2023年届高三上学期第一次月考仿真模拟卷(B卷)化学试卷及解析

2023届高三上学期第一次月考仿真模拟卷化学〔B〕试卷

以下各组离子在指定的溶液中能大量共存的是常温下，水电离的c(OH－)=1×10－12mo1·L－1的溶液中：NH+、Fe2+、SO2−、NO−能使酚酞变红的溶液中：Na+、Ba2+、HCO−、Cl－

4 4 324(含答案)留意事项：号

C．0.1mol·L−1KI：Na+、K+、ClO−、OH−D．常温下， =10－10的溶液中：K+、Na+、I－、SO2−4位 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准封座考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。选择题的作答：每题选出答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目的答密 案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在号 试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。不场 4．考试完毕后，请将本试题卷和答题卡一并上交。不考相对原子质量：C12N14O16Cl35.5Fe56Mn55Ba137

工厂排放的SO2法正确的选项是

烟气对环境造成污染，某企业用以以下图流程综合处理，以下有关说二氧化硫吸取塔中发生的反响为SO＋SO2−＋HO=2HSO−2 3 2 3氨气吸取塔中发生的反响为HSO−＋OH－=HO＋SO2−订 一、选择题〔每题6分，共42分，每题只有一个选项符合题意〕1．化学与生产生活亲热相关，以下有关说法不正确的选项是A．富脂食品包装中常放入活性铁粉袋，以防止油脂氧化变质装号 B．目前科学家已经制得单原子层锗，其电子迁移率是硅的10倍，有望取代硅用于

3 2 3上述流程利用的是氧化复原反响原理D．2某溶液仅有K＋、Al3＋、Mg2＋、NH+、Cl－、SO2−、HCO−中的几种．为确定其成分，证考 制造晶体管

做如下试验：

4 4 322准 ①取局部溶液．参与适量NaO22

固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再参与足C．Ni-Zn化合物的纳米颗粒可作 反响的催化剂，提高苯的转化率只 量的NaOH溶液后白色沉淀全部溶解；D．KFeOCl

处理饮用水时，既有杀菌消毒作用，又有净水作用

②另取局部溶液，参与HNO

Ba(NO

溶液，无沉淀产生。以下推断正确的选项是2 4 2

3 322．以下有关物质的性质与用途不具有对应关系的是

Al3＋、Cl－HCO−SO2−卷 A．明矾能水解生成Al(OH)

3 4胶体，可用作净水剂CaO2

3能缓慢与水反响产生O，可用作水产养殖中的供氧剂2

Al3＋、Mg2＋、Cl－NH+、K＋4确定有Al3＋、NH+、Cl－，确定没有HCO−名姓 C．铝具有良好导热性，可用铝罐贮运浓硝酸此 D．FeCl溶液具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂3

4 3该溶液可能显弱酸性，也可能显中性以下表示对应化学反响的离子方程式正确的选项是3．NA

表示阿伏加德罗常数的值，以下说法中正确的选项是

Fe(NO)

参与过量的HI溶液：2Fe3++2I−==2Fe2++I1molCO1L2mol·L－1NaOHCO2−N2 3 A级 B．标准状况下，11.2LHF所含原子数为N

33 2NHHSONaOH：NH++OH−==NH·HO4 3 4 3 2班 A C．将1molCl

1molFeI的溶液：2Fe2＋＋2I−＋2Cl==2Fe3＋＋I＋4Cl－常温下，1LpH=101×10-10NA

2 2 2 2常温常压下，1.8g甲基(—CD)中含有的中子数为N3 A1/10D．0.01mol·L−1NHAl(SO)

0.02mol·L−1Ba(OH)

溶液等体积混合：NH+

D．试验过程中应先点燃A处的酒精灯，待装置中布满黄绿色气体时再点燃D处的+Al3++2Ba2++

4 42

2 4酒精灯4OH−=2BaSO↓+Al(OH)↓+NH·HO

NaCONaAlO

的混合溶液中逐滴参与1mol/L的盐酸，测得溶液中的CO2−、4 3 3 2 2 3 2 3在给定条件下，以下选项所示的物质间转化均能实现的是 HCO−、AlO−、Al3+的物质的量与参与盐酸溶液的体积变化关系如以下图。则以下说法正确3 2NaHCO(s) 的是3 2 3〔：HCOK=4.3×107，K=5.6×1011；Al(OH)的酸式电离平Al(s)NaH(aq)NaAlO(aq)Al(OH)(s)

