2023年屆高三上學(xué)期第一次月考仿真模擬卷(B卷)化學(xué)試卷及解析

2023屆高三上學(xué)期第一次月考仿真模擬卷化學(xué)〔B〕試卷

以下各組離子在指定的溶液中能大量共存的是常溫下，水電離的c(OH－)=1×10－12mo1·L－1的溶液中：NH+、Fe2+、SO2?、NO?能使酚酞變紅的溶液中：Na+、Ba2+、HCO?、Cl－

4 4 324(含答案)留意事項(xiàng)：號(hào)

C．0.1mol·L?1KI：Na+、K+、ClO?、OH?D．常溫下， =10－10的溶液中：K+、Na+、I－、SO2?4位 1．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)封座考證號(hào)條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。選擇題的作答：每題選出答案后，用 2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答密 案標(biāo)號(hào)涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無(wú)效。非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在號(hào) 試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無(wú)效。不場(chǎng) 4．考試完畢后，請(qǐng)將本試題卷和答題卡一并上交。不考相對(duì)原子質(zhì)量：C12N14O16Cl35.5Fe56Mn55Ba137

工廠排放的SO2法正確的選項(xiàng)是

煙氣對(duì)環(huán)境造成污染，某企業(yè)用以以下圖流程綜合處理，以下有關(guān)說(shuō)二氧化硫吸取塔中發(fā)生的反響為SO＋SO2?＋HO=2HSO?2 3 2 3氨氣吸取塔中發(fā)生的反響為HSO?＋OH－=HO＋SO2?訂 一、選擇題〔每題6分，共42分，每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意〕1．化學(xué)與生產(chǎn)生活親熱相關(guān)，以下有關(guān)說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是A．富脂食品包裝中常放入活性鐵粉袋，以防止油脂氧化變質(zhì)裝號(hào) B．目前科學(xué)家已經(jīng)制得單原子層鍺，其電子遷移率是硅的10倍，有望取代硅用于

3 2 3上述流程利用的是氧化復(fù)原反響原理D．2某溶液僅有K＋、Al3＋、Mg2＋、NH+、Cl－、SO2?、HCO?中的幾種．為確定其成分，證考 制造晶體管

做如下試驗(yàn)：

4 4 322準(zhǔn) ①取局部溶液．參與適量NaO22

固體，產(chǎn)生無(wú)色無(wú)味的氣體和白色沉淀，再參與足C．Ni-Zn化合物的納米顆?？勺?反響的催化劑，提高苯的轉(zhuǎn)化率只 量的NaOH溶液后白色沉淀全部溶解；D．KFeOCl

處理飲用水時(shí)，既有殺菌消毒作用，又有凈水作用

②另取局部溶液，參與HNO

Ba(NO

溶液，無(wú)沉淀產(chǎn)生。以下推斷正確的選項(xiàng)是2 4 2

3 322．以下有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途不具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是

Al3＋、Cl－HCO?SO2?卷 A．明礬能水解生成Al(OH)

3 4膠體，可用作凈水劑CaO2

3能緩慢與水反響產(chǎn)生O，可用作水產(chǎn)養(yǎng)殖中的供氧劑2

Al3＋、Mg2＋、Cl－NH+、K＋4確定有Al3＋、NH+、Cl－，確定沒(méi)有HCO?名姓 C．鋁具有良好導(dǎo)熱性，可用鋁罐貯運(yùn)濃硝酸此 D．FeCl溶液具有氧化性，可用作銅制線路板的蝕刻劑3

4 3該溶液可能顯弱酸性，也可能顯中性以下表示對(duì)應(yīng)化學(xué)反響的離子方程式正確的選項(xiàng)是3．NA

表示阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是

Fe(NO)

參與過(guò)量的HI溶液：2Fe3++2I?==2Fe2++I1molCO1L2mol·L－1NaOHCO2?N2 3 A級(jí) B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LHF所含原子數(shù)為N

33 2NHHSONaOH：NH++OH?==NH·HO4 3 4 3 2班 A C．將1molCl

1molFeI的溶液：2Fe2＋＋2I?＋2Cl==2Fe3＋＋I(xiàn)＋4Cl－常溫下，1LpH=101×10-10NA

2 2 2 2常溫常壓下，1.8g甲基(—CD)中含有的中子數(shù)為N3 A1/10D．0.01mol·L?1NHAl(SO)

0.02mol·L?1Ba(OH)

溶液等體積混合：NH+

D．試驗(yàn)過(guò)程中應(yīng)先點(diǎn)燃A處的酒精燈，待裝置中布滿黃綠色氣體時(shí)再點(diǎn)燃D處的+Al3++2Ba2++

