还剩20页未读，
继续阅读
山西省太原师范学院附属中学2022-2023学年高三上学期第一次月考化学试题含解析
展开
这是一份山西省太原师范学院附属中学2022-2023学年高三上学期第一次月考化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，计算题，实验题，元素或物质推断题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
山西省太原师范学院附属中学2022-2023 学年高三上学期第一次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A．华为首款5G手机搭载了麒麟980芯片，此芯片主要成分是二氧化硅
B．医用外科口罩的核心功能层聚丙烯熔喷布属于有机高分子材料
C．将84消毒液和医用酒精混合使用，会降低杀死新冠病毒效果
D．疫苗必须冷藏存放，其目的是避免疫苗蛋白质变性
【答案】A
【详解】A．手机芯片主要成分是晶体硅，A错误；
B．医用外科口罩的核心功能层聚丙烯熔喷布是由丙烯发生加聚反应产生的物质，属于有机合成高分子材料，B正确；
C．84消毒液具有强氧化性，医用酒精具有还原性，将二者混合会发生氧化还原反应，因此混合使用会降低杀死新冠病毒效果，C正确；
D．疫苗属于蛋白质，由于其受热容易发生蛋白质变性，因此疫苗必须冷藏存放，D正确；
故答案为A。
2．下列关于有机物的正确说法是
A．聚乙烯可发生加成反应
B．石油干馏可得到汽油、煤油等
C．淀粉、纤维素互为同分异构体
D．乙酸乙酯、油脂与NaOH溶液反应均有醇生成。
【答案】D
【详解】A．乙烯加聚反应生成聚乙烯后，双键变单键不能发生加成反应，选项A错误；
B．石油分馏可得汽油和煤油属于物理变化过程，干馏是指隔绝空气加强热，属于化学变化，选项B错误；
C．淀粉、纤维素分子式均为(C6H10O5)n，但是n值不同，不是同分异构体，选项C错误；
D．乙酸乙酯和油脂都属于酯类，在氢氧化钠溶液反应后均生成醇，前者生成乙醇，后者生成甘油，选项D正确。
答案选D。
3．我国古代四大发明是古代劳动人民智慧的结晶。下列说法错误的是
A．黑火药爆炸反应为2KNO3+3C+S=K2S+N2↑+3CO2↑，其中氧化剂是KNO3和S
B．活字印刷使用的胶泥由Al2O3、SiO2、CaO等组成，它们都属于氧化物
C．宣纸的主要成分是纤维素，纤维素属于天然高分子化合物
D．指南针由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe2O3
【答案】D
【详解】A．反应方程式中N和S的化合价降低，故KNO3和S为氧化剂，故A正确；
B．Al2O3、SiO2、CaO都只有两种元素组成，其中一种是氧元素，所以都是氧化物，故B正确；
C．宣纸的主要成分是纤维素，化学式为(C6H10O5)n，属于天然有机高分子化合物，故C正确；
D．指南针由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe3O4，又称磁性氧化铁，故D错误；
故选D。
4．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．无色透明的溶液中：、、、
B．的溶液中：
C．的溶液中：
D．能使甲基橙变红的溶液中：
【答案】B
【详解】A．Fe3+和SCN−会发生反应生成血红色的配合物，A错误；
B．根据KW可以求出c(OH−)=0.1mol/L，溶液显碱性，这4种离子可以大量共存，B正确；
C．Fe2+还原性较强，MnO氧化性较强，两者因发生氧化还原反应而不能大量共存，C错误；
D．使甲基橙变红的溶液显酸性，HCO不能在酸性溶液中大量共存，D错误。
故选B。
5．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．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】A．电解熔融的氧化铝制铝而不是氯化铝，A错误；
B．氯化镁与氢氧化钙发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，B正确；
C．铁与氯气反应生成，C错误；
D．电解熔融的制取金属镁，D错误；
故选B。
6．下列关于物质分类的说法，正确的个数有
(1)冰水混合物属于纯净物，高分子化合物属于混合物
(2)CaCl2、NaOH、HCl、HT四种物质都是化合物
(3)由同一种元素组成的物质一定是纯净物
(4)酸性氧化物一定是非金属氧化物
(5)NaHSO4、NaHCO3都属于酸式盐，其水溶液都显酸性
(6)NaCl固体不导电，熔融的KCl能导电，所以前者是非电解质，后者是电解质
(7)强电解质溶液的导电性一定比弱电解质溶液的导电性强
(8)胆矾、苛性钠、冰醋酸、氧化钾均是电解质
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【详解】(1)冰水混合物属于纯净物，化学式为H2O，是一种化合物，高分子化合物属于高聚物，属于混合物，故(1)正确；
(2)HT是单质，故(2)错误；
(3)由同一种元素组成的物质不一定是纯净物为，比如氧元素组成氧气和臭氧，故(3)错误；
(4)酸性氧化物不一定是非金属氧化物，比如七氧化二锰，故(4)错误；
(5)NaHSO4、NaHCO3都属于酸式盐，NaHSO4水溶液显酸性，NaHCO3水溶液显碱性，故(5)错误；
(6) NaCl溶液可以导电，氯化钠是电解质，故(6)错误；
(7)电解质的导电性与离子浓度有关，强电解质溶液的离子浓度很小的话，导电性也会比较小，故(7)错误；
(8)胆矾属于盐，苛性钠属于碱，冰醋酸属于酸，氧化钾属于金属氧化物，它们都是化合物，都为纯净物，均是电解质，故(8)正确；
因此有2个正确；
故B正确。
7．下列关于Fe3+、Fe2+的说法错误的是
A．Fe3O4中铁元素有+2价和+3价，Fe3O4是混合物
B．配制FeCl3溶液时，先将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度
C．Fe溶于一定量稀硝酸中可能生成Fe3+和Fe2+
D．向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧化
【答案】A
【详解】A．Fe3O4是由铁和氧构成的化合物，是纯净物，A错误；
B．三价铁容易水解，配置氯化铁溶液时，可以加入盐酸防止氯化铁水解，B正确；
C．硝酸氧化性较强，和铁反应生成三价铁，三价铁可以和单质铁反应，生成二价铁，故Fe溶于一定量稀硝酸中可能生成Fe3+和Fe2+，C正确；
D．三价铁可以和单质铁反应，生成二价铁，故向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧化，D正确；
故选A。
8．用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是
A．用甲装置制备Fe(OH)2 B．用乙装置分离I2和NH4Cl固体
C．用丙装置检查装置气密性 D．用丁装置蒸干溶液获得NaHCO3晶体
【答案】A
【详解】A．打开止水夹，使具支试管a中铁与稀硫酸反应产生的氢气充满整个装置，排除空气，然后关闭止水夹，具支试管a中产生的氢气将反应生成的硫酸亚铁溶液压入具支试管b中，氢氧化钠溶液发生复分解反应生成氢氧化亚铁沉淀和硫酸钠，整个操作可防止氢氧化亚铁被氧化，长时间能看到白色沉淀，A符合题意；
B．I2受热易升华，凝华后分布在圆底烧瓶底部，而NH4Cl受热易分解，分解生成的氨气和HCl会自发化合重新生成固体NH4Cl，凝结在圆底烧瓶底部，不能达到分离的目的，B不符合题意；
C．丙装置长颈漏斗漏气，所以用手捂锥形瓶的方法不能检验装置的气密性，C不符合题意；
D．常温下蒸干NaHCO3溶液得不到NaHCO3晶体，因为NaHCO3受热易分解，D不符合题意；
故选A。
9．下列离子方程式书写正确的是
A．明矾溶液与足量氨水反应：
B．FeI2溶液与足量的Cl2反应：
C．NaOH和Na2CO3等物质的量浓度混合溶液中加足量的盐酸：
D．向硫酸铝铵溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：
【答案】C
【详解】A．氨水中的NH3·H2O是弱碱，不能溶解Al(OH)3，反应的离子方程式应该为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3，A错误；
B．FeI2电离产生的Fe2+、I-都具有还原性，该溶液与足量的Cl2反应，产生Fe3+、I2、Cl-，反应的离子方程式为：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-，B错误；
C．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，C正确；
