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江西省南康中学2020届高三上学期月考化学试题
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南康中学2019～2020学年度第一学期高三第二次大考
化学试卷
一、单项选择题（每题仅有一个符合条件的选项，3分/题，共48分）
1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A. 吃含有食品添加剂的食物对人体健康均有害
B. 为消除碘缺乏病，政府规定在食盐中必须添加一定量的KI
C. 在食品袋中放入盛有硫酸亚铁的透气小袋,可防止食物受潮、氧化变质
D. 纯碱可用于生产普通玻璃，日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污
【答案】D
【解析】
【详解】A．合理使用食品添加剂，对丰富食品生产和促进人体健康有好处，可以食用，但不能过量，故A错误；
B．“加碘食盐”是根据国家标准将碘酸钾(KIO3)与食盐按6：100000的质量比混合配制而成，故C错误；
C．在食品袋中放入盛有硫酸亚铁的透气小袋，可防止食物氧化变质，但不能防受潮，故C错误；
D．纯碱是生成普通玻璃的原料之一，其水溶液显碱性，可促进油脂水解，可用于除去物品表面的油污，故D正确；
故答案为D。
2.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. 乙醇的结构简式：C2H6O B. 氨基的电子式：
C. 镁离子的结构示意图： D. 中子数为79、质子数为55的铯（Cs）原子Cs
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙醇的官能团为羟基，乙醇可以看作羟基取代的乙烷的一个氢原子，乙醇的结构简式为：CH3CH2OH，故A错误；
B．氨基中氮原子最外层为7个电子，氨基的电子式为：，故B正确；
C．镁离子的核电荷数为12，核外电子总数为10，镁离子正确的离子结构示意图为：，故C错误；
D．中子数为79、质子数为55 的铯(Cs)原子的质量数为134，该原子正确的表示方法为：，故D错误；
故答案为B。
【点睛】解化学用语这类问题过程中需要重点关注的有：①书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“[]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“[ ]”，没有成键的价电子也要写出来。②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO应是H—O—Cl，而不是H—Cl—O)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。
3.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存是
A. 滴入酚酞显红色的溶液：Na+、Mg2+、NO3－、HSO3－
B. 0.1 mol·L－1Fe(NO3)2溶液：H+、Al3+、SO42－、Cl－
C. 0.1 mol·L－1氨水溶液：K+、Na+、NO3－、AlO2－
D. 由水电离出的c(H+)=10－11mol·L－1的溶液：Ca2+、NH4+、Cl－、HCO3－
【答案】C
【解析】
【详解】A、滴入酚酞显红色的溶液为碱性，Mg2+、HSO3－等离子与碱反应不共存，A错误；
B、H+存在下硝酸根离子把亚铁离子氧化，B错误；
C、四种离子在氨水中不反应可以大量共存，C正确；
D、由水电离出的c(H+)=10－11mol·L－1的溶液可以为酸性溶液或碱性溶液，两种情况下HCO3－均不共存，Ca2+、NH4+与氢氧根离子反应，不能大量共存，D错误。
答案选C。
4. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A. 氯气通入水中：Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+ClO﹣
B. 氢氧化铁胶体中加入HI溶液：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O
C. NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣
D. 用稀硝酸除去试管内壁银：3Ag+4H++NO3﹣=3Ag++NO↑+2H2O
【答案】D
【解析】
试题分析：A项次氯酸为弱酸，不能拆为离子；B项Fe3+具有强氧化性，会与I-发生氧化还原反应；C项通入过量CO2，生成HCO3-.
考点：离子方程式的判断。
5.下表中根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
某钠盐W中加入稀硫酸，产生的无色无味的气体通入澄清石灰水
石灰水变浑浊
W可能是Na2CO3
B
蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X
有白烟产生
X一定是浓盐酸
C
强酸性溶液Y中加入Ba(NO3)2溶液，静置后再加入KSCN溶液
先有白色沉淀，后溶液又变红
Y中一定含有SO42－和Fe3+
D
少量气态炔烃Z通入pH=a的溴水中
溴水褪色，溶液的pH仍约为a
Z与溴发生了取代反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
试题分析：A、W可能是Na2CO3，也可能是Na HCO3，正确；B、浓硝酸等挥发性酸具有此现象，错误；C、若溶液中含有亚铁离子，加入硝酸根离子在酸性条件下能被氧化为Fe3+，错误；D、溴的取代反应会生成氢溴酸，酸性增强，酸性几乎不变应是加成反应，错误。
考点：考查物质的检验有关问题。
6.LiAlH4()、LiH既是金属储氢材料又是有机合成中常用试剂，遇水均能剧烈分解释放出H2，LiAlH4在125 ℃分解为LiH、H2和Al。下列说法不正确的是( )
A. LiH与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4 g/mol
B. 1 mol LiAlH4在125 ℃完全分解，转移3 mol电子
C. LiAlH4溶于适量水得到无色溶液，化学方程式可表示为：LiAlH4＋2H2O═LiAlO2＋4H2↑
D. LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．由LiH+D2O═LiOD+HD↑可知，所得氢气的摩尔质量为3 g/mol，故A错误；
B．LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al，Al由+3价降低为0，则1mol LiAlH4在125℃完全分解，转移3mol电子，故B正确；
C．LiAlH4溶于适量水得到无色溶液，生成LiAlO2和H2，反应的方程式为LiAlH4+2H2O═LiAlO2+4H2↑，故C正确；
D．LiAlH4与乙醛反应可生成乙醇，乙醛被还原，LiAlH4作还原剂，故D正确。
答案选A。
7.14C是碳的一种同位素，NA为阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是（ ）
①1mol14CH4分子中所含中子数为8NA ②7g14C原子形成的石墨中所含质子数为3NA
③17g甲基(—14CH3)所含电子数为8NA ④常温常压下22.4L14CO2的分子数为NA
A. ①② B. ③④ C. ①②③ D. ①③
【答案】B
【解析】
【详解】①1mol14 CH4分子中含有8mol中子，所含中子数为8NA，故①正确；
②7g 14C原子形成的石墨中含有碳原子的物质的量为0.5mol，含有3mol质子，所含质子数为3NA，故②正确；
③17g甲基(-14CH3)的物质的量为1mol，含有9mol电子，所含电子数为9NA，故③错误；
④常温常压下，不是在标况下，题中条件无法计算二氧化碳的物质的量，故④错误；
故答案为B。
8.已知单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点就越高，则下列溶液沸点最高的是（ ）
A. 0.02mol·L－1的蔗糖溶液 B. 0.01mol·L－1的CaCl2溶液
C. 0.02mol·L－1的NaCl溶液 D. 0.02mol·L－1的CH3COOH溶液
【答案】C
【解析】
【详解】设溶液的体积均为1L；
A．1L蔗糖溶液中蔗糖的物质的量为1L×0.02mol/L=0.02mol；
B．1LCaCl2溶液溶质的离子的总物质的量为1L×0.01mol/L×3=0.03mol；
