+山东省日照市五莲县第一中学2024届高三上学期阶段性测试化学试题

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【详解】A．次氯酸钙溶液与少量二氧化硫反应生成硫酸钙沉淀、氯化钙和次氯酸，反应的离子方程式为Ca2++3ClO—+SO2+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl—，故A正确；
B．碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水，反应的离子方程式为Ca2++HCO3−+NH4++2OH—=CaCO3↓+ NH3·H2O +H2O，故B错误；
C．酸化的高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，反应的离子方程式为2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故C错误；
D．稀硫酸与硫代硫酸钠溶液反应生成硫酸钠、二氧化硫、硫和水，反应的离子方程式为S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O，故D错误；
故选A。
2．D
【详解】A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+2Ce4+=2H++2Ce3+，故A错误；
B．总反应：2NOx+2xH2硫酸铈2xH2O+N2↑，x=1时，过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的个数之比为1：1，故B错误；
C．Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3是反应的催化剂，参与反应但是量不变，故C错误；
D．根据总反应：2NOx+2xH2硫酸铈2xH2O+N2↑，NOx中N元素化合价降低，NOx被H2还原，故D正确；
答案选D。
3．C
【分析】10mLX溶液中加入足量HCl酸化BaCl2溶液，生成2.33g白色沉淀，为BaSO4，说明X溶液中含SO42-，n(SO42-)=n(BaSO4)=2.33g233g/ml=0.01ml；10mLX溶液中加入氢氧化钠溶液，滤液稀释后pH=13、呈碱性，剩余氢氧化钠的量为0.1ml/L×0.1L=0.01ml,产生的刺激性气味的气体为NH3，说明X溶液中含有NH4+离子，n(NH4+)=n(NH3)=,0.01mlNH4+消耗NaOH为0.01ml；有白色沉淀生成，白色沉淀只能为Mg(OH)2，说明X溶液中含Mg2+、无Fe3+，n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]= 1.16g58g/ml=0.02ml,0.02mlMg2+消耗NaOH为0.02ml×2=0.04ml,0.04ml+0.01ml+0.01ml＜0.025L×4ml/L=0.1ml,说明X溶液中还含有Al3+，由Al3++4OH-=AlO2- +2H2O可知n(Al3+)=0.1ml-0.04ml-0.01ml-0.01ml4=0.01ml,由于2n(Mg2+)+3n(Al3+)+n(NH4+)=0.02ml×2+0.01ml×3+0.01ml=0.08ml,2n(SO42-)=0.01ml×2=0.02ml＜0.08ml,根据溶液呈电中性可知，X溶液中一定含有Cl-，且10mL溶液中n(Cl-)=0.08ml-0.02ml=0.06ml,据此分析解答。
【详解】由上述分析可知，10mLX溶液中一定含有0.01mlNH4+、0.02mlMg2+、0.01mlAl3+、0.01mlSO42-、0.06mlCl-，一定不含有Fe3+；
A．X溶液中一定含有NH4+、Mg2+、Al3+、Cl-、SO42-，NH4+、Mg2+、A13+水解使溶液呈酸性，pH＜7，故A错误；
B．由上述分析可知，X溶液中一定含有NH4+、Mg2+、Al3+、Cl-、SO42-，故B错误；
C．由上述分析可知，10mLX溶液中一定含有0.06mlCl-，c(Cl-)=，故C正确；
D．10mLX溶液中一定含有0.01mlAl3+，加入足量NaOH溶液时生成0.01mlAlO2-，通入足量的CO2气体，可得0.01mlAl(OH)3沉淀，将沉淀过滤、洗涤、灼烧至恒重，根据Al原子守恒可知，得到0.005mlAl2O3固体，质量为0.005ml×102g/ml=0.51g，故D错误；
故选：C。
4．B
【详解】A．硫酸钙微溶，还会发生硫酸根与钙离子的沉淀反应，A错误；
B．酸性条件下的硝酸根具有强氧化性能将还原性碘离子氧化成碘单质：6I-+2NO3-+8H+=2NO↑+4H2O+3I2，B正确；
C．过量氢氧化钠溶：HCO3−+NH4++2OH-=NH3·H2O+H2O+CO32−，C错误；
D．硫离子与铜离子生成硫化铜沉淀而不能大量共存，D错误；
