还剩16页未读，
继续阅读
福建省永安市第一中学漳平市第一中学2020届高三上学期第一次联考试题化学
展开
“永安一中、漳平一中”二校联考
2019-2020学年第一学期第一次月考
高三化学试题
相对原子质量：O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Fe-56 H-1 C-12 Cu-64 Ca-40
第Ⅰ卷 （选择题 共48分）
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.化学与人类生活、生产息息相关，下列解决问题的方法不可行的是
A. 为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸
B. 为防止海鲜腐烂，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中
C. 为增强治疗缺铁性贫血效果，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C
D. 在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化
【答案】B
【解析】
【详解】A. 漂白精中含有次氯酸钙，在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度，则氧化性增强，可增大漂白速率，故A正确；
B. 硫酸铜为重金属盐，对人体有害，不能用于食品防腐，故B错误；
C. 维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C，可增强治疗缺铁性贫血效果，故C正确；
D. 硅胶具有吸水性,可有效防止食物受潮，铁具有还原性，可防止食物被氧化做抗氧化剂，故D正确。
答案选B。
2.下列有关试剂的保存方法，错误的是
A. 浓硝酸保存在棕色试剂瓶中并放置在阴凉处
B. 少量的金属钠保存在煤油中
C. 液溴的试剂瓶里加一些水来防溴挥发
D. 新制的氯水通常保存在无色玻璃试剂瓶中
【答案】D
【解析】
【详解】A、浓硝酸不稳定、见光易分解，应该保存在棕色试剂瓶中并放在阴凉处，故A正确；
B、钠与水和氧气反应，应该隔绝空气保存，钠密度大于煤油，且不与煤油反应，少量的钠可以保存在煤油中，故B正确；
C、液溴具有挥发性，溴的密度大于水且在水中溶解度较小，所以保存液溴时应该放在棕色细口瓶中，并使用水封，故C正确；
D、新制的氯水见光容易分解，应该避光保存，所以新制的氯水通常保存在棕色玻璃试剂瓶中，故D错误；
答案选D。
3.下列说法正确的是
①Na2O、Fe2O3、Al2O3属于碱性氧化物，CO2、SiO2、NO2属于酸性氧化物
②碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都属于离子化合物
③漂白粉、水玻璃、Fe(OH)3胶体、冰水混合物均属于混合物
④醋酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
⑤硅导电，铝在浓硫酸中钝化均属于物理变化
⑥盐酸属于混合物，而液氯、冰醋酸均属于纯净物
A. ①③⑤ B. ④⑤⑥ C. ②④⑥ D. ②③
【答案】C
【解析】
【详解】①.Na2O、Fe2O3和酸反应生成盐和水属于碱性氧化物，Al2O3和酸、碱反应生成盐和水属于两性氧化物，CO2、SiO2能和碱溶液发生反应生成盐和水，属于酸性氧化物，NO2和碱反应生成盐和水发生的是氧化还原反应，不是酸性氧化物，故①错误；
②.碳酸钠是钠离子和碳酸根离子构成，氢氧化钡是钡离子和氢氧根离子构成，氯化铵是铵根离子和氯离子构成，过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，都属于离子化合物，故②正确；
③.漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液、Fe(OH)3胶体属于分散系，是混合物、冰水混合物是一种物质组成的为纯净物，故③错误；
④.醋酸属于酸，烧碱是氢氧化钠属于碱，纯碱是碳酸钠属于盐，生石灰为氧化钙属于氧化物，故④正确；
⑤.硅导电属于物理变化，铝在浓硫酸中钝化属于化学变化，是浓硫酸的强氧化性体现，故⑤错误；
⑥.盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物，而液氯、冰醋酸均是一种物质组成属于纯净物，故⑥正确。
答案选C
4.某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42－、I－、S2－。分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是
A. Na+ B. SO42－ C. Ba2+ D. NH4+
【答案】A
【解析】
【详解】溶液显弱酸性，则一定存在能水解的铵根离子，硫离子一定不能存在，无需检验；加氯水和淀粉无明显现象，氯水具有氧化性，能与碘离子发生氧化还原反应，所以I﹣一定不能共存，无需检验，因为溶液呈电中性，所以溶液中必须含有阴离子，则一定含有硫酸根离子，因此钡离子不能存在，则硫酸根离子、钡离子无需检验，钠离子是否存在需要检验，答案选A。
【点睛】本题为高频考点，把握离子的检验方法及离子之间的氧化还原反应、相互促进的水解反应为解答的关键。根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失(如溶液中的AlO在酸过量时转化为Al3＋)，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。解答时，首先，必须以扎实全面的基础知识作后盾。扎实全面的基础知识是考生认真、准确解答试题的前提和基础。例如考生要对离子的性质、离子的特征、离子间的反应关系要有准确全面的认识。其次，必须要有正确清晰的解题思路和正确灵活的解题方法。
5.下列说法正确的是（ ）
A. 明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化和杀毒
B. 胶体和溶液的本质区別是胶体能发生丁达尔效应，而溶液不能
C. 将外加直流电源通过Fe(OH)3胶体，电源负极附近颜色变深，则说明该胶体带正电荷
D. 利用渗析的方法可以将胶体和溶液进行分离
【答案】D
【解析】
A、明矾净水的原理是铝离子水解生成的氢氧化铝具有与净水作用，故A错误；B．胶体和溶液的本质区別是分散质粒子的大小不同，故B错误；C. 将外加直流电源通过Fe(OH)3胶体，电源负极附近颜色变深，则说明该胶体的胶体粒子带正电荷，不是胶体带电，故C错误；D．由于胶体和溶液都能够通过滤纸，不能用过滤方法分离，可以用半透膜分离，故D正确；故选D。
6.下列关于误差分析的判断正确的是
A. 用浓硫酸配制稀硫酸时，量筒量取浓硫酸仰视会使所配溶液浓度偏高
B. 用托盘天平称取药品时药品和砝码位置颠倒药品质量一定偏小
C. 配制1 mol·L-1的NaOH溶液时未恢复至室温就转移并定容会使所得溶液浓度偏小
D. 用润湿的pH试纸测醋酸的pH会使测定结果一定偏小
【答案】A
【解析】
【详解】A. 用浓硫酸配制稀硫酸时，量筒量取浓硫酸仰视，量取的浓硫酸体积偏大，所配溶液浓度偏高，故A正确；
B. 使用托盘天平时，若没有使用游码，药品和砝码位置颠倒后不影响称量结果，故B错误；
C. 配制1 mol⋅L−1的NaOH溶液时未恢复至室温就转移并定容，由于热的溶液体积偏大，配制的溶液冷却后体积偏小，所得溶液浓度偏大，故C错误；
D. 用润湿的pH试纸测醋酸的pH，相当于醋酸被稀释，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH会偏大，故D错误；
答案选A。
7.胞嘧啶是DNA水解产物之一，是精细化工的重要中间体。胞嘧啶可由5－巯基甲脲嘧啶、浓氨水和氯乙酸在一定条件下合成，则反应时NH3和5－巯基甲脲嘧啶的物质的量之比为
A. 1∶1 B. 2∶3
C. 3∶1 D. 2∶1
【答案】A
【解析】
对比5－巯基甲脲嘧啶和胞嘧啶的分子式，不难看出胞嘧啶比5－巯基甲脲嘧啶多了一个N原子，多出的N原子一定来自于氨，所以反应时NH3和5－巯基甲脲嘧啶的物质的量之比为1∶1，故选A。
8.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是
A. 常温常压下，11.2L二氧化碳含有的原子数等于1.5NA
B. 100mL1mol·L-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C. 标准状况下，22.4LCl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为2NA
D. 常温常压下，48gO2与O3混合物含有的氧原子数为3NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L二氧化碳的物质的量小于0.5mol，则含有的原子数小于1.5NA个，故A错误；