D．向硫酸铝铵溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，要以不足量的Ba(OH)2为标准，假设其物质的量是2 mol，反应产生BaSO4沉淀、Al(OH)3沉淀、NH3·H2O，离子方程式应该为：，D错误；
故合理选项是C。
10．下列实验描述正确的是
A．向淀粉在稀硫酸作用下的水解液中加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热无砖红色沉淀生成，则淀粉未水解
B．将铝锭加入浓硝酸中无明显现象，常温下铝和浓硝酸不反应，可以用铝槽车运输浓硝酸
C．将金属钠加入CuSO4溶液中有大量红色固体产生，说明金属性钠强于铜
D．草酸溶液和酸性KMnO4溶液混合，KMnO4溶液紫红色褪去，则H2C2O4还原性强于Mn2+
【答案】D
【详解】A．水解后溶液依然显酸性，在酸性条件下，不能和新制的Cu(OH)2悬浊液反应，A错误；
B．常温时，铝遇到浓硝酸会钝化，在铝的表面生成致密的氧化物保护膜，B错误；
C．将金属钠加入CuSO4溶液，钠会和水反应，不能置换出其中的铜，C错误；
D．草酸可以被酸性高锰酸钾氧化，而使高锰酸钾褪色，草酸是还原剂，高锰酸钾是氧化剂，可以证明H2C2O4还原性强于Mn2+，D正确；
故选D。
11．NA代表阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是
A．0.1mol/L溶液中，的数目一定小于0.1NA
B．6.6g分子中含的共用电子对数为0.6NA
C．标准状况下，22.4LNO和11.2L混合后气体的分子总数为NA
D．1mol与足量的充分反应，转移的电子数为NA
【答案】B
【详解】A．缺少溶液体积，无法计算溶液中的物质的量，A错误；
B．每个分子中含有4对共用电子对，6.6g的物质的量为0.15mol，故含有共用电子对的数目为0.6，B正确；
C．标准状况下，22.4LNO与11.2L恰好反应生成1mol，结合知，混合气体的分子数小于，C错误；
D．与反应为可逆反应，故反应转移电子数目小于，D错误；
答案选B。
12．化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下表中用途与其性质或原理对应关系错误的是
选项
用途
性质或原理
A
葡萄酒中添加适量的SO2起到保质作用
SO2具有杀菌、抗氧化作用
B
明矾可用作自来水净水剂
Al(OH)3胶体具有吸附性
C
在食品包装袋中放入装有硅胶、铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质
硅胶具有吸水性，铁粉具有氧化性
D
用小苏打治疗胃酸过多
NaHCO3可与胃液中的酸反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．二氧化硫具有还原性，可以用于葡萄酒中起到杀菌和抗氧化的作用，故A正确；
B．Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净水，可用作自来水净水剂，故B正确；
C．硅胶可吸水，铁粉具有还原性，则食品袋中放入装有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质，故C错误；
D．碳酸氢钠与盐酸反应，且碳酸氢钠碱性较弱，所以碳酸氢钠可以用于治疗胃酸过多，故D正确；
故选C。
13．下列有关铜的化合物说法正确的是
A．根据铁比铜金属性强，在实际应用中可用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板
B．CuSO4溶液与H2S溶液反应的离子方程式为：Cu2++S2-=CuS↓
C．用稀盐酸除去铜锈的离子方程式为CuO+2H+=Cu2++H2O
D．Cu2O溶于稀硫酸反应的离子方程式Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O
【答案】D
【详解】A．在实际应用中可用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，利用的是铁离子的氧化性，与铁比铜金属性强无关系，A错误；
B．H2S难电离，CuSO4溶液与H2S溶液反应的离子方程式为Cu2+＋H2S＝CuS↓＋2H＋，B错误；
C．铜锈的主要成分是碱式碳酸铜，用稀盐酸除去铜锈的离子方程式为Cu2(OH)2CO3＋4H＋＝2Cu2＋＋CO2↑＋3H2O，C错误；
D．氧化铜可以和稀硫酸反应生成铜离子和水，离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，D正确；
故选D。
14．下列各组物质中，因为反应条件或用量不同而发生不同化学反应的是
①Na与O2②氯水与溴化亚铁③Fe与Cl2④AlCl3溶液与氨水⑤CO2与NaOH溶液⑥Fe与硝酸⑦AgNO3溶液与氨水
A．除③④外 B．除③⑦外 C．除⑥⑦外 D．除③外
【答案】A
【详解】①钠在氧气中加热反应生成过氧化钠，在氧气中常温下反应生成氧化钠，产物不同，故①正确；②少量氯水与溴化亚铁反应时，氧化Fe2+生成Fe3+，过量氯水与溴化亚铁反应时，氧化Fe2+和Br-，产物不同，故②正确；③铁和氯气反应只能将铁氧化为正三价，反应条件、用量、浓度等不同时所发生的化学反应相同，故③错误；④AlCl3溶液与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和弱碱不反应，故④错误；⑤少量二氧化碳和烧碱反应生成碳酸盐，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠，产物不同，故⑤正确；⑥铁和浓硝酸发生钝化，与稀硝酸反应生成一氧化氮，产物不同，故⑥正确；⑦AgNO3溶液与少量的氨水反应先生成氢氧化银，氢氧化银能溶于过量的氨水中得到银氨溶液，故⑦正确；
故选A。
15．用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物转化为无害物质。常温下，将NO与的混合气体通入与的混合溶液中，其物质的转化过程如图所示。下列说法错误的是
A．反应Ⅱ的离子方程式为
B．反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
C．为该转化过程的中间产物
D．反应前后溶液中和的总数保持不变
【答案】B
【分析】从反应图中可知，该反应的实质为2H2+2NO=N2+2H2O。
【详解】A．反应的离子方程式为，A正确；
B．反应Ⅰ为，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，B错误；
C．从图中可知，H+为中间产物，C正确；
D．整个反应过程符合质量守恒定律，反应前后参加反应的和的总数一定保持不变，D正确；
故答案选B。
16．合成某种具有解毒消肿、祛风活络的功能药物的中间体(M)的结构简式如图所示。下列有关M的说法错误的是
A．1mol M最多与4mol H2发生加成反应 B．环上的一氯代物有3种
C．该分子中所有碳原子一定共面 D．1mol M最多能与4mol NaOH发生反应
【答案】C
【详解】A．分子中含有一个苯环和一个碳碳双键，1mol M最多与发生加成反应，选项A正确；
B．环上有3种不同环境的氢，则环上的一氯代物有3种，选项B正确；
C．分子中含有2个以上饱和碳原子，该分子中碳原子一定不共面，选项C错误；
D．分子含有2个酚羟基、1个酯基可以和氢氧化钠反应，酯基反应后生成的酚羟基又可以和氢氧化钠反应，故1mol M最多能与4mol NaOH发生反应，选项D正确；
答案选C。
17．下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是
①金属钠投入FeCl2溶液中 ②过量NaOH溶液和明矾溶液混合
③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中 ④向NaAlO2溶液中通入过量CO2
⑤向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2
A．①②③④⑤ B．①④ C．②③ D．③④⑤
【答案】D
【详解】①金属钠投入FeCl2溶液中，Na与FeCl2溶液反应产生Fe(OH)2白色沉淀，该物质不稳定，容易被氧化产生红褐色Fe(OH)3沉淀，①不符合题意；
②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，反应产生的Al(OH)3沉淀会被过量NaOH溶液溶解，最终得到NaAlO2溶液，②不符合题意；
③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中，反应产生CaCO3沉淀、Na2CO3、H2O，③符合题意；
