+和Br全部 氧化所需氯气的体积V2=0.56L十0.5mol·L1×0.1L×0.5×22.4L·mol1=1.12L=1120mL, 所以V的范围为：560<V<1120,当V=448mL时，Fe+未全部反应，所以反应式为： 2Fe2++CL2—2Fe3++2Cl-。 16.(15分) (1)CaO、NaOH(1分；漏写或有错均得0分) (2)1:3(2分) (3)玻璃棒、胶头滴管(2分：漏写或有错均得0分) (4)向容量瓶中加入适量水，塞上瓶塞，倒立，观察瓶塞周围是否漏水，若不漏水，将容量瓶正立过来，旋转玻璃 塞180°，倒立，再观察瓶塞周围是否漏水(2分) (5)d→e→c→b→h→g→f(2分；有错得0分) (6)偏小(2分) (7)CaC,04400-600℃ CaC03+C0个(2分) 化学答案第3页（共6页） (8)低于(2分) 【解析】二氧化碳进入捕捉室，NaOH溶液可作为捕捉室中的吸收液充分与二氧化碳反应生成碳酸钠，氧化钙与 水反应生成氢氧化钙，碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙和NOH,最终实现将二氧化碳储存利用。 (I)从流程图可以看出，反应、分离室得到的NaOH溶液可作为捕捉室中的吸收液，高温反应炉得到的CaO可 作为反应分离室中的反应物，因此可循环使用的物质是CaO、NaOH。 2)现有16.0名C0和C0的混合气体，在标准状况下其体积为8,96L即n一y=28,60广0,4m0 设C0的物质的量为x,C02的物质的量为y,则x十y=0.4mol,28x十44y=16.0g, 计算得x=0.1mol,y=0.3mol,则C0和C02的体积之比为1：3。 (3)本实验配制1.0mol·L-1的NaOH溶液240mL,必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、250mL容 量瓶、胶头滴管。 (4)使用容量瓶前必须进行的一步操作是检漏，其具体操作是向容量瓶中加入适量水，塞上瓶塞，倒立，观察瓶 塞周围是否漏水，若不漏水，将容量瓶正立过来，旋转玻璃塞180°，倒立，再观察瓶塞周围是否漏水。 (5)配制一定物质的量浓度的溶液先要检漏，向容量瓶中注入少量蒸馏水，检查是否漏水，即a; 接下来进行计算所需固体质量、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴签，则正确的操作顺序是 d→e→c→b→h→g→f装瓶、贴签。 (6)定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，使得溶液浓度偏小。 (7)固体物质从1.46g变为1.28g,减少了0.18g是H20的质量，即在这区间温度下，CaC2O4·H2O发生了 脱水反应，生成了CaC204(相对分子质量为128)，固体质量从1.28g降到1.00g时，1.28g-1.00g=0.28g, 减少的是CO的质量，即CaC2O,分解产生了CaCO3(相对分子量为100)与CO,故在这区间温度下，发生反应 的化学方程式为CaC,0,4060℃CaC0,十C0*。 (8)由图可知，温度在800~1000℃因分解减少的质量为1.00g一0.56g=0.44g,减少的是C02的质量，固体 质量从1.00g降到0.56g时，发生了CaC0,高温Ca0+C0,+,说明温度高于800℃时有利于碳酸钙的分解， 而不利于CaO吸收CO2,因此温度低于800℃时，则有利于CaO吸收CO2。 17.(14分) (1)③④(2分) (2)①分批加入(1分) 2Cu2++4HC0,△Cu,(OH),C0,Y+3C0,个+H,0(2分) ②NaHCO,受热易分解且需保持碱性环境生成碱式碳酸铜(2分) (3)较大(1分) (4)乙醇(1分) (5)干燥器(1分) 化学答案第4页（共6页） (6)①避免Cu2+水解生成Cu(OH)2沉淀；把Cu+转化为深蓝色且性质稳定的铜氨配离子，提高测定灵敏度与 准确性(2分；答到颜色/稳定性/避免生成Cu(OH)2任两点即可) ②(HC00)2Cu·4H20(2分) 【解析】(1)Cu与稀硫酸不反应，与浓硫酸、浓硝酸反应会生成有毒气体SO2、NO2,不环保，H2O2具有氧化性，在 稀硫酸存在时，可发生反应：Cu十H2SO4十H2O2一CuSO4十2H2O,产物无污染，所以最佳组合是③④。 (2)①为防止暴沸，应分批加入混合物；CuSO4和NaHCO3反应生成碱式碳酸铜、CO2和水，反应的离子方程式 为：2Cu2++4HC0g△Cu,(OH),C0。￥+3C0,++H,0 ②NaHCO3略过量，除了提高CuSO4的利用率，还因为NaHCO,受热易分解且需保持碱性环境生成碱式碳 酸铜。 (3)倾析法适用于分离沉淀颗粒较大的物质，这类沉淀容易沉降在容器底部，便于倾出上层清液。 (4)已知甲酸铜晶体可溶于水，难溶于乙醇，所以用少量乙醇洗涤晶体，可减少晶体的溶解损失。 (5)仪器是干燥器，用于在加热后冷却样品，防止样品吸收空气中的水蒸气，保证恒重结果准确； (6)①Cu+在水溶液中颜色较浅，吸光度低，测定误差大；而[Cu(NH3)4]+是深蓝色配离子，颜色深，吸光度高， 测定灵敏度高，误差小，同时控制pH,避免Cu+水解生成Cu(OH)2沉淀； ②根据(5)的数据，结晶水的质量为1.25g一0.89g=0.36g,n(H2O)=0.02mol;根据(6)表格数据，可知吸光 0.25 度与[Cu(NH,):]+浓度成正比，样品吸光度为0.25，可得0.O040mol/L=0,2,得c=0.0o50mol/L,即 100mL容量瓶中[Cu(NH3)4]+浓度为0.0050mol/L,则100mL原液中Cu2+的浓度为0.005mol/L×10= 0.05mol/L,则n(Cu2+)=0.05mol/L×0.1L=0.005mol;假设甲酸铜为(HCOO)2Cu·xH2O, n(H2) 0.02 mol 则x一nHC00,Cm0.005m-4,甲酸铜为(HC00):Cu·4H.0. 18.(14分) (1)Fe(2分) (2)温度过低，反应速率较小；温度过高，固体结块，反应物接触面积减小，反应不充分(2分) V,0,+Na,C0,十0，商2NaV0,+C0,(2分) (3)Ti0++(m+1)H,0△Ti02·nH,0Y+2H+(2分) (4)99.6(2分) (5)增大NH浓度，使VO?沉淀完全(2分) (6)不能(2分) 【解析】钒钛磁铁矿（主要成分为TiO2、VzO5、FeO4,含少量SiO2),通入氢气将FeO,还原为Fe,经磁选，固 体A为Fe;非磁性矿渣的主要成分为TiO2、V2O3和少量SiO2,焙烧后转化为Na2 TiO3、NaVO3和Na2SiO3; 水浸后，滤渣主要成分为N2TiO3难溶于水，通入硫酸酸解，钛元素以TiOSO4形式存在，TiOSO4在溶液中能 化学答案第5页（共6页） 电离出SO?和TiO2+,经水解生成TiO2·nH2O,过滤、干燥，与C2、C经氯化生成TiCL4,用镁还原得到Ti; 水浸后，滤液主要成分为NaVO3和Na2SiO,,通入氯化镁除硅，通入氯化铵沉钒生成NH4VO3,NH4VO?进行 灼烧生成NH3和V2O5,据此分析。 (1)H2和FeO4反应置换出Fe,铁粉具有磁性，固体A为Fe; (2)结合题图和已知信息可知，温度过低，反应速率较小；温度过高，固体结块，反应物接触面积减小，反应不充 分，因此最佳焙烧温度为800~850℃； “焙烧”时发生的氧化还原反应的化学方程式为V,0,十Na,C0,十O,高温2NaVO,十C02; (3)结合已知信息，TiOSO4在溶液中能电离出SO?和TiO+,加热条件下TiOSO4水解的离子方程式为 Ti0++(m+1)H,0△Ti02·nH,0X+2H+; 4机的质量浓度为40.8gL,则溶液中c(V0)=c(V)-0,8molL1=0.8m0lL,当cN) 2×10-3mol·L1时，开始生成NH4VO3沉淀，则有Kp(NH4VO3)=c(NH)·c(VO)=2×10-3×0.8= 1.6X10-3,cNH)=0.5m0lLf时，c(v05)=Km（NH,Y0,）=3.2X10m0lL, C(NHE) 钒的沉淀率=1一3.2。