辽宁省实验中学2023-2024学年高三上学期期中化学试题（Word版附解析）

辽宁省实验中学2023-2024学年度上学期期中阶段测试高三年级化学试卷考试时间：75分钟试题满分：100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27Cl-35.5Fe-56Cu-64Ⅰ卷(选择题，45分)一、选择题(包含15小题，每小题3分，共45分，每题只有一个选项符合题意)1.唐代著名诗人白居易曾写过著名诗句：“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”、“酥暖薤白酒，乳和地黄粥”。下列关于诗句中所提及物质的说法正确的是A.酿酒原料高粱、谷物等主要成分为纤维素B.红泥的颜色主要来自氧化铁C.乳和粥的分散质是蛋白质D.纯酒精比乙醇溶液杀菌效果更佳2.下列有关物质的性质和用途说法不正确的是A.利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池B.石灰石在高温下的分解产物可与SO2反应，可用于减少燃煤烟气中的SO2C.Na2O2与CO2反应放出氧气，可用于制作呼吸面具D.二氧化硅导电能力强，可用于制造光导纤维3.下列实验中的颜色变化与氧化还原反应无关的是选项ABCD实验溶液滴入溶液中通入溶液中溶液滴入浊液中石蕊溶液滴入氯水中现象产生白色沉淀，最终变为红褐色产生淡黄色沉淀沉淀由白色逐渐变为黄色溶液变红，随后迅速褪色A.AB.BC.CD.D4.在标准状况下，将NO2、NO、O2混合气体充满一圆底烧瓶，倒置水中，进行喷泉实验，最后无气体剩余，若所得产物不扩散，则所得溶液的物质的量浓度的数值大小范围为 A.B.C.D.5.SO2是引发酸雨的主要污染物，将工业废气中的吸收能有效减少对大气的污染、并实现资源化利用。下列离子方程式正确的是已知常温下亚硫酸的电离平衡常数碳酸的电离平衡常数A.硫酸型酸雨露置于空气中一段时间后溶液酸性增强：B.用过量溶液吸收废气中的C.用过量氨水吸收废气中的D.用过量溶液吸收废气中的6.某同学按图示装置进行实验，欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液，下列物质组合不符合要求的是气体液体固体粉末ACO2饱和Na2CO3溶液CaCO3BCl2FeCl2溶液FeCHClCu(NO3)2溶液CuDNH3H2OAl(OH)3A.AB.BC.CD.D7.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.12g金刚石中含有的C-C键数目为4NAB.标准状况下，11.2LNO与11.2LO2混合后的分子数目为0.75NA C.23gNa与78gNa2O2分别与足量水反应生成的气体体积相同D.100g质量分数为46%的乙醇溶液中含有氢原子数为12NA8.实验室进行含硫化合物性质探究的装置(夹持装置省略)如图所示，分液漏斗①中盛有浓硫酸，将其逐滴加入到试管②的固体中。下列说法正确的是A.若②中为固体，③中盛石蕊溶液，则③中溶液先变红后褪色B.若②中为蔗糖，③中盛有溴水，能说明浓硫酸具有脱水性和氧化性C.若②中为固体，③中盛有氯化钡溶液，则③中生成白色沉淀D.若②中为铜单质，③中盛有硫化氢水溶液，则③中生成黄色沉淀9.由一种金属阳离子(包括NH)与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐，如Ca(NO3)Cl可看成CaCl2和Ca(NO3)2。向混盐Na4S2O3中加入足量稀硫酸，发生如下反应：2Na4S2O3+4H2SO4=4Na2SO4+3S↓+SO2↑+4H2O。下列说法正确的是A.Na4S2O3溶液与AlCl3溶液混合可生成Al2S3沉淀B.向混盐CaOCl2中加入足量稀硫酸会有Cl2产生C.该反应每产生3molS，转移电子的物质的量为6molD.1molNa4S2O3固体中含离子的物质的量为5mol10.常温下取金属钠、铝、铁各1克，加入1mol/L的硫酸V升，要使铝、铁反应后放出等量的氢气，且比钠反应生成的氢气少，V的大小范围是（　　）A.V≥B.V≤C.V＜D.V≤11.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CO32-、HCO3-、AlO2-、Al3+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K1=4.3×10-7,K2=5.6×10-11；Al(OH)3的酸式电离平衡常数K=6.3×10-13）则下列说法正确的是 A.V1:V2=1:4B.M点时生成CO2为0.05molC.原混合溶液中的CO32-与AlO2-的物质的量之比为1:3D.a曲线表示的离子方程式为：AlO2-+4H+=Al3++2H2O12.如图所示，实验室中利用洁净的铜片(0.3mol)和浓硫酸进行反应，实验中无气体生成，Y型管左侧得到Cu2S和白色固体a，倾斜Y型管使左侧的物质全部转移到右侧稀硝酸中，反应生成固体单质b、a的溶液和NO。下列说法错误的是A.白色固体为CuSO4B.NO为还原产物，b为氧化产物C.NO与b的物质的量之和可能为0.2molD.参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%13.2.48g铁铜合金完全溶解于80mL4.0mol·L－1稀硝酸中，得到标准状况下672mLNO气体(假设此时无其他气体产生)，下列说法正确的是A.取反应后溶液，滴入几滴KSCN溶液，无血红色出现B.该合金中铁与铜的物质的量之比是1∶2C.反应后溶液(忽略溶液体积变化)中c(H＋)＝2.5mol·L－1D.向反应后的溶液中加入2.0mol·L－1NaOH溶液至金属离子恰好全部沉淀时，需加入NaOH溶液的体积是120mL 14.