陕西省西安市第一中学2022届高三化学上学期第五次模拟考试试题含解析.doc

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1、陕西省西安市第一中学2021届高三化学上学期第五次模拟考试试题含解析可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 Ca 40 Cu 64 O 16 Al 27 Mg 24 Fe 56 Ge 73一、选择题(此题包括21小题，每题2分，共42分。每题只有一个选项符合题意。)1. 以下诗句或谚语都与化学现象有关，以下说法不正确的选项是A. “水乳交融，火上浇油前者包含物理变化，而后者包含化学变化B. “落汤螃蟹着红袍肯定发生了化学变化C. “滴水石穿，绳锯木断不包含化学变化D. “野火烧不尽，春风吹又生包含了多种化学变化【答案】C【解析】【详解】A. 水乳交融是物质的相似相容原理，物理变化；火上浇油是

2、油类等可燃性物质遇火燃烧的现象，是化学反响；A正确；B. 龙虾和螃蟹被煮熟时壳里面的一种蛋白质高温变性，是化学变化，B正确；C. 石头要要成分碳酸钙能与水、二氧化碳反响生成的CaHCO32是可溶性物质，随着水流走了，是化学变化；绳锯木断是植物纤维断开，没有新物质生成，物理变化；C不正确；D. 植物遇水燃烧是化学变化，其生成过程中涉及光合作用、新陈代谢等是化学变化，D正确。答案选C。2. NA代表阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是A. C2H4和C3H6的混合物的质量为a g， 所含碳氢键数目为a NA/7B. 标准状况下， 2.24 L2H35Cl 中所含中子数为1.8NAC. 50 m

3、L 12 molL-1盐酸与足量MnO2共热， 转移的电子数为0.3NAD. 1 L 0.lmolL-1的NaHCO3溶液中HCO3和CO32的离子数之和为0.1NA【答案】A【解析】【详解】AC2H4和C3H6的最简式均为CH2，a g二者混合物的物质的量为a/14mol，所含碳氢键数目为a NA/7，正确；B一个2H35Cl分子中含有19个中子，标准状况下， 2.24 L2H35Cl的物质的量为0.1mol，所含中子数为1.9NA，错误；C浓盐酸与足量二氧化锰共热生成二氯化锰、氯气和水的反响与进程有关，随着反响的进行，盐酸的浓度逐渐变稀，稀盐酸与二氧化锰不反响，故50 mL 12 molL

4、-1盐酸与足量MnO2共热， 转移的电子数小于0.3NA，错误；D碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根的电离平衡和水解平衡，根据物料守恒知1 L 0.lmolL-1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3和CO32的离子数之和为0.1NA，错误。3. “纳米材料是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料，纳米碳就是其中一种。假设将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质是溶液是胶体能产生丁达尔效应能透过滤纸不能透过滤纸静置后会析出黑色沉淀A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】胶体的分散质直径在1-100nm之间，那么将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质是胶体，胶体可以产生丁达尔现象，能够透过滤

5、纸，静置后不会析出黑色沉淀，那么正确，故答案选：B。4. 新型纳米材料MFe2Ox(3X4)中，M表示2价的金属元素，在反响中化合价不发生变化。常温下，MFe2Ox能使工业废气中的SO2转化为S，转化过程表示如下：MFe2OxMFe2Oy，那么以下判断正确的选项是A. MFe2Ox是复原剂B. SO2是该反响的催化剂C. xyD. 氧化性：MFe2Ox SO2【答案】A【解析】【详解】A在氧化复原反响中，铁元素化合价升高，作复原剂，A项正确；BSO2中S元素由+4价降低到0价，得电子作氧化剂，被复原，B项错误；C根据氧原子守恒，SO2转化为S，氧原子数减少，MFe2OX转化为MFe2Oy，氧原

