河北省衡水中学2021届高三上学期二调考试化学试题 Word版含解析 21页

- 1 - 河北省衡水中学 2021 届上学期高三年级二调考试 化学 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Na 23 Mg 24 Cl 35.5 Ca 40 Fe 56 Zn 65 一、选择题 1. 习总书记多次强调要“像对待生命一样对待生态环境”。下列说法不正确的是 A. 赤潮是水体富营养化，藻类大量繁殖，消耗了大量氧气，造成水体缺氧的现象 B. 用撒熟石灰的方法可改良酸性土壤 C. 汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的因素之一 D. 用明矾可消除水中 Cu2+等重金属离子污染 【答案】D 【解析】 【详解】A. 赤潮是水体富营养化，藻类大量繁殖，消耗了大量氧气，造成水体缺氧的现象， 故 A 正确； B. 氢氧化钙俗称熟石灰，是一种常见的碱，常用于改良酸性土壤，因此用撒熟石灰的方法可 改良酸性土壤，故 B 正确； C. 大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘，故汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的因素 之一，故 C 正确； D. 明矾溶于水可水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中悬浮的不溶性杂质，沉降 下来，达到净水的目的，但不能消除水中 Cu2+等重金属离子污染，故 D 错误； 故选 D。 2. 将铝粉与 Fe3O4 粉末配制成铝热剂，分成三等份。 ①一份直接放入足量的烧碱溶液中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为 V1； ②一份在高温下恰好反应完全，反应后的混合物与足量的盐酸反应后，放出的气体在标准状 况下的体积为 V2； ③一份直接放入足量的盐酸中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为 V3。 下列说法正确的是 A. V1＝V3＞V2 B. V2＞V1＝V3 C. V1＝V2＞V3 D. V1＞V3＞V2 - 2 - 【答案】A 【解析】 【详解】假设每份含 2mol 铝， ①能和烧碱反应生成氢气的物质只有铝，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，2mol 铝与氢氧化 钠溶液反应生成氢气 3mol； ②铝先和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁 3 Fe3O4+8Al 4Al2O3+9 Fe，铁和盐酸反应生成氢气 Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，2mol 铝与四氧化三铁反应生成 9/4mol 铁，9/4mol 铁与盐酸反应生成氢 气 9/4mol； ③能和盐酸反应生成氢气的只有铝，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2mol 铝与盐酸溶液反应生成氢气 3mol 氢气； 所以 V1=V3＞V2，故选 A。 3. 下列反应的离子方程式表达正确的是( ) A. 向 FeBr2 溶液中通入过量 2 3 2Cl : 2Fe Cl 2Fe 2Cl    B. 向碳酸钠溶液中通入少量 2 2 3 2 2 3CO : CO CO H O 2HCO   C. 向碘化钾溶液中加入少量硫酸酸化的 H2O2 溶液： 2 2 3 23H O I IO 3H O   D. 将  3Fe OH 固体溶于 HI 溶液：   3 23Fe OH 3H Fe 3H O   【答案】B 【解析】 【详解】A．向 FeBr2 溶液中通入过量氯气，反应生成氯化铁和溴单质，离子方程式为 2 -- 3 2 22Fe + +4Br +3Cl 2Fe +2Br +6Cl  ，故 A 错误； B．向碳酸钠溶液中通入少量 CO2，反应生成 NaHCO3，其离子方程式为 2- - 3 2 2 3CO +CO + H O=2HCO ，故 B 正确； C．向 KI 溶液中加入少量硫酸酸化的 2 2H O 溶液， I 被氧化为 2I ，其离子方程式为 2 2 2 22H + H O +2I Ι + 2H O   ，故 C 错误； - 3 - D．将 3Fe(OH) ，溶于 HI 溶液中， 3Fe(OH) 和 HI 发生氧化还原反应，其离子方程式为 + 2+ 3 2 22Fe(OH) +6H +2I 2Fe +I +6H O  ，故 D 错误。 4. 下图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持设备已略)。下列说法错误的是 （ ） A. 装置 A 烧瓶内的试剂可以是 KMnO4 B. 装置 B 具有除杂和贮存气体的作用 C. 实验结束后，振荡 D 会观察到液体分层且下层呈紫红色 D. 利用该装置能证明氯、溴、碘的非金属性逐渐减弱 【答案】C 【解析】 【分析】 实验室制备氯气，二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水；也可以高锰 酸钾与浓盐酸在常温下反应生成氯气、氯化锰、氯化钾和水；制备的氯气中含有氯化氢气体 杂质和水蒸气，可用饱和食盐水除去氯化氢气体，用浓硫酸干燥，用氢氧化钠尾气处理。 【详解】A. 根据装置图，装置 A 没有加热，故烧瓶内的试剂可以是 KMnO4，高锰酸钾与浓盐 酸反应的化学反应方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O，A 正确； B. 制备的氯气中含有少量挥发出来的氯化氢气体，可用饱和食盐水除去，故根据装置图，装 置 B 具有除杂和贮存气体的作用，B 正确； C. 