故选B。
5．D
【分析】铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)与稀盐酸反应得到的滤液A中溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的HCl；加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过量的盐酸和Fe反应：2HCl+Fe=FeCl2+H2↑，过滤过量的铁，滤液B的溶质主要为氯化亚铁；加入氢氧化钠溶液，生成Fe(OH)2；向浊液C中加入H2O2溶液，反应完成后需除去剩余的H2O2，再与氯化亚铁混合，经一系列操作后得到产品Fe3O4。
【详解】A．滤液B的溶质主要为氯化亚铁，可以用KSCN溶液检验滤液B中是否含有Fe3+，故A错误；
Ｂ．加入铁粉还原铁离子的反应2Fe3++Fe=3Fe2+不是置换反应，铁单质与过量盐酸的反应，属于置换反应，故B错误；
Ｃ．为防止H2O2在步骤⑤中继续氧化亚铁离子，需除去剩余H2O2，故C错误；
Ｄ．超顺磁性纳米Fe3O4平均直径为25nm，其均匀分散在水中后得到胶体，有丁达尔效应，故D正确。
答案为：D。
6．A
【解析】略
7．B
【详解】此题答案可能不正确，如您有正确答案请联系总部编辑qq：807204649。
8．C
【详解】A．FeI2溶液中依次滴加少量氯水和CCl4，溶液分层，下层呈紫红色，说明氧化了I-，还原性：Fe2+＜I-，A正确；
B．往NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，发生反应AlO2−+HCO3−+H2O=Al(OH)3+CO32−，偏铝酸根结合碳酸氢根电离的氢离子生成氢氧化铝沉淀，则结合H+的能力：AlO2−＞CO32−，B正确；
C．碳酸氢根在溶液中存在电离，根据同浓度的NaHCO3溶液和CH3COONa溶液的pH无法比较水解常数的大小，C错误；
D．等浓度的NaCl溶液和NaI溶液分别与等浓度银氨溶液混合，Ksp小的才有可能产生沉淀，没有产生氯化银沉淀，产生碘化银沉淀，说明溶度积常数：Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，D正确；
故选C。
9．B
【详解】A．通过NaBiO3的制备过程④可知NaBiO3常温下难溶于水，A错误；
B．制备NaBiO3的化学方程式为Bi(NO3)3+4NaOH+NaClO95℃NaBiO3↓+NaCl+3NaNO3+2H2O，B正确；
C．将Bi(NO3)3溶解于稀HNO3溶液中的目的是抑制Bi3+的水解，C错误；
D．铋酸钠(NaBiO3)在酸性条件下可将Mn2+氧化成MnO4-，则NaBiO3作氧化剂，发生还原反应，D错误；
故选B。
10．D
【详解】A．18 g D2O中含有的质子数为18g20g•ml-1×10×NAml-1=9NA，A错误；
B．由题干图示可知，1分子P4O10中14个σ键，故14.2 g P4O10含σ键的数目为14.2g284g•ml-1×16×NAml-1=0.8 NA，B错误；
C．已知I-的还原性强于Fe2+，向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 ml Fe2+被氧化时，I-已经完全被氧化，由于题干未告知原溶液中FeI2的物质的量，故无法计算共转移电子的数目，C错误；
D．反应2KMnO4+2KF+10HF+3H2O2=2K2MnF6+8H2O+3O2中转移电子数为：6e-，每有 1 ml KMnO4 被还原，转移电子数为 3NA，D正确；故答案为：D。
11．AC
【详解】A．为了从粗食盐水中除去Ca2+、Mg2+、SO42-等离子，先加入过量的氢氧化钡溶液，Mg2+与OH-反应生成氢氧化镁沉淀，SO42-与Ba2+生成硫酸钡沉淀，Ca(OH)2的溶解度较小，Ca2+与OH-也会生成少量Ca(OH)2沉淀，选项A正确；
B．B中含有Ca2+、Ba2+、OH-等杂质离子，②中加入过量Na2CO3溶液的主要目的是为了除去Ca2+、Ba2+，选项B错误；
C．D中主要含有Cl-、Na+、CO32-、OH-四种离子，选项C正确；
D．③中加入适量盐酸，可除去CO32-、OH-，则③发生的反应有2H++CO32-=H2O+CO2↑，H++OH-=H2O，选项D错误；答案选AC。
12．A
【详解】A．D216O与14ND3的摩尔质量均为20g/ml，且每个D216O与14ND3的电子数均为10个，所以2.0g D216O和14ND3的混合物中含有的电子数为2g20g⋅ml-1×10×NAml-1=NA，A正确；
B．已知CH3CH2OH分子中的C和O均为sp3杂化，故23gCH3CH2OH中为sp3杂化的原子数为23g46g⋅ml-1×3×NAml-1=1.5NA，B错误；
C．1ml[Cu(NH3)4]2+中有12mlN-Hσ键和4mlCu-Nσ键，故σ键的数目为16NA，C错误；
