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2022-2023学年新疆第二师八一中学高三上学期第一次月考化学试题 解析版
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这是一份2022-2023学年新疆第二师八一中学高三上学期第一次月考化学试题 解析版，共25页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
第二师八一中学2022年第一次月考考卷
常见相对原子量：H：1 C：12 O：16 N：14 S：32 Mg：24 Al：27 Na：23 K：39 Cu：64 Fe：56 Ba：137
一、单选题
1. 化学与生产、生活、科技密切相关，下列说法不正确的是
A. 北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙烯属于有机高分子材料
B. 含的补铁剂与维生素C配合使用，补铁效果更好
C. 抗击疫情期间，“84”消毒液与酒精混合使用，消毒效果更好
D. “墨子号”卫星的成功发射实现了光纤量子通信，光纤的主要成分为二氧化硅
【答案】C
【解析】
【详解】A．聚乙烯属于合成有机高分子材料，A正确；
B．维生素C具有还原性，可以防止二价铁被氧化，故含的补铁剂与维生素C配合使用，补铁效果更好，B正确；
C．“84”消毒液具有氧化性，酒精分子中含有羟基具有还原性，不能混合使用，C错误；
D．光纤的主要成分为纯度较高二氧化硅，D正确；
故选C。
2. 如下图所示，2个甲分子反应生成1个丙分子和3个乙分子，下列判断不正确的是
A. 化学反应中分子的种类发生了改变
B. 该反应属于分解反应
C. 摩尔质量关系为2M(甲)=M(乙)+M(丙)
D. 根据阿伏加德罗定律可推知，1个乙分子中含有2个A原子
【答案】C
【解析】
【分析】根据反应的微观图分析：每个甲物质的分子由3个A原子和1个B原子构成，丙物质的每个分子由2个B原子构成，结合质量守恒定律分析每2个甲物质的分子反应产生1个丙物质的分子和3个乙物质的分子，可知乙物质的每个分子由2个A原子构成。
【详解】A．根据微观示意图可知：反应前后原子种类不变，而分子种类发生了变化，A正确；
B．由微观反应图可知：丙物质分解变为乙和丙两种物质，因此该反应是分解反应，B正确；
C．根据质量守恒定律可知物质的摩尔质量关系为：2M(甲)=3M(乙)+M(丙)，C错误；
D．由质量守恒定律，结合阿伏加德罗定律可知：乙物质的每个分子是由2个A原子构成，D正确；
故合理选项是C。
3. 下列化学用语正确的是
A. 乙酸的分子式：CH3COOH B. 丙烯的结构简式：CH2CHCH3
C. 乙醇的结构式：C2H6O D. 丙烷分子的球棍模型：
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙酸的分子式：C2H4O2，CH3COOH是结构简式，选项A错误；
B．丙烯的结构简式：CH2=CHCH3，选项B错误；
C．乙醇的结构式：，C2H6O是分子式，选项C错误；
D．丙烷分子的球棍模型：，表示出原子间的连接方式，选项D正确；
答案选D。
4. 设表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 在中含有个中子
B. 溶于过量硝酸，电子转移数为
C. 等物质的量的和中所含阴离子数均为
D. 的溶液中含有数目为
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．在中含有中子数为：=，A正确；
B．溶于过量硝酸反应生成Fe(NO3)3，故电子转移数为=，B错误；
C．等物质的量的和中所含阴离子数相等，但未告知具体物质的量为多少，故无法计算所含阴离子数，C错误；
D．由于部分Al3+发生水解生成Al(OH)3，故的溶液中含有数目小于=，D错误；
故答案为：A。
5. 下列说法，正确的是
A. 1molO2所占的体积是22.4L
B. 22.4LO2中一定含有6.02×1023个氧气分子
C. 标准状况下，3.36LN2和O2混合物中所含的原子数为0.3NA
D. 18gH2O在标准状况下所占的体积约为22.4L
【答案】C
【解析】
【详解】A．没有指明标况，1molO2的体积不是22.4L，A错误；
B．没有指明标况，22.4LO2的物质的量不是1mol，分子个数也未知，B错误；
C．标况下3.36L混合气体的物质的量为0.15mol，两者均为双原子分子，故原子总数为0.3NA，C正确；
D．标况下水为液态，1mol水的体积不是22.4L，D错误；
故选C。
6. 下列溶液中的c()与50mL1 mol∙L−1Al2(SO4)3溶液中的c()相等的是
A. 150mL1 mol∙L−1Na2SO4溶液 B. 75mL2 mol∙L−1 (NH4)2SO4溶液
C. 150mL3 mol∙L−1K2SO4溶液 D. 200mL1.5 mol∙L−1FeSO4溶液
【答案】C
【解析】
【分析】50mL1 mol∙L−1Al2(SO4)3溶液中的c()是3 mol∙L−1。
【详解】A．150mL1 mol∙L−1Na2SO4溶液中c()是1 mol∙L−1，故A不符合题意；
B．75mL2 mol∙L−1 (NH4)2SO4溶液中的c()是2 mol∙L−1，故B不符合题意；
C．150mL3 mol∙L−1K2SO4溶液中的c()是3 mol∙L−1，故C符合题意；
D．200mL1.5 mol∙L−1FeSO4溶液中的c()是1.5 mol∙L−1，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
7. 饱和食盐水电解前要精制，除去SO、Mg2+、Ca2+，下列试剂添加顺序可行的是
A. BaCl2、NaOH、Na2CO3、HCl B. Na2CO3、BaCl2、NaOH、HCl
C. BaCl2、Na2CO3、HCl、NaOH D. Na2CO3、BaCl2、HCl、NaOH
【答案】A
【解析】
【详解】工业电解饱和食盐水，要精制盐水以除去SO42-、Ca2+、Mg2+，利用碳酸钠除去钙离子，NaOH除去镁离子，BaCl2除去硫酸根离子，Mg2+、SO42-的除杂没有先后，最后除去Ca2+，则Na2CO3应在BaCl2之后，在HCl之前，且HCl需要最后加入，则加入试剂的顺序合理的是A。
答案选A。
8. 下列离子方程式中，正确的是
A. 稀盐酸与氢氧化镁反应： H++OH- =H2O
B. FeCl2 溶液与Cl2的反应： 2Fe2+ +Cl2=2Fe3+ +2Cl-
C. 将硝酸银溶液与氯化钠溶液混合： AgNO3 +Cl-=AgCl↓+
D. 将碘化亚铁溶液与足量稀硝酸溶液混合： 3Fe2+ ++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧化镁为沉淀，不可拆，离子方程式为：，A错误；
B．FeCl2 溶液与Cl2的发生氧化还原反应，生成铁离子和氯离子，离子方程式正确，B正确；
C．硝酸银能溶于水，可拆，离子方程式为：，C错误；
D．足量稀硝酸能将FeI2中的碘离子和亚铁离子都氧化，离子方程式为：，D错误；
故选B。
9. 是重要的储氢材料，与水发生反应：。下列说法中正确的是
A. 发生还原反应
B. 是氧化产物，是还原产物
C. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为
D 若生成标准状况下 ，则转移电子
【答案】D
【解析】
【分析】四氢合铝酸锂中氢元素为—1价，由方程式可知， 反应中，四氢合铝酸锂中氢元素化合价升高被氧化，做反应的还原剂，发生氧化反应，水中氢元素化合价降低被还原，做反应的氧化剂，氢气即是氧化氧化产物也是还原产物。
【详解】A．由分析可知，四氢合铝酸锂做反应的还原剂，发生氧化反应，故A错误；
B．由分析可知，氢气即是氧化氧化产物也是还原产物，故B错误；
C．由分析可知，四氢合铝酸锂做反应的还原剂，水做反应的氧化剂，由得失电子数目守恒可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：1，故C错误；
D．由方程式可知，生成4mol氢气，反应转移4mol电子，则生成标准状况下4.48L氢气，反应转移电子的物质的量为×1=0.2mol，故D正确；
故选D。
10. 铁元素是人体重要的微量元素，参与人体血红蛋白的形成，人体内的铁大部分是+2价的铁，易被人体吸收，下列有关铁及其化合物的说法正确的是
A. 维生素C具有氧化性，可将难吸收的转化为，促进人体对铁元素的吸收
B. 向溶液中加入KSCN溶液，溶液变为红色
C. 向溶液中加入NaOH溶液，生成红褐色沉淀
D. 溶液滴在淀粉-KI试纸上，试纸变蓝
【答案】D
【解析】
【详解】A．维生素C有还原性，能把还原成易被人体吸收的，A项错误；
B．与不反应，向溶液中加入溶液，无明显现象，B项错误；
C．向溶液中加入溶液，生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，C项错误；
D．和发生反应生成和，遇淀粉变蓝，D项正确。
故选D。
11. 下列物质能使品红溶液褪色，且褪色原理基本相同的是：①活性炭②新制氯水③二氧化硫④臭氧⑤过氧化钠⑥过氧化氢溶液
A. ①②④ B. ②③⑤ C. ②④⑤⑥ D. ③④⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①活性炭的漂白作用是因为具有吸附性；
②新制氯水中含有次氯酸，其漂白性是因为次氯酸的强氧化性；
③二氧化硫的漂白性因为生成不稳定的无色的物质；
④臭氧的漂白性是因为其具有强氧化性；
⑤过氧化钠的漂白性是因为其具有强氧化性
⑥过氧化氢溶液漂白性是因为过氧化氢具有强氧化性；
故漂白原理相同的是②④⑤⑥，选C。
12. 下列有关实验现象的描述中正确的是
A. 氯气可使湿润的红色布条褪色，所以氯气具有漂白性
B. 钠在氯气中燃烧，产生白烟
C. 铜丝在氯气中燃烧，产生蓝色的烟
D. 红热的铁丝在氯气中剧烈燃烧，产生黑色的烟
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cl2使湿润的红色布条褪色，是因为Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，A项错误；
B．钠在Cl2中燃烧发出黄色的火焰，并产生白烟，B项正确；
C．Cu在Cl2中燃烧生成CuCl2，产生棕黄色的烟，C项错误；
D．铁丝在Cl2中燃烧生成FeCl3，产生棕褐色的烟，D项错误。
13. 下列除去杂质(括号中的物质为杂质)的方法中，正确的是
A. 固体()：加入足量的NaOH溶液，过滤
B. 溶液()：通入适量
C. 溶液()：加入足量的Fe粉，过滤
D. 气体(HCl)：通过饱和溶液洗气后干燥
【答案】A
【解析】
【详解】A．固体()：加入足量的NaOH溶液，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液，过滤得到氧化铁，故A正确；
B．溶液()：通入适量，氯化亚铁被氧化为氯化铁，需要的物质被反应了，故B错误；
C．溶液()：加入足量的Fe粉，氯化铁和铁粉反应生成氯化亚铁，无法除掉氯化铜，故C错误；
D．气体(HCl)：通过饱和溶液洗气后干燥，反应会生成二氧化碳， 引入新的杂质，故D错误。
综上所述，答案为A。
