还剩15页未读，
继续阅读
福建省漳州市华安一中龙海二中2020届高三上学期第一次联考化学试题
展开
华安一中、龙海二中2019—2020学年第一学期第一次月高三化学试卷
相对原子质量：Cu-64 O-16 Cl-35.5 C-12 Na-23
一、选择题（每题3分，共48分）
1.《本草纲目》中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”的记载。下列说法正确的是
A. “薪柴之灰”可与铵态氮肥混合施用 B. “以灰淋汁”的操作是萃取
C. “取碱”得到的是一种碱溶液 D. “浣衣”过程有化学变化
【答案】D
【解析】
A. “薪柴之灰”中含有碳酸钾，与铵态氮肥共用时，发生水解反应，相互促进水解，降低肥效，故A错误；B. “以灰淋汁”的操作是过滤，故B错误；C. “取碱”得到的是碳酸钾溶液，属于盐溶液，故C错误；D. “浣衣”过程中促进油脂的水解，属于化学变化，故D正确；故选D。
2.下列物质在生活中应用时，起还原作用的是（ ）
A. 明矾作净水剂 B. 铁粉作食品袋内的脱氧剂
C. 漂粉精作消毒剂 D. 甘油作护肤保湿剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．明矾Al3+水解生成Al(OH)3，Al(OH)3具有吸附性可作净水剂，故A错误。
B. 铁粉有还原性作食品袋内的脱氧剂，故B正确。
C．漂粉精中的Ca(ClO)2有强氧化性能杀菌消毒作消毒剂，故C错误。
D．甘油具有吸水性作护肤保湿剂，故D错误。
故答案选B。
3.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. 淀粉溶液、有色玻璃和果冻都是胶体
【答案】D
【解析】
【详解】A. 明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化但不能杀毒，故A错误。
B. 胶体和溶液的本质区別是分散质粒径大小不同，故B错误。
C. 胶体不带电荷，是Fe(OH)3胶体粒子带正电荷，故C错误。
D. 淀粉溶液、有色玻璃和果冻都是胶体，故D正确。
故答案选D。
【点睛】胶体和其他分散系的本质区别是分散质粒径大小，鉴别方法是丁达尔效应。
4. 下列物质的保存方法正确的是
①少量金属钠保存在冷水中 ②浓硝酸盛放在无色试剂瓶中
③少量金属钾保存在煤油中 ④氢氧化钠溶液盛放在带有橡胶塞的试剂瓶中
⑤氯水存放在带玻璃塞的无色细口瓶中 ⑥碳酸钠固体保存在带橡胶塞的细口瓶中
A. ②③④ B. ③④⑥ C. ③④ D. ①③④
【答案】C
【解析】
试题分析：①少量金属钠保存在煤油中，①错误；②浓硝酸见光易分解，盛放在棕色试剂瓶中，②错误；③少量金属钾保存在煤油中，④正确；④氢氧化钠溶液盛放在带有橡胶塞的试剂瓶中，④正确；⑤氯水见光易分解，存放在带玻璃塞的棕色试剂瓶中，⑤错误；⑥碳酸钠固体保存在带橡胶塞的广口瓶中，⑥错误，答案选C。
考点：考查常见化学试剂的保存
5.在体积相同的两个密闭容器中分别充入O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是
A. 两种气体的氧原子数目相等 B. 两种气体的压强相等
C. 两种气体的分子数目相等 D. O2比O3的质量小
【答案】A
【解析】
【详解】相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等，
A．相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子数目相等，选项A正确；
B．O原子个数相等时，气体的物质的量之比为n（O2）：n（O3）=3：2，由PV=nRT可知，两种气体的压强之比为3：2，选项B错误；
C．O原子个数相等时，气体的物质的量之比为n（O2）：n（O3）=3：2，物质的量与分子数成正比，则两种气体的分子数目也是3：2，选项C错误；
D．同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，选项D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查阿伏加德罗定律及其推论。相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等。本题注意把握两种气体的元素组成特点，结合PV=nRT判断。
6.宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是：4Ag＋2H2S＋O2===2X＋2H2O。下列说法正确的是 ( )
A. X化学式为AgS B. 银针验毒时，空气中氧气失去电子
C. 反应中Ag和H2S均是还原剂 D. 每生成1 mol X，反应转移2 mol e－
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由质量守恒定律Ag原子、S原子守恒确定X的化学式为Ag2S，故A错误。
B. 据元素化合价的变化反应中氧气作氧化剂得电子，故B错误。
C. 据元素化合价的变化知反应中S作还原剂，故C错误。
D. 据方程式知每生成2 mol X，电子转移4mol，所以每生成1 mol X，反应转移2 mol e－，故D正确。
故答案选D。
7.向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)，继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是（ ）
A. Cu2+是H2O2分解反应的催化剂 B. H2O2只表现了氧化性
C. H2O2的电子式为: D. 发生了反应Cu2O + H2O2+4H+=2Cu2++3H2O
【答案】B
【解析】
A．向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，说明Cu2+是H2O2分解反应的催化剂，故A正确；B．根据“蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)”，说明铜离子被还原成+1价，H2O2表现了还原性；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O，Cu2O中+1价Cu被氧化成+2价Cu2+，H2O2又表现了氧化性，故B错误；C．H2O2属于共价化合物，电子式为: ，故C正确；D．红色浑浊又变为蓝色溶液，Cu2O中+1价Cu被氧化成+2价Cu2+，发生反应为：Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O，故D正确；故选B。
点睛：本题考查氧化还原反应，明确题干信息的含义为解答关键。本题的易错点为B，要注意题干信息的解读，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊，说明生成了Cu2O；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明又生成了Cu2+。
8.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是
A. 制取氨气 B. 制取碳酸氢钠
C. 分离碳酸氢钠 D. 干燥碳酸氢钠
【答案】C
【解析】
试题分析：A、氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢在试管口遇冷又生成氯化铵固体，不能用加热氯化铵固体的方法制备氨气，错误；B、气流方向错，应该从右侧导管通入CO2气体，错误；C、从溶液中分离出碳酸氢钠固体用过滤的方法，正确；D、碳酸氢钠受热易分解，不能用该装置干燥碳酸氢钠，错误。答案选C。
考点：考查化学实验基础知识，元素化合物。
9. 下列标有横线的物质在给定的条件下不能完全反应的是
①1molZn与含1mol H2SO4的稀硫酸溶液反应
②1molCu与含2mol H2SO4的浓硫酸溶液共热
③1molCu与含4mol HNO3的浓硝酸溶液反应
④1molMnO2与含4mol HCl的浓盐酸溶液共热
A. ①③ B. ①② C. ②④ D. ③④
【答案】C
【解析】
试题分析：①1mol锌与含1mol H2SO4的稀硫酸溶液恰好完全反应，故不选；②随反应的进行浓硫酸变在稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，故选；③1mol铜转移2mol的电子，生成2mol的铜离子与2mol硝酸结合成硫酸盐，而2mol HNO3的硝酸作氧化剂，得电子的量为2mol～6mol，所以铜不足，故不选；④随着反应的进行，盐酸浓度逐渐降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，故选；故选C