某溶液可能含有Al3+、NH、Fe2+、Na+、CO、SO、Cl-、NO中的若干种，若在该溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，无明显现象，并得到X溶液，对溶液进行如图实验，下列结论正确的是(忽略水的电离，且原溶液中各离子浓度均为0.5mol/L)A.原溶液中一定存在NH、Fe2+、SOB.原溶液中可能含有NO和Al3+C.白色沉淀C可能是Al(OH)3D.沉淀B可能是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物15.将由三种固体组成的混合物溶于足量的水中，用玻璃棒搅拌，充分溶解，一段时间后，向稳定的混合物溶液中滴加的稀硫酸，加入稀硫酸的体积与生成沉淀的物质的量关系如图所示。下列有关判断不正确的是A.AB段发生反应的离子方程式为：B.D点表示的溶液呈酸性C.混合物中FeSO4和AlCl3的物质的量相等D.BC段发生反应的离子方程式为：II卷(非选择题，共55分) 16.完成下列填空。（1）已知A、B、C、D为气体，其中A、B为单质，E、F为固体，G是氯化钙，它们之间的转换关系如下图所示：请回答下列问题：①C的化学式是______，D的电子式为______。②如何检验E溶液中阳离子？______（2）在高压下，NO在下分解生成两种化合物，体系中各组分的物质的量随时间变化曲线如图甲所示。NO分解的化学方程式为______。（3）有色金属提取工艺中会产生大量含氰(CN·)废水，对环境造成了极大的负担。在碱性条件下可用ClO-将其氧化成和写出反应的离子方程式：______。（4）向酸性废水中加入NaClO，消除污染。写出相应的离子方程式为______。（5）将软锰矿与硫铁矿粉碎混合，用硫酸浸取。研究发现，酸浸时，和颗粒构成两个原电池反应，其原理如图所示(部分产物未标出)。 若原电池中生成单质S，其反应的离子方程式为______。17.硫酸镍是一种重要的化工原料，无机工业常用其生产硫酸镍铵、氧化镍、碳酸镍等。粗硫酸镍晶体中含有等杂质离子，现欲进一步提纯硫酸镍晶体，设计如下流程：已知：室温下，（1）Ni在周期表中的位置为______。（2）通入气体发生反应的离子方程式为______、______。（3）加入的主要目的是______。（4）试剂X可以是NiO或等，目的是______。（5）反应3加入的目的是______。（6）由溶液得到的操作为______。18.叠氮化钠(NaN₃)是一种防腐剂和分析试剂，在有机合成和汽车行业也有重要应用。学习小组对叠氮化钠的制备和产品纯度测定进行相关探究。查阅资料：I．氨基钠熔点为易潮解和氧化；有强氧化性，不与酸、碱反应；易溶于水，叠氮酸(HN₃)不稳定，易分解爆炸；+2价锡具有较强的还原性。II．回答下列问题：（1）制备 ①按气流方向，上述装置合理的连接顺序为______(填仪器接口字母)。②D的作用为______。③C处充分反应后，停止加热，为防止倒吸，需继续进行的操作为______；E中溶液的作用是______。（2）用如图所示装置测定产品纯度①仪器F中发生反应的离子方程式为______。②管q的作用为______。③若G的初始读数为末读数为V₂mL，本实验条件下气体摩尔体积为则产品中的质量分数为______。19.Ⅰ．次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠。（1）NaClO溶液可由低温下将Cl₂缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的离子反应方程式为______；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是______。（2）有研究显示，南极臭氧空洞中的污染物硝酸氯与次氯酸钠在结构上有类似之处。下列推测有一项不合理，该选项是______。A.具有强氧化性B.与NaOH溶液反应可生成两种钠盐 C与盐酸作用能产生氯气D水解生成盐酸和硝酸Ⅱ．二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为：；准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封暗处静置5min；用标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗溶液20.00mL。（3）如何判断滴定达到了终点？______。（4）通过计算判断该样品是否为优质品______。(写出计算过程)该样品的有效氯=（5）若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值______(填“偏高”或“偏低”)。 辽宁省实验中学2023-2024学年度上学期期中阶段测试高三年级化学试卷考试时间：75分钟试题满分：100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27Cl-35.5Fe-56Cu-64Ⅰ卷(选择题，45分)一、选择题(包含15小题，每小题3分，共45分，每题只有一个选项符合题意)1.唐代著名诗人白居易曾写过著名诗句：“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”、“酥暖薤白酒，乳和地黄粥”。下列关于诗句中所提及物质的说法正确的是A.酿酒原料高粱、谷物等主要成分为纤维素B.红泥的颜色主要来自氧化铁C.乳和粥的分散质是蛋白质D.纯酒精比乙醇溶液杀菌效果更佳【答案】B【解析】【详解】A．酿酒原料高粱、谷物等主要成分为淀粉，A项错误；B．氧化铁为红色，红泥中含有氧化铁，B项正确；C．乳的分散质为蛋白质，粥的分散质为淀粉，C项错误；C．