2024南阳一中高一上学期12月月考试题化学含解析

这是一份2024南阳一中高一上学期12月月考试题化学含解析，共21页。试卷主要包含了下列“类比”合理的是，已知等内容，欢迎下载使用。

1．向100mL小烧杯中加入40mL蒸馏水，加热至沸腾，向沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液。继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，就制得了Fe（OH）3胶体。下列有关胶体的叙述错误的是（ ）
A．胶体是一种分散系，属于混合物
B．胶体中的分散质粒子的直径为1～100nm
C．胶体的本质特征是能发生丁达尔效应
D．丁达尔效应可被用来区分胶体和溶液
2．下列“类比”合理的是（ ）
A．Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O反应生成Fe（OH）3和H2
B．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClO
C．NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NH4NO3
D．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl
3．如图是一种试验某气体化学性质的装置，图中B为开关，如先打开B，在A处通入干燥氯气，C中红色布条颜色无变化；当关闭B时，C处红色布条颜色褪去，则D瓶中盛有的溶液是（ ）
A．浓H2SO4B．饱和NaCl溶液
C．浓NaOH溶液D．浓Ba（OH）2溶液
4．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．等物质的量的Na2O2和Na2O中所含阴离子数均为NA
B．1mlMgCl2中Cl﹣Cl键个数为NA
C．标准状况下，0.1mlC3H6中一定含有0.8NA个σ键
D．0.1mlFeCl3水解制得的Fe（OH）3胶体中胶粒数小于0.1NA
5．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．密闭容器中2mlNO与1mlO2充分反应，产物的分子数为：2NA
B．5.8g正丁烷和异丁烷的混合物中含有σ键数目为1.3NA
C．1L0.1ml•L−1的NaHCO3溶液中数目为0.1NA
D．2L0.5ml/LFeCl3溶液水解生成氢氧化铁胶粒的数目为NA
6．已知：NaH2PO2可由H3PO2与过量的NaOH溶液反应生成。类推是常用的思维方法，下列类推正确的是（ ）
A．CO2是酸性氧化物，NO2也是酸性氧化物
B．Fe与稀硫酸反应生成H2，Cu与稀硫酸也反应生成H2
C．NaH2PO4属于酸式盐，NaH2PO2也属于酸式盐
D．CaO与水反应生成碱，Na2O与水反应也生成碱
7．某100mL无色溶液可能含有Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32﹣、Cl﹣中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）
下列说法错误的是（ ）
A．原溶液一定存在Na+、NH4+、Mg2+、Al3+和Cl﹣，一定不存在Fe3+、CO32﹣
B．原溶液中c（NH4+）＝1ml•L﹣1
C．沉淀2的成分为Mg（OH）2
D．原溶液中c（Cl﹣）≥6ml•L﹣1
8．下列事实中一定能证明CH3COOH是弱电解质的是（ ）
①用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗
②0.1ml•L﹣1CH3COOH溶液中c（H+）＜0.1ml•L﹣1
③往NaHCO3溶液中滴加CH3COOH溶液，产生大量气泡
④20mL0.2ml•L﹣1CH3COOH溶液恰好与20mL0.2ml•L﹣1NaOH溶液完全反应
⑤1mLc（H+）＝0.01ml•L﹣1的CH3COOH溶液稀释至1L，c（H+）＞1.0×10﹣5ml•L﹣1
A．①②B．②③C．②⑤D．③④
9．取A、B两份物质的量浓度相等的NaOH溶液，体积均为50mL，分别向其中通入一定量的CO2后，再分别稀释到100mL，在稀释后的溶液中分别滴加0.1ml/L的盐酸，产生的CO2体积（标准状况）与所加盐酸的体积关系如图，下列说法正确的是（ ）
A．原NaOH溶液的物质的量浓度0.075ml•L﹣1
B．A曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质为NaOH和Na2CO3且物质的量之比为1：3
C．B曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质为Na2CO3和NaHCO3且物质的量之比为1：1
D．B曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质与盐酸反应产生气体的最大体积为33.6mL （标准状况）
10．实验室利用如图所示装置制备干燥、纯净的氯气。下列有关叙述不正确的是（ ）
