辽宁省大连市第四十八中学2021届高三化学5月模拟考试试题（含解析）

1、辽宁省大连市第四十八中学2019届高三化学5月模拟考试试题（含解析）PAGE PAGE - 43 -辽宁省大连市第四十八中学2019届高三化学5月模拟考试试题（含解析）（时间90分钟 总分100分）注意事项：1答第卷前，考生务必将自己的姓名、姓名代码、考号、考试科目用2B铅笔涂写在答题卡上。2每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。不能答在试题卷上。可能用到的相对原子质量：Na-23 Al -27 Mg-24 Fe-56 Cl-35.5 Br-80 Si-28 C-12 O-16 K-39 Ba-137 S-32 Cu-64第卷一、选

2、择题(本题共20小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个选项符合题意)1. 下列物质分类正确的是A. SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B. 稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C. 烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D. 福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【答案】D【解析】试题分析：ASO2、SiO2为酸性氧化物，CO是不成盐氧化物。A错误；B稀豆浆、硅酸属于胶体；而氯化铁溶液则是溶液，B错误；C烧碱NaOH是碱，属于电解质；冰醋酸是纯净的醋酸，是酸，属于电解质；而四氯化碳是非电解质。C错误；D福尔马林是甲醛的水溶液；水玻璃是硅酸钠的水溶液；氨水为氨气的水溶液，因此都是混合物。D正确。答案选D。

3、考点：考查物质的分类的知识。2.阿伏加德罗常数约为6.021023 mol1，下列叙述正确的是A. 2.24 L CO2中含有的原子数为0.36.021023B. 0.1 L 3 molL1的NH4NO3溶液中含有的NH4数目为0.36.021023C. 5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.36.021023D. 4.5 g SiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.36.021023【答案】D【解析】A不正确，因为不一定是在标准状况下。硝酸铵水解，所以0.1 L 3 molL1的NH4NO3溶液中含有的NH4数目小于0.36.021023，B不正确。C不正确，如果铁过量，则失去2个电子。

4、SiO2晶体中每个硅原子形成4个硅氧键，4.5g二氧化硅是0.075mol，所以D正确，答案选D。3.高铁酸钾( K2FeO4)是一种新型自来水处理剂，它的性质和作用是A. 有强氧化性，可消毒杀菌，还原产物能吸附水中杂质B. 有强还原性，可消毒杀菌，氧化产物能吸附水中杂质C. 有强氧化性，能吸附水中杂质，还原产物能消毒杀菌D. 有强还原性，能吸附水中杂质，氧化产物能消毒杀菌【答案】A【解析】试题分析：高铁酸钾具有强氧化性，可杀菌消毒。同时生成的还原产物铁离子，在溶液中能水解生成氢氧化铁胶体，吸附水中的悬浮物，因此正确的答案选A。考点：考查物质的性质与应用，涉及氧化还原反应的理论。4.下列关于同

5、温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是A. 体积相等时密度相等B. 原子数相等时具有的中子数相等C. 体积相等时具有电子数相等D. 质量相等时具有的质子数相等【答案】C【解析】试题分析：A、根据阿伏加德罗定律，物质的量相等，因为摩尔质量不相等，则质量不等，根据密度的定义，密度不相等，故错误；B、两者都是双原子分子，原子数相等，则物质的量相等，前者中子数为16，后者为14，则中子数不等，故错误；C、根据阿伏加德罗定律，两者物质的量相等，前者电子为14，后者为14，因此等物质的量时，两种物质所含电子数相等，故正确；D、质量相等，两种物质的摩尔质量不等，则物质的量不相等，质子数不相等

6、，故错误。考点：考查阿伏加德罗定律、微粒数等知识。5. 足量下列物质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是A. 氢氧化钠溶液B. 稀硫酸C. 盐酸D. 稀硝酸【答案】A【解析】试题分析：假设反应都产生3mol氢气，A2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2反应产生3mol氢气，会消耗2molNaOH， B2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2，反应产生3mol氢气，需消耗3mol硫酸， C2Al+6HCl= 2AlCl3+3H2，反应产生3mol氢气，需消耗6molHCl；D由于硝酸具有强的氧化性，与铝发生反应，不能产生氢气。故反应产生等量的氢气，消耗溶质

