河南郑州市第一〇一中学2026-2027学年高三上学期9月定时练习 化学试题

郑州市第101中学高三化学9月定时练习 一、单选题（共42分） 1.（本题3分)分类学习也是一种很好的学习方法，下列化学物质的分类正确的是 选项 碱 酸 盐 碱性氧化物 酸性氧化物 A Cu2 (OH)CO3 H,SOa Na2CO3 A103 C02 B 消石灰 H2C03 NaCl Na,O co NH3·H2O HNO3 BaCO3 Mgo Mn2O D Fe(OH); CH,COOH HCI Na2O2 S03 A.A B.B C.C D.D 2.(本题3分)下列各组离子在给定条件下能大量共存的是 A.使酚酞溶液变红的溶液中：Na*、CI、SO:、HCO B.有SO?存在的溶液中：Na、Mg2+、Ba2+、Br C.使石蕊变红的溶液中：NH4、K、CO}、CI D.澄清透明溶液中：K、Na、Fe+、SO 3.(本题3分)如图所示是实验室制备F(OH)3胶体的实验装置。下列叙述正确的是 FeCl 饱和溶液 沸水 A.分散质粒子的直径：FeCl,溶液大于Fe(OH)3胶体 B.Fe(OH)3胶体的直径在1~100nm范围 C.实验室制备Fe(OH),胶体的离子方程式为Fe+30HFe(OH,(胶体 D.1 molFeCl,与沸水完全反应产生的Fe(OH田3胶体粒子小于1mol 4.（本题3分)实验室常用MnO,标定(NH4)2F(SO4h,同时使MnO,再生，其反应原理如图所示。下列说 试卷第1页（共9页) 法错误的是 S20 MnO Fe3+ 反应I 反应I Mn2+上 Fe2+ A.反应I中Mm+是还原剂 B.由反应I、Ⅱ可知，氧化性：S,O>MnO4>Fe+ C.S,O?和Fe2+在水溶液中能大量共存 D.发生反应I和反应Ⅱ时，溶液颜色均发生了变化 5.（本题3分)在不同条件下，HC1O3有如图所示的转化关系： HC1O4+02 ① HCIO. CL,+H,O iCI(浓) ②△ C102 已知：绿色消毒剂C1O2的沸点为11℃，C2的沸点为-34C。在相同条件下，反应①中生成O2、C2的体 积比为2：1。下列叙述错误的是 A.等物质的量的HClO3分别按①、②完全反应时转移的电子数相等 B.反应①中氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：1 C.反应②涉及的物质中，只有HC1O3、HC1、H20是电解质 D.利用反应②制备绿色消毒剂C1O2,可采取冷凝法提纯C1O2 6.(本题3分)部分钠及其化合物的转化关系如图所示，下列说法正确的是 Na2O 物质a 物质b 物质c 物质c 物质b Na >NaOH Na2CO3 Ca(OH)2 物质c 物质a/点燃 物质b ±Na202 A.该转化过程中涉及置换反应、分解反应、化合反应、复分解反应 B.过量的物质b和NaOH溶液反应的化学方程式为2NaOH+CO2=Na,CO3+H,O C.Na202与物质b反应生成1olO2时，反应中转移电子数为2×6.02×1023个 试卷第2页（共9页） D.物质的量均为0.1mol的Na、Na,O、Na,O2分别与100g物质c反应所得溶液中溶质的质量分数： w (Na)>w(Na2O)>w(Na,O2) 7.(本题3分)部分含Na或C1物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是 化 +5 价+4 b d +1 0 氢化物 单质 氧化物含氧酸 A.b与水反应，表现氧化性 B.一定条件下，a与f反应可生成c C.d、e加入到紫色石蕊溶液中，溶液颜色有变化 D.若c与氢气反应，所得产物属于电解质 8.(本题3分)金属单质M的相关转化如下图所示。下列说法错误的是 氧化物b 单质d 漂白液 氧化物b 氧化物c 单质M 单质a 氧化物N 碱溶液P 纯碱溶液 A.1mold与足量氧化物b反应，转移的电子数目小于N B.1molP与足量d反应制取漂白液，该反应转移的电子数日为0.5N C.P与c反应制取纯碱时，可能有其他副产物生成 D.氧化物N中阴阳离子的个数比可能为1：1 9.(本题3分)部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列叙述正确的是 盐 碱 氧化物 单质 0+1+2+3+4+5+6 化合价 A.b溶于水可以得到d B.c可由a在氧气中燃烧得到 C.d在潮湿空气中迅速转化成e D.f与g的相互转化均不能通过化合反应来实现 试卷第3页（共9页) 10.