河南省信阳市罗山县2021届高三化学8月联考试卷（Word版附解析）

河南省信阳市罗山县2021届高三化学8月联考试卷（Word版附解析）

‎2020~2021学年度高中毕业班第一次调研考试 化学试题 说明：本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，总分100分，考试时间100分钟。‎ 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 O-16 Na-23 N-14 Mg-24 Cu-64 S-32 Cl-35.5 Br-80 Fe-56‎ 第Ⅰ卷 (共48分)‎ 一、选择题(每题只有一个选项符合题意；每小题3分，共48分)‎ ‎1. 中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了古代化学研究成果。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是（ ） ‎ 常见古诗文记载 化学知识 A ‎《梦溪笔谈》中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”‎ 铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高 B ‎《天工开物》中记载：凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴 硫指的是硫黄．硝指的是硝酸钾 C ‎《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛”‎ 强水为氢氟酸 D ‎《本草纲目》“烧酒”条目下写道自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也”‎ 这里所用的“法”是指萃取 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铁的合金的熔点比纯铁的低，A不正确；‎ B．黑火药中，硫指的是硫黄．硝指的是硝酸钾，B正确；‎ C．玻璃的主要成分为二氧化硅，能与氢氟酸反应，由“惟玻璃可盛”判断，强水肯定不是氢氟酸，C不正确；‎ D.“用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水”，这里的“法”是指蒸馏，D不正确。‎ 故选B。‎ ‎2. 下列各组物质按照纯净物、混合物、强、弱电解质和非电解质顺序排列的是（ ）‎ A. 氯水，水煤气，硫酸，醋酸，干冰 B. 冰醋酸，福尔马林，硫酸钡，次氯酸，乙醇 C. 单甘油酯，混甘油酯，水玻璃，氢硫酸，三氧化硫 D. 胆矾，漂白粉，氯化钾，氢氟酸，氯气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯水是氯气的水溶液，属于混合物，水煤气主要成分是CO和H2，属于混合物，硫酸是强电解质，醋酸是弱电解质，干冰是非电解质，A项错误；‎ B. 冰醋酸是乙酸的俗名，属于纯净物，福尔马林是甲醛的水溶液，属于混合物，硫酸钡是强电解质，次氯酸是弱电解质，乙醇是非电解质，B项正确；‎ C. 单甘油酯是纯净物，混甘油酯是纯净物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，氢硫酸是弱电解质，三氧化硫是非电解质，C项错误；‎ D. 胆矾是五水合硫酸铜的俗名，属于纯净物，漂白粉主要成分是氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，氯化钾是强电解质，氢氟酸是弱电解质，氯气不属于非电解质，D项错误；‎ 所以答案选择B项。‎ ‎【点睛】此题采用排除法可以快速获得答案。A项中因氯水不是纯净物而直接排除，C项水玻璃是混合物而直接排除，D项氯气不属于非电解质而直接排除。‎ ‎3. 下列有关阿伏加德罗常数NA的说法正确的是(　　)‎ A. 100mL12mol/L浓盐酸与足量的MnO2加热充分反应生成氯气分子数为0.3 NA B. ‎16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NA C. 向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2+被氧化时，转移的电子的数目为NA D. ‎5.4g铝粉与足量的氢氧化钠溶液充分反应生成氢气分子数为0.3 NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 随着反应的进行，浓盐酸变成稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应，生成氯气分子数小于0.3 NA，故A错误；‎ B. 一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故所形成的氢氧化铁胶粒个数小于0.1 NA个，‎ 故B错误；‎ C. FeI2溶液中,碘离子的还原性大于亚铁离子的，通入适量氯气，当有1mol Fe2+被氧化时，溶液中碘离子已经完全被氧化，由于不知道碘化亚铁的物质的量，无法计算转移的电子数，故C错误；‎ D. ‎5.4g铝物质的量为0.2mol，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑由方程式可以看出，反应关系式为2Al∼3H2，所以‎5.4g铝与足量氢氧化钠反应生成氢气分子数为0.3 NA，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎4. 下列解释实验过程或事实的反应方程式不正确的是 A. 熔融烧碱时，不能使用氧化铝坩埚：Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O B. 刻制印刷电路时用FeCl3溶液作为“腐蚀液”：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+‎ C. 