2024年高中化学学业水平试题含解析 (一)

1.中国诗词既蕴含人文思想，又焕发理性光辉。对下列诗词划线部分的化学解释不合理的是

A.花气袭人知骤暖，喜鹊穿树喜新晴——温度高，分子运动加快

B.千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲一煨烧石灰石，为氧化还原变化

C.烟笼寒水月笼沙，夜泊秦淮近酒家——此处的“烟”实为水雾，为一种气溶胶

D.何意百炼钢，化为绕指柔一生铁经不断燃烧捶打氧化，降低碳的含量，变成钢

【答案】B

【详解】A.分子总在不断运动，温度升高，分子运动速率加快，故A正确；

B.煨烧石灰石，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，反应过程中元素的化合价没有发生变化，不属于氧

化还原反应，故B错误；

C.“烟笼寒水月笼沙，夜泊秦淮近酒家”中的“烟”指小液滴，也即水雾，水雾是一种气溶胶，故C正

确；

D.生铁的含碳量高于钢，生铁经不断煨烧捶打氧化，碳变成二氧化碳气体，含碳量降低，变成钢，故D

正确；

故答案选B。

2.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是

A.O.lmolFeCb完全水解形成Fe(OH)3胶体的胶粒数为O.INA

B.Imol/LK2sO4溶液中所含K+数目为2NA

C.常温常压下，03和O2的混合气体16g所含氧原子数为NA

D.3mol单质Fe与足量水蒸气在高温下完全反应，失去9NA个电子

【答案】C

【详解】A.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故所得胶粒的个数小于O.INA个，故A错误；

B,溶液的体积未知，不能计算K+的数目，故B错误；

C.氧气和臭氧均由氧原子构成，故16g混合物中含有的氧原子的物质的量为Imol,数目为NA,故C正

确；

Q

D.铁和水蒸气反应后生成Fe3CU,化合价从0变为+-价，故3moi单质Fe与足量水蒸气在高温下完全反

3

应，失去8NA个电子，故D错误；

故答案选C。

3.下列物质的分类组合正确的是

①胆研、氢氧化铁胶体、豆浆均为混合物

②NaHSO—AgCkA1C13,CaCC)3均为盐

③Mg(OH)2、NaOH、Cu2(OH)9CO3,均为碱

④干冰、CO、H2O均为酸性氧化物

⑤金刚石、石墨、C60互同素异形体

A.②⑤B.③⑤C.①②③⑤D.④⑤

【答案】A

【详解】①由多种物质组成的是混合物，氢氧化铁胶体、豆浆均为混合物，胆矶属于纯净物，故①错误；

②能电离出金属阳离子(或镂根离子)和酸根离子的化合物是盐，NaHSO4,AgCl、A1C13,CaCOs均

为盐，故②正确；

③电离生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱，Mg(OH)2、NaOH、Nfh-H?。符合碱的概念均为

碱，CU2(OH)2c是碱式盐，故③错误；

④酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物，CO2能和碱反应生成盐和水，为酸性氧化物，CO、H2O不

属于酸性氧化物，故④错误；

⑤由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体，金刚石、石墨、C$0均是由碳元素形成的不同单质，互

为同素异形体，故⑤正确。

故选Ao

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【详解】A.观察钾元素的焰色要透过蓝色钻玻璃，故A正确；

B.氢氧化亚铁易被氧化，应把胶头滴管伸入氯化亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，故B错误；

C.容量瓶中不能溶解NaCl固体，应在烧杯中溶解再转移至容量瓶中，故C错误；

D.铝热反应是铝单质和氧化铁反应生成铁和氧化铝，故D错误；

故选：A„

5.下列反应的离子反应方程式正确的是

+

A.用醋酸和淀粉一KI溶液检验加碘盐中的IO；：IO；+5r+6H=3I2+3H2O

B.氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：2cl2+20H-=3Cr+C10-+H2。

2+3+

C.向ILO.lmol/LFeBrz溶液中通入O.lmolCb：2Fe+4Br+3Cl2=2Fe+2Br2+6Cl

D.向明砚溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀的质量最大：AP++2SOj+2Ba2++4OH-=2BaSCUl+AlO