7、的物质的量最少的是氢氧化钠溶液，选项A正确。考点：考查铝的化学性质及有关计算的知识。6.实验中需2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是A. 1000mL，212.0gB. 950mL，543.4gC. 任意规格，572gD. 500mL，286g【答案】A【解析】【详解】实验室没有950mL的容量瓶，应选择体积相近的1000mL容量瓶，碳酸钠的物质的量为1L2mol/L=2mol，需要碳酸钠的质量为2mol106g/mol=212g，故选A。7.Na、Mg、Al、Fe四种金属中两种组成的混合物12g，与足量盐酸反应放出H2 0.5 g

8、（标准状况），则混合物中必定含有的金属是A. 钠B. 镁C. 铝D. 铁【答案】D【解析】【详解】假设金属都是二价金属，其通式为R，金属和盐酸反应方程式为R+2HCl=RCl2+H2，n(H2)=0.25mol，根据方程式知，n(R)=n(H2)=0.25mol，则R的平均摩尔质量=48g/mol，混合物中金属的摩尔质量应该有大于48g/mol和小于48g/mol的，如果将Na换算为+2价时，其摩尔质量变为46g/mol48g/mol，镁的摩尔质量为24g/mol48g/mol，如果将Al换算为+2价时，其摩尔质量变为18g/mol48g/mol，Fe的摩尔质量为56g/mol48g/mol，

9、其中小于48g/mol的有三种，而大于48g/mol只有铁，所以一定含有Fe，故选D。【点睛】解答本题需要正确理解“平均摩尔质量法”的应用，解答本题也可以采用“平均电子摩尔质量法”，采用此法，金属的平均电子摩尔质量=24g/mol，其中钠、镁、铝、铁的电子摩尔质量分别为23g/mol、12g/mol、9g/mol、28g/mol。8.在复盐NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，可能发生的反应的离子方程式是A. NH4+SO42+Ba2+OH= BaSO4+ NH3H2OB. Al3+ 2SO42+ 2Ba2+ 4OH= 2BaSO4+ AlO2- + 2H2OC. 2 Al3

10、+ 3SO42+ 3Ba2+6OH= 3BaSO4+ 2 Al(OH)3D. NH4+ Al3+SO42+ Ba2+ 4OH= BaSO4+ Al(OH)3+NH3H2O【答案】C【解析】【分析】在NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，开始时，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH-=Al(OH)3，当Al3+沉淀完全时，SO42-未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵；再滴加Ba(OH)2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4，NH4+OH-=NH3H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42-完全沉淀时，生成Al(OH)3、硫酸钡沉淀、一

11、水合氨；再滴加Ba(OH)2，氢氧化铝逐渐溶解，据此分析解答。【详解】A逐滴加入Ba(OH)2溶液，氢氧根离子先与氯离子反应，故A错误；B以12反应时，硫酸根离子、铝离子均转化为沉淀，同时生成一水合氨，故B错误；C以23反应时，生成硫酸钡、氢氧化铝和硫酸铵，离子反应为2Al 3+3SO42-+3Ba2+6OH-=3BaSO4+2 Al(OH)3，故C正确；D以12反应时，生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨，离子反应为NH4+Al 3+2SO42-+2Ba2+4OH-=2BaSO4+Al(OH)3+NH3H2O，故D错误；答案选C。【点睛】把握发生的反应及离子方程式的书写方法为解答的关键。本题的易错

12、点和难点为铵根离子和铝离子与氢氧根离子反应的先后顺序的确定。9.下列固体混合物与过量的稀H2SO4反应，能产生气泡并有沉淀生成的是A. NaHCO3和Al（OH）3B. BaCl2和NaClC. MgCO3和K2SO4D. Na2SO3和BaCO3【答案】D【解析】【详解】A碳酸氢钠可以和硫酸反应生成二氧化碳气体，但是NaHCO3和Al(OH)3和硫酸反应都不会生成沉淀，故A错误；BBaCl2和NaCl与硫酸反应，前者可以产生沉淀，但都不会生成气体，故B错误；CMgCO3可以和硫酸反应生成二氧化碳气体，K2SO4与硫酸不发生反应，没有沉淀生成，故C错误；DNa2SO3可以和硫酸反应生成二氧化硫