④向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应产生Al(OH)3沉淀和NaHCO3，④符合题意；
⑤向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，反应产生NaHCO3沉淀，⑤符合题意；
物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是③④⑤，故合理选项是D。
18．铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成中的一种重要还原剂。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝氢化钠的一种工艺流程如图：
下列说法中错误的是
A．为了提高“碱溶”效率，在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎
B．“反应I”的部分化学原理与泡沫灭火器的原理相同
C．“滤渣1”的主要成分为氧化铁
D．“反应III”的化学方程式为4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl
【答案】B
【分析】以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，NaOH溶解时Fe2O3不反应，过滤得到的滤渣中含有Fe2O3，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解氧化铝生成Al和氧气，纯铝在氯气中燃烧生成氯化铝，氯化铝再与NaH反应生成铝氢化钠（NaAlH4），据此解答。
【详解】A．为了提高“碱溶”效率，在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎，增大接触面积，A正确；
B．滤液中含有过量NaOH和NaAlO2溶液，加入NaHCO3溶液后分别与OH-、反应，反应的离子方程式OH-+= +H2O、++H2O=+Al(OH)3 ↓，与泡沫灭火器的原理不同，故B错误；
C．铝土矿加NaOH溶解时，Al2O3溶解而Fe2O3不反应，则过滤所得滤渣I主要成分为氧化铁，故 C正确；
D．由分析可知，“反应III”的化学方程式为4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl ，故D正确；
答案选B。
19．某结晶水合物的化学式为A·nH2O，其相对分子质量为M，在25℃时，ag晶体溶于bg水中即达饱和，形成密度为ρg/mL的溶液，下列表达式正确的是
A．饱和溶液中溶质的质量分数为：%
B．饱和溶液的物质的量浓度为：mol/L
C．饱和溶液的体积为：L
D．25℃时，A的溶解度为：g
【答案】A
【分析】根据结晶水合物的相对分子质量和质量可求解物质的量，根据溶液密度和质量可求解溶液体积，进而结算溶液的物质的量浓度以及体积分数。晶体的物质的量为mol，溶质的质量为g，溶液的质量为(a+b)g，溶液的体积为mL，据此分析选择。
【详解】A．饱和溶液中溶质的质量分数为：＝％，A正确；
B．饱和溶液的物质的量浓度为：，B错误；
C．饱和溶液的体积为mL，C错误；
D．设25℃时，A的溶解度为S，则，得，D错误；
答案为：A。
二、计算题
20．完成下列填空：
(1)3.01×1023个氯气分子的物质的量是_______，0.5mol的H2O中含有的电子数为_______(用NA表示)。
(2)同温同压下，同体积的甲烷(CH4)和CO2物质的量之比为_______，密度之比为_______。
(3)3.1g Na2X含有Na+ 0.1mol，则Na2X的摩尔质量为_______，X的相对原子质量为_______。
(4)在标准状况下，CO和CO2的混合气体共6.72L，质量为12g，则两种气体的物质的量之比为_______，混合气体的平均摩尔质量为_______。
【答案】(1) 0.5mol 5NA
(2) 1：1 4：11
(3) 62g/mol 16
(4) 1：3 40g/mol
【解析】（1）
1mol任何物质都含有6.02×1023个微粒，故3.01×1023个氯气分子的物质的量是为0.5mol，1molH2O中含有的电子数为10NA，0.5mol的H2O中含有的电子数为5NA；
（2）
在同温同压下，气体体积之比等于分子数目之比等于物质的量之比，故同体积的甲烷和二氧化碳的物质的量之比为1：1，二者质量之比16g/mol：44g/mol=4：11，同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量之比，故甲烷与二氧化碳的密度之比=16g/mol：44g/mol=4：11；
（3）
Na2X中含有的Na+物质的量为0.1mol，则Na2X的物质的量为0.05mol，，X的相对原子质量为62-2×23=16；
（4）
标准状况下，6.72 L的混合气体的物质的量n=，设一氧化碳的质量为xg，则二氧化碳的质量为(12-x)g，则，解得x=2.1，则，，则两种气体的物质的量比=0.075：0.225=1：3，混合气体的摩尔质量：。
三、实验题
21．高锰酸钾溶液常用于物质的定性检验与定量分析。
Ⅰ.实验室里欲用KMnO4固体来配制240mL 0.2mol/L的KMnO4溶液。
(1)计算所需KMnO4固体的质量为_______g。
(2)配制溶液时，必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、_______、_______。
(3)写出配制溶液时的正确操作顺序(用字母表示，每个字母只能用一次)_______。
A．洗涤 B．称量、溶解 C．转移 D．摇匀 E.定容
(4)配制过程中，下列操作导致溶液浓度偏小的是_______(填序号)。
A．加水定容时俯视刻度线
B．容量瓶未干燥处理
C．定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水
D．溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯
Ⅱ.为了增强高锰酸钾溶液的氧化性，需要加入2mol/L的稀硫酸溶液。现用其测定某补血剂片中亚铁的含量：称取含FeSO4·7H2O的补血剂片a克，充分研磨后溶于水，配成100mL溶液，取25.00mL的该溶液与c mol/L的酸性高锰酸钾溶液反应，消耗酸性高锰酸钾溶液25.00mL。上述过程发生反应的化学方程式为。
(5)则该补血剂中FeSO4·7H2O的质量分数为_______(用含a、c的代数式表示)。
(6)将8.34g FeSO4·7H2O样品隔绝空气加热脱水，其热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。
①在100℃时，M的化学式为_______
②380℃的P加热至650℃时的化学方程式为：_______
【答案】(1)7.9
(2) 250ml容量瓶 胶头滴管
(3)BCAED
(4)CD
(5)
(6) FeSO4•4H2O 2FeSO4Fe2O3+SO3↑+ SO2↑
【分析】实验室配制一定物质的量浓度的溶液时，首先要选择一定规格的容量瓶，然后根据所选择容量瓶的规格，计算所需溶质的质量；8.34g FeSO4•7H2O样品物质的量==0.03mol，其中m(H2O)=0.03mol×7×18g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g-3.78g=4.56g，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，结合质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式，加热至633℃时，固体的质量为2.40g，其中n(Fe)=n(FeSO4•7H2O)=0.03mol，m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g，则固体中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g，n(O)==0.045mol，则n(Fe)：n(O)=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3，以此解答该题。
（1）
实验室没有240mL的容量瓶，只能配置250mL溶液，实验室用KMnO4固体配制250mL0.2mol∙L-1的KMnO4溶液，所需KMnO4固体的质量为0.25L×0.2mol∙L-1×158g/mol=7.9g。答案为：7.9；
（2）