考点：考查了硝酸化学性质、浓硫酸的性质的相关知识。
10.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是
A. 某温度和压强下，22.4 L CO和N2的混合气体中含有的原子总数可能为2NA
B. 在合成氨反应中，当有2.24 L氨气(标准状况下)生成时，转移的电子数为0.3NA
C. 1 L 1 mol/L Na2CO3水溶液中含有的氧原子数为3NA
D. 将78 g Na2O2与过量CO2反应转移的电子数为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. CO和N2均属于双原子分子，某温度和压强下，22.4 L CO和N2的混合气体的物质的量可能为1mol,含有的原子总数可能为2NA,，A正确；
B.在标准状况下，2.24 L氨气的物质的量为0.1mol，该反应中氮元素由0价降低到-3价，故转移的电子数为0.3NA，B正确；
C. 1 L 1 mol/L Na2CO3中含有的氧原子数为3NA，溶剂水中还含有氧原子，所以1 L 1 mol/L Na2CO3水溶液中含有的氧原子数大于3NA，C错误；
D. 根据化合价的变化，Na2O2与转移电子的对应关系为：Na2O2 ～ e‾，n(e‾)=n(Na2O2)=78g÷78g/mol=1mol，则转移电子数目为NA，D正确；
综上所述，本题选C。
11.下列离子方程式书写正确的是
A. 碳酸钙与醋酸反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
B. 少量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=SO42-+2H++Cl-
C. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应后溶液呈中性：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
D. 足量锌粉与一定量浓硫酸反应：Zn+2H2SO4=Zn2++SO42-+SO2↑+2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.醋酸是弱酸，不能拆成离子，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-；A错误；
B.HClO具有强氧化性，能够把SO2氧化为SO42-，本身被还原气为Cl-，离子方程式为：SO2+3ClO-+H2O=SO42-+2HClO+Cl-，B错误；
C.NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应后溶液呈中性，满足n(NaHSO4)：n(Ba(OH)2)=2:1，正确的离子方程式：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，C正确；
D. 足量锌粉与一定量浓硫酸反应先生成二氧化硫，反应为Zn+2H2SO4=Zn2++SO42-+SO2↑+2H2O；浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与锌反应生成硫酸锌和氢气，反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑，上述反应方程式不全，D错误；
综上所述，本题选C。
12.探究草酸（ ）性质，进行如下实验。（室温下，0.1 mol·L-1 的pH =1.3）
实验
装置
试剂a
现象
Ca（OH）2溶液（含酚酞）
溶液褪色，产生白色沉淀
NaHCO3少量溶液
产生气泡
KMnO4酸性溶液
紫色溶液褪色
C2H5OH和浓硫酸
加热后产生有香味物质
由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是
A. H2C2O4有酸性，Ca（OH）2+ H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O
B. 酸性：H2C2O4＞H2CO3,NaHCO3+H2C2O4=NaHC2O4+CO2↑+H2O
C. H2C2O4有还原性，2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2 ↑+8H2O
D. H2C2O4可发生酯化反应HOOCCOOH+2C2H5OH C2H5OOCCOOC2H5+2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. Ca（OH）2+ H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O是酸碱中和反应，体现草酸酸性，故A正确。
B. NaHCO3+H2C2O4=NaHC2O4+CO2↑+H2O是强酸制弱酸，H2C2O4酸性强于H2CO3，故B正确。
C. 离子方程式中H2C2O4不能拆，应写化学式，故C错误。
D. 草酸是二元酸和乙醇酯化时物质的量之比是1:2，故D正确。
故答案选C。
13.下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）
A
B
C
D
NaCl溶于水
电解CuCl2溶液
CH3COOH在水中电离
H2与Cl2反应能量变化
NaClNa++Cl−
CuCl2Cu2++2Cl−
CH3COOHCH3COO−+H+
H2(g)+Cl2(g) 2HCl(g)
ΔH=−183kJ·mol−1
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
本题A、B、C选项应区分电离和电解的概念。电离是电解质溶于水或熔融状态下，解离成能够自由移动的离子的过程。根据其电离程度可分为强电解质和弱电解质，几乎全部电离的是强电解质（如A选项），只有少部分电离的是弱电解质（如C选项）；是将电能转化为化学能的一个装置(构成:外加电源，电解质溶液，阴阳电极)。使电流通过电解质溶液或熔融电解质而在阴，阳两极引起还原氧化反应的过程（如B选项）。
【详解】A.NaCl为强电解质，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自发解离为Na+和Cl-，故电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故A不符合题意；
B.电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反应为：Cu2++2e-=Cu,氯离子向阳极移动，失电子，发生电极反应为：2Cl-+2e-=Cl2,所以电解总反应为：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，故B符合题意；
C.CH3COOH为弱电解质，溶于水部分电离，因此电离方程式为CH3COOH CH3COO-+H+，故C不符合题意；
D.由图可知，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的总能量（436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol）,与形成生成物分子中化学键放出的总能量（431kJ/mol×2=862kJ/mol）之差，即放热183kJ/mol,放热∆H为负值，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)∆H=-183kJ/mol，故D不符合题意；
综上所述，本题应选B。
【点睛】本题所选四个实验（或原理）均取材于课本，可见高考题越来越回归于课本。本题综合考查化学用语，涉及强、弱电解质的电离、电解方程式的书写，化学反应热的计算，题目把化学用语与化学反应原理巧妙地结合。
14.实验室模拟工业上以铝土矿(含Al2O3、Fe2O3、SiO2)为原料制铵明矾NH4Al(SO4)2晶体的工艺流程如图所示,下列说法错误的是( )
A. 固体a的化学式为SiO2
B. 固体b的化学式为Fe(OH)3
C. Ⅲ中通入足量CO2气体发生反应的离子方程式为2AlO2-+CO2+3H2O= CO32-+2Al(OH)3↓
D. 由Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ都要用到的分离方法是过滤
【答案】C
【解析】
【详解】A. 铝土矿加过量盐酸酸溶，SiO2不溶于盐酸，所以固体a是SiO2，故A正确。
B. 盐酸酸溶后是FeCl3、AlCl3的混合液，加入过量的烧碱生成Fe(OH)3和NaAlO2，所以固体b是Fe(OH)3，故B正确。
