邵阳市第二中学高三第三次化学月考试题制卷审题：可能用到的相对原子质量 H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Co-
59 Fe-56 Cu-64一、单选题（103 共30分 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求）1．宋代周密的《癸辛
杂识》记载：“适有一物，如小桶而无底，非竹，非木，非金，非石…幸以告我‘商曰’此至宝也，其名日海井。寻常航海必须载淡水自随，今但以
大器满贮海水，置此井于水中，汲之皆甘泉也。”“海井”的作用是( )A．过滤B．萃取C．电渗析D．离子交换2．关于下列仪器使用的说
法错误的是( )A．③、④不可加热B．②、④不可用作反应容器C．③、⑤可用于物质分离D．②、④、⑤使用前需检漏3．下列说法正确的
是( )①中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，现在也经常用硫酸铜进行游泳池水体消毒②火灾现场存放有大量活泼金属时，可以
用水或沙土来灭火③越活泼的金属制品，在空气中一定越容易被腐蚀，金属在空气中久置均变成氧化物④对某一溶液进行焰色反应时，观察到火焰颜
色为黄色，溶液中可能含有K+⑤硅胶作袋装食品的干燥剂，使用时没有发生化学变化⑥用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加
热，熔化后的液态铝滴落下来，原因是金属铝的熔点较低A．①④⑤B．①②⑥C．③④⑤D．②③⑥4．下列离子方程式书写正确的是( )A
．饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2：B．NaClO溶液中通入少量SO2：C．FeI2溶液中通入过量Cl2：D．Ca(HCO3)
2溶液中滴入过量Ca(OH)2溶液：5．设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是( )A．的K2CO3溶液中含有的阴离子总
数大于2NAB．将足量的Cu与的浓硝酸充分反应，转移的电子数为0.6NAC．标准状况下，22.4LNO2的分子数为NAD．30g由
甲醛(HCHO)与乙酸组成的混合物中所含共用电子对数目为4NA6．下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是(阿伏加德罗定律
：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子)( )ABCD定律或原理勒夏特列原理元素周期律盖斯定律阿伏加德罗定律实验方
案结果左球气体颜色加深，右球气体颜色变浅烧瓶中冒气泡，试管中出现浑浊测得ΔH为ΔH1、ΔH2的和H2与O2的体积比约为2∶1A．A
B．BC．CD．D7．铀(U)常见化合价有+4?和+6，硝酸铀酰[UO2(NO3)2]加热可发生如下分解，UO2(NO3)2---
-UxOy+?NO2↑+?O2↑,在600K?时，将气体产物收集于试管中并倒扣于水中，气体全部被吸收，水充满试管。则生成的铀的氧化
物化学式( )?A．UO2B．2UO2·UO3C．UO2·2UO3D．UO38．锗在航空航天测控、核物理探测、光纤通讯、红外光学
、化学催化剂、生物医学等领域有广泛而重要的应用。一种从二氧化锗粗品(主要含GeO2、As2O3)中制备锗的工艺流程如下：( )已
知：i.GeO2与Al2O3的性质相似；ii.GeCl4易水解，GeCl4的沸点为86.6°C；iii.As2O3+2NaOH=2
NaAsO2+H2O，NaAsO2与盐酸反应生成有毒的AsCl3。下列说法不正确的是A．已知锗的原子序数为32，可推出其位于元素周
期表中第四周期第IVA族B．工业上对高纯GeO2和SiO2的混合物进行电解制备硅锗合金，则产品在阴极区生成C．“水解”反应的化学方
程式为GeCl4+(n+2)H2O=GeO2·nH2O↓+4HClD．若“氧化”的目的是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，则该反
