2022-2022学年安徽省巢湖市庐江县农村六校高三（上）第三次联考化学试卷 一、选择题（每小题3分，只有一个选项符合题意，共54分）1．牙齿洁白，人人喜欢．将漂白剂沾在牙套上，牙齿咬住牙套可使牙齿变得洁白．下列物质溶于水后所得溶液可作为牙齿漂白剂的是（ ）A．Cl2B．HNO3C．Na2O2D．H2O2 2．分类是化学学习和研究的常用手段．下列分类依据和结论都正确的是（ ）A．H2O、HCOOH、Cu2（OH）2CO3均含有氧元素，都是氧化物B．HClO、浓H2SO4、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸C．HF、CH3COOH、CH3CH2OH都易溶于水，都是电解质D．NaF、MgO、AlCl3均由活泼金属和活泼非金属化合而成，都是离子化合物 3．下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是（ ）A．pH=1的无色溶液：Na+、Cu2+、NO3﹣、SO42﹣B．能溶解Al（OH）3固体的溶液：K+、Na+、HCO3﹣、NO3﹣C．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液：K+、Fe2+、SO42﹣、Cl﹣D．水电离出的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液：Ba2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣ 4．下列关于Fe2（SO4）3的叙述正确的是（设NA为阿伏加德罗常数的数值）（ ）A．1mol/L的Fe2（SO4）3溶液中含有2NA个Fe3+（不考虑水解）B．1mol的Fe2（SO4）3和S2﹣反应可转移2NA个电子C．在该溶液中，K+、NH4+、I﹣、SO42﹣可以大量共存D．与Cu反应的离子方程式为：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+ 5．下列离子方程式正确的是（ ）A．0.01mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/LBa（OH）2溶液等体积混合NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2OB．FeCl2酸性溶液放在空气中变质：2Fe2++4H++O2═2Fe3++2H2OC．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑D．电解MgCl2水溶液的离子方程式：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣ 6．向下列溶液通入CO2至过量的过程中，原溶液一直保持澄清的是（ ）A．硅酸钠溶液B．氯化钙溶液C．石灰水D．漂白粉溶液 7．某溶液中含有HCO3﹣、SO32﹣、CO32﹣、CH3COO4﹣种阴离子．若向其中加入足量的Na2O2后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（ ）A．CH3COO﹣B．SO32﹣C．CO32﹣D．HCO3﹣ 198．铜粉放入稀硫酸溶液中，加热后无明显现象发生．当加入一种盐后，铜粉的质量减少，溶液呈蓝色，同时有气体逸出．该盐是（ ）A．Fe2（SO4）3B．Na2CO3C．KNO3D．FeSO4 9．向某NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同．若向M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系有下列图示四种情况，且（2）、（3）、（4）图中分别为OA＜AB，OA=AB，OA＞AB，则下列分析与判断正确的是（不计CO2的溶解）（ ）A．M中只有一种溶质的只有（1）B．M中有两种溶质的有（2）和（4）C．（2）图显示M中c（NaHCO3）＞c（Na2CO3）D．（4）图显示M中c（NaHCO3）＞c（Na2CO3） 10．甲、乙两烧杯中各盛放有100mL3mol•L﹣1的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1：2，则加入铝粉的质量为（ ）A．5.4gB．3.6gC．2.7gD．1.8g 11．对于反应KClO3+HCl=KC1+Cl2↑+H2O（未配平）若有0.1molKClO3参加反应，下列说法正确的是（ ）A．转移0.5mol电子B．生成0.1molCl2C．被氧化的HC1为0.6molD．Cl2是只是氧化产物不是还原产物 12．要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+．进行如下实验操作时最佳顺序为（ ）①加入足量氯水②加入足量KMnO4溶液③加入少量NH4SCN溶液．A．③①B．③②C．①③D．①②③ 13．硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0mL0.100mol•L﹣1Na2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl﹣离子，则S2O32﹣将转化成（ ）A．S2﹣B．SC．SO32﹣D．SO42﹣ 1914．将4mol金属Al全部转化为Al（OH）3，共消耗HClamol，NaOHbmol，则（a+b）的最小值为（ ）A．4molB．6molC．8molD．16mol 15．研究发现CuSO4和FeS2在一定条件下可发生如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4；下列说法正确的是（ ）A．FeS2中的硫元素全部被氧化B．5molFeS2发生反应，有10mol电子转移C．产物中SO42﹣有一部分是氧化产物D．FeS2只用作还原剂 16．向含有FeCl3和BaCl2的酸性溶液中通入足量的SO2，有白色沉淀生成，向过滤后的滤液中滴入KSCN溶液，无明显现象，由此得出的正确结论是（ ）A．白色沉淀是BaSO3B．白色沉淀是BaSO3和BaSO4的混合物C．白色沉淀是BaSO4D．FeCl3已全部被氧化为FeCl2 17．在100mL硝酸和硫酸的混合溶液中，c（HNO3）=0.2mol/L，c（H2SO4）=0.4mol/L，向其中加入2.56g铜粉，微热，充分反应后溶液中c（Cu2+）为（反应前后溶液体积保持不变）（ ）A．