6、子数必然增加，xy，C项错误；D根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化性SO2 MFe2Oy，D项错误；答案选A。5. 能正确表示以下反响的离子方程式是A. 用过量石灰乳吸收工业尾气中的SO2: Ca2+2OH-+SO2CaSO3 + H2OB. 用酸性KMnO4溶液与H2O2反响，证明H2O2具有复原性：2MnO4+6H+5H2O22Mn2+5O2 +8H2OC. 用铜做电极电解NaCl溶液:2C1+2H2OH2+Cl2+2OH-D. 将 Fe2O3参加到 HI 溶液中：Fe2O3+ 6H+2Fe3+ +3H2O【答案】B【解析】【详解】A石灰乳中的氢氧化钙只有少量溶解，用化学式表示，

7、故A错误；B酸性KMnO4具有氧化性，与H2O2反响发生氧化复原反响，放出氧气，故B正确；C铜是活性电极，作阳极时，铜要失去电子而溶解，故C错误；D生成的Fe3+具有氧化性，能够氧化碘离子，故D错误；应选B。【点晴】此题综合考查离子方程式的书写，侧重于元素化合物的性质的综合应用，注意物质的化学式、电荷守恒和质量守恒的判断。在离子方程式中，可溶性的强电解质(强酸、强碱、可溶性盐)一律用离子符号表示，其它难溶的物质、难电离的物质、气体、氧化物、水等仍用化学式表示；对于微溶物质来说在离子反响中通常以离子形式存在(溶液中)，但是如果是在浊液里那么需要写出完整的化学式，例如，石灰水中的氢氧化钙写离子符号

8、，石灰乳中的氢氧化钙用化学式表示，浓硫酸中由于存在的主要是硫酸分子，也书写化学式，浓硝酸、盐酸是完全电离的，所以写离子符号。6. 以下物质与其用途完全符合的有( )Na2CO3制玻璃SiO2制光导纤维AgBr照相底片感光剂NaCl制纯碱Al2O3焊接钢轨NaClO消毒剂Fe2O3制红色油漆或涂料MgO制耐火材料A. 4个B. 5个C. 6个D. 7个【答案】D【解析】【详解】碳酸钠和二氧化硅在高温条件下反响制取玻璃，符合；高纯度的二氧化硅用来做制光导纤维，符合；溴化银有感光性，可用于照相底片感光剂，符合；饱和氯化钠溶液、氨气和二氧化碳反响生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再受热分解得到碳酸钠，符合；铝和氧

9、化铁能发生铝热反响用于焊接钢轨，不符合；次氯酸钠有强氧化性，可以做消毒剂，漂白织物，符合；氧化铁为红棕色固体，可以做红色油漆或涂料，符合；氧化镁熔点较高，可以做耐火材料，符合；符合的有，故D正确；答案选D。7. a、b、c、d四种主族元素在周期表中的位置如图，那么以下说法正确的选项是A. 假设b的最高价氧化物对应的水化物为H2bO4，那么a的简单氢化物的化学式为aH3B. 假设b的单质可作半导体材料，那么c的单质不可能为半导体材料C. 假设b的单质与H2易化合，那么c的单质与H2更易化合D. a与b容易形成离子化合物【答案】A【解析】【详解】A假设b的最高价氧化物对应水化物为H2bO4，b为第

10、A族元素，最高价为+6价，最低价为-2价，a的最低价是3价，氢化物的化学式为aH3，故A正确；B假设b的单质可作半导体材料，b为Si，c为金属元素Ge，那么c的单质也可作半导体材料，故B错误；Cb、c同主族，从上到下非金属性减弱，非金属性强的与H2容易化合，那么c的单质与H2不易化合，故C错误；Da、b可能均为非金属，如a为C，b为P，非金属之间不易形成离子键，故D错误；应选A。8. 以下实验与图象对应的是选项ABCD实验NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量明矾溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液至过量澄清石灰水中缓慢通入CO2至过量图象A. AB. BC. CD

11、. D【答案】C【解析】【详解】A向偏铝酸钠溶液中参加稀盐酸：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3+NaCl，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，先产生沉淀，后沉淀溶解，所用nHCl之比为13，所用盐酸的体积与图像不符，故A错误；B向AlCl3溶液中加氨水：AlCl3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4Cl，逐渐产生沉淀，且沉淀不溶解；与图像不符，故B错误；C向KAl(SO4)2中滴加Ba(OH)2：先生成BaSO4和Al(OH)3，再参加Ba(OH)2生成BaSO4的同时Al(OH)3溶解(此时生成沉淀的速度比前面小)，最后Al(OH)3溶解完，只剩余BaSO4沉淀