C．1LNaCl溶液中溶质的离子的总物质的量为1L×0.02mol/L×2=0.04mol；
D．CH3COOH是挥发性溶质，且1L溶液中分子的物质的量为1L×0.02mol/L=0.02mol，则D不符合题意；
显然C中含0.04mol离子，离子数最多，该溶液的沸点最高，故答案为C。
9.硫氰(SCN)2的化学性质和卤素(X2)类似，称为拟卤素，如(SCN)2+H2OHSCN+HSCNO，它们阴离子的还原性强弱为Cl-＜Br-＜SCN-＜I-，下列说法不正确的是（ ）
A. Cl2可以与KSCN溶液反应
B. (SCN)2可以与KI溶液反应
C. KSCN溶液可以与FeCl3溶液反应
D. (SCN)2可以与KBr溶液反应
【答案】D
【解析】
【详解】阴离子的还原性强弱顺序为Cl-＜Br-＜SCN-＜I-，故对应分子的氧化性强弱顺序为Cl2＞Br2＞(SCN)2＞I2，故(SCN)2不能将Br－氧化，D错误，其余选项均正确。答案选D。
10.NaClO2广泛用于造纸工业、污水处理等，其漂白能力是漂白粉的4～5倍。工业上用ClO2气体制NaClO2的工艺流程如图：
已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，高于38℃时析出NaClO2。
下列说法不正确的是（ ）
A. 吸收器中生成NaClO2的离子方程式：2ClO2+2OHˉ+H2O2＝2ClO2ˉ+O2+2H2O
B. 提高吸收器中的反应温度可以提高反应速率，也提高反应物的利用率
C. 流程中的结晶、过滤操作应该是蒸发结晶、趁热过滤
D. 发生器中反应结束后，向其中通入一定量空气的目的是驱赶出ClO2，使其被充分吸收
【答案】B
【解析】
【详解】A．吸收器中发生2ClO2+2NaOH+H2O2＝2NaClO2+O2+2H2O，离子反应为2ClO2+2OH-+H2O2＝2ClO2-+O2+2H2O，故A正确；
B．温度过高，H2O2分解，不能提高反应物的转化率，故B错误；
C．由信息可知，高于38℃时析出NaClO2，流程中的结晶、过滤操作应该是蒸发结晶、趁热过滤，故C正确；
D．反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，用空气可以将其排出，确保其在吸收器中被充分吸收，故D正确；
故答案为B。
11.已知离子方程式：As2S3＋H2O＋NO3-→AsO43-＋SO42-＋NO↑＋___(未配平)，下列说法错误的是（ ）
A. 反应后溶液呈酸性 B. 配平后水的化学计量数为4
C. 配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶28 D. 氧化产物为AsO43-和SO42-
【答案】C
【解析】
【详解】反应中As2S3→AsO43-、SO42-，As元素化合价由+3价升高为AsO43-中+5价，S元素化合价由-2价升高为SO42-中+6价，化合价共升高2×(5-3)+3×[6-(-2)]=28，NO3-→NO，N元素化合价由+5价降低为NO+2价，化合价共降低3价，故化合价升降最小公倍数为84，故As2S3系数为3，NO3-系数为28，根据原子守恒可知，AsO43-系数为6，SO42-系数为9，NO系数为28，根据电荷守恒可知，缺项为H+，故H+系数为8，由原子守恒可知，故H2O的系数为4，配平后离子方程式为：3As2S3+4H2O+28NO3-=6AsO43-+9SO42-+28NO↑+8H+；
A．反应后有H+生成，溶液呈酸性，故A正确；
B．由上述分析可知，配平后水的系数为4，故B正确；
C．As2S3是还原剂，NO3-是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为28：3，故C错误；
D．反应中As2S3→AsO43-、SO42-，As元素化合价由+3价升高为AsO43-中+5价，S元素化合价由-2价升高为SO42-中+6价，AsO43-、SO42-是氧化产物，故D正确；
故答案为C。
12.有一瓶无色溶液，可能含有Na＋、K＋、Al3＋、Mg2＋、NH4+、Cl－、SO42-、HCO3-、MnO4-中的几种。为确定其成分，进行如下实验：①取少许溶液，逐渐加入过量的Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀且白色沉淀先逐渐增多而后又部分溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生；③用洁净的铂丝蘸取原溶液在酒精灯上灼烧，观察到黄色火焰。下列推断正确的是 ( )
A. 肯定有Na＋、Al3＋、Mg2＋、SO42- B. 肯定有Na＋、Al3＋、Mg2＋、Cl－
C. 肯定没有K＋、HCO3-、SO42- D. 肯定没有K＋、NH4+、SO42-
【答案】A
【解析】
【详解】该溶液是无色溶液，则一定不会含有高锰酸根离子；①取部分溶液，加入过量Na2O2固体，过氧化钠先是和水反应生成氢氧化钠和氧气，产生无色无味的气体是氧气，一定不是氨气，说明不含铵根离子；白色沉淀逐渐增多后又部分溶解，则沉淀的成分是氢氧化镁和氢氧化铝，则证明其中一定含有镁离子和铝离子，一定不含有铵根离子、碳酸氢根离子(和铝离子不共存)；
②取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，和硫酸根离子反应生成白色不溶于硝酸的白色沉淀是硫酸钡沉淀，证明一定含有硫酸根离子；
③用洁净的铂丝蘸取原溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察到黄色火焰，说明是钠元素的性质，原溶液中含有钠离子；
综上所述：原溶液中一定不含：NH4+、HCO3-、MnO4-；一定含有：Na+、Al3+、Mg2+、SO42-；不能确定的是K+、Cl-；故答案为A。
13.将60毫升由CO2和NO组成的混和气体，通过足量的Na2O2，所得气体缓缓通入足量水，此时无气体剩余，则原混和气体中CO2和NO的体积分别是（ ）
A. 各30毫升 B. CO2：40毫升，NO：20毫升
C. CO2：21毫升，NO：39毫升 D. CO2：36毫升，NO：24毫升
【答案】D
【解析】
【分析】
二氧化碳与过氧化钠发生反应：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，NO发生总反应为：4NO+3O2+2H2O＝4HNO3，最终没有气体剩余，则二氧化碳反应生成氧气与NO的体积之比为3：4，设CO2体积为xmol，则NO为(60-x)mL，最后列方程计算解答。
【详解】设CO2体积为xmol，则NO为(60-x)mL，则
2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2
xmL 0.5xmL
NO发生总反应为：4NO+3O2+2H2O＝4HNO3，最终没有气体剩余，则二氧化碳反应生成氧气与NO的体积之比为3：4，故0.5xmL：(60-x)mL=3：4，解得x=36，则NO体积为60mL-36mL=24mL，故答案为D。
14.将a g 含NaOH样品溶解在bmL 0.l mol·L－1的硫酸中，再加入cmL 0.1 mol·L－1 的氢氧化钡溶液，反应后所得溶液恰好呈中性，则样品中NaOH的纯度是
A. [(b－c)／125a]×100％ B. [(b－2c)／125a]×100％
C. [(b－c)／250a]×100％ D. [(8b－8c)／a]×100％
【答案】A
【解析】
【详解】反应后所得溶液恰好呈中性，说明NaOH和Ba(OH)2与H2SO4恰好反应，则：[0.1mol/L×0.001bL-0.1mol/L×0.001cL]×2×40g/mol÷ag×100%＝[(b-c)／125a]×100％，故A项正确。
15.现将1.92gCu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下672mL的NOX混合气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入标准状况下的O2的体积为（ ）
A. 504mL B. 336mL C. 224mL D. 168mL
【答案】B
【解析】
【详解】1.92gCu的物质的量为n(Cu)==0.03mol，反应时失去电子的物质的量为2×0.03mol=0.06mol，反应整个过程为HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为n(O2)==0.015mol，V(O2)=0.015mol×22400mL/mol=336mL，所以通入O2的体积为336mL，故答案为B。