2 3 1 2 32 3 K=6.3×1013〕AgNO(aq)[Ag(NH)]+(aq)蔗糖溶液Ag(s)3 32FeO(s)温Fe(s)FeCl(aq)23 3Al南海是一个巨大的资源宝库，开发利用这些资源是科学争论的重要课题。以以下图为海水资源利用的局部过程，有关说法正确的选项是

A．a：AlO−+4H+=Al3++2HOB．MCO2

2 20.05molC．CO2−AlO−1∶23 2D．V∶V=1∶41 2A．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、冰冻法B．氯碱工业中承受阴离子交换膜可提高产品的纯度

12．NHCuSO与足量的10mol·L−1硫酸混合微热，产生以下现象：4 3①有红色金属生成 ②产生刺激性气味的气体 ③溶液呈现蓝色C．MgCl·6HOMgCl

的关键是要低温小火烘干

据此推断以下说法正确的选项是2 2 2D．溴工业中③、④的目的是为了富集溴元素，溴元素在反响③、⑤中均被氧化，在反响④中被复原某同学设计用以以下图的装置制备少量的AlCl(易水解)。以下说法错误的选项是3

A．反响中硫酸作氧化剂B．NHCuSO中硫元素被氧化4 3C．刺激性气味的气体是氨气D．1molNHCuSO0.5mol4 3A．GB．CFE

X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系W、XC．50mL12mol/LMnO2

反响，所得氯气可以制取26.7gAlCl选项AW选项AW稀硫酸XNaAlO溶液2B稀硝酸FeCCO2Ca(OH)溶液2DCl2Fe422向确定量的Mg2+NH+Al3+混合溶液中参与NaO422

的量与生成沉淀和气体的量(纵

液马上变蓝；试验②：向试验①的溶液中参与4mL0.5mol·L－1的亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去。写出试验①中发生反响的离子方程式： 。试验②的化学反响中转移电子的物质的量是 。坐标)的关系如以下图，则溶液中Mg2+、NH+、Al3+三种离子的物质的量之比为4

以上试验说明，在酸性条件下ClO－、I、SO2−的氧化性由弱到强的挨次是2 4 。Ⅱ.(4)ClHOClOCl－)、O(1molO1molO1molHO)等2 22 2 3 3 2 2物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是 (填序号)。A．Cl

B．HO

C．ClO

D．O2 22 2 3A．1∶1∶2 B．2∶2∶1 C．1∶2∶2 D．9∶2∶4以下试验操作、现象及得出的结论均正确的选项是

(5)“84”消毒液(主要成分是NaClO)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用缘由是 (用离子方程式表示)。选试验操作现象结论项Fe(NO)样品溶于稀硫酸，3选试验操作现象结论项Fe(NO)样品溶于稀硫酸，32稀硫酸能氧化A溶液变红滴入KSCN溶液 Fe2＋CuB 溶液变蓝验证生成Cu2＋冷却后，再向反响器中参与冷水生成不溶于稀CNaSO溶液的试管中向2 3NaSO溶液已硝酸的白色沉 2 4参与BaCl溶液，再滴入稀硝酸2淀被空气中O氧化2FeCl和盐酸的混合溶液，电阳极四周溶液2Fe2＋的复原性D 解一段时间后，在阳极四周滴加 变红，并无气Cl－KSCN泡产生

在生活、卫生医疗中常用作消毒剂，其中HO

还可用于漂白，4 22 22是化学试验室里必备的重要氧化试剂。高锰酸钾造成的污渍可用复原性的草酸(HCO)去除，Fe(NO)

也是重要的氧化试剂，下面是对这三种氧化剂性质的探究。

22433某同学向浸泡铜片的稀盐酸中参与HO后，铜片溶解，写出该反响的离子方22程式 ，氧化产物与复原产物的物质的量之比为 。300mL0.2mol·L-1KIKMnO4

溶液恰好反响，生成等物质的量的I2

和KIO，则转移电子的物质的量是 mol。3在Fe(NO)

溶液中参与NaSO

33 2 3为棕黄色，溶液先变为浅绿色的缘由是 黄色的离子方程式是 。KMnO

NaSO

0.474gKMnO样品4 223 40.100mol·L-1NaSO

溶液进展滴定，标准NaSO

溶液应盛装在223 223CuSCuSHNO

VL〔标准状况

(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。配平上述反响的离子方程式： MnO−+ SO2−2 3 4 23向反响后的溶液中〔存在Cu2+和SO2−〕参与足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼

+ H+= Mn2++ SO2−+ HO，NaSO

溶液12.00mL，4 4 2 223烧，得到CuO12.0g，假设上述气体为NO和NO2

的混合物，且体积比为1∶1，则V可能为

则该样品中KMnO4

的物质的量是 。A．9.0L B．13.5L C．15.7L D．16.8L 19．明矾[KAl(SO)·12HO]在生产、生活中有广泛用途：饮用水的净化；造纸工业42 2二、非选择题〔共552〕

AlAlO

SiOⅠ.某试验小组为探究ClO－、I、SO2−在酸性条件下的氧化性强弱，设计试验如

和FeO·xFeO)可制备明矾。工艺流程如下：答复以下问题：

23 22 4 23下：试验①：在淀粉－碘化钾溶液中参与少量次氯酸钠溶液，并参与少量的稀硫酸，溶3/10装置Ⅱ中，酸性条件下NO被Ce4＋氧化的产物主要是NO−和NO−，请写诞生成等物质3 2的量的NO−和NO−时的离子方程式： 。3 2(4)装置Ⅲ的作用之一是用质子交换膜电解槽电解使得Ce4＋Ce4＋在电解槽的 (填“阳极”或“阴极”)，同时在另一极生成SO2−的电极反响式为24 。明矾净水的原理是 (用离子方程式表示)。

(5)进入装置Ⅳ的溶液中NO−的浓度为ag·L－1，要使1m3该溶液中的NO−完全转2 2化为NHNO，至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的氧气 L(用含a代数式表示，结果4 3操作Ⅰ是 ，操作Ⅱ是蒸发浓缩、 、过滤、 、干燥。

保存整数)。21．FeOCrOAlOSiO

等杂质)为主要原23 23 2检验滤液A中是否存在Fe2＋的试剂是 (4)将铝灰投入氢氧化钠溶液中生成气体的化学方程式是 ，在滤液A中参与高锰酸钾发生反响的离子方程式为(该条件下MnO−转化为Mn2＋)： 。4

料生产化工原料红矾钠(主要成分为：NaCrO·2HO)，其主要工艺流程如下：2 27 2查阅相关资料得知：(5)pH＝3、加热条件下，MnO−Mn2＋MnOMnSO发生反查阅相关资料得知：4 2 4应的离子方程式为： ，滤渣2含有的物质是 。汽车尾气中CO、NOx

以及燃煤废气中的SO2

都是大气污染物，对它们的治理具有

i.常温下，NaBiO3

不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下能将Cr3+转化为CrO2−，自4重要意义。

身被复原为Bi(OH)3

固体。(1)NOx

的转化如下所示：

ii.物质Fe(OH)3Al(OH)物质Fe(OH)3Al(OH)3Cr(OH)3Fe(OH)2Bi(OH)32 2NO＋O=NO＋O11.2LO时，转移电子的物质的量是开头沉淀的PH2.73.44.67.50.73 2 2 mol。2完全沉淀的PH3.74.45.99.74.5n(NO)∶n[CO(NH]＝3∶22 22 。使用“催化转化器”可以削减尾气中的CO和NO，转化过程中发生反响的化学xCO＋NO―→N＋COx＝1.5，CO和N的化学计x 2 2 2 2量数之比为 。SO

NO，NaSO

NHNO

产品的流程图如以下图(Ce为铈元素)。

答复以下问题：2 224 4 3

将铬铁矿矿石粉碎的目的是 。(2)操作I、III、IV用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和 (3)写出④反响的化学方程式 。⑤中酸化是使CrO2−转化为CrO2−。写出该反响的离子方程式 。4 27将溶液H经以下操作：蒸发浓缩， ，过滤，洗涤，枯燥即得红矾钠。取确定质量的固体D溶解于200mL的稀硫酸中向所得溶液中参与5.0mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量〔n〕与参与NaOH溶液的体积〔V〕关系如以下图，则稀硫酸的浓度为 ，固体D中含Fe化合物的物质的量为 。5/102023

的Ba(NO

溶液，无沉淀产生，说明无SO2−，溶液中只有Cl―一种阴离子。纵上所述A32 4化学〔B〕参考答案一、选择题〔每题6分，共42分，每题只有一个选项符合题意〕1.【答案】C