A．本实验操作顺序：检验装置气密性→添加固体药品→添加液体药品→加热
B．装置Ⅱ、Ⅲ中的试剂依次为浓硫酸、饱和NaCl溶液
C．氯气密度比空气大，故装置Ⅳ中长导管进气，短导管出气
D．装置Ⅴ中反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O
11．以红土镍镉矿（NiS、CdO，含SiO2、CuO、PbO、Fe2O3等杂质）为原料回收部分金属单质，其工艺流程如图所示：
已知：电极电位是表示某种离子或原子获得电子而被还原的趋势，在25℃下，部分电对的电极电位如表：
下列说法错误的是（ ）
A．“浆化”的目的是增大接触面积，加快酸浸反应速率，提高某些金属元素浸取率
B．“物质A”可以是NiCO3，“调pH”后，经加热得Fe（OH）3沉淀
C．“金属A”是Pb和Cu混合物，“金属B”是Cd
D．该工艺流程中可以循环利用的物质有CO、H2SO4、Ni等
12．下列有关铁及其化合物的叙述中，不正确的是（ ）
A．高温下，铁和水蒸气反应可以生成氢气
B．将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，煮沸至红褐色，可以制得氢氧化铁胶体
C．Fe3O4常用作红色油漆和涂料
D．用KSCN溶液鉴别FeCl2溶液和Fe2（SO4）3溶液
13．化石燃料燃烧会产生大气污染物SO2、NOx等，科学家实验探究用硫酸铈循环法吸收SO2，其转化原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．检验可以选用盐酸酸化的BaCl2溶液
B．反应①的离子方程式为2Ce4++SO2+2H2O＝2Ce3+++4H+
C．反应②中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1：2
D．理论上每吸收标准状况下224mLSO2，一定消耗0.32gO2
14．下列陈述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
15．关于化合物（NH4）2Cr2O7的性质，下列推测合理的是（ ）
A．（NH4）2Cr2O7固体受热分解产物可能为CrO3、NH3、N2和H2O
B．在（NH4）2Cr2O7溶液中滴加足量浓KOH溶液时只发生离子反应：NH4++OH﹣═NH3↑+H2O
C．若一定条件下（NH4）2Cr2O7溶液与H2O2反应生成CrO5（Cr为+6价），推测CrO5可能具有分子稳定性差，易分解的性质
D．用浓盐酸酸化（NH4）2Cr2O7溶液，会使平衡Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+逆向移动，溶液由黄色（或橙黄色）变为橙色
二．非选择题（共4小题,共55分）
16．如图为实验室某试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：
（1）该NaOH溶液的物质的量浓度为 ml/L．
（2）现在要配制该浓度的NaOH溶液100ml，需称量 g固体氢氧化钠．溶液配制的所需的基本步骤如下：
（3）将上述实验步骤A到F按实验过程先后次序排列 ．
（4）上述实验步骤A、B、E、F都用到的仪器名称为 ．
（5）下列操作对NaOH溶液的物质的量浓度有何影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．
①摇匀后发现液面低于刻度线再加水 ；
②容量瓶中原有少量蒸馏水 ；
③定容时俯视观察液面 ．
17．（1）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种粒子：Fe（OH）3、ClO﹣、OH﹣、FeO42﹣、Cl﹣、H2O。
①写出并配平湿法制高铁酸钾反应的离子方程式： 。
②每生成1ml FeO42﹣转移 ml电子，若反应过程中转移了0.3ml电子，则还原产物的物质的量为 ml。
③低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），原因是 。
（2）工业上从海水中提取单质溴可采用如下方法：
①向海水中通入Cl2将海水中溴化物氧化，其离子方程式为 。
②向上述混合液中吹入热空气，将生成的溴吹出，用纯碱溶液吸收，其化学方程式为 。
③将②所得溶液用H2SO4酸化，使NaBr、NaBrO3中的溴转化为单质溴，再用有机溶剂提取溴后，还可得到副产品Na2SO4．这一过程可用化学方程式表示为 。
18．如图1是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置。请回答下列问题：
（1）仪器a的名称是 。
（2）按图组装好装置后，首先应进行的操作是 。
（3）实验开始后，Ⅰ、Ⅱ处的有色布条褪色的是 处。（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）
（4）装置A的烧瓶中发生反应的化学方程式为 。
（5）反应进行一段时间后D中的现象是，发生反应的离子方程式为 。
（6）装置E的作用是 。
（7）近年来，随着化学工业快速发展，氯气的需求迅速增加。图2是某制备氯气的原理示意图。CuO的作用是 ，总反应方程式为 。
