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辽宁省沈阳市东北育才学校2020届高三上学期第一次模拟考试化学试题
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辽宁省沈阳市东北育才学校2020届高三上学期第一次模拟考试
化学试题
1.下列事实中，不能说明化学是具有实用性的科学的是( )
A. 制造化学肥料，提高粮食产量
B. 研制药物，治疗疾病
C. 合成食品添加剂
D. 提出更完善的化学理论
【答案】D
【解析】
【详解】制造化学肥料、研制药物、合成食品添加剂均体现出化学的实用性，而提出更完善的化学理论不足以说明化学的实用性，答案为D；
2.化学成为一门科学并较快发展，始于( )
A. 舍勒发现氧气 B. 质量守恒定律的发现
C. 原子—分子学说的问世 D. 中国湿法冶金技术的推广
【答案】C
【解析】
【分析】
原子—分子学说是19世纪问世的，此后化学才发展为一门科学。
【详解】A.舍勒发现氧气时是18世纪，化学还没有成为一门科学；
B. 质量守恒定律的发现是在18世纪，化学还没有成为一门科学；
C. 原子—分子学说是19世纪问世的，此后化学才发展为一门科学；
D. 中国在古代就有湿法冶金技术的推广，在汉代、晋代、宋代都有记载。
答案为C；
3.举世闻名的侯氏制碱法的工艺流程如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 往母液中加入食盐的主要目的是使更多的析出
B. 从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是、和氨水
C. 沉淀池中反应的化学方程式：
D. 设计循环Ⅱ的目的是使原料氯化钠的利用率大大提升
【答案】B
【解析】
【分析】
先通入氨气再通入二氧化碳反应得到碳酸氢钠晶体和母液为氯化铵溶液，沉淀池中得到碳酸氢钠晶体，反应式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，过滤得到碳酸氢钠晶体煅烧炉中加热分解，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠纯碱，过滤后的母液通入氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品氯化铵，氯化钠溶液循环使用， 据此分析。
【详解】A．向母液中通氨气作用有增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出，选项A错误；
B．向母液中通氨气作用有增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出和使NaHCO3转化为Na2CO3，从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水，选项B正确；
C．沉淀池中发生的化学反应为饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl→NH4Cl+NaHCO3↓，选项C错误；
D．循环Ⅰ是将未反应的氯化钠返回沉淀池中使原料氯化钠的利用率大大提升，循环Ⅱ的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池继续反应生成碳酸氢钠，二氧化碳利用率大大提升，选项D错误；
答案选B。
【点睛】本题主要考察了联合制碱法的原料、反应式以及副产物的回收利用，如何提高原料的利用率、检验氯离子的方法是关键，循环Ⅱ的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池继续反应，循环Ⅰ中的氯化钠有又返回到沉淀池。
4.下图分别表示四种操作，其中有两个明显错误的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A.读数时应保持视线与液面底部相平，A有一处错误，故A不选；
B.有两处错误：稀释浓硫酸应将浓硫酸加到水里，且不能在量筒中稀释液体，故B选；
C.称量氢氧化钠不能用纸片，会潮解，C有一处错误，故C不选；
D.混匀液体时不能摇动烧杯，应该用玻璃棒搅拌液体，D有一处错误，故D不选；
故选B
5.为了除去括号中的杂质，不合理的是
选项
物质（杂质）
加入试剂
方法
A
氯化铵溶液（FeCl3）
氢氧化钠溶液
过滤
B
KNO3（s）（少量NaCl）
水
重结晶
C
乙酸乙酯（乙酸）
饱和碳酸钠溶液
分液
D
乙醇（少量水）
新制生石灰
蒸馏
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.加入氢氧化钠溶液会引入钠离子杂质，故A选；
B.硝酸钾溶解度受温度影响很大，氯化钠的溶解度受温度影响很小，所以可以将混合物溶于热水，然后降温，这时会析出大量硝酸钾固体，再重复操作，即可提纯硝酸钾，故B不选；
C.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可以与碳酸钠溶液反应生成乙酸钠，溶于水中，分液可得到乙酸乙酯，故C不选；
D.生石灰即氧化钙，可以与水反应生成氢氧化钙，然后蒸馏，可以得到无水乙醇，故D不选；
故选A。
6.实验室分离苯和水，可选用下列（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
苯和水分层，可选分液法分离，以此来解答。
【详解】A中为层析法；B为蒸发；D为过滤；苯和水分层，可选分液法分离，选项C符合；
答案选C。
【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握物质的性质、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意层析法为解答的难点。
7.现有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的几种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-现取三份各100mL溶液进行如下实验： 第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体；第三份加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。正确的是
A. 该混合液中一定含有：K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K+)≥0.04mol
B. 该混合液中一定含有：NH4+、CO32-、SO42-，可能含K+、Cl-
C. 该混合液中一定含有：NH4+、CO32-、SO42-，可能含Mg2+、K+、Cl-
D. 该混合液中一定含有：NH4+、SO42-，可能含Mg2+、K+、Cl-
【答案】A
【解析】
【详解】加入AgNO3溶液有沉淀产生可能说明有Cl-、CO32-、SO42-，加入足量NaOH溶液加热后收集到气体0.08mol说明一定有NH4+，且NH4+的物质的量是0.08mol，加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀，经盐酸洗涤干燥后，沉淀质量减轻但没有完全反应，说明沉淀有碳酸钡和硫酸钡，即原溶液中有CO32-、SO42-，所以一定没有Mg2+和Ba2+，不能确定是否有Cl-。硫酸钡4.66g，即0.02mol，碳酸钡的质量为12.54g-4.66g=7.88g，即0.04mol，根据电荷守恒，负电荷一共0.12mol，NH4+所带的正电荷是0.08mol，因此一定还有K+，且n(K+)≥0.04 mol，故选A。
【点睛】在离子推断题里，如果给出离子的物质的量，一般要用到电荷守恒，即在电解质溶液中，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。特别是最后判断某种离子的存在与否时，要根据前面已经推断出来的离子的物质的量或物质的量浓度，用电荷守恒来判断该离子是否存在，计算其物质的量或浓度的范围。
8.聚合硫酸铁可用于水的净化，其化学式可表示为[Fea(OH)b(SO4)c]m。取一定量聚合硫酸铁样品与足量盐酸反应，将所得溶液平均分为两份。向一份溶液中加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.747 5 g。取另一份溶液，先将Fe3＋还原为Fe2＋(还原剂不是Fe，且加入的还原剂恰好将Fe3＋还原为Fe2＋)，再用0.020 00 mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液50.00 mL。该聚合硫酸铁样品中a∶b为[已知：K2Cr2O7＋6FeSO4＋7H2SO4=K2SO4＋Cr2(SO4)3＋3Fe2(SO4)3＋7H2O]（ ）
A. 1∶1 B. 2∶1 C. 3∶1 D. 2∶5
【答案】B
【解析】
【分析】
第一份溶液中白色沉淀为BaSO4，质量为1.7475g，则n（BaSO4）=0.0075mol，即n(SO)=0.0075mol；另一份溶液中，通过反应式：n（Fe2＋）：n（Cr2O72-）=6：1，n（Cr2O72-）=0.0200mol/L╳0.05L=0.001mol，求得n（Fe2＋）=0.006mol，亚铁离子即由原溶液中的铁离子转化得到，根据物质不显电荷，即可求出答案。