12、，产生沉淀先快，再慢，最后不变，且所耗BaOH2物质的量也与图像相符，故C正确；D向石灰水中通入二氧化碳：CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O，CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，先产生沉淀，后沉淀溶解，所用nCO2之比为11，与图像不符，故D错误；应选C。【点睛】此题的易错点和难点为C，要注意首先发生2KAl(SO4)23Ba(OH)2K2SO43BaSO42Al(OH)3，然后发生K2SO42Al(OH)3Ba(OH)22KAlO2BaSO44H2O。9. NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：以下说法错误的选项是：A. NaClO2

13、中Cl的化合价为+3价B. “电解所用食盐水是由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2和Ca2，要参加的试剂分别为NaOH溶液、Na2CO3溶液。C. “电解中阴极反响的主要产物是NaClO2。D. “尾气吸收是吸收“电解过程排出的少量ClO2，此吸收反响中，氧化剂与复原剂的物质的量之比为12，【答案】D【解析】【分析】由流程知，NaClO3和SO2、HSO4反响生成NHSO4和ClO2；“电解时阴极发生复原反响，通过电解，由ClO2制取NaClO2；吸收ClO2用NaOH和H2O2，反响方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，据此分析解答。【详解】A根据Na

14、ClO2中化合价代数和为零，Na为+1价，O为-2价，那么Cl的化合价为+3价，故A正确；B食盐水精制中除Mg2用NaOH溶液，除Ca2用Na2CO3溶液，因而要参加的试剂分别为NaOH溶液、Na2CO3溶液，故B正确；C“电解时阴极发生复原反响，根据流程图可知通过电解，可以由ClO2制取NaClO2，故阴极的反响为：ClO2+e-=Cl，阴极的主要产物是NaClO2，故C正确；D由流程知，吸收ClO2用NaOH和H2O2，反响方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，其中氧化剂为ClO2，复原剂为H2O2，二者的物质的量之比为2:1，故D错误；答案选D。10

15、. 某化合物由两种单质直接反响生成，将其参加Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。以下化合物中符合上述条件的是 A. SiO2B. Na2OC. FeCl2D. AlCl3【答案】D【解析】【详解】ASi与O2在高温下反响生成SiO2，SiO2和Ba(HCO3)2不反响，故A不符合题意；BNa与O2常温下化合生成Na2O，Na2OH2O=2NaOH，Ba(HCO3)2NaOH=BaCO3H2ONaHCO3，没有气体，故B不符合题意；C铁和氯气反响生成FeCl3，不生成FeCl2，故C不符合题意；DAl和Cl2反响生成AlCl3，AlCl3通入到Ba(HCO3)2溶液中发生Al33HCO

16、3=Al(OH)33CO2，故D符合题意；答案选D。11. 在给定的条件下，以下选项所示的物质间转化均能实现的是 A. SiO2SiCl4SiB. FeS2SO2H2SO4C. N2NH3NH4Cl(aq)D. MgCO3MgCl2(aq)Mg【答案】C【解析】【详解】A二氧化硅属于酸性氧化物，和盐酸不反响，不能一步实现反响，故A错误；B二氧化硫和水反响生成亚硫酸，亚硫酸被氧化生成硫酸，二氧化硫和水不能一步转化，故B错误；C氮气和氢气在催化剂、高温高压条件下反响生成氨气，氨气是碱性气体，和盐酸反响生成氯化铵，两步反响能一步实现，故C正确；D碳酸镁溶于盐酸生成氯化镁溶液，氯化镁溶液电解得到氢氧化