D．甲烷酸性燃料电池中正极上为O2得到电子被还原，电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，则有1ml气体反应时转移的电子数目4NA，D错误；故答案为：A。
13．B
【分析】向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，由于还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况；通入氯气，根据反应离子方程式可知溶液中n（I-）=2n（Cl2）=2ml，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3ml-1ml）=4ml，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4ml-2ml=6ml，线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，已知碘单质的物质的量为1ml，反应消耗氯气的物质的量为5ml，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为+5价，则该含氧酸为HIO3，即线段Ⅳ表示HIO3的变化情况，据此分析解答。
【详解】A．根据分析可知，线段Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表I-、Fe2+、Br-、HIO3的变化情况，故A正确；
B．n（Fe2+）：n（I-）：n（Br-）=4ml：2ml：6ml=2：1：3，故B错误；
C．由分析可知，溶液中n（Br -）=6ml，根据2Br - +Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3ml，故a=3+3=6，b-a=5，所以b=11，故C正确；
D．线段Ⅳ的反应方程式为： 5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3，氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶1，故D正确；故答案为B。
14．C
【详解】A．二氧化硫溶于水后溶液有酸性，酸性条件下的硝酸根离子具有强氧化性，会将二氧化硫或亚硫酸氧化，最终得到硫酸钡沉淀，A错误；
B．CHCOONH4属于弱酸弱碱盐，存在CH3COO-、NH4+的水解，水解过程促进水的电离，使水的电离程度增大，只不过是两种离子的水解程度相当，最后溶液呈中性;而 NaCl属于强酸强碱盐，不水解，则CHCOONH4溶液和NaCl溶液中水的电离程度不相等 ，B错误；
C．向沸水中滴入几滴氯化铁饱和溶液，继续煮沸，并用激光笔照射，溶液变红褐色，出现丁达尔效应，此时产生了氢氧化铁胶体，C正确；
D．10mL 0.1ml·L的K2S相对于2mL等浓度的ZnSO4溶液是过量的，则再加入2mL等浓度的CuSO4溶液时，发生Cu2++S2-=CuS↓，得到黑色的硫化铜沉淀，未发生沉淀的转化，不能得到Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，D错误； 故选C。
15．B
【分析】由流程图可知，锌粉与二氧化硫反应生成ZnS2O4，向ZnS2O4溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成氢氧化锌沉淀和Na2S2O4，过滤后向Na2S2O4溶液中加入NaCl固体降低Na2S2O4溶解度，析出Na2S2O4·2H2O晶体，过滤后加热Na2S2O4·2H2O晶体脱去结晶水生成Na2S2O4据此回答。
【详解】A．将锌粉投入水中形成悬浮液可增大与二氧化硫的接触面积，加快反应速率，A正确；
B．加NaCl固体和冷却搅拌都有利于溶解平衡逆向移动，可析出更多的Na2S2O4·2H2O，若使用NaCl溶液，会降低钠离子浓度使析出的Na2S2O4·2H2O减少，Na2S2O4产率降低，B错误；
C．乙醇沸点低易挥发便于干燥，故洗涤Na2S2O4⋅2H2O时用乙醇效果好于蒸馏水，C正确；
D．锌粉与二氧化硫的反应是化合反应，反应中元素有化合价变化，也是氧化还原反应，ZnS2O4溶液与NaOH溶液的反应是复分解反应，加热Na2S2O4·2H2O生成Na2S2O4的反应是分解反应，D正确； 故选B。
16．(1)NaOH
(2) Na2FeO4、O2
(3) 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 取反应I后的溶液少许于试管中，滴入少量的K3FeCN6溶液，若无蓝色沉淀，则Fe2+已全部转化成Fe3+ NaCl、Na2SO4 111.75g
【详解】（1）通过观察反应物和生成物可知，生成物比反应物多2个Na、2个O、2个H，根据原子守恒可知，X的化学式为NaOH。