×0m01·L×100%=99.6%, (5)气体Y为NH3,将其通入“沉钒”工序可增大NH浓度，使VO沉淀完全； (6)该工艺流程中，“氯化”后，得到TiCL4,在Ar氛围中，Mg热还原TiCL4生成MgC2和Ti,高温条件下，N2与 Mg发生反应，因此不能将Ar换成N2。 化学答案第6页（共6页）高三化学试题 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。 考试时间为75分钟，满分100分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 0-16 Na-23 S-32 C1-35.5 Ca-40V-51Fe-56 Cu-64 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.化学与生产、生活密切相关，下列过程未涉及氧化还原反应的是 A.豆浆中加人石膏制作可口的豆腐 B.将覆铜板置于氯化铁溶液中制作电路板 C.一次性保暖贴中的铁粉遇到空气放热 D.医学上利用新制Cu(OH)2悬浊液筛查糖尿病 2我国学者研究电解法还原C0,世界领先，总反应为NaC1十C0,通电C0+NaC10下列 有关说法正确的是 A.NaCIO属于强电解质 B.CO,和C0是同素异形体 C.该反应为置换反应 D.反应时化学能转化为电能 3.有关金属的工业制法错误的是 A.制钠：用海水为原料制得精盐，再电解熔融NaCl B.制镁：以海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，再电解熔融Mg0 C.制铁：以铁矿石、焦炭、石灰石为原料，在高温条件下C0还原铁矿石得铁 D.制铜：以氧化铜的矿石、焦炭为原料，在高温条件下冶炼铜 4.下列离子方程式书写正确的是 A.氯化铝溶液中滴入过量氨水：A3++4NH3·H2O—[AI(OH),]十4NH B.向Fel2溶液中通人过量的Cl2:2Fe2++Cl2一2Fe3++2Cl C.将过氧化钠加入水中：2Na2O2十2H2O一4Na*十4OH+O2个 D.用惰性电极电解碱性K,MnO,溶液制KMnO,2MnO:十2H电解2MnO,十H,+ 第1页（共8页） 5.设N为阿伏加德罗常数的值。关于反应2Na”CIO,+4H5C(浓)一2NaC+2CIO2个+ C12个十2H2O(产物中氯元素的质量数未标记)，下列说法错误的是 A.1molH5Cl中所含的中子数为18Na B.标准状况下22.4LC12中含有的原子数为2NA C.反应生成2molH2O时转移电子的数目为10NA D.当反应消耗0.1L1mol·L-1盐酸时，生成C1O2的数目为0.05NA 6.下列图示中，实验操作或方法正确的是 FeCl 一饱和溶液 氢氧化钠溶液 NaOH 溶液 Mg(OH)2 Al(OH) 露 O A.除去Na2CO3固体 B.制备Fe(OH)3 C.分离Fe(OH)3胶 D.比较Mg、Al金属性的 中的NaHCO 胶体 体和NaCl溶液 强弱 7.下列实验操作、现象和得到的结论均正确的是 选项 实验操作、现象 结论 向淀粉-K1溶液中通入Cl,,溶液变蓝后，再通入SO2,蓝 A 还原性：SO,>I厂>C1 色褪去 将某铁粉加稀硫酸溶解，再向溶解液中滴加几滴KSCN溶 B 铁粉未发生变质 液，无明显现象 将相同大小的钠块和钙块放人相同体积的蒸馏水中，钙与 金属活动性：Na>Ca 水反应不如钠剧烈 获得质子的能力： D 向Na[AI(OH)4]溶液中加入NaHCO,溶液，生成白色沉淀 [AI(OH)]<CO 8.为探究FeCl3溶液与Na2SO,溶液的反应，学习小组进行如下实验。 实验1：向试管中加入3mL0.5mol·L-1FeCl3溶液，再加入3mL0.5mol·L-1 Na2S03溶液，变为红褐色，用激光笔照射，出现光亮的“通路”。 实验2：立即取少量实验1反应后的物质于试管中，加蒸馏水稀释，向其中滴加 K,[Fe(CN)。]