应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：19．化学是一门以实验为基础的学科，某同学为探究FeCl3溶液的性质进行如下实验，操作如图所
示，根据实验现象，下列分析正确的是( )向②后试管加入足量稀盐酸，沉淀全部溶解①～④的变化中，有1处涉及氧化还原反应C．若将Fe
Cl3溶液滴加到Na2S溶液中，产生的现象与图中①、②现象相同D．若用Na2SO3代替Na2CO3进行实验，可产生相同现象10．将
铁、氧化铁、氧化铜组成的混合物粉末mg放入盛盐酸的烧杯中，充分反应后产生2.24L H2(标准状况)，残留固体2.56g。过滤，滤
液中无Cu2+。将滤液加水稀释到500mL，测得其中c(H+)为。下列说法正确的是( )A．m=15.36B．烧杯中转移电子的物
质的量共为0.28molC．若将反应后的溶液倒入蒸发皿中直接蒸干可得到0.2mol FeCl2D．过滤时需要用到的玻璃仪器有烧杯、
玻璃棒、漏斗、锥形瓶二、多选题（本题共4 小题 ,每小题 4 分,共 16 分。每小题有一个或两个选项符合题目要求 ,全部选对得
4 分 ,选对但不全的得 2 分 ,有选错的得 0 分） 11．短周期元素甲、乙、丙、丁原子序数依次增大，其中甲、丙同主族，乙、丙
、丁同周期。常温下，含乙的化合物r浓度为0.1mol·L-1时溶液pH=13，p和q分别是元素丙和丁的单质，其中p为浅黄色固体。上
述物质的转化关系如图所示(产物水已略去)。下列说法正确的是( )A．简单离子半径：乙＜甲＜丁＜丙B．甲与丙能形成使紫色石蕊试液先
变红后褪色的物质C．工业上常利用反应②制取漂白粉D．m、n的阴离子在酸性溶液中不能大量共存12．用下列装置进行实验，能达到实验目的
的是( )ABCD配制20%的食盐水除去CO2气体中的HCl气体制备CO2利用该实验探究浓度对反应速率的影响A．AB．BC．CD
．D13．某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体[NH4Fe(SO4)2·6H2O]的一种方案如图：下列说法正确的是( )A．滤渣A的主
要成分是CaSO4B．相同条件下，NH4Fe(SO4)2·6H2O净水能力比FeCl3强C．“合成”反应要控制温度，温度过高，产率
会降低D．试剂B工业上常选择氯气作氧化剂14．现有的，将其加热并发生反应，并检测放出的气体1的质量，后向剩余固体a中加入足量的浓盐
酸，并检测放出的气体2的质量。(已知，+4价的能和浓盐酸反应放出。受热可分解为的+4、+2价的混合氧化物并放出)。则下列说法中正确
的是( )A．气体1的物质的量最多为B．若物质的量，气体气体，则固体的成分为物质的量之比可能为C．若物质的量，气体气体，则固体a
的成分为物质的量之比可能为D．气体总物质的量可能为三、非选择题（共54分）15．水合肼(N2H4·H2O)是一种重要的化工原料，工
业上用尿素[CO(NH2)2]、NaOH和NaClO溶液反应制备水合肼的实验流程如图，据此某化学兴趣小组设计了下列实验制备N2H4
·H2O。回答下列问题：已知：①Cl2与NaOH反应为放热反应，Cl2与热的NaOH溶液反应会生成NaClO3；②N2H4·H2O
易溶于水，熔点-40℃，沸点为118℃，具有强还原性，易被氧化成无毒气体。[实验一]制备NaClO溶液。实验制备装置如图1所示：(
1)圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为_______。(2)试管要放入冷水中的原因是_______。[实验二]制备水合肼。实验制备装
置如图2所示：(3)a仪器的名称是_______。(4)三颈烧瓶内装入的药品是_______(填“尿素溶液”或“NaClO和NaO
H溶液”)，原因是_______。(5)三颈烧瓶内发生反应的化学方程式为_______。[实验三]测定馏分中水合肼的含量。准确称取
馏分6.00g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成250mL溶液，移取25.00mL
置于锥形版中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用0.50mol/L的碘标准溶液滴定。(6)判断滴定终点的方法是_______。(7)实验测
