资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩7页未读，
继续阅读
所属成套资源：新高考化学一轮复习讲练测 （2份，原卷版+解析版）
成套系列资料，整套一键下载
新高考化学一轮复习讲练测第四章能力提升检测卷（精练）（解析版）
展开
这是一份新高考化学一轮复习讲练测第四章能力提升检测卷（精练）（解析版），文件包含新高考化学一轮复习讲练测第四章能力提升检测卷精练原卷版docx、新高考化学一轮复习讲练测第四章能力提升检测卷精练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：O16 S32 Fe56 Ba137
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共16*3分）
1．（2021·辽宁朝阳市·高三三模）下列关于物质的性质及其应用的说法均正确的是
A．纯碱可以去除厨房里的油污，也能广泛应用于纺织、食品等工业
B．二氧化硫能使紫色石蕊试液褪色，可用于漂白纸浆、编织物
C．晶体硅是一种半导体材料，常用于制造光学镜片
D．钠钾合金常温下是固体，可用作快中子反应堆的热交换剂
【答案】A
【解析】A．纯碱为碳酸钠呈碱性，可以去除厨房的油污，也能用于纺织、食品等工业，故A正确；B．二氧化硫不能漂白指示剂，故B错误；C．二氧化硅常用于制造光学镜片，故C错误；D．钠钾合金常温下是液体，故D错误；故选A。
2．（2021·北京高三二模）下列解释事实的方程式正确的是
A．CO2通入过量的NaOH溶液中：CO2+OH-=
B．SO2的催化氧化反应：2SO2+O22SO3
C．过氧化钠做呼吸面具的供氧剂：Na2O2+CO2=Na2CO3+O2
D．氯气用于自来水消毒：Cl2+H2O⇌2H++Cl-+ClO-
【答案】B
【解析】A．CO2通入过量的NaOH溶液中发生如下反应：，故A错误；B．SO2的催化氧化反应：2SO2+O22SO3，故B正确；C．过氧化钠做呼吸面具的供氧剂发生如下反应：，故C错误；D．氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸为弱酸不能拆分，故D错误；综上答案为B。
3．（2021·北京高三二模）下列变化中，气体被还原的是
A．将SO2气体通入品红溶液，溶液红色褪去
B．将氯气通入KBr溶液，溶液变黄
C．氢气通入氧化铜中加热，黑色固体变为红色
D．氨气通入AlCl3溶液产生白色沉淀
【答案】B
【解析】A．将二氧化硫气体通入品红溶液，溶液红色褪去说明二氧化硫表现漂白性，故A不符合题意；B．将氯气通入溴化钾溶液，溶液变黄说明有单质溴生成，反应中氯气被还原，故B符合题意；C．氢气通入氧化铜中加热，黑色固体变为红色说明有铜生成，反应中氢气被氧化，故C不符合题意；D．氨气通入氯化铝溶液产生白色沉淀说明氨气表现碱性，故D不符合题意；故选B。
4．（2021·江苏高三二模）酸在生产、实验中有广泛应用。下列有关酸的性质与用途具有对应关系的是
A．氢氟酸显弱酸性，可用于雕刻玻璃
B．浓盐酸具有挥发性，可用于除去铁锈
C．浓硫酸有强氧化性，实验室可用于与甲酸反应制取CO
D．硝酸有强氧化性，能溶解Ag等不活泼金属用于贵重金属的提炼
【答案】D
【解析】A．氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应生成易挥发的四氟化硅，所以氢氟酸可用于雕刻玻璃，但与酸性强弱无关，故A错；B．盐酸能与铁锈中的氧化铁反应，生成可溶性的氯化铁，从而易被水洗去，体现盐酸的酸性与浓盐酸所具有的挥发性无关，故B错；C．甲酸HCOOH中C的化合价为+2价，CO中C的化合价也为+2价，则用甲酸与浓硫酸制取CO未发生氧化还原反应，体现浓硫酸的脱水性，与其强氧化性无关，故C错；D．硝酸有强氧化性，能溶解Ag等不活泼金属，所以可用于贵重金属的提炼，故选D；答案选D。
5．（2021·广东高三二模）用如下装置模拟汽车尾气系统中CO与NO的反应。下列有关该实验的说法错误的是
A．反应前需排尽装置中的空气
B．NO和CO在装置a中进行了预混合
C．可观察到装置d中澄清石灰水变浑浊
D．实验中的有害尾气均可用碱石灰吸收
【答案】D
【解析】A．NO与空气中氧气反应生成NO2，所以反应前需排尽装置中的空气，故A正确；B．如图所示，NO和CO同时通入装置a，在装置a中进行了预混合，故B正确；C．NO和CO在催化剂、加热条件下反应生成二氧化碳和氮气，二氧化碳通过澄清石灰水时，可观察到装置d中澄清石灰水变浑浊，故C正确；D．实验中的有害尾气包括未反应的NO和CO，不能用碱石灰吸收，故D错误。故选D。
6．（2021·江苏无锡市·高三一模）氧化物在生产、生活中有广泛应用。下列氧化物的性质与用途具有对应关系的是
A．Al2O3有两性，可用于制造耐高温陶瓷
B．ClO2有氧化性，可用于自来水消毒
C．SiO2硬度大，可用于制备光导纤维
D．SO2有还原性，可用于漂白有色织物
【答案】B
【解析】A．Al2O3熔点高，可用于制造耐高温陶瓷，A错误；B．ClO2有氧化性，能杀菌消毒，可用于自来水消毒，B正确；C．SiO2能传导光信号，可用于制备光导纤维，C错误；D．SO2具有漂白性，可用于漂白有色织物，且该漂白性与氧化还原反应无关，D错误；答案选B。
7．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈九中高三二模）硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。科研人员提出了雾霾微粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意图如图，下列说法错误的是
A．气溶胶是粒子直径在1~100nm的分散质分散在气体分散剂中形成的
B．第①阶段的离子方程式为SO+NO2=NO+SO
C．整个过程没有H2O参与
D．1mlSO在第②、③两个阶段失去电子的总数目为NA
【答案】C
【解析】由图可知，NO2与SO、水反应生成NO、HNO2和HSO，反应中N元素的化合价降低，S元素的化合价升高，反应的方程式为2NO2+SO+H2O=NO+HNO2+HSO。A．分散质粒子直径在1~100nm的的属于胶体，则气溶胶是粒子直径在1~100nm的分散质分散在气体分散剂中形成的，故A正确；B．第①阶段中NO2得到SO失去的电子发生氧化还原反应生成NO、SO，反应的离子方程式为SO+NO2=NO+SO，故B正确；C．由图示可知，第②步SO转化过程中有水（）参与，故C错误；D．在第②、③两个阶段中SO失去电子生成HSO，S由+5价变成+6价，因此1mlSO失去1ml电子生成HSO，失去电子数目为NA，故D正确；故选C。
8．（2021·上海高三二模）按如图所示装置进行实验，逐滴加入液体x后，下列实验目的能够实现的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【解析】A．向生石灰中加入浓氨水，生成氨气，氨气进入试管中，溶于水，生成一水合氨，一水合氨和Al3+反应生成Al(OH)3，而Al(OH)3不溶于弱碱，无法达到实验目的，A项不选；B．稀醋酸和小苏打反应生成二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，证明醋酸的酸性强于碳酸，B项选；C．水和过氧化钠反应生成氧气，氧气和溶液反应生成Fe3+，溶液由绿色变为黄色，证明Fe2+具有还原性，C项不选；D．70%硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫能使紫色石蕊试液变红，但无法使紫色石蕊试液褪色，无法证明二氧化硫具有漂白性，D项不选；答案选B。
9．（2021·上海高三二模）下列实验过程中，始终无明显现象的是
A．NO2通入FeSO4溶液中B．CO2通入CaCl2溶液中
C．Cl2通入KI溶液中D．SO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中
【答案】B
【解析】A．二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸能够把亚铁离子氧化成铁离子，溶液由浅绿色变成了棕黄色，故A不选；B．碳酸的酸性小于盐酸的酸性，CO2通入CaCl2溶液中不反应，无明显现象，故B选；C．Cl2通入KI溶液中能够置换出碘单质，溶液由无色变为黄色，故C不选；D．二氧化硫易溶于水得到亚硫酸，硝酸钡溶液中的硝酸根离子，在酸性环境下，相当于硝酸，硝酸能够将亚硫酸氧化为硫酸，遇到钡离子生成白色的硫酸钡沉淀，现象明显，故D不选；故选B。