溶液，出现蓝色沉淀。 实验3：取少量实验1反应后的物质于试管中，静置1小时，红褐色逐渐变浅，最终变为浅 绿色。 下列说法错误的是 A.实验1中有胶体生成 B.取实验1反应后的物质，加入足量盐酸酸化的BaC2溶液，产生白色沉淀 C.可用酸性KMnO,溶液代替实验2中的K,[Fe(CN)。]溶液进行检验 D.实验3所得溶液中存在Fe2+SO?SO、HSO 第2页（共8页） 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1 陈述Ⅱ A 用铜粉除去FeCl,溶液中含有的少量FeCl 氧化性：Fe3+>Cu2+ B 琥珀酸亚铁补铁剂与维生素C同服效果更好 维生素C具有还原性 用Al2O,制成的坩埚熔化NaOH Al2O,熔点很高 D 配制FeSO,溶液时常加人铁粉 铁粉抑制Fe2+的水解 10.兴趣实验小组探究活泼金属和FCl,溶液的反应，进行了如下实验。下列说法不正确 的是 序号 操作 现象 在盛有100mL0.1mol·L-1FeC13溶液 钠浮在液面上游动，发出响声并熔化成一个 ① 的烧杯中，投人一块绿豆大小的钠 亮球，同时溶液中产生红褐色沉淀 镁条表面有大量气体产生，20s后观察到镁 在盛有100mL0.1mol·L1FeCL,溶液 ② 条表面开始有黑色固体生成，一段时间后烧 的烧杯中，投人除去保护膜的镁条 杯底部产生红褐色沉淀 镁条表面有少量气泡。一段时间后烧杯底 在盛有100mL0.001mol·L1FeCl溶 ③ 部产生红褐色沉淀，镁条表面始终无黑色固 液的烧杯中，投入除去保护膜的镁条 体产生 A.①中生成沉淀的离子方程式为2Na+2H20一2Na++2OH+H2个，Fe3++ 3OH--Fe(OH)3 B.②中20s时，溶液中仍存在Fe3+,镁条表面黑色物质中不可能含单质Fe C.③中无黑色固体产生，是因为Fe3+浓度低且主要转化为Fe(OH)3 D.金属活动性和溶液中离子的浓度会影响活泼金属与FCL溶液反应的产物 11.某同学在实验室利用氢氧化钠、盐酸分离铁粉和铝粉的混合物，物质转化关系如图所示： 适量试剂Yb一c一AN 试剂X 过滤 混合物 过滤 -Fe 下列说法不正确的是 A.试剂X为NaOH溶液，试剂Y为盐酸 B.a→b发生的反应为[A1(OH):]+H+一Al(OH)3↓+H2O C.bc→A1的反应条件分别为加热、电解 D.a、b、c既能与酸反应，又能与碱反应 第3页（共8页） 12.向MgCL2和AlCL,的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量。经测定，加入NaOH 的物质的量和所得沉淀的物质的量的关系如图所示。 沉淀物质的量/mol 0.3 0.27 加入NaOH的物质的量/mol 下列说法正确的是 A.OD段的离子方程式：Mg2++2OH-Mg(OH)2 B.原溶液中Mg2+、A13+的物质的量浓度之比为2：1 C.图中C点表示当加人0.6 mol NaOH时，A13+已经全部转化为Na[Al(OH)4] D.图中OA段n(NaOH)=0.7mol,AB段n(NaOH)=0.2mol 13.有关含F的部分粒子的类别、电荷数与相应化合价的关系如图所示。 化合价 +6 +3 G 3电荷数 +2-- +2 0 0 : W 离子离子类别 下列推断不合理的是 A.W可能为单质、氧化物、碱或盐 B.若N具有磁性，该物质可由置换反应制备；若M为碱，可以由化合反应制备 C.向G、Q混合溶液中先滴加KSCN溶液，再滴加H2O2溶液检验G D.R可以是高铁酸盐(FeO?),其具有强氧化性，可用于消毒净水 14.某同学设计以下实验，探究铁的化合物的性质（忽略②~⑤试管中溶液体积变化）。 KC2O,·H2O 1滴稀硫酸 I滴KSCN溶液 固体 适量稀硫酸 水合硫酸铁 国 屋 黄色固体黄色溶液 浅黄色溶液 红色溶液 绿色溶液 红色溶液 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ 已知：[Fe(OH)]+呈黄色；[Fe(SCN)]+呈红色；[Fe(C,O,)3]3呈绿色。