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福建省泉州市永春第一中学2020届高三上学期期初考试化学试题
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永春一中2020届高三(上)期初考化学试卷
M:C 12 H 1 S 32 O 16 Na 23 K 39 Fe 56 Mn55 N14
一、单选题
1.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
性质
用途
A
液氨气化吸热
可用作制冷剂
B
NH4HCO3受热易分解
可用作氮肥
C
二氧化硅能与HF反应
可用作光导纤维
D
二氧化硫能使溴水褪色
可用作漂白剂
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
A、氨气易液化，利用液氨的气化，从外界吸收热量，常用作制冷剂，故正确；B、用作氮肥，是因为含有氮元素，与是否分解无关，故错误；C、利用SiO2与HF的反应，雕刻玻璃，与作光导纤维无关，故错误；D、发生的是氧化还原反应，利用的是SO2的还原性，不是漂白性，故错误。
2.下列有关物质的分类或归纳的说法正确的是( )
A. PM 2.5(微粒直径约为 2.5×10－6 m)分散在空气中形成气溶胶，能产生丁达尔效应
B. 乙烯、油脂、纤维素、光导纤维都属于高分子化合物
C. 漂白粉、水玻璃、福尔马林都是混合物
D. 纯碱、氨水、蔗糖分别属于强电解质、弱电解质和非电解质
【答案】C
【解析】
A．PM2.5是形成“灰霾”的主要原因，分散在空气中由于PM2.5颗粒物微小，人体吸气时，可直接进入器官和肺泡，引发哮喘等疾病，同时进入肺内的有毒微粒可迅速被吸收，不经过肝脏解毒直接通过血液循环而分布到全身进一步产生危害，但胶体粒子的直径大小在 1nm～100nm之间（10-9m～10-7m），而PM 2.5微粒直径约为2.5×10-6m，不属于胶体，故A错误；B．乙烯和光导纤维（SiO2）是纯净物，不是高分子化合物，而油脂是高级脂肪酸的甘油脂，也不属于高分子化合物，只有纤维素是多糖，属于高分子化合物，故B错误；
C．漂白粉是次氯酸钙和氯化钙的混合物、水玻璃是硅酸钠的溶液、福尔马林是甲醛的水溶液，三者均为混合物，故C正确；D．纯碱是盐，属于强电解质，而氨水是混合物，不是电解质，也不是非电解质，蔗糖是非电解质，故D错误；答案为C。
3.在生产、生活及化学研究中，人们经常需要根据不同原子、分子或离子的某些特征反应对物质进行检验，以确定物质的组成。下列有关物质检验的说法正确的是( )
A. 炭粉、CuO、Fe三种物质的粉末都是黑色的，用稀盐酸不能将它们区别开
B. (NH4)2SO4、K2SO4、NH4Cl三种物质不能用一种试剂通过化学反应区别开
C. 可以用NaOH溶液检验FeCl3溶液中是否混有FeCl2
D. 用湿润的淀粉KI试纸可以检验氯化氢气体中是否含有氯气
【答案】D
【解析】
A、分别向C、CuO 、Fe三种粉末中加入稀盐酸，现象依次为无现象、溶液变蓝、放出气体，故能区别开，A错误；B、向(NH4)2SO4、K2SO4、NH4Cl中分别加入Ba(OH) 2 溶液，现象依次为产生白色沉淀及放出有刺激性气味的气体、只产生白色沉淀、只放出有刺激性气味的气体，所以只用一种试剂通过化学反应可以区别开，故B错误；C、FeCl3与NaOH反应生成红褐色的Fe(OH) 3 沉淀，FeCl2与NaOH反应生成白色的Fe(OH) 2 沉淀，红褐色沉淀会掩盖白色沉淀，难以区别，故不能用NaOH检验FeCl3溶液中是否混有FeCl2，故 C错误；D、Cl2具有强氧化性，能将KI氧化成I2，使湿润的淀粉-KI试纸变蓝，而HCl不具有该性质，所以用湿润的淀粉KI试纸可检验HCl气体中是否含有Cl2，故D正确。故选D。
点睛：根据Fe(OH) 3 和Fe(OH) 2沉淀颜色的不同，可用NaOH溶液区分FeCl3和FeCl2两种溶液。当FeCl3和FeCl2存在于同一溶液中时，红褐色会掩盖白色，则不能用NaOH检验Fe2+；可以向溶液中加入铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，则一定存在Fe2+。
4. 分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是
A. 分子中含有2种官能团
B. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
C. 1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应
D 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
【答案】D
【解析】
试题分析：A、依据结构简式，得出含有的官能团是羧基、碳碳双键、羟基、醚键4种官能团，故说法错误；B、含有碳碳双键，与溴的四氯化碳发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，原理不同，故说法错误；C、1mol分枝酸中含有2mol羧基，没有其他能跟NaOH反应的官能团，消耗2molNaOH，故说法错误；D、含有羟基、羧基，可以和乙醇、乙酸发生酯化反应，反应类型相同，故说法正确。
考点：考查有机物官能团的性质等知识。
5.下列关于常见有机物说法不正确的是（ ）
A. 乙酸和油脂都能与NaOH溶液反应
B. 聚乙烯能使溴水退色
C. 淀粉水解与纤维素水解得到的最终产物相同
D. 乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别
【答案】B
【解析】
【详解】A. 乙酸与NaOH发生酸碱中和，油脂在碱性条件能水解，乙酸和油脂都能与NaOH溶液反应，故A正确；
B. 聚乙烯中没有不饱和键，不能使溴水退色，故B错误；
C. 淀粉水解生成葡萄糖，纤维素水解液生成葡萄糖，故C正确；
D. 乙醇与碳酸钠互溶，乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，故可以利用碳酸钠鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯，故D正确；
故选B。
6.下列对物质的检验、鉴别、分离、提纯方法不合理的是（ ）
A. 用焰色反应鉴别NaCl与KC1固体
B. 用氯水和KSCN溶液检验溶液中Fe2+
C. 用氨水和稀盐酸分离溶液中的Mg2+和Al3+
D. 用渗析法除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3
【答案】C
【解析】
【详解】A. 含钠元素的物质焰色反应为黄色，含有钾元素的物质焰色反应（透过钴玻璃）显紫色，现象不同，用焰色反应鉴别NaCl与KC1固体，故A正确；
B. 二价铁遇KSCN溶液不变色，在滴加氯水，氯水能将亚铁离子氧化为三价，三价铁遇KSCN溶液显红色，可以用氯水和KSCN溶液检验溶液中的Fe2＋，故B正确；
C. 镁离子和铝离子与氨水反应分别生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，生成的沉淀均能溶于盐酸，不能用氨水和稀盐酸分离溶液中的Mg2+和Al3+，故C错误；
D. 胶体和溶液的分离可以用渗析法，用渗析法除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3，故D正确。
故选C。
7.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 在反应中消耗0．1molCl2，转移的电子数一定为0．2NA
B. 15gCH3＋（碳正离子）中含有的电子数为10NA
C. 标准状况下，0．5mol氦气含有的电子数为NA
D. 0．1L 2mol/L的(NH4)2S溶液中含有的S2-数目为0．2 NA
【答案】C
【解析】
试题分析：A．在反应中消耗0．1molCl2，转移的电子数不一定为0．2NA，例如与水或氢氧化钠溶液的反应中，1分子氯气失去1个电子，A错误；B．15gCH3＋（碳正离子）的物质的量是1mol，其中含有的电子数为8NA，B错误；C．1分子氦气含有2个电子，标准状况下，0．5mol氦气含有的电子数为NA，C正确；D．硫离子在溶液中水解，因此0．1L 2mol/L的(NH4)2S溶液中含有的S2-数目小于0．2 NA，D错误，答案选C。
考点：考查阿伏加德罗常数的计算
8.阿伏加德罗常数的值为NA，下列叙述中错误的是( )
①标准状况下，2.24 L水中含有0.1 NA个水分子
②常温常压下，32g SO2 含有的分子数约为3.01×1023
③2 mol NaOH的摩尔质量为80g/mol
④H2的气体摩尔体积约为22.4L/mol
⑤标况下，22.4L由N2和N2O组成混合气体中，所含有的氮原子的物质的量为2mol
⑥2mol/L的CaCl2溶液中Cl-的数目为4NA
⑦常温常压下，1mol氦气含有的原子数为NA
⑧11.2 L氯气中含有 NA个氯原子
A. ①③④⑥⑧ B. ①④⑤⑥⑧ C. ①②④⑥⑧ D. ②③④⑤⑦
【答案】A
【解析】
试题分析：①标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L水的物质的量，故①错误；②常温常压下，32g SO2的物质的量为0.5mol，含有的分子数约为3.01×1023，故②正确；③2mol NaOH的摩尔质量为40g/mol，摩尔质量与物质的量无关，故③错误；④没有告诉在标况下，H2的气体摩尔体积不一定为22.4L/mol，故④错误；⑤在标准状况下，22.4L由N2和N2O组成的混合气体的物质的量为1mol，1mol混合气体中含有2mol氮原子，所含有的氮原子的物质的量为2mol，故⑤正确； ⑥没有告诉2mol/L的CaCl2溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的物质的量，故⑥错误；⑦常温常压下，1mol氦气含有1mol氦原子，含有的原子数为NA，故⑦正确；⑧没有告诉在标况下，题中条件无法计算11.2L氯气的物质的量，故⑧错误；故选A。
【考点定位】考查阿伏伽德罗常数的判断及计算
【名师点晴】本题考查了阿伏伽德罗常数的判断及计算，试题涉及的题量较大，知识点较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的转化关系。