【详解】1.7475 g白色沉淀是硫酸钡，则n(SO)＝1.7475 g÷233 g/mol＝0.0075 mol。n(K2Cr2O7)＝0.05 L×0.02000 mol/L＝0.001 mol，根据方程式可知n(Fe2＋)＝n(K2Cr2O7)×6＝0.006 mol，根据Fe守恒，n（Fe3+）=0.006mol，由电荷守恒可知n(OH－)＋n(SO)×2＝n(Fe3＋)×3，n(OH－)＝0.006 mol×3－0.0075 mol×2＝0.003 mol，得到a∶b＝0.006∶0.003＝2∶1，故答案为B。
9.关于反应11P＋15CuSO4＋24H2O==5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4的说法正确的是
A. P既是氧化剂又是还原剂，CuSO4只是还原剂
B. Cu3P既是氧化产物又是还原产物
C. 1 mol CuSO4可以氧化1/5 mol P
D. 若有11 mol P参加反应，转移电子的物质的量为60 mol
【答案】C
【解析】
【详解】A. P、Cu元素的化合价降低,则P、CuSO4是氧化剂,P元素的化合价由0升高为+5价,P是还原剂,所以P既是氧化剂又是还原剂,CuSO4只是氧化剂，故A错误；
B. P元素的化合价由0升高为+5价,P是还原剂, H3PO4是氧化产物,Cu3P是还原产物，故B错误；
C. 由反应可知,转移30mol电子消耗11molP,15mol CuSO4和5molP来一起氧化6molP,其中1mol CuSO4可以氧化1/5molP，故C正确；
D. 由原子守恒可知，11molP参加反应，被氧化的P为6mol，则转移的电子为6mol×5=30mol，故D错误；
故选:C。
【点睛】氧化还原反应最重要的规律是电子守恒，n(氧化剂)×化合价降低的原子个数×化合价变化值=n(还原剂)×化合价升高的原子个数×化合价变化值。
10.已知氢化钠（NaH）可由氢气和钠在高温下化合形成，其使用需要惰性环境，遇水放出易燃气体，下列说法不正确的是（ ）
A. 氢化钠与水反应产生的气体，通过盛有碱石灰的干燥管，用向下排空气法可以收集得到一定量的H2
B. 氢化钠与水反应产生的气体通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则说明产生的气体中一定含有H2
C. 氢化钠在无水条件下除去钢铁表面铁锈的反应方程式为3 NaH+Fe2O3═2Fe+3NaOH
D. 锌和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥后，与钠在高温下反应得到纯净的NaH
【答案】D
【解析】
【详解】解：A．氢化钠与水反应产生的气体，反应的化学方程式为：NaH+H2O＝NaOH+H2↑，气体通过盛有碱石灰的干燥管，用向下排空气法可以收集得到一定量的H2，故A正确；
B．氢气能还原氧化铜生成Cu，氢化钠与水反应产生的气体通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则说明产生的气体中一定含有H2，故B正确；
C．NaH具有强还原性，能与Fe2O3生成Fe和NaOH，反应方程式为：3NaH+Fe2O3═2Fe+3NaOH，故C正确；
D．锌和盐酸反应后的气体中含有氢气、HCl、水蒸气，浓硫酸干燥除去了水蒸气，还含有氢气和HCl，所以应该先除去HCl、再用浓硫酸干燥，然后与钠在高温下反应得到纯净的NaH，故D错误。
故选：D。
11.某离子反应涉及到 H2O、ClO－、NH4+、OH－、N2、Cl－等微粒，其中N2、ClO－的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确的是 ( )
A. 该反应中Cl－为还原产物
B. 氧化剂与还原剂物质的量比为3:2
C. 消耗1 mol还原剂，转移6 mol电子
D. 氧化性：ClO－比 N2强
【答案】C
【解析】
【分析】
从图示中可以看出，ClO-随反应的进行而减小，应是反应物，N2的量随反应的进行而增加，应是生成物。根据原子守恒、得失电子守恒和电荷守恒可以写出发生反应的离子方程式为：3ClO－+2NH4++2OH－=N2↑+3Cl－+5H2O、
【详解】A．该反应中氯元素的化合价从+1价降为-1价，Cl-是还原产物，A项正确；
B．该反应中氧化剂是ClO-，还原剂是NH4+，依离子方程式可以看出其物质的量之比为3：2，B项正确；
C．NH4+是还原剂，每消耗2molNH4+，转移的电子数才为6 mol，C项错误；
D．在该反应中，ClO-是氧化剂，N2是氧化产物，所以氧化性：ClO->N2，D项正确；
所以答案选择C项。
【点睛】据元素守恒，ClO- 是反应物，则Cl-必是生成物；N2是产物，则NH4+必是反应物；先依得失电子守恒定下4个化学计量数，然后依电荷守恒确定OH-在等号的左边，化学计量数为2，最后用水来配氢原子守恒。
12.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，4.48L Cl2通入水中，转移电子数为0.2NA
B. 28g乙烯与丙烯混合物中含有C-H键的数目为4NA
C. 1L 0.1mol/L Na2SO4溶液中含有的氧原子数为0.4NA
D. 1mol⋅L-1 CH3COOH与1mol⋅L-1 CH3COONa溶液等体积混合，溶液中CH3COOH和CH3COO-的总数为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底，所以标准状况下，4.48L Cl2物质的量为0.2mol，通入水中，转移电子数为小于0.2NA，故A错误；
B．乙烯和丙烯的混合物的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量为2mol，则含4NA个C-H键，故B正确；
C．硫酸钠溶液中，硫酸钠、水都含有O，1L 0.1mol/L Na2SO4溶液中含有的氧原子数大于0.4NA，故C错误；
D．溶液体积未知，依据n=cV可知，无法计算微粒物质的量和数目，故D错误；
故选：B。
13.标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为ρg/mL,质量分数为ω，物质浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是
A.
B.
C.
D. =1000Vρ/(17V+22400)
【答案】A
【解析】
【详解】A．将所给的式子的分子和分母同除以22.4可得，分子表示了溶液的质量，是合理的，但分母表达的是将溶剂的体积与气体的体积直接进行加和得到溶液的体积，这显然是错误的，A项错误；
B．假设取溶液的体积为1L，根据溶质质量分数的本义有：，分子表达了溶质质量，分母表达了溶液的质量，B项正确；
C．将所给的式子分子分母同除以22.4可得：，分子表达了溶质质量，分母表达了溶液的质量，C项正确；
D．将所给式子变形得：，分子代表了溶质的物质的量，分母代表了溶液的体积（单位为L），D项正确；
所以答案选择A项。
14.NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A. c(H2CO3)和c(HCO3-)之和为1molNaHCO3溶液中，含有Na+数目为NA
B. 5g 21H和31H的混合物发生热核聚变反应：21H+31H →42He+10n，净产生的中子(10n)数为NA
C. 1L 0.1mol/L乙醇溶液中存在的共价键总数为0.8NA
D. 56g 铁与足量氯气反应，氯气共得到3NA个电子
【答案】D
【解析】
A. n(H2CO3)和n(HCO3-)之和为1mol的NaHCO3溶液中，根据物料守恒可知含有Na+数目大于NA，A错误；B.不能确定 5g 21H和31H的混合物各自微粒的质量，因此不能计算产生的中子数，B错误；C. 溶剂水分子中还存在共价键，C错误；D. 56g 铁是1mol，与足量氯气反应，氯气共得到3NA个电子，D正确，答案选D。
点睛：阿伏伽德罗常数与微粒数目的关系涉及的知识面广，涉及到核素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡、胶体、化学键等知识点。与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系，计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。
15.下列物质按纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质的组合正确的是 ( )
纯净物
混合物
强电解质
弱电解质
非电解质
A
盐酸
水煤气
硫酸
醋酸
HD
B
胆矾
石灰水
硫酸钡
HNO2
NH3
C
火碱
蔗糖溶液
氯化钠
氨水
三氧化硫
D
冰醋酸
福尔马林
苛性钾
氯化氢
乙醇
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．盐酸、水煤气、硫酸、醋酸、HD分别属于混合物、混合物、强电解质、弱电解质、单质，故A错误；B．胆矾、石灰水、硫酸钡、HNO2、氨气分别属于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质，故B正确；C．火碱、蔗糖溶液、氯化钠、氨水、三氧化硫分别属于化合物、混合物、强电解质、混合物、非电解质，故C错误；D．冰醋酸、福尔马林、苛性钾、氯化氢、乙醇分别属于化合物、混合物、强电解质、强电解质、非电解质，故D错误；故答案为B。