下列说法错 误的是 A.④与⑤中c(SCN-):④<⑤ B.③④⑤中c(Fe3+):③<④<⑤ c.④到⑤中存在反应：[Fe(SCN)]2++3C,O?→[Fe(C2O,)3]3-+SCN D.若向③中依次加入适量维生素C、K,[Fe(CN)。]溶液，会出现蓝色沉淀 第4页（共8页） 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(15分)某溶液Q中含有如表所示离子中的5种离子，且离子浓度均为0.5mol·L1 (不考虑水的电离与离子水解)。现向溶液Q中加人足量稀氢溴酸，有单一气体R产生， 经分析，反应前后阴离子种类不变。 阳离子 阴离子 K+、Fe3+、NH、Ba2+、Fe2+、Mg2+ HSO3、OH、NOa、CO3、SO、BrV A13+、Ag S-S2O 已知S2O?在酸性溶液中会发生硫元素自身氧化还原反应。 请回答下列问题： (1)由“加入足量稀氢溴酸，…”和“反应前后阴离子种类不变”可推知：溶液Q中一定 不含的阴离子有 (填离子符号，下同)。 (2)综合推断，溶液Q中一定含有的阳离子有 。产生气体R的反应 中，原溶液中过量的离子是 ，原溶液中物质的量一定发生变化的阳离子 有 (3)一定量溶液Q与氯气缓慢反应，反应后的溶液分为3等份，分别进行以下操作，实验 现象如图所示。 VmL Cl KSCN溶液，溶液变为红色 (标准状况) 溶液Q(100mL) 分成3等份 铜粉 →溶液变为蓝色 一上层：黄色AgN0,aq浅黄色沉淀 CCL →下层：棕红色 ①铜粉参与的反应中，氧化产物是 (填离子符号)。 ②假设不考虑CL2与H2O的反应，则根据实验现象可推算出C2的体积V的范围为 <V< 。 当V=448mL时，向溶液Q中通入氯气时发生反应的离子 方程式为 16.(15分)我国将力争2060年前实现“碳中和”C0,的捕捉是减少碳排放的措施之一。 I.一种利用NaOH溶液捕捉回收CO,的过程如图所示。 NaOH溶液 C0,含量高 的气体 一捕捉室 反应、分离 高温反应炉 CO,(储存利用) CaO C0,含量低 的气体 第5页（共8页） (1)整个过程中可以循环利用的物质是 (填化学式)。 (2)现有16.0gC0和CO2的混合气体，在标准状况下其体积为8.96L。则C0和CO2 的体积之比为 IⅡ.实验室模拟捕捉回收CO2,需要配制1.0mol·L1的NaOH溶液240mL. (3)本实验必须用到的仪器有天平、药匙、250mL容量瓶、烧杯、 (4)使用容量瓶前，必须进行的一步操作是检漏，其具体操作是 (5)配制操作可分解成如下几步，以下正确的操作顺序是a→→装瓶、贴签。 a.向容量瓶中注入少量蒸馏水，检查是否漏水 b.用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒23次，将洗涤液注入容量瓶后轻摇几下 c.将已冷却的溶液注入容量瓶中 d.根据计算，称取一定量的NaOH固体 e.向盛有NaOH固体的烧杯中加水，并用玻璃棒搅拌溶解 f.盖上容量瓶塞，摇匀 g.滴加蒸馏水，使溶液的凹液面与刻度线相切 h.继续往容量瓶中小心地加蒸馏水，使液面接近刻度线1~2cm处 (6)配制过程中定容时仰视刻度线，会造成所配制NaOH溶液的物质的量浓度 (填“偏大”“偏小”或“不变“)。 Ⅲ.CaO固体也可以捕捉回收CO2,研究表明CaC2O,·H2O热分解制得的Ca0疏松多 孔，具有良好的CO2捕捉性能。 取1.46gCaC2O,·H2O进行加热，固体的质量随温度的变化如图所示（注：曲线中共 涉及三步分解反应)。 1.46 1.28 1.00 0.56---- 0200400 6008001000 温度/℃ (7)写出400^600℃范围内分解反应的化学方程式： (8)据图分析，CaO捕捉CO2的反应温度应 800℃（填“高于”或“低于”）。 第6页（共8页） 17.(14分)废铜回收的利用率，大体上反映了一个国家铜的再生水平。