張家口市2021屆高三化學(xué)上學(xué)期第一次質(zhì)量檢測試題含解析

河北省張家口市2021屆高三化學(xué)上學(xué)期第一次質(zhì)量檢測試題含解析河北省張家口市2021屆高三化學(xué)上學(xué)期第一次質(zhì)量檢測試題含解析PAGE30-河北省張家口市2021屆高三化學(xué)上學(xué)期第一次質(zhì)量檢測試題含解析河北省張家口市2021屆高三化學(xué)上學(xué)期第一次質(zhì)量檢測試題（含解析）考試說明：1。本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷(非選擇題）兩部分。2.本試卷共100分，考試時(shí)間90分鐘。3.請將各題答案填在答題卡上.4.答在本試卷上無效。可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Al27S32K39Mn55Fe56Cu64Ba137第I卷(選擇題共40分）一、選擇題:本題共10小題,每小題2分，共計(jì)20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求。1。新冠病毒由蛋白質(zhì)外殼和單鏈核酸組成，直徑大約在60～140nm，化學(xué)知識(shí)在新冠肺炎的疫情防控中發(fā)揮著重要作用，下列說法正確的是()A.新冠病毒是一種膠體B.84消毒液和醫(yī)用酒精均可殺滅新型冠狀病毒，二者消毒原理不同C.醫(yī)用外科口罩和防護(hù)服所用的熔噴布是一種聚丙烯材料，它屬于純凈物D.生理鹽水可用作公用餐具消毒劑【答案】B【解析】【詳解】A．新冠病毒由蛋白質(zhì)外殼和單鏈核酸組成，直徑大約在60～140nm,膠體分散質(zhì)直徑在1～100nm，故新冠病毒擴(kuò)散到空氣中有可能形成膠體，故A錯(cuò)誤;B．84消毒液為次氯酸鈉水溶液，次氯酸鈉中氯元素的化合價(jià)為+1價(jià)，具有強(qiáng)氧化性,醫(yī)用酒精主要成分是乙醇，乙醇能夠使蛋白質(zhì)變性，失去活性，從而殺死細(xì)菌，并非是利用乙醇的氧化性，二者消毒原理不同，故B正確；C．醫(yī)用外科口罩和防護(hù)服所用的熔噴布是一種聚丙烯材料，聚丙烯材料是高聚物，它屬于混合物，故C錯(cuò)誤;D．生理鹽水是質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0。9%的鹽水，這個(gè)濃度的鹽水一般來說是沒有消毒作用的，它主要是用來清洗傷口或者是擴(kuò)充擴(kuò)充血容量的作用，因此不可用作公用餐具消毒劑,故D錯(cuò)誤；答案選:B。2。設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值為NA。下列說法正確的是A.0。3molFe粉與足量水蒸氣反應(yīng)生成H2的分子數(shù)為0.4NAB。常溫下，2.7g鋁片投入足量的濃硫酸中，鋁失去的電子數(shù)為0.3NAC。1molNa2O2與水完全反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NAD.100g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇溶液中含有氫原子數(shù)為6NA【答案】A【解析】【詳解】A.鐵粉與水蒸氣發(fā)生反應(yīng)3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2，0。3molFe粉與足量水蒸氣反應(yīng)生成0.4molH2，分子數(shù)為0.4NA，A正確；B。常溫下鋁片與濃硫酸發(fā)生鈍化,不能繼續(xù)反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C.過氧化鈉和水反應(yīng)生成氧化鈉和氧氣，過氧化鈉中氧有—1價(jià)變?yōu)?價(jià)和-2價(jià)，故1molNa2O2與水完全反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA，C錯(cuò)誤；D.100g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇溶液中乙醇的物質(zhì)的量為1mol，水分子的物質(zhì)的量為3mol，則含有氫原子數(shù)為6NA+6NA=12NA,D錯(cuò)誤；答案選A。3?？茖W(xué)的假設(shè)與猜想是科學(xué)探究的先導(dǎo)和價(jià)值所在。在下列假設(shè)或猜想引導(dǎo)下的探究有意義的是A.探究濃硫酸與銅在一定條件下反應(yīng)產(chǎn)生的黑色物質(zhì)可能是Cu（OH）2B.探究Na與水的反應(yīng)可能有O2生成C.探究NO和N2O可能化合生成NO2D探究SO2和Na2O2反應(yīng)可能有Na2SO4生成【答案】D【解析】【詳解】A．濃硫酸與銅發(fā)生氧化還原反應(yīng),銅有可能被氧化為黑色的氧化銅，沒有探究意義，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)質(zhì)量守恒定律，化學(xué)反應(yīng)前后元素的種類不變，鈉和水中含有鈉元素、氫元素和氧元素,猜測產(chǎn)生的氣體可能為氧氣，不符合氧化還原反應(yīng)的基本規(guī)律，鈉是還原劑,水只能做氧化劑，元素化合價(jià)需要降低，氧元素已是最低價(jià)-2價(jià)，不可能再降,沒有探究意義，故B錯(cuò)誤；C．