16.向含有c(FeCl3)＝0.2 mol·L－1、c(FeCl2)＝0.1 mol·L－1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9.3 nm的金属氧化物，下列有关说法中正确的是( )
A. 该分散系的分散质为Fe2O3
B. 该分散系属于溶液
C. 加入NaOH时发生的反应可能为Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH－===Fe3O4＋4H2O
D. 可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na＋分离开
【答案】C
【解析】
【详解】A．三氧化二铁为红棕色，由题意知得到一种黑色分散系，故A错误；B．该分散系中分散质粒子是直径约为9.3 nm的金属氧化物，则该分散系为胶体，故B错误；C．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，离子方程式：Fe2++2Fe3++8OH-═Fe3O4+4H2O，故C正确；D．胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离，故D错误；故答案为C。
17.研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图所示)。下列有关叙述错误的是
A. 雾和霾的分散质不同分散剂相同 B. 雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C. NH3是形成无机颗粒物的催化剂 D. 雾霾的形成与过度施用氮肥有关
【答案】C
【解析】
【详解】A.雾的分散质是细小的小水滴，分散剂是空气。霾的分散质是固体小颗粒，分散剂是空气，A项正确；
B.由图示可知大气中的HNO3和H2SO4分别与NH3反应生成的NH4NO3和(NH4)2SO4的固体颗粒物形成雾霾，B项正确；
C.NH3分别与HNO3和H2SO4反应，生成NH4NO3和(NH4)2SO4固体颗粒物，所以NH3是形成无机颗粒物时消耗的反应物而不是催化剂，C项错误；
D.铵态氮肥在施用或保存过程中会产生NH3，雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D项正确；答案选C。
18.下列对碱金属的叙述，其中完全不正确的组合是 ( )
①K通常保存在煤油中，以隔绝与空气的接触
②碱金属常温下呈固态，取用时可直接用手拿
③碱金属中还原性最强的是钾
④碱金属阳离子，氧化性最强的是Li＋
⑤碱金属原子半径和离子半径都随核电荷数的增大而增大
⑥从Li到Cs，碱金属的密度越来越大，熔、沸点越来越低
A. ②③⑥ B. ②③④ C. ④⑤⑥ D. ①③⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①钾的密度大于煤油，和空气中水蒸气、氧气、二氧化碳发生反应，少量K通常保存在煤油中，以隔绝与空气的接触，故①正确；
②碱金属是活泼金属和皮肤中水反应生成碱具有强腐蚀性，取用时不能直接用手拿，故②错误；
③依据同主族性质递变分析，碱金属中还原性最强的是钫，故③错误；
④金属性越强，对应阳离子的氧化性越弱，所以碱金属阳离子，氧化性最强的是Li+，故④正确；
⑤同主族电子层数相同，随核电荷数增大而增大，碱金属的原子半径和离子半径都随核电荷数的增大而增大，故⑤正确；
⑥从Li到Cs，碱金属的密度呈增大的趋势，K的密度反而比Na小，从上到下熔沸点降低，故⑥错误；
故答案为A。
19.以CO2和Na2O2为原料，制取纯净干燥的O2，实验装置如下：
下列说法不正确的是
A. 装置②中试剂可以是NaOH溶液
B. 装置③的作用是干燥O2
C. 收集氧气应选择装置a
D. 装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶
【答案】C
【解析】
【分析】
实验原理分析：二氧化碳通过U型管与过氧化钠反应生成氧气，氧气和没有反应的二氧化碳通入碱液洗气瓶除二氧化碳，可增加盛有澄清石灰水的洗气瓶验证二氧化碳是否除尽，在通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥氧气，最后收集；
【详解】A.装置②中试剂可以是NaOH溶液，用来除掉二氧化碳气体，故不选A；
B. 装置③中盛有浓硫酸，作用是干燥O2，故不选B；
C. 由于氧气密度大于空气，选择装置b，故选C；
D. 装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，验证二氧化碳是否除尽，故不选D；
答案：C
20.下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应能实现如图所示转化的是( )
X
Y
Z
物质转化关系
A
Cu
CuO
Cu(OH)2
B
Si
SiO2
H2SiO3
C
NaHCO3
Na2CO3
NaOH
D
FeCl2
FeO
FeCl3
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.Cu与O2反应生成CuO，CuO与C或H2等反应生成Cu，Cu(OH)2无法一步转化为Cu，且CuO无法一步转化为Cu(OH)2，错误；
B.Si与O2反应生成SiO2，SiO2与H2或C等反应生成Si，SiO2无法一步转化为H2SiO3，H2SiO3无法一步转化为Si，错误；
C.NaHCO3在加热条件下能生成Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，Na2CO3与Ca(OH)2反应生成NaOH，NaOH与过量CO2反应能直接生成NaHCO3，正确；
D.FeCl2不能一步转化为FeO，FeO与HCl反应能生成FeCl2，FeO无法一步转化为FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，错误。
21.(1)某学习小组通过实验研究Na2O2与水的反应。
操作
现象
向盛有4.0g Na2O2的烧杯中加入50mL蒸馏水
剧烈反应，产生能使带火星木条复燃的气体，得到的无色溶液a
向溶液a中滴入两滴酚酞
ⅰ．溶液变红
ⅱ．10分种后溶液颜色明显变浅，稍后，溶液变为无色
①Na2O2的电子式为 ，它与水反应的离子方程式是 。
②甲同学认为ⅱ中溶液褪色是溶液a中存在较多的H2O2，H2O2与酚酞发生了反应，并实验证实了H2O2的存在：取少量溶液a，加入试剂______ (填化学式)，有气体产生。
(2)有一瓶澄清的溶液，可有含有大量的NO3-、Fe3+、NH4+、H+、K+、Mg2+、Al3+、SO42-、Ba2+、CO32-、Cl-、I-，现进行如下实验：
①测知溶液显酸性；
②取样加少量四氯化碳和数滴新制氯水，四氯化碳层溶液呈紫红色；
③另取样滴加稀NaOH溶液，使深液变为碱性，此过程中无沉淀生成；
④取少量上述碱性溶液，加Na2CO3溶液出现白色沉淀；
⑤将实验③中的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
由此可以推断：
溶液中肯定存在的离子有 。溶液中不能确定是否存在的离子有 。
【答案】(1)①；2Na2O2+2H2O=4Na＋+4OH-+O2↑；
②MnO2(Cu2+、Fe3+也可)；
(2)H+、NH4+、I-、Ba2+；K+、Cl-
【解析】
试题分析：(1)①Na2O2的电子式为，根据实验现象产生能使带火星木条复燃的气体说明有氧气产生，溶液变红说明有碱生成，据此写化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；故答案为：；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
②能使H2O2产生气体通常用MnO2作催化剂；故答案为：MnO2；
(2)①溶液呈强酸性，说明溶液中肯定含有H+，而H+与CO32-反应发生反应而不能共存，说明溶液中肯定不含有CO32-；
②CCl4层呈紫红色，说明有I2，这是由于I-被氯气氧化所产生的，从而说明溶液中含有I-，而I-与Fe3+、NO3-和H+能发生氧化还原反应，而不能共存，说明溶液中肯定不含有Fe3+、NO3-；
③根据实验(3)现象：溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，溶液均无沉淀产生，而Fe3+、Mg2+、Al3+能与碱反应产生沉淀，说明溶液中肯定不含有Fe3+、Mg2+、Al3+；
④取出部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液后，有白色沉淀生成，说明溶液中肯定含有Ba2+，而Ba2+能与SO42-产生沉淀，说明溶液中不含SO42-；
⑤将③得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则说明一定含有NH4+，综上所述：一定存在的离子是H+、NH4+、Ba2+、I-，一定不存在的离子是Mg2+、Al3+、Fe3+、SO42-、CO32-、NO3-，不能确定是否存在的离子有K+、Cl-，故答案为：H+、NH4+、Ba2+、I-；K+、Cl-。
考点：考查了物质的检验及鉴别、过氧化钠的结构和性质的相关知识。
22.下列各物质中只有A、B、C三种单质，A的焰色反应为黄色，主要以G形式存在于海水中，F是一种淡黄色的固体，H是一种常见的无色液体，I是造成温室效应的“元凶”，各物质间的转化关系图如下：
