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黑龙江省哈尔滨市呼兰区第一中学2020届高三上学期第一次（9月）月考化学试题
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呼兰一中2019—2020学年度上学期第一次月考高三化学试卷
本卷分为Ⅰ卷（选择题）和Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Fe-56 Cu-64
第I卷（选择题 共48分）
一．选择题（每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）
1.朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳黑影……”这段美文中包含的化学知识正确的是
A. 荷塘上方的薄雾是水蒸汽
B. 薄雾中的微粒直径大约是2.5pM
C. 月光通过薄雾产生了丁达尔效应
D. “大漠孤烟直”中的孤烟成分和这种薄雾的成分相同
【答案】C
【解析】
【详解】A. 荷塘上方的薄雾是水蒸汽分散在空气中，形成气溶胶，故A错误；
B. 薄雾是胶体，分散质粒子直径在1-100纳米，2.5pM为2500纳米，故B错误；
C. 薄雾是胶体，月光通过薄雾可以产生丁达尔效应，故C正确；
D. “大漠孤烟直”中的孤烟成分是固体小颗粒，这种薄雾的成分为液体小液滴，成分不相同，故D错误；
答案选C。
2.分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是
A. 化合物：干冰、冰水混合物、烧碱
B. 同素异形体：活性炭、C60、金刚石
C. 非电解质：乙醇、四氯化碳、氯气
D. 混合物：漂白粉、纯净矿泉水、盐酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．干冰是二氧化碳固体是纯净的化合物，冰水混合物成分为水是纯净的化合物，烧碱是氢氧化钠属于纯净的化合物，故A正确；
B．活性炭，C60，金刚石是碳元素的不同单质，是碳元素的同素异形体，故B正确；
C，乙醇、四氯化碳水溶液中和熔融状态下都不导电，属于非电解质，氯气是单质既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D．漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物，纯净矿泉水含有电解质的水属于混合物，盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物，故D正确。
答案选C。
【点睛】考查物质分类方法，物质组成判断，掌握概念实质、物质组成与名称是解题关键，注意：化合物是不同元素组成的纯净物；同素异形体是同种元素组成的不同单质；非电解质是水溶液中和熔融状态都不导电的化合物；混合物是不同物质组成的物质。
3.化学与生活密切相关。下列叙述不正确的是
A. 二氧化硅是将太阳能转变为电能的常用材料
B. 中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈
C. 维生素 C 易被氧气氧化，用作食品抗氧化剂
D. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土
【答案】A
【解析】
【详解】A. 硅为良好的半导体材料，是制造太阳能电池的主要原料，制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能，不是二氧化硅，故A错误；
B. 明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2(OH)2CO3，溶于酸性溶液，故B正确；
C. 维生素 C具有还原性，易被氧气氧化，无毒，可用作食品抗氧化剂，故C正确；
D. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，陶瓷是传统的硅酸盐产品，其主要原料为黏土，故D正确。
答案选A。
4.下列说法中正确的是
A. 铝粉与氧化镁混合共热能冶炼出镁
B. FeCl2只能通过置换反应生成，FeCl3只能通过化合反应生成
C. Fe3O4中铁元素的化合价为＋2，＋3价，故Fe3O4为混合物
D. 等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应，在相同条件下Na2CO3产生的CO2体积小
【答案】D
【解析】
【详解】A. 镁的活泼性强于铝，铝粉与氧化镁混合共热不能冶炼出镁，故A错误；
B. 2FeCl3+Fe=3FeCl2为化合反应，可生成FeCl2，2FeCl2+H2O2+2HCl=2FeCl3+2H2O可生成FeCl3，故B错误；
C. 用化合价理论解释四氧化三铁，认为其中1个铁是+2价，2个铁是+3价，看作氧化铁和氧化亚铁，写作FeO·Fe2O3，但实际上四氧化三铁为化合物，故C错误；
D. 根据反应的方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知，106g碳酸钠完全反应生成1mol二氧化碳，84g碳酸氢钠完全反应生成1mol二氧化碳，所以等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应，在相同条件下NaHCO3产生的CO2体积大，故D正确。
答案选D。
5.下列有关仪器使用方法或实验操作不正确的是
A. 酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该标准液润洗
B. 配制一定物质的量浓度的溶液时，若用量筒量取浓溶液时俯视刻度线，所配溶液浓度偏大
C. 分液操作时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
D. 用可见光束照射以区别氯化钠溶液和蛋白质溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A. 在酸碱中和滴定操作中，为保证滴定管中标准液浓度不出现误差变化，酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该标准液润洗，故A正确；
B. 配制一定物质的量浓度的溶液时，若用量筒量取浓溶液时俯视刻度线，造成溶液中的溶质偏少，所配溶液浓度偏小，故B错误；
C. 分液操作时，为保证分离出的的液体纯净，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；
D.蛋白质溶液是胶体，丁达尔现象是胶体的特性，用可见光束照射以区别氯化钠溶液和蛋白质溶液，故D正确。
答案选B。
6.亚硝酸（HNO2）参加反应时，既可作氧化剂，也可作还原剂．当它作还原剂时，可能生成的产物是（ ）
A. NH3 B. N2 C. N2O3 D. HNO3
【答案】D
【解析】
【详解】亚硝酸（HNO2）作还原剂时氮元素失电子，所以生成物中氮元素的化合价大于亚硝酸中氮元素的化合价。
A、NH3中氮元素的化合价是﹣3价，小于+3价，故A错误；
B、N2中氮元素的化合价为0价，小于+3价，故B错误；
C、N2 O3中氮元素的化合价为+3价，化合价不变，故C错误；
D、HNO3中氮元素的化合价为+5价，大于+5价，故D正确；
故选D。
7.已知在碱性溶液中可发生如下反应：R2O32-+4I2+10 OH- = 2RO4n- +8I-+ 5H2O,则RO4n-中R的化合价是
A. + 3 B. + 4 C. + 5 D. +6
【答案】D
【解析】
【详解】根据电荷守恒得2×1+10×1=8×1+2n，则n=2，所以RO4n-为RO42-，该离子中O元素化合价为-2价，R、O元素化合价的代数和为-2，所以RO42-中R的化合价=-2-（-2）×4=+6.