19．碲（Te）属于氧族元素，广泛应用于冶金、能源、化工等行业。碲化亚铜渣中主要含有Cu和Te元素，并以Cu2Te、Cu及Te的形式存在，此外还含少量Au、Ag等元素。以碲化亚铜渣为原料制备TeO2及胆矾的流程如图：
已知：①TeO2是两性氧化物，难溶于水；
②“酸浸”过程中Te元素先生成H2TeO3，随着溶液pH的提高，生成TeO2进入酸浸渣中。
回答下列问题：
（1）H2TeO3的化学名称为 。
（2）“酸浸”时，适宜的控温方式为 ，写出该步骤Cu发生反应的离子方程式： ；碲化亚铜发生反应中，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（3）实验室中，“操作X”用到的玻璃仪器有玻璃棒、 。
（4）写出“碱浸”时，TeO2与NaOH反应的化学方程式： 。
（5）“沉碲”时，控制溶液的pH为4.5～5.0，生成TeO2沉淀。酸性不能过强的原因是 ；防止局部酸度过大的操作方法是 。
高一化学
参考答案与试题解析
一．选择题（共15小题）
1．【答案】C
【分析】A．分散系由分散质和分散剂组成；
B．胶体分散质粒子直径介于1～100nm之间；
C．胶体的本质特征是胶体粒子直径在于1～100nm之间；
D．丁达尔效应是胶体的特性。
【解答】解：A．分散系由分散质和分散剂组成，胶体是一种分散系，属于混合物，故A正确；
B．胶体分散质粒子直径介于1～100nm之间，故B正确；
C．胶体的本质特征是胶体粒子直径在1～100nm之间，与丁达尔效应无关，故C错误；
D．丁达尔效应是胶体的特性，可用于区分胶体和溶液，故D正确；
故选：C。
2．【答案】D
【分析】A．钠活泼性强于铁；
B．二氧化碳不具有还原性，二氧化硫具有还原性；
C．氨水与少量AgNO3溶液生成银氨溶液；
D．Na3N与Mg3N2均与盐酸发生反应生成盐。
【解答】解：A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，铁与水常温下不反应，高温反应生成四氧化三铁和氢气，故A错误；
B．二氧化碳不具有还原性，二氧化硫具有还原性，所以次氯酸钠与二氧化硫发生氧化还原反应，与二氧化碳反应原理不同，故B错误；
C．氨水与少量AgNO3反应生成[Ag（NH3）2]+，发生Ag++2NH3•H2O＝[Ag（NH3）2]++2H2O，故C错误；
D．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，反应为Na3N+4HCl＝3NaCl+NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl，反应为Mg3N2+8HCl＝3MgCl2+2NH4Cl，故D正确；
故选：D。
3．【答案】B
【分析】干燥的氯气不能漂白有色布条，含水蒸气的氯气能使有色布条褪色，A处通入氯气，打开B，在A处通入干燥氯气，C中红色布条颜色无变化；当关闭B时，C处红色布条颜色褪去说明从D中出来的气体为氯气和水蒸气。
【解答】解：A．浓硫酸为干燥剂，能够吸收水蒸气，当氯气通过盛有浓硫酸的D瓶是，出来的仍然是干燥的氯气，不能使有色布条褪色，故A错误；
B．干燥的氯气通过盛有饱和食盐水的D装置，出来的气体中含有氯气和水蒸气，能够使有色布条褪色，故B正确；
C．D中装有氢氧化钠，氯气通过D时与氢氧化钠反应，被吸收，从D中出来的气体中不含氯气，不能是有色布条褪色，故C错误；
D．D中装有浓Ba（OH）2溶液，氯气通过D时与浓Ba（OH）2溶液反应，可吸收氯气，不能使有色布条褪色，故D错误；
故选：B。
4．【答案】D
【分析】A、根据Na2O2和Na2O的物质的量未知进行分析。
B、根据MgCl2中不存在Cl﹣Cl进行分析。
C、根据一个C3H6分子中含有10个σ键进行分析。
D、根据一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体进行分析。
【解答】解：A．Na2O2和Na2O的物质的量未知，不能计算等物质的量的Na2O2和Na2O固体中所含阴离子数，故A错误；
B．MgCl2中不存在Cl﹣Cl，故B错误；
C．一个C3H6分子中含有10个σ键，则标准状况下，0.1mlC3H6中一定含有NA个σ键，故C错误；
D．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故0.1ml氯化铁形成的胶粒的个数小于0.1NA，故D正确；
故选：D。
5．【答案】B
【分析】A．2mlNO 与1mlO2充分反应生成2mlNO2，但同时存在平衡：2NO2⇌N2O4；
B．正丁烷和异丁烷分子式相同均为C4H10，且1个分子中均含共价键数目13个；
C．NaHCO3溶液中会微弱水解和微弱电离；
D．2L 0.5ml/LFeCl3溶液中含Fe3+物质的量为1ml，但Fe3+会发生水解，水解反应可逆且生成的氢氧化铁胶粒是分子聚集体。
【解答】解：A．2mlNO 与1mlO2充分反应生成2mlNO2，由于存在可逆反应2NO2⇌N2O4，所以产物的分子数小于2NA，故A错误；
