2022-2023学年高中化学人教版(2019)必修一第三章试卷3

2022-2023学年高中化学人教版（2019）必修一第三章单元测试卷3一．选择题（共20小题）1．在电影《我和我的祖国》中有一场景是修复国旗旗杆上的不锈钢阻断球。不锈钢是常见的合金。关于合金，下列说法错误的是（）A．我国使用最早的合金是铁合金 B．钠钾合金是原子反应堆的导热剂 C．目前世界上使用量最大的合金是铁碳合金 D．多数合金熔点低于其组分中任意一种组成金属的熔点2．短道速滑作为冬奥会上的正式项目，一直备受瞩目。下列速滑竞赛服和速滑冰刀使用的材料中不属于有机高分子材料的是（）A．速滑冰刀中采用钛合金材料 B．速滑竞赛服右胯部的位置采用一种合成纤维 C．速滑竞赛服手脚处使用了蜂窝样式的聚氨基甲酸酯材料 D．速滑竞赛服大腿部位选择一种比普通纤维弹性强数十倍的橡胶材料3．2021年6月25日，拉萨一林芝铁路开通。至此，“复兴号”高速列车覆盖了我国31个省市，在制造高速列车使用的多种材料中，属于合金的是（）A．碳纤维 B．塑料 C．玻璃 D．硬铝4．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是（）A．Fe（OH）2Fe（OH）3Fe2O3 B．NaNa2ONaOH C．Al（OH）3Al2O3Al D．SO2SSO35．化学与生活密切相关，下列有关物质及其用途叙述正确的是（）A．氧化钠是碱性氧化物，可用作潜艇中的供氧剂 B．利用铁和氯化铜的反应可制作印刷电路板 C．大量燃煤排放的二氧化硫是导致光化学烟雾的主要原因 D．运输浓硫酸采用铁质容器或者铁罐车装运6．常温下，可以用铝制容器来盛装的物质是（）A．浓盐酸 B．浓硝酸 C．稀硝酸 D．稀硫酸7．100mL某混合酸中，c（HNO3）为0.3mol/L，c（H2SO4）为0.25mol/L。向其中加入3.2g铜粉，待充分反应后，忽略溶液体积变化，下列说法正确的是（）A．反应后溶液中c（Cu2+）为0.45mol/L B．标准状况下，生成NO的体积为448mL C．反应中转移0.09mol电子 D．反应后铜有剩余，加足量稀硫酸，铜减少，但仍然有剩余8．化学与生活密切相关。下列叙述错误的是（）A．不锈钢是一种合金钢 B．含有钠元素的焰火会呈现黄色 C．铅笔芯的主要成分是PbO2 D．Fe2O3常用作油漆和涂料的红色颜料9．我国古代劳动人民用“失蜡法”铸造青铜器：用蜂蜡作成铸件模型，再用黏土敷成外范，烧成陶模，烧制过程蜡模全部融化流失，使整个铸件模型变成空壳，再往内浇灌青铜熔液，便铸成器物。下列说法错误的是（）A．青铜是我国最早使用的合金材料，其硬度比纯铜小 B．蜂蜡的主要成分为有机物，其中的酯类物质难溶于水 C．黏土（Al2O3•2SiO2•2H2O）的主要成分为硅酸盐 D．陶模属于传统无机非金属材料，耐高温、耐腐蚀10．某气态烃0.5mol能与0.5molCl2完全加成，加成产物又可被3molCl2完全取代，则此气态烃可能是（）A．CH2＝CH2 B．CH3﹣CH＝CH2 C．CH2＝CHCH2CH3 D．CH2＝CH﹣CH＝CH211．下列说法正确的是（）A．从海带中提取碘的过程是：灼烧→浸泡→过滤→氧化→萃取→蒸馏 B．海水的“吹出法”提溴过程只涉及物理变化 C．工业上常用电解熔融氯化铝法冶炼铝单质 D．玻璃是将黏土、石灰石、石膏在玻璃熔炉中高温熔融制得的12．在常温、常压下，取等质量的下列四种气态烃，分别在足量的氧气中燃烧，消耗氧气最多的是（）A．СН4 B．C3H8 C．C4H10 D．C2H613．向10mL浓度均为2mol/L的硝酸与硫酸的混合溶液中加入过量的铜，充分反应后，设溶液体积仍为10mL，产生的气体在标准状况下的体积是（）A．0.448L B．0.224L C．0.336L D．0.672L14．研究“2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如图：下列说法不正确的是（）A．a中生成黄色沉淀的反应是：Ag++I﹣＝AgI↓ B．可依据a中现象推测，实验I中的棕黄色主要是I2引起的 C．加水的作用是排除稀释对溶液颜色的影响 D．还原性：实验a中I﹣＞Fe2+，实验b中I﹣＜Fe2+，体现了离子浓度对物质还原性的影响15．2022年6月5日，“神舟十四号”载人飞船成功对接于天和核心舱径向端口，3名航天员顺利进入天和核心舱。下列有关说法错误的是（）A．钛合金具有耐腐蚀和耐低温等性能，可应用于航空航天领域 B．航天器的操纵杆采用的碳纤维属于新型无机非金属材料 C．火箭的整流罩前锥段材料﹣﹣聚甲基丙烯酰亚胺属于有机高分子材料 D．航天器使用的太阳能电池阵和锂离子电池组工作时，均可将化学能转化成电能16．单质疏在热的NaOH溶液中发生歧化反应：3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O。若硫过量，会进一步发生反应：Na2S+（x﹣1）SNa2Sx（x≤5），Na2SO3+SNa2S2O3。将0.12mol疏与含0.06molNaOH的热溶液充分反应恰好生成amolNa2Sx和bmolNa2S2O3，向该溶液中再加入适量NaClO碱性溶液300mL，硫元素恰好全部转化为Na2SO4，下列说法不正确的是（）A．a：b＝2：1 B．NaClO碱性溶液的物质的量浓度为1.2mol/L C．Na2Sx中x＝5 D．生成Na2SO4溶液的物质的量浓度为0.4mol/L17．