答案选D。
8.NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 标准状况下，6.72L SO3所含的氧原子数目为0.9NA
B. 含0.4mol HCl的浓盐酸与足量二氧化锰共热反应，生成Cl2的分子数为0.1NA
C. 密闭容器中1mol N2与4mol H2充分反应，形成的N—H键数为6NA
D. 标准状况下 22.4L CH4 和 C2H4的混合气体所含氢原子数为 4NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 标准状况下，SO3为液体，不能利用标准状况下的体积计算其物质的量，故A错误；
B. 含0.4mol HCl的浓盐酸与足量二氧化锰共热反应一段时间后变为稀盐酸，反应停止，0.4mol HCl未反应完全，生成Cl2的分子数小于0.1NA，故B错误；
C. 密闭容器中1mol N2与4mol H2发生可逆反应，反应物不能彻底反应完全，形成的N—H键数小于6NA，故C错误；
D. 标准状况下 22.4L CH4 和 C2H4的混合气体为1mol，因为CH4 和 C2H4中所含氢原子数相同，所以都为4NA，故D正确；
答案选D。
9.下列实验现象与实验操作不相匹配的是
实验操作
实验现象
A
向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置
溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层
B
将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶
集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生
C
向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸
有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊
D
向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液
黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳无机小分子，则实验现象中不会出现分层，A项错误；
B. 将镁条点燃后迅速伸入集满二氧化碳的洗气瓶，发生反应为：CO2+2Mg2MgO+C，则集气瓶因反应剧烈冒有浓烟，且生成黑色颗粒碳单质，实验现象与操作匹配，B项正确；
C. 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，发生氧化还原反应，其离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，则会有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，实验现象与操作匹配，C项正确；
D. 向盛有氯化铁溶液的试管中加过量的铁粉，铁粉会将溶液中所有的铁离子还原为亚铁离子，使黄色逐渐消失，充分振荡后，加1滴KSCN溶液，因振荡后的溶液中无铁离子，则溶液不会变色，实验现象与操作匹配，D项正确；
答案选A。
10.已知电离常数：H2CO3＞HCN＞HCO3－，氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3＋＞I2。下列有关叙述中正确的是
A. 向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－
B. 向NaCN溶液中通入少量CO2的离子方程式：CN－＋CO2＋H2O=HCN＋HCO3－
C. 向溴水中加入足量氯化亚铁溶液，混合溶液变为无色
D. 0.1mol/L HCN溶液，加水稀释，c(H＋)/(HCN)将变小
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氧化性：Cl2>Br2>Fe3+>I2，向FeI2溶液中滴加少量氯水，只有碘离子被氧化，反应的离子方程式为：2I−+Cl2=I2+2Cl−，故A错误；
B. 由于酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3－，向NaCN溶液中通入少量CO2的离子方程式：CN－＋CO2＋H2O=HCN＋HCO3－符合强酸制取弱酸，故B正确；
C. 向溴水中加入足量氯化亚铁溶液生成Fe3+，溶液呈黄色，故C错误；
D. c（H+）和 c(CN－)都因为水的稀释减少，如果是强酸，那么两者变化量相同，也就是 c(H+)/c(HCN)不变，但HCN是弱酸，加水不断稀释会促进其电离，也就是说 n（H+）在增加，n(HCN)减少，而体积变化相同 c(H+)/c(HCN)始终保持增大，故D错误；
答案选B。
11.向X的溶液中，加入Y试剂，产生的沉淀或气体的量如图所示，其中与所述情形相符的是
A. 向HCl和AlCl3的混合液中滴加NaOH溶液
B. 向NaOH和Ca(OH)2的混合液中通入CO2
C. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴加NaOH溶液
D. 向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀盐酸
【答案】B
【解析】
A、因向HCl和AlCl3的混合液中滴加NaOH时，先发生HCl+NaOH═NaCl+H2O，再发生Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，生成沉淀与沉淀溶解消耗的碱的物质的量之比为3：1，图象与发生的化学反应不符，故A错误；
B、因向NaOH和Ca（OH）2的混合液中通入CO2，先发生Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，再发生CO2+NaOH═NaHCO3，最后发生CaCO3↓+H2O+CO2═Ca（HCO3）2，图象与反应符合，故B正确；
C、向NH4Al（SO4）2溶液中滴加NaOH，先发生Al3++3OH-═Al（OH）3↓，再发生NH4++OH-═NH3．H2O，最后发生Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，铵根离子消耗的碱与氢氧化铝消耗的碱应为1：1，图象中横坐标中的量与化学反应不符，故C错误；
D、向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀HCl，先发生HCl+NaOH═NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl，最后发生NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，未生成气体时消耗的酸与生成气体时消耗的酸的物质的量应大于1：1，而图象中为1：1，则图象与发生的化学反应不符，故D错误；
故选B．
12.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系不正确的是
①Al2(SO4)3和小苏打反应，应用于泡沫灭火器灭火
②铁比铜金属性强，用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板
③HF与SiO2反应，利用氢氟酸玻璃器皿上刻蚀标记
④SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
⑤NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥
⑥Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂
⑦Al2O3熔点高，可用作耐高温耐火材料
⑧CO具有可燃性，用于冶炼金属
A. ②④⑤⑥⑧ B. ①③⑦ C. ②⑤⑥⑧ D. ②⑤⑧
【答案】A
【解析】
【详解】①Al2(SO4)3和小苏打的反应是Al3+和HCO3−发生双水解,生成沉淀Al(OH)3和不支持燃烧的CO2气体，用于泡沫灭火器灭火，故①正确；
②FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板,说明Fe3+的氧化性强，与“铁比铜金属性强”无关，故②错误；
③玻璃中含有SiO2，HF能与SiO2反应生成四氟化硅和水，所以氢氟酸可在玻璃器皿上刻蚀标记，故③正确；
④SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，故④错误；
⑤NH4HCO3受热易分解，含有氮元素，可用作氮肥，与其受热易分解无关，故⑤错误；
⑥Fe2(SO4)3是强酸弱碱盐，铁离子发生水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，可用作净水剂，故⑥错误；
⑦Al2O3熔点高，可用作耐高温耐火材料，故⑦正确；
⑧CO具有还原性，利用CO还原性用于冶炼金属，故⑧错误；
答案选A。
13. 下列说法中不正确的有
①氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂；
②光照氯水有气泡逸出，该气体是Cl2；
③燃煤时加入适量石灰石，可减少废气中SO2的量；
④pH在5.6～7.0之间的降水通常称为酸雨；
⑤室温下浓硫酸与铜片不会发生剧烈的化学反应，原因是铜被钝化。
⑥氯气易液化，液氯可以保存在钢瓶中；
⑦常温下浓硫酸可以用铝制容器盛放；
⑧分解高锰酸钾制氧气后，残留在试管内壁上的黑色物质可用稀盐酸洗涤