B．正丁烷和异丁烷分子式相同均为C4H10，每个分子中均含共价键数目13个，则5.8g混合物的物质的量n＝＝＝0.1ml，即0.1ml中含σ键数目为1.3NA，故B正确；
C．NaHCO3溶液中既存在微弱水解又存在微弱电离，则1L 0.1 ml•L−1的 NaHCO3溶液中数目小于0.1NA，故C错误；
D．2L 0.5ml/LFeCl3溶液中含Fe3+物质的量为1ml，但Fe3+会水解，水解可逆不能进行到底，且生成的氢氧化铁胶粒是分子聚集体，所以水解生成氢氧化铁胶粒的数目小于NA，故D错误；
故选：B。
6．【答案】D
【分析】A．和碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物；
B．Fe与稀硫酸反应生成H2，Cu与稀硫酸不反应；
C．酸式盐是指可电离出氢离子的盐；
D．CaO与水反应生成氢氧化钙，Na2O与水反应也生成氢氧化钠。
【解答】A．CO2是酸性氧化物，NO2不属于酸性氧化物，故A错误；
B．Fe与稀硫酸反应生成H2，Cu与稀硫酸不反应，故B错误；
C．酸式盐是指可电离出氢离子的盐，NaH2PO4属于酸式盐，NaH2PO2属于正盐，故C错误；
D．CaO与水反应生成氢氧化钙，Na2O与水反应也生成氢氧化钠，故D正确；
故选：D。
7．【答案】A
【分析】溶液无色，则不含有Fe3+；加入适量氨水恰好完全反应生成13.6g沉淀1，反应为Mg2++2NH3•H2O＝Mg（OH）2↓+2NH4+、Al3++3NH3•H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+，再加入NaOH溶液时沉淀部分溶解，该沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，原溶液中含有Mg2+、Al3+，CO32﹣与Mg2+、Al3+均不能大量共存，即原溶液中无CO32﹣，沉淀2为Mg（OH）2，n（Mg2+）＝n[Mg（OH）2]＝＝0.1ml，n（Al3+）＝n[Al（OH）3]＝＝0.1ml；滤液中加入NaOH溶液引入了Na+，则不能确定原溶液中是否Na+，加入NaOH溶液生成NH3的物质的量n（NH3）＝＝0.6ml＞0.1ml×2+0.1ml×3＝0.5ml，则原溶液中一定含有NH4+，n（NH4+）＝0.6ml﹣0.5ml＝0.1ml；根据溶液不显电性可知，原溶液中一定含有Cl﹣，正电荷量为0.1ml×2+0.1ml×3+0.1ml＝0.6ml，n（Cl﹣）≥0.6ml，综上原溶液中一定含有Mg2+、Al3+、Cl﹣、NH4+，一定不含有Fe3+、CO32﹣，可能含有Na+，据此分析解答。
【解答】解：A．由上述分析可知，原溶液中一定含有Mg2+、Al3+、Cl﹣、NH4+，一定不含有Fe3+、CO32﹣，可能含有Na+，故A错误；
B．由上述分析可知，原溶液中一定含有0.1mlNH4+，c（NH4+）＝＝1ml/L，故B正确；
C．由上述分析可知，沉淀2为Mg（OH）2，故C正确；
D．由上述分析可知，原溶液中可能含有Na+，则n（Cl﹣）≥0.6ml，c（Cl﹣）≥＝6ml/L，故D正确；
故选：A。
8．【答案】C
【分析】①中未指明浓度，也没有参照物，不能说明CH3COOH是弱电解质；
②0.1ml⋅L﹣1CH3COOH溶液中c（H+）＜0.1ml⋅L﹣1，说明CH3COOH未完全电离；
③往NaHCO3溶液中滴加CH3COOH溶液，产生大量气泡，生成了CO2，说明酸性：CH3COOH＞H2CO3，H2CO3是弱酸，不能说明CH3COOH是弱电解质；
④同体积同浓度一元酸和一元碱混合都恰好反应；
⑤1mL c（H+）＝0.01ml⋅L﹣1的CH3COOH溶液稀释至1L，c（H+）＞1.0×10﹣5ml⋅L﹣1，说明CH3COOH未完全电离。
【解答】解：①中未指明浓度，也没有参照物，不能说明CH3COOH是弱电解质，故①错误；
②0.1ml⋅L﹣1CH3COOH溶液中c（H+）＜0.1ml⋅L﹣1，说明CH3COOH未完全电离，说明CH3COOH是弱电解质，故②正确；
③往NaHCO3溶液中滴加CH3COOH溶液，产生大量气泡，生成了CO2，说明酸性：CH3COOH＞H2CO3，H2CO3是弱酸，不能说明CH3COOH是弱电解质，故③错误；
④同体积同浓度一元酸和一元碱混合都恰好反应，不能说明CH3COOH是弱电解质，故④错误；
⑤1mL c（H+）＝0.01ml⋅L﹣1的CH3COOH溶液稀释至1L，c（H+）＞1.0×10﹣5ml⋅L﹣1，说明CH3COOH未完全电离，加水稀释促进了电离，能够说明CH3COOH是弱电解质，故⑤正确；
故选：C。
9．【答案】C
【分析】A．当二氧化碳气体完全放出时，溶液的溶质是氯化钠，该反应的实质是盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠，盐酸和氢氧化钠反应的物质的量之比为1：1，设氢氧化钠的物质的量浓度为cml/L，加入75ml盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为氯化钠溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）＝n（NaCl）＝n（HCl）＝0.075L×0.1ml/L＝7.5×10﹣3ml，据c（NaOH）＝求解；
