河北省实验2026届高三上学期集团联考化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1河北省实验2026届高三上学期集团联考试题可能用到的相对原子质量：H1C12O16Fe56Ne20I127一、选择题，每题只有一个正确选项，1-9题每题2分，10-23题每题3分，共60分。1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是A.衣服面料中的棉、合成纤维都是有机高分子 B.光导纤维属于无机硅酸盐材料C.淀粉、蛋白质水解的最终产物均为葡萄糖 D.石油分馏与煤的干馏均是化学变化【答案】A【解析】A．棉的主要成分是纤维素，属于天然高分子，合成纤维是人工合成的高分子聚合物，二者均属于有机高分子，A正确；B．光导纤维主要成分为二氧化硅，不是硅酸盐，属于无机非金属材料，B错误；C．淀粉水解最终产物为葡萄糖，而蛋白质的水解产物为氨基酸，C错误；D．石油分馏是物理变化，煤的干馏是化学变化，D错误；故答案为：A。2.分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是A.、、均含有氧元素，都是氧化物B.、、KOH都易溶于水，都是电解质C.根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体D.根据物质在水溶液或熔融状态在是否完全电离，将电解质分为强电解质或弱电解质【答案】D【解析】A．氧化物必须由两种元素组成且含氧，HNO3含三种元素，Cu2(OH)2CO3含四种元素，均不是氧化物，A错误；B．CO2溶于水生成H2CO3导电，但CO2本身不能直接电离，属于非电解质，B错误；C．分散系的分类依据是分散质粒子直径大小，而非丁达尔效应，C错误；D．强电解质和弱电解质的区分标准是是否完全电离，D正确；答案选D。3.在探究铜与硝酸反应的实验中，下列图标与该实验无关的是A. B. C. D.【答案】A【解析】A．图标为小刀标志，铜与硝酸反应的实验无需使用小刀，A与实验无关；B．图标为通风标志，铜与硝酸反应生成NO或NO2气体，反应过程中需要排风，B与实验有关；C．图标为护目镜标志，硝酸有强腐蚀性且反应可能产生有害气体，需防护眼睛，C与实验有关；D．图标为洗手标志，实验后需清洗残留化学物质，D与实验有关；故选A。4.下列实验操作或装置，不能达到相应实验目的是A．灼烧碳酸氢钠固体制碳酸钠B．验证铁与水蒸气反应能生成C．制备氢氧化亚铁沉淀D．探究与水反应的能量变化A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．灼烧固体不能用蒸发皿，应使用坩埚，故A错误；B．还原铁粉和水蒸气高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，在肥皂液中产生气泡，点燃肥皂泡（气泡点燃听爆鸣声）可验证铁与水蒸气反应能生成，故B正确；C．铁与稀硫酸产生新制的硫酸亚铁和氢气，该装置可在氢气的氛围中，新制的硫酸亚铁与氢氧化钠在液面下反应可制得氢氧化亚铁沉淀，故C正确；D．与水反应生成氢氧化钠和氧气，该装置可以观察到U形管中水柱左低右高，可证明该反应放热，故D正确；选A。5.下列过程对应方程式书写正确的是A.用铝热法炼铁：B.用和水制备少量：C.用净水原理：D.钢铁吸氧腐蚀的负极反应：【答案】A【解析】本题以铁、钠及其化合物为素材，考查方程式书写知识，意在考查理解与辨析能力，宏观辨识与微观探析的核心素养。A．可用铝热反应冶炼铁，方程式书写正确，A正确；B．选项方程式原子不守恒，正确的方程式为，B错误；C．铁净水时发生水解反应生成氢氧化铁胶体，属于可逆反应，且胶体不用沉淀符号，正确的方程式为，C错误；D．