14. 单晶硅是制作电子集成电路的基础材料。用化学方法可制得高纯度硅，其化学方程式为：
①SiO2+2CSi+2CO↑
②Si+3HClSiHCl3+H2
③SiHCl3+H2Si(纯)+3HCl
下列对上述三个反应的叙述中，正确的是
A. 仅①③为置换反应
B. ②为化合反应
C. ①②③均为氧化还原反应
D. 三个反应的反应物中硅元素均被还原
【答案】C
【解析】
【详解】A．置换反应是一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的化学反应，反应①②③均为置换反应，A错误；
B．化合反应是多种物质反应生成一种物质，反应②不是化合反应，为置换反应，B错误；
C．反应①②③均有元素发生了化合价的改变，均为氧化还原反应，C正确；
D．反应①③中硅元素化合价降低，被还原，反应②中硅元素化合价升高，被氧化，D错误；
故选C。
15. 高纯度晶体硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料。它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。可以按下列方法制备：
SiO2Si(粗) SiHCl3Si(纯)
下列说法不正确的是
A. 步骤①的化学方程式为SiO2+CSi+CO2↑
B. 步骤①中每生成1 mol Si，转移4 mol电子
C. 高纯硅是制造太阳能电池的常用材料，二氧化硅是制造光导纤维的基本原料
D. SiHCl3(沸点33.0 ℃)中含有少量的SiCl4(沸点67.6 ℃)，通过蒸馏可提纯SiHCl3
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氧化硅在高温下与C反应生成CO气体，即步骤①化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑，故A错误；
B．步骤①中Si的化合价降低4价，故每生成1 mol Si，转移电子数为4 mol，故B正确；
C．高纯硅是半导体，是制造集成电路、太阳能电池的常用材料，二氧化硅是制造光导纤维的基本原料，故C正确；
D．沸点相差30 ℃以上的两种互溶液体可以采用蒸馏的方法分离，故D正确；
故答案选A。
16. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. pH=1的溶液中：、、、
B. 溶液：、、、
C. 使酚酞变红色的溶液：、、、
D. 由水电离的的溶液：、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A. pH=1的溶液中：、、、之间不生成沉淀、气体、水或其它弱电解质，故A符合；
B. 铁离子能将碘离子氧化成碘单质，同时铁离子还能与形成络离子，故B不符；
C. 使酚酞变红色的溶液呈碱性：不能大量共存，另外铝离子与会发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故C不符；
D. 由水电离的的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，当溶液呈酸性时，、不能大量存在，故D不符；
故选A。
17. “侯氏制碱法”的重要反应：“NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl”。下列相关说法中错误的是
A. NaHCO3不溶于水 B. 该反应中盐类物质有3种
C. 该反应可以获得氮肥 D. 反应所得溶液为当前条件下的NaHCO3饱和溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应说明该条件下碳酸氢钠的溶解度较小，不能说明NaHCO3不溶于水，且所有的钠盐均易溶于水，故A错误；
B．盐是由金属离子和酸根离子组成，该反应中盐类物质有NaCl、NaHCO3、NH4Cl共3种，故B正确；
C．生成的氯化铵属于氮肥，所以从该反应可以获得氮肥，故C正确；
D．该反应有NaHCO3晶体析出，说明NaHCO3不能继续溶于水，则反应所得溶液为当前条件下的NaHCO3饱和溶液，故D正确；
故选：A。
18. 某反应可用离子方程式表示为：mM＋nH+＋O2=xM2+＋yH2O，则n值为
A. 9 B. 6 C. 4 D. 2
【答案】C
【解析】
【详解】M的化合价由0价升高到+2价，O的化合价由0价降低到-2价，依据得失电子守恒可得：2M＋nH＋＋O2=2M2＋＋2H2O，结合电荷守恒和原子守恒可知，n=4，答案选C。
19. 实验室模拟工业制备的装置如图所示。
原理：；与碱可发生反应：。
下列有关叙述错误的是
A. 装置甲的作用是除去中的杂质
B. 应先往装置乙中滴加溶液，再通入气体
C. 在制备原理中是氧化剂
D. 装置丙中会发生倒吸
【答案】D
【解析】
【分析】结合实验目的，模拟工业制备，实验前需除去中的少量杂质，否则与溶液发生副反应生成等；结合实验中给出的化学方程式，由于要制备，应发生，并尽最大程度抑制与的反应，故向圆底烧瓶中通入气体前应先滴加溶液。
【详解】A．结合上述分析可知，装置甲的作用是除去中混有的少量杂质，A正确；
B．结合上述分析可知，实验时应先往装置乙中滴加溶液，再通入，使圆底烧瓶中发生制备，B正确；
C．根据上述反应中元素化合价变化可知，在反应中是氧化剂，而在反应中是还原剂，C正确；
D．该反应中除了生成外，还生成O2，由于O2不易溶于水，故装置丙中不可能发生倒吸，D错误；
故选D。
【点睛】以物质制备为载体的实验题出现的频率较高，解答这类试题，要结合题中信息或相关化学方程式，弄明白实验原理，并保证主反应发生和抑制副反应发生；弄明白实验装置的作用，以及物质制备过程中除杂、干燥和尾气处理、防倒吸处理等。有的试题中还涉及仪器导管口连接和装置选用等，并注意连接导管时，应遵循“长进短出”的原则，而用排水法测量气体体积时需“短进长出”。
20. CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，常用于媒染剂，以废铜渣(主要成分为Cu，含少量Ni、Al2O3等)为原料制备CuCl的工艺流程如图：
下列说法正确的是
A. “碱溶”时发生的反应为A12O3+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑
B. “过滤”时使用到的仪器有分液漏斗、玻璃棒、烧杯等
C. “酸溶”过程中，有大量的气体产生
D. “还原”反应所得的溶液中大量存在Cu2+、H+、SO、Cl-
【答案】C
【解析】
【分析】由题给流程可知，废铜渣在CO作用下除去Ni得到Cu和Al2O3，Cu和Al2O3经过碱溶除去Al2O3，过滤后加入稀硫酸和过氧化氢的混合溶液将Cu氧化为Cu2+，加入亚硫酸钠和氯化钠混合溶液将Cu2+还原成CuCl，过滤、洗涤得到CuCl。
【详解】A．由流程图可知，“碱溶”时与反应，方程式为，A错误；
B．“过滤”时使用到的仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯等，B错误；
C．“酸溶”过程中有生成，且反应放热，促进双氧水分解产生大量氧气，C正确；
D．还原前的溶液中大量存在的离子有和，还原后反应生成，而被氧化为，故“还原”反应所得的溶液中不会大量存在，D错误；
故选C。
21. 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FeCl3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
【解析】
【详解】①金属钠投入到FeCl3溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，3NaOH+FeCl3=Fe(OH)3↓+3NaCl，所以最终生成的沉淀是红褐色Fe(OH)3，不能反应产生白色沉淀，①错误；
②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，发生的反应是：3OH-+A13+=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-=+2H2O，所以最终没有沉淀生成，②错误；
③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中，发生的反应为：Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+H2O+NaOH，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，③正确；
④由于酸性：H2CO3＞Al(OH)3，所以向NaAlO2溶液中通入过量CO2，发生反应：NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓，反应生成生成Al(OH)3白色沉淀，④正确；
⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3↓，NaHCO3的溶解性小于Na2CO3的溶解性，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出NaHCO3晶体，所以最终产生白色沉淀，⑤正确；
综上所述可知：最终有白色沉淀生成的为③④⑤，故合理选项是D。
22. 将投入稀硫酸中加热，没有明显变化，若边加热边缓缓加入一定量，金属逐渐溶解，则下列说法正确的是
A. 反应过程中有刺激性气味的气体生成
B. 对和稀硫酸的反应起催化作用
C. 若和硫酸恰好完全反应，则硫酸的物质的量浓度为
D. 反应中硫酸既表现出酸性又表现出强氧化性
【答案】C
【解析】
【分析】双氧水具有氧化性，在酸性环境下能将金属铜氧化，反应方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，据此分析。
【详解】A. 由反应方程式可知，无气体生成，故A错误；
B. 参与了反应，化合价降低，为氧化剂，故B错误；
C. 3.2g铜的物质的量为，根据反应方程式中的比例关系可知，恰好消耗0.05mol硫酸，则硫酸的浓度为，故C正确；
D. 由反应方程式可知，反应中硫酸的化合价没有变化，故只起酸性的作用，没有表现氧化性，故D错误；
故选C。
23. 下列实验操作、实验现象和实验结论都正确的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向AgNO3溶液中滴加过量氨水
得到澄清溶液
Ag与NH3•H2O能大量共存
B
向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末
紫色褪去
Fe3O4中含二价铁
C
向乙醇中加入一块金属钠
有气泡产生
乙醇中含有水
D
向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水
试纸边缘呈红色，中间为白色
氯水既有酸性又有还原性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨水过量时发生反应：，即两者不能共存，A错误；
B．向酸性溶液中加入粉末，亚铁离子能被酸性高锰酸钾氧化，溶液褪色，证明中含二价铁，B正确；
C．乙醇、水均与反应生成氢气，有气泡产生，不能证明乙醇中含有水，C错误；
