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精品解析：新疆维吾尔自治区和田地区洛浦县2022-2023学年高三上学期11月期中考试化学试题（解析版）
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这是一份精品解析：新疆维吾尔自治区和田地区洛浦县2022-2023学年高三上学期11月期中考试化学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了5ml/LHClCl2Ca2等内容，欢迎下载使用。
2022~2023学年度第一学期和田地区洛浦县期中教学情况调研
高三化学
注意事项：
1.本试卷包含选择题和非选择题两部分。考生答题全部答在答题卡上，答在本试卷上无效。本次考试时间为75分钟，满分值为100分。
2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号(考试号)用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡上，并用2B铅笔将对应的数字标号涂黑。
3.答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置，在其它位置答题一律无效。
一、单项选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 五千年中华文化不仅能彰显民族自信、文化自信，还蕴含着许多化学知识。下列说法错误的是
A. “……车中幸有司南柄，试与迷途指大方”中“司南柄”的主要成分为
B. “地生天赐硝磺炭”中提到了黑火药的主要成分
C. “用胶泥刻字……火烧令坚”所描写的印刷术陶瓷活字属于硅酸盐材料
D. “寒溪浸楮春夜月”所描写的造纸术工艺过程中发生了化学变化
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．磁铁的主要成分为，A项错误；
B．黑火药的主要成分是硝酸钾、硫磺、木炭，B项正确；
C．陶瓷属于硅酸盐材料，C项正确；
D．造纸术过程中涉及漂白，发生了化学变化，D项正确。
答案选A。
2. 下列物质中，属于纯净物的是（ ）
①陶瓷 ②水泥 ③玻璃 ④漂白粉 ⑤胆矾 ⑥氨水 ⑦液氨
A. ①③⑤ B. ②④⑥ C. ⑤⑦ D. ⑥⑦
【答案】C
【解析】
【详解】①陶瓷主要成分是多种硅酸盐的混合物，故①不符合题意；
②水泥是硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙的混合物，故②不符合题意；
③玻璃是硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅的混合物，故③不符合题意；
④漂白粉是氯化钙、次氯酸钙的混合物，故④不符合题意；
⑤胆矾是硫酸铜晶体，是纯净物，故⑤符合题意；
⑥氨水是氨气的水溶液，含有多种微粒，属于混合物，故⑥不符合题意；
⑦液氨是液态的氨气单质，是纯净物，故⑦符合题意；
故属于纯净物的是⑤⑦，答案选C。
【点睛】纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；要分清氨水与液氨的区别，注意胆矾的成分CuSO4·5H2O是化合物。
3. 下列叙述中正确的是
A. 由同种元素组成的物质一定是单质
B. 非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定都是非金属氧化物
C. 在水溶液或熔融状态下能导电的物质是电解质
D. 是新发现的一种碳的化合物，、金刚石、石墨都是碳的同素异形体
【答案】B
【解析】
【详解】A．由同一种元素组成的物质不一定是单质，例如氧元素组成的氧气和臭氧混到一起为混合物，不是单质，A错误；
B．CO属于非金属氧化物，但不是酸性氧化物，Mn2O7属于酸性氧化物，但不是非金属氧化物，B正确；
C．在水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质，电解质必须是化合物，C错误；
D．同素异形体是指由同样的单一化学元素组成，因排列方式不同，而具有不同性质的单质，C60、金刚石、石墨都是碳的同素异形体，C60是单质，D错误；
答案选B。
4. 下列各组物质在给定条件下能实现转化的是
①SiO2SiCl4Si
②FeS2SO2H2SO4
③0.5mol/LHCl(aq)Cl2Ca(ClO)2
④饱和NaCl溶液NaHCO3Na2CO3
A. ②④ B. ①④ C. ①②③ D. ②③④
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】SiO2不能和盐酸反应，故①不能实现；FeS2高温煅烧可以生成SO2，SO2和双氧水反应能直接化合成硫酸，故②可以实现；制取氯气需要用浓盐酸和MnO2反应，0.5mol/L的盐酸为稀盐酸，稀盐酸和MnO2不能制取氯气，故③不能实现；先向饱和食盐水中通入足量的氨气，然后再通入足量的CO2，可以生成溶解度比较小的NaHCO3，加热NaHCO3可以得到Na2CO3，这是侯德榜制碱法的原理，故④可以实现；故选A。
5. 设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是 ( )
A. 1 mol NH含有的电子数为10NA
B. 标准状况下，0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA
C. 1 L 0.1 mol·L－1氨水含有0.1NA个OH－
D. 50 mL 18.4 mol·L－1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA
【答案】A
【解析】
【详解】A项、1molNH4+中含有的电子10mol，含有的电子数为10NA，故A正确；
B项、氯气与水的反应是可逆反应，因此标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，故B错误；
C项、一水合氨为弱碱，在溶液中只能部分电离，则1 L 0.1 mol·L－1氨水中含有的OH－小于0.1mol，含有OH－离子数目小于0.1NA，故C错误；
D项、随着反应进行，浓硫酸的浓度逐渐变小到一定程度后，就不能与铜继续反应，50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目小于0.46NA ，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查阿伏伽德罗常数的有关计算和判断试题题量较大，知识点较多，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏伽德罗常数的关系，准确弄清分子、原子的构成关系，明确可逆反应的特征是解答关键。
6. 下列化学反应的离子方程式正确的是
A. 在H218O中投入Na2O2固体：2 H218O+2Na2O2=4Na+ +4OH-+18O2↑
B. 向AlCl3溶液中加入过量的浓氨水: Al3++4NH3·H2O = AlO+4+2H2O
C. 向FeI2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++ Cl2 =2Cl-+2Fe3+
D. Fe3O4溶于稀硝酸的反应:3Fe3O4+28H++=9Fe3++NO↑+14H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2O2与水反应时，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，水中的氧元素不变价，O2分子中不含18O，18O应该在OH-中，正确的离子方程式为：2H218O+2Na2O2═2OH-+218OH-+4Na++O2↑，故A错误；
B．向AlCl3溶液中加入过量的浓氨水，氯化铝与氨水发生反应，生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3，故B 错误；
C．FeI2溶液中通入少量的Cl2，碘离子还原性大于亚铁离子，少量的氯气只氧化碘离子，发生反应的离子方程式为2I-+Cl2═I2+2Cl-，故C错误；