C. NaAlO2溶液中通入足量的CO2气体应生成HCO3-，离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=H CO3-+Al(OH)3↓，故C错误。
D. 由Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ都是难溶性固体和溶液分离，用到分离方法是过滤，故D正确。
故答案选C。
15.C和CuO在一定温度下反应，产物有Cu、Cu2O、CO、CO2。若将2．00 g C跟16.0 g CuO混合，隔绝空气加热，将生成的气体全部通过足量的澄清石灰水，反应一段时间后共收集到1．12 L气体（标准状况），生成沉淀的质量为5．00 g。下列说法错误的是（ ）
A. 反应后的固体混合物中还含有碳
B. 反应后的固体混合物中Cu的质量为1 2．8 g
C. 反应后的固体混合物总质量为14．4 g
D. 反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为0．05mol
【答案】B
【解析】
16.将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应（已知反应过程放热），生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO-和ClO3-两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的变化示意图如下图所示。下列说法正确的是 （ ）
A. 苛性钾溶液中KOH的质量是15.68 g
B. 反应中ClO3－的生成是因为Cl2通入过量
C. 酸性条件下 ClO－ 和ClO3－可生成Cl2
D. 一定有3.136 L氯气参与反应
【答案】A
【解析】
【分析】
由图像知0~t1氯气和氢氧化钾发生反应生成KCl和KClO，t1~t2反应生成KCl、KClO和KClO3。且据电子守恒知每生成1molKClO同时生成1molKCl，每生成1mol KClO3同时生成5molKCl，所以生成了0.08molKClO和0.02mol KClO3，则生成了0.18molKCl。
【详解】A. 据钾原子守恒KOH的物质的量是产物中三种盐的物质的量之和为0.28mol，质量是15.68g，故A正确。
B. 由题意知氯气和苛性钾恰好反应，反应放热，所以生成KClO3是因为温度升高，故B错误。
C. ClO－ 和ClO3－中氯原子化合价分别是+1、+5价，不可能生成氯气，故C错误。
D. 据氯原子守恒n(Cl2)=1/2［n(KCl)+ n(KClO)+ n(KClO3］=0.14mol，标况下体积是3.136L，故D错误。
故答案选A。
【点睛】原子守恒、电子守恒、电荷守恒是化学计算中常用方法，也是简便方法。
二、非选择题（共4题）
17.现有下列物质：①稀硫酸 ②小苏打 ③氨水 ④二氧化碳 ⑤FeCl3固体 ⑥稀NaOH溶液 ⑦硝酸亚铁溶液。
（1）上述物质中属于电解质的物质序号为______ 。
（2）有两种物质发生反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，这两种物质的序号是______。
（3）加入盐酸、NaOH溶液均能发生化学反应的物质序号为______。
（4）能导电的物质序号为_______________。
（5）④与⑥充分反应后，将溶液小火蒸干，得到固体混合物。固体组成成分可能是（用化学式表示）___________________________。
（6）实验室用⑤制备胶体的化学方程式为_______________________。
【答案】 (1). ②⑤ (2). ①⑥ (3). ②⑦ (4). ①③⑥⑦ (5). NaOH和Na2CO3 、NaHCO3和Na2CO3 (6). FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl
【解析】
【分析】
根据物质的组成和性进行分析，根据电解质、离子方程式的内涵和外延进行分析。
【详解】现有下列物质：①稀硫酸 ②小苏打 ③氨水 ④二氧化碳 ⑤FeCl3固体 ⑥稀NaOH溶液 ⑦硝酸亚铁溶液。
（1）酸、碱、盐、活泼金属氧化物等物质属于电解质，上述物质中小苏打和FeCl3固体都属于盐，故属于电解质的物质序号为②⑤。
（2）H++OH-=H2O，该离子方程式可表示强酸或强酸的酸式盐与强碱在水溶液中反应生成水和可溶性盐的反应，上属物质中稀硫酸和稀NaOH溶液满足要求，因此这两种物质的序号是①⑥。
（3）小苏打能与盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠和水，也能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水；硝酸亚铁溶液中加入盐酸后，硝酸根在酸性条件下表现强氧化性，可以把亚铁离子氧化为铁离子，硝酸亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液后可以生成氢氧化亚铁沉淀，因此，加入盐酸、NaOH溶液均能发生化学反应的物质序号为②⑦。
（4）若溶液中有大量自由移动的离子则该溶液能导电。上述物质中，稀硫酸、氨水、稀NaOH溶液和硝酸亚铁溶液均为电解质溶液，满足要求，因此，能导电的物质序号为①③⑥⑦。
（5）二氧化碳与稀NaOH溶液充分反应后，可能生成Na2CO3或NaHCO3，NaOH有可能过量。此溶液小火蒸干，NaHCO3不会完全分解；NaHCO3和NaOH不能大量共存。因此，若得到固体混合物，则固体组成成分可能是NaOH和Na2CO3 或NaHCO3和Na2CO3。
（6）实验室用FeCl3固体配制成饱和溶液，然后向沸水中滴加少量的FeCl3饱和溶液，加热到液体呈红褐色即可得到Fe(OH)3胶体，制备该胶体的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3（胶体）+3HCl 。
【点睛】本题在判断电解质时，不能仅根据溶液是否导电判断，还得抓住“化合物”的内涵和外延，所以电解质溶液就不是电解质了，因为它是混合物。另外，二氧化碳与稀NaOH溶液充分反应后，由于不确定两种反应物的物质的量之比，要根据恰好生成碳酸钠和碳酸氢钠两种特殊情况对混合物的组成进行分析。
18.氨和硝酸都是重要的工业原料。
（1）工业上常用过量氨水吸收二氧化硫，该反应的化学方程式为____。
（2）氨氧化法是工业生产中合成硝酸的主要途径。合成的第一步是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮，该反应的化学方程式为____。
下列反应中的氨与氨氧化法中的氨作用相同的是___。
A．2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑ B．2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2O
C．4NH3+6NO=5N2+6H2O D．HNO3+NH3=NH4NO3
工业中的尾气（假设只有NO和NO2）用烧碱进行吸收，反应的离子方程式为2NO2+2OH﹣=NO2-+NO3-+H2O和NO+NO2+2OH﹣=___+H2O（配平该方程式）。
（3）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀HNO3500mL，反应过程中产生的气体只有NO。固体完全溶解后，在所得溶液（金属阳离子只有Cu2+）中加入1L1mol·L-1的NaOH溶液使金属离子恰好完全沉淀，此时溶液呈中性，所得沉淀质量为39.2g。
①Cu与稀HNO3反应的离子方程式为________。
②Cu与Cu2O 的物质的量之比为________。
【答案】 (1). SO2+2NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O［或SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3］ (2). 4NH3+5O24NO+6H2O (3). BC (4). 2NO2- (5). 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O (6). 2∶1
【解析】
【分析】
(1)二氧化硫与氨气反应生成亚硫酸铵；
(2)氨催化氧化生成一氧化氮和水，反应中氨气是还原剂；根据质量守恒和得失电子守恒配平；
(3)①Cu与稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，据此书写反应的离子反应方程式；②根据氢氧化钠计算出生成的氢氧化铜的物质的量，再根据铜元素守恒列式计算。
