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辽宁省沈阳市东北育才学校2022-2023学年高三化学上学期10月第一次模拟试卷（Word版附答案）
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这是一份辽宁省沈阳市东北育才学校2022-2023学年高三化学上学期10月第一次模拟试卷（Word版附答案），共20页。试卷主要包含了5 Mn等内容，欢迎下载使用。
辽宁省沈阳市东北育才学校2022-2023学年高三上学期10月
第一次模拟考试化学试题
时间：75分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量，H：1 C：12 O：16 N：14 Na：23 Mg：24 Al：27 K：39 Si：28 S：32 Cl：35.5 Mn：55 Fe：56 Cu：64 Zn：65 Ba：137
第Ⅰ卷 选择题 (共45分)
一、选择题(本题包括15小题，只有一个选项符合题意每题3分)
1. 化学与社会、科学、技术、生活等密切相关，下列说法正确的是
A. 我国自主研制的舱外航天服使用的特种镁合金材料，属于新型无机非金属材料。
B. 纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的、、、等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子有较强的物理吸附。
C. 临床医学上的“血液透析”和工农业上的“静电除尘”技术，均是利用了胶体的性质。
D. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化。
【答案】C
【解析】
【详解】A．特种镁合金材料，属于金属材料，A错误；
B．铁活动性较强，能和铜离子、铅离子、汞离子反应生成亚铁，发生化学变化，B错误；
C．临床医学上的“血液透析”利用胶体的渗析，工农业上的“静电除尘”技术利用胶体的电泳，均是利用了胶体的性质，C正确；
D．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，为萃取过程，属于物理变化，D错误；
故选C。
2. 向含有FeBr2溶液中通入一定量的Cl2(还原性：Fe2＋＞Br-)，表示该反应的离子方程式肯定错误的是（ ）
A. 2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl-
B. 10Fe2＋+2Br-＋6Cl2=10Fe3++Br2＋12Cl-
C. 2Br-＋Cl2=Br2＋2Cl-
D. 2Fe2＋＋4Br-＋3Cl2=2Br2＋2Fe3＋＋6Cl-
【答案】C
【解析】
【分析】还原性：Fe2＋＞Br-，则向含有FeBr2溶液中通入一定量的Cl2时，氯气先与Fe2＋反应，后与Br-反应。
【详解】A.当通入少量的氯气时，氯气只与亚铁离子反应，其反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl-，故A正确；
B.当溴化亚铁与氯气5:3反应时，其反应的离子方程式为10Fe2＋+2Br-＋6Cl2=10Fe3++Br2＋12Cl-，故B正确；
C.由分析可知，氯气先与亚铁离子反应，所以离子方程式中一定有亚铁离子参与，故C错误；
D.当通入过量氯气时，氯气能将亚铁离子和溴离子都氧化，反应的离子方程式为2Fe2＋＋4Br-＋3Cl2=2Br2＋2Fe3＋＋6Cl-，故D正确；
综上所述，答案为C。
3. 设 NA 表示为阿伏加德罗常数，下列叙述中，正确的是
A. 常温常压下，16 g O2和O3的混合物中共含有NA个氧原子
B. 假设1 mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数为NA
C. 78 g Na2O2 固体中所含阴、阳离子总数为4NA
D. 在铜与硫有反应中，1 mol铜原子参加反应失去的电子数为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. O2和O3都是由O原子构成，16 g O2和O3的混合物中含氧原子物质的量n(O)==1 mol，则含O原子的数目为NA个，A正确；
B. 氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，由于胶粒是许多Fe(OH)3的集合体，则1 mol氯化铁水解产生胶体微粒数小于NA，B错误；
C. 78 g Na2O2固体物质的量为1 mol，其中含2 mol Na+，1 mol O22﹣，含离子总物质的量是3 mol，C错误；
D. Cu与S发生反应生成Cu2S，铜元素化合价从0价变化为+1价，1 mol Cu原子参加反应失去 1 mol电子，故转移的电子数为NA，D错误；
故合理选项是A。
4. 能正确表示下列反应的离子方程式是
A. 向溶液中加入过量氨水：
B. 足量溶液与澄清石灰水反应：
C. 向悬浊液中加入溶液，白色沉淀转化为红褐色沉淀：
D. 溶液与溶液反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨水是弱碱，氢氧化铝不溶于过量氨水中，，A错误；
B．足量溶液与澄清石灰水反应，氢氧化钙反应完，钙离子和氢氧根是1:2的比例：，B错误；
C．发生沉淀转化，，C正确；
D．溶液中的碳酸氢根不能拆，反应离子方程式为，D错误；
故选C。
5. 下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是
选项
实验操作
实验目的或结论
A
某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体
说明该钾盐是K2CO3
B
向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量MgO粉末，搅拌一段时间后过滤
除去MgCl2溶液中少量FeCl3
C
常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生
说明常温下Ksp(BaCO3)＜Ksp(BaSO4)
D
NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合，有白色絮状沉淀生成
二者水解相互促进生成氢氧化铝沉淀
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，该气体是CO2，能够与HCl反应产生CO2气体的钾盐可能是K2CO3，也可能是KHCO3，A不符合题意；
B．FeCl3、MgCl2都是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，MgO能够与酸性溶液中H+反应产生Mg2+，使溶液pH升高，Fe3+形成Fe(OH)3沉淀除去，从而达到除去MgCl2溶液中少量FeCl3的目的，B正确；
C．BaSO4难溶于水，但也有一定的溶解度，常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，发生沉淀转化，形成少量BaCO3沉淀，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，证明沉淀中含有BaCO3，只要满足Qc(BaCO3)＞Ksp(BaSO4)，就可以形成BaCO3沉淀，实际上溶度积常数Ksp(BaCO3)＞Ksp(BaSO4)，C错误；
D．NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合，有白色絮状沉淀生成，说明发生反应：NaAlO2+NaHCO3+H2O=Al(OH)3↓+Na2CO3，NaHCO3电离产生H+，起酸的作用，不能证明二者都发生了水解反应，D错误；
故合理选项是B。
6. 某化学兴趣小组用硫铜矿煅烧后的废渣(主要含Fe2O3、CuO、FeO)为原料制取Cu2O，流程如下：
下列说法错误的是
A. “氧化”的目的是将Fe2+氧化成Fe3+
B. “滤渣”是Fe(OH)3
C. “还原”过程中每消耗1 mol N2H4，理论上可得到4 mol Cu2O
D. N2H4含有极性键和非极性键
【答案】C
【解析】
【分析】废渣主要含Fe2O3、CuO、FeO，由流程可知，加硫酸溶解，溶液中含Fe3+、Fe2+、 Cu2+，氧化时将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀过滤除去滤渣，滤渣为Fe(OH)3。由流程中反应物、生成物可知还原时发生：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O，产生N2氛围，可防止产品被氧化，以此来解答。
【详解】A．“氧化”的目的是将溶液中Fe2+氧化成Fe3+，后边可通过调节溶液pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，从而与铜离子分离，A正确；
B．根据上述分析可知“滤渣”是Fe(OH)3，B正确；
C．在还原过程中发生反应：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O，每反应消耗1 mol N2H4，转移4 mol电子，则反应会产生2 mol Cu2O，C错误；