D．向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水，试纸边缘呈红色，中间为白色，体现氯水既有酸性又有强氧化性，D错误；
故选B。
24. 已知氧化性：。向的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在。下列判断中正确的是
A. 剩余固体中可能没有铜 B. 反应后的溶液中可能含有
C. 反应后的溶液中一定含有 D. 反应后的溶液中一定含有
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧化性：，还原性：，加入铁粉后，先与反应，该过程中没有固体生成，反应完后，再与反应生成和，故若充分反应后仍有固体存在，则该固体中一定含有铜，A错误；
B．能和铁、铜反应，则反应后的溶液中不可能含有，B错误；
C．若反应后的固体中有铁粉剩余，则反应后的溶液中不含，C错误；
D．反应后的固体中必有铜，反应后的溶液中一定不含，一定含有，D正确。
故选D。
25. 对实验Ⅰ~Ⅳ的实验操作现象判断正确的是
A. 实验Ⅰ：制得胶体，产生红褐色沉淀
B. 实验Ⅱ：溶液颜色变红
C. 实验Ⅲ：放出大量气体
D. 实验Ⅳ：铜片表面有黑色固体生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．沸水中滴入氯化铁饱和溶液继续煮沸至出现红褐色液体制得氢氧化铁胶体，不会产生红褐色沉淀，故A错误；
B．亚铁离子不与硫氰化钾溶液反应，遇硫氰化钾溶液不会出现红色，故B错误；
C．向了粉中加入氢氧化钠溶液发生的反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应中铝粉溶解，放出大量气体，故C正确；
D．硫酸铁溶液与铜反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，不会有黑色固体生成，故D错误；
故选C。
26. 铜元素的“化合价与物质类别”对应关系如图。下列有关说法不正确的是
A. Cu(OH)2属于碱
B. 物质a的化学式为Cu2O
C. Cu可与稀硫酸反应生成CuSO4
D. CuSO4溶液可与氢氧化钠溶液反应生成Cu(OH)2
【答案】C
【解析】
【分析】根据Cu元素的价类关系可知：物质a是Cu2O，然后根据物质的结构、性质及转化关系分析判断。
【详解】A．Cu(OH)2是金属氢氧化物，能够与酸反应产生盐和水，因此属于碱，A正确；
B．Cu元素的氧化物，其中Cu元素化合价为+1价，则该氧化物化学式为Cu2O，B正确；
C．Cu在金属活动性顺序表中位于H的后边，因此不能与H2SO4发生反应产生CuSO4，C正确；
D．CuSO4溶液可与氢氧化钠溶液发生复分解反应生成Cu(OH)2和Na2SO4，D正确；
故合理选项是C。
27. 人类大规模冶炼和使用铝的时间晚于冶炼使用铜和铁的时间，其根本原因是
A. 铝元素在地壳中的含量较低 B. 铝及其合金密度较小
C. 铝元素金属性较强 D. 铝单质的熔点较低
【答案】C
【解析】
【详解】A．铝元素在地壳中的含量居第三位，含量较高，A不符合题意；
B．铝及其合金密度较小，与铝冶炼和使用时间的早晚无关，B不符合题意；
C．铝元素金属性较强，则让铝离子还原为铝单质需要使用强还原剂，或采用电解法，实验条件要求高，所以冶炼和使用的时间晚，C符合题意；
D．铝单质的熔点较低，易于熔化，从此角度看应该易于冶炼，显然不是冶炼时间较晚的原因，D不符合题意；
故选C。
28. MnO2在电池、玻璃、有机合成等工业生产中应用广泛。利用粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)制取纯MnO2的流程如图：
下列说法错误的是
A. 酸浸过程中可以用浓盐酸代替稀硫酸
B. 操作X的名称是过滤
C. 氧化过程发生反应的离子方程式为：5Mn2+＋2ClO＋4H2O＝5MnO2↓＋Cl2↑＋8H+
D. Cl2与NaOH溶液加热反应得到的NaClO3可以循环使用
【答案】A
【解析】
【分析】粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)样品加入稀硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得到二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，向滤液中加入氯酸钠，氯酸钠将Mn2+氧化为MnO2，生成的氯气与氢氧化钠反应得到氯酸钠溶液，将反应后的溶液过滤得到固体二氧化锰。
【详解】A. 由分析可知，MnO2不溶于硫酸，浓盐酸能与MnO2反应，所以在酸浸过程中不能用浓盐酸代替稀硫酸，故A错误；
B. 粗MnO2样品加入稀硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得到二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，操作X为过滤，故B正确；
C. 过渡后向滤液中加入氯酸钠，将Mn2+氧化生成MnO2沉淀，根据得失电子守恒和电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式为5Mn2+＋2ClO＋4H2O＝5MnO2↓＋Cl2↑＋8H+，故C正确；
D. 由流程可知，Cl2与NaOH溶液加热反应得到的NaClO3可以在“氧化”步骤循环使用，故D正确；
故选A。
29. 空气吹出法是工业规模海水提溴的常用方法，流程如下，下列说法不正确的是：
A. 步骤①中发生的主要反应为Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－
B. 步骤②③的目的是富集溴元素
C. 物质X 为HBrO
D. 空气吹出法用到了溴易挥发的性质
【答案】C
【解析】
【详解】A．步骤①中发生的主要反应是氯气和溴离子反应生成溴单质，反应离子方程式为：Cl2+2Br-═Br2+2Cl-，故A正确；
B．步骤②③吹出溴单质后，用二氧化硫还原后再用氯气氧化目的是富集溴元素，故B正确；
C．分析可知X为HBr，故C错误；
D．热空气吹出溴单质是利用了溴单质易挥发的性质，故D正确；
答案选C。
30. 在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出各自的性质。下列实验现象和结论一致且正确的是
A. 加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有存在
B. 溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有分子存在
C. 加入盐酸酸化的溶液产生白色沉淀，说明有存在
D. 加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存在
【答案】B
【解析】
【详解】A． 次氯酸具有漂白性，使有色布条褪色的物质是次氯酸，故A错误；
B． 氯气是黄绿色气体，且有刺激性气味，如果氯水溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B正确；
C． 加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl−存在，故C错误；
D． 向氯水中加入氢氧化钠溶液，氯水黄绿色消失，说明含有氯气存在，故D错误；
故选：B。
二、填空题(共40分)
31. 某化学实验室需要0.6硫酸溶液480。现用质量分数为98%、密度为1.84的浓硫酸来配制，根据溶液的配制情况回答下列问题：
（1）计算所需该浓硫酸的物质的量浓度为___________。
（2）选用容量瓶的规格为___________mL。需该浓硫酸体积为___________(保留1位小数)。
（3）配置过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时的操作方法是___________。
（4）配制时，一般可分为以下几个步骤：
①量取②计算③稀释④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却
其正确的操作顺序为：②→①→③→___________→___________→___________→___________→④(填序号)。
（5）在配制过程中，下列操作能引起误差偏高的有___________(填代号)。
①洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中
②定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
④定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
⑤定容时，俯视刻度线
【答案】（1）18.4mol•L-1
（2） ①. 500mL ②. 16.3mL
（3）将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中，并不断搅拌
（4）⑧⑤⑥⑦ （5）①⑤
【解析】
【小问1详解】
浓硫酸的物质的量浓度为mol/L=18.4mol/L。
【小问2详解】
选用500mL容量瓶。需浓硫酸的体积。
【小问3详解】
浓硫酸稀释时将密度大的液体倒入密度小的液体中并不断搅拌，所以浓硫酸稀释方法为将浓硫酸沿着烧杯壁(或玻璃棒)缓慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌。
【小问4详解】
配制时，一般可分为以下几个步骤：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，所以其操作顺序为②①③⑧⑤⑥⑦④，故答案为：⑧⑤⑥⑦。
【小问5详解】
①洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，n偏大导致配制溶液浓度偏高，故正确；
②定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出，n偏小，导致溶液浓度偏低，故错误；
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，n、V无影响，则配制溶液浓度无影响，故错误；
④定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，体积增加，浓度偏低，故错误；
⑤定容时，俯视刻度线，加水量减少，浓度偏高，故正确；
故选①⑤。
32. 下图是以铝土矿(主要成分是和少量、杂质)为原料制取铵明矾晶体的一种工艺流程。
请回答：
（1）试剂Ⅰ的最佳试剂为___________(填化学式)，滤渣是___________(填化学式)。
（2）证明铁元素已除尽的实验方法是___________。
（3）滤液1加入足量试剂Ⅱ生成滤液2的离子方程式为___________。
（4）滤液2中通入足量进行酸化得到固体c，则生成固体c的离子方程式为___________。
（5）由溶液d制取铵明矾溶液的化学方程式为___________，从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为___________、___________、过滤、洗涤、干燥(填操作名称)。
【答案】（1） ①. 稀硫酸 ②.