17、镁，氢气和氯气，不能直接得到金属镁，应是电解熔融状态的氯化镁得到金属镁，故D错误；应选C。12. ?Inorganic Syntheses?(无机合成)一书中，有一如下图的装置，用以制备某种枯燥的纯洁气体。该装置中所装的药品正确的选项是()A. A中装浓盐酸，B中装浓硫酸B. A中装浓硫酸，B中装浓盐酸C. A中装氢氧化钠浓溶液，B中装浓氨水D. A中装浓氨水，B中装氢氧化钠浓溶液【答案】A【解析】【分析】浓氨水与浓氢氧化钠溶液能产生NH3但不是枯燥的氨气，所以只可能是浓盐酸滴入到浓硫酸中，利用浓硫酸的吸水性使HCl逸出。【详解】AA中装浓盐酸，B中装浓硫酸，浓盐酸滴入到浓硫酸中，利用浓硫酸的

18、吸水性使HCl逸出，故A正确；BA中装浓硫酸，B中装浓盐酸，浓硫酸滴入浓盐酸会放热，HCl挥发，但是得到的气体没有被枯燥，不能得到枯燥的纯洁气体，故B错误；CA中装氢氧化钠浓溶液，B中装浓氨水，把浓氢氧化钠溶液滴到浓氨水中生成的氨气较少，而且没有被枯燥，故C错误；DA中装浓氨水，B中装氢氧化钠浓溶液，把浓氨水滴到浓氢氧化钠溶液中能生成氨气，但是氨气没有被枯燥，故D错误。故答案选A。【点睛】此题明确实验原理是解题的关键，注意把握HCl的挥发性及浓硫酸的吸水性。13. 海水开发利用的局部过程如下图。以下说法错误的选项是A. 向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B. 粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C.

19、工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D. 富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其复原吸收【答案】C【解析】【详解】A、向苦卤中通入氯气置换出溴单质，别离得到溴，通入氯气是为了提取溴，A正确；B、粗盐中含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等杂质，精制时通常在溶液中依次参加过量的氯化钡溶液、过量的氢氧化钠溶液和过量的碳酸钠溶液，过滤后向滤液中参加盐酸到溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，B正确；C、工业常选用生石灰或石灰乳作为沉淀剂，C错误；D、提取溴时一般用氯气置换出溴单质，由于Br2具有挥发性，用空气和水蒸气吹出溴单质，再用二氧化硫将其复原吸收转化为溴化氢，到达富集的目的，D正确；答案选C

20、【点睛】此题以海水综合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的别离与提纯操作、试剂的选取等，题目难度中等。氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其复原吸收，据此解答即可。14. 为落实“五水共治，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分，设计了如下流程：以下说法不正确的选项是A. 固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3B. X可以是空气，且需过量C. 捕获剂所捕获的气体主要是COD. 处理含NH4+废水时，发生反响的离子方程式为：NH4+NO2-=N2+2H

21、2O【答案】B【解析】【详解】工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否那么得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反响生成无污染气体，应生成氮气，那么气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。A工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，那么固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正确；B由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体

22、X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否那么得到硝酸钠，故B错误；C气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确；DNaNO2与含有NH4+的溶液反响生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化复原反响，离子方程式为NH4+NO2-=N2+2H2O，故D正确；应选B15. 以下各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系的组合只有序号XYZWCuCuSO4Cu(OH)2CuONaNaOHNa2CO3NaClCl2Ca(ClO)2HClOHClFeFeCl3FeCl2Fe(OH)2A. B. C. D. 【答案】A【解析】

23、【分析】Cu与浓硫酸反响生成CuSO4，再与NaOH反响生成Cu(OH)2，Cu(OH)2加热生成CuO，氢气复原CuO生成Cu；Na与水反响生成NaOH，再与二氧化碳反响生成Na2CO3，Na2CO3与盐酸反响生成NaCl，NaCl电解生成Na；Cl2与Ca(OH)2反响可生成Ca(ClO)2，盐酸酸性比次氯酸强，所以Ca(ClO)2中参加盐酸可生成次氯酸，HClO见光分解可生成HCl，浓HCl溶液与二氧化锰加热可生成氯气；Fe与氯气生成FeCl3，FeCl3与Fe反响FeCl2，FeCl2与NaOH反响生成Fe(OH)2，但Fe(OH)2不能一步转化为Fe。【详解】CuCuSO4Cu(OH