回答下列问题：
（1）A是：_____，C是：_____，L是：______，I是：____（填化学式）。
（2）写出反应①②③的化学反应方程式：
①：____________________________________；
②：____________________________________；
③：____________________________________；
【答案】 (1). Na (2). Cl2 (3). HCl (4). CO2 (5). 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ (6). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ (7). 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
【解析】
【分析】
焰色反应为黄色的单质是钠，钠元素在自然界主要以氯化钠的形式存在，淡黄色固体是过氧化钠，常见的无色液体是水，造成温室效应的“元凶”是二氧化碳。因此，A是钠，B是氧气，C是氯气，D是氢氧化钠，E是氧化钠，F是过氧化钠，G是氯化钠，H是水，I是二氧化碳，J是碳酸氢钠，K是碳酸钠，L是盐酸。
【详解】（1）A是钠，化学式为Na，C是氯气，化学式为Cl2，L是氯化氢，化学式为HCl，I是二氧化碳，化学式为CO2 ；
（2）①是钠与水反应，化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
②是过氧化钠与水的反应，化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
③是碳酸氢钠的受热分解，化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O ；
【点睛】无机框图推断题要找出题眼，关键点，熟记特殊物质的颜色，特殊的反应，工业生产等等，找出突破口，一一突破。
23.某地菱锰矿的主要成分为MnCO3，还含有少量的FeCO3、CaCO3、Al2O3等杂质。工业上以菱锰矿为原料制备高纯度碳酸锰的流程如图所示：
已知：MnCO3+2NH4Cl=MnCl2+CO2↑+2NH3↑+H2O．
相关金属离子[c0（Mn+）=0.1mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
（1）焙烧时温度对锰浸取率的影响如图。焙烧时适宜的温度为___________左右；800℃以上锰的浸取率偏低，可能的原因是___________。
（2）净化包含三步：①加入少量MnO2，添加少量MnO2的作用是____________。发生反应的离子方程式为___________。
②加氨水调pH，溶液的pH范围应调节为___________～8.1之间。生成的沉淀主要是___________。
③加入MnF2，沉淀除去Ca2+，若溶液酸度过高，Ca2+沉淀不完全，原因是___________。
（3）碳化结晶中生成MnCO3的离子方程式为____________。
【答案】 (1). 500℃ (2). 温度过高，NH4Cl分解导致与MnCO3的反应不彻底（或MnCO3分解发生其他副反应；或MnCl2挥发导致Mn损失；或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低；或高温使固体烧结，固体表面积减小等） (3). 将Fe2+氧化为Fe3+ (4). MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O (5). 4.7 (6). Fe（OH）3、Al（OH）3 (7). F- 与H+ 结合形成弱电解质HF，CaF2（s）Ca2+（aq）+F—（aq）平衡向右移动 (8). )Mn2＋＋HCO3-＋NH3===MnCO3↓＋NH4+
【解析】
【分析】
(1)由图示得到，500 ℃时，锰的浸取率已经很大；温度很高时，氯化铵受热分解、MnCO3分解发生其他副反应等；
(2)①加入二氧化锰的目的是为了将Fe2＋氧化为Fe3＋；
②加氨水调溶液pH的目的是使溶液中Fe3＋和Al3＋转化为Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀除去；
③若溶液酸度过高，F- 与H+ 结合形成弱酸HF，使CaF2溶解平衡向右移动；
(3)碳化结晶是氯化锰溶液与碳酸氢铵和氨水应得到碳酸锰沉淀。
【详解】(1)由图示得到，500 ℃时，锰的浸取率已经很大，所以选取500℃即可，没有必要选择更高的温度，因为温度越高，能耗越大；温度很高时，浸取率下降，有可能是高温下氯化铵分解使反应的量减少；或生成的氯化锰转化为气体离开体系；或高温下发生副反应，锰转化为其他化合物；或高温使固体烧结，固体表面积减小等，故答案为：500℃；温度过高，NH4Cl分解导致与MnCO3的反应不彻底（或MnCO3分解发生其他副反应；或MnCl2挥发导致Mn损失；或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低；或高温使固体烧结，固体表面积减小等）；
(2)①加入二氧化锰的目的是为了将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的化学方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O，故答案为：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；
②加氨水调溶液pH的目的是使溶液中Fe3＋和Al3＋转化为Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀除去，由题给表格数据可知，溶液的pH范围调节在4.7～8.1之间时，Fe3＋和Al3＋完全沉淀，而Mn2＋不沉淀，故答案为：4.7；
③加入MnF2目的是沉淀除去Ca2+，CaF2在溶液中存在溶解平衡CaF2（s）Ca2+（aq）+F—（aq），若溶液酸度过高，F- 与H+ 结合形成弱酸HF，F—浓度减小，溶解平衡向右移动，使Ca2+沉淀不完全，故答案为：F- 与H+ 结合形成弱电解质HF，CaF2（s）Ca2+（aq）+F—（aq）平衡向右移动；
(3)碳化结晶是向氯化锰溶液中加入碳酸氢铵和氨水，反应得到碳酸锰沉淀，反应的化学方程式为Mn2＋＋HCO3-＋NH3===MnCO3↓＋NH4+，故答案为：Mn2＋＋HCO3-＋NH3===MnCO3↓＋NH4+。
【点睛】本题考查化学工艺流程，是对学生综合能力的考查，涉及了物质分离提纯过程分析判断、氧化还原反应等，理解工艺流程原理是解题的关键。
24.过氧化钙(CaO2)是一种白色晶体，无臭无味，能潮解，难溶于水，可与水缓慢反应；不溶于醇类、乙醚等，易与酸反应，常用作杀菌剂、防腐剂等。通常利用CaCl2在碱性条件下与H2O2反应制得。某化学兴趣小组在实验室制备CaO2的实验方案和装置示意图如下：
请回答下列问题：
（1）三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为________________；
（2）支管B的作用是_________________________；
（3）步骤③中洗涤CaO2·8H2O的液体X的最佳选择是____________；
A．无水乙醇 B．浓盐酸 C．水 D．CaCl2溶液
（4）过氧化钙可用于长途运输鱼苗，这体现了过氧化钙_____________的性质；
A．可缓慢供氧 B．能吸收鱼苗呼出的CO2气体 C．能潮解 D．可抑菌
（5）已知CaO2在350℃时能迅速分解，生成CaO和O2。该小组采用如图所示的装置测定刚才制备的产品中CaO2的纯度(设杂质不分解产生气体)，使用分析天平准确称取0.5000g样品，置于试管中加热使其完全分解，收集到33.60mL(已换算为标准状况)气体，则产品中过氧化钙的质量分数为_________(保留4位有效数字)。
【答案】 (1). CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O＝CaO2•8H2O↓+2NH4Cl (2). 平衡气压，便于恒压滴液漏斗中的液体能够顺利滴下 (3). A (4). ABD (5). 43.20%或0.4320
【解析】
【详解】（1）三颈烧瓶中发生的反应是CaCl2在NH3•H2O存在的条件下与H2O2反应生成CaO2，反应物和生成物的化合价没有变化，另一个生成物应该是NH4Cl，因此化学方程式为CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O＝CaO2•8H2O↓+2NH4Cl。
（2）支管B液面上的空间和三颈烧瓶液面上的空间相通，压强相同，可以平衡气压，便于恒压滴液漏斗中的液体能够顺利滴下。
（3）洗涤CaO2·8H2O的液体X一定不能和CaO2·8H2O反应，根据题干“可与水缓慢反应；不溶于醇类、乙醚等，易与酸反应”可知，不能选水和盐酸，氯化钙溶液中也含有水，因此选择乙醇，故选A。
（4）长途运输鱼苗需要供氧，同时吸收二氧化碳并抑菌，过氧化钙能和水缓慢反应生成氧气，可以供氧并杀灭细菌，同时生成的氢氧化钙可以吸收二氧化碳，故选ACD。
（5）CaO2在350℃时能迅速分解生成CaO和O2的化学方程式为2CaO22CaO+O2↑，标况下33.60mL气体即0.0015mol，根据方程式可知CaO2是0.003mol，质量为0.003mol×72g/mol=0.216g，质量分数为0.216g÷0.5000g×100%=43.2%。