打磨后的镁条置于沸水中，滴加酚酞溶液变红色：Mg+2H2O(g)Mg(OH)2+H2↑‎ D. 向KI溶液中滴加硫酸酸化的双氧水，溶液呈棕黄色：2I﹣+H2O2+2H+=I2+O2↑+2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氧化铝为两性氧化物，熔融烧碱时，不能使用普通氧化铝坩埚，是因发生Al2O3+ 2NaOH 2NaAlO2+H2O反应，A正确；‎ B．氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，化学方程式为：Cu+2FeCl3═CuCl2+2FeCl2，该离子反应为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，B正确；‎ C．镁条能和沸水剧烈反应生成氢氧化镁和氢气，氢氧化镁具有碱性，遇酚酞变红色，所以会看到镁条表面产生大量气泡，溶液变成红色，反应为：Mg+2H2O(g)Mg(OH)2+H2↑，C正确；‎ D．双氧水能够氧化碘离子，反应的化学方程式是：2I－+H2O2+2H+=I2 +2H2O，D错误；‎ 故选D。‎ ‎5. 仅用下表提供的仪器(夹持仪器和试剂任选)不能实现相应实验目的的是（ ）‎ 选项 实验目的 仪　器 A 除去氢氧化铝胶体中的泥沙 漏斗(带滤纸)、烧杯、玻璃棒 B 从食盐水中获得NaCl晶体 坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角 C 用0.10 mol·L－1的盐酸测定未知浓度的NaOH溶液浓度 碱式滴定管、酸式滴定管、锥形瓶、胶头滴管、烧杯 D 用MnO2和浓盐酸制取干燥、纯净的Cl2‎ 圆底烧瓶、分液漏斗、酒精灯、洗气瓶、集气瓶、导管、石棉网 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 泥沙颗粒不能通过滤纸，胶体粒子能够通过滤纸，可以通过过滤方法除去氢氧化铝胶体中的泥沙，使用的仪器有漏斗(带滤纸)、烧杯、玻璃棒，A不符合题意；‎ B. 从食盐水中获得NaCl晶体采用蒸发结晶的方法，使用的仪器有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒、铁架台等，不需要使用坩埚，不能达到实验目的，B符合题意；‎ C. 用0.10 mol/L的盐酸测定未知浓度的NaOH溶液浓度，用碱式滴定管量取待测溶液，放入锥形瓶中，在调整液面时用烧杯盛装多余溶液，用酸式滴定管盛装标准盐酸溶液进行滴定，用胶头滴管滴加指示剂，可以完成需要实验，C不符合题意；‎ D. 用MnO2和浓盐酸制取干燥、纯净的Cl2，用分液漏斗盛装浓盐酸，将MnO2放在圆底烧瓶中进行反应，要垫上石棉网使用酒精灯进行加热，不同装置之间通过导管连接，用洗气瓶除去杂质HCl、H2O，最后用集气瓶收集干燥、纯净的Cl2，能达到实验目的，D不符合题意；‎ 故合理选项是B。‎ ‎6. 将Cl2通入400mL0.5 mol·L-1KOH溶液中，二者恰好完全反应得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO-与ClO3-的物质的量之比是1:2，则通入的Cl2在标谁状况下的体积为（ ）‎ A. ‎‎1.12‎L B. ‎2.24L C. ‎1.68L D. ‎‎0.56L ‎【答案】A ‎【解析】‎ Cl2与KOH恰好反应生成KCl、KClO、KClO3，依据原子守恒可知n（K）=n（Cl），因此 n（Cl2）=1/2n（KOH）=0.5×‎0.2L×0.5mol/L=0.05mol，所以通入的Cl2在标准状况下的体积为0.05mol×‎22.4L/mol=‎1.12L，答案选A。‎ 点睛：本题考查氧化还原反应的计算，把握发生的反应及守恒法为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法应用。如果该题采用电子得失守恒计算虽然也能得出结论，但计算过程略显繁琐，且需要判断氧化产物与还原产物，因此采用何种方法需要具体情况具体分析，注意知识的灵活应用。‎ ‎7. 铁粉具有平肝镇心，消痈解毒之功效，主治惊痫、癫狂、脚气冲心、贫血等。某兴趣小组探究用氢气和碳酸亚铁制取铁粉并检验反应产物，实验装置如图。下列说法不正确的是 ‎ A. 通过调节分液漏斗的活塞以控制①中气泡产生快慢 B. 装置①的作用是干燥氢气 C. 装置②、③中的药品分别是无水硫酸铜、碱石灰 D. 加热装置Y前，应先让X反应一段时间，排除装置中的空气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据实验目的“探究用氢气和碳酸亚铁制取铁粉并检验反应产物”，结合装置图分析可知，X装置为Zn和稀硫酸发生置换反应制备H2的装置，①装置盛有浓硫酸干燥H2，Y装置为氢气和碳酸亚铁制取铁粉的装置，②为检验产物H2O的装置，可盛装白色的无水硫酸铜固体，③装置的主要目的是吸收H2O并防止④中的H2O进入②装置中造成干扰，可以是无水CaCl2，④为检验CO2的装置，据此分析解答问题。‎ ‎【详解】A．根据上述分析，X装置为Zn和稀硫酸发生置换反应制备H2的装置，分液漏斗可调节稀硫酸的滴入速率从而控制①中气泡产生快慢，A选项正确；‎ B．①装置盛有浓硫酸干燥H2，防止对后面产物的检验产生干扰，B选项正确；‎ C．由上述分析可知，②为检验产物H2O的装置，可盛装白色的无水硫酸铜固体，③装置的主要目的是吸收H2O并防止④中的H2O进入②装置中造成干扰，可以是无水CaCl2或无水硫酸 铜，但碱石灰会吸收CO2，不能是碱石灰，C选项错误；‎ D．H2与空气混合加热易发生爆炸，故在加热装置Y前，应先让X反应一段时间，排除装置中的空气，D选项正确；‎ 答案选C。‎ ‎8. 