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精品解析： 山西省孝义中学校2022-2023学年高一下学期3月月考化学试题（解析版）
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这是一份精品解析： 山西省孝义中学校2022-2023学年高一下学期3月月考化学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023(1)阶段3月考题
本次考试90分钟，满分100分
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 S-32 K-39 Mn-55
第I卷 客观题
一、选择题(本题16小题，每小题3分，共48分)
1. 化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法中正确的是
A. 用填埋法处理未经分类的生活垃圾
B. 活性炭有吸附和杀菌的作用
C. 水质检验的目的是考察和研究环境质量，水的污染性或水受污染的程度等
D. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
【答案】C
【解析】
【详解】A．使用填埋法处理未经分类的生活垃圾会污染土壤和水资源，故A错误；
B．活性炭只有吸附作用,不具有杀菌消毒能力，故B错误；
C．水质检验的目的是考察和研究环境质量，水的污染性或水受污染的程度等，故C正确；
D．碳酸钡能与人体胃液中的盐酸反应生成可溶性钡盐，有毒，不能用于胃肠X射线造影检查，故D错误；
答案为C。
2. 下列实验操作正确的是
A. 称取KMnO4固体0.158g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度线，配制浓度为0.010mol·L-1的KMnO4溶液
B. 可用pH试纸测氯水的pH
C. 先用双手捂紧试管，再将导管插入水中检查装置的气密性
D. 在制备纯净的氯气时，依次通入盛有饱和食盐水，浓硫酸的洗气瓶
【答案】D
【解析】
【详解】A．配制一定物质量浓度溶液时，应在烧杯中溶解固体，不能直接把固体放在容量瓶中溶解，故A错误；
B．氯水中的次氯酸能漂白试纸，不能用pH试纸测氯水的pH，故B错误；
C．检查气密性时，要先把导管浸入水中再用手去捂容器外壁，若先用手捂热容器外壁，里面的空气受热膨胀会逸出，导致将导管放入水中后看不到导管口处冒气泡，故C错误；
D．在制备纯净的氯气时，将气体依次通入饱和食盐水除去氯化氢、通入浓硫酸除去水蒸气，故D正确；
选D。
3. 分类思想是研究化学的常用方法。下列物质的分类正确的是
A. 纯净物：石灰石、干冰、液氯、水银
B. 电解质：BaSO4、熔融NaCl、盐酸、CO2
C. 酸性氧化物：Mn2O7、SO3、CO、CO2
D. 盐：NaHSO4、CH3COONH4、Na2SO3、KClO
【答案】D
【解析】
【详解】A．石灰石是混合物，主要成分是CaCO3，A错误；
B．盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，不是化合物，因此不属于电解质；CO2由分子构成，在水溶液中和熔融状态下都不能发生电离而导电，因此属于非电解质，而不属于电解质，B错误；
C．CO是不成盐氧化物，而不属于酸性氧化物，C错误；
D．选项物质在水溶液中和熔融状态下都能够发生电离产生金属阳离子(或铵根离子)和酸根阴离子，因此能够导电，故它们都是盐，属于电解质，D正确；
故合理选项是D。
4. 用如图所示的装置分别进行如下实验，各离子方程式书写正确且各组物质反应后灯泡亮度变化不大的是
A. 向硝酸银溶液中通入少量氯化氢：Ag＋＋HCl=AgCl↓＋H＋
B. 向饱和碳酸钠溶液中不断通入CO2：+CO2+H2O=
C. 向FeI2溶液中通入少量氯气：2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl-
D. 向NaOH溶液中通入少量氯气：2OH-＋Cl2=Cl-＋ClO-＋H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．HCl是强酸，在水中完全电离产生自由移动的H+、Cl-，因此应拆开写成离子形式，离子方程式应该为：Ag++Cl-=AgCl↓，离子浓度几乎不变，灯泡亮度不变，A错误；
B．反应产生NaHCO3沉淀，该反应的离子方程式应该为：2Na++CO32-+CO2+H2O= NaHCO3↓，反应后溶液中自由移动的离子浓度减小，溶液导电性减弱，灯泡变暗，B错误；
C．微粒的还原性：I-＞Fe2+，因此向FeI2溶液中通入少量氯气，发生反应应该为：2I-+Cl2=2Cl-+I2，且反应前后微粒浓度几乎不变，溶液导电性不变，C错误；
D．Cl2与NaOH在溶液中反应产生NaCl、NaClO、H2O，离子方程式为：2OH-＋Cl2=Cl-＋ClO-＋H2O，反应后离子浓度基本不变，溶液导电性基本不变，因此反应后灯泡亮度变化不大，D正确；
故合理选项是D。
5. 利用新技术能将不锈钢加工成为柔软的金属丝，它和棉纤维一起编织成为防辐射的劳防服装，这是利用了金属的
A. 耐腐蚀性 B. 还原性 C. 热传导性 D. 延展性
【答案】D
【解析】
【详解】不锈钢能加工成为柔软的金属丝说明不锈钢具有很好的延展性，故选D。
6. 在碘酸钠（NaIO3）的碱性溶液中通入氯气，可以得到正高碘酸二氢三钠（Na3H2IO6）。下列有关该反应的说法错误的是
A. 该反应中碘酸钠作还原剂
B. 碱性条件下，氯气的氧化性强于正高碘酸二氢三钠的氧化性
C. 反应物中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1
D. 反应中生成1mol Na3H2IO6转移2NA个电子
【答案】C
【解析】
【分析】由向碘酸钠（NaIO3）的碱性溶液中通入氯气，可以得到高碘酸钠（Na2H3IO6）可知，反应中I元素的化合价由+5价升高为+7价，Cl元素的化合价由0降低为-1价，以此来解答。
【详解】A. 因I元素的化合价升高，则在该反应中碘酸钠作还原剂，A项正确；
B. 该反应中I的化合价升高，Cl的化合价降低，则碱性条件下，氯气的氧化性强于高碘酸钠的，B项正确；
C. 由电子守恒可知，反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:2，C项错误；
D. 反应中生成1 mol Na2H3IO6转移1 mol × (7−5)= 2 mol电子，即2NA个电子，D项正确；
答案选C。
【点睛】氧化还原反应是常考点，其规律口诀为：升失氧，降得还，若说剂，则相反。本题中各物质与电子转移的关系是解题的关键。
7. 由下列实验及现象推出的相应结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
取少量食盐溶于水，滴加少量淀粉溶液
食盐溶液不变蓝色
该食盐中一定不含碘元素
B
取少量待测液于试管中，滴加氯水，然后滴加KSCN溶液
溶液变红色
溶液中一定含有Fe3＋
C
将红色纸条放入新制氯水中
纸条褪色
氯气有漂白性
D
用洁净的铂丝蘸取待测液，在酒精灯上灼烧，
透过蓝色的钴玻璃片观察显紫色
该溶液中一定含有K＋
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．因为加碘食盐中的碘元素以化合态形式存在，所以食盐溶液中加入淀粉不会变蓝，故A项错误；
B．若原溶液中只含有Fe2＋时，滴加氯水后Fe2＋被氧化为Fe3＋，滴加KSCN溶液也会变红色，故B项错误；
C．氯气本身无漂白性，不能使红色纸条褪色，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，能使红色纸条褪色，故C项错误；
D．K＋在灼烧时，透过蓝色钴玻璃片观察显紫色，故D项正确；
故选D。
8. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 0.1 mol某新核素Db所含中子数为10.5NA
B. 78 g Na2O2与足量的湿二氧化碳气体完全反应时转移电子数为2NA
C. S2、S4、S8组成的硫蒸气6.4 g，其中所含硫原子数目一定为0.2NA