13、气体，BaCO3可以和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和二氧化碳气体，既能产生气泡又有沉淀生成，故D正确；答案选D。10.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A. Cl2和水：Cl2+ H2O =2H+Cl+ClOB. 明矾溶于水产生Al(OH)3 胶体：Al3+3H2O =Al(OH)3+3HC. Na2O2 溶于水产生O2：Na2O2+H2O =2Na+2OH+O2D. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3 +Ca2+OH= CaCO3+H2O【答案】D【解析】【详解】A氯气溶于水生成氯化氢和次氯酸，正确的离子方程式为：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，故A错误；B明矾溶于水

14、产生Al(OH)3胶体，不能使用沉淀符号，且应该用可逆号，正确的离子方程式为：Al3+3H2OAl(OH)3+3H+，故B错误；CNa2O2溶于水生成氢氧化钠和O2，正确的离子方程式为：2Na2O2+2H2O4Na+4OH-+O2，故C错误；DCa(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠和水，反应的离子方程式为：HCO3-+Ca2+OH-CaCO3+H2O，故D正确；答案选D。11. 下列依据相关实验得出的结论正确的是（ ）A. 向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液一定是碳酸盐溶液B. 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液

15、一定是钠盐溶液C. 将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，该气体一定是乙烯D. 向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含Fe2【答案】D【解析】试题分析：A、向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液可能是碳酸盐溶液或碳酸氢盐溶液或亚硫酸盐溶液，故A错误；B、用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，钾元素的焰色反应若不用钴玻璃也会发出黄色火焰，该溶液不一定是含钠元素的溶液，故B错误；C、将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，通入的气体只要是还原性气体或能发生加成的有机气体都可以使溴水褪色，如二氧化硫、硫化氢等，该气体不一定是乙烯，故

16、C错误；D、向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，说明不含铁离子，滴加氯水后溶液显红色，氯气氧化亚铁离子为铁离子，遇到KSCN溶液生成血红色溶液证明该溶液中一定含Fe2+，故D正确；故选D。考点：考查常见离子检验方法和现象判断12.将3.9g镁铝合金，投入到500mL2mol/L的盐酸中，合金完全溶解，再加入4mol/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种NaOH溶液的体积是A. 125mLB. 200mLC. 250mLD. 560mL【答案】C【解析】试题分析：镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，发生的反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2； 2Al+6HCl=2AlCl3+

17、3H2，氯化镁和氯化铝，分别与NaOH溶液反应的方程式为：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3+3NaCl，MgCl2 +2NaOH=Mg(OH)2+2NaClMg2+和Al3+全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCl；根据氯原子和钠原子守恒得到如下关系式：HClNaClNaOH1 12mol/L0.5L 4mol/LVV=0.25L=250ml，故选C。【考点定位】考查化学计算中常用方法终态法【名师点晴】注意Mg2+和Al3+全部转化为沉淀时，NaOH不能过量，即全部转化为沉淀的Al3+，不能溶解是解题关键；镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，生成氯化镁和氯化铝，氯化镁和氯化铝，加入4m

18、olL-1的NaOH溶液，生成的沉淀最多时，Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCl，根据氯原子和钠原子守恒解题。13.将13.4克KCl和KBr的混合物，溶于水配成500mL溶液，通入过量的Cl2，反应后将溶液蒸干，得固体11.175克。则原来所配溶液中K、Cl、Br的物质的量之比为A. 321B. 123C. 533D. 231【答案】A【解析】【分析】溶液为电中性，阳离子所带正电荷的总量等于阴离子所带负电荷的总量可得出n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)，据此分析解答。【详解】任何溶液都呈电中性，即阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，在KCl和KBr的混合溶液中，存

19、在n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)。A3=2+1，说明n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)，故A正确；B12+3，说明n(K+)n(Cl-)+n(Br-)，故B错误；C53+3，说明n(K+)n(Cl-)+n(Br-)，故C错误；D23+1，说明n(K+)n(Cl-)+n(Br-)，故D错误；答案选A。【点睛】本题如果按常规方法或差量法解答，均较为繁琐，从溶液电中性角度解答，可以起到事半功倍的效果。14.向含有0.2 mol氢氧化钠和0.1 mol氢氧化钙的溶液中，持续稳定地通入二氧化碳气体，通入气体为6.72 L（标准状况）时，立即停止，则这一过程中，溶液中离子数目与通入二氧化碳气体