9.下列各组离子在指定溶液中关于离子共存的说法正确的是（ ）
A. 25℃时溶液中一定大量共存：Na+、Ca2+、Cl-、
B. 能与铝反应放出氢气的溶液中一定共存：Mg2＋、Cu2＋、、
C. 弱碱性溶液中可能大量共存：Na+、K+、Cl‾、
D. 0.1mol/LFeCl3溶液中可能大量共存：Fe2＋、、SCN－、
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ca2＋、SO42－离子之间结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；
B．能与铝反应放出氢气的溶液，为酸或强碱溶液，碱性溶液中不能大量存在Mg2＋、Cu2＋，酸性溶液中H＋、Al、NO3－发生氧化还原反应不生成氢气，故B错误；
C．该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；
D．Fe3＋、SCN－离子之间结合生成络离子，不能大量共存，故D错误；
故选：C。
10. 下列对实验操作分析错误的是
A. 配制0．1mol/LNaCl溶液时，若没有洗涤烧杯和玻璃棒，则所得溶液物质的量浓度偏低
B. NH4NO3溶解吸热，若配制0．5mol/L NH4NO3溶液时直接将溶解后的溶液转移到容量瓶中，则所得溶液的物质的量浓度偏高
C. 配制一定物质的量浓度溶液时，若所用砝码已经生锈，则所得溶液的物质的量浓度偏高
D. 配制一定物质的量浓度溶液时，若定容中不小心加水超过刻度线，立刻将超出的水吸出，则所得溶液的物质的量浓度偏低
【答案】B
【解析】
【详解】A．没有洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量减小，溶液物质的量浓度偏低，故A正确；
B．NH4NO3溶解吸热，直接将溶解后的溶液转移到容量瓶中加水体积偏大，浓度偏小，故B错误；
C．所用砝码已经生锈，溶质的物质的量偏大，溶液的物质的量浓度偏高，故C正确；
D．加水超过刻度线，立刻将超出的水吸出，有部分溶质也会被取出，溶液的物质的量浓度偏低，故D正确；故选B。
【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的误差分析，根据公式cB=，若操作不当引起nB偏大或V（aq）偏小，所配溶液浓度偏高，反之偏低。
11.下列实验能达到目的是（ ）
A．验证NH3的溶解性
B．分离提纯碘
C．检验SO2和CO2
D．制取SO2
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．该装置合理，可以完成喷泉实验，证明NH3极易溶于水，能够达到实验目的，故A正确；
B．四氯化碳和碘单质不分层，无法通过分液分离，应用蒸馏法分离，故B错误；
C．SO2和CO2都与澄清石灰水反应，且反应现象相同，不能用澄清石灰水检验SO2和CO2，故C错误；
D．Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应，图示装置中缺少加热仪器，无法制取SO2，故D错误；
故选：A。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质鉴别、气体制备、物质分离与提纯等知识，解题关键：明确常见化学实验基本操作方法，易错点D，注意反应的条件。
12.下列用于分离提纯物质的装置正确的是
A. 灼烧固体 B. 过滤 C. 分液 D. 蒸馏
【答案】C
【解析】
试题分析：A．灼烧固体应该在坩埚中进行，不能在表面皿中进行，错误；B．过滤应该用玻璃棒引流，错误；C．分液应该是分离互不相溶的两层液体混合物的方法，由于I2的CCl4的密度比水大，而且与水互不相溶，因此可以用分液的方法分离，正确； D．蒸馏时应该用温度计测量气体的温度，所以温度计的水银球要在蒸馏烧瓶的支管口附近，不能伸到液面下，错误。
考点：考查分离提纯物质的装置的正误判断的知识。
13.关于下列氧化还原反应的说法正确的是（ ）
A. 在氧化还原反应2H2S+SO2 ═ 3S↓+2H2O中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：1
B. 在氧化还原反应3S+6KOH ═ 2K2S+K2SO3+3H2O中，被氧化和被还原的硫元素质量之比为2：1
C. 在氧化还原反应2KMnO4+16HCl（浓）═ 2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：8
D. 在氧化还原反应5NH4NO3 ═ 4N2↑+2HNO3+9H2O中，反应中发生氧化反应和发生还原反应的氮原子物质的量之比为5：3
【答案】D
【解析】
A．在氧化还原反应2H2S+SO2 ═3S↓+2H2O中，H2S是还原剂，SO2是氧化剂，氧化产物和还原产物均为硫，且氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1，故A错误；B．在氧化还原反应3S+6KOH ═ 2K2S+K2SO3+3H2O中，K2S为还原产物，K2SO3是氧化产物，被氧化和被还原的硫元素质量之比为1:2，故B错误；C．在氧化还原反应2KMnO4+16HCl(浓)═ 2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，HCl是还原剂，但只有部分被氧化，根据氧化产物Cl2可知，氧化剂和还原剂物质的量之比为2:10=1:5，故C错误；D．在氧化还原反应5NH4NO3 ═ 4N2↑+2HNO3+9H2O中，反应中氨根离子完全被氧化，NO3-部分被还原为N2，发生氧化反应和发生还原反应的氮原子物质的量之比为5:3，故D正确，答案为D。
14. 关于氧化还原反应，下列说法正确的是（ ）
①Mg在化学反应中失去2个电子，而Al在化学反应中失去3个电子 ，因此还原性Al>Mg；
②氧化剂具有氧化性；
③有单质参加的反应一定是氧化还原反应；
④2Fe+3Cl22FeCl3；Fe+SFeS,由此可以判断氧化性：Cl2>S
⑤氧化还原反应中有一种元素被氧化时，一定有另一种元素被还原
A ②③④ B. ②④ C. ①②⑤ D. ①②
【答案】B
【解析】
试题分析：①还原剂的还原性强弱取决于失去电子的难易，与失去电子的多少无关，故错误；②氧化剂在反应中化合价降低得电子，则氧化剂具有氧化性，还原剂在反应中化合价升高失电子，则还原剂具有还原性，故正确；③有单质参加的反应不一定是氧化还原反应，如同素异形体间的转化没有化合价的变化，属于非氧化还原反应，故错误；④2Fe+3Cl22FeCl3，Fe+SFeS，由此可以判断氧化性：Cl2>S，故正确；⑤氧化还原反应中氧化反应和还原反应可能是同种元素，如氯气与氢氧化钠溶液的反应中得失电子都在氯元素间。故错误。故选B。
考点：考查氧化还原反应
15.依据图中氮元素及其化合物的转化关系，判断下列说法不正确的是（ ）
A. X是N2O5
B. 可用排水法收集NO、NO2气体
C. 工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸
D. 由NH3→N2，从原理上看，NH3可与NO2反应实现
【答案】B
【解析】
A．图中氮元素及其化合物的转化关系可知，X为+5价对应的氮的氧化物是N2O5，故A正确；B．一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮气体，不可用排水法收集NO2气体，故B错误；C．氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸，故C正确；D．NH3可与NO2反应生成氮气，8NH3+6NO2=7N2+12H2O，故D正确；故选B。
16.某同学通过系列实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是
A. 将铜粉与硫粉混合均匀加热以制取CuS
B. 向Cu与过量浓硫酸反应后的试管中加水以观察CuSO4溶液的颜色
C. 向CuSO4溶液中加入过量的NaOH，过滤洗涤并收集沉淀充分灼烧以制取CuO
D. 在淀粉溶液中加入适量稀H2SO4微热，再加少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，产生红色沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于硫的氧化性弱，所以只能将铜氧化成一价，故A错误；B．常温下铜与浓硫酸不反应，因此观察不到现象，故B错误；C．向CuSO4溶液中加入过量的NaOH产生氢氧化铜的沉淀，过滤洗涤并灼烧氢氧化铜分解生成氧化铜，故C正确；D．葡萄糖和新制氢氧化铜反应必须在碱性条件下进行，该反应在淀粉溶液中加入适量稀硫酸微热，在酸性条件下进行，Cu(OH)2不能与葡萄糖反应，不能产生Cu2O沉淀，不能说明淀粉没有水解，故D错误；故答案为C。
17.油条是我国北方的传统食品，其做法是将明矾，碱，食盐按比例加入温水中，再加入面粉搅拌成面团，放置，使面团产生气体，形成孔洞，达到柔顺，放置过程发生反应：3Na2CO3+2KAl(SO4)2·12H2O=3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+2A1(OH)3↓+21 H2O，下列有关判断正确的是( )
A. 从物质的分类角度来看，油条配方中的“明矾、碱”均属于盐
B. 放置过程发生的反应为氧化还原反应
C. 放置过程发生的反应中反应物和生成物均为电解质
D. 反应的离子方程式为：3CO32-+2KAl(SO4)2·12H2O=3Na2SO4+2K++4SO42-+3CO2↑+2Al(OH)3↓+21 H2O
【答案】A
【解析】
试题分析：A.明矾和碳酸钠均属于盐，正确；B.放置过程发生的反应中没有元素的化合价发生变化，属于非氧化还原反应，错误；C.生成物中的二氧化碳属于非电解质，错误；D. KAl(SO4)2·12H2O、Na2SO4易溶于水，用离子形式表示，错误；故选A。
【考点定位】考查氧化还原反应的判断、电解质和非电解质
【名师点晴】本题考查了物质的分类和氧化还原反应。发生的反应中，存在元素的化合价变化，则为氧化还原反应；反之，不存在元素的化合价变化，则不是氧化还原反应。电解质必须是化合物，以及导电是在水溶液或熔化状态下为条件。同时注意金属单质不属于化合物，因此既不是电解质，也不是非电解质；CO2、SO2等虽溶于水能导电，但导电实质是H2CO3和H2SO3，不属于电解质，H2CO3和H2SO3则是电解质。