D．Fe3O4溶于稀硝酸，硝酸具有氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子，二者发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为3Fe3O4+28H++=9Fe3++NO↑+14H2O，故D正确；
答案为D。
7. 下列各组中的两种物质作用时，反应条件(温度、反应物用量、反应物浓度等)改变，不会引起产物改变的是
A. Cl2和H2 B. NaOH和CO2 C. Na和O2 D. Cu和HNO3
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．Cl2和H2在点燃条件下或光照条件下均反应生成HCl，选项A符合；
B．NaOH和CO2反应，CO2少量生成Na2CO3，过量生成NaHCO3，选项B不符合；
C．Na和O2反应，常温下生成Na2O，加热或点燃生成Na2O2，选项C不符合；
D．Cu和HNO3反应，稀HNO3时生成NO，浓HNO3时生成NO2，选项D不符合；
答案选A。
8. 常温下，下列各组离子一定能大量共存的是
A. 滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：Na+、Fe2+、Cl-、NO
B. c(H+)=10-12mol·L-1的溶液：K+、Ba2+、Cl-、Br-
C. =1012的溶液中：NH、Al3+、NO、CO
D. 由水电离的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液中：K+、NH、AlO、HCO
【答案】B
【解析】
【详解】A．滴加甲基橙试剂显红色的溶液显酸性，在酸性条件下，NO能氧化Fe2+，不能大量共存，故A错误；
B．c(H+)=10-12mol·L-1的溶液显碱性，离子组K+、Ba2+、Cl-、Br-彼此间不发生离子反应，且在碱性溶液中能大量共存，故B正确；
C．常温下Kw=1×10-14，则=1012的溶液中c(H+)=1×10-13mol·L-1，溶液显碱性，NH、Al3+在碱性溶液中均不能大量存在，且Al3+与CO之间发生双水解反应而不能大量共存，故C错误；
D．常温下，由水电离的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液pH=1或pH=13，NH和HCO不能在碱性溶液中大量存在，而AlO和HCO不能在酸性溶液中大量存在，故D错误；
故答案为B。
9. 以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠(NaClO2)的工艺流程如图，下列说法错误的是
A. NaClO3在发生器中作氧化剂
B. 从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO4
C. 吸收塔中温度不宜过高，否则会导致H2O2分解
D. 吸收塔中1molH2O2得到2mol电子
【答案】D
【解析】
【分析】NaClO3和浓硫酸在反应器1中与二氧化硫反应生成ClO2和Na2SO4，ClO2在反应器2中与双氧水、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠，再得到其晶体，据此解答。
【详解】A．NaClO3通过反应生成ClO2，其中氯的化合价由+5价变为+4价，故NaClO3在发生器中作氧化剂，A正确；
B．溶解过程中所加硫酸过量，由上述分析可知，从“母液"中可回收的主要物质有硫酸钠、硫酸等，B正确；
C．吸收塔中使用过氧化氢，而且H2O2受热易分解，故吸收塔中温度不宜过高，否则会导致H2O2分解，C正确；
D．吸收塔中发生的反应是，该反应中，过氧化氢是还原剂，失去电子，故吸收塔中1molH2O2失去2mol电子，D错误；
故选D。
10. 下列说法不正确的是( )
A. 漂白粉可用于生活用水的消毒
B 石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红，随后迅速褪色，不涉及氧化还原反应
C. 氯水具有较强的氧化性，可用于漂白纸张、织物等
D. 清洗碘升华实验所用试管，先用酒精清洗，再用水清洗
【答案】B
【解析】
【详解】A．漂白粉的有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，能够杀菌消毒，可用于生活用水的消毒，A正确，不选；
B．氯水中含有HCl、HClO，溶液呈酸性，加入石蕊溶液后溶液变红；红色褪去，是由于HClO具有强氧化性，将石蕊氧化为无色物质，因此，该过程涉及了氧化还原反应，B错误，符合题意；
C．氯水中次氯酸具有漂白性，可用于漂白纸张、织物等，C正确，不选；
D．碘易溶于酒精，可用酒精清洗碘，又由于酒精与水互溶，再用水清洗即可洗净，D正确，不选。
答案选B。
11. 下列说法不正确的是
A. 用高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气
B. 侯氏制碱法中过滤NaHCO3后的母液中加入氯化钠粉末，通入氨气，搅拌经降温结晶析出NH4Cl
C. 用氢氯酸刻蚀石英制作工艺品
D. 磁性材料大多数是含铁的化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A．高锰酸钾具有强氧化性，可以将浓盐酸氧化为氯气，因此可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，A正确；
B．侯氏制碱法中过滤NaHCO3后的母液中含有大量、Cl-，向其中加入氯化钠粉末，增大溶液中c(Cl-)，并通入通入氨气，增大溶液中c()，并进行搅拌，降温，降低物质的溶解度，当c(Cl-)·c()大于该温度下的NH4Cl的溶度积常数时，就会结晶析出NH4Cl，B正确；
C．氢氯酸(即HCl)与石英玻璃的成分SiO2不能发生反应，HF能够与SiO2发生反应而腐蚀玻璃，因此氢氟酸可以用于刻蚀石英制作工艺品，氢氯酸不能，C错误；
D．具有软磁性、硬磁性或其它电磁特性的材料统称为磁性材料，磁性材料是指铁、钴、镍等能被磁铁吸引的材料，大多数是含铁的化合物，D正确；
故合理选项是C。
12. 下列氧化还原反应方程式中所标电子转移方向与数目错误的是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应中Fe元素化合价从0价变为+2价，H元素化合价从+1变为0价，根据得失电子守恒，反应中转移电子数为2，A正确；
B．该反应中NO中N元素化合价从+2变为+5价，O2中O元素化合价从0价变为-2价，根据得失电子守恒，反应中转移电子数为12，B正确；
C．该反应中Cl2中部分Cl元素化合价从0升高为+1价，部分Cl元素化合价从0价降为-1价，根据原子守恒及得失电子守恒，反应中转移电子数为2，C正确；
D．该反应中KClO3中Cl元素化合价从+5变为0价，HCl中Cl元素化合价从-1价变为0价，根据得失电子守恒，反应中转移电子数为5，转移电子数计算不对，D错误；
答案选D。
【点睛】注意箭头的方向和转移电子的数目。
13. 下列说法或表示法正确的是
A. 等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多
B. 由C(石墨)=C(金刚石)△H=+1.9 kJ/mol可知，石墨比金刚石稳定
C. 在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) △H=-57.3 kJ/mol，故将含1 molCH3COOH的醋酸溶液与含1 molNaOH的溶液混合，放出的热量为57.3kJ
D. 在101 kPa时，2 gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=-285.8 kJ/mol
【答案】B
【解析】
【详解】A．蒸汽硫转化为固体硫需要放热，等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，产物相同，因此前者放出的热量多，故A错误；
B．石墨转化为金刚石属于吸热反应，说明等物质量的石墨的能量低于金刚石的能量，能量越低越稳定，因此石墨比金刚石稳定，故B正确；
