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江西省奉新县第一中学2020届高三上学期第一次月考化学试题
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江西省奉新县第一中学2020届高三上学期第一次月考
化学试题
1.清末成书的《化学鉴原》中有一段描述：“各原质（元素）化合所用之数名曰｀分剂数＇。养气（氧气）以八分为一分剂（即分剂数为八），……一分剂轻气（氢气）为一，……并之即水，一分剂为九”。其中与“分剂数”一词最接近的现代化学概念是
A. 质量分数 B. 物质的量 C. 化合价 D. 摩尔质量
【答案】D
【解析】
【详解】A. 质量分数指溶液中溶质质量与溶液质量之比，也指化合物中某种物质质量占总质量的百分比；
B. 物质的量是国际单位制中7个基本物理量之一，物质的量是表示物质所含微粒（如：分子，原子等）数量(N)与阿伏加德罗常数（NA）之比，即n=N/NA；
C. 化合价是物质中的原子得失的电子数或公用电子对偏移的数目，化合价也是元素在形成化合物时表现出的一种性质；
D. 单位物质的量的物质所具有的质量称为摩尔质量，在数值上等于该物质的相对原子质量或相对分子质量；
根据《化学鉴原》对“分剂数”的描述，摩尔质量与“分剂数”在意思上最接近；
故答案选D。
2.向含有c(FeCl3)＝0.2mol/L、c(FeCl2)＝0.1mol/L的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3nm的金属氧化物。下列有关说法中正确的是
A. 形成该黑色分散系时发生的反应为：Fe2++2Fe3++8OH－===Fe3O4（胶体）+ 4H2O
B. 可用过滤的方法分离出黑色分散系中的金属氧化物
C. 向沸水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液也可得到该黑色分散系
D. 该黑色分散系为胶体，分散系的分散质为Fe2O3
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠，离子反应方程式为：Fe2++2Fe3++8OH−＝Fe3O4（胶体）+4H2O，故A正确；
B. 胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离，故B错误；
C. 向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液可得到氢氧化铁胶体，得不到黑色分散系，故C错误；
D. 三氧化二铁为红棕色，由题意知得到一种黑色分散系，故D错误；
答案选A。
3.化学与人类生活密切相关，下列说法与氧化还原反应无关的是
A. 油炸食品酸败变质
B. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯
C. 服用阿司匹林出现水杨酸反应时静脉滴注NaHCO3溶液
D. 生吃新鲜蔬菜比熟吃时维生素C的损失小
【答案】C
【解析】
【详解】A. 油炸食品酸败变质，发生了缓慢氧化反应，与氧化还原反应有关，故A不符合题意；
B.水果释放出的乙烯能催熟水果，高锰酸钾能氧化乙烯，所以用浸有酸性高锰酸钾的硅藻土作水果保鲜剂，与氧化还原反应有关，故B不符合题意；
C. 水杨酸为邻羟基苯甲酸，显酸性，与小苏打反应生成邻羟基苯甲酸钠、水和二氧化碳，不是氧化还原反应，故C符合题意；
D. 维生素C的化学特性是容易失去电子，是一种较强的还原剂，在水溶液中或受热时很容易被氧化，生吃新鲜蔬菜要比熟吃时维生素C的损失小，与氧化还原反应有关，故D不符合题意。
所以C选项是正确的。
【点睛】本题考查氧化还原反应的判断，氧化还原反应的特征是有元素化合价发生变化，要注意生活中常见的氧化还原反应，如油炸食品酸败变质，维生素C被氧化等，酸碱中和反应为非氧化还原反应。
4.下列物质依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列的一组是（ ）
A. 淀粉、CuO，HClO、Cu
B. 普通玻璃、H2O、Fe（SCN）3、葡萄糖
C. 水玻璃、Na2O•CaO•6SiO2、AgCl、SO3
D. KAl（SO4）2•12H2O、KClO3、NH3•H2O、CH3CH2OH
【答案】B
【解析】
【分析】
混合物是指由不同种物质组成的；氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物；弱电解质是指在水溶液里中部分电离的化合物；非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物；据此可以分析各个选项中各种的所属类别。
【详解】A、淀粉属于混合物、CuO属于氧化物、HClO属于弱电解质、Cu是单质不是电解质，选项A错误；B、普通玻璃是硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅的混合，H2O属于氧化物、Fe（SCN）3属于弱电解质，葡萄糖属于非电解质，选项B正确；C、水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物，Na2O•CaO•6SiO2、AgCl均属于盐类，SO3是非电解质，选项C错误；D、KAl（SO4）2•12H2O、KClO3均属于盐类，NH3•H2O属于弱碱，是弱电解质，CH3CH2OH属于非电解质，选项D错误。答案选B。
【点睛】本题考查了纯净物、混合物、电解质、非电解质、强电解质、弱电解质的概念判断及各种物质的成分掌握，难度不大。
5.下列离子方程式书写正确的是
A. 向Fe(NO3)2和KI混合溶液中加入少量稀盐酸：3Fe2＋＋4H＋＋NO3－=3Fe3＋＋2H2O＋NO↑
B. 0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液与0.2 mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合：Al3＋＋2SO42-＋2Ba2＋＋4OH－＝2BaSO4↓＋AlO2－＋2H2O
C. 用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4－＋6H＋＋5H2O2＝2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
D. Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3＋6H＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2＋3H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向Fe(NO3)2和KI混合溶液中加入少量稀盐酸H＋使NO3－具有强氧化性，Fe2＋和I-都具有还原性，且还原性：Fe2＋
C. 高锰酸钾具有强的氧化性，能够氧化氯离子，所以不能用盐酸酸化，故C错误；
D. 氧化铁溶于过量氢碘酸，三价铁具有氧化性能氧化碘离子，反应的离子方程式为：Fe2O3+2I−+6H+=2Fe2++3H2O+I2，故D正确；
答案选D。
6.“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中错误的是( )
①钠与水反应生成NaOH和H2，所有金属与水反应都生成碱和H2 ②铁露置在空气中一段时间后就会生锈，性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中 ③Al(OH)3、Cu(OH)2受热易分解，Fe(OH)3受热也易分解 ④不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝，也不能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁
A. ①④ B. ②④
C. ①②④ D. ①②③④
【答案】C
【解析】
【详解】①活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，但是金属活动顺序表金属铝以后的金属均和水不反应，故①错误；
②金属铁在空气中因发生电化学腐蚀而生锈，金属铝和氧气反应生成致密氧化膜，能阻止了腐蚀，故②错误；
③Al(OH)3、Cu(OH)2受热易分解，Fe(OH)3受热也易分解，故③正确；
④AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，故不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；MgCl2是离子化合物，在熔融状态下导电，能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁，故④错误；
根据分析可知，错误的有①②④，故选C。
7.下列叙述正确的是
A. 1 mol重水（D2O）与1 mol水（H2O）中，中子数比为5∶4
B. 100 mL 1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C. 24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数
D. 1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同
【答案】A
【解析】
【详解】A. 质量数=质子数+中子数，H无中子，D含有1个中子，O含有8个中子，所以1mol重水与1mol水中，中子数比为10：8=5：4，故A正确；
B. FeCl3为强酸弱碱盐，溶液中Fe3+发生水解生成氢氧化铁，Fe3+数目减少，小于0.1NA，故B错误；
C. 24g镁与27g铝的物质的量均为1mol，1molMg含有12mol质子，1molAl含有13mol质子，二者不含有相同的质子数，故C错误；
D. 1mol乙烷含有7mol共价键，1mol乙烯含有6mol共价键，二者化学键数不相同，故D错误；
答案选A。