根据萃取原理，苯的密度比水小，故振荡 D 会观察到液体分层且上层呈紫红色，C 错误； D. 根据装置 C、D 中的颜色变化可知，装置 A 制备出来的氯气，与装置 C 中的溴化钠反应生 成溴单质，将生成的液溴滴加到 D 装置，可生成碘单质，证明氯、溴、碘的非金属性逐渐减 弱，D 正确；故答案为：C。 5. 下列叙述正确的是 ( ) A. Na2O 与 Na2O2 都是碱性氧化物 - 4 - B. 向饱和烧碱溶液中加入 2 g Na2O2，充分反应完后，溶液中 c(Na+)不变 C. Na2O2 用于呼吸面具，活性炭用于防毒面具，两者原理相同 D. 62 g Na2O 和 78 g Na2O2，分别溶于等量且足量的水中，所得溶液中溶质质量分数相等 【答案】D 【解析】 【详解】A．氧化钠与水反应生辰氢氧化钠，属于碱性氧化物，而 Na2O2 与水反应产生 NaOH 和 O2，因此不属于碱性氧化物，A 错误； B．Na2O2 与水反应产生 NaOH 和 O2，NaOH 电离产生 Na+，反应放出热量，使溶液温度升高， 导致氢氧化钠溶液的溶解度增大，溶液中 c(Na+)增大，B 错误； C．Na2O2 用于呼吸面具是由于与 CO2 反应产生 O2；而活性炭用于防毒面具，是由于其具有较 强的吸附作用，因此两者原理不相同，C 错误； D．62 g Na2O 的物质的量是 1 mol，与足量水反应产生 2 mol NaOH，消耗 1 mol H2O；78 g Na2O2 的物质的量是 1 mol，与足量水反应产生 2 mol NaOH，同时消耗 1 mol H2O，溶液中溶质的质 量、溶剂的质量相等，则所得溶液中溶质质量分数相等，D 正确； 故答案为 D。 6. A、B、C、D 为原子序数依次增大的四种短周期元素，已知 C、D 元素的原子序数之和是 A、 B 元素的原子序数之和的 3 倍，且 C、D 元素是同主族元素。甲、乙、丙、丁、戊五种二元化 合物的组成如下表： 物质间存在反应：甲+乙→单质 B+丙；丁+戊→单质 D(淡黄色固体)+丙。下列说法正确的是（ ） A. 甲、乙、丙、丁、戊均为只含极性键的极性分子 B. 原子半径：D>B>C；电负性：B>C>D C. 可用酒精洗涤粘在容器内壁上的单质 D D. 若 2mol 甲与 3mol 乙恰好反应生成 2.5mol 单质 B，则乙为双原子分子 【答案】D 【解析】 【分析】 根据单质 D 为淡黄色固体，则 D 为 S 元素；A、B、C、D 为原子序数依次增大的四种短周期元 素，C、D 元素是同主族元素，在 C 为 O 元素；C、D 元素的原子序数之和是 A、B 元素的原子 - 5 - 序数之和的 3 倍，A、B 元素的原子序数之和为 8，戊为 O、S 两种元素组成的化合物，且丁+ 戊→单质 D(淡黄色固体)+丙，其反应方程式为：2H2S + SO2=3S↓+2H2O、3H2S+SO3=3H2O+4S↓， 则 A 为 H 元素，B 为 N 元素；甲+乙→单质 B+丙，其反应方程式为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O、 4NH3+6NO=5N2+6H2O，则甲为 NH3，乙为 NO2 或 NO，丙为 H2O，丁为 H2S，戊为 SO2 或 SO3。 【详解】A. 若戊为 SO3，则 SO3 是平面正三角形，含极性键的非极性分子，A 错误； B. 同周期，从左到右，原子半径减小，电负性增大；同主族，从上到下，原子半径增大，电 负性减小，故原子半径：S>N>O；电负性：O>N>S，B 错误； C. D 为 S 单质，硫微溶于酒精，不能达到洗涤目的，应用二硫化碳洗涤，C 错误； D. 根据 4NH3+6NO=5N2+6H2O，若 2mol 甲与 3mol 乙恰好反应生成 2.5mol 单质 B，则乙为 NO， 是双原子分子，D 正确；故答案为：D。 【点睛】极性键：不同种非金属原子之间的共价键；非极性键：同种非金属原子之间的共价 键；极性分子：分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不 对称的分子；非极性分子：分子中正负电荷中心重合，从整个分子来看，电荷分布均匀，对 称的分子。 7. Na2O2、HCl、Al2O3 三种物质在水中完全反应后，溶液中只含有 Na+、H+、Cl-、OH-，且溶液 呈中性，则 Na2O2、HCl、Al2O3 的物质的量之比可能为 A. 2：4：1 B. 3：2：1 C. 2：3：1 D. 4：2：1 【答案】A 【解析】 【详解】由题意可知，所得溶液中只含有 Na+、H+、Cl-、OH-，且溶液呈中性，溶液中只含有 NaCl 一种溶质，铝元素以沉淀形式存在，由电荷守恒可知溶液 n（Na+）=n（Cl—），由钠元素、 氯元素守恒可得 n（Na2O2）：n（HCl）=1：2，则只要符合 n（Na2O2）：n（HCl）：n（Al2O3）=1： 2：x，x 为任意值均符合题意，故选 A。 8. 氮是动植物生长不可缺少的元素，含氮化合物也是重要的化工原料。自然界中存在如图所 示的氮元素的循环过程。下列说法不正确的是( ) - 6 - A. 过程①“雷电作用”中发生的反应是 N2+O2 放电 2NO B. 过程③“固氮作用”中，氮气被还原 C. 过程⑤中涉及的反应可能有 2NO 2  +O2=2NO 3  D. 过程⑥中涉及的反应可能有 2NO 3  +12H+=N2↑+6H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A．过程①“雷电作用”中氮气与氧气化合生成 NO，即发生的反应是 N2+O2 放电 2NO， A 说法正确； B．过程③“固氮作用”中氮元素化合价降低，氮气被还原，B 说法正确； C．过程⑤中 NO 2  ，被氧化为 NO 3  ，涉及的反应可能为 2NO 2  +O2=2NO 3  ，C 说法正确； D．