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. 标准状况下，22.4LCl2为1 mol，通入足量的石灰乳中发生氧化还原反应生成氯化钙和次氯酸钙，Cl2中氯的化合价既升高又降低，转移的电子数为NA，故C错误；
D. 氧气和臭氧均由氧原子构成，故48g混合物中含有氧原子的物质的量为n==3mol，故含有3NA个氧原子，故D正确。
答案选D。
9.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A. 含0.1mol·L－1Fe3＋的溶液中：Na+、Cu2+、I-、NO3－
B. 0.1mol·L－1 AlCl3溶液中：Cu2+、Mg2+、SO42-、HCO3-
C. 由水电离产生的c(H+)=10－12 mol·L－1的溶液中：NH4+、SO42-、HCO3-、Cl-
D. 使酚酞变红色的溶液：Na＋、K+、S2-、SO42-
【答案】D
【解析】
【详解】A. 含0.1mol·L－1Fe3＋的溶液中，Fe3＋有氧化性，I-有还原性，发生氧化还原反应，故A错误；
B. 0.1mol·L－1 AlCl3溶液中：Cu2+、Al3+与HCO3-发生双水解反应，故B错误；
C. 由水电离产生的c(H+)=10－12 mol·L－1的溶液中，既可以显酸性也可以显碱性，酸性条件H+与HCO3-不能共存，碱性条件下碳酸氢根离子、NH4+与OH-不能共存，故C错误；
D. 使酚酞变红色的溶液显碱性：Na＋、K+、S2-、SO42-不发生反应，可以共存，故D正确；
答案选D。
10.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式的类推正确的是
已知
类推
A
将Fe加入CuSO4溶液中Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋
将Na加入到CuSO4溶液中2Na＋Cu2＋=Cu＋2Na＋
B
稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应至中性：2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O
NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O
C
铁和氯气反应2Fe＋3Cl22FeCl3
铁和碘单质反应2Fe＋3I22FeI3
D
向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO
向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClO
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，钠投入到铜盐溶液反应先与水反应，不会置换出铜，故A错误；
B．NaHSO4与Ba（OH）2按照2：1反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，溶液呈中性，离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故B类推正确；
C、碘的氧化性较弱，与铁反应时生成FeI2，选项C错误；
D、向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2发生氧化还原反应，离子方程式为Ca2＋＋3ClO－＋SO2＋H2O=CaSO4↓＋Cl－＋2HClO，选项D错误。
答案选B。
11.用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是( )
A. 鉴别纯碱与小苏打 B. 证明Na2O2与水反应放热
C. 证明Cl2能与烧碱溶液反应 D. 探究钠与Cl2反应
【答案】A
【解析】
A．加热固体，为防止生成的水倒流，试管口应向下倾斜，故A错误；B．过氧化钠与水反应生成氧气，棉花着火，说明温度升高达到了棉花的着火点，所以证明放出大量的热，故B正确；C．氯气与NaOH反应，则气球变大，可验证氯气与NaOH的反应，故C正确；D．钠与氯气加热生成氯化钠，碱液可吸收过量的氯气，图中装置可验证钠与氯气的反应，故D正确；故选A．
点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．
12.下列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
某溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液
白色沉淀
溶液中一定含有SO42-
B
某溶液中加入KSCN溶液
溶液呈血红色
溶液中一定有Fe3+无Fe2+
C
某气体通入澄清石灰水中
石灰水变浑浊
该气体一定是CO2
D
用铂丝蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
溶液中一定有Na+可能有K+
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 某溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，溶液中含有SO42-或银离子中的至少一种，故A错误；
B. 某溶液中加入KSCN溶液，溶液呈血红色，溶液中一定有Fe3+，无法确定Fe2+是否存在，故B错误；
C.二氧化硫和二氧化碳均可以使石灰水变浑浊，故C错误；
D.钠的焰色反应为黄色，钾的焰色反应为紫色，会被钠的黄色所掩蔽，所以焰色反应为黄色，说明一定含Na+也可能含K+。
答案选D。
【点睛】焰色反应是元素的性质，溶液中有Na+时，光洁的铂丝蘸取无色溶液，在无色灯焰上灼烧时观察到黄色火焰，但K+的焰色反应必须透过蓝色的钴玻璃才能观察到。
13.某反应的反应物与生成物有：H3AsO4、K2SO4、KBrO3、H2SO4、AsH3、H2O和一种未知物质X。已知0．2 mol KBrO3在反应中得到1 mol电子，则下列说法不正确的是
A. AsH3是该反应的还原剂
B. X的化学式为Br2
C. 根据反应可推知氧化性：KBrO3>H3AsO4
D. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：5
【答案】D
【解析】
【详解】A、由信息可知，Br元素的化合价降低，则As元素的化合价升高，则AsH3是该反应的还原剂，正确；
B、设X中溴元素的化合价为x，由电子守恒可知，0.2mol×（5-x）=1mol，解得x=0，所以X的化学式为Br2，正确；
C、由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：KBrO3＞H3AsO4，正确；
D、Br元素的化合价由+5价降低为0，As元素的化合价由-3价升高为+5价，由电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为8：5，错误。
答案选D。
14.下列有关图像的说法正确的是
A. 图甲表示：向某明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与滴加NaOH溶液体积的关系
B. 图乙表示：向含等物质的量的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加HCl溶液体积的关系
C. 图丙表示：在稀硝酸溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中Fe3＋物质的量与逐渐加入铁粉物质的量的变化关系
D. 除去混在硝酸钾中少量的氯化钠可用“蒸发浓缩、趁热过滤”的方法
【答案】C
【解析】
【详解】A.向某明矾溶液中滴加NaOH 溶液直至过量，溶液中先生成沉淀，然后沉淀又逐渐溶解，前后两个阶段分别消耗的氢氧化钠溶液的体积之比为3:1，图像与之不符，故A错误；B.假设NaOH和Na2CO3分别为1mol，向含有1molNaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加过量的稀盐酸，氢氧化钠先与盐酸反应消耗1molHCl；碳酸钠与盐酸反应生成1molNaHCO3，消耗HCl 1mol；最后1molNaHCO3再与盐酸反应产生二氧化碳气体，又消耗HCl 1mol， 所以产生气体前后消耗盐酸的体积之比为2:1，图像与之不符，故B错误；C.在稀硝酸溶液中加入铁粉，先发生Fe+2NO3-+4H+=Fe3++2NO↑+2H2O， 当硝酸消耗完之后，铁离子的量达到最大值；继续加入铁粉后，铁离子与铁发生反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+，铁离子的量逐渐减小直至为0，最终两步反应消耗铁的量为1：0. 5=2：1，与图像相符合，C正确；D. KNO3溶解度随温度变化较大，氯化钠溶解度随温度变化不大，因此除去混在KNO3中少量的NaC1可用“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤”的方法进行分离，故D错误；答案选C。
15.利用废铁屑(主要成分为Fe，还含有C，S，P等)制取高效净水剂K2FeO4流程如图：