【点睛】电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数＝n(还原剂)×失电子原子数×原子升价数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。
16.向10mL0.1mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液中,滴加等浓度Ba(OH)2溶液xmL。下列叙述正确的是（ ）
A. x=10时，溶液中有NH4+、Al3+、SO42-，且c(NH4+)＞c(SO42-)
B. x=10时，溶液中有NH4+、AlO2-、SO42-，且c(NH4+)＜c(Al3+)
C. x=30时，溶液中有Ba2+、AlO2-、OH-，且c(OH-)＞c(Ba2+)
D. x=30时，溶液中有Ba2+、AlO2-、OH-，且c(OH-)＜c(AlO2-)
【答案】C
【解析】
【分析】
当x=10时，NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2等物质的量反应，此时OH-量不足，OH-先与Al3+反应，与NH4+不反应，所以溶液中有没有参加反应的NH4+和部分剩余的Al3+存在，同时SO42-也有剩余，但此时不会有AlO2-生成，结合铵根离子水解解答；
当x=30时，0.001mol的NH4Al(SO4)2与0.003molBa(OH)2反应，生成0.002molBaSO4、0.001molNaAlO2、0.001molNH3•H2O，且剩余0.001molBa2+和0.001molOH-，由于NH3•H2O也是一种碱，存在电离平衡：NH3•H2O NH4++OH-，据此判断反应中c(OH-)与c(AlO2-)、c(Ba2+)的大小关系。
【详解】A．由以上分析可知，溶液中不会有AlO2-生成，溶液中有NH4+、Al3+、SO42-，参加反应的硫酸根离子为0.001mol，剩余0.001molSO42-，溶液中NH4+未参加反应，但溶液中NH4+水解，故c(NH4+)＜c(SO42-)，故A错误；
B．当x=10时，NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2等物质的量反应，此时OH-量不足，OH-首先与Al3+反应，与NH4+不反应，所以溶液中有未参加反应的NH4+和部分剩余的Al3+存在，同时SO42-也有剩余，但此时不会有AlO2-生成，溶液中c(NH4+)＞c(Al3+)，故B错误；
C．由以上分析可知，溶液中含有Ba2+、AlO2-、OH-，其中溶液中c(OH-)大于0.001mol，含有0.001molBa2+，c(OH-)＞c(Ba2+)，故C正确；
D．当x=30时，0.001mol的NH4Al(SO4)2与0.003molBa(OH)2反应，生成0.002molBaSO4、0.001molNaAlO2、0.001molNH3•H2O，且剩余0.001molBa2+和0.001molOH-，由于NH3•H2O也是一种碱，存在电离平衡：NH3•H2ONH4++OH-，使得溶液中c(OH-)大于0.001mol，故c(OH-)＞c(AlO2-)，故D错误；
故答案为C。
二、非选择题（本题共有5个大题共计52分）
17.现有下列电解质：①稀硫酸②冰醋酸③Ba(OH)2④石炭酸⑤氨水⑥NaHSO4⑦盐酸⑧明矾⑨钾钠合金。
（1）(用序号填空)其中可以导电的有___，属于弱电解质的是____，属于盐的有___。
（2）写出⑥在融化状态下的电离方程式：______。
（3）写出将③水溶液逐滴加入到一定量的⑧溶液中至沉淀质量最大时的离子方程式：___。
【答案】 (1). ①⑤⑦⑨ (2). ②④ (3). ⑥⑧ (4). NaHSO4=Na＋＋HSO4- (5). 2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O
【解析】
【详解】①稀硫酸是混合物，能导电，不是电解质，也不是非电解质；②冰醋酸是弱酸，不导电，是弱电解质；③Ba(OH)2是强碱，不导电，是强电解质；④石炭酸是弱酸，不导电，是弱电解质；⑤氨水是混合物，能导电，不是电解质，也不是非电解质；⑥NaHSO4是强酸的酸式盐，不导电，是强电解质；⑦盐酸是混合物，能导电，不是电解质，也不是非电解质；⑧明矾是盐，不导电，是强电解质；⑨钾钠合金是混合物，能导电，不是电解质，也不是非电解质；则：
(1)其中可以导电的有①⑤⑦⑨，属于弱电解质的是②④，属于盐的有⑥⑧；
(2)NaHSO4是强酸的酸式盐，其在融化状态下的电离方程式为NaHSO4=Na＋＋HSO4-；
(3)在明矾的水溶液中滴加Ba(OH)2溶液，当SO42-完全沉淀时同，所得沉淀质量最大，发生反应的离子方程式为2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O。
18.（1）Na2O2因能发生下列反应被用作补氧剂：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，上述反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为：___。
（2）某潜艇上有50人，每人每分钟消耗1.12LO2(标况)，则一天需___molNa2O2。如用KO2作补氧剂，写出它和CO2反应的化学方程式_____。
①1kgNa2O2和1kgKO2分别和足量的CO2反应，生成O2的体积（同温同压）比为_____。
②等量的CO2分别和足量的Na2O2、KO2反应，生成O2的分子数（同温同压）比为____。
③你认为选用____作补氧剂更为合适，理由是_____。
【答案】 (1). 1：1 (2). 7200mol (3). 4KO2 +2CO2=2K2CO3+3O2 (4). 71：117 (5). 1：3 (6). KO2 (7). 因为KO2产生的O2效率更高
【解析】
【分析】
(1)在2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中只有Na2O2中O元素的化合价变化，Na2O2为氧化剂、还原剂；
(2)反应的相关方程式为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，一天共需要氧气的体积为50×1.12L×60×24=80640L，物质的量为=3600mol，结合反应的方程式计算；根据过氧化钠能和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气的反应来书写KO2与CO2的反应；
①根据Na2O2与CO2的反应方程式以及KO2与CO2的反应方程式来计算；
②根据Na2O2与CO2的反应以及KO2与CO2的反应来计算；
③等质量的Na2O2和KO2分别和CO2反应生成的O2体积大小可以选择合适的供氧剂。
【详解】(1)在2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中只有Na2O2中O元素的化合价变化，为氧化剂、还原剂，由反应及原子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；
(2)一天共需要氧气的体积为50×1.12L×60×24=80640L，物质的量为=3600mol，则：
2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2
2mol 1mol
x 3600mol
x=7200mol
过氧化钠能和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，用超氧化钾(KO2)代替Na2O2也可起到同样的作用，所以超氧化钾(KO2)也能和二氧化碳反应生成碳酸钾和氧气，反应方程式为4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2；
①根据化学方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2
则2Na2O2～O2，4KO2～3O2，lkgNa2O2和lkgKO2分别和CO2反应，生成的O2体积比(同温同压下)等于物质的量之比，即:×3=71:117；
②根据化学方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2
则2Na2O2～2CO2～O2，4KO2～2CO2～3O2
假设均为1mol的CO2分别和Na2O2、KO2反应，生成的O2分子数比等于物质的量之比，即为：:=1:3；
③根据第(2)小题的答案可以得出：等质量的KO2与Na2O2与足量CO2反应，前者生成的O2更多，即KO2产生的O2效率更高，所以用KO2作补氧剂更为合适。
19.大苏打（Na2S2O3•5H2O）、苏打和小苏打被称为苏打三兄弟，它们在生产生活中有广泛的应用。