得消耗碘标准溶液的体积的平均值为20.00mL，馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为_______(保留四位有效数字)。1
6．利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下
为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、
Mg2+、Ca2+等。②沉淀Ⅰ中只含有两种沉淀。③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：沉淀物Fe(OH)3Fe(O
H)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8（1）
浸出过程中加入Na2SO3目的是___。（2）NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为___。（3）加入Na2CO3调pH至5
.2，目的是___；萃取剂层含锰元素，则沉淀Ⅱ的主要成分为__。（4）操作Ⅰ包括：将水层加入浓盐酸调整pH为2～3，___ 、过滤
、洗涤、减压烘干等过程。（5）加入的NaF盐溶液不显中性，解释其原因 （用离子方程式表示）（6）将5.49g草酸钴晶体(CoC2O
4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。温度范围/℃固体质量/g150～2104
.41290～3202.41经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则290～320℃温度范围，剩余的固体物质化学式为__
__。[已知：CoC2O4·2H2O的摩尔质量为183g·mol?1]17．固体盐X由四种常见元素组成，其中仅含一种金属元素，有如
图转化关系：已知：H中溶质仅为一种常见正盐。黄绿色气体C密度为相同条件下H2的33.75倍。请回答：(1)X的组成元素为____，
固体F成分为____。(2)固体X在水中也可反应生成气体B，同时生成一种的相对较稳定的白色沉淀，请写出该反应化学方程式____。(
3)气体C的化学式为____。将气体C通入KOH溶液，微热，恰好完全反应，生成两种物质的量之比1∶5的盐，写出这两种盐的化学式__
__，设计定量实验方案验证上述比例关系____。（已知AgClO3溶于水，NaNO2能将ClO3-还原为Cl-)18．某强酸性溶液
X可能含有Al3＋、Ba2＋、NH、Fe2＋、Fe3＋、CO、SO、SiO、NO中的一种或几种，取该溶液进行实验，其现象及转化如图
所示。反应过程中有一种气体为红棕色。请回答下列问题：(1)由强酸性条件即可判断溶液X中一定不存在的离子有___________。(
2)溶液X中，关于NO的判断一定正确的是___________(填字母)。a．一定有?b．一定没有?c．可能有(3)产生气体A的离
子方程式为___________。(4)转化⑥发生反应产生的现象为___________。(5)转化④中生成H的离子方程式为___
________。(6)若转化③中，D、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应生成E，则反应中D与O2的物质的量之比为_______
____。(7)对于不能确定是否存在的离子，可以另取溶液X，加入下列溶液中的一种，根据现象即可判断，该试剂最好是_________
__(填序号)。①KMnO4溶液?②KSCN溶液?③石蕊试剂?④氯水和KSCN的混合溶液邵阳市第二中学高三第三次化学月考试题解析一
、单选题1．【答案】D【详解】由信息可知，海水经过“海井”处理得当淡水，在“海井”中加一物进行离子交换，类似离子交换膜，D满足;2
．【答案】A【详解】A．锥形瓶可以加热，但需要加石棉网，容量瓶不能加热，A项符合题意；B．酸式滴定管用于量取一定体积的溶液，容量瓶
只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，都不能作反应容器，B项不符合题意；C．蒸馏烧瓶用于蒸馏操作，分离相互溶解的液体，分液漏斗用于分
