湖南省邵阳市邵东县第一中学2021届高三第一次月考(解析版)

1、湖南省邵阳市邵东县第一中学2021届高三第一次月考可能用到的相对原子质量：C: 12、H : 1、O: 16、N: 14、Na： 23、Cl: 35.5、S: 32、Fe： 56、Cu:64、K:39、Ag:108、Al:27一、选择题每题只有一个答案符合题意1化学知识在生产和生活中有着重要应用。以下说法错误的选项是A. 误食重金属盐引起的人体中毒，可以喝大量的浓盐水解毒B. 明矶常作为净水剂，双氧水通常可用于作杀菌消毒C.金属钠、镁等活泼金属着火时，不能使用泡沫灭火器来灭火D.发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔【答案】A【详解】A 重金属离子能够使蛋白质变性，引起毒，故A错误

2、;B 明矶是强酸弱碱盐，铝离子水解生成氢氧化铝胶氧化氢具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故BC.金属钠着火时生成的过氧化钠可与二氧化碳反响,那么金属钠、镁等活泼金属着火时，不能使用泡沫灭火D .碳酸氢钠受热易分解生成二氧化碳，发酵粉中主焙制出的糕点疏松多孔，故 D正确;应选A。2以下现象或应用与胶体性质无关的是奶或者鸡以服所以C正确;胶体具有吸附,出氧气，镁可氧化碳中燃:灭火，故有碳酸氢钠,生成气体，能使A. 将盐卤或石膏参加豆浆中，制成豆腐B. 冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘微粒带电荷C. 在FeCb溶液中滴加NaOH溶液出现红褐色沉淀D. 用半透膜可以除去淀粉溶液中的少量NaCl【答案】

3、C【解析】A、将卤水或石膏参加豆浆，制成豆腐，利用的是胶体聚沉形成的凝胶，和胶体有关，故A不符合；B、烟是胶体，胶体微粒带有电荷，通高压电，使胶体微粒在电场中定向 移动，产生电泳，从而净化空气，与胶体有关，故B不符合；C、FeCl3溶液中参加NaOH溶液发生反响生成氢氧化铁沉淀，与胶体无关，故C符合；D、淀粉溶液是胶体，胶粒不能3下例说法正确的选项是A. 花生油属于混合物，液氯属于纯洁物B. 醋酸、烧碱和过氧化钠分别属于酸、碱和碱性氧化物C. 煤的气化与液化均属于化学变化，煤的干馏属于物理变化D. 氢氧化铁、有色玻璃和果冻都是胶体【答案】A【详解】A 花生油为多种高级脂肪酸甘油酯组成的，属于混

4、合物，液氯只含一种物质，属 于纯洁物，故A正确；B 过氧化钠与水反响除了生成氢氧化钠还生成氧气，不是碱性氧化物，故B错误;C. 煤的气化与液化、干馏都有新物质生成，均属于化学变化，故C错误；D 氢氧化铁为纯洁物，不是胶体，故D错误；应选A。【点睛】此题的易错点为 D，要注意胶体为混合物，注意区分氢氧化铁和氢氧化铁胶体。4设Na为阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是A. 质量a g的C2H4和C3H6的混合物中共用电子对数目为3a Na /14B. 常温下，pH=13的NaOH溶液中含有 OH 一的数目为0.1NaC. 常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为2NaD.

5、1L ImolL -1的NaCIO溶液中含有CIO-的数目为Na【答案】A【详解】A a g的C2H4和C3H6的混合物中含有个C原子平均形成了 1对碳碳共用电子对、每个amol最简式 CH2, C2H4和C3H6中，每14H原子平均形成了 1对碳氢共用电子对，a a 3a14讪7mo|=14mo1，含有的共用电aa含有 一moIC、一moIH原子，含有的共用电子对为1473a子对数为Na，故A正确；14B. 没有告诉pH=13的NaOH溶液的体积，无法计算溶液中氢氧根离子的物质的量，故B错 误;C. 14g氮气和一氧化碳混合物的物质的量为0.5mol, 0.5mol二者的混合气体中含有 1m

