内蒙古第一中学2020届高三上学期第一次月考化学试题

一机一中高三年级第一次月考化学试题
可能用到的相对原子质量:S 32 O 16 Cl 35.5 H 1 Na 23
一 选择题（每题2分，共50分）
1.化学与科技生产、生活环境等密切相关。下列说法不正确的是
A. 人工分子筛可以用作吸附剂和催化剂
B. 将矿物燃料脱硫、脱硝可有效防治酸雨
C. 用臭氧代替农药在粮食仓储中杀菌防霉，因为臭氧具有强氧化性
D. SO2有毒，不能用作食品漂白或食品防腐剂添加在粉条、红酒等食品饮料中
【答案】D
【解析】
【详解】A.人工分子筛具有多孔质松表面积大的特点，具有较强的吸附性，可以用作吸附剂，吸附反应物粒子，加快反应速率，起催化作用，故A正确；
B.N、S的氧化物均可导致酸雨的发生，则大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝”技术，可减少酸雨的发生，故B正确； 
C.臭氧具有强氧化性，可用臭氧代替农药在粮食仓储中杀菌防霉，故C正确；
D. SO2虽然有毒，但在食品漂白或食品防腐剂中普遍使用的一种食品添加剂，可添加在粉条、红酒等食品饮料中，起到保鲜剂和防腐剂作用，故D错误；
故答案选D。
2.下列我国古代技术应用中，不涉及氧化还原反应的是
A. 煅烧贝壳 B. 粮食酿醋
C. 古法炼铁 D. 火药爆炸
【答案】A
【解析】
【详解】A、煅烧贝壳是碳酸钙发生分解反应生成氧化钙和二氧化碳，元素化合价均没发生变化，没有发生氧化还原反应，选项A符合；B、醋的酿造存在从乙醇转化为乙酸的过程，为氧化还原反应，选项B不符合；C、炼铁中有单质铁的生成，属于氧化还原反应，选项C不符合；D、火药爆炸属于剧烈的氧化还原反应，存在元素的化合价变化，属于氧化还原反应，选项D不符合。答案选A。
【点睛】本题考查氧化还原反应，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析，注意了解我国古代人民对化学的贡献。
3.设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是
A. 11.5g金属钠投入200mL1mol/L盐酸中，产生氢气分子的个数为0.1NA
B. 水蒸气通过Na2O2使其增重2g时，反应中转移的电子数为NA
C. 1molNaBH4与足量水反应[NaBH4＋H2O →NaBO2＋H2↑(未配平)]时转移的电子数为4NA
D. 80gCuO和Cu2S的混合物中，所含铜原子数为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 11.5g金属钠的物质的量为11.5g÷23g/mol=0.5mol，0.5mol钠完全反应生成氢气0.25mol，由于盐酸中有水，故钠完全反应，则生成氢气分子数为0.25NA，故A错误；
B. 水蒸气通过Na2O2使其增重2g时，即水中的2molH的质量为2g，故水为18g，即1mol，根据2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2反应可知，该反应转移电子2e-，所以反应消耗1molH2O，反应中转移的电子数为NA，故B正确；
C. NaBH4中H为-1价，发生反应后生成氢气，全部变为0价，因此1mol NaBH4与足量水反应转移电子4mol，电子数为4NA，故C正确；
D. 80g CuO的物质的量为80g÷80g/mol=1mol，80g Cu2S的物质的量为80g÷160g/mol=0.5mol，因此80gCuO或Cu2S均含有1molCu，故其任意比例混合物中，所含铜原子数为NA，故D正确；
故答案选A。
4.下列说法正确的是(　　)
A. PM2.5是指大气中直径≤2.5×10－6 m的颗粒物，则受PM2.5污染的大气定能产生丁达尔效应
B. 根据电解质在水溶液中电离的程度，将电解质分为强电解质和弱电解质
C. 黑火药的配方为“一硫二硝三木炭”，其中“硝”是指硝酸
D. 、是制造氢弹的原料，它们是同一种核素
【答案】B
【解析】
【详解】A、分散质的直径介于10-9m-10-7m之间的属于胶体，胶体能产生丁达尔现象，所以PM2.5是指大气中直径≤2.5×10－6 m的颗粒物，则受PM2.5污染的大气不一定能产生丁达尔效应，故A错误；
B、电解质在水溶液中能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，故B正确；
C、黑火药的最优化配方是硫磺、硝石、碳，即“一硫二硝三木炭”，其中的“硝”是硝酸钾，故C错误；
D、、是质子数相同，中子数不同，是不同种核素，故D错误；
故答案选B。
5.下列各组物质的分类正确的是（ ）
①混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉
②含有氧元素的化合物叫氧化物
③CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2为碱性氧化物
④同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨
⑤强电解质溶液的导电能力一定强
⑥在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物
⑦有单质参加的反应或有单质生成的反应是氧化还原反应
A. 全部正确 B. ①②⑤⑦ C. ②③⑥ D. ④⑥
【答案】D
【解析】
分析：①由不同种物质组成的是混合物；
②根据氧化物的定义分析；
③根据酸性氧化物和碱性氧化物的概念判断；
④由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体；
⑤溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少；
⑥在熔融状态下离子键断键；
⑦有元素化合价升降的反应是氧化还原反应。
详解：①氯水、氨水、水玻璃、福尔马林、淀粉均是混合物，水银是金属Hg，是纯净物，①错误；
②由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物是氧化物，因此含有氧元素的化合物不一定是氧化物，例如NaOH是碱，②错误；
③能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，CO2、P2O5均为酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物；能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，Na2O为碱性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物，③错误；
④C60、C70、金刚石、石墨均是碳元素形成单质，互为同素异形体，④正确；
⑤强电解质溶液的导电能力不一定强，关键是看溶液中离子的浓度和所带电荷数，⑤错误；
⑥由于在熔融状态下共价键不能被破坏，离子键可以断键，因此在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物，⑥正确；
⑦有单质参加的反应或有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，例如同素异形体之间的转化，⑦错误。答案选D。
点睛：⑤是解答的易错点，电解质溶液之所以导电，是由于溶液中有自由移动的离子存在。电解质溶液导电能力的大小，决定于溶液中自由移动的离子的浓度和离子的电荷数，和电解质的强弱没有必然联系，如1 mol/L的醋酸溶液的导电能力就大于0.000 01 mol/L的盐酸，所以说盐酸的导电能力一定大于酯酸是错误的。
6.a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子数总数与b原子次外层电子数相同；C所在周期数与族序数相同；d与a同族。下列叙述正确的是
A. 含氧酸的酸性：e>d
B. 原子半径：b>c>d>a
C. 由a 和b 两种元素形成的化合物不可能含共价键
D. b、c 元素对应最高价氧化物的水化物之间不可能发生反应
【答案】B
【解析】
a、b、c、d、e 为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子数总数与b原子次外层电子数相同，可判断a为氧，b为第三周期元素；C所在周期数与族序数相同，则c为铝，b为钠；d与a同族，则d为硫，e就是氯。A. 氯的非金属性大于硫，则氯的最价高含氧酸的酸性大于硫酸，A错误；B. 由原子半径变化规律可知，原子半径由大到小为Na>Al>S>O，B正确；C. 由氧和钠两种元素可形成Na2O、Na2O2两种的化合物，Na2O2除离子键外还含共价键，C错误；D. Na、Al元素对应最高价氧化物的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝，它们之间可发生反应，D错误。答案选B。
7.用海水制盐工业中的母液来生产金属镁的一种工艺流程如下：