8.NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 在标准状况下，11.2L HF含有的分子数目为0.5NA
B. 高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子
C. 常温下，0.2 L 0.5 mol·L-1 NH4NO3溶液中含有的氮原子数小于0.2NA
D. 18g葡萄糖(C6H12O6)分子含有的羟基数目为0.6NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 在标准状况下HF液态，无法用气体摩尔体积计算粒子数目，故A错误；
B. 16.8g铁的物质的量为0.3mol，而铁和水蒸气反应后变为价，故0.3mol铁反应后失去0.8mol电子即0.8NA个，故B正确；
C. 溶液中NH4NO3的物质的量n＝cV＝0.5mol/L×0.2L＝0.1mol，而1mol硝酸铵中含2mol氮原子，故0.1mol硝酸铵中含0.2mol氮原子即0.2NA个，故C错误；
D. 18g葡萄糖为1mol，1个葡萄糖含有5个羟基，1mol葡萄糖(C6H12O6)分子含有的羟基数目为5NA，故D错误；
答案选B。
9.下列离子组在给定条件下离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是
选项
条件
离子组
离子共存判断及反应的离子方程式
A
滴加氨水
Na+、Al3+、Cl-、NO3-
不能大量共存，Al3++3OH-=Al(OH)3↓
B
由水电离出的H+浓度为1×10-12mol•L-1
NH4+、Na+、NO3-、Cl-
一定能大量共存
NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+
C
pH=1的溶液
Fe2+、Al3+、SO42-、MnO4-
不能大量共存，5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
D
通入少量SO2气体
K+、Na+、ClO-、SO42-
不能大量共存，2ClO-+SO2+H2O=2HClO+SO32-
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.滴加氨水能发生反应：Al3++3NH3H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，Al3+不能大量共存，离子方程式错误，A项错误；
B.常温下纯水中水电离出的H+浓度为10-7mol/L，而该溶液中水电离出的H+浓度为1×10-12mol/L<1×10-7mol/L，说明该溶液中水的电离被抑制，该溶液可能是酸溶液或碱溶液，若是碱溶液有反应：NH4++OH-= NH3H2O，离子方程式错误，B项错误；
C.酸性溶液中有反应：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，Fe2+和MnO4-不能大量共存，离子方程式正确，C项正确；
D.SO2具有强还原性，ClO-具有强氧化性，发生反应：SO2+ClO-+H2O=SO42-+Cl-+2H+，离子方程式错误，D项错误；答案选C。
10.现有Al、Cl2、Al2O3、盐酸、Al(OH)3、NaOH溶液六种物质，它们之间有如图所示的转化关系，图中每条线两端的物质之间都可以发生反应，下列推断不合理的是
A. X可能为Al或Cl2 B. Y一定为NaOH溶液
C. N一定是盐酸 D. Q、Z中的一种必为Al2O3
【答案】A
【解析】
【详解】图框中Y能与其它5种物质反应，N能与其它4种物质反应，分析所给物质可知六种物质中只有NaOH和其它五种物质都反应，则Y一定为NaOH，HCl（aq）和Cl2不反应，可其它物质都反应，则N为HCl（aq），X为Cl2，Al、Al2O3、Al（OH）3都既能与盐酸反应也能与NaOH反应，且只有Al能与Cl2反应，则M为Al，Q、Z为Al2O3、Al（OH）3的物质，答案选B。
【点睛】本题考查无机物推断，侧重于物质的性质的考查，涉及两性化合物的性质以及物质的通性，题目难度不大，解答该类题目要牢固把握相关物质的性质。
11.利用SCR技术可有效降低柴油发动机NOx排放。SCR工作原理为尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，再利用NH3转化NOx，装置如图所示，下列说法不正确的是
A. 转化NO2过程的化学方程式为：8NH3+6NO22N2+12H2O
B. 转化器工作过程中，当转移0.6mol电子时，会消耗4.48L NH3
C. 尿素水溶液热分解反应不属于氧化还原反应
D. 该装置转化NO时，还原剂与氧化剂物质的量之比为2：3
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据装置图所示，NH3和NO2反应生成氮气和水，转化NO2过程化学方程式为：8NH3+6NO22N2+12H2O，故A正确；
B. 转化器中NH3与NOx反应，氨气是还原剂，氨气中氮元素化合价由-3变为0，当转移0.6mol电子时，会消耗0. 2molNH3，非标准状况下不一定是4.48L；故B错误；
C. 尿素水溶液热分解反应2CO(NH2)2+H2O=CO2+2NH3，无元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故C正确；
D. 该装置转化NO时，反应方程式是 ，所以还原剂与氧化剂物质的量之比为2：3，故D正确；答案选B。
12.常温下，某反应体系中存在六种粒子：ClO4－、SO42－、ClO3－、S2O82－、H＋、H2O。在反应过程中，溶液的 pH 与反应进程的关系如图所示。下列说法正确的是
A. ClO4-是氧化剂
B. SO42-是氧化产物
C. 氧化性：S2O82-＞ClO3-
D. 生成 1 mol 还原产物时转移 2 mol 电子
【答案】C
【解析】
【详解】根据图表信息可知，反应过程pH值由7减小，则有酸产生，H+在生成物中，水为反应物，题目给出的六种物质，SO42－和S2O82－为一对,无论在哪边根据质量守恒无法判断，ClO4－和ClO3－为一对,考虑水是反应物，根据质量守恒ClO3－应在反应物才能满足氧原子守恒，则ClO3－→ClO4－发生氧化反应，一定有物质发生还原反应，S2O82-中存在一个过氧键（-O-O-），其中有2个氧原子为-1价，硫元素为+6价。SO42-中硫元素为+6价，故氧元素化合价降低，S2O82-为氧化剂，根据电子转移守恒：ClO3－+S2O82-+H2O→ClO4－+SO42-+H+，由电荷守恒，配平后离子方程式为：ClO3－+S2O82-+H2O=ClO4－+2SO42-+2H+，
A. ClO4-是氧化产物，选项A错误；
B. SO42-是还原产物，选项B错误；
C. 根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于还原剂，则氧化性：S2O82-＞ClO3-，选项C正确；
D. 根据反应ClO3－+S2O82-+H2O=ClO4－+2SO42-+2H+可知，生成 1 mol 还原产物SO42-时转移 1mol 电子，选项D错误。
答案选C。
13.实验室用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知 Fe3+在 pH=5时沉淀完全）．其中分析错误的是
A. 步骤②发生的主要反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
B. 步骤②不能用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2
C. 步骤④为过滤，步骤⑤蒸发结晶
D. 步骤③用 CuCO3代替CuO也可调节溶液的pH
【答案】C
【解析】
【详解】A. 步骤②为亚铁离子与过氧化氢的氧化还原反应，离子反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故A正确；
B. 若步骤②用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2，引入杂质氯离子、硝酸根离子等，难以除去，同时会生成NO气体，所以步骤②不能用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2，故B正确；
C. 步骤④为过滤，硫酸铜溶液→硫酸铜晶体步骤应该为蒸发浓缩、冷却结晶，不是蒸发结晶，所以步骤⑤蒸发结晶错误，故C错误；
D. CuCO3和CuO都与溶液中H+反应，起到调节溶液pH的作用，并不引入新的杂质，故D正确；
【点睛】制备胆矾晶体流程：样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成硫酸铁，然后加入CuO调节溶液的pH，使Fe3+水解而生成Fe(OH)3沉淀，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体
14.下列根据实验操作和现象所得出的结论合理的是
实验操作
实验现象
结论
A
将硫酸酸化的过氧化氢滴入硝酸亚铁溶液
溶液变黄色
过氧化氢的氧化性比Fe3+
B
先向盛有硫酸亚铁溶液的试管中加入氯水，然后滴加KSCN溶液
滴加KSCN后溶液变为红色
原硫酸亚铁溶液已被空气中的氧气氧化变质
C
向试管底部有少量铜的硝酸铜的溶液中加入稀硫酸
铜粉逐渐溶解
铜可与稀硫酸反应
D
向碳酸氢钠溶液中加入偏铝酸钠溶液
有白色沉淀生成
AlO2-结合H+的能力比CO32-强
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.在酸性条件下，H+与NO3-结合相当于硝酸，硝酸也具有强氧化性，从实验角度看，两种氧化剂都可以氧化亚铁离子，是得不出来过氧化氢的氧化性比Fe3+强的结论，故A错误；
B.氯水可氧化亚铁离子，由现象不能说明原FeSO4溶液已被空气中的氧气氧化变质，故B错误；
C.铜与稀硫酸不反应，酸性条件下Cu、硝酸根离子发生氧化还原反应，则铜粉逐渐溶解，故C错误；