(本题3分)处理某酸浸液（主要含Li计、Fe2+、Cu+、A1+)的部分流程如下： Fe粉 NaOH H202 Na,CO 酸浸液→ 沉铜 碱浸 沉锂 Cu Al(OH)3沉淀Fe(OD3沉淀 Li,CO 下列说法正确的是 A.“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：2Fe+3Cu2+=3Cu+2Fe3+ B.“氧化”过程中铁元素化合价升高，H,O,中氧元素化合价降低 C.“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，A1(OH),沉淀越完全 D.“沉锂”过程利用了LiCO3的溶解度比NaCO,大的性质 11.(本题3分)高氯酸铵[H4C1O4]是一种强氧化剂，20世纪40年代曾被用作火箭推进剂。该物质受热 易分解，发生的反应为：2NH,C0,因210℃XN,g)+CL,g)+4H0g)+20,(g)。若阿伏加德罗常数用N表 示，当有1olO2生成时，下列有关说法中正确的是 A.反应转移电子的数目为7N B.生成N2的体积约为11.2L C.形成极性共价键的数目为2NA D.断裂N一H键数目为8N 12.（本题3分)近日，云南大学古生物研究院杨显峰科研团队在曲靖市马龙区发现了罕见的寒武纪节肢 动物“果钳虾”化石，引发国际古生物学界关注。铀系法是考古断代的常用方法，原理：利用铀-238(2U) 衰变为铅-206（2Pb),半衰期为45亿年（半衰期：消耗一半所用时间)。下列叙述错误的是 A.238U和25U的核外电子排布相同 B.28U的中子数与质子数之差为54 C.28U衰变为Pb的过程是化学变化 D.若某岩石中2U含量剩余12.5%，则其年龄为135亿年 13.(本题3分)）不同含硫物质间可相互转化。下列离子方程式书写正确的是 CH,COOH AL,(SO) Na,SO. H,SO 酸性KMnO 溶液 溶液 SO 溶液 溶液 溶液 Na,S NaHS H,S Na,S,O S0, K,S04 ② ③ ④ 试卷第4页（共9页) A.反应①：S2+H=HS B.反应②：4HS+A1++4H,0=[AI(OH)4]+4HS个 C.反应③：S,O}+H,0=S↓+S02个+20H D.反应④：5S02+2MnO,+2H,0=5S0}+2Mm2++4H 14.（本题3分)在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A.CaCl (aq)-cCaCOa(s)Casio {s) B.SiO2H,0→H2SiO3NaoH溶液>Na2SiO3 C.NH.a→NOo)NO2 0, D.Fe(s)→FeCL,(s)o四>Fe(oH2 二、解答题（共58分）】 15.（本题14分)某学习小组为探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按如图所示装置进行实验（夹持仪器已 略去)。实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2,而稀硝酸不能氧化NO,由此得出的结论是浓硝酸的氧化性 强于稀硝酸。 浓硝酸 弹簧夹 (4 岳装强 铜片① ② ③ ⑤ 可选药品：浓硝酸、3ol·L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳。 已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反应：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+HO。 请回答下列问题： (1)装置①中发生反应的化学方程式是 (2)实验应避免有害气体排放到空气中。装置③、④、⑥中盛放的药品依次是 (3)实验的具体操作：先检查装置的气密性，再加入药品，然后 最后滴加浓硝酸。 (4)装置②的作用是 ，发生反应的离子方程式是 (⑤)该小组得出的结论所依据的实验现象是 (6)实验结束后，同学们发现装置①中溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数 试卷第5页（共9页) 较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别设计了以下4个实验方案来判断两种 看法是否正确。