液操作，分离相互不溶解的液体，两者均可用于物质分离，C项不符合题意；D．酸式滴定管带有旋塞、容量瓶带有瓶塞、分液漏斗带有瓶塞和旋塞
，使用前均需检查是否漏水，D项不符合题意；3．【答案】A【详解】①明矾显酸性，古代常利用其酸性清除铜镜表面的铜锈，硫酸铜为重金属盐
，能使蛋白质变性，常用于游泳池水体消毒，①正确；②活泼金属与水反应产生H2且放出大量热量，会加剧灾情，故当有活泼金属存在时，不能用
水灭火，②错误；③铝和镁比铁活泼，但是因为易形成致密的氧化膜，所以反而不易腐蚀，且在空气中久置后金属不一定变为氧化物，如钠在空气中
久置产物为碳酸钠；铜转化为碱式碳酸铜，③错误；④Na的焰色反应为黄色，因此对某一溶液进行焰色反应时，观察到火焰颜色为黄色，说明溶液
中一定有Na+，但不能确定有没有K+，④正确；⑤硅胶吸水时，利用其物理吸附性，没有发生化学变化，⑤正确；⑥熔化后的液态铝不能滴落下
来，原因是产生的氧化铝的熔点比铝的熔点高，⑥错误；4．【答案】D【详解】A．饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2会析出NaHCO3沉淀B
．SO2少量时会有HClO生成，正确离子方程式为SO2+H2O+3ClO-=SO+Cl-+2HClO，D．Ca(OH)2足量，二者
1：1反应，化学方程式为离子方程式为Ca2++OH-+HCO=CaCO3↓+H2O，D正确；5．【答案】D【详解】A．溶液体积未知
，无法计算离子数目，故A错误；B．的浓硝酸中含有n(HNO3)=0.1L×12mol/L=1.2mol，浓硝酸和铜反应生成二氧化氮
，方程式为，若有1.2mol硝酸反应，转移电子数为0.6NA，但是浓硝酸变稀后发生反应，若有1.2mol硝酸反应，转移电子数为0.
9NA，故转移电子数大于0.6NA，故B错误；C．标准状况下，NO2不是气体，无法计算其物质的量，故C错误；D．甲醛和乙酸的最简式
均为CH2O，则甲醛(HCHO)和乙酸中的共用电子对数目相同，则共用电子对数目为×4NA=4NA，D正确；6．【答案】B【详解】A
．2NO2?N2O4是放热反应，升高温度，平衡向生成二氧化氮的方向移动，颜色变深，可以作为勒夏特列原理的依据，故A符合；B．比较元
素的非金属性，应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较，浓盐酸不是氯的最高价氧化物对应的水化物，无法比较氯和碳的非金属性；且生成的
二氧化碳中含有氯化氢气体，氯化氢与二氧化碳都能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故也无法比较碳和硅的非金属性，不能证明元素周期律，故B
不符合；C．ΔH＝ΔH1＋ΔH2，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，可以证明盖斯定律，故C符合；D．在同温同
压下，气体的体积比等于方程式的计量数之比等于气体的物质的量之比，电解水生成的氧气和氢气体积比等于物质的量之比，可以证明阿伏加德罗定
律，故D符合。7．【答案】D【详解】由将二氧化氮、氧气收集于试管中并倒扣于水中，气体全部被吸收可知，发生的反应为4NO2+O2+2
H2O=4HNO3，则UO2(NO3)2分解生成NO2和O2物质的量之比为4：1，将UO2(NO3)2改写成UO3?2NO2?O2
，根据原子守恒，生成铀的氧化物化学式是UO3，8．【答案】D【分析】从二氧化锗粗品(主要含GeO2、As2O3)中制备锗的工艺流程
如下，粗品加入氢氧化钠溶液反应生成NaAsO2和Na2GeO3，用氯酸钠氧化NaAsO2，加入盐酸后蒸馏得到GeCl4，GeCl4
在高纯水中水解生成GeO2·nH2O，GeO2·nH2O烘干得到高纯GeO2，GeO2被氢气还原为Ge。【详解】A．已知锗的原子序
数为32，与C同主族，因此可推出其位于元素周期表中第四周期第IVA族，故A正确；B．工业上对高纯GeO2和SiO2的混合物进行电解
制备硅锗合金，化合价都为正价，因此产品在阴极区生成，故B正确；C．GeCl4易水解，根据流程，GeCl4与高纯水发生水解反应生成G
eO2·nH2O，则“水解”反应的化学方程式为GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl，故C正确；D．若“氧