D.碳酸氢钠与偏铝酸钠反应的化学方程式：NaHCO3+NaAlO2+H2O=Na2CO3+Al(OH)3↓，
说明AlO2-结合H+的能力比CO32-强，故D正确。
故选D。
15.在一定体积含有Al3+、Mg2+、Ba2+的混合溶液中逐滴加入NaOH和Na2SO4的混合溶液（除上述离子外，其他离子不与所加试剂反应，假设Al3+、Mg2+结合OH-的能力相同），产生沉淀的物质的量与所加溶液的体积的关系如图所示。下列说法正确的是：
A. 当a
C. 上述含Al3+、Mg2+、Ba2+的混合溶液中n(Al3+) = 0.2mol
D. NaOH和Na2SO4的混合溶液中c(NaOH)>c(Na2SO4)
【答案】C
【解析】
【分析】
在一定体积的含有Al3+、Mg2+、Ba2+的混合溶液中逐滴加入NaOH和Na2SO4的混合溶液，0~a mL时，图像为一条倾斜直线，可以推得生成Al(OH)3、Mg(OH)2、BaSO4沉淀，在a mL到(a+10)mL之间，图像为一条水平直线，可以推得沉淀一边生成一边溶解，且溶解的Al(OH)3和生成的BaSO4物质的量相等，则c(NaOH)=c(Na2SO4)。在(a+10)mL到(a+20)mL之间，沉淀一直溶解，反应为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，据此分析；
【详解】A.a mL到(a+10)mL之间，包含Al(OH)3的溶解和BaSO4的生成，故A项错误；
B.由图可知，当Al3+、Mg2+沉淀完全时，Ba2+还未沉淀完全，且NaOH和Na2SO4的混合溶液中c(NaOH)=c(Na2SO4)，则3c(Al3+)+2c(Mg2+)
D.在a mL到(a+10)mL之间，图像为一条水平直线，可以推得沉淀一边生成一边溶解，且溶解的Al(OH)3和生成的BaSO4物质的量相等，则c(NaOH)=c(Na2SO4)，故D项错误；
综上，本题选C。
【点睛】解决本题的关键是，抓住沉淀溶解的部分。由于原溶液中含有铝离子，则沉淀量减少的部分可能为氢氧化铝的溶解，据此推断原溶液中铝离子的物质的量；
16.A～G各物质间关系如图所示，其中B、D为气体单质。则下列说法错误的是( )
A. 已知C浓溶液在催化剂存在的条件下加热，能与B反应生成D，由此可以推断B的氧化性比MnO2强
B. 反应②的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Cl2↑＋Mn2＋＋2H2O
C. 新配制的F溶液一般需要加入铁屑和稀盐酸，前者用于防止Fe2＋被空气氧化成Fe3＋，后者可抑制Fe2＋的水解
D. 若反应①在常温下进行，则1 mol A在反应中能转移1 mol 电子
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下反应产生Cl2，双氧水分解产生氧气，HCl与O2在催化剂存在的条件下加热，反应产生Cl2，只能证明氧化性O2>Cl2，但是不能证明氧化性：O2>MnO2，A错误；
B．反应②的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋2H2O＋Cl2↑，B正确；
C．FeCl2是强酸弱碱盐，在溶液中Fe2＋容易发生水解反应而使溶液显浑浊，为了抑制盐的水解，要加入少量的盐酸，同时Fe2+有还原性，溶液被空气中的氧气氧化为Fe3+，为了防止其氧化，要加入还原剂Fe粉。C正确；
D．若反应①在常温下进行，则A是H2O2，B是O2，C是浓HCl；D是Cl2；E是Fe3O4；F是FeCl2；G是FeCl3．1molA在反应中能转移1mol电子，D正确。
答案选A。
17.某强酸性溶液X中含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO32-、S、Cl-、N。中的一种或几种,取该溶液进行连续实验,实验过程如下:(已知气体D在常温常压下呈红棕色)
（1）上述离子中,溶液X中除H+外肯定还含有的离子是_,一定不含的离子是__，不能确定是否含有的离子是_______，检验其中阳离子的方法是________。
（2）沉淀G的化学式为______。
（3）写出生成A的离子方程式:________。
（4）写出溶液H中通入过量CO2的离子方程式:________。
【答案】 (1). Al3+、NH4+、Fe2＋、SO42— (2). CO32-、SO32-、NO3-、Ba2+ (3). Fe3+ 、Cl— (4). 取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液不变红色说明无Fe3+ (5). Fe(OH)3 (6). 3Fe2++4H++NO3-＝3Fe3++NO↑+2H2O (7). [Al(OH)4]－ + CO2＝ Al(OH)3↓ + HCO3－
【解析】
【分析】
由于H+会与 SO32-反应，该强酸性溶液必无SO32-；加入过量Ba(NO3)2后产生沉淀，则溶液中必有CO32-或SO42-，原溶液中不含Ba2+；溶液中加入过量NaOH后产生气体，则含NH4+；得到的溶液再通入过量CO2又得到沉淀，由Al的化合物间的转化关系可知溶液中必有Al3+，则无CO32-（Al3+与 CO32-发生双水解）而有SO42-；气体D在常温常压下呈红棕色，可推知由于加入Ba(NO3)2后产生NO 气体，说明溶液中有还原性物质，即含有Fe2＋,原溶液中不含有NO3-，结合以上分析解答。
【详解】由于H+会与 SO32-反应，该强酸性溶液必无SO32-；加入过量Ba(NO3)2后产生沉淀，则溶液中必有CO32-或SO42-，说明原溶液中不含Ba2+；溶液中加入过量NaOH后产生气体，则含NH4+；得到的溶液再通入过量CO2又得到沉淀，由Al的化合物间的转化关系可知溶液中必有Al3+，则无CO32-（Al3+与 CO32-发生双水解）而有SO42-（溶液中不含Ba2+）；气体D在常温常压下呈红棕色，可推知由于加入Ba(NO3)2后产生NO 气体，说明溶液中有还原性物质，即含有Fe2＋，原溶液中不含有NO3-；
（1）综合以上分析可知，溶液X中除H+外肯定还含有的离子是Al3+、NH4+、Fe2＋、SO42—；一定不含的离子是CO32-、SO32-、NO3-、Ba2+ ；不能确定是否含有的离子是Fe3+、Cl— ；检验Fe3+的方法为：取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液不变红色说明无Fe3+；综上所述，本题答案是：Al3+、NH4+、Fe2＋、SO42— ； CO32-、SO32-、NO3-、Ba2+ ； Fe3+、Cl— ； 取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液不变红色说明无Fe3+ 。
（2）原溶液中含有H+、Al3+、NH4+、Fe2＋、SO42—，加入硝酸钡后，Fe2＋被硝酸氧化为铁离子，硫酸根离子与钡离子生成硫酸沉淀过滤除去；因此剩余的滤液中加入过量的氢氧化钠溶液，生成红褐色沉淀氢氧化铁，因此沉淀G的化学式为Fe(OH)3；本题答案是：Fe(OH)3。
（3）结合以上分析可知，Fe2＋被硝酸氧化为铁离子，离子方程式: 3Fe2++4H++NO3-＝3Fe3++NO↑+2H2O；综上所述，本题答案是：3Fe2++4H++NO3-＝3Fe3++NO↑+2H2O。
（4）溶液H中含有偏酸酸根离子，通入过量CO2，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式：[Al(OH)4]－ + CO2＝ Al(OH)3↓ + HCO3－；综上所述，本题答案是：[Al(OH)4]－ + CO2＝ Al(OH)3↓ + HCO3－。
【点睛】碳酸根离子与铝离子、铁离子、银离子均能发生双水解，产生沉淀和气体，从而不能大量共存；铝离子和偏铝酸根离子发生双水解不能大量共存；硫酸根离子与银离子、钡离子产生沉淀而不能大量共存。
18.医学上常用酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应用于测定血钙的含量。回答下列问题：
H++ MnO4-+ H2C2O4→ CO2↑+ Mn2++ □
（1）配平以上离子方程式，并在□中填上所需的微粒。_______
（2）该反应中的还原剂是_________________(填化学式)。
（3）反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量为________mol。
（4）测定血钙含量的方法是:取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量(NH4)2C2O4溶液，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定。
①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化学方程式是_________________。
②溶解沉淀时______（能或不能）用稀盐酸，原因是_________________________。
③若消耗了1.0×10-4mol/L的KMnO4溶液20.00mL，则100mL该血液中含钙_______g。
【答案】 (1). 6H++2MnO4-+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O (2). H2C2O4 (3). 0.08 (4). CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4 (5). 不能 (6). 高锰酸钾能氧化氯离子 (7). 0.01
【解析】
【分析】
根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；失电子化合价升高的反应物是还原剂；根据高锰酸钾和转移电子之间的关系式计算；草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸；HCl具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；根据原子守恒得5Ca2+-5（NH4）2C2O4-5CaC2O4-5H2C2O4-2KMnO4，所以得关系式5Ca2+-2KMnO4，根据二者之间的关系式进行计算。