的酒精溶液杀菌消毒效果最好，D项错误；故选：B。2.下列有关物质的性质和用途说法不正确的是A.利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池B.石灰石在高温下的分解产物可与SO2反应，可用于减少燃煤烟气中的SO2C.Na2O2与CO2反应放出氧气，可用于制作呼吸面具D.二氧化硅导电能力强，可用于制造光导纤维【答案】D【解析】【详解】A．高纯单质硅具有半导体性能，可以利用其光电效应制成光电池，故A正确；B．石灰石高温下分解生成氧化钙，氧化钙与二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙，可以减小二氧化硫的排放，故B正确；C．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，可以用于制作呼吸面具中氧气的来源，故C正确； D．二氧化硅不导电，制造光导纤维是利用二氧化硅对光的全反射性能，故D错误；故选D。3.下列实验中的颜色变化与氧化还原反应无关的是选项ABCD实验溶液滴入溶液中通入溶液中溶液滴入浊液中石蕊溶液滴入氯水中现象产生白色沉淀，最终变为红褐色产生淡黄色沉淀沉淀由白色逐渐变为黄色溶液变红，随后迅速褪色A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，首先发生复分解反应产生Fe(OH)2白色沉淀，2NaOH+FeSO4=Fe(OH)2↓+Na2SO4，Fe(OH)2具有强的还原性，又被溶解在溶液中的O2氧化为Fe(OH)3，发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，因此看到白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，颜色变化与氧化还原反应有关，A不符合题意；B．通入溶液中，发生反应3+2=3S+2Na2SO3，该反应中元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，B不符合题意；C．KI溶液滴入AgCl浊液中，发生沉淀转化，由白色AgCl沉淀逐渐变为溶解度更小的黄色AgI沉淀，因此看到沉淀由白色逐渐变为黄色，在反应过程中元素化合价不变，故物质的颜色变化与氧化还原反应无关，C符合题意；D．氯水中含有HCl、HClO电离产生的H+，溶液显酸性，使紫色石蕊试液变为红色，同时溶液中含有的HClO、ClO-具有强氧化性，又将红色物质氧化变为无色，因此石蕊溶液滴入氯水中，看到溶液先变红，随后迅速褪色，物质的颜色变化与氧化还原反应有关，D不符合题意；故选C。4.在标准状况下，将NO2、NO、O2混合气体充满一圆底烧瓶，倒置水中，进行喷泉实验，最后无气体剩余，若所得产物不扩散，则所得溶液的物质的量浓度的数值大小范围为 A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】利用极限法计算，若只有NO2与O2，最后无气体剩余，则二者按照4:1的体积比混合；若只有NO与O2，最后无气体剩余，则二者按照4:3的体积比混合。设烧瓶的体积为VL，则V(NO2)=VL，n(HNO3)=n(NO2)=，最后所得HNO3的物质的量浓度c(HNO3)==mol/L。假设原混合气体为NO与O2，则会发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO与O2应按4:3混合，设烧瓶的体积为VL，则V(NO)=VL，n(HNO3)=n(NO)=mol，最后所得HNO3的物质的量浓度c(HNO3)==mol/L，由于气体为NO2、NO和O2三者的混合物，因此所得溶液的物质的量浓度的数值大小范围为，故选C。5.SO2是引发酸雨的主要污染物，将工业废气中的吸收能有效减少对大气的污染、并实现资源化利用。下列离子方程式正确的是已知常温下亚硫酸的电离平衡常数碳酸的电离平衡常数A.硫酸型酸雨露置于空气中一段时间后溶液酸性增强：B.用过量溶液吸收废气中的C.用过量氨水吸收废气中的D.用过量溶液吸收废气中的【答案】D【解析】【详解】A．硫酸型酸雨露置于空气中一段时间后溶液酸性增强：，A错误； B．用过量溶液吸收废气中的SO2发生反应的离子方程式为，B错误；C．用过量氨水吸收废气中的SO2发生反应的离子方程式为，C错误；D．用过量溶液吸收废气中的SO2发生反应的离子方程式为，D正确；故选D。6.某同学按图示装置进行实验，欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液，下列物质组合不符合要求的是气体液体固体粉末ACO2饱和Na2CO3溶液CaCO3BCl2FeCl2溶液FeCHClCu(NO3)2溶液CuDNH3H2OAl(OH)3A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．二氧化碳进入右瓶后，先与饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸钙与过量的二氧化碳和水反应生成溶于水的碳酸氢钙，则瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液，故A不符合题意；B．氯气进入右瓶后，先与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，反应生成的氯化铁与溶液中的铁粉反应生成氯化亚铁，则瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液，故B不符合题意；C．