过程⑥中氮元素化合价降低，NO 3  被还原，涉及的反应不可能为 2NO 3  +12H+=N2↑+6H2O， D 说法错误； 答案为 D。 9. 某海水浓缩液中含有大量的 Clˉ、Brˉ、Iˉ，取 1L 该浓缩液，向其中通入一定量的 Cl2，溶液 中三种离子的物质的量与通入 Cl2 的体积（标准状况）的关系如下表。下列有关说法中不正确．．． 的是 Cl2 的体积（标准状况） 2.8L 5.6L 11.2L n(Clˉ) 1.25mol 1.5mol 2mol n(Brˉ) 1.5mol 1.4mol 0.9mol n(Iˉ) amol 0 0 A. 当通入 Cl2的体积为 2.8L 时，只有 Iˉ与 Cl2 发生反应 B. 当通入 Cl2 的体积为 2.8L～5.6L 时，只有 Brˉ与 Cl2 发生反应 C. a=0.15 D. 原溶液中 c(Clˉ)∶c(Brˉ)∶c(Iˉ)=10∶15∶4 - 7 - 【答案】B 【解析】 【分析】 向含有大量的Clˉ、Brˉ、Iˉ的浓缩液中通入 Cl2，因还原性 I-＞Br-＞Cl-，故先有 Cl2+2I-=2Cl-+I2， 反应完后再有 2Br-+Cl2=2Cl-+Br2； 【详解】A.当通入 Cl2 的体积为 2.8L～5.6L 时，溴离子的物质的量只减少 0.1mol，说明当通入 Cl2 的体积为 2.8L 时，溶液中还含有 I-；所以当通入 Cl2 的体积为 2.8L 时，只有 Iˉ与 Cl2 发生反 应，故 A 正确； B. 当通入 Cl2 的体积为 2.8L～5.6L 时，参加反应的氯气是 0.125mol，被氧化的 Br-是 0.1mol， 2Br-+Cl2=2Cl-+Br2 反应消耗氯气 0.05mol，所以一定还有 Iˉ与 Cl2 发生反应，故 B 错误； C. 当通入 Cl2 的体积为 2.8L～5.6L 时，参加反应的氯气是 0.125mol，被氧化的 Br-是 0.1mol， 2Br-+Cl2=2Cl-+Br2 反应消耗氯气 0.05mol，参加 Cl2+2I-=2Cl-+I2 反应的 Cl2 是 0.075mol，参加反应 的 I-的物质的量是 0.15mol，a=0.15，故 C 正确； D. 当通入 Cl2 的体积为 2.8L 时，只有 Iˉ与 Cl2 发生反应，消耗 0.25molIˉ，所以原溶液含有 I-的 物质的量是 0.15mol+0.25mol=0.4mol；原溶液含有 Cl-的物质的量是 1.25mol-0.125×2=1mol，原 溶液含有 Br-的物质的量是 1.5mol，原溶液中 c(Clˉ)∶c(Brˉ)∶c(Iˉ)=10∶15∶4，故 D 正确； 选 B。 【点睛】本题考查混合物的计算，离子的还原性 I-＞Br-＞Cl-，氯气先与还原性强的物质反应， 注意氧化还原反应先后规律的应用，明确元素守恒在解题中的应用。 10. 向 FeCl3 和 CuCl2 的混合溶液中加入过量的铁粉，若充分反应后溶液的质量没有变化，则原 混合溶液中 Fe3+和 Cu2+的物质的量浓度之比为( ) A. 2：7 B. 1：7 C. 7：1 D. 5：4 【答案】A 【解析】 【详解】设混合物中含有 x mol FeCl3，y mol CuCl2，在 FeCl3 和 CuCl2 的混合溶液中加入过量的 铁粉，分别发生反应： 3 2+2Fe Fe 3Fe   ， 2 2Fe Cu =Fe Cu   ，x mol FeCl3 消耗 0.5mol Fe，y mol CuCl2 消耗 y mol Fe，产生 y mol Cu，由于充分反应后溶液的质量没有变化，说明消耗的铁 的质量等于生成铜的质量，则 (05x+y)×56=64y ，解得 x：y=2：7。同一溶液中溶液的体积相同， 则物质的量之比等于物质的量浓度之比，故原混合溶液中 Fe3+与 Cu2+的物质的量浓度之比为 2： 7，合理选项是 A。 - 8 - 二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题目要求 11. 下列说法中正确的是 A. 若 a、b、c 分别为 Si、SiO2、H2SiO3，则可以通过一步反应实现所示的转化关系 B. 2HCl+Na2SiO3=H2SiO3↓+2NaCl 说明 Cl 的非金属性强于 Si C. 硅胶作袋装食品的干燥剂，过程中没有发生化学变化 D. 青花瓷胎体的原料为高岭土[Al2Si2O5(OH)4]，若以氧化物形式可表示为 Al2O3·SiO2·H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A．二氧化硅不溶于水，与水也不反应，不能一步生成 H2SiO3，A 说法错误； B．HCl 不是 Cl 的最高价氧化物对应的水化物，故不能通过反应 2HCl+Na2SiO3=H2SiO3↓+2NaCl 说明 Cl 的非金属性强于 Si，B 说法错误； C．硅胶作袋装食品的干燥剂，过程中只是吸收水蒸气没有新物质产生，属于物理变化，没有 发生化学变化，C 说法正确； D．硅酸盐以氧化物形式，根据活泼金属氧化物·较活泼金属氧化物·SiO2·H2O 的顺序可知， [Al2Si2O5(OH)4]可改成 Al2O3·2SiO2·2H2O，D 说法错误； 答案为 C。 12. 将 4.6g 铜镁合金完全溶解于 100mL 密度为 1.40g·mL-1、质量分数为 63%的浓硝酸中，得到 4480mL NO2 和 336mL N2O4 的混合气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入 1.0mol·L-1 NaOH 溶 液至离子恰好完全沉淀。下列说法不正确的是( ) A. 该浓硝酸中 HNO3 的物质的量浓度是 14.0mol·L-1 B. 产生沉淀 8.51g C. 该合金铜与镁的物质的量之比是 3：2 D. 离子恰好完全沉淀时，加入 NaOH 溶液的体积是 230mL 【答案】CD 【解析】 【详解】A．