【详解】（1）根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，所以MnO4-、H2C2O4的计量数分别是2、5，再结合原子守恒配平方程式为6H++2MnO4-+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O；（2）失电子化合价升高的反应物H2C2O4是还原剂；（3）根据MnO4--5e-得，反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量0.4mol/5×1=0.08mol；（4）①草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸，反应方程式为CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4；②HCl具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而造成误差，所以不能用盐酸代替；③根据原子守恒得5Ca2+---5（NH4）2C2O4---5CaC2O4---5H2C2O4---2KMnO4，所以得关系式5Ca2+---2KMnO4，设钙离子浓度为xmol/L，
5Ca2+-----2KMnO4
5mol 2mol
2.0×10-3xmol 2.0×10-6mol
5mol：2mol=2.0×10-3xmol：2.0×10-6mol,解得x=2.5×10-3mol/L, 则100mL溶液中钙的质量=40g/mol×0.1L×2.5×10-3mol/L=0.01g。
【点睛】本题考查物质含量的测定、氧化还原反应等知识点，解答时，有机物中C元素化合价的判断方法和根据转移电子守恒、原子个数守恒配平方程式是关键，难点是钙离子和高锰酸钾之间的关系。
19.醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O是一种氧气吸收剂，为红棕色晶体，易被氧化，难溶于冷水，易溶于酸。其制备装置及步骤如下：
①检查装置气密性后，往三颈烧瓶中依次加入过量锌粒、适量CrCl3溶液。
②关闭K2，打开K1，旋开分液漏斗的旋塞并控制好滴速。
③待三颈烧瓶内的溶液由深绿色(Cr3＋)变为亮蓝色(Cr2＋)时，将溶液转移至装置乙中，当出现大量红棕色晶体时，关闭分液漏斗的旋塞。
④将装置乙中混合物快速过滤、洗涤和干燥，称量得到3.76 g [Cr(CH3COO)2]2·2H2O
（1）三颈烧瓶中的Zn与盐酸生成H2的作用____________，还发生的另一个反应的离子方程式为______________。
（2）实现步骤③中溶液自动转移至装置乙中的实验操作为______________，当乙中析出红棕色沉淀，为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是___________ 、_________、洗涤、干燥。
（3）装置丙中导管口水封的目的是______________。
（4）若实验所取用的CrCl3溶液中含溶质6.34 g，则[Cr(CH3COO)2]2·2H2O (相对分子质量为376)的产率是_______________________。
【答案】 (1). 排除装置中的空气 (2). 2Cr3++Zn=2Cr2++Zn2+ (3). 关闭K1，打开K2 (4). 冷却 (5). 过滤 (6). 防止空气进入装置乙中氧化Cr2+ (7). 50%
【解析】
【详解】（1）根据题干信息，醋酸亚铬水合物易被氧化，三颈烧瓶中的Zn与盐酸生成H2可将装置内的空气排干净，防止其被氧化；装置甲分液漏斗盛装稀盐酸，在圆底烧瓶中和锌反应Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑，同时发生2CrCl3+Zn═2CrCl2+ZnCl2，该反应的离子反应为：2Cr3++Zn═2Cr2++Zn2+；
答案为：排除装置中的空气；2Cr3++Zn=2Cr2++Zn2+
（2）实验开始生成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，打开K2关闭K1，把生成的CrCl2溶液压入装置乙中反应；醋酸亚铬水合物难溶于冷水，当乙中析出红棕色沉淀，为使沉淀充分析出并分离，先将装置乙冷却至室温，使其充分结晶析出，在用过滤的方法分离；
答案为：关闭K1，打开K2；冷却；过滤；
（3）Cr2+不稳定，极易被氧气氧化，装置丙中导管口水封的目的是避免空气进入装置乙氧化Cr2+；
故答案为：避免空气进入装置乙氧化Cr2+；
（4）CrCl3物质的量为=0.04mol，得到CrCl2为0.04mol，根据原子守恒，则得到[Cr(CH3COO)2]2·2H2O为0.04mol，质量为0.04mol×1/2×376g/mol=7.52g，所得产品的产率为×100%=50%；
故答案为：50%。
20.钼酸钠晶体（Na2MoO4·2H2O）常用于制造阻燃剂和无公害型冷水系统的金属抑制剂。下图是利用钼精矿（主要成分是MoS2，含少量PbS等）为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图：
回答下列问题：
（1）提高焙烧效率的方法有_______________________。（写一种）
（2）“焙烧”时MoS2转化为MoO3，该反应过程的化学方程式为____________________，氧化产物是__________________
（3）“碱浸”时生成CO2的电子式为______________，碱浸”时含钼化合物发生的主要反应的离子方程式为____________________________。
（4）若“除重金属离子”时加入的沉淀剂为Na2S，则废渣成分的化学式为____________________。
（5）钼精矿在酸性条件下，加入NaNO3溶液，也可以制备钼酸钠，同时有SO42-生成，该反应的离子方程式为____________________________________________________________。
【答案】 (1). 粉碎固体 (2). 2MoS2+7O22MoO3+4SO2 (3). MoO3、SO2 (4). (5). MoO3+CO32-=MoO42-+CO2 (6). PbS (7). MoS2+6NO3-=MoO42−+2SO42−+6NO
【解析】
【详解】（1）提高焙烧效率的方法有：将钼精矿粉碎、可增加反应接触面积、提高焙烧效率，
故答案为：粉碎固体；
（2）“焙烧”时MoS2转化为MoO3，同时生成SO2，结合电子守恒和原子守恒可得发生反应的化学方程式2MoS2+7O22MoO3+4SO2；该反应中Mo和S元素化合价都升高，氧化产物是MoO3和SO2；
答案为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；MoO3、SO2；
（3）CO2的电子式为；“碱浸”时MoO3和Na2CO3反应生成CO2和Na2MoO4，发生反应的化学方程式为：MoO3+Na2CO3＝Na2MoO4+CO2↑，离子反应方程式：MoO3+CO32-=MoO42-+CO2；
答案为：MoO3+CO32-=MoO42-+CO2
（4）由钼精矿含有少量的杂质为PbS可知，除重金属离子就是出去溶液中的Pb2+，因此废渣为PbS；
故答案为：PbS；
（5）硝酸作氧化剂，将MoS2氧化成MoO42−和SO42−，用NaNO3在酸性条件下氧化MoS2，发生反应的离子方程式为：MoS2+6NO3-=MoO42−+2SO42−+6NO；
答案为：MoS2+6NO3-=MoO42−+2SO42−+6NO；
21.键线式是表达有机化合物结构的一种方式，如H2N-CH2-CH2-OH用键线式可以表达为
吡喹酮(H)是一种治疗血吸虫病的药物，合成路线如下图所示：
已知i.R-Cl+NaCN R-CN+NaCl
ii.+R′-NH-R″+NaOH+NaCl+H2O
(1)A属于芳香烃，其名称是____。
(2)②的反应类型是____。
(3)B的一种同分异构体，含苯环且核磁共振氢谱中出现三组峰，其结构简式为____。
(4)③中1 mol C理论上需要消耗____mol H2生成D。
(5)④的化学方程式是____。
(6)F中含氧官能团是和____。
(7)试剂a的结构简式是____。
(8)G→H分为三步反应，J中含有3个六元环，写出I、J的结构简式______、______。
【答案】 (1). 甲苯 (2). 取代反应 (3). (4). 2 (5). (6). 羟基（或-OH） (7). (8). I： (9). J：
【解析】
【分析】
B为，A和Cl2在光照条件下发生烷基上的取代反应生成B，则A为，B发生已知i的反应生成的C为，C和H2在催化剂加热条件下加氢还原生成的D为，D和发生已知ii的反应生成E为，E在一定条件下和反应生成F，F和试剂a在NaOH条件下发生取代反应生成G，对比G和F的结构可知试剂a为，G经三步反应得到F，据此解答。
【详解】(1)根据以上分析，A为，其名称是甲苯，
故答案为：甲苯；
(2) B发生已知i的反应生成的C为，氯原子被-CN取代，反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
(3)B为，其同分异构体，含苯环且核磁共振氢谱中出现三组峰，说明甲基和氯原子在苯环上且处于对位，其结构简式为，
故答案为：；
(4) C和H2在催化剂加热条件下加氢还原生成的D为，-CN转化为-CH2-NH2，所以1 mol C理论上需要消耗2mol H2生成D。
故答案为：2；
(5) D和发生已知ii的反应生成的E为，化学方程式为，
故答案为：；
(6)由F的结构可知，含氧官能团是和羟基（或-OH），
故答案为：羟基（或-OH）；
(7) F和试剂a在NaOH条件下发生取代反应生成G，对比G和F的结构可知试剂a为，
故答案为：；