化”的目的是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，化合价从+3价变为+5价，升高2个价态，氧化剂氯酸钠化合价从+5价降低到1价，降低
6个价态，因此该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3，故D错误。9．【答案】B【详解】A．向②后试管中沉淀(FeS和S)加入
足量稀盐酸，FeS溶解，而硫不溶，沉淀部分溶解，B． ①中产生淡黄色的沉淀S，溶液变为淡绿色，说明有亚铁离子生成，属于氧化还原反应
；②中是S2-+Fe2+=FeS↓；③中铁离子与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁胶体和二氧化碳；④是氢氧化铁胶体在盐的作用下发生聚
沉，①～④的变化中，有1处涉及氧化还原反应C．若将FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，硫离子过量，产生的亚铁离子与硫离子产生黑色的
FeS沉淀，溶液不会变成淡绿色，产生的现象与图中①、②现象不相同，D． Na2SO3具有强还原性，若用Na2SO3代替Na2CO3
进行实验，生成亚铁离子和硫酸根离子，产生现象不相同，故D错误；10．【答案】A【分析】既然还有较多H+离子剩余，且滤液中没有Cu2
+可知残留物没有Fe，只有Cu，则反应后溶质为HCl和FeCl2，根据Cl元素守恒可知:n(HCl)=2n(FeCl2)+n剩余(
H+)，即5.00mol/L×0.1L=2n(FeCl2)+0.200mol/L×0.5L解得:n(FeCl2)=0.2mol；2
.56g Cu的物质的量为0.04mol，则与Cu2+参加反应的Fe的物质的量为0.04mol；标况下2.24L H2的物质的量为
0.1mol，则H+参加反应的Fe的物质的量为0.1mol；根据Fe2+守恒，可有与Fe3+反应的Fe的物质的量为0.2-0.1-
0.04=0.06mol；因此原混合物中n(Fe)=0.04+0.02+0.1=0.16mol，n(Fe2O3)=0.02mol，
n(CuO)=0.04mol；据此分析解题。【详解】A．据分析可知混合物的质量为：0.16mol×56g/mol+0.02mol×
160g/mol+0.04mol×80g/mol=15.36g，A正确；B．根据原混合物组成的各组分的物质的量可知，烧杯中转移电子
的物质的量共为(0.1mol+0.04mol+0.02mol)×2=0.32mol，B错误；C．由于氯化亚铁易水解易氧化，将反应后
的溶液蒸干后得到氢氧化铁，C错误；D．过滤时需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，不需要锥形瓶，D错误；二．多选题11．【答案】
AD【分析】短周期元素甲、乙、丙、丁原子序数依次增大，p和q分别是元素丙和丁的单质，p为浅黄色固体，所以丙是S，丁是Cl，p为S单
质，q为Cl2；甲、丙同主族，则甲是O；乙、丙、丁同周期，常温下含乙的化合物r的浓度为0.1 mol/L时，溶液pH=13，所以r
是氢氧化钠，乙是Na；综上所述，甲、乙、丙、丁分别为O、Na、S、Cl。【详解】A．电子层越多，简单离子半径越大，故离子半径的大小
关系为丙(S2-)>丁(Cl-)>甲(O2-)>乙(Na+)，故A正确；B．甲是O，丙是S，二者形成SO2，二氧化硫可以使紫色石蕊
变红色，但不能漂白，不会褪色，故B错误；C．r是氢氧化钠，q是氯气，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H
2O，该反应常利用制取漂白液，制取漂白粉利用的是石灰乳和氯气，故C错误；D．m、n为Na2S、Na2SO3中的物质，二者在酸性条件
下发生氧化还原反应生成硫，不能大量共存，故D正确；12．【答案】C【详解】A．配一定质量分数的溶液不需要容量瓶，故A错误；B．洗气
瓶中应盛饱和NaHCO3溶液，故B错误；C．碳酸钙和盐酸反应可以制备二氧化碳气体，故C正确；D．H2O2和NaHSO3反应生成硫酸