【详解】(1)二氧化硫与过量氨气反应生成亚硫酸铵，反应的化学方程式为：SO2+2NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O[或SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3]，故答案为：SO2+2NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O[或SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3]；
(2)氨催化氧化生成一氧化氮和水，反应方程式为：4NH3+5O2 4NO+6H2O，反应中氨气是还原剂，显示氨气的还原性。
A．反应2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑中，氨气是氧化剂，故A不选；B．反应2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2O中，氨气是还原剂，故B选；C．反应4NH3+6NO=5N2+6H2O中，氨气是还原剂，故C选； D．反应HNO3+NH3=NH4NO3是非氧化还原反应，故D不选；与4NH3+5O2 4NO+6H2O中的氨作用相同的是BC；由质量守恒和得失电子守恒，配平为：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，故答案为：4NH3+5O2 4NO+6H2O；BC；2NO2-；
(3)①Cu与稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子反应方程式：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
②所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n(Cu)+2n(Cu2O)=n[Cu(OH)2]，所以反应后的溶液中n[[Cu(NO3)2]=n[Cu(OH)2]=0.4mol，设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y，则64x+144y＝27.2，x+2y＝0.4，解得x=0.2，y=0.1，所以Cu与Cu2O 的物质的量之比为2∶1，故答案为：2∶1。
19.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种重要的化工产品，将SO2通入Na2CO3和Na2S混合溶液中可制得Na2S2O3。其制备装置如图所示。
（1）A中反应的化学方程式为_____。
（2）为保证Na2S和Na2CO3得到充分利用，两者的物质的量之比应为____。
（3）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通人的SO2不能过量，原因是___。
（4）待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应。过滤B中的混合物，滤液经过__、___（填操作名称）、过滤、洗涤、干燥，得到Na2S2O3•5H2O晶体。
（5）称取10.0g产品(Na2S2O3•5H2O，相对分子质量为248)，配成250mL溶液，取25.00mL溶液，以淀粉作指示剂，用 0.1000 mol/L碘的标准溶液滴定。（反应原理为：2S2O32-+I2 = S4O62-+2I－，忽略Na2SO3与I2反应）。
①滴定终点的现象为____。
②重复三次的实验数据如表所示，其中第三次读数时滴定管中起始和终点的液面位置如图所示，则x=____，产品的纯度为__。
【答案】 (1). (2). 2:1 (3). 二氧化硫融入过多使溶液呈酸性，而可以与氢离子反应，导致产量降低 (4). 蒸发浓缩 (5). 冷却结晶 (6). 溶液由无色变为蓝色，且半分钟颜色不退去 (7). 18.10 (8). 89.28%
【解析】
【分析】
装置A为二氧化硫的发生装置，装置B为硫代硫酸钠的制备装置，装置C为尾气处理装置。
【详解】（1）A为二氧化硫的发生装置，反应的化学方程式为；
（2）装置B中发生的反应为，为保证Na2S和Na2CO3得到充分利用，两者的物质的量之比应为2:1；
（3）硫代硫酸钠在酸性条件下会发生水解，二氧化硫过量会使溶液呈酸性，导致产品产量减少，所以二氧化硫不能过量；
（4）过滤B中的混合物，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Na2S2O3•5H2O晶体；
（5）①滴定所用指示剂是淀粉溶液，当达到滴定终点时，碘稍过量，碘遇淀粉变蓝色；所以溶液会由无色变为蓝色；
②由滴定管的读数可知，开始的刻度是0.50mL，后来的读数是18.60mL，所用溶液的体积是18.10mL，即x=18.10mL，实验序号1所得的体积与另外两组相差较大，舍去，则消耗标准液的平均体积为18.00mL，则碘的物质的量是0.0180L×0.1000mol/L，根据碘与硫代硫酸钠反应的方程式可知硫代硫酸钠的物质的量是0.0180L×0.1000mol/L×2×10=0.036mol，所以产品的纯度为×100%=89.28%。
【点睛】在进行酸碱中和滴定的计算时，要注意观察实验数据，要将错误数据删掉，再进行计算。
20.钒电池是一种新型酸性硫酸盐二次电池，钒电池失效后，废电解液回收利用的一种工艺如下:
已知:a.+5价钒在溶液中存在如下平衡: 。
b.部分含钒物质在水中的溶解性见下表:
(1)氧化工序中，其他价态的钒全部氧化成，完成氧化的离子方程式:
_________V2++_________ClO3-+ _________=_________VO2+__________C1-+ __________NaClO和NaClO3均可作氧化剂，该工序中不选择NaClO作氧化剂的理由是_________。
(2)浓缩工序中，加入NaOH的作用是_________。
(3)沉钒工序的化学方程式为_________。
(4)煅烧偏钒酸铵时，固体(取234g NH4VO3)质量的减少量随温度变化的曲线如图所示，100~200℃时产生的一种气体的电子式为________，300~350℃时发生反应的化学方程式为__________。
【答案】 (1). 2 (2). 1 (3). (4). 2 (5). 1 (6). (7). 等质量的NaClO在反应过程中转移的电子少 (8). 使平衡右移 (9). (10). (11).
【解析】
【分析】
（1）氧化工序中，其它价态的钒全部氧化成VO2+，氯酸根离子被还原为氯离子，结合元素化合价变化和电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平书写；
次氯酸钠易变质；
（2）浓缩工序中，加入NaOH的作用是使平衡正向进行，VO2++H2O⇌VO3-+2H+；
（3）沉钒工序的化学反应为NaVO3和硫酸铵反应生成NH4VO3沉淀；
（4）煅烧偏钒酸铵时，固体质量随温度变化的曲线如图2所示．加热到100℃～200℃时，质量减少2.34g-2.00g=0.34g，偏钒酸铵NH4VO3 物质的量==0.02mol，生成气体为氨气0.02mol，加热到400℃时固体剩余1.820g，固体质量减少2.00g-1.820g=0.18g，NH4VO3 NH3↑+HVO3，2HVO3 2H2O+V2O5，结合反应蒸馏变化分析。
【详解】（1）氧化工序中，其它价态的钒全部氧化成VO2+，氯酸根离子被还原为氯离子，钒元素化合价+2价变化为+5价，电子转移3e-，氯酸根离子中氯元素化合价+5价变化为-1价，电子转移6e-，结合电子守恒和原子守恒，2V2++ClO3-+H2O=VO2++Cl-+2H+，故答案为：2、1、H2O，1、2、H+；
氧化工序中，NaClO与NaClO3均可用作氧化剂，不选择NaClO的理由是NaClO易变质；
（2）+5价钒在溶液中存在如下平衡：VO2++H2O⇌VO3-+2H+，加入NaOH和氢离子反应促进平衡正向进行，故答案为：使VO2++H2O⇌VO3-+2H+平衡正向进行；
（3）由已知NH4VO3难溶于水，沉钒工序中向NaVO3溶液中加入硫酸铵生成NH4VO3 沉淀和硫酸钠，反应的化学方程式为：2NaVO3+（NH4）2SO4=2NH4VO3↓+Na2SO4；
（4）空气中煅烧偏钒酸铵发生反应为：
NH4VO3 NH3↑+HVO3，
117 17 100
2HVO3 2H2O+V2O5，
200 36 182
结合图象质量变化可知加热到100℃～200℃时，产生的一种气体是NH3，其电子式为；加热到400℃时，得到的固体产物是五氧化二钒，反应的化学方程式为2HVO3 2H2O+V2O5。
【点睛】本题考查了物质分离提纯、原电池和电解池原理、图象变化特征分析计算、物质性质等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