(8)G为，G和Cu/O2，加热时发生催化氧化生成I为，I发生醛基上的加成反应生成J为，J成环脱水生成H为，
故答案为：I：；J：。
江西省奉新县第一中学2020届高三上学期第一次月考
化学试题
1.清末成书的《化学鉴原》中有一段描述：“各原质（元素）化合所用之数名曰｀分剂数＇。养气（氧气）以八分为一分剂（即分剂数为八），……一分剂轻气（氢气）为一，……并之即水，一分剂为九”。其中与“分剂数”一词最接近的现代化学概念是
A. 质量分数 B. 物质的量 C. 化合价 D. 摩尔质量
【答案】D
【解析】
【详解】A. 质量分数指溶液中溶质质量与溶液质量之比，也指化合物中某种物质质量占总质量的百分比；
B. 物质的量是国际单位制中7个基本物理量之一，物质的量是表示物质所含微粒（如：分子，原子等）数量(N)与阿伏加德罗常数（NA）之比，即n=N/NA；
C. 化合价是物质中的原子得失的电子数或公用电子对偏移的数目，化合价也是元素在形成化合物时表现出的一种性质；
D. 单位物质的量的物质所具有的质量称为摩尔质量，在数值上等于该物质的相对原子质量或相对分子质量；
根据《化学鉴原》对“分剂数”的描述，摩尔质量与“分剂数”在意思上最接近；
故答案选D。
2.向含有c(FeCl3)＝0.2mol/L、c(FeCl2)＝0.1mol/L的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3nm的金属氧化物。下列有关说法中正确的是
A. 形成该黑色分散系时发生的反应为：Fe2++2Fe3++8OH－===Fe3O4（胶体）+ 4H2O
B. 可用过滤的方法分离出黑色分散系中的金属氧化物
C. 向沸水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液也可得到该黑色分散系
D. 该黑色分散系为胶体，分散系的分散质为Fe2O3
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠，离子反应方程式为：Fe2++2Fe3++8OH−＝Fe3O4（胶体）+4H2O，故A正确；
B. 胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离，故B错误；
C. 向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液可得到氢氧化铁胶体，得不到黑色分散系，故C错误；
D. 三氧化二铁为红棕色，由题意知得到一种黑色分散系，故D错误；
答案选A。
3.化学与人类生活密切相关，下列说法与氧化还原反应无关的是
A. 油炸食品酸败变质
B. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯
C. 服用阿司匹林出现水杨酸反应时静脉滴注NaHCO3溶液
D. 生吃新鲜蔬菜比熟吃时维生素C的损失小
【答案】C
【解析】
【详解】A. 油炸食品酸败变质，发生了缓慢氧化反应，与氧化还原反应有关，故A不符合题意；
B.水果释放出的乙烯能催熟水果，高锰酸钾能氧化乙烯，所以用浸有酸性高锰酸钾的硅藻土作水果保鲜剂，与氧化还原反应有关，故B不符合题意；
C. 水杨酸为邻羟基苯甲酸，显酸性，与小苏打反应生成邻羟基苯甲酸钠、水和二氧化碳，不是氧化还原反应，故C符合题意；
D. 维生素C的化学特性是容易失去电子，是一种较强的还原剂，在水溶液中或受热时很容易被氧化，生吃新鲜蔬菜要比熟吃时维生素C的损失小，与氧化还原反应有关，故D不符合题意。
所以C选项是正确的。
【点睛】本题考查氧化还原反应的判断，氧化还原反应的特征是有元素化合价发生变化，要注意生活中常见的氧化还原反应，如油炸食品酸败变质，维生素C被氧化等，酸碱中和反应为非氧化还原反应。
4.下列物质依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列的一组是（ ）
A. 淀粉、CuO，HClO、Cu
B. 普通玻璃、H2O、Fe（SCN）3、葡萄糖
C. 水玻璃、Na2O•CaO•6SiO2、AgCl、SO3
D. KAl（SO4）2•12H2O、KClO3、NH3•H2O、CH3CH2OH
【答案】B
【解析】
【分析】
混合物是指由不同种物质组成的；氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物；弱电解质是指在水溶液里中部分电离的化合物；非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物；据此可以分析各个选项中各种的所属类别。
【详解】A、淀粉属于混合物、CuO属于氧化物、HClO属于弱电解质、Cu是单质不是电解质，选项A错误；B、普通玻璃是硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅的混合，H2O属于氧化物、Fe（SCN）3属于弱电解质，葡萄糖属于非电解质，选项B正确；C、水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物，Na2O•CaO•6SiO2、AgCl均属于盐类，SO3是非电解质，选项C错误；D、KAl（SO4）2•12H2O、KClO3均属于盐类，NH3•H2O属于弱碱，是弱电解质，CH3CH2OH属于非电解质，选项D错误。答案选B。
【点睛】本题考查了纯净物、混合物、电解质、非电解质、强电解质、弱电解质的概念判断及各种物质的成分掌握，难度不大。
5.下列离子方程式书写正确的是
A. 向Fe(NO3)2和KI混合溶液中加入少量稀盐酸：3Fe2＋＋4H＋＋NO3－=3Fe3＋＋2H2O＋NO↑
B. 0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液与0.2 mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合：Al3＋＋2SO42-＋2Ba2＋＋4OH－＝2BaSO4↓＋AlO2－＋2H2O
C. 用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4－＋6H＋＋5H2O2＝2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
D. Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3＋6H＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2＋3H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向Fe(NO3)2和KI混合溶液中加入少量稀盐酸H＋使NO3－具有强氧化性，Fe2＋和I-都具有还原性，且还原性：Fe2＋
C. 高锰酸钾具有强的氧化性，能够氧化氯离子，所以不能用盐酸酸化，故C错误；
D. 氧化铁溶于过量氢碘酸，三价铁具有氧化性能氧化碘离子，反应的离子方程式为：Fe2O3+2I−+6H+=2Fe2++3H2O+I2，故D正确；
答案选D。
6.“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中错误的是( )
①钠与水反应生成NaOH和H2，所有金属与水反应都生成碱和H2 ②铁露置在空气中一段时间后就会生锈，性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中 ③Al(OH)3、Cu(OH)2受热易分解，Fe(OH)3受热也易分解 ④不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝，也不能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁
A. ①④ B. ②④
C. ①②④ D. ①②③④
【答案】C
【解析】
【详解】①活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，但是金属活动顺序表金属铝以后的金属均和水不反应，故①错误；
②金属铁在空气中因发生电化学腐蚀而生锈，金属铝和氧气反应生成致密氧化膜，能阻止了腐蚀，故②错误；
③Al(OH)3、Cu(OH)2受热易分解，Fe(OH)3受热也易分解，故③正确；
④AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，故不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；MgCl2是离子化合物，在熔融状态下导电，能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁，故④错误；
根据分析可知，错误的有①②④，故选C。
7.下列叙述正确的是
A. 1 mol重水（D2O）与1 mol水（H2O）中，中子数比为5∶4
B. 100 mL 1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C. 24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数
D. 1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同
【答案】A
【解析】
【详解】A. 质量数=质子数+中子数，H无中子，D含有1个中子，O含有8个中子，所以1mol重水与1mol水中，中子数比为10：8=5：4，故A正确；
B. FeCl3为强酸弱碱盐，溶液中Fe3+发生水解生成氢氧化铁，Fe3+数目减少，小于0.1NA，故B错误；
C. 24g镁与27g铝的物质的量均为1mol，1molMg含有12mol质子，1molAl含有13mol质子，二者不含有相同的质子数，故C错误；
D. 1mol乙烷含有7mol共价键，1mol乙烯含有6mol共价键，二者化学键数不相同，故D错误；
答案选A。
8.NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 在标准状况下，11.2L HF含有的分子数目为0.5NA