钢铁吸氧腐蚀的负极上铁发生氧化反应，负极反应式为，D错误；故选A。6.在实验室中，下列处理方式正确的是A.保存液溴时，添加适量进行液封B.活泼金属燃烧起火，用灭火毯（石棉布）灭火C.除去试管中残留的Ag时，先用稀氨水浸泡，后用水清洗D.实验中不慎将浓沾到皮肤上，立即用0.01mol/L的NaOH溶液洗涤【答案】B【解析】A．保存液溴时，应使用水进行液封。溴能溶于，无法有效隔绝溴蒸气，A错误；B．活泼金属燃烧时，灭火毯（石棉布）可隔绝氧气，有效灭火，且避免使用其他灭火剂引发二次反应。B正确；C．银单质不溶于稀氨水，需用稀硝酸溶解。稀氨水无法去除银残留，C错误；D．浓硫酸沾到皮肤应立即用大量水冲洗，而非直接使用溶液（中和反应放热会加重损伤）。D错误；故选B。7.下列各组微粒在指定条件中，一定能大量共存/稳定存在的是A.新制氯水中：、、、Fe2+B.KOH溶液中：、Na+、、C.空气中：Na2O2、Fe2O3、Fe(OH)2、NaHCO3D.NaHCO3溶液中：、、Al3+、【答案】B【解析】A．新制氯水中含大量Cl2、H⁺，Cl2会氧化I⁻和Fe2+，H⁺与反应生成CO2和H2O，不能大量共存，A错误；B．KOH溶液为强碱性环境，、[Al(OH)4]⁻在此条件下稳定，与Na⁺、Cl⁻无反应，能大量共存，B正确；C．空气中Na2O2会与CO2、H2O反应，Fe(OH)2会被O2氧化，无法稳定存在，C错误；D．NaHCO3溶液中，OH⁻与Al3+反应生成Al(OH)3沉淀，OH⁻与反应生成NH3·H2O，OH⁻与反应生成等，不能大量共存，D错误；故选B。8.下列各组物质的水溶液不用其它试剂无法鉴别的是A.NaOH、 B.、C.、HCl D.NaI、NaCl【答案】D【解析】A．NaOH与AlCl3相互滴加时现象不同（沉淀生成与溶解顺序不同，NaOH滴入AlCl3中，先产生白色沉淀，后沉淀溶解；而AlCl3滴入NaOH中则是先无现象，后产生白色沉淀），可以鉴别，A不符合题意；B．CuSO4溶液为蓝色，BaCl2溶液无色，通过颜色即可鉴别，B不符合题意；C．Na[Al(OH)4]与HCl相互滴加时现象不同（沉淀生成与溶解顺序不同，HCl滴入Na[Al(OH)4]中，先产生白色沉淀，后沉淀溶解；而Na[Al(OH)4]滴入HCl中则是先无现象，后产生白色沉淀），可以鉴别，C不符合题意；D．NaI和NaCl均为无色溶液，相互滴加无反应且无现象，无法鉴别，D符合题意；故选D9.已知是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.4°C时，3.6g重水所含的电子数小于2NAB.28g聚乙烯()含有的质子数目为16NAC.一定条件下，5.6g铁粉与过量的硫粉充分反应，转移的电子数为0.3NAD.32gO2和O3的混合物中含有的氧原子数目为2NA【答案】C【解析】A．4℃时，3.6g重水(2H2O)所含电子数=，小于2NA，A正确；B．的最简式为，每个含8个质子，含有2molCH2，所含质子数目为16NA，B正确；C．5.6g铁物质的量为0.1mol，一定条件下，5.6g铁粉与过量的硫粉充分反应生成硫化亚铁，转移的电子数也只能是0.2NA，C错误；D．O2和O3的组成元素都为O元素，二者的质量实际是氧原子的质量，32g氧原子的物质的量为n==2mol，所含原子数为2NA，D正确；故选C。10.下列说法不正确的是A.温度、压强相同时，三种气体的密度关系：ρ(O2)>ρ(Ne)>ρ(H2)B.100g浓度为cmol·L-1稀硫酸中加入一定量的水稀释成0.5cmol·L-1，则加入水的体积小于100mLC.某溶液的密度为1.2g/cm3，Mg2+的质量分数为5%，1L该溶液中的物质的量为5molD.1mol氧气在放电条件下，有30%转化为臭氧，则放电后混合气体对氢气的相对密度是35.6【答案】D【解析】A．