下列说法不正确的是
A. 废铁屑在酸溶前可用热纯碱溶液去油污
B. 步骤②是将Fe2+转化为Fe(OH)3
C. 步骤③中发生的反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-==2FeO42-+3Cl-+4H++H2O
D. 步骤④中反应能发生的原因是在相同条件下，K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4
【答案】C
【解析】
【详解】废铁屑(主要成分为Fe，还含有C、 S、P等)加入酸溶得到亚铁盐，过滤后向滤液中加入过量NaOH溶液和H2O2溶液，NaOH中和过量的酸，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，在碱溶液中将溶液中Fe2+转化为Fe(OH)3，然后加入NaClO溶液，在碱溶液中发生氧化还原反应生成Na2FeO4，加入KCl固体利用溶解度不同转化为K2FeO4析出。
A. 纯碱是强碱弱酸盐，CO32−水解导致纯碱溶液呈碱性，碱性条件下油污水解生成高级脂肪酸盐和甘油，所以废铁屑在酸溶前可用热的纯碱溶液去油污，故A正确；
B. NaOH中和过量的酸，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，在碱溶液中将溶液中Fe2+转化为Fe(OH)3，步骤②的目的是将溶液中Fe2+转化为Fe(OH)3，故B正确；
C. 步骤③中发生的反应是碱性条件下发生的反应，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+4OH−+3ClO−═2FeO42−+3Cl−+5H2O，故C错误；
D. 步骤④中反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4=K2FeO4+2NaOH，溶解度大的能转化为溶解度小的物质，反应能发生的原因K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小，故D正确；
答案选C。
16.把200mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，取一份加入含amolNaOH的溶液恰好反应完全；取另一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全。该混合溶液中c(Na＋)为 ( )
A. (10b－5a)mol·L－1 B. (2b－a)mol·L－1
C. (b/10－a/20)mol·L－1 D. (5b－5a/2)mol·L－1
【答案】A
【解析】
【详解】NH4HCO3和amolNaOH恰好完全反应，则NH4HCO3的物质的量为0.5amol，取另一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应完全，由NH4HCO3反应掉的盐酸为0.5a mol，则由Na2CO3反应掉的盐酸为bmol－0.5amol，Na2CO3的物质的量为(bmol－0.5amol)×0.5，则c(Na＋)＝(bmol－0.5amol)÷0.1L＝(10b－5a)mol·L－1。
故选A。
【点睛】根据化学方程式计算时一定要准确找出相关物质之间的计量数关系，如果是离子反应，可以根据离子方程式进行计算；如果是氧化还原反应，也可以利用电子转移关系进行有关计算。
Ⅱ卷 非选择题（共52分）
17.现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F，它们之间能发生如图反应。（图中有些反应的产物和反应条件没有标出）
请回答下列问题：
（1）丙的化学式为____。
（2）A的一种氧化物为淡黄色固体，该物质的电子式为___。
（3）写出气体乙与C溶液反应的离子方程式：____。
（4）若将C溶液与E溶液混合，则可以观察到的现象是：____。
（5）配制F溶液时，要将F固体先溶于较浓的盐酸中，再加水稀释，其目的是___(用简单文字和离子方程式说明)。
（6）设计一种检验物质E溶液中金属阳离子实验方案：____(写出实验步骤，现象和结论)。
【答案】 (1). HCl (2). (3). Cl2+2OH-＝Cl-+ClO-+H2O (4). 白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色 (5). 抑制Fe3+水解，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ (6). 取少量的E溶液于试管中滴加K3[Fe(CN)6]，若出现蓝色沉淀，则说明金属阳离子为Fe2+
【解析】
【分析】
金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，乙是黄绿色气体，乙为Cl2，红褐色沉淀为Fe（OH）3，由反应①Na→气体甲+C，为Na与水反应，生成甲为H2，C为NaOH，H2和Cl2反应生成气体丙，丙为HCl，D为盐酸溶液，由HCl+金属B→E可知，B为金属Fe，E为FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成F，则F为FeCl3。据此解答。
【详解】（1）由上面的分析可知，丙的化学式为HCl；故答案为HCl；
（2）A的一种氧化物为淡黄色固体，为过氧化钠，该物质的电子式为
答案为：
（3）Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH-＝Cl- +ClO-+H2O；答案为：Cl2+2OH-＝Cl- +ClO-+H2O；
（4）若将NaOH溶液与FeCl2溶液混合发生反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁在空气中不稳定，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；答案为：白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；
（5）FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+发生水解生成Fe(OH)3：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，先加入较浓的盐酸可抑制Fe3+水解；答案为：抑制Fe3+水解，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；
（6）检验物质FeCl2溶液中Fe2+方法为：取少量的E溶液于试管中滴加K3[Fe(CN)6]，若出现蓝色沉淀，则说明金属阳离子为Fe2+；答案为：取少量的E溶液于试管中滴加K3[Fe(CN)6]，若出现蓝色沉淀，则说明金属阳离子为Fe2+。
18.二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10％就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：
（1）在处理废水时，ClO2可将废水中的CN－氧化成CO2和N2，写出该反应的离子方程式：____。
（2）某小组设计了如图所示的实验装置用于制备ClO2。
①通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是____。
②装置B的作用是____。
③装置A用于生成ClO2气体，该反应的离子方程式为____。
④当看到装置C中导管液面上升时应进行的操作是___。
（3）测定装置C中ClO2溶液的浓度：取10mLC中溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，然后加入___作指示剂，用0.1000mol·L－1的Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的溶液(2ClO2+10I-+8H+＝5I2+2Cl-+4H2O，I2+2S2O32-＝2I-+S4O62-)，测得标准液消耗的体积为20.00mL，通过计算可知C中ClO2溶液的浓度为___mol·L－1。
【答案】 (1). 2ClO2＋2CN－＝2CO2＋N2＋2Cl－ (2). 稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸 (3). 防止倒吸(或作安全瓶) (4). 2ClO3-＋H2O2＋2H+＝2ClO2↑＋O2↑＋2H2O (5). 加大氮气的通入量 (6). 淀粉溶液 (7). 0.04
【解析】
【详解】(1)ClO2可将废水中的CN−氧化成CO2和N2，离子方程式为：2ClO2+2CN−＝2CO2+N2+2Cl−；故答案为：2ClO2+2CN−＝2CO2+N2+2Cl−；
(2)①由于二氧化氯(ClO2)在混合气体中的体积分数大于10％就可能发生爆炸，氮气可以起到搅拌作用，还能稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；故答案为：稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；