C．CH3COOH是弱电解质，而弱电解质的电离吸热，故将含1 molCH3COOH的醋酸溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3 kJ，故C错误；
D．2 g H2的物质的量为1mol，而放热反应的ΔH＜0，故氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH=-571.6 kJ•mol-1，故D错误；
故答案选B。
14. 不能正确表示下列变化的离子方程式是
A. 钠与水反应的离子方程式：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
B. 酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：2I-+2H++H2O2=I2+2H2O
C. 硅酸钠溶液和盐酸反应：+2H+=H2SiO3↓
D. 硫酸铜溶液中加少量的铁粉：3Cu2++2Fe=3Fe3++3Cu
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．钠与水反应生成NaOH和氢气，离子方程式正确，A不符合题意；
B．酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水，碘离子被氧化为碘单质，离子方程式正确，B不符合题意；
C．硅酸钠为可溶于水的强电解质，和盐酸反应生成硅酸沉淀，离子方程式正确，C不符合题意；
D．铜离子只能氧化Fe生成Fe2+，离子方程式为Cu2++Fe=Fe2++Cu，选项所给离子方程式错误，D符合题意；
综上所述答案为D。
15. NA为阿伏加 德罗常数值，下列说法不正确的是（ ）
A. 标准状况下，5.6L甲烷和乙烯的混合气体中所含碳氢键数为NA
B. 足量镁与一定体积的浓硫酸反应，产生气体2.24L（标准状况），则转移的电子数为0.2NA
C. 含7.8gNa2S的溶液中阴离子总数大于0.1NA
D. 向100mL1mol•L-1稀盐酸中逐滴加入含0.1molNa2CO3的溶液，则混和液中：N(CO32-)+N(HCO3-)+N(H2CO3)=0.1NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 标准状况下，5.6L甲烷和乙烯混合气体的物质的量，而无论是甲烷还是乙烯中，一个分子所含碳氢键数都为4个，故0.25mol混合气体无论比例如何，所含碳氢键数均为NA，A正确；
B. 足量镁与一定体积的浓硫酸反应时，由于镁足量，硫酸要反应完，产生气体为二氧化硫和氢气的混合气体，体积为2.24L（标准状况），总物质的量为0.1mol，产生二氧化硫时，硫由+6价变为+4价，生成1mol二氧化硫转移2mol电子，产生氢气是，2mol氢离子产生1mol氢气，转移电子仍为2mol，即转移电子的物质的量为气体的2倍，故生成0.1mol混合气体，转移的电子数为0.2NA，B正确；
C. 7.8gNa2S的物质的量，S2-总数为0.1NA ，而在水溶液中，S2-水解产生HS-和OH-，溶液中阴离子总数变多，所以大于0.1NA，C正确；
D.向100mL1mol•L-1稀盐酸中逐滴加入含0.1molNa2CO3的溶液时，开始时，稀盐酸过量，立即有二氧化碳放出，根据物料守恒，混合液中：N(CO32-)+N(HCO3-)+N(H2CO3)<0.1NA，D错误。
答案选D。
16. 现有两种金属组成的混合物，把5.6g 该混合物加入到100g一定溶质质量分数的稀硫酸中，恰好完全反应，产生氢气物质的量为w。则下列说法中正确的是
A. 若混合物为Zn、Al，w不可能是0.1 mol
B. 若混合物为Zn、Fe，w可能大于0.1 mol
C. 若混合物为Fe、Mg，则加入的稀硫酸中溶质质量分数等于9.8％
D. 若混合物为Cu、Fe，w是0.05mol，则混合物中Fe与Cu的质量比为1：1
【答案】D
【解析】
【详解】A．锌、铝和稀硫酸反应的关系为：、，由质量关系可知，5.6g锌和稀硫酸恰好完全反应生成的氢气的物质的量小于0.1mol，5.6g铝和稀硫酸恰好完全反应生成的氢气的物质的量大于0.1mol，因此若混合物为Zn、Al，w可能是0.1mol，A错误；
B．铁和稀硫酸反应关系为：，5.6g铁和稀硫酸恰好完全反应生成的氢气的物质的量等于0.1mol，由A中可知，5.6g锌和稀硫酸恰好完全反应生成的氢气的物质的量小于0.1mol，因此若混合物为Fe、Zn，w不可能大于0.1mol，B错误；
C．设5.6g铁消耗硫酸的质量为y，5.6g镁消耗硫酸的质量为z，则有：，，即56：5.6g=98：y ，24：5.6g=98：z，解得y=9.8g，z=22.9g，则加入的稀硫酸中溶质质量分数最小为：×100%=9.8%，最大为：×100%=22.9%，C错误；
D．设铁的质量为x，，56：x=2：0.1g，解得x=2.8g，则混合物中Fe和Cu的质量比为：2.8g：(5.6g-2.8g)=1：1，D正确；
答案选D。
二、填空题：共计52分。
17. A、B、C、D、E、F六种物质有如下变化关系，E是淡黄色粉末，判断：
(1)写出A、B、C、D、E、F的化学式：
A._______；B.______；C.______；
D._______；E.______；F._______。
(2)写出有关反应的化学方程式(是离子反应的直接写出离子方程式)
EB：______
CF：______
【答案】 ①. Na ②. NaOH ③. Na2CO3 ④. NaCl ⑤. Na2O2 ⑥. NaHCO3 ⑦. 2Na2O2+2H2O=4Na＋+4OH-+O2↑ ⑧. CO32-+H2O+CO2=2HCO3-
【解析】
【分析】A与氧气反应生成淡黄色粉末E为Na2O2，则A为Na，钠与水反应生成B且也能由过氧化钠转化得到，可推知B为NaOH，由于NaOH与CO2得到C，C与CO2、H2O反应得到F，可推知C为Na2CO3、F为NaHCO3，碳酸钠与HCl反应得到固体D，且也能由过氧化钠转化得到D，可推知D为NaCl，据此解答。
【详解】根据上述分析可知：A为Na，B为NaOH，C为Na2CO3、D为NaCl，E为Na2O2，F为NaHCO3。
(1)由上述分析可知，A、B、C、D、E、F六种物质的化学式分别是A为Na，B为NaOH，C为Na2CO3、D为NaCl，E为Na2O2，F为NaHCO3。
(2) Na2O2与H2O反应产生NaOH和O2，所以E→B的反应是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，该反应离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；
碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，所以C→F反应离子方程式为：CO32-+H2O+CO2=2HCO3-。
【点睛】本题考查无机物推断的知识，涉及钠元素单质及其化合物的转化，突破口为“E为淡黄色粉末及E是由A与氧气在点燃条件下得到”，再结合转化关系推断，注意基础知识的掌握。
18. NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物等。其一种生产工艺如下:
（1）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式：_____________________
（2）“电解”中阴极反应的主要产物是____。
（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成。精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别_溶液、_溶液，过滤后需加_____溶液调节pH。(填化学式)
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。写出“尾气吸收”的离子方程式：____。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为____。
（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力。其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为____g(计算结果保留两位小数)。