"+2H2O

【答案】D

【详解】A.用醋酸和淀粉一KI溶液检验加碘盐中的1。3的离子方程式，醋酸是弱酸不能拆，A项错误；

B.氯气通入冷的氢氧化钠溶液中反应的离子方程式为CL+ZOHFCr+ClCr+Hz。，B项错误；

C.向ILO.lmol/LFeBr2溶液中通入O.lmolCL,Imol澳化亚铁完全反应，需消耗1.5mol氯气，显然氯气

不足，应氧化亚铁离子，消耗0.5mol,剩余0.5mol氯气氧化澳离子，所以离子方程式为

2+-3+

2Fe+2Br+2Cl2=Br2+4C1-+2Fe,C项错误；

D.向明矶溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀的质量最大生成硫酸钢和偏铝酸钾，

3+2+

Al+2SO^+2Ba+4OH=2BaSO4J+A1O2+2H2O,D项正确；

答案选D。

6.下列除去杂质的方法中，正确的是

选项物质(括号内为杂质)除去杂质的方法

ANaCl溶液(Na2co3)加入适量的Ca(OH)2溶液、过滤

BMgO固体(A12O3)加入足量NaOH溶液、过滤、洗涤、干燥

CNaHCO3固体(Na2co3)加热至恒重

DCO2气体(HC1)通过饱和NazCOs溶液洗气、干燥

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【详解】A.Na2cO3与加入的适量Ca(OH)2溶液反应生成氢氧化钠、引入了氢氧根离子，A错误；

B.AbCh会与足量NaOH溶液反应而溶解，MgO不反应、不溶解，过滤、洗涤、干燥所得即为MgO固

体，B正确；

C.加热NaHCC>3固体分解转变为Na2co3,C错误；

D.CO2气体和HC1气体均能与饱和NazCOs溶液反应，D错误；

答案选B。

7.三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)<Mr(Y)=0.5Mr(Z),下列说法正确的是

A,原子数相等的三种气体，质量最大是Z

B.若一定条件下，三种气体体积均为2.24L,则它们的物质的量一定均为0.1mol

C.同温同压下，同质量的三种气体，气体密度最小的是X

D.同温下，体积相同的两容器分别充agY气体和2agz气体，则压强之比为1：2

【答案】C

NM

【详解】A.根据m=nM=T，分子数目相等的三种气体，相对分子质量越大，质量越大；因为不确定

NA

X、丫、Z三种气体分子中原子个数和组成，所以原子数相等的三种气体就不能确定三种气体的分子数，故

A错误；

B.气体的物质的量n=C，Vm和气体的状态有关，三种气体体积均为2.24L,Vm不一定等于

Vm

22.4L/mol,所以它们的物质的量不一定均为O.lmol,故B错误；

PXM

C.根据密度p=m_nM_RT_PM,同温同压下，同质量的三种气体，密度和相对分子质量成正

V-V-V-RT

比，由分析可知三种气体密度最小的是X,故C正确；

D.同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，已知Mr(Y)=0.5Mr(Z),Y、Z气体所承受的压强比为

m(Y)

P(Y)_n(Y)_Mr(Y)一m(Y)Mr(Z)_agx2一

P(Z)n(Z)m(Z)m(Z)Mr(Y)2agxl"日庆’

Mr(Z)

答案选c。

A.B装置中所装试剂为饱和的NaCl溶液，其作用是除去氯气中的HC1

B.装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进入E中

C.用50mLi2moLLji的盐酸与足量的Mn。？反应，所得氯气可以制取26.7gA1C13

D.实验过程中应先点燃A处的酒精灯，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯

【答案】C

【分析】制备少量的AlCb,由实验装置可知，A中浓盐酸与二氧化镒反应加热下反应生成氯气，且稀盐

酸与二氧化镒不反应，B中饱和食盐水可除去氯气中的HC1,C中浓硫酸可干燥氯气，D中A1与氯气加热

反应生成氯化铝，E中可收集氯化铝，F中浓硫酸可防止G中水蒸气进入E中，G中NaOH溶液吸收尾

气，据此分析解题。

【详解】A.因浓盐酸易挥发，B装置中所装试剂为饱和NaCl溶液，其作用是除去CL中的HC1,故A

正确；

B.装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进入E中，防止氯化铝水解，故B正确；

C.若盐酸完全反应，n（HCl）=0.05molLx12mol/L=0.6mol,MnC）2+4HCl（浓）=M11CI2+CI2T+2H2O,可知生成

氯气为0.6molx；=0.15mol,由C1原子守恒可知得到氯化铝为0.15molx2xgxl33.5g/mol=13.35g,且稀盐

酸与浓盐酸不反应，则最终得到氯化铝的质量小于13.35g,故C错误；

D.实验过程中应先点燃A处的酒精灯，将空气排出后，防止A1与氧气反应，待装置中充满黄绿色气体

时再点燃D处的酒精灯，故D正确；

故选C。

9.将钠、铝混合物投入足量水（质量为100g）中进行反应，若钠、铝的质量分别为46g和27g,充分反应

后，下列说法正确的是

A.产生H2的物质的量为2.5mol

B.溶液中的溶质只有NaAlCh

C.金属未完全溶解

82

D.NaAlCh的质量分数是xlOO%

100+46+27

【答案】A

【分析】将钠、铝混合物投入足量水发生的反应为钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应得到的氢氧化钠溶