氯化氢进入右瓶后，先溶于水使溶液呈酸性，酸性条件下溶液中 硝酸根离子与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，则瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液，故C不符合题意；D．氨气进入右瓶后，溶于水得到一水合氨溶液，氢氧化铝是溶于强酸强碱的两性氢氧化物，但不能与一水合氨溶液反应，所以瓶中少量固体粉末不能消失，故D符合题意；故选D。7.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.12g金刚石中含有的C-C键数目为4NAB.标准状况下，11.2LNO与11.2LO2混合后的分子数目为0.75NAC.23gNa与78gNa2O2分别与足量水反应生成的气体体积相同D.100g质量分数为46%的乙醇溶液中含有氢原子数为12NA【答案】D【解析】【详解】A．金刚石中平均1个碳原子可以形成2个碳碳键，12g金刚石（碳的物质的量为1mol）中含有的C-C键数目为2NA，A错误；B．标况下，11.2LNO与11.2LO2混合后发生的反应为2NO+O2═2NO2，生成0.5molNO2和剩余0.25molO2，气体总物质的量为0.75mol，但存在2NO2N2O4，则反应后的气体的物质的量小于0.75mol，混合后所含分子数目小于0.75NA，B错误；C．根据反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑可知，23gNa与足量水反应生成0.5molH2,根据反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，78gNa2O2与足量水反应生成0.5molO2，相同条件下，生成的气体体积相同，但是没有说明是否为相同状态，C错误；D．100g质量分数为46%的乙醇溶液中含有乙醇46g，水54g，则氢原子数为=12NA，D正确；故选D。8.实验室进行含硫化合物性质探究的装置(夹持装置省略)如图所示，分液漏斗①中盛有浓硫酸，将其逐滴加入到试管②的固体中。下列说法正确的是 A.若②中为固体，③中盛石蕊溶液，则③中溶液先变红后褪色B.若②中为蔗糖，③中盛有溴水，能说明浓硫酸具有脱水性和氧化性C.若②中为固体，③中盛有氯化钡溶液，则③中生成白色沉淀D.若②中为铜单质，③中盛有硫化氢水溶液，则③中生成黄色沉淀【答案】B【解析】【详解】A．若②中为Na2SO3，浓硫酸与Na2SO3反应生成SO2，SO2通入石蕊溶液会使溶液变红，但SO2不能漂白指示剂，因此不会褪色，A错误；B．浓硫酸具有脱水性，蔗糖脱水碳化，生成的C与被浓硫酸氧化，生成SO2和CO2，SO2使溴水褪色，因此证明浓硫酸具有脱水性和强氧化性，B正确；C．若②中为Na2SO3，浓硫酸与Na2SO3反应生成SO2，SO2不能与BaCl2反应，C错误；D．Cu与浓硫酸在加热的条件下反应生成SO2，常温下不反应，D错误；故选B。9.由一种金属阳离子(包括NH)与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐，如Ca(NO3)Cl可看成CaCl2和Ca(NO3)2。向混盐Na4S2O3中加入足量稀硫酸，发生如下反应：2Na4S2O3+4H2SO4=4Na2SO4+3S↓+SO2↑+4H2O。下列说法正确的是A.Na4S2O3溶液与AlCl3溶液混合可生成Al2S3沉淀B.向混盐CaOCl2中加入足量稀硫酸会有Cl2产生C.该反应每产生3molS，转移电子的物质的量为6molD.1molNa4S2O3固体中含离子的物质的量为5mol【答案】B【解析】【详解】A．硫化铝能与水反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，所以硫化铝在水中不能存在，则Na4S2O3的水溶液与氯化铝溶液混合不能生成硫化铝，故A错误；B．含一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐为混盐，CaOCl2也可称为混盐，CaOCl2可写成CaCl2•Ca(ClO)2，加入足量稀硫酸，Cl-和ClO-在酸性条件下反应生成Cl2，故B正确；C．由反应2Na4S2O3+4H2SO4=4Na2SO4+3S↓+SO2↑+4H2O可知，混盐Na2SO3•Na2S中-2价S失去2个电子生成S，+4价硫得到4个电子生成S，则每生成3molS时转移电子的物质的量为4mol，故C错误；D．Na4S2O3可以写成Na2SO3•Na2S，电离生成Na+、、S2-，则1molNa4S2O3中共含离子为6mol，故 D错误；故选：B。10.常温下取金属钠、铝、铁各1克，加入1mol/L的硫酸V升，要使铝、铁反应后放出等量的氢气，且比钠反应生成的氢气少，V的大小范围是（　　）A.V≥B.V≤C.V＜D.V≤【答案】D【解析】【详解】要使铝、铁反应后放出等量的氢气，且比钠反应生成的氢气少，则说明与铁、铝反应时硫酸不足，而过量的钠可与水反应，1g钠、铝、铁的物质的量分别为，由与硫酸的反应关系2Na～H2SO4、2Al～3H2SO4、Fe～H2SO4可知，如完全反应，各需硫酸的物质的量为，则可知当硫酸的体积V≤时，铁、铝过量，硫酸完全反应，生成的氢气的物质的量≤mol，但过量的钠可与水反应生成氢气，1g钠完全反应放出氢气的物质的量为mol，即钠产生的氢气大于铝、铁产生的氢气。答案选D。11.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CO32-、HCO3-、AlO2-、Al3+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K1=4.3×10-7,K2=5.6×10-11；Al(OH)3的酸式电离平衡常数K=6.3×10-13）则下列说法正确的是A.V1:V2=1:4B.M点时生成的CO2为0.05molC.