6、ol原子，含有的原子数目为Na，故C错误；D. 1L 1mol?L-1的NaCIO溶液中含有次氯酸钠 1mol，由于次氯酸根离子局部水解，溶液中 次氯酸根离子的物质的量小于1mol，含有的CIO-的数目小于Na,故D错误；应选A。【点睛】此题的易错点和难点为A，要注意1个碳碳双键看作 2个共用电子对。5以下表达正确的选项是()A. 将5.85 g NaCI晶体溶入100 mL水中，制得1 mol LNaCI溶液B. 将1体积c mol L1硫酸用水稀释为 5体积，得到0.2c mol L 1硫酸C. 将25 g无水CuSO4溶于水配制成100 mL溶液，其浓度为1 molD. 将w g a%

7、NaCl溶液蒸发掉 w/2 g水，得到4a% NaCl溶液【答案】B【分析】A.根据c=n/V及晶体溶入水中，水的体积变化分析判断A ;B. 根据稀释定律 稀释前后溶质的量不变分析判断B;C. 根据c=n/V=m/MV 分析判断C；D. 根据不知溶液状态，无法判断蒸发后溶液的状态分析判断D。【详解】A项，5.85gNaCl晶体的物质的量为 1mol, NaCl溶于水后，溶液的体积大于100mL, 所得溶液中c(NaCl)小于1 mol L一1, A错误；B. 将1体积c mol L厂1硫酸用水稀释为5体积，根据稀释前后溶质的量不变可知：稀释后溶液的浓度为1 xc/5=0.2c mol L厂j

8、b正确；C. 25g无水CuSO4的物质的量为 25/160mol , CuSO4的物质的量大于 0.1 mol，贝U c(CuSO4) 大于1 mol L 一1 ； C错误；D. 假设不析出晶体，得到的是2a%的NaCl溶液，D错误；综上所述，此题选 B。6. 混合气体由N2和CH4组成，测得混合气体在标准状况下的密度为0.821g/L，那么混合气体中N2和CH4的体积比为()A. 1 : 1B. 1 : 4C. 4 : 1D. 1 : 2【答案】B【详解】混合气体在标准状况下的密度为0.821g/L，那么混合气体平均相对分子质量是 0.821 22.4 = 18.4。根据十字交叉法可知，混

9、合气体中N2和CH4的体积之比为'-，所以答案选B。28-18.447. 以下离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A. 能使甲基橙变红的溶液中：Fe"、Al3*、NO、CB. 在 pH = 12 的溶液中：Na*、AlO、NO、S2C. 室温下，由水电离的 c(H*)= 10_10mol/L的溶液中：C、HCO、NO、NHD. 参加Mg能放出H2的溶液中：Mg"、NH、CIO、K*【答案】B【解析】试题分析：A 能使甲基橙变红的溶液显酸性，Fe2*与氢离子、硝酸根离子发生氧化复原反响，不能大量共存，A错误；B.在pH = 12的溶液显中性，四种离子之间不反响，可以

10、大量共存，B错误；C.室温下，由水电离的 c(H*) = 1O_10mol/L的溶液中水的电离被 抑制，如果显酸性，碳酸氢根不能大量共存，如果显碱性碳酸氢钠和铵根均不能大量共存，C错误；D .参加Mg能放出H2的溶液显酸性，ClO不能大量共存，D错误，答案选B。 考点：考查离子共存正误判断8以下除杂质的方法可行的是 ()A. 除去NaHCO3溶液中少量的Na2CO3：参加适量稀盐酸B. 除去FeCl2溶液中少量的FeCl3:参加稍过量铁粉，过滤C. 除去NH4CI固体中少量12：加热，I2升华除去D. 除去乙烯中的少量 SO2：通过酸性KMnO 4溶液，洗气【答案】B【详解】A .参加盐酸生成

11、了氯化钠，引入新杂质，应通入二氧化碳气体，故A错误；B .氯化铁与铁粉反响生成氯化亚铁，可用于除杂，且符合除杂原那么，故B正确；C.加热时氯化铵分解生成氨气、氯化氢，冷却后又生成氯化铵，碘升华为蒸气冷却生成碘 固体，不能别离，故 C错误；D .乙烯和SO2都可被酸性高锰酸钾氧化，应用氢氧化钠溶液除杂，故D错误；应选B。9以下反响的离子方程式正确的选项是()A. 次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳Ca2+2ClO+H2O+CO2 CaCOj +2HClOB. Ba(HCO 3)2 溶液与少量的 NaOH 溶液反响：Ba2* + HCO + OH 一 =BaCO 3H2OC. 用氨水吸收少量二氧化硫