正确；B、应无Mg2＋和NH+，K＋不能确定，故B错误；C、无NH+，故C错误；D、Al3＋水解4 4DA。【答案】DFe(NO)参与过量的HI溶液的离子反响为4H+NO+Fe3+4I═Fe233 3【解析】催化剂只能转变化学反响速率，不能使化学平衡移动，故不能提高苯的转号 +2I+NO↑+2HO故A错误向NHHSO溶液中加少量的NaOH溶液HSO−＋OH－=SO2−＋HO，位 化率，选项C不正确。

2 2 4 3

3 3 2座 故B错误；将1molCl

1molFeI溶液中，离子方程式：2I－+Cl═2Cl－+I封【答案】C

2 2 2 2C0.01mol·L−1NHAl(SO

0.02mol·L−1Ba(OH)

NH++Al3【解析】铝外表能产生氧化膜，可用铝罐贮运浓硝酸，故C错误，应选C。

4 42 2 4＋+2Ba2＋+4OH－=2BaSO↓+Al(OH)↓+NH·HO【答案】C密【解析】1molCO

1L2mol·L－1NaOH1mol碳酸钠，而CO2−为弱

4【答案】A

3 3 22 3

受热分解成NaCOCO

HO，NaCO

与饱和石灰水反响生成CaCO酸根，在溶液中会水解，故溶液中的碳酸根的个数小于N个，故A错误；标准状况下，号 A不场 HF是液态，无法计算，故B错误；碱溶液中的氢离子来源于水，常温下，1LpH=10的不考1×10-10mol·L－11×10-10N，

3 2 3 2 2 2 3 3和NaOH，两步反响均能实现，选项A正确；NaAlO与过量盐酸反响生成NaCl、AlCl和2 3HO，其次步反响不能实现，选项B错误；蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反响，第2A故C正确；1.8g甲基〔-CD〕的物质的量为0.1mol，而甲基中含9个中子，故0.1mol3

CFeHClFeCl2DA。

和H2订 甲基中含0.9NA

D

【答案】D【答案】Dc(OH－)=1×10－12mo1·L－1的溶液可能呈酸性也可能呈碱装号 性，假设酸性则Fe2+、H+、NO−发生氧化复原反响而不能大量共存，假设碱性则NH+、Fe2+不能证 3 4

【解析】海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法，A错误；氯碱工为防止氯气与氢氧化钠反响承受阳离子交换膜，使钠离子转移到阴极，所以提高产品纯考 大量存在，选项A错误；能使酚酞变红的溶液呈碱性，HCO−与氢氧根离子反响而不能大准 24

度，BMgCl2量存在，选项B错误；0.1mol·L−1KI溶液中ClO−与I−发生氧化复原反响而不能大量共只存，选项C错误；常温下， =10－10的溶液呈酸性，H+、K+、Na+、I－、SO2−，各离子相

解可以完全，因此由MgCl·6HO得到无水MgCl的关键是抑制MgCl2 2 2

的水解，C错误；互之间不反响，能大量共存，选项D正确。卷【答案】A

4 海水提溴是先通入足量氯气氧化溴离子为溴单质，然后将溴单质复原为溴化氢，再通入适量氯气氧化溴离子为溴单质，溴得电子化合价降低，所以溴元素被复原，因此溴工业中③、④的目的是为了富集溴元素，溴元素在反响③、⑤中均被氧化，在反响④中被还原，D名 【解析】SO吸取塔中：SO＋SO2−＋HO=2HSO。故A正确；氨气吸取塔中发生HSO−＋姓 2 2 3 2 3

3 10.【答案】CNH·HO=HO＋NH+＋SO2−，故B错误；反响中化合价不变，故C此 3 2 2 4 3用的物质有硫酸铵，故D错误；应选A。【答案】A级【解析】由①取局部溶液，参与适量NaO级22班

固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，

【解析】氯气是有毒气体不能直接排放到空气中，G装置中的氢氧化钠溶液能与氯气反响而除去多余氯气，防止空气污染，选项A正确；由于AlCl易水解，所以铝和氯3气反响必需在枯燥的环境下进展，因此装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止EB50mL12mol/LMnO反响，由于浓盐22NaO＋2HO=4NaOH＋ONH+，再参与足量的NaOH22 2 2 4