下列说法错误的是
A. 设计步骤①、②、③的主要目的是富集MgCl2
B. 脱水时在HCl气氛中进行可防止MgCl2发生水解
C. 电解得到的炽热镁粉不可在二氧化碳、氮气气氛中冷却
D. 上述工艺流程中涉及到的反应有置换反应、化合反应、复分解反应、分解反应
【答案】D
【解析】
由流程可知CaO与水反应生成氢氧化钙，与母液中镁离子反应生成氢氧化镁，过滤分离出Mg(OH)2，Mg(OH)2与HCl发生复分解反应生成MgCl2，在HCl在气流中蒸发结晶得到MgCl2，抑制镁离子的水解，最后电解熔融MgCl2冶炼Mg，则A．海水中镁离子浓度较小，步骤①、②、③的主要目的是富集MgCl2，A正确；B．因镁离子水解，且生成盐酸易挥发，则脱水时在HCl气氛中进行可防止MgCl2发生水解，B正确；C．Mg为活泼金属，且Mg与二氧化碳、氮气反应，则电解熔融氯化镁冶炼Mg，不能在二氧化碳、氮气气氛中冷却，C正确；D．由上述分析可知，涉及化合反应、复分解反应、分解反应，不涉及置换反应，D错误；答案选D。
点睛：本题考查海水提镁的实验，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、金属冶炼为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意水解与电解原理的应用。
8.下列离子方程式正确的是
A. 用浓盐酸酸化的KMnO4溶液氧化H2C2O4：6H+＋5H2C2O4＋2MnO4-＝10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O
B. 向Ca(HCO3)2溶液中滴加入少量NaOH溶液：Ca2+＋2HCO3－＋2OH－＝CaCO3↓＋CO32－＋2H2O
C. 向Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2NO3－＋8H+＋6I－＝3I2＋2NO↑＋4H2O
D. 用石墨电极电解MgCl2溶液：Mg2+＋2Cl－＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A. 浓盐酸有还原性，也会与酸性高锰酸钾溶液发生反应： 2KMnO 4 +16HCl （浓） = 2KCl+ 2MnCl 2 + 5Cl 2 ↑+8H 2 O ，故不能证明草酸具有还原性，故A错误；
B. 向Ca(HCO3)2溶液中滴加入少量NaOH溶液，生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，离子方程式：Ca2+＋HCO3－＋OH－＝CaCO3↓＋H2O，故B错误；
C.硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液，铁离子和硝酸根离子都参与反应，正确的离子方程式为: Fe3++3NO3－＋12H+＋10I－＝5I2＋3NO↑＋6H2O+ Fe2+，故C错误；
D. 石墨电极电解MgCl2溶液时，Cl-在阳极失电子生成氯气，水电离产生的H+在阴极得电子生成H2，同时Mg2+与OH-反应生成Mg(OH)2沉淀，离子方程式为Mg2+＋2Cl－＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，故D正确；
故答案选D。
【点睛】针对选项B，向Ca(HCO3)2溶液中滴加入少量NaOH溶液，生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，离子方程式：Ca2+＋HCO3－＋OH－＝CaCO3↓＋H2O；向Ca(HCO3)2溶液中滴加入足量NaOH溶液，生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式：Ca2+＋2HCO3－＋2OH－＝CaCO3↓＋H2O+CO32-，故针对此种类型反应，采用“少定多变”的策略进行分析，即量少的为1mol进行配平。
9.下列有关化学用语表示正确的是（　　）
A. 中子数为20的氯原子：
B. CaCl2的电子式：
C. 比例模型表示甲烷分子或四氯化碳分子
D. 氟离子的结构示意图：
【答案】D
【解析】
【详解】A项，元素符号的左上角标质量数，中子数为20的氯原子表示为3717Cl，故A项错误；
B项，CaCl2为离子化合物，正确的电子式为，故B项错误；
C项，Cl原子半径大于C原子，若是四氯化碳分子，则比例模型不正确，比例模型应符合原子的相对大小，故C项错误；
D项，F元素的原子序数为9，其简单离子的最外层电子数满足8电子稳定结构，故D项正确；
故答案为D。
10.向100mL FeI2溶液中逐渐通入Cl2(溶液体积变化忽略不计),生成I2、Fe3+的物质的量随通入Cl2的物质的量的变化如图所示,下列说法错误的是(   )