12、OH+SO2 HSQ【答案】B【详解】A 次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钙和HCIO，离子方程式为CIO-+CO2+H2O=HCO3-+HCIO，故 A 错误；B Ba(HCO 3)2溶液与少量NaOH溶液，反响生成碳酸钡沉淀、碳酸氢钠和水，该反响的离子方程式为：HCO3-+Ba2+OH- BaCO J +HO,故 B 正确；C.用氨水吸收少量二氧化硫生成亚硫酸铵，离子方程式为2NH 3?H2O+SO2=SO32-+2NH 4+H2O，故 C 错误；D .硫酸与氢氧化钡反响生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为:2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4 J +2HO，故 D

13、错误；应选B。10据统计城市机动车辆每年以 15%至20%的速度增长，交通事故也频发，汽车在剧烈碰撞时, 平安气囊中发生反响 10NaN3+2KNO3= K2O+5Na2O+16N2 f。那么以下判断正确的选项是()A. 复原剂与氧化产物的物质的量之比为5： 8B. 假设氧化产物比复原产物多1.4mol那么转移电子为1molC. 每生成1.6mol氮气，那么有0.2molKNO3被氧化D. NaN 3是只含有离子键的离子化合物【答案】B【解析】A . KNO3为氧化剂，NaN 3为复原剂，氮气既是氧化产物又是复原产物，其中氧化产物占，那么复原剂与氧化产物的物质的量之比为16应可知，转移10mo

14、l电子时氧化产物比复原产物多10 :16x3=2:3,16故A错误;B 由反14mol,那么氧化产物比复原产物多1.4mol那么转移电子为1mol，故B正确；C.反响中KNO 3是氧化剂，被复原，故 C错误；D. NaN3是含有离子键和非极性共价键的离子化合物，故D错误；应选B。点睛：把握反响中元素的化合价变化为解答的关键。将N3-作为整体来分析为解答的难点。10NaN3+2KNO 3 «O+5Na2O+16N2冲，NaN3中N元素的化合价由负价升高为0, KNO3中N元素的化合价由+5价降低为0，该反响中转移10e-。11铝、铍(Be)及其化合物具有相似的化学性质。BeCl2+Na

15、2BeO2+2H2O=2NaCI+2Be(OH) 2 J能完全进行，那么以下推断正确的选项是()A. Be(OH) 2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液B. BeCl2水溶液的导电性强，故 BeCl2是离子化合物C. Na2BeO2溶液的pH>7 ,将其蒸干并灼烧后得到的残留物为BeOD. BeCl2溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物可能是BeCb【答案】A【分析】 在周期表中Be和 Al位于对角线位置，性质相似，由反响 BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2NaCI+2 Be(OH) 2 J可知，BeCl 2 与 Na2BeO2 发生互促水解生成 Be(OH)2,类似

16、于氯化铝与偏铝酸钠的反响，根据铝、氧化铝、氢氧化铝性质判断Be、氧化铍、Be(OH) 2性质。【详解】A . Be(OH) 2性质类似于氢氧化铝，具有两性，那么既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液，故A正确；B 根据化合物在熔融状态下能否导电来判断其是否是离子化合物，共价化合物在水溶液中 也可以导电，BeCl 2水溶液导电性强，不能说明BeCl 2是离子化合物，故 B错误；C. Na2BeO2溶液水解呈碱性， 溶液的pH > 7,将其蒸干，水解得到的氢氧化钠又与Be(OH) 2 反响得到Na2BeO2，灼烧后可得残留物 Na2BeO2，故C错误；D. BeCl2为强酸弱碱盐，水解呈酸性，溶

17、液的pH v乙将其蒸干，HCI挥发，水解彻底， 得到Be(OH) 2，灼烧后可得残留物 BeO，故D错误；应选A。【点睛】此题的易错点为 CD，要注意水解生成物质的挥发性对水解的影响。12. 以下实验对应的现象以及结论均正确的选项是()选项实验现象结论A向装有溴水的分液漏斗中参加裂化汽油，充分振荡，静置下层为橙色裂化汽油可萃取溴B向Ba(ClO) 2溶液中通入 SO2有白色沉淀生成酸性:H2SO3>HCIOC向盛有浓硫酸的试管中参加铜 片，将产生的气体通入品红溶液无明显现象铜片未打磨D将一小块钠参加盛有无水乙醇的烧杯中有气泡产生，收集气体，点燃产生爆鸣声生成的气体是H2【答案】D【详解】