18.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
、Na+、、Cl-
一定能大量共存
+H2O⇌NH3•H2O+H+
C
pH=1的溶液
Fe2+、Al3+、、
不能大量共存，5Fe2+++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
D
通入少量SO2气体
K+、Na+、ClO-、
不能大量共存，2ClO-+SO2+H2O=2HClO+
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．离子之间不发生任何反应，可大量共存，但加入氨水生成沉淀，由于一水合氨为弱电解质，发生Al3＋+3NH3·H2O═Al（OH）3↓+3NH4＋，故A错误；
B．由水电离出的H＋浓度为1×10-12mol·L-1，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，碱性条件下NH4＋不能大量共存，故B错误；
C．pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2＋与MnO4－发生氧化还原反应，反应的离子方程式为5Fe2＋+MnO4－+8H＋═Mn2＋+5Fe3＋+4H2O，故C正确；
D．SO2具有还原性，与ClO－发生氧化还原反应，反应的离子方程式为ClO－+SO2+H2O═2H＋+Cl－+SO42－，故D错误。
故选：C。
【点睛】本题考查较为综合，涉及离子方程式的书写以及离子共存的判断，解题关键：把握离子的性质以及反应类型，把握离子方程式的书写方法，易错点D，HClO具有强氧化性。
19.下列离子方程式的正误判断及评价均正确的是
离子反应
离子方程式
判断及评价
A
在NH4HCO3溶液中加少量NaOH加热
NH4++OH-=NH3·H2O
错误，加热条件下应生成氨气
B
在FeI2溶液中加少量的溴水
2I-+Br2=I2+2Br-
正确，还原性I-大于Fe2+
C
在NaAlO2溶液中通入少量的CO2气体
2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-
错误，应生成HCO3-
D
在稀硝酸中加入少量的铁粉
3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O
正确，稀硝酸的还原产物为NO
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．在NH4HCO3溶液中加少量NaOH加热发生的离子反应为HCO3-+OH-=CO32-+H2O，故A错误；
B．在FeI2溶液中加少量的溴水，因I-还原性大于Fe2+，则最先氧化的是I-，发生的离子反应为2I-+Br2=I2+2Br-，故B正确；
C．在NaAlO2溶液中通入少量的CO2气体生成Al(OH)3和Na2CO3，则分析和评价错误，故C错误；
D．在稀硝酸中加入少量的铁粉，氧化产物为Fe3+，则离子方程式和评价均错误，故D错误；
故答案为B。
20.某溶液只含下表离子中的几种，且各离子的物质的量浓度相等（不考虑水的电离与离子水解）。
阳离子
K＋、NH4＋、Fe2＋、Mg2＋、Cu2＋
阴离子
OH－、Cl－、CO32－、SO42－
某同学进行了如下实验（必要时可加热）：
下列说法正确的是
A. 由沉淀A推断原溶液中一定含有SO42－
B. 原溶液中只含有NH4＋、Fe2＋、Cl－、SO42－
C. 滤液A中可能含有K＋
D. 沉淀B中一定含有Mg(OH)2
【答案】B
【解析】
根据实验现象可知：试液与过量的稀硫酸反应无明显现象，说明原溶液中一定不存在SiO32-；再向加入硫酸的溶液中加入硝酸钡溶液得到了气体A、滤液A和沉淀A，气体A只能为NO，原溶液中一定含有Fe2+，则一定不存在OH-、AlO2-、CO32-，沉淀B为硫酸钡，由于加入了稀硫酸，无法确定原溶液中是否含有SO42-；滤液A中加入过量NaOH溶液得到气体B、滤液B和沉淀B，气体B为氨气，则原溶液中一定含有NH4+；各种离子的物质的量浓度均为0.1mol•L-1，已经确定含有的阳离子为Fe2+、NH4+，而阴离子只能含有Cl-、SO42-，结合电荷守恒可知溶液中一定不存在K+、Mg2+、Al3+、Cu2+，所以沉淀B为氢氧化铁，滤液B中含有氢氧化钡，通入二氧化碳后生成了沉淀C碳酸钡；A．由于开始时加入了稀硫酸，通过沉淀A无法判断原溶液中是否含有硫酸根离子，故A错误；B．根据分析可知，原溶液中一定存在的离子为NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-，故B正确；C．滤液A中一定不存在K+、Al3+，故C错误；D．根据分析可知，沉淀B为碳酸钡，原溶液中一定不存在镁离子，故D错误；故选B。
21.200 mL硝酸与一定量铝铁合金反应生成 3.36 L NO（标况），向反应后的溶液中加入150 mL 3 mol·L-1的NaOH溶液，使铝铁元素恰好全部转化为沉淀，则原硝酸的浓度是
A. 3 mol·L-1 B. 2.25 mol·L-1 C. 1. 5 mol·L-1 D. 无法计算
【答案】A
【解析】
试题分析：硝酸和金属反应生成硝酸盐和NO，硝酸盐和NaOH完全反应生成氢氧化物沉淀，硝酸根离子和氢氧根离子都带一个单位负电荷，则生成氢氧化物、硝酸盐消耗的n（OH-）=n（NO3-）=3mol/L×0.15L=0.45mol，原来溶液中n（HNO3）=n（NO3-）+n（NO）=0.45mol+3.36L/22.4L/mol=0.6mol，则原来硝酸浓度=0.6mol\0.2L=3mol/L，答案选A。
【考点定位】本题考查氧化还原反应有关计算
【名师点晴】该题为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，如果采用常规方法进行计算较麻烦且反应方程式较多，如果采用等量代换能化繁为简，明确硝酸盐中硝酸根离子与氢氧根离子物质的量关系是解本题关键。许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：①反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；②电解质溶液中的电荷守恒；③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。
22.海底蕴藏着丰富的锰结核矿，其主要成分是MnO2。1991年由Allen等人研究，用硫酸淋洗后使用不同的方法可制备纯净的MnO2，其工艺流程如图所示：
已知：化学析出时用NaClO3作析出试剂，每生成0．05 mol MnO2时消耗0．02 mol NaClO3。
根据以上工艺流程及信息，判断下列说法不正确的是
A. 步骤Ⅰ中的试剂甲必须具有较强的还原性
B. 步骤Ⅲ发生反应的离子方程式为2ClO3—+5Mn2++4H2O=5MnO2+Cl2+8H+
C. 若用电解法，则MnO2将在阳极产生，电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+
D. 测定步骤Ⅰ所得溶液中Mn2+的含量可采用先将Mn2+转化为Mn，然后再用0．1 mol·L-1 HCl标准溶液滴定的方法
【答案】D
【解析】
试题分析：步骤I中，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，则试剂甲应具有还原性，A正确；根据已知条件，步骤Ⅲ中，用NaClO3作析出试剂，是利用NaClO3的氧化性，生成0．05 mol MnO2消耗0．02 mol NaClO3，由得失电子守恒知，NaClO3的还原产物为Cl2，离子方程式为2ClO3—+5Mn2++4H2O=5MnO2+Cl2+8H+，B正确；根据图示，Mn元素的化合价由+2价降低为+4价，发生氧化反应，用电解法，阳极发生氧化反应，则MnO2将在阳极产生，电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，C正确；不能用盐酸来滴定Mn，D错误。
考点：考查了化学工艺流程图中的氧化还原反应的相关知识。
第II卷（非选择题)
23.三氧化铬(CrO3)又叫铬酸酐，是一种暗红色固体，溶于水会生成铬酸(H2CrO4)，200℃以上会部分分解生成氧化铬（Cr2O3)。
I.下图是用铬铁矿（主要成分是FeCr2O4，含A12O3、SiO2等杂质）生产CrO3的传统工艺流程，请回答相关问题。
（1）操作1的名称是____，沉淀X的成分是_____(填化学式)。
（2）高温煅烧时FeCr2O4参与反应的化学方程式是____。
II.某工厂采用了一种新的生产CrO3的工艺流程，与传统工艺流程主要区别如下图所示（中间过程省略）。
（3）液相转化过程发生反应的化学方程式是____。
（4）新工艺与传统工艺相比有多种优点：可得到价值更高的副产品KNO3；___；从绿色化学角度考虑新工艺也存在某种缺点，该缺点是____。
【答案】 (1). 溶解、过滤 (2). Al(OH)3、H2SiO3 (3). 4FeCr2O4+8Na2CO3+7O22Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2↑ (4). K2Cr2O7+2HNO32KNO3+2CrO3+H2O (5). 能耗较低、产品纯度更高 (6). 硝酸挥发或分解会产生污染
【解析】
【详解】（1）铬铁矿与纯碱、空气高温煅烧后的固体通过操作1后得到固体和溶液，故操作1的名称是溶解、过滤；通过调节pH，使溶液中的偏铝酸根离子和硅酸根离子转化成沉淀，故沉淀X的成分是Al(OH)3、H2SiO3；
（2）高温煅烧时FeCr2O4与纯碱、空气反应生成氧化铁、Na2CrO4和二氧化碳，反应的化学方程式是4FeCr2O4+8Na2CO3+7O22Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2↑；
（3）液相转化过程K2Cr2O7与硝酸反应生成硝酸钾、CrO3和水，发生反应的化学方程式是K2Cr2O7+2HNO32KNO3+2CrO3+H2O；
（4）新工艺最后一步需要温度是90℃，传统工艺是高温，因此新工艺能耗较低；CrO3 200℃以上会部分分解生成Cr2O3，因此新工艺所得CrO3纯度更高；从绿色化学角度考虑新工艺也存在某种缺点，该缺点是硝酸挥发或分解会产生污染。
24.【化学——选修3：物质的结构与性质】
钛有“生物金属”和“未来金属”之称，钛及其化合物的应用正越来越受到人们的关注。