10．（2021·浙江绍兴市·高三二模）下列说法不正确的是
A．过氧化钠与二氧化碳、水反应均生成氧气，可用于呼吸面具中的供氧剂
B．二氧化氯具有较强的氧化性且不易形成致癌物质，可用于灭菌消毒剂
C．二氧化硫能使酸性KMnO4溶液褪色，主要利用二氧化硫的氧化性
D．由二氧化硅制得的光导纤维，其导光能力很强，可传输大量信息
【答案】C
【解析】A．在密闭环境中供氧，既要解决氧气的来源问题，又要处理人体呼出的废气，过氧化钠与二氧化碳、水均能反应且均产生氧气，所以是呼吸面具中的理想供氧剂，A正确；B．自来水中含有细菌和病菌，所用杀菌剂既要杀死细菌，同时又不能对人体产生危害，二氧化氯具有较强的氧化性且不易形成致癌物质，所以可用于自来水的灭菌消毒，B正确；C．二氧化硫使酸性KMnO4溶液褪色，KMnO4表现强氧化性，则二氧化硫表现还原性，C不正确；D．用二氧化硅制得的光导纤维，具有很强的导光能力，可实现光的全反射，并能实现大量信息的全真传输，D正确；故选C。
11．（2021·广东广州市·高三一模）探究是培养创新精神和实践能力的手段。用如下装置探究氯气的性质，图中三支试管口均放置浸有NaOH溶液的棉花。下列对实验现象的分析错误的是
A．①中淀粉KI试纸变蓝，说明氯气的氧化性强于碘
B．②中产生白色沉淀，说明氯气与水反应生成Cl—
C．③中的溶液变为棕黄色，说明氯气有氧化性
D．④溶液先变红后褪色，说明氯水有酸性和漂白性
【答案】B
【解析】A．向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，说明生成I2，可证明氯气的氧化性强于碘，A项正确；B．②中产生白色沉淀，有可能是挥发的氯化氢气体中的氯离子与银离子生成氯化银沉淀，B项错误；C．氯化亚铁与氯气生成氯化铁溶液，氯的化合价从0价降为-1价，说明氯气有氧化性，C项正确；D．溶液先变红后褪色，说明氯水有酸性和漂白性，D项正确；答案选B。
12．（2021·浙江高三三模）下列“类比合理的是
A．在足量中燃烧生成，则在足量中燃烧生成
B．铜丝在氯气中燃烧生成CuCl2，则铁丝在氯气中燃烧生成
C．与反应生成和，则与反应可能生成和
D．往溶液中加入过量氨水生成沉淀，则往溶液中加入过量氨水生成沉淀
【答案】C
【解析】A．在足量中燃烧生成，而在足量中燃烧生成SO2，故A错误；B．氯气具有强氧化性，能够把变价金属氧化为最高价，因此铜丝在氯气中燃烧生成CuCl2，铁丝在氯气中燃烧生成，故B错误；C．由于二氧化碳过量，钠的氧化物能够与二氧化碳反应，所以与反应可能生成和，故C正确；D．氢氧化铝不溶于过量的氨水，而氢氧化铜能够与过量的氨水反应生成Cu(NH3)4(OH)2溶液，沉淀溶解，故D错误；故选C。
13．（2021·河南高三三模）中国科学院空天信息创新研究院芶盛博士等人根据玉兔二号提供的一个暗绿色闪光的“石块”信息进行分析，发现石块主要由约45%的斜长石、7%的辉石XYAl2-2nSi2O6 (X、Y为单核离子，)和6%的橄榄石(，M为Mg、Fe)组成。下列关于上述“三石”的说法正确的是
A．含硅元素，属于硅酸盐；含金属元素，属于金属材料
B．斜长石可以写为的形式
C．若辉石中n=1、Y为V3+时，X可以是Na+或Li+等一价离子
D．橄榄石的氧化物形式一定为MgO·FeO·SiO2
【答案】C
【解析】A．上述三种石块的主要成分斜长石、辉石、橄榄石的主要成分中都含硅元素，属于硅酸盐；尽管含金属元素，但不属于金属材料，A错误；B．硅酸盐在用不同形式表示时要遵循质量守恒定律，即各种元素的原子个数比不变，根据化学式书写可知该表示中O原子个数与原式子不符合，不能表示斜长石，B错误；C．若n=1，则其中不含Al元素。O元素的负化合价为(-2)×6=-12；2个Si为2×(+4)=+8，所以当n=1、Y为V3+时，根据化合物中正负化合价代数和为0，可知X为+1价的金属，X可以是Na+或Li+等+1价离子，C正确；D．橄榄石属于硅酸盐，可以用盐的形式表示，也可以用氧化物的形式表示，当用氧化物形式表示时，若M只表示Mg，则氧化物表示为2MgO·SiO2，因此不一定为MgO·FeO·SiO2，D错误；故合理选项是C。
14．（2021·广东梅州市·高三二模）科学家研制出了一种漂白效率极高的新型漂白剂结构如图，W、X、Y、Z均为原子序数依次增大的短周期元素。常温下，0.1ml/L Z的氢化物的水溶液，且Z与Y位于不同周期。下列叙述正确的是
A．原子半径： B．与反应的难易程度(由难到易)：Y、W
C．X的某种氢化物可用作制冷剂 D．Z的氧化物对应的水化物均为强酸
【答案】C
【解析】科学家研制出了一种漂白效率极高的新型漂白剂，其中W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。常温下，0.1ml/LZ的氢化物的水溶液pH=1，则Z为Cl元素；Y形成2个共价键，位于ⅥA族，且Z与Y位于不同周期，则Y为O；W形成4个共价键，其原子序数小于O，则W为C元素；X形成3个共价键，位于ⅤA族，其原子序数小于O，则X为N元素。根据分析可知，W为C，X为N，Y为O，Z为Cl元素。A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径：Z＞W＞X＞Y，故A错误；B．氧元素非金属性强于碳元素，与反应的难易程度(由难到易)：W、Y，故B错误；C．N的某种氢化物氨气可用作制冷剂，故C正确；D．Cl的氧化物的水化物，例如次氯酸为弱酸，故D错误；故选C。
15．（2021·陕西西安市·高三二模）用KIO3与H2S反应制备KI固体，装置如图所示。实验步骤：①检查装置的气密性；②关闭K，在各装置中加入相应试剂，向装置B中滴入30%的KOH溶液，制得KIO3；③打开K，通入H2S直至饱和可制得KI，同时有黄色沉淀生成；④关闭K，向所得溶液滴入稀硫酸，水浴加热，充分逸出H2S；⑤把装置B中混合液倒入烧杯，为除去硫酸，加入足量碳酸钡，再经过一系列操作可得成品。下列有关该实验的叙述错误的是
A．步骤②可观察到固体溶解，溶液由棕黄色变为无色
B．步骤③装置B中发生反应的离子方程式为3H2S+=3S↓+3H2O+I-
C．步骤⑤中一系列操作为过滤，洗涤，合并滤液和洗液，蒸馏
D．装置A 也可用于实验室制备H2和CO2
【答案】C
【解析】根据装置：A装置由FeS和稀硫酸制备H2S，B装置由I2与KOH制备KIO3，反应为：3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O，将H2S通入B中KIO3溶液发生反应：3H2S+=3S↓+3H2O+I-，向所得溶液滴入稀硫酸，水浴加热，充分逸出H2S，C装置吸收多余的H2S ，把装置B中混合液倒入烧杯，为除去硫酸，加入足量碳酸钡，得到硫酸钡沉淀，过滤、洗涤，合并滤液和洗液，蒸发结晶得到KI固体。A．步骤②中滴入30%氢氧化钾溶液后，发生反应：3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O，溶液由棕黄色(碘水颜色)溶液变成无色，A正确；B．步骤③中装置B生成黄色沉淀为S，反应方程式为：3H2S+=3S↓+3H2O+I-，B正确；C．步骤⑤中把装置B中混合液倒入烧杯，为除去硫酸，加入足量碳酸钡，得到硫酸钡沉淀，过滤、洗涤，合并滤液和洗液，蒸发结晶得到成品，C错误；D．装置A为启普发生器，适用于制取的气体要符合以下三个条件：块状固体与液体反应制取气体；反应不需要加热；制取的气体难溶于水。由于H2、CO2制取反应原理符合上述条件，因此也可以用于实验室制备H2和CO2，D正确；故合理选项是C。
16．（2021·上海市敬业中学高三零模）将某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL。平均分成两等份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g；向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如下图所示（已知硝酸均只被还原为NO气体）。下列分析或结果不正确的是（ ）
A．原混合酸中NO3－的物质的量共为0.2ml