20、体积的关系正确的是（不考虑气体的溶解）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】n(CO2)=0.3mol，向含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中通入CO2，二氧化碳首先与氢氧化钙反应2OH-+Ca2+CO2= CaCO3+H2O，离子浓度迅速降低，氢氧化钙完全反应，消耗0.1mol CO2，然后二氧化碳与氢氧化钠反应2OH-+CO2=CO32-+H2O，消耗0.1mol CO2，离子浓度继续降低，但幅度减小，最后发生CO2+H2O +CO32-=2HCO3-，离子浓度增大，恰好反应时，0.3mol二氧化碳也完全反应，所以图像C符合，故选C。【点睛】正确掌握反应的离子

21、方程式的先后顺序是解题的关键。本题的易错点为B，要注意B和C的区别。15.某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到002mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到16g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到466g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中A. 至少存在5种离子B. Cl-一定存在，且c（Cl）04mol/LC. SO42-、NH4+、一定存在，Cl-可能不存在D. CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在【答案】B【解析】试题分析解：由于加入过量NaOH溶液，加热，得到

22、0.02mol气体，说明溶液中一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，有0.02molFe3+，一定没有CO32-；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42-，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，至少 0.02mol3+0.02-0.02mol2=0.04mol，物质的量浓度至少0.04mol0.1L=0.4mol/L。A.至少存在Cl-、SO42-、NH4+、Fe3+四种离子，A项错误；B.根据电荷守恒，至少存在0.04molCl-，即c(Cl-) 0.4molL-1，B项

23、正确；C.一定存在氯离子，C项错误；D.Al3+无法判断是否存在，D项错误；答案选B。【考点定位】考查离子共存及离子的推断。【名师点睛】本题考查离子共存及离子的推断。具体分析如下：加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵离子；红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32-；4.66g不溶于盐酸的沉淀，硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol；根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据。16. 下列操作不能达到目的的是选项目的操作A配制100 mL 1.0 mol/L CuSO4溶液将25 g CuSO45H2O溶

24、于100 mL蒸馏水中B除去KNO3中少量NaCl将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤C在溶液中将MnO4完全转化为Mn2向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液至紫色消失D确定NaCl溶液中否混有Na2CO3取少量溶液滴加CaCl2溶液，观察是否出现白色浑浊【答案】A【解析】试题分析：A、将25gCuSO45H2O溶于100 mL蒸馏水中所得溶液的体积不是0.1L，所以不能实现目的，A错误；B、硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响相差大，因此将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤即可除去KNO3中少量NaCl，B正确；C、高锰酸钾具有强氧化性，能把双氧水氧化为氧气，而高锰酸钾被还原为锰离子，

25、导致溶液紫色消失，所以能实现目的，C正确；D、NaCl和CaCl2不反应，Na2CO3和CaCl2反应生成碳酸钙沉淀，所以可以检验是否含有Na2CO3，则可以实现目的，D正确，答案选A。【考点定位】本题主要是考查化学实验方案评价，涉及溶液配制、除杂等知识点【名师点晴】该题的易错点是物质的分离与提纯，分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下：分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)，例如选项B；分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；分离提纯物是胶体:盐析或渗析；分离提纯物是气体：

26、洗气。17.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是A. 生成40.0L N2（标准状况）B. 有0.250mol KNO3被氧化C. 转移电子的物质的量为1.25molD. 被氧化的N原子的物质的量为4.75mol【答案】C【解析】【分析】该反应中N元素化合价由-、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原剂，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30m

27、ol，有2molKNO3被还原，据此分析解答。【详解】A该反应中N元素化合价由-价、+5价变为0价，所以氧化产物和还原产物都是氮气，假设有16mol氮气生成，氧化产物是15mol、还原产物是1mol，则氧化产物比还原产物多14mol，若氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成氮气的物质的量=16mol=2mol，标准状况下的体积为：2mol22.4L/mol =44.8L，故A错误；B反应中，硝酸钾得电子是氧化剂，被还原，故B错误；C转移电子的物质的量为10=1.25mol，故C正确；D被氧化的N原子的物质的量=30=3.75 mol，故D错误；答案选C。【点睛】明确氧化产物和还原产物关系是

28、解本题关键。本题的易错点为B，注意硝酸钾中N元素化合价降低，被还原。18.200时，11.6g CO2和水蒸气的混合气体与过量的Na2O2充分反应后，固体质量增加了3.6g，再将反应后剩余固体冷却后加入含有Na、HCO3-、SO32-、CO32-等离子的水溶液中，若溶液体积保持不变，则下列说法中正确的是A. 原混合气体的平均摩尔质量为23.2g/molB. 混合气体与Na2O2反应过程中电子转移的物质的量为0.25molC. 溶液中SO32-的物质的量浓度基本保持不变D. 溶液中HCO3-的物质的量浓度减小，CO32-的物质的量浓度增大，但是HCO3-和CO32-的物质的量浓度之和基本保持不变

