湖南省衡阳市第八中学2022-2022学年高一化学12月五科联赛试题（含解析）1.中国传统文化对人类文明贡献巨大，我国古代的人民在那时候就已经广泛应用了相关的化学知识，古化文献中充分记载了古代化学研究成果。下列关于古代化学的应用和记载，对其说明不合理的是（）A.《本草纲目》中记载“（火药）乃焰消（KNO3）、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳机诸药者”，这是利用了“KNO3的氧化性”B.《本草经集注》中记载了区分硝石（KNO3）和朴消（Na2SO4）的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，这是利用了“焰色反应”C.李白有诗云“日照香炉生紫烟”，这是描写“碘的升华”D.我国古代人民用明矾净水，是因为明矾溶于水生成一种能凝聚水中的悬浮物的胶状物质【答案】C【解析】A、黑火药中KNO3中N由+5价降为0价，显氧化性，故A正确；B、钾的焰色为紫色，故B正确；C、“日照香炉生紫烟”，描写的是瀑布产生的水雾在日光照射下的情境，与“碘的升华”无关。故C错误；D、Al3＋水解生成的Al(OH)3胶粒具有吸附性，则利用明矾净水，故D正确；故选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.27g铝箔在酒精灯上充分加热反应转移电子总数是3NAB.84g还原铁粉与水蒸气完全反应转移电子总数是4NAC.常温常压下，11.2LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NAD.7.8gNa2O2中含有的阴、阳离子的总数为0.4NA【答案】B【解析】A、铝在氧气中在表面易形成一层致密的氧化膜，阻止内部金属继续反应，故A错误；B、84gFe的物质的量为1.5mol，而铁与足量水蒸气完全反应变为+，故1.5mol铁转移4NA个电子，故B正确；C、11.2LCO2不是标准状况，故C错误；D、Na2O2中含有的阴、阳离子分别是O22－、Na＋，7.8gNa2O2中含有的阴、阳离子的总数为0.3NA，故D错误；故选B。3.在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是A.加入紫色石蕊显红色的溶液中：K＋、Mg2+、AlO2-、SO42-B.加入铝粉能产生氢气的溶液中：SO42-、K＋、Cl-、H＋-12-C.加入Na2O2溶液中：Na＋、Cl-、NO3-、SO32-D.通入大量CO2的溶液中：K+、Ca2+、NO3-、HCO3-【答案】D【解析】A、加入紫色石蕊显红色的溶液呈酸性：AlO2-在酸性条件下不能大量共存，故A错误；B、加入铝粉能产生氢气的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性：H＋在碱性条件下不能大量共存，故B错误；C.加入Na2O2溶液中：SO32-具有还原性，要被氧化成SO42－，故C错误；D、通入大量CO2的溶液中：K+、Ca2+、NO3-、HCO3-不反应，不产生沉淀、气体或水，故D正确；故选D。点睛：本题考查离子共存的判断，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，中等难度。解题关键：明确离子不能大量共存的一般情况，如：选项A能发生复分解反应的离子之间；选项C能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：选项B溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H＋或OH－。4.下列离子在给定条件下能否大量共存判断正确，所发生反应的离子方程式也正确的是条件离子组离子共存判断及反应的离子方程式A加入KSCN溶液K+、Fe3+、SO42－、Cl﹣能大量共存Fe3++3SCN—=Fe(SCN)3Fe(SCN)3能溶于水B滴加氨水Na＋、Al3+、Cl﹣、NO3-不能大量共存Al3++3OH-=Al(OH)3↓C加入铝粉能放出氢气Fe2+、Na＋、Cl﹣、NO3-不能大量共存Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓或3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2OD通入少量SO2气体K+、Na＋、ClO﹣、SO42－不能大量共存2ClO﹣+SO2+H2O=2HClO+SO32－A.AB.BC.CD.D【答案】C-12-............5.