D. KIO3＋6HI=KI＋3H2O＋3I2中，生成1 mol I2转移电子的总数为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．1个Db含有150个中子，1 molDb含有150哥中子，故0.1 mol某新核素Db所含中子数为15.0NA，A错误；
B．78 g Na2O2的物质的量n(Na2O2)=1 mol，根据反应方程式2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，可知1 mol Na2O2完全反应时转移1 mol 电子，B错误；
C．S2、S4、S8均由硫原子组成，所以6.4 g硫蒸气所含有的硫原子的物质的量为n(S)==0.2 mol，故该混合物中含有的硫原子个数为0.2NA，C正确；
D．根据反应方程式可知：每反应生成3 mol I2，反应构成中转移的电子数为5NA，D错误；
故合理选项是C。
9. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 0.1mol·L-1FeCl2溶液：K＋、Mg2＋、、
B. 0.1mol·L-1NaOH溶液：Na＋、K＋、、Cl-
C. 0.1mol·L-1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl-、OH-
D. 0.1mol·L-1H2SO4溶液：K＋、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．MnO可以氧化Fe2＋，0.1mol·L-1FeCl2溶液中不能大量含有MnO，故A不符合题意；
B．0.1mol·L-1 NaOH溶液中Na＋、K＋、、Cl-相互之间不反应，能大量存在，故B符合题意；
C．与Ba2＋会发生反应生成BaCO3沉淀，01mol·L-1 K2CO3溶液中不能大量含有Ba2+，故C不符合题意；
D．H＋可以与反应生成CO2，0.1mol·L-1 H2SO4溶液中不能大量含有，故D不符合题意；
故选B。
10. 下列有关实验原理或实验操作正确的是
A. 在坩埚中蒸发浓缩氯化钠溶液
B. 用量筒量取7.60mL0.1mol·L-1盐酸
C. 用图1所示的操作可检查装置的气密性
D. 实验室用图2所示的装置制取少量的Cl2
【答案】C
【解析】
【详解】A．蒸发浓缩溶液在蒸发皿中进行，故A错误；
B．量筒的读数精确到0.1 mL，则可用量筒量取7.6 mL 0.1 mol·L-1盐酸，故B错误；
C．关闭止水夹，通过长颈漏斗向烧瓶中加入蒸馏水，观察长颈漏斗中液柱的高度，判断检验装置的气密性，故C正确；
D．氯气的密度大于空气，应长进短出，故D错误；
答案为C。
11. 从铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取Al2O3两种工艺的流程如下：
已知：SiO2与盐酸不反应，在碱溶时转化为铝硅酸钠沉淀
A. 固体A是SiO2和MgO
B. 滤液E中溶质的主要成份之一可做发酵粉
C. 滤液Y中通入过量CO2能将CO2改用盐酸
D. 流程甲加入盐酸后生成Al3+的离子方程式为Al2O3+3H+=2Al3++3H2O
【答案】B
【解析】
【分析】根据工艺流程甲可知：铝土矿与盐酸反应得固体A和滤液B。由于SiO2是酸性氧化物，与HCl不能反应，而金属氧化物Al2O3、Fe2O3、MgO与HCl反应产生可溶性AlCl3、FeCl3、MgCl2进入溶液中，故固体A为SiO2，滤液B含有AlCl3、FeCl3、MgCl2及过量HCl等。向滤液B中加入过量的NaOH，FeCl3、MgCl2反应产生Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀，而AlCl3形成可溶性NaAlO2进入溶液中，HCl反应变为NaCl存在溶液中，可知沉淀C为Fe(OH)3、Mg(OH)2，滤液D含有NaAlO2、NaCl。向滤液D中通入过量CO2气体，NaAlO2反应产生Al(OH)3沉淀和NaHCO3，则沉淀F为Al(OH)3，滤液E中含有NaCl、NaHCO3。将Al(OH)3煅烧，发生分解反应产生Al2O3、H2O。根据工艺流程乙可知：铝土矿中的Al2O3、SiO2能和NaOH反应产生可溶性Na2SiO3、NaAlO2，而Fe2O3、MgO不能反应，可知固体X为Fe2O3、MgO等，滤液Y为Na2SiO3、NaAlO2及过量NaOH的混合物。向滤液中通入CO2气体，NaAlO2反应产生Al(OH)3沉淀和NaHCO3，Na2SiO3反应产生H2SiO3沉淀和NaHCO3，NaOH反应产生NaHCO3，沉淀Z为Al(OH)3、H2SiO3，滤液K中含有NaHCO3。
【详解】A．根据上述分析可知固体A为SiO2，不含MgO，A错误；
B．根据上述分析可知滤液E中含有溶质NaCl、NaHCO3，其中NaHCO3不稳定，受热分解产生CO2气体，能够使面团松软，因此是发酵粉的主要成分，B正确；
C．滤液Y中含有Na2SiO3、NaAlO2及过量NaOH，若将CO2气体改为加入过量盐酸，则反应过程产生的Al(OH)3会溶解变为可溶性AlCl3，最终不能形成Al(OH)3沉淀，C错误；
D．流程甲加入盐酸后，铝土矿中的金属氧化物Al2O3、Fe2O3、MgO能和盐酸反应生成Al3+、Mg2+、Fe3+，生成Al3+的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，题干书写的离子方程式不符合电荷守恒、原子守恒，D错误；
故选B。
12. 核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，则ng它的氧化物所含电子物质的量为
A. (A-N+8)mol B. (A-N+10)mol
C. (A-N+2)mol D. (A-N+6)mol
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，质子数为A-N，该离子的相对原子质量在数值上等于其质量数；该离子带2个单位正电荷，所以其氧化物的化学式为RO；该氧化物的摩尔质量为(A+16)g/mol，n g它的氧化物的物质的量为mol。一个氧化物分子中含有(A-N+8)个质子，质子数和电子数相等，所以ng它的氧化物中所含电子的物质的量为：(A-N+8)mol，A项正确；
答案选A。
13. 下列电离方程式正确的是
A MgSO4=Mg+2＋SO B. K2FeO6=2K++FeO
C. Al2(SO4)3=Al＋3 D. KClO3=K＋＋Cl-＋3O2-
【答案】B
【解析】
【详解】A．MgSO4电离产生Mg2+、，电离方程式为：MgSO4=Mg2++，A错误；
B．K2FeO6电离产生K+、，电离方程式为K2FeO6=2K++，B正确；
C．Al2(SO4)3电离产生Al3+、，电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3+＋3，C错误；
D．KClO3电离产生K＋、，电离方程式为：KClO3=K＋+，D错误；
故答案选B。
14. 在25℃、101kPa时，Ag相对分子质量为M的VaL某气体溶解到VbL水中，此时测得溶液的密度为Cg·cm-3，则该溶液的物质的量浓度是(已知25℃、101kPa时，水的密度为0.997g·cm-3)(该气体不与水反应)
A. mol·L-1 B. mol·L-1
C. mol·L-1 D. mol·L-1
【答案】C
【解析】
【详解】该气体物质的量为=，混合溶液的质量为(A+Vb×103mL×0.997)g，此时溶液的体积为，根据物质的量浓度定义式，该溶液物质的量浓度c==mol/L或，选项C正确；
答案为C。
15. 某小组拟用手持技术对新制饱和氯水进行检测，下列图像变化最有可能是其检测结果的是
A. 图1表示氯水pH随时间的变化
B. 图2表示溶液中氯离子浓度随时间的变化
C. 图3表示氯水的电导率随时间的变化
D. 图4表示液面上方氧气体积分数随时间的变化
【答案】C
【解析】