钠和水，无明显现象，不能判断速率快慢，故D错误；13．【答案】AC【分析】原料中加入硫酸溶液，反应生成的硫酸钙微溶于水，滤渣A的主
要成分是CaSO4，过滤得滤液，加氧化剂氧化亚铁离子，蒸发后溶液加硫酸铵溶液，经蒸发、浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤可制得净水剂硫酸铁
铵晶体[NH4Fe(SO4)2·6H2O]。【详解】A．硫酸钙微溶于水，滤渣A的主要成分是CaSO4，故A正确；B．NH水解生成H
+，抑制Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，所以氯化铁净水能力比硫酸铁铵强，相同条件下，NH4Fe(SO4)2·6H2O净水能力比FeC
l3弱，故B错误；C．“合成”反应要控制温度，温度过高，会促进Fe3+的水解，生成硫酸铁铵的产率会降低，故C正确；D．氯气作氧化剂
会引入新杂质，故D错误；14．【答案】BC【分析】受热可分解为的+4、+2价的混合氧化物并放出，铅的氧化物的混合物再与盐酸作用时，
+4价的铅被还原为+2价，Cl-被氧化为Cl2，此时得到的溶液为PbCl2溶液，利用得失电子守恒可知，1mol在上述过程中共转移电
子为1mol(4-2)=2mol。【详解】A．假设受热分解全部转化为PbO和O2，没有+4价的铅的氧化物，此时1mol完全分解可得
到0.5molO2，但受热分解得到的是的+4、+2价的混合氧化物，因此O2的物质的量小于0.5mol，A错误；B．设该过程得到O2
的物质的量为3xmol，则Cl2的物质的量为2xmol，利用得失电子守恒可知，3x4+2x2=2，解得x=0.125，则1mol在
受热分解过程中产生O2为0.125mol3=0.375mol，利用原子守恒，受热后的剩余固体中n(O)=2mol-0.375mol
2=1.25mol，剩余固体中n(Pb):n(O)=1mol:1.25mol=4:5，的混合物中，n(Pb):n(O)=(1+3)
:(1+4)=4:5，B正确；C．设该过程得到O2的物质的量为3xmol，则Cl2的物质的量为2xmol，利用得失电子守恒可知，3
x4+2x2=2，解得x=0.125，则1mol在受热分解过程中产生O2为0.125mol3=0.375mol，利用原子守恒，受热
后的剩余固体中n(O)=2mol-0.375mol2=1.25mol，剩余固体中n(Pb):n(O)=1mol:1.25mol=4
:5，的混合物中，n(Pb):n(O)=(1+3+4):(2+4+4)=8:10=4:5，C正确；D．1mol在上述过程中共转移电
子为1mol(4-2)=2mol，依据得失电子守恒，假设生成的气体全为O2，可得到O2的物质的量为0.5mol，假设生成的气体全为
Cl2，可得到Cl2的物质的量为1mol，但实际得到的气体既有O2又有Cl2，因此气体总的物质的量不可能为1mol，D错误；非选择
题15．【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O(2)因Cl2与NaOH反应放热，防止在较高温度下生成
NaClO3(3)直形冷凝管(4)???? 尿素溶液???? 若三颈烧瓶中装NaClO和NaOH溶液，在尿素滴加过程中，NaClO
过量，会将生成的N2H4·H2O进一步氧化，所以三颈烧瓶中应装尿素溶液(5)NaClO+CO(NH2)+2NaOH=N2H4·H2
O+NaCl+Na2CO3(6)滴入最后一滴碘液时，溶液由无色变成浅蓝色，且半分钟内不褪色(7)41.67%【解析】(1)实验室以
软锰矿(主要成分MnO2)与浓盐酸共热制备氯气，反应原理为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)据题中信息
可知，Cl2与NaOH反应为放热反应，Cl2与热的NaOH溶液反应会生成NaClO3，影响NaClO的产率，故需要放入冷水降温避免
副反应；(3)直形冷凝管(4)若三颈烧瓶中装NaClO和NaOH溶液，在尿素滴加过程中，NaClO过量，会将生成的N2H4·H2O
进一步氧化，所以三颈烧瓶中应装尿素溶液；(5)反应原理为NaClO+CO(NH2)+2NaOH=N2H4·H2O+NaCl+Na2