根据下列实验操作，预测的实验现象和实验结论或解释正确的是实验操作预测实验现象实验结论或解释A向NaBr溶液中滴入少量的氯水和CCl4，振荡、静置溶液下层呈橙红色Cl2氧化性强于Br2B将过量的过氧化钠投入滴有酚酞试液的水中最终得红色溶液过氧化钠与水反应生成碱性物质C将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+D向饱和Na2CO3溶液中逐滴滴加少量稀盐酸立即有气体逸出CO32-+2H+=H2O+CO2↑A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】A、向NaBr溶液中滴入少量氯水和CCl4，振荡、静置，溶液下层呈橙红色，说明有Br2生成，发生反应：2Br－+Cl2=2Cl－+Br2，说明Br－还原性强于Cl－，Cl2氧化性强于Br2，故A正确；B、将过量的过氧化钠投入滴有酚酞试液的水中，溶液呈较强的氧化性，最终酚酞不呈红色，故B错误；C、加入过量铁粉，反应生成硝酸亚铁，则充分反应后滴加KSCN溶液，有气体生成，溶液不呈血红色，故C错误；D、向饱和Na2CO3溶液中逐滴滴加少量稀盐酸，先发生CO32-+H+=HCO3－，开始时无气泡产生，故D错误；故选A。-12-点睛：本题考查化学实验方案的评价，侧重原理、现象分析能力的考查，解题关键：把握氧化还原反应、氧化还原反应规律的运用。易错点C：注意氧化还原反应原理的应用，氧化性HNO3>Fe3＋>Fe2＋，所以铁能将Fe3＋还原成Fe2＋，Fe2＋与SCN－不显红色。6.白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，白磷与硫酸铜可以发生如下两个反应：（1）2P+5CuSO4+8H2O=5Cu+2H3PO4+5H2SO4（2）11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4下列有关说法中错误的是A.在上述两个反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂B.在上述两个反应中，氧化产物都是H3PO4C.在反应（2）中，当有5molCuSO4发生反应时，共转移10mol电子D.在上述两个反应中，氧化剂都只有硫酸铜【答案】D【解析】试题分析：A、在上述两个反应中，水中氢、氧元素的化合价没有发生变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，正确；B、在上述两个反应中，只有磷元素的化合价由反应前的0价升高到H3PO4中的+5价，发生氧化反应，氧化产物都是H3PO4，正确；C、在反应(2)中，有6个磷原子磷元素的化合价由0价升高到+5价，失30个电子，5个磷原子磷元素的化合价由0价降为-3价，15个铜的化合价由+2价降为+1价，总共失30个电子，则当有5molCuSO4发生反应时，共转移10mol电子，正确；D、在上述反应（2）中，5个磷原子磷元素的化合价由0价降为-3价，15个铜的化合价由+2价降为+1价，得电子作氧化剂，故反应（2）氧化剂为磷和硫酸铜，错误。考点：考查氧化还原反应。7.已知Ba(AlO2)2可溶于水。右图表示的是向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液时，生成沉淀的物质的量y与加入Ba(OH)2的物质的量x的关系。下列有关叙述正确的是A.a－b时沉淀的物质的量：Al(OH)3比BaSO4多B.d－e时溶液中离子的物质的量：Ba2＋可能等于OH－-12-C.a－d时沉淀的物质的量：BaSO4可能小于Al(OH)3D.c－d时溶液中离子的物质的量：AlO2－比Ba2＋少【答案】B点睛：本题考查离子反应方程式及图象的分析，为常考考点，侧重分析、应用能力的综合考查，解题关键：把握发生的离子反应及图象中对应的离子反应，题目难度较大。难点选项C，写出反应方程式，找出量的关系，问题即可迎刃而解。8.已知A为生活中的常见金属，C为磁性黑色晶体，A、B、C、D之间转化关系（1）写出以下物质的化学式B_____________、C____________。（2）C+盐酸→B+D的离子方程式为__________________________________，D的溶液可作为印刷电路板“腐蚀液”，写出该反应的化学方程式__________________________________。（3）实验室保存B的溶液时常加入少量A，原因是_________________（用离子方程式表示）（4）向B溶液中滴加NaOH溶液，产生的现象是_____________________________________，过程中所发生的氧化还原反应的化学方程式是______________________________________。【答案】(1).FeCl2(2).Fe3O4(3).Fe3O4+8H+=4H2O+2Fe3++Fe2+(4).2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2(5).2Fe3++Fe=3Fe2+(6).4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(7).