【答案】 ①. 2NaClO3＋SO2＋H2SO4＝2ClO2＋2NaHSO4 ②. NaClO2或ClO2－ ③. NaOH ④. Na2CO3 ⑤. HCl ⑥. 2ClO2＋2OH－＋H2O2＝2ClO2－＋O2＋2H2O ⑦. 2:1 ⑧. 1.57
【解析】
【分析】从生产工艺可知：NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，回收产物为NaHSO4，电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2-，阳极Cl-失电子生成Cl2，在尾气吸收过程中，含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，最后NaClO2溶液结晶、干燥得到产品。
【详解】（1）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2
（2）ClO2氧化能力强，根据结晶干燥后的产物可知ClO2的还原产物为NaClO2，因此电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2-，阳极Cl-失电子生成Cl2。
（3）食盐溶液中混有Mg2+ 和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+，过滤后需加HCl溶液调节pH 。
（4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO2-，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，所以反应为2ClO2＋2OH－＋H2O2＝2ClO2－＋O2＋2H2O，每摩尔H2O2得到2mol电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1；
（5）1gNaClO2的物质的量，依据电子转移数目相等，NaClO2～Cl-～4e-，Cl2～2Cl-～2e-，可知氯气的物质的质量为：
NaClO2～2Cl2
1mol 2×71g
mol 1.57g
【点睛】氧化还原反应转移电子的数目=氧化剂（还原剂）反应前、后化合价变化差值×化合价变化的原子个数。
19. 氯化亚铜 CuCl 是一种无机物，可用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂。它难溶于水，溶于浓盐酸和氨水，不溶于乙醇，在潮湿空气中可被迅速氧化成 Cu2(OH)3Cl。制备方法如下：
Ⅰ.途径一，以海绵铜(主要成分是 Cu 和少量的 CuO)为原料，回答下列问题：
（1）海绵铜在溶解之前进行“预处理”操作以去除表面的矿物油污，可以选择_______。
A.纯碱溶液浸泡 B.NaOH 溶液浸泡 C.酒精清洗
（2）溶解步骤温度控制在 60℃的原因是_______。
（3）反应步骤的离子方程式_______。
Ⅱ.途径二，以刻蚀废液(主要成分是 FeCl3、FeCl2、CuCl2)为原料，回答下列问题：
（4）刻蚀废液进行“预处理”时，先加入合适的氧化剂，再加入 Na2CO3溶液。加入Na2CO3调节溶液至微酸性而不是碱性的原因是_______。
（5）析出的氯化亚铜晶体要立即水洗后醇洗，在真空干燥机内于 60℃干燥 2 小时，冷却后真空包装，否则会发生反应的化学方程式为_______。
Ⅲ.在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的 Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl-。已知：Cu+Cu2+ 2Cu+ K =7.6×10-7；Ksp(CuCl) = 2.0×10-6
（6）通过计算说明上述除Cl-的反应能完全进行的原因_______。
（7）若用Zn替换Cu可加快除Cl-的速率，但需控制溶液的 pH。若pH过低，除 Cl-效果下降的原因是_______。
【答案】（1）C （2）防止温度过高导致铵盐分解
（3）Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+
（4）溶液中含有铜离子，若溶液碱性过强，则会生成氢氧化铜沉淀
（5）4CuCl+O2+4H2O= 2Cu2(OH)3Cl+2HCl
（6）已知：①Cu+Cu2+ 2Cu+ K =7.6×10-7；②CuCl Cl-+Cu+ Ksp(CuCl) = 2.0×10-6；则①-2×②得：Cu+Cu2++ 2Cl- 2CuCl，此反应的平衡常数为，说明此反应进行程度很大，能够完全进行
（7）若pH过低，锌会与溶液中氢离子反应
【解析】
【分析】海绵铜预处理后加入硝酸铵、硫酸，反应得到硫酸铜、硫酸铵，过滤后滤液加入亚硫酸铵、氯化铵，将二价铜转化为一价铜并生成氯化亚铜沉淀；刻蚀废液预处理后，加入亚硫酸钠将二价铜转化为一价铜，再加入氯化钠生成氯化亚铜沉淀；氯化亚铜过滤分离出来水洗、醇洗后烘干得到氯化亚铜。
【小问1详解】
矿物油污为烃类不是酯类不能用碱性物质清除，应该选择酒精溶液预处理；故选C；
【小问2详解】
解步骤温度控制在 60℃的原因是防止温度过高导致铵盐分解，使得浸取效率下降；
【小问3详解】
亚硫酸根离子具有还原性；反应步骤中铜离子和亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成亚铜离子和硫酸根离子，亚铜离子又和氯离子生成氯化亚铜沉淀，故总的离子方程式为；Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；
【小问4详解】
刻蚀废液加入氧化剂后亚铁离子转化为铁离子，溶液中含有铁离子、铜离子，调节pH生成铁的沉淀除去铁；若溶液碱性过强，则会生成氢氧化铜沉淀导致铜元素损失；
小问5详解】
空气中氧气具有氧化性，已知：CuCl在潮湿空气中可被迅速氧化成 Cu2(OH)3Cl；则会发生反应的化学方程式为4CuCl+O2+4H2O= 2Cu2(OH)3Cl+2HCl；
【小问6详解】
已知：①Cu+Cu2+ 2Cu+ K =7.6×10-7；②CuCl Cl-+Cu+ Ksp(CuCl) = 2.0×10-6；则①-2×②得：Cu+Cu2++ 2Cl- 2CuCl，此反应的平衡常数为，说明此反应进行程度很大，能够完全进行，故上述除Cl-的反应能完全进行；
【小问7详解】
用Zn替换Cu，若pH过低，锌会与溶液中氢离子反应，导致除Cl-效果下降。
20. 某同学设计了如下装置用于制取 SO2 和验证 SO2 的性质。
试回答以下问题：
（1）装置 A 中用于添加浓硫酸的仪器名称为____，其中反应的化学方程式为____。
（2）导管①的作用是____。
（3）装置 B 中可观察到的现象是____，体现出 SO2 ____性。
（4）装置 D 中溴水褪色，体现出 SO2 ____性。
（5）E 装置的作用是 ____，发生反应的离子方程式为____。
【答案】 ①. 分液漏斗 ②. H2SO4 + Na2SO3 = Na2SO4 + SO2↑ + H2O ③. 平衡气压，便于浓硫酸顺利滴下 ④. 品红溶液褪色 ⑤. 漂白 ⑥. 还原 ⑦. 吸收SO2气体，防止污染空气 ⑧. 2OH—+ SO2 = SO32—+ H2O（或OH—+ SO2 = HSO3—）
【解析】
【分析】（1）根据仪器的结构及反应原理判断；
（2）导管的作用是平衡气压；
（3）SO2具有漂白性；
（4）SO2 具有还原性；
（5）二氧化硫为污染性气体，不能直接排放到空气中。
【详解】（1）根据仪器的结构可知，装置 A 中用于添加浓硫酸的仪器名称为分液漏斗，其中发生的反应为亚硫酸钠与浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为H2SO4 + Na2SO3 = Na2SO4 + SO2↑ + H2O；
（2）若没有导管①平衡压强，分液漏斗内液体不能够顺利流下，故导管①的作用是平衡气压，便于浓硫酸顺利滴下；
（3）因SO2具有漂白性，装置 B 中可观察到的现象是品红溶液褪色；
（4）因 SO2 具有还原性，与溴发生氧化还原反应而使溴水褪色，则装置 D 中溴水褪色；