密度为 11.40g mL 、质量分数为 63%的浓硝酸中 HNO3 的物质的量浓度为 - 9 - 1 1 1 1 1000mL L 1.40g mL 63% 14.0mol L63g mL           ，故 A 正确； B．4480mL NO2 的物质的量为 1 4.48L 0.2mol22.4mol L  ，336mL N2O4 的物质的量为 1 0.336L 0.015mol22.4mol L  ，根据得失电子守恒可知，铜镁失电子的物质的量是 0.2mol 1+0.015mol 2=0.23mol  ，将铜镁合金完全溶解于浓硝酸中，向反应后的溶液中加 入 NaOH 溶液至离子恰好完全沉淀，生成的沉淀为 2 2Cu(OH) Mg(OH)、 ，根据电荷守恒，Mg2+、 Al3+结合氢氧根离子的物质的量是 0.23mol，沉淀质量为       1Cu Mg OH 4.6 g 0.23 mol 17 g mol 8.51gm m m         ，故 B 正确； C．4480mL NO2 的物质的量为 1 4.48L 0.2mol22.4mol L  ，336mL N2O4 的物质的量为 1 0.336L 0.015mol22.4mol L  ，令 Cu、Mg 的物质的量分别为 x mol，y mol，根据二者质量与电 子转移守恒，可得① 64 24 46x y  ，② 2 2 0.2 0.015 2x y    ，解得 0.046 0.069x y 、 ， 该合金中铜与镁的物质的量之比为 0046mol：0.069mol=2：3，故 C 错误； D．离子恰好完全沉淀时，溶液中溶质为 NaNO3，根据 N 元素守恒可知        3 3 2 2 4HNO NaNO NO 2 N On n n n  原 ，则 1 3(NaNO ) 0.1L 14mol L 0.2mol 2 0.015mol 1.17moln        ，根据钠离子守恒可知， 3(NaOH) (NaNO ) 1.17moln n  ，则需要氢氧化钠溶液的体积为 1 1.17 mol 1.17L 1170mL1mol L   ，故 D 错误； 选 CD。 13. 碳酸镧[La2(CO3)3]可用于治疗高磷酸盐血症。某化学小组用如图装置模拟制备碳酸镧，反 应为 2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，下列说法正确的是（ ） A. 从左向右接口的连接顺序：F→B，A→D，E←C - 10 - B. 装置 X 中盛放的试剂为饱和 Na2CO3 溶液 C. 装置 Z 中用干燥管的主要目的是增大接触面积，加快气体溶解 D. 实验开始时应先打开 Y 中分液漏斗的旋转活塞 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】A.氨气极易溶于水，则采用防倒吸装置，E←C；制取的二氧化碳需除去 HCl 杂质，则 F→B，A→D ，故 A 正确； B. 装置 X 为除去 HCl 杂质，盛放的试剂为饱和 NaHCO3 溶液，故 B 错误； C. 装置 Z 中用干燥管的主要目的是防止氨气溶于水时发生倒吸，故 C 错误； D. 实验开始时应先打开 Y 中分液漏斗的旋转活塞,使溶液呈碱性以吸收更多的二氧化碳，故 D 正确； 故选 AD。 14. 工业上除去电石渣浆(含 CaO)上清液中的 S2-，并制取石膏(CaSO4·2H2O)的常用流程如图： 下列说法不正确的是( ) A. 过程Ⅰ、Ⅱ中起催化剂作用的物质是 Mn(OH)2 B. 常温下，56gCaO 溶于水配成 1L 溶液，溶液中 Ca2+的数目为 6.02×1023 个 C. 将 10L 上清液中的 S2-转化为 SO 2- 4 (S2-浓度为 320mg·L-1)，理论上共需要 0.2mol 的 O2 D. 过程Ⅱ中，反应的离子方程式为 4MnO 2- 3 +2S2-+9H2O=S2O 2- 3 +4Mn(OH)2↓+10OH- 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A. 催化剂在反应中参加又生成，由图可知，过程Ⅰ、Ⅱ中，起催化剂作用的物质是 Mn(OH) 2，故 A 正确； - 11 - B. 56g CaO(1mol)溶于水，与水反应产生 1mol 氢氧化钙，但氢氧化钙微溶于水，部分会形成沉 淀，因此溶液中的钙离子数目小于 6.02×1023 个，故 B 错误； C. 由电子守恒及原子守恒可知，存在 2S2-～ 2- 2 3S O ～4Mn(OH)2～8e -～2O2，且两个过程消耗氧 气，将 10L 上清液中的 S2-转化为 2- 4SO (S2-浓度为 320mg/L)，理论上共需要标准状况下的 O2 的 体积为 -310L 320mg/L 10 g×2=0.2mol32g/mol   ，故 C 正确； D. 过程Ⅱ中 S2-与 2- 3MnO 发生氧化还原反应，离子反应为 4MnO 2- 3 +2S2-+9H2O=S2O 2- 3 +4Mn(OH)2↓+10OH-，故 D 正确； 故选：B。 15. 向某 NaAlO2、Na2CO3 的混合溶液中逐滴加入 1mol·L-1 的盐酸，测得溶液中的 2 3CO  、 3HCO 、 2AlO 、 3Al  的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示。[已知：H2CO3 的电离平衡 常数 7 1K 4.3 10  ， 11 2K 5.6 10  ；Al(OH)3 的酸式电离平衡常数 136.3 10K   ； 则下 列说法正确的是( ) A. V1：V2=1：4 B. M 点时生成 CO2 为0.05mol C. 