②ClO2气体易溶于水，故B的作用是防止倒吸(或作安全瓶)；故答案为：防止倒吸(或作安全瓶)；
③装置A为NaClO3和H2O2在酸性条件下生成ClO2气体，化学反应为：2NaClO3+H2O2+H2SO4＝2ClO2↑+Na2SO4+O2↑+2H2O，所以离子方程式为2ClO3-＋H2O2＋2H+＝2ClO2↑＋O2↑＋2H2O；故答案为：2ClO3-＋H2O2＋2H+＝2ClO2↑＋O2↑＋2H2O；
④装置C中导管液面上升说明ClO2浓度过大，为防止发生爆炸，应加大氮气的通入量；故答案为：加大氮气的通入量；
(3)ClO2溶液加入足量的KI溶液和H2SO4酸化氧化I−为I2，用淀粉做指示剂，溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色达到滴定终点；根据关系式：2ClO2∼5I2∼10Na2S2O3，则n(ClO2)==，C中ClO2溶液的浓度为；故答案为：淀粉溶液；0.04。
19.我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出了突出贡献，他以饱和食盐水、NH3、CO2为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱。回答下列问题：
某探究活动小组根据上述制碱原理，进行碳酸氢钠的制备实验，同学们按各自设计方案实验。一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如图所示(图中夹持、固定用的仪器未画出)
（1）丁装置中稀硫酸的作用是____。
（2）另一位同学用图中戊装置（其他装置未画出）进行实验。实验时，须先从___管通入NH3气体。
（3）有同学建议在戊装置的b管下端连接己装置，理由是_____。
（4）如表中所列出的是相关物质在不同温度下的溶解度数据（g/100g水）：
0℃
10℃
20℃
30℃
40℃
50℃
NaCl
35.7
35.8
36.0
36.3
36.6
37.0
NaHCO3
6.9
8.1
9.6
11.1
12.7
14.5
NH4Cl
29.4
33.3
37.2
41.4
45.8
50.4
参照表中数据，请分析丙、戊装置中使用冷却水或者冰水的原因：____。
（5）该小组同学为了测定丙中所得晶体的碳酸氢钠的纯度（假设晶体中不含碳酸盐杂质），将晶体充分干燥后，称量质量为ag。再将晶体加热到质量不再变化时，称量所得粉末质量为mg。然后进行如图所示实验：
①在操作Ⅱ中，为了判断加入氯化钙溶液是否过量，其中正确的是___（填字母）。
a 在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中继续加入少量氯化钙溶液
b 在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中再加入少量碳酸钠溶液
c 在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，取上层清液再加入少量碳酸钠溶液
②所得晶体中碳酸氢钠的纯度为___。
【答案】 (1). 吸收未反应的氨气 (2). a (3). 增大气体与溶液接触面积，提高CO2吸收率 (4). 温度越低，碳酸氢钠的溶解度越小，便于析出 (5). c (6). ×100%或×100%
【解析】
【详解】（1）实验过程中氨气可能有剩余,而稀硫酸能与氨气反应,所以稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3。故答案为：吸收未反应的氨气；
（2）制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水，氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以应先通入氨气，所以a端通入，从而保证了从b通入二氧化碳时，二氧化碳被充分反应。故答案为：a；
（3）b管下端连接己装置，反应物二氧化碳与溶液的接触面积增大，提高了二氧化碳的吸收率。故答案为：增大气体与溶液接触面积，提高CO2吸收率；
（4）B装置中的试管内是溶有氨和氯化钠的饱和溶液，通入二氧化碳气体会发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，依据表中数据分析可知温度越低，碳酸氢钠的溶解度越小，所以温度越低越有利于碳酸氢钠的晶体析出。故答案为：温度越低碳酸氢钠溶解度越小，便于析出；
（5）测定C中所得晶体的碳酸氢钠的纯度(假设晶体中不含碳酸盐杂质)，将晶体充分干燥后，称量质量为ag，此时为碳酸氢钠粗品质量，操作I将晶体加热到质量不再变化时，所得粉末为碳酸钠和杂质，然后溶解，加入氯化钙溶液，氯化钙跟碳酸钠反应生成碳酸钙，将生成的碳酸钙过滤、洗涤、干燥，称量为ng。
①为判断滴加的氯化钙溶液过量，可在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，取上层清液再加入少量碳酸钠溶液看是否有沉淀生成，故答案为：c；
②发生反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，Na2CO3+CaCl2＝CaCO3↓+H2O+2NaCl，得到的碳酸钙需要经过过滤、洗涤、干燥后方可称量。
方法一：设样品中碳酸氢钠的质量为x，由上两式可得关系式：
2NaHCO3～～～CaCO3
84×2 100
x n
x=g，碳酸氢钠的质量分数为。
方法二：设为样品中碳酸氢钠的质量为xg，将碳酸氢钠晶体加热到质量不再变化时，依题意可知，固体减重质量为水和二氧化碳质量和为(a-m)g，依据反应：
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O ∆m
84×2 62
xg (a-m)g
碳酸氢钠质量为x=g，纯度=×100%；
故答案为：或×100%。
20.化工生产是指对原料进行化学加工，最终获得有价值的产品的生产过程。某研究小组利用含硫酸亚铁和硫酸铜的工业废料制备铁红(氧化铁)和硫酸铵晶体。流程如图：
请回答下列问题：
（1）操作I的名称_____，操作Ⅲ的名称____。
（2）滤渣的成分为_____。
（3）请写出溶液A中反应的离子方程式___。在标准状况下，转移0.4NA个电子时，通入的空气体积为_____。
（4）测定废料中硫酸铜的质量分数：称取ag废料样品，将操作I得到的滤渣用足量的稀硫酸溶解、过滤、洗涤、干燥，称得固体的质量为b g，则废料中硫酸铜的质量分数____(写出表达式)。
（5）向工业废料溶液中加入足量的酸性高锰酸钾，写出有关的离子方程式___。
【答案】 (1). 过滤 (2). 蒸发浓缩、冷却结晶 (3). Fe、Cu (4). 10H2O+8NH3+O2+4Fe2+＝4Fe(OH)3↓+8NH4+ (5). 10.7L (6). (5b/2a)×100% (7). 5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O
【解析】
【分析】
向含硫酸亚铁和硫酸铜的工业废料中加入硫酸溶解，加入过量的铁粉与硫酸铜发生置换反应得到不溶的铜单质，过滤，滤渣为铜和未反应完的铁，溶液A为硫酸亚铁的溶液，向其中通入空气氧化亚铁离子为铁离子，加入氨气沉淀铁离子，过滤，固体B为氢氧化铁，溶液为硫酸铵溶液，将硫酸铵溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铵晶体，将固体B（氢氧化铁）灼烧得到氧化铁。据此解答。
【详解】（1）经过操作I得到固体和溶液，故操作I为过滤；操作Ⅲ为将硫酸铵溶液蒸发浓缩冷却结晶为硫酸铵晶体。故答案为：过滤；蒸发浓缩、冷却结晶；
（2）通过分析，铁粉将硫酸铜还原为铜单质，故滤渣为铜和未反应完的铁；故答案为：Fe、Cu；
（3）溶液A为硫酸亚铁溶液，向其中通入空气氧化亚铁离子为铁离子，加入氨气沉淀铁离子，过滤，固体B为氢氧化铁，溶液为硫酸铵溶液，溶液A中反应的离子方程式为10H2O+8NH3+O2+4Fe2+＝4Fe(OH)3↓+8NH4+。根据反应方程式可得，消耗1mol氧气，转移4mol电子，在标准状况下，转移0.4NA个电子时，需要消耗0.1mol的氧气，体积为2.24L，氧气在空气中的体积分数为21%，因此通入的空气体积为≈10.7L；答案为：10H2O+8NH3+O2+4Fe2+＝4Fe(OH)3↓+8NH4+；10.7L；
（4）称取ag废料样品，操作I得到的滤渣为铜和铁，用足量的稀硫酸溶解、过滤、洗涤、干燥，称得固体的质量为bg，铜不溶解，故m(Cu)＝bg，则n(Cu)=mol，根据铜元素质量守恒，则n(CuSO4)＝n(Cu)=mol，则废料中硫酸铜的质量分数为；故答案为：；
（5）向工业废料（含硫酸亚铁和硫酸铜）溶液中加入足量的酸性高锰酸钾，硫酸亚铁与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O；故答案为：5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O。