NO中N元素化合價(jià)是+2價(jià)，N2O中N元素的化合價(jià)為+1價(jià)，二氧化氮中N元素的化合價(jià)為+4價(jià),發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成NO2時(shí)化合價(jià)都升高,不符合氧化還原反應(yīng)的本質(zhì)特征，不必探究即可否決該猜想，所以該探究沒有意義,故C錯(cuò)誤；D．二氧化硫具有還原性，過氧化鈉具有氧化性，SO2和Na2O2反應(yīng)可能有Na2SO4生成，該探究具有實(shí)際意義，故D正確；故選D；4.四氟肼（（N2F4）可作高能燃料的氧化劑，可用Fe3＋與二氟胺(HNF2)反應(yīng)制得，發(fā)生的反應(yīng)是:HNF2＋Fe3＋→N2F4↑＋Fe2＋＋HA。被氧化的元素是FB.氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1:1C。N2F4的氧化性強(qiáng)于Fe3＋D.若生成2.24L（標(biāo)況下)N2F4【答案】B【解析】【分析】根據(jù)化合價(jià)改變，電子守恒，原子守恒，電荷守恒，配平化學(xué)方程式得：2HNF2＋2Fe3＋=N2F4↑＋2Fe2＋＋2H＋【詳解】A．被氧化的元素是N，A錯(cuò)誤；B．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：1，B正確;C．氧化性大小比較是，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性,N2F4的氧化性弱于Fe3＋D．若生成2.24L（標(biāo)況下)N2F4，物質(zhì)的量為0.1mol，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.1mol2(2—1）=0.2mol,D錯(cuò)誤；故答案為：B。5。下述實(shí)驗(yàn)?zāi)苓_(dá)到預(yù)期目的的是編號(hào)實(shí)驗(yàn)內(nèi)容實(shí)驗(yàn)?zāi)康腁向沸水中滴加幾滴飽和FeCl3溶液，繼續(xù)加熱至紅褐色制備Fe（OH）3膠體B取Al(OH）3于試管A、B，分別滴加氨水與鹽酸證明Al（OH）3是兩性氫氧化物C將少量Fe（NO3)2試樣加水溶解，滴加稀H2SO4酸化，再滴加KSCN溶液檢驗(yàn)Fe(NO3)2試樣是否變質(zhì)D將Mg、Al分別加入濃NaOH溶液比較Mg和Al的金屬活動(dòng)性A。A B.B C.C D。D【答案】A【解析】【詳解】A．氫氧化鐵膠體的制備方法：向沸騰的蒸餾水中逐滴加入1~2mL飽和氯化鐵溶液,繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色,停止加熱，就會(huì)得到氫氧化鐵膠體，故A正確；B．Al(OH)3與氨水不反應(yīng),與鹽酸可以發(fā)生反應(yīng)，故通過該實(shí)驗(yàn)不能證明Al(OH)3具有兩性，應(yīng)向Al（OH）3中滴加強(qiáng)酸和強(qiáng)堿溶液來證明其具有兩性，故B錯(cuò)誤；C．在酸性條件下，硝酸根離子具有強(qiáng)氧化性，可以將亞鐵離子氧化為鐵離子，使KSCN溶液變紅,該實(shí)驗(yàn)不能檢驗(yàn)Fe(NO3）2試樣是否變質(zhì)，故C錯(cuò)誤；D．比較金屬性強(qiáng)弱，應(yīng)用金屬單質(zhì)與酸反應(yīng),根據(jù)反應(yīng)的劇烈程度判斷，故D錯(cuò)誤；答案選A.6.下列離子方程式的書寫正確的是()A。氫氧化鈉溶液與過量的碳酸氫鈣溶液反應(yīng)：OH－＋Ca2＋＋HCO＝CaCO3↓＋H2OB.大理石與醋酸反應(yīng)：CO＋2CH3COOH＝2CH3COO－＋H2O＋CO2↑C。氫氧化鋇溶液和稀硫酸恰好中和：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO＝BaSO4↓＋H2OD。銅與稀硝酸的反應(yīng)：Cu＋4H＋＋2NO＝Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O【答案】A【解析】【詳解】A．氫氧化鈉溶液與過量的碳酸氫鈣溶液反應(yīng),說明氫氧根離子全部反應(yīng)完,則離子方程式為:OH－＋Ca2＋＋HCO＝CaCO3↓＋H2O，A正確；B．大理石與醋酸反應(yīng),大理石是難溶物，不能拆成離子形式，則離子方程式正確的是:CaCO3＋2CH3COOH＝Ca2++2CH3COO－＋H2O＋CO2↑，B錯(cuò)誤；C．氫氧化鋇溶液和稀硫酸恰好中和,要符合離子配比，應(yīng)該是兩個(gè)氫氧根離子，則離子方程式正確的是：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO＝BaSO4↓＋2H2O,C錯(cuò)誤;D．銅與稀硝酸的反應(yīng)生成的氣體是一氧化氮?dú)怏w，則離子方程式正確的是:3Cu＋8H＋＋2NO＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，D錯(cuò)誤；故答案為:A。7。工業(yè)上用某種氧化鋁礦石(含F(xiàn)e2O3雜質(zhì))為原料冶煉鋁的工藝流程如圖:對上述流程中的判斷正確的是(）A.試劑X可以是氨水，沉淀中含有鐵的化合物B.工業(yè)上可采用Fe還原Al2O3的方法制Al，但成本較高C.反應(yīng)II中CO2可以用CH3COOH溶液代替D.