0.40mol/LB．0.30mol/LC．0.075mol/LD．无法计算 18．已知KMnO4、浓盐酸在常温下反应能生成Cl2．若用如图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并实验它与金属的反应．每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是（ ）A．①和②处B．②处C．②和③处D．②③④处 二、非选择题（共46分）19．（10分）（2022•上海）某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、H3AsO4、H2O和一种未知物质X．（1）已知KBrO3在反应中得到电子，则该反应的还原剂是 ．（2）已知0.2molKBrO3在反应中得到1mol电子生成X，则X的化学式为： ．（3）根据上述反应可推知 ．a．氧化性：KBrO3＞H3AsO4b．氧化性：H3AsO4＞KBrO319c．还原性：ASH3＞Xd．还原性：X＞ASH3（4）将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中，并标出电子转移的方向和数目： ． 20．（12分）（2022秋•巢湖月考）已知化合物A、B、C、D、E、F、G和单质甲、乙所含元素均为短周期元素，A的浓溶液与甲能发生如图所示的反应，甲是常见的固体单质，乙是常见的气体单质，B是无色气体，是主要的大气污染物之一，请根据图示回答问题．（1）写出下列物质的化学式：A ，G ，写出反应C+E﹣→F+乙的化学方程式： ．每生成1mol乙气体，需要转移 mol电子．（2）气体B可用与B含有同一种元素的气体化合物M与乙发生氧化还原反应制得，M的化学式是 ，M与B反应的化学方程式为 ． 21．（12分）（2022秋•巢湖月考）高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂．其生产工艺如下：（1）反应①应在温度较低的情况下进行．因在温度较高时KOH与Cl2反应生成的是KClO3．写出在温度较高时KOH与Cl2反应的化学方程式 ，当反应中转移5mol电子时，消耗的氯气是 mol．（2）在反应液I中加入KOH固体的目的是 （填编号）．A．与反应液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClOB．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率C．为下一步反应提供碱性的环境D．使KClO3转化为KClO（3）从溶液II中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3、KCl，则反应③中发生的离子反应方程式为 ．（4）如何判断K2FeO4晶体已经洗涤干净 ．（5）高铁酸钾（K2FeO4）作为水处理剂的一个优点是能与水反应生成胶体吸附杂质，其离子反应是： FeO42¯+ H2O= Fe（OH）3（胶体）+ O2↑+ 完成并配平上述反应的离子方程式． 22．（12分）（2022•海淀区二模）某课外小组在实验室制备氨气，并进行有关氨气的性质探究．19（1）该小组同学加热生石灰与氯化铵的混合物制取干燥的氨气．①应该选用的仪器及装置有（填字母） ．②生石灰与氯化铵反应生成氨气的化学方程式为 ．（2）该小组同学设计如图所示装置探究氨气的还原性．在上述过程会同时发生多个反应，写出其中属于置换反应的化学方程式 ．若实验时通入氨气的速率过快，在烧瓶中会出现白烟，该物质的化学式为 ．（3）该小组同学以氨气和二氧化碳为原料制备碳酸氢铵．①甲同学先将二氧化碳通入水中，充分溶解后，再通入氨气；乙同学先将氨气通入水中，充分溶解后，再通入二氧化碳．合适的方案是 （填“甲”或“乙”），原因是 ．②检验产物中有NH4+的方法为 ． 192022-2022学年安徽省巢湖市庐江县农村六校高三（上）第三次联考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（每小题3分，只有一个选项符合题意，共54分）1．牙齿洁白，人人喜欢．将漂白剂沾在牙套上，牙齿咬住牙套可使牙齿变得洁白．下列物质溶于水后所得溶液可作为牙齿漂白剂的是（ ）A．Cl2B．HNO3C．Na2O2D．H2O2【考点】钠的重要化合物；硝酸的化学性质．【分析】牙齿漂白剂应无毒，在口腔内反应后的产物无毒，无腐蚀性；【解答】解：虽然都具有漂白性，但C12的水溶液有毒，HNO3具有腐蚀性，Na2O2能与水剧烈反应且生成的氢氧化钠具有腐蚀性，双氧水还原产物是水，适合漂白牙齿．故选D．【点评】本题考查常见的漂白剂，难度不大，注意C12、HNO3、Na2O2、双氧水漂白性的区别． 2．分类是化学学习和研究的常用手段．下列分类依据和结论都正确的是（ ）A．H2O、HCOOH、Cu2（OH）2CO3均含有氧元素，都是氧化物B．HClO、浓H2SO4、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸C．HF、CH3COOH、CH3CH2OH都易溶于水，都是电解质D．NaF、MgO、AlCl3均由活泼金属和活泼非金属化合而成，都是离子化合物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；离子化合物的结构特征与性质；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】A．氧化物由两种元素构成，其中有一种元素为氧元素；B．HClO、浓H2SO4、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸；C．CH3CH2OH易溶于水，但是不电离，是非电解质；D．AlCl3是共价化合物．【解答】解：A．氧化物由两种元素构成，其中有一种元素为氧元素，所以HCOOH、Cu2（OH）2CO3不是氧化物，故A错；B．HClO、浓H2SO4、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸，故B正确；C．CH3CH2OH易溶于水，但是不电离，所以是非电解质，故C错；D．AlCl3是共价化合物，不属于离子化合物，故D错；故选B．【点评】本题考查了几个常见的概念，要注意对概念的准确把握． 3．下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是（ ）A．