（2）取少量滤液2于试管中，滴加溶液，若溶液不变红则说明铁元素以除尽(其他合理答案亦可)
（3）
（4）
（5） ①. ②. 蒸发浓缩(加热浓缩) ③. 冷却结晶
【解析】
【分析】铝土矿主要成分是和少量、杂质，加入过量的硫酸，得到硫酸铝、硫酸铁溶液，和硫酸不反应，过滤出，在溶液中加入过量氢氧化钠，硫酸铁转化为氢氧化铁沉淀，硫酸铝转化为偏铝酸钠，过滤出氢氧化铁，滤液中通入过量二氧化碳气体，生成氢氧化铝沉淀，过滤，用硫酸溶解氢氧化铝得到硫酸铝溶液，加入硫酸铵得到硫酸铝铵溶液，加热浓缩，冷却结晶，析出铵明矾晶体。
【小问1详解】
根据流程图，用硫酸溶解铝土矿，得到硫酸铝、硫酸铁溶液，和硫酸不反应，试剂Ⅰ的最佳试剂为稀硫酸，滤渣是；
【小问2详解】
Fe3+与KSCN反应溶液呈红色，取少量滤液2于试管中，滴加溶液，若溶液不变红则说明铁元素以除尽；
【小问3详解】
滤液1加入过量氢氧化钠，硫酸铁转化为氢氧化铁沉淀，硫酸铝和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，生成偏铝酸钠的离子方程式为；
【小问4详解】
滤液2是偏铝酸钠，通入足量生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为。
【小问5详解】
由溶液d是硫酸铝，加入硫酸铵得到硫酸铝铵溶液，反应的化学方程式为，铵明矾溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得铵明矾晶体。
33. 已知A为淡黄色固体，R是地壳中含量最多的金属元素的单质，T为生活中使用最广泛的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C、F是无色无味的气体，H是白色沉淀。
（1）检验W溶液中金属阳离子所用试剂为_______(填化学式)；
（2）H在潮湿空气中变成M的现象是_______ ，发生反应的化学方程式为_______；
（3）A和水反应生成B和C的离子方程式为_______ ；在标准状况下生成11.2 LC气体时，转移电子的个数为_______ NA(用阿伏加德罗常数NA表示)；
（4）D中加入盐酸发生反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）KSCN
（2） ①. 白色沉淀迅速变成灰绿色、最终变成红褐色 ②. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（3） ①. 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH−+O2 ②. NA
（4）
【解析】
【分析】R是地壳中含量最多的金属元素的单质，则R为Al，A为淡黄色固体，且A与水反应生成无色无味气体C，则A为Na2O2，B为NaOH，C为O2，Al与氢氧化钠溶液反应生成无色无味的气体F为H2，T为生活中使用最广泛的金属单质，且T与氧气反应生成的D具有磁性的黑色晶体，则T为Fe，D为Fe3O4，四氧化三铁与足量的盐酸、足量的Fe反应都得到E，E与B(NaOH)反应得到白色沉淀H，则E为FeCl2，H是Fe(OH)2，H在潮湿的空气中得到M为Fe(OH)3，M与HCl反应生成W是FeCl3。
【小问1详解】
由分析可知，W的化学式为FeCl3，可用KSCN检验Fe3+；
【小问2详解】
由分析可知，H的化学式为：Fe(OH)2，M的化学式为Fe(OH)3，
H在潮湿空气中变成M的现象是：白色沉淀迅速变成灰绿色、最终变成红褐色，H转化为M的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
【小问3详解】
由分析可知，A的化学式为Na2O2，水反应的生成NaOH和O2，离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH−+O2；存在关系式O2~2e-：在标准状况下生成11.2 LC气体即0.5mol氧气时，转移电子的物质的量为1mol，个数为NA；
【小问4详解】
D即Fe3O4中加入盐酸发生生成FeCl2、FeCl3和水，反应的离子方程式为。
34. 实验小组制备高铁酸钾()并探究其性质。
资料：为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。
（1）制备(夹持装置略)
①A为氯气发生装置。A中反应离子方程式是_______
②除杂装置B的作用是：_______所用试剂为_______
③C中得到紫色固体和溶液。C中发生的反应有：，。
（2）探究的性质
①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有，为证明是否氧化了而产生，设计以下方案：
方案Ⅰ
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色
方案Ⅱ
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将溶出，得到紫色|溶液b，取少量b，滴加盐酸，有产生。
i.由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有离子，但不一定是将还原产生的，还可能由_______产生(用离子方程式表示)。
ⅱ.方案Ⅱ可证明氧化了，用KOH溶液洗涤的目的是_______。
②根据的制备实验得出：氧化性_______(填“>”或“<”)，而方案Ⅱ实验表明，和的氧化性强弱关系相反，原因是_______。
【答案】（1） ①. 2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O ②. 可除去挥发的HCl ③. 饱和食盐水
（2） ①. 4FeO+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O ②. 排除ClO-的干扰 ③. Cl2＞FeO ④. 溶液酸碱性不同
【解析】
【分析】制备K2FeO4，由实验装置可知，A中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，B中饱和食盐水可除去挥发的HCl,C中KOH、氢氧化铁、氯气反应生成K2FeO4，D中NaOH吸收尾气；①由方案I中溶液变红，可知含铁离子，可能为K2FeO4与酸反应生成；
②方案Ⅱ与制备实验的酸碱性不同，且氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
【小问1详解】
①A为氯气发生装置，A中反应方程式是2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，A中反应离子方程式是2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O ,故答案为：2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O ；
②A中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，B中饱和食盐水可除去挥发的HCl,除杂装置B的作用是：可除去挥发的HCl,所用试剂为饱和食盐水，故答案为：可除去挥发的HCl；饱和食盐水；
③C中得到紫色固体和溶液。C中发生的反应有：，。
【小问2详解】
①K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+，发生反应为4FeO+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O，故答案为：4FeO+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O；
K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，所以要用KOH溶液洗涤，同时考虑到K2FeO4表面可能吸附了次氯酸跟离子，在酸性条件下ClO-可以与氯离子反应生成氯气，从而干扰试验，所以用KOH溶液洗涤还排除ClO-的干扰。故答案为：排除ClO-的干扰；
②由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性：Cl2＞FeO，而方案Ⅱ得出氧化性：Cl2＜FeO，与溶液酸碱性不同，故答案为：Cl2＞FeO；溶液酸碱性不同。
第二师八一中学2022年第一次月考考卷
常见相对原子量：H：1 C：12 O：16 N：14 S：32 Mg：24 Al：27 Na：23 K：39 Cu：64 Fe：56 Ba：137
一、单选题
1. 化学与生产、生活、科技密切相关，下列说法不正确的是
A. 北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙烯属于有机高分子材料
B. 含的补铁剂与维生素C配合使用，补铁效果更好
C. 抗击疫情期间，“84”消毒液与酒精混合使用，消毒效果更好
D. “墨子号”卫星的成功发射实现了光纤量子通信，光纤的主要成分为二氧化硅
【答案】C
【解析】
【详解】A．聚乙烯属于合成有机高分子材料，A正确；
B．维生素C具有还原性，可以防止二价铁被氧化，故含的补铁剂与维生素C配合使用，补铁效果更好，B正确；
C．“84”消毒液具有氧化性，酒精分子中含有羟基具有还原性，不能混合使用，C错误；
D．光纤的主要成分为纯度较高二氧化硅，D正确；
故选C。
2. 如下图所示，2个甲分子反应生成1个丙分子和3个乙分子，下列判断不正确的是
A. 化学反应中分子的种类发生了改变
B. 该反应属于分解反应
C. 摩尔质量关系为2M(甲)=M(乙)+M(丙)
D. 根据阿伏加德罗定律可推知，1个乙分子中含有2个A原子
【答案】C
【解析】
【分析】根据反应的微观图分析：每个甲物质的分子由3个A原子和1个B原子构成，丙物质的每个分子由2个B原子构成，结合质量守恒定律分析每2个甲物质的分子反应产生1个丙物质的分子和3个乙物质的分子，可知乙物质的每个分子由2个A原子构成。
【详解】A．根据微观示意图可知：反应前后原子种类不变，而分子种类发生了变化，A正确；
B．由微观反应图可知：丙物质分解变为乙和丙两种物质，因此该反应是分解反应，B正确；
C．根据质量守恒定律可知物质的摩尔质量关系为：2M(甲)=3M(乙)+M(丙)，C错误；
D．由质量守恒定律，结合阿伏加德罗定律可知：乙物质的每个分子是由2个A原子构成，D正确；
故合理选项是C。
3. 下列化学用语正确的是