（1）工业上，将碳酸钠和硫化钠以物质的量1:2混合配成溶液，再通入SO2可制取Na2S2O3，同时放出CO2，写出此反应的化学反应方程式___，硫化钠溶液在空气中久置会出现淡黄色物质，经测定该物质具有与过氧化钠相似的结构，该物质的电子式为：___。
（2）Na2S2O3标准溶液常用于滴定I2的含量，若滴定溶液呈酸性会导致测定结果偏高，用离子方程式解释其原因：____。
（3）工业上常用大苏打溶液吸收工业尾气中的Cl2，其氧化产物为SO42-，试写出其离子方程式：___，用下列一组试剂可以检测该反应是否已发生反应的有___。
A.AgNO3+HNO3(稀) B.BaCl2+HCl C.品红+H2SO4(稀) D.HCl+澄清石灰水
（4）在密闭容器中投入一定量的Na2O2和NaHCO3，300℃下充分反应，若残留固体为纯净物，则起始时n(NaHCO3)/n(Na2O2)必须满足的条件为___。
【答案】 (1). Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2 (2). (3). S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O (4). S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+ (5). B (6). ≥2
【解析】
【分析】
(1)依据题干可知Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比混合，再通入二氧化硫发生反应生成Na2S2O3和二氧化碳，依据原子个数守恒、得失电子守恒书写方程式；依据过氧化钠结构结合氧原子、硫原子结构解答；
(2)酸性环境下S2O32-发生歧化反应，消耗硫代硫酸根钠偏多，测定结果会偏高；
(3)工业上用大苏打溶液吸收工业废气中的氯气，其氧化产物为SO42-，离子反应方程式为：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+；只要检验溶液中含有SO42-，即说明反应已经发生；
(4)Na2O2与足量的NaHCO3混合后，在密闭容器中充分加热，可能发生的反应有：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，残留固体为纯净物，则为碳酸钠，由此分析解答。
【详解】(1)依据题干可知Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比混合，再通入二氧化硫发生反应生成Na2S2O3和二氧化碳，反应中S元素的化合价从-2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，依据原子个数守恒、得失电子守恒反应的方程式：2Na2S+Na2CO3+4SO2＝3Na2S2O3+CO2；Na2S溶液在空气中长期放置，和氧气反应生成与过氧化钠的结构及化学性质相似的物质Na2S2，其电子式为；
(2)酸性环境下S2O32-发生歧化反应，离子方程式：S2O32-+2H+=S↓+H2O+SO2↑；
(3)工业上用大苏打溶液吸收工业废气中的氯气，其氧化产物为SO42-，离子反应方程式为：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+；向溶液中滴加稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO42-，即证明反应已经发生，故答案为B；
(4)Na2O2与足量的NaHCO3混合后，在密闭容器中充分加热，可能发生的反应有：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，残留固体为纯净物，则为碳酸钠，则n(NaHCO3)：n(Na2O2)≥2。
20.人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg/cm3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用酸性KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品小Ca2＋的浓度。
[配制酸性KMnO4标准溶液]如图是配制250mL酸性KMnO4标准溶液的过程示意图。
（1）请你观察图示判断其中不正确的操作有(填序号)_____。
（2）如果按照图示的操作所配制的溶液进行实验，在其他操作均正确的情况下，所测得的实验结果将____(填“偏大”或“偏小”或“无影响”)。
[测定血液样品中Ca2＋的浓度]抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol/L酸性KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mL酸性KMnO4溶液。
（3）已知草酸跟酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋=2Mnx＋＋10CO2↑＋8H2O则式中的x＝___。
（4）滴定时，根据现象___，即可确定反应达到终点。
（5）经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为____mg/cm3。
【答案】 (1). ①⑤ (2). 偏大 (3). 2 (4). 溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色 (5). 1.2
【解析】
分析】
(1)根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作方法分析；
(2)仰视刻度线，会使溶液体积偏大，导致标准液浓度偏低；
(3)滴定时，用高锰酸钾滴定草酸，反应达到终点时，滴入的高锰酸钾溶液不褪色，据此判断；
(4)根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2+的浓度。
【详解】(1)量筒不能用于溶解固体，视线应该与凹液面的最低点相平读数，所以①⑤操作错误；
(2)仰视定容时，所加的水超过刻度线，体积偏大，所以浓度偏小，滴定草酸消耗体积大，所以会使实验结果偏大。
(3)滴定时，用高锰酸钾滴定草酸，反应达到终点时的现象为溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；
(4)血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.020mol/L×0.012L=2.4×10-4mol；根据反应方程式2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n(Ca2+)=n(H2C2O4)=n(MnO4-)=2.5×2.4×10-4mol=6×10-4mol，Ca2+的质量为：40g/mol×6×10-4mol=0.024g，则钙离子的浓度为：c(Ca2+)==1.2mg/cm3。
21.冬日，雪花漫舞，银装素裹，给人们带来美的享受，但降雪却会给道路通行带来麻烦。现有一种高速公路的绿色融雪剂——CMA(醋酸钙、醋酸镁固体混合物)，其生产常以白云石(主要成分MgCO3·CaCO3，含SiO2等杂质)和生物质废液——木醋液(主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质)等为原料，流程如图：
（1）步骤①发生的反应离子方程式为____。
（2）滤渣1的主要成分与NaOH溶液反应的热化学方程式为___(己知与l mol NaOH发生反应时放出热量为QkJ)。步骤②所得滤液常呈褐色，分析可知其原因主要是木醋液中含有少量的有色的焦油以及____。
（3）已知CMA中钙、镁的物质的量之比与出水率(与融雪效果成正比)关系如图所示，步骤④的目的除调节n(Ca)∶n(Mg)约为__(选填：A.1∶3；B.1∶2；C.3∶7；D.2∶3)外，另一目的是___。
（4）步骤⑥包含的操作有___、过滤、洗涤及干燥。
（5）取akg含MgCO3·CaCO3质量分数为b%的白云石，经过上述流程制备CMA。已知MgCO3·CaCO3的损失率为c%，步骤④之后到产品CMA的损失率为d%，则结合（3）可知所得产品质量约为____kg(请用含相关字母的计算式表达，不必化简)。
【答案】 (1). MgCO3·CaCO3+4CH3COOH=Ca2++Mg2++4CH3COO-+2CO2↑+2H2O (2). SiO2(s)+2NaOH(aq)=Na2SiO3(aq)+H2O(l) △H=-2QkJ/mol (3). 苯酚 (4). C (5). 除去过量的乙酸 (6). 蒸发结晶 (7).