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
【答案】C
【解析】
①对②错，是O2③对④错，pH小于5.6的降水通常称为酸雨⑤错⑥对⑦对⑧错，用浓盐酸清洗。选C。
14.烧瓶中，铜与浓硫酸反应结束后，铜片未完全溶解。若向反应后的溶液中加入相关物质，下列说法正确的是
A. 滴加浓NaOH溶液立即有蓝色沉淀生成
B. 加入铁粉，铁粉不溶解
C. 通入O2并加热，铜片继续溶解
D. 加入NaNO3固体，铜片不溶解
【答案】C
【解析】
【分析】
Cu与稀硫酸不反应，铜与浓硫酸反应结束后，烧瓶中铜片未完全溶解，且随反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，烧瓶中还含稀硫酸，排在H前面的金属与稀硫酸反应，且硝酸盐在酸性条件下具有强氧化性，以此来解答。
【详解】铜与浓硫酸反应结束后，烧瓶中铜片未完全溶解，且随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，烧瓶中还含稀硫酸，
A．滴加浓NaOH溶液先与稀硫酸反应，故开始时没有蓝色沉淀生成，选项A错误；
B．加入铁粉，Fe与稀硫酸反应生成气体，铁粉溶解，选项B错误；
C．通入O2并加热，硫酸、氧气和铜反应生成硫酸铜和水，铜片继续溶解，选项C正确；
D．滴入 NaNO3溶液，Cu、H+、NO3-发生氧化还原反应，铜片溶解，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查铜、浓硫酸的性质等，为高频考点，把握烧瓶中含稀硫酸及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意D中氧化还原反应的判断，注重元素化合物知识的综合应用，题目难度不大。
15.K2FeO4 是优良的水处理剂，一种制备方法是将 Fe2O3、KNO3、KOH 混合共熔，反应为 Fe2O3 + 3KNO3+ 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO2 + 2H2O。下列关于该反应的说法不正确的是
A. 铁元素被氧化，氮元素被还原 B. 每生成 1 mol K2FeO4，转移 6 mol e−
C. K2FeO4具有氧化杀菌作用 D. 该实验条件下的氧化性：KNO3＞K2FeO4
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，故A正确；
B. 反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3mol电子，故B错误；
C. K2FeO4中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，故C正确；
D. 反应中KNO3为氧化剂，而K2FeO4为氧化产物，氧化性：氧化剂>氧化产物，则氧化性：KNO3>K2FeO4，故D正确；
答案选B。
16.铜和Al的合金2.3g全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生2.24L的NO2气体和168mL的N2O4气体（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入一定量的氢氧化钠溶液，使生成的沉淀的最大质量为
A. 4.1275g B. 4.255g C. 8.51g D. 9.62g
【答案】B
【解析】
试题分析：
根据氧化还原反应，化合价升降数相等。
H NO3 —— NO2 2H NO3——-- N2O4
0．1 2．24/22．4 0．015 0．168/22．4
化合价降低总数：0．1+0．015=0．115
解：设镁和铜的物质的量为x和y
Mg—Mg2+ --Mg（OH）2 Cu-Cu2+- Cu（OH）2
x x y y
根据化合价升降数相等2x+2y=0．115 24x+64y=2．3 x= 0．0345 y=0．023
生成沉淀：58x+98y=4．255 (g) 选B。
考点：考查化学计算等相关知识。
第II卷（非选择题 共52分）
二．填空题（四道题，共52分）
17.实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L硫酸溶液450mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：
（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_________（填序号），本实验所用玻璃仪器E的规格和名称为_____________。
（2）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有__________（填序号）
a．配制一定体积准确浓度的标准溶液 b．长期贮存溶液
c．用来加热溶解固体溶质 d．量取220毫升体积的液
（3）如果实验室有l0mL、25mL、50mL量筒，根据计算得知：量取质量分数为98%、密度为1.84g.cm-3的浓硫酸应选用__________mL规格的量筒最好。
（4）在配制NaOH溶液实验中，其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所配制溶液浓度_______0.1mol/L（填“大于”“等于”或“小于”，下同）。若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，则所配制溶液浓度__________0.1mol/L。
（5）如果定容时不小心超过刻度线，应如何操作__________。
【答案】 (1). AC (2). 500mL容量瓶 (3). bcd (4). 25 (5). 小于 (6). 大于 (7). 重新配制
【解析】
【详解】（1）所用仪器有：托盘天平、量筒、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙等，所以A、C不需要；；配制450mL溶液，需要500mL容量瓶，
故答案是：AC；500mL容量瓶；
（2）容量瓶只能用来配制一定体积准确浓度的溶液，不能配制或测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，不能稀释或溶解药品，不能用来加热溶解固体溶质，
故选bcd；
（3）浓硫酸的浓度c= = mol/L=18.4mol/L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4mol/L×V=0.5 mol /L×0.5L，V=0.0136L=13.6mL，选取的量筒规格应该等于或大于量取溶液体积，故选25mL量筒，
故答案：25；
（4）若定容时仰视刻度线，会导致配制的溶液的体积偏大，浓度偏小；若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，配制后的溶液体积偏小，浓度偏大，
故答案：小于；大于；
（5）如果定容时不小心超过刻度线，实验失败，且不能补救，必须重新配制；
故答案为：重新配制。
18.某工业废水中仅含下表离子中的5种(不考虑水的电离及离子的水解)，且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1 mol/L。
阳离子
K＋、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、Fe2＋
阴离子
Cl－、、、、
某同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：
①用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)。
②取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化
③另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。
④向③中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。
请推断：
(1)由①、②、③判断，溶液中一定不含有的阴离子是______________，一定不含有的阳离子是_____________(写离子符号)。
(2)③中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是___________________________，④中生成白色沉淀的离子方程式是___________________________。
(3)将③中所得红棕色气体通入水中，气体变无色，所发生反应的化学方程式为__________________________。
(4)该同学最终确定原溶液中所含阴离子是___________，阳离子是________________写离子符号)。
【答案】 (1). 、 (2). K＋、Fe3＋ (3). 3Fe2＋＋＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O (4). Ba2＋＋=BaSO4↓ (5). 3NO2＋H2O=2HNO3＋NO (6). Cl－、、 (7). Fe2＋、Mg2＋
【解析】
【详解】用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧,无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)，说明没有K+；