华安一中、龙海二中2019—2020学年第一学期第一次月高三化学试卷
相对原子质量：Cu-64 O-16 Cl-35.5 C-12 Na-23
一、选择题（每题3分，共48分）
1.《本草纲目》中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”的记载。下列说法正确的是
A. “薪柴之灰”可与铵态氮肥混合施用 B. “以灰淋汁”的操作是萃取
C. “取碱”得到的是一种碱溶液 D. “浣衣”过程有化学变化
【答案】D
【解析】
A. “薪柴之灰”中含有碳酸钾，与铵态氮肥共用时，发生水解反应，相互促进水解，降低肥效，故A错误；B. “以灰淋汁”的操作是过滤，故B错误；C. “取碱”得到的是碳酸钾溶液，属于盐溶液，故C错误；D. “浣衣”过程中促进油脂的水解，属于化学变化，故D正确；故选D。
2.下列物质在生活中应用时，起还原作用的是（ ）
A. 明矾作净水剂 B. 铁粉作食品袋内的脱氧剂
C. 漂粉精作消毒剂 D. 甘油作护肤保湿剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．明矾Al3+水解生成Al(OH)3，Al(OH)3具有吸附性可作净水剂，故A错误。
B. 铁粉有还原性作食品袋内的脱氧剂，故B正确。
C．漂粉精中的Ca(ClO)2有强氧化性能杀菌消毒作消毒剂，故C错误。
D．甘油具有吸水性作护肤保湿剂，故D错误。
故答案选B。
3.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. 淀粉溶液、有色玻璃和果冻都是胶体
【答案】D
【解析】
【详解】A. 明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化但不能杀毒，故A错误。
B. 胶体和溶液的本质区別是分散质粒径大小不同，故B错误。
C. 胶体不带电荷，是Fe(OH)3胶体粒子带正电荷，故C错误。
D. 淀粉溶液、有色玻璃和果冻都是胶体，故D正确。
故答案选D。
【点睛】胶体和其他分散系的本质区别是分散质粒径大小，鉴别方法是丁达尔效应。
4. 下列物质的保存方法正确的是
①少量金属钠保存在冷水中 ②浓硝酸盛放在无色试剂瓶中
③少量金属钾保存在煤油中 ④氢氧化钠溶液盛放在带有橡胶塞的试剂瓶中
⑤氯水存放在带玻璃塞的无色细口瓶中 ⑥碳酸钠固体保存在带橡胶塞的细口瓶中
A. ②③④ B. ③④⑥ C. ③④ D. ①③④
【答案】C
【解析】
试题分析：①少量金属钠保存在煤油中，①错误；②浓硝酸见光易分解，盛放在棕色试剂瓶中，②错误；③少量金属钾保存在煤油中，④正确；④氢氧化钠溶液盛放在带有橡胶塞的试剂瓶中，④正确；⑤氯水见光易分解，存放在带玻璃塞的棕色试剂瓶中，⑤错误；⑥碳酸钠固体保存在带橡胶塞的广口瓶中，⑥错误，答案选C。
考点：考查常见化学试剂的保存
5.在体积相同的两个密闭容器中分别充入O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是
A. 两种气体的氧原子数目相等 B. 两种气体的压强相等
C. 两种气体的分子数目相等 D. O2比O3的质量小
【答案】A
【解析】
【详解】相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等，
A．相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子数目相等，选项A正确；
B．O原子个数相等时，气体的物质的量之比为n（O2）：n（O3）=3：2，由PV=nRT可知，两种气体的压强之比为3：2，选项B错误；
C．O原子个数相等时，气体的物质的量之比为n（O2）：n（O3）=3：2，物质的量与分子数成正比，则两种气体的分子数目也是3：2，选项C错误；
D．同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，选项D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查阿伏加德罗定律及其推论。相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等。本题注意把握两种气体的元素组成特点，结合PV=nRT判断。
6.宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是：4Ag＋2H2S＋O2===2X＋2H2O。下列说法正确的是 ( )
A. X化学式为AgS B. 银针验毒时，空气中氧气失去电子
C. 反应中Ag和H2S均是还原剂 D. 每生成1 mol X，反应转移2 mol e－
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由质量守恒定律Ag原子、S原子守恒确定X的化学式为Ag2S，故A错误。
B. 据元素化合价的变化反应中氧气作氧化剂得电子，故B错误。
C. 据元素化合价的变化知反应中S作还原剂，故C错误。
D. 据方程式知每生成2 mol X，电子转移4mol，所以每生成1 mol X，反应转移2 mol e－，故D正确。
故答案选D。
7.向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)，继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是（ ）
A. Cu2+是H2O2分解反应的催化剂 B. H2O2只表现了氧化性
C. H2O2的电子式为: D. 发生了反应Cu2O + H2O2+4H+=2Cu2++3H2O
【答案】B
【解析】
A．向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，说明Cu2+是H2O2分解反应的催化剂，故A正确；B．根据“蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)”，说明铜离子被还原成+1价，H2O2表现了还原性；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O，Cu2O中+1价Cu被氧化成+2价Cu2+，H2O2又表现了氧化性，故B错误；C．H2O2属于共价化合物，电子式为: ，故C正确；D．红色浑浊又变为蓝色溶液，Cu2O中+1价Cu被氧化成+2价Cu2+，发生反应为：Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O，故D正确；故选B。
点睛：本题考查氧化还原反应，明确题干信息的含义为解答关键。本题的易错点为B，要注意题干信息的解读，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊，说明生成了Cu2O；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明又生成了Cu2+。
8.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是
A. 制取氨气 B. 制取碳酸氢钠
C. 分离碳酸氢钠 D. 干燥碳酸氢钠
【答案】C
【解析】
试题分析：A、氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢在试管口遇冷又生成氯化铵固体，不能用加热氯化铵固体的方法制备氨气，错误；B、气流方向错，应该从右侧导管通入CO2气体，错误；C、从溶液中分离出碳酸氢钠固体用过滤的方法，正确；D、碳酸氢钠受热易分解，不能用该装置干燥碳酸氢钠，错误。答案选C。
考点：考查化学实验基础知识，元素化合物。
9. 下列标有横线的物质在给定的条件下不能完全反应的是
①1molZn与含1mol H2SO4的稀硫酸溶液反应
②1molCu与含2mol H2SO4的浓硫酸溶液共热
③1molCu与含4mol HNO3的浓硝酸溶液反应
④1molMnO2与含4mol HCl的浓盐酸溶液共热
A. ①③ B. ①② C. ②④ D. ③④
【答案】C
【解析】
试题分析：①1mol锌与含1mol H2SO4的稀硫酸溶液恰好完全反应，故不选；②随反应的进行浓硫酸变在稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，故选；③1mol铜转移2mol的电子，生成2mol的铜离子与2mol硝酸结合成硫酸盐，而2mol HNO3的硝酸作氧化剂，得电子的量为2mol～6mol，所以铜不足，故不选；④随着反应的进行，盐酸浓度逐渐降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，故选；故选C
考点：考查了硝酸化学性质、浓硫酸的性质的相关知识。