反應(yīng)I中的反應(yīng)為：CO2＋2AlO＋3H2O＝2Al(OH）3↓＋CO【答案】C【解析】【分析】分析流程圖可知，試劑X是氫氧化鈉溶液，Al2O3溶于氫氧化鈉溶液得到NaAlO2溶液，F(xiàn)e2O3與氫氧化鈉溶液不反應(yīng)，所以反應(yīng)Ⅰ過濾出沉淀為Fe2O3,所得溶液乙為NaAlO2溶液；向NaAlO2溶液中通入過量CO2，化學(xué)方程式為NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3,所以Y為NaHCO3溶液，Al(OH）3加熱分解生成Al2O3，電解熔融Al2O3得到Al。【詳解】A．試劑X不可以是氨水，因?yàn)槌恋碇泻需F的化合物,還有鋁的化合物，無法分離；故A錯(cuò)誤；B．Fe不如Al活潑,與Al2O3不反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)II中CO2溶于水得碳酸，碳酸是弱酸，可以用CH3COOH溶液代替，故C正確;D．反應(yīng)I中的反應(yīng)為:，故D錯(cuò)誤；答案為C。8.下列物質(zhì)的用途描述正確的是()A.碳酸鈉在醫(yī)療上是治療胃酸過多的一種藥劑B.鎂燃燒時(shí)發(fā)出耀眼的白光，可以用鎂來制造照明彈和焰火等C.明礬可以消毒殺菌，常用于凈水D。磁性氧化鐵可用作紅色油漆和涂料【答案】B【解析】【詳解】A．碳酸鈉能與鹽酸反應(yīng)，但堿性較強(qiáng),所以碳酸鈉不可以用于治療胃酸過多，故A錯(cuò)誤；B．鎂燃燒時(shí)發(fā)生耀眼的白光，并放出大量的熱,可以用鎂來制造照明彈和焰火等，故B正確;C．明礬溶于水電離產(chǎn)生的鋁離子水解生成具有吸附作用的氫氧化鋁膠體，可以凈水，但是明礬不具有殺菌消毒作用,故C錯(cuò)誤；D．磁性氧化鐵是四氧化三鐵，用作紅色油漆和涂料的是三氧化二鐵,故D錯(cuò)誤；故答案選:B。9。離子交換法凈化海水過程如圖所示,下列說法中錯(cuò)誤的是A。通過HR樹脂后,水中陽離子的總數(shù)不變B。通過ZOH樹脂時(shí)，溶液中有離子反應(yīng)H＋＋OH－＝H2O發(fā)生C.通過凈化處理后，水的導(dǎo)電性降低D.工作一段時(shí)間后，兩種樹脂均需進(jìn)行再生處理【答案】A【解析】【分析】根據(jù)圖示，海水（含Na+、Mg2+、Cl—、等)通過氫型陽離子交換樹脂HR，Na+、Mg2+交換為H+,HR轉(zhuǎn)化為NaR和MgR2等，在通過羥型陰離子交換樹脂ZOH,氫離子與氫氧根離子反應(yīng),ZOH轉(zhuǎn)化為ZCl及Z2SO4等，從而獲得淡水,據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．由題圖可知，通過HR樹脂后,鈉離子、鎂離子交換為氫離子，由電荷守恒可知，水中陽離子總數(shù)會(huì)增加，故A錯(cuò)誤；B．通過HR樹脂后,水中含有大量的氫離子,再通過ZOH樹脂時(shí)，溶液中發(fā)生的離子反應(yīng)為H＋＋OH－＝H2O，故B正確；C．根據(jù)A、B項(xiàng)分析可知，通過凈化處理后，水中的導(dǎo)電離子的種類和濃度都降低，則水的導(dǎo)電性降低,故C正確；D．工作一段時(shí)間后，HR轉(zhuǎn)化為NaR和MgR2等，ZOH轉(zhuǎn)化為ZCl及Z2SO4等,從而導(dǎo)致兩種樹脂均失去交換能力，分別需要強(qiáng)酸和強(qiáng)堿進(jìn)行再生處理，故D正確；答案選A。10。用如圖裝置（加熱及夾持儀器已略去)進(jìn)行的實(shí)驗(yàn)，能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ〢.檢驗(yàn)濃硫酸與銅反應(yīng)后的產(chǎn)物中是否含有Cu2＋B。X為碳酸鈉,Y為碳酸氫鈉，判斷碳酸鈉與碳酸氫鈉熱穩(wěn)定性C。收集NH3并驗(yàn)證其水溶液呈堿性D。制備少量白色的Fe（OH）2沉淀【答案】D【解析】【詳解】A．檢驗(yàn)濃硫酸與銅反應(yīng)后的產(chǎn)物中是否含有Cu2＋，操作錯(cuò)誤,因?yàn)楫a(chǎn)物中還殘留部分濃硫酸，應(yīng)該是產(chǎn)物加入水中稀釋，不是向產(chǎn)物中加水，故A錯(cuò)誤;B．碳酸鈉比碳酸氫鈉穩(wěn)定,所以大試管內(nèi)加入碳酸鈉，小試管內(nèi)加入碳酸氫鈉，大試管溫度高，小試管溫度低，碳酸氫鈉受熱分解，而碳酸鈉受熱不分解,才能比較碳酸鈉和碳酸氫鈉的熱穩(wěn)定性，故B錯(cuò)誤；C．收集NH3時(shí),氨氣的密度比空氣密度小，用向上排空氣法，因此收集氨氣的導(dǎo)管是短進(jìn)長出，故C錯(cuò)誤；D．制備少量白色的Fe(OH）2沉淀，電解飽和的食鹽水，在陰極產(chǎn)生氫氧根離子，陽極金屬鐵失電子變成二價(jià)亞鐵離子，在無氧環(huán)境中，可以制備少量的白色的Fe(OH）2沉淀,故D正確;答案選:D。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共計(jì)20分。每小題有一個(gè)或多個(gè)選項(xiàng)符合要求，全部選對得4分,選對但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。11。化學(xué)來源于生產(chǎn)生活，也服務(wù)于生產(chǎn)生活。下列有關(guān)生產(chǎn)生活中的化學(xué)知識(shí)敘述不正確的是A.工廠的靜電除塵利用了膠體帶電的性質(zhì)B.疫苗一般應(yīng)冷藏存放，以避免蛋白質(zhì)變性C.植樹造林提高城市綠化覆蓋率，屬于綠色化學(xué)D.玉兔二號(hào)月球車的太陽能電池板能將光能轉(zhuǎn)化為電能,電池板材料為單晶硅【答案】AC【解析】【詳解】A．