②取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe3+；
③另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变,说明Fe2+与NO3−和H+反应生成NO，即溶液中有Fe2+、NO3−，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl−无，加盐酸溶液依然澄清说明没有SiO32−；
④向③中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42−；
(1)由①、②、③判断，溶液中一定不含有的阳离子是K+、Fe3+，一定不含有的阳离子是、SiO32−；故答案为：、SiO32−；K+、Fe3+；
(2) ③中加入少量盐酸生成无色气体，是Fe2+与NO3−和H+反应生成NO，其离子方程式：3Fe2++NO3−+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O；
故答案为：3Fe2++NO3−+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O；
(3)将③中所得红棕色气体为二氧化氮，通入水中，与水反应生成NO，气体变无色，所发生的化学方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，向③中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，离子方程式是Ba2＋＋=BaSO4↓；
故答案为：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO；Ba2＋＋=BaSO4↓；
(4)由以上推断可知溶液中阴离子为Cl−、NO3−、SO42−，且各为0.1mol/L；已经推断出的阳离子是Fe2+，其浓度为0.1mol/L，由电荷守恒可知溶液中还有一种+2价阳离子，所以还有Mg2＋，所以甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是：Fe2+、Mg2＋；阴离子是：Cl−、NO3−、SO42−；
故答案为：、NO3−、SO42−、Cl−； Fe2+、Mg2＋
19.为了探究Cl2、SO2同时通入H2O中发生的反应，某校化学兴趣小组同学设计了如图所示的实验装置。
(1)气体发生装置B产生的气体是________。
(2)为验证通入装置D中的气体是Cl2过量还是SO2过量，某小组同学准备了以下试剂：
①氯化亚铁溶液 ②硫氰化钾溶液 ③品红溶液 ④酸性高锰酸钾溶液
a．若Cl2过量：取适量D中溶液滴加至盛有__________(选填一个序号)的试管内，再加入________(选填一个序号)试剂，实验现象是_______________________________。
b．若SO2过量：取适量D中溶液滴加至盛有__________(选填一个序号)的试管内，实验现象是________________________________________。
(3)另一小组设计如图所示的装置图(夹持和加热装置略去)，分别研究SO2和Cl2的性质。
①若从左端分别通入SO2和Cl2，装置A中观察到的现象是否相同？_________(填“相同”或“不相同”)；
②若装置B中装有5.0 mL 1.0 mol·L－1碘水，当通入足量Cl2完全反应后，共转移了0.05mol电子，该反应的化学方程式为________________________________。
(4)若由元素S和O组成－2价酸根离子X，X中S和O的质量比为4∶3；当Cl2与含X的溶液完全反应后，有浅黄色沉淀生成，取上层清液加入氯化钡溶液，有白色沉淀产生。写出Cl2与含X的溶液反应的离子方程式：_____________________________。
【答案】 (1). Cl2 (2). ① (3). ② (4). 溶液呈血红色 (5). ④ (6). 溶液褪色（或溶液颜色变浅） (7). 相同 (8). 5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl (9). ＋Cl2＋H2O=S↓+＋2Cl－＋2H＋
【解析】
【详解】（1）气体发生装置B产生的气体经过饱和食盐水后才进入装置，说明装置A为制取二氧化硫的装置，装置B为制取氯气的装置；答案为：Cl2；
（2）①若Cl2过量，取适量D中溶液滴加至盛有氯化亚铁溶液试剂的试管内，再加入硫氰化钾溶液会变血红色，证明氯气氧化亚铁离子；
答案为①；②；溶液呈血红色
②若SO2过量，可利用SO2具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液发生反应使紫色高锰酸钾溶液褪色进行检验；
答案为：④；溶液褪色（或溶液颜色变浅）
（3）①二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质，所以二氧化硫有漂白性；氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能使有色物质褪色，所以若从左端分别通入SO2和Cl2，装置A中观察到的现象相同，都使品红褪色；答案为：相同；
②若装置B中装有5.0mL 1.0×10-3mol/L的碘水，当通入足量Cl2完全反应后，转移的电子为5.0×10-5mol，令碘元素在氧化产物中的化合价为a，则根据电子转移守恒有5.0×10-3L×1.0×10-3mol/L×2×a=5.0×10-5mol，解得a=+5，所以碘单质被氧化为HIO3，则该反应的化学方程式为5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；答案为：5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl；
（4）若由元素S和O组成-2价酸根离子X，X中S和O的质量比为4:3，所以X中S和O的原子个数比为432:316=3:2，所以该离子为S2O32−；氯气有强氧化性，能和硫代硫酸根离子发生氧化还原反应，根据题意知，该反应中有硫酸根离子生成，所以氯气中氯元素得电子生成氯离子，同时有浅黄色沉淀产生，则生成S单质，所以该反应的离子方程式为：Cl2+S2O32−+H2O=SO42−+S↓+2Cl-+2H+。
20.铜、铁、铝是重要的金属材料，铜、铁、铝及其化合物有非常重要的用途。
（1）高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效多功能水处理剂。湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO− 、OH− 、FeO42−、Cl− 、H2O。
①写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：________________________________。
②若反应过程中转移了 0.3mol 电子，则还原产物的物质的量为_______mol。
（2）以铝土矿(主要成分为Al2O3和Fe2O3、SiO2)为原料制备铝的一种工艺流程如下：
①滤渣主要成分为________。
②在实验室灼烧操作应选择的实验仪器为_________。
③反应II中，加入NaHCO3一段时间才有沉淀生成，写出加入少量NaHCO3时发生反应的离子方程式____________________________________。
（3）已知25 ℃时Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10−20，Ksp[Al(OH)3]=1.1×10−33。在25 ℃下，向浓度均为0.1 mol·L−1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成_________沉淀(填化学式)。
（4）以含有少量硫酸的硫酸铜溶液为原料制备铜：a g铁粉与上述溶液完全反应后，得到a g铜，则参与反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为___________。
【答案】 (1). 2Fe(OH)3+3ClO− +4OH− =2FeO42−+3Cl−+5H2O (2). 0.15 (3). Fe2O3 (4). 坩埚 (5). HCO3-+OH-=H2O+CO32- (6). Al(OH)3 (7). 7:1
【解析】
【详解】(1)①湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)，则FeO42−为产物，Fe(OH)3为反应物，化合价升高总共3价，由电子转移守恒可知，ClO−为反应物，Cl−为生成物，化合价降低共2将，化合价升降最小公倍数为6，故Fe(OH)3的系数为2，FeO42−的系数为2，ClO−的系数为3，Cl−的系数为3，根据电荷守恒可知，OH−为反应物，系数为4，由元素守恒可知H2O为生成物，其系数为5，离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O，
故答案为：2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O；
②反应中Fe元素化合价变化由+3价升高为+6，故每生成1molFeO42−转移电子1mol×(6−3)=3mol，由于还原产物为Cl−，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为=0.15mol，
故答案为：0.15mol.