将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入100mL4.40mol/L盐酸中，充分反应后产生896mLH2（标准状况），残留固体1.28g，过滤，滤液中无Cu2+。将滤液加水稀释到200mL，测得其中c（H+）为0.400mol/L。则原混合物中铁元素的质量是（）A．10.08g B．3.36g C．5.60g D．6.4g18．将41.2g由Al、Fe、Cu组成的合金等分为两份，将其中一份合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体6.72L（标准状况）；另一份合金溶于过量的稀硝酸中，得到VL（标准状况下）NO气体，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，过滤得到滤液X和25.4g的沉淀Y（HNO3的还原产物仅为NO），则下列说法正确的是（）A．41.2g的合金中含铁5.6g B．滤液X中的溶质只有硝酸钠 C．V为8.96 D．沉淀Y中含氢氧化铜9.8g19．某白色粉末样品，可能含有Na2SO4、Na2SO3、Na2S2O3和Na2CO3。取少量样品进行如下实验，该样品中肯定存在的是（）①溶于水，得到无色透明溶液；②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体逸出，离心分离；③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液有沉淀生成。A．Na2SO4、Na2CO3 B．Na2SO3、Na2CO3 C．Na2SO3、Na2S2O3 D．Na2SO4、Na2S2O320．将一定质量的镁和铝的混合物投入100mL盐酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。若不考虑金属和盐酸反应时HCl的挥发，则下列说法不正确的是（）A．镁与铝的物质的量之比为4：3 B．盐酸的物质的量浓度为10mol•L﹣1 C．NaOH溶液的物质的量浓度为5mol•L﹣1 D．生成的氢气在标准状况下的体积为10.08L二．填空题（共1小题）21．物质分类与转化是学习化学的重要方法，如图为铁及其化合物的“价一类”二维图，请回答：（1）填写二维图中缺失的类别A和化学式B，物质B的颜色为。（2）利用下述反应可实现转化①：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，用单线桥法标注电子转移情况，并指明氧化剂：（填化学式）。（3）结合二维图中信息推测在转化②中FeO42﹣表现的性质为（填“还原性”或“氧化性”）（4）向FeCl2溶液试管底部加入NaOH溶液，放置一段时间后。观察到的实验现象为。三．实验题（共1小题）22．在常温下，Fe与水并不起反应，但在高温下，Fe与水蒸气可发生反应。应用如图装置，在硬质玻璃管中放入还原性铁粉和棉绒的混合物，加热，并通入水蒸气，就可以完成高湿下“Fe与水蒸气的反应实验”。请回答下列问题：（1）仪器A的名称是；（2）硬质玻璃管B中发生反应的化学方程式为；（3）实验中先点燃酒精灯a再点燃酒精喷灯，可能的原因是；（4）某同学利用反应后的固体物质进行如图实验：①某同学发现实验中加入过量新制氯水，放置一段时间后，深红色会逐渐褪去，褪色后的溶液中继续滴加KSCN溶液，又出现红色，则褪色的原因可能是；②该同学将上述实验中的新制氯水改为H2O2溶液，也能出现深红色溶液，用离子方程式表示溶液颜色加深的原因。四．计算题（共1小题）23．现有一定量的Cu和CuO混合物，向其中加入0.6L2.0mol/L稀硝酸，混合物完全溶解，同时生成4.48LNO（标准状况）。向所得溶液中加入一定体积1.0mol/LNaOH溶液，恰好使Cu2+沉淀完全，沉淀经洗涤、充分灼烧后得32.0g固体。试计算：（1）Cu与稀硝酸反应的离子方程式：；（2）原混合物中CuO的质量克；（3）加入NaOH溶液的体积升。五．推断题（共1小题）24．有一包白色固体粉末，其中可能含有Na2SO4、NaCl、Ba（NO3）2、CuSO4、Na2CO3中的一种或几种。现做以下实验：（以下各空请用化学式回答）（1）将部分粉末加入到蒸馏水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色。由此可以肯定原固体粉末中一定没有；（2）向（1）的沉淀物中加入足量稀盐酸，固体完全溶解，并有气泡产生。由此可推断（1）中的白色沉淀是，并得出原固体粉末中一定没有的结论。（3）经过上述步骤后，原固体粉末中的仍无法确定其是否存在。设计实验方案再检验该物质：另取步骤（1）中过滤后的滤液，加入足量某酸溶液后，再滴入几滴溶液生成了沉淀，则生成沉淀的化学反应方程式为。