（1）基态钛原子外围电子的轨道表达式为___________。与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有___种。
（2）金属钛的熔点、硬度均比铝大，可能的原因是____。
（3）TiCl4是氯化法制取钛的中间产物。TiCl4和SiCl4在常温下都是液体，分子结构相同。采用蒸馏的方法分离TiCl4和SiCl4的混合物，先获得的馏分是__________ (填化学式)。
（4）半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯等的聚合，其结构如图所示。
①组成该物质的元素中，电负性最大的是__________ (填元素名称)。
②M中碳原子的杂化形式有___________种。
③M中不含__________ (填字母代号)。
a．π键 b．σ键 c．配位键
d．氢键 e．离子键
（5）①金属钛晶体中原子采用面心立方最密堆积，则晶胞中钛原子的配位数为_____。
②设钛原子的直径为d cm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，钛原子的摩尔质量为M g·mol－1，则晶体钛的密度为________g·cm－3。
③金属钛晶胞中有若干个正四面体空隙，如图中a、b、c、d四个钛原子形成一个正四面体，其内部为正四面体空隙，可以填充其他原子。若晶胞中所有的正四面体空隙中都填充氢原子，那么形成的氢化钛的化学式为__________。
【答案】 (1). (2). 3 (3). Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强 (4). SiCl4 (5). 氧 (6). 2 (7). de (8). 12 (9). (10). TiH2
【解析】
【分析】
（1）根据Ti原子外围电子排布式3d24s2，画出外围电子的轨道表达式；根据Ti原子未成对电子数为2，第4周期元素中，基态原子的未成对电数与钛相同的有Ni（3d84s2）、 Ge（4s24p2）、 Se（4s24p4）。
（2）钛与铝同为金属晶体，金属晶体的硬度主要由金属键决定，钛硬度比铝大的原因是Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强；
（3）由TiCl4和SiCl4在常温下都是液体，可知，两者均属于分子晶体且分子结构相同，分子间作用力是影响晶体物理性质的主要因素，相对分子质量越大分子间作用力越大；
（4）①组成该物质的元素中，电负性最大的是氧；
②碳原子的杂化形式有sp2、sp3两种；
③在半夹心分子结构中，C-C、C-H、C-O原子中存在σ键，环中存在着大π键、Ti与O间存在配位键，不存在氢键与离子键。
（5）①Ti晶体属于面心立方最密堆积，以此分析Ti原子配位数；
②根据=计算晶体钛的密度；
③根据题给信息，求出Ti原子和H原子个数比，确定化学式。
【详解】（1）Ti的原子序数为22，基态Ti原子核外电排布为1s22s22p63s23p63d24s2，外围电子的轨道表达式为，且未成对电子数为2，基态下原子核外电子排布的最高能级的符号是3d；第4周期元素中，基态原子的未成对电数与钛相同的有Ni（3d84s2）、 Ge（4s24p2）、 Se（4s24p4）3种。
故答案为：；3；
（2）钛与铝同为金属晶体，金属晶体的硬度主要由金属键决定，钛硬度比铝大的原因是Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强（或Ti的原子化热比Al大，金属键更强等其他合理答案）。
故答案为：Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强；
（3）由TiCl4和SiCl4在常温下都是液体，可知，两者均属于分子晶体且分子结构相同，分子间作用力是影响晶体物理性质的主要因素，相对分子质量越大分子间作用力越大，所以，TiCl4比SiCl4沸点高。采用蒸馏的方法分离TiCl4和SiCl4的混合物，先获得的馏分是SiCl4。
故答案为：SiCl4；
（4）①组成该物质的元素中，电负性最大的是氧；
②碳原子的杂化形式有sp2、sp3两种；
③在半夹心分子结构中，C-C、C-H、C-O原子中存在σ键，环中存在着大π键、Ti与O间存在配位键，不存在氢键与离子键。故选d、e。
故答案为：氧；2；de；
（5）①晶胞中Ti原子位于面心、顶点上，属于面心立方最密堆积；以顶点Ti原子研究，与之相邻的原子处于面心，每个顶点为8故晶胞共用，每个面心为2个晶胞共有，故Ti原子配位数为=12。
②晶胞中Ti原子数目为8×+6×=4，晶胞质量为4×g，
设Ti原子半径为dcm，晶胞棱长=4d cm×=2d cm，晶胞体积为（2dcm）3，则晶胞密度=4×g（2dcm）3= g·cm－3。
③由图可知每个晶胞中有8个正四面体，若晶胞中所有的正四面体空隙中都填充氢原子，那么可以填充8个H原子，且处于晶胞内部，而一个晶胞拥有4个Ti原子，n(Ti):n(H)=1:2，所以形成的氢化钛的化学式为TiH2。
故答案为：12； ；TiH2。
【点睛】本题考查晶胞计算，注意均摊法的运用，需要学生具有一定的空间想象力与数学计算能力。
25.高锰酸钾、高铬酸是一种典型的强氧化剂。完成下列填空：
（1）某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2 已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2
①该反应中的还原剂是_____________。
②该反应中，发生还原反应的过程是____________→__________。
③写出该反应的化学方程式_______________________。
（2）在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：
①MnO4-＋Cu2S＋H＋→Cu2＋＋SO2↑＋Mn2＋＋H2O(未配平)
②MnO4-＋CuS＋H＋→Cu2＋＋SO2↑＋Mn2＋＋H2O(未配平)
下列关于反应①的说法中正确的是______________(填字母序号)。
a．被氧化的元素是Cu和S
b．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8∶5
c．生成2.24 L(标况下)SO2，反应转移电子的物质的量是0.8 mol
d．还原性的强弱关系是：Mn2＋＞Cu2S
（3）在稀硫酸中，和H2O2也能发生氧化还原反应。
已知：2KMnO4＋7H2O2＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋6O2↑＋10H2O，则被2 mol KMnO4氧化的H2O2是____________mol。
（4）高锰酸钾溶液与硫化亚铁固体有如下反应：
10FeS＋6KMnO4＋24H2SO4===3K2SO4＋6MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋10S＋24H2O
若上述反应前后固体的质量减少了2.8 g，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为________。
【答案】 (1). H2O2 (2). H2CrO4 (3). Cr(OH)3 (4). 3H2O2 +2H2CrO4= 2Cr(OH)3+ +3O2↑+2H2O (5). a b c (6). 5 (7). 0.1NA(或6.02×1022)
【解析】
【分析】
（1）H2O2只发生如下过程：H2O2→O2，O元素的化合价升高，则Cr元素的化合价降低，还原过程为H2CrO4→Cr（OH）3，则发生H2CrO4+H2O2→Cr（OH）3+H2O+O2↑，结合电子守恒及质量守恒定律分析；
（2）①MnO4－+Cu2S+H＋→Cu2＋+SO2↑+Mn2＋+H2O中，Mn元素的化合价降低，而铜元素的化合价由+1升到+2价，硫元素的化合价由-2升到+4价，结合氧化还原反应基本概念及还原剂的还原性大于还原产物的还原性分析；
（3）根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子的物质的量相等计算；
（4）反应10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2（SO4）3+10S+24H2O中，反应前后固体变化为：FeS→S，固体减少的质量实际上是铁元素的质量，据此计算出铁的物质的量及转移的电子数。
【详解】（1）①由O元素的化合价升高可知，H2O2为还原剂；
②该反应中，Cr元素的化合价降低，还原过程为H2CrO4→Cr（OH）3。
③发生H2CrO4+H2O2→Cr（OH）3+H2O+O2↑，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，O元素的化合价由-1价升高为0，
由电子守恒可知2H2CrO4+3H2O2→2Cr（OH）3+H2O+3O2↑，
再由H原子守恒可知，3H2O2+2H2CrO4=2Cr（OH）3+3O2↑+2H2O
标出生成物中的↑及反应条件：该反应的化学方程式3H2O2 +2H2CrO4= 2Cr(OH)3+ +3O2↑+2H2O。
（2）a．铜元素的化合价由+1升到+2价，硫元素的化合价由-2升到+4价，均被氧化，故a正确；
b．设氧化剂的物质的量为x，还原剂的物质的量为y，则5x=（2+6）y，x:y=8:5，故b正确；
c．根据b项，当生成5 mol SO2时，转移电子40 mol，所以当有0.1 mol SO2生成时，转移电子0.8 mol，故c正确；
d．根据方程式，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性Cu2S＞Mn2＋，故d错误；
故答案为：abc；
（3）反应2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O中，2molKMnO4可氧化5molH2O2，生成的6molO2中，有5mol为H2O2被氧化生成，有1mol为H2O2自身发生氧化还原反应生成，则被2 mol KMnO4氧化的H2O2是5mol。
（4）10FeS＋6KMnO4＋24H2SO4===3K2SO4＋6MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋10S＋24H2O