-12-产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色【解析】由A为生活中的常见金属，C为磁性黑色晶体，得C为Fe3O4，A与氧气反应得到C，则A为Fe，Fe与氯气反应得到D为FeCl3，Fe与盐酸反应得到B，Fe3O4与盐酸反应也得到B，则B为FeCl2。（1）物质的化学式B：FeCl2、C：Fe3O4；（2）C+盐酸→B+D的离子方程式为Fe3O4+8H+=4H2O+2Fe3++Fe2+；D的溶液可作为印刷电路板“腐蚀液”，该反应的化学方程式：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；（3）实验室保存FeCl2的溶液时常加入少量Fe，原因是：2Fe3＋+Fe═3Fe2＋，防止亚铁离子氧化。（4）向B溶液中滴加NaOH溶液，即：向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液，产生的现象是：产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色；过程中所发生的氧化还原反应的化学方程式是：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。9.铝镁合金已成为飞机制造、化工生产等行业的重要材料。研究性学习小组的同学，为测定某含镁3%~5%的铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量分数，设计下列两种不同实验方案进行探究。填写下列空白。〖实验方案一〗铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量。（1）实验中发生反应的化学方程式是_____________________________________________。（2）称取5.4g铝镁合金粉末样品，溶于VmL2.0mol/LNaOH溶液中。为使其反应完全，则NaOH溶液的体积V≥________________。过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将________________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。〖实验方案二〗将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20℃，1.01105Pa）的体积。（3）同学们拟选用图一实验装置完成实验：①你认为最简易的装置其连接顺序是：A接______、_______接______、接-12-（填接口字母，可不填满）。②实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开分液漏斗可旋转的活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶中。请你帮助分析原因_______________________。③实验结束时，在读取测量实验中生成氢气的体积时，你认为最合理的是_______。（有几个选几个）。A．等待实验装置冷却后再读数B．上下移动量筒F，使其中液面与广口瓶中液面相平C．上下移动量筒G，使其中液面与广口瓶中液面相平D．视线与凹液面的最低点水平，读取量筒中水的体积（4）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了图二的实验装置。①装置中导管a的作用是_________________________。②实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1mL、V2mL。则产生氢气的体积为_________mL。（用含V1、V2的式子表达）【答案】(1).2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑(2).97mL(3).偏高(4).E(5).D(6).G(7).镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大(8).ACD(9).使分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差(10).V1-V2【解析】方案一：⑴.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；⑵.含镁为3%时，金属铝的含量最高，5.4g合金中铝的质量为5.4g×(1−3%)=5.4×97%g，则：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑     54g   2mol 5.4g×97%g  V×10−3L×2.0mol/L得54g:(5.4g×97%g)=2mol:(V×10−3L×2.0mol/L)，解得V=97，NaOH溶液的体积⩾97mL；镁上会附着偏铝酸钠等物质，若未洗涤固体，会导致测定镁的质量偏大，镁的质量分数偏高；故答案为：97mL；偏高；方案二：⑶.