18、A.裂化汽油中含有烯烃，溴水与裂化汽油会发生加成反响，所以该实验的现象和结论均错误，A项错误；B. BaCI02溶液中CIO-具有强氧化性，S02有强复原性，CIO-能把SO?氧化为SO42-，发生反响的离子方程式为：Ba2+2CIO-+2SO2+2H2O=BaSO4 J +2C+SO42-+4H + ,所以该实验的结论错误，B项错误；C浓硫酸与铜片反响需要在加热条件下进行，本实验没有加热，不一定有SO2生成，所以 没有明显现象不能得出 铜片未打磨的结论，C项错误；D. 常温下钠与乙醇反响：2C2H50H+2N42C 2H5ONa+H2f,氢气中混有空气，点燃有爆鸣声， 所以该实验的现象和结论

19、均正确，D项正确；答案选 D。13. 某溶液中含有 HCO3、CO32、SO32、Na+、NO3一五种离子。假设向其中参加 Na2O2粉末,充分反响后溶液体积变化忽略不计，溶液中离子浓度保持不变是 A. NO 3一B. CO32、NO3C. SO32、NO3一D. CO32、NO3、Na+【答案】AHCO3一反响生成CO32一另【详解】过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，而氢氧化钠能和而忽识。外过氧化钠还具有强氧化性，能把SO32一氧化生成SO42，所以浓度根本不变的是 NO答案选A。【点睛】易错选C,原因是由于只考虑到过氧化钠溶于水生成氢氧化钠,另一个重要性质强氧化性导致的，因此既要掌握根底知

20、识，更重要的是灵活运B.比拟NaHCO3和Na2CO3的热稳定性、刈 Oj0.14. 用以下实验装置完成对应的实验，能到达实验目的的是A.制取并收集少量氨气D比拟盐酸、碳酸、硅酸的酸性强弱；苫-；气【答案】B【解析】A.制取并收集少量氨气，原理可行，但收集装置不对，只有进气管没有出气管，无法收集氨气，A不正确；B.比拟NaHC0 3和Na2CO3的热稳定性，虽然两者受热温度不同，但是碳酸氢钠在较低的温度下分解而碳酸钠在较高的温度下不分解，可以说明碳酸钠比碳酸氢钠稳定，B正确；C.制取乙烯时要使用温度计控制加热温度在170C,缺少温度计,C不正确；D比拟盐酸、碳酸、硅酸的酸性强弱，由于浓盐酸有挥

21、发性，二氧化碳中有氯 化氢杂质，氯化氢通入硅酸钠溶液中与其反响生成硅酸沉淀，无法证明碳酸与硅酸的酸性强弱，D不正确。此题选 B。15向18. 4 g铁和铜组成的合金中参加过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成NO2、NO混合气体，再向所得溶液中参加足量的NaOH溶液，生成30 . 3 g沉淀。另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反响，那么氯气的体积在标准状况下为()A. 7.84LB. 6.72LC. 4.48LD.无法计算【答案】A【解析】试题分析：向18.4g铁和铜组成的合金中参加过量的硝酸溶液，反响生成了铁离子和铜离子，参加足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为Fe (OH ) 3、Cu

22、(OH) 2,那么氢氧化铁和氢氧化铁中含有的氢氧根离子的质量为：30.3g-18.4g=11.9g，氢氧根离子的物质的量为：n(OH-)=11.9g 17g/mol=0.7mol ; CI2与铜、铁反响产物为： FeCl3、CuCl 2,根据化合物总电荷为 0 可知，FeCb、CuCl 2 中 n (Cl-) =Fe (OH) 3、Cu ( OH) 2 中 n (OH-),即 n (Cl-) =0.7mol , 根据质量守恒，消耗 Cl2的物质的量为：n (CI2) =n (Cl-) /2=0.35mol，标况下0.35mol氯 气的体积为：22.4L/mol X).35mol=7.84L，答

23、案为 A。【考点定位】：有关混合物反响的计算【名师点晴】 此题是有关混合物的计算，题目难度中等，解题关键需要根据电荷守恒定律和电子守恒定律明确铁铜混合溶于过量硝酸被氧化失去的电子的物质的量，与所得氢氧化铁、氢氧化铜中氢氧根离子的物质的量相等，氯气氧化等量混合物所得电子的物质的量相等，搞清了此题的本质因素，难度明显降低，也简化了解题过程，事实上选择型的计算题根本上都适用于原子守恒、电子守恒及电荷守恒关系的，将这三个守恒分析清楚了，相信一定能快速确定正确选项。16把500 mLNH 4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份参加含 a mol氢氧化钠的 溶液恰好反响完全，另取一份参加含