10.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是
A. 某温度和压强下，22.4 L CO和N2的混合气体中含有的原子总数可能为2NA
B. 在合成氨反应中，当有2.24 L氨气(标准状况下)生成时，转移的电子数为0.3NA
C. 1 L 1 mol/L Na2CO3水溶液中含有的氧原子数为3NA
D. 将78 g Na2O2与过量CO2反应转移的电子数为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. CO和N2均属于双原子分子，某温度和压强下，22.4 L CO和N2的混合气体的物质的量可能为1mol,含有的原子总数可能为2NA,，A正确；
B.在标准状况下，2.24 L氨气的物质的量为0.1mol，该反应中氮元素由0价降低到-3价，故转移的电子数为0.3NA，B正确；
C. 1 L 1 mol/L Na2CO3中含有的氧原子数为3NA，溶剂水中还含有氧原子，所以1 L 1 mol/L Na2CO3水溶液中含有的氧原子数大于3NA，C错误；
D. 根据化合价的变化，Na2O2与转移电子的对应关系为：Na2O2 ～ e‾，n(e‾)=n(Na2O2)=78g÷78g/mol=1mol，则转移电子数目为NA，D正确；
综上所述，本题选C。
11.下列离子方程式书写正确的是
A. 碳酸钙与醋酸反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
B. 少量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=SO42-+2H++Cl-
C. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应后溶液呈中性：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
D. 足量锌粉与一定量浓硫酸反应：Zn+2H2SO4=Zn2++SO42-+SO2↑+2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.醋酸是弱酸，不能拆成离子，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-；A错误；
B.HClO具有强氧化性，能够把SO2氧化为SO42-，本身被还原气为Cl-，离子方程式为：SO2+3ClO-+H2O=SO42-+2HClO+Cl-，B错误；
C.NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应后溶液呈中性，满足n(NaHSO4)：n(Ba(OH)2)=2:1，正确的离子方程式：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，C正确；
D. 足量锌粉与一定量浓硫酸反应先生成二氧化硫，反应为Zn+2H2SO4=Zn2++SO42-+SO2↑+2H2O；浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与锌反应生成硫酸锌和氢气，反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑，上述反应方程式不全，D错误；
综上所述，本题选C。
12.探究草酸（ ）性质，进行如下实验。（室温下，0.1 mol·L-1 的pH =1.3）
实验
装置
试剂a
现象
Ca（OH）2溶液（含酚酞）
溶液褪色，产生白色沉淀
NaHCO3少量溶液
产生气泡
KMnO4酸性溶液
紫色溶液褪色
C2H5OH和浓硫酸
加热后产生有香味物质
由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是
A. H2C2O4有酸性，Ca（OH）2+ H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O
B. 酸性：H2C2O4＞H2CO3,NaHCO3+H2C2O4=NaHC2O4+CO2↑+H2O
C. H2C2O4有还原性，2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2 ↑+8H2O
D. H2C2O4可发生酯化反应HOOCCOOH+2C2H5OH C2H5OOCCOOC2H5+2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. Ca（OH）2+ H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O是酸碱中和反应，体现草酸酸性，故A正确。
B. NaHCO3+H2C2O4=NaHC2O4+CO2↑+H2O是强酸制弱酸，H2C2O4酸性强于H2CO3，故B正确。
C. 离子方程式中H2C2O4不能拆，应写化学式，故C错误。
D. 草酸是二元酸和乙醇酯化时物质的量之比是1:2，故D正确。
故答案选C。
13.下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）
A
B
C
D
NaCl溶于水
电解CuCl2溶液
CH3COOH在水中电离
H2与Cl2反应能量变化
NaClNa++Cl−
CuCl2Cu2++2Cl−
CH3COOHCH3COO−+H+
H2(g)+Cl2(g) 2HCl(g)
ΔH=−183kJ·mol−1
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
本题A、B、C选项应区分电离和电解的概念。电离是电解质溶于水或熔融状态下，解离成能够自由移动的离子的过程。根据其电离程度可分为强电解质和弱电解质，几乎全部电离的是强电解质（如A选项），只有少部分电离的是弱电解质（如C选项）；是将电能转化为化学能的一个装置(构成:外加电源，电解质溶液，阴阳电极)。使电流通过电解质溶液或熔融电解质而在阴，阳两极引起还原氧化反应的过程（如B选项）。
【详解】A.NaCl为强电解质，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自发解离为Na+和Cl-，故电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故A不符合题意；
B.电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反应为：Cu2++2e-=Cu,氯离子向阳极移动，失电子，发生电极反应为：2Cl-+2e-=Cl2,所以电解总反应为：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，故B符合题意；
C.CH3COOH为弱电解质，溶于水部分电离，因此电离方程式为CH3COOH CH3COO-+H+，故C不符合题意；
D.由图可知，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的总能量（436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol）,与形成生成物分子中化学键放出的总能量（431kJ/mol×2=862kJ/mol）之差，即放热183kJ/mol,放热∆H为负值，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)∆H=-183kJ/mol，故D不符合题意；
综上所述，本题应选B。
【点睛】本题所选四个实验（或原理）均取材于课本，可见高考题越来越回归于课本。本题综合考查化学用语，涉及强、弱电解质的电离、电解方程式的书写，化学反应热的计算，题目把化学用语与化学反应原理巧妙地结合。
14.实验室模拟工业上以铝土矿(含Al2O3、Fe2O3、SiO2)为原料制铵明矾NH4Al(SO4)2晶体的工艺流程如图所示,下列说法错误的是( )
A. 固体a的化学式为SiO2
B. 固体b的化学式为Fe(OH)3
C. Ⅲ中通入足量CO2气体发生反应的离子方程式为2AlO2-+CO2+3H2O= CO32-+2Al(OH)3↓
D. 由Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ都要用到的分离方法是过滤
【答案】C
【解析】
【详解】A. 铝土矿加过量盐酸酸溶，SiO2不溶于盐酸，所以固体a是SiO2，故A正确。
B. 盐酸酸溶后是FeCl3、AlCl3的混合液，加入过量的烧碱生成Fe(OH)3和NaAlO2，所以固体b是Fe(OH)3，故B正确。
C. NaAlO2溶液中通入足量的CO2气体应生成HCO3-，离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=H CO3-+Al(OH)3↓，故C错误。