下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KMnO4＋16HCl=2KCl＋5Cl2↑＋2MnCl2＋8H2O 对实验现象的“解释或结论”正确的是(　　)‎ 选项 实验现象 解释或结论 A a处变蓝，b处变红棕色 氧化性：Cl2>Br2>I2‎ B c处先变红，后褪色 氯气与水生成了酸性物质 ‎ C d处立即褪色 氯气与水生成了漂白性物质 ‎ D e处变红色 还原性：Fe2＋>Cl－‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、a处变蓝,b处变红棕色,说明Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2,可证明氧化性:Cl2＞I2,Cl2＞Br2,无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱,A项错误;‎ B、c处先变红,说明氯气与水生成酸性物质,后褪色,则证明氯气与水生成具有漂白性物质,B项错误;‎ C、d处立即褪色,也可能是氯气与水生成酸性物质中和了NaOH,C项错误;‎ D、e处变红说明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+,证明还原性:Fe2+＞Cl-,D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎9. 向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol•L﹣1稀盐酸，CO2生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是(　　)‎ A. 在0﹣a范围内，只发生中和反应 B. ab段发生反应的离子方程式为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O C. a=0.3‎ D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1：2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ NaOH和Na2CO3混合溶液，滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸铵与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后碳酸氢钠与盐酸反应产生二氧化碳，利用物质的量关系进行解答。‎ ‎【详解】A．在0﹣a范围内，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸铵与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，A错误；‎ B．ab段发生反应为碳酸氢钠与盐酸，离子方程式为：HCO32-+H+=CO2↑+H2O，B错误；‎ C．根据碳元素守恒，碳酸氢钠的物质的量为0.01mol，即碳酸氢钠与盐酸反应中消耗盐酸0.01mol，需要0.1mol•L﹣1稀盐酸体积为‎0.1L，即a=0.4-0.1=0.3，C正确；‎ D．根据碳元素守恒，碳酸氢钠的物质的量为0.01mol，即碳酸钠的物质的量为0.1mol，NaOH和Na2CO3混合溶液共消耗盐酸0.3mol，即原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2：1，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎10. 一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分，当左边充入1mol，右边充入一定量的CO时，隔板处于如图位置(保持温度不变)，下列说法正确的是( )‎ A. 右边与左边分子数之比4:1‎ B. 右侧气体密度是相同条件下氢气密度14倍 C. 右侧的质量为‎5.6g D. 若改变右边CO的充入量而使隔板处于容器正中间，保持温度不变，则应充入0.2mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4：1，则左右气体物质的量之比为4：1，所以右侧气体物质的量==0.25mol，‎ A．气体分子数与物质的量成正比，则右边与左边分子数之比为1：4，故A错误；‎ B．相同条件下密度之比与摩尔质量成正比，则右侧气体密度是相同条件下氢气密度的 =14倍，故B正确；‎ C．右侧CO的质量为：‎28g/mol×0.25mol=‎7g，故C错误；‎ D．相同条件下气体体积与物质的量成正比，隔板处于容器正中间时，左右两侧气体的物质的量相等，则需要充入CO的物质的量为：1mol-0.25mol=0.75mol，故D错误； 故选：B。‎ ‎11. 工业上用某种氧化铝矿石(含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图：对上述流程中的判断正确的是( )‎ A. 试剂X可以为氨水，沉淀中含有铁的化合物 B. CO2可以用H2SO4溶液或稀盐酸代替 C. 工业上还可采用Fe还原Al2O3的方法制Al，成本更低 D. 反应II中的反应为：CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应Ⅰ过滤出沉淀为Fe2O3，所得溶液乙为NaAlO2溶液；向NaAlO2溶液中通入过量CO2，化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，所以Y为NaHCO3溶液，Al(OH)3加热分解生成Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al。‎ A项，氧化铝和氧化铁与氨水都不反应，无法分离，故A错误；B项，若用H2SO4溶液或稀盐酸代替CO2会导致生成的氢氧化铝溶于其中，故B错误；C项，Fe不如Al活泼，与Al2O3不反应，故C错误；D项，过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，离子方程式为：CO2+AlO2-+2H2O= Al(OH)3↓+HCO3-，故D正确。‎ 点睛：本题是一道化工流程题，以铁、铝化合物的性质为载体综合考查工业冶炼铝相关知识，侧重于对学生分析和解决问题能力的考查，综合性较强，注意掌相关握反应原理和对反应流程的分析。