这些方案中可行的是 (填字母)。 A.加热该绿色溶液，观察颜色变化 B.加水稀释该绿色溶液，观察颜色变化 C.向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化 D.向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化 (T)若装置⑤中收集到VL气体，欲将其完全转化为O,同温同压下需要向其中至少通入 mL空气（假设空气中02的体积分数为20%）。 16.(本题14分)实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4H2O。其实验过程可表示如下： S02 02 氧化镁浆料 吸收 氧化 …=MgS04H20 请回答： (1)在搅拌下向氧化镁浆料[主要成分为Mg(OH)2]中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3。 ①由“吸收”过程中发生的反应可得出SO2属于的物质类别是 (填“酸性氧化物”或“碱性氧化物”)。 ②匀速缓慢通人$02气体的目的是 (2)在催化剂作用下MgSO3被O2氧化为Mg$04,写出该反应的化学方程式 ,“氧化”过程若转移1mol e,则消耗标准状况下O2的体积约为 L (3)制取MgSO4H20晶体。将氧化后溶液蒸发浓缩、 (填写操作方法入洗涤、干燥，制 得MgSO4H20晶体。 (4)用制得的MgSO4H20晶体配制230mL0.5molL1MgSO4溶液，需要称取MgSO4-H20晶体的质量为 g,某实验小组配制溶液的操作过程如下图所示。 MgSO4·H2O ①称量 ②溶解 ③转移 ④洗涤 ⑤定容 ⑥摇匀 请仔细观察，指出其中不正确的操作 （填序号)。 17.(本题15分)某小组同学探究高铁酸钾K2FO4)的制备条件及性质。 资料：KFO4为紫色固体，有强氧化性，碱性条件下可以稳定存在，酸性条件下分解放出气体，微溶于 KOH溶液。 I:K2FeO4的制备（夹持和加热装置已略） 试卷第6页（共9页) 浓盐酸 搅拌 饱和 过量 KOH溶液 NaOH MnO, 食盐水 和Fe(OHD3 溶液 D (1)装置A中产生C12的离子方程式是 (2)C中得到紫色固体和紫色溶液，写出C中C2发生的反应：C2+2KOH=KC1+KC1O+H0和 (3)实验表明：C中Fe(OH),和KOH的用量对KeO4的产率有影响。 实验序号 试剂 C中实验现象 1 Fe(OH),和少量KoH 无明显现象 得到紫色溶液和紫色 Fe(OH),和过量KoH 固体 注：上述实验中，溶液总体积、F(OH),的物质的量、C2的通入量均相同。 分析实验ⅰ和实验ⅱ现象不同的原因可能是 Ⅱ：探究KFeO4的性质 实验ⅲ：取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a。 取少量a,滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。 (4)根据气体中有C2生成，得出：氧化性KFO>C2,是否合理？理由是 (⑤)a溶液变红可知a中含有Fe+离子，但该离子的产生不能判断一定是KFeO4将C1氧化，还可能由 产生（用离子方程式表示）。 (6)实验反思 ①实验I中装置B的作用是 ②实验I中得到紫色溶液后，持续通入C2,观察到溶液紫色变浅。解释可能原因 18.(本题15分)海洋是一个巨大的化学资源宝库，请回答下列问题： I综合利用海水资源，可以从海水中提取液溴的同时制取aC1晶体，其流程如图： 试卷第7页（共9页) 海水→粗盐→精盐 苦卤 Mg 通C12 通Cl2 蒸馏 Br2(水) HBr Br2(水) Br2 SO2、H2O吸收 水蒸气吹出 ()流程中通氯气后，用水蒸气吹出溴的原因为 (填标号)。 a.溴的氧化性较强 b.溴的熔点较低 c.溴的挥发性较强 d.溴在水中的溶解度较低 (2)S02、H,O吸收时，发生反应的离子方程式为 (3)粗盐中含有泥沙、CCl2、MgC1,以及可溶性硫酸盐等杂质，可以依次通过溶解、过滤、 (填标 号，所加试剂均过量)入、结晶等一系列流程得到精盐。 a.加入Na2CO3溶液→加入NaOH溶液→加入BaCl,溶液→过滤→加入稀盐酸 b.