液与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2T、

46gj

2Al+2NaOH+2HO=2NaAlO+3HT,46g钠的物质的量为2,=2mol,反应生成氢气为2moixglmol、

222-23g/mol2

氢氧化钠为2mol,27g铝为―27g,=lmol,铝与氢氧化钠溶液反应时，铝不足量，反应生成氢气的物质的

27g/mol

3

量为lmolx—=1.5mol、偏铝酸钠为Imol。

2

【详解】A.由分析可知，将钠、铝混合物投入足量水中生成氢气的质量为lmol+1.5moi=2.5mol,故A正

确；

B.由分析可知，将钠、铝混合物投入足量水中，钠与水完全反应生成氢氧化钠，铝与氢氧化钠溶液反应

时，铝不足量，则溶液中的溶质为偏铝酸钠和氢氧化钠，故B错误；

C.由分析可知，将钠、铝混合物投入足量水中，钠与水完全反应生成氢氧化钠，铝与氢氧化钠溶液反应

时，铝不足量，则投入的金属完全溶解，故c错误；

D.由分析可知，反应生成偏铝酸钠的质量为lmolx82g/mol=82g,溶液的质量为100g+46g+27g-5g,则偏

82

铝酸钠的质量分数是xlOO%,故D错误;

100+46+27-5

故选A。

10.下列对图示的解释不正确的是

ABCD

向Ba(OH卜溶液

中加入稀硫酸，

光照过程中氯水的pH变化NaCl的形成NaCl溶于水

溶液导电能力变

化

a时刻Ba(OH)2

pH降低的原因可能是HC1O分le

+

溶液与稀硫酸恰ANaCl=Na+Cr

解2Na+CL——2NaC

好完全中和

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【详解】A.氢氧化钢溶液与稀硫酸反应生成硫酸领沉淀和水，溶液的导电性降低，a时刻导电能力几乎为

。说明氢氧化钢溶液与稀硫酸恰好完全中和，故A正确；

B.光照过程中氯水中的次氯酸会遇光分解生成盐酸和氧气，溶液酸性增强，溶液pH减小，故B正确；

C.由图可知，氯化钠的形成过程为钠原子失去一个电子形成钠离子，氯原子得到一个电子形成氯离子，

钠离子与氯离子之间通过离子键结合形成氯化钠晶体，则用电子式表示氯化钠的形成过程为

N1G一Na'W，故C错误；

D.氯化钠是盐，在水分子作用下完全电离出钠离子和氯离子，电离方程式为NaCl=Na++C「，故D正

确；

故选C。

11.以化合价为纵坐标，物质类别为横坐标的图像称为价类二维图，在地壳中的含量仅次于铝，居第四位

的元素价类二维图如图所示，下列说法错误的是

•■­

•:e•'r•

上物质

单质，化物碱宙类别

A.a与水常温下几乎不发生反应，但在高温下可发生置换反应

B.b和c可分别与水发生反应生成e和d

C.e在潮湿的空气中容易转变为d

D.h的某种盐是具备净水和消毒双重功能的水处理剂

【答案】B

【分析】由题中信息可知，在地壳中的含量仅次于铝，居第四位的元素是Fe元素，据此解答。

【详解】A.Fe与水常温下几乎不发生反应，但在高温下铁与水蒸气反应生成Fe3CU和氢气，即3Fe+4H2。

譬Fe3O4+4H2,属于置换反应，故A正确;

B.b为FeO,c为FezCh,FeO和FezCh均不溶于水，均不能直接与水反应生成相应的碱Fe(OH)2和

Fe(OH)3,故B错误;

C.e为Fe(OH)2,d为Fe(OH)3,Fe(OH)2在潮湿的空气中容易转变为Fe(OH)3,即4Fe(OH)2+C)2+2H2O=4

Fe(OH)3,故C正确；

D.h为高铁酸盐即含FeOj,FeOj具有强氧化性，能够杀菌消毒，+6价的铁被还原成+3价，又Fe3+形

成氢氧化铁胶体具有较大表面积，吸附悬浮杂质可以做净水剂，故D正确；

答案为B。

12.某学生用NaHCCh和KHCCh组成的某混合物进行实验，测得如下数据(盐酸的物质的量浓度相等)，下

列分析推理不正确的是

50mL盐酸50mL盐酸50mL盐酸

m(混合物)9.2g15.7g27.6g

V(C02)(标况)2.24L3.36L3.36L

A.盐酸的物质的量浓度为3.0molL”