D. 由Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ都是难溶性固体和溶液分离，用到分离方法是过滤，故D正确。
故答案选C。
15.C和CuO在一定温度下反应，产物有Cu、Cu2O、CO、CO2。若将2．00 g C跟16.0 g CuO混合，隔绝空气加热，将生成的气体全部通过足量的澄清石灰水，反应一段时间后共收集到1．12 L气体（标准状况），生成沉淀的质量为5．00 g。下列说法错误的是（ ）
A. 反应后的固体混合物中还含有碳
B. 反应后的固体混合物中Cu的质量为1 2．8 g
C. 反应后的固体混合物总质量为14．4 g
D. 反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为0．05mol
【答案】B
【解析】
16.将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应（已知反应过程放热），生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO-和ClO3-两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的变化示意图如下图所示。下列说法正确的是 （ ）
A. 苛性钾溶液中KOH的质量是15.68 g
B. 反应中ClO3－的生成是因为Cl2通入过量
C. 酸性条件下 ClO－ 和ClO3－可生成Cl2
D. 一定有3.136 L氯气参与反应
【答案】A
【解析】
【分析】
由图像知0~t1氯气和氢氧化钾发生反应生成KCl和KClO，t1~t2反应生成KCl、KClO和KClO3。且据电子守恒知每生成1molKClO同时生成1molKCl，每生成1mol KClO3同时生成5molKCl，所以生成了0.08molKClO和0.02mol KClO3，则生成了0.18molKCl。
【详解】A. 据钾原子守恒KOH的物质的量是产物中三种盐的物质的量之和为0.28mol，质量是15.68g，故A正确。
B. 由题意知氯气和苛性钾恰好反应，反应放热，所以生成KClO3是因为温度升高，故B错误。
C. ClO－ 和ClO3－中氯原子化合价分别是+1、+5价，不可能生成氯气，故C错误。
D. 据氯原子守恒n(Cl2)=1/2［n(KCl)+ n(KClO)+ n(KClO3］=0.14mol，标况下体积是3.136L，故D错误。
故答案选A。
【点睛】原子守恒、电子守恒、电荷守恒是化学计算中常用方法，也是简便方法。
二、非选择题（共4题）
17.现有下列物质：①稀硫酸 ②小苏打 ③氨水 ④二氧化碳 ⑤FeCl3固体 ⑥稀NaOH溶液 ⑦硝酸亚铁溶液。
（1）上述物质中属于电解质的物质序号为______ 。
（2）有两种物质发生反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，这两种物质的序号是______。
（3）加入盐酸、NaOH溶液均能发生化学反应的物质序号为______。
（4）能导电的物质序号为_______________。
（5）④与⑥充分反应后，将溶液小火蒸干，得到固体混合物。固体组成成分可能是（用化学式表示）___________________________。
（6）实验室用⑤制备胶体的化学方程式为_______________________。
【答案】 (1). ②⑤ (2). ①⑥ (3). ②⑦ (4). ①③⑥⑦ (5). NaOH和Na2CO3 、NaHCO3和Na2CO3 (6). FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl
【解析】
【分析】
根据物质的组成和性进行分析，根据电解质、离子方程式的内涵和外延进行分析。
【详解】现有下列物质：①稀硫酸 ②小苏打 ③氨水 ④二氧化碳 ⑤FeCl3固体 ⑥稀NaOH溶液 ⑦硝酸亚铁溶液。
（1）酸、碱、盐、活泼金属氧化物等物质属于电解质，上述物质中小苏打和FeCl3固体都属于盐，故属于电解质的物质序号为②⑤。
（2）H++OH-=H2O，该离子方程式可表示强酸或强酸的酸式盐与强碱在水溶液中反应生成水和可溶性盐的反应，上属物质中稀硫酸和稀NaOH溶液满足要求，因此这两种物质的序号是①⑥。
（3）小苏打能与盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠和水，也能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水；硝酸亚铁溶液中加入盐酸后，硝酸根在酸性条件下表现强氧化性，可以把亚铁离子氧化为铁离子，硝酸亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液后可以生成氢氧化亚铁沉淀，因此，加入盐酸、NaOH溶液均能发生化学反应的物质序号为②⑦。
（4）若溶液中有大量自由移动的离子则该溶液能导电。上述物质中，稀硫酸、氨水、稀NaOH溶液和硝酸亚铁溶液均为电解质溶液，满足要求，因此，能导电的物质序号为①③⑥⑦。
（5）二氧化碳与稀NaOH溶液充分反应后，可能生成Na2CO3或NaHCO3，NaOH有可能过量。此溶液小火蒸干，NaHCO3不会完全分解；NaHCO3和NaOH不能大量共存。因此，若得到固体混合物，则固体组成成分可能是NaOH和Na2CO3 或NaHCO3和Na2CO3。
（6）实验室用FeCl3固体配制成饱和溶液，然后向沸水中滴加少量的FeCl3饱和溶液，加热到液体呈红褐色即可得到Fe(OH)3胶体，制备该胶体的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3（胶体）+3HCl 。
【点睛】本题在判断电解质时，不能仅根据溶液是否导电判断，还得抓住“化合物”的内涵和外延，所以电解质溶液就不是电解质了，因为它是混合物。另外，二氧化碳与稀NaOH溶液充分反应后，由于不确定两种反应物的物质的量之比，要根据恰好生成碳酸钠和碳酸氢钠两种特殊情况对混合物的组成进行分析。
18.氨和硝酸都是重要的工业原料。
（1）工业上常用过量氨水吸收二氧化硫，该反应的化学方程式为____。
（2）氨氧化法是工业生产中合成硝酸的主要途径。合成的第一步是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮，该反应的化学方程式为____。
下列反应中的氨与氨氧化法中的氨作用相同的是___。
A．2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑ B．2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2O
C．4NH3+6NO=5N2+6H2O D．HNO3+NH3=NH4NO3
工业中的尾气（假设只有NO和NO2）用烧碱进行吸收，反应的离子方程式为2NO2+2OH﹣=NO2-+NO3-+H2O和NO+NO2+2OH﹣=___+H2O（配平该方程式）。
（3）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀HNO3500mL，反应过程中产生的气体只有NO。固体完全溶解后，在所得溶液（金属阳离子只有Cu2+）中加入1L1mol·L-1的NaOH溶液使金属离子恰好完全沉淀，此时溶液呈中性，所得沉淀质量为39.2g。
①Cu与稀HNO3反应的离子方程式为________。
②Cu与Cu2O 的物质的量之比为________。
【答案】 (1). SO2+2NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O［或SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3］ (2). 4NH3+5O24NO+6H2O (3). BC (4). 2NO2- (5). 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O (6). 2∶1
【解析】
【分析】
(1)二氧化硫与氨气反应生成亚硫酸铵；
(2)氨催化氧化生成一氧化氮和水，反应中氨气是还原剂；根据质量守恒和得失电子守恒配平；
(3)①Cu与稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，据此书写反应的离子反应方程式；②根据氢氧化钠计算出生成的氢氧化铜的物质的量，再根据铜元素守恒列式计算。