（5）二氧化硫为污染性气体，不能直接排放到空气中，故E 装置的作用是吸收SO2气体，防止污染空气，发生反应的离子方程式为2OH—+ SO2 = SO32—+ H2O或OH—+ SO2 = HSO3—。
2022~2023学年度第一学期和田地区洛浦县期中教学情况调研
高三化学
注意事项：
1.本试卷包含选择题和非选择题两部分。考生答题全部答在答题卡上，答在本试卷上无效。本次考试时间为75分钟，满分值为100分。
2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号(考试号)用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡上，并用2B铅笔将对应的数字标号涂黑。
3.答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置，在其它位置答题一律无效。
一、单项选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 五千年中华文化不仅能彰显民族自信、文化自信，还蕴含着许多化学知识。下列说法错误的是
A. “……车中幸有司南柄，试与迷途指大方”中“司南柄”的主要成分为
B. “地生天赐硝磺炭”中提到了黑火药的主要成分
C. “用胶泥刻字……火烧令坚”所描写的印刷术陶瓷活字属于硅酸盐材料
D. “寒溪浸楮春夜月”所描写的造纸术工艺过程中发生了化学变化
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．磁铁的主要成分为，A项错误；
B．黑火药的主要成分是硝酸钾、硫磺、木炭，B项正确；
C．陶瓷属于硅酸盐材料，C项正确；
D．造纸术过程中涉及漂白，发生了化学变化，D项正确。
答案选A。
2. 下列物质中，属于纯净物的是（ ）
①陶瓷 ②水泥 ③玻璃 ④漂白粉 ⑤胆矾 ⑥氨水 ⑦液氨
A. ①③⑤ B. ②④⑥ C. ⑤⑦ D. ⑥⑦
【答案】C
【解析】
【详解】①陶瓷主要成分是多种硅酸盐的混合物，故①不符合题意；
②水泥是硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙的混合物，故②不符合题意；
③玻璃是硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅的混合物，故③不符合题意；
④漂白粉是氯化钙、次氯酸钙的混合物，故④不符合题意；
⑤胆矾是硫酸铜晶体，是纯净物，故⑤符合题意；
⑥氨水是氨气的水溶液，含有多种微粒，属于混合物，故⑥不符合题意；
⑦液氨是液态的氨气单质，是纯净物，故⑦符合题意；
故属于纯净物的是⑤⑦，答案选C。
【点睛】纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；要分清氨水与液氨的区别，注意胆矾的成分CuSO4·5H2O是化合物。
3. 下列叙述中正确的是
A. 由同种元素组成的物质一定是单质
B. 非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定都是非金属氧化物
C. 在水溶液或熔融状态下能导电的物质是电解质
D. 是新发现的一种碳的化合物，、金刚石、石墨都是碳的同素异形体
【答案】B
【解析】
【详解】A．由同一种元素组成的物质不一定是单质，例如氧元素组成的氧气和臭氧混到一起为混合物，不是单质，A错误；
B．CO属于非金属氧化物，但不是酸性氧化物，Mn2O7属于酸性氧化物，但不是非金属氧化物，B正确；
C．在水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质，电解质必须是化合物，C错误；
D．同素异形体是指由同样的单一化学元素组成，因排列方式不同，而具有不同性质的单质，C60、金刚石、石墨都是碳的同素异形体，C60是单质，D错误；
答案选B。
4. 下列各组物质在给定条件下能实现转化的是
①SiO2SiCl4Si
②FeS2SO2H2SO4
③0.5mol/LHCl(aq)Cl2Ca(ClO)2
④饱和NaCl溶液NaHCO3Na2CO3
A. ②④ B. ①④ C. ①②③ D. ②③④
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】SiO2不能和盐酸反应，故①不能实现；FeS2高温煅烧可以生成SO2，SO2和双氧水反应能直接化合成硫酸，故②可以实现；制取氯气需要用浓盐酸和MnO2反应，0.5mol/L的盐酸为稀盐酸，稀盐酸和MnO2不能制取氯气，故③不能实现；先向饱和食盐水中通入足量的氨气，然后再通入足量的CO2，可以生成溶解度比较小的NaHCO3，加热NaHCO3可以得到Na2CO3，这是侯德榜制碱法的原理，故④可以实现；故选A。
5. 设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是 ( )
A. 1 mol NH含有的电子数为10NA
B. 标准状况下，0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA
C. 1 L 0.1 mol·L－1氨水含有0.1NA个OH－
D. 50 mL 18.4 mol·L－1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA
【答案】A
【解析】
【详解】A项、1molNH4+中含有的电子10mol，含有的电子数为10NA，故A正确；
B项、氯气与水的反应是可逆反应，因此标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，故B错误；
C项、一水合氨为弱碱，在溶液中只能部分电离，则1 L 0.1 mol·L－1氨水中含有的OH－小于0.1mol，含有OH－离子数目小于0.1NA，故C错误；
D项、随着反应进行，浓硫酸的浓度逐渐变小到一定程度后，就不能与铜继续反应，50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目小于0.46NA ，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查阿伏伽德罗常数的有关计算和判断试题题量较大，知识点较多，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏伽德罗常数的关系，准确弄清分子、原子的构成关系，明确可逆反应的特征是解答关键。
6. 下列化学反应的离子方程式正确的是
A. 在H218O中投入Na2O2固体：2 H218O+2Na2O2=4Na+ +4OH-+18O2↑
B. 向AlCl3溶液中加入过量的浓氨水: Al3++4NH3·H2O = AlO+4+2H2O
C. 向FeI2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++ Cl2 =2Cl-+2Fe3+
D. Fe3O4溶于稀硝酸的反应:3Fe3O4+28H++=9Fe3++NO↑+14H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2O2与水反应时，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，水中的氧元素不变价，O2分子中不含18O，18O应该在OH-中，正确的离子方程式为：2H218O+2Na2O2═2OH-+218OH-+4Na++O2↑，故A错误；
B．向AlCl3溶液中加入过量的浓氨水，氯化铝与氨水发生反应，生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3，故B 错误；
C．FeI2溶液中通入少量的Cl2，碘离子还原性大于亚铁离子，少量的氯气只氧化碘离子，发生反应的离子方程式为2I-+Cl2═I2+2Cl-，故C错误；
D．Fe3O4溶于稀硝酸，硝酸具有氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子，二者发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为3Fe3O4+28H++=9Fe3++NO↑+14H2O，故D正确；