24、b mol HCl的盐酸恰好反响完全，那么该混合溶液中c(Na+)为()A. (b/10-a/20)mol/LB. ( 5b-5a/2) mol/LC. ( 2b-a)mol/LD. ( 10 b -5a)mol/L【答案】D【详解】设100mL溶液中含有 NH4HCO3xmol，NazCOsymol，NH4HCO3和Na2CO3的混合 溶液参加 NaOH，反响为 NH4HCO3+2NaOH- NH 3?H2O+Na2CO3+H2O，贝NH4HCO3 为 0.5amol ,力口入含 b mol HCl 的盐酸的反响为 NH4HCO3+HCI NWCl+COzf +HO ,1Na2CO3+2HC

25、l 2NaCl+H2O+CO2 T ,贝U Na2CO3 的物质的量为 5 X(b-0.5a)mol ,+ (b 0.5a)mol,亠n(Na+)=2n(Na 2CO3)=(b-0.5a)mol , c(Na+)=(10b-5a)mol/L，应选 D。0.1L17.工业上用铝土矿(主要成分为AI2O3,含F02O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：以下表达正确的选项是()A. 试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B. 反响过滤后所得沉淀为氢氧化铁C. 图中所示转化反响都不是氧化复原反响D. 反响的化学方程式为 NaAIO 2+CO2+2H2O=AI(OH) 3 J +NaHCO【答案】D【详

26、解】A 由溶液乙通入过量的 Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂 X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误;B .氧化铁与氢氧化钠不反响，反响后过滤所带沉淀为氧化铁，故B错误；C.电解熔融氧化铝生成铝，属于氧化复原反响，故C错误；D .反响为过量的二氧化碳与偏铝酸钠反响生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反响方程式为NaAIO2+CO2+2H2O=AIOH 3J +NaHCO,故 D 正确；应选D。【点睛】理解工艺原理，根据工艺流程判断试剂X为氢氧化钠是解题关键。此题的易错点为B，要注意氧化铁不能与氢氧化钠反响。18向Na2CO3、NaHCO3,混合溶液中逐

27、滴参加稀盐酸，生成气体的量随盐酸参加量的变化 关系如下图。那么以下离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是A. a 点对应的溶液中：Na+、OH-、SO42-、NO3-B. b 点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、MnO4-、Cl-C. c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3-、Cl-D. d点对应的溶液中：F、NO3-、Fe2+、Ag +【答案】C【详解】向Na2CO3、NaHCO3, a点溶液中含有 CO32-和HCO 3-, b点全部 HCOj, c点恰 好完全反响生成 NaCI，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性。A . a点溶液中含有CO32-和HCO3-, HCO3-与OH-反响，

28、不能大量共存，故 A错误；B. b点全部为HCO3-, Al3+、Fe3+与HCO3-发生互促水解反响，不能大量共存，故B错误；C. c点恰好完全反响生成 NaCI，溶液呈中性，离子之间不发生任何反响，可大量共存，故C正确；D. d点呈酸性，酸性条件下，"。3-与Fe2+能够发生氧化复原反响，不能大量共存，F-在酸性条件下也不能大量存在，故D错误；应选C。Ji I沉淀A. /硝酸银和硝酸镁的混合溶液中逐滴参加氨水【答案】B【详解】A . AgNO 3和Mg(NO 3)2的混合溶液中缓慢参加氨水，先生成氢氧化银和氢氧化镁 沉淀，随后氢氧化银沉淀溶解，氢氧化镁不溶，与图像不符合，故A错误

29、；B. 向Ba(OH)2、KOH的混合溶液中通入 CO2,首先生成碳酸钡白色沉淀，然后生成碳酸钾； 继续通入CO2,碳酸钾和CO2反响生成碳酸氢钾，最后碳酸钡溶解生成碳酸氢钡，图像与 实际反响相符，故 B正确；C. 设KAl(SO 4)2溶液中含有1mol KAl(SO 4)2,逐滴参加 Ba(OH) 2溶液1.5mol时，铝离子和 硫酸根分别和氢氧根和钡离子反响生成1mol氢氧化铝和1.5mol硫酸钡沉淀，继续滴加Ba(OH)2溶液0.5mol时，形成的氢氧化铝恰好被溶解溶解，同时生成0.5mol硫酸钡，反响的大致图像为：八一，图像与实际反响不相符，故C错误；.- 亠D. NaAlO 2溶液