B．对于A溶液来说，滴加盐酸60mL时没有气体生成，先发生OH﹣+H+＝H2O后发生+H+＝，60mL后发生反应+H+＝H2O+CO2↑，前45mL发生OH﹣+H+＝H2O；
C．B曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质为Na2CO3和NaHCO3，由（75﹣25）mL＝50mL：25mL＝2：1及+H+＝、+H+＝H2O+CO2↑可知，Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为1：1；
D．B曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质与盐酸反应产生气体，由+H+＝H2O+CO2↑可知，气体最大体积为V＝n×Vm求解。
【解答】解：由图可知，当生成CO2气体时，发生反应+H+＝H2O+CO2↑，对于A溶液来说，滴加盐酸60mL时没有气体生成，可能发生OH﹣+H+＝H2O和+H+＝，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积60mL远远大于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积（75﹣60）mL＝15mL，说明原溶液中的溶质是NaOH和Na2CO3，当生成CO2气体时，发生反应+H+＝H2O+CO2↑，对于B溶液来说，滴加盐酸25mL时没有气体生成，可能发生OH﹣+H+＝H2O和+H+＝，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积25mL小于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积（75﹣25）mL＝50mL，说明原溶液中的溶质Na2CO3和NaHCO3，则：
A．当二氧化碳气体完全放出时，溶液的溶质是氯化钠，该反应的实质是盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠，盐酸和氢氧化钠反应的物质的量之比为1：1，设氢氧化钠的物质的量浓度为cml/L，加入75ml盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为氯化钠溶液。根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）＝n（NaCl）＝n（HCl）＝0.075L×0.1ml/L＝7.5×10﹣3ml，c（NaOH）＝＝0.15ml/L，故A错误；
B．对于A溶液来说，滴加盐酸60mL时没有气体生成，先发生OH﹣+H+＝H2O后发生+H+＝，60mL后发生反应+H+＝H2O+CO2↑，所得溶质为NaOH和Na2CO3且物质的量之比为3：1，故B错误；
C．B曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质为Na2CO3和NaHCO3，由（75﹣25）mL＝50mL：25mL＝2：1及+H+＝、+H+＝H2O+CO2↑可知，Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为1：1，故C正确；
D．B曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质与盐酸反应产生气体，由+H+＝H2O+CO2↑可知，气体最大体积为0.05L×0.1ml/L×22.4L/ml＝0.112L＝112mL，故D错误；
故选：C。
10．【答案】B
【分析】制备气体的实验，先连接装置后检验装置的气密性，然后加固体药品，再加入液体药品，加热I中制备氯气，Ⅱ中饱和食盐水除去HCl，Ⅲ中浓硫酸干燥氯气，Ⅳ中为向上排空气法收集氯气，Ⅴ中NaOH溶液吸收尾气，以此来解答。
【解答】解：A.先检查装置气密性，然后按照先固后液的顺序投料，则实验操作顺序为：检验装置气密性→添加固体药品→添加液体药品→加热，故A正确；
B.发生装置中产生氯气中含有水蒸气和氯化氢，分别用浓硫酸、饱和NaCl溶液净化，先除氯化氢杂质，因为除氯化氢过程中引入水蒸气，用浓硫酸一起除去，所以装置Ⅱ、Ⅲ中的试剂依次为饱和NaCl溶液、浓硫酸，故B错误；
C.氯气的密度比空气大，所以用向上排空气法收集，即长管进气短管出气，所以装置Ⅳ中长导管进气，短导管出气，故C正确；
D.氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以装置Ⅴ中离子方程式为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故D正确；
故选：B。
11．【答案】C