4 42

2 4酒精燈4OH?=2BaSO↓+Al(OH)↓+NH·HO

NaCONaAlO

的混合溶液中逐滴參與1mol/L的鹽酸，測(cè)得溶液中的CO2?、4 3 3 2 2 3 2 3在給定條件下，以下選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是 HCO?、AlO?、Al3+的物質(zhì)的量與參與鹽酸溶液的體積變化關(guān)系如以下圖。則以下說(shuō)法正確3 2NaHCO(s) 的是3 2 3〔：HCOK=4.3×107，K=5.6×1011；Al(OH)的酸式電離平Al(s)NaH(aq)NaAlO(aq)Al(OH)(s)

2 3 1 2 32 3 K=6.3×1013〕AgNO(aq)[Ag(NH)]+(aq)蔗糖溶液Ag(s)3 32FeO(s)溫Fe(s)FeCl(aq)23 3Al南海是一個(gè)巨大的資源寶庫(kù)，開(kāi)發(fā)利用這些資源是科學(xué)爭(zhēng)論的重要課題。以以下圖為海水資源利用的局部過(guò)程，有關(guān)說(shuō)法正確的選項(xiàng)是

A．a(chǎn)：AlO?+4H+=Al3++2HOB．MCO2

2 20.05molC．CO2?AlO?1∶23 2D．V∶V=1∶41 2A．海水淡化的方法主要有蒸餾法、電滲析法、冰凍法B．氯堿工業(yè)中承受陰離子交換膜可提高產(chǎn)品的純度

12．NHCuSO與足量的10mol·L?1硫酸混合微熱，產(chǎn)生以下現(xiàn)象：4 3①有紅色金屬生成 ②產(chǎn)生刺激性氣味的氣體 ③溶液呈現(xiàn)藍(lán)色C．MgCl·6HOMgCl

的關(guān)鍵是要低溫小火烘干

據(jù)此推斷以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是2 2 2D．溴工業(yè)中③、④的目的是為了富集溴元素，溴元素在反響③、⑤中均被氧化，在反響④中被復(fù)原某同學(xué)設(shè)計(jì)用以以下圖的裝置制備少量的AlCl(易水解)。以下說(shuō)法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是3

A．反響中硫酸作氧化劑B．NHCuSO中硫元素被氧化4 3C．刺激性氣味的氣體是氨氣D．1molNHCuSO0.5mol4 3A．GB．CFE

X、Y、Z、W均為中學(xué)化學(xué)中常見(jiàn)的單質(zhì)或化合物，它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系W、XC．50mL12mol/LMnO2

反響，所得氯氣可以制取26.7gAlCl選項(xiàng)AW選項(xiàng)AW稀硫酸XNaAlO溶液2B稀硝酸FeCCO2Ca(OH)溶液2DCl2Fe422向確定量的Mg2+NH+Al3+混合溶液中參與NaO422

的量與生成沉淀和氣體的量(縱

液馬上變藍(lán)；試驗(yàn)②：向試驗(yàn)①的溶液中參與4mL0.5mol·L－1的亞硫酸鈉溶液，藍(lán)色恰好完全褪去。寫出試驗(yàn)①中發(fā)生反響的離子方程式： 。試驗(yàn)②的化學(xué)反響中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是 。坐標(biāo))的關(guān)系如以下圖，則溶液中Mg2+、NH+、Al3+三種離子的物質(zhì)的量之比為4

以上試驗(yàn)說(shuō)明，在酸性條件下ClO－、I、SO2?的氧化性由弱到強(qiáng)的挨次是2 4 。Ⅱ.(4)ClHOClOCl－)、O(1molO1molO1molHO)等2 22 2 3 3 2 2物質(zhì)常被用作消毒劑。等物質(zhì)的量的上述物質(zhì)消毒效率最高的是 (填序號(hào))。A．Cl

B．HO

C．ClO

D．O2 22 2 3A．1∶1∶2 B．2∶2∶1 C．1∶2∶2 D．9∶2∶4以下試驗(yàn)操作、現(xiàn)象及得出的結(jié)論均正確的選項(xiàng)是

(5)“84”消毒液(主要成分是NaClO)和潔廁劑(主要成分是濃鹽酸)不能混用緣由是 (用離子方程式表示)。選試驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論項(xiàng)Fe(NO)樣品溶于稀硫酸，3選試驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論項(xiàng)Fe(NO)樣品溶于稀硫酸，32稀硫酸能氧化A溶液變紅滴入KSCN溶液 Fe2＋CuB 溶液變藍(lán)驗(yàn)證生成Cu2＋冷卻后，再向反響器中參與冷水生成不溶于稀CNaSO溶液的試管中向2 3NaSO溶液已硝酸的白色沉 2 4參與BaCl溶液，再滴入稀硝酸2淀被空氣中O氧化2FeCl和鹽酸的混合溶液，電陽(yáng)極四周溶液2Fe2＋的復(fù)原性D 解一段時(shí)間后，在陽(yáng)極四周滴加 變紅，并無(wú)氣Cl－KSCN泡產(chǎn)生