温度、压强相同时，气体密度与摩尔质量成正比。O2(32g/mol)＞Ne(20g/mol)＞H2(2g/mol)，密度关系正确，故A说法正确；B．令加入水的质量为xg，稀释前溶质的质量分数为w1，稀释后溶质的质量分数为w2，利用稀释前后溶质的质量不变，即有100×w1=(100+x)×w2，利用c=，存在c=，0.5c=，三式联立解得，因为硫酸浓度越大，密度越大，因此有＞1，解得x＜100，水的密度为1g/cm3，因此加入水的体积小于100mL，故B说法正确；C．1L溶液质量1000mL×1.2g/cm3=1200g，m(Mg2+)=1200g×5%=60g，对应2.5molMgCl2，Cl-物质的量为2.5×2=5mol，故C说法正确；D．氧气与臭氧转化的反应方程式为3O2=2O3，1molO2中30%转化为O3，生成0.2molO3，剩余0.7molO2，总质量32g，总物质的量0.9mol，平均摩尔质量≈35.56g/mol，相同条件下，密度的比值等于其摩尔质量之比，即相对密度为≈17.8，而非35.6，故D说法错误；故答案为D。11.某有机物的结构简式如图所示。下列关于该有机物的说法错误的是A.该有机物的分子式为C10H10O3B.能发生取代反应、加成反应、聚合反应、氧化反应C.用酸性KMnO4溶液可检验该有机物中存在碳碳双键D.1mol该有机物分别与足量Na、NaHCO3反应，消耗两者物质的量之比为2：1【答案】C【解析】A．该有机物的结构中含苯环（6C）、羧基（1C）、取代基-C(CH2OH)=CH2（3C），共10C；H数通过不饱和度计算：Ω=苯环(4)+羧基C=O(1)+碳碳双键(1)=6，H=2×10+2-2×6=10；O为羧基(2个)和羟基(1个)共3个，分子式为C10H10O3，A正确；B．取代反应：羧基酯化、羟基酯化；加成反应：苯环加氢、碳碳双键加成；聚合反应：碳碳双键可加聚；氧化反应：羟基、碳碳双键均能被氧化，B正确；C．该有机物含有醇羟基（-OH），能被酸性KMnO4氧化使溶液褪色，干扰碳碳双键的检验，无法用酸性KMnO4单独检验碳碳双键，C错误；D．与Na反应的官能团为羧基（1mol）和羟基（1mol），共消耗2molNa；与NaHCO3反应的仅羧基（1mol），消耗1molNaHCO3，物质的量之比为2:1，D正确；故答案选C。12.下列物质中杂质(括号内为杂质)的检验试剂、除杂试剂，都正确的是选项物质及杂质检验试剂除杂试剂A溶液()溶液过量NaOH溶液B溶液酸性高锰酸钾溶液C品红溶液饱和碳酸氢钠溶液D润湿的淀粉-碘化钾试纸饱和食盐水A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．检验试剂Ba(OH)2溶液与Na2CO3和NaHCO3均反应生成沉淀，无法区分两者，检验错误；除杂用过量的NaOH可将NaHCO3转化为Na2CO3，正确；A不符合题意；B．溶液可检验Fe2+（生成蓝色沉淀），检验正确；但酸性高锰酸钾会引入Mn2+和K+等新杂质，除杂错误；B不符合题意；C．品红溶液可检验SO2（褪色），而CO2无此现象，检验正确；因亚硫酸的酸性强于碳酸，能与饱和溶液反应而被除去，而不反应且在饱和溶液中溶解度小，除杂正确，C符合题意；D．湿润的淀粉-KI试纸用于检验Cl2（变蓝），但无法直接检测杂质HCl的存在，检验错误；饱和食盐水可除去HCl，除杂正确；因检验错误，D不符合题意；故选C。13.下列关于实验室试剂保存和实验室安全的说法正确的是A.氢氟酸保存在玻璃或铅制器皿中B.金属钠保存在石蜡中C.用手拿取一块绿豆粒大小的金属钠，放入水中观察D.金属镁不慎着火，应立即用CO2灭火器灭火【答案】B【解析】A．氢氟酸可以和二氧化硅反应，故不能保存在玻璃瓶中，但氢氟酸与铅不反应，可以保存在铅制器皿中，A项错误；B．