工廠靜電除塵利用了膠體的電泳的性質(zhì),膠粒帶電荷，膠體呈電中性，不帶電,故A錯(cuò)誤；B．高溫下蛋白質(zhì)會(huì)發(fā)生變性，疫苗的主要成分為蛋白質(zhì)，一般應(yīng)冷藏存放，以避免蛋白質(zhì)變性而失效,故B正確;C．綠色化學(xué)又稱環(huán)境友好化學(xué),其中的“綠色”是指的環(huán)保,而不是綠色植物，故C錯(cuò)誤；D．太陽能電池板材料為單晶硅，太陽能電池能將光能轉(zhuǎn)化為電能,故D正確；答案選AC。12.化學(xué)反應(yīng)中絢麗的顏色變化體現(xiàn)了化學(xué)之美。關(guān)于物質(zhì)類別或者反應(yīng)類型的敘述一定正確的是A。物質(zhì)M一定是堿 B。變化②得到的白色沉淀一定是硫酸鹽C。物質(zhì)P可以是Cu D.變化④一定屬于氧化還原反應(yīng)【答案】B【解析】【分析】根據(jù)框圖信息，黃色的硫酸鐵溶液加入M轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀，即鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵，則M可以為堿或能與水反應(yīng)生成堿的氧化物，如氧化鈉或過氧化鈉等；黃色的硫酸鐵溶液加入P，溶液變?yōu)闇\綠色,即鐵離子被還原為亞鐵離子，亞鐵離子的溶液為淺綠色，則P為具有還原性的物質(zhì);黃色的硫酸鐵溶液加入Q，溶液變?yōu)榧t色，三價(jià)鐵離子與硫氰根離子形成紅色溶液,則Q含有硫氰根離子；黃色的硫酸鐵溶液加入N產(chǎn)生白色沉淀，說N中含有鋇離子,生成的白色沉淀為硫酸鋇,結(jié)合以上分析解答?！驹斀狻緼．根據(jù)分析，物質(zhì)M不一定是堿,也可以是氧化鈉或過氧化鈉等與水反應(yīng)生成堿的物質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)分析，變化②得到的白色沉淀是硫酸鋇,屬于硫酸鹽，故B正確；C．若物質(zhì)P是Cu，鐵離子與銅發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成亞鐵離子和銅離子，含銅離子的溶液顯藍(lán)色，觀察不到淺綠色,故C錯(cuò)誤;D．變化④為三價(jià)鐵離子與硫氰根離子形成紅色絡(luò)合物，屬于絡(luò)合反應(yīng)，不是氧化還原反應(yīng)，故D錯(cuò)誤;答案選B.13。向HCl、AlCl3混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀的量隨NaOH溶液加入量的變化關(guān)系如圖所示，則下列離子組在對應(yīng)的溶液中一定能大量共存的是A。M點(diǎn)對應(yīng)的溶液中:K＋、Fe2＋、SO、NOB。N點(diǎn)對應(yīng)的溶液中：K＋、NH、Cl－、SOC。S點(diǎn)對應(yīng)的溶液中：Na＋、SO、HCO、NOD.R點(diǎn)對應(yīng)的溶液中：Na＋、SO、Cl－、NO【答案】BD【解析】【分析】滴加氫氧化鈉時(shí)，氫氧化鈉先與氫離子反應(yīng)生成水，再與氯離子反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀,最后和氫氧化鋁反應(yīng)生成偏鋁酸鈉?！驹斀狻緼。M點(diǎn)時(shí)酸未反應(yīng)完，故溶液顯酸性，F(xiàn)e2+、NO3?在酸性發(fā)生氧化還原反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B。N點(diǎn)時(shí)酸與氫氧化鈉恰好完全反應(yīng),溶液中溶質(zhì)為氯化鋁和氯化鈉，四種離子能共存，B正確；C。S點(diǎn)Al3+與OH—未完全反應(yīng)，與HCO3?發(fā)生雙水解不能共存，C錯(cuò)誤;D.R點(diǎn)時(shí)氫氧化鋁與OH-未完全反應(yīng),與Na＋、SO、Cl－、NO均不反應(yīng)，D正確；答案選BD。14。C和CuO在高溫下反應(yīng)生成Cu、Cu2O、CO2、CO。現(xiàn)將1g碳粉跟8gCuO混合，在硬質(zhì)試管中隔絕空氣高溫加熱，將生成的氣體全部通入足量NaOH溶液中，并收集殘余的氣體,測得溶液增加的質(zhì)量為1.1g,殘余氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為560mL.下列說法不正確的是A。反應(yīng)后硬質(zhì)試管中碳粉有剩余B。反應(yīng)后生成Cu2O為0。025molC該氧化還原反應(yīng)共轉(zhuǎn)移電子0。2molD.反應(yīng)后硬質(zhì)試管中剩余的固體混合物的總質(zhì)量為7.2g【答案】C【解析】【詳解】生成的氣體全部通過足量NaOH溶液，收集殘余氣體．測得溶液增重的1。1g為二氧化碳的質(zhì)量,二氧化碳的物質(zhì)的量為:=0。025mol，殘余氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為560mL為CO的體積,一氧化碳的物質(zhì)的量為：=0.025mol，A．根據(jù)碳元素守恒可知：參加反應(yīng)的C原子的物質(zhì)的量等于CO2與CO的物質(zhì)的量之和，所以參加反應(yīng)的碳元素質(zhì)量為：（0。025mol+0.025mol)×12g/mol=0.6g，碳粉總質(zhì)量為1g,則反應(yīng)后硬質(zhì)試管中碳粉有剩余，故A正確；B．氧化銅的物質(zhì)的量為：n（CuO）==0。1mol，二氧化碳與一氧化碳含有的氧原子物質(zhì)的量為：0.025mol×2+0。