【分析】饱和氯水中存在如下平衡：①Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO；②HClO⇌H++ClO-，HClO不稳定分解：2HClO2HCl+O2↑，氧气体积分数不断增大，而随着HClO的分解，水中的Cl2+H2O⇌HClO+HCl平衡会向左移动，最终会变为盐酸，溶液pH不断减小，所以当溶液的体积不变，溶液中的离子随着饱和氯水变为盐酸，离子浓度逐渐增大，溶液的导电能力与离子浓度成正比，据此分析解答。
【详解】A．氯水中存在：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO、HClO⇌H++ClO-，HClO不稳定分解：2HClO2HCl+O2↑，随着HClO的分解，水中的Cl2+H2O⇌HClO+HCl平衡会向左移动，最终会变为盐酸，氢离子浓度不断增大，故A错误；
B．随着HClO的分解，水中的Cl2+H2O⇌HClO+HCl平衡会向左移动，氯离子浓度不断增大，故B错误；
C．溶液中离子浓度增大，溶液的导电能力与离子浓度成正比，电导率不断增大，最终会变为盐酸，电导率不变，故C正确；
D．次氯酸分解生成氧气，氧气体积分数不断增大，故D错误；
故答案为C。
16. 下列除杂试剂的选择和除杂后检验杂质是否除尽的方法均正确的是
选项
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
检验方法
A
除去KNO3中的NaCl
AgNO3溶液
蘸取上层清液在煤气灯上灼烧，没有看到黄色
B
NaHCO3溶液(Na2CO3)
过量CO2
取少量溶液，加入Ca(OH)2溶液，观察现象
C
FeSO4溶液(CuSO4)
加入过量铁粉
过滤固体，取少量溶液，加入氢氧化钠溶液，观察现象
D
H2(CO2)
澄清石灰水
将已除杂质的少量气体通入氢氧化钠溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．KNO3中的NaCl，用AgNO3溶液除去Cl-，Na+还在溶液中，蘸取上层清液进行焰色试验，肯定会看到黄色，故A错误；
B．NaHCO3溶液中的Na2CO3，通入过量CO2，发生Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，再取少量溶液，加入Ca(OH)2溶液，氢氧化钙溶液能与碳酸氢钠反应生成碳酸钙，对碳酸钠的检验，产生干扰，故B错误；
C．加入过量铁粉，发生Fe+Cu2+=Fe2++Cu，CuSO4可以除尽，加入氢氧化钠无蓝色沉淀，故C正确；
D．二氧化碳与氢氧化钠溶液反应无现象，因此除CO2用氢氧化钠溶液，检验用澄清石灰水，故D错误；
答案为C。
第II卷 主观题
17. 生活中为了延长鲜花的寿命，通常会在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”。如表是0.5L某种“鲜花保鲜剂”中含有的成分及含量，阅读后回答下列问题：
成分
质量(g)
摩尔质量(g•mol﹣1)
蔗糖
25.00
342
硫酸钾
0.25
174
阿司匹林
0.17
180
高锰酸钾
0.25
158
硝酸银
0.02
170
（1）下列“鲜花保鲜剂”的成分中，水溶液不能导电的是___________。
A. 蔗糖 B. 硫酸钾 C. 高锰酸钾 D. 硝酸银
（2）“鲜花保鲜剂”中K+(阿司匹林中不含K+)的物质的量浓度为：___________mol•L-1(要求用原始数据书写出表达式，不需要化简)。
（3）为了研究不同浓度的“鲜花保鲜剂”的保鲜功效，需配制多份不同物质的量浓度的溶液进行研究。现欲配制500mL某物质的量浓度的“鲜花保鲜剂”，所需的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、___________、___________(在横线上填写所缺仪器的名称)，
（4）在溶液配制过程中，下列操作使溶液浓度偏大的是：___________。
A. 定容时仰视容量瓶刻度线
B. 容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水
C. 容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的“鲜花保鲜剂”而未洗净
D. 定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，再用胶头滴管加水至刻度线。
（5）在鲜花保鲜剂中能否加入维C，填___________(能或否)，原因是___________(用文字表述)。
（6）保鲜剂中还可以加入氯化钠，现在室温下，将20%的氯化钠1滴加入99.7%的乙醇中，得到的体系用红色激光笔照射，有光亮的通路，说明制备下的体系属于___________，产生通路的原因___________(用文字表述)。
【答案】（1）A （2）
（3） ①. 500mL容量瓶 ②. 胶头滴管 （4）C
（5） ①. 否 ②. 高锰酸钾有强氧化性，维C具有还原性，两者会发生氧化还原反应
（6） ①. 胶体 ②. 胶体粒子对光线的散射
【解析】
【小问1详解】
A．蔗糖含有蔗糖分子，在水溶液中，不能电离，只存在分子，不能导电，是非电解质，故A正确；
B．熔融硫酸钾，能电离出硫酸根离子和钾离子，能导电，是化合物，是电解质，故B错误；
C．高锰酸钾在熔融状态下和水溶液中都能够导电，高锰酸钾为电解质，故C错误；
D．硝酸银，溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电，是电解质，故D错误；
故答案为：A；
【小问2详解】
高锰酸钾的物质的量为n(KMnO4)=n==mol,硫酸钾的物质的量为n(K2SO4)=mol,n(K+)=n(KMnO4)+2n(K2SO4)=mol+mol×2，所以c(K+)==；
【小问3详解】
操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，由操作可知，因配制500mL溶液，则需选用500mL容量瓶，最后需胶头滴管定容，所以所需仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙外还需500mL容量瓶、胶头滴管；
【小问4详解】
A．定容时仰视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，故A错误；
B．最后需要定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，故B错误；
C．容量瓶在使用前刚刚配制完“鲜花保鲜剂”的溶液而未洗净，容量瓶沾有部分溶质，导致所配溶液浓度偏高，故C正确；
D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，若再用胶头滴管加水至刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D错误；
故选C；
【小问5详解】
高锰酸钾有强氧化性，维C具有还原性，两者会发生氧化还原反应，因此不能在鲜花保鲜剂中加入维C；
【小问6详解】
有光亮的通路是胶体的丁达尔效应，说明制备下的体系属于胶体，产生通路的原因胶体粒子对光线的散射。
18. X、Y是元素周期表前20号元素，且X的原子序数比Y大4。
I．若X的氧化物、氯化物都是实验室常用的干燥剂。
（1）实验室可用X的氢氧化物的水溶液检验某温室气体，写出相应的离子方程式___________。
（2）将一种黄绿色气体与Y的低价氧化物(污染性气体)同时通入水中，生成两种强酸。写出相应的化学方程___________。
II．若X是金属性最强的短周期元素。
（3）单质X着火，可用___________来灭火。
（4）Y与X形成一种物质，其原子个数之比为3：1，已知该物质受到撞击即可放出大量的气体，该气体是空气中的一种主要成分，写出对应的化学方程式：___________。
（5）X的一种氧化物可以在呼吸面罩作氧气的来源，写出相应的化学方程式___________。
III．若X的离子半径是第三周期元素离子半径中最小的。
（6）Y2与H2O溶液反应的产物之一是氧气，该反应的化学方程式为___________。
（7）X与同周期的一种非常活泼的金属元素形成的氧化物对应水化物反应的离子方程式_____。
【答案】（1）CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O