B．原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为4ml·L－1
C．第二份溶液中最终的溶质为FeSO4
D．OA段产生的气体是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+→3Fe2+，BC段产生的气体是H2
【答案】A
【解析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑。A．OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以原混合酸中n(NO3-)=2n(Fe)=2×=0.4ml，故A错误；B．反应消耗22.4g铁，也就是=0.4ml，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4ml，所以硫酸的浓度是=4ml/L，故B正确；C．硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，故C正确；D．由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故D正确；故选A。
二、主观题（共5小题，共52分）
17．（2020·北京高三零模）（10分）煤是我国重要的化石燃料，煤化工行业中产生的H2S也是一种重要的工业资源。
(1)煤液化过程中产生的H2S可生产硫酸，部分过程如图所示：
①SO2反应器中的化学方程式是_______。
②生产过程中的尾气需要测定SO2的含量符合标准才能排放。已知有V L(已换算成标准状况)尾气，通入足量H2O2吸收再加足量BaCl2溶液充分反应后(不考虑尾气中其他成分的反应)，过滤、洗涤、干燥、称量得到b g沉淀。H2O2吸收SO2的化学方程式是_______；尾气中SO2的含量(体积分数)的计算式是_______。
(2)H2S还可用于回收单质硫。含有H2S和空气的尾气按一定流速通入酸性FeCl3溶液，可实现空气脱硫，得到单质硫。FeCl3溶液吸收H2S过程中，溶液中的n(Fe3+)、被吸收的n(H2S) 随时间t的变化如图：
① 由图中信息可知，0 ~ t1时，一定发生的反应是_______(用离子方程式表示)。
②t1以后，溶液中n (Fe3+ ) 保持基本不变，原因是_______。
【答案】（每空2分）（1）①2SO2+O2 2SO3 ②SO2 + H2O2＝ H2SO4
（2）①H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+ ②t1时刻后，溶液中的Fe2+被O2氧化为Fe3+，Fe3+再与H2S发生氧化还原反应，所以n(Fe3+)基本不变（或2H2S+O2=2S+2H2O）
【解析】（1）①SO2在反应器中与空气反应使其转化为SO3，故反应器中的化学方程式2SO2+O2 2SO3，故答案为：2SO2+O2 2SO3；
②利用H2O2吸的氧化性是二氧化硫转化成硫酸，即H2O2吸收SO2的化学方程式SO2+H2O2＝H2SO4，尾气中SO2的含量（体积分数）的计算式，故答案为：SO2+H2O2＝H2SO4；；
（2）①由图中信息可知，0~t1段溶液中的n(Fe3+)逐渐减小，是因为H2S和FeCl3溶液发生了反应生成了硫单质其离子方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；
②H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；在酸性条件下，溶液中的Fe2+被O2氧化为Fe3+，Fe3+再与H2S发生氧化还原反应，所以n(Fe3+)基本不变，故答案为：t1时刻后，溶液中的Fe2+被O2氧化为Fe3+，Fe3+再与H2S发生氧化还原反应，所以n(Fe3+)基本不变（或2H2S+O2=2S+2H2O）。
18．（2021·云南高三一模）（10分）某学习小组利用如图所示装置将氯气和空气(不参与反应)以体积比约为1：3混合后，与湿润的碳酸钠反应制取Cl2O，并进一步制取次氯酸。
已知：Cl2O是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，沸点为2.2℃，易溶于CC14和水。其爆炸极限为23.5%~100%，与有机物、还原剂接触或加热时会燃烧或爆炸。
回答下列问题：
(1)装置C的仪器名称为______，该装置的作用是______。
(2)装置A中发生反应的化学方程式为_______。
(3)针对此实验的有关说法正确的是_______(填标号)。
a.装置不用橡胶管连接且橡胶塞要作保护处理，是为了防止橡胶燃烧或爆炸
b.可利用CCl4除去Cl2O中混有的Cl2
c.氯气与空气混合的目的是将生成的Cl2O稀释，降低爆炸危险
(4)为了进一步制取HClO，可将Cl2O通入水中，该过程宜在避光条件下进行，原因是______(用化学方程式表示)；此方法相较于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是______(答出一条即可)。
(5)将制得的HClO溶液加入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中，观察到溶液红色褪去。溶液褪色的原因可能是①NaOH被HClO中和；②______。设计实验探究溶液红色褪去的原因______。
【答案】(1)球形干燥管（1分）吸收尾气（1分）
(2)2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2（2分） (3)ac（1分）
(4)2HClO2HCl+O2↑（1分） 制取的次氯酸浓度较大（1分）
(5)HClO有漂白性（1分） 往褪色后的溶液中继续滴加氢氧化钠溶液，若溶液变红，证明褪色的原因为①；若溶液不显红色，证明褪色的原因为②（2分）
【解析】(1)干燥管；吸收未反应的氯气，防治污染空气，还可以防止空气中的水蒸气进入B中；
(2)A中氯气与碳酸钠反应生成Cl2O，2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2；
(3)a．Cl2O具有强氧化性，与有机物、还原剂接触会燃烧或爆炸，a正确；b. Cl2O易溶于四氯化碳，b错误；c.氯气与空气混合稀释Cl2O，降低爆炸危险，c正确；
(4) HClO见光易分解，因此要避光，2HClO2HCl+O2↑；方法相较于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是制取的次氯酸浓度较大、无副产物等；
(5) HClO具有漂白性，使酚酞变色，可以设计实验为往褪色后的溶液中继续滴加氢氧化钠溶液，若溶液变红，证明褪色的原因为①；若溶液不显红色，证明褪色的原因为②。
19．（2020·辽宁高三二模）（10分）高纯硅是制作光伏电池的关键材料，如图是一种生产高纯硅的工艺流程示意图：
已知：①流化床反应器主反应：；
②还原炉主反应：；
③极易水解：。
回答下列问题：
(1)石英砂的主要成分为，是一种酸性氧化物，能与烧碱反应生成盐和水，下列物质中也能与烧碱反应生成盐和水的是______(填标号)
A． B． C． D．
还能在一种常见的酸中溶解，生成一种气态含硅物质，这种酸的电子式为________。
(2)电弧炉中生成粗硅，反应的化学方程式为_____________。若电弧炉中焦炭过量，还会有生成，石英砂和焦炭生成的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。
(3)整个操作流程都需隔绝空气，原因是_____________(答出两条即可)。
(4)流化床反应器中除外，还可能发生副反应，生成其他含硅化合物(如、、等)，可以用分馏的方法加以分离，该操作方法的理论依据是________________。
(5)上述操作流程中可以循环利用的物质是________________。
【答案】（除标注外，每空2分）(1)BD （1分）
(2) （1分）
(3) 防止发生水解、防止硅被氧化、防止氢气与氧气反应而发生爆炸
(4)各组分沸点相差较大（1分）
(5)、 （1分）
【解析】石英砂和焦炭在电弧炉中反应产生含SiC、C等杂质的粗硅，在流化床反应器中将硅转化为SiHCl3，在还原炉中用氢气将SiHCl3还原得高纯硅。
(1)A．铝与氢氧化钠溶液反应产生偏铝酸钠和氢气，故A不符合题意；