025mol×1=0。075mol，反應(yīng)后氧原子還存在于氧化亞銅中,所以氧化亞銅的物質(zhì)的量為：0.1mol—0。075mol=0.025mol，故B正確；C．反應(yīng)中C元素化合價(jià)升高,銅元素化合價(jià)降低，碳元素失去的電子物質(zhì)的量與銅元素得到電子的物質(zhì)的量相等，所以轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為：0.025mol×4+0。025mol×2=0。15mol,故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)B項(xiàng)分析，氧化銅物質(zhì)的量為0.1mol,生成的氧化亞銅的物質(zhì)的量為0。025mol，生成的銅單質(zhì)的物質(zhì)的量=氧化銅中銅原子的物質(zhì)的量-氧化亞銅中銅原子的物質(zhì)的量=0.1mol—0。025mol×2=0。05mol,根據(jù)A項(xiàng)分析，反應(yīng)后碳有剩余，剩余碳的質(zhì)量為1g-0.6g=0。4g，則硬質(zhì)試管中剩余的固體混合物的總質(zhì)量=氧化亞銅的質(zhì)量+銅單質(zhì)的質(zhì)量+剩余碳粉的質(zhì)量=0.025mol×144g/mol+0.05mol×64g/mol+0.4g=7.2g，故D正確；答案選C。15。某廢催化劑含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4。某實(shí)驗(yàn)小組以該廢催化劑為原料,回收鋅和銅，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)流程如圖。下列說法正確的是注：CuS既不溶于稀硫酸，也不與稀硫酸反應(yīng)A.步驟①中,生成的氣體可用CuSO4溶液吸收B.步驟②中的加熱操作需維持在較高溫度下進(jìn)行，以加快反應(yīng)速率C。濾渣2成分只有SiO2D。檢驗(yàn)濾液1中是否含有Fe2＋,可以先加新制氯水再加KSCN【答案】A【解析】【分析】廢催化劑中含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4，廢催化劑中加入稀硫酸，第一次浸出主要發(fā)生反應(yīng)ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2（SO4)3+4H2O，過濾后濾液中ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，濃縮結(jié)晶得到粗ZnSO4?7H2O,濾渣1含有SiO2、CuS,向盛有濾渣1的反應(yīng)器中加H2SO4和H2O2溶液,發(fā)生氧化還原反應(yīng),生成硫酸銅、硫,濾渣2中含有硫和二氧化硅，濾液2中含有硫酸銅，經(jīng)濃縮結(jié)晶可得到硫酸銅晶體,據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．步驟①操作中生成的氣體為硫化氫，可以用NaOH溶液或CuSO4溶液吸收，故A正確；B．步驟②中加入了過氧化氫，過氧化氫在加熱時(shí)容易分解，因此操作不能在太高的溫度下進(jìn)行，故B錯(cuò)誤;C．根據(jù)上述分析，濾渣2含有硫和二氧化硅，故C錯(cuò)誤;D．檢驗(yàn)濾液1中是否含有Fe2+,由于濾液1中含有Fe3+，用KSCN和新制的氯水不能檢驗(yàn)，故D錯(cuò)誤；故選A.第II卷（非選擇題共60分）三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.人體血液里Ca2＋的濃度一般采用mg/cm3來表示.抽取一定體積的血樣，加適量的草酸銨[（NH4）2C2O4]溶液，可析出草酸鈣(CaC2O4）沉淀，將此草酸鈣沉淀洗滌后溶于強(qiáng)酸可得草酸（H2C2O4），再用KMnO4溶液滴定即可測定血液樣品中Ca2＋的濃度。某研究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)步驟測定血液樣品中Ca(1)實(shí)驗(yàn)室需要450mL0.02mol/L酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液，現(xiàn)有儀器：①托盤天平②玻璃棒③藥匙④燒杯⑤量筒，還需要__________玻璃儀器才能完成配制，需用托盤天平稱量KMnO4固體__________g。(2）下列操作會(huì)使配制的KMnO4溶液濃度偏大的是__________(填寫編號(hào)，假設(shè)其他操作均正確)。A沒有冷卻至室溫就轉(zhuǎn)移液體到容量瓶并完成定容B將溶液移入容量瓶過程中有少量溶液濺出C使用容量瓶配制溶液，定容時(shí)，仰視刻度線D容量瓶剛用蒸餾水洗凈，沒有烘干就用來配制溶液E定容時(shí)，滴加蒸餾水，不慎加多高于刻度線，吸出少量水使凹液面最低點(diǎn)與刻度線相切(3）測定血液樣品中Ca2＋的濃度：抽取血樣20.0mL，經(jīng)過上述處理后得到草酸，再用0。020mol/LKMnO4溶液滴定，使草酸轉(zhuǎn)化成CO2逸出，這時(shí)共消耗12。00mLKMnO4溶液。①寫出草酸與酸性KMnO4溶液反應(yīng)的離子方程式______________。②滴定終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象是_________________.③經(jīng)過計(jì)算,血液樣品中Ca2＋的濃度為__________mg/cm3?！敬鸢浮浚?）。500