①.合金与稀硫酸反应，用排水量气法测定氢气的体积，-12-其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：(A)接(E)、(D)接(G)；故答案为：E、D、G；②.镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大，导致硫酸不能顺利滴入锥形瓶；故答案为：镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大；③.反应放热导致氢气的温度偏高，故应冷却后再进行读取氢气的体积，读取实验中生成氢气的体积时上下移动量筒，使其中液面与广口瓶中液面相平，视线与凹液面的最低点水平读取氢气的体积；故答案选ACD；⑷.①.装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差，故答案为：使分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；②.滴定管的0刻度在上方，两次读取的体积数值之差为测定的氢气的体积，收集氢气后滴定管内液面上升，读数减小，所以测定氢气的体积为V1−V2，故答案为：V1−V2。10.2022年3月21日是第二十五届“世界水日”，保护水资源，合理利用废水节省水资源，加强废水的回收利用已被越来越多的人所关注。已知：某无色废水中可能含有H＋、NH4+、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Na＋、NO3-、CO32-、SO42-中的几种，为分析其成分，分别取废水样品100 mL，进行了三组实验，其操作和有关图像如下所示：请回答下列问题：（1）根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是__________，一定存在的阳离子是______________________。-12-（2）写出实验③图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子反应方程式：_____________________________________________。（3）分析图像，在原溶液中c(NH4+)与c(Al3＋)的比值为___________，所得沉淀的最大质量是_________g。（4）若通过实验确定原废水中c(Na＋)=0.14mol·L-1,试判断原废水中NO3-是否存在？__________（填“存在”“不存在”或“不确定”）。若存在，c(NO3-)=____________mol·L-1。（若不存在或不确定则此空不填）【答案】(1).CO32-(2).Na+、H+、Al3+、NH4+(3).NH4++OH﹣=NH3·H2O(4).1：1(5).0.546g(6).存在(7).0.36mol·L-1【解析】(1)无色废水确定无Fe3+，根据实验①确定有Na+，根据实验②确定有SO42-，根据实验③确定有Al3+，一定不含Fe3+、Mg2+，因为CO32-与Al3+不能共存，所以无CO32-；故溶液中存在的离子为：Na+、Al3+、NH4+、H+、SO42-，废水中一定不存在的离子有Fe3+、Mg2+、CO32-，故废水中一定不存在的阴离子是CO32-，一定存在的阳离子是Na+、Al3+、NH4+、H+；(2)实验③图像中沉淀达到最大量，继续滴加NaOH溶液，与溶液里的NH4+作用生成NH3·H2O，此时沉淀质量不再发生变化，反应的离子反应方程式NH4++OH﹣=NH3·H2O；(3)已知硫酸钡沉淀为2.33g，则n(SO42-)==0.01mol，根据图象可知与Al(OH)3反应的OH-为：n(OH-)=0.007mol，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2On(Al3+)  0.007mol所以n(Al3+)=0.007mol，将铝离子沉淀需要氢氧化钠0.021mol，所以溶液中H+消耗氢氧化钠0.014mol，氢离子的物质的量是0.014mol，NH4++OH-=NH3•H2O，消耗氢氧化钠0.007mol，所以铵根离子的物质的量是0.007mol，原溶液中c(NH4+)与c(Al3+)的比值为1：1；生成Al(OH)3的质量为0.007mol×78g/mol=0.546g；(4)溶液中存在的离子为：Na+、Al3+、NH4+、H+、SO42-，已知硫酸钡沉淀为2.33g，则n(SO42-)==0.01mol，另外n(Al3+)=0.007mol，n(H+)=0.014mol，n(NH4+)=0.007mol，溶液中存在电荷守恒，3n(Al3+)+n(H+)+n(NH4+)+n(Na+)=3×0.007mol+0.014mol+0.007mol+0.14mol·L-1×0.1L=0.056mol≠2n(SO42-)=0.02mol，则一定含有NO3-，且n(NO3-)=0.056mol-0.02mol=0.036mol，c(NO3-)==0.36mol/L。