2022-2023学年高中化学人教版（2019）必修一第三章单元测试卷3参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）1．在电影《我和我的祖国》中有一场景是修复国旗旗杆上的不锈钢阻断球。不锈钢是常见的合金。关于合金，下列说法错误的是（）A．我国使用最早的合金是铁合金 B．钠钾合金是原子反应堆的导热剂 C．目前世界上使用量最大的合金是铁碳合金 D．多数合金熔点低于其组分中任意一种组成金属的熔点【考点】合金的概念及其重要应用．【分析】A．青铜是人类历史上最早使用的合金；B．钠钾合金常温下为液体，可导热；C．钢铁是使用量最大的合金；D．合金是金属与金属或金属与非金属融合在一起形成的特征性质的混合物，多数合金熔点低于其组分中任意一种组成金属的熔点。【解答】解：A．青铜是铜和锡的合金，是人类历史上最早使用的合金，故A错误；B．钠钾合金常温下为液体，可导热，因此钠钾合金可作原子反应堆的导热剂，故B正确；C．目前世界上使用量最大的合金是钢铁，属于铁碳合金，故C正确；D．多数合金熔点低于其组分中任意一种组成金属的熔点，如钠钾合金为液态，故D正确；故选：A。2．短道速滑作为冬奥会上的正式项目，一直备受瞩目。下列速滑竞赛服和速滑冰刀使用的材料中不属于有机高分子材料的是（）A．速滑冰刀中采用钛合金材料 B．速滑竞赛服右胯部的位置采用一种合成纤维 C．速滑竞赛服手脚处使用了蜂窝样式的聚氨基甲酸酯材料 D．速滑竞赛服大腿部位选择一种比普通纤维弹性强数十倍的橡胶材料【考点】合金的概念及其重要应用；无机非金属材料．【分析】A．钛合金材料属于金属材料；B．合成纤维属于合成有机高分子材料；C．聚氨基甲酸酯材料属于合成有机高分子材料；D．合成橡胶属于合成有机高分子材料。【解答】解：A．速滑冰刀中采用钛合金材料属于金属材料，故A正确；B．速滑竞赛服右胯部的位置采用一种合成纤维属于合成有机高分子材料，故B错误；C．速滑竞赛服手脚处使用了蜂窝样式的聚氨基甲酸酯材料属于合成有机高分子材料，故C错误；D．速滑竞赛服大腿部位选择一种比普通纤维弹性强数十倍的橡胶材料为合成橡胶，属于合成有机高分子材料，故D错误；故选：A。3．2021年6月25日，拉萨一林芝铁路开通。至此，“复兴号”高速列车覆盖了我国31个省市，在制造高速列车使用的多种材料中，属于合金的是（）A．碳纤维 B．塑料 C．玻璃 D．硬铝【考点】合金的概念及其重要应用．【分析】合金指将两种或两种以上的金属（或金属与非金属）共熔得到的具有金属性质的材料。【解答】解：A．碳纤维属于新型无机非金属材料，故A错误；B．塑料属于合成材料，故B错误；C．玻璃属于无机非金属材料，故C错误；D．硬铝是将铜、镁、锰等加到铝中，得到的强度比铝高得多的合金，故D正确；故选：D。4．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是（）A．Fe（OH）2Fe（OH）3Fe2O3 B．NaNa2ONaOH C．Al（OH）3Al2O3Al D．SO2SSO3【考点】铁的氧化物的性质；铁的氢氧化物的性质；铝的性质；二氧化硫的性质．【分析】A．氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，氢氧化铁加热生成氧化铁；B．钠与氧气加热时生成过氧化钠；C．铁与氧化铝不反应；D．硫与氧气反应生成二氧化硫。【解答】解：A．氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，氢氧化铁加热生成氧化铁，图中转化均可实现，故A正确；B．钠与氧气加热时生成过氧化钠，NaNa2O不能实现转化，故B错误；C．铁与氧化铝不反应，所以Al2O3Al不能实现，故C错误；D．硫与氧气反应生成二氧化硫，SSO3不能实现，故D错误；故选：A。5．化学与生活密切相关，下列有关物质及其用途叙述正确的是（）A．氧化钠是碱性氧化物，可用作潜艇中的供氧剂 B．利用铁和氯化铜的反应可制作印刷电路板 C．大量燃煤排放的二氧化硫是导致光化学烟雾的主要原因 D．运输浓硫酸采用铁质容器或者铁罐车装运【考点】铁的化学性质；二氧化硫的污染及治理．【分析】A．氧化钠和水、二氧化碳反应没有氧气生成；B．氯化铁具有氧化性，能够腐蚀铜板，铁和氯化铜生成FeCl2；C．氮的氧化物可导致光化学烟雾；D．浓硫酸具有强氧化性，可使铁钝化。【解答】解：A．氧化钠和水、二氧化碳反应没有氧气生成，过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气，所以过氧化钠能作供氧剂，氧化钠不能作供氧剂，故A错误；B．氯化铁具有氧化性，能够腐蚀铜板，通常用氯化铁腐蚀铜板制印刷电路板，故B错误；C．氮的氧化物可导致光化学烟雾，二氧化硫的大量排放是造成酸雨的主要原因，故C错误；D．浓硫酸具有强氧化性，可使铁钝化，所以在常温下用铁质容器贮运浓硫酸，故D正确；故选：D。6．常温下，可以用铝制容器来盛装的物质是（）A．浓盐酸 B．浓硝酸 C．稀硝酸 D．稀硫酸【考点】铝的性质．【分析】常温下，Al遇浓硝酸或浓硫酸发生钝化，则可用铝制容器盛装浓硫酸或浓硝酸，以此来解答。【解答】解：A．Al与浓盐酸反应生成氯化铝和氢气，直到反应结束，则不能用铝制容器盛装，故A错误；B．常温下，Al遇浓硝酸发生钝化，生成致密的氧化物阻止反应的进一步发生，则可用铝制容器盛装浓硝酸，故B正确；C．Al与稀硝酸反应生成硝酸铝和一氧化氮，直到反应结束，则不能用铝制容器盛装，故C错误；D．Al与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，直到反应结束，则不能用铝制容器盛装，故D错误；故选：B。7．100mL某混合酸中，c（HNO3）为0.3mol/L，c（H2SO4）为0.25mol/L。向其中加入3.2g铜粉，待充分反应后，忽略溶液体积变化，下列说法正确的是（）A．反应后溶液中c（Cu2+）为0.45mol/L B．标准状况下，生成NO的体积为448mL C．反应中转移0.09mol电子 D．反应后铜有剩余，加足量稀硫酸，铜减少，但仍然有剩余【考点】化学方程式的有关计算．【分析】铜与硫酸和硝酸混合液的反应，应用离子方程式进行计算。