A. 乙酸的分子式：CH3COOH B. 丙烯的结构简式：CH2CHCH3
C. 乙醇的结构式：C2H6O D. 丙烷分子的球棍模型：
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙酸的分子式：C2H4O2，CH3COOH是结构简式，选项A错误；
B．丙烯的结构简式：CH2=CHCH3，选项B错误；
C．乙醇的结构式：，C2H6O是分子式，选项C错误；
D．丙烷分子的球棍模型：，表示出原子间的连接方式，选项D正确；
答案选D。
4. 设表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 在中含有个中子
B. 溶于过量硝酸，电子转移数为
C. 等物质的量的和中所含阴离子数均为
D. 的溶液中含有数目为
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．在中含有中子数为：=，A正确；
B．溶于过量硝酸反应生成Fe(NO3)3，故电子转移数为=，B错误；
C．等物质的量的和中所含阴离子数相等，但未告知具体物质的量为多少，故无法计算所含阴离子数，C错误；
D．由于部分Al3+发生水解生成Al(OH)3，故的溶液中含有数目小于=，D错误；
故答案为：A。
5. 下列说法，正确的是
A. 1molO2所占的体积是22.4L
B. 22.4LO2中一定含有6.02×1023个氧气分子
C. 标准状况下，3.36LN2和O2混合物中所含的原子数为0.3NA
D. 18gH2O在标准状况下所占的体积约为22.4L
【答案】C
【解析】
【详解】A．没有指明标况，1molO2的体积不是22.4L，A错误；
B．没有指明标况，22.4LO2的物质的量不是1mol，分子个数也未知，B错误；
C．标况下3.36L混合气体的物质的量为0.15mol，两者均为双原子分子，故原子总数为0.3NA，C正确；
D．标况下水为液态，1mol水的体积不是22.4L，D错误；
故选C。
6. 下列溶液中的c()与50mL1 mol∙L−1Al2(SO4)3溶液中的c()相等的是
A. 150mL1 mol∙L−1Na2SO4溶液 B. 75mL2 mol∙L−1 (NH4)2SO4溶液
C. 150mL3 mol∙L−1K2SO4溶液 D. 200mL1.5 mol∙L−1FeSO4溶液
【答案】C
【解析】
【分析】50mL1 mol∙L−1Al2(SO4)3溶液中的c()是3 mol∙L−1。
【详解】A．150mL1 mol∙L−1Na2SO4溶液中c()是1 mol∙L−1，故A不符合题意；
B．75mL2 mol∙L−1 (NH4)2SO4溶液中的c()是2 mol∙L−1，故B不符合题意；
C．150mL3 mol∙L−1K2SO4溶液中的c()是3 mol∙L−1，故C符合题意；
D．200mL1.5 mol∙L−1FeSO4溶液中的c()是1.5 mol∙L−1，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
7. 饱和食盐水电解前要精制，除去SO、Mg2+、Ca2+，下列试剂添加顺序可行的是
A. BaCl2、NaOH、Na2CO3、HCl B. Na2CO3、BaCl2、NaOH、HCl
C. BaCl2、Na2CO3、HCl、NaOH D. Na2CO3、BaCl2、HCl、NaOH
【答案】A
【解析】
【详解】工业电解饱和食盐水，要精制盐水以除去SO42-、Ca2+、Mg2+，利用碳酸钠除去钙离子，NaOH除去镁离子，BaCl2除去硫酸根离子，Mg2+、SO42-的除杂没有先后，最后除去Ca2+，则Na2CO3应在BaCl2之后，在HCl之前，且HCl需要最后加入，则加入试剂的顺序合理的是A。
答案选A。
8. 下列离子方程式中，正确的是
A. 稀盐酸与氢氧化镁反应： H++OH- =H2O
B. FeCl2 溶液与Cl2的反应： 2Fe2+ +Cl2=2Fe3+ +2Cl-
C. 将硝酸银溶液与氯化钠溶液混合： AgNO3 +Cl-=AgCl↓+
D. 将碘化亚铁溶液与足量稀硝酸溶液混合： 3Fe2+ ++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧化镁为沉淀，不可拆，离子方程式为：，A错误；
B．FeCl2 溶液与Cl2的发生氧化还原反应，生成铁离子和氯离子，离子方程式正确，B正确；
C．硝酸银能溶于水，可拆，离子方程式为：，C错误；
D．足量稀硝酸能将FeI2中的碘离子和亚铁离子都氧化，离子方程式为：，D错误；
故选B。
9. 是重要的储氢材料，与水发生反应：。下列说法中正确的是
A. 发生还原反应
B. 是氧化产物，是还原产物
C. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为
D 若生成标准状况下 ，则转移电子
【答案】D
【解析】
【分析】四氢合铝酸锂中氢元素为—1价，由方程式可知， 反应中，四氢合铝酸锂中氢元素化合价升高被氧化，做反应的还原剂，发生氧化反应，水中氢元素化合价降低被还原，做反应的氧化剂，氢气即是氧化氧化产物也是还原产物。
【详解】A．由分析可知，四氢合铝酸锂做反应的还原剂，发生氧化反应，故A错误；
B．由分析可知，氢气即是氧化氧化产物也是还原产物，故B错误；
C．由分析可知，四氢合铝酸锂做反应的还原剂，水做反应的氧化剂，由得失电子数目守恒可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：1，故C错误；
D．由方程式可知，生成4mol氢气，反应转移4mol电子，则生成标准状况下4.48L氢气，反应转移电子的物质的量为×1=0.2mol，故D正确；
故选D。
10. 铁元素是人体重要的微量元素，参与人体血红蛋白的形成，人体内的铁大部分是+2价的铁，易被人体吸收，下列有关铁及其化合物的说法正确的是
A. 维生素C具有氧化性，可将难吸收的转化为，促进人体对铁元素的吸收
B. 向溶液中加入KSCN溶液，溶液变为红色
C. 向溶液中加入NaOH溶液，生成红褐色沉淀
D. 溶液滴在淀粉-KI试纸上，试纸变蓝
【答案】D
【解析】
【详解】A．维生素C有还原性，能把还原成易被人体吸收的，A项错误；
B．与不反应，向溶液中加入溶液，无明显现象，B项错误；
C．向溶液中加入溶液，生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，C项错误；
D．和发生反应生成和，遇淀粉变蓝，D项正确。
故选D。
11. 下列物质能使品红溶液褪色，且褪色原理基本相同的是：①活性炭②新制氯水③二氧化硫④臭氧⑤过氧化钠⑥过氧化氢溶液
A. ①②④ B. ②③⑤ C. ②④⑤⑥ D. ③④⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①活性炭的漂白作用是因为具有吸附性；
②新制氯水中含有次氯酸，其漂白性是因为次氯酸的强氧化性；
③二氧化硫的漂白性因为生成不稳定的无色的物质；
④臭氧的漂白性是因为其具有强氧化性；
⑤过氧化钠的漂白性是因为其具有强氧化性
⑥过氧化氢溶液漂白性是因为过氧化氢具有强氧化性；
故漂白原理相同的是②④⑤⑥，选C。
12. 下列有关实验现象的描述中正确的是
A. 氯气可使湿润的红色布条褪色，所以氯气具有漂白性
B. 钠在氯气中燃烧，产生白烟
C. 铜丝在氯气中燃烧，产生蓝色的烟
D. 红热的铁丝在氯气中剧烈燃烧，产生黑色的烟
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cl2使湿润的红色布条褪色，是因为Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，A项错误；
B．钠在Cl2中燃烧发出黄色的火焰，并产生白烟，B项正确；
C．Cu在Cl2中燃烧生成CuCl2，产生棕黄色的烟，C项错误；
D．铁丝在Cl2中燃烧生成FeCl3，产生棕褐色的烟，D项错误。
13. 下列除去杂质(括号中的物质为杂质)的方法中，正确的是
A. 固体()：加入足量的NaOH溶液，过滤
B. 溶液()：通入适量
C. 溶液()：加入足量的Fe粉，过滤
D. 气体(HCl)：通过饱和溶液洗气后干燥
【答案】A
【解析】
【详解】A．固体()：加入足量的NaOH溶液，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液，过滤得到氧化铁，故A正确；
B．溶液()：通入适量，氯化亚铁被氧化为氯化铁，需要的物质被反应了，故B错误；
C．溶液()：加入足量的Fe粉，氯化铁和铁粉反应生成氯化亚铁，无法除掉氯化铜，故C错误；
D．气体(HCl)：通过饱和溶液洗气后干燥，反应会生成二氧化碳， 引入新的杂质，故D错误。
综上所述，答案为A。
14. 单晶硅是制作电子集成电路的基础材料。用化学方法可制得高纯度硅，其化学方程式为：
①SiO2+2CSi+2CO↑
②Si+3HClSiHCl3+H2
③SiHCl3+H2Si(纯)+3HCl
下列对上述三个反应的叙述中，正确的是
A. 仅①③为置换反应
B. ②为化合反应
C. ①②③均为氧化还原反应
D. 三个反应的反应物中硅元素均被还原
【答案】C
【解析】
【详解】A．置换反应是一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的化学反应，反应①②③均为置换反应，A错误；
B．化合反应是多种物质反应生成一种物质，反应②不是化合反应，为置换反应，B错误；
C．反应①②③均有元素发生了化合价的改变，均为氧化还原反应，C正确；
D．反应①③中硅元素化合价降低，被还原，反应②中硅元素化合价升高，被氧化，D错误；
故选C。
15. 高纯度晶体硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料。它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。可以按下列方法制备：
SiO2Si(粗) SiHCl3Si(纯)
下列说法不正确的是
A. 步骤①的化学方程式为SiO2+CSi+CO2↑
B. 步骤①中每生成1 mol Si，转移4 mol电子
C. 高纯硅是制造太阳能电池的常用材料，二氧化硅是制造光导纤维的基本原料
D. SiHCl3(沸点33.0 ℃)中含有少量的SiCl4(沸点67.6 ℃)，通过蒸馏可提纯SiHCl3