钠比较活泼，保存时应隔绝空气和水，钠的密度大于石蜡，且钠与石蜡不反应，故可以保存在石蜡中，B项正确；C．金属钠会腐蚀皮肤，不能用手直接拿取，C项错误；D．燃烧的镁可在CO2气体中继续燃烧并放出大量热，故镁失火时不能用CO2灭火器灭火，D项错误。故选B。14.单体M通过不同的聚合方式可生成聚合物A和聚合物B，转化关系如下：下列说法不正确的是A.聚合物A的重复结构单元中含有的官能团和单体M中的不同B.单体M生成聚合物B的反应为加聚反应C.聚合物B在热的酸性或碱性溶液中处理后，亲水性增强D.聚合物B解聚生成单体M，存在断开C-C键，形成C-C键的过程【答案】A【解析】A．聚合物A的重复结构单元中和单体M中含有的官能团都是酯基和碳碳双键，含有的官能团相同，A错误；B．对比单体M生成聚合物B的结构简式可知，单体M断开碳碳双键中的π键，生成聚合物B中的σ键，反应为加聚反应，B正确；C．在酸性或碱性的水溶液中，聚合物B能发生水解反应，产生亲水基团羟基和羧基，即亲水性增强，C正确；D．结合B分析可知，聚合物B解聚生成单体M为单体M生成聚合物B的逆反应，则存在断开C-Cσ键，形成C-Cπ键的过程，D正确；故答案为：A。15.由实验操作和现象，得出的结论正确的是实验操作现象结论A向盛有少量蒸馏水的试管中滴加2滴溶液，然后再滴加2滴KSCN溶液无明显现象与形成的配位键更强B向电石中加入适量饱和食盐水，并将产生的气体直接通入酸性溶液中酸性溶液褪色反应生成乙炔C向一卤丁烷中加入足量NaOH溶液，加热，静置、冷却后取少量水层液体于另一支试管中，加入稀硝酸酸化，再滴加溶液产生浅黄色沉淀该有机物为一溴丁烷D向蔗糖溶液中加入足量稀硫酸，加热煮沸，冷却后加入新制备的，加热无砖红色沉淀产生蔗糖不属于还原糖A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．的中心离子是。实验无明显现象是因为配合物很稳定，不能替换出，说明配位键比配位键强，因此无法得出该结论，A错误；B．电石与水反应生成的乙炔中混有硫化氢等杂质气体，均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，则高锰酸钾溶液褪色不能说明是乙炔与高锰酸钾反应，结论不严谨，B错误；C．一卤丁烷在NaOH水溶液、加热条件下发生水解，生成丁醇和卤化钠，取水层清液后加稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，生成卤化银沉淀，该沉淀为浅黄色，说明该卤化银是溴化银，因此该有机物是一溴丁烷，C正确；D．用新制Cu(OH)2检验还原糖时，必须在碱性环境中进行，实验中只加入了稀硫酸，稀硫酸会与Cu(OH)2反应，即使存在还原糖，也看不到砖红色沉淀，D错误；答案选C。16.已知：ⅰ．4KI+O2+2H2O=4KOH+2I2ⅱ．3I2+6OH-=IO+5I-+3H2O某同学进行如下实验：①取久置的KI固体(呈黄色)溶于水配成溶液；②立即向上述溶液中滴加淀粉溶液，溶液无明显变化；滴加酚酞后，溶液变红；③继续向溶液中滴加硫酸，溶液立即变蓝。下列分析不合理的是A.②说明久置的KI固体中含有I2，但是加水后发生了ⅱ，所以不变蓝B.③中溶液变蓝的可能原因：酸性增大，IO氧化了I-C.①②说明在固体中I2与KOH可以共存，但是在溶液中不能大量共存D.若向淀粉KI试纸上滴加硫酸，一段时间后试纸变蓝，则证实该试纸上存在IO【答案】D【解析】A．KI固体易被氧气氧化，向KI溶液中滴加淀粉溶液，溶液无明显变化，不能确认KI固体中是否含有I2，但滴加酚酞后，溶液变红，说明溶液呈碱性，即KI与O2反应生成KOH，则久置的KI固体中含有I2，但是加了水之后发生ii，所以不变蓝，A合理；B．酸性条件下，反应生成，，导致溶液变蓝，B合理；C．KI固体易被O2氧化，发生反应，根据②的现象可知，在溶液中，I2与KOH反应：，说明固体再I2中与KOH可以共存，但是在溶液中不能大量共存，C合理；D．向淀粉KI试纸上滴加硫酸，一段时间后试纸变蓝，可能发生、、，则试纸上可能不存在，D不合理；故选D。17.无水三氯化铝是重要的化学试剂(三氯化铝易升华，升华点