24、)2CuOCu，符合转化，故正确；NaNaOHNa2CO3NaClNa，符合转化，故正确；Cl2Ca(ClO)2HClOHCl，浓HCl溶液Cl2，转化均可实现，故正确；Fe(OH)2不能一步转化为Fe，故错误；故答案为A。16. 生产上用过量烧碱溶液处理某矿物(含Al2O3、MgO)，过滤后得到的滤液用NaHCO3溶液处理，测得溶液pH、nAl(OH)3随参加NaHCO3溶液体积变化的曲线如下图。以下有关说法不正确的选项是( )A. 生成沉淀离子方程式为HCOAlOH2O=Al(OH)3COB. b点与c点溶液所含微粒种类不同C. a点溶液中大量存在的离子是Na、AlO、OH-D. NaHC

25、O3溶液的物质的量浓度为1.0 mol/L【答案】B【解析】【分析】氧化铝和氢氧化钠反响，而氧化铁不反响，过滤后得到滤液用碳酸氢钠处理，发生HCO3+AlO2+H2OAl(OH)3+CO32，参加40毫升碳酸氢钠溶液时沉淀最多，a、b、c点都为碱性，随着碳酸氢钠的参加，碱性减弱，以此解答。【详解】A偏铝酸根离子与碳酸氢根电离产生的氢离子、水反响生成Al(OH)3沉淀，偏铝酸根离子促进碳酸氢根电离，故离子方程式为HCO3+AlO2+H2OAl(OH)3+CO32，故A正确；B b 点与c点溶液所含微粒种类相同，均为钠离子、偏铝酸根离子、氢氧根离子、碳酸根离子，故B不正确；C 用过量烧碱溶液处理某

26、矿物(含Al2O3、MgO)，过滤后得到的滤液即a 点溶液，该溶液显碱性，溶质为氢氧化钠和偏铝酸钠，存在的离子是Na+、AlO2、OH，故C正确；D 参加40毫升碳酸氢钠的溶液时沉淀最多，沉淀为0.032mol，氢氧化钠过量，滤液中含有氢氧化钠，由于氢氧根离子和碳酸氢根离子反响生成碳酸根离子和水，HCO3+AlO2+H2OAl(OH)3+CO32可知，前8毫升不生成沉淀，NaHCO3溶液的物质的量浓度为=1.0mol/L，故D正确；答案选B。17. 某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如下图，以下说法不正确的选项是A. Q溶液是氨水B. 工业生产中气体a可通过两步反响转化为H2SO4C. 电解过

27、程中被氧化的元素是硫D. 设计步骤、是为了富集SO2【答案】C【解析】【分析】Q溶液应该是碱液，目的是将废气中的吸收并起到富集作用，根据最后的产物中有可以推知此处用的是氨水，那么X为亚硫酸铵，向亚硫酸铵中参加过量硫酸，得到气体a为，再经过催化氧化、水化后得到硫酸，Y是硫酸铵溶液，经电解后得到过二硫酸铵，此题得解。【详解】A.根据分析Q溶液是氨水，A项正确；B.可经催化氧化、水化后得到硫酸，B项正确；C.硫元素的最高正价为+6价，因此在电解过程中不可能再被氧化，C项错误； D.、的目的是为了将废气中的富集，D项正确；答案选C。18. 以下图是一些常见有机物的转化关系，关于反响的说法不正确的选项是

28、A. 反响是加成反响B. 只有反响是加聚反响C. 只有反响是取代反响D. 反响是取代反响【答案】C【解析】【详解】A、乙烯与溴发生加成反响生成1,2-二溴乙烷，反响是加成反响，故A正确；B. 乙烯发生加聚反响生成聚乙烯，只有反响是加聚反响，故B正确；C. 乙醇和乙酸的酯化反响、乙酸乙酯的水解反响是取代反响，反响都是取代反响，故C错误； D. 乙醇和乙酸的酯化反响、乙酸乙酯的水解反响是取代反响，反响是取代反响，故D正确；选C。19. 为落实“五水共治，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分，设计了如下流程：以下说法不正确的选项是A. 固体1