辽宁省沈阳市东北育才学校2020届高三上学期第一次模拟考试
化学试题
1.下列事实中，不能说明化学是具有实用性的科学的是( )
A. 制造化学肥料，提高粮食产量
B. 研制药物，治疗疾病
C. 合成食品添加剂
D. 提出更完善的化学理论
【答案】D
【解析】
【详解】制造化学肥料、研制药物、合成食品添加剂均体现出化学的实用性，而提出更完善的化学理论不足以说明化学的实用性，答案为D；
2.化学成为一门科学并较快发展，始于( )
A. 舍勒发现氧气 B. 质量守恒定律的发现
C. 原子—分子学说的问世 D. 中国湿法冶金技术的推广
【答案】C
【解析】
【分析】
原子—分子学说是19世纪问世的，此后化学才发展为一门科学。
【详解】A.舍勒发现氧气时是18世纪，化学还没有成为一门科学；
B. 质量守恒定律的发现是在18世纪，化学还没有成为一门科学；
C. 原子—分子学说是19世纪问世的，此后化学才发展为一门科学；
D. 中国在古代就有湿法冶金技术的推广，在汉代、晋代、宋代都有记载。
答案为C；
3.举世闻名的侯氏制碱法的工艺流程如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 往母液中加入食盐的主要目的是使更多的析出
B. 从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是、和氨水
C. 沉淀池中反应的化学方程式：
D. 设计循环Ⅱ的目的是使原料氯化钠的利用率大大提升
【答案】B
【解析】
【分析】
先通入氨气再通入二氧化碳反应得到碳酸氢钠晶体和母液为氯化铵溶液，沉淀池中得到碳酸氢钠晶体，反应式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，过滤得到碳酸氢钠晶体煅烧炉中加热分解，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠纯碱，过滤后的母液通入氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品氯化铵，氯化钠溶液循环使用， 据此分析。
【详解】A．向母液中通氨气作用有增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出，选项A错误；
B．向母液中通氨气作用有增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出和使NaHCO3转化为Na2CO3，从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水，选项B正确；
C．沉淀池中发生的化学反应为饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl→NH4Cl+NaHCO3↓，选项C错误；
D．循环Ⅰ是将未反应的氯化钠返回沉淀池中使原料氯化钠的利用率大大提升，循环Ⅱ的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池继续反应生成碳酸氢钠，二氧化碳利用率大大提升，选项D错误；
答案选B。
【点睛】本题主要考察了联合制碱法的原料、反应式以及副产物的回收利用，如何提高原料的利用率、检验氯离子的方法是关键，循环Ⅱ的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池继续反应，循环Ⅰ中的氯化钠有又返回到沉淀池。
4.下图分别表示四种操作，其中有两个明显错误的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A.读数时应保持视线与液面底部相平，A有一处错误，故A不选；
B.有两处错误：稀释浓硫酸应将浓硫酸加到水里，且不能在量筒中稀释液体，故B选；
C.称量氢氧化钠不能用纸片，会潮解，C有一处错误，故C不选；
D.混匀液体时不能摇动烧杯，应该用玻璃棒搅拌液体，D有一处错误，故D不选；
故选B
5.为了除去括号中的杂质，不合理的是
选项
物质（杂质）
加入试剂
方法
A
氯化铵溶液（FeCl3）
氢氧化钠溶液
过滤
B
KNO3（s）（少量NaCl）
水
重结晶
C
乙酸乙酯（乙酸）
饱和碳酸钠溶液
分液
D
乙醇（少量水）
新制生石灰
蒸馏
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.加入氢氧化钠溶液会引入钠离子杂质，故A选；
B.硝酸钾溶解度受温度影响很大，氯化钠的溶解度受温度影响很小，所以可以将混合物溶于热水，然后降温，这时会析出大量硝酸钾固体，再重复操作，即可提纯硝酸钾，故B不选；
C.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可以与碳酸钠溶液反应生成乙酸钠，溶于水中，分液可得到乙酸乙酯，故C不选；
D.生石灰即氧化钙，可以与水反应生成氢氧化钙，然后蒸馏，可以得到无水乙醇，故D不选；
故选A。
6.实验室分离苯和水，可选用下列（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
苯和水分层，可选分液法分离，以此来解答。
【详解】A中为层析法；B为蒸发；D为过滤；苯和水分层，可选分液法分离，选项C符合；
答案选C。
【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握物质的性质、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意层析法为解答的难点。
7.现有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的几种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-现取三份各100mL溶液进行如下实验： 第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体；第三份加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。正确的是
A. 该混合液中一定含有：K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K+)≥0.04mol
B. 该混合液中一定含有：NH4+、CO32-、SO42-，可能含K+、Cl-
C. 该混合液中一定含有：NH4+、CO32-、SO42-，可能含Mg2+、K+、Cl-
D. 该混合液中一定含有：NH4+、SO42-，可能含Mg2+、K+、Cl-
【答案】A
【解析】
【详解】加入AgNO3溶液有沉淀产生可能说明有Cl-、CO32-、SO42-，加入足量NaOH溶液加热后收集到气体0.08mol说明一定有NH4+，且NH4+的物质的量是0.08mol，加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀，经盐酸洗涤干燥后，沉淀质量减轻但没有完全反应，说明沉淀有碳酸钡和硫酸钡，即原溶液中有CO32-、SO42-，所以一定没有Mg2+和Ba2+，不能确定是否有Cl-。硫酸钡4.66g，即0.02mol，碳酸钡的质量为12.54g-4.66g=7.88g，即0.04mol，根据电荷守恒，负电荷一共0.12mol，NH4+所带的正电荷是0.08mol，因此一定还有K+，且n(K+)≥0.04 mol，故选A。
【点睛】在离子推断题里，如果给出离子的物质的量，一般要用到电荷守恒，即在电解质溶液中，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。特别是最后判断某种离子的存在与否时，要根据前面已经推断出来的离子的物质的量或物质的量浓度，用电荷守恒来判断该离子是否存在，计算其物质的量或浓度的范围。
8.聚合硫酸铁可用于水的净化，其化学式可表示为[Fea(OH)b(SO4)c]m。取一定量聚合硫酸铁样品与足量盐酸反应，将所得溶液平均分为两份。向一份溶液中加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.747 5 g。取另一份溶液，先将Fe3＋还原为Fe2＋(还原剂不是Fe，且加入的还原剂恰好将Fe3＋还原为Fe2＋)，再用0.020 00 mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液50.00 mL。该聚合硫酸铁样品中a∶b为[已知：K2Cr2O7＋6FeSO4＋7H2SO4=K2SO4＋Cr2(SO4)3＋3Fe2(SO4)3＋7H2O]（ ）
A. 1∶1 B. 2∶1 C. 3∶1 D. 2∶5
【答案】B
【解析】
【分析】
第一份溶液中白色沉淀为BaSO4，质量为1.7475g，则n（BaSO4）=0.0075mol，即n(SO)=0.0075mol；另一份溶液中，通过反应式：n（Fe2＋）：n（Cr2O72-）=6：1，n（Cr2O72-）=0.0200mol/L╳0.05L=0.001mol，求得n（Fe2＋）=0.006mol，亚铁离子即由原溶液中的铁离子转化得到，根据物质不显电荷，即可求出答案。