178℃)，可作为有机合成的催化剂。一种工业制法如图所示：下列说法错误的是A.提供氯气的生产车间可能同时提供吸收器中所需的吸收剂B.进入捕集器的气体有Cl2、AlCl3C.反应炉预热后先加铝锭，后通入氯气，更有利于提高铝的利用率D.在潮湿空气中转移捕集器中的产品，可看到“发烟”现象【答案】C【解析】A．氯气生产通常通过电解饱和食盐水，产物有NaOH，可作为吸收器中吸收过量Cl2的吸收剂（NaOH溶液），A正确；B．反应炉中Al与Cl2反应生成AlCl3，AlCl3易升华（178℃）为气体，未反应的Cl2气体与AlCl3气体共同进入捕集器，B正确；C．若先加铝锭后通氯气，预热的铝锭可能被空气中O2氧化为Al2O3（Al2O3与Cl2不反应），导致铝利用率降低；应先通氯气排尽空气，再加入铝锭，C错误；D．AlCl3在潮湿空气中水解生成HCl气体，HCl遇水蒸气形成白雾，即“发烟”现象，D正确；故选C。18.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列“类推”结果正确的是A.碳酸氢钠受热易分解，碳酸氢钾受热也易分解B.Na2O2与CO2反应生成Na2CO3与O2，则Na2O2与SO2反应生成Na2SO3与O2C.Ca(HCO3)2的溶解度比CaCO3的大，则NaHCO3的溶解度比Na2CO3的大D.Na在空气中燃烧生成Na2O2，则Li在空气中燃烧生成Li2O2【答案】A【解析】A．碳酸氢钠和碳酸氢钾同为碱金属的碳酸氢盐，受热均易分解生成碳酸盐、水和二氧化碳，类推合理，A正确；B．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，但SO2具有还原性，与强氧化性的Na2O2反应时会被氧化为Na2SO4而非Na2SO3，且不生成O2，B错误；C．Ca(HCO3)2溶解度大于CaCO3，但钠盐相反，NaHCO3的溶解度（约9.6g）小于Na2CO3（约21.5g），类推不成立，C错误；D．Na燃烧生成Na2O2，但Li的金属性较弱，燃烧生成Li2O，类推错误，D错误；故选A。19.下列关于实验现象的解释或结论中，错误的是选项实验操作试剂A现象结论A高锰酸钾的酸性溶液紫色褪去SO2有还原性B盐酸酸化的BaCl2溶液无明显变化，一段时间后出现白色沉淀硫元素从+4价被氧化到+6价C新制氯水黄绿色褪去SO2有漂白性D硫化钠溶液出现淡黄色浑浊SO2有氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．酸性高锰酸钾溶液可氧化二氧化硫，紫色褪色，可知二氧化硫具有还原性，故A正确；B．二氧化硫与盐酸酸化的BaCl2溶液不反应，无明显变化，一段时间后产生白色沉淀为硫酸钡，可知硫元素从+4价被氧化到+6价，故B正确；C．氯水可氧化二氧化硫，黄绿色褪去，可知二氧化硫具有还原性，与漂白性无关，故C错误；D．二氧化硫可氧化硫化钠生成硫单质，出现淡黄色浑浊，可知二氧化硫具有氧化性，故D正确；答案选C。20.某化学兴趣小组利用药品：铁粉、稀硫酸、氢氧化钠溶液，然后用下图装置制备氢氧化亚铁并观察其颜色。下列有关说法错误的是A.连接好装置后，需检查装置的气密性B.左侧三颈烧瓶可制取FeSO4溶液并排尽装置内空气C.实验时先打开A、关闭B和C，再打开B和C、关闭D.实验时为防止仪器2中铁粉通过导管进入仪器3中，可将仪器2中的铁粉改成铁钉【答案】C【解析】该实验有气体产生，因此在组装好仪器后，要先检查装置的气密性。