B. 高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子
C. 常温下，0.2 L 0.5 mol·L-1 NH4NO3溶液中含有的氮原子数小于0.2NA
D. 18g葡萄糖(C6H12O6)分子含有的羟基数目为0.6NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 在标准状况下HF液态，无法用气体摩尔体积计算粒子数目，故A错误；
B. 16.8g铁的物质的量为0.3mol，而铁和水蒸气反应后变为价，故0.3mol铁反应后失去0.8mol电子即0.8NA个，故B正确；
C. 溶液中NH4NO3的物质的量n＝cV＝0.5mol/L×0.2L＝0.1mol，而1mol硝酸铵中含2mol氮原子，故0.1mol硝酸铵中含0.2mol氮原子即0.2NA个，故C错误；
D. 18g葡萄糖为1mol，1个葡萄糖含有5个羟基，1mol葡萄糖(C6H12O6)分子含有的羟基数目为5NA，故D错误；
答案选B。
9.下列离子组在给定条件下离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是
选项
条件
离子组
离子共存判断及反应的离子方程式
A
滴加氨水
Na+、Al3+、Cl-、NO3-
不能大量共存，Al3++3OH-=Al(OH)3↓
B
由水电离出的H+浓度为1×10-12mol•L-1
NH4+、Na+、NO3-、Cl-
一定能大量共存
NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+
C
pH=1的溶液
Fe2+、Al3+、SO42-、MnO4-
不能大量共存，5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
D
通入少量SO2气体
K+、Na+、ClO-、SO42-
不能大量共存，2ClO-+SO2+H2O=2HClO+SO32-
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.滴加氨水能发生反应：Al3++3NH3H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，Al3+不能大量共存，离子方程式错误，A项错误；
B.常温下纯水中水电离出的H+浓度为10-7mol/L，而该溶液中水电离出的H+浓度为1×10-12mol/L<1×10-7mol/L，说明该溶液中水的电离被抑制，该溶液可能是酸溶液或碱溶液，若是碱溶液有反应：NH4++OH-= NH3H2O，离子方程式错误，B项错误；
C.酸性溶液中有反应：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，Fe2+和MnO4-不能大量共存，离子方程式正确，C项正确；
D.SO2具有强还原性，ClO-具有强氧化性，发生反应：SO2+ClO-+H2O=SO42-+Cl-+2H+，离子方程式错误，D项错误；答案选C。
10.现有Al、Cl2、Al2O3、盐酸、Al(OH)3、NaOH溶液六种物质，它们之间有如图所示的转化关系，图中每条线两端的物质之间都可以发生反应，下列推断不合理的是
A. X可能为Al或Cl2 B. Y一定为NaOH溶液
C. N一定是盐酸 D. Q、Z中的一种必为Al2O3
【答案】A
【解析】
【详解】图框中Y能与其它5种物质反应，N能与其它4种物质反应，分析所给物质可知六种物质中只有NaOH和其它五种物质都反应，则Y一定为NaOH，HCl（aq）和Cl2不反应，可其它物质都反应，则N为HCl（aq），X为Cl2，Al、Al2O3、Al（OH）3都既能与盐酸反应也能与NaOH反应，且只有Al能与Cl2反应，则M为Al，Q、Z为Al2O3、Al（OH）3的物质，答案选B。
【点睛】本题考查无机物推断，侧重于物质的性质的考查，涉及两性化合物的性质以及物质的通性，题目难度不大，解答该类题目要牢固把握相关物质的性质。
11.利用SCR技术可有效降低柴油发动机NOx排放。SCR工作原理为尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，再利用NH3转化NOx，装置如图所示，下列说法不正确的是
A. 转化NO2过程的化学方程式为：8NH3+6NO22N2+12H2O
B. 转化器工作过程中，当转移0.6mol电子时，会消耗4.48L NH3
C. 尿素水溶液热分解反应不属于氧化还原反应
D. 该装置转化NO时，还原剂与氧化剂物质的量之比为2：3
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据装置图所示，NH3和NO2反应生成氮气和水，转化NO2过程化学方程式为：8NH3+6NO22N2+12H2O，故A正确；
B. 转化器中NH3与NOx反应，氨气是还原剂，氨气中氮元素化合价由-3变为0，当转移0.6mol电子时，会消耗0. 2molNH3，非标准状况下不一定是4.48L；故B错误；
C. 尿素水溶液热分解反应2CO(NH2)2+H2O=CO2+2NH3，无元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故C正确；
D. 该装置转化NO时，反应方程式是 ，所以还原剂与氧化剂物质的量之比为2：3，故D正确；答案选B。
12.常温下，某反应体系中存在六种粒子：ClO4－、SO42－、ClO3－、S2O82－、H＋、H2O。在反应过程中，溶液的 pH 与反应进程的关系如图所示。下列说法正确的是
A. ClO4-是氧化剂
B. SO42-是氧化产物
C. 氧化性：S2O82-＞ClO3-
D. 生成 1 mol 还原产物时转移 2 mol 电子
【答案】C
【解析】
【详解】根据图表信息可知，反应过程pH值由7减小，则有酸产生，H+在生成物中，水为反应物，题目给出的六种物质，SO42－和S2O82－为一对,无论在哪边根据质量守恒无法判断，ClO4－和ClO3－为一对,考虑水是反应物，根据质量守恒ClO3－应在反应物才能满足氧原子守恒，则ClO3－→ClO4－发生氧化反应，一定有物质发生还原反应，S2O82-中存在一个过氧键（-O-O-），其中有2个氧原子为-1价，硫元素为+6价。SO42-中硫元素为+6价，故氧元素化合价降低，S2O82-为氧化剂，根据电子转移守恒：ClO3－+S2O82-+H2O→ClO4－+SO42-+H+，由电荷守恒，配平后离子方程式为：ClO3－+S2O82-+H2O=ClO4－+2SO42-+2H+，
A. ClO4-是氧化产物，选项A错误；
B. SO42-是还原产物，选项B错误；
C. 根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于还原剂，则氧化性：S2O82-＞ClO3-，选项C正确；
D. 根据反应ClO3－+S2O82-+H2O=ClO4－+2SO42-+2H+可知，生成 1 mol 还原产物SO42-时转移 1mol 电子，选项D错误。
答案选C。
13.实验室用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知 Fe3+在 pH=5时沉淀完全）．其中分析错误的是
A. 步骤②发生的主要反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
B. 步骤②不能用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2
C. 步骤④为过滤，步骤⑤蒸发结晶
D. 步骤③用 CuCO3代替CuO也可调节溶液的pH
【答案】C
【解析】
【详解】A. 步骤②为亚铁离子与过氧化氢的氧化还原反应，离子反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故A正确；
B. 若步骤②用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2，引入杂质氯离子、硝酸根离子等，难以除去，同时会生成NO气体，所以步骤②不能用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2，故B正确；
C. 步骤④为过滤，硫酸铜溶液→硫酸铜晶体步骤应该为蒸发浓缩、冷却结晶，不是蒸发结晶，所以步骤⑤蒸发结晶错误，故C错误；
D. CuCO3和CuO都与溶液中H+反应，起到调节溶液pH的作用，并不引入新的杂质，故D正确；
【点睛】制备胆矾晶体流程：样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成硫酸铁，然后加入CuO调节溶液的pH，使Fe3+水解而生成Fe(OH)3沉淀，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体
14.下列根据实验操作和现象所得出的结论合理的是
实验操作
实验现象
结论
A
将硫酸酸化的过氧化氢滴入硝酸亚铁溶液
溶液变黄色
过氧化氢的氧化性比Fe3+
B
先向盛有硫酸亚铁溶液的试管中加入氯水，然后滴加KSCN溶液
滴加KSCN后溶液变为红色
原硫酸亚铁溶液已被空气中的氧气氧化变质
C
向试管底部有少量铜的硝酸铜的溶液中加入稀硫酸
铜粉逐渐溶解
铜可与稀硫酸反应
D
向碳酸氢钠溶液中加入偏铝酸钠溶液
有白色沉淀生成
AlO2-结合H+的能力比CO32-强
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.在酸性条件下，H+与NO3-结合相当于硝酸，硝酸也具有强氧化性，从实验角度看，两种氧化剂都可以氧化亚铁离子，是得不出来过氧化氢的氧化性比Fe3+强的结论，故A错误；
B.氯水可氧化亚铁离子，由现象不能说明原FeSO4溶液已被空气中的氧气氧化变质，故B错误；
C.铜与稀硫酸不反应，酸性条件下Cu、硝酸根离子发生氧化还原反应，则铜粉逐渐溶解，故C错误；
D.碳酸氢钠与偏铝酸钠反应的化学方程式：NaHCO3+NaAlO2+H2O=Na2CO3+Al(OH)3↓，
说明AlO2-结合H+的能力比CO32-强，故D正确。
故选D。