pH=1的无色溶液：Na+、Cu2+、NO3﹣、SO42﹣B．能溶解Al（OH）3固体的溶液：K+、Na+、HCO3﹣、NO3﹣C．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液：K+、Fe2+、SO42﹣、Cl﹣D．水电离出的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液：Ba2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．无色溶液中不存在有色离子，铜离子为有色离子；19B．能溶解Al（OH）3固体的溶液为酸性或强碱性溶液，碳酸氢根离子既能够与氢离子反应也能够与氢氧根离子反应；C．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液具有氧化性，亚铁离子具有还原性，能够被该溶液氧化；D．水电离出的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，Ba2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣离子之间不发生反应，且都不与氢离子和氢氧根离子反应．【解答】解：A．Cu2+为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A错误；B．能溶解Al（OH）3固体的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3﹣能够与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液具有强氧化性，能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．水电离出的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，Ba2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣离子之间不反应，都不与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子共存的判断，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等． 4．下列关于Fe2（SO4）3的叙述正确的是（设NA为阿伏加德罗常数的数值）（ ）A．1mol/L的Fe2（SO4）3溶液中含有2NA个Fe3+（不考虑水解）B．1mol的Fe2（SO4）3和S2﹣反应可转移2NA个电子C．在该溶液中，K+、NH4+、I﹣、SO42﹣可以大量共存D．与Cu反应的离子方程式为：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．不知道溶液的体积，无法求出铁离子的数目；B．根据Fe3+～Fe2+～e﹣计算；C．铁离子具有氧化性，可以氧化碘离子，故C错误；D．与Cu反应的离子方程式为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+．【解答】解：A．不知道溶液的体积，无法求出铁离子的数目，故A错误；B．Fe3+～Fe2+～e﹣，1mol的Fe2（SO4）3和S2﹣反应可转移2NA个电子，故B正确；C．铁离子具有氧化性，可以氧化碘离子，故C错误；D．与Cu反应的离子方程式为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故D错误；故选B．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，要求学生掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系． 5．下列离子方程式正确的是（ ）A．0.01mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/LBa（OH）2溶液等体积混合NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2OB．FeCl2酸性溶液放在空气中变质：2Fe2++4H++O2═2Fe3++2H2OC．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑19D．电解MgCl2水溶液的离子方程式：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣【考点】离子方程式的书写．【分析】A．物质的量比为1：2，反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨；B．发生氧化还原反应，电子、电荷不守恒；C．醋酸在离子反应中保留化学式；D．反应生成氢氧化镁、氢气、氯气．【解答】解：A.0.01mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/LBa（OH）2溶液等体积混合的离子反应为NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O，故A正确；B．FeCl2酸性溶液放在空气中变质的离子反应为4Fe2++4H++O2═4Fe3++2H2O，故B错误；C．用CH3COOH溶解CaCO3的离子反应为CaCO3+2CH3COOH═2CH3COO﹣+Ca2++H2O+CO2↑，故C错误；D．电解MgCl2水溶液的离子方程式为Mg2++2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+Mg（OH）2↓，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应、电解反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大． 6．向下列溶液通入CO2至过量的过程中，原溶液一直保持澄清的是（ ）A．硅酸钠溶液B．氯化钙溶液C．石灰水D．漂白粉溶液【考点】离子反应发生的条件；碳族元素简介．【专题】离子反应专题．【分析】A、碳酸的酸性比硅酸强，碳酸能够和硅酸钠溶液反应生成白色沉淀硅酸；B、CaCl2溶液通入过量的二氧化碳，不反应；C、开始时出现白色碳酸钙沉淀，继续通入二氧化碳，白色沉淀又会溶解；D、碳酸的酸性比次氯酸的酸性强，先出现白色沉淀，继续通入二氧化碳，白色沉淀又会溶解．