【分析】以红土镍镉矿（NiS、CdO，含SiO2、CuO、PbO、Fe2O3等杂质）为原料回收部分金属单质，首先镍镉矿浆化，然后通入空气加入稀硫酸进行酸浸，硫化镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸盐，二氧化硅不反应，PbSO4不溶，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入镍的不溶物调节pH，可以是碳酸镍或氧化镍，经加热将溶液中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Ⅱ和滤液；结合电极电位和不引入杂质，可向滤液中加入镍，置换出铜离子为铜，过滤得到含有铜、镍的金属A和硫酸镍、硫酸镉的滤液；滤液经电解、过滤得到含有镉和镍的固体和稀硫酸溶液；固体通入一氧化碳气化分离得到Ni（CO）4和镉；Ni（CO）4受热分解得到镍以及CO，则该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳、硫酸和镍等。
【解答】解：A．浆化可以增大接触面积，加快酸浸速率，提高某些金属元素浸取率，故A正确；
B．调节溶液pH可向滤液中加入镍的不溶物，经加热将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则物质A可能为碳酸镍，故B正确；
C．由分析可知，金属A为铜、镍的混合物，故C错误；
D．根据分析，该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳、硫酸和镍等，故D正确；
故选：C。
12．【答案】C
【分析】A．依据铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气解答；
B．依据氢氧化铁胶体制备操作解答；
C．依据氧化铁为红棕色，四氧化三铁为黑色解答；
D．三价铁离子遇到KSCN溶液会生成血红色溶。
【解答】解：A．铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气，故A正确；
B．将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，煮沸至红褐色，可以制得氢氧化铁胶体，故B正确；
C．氧化铁为红棕色，常用于红色油漆和涂料，故C错误；
D．亚铁离子和KSCN溶液不发生反应，铁离子遇到KSCN溶液生成血红色溶液，用KSCN溶液鉴别FeCl2溶液和Fe2（SO4）3溶液，故D正确；
故选：C。
13．【答案】B
【分析】A、根据酸性条件下HNO3会氧化SO2转化为硫酸离子进行分析。
B、根据反应①中氧化剂是Ce4+，还原剂是二氧化硫进行分析。
C、根据电子守恒进行分析。
D、根据电子守恒进行分析。
【解答】解：A．大气污染物中氮氧化合物中NO2和H2O转化为HNO3，酸性条件下HNO3会氧化SO2转化为硫酸离子，干扰硫酸离子的鉴定，故A错误；
B．从图中看，反应①中氧化剂是Ce4+，还原剂是二氧化硫，两者发生氧化还原反应生成Ce3+、，方程式为，故B正确；
C．反应②中O2中氧元素化合价由0变为﹣2，为氧化剂，Ce3+化合价升高发生氧化反应得到氧化产物Ce4+，根据电子守恒可知，，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1：4，故C错误；
D．根据电子守恒可知，，理论上每吸收标准状况下224mLSO2（为0.01ml），消耗0.005ml氧气，为0.16g，故D错误；
故选：B。
14．【答案】B
【分析】A.二氧化硫可被酸性高锰酸钾氧化；
B.氨气极易溶于水；
C.浓硫酸具有吸水性，作干燥剂；
D.常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生。
【解答】解：A.二氧化硫可被酸性高锰酸钾氧化，溶液褪色体现二氧化硫的还原性，故A错误；
B.氨气极易溶于水，则充满NH3的试管倒置于水槽中，水面迅速上升，故B正确；
C.浓硫酸具有吸水性，作干燥剂，用于干燥H2和CO，与氧化性无关，故C错误；
D.常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，为化学变化，故D错误；
故选：B。
15．【答案】C
【分析】A．（NH4）2Cr2O7固体受热分解，铬元素化合价会降低，氮元素化合价会升高；
B．滴加足量浓KOH溶液时，反应Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+平衡正向移动；
C．CrO5中Cr为+6价，O的平均价为﹣价，则CrO5可能具有分子稳定性差，易分解的性质；
D．（NH4）2Cr2O7溶液与浓盐酸发生氧化还原反应。
【解答】解：A．﹣3价的氮元素具有还原性，+6价的铬元素具有氧化性，（NH4）2Cr2O7固体受热分解，铬元素化合价会降低，氮元素化合价会升高，故A错误；
B．在（NH4）2Cr2O7溶液中滴加足量浓KOH溶液时，除了发生反应NH4++OH﹣＝NH3↑+H2O，还发生反应Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+平衡正向移动，故B错误；
C．若一定条件下（NH4）2Cr2O7溶液与H2O2反应生成CrO5，Cr为+6价，O的平均价为﹣价，则CrO5可能具有分子稳定性差，易分解的性质，故C正确；