反应中固体质量变化为：FeS→S，固体质量变化为铁元素变化；反应前后固体的质量减少了2.8g，参加反应的亚铁离子的物质的量为：2.8g÷56g·mol－1=0.05mol，即被氧化的FeS的物质的量为0.05mol，被高锰酸根离子氧化的硫元素元素的物质的量为0.05mol，转移的电子的物质的量为：0.05mol×2=0.1mol，电子数目为：0.1NA。
【点睛】本题考查氧化还原反应及计算，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意守恒法应用，难点（3）反应2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O中，2molKMnO4可氧化5molH2O2，生成的6molO2中，有5mol为H2O2被氧化生成，有1mol为H2O2自身发生氧化还原反应生成。
26.亚硝酸钠(NaNO2)是一种重要的化工原料，常用作食品添加剂，使用时必须严格控制其用量。某化学科研小组同学拟在实验室中利用下列流程和实验装置制备亚硝酸钠：
已知：①木屑的水解：(C6H10O5)n（纤维素）+nH2OnC6H12O6（葡萄糖）
②氧化过程中控制反应温度在35~60 ℃，主要发生反应：C6H12O6+12HNO33HOOC—COOH+9NO2↑+3NO↑+9H2O
③NaOH溶液吸收NO和NO2发生反应：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O
请完成下列问题：
（1）木屑的主要成分是纤维素，结合信息①，检验纤维素已水解所需的化学试剂为______________。
（2）氧化过程中控制温度在35~60 ℃的原因是________________________；A装置中冷凝管应该从_________（填“a”或“b”）口进冷却水。
（3）使用B装置吸收气体的目的是__________________；下列装置可以代替B装置的是______（填装置编号）。
（4）实验过程中在A装置的三颈烧瓶中观察到的现象是______________________。
（5）测定产品纯度：
a.准确称量a g产品配制100.00 mL溶液；
b.移取20.00 mL所配溶液置于锥形瓶中；
c.用c mol·L−1的酸性KMnO4溶液滴定至终点；
d.重复实验3次，消耗酸性KMnO4溶液的平均体积为V mL。
①滴定过程中反应的离子方程式为__________________________；盛放酸性KMnO4溶液应选用_______滴定管（填“酸式”或“碱式”）；若在滴定操作中发现溶液呈紫红色立即记下所消耗KMnO4溶液的体积，但很快发现溶液又变成无色，则测量结果______（填“偏大”“偏小”或“无影响”。）
②产品中NaNO2的纯度为____________。
【答案】 (1). NaOH溶液、新制Cu(OH)2（或NaOH溶液、银氨溶液） (2). 防止硝酸受热分解 (3). a (4). 防止倒吸 (5). Ⅱ、Ⅳ (6). 溶液中有气泡冒出，在液面上方变成红棕色 (7). 5+2+6H+2Mn2++5+3H2O (8). 酸式 (9). 偏小 (10). （或%）
【解析】
（1）在纤维素的水解过程中硫酸做催化剂，要检验水解生成的葡萄糖，需先加NaOH溶液中和至碱性，再加入新制Cu(OH)2或银氨溶液。
（2）在用65%硝酸做氧化剂时，控温35~60 ℃的目的是防止硝酸的分解；冷凝管中冷却水应该遵循逆流原理，必须从下口，即a口进入冷却水。
（3）用倒扣漏斗吸收NO2和NO，是为了防止倒吸。装置Ⅰ不能防止倒吸；装置Ⅱ可以防止倒吸；装置Ⅲ中导管口通入NaOH溶液中，不能防止倒吸，应将苯换成CCl4，CCl4在下层，NaOH溶液在上层；装置Ⅳ可以防止倒吸，故Ⅱ和Ⅳ可代替B装置。
（4）在浓硝酸氧化葡萄糖的过程中有NO2和NO放出，因而可在溶液中看到有气泡冒出，在液面上方观察到红棕色。
（5）①用酸性KMnO4溶液滴定NaNO2发生氧化还原反应，根据得失电子相等和原子守恒可得离子方程式：5+2+6H+2Mn2++5+3H2O。酸性KMnO4溶液具有强氧化性，应盛放在酸式滴定管中；在未到达终点时，滴入紫红色KMnO4溶液立即褪色，若观察溶液呈紫红色，一会又褪色，说明酸性KMnO4滴加量不足，造成计算结果偏小。
②根据反应离子方程式得：n()=n()=×cV×10−3mol，则m(NaNO2)=69 g·mol−1×
mol=g，故样品的纯度ω(NaNO2)=5×g÷a g×100%=×
100%=%。
永春一中2020届高三(上)期初考化学试卷
M:C 12 H 1 S 32 O 16 Na 23 K 39 Fe 56 Mn55 N14
一、单选题
1.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
性质
用途
A
液氨气化吸热
可用作制冷剂
B
NH4HCO3受热易分解
可用作氮肥
C
二氧化硅能与HF反应
可用作光导纤维
D
二氧化硫能使溴水褪色
可用作漂白剂
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
A、氨气易液化，利用液氨的气化，从外界吸收热量，常用作制冷剂，故正确；B、用作氮肥，是因为含有氮元素，与是否分解无关，故错误；C、利用SiO2与HF的反应，雕刻玻璃，与作光导纤维无关，故错误；D、发生的是氧化还原反应，利用的是SO2的还原性，不是漂白性，故错误。
2.下列有关物质的分类或归纳的说法正确的是( )
A. PM 2.5(微粒直径约为 2.5×10－6 m)分散在空气中形成气溶胶，能产生丁达尔效应
B. 乙烯、油脂、纤维素、光导纤维都属于高分子化合物
C. 漂白粉、水玻璃、福尔马林都是混合物
D. 纯碱、氨水、蔗糖分别属于强电解质、弱电解质和非电解质
【答案】C
【解析】
A．PM2.5是形成“灰霾”的主要原因，分散在空气中由于PM2.5颗粒物微小，人体吸气时，可直接进入器官和肺泡，引发哮喘等疾病，同时进入肺内的有毒微粒可迅速被吸收，不经过肝脏解毒直接通过血液循环而分布到全身进一步产生危害，但胶体粒子的直径大小在 1nm～100nm之间（10-9m～10-7m），而PM 2.5微粒直径约为2.5×10-6m，不属于胶体，故A错误；B．乙烯和光导纤维（SiO2）是纯净物，不是高分子化合物，而油脂是高级脂肪酸的甘油脂，也不属于高分子化合物，只有纤维素是多糖，属于高分子化合物，故B错误；
C．漂白粉是次氯酸钙和氯化钙的混合物、水玻璃是硅酸钠的溶液、福尔马林是甲醛的水溶液，三者均为混合物，故C正确；D．纯碱是盐，属于强电解质，而氨水是混合物，不是电解质，也不是非电解质，蔗糖是非电解质，故D错误；答案为C。
3.在生产、生活及化学研究中，人们经常需要根据不同原子、分子或离子的某些特征反应对物质进行检验，以确定物质的组成。下列有关物质检验的说法正确的是( )
A. 炭粉、CuO、Fe三种物质的粉末都是黑色的，用稀盐酸不能将它们区别开
B. (NH4)2SO4、K2SO4、NH4Cl三种物质不能用一种试剂通过化学反应区别开
C. 可以用NaOH溶液检验FeCl3溶液中是否混有FeCl2
D. 用湿润的淀粉KI试纸可以检验氯化氢气体中是否含有氯气
【答案】D
【解析】
A、分别向C、CuO 、Fe三种粉末中加入稀盐酸，现象依次为无现象、溶液变蓝、放出气体，故能区别开，A错误；B、向(NH4)2SO4、K2SO4、NH4Cl中分别加入Ba(OH) 2 溶液，现象依次为产生白色沉淀及放出有刺激性气味的气体、只产生白色沉淀、只放出有刺激性气味的气体，所以只用一种试剂通过化学反应可以区别开，故B错误；C、FeCl3与NaOH反应生成红褐色的Fe(OH) 3 沉淀，FeCl2与NaOH反应生成白色的Fe(OH) 2 沉淀，红褐色沉淀会掩盖白色沉淀，难以区别，故不能用NaOH检验FeCl3溶液中是否混有FeCl2，故 C错误；D、Cl2具有强氧化性，能将KI氧化成I2，使湿润的淀粉-KI试纸变蓝，而HCl不具有该性质，所以用湿润的淀粉KI试纸可检验HCl气体中是否含有Cl2，故D正确。故选D。
点睛：根据Fe(OH) 3 和Fe(OH) 2沉淀颜色的不同，可用NaOH溶液区分FeCl3和FeCl2两种溶液。当FeCl3和FeCl2存在于同一溶液中时，红褐色会掩盖白色，则不能用NaOH检验Fe2+；可以向溶液中加入铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，则一定存在Fe2+。
4. 分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是
A. 分子中含有2种官能团
B. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
C. 1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应
D 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
【答案】D
【解析】
试题分析：A、依据结构简式，得出含有的官能团是羧基、碳碳双键、羟基、醚键4种官能团，故说法错误；B、含有碳碳双键，与溴的四氯化碳发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，原理不同，故说法错误；C、1mol分枝酸中含有2mol羧基，没有其他能跟NaOH反应的官能团，消耗2molNaOH，故说法错误；D、含有羟基、羧基，可以和乙醇、乙酸发生酯化反应，反应类型相同，故说法正确。
考点：考查有机物官能团的性质等知识。
5.下列关于常见有机物说法不正确的是（ ）
A. 乙酸和油脂都能与NaOH溶液反应
B. 聚乙烯能使溴水退色
C. 淀粉水解与纤维素水解得到的最终产物相同
D. 乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别
【答案】B
【解析】
【详解】A. 乙酸与NaOH发生酸碱中和，油脂在碱性条件能水解，乙酸和油脂都能与NaOH溶液反应，故A正确；
B. 聚乙烯中没有不饱和键，不能使溴水退色，故B错误；
C. 淀粉水解生成葡萄糖，纤维素水解液生成葡萄糖，故C正确；
D. 乙醇与碳酸钠互溶，乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，故可以利用碳酸钠鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯，故D正确；
故选B。
6.下列对物质的检验、鉴别、分离、提纯方法不合理的是（ ）
A. 用焰色反应鉴别NaCl与KC1固体