【解答】解：A、Na2SiO3溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸的酸性比硅酸强，所以生成硅酸白色沉淀和碳酸氢钠，故A不符合；B、CaCl2溶液通入过量的二氧化碳，不反应无沉淀生成，故B符合；C、澄清石灰水通入过量的二氧化碳，先生成白色碳酸钙沉淀，继续通入二氧化碳，碳酸钙沉淀又会溶解，最终无沉淀生成，故C不符合；D、Ca（C1O）2溶液中通入过量的二氧化碳，先生成次氯酸和碳酸钙，碳酸钙不溶于水，过量的二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙溶于水，最终无沉淀生成，故D不符合．故选B．【点评】本题考查了元素及其化合物的性质，注重基础知识考查，难度中等． 7．某溶液中含有HCO3﹣、SO32﹣、CO32﹣、CH3COO4﹣种阴离子．若向其中加入足量的Na2O2后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（ ）A．CH3COO﹣B．SO32﹣C．CO32﹣D．HCO3﹣【考点】离子共存问题．19【专题】离子反应专题．【分析】过氧化钠具有强氧化性，与水反应生成氢氧化钠和氧气，则与OH﹣或与过氧化钠发生氧化还原反应的离子不能共存，以此解答．【解答】解：HCO3﹣可与反应生成CO32﹣，则CO32﹣浓度增大，HCO3﹣浓度减小，SO32﹣可与过氧化钠发生氧化还原反应，则浓度减小，溶液中离子浓度基本保持不变的是CH3COO﹣，故选A．【点评】本题综合考查离子反应知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，难度不大． 8．铜粉放入稀硫酸溶液中，加热后无明显现象发生．当加入一种盐后，铜粉的质量减少，溶液呈蓝色，同时有气体逸出．该盐是（ ）A．Fe2（SO4）3B．Na2CO3C．KNO3D．FeSO4【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】元素及其化合物．【分析】Cu与稀硫酸不反应，硝酸盐在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，则可使Cu溶解，由发生的氧化还原反应可知生成的气体，以此来解答．【解答】解：A．Cu、稀硫酸、硫酸铁混合时，铜和硫酸铁发生氧化还原反应，生成硫酸亚铁和硫酸铜，造成铜粉的质量减少，但没有气体，故A错误；B．Cu与稀硫酸不反应，加入Na2CO3时与酸反应生成二氧化碳气体，但Cu不溶解，故B错误；C．Cu、稀硫酸、KNO3混合时发生3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，则铜粉质量减轻，同时溶液逐渐变为蓝色，且有气体逸出，故C正确；D．Cu、稀硫酸、FeSO4混合时不反应，故D错误．故选C．【点评】本题考查硝酸盐在酸性条件下的性质，明确选项中各物质的性质及发生的化学反应是解答本题的关键，难度不大． 9．向某NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同．若向M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系有下列图示四种情况，且（2）、（3）、（4）图中分别为OA＜AB，OA=AB，OA＞AB，则下列分析与判断正确的是（不计CO2的溶解）（ ）A．M中只有一种溶质的只有（1）B．M中有两种溶质的有（2）和（4）C．（2）图显示M中c（NaHCO3）＞c（Na2CO3）19D．（4）图显示M中c（NaHCO3）＞c（Na2CO3）【考点】钠的重要化合物．【专题】图像图表题．【分析】图（1）中加入盐酸即有CO2生成，说明溶质只有一种，即NaHCO3；图（2）中OA＜AB，说明溶液M中含有Na2CO3和NaHCO3两种溶质；图（3）中OA=AB，说明溶质只有Na2CO3；图（4）中OA＞AB，说明溶液M中含有NaOH和Na2CO3两种溶质，水解反应为NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，以此解答．【解答】解：A．图（1）中加入盐酸即有CO2生成，说明溶质只有一种，即NaHCO3；图（3）中OA=AB，说明溶质只有Na2CO3，故A错误；B．图（2）中OA＜AB，说明溶液M中含有Na2CO3和NaHCO3两种溶质，图（4）中OA＞AB，说明溶液M中含有NaOH和Na2CO3两种溶质，故B正确；C．图（2）中OA＜AB，说明溶液M中含有Na2CO3和NaHCO3两种溶质，只有AB＞2OA时，才能得出M中c（NaHCO3）＞c（Na2CO3），故C错误；D．图（4）中OA＞AB，说明溶液M中含有NaOH和Na2CO3两种溶质，不存在NaHCO3，故D错误．故选B．【点评】本题主要考查了图象和数据的分析及根据化学方程式进行计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意守恒法在解答中的应用，需明确反应后溶质的可能成分来比较，难度中等． 10．甲、乙两烧杯中各盛放有100mL3mol•L﹣1的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1：2，则加入铝粉的质量为（ ）A．5.4gB．3.6gC．2.7gD．1.8g【考点】铝的化学性质；化学方程式的有关计算．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】根据铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1：2，由化学反应方程式可知，酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量来计算解答．【解答】解：盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L×3mol/L=0.3mol，又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1：2，设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑630.3molx=，解得x=0.15mol，一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15mol×2=0.3mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑2319y0.3mol，解得y=0.2mol，则铝的质量为0.2mol×27g/mol=5.4g，故选：A．