D．N2H4分子中2个N原子通过共价单键结合，每个N原子再与两个H原子形成2个N-H共价键。N-H是极性键，N-N是非极性键，故N2H4分子中含有极性键和非极性键，D正确；
故合理选项是C。
7. 铝元素是地壳中含量最多的金属元素(约占地壳总量的7.73%)，主要以铝土矿形式存在(主要成分是Al2O3)。要从铝土矿中提取铝，首先要获得纯度较高的氧化铝。主要的工艺流程如图所示：
下列说法正确的是
A. 碱溶①后，溶液中主要含有的阳离子为Na＋和Al3+
B. 酸化②通足量的CO2反应的离子方程式为：2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+
C. Al(OH)3受热分解，生成高熔点物质和水，常用作塑料的阻燃剂
D. 灼烧③一般在坩埚中进行，电解④添加冰晶石(Na3AlF6)，目的是增强导电性
【答案】C
【解析】
【详解】A．碱溶①后，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，溶液中主要含有的阳离子为Na＋，A错误；
B．酸化②通足量的CO2应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根，的离子方程式为：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+，B错误；
C．Al(OH)3受热分解，生成高熔点的Al2O3和水，Al2O3常用作塑料的阻燃剂，C正确；
D．灼烧③一般在坩埚中进行，电解④添加冰晶石(Na3AlF6)，目的是降低Al2O3熔融温度，D错误；
故选C。
8. 某化学实验探究小组用电磁搅拌加热器(温度最高可达65℃)加热饱和NaHCO3溶液，并利用CO2传感器检测溶液中CO2的含量，其含量随温度变化如图所示：
下列有关叙述错误的是
A. ab段溶液中CO2的含量降低的原因是温度升高，溶解的CO2气体逸出
B. bc段溶液中CO2的含量升高的原因是溶液中受热分解生成CO2气体
C. 实验室可用加热饱和NaHCO3溶液的方法制取少量CO2气体
D. 由图像可知，NaHCO3固体受热分解的温度为48.2℃
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaHCO3溶液中溶解有CO2气体，当加热时，CO2气体逸出，使溶液中CO2的含量降低，A正确；
B．48.2℃后，溶液中CO2气体的含量随温度升高逐渐升高，说明发生分解生成了CO2气体，B正确；
C．由于饱和NaHCO3溶液受热可发生分解反应生成CO2，故可用该方法制取少量CO2气体，C正确；
D．由题图可知饱和NaHCO3溶液加热至48.2℃时开始生成气体，不能得出NaHCO3固体的分解温度为48.2℃的结论，D错误；
故合理选项是D。
9. 下列由废铁屑制取无水Fe2(SO4)3的实验原理与装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲除去废铁屑表面的油污 B. 用装置乙溶解废铁屑制Fe2(SO4)3
C. 用装置丙过滤得到Fe2(SO4)3溶液 D. 用装置丁蒸干溶液获得Fe2(SO4)3
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸钠溶液水解显碱性，碱性溶液中加热可促进油污的水解，图中装置可除去废铁屑表面的油污，故A正确；
B．铁与硫酸反应生成硫酸亚铁，不能得到Fe2(SO4)3，故B错误；
C．过滤可分离不溶性杂质与溶液，图中过滤可分离出Fe2(SO4)3溶液，故C正确；
D．硫酸沸点高，难挥发，蒸干Fe2(SO4)3溶液获得Fe2(SO4)3，故D正确；
答案选B。
10. 相同温度和压强下，研究Cl2在不同溶液中的溶解度(用溶解Cl2的物质的量浓度表示)随溶液浓度的变化。在NaCl溶液和盐酸中Cl2的溶解度以及各种含氯微粒的浓度变化如图。
下列说法不正确的是
A. 由图1可知，Cl2溶于NaCl溶液时还发生了反应Cl2+Cl－=Cl
B. 随NaCl溶液浓度增大，Cl2+H2O⇌H++Cl－+HClO平衡逆移，Cl2溶解度减小
C. 随盐酸浓度增加Cl2与H2O的反应被抑制，生成Cl为主要反应从而促进Cl2溶解
D. 由上述实验可知，H+浓度增大促进Cl2溶解，由此推知在稀硫酸中，随硫酸浓度增大Cl2的溶解度会增大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由图1分析Cl2的浓度降低，Cl浓度升高，得出Cl2溶于NaCl溶液时还发生了反应Cl2+Cl－=Cl，故A正确；
B．增大Cl－浓度，Cl2+H2O⇌H++ Cl－+HClO平衡逆移，所以随NaCl溶液浓度增大，Cl2溶解度减小，故B正确；
C．由图2分析Cl2的浓度先降低后升高，随着盐酸浓度增加，Cl2与H2O的反应被抑制，生成Cl为主要反应，从而促进Cl2溶解，故C正确；
D．由图2分析，H+浓度一直增大，但是溶解的Cl2的浓度先降低后升高，应该是发生了反应Cl2+Cl－=Cl，促进了Cl2溶解，而在稀硫酸只提供了H+，随硫酸浓度增大，Cl2+H2O⇌H++ Cl－+HClO平衡逆向移动，Cl2的溶解度会降低，故D错误；
故选D。
11. 将一定量的Cl2通入体积为40mL、浓度为7.5mol/L的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应（已知反应过程放热），测得反应后溶液中有三种含氯元素的离子，其中ClO－物质的量为0.06mol和ClO3-物质的量0.03mol，下列说法不正确的是
A. 该反应的离子方程式为：5Cl2+10OH－=7Cl－+2ClO－+ClO3—+5H2O
B. 该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为5：3
C. 上述苛性钾溶液中含有0.3mol的KOH
D. 反应后生成的ClO－和ClO3－两种离子在一定条件下均有氧化性
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据题给信息，氯气与KOH溶液反应生成氯化钾、氯酸钾、次氯酸钾和水，根据得失电子守恒，生成的n(Cl－)=0.06×1+0.03×5=0.21mol，加入的KOH的物质的量为0.04L×7.5mol/L=0.3mol，所以反应中n(KOH):n(Cl－):n(ClO－):n(ClO3-)=0.3:0.21:0.06:0.03=10:7:2:1,再根据原子守恒配平其它物质的系数，反应的离子方程式为5Cl2 +10OH－ = 7Cl－ + 2ClO－+ ClO3— + 5H2O，A项正确、C项正确；
B．根据上述离子反应，氯气既做氧化剂，又做还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为7:3，B项错误；
D．反应后生成的ClO－和 ClO3－ 两种离子中氯元素的化合价分别是+1价和+5价，均能得电子生成低价含氯化合物，即在一定条件下均有氧化性，D项正确；
答案选B。
12. 从硫化物中提取单质锑(Sb)是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：
①2Sb2S3+3O2+6Fe→Sb4O6 + 6FeS
②Sb4O6+6C→4Sb +6CO↑
关于反应①、②的说法正确的是
A. 反应①②中的氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6
B. 反应①中每生成3 mol FeS时，共转移6 mol电子
C. 反应②说明高温下Sb的还原性比C强
D. 每生成4mol Sb时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为4∶3
【答案】B
【解析】
【分析】反应①中Fe元素的化合价由0价升至+2价，Fe为还原剂，O元素的化合价由0价降至-2价，O2为氧化剂，Sb2S3中Sb、S元素的化合价在反应前后都没有改变，Sb2S3既不是氧化剂、也不是还原剂；反应②中C元素的化合价由0价升至+2价，C为还原剂，Sb元素的化合价由+3价降至0价，Sb4O6为氧化剂。
【详解】A．反应①中Fe元素的化合价由0价升至+2价，Fe为还原剂，O元素的化合价由0价降至-2价，O2为氧化剂，Sb2S3中Sb、S元素的化合价在反应前后都没有改变，Sb2S3既不是氧化剂、也不是还原剂；反应②中C元素的化合价由0价升至+2价，C为还原剂，Sb元素的化合价由+3价降至0价，Sb4O6为氧化剂，A项错误；
B．反应①中Fe元素的化合价由0价升至+2价，Fe为还原剂，O元素的化合价由0价降至-2价，O2为氧化剂，反应中每生成6molFeS转移12mol电子，则每生成3molFeS转移6mol电子，B项正确；
C．反应②中C元素的化合价由0价升至+2价，C为还原剂，Sb元素的化合价由+3价降至0价，Sb4O6为氧化剂，Sb为还原产物，则高温下Sb的还原性比C弱，C项错误；
D．每生成4molSb，反应②消耗1molSb4O6、6molC；反应①生成1molSb4O6消耗6molFe，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为6∶6=1∶1，D项错误；