【解析】
【分析】
根据流程图可知，白云石(主要成分MgCO3•CaCO3，含SiO2等杂质)与木醋液(主要成分乙酸)反应生成醋酸钙和醋酸镁，过滤得滤渣1为二氧化硅，滤液中主要溶质是醋酸钙和醋酸镁，加入活性碳脱色，再加入氧化镁，调节溶液中n(Ca)：n(Mg)的值，过滤，除去混合液中固体杂质，得醋酸钙和醋酸镁溶液，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥得CMA，据此判断。
【详解】(1)步骤①发生的反应是醋酸溶解白云石，反应的离子方程式为MgCO3•CaCO3+4CH3COOH=Ca2++Mg2++4CH3COO-+2CO2↑+2H2O；
(2)己知lmolNaOH与二氧化硅发生反应时放出热量为QkJ，则反应的热化学方程式为Si02(s)+2NaOH(aq)=Na2SiO3(aq)+H2O(l)△H=-2QkJ/mol，步骤②所得滤液常呈褐色，颜色除与木醋液中含有少量的有色的焦油有关外，产生颜色的另一主要原因是实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质；
(3)根据如图2所示钙、镁的物质的量之比与出水率(与融雪效果成正比)关系，可知，当n(Ca)：n(Mg)约为3：7时，出水率最高，所以步骤④的目的除调节n(Ca)：n(Mg)约为3：7，步骤④中加入氧化镁的目的是调节钙、镁离子的物质的量之比，除去过量的乙酸；
(4)根据上面的分析可知，步骤⑥包含的操作有蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥；
(5)取akg含MgCO3•CaCO3质量分数为b%的白云石，经过上述流程制备CMA。已知MgCO3•CaCO3的损失率为c%，则可得n[Ca(CH3COO)2]=×103mol，n[Mg(CH3COO)2]=×103×mol，步骤④之后到产品CMA的损失率为d%，则可知所得产品质量约为[+]×(1-d%)。
南康中学2019～2020学年度第一学期高三第二次大考
化学试卷
一、单项选择题（每题仅有一个符合条件的选项，3分/题，共48分）
1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A. 吃含有食品添加剂的食物对人体健康均有害
B. 为消除碘缺乏病，政府规定在食盐中必须添加一定量的KI
C. 在食品袋中放入盛有硫酸亚铁的透气小袋,可防止食物受潮、氧化变质
D. 纯碱可用于生产普通玻璃，日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污
【答案】D
【解析】
【详解】A．合理使用食品添加剂，对丰富食品生产和促进人体健康有好处，可以食用，但不能过量，故A错误；
B．“加碘食盐”是根据国家标准将碘酸钾(KIO3)与食盐按6：100000的质量比混合配制而成，故C错误；
C．在食品袋中放入盛有硫酸亚铁的透气小袋，可防止食物氧化变质，但不能防受潮，故C错误；
D．纯碱是生成普通玻璃的原料之一，其水溶液显碱性，可促进油脂水解，可用于除去物品表面的油污，故D正确；
故答案为D。
2.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. 乙醇的结构简式：C2H6O B. 氨基的电子式：
C. 镁离子的结构示意图： D. 中子数为79、质子数为55的铯（Cs）原子Cs
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙醇的官能团为羟基，乙醇可以看作羟基取代的乙烷的一个氢原子，乙醇的结构简式为：CH3CH2OH，故A错误；
B．氨基中氮原子最外层为7个电子，氨基的电子式为：，故B正确；
C．镁离子的核电荷数为12，核外电子总数为10，镁离子正确的离子结构示意图为：，故C错误；
D．中子数为79、质子数为55 的铯(Cs)原子的质量数为134，该原子正确的表示方法为：，故D错误；
故答案为B。
【点睛】解化学用语这类问题过程中需要重点关注的有：①书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“[]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“[ ]”，没有成键的价电子也要写出来。②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO应是H—O—Cl，而不是H—Cl—O)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。
3.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存是
A. 滴入酚酞显红色的溶液：Na+、Mg2+、NO3－、HSO3－
B. 0.1 mol·L－1Fe(NO3)2溶液：H+、Al3+、SO42－、Cl－
C. 0.1 mol·L－1氨水溶液：K+、Na+、NO3－、AlO2－
D. 由水电离出的c(H+)=10－11mol·L－1的溶液：Ca2+、NH4+、Cl－、HCO3－
【答案】C
【解析】
【详解】A、滴入酚酞显红色的溶液为碱性，Mg2+、HSO3－等离子与碱反应不共存，A错误；
B、H+存在下硝酸根离子把亚铁离子氧化，B错误；
C、四种离子在氨水中不反应可以大量共存，C正确；
D、由水电离出的c(H+)=10－11mol·L－1的溶液可以为酸性溶液或碱性溶液，两种情况下HCO3－均不共存，Ca2+、NH4+与氢氧根离子反应，不能大量共存，D错误。
答案选C。
4. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A. 氯气通入水中：Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+ClO﹣
B. 氢氧化铁胶体中加入HI溶液：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O
C. NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣
D. 用稀硝酸除去试管内壁银：3Ag+4H++NO3﹣=3Ag++NO↑+2H2O
【答案】D
【解析】
试题分析：A项次氯酸为弱酸，不能拆为离子；B项Fe3+具有强氧化性，会与I-发生氧化还原反应；C项通入过量CO2，生成HCO3-.
考点：离子方程式的判断。
5.下表中根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
某钠盐W中加入稀硫酸，产生的无色无味的气体通入澄清石灰水
石灰水变浑浊
W可能是Na2CO3
B
蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X
有白烟产生
X一定是浓盐酸
C
强酸性溶液Y中加入Ba(NO3)2溶液，静置后再加入KSCN溶液
先有白色沉淀，后溶液又变红
Y中一定含有SO42－和Fe3+
D
少量气态炔烃Z通入pH=a的溴水中
溴水褪色，溶液的pH仍约为a
Z与溴发生了取代反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
试题分析：A、W可能是Na2CO3，也可能是Na HCO3，正确；B、浓硝酸等挥发性酸具有此现象，错误；C、若溶液中含有亚铁离子，加入硝酸根离子在酸性条件下能被氧化为Fe3+，错误；D、溴的取代反应会生成氢溴酸，酸性增强，酸性几乎不变应是加成反应，错误。
考点：考查物质的检验有关问题。
6.LiAlH4()、LiH既是金属储氢材料又是有机合成中常用试剂，遇水均能剧烈分解释放出H2，LiAlH4在125 ℃分解为LiH、H2和Al。下列说法不正确的是( )
A. LiH与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4 g/mol
B. 1 mol LiAlH4在125 ℃完全分解，转移3 mol电子
C. LiAlH4溶于适量水得到无色溶液，化学方程式可表示为：LiAlH4＋2H2O═LiAlO2＋4H2↑
D. LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．由LiH+D2O═LiOD+HD↑可知，所得氢气的摩尔质量为3 g/mol，故A错误；
B．LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al，Al由+3价降低为0，则1mol LiAlH4在125℃完全分解，转移3mol电子，故B正确；
C．LiAlH4溶于适量水得到无色溶液，生成LiAlO2和H2，反应的方程式为LiAlH4+2H2O═LiAlO2+4H2↑，故C正确；
D．LiAlH4与乙醛反应可生成乙醇，乙醛被还原，LiAlH4作还原剂，故D正确。
答案选A。
7.14C是碳的一种同位素，NA为阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是（ ）
①1mol14CH4分子中所含中子数为8NA ②7g14C原子形成的石墨中所含质子数为3NA
③17g甲基(—14CH3)所含电子数为8NA ④常温常压下22.4L14CO2的分子数为NA
A. ①② B. ③④ C. ①②③ D. ①③
【答案】B
【解析】
【详解】①1mol14 CH4分子中含有8mol中子，所含中子数为8NA，故①正确；
②7g 14C原子形成的石墨中含有碳原子的物质的量为0.5mol，含有3mol质子，所含质子数为3NA，故②正确；
③17g甲基(-14CH3)的物质的量为1mol，含有9mol电子，所含电子数为9NA，故③错误；