（2）SO2＋2H2O＋Cl2=H2SO4＋2HCl
（3）干燥的沙土 （4）2NaN32Na＋3N2↑
（5）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
（6）2F2+2H2O=O2+4HF
（7）2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑
【解析】
【小问1详解】
X的氧化物和氯化物都是实验室常用的干燥剂，X为Ca，则Y为S，实验室用澄清石灰水检验二氧化碳，两者反应生成碳酸钙沉淀和水，离子方程式为CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O。
【小问2详解】
黄绿色气体为氯气，氯气与SO2同时通入水中，两者反应生成的两种强酸为HCl和H2SO4，反应的化学方程式为SO2＋2H2O＋Cl2=H2SO4＋2HCl。
【小问3详解】
X为金属性最强的短周期元素，X为Na，钠能与水、二氧化碳等反应，着火时用干燥的沙土扑灭。
【小问4详解】
X为Na，Y为N，N与Na形成一种物质，原子个数比为3：1，该物质为NaN3，NaN3受撞击放出大量的气体，该气体是空气的一种主要成分，则该气体为N2，反应的化学方程式为2NaN32Na＋3N2↑。
【小问5详解】
Na的氧化物Na2O2与二氧化碳反应生成氧气和碳酸钠，可作为呼吸面罩氧气来源，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。
【小问6详解】
X的离子半径是第三周期元素离子半径最小的，X为Al，Y为F。F2与水反应生成氧气和HF，化学方程式为2F2+2H2O=O2+4HF。
【小问7详解】
与Al同一周期一种非常活泼的金属元素为Na，其氧化物对应水化物为NaOH，Al和NaOH反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑。
19. 某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4、较多的Cu2+和少量的Na+。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该工业废水中回收硫酸亚铁和金属铜。请根据流程图，回答下列问题。
（1）写出对应物质的化学式：①为___________，②为___________，A中含有的物质___________。
（2）操作②的名称为________，所需要的玻璃仪器为________、________、烧杯。
（3）母液中含有的离子主要有(填离子符号)：___________。
（4）操作③包括___________、___________和过滤，再经洗涤、干燥操作可以得到纯净的FeSO4•7H2O晶体。
（5）在上述流程中，涉及到的离子方程式有___________。
【答案】（1） ①. Fe ②. H2SO4 ③. Cu、Fe
（2） ①. 过滤 ②. 漏斗 ③. 玻璃棒
（3）Fe2+、、H+
（4） ①. 蒸发浓缩 ②. 降温结晶
（5）Fe+ Cu2+= Fe2++ Cu，Fe+2H+= Fe2++H2
【解析】
【分析】工业废水中含有大量的FeSO4，较多Cu2+和少量Na+，本流程目的是回收硫酸亚铁和金属铜，应向工业废水中加入过量铁单质，发生Fe+Cu2+=Fe2++Cu，然后过滤，A为滤渣，含有铜单质和过量铁，B为滤液，溶质为FeSO4和Na+，向滤渣中加入过量硫酸，发生Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，铜单质不与稀硫酸反应，过滤，得到铜单质，将B和C溶液合并，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到绿矾和母液，据此分析；
【小问1详解】
根据上述分析，①为Fe，②为H2SO4，A中含有的物质为Cu和Fe；故答案为Fe；H2SO4；Cu和Fe；
【小问2详解】
根据上述分析，操作②得到Cu和FeSO4溶液，该操作名称为过滤；需要的玻璃仪器有(普通)漏斗、玻璃棒和烧杯；故答案为过滤；(普通)漏斗；玻璃棒；
【小问3详解】
根据上述分析，母液中含有的主要离子为Fe2+、SO、H+；故答案为Fe2+、SO、H+；
【小问4详解】
操作③得到FeSO4·7H2O，需要蒸发浓缩、冷却(降温)结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为冷却(降温)结晶；
【小问5详解】
根据上述分析，涉及到离子方程式为Fe+ Cu2+= Fe2++ Cu，Fe+2H+= Fe2++H2↑，故答案为Fe+ Cu2+= Fe2++ Cu，Fe+2H+= Fe2++H2↑。
20. 三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]•3H2O可用于摄影和蓝色印刷；已知三草酸合铁酸钾晶体在110℃可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应。某化学研究小组对其受热分解生成的气体产物和固体产物进行探究。
（1）实验所需的仪器装置如图所示，各装置的连接顺序为：_______。
a接______、_____接____、i接_____、______接______、_____接_______
（2）检验装置的气密性后，先通一段时间N2，其目的是___________。
（3）装置E中澄清石灰水的作用是___________。
（4）有资料介绍“在含Fe2+的溶液中，先滴加少量新制饱和氯水，然后滴加KSCN溶液，溶液呈红色；若再滴加过量氯水，却发现红色褪去”。假设溶液中的+3价铁还能被氯水氧化为更高价的，试写出该反应的离子方程式___________。
（5）固体产物中铁元素存在形式的探究。
①提出合理假设：
假设1：只有Fe；
假设2：只有FeO；
假设3：___________。
②设计实验方案并实验验证
步骤1：取适量固体产物于试管中，加入足量蒸馏水溶解，过滤分离出不溶固体。
步骤2：取少量上述不溶固体放入试管中，加入足量___________溶液，充分振荡。若固体无明显变化，则假设2成立；若有暗红色固体生成，则反应离子方程式为___________。
步骤3：取步骤2所得暗红色固体于试管中，滴加过量___________，振荡后静置。若溶液基本无色，则假设___________成立；若溶液呈___________，则假设3成立。
【答案】（1）b(c)；c(b)；h；i；f；g；d(e)；e(d)；h
（2）排除装置中的空气，防止空气中的CO2干扰实验结果
（3）检验CO2是否除尽
（4）2Fe3++8H2O+3Cl2=2+16H++6Cl-
（5） ①. 含有Fe和FeO ②. CuSO4 ③. Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ ④. HCl ⑤. 1 ⑥. 浅绿色
【解析】
【小问1详解】
检验三草酸合铁酸钾晶体分解的气体产物，检验其他气体时会通过各种溶液有水蒸气混入，因此先检验水的存在，检验CO时有CO2生成，故先检验CO2的存在，最后检验CO的存在，各装置的连接顺序为a接b、c接h、i接f、g接d、e接h。
【小问2详解】
检验装置的气密性后，先通一段时间氮气，目的是排除装置内原有的空气，防止空气中二氧化碳干扰实验结果。
【小问3详解】
装置E中先用氢氧化钡溶液除去混合气体中的CO2，再用澄清石灰水检验二氧化碳是否已经除尽。
【小问4详解】
Fe3+被氯气氧化生成，Fe失去3个电子，Cl2得电子生成Cl-，根据得失电子守恒，Fe3+与Cl2的系数比为2：3，反应物中有水参与，生成物中有氢离子生成，根据原子守恒得到离子方程式为2Fe3++8H2O+3Cl2=2+16H++6Cl-。
【小问5详解】
固体产物中铁元素不可能以三价的形式存在，假设1为只有Fe，假设2为只有FeO，则假设3为有Fe和FeO。步骤2中加入硫酸铜溶液，若只有FeO，硫酸铜溶液不与FeO反应，固体应无变化，如有Fe，则硫酸铜与Fe反应生成Cu，会出现暗红色固体，反应的离子方程式为Cu2++Fe=Cu+Fe2+。步骤3取步骤2所得暗红色固体于试管中，滴加过量HCl，若溶液基本无色，证明固体物质不与HCl反应，固体中无FeO存在只有Cu，假设1成立，若溶液呈浅绿色，则说明FeO存在，FeO与HCl反应生成FeCl2为浅绿色，假设3成立。