CO3；(6)水合肼样品溶液中滴加碘液，碘遇淀粉变蓝色，但由于水合肼的强还原性会将I2还原为I-，振荡后蓝色迅速消失，直至水合肼恰
好反应完全时，此时滴入一滴碘液不再被还原，遇到淀粉使溶液呈现浅蓝色，且半分钟不恢复为原来颜色，即表示反应达到终点；(7)水合肼被氧
化为N2，I2被还原为I-，根据电子得失守恒可列出关系式N2H4·H2O~2I2~4e-，则水合肼的质量分数为41.67%。16．
【答案】???? 将Fe3+、Co3+还原???? ClO3-＋6Fe2+＋6H+=Cl－＋6Fe3+＋3H2O???? 使Fe3
+和Al3+沉淀完全???? CaF2和MgF2???? 蒸发浓缩??冷却结晶F-+H2OHF+OH- Co3O4(或CoO·Co
2O3)【详解】(1)、浸出过程中，Co2O3、Fe2O3与盐酸、Na2SO3发生反应，Co2O3转化为Co2+，Fe2O3转化为
Fe2+，Co、Fe元素化合价降低，则S元素化合价升高，SO32-转化为SO42-，故答案为将Fe3+、Co3+还原；(2)、Na
ClO3加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，ClO-被还原为Cl-，反应的离子方程式为：ClO3-＋6Fe2+＋6H+=Cl－
＋6Fe3+＋3H2O-；(3)根据工艺流程图结合表格中提供的数据可知，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉
淀完全。滤液l中含有的金属阳离子为Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，萃取剂层含锰元素,结合流程图中向滤液1中加入了NaF溶
液，知沉淀Ⅱ为MgF2、CaF2；(4)、经过操作I由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作I还包括蒸发浓缩、冷却结晶；(6
)、整个受热过程中只产生水蒸气和CO2气体，5.49 g CoC2O4·2H2O为0.03mol，固体质量变为4.41 g时，质量
减少1.08g，恰好为0.06 mol H2O的质量，因此4.41 g固体为0.03 mol CoC2O4。依据元素守恒知，生成n
(CO2)=0.06 mol，m(CO2)=0.06mol×44 g/mol=2.64 g。而固体质量由4.41 g变为2.41
g时，质量减少2 g，说明290~320℃内发生的不是分解反应，参加反应的物质还有氧气。则参加反应的m(O2)=2.64 g-2
g=0.64 g，n(O2)=0.02mol，n(CoC2O4) : n(O2) : n(CO2)=0.03 : 0.02 : 0
.06=3 : 2 : 6，依据原子守恒，配平化学方程式，故290~320℃温度范围，剩余固体物质的化学式为Co3O4或CoO·C
o2O3。17．【答案】(1)???? Fe、H、C、O???? Fe2O3、K2CO3(2)Fe(HCO3)2=FeCO3+CO
2↑+H2O(3) ClO2???? KCl、KClO3???? 取适量溶液，加入过量硝酸银溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得固
体质量m1；合并洗涤液和滤液，向其中加入足量亚硝酸钠溶液，再加入足量硝酸银和稀硝酸，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得固体质量m2，若
m2=5m1，则可验证上述比例关系【分析】固体氧化物G与稀盐酸反应后与KSCN溶液反应，溶液呈血红色，说明含有Fe3+，则G为Fe
2O3，物质的量为，n(Fe3+)=0.02mol，黄绿色混合气体A+B+C通过浓硫酸后气体质量减少0.36g，得到黄绿色混合气体
B+C，则A为水蒸气，物质的量为，黄绿色混合气体B+C与足量澄清石灰水反应生成白色沉淀D3.00g为碳酸钙，物质的量为，黄绿色气体
C密度为相同条件下H2的33.75倍，故B为CO2,物质的量为0.03mol，气体C的相对分子质量为33.75=67.5，可推知C
为ClO2，H中溶质仅为一种常见正盐，且与足量稀盐酸反应产生无色气体CO2，根据固体X与氯酸钾反应可知H应该为钾盐，故为K2CO3