配制溶液时，必须用到的玻璃仪器：溶解时用烧杯、玻璃棒，转移和定容时用250mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等，故答案为：250ml容量瓶；胶头滴管；
（3）
配制溶液时的正确操作顺序为称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀，故选：BCAED。答案为：BCAED；
（4）
A．加水定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，A错误；
B．只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可，至于水是事先就有的还是后来加入的，对浓度无影响，B错误；
C．定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水，吸出的水中含有溶质，会导致浓度偏小，C正确；
D．没有洗涤烧杯，则烧杯内壁上会沾有溶质，导致浓度偏小，D正确；
故选CD。答案为：CD；
（5）
由方程式可知，该补血剂中FeSO4⋅7H2O的质量分数为 ；
（6）
①温度为100℃时，固体质量为6.72g，其中m(FeSO4)=0.03mol×152g/mol=4.56g，m(H2O)=6.72g-4.56g=2.16g，n(H2O)==0.12mol，则n(H2O)：n(FeSO4)=0.12mol：0.03mol=4：1，则化学式为FeSO4•4H2O；
②由上述分析可知，Q点对应物质为Fe2O3，P点为FeSO4，P点为4.56g FeSO4，其物质的量为0.03mol，P→Q的过程中，Fe元素化合价升高，则S元素化合价会下降生成SO2，根据原子守恒可知，生成0.015mol Fe2O3，失去电子为0.03mol，若S元素全部生成SO2，则需得到0.06mol电子，得失电子不守恒，因此还有一部分SO3生成，因此最终气体为SO2和SO3的混合气体，则380℃的P加热至650℃时的化学方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO3↑+ SO2↑。
四、元素或物质推断题
22．A、B、C、D都是中学化学中常见物质。其中A、B、C均含有同一种元素，在一定条件下相互转化关系如图(部分反应中的水已略去)。根据题意回答下列问题：
(1)若A、B、C的焰色反应均为黄色，C为食品工业中的一种应用广泛的疏松剂，D的过度排放会造成温室效应。
①A的化学式：_______，
②向饱和的B溶液中通入D的离子方程式是_______。
(2)若A、D均为单质，且A为气体，D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料。
①反应Ⅲ的离子方程式是_______，
②设计实验方案检验B中阳离子_______。
(3)若A、B、C所含相同元素是地壳中含量最多的金属元素，
①B的化学式：_______，
②反应Ⅲ的离子方程式是_______
【答案】(1) NaOH
(2) Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+ 取少量B的溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，若出现血红色，说明B中的阳离子是Fe3+
(3) Al(OH)3 Al3＋+3AlO+6H2O=4Al(OH)3
【分析】若A、B、C的焰色反应均为黄色，均含有Na元素， D的过度排放会造成温室效应，D为CO2，A能与二氧化碳反应生成B，B能与二氧化碳反应生成C，C为厨房中的用品，则C为NaHCO3，B为碳酸钠，且A与C反应得到B，则A为NaOH。若A、D均为单质，D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料，为Fe2O3，则D为Fe，且A为气体，由转化关系可知A具有强氧化性，将Fe氧化为高价态，可推知A为Cl2、B为FeCl3、C为FeCl2。
（1）
①由分析可知A为NaOH；
②由分析可知，B为碳酸钠，向碳酸钠溶液中通入二氧化碳可以生成碳酸氢钠，离子方程式为：；
（2）
①由分析可知A为氯气，C为氯化亚铁，则反应Ⅲ的离子方程式是Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；
②由分析可知B为FeCl3，可以用硫氰化钾检验三价铁离子，方法为：取少量B的溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，若出现血红色，说明B中的阳离子是Fe3+；
（3）
若A、B、C所含相同元素是地壳中含量最多的金属元素，则都含有铝元素，根据转化关系可知，A为可溶性的偏铝酸盐，B为氢氧化铝，C为可溶性铝盐，
①由分析可知B为Al(OH)3；
②反应Ⅲ为偏铝酸根离子和铝离子反应生成氢氧化铝，离子方程式为：Al3＋+3AlO+6H2O=4Al(OH)3。
五、工业流程题
23．镍氢电池是一种新型绿色电池，利用废旧镍氢电池的金属电极芯[主要成分为Ni(OH)2、Co(OH)2及少量铁、铝的氧化物等]生产硫酸镍、碳酸钴的工艺流程如图。
已知：部分金属阳离子以氢氧化物的形式沉淀时溶液的pH见表：
金属阳离子
Fe2+
Fe3+
Al3+
Ni2+
Co2+
开始沉淀时pH
6.3
1.5
3.4
6.2
7.15
完全沉淀时pH(金属阳离子浓度<10-5mol/L)
9.0
3.2
4.7
9.2
9.15
回答下列问题：
(1)步骤①用稀硫酸浸取金属电极芯前，提高浸取率方法_______(写两种)。
(2)沉淀A的主要成分_______，步骤②调pH的范围为_______。
(3)将“母液1”的pH调至3~4，再加入NaClO，NaClO的作用是_______。
(4)步骤④离子方程式_______，若用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液也能达到目的，从环保角度分析不采用盐酸的原因：_______。
(5)步骤⑤中“母液3”与NaHCO3溶液反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)适当增加硫酸浓度，将电极芯粉碎
(2) Al(OH)3、Fe(OH)3 4.7≤pH<6.2
(3)将Co2+氧化为Co3+
(4) 4H++H2O2+2Co(OH)3=2Co2++O2+6H2O 实验过程中会生成氯气，污染环境
(5)
【分析】含镍废电池的金属电极芯(主要成分为Co、Ni，还含少量Fe、Al等)加入硫酸溶液酸溶，浸取液加入双氧水氧化将Fe2+氧化为Fe3+，调pH，产生Fe(OH)3沉淀、Al(OH)3沉淀，过滤后，母液1加入次氯酸钠将Co2+氧化为Co3+、调pH，得到Co(OH)3沉淀，在硫酸参与下，被双氧水还原为Co2+，加入碳酸钠溶液得CoCO3沉淀；过滤所得母液2，经加入氨气、硫酸后转化为Ni(OH)2沉淀，过滤后，在硫酸参与下，得到NiSO4，用于生成NiSO4·7H2O，据此分析解答。
（1）
根据影响化学反应速率的因素可知，用硫酸浸取金属电极芯时，提高浸取率的方法有适当增加硫酸浓度，将电极芯粉碎；
（2）
金属电极芯中的主要成分是Co、Ni，还含少量Fe、Al等，加入稀硫酸酸浸时，金属单质都转化为金属离子(Ni2+、Co2+、Fe2+、A13+)，浸出液中加入过氧化氢的作用是氧化亚铁离子为铁离子，由流程图中最终产物可知，调节pH的作用是除去溶液中的Fe3+、A13+，故沉淀A的主要成分是Al(OH)3、Fe(OH)3；为了保证Fe3+、A13+沉淀完全而不沉淀Ni2+、Co2+，由表格数据可知，要调节pH的范围为4.7≤pH<6.2；
（3）
由流程图中母液1的后续产物可知，加入NaClO的作用是将Co2+氧化为Co3+，从而使其容易形成沉淀，与母液分离；反应的离子方程ClO-+2Co2++5H2O=2Co(OH)3↓+Cl-+4H+；
（4）
由分析可知，步骤④离子方程式为4H++H2O2+2Co(OH)3=2Co2++O2+6H2O；若用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，实验过程中会生成氯气，污染环境；
（5）
碳酸氢根电离出碳酸根离子和氢离子，“母液3”中的Co2+与碳酸根形成难溶物碳酸钙，促进碳酸氢根电离，氢离子浓度增大，有一部分碳酸氢根就转变为二氧化碳和水, “母液3”与NaHCO3溶液反应的离子方程式为,。
山西省太原师范学院附属中学2022-2023 学年高三上学期第一次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A．华为首款5G手机搭载了麒麟980芯片，此芯片主要成分是二氧化硅
B．医用外科口罩的核心功能层聚丙烯熔喷布属于有机高分子材料
C．将84消毒液和医用酒精混合使用，会降低杀死新冠病毒效果