B．氧化铝与氢氧化钠溶液反应产生偏铝酸钠和水，故B符合题意；
C．氧化铜与氢氧化钠溶液不反应，故C不符合题意；
D．碳酸氢钠与氢氧化钠溶液反应产生碳酸钠和水，故D符合题意；
SiO2还能在一种常见的酸中溶解，生成一种气态含硅物质，这种酸为HF，HF属于共价化合物，其电子式为；
故答案为：BD；；
(2)二氧化硅与碳在高温下反应生成粗硅和CO，对应的化学方程式为，石英砂和焦炭生成SiC的反应为SiO2+3CSiC+3CO↑，C元素化合价由0价降低为-4价，由0价升高为价，C既是氧化剂又是还原剂，根据氧化还原规则，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2，故答案为：；1:2；
(3)根据上述流程以及相关信息可知SiHCl3极易水解，反应过程中会产生氢气，而空气中含有氧气和水蒸气，因此整个操作流程都需隔绝空气，原因是防止SiHCl3发生水解，防止硅被氧化、防止氢气与氧气反应而发生爆炸，故答案为：防止发生水解、防止硅被氧化、防止氢气与氧气反应而发生爆炸；
(4)分馏或蒸馏主要是通过互溶液体混合物沸点不同进行物质分离的方法，因此分馏操作的理论依据是各组分沸点相差较大，故答案为：各组分沸点相差较大；
(5)根据流程转化分析可知上述操作流程中可以循环利用的物质是H2、HCl，故答案为：H2、HCl。
20．（2021·江苏盐城市·高三三模）（10分）水合肼(N2H4•H2O)常用作航天器燃料，也广泛应用于医药生产。实验室制取水合肼，并模拟处理铜氨{[Cu(NH3)4]2+}废液回收铜粉的实验流程如图：
(1)反应Ⅰ中温度升高时易产生副产物NaClO3。为提高NaClO产率，实验中可采取的措施有___
A．反应容器浸入热水中 B．适当减慢通入Cl2的速率 C．不断搅拌溶液
(2)①NaClO与CO(NH2)2反应合成水合肼的离子方程式为___。
②合成过程中需控制≈，比理论值略大的原因是___。
(3)检验分离出水合肼后的溶液中Cl-的实验操作是___。
(4)铜粉沉淀率与水合肼溶液浓度的关系如图所示。请设计由铜氨废液回收铜粉的实验方案：取一定量5ml•L-1水合肼溶液，___，静置、过滤、洗涤、干燥。
实验中可选用的试剂：5ml•L-1水合肼溶液、2ml•L-1硫酸、2ml•L-1NaOH溶液、铜氨废液、蒸馏水。
已知：2[Cu(NH3)4]2++N2H4•H2O+4OH-2Cu↓+N2↑+8NH3↑+5H2O。
【答案】（每空2分）(1)BC
(2)①CO(NH2)2+ClO-+2OH-=N2H4•H2O+Cl-+CO ②适当增加还原剂CO(NH2)2用量，减少生成物水合肼的氧化损耗量，为反应Ⅱ提供更多的反应物水合肼
(3)取少量合成后的溶液，向其中加入稀硝酸至不再产生气泡，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀
(4)加入蒸馏水稀释至3ml•L-1~3.25ml•L-1，加入适量2ml•L-1NaOH溶液。边搅拌边逐滴加入铜氨废液，加热使其充分反应，同时用2ml•L-1硫酸吸收反应中放出的NH3，直至溶液中无气泡产生，停止滴加
【解析】(1)NaOH溶液与Cl2在一定温度下反应生成NaClO、NaCl，该反应为放热反应，温度升高时易产生副产物NaClO3，为提高NaClO产率，可适当减慢通入Cl2的速率以减缓反应速率，或者不断搅拌溶液增大热量散失速率，故答案为：BC；
(2)①NaClO与CO(NH2)2反应合成水合肼的过程中，Cl元素化合价由+1降低至-1，N元素化合价由-3升高至-2，反应过程中溶液为碱性，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知反应方程式为CO(NH2)2+ClO-+2OH-=N2H4•H2O+Cl-+CO；
②N2H4•H2O中N元素化合价为-2，具有还原性，能够被NaClO氧化，N2H4•H2O被氧化会导致N2H4•H2O产率降低，因此通过增大CO(NH2)2的量防止N2H4•H2O被氧化，故答案为：适当增加还原剂CO(NH2)2用量，减少生成物水合肼的氧化损耗量，为反应Ⅱ提供更多的反应物水合肼；
(3)检验Cl-的试剂为硝酸银溶液，但硝酸银同时能与N2H4•H2O反应生成难溶物会干扰Cl-检验，因此可加入稀硝酸将N2H4•H2O氧化为N2，然后再加入硝酸银进行检验，故答案为：取少量合成后的溶液，向其中加入稀硝酸至不再产生气泡，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀；
(4)由图可知，当水合肼溶液浓度为3.0～3.25ml/L时铜粉沉淀率最高，因此可利用3.0～3.25ml/L的水合肼溶液与铜氨废液在碱性并加热条件下反应回收铜粉，反应过程中生成NH3、N2，NH3不能排放至空气中，可利用2ml•L-1硫酸吸收，当溶液中不再生成N2时，说明铜氨废液回收基本完全，故答案为：加入蒸馏水稀释至3ml•L-1~3.25ml•L-1，加入适量2ml•L-1NaOH溶液。边搅拌边逐滴加入铜氨废液，加热使其充分反应，同时用2ml•L-1硫酸吸收反应中放出的NH3，直至溶液中无气泡产生，停止滴加。
21．（2021·河北高三二模）（12分）亚硝酰氯(NOCl)的沸点为-5.5℃，易水解生成两种酸，常用于有机合成。学习小组在实验室中对NO与制备NOCl的反应进行了探究。回答下列问题：
(1)出于安全和环保考虑，制备反应的实验操作需在______(条件)下进行。
(2)NO与反应，装置如图所示(已知溶液可以吸收NO)。
①关闭，打开和分液漏斗活塞，至气球膨胀，目的为______；连接B的目的为______。
②关闭，打开，向D中通入气体，至黄绿色完全消失。D中反应的化学方程式为______。
(3)装置E中的试剂X为______，作用为______。
(4)测定NOCl的纯度。
已知：实验前，D中的体积为(已换算为标准状况)。取实验后D中所得溶液，加入适当过量NaI溶液，酸化后充分反应(杂质不参加反应，还原产物为NO)；以淀粉为指示剂，用标准液滴定，达到滴定终点时消耗标准液体积为。
①NaI发生反应的离子方程式为______。
②本实验中NOCl的产率为______。
【答案】(1)通风条件（1分）
(2)①排尽装置中的空气，防止NO转化为NO2（2分）除去NO2和吸收挥发出的硝酸（2分）②（1分）
(3)浓硫酸（1分）防止后续装置的水分进入D装置与亚硝酰氯反应，干扰实验（2分）
(4)①（1分） ②（2分）
【解析】装置A中铜与稀硝酸反应产生NO，用B装置中的水除去NO2和挥发出的硝酸，C装置进行干燥除水，然后NO与Cl2在D装置发生核心反应制备亚硝酰氯，亚硝酰氯易与水反应，所以E装置装有浓硫酸防止后续装置的水分进入D装置与产物反应，NO和Cl2有毒，为防止污染环境用F装置盛装酸性高锰酸钾溶液除NO，用G装置盛装氢氧化钠溶液除去多余的氯气。
(1)反应的两种原料气NO和Cl2均是有毒气体，出于安全和环保考虑，制备反应的实验操作需在通风条件下进行。
(2)①装置中的空气会将NO转化为NO2，影响实验，所以需要先将空气排尽，制备NO时，会有一部分被空气转化为NO2，可以用水除去。所以答案为：排尽装置中的空气，防止NO转化为NO2；除去NO2和吸收挥发出的硝酸
②D中为氯气与NO反应生成亚硝酰氯，根据得失电子守恒和元素守恒，可以得出反应的化学方程式为。
(3) 亚硝酰氯易与水反应，所以发生装置后端要接一个装有浓硫酸的干燥装置，防止后续水分进入发生装置，所以装置E中的试剂X为浓硫酸，作用为防止后续装置的水分进入D装置与亚硝酰氯反应，干扰实验。
(4) ①NaI与亚硝酰氯反应生成Cl-、I2、NO，根据得失电子守恒和元素守恒可知发生反应的离子方程式为；
②根据反应方程式、和可知有如下关系式：，即，所以参与反应的氯气为：，原本氯气总量为：，则亚硝酰氯的产率为：，所以答案为：。
选项
x
y
z
实验目的
A
浓氨水
生石灰
溶液
验证能溶于碱
B
稀醋酸
小苏打
澄清石灰水
验证醋酸的酸性强于碳酸
C
水
过氧化钠
溶液
验证具有还原性
D
70%硫酸
亚硫酸钠
紫色石蕊试液
验证二氧化硫的漂白性
可能用到的相对原子质量：O16 S32 Fe56 Ba137
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共16*3分）
1．（2021·辽宁朝阳市·高三三模）下列关于物质的性质及其应用的说法均正确的是