B.根据表中数据不能计算出混合物中NaHCCh的质量分数

C.加入混合物9.2g时盐酸过量

D.15.7g混合物未与盐酸完全反应

【答案】B

【分析】由表中数据可知，由于固体混合物从9.2g-15.7g,二氧化碳气体体积还在增加，故加入9.2g混

合物时盐酸过量，而固体混合物从15.7g-27.6g,二氧化碳气体的体积不再变化，说明故加入27.6g混合物

时盐酸过不足，生成3.36LCO2需要固体质量为9.2gx=——=13.8g<15.7g,故第2组实验中盐酸也不足。

2.24L

【详解】A.盐酸完全反应生成二氧化碳3.36L,结合H++HCCh=H2O+CO2T，可知n(HC1)=n(CO2)

=3.36L^22.4L/mol=0.15mol,故盐酸的浓度为：0.15mol+0.05moi=3mol/L,故A正确；

B.第一组中盐酸不足，固体混合物完全反应，设NaHCCh和KHCCh的物质的量分别为x、y,则

84x+100y=9.2g,x+y=2.24-22.4=0.1,解得：x=y=0.05mol,则碳酸氢钠的物质的量分数为

0.05mol4-0.1molx100%=50%,可以计算，故B错误；

C.根据分析可知，加入9.2g混合物时盐酸过量，故C正确；

D.由上述分析可知，向50mL盐酸中加入15.7g混合物时，盐酸不足，固体混合物过量，未与盐酸完全反

应，故D正确；

综上所述选B

13.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是

A.强碱性溶液中：K+、AF+、ChSO"-

B.在透明的溶液中：K+、Cu2\NO；、SOt

C.加入铝片能产生气体的溶液中：Na+、K+、HCO；、NO；

D.室温下,强酸性溶液中：Na+、Fe3+、r、Cl-

【答案】B

【详解】A.强碱性溶液，OIF与AF+反应，不共存，故A不符合题意；

B.各个离子之间互不反应，能大量共存，故B符合题意；

C.加入铝片能产生气体的溶液呈酸性或碱性，H+或0H-都能与HCO］反应而不能共存，故C不符合题

思；

D.Fe3+与r能发生氧化还原反应而不能大量共存，故D不符合题意；

综上所述，答案为B。

14.在标准状况下，将22.4LHC1完全溶于1L水中(水的密度近似为Ig/mL),溶液的密度为pg/mL,溶液

的体积为VmL,溶质的质量分数为w,溶质的物质的量浓度为cmol/L。下列叙述中正确的是

36.5c

①"-xlOO%

lOOOp

@V=--------——

36.5+1000

③向上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5w

c

④向上述溶液中再加入等质量水后，所得溶液的浓度小于一mol/L

2

B.③④C.①③④D.①④

【答案】C

分析】

【详解】①由物质的量浓度和质量分数的关系式为『詈詈可得『36.5c

喃xl。。％,故正确;

…22.4L36.5+1000

②由题意可知，溶液的质量为(----------x36.5g/mol+1000)g,则溶液的体积V=-----------------mL,故错

22.4L/molp

误；

③盐酸的密度大于水的密度，加入等体积的水后，由于水的质量小于原盐酸的质量，混合液的总质量小于

原溶液的2倍，溶液中氯化氢的质量不变，则根据质量分数公式可知，混合液中溶质的质量分数大于原溶

液的工，即所得溶液的质量分数大于0.5w,故正确；

2

④向上述溶液中再加入等质量水后，盐酸的浓度减小，密度减小，混合液的总体积大于原溶液的2倍，溶

液中氯化氢的物质的量不变，则由物质的量浓度的公式可知，混合液的浓度小于原溶液的工,即所得溶液

2

c

的浓度小于一mol/L,故正确；

2

①③④正确，故选C。

15.索尔维制碱法制备纯碱的制备流程如图所示，其反应原理与候氏制碱法相同。下列说法不正确的是

A.流程中能循环利用的物质是NH3和CO2

B.饱和食盐水精制过程需用操作1

C.吸氨和碳酸化所用NH3和CCh最佳比为1：1

D.两种制碱法的食盐利用率相同

【答案】D

【分析】先使氨气通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化

镀溶液，二氧化碳主要来自于碳酸钙的分解，NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3i,过滤得到碳酸氢钠，

燃烧得到碳酸钠，生成的二氧化碳可以循环使用，母液通过经过灰蒸后产生的NH3可以循环利用，据此分

析。

【详解】A.由图知，经过灰蒸后产生的NH3可以循环利用，且A物质为CCh,也可循环利用，A正确；

B.碳酸化过程发生反应生成沉淀，操作1是过滤操作，饱和食盐水精制过程需要除掉其它杂质离子，故饱

和食盐水精制过程需要用到过滤，即操作1,B正确；

C.根据反应方程式：NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4CH-NaHCO3i,吸氨和碳酸化所用NH3和CCh最佳比为1:1,