（2）该反应中1个Na2O2失电子被氧化转化为O2，2个FeSO4失电子被氧化转化为Na2FeO4，因此氧化产物为O2和Na2FeO4。该反应6个Na2O2中，5个Na2O2中的O得电子化合价从-1价降低为-2价，1个Na2O2失电子化合价从-1价升高到0价，FeSO4中Fe失电子化合价从+2价升高到+6价，用单线桥法标明电子转移的方向和数目为 。
（3）①反应Ⅰ中过氧化氢在酸性条件下将亚铁离子氧化成铁离子，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。检验Fe2+通常使用K3FeCN6溶液，具体方法为取反应I后的溶液少许于试管中，滴入少量的K3FeCN6溶液，若无蓝色沉淀，则Fe2+已全部转化成Fe3+。
②反应Ⅱ中硫酸铁与NaOH、NaClO反应生成Na2FeO4、NaCl、Na2SO4和H2O，副产物的成分为NaCl和Na2SO4。
③硫酸铁与NaOH、NaClO反应生成Na2FeO4、NaCl、Na2SO4和H2O，化学方程式为3NaClO+Fe2(SO4)3+10NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O+3Na2SO4，理论上每生成1ml高铁酸钠消耗NaClO1.5ml，质量为111.75g。
17．(1)第五周期VIA族
(2)2Cr2O3+3O2+4Na2CO3高温4Na2CrO4+4CO2
(3) CuSO4 取最后一次洗涤液少量于试管，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀，说明洗涤干净，若有白色沉淀则没有洗干净
(4)低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小
(5) Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O 49.0%
【分析】电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金( Au)，先煅烧，Cr2O3与O2、Na2CO3高温反应生成Na2CrO4、CO2，水浸后，过滤，滤液中含有Na2Cr2O7，酸化后得到K2Cr2O7；另煅烧时，Cu2Te与O2反应生成CuO、TeO2，沉渣加入稀硫酸时，CuO、TeO2、 Cr2O3均与稀硫酸反应生成硫酸盐，Au不溶，过滤，除去，将沉积液进行电解，铜离子在阴极放电，生成铜单质，再向电解后的溶液中通入SO2，含有+4价的Te，生成粗Te。
【详解】（1）Te元素在元素周期表中的位置为第五周期ⅥA族；
（2）煅烧时，Cr2O3与O2、Na2CO3高温反应生成Na2CrO4、CO2，发生反应的化学方程式为：2Cr2O3+3O2+4Na2CO3高温4Na2CrO4+4CO2；
（3）浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还含有CuSO4；
“还原”步骤后，得到的粗碲经洗涤后可以得到较为纯净的碲单质，若碲单质洗涤干净，则最后的洗涤液中不含有SO42-，故检验碲单质是否洗涤干净的实验操作是取最后一次洗涤液少量于试管，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀，说明洗涤干净，若有白色沉淀则没有洗干净；
（4）通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7是由于低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小；
（5）用(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定K2Cr2O7溶液时，反应的离子方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的体积平均为25.00 mL，则消耗(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为：n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.025 L×0.1000 ml/L =0.0025 ml，故根据二者反应转化关系可知：25 mL溶液中含有的K2Cr2O7的物质的量为n(K2Cr2O7)=16n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.0025 ml×16，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为16×0.0025ml×250mL25mL×294g/ml2.5g×100%=49.0%。
18．(1) 2Ce3++H2O2+2H2O=2CeO2+6H+ Ce的浸出率较高
(2) 1.0×10−20 5.2≤pH