原混合溶液中的CO32-与AlO2-的物质的量之比为1:3D.a曲线表示的离子方程式为：AlO2-+4H+=Al3++2H2O【答案】A 【解析】【分析】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L-1的盐酸后，首先发生反应：，a曲线表示AlO2-，由图可知AlO2-反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知：n（AlO2-）=n（H+）=0.05mol×1mol/L=0.05mol；AlO2-反应完毕，发生反应：，b曲线表示CO32-，c曲线表示HCO3-，由图可知CO32-反应完毕，该阶段加入盐酸100mL-50mL=50mL，根据方程式可知：n（CO32-）=n（H+）=0.05mol×1mol/L=0.05mol；CO32-反应完毕，发生反应，d曲线表示HCO3-，由图可知HCO3-反应完毕，该阶段加入盐酸150mL-100mL=50mL，根据方程式可知n（HCO3-）=n（H+）；发生反应，e曲线表示Al3+，由图可知Al（OH）3反应完毕，根据方程式可知n（H+）=3n[Al（OH）3]=3×0.05mol=0.15mol，进而求出消耗盐酸的体积。【详解】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L-1的盐酸后，首先发生反应：，a曲线表示AlO2-，由图可知AlO2-反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知：n（AlO2-）=n（H+）=0.05mol×1mol/L=0.05mol；AlO2-反应完毕，发生反应：，b曲线表示CO32-，c曲线表示HCO3-，由图可知CO32-反应完毕，该阶段加入盐酸100mL-50mL=50mL，根据方程式可知：n（CO32-）=n（H+）=0.05mol×1mol/L=0.05mol；CO32-反应完毕，发生反应，d曲线表示HCO3-，由图可知HCO3-反应完毕，该阶段加入盐酸150mL-100mL=50mL，根据方程式可知n（HCO3-）=n（H+）；发生反应，e曲线表示Al3+，由图可知Al（OH）3反应完毕，根据方程式可知n（H+）=3n[Al（OH）3]=3×0.05mol=0.15mol，该阶段加入盐酸体积为：。A.原溶液中n(CO32-)=0.05mol，V1时溶液中碳酸氢根离子等于碳酸根离子为0.025ml，由反应可知，需要盐酸为0.025mol，盐酸的体积为25mL，故V1=50mL+25mL=75mL，由上述分析可知，V2=150mL+150mL=300mL，故V1:V2=75mL:300mL=l:4，故A正确；B.根据述分析可知，M点时溶液中CO32-完全转化为HCO3-，没有CO2生成，故B错误；C.由上述分析可知，原混合溶液中的CO32-与AlO2-的物质的量之比为：0.05mol:0.05mol=1:1，故C错误； D.由上述分析可知，a曲线表示的离子方程式为：，故D错误；故答案选：A。12.如图所示，实验室中利用洁净的铜片(0.3mol)和浓硫酸进行反应，实验中无气体生成，Y型管左侧得到Cu2S和白色固体a，倾斜Y型管使左侧的物质全部转移到右侧稀硝酸中，反应生成固体单质b、a的溶液和NO。下列说法错误的是A.白色固体为CuSO4B.NO为还原产物，b为氧化产物C.NO与b的物质的量之和可能为0.2molD.参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%【答案】C【解析】【分析】洁净的铜片(0.3mol)和浓硫酸反应为5Cu+4H2SO4（浓）=Cu2S↓+3CuSO4+4H2O，则生成0.06molCu2S，Cu2S和硝酸、硫酸反应为3Cu2S+4HNO3+6H2SO4=6CuSO4+3S+4NO↑+8H2O，则生成NO、S为0.14mol。【详解】A．洁净的铜片(0.3mol)和浓硫酸进行反应，实验中无气体生成，得到Cu2S和白色固体a，根据分析，a为CuSO4，A正确；B．NO由HNO3被还原得到，为还原产物，b为Cu2S和硝酸反应生成的S，Cu2S被氧化，为氧化产物，B正确；C．根据分析，NO与b的物质的量之和为0.14mol，C错误；D．根据5Cu+4H2SO4=Cu2S↓+3CuSO4+4H2O，参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%，D正确；故选C。13.2.48g铁铜合金完全溶解于80mL4.0mol·L－1稀硝酸中，得到标准状况下672mLNO气体(假设此时无其他气体产生)，下列说法正确的是A.取反应后溶液，滴入几滴KSCN溶液，无血红色出现B.该合金中铁与铜的物质的量之比是1∶2C.反应后溶液(忽略溶液体积变化)中c(H＋)＝2.5mol·L－1D.向反应后的溶液中加入2.0mol·L－1NaOH溶液至金属离子恰好全部沉淀时，需加入NaOH 溶液的体积是120mL【答案】C【解析】分析】n(HNO3)=cV=4.0mol/L×0.08L=0.32mol，n(NO)===0.03mol，在该氧化还原反应中硝酸成分的变化：4H＋+→2H2O+NO↑，n(H＋)(参加反应)=4n(NO)=0.12mol<n(HNO3)，表明硝酸过量。n剩余(HNO3)=0.32mol-0.03mol=0.29mol【详解】A.硝酸过量，生成硝酸铁，取反应后溶液，滴入几滴KSCN溶液，出现血红色，故A错误；B.设该合金中铁与铜的物质的量分别是xmol和ymol，根据题意可得，56x+64y=2.48和3x+2y=0.09，解得x=0.01，y=0.03，该合金中铁与铜的物质的量之比是1∶3，故B错误；C.反应后溶液中n(H＋)(剩余)=n(HNO3)-n(H＋)(参加反应)=0.20mol，c(H＋)＝=2.5mol·L－1，故C正确；D.