酸不断消耗，变为稀盐酸，与二氧化锰不反响，所以50mL12mol/L的盐酸产生氯气的后白色沉淀全部溶解，说明无Mg2＋，有Al3＋，无HCO−；②另取局部溶液，参与HNO酸化3 3 量小于0.15mol，因此氯气与铝反响生成氯化铝的量少于0.1mol，质量小于13.35g，选项C错误；试验过程中应先点燃A处的酒精灯，反响产生氯气，利用氯气排净装置内DD11.【答案】D

氯气和铁反响，无论量多少，只能生成氯化铁，不符合上述转化关系，正确。【答案】C【解析】依据HCO和

Al(OH)

的电离平衡常数，得H＋力气大小：AlO−>CO2−>HCO−，

【解析】由图知，沉淀中含0.1molMg(OH)

0.2molAl(OH)Mg2+2 3 3 2 3 3 2 3滴加盐酸发生：AlO−＋H＋＋HO=Al(OH)↓，连续滴加盐酸发生CO2−＋H＋=HCO−、HCO−＋H＋ 0.1mol，含Al3+0.2mol，依据Mg2++2OH−=Mg(OH)↓、Al3++3OH−=Al(OH)↓，沉淀2种金2 2 3 3 3 3 2 3=CO↑＋HOAl(OH)＋3H＋=Al3＋＋3HO，因此a曲线表示的是AlO−＋H＋＋HO=Al(OH)↓， 属阳离子共需NaOH的物质的量为0.1mol×2+0.2mol×3=0.8mol。由图中横坐标知与32 2 3 2 2 2 3故AM点是CO2−完全转化成HCO−CO2＋H＋=HCO−

产生，

种阳离子恰好完全反响时需NaO

0.5mol，而0.5molNaO

与水反响生成1molNaOH和3 3 3 3 2 22 22故B错误依据A选项分析a线发生AlO−＋H＋＋HO=Al(OH)↓AlO−全部转化成Al(OH)， △2 2 3

3 0.25molO，由NH++OH−NH↑+HO，所以由NH+消耗NaOH的量1mol-0.8mol=0.2mol〕消耗H＋的物质的量50×10－3×1mol=0.05mol，则n(AlO−)=0.05mol，b线发生CO2−＋H＋

2 4 3 2 42 3 或生成NH的物质的量〔0.45mol-0.25mol=0.2mol〕均可求得原溶液中含0.2molNH+，3 4=HCO−，CO2−HCO−H＋的物质的量为(100－50)×10－3×1mol=0.05mol，3 3 3

所以Mg2+、NH+、Al3+物质的量之比=0.1mol∶0.2mol∶0.2mol=1∶2∶2；故合理选项是C。4n(CO2−)=0.05mol，原溶液中CO2−AlO−0.05∶0.05=1∶1，故C3 3 2

【答案】D误；D、当参与VmL盐酸时，溶液中n(HCO−)=n(CO2−)=0.025mol，因此共消耗盐酸的体1 3 3

【解析】Fe(NO

溶液中滴加稀硫酸，酸性条件下硝酸根离子与亚铁离子发生氧积为V=(0.05＋0.025)×1000/1mL=75mL，当盐酸体积为V

32NaCl1 2 化复原反响生成铁离子，结论不合理，故A错误；Cu与浓硫酸加热反响生成硫酸铜，会AlCln(HCl)=n(Na＋3n(Al3＋)=[0.05×20.0533×0.05]mol=0.3mol，则V=0.3×1000/1mL=300mL，因此V∶V=75∶300=1∶4，故D2 1 2

有浓硫酸剩余，因此加水稀释时，确定要遵循浓硫酸参与水中，玻璃棒不断搅拌，不能相反操作，易发生危急，B错误；NaSO溶液与BaCl溶液反响生成亚硫酸钡白色沉淀，2 3 2正确。

再滴入稀硝酸〔具有强氧化性〕，亚硫酸钡被氧化为硫酸钡沉淀，不溶于稀硝酸，故不12.【答案】D

NaSO

溶液已被空气中O

氧化，故CFeCl

和盐酸的混合溶液，电解2 4 2 2【解析】反响只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根中硫元素在反响前后化合价未变，反响中硫酸表达酸性，不做氧化剂，故A项错误；反响前后S元素的化合价没有发生变化，故B项错误；因反响是在酸性条件下进展，不行能生成氨气，故C项错误；