【详解】1.7475 g白色沉淀是硫酸钡，则n(SO)＝1.7475 g÷233 g/mol＝0.0075 mol。n(K2Cr2O7)＝0.05 L×0.02000 mol/L＝0.001 mol，根据方程式可知n(Fe2＋)＝n(K2Cr2O7)×6＝0.006 mol，根据Fe守恒，n（Fe3+）=0.006mol，由电荷守恒可知n(OH－)＋n(SO)×2＝n(Fe3＋)×3，n(OH－)＝0.006 mol×3－0.0075 mol×2＝0.003 mol，得到a∶b＝0.006∶0.003＝2∶1，故答案为B。
9.关于反应11P＋15CuSO4＋24H2O==5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4的说法正确的是
A. P既是氧化剂又是还原剂，CuSO4只是还原剂
B. Cu3P既是氧化产物又是还原产物
C. 1 mol CuSO4可以氧化1/5 mol P
D. 若有11 mol P参加反应，转移电子的物质的量为60 mol
【答案】C
【解析】
【详解】A. P、Cu元素的化合价降低,则P、CuSO4是氧化剂,P元素的化合价由0升高为+5价,P是还原剂,所以P既是氧化剂又是还原剂,CuSO4只是氧化剂，故A错误；
B. P元素的化合价由0升高为+5价,P是还原剂, H3PO4是氧化产物,Cu3P是还原产物，故B错误；
C. 由反应可知,转移30mol电子消耗11molP,15mol CuSO4和5molP来一起氧化6molP,其中1mol CuSO4可以氧化1/5molP，故C正确；
D. 由原子守恒可知，11molP参加反应，被氧化的P为6mol，则转移的电子为6mol×5=30mol，故D错误；
故选:C。
【点睛】氧化还原反应最重要的规律是电子守恒，n(氧化剂)×化合价降低的原子个数×化合价变化值=n(还原剂)×化合价升高的原子个数×化合价变化值。
10.已知氢化钠（NaH）可由氢气和钠在高温下化合形成，其使用需要惰性环境，遇水放出易燃气体，下列说法不正确的是（ ）
A. 氢化钠与水反应产生的气体，通过盛有碱石灰的干燥管，用向下排空气法可以收集得到一定量的H2
B. 氢化钠与水反应产生的气体通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则说明产生的气体中一定含有H2
C. 氢化钠在无水条件下除去钢铁表面铁锈的反应方程式为3 NaH+Fe2O3═2Fe+3NaOH
D. 锌和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥后，与钠在高温下反应得到纯净的NaH
【答案】D
【解析】
【详解】解：A．氢化钠与水反应产生的气体，反应的化学方程式为：NaH+H2O＝NaOH+H2↑，气体通过盛有碱石灰的干燥管，用向下排空气法可以收集得到一定量的H2，故A正确；
B．氢气能还原氧化铜生成Cu，氢化钠与水反应产生的气体通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则说明产生的气体中一定含有H2，故B正确；
C．NaH具有强还原性，能与Fe2O3生成Fe和NaOH，反应方程式为：3NaH+Fe2O3═2Fe+3NaOH，故C正确；
D．锌和盐酸反应后的气体中含有氢气、HCl、水蒸气，浓硫酸干燥除去了水蒸气，还含有氢气和HCl，所以应该先除去HCl、再用浓硫酸干燥，然后与钠在高温下反应得到纯净的NaH，故D错误。
故选：D。
11.某离子反应涉及到 H2O、ClO－、NH4+、OH－、N2、Cl－等微粒，其中N2、ClO－的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确的是 ( )
A. 该反应中Cl－为还原产物
B. 氧化剂与还原剂物质的量比为3:2
C. 消耗1 mol还原剂，转移6 mol电子
D. 氧化性：ClO－比 N2强
【答案】C
【解析】
【分析】
从图示中可以看出，ClO-随反应的进行而减小，应是反应物，N2的量随反应的进行而增加，应是生成物。根据原子守恒、得失电子守恒和电荷守恒可以写出发生反应的离子方程式为：3ClO－+2NH4++2OH－=N2↑+3Cl－+5H2O、
【详解】A．该反应中氯元素的化合价从+1价降为-1价，Cl-是还原产物，A项正确；
B．该反应中氧化剂是ClO-，还原剂是NH4+，依离子方程式可以看出其物质的量之比为3：2，B项正确；
C．NH4+是还原剂，每消耗2molNH4+，转移的电子数才为6 mol，C项错误；
D．在该反应中，ClO-是氧化剂，N2是氧化产物，所以氧化性：ClO->N2，D项正确；
所以答案选择C项。
【点睛】据元素守恒，ClO- 是反应物，则Cl-必是生成物；N2是产物，则NH4+必是反应物；先依得失电子守恒定下4个化学计量数，然后依电荷守恒确定OH-在等号的左边，化学计量数为2，最后用水来配氢原子守恒。
12.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，4.48L Cl2通入水中，转移电子数为0.2NA
B. 28g乙烯与丙烯混合物中含有C-H键的数目为4NA
C. 1L 0.1mol/L Na2SO4溶液中含有的氧原子数为0.4NA
D. 1mol⋅L-1 CH3COOH与1mol⋅L-1 CH3COONa溶液等体积混合，溶液中CH3COOH和CH3COO-的总数为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底，所以标准状况下，4.48L Cl2物质的量为0.2mol，通入水中，转移电子数为小于0.2NA，故A错误；
B．乙烯和丙烯的混合物的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量为2mol，则含4NA个C-H键，故B正确；
C．硫酸钠溶液中，硫酸钠、水都含有O，1L 0.1mol/L Na2SO4溶液中含有的氧原子数大于0.4NA，故C错误；
D．溶液体积未知，依据n=cV可知，无法计算微粒物质的量和数目，故D错误；
故选：B。
13.标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为ρg/mL,质量分数为ω，物质浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是
A.
B.
C.
D. =1000Vρ/(17V+22400)
【答案】A
【解析】
【详解】A．将所给的式子的分子和分母同除以22.4可得，分子表示了溶液的质量，是合理的，但分母表达的是将溶剂的体积与气体的体积直接进行加和得到溶液的体积，这显然是错误的，A项错误；
B．假设取溶液的体积为1L，根据溶质质量分数的本义有：，分子表达了溶质质量，分母表达了溶液的质量，B项正确；
C．将所给的式子分子分母同除以22.4可得：，分子表达了溶质质量，分母表达了溶液的质量，C项正确；
D．将所给式子变形得：，分子代表了溶质的物质的量，分母代表了溶液的体积（单位为L），D项正确；
所以答案选择A项。
14.NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A. c(H2CO3)和c(HCO3-)之和为1molNaHCO3溶液中，含有Na+数目为NA
B. 5g 21H和31H的混合物发生热核聚变反应：21H+31H →42He+10n，净产生的中子(10n)数为NA
C. 1L 0.1mol/L乙醇溶液中存在的共价键总数为0.8NA
D. 56g 铁与足量氯气反应，氯气共得到3NA个电子
【答案】D
【解析】
A. n(H2CO3)和n(HCO3-)之和为1mol的NaHCO3溶液中，根据物料守恒可知含有Na+数目大于NA，A错误；B.不能确定 5g 21H和31H的混合物各自微粒的质量，因此不能计算产生的中子数，B错误；C. 溶剂水分子中还存在共价键，C错误；D. 56g 铁是1mol，与足量氯气反应，氯气共得到3NA个电子，D正确，答案选D。
点睛：阿伏伽德罗常数与微粒数目的关系涉及的知识面广，涉及到核素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡、胶体、化学键等知识点。与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系，计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。
15.下列物质按纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质的组合正确的是 ( )
纯净物
混合物
强电解质
弱电解质
非电解质
A
盐酸
水煤气
硫酸
醋酸
HD
B
胆矾
石灰水
硫酸钡
HNO2
NH3
C
火碱
蔗糖溶液
氯化钠
氨水
三氧化硫
D
冰醋酸
福尔马林
苛性钾
氯化氢
乙醇
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．盐酸、水煤气、硫酸、醋酸、HD分别属于混合物、混合物、强电解质、弱电解质、单质，故A错误；B．胆矾、石灰水、硫酸钡、HNO2、氨气分别属于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质，故B正确；C．火碱、蔗糖溶液、氯化钠、氨水、三氧化硫分别属于化合物、混合物、强电解质、混合物、非电解质，故C错误；D．冰醋酸、福尔马林、苛性钾、氯化氢、乙醇分别属于化合物、混合物、强电解质、强电解质、非电解质，故D错误；故答案为B。
16.向含有c(FeCl3)＝0.2 mol·L－1、c(FeCl2)＝0.1 mol·L－1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9.3 nm的金属氧化物，下列有关说法中正确的是( )