④常温常压下，不是在标况下，题中条件无法计算二氧化碳的物质的量，故④错误；
故答案为B。
8.已知单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点就越高，则下列溶液沸点最高的是（ ）
A. 0.02mol·L－1的蔗糖溶液 B. 0.01mol·L－1的CaCl2溶液
C. 0.02mol·L－1的NaCl溶液 D. 0.02mol·L－1的CH3COOH溶液
【答案】C
【解析】
【详解】设溶液的体积均为1L；
A．1L蔗糖溶液中蔗糖的物质的量为1L×0.02mol/L=0.02mol；
B．1LCaCl2溶液溶质的离子的总物质的量为1L×0.01mol/L×3=0.03mol；
C．1LNaCl溶液中溶质的离子的总物质的量为1L×0.02mol/L×2=0.04mol；
D．CH3COOH是挥发性溶质，且1L溶液中分子的物质的量为1L×0.02mol/L=0.02mol，则D不符合题意；
显然C中含0.04mol离子，离子数最多，该溶液的沸点最高，故答案为C。
9.硫氰(SCN)2的化学性质和卤素(X2)类似，称为拟卤素，如(SCN)2+H2OHSCN+HSCNO，它们阴离子的还原性强弱为Cl-＜Br-＜SCN-＜I-，下列说法不正确的是（ ）
A. Cl2可以与KSCN溶液反应
B. (SCN)2可以与KI溶液反应
C. KSCN溶液可以与FeCl3溶液反应
D. (SCN)2可以与KBr溶液反应
【答案】D
【解析】
【详解】阴离子的还原性强弱顺序为Cl-＜Br-＜SCN-＜I-，故对应分子的氧化性强弱顺序为Cl2＞Br2＞(SCN)2＞I2，故(SCN)2不能将Br－氧化，D错误，其余选项均正确。答案选D。
10.NaClO2广泛用于造纸工业、污水处理等，其漂白能力是漂白粉的4～5倍。工业上用ClO2气体制NaClO2的工艺流程如图：
已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，高于38℃时析出NaClO2。
下列说法不正确的是（ ）
A. 吸收器中生成NaClO2的离子方程式：2ClO2+2OHˉ+H2O2＝2ClO2ˉ+O2+2H2O
B. 提高吸收器中的反应温度可以提高反应速率，也提高反应物的利用率
C. 流程中的结晶、过滤操作应该是蒸发结晶、趁热过滤
D. 发生器中反应结束后，向其中通入一定量空气的目的是驱赶出ClO2，使其被充分吸收
【答案】B
【解析】
【详解】A．吸收器中发生2ClO2+2NaOH+H2O2＝2NaClO2+O2+2H2O，离子反应为2ClO2+2OH-+H2O2＝2ClO2-+O2+2H2O，故A正确；
B．温度过高，H2O2分解，不能提高反应物的转化率，故B错误；
C．由信息可知，高于38℃时析出NaClO2，流程中的结晶、过滤操作应该是蒸发结晶、趁热过滤，故C正确；
D．反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，用空气可以将其排出，确保其在吸收器中被充分吸收，故D正确；
故答案为B。
11.已知离子方程式：As2S3＋H2O＋NO3-→AsO43-＋SO42-＋NO↑＋___(未配平)，下列说法错误的是（ ）
A. 反应后溶液呈酸性 B. 配平后水的化学计量数为4
C. 配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶28 D. 氧化产物为AsO43-和SO42-
【答案】C
【解析】
【详解】反应中As2S3→AsO43-、SO42-，As元素化合价由+3价升高为AsO43-中+5价，S元素化合价由-2价升高为SO42-中+6价，化合价共升高2×(5-3)+3×[6-(-2)]=28，NO3-→NO，N元素化合价由+5价降低为NO+2价，化合价共降低3价，故化合价升降最小公倍数为84，故As2S3系数为3，NO3-系数为28，根据原子守恒可知，AsO43-系数为6，SO42-系数为9，NO系数为28，根据电荷守恒可知，缺项为H+，故H+系数为8，由原子守恒可知，故H2O的系数为4，配平后离子方程式为：3As2S3+4H2O+28NO3-=6AsO43-+9SO42-+28NO↑+8H+；
A．反应后有H+生成，溶液呈酸性，故A正确；
B．由上述分析可知，配平后水的系数为4，故B正确；
C．As2S3是还原剂，NO3-是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为28：3，故C错误；
D．反应中As2S3→AsO43-、SO42-，As元素化合价由+3价升高为AsO43-中+5价，S元素化合价由-2价升高为SO42-中+6价，AsO43-、SO42-是氧化产物，故D正确；
故答案为C。
12.有一瓶无色溶液，可能含有Na＋、K＋、Al3＋、Mg2＋、NH4+、Cl－、SO42-、HCO3-、MnO4-中的几种。为确定其成分，进行如下实验：①取少许溶液，逐渐加入过量的Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀且白色沉淀先逐渐增多而后又部分溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生；③用洁净的铂丝蘸取原溶液在酒精灯上灼烧，观察到黄色火焰。下列推断正确的是 ( )
A. 肯定有Na＋、Al3＋、Mg2＋、SO42- B. 肯定有Na＋、Al3＋、Mg2＋、Cl－
C. 肯定没有K＋、HCO3-、SO42- D. 肯定没有K＋、NH4+、SO42-
【答案】A
【解析】
【详解】该溶液是无色溶液，则一定不会含有高锰酸根离子；①取部分溶液，加入过量Na2O2固体，过氧化钠先是和水反应生成氢氧化钠和氧气，产生无色无味的气体是氧气，一定不是氨气，说明不含铵根离子；白色沉淀逐渐增多后又部分溶解，则沉淀的成分是氢氧化镁和氢氧化铝，则证明其中一定含有镁离子和铝离子，一定不含有铵根离子、碳酸氢根离子(和铝离子不共存)；
②取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，和硫酸根离子反应生成白色不溶于硝酸的白色沉淀是硫酸钡沉淀，证明一定含有硫酸根离子；
③用洁净的铂丝蘸取原溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察到黄色火焰，说明是钠元素的性质，原溶液中含有钠离子；
综上所述：原溶液中一定不含：NH4+、HCO3-、MnO4-；一定含有：Na+、Al3+、Mg2+、SO42-；不能确定的是K+、Cl-；故答案为A。
13.将60毫升由CO2和NO组成的混和气体，通过足量的Na2O2，所得气体缓缓通入足量水，此时无气体剩余，则原混和气体中CO2和NO的体积分别是（ ）
A. 各30毫升 B. CO2：40毫升，NO：20毫升
C. CO2：21毫升，NO：39毫升 D. CO2：36毫升，NO：24毫升
【答案】D
【解析】
【分析】
二氧化碳与过氧化钠发生反应：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，NO发生总反应为：4NO+3O2+2H2O＝4HNO3，最终没有气体剩余，则二氧化碳反应生成氧气与NO的体积之比为3：4，设CO2体积为xmol，则NO为(60-x)mL，最后列方程计算解答。
【详解】设CO2体积为xmol，则NO为(60-x)mL，则
2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2
xmL 0.5xmL
NO发生总反应为：4NO+3O2+2H2O＝4HNO3，最终没有气体剩余，则二氧化碳反应生成氧气与NO的体积之比为3：4，故0.5xmL：(60-x)mL=3：4，解得x=36，则NO体积为60mL-36mL=24mL，故答案为D。
14.将a g 含NaOH样品溶解在bmL 0.l mol·L－1的硫酸中，再加入cmL 0.1 mol·L－1 的氢氧化钡溶液，反应后所得溶液恰好呈中性，则样品中NaOH的纯度是
A. [(b－c)／125a]×100％ B. [(b－2c)／125a]×100％
C. [(b－c)／250a]×100％ D. [(8b－8c)／a]×100％
【答案】A
【解析】
【详解】反应后所得溶液恰好呈中性，说明NaOH和Ba(OH)2与H2SO4恰好反应，则：[0.1mol/L×0.001bL-0.1mol/L×0.001cL]×2×40g/mol÷ag×100%＝[(b-c)／125a]×100％，故A项正确。
15.现将1.92gCu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下672mL的NOX混合气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入标准状况下的O2的体积为（ ）
A. 504mL B. 336mL C. 224mL D. 168mL
【答案】B
【解析】
【详解】1.92gCu的物质的量为n(Cu)==0.03mol，反应时失去电子的物质的量为2×0.03mol=0.06mol，反应整个过程为HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为n(O2)==0.015mol，V(O2)=0.015mol×22400mL/mol=336mL，所以通入O2的体积为336mL，故答案为B。
【点睛】电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数＝n(还原剂)×失电子原子数×原子升价数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。