A. 还原性强弱:Fe2+＜I-
B. n(Cl2)=0.05mol时,溶液中I-的物质的量浓度为0.1mol·L-1
C. 若n(Cl2):n(FeI2)=6:5,反应的离子方程式为2Fe2++10I-+6Cl2=5I2+2Fe3++12Cl-
D. n(Cl2)=0.12mol时,溶液中的离子主要有Fe3+、Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】A.由题图知，向FeI2溶液中逐渐通入Cl2，依次生成碘、铁离子，则还原性Fe2+＜I-，故A正确；
B. 由题图知，通入0.1mol氯气时，碘离子完全被氧化，则生成n（I2）=0.1mol，原溶液中n（I-）=0.2mol，当通入0.05mol氯气时，被氧化的n（I-）=0.1mol，剩余n（I-）=0.1mol，则c(I-)=0.1mol÷0.1L=1mol/L，故B正确；
C. 若n(Cl2):n(FeI2)=6:5，假设氯气为6mol，FeI2为5mol，5molCl2先把10molI-氧化完，剩余的1mol氯气再与2molFe2+反应，离子方程式为：2Fe2++10I-+6Cl2＝5I2+2Fe3++12Cl-，故C正确；
D. 由题图知，当氯气为0.12mol时，碘离子反应完，Fe2+还未反应完，故D错误；
故答案选D。
11.根据已学的元素化合物的性质判断，下列说法错误的是
A. “雷雨发庄稼”是自然固氮
B. Na2O2可用作潜水艇供氧剂
C. 明矾是净水剂，可用于饮用水的杀菌消毒
D. 工业上生产玻璃和水泥使用到的共同原料有CaCO3
【答案】C
【解析】
【详解】A.雷电使空气中的氮气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2再与水反应生成硝酸，进入土壤后最终为植物生长提供少量的氮肥，“雷电发庄稼”属于自然固氮，A项正确；
B.过氧化钠能与CO2反应并生成氧气：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O2可用作潜水艇供氧剂，B项正确；
C.明矾溶于水后，铝离子水解形成氢氧化铝胶体，可用于净水，以除去水中的悬浮物，明矾并不能杀死水中的细菌和病毒，C项错误；
D.生产普通玻璃的原料是石英砂、纯碱和石灰石，生产水泥的原料是黏土、石灰石和石膏，工业上生产普通玻璃和水泥的共同原料是CaCO3，所以D项正确；
所以答案选择C项。
【点睛】明矾是净水剂，不是杀菌消毒剂。常见的消毒剂有氯气、漂白粉、臭氧、二氧化氯、过氧乙酸等。
12. 有下列两种转化途径，某些反应条件和产物已省略。下列有关说法不正确的是
途径① SH2SO4
途径② SSO2SO3H2SO4
A. 途径①反应中体现了浓硝酸的强氧化性和酸性
B. 途径②的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2浓度来降低成本
C. 由途径①和②分别制取1 mol H2SO4，理论上各消耗1 mol S，各转移6 mol e-
D. 途径②与途径①相比更能体现“绿色化学”理念是因为途径②比途径①污染相对小且原子利用率高
【答案】A
【解析】
试题分析：A．途径①反应中只体现了浓硝酸的强氧化性，错误；B．途径②的第二步反应是可逆反应，在实际生产中可以通过增大廉价易得的O2浓度使化学平衡正向移动，来降低成本，正确；C．根据电子转移数目相等，可知由途径①和②分别制取1 mol H2SO4，理论上各消耗1 mol S，各转移6 mol e-，正确；D．途径②与途径①相比不产生大气污染物质，因此更能体现“绿色化学”的理念是因为途径②比途径①污染相对小且原子利用率高，正确。
考点：考查硫酸制取方法优劣比较的知识。
13.物质中杂质（括号内为杂质）的检验、除杂的试剂或方法都正确的是
选项
物质及其杂质
检验
除杂
A
Cl2（HCl）
湿润的淀粉KI试纸
饱和食盐水
B
NO（NO2）
观察颜色或湿润的淀粉KI试纸
水
C
CO2（HCl）
AgNO3溶液（含稀硝酸）
饱和Na2CO3溶液
D
NaHCO3溶液（Na2CO3）
Ca（OH）2溶液
过量CO2