C正确；

D.索尔维制碱法有碳酸钙参与反应，会导致最终母液中有大量的氯化钙剩余，使氯离子没有被充分利用，

故索尔维制碱法的食盐利用率低于侯氏制碱法，D错误；

故选：D。

16.标准状况下，将3.36L的CCh与一定量的NazCh粉末充分反应后，得到气体2.24L。下列说法一定正确

的是

A.反应后得到的固体为混合物B.反应前NazCh的物质的量为0.2mol

C.反应后固体增重4.4gD.标准状况下，反应后生成O21.12L

【答案】D

【分析】过氧化钠与C02反应生成碳酸钠和。2,反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2co3+。2,3.36L

CCh的物质的量为0.15mol,反应后气体为2.24L,即O.lmol,由反应的化学方程式可知，若CCh完全转化

为。2,则应生成0.075mol气体，但剩余气体大于0.075mol,说明CO2过量，过氧化钠完全反应生成碳酸

钠，反应得到气体为CCh和02的混合气体；根据方程式可知，每反应ImolCCh,则气体的物质的量减小

0.5mol,该反应前后气体的物质的量减小0.15mol-0.1mol=0.05mol,说明反应了O.lmolCCh,生成

005moi。2,剩余0.15mol-0.lmol=0.05molC02o

【详解】A.根据分析可知反应得到的固体只有碳酸钠，A错误；

B.根据分析可知反应消耗了O.lmolCCh,根据方程式可知NazCh的物质的量为（Mmol,B错误；

C.根据分析可知CO2过量，过氧化钠完全反应生成碳酸钠，由方程式可知，反应后固体增重的量为co

的质量，O.lmol一氧化碳的质量为0.1molx28g/mol=2.8g,C错误；

D.根据分析可知反应生成0.05molC）2,标况下体积为0.05molx22.4L/mol=1.12L,D正确；

综上所述答案为D。

17.以太阳能为热源分解H2O,经铁氧化合物循环分解水制H2,其过程如图。

过程I：Fe3C）4fFeO+O2侏配平）；

过程n：FeO+H20TH2+Fe3O4（未配平）。

下列说法不正确的是

A.FeO在分解水制H2的过程中作催化剂

B.过程I的反应中每生成12molFeO转移8mol电子

C.过程I的反应中还原产物是FeO

D.过程H的反应中FeO和H2O的化学计量数之比为3：1

【答案】A

【详解】A.反应第一步中Fe3O4参与反应，第二步中又生成，所以Fe3C>4为催化剂，FeO为中间产物，A

错误；

82

B.FeO为还原产物，Fe元素平均化合价由+-价降低为+2价，每生成12moiFeO转移12moix-=8mol电

33

子，B正确；

C.过程I中FesCU中的铁元素化合价降低生成FeO,所以还原产物是FeO,C正确；

2

D.过程II中FeO中Fe元素化合价升高1价，IhO中H元素化合价共降低2价，根据得失电子守恒可知

FeO和H2O的化学计量数之比为3：1,D正确；

故答案为：A。

18.将一定量的Fe、Fe2O3>CuO的混合物放入体积为100mL、浓度为2.2mol/L的H2s。4溶液中，充分反

应后生成气体896mL（标准状况），得到不溶固体1.28g。过滤后，滤液中的金属离子只有Fe?+（假设滤液体

积仍为10mL）。向滤液中滴加2moi/LNaOH溶液，直至40mL时开始出现沉淀。则下列说法正确的是

A.1.28g固体成分为Fe和Cu

B.未滴加NaOH溶液前滤液中FeSCU的物质的量浓度为1.8mol/L

C.原混合物中Fe与FezCh物质的量之比为1：1

D.原混合物中CuO无法计算

【答案】B

【分析】Fe、FezCh和CuO的混合物放入H2sO4溶液中充分反应后过滤，滤液中的金属离子只有Fe?+,发

生的反应有Fe+H2SO4=FeSO4+H2f、Fe2Ch+3H2sO4=Fe2（SO4）3+3H2。、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O,

Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4>Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；滤液中加入2moi/LNaOH溶液至40mL时开始出现沉淀，说