向反应后的溶液中加入2.0mol·L－1NaOH溶液，先发生中和反应，再发生沉淀反应，至金属离子恰好全部沉淀时，形成硝酸钠溶液，由硝酸钠的组成可得n(HNO3)=n(NaOH)=0.32mol-0.03mol=0.29mol，所以加入NaOH溶液的体积是=145mL，故D错误。故选C。14.某溶液可能含有Al3+、NH、Fe2+、Na+、CO、SO、Cl-、NO中的若干种，若在该溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，无明显现象，并得到X溶液，对溶液进行如图实验，下列结论正确的是(忽略水的电离，且原溶液中各离子浓度均为0.5mol/L)A.原溶液中一定存在NH、Fe2+、SOB.原溶液中可能含有NO和Al3+C.白色沉淀C可能是Al(OH)3D.沉淀B可能是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物 【答案】A【解析】【分析】在该溶液中逐滴加入稀盐酸至过量无明显现象，则溶液中不存在CO，且Fe2+、NO不能同时存在；向溶液X中加热硝酸钡产生气体A，气体A遇到空气变成红棕色，则A为NO，原溶液中一定含有Fe2+，则一定不含NO；生成的白色沉淀A只能为硫酸钡，则溶液中一定含有SO；向溶液A中加入过量氢氧化钠溶液，得到的沉淀B为氢氧化铁，气体B只能为氨气，则一定存在NH；向溶液B中通入少量二氧化碳，生成了白色沉淀C，由于溶液中含有氢氧根离子和钡离子，则沉淀C为碳酸钡；根据分析可知，溶液中一定含有NH、Fe2+、SO，一定不含：NO、CO，无法确定是否含有Al3+、Cl-，由于原溶液中各离子浓度均为0.5mol•L-1，根据溶液电中性可知，溶液中一定不含Al3+，一定含有Cl-。【详解】A．由分析，原溶液中一定存在NH、Fe2+、SO、Cl-，故A正确；B．原溶液中不含有NO和Al3+，故B错误；C．白色沉淀C为碳酸钡，不可能是Al(OH)3，故C错误；D．由于硝酸钡、盐酸过量，则亚铁离子完全被氧化成铁离子，故沉淀B一定为氢氧化铁，故D错误；故选A。15.将由三种固体组成的混合物溶于足量的水中，用玻璃棒搅拌，充分溶解，一段时间后，向稳定的混合物溶液中滴加的稀硫酸，加入稀硫酸的体积与生成沉淀的物质的量关系如图所示。下列有关判断不正确的是A.AB段发生反应的离子方程式为：B.D点表示的溶液呈酸性C.混合物中FeSO4和AlCl3的物质的量相等D.BC段发生反应的离子方程式为： 【答案】D【解析】【分析】由图可知最终沉淀0.05mol为BaSO4，则固体混合物中n[Ba(OH)2]为0.05mol，根据图象知，未加H2SO4前A点的沉淀为0.02mol，小于0.05mol，说明FeSO4完全反应，Ba2+有剩余；由A→B一定发生反应Ba2++=BaSO4↓，加入20mLH2SO4，n(H2SO4)为0.02mol，由图可知沉淀量增加0.04mol-0.02mol=0.02mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量，故不可能发生反应+H++H2O=Al(OH)3↓，该反应硫酸的物质的量与沉淀的物质的量之比为1：1，也不会发生其它沉淀的溶解反应，否则沉淀量增加不可能为0.02mol，说明加入的20mL硫酸只与氢氧化钡反应;故未加H2SO4前A点的溶液中Ba(OH)2有剩余，剩余三种固体组成的混合物溶于足量的水中，用玻璃棒搅拌，充分溶解，一段时间发生反应：FeSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，Al3++4OH-=+2H2O；故A点沉淀为Fe(OH)3、BaSO4，由方程式可知n[Fe(OH)3]=n(BaSO4)=0.01mol，此时Al3+变为，可知n(FeSO4)=0.01mol；B→C，加入5mL硫酸，硫酸的物质的量为0.005mol，由图可知沉淀量增加0.055mol-0.04mol=0.015mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量的3倍，故发生反应Ba2++=BaSO4↓，+H++H2O=Al(OH)3↓，由方程式可知，该阶段生成BaSO4为0.005mol，生成Al(OH)3为0.01mol，故C的沉淀为Fe(OH)3、BaSO4、Al(OH)3；C→D，加入15mL硫酸，硫酸的物质的量为0.015mol，由图可知沉淀量增加0.06mol-0.055mol=0.005mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量的倍，沉淀量达最大值，不可能单独发生Ba2++=BaSO4↓（沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量）或+H++H2O=Al(OH)3↓，（沉淀的物质的量是硫酸的2倍）或二者都发生；故该阶段发生反应Ba2++=BaSO4↓（生产BaSO4多）、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O、Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O（沉淀溶解少），说明C点完全反应，D点的溶液含有Al3+、Fe3+、Ba2+沉淀完全，溶液为Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3；D→E发生反应Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O、Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，E点完全溶解，溶液为Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，由C→E共消耗30mLH2SO4，而0.01molFe(OH)3消耗15mLH2SO4，可知Al(OH)3消耗15mLH2SO4，判定n[Al(OH)3]=n[Fe(OH)3]=0.01mol，可知原混合固体中n(AlCl3)=0.01mol，据此分析作答。