A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
试题分析：A. 湿润的淀粉KI试纸只能检验氯气，不能检验HCl，检验HCl应先分离，再检验，A项错误；B. NO2是红棕色气体，NO2与水反应生成NO和硝酸，可用水除杂，B项正确；C．CO2和HCl都与饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液分离，C项错误；D．NaHCO3和Na2CO3都与Ca(OH)2溶液反应生成沉淀，不能用来检验，可用氯化钙溶液检验，D项错误；选B。
考点：考查物质的检验、除杂与提纯。
14.某废催化剂含58．2％的SiO2、21．0％的ZnO、4．5％的ZnS和12．8％的CuS，某同学以该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。采用的实验方案如下：

已知：1．步骤①中发生的化学反应为非氧化还原反应；2．滤渣2的主要成分是SiO2和S。下列说法不正确的是
A. 步骤①，最好在通风橱中进行
B. 步骤①和③，说明CuS不溶于稀硫酸而ZnS溶于稀硫酸
C. 步骤③，涉及的离子反应为CuS+H2O2+2H+ Cu2++S+2H2O
D. 步骤②和④，均采用蒸发结晶的方式获取溶质
【答案】D
【解析】
A、步骤①发生的反应是ZnO＋H2SO4=ZnSO4＋H2O，ZnS＋H2SO4=ZnSO4＋H2S↑，H2S是有毒气体，因此应在通风厨内进行，故A说法正确；B、根据流程图，步骤④得到CuSO4·5H2O，说明滤渣1中含有Cu元素，即CuS，步骤③从滤液中得到硫酸铜晶体，说明滤液中存在Cu2＋，从而推出CuS不溶于稀硫酸，步骤②从滤液中得到ZnSO4·7H2O，说明滤液中含有Zn2＋，即ZnS溶于稀硫酸，故B说法正确；C、步骤③中CuS转变成Cu2＋，根据信息，滤渣2中由SiO2和S，推出CuS中S被过氧化氢氧化成变为硫单质，离子反应方程式为CuS＋H＋＋H2O2→Cu2＋＋S＋H2O，根据化合价的升降法进行配平，得到CuS+H2O2+2H+=Cu2++S+2H2O，故C说法正确；D、得到CuSO4·5H2O和ZnSO4·7H2O中都含有结晶水，通过对滤液蒸发结晶方法，容易失去结晶水，因此采用的方法是蒸发浓缩冷却结晶方法，故D说法错误。
点睛：在制备含有结晶水的晶体时，不采用蒸发结晶的方法，因此此方法容易失去结晶水，而是采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。
15.已知在相同条件下进行下列反应：①Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2；②KClO3＋6HCl=3Cl2↑＋KCl＋3H2O；③2KBrO3＋Cl2=Br2＋2KClO3。下列说法正确的是 (　　)
A. 上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应
B. 反应①和反应③中均生成Br2，溴元素发生的变化相同
C. 反应②中被氧化与被还原物质的物质的量之比为6∶1
D. ③中1 mol还原剂反应，则氧化剂得到电子的物质的量为10 mol
【答案】D
【解析】
【详解】A、一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应，反应②中生成两种化合物，不属于置换反应，错误；
B、反应①中Br元素的化合价从-1价升高到0价，被氧化；反应③中Br元素的化合价从+5价降低到0价，被还原；溴元素发生的变化不同，错误；
C、反应②中，6molHCl中只有5mol被氧化，则被氧化与被还原物质的物质的量之比为5：1，错误；
D、反应③中lmol还原剂Cl2反应失去10mol电子，则氧化剂得到电子的物质的量为10mol，正确。
答案选D。
16.下列与化学概念有关的说法正确的是（ ）
A. Na2O、CaO、Al2O3均为碱性氧化物
B. 液溴不导电，所以液溴是非电解质
C. 12C与13C的核外电子排布方式相同，化学性质相同
D. 只含共价键的物质一定是共价化合物
【答案】C
【解析】
A．Na2O、CaO为碱性氧化物，氧化铝为两性氧化物，故A错误；B．液溴为单质，不是非电解质，故B错误；C．12C与13C为同位素，同位素具有核外电子排布方式相同，化学性质相同，故C正确；D．只含共价键的物质不一定是共价化合物，可能是单质，故D错误；故选C。
17.某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Fe3+、Al3+、SO42-等离子。向该溶液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的物质的量变化曲线如图所示。下列有关判断正确的是