D．（NH4）2Cr2O7溶液中的Cr2O72﹣具有强氧化性，能与浓盐酸发生氧化还原反应，溶液不会由黄色（或橙黄色）变为橙色，故D错误；
故选：C。
二．非选择题（共4小题，共55分）
16．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据c＝计算该NaOH溶液的物质的量浓度；
（2）根据m＝nM＝cVM计算配制该浓度的NaOH溶液100ml需要氢氧化钠的质量；
（3）根据溶液配制的操作步骤进行排序，溶液配制步骤：计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→定容→摇匀；
（4）由图可知，上述实验步骤A、B、E、F都用到的仪器名称为100ml容量瓶；
（5）分析操作对溶质物质的量、溶液体积的影响，根据c＝判断对所配溶液浓度的影响．
【解答】解：（1）该NaOH溶液的物质的量浓度为：ml/L＝6ml/L，故答案为：6；
（2）配制6ml/L的NaOH溶液100ml需要氢氧化钠的质量为：0.1L×6ml/L×40g/ml＝24.0g，故答案为：24.0；
（3）溶液配制步骤：计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→定容→摇匀，故溶液配制实验过程先后次序排列为：CBDFAE，故答案为：CBDFAE；
（4）由图可知，上述实验步骤A、B、E、F都用到的仪器名称为100ml容量瓶，故答案为：100ml容量瓶；
（5）①摇匀后发现液面低于刻度线，少量溶液残留在瓶塞与瓶口之间，再加水至刻度线，导致所配溶液的体积偏大，配制溶液的浓度偏低，
故答案为：偏低；
②溶液配制需加水定容，容量瓶中原有少量蒸馏水，对所配溶液无影响，故答案为：无影响；
③定容时俯视观察液面，导致所配溶液的体积偏小，配制溶液的浓度偏高，故答案为：偏高．
17．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）①湿法制备高铁酸钾时，Fe（OH）3失电子被氧化生成K2FeO4，则ClO﹣作氧化剂被还原生成Cl﹣，氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行；
②由反应的离子方程式知每生成1ml K2FeO4转移电子的物质的量为3ml；
③低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾，说明相同条件下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小；
（2）①Cl2将海水中的Br﹣氧化生成Br2；
②纯碱（Na2CO3）溶液显碱性，类比Cl2与NaOH溶液的反应，可推出Br2在纯碱溶液中会发生歧化反应生成溴化物，从③中的溴化物中可知另外生成的是溴酸盐，
CO32﹣转化为CO2；
③在酸性条件下，Br﹣和BrO﹣3发生归中反应生成Br2。
【解答】解：（1）①湿法制备高铁酸钾时，Fe（OH）3失电子被氧化生成K2FeO4，则ClO﹣作氧化剂被还原生成Cl﹣，氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行，该反应的离子方程式为2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故答案为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；
②由反应的离子方程式知每生成1ml K2FeO4转移电子的物质的量为3ml，还原产物成K2FeO4的物质的量为2ml，所以反应过程中转移了0.3ml电子，则还原产物的物质的量为0.15ml，故答案为：3；0.15；
③低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾，说明相同条件下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，故答案为：该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小；
（2）①Cl2将海水中的Br﹣氧化生成Br2，反应的离子方程式为：Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣，故答案为：Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣；
②纯碱（Na2CO3）溶液显碱性，类比Cl2与NaOH溶液的反应，可推出Br2在纯碱溶液中会发生歧化反应生成溴化物，从③中的溴化物中可知另外生成的是溴酸盐，
CO32﹣转化为CO2，故答案为：3Na2CO3+3Br2═5NaBr+NaBrO3+3CO2或6Na2CO3+3Br2+3H2O═5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3；