D．疫苗必须冷藏存放，其目的是避免疫苗蛋白质变性
【答案】A
【详解】A．手机芯片主要成分是晶体硅，A错误；
B．医用外科口罩的核心功能层聚丙烯熔喷布是由丙烯发生加聚反应产生的物质，属于有机合成高分子材料，B正确；
C．84消毒液具有强氧化性，医用酒精具有还原性，将二者混合会发生氧化还原反应，因此混合使用会降低杀死新冠病毒效果，C正确；
D．疫苗属于蛋白质，由于其受热容易发生蛋白质变性，因此疫苗必须冷藏存放，D正确；
故答案为A。
2．下列关于有机物的正确说法是
A．聚乙烯可发生加成反应
B．石油干馏可得到汽油、煤油等
C．淀粉、纤维素互为同分异构体
D．乙酸乙酯、油脂与NaOH溶液反应均有醇生成。
【答案】D
【详解】A．乙烯加聚反应生成聚乙烯后，双键变单键不能发生加成反应，选项A错误；
B．石油分馏可得汽油和煤油属于物理变化过程，干馏是指隔绝空气加强热，属于化学变化，选项B错误；
C．淀粉、纤维素分子式均为(C6H10O5)n，但是n值不同，不是同分异构体，选项C错误；
D．乙酸乙酯和油脂都属于酯类，在氢氧化钠溶液反应后均生成醇，前者生成乙醇，后者生成甘油，选项D正确。
答案选D。
3．我国古代四大发明是古代劳动人民智慧的结晶。下列说法错误的是
A．黑火药爆炸反应为2KNO3+3C+S=K2S+N2↑+3CO2↑，其中氧化剂是KNO3和S
B．活字印刷使用的胶泥由Al2O3、SiO2、CaO等组成，它们都属于氧化物
C．宣纸的主要成分是纤维素，纤维素属于天然高分子化合物
D．指南针由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe2O3
【答案】D
【详解】A．反应方程式中N和S的化合价降低，故KNO3和S为氧化剂，故A正确；
B．Al2O3、SiO2、CaO都只有两种元素组成，其中一种是氧元素，所以都是氧化物，故B正确；
C．宣纸的主要成分是纤维素，化学式为(C6H10O5)n，属于天然有机高分子化合物，故C正确；
D．指南针由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe3O4，又称磁性氧化铁，故D错误；
故选D。
4．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．无色透明的溶液中：、、、
B．的溶液中：
C．的溶液中：
D．能使甲基橙变红的溶液中：
【答案】B
【详解】A．Fe3+和SCN−会发生反应生成血红色的配合物，A错误；
B．根据KW可以求出c(OH−)=0.1mol/L，溶液显碱性，这4种离子可以大量共存，B正确；
C．Fe2+还原性较强，MnO氧化性较强，两者因发生氧化还原反应而不能大量共存，C错误；
D．使甲基橙变红的溶液显酸性，HCO不能在酸性溶液中大量共存，D错误。
故选B。
5．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．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】A．电解熔融的氧化铝制铝而不是氯化铝，A错误；
B．氯化镁与氢氧化钙发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，B正确；
C．铁与氯气反应生成，C错误；
D．电解熔融的制取金属镁，D错误；
故选B。
6．下列关于物质分类的说法，正确的个数有
(1)冰水混合物属于纯净物，高分子化合物属于混合物
(2)CaCl2、NaOH、HCl、HT四种物质都是化合物
(3)由同一种元素组成的物质一定是纯净物
(4)酸性氧化物一定是非金属氧化物
(5)NaHSO4、NaHCO3都属于酸式盐，其水溶液都显酸性
(6)NaCl固体不导电，熔融的KCl能导电，所以前者是非电解质，后者是电解质
(7)强电解质溶液的导电性一定比弱电解质溶液的导电性强
(8)胆矾、苛性钠、冰醋酸、氧化钾均是电解质
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【详解】(1)冰水混合物属于纯净物，化学式为H2O，是一种化合物，高分子化合物属于高聚物，属于混合物，故(1)正确；
(2)HT是单质，故(2)错误；
(3)由同一种元素组成的物质不一定是纯净物为，比如氧元素组成氧气和臭氧，故(3)错误；
(4)酸性氧化物不一定是非金属氧化物，比如七氧化二锰，故(4)错误；
(5)NaHSO4、NaHCO3都属于酸式盐，NaHSO4水溶液显酸性，NaHCO3水溶液显碱性，故(5)错误；
(6) NaCl溶液可以导电，氯化钠是电解质，故(6)错误；
(7)电解质的导电性与离子浓度有关，强电解质溶液的离子浓度很小的话，导电性也会比较小，故(7)错误；
(8)胆矾属于盐，苛性钠属于碱，冰醋酸属于酸，氧化钾属于金属氧化物，它们都是化合物，都为纯净物，均是电解质，故(8)正确；
因此有2个正确；
故B正确。
7．下列关于Fe3+、Fe2+的说法错误的是
A．Fe3O4中铁元素有+2价和+3价，Fe3O4是混合物
B．配制FeCl3溶液时，先将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度
C．Fe溶于一定量稀硝酸中可能生成Fe3+和Fe2+
D．向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧化
【答案】A
【详解】A．Fe3O4是由铁和氧构成的化合物，是纯净物，A错误；
B．三价铁容易水解，配置氯化铁溶液时，可以加入盐酸防止氯化铁水解，B正确；
C．硝酸氧化性较强，和铁反应生成三价铁，三价铁可以和单质铁反应，生成二价铁，故Fe溶于一定量稀硝酸中可能生成Fe3+和Fe2+，C正确；
D．三价铁可以和单质铁反应，生成二价铁，故向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧化，D正确；
故选A。
8．用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是
A．用甲装置制备Fe(OH)2 B．用乙装置分离I2和NH4Cl固体
C．用丙装置检查装置气密性 D．用丁装置蒸干溶液获得NaHCO3晶体
【答案】A
【详解】A．打开止水夹，使具支试管a中铁与稀硫酸反应产生的氢气充满整个装置，排除空气，然后关闭止水夹，具支试管a中产生的氢气将反应生成的硫酸亚铁溶液压入具支试管b中，氢氧化钠溶液发生复分解反应生成氢氧化亚铁沉淀和硫酸钠，整个操作可防止氢氧化亚铁被氧化，长时间能看到白色沉淀，A符合题意；
B．I2受热易升华，凝华后分布在圆底烧瓶底部，而NH4Cl受热易分解，分解生成的氨气和HCl会自发化合重新生成固体NH4Cl，凝结在圆底烧瓶底部，不能达到分离的目的，B不符合题意；
C．丙装置长颈漏斗漏气，所以用手捂锥形瓶的方法不能检验装置的气密性，C不符合题意；
D．常温下蒸干NaHCO3溶液得不到NaHCO3晶体，因为NaHCO3受热易分解，D不符合题意；
故选A。
9．下列离子方程式书写正确的是
A．明矾溶液与足量氨水反应：
B．FeI2溶液与足量的Cl2反应：
C．NaOH和Na2CO3等物质的量浓度混合溶液中加足量的盐酸：
D．向硫酸铝铵溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：
【答案】C
【详解】A．氨水中的NH3·H2O是弱碱，不能溶解Al(OH)3，反应的离子方程式应该为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3，A错误；
B．FeI2电离产生的Fe2+、I-都具有还原性，该溶液与足量的Cl2反应，产生Fe3+、I2、Cl-，反应的离子方程式为：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-，B错误；
C．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，C正确；
D．向硫酸铝铵溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，要以不足量的Ba(OH)2为标准，假设其物质的量是2 mol，反应产生BaSO4沉淀、Al(OH)3沉淀、NH3·H2O，离子方程式应该为：，D错误；
故合理选项是C。
10．下列实验描述正确的是
A．向淀粉在稀硫酸作用下的水解液中加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热无砖红色沉淀生成，则淀粉未水解
B．将铝锭加入浓硝酸中无明显现象，常温下铝和浓硝酸不反应，可以用铝槽车运输浓硝酸
C．将金属钠加入CuSO4溶液中有大量红色固体产生，说明金属性钠强于铜
D．草酸溶液和酸性KMnO4溶液混合，KMnO4溶液紫红色褪去，则H2C2O4还原性强于Mn2+