15.在一定体积含有Al3+、Mg2+、Ba2+的混合溶液中逐滴加入NaOH和Na2SO4的混合溶液（除上述离子外，其他离子不与所加试剂反应，假设Al3+、Mg2+结合OH-的能力相同），产生沉淀的物质的量与所加溶液的体积的关系如图所示。下列说法正确的是：
A. 当a
C. 上述含Al3+、Mg2+、Ba2+的混合溶液中n(Al3+) = 0.2mol
D. NaOH和Na2SO4的混合溶液中c(NaOH)>c(Na2SO4)
【答案】C
【解析】
【分析】
在一定体积的含有Al3+、Mg2+、Ba2+的混合溶液中逐滴加入NaOH和Na2SO4的混合溶液，0~a mL时，图像为一条倾斜直线，可以推得生成Al(OH)3、Mg(OH)2、BaSO4沉淀，在a mL到(a+10)mL之间，图像为一条水平直线，可以推得沉淀一边生成一边溶解，且溶解的Al(OH)3和生成的BaSO4物质的量相等，则c(NaOH)=c(Na2SO4)。在(a+10)mL到(a+20)mL之间，沉淀一直溶解，反应为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，据此分析；
【详解】A.a mL到(a+10)mL之间，包含Al(OH)3的溶解和BaSO4的生成，故A项错误；
B.由图可知，当Al3+、Mg2+沉淀完全时，Ba2+还未沉淀完全，且NaOH和Na2SO4的混合溶液中c(NaOH)=c(Na2SO4)，则3c(Al3+)+2c(Mg2+)
D.在a mL到(a+10)mL之间，图像为一条水平直线，可以推得沉淀一边生成一边溶解，且溶解的Al(OH)3和生成的BaSO4物质的量相等，则c(NaOH)=c(Na2SO4)，故D项错误；
综上，本题选C。
【点睛】解决本题的关键是，抓住沉淀溶解的部分。由于原溶液中含有铝离子，则沉淀量减少的部分可能为氢氧化铝的溶解，据此推断原溶液中铝离子的物质的量；
16.A～G各物质间关系如图所示，其中B、D为气体单质。则下列说法错误的是( )
A. 已知C浓溶液在催化剂存在的条件下加热，能与B反应生成D，由此可以推断B的氧化性比MnO2强
B. 反应②的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Cl2↑＋Mn2＋＋2H2O
C. 新配制的F溶液一般需要加入铁屑和稀盐酸，前者用于防止Fe2＋被空气氧化成Fe3＋，后者可抑制Fe2＋的水解
D. 若反应①在常温下进行，则1 mol A在反应中能转移1 mol 电子
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下反应产生Cl2，双氧水分解产生氧气，HCl与O2在催化剂存在的条件下加热，反应产生Cl2，只能证明氧化性O2>Cl2，但是不能证明氧化性：O2>MnO2，A错误；
B．反应②的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋2H2O＋Cl2↑，B正确；
C．FeCl2是强酸弱碱盐，在溶液中Fe2＋容易发生水解反应而使溶液显浑浊，为了抑制盐的水解，要加入少量的盐酸，同时Fe2+有还原性，溶液被空气中的氧气氧化为Fe3+，为了防止其氧化，要加入还原剂Fe粉。C正确；
D．若反应①在常温下进行，则A是H2O2，B是O2，C是浓HCl；D是Cl2；E是Fe3O4；F是FeCl2；G是FeCl3．1molA在反应中能转移1mol电子，D正确。
答案选A。
17.某强酸性溶液X中含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO32-、S、Cl-、N。中的一种或几种,取该溶液进行连续实验,实验过程如下:(已知气体D在常温常压下呈红棕色)
（1）上述离子中,溶液X中除H+外肯定还含有的离子是_,一定不含的离子是__，不能确定是否含有的离子是_______，检验其中阳离子的方法是________。
（2）沉淀G的化学式为______。
（3）写出生成A的离子方程式:________。
（4）写出溶液H中通入过量CO2的离子方程式:________。
【答案】 (1). Al3+、NH4+、Fe2＋、SO42— (2). CO32-、SO32-、NO3-、Ba2+ (3). Fe3+ 、Cl— (4). 取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液不变红色说明无Fe3+ (5). Fe(OH)3 (6). 3Fe2++4H++NO3-＝3Fe3++NO↑+2H2O (7). [Al(OH)4]－ + CO2＝ Al(OH)3↓ + HCO3－
【解析】
【分析】
由于H+会与 SO32-反应，该强酸性溶液必无SO32-；加入过量Ba(NO3)2后产生沉淀，则溶液中必有CO32-或SO42-，原溶液中不含Ba2+；溶液中加入过量NaOH后产生气体，则含NH4+；得到的溶液再通入过量CO2又得到沉淀，由Al的化合物间的转化关系可知溶液中必有Al3+，则无CO32-（Al3+与 CO32-发生双水解）而有SO42-；气体D在常温常压下呈红棕色，可推知由于加入Ba(NO3)2后产生NO 气体，说明溶液中有还原性物质，即含有Fe2＋,原溶液中不含有NO3-，结合以上分析解答。
【详解】由于H+会与 SO32-反应，该强酸性溶液必无SO32-；加入过量Ba(NO3)2后产生沉淀，则溶液中必有CO32-或SO42-，说明原溶液中不含Ba2+；溶液中加入过量NaOH后产生气体，则含NH4+；得到的溶液再通入过量CO2又得到沉淀，由Al的化合物间的转化关系可知溶液中必有Al3+，则无CO32-（Al3+与 CO32-发生双水解）而有SO42-（溶液中不含Ba2+）；气体D在常温常压下呈红棕色，可推知由于加入Ba(NO3)2后产生NO 气体，说明溶液中有还原性物质，即含有Fe2＋，原溶液中不含有NO3-；
（1）综合以上分析可知，溶液X中除H+外肯定还含有的离子是Al3+、NH4+、Fe2＋、SO42—；一定不含的离子是CO32-、SO32-、NO3-、Ba2+ ；不能确定是否含有的离子是Fe3+、Cl— ；检验Fe3+的方法为：取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液不变红色说明无Fe3+；综上所述，本题答案是：Al3+、NH4+、Fe2＋、SO42— ； CO32-、SO32-、NO3-、Ba2+ ； Fe3+、Cl— ； 取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液不变红色说明无Fe3+ 。
（2）原溶液中含有H+、Al3+、NH4+、Fe2＋、SO42—，加入硝酸钡后，Fe2＋被硝酸氧化为铁离子，硫酸根离子与钡离子生成硫酸沉淀过滤除去；因此剩余的滤液中加入过量的氢氧化钠溶液，生成红褐色沉淀氢氧化铁，因此沉淀G的化学式为Fe(OH)3；本题答案是：Fe(OH)3。
（3）结合以上分析可知，Fe2＋被硝酸氧化为铁离子，离子方程式: 3Fe2++4H++NO3-＝3Fe3++NO↑+2H2O；综上所述，本题答案是：3Fe2++4H++NO3-＝3Fe3++NO↑+2H2O。
（4）溶液H中含有偏酸酸根离子，通入过量CO2，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式：[Al(OH)4]－ + CO2＝ Al(OH)3↓ + HCO3－；综上所述，本题答案是：[Al(OH)4]－ + CO2＝ Al(OH)3↓ + HCO3－。
【点睛】碳酸根离子与铝离子、铁离子、银离子均能发生双水解，产生沉淀和气体，从而不能大量共存；铝离子和偏铝酸根离子发生双水解不能大量共存；硫酸根离子与银离子、钡离子产生沉淀而不能大量共存。
18.医学上常用酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应用于测定血钙的含量。回答下列问题：
H++ MnO4-+ H2C2O4→ CO2↑+ Mn2++ □
（1）配平以上离子方程式，并在□中填上所需的微粒。_______
（2）该反应中的还原剂是_________________(填化学式)。
（3）反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量为________mol。
（4）测定血钙含量的方法是:取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量(NH4)2C2O4溶液，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定。
①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化学方程式是_________________。
②溶解沉淀时______（能或不能）用稀盐酸，原因是_________________________。
③若消耗了1.0×10-4mol/L的KMnO4溶液20.00mL，则100mL该血液中含钙_______g。
【答案】 (1). 6H++2MnO4-+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O (2). H2C2O4 (3). 0.08 (4). CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4 (5). 不能 (6). 高锰酸钾能氧化氯离子 (7). 0.01
【解析】
【分析】
根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；失电子化合价升高的反应物是还原剂；根据高锰酸钾和转移电子之间的关系式计算；草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸；HCl具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；根据原子守恒得5Ca2+-5（NH4）2C2O4-5CaC2O4-5H2C2O4-2KMnO4，所以得关系式5Ca2+-2KMnO4，根据二者之间的关系式进行计算。