‎ ‎12. 用如图所示装置和相应试剂能达到实验目的的是 选项 实验目的 试剂a 试剂b 试剂c 装置 A 验证非金属性：N>C>Si 稀硝酸 Na2CO3‎ Na2SiO3溶液 B 验证氧化性：Cl2>Br2‎ 浓盐酸 KMnO4‎ FeBr2溶液 C 验证SO2有还原性 浓硫酸 Na2SO3‎ KMnO4溶液 D 除去Na2SO3中的Na2SO4‎ 氯水 混合物 NaOH溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硝酸具有挥发性，从锥形瓶中出来的气体中混有HNO3，对CO2与Na2SiO3的反应产生干扰，不能达到实验目的，故A不符合题意；‎ B、KMnO4能把HCl氧化成Cl2，FeBr2中Fe2＋的还原性强于Br－，氯气先于Fe2＋发生反应，对Cl2和Br2氧化性的比较产生干扰，不能达到实验目的，故B不符合题意；‎ C、浓硫酸与Na2SO3反应生成SO2，气体通入到KMnO4溶液中，如果KMnO4溶液褪色，体现SO2的还原性，能够达到实验目的，故C符合题意；‎ D、Na2SO3具有还原性，氯气能把Na2SO3氧化成Na2SO4，与实验目的不符，故D不符合题意。‎ ‎13. 利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如下图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. X是N2‎ B. 汽车尾气中含有的氮氧化合物是由于汽油燃烧产生的 C. NH4+中含有非极性共价键 D. 上述历程的总反应为：2NH3+NO +NO22N2+3H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图示反应可以生成X的反应为[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++X+H+，原子守恒判断X为N2和H2O，故A错误；‎ B．汽油是碳氢化合物的混合物，而汽车尾气中含有的氮氧化合物是由空气中的N2氧化产生的，故B错误；‎ C．NH4+中含有四个N-H极性共价键，而不是非极性键，故C错误；‎ D．由反应历程图可知，氨气、二氧化氮和一氧化氮是反应物，氮气与水是生成物，所以总反应为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎14. 下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应能实现如图所示转化的是( )‎ X Y Z 物质转化关系 A Cu CuO Cu(OH)2‎ B Si SiO2‎ H2SiO3‎ C NaHCO3‎ Na2CO3‎ NaOH D FeCl2‎ FeO FeCl3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Cu与O2反应生成CuO，CuO与C或H2等反应生成Cu，Cu(OH)2无法一步转化为Cu，且CuO无法一步转化为Cu(OH)2，错误；‎ B.Si与O2反应生成SiO2，SiO2与H2或C等反应生成Si，SiO2无法一步转化为H2SiO3，H2SiO3无法一步转化为Si，错误；‎ C.NaHCO3在加热条件下能生成Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，Na2CO3与Ca(OH)2反应生成NaOH，NaOH与过量CO2反应能直接生成NaHCO3，正确；‎ D.FeCl2不能一步转化为FeO，FeO与HCl反应能生成FeCl2，FeO无法一步转化为FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，错误。‎ ‎15. 某溶液中可能含有H+、Na+、NH、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO、CO等离子。当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是(　 　)‎ A. 原溶液中含阳离子H+、NH、Mg2+、Al3+‎ B. 原溶液中一定含有SO和Na+‎ C. 原溶液中Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1‎ D. 反应最后形成的溶液中含有的溶质为Na2SO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据图象第一段,沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子,酸碱中和反应是一切反应的优先反应，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有铝离子，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含碳酸根离子和镁离子，即原溶液中含有的阳离子是H+、NH、Fe3+、Al3+，故A错误；‎ B. 根据A的推断，题图象第二段和最后剩余沉淀的量，可以知道氢氧化铝的沉淀量和另一沉淀的量是相等的，即一定是三价铁离子，一定不含有镁离子，所以含有的阳离子是H+、NH、Fe3+、Al3+，一定不含碳酸根离子，溶液中需要正、负离子，故一定有阴离子S O，不能确定钠离子是否存在，故B错误；‎ C. 根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了1体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了3体积的氢氧化钠，还有3体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1:1，故C正确；‎ D. 加入NaOH溶液，钠离子实际不参加反应，则反应后溶液中钠离子一定存在，所以最后溶液中含有的溶质Na2SO4和偏铝酸钠，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎16. 