16.向10mL0.1mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液中,滴加等浓度Ba(OH)2溶液xmL。下列叙述正确的是（ ）
A. x=10时，溶液中有NH4+、Al3+、SO42-，且c(NH4+)＞c(SO42-)
B. x=10时，溶液中有NH4+、AlO2-、SO42-，且c(NH4+)＜c(Al3+)
C. x=30时，溶液中有Ba2+、AlO2-、OH-，且c(OH-)＞c(Ba2+)
D. x=30时，溶液中有Ba2+、AlO2-、OH-，且c(OH-)＜c(AlO2-)
【答案】C
【解析】
【分析】
当x=10时，NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2等物质的量反应，此时OH-量不足，OH-先与Al3+反应，与NH4+不反应，所以溶液中有没有参加反应的NH4+和部分剩余的Al3+存在，同时SO42-也有剩余，但此时不会有AlO2-生成，结合铵根离子水解解答；
当x=30时，0.001mol的NH4Al(SO4)2与0.003molBa(OH)2反应，生成0.002molBaSO4、0.001molNaAlO2、0.001molNH3•H2O，且剩余0.001molBa2+和0.001molOH-，由于NH3•H2O也是一种碱，存在电离平衡：NH3•H2O NH4++OH-，据此判断反应中c(OH-)与c(AlO2-)、c(Ba2+)的大小关系。
【详解】A．由以上分析可知，溶液中不会有AlO2-生成，溶液中有NH4+、Al3+、SO42-，参加反应的硫酸根离子为0.001mol，剩余0.001molSO42-，溶液中NH4+未参加反应，但溶液中NH4+水解，故c(NH4+)＜c(SO42-)，故A错误；
B．当x=10时，NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2等物质的量反应，此时OH-量不足，OH-首先与Al3+反应，与NH4+不反应，所以溶液中有未参加反应的NH4+和部分剩余的Al3+存在，同时SO42-也有剩余，但此时不会有AlO2-生成，溶液中c(NH4+)＞c(Al3+)，故B错误；
C．由以上分析可知，溶液中含有Ba2+、AlO2-、OH-，其中溶液中c(OH-)大于0.001mol，含有0.001molBa2+，c(OH-)＞c(Ba2+)，故C正确；
D．当x=30时，0.001mol的NH4Al(SO4)2与0.003molBa(OH)2反应，生成0.002molBaSO4、0.001molNaAlO2、0.001molNH3•H2O，且剩余0.001molBa2+和0.001molOH-，由于NH3•H2O也是一种碱，存在电离平衡：NH3•H2ONH4++OH-，使得溶液中c(OH-)大于0.001mol，故c(OH-)＞c(AlO2-)，故D错误；
故答案为C。
二、非选择题（本题共有5个大题共计52分）
17.现有下列电解质：①稀硫酸②冰醋酸③Ba(OH)2④石炭酸⑤氨水⑥NaHSO4⑦盐酸⑧明矾⑨钾钠合金。
（1）(用序号填空)其中可以导电的有___，属于弱电解质的是____，属于盐的有___。
（2）写出⑥在融化状态下的电离方程式：______。
（3）写出将③水溶液逐滴加入到一定量的⑧溶液中至沉淀质量最大时的离子方程式：___。
【答案】 (1). ①⑤⑦⑨ (2). ②④ (3). ⑥⑧ (4). NaHSO4=Na＋＋HSO4- (5). 2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O
【解析】
【详解】①稀硫酸是混合物，能导电，不是电解质，也不是非电解质；②冰醋酸是弱酸，不导电，是弱电解质；③Ba(OH)2是强碱，不导电，是强电解质；④石炭酸是弱酸，不导电，是弱电解质；⑤氨水是混合物，能导电，不是电解质，也不是非电解质；⑥NaHSO4是强酸的酸式盐，不导电，是强电解质；⑦盐酸是混合物，能导电，不是电解质，也不是非电解质；⑧明矾是盐，不导电，是强电解质；⑨钾钠合金是混合物，能导电，不是电解质，也不是非电解质；则：
(1)其中可以导电的有①⑤⑦⑨，属于弱电解质的是②④，属于盐的有⑥⑧；
(2)NaHSO4是强酸的酸式盐，其在融化状态下的电离方程式为NaHSO4=Na＋＋HSO4-；
(3)在明矾的水溶液中滴加Ba(OH)2溶液，当SO42-完全沉淀时同，所得沉淀质量最大，发生反应的离子方程式为2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O。
18.（1）Na2O2因能发生下列反应被用作补氧剂：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，上述反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为：___。
（2）某潜艇上有50人，每人每分钟消耗1.12LO2(标况)，则一天需___molNa2O2。如用KO2作补氧剂，写出它和CO2反应的化学方程式_____。
①1kgNa2O2和1kgKO2分别和足量的CO2反应，生成O2的体积（同温同压）比为_____。
②等量的CO2分别和足量的Na2O2、KO2反应，生成O2的分子数（同温同压）比为____。
③你认为选用____作补氧剂更为合适，理由是_____。
【答案】 (1). 1：1 (2). 7200mol (3). 4KO2 +2CO2=2K2CO3+3O2 (4). 71：117 (5). 1：3 (6). KO2 (7). 因为KO2产生的O2效率更高
【解析】
【分析】
(1)在2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中只有Na2O2中O元素的化合价变化，Na2O2为氧化剂、还原剂；
(2)反应的相关方程式为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，一天共需要氧气的体积为50×1.12L×60×24=80640L，物质的量为=3600mol，结合反应的方程式计算；根据过氧化钠能和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气的反应来书写KO2与CO2的反应；
①根据Na2O2与CO2的反应方程式以及KO2与CO2的反应方程式来计算；
②根据Na2O2与CO2的反应以及KO2与CO2的反应来计算；
③等质量的Na2O2和KO2分别和CO2反应生成的O2体积大小可以选择合适的供氧剂。
【详解】(1)在2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中只有Na2O2中O元素的化合价变化，为氧化剂、还原剂，由反应及原子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；
(2)一天共需要氧气的体积为50×1.12L×60×24=80640L，物质的量为=3600mol，则：
2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2
2mol 1mol
x 3600mol
x=7200mol
过氧化钠能和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，用超氧化钾(KO2)代替Na2O2也可起到同样的作用，所以超氧化钾(KO2)也能和二氧化碳反应生成碳酸钾和氧气，反应方程式为4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2；
①根据化学方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2
则2Na2O2～O2，4KO2～3O2，lkgNa2O2和lkgKO2分别和CO2反应，生成的O2体积比(同温同压下)等于物质的量之比，即:×3=71:117；
②根据化学方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2
则2Na2O2～2CO2～O2，4KO2～2CO2～3O2
假设均为1mol的CO2分别和Na2O2、KO2反应，生成的O2分子数比等于物质的量之比，即为：:=1:3；
③根据第(2)小题的答案可以得出：等质量的KO2与Na2O2与足量CO2反应，前者生成的O2更多，即KO2产生的O2效率更高，所以用KO2作补氧剂更为合适。
19.大苏打（Na2S2O3•5H2O）、苏打和小苏打被称为苏打三兄弟，它们在生产生活中有广泛的应用。
（1）工业上，将碳酸钠和硫化钠以物质的量1:2混合配成溶液，再通入SO2可制取Na2S2O3，同时放出CO2，写出此反应的化学反应方程式___，硫化钠溶液在空气中久置会出现淡黄色物质，经测定该物质具有与过氧化钠相似的结构，该物质的电子式为：___。
（2）Na2S2O3标准溶液常用于滴定I2的含量，若滴定溶液呈酸性会导致测定结果偏高，用离子方程式解释其原因：____。
（3）工业上常用大苏打溶液吸收工业尾气中的Cl2，其氧化产物为SO42-，试写出其离子方程式：___，用下列一组试剂可以检测该反应是否已发生反应的有___。
A.AgNO3+HNO3(稀) B.BaCl2+HCl C.品红+H2SO4(稀) D.HCl+澄清石灰水
（4）在密闭容器中投入一定量的Na2O2和NaHCO3，300℃下充分反应，若残留固体为纯净物，则起始时n(NaHCO3)/n(Na2O2)必须满足的条件为___。