【详解】（1）根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，所以MnO4-、H2C2O4的计量数分别是2、5，再结合原子守恒配平方程式为6H++2MnO4-+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O；（2）失电子化合价升高的反应物H2C2O4是还原剂；（3）根据MnO4--5e-得，反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量0.4mol/5×1=0.08mol；（4）①草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸，反应方程式为CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4；②HCl具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而造成误差，所以不能用盐酸代替；③根据原子守恒得5Ca2+---5（NH4）2C2O4---5CaC2O4---5H2C2O4---2KMnO4，所以得关系式5Ca2+---2KMnO4，设钙离子浓度为xmol/L，
5Ca2+-----2KMnO4
5mol 2mol
2.0×10-3xmol 2.0×10-6mol
5mol：2mol=2.0×10-3xmol：2.0×10-6mol,解得x=2.5×10-3mol/L, 则100mL溶液中钙的质量=40g/mol×0.1L×2.5×10-3mol/L=0.01g。
【点睛】本题考查物质含量的测定、氧化还原反应等知识点，解答时，有机物中C元素化合价的判断方法和根据转移电子守恒、原子个数守恒配平方程式是关键，难点是钙离子和高锰酸钾之间的关系。
19.醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O是一种氧气吸收剂，为红棕色晶体，易被氧化，难溶于冷水，易溶于酸。其制备装置及步骤如下：
①检查装置气密性后，往三颈烧瓶中依次加入过量锌粒、适量CrCl3溶液。
②关闭K2，打开K1，旋开分液漏斗的旋塞并控制好滴速。
③待三颈烧瓶内的溶液由深绿色(Cr3＋)变为亮蓝色(Cr2＋)时，将溶液转移至装置乙中，当出现大量红棕色晶体时，关闭分液漏斗的旋塞。
④将装置乙中混合物快速过滤、洗涤和干燥，称量得到3.76 g [Cr(CH3COO)2]2·2H2O
（1）三颈烧瓶中的Zn与盐酸生成H2的作用____________，还发生的另一个反应的离子方程式为______________。
（2）实现步骤③中溶液自动转移至装置乙中的实验操作为______________，当乙中析出红棕色沉淀，为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是___________ 、_________、洗涤、干燥。
（3）装置丙中导管口水封的目的是______________。
（4）若实验所取用的CrCl3溶液中含溶质6.34 g，则[Cr(CH3COO)2]2·2H2O (相对分子质量为376)的产率是_______________________。
【答案】 (1). 排除装置中的空气 (2). 2Cr3++Zn=2Cr2++Zn2+ (3). 关闭K1，打开K2 (4). 冷却 (5). 过滤 (6). 防止空气进入装置乙中氧化Cr2+ (7). 50%
【解析】
【详解】（1）根据题干信息，醋酸亚铬水合物易被氧化，三颈烧瓶中的Zn与盐酸生成H2可将装置内的空气排干净，防止其被氧化；装置甲分液漏斗盛装稀盐酸，在圆底烧瓶中和锌反应Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑，同时发生2CrCl3+Zn═2CrCl2+ZnCl2，该反应的离子反应为：2Cr3++Zn═2Cr2++Zn2+；
答案为：排除装置中的空气；2Cr3++Zn=2Cr2++Zn2+
（2）实验开始生成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，打开K2关闭K1，把生成的CrCl2溶液压入装置乙中反应；醋酸亚铬水合物难溶于冷水，当乙中析出红棕色沉淀，为使沉淀充分析出并分离，先将装置乙冷却至室温，使其充分结晶析出，在用过滤的方法分离；
答案为：关闭K1，打开K2；冷却；过滤；
（3）Cr2+不稳定，极易被氧气氧化，装置丙中导管口水封的目的是避免空气进入装置乙氧化Cr2+；
故答案为：避免空气进入装置乙氧化Cr2+；
（4）CrCl3物质的量为=0.04mol，得到CrCl2为0.04mol，根据原子守恒，则得到[Cr(CH3COO)2]2·2H2O为0.04mol，质量为0.04mol×1/2×376g/mol=7.52g，所得产品的产率为×100%=50%；
故答案为：50%。
20.钼酸钠晶体（Na2MoO4·2H2O）常用于制造阻燃剂和无公害型冷水系统的金属抑制剂。下图是利用钼精矿（主要成分是MoS2，含少量PbS等）为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图：
回答下列问题：
（1）提高焙烧效率的方法有_______________________。（写一种）
（2）“焙烧”时MoS2转化为MoO3，该反应过程的化学方程式为____________________，氧化产物是__________________
（3）“碱浸”时生成CO2的电子式为______________，碱浸”时含钼化合物发生的主要反应的离子方程式为____________________________。
（4）若“除重金属离子”时加入的沉淀剂为Na2S，则废渣成分的化学式为____________________。
（5）钼精矿在酸性条件下，加入NaNO3溶液，也可以制备钼酸钠，同时有SO42-生成，该反应的离子方程式为____________________________________________________________。
【答案】 (1). 粉碎固体 (2). 2MoS2+7O22MoO3+4SO2 (3). MoO3、SO2 (4). (5). MoO3+CO32-=MoO42-+CO2 (6). PbS (7). MoS2+6NO3-=MoO42−+2SO42−+6NO
【解析】
【详解】（1）提高焙烧效率的方法有：将钼精矿粉碎、可增加反应接触面积、提高焙烧效率，
故答案为：粉碎固体；
（2）“焙烧”时MoS2转化为MoO3，同时生成SO2，结合电子守恒和原子守恒可得发生反应的化学方程式2MoS2+7O22MoO3+4SO2；该反应中Mo和S元素化合价都升高，氧化产物是MoO3和SO2；
答案为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；MoO3、SO2；
（3）CO2的电子式为；“碱浸”时MoO3和Na2CO3反应生成CO2和Na2MoO4，发生反应的化学方程式为：MoO3+Na2CO3＝Na2MoO4+CO2↑，离子反应方程式：MoO3+CO32-=MoO42-+CO2；
答案为：MoO3+CO32-=MoO42-+CO2
（4）由钼精矿含有少量的杂质为PbS可知，除重金属离子就是出去溶液中的Pb2+，因此废渣为PbS；
故答案为：PbS；
（5）硝酸作氧化剂，将MoS2氧化成MoO42−和SO42−，用NaNO3在酸性条件下氧化MoS2，发生反应的离子方程式为：MoS2+6NO3-=MoO42−+2SO42−+6NO；
答案为：MoS2+6NO3-=MoO42−+2SO42−+6NO；
21.键线式是表达有机化合物结构的一种方式，如H2N-CH2-CH2-OH用键线式可以表达为
吡喹酮(H)是一种治疗血吸虫病的药物，合成路线如下图所示：
已知i.R-Cl+NaCN R-CN+NaCl
ii.+R′-NH-R″+NaOH+NaCl+H2O
(1)A属于芳香烃，其名称是____。
(2)②的反应类型是____。
(3)B的一种同分异构体，含苯环且核磁共振氢谱中出现三组峰，其结构简式为____。
(4)③中1 mol C理论上需要消耗____mol H2生成D。
(5)④的化学方程式是____。
(6)F中含氧官能团是和____。
(7)试剂a的结构简式是____。
(8)G→H分为三步反应，J中含有3个六元环，写出I、J的结构简式______、______。
【答案】 (1). 甲苯 (2). 取代反应 (3). (4). 2 (5). (6). 羟基（或-OH） (7). (8). I： (9). J：
【解析】
【分析】
B为，A和Cl2在光照条件下发生烷基上的取代反应生成B，则A为，B发生已知i的反应生成的C为，C和H2在催化剂加热条件下加氢还原生成的D为，D和发生已知ii的反应生成E为，E在一定条件下和反应生成F，F和试剂a在NaOH条件下发生取代反应生成G，对比G和F的结构可知试剂a为，G经三步反应得到F，据此解答。
【详解】(1)根据以上分析，A为，其名称是甲苯，
故答案为：甲苯；
(2) B发生已知i的反应生成的C为，氯原子被-CN取代，反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
(3)B为，其同分异构体，含苯环且核磁共振氢谱中出现三组峰，说明甲基和氯原子在苯环上且处于对位，其结构简式为，
故答案为：；
(4) C和H2在催化剂加热条件下加氢还原生成的D为，-CN转化为-CH2-NH2，所以1 mol C理论上需要消耗2mol H2生成D。
故答案为：2；
(5) D和发生已知ii的反应生成的E为，化学方程式为，
故答案为：；
(6)由F的结构可知，含氧官能团是和羟基（或-OH），
故答案为：羟基（或-OH）；
(7) F和试剂a在NaOH条件下发生取代反应生成G，对比G和F的结构可知试剂a为，
故答案为：；
(8)G为，G和Cu/O2，加热时发生催化氧化生成I为，I发生醛基上的加成反应生成J为，J成环脱水生成H为，
故答案为：I：；J：。
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