答案选B。
13. 现有由0.2 mol CuS和0.1 mol Cu2O组成的混合物，与足量稀HNO3充分反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O，则被还原的HNO3的物质的量是
A 0.4 mol B. 0.6 mol C. 0.8 mol D. 1.0 mol
【答案】B
【解析】
【详解】CuS中硫元素化合价从-2升高到+6，则1 mol CuS被氧化失去8mol电子、Cu2O中铜元素化合价从+1升高到+2，则1 mol Cu2O被氧化失去2mol电子，稀HNO3作氧化剂时氮元素化合价从+5降低到+2，每1mol硝酸被还原得电子物质的量为3mol， 0.2 mol CuS和0.1 mol Cu2O被氧化失去电子的物质的量为0.2 mol×8+0.1 mol×2=1.8 mol，按得失电子数守恒，被还原的HNO3的物质的量是，B正确；
答案选B
14. 把22.4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0.3 mol NO2和0.2 mol NO，下列说法正确的是
A. 反应后生成的盐只为Fe(NO3)3
B. 反应后生成的盐只为Fe(NO3)2
C. 反应后生成的盐为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2，其物质的量之比为1∶3
D. 反应后生成的盐为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2，其物质的量之比为3∶1
【答案】C
【解析】
【详解】22.4g铁粉的物质的量为=0.4mol；收集到0.3 mol NO2和0.2 mol NO过程中得到电子物质的量为：0.3mol×[(+5)-(+4)]+0.2mol×[(+5)-(+2)]=0.9mol；若反应生成的盐只有Fe(NO3)3，Fe失去的电子物质的量为0.4mol ≠0.9mol，若反应生成的盐只有Fe(NO3)2，Fe失去的电子物质的量为0.8mol≠0.9mol，所以可得22.4g铁粉反应后生成了硝酸铁和硝酸亚铁，根据Fe守恒n[Fe(NO3)3]+n[Fe(NO3)2]=0.4mol，根据得失电子相等可得3n[Fe(NO3)3]+2n[Fe(NO3)2]=0.9mol，解得n[Fe(NO3)3]=0.1mol，n[Fe(NO3)2]=0.3mol，Fe(NO3)3和Fe(NO3)2物质的量之比为1∶3，答案选C。
15. 某碳酸钾和碳酸氢钾组成的混合物样品61.4 g，加水溶解后，取所得溶液的十分之一，向其中缓缓加入一定浓度的稀盐酸，并同时记录放出CO2的质量和消耗稀盐酸的体积，得到如图所示的曲线。下列说法不正确的是
A. 该过程所发生反应的化学方程式：K2CO3+HCl =KCl+KHCO3；KHCO3+HCl=KCl+H2O+CO2↑
B. 混合物样品中含碳酸钾20.0g
C. 混合物中碳元素的质量分数为9. 77%
D. 若将61.4 g原混合物样品充分加热，放出CO2的质量为4.40g
【答案】B
【解析】
【详解】A． 由图可知，开始没有气体生成，发生反应：K2CO3+HCl=KCl+KHCO3，加入12mL盐酸时，开始有气体生成，此时发生反应：KHCO3+HCl=KCl+H2O+CO2↑，故A正确；
B．溶液中碳酸钾转化为碳酸氢钾，消耗盐酸为12mL，KHCO3与HCl反应消耗盐酸的体积为32mL-12mL=20mL，反应都按1：1进行，故样品中碳酸钾与碳酸氢钾的物质的量之比=12mL：(20-12)mL=3：2，根据碳元素守恒可知，碳酸钾的物质的量= ×10=0.3mol，故样品中碳酸钾的质量=0.3mol×138g/mol=41.4g，故B错误；
C． 当加入32mL盐酸时，生成气体达最大值，根据碳元素守恒，可知样品中碳元素的质量=2.2g××10=6g，故样品中碳元素质量分数=×100%≈9.77%，故C正确；
D． 碳酸氢钾的物质的量为0.3mol× =0.2mol，根据方程式2KHCO3K2CO3+H2O+CO2↑，可知生成二氧化碳的物质的量为0.2mol×=0.1mol，二氧化碳的质量=0.1mol×44g/mol=4.4g，故D正确；
故选B。
第Ⅱ卷 非选择题 (共55分)
二、填空题(本题包括4个小题，共55分)
16. 现有四种溶液m、n、p、q，分别含阴阳离子、、、、、、、中的各一种，为了确定组成，进行了以下实验：将四种溶液两两混合，发现m、n能剧烈反应，产生白色沉淀和无色气体，p、q能产生无色有刺激性气味的气体，p与m、n均有沉淀产生，且在m中逐滴滴入p时，沉淀增多，后减少但没有完全消失。回答下列问题。
（1）p是_______，q是_______(均填化学式)。
（2）实验室检验q中阳离子需要的试剂或试纸是_______。
（3）经分析，存在于_______(填m、n、p、q)溶液中，实验室常用重量法检验该溶液中离子的浓度，步骤如下：Ⅰ用量筒取该溶液8.0mL并转移至小烧杯中；Ⅱ加入盐酸酸化，然后加入足量的溶液(沉淀反应在接近沸腾的温度下进行)；Ⅲ过滤所得沉淀；洗涤，烘干后得到ag固体。
①所用量筒的规格为_______。
A.10mL B.50mL C.100mL D.500mL
②过滤时，沉淀物颗粒的大小会影响过滤速度，从利于过滤的角度分析，沉淀反应需要在接近沸腾的温度下进行的原因能是_______。
③检验沉淀洗涤干净的方法是_______。
④计算，硫酸根的浓度为_______mol/L(用含a的式子表示)。
【答案】（1） ①. ②.
（2）NaOH溶液、红色石蕊试纸
（3） ①. m ②. A ③. 沸腾时，有利于产生颗粒较大的沉淀或有利于晶体生长 ④. 用小试管取最后一次洗涤液少许，向其中加入少量的溶液，如没有浑浊，说明沉淀洗涤干净，反之，说明沉淀没有洗涤干净 ⑤.
【解析】
【分析】题目中突破口在于由m中逐滴滴入p时，沉淀增多，后减少但没有完全消失，由此可推出，现有离子中，此过程涉及物质一定是向铝盐溶液中逐滴滴入强碱溶液，故m为可溶性铝盐，p为强碱，再结合碱过量，沉淀未溶解完全，说明强碱与铝盐混合，除了有氢氧化铝生成，还有其他沉淀生成，则可判断出m为Al2(SO4)3，p为，则p、q能产生无色有刺激性气味的气体，q含，m、n能剧烈反应，产生白色沉淀和无色气体，符合铝离子与双水解生成氢氧化铝和二氧化碳的现象，则n含，由于所剩离子仅为和，溶液呈电中性，故q为，n为NaHCO3。推出物质后再进行后续作答。
【小问1详解】
根据上述分析，p为，q为，故答案依次为，；
【小问2详解】
q为，则检验的方法为：取待测液于试管中，加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验逸出的气体，若试纸变蓝，则原待测液中含，故需要的试剂或试纸为氢氧化钠溶液和红色石蕊试纸，故答案为NaOH溶液，红色石蕊试纸；
【小问3详解】
m为Al2(SO4)3，故存在于m溶液中；故答案为：m；
①量筒量取液体时，所选规格遵循“近而大”的原则，故选规格为10mL的量筒；故答案选A；
②过滤时，沉淀物颗粒的大小会影响过滤速度，颗粒较大，有利于液体顺利滤出，故沉淀过程在接近沸腾的温度下进行，是为了尽量使沉淀凝聚，即有利于产生颗粒较大的沉淀，或有利于晶体生长；
③检验沉淀是否洗涤干净，本质就是沉淀表面是否仍有可溶性离子残留，即是否有Cl-残留，故方法是，取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中加入少量的溶液，如没有浑浊，说明沉淀洗涤干净，反之，说明沉淀没有洗涤干净，故答案为：用小试管取最后-次洗涤液少许，向其中加入少量的溶液，如没有浑浊，说明沉淀洗涤干净，反之，说明沉淀没有洗涤干净；
④烘干后固体成分仍为BaSO4，硫元素守恒，故8.0mL溶液，n()=n(BaSO4)=mol，则c()==mol/L；故答案为。
17. 高铁酸钾()可溶于水、微溶于浓KOH溶液；在强碱性溶液中比较稳定，在Fe或的催化作用下分解，是一种绿色高效的水处理剂。某实验小组用如图所示装置(加热夹持仪器已省略)制备KClO溶液，再用制得的KClO溶液与为溶液反应制备。
回答下列问题：
（1）中元素的化合价为_______，仪器X的名称为_______。
（2）现有①溶液、②含KOH的KClO溶液，混合两种溶液时，将_______(填序号，下同)滴入_______中，发生反应的化学方程式是_______。
（3）与KOH在较高温度下反应生成。在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，控制反应在0~5℃进行。实验中可采取的措施是_______；在通入氯气的过程中，不断搅拌的目的是_______。
（4）的理论产率与合成条件相应曲面投影的关系如图所示(虚线上的数据表示理论产率)，则制备最适宜的条件范围是_______。
（5）粗产品含有、KCl等杂质，其提纯步骤为：
①将一定量的粗产品溶于冷的3mol/LKOH稀溶液中；
②过滤；
③_______；
④搅拌、静置、过滤，用乙醇洗涤2~3次；
⑤在真空干燥箱中干燥。
（6）在上述制备次氯酸钾的实验中，将氯气通入到40%的KOH溶液中；若KClO溶液中KOH的质量分数为2%，则理论上制备100g该溶液需消耗氯气的质量为_______g(保留一位小数)。
【答案】（1） ①. +6 ②. 三颈烧瓶
（2） ①. ① ②. ② ③.