B. 用氯水和KSCN溶液检验溶液中Fe2+
C. 用氨水和稀盐酸分离溶液中的Mg2+和Al3+
D. 用渗析法除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3
【答案】C
【解析】
【详解】A. 含钠元素的物质焰色反应为黄色，含有钾元素的物质焰色反应（透过钴玻璃）显紫色，现象不同，用焰色反应鉴别NaCl与KC1固体，故A正确；
B. 二价铁遇KSCN溶液不变色，在滴加氯水，氯水能将亚铁离子氧化为三价，三价铁遇KSCN溶液显红色，可以用氯水和KSCN溶液检验溶液中的Fe2＋，故B正确；
C. 镁离子和铝离子与氨水反应分别生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，生成的沉淀均能溶于盐酸，不能用氨水和稀盐酸分离溶液中的Mg2+和Al3+，故C错误；
D. 胶体和溶液的分离可以用渗析法，用渗析法除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3，故D正确。
故选C。
7.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 在反应中消耗0．1molCl2，转移的电子数一定为0．2NA
B. 15gCH3＋（碳正离子）中含有的电子数为10NA
C. 标准状况下，0．5mol氦气含有的电子数为NA
D. 0．1L 2mol/L的(NH4)2S溶液中含有的S2-数目为0．2 NA
【答案】C
【解析】
试题分析：A．在反应中消耗0．1molCl2，转移的电子数不一定为0．2NA，例如与水或氢氧化钠溶液的反应中，1分子氯气失去1个电子，A错误；B．15gCH3＋（碳正离子）的物质的量是1mol，其中含有的电子数为8NA，B错误；C．1分子氦气含有2个电子，标准状况下，0．5mol氦气含有的电子数为NA，C正确；D．硫离子在溶液中水解，因此0．1L 2mol/L的(NH4)2S溶液中含有的S2-数目小于0．2 NA，D错误，答案选C。
考点：考查阿伏加德罗常数的计算
8.阿伏加德罗常数的值为NA，下列叙述中错误的是( )
①标准状况下，2.24 L水中含有0.1 NA个水分子
②常温常压下，32g SO2 含有的分子数约为3.01×1023
③2 mol NaOH的摩尔质量为80g/mol
④H2的气体摩尔体积约为22.4L/mol
⑤标况下，22.4L由N2和N2O组成混合气体中，所含有的氮原子的物质的量为2mol
⑥2mol/L的CaCl2溶液中Cl-的数目为4NA
⑦常温常压下，1mol氦气含有的原子数为NA
⑧11.2 L氯气中含有 NA个氯原子
A. ①③④⑥⑧ B. ①④⑤⑥⑧ C. ①②④⑥⑧ D. ②③④⑤⑦
【答案】A
【解析】
试题分析：①标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L水的物质的量，故①错误；②常温常压下，32g SO2的物质的量为0.5mol，含有的分子数约为3.01×1023，故②正确；③2mol NaOH的摩尔质量为40g/mol，摩尔质量与物质的量无关，故③错误；④没有告诉在标况下，H2的气体摩尔体积不一定为22.4L/mol，故④错误；⑤在标准状况下，22.4L由N2和N2O组成的混合气体的物质的量为1mol，1mol混合气体中含有2mol氮原子，所含有的氮原子的物质的量为2mol，故⑤正确； ⑥没有告诉2mol/L的CaCl2溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的物质的量，故⑥错误；⑦常温常压下，1mol氦气含有1mol氦原子，含有的原子数为NA，故⑦正确；⑧没有告诉在标况下，题中条件无法计算11.2L氯气的物质的量，故⑧错误；故选A。
【考点定位】考查阿伏伽德罗常数的判断及计算
【名师点晴】本题考查了阿伏伽德罗常数的判断及计算，试题涉及的题量较大，知识点较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的转化关系。
9.下列各组离子在指定溶液中关于离子共存的说法正确的是（ ）
A. 25℃时溶液中一定大量共存：Na+、Ca2+、Cl-、
B. 能与铝反应放出氢气的溶液中一定共存：Mg2＋、Cu2＋、、
C. 弱碱性溶液中可能大量共存：Na+、K+、Cl‾、
D. 0.1mol/LFeCl3溶液中可能大量共存：Fe2＋、、SCN－、
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ca2＋、SO42－离子之间结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；
B．能与铝反应放出氢气的溶液，为酸或强碱溶液，碱性溶液中不能大量存在Mg2＋、Cu2＋，酸性溶液中H＋、Al、NO3－发生氧化还原反应不生成氢气，故B错误；
C．该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；
D．Fe3＋、SCN－离子之间结合生成络离子，不能大量共存，故D错误；
故选：C。
10. 下列对实验操作分析错误的是
A. 配制0．1mol/LNaCl溶液时，若没有洗涤烧杯和玻璃棒，则所得溶液物质的量浓度偏低
B. NH4NO3溶解吸热，若配制0．5mol/L NH4NO3溶液时直接将溶解后的溶液转移到容量瓶中，则所得溶液的物质的量浓度偏高
C. 配制一定物质的量浓度溶液时，若所用砝码已经生锈，则所得溶液的物质的量浓度偏高
D. 配制一定物质的量浓度溶液时，若定容中不小心加水超过刻度线，立刻将超出的水吸出，则所得溶液的物质的量浓度偏低
【答案】B
【解析】
【详解】A．没有洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量减小，溶液物质的量浓度偏低，故A正确；
B．NH4NO3溶解吸热，直接将溶解后的溶液转移到容量瓶中加水体积偏大，浓度偏小，故B错误；
C．所用砝码已经生锈，溶质的物质的量偏大，溶液的物质的量浓度偏高，故C正确；
D．加水超过刻度线，立刻将超出的水吸出，有部分溶质也会被取出，溶液的物质的量浓度偏低，故D正确；故选B。
【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的误差分析，根据公式cB=，若操作不当引起nB偏大或V（aq）偏小，所配溶液浓度偏高，反之偏低。
11.下列实验能达到目的是（ ）
A．验证NH3的溶解性
B．分离提纯碘
C．检验SO2和CO2
D．制取SO2
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．该装置合理，可以完成喷泉实验，证明NH3极易溶于水，能够达到实验目的，故A正确；
B．四氯化碳和碘单质不分层，无法通过分液分离，应用蒸馏法分离，故B错误；
C．SO2和CO2都与澄清石灰水反应，且反应现象相同，不能用澄清石灰水检验SO2和CO2，故C错误；
D．Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应，图示装置中缺少加热仪器，无法制取SO2，故D错误；
故选：A。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质鉴别、气体制备、物质分离与提纯等知识，解题关键：明确常见化学实验基本操作方法，易错点D，注意反应的条件。
12.下列用于分离提纯物质的装置正确的是
A. 灼烧固体 B. 过滤 C. 分液 D. 蒸馏
【答案】C
【解析】
试题分析：A．灼烧固体应该在坩埚中进行，不能在表面皿中进行，错误；B．过滤应该用玻璃棒引流，错误；C．分液应该是分离互不相溶的两层液体混合物的方法，由于I2的CCl4的密度比水大，而且与水互不相溶，因此可以用分液的方法分离，正确； D．蒸馏时应该用温度计测量气体的温度，所以温度计的水银球要在蒸馏烧瓶的支管口附近，不能伸到液面下，错误。
考点：考查分离提纯物质的装置的正误判断的知识。
13.关于下列氧化还原反应的说法正确的是（ ）
A. 在氧化还原反应2H2S+SO2 ═ 3S↓+2H2O中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：1
B. 在氧化还原反应3S+6KOH ═ 2K2S+K2SO3+3H2O中，被氧化和被还原的硫元素质量之比为2：1
C. 在氧化还原反应2KMnO4+16HCl（浓）═ 2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：8
D. 在氧化还原反应5NH4NO3 ═ 4N2↑+2HNO3+9H2O中，反应中发生氧化反应和发生还原反应的氮原子物质的量之比为5：3
【答案】D
【解析】
A．在氧化还原反应2H2S+SO2 ═3S↓+2H2O中，H2S是还原剂，SO2是氧化剂，氧化产物和还原产物均为硫，且氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1，故A错误；B．在氧化还原反应3S+6KOH ═ 2K2S+K2SO3+3H2O中，K2S为还原产物，K2SO3是氧化产物，被氧化和被还原的硫元素质量之比为1:2，故B错误；C．在氧化还原反应2KMnO4+16HCl(浓)═ 2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，HCl是还原剂，但只有部分被氧化，根据氧化产物Cl2可知，氧化剂和还原剂物质的量之比为2:10=1:5，故C错误；D．在氧化还原反应5NH4NO3 ═ 4N2↑+2HNO3+9H2O中，反应中氨根离子完全被氧化，NO3-部分被还原为N2，发生氧化反应和发生还原反应的氮原子物质的量之比为5:3，故D正确，答案为D。
14. 关于氧化还原反应，下列说法正确的是（ ）
①Mg在化学反应中失去2个电子，而Al在化学反应中失去3个电子 ，因此还原性Al>Mg；
②氧化剂具有氧化性；
③有单质参加的反应一定是氧化还原反应；
④2Fe+3Cl22FeCl3；Fe+SFeS,由此可以判断氧化性：Cl2>S
⑤氧化还原反应中有一种元素被氧化时，一定有另一种元素被还原
A ②③④ B. ②④ C. ①②⑤ D. ①②
【答案】B
【解析】