30、中滴入盐酸溶液，先发生AIO2-+H+H2O Al(OH) 3 生成沉淀，后发生，故D错误;AI(OH) 3+3H+ AP+3H2O沉淀溶解至最后消失，反响图像大致为:应选B。【点睛】此题的易错点和难点为 C,要注意纵坐标为沉淀的物质的量，如果换成沉淀的质量，图像就正确了。20. 实验研究发现，硝酸发生氧化复原反响时，硝酸的浓度越稀，对应复原产物中氮元素的化合价越低。现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀的硝酸充分反响，反响过程中无气体放出。在反响结束后的溶液中， 逐滴参加5 mol L-1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积 与产生沉淀的物质的量关系如下图。那么以下说法不正确的选项是()A

31、. 稀硝酸与铝粉、铁粉反响，其复原产物为硝酸铵B. c点对应NaOH溶液的体积为 48mlC. b点与a点的差值为0.05molD. 样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5:3【答案】B【解析】试题分析：铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO 3充分反响，被氧化为AI3+、Fe3+,通过题意，反响始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又有硝酸的浓度越稀，对应复原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了 -3价，由图可得硝酸过量，参加氢氧化钠溶液应先与硝酸反响，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续参加氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH/发生了反响，那么随着 NaOH的滴加，发生

32、的反响依次有：H+OH-=H2O,Fe3+3OH-=Fe(OH)3 J, Al 3+3OH-=Al(OH) 3 NHf+OH- NHs?H2O, Al(OH) 3+OH-=AlO2-+2H2O , B与A的差值为氢氧化铝的物质的量，由图可知，EF段消耗的氢氧化钠溶液为：104mL-94m=10mL ,故该阶段参加反响的氢氧化钠为： 0.01L 為mol/L=0.05mol，根据 Al(OH) 3 +OH-=AlO 2-+2H2O 可知，Al(OH) 3 的物质的量为 0.05mol，根据铝元素守恒，故混合金属中n(Al)=0.05mol。由图可知 DE段消耗的氢氧化钠的体积为：94mL-88m

33、L=6mL，故该阶段参加反响的氢氧化钠为：0.006L X5mol/L=0.03mol ,根据 NH4JOH- NH?H2O可知，计算溶液中n(NH 4+)=0.03mL，根据电子转移守恒有:3n(Fe)+3n(AI)=8n(NH 4+)，即 3n(Fe)+3 (X05mol=8 0.03mol，解得：n(Fe)=0.03mol。由反响 过程可知，到参加氢氧化钠为88mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵， n(NH4NO3)=n(NH 4+)=0.03mol， 根 据 钠 元 素 守 恒， 可 知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.088L 5mol/L=0.44mol ,根据氮元素守恒计算原

34、硝酸溶液中 n (HNO 3)=n(NaNO3)+2 n(NH 4N03)=0.44mol+0.03mol2=0.5mol ,而 c 点溶液为 NaN03、NH4NO3、Fe(NO3)3、 Al(NO 3)3, 根 据 氮 元 素 守 恒n' (NaNO+2n(NH4NO3)+3nFe(NO 3)3+3nAI(NO 3)3=n(HNO 3), 故 C 点 溶液中 n' (NaNO=0.5mol-0.03mol 2-区03mol 3-0.05mol 3=0.2mol，故 C 点参加 NaOH 的物质的量 为0.2mol。A 根据分析可知，稀硝酸与铝粉、铁粉反响，其复原产物为硝酸铵

35、，故A正确；0.2molB 根据分析可知，C点对应NaOH溶液的体积=0.04L=40mL ,故B错误；C.根5mol / L据 氮 元 素 守 恒 计 算 原 硝 酸 溶 液 中 ：n(HNO 3)=n(NaNO3)+2n(NH 4NO3)=0.44mol+0.03mol2=0.5mol，故 C 正确；D .根据分析可知，混合金属中n(Al)=0.05mol、n(Fe)=0.03mol ,样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5： 3,故D正确；应选B。【考点定位】考查化学图像、硝酸的性质【名师点晴】此题以图象形式考查金属与硝酸的反响、混合物计算等，题目难度较大，明确图中各阶段反响过程是解题的关键