③在酸性条件下，Br﹣和BrO3﹣发生归中反应生成Br2，反应的方程式为：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4═3Br2+3Na2SO4+3H2O，故答案为：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4═3Br2+3Na2SO4+3H2O。
18．【答案】（1）分液漏斗；
（2）检查气密性；
（3）Ⅰ；
（4）MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（5）Cl2+2Br﹣＝Br2+2Cl﹣；
（6）吸收尾气，防止污染大气；
（7）催化作用；O2+4HCl2Cl2+2H2O（g）。
【分析】A中浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，b中用饱和食盐水除氯化氢、且B中长颈漏斗还可用于平衡气压，装置C用来探究湿润的氯气和干燥氯气是否具有漂白性，D中氯气和溴化钾溶液反应，装置E用来吸收多余的氯气，防止污染大气，以此解答该题。
【解答】解：（1）仪器a的名称是分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
（2）有气体生成或参加的反应，一定要检查装置的气密性。则按图组装好装置后，首先应进行的操作是检查气密性，
故答案为：检查气密性；
（3）实验开始后，I处是潮湿的红布条、II处是干燥的红布条，因为干燥的氯气没有漂白性、Cl2与水反应生成的次氯酸具有强氧化性、漂白性，则有色布条褪色的是Ⅰ处，
故答案为：Ⅰ；
（4）装置A的烧瓶中浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气、二氯化锰和水，化学方程式为MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（5）D中氯气和溴化钾溶液反应生成氯化钾和溴单质，溴水呈橙色，则反应进行一段时间后D中的现象是溶液由无色变为橙色，发生反应的离子方程式为Cl2+2Br﹣＝Br2+2Cl﹣，
故答案为：Cl2+2Br﹣＝Br2+2Cl﹣；
（6）氯气与氢氧化钠溶液反应，可以生成氯化钠、次氯酸钠和水等，则装置E的作用是吸收尾气，防止污染大气，
故答案为：吸收尾气，防止污染大气；
（7）由图知，氧化铜参加反应后又重新生成，则反应中CuO的作用是催化作用，该总反应的反应物是HCl和氧气、水和氯气是生成物，故总反应方程式为O2+4HCl2Cl2+2H2O（g），
故答案为：催化作用；O2+4HCl2Cl2+2H2O（g）。
19．【答案】（1）亚碲酸；
（2）水浴加热；3Cu++6H+＝3Cu2++Cl﹣+3H2O；4：3；
（3）漏斗、烧杯；
（4）TeO2+2NaOH═Na2TeO3+H2O；
（5）酸性过强，会使二氧化碲溶解，导致产率降低；缓慢加入硫酸，并不断搅拌。
【分析】以碲化亚铜渣为原料制备TeO2及胆矾，碲化亚铜渣酸浸过程中水浴加热，控制温度80℃，酸性溶液中，氯酸钠作氧化剂将Cu2Te、Cu及Te氧化为硫酸铜和亚碲酸，过滤分离，得到硫酸铜溶液，加入氢氧化钠沉铜得到氢氧化铜，进一步得到胆矾；二氧化碲进入酸浸渣中，加入氢氧化钠溶液溶解，得到亚碲酸钠溶液，进一步加稀硫酸沉碲得到二氧化碲，据此分析。
【解答】解：（1）Te和S同主族，结合硫酸和亚硫酸，H2TeO3的化学名称为亚碲酸，
故答案为：亚碲酸；
（2）温度低于100℃，可用水浴加热；酸性溶液中，氯酸钠作氧化剂将Cu氧化为硫酸铜，离子方程式为3Cu++6H+＝3Cu2++Cl﹣+3H2O；碲化亚铜中铜元素为+1价，被氧化生成+2价铜离子，碲元素为﹣2价，被氧化生成+4价亚碲酸，氯酸根中氯元素为+5价，被还原生成﹣1价氯离子，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：3，
故答案为：水浴加热；3Cu++6H+＝3Cu2++Cl﹣+3H2O；4：3；
（3）“操作X”为过滤，需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，
故答案为：漏斗、烧杯；
（4）二氧化碲是两性氧化物，结合氧化铝和氢氧化钠溶液的反应，反应方程式为TeO2+2NaOH═Na2TeO3+H2O，
故答案为：TeO2+2NaOH═Na2TeO3+H2O；
（5）二氧化碲是两性氧化物，可溶于强酸，酸性过强，会使二氧化碲溶解，导致产率降低；防止局部酸度过大的操作方法是缓慢加入硫酸，并不断搅拌，
故答案为：酸性过强，会使二氧化碲溶解，导致产率降低；缓慢加入硫酸，并不断搅拌。电对
Cu2+/Cu
Pb2+/Pb
Cd2+/Cd
Fe2+/Fe
Ni2+/Ni
电极电位/V
+0.337
﹣0.126
﹣0.402
﹣0.442
﹣0.257
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
SO2有漂白性
SO2可使酸性高锰酸钾溶液褪色
B
NH3极易溶于水
充满NH3的试管倒置于水槽中，水面迅速上升
C
浓硫酸有强氧化性
浓硫酸可用于干燥H2和CO
D
常温下，铁与浓硝酸发生钝化
常温下，铁与浓硝酸不反应
氢氧化钠溶液
分子式：NaOH
相对分子质量：40
密度：1.2g•cm﹣3
质量分数：20%