A．纯碱可以去除厨房里的油污，也能广泛应用于纺织、食品等工业
B．二氧化硫能使紫色石蕊试液褪色，可用于漂白纸浆、编织物
C．晶体硅是一种半导体材料，常用于制造光学镜片
D．钠钾合金常温下是固体，可用作快中子反应堆的热交换剂
【答案】A
【解析】A．纯碱为碳酸钠呈碱性，可以去除厨房的油污，也能用于纺织、食品等工业，故A正确；B．二氧化硫不能漂白指示剂，故B错误；C．二氧化硅常用于制造光学镜片，故C错误；D．钠钾合金常温下是液体，故D错误；故选A。
2．（2021·北京高三二模）下列解释事实的方程式正确的是
A．CO2通入过量的NaOH溶液中：CO2+OH-=
B．SO2的催化氧化反应：2SO2+O22SO3
C．过氧化钠做呼吸面具的供氧剂：Na2O2+CO2=Na2CO3+O2
D．氯气用于自来水消毒：Cl2+H2O⇌2H++Cl-+ClO-
【答案】B
【解析】A．CO2通入过量的NaOH溶液中发生如下反应：，故A错误；B．SO2的催化氧化反应：2SO2+O22SO3，故B正确；C．过氧化钠做呼吸面具的供氧剂发生如下反应：，故C错误；D．氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸为弱酸不能拆分，故D错误；综上答案为B。
3．（2021·北京高三二模）下列变化中，气体被还原的是
A．将SO2气体通入品红溶液，溶液红色褪去
B．将氯气通入KBr溶液，溶液变黄
C．氢气通入氧化铜中加热，黑色固体变为红色
D．氨气通入AlCl3溶液产生白色沉淀
【答案】B
【解析】A．将二氧化硫气体通入品红溶液，溶液红色褪去说明二氧化硫表现漂白性，故A不符合题意；B．将氯气通入溴化钾溶液，溶液变黄说明有单质溴生成，反应中氯气被还原，故B符合题意；C．氢气通入氧化铜中加热，黑色固体变为红色说明有铜生成，反应中氢气被氧化，故C不符合题意；D．氨气通入氯化铝溶液产生白色沉淀说明氨气表现碱性，故D不符合题意；故选B。
4．（2021·江苏高三二模）酸在生产、实验中有广泛应用。下列有关酸的性质与用途具有对应关系的是
A．氢氟酸显弱酸性，可用于雕刻玻璃
B．浓盐酸具有挥发性，可用于除去铁锈
C．浓硫酸有强氧化性，实验室可用于与甲酸反应制取CO
D．硝酸有强氧化性，能溶解Ag等不活泼金属用于贵重金属的提炼
【答案】D
【解析】A．氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应生成易挥发的四氟化硅，所以氢氟酸可用于雕刻玻璃，但与酸性强弱无关，故A错；B．盐酸能与铁锈中的氧化铁反应，生成可溶性的氯化铁，从而易被水洗去，体现盐酸的酸性与浓盐酸所具有的挥发性无关，故B错；C．甲酸HCOOH中C的化合价为+2价，CO中C的化合价也为+2价，则用甲酸与浓硫酸制取CO未发生氧化还原反应，体现浓硫酸的脱水性，与其强氧化性无关，故C错；D．硝酸有强氧化性，能溶解Ag等不活泼金属，所以可用于贵重金属的提炼，故选D；答案选D。
5．（2021·广东高三二模）用如下装置模拟汽车尾气系统中CO与NO的反应。下列有关该实验的说法错误的是
A．反应前需排尽装置中的空气
B．NO和CO在装置a中进行了预混合
C．可观察到装置d中澄清石灰水变浑浊
D．实验中的有害尾气均可用碱石灰吸收
【答案】D
【解析】A．NO与空气中氧气反应生成NO2，所以反应前需排尽装置中的空气，故A正确；B．如图所示，NO和CO同时通入装置a，在装置a中进行了预混合，故B正确；C．NO和CO在催化剂、加热条件下反应生成二氧化碳和氮气，二氧化碳通过澄清石灰水时，可观察到装置d中澄清石灰水变浑浊，故C正确；D．实验中的有害尾气包括未反应的NO和CO，不能用碱石灰吸收，故D错误。故选D。
6．（2021·江苏无锡市·高三一模）氧化物在生产、生活中有广泛应用。下列氧化物的性质与用途具有对应关系的是
A．Al2O3有两性，可用于制造耐高温陶瓷
B．ClO2有氧化性，可用于自来水消毒
C．SiO2硬度大，可用于制备光导纤维
D．SO2有还原性，可用于漂白有色织物
【答案】B
【解析】A．Al2O3熔点高，可用于制造耐高温陶瓷，A错误；B．ClO2有氧化性，能杀菌消毒，可用于自来水消毒，B正确；C．SiO2能传导光信号，可用于制备光导纤维，C错误；D．SO2具有漂白性，可用于漂白有色织物，且该漂白性与氧化还原反应无关，D错误；答案选B。
7．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈九中高三二模）硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。科研人员提出了雾霾微粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意图如图，下列说法错误的是
A．气溶胶是粒子直径在1~100nm的分散质分散在气体分散剂中形成的
B．第①阶段的离子方程式为SO+NO2=NO+SO
C．整个过程没有H2O参与
D．1mlSO在第②、③两个阶段失去电子的总数目为NA
【答案】C
【解析】由图可知，NO2与SO、水反应生成NO、HNO2和HSO，反应中N元素的化合价降低，S元素的化合价升高，反应的方程式为2NO2+SO+H2O=NO+HNO2+HSO。A．分散质粒子直径在1~100nm的的属于胶体，则气溶胶是粒子直径在1~100nm的分散质分散在气体分散剂中形成的，故A正确；B．第①阶段中NO2得到SO失去的电子发生氧化还原反应生成NO、SO，反应的离子方程式为SO+NO2=NO+SO，故B正确；C．由图示可知，第②步SO转化过程中有水（）参与，故C错误；D．在第②、③两个阶段中SO失去电子生成HSO，S由+5价变成+6价，因此1mlSO失去1ml电子生成HSO，失去电子数目为NA，故D正确；故选C。
8．（2021·上海高三二模）按如图所示装置进行实验，逐滴加入液体x后，下列实验目的能够实现的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【解析】A．向生石灰中加入浓氨水，生成氨气，氨气进入试管中，溶于水，生成一水合氨，一水合氨和Al3+反应生成Al(OH)3，而Al(OH)3不溶于弱碱，无法达到实验目的，A项不选；B．稀醋酸和小苏打反应生成二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，证明醋酸的酸性强于碳酸，B项选；C．水和过氧化钠反应生成氧气，氧气和溶液反应生成Fe3+，溶液由绿色变为黄色，证明Fe2+具有还原性，C项不选；D．70%硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫能使紫色石蕊试液变红，但无法使紫色石蕊试液褪色，无法证明二氧化硫具有漂白性，D项不选；答案选B。
9．（2021·上海高三二模）下列实验过程中，始终无明显现象的是
A．NO2通入FeSO4溶液中B．CO2通入CaCl2溶液中
C．Cl2通入KI溶液中D．SO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中
【答案】B
【解析】A．二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸能够把亚铁离子氧化成铁离子，溶液由浅绿色变成了棕黄色，故A不选；B．碳酸的酸性小于盐酸的酸性，CO2通入CaCl2溶液中不反应，无明显现象，故B选；C．Cl2通入KI溶液中能够置换出碘单质，溶液由无色变为黄色，故C不选；D．二氧化硫易溶于水得到亚硫酸，硝酸钡溶液中的硝酸根离子，在酸性环境下，相当于硝酸，硝酸能够将亚硫酸氧化为硫酸，遇到钡离子生成白色的硫酸钡沉淀，现象明显，故D不选；故选B。
10．（2021·浙江绍兴市·高三二模）下列说法不正确的是
A．过氧化钠与二氧化碳、水反应均生成氧气，可用于呼吸面具中的供氧剂
B．二氧化氯具有较强的氧化性且不易形成致癌物质，可用于灭菌消毒剂
C．二氧化硫能使酸性KMnO4溶液褪色，主要利用二氧化硫的氧化性
D．由二氧化硅制得的光导纤维，其导光能力很强，可传输大量信息
【答案】C
【解析】A．在密闭环境中供氧，既要解决氧气的来源问题，又要处理人体呼出的废气，过氧化钠与二氧化碳、水均能反应且均产生氧气，所以是呼吸面具中的理想供氧剂，A正确；B．自来水中含有细菌和病菌，所用杀菌剂既要杀死细菌，同时又不能对人体产生危害，二氧化氯具有较强的氧化性且不易形成致癌物质，所以可用于自来水的灭菌消毒，B正确；C．二氧化硫使酸性KMnO4溶液褪色，KMnO4表现强氧化性，则二氧化硫表现还原性，C不正确；D．用二氧化硅制得的光导纤维，具有很强的导光能力，可实现光的全反射，并能实现大量信息的全真传输，D正确；故选C。