36、，解答中注意守恒思想的运用， 为易错题目，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。二、非选择题21. I .KClO 3和浓盐酸在一定温度下反响会生成黄绿色的易爆物二氧化氯，其变化可表述为：2KCIO3+4HCI(浓)=2KCI+2CIO 2?+2HO(1) 氧化剂与复原剂的物质的量之比 ；假设产生标况下22.4L CI2,那么转移电子的物质的量为 ；n .(1)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。 FeCl3和KCIO 在强碱性条件下反响可制取 K2FeO4,其反响的离子方程式为：；(2) 工业上用 间接碘量法测定高铁酸钾的纯度：用碱性 KI溶液溶解3.0

37、0g K2FeO4样品，调节pH值使高铁酸根全部被复原成铁离子，再调节pH为34,用1.0moI/L的Na2S2O3标准溶液作为滴定剂进行滴定 (2Na2S2O3+l2=Na2&O6+2Nal)，淀粉作指示剂，滴定终点时，消耗 Na2S2O3 标准溶液 18.00mL。 滴定终点的现象是 。 原样品中高铁酸钾的质量分数为 。【答案】(1). 1:1(2). 2mol(3). 2Fe3+3CIO-+10OH-=2FeO42-+3C+5H2O(4).滴入最后一滴Na2S2O3标准液，溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色(5). 39.6%【分析】I .(1)根据化合价的变化分析，反响中 KC

38、IO3为氧化剂，HCI为复原剂；反响中 只有c|2是氧化产物，HCI中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，据此计算转移电子物 质的量；n .(1)用FeCl3与KCIO在强碱性条件下反响制取K2FeO4，同时生成氯化钾与水，配平书写离子方程式；(2)依据2Na2S2O3+12=Na2S4O6+2NaI，碘单质遇淀粉变蓝，据此判断滴定终 点时的现象；用碱性KI溶液溶解K2FeO4样品，调节pH值使高铁酸根全部被复原成铁离 子，根据电子得失守恒可知2FeO42-312,结合2Na2S2O3+lLNaS4O6+2Nal，得关系式2FeO42-3126Na2S2O3,据此计算。【详解】I .(1)

39、2KCIO 3+4HCI(浓)=2KCI+2CIO 2f +C2 T +2HO反响中KCIO 3的氯元素的化合价由+5价降低到+4价，是氧化剂，HCI中的氯元素化合价由-1价升高到0价，HCI是复原 剂，那么氧化剂与复原剂的物质的量之比为1 : 1，故答案为：1 : 1 ；标况下22.4L CI2的物质的量为1moICl2，反响中只有 CI2是氧化产物，HCI中氯元素化合 价由-1价升高为CI2中0价，所以转移的电子的物质的量为1mol >2=2mol，故答案为：2mol ；n .(1)FeCl3与KCIO在强碱性条件下反响制取K2FeO4，同时生成氯化钾与水，反响的离子方程式为 2Fe

40、3+3CIO-+10 OH-=2FeO42-+3CI-+5H2O，故答案为：2Fe3+3CIO-+10OH -=2FeO42-+3CI-+5H 2O ；滴定反响为2Na2S2O3+12=Na2S4O6+2NaI，滴定中的指示剂为淀粉，因此滴定终点时溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色，故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3标准液，溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色；用碱性KI溶液溶解K2FeO4样品，调节pH值使高铁酸根全部被复原成铁离子，根据电子得失守恒可知2FeO42-312,结合2Na2S2O3+lLNa&O6+2Nal，得关系式2Fe。2-3b 6Na2S2O3可知，原样品中高铁酸钾的

41、质量分数为0.018L 1.0mol/L 198g/mol3xi00%=39. 6%，故答案为：39. 6% ;3.0g22. 某强碱性溶液中可能含有的离子是K+、NH4+、Al 3+、AI0 2-、SO42-、SiO32-、CO32-、Cl-中的某几种离子，现进行如下实验： 取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba(NO 3)2溶液，无沉淀生成。 另取少量溶液参加盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量根本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失。那么原溶液中肯定存在的离子是 ，肯定不存在的离子是 ;一 定量的原溶液中参加 5 mL 0.2 mol/L盐酸时，沉淀会完全消

42、失，参加足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187 g,那么原溶液中是否含有Cl-？ 。【答案】(1). OH-、K+、AIO2-、CO32-(2). NH4+、Al3+、SO42-、SiO32-(3).含有 Cl-【分析】强碱性溶液中一定不存在Al3+，取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba(NO 3)2溶液，无沉淀生成，那么一定不含有SO42-和SiO32-;另取少量溶液参加盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量根本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，所以一定含有偏铝酸根离子和碳酸根离子，一定不含有铵根离子，结合溶液的电中性和相关计算判断 K+、Cl-的存在。【详解