在生活、衛(wèi)生醫(yī)療中常用作消毒劑，其中HO

還可用于漂白，4 22 22是化學(xué)試驗(yàn)室里必備的重要氧化試劑。高錳酸鉀造成的污漬可用復(fù)原性的草酸(HCO)去除，F(xiàn)e(NO)

也是重要的氧化試劑，下面是對(duì)這三種氧化劑性質(zhì)的探究。

22433某同學(xué)向浸泡銅片的稀鹽酸中參與HO后，銅片溶解，寫出該反響的離子方22程式 ，氧化產(chǎn)物與復(fù)原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為 。300mL0.2mol·L-1KIKMnO4

溶液恰好反響，生成等物質(zhì)的量的I2

和KIO，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是 mol。3在Fe(NO)

溶液中參與NaSO

33 2 3為棕黃色，溶液先變?yōu)闇\綠色的緣由是 黃色的離子方程式是 。KMnO

NaSO

0.474gKMnO樣品4 223 40.100mol·L-1NaSO

溶液進(jìn)展滴定，標(biāo)準(zhǔn)NaSO

溶液應(yīng)盛裝在223 223CuSCuSHNO

VL〔標(biāo)準(zhǔn)狀況

(填“酸式”或“堿式”)滴定管中。配平上述反響的離子方程式： MnO?+ SO2?2 3 4 23向反響后的溶液中〔存在Cu2+和SO2?〕參與足量NaOH，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，過(guò)濾，洗滌，灼

+ H+= Mn2++ SO2?+ HO，NaSO

溶液12.00mL，4 4 2 223燒，得到CuO12.0g，假設(shè)上述氣體為NO和NO2

的混合物，且體積比為1∶1，則V可能為

則該樣品中KMnO4

的物質(zhì)的量是 。A．9.0L B．13.5L C．15.7L D．16.8L 19．明礬[KAl(SO)·12HO]在生產(chǎn)、生活中有廣泛用途：飲用水的凈化；造紙工業(yè)42 2二、非選擇題〔共552〕

AlAlO

SiOⅠ.某試驗(yàn)小組為探究ClO－、I、SO2?在酸性條件下的氧化性強(qiáng)弱，設(shè)計(jì)試驗(yàn)如

和FeO·xFeO)可制備明礬。工藝流程如下：答復(fù)以下問(wèn)題：

23 22 4 23下：試驗(yàn)①：在淀粉－碘化鉀溶液中參與少量次氯酸鈉溶液，并參與少量的稀硫酸，溶3/10裝置Ⅱ中，酸性條件下NO被Ce4＋氧化的產(chǎn)物主要是NO?和NO?，請(qǐng)寫誕生成等物質(zhì)3 2的量的NO?和NO?時(shí)的離子方程式： 。3 2(4)裝置Ⅲ的作用之一是用質(zhì)子交換膜電解槽電解使得Ce4＋Ce4＋在電解槽的 (填“陽(yáng)極”或“陰極”)，同時(shí)在另一極生成SO2?的電極反響式為24 。明礬凈水的原理是 (用離子方程式表示)。

(5)進(jìn)入裝置Ⅳ的溶液中NO?的濃度為ag·L－1，要使1m3該溶液中的NO?完全轉(zhuǎn)2 2化為NHNO，至少需向裝置Ⅳ中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氧氣 L(用含a代數(shù)式表示，結(jié)果4 3操作Ⅰ是 ，操作Ⅱ是蒸發(fā)濃縮、 、過(guò)濾、 、干燥。

保存整數(shù))。21．FeOCrOAlOSiO

等雜質(zhì))為主要原23 23 2檢驗(yàn)濾液A中是否存在Fe2＋的試劑是 (4)將鋁灰投入氫氧化鈉溶液中生成氣體的化學(xué)方程式是 ，在濾液A中參與高錳酸鉀發(fā)生反響的離子方程式為(該條件下MnO?轉(zhuǎn)化為Mn2＋)： 。4

料生產(chǎn)化工原料紅礬鈉(主要成分為：NaCrO·2HO)，其主要工藝流程如下：2 27 2查閱相關(guān)資料得知：(5)pH＝3、加熱條件下，MnO?Mn2＋MnOMnSO發(fā)生反查閱相關(guān)資料得知：4 2 4應(yīng)的離子方程式為： ，濾渣2含有的物質(zhì)是 。汽車尾氣中CO、NOx