【答案】D
【详解】A．水解后溶液依然显酸性，在酸性条件下，不能和新制的Cu(OH)2悬浊液反应，A错误；
B．常温时，铝遇到浓硝酸会钝化，在铝的表面生成致密的氧化物保护膜，B错误；
C．将金属钠加入CuSO4溶液，钠会和水反应，不能置换出其中的铜，C错误；
D．草酸可以被酸性高锰酸钾氧化，而使高锰酸钾褪色，草酸是还原剂，高锰酸钾是氧化剂，可以证明H2C2O4还原性强于Mn2+，D正确；
故选D。
11．NA代表阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是
A．0.1mol/L溶液中，的数目一定小于0.1NA
B．6.6g分子中含的共用电子对数为0.6NA
C．标准状况下，22.4LNO和11.2L混合后气体的分子总数为NA
D．1mol与足量的充分反应，转移的电子数为NA
【答案】B
【详解】A．缺少溶液体积，无法计算溶液中的物质的量，A错误；
B．每个分子中含有4对共用电子对，6.6g的物质的量为0.15mol，故含有共用电子对的数目为0.6，B正确；
C．标准状况下，22.4LNO与11.2L恰好反应生成1mol，结合知，混合气体的分子数小于，C错误；
D．与反应为可逆反应，故反应转移电子数目小于，D错误；
答案选B。
12．化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下表中用途与其性质或原理对应关系错误的是
选项
用途
性质或原理
A
葡萄酒中添加适量的SO2起到保质作用
SO2具有杀菌、抗氧化作用
B
明矾可用作自来水净水剂
Al(OH)3胶体具有吸附性
C
在食品包装袋中放入装有硅胶、铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质
硅胶具有吸水性，铁粉具有氧化性
D
用小苏打治疗胃酸过多
NaHCO3可与胃液中的酸反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．二氧化硫具有还原性，可以用于葡萄酒中起到杀菌和抗氧化的作用，故A正确；
B．Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净水，可用作自来水净水剂，故B正确；
C．硅胶可吸水，铁粉具有还原性，则食品袋中放入装有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质，故C错误；
D．碳酸氢钠与盐酸反应，且碳酸氢钠碱性较弱，所以碳酸氢钠可以用于治疗胃酸过多，故D正确；
故选C。
13．下列有关铜的化合物说法正确的是
A．根据铁比铜金属性强，在实际应用中可用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板
B．CuSO4溶液与H2S溶液反应的离子方程式为：Cu2++S2-=CuS↓
C．用稀盐酸除去铜锈的离子方程式为CuO+2H+=Cu2++H2O
D．Cu2O溶于稀硫酸反应的离子方程式Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O
【答案】D
【详解】A．在实际应用中可用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，利用的是铁离子的氧化性，与铁比铜金属性强无关系，A错误；
B．H2S难电离，CuSO4溶液与H2S溶液反应的离子方程式为Cu2+＋H2S＝CuS↓＋2H＋，B错误；
C．铜锈的主要成分是碱式碳酸铜，用稀盐酸除去铜锈的离子方程式为Cu2(OH)2CO3＋4H＋＝2Cu2＋＋CO2↑＋3H2O，C错误；
D．氧化铜可以和稀硫酸反应生成铜离子和水，离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，D正确；
故选D。
14．下列各组物质中，因为反应条件或用量不同而发生不同化学反应的是
①Na与O2②氯水与溴化亚铁③Fe与Cl2④AlCl3溶液与氨水⑤CO2与NaOH溶液⑥Fe与硝酸⑦AgNO3溶液与氨水
A．除③④外 B．除③⑦外 C．除⑥⑦外 D．除③外
【答案】A
【详解】①钠在氧气中加热反应生成过氧化钠，在氧气中常温下反应生成氧化钠，产物不同，故①正确；②少量氯水与溴化亚铁反应时，氧化Fe2+生成Fe3+，过量氯水与溴化亚铁反应时，氧化Fe2+和Br-，产物不同，故②正确；③铁和氯气反应只能将铁氧化为正三价，反应条件、用量、浓度等不同时所发生的化学反应相同，故③错误；④AlCl3溶液与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和弱碱不反应，故④错误；⑤少量二氧化碳和烧碱反应生成碳酸盐，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠，产物不同，故⑤正确；⑥铁和浓硝酸发生钝化，与稀硝酸反应生成一氧化氮，产物不同，故⑥正确；⑦AgNO3溶液与少量的氨水反应先生成氢氧化银，氢氧化银能溶于过量的氨水中得到银氨溶液，故⑦正确；
故选A。
15．用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物转化为无害物质。常温下，将NO与的混合气体通入与的混合溶液中，其物质的转化过程如图所示。下列说法错误的是
A．反应Ⅱ的离子方程式为
B．反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
C．为该转化过程的中间产物
D．反应前后溶液中和的总数保持不变
【答案】B
【分析】从反应图中可知，该反应的实质为2H2+2NO=N2+2H2O。
【详解】A．反应的离子方程式为，A正确；
B．反应Ⅰ为，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，B错误；
C．从图中可知，H+为中间产物，C正确；
D．整个反应过程符合质量守恒定律，反应前后参加反应的和的总数一定保持不变，D正确；
故答案选B。
16．合成某种具有解毒消肿、祛风活络的功能药物的中间体(M)的结构简式如图所示。下列有关M的说法错误的是
A．1mol M最多与4mol H2发生加成反应 B．环上的一氯代物有3种
C．该分子中所有碳原子一定共面 D．1mol M最多能与4mol NaOH发生反应
【答案】C
【详解】A．分子中含有一个苯环和一个碳碳双键，1mol M最多与发生加成反应，选项A正确；
B．环上有3种不同环境的氢，则环上的一氯代物有3种，选项B正确；
C．分子中含有2个以上饱和碳原子，该分子中碳原子一定不共面，选项C错误；
D．分子含有2个酚羟基、1个酯基可以和氢氧化钠反应，酯基反应后生成的酚羟基又可以和氢氧化钠反应，故1mol M最多能与4mol NaOH发生反应，选项D正确；
答案选C。
17．下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是
①金属钠投入FeCl2溶液中 ②过量NaOH溶液和明矾溶液混合
③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中 ④向NaAlO2溶液中通入过量CO2
⑤向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2
A．①②③④⑤ B．①④ C．②③ D．③④⑤
【答案】D
【详解】①金属钠投入FeCl2溶液中，Na与FeCl2溶液反应产生Fe(OH)2白色沉淀，该物质不稳定，容易被氧化产生红褐色Fe(OH)3沉淀，①不符合题意；
②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，反应产生的Al(OH)3沉淀会被过量NaOH溶液溶解，最终得到NaAlO2溶液，②不符合题意；
③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中，反应产生CaCO3沉淀、Na2CO3、H2O，③符合题意；
④向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应产生Al(OH)3沉淀和NaHCO3，④符合题意；
⑤向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，反应产生NaHCO3沉淀，⑤符合题意；
物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是③④⑤，故合理选项是D。
18．铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成中的一种重要还原剂。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝氢化钠的一种工艺流程如图：