【点评】本题考查学生利用化学反应方程式的计算，明确铝与酸、碱反应水的化学反应方程式，酸碱足量、酸碱均不足量时得到的氢气的关系是解答本题的关键． 11．对于反应KClO3+HCl=KC1+Cl2↑+H2O（未配平）若有0.1molKClO3参加反应，下列说法正确的是（ ）A．转移0.5mol电子B．生成0.1molCl2C．被氧化的HC1为0.6molD．Cl2是只是氧化产物不是还原产物【考点】氧化还原反应．【分析】KClO3+HCl=KC1+Cl2↑+H2O中，Cl元素的化合价由+5价降低为0，Cl元素的化合价由﹣1价升高为0，以此来解答．【解答】解：A.0.1molKClO3参加反应，转移电子为0.1mol×（5﹣0）=0.5mol，故A正确；B．由电子、原子守恒可知，反应为KClO3+6HCl=KC1+3Cl2↑+3H2O，则有0.1molKClO3参加反应，生成0.3molCl2，故B错误；C．由电子守恒可知，被氧化的HC1为=0.5mol，故C错误；D．只有Cl元素的化合价变化，则Cl2是只是氧化产物也是还原产物，故D错误；故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原基本概念的考查，题目难度不大． 12．要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+．进行如下实验操作时最佳顺序为（ ）①加入足量氯水②加入足量KMnO4溶液③加入少量NH4SCN溶液．A．③①B．③②C．①③D．①②③【考点】物质检验实验方案的设计．【专题】物质检验鉴别题．【分析】先根据Fe3+的特征反应判断溶液不含Fe3+；然后加入氧化剂，如果含有Fe2+，Fe2+被氧化剂氧化成Fe3+溶液变成红色，以此证明Fe2+的存在．【解答】解：因为KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，可以先滴加NH4SCN溶液，不显红色，说明原溶液不含有Fe3+，再滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中有Fe3+，证明原溶液含有Fe2+，即③①，故选A．【点评】本题考查离子的检验，注意滴加氧化剂、KSCN溶液的顺序不能颠倒，如果颠倒，无法确定溶原液将中是否含有Fe3+． 13．硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0mL0.100mol•L﹣1Na2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl﹣离子，则S2O32﹣将转化成（ ）A．S2﹣B．SC．SO32﹣D．SO42﹣19【考点】氧化还原反应．【专题】压轴题；氧化还原反应专题．【分析】根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等列式计算．【解答】解：n（Na2S2O3）=0.025L×0.100mol/L=0.0025mol，n（Cl2）==0.01mol，设S2O32﹣被氧化后的S元素的化合价为n，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，则0.0025×2×（n﹣2）mol=2×0.01moln=6故选D．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，注意从氧化剂、还原剂得失电子数目相等的角度解答． 14．将4mol金属Al全部转化为Al（OH）3，共消耗HClamol，NaOHbmol，则（a+b）的最小值为（ ）A．4molB．6molC．8molD．16mol【考点】化学方程式的有关计算．【分析】①Al→Al3+→Al（OH）3；②Al→AlO2﹣→Al（OH）3；③Al→Al3+、Al→AlO2﹣，然后是Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，结合Al的物质的量及反应中物质的量关系计算．【解答】解：4molAl完全转化生成4molAl（OH）3时，由反应方程式可知方案①中：2Al+6H+=2Al3++3H2↑、Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓+3NH4+，41244124即消耗4molAl时，消耗12molH+、12molOH﹣，则a+b=24；方案②中：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、AlO2﹣+H2O+H+=Al（OH）3↓，444444即消耗4molAl时，消耗4molH+、4molOH﹣，则a+b=8；方案③中：2Al+6H+=2Al3++3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，131333134即消耗4molAl时，消耗3molH+、3molOH﹣，则a+b=6，显然方案③药品用量少．故选B．【点评】本题考查化学反应方程式的计算，为高频考点，把握制备氢氧化铝的反应及方案为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大． 15．研究发现CuSO4和FeS2在一定条件下可发生如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4；下列说法正确的是（ ）A．FeS2中的硫元素全部被氧化B．5molFeS2发生反应，有10mol电子转移C．产物中SO42﹣有一部分是氧化产物D．FeS2只用作还原剂19【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】反应14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素化合价降低，被还原，CuSO4为氧化剂，FeS2中S元素化合价为﹣1价，反应后分别升高为+6价、降低为﹣2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，从元素化合价的角度判断并计算该题．