以及燃煤廢氣中的SO2

都是大氣污染物，對(duì)它們的治理具有

i.常溫下，NaBiO3

不溶于水，有強(qiáng)氧化性，在堿性條件下能將Cr3+轉(zhuǎn)化為CrO2?，自4重要意義。

身被復(fù)原為Bi(OH)3

固體。(1)NOx

的轉(zhuǎn)化如下所示：

ii.物質(zhì)Fe(OH)3Al(OH)物質(zhì)Fe(OH)3Al(OH)3Cr(OH)3Fe(OH)2Bi(OH)32 2NO＋O=NO＋O11.2LO時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是開(kāi)頭沉淀的PH2.73.44.67.50.73 2 2 mol。2完全沉淀的PH3.74.45.99.74.5n(NO)∶n[CO(NH]＝3∶22 22 。使用“催化轉(zhuǎn)化器”可以削減尾氣中的CO和NO，轉(zhuǎn)化過(guò)程中發(fā)生反響的化學(xué)xCO＋NO―→N＋COx＝1.5，CO和N的化學(xué)計(jì)x 2 2 2 2量數(shù)之比為 。SO

NO，NaSO

NHNO

產(chǎn)品的流程圖如以下圖(Ce為鈰元素)。

答復(fù)以下問(wèn)題：2 224 4 3

將鉻鐵礦礦石粉碎的目的是 。(2)操作I、III、IV用到的主要玻璃儀器有玻璃棒和 (3)寫出④反響的化學(xué)方程式 。⑤中酸化是使CrO2?轉(zhuǎn)化為CrO2?。寫出該反響的離子方程式 。4 27將溶液H經(jīng)以下操作：蒸發(fā)濃縮， ，過(guò)濾，洗滌，枯燥即得紅礬鈉。取確定質(zhì)量的固體D溶解于200mL的稀硫酸中向所得溶液中參與5.0mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物質(zhì)的量〔n〕與參與NaOH溶液的體積〔V〕關(guān)系如以下圖，則稀硫酸的濃度為 ，固體D中含F(xiàn)e化合物的物質(zhì)的量為 。5/102023

的Ba(NO

溶液，無(wú)沉淀產(chǎn)生，說(shuō)明無(wú)SO2?，溶液中只有Cl―一種陰離子。縱上所述A32 4化學(xué)〔B〕參考答案一、選擇題〔每題6分，共42分，每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意〕1.【答案】C

正確；B、應(yīng)無(wú)Mg2＋和NH+，K＋不能確定，故B錯(cuò)誤；C、無(wú)NH+，故C錯(cuò)誤；D、Al3＋水解4 4DA。【答案】DFe(NO)參與過(guò)量的HI溶液的離子反響為4H+NO+Fe3+4I═Fe233 3【解析】催化劑只能轉(zhuǎn)變化學(xué)反響速率，不能使化學(xué)平衡移動(dòng)，故不能提高苯的轉(zhuǎn)號(hào) +2I+NO↑+2HO故A錯(cuò)誤向NHHSO溶液中加少量的NaOH溶液HSO?＋OH－=SO2?＋HO，位 化率，選項(xiàng)C不正確。

2 2 4 3

3 3 2座 故B錯(cuò)誤；將1molCl

1molFeI溶液中，離子方程式：2I－+Cl═2Cl－+I封【答案】C

2 2 2 2C0.01mol·L?1NHAl(SO

0.02mol·L?1Ba(OH)

NH++Al3【解析】鋁外表能產(chǎn)生氧化膜，可用鋁罐貯運(yùn)濃硝酸，故C錯(cuò)誤，應(yīng)選C。

4 42 2 4＋+2Ba2＋+4OH－=2BaSO↓+Al(OH)↓+NH·HO【答案】C密【解析】1molCO

1L2mol·L－1NaOH1mol碳酸鈉，而CO2?為弱

4【答案】A

3 3 22 3

受熱分解成NaCOCO

HO，NaCO

與飽和石灰水反響生成CaCO酸根，在溶液中會(huì)水解，故溶液中的碳酸根的個(gè)數(shù)小于N個(gè)，故A錯(cuò)誤；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，號(hào) A不場(chǎng) HF是液態(tài)，無(wú)法計(jì)算，故B錯(cuò)誤；堿溶液中的氫離子來(lái)源于水，常溫下，1LpH=10的不考1×10-10mol·L－11×10-10N，

3 2 3 2 2 2 3 3和NaOH，兩步反響均能實(shí)現(xiàn)，選項(xiàng)A正確；NaAlO與過(guò)量鹽酸反響生成NaCl、AlCl和2 3HO，其次步反響不能實(shí)現(xiàn)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；蔗糖中不含醛基，蔗糖不能發(fā)生銀鏡反響，第2A故C正確；1.8g甲基〔-CD〕的物質(zhì)的量為0.1mol，而甲基中含9個(gè)中子，故0.1mol3