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氧化硅在高温下与C反应生成CO气体，即步骤①化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑，故A错误；
B．步骤①中Si的化合价降低4价，故每生成1 mol Si，转移电子数为4 mol，故B正确；
C．高纯硅是半导体，是制造集成电路、太阳能电池的常用材料，二氧化硅是制造光导纤维的基本原料，故C正确；
D．沸点相差30 ℃以上的两种互溶液体可以采用蒸馏的方法分离，故D正确；
故答案选A。
16. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. pH=1的溶液中：、、、
B. 溶液：、、、
C. 使酚酞变红色的溶液：、、、
D. 由水电离的的溶液：、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A. pH=1的溶液中：、、、之间不生成沉淀、气体、水或其它弱电解质，故A符合；
B. 铁离子能将碘离子氧化成碘单质，同时铁离子还能与形成络离子，故B不符；
C. 使酚酞变红色的溶液呈碱性：不能大量共存，另外铝离子与会发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故C不符；
D. 由水电离的的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，当溶液呈酸性时，、不能大量存在，故D不符；
故选A。
17. “侯氏制碱法”的重要反应：“NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl”。下列相关说法中错误的是
A. NaHCO3不溶于水 B. 该反应中盐类物质有3种
C. 该反应可以获得氮肥 D. 反应所得溶液为当前条件下的NaHCO3饱和溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应说明该条件下碳酸氢钠的溶解度较小，不能说明NaHCO3不溶于水，且所有的钠盐均易溶于水，故A错误；
B．盐是由金属离子和酸根离子组成，该反应中盐类物质有NaCl、NaHCO3、NH4Cl共3种，故B正确；
C．生成的氯化铵属于氮肥，所以从该反应可以获得氮肥，故C正确；
D．该反应有NaHCO3晶体析出，说明NaHCO3不能继续溶于水，则反应所得溶液为当前条件下的NaHCO3饱和溶液，故D正确；
故选：A。
18. 某反应可用离子方程式表示为：mM＋nH+＋O2=xM2+＋yH2O，则n值为
A. 9 B. 6 C. 4 D. 2
【答案】C
【解析】
【详解】M的化合价由0价升高到+2价，O的化合价由0价降低到-2价，依据得失电子守恒可得：2M＋nH＋＋O2=2M2＋＋2H2O，结合电荷守恒和原子守恒可知，n=4，答案选C。
19. 实验室模拟工业制备的装置如图所示。
原理：；与碱可发生反应：。
下列有关叙述错误的是
A. 装置甲的作用是除去中的杂质
B. 应先往装置乙中滴加溶液，再通入气体
C. 在制备原理中是氧化剂
D. 装置丙中会发生倒吸
【答案】D
【解析】
【分析】结合实验目的，模拟工业制备，实验前需除去中的少量杂质，否则与溶液发生副反应生成等；结合实验中给出的化学方程式，由于要制备，应发生，并尽最大程度抑制与的反应，故向圆底烧瓶中通入气体前应先滴加溶液。
【详解】A．结合上述分析可知，装置甲的作用是除去中混有的少量杂质，A正确；
B．结合上述分析可知，实验时应先往装置乙中滴加溶液，再通入，使圆底烧瓶中发生制备，B正确；
C．根据上述反应中元素化合价变化可知，在反应中是氧化剂，而在反应中是还原剂，C正确；
D．该反应中除了生成外，还生成O2，由于O2不易溶于水，故装置丙中不可能发生倒吸，D错误；
故选D。
【点睛】以物质制备为载体的实验题出现的频率较高，解答这类试题，要结合题中信息或相关化学方程式，弄明白实验原理，并保证主反应发生和抑制副反应发生；弄明白实验装置的作用，以及物质制备过程中除杂、干燥和尾气处理、防倒吸处理等。有的试题中还涉及仪器导管口连接和装置选用等，并注意连接导管时，应遵循“长进短出”的原则，而用排水法测量气体体积时需“短进长出”。
20. CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，常用于媒染剂，以废铜渣(主要成分为Cu，含少量Ni、Al2O3等)为原料制备CuCl的工艺流程如图：
下列说法正确的是
A. “碱溶”时发生的反应为A12O3+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑
B. “过滤”时使用到的仪器有分液漏斗、玻璃棒、烧杯等
C. “酸溶”过程中，有大量的气体产生
D. “还原”反应所得的溶液中大量存在Cu2+、H+、SO、Cl-
【答案】C
【解析】
【分析】由题给流程可知，废铜渣在CO作用下除去Ni得到Cu和Al2O3，Cu和Al2O3经过碱溶除去Al2O3，过滤后加入稀硫酸和过氧化氢的混合溶液将Cu氧化为Cu2+，加入亚硫酸钠和氯化钠混合溶液将Cu2+还原成CuCl，过滤、洗涤得到CuCl。
【详解】A．由流程图可知，“碱溶”时与反应，方程式为，A错误；
B．“过滤”时使用到的仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯等，B错误；
C．“酸溶”过程中有生成，且反应放热，促进双氧水分解产生大量氧气，C正确；
D．还原前的溶液中大量存在的离子有和，还原后反应生成，而被氧化为，故“还原”反应所得的溶液中不会大量存在，D错误；
故选C。
21. 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FeCl3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
【解析】
【详解】①金属钠投入到FeCl3溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，3NaOH+FeCl3=Fe(OH)3↓+3NaCl，所以最终生成的沉淀是红褐色Fe(OH)3，不能反应产生白色沉淀，①错误；
②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，发生的反应是：3OH-+A13+=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-=+2H2O，所以最终没有沉淀生成，②错误；
③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中，发生的反应为：Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+H2O+NaOH，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，③正确；
④由于酸性：H2CO3＞Al(OH)3，所以向NaAlO2溶液中通入过量CO2，发生反应：NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓，反应生成生成Al(OH)3白色沉淀，④正确；
⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3↓，NaHCO3的溶解性小于Na2CO3的溶解性，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出NaHCO3晶体，所以最终产生白色沉淀，⑤正确；
综上所述可知：最终有白色沉淀生成的为③④⑤，故合理选项是D。
22. 将投入稀硫酸中加热，没有明显变化，若边加热边缓缓加入一定量，金属逐渐溶解，则下列说法正确的是
A. 反应过程中有刺激性气味的气体生成
B. 对和稀硫酸的反应起催化作用
C. 若和硫酸恰好完全反应，则硫酸的物质的量浓度为
D. 反应中硫酸既表现出酸性又表现出强氧化性
【答案】C
【解析】
【分析】双氧水具有氧化性，在酸性环境下能将金属铜氧化，反应方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，据此分析。
【详解】A. 由反应方程式可知，无气体生成，故A错误；
B. 参与了反应，化合价降低，为氧化剂，故B错误；
C. 3.2g铜的物质的量为，根据反应方程式中的比例关系可知，恰好消耗0.05mol硫酸，则硫酸的浓度为，故C正确；
D. 由反应方程式可知，反应中硫酸的化合价没有变化，故只起酸性的作用，没有表现氧化性，故D错误；
故选C。
23. 下列实验操作、实验现象和实验结论都正确的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向AgNO3溶液中滴加过量氨水
得到澄清溶液
Ag与NH3•H2O能大量共存
B
向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末
紫色褪去
Fe3O4中含二价铁
C
向乙醇中加入一块金属钠
有气泡产生
乙醇中含有水
D
向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水
试纸边缘呈红色，中间为白色
氯水既有酸性又有还原性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨水过量时发生反应：，即两者不能共存，A错误；
B．向酸性溶液中加入粉末，亚铁离子能被酸性高锰酸钾氧化，溶液褪色，证明中含二价铁，B正确；
C．乙醇、水均与反应生成氢气，有气泡产生，不能证明乙醇中含有水，C错误；
D．向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水，试纸边缘呈红色，中间为白色，体现氯水既有酸性又有强氧化性，D错误；
故选B。
24. 已知氧化性：。向的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在。下列判断中正确的是
A. 剩余固体中可能没有铜 B. 反应后的溶液中可能含有
C. 反应后的溶液中一定含有 D. 反应后的溶液中一定含有
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧化性：，还原性：，加入铁粉后，先与反应，该过程中没有固体生成，反应完后，再与反应生成和，故若充分反应后仍有固体存在，则该固体中一定含有铜，A错误；
B．能和铁、铜反应，则反应后的溶液中不可能含有，B错误；
C．若反应后的固体中有铁粉剩余，则反应后的溶液中不含，C错误；