加入NaOH溶液→加入BaCL,溶液→加入Na,CO3溶液→加入稀盐酸→过滤 c.加入BaCl2溶液→加入Na,CO3溶液→加入NaOH溶液→过滤→加入稀盐酸 Ⅱ.海带中含有丰富的碘，某研究性学习小组按如下实验流程进行实验： 海 ①灼烧 ②浸泡 3 海带灰悬浊液 含碘离子溶液 带 灰 ④MnO2+H2SO4(稀) 单质碘 6 含碘苯溶液 ⑤提取碘 含碘水溶液 (4)实验发现，海带灼烧（灰化）的时间会影响步骤④所获得的溶液中I,的浓度，研究小组将实验结果绘制 成如图所示灰化时间-吸光度图像（已知：I,溶液的浓度越大吸光度越大)。步骤④中发生反应的离子方程 式为；灰化时间超过40min时，曲线呈现图中变化趋势的原因是 试卷第8页（共9页） 0.9 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 20 30 40 50 60 灰化时间(min) (5)步骤⑤为将含I2溶液转移至 (填仪器名称)中，并向其中加入适量的苯，振荡、静置一段时间， 观察到 的现象。 试卷第9页（共9页） 《郑州市第101中学高三化学9月定时练习》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 0 0 D A C A D 题号 11 12 13 14 答案 A C D 1.C 【详解】A.C(OH),CO属于碱式盐不属于碱，AO,是两性氧化物不属于碱性氧化物，A错误； B.CO是不成盐氧化物，不能和碱反应生成盐和水，不属于酸性氧化物，B错误； C.HH,O是弱碱，NO属于酸，阳CO属于盐，MgO和酸反应仅生成盐和水属于碱性氧化物，M血，O, 和碱反应仅生成盐和水属于酸性氧化物，分类均正确，C正确： D.HCI属于酸不属于盐，a2O2和酸反应生成盐、水和氧气，不属于碱性氧化物，D错误； 故答案选C。 2.D 【详解】A.使酚酞溶液变红的溶液显碱性，含大量OH，HCO?与OH反应生成CO和HO,不能大量 共存，A不符合题意： B.Ba2与SO结合生成BSO4沉淀，不能大量共存，B不符合题意； C.使石蕊变红的溶液显酸性，含大量H,CO?与H反应生成CO,和H2O,不能大量共存，C不符合题 意； D,该组离子之间不发生反应，可大量共存，D符合题意； 3.D 【详解】A.溶液分散质粒子直径小于1nm,胶体分散质粒子直径为1~100nm,故FeCL3溶液分散质粒子 直径小于Fe(OH),胶体，A错误； B.1~100nm是F(OH)3胶体的分散质粒子（胶粒)的直径范围，并非胶体本身的直径，B错误； C.制备Fe(OH)3胶体时反应物为FeCl3和沸水，H2O不能拆写为oH,正确离子方程式为 Fe3++3H,0-Fe(OD(胶体)+3H,C错误； D.胶体粒子是多个Fe(OH)3聚集形成的聚集体，故1 molFeCl,.完全反应生成的Fe(OH)3胶体粒子物质的量 小于1mol,D正确： 故选D。 答案第1页（共10页) 4.C 【分析】先根据图示明确两个反应的本质：反应I:强氧化剂S,O将M+氧化为MmO,自身被还原为 SO;反应Ⅱ：生成的MmO作为氧化剂，将Fe+氧化为F+,自身被还原回M2+,实现MmO再生， 完成用MO标定(H4)2F(SO)2的过程。 【详解】A.反应I中Mn2+的Mn元素化合价从+2升高到+7，失电子作还原剂，A正确： B.氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，反应I中S,O?是氧化剂，MO,是氧化产物，故氧化 性S,O?>MnO4;反应Ⅱ中MnO4是氧化剂，Fe3+是氧化产物，故氧化性MnO4>Fe+,综上氧化性： S,Og>MnO4>Fe3+,B正确； C.由氧化性顺序S,O>Fe3+可知，S,O可将Fe2+氧化为Fe+,二者在水溶液中发生氧化还原反应，不 能大量共存，C错误： D.反应I中几乎无色的Mm+转化为紫红色的M血O:,溶液颜色发生变化；反应Ⅱ中紫红色的MmO,转化 为几乎无色的Mn2+,浅绿色的Fe2+转化为棕黄色的e3+,溶液颜色发生变化，D正确； 故选C。 5.A 【详解】A.反应①中生成O2、C2的体积比为2：1，反应的化学方程式为 3HC10,'20,个+C,↑+HC10,+H,0,1 molHCI0,按反应0完全反应转移1NA电子，反应@为 2HC1O3+2HC1=2C102个+CL2个+2H,0,按反应②完全反应转移1N电子，二者转移电子数不相等，A 错误； B.