原混合溶液中的 2 3CO  与 2AlO 的物质的量之比为 1：3 D. a 曲线表示的离子方程式为 3 2 2AlO 4H Al 2H O    【答案】A 【解析】 【分析】 - 12 - 因为 Al(OH)3 的电离平衡常数最小，故 Na2CO3、NaAlO2 的混合溶液中逐滴加入 -11mol L 的盐酸 后，首先发生反应 - + 2 2 3AlO +H +H O=Al(OH)  ，曲线 a 表示 - 2AlO ，由图可知 - 2AlO 反应完 毕时，加入盐酸 50mL，根据方程式可知， - + -1 2n(AlO )=n(H )=0.05L 1mol L =0.05mol  ； 2AlO 反 应完毕时，发生反应 2- + - 3 3CO +H =HCO ，曲线 b 表示 2- 3CO ，曲线 c 表示 - 3HCO ；由图可知， 与 2- 3CO 反 应 的 盐 酸 的 体 积 为 100mL-50mL=50mL ， 根 据 方 程 式 可 知 ， 2- + -1 3n(CO )=n(H )=0.05L 1mol L =0.05mol  ； 2- 3CO 反 应 完 毕 后 ， 发 生 反 应 - + 3 2 2HCO +H =CO +H O ，曲线 d 表示 - 3HCO ，由图可知，与 - 3HCO 反应的盐酸的体积为 150mL-100mL=50mL ，根据方程式可知 - + 3n(HCO )=n(H ) ； - 3HCO 被消耗完之后，发生反应 + 3+ 3 2Al(OH) +3H =Al +3H O ，则曲线 e 表示 Al3+，由图可知， 3Al(OH) 反应完毕，根据方程 式 可 知 + 3n(H )=3n[Al(OH) ]=3×0.05mol=0.15mol ， 该 阶 段 加 人 盐 酸 体 积 为 -1 0.15mol =0.15L=150mL1mol L 。 【详解】A．由上述分析可知，原溶液中 2- 3n(CO )=0.05mol ，V1 时溶液中碳酸氢根离子等于碳 酸根离子为 0.025mol，由反应 2- + - 3 3CO +H =HCO 可知，需要盐酸为 0.025mol，盐酸的体积为 25mL ， 故 1V =50mL+25mL=75mL ， 由 上 述 分 析 可 知 ， 2V =150mL+150mL=300mL ， 故 1 2V :V =75mL:1300mL=1:4 ，A 正确； B．由上述分析可知，M 点时溶液中 2- 3CO 完全转化为 - 3HCO ，没有 CO2 生成，B 错误； C．由上述分析可知，原混合溶液中的 2- 3CO 与 - 2AlO 的物质的量之比为 0.05mol:0.05mol=1:1， C 错误； D．由上述分析可知，a 曲线表示的离子方程式为 - + 2 2 3AlO +H +H O=Al(OH)  ，D 错误； 故选 A。 三、非选择题 16. 利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段，氮元素的常见化合价与部分物 质类别的对应关系如图所示。 - 13 - (1)从氮元素化合价的角度分析，X、Y、Z、W 中既具有氧化性又具有还原性的有______（填化 学式）。 (2) N2O 是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使 N2O 分解。NH3 与 O2 在加热和 催化剂作用下生成 N2O 的化学方程式为_______________。尾气中的 NO 用酸性 NaClO 溶液吸 收，其原理是 HClO 氧化 NO 生成 Cl−和 NO3-，其离子方程式为 ______________________________________。 (3)将集满红棕色气体 Z 的试管倒置于盛有水的水槽中，观察到的现象为 _______________________。 (4)W 的稀溶液与铜单质发生反应的离子方程式为__________________________。 (5)已知 NaNO2 能被酸性 KMnO4 溶液氧化为 NaNO3，则 50mL0.01 mol·L-1 NaNO2 溶液与 10mL0.02 mol·L-1 KMnO4 溶液恰好完全反应时，还原产物中 Mn 元素的化合价为 __________________________。 【答案】 (1). NO、NO2 (2). 2NH3+2O2 催化剂 Δ N2O+3H2O (3). 3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2 NO3-+5H+ (4). 试管内液面逐渐上升至试管容积的 2/3 左右，红棕色气体逐渐变为无色气体 (5). 3Cu + 2NO3- + 8H+ = 3Cu2+ + 2NO↑+4H2O (6). +2 【解析】 【分析】 由化合价可知 X 为 NH3，Y 为 NO，Z 为 NO2，W 为 HNO3， (1)从氮元素化合价变化的角度分析，如既有氧化性，也有还原性，则 N 元素化合价为中间价 态； (2)NH3 与 O2 在加热和催化剂作用下生成 N2O，类似于生成 NO 的反应，同时生成水；在酸性 NaClO 溶液中，HClO 氧化 NO 生成 Cl-和 NO3-，反应后溶液呈酸性； - 14 - (3)二氧化氮与水反应生成 NO 和 HNO3； (4)稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和 NO； (5)结合氧化还原反应得失电子守恒计算。 