29、中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3B. X可以是空气，且需过量C. 捕获剂所捕获的气体主要是COD. 处理含NH4+废水时，发生反响的离子方程式为：NH4+NO2-=N2+2H2O【答案】B【解析】【详解】工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否那么得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反响生成无污染气体，应生成氮气，那么气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。A工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，

30、生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，那么固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正确；B由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否那么得到硝酸钠，故B错误；C气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确；DNaNO2与含有NH4+的溶液反响生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化复原反响，离子方程式为NH4+NO2-=N2+2H2O，故D正确；应选B。20. 某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100 mL，逐渐参加铁粉，产生气体的量随铁

31、粉参加量的变化如下图。以下说法错误的选项是()A. H2SO4浓度为4 mol/LB. 溶液中最终溶质为FeSO4C. 原混合酸中NO3-浓度为0.2 mol/LD. AB段反响为：Fe2Fe3=3Fe2【答案】C【解析】【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反响为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生反响为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反响为Fe+2H+=Fe2+H2最终消耗Fe为22.4g，此时溶液中溶质为 FeSO4，那么n FeSO4=nFe，由硫酸根守恒nH2SO4=n FeSO4，根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质的量，再根据c=计

32、算cH2SO4、cNO3-。【详解】A、反响消耗22.4g铁，也就是22.4g56g/mol0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/L，A正确；B、硝酸全部被复原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，B正确；C、OA段发生反响为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以nNO3-=nFe0.2mol，NO3-浓度为2mol/L，C错误；D、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反响为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，A

33、B段发生反响为：Fe+2Fe3+3Fe2+，BC段发生反响为：Fe+2H+=Fe2+H2，D正确。答案选C。【点晴】该题难度较大，解答的关键是根据图象分析各段发生的反响，注意与铁的反响中硝酸全部起氧化剂作用。在做此类题目时，应领先分析反响的过程，即先发生的是哪一步反响，后发生的是哪一步。计算离子时注意用离子方程式计算。还需要用到一些解题技巧来简化计算过程，比方合理使用守恒原理等。21. 如下图的5种物质中均含同种金属元素，且在一定条件下(不含电解)能按图示箭头方向实现一步转化，那么该金属元素可能是NaKCaFeCuA. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】硝酸钠无法一步转化成氢氧化钠，

34、氢氧化钠也无法一步生成氧化钠，氯化钠也无法一步生成金属钠(除电解方法)，故不符合题；硝酸钾无法一步转化成氢氧化钾，氢氧化钾也无法一步生成氧化钾，氯化钾也无法一步生成金属钾(除电解方法)，故不符合题；硝酸钙无法一步转化成氢氧化钙，氢氧化钙也无法一步生成氧化钙，氯化钙也无法一步生成金属钙(除电解方法)，故不符合题意；Fe能够与硝酸反响生成硝酸铁，硝酸铁与氢氧化钠反响生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁加热生成氧化铁，氧化铁与元素反响生成氯化铁，氯化铁与锌反响生成铁，铁及其化合物均能够按照图示箭头通过一步反响完成，故符合题意；Cu与硝酸反响生成硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠溶液反响生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜加热分解

35、生成氧化铜，氧化铜与盐酸反响生成氯化铜，氯化铜与铁反响生成铜，所以Cu满足题中转化关系，故符合题意；综上，符合题意；应选C。【点睛】熟记常见元素及其化合物性质，理解常见物质间的相互转化为解题关键，对学生的分析能力及灵活应用能力要求较高。二、非选择题(此题包括3小题，共43分)22. 某含锰矿物的主要成分有MnCO3、MnO2、FeCO3、SiO2、Al2O3等。FeCO3、MnCO3难溶于水。一种运用阴离子膜电解法的新技术可用于从碳酸锰矿中提取金属锰，主要物质转化关系如下：(1)设备1中反响后，滤液1里锰元素只以Mn2的形式存在，且滤渣1中也无MnO2滤渣1的主要成分是_(填化学式)。(2)设