D．反应后的固体中必有铜，反应后的溶液中一定不含，一定含有，D正确。
故选D。
25. 对实验Ⅰ~Ⅳ的实验操作现象判断正确的是
A. 实验Ⅰ：制得胶体，产生红褐色沉淀
B. 实验Ⅱ：溶液颜色变红
C. 实验Ⅲ：放出大量气体
D. 实验Ⅳ：铜片表面有黑色固体生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．沸水中滴入氯化铁饱和溶液继续煮沸至出现红褐色液体制得氢氧化铁胶体，不会产生红褐色沉淀，故A错误；
B．亚铁离子不与硫氰化钾溶液反应，遇硫氰化钾溶液不会出现红色，故B错误；
C．向了粉中加入氢氧化钠溶液发生的反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应中铝粉溶解，放出大量气体，故C正确；
D．硫酸铁溶液与铜反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，不会有黑色固体生成，故D错误；
故选C。
26. 铜元素的“化合价与物质类别”对应关系如图。下列有关说法不正确的是
A. Cu(OH)2属于碱
B. 物质a的化学式为Cu2O
C. Cu可与稀硫酸反应生成CuSO4
D. CuSO4溶液可与氢氧化钠溶液反应生成Cu(OH)2
【答案】C
【解析】
【分析】根据Cu元素的价类关系可知：物质a是Cu2O，然后根据物质的结构、性质及转化关系分析判断。
【详解】A．Cu(OH)2是金属氢氧化物，能够与酸反应产生盐和水，因此属于碱，A正确；
B．Cu元素的氧化物，其中Cu元素化合价为+1价，则该氧化物化学式为Cu2O，B正确；
C．Cu在金属活动性顺序表中位于H的后边，因此不能与H2SO4发生反应产生CuSO4，C正确；
D．CuSO4溶液可与氢氧化钠溶液发生复分解反应生成Cu(OH)2和Na2SO4，D正确；
故合理选项是C。
27. 人类大规模冶炼和使用铝的时间晚于冶炼使用铜和铁的时间，其根本原因是
A. 铝元素在地壳中的含量较低 B. 铝及其合金密度较小
C. 铝元素金属性较强 D. 铝单质的熔点较低
【答案】C
【解析】
【详解】A．铝元素在地壳中的含量居第三位，含量较高，A不符合题意；
B．铝及其合金密度较小，与铝冶炼和使用时间的早晚无关，B不符合题意；
C．铝元素金属性较强，则让铝离子还原为铝单质需要使用强还原剂，或采用电解法，实验条件要求高，所以冶炼和使用的时间晚，C符合题意；
D．铝单质的熔点较低，易于熔化，从此角度看应该易于冶炼，显然不是冶炼时间较晚的原因，D不符合题意；
故选C。
28. MnO2在电池、玻璃、有机合成等工业生产中应用广泛。利用粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)制取纯MnO2的流程如图：
下列说法错误的是
A. 酸浸过程中可以用浓盐酸代替稀硫酸
B. 操作X的名称是过滤
C. 氧化过程发生反应的离子方程式为：5Mn2+＋2ClO＋4H2O＝5MnO2↓＋Cl2↑＋8H+
D. Cl2与NaOH溶液加热反应得到的NaClO3可以循环使用
【答案】A
【解析】
【分析】粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)样品加入稀硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得到二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，向滤液中加入氯酸钠，氯酸钠将Mn2+氧化为MnO2，生成的氯气与氢氧化钠反应得到氯酸钠溶液，将反应后的溶液过滤得到固体二氧化锰。
【详解】A. 由分析可知，MnO2不溶于硫酸，浓盐酸能与MnO2反应，所以在酸浸过程中不能用浓盐酸代替稀硫酸，故A错误；
B. 粗MnO2样品加入稀硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得到二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，操作X为过滤，故B正确；
C. 过渡后向滤液中加入氯酸钠，将Mn2+氧化生成MnO2沉淀，根据得失电子守恒和电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式为5Mn2+＋2ClO＋4H2O＝5MnO2↓＋Cl2↑＋8H+，故C正确；
D. 由流程可知，Cl2与NaOH溶液加热反应得到的NaClO3可以在“氧化”步骤循环使用，故D正确；
故选A。
29. 空气吹出法是工业规模海水提溴的常用方法，流程如下，下列说法不正确的是：
A. 步骤①中发生的主要反应为Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－
B. 步骤②③的目的是富集溴元素
C. 物质X 为HBrO
D. 空气吹出法用到了溴易挥发的性质
【答案】C
【解析】
【详解】A．步骤①中发生的主要反应是氯气和溴离子反应生成溴单质，反应离子方程式为：Cl2+2Br-═Br2+2Cl-，故A正确；
B．步骤②③吹出溴单质后，用二氧化硫还原后再用氯气氧化目的是富集溴元素，故B正确；
C．分析可知X为HBr，故C错误；
D．热空气吹出溴单质是利用了溴单质易挥发的性质，故D正确；
答案选C。
30. 在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出各自的性质。下列实验现象和结论一致且正确的是
A. 加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有存在
B. 溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有分子存在
C. 加入盐酸酸化的溶液产生白色沉淀，说明有存在
D. 加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存在
【答案】B
【解析】
【详解】A． 次氯酸具有漂白性，使有色布条褪色的物质是次氯酸，故A错误；
B． 氯气是黄绿色气体，且有刺激性气味，如果氯水溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B正确；
C． 加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl−存在，故C错误；
D． 向氯水中加入氢氧化钠溶液，氯水黄绿色消失，说明含有氯气存在，故D错误；
故选：B。
二、填空题(共40分)
31. 某化学实验室需要0.6硫酸溶液480。现用质量分数为98%、密度为1.84的浓硫酸来配制，根据溶液的配制情况回答下列问题：
（1）计算所需该浓硫酸的物质的量浓度为___________。
（2）选用容量瓶的规格为___________mL。需该浓硫酸体积为___________(保留1位小数)。
（3）配置过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时的操作方法是___________。
（4）配制时，一般可分为以下几个步骤：
①量取②计算③稀释④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却
其正确的操作顺序为：②→①→③→___________→___________→___________→___________→④(填序号)。
（5）在配制过程中，下列操作能引起误差偏高的有___________(填代号)。
①洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中
②定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
④定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
⑤定容时，俯视刻度线
【答案】（1）18.4mol•L-1
（2） ①. 500mL ②. 16.3mL
（3）将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中，并不断搅拌
（4）⑧⑤⑥⑦ （5）①⑤
【解析】
【小问1详解】
浓硫酸的物质的量浓度为mol/L=18.4mol/L。
【小问2详解】
选用500mL容量瓶。需浓硫酸的体积。
【小问3详解】
浓硫酸稀释时将密度大的液体倒入密度小的液体中并不断搅拌，所以浓硫酸稀释方法为将浓硫酸沿着烧杯壁(或玻璃棒)缓慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌。
【小问4详解】
配制时，一般可分为以下几个步骤：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，所以其操作顺序为②①③⑧⑤⑥⑦④，故答案为：⑧⑤⑥⑦。
【小问5详解】
①洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，n偏大导致配制溶液浓度偏高，故正确；
②定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出，n偏小，导致溶液浓度偏低，故错误；
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，n、V无影响，则配制溶液浓度无影响，故错误；
④定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，体积增加，浓度偏低，故错误；
⑤定容时，俯视刻度线，加水量减少，浓度偏高，故正确；
故选①⑤。
32. 下图是以铝土矿(主要成分是和少量、杂质)为原料制取铵明矾晶体的一种工艺流程。
请回答：
（1）试剂Ⅰ的最佳试剂为___________(填化学式)，滤渣是___________(填化学式)。
（2）证明铁元素已除尽的实验方法是___________。
（3）滤液1加入足量试剂Ⅱ生成滤液2的离子方程式为___________。
（4）滤液2中通入足量进行酸化得到固体c，则生成固体c的离子方程式为___________。
（5）由溶液d制取铵明矾溶液的化学方程式为___________，从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为___________、___________、过滤、洗涤、干燥(填操作名称)。
【答案】（1） ①. 稀硫酸 ②.