明与混合物反应后硫酸过量，所得滤液中含H2s04和FeS04,过量的硫酸物质的量为g

x2mol/Lx0.04L=0.04mol；根据SOj守恒，n（FeSO4）=2.2mol/Lx0.1L-0.04mol=0.18moL未滴加NaOH溶液

前滤液中FeS04物质的量浓度为0.18moR0.1L=1.8mol/L,据此分析解答。

【详解】A.滤液中加入2moi/LNaOH溶液至40mL时开始出现沉淀，说明与混合物反应后硫酸过量，则

剩余1.28g固体中不存在Fe,故A错误；

B.由以上分析可知过量的硫酸物质的量为gx2mol/Lx0.04L=0.04mol；根据SO：守恒，

n（FeSO4）=2.2mol/Lx0.1L-0.04mol=0.18mol,未滴加NaOH溶液前滤液中FeSCU物质的量浓度为

0.18mol4-0.1L=1.8mol/L,故B正确；

C.由上述分析可知反应消耗的硫酸为0.18mol,根据反应可知所消耗硫酸中的氢离子一部分与氧化物中

的。结合成水，一部分生成氢气，其中氢气为896mL（标准状况），物质的量为：0.04moL该反应中消耗的

Fe的物质的量为：0.04moL该部分对应氢离子0.08mol,最终剩余1.28g固体为Cu,则氧化铜也为

0.02mol,其消耗的氢离子为0.04mol,其对应硫酸铜消耗的Fe的物质的量为：0.02moL则氧化铁消耗的

氢离子的物质的量为0.18X2-0.04-0.08=0.24,则氧化铁的物质的量为0.08mol,则对应硫酸铁消耗的Fe的

物质的量为0。8mol,因此整个反应过程中消耗Fe的物质的量为：0.04+0.02+0.08=0.14mol,原混合物中

Fe与FezCh物质的量之比为7：4,故C错误；

D.由上述分析可知最终剩余1.28g固体为Cu,其物质的量为0.02mol,根据铜元素守恒可知氧化铜的物质

的量为0.02mol,故D错误；

故选：Bo

19.向Na2cO3、NaAKh的混合溶液中逐滴加入lmol/L的盐酸，测得溶液中的HCO］、CO：、A1O；>

AF+离子的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是

+

A.b曲线表示的离子方程式为AlO；+H+H2O=Al(OH)3i

B.Vi：V2=l：5

c.原混合溶液中的COj与A1O：的物质的量之比为1：1

D.M点时生成的CCh为0.05mol

【答案】C

【分析】Na2co3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入ImobL-1的盐酸；首先，发生反应A1O2+H++H2O=A1(OHR,

a线表示Al。？，由图可知Al。?反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知n(Al。?)=n(H+)=0.05Lx1

mol/L=0.05mol；第二阶段，AlO2反应完毕，发生反应CO；+H+=HCC>3，b线表示CO/c线表示HCO「

由图可知CO：反应完毕，该阶段加入盐酸100mL-50mL=50mL,根据方程式可知

n(CO^_)=n(H+)=0.05Lx1mol/L=0.05mol；第三阶段，CO：反应完毕，发生反应HCO[+H』CO2f+H2O,d线

表示HCO3，由图可知HCO3反应完毕，该阶段加入盐酸150mL-100mL=50mL,根据方程式可知

+

n(HCO3)=n(H);第四阶段，发生反应A1(OH)3+3H占A13++3H2。，e线表示AF+,由图可知A1(OH)3反应完

毕，根据方程式可知n(H+)=3n[Al(OH)]=3x0.05mol=0.15mol,该阶段加入盐酸体积为“"m。1

3lmol/L

=0.15L=150mL,以此解题。

+

【详解】A.由上述分析可知，a曲线表示的离子方程式为：AlO2+H+H2O=Al(OH)3i，b线表示CO；,发

+

生反应CO；+H=HCO3,故A错误；

B.原溶液中n(CO；尸0.05mol,Vi时溶液中碳酸氢根离子等于碳酸根离子为0.025mL由反应CO；+H+=

HCO3可知,需要盐酸为0.025mol,盐酸的体积为^=0.025L=25mL,故Vi=50mL+25mL=75mL,

lmol/L

由上述分析可知，V2=150mL+150mL=300mL,故Vi：V2=75mL：300mL=l：4,故B错误;

C.由上述分析可知，原混合溶液中的C。；与A1C）2的物质的量之比为0.05mol：0.05mol=l：1,故C正确;

D.由上述分析可知M点时溶液中CO1完全转化为HCO3,没有CO2生成，故D错误;

故选C。

20.某混合物可能含有Al、Cu、Fe2O3>AI2O3,为探究该混合物成分，某兴趣小组设计如图分析方案。下

列分析错误的是

―►蓝绿色溶液

I-固体N-过量盐酸

过量NaOH溶液m2g步骤H

混合物M」固体P

叼g步骤1

―►溶液N

A.固体P一定是纯净物

B.若则原混合物中可能含有Al

C.蓝绿色溶液中一定含有的金属阳离子为Cu2+、Fe2+

D.溶液N中含有AF+和A1O；

【答案】D

【分析】混合物可能含有Al、Cu、Fe2O3>AI2O3,由流程可知：加入过量NaOH溶液，由于Al、AI2O3和

NaOH溶液反应，因此溶液N中含偏铝酸钠；固体N加入过量盐酸，有蓝色溶液，说明有铜离子，由于铜

和盐酸不反应，因此说明是盐酸和氧化铁反应生成氯化铁，氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，固体