【解答】解：A．FeS2中S元素化合价为﹣1价，反应后分别升高为+6价、降低为﹣2价，所以FeS2中S元素部分被氧化，部分被还原，故A错误；B.5molFeS2发生反应，Cu元素化合价由+2价→+1价，14molCuSO4得到14mol电子，FeS2→Cu2S，S元素的化合价由﹣1价→﹣2价，生成7molCu2S，得到7mol电子，有21mol电子转移，故B错误；C．由化学方程式可知，反应物中含有14molSO42﹣离子，生成物中有17molSO42﹣离子，则有3molS被氧化，所以产物中SO42﹣有一部分是氧化产物，故C正确；D．FeS2中S元素化合价为﹣1价，反应后分别升高为+6价、降低为﹣2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，故D错误．故选：C．【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，解答该题的关键是正确判断各元素的化合价的变化，能从化合价的角度进行判断和计算． 16．向含有FeCl3和BaCl2的酸性溶液中通入足量的SO2，有白色沉淀生成，向过滤后的滤液中滴入KSCN溶液，无明显现象，由此得出的正确结论是（ ）A．白色沉淀是BaSO3B．白色沉淀是BaSO3和BaSO4的混合物C．白色沉淀是BaSO4D．FeCl3已全部被氧化为FeCl2【考点】二氧化硫的化学性质．【分析】氯化铁具有强的氧化性，在酸性环境下能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+，硫酸根离子与钡离子发生反应生成硫酸钡沉淀，据此解答．【解答】解：氯化铁具有强的氧化性，在酸性环境下能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+，硫酸根离子与钡离子发生反应生成硫酸钡沉淀，亚硫酸酸性弱于盐酸，与氯化钡不反应，所以不会产生亚硫酸钡沉淀，向过滤后的滤液中滴入KSCN溶液，无明显现象，说明溶液中三价铁离子全部被还原为二价铁离子，故选：C．【点评】本题考查了二氧化硫、三价铁离子的性质，明确相关物质的化学性质及发生的反应是解题关键，题目难度不大． 17．在100mL硝酸和硫酸的混合溶液中，c（HNO3）=0.2mol/L，c（H2SO4）=0.4mol/L，向其中加入2.56g铜粉，微热，充分反应后溶液中c（Cu2+）为（反应前后溶液体积保持不变）（ ）A．0.40mol/LB．0.30mol/LC．0.075mol/LD．无法计算【考点】氧化还原反应的计算．【分析】n（Cu）==0.04mol，混合溶液中n（H+）=n（HNO3）+2n（H2SO4）=0.2mol/L×0.1L+2×0.4mol/L×0.1L=0.1mol，n（NO3﹣）=n（HNO319）=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，Cu和混合酸的离子方程式为3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，根据离子方程式知，0.02mol硝酸根离子完全反应需要0.03molCu、0.08mol氢离子，所以Cu、氢离子都剩余，则Cu完全溶解，根据Cu原子守恒计算c（Cu2+）．【解答】解：n（Cu）==0.04mol，混合溶液中n（H+）=n（HNO3）+2n（H2SO4）=0.2mol/L×0.1L+2×0.4mol/L×0.1L=0.1mol，n（NO3﹣）=n（HNO3）=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，Cu和混合酸的离子方程式为3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，根据离子方程式知，0.02mol硝酸根离子完全反应需要0.03molCu、0.08mol氢离子，所以Cu、氢离子都剩余，则Cu完全溶解，根据Cu原子守恒得溶解的n（Cu2+）=n（Cu）=0.03mol，c（Cu2+）==0.30mol/L，故选B．【点评】本题考查氧化还原反应有关计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，注意：该反应计算铜离子浓度时要先进行过量计算，为易错题． 18．已知KMnO4、浓盐酸在常温下反应能生成Cl2．若用如图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并实验它与金属的反应．每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是（ ）A．①和②处B．②处C．②和③处D．②③④处【考点】氯气的实验室制法．【分析】KMnO4与浓HCl在常温下反应产生Cl2，浓盐酸易挥发，从发生装置生成的氯气中含有挥发的HCl和水蒸气杂质，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，然后通入盛有浓硫酸的洗气瓶进行干燥，氯气与金属反应时，气体应通入到试管底部，并用双孔橡皮塞，防止试管内压强过大，据此解答．【解答】解：KMnO4与浓HCl在常温下反应产生Cl2，故①装置正确；浓盐酸易挥发，从发生装置生成的氯气中含有挥发的HCl和水蒸气杂质，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，不用选择氢氧化钠溶液，故②错误；用浓硫酸干燥氯气，导管应长进短出，故③错误；氯气与钠在试管中反应若用单孔塞，容易造成试管内压强过大，且导管应插入试管底部，故④错误；故选：D．【点评】本题考查了氯气的实验室制备和性质的检验，熟悉反应原理和装置特点是解题关键，题目难度不大． 二、非选择题（共46分）1919．（10分）（2022•上海）某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、H3AsO4、H2O和一种未知物质X．（1）已知KBrO3在反应中得到电子，则该反应的还原剂是 AsH3 ．（2）已知0.2molKBrO3在反应中得到1mol电子生成X，则X的化学式为： Br2 ．（3）根据上述反应可推知 ac ．a．氧化性：KBrO3＞H3AsO4b．氧化性：H3AsO4＞KBrO3c．还原性：ASH3＞Xd．