一段时间后，在阳极四周滴加KSCN溶液，阳极四周溶液变红，并无气泡产生，说明有铁离子产生，亚铁离子被氧化，而氯离子没有发生氧化反响，因此复原性：Fe2＋的复原性强于Cl－，结论正确，故D正确。NHCuSO与硫酸混合微热，生成红色固体为Cu、在酸性条件下，SO2−+2H+=SO↑+HO，反4 3 3 2 2应产生有刺激性气味气体是SOCu2+生成，则NHCuSO中Cu的化合价2 4 3为+1价，反响的离子方程式为：2NHCuSO+4H+=

【答案】A【解析】假设混合物全是CuS，其物质的量为12/80＝0.15mol，电子转移数0.154 3 mol×(6＋2)＝1.2molNOxmol，NO2

计算的Cu+Cu2++2SO↑+2HO+2NH+，故1molNHCuSO完全反响转移的电子为0.5mol，故D项正2 2 4 4 3确。

x＝0.3。气体体积V＝0.6mol×22.4L·mol－1＝13.44L；假设混合物全是CuS，其物质20.075mol，0.075mol×10＝0.75mol，NOxmol，NOxmol，3x＋213.【答案】D【解析】X为NaAlO溶液，W为稀硫酸时，偏铝酸钠和少量稀硫酸反响生成生成氢2氧化铝沉淀，与过量稀硫酸反响生成硫酸铝，氢氧化铝和硫酸铝之间可以相互转化，能实现上述转化关系，错误；X为铁，W为稀硝酸，铁与少量稀硝酸反响生成硝酸亚铁，X为氢氧化钙，W为二氧化碳，氢氧化钙与少量二氧化碳反响生成碳酸钙沉淀，和过量2/10

x＝0.75，x＝0.1875，V＝0.375mol×22.4L·mol－1＝8.4L，因此8.4L＜V＜13.44L。【答案】〔1〕ClO－＋2I－＋2H＋=I＋Cl－＋HO2 2〔2〕0.004mol〔3〕SO2−<I<ClO－4 2〔4〕C〔5〕ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl↑＋HO 本身被复原为Mn2+，反响的离子方程式为8MnO−+5SO2−+14H+=8Mn2++10SO2−+7HO；试验中，2 2 4 23 4 2【解析】Ⅰ.〔1〕试验①说明酸性条件下，次氯酸钠把碘离子氧化生成碘单质，同 消耗n〔SO2−〕=0.100mol·L−1×0.012L=0.0012mol，由得失电子数目守恒得：n〔MnO−〕23 4时自身被复原生成氯离子，该反响中，次氯酸根离子得电子作氧化剂，碘离子失电子是

×5=0.0012mol×4×2，得n〔MnO−〕=1.92×10-34

mol，则该样品中KMnO4

的物质的量是复原剂，氧化产物是碘，所以氧化性强弱为：ClO−＞I，反响离子方程式为：ClO−+2I−2+2H+=I+Cl−+HO，故答案为：ClO−+2I−+

1.92×10-3mol。19.【答案】〔1〕Al3＋＋3HO Al(OH)(胶体)＋3H＋2 2 2 32H+=I+Cl−+HO；〔2〕试验②说明碘单质把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，自身被 〔2〕过滤 冷却结晶 洗涤2 2复原生成碘离子，氧化剂是碘，复原剂是亚硫酸钠，氧化产物是硫酸根离子，所以氧化性强弱为：I＞SO2−，反响离子方程式为：HO+I+SO2−=SO2−+2I−+2H+，设转移电子的物质

〔3〕酸性高锰酸钾溶液(或铁氰化钾溶液)〔4〕2Al＋2NaOH＋2HO=2NaAlO＋3H↑5Fe2＋＋MnO−＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4HO2 4 2 2 3 4 2 2 2 4 2〔5〕3Mn2＋＋2MnO−＋2HO=5MnO↓＋4H＋ MnOFe(OH)4 2 2 2 3【解析】铝灰〔含Al、AlO

SiO

和FeO·xFeO〕，参与过量稀硫酸酸溶过x．故转移电子的物质的量是0.004mol；〔3〕试验①说明氧化性强弱为：ClO−＞I，实2验②说明氧化性强弱为：I＞SO2−，所以在酸性条件下ClO−、I、SO2−的氧化性由弱到强