用废铜屑制备甲酸 铜晶体[(HCOO)2Cu·xH2O]是回收铜的一个重要途径。 已知：甲酸铜晶体常温常压下稳定，可溶于水，难溶于乙醇。 (一)甲酸铜的制备 (1)制取硫酸铜晶体：废铜屑经处理后加入一定的试剂可得到硫酸铜晶体。请从下列给 出的试剂中选择最佳的反应试剂或试剂组合是 (填序号)。 ①浓硫酸②浓硝酸 ③双氧水 ④稀硫酸 (2)制取碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3:称取6 CuSO,·5H2O和8 g NaHCO3在研钵 中磨细混匀后加入近沸腾的蒸馏水中。 ①为了防止暴沸，搅拌下加人混合物的方式为 (“一次加入”或“分批加入”)：写 出反应的离子方程式： ②NaHCO,需略过量，原因一方面是为了提高硫酸铜的利用率，另一方面是因为 (3)在接近沸腾下加热搅拌几分钟并静置后，用倾析法（如图）分离、洗涤沉淀。倾析法适 用于分离出沉淀颗粒密度 (填“较大”或“较小”)的物质。 (4)将碱式碳酸铜加入蒸馏水，搅拌加热至约50℃，逐滴加入适量甲酸(HC00H)至沉 淀刚好完全溶解，再将溶液蒸发，冷却，减压过滤，用少量 洗涤晶体两次，抽干 称重。 (二)甲酸铜晶体组分测定（已知：杂质不含铜元素） (5)结晶水的测定：称取1.2500g甲酸铜晶体放人称量瓶，置于烘箱内在110℃加热，再 放于仪器a(如图)中冷却至室温后称量。重复上述操作，直到恒重，所得固体的质量为 0.8900g。仪器a的名称是 (6)铜含量的测定：已知有色溶液所呈现的颜色是由于溶质对光的选择性吸收所致。利 用物质对一定波长的光的吸收程度（吸光度）来测定物质含量（定量分析）的方法，称为分 光光度法。称取1.2500g甲酸铜晶体并加入100mL蒸馏水，使其完全溶解。取 10.00mL配制的溶液于100mL容量瓶中，加入少量氨水，用蒸馏水稀释至刻度并摇匀。 在波长610nm下测定溶液的吸光度。 第7页（共8页） 已知吸光度与[Cu(NH3),]+标准溶液的浓度关系如下表。 不同浓度的[Cu(NH,),]SO,标准溶液 样品 编号 1 2 3 4 5 6 [Cu(NH),]+浓度1(mo/L) 0.0008 0.0016 0.0024 0.0032 0.0040 吸光度 0.04 0.08 0.12 0.16 0.20 0.25 ①不用Cu+标准溶液而用[Cu(NH),]+标准溶液进行分光光度计测定的原因 是 0 ②根据(5)(6)的数据可求得甲酸铜晶体的化学式为 18.(14分)钒、钛在新能源和航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿（主要成分 为TiO2、V2OFeO,,含少量SiO2)提取钛、V,O,的工艺流程如下所示。 H. →固体A 钒钛 还原磁选 Na,COO, H,SO Cl2、C 磁铁利矿 滤渣酸解 水解 过滤 非磁性矿渣 焙烧 水浸 NH CI MgCl,除硅 沉钒 灼烧→VO 气体Y 已知：①非磁性矿渣的主要成分为TiO2V2O3和少量SiO2,焙烧后转化为Na2TiO3、 NaVO3和Na2SiO3;②常温下，Na2TiO3难溶于水，且温度过高，会出现固体结块现象； ③酸解后，钛元素以TiOSO,形式存在，TiOSO4在溶液中能电离出SO?和TO2+。 (1)固体A为 (填化学式)。 (2)不同温度下，焙烧相同时间，钒的收率（收率=生成某产物的原料量×100%） 如图所 示，由图可知，最佳焙烧温度为800~850℃，试分析原因： “焙烧”时发生的氧化还原反应的化学方程式为 收率% 100 90 80 70 60700750800850900950T℃ (3)写出加热条件下TiOSO,水解生成TiO2·nH2()的离子方程式： (④“沉钒”前浸取液中钒的质量浓度为40.8g·L1,当c(NH)=2X10~3mol·L时，开 始生成NH,VO,沉淀，溶液中c(NH,)=0.5mol·L'时，钒的沉淀率为 %。 (5)气体Y通入“沉钒”工序的目的是 (6)该工艺流程中，冶炼金属钛时， (填“能”或“不能”)将Ar换N2。 第8页（共8页）