【解答】解：铜与硫酸和硝酸混合液的反应的离子方程式为：3Cu2++8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O，3.2g铜为0.05mol，100mL混合酸中，c（HNO3）为0.3mol/L，c（H2SO4）为0.25mol/L，n（H+）＝（0.3mol/L+2×0.25mol/L）×0.1L＝0.08mol，n（NO3﹣）＝0.3mol/L0.1L＝0.03mol，利用离子方程式计算，Cu和NO3﹣过量，A．反应后溶液中c（Cu2+）为＝0.2mol/L，故A错误；B．标准状况下，生成NO的体积为0.02mol×22.4L/mol＝448mL，故B正确；C．每消耗一个铜转移2个电子，反应中转移0.03mol×2＝0.06mol电子，故C错误；D．反应后铜有剩余，由于剩余的铜为0.02mol，剩余的硝酸根为0.01mol，所以加足量稀硫酸，铜减少，但仍然有剩余，故D错误；故选：B。8．化学与生活密切相关。下列叙述错误的是（）A．不锈钢是一种合金钢 B．含有钠元素的焰火会呈现黄色 C．铅笔芯的主要成分是PbO2 D．Fe2O3常用作油漆和涂料的红色颜料【考点】铁的氧化物的性质；物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．金属与金属或者非金属熔合而成具有金属特性的材料为合金；B．钠的焰色为黄色；C．铅笔芯的主要成分是碳；D．Fe2O3为红棕色固体。【解答】解：A．不锈钢为铁、镍等组成的合金，属于合金钢，故A正确；B．钠的焰色为黄色，含有钠元素的焰火会呈现黄色，故B正确；C．铅笔芯的主要成分是碳，不是PbO2，故C错误；D．Fe2O3为红棕色固体，常用作油漆和涂料的红色颜料，故D正确；故选：C。9．我国古代劳动人民用“失蜡法”铸造青铜器：用蜂蜡作成铸件模型，再用黏土敷成外范，烧成陶模，烧制过程蜡模全部融化流失，使整个铸件模型变成空壳，再往内浇灌青铜熔液，便铸成器物。下列说法错误的是（）A．青铜是我国最早使用的合金材料，其硬度比纯铜小 B．蜂蜡的主要成分为有机物，其中的酯类物质难溶于水 C．黏土（Al2O3•2SiO2•2H2O）的主要成分为硅酸盐 D．陶模属于传统无机非金属材料，耐高温、耐腐蚀【考点】合金的概念及其重要应用；硅酸盐的性质与用途．【分析】A．合金硬度大于成分金属；B．蜂蜡是主要成分为是高级脂肪酸和一元醇所合成、脂肪酸和碳氢化合物；C．Al2O3•2SiO2•2H2O为硅酸盐的氧化物表示形式；D．陶主要成分为硅酸盐。【解答】解：A．青铜为合金，硬度大于纯铜，故A错误；B．蜂蜡是主要成分为是高级脂肪酸和一元醇所合成、脂肪酸和碳氢化合物，酯类物质难溶于水，故B正确；C．Al2O3•2SiO2•2H2O为硅酸盐的氧化物表示形式，黏土（Al2O3•2SiO2•2H2O）的主要成分为硅酸盐，故B正确；D．陶主要成分为硅酸盐，属于传统无机非金属材料，具有耐高温、耐腐蚀的性质，故D正确；故选：A。10．某气态烃0.5mol能与0.5molCl2完全加成，加成产物又可被3molCl2完全取代，则此气态烃可能是（）A．CH2＝CH2 B．CH3﹣CH＝CH2 C．CH2＝CHCH2CH3 D．CH2＝CH﹣CH＝CH2【考点】化学方程式的有关计算．【分析】气态烃0.5mol能与0.5molCl2完全加成，说明烃中含有1个C＝C键，加成后产物分子上的氢原子又可被3molCl2完全取代，说明0.5mol二氯代烃中含有3molH原子，则烃分子有含有6个H原子，结合选项判断。【解答】解：气态烃0.5mol能与0.5molCl2完全加成，说明烃分子含有1个C＝C键，加成后产物分子上的氢原子又可被3molCl2完全取代，说明0.5mol二氯代烃中含有3molH原子，则烃分子有含有6个H原子，选项中符合要求的只有CH3﹣CH＝CH2，故选：B。11．下列说法正确的是（）A．从海带中提取碘的过程是：灼烧→浸泡→过滤→氧化→萃取→蒸馏 B．海水的“吹出法”提溴过程只涉及物理变化 C．工业上常用电解熔融氯化铝法冶炼铝单质 D．玻璃是将黏土、石灰石、石膏在玻璃熔炉中高温熔融制得的【考点】铝的性质．【分析】A．从海带中提取碘是将I﹣转化为I2；B．海水的“吹出法”提溴过程是将Br﹣转化为Br2；C．由于氯化铝熔融状态不导电；D．制玻璃的原料是纯碱、石灰石、石英。【解答】解：A．从海带中提取碘是将I﹣转化为I2，过程是：灼烧→浸泡→过滤→氧化→萃取→蒸馏，故A正确；B．海水的“吹出法”提溴过程是将Br﹣转化为Br2，既有物理变化，又有化学变化，故B错误；C．由于氯化铝熔融状态不导电，工业上常用电解熔融氧化铝法冶炼铝单质，故C错误；D．玻璃是将纯碱、石灰石、石英在玻璃熔炉中高温熔融制得的，故D错误；故选：A。12．在常温、常压下，取等质量的下列四种气态烃，分别在足量的氧气中燃烧，消耗氧气最多的是（）A．СН4 B．C3H8 C．C4H10 D．C2H6【考点】化学方程式的有关计算．【分析】根据CxHy+（x+）O2xCO2+H2O可知，相同质量烃燃烧时的耗氧量规律为：H元素的质量分数越大，完全燃烧时耗氧越多，即y：x的值越大，耗氧量越大，以此来解答。【解答】解：氢的质量分数越大，完全燃烧耗氧越多，即y：x的值越大，耗氧量越大，A．CH4分子中H原子与C原子个数比为4：1；B．C3H8分子中H原子与C原子个数比为8：3；C．C4H10分子中H原子与C原子个数比为10：4＝5：2；D．C2H6分子中H原子与C原子个数比为6：2＝3：1；根据分析可知，H原子与C原子个数比关系为：CH4＞C2H6＞C3H8＞C4H10，所以相同质量的各烃中甲烷的燃烧耗氧量最大，故A正确，故选：A。