实验时，先关闭止水夹A，打开止水夹B、C，将分液漏斗中稀硫酸滴加到左边的三颈烧瓶中，在左边的三颈烧瓶中Fe与稀H2SO4反应产生FeSO4、H2，产生的H2经导气管进入到右边装有NaOH溶液的三颈烧瓶中，将溶液及装置中的空气排出，待反应一段时间后，关闭止水夹B，打开止水夹A，反应产生的H2使左边三颈烧瓶中产生的FeSO4溶液压入到右边装有NaOH溶液的三颈烧瓶中，FeSO4与NaOH发生复分解反应产生Fe(OH)2白色沉淀。Fe(OH)2处于H2的惰性环境中，不会被氧化，因此能够较长时间观察Fe(OH)2的颜色。A．该实验是有气体生成的实验，在连接好装置后﹐首先要检查装置的气密性，A正确；B．铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，关闭A、打开B和C，氢气能排尽装置中的空气，所以左侧三颈烧瓶可制取FeSO4溶液并排尽装置内空气，B正确；C．根据B项的分析，应先关闭A，打开B和C，使氢气排尽装置中的空气，一段时间后再关闭B、打开A，将FeSO4溶液压入NaOH溶液中，C错误；D．实验时为防止仪器2中铁粉通过导管进入仪器3中，可在仪器2底部放上一块吸铁石或将铁粉改成铁钉，D正确；故合理选项C。21.制备亚氯酸钠(NaClO2，受热易分解)的工艺流程如图，下列说法错误的是A.“滤渣”的成分为B.①②两处通HCl的作用相同C.操作a为“减压蒸发”D.理论上，产生气体A、B的物质的量之比为1：1【答案】B【解析】粗食盐水含CaCl2、MgCl2，需加入试剂除杂。通常用NaOH除Mg2+（生成Mg(OH)2沉淀），用Na2CO3除Ca2+（生成CaCO3沉淀），因此滤渣成分为Mg(OH)2和CaCO3；然后电解得到NaClO3和H2，反应Ⅱ中NaClO3和HCl反应，生成ClO2和气体A，还有母液。这里NaClO3和HCl反应，Cl的化合价为+5和-1，发生归中反应，可能生成Cl2，所以气体A是Cl2。然后ClO2进入吸收塔，和NaOH、H2O2反应，H2O2作为还原剂，被氧化生成O2，所以气体B是O2。因为NaClO2受热易分解，所以不能常压蒸发，需要减压蒸发，再冷却结晶得到产物。A．粗食盐水中含CaCl2、MgCl2，反应Ⅰ中加入试剂（如NaOH、Na2CO3）可使Mg2+生成Mg(OH)2沉淀、Ca2+生成CaCO3沉淀，滤渣成分为二者，A正确；B．①处HCl用于中和反应Ⅰ中过量的OH-、，提纯NaCl溶液；②处HCl为反应Ⅱ的反应物（提供H+和Cl-），参与生成ClO2的反应，两处作用不同，B错误；C．NaClO2受热易分解，操作a需在低温下蒸发水分，减压蒸发可降低沸点，防止分解，C正确；D．反应Ⅱ中：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑（气体A）+2NaCl+2H2O，生成1molClO2同时生成0.5molCl2；吸收塔中：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑（气体B）+2H2O，1molClO2生成0.5molO2，A、B物质的量之比为1:1，D正确；故选B。22.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列叙述正确的是A.按上述流程，试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B.反应①过滤后所得沉淀为氧化铁C.图中所有的转化反应都不是氧化还原反应D.