A. m点处反应：H++OH-=H2O
B. p点：c(NH4+)＞c(OH-)>c(H+)
C. 若取原溶液做焰色反应实验，焰色应为黄色
D. 原溶液中存在的主要离子：n(H+)=n(NH4+)=n(Al3+)
【答案】D
【解析】
根据0～1段，没有生成沉淀，说明一定含有氢离子，酸碱中和反应是一切反应的优先反应，生成沉淀在后面完全溶解，说明一定含有铝离子，肯定不含有Fe3+，根据4～5段，和氢氧化钠反应不产生沉淀，说明一定含有铵根离子；即原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Al3+，根据溶液电中性可知一定含有硫酸根离子，可能含有钠离子，肯定不含有Fe3+；则A. m点处反应：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，A错误；B. p点铵根恰好全部转化为一水合氨：c(OH-)>c(NH4+)＞c(H+)，B错误；C. 由于钠离子不一定存在，因此若取原溶液做焰色反应实验，焰色不一定为黄色，C错误；D. 根据坐标得与氢离子反应的氢氧化钠为1mol，生成沉淀用了3mol氢氧化钠，与铵根反应用了1mol氢氧化钠，因此原溶液中存在的主要离子：n(H+)=n(NH4+)=n(Al3+)，D正确，答案选D。
18.下列各组离子可能大量共存的是（　　）
A. 在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣
B. 在含有Al3+、Cl﹣的溶液中：HCO3﹣、I﹣、NH4+、Mg2+
C. 在c（H+）=1×10﹣13 mol·L﹣1的溶液中：Na+、S2﹣、SO32﹣、NO3﹣
D. 在溶质为KNO3和NaHSO4溶液中：Fe2+、Ca2+、Al3+、Cl﹣
【答案】C
【解析】
【详解】A．因Fe3+、SCN-结合生成络合物，则不能大量共存，故A错误；
B．因Al3+、HCO3-相互促进水解生成气体和沉淀，则不能大量共存，故B错误；
C．在c（H+）=1×10-13 mol·L﹣1的溶液，溶液为酸或碱溶液，碱溶液中该组离子之间不反应，能大量共存，故C正确；
D．在溶质为KNO3和NaHSO4的溶液中，Fe2+、H+、NO3-离子之间反应氧化还原反应，则不能共存，故D错误；
答案选C。
19.若在强热时分解的产物是、、和，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为
A. 1:4 B. 1:2 C. 2:1 D. 4:1
【答案】B
【解析】
【详解】利用化合价升降法将该氧化还原反应方程式配平，反应方程式为
3（NH4）2SO43SO2+N2+4NH3+6H2O，该反应中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价都是-3价，化合价不变，所以则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为1：2，选B。
20.用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的的是 （ ）

A. 加热装置I中的烧杯分离I2和高锰酸钾固体
B. 用装置II验证二氧化硫的漂白性
C. 用装置III制备氢氧化亚铁沉淀
D. 用装置IV检验氯化铵受热分解生成的两种气体
【答案】D
【解析】
【详解】A．加热碘升华，高锰酸钾分解，加热法不能分离两者混合物，故A错误；
B．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，与二氧化硫的还原性有关，与漂白性无关，故B错误；
C．关闭止水夹，NaOH难与硫酸亚铁接触，不能制备氢氧化亚铁，故C错误；
D．氯化铵分解生成氨气、HCl，氨气可使湿润的酚酞试纸变红，HCl可使蓝色石蕊试纸变红，P2O5可以吸收氨气，碱石灰可以吸收HCl,所以可检验氯化铵受热分解生成的两种气体，故D正确；
本题答案：D。
21.高纯度晶硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。它可以按下列方法制备如下所示，下列说法正确的是
SiO2Si(粗)SiHCl3Si(纯)
A. 步骤①的化学方程式为：SiO2＋CSi＋CO2↑
B. 灼烧熔融的Na2CO3固体，可用石英坩埚
C. 二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应
D. SiHCl3（沸点33.0℃）中含有少量的SiCl4（沸点67.6℃），通过蒸馏（或分馏）可提纯SiHCl3
【答案】D
【解析】
【详解】A、二氧化硅与C在高温条件下反应生成Si和CO，不是二氧化碳，故A错误；
B、碳酸钠与二氧化硅在高温下反应生成硅酸钠，所以灼烧熔融的Na2CO3固体，不能用石英坩埚，故B错误；
C、二氧化硅与硅都可以与氢氟酸反应，硅能和氢氟酸反应生成四氟化氢和氢气，故C错误；
D、SiHCl3与SiCl4的沸点相差较大，所以可通过蒸馏除去SiCl4提纯SiHCl3，故D正确；
故答案选D。
【点睛】硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，硅与强酸不反应，但硅与氢氟酸反应生四氟化硅和氢气，这是硅的特性；二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，但是二氧化硅属于酸性氧化物，不属于两性氧化物。
22.X、Y、Z三种物质存在如图所示的转化关系(图中“→”表示一步转化)。下列各组物质中，不能满足此转化关系的是(　 )