13．向10mL浓度均为2mol/L的硝酸与硫酸的混合溶液中加入过量的铜，充分反应后，设溶液体积仍为10mL，产生的气体在标准状况下的体积是（）A．0.448L B．0.224L C．0.336L D．0.672L【考点】有关混合物反应的计算．【分析】发生反应3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O，计算n（H+）、n（NO3﹣），进行过量计算，根据不足量微粒的量计算生成NO的体积。【解答】解：n（H+）＝2mol•L﹣1×0.01L×1+2mol•L﹣1×0.01L×2＝0.06mol，n（NO3﹣）＝2mol•L﹣1×0.01L×1＝0.02mol，由3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O，可知0.02molNO3﹣完全反应消耗H+为0.02mol×＝0.08mol＞0.06mol，故H+不足，则生成的n（NO）＝0.06mol×＝0.015mol，标准状况下V（NO）＝0.015mol×22.4L/mol＝0.336L，故选：C。14．研究“2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如图：下列说法不正确的是（）A．a中生成黄色沉淀的反应是：Ag++I﹣＝AgI↓ B．可依据a中现象推测，实验I中的棕黄色主要是I2引起的 C．加水的作用是排除稀释对溶液颜色的影响 D．还原性：实验a中I﹣＞Fe2+，实验b中I﹣＜Fe2+，体现了离子浓度对物质还原性的影响【考点】铁盐和亚铁盐的相互转化．【分析】A．AgI为黄色难溶于水和酸的化合物；B．I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动，可知Fe2+向Fe3+转化，溶液褪色说明实验I中的棕黄色主要是I2引起的；C．c中加入1mL水是控制变量的思想的对照试验，c中溶液比b中溶液颜色深，作用是排除稀释对溶液颜色的影响；D．a中Ag+消耗I﹣：Ag+（aq）+I﹣（aq）⇌AgI（s），I﹣浓度下降，使平衡2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2逆向移动，不能体现离子浓度对物质还原性的影响。【解答】解：A．3mL0.01mol/L的KI溶液加入3mL0.005mol/L的Fe2（SO4）3，发生2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2，a中加入AgNO3，Ag+与I﹣生成AgI黄色沉淀，反应的反应是：Ag++I﹣＝AgI↓，故A正确；B．a中现象生成黄色沉淀，溶液褪色，加入AgNO3，Ag+与I﹣生成AgI黄色沉淀，I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动，可知Fe2+向Fe3+转化，溶液褪色说明实验I中的棕黄色主要是I2引起的，故B正确；C．b中增大c（Fe2+），导致Fe2+还原性大于I﹣，平衡向左移动，溶液颜色变浅，c中加入1mL水是控制变量的思想的对照试验，c中溶液比b中溶液颜色深，说明b中2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动，故C正确；D．a中Ag+消耗I﹣：Ag+（aq）+I﹣（aq）⇌AgI（s），I﹣浓度下降，使平衡2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2逆向移动，不能很好说明还原性：实验a中I﹣＞Fe2+，故D错误；故选：D。15．2022年6月5日，“神舟十四号”载人飞船成功对接于天和核心舱径向端口，3名航天员顺利进入天和核心舱。下列有关说法错误的是（）A．钛合金具有耐腐蚀和耐低温等性能，可应用于航空航天领域 B．航天器的操纵杆采用的碳纤维属于新型无机非金属材料 C．火箭的整流罩前锥段材料﹣﹣聚甲基丙烯酰亚胺属于有机高分子材料 D．航天器使用的太阳能电池阵和锂离子电池组工作时，均可将化学能转化成电能【考点】合金的概念及其重要应用；有机高分子化合物的结构和性质；常见的能量转化形式；无机非金属材料．【分析】A．用于航空航天领域的材料应具有耐腐蚀和耐低温等性能；B．碳纤维属于碳的单质；C．聚甲基丙烯酰亚胺相对分子质量大于10000；D．太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置。【解答】解：A．钛合金具有耐腐蚀和耐低温等性能，可应用于航空航天领域，叙述正确，故A正确；B．航天器的操纵杆采用的碳纤维属于碳单质，属于新型无机非金属材料，故B正确；C．聚甲基丙烯酰亚胺相对分子质量大于10000，属于有机高分子材料，故C正确；D．太阳能电池能将太阳能转化为电能，故D错误；故选：D。16．单质疏在热的NaOH溶液中发生歧化反应：3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O。若硫过量，会进一步发生反应：Na2S+（x﹣1）SNa2Sx（x≤5），Na2SO3+SNa2S2O3。将0.12mol疏与含0.06molNaOH的热溶液充分反应恰好生成amolNa2Sx和bmolNa2S2O3，向该溶液中再加入适量NaClO碱性溶液300mL，硫元素恰好全部转化为Na2SO4，下列说法不正确的是（）A．a：b＝2：1 B．