答案为D。
7. 下列各组中的两种物质作用时，反应条件(温度、反应物用量、反应物浓度等)改变，不会引起产物改变的是
A. Cl2和H2 B. NaOH和CO2 C. Na和O2 D. Cu和HNO3
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．Cl2和H2在点燃条件下或光照条件下均反应生成HCl，选项A符合；
B．NaOH和CO2反应，CO2少量生成Na2CO3，过量生成NaHCO3，选项B不符合；
C．Na和O2反应，常温下生成Na2O，加热或点燃生成Na2O2，选项C不符合；
D．Cu和HNO3反应，稀HNO3时生成NO，浓HNO3时生成NO2，选项D不符合；
答案选A。
8. 常温下，下列各组离子一定能大量共存的是
A. 滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：Na+、Fe2+、Cl-、NO
B. c(H+)=10-12mol·L-1的溶液：K+、Ba2+、Cl-、Br-
C. =1012的溶液中：NH、Al3+、NO、CO
D. 由水电离的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液中：K+、NH、AlO、HCO
【答案】B
【解析】
【详解】A．滴加甲基橙试剂显红色的溶液显酸性，在酸性条件下，NO能氧化Fe2+，不能大量共存，故A错误；
B．c(H+)=10-12mol·L-1的溶液显碱性，离子组K+、Ba2+、Cl-、Br-彼此间不发生离子反应，且在碱性溶液中能大量共存，故B正确；
C．常温下Kw=1×10-14，则=1012的溶液中c(H+)=1×10-13mol·L-1，溶液显碱性，NH、Al3+在碱性溶液中均不能大量存在，且Al3+与CO之间发生双水解反应而不能大量共存，故C错误；
D．常温下，由水电离的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液pH=1或pH=13，NH和HCO不能在碱性溶液中大量存在，而AlO和HCO不能在酸性溶液中大量存在，故D错误；
故答案为B。
9. 以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠(NaClO2)的工艺流程如图，下列说法错误的是
A. NaClO3在发生器中作氧化剂
B. 从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO4
C. 吸收塔中温度不宜过高，否则会导致H2O2分解
D. 吸收塔中1molH2O2得到2mol电子
【答案】D
【解析】
【分析】NaClO3和浓硫酸在反应器1中与二氧化硫反应生成ClO2和Na2SO4，ClO2在反应器2中与双氧水、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠，再得到其晶体，据此解答。
【详解】A．NaClO3通过反应生成ClO2，其中氯的化合价由+5价变为+4价，故NaClO3在发生器中作氧化剂，A正确；
B．溶解过程中所加硫酸过量，由上述分析可知，从“母液"中可回收的主要物质有硫酸钠、硫酸等，B正确；
C．吸收塔中使用过氧化氢，而且H2O2受热易分解，故吸收塔中温度不宜过高，否则会导致H2O2分解，C正确；
D．吸收塔中发生的反应是，该反应中，过氧化氢是还原剂，失去电子，故吸收塔中1molH2O2失去2mol电子，D错误；
故选D。
10. 下列说法不正确的是( )
A. 漂白粉可用于生活用水的消毒
B 石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红，随后迅速褪色，不涉及氧化还原反应
C. 氯水具有较强的氧化性，可用于漂白纸张、织物等
D. 清洗碘升华实验所用试管，先用酒精清洗，再用水清洗
【答案】B
【解析】
【详解】A．漂白粉的有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，能够杀菌消毒，可用于生活用水的消毒，A正确，不选；
B．氯水中含有HCl、HClO，溶液呈酸性，加入石蕊溶液后溶液变红；红色褪去，是由于HClO具有强氧化性，将石蕊氧化为无色物质，因此，该过程涉及了氧化还原反应，B错误，符合题意；
C．氯水中次氯酸具有漂白性，可用于漂白纸张、织物等，C正确，不选；
D．碘易溶于酒精，可用酒精清洗碘，又由于酒精与水互溶，再用水清洗即可洗净，D正确，不选。
答案选B。
11. 下列说法不正确的是
A. 用高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气
B. 侯氏制碱法中过滤NaHCO3后的母液中加入氯化钠粉末，通入氨气，搅拌经降温结晶析出NH4Cl
C. 用氢氯酸刻蚀石英制作工艺品
D. 磁性材料大多数是含铁的化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A．高锰酸钾具有强氧化性，可以将浓盐酸氧化为氯气，因此可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，A正确；
B．侯氏制碱法中过滤NaHCO3后的母液中含有大量、Cl-，向其中加入氯化钠粉末，增大溶液中c(Cl-)，并通入通入氨气，增大溶液中c()，并进行搅拌，降温，降低物质的溶解度，当c(Cl-)·c()大于该温度下的NH4Cl的溶度积常数时，就会结晶析出NH4Cl，B正确；
C．氢氯酸(即HCl)与石英玻璃的成分SiO2不能发生反应，HF能够与SiO2发生反应而腐蚀玻璃，因此氢氟酸可以用于刻蚀石英制作工艺品，氢氯酸不能，C错误；
D．具有软磁性、硬磁性或其它电磁特性的材料统称为磁性材料，磁性材料是指铁、钴、镍等能被磁铁吸引的材料，大多数是含铁的化合物，D正确；
故合理选项是C。
12. 下列氧化还原反应方程式中所标电子转移方向与数目错误的是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应中Fe元素化合价从0价变为+2价，H元素化合价从+1变为0价，根据得失电子守恒，反应中转移电子数为2，A正确；
B．该反应中NO中N元素化合价从+2变为+5价，O2中O元素化合价从0价变为-2价，根据得失电子守恒，反应中转移电子数为12，B正确；
C．该反应中Cl2中部分Cl元素化合价从0升高为+1价，部分Cl元素化合价从0价降为-1价，根据原子守恒及得失电子守恒，反应中转移电子数为2，C正确；
D．该反应中KClO3中Cl元素化合价从+5变为0价，HCl中Cl元素化合价从-1价变为0价，根据得失电子守恒，反应中转移电子数为5，转移电子数计算不对，D错误；
答案选D。
【点睛】注意箭头的方向和转移电子的数目。
13. 下列说法或表示法正确的是
A. 等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多
B. 由C(石墨)=C(金刚石)△H=+1.9 kJ/mol可知，石墨比金刚石稳定
C. 在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) △H=-57.3 kJ/mol，故将含1 molCH3COOH的醋酸溶液与含1 molNaOH的溶液混合，放出的热量为57.3kJ
D. 在101 kPa时，2 gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=-285.8 kJ/mol
【答案】B
【解析】
【详解】A．蒸汽硫转化为固体硫需要放热，等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，产物相同，因此前者放出的热量多，故A错误；
B．石墨转化为金刚石属于吸热反应，说明等物质量的石墨的能量低于金刚石的能量，能量越低越稳定，因此石墨比金刚石稳定，故B正确；
C．CH3COOH是弱电解质，而弱电解质的电离吸热，故将含1 molCH3COOH的醋酸溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3 kJ，故C错误；
D．2 g H2的物质的量为1mol，而放热反应的ΔH＜0，故氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH=-571.6 kJ•mol-1，故D错误；