29、【答案】A【解析】【详解】向足量的固体Na2O2中通入11.6gCO2和H2O，固体质量增加3.6g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可知m(O2)=11.6g-3.6g=8.0g，所以n(O2)=0.25mol，设混合物中CO2和水蒸气的物质的量分别为xmol，ymol，则：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2， xmol 0.5xmol2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 ymol 0.5ymol所以0.5x+0.5y0.25，44x+18y11.6，解得：x=0.1，y=0.4。A原混合气体的平均摩尔质量=23.2g/mol，故A正确；B反应中生成氧气为0.25mol，故转移

30、电子为0.25mol2=0.5mol，故B错误；C过氧化钠有剩余，可以氧化SO32-，溶液中SO32-的物质的量浓度减小，故C错误；D由于反应后固体中含有碳酸钠，溶液HCO3-和CO32-的物质的量浓度之和增大，故D错误；答案选A。19.向100mL FeBr2溶液中通入标准状况下的氯气3.36L，测得所得溶液中c(Cl)=c(Br)，则原FeBr2溶液物质的量浓度为A. 0.75mol/LB. 1.5mol/LC. 2mol/LD. 3mol/L【答案】C【解析】【分析】还原性Fe2+Br-，所以通入氯气先发生反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再反应反应2B

31、r-+Cl2Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，据此分析计算。【详解】还原性Fe2+Br-，所以通入氯气后，先发生反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为=0.15mol，若Br-没有反应，则n(FeBr2)=0.5n(Br-)=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应；设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+)=x mol，n(Br-)=2x mol，未反应的n(Br-)=0.3mol，参加反应

32、的n(Br-)=(2x-0.3)mol，根据电子转移守恒有x1+2x-0.31=0.15mol2，解得：x=0.2mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为=2mol/L，故选C。20.密度为0.910g/cm3氨水，质量分数为25.0%，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量分数为A. 等于13.5%B. 大于12.5%C. 小于12.5%D. 无法确定【答案】C【解析】【详解】设浓氨水的体积为V，密度为浓，稀释前后溶液中溶质的质量不变，则稀释后质量分数=，氨水的密度小于水的密度(1g/cm3)，浓度越大密度越小，所以=12.5%，故选C。【点睛】解答本题需要知道氨水的密度小于水的密度，

33、而且浓度越大密度越小。第卷二、填空题（本题共6小题，共40分。）21.实验室制取Fe(OH)3胶体的方法是把_逐滴加在_中，继续煮沸，待溶液呈_ 色时停止加热，其反应的离子方程式为_，用 _(方法)可证明胶体已经制成，用_方法精制胶体。【答案】 (1). FeCl3饱和溶液 (2). 沸水 (3). 红褐 (4). Fe3+3H2O 3H+Fe(OH)3(胶体) (5). 丁达尔现象 (6). 渗析【解析】【分析】向沸水中滴入几滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即制得Fe(OH)3胶体；胶体具有丁达尔效应，胶体不能通过半透膜，据此分析解答。【详解】(1)实验室制备氢氧化铁胶体原理是

34、在加热条件下，三价铁离子水解生成氢氧化铁胶体，其操作为：将烧杯的蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入饱和的FeCl3溶液，继续加热至溶液呈红褐色，停止加热，即得到Fe(OH)3 胶体，反应的化学方程式：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl，离子方程式为Fe3+3H2O 3H+Fe(OH)3(胶体)，用丁达尔效应可以验证胶体的生成，胶体不能通过半透膜，溶液能够通过半透膜，利用渗析的方法可以分离提纯胶体。22.某同学对气体A样品进行如下实验：将样品溶于水，发现气体A易溶于水；将A的浓溶液与MnO2 共热，生成一种黄绿色气体单质B，B通入石灰乳中可以得到漂白粉。（1）写出A、B的化学