【详解】由化合价可知 X为NH3，Y 为 NO，Z 为 NO2，W 为 HNO3， (1)从氮元素化合价变化的角度分析，如既有氧化性，也有还原性，则 N 元素化合价为中间价 态，可为 NO、NO2； (2)NH3 与 O2 在加热和催化剂作用下生成 N2O 和水，反应的化学方程式为 2NH3+2O2 N2O+3H2O；在酸性 NaClO 溶液中，HClO 氧化 NO 生成 Cl-和 NO3-，反应后溶 液呈酸性，则反应的离子方程式为 3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+5H+； (3)二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮：3NO2+H2O=2HNO3+NO，一氧化氮是无色气体，二 氧化氮是红棕色气体，二氧化氮和水反应后气体压强减小，外界大气压不变，所以外界大气 压对水作用而使水进入试管中，3 体积 NO2 转化为 1 体积 NO，所以现象为试管内液面逐渐上 升至试管容积的 2/3 左右，红棕色气体逐渐变为无色气体； (4)稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和 NO，反应的离子方程式为 3Cu+8H++2NO3 ﹣＝ 3Cu2++2NO↑+4H2O； (5)50mL0.01mol•L﹣1 NaNO2 溶液中 n(NaNO2)＝0.05L×0.01mol/L＝5×10﹣4mol，10mL0.02mol•L﹣1 KMnO4 溶液中 n(KMnO4)＝0.01L×0.02mol/L＝2×10﹣4mol，二者恰好完全反应时，设还原产物中 Mn 元素的化合价为 x，则 5×10﹣4mol×2＝2×10﹣4mol×(7﹣x)，解得 x＝+2。 【点睛】在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数必定相等，常用于有关 氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式，运用守恒规律进行氧化还原反应的计算方 法：氧化剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×变价元素的原子 个数×化合价的变化值 。 17. 铝是地壳中含量最多的金属元素，其单质和化合物广泛应用于日常生活中。 (1)可以用电镀法在钢制品上电镀铝，为测定镀层厚度，用 NaOH 溶液溶解钢制品表面的铝镀 层，当反应消耗 2mol NaOH 时，所得气体的物质的量为_______mol。 (2)双羟基铝碳酸钠[NaAl(OH)2CO3]是一种常用的抗酸药，它与胃酸反应的化学方程式为 _______。 (3)如图是从铝土矿(主要成分为 Al2O3，还含有少量 SiO2、Fe2O3 等杂质)中提取 Al2O3 并生产 AlN 的工艺流程： - 15 - ①“溶解”时，SiO2 与 NaOH 溶液反应生成的硅酸钠与溶液中偏铝酸钠发生反应： 2 3 2 2 2 2 2 82Na SiO 2NaAlO 2H O Na Al Si O 4NaOH    ，“赤泥”的主要成分为 _______(写出化学式)。 ②“酸化”时，通入过量 CO2 与 NaAlO2 反应，生成滤液的主要成分是_______(写化学式)。 ③“还原”时，炭黑在高温下被氧化为 CO，反应的化学方程式为_______。 (4)1L 某混合溶液，可能含有的离子如下表： 可能大量含有的阳离子 H+、Mg2+、Al3+、 4NH  可能大量含有的阴离子 Cl-、 2 3CO  往该溶液中逐滴加入 NaOH 溶液，产生沉淀的物质的量(n)与加入 NaOH 溶液的体积(V)的关系 如图所示。 4 3 2NH OH NH H O   ①该溶液中一定不含有的离子是_______。 ②V1、V2、V3、V4 之间的关系为_______。 【答案】 (1). 3 (2). 2 3 3 2 2NaAl(OH) CO 4HCl NaCl AlCl 3H O CO      (3). Fe2O3、Na2Al2Si2O8 (4). NaHCO3 (5). 2 3 2Al O N 3C 2AlN 3CO  高温 (6). Mg2+、 2 3CO  (7). 2 1 4 3V -V =3(V -V ) 【解析】 【详解】(1)根据关系式： 22Al~2NaOH~3H  ， 2 3n(H )= n(NaOH)=3mol2 ； - 16 - (2) 2 3NaAl(OH) CO 与盐酸反应生成氯化钠、氯化铝、氧化碳和水，反应的化学方程式为 2 3 3 2 2NaAl(OH) CO 4HCl NaCl AlCl 3H O CO      。 (3)①铝土矿(主要成分为 Al2O3，还含有少量 SiO2、Fe2O3 等杂质)，铝土矿中加入 NaOH，SiO2、 Al2O3 反应生成 Na2Al2Si2O8 沉淀和 NaAlO2，Fe2O3 不溶，所以 “赤泥”为 Fe2O3、Na2Al2Si2O8； ②向 NaAlO2 溶液中通入过量的 CO2 得 Al(OH)3 沉淀和 NaHCO3，故滤液主要为 NaHCO3； ③Al(OH)3 灼烧得 Al2O3，结合流程确定反应物和生成物：Al2O3 + N2 + C → AlN + CO，配平后方程 式为： 2 3 2Al O N 3C 2AlN 3CO  高温 ； (4)加入 NaOH 至 V1 时，无沉淀生成，则表明溶液中含有 H+，由于 2 3CO  与 H+不能大量共存， 所以溶液中一定不含有 2 3CO  。V3~V4 段，加入 NaOH 能使沉淀完全溶解，则说明沉淀为 3Al(OH) ，不含有 2Mg(OH) ，从而表明原溶液中含有 Al3+，不含有 Mg2+；则 V1~V2 段，Al3+ 与 O H  反应生成 3Al(OH) 沉淀；V2~V3 段，沉淀物质的量不变，则表明此段发生反应 4 3 2NH OH =NH H O   。因为溶液呈电中性，则一定含有 Cl 。 ①由以上分析，可得出该溶液中定不含有的离子为 Mg2+、 2 3CO  。 ②V1~V2 段， 3 3Al 3OH =Al(OH)   ；V3~V4 段， 3 2 2Al(OH) OH AlO 2H O    ，以 3Al(OH) 为桥梁，可得出 2 1 4 33( )V V V V   。 18. Ⅰ.研究性学习小组进行 SO2 的制备及性质探究实验，装置如图(a 为活塞，加热及固定装置 已略去)。 (1)连接仪器、检查装置气密性，检验上述装置气密性的操作是_______，然后加药品，打开 a， 然后滴入浓硫酸，加热。 (2)铜与浓硫酸反应制备 SO2 的化学方程式是_______。 - 17 - Ⅱ.