43、】强碱性溶液中一定不存在Al3+，取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba(NO 3)2溶液，无沉淀生成，那么一定不含有SO42-和SiO32-，可能含有CO32-离子；另取少量溶液参加盐酸， 其现象是：一段时间保持原样后(和氢氧根离子反响)，开始产生沉淀并逐渐增多，和偏铝酸根反响产生氢氧化铝沉淀，沉淀量根本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，是盐酸将氢氧化铝全部溶解，所以一定含有偏铝酸根离子，一定不含有铵根离子，沉淀量根本不变后产生的一种气体只能为二氧化碳，即一定含有碳酸根离子，根据电中性原理，一定含有K+；原溶液中肯定存在的离子是OH-、AIO2-、CO32-、K+，肯定不存在的离子是NH

44、4+、SO42-、SiO32-、Al3+ ;一定量的原溶液中参加 5mL0.2mol/L盐酸即0.001molHCI时，沉淀会 完全消失，参加足量的硝酸银溶液可得到氯化银沉淀0.187g，即氯化银的量为0.187g丄=0.0013mol，大于0.001mol，所以原溶液中含有 Cl-，故答案为：OH-、AlO 2-、143.5g/ molCO32-、K+； NH4+、SO42-、SQ32-、Al3+ ；含有 Cl-。D23. TMB由碳氢氮三种元素组成，其相对分子质量为 240,是一种新型指纹检测的色原试剂,已在逐步取代强致癌物联苯胺和其他致癌性的联苯胺衍生物应用于临床化验法医检验刑事侦破及环

45、境监测等领域。某研究小组欲利用燃烧法测定TMB的分子式(氮元素转化为N2)实验装置如下图。答复以下问题：(1) 实验装置两处用到装有碱石灰的枯燥管，其中F处的目的是 。仪器a的名称是。将足量双氧水置于 a中，圆底烧瓶中装入 MnO2固体，按图连接好装置。 A中发生反响的化学方程式为 。 待B、D处导管口有均匀气泡时，再点燃C处酒精灯，原因是 。(3) 装置C中CuO粉末的作用为 。理想状态下，将4.80gTMB样品完全氧化，点燃C处酒精灯，实验结束时测得 D增加3.60g， E增加14.08g，贝U TMB的分子式为 。【答案】(1).防止外界空气中的 CO2和H2O进入E中，防止对E处吸收C

46、O2的定量检测造成干扰(2).分液漏斗(3). 2H2O2I：塑垄2H2O+O2f(4).排除装置内原有的CO2和水蒸气(5).使TMB不充分燃烧生成 CO全部转化为 CO2(6). C16H20N2【分析】装置 A是过氧化氢在二氧化锰做催化剂作用分解生成水和氧气，通过装置B中浓硫酸枯燥氧气，氧气进入装置C, TMB完全燃烧，氮元素转化为N2,氧化铜可以保证不完全燃烧生成的一氧化碳生成二氧化碳，进入装置D中，浓硫酸枯燥吸收生成的水蒸气，生成的二氧化碳被装置 E中碱石灰吸收，装置 F是防止空气中二氧化碳和水蒸气进入E干扰二氧化碳的定量测定，据此分析解答。【详解】(1)实验装置两处用到装有碱石灰的

47、枯燥管，其中F处的目的是：防止外部空气中的二氧化碳和水蒸气进入E,防止对E处吸收二氧化碳的定量检测造成干扰；根据图示，仪器a为分液漏斗，故答案为：防止外部空气中的二氧化碳和水蒸气进入E,防止对E处吸收.氧化碳的定量检测造成干扰；分液漏斗;(2) 装置A中发生的反响是过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成氧气和水，反响的化学方程式：2出02型空2H2O+O2f,故答案为：2H2O2塑些2H2O+O2f；待B、D处导管口有均匀气泡时，再点燃C处酒精灯，可以排除装置内原有的二氧化碳和水蒸气，故答案为：排除装置内原有的二氧化碳和水蒸气；(3) 装置C中CuO粉末可以使TMB不充分燃烧生成的一氧化碳全部转化为二氧化碳，故答案为：使TMB不充分燃烧生成的一氧化碳全部转化为二氧化碳；理想状态下，将4.80gTMB样品完全