物质
选项　　
X
Y
Z
A
Al
Al2O3
NaAlO2
B
Fe
FeCl3
FeCl2
C
C
CO
CO2
D
Cl2
HCl
NaCl


A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A、铝与氧气反应生成氧化铝,氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,但偏铝酸钠无法一步制得单质铝,所以不能满足Z→X的路线转化,故A符合题意; 
B、铁与氯气转化为氯化铁,氯化铁与铁发生反应生成氯化亚铁,氯亚铁溶液与锌反应生成单质铁,可以实现以上转化,故B不符合题意; 
C、碳与二氧化碳生成一氧化碳,一氧化碳与氧气生成二氧化碳,二氧化碳与镁反应生成单质碳,可以实现以上转化,故C不符合题意; 
D、氯气在氢气中燃烧生成氯化氢,氯化氢与氢氧化钠反应生成氯化钠,熔融的氯化钠电解生成氯气,氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠,可以实现以上转化,故D不符合题意; 
综上所述，本题应选A。
23.下列有关金属的工业制法中，正确的是
A. 以海水为原料制得精盐，再电解精盐的水溶液制取钠
B. 用海水、石灰乳等为原料，经一系列过程制得氧化镁，用 H2还原氧化镁制得镁
C. 以铁矿石、焦炭、空气、石灰石等为原料，通过反应产生的CO在高温下还原铁矿石制得铁
D. 从铝土矿中获得氧化铝再制得氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝
【答案】C
【解析】
A项，工业制钠是电解熔融NaCl：2NaCl2Na+Cl2↑，而电解NaCl溶液：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，得不到钠，A错误；B项，镁的还原性比氢气的还原性强，不能用氢气还原氧化镁制取镁，工业制镁是电解熔融氯化镁：MgCl2Mg+Cl2↑，B错误；C项，工业上常用用CO在高温下还原铁矿石炼铁：3CO+Fe2O32Fe+3CO2，制得铁，因为炼铁的矿石中含有一定量的二氧化硅，所以石灰石的作用是将二氧化硅等杂质转变为炉渣而除去，C正确；D项，因为熔融状态下氯化铝不导电，所以从铝土矿中获得氧化铝再电解熔融的氧化铝来获取金属铝，D错误。
点睛：本题主要考查了金属工业制法，掌握钠、铁、镁及其化合物的性质是解题关键，题目难度一般。
24.下列溶液中:①澄清石灰水②氯化钡溶液③KMnO4溶液④溴水⑤酸化的Ba(NO3)溶液⑥品红溶液⑦湿润的蓝色石蕊试纸⑧三氯化铁溶液⑨浓硫酸，不能用来区别SO2和CO2气体的是
A. ①②⑦⑨ B. ①③⑧ C. ①④⑤ D. ③④⑤⑥
【答案】A
【解析】
SO2和CO2气体都会使澄清石灰水出现白色浑浊，所以①无法鉴别。SO2和CO2气体都不与氯化钡溶液反应，所以②无法鉴别。SO2气体可以使高锰酸钾溶液褪色，CO2不可以，所以③可以鉴别。SO2气体可以使溴水褪色，CO2不可以，所以④可以鉴别。SO2气体可与酸化的Ba(NO3)溶液反应生成硫酸钡的白色沉淀，CO2不可以，所以⑤可以鉴别。SO2气体可以使品红溶液褪色，CO2不可以，所以⑥可以鉴别。SO2和CO2气体都会使湿润的蓝色石蕊试纸变红，所以⑦无法鉴别。SO2气体可以将氯化铁溶液中的Fe3+还原为Fe2+，颜色由黄色转化为浅绿色，CO2不可以，所以⑧可以鉴别。SO2和CO2气体都不与浓硫酸反应，所以⑨无法鉴别。由上，不能鉴别的为①②⑦⑨，选项A正确。
点睛：二氧化硫和二氧化碳最主要的区别在于，二氧化硫是强还原性气体同时还具有漂白性，而二氧化碳没有还原性和漂白性。所以利用二氧化硫的强还原性或漂白性对气体进行检验是一种比较好的区别方法。包括：使溴水褪色、使酸性高锰酸钾溶液褪色、使品红溶液褪色、被硝酸氧化（即酸性条件下被硝酸根离子氧化为硫酸）等等。
25.下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是
选项
实验操作
实验目的或结论
A
向某溶液中加入稀盐酸，放出无色剌激性气味气体，将气体通入澄清石灰水变混浊
证明该溶液中存在SO32－
B
将NaOH溶液滴入该溶液中加热，放出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
证明溶液中有NH4+
C
将Cl2通入品红溶液中，品红溶液褪色
证明Cl2的还原性
D
用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色
证明氧化性：H2O2比Fe3＋强


A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．无色刺激性气味气体，为二氧化硫，则原溶液中含SO32-或HSO3-，故A错误；B．氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，由操作和现象可知该溶液中存在NH4+，故B正确；C．氯气与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，品红溶液褪色，则与Cl2的还原性无关，故C错误；D．酸性条件下硝酸根离子可氧化亚铁离子，则不能比较H2O2、Fe3+的氧化性，故D错误；故选B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握离子的检验、物质的性质、氧化还原反应、实验技能为解答的关键。本题的易错点为D，要注意酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性。
二 填空题（共50分）
26.NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2＋4HI===2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O。
(1)上述反应中氧化剂是____________。
(2)根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl固体。可选用的物质有：①水、②碘化钾淀粉试纸、③淀粉、④白酒、⑤食醋，你认为必须选用的物质有____________(填序号)。
(3)某厂废液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是____________(填编号)。
A．NaCl
B．NH4Cl
C．HNO3
D．浓H2SO4