35、式：A_，B_。（2）写出A的浓溶液与MnO2 共热的化学方程式：_。（3）写出B通入石灰乳中制取漂白粉的化学方程式：_。【答案】 (1). HCl (2). Cl2 (3). MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O (4). 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O【解析】【分析】B为一种黄绿色气体单质B，则黄绿色气体B为Cl2，将A的浓溶液与MnO2 共热，生成氯气，则气体A为HCl，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知A为HCl，B为Cl2，故答案为：HCl，Cl2；(2)A的浓溶液与MnO2共热生成氯化锰氯气和水，反应的化学方程式为：M

36、nO2+4HCl MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl MnCl2+Cl2+2H2O；(3)B通入石灰乳中制取漂白粉是氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。23.某稀溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3，若向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2浓度和加入铁粉的物质的量之间的关系如图所示，则稀溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为_，按反应的先后顺序写出该过程的离

37、子反应方程式：_。【答案】 (1). 1:1:4 (2). Fe+4H+NO3-= Fe3+NO+2H2O 2 Fe3+ Fe=3 Fe2+ Cu 2+ Fe=Fe2+Cu【解析】【分析】氧化性顺序为HNO3Fe (NO3) 3Cu (NO3) 2，加入铁后，铁依次发生氧化还原反应，根据发生的反应结合图像分析解答。【详解】稀溶液中各物质的氧化性顺序为HNO3Fe(NO3)3Cu(NO3) 2，加入铁后会依次发生氧化还原反应，Fe+4H+NO3-= Fe3+NO+2H2O；Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；从图像中可知铁为1mol时，无Fe2+生成，发生的反应，消耗硝

38、酸为4mol，生成Fe3+1mol；再加入1mol铁发生反应，生成Fe2+物质的量为3mol，反应的Fe3+物质的量为2mol，其中原溶液中的Fe3+物质的量1mol；再加入1mol铁发生反应，此时又生成Fe2+1mol，说明原溶液中Cu2+物质的量为1mol；综上所述可知原溶液中Fe (NO3) 3为1mol，Cu (NO3) 2物质的量为1mol，HNO3物质的量为4mol，稀溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为114，故答案为：114；Fe+4H+NO3-= Fe3+NO+2H2O；Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+Cu2+=Cu+Fe2+。24.已知将

39、浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去。现有一氧化还原反应的体系中，共有KCl、Cl2、浓H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七种物质： （1）该氧化还原反应的体系中，还原剂是_，化合价没有发生变化的反应物是_。（2）写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式（需配平）： _。（3）上述反应中，1 mol氧化剂在反应中转移的电子为_ mol。 （4）如果在反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变为紫红色，BiO3反应后变为无色的Bi3。证明NaBiO3的一个性质是：_。【答案】 (1). KCl (2). H2SO4 (3). 2KMnO410KCl8

40、H2SO46K2SO42MnSO45Cl28H2O (4). 5 (5). NaBiO3的氧化性比KMnO4的强【解析】【分析】浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去，说明高锰酸钾具有氧化性，则还原反应为KMnO4MnSO4，则在给出的物质中由Cl元素的化合价需要降低，据此分析解答(1)(3)，结合氧化还原反应的规律分析解答(4)。【详解】(1)由题意可知，高锰酸钾具有氧化性，则还原反应为KMnO4MnSO4，则在给出的物质中，根据Cl元素的化合价变化，则氧化反应为KClCl2，Cl元素化合价由-1价变为0价，化合价升高，KCl为还原剂；根据元素守恒，反应后需生成MnSO

41、4、K2SO4，因此反应物中含有浓H2SO4，化合价没有发生变化的反应物为H2SO4，故答案为：KCl；H2SO4；(2)高锰酸钾具有氧化性，则还原反应为KMnO4MnSO4，氧化反应为KClCl2，则反应为KMnO4+KCl+H2SO4MnSO4+K2SO4+Cl2+H2O，由电子守恒及原子守恒可得配平后的化学反应为2KMnO4+10KCl+8H2SO4(浓)2MnSO4+6K2SO4+5Cl2+8H2O，故答案为：2KMnO4+10KCl+8H2SO4(浓)2MnSO4+6K2SO4+5Cl2+8H2O；(3)该反应2KMnO4+10KCl+8H2SO4(浓)2MnSO4+6K2SO4+5