mL

容量瓶，膠頭滴管(2）。1。6（3）。A(4).(5)。當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏嗡嵝愿咤i酸鉀溶液時(shí)，溶液恰好由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘內(nèi)不褪色(6）。1。2【解析】【詳解】（1）用固體配制一定物質(zhì)量濃度溶液一般步驟：計(jì)算、稱量、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻等，用到的儀器：托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、量筒、容量瓶、膠頭滴管，需要

450

mL

0.02

mol/L

酸性

KMnO4

標(biāo)準(zhǔn)溶液,應(yīng)選擇

500

mL

容量瓶,實(shí)際配制

500

mL

溶液,所以還需要的儀器：500mL

容量瓶，膠頭滴管；需要高錳酸鉀質(zhì)量

m=0。02

mol/L×0。5

L×158

g/mol=1。58g=1.6

g;故答案為：500

mL

容量瓶，膠頭滴管；1.6；（2）根據(jù)物質(zhì)的量濃度公式分析誤差分析：A．沒有冷卻至室溫就轉(zhuǎn)移液體到容量瓶并完成定容，導(dǎo)致溶液體積偏小，溶液濃度偏高，故

A

選；B．將溶液移入容量瓶過程中有少量溶液濺出,導(dǎo)致溶質(zhì)質(zhì)量偏小，溶液濃度偏低,故B不選;C．使用容量瓶配制溶液,定容時(shí)，仰視刻度線，導(dǎo)致溶液體積偏高,溶液濃度偏低，故

C不選；D．容量瓶剛用蒸餾水洗凈，沒有烘干就用來配制溶液，對溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液體積都不產(chǎn)生影響,溶液濃度不變，故

D

不選；E．定容時(shí)，滴加蒸餾水，不慎液面略高于刻度線，吸出少量水使凹液面最低點(diǎn)與刻度線相切，導(dǎo)致溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小,溶液濃度偏小，故

E

不選；故答案選:

A。(3)①草酸與酸性KMnO4溶液反應(yīng),高錳酸鉀為氧化劑生成還原產(chǎn)物Mn2+，草酸為還原劑生成氧化產(chǎn)物CO2，則離子方程式為:，故答案為：;②草酸具有還原性，能夠使高錳酸鉀褪色，向無色草酸中加入酸性高錳酸鉀，當(dāng)草酸反應(yīng)完后，滴加高錳酸鉀顯紫紅色，且半分鐘不退色，滴定到達(dá)終點(diǎn)；故答案為:當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏嗡嵝愿咤i酸鉀溶液時(shí),溶液恰好由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘內(nèi)不褪色；③血樣20。00mL經(jīng)過上述處理后得到草酸，草酸消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量為：，根據(jù)反應(yīng)方程式，及草酸鈣的化學(xué)式CaC2O4，可知：