铜和镁的合金‎4.35g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mLNO2气体和336mL的N2O4气体(气体的体积已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为（ ）‎ A. ‎‎9.02‎g B. ‎8.51g C. ‎8.26g D. ‎‎7.04g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 最终生成的沉淀是氢氧化镁和氢氧化铜，所以沉淀增加的质量就是和金属阳离子结合的OH－的物质的量。根据此分析进行解答。‎ ‎【详解】由于金属阳离子结合的OH－的物质的量，就是金属失去的电子的物质的量，所以根据电子的得失守恒可知，金属失去电子的物质的量是‎4.48L÷‎22.4L/mol＋2×‎0.336L÷‎22.4L/mol＝0.23mol，所以和金属阳离子结合的OH－的物质的量也是0.23mol，质量是‎3.91g，则沉淀的质量是‎4.35g+‎3.91g=‎8.26g，故答案选C。‎ ‎【点睛】注意本类型题中最终生成的沉淀是氢氧化镁和氢氧化铜，所以沉淀增加的质量就是和金属阳离子结合的OH－的物质的量。由于金属阳离子结合的OH－的物质的量，就是就是失去的电子的物质的量，所以根据电子的得失守恒可进行计算。‎ 第Ⅱ卷 (共52分)‎ 二、非选择题(共52分)‎ ‎17. 高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：‎ 相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：‎ 金属离子 Mn2+‎ Fe2+‎ Fe3+‎ Al3+‎ Mg2+‎ Zn2+‎ Ni2+‎ 开始沉淀的pH ‎8.1‎ ‎6.3‎ ‎1.5‎ ‎3.4‎ ‎8.9‎ ‎6.2‎ ‎6.9‎ 沉淀完全的pH ‎10.1‎ ‎8.3‎ ‎2.8‎ ‎4.7‎ ‎10.9‎ ‎8.2‎ ‎8.9‎ ‎（1）“滤渣‎1”‎含有S和__________________________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式____________________________________________________。‎ ‎（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将________________________。‎ ‎（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_______~6之间。‎ ‎（4）“除杂‎1”‎的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣‎3”‎的主要成分是______________。‎ ‎（5）“除杂‎2”‎的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是_____________________________________________________________________。‎ ‎（6）写出“沉锰”的离子方程式___________________________________________________。‎ ‎（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=___________。‎ ‎【答案】 (1). SiO2（不溶性硅酸盐） (2). MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O (3). 将Fe2+氧化为Fe3+ (4). 4.7 (5). NiS和ZnS (6). F−与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2++‎2F−平衡向右移动 (7). Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）Si元素以SiO2或不溶性硅盐存在，SiO2与硫酸不反应，所以滤渣I中除了S还有SiO2；在硫酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，方程式为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；‎ ‎（2）二氧化锰作为氧化剂，使得MnS反应完全，且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+；‎ ‎（3）由表中数据知pH在4.7时，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以应该控制pH在4.7~6之间；‎ ‎（4）根据题干信息，加入Na2S除杂为了除去锌离子和镍离子，所以滤渣3是生成的沉淀ZnS和NiS；‎ ‎（5）由HF H++F-知，酸度过大，F-浓度减低，使得MgF2Mg2++‎2F-平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2+沉淀不完全；‎ ‎（6）根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO3沉淀，所以反应离子方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；‎ ‎（7）根据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得：1+2x+3y+4z=4，已知，x=y=1/3，带入计算得：z=1/3‎ ‎18. 高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。完成下列填空。‎ I.