36、备1中发生氧化复原反响的离子方程式是_。(3)设备2中加足量双氧水的作用是_。(4)设备4中参加过量氢氧化钠溶液，沉淀局部溶解，用化学平衡移动原理解释原因： _。(5)设备3中用阴离子膜法提取金属锰的电解装置图如下：电解装置中箭头表示溶液中阴离子移动的方向，那么A电极是直流电源的_极。实际生产中，阳极以稀硫酸为电解液，阳极的电极反响式为_。该工艺之所以采用阴离子交换膜，是为了防止Mn2进入阳极区发生副反响生成MnO2造成资源浪费，写出该副反响的电极反响式_。【答案】 (1). SiO2 (2). FeCO3MnO28H=2Fe3Mn22CO24H2O (3). Fe2完全氧化为Fe3 (4).

37、 渣2中有Al(OH)3，存在电离平衡： Al3+3OH- Al(OH)3 AlO+H+H2O，参加NaOH溶液，H被中和，浓度减小， Al(OH)3不断溶解 (5). 负 (6). H2O4e=O24H (7). Mn22H2O2e=MnO24H【解析】【分析】锰矿物的主要成分有MnCO3、MnO2、FeCO3、SiO2、Al2O3等，加稀硫酸后，酸性条件下二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，过滤得滤渣1的主要成分是SiO2；滤液含锰离子、亚铁离子、铁离子、铝离子等，加足量双氧水的作用是将Fe2+完全氧化为Fe3+，通过调节pH，得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤别离，滤液2中含有MnSO4、硫酸

38、铵等，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，向滤渣2中参加氢氧化钠，氢氧化铝溶解得到NaAlO2，过滤别离。滤液2电解得到Mn；【详解】(1)含锰矿物的主要成分有MnCO3、MnO2、FeCO3、SiO2、Al2O3等，参加稀硫酸后，SiO2不能与硫酸发生反响，所以滤渣1的主要成分是SiO2；(2)设备1中FeCO3可与硫酸反响生成亚铁离子，Fe2与MnO2发生氧化复原反响，反响的离子方程式为2Fe2+ MnO24H+ 2Fe3+Mn2+2H2O 或2FeCO3MnO28H+ 2Fe3+Mn2+CO24H2O；(3)设备2中加足量双氧水的作用是将Fe2+完全氧化为Fe3+；(4)设备4中的滤

39、渣为氢氧化铝和氢氧化铁，参加过量氢氧化钠溶液，NaOH与氢氧化铝反响，使其溶解，用化学平衡移动原理解释原因为Al(OH)3中存在电离平衡: Al3+3OH- Al(OH)3 AlO+H+H2O ，参加NaOH溶液，H被中和，浓度减低，Al(OH)3不断溶解；(5)电解池中，阴离子由阴极流向阳极，那么B为正极，A为负极，阳极以稀硫酸为电解液，阳极的电极反响式为4OH4e2H2OO2；该副反响为Mn2+失去电子氧化成为MnO2，电极反响式为Mn2+2H2O2e-MnO24H+。23. 硫酸的工业制备是一个重要的化工生产过程，但在生产过程中会产生大量污染，需要在生产工艺中考虑到绿色工艺以硫酸工业产生

40、的二氧化硫尾气、氨水、石灰石、焦炭、碳酸氢铵为原料可以合成硫化钙、硫酸铵、亚硫酸铵等物质合成路线如下：1写出反响的化学方程式_2反响中每生成lmol硫化钙理论上转移电子数_；为充分利用副产品CO，有人提出以熔融的K2C03为电解质，设计燃料电池，请写出此电池的负极反响_3为检验反响得到的产品是否因局部被氧化而变质，需选择的化学试剂有_4根据合成流程，可以循环利用的是_5NH42SO3溶液可用于电厂产生的烟道气的脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，形成共生系统写出二氧化氮与亚硫酸铵反响的离子方程式_【答案】 (1). 2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2 (2). 8N