反应①为3HC10,=202个+CL2个+HC104+H,0,其中氧化产物为HC10:和O2,还原产物为CL2, 二者物质的量之比为(1+2)：1=3：1，B正确： C.反应②涉及的物质中，CL是单质，既不是电解质也不是非电解质，CO2是非电解质，只有HCIO3、 HC1、HO是电解质，C正确； D.C1O2沸点为11C,C12沸点为-34C,冷凝时C1O2优先液化，可采取冷凝法提纯，D正确； 故选A。 6.C 【分析】首先推断各物质：a为O2,b为C02,c为H0。 答案第2页（共10页） 【详解】A.该转化过程中涉及置换、化合、复分解反应，未涉及分解反应，A错误； B.过量CO2与aOH反应生成NaHCO,方程式为NaOH+CO2=NaHCO3,B错误； C.Na202与C02反应为歧化反应，生成1molO时转移2mol电子，对应电子数为2×6.02×1023个，C正确： D.分别计算0.1mol三种物质和100g水反应的结果：0.1mola生成0.1 mol NaOH(溶质质量4g),放 出0.05mol1H,溶液总质量为100g+2.3g-0.1g=102.2g,质量分数w=, 4 ×100%;a2○生成0.2mol 102.2 0H(溶质质量8g,无气体生成，溶液总质量为100g+62g=106,2g,质量分数w=,8 ×100%:0.1mol 106.2 a02生成0.2 mol NaOH(溶质质量8g),放出0.05molO2,溶液总质量为100g+7.8g-1.6g=106.2g, 8 质量分数w= ×100%。故溶质质量分数关系为w(Na2O)=w(NaO2)>w(Na),和选项描述不符，D 106.2 错误； 故选C。 7.A 【分析】由含Na或Cl物质的分类与相应化合价关系图可知a为HCl,b为NaH,c为C2或Na,d为NaO 或C1,0,e为C1O2,f为HClO3,据此解答； 【详解】A.b为NaH,与水反应时NaH中-1价H化合价升高，作还原剂，表现还原性，A符合题意； B.a为HC,f为HCIO3,二者可发生归中反应生成Cl2(即c),B不符合题意； C.d为Cl,O或Na2O,Cl,O与水反应生成HClO,可使紫色石蕊先变红后褪色，Na2O与水反应生成氢氧 化钠，可使紫色石蕊先变蓝。e为CO2,与水反应生成酸且具有强氧化性，可使石蕊发生颜色变化，C不 符合题意； D.若c为Cl2,与氢气反应生成HCI,属于电解质；若c为Na,与氢气反应生成NaH,也属于电解质， 所得产物均为电解质，D不符合题意； 故选A。 8.D 【分析】碱溶液P可以得到纯碱溶液，即Na,CO,溶液，则金属单质M为Na,故可以推断各物质：金属 单质M为a,单质a为O2,氧化物N为NaO或NaO2,氧化物b为H,O,碱溶液P为NaOH,单质d为 CL2,氧化物c为CO2: 【详解】A.d为Cl2,b为H,O,二者反应为可逆反应Cl,2+H2O、HC1+HC1O,1 mol Cl2无法完全反 答案第3页（共10页) 应，转移电子数目小于N,A正确； B.制取漂白液的反应为CL2+2NaOH=NaCl+NaCIo+HO,2 mol NaOH参与反应转移1mol电子，故 1molP(NaOH)反应转移电子数目为0.5N,B正确； C.P(NaOH)与c(CO2)反应时，若CO2过量会生成副产物NaHCO3,C正确； D.氧化物N为Na2O时阴离子为o2,为Na2O2时阴离子为O,，阳离子均为Na,阴阳离子个数比均为 1:2,不可能为1：1，D错误； 故选D。 9.C 【分析】根据化合价和物质类别可知，a为Fe、b为FeO、c为e,O、d为Fe(OH)2、e为Fe(OH田3、f为亚 铁盐、g为铁盐、h为高铁酸盐。 【详解】A.FO难溶于水，也跟水不反应，A错误； B.Fe在氧气中燃烧生成Fe,O4,B错误； C.Fe(OH)2在潮湿空气中迅速被氧化成Fe(OH3,C正确； D.亚铁盐与铁盐的相互转化均可通过化合反应来实现，反应的化学方程式为2FeCl,+Cl2=2FeCl,、 2FeCl3+Fe=3FeCl2,D错误； 故选C。 10.B 【分析】向酸浸液中加入铁粉，铁粉作为还原剂与溶液中的Cu+发生置换反应，将Cu+还原为单质铜实 现铜的回收，反应后溶液中的铁元素以Fe+形式存在。