P是铜单质，则混合物中一定含Cu、Fe2O3>Al、AI2O3中至少含一种，以此来解答。

【详解】A.根据上述分析可知固体P为铜单质，Cu单质为纯净物，A正确；

B.若物质质量关系：m2<mi,则混合物中可能含有AI2O3或Al或AI2O3、A1的混合物，B正确；

C.固体P是Cu,FezCh与酸反应产生Fe3+,由于Cu和Fe?+反应产生Fe2+、Cu2+,因此蓝绿色溶液中含有

的阳离子为Cu2+、Fe2+和H+,不含有Fe3+,C正确;

D.N溶液中含有NaAlCh,向溶液N中滴加足量盐酸，生成AlCb、NaCl和H2O,溶液中无A1O；,D错

误；

故合理选项是D。

21.化学上常用标准电极电势数据限（氧化型/还原型）比较物质氧化能力。冰值越高，氧化型物质氧化能力

越强，限值与体系pH有关。利用表格所给数据分析，以下说法错误的是

氧化型/还原型(pe(Co3+/Co2+)<p8(HCio/cr

酸性介质1.84V1.49V

9

氧化型/还原型(P[CO(OH)3/CO(OH)2]砂(C1O7CF)

碱性介质0.17VX

A.推测:x<1,49V

+2+3+

B.C03CU与浓盐酸发生反应：CO3O4+8H=CO+2CO+4H2O

C.若x=0.81V,碱性条件下可发生反应：2co(OH)2+NaClO+H2O=2Co(OH)3+NaCl

D.从图中数据可知氧化剂物质的氧化性随着溶液酸性增强而增强

【答案】B

【详解】A.次氯酸的氧化性强于次氯酸根离子，由题给信息可知，x的值小于L49V,故A正确；

B.由信息可知，四氧化三钻与浓盐酸反应生成氯化亚钻、氯气和水，反应的离子方程式为

CO3O4+8H++2c「=3CO2++2C12f+4H2O,故B错误；

C.由信息可知，若x=0.81V,碱性条件下发生的反应为氢氧化亚钻与次氯酸钠溶液反应生成氢氧化钻和

氯化钠，反应的化学方程式为2co(OH)2+NaClO+H2O=2Co(OH)3+NaCl,故C正确；

D.由图中数据可知，氧化剂物质的氧化性与溶液的酸碱性有关，溶液的酸性增强，物质的氧化性增强，

故D正确；

故选B。

二、填空题(本题共4小题，共54分)

22.某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：

(1)在小烧杯中加入20mL蒸储水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴饱和FeCb溶液，继续煮沸至液体

是透明的_____色，停止加热，即制得Fe(OH)3胶体。用激光笔照射烧杯中的液体，可以看到0

(2)甲组同学通过研究pH对FeSCU稳定性的影响，得到如图1所示结果，增强Fe?+稳定性的措施为

6。//被氧化的量/%

°18；H

图1

(3)乙组同学为探究Fe2(SO4)3与Cu的反应，进行如图2所示实验:

3滴0.1mol/L

过量Cu粉KSCN溶液

!

取上层清液，

??4mL0.1mol/L

0-Fe2(SC)4)3溶液产生白

图2

①Fe3+与Cu反应的离子方程式为o

②为了探究白色沉淀产生的原因，向学们查阅资料得知:

i.CuSCN是难溶于水的白色固体；

ii.SCN-的化学性质与I相似；

2+

iii.2Cu4I-=2CuI；+I2

填写实验方案：

实验方案实验现象

少骤1：取4mL0.2mol/L的FeSCU溶液，向其中滴加3滴O.lmo/LKSCN溶液无明显现象

步骤2：取4mL_____mol/L的CuSCU溶液，向其中滴加3滴O.lmoI/LKSCN溶液产生白色沉淀

Cu2+与SCN-反应的离子方程式为

(4)市售某种补铁口服液的主要成分是葡萄糖酸亚铁。根据名称认为该糖浆中含有Fe2+,设计方案进行

验证。

方案试剂X

方案iImLlmol/L酸性KMnCU溶液

U2mL补铁

方案ii依次加入5滴KSCN溶液。1mL氨水

Or口服液

①方案冲预期现象与实验现象相同，并不能证明补铁口服液中一定含有Fe2+,猜想理由是

②方案ii中现象是，则证明口服液中含Fe2+。

【答案】(1)①.红褐②.一条光亮的通路

(2)增强溶液的酸性或降低溶液的pH

3+2+2+2+

(3)①.2Fe+Cu=2Fe+Cu②.0.1③.2Cu+4SCN-=2CuSCNJ+(SCN)2

（4）①.高锯酸钾褪色说明被还原，补铁口服液中除了有注2+以外还有其他还原剂，因此褪色不一定

证明是高锈酸钾与A??*反应②.加入KSOV后无明显现象，加入氯水后溶液变血红色

【小问1详解】

配制Fe(0H)3胶体：在小烧杯中加入20mL蒸储水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴饱和FeCb溶液，继