（3） ①. 将装置C中的三颈烧瓶放在冰水浴中 ②. 使氯气与碱液充分混合反应，同时及时散热，防止生成杂质
（4）反应时间为50~60min时，反应温度为5~10℃
（5）将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液
（6）19.2
【解析】
【分析】本实验的目的是制取KClO，先在A装置内制取Cl2，然后利用B装置除去Cl2中混有的HCl；再将Cl2通入KOH溶液中，发生反应生成KClO、KCl等；最后用NaOH溶液吸收尾气。
【小问1详解】
K2FeO4中，K显+1价，O显-2价，依据化合价的代数和为0，可确定铁元素的化合价为+6，仪器X是具有三颈的烧瓶，其名称为三颈烧瓶。答案为：+6；三颈烧瓶；
【小问2详解】
由题给信息可知，高铁酸钾(K2FeO4)在强碱性溶液中比较稳定，也就是在实验过程中要保持溶液呈碱性，所以应往含KOH的KClO溶液中滴加Fe(NO3)3溶液，即将①滴入②中；发生的反应为3KClO+2Fe(NO3)3+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。答案为：①；②；3KClO+2Fe(NO3)3+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O；
【小问3详解】
将装置C中的三颈烧瓶放在冰水浴中，控制反应在0~5℃进行；在通入氯气的过程中，不断搅拌的目的是使氯气与碱液充分混合反应，同时及时散热，防止生成杂质；
【小问4详解】
从图中可以看出，K2FeO4的理论产率最大值为0.8，则制备K2FeO4最适宜的条件范围是反应时间为50～60min时，反应温度为5～10℃。答案为：反应时间为50～60min时，反应温度为5～10℃；
【小问5详解】
若K2FeO4粗产品含有Fe(OH)3、KCl等杂质时，应先将K2FeO4溶解，再提供强碱的浓溶液环境，为降低溶解度，还可降低温度，所以步骤③为：将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液。答案为：将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液。
【小问6详解】
设通入Cl2的质量为x，则KOH溶液的质量为100g-x，剩余KOH的质量为100g×2%=2g，则由化学方程式Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O可得：，x≈19.2，从而得出理论上制备100g该溶液需消耗氯气的质量为19.2。答案为：19.2。
18. 完成下列问题
（1）下列各组离子，在所给条件下一定能够大量共存的是_______
①pH=7的溶液中：Fe3+、Mg2+、、
②加入苯酚显紫色的溶液中：Na+、Mg2+、Cl-、：
③能和Ca2+生成沉淀的溶液中：K+、Ba2+、CH3COO-、Cl-
④加入铝粉能放出氢气的溶液中：、、I-、
⑤的溶液中：、Al3+、Ca2+、Cl-
⑥常温下，的溶液中：Ca2+、Mg2+、ClO-、I-
⑦在含有大量的溶液中：K+、Na+、、Br-
⑧在使pH试纸变红的溶液中：Fe2+、Na+、、
（2）向NaOH、Na2CO3、NaAlO2溶液中(假设各1mol)，逐滴加入HCl溶液，产生沉淀的物质的量随HCl溶液体积变化的图象如下：
分析图象的变化情况，写出各阶段的离子方程式：
①OA：_______。
②AB：_______。
③BC：_______。
④CD：_______。
（3）将xgFe、FeO和Fe2O3混合物分成两等份，向其中一份中滴加500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解并产生标准状况下NO气体aL，溶液中Fe元素均以+3价形式存在，另一份固体与足量H2反应质量减少yg。根据以上数据计算稀硝酸的浓度为_______mol/L。(列式即可，无需化简)
【答案】（1）②⑤ （2） ①. H++OH－=H2O ②. +H++H2O=Al(OH)3↓ ③. +H+=，+H+=H2O+CO2↑ ④. 3H++Al(OH)3=Al3++3H2O
（3）
【解析】
【小问1详解】
①pH=7的溶液中：Fe3+将全部转化为Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，①不符合题意；
②加入苯酚显紫色的溶液中含有Fe3+，Fe3+与Na+、Mg2+、Cl-、都能大量共存，②符合题意；
③能和Ca2+生成沉淀的溶液中可能含有或等，与Ba2+不能大量共存，③不符合题意；
④加入铝粉能放出氢气的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性溶液中，、、I-、都不能大量存在，④不符合题意；
⑤的溶液呈酸性，、Al3+、Ca2+、Cl-都能大量存在，⑤符合题意；
⑥常温下，的溶液呈碱性，Ca2+、Mg2+不能大量存在，⑥不符合题意；
⑦在含有大量的溶液中，不能大量存在，⑦不符合题意；
⑧使pH试纸变红的溶液呈酸性，Fe2+、不能大量存在，⑧不符合题意；
综合以上分析，只有②⑤符合题意，故选②⑤。答案为：②⑤；
【小问2详解】
因为+OH-=+H2O、++H2O=Al(OH)3↓++H2O，所以向NaOH、Na2CO3、NaAlO2溶液中(假设各1mol)，逐滴加入HCl溶液，首先是OH-与H+反应，然后与H+、H2O反应生成Al(OH)3，接着与H+反应生成、与H+反应生成CO2和H2O。
则各阶段的离子方程式：
①OA：H++OH－=H2O。
②AB：+H++H2O=Al(OH)3↓。
③BC：+H+=，+H+=H2O+CO2↑。
④CD：3H++Al(OH)3=Al3++3H2O。答案为：H++OH－=H2O；+H++H2O=Al(OH)3↓；+H+=，+H+=H2O+CO2↑；3H++Al(OH)3=Al3++3H2O；
【小问3详解】
将xgFe、FeO和Fe2O3混合物分成两等份，其中一份质量为g，将一份固体与足量H2反应质量减少yg，则此份混合物中氧元素的质量为yg，由此得出铁元素质量为(-y)g；另一份与硝酸反应生成Fe(NO3)3、NO等，依据Fe、N元素守恒，可得出n(HNO3)== []mol，则稀硝酸的浓度为mol/L。答案为：。
【点睛】当混合物中发生的反应较多、较复杂时，常用守恒法进行计算。
19. Ⅰ.可用作电讯器材元件材料，还可用作瓷釉、颜料及制造锰盐的原料。它在空气中加热易转化为不同价态锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化，如图所示。
（1）300℃时，剩余固体中为_______。
（2）图中C点对应固体的成分为_______(填化学式)。
Ⅱ.是常见温室气体，将一定量的气体通入100mL某浓度的NaOH溶液得F溶液，向F溶液中逐滴加入的盐酸，产生的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。
（3）F溶质与足量石灰水发生反应最多可得沉淀的质量为_______。
Ⅲ.完成问题
（4）pH=3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝[]溶液。若溶液的pH偏高，则碱式硫酸铝产率下降且有气体C产生，用化学方程式表示其原因：_______。
【答案】（1）1：2 （2）与MnO
（3）15g （4）
【解析】
【小问1详解】
设300℃时，剩余固体的化学式为MnxOy，则有x MnCO3~MnxOy，此时固体残留率为75.65%，即，化简得x:y=1:2，即此时剩余固体中n(Mn):n(O)=1:2。
【小问2详解】
设770℃时，剩余固体的化学式为MnaOb，则有a MnCO3~MnaOb，此时固体残留率为66.38%，即，化简得a:b=3:4，即此时剩余固体为Mn3O4；设900℃时，剩余固体的化学式为MncOd，则有c MnCO3~MncOd，此时固体残留率为61.74%，即，化简得c:d=1:1，即此时剩余固体为MnO；故图中C点对应固体的成分为Mn3O4和MnO。
【小问3详解】
滴加盐酸的体积在0~25mL时，发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，滴加盐酸的体积在25~100mL时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，结合图示可知，F溶液中含有Na2CO3和NaHCO3，根据碳元素守恒可知，n(CO2)=0.075L´2mol⋅L-1=0.15mol；F溶液中的Na2CO3、NaHCO3和足量石灰水反应最终都转化为CaCO3，根据碳元素守恒可知，F溶质与足量石灰水发生反应后，CO2最终都转化为CaCO3，即n(CaCO3)=n(CO2)=0.15mol，则m(CaCO3)=0.15mol´100g⋅mol-1=15g。
【小问4详解】
pH=3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝[Al2(SO4)x(OH)6-2x]溶液；若溶液的pH偏高，溶液碱性增强，铝离子和碳酸根离子双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，该反应的化学方程式为3CaCO3+Al2(SO4)3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CaSO4↓+3CO2↑。