23 2 23滤，滤液为硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁，滤渣Ⅰ为二氧化硅，滤液A中参与稍过量高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，调整溶液pH使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀，参与硫酸铝溶液，参与硫酸钾蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥得到硫酸铝钾晶体；2 4 2 4的挨次是SO2−、I、ClO−，故答案为：SO2−、I、ClO−；Ⅱ.(4)1molCl〔发生的反响为 〔1〕明矾净水是铝离子水解生成氢氧化铝具有吸附悬浮杂质的作用，反响的离子方程4 2 4 2 2Cl+HO=HCl+HClO〕、HOClOO

分别消毒时，转移电子依次为1mol、1mol、5mol、

式为：Al3＋＋3HO Al(OH)(胶体)＋3H＋；〔2〕固体和液体分别需要用过滤操作，操2 2 22 2 3 2 32

转移的电子数最多，消毒效率最高，故答案为：

作Ⅰ是过滤，操作Ⅱ是溶液中得到晶体的方法，利用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、C；(5)ClO−与浓盐酸中的Cl-会发生反响生成有毒的Cl，方程式为ClO−+Cl−2+2H+═Cl↑+HO。

枯燥得到明矾晶体；〔3〕检验亚铁离子用高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液，滴入高锰酸钾溶液紫红色褪去，或参与铁氰化钾溶液会产生蓝色沉淀；〔4〕将铝灰投入氢氧化钠2 218.【答案】〔1〕Cu+2H++HO=Cu2++2HO1∶2 溶液中反响生成氢气、偏铝酸钠，反响的化学方程式是2Al＋2NaOH＋2HO=2NaAlO＋22 2 2 2〔2〕0.16〔3〕Fe3+被复原成Fe2+3Fe2++4H++NO−=3Fe3++NO↑+2HO

3H↑；酸性溶液中高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子为铁离子，本身被复原为锰离子，反响2的离子方程式为：5Fe2＋＋MnO−＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4HO，分析离子沉淀的pH范围，调整3 2 4 2〔4〕碱式8MnO−+5SO2−+14H+=8Mn2++10SO2−+7HO1.92×10-3

mol

溶液pH=3，可以使使Fe3+转化成Fe(OH)

沉淀，并防止Al3+沉淀；故答案为：5Fe2++MnO−4 23 4 2 3 4【解析】〔1〕盐酸不能与金属铜反响，参与HO

后，发生氧化复原反响，铜片溶

+8H+=5Fe3++Mn2++4HO，使Fe3+转化成Fe(OH)

沉淀，并防止Al3+沉淀；〔5〕在pH=3、加22 2 3解生成氯化铜、水，该反响的离子方程式为：Cu+2H++HO=Cu2++2HO，氧化产物氯化铜与

热条件下，MnO−可与

Mn2+反响生成MnO。参与MnSO

发生反响，反响的离子方程式为：22 2 4 2 4复原产物水的物质的量之比为1∶2；〔2〕n〔KI〕=0.06mol，与确定量的酸性KMnO溶 3Mn2++2MnO−+2HO=5MnO↓+4H+；过滤得到反响中生成的难溶的二氧化锰沉淀和得到的氢4 4 2 2液恰好反响，生成等物质的量的I

和KIO，则n〔I〕=n〔KIO〕=0.02mol，共失去电

氧化铁沉淀，答案为MnO、Fe(OH)。2 3 2 3 2 3子的物质的量为2×0.02mol+0.02mol×[5-〔-1〕]=0.16mol；〔3〕先由棕黄色变为浅绿色，说明Fe3+先被复原为Fe2+，变为浅绿色的离子方程式是2Fe3++SO2−+HO=2Fe2++SO2−

20.【答案】〔1〕1 4∶3〔2〕3∶13 2 4+2H+，后变为棕黄色的缘由是反响生成的H+与NO−组成的硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，反响的 〔3〕2NO＋3HO＋4Ce4＋=NO−＋NO−＋6H＋＋4Ce3＋3 2 3 2离子方程式是3Fe2++4H++NO−=3Fe3++NO↑+2HO；〔4〕NaSO

在溶液中水解，使溶液显碱

〔4〕阳极 2H＋＋2HSO−＋2e－=SO2−＋2HO3 2 223 3 24 2NaSO

溶液应盛装在碱式滴定管中；酸性条件下MnO−将SO2−氧化为SO2−，

〔5〕243a223 4 23 4〔1〕①依据反响NO＋O=NO＋O

NO+2+4

180mL。连续参与氢氧化钠沉淀开头减小，即氢氧化铝开头溶解，溶解氢氧化铝消耗的3 2 21molO2

时，转移2mole−，标准状况下11.2LO2

的物质