2021届河北省高三上学期二调考试化学试题(解析版).doc

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

2、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。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；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；一份直接放入足量的盐酸中，充分反应后放

3、出气体在标准状况下的体积为V3。下列说法正确的是A. V1V3V2B. V2V1V3C. V1V2V3D. V1V3V2【答案】A【解析】【详解】假设每份含2mol铝，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；铝先和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁3 Fe3O4+8Al4Al2O3+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；能和盐酸反应生成氢气的只有铝，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，

4、2mol铝与盐酸溶液反应生成氢气3mol氢气；所以V1=V3V2，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B. 向碳酸钠溶液中通入少量C. 向碘化钾溶液中加入少量硫酸酸化的H2O2溶液：D. 将固体溶于HI溶液：【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 ，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 ，故B正确；C向 溶液中加入少量硫酸酸化的溶液，被氧化为，其离子方程式为 ，故C错误；D将，溶于溶液中，和发生氧化还原反应，其离子方程式为 ，故D错误。4. 下图是

5、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KMnO4B. 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

6、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B. 向饱和烧

7、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；BNa2O2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；CNa2O2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

8、，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；D62 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

9、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：DBC；电负性：BCDC. 可用酒精洗涤粘在容器内壁上的单质DD. 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、

10、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：SNO；电负性：ONS，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

11、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. 2：4：1B. 3：2：1C. 2：3：1D. 4：2：1【答案】A【解析】【详解

12、】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( )A. 过程“雷电作用”中发生的反应是N2+O22NOB. 过程“固氮作用”中，氮气被还原C. 过程中涉及的反应可能有2NO+O2=2N

13、OD. 过程中涉及的反应可能有2NO+12H+=N2+6H2O【答案】D【解析】【详解】A过程“雷电作用”中氮气与氧气化合生成NO，即发生的反应是N2+O22NO，A说法正确；B过程“固氮作用”中氮元素化合价降低，氮气被还原，B说法正确；C过程中NO，被氧化为NO，涉及的反应可能为2NO+O2=2NO，C说法正确；D过程中氮元素化合价降低，NO被还原，涉及的反应不可能为2NO+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Cl、Br、I，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

14、正确的是Cl2的体积（标准状况）2.8L5.6L11.2Ln(Cl)1.25mol1.5mol2moln(Br)1.5mol1.4mol0.9moln(I)amol00A. 当通入Cl2体积为2.8L时，只有I与Cl2发生反应B. 当通入Cl2的体积为2.8L5.6L时，只有Br与Cl2发生反应C. a=0.15D. 原溶液中c(Cl)c(Br)c(I)=10154【答案】B【解析】【分析】向含有大量Cl、Br、I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2.8L5.6L

15、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I与Cl2发生反应，故A正确；B. 当通入Cl2的体积为2.8L5.6L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I与Cl2发生反应，故B错误；C. 当通入Cl2的体积为2.8L5.6L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

16、.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I与Cl2发生反应，消耗0.25molI，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-0.1252=1mol，原溶液含有Br-的物质的量是1.5mol，原溶液中c(Cl)c(Br)c(I)=10154，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

17、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. 2：7B. 1：7C. 7：1D. 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：，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，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

18、中Fe3+与Cu2+的物质的量浓度之比为2：7，合理选项是A。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SiC. 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Al2O3SiO2H2O【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；BHCl不是Cl的最高价氧化物对应的水化

19、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SiO2H2O的顺序可知，Al2Si2O5(OH)4可改成Al2O32SiO22H2O，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1.40gmL-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1.0molL-1 NaOH溶

20、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14.0molL-1B. 产生沉淀8.51gC. 该合金铜与镁的物质的量之比是3：2D. 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、质量分数为63%的浓硝酸中HNO3的物质的量浓度为，故A正确；B4480mL NO2的物质的量为，336mL N2O4的物质的量为，根据得失电子守恒可知，铜镁失电子的物质的量是，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，根据电荷守恒，Mg2+、Al3+结合氢氧根离子的物质的量是

21、0.23mol，沉淀质量为，故B正确；C4480mL NO2的物质的量为，336mL N2O4的物质的量为，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，解得，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，则，根据钠离子守恒可知，则需要氢氧化钠溶液的体积为，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

22、，下列说法正确的是（ ）A. 从左向右接口的连接顺序：FB，AD，ECB. 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，EC；制取的二氧化碳需除去HCl杂质，则FB，AD ，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

23、AD。14. 工业上除去电石渣浆(含CaO)上清液中的S2-，并制取石膏(CaSO42H2O)的常用流程如图：下列说法不正确的是( )A. 过程、中起催化剂作用的物质是Mn(OH)2B. 常温下，56gCaO溶于水配成1L溶液，溶液中Ca2+的数目为6.021023个C. 将10L上清液中的S2-转化为SO(S2-浓度为320mgL-1)，理论上共需要0.2mol的O2D. 过程中，反应的离子方程式为4MnO+2S2-+9H2O=S2O+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、中，起催化剂作用的物质是Mn(OH) 2，故A正