11．（2021·广东广州市·高三一模）探究是培养创新精神和实践能力的手段。用如下装置探究氯气的性质，图中三支试管口均放置浸有NaOH溶液的棉花。下列对实验现象的分析错误的是
A．①中淀粉KI试纸变蓝，说明氯气的氧化性强于碘
B．②中产生白色沉淀，说明氯气与水反应生成Cl—
C．③中的溶液变为棕黄色，说明氯气有氧化性
D．④溶液先变红后褪色，说明氯水有酸性和漂白性
【答案】B
【解析】A．向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，说明生成I2，可证明氯气的氧化性强于碘，A项正确；B．②中产生白色沉淀，有可能是挥发的氯化氢气体中的氯离子与银离子生成氯化银沉淀，B项错误；C．氯化亚铁与氯气生成氯化铁溶液，氯的化合价从0价降为-1价，说明氯气有氧化性，C项正确；D．溶液先变红后褪色，说明氯水有酸性和漂白性，D项正确；答案选B。
12．（2021·浙江高三三模）下列“类比合理的是
A．在足量中燃烧生成，则在足量中燃烧生成
B．铜丝在氯气中燃烧生成CuCl2，则铁丝在氯气中燃烧生成
C．与反应生成和，则与反应可能生成和
D．往溶液中加入过量氨水生成沉淀，则往溶液中加入过量氨水生成沉淀
【答案】C
【解析】A．在足量中燃烧生成，而在足量中燃烧生成SO2，故A错误；B．氯气具有强氧化性，能够把变价金属氧化为最高价，因此铜丝在氯气中燃烧生成CuCl2，铁丝在氯气中燃烧生成，故B错误；C．由于二氧化碳过量，钠的氧化物能够与二氧化碳反应，所以与反应可能生成和，故C正确；D．氢氧化铝不溶于过量的氨水，而氢氧化铜能够与过量的氨水反应生成Cu(NH3)4(OH)2溶液，沉淀溶解，故D错误；故选C。
13．（2021·河南高三三模）中国科学院空天信息创新研究院芶盛博士等人根据玉兔二号提供的一个暗绿色闪光的“石块”信息进行分析，发现石块主要由约45%的斜长石、7%的辉石XYAl2-2nSi2O6 (X、Y为单核离子，)和6%的橄榄石(，M为Mg、Fe)组成。下列关于上述“三石”的说法正确的是
A．含硅元素，属于硅酸盐；含金属元素，属于金属材料
B．斜长石可以写为的形式
C．若辉石中n=1、Y为V3+时，X可以是Na+或Li+等一价离子
D．橄榄石的氧化物形式一定为MgO·FeO·SiO2
【答案】C
【解析】A．上述三种石块的主要成分斜长石、辉石、橄榄石的主要成分中都含硅元素，属于硅酸盐；尽管含金属元素，但不属于金属材料，A错误；B．硅酸盐在用不同形式表示时要遵循质量守恒定律，即各种元素的原子个数比不变，根据化学式书写可知该表示中O原子个数与原式子不符合，不能表示斜长石，B错误；C．若n=1，则其中不含Al元素。O元素的负化合价为(-2)×6=-12；2个Si为2×(+4)=+8，所以当n=1、Y为V3+时，根据化合物中正负化合价代数和为0，可知X为+1价的金属，X可以是Na+或Li+等+1价离子，C正确；D．橄榄石属于硅酸盐，可以用盐的形式表示，也可以用氧化物的形式表示，当用氧化物形式表示时，若M只表示Mg，则氧化物表示为2MgO·SiO2，因此不一定为MgO·FeO·SiO2，D错误；故合理选项是C。
14．（2021·广东梅州市·高三二模）科学家研制出了一种漂白效率极高的新型漂白剂结构如图，W、X、Y、Z均为原子序数依次增大的短周期元素。常温下，0.1ml/L Z的氢化物的水溶液，且Z与Y位于不同周期。下列叙述正确的是
A．原子半径： B．与反应的难易程度(由难到易)：Y、W
C．X的某种氢化物可用作制冷剂 D．Z的氧化物对应的水化物均为强酸
【答案】C
【解析】科学家研制出了一种漂白效率极高的新型漂白剂，其中W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。常温下，0.1ml/LZ的氢化物的水溶液pH=1，则Z为Cl元素；Y形成2个共价键，位于ⅥA族，且Z与Y位于不同周期，则Y为O；W形成4个共价键，其原子序数小于O，则W为C元素；X形成3个共价键，位于ⅤA族，其原子序数小于O，则X为N元素。根据分析可知，W为C，X为N，Y为O，Z为Cl元素。A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径：Z＞W＞X＞Y，故A错误；B．氧元素非金属性强于碳元素，与反应的难易程度(由难到易)：W、Y，故B错误；C．N的某种氢化物氨气可用作制冷剂，故C正确；D．Cl的氧化物的水化物，例如次氯酸为弱酸，故D错误；故选C。
15．（2021·陕西西安市·高三二模）用KIO3与H2S反应制备KI固体，装置如图所示。实验步骤：①检查装置的气密性；②关闭K，在各装置中加入相应试剂，向装置B中滴入30%的KOH溶液，制得KIO3；③打开K，通入H2S直至饱和可制得KI，同时有黄色沉淀生成；④关闭K，向所得溶液滴入稀硫酸，水浴加热，充分逸出H2S；⑤把装置B中混合液倒入烧杯，为除去硫酸，加入足量碳酸钡，再经过一系列操作可得成品。下列有关该实验的叙述错误的是
A．步骤②可观察到固体溶解，溶液由棕黄色变为无色
B．步骤③装置B中发生反应的离子方程式为3H2S+=3S↓+3H2O+I-
C．步骤⑤中一系列操作为过滤，洗涤，合并滤液和洗液，蒸馏
D．装置A 也可用于实验室制备H2和CO2
【答案】C
【解析】根据装置：A装置由FeS和稀硫酸制备H2S，B装置由I2与KOH制备KIO3，反应为：3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O，将H2S通入B中KIO3溶液发生反应：3H2S+=3S↓+3H2O+I-，向所得溶液滴入稀硫酸，水浴加热，充分逸出H2S，C装置吸收多余的H2S ，把装置B中混合液倒入烧杯，为除去硫酸，加入足量碳酸钡，得到硫酸钡沉淀，过滤、洗涤，合并滤液和洗液，蒸发结晶得到KI固体。A．步骤②中滴入30%氢氧化钾溶液后，发生反应：3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O，溶液由棕黄色(碘水颜色)溶液变成无色，A正确；B．步骤③中装置B生成黄色沉淀为S，反应方程式为：3H2S+=3S↓+3H2O+I-，B正确；C．步骤⑤中把装置B中混合液倒入烧杯，为除去硫酸，加入足量碳酸钡，得到硫酸钡沉淀，过滤、洗涤，合并滤液和洗液，蒸发结晶得到成品，C错误；D．装置A为启普发生器，适用于制取的气体要符合以下三个条件：块状固体与液体反应制取气体；反应不需要加热；制取的气体难溶于水。由于H2、CO2制取反应原理符合上述条件，因此也可以用于实验室制备H2和CO2，D正确；故合理选项是C。
16．（2021·上海市敬业中学高三零模）将某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL。平均分成两等份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g；向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如下图所示（已知硝酸均只被还原为NO气体）。下列分析或结果不正确的是（ ）
A．原混合酸中NO3－的物质的量共为0.2ml
B．原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为4ml·L－1
C．第二份溶液中最终的溶质为FeSO4
D．OA段产生的气体是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+→3Fe2+，BC段产生的气体是H2
【答案】A
【解析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑。A．OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以原混合酸中n(NO3-)=2n(Fe)=2×=0.4ml，故A错误；B．反应消耗22.4g铁，也就是=0.4ml，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4ml，所以硫酸的浓度是=4ml/L，故B正确；C．硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，故C正确；D．由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故D正确；故选A。