反应②的离子方程式为2AlO2－＋CO2＋3H2O＝2Al(OH)3↓＋CO32－【答案】B【解析】综合分析工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应①过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；Y为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解生成氧化铝，电解熔融Al2O3得到金属铝，以此解答该题。A．由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；B．Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，则过滤后所得沉淀为Fe2O3，故B正确；C．电解熔融Al2O3冶炼金属铝属于氧化还原反应，故C错误；D．反应①过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+NaHCO3，故D错误；故答案选B。23.以下物质间的转化中，其中有不能通过一步反应实现的是A. B.C. D.【答案】B【解析】A．Fe与盐酸反应生成，与反应生成，在空气中氧化为，均可一步完成，A不符合题意；B．Al燃烧生成，但无法直接与水反应生成，需先与酸或碱反应后再中和，无法一步转化，B符合题意；C．S燃烧生成，溶于水生成，被氧化为，均可一步完成，C不符合题意；D．与放电生成NO，NO氧化为，与水反应生成，均可一步完成，D不符合题意；故选B。二、非选择题(24题12分，25题13分，26题15分，共40分)24.镍酸锂(LiNiO2)是一种具有潜力锂离子材料。以镍催化剂废渣(主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、CaO、SiO2等杂质)为原料制备镍酸锂的流程如下。已知：，，萃取Cu2+的反应原理为Cu2++2HRCuR2+2H+。（1）滤渣1为______。（2）“除铁”步骤中发生反应的离子方程式为______。（3）“除钙”步骤中，若溶液中，加入等体积的NH4F溶液，则c(NH4F)至少为______，Ca2+开始沉淀。此时pH不能过低的原因是______。（4）“萃取”时发生反应Ni2+2RHNiR2+2H+(RH为萃取剂)，一定条件下，萃取平衡时，，则Ni2+的萃取率为______。反萃取获得NiSO4，加入的试剂为______。【答案】（1）SiO2、CaSO4（2）（3）①.②.酸性过强，F-与H+结合生成HF，F-浓度降低导致除钙不完全（4）①.80%②.稀硫酸【解析】镍催化剂废渣主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、CaO、SiO2等杂质。由题给流程可知，向镍催化剂废渣中加入稀硫酸“酸浸”，金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和滤液；向滤液中加入次氯酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入氟化铵溶液，将溶液中的钙离子转化为氟化钙，过滤得到含有氟化钙的滤渣和滤液；向滤液中加入有机萃取剂萃取HR萃取、分液得到含有锌离子的有机相和水相；向水相中加入碳酸钠溶液，将溶液中的镍离子转化为碳酸镍沉淀，过滤得到滤液和碳酸镍；将碳酸镍和碳酸锂混合煅烧得到镍酸锂。（1）不溶于稀，与生成沉淀，所以滤渣1为、。（2）“除铁”即加入次氯酸钠溶液将氧化为并生成沉淀，故该步骤中发生反应的离子方程式为：；（3）设氟化铵的浓度为cmol/L，由题意可得：＞Ksp(CaF2)=1.05×10-10，解得c>9.16×10-5；氢氟酸为弱酸，溶液pH过低，溶液中氢离子会与氟离子生成氢氟酸，导致钙离子不能沉淀完全，所以除钙步骤时溶液pH不能过低；（4）“萃取”时发生反应Ni2+2RHNiR2+2H+(RH为萃取剂)，一定条件下，萃取平衡时，，被萃取的Ni2+即形成NiR2的Ni2+的物质的量是残留在溶液中Ni2+的4倍，则Ni2+的萃取率为。