辽宁省沈阳市东北育才学校2022-2023学年高三上学期10月
第一次模拟考试化学试题
时间：75分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量，H：1 C：12 O：16 N：14 Na：23 Mg：24 Al：27 K：39 Si：28 S：32 Cl：35.5 Mn：55 Fe：56 Cu：64 Zn：65 Ba：137
第Ⅰ卷 选择题 (共45分)
一、选择题(本题包括15小题，只有一个选项符合题意每题3分)
1. 化学与社会、科学、技术、生活等密切相关，下列说法正确的是
A. 我国自主研制的舱外航天服使用的特种镁合金材料，属于新型无机非金属材料。
B. 纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的、、、等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子有较强的物理吸附。
C. 临床医学上的“血液透析”和工农业上的“静电除尘”技术，均是利用了胶体的性质。
D. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化。
【答案】C
【解析】
【详解】A．特种镁合金材料，属于金属材料，A错误；
B．铁活动性较强，能和铜离子、铅离子、汞离子反应生成亚铁，发生化学变化，B错误；
C．临床医学上的“血液透析”利用胶体的渗析，工农业上的“静电除尘”技术利用胶体的电泳，均是利用了胶体的性质，C正确；
D．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，为萃取过程，属于物理变化，D错误；
故选C。
2. 向含有FeBr2溶液中通入一定量的Cl2(还原性：Fe2＋＞Br-)，表示该反应的离子方程式肯定错误的是（ ）
A. 2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl-
B. 10Fe2＋+2Br-＋6Cl2=10Fe3++Br2＋12Cl-
C. 2Br-＋Cl2=Br2＋2Cl-
D. 2Fe2＋＋4Br-＋3Cl2=2Br2＋2Fe3＋＋6Cl-
【答案】C
【解析】
【分析】还原性：Fe2＋＞Br-，则向含有FeBr2溶液中通入一定量的Cl2时，氯气先与Fe2＋反应，后与Br-反应。
【详解】A.当通入少量的氯气时，氯气只与亚铁离子反应，其反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl-，故A正确；
B.当溴化亚铁与氯气5:3反应时，其反应的离子方程式为10Fe2＋+2Br-＋6Cl2=10Fe3++Br2＋12Cl-，故B正确；
C.由分析可知，氯气先与亚铁离子反应，所以离子方程式中一定有亚铁离子参与，故C错误；
D.当通入过量氯气时，氯气能将亚铁离子和溴离子都氧化，反应的离子方程式为2Fe2＋＋4Br-＋3Cl2=2Br2＋2Fe3＋＋6Cl-，故D正确；
综上所述，答案为C。
3. 设 NA 表示为阿伏加德罗常数，下列叙述中，正确的是
A. 常温常压下，16 g O2和O3的混合物中共含有NA个氧原子
B. 假设1 mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数为NA
C. 78 g Na2O2 固体中所含阴、阳离子总数为4NA
D. 在铜与硫有反应中，1 mol铜原子参加反应失去的电子数为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. O2和O3都是由O原子构成，16 g O2和O3的混合物中含氧原子物质的量n(O)==1 mol，则含O原子的数目为NA个，A正确；
B. 氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，由于胶粒是许多Fe(OH)3的集合体，则1 mol氯化铁水解产生胶体微粒数小于NA，B错误；
C. 78 g Na2O2固体物质的量为1 mol，其中含2 mol Na+，1 mol O22﹣，含离子总物质的量是3 mol，C错误；
D. Cu与S发生反应生成Cu2S，铜元素化合价从0价变化为+1价，1 mol Cu原子参加反应失去 1 mol电子，故转移的电子数为NA，D错误；
故合理选项是A。
4. 能正确表示下列反应的离子方程式是
A. 向溶液中加入过量氨水：
B. 足量溶液与澄清石灰水反应：
C. 向悬浊液中加入溶液，白色沉淀转化为红褐色沉淀：
D. 溶液与溶液反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨水是弱碱，氢氧化铝不溶于过量氨水中，，A错误；
B．足量溶液与澄清石灰水反应，氢氧化钙反应完，钙离子和氢氧根是1:2的比例：，B错误；
C．发生沉淀转化，，C正确；
D．溶液中的碳酸氢根不能拆，反应离子方程式为，D错误；
故选C。
5. 下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是
选项
实验操作
实验目的或结论
A
某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体
说明该钾盐是K2CO3
B
向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量MgO粉末，搅拌一段时间后过滤
除去MgCl2溶液中少量FeCl3
C
常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生
说明常温下Ksp(BaCO3)＜Ksp(BaSO4)
D
NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合，有白色絮状沉淀生成
二者水解相互促进生成氢氧化铝沉淀
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，该气体是CO2，能够与HCl反应产生CO2气体的钾盐可能是K2CO3，也可能是KHCO3，A不符合题意；
B．FeCl3、MgCl2都是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，MgO能够与酸性溶液中H+反应产生Mg2+，使溶液pH升高，Fe3+形成Fe(OH)3沉淀除去，从而达到除去MgCl2溶液中少量FeCl3的目的，B正确；
C．BaSO4难溶于水，但也有一定的溶解度，常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，发生沉淀转化，形成少量BaCO3沉淀，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，证明沉淀中含有BaCO3，只要满足Qc(BaCO3)＞Ksp(BaSO4)，就可以形成BaCO3沉淀，实际上溶度积常数Ksp(BaCO3)＞Ksp(BaSO4)，C错误；
D．NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合，有白色絮状沉淀生成，说明发生反应：NaAlO2+NaHCO3+H2O=Al(OH)3↓+Na2CO3，NaHCO3电离产生H+，起酸的作用，不能证明二者都发生了水解反应，D错误；
故合理选项是B。
6. 某化学兴趣小组用硫铜矿煅烧后的废渣(主要含Fe2O3、CuO、FeO)为原料制取Cu2O，流程如下：
下列说法错误的是
A. “氧化”的目的是将Fe2+氧化成Fe3+
B. “滤渣”是Fe(OH)3
C. “还原”过程中每消耗1 mol N2H4，理论上可得到4 mol Cu2O
D. N2H4含有极性键和非极性键
【答案】C
【解析】
【分析】废渣主要含Fe2O3、CuO、FeO，由流程可知，加硫酸溶解，溶液中含Fe3+、Fe2+、 Cu2+，氧化时将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀过滤除去滤渣，滤渣为Fe(OH)3。由流程中反应物、生成物可知还原时发生：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O，产生N2氛围，可防止产品被氧化，以此来解答。
【详解】A．“氧化”的目的是将溶液中Fe2+氧化成Fe3+，后边可通过调节溶液pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，从而与铜离子分离，A正确；
B．根据上述分析可知“滤渣”是Fe(OH)3，B正确；
C．在还原过程中发生反应：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O，每反应消耗1 mol N2H4，转移4 mol电子，则反应会产生2 mol Cu2O，C错误；
D．N2H4分子中2个N原子通过共价单键结合，每个N原子再与两个H原子形成2个N-H共价键。N-H是极性键，N-N是非极性键，故N2H4分子中含有极性键和非极性键，D正确；