还原性：X＞ASH3（4）将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中，并标出电子转移的方向和数目： ．【考点】氧化还原反应．【专题】压轴题；氧化还原反应专题．【分析】（1）KBrO3在反应中得到电子，则Br元素的化合价降低，给出的物质中AsH3具有还原性，As元素的化合价在反应中升高；（2）由元素化合价的变化来计算转移的电子；（3）利用氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性、还原剂的还原性大于还原产物的还原性来分析；（4）根据化合价的升降判断电子的转移方向，根据得失电子的最小公倍数确定转移的电子数．【解答】解：（1）KBrO3在反应中得到电子，则Br元素的化合价降低，给出的物质中AsH3具有还原性，As元素的化合价在反应中升高，故答案为：AsH3；（2）设X中Br元素化合价为x，由元素化合价的变化可知转移的电子为0.2mol×（5﹣x）=1mol，解得x=0，则X为Br2，故答案为：Br2；（3）在反应中，氧化剂为KBrO3，还原剂为AsH3，氧化产物为H3AsO4，还原产物为Br2，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知KBrO3＞H3AsO4，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知ASH3＞X（Br2），故答案为：ac；（4）KBrO3在反应中得到电子，AsH3具失去电子，转移的电子数为40e﹣，则标出电子转移的方向和数目为，故答案为：．【点评】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价是解答本题的关键，注意利用氧化还原反应中的规律及表示方法来解答即可，难度不大． 20．（12分）（2022秋•巢湖月考）已知化合物A、B、C、D、E、F、G和单质甲、乙所含元素均为短周期元素，A的浓溶液与甲能发生如图所示的反应，甲是常见的固体单质，乙是常见的气体单质，B是无色气体，是主要的大气污染物之一，请根据图示回答问题．（1）写出下列物质的化学式：A H2SO4 ，G Na2CO3 ，写出反应C+E﹣→F+乙的化学方程式： 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 ．每生成1mol乙气体，需要转移 2 mol电子．（2）气体B可用与B含有同一种元素的气体化合物M与乙发生氧化还原反应制得，M的化学式是 H2S ，M与B反应的化学方程式为 SO2+2H2S=3S↓+2H2O ．19【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】甲是常见的固体单质，甲与A的浓溶液反应得到B、C、D，则B是无色有刺激性气味的气体，是主要的大气污染物之一，则甲为碳，B为SO2气体，A为H2SO4，B与C、单质乙反应得到硫酸，则C为H2O、乙为O2，故D为CO2，水、二氧化碳均与E反应生成氧气，说明E为Na2O2，则F为NaOH，G为Na2CO3，以此来解答．【解答】解：甲是常见的固体单质，甲与A的浓溶液反应得到B、C、D，则B是无色有刺激性气味的气体，是主要的大气污染物之一，则甲为碳，B为SO2气体，A为H2SO4，B与C、单质乙反应得到硫酸，则C为H2O、乙为O2，故D为CO2，水、二氧化碳均与E反应生成氧气，说明E为Na2O2，则F为NaOH，G为Na2CO3，（1）由上述分析，可知A为H2SO4，G为Na2CO3，反应C+E→F+乙的化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，生成1mol氧气转移电子为1mol×2×[0﹣（﹣1）]=2mol，故答案为：H2SO4；Na2CO3；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；2；（2）气体SO2可用与SO2含有同一种元素的气体化合物M与乙发生氧化还原反应制得，则M为H2S，M与B反应的化学方程式为为：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，故答案为：H2S；SO2+2H2S=3S↓+2H2O．【点评】本题考查无机物的推断，难度中等，注意A浓溶液与甲反应进行推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识． 21．（12分）（2022秋•巢湖月考）高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂．其生产工艺如下：（1）反应①应在温度较低的情况下进行．因在温度较高时KOH与Cl2反应生成的是KClO3．写出在温度较高时KOH与Cl2反应的化学方程式 6KOH+3Cl2KClO3+5KCl+3H2O ，当反应中转移5mol电子时，消耗的氯气是 3 mol．（2）在反应液I中加入KOH固体的目的是 A、C （填编号）．A．与反应液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClOB．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率C．为下一步反应提供碱性的环境D．使KClO3转化为KClO（3）从溶液II中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3、KCl，则反应③中发生的离子反应方程式为 2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O ．19（4）如何判断K2FeO4晶体已经洗涤干净 用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净 ．（5）高铁酸钾（K2FeO4）作为水处理剂的一个优点是能与水反应生成胶体吸附杂质，其离子反应是： 4 FeO42¯+ 10 H2O= 4 Fe（OH）3（胶体）+ 3 O2↑+ 8OH﹣ 完成并配平上述反应的离子方程式．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验分析题；实验评价题；类比迁移思想；演绎推理法；无机实验综合．