,Ca2+的質(zhì)量為：，鈣離子的濃度為：，故答案為：1.2。17。下列框圖中的物質(zhì)均為中學(xué)化學(xué)中常見物質(zhì),其中甲、乙為單質(zhì)，其余均為化合物。B為常見液態(tài)化合物，A為淡黃色固體,F、G所含元素相同且均為氯化物，G遇KSCN溶液顯紅色。請回答下列問題：(1)甲__________；D__________;G__________。（2)畫出C中陽離子的結(jié)構(gòu)示意圖：__________.(3)在空氣中將C溶液滴入F溶液中，觀察到的現(xiàn)象是____________________。（4)反應(yīng)①－⑤中，既屬于化合反應(yīng)又屬于氧化還原反應(yīng)的是__________(填序號(hào))。（5)A與B反應(yīng)的離子方程式為____________。(6）實(shí)驗(yàn)室中存放氯化亞鐵溶液，經(jīng)常在其中放入表面除銹的鐵釘，目的是______________。(7）在配制G時(shí)，由于實(shí)驗(yàn)員失誤，可能導(dǎo)致溶液中含有少量的F,為幫助實(shí)驗(yàn)員進(jìn)行檢驗(yàn)少量F的存在,請從下列物質(zhì)中選擇合適的試劑__________。AKSCN溶液B稀鹽酸CKMnO4溶液DNaOH溶液【答案】(1)。Na（2）.Fe（OH）2(3）。FeCl3(4).（5).先生成白色沉淀，然后迅速變?yōu)榛揖G色,最終變?yōu)榧t褐色(6）.①⑤（7）。2Na2O2+2H2O=4Na++4OH—+O2↑(8)。防止亞鐵離子被氧化(9）。C【解析】【分析】甲、乙為單質(zhì),二者反應(yīng)生成A為淡黃色固體,則A為Na2O2，甲、乙分別為Na、氧氣中的一種；B為常見液態(tài)化合物，與A反應(yīng)生成C與乙，可推知B為H2O、乙為氧氣、C為NaOH,則甲為Na；F、G所含元素相同且均為氯化物，G遇KSCN溶液顯紅色，則G為FeCl3，F(xiàn)為FeCl2，結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，E為Fe（OH）3，D為Fe(OH)2，據(jù)此進(jìn)行解答?！驹斀狻?1）根據(jù)分析，甲為Na；D為Fe（OH）2；G為FeCl3；（2）根據(jù)分析，C為NaOH，鈉離子的結(jié)構(gòu)示意圖：；（3)在空氣中將NaOH溶液滴入FeCl2溶液中，先生成氫氧化亞鐵沉淀,再被氧化生成氫氧化鐵，觀察到的現(xiàn)象是:先生成白色沉淀，然后迅速變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色；(4）根據(jù)分析，結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系圖示,反應(yīng)①～⑤中,①②⑤屬于氧化還原反應(yīng)，③④屬于非氧化還原反應(yīng),反應(yīng)①為鈉和氧氣反應(yīng)生成過氧化鈉，屬于化合反應(yīng)，反應(yīng)②中的產(chǎn)物為兩種，不是化合反應(yīng)，反應(yīng)⑤為氫氧化亞鐵與氧氣、水反應(yīng)生成氫氧化鐵，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3,屬于化合反應(yīng)，則既屬于化合反應(yīng)又屬于氧化還原反應(yīng)的是①⑤；(5)Na2O2與H2O反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣，離子方程式為2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑;(6)實(shí)驗(yàn)室中存放氯化亞鐵溶液，經(jīng)常在其中放入表面除銹鐵釘,發(fā)生的反應(yīng)為2Fe3++Fe=3Fe2+，目的是防止亞鐵離子被氧化；（7）在配制FeCl3時(shí),由于實(shí)驗(yàn)員失誤，可能導(dǎo)致溶液中含有少量的FeCl2，為幫助實(shí)驗(yàn)員進(jìn)行檢驗(yàn)少量FeCl2的存在，即檢驗(yàn)溶液中含有亞鐵離子，A．KSCN溶液和亞鐵離子無現(xiàn)象，不能檢驗(yàn)溶液中含有亞鐵離子,故A不符合;B．稀鹽酸不能檢驗(yàn)亞鐵離子的存在,故B不符合；C．KMnO4溶液可以氧化亞鐵離子而褪色，證明亞鐵離子的還原性，能檢驗(yàn)溶液中含有亞鐵離子，故C符合;D．NaOH溶液和鐵離子反應(yīng)生成紅褐色沉淀，和亞鐵離子反應(yīng)生成白色沉淀迅速變化為灰綠色最后變?yōu)榧t褐色，反應(yīng)現(xiàn)象不能分辨，故D不符合；故答案選C。18.以輝銅礦（主要成分為Cu2S，含少量SiO2)為原料制備硝酸銅的流程如圖示：(1）“浸取”后過濾得到的礦渣成分是__________(填化學(xué)式).(2）“浸取"反應(yīng)中,每生成1molCuCl2,反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目約為__________.（3）向?yàn)V液M中加入（或通入)__________（填字母)，可使流程中__________（化學(xué)式)循環(huán)利用。a.鐵b.氯氣c.高錳酸鉀d。氯化氫(4）“保溫除鐵”過程中,加入氧化銅的作用是_____________。（5)某探究性小組的研究成果如圖所示,可以用廢銅屑和黃銅礦(主要成分為CuFeS2）來富集Cu2S，當(dāng)反應(yīng)中轉(zhuǎn)移0.2mol電子時(shí),生成Cu2S__________mol?！敬鸢浮浚?)。S和SiO2(2).（3）。b（4）.FeCl3(5）.調(diào)節(jié)溶液的pH,使鐵完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀(6）。0.2【解析】【分析】輝銅礦加入氯化鐵溶液溶解浸取，二氧化硅不反應(yīng)，過濾得到礦渣用苯回收硫單質(zhì)，說明Cu2S和FeCl3發(fā)生反應(yīng)生成S單質(zhì)，還生成氯化銅、氯化亞鐵。在濾液中加入鐵還原鐵離子和銅離子，然后過濾,濾液M主要含有氯化亞鐵，保溫除鐵加入稀硝酸溶液將鐵氧化為鐵離子，氧化銅調(diào)節(jié)溶液pH,使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，過濾分離，濾液中主要含有硝酸銅,加入硝酸抑制銅離子水解,蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌得到硝酸銅晶體.【詳解】（1)輝銅礦加入氯化鐵溶液溶解浸取，二氧化硅不反應(yīng)，過濾得到礦渣用苯回收硫單質(zhì)，說明Cu2S和FeCl3發(fā)生反應(yīng)生成S單質(zhì),故答案為：S和SiO2；（2）浸取過程中Fe3+將Cu2S氧化,根據(jù)Cu2S的最終產(chǎn)物CuCl2及電子守恒和元素守恒可得該反應(yīng)總的離子反應(yīng)方程式為Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，反應(yīng)中2CuCl24e—,則每生成1molCuCl2，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為2NA,約為，故答案為：；（3）M中主要物質(zhì)為氯化亞鐵，通入氯氣可生成氯化鐵，實(shí)現(xiàn)循環(huán)使用，故答案為:b；FeCl3；(4）“保溫除鐵”過程要除去Fe3+，故需要加入氧化銅來調(diào)節(jié)pH值，使Fe3+生成氫氧化鐵沉淀,故答案為：調(diào)節(jié)溶液的pH，使鐵完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH）3沉淀；(5)從圖中可知，反應(yīng)前后硫化氫的質(zhì)量和性質(zhì)沒有發(fā)生改變，為催化劑,在該轉(zhuǎn)化中Cu被氧化成Cu2S，化合價(jià)升高+1價(jià)，CuFeS2被還原成Cu2S，化合價(jià)降低—1價(jià)，根據(jù)電子守恒，當(dāng)轉(zhuǎn)移0。2mol電子時(shí),生成Cu2S0.2mol，故答案為：催化劑；0。2?！军c(diǎn)睛】解決工藝流程題,首先要根據(jù)題干信息，了解生產(chǎn)的產(chǎn)品，此題為以輝銅礦(主要成分為Cu2S，含少量SiO2)為原料制備硝酸銅晶體，圍繞著將亞銅氧化,除去二氧化硅，引入硝酸根,溶液變晶體的方法來解題,分析時(shí)要明白整個(gè)流程中各操作步驟的目的，搞清楚發(fā)生了什么反應(yīng);再結(jié)合具體的題目進(jìn)行詳細(xì)解答。19。我國長征系列運(yùn)載火箭用液態(tài)腓(N2H4)作燃料.N2H4與NH3有相似的化學(xué)性質(zhì)，屬于二元弱破，有極強(qiáng)的還原性?；卮鹣铝袉栴}：（1）肼與鹽酸反應(yīng)生成的正鹽是__________（寫化學(xué)式）。（2）在加熱條件下，液態(tài)肼可還原新制的Cu（OH）2制備納米級(jí)Cu2O，并產(chǎn)生無污染氣體,試寫出該反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式__________.(3）資料表明，氨和次氯酸鈉溶液反應(yīng)能生成肼，裝置如下:①實(shí)驗(yàn)時(shí),先點(diǎn)燃A處的酒精燈，一段時(shí)間后再向B的三頸燒瓶中滴加NaClO溶液。滴加NaClO溶液時(shí)不能過快、過多的原因_____________。②從實(shí)驗(yàn)安全性角度指出該實(shí)驗(yàn)裝置中存在的缺陷___________。（4）向裝有少量AgBr的試管中加入肼，觀察到的現(xiàn)象__________。（5）肼可用于處理高壓鍋爐水中的氧,防止鍋爐被腐蝕，理論上1kg的肼可除去水中溶解的O2__________kg.【答案】(1）。N2H6Cl2；（2）.4Cu(OH)2