2022-2023(1)阶段3月考题
本次考试90分钟，满分100分
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 S-32 K-39 Mn-55
第I卷 客观题
一、选择题(本题16小题，每小题3分，共48分)
1. 化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法中正确的是
A. 用填埋法处理未经分类的生活垃圾
B. 活性炭有吸附和杀菌的作用
C. 水质检验的目的是考察和研究环境质量，水的污染性或水受污染的程度等
D. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
【答案】C
【解析】
【详解】A．使用填埋法处理未经分类的生活垃圾会污染土壤和水资源，故A错误；
B．活性炭只有吸附作用,不具有杀菌消毒能力，故B错误；
C．水质检验的目的是考察和研究环境质量，水的污染性或水受污染的程度等，故C正确；
D．碳酸钡能与人体胃液中的盐酸反应生成可溶性钡盐，有毒，不能用于胃肠X射线造影检查，故D错误；
答案为C。
2. 下列实验操作正确的是
A. 称取KMnO4固体0.158g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度线，配制浓度为0.010mol·L-1的KMnO4溶液
B. 可用pH试纸测氯水的pH
C. 先用双手捂紧试管，再将导管插入水中检查装置的气密性
D. 在制备纯净的氯气时，依次通入盛有饱和食盐水，浓硫酸的洗气瓶
【答案】D
【解析】
【详解】A．配制一定物质量浓度溶液时，应在烧杯中溶解固体，不能直接把固体放在容量瓶中溶解，故A错误；
B．氯水中的次氯酸能漂白试纸，不能用pH试纸测氯水的pH，故B错误；
C．检查气密性时，要先把导管浸入水中再用手去捂容器外壁，若先用手捂热容器外壁，里面的空气受热膨胀会逸出，导致将导管放入水中后看不到导管口处冒气泡，故C错误；
D．在制备纯净的氯气时，将气体依次通入饱和食盐水除去氯化氢、通入浓硫酸除去水蒸气，故D正确；
选D。
3. 分类思想是研究化学的常用方法。下列物质的分类正确的是
A. 纯净物：石灰石、干冰、液氯、水银
B. 电解质：BaSO4、熔融NaCl、盐酸、CO2
C. 酸性氧化物：Mn2O7、SO3、CO、CO2
D. 盐：NaHSO4、CH3COONH4、Na2SO3、KClO
【答案】D
【解析】
【详解】A．石灰石是混合物，主要成分是CaCO3，A错误；
B．盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，不是化合物，因此不属于电解质；CO2由分子构成，在水溶液中和熔融状态下都不能发生电离而导电，因此属于非电解质，而不属于电解质，B错误；
C．CO是不成盐氧化物，而不属于酸性氧化物，C错误；
D．选项物质在水溶液中和熔融状态下都能够发生电离产生金属阳离子(或铵根离子)和酸根阴离子，因此能够导电，故它们都是盐，属于电解质，D正确；
故合理选项是D。
4. 用如图所示的装置分别进行如下实验，各离子方程式书写正确且各组物质反应后灯泡亮度变化不大的是
A. 向硝酸银溶液中通入少量氯化氢：Ag＋＋HCl=AgCl↓＋H＋
B. 向饱和碳酸钠溶液中不断通入CO2：+CO2+H2O=
C. 向FeI2溶液中通入少量氯气：2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl-
D. 向NaOH溶液中通入少量氯气：2OH-＋Cl2=Cl-＋ClO-＋H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．HCl是强酸，在水中完全电离产生自由移动的H+、Cl-，因此应拆开写成离子形式，离子方程式应该为：Ag++Cl-=AgCl↓，离子浓度几乎不变，灯泡亮度不变，A错误；
B．反应产生NaHCO3沉淀，该反应的离子方程式应该为：2Na++CO32-+CO2+H2O= NaHCO3↓，反应后溶液中自由移动的离子浓度减小，溶液导电性减弱，灯泡变暗，B错误；
C．微粒的还原性：I-＞Fe2+，因此向FeI2溶液中通入少量氯气，发生反应应该为：2I-+Cl2=2Cl-+I2，且反应前后微粒浓度几乎不变，溶液导电性不变，C错误；
D．Cl2与NaOH在溶液中反应产生NaCl、NaClO、H2O，离子方程式为：2OH-＋Cl2=Cl-＋ClO-＋H2O，反应后离子浓度基本不变，溶液导电性基本不变，因此反应后灯泡亮度变化不大，D正确；
故合理选项是D。
5. 利用新技术能将不锈钢加工成为柔软的金属丝，它和棉纤维一起编织成为防辐射的劳防服装，这是利用了金属的
A. 耐腐蚀性 B. 还原性 C. 热传导性 D. 延展性
【答案】D
【解析】
【详解】不锈钢能加工成为柔软的金属丝说明不锈钢具有很好的延展性，故选D。
6. 在碘酸钠（NaIO3）的碱性溶液中通入氯气，可以得到正高碘酸二氢三钠（Na3H2IO6）。下列有关该反应的说法错误的是
A. 该反应中碘酸钠作还原剂
B. 碱性条件下，氯气的氧化性强于正高碘酸二氢三钠的氧化性
C. 反应物中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1
D. 反应中生成1mol Na3H2IO6转移2NA个电子
【答案】C
【解析】
【分析】由向碘酸钠（NaIO3）的碱性溶液中通入氯气，可以得到高碘酸钠（Na2H3IO6）可知，反应中I元素的化合价由+5价升高为+7价，Cl元素的化合价由0降低为-1价，以此来解答。
【详解】A. 因I元素的化合价升高，则在该反应中碘酸钠作还原剂，A项正确；
B. 该反应中I的化合价升高，Cl的化合价降低，则碱性条件下，氯气的氧化性强于高碘酸钠的，B项正确；
C. 由电子守恒可知，反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:2，C项错误；
D. 反应中生成1 mol Na2H3IO6转移1 mol × (7−5)= 2 mol电子，即2NA个电子，D项正确；
答案选C。
【点睛】氧化还原反应是常考点，其规律口诀为：升失氧，降得还，若说剂，则相反。本题中各物质与电子转移的关系是解题的关键。
7. 由下列实验及现象推出的相应结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
取少量食盐溶于水，滴加少量淀粉溶液
食盐溶液不变蓝色
该食盐中一定不含碘元素
B
取少量待测液于试管中，滴加氯水，然后滴加KSCN溶液
溶液变红色
溶液中一定含有Fe3＋
C
将红色纸条放入新制氯水中
纸条褪色
氯气有漂白性
D
用洁净的铂丝蘸取待测液，在酒精灯上灼烧，
透过蓝色的钴玻璃片观察显紫色
该溶液中一定含有K＋
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．因为加碘食盐中的碘元素以化合态形式存在，所以食盐溶液中加入淀粉不会变蓝，故A项错误；
B．若原溶液中只含有Fe2＋时，滴加氯水后Fe2＋被氧化为Fe3＋，滴加KSCN溶液也会变红色，故B项错误；
C．氯气本身无漂白性，不能使红色纸条褪色，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，能使红色纸条褪色，故C项错误；
D．K＋在灼烧时，透过蓝色钴玻璃片观察显紫色，故D项正确；
故选D。
8. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 0.1 mol某新核素Db所含中子数为10.5NA
B. 78 g Na2O2与足量的湿二氧化碳气体完全反应时转移电子数为2NA
C. S2、S4、S8组成的硫蒸气6.4 g，其中所含硫原子数目一定为0.2NA
D. KIO3＋6HI=KI＋3H2O＋3I2中，生成1 mol I2转移电子的总数为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．1个Db含有150个中子，1 molDb含有150哥中子，故0.1 mol某新核素Db所含中子数为15.0NA，A错误；