（2）以铝土矿(主要成分为Al2O3和Fe2O3、SiO2)为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3；碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤II得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气，
①根据分析可知，滤渣的主要成分为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；
②灼烧氢氧化铝固体需要在坩埚中进行，故答案为：坩埚；
③在溶解铝土矿时加入了过量的氢氧化钠溶液，则加入少量碳酸氢钠时，碳酸氢钠优先于氢氧化钠反应，该反应的离子方程式为：HCO3-+OH-=H2O+CO32-，故答案为：HCO3-+OH-=H2O+CO32-；
（3）在25℃下，向浓度均为0.1mo⋅L−1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，由Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10−20，可知c(OH−)==4.47×10−10mol/L，由Ksp[Al(OH)3]
=1.1×10−33可知需要c(OH−)==2.2×10−11mol/L，铝离子转化为沉淀需要的c(OH−)小，则Al(OH)3先沉淀，故答案为：Al(OH)3；
（4）得到Cu的质量与Fe的质量相等，说明Fe与硫酸铜反应中固体增重等于与硫酸反应的Fe的质量，令与硫酸反应的Fe的质量为56g，则：
Fe+CuSO4═FeSO4+Cu 固体增重
1mol 64g-56g=8g
n(CuSO4) 56g
故n(CuSO4)= =7mol
Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑
56g 1mol
故参加反应的硫酸铜与硫酸的物质的量之比=7mol:1mol=7:1；
答案为：7:1
呼兰一中2019—2020学年度上学期第一次月考高三化学试卷
本卷分为Ⅰ卷（选择题）和Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Fe-56 Cu-64
第I卷（选择题 共48分）
一．选择题（每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）
1.朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳黑影……”这段美文中包含的化学知识正确的是
A. 荷塘上方的薄雾是水蒸汽
B. 薄雾中的微粒直径大约是2.5pM
C. 月光通过薄雾产生了丁达尔效应
D. “大漠孤烟直”中的孤烟成分和这种薄雾的成分相同
【答案】C
【解析】
【详解】A. 荷塘上方的薄雾是水蒸汽分散在空气中，形成气溶胶，故A错误；
B. 薄雾是胶体，分散质粒子直径在1-100纳米，2.5pM为2500纳米，故B错误；
C. 薄雾是胶体，月光通过薄雾可以产生丁达尔效应，故C正确；
D. “大漠孤烟直”中的孤烟成分是固体小颗粒，这种薄雾的成分为液体小液滴，成分不相同，故D错误；
答案选C。
2.分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是
A. 化合物：干冰、冰水混合物、烧碱
B. 同素异形体：活性炭、C60、金刚石
C. 非电解质：乙醇、四氯化碳、氯气
D. 混合物：漂白粉、纯净矿泉水、盐酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．干冰是二氧化碳固体是纯净的化合物，冰水混合物成分为水是纯净的化合物，烧碱是氢氧化钠属于纯净的化合物，故A正确；
B．活性炭，C60，金刚石是碳元素的不同单质，是碳元素的同素异形体，故B正确；
C，乙醇、四氯化碳水溶液中和熔融状态下都不导电，属于非电解质，氯气是单质既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D．漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物，纯净矿泉水含有电解质的水属于混合物，盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物，故D正确。
答案选C。
【点睛】考查物质分类方法，物质组成判断，掌握概念实质、物质组成与名称是解题关键，注意：化合物是不同元素组成的纯净物；同素异形体是同种元素组成的不同单质；非电解质是水溶液中和熔融状态都不导电的化合物；混合物是不同物质组成的物质。
3.化学与生活密切相关。下列叙述不正确的是
A. 二氧化硅是将太阳能转变为电能的常用材料
B. 中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈
C. 维生素 C 易被氧气氧化，用作食品抗氧化剂
D. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土
【答案】A
【解析】
【详解】A. 硅为良好的半导体材料，是制造太阳能电池的主要原料，制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能，不是二氧化硅，故A错误；
B. 明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2(OH)2CO3，溶于酸性溶液，故B正确；
C. 维生素 C具有还原性，易被氧气氧化，无毒，可用作食品抗氧化剂，故C正确；
D. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，陶瓷是传统的硅酸盐产品，其主要原料为黏土，故D正确。
答案选A。
4.下列说法中正确的是
A. 铝粉与氧化镁混合共热能冶炼出镁
B. FeCl2只能通过置换反应生成，FeCl3只能通过化合反应生成
C. Fe3O4中铁元素的化合价为＋2，＋3价，故Fe3O4为混合物
D. 等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应，在相同条件下Na2CO3产生的CO2体积小
【答案】D
【解析】
【详解】A. 镁的活泼性强于铝，铝粉与氧化镁混合共热不能冶炼出镁，故A错误；
B. 2FeCl3+Fe=3FeCl2为化合反应，可生成FeCl2，2FeCl2+H2O2+2HCl=2FeCl3+2H2O可生成FeCl3，故B错误；
C. 用化合价理论解释四氧化三铁，认为其中1个铁是+2价，2个铁是+3价，看作氧化铁和氧化亚铁，写作FeO·Fe2O3，但实际上四氧化三铁为化合物，故C错误；
D. 根据反应的方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知，106g碳酸钠完全反应生成1mol二氧化碳，84g碳酸氢钠完全反应生成1mol二氧化碳，所以等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应，在相同条件下NaHCO3产生的CO2体积大，故D正确。
答案选D。
5.下列有关仪器使用方法或实验操作不正确的是
A. 酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该标准液润洗
B. 配制一定物质的量浓度的溶液时，若用量筒量取浓溶液时俯视刻度线，所配溶液浓度偏大
C. 分液操作时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
D. 用可见光束照射以区别氯化钠溶液和蛋白质溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A. 在酸碱中和滴定操作中，为保证滴定管中标准液浓度不出现误差变化，酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该标准液润洗，故A正确；
B. 配制一定物质的量浓度的溶液时，若用量筒量取浓溶液时俯视刻度线，造成溶液中的溶质偏少，所配溶液浓度偏小，故B错误；
C. 分液操作时，为保证分离出的的液体纯净，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；
D.蛋白质溶液是胶体，丁达尔现象是胶体的特性，用可见光束照射以区别氯化钠溶液和蛋白质溶液，故D正确。
答案选B。
6.亚硝酸（HNO2）参加反应时，既可作氧化剂，也可作还原剂．当它作还原剂时，可能生成的产物是（ ）
A. NH3 B. N2 C. N2O3 D. HNO3
【答案】D
【解析】
【详解】亚硝酸（HNO2）作还原剂时氮元素失电子，所以生成物中氮元素的化合价大于亚硝酸中氮元素的化合价。
A、NH3中氮元素的化合价是﹣3价，小于+3价，故A错误；
B、N2中氮元素的化合价为0价，小于+3价，故B错误；
C、N2 O3中氮元素的化合价为+3价，化合价不变，故C错误；
D、HNO3中氮元素的化合价为+5价，大于+5价，故D正确；
故选D。
7.已知在碱性溶液中可发生如下反应：R2O32-+4I2+10 OH- = 2RO4n- +8I-+ 5H2O,则RO4n-中R的化合价是
A. + 3 B. + 4 C. + 5 D. +6
【答案】D
【解析】
【详解】根据电荷守恒得2×1+10×1=8×1+2n，则n=2，所以RO4n-为RO42-，该离子中O元素化合价为-2价，R、O元素化合价的代数和为-2，所以RO42-中R的化合价=-2-（-2）×4=+6.