“永安一中、漳平一中”二校联考
2019-2020学年第一学期第一次月考
高三化学试题
相对原子质量：O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Fe-56 H-1 C-12 Cu-64 Ca-40
第Ⅰ卷 （选择题 共48分）
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.化学与人类生活、生产息息相关，下列解决问题的方法不可行的是
A. 为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸
B. 为防止海鲜腐烂，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中
C. 为增强治疗缺铁性贫血效果，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C
D. 在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化
【答案】B
【解析】
【详解】A. 漂白精中含有次氯酸钙，在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度，则氧化性增强，可增大漂白速率，故A正确；
B. 硫酸铜为重金属盐，对人体有害，不能用于食品防腐，故B错误；
C. 维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C，可增强治疗缺铁性贫血效果，故C正确；
D. 硅胶具有吸水性,可有效防止食物受潮，铁具有还原性，可防止食物被氧化做抗氧化剂，故D正确。
答案选B。
2.下列有关试剂的保存方法，错误的是
A. 浓硝酸保存在棕色试剂瓶中并放置在阴凉处
B. 少量的金属钠保存在煤油中
C. 液溴的试剂瓶里加一些水来防溴挥发
D. 新制的氯水通常保存在无色玻璃试剂瓶中
【答案】D
【解析】
【详解】A、浓硝酸不稳定、见光易分解，应该保存在棕色试剂瓶中并放在阴凉处，故A正确；
B、钠与水和氧气反应，应该隔绝空气保存，钠密度大于煤油，且不与煤油反应，少量的钠可以保存在煤油中，故B正确；
C、液溴具有挥发性，溴的密度大于水且在水中溶解度较小，所以保存液溴时应该放在棕色细口瓶中，并使用水封，故C正确；
D、新制的氯水见光容易分解，应该避光保存，所以新制的氯水通常保存在棕色玻璃试剂瓶中，故D错误；
答案选D。
3.下列说法正确的是
①Na2O、Fe2O3、Al2O3属于碱性氧化物，CO2、SiO2、NO2属于酸性氧化物
②碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都属于离子化合物
③漂白粉、水玻璃、Fe(OH)3胶体、冰水混合物均属于混合物
④醋酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
⑤硅导电，铝在浓硫酸中钝化均属于物理变化
⑥盐酸属于混合物，而液氯、冰醋酸均属于纯净物
A. ①③⑤ B. ④⑤⑥ C. ②④⑥ D. ②③
【答案】C
【解析】
【详解】①.Na2O、Fe2O3和酸反应生成盐和水属于碱性氧化物，Al2O3和酸、碱反应生成盐和水属于两性氧化物，CO2、SiO2能和碱溶液发生反应生成盐和水，属于酸性氧化物，NO2和碱反应生成盐和水发生的是氧化还原反应，不是酸性氧化物，故①错误；
②.碳酸钠是钠离子和碳酸根离子构成，氢氧化钡是钡离子和氢氧根离子构成，氯化铵是铵根离子和氯离子构成，过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，都属于离子化合物，故②正确；
③.漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液、Fe(OH)3胶体属于分散系，是混合物、冰水混合物是一种物质组成的为纯净物，故③错误；
④.醋酸属于酸，烧碱是氢氧化钠属于碱，纯碱是碳酸钠属于盐，生石灰为氧化钙属于氧化物，故④正确；
⑤.硅导电属于物理变化，铝在浓硫酸中钝化属于化学变化，是浓硫酸的强氧化性体现，故⑤错误；
⑥.盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物，而液氯、冰醋酸均是一种物质组成属于纯净物，故⑥正确。
答案选C
4.某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42－、I－、S2－。分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是
A. Na+ B. SO42－ C. Ba2+ D. NH4+
【答案】A
【解析】
【详解】溶液显弱酸性，则一定存在能水解的铵根离子，硫离子一定不能存在，无需检验；加氯水和淀粉无明显现象，氯水具有氧化性，能与碘离子发生氧化还原反应，所以I﹣一定不能共存，无需检验，因为溶液呈电中性，所以溶液中必须含有阴离子，则一定含有硫酸根离子，因此钡离子不能存在，则硫酸根离子、钡离子无需检验，钠离子是否存在需要检验，答案选A。
【点睛】本题为高频考点，把握离子的检验方法及离子之间的氧化还原反应、相互促进的水解反应为解答的关键。根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失(如溶液中的AlO在酸过量时转化为Al3＋)，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。解答时，首先，必须以扎实全面的基础知识作后盾。扎实全面的基础知识是考生认真、准确解答试题的前提和基础。例如考生要对离子的性质、离子的特征、离子间的反应关系要有准确全面的认识。其次，必须要有正确清晰的解题思路和正确灵活的解题方法。
5.下列说法正确的是（ ）
A. 明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化和杀毒
B. 胶体和溶液的本质区別是胶体能发生丁达尔效应，而溶液不能
C. 将外加直流电源通过Fe(OH)3胶体，电源负极附近颜色变深，则说明该胶体带正电荷
D. 利用渗析的方法可以将胶体和溶液进行分离
【答案】D
【解析】
A、明矾净水的原理是铝离子水解生成的氢氧化铝具有与净水作用，故A错误；B．胶体和溶液的本质区別是分散质粒子的大小不同，故B错误；C. 将外加直流电源通过Fe(OH)3胶体，电源负极附近颜色变深，则说明该胶体的胶体粒子带正电荷，不是胶体带电，故C错误；D．由于胶体和溶液都能够通过滤纸，不能用过滤方法分离，可以用半透膜分离，故D正确；故选D。
6.下列关于误差分析的判断正确的是
A. 用浓硫酸配制稀硫酸时，量筒量取浓硫酸仰视会使所配溶液浓度偏高
B. 用托盘天平称取药品时药品和砝码位置颠倒药品质量一定偏小
C. 配制1 mol·L-1的NaOH溶液时未恢复至室温就转移并定容会使所得溶液浓度偏小
D. 用润湿的pH试纸测醋酸的pH会使测定结果一定偏小
【答案】A
【解析】
【详解】A. 用浓硫酸配制稀硫酸时，量筒量取浓硫酸仰视，量取的浓硫酸体积偏大，所配溶液浓度偏高，故A正确；
B. 使用托盘天平时，若没有使用游码，药品和砝码位置颠倒后不影响称量结果，故B错误；
C. 配制1 mol⋅L−1的NaOH溶液时未恢复至室温就转移并定容，由于热的溶液体积偏大，配制的溶液冷却后体积偏小，所得溶液浓度偏大，故C错误；
D. 用润湿的pH试纸测醋酸的pH，相当于醋酸被稀释，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH会偏大，故D错误；
答案选A。
7.胞嘧啶是DNA水解产物之一，是精细化工的重要中间体。胞嘧啶可由5－巯基甲脲嘧啶、浓氨水和氯乙酸在一定条件下合成，则反应时NH3和5－巯基甲脲嘧啶的物质的量之比为
A. 1∶1 B. 2∶3
C. 3∶1 D. 2∶1
【答案】A
【解析】
对比5－巯基甲脲嘧啶和胞嘧啶的分子式，不难看出胞嘧啶比5－巯基甲脲嘧啶多了一个N原子，多出的N原子一定来自于氨，所以反应时NH3和5－巯基甲脲嘧啶的物质的量之比为1∶1，故选A。
8.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是
A. 常温常压下，11.2L二氧化碳含有的原子数等于1.5NA
B. 100mL1mol·L-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C. 标准状况下，22.4LCl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为2NA
D. 常温常压下，48gO2与O3混合物含有的氧原子数为3NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L二氧化碳的物质的量小于0.5mol，则含有的原子数小于1.5NA个，故A错误；
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. 标准状况下，22.4LCl2为1 mol，通入足量的石灰乳中发生氧化还原反应生成氯化钙和次氯酸钙，Cl2中氯的化合价既升高又降低，转移的电子数为NA，故C错误；