B．78 g Na2O2的物质的量n(Na2O2)=1 mol，根据反应方程式2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，可知1 mol Na2O2完全反应时转移1 mol 电子，B错误；
C．S2、S4、S8均由硫原子组成，所以6.4 g硫蒸气所含有的硫原子的物质的量为n(S)==0.2 mol，故该混合物中含有的硫原子个数为0.2NA，C正确；
D．根据反应方程式可知：每反应生成3 mol I2，反应构成中转移的电子数为5NA，D错误；
故合理选项是C。
9. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 0.1mol·L-1FeCl2溶液：K＋、Mg2＋、、
B. 0.1mol·L-1NaOH溶液：Na＋、K＋、、Cl-
C. 0.1mol·L-1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl-、OH-
D. 0.1mol·L-1H2SO4溶液：K＋、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．MnO可以氧化Fe2＋，0.1mol·L-1FeCl2溶液中不能大量含有MnO，故A不符合题意；
B．0.1mol·L-1 NaOH溶液中Na＋、K＋、、Cl-相互之间不反应，能大量存在，故B符合题意；
C．与Ba2＋会发生反应生成BaCO3沉淀，01mol·L-1 K2CO3溶液中不能大量含有Ba2+，故C不符合题意；
D．H＋可以与反应生成CO2，0.1mol·L-1 H2SO4溶液中不能大量含有，故D不符合题意；
故选B。
10. 下列有关实验原理或实验操作正确的是
A. 在坩埚中蒸发浓缩氯化钠溶液
B. 用量筒量取7.60mL0.1mol·L-1盐酸
C. 用图1所示的操作可检查装置的气密性
D. 实验室用图2所示的装置制取少量的Cl2
【答案】C
【解析】
【详解】A．蒸发浓缩溶液在蒸发皿中进行，故A错误；
B．量筒的读数精确到0.1 mL，则可用量筒量取7.6 mL 0.1 mol·L-1盐酸，故B错误；
C．关闭止水夹，通过长颈漏斗向烧瓶中加入蒸馏水，观察长颈漏斗中液柱的高度，判断检验装置的气密性，故C正确；
D．氯气的密度大于空气，应长进短出，故D错误；
答案为C。
11. 从铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取Al2O3两种工艺的流程如下：
已知：SiO2与盐酸不反应，在碱溶时转化为铝硅酸钠沉淀
A. 固体A是SiO2和MgO
B. 滤液E中溶质的主要成份之一可做发酵粉
C. 滤液Y中通入过量CO2能将CO2改用盐酸
D. 流程甲加入盐酸后生成Al3+的离子方程式为Al2O3+3H+=2Al3++3H2O
【答案】B
【解析】
【分析】根据工艺流程甲可知：铝土矿与盐酸反应得固体A和滤液B。由于SiO2是酸性氧化物，与HCl不能反应，而金属氧化物Al2O3、Fe2O3、MgO与HCl反应产生可溶性AlCl3、FeCl3、MgCl2进入溶液中，故固体A为SiO2，滤液B含有AlCl3、FeCl3、MgCl2及过量HCl等。向滤液B中加入过量的NaOH，FeCl3、MgCl2反应产生Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀，而AlCl3形成可溶性NaAlO2进入溶液中，HCl反应变为NaCl存在溶液中，可知沉淀C为Fe(OH)3、Mg(OH)2，滤液D含有NaAlO2、NaCl。向滤液D中通入过量CO2气体，NaAlO2反应产生Al(OH)3沉淀和NaHCO3，则沉淀F为Al(OH)3，滤液E中含有NaCl、NaHCO3。将Al(OH)3煅烧，发生分解反应产生Al2O3、H2O。根据工艺流程乙可知：铝土矿中的Al2O3、SiO2能和NaOH反应产生可溶性Na2SiO3、NaAlO2，而Fe2O3、MgO不能反应，可知固体X为Fe2O3、MgO等，滤液Y为Na2SiO3、NaAlO2及过量NaOH的混合物。向滤液中通入CO2气体，NaAlO2反应产生Al(OH)3沉淀和NaHCO3，Na2SiO3反应产生H2SiO3沉淀和NaHCO3，NaOH反应产生NaHCO3，沉淀Z为Al(OH)3、H2SiO3，滤液K中含有NaHCO3。
【详解】A．根据上述分析可知固体A为SiO2，不含MgO，A错误；
B．根据上述分析可知滤液E中含有溶质NaCl、NaHCO3，其中NaHCO3不稳定，受热分解产生CO2气体，能够使面团松软，因此是发酵粉的主要成分，B正确；
C．滤液Y中含有Na2SiO3、NaAlO2及过量NaOH，若将CO2气体改为加入过量盐酸，则反应过程产生的Al(OH)3会溶解变为可溶性AlCl3，最终不能形成Al(OH)3沉淀，C错误；
D．流程甲加入盐酸后，铝土矿中的金属氧化物Al2O3、Fe2O3、MgO能和盐酸反应生成Al3+、Mg2+、Fe3+，生成Al3+的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，题干书写的离子方程式不符合电荷守恒、原子守恒，D错误；
故选B。
12. 核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，则ng它的氧化物所含电子物质的量为
A. (A-N+8)mol B. (A-N+10)mol
C. (A-N+2)mol D. (A-N+6)mol
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，质子数为A-N，该离子的相对原子质量在数值上等于其质量数；该离子带2个单位正电荷，所以其氧化物的化学式为RO；该氧化物的摩尔质量为(A+16)g/mol，n g它的氧化物的物质的量为mol。一个氧化物分子中含有(A-N+8)个质子，质子数和电子数相等，所以ng它的氧化物中所含电子的物质的量为：(A-N+8)mol，A项正确；
答案选A。
13. 下列电离方程式正确的是
A MgSO4=Mg+2＋SO B. K2FeO6=2K++FeO
C. Al2(SO4)3=Al＋3 D. KClO3=K＋＋Cl-＋3O2-
【答案】B
【解析】
【详解】A．MgSO4电离产生Mg2+、，电离方程式为：MgSO4=Mg2++，A错误；
B．K2FeO6电离产生K+、，电离方程式为K2FeO6=2K++，B正确；
C．Al2(SO4)3电离产生Al3+、，电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3+＋3，C错误；
D．KClO3电离产生K＋、，电离方程式为：KClO3=K＋+，D错误；
故答案选B。
14. 在25℃、101kPa时，Ag相对分子质量为M的VaL某气体溶解到VbL水中，此时测得溶液的密度为Cg·cm-3，则该溶液的物质的量浓度是(已知25℃、101kPa时，水的密度为0.997g·cm-3)(该气体不与水反应)
A. mol·L-1 B. mol·L-1
C. mol·L-1 D. mol·L-1
【答案】C
【解析】
【详解】该气体物质的量为=，混合溶液的质量为(A+Vb×103mL×0.997)g，此时溶液的体积为，根据物质的量浓度定义式，该溶液物质的量浓度c==mol/L或，选项C正确；
答案为C。
15. 某小组拟用手持技术对新制饱和氯水进行检测，下列图像变化最有可能是其检测结果的是
A. 图1表示氯水pH随时间的变化
B. 图2表示溶液中氯离子浓度随时间的变化
C. 图3表示氯水的电导率随时间的变化
D. 图4表示液面上方氧气体积分数随时间的变化
【答案】C
【解析】
【分析】饱和氯水中存在如下平衡：①Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO；②HClO⇌H++ClO-，HClO不稳定分解：2HClO2HCl+O2↑，氧气体积分数不断增大，而随着HClO的分解，水中的Cl2+H2O⇌HClO+HCl平衡会向左移动，最终会变为盐酸，溶液pH不断减小，所以当溶液的体积不变，溶液中的离子随着饱和氯水变为盐酸，离子浓度逐渐增大，溶液的导电能力与离子浓度成正比，据此分析解答。