41、A (3). CO+CO322e=2CO2 (4). 稀盐酸、BaCl2溶液 (5). CaCO3 (6). 2NO2+4SO32=N2+4SO42【解析】此题是化学工艺流程题。以工业上处理二氧化硫的工艺钙基固硫和氨水吸收为主线生产相关产品，变废为宝。(1). 钙基固硫的反响。因为亚硫酸酸性比碳酸强，所以将向碳酸钙浆液中通入二氧化硫可以生成亚硫酸钙和二氧化碳，亚硫酸钙再被氧气氧化为硫酸钙，总反响为：2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2 (2). 反响的化学方程式为：CaSO4+4C = CaS+4CO，反响中硫的化合价从+6降到-2，共转移8个电子，所以每生成1molCaS理论

42、上要转移的电子数为 8NA 。 (3). 根据CO的燃烧生成CO2，CO发发生了氧化反响，根据原电池原理，负极上复原剂发生氧化反响，由于电解质为熔融的碳酸钾，所以由提供氧原子与CO形成CO2分子，CO中C的化合价从+2升高到+4，要失去2个电子，所以电极反响式为：CO+CO322e=2CO2 (4). 反响得到的产品为亚硫酸铵易被空气中的氧气氧化生成硫酸铵，所以要检验产品是否变质可以检验硫酸根离子，实验室检验硫酸根离子的常用试剂为稀盐酸和BaCl2溶液 (5). 分析上述流程图可发现，反响I用到原料中有CaCO3 ，反响IV有副产品CaCO3生成，所以CaCO3可以循环利用。 (6). 二氧化

43、氮有很强的氧化性，而亚硫酸根有很强的复原性，根据化合价通常邻位转化规律，二氧化氮可以将亚硫酸根氧化为硫酸根，所以离子方程式为：2NO2+4SO32=N2+4SO4224. 超顺磁性的Fe3O4粒子(平均直径为25 nm)在医疗上有重要作用，实验室制备方法如下：在有N2保护和剧烈搅拌条件下，向FeCl3、FeCl2的混合溶液中滴加氨水，可得到黑色的Fe3O4.实验装置如下图：请答复以下问题：(1)恒压滴液漏斗的作用是_。(2)通入N2的目的是_，反响温度应控制在50 ，加热方法为_。(3)制备超顺磁性的Fe3O4粒子反响原理的离子方程式为_。(4)充分反响后，将三颈烧瓶中的混合物通过离心别离，然

44、后水洗，最后用无水乙醇洗涤。；为了验证得到的固体是超顺磁性的Fe3O4粒子，实验操作：_。为了检验超顺磁性粒子中含有2价的铁元素，需要的化学试剂为_(填序号)。AKSCN溶液 BHCl溶液CH2O2溶液 DK3Fe(CN)6溶液(5)实验制得的超顺磁性的Fe3O4粒子中含有少量的Fe(OH)3，为测定Fe3O4的含量，称取m g试样放在小烧杯中，用足量稀硫酸溶解后定容于100 mL容量瓶中，准确量取20.00 mL溶液置于锥形瓶中，然后用c molL-1 KMnO4溶液进行滴定，当_停止滴定，然后重复滴定操作，平均消耗KMnO4溶液V mL，该样品的纯度为_【答案】 (1). 能保证氨水顺利地滴入三颈烧瓶中 (2). 防止FeCl3、FeCl2的混合溶液中Fe2被氧化 (3). 水浴加热 (4). Fe22Fe38NH3H2O=Fe3O48NH4H2O (5). 将得到的固体分散在水中，观察是否有丁达尔效应 (6). BD (7). 滴入最后一滴标准液，溶液变成淡红色且半分钟内不恢复原色 (8). 100%【解析】【分析】制备四氧化三铁原理：反响装置内有空气，氧气能够将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，通入N2排净装置内的空气，可以防止Fe2+被氧化；50可采用水浴加热实现；向FeCl3、FeCl2混合溶液中滴加氨水，可得到黑色的Fe3O4；检验时可利用