答案选D。
8.NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 标准状况下，6.72L SO3所含的氧原子数目为0.9NA
B. 含0.4mol HCl的浓盐酸与足量二氧化锰共热反应，生成Cl2的分子数为0.1NA
C. 密闭容器中1mol N2与4mol H2充分反应，形成的N—H键数为6NA
D. 标准状况下 22.4L CH4 和 C2H4的混合气体所含氢原子数为 4NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 标准状况下，SO3为液体，不能利用标准状况下的体积计算其物质的量，故A错误；
B. 含0.4mol HCl的浓盐酸与足量二氧化锰共热反应一段时间后变为稀盐酸，反应停止，0.4mol HCl未反应完全，生成Cl2的分子数小于0.1NA，故B错误；
C. 密闭容器中1mol N2与4mol H2发生可逆反应，反应物不能彻底反应完全，形成的N—H键数小于6NA，故C错误；
D. 标准状况下 22.4L CH4 和 C2H4的混合气体为1mol，因为CH4 和 C2H4中所含氢原子数相同，所以都为4NA，故D正确；
答案选D。
9.下列实验现象与实验操作不相匹配的是
实验操作
实验现象
A
向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置
溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层
B
将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶
集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生
C
向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸
有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊
D
向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液
黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳无机小分子，则实验现象中不会出现分层，A项错误；
B. 将镁条点燃后迅速伸入集满二氧化碳的洗气瓶，发生反应为：CO2+2Mg2MgO+C，则集气瓶因反应剧烈冒有浓烟，且生成黑色颗粒碳单质，实验现象与操作匹配，B项正确；
C. 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，发生氧化还原反应，其离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，则会有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，实验现象与操作匹配，C项正确；
D. 向盛有氯化铁溶液的试管中加过量的铁粉，铁粉会将溶液中所有的铁离子还原为亚铁离子，使黄色逐渐消失，充分振荡后，加1滴KSCN溶液，因振荡后的溶液中无铁离子，则溶液不会变色，实验现象与操作匹配，D项正确；
答案选A。
10.已知电离常数：H2CO3＞HCN＞HCO3－，氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3＋＞I2。下列有关叙述中正确的是
A. 向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－
B. 向NaCN溶液中通入少量CO2的离子方程式：CN－＋CO2＋H2O=HCN＋HCO3－
C. 向溴水中加入足量氯化亚铁溶液，混合溶液变为无色
D. 0.1mol/L HCN溶液，加水稀释，c(H＋)/(HCN)将变小
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氧化性：Cl2>Br2>Fe3+>I2，向FeI2溶液中滴加少量氯水，只有碘离子被氧化，反应的离子方程式为：2I−+Cl2=I2+2Cl−，故A错误；
B. 由于酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3－，向NaCN溶液中通入少量CO2的离子方程式：CN－＋CO2＋H2O=HCN＋HCO3－符合强酸制取弱酸，故B正确；
C. 向溴水中加入足量氯化亚铁溶液生成Fe3+，溶液呈黄色，故C错误；
D. c（H+）和 c(CN－)都因为水的稀释减少，如果是强酸，那么两者变化量相同，也就是 c(H+)/c(HCN)不变，但HCN是弱酸，加水不断稀释会促进其电离，也就是说 n（H+）在增加，n(HCN)减少，而体积变化相同 c(H+)/c(HCN)始终保持增大，故D错误；
答案选B。
11.向X的溶液中，加入Y试剂，产生的沉淀或气体的量如图所示，其中与所述情形相符的是
A. 向HCl和AlCl3的混合液中滴加NaOH溶液
B. 向NaOH和Ca(OH)2的混合液中通入CO2
C. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴加NaOH溶液
D. 向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀盐酸
【答案】B
【解析】
A、因向HCl和AlCl3的混合液中滴加NaOH时，先发生HCl+NaOH═NaCl+H2O，再发生Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，生成沉淀与沉淀溶解消耗的碱的物质的量之比为3：1，图象与发生的化学反应不符，故A错误；
B、因向NaOH和Ca（OH）2的混合液中通入CO2，先发生Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，再发生CO2+NaOH═NaHCO3，最后发生CaCO3↓+H2O+CO2═Ca（HCO3）2，图象与反应符合，故B正确；
C、向NH4Al（SO4）2溶液中滴加NaOH，先发生Al3++3OH-═Al（OH）3↓，再发生NH4++OH-═NH3．H2O，最后发生Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，铵根离子消耗的碱与氢氧化铝消耗的碱应为1：1，图象中横坐标中的量与化学反应不符，故C错误；
D、向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀HCl，先发生HCl+NaOH═NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl，最后发生NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，未生成气体时消耗的酸与生成气体时消耗的酸的物质的量应大于1：1，而图象中为1：1，则图象与发生的化学反应不符，故D错误；
故选B．
12.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系不正确的是
①Al2(SO4)3和小苏打反应，应用于泡沫灭火器灭火
②铁比铜金属性强，用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板
③HF与SiO2反应，利用氢氟酸玻璃器皿上刻蚀标记
④SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
⑤NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥
⑥Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂
⑦Al2O3熔点高，可用作耐高温耐火材料
⑧CO具有可燃性，用于冶炼金属
A. ②④⑤⑥⑧ B. ①③⑦ C. ②⑤⑥⑧ D. ②⑤⑧
【答案】A
【解析】
【详解】①Al2(SO4)3和小苏打的反应是Al3+和HCO3−发生双水解,生成沉淀Al(OH)3和不支持燃烧的CO2气体，用于泡沫灭火器灭火，故①正确；
②FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板,说明Fe3+的氧化性强，与“铁比铜金属性强”无关，故②错误；
③玻璃中含有SiO2，HF能与SiO2反应生成四氟化硅和水，所以氢氟酸可在玻璃器皿上刻蚀标记，故③正确；
④SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，故④错误；
⑤NH4HCO3受热易分解，含有氮元素，可用作氮肥，与其受热易分解无关，故⑤错误；
⑥Fe2(SO4)3是强酸弱碱盐，铁离子发生水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，可用作净水剂，故⑥错误；
⑦Al2O3熔点高，可用作耐高温耐火材料，故⑦正确；
⑧CO具有还原性，利用CO还原性用于冶炼金属，故⑧错误；
答案选A。
13. 下列说法中不正确的有
①氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂；
②光照氯水有气泡逸出，该气体是Cl2；
③燃煤时加入适量石灰石，可减少废气中SO2的量；
④pH在5.6～7.0之间的降水通常称为酸雨；
⑤室温下浓硫酸与铜片不会发生剧烈的化学反应，原因是铜被钝化。
⑥氯气易液化，液氯可以保存在钢瓶中；
⑦常温下浓硫酸可以用铝制容器盛放；
⑧分解高锰酸钾制氧气后，残留在试管内壁上的黑色物质可用稀盐酸洗涤
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
【答案】C
【解析】
①对②错，是O2③对④错，pH小于5.6的降水通常称为酸雨⑤错⑥对⑦对⑧错，用浓盐酸清洗。选C。
14.烧瓶中，铜与浓硫酸反应结束后，铜片未完全溶解。若向反应后的溶液中加入相关物质，下列说法正确的是
A. 滴加浓NaOH溶液立即有蓝色沉淀生成
B. 加入铁粉，铁粉不溶解
C. 通入O2并加热，铜片继续溶解
D. 加入NaNO3固体，铜片不溶解
【答案】C
【解析】
【分析】