CFeHClFeCl2DA。

和H2訂 甲基中含0.9NA

D

【答案】D【答案】Dc(OH－)=1×10－12mo1·L－1的溶液可能呈酸性也可能呈堿裝號(hào) 性，假設(shè)酸性則Fe2+、H+、NO?發(fā)生氧化復(fù)原反響而不能大量共存，假設(shè)堿性則NH+、Fe2+不能證 3 4

【解析】海水淡化的方法主要有蒸餾法、電滲析法、離子交換法，A錯(cuò)誤；氯堿工為防止氯氣與氫氧化鈉反響承受陽(yáng)離子交換膜，使鈉離子轉(zhuǎn)移到陰極，所以提高產(chǎn)品純考 大量存在，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；能使酚酞變紅的溶液呈堿性，HCO?與氫氧根離子反響而不能大準(zhǔn) 24

度，BMgCl2量存在，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；0.1mol·L?1KI溶液中ClO?與I?發(fā)生氧化復(fù)原反響而不能大量共只存，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；常溫下， =10－10的溶液呈酸性，H+、K+、Na+、I－、SO2?，各離子相

解可以完全，因此由MgCl·6HO得到無(wú)水MgCl的關(guān)鍵是抑制MgCl2 2 2

的水解，C錯(cuò)誤；互之間不反響，能大量共存，選項(xiàng)D正確。卷【答案】A

4 海水提溴是先通入足量氯氣氧化溴離子為溴單質(zhì)，然后將溴單質(zhì)復(fù)原為溴化氫，再通入適量氯氣氧化溴離子為溴單質(zhì)，溴得電子化合價(jià)降低，所以溴元素被復(fù)原，因此溴工業(yè)中③、④的目的是為了富集溴元素，溴元素在反響③、⑤中均被氧化，在反響④中被還原，D名 【解析】SO吸取塔中：SO＋SO2?＋HO=2HSO。故A正確；氨氣吸取塔中發(fā)生HSO?＋姓 2 2 3 2 3

3 10.【答案】CNH·HO=HO＋NH+＋SO2?，故B錯(cuò)誤；反響中化合價(jià)不變，故C此 3 2 2 4 3用的物質(zhì)有硫酸銨，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選A。【答案】A級(jí)【解析】由①取局部溶液，參與適量NaO級(jí)22班

固體，產(chǎn)生無(wú)色無(wú)味的氣體和白色沉淀，

【解析】氯氣是有毒氣體不能直接排放到空氣中，G裝置中的氫氧化鈉溶液能與氯氣反響而除去多余氯氣，防止空氣污染，選項(xiàng)A正確；由于AlCl易水解，所以鋁和氯3氣反響必需在枯燥的環(huán)境下進(jìn)展，因此裝置C和F中的試劑均為濃硫酸，其作用是防止EB50mL12mol/LMnO反響，由于濃鹽22NaO＋2HO=4NaOH＋ONH+，再參與足量的NaOH22 2 2 4

酸不斷消耗，變?yōu)橄←}酸，與二氧化錳不反響，所以50mL12mol/L的鹽酸產(chǎn)生氯氣的后白色沉淀全部溶解，說(shuō)明無(wú)Mg2＋，有Al3＋，無(wú)HCO?；②另取局部溶液，參與HNO酸化3 3 量小于0.15mol，因此氯氣與鋁反響生成氯化鋁的量少于0.1mol，質(zhì)量小于13.35g，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；試驗(yàn)過(guò)程中應(yīng)先點(diǎn)燃A處的酒精燈，反響產(chǎn)生氯氣，利用氯氣排凈裝置內(nèi)DD11.【答案】D

氯氣和鐵反響，無(wú)論量多少，只能生成氯化鐵，不符合上述轉(zhuǎn)化關(guān)系，正確?！敬鸢浮緾【解析】依據(jù)HCO和

Al(OH)

的電離平衡常數(shù)，得H＋力氣大?。篈lO?>CO2?>HCO?，

【解析】由圖知，沉淀中含0.1molMg(OH)

0.2molAl(OH)Mg2+2 3 3 2 3 3 2 3滴加鹽酸發(fā)生：AlO?＋H＋＋HO=Al(OH)↓，連續(xù)滴加鹽酸發(fā)生CO2?＋H＋=HCO?、HCO?＋H＋ 0.1mol，含Al3+0.2mol，依據(jù)Mg2++2OH?=Mg(OH)↓、Al3++3OH?=Al(OH)↓，沉淀2種金2 2 3 3 3 3 2 3=CO↑＋HOAl(OH)＋3H＋=Al3＋＋3HO，因此a曲線表示的是AlO?＋H＋＋HO=Al(OH)↓， 屬陽(yáng)離子共需NaOH的物質(zhì)的量為0.1mol×2+0.2mol×3=0.8mol。由圖中橫坐標(biāo)知與32 2 3 2 2 2 3故AM點(diǎn)是CO2?完全轉(zhuǎn)化成HCO?CO2＋H＋=HCO?