NaClO碱性溶液的物质的量浓度为1.2mol/L C．Na2Sx中x＝5 D．生成Na2SO4溶液的物质的量浓度为0.4mol/L【考点】化学方程式的有关计算．【分析】A．根据钠离子守恒有2a+2b＝0.06，根据电子转移守恒有2a＝2b×2，联立计算；B．整个过程相当于S被NaClO氧化生成Na2SO4，NaClO被还原为NaCl，根据电子转移守恒计算n（NaClO），进而计算NaClO的物质的量浓度；C．根据硫原子守恒有ax+2b＝0.12，结合A计算所得a、b的值，可以计算x的值；D．反应后溶液体积未知，不能计算硫酸钠的物质的量浓度。【解答】解：A．根据钠离子守恒有2a+2b＝0.06，根据硫原子守恒有ax+2b＝0.12，根据电子转移守恒有2a＝2b×2，联立可得a＝0.02，b＝0.01，x＝5，故a：b＝0.02：0.01＝2：1，故A正确；B．整个过程相当于S被NaClO氧化生成Na2SO4，NaClO被还原为NaCl，根据电子转移守恒：2n（NaClO）＝6n（S），则2n（NaClO）＝6×0.12mol，解得n（NaClO）＝0.36mol，故c（NaClO）＝＝1.2mol/L，故B正确；C．由A中计算可知，a＝0.02，b＝0.01，根据硫原子守恒有ax+2b＝0.12，则0.02a+0.01×2＝0.12，解得a＝5，故C正确；D．由硫原子守恒有n（Na2SO4）＝n（S）＝0.12mol，反应后溶液体积不是300mL，反应后溶液体积未知，不能计算硫酸钠的物质的量浓度，故D错误；故选：D。17．将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入100mL4.40mol/L盐酸中，充分反应后产生896mLH2（标准状况），残留固体1.28g，过滤，滤液中无Cu2+。将滤液加水稀释到200mL，测得其中c（H+）为0.400mol/L。则原混合物中铁元素的质量是（）A．10.08g B．3.36g C．5.60g D．6.4g【考点】有关混合物反应的计算．【分析】溶液中还有较多H+剩余，且滤液中没有Cu2+，可知残留固体没有Fe、只有Cu，溶液中阳离子为H+和Fe2+，根据电荷守恒有2n（Fe2+）+n（H+）＝n（Cl﹣），据此计算n（Fe2+），再根据铁元素守恒计算混合物中铁元素质量。【解答】解：溶液中还有较多H+离子剩余，且滤液中没有Cu2+，可知残留固体没有Fe、只有Cu，溶液中阳离子为H+和Fe2+，根据电荷守恒有2n（Fe2+）+n（H+）＝n（Cl﹣），则2n（Fe2+）+0.4mol/L×0.2L＝4.4mol/L×0.1L，解得n（Fe2+）＝0.18mol，根据铁元素守恒可知，混合物中铁元素质量为0.18mol×56g/mol＝10.8g，故选：A。18．将41.2g由Al、Fe、Cu组成的合金等分为两份，将其中一份合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体6.72L（标准状况）；另一份合金溶于过量的稀硝酸中，得到VL（标准状况下）NO气体，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，过滤得到滤液X和25.4g的沉淀Y（HNO3的还原产物仅为NO），则下列说法正确的是（）A．41.2g的合金中含铁5.6g B．滤液X中的溶质只有硝酸钠 C．V为8.96 D．沉淀Y中含氢氧化铜9.8g【考点】有关混合物反应的计算．【分析】每一份合金质量为＝20.6g，其中一份合金溶于足量的NaOH溶液中，只有Al参加反应，计算生成氢气的物质的量，根据电子转移守恒计算n（Al），可以计算每一份中Fe、Cu总质量；另一份合金溶于过量的稀硝酸中，生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，还有剩余的硝酸，再向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，生成沉淀为Fe（OH）3、Cu（OH）2，滤液中含有偏铝酸钠、硝酸钠、氢氧化钠，计算沉淀中氢氧根离子的质量，根据电荷守恒可知沉淀中氢氧根离子的物质的量等于Fe、Cu失去电子的物质的量，根据电子转移守恒计算n（NO），再根据V＝nVm计算NO的体积，设每一份中Fe、Cu的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者总质量、电子转移守恒列方程计算各物质的量，进而计算41.2g合金中Fe的质量、沉淀Y中氢氧化铜的质量。【解答】解：A．每一份合金质量为＝20.6g，其中一份合金溶于足量的NaOH溶液中，只有Al参加反应生成氢气，n（H2）＝＝0.3mol，根据电子转移守恒可知：n（Al）＝＝0.2mol，则每一份中m（Fe）+m（Cu）＝20.6g﹣0.2mol×27g/mol＝15.2g；另一份合金溶于过量的稀硝酸中，生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，还有剩余的硝酸，再向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，生成沉淀为Fe（OH）3、Cu（OH）2，则沉淀中m（OH﹣）＝25.4g﹣15.2g＝10.2g，则n（OH﹣）＝＝0.6mol，设每一份中Fe、Cu的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者总质量、电子转移守恒有，解得x＝0.1，y＝0.15，故41.2g的合金中铁的质量为0.1mol×2×56g/mol＝11.2g，故A错误；B．