故答案选B。
14. 不能正确表示下列变化的离子方程式是
A. 钠与水反应的离子方程式：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
B. 酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：2I-+2H++H2O2=I2+2H2O
C. 硅酸钠溶液和盐酸反应：+2H+=H2SiO3↓
D. 硫酸铜溶液中加少量的铁粉：3Cu2++2Fe=3Fe3++3Cu
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．钠与水反应生成NaOH和氢气，离子方程式正确，A不符合题意；
B．酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水，碘离子被氧化为碘单质，离子方程式正确，B不符合题意；
C．硅酸钠为可溶于水的强电解质，和盐酸反应生成硅酸沉淀，离子方程式正确，C不符合题意；
D．铜离子只能氧化Fe生成Fe2+，离子方程式为Cu2++Fe=Fe2++Cu，选项所给离子方程式错误，D符合题意；
综上所述答案为D。
15. NA为阿伏加 德罗常数值，下列说法不正确的是（ ）
A. 标准状况下，5.6L甲烷和乙烯的混合气体中所含碳氢键数为NA
B. 足量镁与一定体积的浓硫酸反应，产生气体2.24L（标准状况），则转移的电子数为0.2NA
C. 含7.8gNa2S的溶液中阴离子总数大于0.1NA
D. 向100mL1mol•L-1稀盐酸中逐滴加入含0.1molNa2CO3的溶液，则混和液中：N(CO32-)+N(HCO3-)+N(H2CO3)=0.1NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 标准状况下，5.6L甲烷和乙烯混合气体的物质的量，而无论是甲烷还是乙烯中，一个分子所含碳氢键数都为4个，故0.25mol混合气体无论比例如何，所含碳氢键数均为NA，A正确；
B. 足量镁与一定体积的浓硫酸反应时，由于镁足量，硫酸要反应完，产生气体为二氧化硫和氢气的混合气体，体积为2.24L（标准状况），总物质的量为0.1mol，产生二氧化硫时，硫由+6价变为+4价，生成1mol二氧化硫转移2mol电子，产生氢气是，2mol氢离子产生1mol氢气，转移电子仍为2mol，即转移电子的物质的量为气体的2倍，故生成0.1mol混合气体，转移的电子数为0.2NA，B正确；
C. 7.8gNa2S的物质的量，S2-总数为0.1NA ，而在水溶液中，S2-水解产生HS-和OH-，溶液中阴离子总数变多，所以大于0.1NA，C正确；
D.向100mL1mol•L-1稀盐酸中逐滴加入含0.1molNa2CO3的溶液时，开始时，稀盐酸过量，立即有二氧化碳放出，根据物料守恒，混合液中：N(CO32-)+N(HCO3-)+N(H2CO3)<0.1NA，D错误。
答案选D。
16. 现有两种金属组成的混合物，把5.6g 该混合物加入到100g一定溶质质量分数的稀硫酸中，恰好完全反应，产生氢气物质的量为w。则下列说法中正确的是
A. 若混合物为Zn、Al，w不可能是0.1 mol
B. 若混合物为Zn、Fe，w可能大于0.1 mol
C. 若混合物为Fe、Mg，则加入的稀硫酸中溶质质量分数等于9.8％
D. 若混合物为Cu、Fe，w是0.05mol，则混合物中Fe与Cu的质量比为1：1
【答案】D
【解析】
【详解】A．锌、铝和稀硫酸反应的关系为：、，由质量关系可知，5.6g锌和稀硫酸恰好完全反应生成的氢气的物质的量小于0.1mol，5.6g铝和稀硫酸恰好完全反应生成的氢气的物质的量大于0.1mol，因此若混合物为Zn、Al，w可能是0.1mol，A错误；
B．铁和稀硫酸反应关系为：，5.6g铁和稀硫酸恰好完全反应生成的氢气的物质的量等于0.1mol，由A中可知，5.6g锌和稀硫酸恰好完全反应生成的氢气的物质的量小于0.1mol，因此若混合物为Fe、Zn，w不可能大于0.1mol，B错误；
C．设5.6g铁消耗硫酸的质量为y，5.6g镁消耗硫酸的质量为z，则有：，，即56：5.6g=98：y ，24：5.6g=98：z，解得y=9.8g，z=22.9g，则加入的稀硫酸中溶质质量分数最小为：×100%=9.8%，最大为：×100%=22.9%，C错误；
D．设铁的质量为x，，56：x=2：0.1g，解得x=2.8g，则混合物中Fe和Cu的质量比为：2.8g：(5.6g-2.8g)=1：1，D正确；
答案选D。
二、填空题：共计52分。
17. A、B、C、D、E、F六种物质有如下变化关系，E是淡黄色粉末，判断：
(1)写出A、B、C、D、E、F的化学式：
A._______；B.______；C.______；
D._______；E.______；F._______。
(2)写出有关反应的化学方程式(是离子反应的直接写出离子方程式)
EB：______
CF：______
【答案】 ①. Na ②. NaOH ③. Na2CO3 ④. NaCl ⑤. Na2O2 ⑥. NaHCO3 ⑦. 2Na2O2+2H2O=4Na＋+4OH-+O2↑ ⑧. CO32-+H2O+CO2=2HCO3-
【解析】
【分析】A与氧气反应生成淡黄色粉末E为Na2O2，则A为Na，钠与水反应生成B且也能由过氧化钠转化得到，可推知B为NaOH，由于NaOH与CO2得到C，C与CO2、H2O反应得到F，可推知C为Na2CO3、F为NaHCO3，碳酸钠与HCl反应得到固体D，且也能由过氧化钠转化得到D，可推知D为NaCl，据此解答。
【详解】根据上述分析可知：A为Na，B为NaOH，C为Na2CO3、D为NaCl，E为Na2O2，F为NaHCO3。
(1)由上述分析可知，A、B、C、D、E、F六种物质的化学式分别是A为Na，B为NaOH，C为Na2CO3、D为NaCl，E为Na2O2，F为NaHCO3。
(2) Na2O2与H2O反应产生NaOH和O2，所以E→B的反应是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，该反应离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；
碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，所以C→F反应离子方程式为：CO32-+H2O+CO2=2HCO3-。
【点睛】本题考查无机物推断的知识，涉及钠元素单质及其化合物的转化，突破口为“E为淡黄色粉末及E是由A与氧气在点燃条件下得到”，再结合转化关系推断，注意基础知识的掌握。
18. NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物等。其一种生产工艺如下:
（1）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式：_____________________
（2）“电解”中阴极反应的主要产物是____。
（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成。精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别_溶液、_溶液，过滤后需加_____溶液调节pH。(填化学式)
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。写出“尾气吸收”的离子方程式：____。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为____。
（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力。其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为____g(计算结果保留两位小数)。
【答案】 ①. 2NaClO3＋SO2＋H2SO4＝2ClO2＋2NaHSO4 ②. NaClO2或ClO2－ ③. NaOH ④. Na2CO3 ⑤. HCl ⑥. 2ClO2＋2OH－＋H2O2＝2ClO2－＋O2＋2H2O ⑦. 2:1 ⑧. 1.57