试题分析：①还原剂的还原性强弱取决于失去电子的难易，与失去电子的多少无关，故错误；②氧化剂在反应中化合价降低得电子，则氧化剂具有氧化性，还原剂在反应中化合价升高失电子，则还原剂具有还原性，故正确；③有单质参加的反应不一定是氧化还原反应，如同素异形体间的转化没有化合价的变化，属于非氧化还原反应，故错误；④2Fe+3Cl22FeCl3，Fe+SFeS，由此可以判断氧化性：Cl2>S，故正确；⑤氧化还原反应中氧化反应和还原反应可能是同种元素，如氯气与氢氧化钠溶液的反应中得失电子都在氯元素间。故错误。故选B。
考点：考查氧化还原反应
15.依据图中氮元素及其化合物的转化关系，判断下列说法不正确的是（ ）
A. X是N2O5
B. 可用排水法收集NO、NO2气体
C. 工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸
D. 由NH3→N2，从原理上看，NH3可与NO2反应实现
【答案】B
【解析】
A．图中氮元素及其化合物的转化关系可知，X为+5价对应的氮的氧化物是N2O5，故A正确；B．一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮气体，不可用排水法收集NO2气体，故B错误；C．氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸，故C正确；D．NH3可与NO2反应生成氮气，8NH3+6NO2=7N2+12H2O，故D正确；故选B。
16.某同学通过系列实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是
A. 将铜粉与硫粉混合均匀加热以制取CuS
B. 向Cu与过量浓硫酸反应后的试管中加水以观察CuSO4溶液的颜色
C. 向CuSO4溶液中加入过量的NaOH，过滤洗涤并收集沉淀充分灼烧以制取CuO
D. 在淀粉溶液中加入适量稀H2SO4微热，再加少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，产生红色沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于硫的氧化性弱，所以只能将铜氧化成一价，故A错误；B．常温下铜与浓硫酸不反应，因此观察不到现象，故B错误；C．向CuSO4溶液中加入过量的NaOH产生氢氧化铜的沉淀，过滤洗涤并灼烧氢氧化铜分解生成氧化铜，故C正确；D．葡萄糖和新制氢氧化铜反应必须在碱性条件下进行，该反应在淀粉溶液中加入适量稀硫酸微热，在酸性条件下进行，Cu(OH)2不能与葡萄糖反应，不能产生Cu2O沉淀，不能说明淀粉没有水解，故D错误；故答案为C。
17.油条是我国北方的传统食品，其做法是将明矾，碱，食盐按比例加入温水中，再加入面粉搅拌成面团，放置，使面团产生气体，形成孔洞，达到柔顺，放置过程发生反应：3Na2CO3+2KAl(SO4)2·12H2O=3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+2A1(OH)3↓+21 H2O，下列有关判断正确的是( )
A. 从物质的分类角度来看，油条配方中的“明矾、碱”均属于盐
B. 放置过程发生的反应为氧化还原反应
C. 放置过程发生的反应中反应物和生成物均为电解质
D. 反应的离子方程式为：3CO32-+2KAl(SO4)2·12H2O=3Na2SO4+2K++4SO42-+3CO2↑+2Al(OH)3↓+21 H2O
【答案】A
【解析】
试题分析：A.明矾和碳酸钠均属于盐，正确；B.放置过程发生的反应中没有元素的化合价发生变化，属于非氧化还原反应，错误；C.生成物中的二氧化碳属于非电解质，错误；D. KAl(SO4)2·12H2O、Na2SO4易溶于水，用离子形式表示，错误；故选A。
【考点定位】考查氧化还原反应的判断、电解质和非电解质
【名师点晴】本题考查了物质的分类和氧化还原反应。发生的反应中，存在元素的化合价变化，则为氧化还原反应；反之，不存在元素的化合价变化，则不是氧化还原反应。电解质必须是化合物，以及导电是在水溶液或熔化状态下为条件。同时注意金属单质不属于化合物，因此既不是电解质，也不是非电解质；CO2、SO2等虽溶于水能导电，但导电实质是H2CO3和H2SO3，不属于电解质，H2CO3和H2SO3则是电解质。
18.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
、Na+、、Cl-
一定能大量共存
+H2O⇌NH3•H2O+H+
C
pH=1的溶液
Fe2+、Al3+、、
不能大量共存，5Fe2+++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
D
通入少量SO2气体
K+、Na+、ClO-、
不能大量共存，2ClO-+SO2+H2O=2HClO+
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．离子之间不发生任何反应，可大量共存，但加入氨水生成沉淀，由于一水合氨为弱电解质，发生Al3＋+3NH3·H2O═Al（OH）3↓+3NH4＋，故A错误；
B．由水电离出的H＋浓度为1×10-12mol·L-1，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，碱性条件下NH4＋不能大量共存，故B错误；
C．pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2＋与MnO4－发生氧化还原反应，反应的离子方程式为5Fe2＋+MnO4－+8H＋═Mn2＋+5Fe3＋+4H2O，故C正确；
D．SO2具有还原性，与ClO－发生氧化还原反应，反应的离子方程式为ClO－+SO2+H2O═2H＋+Cl－+SO42－，故D错误。
故选：C。
【点睛】本题考查较为综合，涉及离子方程式的书写以及离子共存的判断，解题关键：把握离子的性质以及反应类型，把握离子方程式的书写方法，易错点D，HClO具有强氧化性。
19.下列离子方程式的正误判断及评价均正确的是
离子反应
离子方程式
判断及评价
A
在NH4HCO3溶液中加少量NaOH加热
NH4++OH-=NH3·H2O
错误，加热条件下应生成氨气
B
在FeI2溶液中加少量的溴水
2I-+Br2=I2+2Br-
正确，还原性I-大于Fe2+
C
在NaAlO2溶液中通入少量的CO2气体
2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-
错误，应生成HCO3-
D
在稀硝酸中加入少量的铁粉
3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O
正确，稀硝酸的还原产物为NO
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．在NH4HCO3溶液中加少量NaOH加热发生的离子反应为HCO3-+OH-=CO32-+H2O，故A错误；
B．在FeI2溶液中加少量的溴水，因I-还原性大于Fe2+，则最先氧化的是I-，发生的离子反应为2I-+Br2=I2+2Br-，故B正确；
C．在NaAlO2溶液中通入少量的CO2气体生成Al(OH)3和Na2CO3，则分析和评价错误，故C错误；
D．在稀硝酸中加入少量的铁粉，氧化产物为Fe3+，则离子方程式和评价均错误，故D错误；
故答案为B。
20.某溶液只含下表离子中的几种，且各离子的物质的量浓度相等（不考虑水的电离与离子水解）。
阳离子
K＋、NH4＋、Fe2＋、Mg2＋、Cu2＋
阴离子
OH－、Cl－、CO32－、SO42－
某同学进行了如下实验（必要时可加热）：
下列说法正确的是
A. 由沉淀A推断原溶液中一定含有SO42－
B. 原溶液中只含有NH4＋、Fe2＋、Cl－、SO42－
C. 滤液A中可能含有K＋
D. 沉淀B中一定含有Mg(OH)2
【答案】B
【解析】
根据实验现象可知：试液与过量的稀硫酸反应无明显现象，说明原溶液中一定不存在SiO32-；再向加入硫酸的溶液中加入硝酸钡溶液得到了气体A、滤液A和沉淀A，气体A只能为NO，原溶液中一定含有Fe2+，则一定不存在OH-、AlO2-、CO32-，沉淀B为硫酸钡，由于加入了稀硫酸，无法确定原溶液中是否含有SO42-；滤液A中加入过量NaOH溶液得到气体B、滤液B和沉淀B，气体B为氨气，则原溶液中一定含有NH4+；各种离子的物质的量浓度均为0.1mol•L-1，已经确定含有的阳离子为Fe2+、NH4+，而阴离子只能含有Cl-、SO42-，结合电荷守恒可知溶液中一定不存在K+、Mg2+、Al3+、Cu2+，所以沉淀B为氢氧化铁，滤液B中含有氢氧化钡，通入二氧化碳后生成了沉淀C碳酸钡；A．由于开始时加入了稀硫酸，通过沉淀A无法判断原溶液中是否含有硫酸根离子，故A错误；B．根据分析可知，原溶液中一定存在的离子为NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-，故B正确；C．滤液A中一定不存在K+、Al3+，故C错误；D．根据分析可知，沉淀B为碳酸钡，原溶液中一定不存在镁离子，故D错误；故选B。
21.200 mL硝酸与一定量铝铁合金反应生成 3.36 L NO（标况），向反应后的溶液中加入150 mL 3 mol·L-1的NaOH溶液，使铝铁元素恰好全部转化为沉淀，则原硝酸的浓度是
A. 3 mol·L-1 B. 2.25 mol·L-1 C. 1. 5 mol·L-1 D. 无法计算
【答案】A
【解析】
试题分析：硝酸和金属反应生成硝酸盐和NO，硝酸盐和NaOH完全反应生成氢氧化物沉淀，硝酸根离子和氢氧根离子都带一个单位负电荷，则生成氢氧化物、硝酸盐消耗的n（OH-）=n（NO3-）=3mol/L×0.15L=0.45mol，原来溶液中n（HNO3）=n（NO3-）+n（NO）=0.45mol+3.36L/22.4L/mol=0.6mol，则原来硝酸浓度=0.6mol\0.2L=3mol/L，答案选A。
【考点定位】本题考查氧化还原反应有关计算
【名师点晴】该题为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，如果采用常规方法进行计算较麻烦且反应方程式较多，如果采用等量代换能化繁为简，明确硝酸盐中硝酸根离子与氢氧根离子物质的量关系是解本题关键。许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：①反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；②电解质溶液中的电荷守恒；③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。