上述实验中 NaOH 溶液用于吸收剩余的 SO2 生成 Na2SO3，Na2SO3 是抗氧剂。向烧碱和 Na2SO3 混合溶液中加入少许溴水，振荡后溶液变为无色。 (3)写出在碱性溶液中 Br2 氧化 Na2SO3 的离子方程式：_______。 Ⅲ.取 100mL 18.3mol·L-1 的 H2SO4 与 Zn 反应，当 Zn 完全溶解时，生成气体为 22.4L(标准状况)， 将所得溶液稀释成 1L，测得溶液中 pH=1。 (4)反应转移的电子数目为_______。 (5)消耗硫酸的物质的量为_______。 (6)所得气体中 SO2 和 H2 的体积比为_______。 【答案】 (1). 关闭分液漏斗活塞，向最后支试管中加水至没过导管口微热圆底烧瓶，导管 口 有 气 泡 冒 出 ， 停 止 加 热 后 ， 回 升 段 水 柱 ， 则 装 置 气 密 性 良 好 (2). 2 4 4 2 2Cu 2H SO ( ) CuSO SO 2H O   浓 (3). 2 2 3 2 2 4SO Br 2OH H O SO 2Br        (4). 232 6.02 10  (或 A2N ) (5). 1.78mol (6). 39：11 【解析】 【详解】Ⅰ．(1)检查装置气密性的总的方法是先形成密闭体系，然后改变压强形成压强差， 改变压强差进行检查，故检验上述装置气密性的操作是关闭分液漏斗活塞，向最后支试管中 加水至没过导管口微热圆底烧瓶，导管口有气泡冒出，停止加热后，回升段水柱，则装置气 密性良好，然后加药品，打开 a，然后滴入浓硫酸，加热，故答案为：关闭分液漏斗活塞，向 最后支试管中加水至没过导管口微热圆底烧瓶，导管口有气泡冒出，停止加热后，回升段水 柱，则装置气密性良好； (2)铜与浓硫酸加热反应生成 CuSO4、SO2 和 H2O，故该化学方程式为： 2 4 4 2 2Cu 2H SO ( ) CuSO SO 2H O   浓 ，故答案为： 2 4 4 2 2Cu 2H SO ( ) CuSO SO 2H O   浓 ； Ⅱ．(3)上述实验中 NaOH 溶液用于吸收剩余的 SO2 生成 Na2SO3，Na2SO3 是抗氧剂。向烧碱和 Na2SO3 混合溶液中加入少许溴水，振荡后溶液变为无色，溴单质将 Na2SO3 氧化成 Na2SO4，自 身被还原为 Br-，故在碱性溶液中 Br2 氧化 Na2SO3 的离子方程式为： 2 2 3 2 2 4SO Br 2OH H O SO 2Br        ，故答案为： 2 2 3 2 2 4SO Br 2OH H O SO 2Br        ； Ⅲ．(4)根据反应 2 4 4 2 2Zn 2H SO ( ) ZnSO SO 2H O    浓 和 2 4 4 2Zn H SO ZnSO H    可知， 不管生成 1mol SO2 还是生成 1mol H2 均需转移 2mol 电子，故有 - 18 - 1 22.4L(e ) 2 ( ) 2 2mol22.4L moln n     气体 ，故转移电子数为 232 6.02 10  或 A2N ，故答案为： 232 6.02 10  或 A2N ； (5) 118.3L mol 的 H2SO4 中含有硫酸的物质的量为 1 2 4(H SO ) 0.1L 18.3mol L 1.83moln    液 ； 剩余硫酸的物质的量为 1 2 4 1(H SO ) (H ) 1L 0.1mol L 0.05mol2n n      液 ；消耗硫酸的物质的量 为 2 4(H SO ) 1.83mol 0.05mol 1.78moln   消耗 ，故答案为：1.78mol； (6)锌与浓硫酸发生： 2 4 4 2 2Zn 2H SO ( ) ZnSO SO 2H O    浓 ，随着反应的进行，硫酸浓度降 低，发生： 2 4 4 2Zn H SO ZnSO H    ，生成气体为 SO2 和 H2 的混合物物质的量为 1224L 224L mol 1mol   设混合气体中含有 x mol SO2，y mol H2，则发生反应 2 4 4 2Zn H SO ZnSO H    ，消耗硫酸物质的量为 y mol，则有    1 x+y=1mol 2 2x+y=1.78mol ，解得 x=0.78mol y=0.22mol ，由同温同压下，气体的体积 之比等于物质的量之比，所以 2 2(SO ) (H ) : 0.78: 0.22 39:11V V x y  ： ，故答案为：39：11。 19. 铁是人类比较早使用的金属之一。完成下列问题： Ⅰ.某氯化铁样品中含有少量 FeCl2 杂质，现要测定其中铁元索的质量分数，实验步骤如下： (1)操作Ⅰ所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有_______(填仪器名称)。 (2)写出②加入过量氨水的离子方程式：_______。 (3)样品中铁元素的质量分数为_______。若沉淀灼烧不充分，对最终测量结果的影响： _______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 Ⅱ.将氯化铁溶液与硫氰化钾溶液混合，溶液变为红色。将生成的红色溶液分为三等份，进行 如下实验(第三份是对照)。 (4)向第一份中滴加碘化钾溶液至过量，再加入四氯化碳，充分振荡，最终水层接近无色，四 氯化碳层呈_______色，写出该过程的离子方程式：_______。向该溶液中滴加少量溴水，水 溶液又变为红色。 - 19 - (5)向第二份中加入少量酸性高锰酸钾溶液，红色褪去，完成并配平该反应的离子方程式[已知 硫氰(SCN)2 为拟卤素，其分子及阴离子的性质与卤素性质相似]_______。 【答案】 (1). 250mL 容量瓶、胶头滴管 (2). 3 3 2 3 4Fe 3NH H O Fe(OH) 3NH      (3). 7b 100%a  (4). 偏 大 (5). 紫 (6). 