另一份合金溶于过量的稀硝酸中，生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，还有剩余的硝酸，再向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，滤液中含有偏铝酸钠、硝酸钠、氢氧化钠，故B错误；C．由A中计算可知，合金与硝酸反应失去电子为0.2mol×3+0.1mol×3+0.15mol×2＝1.2mol，根据电子转移守恒可知n（NO）＝＝0.4mol，则标准状况下V（NO）＝0.4mol×22.4L/mol＝8.96L，故C正确；D．由A计算可知，n[Cu（OH）2]＝n（Cu）＝0.15mol，则沉淀Y中m[Cu（OH）2]＝0.15mo×98g/mol＝14.7g，故D错误；故选：C。19．某白色粉末样品，可能含有Na2SO4、Na2SO3、Na2S2O3和Na2CO3。取少量样品进行如下实验，该样品中肯定存在的是（）①溶于水，得到无色透明溶液；②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体逸出，离心分离；③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液有沉淀生成。A．Na2SO4、Na2CO3 B．Na2SO3、Na2CO3 C．Na2SO3、Na2S2O3 D．Na2SO4、Na2S2O3【考点】几组未知物的检验．【分析】由题意可知，①取少量样品溶于水得到无色透明溶液，说明固体溶于水且相互之间能共存；②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体放出，说明固体中存在Na2S2O3，发生反应S2O32﹣+2H+＝S↓+H2O+SO2↑；③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成，则沉淀为BaSO4，说明固体中存在Na2SO4，不能确定是否有Na2SO3和Na2CO3，Na2SO3与过量盐酸反应生成二氧化硫，Na2CO3与过量盐酸反应生成二氧化碳，而这些现象可以被Na2S2O3与过量盐酸反应的现象覆盖掉，依此作答。【解答】解：由题意可知，①取少量样品溶于水得到无色透明溶液，说明固体溶于水且相互之间能共存；②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体放出，说明固体中存在Na2S2O3，发生反应S2O32﹣+2H+＝S↓+H2O+SO2↑；③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成，则沉淀为BaSO4，说明固体中存在Na2SO4，不能确定是否有Na2SO3和Na2CO3，Na2SO3与过量盐酸反应生成二氧化硫，Na2CO3与过量盐酸反应生成二氧化碳，而这些现象可以被Na2S2O3与过量盐酸反应的现象覆盖掉，综上分析，该样品中确定存在的是：Na2SO4、Na2S2O3，故D正确；故选：D。20．将一定质量的镁和铝的混合物投入100mL盐酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。若不考虑金属和盐酸反应时HCl的挥发，则下列说法不正确的是（）A．镁与铝的物质的量之比为4：3 B．盐酸的物质的量浓度为10mol•L﹣1 C．NaOH溶液的物质的量浓度为5mol•L﹣1 D．生成的氢气在标准状况下的体积为10.08L【考点】有关混合物反应的计算．【分析】由图可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明溶解Mg、Al后盐酸有剩余，该阶段发生的反应为：HCl+NaOH＝NaCl+H2O，继续滴加NaOH溶液200mL，到沉淀量最大，此时沉淀为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0.35mol，此时溶液中溶质为NaCl，再继续滴加NaOH溶液，发生反应NaOH+Al（OH）3＝NaAlO2+2H2O，沉淀量开始减小，沉淀量最小时为Mg（OH）2为0.15mol，故到沉淀量最大时Al（OH）3的物质的量为0.35mol﹣0.15mol＝0.2mol；A．由原子守恒可知，n（Al）＝n[Al（OH）3]，n（Mg）＝n[Mg（OH）2]；B．溶解Al（OH）3消耗NaOH溶液体积为240mL﹣200mL＝40mL，根据NaOH+Al（OH）3＝NaAlO2+2H2O计算消耗NaOH的物质的量，进而计算200mLNaOH溶液中含有的n（NaOH），沉淀量最大时，溶液中溶质为NaCl，根据钠离子守恒可知此时n（NaCl）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH），根据氯离子守恒n（HCl）＝n（NaCl），再根据c＝计算；C．由B中计算可知，40mLNaOH溶液中n（NaOH），再根据c＝计算；D．根据电子转移守恒计算n（H2），再根据V＝nVm计算氢气体积。【解答】解：A．由已知守恒可知，n（Mg）＝n[Mg（OH）2]＝0.15mol，n（Al）＝n[Al（OH）3]＝0.35mol﹣0.15mol＝0.2mol，故n（Mg）：n（Al）＝0.15mol：0.2mol＝3：4，故A错误；B．