；固体X在水中也可反应生成气体B，同时生成一种的相对较稳定的白色沉淀，白色沉淀不为氢氧化亚铁，只能为FeCO3。（1）综上分析，固
体盐X由四种常见元素组成，其中仅含一种金属元素，X的组成元素为Fe、H、C、O，固体F成分为Fe2O3、K2CO3；（2）固体X在
水中也可反应生成气体CO2，同时生成一种的相对较稳定的白色沉淀FeCO3，该反应化学方程式Fe(HCO3)2=FeCO3+CO2↑
+H2O；（3）气体C的化学式为ClO2；将气体ClO2通入KOH溶液，微热，恰好完全反应，生成两种物质的量之比1∶5的盐，根据氧
化还原反应原理，生成KCl，氯元素化合价降5，则生成化合价比+4高的氧化产物的化合价应该为+5价，则生成KClO3，两种盐的化学式
KCl、KClO3；取适量溶液，加入过量硝酸银溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得固体质量m1；合并洗涤液和滤液，向其中加入足量亚
硝酸钠溶液，再加入足量硝酸银和稀硝酸，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得固体质量m2，若m2=5m1，则可验证上述比例关系。18．【答
案】(1)CO、SiO(2)b (3)3Fe2＋＋NO＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O(4)红褐色沉淀溶解，溶液呈黄色(5)
Al3＋＋4OH-=AlO＋2H2O(6)4∶1 (7)②【分析】某强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子CO、SiO，溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液中一定存在SO，不存在和硫酸根离子反应的Ba2+，C是BaSO4；酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以溶液中Fe2+和NO不能共存，加入硝酸钡产生气体，则溶液中存在Fe2+，不存在NO，A是NO，则D是NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，则E是HNO3；溶液B中加入氢氧化钠溶液时，产生气体F，则溶液中含有NH，F是NH3，硝酸和氨气反应生成硝酸铵，则I是NH4NO3；产生沉淀，则溶液中存在Fe3+，沉淀G是氢氧化铁，氢氧化铁和盐酸反应生成FeCl3，则J是FeCl3，溶液H中通入过量二氧化碳生成沉淀，则溶液中存在Al3+，沉淀K是氢氧化铝，溶液L是NaHCO3。(1)由强酸性条件即可判断溶液X中不存在弱酸根离子，一定不存在的离子有CO、SiO。故答案为：CO、SiO；(2)根据以上分析可知溶液X中一定没有NO，故答案为：b；(3)亚铁离子和硝酸反应生成铁离子、一氧化氮和水，产生气体A的离子方程式为3Fe2＋＋NO＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。故答案为：3Fe2＋＋NO＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O；(4)转化⑥发生的反应是盐酸溶解氢氧化铁，发生反应产生的现象为红褐色沉淀溶解，溶液呈黄色。故答案为：红褐色沉淀溶解，溶液呈黄色；(5)转化④中产生偏铝酸钠的离子方程式为Al3＋＋4OH-=AlO＋2H2O。故答案为：Al3＋＋4OH-=AlO＋2H2O；(6)若转化③中，NO2、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应生成HNO3，该反应方程式为：4NO2+2H2O+O2＝4HNO3，则反应中D与O2的物质的量之比为4∶1。故答案为：4∶1；(7)溶液中Fe3+是否存在不能确定，Fe3+和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液。学科网（北京）股份有限公司 试卷第1页，共3页zxxk.com学科网（北京）股份有限公司 |
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