【详解】(1)二氧化硫与过量氨气反应生成亚硫酸铵，反应的化学方程式为：SO2+2NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O[或SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3]，故答案为：SO2+2NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O[或SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3]；
(2)氨催化氧化生成一氧化氮和水，反应方程式为：4NH3+5O2 4NO+6H2O，反应中氨气是还原剂，显示氨气的还原性。
A．反应2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑中，氨气是氧化剂，故A不选；B．反应2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2O中，氨气是还原剂，故B选；C．反应4NH3+6NO=5N2+6H2O中，氨气是还原剂，故C选； D．反应HNO3+NH3=NH4NO3是非氧化还原反应，故D不选；与4NH3+5O2 4NO+6H2O中的氨作用相同的是BC；由质量守恒和得失电子守恒，配平为：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，故答案为：4NH3+5O2 4NO+6H2O；BC；2NO2-；
(3)①Cu与稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子反应方程式：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
②所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n(Cu)+2n(Cu2O)=n[Cu(OH)2]，所以反应后的溶液中n[[Cu(NO3)2]=n[Cu(OH)2]=0.4mol，设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y，则64x+144y＝27.2，x+2y＝0.4，解得x=0.2，y=0.1，所以Cu与Cu2O 的物质的量之比为2∶1，故答案为：2∶1。
19.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种重要的化工产品，将SO2通入Na2CO3和Na2S混合溶液中可制得Na2S2O3。其制备装置如图所示。
（1）A中反应的化学方程式为_____。
（2）为保证Na2S和Na2CO3得到充分利用，两者的物质的量之比应为____。
（3）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通人的SO2不能过量，原因是___。
（4）待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应。过滤B中的混合物，滤液经过__、___（填操作名称）、过滤、洗涤、干燥，得到Na2S2O3•5H2O晶体。
（5）称取10.0g产品(Na2S2O3•5H2O，相对分子质量为248)，配成250mL溶液，取25.00mL溶液，以淀粉作指示剂，用 0.1000 mol/L碘的标准溶液滴定。（反应原理为：2S2O32-+I2 = S4O62-+2I－，忽略Na2SO3与I2反应）。
①滴定终点的现象为____。
②重复三次的实验数据如表所示，其中第三次读数时滴定管中起始和终点的液面位置如图所示，则x=____，产品的纯度为__。
【答案】 (1). (2). 2:1 (3). 二氧化硫融入过多使溶液呈酸性，而可以与氢离子反应，导致产量降低 (4). 蒸发浓缩 (5). 冷却结晶 (6). 溶液由无色变为蓝色，且半分钟颜色不退去 (7). 18.10 (8). 89.28%
【解析】
【分析】
装置A为二氧化硫的发生装置，装置B为硫代硫酸钠的制备装置，装置C为尾气处理装置。
【详解】（1）A为二氧化硫的发生装置，反应的化学方程式为；
（2）装置B中发生的反应为，为保证Na2S和Na2CO3得到充分利用，两者的物质的量之比应为2:1；
（3）硫代硫酸钠在酸性条件下会发生水解，二氧化硫过量会使溶液呈酸性，导致产品产量减少，所以二氧化硫不能过量；
（4）过滤B中的混合物，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Na2S2O3•5H2O晶体；
（5）①滴定所用指示剂是淀粉溶液，当达到滴定终点时，碘稍过量，碘遇淀粉变蓝色；所以溶液会由无色变为蓝色；
②由滴定管的读数可知，开始的刻度是0.50mL，后来的读数是18.60mL，所用溶液的体积是18.10mL，即x=18.10mL，实验序号1所得的体积与另外两组相差较大，舍去，则消耗标准液的平均体积为18.00mL，则碘的物质的量是0.0180L×0.1000mol/L，根据碘与硫代硫酸钠反应的方程式可知硫代硫酸钠的物质的量是0.0180L×0.1000mol/L×2×10=0.036mol，所以产品的纯度为×100%=89.28%。
【点睛】在进行酸碱中和滴定的计算时，要注意观察实验数据，要将错误数据删掉，再进行计算。
20.钒电池是一种新型酸性硫酸盐二次电池，钒电池失效后，废电解液回收利用的一种工艺如下:
已知:a.+5价钒在溶液中存在如下平衡: 。
b.部分含钒物质在水中的溶解性见下表:
(1)氧化工序中，其他价态的钒全部氧化成，完成氧化的离子方程式:
_________V2++_________ClO3-+ _________=_________VO2+__________C1-+ __________NaClO和NaClO3均可作氧化剂，该工序中不选择NaClO作氧化剂的理由是_________。
(2)浓缩工序中，加入NaOH的作用是_________。
(3)沉钒工序的化学方程式为_________。
(4)煅烧偏钒酸铵时，固体(取234g NH4VO3)质量的减少量随温度变化的曲线如图所示，100~200℃时产生的一种气体的电子式为________，300~350℃时发生反应的化学方程式为__________。
【答案】 (1). 2 (2). 1 (3). (4). 2 (5). 1 (6). (7). 等质量的NaClO在反应过程中转移的电子少 (8). 使平衡右移 (9). (10). (11).
【解析】
【分析】
（1）氧化工序中，其它价态的钒全部氧化成VO2+，氯酸根离子被还原为氯离子，结合元素化合价变化和电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平书写；
次氯酸钠易变质；
（2）浓缩工序中，加入NaOH的作用是使平衡正向进行，VO2++H2O⇌VO3-+2H+；
（3）沉钒工序的化学反应为NaVO3和硫酸铵反应生成NH4VO3沉淀；
（4）煅烧偏钒酸铵时，固体质量随温度变化的曲线如图2所示．加热到100℃～200℃时，质量减少2.34g-2.00g=0.34g，偏钒酸铵NH4VO3 物质的量==0.02mol，生成气体为氨气0.02mol，加热到400℃时固体剩余1.820g，固体质量减少2.00g-1.820g=0.18g，NH4VO3 NH3↑+HVO3，2HVO3 2H2O+V2O5，结合反应蒸馏变化分析。
【详解】（1）氧化工序中，其它价态的钒全部氧化成VO2+，氯酸根离子被还原为氯离子，钒元素化合价+2价变化为+5价，电子转移3e-，氯酸根离子中氯元素化合价+5价变化为-1价，电子转移6e-，结合电子守恒和原子守恒，2V2++ClO3-+H2O=VO2++Cl-+2H+，故答案为：2、1、H2O，1、2、H+；
氧化工序中，NaClO与NaClO3均可用作氧化剂，不选择NaClO的理由是NaClO易变质；
（2）+5价钒在溶液中存在如下平衡：VO2++H2O⇌VO3-+2H+，加入NaOH和氢离子反应促进平衡正向进行，故答案为：使VO2++H2O⇌VO3-+2H+平衡正向进行；
（3）由已知NH4VO3难溶于水，沉钒工序中向NaVO3溶液中加入硫酸铵生成NH4VO3 沉淀和硫酸钠，反应的化学方程式为：2NaVO3+（NH4）2SO4=2NH4VO3↓+Na2SO4；
（4）空气中煅烧偏钒酸铵发生反应为：
NH4VO3 NH3↑+HVO3，
117 17 100
2HVO3 2H2O+V2O5，
200 36 182
结合图象质量变化可知加热到100℃～200℃时，产生的一种气体是NH3，其电子式为；加热到400℃时，得到的固体产物是五氧化二钒，反应的化学方程式为2HVO3 2H2O+V2O5。
【点睛】本题考查了物质分离提纯、原电池和电解池原理、图象变化特征分析计算、物质性质等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
相关资料
更多