向沉铜后的溶液加入NaOH,调节pH使A1+转化 为A1(OH)3沉淀，实现铝元素的分离除去。向除去铝的溶液中加入H,O2,将体系中剩余的Fe+氧化为Fe+, 最终转化为Fe(OH)3沉淀，完成铁杂质的去除。向除去所有杂质的含Lit的溶液中加入NaCO3,利用溶解 度差异析出Li,CO3,完成锂的富集。 【详解】A,“沉铜”过程中Fe与C+反应生成Fe2+和Cu,正确离子方程式为Fe+C+=Cu+Fe2+,A错 误； B.“氧化”过程中F2+被氧化为F,铁元素化合价从+2升高到+3，HO2作为氧化剂，其中氧元素化合 价从-1降低到-2，B正确： C.A1(OH)3为两性氢氧化物，若aOH加入量过多，A(OH)3会与过量aOH反应而溶解，并非沉淀越完 答案第4页（共10页） 全，C错误； D.“沉锂”过程中加入NaCO3得到Li,CO3沉淀，说明LiCO,的溶解度比Na,CO3小，D错误； 故选B。 11.A 【详解】A.2NH,C10.s)20℃N,g)+C,g)+4H,0(g)+20,(g)~1e,1mo10,生成，转移电子的物 14 质的量为1mol×=7mol,A项正确； B.反应条件不是标准状况，N2的体积无法准确确定，B项错误； C.产物中只有HO(g)中存在极性共价键，生成1molO2,会生成2 mol H2O(g),含有4mol极性共价键， C项错误； D.生成1molO2,消耗1 mol NH4ClO4(S),故断裂4molN-H键，D项错误； 故选A。 12.C 【详解】A.28U和25U互为同位素，质子数均为92，核外电子数也均为92，因此核外电子排布相同，A 正确； B.28U的质子数为92，中子数为238-92=146，中子数与质子数之差为146-92=54，B正确； C.化学变化的最小微粒是原子，反应前后元素种类不变，而28U衰变为Pb的过程中原子核发生变化， 元素种类改变，属于核反应，不属于化学变化，C错误： D.2U的半衰期为45亿年，剩余12.5%即 82 说明经过了3个半衰期，岩石年龄为3×45=135亿 年，D正确； 故选C。 13.D 【详解】A.反应①中CH,COOH为弱酸，离子方程式中应保留化学式，正确离子方程式为 S2+CH,COOH=HS+CH,CO0,A错误； B.反应②中A1+与HS发生彻底双水解反应，产物为A1(OH)3沉淀和HS,不会生成[A1(OH)4],正确离 子方程式为A1++3HS+3H,O=A1(OH),↓+3H2S个，B错误； C.反应③为S2O}在酸性(H2SO,提供H)条件下的歧化反应，反应物应为S2O;和H,不会生成OH, 答案第5页（共10页） 正确离子方程式为S20}+2H=S↓+SO,个+H,0,C错误； D.反应④中SO2被酸性M血O,氧化，S元素从+4价升高到+6价，M血元素从+7价降低到+2价，得失电子 守恒、电荷守恒、原子守恒，该离子方程式书写正确，D正确： 故答案选D。 14.C 【详解】A.碳酸酸性弱于盐酸，CO2与CCL2溶液不能发生反应，第一步转化无法实现，A错误； B.SO2难溶于水，也不与水发生反应，第一步转化无法实现，B错误； C.NH3在催化剂、加热条件下与O,发生催化氧化反应生成O,NO常温下即可与O2反应生成NO2,两 步转化均能实现，C正确； D.CL2具有强氧化性，Fe与CL2点燃时无论CL2用量多少，反应均生成FCL3,第一步转化无法实现，D 错误； 故选C。 15.(1)C+4HNO(浓)=C4NO)2+2NO,个+2H,0 (2)3mol·L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液 (3)打开弹簧夹，通入CO,一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内 (4) 将装置①中反应生成的NO转化为NO 3NO,+H,O=2H*+2NO;+NO (⑤)装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色 (6)ACD (7)3.75V 【分析】实验先通过铜与浓硝酸反应生成NO,将NO与水反应转化为后续实验所需的NO,全程先通入 CO排尽装置内空气，避免空气中的O,氧化NO干扰实验判断，最后用NaOH吸收尾气O,防止有害气 体污染环境。 【详解】(1)装置①中是铜片和分液漏斗滴入的浓硝酸发生氧化还原反应，铜被氧化为硝酸铜，浓硝酸被 还原为NO,配平后得到对应化学方程式：Cu+4NO(浓)=CdNO)2+2NO,个+2H,O。 (2)根据已知信息，氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反应，再结合装置特点可知，⑥是用溶液吸 收尾气（即用氢氧化钠溶液吸收O2),⑤是用排水法收集尾气（即NO),故装置③中盛放的为3molL稀 硝酸，④中盛放的为浓硝酸，⑥中盛放的为NaOH溶液。 答案第6页（共10页) (3)装置内原本残留的空气中含有的O2会氧化O,干扰后续实验判断，因此加入药品后先通入一段时 间CO排尽装置内空气，之后关闭弹簧夹，将装置⑤的导管末端伸入倒置烧瓶内，为后续收集O做好准 备，最后再滴加浓硝酸启动反应。 (4)装置①生成的是NO2,本实验的对比对象是NO和浓、稀硝酸的反应，因此装置②中盛放蒸馏水， 和NO2反应生成NO,得到后续实验所需的反应物，故装置②的作用是将装置①中反应生成的NO,转化为 NO;对应反应的离子方程式为3NO2+H,O=2H+2NO?+NO。 (5)根据实验结论的核心逻辑，稀硝酸不能氧化O,因此O通入装置③的稀硝酸后不会发生反应，装 置③液面上方始终是无色的NO;浓硝酸可以将NO氧化为红棕色的NO2,因此NO通入装置④的浓硝酸 后，液面上方的无色气体会变为红棕色，两个现象的差异即可证明浓硝酸氧化性强于稀硝酸。 (6)甲认为绿色是硝酸铜质量分数高导致，乙认为是溶液溶解了生成的O导致，可通过变量控制验证： A.加热溶液可降低NO的溶解度，让溶解的NO逸出，若绿色变蓝则说明乙正确，A符合题意： B.选项加水稀释时，既会改变硝酸铜的浓度，也会让溶解的O,和水反应，两个变量同时变化，无法判 断变色原因，B不符合题意； C.通入氨气可以将溶液中溶解的O气体带走，若绿色变蓝则说明乙正确，C符合题意： D.向饱和硝酸铜（本身为蓝色）中通入O,若溶液变绿则直接证明乙正确，D符合题意； 故选ACD。 (7)N0和O2、水完全反应生成NO的总反应为4NO+302+2H20=4HNO,由方程式可知，N0和O2 的物质的量之比为4：3，同温同压下气体的体积之比等于物质的量之比，即VmLO完全反应需要O,的 3v 体积为VmL:空气中0，体积分数为20%，因此需要空气的体积为4V 4 =3.75VmL 20% 16.(1) 酸性氧化物 使得二氧化硫和浆料充分接触，促进反应进行完全 催化剂 (2) 2MgSO,+O, MgSO 5.6 (3) 冷却结晶 过滤 (4) 17.3 ②⑤ 【分析】图示为从氧化镁浆料中制备硫酸镁晶体的工业流程，向其中通入二氧化硫生成亚硫酸镁，随后通 入氧气氧化亚硫酸镁转化为硫酸镁，结晶后得到最终产品； 答案第7页（共10页） 【详解】(1)①与碱反应只生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；由“吸收”过程中发生的反应可得出SO,属 于的物质类别是酸性氧化物： ②匀速缓慢通入SO,气体的目的是使得二氧化硫和浆料充分接触，促进反应进行完全： (2)催化剂作用下MgSO被O2氧化为MgSO4,结合得失电子守恒和质量守恒，该反应的化学方程式为 催化剂 2MgSO,+0, 2MgS04,“氧化”过程氧气中氧化合价由0变为-2，存在O2~4e,若转移1mole,则 消耗标准状况下0.25mol02,体积为V=0.25mol×22.4L/mol=5.6L; (3)制取MgSO,H,O晶体过程为：将氧化后溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，制得gSO,H,O 晶体； (4)配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却人转移、洗涤、定容、摇匀、 装瓶贴签等；配制230mL0.5mol·L'MgS04溶液，需要称取MgSO,H,O晶体的质量为 0.25L×0.5molL×138g/mol=17.25g,需称量17.3g;由图，其中不正确的操作②（应该在烧杯中溶解， 而不是在量筒中人、⑤（应该视线与凹液面最低处水平）。 17.