Cu与稀硫酸不反应，铜与浓硫酸反应结束后，烧瓶中铜片未完全溶解，且随反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，烧瓶中还含稀硫酸，排在H前面的金属与稀硫酸反应，且硝酸盐在酸性条件下具有强氧化性，以此来解答。
【详解】铜与浓硫酸反应结束后，烧瓶中铜片未完全溶解，且随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，烧瓶中还含稀硫酸，
A．滴加浓NaOH溶液先与稀硫酸反应，故开始时没有蓝色沉淀生成，选项A错误；
B．加入铁粉，Fe与稀硫酸反应生成气体，铁粉溶解，选项B错误；
C．通入O2并加热，硫酸、氧气和铜反应生成硫酸铜和水，铜片继续溶解，选项C正确；
D．滴入 NaNO3溶液，Cu、H+、NO3-发生氧化还原反应，铜片溶解，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查铜、浓硫酸的性质等，为高频考点，把握烧瓶中含稀硫酸及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意D中氧化还原反应的判断，注重元素化合物知识的综合应用，题目难度不大。
15.K2FeO4 是优良的水处理剂，一种制备方法是将 Fe2O3、KNO3、KOH 混合共熔，反应为 Fe2O3 + 3KNO3+ 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO2 + 2H2O。下列关于该反应的说法不正确的是
A. 铁元素被氧化，氮元素被还原 B. 每生成 1 mol K2FeO4，转移 6 mol e−
C. K2FeO4具有氧化杀菌作用 D. 该实验条件下的氧化性：KNO3＞K2FeO4
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，故A正确；
B. 反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3mol电子，故B错误；
C. K2FeO4中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，故C正确；
D. 反应中KNO3为氧化剂，而K2FeO4为氧化产物，氧化性：氧化剂>氧化产物，则氧化性：KNO3>K2FeO4，故D正确；
答案选B。
16.铜和Al的合金2.3g全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生2.24L的NO2气体和168mL的N2O4气体（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入一定量的氢氧化钠溶液，使生成的沉淀的最大质量为
A. 4.1275g B. 4.255g C. 8.51g D. 9.62g
【答案】B
【解析】
试题分析：
根据氧化还原反应，化合价升降数相等。
H NO3 —— NO2 2H NO3——-- N2O4
0．1 2．24/22．4 0．015 0．168/22．4
化合价降低总数：0．1+0．015=0．115
解：设镁和铜的物质的量为x和y
Mg—Mg2+ --Mg（OH）2 Cu-Cu2+- Cu（OH）2
x x y y
根据化合价升降数相等2x+2y=0．115 24x+64y=2．3 x= 0．0345 y=0．023
生成沉淀：58x+98y=4．255 (g) 选B。
考点：考查化学计算等相关知识。
第II卷（非选择题 共52分）
二．填空题（四道题，共52分）
17.实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L硫酸溶液450mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：
（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_________（填序号），本实验所用玻璃仪器E的规格和名称为_____________。
（2）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有__________（填序号）
a．配制一定体积准确浓度的标准溶液 b．长期贮存溶液
c．用来加热溶解固体溶质 d．量取220毫升体积的液
（3）如果实验室有l0mL、25mL、50mL量筒，根据计算得知：量取质量分数为98%、密度为1.84g.cm-3的浓硫酸应选用__________mL规格的量筒最好。
（4）在配制NaOH溶液实验中，其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所配制溶液浓度_______0.1mol/L（填“大于”“等于”或“小于”，下同）。若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，则所配制溶液浓度__________0.1mol/L。
（5）如果定容时不小心超过刻度线，应如何操作__________。
【答案】 (1). AC (2). 500mL容量瓶 (3). bcd (4). 25 (5). 小于 (6). 大于 (7). 重新配制
【解析】
【详解】（1）所用仪器有：托盘天平、量筒、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙等，所以A、C不需要；；配制450mL溶液，需要500mL容量瓶，
故答案是：AC；500mL容量瓶；
（2）容量瓶只能用来配制一定体积准确浓度的溶液，不能配制或测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，不能稀释或溶解药品，不能用来加热溶解固体溶质，
故选bcd；
（3）浓硫酸的浓度c= = mol/L=18.4mol/L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4mol/L×V=0.5 mol /L×0.5L，V=0.0136L=13.6mL，选取的量筒规格应该等于或大于量取溶液体积，故选25mL量筒，
故答案：25；
（4）若定容时仰视刻度线，会导致配制的溶液的体积偏大，浓度偏小；若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，配制后的溶液体积偏小，浓度偏大，
故答案：小于；大于；
（5）如果定容时不小心超过刻度线，实验失败，且不能补救，必须重新配制；
故答案为：重新配制。
18.某工业废水中仅含下表离子中的5种(不考虑水的电离及离子的水解)，且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1 mol/L。
阳离子
K＋、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、Fe2＋
阴离子
Cl－、、、、
某同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：
①用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)。
②取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化
③另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。
④向③中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。
请推断：
(1)由①、②、③判断，溶液中一定不含有的阴离子是______________，一定不含有的阳离子是_____________(写离子符号)。
(2)③中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是___________________________，④中生成白色沉淀的离子方程式是___________________________。
(3)将③中所得红棕色气体通入水中，气体变无色，所发生反应的化学方程式为__________________________。
(4)该同学最终确定原溶液中所含阴离子是___________，阳离子是________________写离子符号)。
【答案】 (1). 、 (2). K＋、Fe3＋ (3). 3Fe2＋＋＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O (4). Ba2＋＋=BaSO4↓ (5). 3NO2＋H2O=2HNO3＋NO (6). Cl－、、 (7). Fe2＋、Mg2＋
【解析】
【详解】用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧,无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)，说明没有K+；
②取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe3+；
③另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变,说明Fe2+与NO3−和H+反应生成NO，即溶液中有Fe2+、NO3−，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl−无，加盐酸溶液依然澄清说明没有SiO32−；
④向③中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42−；
(1)由①、②、③判断，溶液中一定不含有的阳离子是K+、Fe3+，一定不含有的阳离子是、SiO32−；故答案为：、SiO32−；K+、Fe3+；
(2) ③中加入少量盐酸生成无色气体，是Fe2+与NO3−和H+反应生成NO，其离子方程式：3Fe2++NO3−+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O；
故答案为：3Fe2++NO3−+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O；