3 2+ 22Fe 2I 2Fe I    (7). 2 4 2 22MnO 10SCN 16H 2Mn 5(SCN) 8H O        【解析】 【详解】(1)操作 I 是将溶液稀释成 250mL，所以用到的玻璃仪器有 250mL 容量瓶、烧杯、玻 璃棒、胶头滴管。 (2)经氯水氧化后的溶液为氯化铁溶液，加氨水发生的反应为 3 3 2 3 4Fe 3NH H O Fe(OH) 3NH      。 (3)b g Fe2O3 中铁的物质的量为 g 2 mol160g mol 80 b b  ，由于只取了 250mL 溶液中的 25mL，根 据铁元素守恒，样品中铁元素的质量分数为 250mol 56g mol 780 25 100% 100%g b b a a       。氢氧 化铁固体灼烧的反应为 3 2 3 22Fe(OH) Fe O 3H O  ，灼烧过程中固体质量减少，如果灼烧不 充分，会使所测氧化铁的质量偏高，从而使计算出的铁的含量偏大。 (4)三价铁离子能将碘离子氧化为碘单质，四氨化碳能萃取碘水中的碘，四氯化碳层呈紫色， 该过程的离子方程式为 3 2+ 22Fe 2I 2Fe I    ；溴单质能将二价铁离子氧化为三价铁离子，所 以又变成红色。 (5)向第二份中加入少量酸性高锰酸钾溶液，红色褪去，说明高锰酸钾将SCN 氧化了，反应 的离子方程式 2 4 2 22MnO 10SCN 16H 2Mn 5(SCN) 8H O        。 20. H2O2 可降解废水中的有机物，活性炭(AC)能促进 H2O2 分解产生羟基自由基(·OH)，提高对水 中有机化合物的降解率。实验表明，AC 表面的酸碱性会影响 H2O2 的分解反应。实验室中，将 纯化的 AC 在氮气(60mL·min-1)和氨气(20mL·min-1)气氛中于 650℃下热处理 2h 可制得氨气改性 活性炭(ACN)。回答下列问题： (1)纯化 AC：将 AC 研磨后置于 10%盐酸中浸泡 6h 除去灰分，用蒸馏水洗涤至中性。研磨的目 的是_______。为了防止放置过程中再次吸水，烘干后的 AC 应置于干燥器中备用。 (2)制备 ACN； - 20 - 检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行的操作是通入氮气，其目的是_______；一段时 间后，打开电炉并加热反应管，此时活塞 K1、K2、K3 的状态为_______。U 形管 b 内试剂 B 的 作用是_______。 (3)通过氨气改性处理后，得到的 ACN 表面仍有少量羧基和酚羟基，其含量可采用滴定法测定。 测定羧基含量的方法：在锥形瓶中加入 0.5g ACN，加入 a mL 0.05mol·L-1 的 X 溶液。上恒温摇 床，吸附平衡。以甲基橙作指示剂，用 0.1 mol·L-1 的标准盐酸反滴定剩余的 X 溶液，标准盐酸 的平均用量为 b mL。则 X 为_______(填“NaOH”“Na2CO3”或“NaHCO3”)，计算所得活性炭表面的 羧基含量为_______mol·kg-1(已知：ACN 中，羧基的 4 aK 1.0 10  、酚羟基的 9 aK 5.0 10  、 碳酸的 7 a1K 4.2 10  、 11 a2K 5.6 10  ；用含 a、b 的代数式表示)。 (4)某课题组以 2500 mg·L-1 苯酚溶液为模型废水，研究 AC 与 ACN 表面的酸碱性对 H2O2 降解苯 酚的影响，得到如下图像： 由图像可知，_______(填“AC”或“ACN”)更有利于 H2O2 降解苯酚，原因是_______。 【答案】 (1). 增大接触面积，提高酸洗涤效率 (2). 将装置内的空气排尽，以免干扰实 验 (3). 关闭K1，打开K2、K3 (4). 防止烧杯中的水蒸气进入管式炉 (5). NaHCO3 (6). 0.1a-0.2b (7). ACN (8). ACN 表面呈碱性，有利于双氧水分解产生羟基 - 21 - 【解析】 【分析】 (1)纯化 AC 时，将 AC 研磨后置于 10%盐酸中，可以增大 AC 与盐酸的接触面积； (2)制备 ACN，为防止 AC 被氧化，检查装置气密性并加入药品后，加热前，打开 K1，关闭 K2、 K3，通入氮气排出装置中的空气，一段时间后，关闭 K1，打开 K2、K3，氨气干燥后通过盛有 AC 的管式炉，打开电炉并加热反应管。 (3)根据电离平衡常数可知，酸性：羧基>碳酸>酚羟基>碳酸氢根，羧基能与碳酸氢根反应、酚 羟基和碳酸氢根不反应。 (4) H2O2 分解产生的羟基自由基(·OH)，降解水中有机化合物。 【详解】(1)研磨的目的是增大接触面积，提高洗涤效率； (2) 为防止 AC 被氧化，加热前应通入氮气，将装置内的空气赶走，以免干扰实验；加热前， 打开 K1，关闭 K2、K3，通入氮气排出装置中的空气，一段时间后，关闭 K1，打开 K2、K3，氨 气干燥后通过盛有 AC 的管式炉；为防止 ACN 吸水， U 形管 b 内试剂应该是碱石灰，作用是 防止烧杯中的水蒸气进入管式炉； (3) 酸性：羧基>碳酸>酚羟基>碳酸氢根，能和酚羟基反应的有 Na2CO3、NaOH；能和羧酸反应 的有 Na2CO3、NaOH、NaHCO3，所以测定羧基含量用 NaHCO3 标准溶液；根据 23 2NaHCO NaHCl COCl H O    可知，剩余的 3 3(NaHCO ) (HCl) 0.1 10 moln n b     ，根据 3 3 2 2CH COOH NaHCO CO H O CHCOONa     ， 3 3 3(CH COOH) (0.05 0 0.1 10 )moln a b       ，羧基含量为 3 3 1 1 3 0.05 10 0.1 10 mol kg (0.1 0.2 )mol kg0.5 10 a b a b               。 (4)根据图像可知，ACN 苯酚剩余率更少，降解更多，因为 ACN 与 AC 的 pH 相比，ACN 表面显 碱性有利于双氧水分解产生羟基。