產(chǎn)生，

種陽(yáng)離子恰好完全反響時(shí)需NaO

0.5mol，而0.5molNaO

與水反響生成1molNaOH和3 3 3 3 2 22 22故B錯(cuò)誤依據(jù)A選項(xiàng)分析a線發(fā)生AlO?＋H＋＋HO=Al(OH)↓AlO?全部轉(zhuǎn)化成Al(OH)， △2 2 3

3 0.25molO，由NH++OH?NH↑+HO，所以由NH+消耗NaOH的量1mol-0.8mol=0.2mol〕消耗H＋的物質(zhì)的量50×10－3×1mol=0.05mol，則n(AlO?)=0.05mol，b線發(fā)生CO2?＋H＋

2 4 3 2 42 3 或生成NH的物質(zhì)的量〔0.45mol-0.25mol=0.2mol〕均可求得原溶液中含0.2molNH+，3 4=HCO?，CO2?HCO?H＋的物質(zhì)的量為(100－50)×10－3×1mol=0.05mol，3 3 3

所以Mg2+、NH+、Al3+物質(zhì)的量之比=0.1mol∶0.2mol∶0.2mol=1∶2∶2；故合理選項(xiàng)是C。4n(CO2?)=0.05mol，原溶液中CO2?AlO?0.05∶0.05=1∶1，故C3 3 2

【答案】D誤；D、當(dāng)參與VmL鹽酸時(shí)，溶液中n(HCO?)=n(CO2?)=0.025mol，因此共消耗鹽酸的體1 3 3

【解析】Fe(NO

溶液中滴加稀硫酸，酸性條件下硝酸根離子與亞鐵離子發(fā)生氧積為V=(0.05＋0.025)×1000/1mL=75mL，當(dāng)鹽酸體積為V

32NaCl1 2 化復(fù)原反響生成鐵離子，結(jié)論不合理，故A錯(cuò)誤；Cu與濃硫酸加熱反響生成硫酸銅，會(huì)AlCln(HCl)=n(Na＋3n(Al3＋)=[0.05×20.0533×0.05]mol=0.3mol，則V=0.3×1000/1mL=300mL，因此V∶V=75∶300=1∶4，故D2 1 2

有濃硫酸剩余，因此加水稀釋時(shí)，確定要遵循濃硫酸參與水中，玻璃棒不斷攪拌，不能相反操作，易發(fā)生危急，B錯(cuò)誤；NaSO溶液與BaCl溶液反響生成亞硫酸鋇白色沉淀，2 3 2正確。

再滴入稀硝酸〔具有強(qiáng)氧化性〕，亞硫酸鋇被氧化為硫酸鋇沉淀，不溶于稀硝酸，故不12.【答案】D

NaSO

溶液已被空氣中O

氧化，故CFeCl

和鹽酸的混合溶液，電解2 4 2 2【解析】反響只有Cu元素的化合價(jià)發(fā)生變化，硫酸根中硫元素在反響前后化合價(jià)未變，反響中硫酸表達(dá)酸性，不做氧化劑，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；反響前后S元素的化合價(jià)沒(méi)有發(fā)生變化，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；因反響是在酸性條件下進(jìn)展，不行能生成氨氣，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；

一段時(shí)間后，在陽(yáng)極四周滴加KSCN溶液，陽(yáng)極四周溶液變紅，并無(wú)氣泡產(chǎn)生，說(shuō)明有鐵離子產(chǎn)生，亞鐵離子被氧化，而氯離子沒(méi)有發(fā)生氧化反響，因此復(fù)原性：Fe2＋的復(fù)原性強(qiáng)于Cl－，結(jié)論正確，故D正確。NHCuSO與硫酸混合微熱，生成紅色固體為Cu、在酸性條件下，SO2?+2H+=SO↑+HO，反4 3 3 2 2應(yīng)產(chǎn)生有刺激性氣味氣體是SOCu2+生成，則NHCuSO中Cu的化合價(jià)2 4 3為+1價(jià)，反響的離子方程式為：2NHCuSO+4H+=

【答案】A【解析】假設(shè)混合物全是CuS，其物質(zhì)的量為12/80＝0.15mol，電子轉(zhuǎn)移數(shù)0.154 3 mol×(6＋2)＝1.2molNOxmol，NO2