在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：‎ ‎①8MnO+5Cu2S+44H+═10Cu2++5SO2↑+8Mn2++22H2O(已配平)‎ ‎②MnO+CuS+H+Cu2++SO2↑+Mn2++H2O(未配平)‎ ‎(1)下列关于反应①的说法中错误的是_____(填字母序号).‎ a.被氧化的元素是Cu和S ‎ b.氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5‎ c.生成‎2.24L(标况下)SO2，转移电子0.8mol ‎ d.还原性的强弱关系是：Mn2+＞Cu2S Ⅱ.在稀硫酸中，KMnO4与 (NH4)2Fe(SO4)2也能发生氧化还原反应。‎ ‎(2)配平离子方程式： __MnO+__Fe2++__H+=__Mn2++__Fe3++__H2O ‎(3)欲配制480mL 0.1mol/L Fe2+溶液，需称取(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(M=‎392g/mol)的质量为_______g。需要的玻璃仪器有_______。‎ Ⅲ.实验室可由软锰矿(主要成分为MnO2)制KMnO4，方法如下：高温下使软锰矿与过量KOH(s)和KClO3(s)反应，生成K2MnO4(锰酸钾)和KCl；用水溶解，滤去残渣；酸化滤液，K2MnO4转化为MnO2和KMnO4；再滤去沉淀MnO2，浓缩结晶得到KMnO4晶体。请回答：‎ ‎(4)用软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是：_______。‎ ‎(5)K2MnO4转化为KMnO4的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。‎ ‎【答案】 (1). d (2). 1 (3). 5 (4). 8 (5). 1 (6). 5 (7). 4 (8). 19.6 (9). 500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管 (10). 6KOH+KClO3+3MnO23K2MnO4+KCl+3H2O (11). 1：2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)a．反应①中Mn元素的化合价降低，而铜元素的化合价由+‎1升到+2价，硫元素的化合价由‎-2升到+4价；‎ b．氧化剂为KMnO4，还原剂为Cu2S；‎ c．根据二氧化硫计算KMnO4物质的量，结合Mn元素化合价变化计算转移电子；‎ d．还原剂的还原性强于还原产物的还原性；‎ ‎(2)锰元素化合价由+7降到+2，化合价共降低5价，Fe元素化合价由+‎2升到+3，化合价共升高1价，化合价最小公倍数为5，再结合电荷守恒、原子守恒配平；‎ ‎(3)没有480mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，实际配置500mL，根据n=cV计算 Fe2+‎ 的物质的量，而n[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]=n（ Fe2+），再根据m=nM计算；‎ 用固体溶解配置500mL一定物质的量浓度溶液，需要仪器有：500mL容量瓶、托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；‎ ‎(4)高温下软锰矿（MnO2）与过量KOH（s）和KClO3（s）反应生成K2MnO4（锰酸钾）和KCl，由元素守恒可知，还有水生成；‎ ‎(5)K2MnO4转化为KMnO4的反应中K2MnO4→2KMnO4+MnO2，Mn元素的化合价由+6价升高为+7价，Mn元素的化合价由+6价降低为+4价，K2MnO4既是氧化剂又是还原剂，根据电子转移守恒计算反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比。‎ ‎【详解】(1)a．反应反应中，铜元素的化合价由+‎1升到+2价，硫元素的化合价由‎-2升到+4价，均被氧化，故a正确；‎ b．氧化剂为KMnO4，还原剂为Cu2S，由方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5，故b正确；‎ c．二氧化硫物质的量为=0.1mol，由方程式可知消耗KMnO4为0.1mol×=0.16mol，反应中Mn元素化合价由+7价降低为+2价，故转移电子为0.16mol×（7-2）=0.8 mol，故c正确；‎ d．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性Cu2S>Mn2+，故d错误；‎ 故选d；‎ ‎(2)锰元素化合价由+7降到+2，化合价共降低5价，Fe元素化合价由+‎2升到+3，化合价共升高1价，化合价最小公倍数为5，则MnO4-的系数为1、Fe2+的系数为5，故Mn2+的系数为1，Fe3+的系数为5，根据原子守恒可知H2O的系数为4，H+的系数为8，配平后离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，‎ 故答案为：1，5，8，1，5，4；‎ ‎(3)没有480mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL，n[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]=n（ Fe2+）=‎0.5L×0.1mol/L=0.05mol，故m[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]=0.05mol×‎392g/mol=‎19.6g；用固体溶解配制500mL一定物质的量浓度溶液，需要玻璃仪器有：500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；‎ ‎(4)高温下软锰矿（MnO2）与过量KOH（s）和KClO3（s）反应生成K2MnO4（锰酸钾）和KCl，由元素守恒可知，还有水生成，反应方程式为： 6KOH+KClO3+3MnO2‎ ‎3K2MnO4+KCl+3H2O；‎ ‎(5)K2MnO4转化为KMnO4的反应中K2MnO4→2KMnO4+MnO2，Mn元素的化合价由+6价升高为+7价，Mn元素的化合价由+6价降低为+4价，K2MnO4既是氧化剂又是还原剂，根据电子转移守恒，反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为（7-6）：（6-4）=1：2。