二、主观题（共5小题，共52分）
17．（2020·北京高三零模）（10分）煤是我国重要的化石燃料，煤化工行业中产生的H2S也是一种重要的工业资源。
(1)煤液化过程中产生的H2S可生产硫酸，部分过程如图所示：
①SO2反应器中的化学方程式是_______。
②生产过程中的尾气需要测定SO2的含量符合标准才能排放。已知有V L(已换算成标准状况)尾气，通入足量H2O2吸收再加足量BaCl2溶液充分反应后(不考虑尾气中其他成分的反应)，过滤、洗涤、干燥、称量得到b g沉淀。H2O2吸收SO2的化学方程式是_______；尾气中SO2的含量(体积分数)的计算式是_______。
(2)H2S还可用于回收单质硫。含有H2S和空气的尾气按一定流速通入酸性FeCl3溶液，可实现空气脱硫，得到单质硫。FeCl3溶液吸收H2S过程中，溶液中的n(Fe3+)、被吸收的n(H2S) 随时间t的变化如图：
① 由图中信息可知，0 ~ t1时，一定发生的反应是_______(用离子方程式表示)。
②t1以后，溶液中n (Fe3+ ) 保持基本不变，原因是_______。
【答案】（每空2分）（1）①2SO2+O2 2SO3 ②SO2 + H2O2＝ H2SO4
（2）①H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+ ②t1时刻后，溶液中的Fe2+被O2氧化为Fe3+，Fe3+再与H2S发生氧化还原反应，所以n(Fe3+)基本不变（或2H2S+O2=2S+2H2O）
【解析】（1）①SO2在反应器中与空气反应使其转化为SO3，故反应器中的化学方程式2SO2+O2 2SO3，故答案为：2SO2+O2 2SO3；
②利用H2O2吸的氧化性是二氧化硫转化成硫酸，即H2O2吸收SO2的化学方程式SO2+H2O2＝H2SO4，尾气中SO2的含量（体积分数）的计算式，故答案为：SO2+H2O2＝H2SO4；；
（2）①由图中信息可知，0~t1段溶液中的n(Fe3+)逐渐减小，是因为H2S和FeCl3溶液发生了反应生成了硫单质其离子方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；
②H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；在酸性条件下，溶液中的Fe2+被O2氧化为Fe3+，Fe3+再与H2S发生氧化还原反应，所以n(Fe3+)基本不变，故答案为：t1时刻后，溶液中的Fe2+被O2氧化为Fe3+，Fe3+再与H2S发生氧化还原反应，所以n(Fe3+)基本不变（或2H2S+O2=2S+2H2O）。
18．（2021·云南高三一模）（10分）某学习小组利用如图所示装置将氯气和空气(不参与反应)以体积比约为1：3混合后，与湿润的碳酸钠反应制取Cl2O，并进一步制取次氯酸。
已知：Cl2O是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，沸点为2.2℃，易溶于CC14和水。其爆炸极限为23.5%~100%，与有机物、还原剂接触或加热时会燃烧或爆炸。
回答下列问题：
(1)装置C的仪器名称为______，该装置的作用是______。
(2)装置A中发生反应的化学方程式为_______。
(3)针对此实验的有关说法正确的是_______(填标号)。
a.装置不用橡胶管连接且橡胶塞要作保护处理，是为了防止橡胶燃烧或爆炸
b.可利用CCl4除去Cl2O中混有的Cl2
c.氯气与空气混合的目的是将生成的Cl2O稀释，降低爆炸危险
(4)为了进一步制取HClO，可将Cl2O通入水中，该过程宜在避光条件下进行，原因是______(用化学方程式表示)；此方法相较于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是______(答出一条即可)。
(5)将制得的HClO溶液加入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中，观察到溶液红色褪去。溶液褪色的原因可能是①NaOH被HClO中和；②______。设计实验探究溶液红色褪去的原因______。
【答案】(1)球形干燥管（1分）吸收尾气（1分）
(2)2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2（2分） (3)ac（1分）
(4)2HClO2HCl+O2↑（1分） 制取的次氯酸浓度较大（1分）
(5)HClO有漂白性（1分） 往褪色后的溶液中继续滴加氢氧化钠溶液，若溶液变红，证明褪色的原因为①；若溶液不显红色，证明褪色的原因为②（2分）
【解析】(1)干燥管；吸收未反应的氯气，防治污染空气，还可以防止空气中的水蒸气进入B中；
(2)A中氯气与碳酸钠反应生成Cl2O，2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2；
(3)a．Cl2O具有强氧化性，与有机物、还原剂接触会燃烧或爆炸，a正确；b. Cl2O易溶于四氯化碳，b错误；c.氯气与空气混合稀释Cl2O，降低爆炸危险，c正确；
(4) HClO见光易分解，因此要避光，2HClO2HCl+O2↑；方法相较于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是制取的次氯酸浓度较大、无副产物等；
(5) HClO具有漂白性，使酚酞变色，可以设计实验为往褪色后的溶液中继续滴加氢氧化钠溶液，若溶液变红，证明褪色的原因为①；若溶液不显红色，证明褪色的原因为②。
19．（2020·辽宁高三二模）（10分）高纯硅是制作光伏电池的关键材料，如图是一种生产高纯硅的工艺流程示意图：
已知：①流化床反应器主反应：；
②还原炉主反应：；
③极易水解：。
回答下列问题：
(1)石英砂的主要成分为，是一种酸性氧化物，能与烧碱反应生成盐和水，下列物质中也能与烧碱反应生成盐和水的是______(填标号)
A． B． C． D．
还能在一种常见的酸中溶解，生成一种气态含硅物质，这种酸的电子式为________。
(2)电弧炉中生成粗硅，反应的化学方程式为_____________。若电弧炉中焦炭过量，还会有生成，石英砂和焦炭生成的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。
(3)整个操作流程都需隔绝空气，原因是_____________(答出两条即可)。
(4)流化床反应器中除外，还可能发生副反应，生成其他含硅化合物(如、、等)，可以用分馏的方法加以分离，该操作方法的理论依据是________________。
(5)上述操作流程中可以循环利用的物质是________________。
【答案】（除标注外，每空2分）(1)BD （1分）
(2) （1分）
(3) 防止发生水解、防止硅被氧化、防止氢气与氧气反应而发生爆炸
(4)各组分沸点相差较大（1分）
(5)、 （1分）
【解析】石英砂和焦炭在电弧炉中反应产生含SiC、C等杂质的粗硅，在流化床反应器中将硅转化为SiHCl3，在还原炉中用氢气将SiHCl3还原得高纯硅。
(1)A．铝与氢氧化钠溶液反应产生偏铝酸钠和氢气，故A不符合题意；
B．氧化铝与氢氧化钠溶液反应产生偏铝酸钠和水，故B符合题意；
C．氧化铜与氢氧化钠溶液不反应，故C不符合题意；
D．碳酸氢钠与氢氧化钠溶液反应产生碳酸钠和水，故D符合题意；
SiO2还能在一种常见的酸中溶解，生成一种气态含硅物质，这种酸为HF，HF属于共价化合物，其电子式为；
故答案为：BD；；
(2)二氧化硅与碳在高温下反应生成粗硅和CO，对应的化学方程式为，石英砂和焦炭生成SiC的反应为SiO2+3CSiC+3CO↑，C元素化合价由0价降低为-4价，由0价升高为价，C既是氧化剂又是还原剂，根据氧化还原规则，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2，故答案为：；1:2；
(3)根据上述流程以及相关信息可知SiHCl3极易水解，反应过程中会产生氢气，而空气中含有氧气和水蒸气，因此整个操作流程都需隔绝空气，原因是防止SiHCl3发生水解，防止硅被氧化、防止氢气与氧气反应而发生爆炸，故答案为：防止发生水解、防止硅被氧化、防止氢气与氧气反应而发生爆炸；