从200mL到240mLNaOH溶解Al（OH）3，由NaOH+Al（OH）3＝NaAlO2+2H2O可知，该阶段消耗n（NaOH）＝n[Al（OH）3]＝0.2mol，则200mLNaOH溶液中n（NaOH）＝0.2mol×＝1mol，沉淀量最大时，溶液中溶质为NaCl，则n（HCl）＝n（NaCl）＝n（NaOH）＝1mol，则盐酸的物质的量浓度为＝10mol/L，故B正确；C．由B中计算可知，40mL溶液中含有NaOH为0.2mol，则c（NaOH）＝＝5mol/L，故C正确；D．由A中可知n（Al）＝0.2mol，n（Mg）＝0.15mol，根据电子转移守恒可知2n（H2）＝3n（Al）+2n（Mg）＝3×0.2mol+2×0.15mol＝0.9mol，所以n（H2）＝0.45mol，故氢气体积为0.45mol×22.4mol/L＝10.08L，故D正确；故选：A。二．填空题（共1小题）21．物质分类与转化是学习化学的重要方法，如图为铁及其化合物的“价一类”二维图，请回答：（1）填写二维图中缺失的类别A单质和化学式BFe2O3，物质B的颜色为红棕色。（2）利用下述反应可实现转化①：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，用单线桥法标注电子转移情况，并指明氧化剂：ClO﹣（填化学式）。（3）结合二维图中信息推测在转化②中FeO42﹣表现的性质为氧化性（填“还原性”或“氧化性”）（4）向FeCl2溶液试管底部加入NaOH溶液，放置一段时间后。观察到的实验现象为有白色絮状沉淀生成，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀。【考点】铁的化学性质．【分析】（1）A是铁单质；B是+3价的氧化物；氧化铁为红棕色固体；（2）反应2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，铁元素的化合价由+3价升高到+6价，氯元素的化合价由+1价降低到﹣1价，据此分析；（3）FeO42﹣中铁元素的化合价降低；（4）向FeCl2溶液试管底部加入NaOH溶液先产氢氧化亚铁，然后被氧化成氢氧化铁。【解答】解（1）A是铁单质，故类别为单质；B是+3价的氧化物，故B为氧化铁；氧化铁为红棕色固体；故答案为：单质；Fe2O3；红棕色；（2）反应2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，铁元素的化合价由+3价升高到+6价，氯元素的化合价由+1价降低到﹣1价，被还原，ClO﹣做氧化剂，共转移6个电子，故用单线桥表示为：，故答案为：；ClO﹣；（3）FeO42﹣中铁元素的化合价由+6价降低到+3价，被还原，做氧化剂，故答案为：氧化性；（4）向FeCl2溶液试管底部加入NaOH溶液先产氢氧化亚铁，为白色沉淀，然后被氧化成氢氧化铁，为红褐色沉淀，故颜色变化为：有白色絮状沉淀生成，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀，故答案为：有白色絮状沉淀生成，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀。三．实验题（共1小题）22．在常温下，Fe与水并不起反应，但在高温下，Fe与水蒸气可发生反应。应用如图装置，在硬质玻璃管中放入还原性铁粉和棉绒的混合物，加热，并通入水蒸气，就可以完成高湿下“Fe与水蒸气的反应实验”。请回答下列问题：（1）仪器A的名称是圆底烧瓶；（2）硬质玻璃管B中发生反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2（g）；（3）实验中先点燃酒精灯a再点燃酒精喷灯，可能的原因是防止铁粉被装置中的空气（或氧气）氧化；（4）某同学利用反应后的固体物质进行如图实验：①某同学发现实验中加入过量新制氯水，放置一段时间后，深红色会逐渐褪去，褪色后的溶液中继续滴加KSCN溶液，又出现红色，则褪色的原因可能是SCN﹣被过量的氯水氧化；②该同学将上述实验中的新制氯水改为H2O2溶液，也能出现深红色溶液，用离子方程式表示溶液颜色加深的原因。【考点】铁及其化合物的性质实验；铁的化学性质．【分析】铁粉与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和H2，为了实验安全，在反应前应该先将装置了空气排尽，防止铁被氧气氧化，Fe3O4中含有三价铁和二价铁，Fe3+离子可以用KSCN溶液去检验，KSCN具有还原性，能够被氯气氧化，据此解答。【解答】解：（1）仪器A的名称为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；（2）硬质玻璃管B中发生的反应为铁与水蒸气的反应，反应方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2（g），故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2（g）；（3）加热时铁能够与氧气反应，反应前应该先将装置了空气排尽，故答案为：防止铁粉被装置中的空气（或氧气）氧化；（4）①褪色后的溶液中继续滴加KSCN溶液，又出现红色，说明三价铁离子仍然存在，褪色的原因是硫氰化钾具有还原性，能够被氯气氧化，故答案为：SCN﹣被过量的氯水氧化；②H2O2溶液具有氧化性，能够氧化亚铁离子，反应的离子方