D. 氧气和臭氧均由氧原子构成，故48g混合物中含有氧原子的物质的量为n==3mol，故含有3NA个氧原子，故D正确。
答案选D。
9.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A. 含0.1mol·L－1Fe3＋的溶液中：Na+、Cu2+、I-、NO3－
B. 0.1mol·L－1 AlCl3溶液中：Cu2+、Mg2+、SO42-、HCO3-
C. 由水电离产生的c(H+)=10－12 mol·L－1的溶液中：NH4+、SO42-、HCO3-、Cl-
D. 使酚酞变红色的溶液：Na＋、K+、S2-、SO42-
【答案】D
【解析】
【详解】A. 含0.1mol·L－1Fe3＋的溶液中，Fe3＋有氧化性，I-有还原性，发生氧化还原反应，故A错误；
B. 0.1mol·L－1 AlCl3溶液中：Cu2+、Al3+与HCO3-发生双水解反应，故B错误；
C. 由水电离产生的c(H+)=10－12 mol·L－1的溶液中，既可以显酸性也可以显碱性，酸性条件H+与HCO3-不能共存，碱性条件下碳酸氢根离子、NH4+与OH-不能共存，故C错误；
D. 使酚酞变红色的溶液显碱性：Na＋、K+、S2-、SO42-不发生反应，可以共存，故D正确；
答案选D。
10.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式的类推正确的是
已知
类推
A
将Fe加入CuSO4溶液中Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋
将Na加入到CuSO4溶液中2Na＋Cu2＋=Cu＋2Na＋
B
稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应至中性：2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O
NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O
C
铁和氯气反应2Fe＋3Cl22FeCl3
铁和碘单质反应2Fe＋3I22FeI3
D
向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO
向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClO
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，钠投入到铜盐溶液反应先与水反应，不会置换出铜，故A错误；
B．NaHSO4与Ba（OH）2按照2：1反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，溶液呈中性，离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故B类推正确；
C、碘的氧化性较弱，与铁反应时生成FeI2，选项C错误；
D、向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2发生氧化还原反应，离子方程式为Ca2＋＋3ClO－＋SO2＋H2O=CaSO4↓＋Cl－＋2HClO，选项D错误。
答案选B。
11.用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是( )
A. 鉴别纯碱与小苏打 B. 证明Na2O2与水反应放热
C. 证明Cl2能与烧碱溶液反应 D. 探究钠与Cl2反应
【答案】A
【解析】
A．加热固体，为防止生成的水倒流，试管口应向下倾斜，故A错误；B．过氧化钠与水反应生成氧气，棉花着火，说明温度升高达到了棉花的着火点，所以证明放出大量的热，故B正确；C．氯气与NaOH反应，则气球变大，可验证氯气与NaOH的反应，故C正确；D．钠与氯气加热生成氯化钠，碱液可吸收过量的氯气，图中装置可验证钠与氯气的反应，故D正确；故选A．
点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．
12.下列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
某溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液
白色沉淀
溶液中一定含有SO42-
B
某溶液中加入KSCN溶液
溶液呈血红色
溶液中一定有Fe3+无Fe2+
C
某气体通入澄清石灰水中
石灰水变浑浊
该气体一定是CO2
D
用铂丝蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
溶液中一定有Na+可能有K+
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 某溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，溶液中含有SO42-或银离子中的至少一种，故A错误；
B. 某溶液中加入KSCN溶液，溶液呈血红色，溶液中一定有Fe3+，无法确定Fe2+是否存在，故B错误；
C.二氧化硫和二氧化碳均可以使石灰水变浑浊，故C错误；
D.钠的焰色反应为黄色，钾的焰色反应为紫色，会被钠的黄色所掩蔽，所以焰色反应为黄色，说明一定含Na+也可能含K+。
答案选D。
【点睛】焰色反应是元素的性质，溶液中有Na+时，光洁的铂丝蘸取无色溶液，在无色灯焰上灼烧时观察到黄色火焰，但K+的焰色反应必须透过蓝色的钴玻璃才能观察到。
13.某反应的反应物与生成物有：H3AsO4、K2SO4、KBrO3、H2SO4、AsH3、H2O和一种未知物质X。已知0．2 mol KBrO3在反应中得到1 mol电子，则下列说法不正确的是
A. AsH3是该反应的还原剂
B. X的化学式为Br2
C. 根据反应可推知氧化性：KBrO3>H3AsO4
D. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：5
【答案】D
【解析】
【详解】A、由信息可知，Br元素的化合价降低，则As元素的化合价升高，则AsH3是该反应的还原剂，正确；
B、设X中溴元素的化合价为x，由电子守恒可知，0.2mol×（5-x）=1mol，解得x=0，所以X的化学式为Br2，正确；
C、由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：KBrO3＞H3AsO4，正确；
D、Br元素的化合价由+5价降低为0，As元素的化合价由-3价升高为+5价，由电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为8：5，错误。
答案选D。
14.下列有关图像的说法正确的是
A. 图甲表示：向某明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与滴加NaOH溶液体积的关系
B. 图乙表示：向含等物质的量的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加HCl溶液体积的关系
C. 图丙表示：在稀硝酸溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中Fe3＋物质的量与逐渐加入铁粉物质的量的变化关系
D. 除去混在硝酸钾中少量的氯化钠可用“蒸发浓缩、趁热过滤”的方法
【答案】C
【解析】
【详解】A.向某明矾溶液中滴加NaOH 溶液直至过量，溶液中先生成沉淀，然后沉淀又逐渐溶解，前后两个阶段分别消耗的氢氧化钠溶液的体积之比为3:1，图像与之不符，故A错误；B.假设NaOH和Na2CO3分别为1mol，向含有1molNaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加过量的稀盐酸，氢氧化钠先与盐酸反应消耗1molHCl；碳酸钠与盐酸反应生成1molNaHCO3，消耗HCl 1mol；最后1molNaHCO3再与盐酸反应产生二氧化碳气体，又消耗HCl 1mol， 所以产生气体前后消耗盐酸的体积之比为2:1，图像与之不符，故B错误；C.在稀硝酸溶液中加入铁粉，先发生Fe+2NO3-+4H+=Fe3++2NO↑+2H2O， 当硝酸消耗完之后，铁离子的量达到最大值；继续加入铁粉后，铁离子与铁发生反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+，铁离子的量逐渐减小直至为0，最终两步反应消耗铁的量为1：0. 5=2：1，与图像相符合，C正确；D. KNO3溶解度随温度变化较大，氯化钠溶解度随温度变化不大，因此除去混在KNO3中少量的NaC1可用“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤”的方法进行分离，故D错误；答案选C。
15.利用废铁屑(主要成分为Fe，还含有C，S，P等)制取高效净水剂K2FeO4流程如图：
下列说法不正确的是