下列说法中错误的是
A．为了提高“碱溶”效率，在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎
B．“反应I”的部分化学原理与泡沫灭火器的原理相同
C．“滤渣1”的主要成分为氧化铁
D．“反应III”的化学方程式为4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl
【答案】B
【分析】以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，NaOH溶解时Fe2O3不反应，过滤得到的滤渣中含有Fe2O3，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解氧化铝生成Al和氧气，纯铝在氯气中燃烧生成氯化铝，氯化铝再与NaH反应生成铝氢化钠（NaAlH4），据此解答。
【详解】A．为了提高“碱溶”效率，在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎，增大接触面积，A正确；
B．滤液中含有过量NaOH和NaAlO2溶液，加入NaHCO3溶液后分别与OH-、反应，反应的离子方程式OH-+= +H2O、++H2O=+Al(OH)3 ↓，与泡沫灭火器的原理不同，故B错误；
C．铝土矿加NaOH溶解时，Al2O3溶解而Fe2O3不反应，则过滤所得滤渣I主要成分为氧化铁，故 C正确；
D．由分析可知，“反应III”的化学方程式为4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl ，故D正确；
答案选B。
19．某结晶水合物的化学式为A·nH2O，其相对分子质量为M，在25℃时，ag晶体溶于bg水中即达饱和，形成密度为ρg/mL的溶液，下列表达式正确的是
A．饱和溶液中溶质的质量分数为：%
B．饱和溶液的物质的量浓度为：mol/L
C．饱和溶液的体积为：L
D．25℃时，A的溶解度为：g
【答案】A
【分析】根据结晶水合物的相对分子质量和质量可求解物质的量，根据溶液密度和质量可求解溶液体积，进而结算溶液的物质的量浓度以及体积分数。晶体的物质的量为mol，溶质的质量为g，溶液的质量为(a+b)g，溶液的体积为mL，据此分析选择。
【详解】A．饱和溶液中溶质的质量分数为：＝％，A正确；
B．饱和溶液的物质的量浓度为：，B错误；
C．饱和溶液的体积为mL，C错误；
D．设25℃时，A的溶解度为S，则，得，D错误；
答案为：A。
二、计算题
20．完成下列填空：
(1)3.01×1023个氯气分子的物质的量是_______，0.5mol的H2O中含有的电子数为_______(用NA表示)。
(2)同温同压下，同体积的甲烷(CH4)和CO2物质的量之比为_______，密度之比为_______。
(3)3.1g Na2X含有Na+ 0.1mol，则Na2X的摩尔质量为_______，X的相对原子质量为_______。
(4)在标准状况下，CO和CO2的混合气体共6.72L，质量为12g，则两种气体的物质的量之比为_______，混合气体的平均摩尔质量为_______。
【答案】(1) 0.5mol 5NA
(2) 1：1 4：11
(3) 62g/mol 16
(4) 1：3 40g/mol
【解析】（1）
1mol任何物质都含有6.02×1023个微粒，故3.01×1023个氯气分子的物质的量是为0.5mol，1molH2O中含有的电子数为10NA，0.5mol的H2O中含有的电子数为5NA；
（2）
在同温同压下，气体体积之比等于分子数目之比等于物质的量之比，故同体积的甲烷和二氧化碳的物质的量之比为1：1，二者质量之比16g/mol：44g/mol=4：11，同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量之比，故甲烷与二氧化碳的密度之比=16g/mol：44g/mol=4：11；
（3）
Na2X中含有的Na+物质的量为0.1mol，则Na2X的物质的量为0.05mol，，X的相对原子质量为62-2×23=16；
（4）
标准状况下，6.72 L的混合气体的物质的量n=，设一氧化碳的质量为xg，则二氧化碳的质量为(12-x)g，则，解得x=2.1，则，，则两种气体的物质的量比=0.075：0.225=1：3，混合气体的摩尔质量：。
三、实验题
21．高锰酸钾溶液常用于物质的定性检验与定量分析。
Ⅰ.实验室里欲用KMnO4固体来配制240mL 0.2mol/L的KMnO4溶液。
(1)计算所需KMnO4固体的质量为_______g。
(2)配制溶液时，必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、_______、_______。
(3)写出配制溶液时的正确操作顺序(用字母表示，每个字母只能用一次)_______。
A．洗涤 B．称量、溶解 C．转移 D．摇匀 E.定容
(4)配制过程中，下列操作导致溶液浓度偏小的是_______(填序号)。
A．加水定容时俯视刻度线
B．容量瓶未干燥处理
C．定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水
D．溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯
Ⅱ.为了增强高锰酸钾溶液的氧化性，需要加入2mol/L的稀硫酸溶液。现用其测定某补血剂片中亚铁的含量：称取含FeSO4·7H2O的补血剂片a克，充分研磨后溶于水，配成100mL溶液，取25.00mL的该溶液与c mol/L的酸性高锰酸钾溶液反应，消耗酸性高锰酸钾溶液25.00mL。上述过程发生反应的化学方程式为。
(5)则该补血剂中FeSO4·7H2O的质量分数为_______(用含a、c的代数式表示)。
(6)将8.34g FeSO4·7H2O样品隔绝空气加热脱水，其热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。
①在100℃时，M的化学式为_______
②380℃的P加热至650℃时的化学方程式为：_______
【答案】(1)7.9
(2) 250ml容量瓶 胶头滴管
(3)BCAED
(4)CD
(5)
(6) FeSO4•4H2O 2FeSO4Fe2O3+SO3↑+ SO2↑
【分析】实验室配制一定物质的量浓度的溶液时，首先要选择一定规格的容量瓶，然后根据所选择容量瓶的规格，计算所需溶质的质量；8.34g FeSO4•7H2O样品物质的量==0.03mol，其中m(H2O)=0.03mol×7×18g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g-3.78g=4.56g，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，结合质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式，加热至633℃时，固体的质量为2.40g，其中n(Fe)=n(FeSO4•7H2O)=0.03mol，m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g，则固体中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g，n(O)==0.045mol，则n(Fe)：n(O)=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3，以此解答该题。
（1）
实验室没有240mL的容量瓶，只能配置250mL溶液，实验室用KMnO4固体配制250mL0.2mol∙L-1的KMnO4溶液，所需KMnO4固体的质量为0.25L×0.2mol∙L-1×158g/mol=7.9g。答案为：7.9；
（2）
配制溶液时，必须用到的玻璃仪器：溶解时用烧杯、玻璃棒，转移和定容时用250mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等，故答案为：250ml容量瓶；胶头滴管；
（3）
配制溶液时的正确操作顺序为称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀，故选：BCAED。答案为：BCAED；
（4）
A．加水定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，A错误；
B．只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可，至于水是事先就有的还是后来加入的，对浓度无影响，B错误；
C．定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水，吸出的水中含有溶质，会导致浓度偏小，C正确；