【详解】A．氯水中存在：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO、HClO⇌H++ClO-，HClO不稳定分解：2HClO2HCl+O2↑，随着HClO的分解，水中的Cl2+H2O⇌HClO+HCl平衡会向左移动，最终会变为盐酸，氢离子浓度不断增大，故A错误；
B．随着HClO的分解，水中的Cl2+H2O⇌HClO+HCl平衡会向左移动，氯离子浓度不断增大，故B错误；
C．溶液中离子浓度增大，溶液的导电能力与离子浓度成正比，电导率不断增大，最终会变为盐酸，电导率不变，故C正确；
D．次氯酸分解生成氧气，氧气体积分数不断增大，故D错误；
故答案为C。
16. 下列除杂试剂的选择和除杂后检验杂质是否除尽的方法均正确的是
选项
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
检验方法
A
除去KNO3中的NaCl
AgNO3溶液
蘸取上层清液在煤气灯上灼烧，没有看到黄色
B
NaHCO3溶液(Na2CO3)
过量CO2
取少量溶液，加入Ca(OH)2溶液，观察现象
C
FeSO4溶液(CuSO4)
加入过量铁粉
过滤固体，取少量溶液，加入氢氧化钠溶液，观察现象
D
H2(CO2)
澄清石灰水
将已除杂质的少量气体通入氢氧化钠溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．KNO3中的NaCl，用AgNO3溶液除去Cl-，Na+还在溶液中，蘸取上层清液进行焰色试验，肯定会看到黄色，故A错误；
B．NaHCO3溶液中的Na2CO3，通入过量CO2，发生Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，再取少量溶液，加入Ca(OH)2溶液，氢氧化钙溶液能与碳酸氢钠反应生成碳酸钙，对碳酸钠的检验，产生干扰，故B错误；
C．加入过量铁粉，发生Fe+Cu2+=Fe2++Cu，CuSO4可以除尽，加入氢氧化钠无蓝色沉淀，故C正确；
D．二氧化碳与氢氧化钠溶液反应无现象，因此除CO2用氢氧化钠溶液，检验用澄清石灰水，故D错误；
答案为C。
第II卷 主观题
17. 生活中为了延长鲜花的寿命，通常会在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”。如表是0.5L某种“鲜花保鲜剂”中含有的成分及含量，阅读后回答下列问题：
成分
质量(g)
摩尔质量(g•mol﹣1)
蔗糖
25.00
342
硫酸钾
0.25
174
阿司匹林
0.17
180
高锰酸钾
0.25
158
硝酸银
0.02
170
（1）下列“鲜花保鲜剂”的成分中，水溶液不能导电的是___________。
A. 蔗糖 B. 硫酸钾 C. 高锰酸钾 D. 硝酸银
（2）“鲜花保鲜剂”中K+(阿司匹林中不含K+)的物质的量浓度为：___________mol•L-1(要求用原始数据书写出表达式，不需要化简)。
（3）为了研究不同浓度的“鲜花保鲜剂”的保鲜功效，需配制多份不同物质的量浓度的溶液进行研究。现欲配制500mL某物质的量浓度的“鲜花保鲜剂”，所需的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、___________、___________(在横线上填写所缺仪器的名称)，
（4）在溶液配制过程中，下列操作使溶液浓度偏大的是：___________。
A. 定容时仰视容量瓶刻度线
B. 容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水
C. 容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的“鲜花保鲜剂”而未洗净
D. 定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，再用胶头滴管加水至刻度线。
（5）在鲜花保鲜剂中能否加入维C，填___________(能或否)，原因是___________(用文字表述)。
（6）保鲜剂中还可以加入氯化钠，现在室温下，将20%的氯化钠1滴加入99.7%的乙醇中，得到的体系用红色激光笔照射，有光亮的通路，说明制备下的体系属于___________，产生通路的原因___________(用文字表述)。
【答案】（1）A （2）
（3） ①. 500mL容量瓶 ②. 胶头滴管 （4）C
（5） ①. 否 ②. 高锰酸钾有强氧化性，维C具有还原性，两者会发生氧化还原反应
（6） ①. 胶体 ②. 胶体粒子对光线的散射
【解析】
【小问1详解】
A．蔗糖含有蔗糖分子，在水溶液中，不能电离，只存在分子，不能导电，是非电解质，故A正确；
B．熔融硫酸钾，能电离出硫酸根离子和钾离子，能导电，是化合物，是电解质，故B错误；
C．高锰酸钾在熔融状态下和水溶液中都能够导电，高锰酸钾为电解质，故C错误；
D．硝酸银，溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电，是电解质，故D错误；
故答案为：A；
【小问2详解】
高锰酸钾的物质的量为n(KMnO4)=n==mol,硫酸钾的物质的量为n(K2SO4)=mol,n(K+)=n(KMnO4)+2n(K2SO4)=mol+mol×2，所以c(K+)==；
【小问3详解】
操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，由操作可知，因配制500mL溶液，则需选用500mL容量瓶，最后需胶头滴管定容，所以所需仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙外还需500mL容量瓶、胶头滴管；
【小问4详解】
A．定容时仰视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，故A错误；
B．最后需要定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，故B错误；
C．容量瓶在使用前刚刚配制完“鲜花保鲜剂”的溶液而未洗净，容量瓶沾有部分溶质，导致所配溶液浓度偏高，故C正确；
D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，若再用胶头滴管加水至刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D错误；
故选C；
【小问5详解】
高锰酸钾有强氧化性，维C具有还原性，两者会发生氧化还原反应，因此不能在鲜花保鲜剂中加入维C；
【小问6详解】
有光亮的通路是胶体的丁达尔效应，说明制备下的体系属于胶体，产生通路的原因胶体粒子对光线的散射。
18. X、Y是元素周期表前20号元素，且X的原子序数比Y大4。
I．若X的氧化物、氯化物都是实验室常用的干燥剂。
（1）实验室可用X的氢氧化物的水溶液检验某温室气体，写出相应的离子方程式___________。
（2）将一种黄绿色气体与Y的低价氧化物(污染性气体)同时通入水中，生成两种强酸。写出相应的化学方程___________。
II．若X是金属性最强的短周期元素。
（3）单质X着火，可用___________来灭火。
（4）Y与X形成一种物质，其原子个数之比为3：1，已知该物质受到撞击即可放出大量的气体，该气体是空气中的一种主要成分，写出对应的化学方程式：___________。
（5）X的一种氧化物可以在呼吸面罩作氧气的来源，写出相应的化学方程式___________。
III．若X的离子半径是第三周期元素离子半径中最小的。
（6）Y2与H2O溶液反应的产物之一是氧气，该反应的化学方程式为___________。
（7）X与同周期的一种非常活泼的金属元素形成的氧化物对应水化物反应的离子方程式_____。
【答案】（1）CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O
（2）SO2＋2H2O＋Cl2=H2SO4＋2HCl
（3）干燥的沙土 （4）2NaN32Na＋3N2↑
（5）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
（6）2F2+2H2O=O2+4HF