(4)分馏或蒸馏主要是通过互溶液体混合物沸点不同进行物质分离的方法，因此分馏操作的理论依据是各组分沸点相差较大，故答案为：各组分沸点相差较大；
(5)根据流程转化分析可知上述操作流程中可以循环利用的物质是H2、HCl，故答案为：H2、HCl。
20．（2021·江苏盐城市·高三三模）（10分）水合肼(N2H4•H2O)常用作航天器燃料，也广泛应用于医药生产。实验室制取水合肼，并模拟处理铜氨{[Cu(NH3)4]2+}废液回收铜粉的实验流程如图：
(1)反应Ⅰ中温度升高时易产生副产物NaClO3。为提高NaClO产率，实验中可采取的措施有___
A．反应容器浸入热水中 B．适当减慢通入Cl2的速率 C．不断搅拌溶液
(2)①NaClO与CO(NH2)2反应合成水合肼的离子方程式为___。
②合成过程中需控制≈，比理论值略大的原因是___。
(3)检验分离出水合肼后的溶液中Cl-的实验操作是___。
(4)铜粉沉淀率与水合肼溶液浓度的关系如图所示。请设计由铜氨废液回收铜粉的实验方案：取一定量5ml•L-1水合肼溶液，___，静置、过滤、洗涤、干燥。
实验中可选用的试剂：5ml•L-1水合肼溶液、2ml•L-1硫酸、2ml•L-1NaOH溶液、铜氨废液、蒸馏水。
已知：2[Cu(NH3)4]2++N2H4•H2O+4OH-2Cu↓+N2↑+8NH3↑+5H2O。
【答案】（每空2分）(1)BC
(2)①CO(NH2)2+ClO-+2OH-=N2H4•H2O+Cl-+CO ②适当增加还原剂CO(NH2)2用量，减少生成物水合肼的氧化损耗量，为反应Ⅱ提供更多的反应物水合肼
(3)取少量合成后的溶液，向其中加入稀硝酸至不再产生气泡，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀
(4)加入蒸馏水稀释至3ml•L-1~3.25ml•L-1，加入适量2ml•L-1NaOH溶液。边搅拌边逐滴加入铜氨废液，加热使其充分反应，同时用2ml•L-1硫酸吸收反应中放出的NH3，直至溶液中无气泡产生，停止滴加
【解析】(1)NaOH溶液与Cl2在一定温度下反应生成NaClO、NaCl，该反应为放热反应，温度升高时易产生副产物NaClO3，为提高NaClO产率，可适当减慢通入Cl2的速率以减缓反应速率，或者不断搅拌溶液增大热量散失速率，故答案为：BC；
(2)①NaClO与CO(NH2)2反应合成水合肼的过程中，Cl元素化合价由+1降低至-1，N元素化合价由-3升高至-2，反应过程中溶液为碱性，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知反应方程式为CO(NH2)2+ClO-+2OH-=N2H4•H2O+Cl-+CO；
②N2H4•H2O中N元素化合价为-2，具有还原性，能够被NaClO氧化，N2H4•H2O被氧化会导致N2H4•H2O产率降低，因此通过增大CO(NH2)2的量防止N2H4•H2O被氧化，故答案为：适当增加还原剂CO(NH2)2用量，减少生成物水合肼的氧化损耗量，为反应Ⅱ提供更多的反应物水合肼；
(3)检验Cl-的试剂为硝酸银溶液，但硝酸银同时能与N2H4•H2O反应生成难溶物会干扰Cl-检验，因此可加入稀硝酸将N2H4•H2O氧化为N2，然后再加入硝酸银进行检验，故答案为：取少量合成后的溶液，向其中加入稀硝酸至不再产生气泡，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀；
(4)由图可知，当水合肼溶液浓度为3.0～3.25ml/L时铜粉沉淀率最高，因此可利用3.0～3.25ml/L的水合肼溶液与铜氨废液在碱性并加热条件下反应回收铜粉，反应过程中生成NH3、N2，NH3不能排放至空气中，可利用2ml•L-1硫酸吸收，当溶液中不再生成N2时，说明铜氨废液回收基本完全，故答案为：加入蒸馏水稀释至3ml•L-1~3.25ml•L-1，加入适量2ml•L-1NaOH溶液。边搅拌边逐滴加入铜氨废液，加热使其充分反应，同时用2ml•L-1硫酸吸收反应中放出的NH3，直至溶液中无气泡产生，停止滴加。
21．（2021·河北高三二模）（12分）亚硝酰氯(NOCl)的沸点为-5.5℃，易水解生成两种酸，常用于有机合成。学习小组在实验室中对NO与制备NOCl的反应进行了探究。回答下列问题：
(1)出于安全和环保考虑，制备反应的实验操作需在______(条件)下进行。
(2)NO与反应，装置如图所示(已知溶液可以吸收NO)。
①关闭，打开和分液漏斗活塞，至气球膨胀，目的为______；连接B的目的为______。
②关闭，打开，向D中通入气体，至黄绿色完全消失。D中反应的化学方程式为______。
(3)装置E中的试剂X为______，作用为______。
(4)测定NOCl的纯度。
已知：实验前，D中的体积为(已换算为标准状况)。取实验后D中所得溶液，加入适当过量NaI溶液，酸化后充分反应(杂质不参加反应，还原产物为NO)；以淀粉为指示剂，用标准液滴定，达到滴定终点时消耗标准液体积为。
①NaI发生反应的离子方程式为______。
②本实验中NOCl的产率为______。
【答案】(1)通风条件（1分）
(2)①排尽装置中的空气，防止NO转化为NO2（2分）除去NO2和吸收挥发出的硝酸（2分）②（1分）
(3)浓硫酸（1分）防止后续装置的水分进入D装置与亚硝酰氯反应，干扰实验（2分）
(4)①（1分） ②（2分）
【解析】装置A中铜与稀硝酸反应产生NO，用B装置中的水除去NO2和挥发出的硝酸，C装置进行干燥除水，然后NO与Cl2在D装置发生核心反应制备亚硝酰氯，亚硝酰氯易与水反应，所以E装置装有浓硫酸防止后续装置的水分进入D装置与产物反应，NO和Cl2有毒，为防止污染环境用F装置盛装酸性高锰酸钾溶液除NO，用G装置盛装氢氧化钠溶液除去多余的氯气。
(1)反应的两种原料气NO和Cl2均是有毒气体，出于安全和环保考虑，制备反应的实验操作需在通风条件下进行。
(2)①装置中的空气会将NO转化为NO2，影响实验，所以需要先将空气排尽，制备NO时，会有一部分被空气转化为NO2，可以用水除去。所以答案为：排尽装置中的空气，防止NO转化为NO2；除去NO2和吸收挥发出的硝酸
②D中为氯气与NO反应生成亚硝酰氯，根据得失电子守恒和元素守恒，可以得出反应的化学方程式为。
(3) 亚硝酰氯易与水反应，所以发生装置后端要接一个装有浓硫酸的干燥装置，防止后续水分进入发生装置，所以装置E中的试剂X为浓硫酸，作用为防止后续装置的水分进入D装置与亚硝酰氯反应，干扰实验。
(4) ①NaI与亚硝酰氯反应生成Cl-、I2、NO，根据得失电子守恒和元素守恒可知发生反应的离子方程式为；
②根据反应方程式、和可知有如下关系式：，即，所以参与反应的氯气为：，原本氯气总量为：，则亚硝酰氯的产率为：，所以答案为：。
选项
x
y
z
实验目的
A
浓氨水
生石灰
溶液
验证能溶于碱
B
稀醋酸
小苏打
澄清石灰水
验证醋酸的酸性强于碳酸
C
水
过氧化钠
溶液
验证具有还原性
D
70%硫酸
亚硫酸钠
紫色石蕊试液
验证二氧化硫的漂白性
相关试卷
新高考化学一轮复习讲练测第六章能力提升检测卷（精练）（解析版）： 这是一份新高考化学一轮复习讲练测第六章能力提升检测卷（精练）（解析版），文件包含新高考化学一轮复习讲练测第六章能力提升检测卷精练原卷版docx、新高考化学一轮复习讲练测第六章能力提升检测卷精练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
新高考化学一轮复习讲练测第五章能力提升检测卷（精练）（解析版）： 这是一份新高考化学一轮复习讲练测第五章能力提升检测卷（精练）（解析版），文件包含新高考化学一轮复习讲练测第五章能力提升检测卷精练原卷版docx、新高考化学一轮复习讲练测第五章能力提升检测卷精练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
新高考化学一轮复习讲练测第三章能力提升检测卷（精练）（解析版）： 这是一份新高考化学一轮复习讲练测第三章能力提升检测卷（精练）（解析版），文件包含新高考化学一轮复习讲练测第三章能力提升检测卷精练原卷版docx、新高考化学一轮复习讲练测第三章能力提升检测卷精练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