D．没有洗涤烧杯，则烧杯内壁上会沾有溶质，导致浓度偏小，D正确；
故选CD。答案为：CD；
（5）
由方程式可知，该补血剂中FeSO4⋅7H2O的质量分数为 ；
（6）
①温度为100℃时，固体质量为6.72g，其中m(FeSO4)=0.03mol×152g/mol=4.56g，m(H2O)=6.72g-4.56g=2.16g，n(H2O)==0.12mol，则n(H2O)：n(FeSO4)=0.12mol：0.03mol=4：1，则化学式为FeSO4•4H2O；
②由上述分析可知，Q点对应物质为Fe2O3，P点为FeSO4，P点为4.56g FeSO4，其物质的量为0.03mol，P→Q的过程中，Fe元素化合价升高，则S元素化合价会下降生成SO2，根据原子守恒可知，生成0.015mol Fe2O3，失去电子为0.03mol，若S元素全部生成SO2，则需得到0.06mol电子，得失电子不守恒，因此还有一部分SO3生成，因此最终气体为SO2和SO3的混合气体，则380℃的P加热至650℃时的化学方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO3↑+ SO2↑。
四、元素或物质推断题
22．A、B、C、D都是中学化学中常见物质。其中A、B、C均含有同一种元素，在一定条件下相互转化关系如图(部分反应中的水已略去)。根据题意回答下列问题：
(1)若A、B、C的焰色反应均为黄色，C为食品工业中的一种应用广泛的疏松剂，D的过度排放会造成温室效应。
①A的化学式：_______，
②向饱和的B溶液中通入D的离子方程式是_______。
(2)若A、D均为单质，且A为气体，D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料。
①反应Ⅲ的离子方程式是_______，
②设计实验方案检验B中阳离子_______。
(3)若A、B、C所含相同元素是地壳中含量最多的金属元素，
①B的化学式：_______，
②反应Ⅲ的离子方程式是_______
【答案】(1) NaOH
(2) Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+ 取少量B的溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，若出现血红色，说明B中的阳离子是Fe3+
(3) Al(OH)3 Al3＋+3AlO+6H2O=4Al(OH)3
【分析】若A、B、C的焰色反应均为黄色，均含有Na元素， D的过度排放会造成温室效应，D为CO2，A能与二氧化碳反应生成B，B能与二氧化碳反应生成C，C为厨房中的用品，则C为NaHCO3，B为碳酸钠，且A与C反应得到B，则A为NaOH。若A、D均为单质，D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料，为Fe2O3，则D为Fe，且A为气体，由转化关系可知A具有强氧化性，将Fe氧化为高价态，可推知A为Cl2、B为FeCl3、C为FeCl2。
（1）
①由分析可知A为NaOH；
②由分析可知，B为碳酸钠，向碳酸钠溶液中通入二氧化碳可以生成碳酸氢钠，离子方程式为：；
（2）
①由分析可知A为氯气，C为氯化亚铁，则反应Ⅲ的离子方程式是Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；
②由分析可知B为FeCl3，可以用硫氰化钾检验三价铁离子，方法为：取少量B的溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，若出现血红色，说明B中的阳离子是Fe3+；
（3）
若A、B、C所含相同元素是地壳中含量最多的金属元素，则都含有铝元素，根据转化关系可知，A为可溶性的偏铝酸盐，B为氢氧化铝，C为可溶性铝盐，
①由分析可知B为Al(OH)3；
②反应Ⅲ为偏铝酸根离子和铝离子反应生成氢氧化铝，离子方程式为：Al3＋+3AlO+6H2O=4Al(OH)3。
五、工业流程题
23．镍氢电池是一种新型绿色电池，利用废旧镍氢电池的金属电极芯[主要成分为Ni(OH)2、Co(OH)2及少量铁、铝的氧化物等]生产硫酸镍、碳酸钴的工艺流程如图。
已知：部分金属阳离子以氢氧化物的形式沉淀时溶液的pH见表：
金属阳离子
Fe2+
Fe3+
Al3+
Ni2+
Co2+
开始沉淀时pH
6.3
1.5
3.4
6.2
7.15
完全沉淀时pH(金属阳离子浓度<10-5mol/L)
9.0
3.2
4.7
9.2
9.15
回答下列问题：
(1)步骤①用稀硫酸浸取金属电极芯前，提高浸取率方法_______(写两种)。
(2)沉淀A的主要成分_______，步骤②调pH的范围为_______。
(3)将“母液1”的pH调至3~4，再加入NaClO，NaClO的作用是_______。
(4)步骤④离子方程式_______，若用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液也能达到目的，从环保角度分析不采用盐酸的原因：_______。
(5)步骤⑤中“母液3”与NaHCO3溶液反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)适当增加硫酸浓度，将电极芯粉碎
(2) Al(OH)3、Fe(OH)3 4.7≤pH<6.2
(3)将Co2+氧化为Co3+
(4) 4H++H2O2+2Co(OH)3=2Co2++O2+6H2O 实验过程中会生成氯气，污染环境
(5)
【分析】含镍废电池的金属电极芯(主要成分为Co、Ni，还含少量Fe、Al等)加入硫酸溶液酸溶，浸取液加入双氧水氧化将Fe2+氧化为Fe3+，调pH，产生Fe(OH)3沉淀、Al(OH)3沉淀，过滤后，母液1加入次氯酸钠将Co2+氧化为Co3+、调pH，得到Co(OH)3沉淀，在硫酸参与下，被双氧水还原为Co2+，加入碳酸钠溶液得CoCO3沉淀；过滤所得母液2，经加入氨气、硫酸后转化为Ni(OH)2沉淀，过滤后，在硫酸参与下，得到NiSO4，用于生成NiSO4·7H2O，据此分析解答。
（1）
根据影响化学反应速率的因素可知，用硫酸浸取金属电极芯时，提高浸取率的方法有适当增加硫酸浓度，将电极芯粉碎；
（2）
金属电极芯中的主要成分是Co、Ni，还含少量Fe、Al等，加入稀硫酸酸浸时，金属单质都转化为金属离子(Ni2+、Co2+、Fe2+、A13+)，浸出液中加入过氧化氢的作用是氧化亚铁离子为铁离子，由流程图中最终产物可知，调节pH的作用是除去溶液中的Fe3+、A13+，故沉淀A的主要成分是Al(OH)3、Fe(OH)3；为了保证Fe3+、A13+沉淀完全而不沉淀Ni2+、Co2+，由表格数据可知，要调节pH的范围为4.7≤pH<6.2；
（3）
由流程图中母液1的后续产物可知，加入NaClO的作用是将Co2+氧化为Co3+，从而使其容易形成沉淀，与母液分离；反应的离子方程ClO-+2Co2++5H2O=2Co(OH)3↓+Cl-+4H+；
（4）
由分析可知，步骤④离子方程式为4H++H2O2+2Co(OH)3=2Co2++O2+6H2O；若用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，实验过程中会生成氯气，污染环境；
（5）
碳酸氢根电离出碳酸根离子和氢离子，“母液3”中的Co2+与碳酸根形成难溶物碳酸钙，促进碳酸氢根电离，氢离子浓度增大，有一部分碳酸氢根就转变为二氧化碳和水, “母液3”与NaHCO3溶液反应的离子方程式为,。
相关试卷
2022-2023学年福建省福建师范大学附属中学高三上学期第一次月考化学试题含解析： 这是一份2022-2023学年福建省福建师范大学附属中学高三上学期第一次月考化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，实验题，有机推断题，原理综合题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山西省太原师范学院附属中学高二上学期12月月考化学试题含解析： 这是一份2022-2023学年山西省太原师范学院附属中学高二上学期12月月考化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，原理综合题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山西省太原师范学院附属中学、太原市师苑中学校两校高一上学期第一次月考化学试题含解析： 这是一份2022-2023学年山西省太原师范学院附属中学、太原市师苑中学校两校高一上学期第一次月考化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，元素或物质推断题，填空题等内容，欢迎下载使用。