42、Cl2+8H2O中，Mn元素化合价由+7价变为+2价、Cl元素化合价由-1价变为0价，所以氧化剂是KMnO4，1mol氧化剂在反应中得到电子的物质的量=1mol(7-2)=5mol，故答案为：5；(4)加入NaBiO3，溶液又变紫红色，BiO3反应后变为无色的Bi3，Bi元素化合价降低，则NaBiO3为氧化剂，将锰离子氧化为高锰酸根离子，氧化性比KMnO4强，故答案为：NaBiO3的氧化性比KMnO4的强。25.FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升

43、华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下：检验装置的气密性； 通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的H2赶尽Cl2，将收集器密封。请回答下列问题：(1)装置A中反应的化学方程式为_。(2)第步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端，要使沉积的FeCl3进入收集器，第步操作是_。(3)操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号)_。(4)装置B中冷水浴的作用为_；装置C的名称为_；装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用

44、而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：_。(5)在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂_。该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液。(6)FeCl3与H2S反应的离子方程式为_。(7)综合分析实验的两个反应，可知该实验有两个显著优点：H2S的原子利用率为100%；_。【答案】 (1). 2Fe+3Cl22FeCl3 (2). 在沉积的FeCl3固体下方加热 (3). (4). 冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品 (5). 干燥管 (6). K3Fe(CN)6)溶液 (7). (8). 2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H

45、+ (9). FeCl3得到循环利用【解析】【分析】装置A中铁与氯气反应，反应为：2Fe+3Cl2 2FeCl3，B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；为防止外界空气中的水蒸气进入装置使FeCl3潮解，所以用装置C无水氯化钙来吸水，装置D中用FeCl2吸收Cl2时的反应离子方程式2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，离子方程式为：2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+，用氢氧化钠溶液吸收的是氯气，不用考虑防倒吸，所以装置E为氢氧化钠溶液吸收氯气，据此分析解答(1)(5)；三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应，化

46、学方程式为2FeCl3+H2S2FeCl2+S+2HCl，电解氯化亚铁时，阴极阳离子得到电子发生还原反应；阳极阴离子失去电子发生氧化反应，据此分析解答(6)(7)。【详解】(1)氯气具有强氧化性，将有变价铁元素氧化成高价铁，生成氯化铁，所以装置A中铁与氯气反应生成氯化铁，反应为2Fe+3Cl2 2FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl2 2FeCl3；(2)第步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端，因为无水FeCl3加热易升华，要使沉积的FeCl3进入收集器，需要对FeCl3加热，使氯化铁发生升华，使沉积的FeCl3进入收集器，故答案为：在沉积的FeCl3固体下方

47、加热；(3)为防止FeCl3潮解，可以采取的措施有：步骤中通入干燥的Cl2，步骤中用干燥的N2赶尽Cl2，故答案为：；(4)B中的冷水是为了冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品，装置C的名称为干燥管；Fe2+的检验可通过与K3Fe(CN)6)溶液生成蓝色沉淀的方法来完成，故答案为：冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；干燥管；K3Fe(CN)6)溶液；(5)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，尾气吸收装置E为：，故答案为：；(6)三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应：2FeCl3+3H2S=2FeCl2+6HCl+3S，离

48、子方程式为：2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+，故答案为：2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+；(7)电解氯化亚铁时，阴极发生氢离子得电子的还原反应，2H+2e-H 2，阳极亚铁离子发生失电子的氧化反应：Fe2+-e-=Fe3+，电解池中最终得到的FeCl3可重新用来吸收H2S，可以循环利用，故答案为：FeCl3可以循环利用。26.有50mL NaOH溶液，向其中逐渐通入一定量的CO2，随后取此溶液10mL将其稀释到100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的CO2气体体积(标准状况下)与所加入的HCl的体积之间的关系如图所示：试分析：(1)NaOH在吸收

49、CO2气体后，在甲、乙两种情况下，所得溶液中存在的溶质是甲：_，其物质的量之比是：_；乙：_，其物质的量之比是：_。(2)且在两种情况下产生的CO2气体(标准状况)各是甲：_mL；乙：_mL。(3)原NaOH溶液的物质的量浓度是_；若以Na2O2固体溶于水配得100mL溶液需称量Na2O2_g。【答案】 (1). NaOH，Na2CO3 (2). 1:1 (3). NaHCO3和Na2CO3 (4). 1:1 (5). 56mL (6). 112mL (7). 0.75mol/L (8). 2.9g【解析】【分析】反应后的溶液中滴加盐酸，当开始生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2。(1)(甲)中开始生成CO2气体至最大，消耗HCl为25mL，之前消耗50mL盐酸，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转