点睛：无色废水确定无Fe3+，根据实验①确定有Na+，根据实验②确定有SO42--12-，根据实验③确定有Al3+，一定不含Fe3+、Mg2+，因为CO32-与Al3+不能共存，所以无CO32-；故溶液中存在的离子为：Al3+、NH4+、H+、SO42-，根据硫酸钡沉淀求出n(SO42-)，根据图象求出n(Al3+)和n(H+)，再根据电荷守恒确定有没有NO3-。11.（一）某溶液中可能含有Fe2＋、Mg2＋、Cu2＋、NH4＋、Al3＋中的一种或几种。当加入一种淡黄色固体并加热溶液时，有刺激性气体放出和白色沉淀生成，加入淡黄色固体的物质的量（横坐标）与析出沉淀和产生气体的物质的量（纵坐标）的关系，如下图1所示。请填写下列空白：（1）在该溶液中含有的离子是_____________，物质的量浓度之比为_______________。（2）所加的淡黄色固体是________________（化学式）。（二）黄铁矿石的主要成分为FeS2和少量FeS（假设其他杂质中不含Fe、S元素，且高温下不发生化学变化），是我国大多数硫酸厂制取硫酸的主要原料。某化学兴趣小组对该黄铁矿石进行如下实验探究。将m1g该黄铁矿石的样品放入如图2装置（夹持和加热装置略）的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧黄铁矿样品至反应完全。其反应的化学方程式为：【实验一】：测定硫元素的含量反应结束后，将乙瓶中的溶液进行如下处理：（3）反应结束后乙瓶中的溶液需加足量H2O2溶液的目的是（用化学方程式表示）________________________________________。（4）该黄铁矿石中硫元素的质量分数为______________（列出表达式即可）。-12-【实验二】：测定铁元素的含量（5）③中，需要用到的仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有_________________。（6）某同学一共进行了三次滴定实验，实验结果记录如下：实验次数第一次第二次第三次消耗KMnO4溶液体积/mL25.0025.0324.97根据所给数据，计算该稀释液中Fe2+的物质的量浓度为c(Fe2+)＝_______________。【答案】(1).Mg2＋、Al3＋、NH4＋(2).1：1：3(3).Na2O2(4).Na2SO3+H2O2=Na2SO4+H2O(5).32m2/233m1×100%(6).250mL容量瓶(7).0.5mol/L【解析】（一）淡黄色固体加入溶液中，并加热溶液时，有刺激性气体放出和白色沉淀生成，则淡黄色固体为Na2O2，图象实际为两个图合在一起，上面的一条曲线是气体，下面的一条曲线是沉淀，图象中加入8mol过氧化钠后，沉淀减小，且没有完全溶解，则溶液中一定没有Fe2＋和Cu2＋，一定有NH4＋、Al3＋、Mg2＋，加入8mol过氧化钠之后，生成气体减小，故加入8mol过氧化钠时，铵根离子完全反应。（1）在该溶液中含有的离子是Mg2＋、Al3＋、NH4＋;由纵坐标可知：n（Mg2＋）=n[Mg（OH）2]=2mol，n（Al3＋）=4mol-n[Mg(OH)2]=2mol．当n（Na2O2）=8mol时，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可知n（O2）=8mol×1/2=4mol，所以n（NH4＋）=n（NH3）=10mol-n（O2）=6mol，故n（Mg2＋）：n（Al3＋）：n（NH4＋）=2mol：2mol：6mol=1：1：3;(2)淡黄色固体为Na2O2。（二）（3）反应结束后乙瓶中的溶液需加足量H2O2溶液的目的是：为使亚硫酸根离子完全转化为硫酸根离子，加入的双氧水要足量，发生的反应的化学方程式为：Na2SO3+H2O2=Na2SO4+H2O；(4)最终所得沉淀是硫酸钡，根据硫原子守恒得硫的质量，设硫的质量为x，S～～～BaSO432g233gxm2gx=32m2/233g-12-质量分数=（5）步骤③中，一定物质的量浓度溶液的配制中，除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要250mL容量瓶；（6））先求滴定过程中高锰酸钾溶液平均消耗体积==25mL，氧化还原反应为：5Fe2＋+MnO4－+8H＋=Mn2＋+5Fe3＋+4H2O，设亚铁离子物质的量为n，则5Fe2＋+MnO4－+8H＋=Mn2＋+5Fe3＋+4H2O51n0.1mol·L－1×0.025Ln=0.0125mol；c（Fe2＋）==0.5000mol·L－1；-12-