+

N2H4N2

↑+2Cu2O

+6H2O;(3).防止NaClO氧化肼;(4).A、B間無防倒吸裝置,易使A裝置中玻璃管炸裂；（5）.固體逐漸變黑，并有氣泡產(chǎn)生，故答案為:固體逐漸變黑，并有氣泡產(chǎn)生；（6)。1kg；【解析】【詳解】（1）肼與鹽酸反應(yīng)生成N2H6Cl2,N2H6Cl2屬于鹽,故答案為：N2H6Cl2；（2）加熱條件下，液態(tài)肼可還原新制的Cu（OH)2制備納米級(jí)Cu2O，并產(chǎn)生無污染氣體為氮?dú)?由質(zhì)量守恒定律及電子守恒可知反應(yīng)為4Cu（OH）2+N2H4N2↑+2Cu2O+6H2O，故答案為：4Cu（OH）2+N2H4N2↑+2Cu2O+6H2O;（3）①實(shí)驗(yàn)時(shí),先點(diǎn)燃A處的酒精燈,一段時(shí)間后再向B的三口燒瓶中滴加NaClO溶液，肼有極強(qiáng)的還原性，而次氯酸鈉具有強(qiáng)氧化性，因此滴加NaClO溶液時(shí)不能過快、過多，防止NaClO氧化肼，故答案為：防止NaClO氧化肼;②氨氣極易溶于水,該裝置很容易發(fā)生倒吸，應(yīng)該在A、B間增加防倒吸裝置，故答案為:A、B間無防倒吸裝置,易使A裝置中玻璃管炸裂；(4）肼被銀離子氧化，銀離子被還原生成單質(zhì)銀,—2價(jià)的N元素被氧化為N2，反應(yīng)方程式為：N