‎ ‎19. A、B、C、D为为中学常见单质。通常状况下，A为固体，B为黄绿色气体，C为无色气体。D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X常温下是无色气体，其水溶液是一种强酸，E为黑色固体，H在常温下为液体。它们之间转化关系如下图所示（其中某些反应条件和部分反应物已略去）。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）写出下列物质的化学式：A______、X______。‎ ‎（2）在反应；① ～⑦中，属于氧化还原反应的有____个；反应⑥说明D溶液中含有___离子。‎ ‎（3）反应④的离子方程式是__________。‎ ‎（4）反应⑦的化学方程式是__________。‎ ‎（5）检验D的溶液中是否含有G离子的方法是_________。‎ ‎（6）除去D溶液中混有的少量G的方法是_____________。‎ ‎【答案】 (1). Fe (2). HCl (3). 5 (4). Fe3＋ (5). 2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋ (6). 3Fe＋4H2O(g) Fe3O4＋4H2 (7). 取少量D的溶液，向其中加入几滴酸性KMnO4溶液，若紫红色褪去，则含有Fe2+,若紫红色不褪去，则不含Fe2+。(或用六氰合铁酸钾) (8). 向混合液中通入足量的氯气(或加入足量的H2O2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A为固体，B为黄绿色气体，说明B为Cl2，D与F反应得到血红色溶液，结合转化关系可知，固体A为Fe，D为FeCl3，F为KSCN，由D与G之间的相互转化，可知G为FeCl2，Fe与无色气体C反应得到E，E与X反应得到D、G、H，且X 常温下是无色气体，其水溶液是一种强酸，E为黑色固体，H在常温下为液体，可推知C为O2，E为Fe3O4，X为HCl，H为H2O，据此解答。‎ ‎【详解】(1)由上述分析可知，A为Fe，X为HCl，故答案为Fe；HCl；‎ ‎(2)在反应①～⑦中，①为铁和氯气发生的氧化还原反应，②为铁和氧气发生的氧化还原反应，③为四氧化三铁和盐酸发生的复分解反应，不是氧化还原反应，④为氯化铁和铁发生的氧化还原反应，⑤为氯化亚铁和氯气发生的氧化还原反应，⑥是氯化铁和硫氰酸盐发生的复分解反应，不是氧化还原反应，反应⑦是铁与水在高温下的置换反应，是氧化还原反应，所以属于氧化还原反应的有①②④⑤⑦，共5个，反应⑥遇KSCN溶液呈血红色，说明D溶液中有Fe3+，故答案为5；Fe3+；‎ ‎(3)反应④的离子方程式是：2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为2Fe3++Fe=3Fe2+；‎ ‎(4)反应⑦是铁在水蒸气中发生的反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故答案为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；‎ ‎(5)检验FeCl3溶液中是否有FeCl2的方法是：向溶液中滴加高锰酸钾溶液，看紫色高锰酸钾溶液是否褪色，如果褪色则说明溶液有亚铁离子，否则没有，故答案为向溶液中滴加高锰酸钾溶液，看紫色高锰酸钾溶液是否褪色，如果褪色则说明溶液有亚铁离子，若紫红色不褪去，则不含Fe2+；‎ ‎(6)除去FeCl3溶液中混有的少量FeCl2的方法是：向混合溶液中通入足量的氯气，故答案为向混合溶液中通入足量的氯气。‎ ‎20. 探究钠与CO2的反应，进行实验。(已知PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd)‎ ‎(1)若用稀盐酸与CaCO3反应制备CO2，在加稀盐酸时，发现CaCO3与稀盐酸不能接触，而稀盐酸又不够了，为使反应能顺利进行，可向长颈漏斗中加入的试剂是___________。‎ A.NaNO3溶液 B.CCl‎4 C.苯 D.稀硝酸 ‎(2)请将图中各装置连接完整：c接f，_______接_______，_______接_______，_______接_______‎ ‎(3)检查装置气密性并装好药品后，点燃酒精灯之前应进行的操作是打开弹簧夹，让CO2充满整个装置，当观察到_______时再点燃酒精灯。‎ ‎(4)反应过程中CO2足量，假如有下列两种情况，分别写出钠与CO2反应的化学方程式。‎ Ⅰ.装置⑤PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，装置①中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体_______。‎ Ⅱ.装置①中钠的质量为‎0.46g，充分反应后，将装置①中的固体加入到足量稀盐酸中产生224mL(标准状况)CO2气体，且溶液中还有固体残留_______。‎ ‎【答案】 (1). ABD (2). g (3). d (4). e (5). a (6). b (7). h (8). 装置⑤中澄清石灰水变浑浊 (9). 2Na+2CO2Na2CO3+CO (10). 