【详解】A．由上述分析可知，硫酸只与氢氧化钡反应，反应离子方程式为，故A正确；B．由上述分析可知，D点的溶液含有Al3+、Fe3+，溶液为Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，Al3+、Fe3+水解，溶液呈酸性，故B正确； C． 由上述分析可知，原混合固体中n(FeSO4)=0.01mol，n(AlCl3)=0.01mol，两者物质的量相等，故C正确；D．B→C，加入5mL硫酸，硫酸的物质的量为0.005mol，由图可知沉淀量增加0.055mol-0.04mol=0.015mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量的3倍，故发生反应Ba2++=BaSO4↓，+H++H2O=Al(OH)3↓，故D错误；选D。II卷(非选择题，共55分)16.完成下列填空。（1）已知A、B、C、D为气体，其中A、B为单质，E、F为固体，G是氯化钙，它们之间的转换关系如下图所示：请回答下列问题：①C的化学式是______，D的电子式为______。②如何检验E溶液中阳离子？______。（2）在高压下，NO在下分解生成两种化合物，体系中各组分的物质的量随时间变化曲线如图甲所示。NO分解的化学方程式为______。（3）有色金属提取工艺中会产生大量含氰(CN·)废水，对环境造成了极大的负担。在碱性条件下可用ClO-将其氧化成和写出反应的离子方程式：______。（4）向酸性废水中加入NaClO，消除污染。写出相应的离子方程式为______。 （5）将软锰矿与硫铁矿粉碎混合，用硫酸浸取。研究发现，酸浸时，和颗粒构成两个原电池反应，其原理如图所示(部分产物未标出)。若原电池中生成单质S，其反应的离子方程式为______。【答案】16.①.HCl②.③.取少量E溶解于试管中，加入NaOH溶液后微热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，则证明溶液中含有铵根离子17.3NON2O+NO218.5ClO-+2CN-+2OH-=2+N2↑+5Cl-+H2O19.3ClO-+2=N2↑+3Cl-+3H2O+2H+20.FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S【解析】【分析】C和D反应生成E，C、D均为气体，E为固体，则C、D可能为HCl、NH3，E为NH4Cl，再结合E和F反应生成D、H、G，其中G为氯化钙，则F为氢氧化钙，D为氨气，H为水，C为HCl，则A和B为H2和Cl2。【小问1详解】①C为HCl，D为氨气，电子式为。②E为NH4Cl，阳离子为铵根离子，铵根离子的检验方法为取少量E溶解于试管中，加入NaOH溶液后微热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，则证明溶液中含有铵根离子。【小问2详解】NO在高压、40℃条件下分解生成两种化合物，这两种化合物为氮的氧化物，由图像可知3molNO生成两种氮的氧化物各为1mol，则反应方程式为3NO=Y+Z，根据原子守恒可知，两种物质为N2O和NO2 ，方程式为3NON2O+NO2。【小问3详解】ClO-将CN-氧化成和N2，自身得电子生成氯离子，根据得失电子守恒和原子守恒得到离子方程式为5ClO-+2CN-+2OH-=2+N2↑+5Cl-+H2O。【小问4详解】酸性条件下，ClO-将铵根离子氧化成氮气，自身被还原为氯离子，离子方程式为3ClO-+2=N2↑+3Cl-+3H2O+2H+。【小问5详解】从图中可知FeS2原电池中，Fe3+与FeS2反应生成S和Fe2+，离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S。17.硫酸镍是一种重要的化工原料，无机工业常用其生产硫酸镍铵、氧化镍、碳酸镍等。粗硫酸镍晶体中含有等杂质离子，现欲进一步提纯硫酸镍晶体，设计如下流程：已知：室温下，（1）Ni在周期表中的位置为______。（2）通入气体发生反应的离子方程式为______、______。（3）加入的主要目的是______。（4）试剂X可以是NiO或等，目的是______。（5）反应3加入的目的是______。（6）由溶液得到的操作为______。【答案】（1）第四周期Ⅷ族（2）①.Cu2++H2S=CuS↓+2H+②.2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+（3）把Fe2+氧化为Fe3+（4）调节pH生成氢氧化铁沉淀除铁（5）生成CaF2沉淀除Ca2+（6）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 【解析】【分析】粗硫酸镍晶体中含有等杂质离子，水浸，通入H2S生成CuS沉淀除Cu2+，过滤，滤液加双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，加NiO或调节pH生成氢氧化铁沉淀除Fe3+，过滤，滤液加入生成CaF2沉淀除Ca2+，过滤，滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到。