A. 废铁屑在酸溶前可用热纯碱溶液去油污
B. 步骤②是将Fe2+转化为Fe(OH)3
C. 步骤③中发生的反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-==2FeO42-+3Cl-+4H++H2O
D. 步骤④中反应能发生的原因是在相同条件下，K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4
【答案】C
【解析】
【详解】废铁屑(主要成分为Fe，还含有C、 S、P等)加入酸溶得到亚铁盐，过滤后向滤液中加入过量NaOH溶液和H2O2溶液，NaOH中和过量的酸，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，在碱溶液中将溶液中Fe2+转化为Fe(OH)3，然后加入NaClO溶液，在碱溶液中发生氧化还原反应生成Na2FeO4，加入KCl固体利用溶解度不同转化为K2FeO4析出。
A. 纯碱是强碱弱酸盐，CO32−水解导致纯碱溶液呈碱性，碱性条件下油污水解生成高级脂肪酸盐和甘油，所以废铁屑在酸溶前可用热的纯碱溶液去油污，故A正确；
B. NaOH中和过量的酸，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，在碱溶液中将溶液中Fe2+转化为Fe(OH)3，步骤②的目的是将溶液中Fe2+转化为Fe(OH)3，故B正确；
C. 步骤③中发生的反应是碱性条件下发生的反应，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+4OH−+3ClO−═2FeO42−+3Cl−+5H2O，故C错误；
D. 步骤④中反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4=K2FeO4+2NaOH，溶解度大的能转化为溶解度小的物质，反应能发生的原因K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小，故D正确；
答案选C。
16.把200mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，取一份加入含amolNaOH的溶液恰好反应完全；取另一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全。该混合溶液中c(Na＋)为 ( )
A. (10b－5a)mol·L－1 B. (2b－a)mol·L－1
C. (b/10－a/20)mol·L－1 D. (5b－5a/2)mol·L－1
【答案】A
【解析】
【详解】NH4HCO3和amolNaOH恰好完全反应，则NH4HCO3的物质的量为0.5amol，取另一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应完全，由NH4HCO3反应掉的盐酸为0.5a mol，则由Na2CO3反应掉的盐酸为bmol－0.5amol，Na2CO3的物质的量为(bmol－0.5amol)×0.5，则c(Na＋)＝(bmol－0.5amol)÷0.1L＝(10b－5a)mol·L－1。
故选A。
【点睛】根据化学方程式计算时一定要准确找出相关物质之间的计量数关系，如果是离子反应，可以根据离子方程式进行计算；如果是氧化还原反应，也可以利用电子转移关系进行有关计算。
Ⅱ卷 非选择题（共52分）
17.现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F，它们之间能发生如图反应。（图中有些反应的产物和反应条件没有标出）
请回答下列问题：
（1）丙的化学式为____。
（2）A的一种氧化物为淡黄色固体，该物质的电子式为___。
（3）写出气体乙与C溶液反应的离子方程式：____。
（4）若将C溶液与E溶液混合，则可以观察到的现象是：____。
（5）配制F溶液时，要将F固体先溶于较浓的盐酸中，再加水稀释，其目的是___(用简单文字和离子方程式说明)。
（6）设计一种检验物质E溶液中金属阳离子实验方案：____(写出实验步骤，现象和结论)。
【答案】 (1). HCl (2). (3). Cl2+2OH-＝Cl-+ClO-+H2O (4). 白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色 (5). 抑制Fe3+水解，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ (6). 取少量的E溶液于试管中滴加K3[Fe(CN)6]，若出现蓝色沉淀，则说明金属阳离子为Fe2+
【解析】
【分析】
金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，乙是黄绿色气体，乙为Cl2，红褐色沉淀为Fe（OH）3，由反应①Na→气体甲+C，为Na与水反应，生成甲为H2，C为NaOH，H2和Cl2反应生成气体丙，丙为HCl，D为盐酸溶液，由HCl+金属B→E可知，B为金属Fe，E为FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成F，则F为FeCl3。据此解答。
【详解】（1）由上面的分析可知，丙的化学式为HCl；故答案为HCl；
（2）A的一种氧化物为淡黄色固体，为过氧化钠，该物质的电子式为
答案为：
（3）Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH-＝Cl- +ClO-+H2O；答案为：Cl2+2OH-＝Cl- +ClO-+H2O；
（4）若将NaOH溶液与FeCl2溶液混合发生反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁在空气中不稳定，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；答案为：白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；
（5）FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+发生水解生成Fe(OH)3：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，先加入较浓的盐酸可抑制Fe3+水解；答案为：抑制Fe3+水解，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；
（6）检验物质FeCl2溶液中Fe2+方法为：取少量的E溶液于试管中滴加K3[Fe(CN)6]，若出现蓝色沉淀，则说明金属阳离子为Fe2+；答案为：取少量的E溶液于试管中滴加K3[Fe(CN)6]，若出现蓝色沉淀，则说明金属阳离子为Fe2+。
18.二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10％就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：
（1）在处理废水时，ClO2可将废水中的CN－氧化成CO2和N2，写出该反应的离子方程式：____。
（2）某小组设计了如图所示的实验装置用于制备ClO2。
①通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是____。
②装置B的作用是____。
③装置A用于生成ClO2气体，该反应的离子方程式为____。
④当看到装置C中导管液面上升时应进行的操作是___。
（3）测定装置C中ClO2溶液的浓度：取10mLC中溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，然后加入___作指示剂，用0.1000mol·L－1的Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的溶液(2ClO2+10I-+8H+＝5I2+2Cl-+4H2O，I2+2S2O32-＝2I-+S4O62-)，测得标准液消耗的体积为20.00mL，通过计算可知C中ClO2溶液的浓度为___mol·L－1。
【答案】 (1). 2ClO2＋2CN－＝2CO2＋N2＋2Cl－ (2). 稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸 (3). 防止倒吸(或作安全瓶) (4). 2ClO3-＋H2O2＋2H+＝2ClO2↑＋O2↑＋2H2O (5). 加大氮气的通入量 (6). 淀粉溶液 (7). 0.04
【解析】
【详解】(1)ClO2可将废水中的CN−氧化成CO2和N2，离子方程式为：2ClO2+2CN−＝2CO2+N2+2Cl−；故答案为：2ClO2+2CN−＝2CO2+N2+2Cl−；
(2)①由于二氧化氯(ClO2)在混合气体中的体积分数大于10％就可能发生爆炸，氮气可以起到搅拌作用，还能稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；故答案为：稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；