4Na+3CO22Na2CO3+C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）所选试剂的作用是增大溶液体积，可以用稀硝酸和硝酸钠溶液，由于四氯化碳的密度大于盐酸，也可以加入四氯化碳溶液，但是苯的密度小于盐酸，加入苯不能使稀盐酸与碳酸钙接触；‎ ‎（2）根据实验目的，②为制取二氧化碳装置，实验室中常用碳酸钙与盐酸反应，二氧化碳中混有氯化氢，需要用装置④除去，然后用装置③干燥，然后在①中进行钠与二氧化碳的反应，然后用⑤检验反应产物，据此进行连接装置；‎ ‎（3）二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，当装置⑤中澄清石灰水变浑浊说明装置中空气已经排净；原因是空气中的二氧化碳、水与钠反应，需要排净空气，避免干扰实验；‎ ‎（4）Ⅰ．根据题干信息及反应现象判断反应物、生成物，然后写出反应的化学方程式；‎ Ⅱ．根据n=计算出钠的物质的量，再根据n=计算出标况下224mL二氧化碳的物质的量，从而得出反应后生成碳酸钠的物质的量；溶液中还有固体残留，该固体只能为C，说明钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和C，据此写出反应的化学方程式。‎ ‎【详解】（1）A．NaNO3溶液：加入硝酸钠溶液后，增大了盐酸的体积，可以使盐酸与碳酸钙接触，故A正确； ‎ B．CCl4：四氯化碳的密度大于稀盐酸，加入四氯化碳后会，四氯化碳层在混合液下层，从而使盐酸与碳酸钙接触，故B正确；‎ C．苯：苯的密度小于盐酸，加入苯后，苯在混合液上层，无法使稀盐酸与碳酸钙接触，故C错误； ‎ D．稀硝酸：加入稀硝酸后，可以增大溶液体积，使溶液与碳酸钙接触，故D正确； 故答案为：ABD；‎ ‎（2）探究钠与CO2的反应，首先用盐酸和碳酸钙在②中反应制取二氧化碳气体，制取的二氧化碳中混有挥发出来的HCl，需要用装置④中的饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，然后用③浓硫酸干燥，再在①中进行钠与二氧化碳的反应，最后用装置⑤检验反应产物，所以装置的连接顺序为：g、d、e、a（b）、b（a）、h；‎ ‎（3）钠化学性质比较活泼，能够与空气中的氧气、水反应，所以点燃酒精灯之前应需要打开弹簧夹，让CO2充满整个装置，以便排尽装置中的空气，避免空气中O2、H2O干扰实验；当装置装置⑤中澄清石灰水变浑浊时，证明装置中空气已经排净； ‎ ‎（4）Ⅰ．装置⑤PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd，则黑色沉淀为Pd，钠与二氧化碳反应生成了CO；装置①中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体为二氧化碳，则钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和CO，2Na+2CO2Na2CO3+CO，‎ Ⅱ．装置①中钠的质量为‎0.46g，钠的物质的量为：n（Na）=====0.02mol，‎ 将装置①中的固体加入到足量稀盐酸中产生224mL（标准状况）CO2气体，二氧化碳的物质的量为：n（CO2）=====0.01mol，则反应后生成碳酸钠的物质的量为0.01mol，说明钠完全转化成了碳酸钠；‎ 溶液中还有固体残留，根据化合价变化可知，残留的固体只能为C，则钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和C，反应的化学方程式为：4Na+3CO22Na2CO3+C。‎ ‎21. 为测定某溶液中Ca2+的含量，某冋学设计了如下实验：量取100 mL该溶液于烧杯中，加入足量的(NH4)‎2C2O4溶液使Ca2+转化为CaC2O4沉淀，过滤、洗涤后，往沉淀中加入足量稀硫酸，然后用0.1000mol·L-1的KMnO4标准溶液滴定。请回答下列问题：‎ ‎(1)如图所示的仪器中，配制0.1000mol·L-1的KMnO4标准溶液时肯定不需要的是_______(填标号)。‎ ‎(2)若滴定中消耗KMnO4标准溶液20.00mL，则原溶液中Ca2+的质量浓度为_________g·L-1。‎ ‎(3)如图为草酸钙固体在受热分解过程中所得固体产物的质量随温度变化的曲线，图中A、B、‎ C分别代表三种固体，写出固体A到B的化学方程式：________。‎ ‎【答案】 (1). AC (2). 2.000(或2) (3). CaC2O4 CaCO3+CO↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要和不需要的仪器；‎ ‎(2)根据2KMnO4+5H‎2C2O4+3H2SO4═1K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O，利用关系式法计算：5CaC2O4～5H‎2C2O4～2KMnO4，原溶液中Ca2+的质量浓度计算公式为c=，注意浓度的单位为g•L-1；‎ ‎(3)由图可知：A处CaC2O4的质量为‎6.4 g，B为‎5 g，观察化学式：CaC2O4，其逐步分解的固体产物必为含Ca的化合物，则产物B的物质的量应与CaC2O4相同，设B的相对分子质量分别为x，根据关系式计算B的相对分子质量，据此判断B的化学式，进而书写固体A到B的化学方程式。‎ ‎【详解】(1)根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，配制0.1000mol•L-1的KMnO4标准溶液需要的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故不需要的仪器是A（圆底烧瓶）C（分液漏斗）；‎ ‎(2)根据2KMnO4+5H‎2C2O4+3H2SO4═1K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O，5CaC2O4～5H‎2C2O4～2KMnO4，则5Ca2+～～～～2MnO4-，n（Ca2+）= × 0.1mol•L-1×‎0.02L 解得：n（Ca2+）=0.005mol，100mL该溶液Ca2+的质量浓度为c===‎2g/L；‎ ‎(3)设B的相对分子质量分别为x，则：‎ 由 ‎ 所以x==100，CaC2O4相对分子质量为128，B与CaC2O4的相对分子质量相差28，则B为CaCO3，所以固体A到B的化学方程式为：CaC2O4 CaCO3+CO↑。‎