(3)将③中所得红棕色气体为二氧化氮，通入水中，与水反应生成NO，气体变无色，所发生的化学方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，向③中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，离子方程式是Ba2＋＋=BaSO4↓；
故答案为：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO；Ba2＋＋=BaSO4↓；
(4)由以上推断可知溶液中阴离子为Cl−、NO3−、SO42−，且各为0.1mol/L；已经推断出的阳离子是Fe2+，其浓度为0.1mol/L，由电荷守恒可知溶液中还有一种+2价阳离子，所以还有Mg2＋，所以甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是：Fe2+、Mg2＋；阴离子是：Cl−、NO3−、SO42−；
故答案为：、NO3−、SO42−、Cl−； Fe2+、Mg2＋
19.为了探究Cl2、SO2同时通入H2O中发生的反应，某校化学兴趣小组同学设计了如图所示的实验装置。
(1)气体发生装置B产生的气体是________。
(2)为验证通入装置D中的气体是Cl2过量还是SO2过量，某小组同学准备了以下试剂：
①氯化亚铁溶液 ②硫氰化钾溶液 ③品红溶液 ④酸性高锰酸钾溶液
a．若Cl2过量：取适量D中溶液滴加至盛有__________(选填一个序号)的试管内，再加入________(选填一个序号)试剂，实验现象是_______________________________。
b．若SO2过量：取适量D中溶液滴加至盛有__________(选填一个序号)的试管内，实验现象是________________________________________。
(3)另一小组设计如图所示的装置图(夹持和加热装置略去)，分别研究SO2和Cl2的性质。
①若从左端分别通入SO2和Cl2，装置A中观察到的现象是否相同？_________(填“相同”或“不相同”)；
②若装置B中装有5.0 mL 1.0 mol·L－1碘水，当通入足量Cl2完全反应后，共转移了0.05mol电子，该反应的化学方程式为________________________________。
(4)若由元素S和O组成－2价酸根离子X，X中S和O的质量比为4∶3；当Cl2与含X的溶液完全反应后，有浅黄色沉淀生成，取上层清液加入氯化钡溶液，有白色沉淀产生。写出Cl2与含X的溶液反应的离子方程式：_____________________________。
【答案】 (1). Cl2 (2). ① (3). ② (4). 溶液呈血红色 (5). ④ (6). 溶液褪色（或溶液颜色变浅） (7). 相同 (8). 5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl (9). ＋Cl2＋H2O=S↓+＋2Cl－＋2H＋
【解析】
【详解】（1）气体发生装置B产生的气体经过饱和食盐水后才进入装置，说明装置A为制取二氧化硫的装置，装置B为制取氯气的装置；答案为：Cl2；
（2）①若Cl2过量，取适量D中溶液滴加至盛有氯化亚铁溶液试剂的试管内，再加入硫氰化钾溶液会变血红色，证明氯气氧化亚铁离子；
答案为①；②；溶液呈血红色
②若SO2过量，可利用SO2具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液发生反应使紫色高锰酸钾溶液褪色进行检验；
答案为：④；溶液褪色（或溶液颜色变浅）
（3）①二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质，所以二氧化硫有漂白性；氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能使有色物质褪色，所以若从左端分别通入SO2和Cl2，装置A中观察到的现象相同，都使品红褪色；答案为：相同；
②若装置B中装有5.0mL 1.0×10-3mol/L的碘水，当通入足量Cl2完全反应后，转移的电子为5.0×10-5mol，令碘元素在氧化产物中的化合价为a，则根据电子转移守恒有5.0×10-3L×1.0×10-3mol/L×2×a=5.0×10-5mol，解得a=+5，所以碘单质被氧化为HIO3，则该反应的化学方程式为5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；答案为：5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl；
（4）若由元素S和O组成-2价酸根离子X，X中S和O的质量比为4:3，所以X中S和O的原子个数比为432:316=3:2，所以该离子为S2O32−；氯气有强氧化性，能和硫代硫酸根离子发生氧化还原反应，根据题意知，该反应中有硫酸根离子生成，所以氯气中氯元素得电子生成氯离子，同时有浅黄色沉淀产生，则生成S单质，所以该反应的离子方程式为：Cl2+S2O32−+H2O=SO42−+S↓+2Cl-+2H+。
20.铜、铁、铝是重要的金属材料，铜、铁、铝及其化合物有非常重要的用途。
（1）高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效多功能水处理剂。湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO− 、OH− 、FeO42−、Cl− 、H2O。
①写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：________________________________。
②若反应过程中转移了 0.3mol 电子，则还原产物的物质的量为_______mol。
（2）以铝土矿(主要成分为Al2O3和Fe2O3、SiO2)为原料制备铝的一种工艺流程如下：
①滤渣主要成分为________。
②在实验室灼烧操作应选择的实验仪器为_________。
③反应II中，加入NaHCO3一段时间才有沉淀生成，写出加入少量NaHCO3时发生反应的离子方程式____________________________________。
（3）已知25 ℃时Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10−20，Ksp[Al(OH)3]=1.1×10−33。在25 ℃下，向浓度均为0.1 mol·L−1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成_________沉淀(填化学式)。
（4）以含有少量硫酸的硫酸铜溶液为原料制备铜：a g铁粉与上述溶液完全反应后，得到a g铜，则参与反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为___________。
【答案】 (1). 2Fe(OH)3+3ClO− +4OH− =2FeO42−+3Cl−+5H2O (2). 0.15 (3). Fe2O3 (4). 坩埚 (5). HCO3-+OH-=H2O+CO32- (6). Al(OH)3 (7). 7:1
【解析】
【详解】(1)①湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)，则FeO42−为产物，Fe(OH)3为反应物，化合价升高总共3价，由电子转移守恒可知，ClO−为反应物，Cl−为生成物，化合价降低共2将，化合价升降最小公倍数为6，故Fe(OH)3的系数为2，FeO42−的系数为2，ClO−的系数为3，Cl−的系数为3，根据电荷守恒可知，OH−为反应物，系数为4，由元素守恒可知H2O为生成物，其系数为5，离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O，
故答案为：2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O；
②反应中Fe元素化合价变化由+3价升高为+6，故每生成1molFeO42−转移电子1mol×(6−3)=3mol，由于还原产物为Cl−，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为=0.15mol，
故答案为：0.15mol.
（2）以铝土矿(主要成分为Al2O3和Fe2O3、SiO2)为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3；碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤II得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气，
①根据分析可知，滤渣的主要成分为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；
②灼烧氢氧化铝固体需要在坩埚中进行，故答案为：坩埚；
③在溶解铝土矿时加入了过量的氢氧化钠溶液，则加入少量碳酸氢钠时，碳酸氢钠优先于氢氧化钠反应，该反应的离子方程式为：HCO3-+OH-=H2O+CO32-，故答案为：HCO3-+OH-=H2O+CO32-；
（3）在25℃下，向浓度均为0.1mo⋅L−1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，由Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10−20，可知c(OH−)==4.47×10−10mol/L，由Ksp[Al(OH)3]
=1.1×10−33可知需要c(OH−)==2.2×10−11mol/L，铝离子转化为沉淀需要的c(OH−)小，则Al(OH)3先沉淀，故答案为：Al(OH)3；
（4）得到Cu的质量与Fe的质量相等，说明Fe与硫酸铜反应中固体增重等于与硫酸反应的Fe的质量，令与硫酸反应的Fe的质量为56g，则：
Fe+CuSO4═FeSO4+Cu 固体增重
1mol 64g-56g=8g
n(CuSO4) 56g
故n(CuSO4)= =7mol
Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑
56g 1mol
故参加反应的硫酸铜与硫酸的物质的量之比=7mol:1mol=7:1；
答案为：7:1
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