(4)请配平以下化学方程式：_______Al＋_______NaNO3＋_______NaOH===_______NaAlO2＋_______N2↑＋_________。若反应过程中转移5 mol e－，则生成标准状况下N2的体积为________L。
【答案】(1)NaNO2(2)①②⑤(3)B(4)10 6 4 10 3 2H2O 11.2
【解析】
试题分析：（1）所含元素的化合价降低的物质是氧化剂，2NaNO2＋4HI===2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O中NaNO2中N元素的化合价降低，氧化价是NaNO2，答案为：NaNO2；（2）由于2NaNO2＋4HI===2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O，所以鉴别NaNO2和NaCl可以选用淀粉碘化钾试纸，所以①水、②碘化钾淀粉试纸、③淀粉、④白酒、⑤食醋，这些物质中需要用水来溶解NaNO2，食醋提供酸性环境，必须选用的物质有：①②⑤，答案为：①②⑤；（3）含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2，NaNO2中氮元素的化合价降低，要求选用的试剂必须具有还原性，A．NaCl、 B．NH4Cl 、 C．HNO3、D．浓H2SO4这四种物质中只有NH4Cl具有还原性，答案为：B；（4）铝的化合价升高，硝酸钠中钠的化合价降低，根据氧化还原反应中得失电子数目相等、元素守恒进行配平，10Al＋6NaNO3＋4aOH===10NaAlO2＋3N2↑＋2H2O，反应过程中转移30mol电子时有3molN2产生，所以转移5mole-生成标准状况下N2的体积为0.5mol×22.4L/mol，答案为：1064103 2H2O 11.2。
考点：考查氧化还原反应、物质的量
27.实验室欲用NaOH固体配制1.0 mol·L−1的NaOH溶液240 mL：
(1)配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：
①称量　②计算　③溶解　④倒转摇匀　⑤转移 ⑥洗涤　⑦定容　⑧冷却
其正确的操作顺序为________________。本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有________。
(2)某同学欲称量一定量的NaOH固体，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图。烧杯的实际质量为____________ g，要完成本实验该同学应称出____________ g NaOH。

(3)使用容量瓶前必须进行的一步操作是________。
(4)在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是________。
①没有洗涤烧杯和玻璃棒
②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面
③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水
④定容时俯视刻度线
⑤未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容
⑥定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线
【答案】 (1). ②①③⑧⑤⑥⑦④ (2). 250 mL容量瓶 (3). 27.4 (4). 10.0 (5). 查漏 (6). ④⑤
【解析】
【详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤:计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，所以正确的顺序为:②①③⑧⑤⑥⑦④；用到的仪器依次为:托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、容量瓶和胶头滴管，要配制1.0 mol·L−1的NaOH溶液240 mL，应选择250 mL容量瓶，所以还缺少的仪器： 250 mL容量瓶；
(2)根据天平称量固体原理可以知道：固体质量=砝码的质量+游码的质量，左物右码，而图中砝码和烧杯放反了，故计算应该是砝码的质量=固体质量+游码的质量，砝码为20g、10g，游码质量2.6g,所以烧杯的实际质量为20g+10g-2.6g=27.4g；配制1.0 mol·L−1的NaOH溶液240 mL，应选择250 mL 容量瓶，配制250 mL溶液，需要氢氧化钠质量m=1.0 mol·L−1×40g/mol×0.25L=10.0g；
(3)容量瓶带有活塞，使用过程中需要上下颠倒，所以使用前应检查是否漏水；
(4)①没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质部分损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故错误；②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，导致溶质部分损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，错误； ③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，错误；④定容时俯视刻度线,导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故正确；⑤未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，冷却后，液面下降，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故正确；⑥定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故错误；故选:④⑤。
【点睛】配制一定物质的量浓度溶液一般步骤:计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签。分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，根据 进行误差分析。
28.Ni2O3主要用作陶瓷、搪瓷和玻璃的着色剂，也可用于镍粉的制造。以镍粉废料为原料制备Ni2O3的工艺如下：

回答下列问题：
（1）Ni2O3中Ni的化合价为_________。
（2）提高“酸浸”、“酸溶”速率时，温度不宜过高，其原因是__________。
（3）加入H2O2“氧化”的离子方程式为_____________；滤渣A的主要成分是________（填化学式）。
（4）工艺中分步加入Na2CO3的作用是________；为提高原料的利用率，应控制加入NaClO与NaOH的物质的量之比为_________。
（5）工业上，用镍为阳极，电解0.1mol/L NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得高纯度的球形超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率（电流效率是指电解时，在电极上实际沉积的物质的量与理论析出量之比）及镍的成粉率的影响如图所示：