計(jì)算的Cu+Cu2++2SO↑+2HO+2NH+，故1molNHCuSO完全反響轉(zhuǎn)移的電子為0.5mol，故D項(xiàng)正2 2 4 4 3確。

x＝0.3。氣體體積V＝0.6mol×22.4L·mol－1＝13.44L；假設(shè)混合物全是CuS，其物質(zhì)20.075mol，0.075mol×10＝0.75mol，NOxmol，NOxmol，3x＋213.【答案】D【解析】X為NaAlO溶液，W為稀硫酸時(shí)，偏鋁酸鈉和少量稀硫酸反響生成生成氫2氧化鋁沉淀，與過(guò)量稀硫酸反響生成硫酸鋁，氫氧化鋁和硫酸鋁之間可以相互轉(zhuǎn)化，能實(shí)現(xiàn)上述轉(zhuǎn)化關(guān)系，錯(cuò)誤；X為鐵，W為稀硝酸，鐵與少量稀硝酸反響生成硝酸亞鐵，X為氫氧化鈣，W為二氧化碳，氫氧化鈣與少量二氧化碳反響生成碳酸鈣沉淀，和過(guò)量2/10

x＝0.75，x＝0.1875，V＝0.375mol×22.4L·mol－1＝8.4L，因此8.4L＜V＜13.44L?！敬鸢浮俊?〕ClO－＋2I－＋2H＋=I＋Cl－＋HO2 2〔2〕0.004mol〔3〕SO2?<I<ClO－4 2〔4〕C〔5〕ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl↑＋HO 本身被復(fù)原為Mn2+，反響的離子方程式為8MnO?+5SO2?+14H+=8Mn2++10SO2?+7HO；試驗(yàn)中，2 2 4 23 4 2【解析】Ⅰ.〔1〕試驗(yàn)①說(shuō)明酸性條件下，次氯酸鈉把碘離子氧化生成碘單質(zhì)，同 消耗n〔SO2?〕=0.100mol·L?1×0.012L=0.0012mol，由得失電子數(shù)目守恒得：n〔MnO?〕23 4時(shí)自身被復(fù)原生成氯離子，該反響中，次氯酸根離子得電子作氧化劑，碘離子失電子是

×5=0.0012mol×4×2，得n〔MnO?〕=1.92×10-34

mol，則該樣品中KMnO4

的物質(zhì)的量是復(fù)原劑，氧化產(chǎn)物是碘，所以氧化性強(qiáng)弱為：ClO?＞I，反響離子方程式為：ClO?+2I?2+2H+=I+Cl?+HO，故答案為：ClO?+2I?+

1.92×10-3mol。19.【答案】〔1〕Al3＋＋3HO Al(OH)(膠體)＋3H＋2 2 2 32H+=I+Cl?+HO；〔2〕試驗(yàn)②說(shuō)明碘單質(zhì)把亞硫酸根離子氧化生成硫酸根離子，自身被 〔2〕過(guò)濾 冷卻結(jié)晶 洗滌2 2復(fù)原生成碘離子，氧化劑是碘，復(fù)原劑是亞硫酸鈉，氧化產(chǎn)物是硫酸根離子，所以氧化性強(qiáng)弱為：I＞SO2?，反響離子方程式為：HO+I+SO2?=SO2?+2I?+2H+，設(shè)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)

〔3〕酸性高錳酸鉀溶液(或鐵氰化鉀溶液)〔4〕2Al＋2NaOH＋2HO=2NaAlO＋3H↑5Fe2＋＋MnO?＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4HO2 4 2 2 3 4 2 2 2 4 2〔5〕3Mn2＋＋2MnO?＋2HO=5MnO↓＋4H＋ MnOFe(OH)4 2 2 2 3【解析】鋁灰〔含Al、AlO

SiO

和FeO·xFeO〕，參與過(guò)量稀硫酸酸溶過(guò)x．故轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.004mol；〔3〕試驗(yàn)①說(shuō)明氧化性強(qiáng)弱為：ClO?＞I，實(shí)2驗(yàn)②說(shuō)明氧化性強(qiáng)弱為：I＞SO2?，所以在酸性條件下ClO?、I、SO2?的氧化性由弱到強(qiáng)

23 2 23濾，濾液為硫酸鋁、硫酸亞鐵、硫酸鐵，濾渣Ⅰ為二氧化硅，濾液A中參與稍過(guò)量高錳酸鉀溶液氧化亞鐵離子為鐵離子，調(diào)整溶液pH使鐵離子全部沉淀，鋁離子不沉淀，參與硫酸鋁溶液，參與硫酸鉀蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、枯燥得到硫酸鋁鉀晶體；2 4 2 4的挨次是SO2?、I、ClO?，故答案為：SO2?、I、ClO?；Ⅱ.(4)1molCl〔發(fā)生的反響為 〔1〕明礬凈水是鋁離子水解生成氫氧化鋁具有吸附懸浮雜質(zhì)的作用，反響的離子方程4 2 4 2 2Cl+HO=HCl+HClO〕、HOClOO