【分析】（1）根据题目信息、氧化还原反应中化合价发生变化确定产物以及电子得失守恒和质量守恒来配平；根据反应中电子转移数目可计算出参加反应的氯气的物质的量；（2）根据生产工艺流程图，第①步氯气过量，第③步需要碱性条件，在温度较高时KOH与Cl2反应生成的是KClO3，氧化还原反应中化合价有升有降；（3）根据题目信息、氧化还原反应中化合价发生变化确定产物以及电子得失守恒和质量守恒来配平；（4）检验最后一次的洗涤中无Cl﹣即可；（5）根据氧化还原反应电子得失守恒配平；【解答】解：（1）据题目信息、氧化还原反应中化合价发生变化确定产物有：KClO3、KCl、H2O，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得6KOH+3Cl2KClO3+5KCl+3H2O，根据方程可知，每3mol氯气参加反应则有5mol电子发生转移，故答案为：6KOH+3Cl2KClO3+5KCl+3H2O；3；（2）A、根据生产工艺流程图，第①步氯气过量，加入KOH固体后会继续反应生成KClO，故A正确；B、因温度较高时KOH与Cl2反应生成的是KClO3，而不是KClO，故B错误；C、第③步需要碱性条件，所以碱要过量，故C正确；D、KClO3转化为KClO，化合价只降不升，故D错误；故选：A、C；（3）据题目信息和氧化还原反应中化合价发生变化确定找出反应物：Fe3+、ClO﹣，生成物：FeO42﹣、Cl﹣，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故答案为：2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；（4）因只要检验最后一次的洗涤中无Cl﹣，即可证明K2FeO4晶体已经洗涤干净，所以操作为用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净，故答案为：用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净；（5）根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得4FeO42﹣+10H2O═4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH﹣，故答案为：4、10、4、3、8OH﹣．【点评】本题结合高铁酸钾（K2FeO4）的制备主要考查了氧化还原反应的知识、离子的检验等，培养了学生运用知识的能力，难度中等． 22．（12分）（2022•海淀区二模）某课外小组在实验室制备氨气，并进行有关氨气的性质探究．（1）该小组同学加热生石灰与氯化铵的混合物制取干燥的氨气．①应该选用的仪器及装置有（填字母） I、F、G、E、C ．19②生石灰与氯化铵反应生成氨气的化学方程式为 CaO+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+H2O ．（2）该小组同学设计如图所示装置探究氨气的还原性．在上述过程会同时发生多个反应，写出其中属于置换反应的化学方程式 4NH3+3O2N2+6H2O ．若实验时通入氨气的速率过快，在烧瓶中会出现白烟，该物质的化学式为 NH4NO3 ．（3）该小组同学以氨气和二氧化碳为原料制备碳酸氢铵．①甲同学先将二氧化碳通入水中，充分溶解后，再通入氨气；乙同学先将氨气通入水中，充分溶解后，再通入二氧化碳．合适的方案是 乙 （填“甲”或“乙”），原因是 二氧化碳在水中溶解度较小，先通入二氧化碳，再通入氨气，生成的产物量少，且易生成碳酸铵；氨气在水中溶解度很大，先通入氨气，再通入CO2，生成的产物量多，且易生成碳酸氢铵 ．②检验产物中有NH4+的方法为 取少量产物放入试管中，加入浓NaOH溶液，加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则证明产物中有NH4+ ．【考点】探究氨的实验室制法；氨的化学性质．【专题】压轴题；氮族元素．【分析】（1）①实验室制备氨气用熟石灰用氯化铵在加热条件下制备氨气，氨气为碱性气体，应用碱石灰干燥，可用排空气法收集，氨气极易溶于水，尾气吸收应防止溶液倒吸，以此选择实验仪器和装置；19②根据氨气加热时分解生成氨气和氯化氢气体，氯化氢与氧化钙反应生成氯化钙和水书写化学方程式；（2）氨气具有还原性，在加热条件下与氧气发生置换反应生成氮气和水；（3）①根据氨气和二氧化碳在水中的溶解性分析对产物的影响，以此评价方案；②检验NH4+离子时，加入碱在加热条件下反应生成氨气，氨气水溶液呈碱性，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝．【解答】解：（1）①实验室制备氨气用熟石灰用氯化铵在加热条件下制备氨气，氨气为碱性气体，应用碱石灰干燥，可用排空气法收集，氨气极易溶于水，尾气吸收应防止溶液倒吸，所用的装置分别有I、F、G、E、C，故答案为：I、F、G、E、C；②氨气加热时分解生成氨气和氯化氢气体，氯化氢与氧化钙反应生成氯化钙和水，生石灰与氯化铵反应的化学方程式为CaO+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+H2O，故答案为：CaO+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+H2O；（2）氨气具有还原性，在加热条件下与氧气发生置换反应生成氮气和水，反应的方程式为4NH3+3O2N2+6H2O，氨气还能被氧化为NO和水，进而与氧气反应生成硝酸，如通入氨气过快，则有生成NH4NO3，产生白烟，故答案为：4NH3+3O2N2+6H2O；NH4NO3；（3）①二氧化碳微溶于水，先通入二氧化碳，溶液中生成极少量的碳酸，再通入氨气，生成的产物量少，且易生成碳酸铵，氨气在水中溶解度很大，先通入氨气，溶液中生成较多的一水合氨，再通入CO2，生成的产物量多，且易生成碳酸氢铵，故乙方案正确．故答案为：乙；二氧化碳在水中溶解度较小，先通入二氧化碳，再通入氨气，生成的产物量少，且易生成碳酸铵；氨气在水中溶解度很大，先通入氨气，再通入CO2，生成的产物量多，且易生成碳酸氢铵；②检验NH4+离子时，加入碱在加热条件下反应生成氨气，氨气水溶液呈碱性，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故答案为：取少量产物放入试管中，加入浓NaOH溶液，加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则证明产物中有NH4+．【点评】本题考查氨气的实验室制备和实验方案的评价等问题，题目难度不大，注意气体的制备方案的设计的合理性原则． 19