【答案】 (1). Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2 (2). (3). S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O (4). S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+ (5). B (6). ≥2
【解析】
【分析】
(1)依据题干可知Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比混合，再通入二氧化硫发生反应生成Na2S2O3和二氧化碳，依据原子个数守恒、得失电子守恒书写方程式；依据过氧化钠结构结合氧原子、硫原子结构解答；
(2)酸性环境下S2O32-发生歧化反应，消耗硫代硫酸根钠偏多，测定结果会偏高；
(3)工业上用大苏打溶液吸收工业废气中的氯气，其氧化产物为SO42-，离子反应方程式为：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+；只要检验溶液中含有SO42-，即说明反应已经发生；
(4)Na2O2与足量的NaHCO3混合后，在密闭容器中充分加热，可能发生的反应有：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，残留固体为纯净物，则为碳酸钠，由此分析解答。
【详解】(1)依据题干可知Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比混合，再通入二氧化硫发生反应生成Na2S2O3和二氧化碳，反应中S元素的化合价从-2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，依据原子个数守恒、得失电子守恒反应的方程式：2Na2S+Na2CO3+4SO2＝3Na2S2O3+CO2；Na2S溶液在空气中长期放置，和氧气反应生成与过氧化钠的结构及化学性质相似的物质Na2S2，其电子式为；
(2)酸性环境下S2O32-发生歧化反应，离子方程式：S2O32-+2H+=S↓+H2O+SO2↑；
(3)工业上用大苏打溶液吸收工业废气中的氯气，其氧化产物为SO42-，离子反应方程式为：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+；向溶液中滴加稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO42-，即证明反应已经发生，故答案为B；
(4)Na2O2与足量的NaHCO3混合后，在密闭容器中充分加热，可能发生的反应有：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，残留固体为纯净物，则为碳酸钠，则n(NaHCO3)：n(Na2O2)≥2。
20.人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg/cm3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用酸性KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品小Ca2＋的浓度。
[配制酸性KMnO4标准溶液]如图是配制250mL酸性KMnO4标准溶液的过程示意图。
（1）请你观察图示判断其中不正确的操作有(填序号)_____。
（2）如果按照图示的操作所配制的溶液进行实验，在其他操作均正确的情况下，所测得的实验结果将____(填“偏大”或“偏小”或“无影响”)。
[测定血液样品中Ca2＋的浓度]抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol/L酸性KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mL酸性KMnO4溶液。
（3）已知草酸跟酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋=2Mnx＋＋10CO2↑＋8H2O则式中的x＝___。
（4）滴定时，根据现象___，即可确定反应达到终点。
（5）经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为____mg/cm3。
【答案】 (1). ①⑤ (2). 偏大 (3). 2 (4). 溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色 (5). 1.2
【解析】
分析】
(1)根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作方法分析；
(2)仰视刻度线，会使溶液体积偏大，导致标准液浓度偏低；
(3)滴定时，用高锰酸钾滴定草酸，反应达到终点时，滴入的高锰酸钾溶液不褪色，据此判断；
(4)根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2+的浓度。
【详解】(1)量筒不能用于溶解固体，视线应该与凹液面的最低点相平读数，所以①⑤操作错误；
(2)仰视定容时，所加的水超过刻度线，体积偏大，所以浓度偏小，滴定草酸消耗体积大，所以会使实验结果偏大。
(3)滴定时，用高锰酸钾滴定草酸，反应达到终点时的现象为溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；
(4)血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.020mol/L×0.012L=2.4×10-4mol；根据反应方程式2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n(Ca2+)=n(H2C2O4)=n(MnO4-)=2.5×2.4×10-4mol=6×10-4mol，Ca2+的质量为：40g/mol×6×10-4mol=0.024g，则钙离子的浓度为：c(Ca2+)==1.2mg/cm3。
21.冬日，雪花漫舞，银装素裹，给人们带来美的享受，但降雪却会给道路通行带来麻烦。现有一种高速公路的绿色融雪剂——CMA(醋酸钙、醋酸镁固体混合物)，其生产常以白云石(主要成分MgCO3·CaCO3，含SiO2等杂质)和生物质废液——木醋液(主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质)等为原料，流程如图：
（1）步骤①发生的反应离子方程式为____。
（2）滤渣1的主要成分与NaOH溶液反应的热化学方程式为___(己知与l mol NaOH发生反应时放出热量为QkJ)。步骤②所得滤液常呈褐色，分析可知其原因主要是木醋液中含有少量的有色的焦油以及____。
（3）已知CMA中钙、镁的物质的量之比与出水率(与融雪效果成正比)关系如图所示，步骤④的目的除调节n(Ca)∶n(Mg)约为__(选填：A.1∶3；B.1∶2；C.3∶7；D.2∶3)外，另一目的是___。
（4）步骤⑥包含的操作有___、过滤、洗涤及干燥。
（5）取akg含MgCO3·CaCO3质量分数为b%的白云石，经过上述流程制备CMA。已知MgCO3·CaCO3的损失率为c%，步骤④之后到产品CMA的损失率为d%，则结合（3）可知所得产品质量约为____kg(请用含相关字母的计算式表达，不必化简)。
【答案】 (1). MgCO3·CaCO3+4CH3COOH=Ca2++Mg2++4CH3COO-+2CO2↑+2H2O (2). SiO2(s)+2NaOH(aq)=Na2SiO3(aq)+H2O(l) △H=-2QkJ/mol (3). 苯酚 (4). C (5). 除去过量的乙酸 (6). 蒸发结晶 (7).
【解析】
【分析】
根据流程图可知，白云石(主要成分MgCO3•CaCO3，含SiO2等杂质)与木醋液(主要成分乙酸)反应生成醋酸钙和醋酸镁，过滤得滤渣1为二氧化硅，滤液中主要溶质是醋酸钙和醋酸镁，加入活性碳脱色，再加入氧化镁，调节溶液中n(Ca)：n(Mg)的值，过滤，除去混合液中固体杂质，得醋酸钙和醋酸镁溶液，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥得CMA，据此判断。
【详解】(1)步骤①发生的反应是醋酸溶解白云石，反应的离子方程式为MgCO3•CaCO3+4CH3COOH=Ca2++Mg2++4CH3COO-+2CO2↑+2H2O；
(2)己知lmolNaOH与二氧化硅发生反应时放出热量为QkJ，则反应的热化学方程式为Si02(s)+2NaOH(aq)=Na2SiO3(aq)+H2O(l)△H=-2QkJ/mol，步骤②所得滤液常呈褐色，颜色除与木醋液中含有少量的有色的焦油有关外，产生颜色的另一主要原因是实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质；
(3)根据如图2所示钙、镁的物质的量之比与出水率(与融雪效果成正比)关系，可知，当n(Ca)：n(Mg)约为3：7时，出水率最高，所以步骤④的目的除调节n(Ca)：n(Mg)约为3：7，步骤④中加入氧化镁的目的是调节钙、镁离子的物质的量之比，除去过量的乙酸；
(4)根据上面的分析可知，步骤⑥包含的操作有蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥；
(5)取akg含MgCO3•CaCO3质量分数为b%的白云石，经过上述流程制备CMA。已知MgCO3•CaCO3的损失率为c%，则可得n[Ca(CH3COO)2]=×103mol，n[Mg(CH3COO)2]=×103×mol，步骤④之后到产品CMA的损失率为d%，则可知所得产品质量约为[+]×(1-d%)。
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