故合理选项是C。
7. 铝元素是地壳中含量最多的金属元素(约占地壳总量的7.73%)，主要以铝土矿形式存在(主要成分是Al2O3)。要从铝土矿中提取铝，首先要获得纯度较高的氧化铝。主要的工艺流程如图所示：
下列说法正确的是
A. 碱溶①后，溶液中主要含有的阳离子为Na＋和Al3+
B. 酸化②通足量的CO2反应的离子方程式为：2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+
C. Al(OH)3受热分解，生成高熔点物质和水，常用作塑料的阻燃剂
D. 灼烧③一般在坩埚中进行，电解④添加冰晶石(Na3AlF6)，目的是增强导电性
【答案】C
【解析】
【详解】A．碱溶①后，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，溶液中主要含有的阳离子为Na＋，A错误；
B．酸化②通足量的CO2应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根，的离子方程式为：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+，B错误；
C．Al(OH)3受热分解，生成高熔点的Al2O3和水，Al2O3常用作塑料的阻燃剂，C正确；
D．灼烧③一般在坩埚中进行，电解④添加冰晶石(Na3AlF6)，目的是降低Al2O3熔融温度，D错误；
故选C。
8. 某化学实验探究小组用电磁搅拌加热器(温度最高可达65℃)加热饱和NaHCO3溶液，并利用CO2传感器检测溶液中CO2的含量，其含量随温度变化如图所示：
下列有关叙述错误的是
A. ab段溶液中CO2的含量降低的原因是温度升高，溶解的CO2气体逸出
B. bc段溶液中CO2的含量升高的原因是溶液中受热分解生成CO2气体
C. 实验室可用加热饱和NaHCO3溶液的方法制取少量CO2气体
D. 由图像可知，NaHCO3固体受热分解的温度为48.2℃
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaHCO3溶液中溶解有CO2气体，当加热时，CO2气体逸出，使溶液中CO2的含量降低，A正确；
B．48.2℃后，溶液中CO2气体的含量随温度升高逐渐升高，说明发生分解生成了CO2气体，B正确；
C．由于饱和NaHCO3溶液受热可发生分解反应生成CO2，故可用该方法制取少量CO2气体，C正确；
D．由题图可知饱和NaHCO3溶液加热至48.2℃时开始生成气体，不能得出NaHCO3固体的分解温度为48.2℃的结论，D错误；
故合理选项是D。
9. 下列由废铁屑制取无水Fe2(SO4)3的实验原理与装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲除去废铁屑表面的油污 B. 用装置乙溶解废铁屑制Fe2(SO4)3
C. 用装置丙过滤得到Fe2(SO4)3溶液 D. 用装置丁蒸干溶液获得Fe2(SO4)3
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸钠溶液水解显碱性，碱性溶液中加热可促进油污的水解，图中装置可除去废铁屑表面的油污，故A正确；
B．铁与硫酸反应生成硫酸亚铁，不能得到Fe2(SO4)3，故B错误；
C．过滤可分离不溶性杂质与溶液，图中过滤可分离出Fe2(SO4)3溶液，故C正确；
D．硫酸沸点高，难挥发，蒸干Fe2(SO4)3溶液获得Fe2(SO4)3，故D正确；
答案选B。
10. 相同温度和压强下，研究Cl2在不同溶液中的溶解度(用溶解Cl2的物质的量浓度表示)随溶液浓度的变化。在NaCl溶液和盐酸中Cl2的溶解度以及各种含氯微粒的浓度变化如图。
下列说法不正确的是
A. 由图1可知，Cl2溶于NaCl溶液时还发生了反应Cl2+Cl－=Cl
B. 随NaCl溶液浓度增大，Cl2+H2O⇌H++Cl－+HClO平衡逆移，Cl2溶解度减小
C. 随盐酸浓度增加Cl2与H2O的反应被抑制，生成Cl为主要反应从而促进Cl2溶解
D. 由上述实验可知，H+浓度增大促进Cl2溶解，由此推知在稀硫酸中，随硫酸浓度增大Cl2的溶解度会增大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由图1分析Cl2的浓度降低，Cl浓度升高，得出Cl2溶于NaCl溶液时还发生了反应Cl2+Cl－=Cl，故A正确；
B．增大Cl－浓度，Cl2+H2O⇌H++ Cl－+HClO平衡逆移，所以随NaCl溶液浓度增大，Cl2溶解度减小，故B正确；
C．由图2分析Cl2的浓度先降低后升高，随着盐酸浓度增加，Cl2与H2O的反应被抑制，生成Cl为主要反应，从而促进Cl2溶解，故C正确；
D．由图2分析，H+浓度一直增大，但是溶解的Cl2的浓度先降低后升高，应该是发生了反应Cl2+Cl－=Cl，促进了Cl2溶解，而在稀硫酸只提供了H+，随硫酸浓度增大，Cl2+H2O⇌H++ Cl－+HClO平衡逆向移动，Cl2的溶解度会降低，故D错误；
故选D。
11. 将一定量的Cl2通入体积为40mL、浓度为7.5mol/L的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应（已知反应过程放热），测得反应后溶液中有三种含氯元素的离子，其中ClO－物质的量为0.06mol和ClO3-物质的量0.03mol，下列说法不正确的是
A. 该反应的离子方程式为：5Cl2+10OH－=7Cl－+2ClO－+ClO3—+5H2O
B. 该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为5：3
C. 上述苛性钾溶液中含有0.3mol的KOH
D. 反应后生成的ClO－和ClO3－两种离子在一定条件下均有氧化性
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据题给信息，氯气与KOH溶液反应生成氯化钾、氯酸钾、次氯酸钾和水，根据得失电子守恒，生成的n(Cl－)=0.06×1+0.03×5=0.21mol，加入的KOH的物质的量为0.04L×7.5mol/L=0.3mol，所以反应中n(KOH):n(Cl－):n(ClO－):n(ClO3-)=0.3:0.21:0.06:0.03=10:7:2:1,再根据原子守恒配平其它物质的系数，反应的离子方程式为5Cl2 +10OH－ = 7Cl－ + 2ClO－+ ClO3— + 5H2O，A项正确、C项正确；
B．根据上述离子反应，氯气既做氧化剂，又做还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为7:3，B项错误；
D．反应后生成的ClO－和 ClO3－ 两种离子中氯元素的化合价分别是+1价和+5价，均能得电子生成低价含氯化合物，即在一定条件下均有氧化性，D项正确；
答案选B。
12. 从硫化物中提取单质锑(Sb)是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：
①2Sb2S3+3O2+6Fe→Sb4O6 + 6FeS
②Sb4O6+6C→4Sb +6CO↑
关于反应①、②的说法正确的是
A. 反应①②中的氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6
B. 反应①中每生成3 mol FeS时，共转移6 mol电子
C. 反应②说明高温下Sb的还原性比C强
D. 每生成4mol Sb时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为4∶3
【答案】B
【解析】
【分析】反应①中Fe元素的化合价由0价升至+2价，Fe为还原剂，O元素的化合价由0价降至-2价，O2为氧化剂，Sb2S3中Sb、S元素的化合价在反应前后都没有改变，Sb2S3既不是氧化剂、也不是还原剂；反应②中C元素的化合价由0价升至+2价，C为还原剂，Sb元素的化合价由+3价降至0价，Sb4O6为氧化剂。
【详解】A．反应①中Fe元素的化合价由0价升至+2价，Fe为还原剂，O元素的化合价由0价降至-2价，O2为氧化剂，Sb2S3中Sb、S元素的化合价在反应前后都没有改变，Sb2S3既不是氧化剂、也不是还原剂；反应②中C元素的化合价由0价升至+2价，C为还原剂，Sb元素的化合价由+3价降至0价，Sb4O6为氧化剂，A项错误；
B．反应①中Fe元素的化合价由0价升至+2价，Fe为还原剂，O元素的化合价由0价降至-2价，O2为氧化剂，反应中每生成6molFeS转移12mol电子，则每生成3molFeS转移6mol电子，B项正确；
C．反应②中C元素的化合价由0价升至+2价，C为还原剂，Sb元素的化合价由+3价降至0价，Sb4O6为氧化剂，Sb为还原产物，则高温下Sb的还原性比C弱，C项错误；
D．每生成4molSb，反应②消耗1molSb4O6、6molC；反应①生成1molSb4O6消耗6molFe，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为6∶6=1∶1，D项错误；
答案选B。