A. 该分散系的分散质为Fe2O3
B. 该分散系属于溶液
C. 加入NaOH时发生的反应可能为Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH－===Fe3O4＋4H2O
D. 可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na＋分离开
【答案】C
【解析】
【详解】A．三氧化二铁为红棕色，由题意知得到一种黑色分散系，故A错误；B．该分散系中分散质粒子是直径约为9.3 nm的金属氧化物，则该分散系为胶体，故B错误；C．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，离子方程式：Fe2++2Fe3++8OH-═Fe3O4+4H2O，故C正确；D．胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离，故D错误；故答案为C。
17.研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图所示)。下列有关叙述错误的是
A. 雾和霾的分散质不同分散剂相同 B. 雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C. NH3是形成无机颗粒物的催化剂 D. 雾霾的形成与过度施用氮肥有关
【答案】C
【解析】
【详解】A.雾的分散质是细小的小水滴，分散剂是空气。霾的分散质是固体小颗粒，分散剂是空气，A项正确；
B.由图示可知大气中的HNO3和H2SO4分别与NH3反应生成的NH4NO3和(NH4)2SO4的固体颗粒物形成雾霾，B项正确；
C.NH3分别与HNO3和H2SO4反应，生成NH4NO3和(NH4)2SO4固体颗粒物，所以NH3是形成无机颗粒物时消耗的反应物而不是催化剂，C项错误；
D.铵态氮肥在施用或保存过程中会产生NH3，雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D项正确；答案选C。
18.下列对碱金属的叙述，其中完全不正确的组合是 ( )
①K通常保存在煤油中，以隔绝与空气的接触
②碱金属常温下呈固态，取用时可直接用手拿
③碱金属中还原性最强的是钾
④碱金属阳离子，氧化性最强的是Li＋
⑤碱金属原子半径和离子半径都随核电荷数的增大而增大
⑥从Li到Cs，碱金属的密度越来越大，熔、沸点越来越低
A. ②③⑥ B. ②③④ C. ④⑤⑥ D. ①③⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①钾的密度大于煤油，和空气中水蒸气、氧气、二氧化碳发生反应，少量K通常保存在煤油中，以隔绝与空气的接触，故①正确；
②碱金属是活泼金属和皮肤中水反应生成碱具有强腐蚀性，取用时不能直接用手拿，故②错误；
③依据同主族性质递变分析，碱金属中还原性最强的是钫，故③错误；
④金属性越强，对应阳离子的氧化性越弱，所以碱金属阳离子，氧化性最强的是Li+，故④正确；
⑤同主族电子层数相同，随核电荷数增大而增大，碱金属的原子半径和离子半径都随核电荷数的增大而增大，故⑤正确；
⑥从Li到Cs，碱金属的密度呈增大的趋势，K的密度反而比Na小，从上到下熔沸点降低，故⑥错误；
故答案为A。
19.以CO2和Na2O2为原料，制取纯净干燥的O2，实验装置如下：
下列说法不正确的是
A. 装置②中试剂可以是NaOH溶液
B. 装置③的作用是干燥O2
C. 收集氧气应选择装置a
D. 装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶
【答案】C
【解析】
【分析】
实验原理分析：二氧化碳通过U型管与过氧化钠反应生成氧气，氧气和没有反应的二氧化碳通入碱液洗气瓶除二氧化碳，可增加盛有澄清石灰水的洗气瓶验证二氧化碳是否除尽，在通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥氧气，最后收集；
【详解】A.装置②中试剂可以是NaOH溶液，用来除掉二氧化碳气体，故不选A；
B. 装置③中盛有浓硫酸，作用是干燥O2，故不选B；
C. 由于氧气密度大于空气，选择装置b，故选C；
D. 装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，验证二氧化碳是否除尽，故不选D；
答案：C
20.下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应能实现如图所示转化的是( )
X
Y
Z
物质转化关系
A
Cu
CuO
Cu(OH)2
B
Si
SiO2
H2SiO3
C
NaHCO3
Na2CO3
NaOH
D
FeCl2
FeO
FeCl3
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.Cu与O2反应生成CuO，CuO与C或H2等反应生成Cu，Cu(OH)2无法一步转化为Cu，且CuO无法一步转化为Cu(OH)2，错误；
B.Si与O2反应生成SiO2，SiO2与H2或C等反应生成Si，SiO2无法一步转化为H2SiO3，H2SiO3无法一步转化为Si，错误；
C.NaHCO3在加热条件下能生成Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，Na2CO3与Ca(OH)2反应生成NaOH，NaOH与过量CO2反应能直接生成NaHCO3，正确；
D.FeCl2不能一步转化为FeO，FeO与HCl反应能生成FeCl2，FeO无法一步转化为FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，错误。
21.(1)某学习小组通过实验研究Na2O2与水的反应。
操作
现象
向盛有4.0g Na2O2的烧杯中加入50mL蒸馏水
剧烈反应，产生能使带火星木条复燃的气体，得到的无色溶液a
向溶液a中滴入两滴酚酞
ⅰ．溶液变红
ⅱ．10分种后溶液颜色明显变浅，稍后，溶液变为无色
①Na2O2的电子式为 ，它与水反应的离子方程式是 。
②甲同学认为ⅱ中溶液褪色是溶液a中存在较多的H2O2，H2O2与酚酞发生了反应，并实验证实了H2O2的存在：取少量溶液a，加入试剂______ (填化学式)，有气体产生。
(2)有一瓶澄清的溶液，可有含有大量的NO3-、Fe3+、NH4+、H+、K+、Mg2+、Al3+、SO42-、Ba2+、CO32-、Cl-、I-，现进行如下实验：
①测知溶液显酸性；
②取样加少量四氯化碳和数滴新制氯水，四氯化碳层溶液呈紫红色；
③另取样滴加稀NaOH溶液，使深液变为碱性，此过程中无沉淀生成；
④取少量上述碱性溶液，加Na2CO3溶液出现白色沉淀；
⑤将实验③中的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
由此可以推断：
溶液中肯定存在的离子有 。溶液中不能确定是否存在的离子有 。
【答案】(1)①；2Na2O2+2H2O=4Na＋+4OH-+O2↑；
②MnO2(Cu2+、Fe3+也可)；
(2)H+、NH4+、I-、Ba2+；K+、Cl-
【解析】
试题分析：(1)①Na2O2的电子式为，根据实验现象产生能使带火星木条复燃的气体说明有氧气产生，溶液变红说明有碱生成，据此写化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；故答案为：；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
②能使H2O2产生气体通常用MnO2作催化剂；故答案为：MnO2；
(2)①溶液呈强酸性，说明溶液中肯定含有H+，而H+与CO32-反应发生反应而不能共存，说明溶液中肯定不含有CO32-；
②CCl4层呈紫红色，说明有I2，这是由于I-被氯气氧化所产生的，从而说明溶液中含有I-，而I-与Fe3+、NO3-和H+能发生氧化还原反应，而不能共存，说明溶液中肯定不含有Fe3+、NO3-；
③根据实验(3)现象：溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，溶液均无沉淀产生，而Fe3+、Mg2+、Al3+能与碱反应产生沉淀，说明溶液中肯定不含有Fe3+、Mg2+、Al3+；
④取出部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液后，有白色沉淀生成，说明溶液中肯定含有Ba2+，而Ba2+能与SO42-产生沉淀，说明溶液中不含SO42-；
⑤将③得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则说明一定含有NH4+，综上所述：一定存在的离子是H+、NH4+、Ba2+、I-，一定不存在的离子是Mg2+、Al3+、Fe3+、SO42-、CO32-、NO3-，不能确定是否存在的离子有K+、Cl-，故答案为：H+、NH4+、Ba2+、I-；K+、Cl-。
考点：考查了物质的检验及鉴别、过氧化钠的结构和性质的相关知识。
22.下列各物质中只有A、B、C三种单质，A的焰色反应为黄色，主要以G形式存在于海水中，F是一种淡黄色的固体，H是一种常见的无色液体，I是造成温室效应的“元凶”，各物质间的转化关系图如下：
回答下列问题：
（1）A是：_____，C是：_____，L是：______，I是：____（填化学式）。
（2）写出反应①②③的化学反应方程式：