反萃取，使Ni2+2RHNiR2+2H+逆向移动，需加入H+，为了不引入杂质，所以加入稀硫酸，得到NiSO4溶液。25.回答下列问题：（1）下图为制备和收集CO气体的装置，请回答下列问题：①盛放甲酸的实验仪器的名称是______。②装置A中发生的化学反应利用了浓硫酸的______。③装置B的作用是______。（2）新制银氨溶液可以检验CO气体，有黑色沉淀生成。写出反应的化学方程式______。下图为制备FeS2的一种实验装置，在N2保护下，将溶有S的热二苯醚溶液注射到FeS热油胺溶液中(S过量)，继续加热回流2h，冷却至室温，离心分离，经洗涤得产品FeS2。（3）为除去产品中残留的S，可选用的洗涤试剂是______(填序号)。A.H2O B.CS2 C.CH3CH2OH D.二苯醚（4）FeS2的含量测定产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+；用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用0.1000mol·L−1K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+至终点。重复3次。已知甲基橙的还原反应：氧化态(红色)＋ne−=还原态(无色)。①当溶液中出现______现象(填颜色变化)时，立即停止滴加SnCl2溶液。②某次测定称取产品1.200g，滴定消耗K2Cr2O7标准溶液体积为15.00mL，则该次实验测得产品中FeS2质量分数为______。③下列操作可能导致测定结果偏高的是______。A．热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却B．还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数【答案】（1）①.分液漏斗②.脱水性③.吸收挥发出的甲酸（2）（3）BD（4）①.溶液颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色②.90%③.BC【解析】对（1）（2）中的实验进行分析，甲酸与浓硫酸混合制取CO，体现了浓硫酸的脱水性，用水吸收挥发出的甲酸，用排水法收集CO气体，据此分析解答；对（3）（4）中的实验进行分析，在N2保护下，以硫和硫化亚铁为主要原料制备二硫化亚铁，其中硫溶解于热二苯醚溶液中，证明硫在热二苯醚溶液中溶解度大，FeS溶于热油胺溶液中并置于三颈烧瓶中，使用球形冷凝管加热回流2h，冷却至室温，离心分离，经洗涤得产品FeS2，据此分析解答。（1）①盛放甲酸的实验仪器的名称是分液漏斗；②甲酸在浓硫酸作用下脱水生成CO，该化学反应利用了浓硫酸的脱水性；③甲酸易挥发且溶于水，CO难溶于水，因此将生成的气体通过盛有水的装置B目的是吸收挥发出的甲酸；（2）CO和新制银氨溶液反应生成黑色沉淀，则CO将银氨溶液中银元素还原为Ag单质(黑色沉淀)，碳元素化合价升高，在碱性溶液中以形式存在，故反应的化学方程式为；（3）S难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，所以可以选择CS2去除；结合实验装置针筒注射器内实验药品可知，S在二苯醚溶解性较好，所以可选二苯醚去除，故答案为BD；（4）①当溶液中Fe3+全部被还原至Fe2+时，再加入还原剂SnCl2后，甲基橙会得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色；②根据氧化还原反应滴定原理，结合得失电子守