【解析】
【分析】从生产工艺可知：NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，回收产物为NaHSO4，电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2-，阳极Cl-失电子生成Cl2，在尾气吸收过程中，含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，最后NaClO2溶液结晶、干燥得到产品。
【详解】（1）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2
（2）ClO2氧化能力强，根据结晶干燥后的产物可知ClO2的还原产物为NaClO2，因此电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2-，阳极Cl-失电子生成Cl2。
（3）食盐溶液中混有Mg2+ 和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+，过滤后需加HCl溶液调节pH 。
（4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO2-，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，所以反应为2ClO2＋2OH－＋H2O2＝2ClO2－＋O2＋2H2O，每摩尔H2O2得到2mol电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1；
（5）1gNaClO2的物质的量，依据电子转移数目相等，NaClO2～Cl-～4e-，Cl2～2Cl-～2e-，可知氯气的物质的质量为：
NaClO2～2Cl2
1mol 2×71g
mol 1.57g
【点睛】氧化还原反应转移电子的数目=氧化剂（还原剂）反应前、后化合价变化差值×化合价变化的原子个数。
19. 氯化亚铜 CuCl 是一种无机物，可用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂。它难溶于水，溶于浓盐酸和氨水，不溶于乙醇，在潮湿空气中可被迅速氧化成 Cu2(OH)3Cl。制备方法如下：
Ⅰ.途径一，以海绵铜(主要成分是 Cu 和少量的 CuO)为原料，回答下列问题：
（1）海绵铜在溶解之前进行“预处理”操作以去除表面的矿物油污，可以选择_______。
A.纯碱溶液浸泡 B.NaOH 溶液浸泡 C.酒精清洗
（2）溶解步骤温度控制在 60℃的原因是_______。
（3）反应步骤的离子方程式_______。
Ⅱ.途径二，以刻蚀废液(主要成分是 FeCl3、FeCl2、CuCl2)为原料，回答下列问题：
（4）刻蚀废液进行“预处理”时，先加入合适的氧化剂，再加入 Na2CO3溶液。加入Na2CO3调节溶液至微酸性而不是碱性的原因是_______。
（5）析出的氯化亚铜晶体要立即水洗后醇洗，在真空干燥机内于 60℃干燥 2 小时，冷却后真空包装，否则会发生反应的化学方程式为_______。
Ⅲ.在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的 Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl-。已知：Cu+Cu2+ 2Cu+ K =7.6×10-7；Ksp(CuCl) = 2.0×10-6
（6）通过计算说明上述除Cl-的反应能完全进行的原因_______。
（7）若用Zn替换Cu可加快除Cl-的速率，但需控制溶液的 pH。若pH过低，除 Cl-效果下降的原因是_______。
【答案】（1）C （2）防止温度过高导致铵盐分解
（3）Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+
（4）溶液中含有铜离子，若溶液碱性过强，则会生成氢氧化铜沉淀
（5）4CuCl+O2+4H2O= 2Cu2(OH)3Cl+2HCl
（6）已知：①Cu+Cu2+ 2Cu+ K =7.6×10-7；②CuCl Cl-+Cu+ Ksp(CuCl) = 2.0×10-6；则①-2×②得：Cu+Cu2++ 2Cl- 2CuCl，此反应的平衡常数为，说明此反应进行程度很大，能够完全进行
（7）若pH过低，锌会与溶液中氢离子反应
【解析】
【分析】海绵铜预处理后加入硝酸铵、硫酸，反应得到硫酸铜、硫酸铵，过滤后滤液加入亚硫酸铵、氯化铵，将二价铜转化为一价铜并生成氯化亚铜沉淀；刻蚀废液预处理后，加入亚硫酸钠将二价铜转化为一价铜，再加入氯化钠生成氯化亚铜沉淀；氯化亚铜过滤分离出来水洗、醇洗后烘干得到氯化亚铜。
【小问1详解】
矿物油污为烃类不是酯类不能用碱性物质清除，应该选择酒精溶液预处理；故选C；
【小问2详解】
解步骤温度控制在 60℃的原因是防止温度过高导致铵盐分解，使得浸取效率下降；
【小问3详解】
亚硫酸根离子具有还原性；反应步骤中铜离子和亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成亚铜离子和硫酸根离子，亚铜离子又和氯离子生成氯化亚铜沉淀，故总的离子方程式为；Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；
【小问4详解】
刻蚀废液加入氧化剂后亚铁离子转化为铁离子，溶液中含有铁离子、铜离子，调节pH生成铁的沉淀除去铁；若溶液碱性过强，则会生成氢氧化铜沉淀导致铜元素损失；
小问5详解】
空气中氧气具有氧化性，已知：CuCl在潮湿空气中可被迅速氧化成 Cu2(OH)3Cl；则会发生反应的化学方程式为4CuCl+O2+4H2O= 2Cu2(OH)3Cl+2HCl；
【小问6详解】
已知：①Cu+Cu2+ 2Cu+ K =7.6×10-7；②CuCl Cl-+Cu+ Ksp(CuCl) = 2.0×10-6；则①-2×②得：Cu+Cu2++ 2Cl- 2CuCl，此反应的平衡常数为，说明此反应进行程度很大，能够完全进行，故上述除Cl-的反应能完全进行；
【小问7详解】
用Zn替换Cu，若pH过低，锌会与溶液中氢离子反应，导致除Cl-效果下降。
20. 某同学设计了如下装置用于制取 SO2 和验证 SO2 的性质。
试回答以下问题：
（1）装置 A 中用于添加浓硫酸的仪器名称为____，其中反应的化学方程式为____。
（2）导管①的作用是____。
（3）装置 B 中可观察到的现象是____，体现出 SO2 ____性。
（4）装置 D 中溴水褪色，体现出 SO2 ____性。
（5）E 装置的作用是 ____，发生反应的离子方程式为____。
【答案】 ①. 分液漏斗 ②. H2SO4 + Na2SO3 = Na2SO4 + SO2↑ + H2O ③. 平衡气压，便于浓硫酸顺利滴下 ④. 品红溶液褪色 ⑤. 漂白 ⑥. 还原 ⑦. 吸收SO2气体，防止污染空气 ⑧. 2OH—+ SO2 = SO32—+ H2O（或OH—+ SO2 = HSO3—）
【解析】
【分析】（1）根据仪器的结构及反应原理判断；
（2）导管的作用是平衡气压；
（3）SO2具有漂白性；
（4）SO2 具有还原性；
（5）二氧化硫为污染性气体，不能直接排放到空气中。
【详解】（1）根据仪器的结构可知，装置 A 中用于添加浓硫酸的仪器名称为分液漏斗，其中发生的反应为亚硫酸钠与浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为H2SO4 + Na2SO3 = Na2SO4 + SO2↑ + H2O；
（2）若没有导管①平衡压强，分液漏斗内液体不能够顺利流下，故导管①的作用是平衡气压，便于浓硫酸顺利滴下；
（3）因SO2具有漂白性，装置 B 中可观察到的现象是品红溶液褪色；
（4）因 SO2 具有还原性，与溴发生氧化还原反应而使溴水褪色，则装置 D 中溴水褪色；
（5）二氧化硫为污染性气体，不能直接排放到空气中，故E 装置的作用是吸收SO2气体，防止污染空气，发生反应的离子方程式为2OH—+ SO2 = SO32—+ H2O或OH—+ SO2 = HSO3—。
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