24、确；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6.021023个，故B错误；C. 由电子守恒及原子守恒可知，存在2S2-4Mn(OH)28e -2O2，且两个过程消耗氧气，将10L上清液中的S2-转化为(S2-浓度为320mg/L)，理论上共需要标准状况下的O2的体积为，故C正确；D. 过程中S2-与发生氧化还原反应，离子反应为4MnO+2S2-+9H2O=S2O+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1molL-1的盐酸，测得溶液中的

25、、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，；Al(OH)3的酸式电离平衡常数； 则下列说法正确的是( )A. V1：V2=1：4B. M点时生成CO20.05molC. 原混合溶液中的与的物质的量之比为1：3D. a曲线表示的离子方程式为【答案】A【解析】【分析】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的盐酸后，首先发生反应，曲线a表示，由图可知反应完毕时，加入盐酸50mL，根据方程式可知，；反应完毕时，发生反应，曲线b表示，曲线c表示；由图可知，与反应的盐酸的体积为，根据方程式可知，；反应完毕后，发生反应，

26、曲线d表示，由图可知，与反应的盐酸的体积为，根据方程式可知；被消耗完之后，发生反应，则曲线e表示Al3+，由图可知，反应完毕，根据方程式可知，该阶段加人盐酸体积为。【详解】A由上述分析可知，原溶液中，V1时溶液中碳酸氢根离子等于碳酸根离子为0.025mol，由反应可知，需要盐酸为0.025mol，盐酸的体积为25mL，故，由上述分析可知，故，A正确；B由上述分析可知，M点时溶液中完全转化为，没有CO2生成，B错误；C由上述分析可知，原混合溶液中的与的物质的量之比为，C错误；D由上述分析可知，a曲线表示的离子方程式为，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

27、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。(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 molL-1

28、 NaNO2溶液与10mL0.02 molL-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+2O2N2O+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；

29、(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；(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XNH3，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+2O2N2O+3H2O；在酸性NaClO溶液中，HClO氧化N

30、O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+2NO33Cu2+2NO+4H2O；(5)50mL0.01molL1 NaNO2溶液中n(N

31、aNO2)0.05L0.01mol/L5104mol，10mL0.02molL1 KMnO4溶液中n(KMnO4)0.01L0.02mol/L2104mol，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5104mol22104mol(7x)，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。

32、(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：“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：，“赤泥”的主要成分为_(写出化学式)。“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)。“还原”时，炭黑在高温下被氧化为C

33、O，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+、可能大量含有的阴离子Cl-、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。该溶液中一定不含有的离子是_。V1、V2、V3、V4之间的关系为_。【答案】 (1). 3 (2). (3). Fe2O3、Na2Al2Si2O8 (4). NaHCO3 (5). (6). Mg2+、 (7). 【解析】【详解】(1)根据关系式：，；(2)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。(3)铝土矿(主要成分为Al2O3

34、，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；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；Al(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：；(4)加入NaOH至V1时，无沉淀生成，则表明溶液中含有H+，由于与H+不能大量共存，所以溶液中一定不含有。V3V4段，加入NaOH能使沉淀完全溶解，则说明沉淀为，不含有，从

35、而表明原溶液中含有Al3+，不含有Mg2+；则V1V2段，Al3+与反应生成沉淀；V2V3段，沉淀物质的量不变，则表明此段发生反应。因为溶液呈电中性，则一定含有。由以上分析，可得出该溶液中定不含有的离子为Mg2+、。V1V2段，；V3V4段，以为桥梁，可得出。18. .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_。.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

36、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：_。.取100mL 18.3molL-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). (3). (4). (或) (5). 1.78mol (6). 39：

37、11【解析】【详解】(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：，故答案为：；(3)上述实验中NaOH溶液用于吸收剩余的SO2生成Na2SO3，Na2SO

38、3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：，故答案为：；(4)根据反应和可知，不管生成1mol SO2还是生成1mol H2均需转移2mol电子，故有，故转移电子数为或，故答案为：或；(5)的H2SO4中含有硫酸的物质的量为；剩余硫酸的物质的量为；消耗硫酸的物质的量为，故答案为：1.78mol；(6)锌与浓硫酸发生：，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：，生成气体为SO2和H2的混合物物质的量为设混合气体中含有x mol SO2，y mol H2，则

39、发生反应，消耗硫酸物质的量为y mol，则有，解得，由同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以，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：.某氯化铁样品中含有少量FeCl2杂质，现要测定其中铁元索质量分数，实验步骤如下：(1)操作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”)。.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

40、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。(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). (4). 偏大 (5). 紫 (6). (7). 【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。(

41、3)b g Fe2O3中铁的物质的量为，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。氢氧化铁固体灼烧的反应为，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；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，说明高锰酸钾将氧化了，反应的离子方程式。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

42、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(60mLmin-1)和氨气(20mLmin-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；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

43、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 0.05molL-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 molL-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_molkg-1(已知：ACN中，羧基的、酚羟基的、碳酸的、；用含a、b的代数式表示)。(4)某课题组以2500 mgL-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

44、“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). (7). ACN (8). ACN表面呈碱性，有利于双氧水分解产生羟基【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

45、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；根据可知，剩余的，根据，羧基含量为。(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。