13. 现有由0.2 mol CuS和0.1 mol Cu2O组成的混合物，与足量稀HNO3充分反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O，则被还原的HNO3的物质的量是
A 0.4 mol B. 0.6 mol C. 0.8 mol D. 1.0 mol
【答案】B
【解析】
【详解】CuS中硫元素化合价从-2升高到+6，则1 mol CuS被氧化失去8mol电子、Cu2O中铜元素化合价从+1升高到+2，则1 mol Cu2O被氧化失去2mol电子，稀HNO3作氧化剂时氮元素化合价从+5降低到+2，每1mol硝酸被还原得电子物质的量为3mol， 0.2 mol CuS和0.1 mol Cu2O被氧化失去电子的物质的量为0.2 mol×8+0.1 mol×2=1.8 mol，按得失电子数守恒，被还原的HNO3的物质的量是，B正确；
答案选B
14. 把22.4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0.3 mol NO2和0.2 mol NO，下列说法正确的是
A. 反应后生成的盐只为Fe(NO3)3
B. 反应后生成的盐只为Fe(NO3)2
C. 反应后生成的盐为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2，其物质的量之比为1∶3
D. 反应后生成的盐为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2，其物质的量之比为3∶1
【答案】C
【解析】
【详解】22.4g铁粉的物质的量为=0.4mol；收集到0.3 mol NO2和0.2 mol NO过程中得到电子物质的量为：0.3mol×[(+5)-(+4)]+0.2mol×[(+5)-(+2)]=0.9mol；若反应生成的盐只有Fe(NO3)3，Fe失去的电子物质的量为0.4mol ≠0.9mol，若反应生成的盐只有Fe(NO3)2，Fe失去的电子物质的量为0.8mol≠0.9mol，所以可得22.4g铁粉反应后生成了硝酸铁和硝酸亚铁，根据Fe守恒n[Fe(NO3)3]+n[Fe(NO3)2]=0.4mol，根据得失电子相等可得3n[Fe(NO3)3]+2n[Fe(NO3)2]=0.9mol，解得n[Fe(NO3)3]=0.1mol，n[Fe(NO3)2]=0.3mol，Fe(NO3)3和Fe(NO3)2物质的量之比为1∶3，答案选C。
15. 某碳酸钾和碳酸氢钾组成的混合物样品61.4 g，加水溶解后，取所得溶液的十分之一，向其中缓缓加入一定浓度的稀盐酸，并同时记录放出CO2的质量和消耗稀盐酸的体积，得到如图所示的曲线。下列说法不正确的是
A. 该过程所发生反应的化学方程式：K2CO3+HCl =KCl+KHCO3；KHCO3+HCl=KCl+H2O+CO2↑
B. 混合物样品中含碳酸钾20.0g
C. 混合物中碳元素的质量分数为9. 77%
D. 若将61.4 g原混合物样品充分加热，放出CO2的质量为4.40g
【答案】B
【解析】
【详解】A． 由图可知，开始没有气体生成，发生反应：K2CO3+HCl=KCl+KHCO3，加入12mL盐酸时，开始有气体生成，此时发生反应：KHCO3+HCl=KCl+H2O+CO2↑，故A正确；
B．溶液中碳酸钾转化为碳酸氢钾，消耗盐酸为12mL，KHCO3与HCl反应消耗盐酸的体积为32mL-12mL=20mL，反应都按1：1进行，故样品中碳酸钾与碳酸氢钾的物质的量之比=12mL：(20-12)mL=3：2，根据碳元素守恒可知，碳酸钾的物质的量= ×10=0.3mol，故样品中碳酸钾的质量=0.3mol×138g/mol=41.4g，故B错误；
C． 当加入32mL盐酸时，生成气体达最大值，根据碳元素守恒，可知样品中碳元素的质量=2.2g××10=6g，故样品中碳元素质量分数=×100%≈9.77%，故C正确；
D． 碳酸氢钾的物质的量为0.3mol× =0.2mol，根据方程式2KHCO3K2CO3+H2O+CO2↑，可知生成二氧化碳的物质的量为0.2mol×=0.1mol，二氧化碳的质量=0.1mol×44g/mol=4.4g，故D正确；
故选B。
第Ⅱ卷 非选择题 (共55分)
二、填空题(本题包括4个小题，共55分)
16. 现有四种溶液m、n、p、q，分别含阴阳离子、、、、、、、中的各一种，为了确定组成，进行了以下实验：将四种溶液两两混合，发现m、n能剧烈反应，产生白色沉淀和无色气体，p、q能产生无色有刺激性气味的气体，p与m、n均有沉淀产生，且在m中逐滴滴入p时，沉淀增多，后减少但没有完全消失。回答下列问题。
（1）p是_______，q是_______(均填化学式)。
（2）实验室检验q中阳离子需要的试剂或试纸是_______。
（3）经分析，存在于_______(填m、n、p、q)溶液中，实验室常用重量法检验该溶液中离子的浓度，步骤如下：Ⅰ用量筒取该溶液8.0mL并转移至小烧杯中；Ⅱ加入盐酸酸化，然后加入足量的溶液(沉淀反应在接近沸腾的温度下进行)；Ⅲ过滤所得沉淀；洗涤，烘干后得到ag固体。
①所用量筒的规格为_______。
A.10mL B.50mL C.100mL D.500mL
②过滤时，沉淀物颗粒的大小会影响过滤速度，从利于过滤的角度分析，沉淀反应需要在接近沸腾的温度下进行的原因能是_______。
③检验沉淀洗涤干净的方法是_______。
④计算，硫酸根的浓度为_______mol/L(用含a的式子表示)。
【答案】（1） ①. ②.
（2）NaOH溶液、红色石蕊试纸
（3） ①. m ②. A ③. 沸腾时，有利于产生颗粒较大的沉淀或有利于晶体生长 ④. 用小试管取最后一次洗涤液少许，向其中加入少量的溶液，如没有浑浊，说明沉淀洗涤干净，反之，说明沉淀没有洗涤干净 ⑤.
【解析】
【分析】题目中突破口在于由m中逐滴滴入p时，沉淀增多，后减少但没有完全消失，由此可推出，现有离子中，此过程涉及物质一定是向铝盐溶液中逐滴滴入强碱溶液，故m为可溶性铝盐，p为强碱，再结合碱过量，沉淀未溶解完全，说明强碱与铝盐混合，除了有氢氧化铝生成，还有其他沉淀生成，则可判断出m为Al2(SO4)3，p为，则p、q能产生无色有刺激性气味的气体，q含，m、n能剧烈反应，产生白色沉淀和无色气体，符合铝离子与双水解生成氢氧化铝和二氧化碳的现象，则n含，由于所剩离子仅为和，溶液呈电中性，故q为，n为NaHCO3。推出物质后再进行后续作答。
【小问1详解】
根据上述分析，p为，q为，故答案依次为，；
【小问2详解】
q为，则检验的方法为：取待测液于试管中，加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验逸出的气体，若试纸变蓝，则原待测液中含，故需要的试剂或试纸为氢氧化钠溶液和红色石蕊试纸，故答案为NaOH溶液，红色石蕊试纸；
【小问3详解】
m为Al2(SO4)3，故存在于m溶液中；故答案为：m；
①量筒量取液体时，所选规格遵循“近而大”的原则，故选规格为10mL的量筒；故答案选A；
②过滤时，沉淀物颗粒的大小会影响过滤速度，颗粒较大，有利于液体顺利滤出，故沉淀过程在接近沸腾的温度下进行，是为了尽量使沉淀凝聚，即有利于产生颗粒较大的沉淀，或有利于晶体生长；
③检验沉淀是否洗涤干净，本质就是沉淀表面是否仍有可溶性离子残留，即是否有Cl-残留，故方法是，取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中加入少量的溶液，如没有浑浊，说明沉淀洗涤干净，反之，说明沉淀没有洗涤干净，故答案为：用小试管取最后-次洗涤液少许，向其中加入少量的溶液，如没有浑浊，说明沉淀洗涤干净，反之，说明沉淀没有洗涤干净；
④烘干后固体成分仍为BaSO4，硫元素守恒，故8.0mL溶液，n()=n(BaSO4)=mol，则c()==mol/L；故答案为。
17. 高铁酸钾()可溶于水、微溶于浓KOH溶液；在强碱性溶液中比较稳定，在Fe或的催化作用下分解，是一种绿色高效的水处理剂。某实验小组用如图所示装置(加热夹持仪器已省略)制备KClO溶液，再用制得的KClO溶液与为溶液反应制备。
回答下列问题：
（1）中元素的化合价为_______，仪器X的名称为_______。
（2）现有①溶液、②含KOH的KClO溶液，混合两种溶液时，将_______(填序号，下同)滴入_______中，发生反应的化学方程式是_______。
（3）与KOH在较高温度下反应生成。在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，控制反应在0~5℃进行。实验中可采取的措施是_______；在通入氯气的过程中，不断搅拌的目的是_______。
（4）的理论产率与合成条件相应曲面投影的关系如图所示(虚线上的数据表示理论产率)，则制备最适宜的条件范围是_______。
（5）粗产品含有、KCl等杂质，其提纯步骤为：
①将一定量的粗产品溶于冷的3mol/LKOH稀溶液中；
②过滤；
③_______；
④搅拌、静置、过滤，用乙醇洗涤2~3次；
⑤在真空干燥箱中干燥。
（6）在上述制备次氯酸钾的实验中，将氯气通入到40%的KOH溶液中；若KClO溶液中KOH的质量分数为2%，则理论上制备100g该溶液需消耗氯气的质量为_______g(保留一位小数)。
【答案】（1） ①. +6 ②. 三颈烧瓶
（2） ①. ① ②. ② ③.