分別消毒時(shí)，轉(zhuǎn)移電子依次為1mol、1mol、5mol、

式為：Al3＋＋3HO Al(OH)(膠體)＋3H＋；〔2〕固體和液體分別需要用過(guò)濾操作，操2 2 22 2 3 2 32

轉(zhuǎn)移的電子數(shù)最多，消毒效率最高，故答案為：

作Ⅰ是過(guò)濾，操作Ⅱ是溶液中得到晶體的方法，利用蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、C；(5)ClO?與濃鹽酸中的Cl-會(huì)發(fā)生反響生成有毒的Cl，方程式為ClO?+Cl?2+2H+═Cl↑+HO。

枯燥得到明礬晶體；〔3〕檢驗(yàn)亞鐵離子用高錳酸鉀溶液或鐵氰化鉀溶液，滴入高錳酸鉀溶液紫紅色褪去，或參與鐵氰化鉀溶液會(huì)產(chǎn)生藍(lán)色沉淀；〔4〕將鋁灰投入氫氧化鈉2 218.【答案】〔1〕Cu+2H++HO=Cu2++2HO1∶2 溶液中反響生成氫氣、偏鋁酸鈉，反響的化學(xué)方程式是2Al＋2NaOH＋2HO=2NaAlO＋22 2 2 2〔2〕0.16〔3〕Fe3+被復(fù)原成Fe2+3Fe2++4H++NO?=3Fe3++NO↑+2HO

3H↑；酸性溶液中高錳酸鉀溶液能氧化亞鐵離子為鐵離子，本身被復(fù)原為錳離子，反響2的離子方程式為：5Fe2＋＋MnO?＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4HO，分析離子沉淀的pH范圍，調(diào)整3 2 4 2〔4〕堿式8MnO?+5SO2?+14H+=8Mn2++10SO2?+7HO1.92×10-3

mol

溶液pH=3，可以使使Fe3+轉(zhuǎn)化成Fe(OH)

沉淀，并防止Al3+沉淀；故答案為：5Fe2++MnO?4 23 4 2 3 4【解析】〔1〕鹽酸不能與金屬銅反響，參與HO

后，發(fā)生氧化復(fù)原反響，銅片溶

+8H+=5Fe3++Mn2++4HO，使Fe3+轉(zhuǎn)化成Fe(OH)

沉淀，并防止Al3+沉淀；〔5〕在pH=3、加22 2 3解生成氯化銅、水，該反響的離子方程式為：Cu+2H++HO=Cu2++2HO，氧化產(chǎn)物氯化銅與

熱條件下，MnO?可與

Mn2+反響生成MnO。參與MnSO

發(fā)生反響，反響的離子方程式為：22 2 4 2 4復(fù)原產(chǎn)物水的物質(zhì)的量之比為1∶2；〔2〕n〔KI〕=0.06mol，與確定量的酸性KMnO溶 3Mn2++2MnO?+2HO=5MnO↓+4H+；過(guò)濾得到反響中生成的難溶的二氧化錳沉淀和得到的氫4 4 2 2液恰好反響，生成等物質(zhì)的量的I

和KIO，則n〔I〕=n〔KIO〕=0.02mol，共失去電

氧化鐵沉淀，答案為MnO、Fe(OH)。2 3 2 3 2 3子的物質(zhì)的量為2×0.02mol+0.02mol×[5-〔-1〕]=0.16mol；〔3〕先由棕黃色變?yōu)闇\綠色，說(shuō)明Fe3+先被復(fù)原為Fe2+，變?yōu)闇\綠色的離子方程式是2Fe3++SO2?+HO=2Fe2++SO2?

20.【答案】〔1〕1 4∶3〔2〕3∶13 2 4+2H+，后變?yōu)樽攸S色的緣由是反響生成的H+與NO?組成的硝酸將Fe2+氧化為Fe3+，反響的 〔3〕2NO＋3HO＋4Ce4＋=NO?＋NO?＋6H＋＋4Ce3＋3 2 3 2離子方程式是3Fe2++4H++NO?=3Fe3++NO↑+2HO；〔4〕NaSO

在溶液中水解，使溶液顯堿

〔4〕陽(yáng)極 2H＋＋2HSO?＋2e－=SO2?＋2HO3 2 223 3 24 2NaSO

溶液應(yīng)盛裝在堿式滴定管中；酸性條件下MnO?將SO2?氧化為SO2?，

〔5〕243a223 4 23 4〔1〕①依據(jù)反響NO＋O=NO＋O

NO+2+4

180mL。連續(xù)參與氫氧化鈉沉淀開(kāi)頭減小，即氫氧化鋁開(kāi)頭溶解，溶解氫氧化鋁消耗的3 2 21molO2

時(shí)，轉(zhuǎn)移2mole?，標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2LO2

的物質(zhì)