续煮沸至液体是透明的红褐色，停止加热；胶体可以发生丁达尔效应，即用激光笔照射烧杯中的液体，可

以看到一条光亮的通路；

【小问2详解】

如图1可知随着pH的增大Fe2+被氧化的量增大，所以增强Fe2+稳定性的措施为增强溶液的酸性或降低溶

液的pH；

小问3详解】

Cu有还原性，及3+有氧化性，可以发生氧化还原反应，即2JFe3++Cu=2JFe2++C〃2+；由化学反应可知生

成两份的反2+同时生成了一份的C〃2+,为了探究白色沉淀产生的原因，需控制量的比值相等，步骤一取

4mL0.2mol/L的FeSCU溶液，向其中滴加3滴O.lmo/LKSCN溶液，则步骤二取4mL0.1mol/L的CuSCU溶

2+

液，向其中滴加3滴O.lmoI/LKSCN溶液，已知SCN的化学性质与1-相似，2Cu4I-=2CuU+I2,CuSCN是

难溶于水的白色固体，所以CM+与SCN-反应的离子方程式为2Cu2++4SCN-=2CuSCNj+(SCN)2；

【小问4详解】

补铁口服液为混合物，其主要成分是葡萄糖酸亚铁，里面还可能含有其他的还原剂，能使有氧化性的高锦

酸钾褪色；%2+的检验：加入KSCN后无明显现象，加入氯水后溶液变血红色，即为注2+；则证明口服

液中含Fe2+。

【点睛】对比实验需注意采用控制变量法。

23.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。

(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2moiNaOH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AL03,还含有少量SiCh、FezCh等杂质)中提取AI2O3并生产A1N的工艺流

程：

NaOH溶液过量CO2炭黑

铝土矿f溶解一过滤一酸化一过滤—灼烧->还原-►AIN

赤泥滤液N2

①“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:

2Na2SiO3+2NaA102+2H2O=Na2Al2Si2O8J+4NaOH,“赤泥”的主要成分为(写出化学式)。

②“酸化”时，通入过量CO2与NaAlCh反应，生成滤液的主要成分是(写化学式)。

③“还原”时，炭黑在高温下被氧化为CO,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+、AF+、NH：

可能大量含有的阴离子Cl、CO：

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。

NH；+OH=NH3H2。

①该溶液中一定不含有的离子是。

②Vl、V2、V3、V4之间的关系为O

【答案】①.3②.NaAl(OH)2CO3+4HC1=NaCl+A1C13+3H2O+CO2T③.Fe2O3、Na2Al2Si2O8

高温

2

NaHCO3⑤.A12O3+N2+3C==2A1N+3COMg\CO：⑦.

【详解】(1)根据关系式：2Al~2NaOH~3H2T,n(H2)=-n(NaOH)=3mol；

(2)NaAl(OH)2cO3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

NaAl(OH)2CO3+4HC1=NaCl+A1C13+3H2O+CO2T；

⑶①铝土矿(主要成分为AI2O3,还含有少量SiCh、FezCh等杂质)，铝土矿中加入NaOH,SiO2>AI2O3反应

生成Na2AbSi2O8沉淀和NaAlCh,Fe2<)3不溶，所以“赤泥”为FezCh、Na2Al2Si2O8；

②向NaAlCh溶液中通入过量的CO2得A1(OH)3沉淀和NaHCCh,故滤液主要为NaHCO3；

③A1(OH)3灼烧得AI2O3,结合流程确定反应物和生成物：AI2O3+N2+CTAIN+CO,配平后方程式为：

A12O3+N2+3C^^2A1N+3CO；

⑷加入NaOH至0时，无沉淀生成，则表明溶液中含有H+,由于CO：与H+不能大量共存，所以溶液中

一定不含有CO：。心~山段，加入NaOH能使沉淀完全溶解，则说明沉淀为AKOH%,不含有

Mg(OH)2,从而表明原溶液中含有AF+,不含有Mg2+；则％~上段，AF+与OH-反应生成AKOH%沉

淀；心段，沉淀物质的量不变，则表明此段发生反应N