①为获得高纯度的球形超细镍粉，NH4Cl溶液的浓度最好控制为______mol/L.
②当NH4Cl溶液的浓度大于15g/L时，阴极有气体生成，导致阴极电流效率降低，请结合平衡移动原理解释其原因：_______________。
【答案】 (1). +3 (2). 温度高，HCl挥发加快 (3). 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O (4). Fe(OH)3 (5). 将Fe3+和Ni2+分别沉淀出来 (6). 1：4 (7). 0.2 (8). 随着NH4+浓度增大，水解平衡NH4++H2ONH3•H2O+H+ 向右移动，H+浓度增大，导致阴极析出H2
【解析】
试题分析：镍废料用盐酸酸浸后得酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl-，另含有少量Fe2+、Fe3+、Al3+等，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子、铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，滤液A中含有NaCl等物质，将NiCO3再溶于盐酸，得氯化镍溶液，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液可得Ni2O3，据此分析解答。
解析：镍废料用盐酸酸浸后得酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl-，另含有少量Fe2+、Fe3+、Al3+等，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子、铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，滤液A中含有NaCl等物质，将NiCO3再溶于盐酸，得氯化镍溶液，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液可得Ni2O3，则。
（1）氧元素是－2价，根据正负价代数和为0可知Ni2O3中Ni的化合价为＋3价。
（2）由于浓盐酸易挥发，所以温度过高，导致HCl挥发加快，因此温度不能太高。
（3）根据以上分析可知加入H2O2氧化亚铁离子的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；通过控制pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，所以滤渣A的主要成分是Fe(OH)3。
（4）根据以上分析可知工艺中分步加入Na2CO3的作用是将Fe3+和Ni2+分别沉淀出来；在碱性溶液中次氯酸钠氧化镍离子的方程式为2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O，所以为提高原料的利用率，应控制加入NaClO与NaOH的物质的量之比为1：4。
（5）①根据图可知，NH4Cl的浓度为10.7g•L-1时，镍的成粉率最高，10.7g氯化铵是0.2mol，所以NH4Cl的浓度最好控制为0.2mol/L。
②当NH4Cl浓度大于15g•L-1时，阴极有氢气生成，导致阴极电流效率降低。这是由于随着NH4+浓度增大，水解平衡NH4++H2ONH3•H2O+H+向右移动，H+浓度增大，导致阴极析出H2。
29.硫酰氯(SO2Cl2)可用作有机化学的氯化剂，在药物和染料的制取中也有重要作用。某化学学习小组拟用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯。反应的化学方程式为：SO2(g)+ Cl2(g) =SO2Cl2(l) ΔH =−97.3 kJ·mol−1，实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。

已知：硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点−54.1℃，沸点69.1℃。在潮湿空气中“发烟”；100°C以上开始分解，生成二氧化硫和氯气，长期放置也会发生分解。
回答下列问题：
（1）装置甲中作为反应容器的仪器的名称为________，装置己的作用是________；如何控制两种反应物体积相等：________。
（2）装置戊上方分液漏斗中最好选用下列试剂：（ ）(选填字母)。
A．蒸馏水 B．饱和食盐水 C．浓氢氧化钠溶液 D．6.0 mol·L−1盐酸
（3）若缺少装置乙和丁(均盛放浓硫酸)，潮湿氯气和二氧化硫发生反应的化学方程式是________________________________________。
（4）氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯：2ClSO3H ＝SO2Cl2 + H2SO4，分离两种产物的方法是（ ） (选填字母)。
A．重结晶 B．过滤 C．蒸馏 D．萃取
（5）长期储存的硫酰氯会发黄，可能的原因是________ (用化学方程式和必要的文字加以解释)。
（6）若反应中消耗的氯气体积为896 mL(标准状况下)，最后经过分离提纯得到4.05 g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为________。为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有________________ ________________________________________ (写两条即可)。
【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 吸收尾气并防止空气中的水蒸气进入装置丙中 (3). 通过调节旋塞或滴液的快慢控制气流的流速，使装置乙和丁导管口产生的气泡的速率相等 (4). B (5). Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4 (6). C (7). SO2Cl2=Cl2+SO2分解产生的少量氯气溶解在其中 (8). 75% (9). ①先通冷凝水，再通气。控制气体流速，宜慢不宜快 (10). 若三颈烧瓶发烫，可适当降温。保证装置的气密性良好。
【解析】
（1）装置甲中作为反应容器的仪器的名称为蒸馏烧瓶；己中装有碱石灰，既能吸收反应剩余的尾气，又能防止空气中水蒸气进入丙装置；通过调节旋塞控制液体滴加快慢，观察乙、丁装置内气泡的速率变化来实现；正确答案：蒸馏烧瓶； 吸收尾气并防止空气中的水蒸气进入装置丙中；通过调节旋塞或滴液的快慢控制气流的流速，使装置乙和丁导管口产生的气泡的速率相等。
（2）选择试剂的条件：氯气不溶于该溶液，也不与该溶液发生反应；氯气能够溶于水且与水反应，不能选择，A错误；氯气能够与浓氢氧化钠溶液反应，得不到氯气，不能选择，C错误；浓盐酸具有挥发性，导致氯气中混有氯化氢气体，也不能选，D错误；氯气在饱和食盐水溶解度最小，这是最好的选择；正确选项C。
（3）潮湿氯气和二氧化硫发生反应生成硫酸和盐酸，化学方程式是Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4 ；正确选项：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4。
（4）根据题给信息，硫酰氯与硫酸互溶，且硫酰氯的沸点较低，可以采用蒸馏的方法进行分离；正确选项C。
（5）根据题给信息，SO2Cl2长期放置分解生成二氧化硫和氯气，分解产生少量氯气溶解在其中 ，导致长期储存的硫酰氯会发黄，反应方程式SO2Cl2=Cl2+SO2；正确答案：SO2Cl2=Cl2+SO2，分解产生的少量氯气溶解在其中。
（6）根据氯元素守恒规律，理论上制得硫酰氯的量为n(Cl2)=n(SO2Cl2)=0.896/22.4=0.04mol，SO2Cl2质量为m (SO2Cl2)=0.04×135=5.4g，硫酰氯的产率为4.05 /5.4×100%=75%；为提高本实验中硫酰氯的产率，①先通冷凝水，再通气；控制气体流速，宜慢不宜快 ；正确答案：75%；①先通冷凝水，再通气；控制气体流速，宜慢不宜快。