（3） ①. 将装置C中的三颈烧瓶放在冰水浴中 ②. 使氯气与碱液充分混合反应，同时及时散热，防止生成杂质
（4）反应时间为50~60min时，反应温度为5~10℃
（5）将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液
（6）19.2
【解析】
【分析】本实验的目的是制取KClO，先在A装置内制取Cl2，然后利用B装置除去Cl2中混有的HCl；再将Cl2通入KOH溶液中，发生反应生成KClO、KCl等；最后用NaOH溶液吸收尾气。
【小问1详解】
K2FeO4中，K显+1价，O显-2价，依据化合价的代数和为0，可确定铁元素的化合价为+6，仪器X是具有三颈的烧瓶，其名称为三颈烧瓶。答案为：+6；三颈烧瓶；
【小问2详解】
由题给信息可知，高铁酸钾(K2FeO4)在强碱性溶液中比较稳定，也就是在实验过程中要保持溶液呈碱性，所以应往含KOH的KClO溶液中滴加Fe(NO3)3溶液，即将①滴入②中；发生的反应为3KClO+2Fe(NO3)3+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。答案为：①；②；3KClO+2Fe(NO3)3+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O；
【小问3详解】
将装置C中的三颈烧瓶放在冰水浴中，控制反应在0~5℃进行；在通入氯气的过程中，不断搅拌的目的是使氯气与碱液充分混合反应，同时及时散热，防止生成杂质；
【小问4详解】
从图中可以看出，K2FeO4的理论产率最大值为0.8，则制备K2FeO4最适宜的条件范围是反应时间为50～60min时，反应温度为5～10℃。答案为：反应时间为50～60min时，反应温度为5～10℃；
【小问5详解】
若K2FeO4粗产品含有Fe(OH)3、KCl等杂质时，应先将K2FeO4溶解，再提供强碱的浓溶液环境，为降低溶解度，还可降低温度，所以步骤③为：将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液。答案为：将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液。
【小问6详解】
设通入Cl2的质量为x，则KOH溶液的质量为100g-x，剩余KOH的质量为100g×2%=2g，则由化学方程式Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O可得：，x≈19.2，从而得出理论上制备100g该溶液需消耗氯气的质量为19.2。答案为：19.2。
18. 完成下列问题
（1）下列各组离子，在所给条件下一定能够大量共存的是_______
①pH=7的溶液中：Fe3+、Mg2+、、
②加入苯酚显紫色的溶液中：Na+、Mg2+、Cl-、：
③能和Ca2+生成沉淀的溶液中：K+、Ba2+、CH3COO-、Cl-
④加入铝粉能放出氢气的溶液中：、、I-、
⑤的溶液中：、Al3+、Ca2+、Cl-
⑥常温下，的溶液中：Ca2+、Mg2+、ClO-、I-
⑦在含有大量的溶液中：K+、Na+、、Br-
⑧在使pH试纸变红的溶液中：Fe2+、Na+、、
（2）向NaOH、Na2CO3、NaAlO2溶液中(假设各1mol)，逐滴加入HCl溶液，产生沉淀的物质的量随HCl溶液体积变化的图象如下：
分析图象的变化情况，写出各阶段的离子方程式：
①OA：_______。
②AB：_______。
③BC：_______。
④CD：_______。
（3）将xgFe、FeO和Fe2O3混合物分成两等份，向其中一份中滴加500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解并产生标准状况下NO气体aL，溶液中Fe元素均以+3价形式存在，另一份固体与足量H2反应质量减少yg。根据以上数据计算稀硝酸的浓度为_______mol/L。(列式即可，无需化简)
【答案】（1）②⑤ （2） ①. H++OH－=H2O ②. +H++H2O=Al(OH)3↓ ③. +H+=，+H+=H2O+CO2↑ ④. 3H++Al(OH)3=Al3++3H2O
（3）
【解析】
【小问1详解】
①pH=7的溶液中：Fe3+将全部转化为Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，①不符合题意；
②加入苯酚显紫色的溶液中含有Fe3+，Fe3+与Na+、Mg2+、Cl-、都能大量共存，②符合题意；
③能和Ca2+生成沉淀的溶液中可能含有或等，与Ba2+不能大量共存，③不符合题意；
④加入铝粉能放出氢气的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性溶液中，、、I-、都不能大量存在，④不符合题意；
⑤的溶液呈酸性，、Al3+、Ca2+、Cl-都能大量存在，⑤符合题意；
⑥常温下，的溶液呈碱性，Ca2+、Mg2+不能大量存在，⑥不符合题意；
⑦在含有大量的溶液中，不能大量存在，⑦不符合题意；
⑧使pH试纸变红的溶液呈酸性，Fe2+、不能大量存在，⑧不符合题意；
综合以上分析，只有②⑤符合题意，故选②⑤。答案为：②⑤；
【小问2详解】
因为+OH-=+H2O、++H2O=Al(OH)3↓++H2O，所以向NaOH、Na2CO3、NaAlO2溶液中(假设各1mol)，逐滴加入HCl溶液，首先是OH-与H+反应，然后与H+、H2O反应生成Al(OH)3，接着与H+反应生成、与H+反应生成CO2和H2O。
则各阶段的离子方程式：
①OA：H++OH－=H2O。
②AB：+H++H2O=Al(OH)3↓。
③BC：+H+=，+H+=H2O+CO2↑。
④CD：3H++Al(OH)3=Al3++3H2O。答案为：H++OH－=H2O；+H++H2O=Al(OH)3↓；+H+=，+H+=H2O+CO2↑；3H++Al(OH)3=Al3++3H2O；
【小问3详解】
将xgFe、FeO和Fe2O3混合物分成两等份，其中一份质量为g，将一份固体与足量H2反应质量减少yg，则此份混合物中氧元素的质量为yg，由此得出铁元素质量为(-y)g；另一份与硝酸反应生成Fe(NO3)3、NO等，依据Fe、N元素守恒，可得出n(HNO3)== []mol，则稀硝酸的浓度为mol/L。答案为：。
【点睛】当混合物中发生的反应较多、较复杂时，常用守恒法进行计算。
19. Ⅰ.可用作电讯器材元件材料，还可用作瓷釉、颜料及制造锰盐的原料。它在空气中加热易转化为不同价态锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化，如图所示。
（1）300℃时，剩余固体中为_______。
（2）图中C点对应固体的成分为_______(填化学式)。
Ⅱ.是常见温室气体，将一定量的气体通入100mL某浓度的NaOH溶液得F溶液，向F溶液中逐滴加入的盐酸，产生的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。
（3）F溶质与足量石灰水发生反应最多可得沉淀的质量为_______。
Ⅲ.完成问题
（4）pH=3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝[]溶液。若溶液的pH偏高，则碱式硫酸铝产率下降且有气体C产生，用化学方程式表示其原因：_______。
【答案】（1）1：2 （2）与MnO
（3）15g （4）
【解析】
【小问1详解】
设300℃时，剩余固体的化学式为MnxOy，则有x MnCO3~MnxOy，此时固体残留率为75.65%，即，化简得x:y=1:2，即此时剩余固体中n(Mn):n(O)=1:2。
【小问2详解】
设770℃时，剩余固体的化学式为MnaOb，则有a MnCO3~MnaOb，此时固体残留率为66.38%，即，化简得a:b=3:4，即此时剩余固体为Mn3O4；设900℃时，剩余固体的化学式为MncOd，则有c MnCO3~MncOd，此时固体残留率为61.74%，即，化简得c:d=1:1，即此时剩余固体为MnO；故图中C点对应固体的成分为Mn3O4和MnO。
【小问3详解】
滴加盐酸的体积在0~25mL时，发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，滴加盐酸的体积在25~100mL时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，结合图示可知，F溶液中含有Na2CO3和NaHCO3，根据碳元素守恒可知，n(CO2)=0.075L´2mol⋅L-1=0.15mol；F溶液中的Na2CO3、NaHCO3和足量石灰水反应最终都转化为CaCO3，根据碳元素守恒可知，F溶质与足量石灰水发生反应后，CO2最终都转化为CaCO3，即n(CaCO3)=n(CO2)=0.15mol，则m(CaCO3)=0.15mol´100g⋅mol-1=15g。
【小问4详解】
pH=3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝[Al2(SO4)x(OH)6-2x]溶液；若溶液的pH偏高，溶液碱性增强，铝离子和碳酸根离子双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，该反应的化学方程式为3CaCO3+Al2(SO4)3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CaSO4↓+3CO2↑。
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