(1)MnO2+4H+2CI≌Mm2++CL2个+2H,0 (2)3Cl2 +2Fe(OH)+10KOH=2K,FeO,+6KC1+8H,O (3)实验i中KOH少量，碱性弱，生成的KFO4易分解无法稳定存在，也无法析出固体；实验ⅱ中过量 KOH提供强碱性环境，既保证K2FO4稳定生成、便于析出，又增强+3价铁的还原性 (4)不合理，溶液的酸碱性会影响物质的氧化性强弱 (5)4Fe0}+20H=302↑+4Fe3+10H20 (6) 除去挥发的HC1 通入氯气后，发生反应：C2+2OH=C1+C1O+H20,溶液碱性减弱，进而导 致K2FeO4转化为其它物质 【分析】装置A中MnO2与浓盐酸反应制备C2;由于Cl2中混有HC1(g)和HO(g),HCl(g)会消耗Fe(O田)3 和KOH,装置B中盛放饱和食盐水以除去C2中混有的HCl(g);C装置中C2与KOH、F(OH)3反应制备 K2FeO4,在此装置中C2还可以直接与KOH反应生成KCl、KClO和H2O;D装置中NaOH溶液用于吸收 多余C2,防止污染大气。 【详解】（1）装置A是二氧化锰与浓盐酸加热制备氯气，反应中Mm元素的化合价由+4价降至+2价，C1 元素的化合价由-1价升至0价，根据电子守恒和原子守恒配平，A中反应的化学方程式为 MmO,+4H+2C1≌Mm2++CL,个+2H,0。 (2)C中为强碱性环境，C作为氧化剂将+3价的Fe(OD3氧化为+6价的KFeO4,C1元素被还原为C1, 答案第8页（共10页) 结合过量KoH的环境配平得反应式3CL,+2F(OH),+10KOH=2K,FeO,+6KCl+8H,O。 (3)碱性条件下K2FO4可稳定存在，且KFeO4微溶于浓KOH溶液；实验i中KOH少量，溶液碱性弱， 反应生成的K2FeO4不能稳定存在，同时无法析出紫色的K2FeO4固体，因此无明显现象；实验ⅱ中过 量KOH提供强碱性环境，既保证K2FO4稳定生成，又增强+3价铁的还原性，所以析出紫色固体。 (4)不合理；C中反应本身会生成C1O(次氯酸钾)，酸性条件下C1O可以和C1发生归中反应生成C12, 无法证明是KFO4氧化C1得到C2，所以溶液的酸碱性会影响物质的氧化性强弱，不能得出氧化性 K2FeO心Cl2的结论。 (5)题目资料明确说明K2FO4酸性条件下分解放出气体，Fεo?在酸性环境中自身发生歧化反应，+6 价Fe被还原为+3价Fe3+,-2价0被氧化生成O2,配平得到离子方程式FeO}+20H=30,个+4Fe3++8H,0。 (6)①A中制得的氯气混有挥发的HCL,饱和食盐水可以吸收HCl、降低Ch的溶解度，同时避免HC1进 人装置C,中和KOH; ②过量的C2与体系中过量的KOH发生反应CL,+2OH=C1+C1O+H,O，消耗OH,使溶液碱性减弱， 原本在碱性环境中稳定的KFO4稳定性下降，发生反应分解，导致Fεo?浓度降低，溶液紫色变浅。 18.(1)c (2)Br,+S02+2H,0=4H++S0}+2Br (3)c (4) Mn0,+4H*+2I=Mn2++L2+2H20 灰化时间过长导致I2在高温下升华损失 (5) 分液漏斗 溶液分层，上层溶液紫红色，下层接近无色 【详解】（1）a.氧化性是化学性质，该过程是物理变化，两者没有关系，a错误； b,熔点影响固态行为，非吹出主因，b错误； c.挥发性较强，可被水蒸气携带逸出，实现与水相的分离，c正确； d.溴在水中的溶解度较低，有一定影响，但不是关键，d错误； 答案选c。 (2)根据流程图可知，该反应的反应物是SO2、H2O、Br,生成物有HBr,可知溴发生了还原反应，SO, 应该发生氧化反应，化合价升高，离子方程式为B,+SO2+2H,O=4H+SO+2Br。 (3)粗盐中含有泥沙、CCl2、MgCl2以及可溶性硫酸盐等杂质，泥沙过滤即可除去，后三个分别用Na,CO3、 aOH、BaCl2与其生成沉淀除去。而三种物质中NaCO3和BaCl,可发生反应，为了不引入新的杂质，BaC1 应加在Na,CO3的前面，这样过量的Na,CO,可在后续用盐酸除去。而生成的沉淀中CaCO3、Mg(OH),都 答案第9页（共10页) 能和盐酸反应，所以应在加入盐酸前过滤。综上所述，选C。 (4)MnO2具有氧化性，将I氧化为L2,离子方程式为MnO2+4H+2I=Mn2++I2+2H0。碘单质易升华， 海带灼烧时温度较高，时间过久会导致部分「被氧化为I,后升华造成损失。 (5)由流程图可知，步骤⑤是萃取分液，过程是将碘水溶液加入分液漏斗中，再加入适量的苯，因为碘 在苯中的溶解度比在水中的大，在振荡的过程中会从水中分离溶到苯中，而苯的密度比水的密度小，可观 察到上层溶液为紫红色。 答案第10页（共10页）