（7）2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑
【解析】
【小问1详解】
X的氧化物和氯化物都是实验室常用的干燥剂，X为Ca，则Y为S，实验室用澄清石灰水检验二氧化碳，两者反应生成碳酸钙沉淀和水，离子方程式为CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O。
【小问2详解】
黄绿色气体为氯气，氯气与SO2同时通入水中，两者反应生成的两种强酸为HCl和H2SO4，反应的化学方程式为SO2＋2H2O＋Cl2=H2SO4＋2HCl。
【小问3详解】
X为金属性最强的短周期元素，X为Na，钠能与水、二氧化碳等反应，着火时用干燥的沙土扑灭。
【小问4详解】
X为Na，Y为N，N与Na形成一种物质，原子个数比为3：1，该物质为NaN3，NaN3受撞击放出大量的气体，该气体是空气的一种主要成分，则该气体为N2，反应的化学方程式为2NaN32Na＋3N2↑。
【小问5详解】
Na的氧化物Na2O2与二氧化碳反应生成氧气和碳酸钠，可作为呼吸面罩氧气来源，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。
【小问6详解】
X的离子半径是第三周期元素离子半径最小的，X为Al，Y为F。F2与水反应生成氧气和HF，化学方程式为2F2+2H2O=O2+4HF。
【小问7详解】
与Al同一周期一种非常活泼的金属元素为Na，其氧化物对应水化物为NaOH，Al和NaOH反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑。
19. 某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4、较多的Cu2+和少量的Na+。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该工业废水中回收硫酸亚铁和金属铜。请根据流程图，回答下列问题。
（1）写出对应物质的化学式：①为___________，②为___________，A中含有的物质___________。
（2）操作②的名称为________，所需要的玻璃仪器为________、________、烧杯。
（3）母液中含有的离子主要有(填离子符号)：___________。
（4）操作③包括___________、___________和过滤，再经洗涤、干燥操作可以得到纯净的FeSO4•7H2O晶体。
（5）在上述流程中，涉及到的离子方程式有___________。
【答案】（1） ①. Fe ②. H2SO4 ③. Cu、Fe
（2） ①. 过滤 ②. 漏斗 ③. 玻璃棒
（3）Fe2+、、H+
（4） ①. 蒸发浓缩 ②. 降温结晶
（5）Fe+ Cu2+= Fe2++ Cu，Fe+2H+= Fe2++H2
【解析】
【分析】工业废水中含有大量的FeSO4，较多Cu2+和少量Na+，本流程目的是回收硫酸亚铁和金属铜，应向工业废水中加入过量铁单质，发生Fe+Cu2+=Fe2++Cu，然后过滤，A为滤渣，含有铜单质和过量铁，B为滤液，溶质为FeSO4和Na+，向滤渣中加入过量硫酸，发生Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，铜单质不与稀硫酸反应，过滤，得到铜单质，将B和C溶液合并，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到绿矾和母液，据此分析；
【小问1详解】
根据上述分析，①为Fe，②为H2SO4，A中含有的物质为Cu和Fe；故答案为Fe；H2SO4；Cu和Fe；
【小问2详解】
根据上述分析，操作②得到Cu和FeSO4溶液，该操作名称为过滤；需要的玻璃仪器有(普通)漏斗、玻璃棒和烧杯；故答案为过滤；(普通)漏斗；玻璃棒；
【小问3详解】
根据上述分析，母液中含有的主要离子为Fe2+、SO、H+；故答案为Fe2+、SO、H+；
【小问4详解】
操作③得到FeSO4·7H2O，需要蒸发浓缩、冷却(降温)结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为冷却(降温)结晶；
【小问5详解】
根据上述分析，涉及到离子方程式为Fe+ Cu2+= Fe2++ Cu，Fe+2H+= Fe2++H2↑，故答案为Fe+ Cu2+= Fe2++ Cu，Fe+2H+= Fe2++H2↑。
20. 三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]•3H2O可用于摄影和蓝色印刷；已知三草酸合铁酸钾晶体在110℃可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应。某化学研究小组对其受热分解生成的气体产物和固体产物进行探究。
（1）实验所需的仪器装置如图所示，各装置的连接顺序为：_______。
a接______、_____接____、i接_____、______接______、_____接_______
（2）检验装置的气密性后，先通一段时间N2，其目的是___________。
（3）装置E中澄清石灰水的作用是___________。
（4）有资料介绍“在含Fe2+的溶液中，先滴加少量新制饱和氯水，然后滴加KSCN溶液，溶液呈红色；若再滴加过量氯水，却发现红色褪去”。假设溶液中的+3价铁还能被氯水氧化为更高价的，试写出该反应的离子方程式___________。
（5）固体产物中铁元素存在形式的探究。
①提出合理假设：
假设1：只有Fe；
假设2：只有FeO；
假设3：___________。
②设计实验方案并实验验证
步骤1：取适量固体产物于试管中，加入足量蒸馏水溶解，过滤分离出不溶固体。
步骤2：取少量上述不溶固体放入试管中，加入足量___________溶液，充分振荡。若固体无明显变化，则假设2成立；若有暗红色固体生成，则反应离子方程式为___________。
步骤3：取步骤2所得暗红色固体于试管中，滴加过量___________，振荡后静置。若溶液基本无色，则假设___________成立；若溶液呈___________，则假设3成立。
【答案】（1）b(c)；c(b)；h；i；f；g；d(e)；e(d)；h
（2）排除装置中的空气，防止空气中的CO2干扰实验结果
（3）检验CO2是否除尽
（4）2Fe3++8H2O+3Cl2=2+16H++6Cl-
（5） ①. 含有Fe和FeO ②. CuSO4 ③. Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ ④. HCl ⑤. 1 ⑥. 浅绿色
【解析】
【小问1详解】
检验三草酸合铁酸钾晶体分解的气体产物，检验其他气体时会通过各种溶液有水蒸气混入，因此先检验水的存在，检验CO时有CO2生成，故先检验CO2的存在，最后检验CO的存在，各装置的连接顺序为a接b、c接h、i接f、g接d、e接h。
【小问2详解】
检验装置的气密性后，先通一段时间氮气，目的是排除装置内原有的空气，防止空气中二氧化碳干扰实验结果。
【小问3详解】
装置E中先用氢氧化钡溶液除去混合气体中的CO2，再用澄清石灰水检验二氧化碳是否已经除尽。
【小问4详解】
Fe3+被氯气氧化生成，Fe失去3个电子，Cl2得电子生成Cl-，根据得失电子守恒，Fe3+与Cl2的系数比为2：3，反应物中有水参与，生成物中有氢离子生成，根据原子守恒得到离子方程式为2Fe3++8H2O+3Cl2=2+16H++6Cl-。
【小问5详解】
固体产物中铁元素不可能以三价的形式存在，假设1为只有Fe，假设2为只有FeO，则假设3为有Fe和FeO。步骤2中加入硫酸铜溶液，若只有FeO，硫酸铜溶液不与FeO反应，固体应无变化，如有Fe，则硫酸铜与Fe反应生成Cu，会出现暗红色固体，反应的离子方程式为Cu2++Fe=Cu+Fe2+。步骤3取步骤2所得暗红色固体于试管中，滴加过量HCl，若溶液基本无色，证明固体物质不与HCl反应，固体中无FeO存在只有Cu，假设1成立，若溶液呈浅绿色，则说明FeO存在，FeO与HCl反应生成FeCl2为浅绿色，假设3成立。
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