（2）取少量滤液2于试管中，滴加溶液，若溶液不变红则说明铁元素以除尽(其他合理答案亦可)
（3）
（4）
（5） ①. ②. 蒸发浓缩(加热浓缩) ③. 冷却结晶
【解析】
【分析】铝土矿主要成分是和少量、杂质，加入过量的硫酸，得到硫酸铝、硫酸铁溶液，和硫酸不反应，过滤出，在溶液中加入过量氢氧化钠，硫酸铁转化为氢氧化铁沉淀，硫酸铝转化为偏铝酸钠，过滤出氢氧化铁，滤液中通入过量二氧化碳气体，生成氢氧化铝沉淀，过滤，用硫酸溶解氢氧化铝得到硫酸铝溶液，加入硫酸铵得到硫酸铝铵溶液，加热浓缩，冷却结晶，析出铵明矾晶体。
【小问1详解】
根据流程图，用硫酸溶解铝土矿，得到硫酸铝、硫酸铁溶液，和硫酸不反应，试剂Ⅰ的最佳试剂为稀硫酸，滤渣是；
【小问2详解】
Fe3+与KSCN反应溶液呈红色，取少量滤液2于试管中，滴加溶液，若溶液不变红则说明铁元素以除尽；
【小问3详解】
滤液1加入过量氢氧化钠，硫酸铁转化为氢氧化铁沉淀，硫酸铝和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，生成偏铝酸钠的离子方程式为；
【小问4详解】
滤液2是偏铝酸钠，通入足量生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为。
【小问5详解】
由溶液d是硫酸铝，加入硫酸铵得到硫酸铝铵溶液，反应的化学方程式为，铵明矾溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得铵明矾晶体。
33. 已知A为淡黄色固体，R是地壳中含量最多的金属元素的单质，T为生活中使用最广泛的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C、F是无色无味的气体，H是白色沉淀。
（1）检验W溶液中金属阳离子所用试剂为_______(填化学式)；
（2）H在潮湿空气中变成M的现象是_______ ，发生反应的化学方程式为_______；
（3）A和水反应生成B和C的离子方程式为_______ ；在标准状况下生成11.2 LC气体时，转移电子的个数为_______ NA(用阿伏加德罗常数NA表示)；
（4）D中加入盐酸发生反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）KSCN
（2） ①. 白色沉淀迅速变成灰绿色、最终变成红褐色 ②. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（3） ①. 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH−+O2 ②. NA
（4）
【解析】
【分析】R是地壳中含量最多的金属元素的单质，则R为Al，A为淡黄色固体，且A与水反应生成无色无味气体C，则A为Na2O2，B为NaOH，C为O2，Al与氢氧化钠溶液反应生成无色无味的气体F为H2，T为生活中使用最广泛的金属单质，且T与氧气反应生成的D具有磁性的黑色晶体，则T为Fe，D为Fe3O4，四氧化三铁与足量的盐酸、足量的Fe反应都得到E，E与B(NaOH)反应得到白色沉淀H，则E为FeCl2，H是Fe(OH)2，H在潮湿的空气中得到M为Fe(OH)3，M与HCl反应生成W是FeCl3。
【小问1详解】
由分析可知，W的化学式为FeCl3，可用KSCN检验Fe3+；
【小问2详解】
由分析可知，H的化学式为：Fe(OH)2，M的化学式为Fe(OH)3，
H在潮湿空气中变成M的现象是：白色沉淀迅速变成灰绿色、最终变成红褐色，H转化为M的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
【小问3详解】
由分析可知，A的化学式为Na2O2，水反应的生成NaOH和O2，离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH−+O2；存在关系式O2~2e-：在标准状况下生成11.2 LC气体即0.5mol氧气时，转移电子的物质的量为1mol，个数为NA；
【小问4详解】
D即Fe3O4中加入盐酸发生生成FeCl2、FeCl3和水，反应的离子方程式为。
34. 实验小组制备高铁酸钾()并探究其性质。
资料：为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。
（1）制备(夹持装置略)
①A为氯气发生装置。A中反应离子方程式是_______
②除杂装置B的作用是：_______所用试剂为_______
③C中得到紫色固体和溶液。C中发生的反应有：，。
（2）探究的性质
①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有，为证明是否氧化了而产生，设计以下方案：
方案Ⅰ
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色
方案Ⅱ
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将溶出，得到紫色|溶液b，取少量b，滴加盐酸，有产生。
i.由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有离子，但不一定是将还原产生的，还可能由_______产生(用离子方程式表示)。
ⅱ.方案Ⅱ可证明氧化了，用KOH溶液洗涤的目的是_______。
②根据的制备实验得出：氧化性_______(填“>”或“<”)，而方案Ⅱ实验表明，和的氧化性强弱关系相反，原因是_______。
【答案】（1） ①. 2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O ②. 可除去挥发的HCl ③. 饱和食盐水
（2） ①. 4FeO+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O ②. 排除ClO-的干扰 ③. Cl2＞FeO ④. 溶液酸碱性不同
【解析】
【分析】制备K2FeO4，由实验装置可知，A中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，B中饱和食盐水可除去挥发的HCl,C中KOH、氢氧化铁、氯气反应生成K2FeO4，D中NaOH吸收尾气；①由方案I中溶液变红，可知含铁离子，可能为K2FeO4与酸反应生成；
②方案Ⅱ与制备实验的酸碱性不同，且氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
【小问1详解】
①A为氯气发生装置，A中反应方程式是2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，A中反应离子方程式是2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O ,故答案为：2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O ；
②A中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，B中饱和食盐水可除去挥发的HCl,除杂装置B的作用是：可除去挥发的HCl,所用试剂为饱和食盐水，故答案为：可除去挥发的HCl；饱和食盐水；
③C中得到紫色固体和溶液。C中发生的反应有：，。
【小问2详解】
①K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+，发生反应为4FeO+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O，故答案为：4FeO+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O；
K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，所以要用KOH溶液洗涤，同时考虑到K2FeO4表面可能吸附了次氯酸跟离子，在酸性条件下ClO-可以与氯离子反应生成氯气，从而干扰试验，所以用KOH溶液洗涤还排除ClO-的干扰。故答案为：排除ClO-的干扰；
②由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性：Cl2＞FeO，而方案Ⅱ得出氧化性：Cl2＜FeO，与溶液酸碱性不同，故答案为：Cl2＞FeO；溶液酸碱性不同。
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