②ClO2气体易溶于水，故B的作用是防止倒吸(或作安全瓶)；故答案为：防止倒吸(或作安全瓶)；
③装置A为NaClO3和H2O2在酸性条件下生成ClO2气体，化学反应为：2NaClO3+H2O2+H2SO4＝2ClO2↑+Na2SO4+O2↑+2H2O，所以离子方程式为2ClO3-＋H2O2＋2H+＝2ClO2↑＋O2↑＋2H2O；故答案为：2ClO3-＋H2O2＋2H+＝2ClO2↑＋O2↑＋2H2O；
④装置C中导管液面上升说明ClO2浓度过大，为防止发生爆炸，应加大氮气的通入量；故答案为：加大氮气的通入量；
(3)ClO2溶液加入足量的KI溶液和H2SO4酸化氧化I−为I2，用淀粉做指示剂，溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色达到滴定终点；根据关系式：2ClO2∼5I2∼10Na2S2O3，则n(ClO2)==，C中ClO2溶液的浓度为；故答案为：淀粉溶液；0.04。
19.我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出了突出贡献，他以饱和食盐水、NH3、CO2为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱。回答下列问题：
某探究活动小组根据上述制碱原理，进行碳酸氢钠的制备实验，同学们按各自设计方案实验。一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如图所示(图中夹持、固定用的仪器未画出)
（1）丁装置中稀硫酸的作用是____。
（2）另一位同学用图中戊装置（其他装置未画出）进行实验。实验时，须先从___管通入NH3气体。
（3）有同学建议在戊装置的b管下端连接己装置，理由是_____。
（4）如表中所列出的是相关物质在不同温度下的溶解度数据（g/100g水）：
0℃
10℃
20℃
30℃
40℃
50℃
NaCl
35.7
35.8
36.0
36.3
36.6
37.0
NaHCO3
6.9
8.1
9.6
11.1
12.7
14.5
NH4Cl
29.4
33.3
37.2
41.4
45.8
50.4
参照表中数据，请分析丙、戊装置中使用冷却水或者冰水的原因：____。
（5）该小组同学为了测定丙中所得晶体的碳酸氢钠的纯度（假设晶体中不含碳酸盐杂质），将晶体充分干燥后，称量质量为ag。再将晶体加热到质量不再变化时，称量所得粉末质量为mg。然后进行如图所示实验：
①在操作Ⅱ中，为了判断加入氯化钙溶液是否过量，其中正确的是___（填字母）。
a 在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中继续加入少量氯化钙溶液
b 在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中再加入少量碳酸钠溶液
c 在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，取上层清液再加入少量碳酸钠溶液
②所得晶体中碳酸氢钠的纯度为___。
【答案】 (1). 吸收未反应的氨气 (2). a (3). 增大气体与溶液接触面积，提高CO2吸收率 (4). 温度越低，碳酸氢钠的溶解度越小，便于析出 (5). c (6). ×100%或×100%
【解析】
【详解】（1）实验过程中氨气可能有剩余,而稀硫酸能与氨气反应,所以稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3。故答案为：吸收未反应的氨气；
（2）制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水，氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以应先通入氨气，所以a端通入，从而保证了从b通入二氧化碳时，二氧化碳被充分反应。故答案为：a；
（3）b管下端连接己装置，反应物二氧化碳与溶液的接触面积增大，提高了二氧化碳的吸收率。故答案为：增大气体与溶液接触面积，提高CO2吸收率；
（4）B装置中的试管内是溶有氨和氯化钠的饱和溶液，通入二氧化碳气体会发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，依据表中数据分析可知温度越低，碳酸氢钠的溶解度越小，所以温度越低越有利于碳酸氢钠的晶体析出。故答案为：温度越低碳酸氢钠溶解度越小，便于析出；
（5）测定C中所得晶体的碳酸氢钠的纯度(假设晶体中不含碳酸盐杂质)，将晶体充分干燥后，称量质量为ag，此时为碳酸氢钠粗品质量，操作I将晶体加热到质量不再变化时，所得粉末为碳酸钠和杂质，然后溶解，加入氯化钙溶液，氯化钙跟碳酸钠反应生成碳酸钙，将生成的碳酸钙过滤、洗涤、干燥，称量为ng。
①为判断滴加的氯化钙溶液过量，可在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，取上层清液再加入少量碳酸钠溶液看是否有沉淀生成，故答案为：c；
②发生反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，Na2CO3+CaCl2＝CaCO3↓+H2O+2NaCl，得到的碳酸钙需要经过过滤、洗涤、干燥后方可称量。
方法一：设样品中碳酸氢钠的质量为x，由上两式可得关系式：
2NaHCO3～～～CaCO3
84×2 100
x n
x=g，碳酸氢钠的质量分数为。
方法二：设为样品中碳酸氢钠的质量为xg，将碳酸氢钠晶体加热到质量不再变化时，依题意可知，固体减重质量为水和二氧化碳质量和为(a-m)g，依据反应：
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O ∆m
84×2 62
xg (a-m)g
碳酸氢钠质量为x=g，纯度=×100%；
故答案为：或×100%。
20.化工生产是指对原料进行化学加工，最终获得有价值的产品的生产过程。某研究小组利用含硫酸亚铁和硫酸铜的工业废料制备铁红(氧化铁)和硫酸铵晶体。流程如图：
请回答下列问题：
（1）操作I的名称_____，操作Ⅲ的名称____。
（2）滤渣的成分为_____。
（3）请写出溶液A中反应的离子方程式___。在标准状况下，转移0.4NA个电子时，通入的空气体积为_____。
（4）测定废料中硫酸铜的质量分数：称取ag废料样品，将操作I得到的滤渣用足量的稀硫酸溶解、过滤、洗涤、干燥，称得固体的质量为b g，则废料中硫酸铜的质量分数____(写出表达式)。
（5）向工业废料溶液中加入足量的酸性高锰酸钾，写出有关的离子方程式___。
【答案】 (1). 过滤 (2). 蒸发浓缩、冷却结晶 (3). Fe、Cu (4). 10H2O+8NH3+O2+4Fe2+＝4Fe(OH)3↓+8NH4+ (5). 10.7L (6). (5b/2a)×100% (7). 5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O
【解析】
【分析】
向含硫酸亚铁和硫酸铜的工业废料中加入硫酸溶解，加入过量的铁粉与硫酸铜发生置换反应得到不溶的铜单质，过滤，滤渣为铜和未反应完的铁，溶液A为硫酸亚铁的溶液，向其中通入空气氧化亚铁离子为铁离子，加入氨气沉淀铁离子，过滤，固体B为氢氧化铁，溶液为硫酸铵溶液，将硫酸铵溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铵晶体，将固体B（氢氧化铁）灼烧得到氧化铁。据此解答。
【详解】（1）经过操作I得到固体和溶液，故操作I为过滤；操作Ⅲ为将硫酸铵溶液蒸发浓缩冷却结晶为硫酸铵晶体。故答案为：过滤；蒸发浓缩、冷却结晶；
（2）通过分析，铁粉将硫酸铜还原为铜单质，故滤渣为铜和未反应完的铁；故答案为：Fe、Cu；
（3）溶液A为硫酸亚铁溶液，向其中通入空气氧化亚铁离子为铁离子，加入氨气沉淀铁离子，过滤，固体B为氢氧化铁，溶液为硫酸铵溶液，溶液A中反应的离子方程式为10H2O+8NH3+O2+4Fe2+＝4Fe(OH)3↓+8NH4+。根据反应方程式可得，消耗1mol氧气，转移4mol电子，在标准状况下，转移0.4NA个电子时，需要消耗0.1mol的氧气，体积为2.24L，氧气在空气中的体积分数为21%，因此通入的空气体积为≈10.7L；答案为：10H2O+8NH3+O2+4Fe2+＝4Fe(OH)3↓+8NH4+；10.7L；
（4）称取ag废料样品，操作I得到的滤渣为铜和铁，用足量的稀硫酸溶解、过滤、洗涤、干燥，称得固体的质量为bg，铜不溶解，故m(Cu)＝bg，则n(Cu)=mol，根据铜元素质量守恒，则n(CuSO4)＝n(Cu)=mol，则废料中硫酸铜的质量分数为；故答案为：；
（5）向工业废料（含硫酸亚铁和硫酸铜）溶液中加入足量的酸性高锰酸钾，硫酸亚铁与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O；故答案为：5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O。
相关资料
更多