①：____________________________________；
②：____________________________________；
③：____________________________________；
【答案】 (1). Na (2). Cl2 (3). HCl (4). CO2 (5). 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ (6). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ (7). 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
【解析】
【分析】
焰色反应为黄色的单质是钠，钠元素在自然界主要以氯化钠的形式存在，淡黄色固体是过氧化钠，常见的无色液体是水，造成温室效应的“元凶”是二氧化碳。因此，A是钠，B是氧气，C是氯气，D是氢氧化钠，E是氧化钠，F是过氧化钠，G是氯化钠，H是水，I是二氧化碳，J是碳酸氢钠，K是碳酸钠，L是盐酸。
【详解】（1）A是钠，化学式为Na，C是氯气，化学式为Cl2，L是氯化氢，化学式为HCl，I是二氧化碳，化学式为CO2 ；
（2）①是钠与水反应，化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
②是过氧化钠与水的反应，化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
③是碳酸氢钠的受热分解，化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O ；
【点睛】无机框图推断题要找出题眼，关键点，熟记特殊物质的颜色，特殊的反应，工业生产等等，找出突破口，一一突破。
23.某地菱锰矿的主要成分为MnCO3，还含有少量的FeCO3、CaCO3、Al2O3等杂质。工业上以菱锰矿为原料制备高纯度碳酸锰的流程如图所示：
已知：MnCO3+2NH4Cl=MnCl2+CO2↑+2NH3↑+H2O．
相关金属离子[c0（Mn+）=0.1mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
（1）焙烧时温度对锰浸取率的影响如图。焙烧时适宜的温度为___________左右；800℃以上锰的浸取率偏低，可能的原因是___________。
（2）净化包含三步：①加入少量MnO2，添加少量MnO2的作用是____________。发生反应的离子方程式为___________。
②加氨水调pH，溶液的pH范围应调节为___________～8.1之间。生成的沉淀主要是___________。
③加入MnF2，沉淀除去Ca2+，若溶液酸度过高，Ca2+沉淀不完全，原因是___________。
（3）碳化结晶中生成MnCO3的离子方程式为____________。
【答案】 (1). 500℃ (2). 温度过高，NH4Cl分解导致与MnCO3的反应不彻底（或MnCO3分解发生其他副反应；或MnCl2挥发导致Mn损失；或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低；或高温使固体烧结，固体表面积减小等） (3). 将Fe2+氧化为Fe3+ (4). MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O (5). 4.7 (6). Fe（OH）3、Al（OH）3 (7). F- 与H+ 结合形成弱电解质HF，CaF2（s）Ca2+（aq）+F—（aq）平衡向右移动 (8). )Mn2＋＋HCO3-＋NH3===MnCO3↓＋NH4+
【解析】
【分析】
(1)由图示得到，500 ℃时，锰的浸取率已经很大；温度很高时，氯化铵受热分解、MnCO3分解发生其他副反应等；
(2)①加入二氧化锰的目的是为了将Fe2＋氧化为Fe3＋；
②加氨水调溶液pH的目的是使溶液中Fe3＋和Al3＋转化为Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀除去；
③若溶液酸度过高，F- 与H+ 结合形成弱酸HF，使CaF2溶解平衡向右移动；
(3)碳化结晶是氯化锰溶液与碳酸氢铵和氨水应得到碳酸锰沉淀。
【详解】(1)由图示得到，500 ℃时，锰的浸取率已经很大，所以选取500℃即可，没有必要选择更高的温度，因为温度越高，能耗越大；温度很高时，浸取率下降，有可能是高温下氯化铵分解使反应的量减少；或生成的氯化锰转化为气体离开体系；或高温下发生副反应，锰转化为其他化合物；或高温使固体烧结，固体表面积减小等，故答案为：500℃；温度过高，NH4Cl分解导致与MnCO3的反应不彻底（或MnCO3分解发生其他副反应；或MnCl2挥发导致Mn损失；或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低；或高温使固体烧结，固体表面积减小等）；
(2)①加入二氧化锰的目的是为了将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的化学方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O，故答案为：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；
②加氨水调溶液pH的目的是使溶液中Fe3＋和Al3＋转化为Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀除去，由题给表格数据可知，溶液的pH范围调节在4.7～8.1之间时，Fe3＋和Al3＋完全沉淀，而Mn2＋不沉淀，故答案为：4.7；
③加入MnF2目的是沉淀除去Ca2+，CaF2在溶液中存在溶解平衡CaF2（s）Ca2+（aq）+F—（aq），若溶液酸度过高，F- 与H+ 结合形成弱酸HF，F—浓度减小，溶解平衡向右移动，使Ca2+沉淀不完全，故答案为：F- 与H+ 结合形成弱电解质HF，CaF2（s）Ca2+（aq）+F—（aq）平衡向右移动；
(3)碳化结晶是向氯化锰溶液中加入碳酸氢铵和氨水，反应得到碳酸锰沉淀，反应的化学方程式为Mn2＋＋HCO3-＋NH3===MnCO3↓＋NH4+，故答案为：Mn2＋＋HCO3-＋NH3===MnCO3↓＋NH4+。
【点睛】本题考查化学工艺流程，是对学生综合能力的考查，涉及了物质分离提纯过程分析判断、氧化还原反应等，理解工艺流程原理是解题的关键。
24.过氧化钙(CaO2)是一种白色晶体，无臭无味，能潮解，难溶于水，可与水缓慢反应；不溶于醇类、乙醚等，易与酸反应，常用作杀菌剂、防腐剂等。通常利用CaCl2在碱性条件下与H2O2反应制得。某化学兴趣小组在实验室制备CaO2的实验方案和装置示意图如下：
请回答下列问题：
（1）三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为________________；
（2）支管B的作用是_________________________；
（3）步骤③中洗涤CaO2·8H2O的液体X的最佳选择是____________；
A．无水乙醇 B．浓盐酸 C．水 D．CaCl2溶液
（4）过氧化钙可用于长途运输鱼苗，这体现了过氧化钙_____________的性质；
A．可缓慢供氧 B．能吸收鱼苗呼出的CO2气体 C．能潮解 D．可抑菌
（5）已知CaO2在350℃时能迅速分解，生成CaO和O2。该小组采用如图所示的装置测定刚才制备的产品中CaO2的纯度(设杂质不分解产生气体)，使用分析天平准确称取0.5000g样品，置于试管中加热使其完全分解，收集到33.60mL(已换算为标准状况)气体，则产品中过氧化钙的质量分数为_________(保留4位有效数字)。
【答案】 (1). CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O＝CaO2•8H2O↓+2NH4Cl (2). 平衡气压，便于恒压滴液漏斗中的液体能够顺利滴下 (3). A (4). ABD (5). 43.20%或0.4320
【解析】
【详解】（1）三颈烧瓶中发生的反应是CaCl2在NH3•H2O存在的条件下与H2O2反应生成CaO2，反应物和生成物的化合价没有变化，另一个生成物应该是NH4Cl，因此化学方程式为CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O＝CaO2•8H2O↓+2NH4Cl。
（2）支管B液面上的空间和三颈烧瓶液面上的空间相通，压强相同，可以平衡气压，便于恒压滴液漏斗中的液体能够顺利滴下。
（3）洗涤CaO2·8H2O的液体X一定不能和CaO2·8H2O反应，根据题干“可与水缓慢反应；不溶于醇类、乙醚等，易与酸反应”可知，不能选水和盐酸，氯化钙溶液中也含有水，因此选择乙醇，故选A。
（4）长途运输鱼苗需要供氧，同时吸收二氧化碳并抑菌，过氧化钙能和水缓慢反应生成氧气，可以供氧并杀灭细菌，同时生成的氢氧化钙可以吸收二氧化碳，故选ACD。
（5）CaO2在350℃时能迅速分解生成CaO和O2的化学方程式为2CaO22CaO+O2↑，标况下33.60mL气体即0.0015mol，根据方程式可知CaO2是0.003mol，质量为0.003mol×72g/mol=0.216g，质量分数为0.216g÷0.5000g×100%=43.2%。
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