【小问1详解】Ni是28号元素，在第四周期Ⅷ族；【小问2详解】Cu2+、S2-反应生成CuS，Fe3+能把H2S氧化为S，通入气体发生反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+、2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；【小问3详解】具有氧化性，能把Fe2+氧化为Fe3+，加入主要目的是把Fe2+氧化为Fe3+；【小问4详解】试剂X可以是NiO或等，NiO或能与H+反应，调节溶液pH生成氢氧化铁沉淀，加NiO或的目的是调节pH生成氢氧化铁沉淀除铁。【小问5详解】反应3加入生成CaF2沉淀，加入的目的是生成CaF2沉淀除Ca2+；【小问6详解】由溶液得到的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。18.叠氮化钠(NaN₃)是一种防腐剂和分析试剂，在有机合成和汽车行业也有重要应用。学习小组对叠氮化钠的制备和产品纯度测定进行相关探究。查阅资料：I．氨基钠熔点为易潮解和氧化；有强氧化性，不与酸、碱反应；易溶于水，叠氮酸(HN₃)不稳定，易分解爆炸；+2价锡具有较强的还原性。II．回答下列问题：（1）制备 ①按气流方向，上述装置合理的连接顺序为______(填仪器接口字母)。②D的作用为______。③C处充分反应后，停止加热，为防止倒吸，需继续进行的操作为______；E中溶液的作用是______。（2）用如图所示装置测定产品纯度①仪器F中发生反应的离子方程式为______。②管q作用为______。③若G的初始读数为末读数为V₂mL，本实验条件下气体摩尔体积为则产品中的质量分数为______。【答案】（1）①.afg(或gf)debch②.吸收N2O中混有的HNO3和水蒸气③.继续通入N2O至三颈瓶冷却后，关闭分液漏斗活塞④.吸收未反应的N2O气体，防止环境污染（2）①.ClO-+2+H2O＝Cl-+3N2↑+2OH-②.平衡压强、使液体容易流下；减小测定气体体积时的误差③.×100%【解析】【分析】根据反应原理，利用盐酸与混合液中加入稀硝酸反应产生一氧化二氮，利用D中的碱石灰吸收N2O中混有的HNO3和水蒸气，进入装置C中与NaNH2反应制备NaN3，B用于防止E中水蒸气进入C中干扰实验，E用于尾气处理，进而对产品的纯度进行探究。【小问1详解】 ①由实验目的和原理知，A用于制备N2O，D用于吸收N2O中混有的HNO3和水蒸气，C用于制备NaN3，B用于防止E中水蒸气进入C中干扰实验，E用于尾气处理。则按气流方向，上述装置合理的连接顺序为afg(或gf)debch；②D的作用为吸收N2O中混有的HNO3和水蒸气；③C处充分反应后，停止加热，为防止倒吸，需继续进行的操作为继续通入N2O至三颈瓶冷却后，关闭分液漏斗活塞；E用于尾气处理，所以E中溶液的作用是吸收未反应的N2O气体，防止环境污染；【小问2详解】①由信息可知，其中发生NaClO与NaN3生成N2的反应，离子方程式为ClO-+2+H2O＝Cl-+3N2↑+2OH-；②管q可以起到平衡压强、使液体容易流下和减小测定气体体积时误差的作用。③由数据信息知，生成N2体积为(V1-V2)mL，由关系式2NaN3～3N2列式得产品中NaN3的质量分数为×100%＝×100%。19.Ⅰ．次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠。（1）NaClO溶液可由低温下将Cl₂缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的离子反应方程式为______；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是______。（2）有研究显示，南极臭氧空洞中的污染物硝酸氯与次氯酸钠在结构上有类似之处。下列推测有一项不合理，该选项是______。A.具有强氧化性B.与NaOH溶液反应可生成两种钠盐C.与盐酸作用能产生氯气D.水解生成盐酸和硝酸Ⅱ．二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为：；准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL 上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗溶液20.00mL。（3）如何判断滴定达到了终点？______。（4）通过计算判断该样品是否为优质品______。(写出计算过程)该样品的有效氯=（5）若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值______(填“偏高”或“偏低”)。【答案】19.①.②.次氯酸钠在空气中暴露时间过长生成HClO，光照条件下，20.D21.滴入最后半滴标准液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复22.是优质品，样品有效氯含量为23.偏低【解析】【小问1详解】制备NaClO的离子反应方程式为；次氯酸钠在空气中暴露时间过长生成HClO，光照条件下，HClO分解，导致消毒作用减弱；【小问2详解】A．硝酸氯与次氯酸钠结构上有类似之处，次氯酸钠具有强氧化性，则硝酸氯也具有强氧化性，A正确；B．硝酸氯与NaOH溶液反应可生成次氯酸钠和硝酸钠，B正确；C．硝酸氯与盐酸作用能产生氯气，C正确；D．硝酸氯水解生成硝酸和次氯酸，D错误；故选D；【小问3详解】通过滴入最后半滴标准液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复，可判断溶液达滴定终点；【小问4详解】 则n(Cl)=n(HClO)=10-3mol，则样品中有效氯为＞60%，则为优质品；【小问5详解】硫酸过少，将导致进行不充分，产生的HClO量偏低，导致实验结果偏低。