22.海底蕴藏着丰富的锰结核矿，其主要成分是MnO2。1991年由Allen等人研究，用硫酸淋洗后使用不同的方法可制备纯净的MnO2，其工艺流程如图所示：
已知：化学析出时用NaClO3作析出试剂，每生成0．05 mol MnO2时消耗0．02 mol NaClO3。
根据以上工艺流程及信息，判断下列说法不正确的是
A. 步骤Ⅰ中的试剂甲必须具有较强的还原性
B. 步骤Ⅲ发生反应的离子方程式为2ClO3—+5Mn2++4H2O=5MnO2+Cl2+8H+
C. 若用电解法，则MnO2将在阳极产生，电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+
D. 测定步骤Ⅰ所得溶液中Mn2+的含量可采用先将Mn2+转化为Mn，然后再用0．1 mol·L-1 HCl标准溶液滴定的方法
【答案】D
【解析】
试题分析：步骤I中，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，则试剂甲应具有还原性，A正确；根据已知条件，步骤Ⅲ中，用NaClO3作析出试剂，是利用NaClO3的氧化性，生成0．05 mol MnO2消耗0．02 mol NaClO3，由得失电子守恒知，NaClO3的还原产物为Cl2，离子方程式为2ClO3—+5Mn2++4H2O=5MnO2+Cl2+8H+，B正确；根据图示，Mn元素的化合价由+2价降低为+4价，发生氧化反应，用电解法，阳极发生氧化反应，则MnO2将在阳极产生，电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，C正确；不能用盐酸来滴定Mn，D错误。
考点：考查了化学工艺流程图中的氧化还原反应的相关知识。
第II卷（非选择题)
23.三氧化铬(CrO3)又叫铬酸酐，是一种暗红色固体，溶于水会生成铬酸(H2CrO4)，200℃以上会部分分解生成氧化铬（Cr2O3)。
I.下图是用铬铁矿（主要成分是FeCr2O4，含A12O3、SiO2等杂质）生产CrO3的传统工艺流程，请回答相关问题。
（1）操作1的名称是____，沉淀X的成分是_____(填化学式)。
（2）高温煅烧时FeCr2O4参与反应的化学方程式是____。
II.某工厂采用了一种新的生产CrO3的工艺流程，与传统工艺流程主要区别如下图所示（中间过程省略）。
（3）液相转化过程发生反应的化学方程式是____。
（4）新工艺与传统工艺相比有多种优点：可得到价值更高的副产品KNO3；___；从绿色化学角度考虑新工艺也存在某种缺点，该缺点是____。
【答案】 (1). 溶解、过滤 (2). Al(OH)3、H2SiO3 (3). 4FeCr2O4+8Na2CO3+7O22Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2↑ (4). K2Cr2O7+2HNO32KNO3+2CrO3+H2O (5). 能耗较低、产品纯度更高 (6). 硝酸挥发或分解会产生污染
【解析】
【详解】（1）铬铁矿与纯碱、空气高温煅烧后的固体通过操作1后得到固体和溶液，故操作1的名称是溶解、过滤；通过调节pH，使溶液中的偏铝酸根离子和硅酸根离子转化成沉淀，故沉淀X的成分是Al(OH)3、H2SiO3；
（2）高温煅烧时FeCr2O4与纯碱、空气反应生成氧化铁、Na2CrO4和二氧化碳，反应的化学方程式是4FeCr2O4+8Na2CO3+7O22Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2↑；
（3）液相转化过程K2Cr2O7与硝酸反应生成硝酸钾、CrO3和水，发生反应的化学方程式是K2Cr2O7+2HNO32KNO3+2CrO3+H2O；
（4）新工艺最后一步需要温度是90℃，传统工艺是高温，因此新工艺能耗较低；CrO3 200℃以上会部分分解生成Cr2O3，因此新工艺所得CrO3纯度更高；从绿色化学角度考虑新工艺也存在某种缺点，该缺点是硝酸挥发或分解会产生污染。
24.【化学——选修3：物质的结构与性质】
钛有“生物金属”和“未来金属”之称，钛及其化合物的应用正越来越受到人们的关注。
（1）基态钛原子外围电子的轨道表达式为___________。与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有___种。
（2）金属钛的熔点、硬度均比铝大，可能的原因是____。
（3）TiCl4是氯化法制取钛的中间产物。TiCl4和SiCl4在常温下都是液体，分子结构相同。采用蒸馏的方法分离TiCl4和SiCl4的混合物，先获得的馏分是__________ (填化学式)。
（4）半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯等的聚合，其结构如图所示。
①组成该物质的元素中，电负性最大的是__________ (填元素名称)。
②M中碳原子的杂化形式有___________种。
③M中不含__________ (填字母代号)。
a．π键 b．σ键 c．配位键
d．氢键 e．离子键
（5）①金属钛晶体中原子采用面心立方最密堆积，则晶胞中钛原子的配位数为_____。
②设钛原子的直径为d cm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，钛原子的摩尔质量为M g·mol－1，则晶体钛的密度为________g·cm－3。
③金属钛晶胞中有若干个正四面体空隙，如图中a、b、c、d四个钛原子形成一个正四面体，其内部为正四面体空隙，可以填充其他原子。若晶胞中所有的正四面体空隙中都填充氢原子，那么形成的氢化钛的化学式为__________。
【答案】 (1). (2). 3 (3). Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强 (4). SiCl4 (5). 氧 (6). 2 (7). de (8). 12 (9). (10). TiH2
【解析】
【分析】
（1）根据Ti原子外围电子排布式3d24s2，画出外围电子的轨道表达式；根据Ti原子未成对电子数为2，第4周期元素中，基态原子的未成对电数与钛相同的有Ni（3d84s2）、 Ge（4s24p2）、 Se（4s24p4）。
（2）钛与铝同为金属晶体，金属晶体的硬度主要由金属键决定，钛硬度比铝大的原因是Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强；
（3）由TiCl4和SiCl4在常温下都是液体，可知，两者均属于分子晶体且分子结构相同，分子间作用力是影响晶体物理性质的主要因素，相对分子质量越大分子间作用力越大；
（4）①组成该物质的元素中，电负性最大的是氧；
②碳原子的杂化形式有sp2、sp3两种；
③在半夹心分子结构中，C-C、C-H、C-O原子中存在σ键，环中存在着大π键、Ti与O间存在配位键，不存在氢键与离子键。
（5）①Ti晶体属于面心立方最密堆积，以此分析Ti原子配位数；
②根据=计算晶体钛的密度；
③根据题给信息，求出Ti原子和H原子个数比，确定化学式。
【详解】（1）Ti的原子序数为22，基态Ti原子核外电排布为1s22s22p63s23p63d24s2，外围电子的轨道表达式为，且未成对电子数为2，基态下原子核外电子排布的最高能级的符号是3d；第4周期元素中，基态原子的未成对电数与钛相同的有Ni（3d84s2）、 Ge（4s24p2）、 Se（4s24p4）3种。
故答案为：；3；
（2）钛与铝同为金属晶体，金属晶体的硬度主要由金属键决定，钛硬度比铝大的原因是Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强（或Ti的原子化热比Al大，金属键更强等其他合理答案）。
故答案为：Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强；
（3）由TiCl4和SiCl4在常温下都是液体，可知，两者均属于分子晶体且分子结构相同，分子间作用力是影响晶体物理性质的主要因素，相对分子质量越大分子间作用力越大，所以，TiCl4比SiCl4沸点高。采用蒸馏的方法分离TiCl4和SiCl4的混合物，先获得的馏分是SiCl4。
故答案为：SiCl4；
（4）①组成该物质的元素中，电负性最大的是氧；
②碳原子的杂化形式有sp2、sp3两种；
③在半夹心分子结构中，C-C、C-H、C-O原子中存在σ键，环中存在着大π键、Ti与O间存在配位键，不存在氢键与离子键。故选d、e。
故答案为：氧；2；de；
（5）①晶胞中Ti原子位于面心、顶点上，属于面心立方最密堆积；以顶点Ti原子研究，与之相邻的原子处于面心，每个顶点为8故晶胞共用，每个面心为2个晶胞共有，故Ti原子配位数为=12。
②晶胞中Ti原子数目为8×+6×=4，晶胞质量为4×g，
设Ti原子半径为dcm，晶胞棱长=4d cm×=2d cm，晶胞体积为（2dcm）3，则晶胞密度=4×g（2dcm）3= g·cm－3。
③由图可知每个晶胞中有8个正四面体，若晶胞中所有的正四面体空隙中都填充氢原子，那么可以填充8个H原子，且处于晶胞内部，而一个晶胞拥有4个Ti原子，n(Ti):n(H)=1:2，所以形成的氢化钛的化学式为TiH2。
故答案为：12； ；TiH2。
【点睛】本题考查晶胞计算，注意均摊法的运用，需要学生具有一定的空间想象力与数学计算能力。
25.高锰酸钾、高铬酸是一种典型的强氧化剂。完成下列填空：
（1）某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2 已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2
①该反应中的还原剂是_____________。
②该反应中，发生还原反应的过程是____________→__________。
③写出该反应的化学方程式_______________________。
（2）在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：
①MnO4-＋Cu2S＋H＋→Cu2＋＋SO2↑＋Mn2＋＋H2O(未配平)
②MnO4-＋CuS＋H＋→Cu2＋＋SO2↑＋Mn2＋＋H2O(未配平)
下列关于反应①的说法中正确的是______________(填字母序号)。
a．被氧化的元素是Cu和S
b．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8∶5
c．生成2.24 L(标况下)SO2，反应转移电子的物质的量是0.8 mol
d．还原性的强弱关系是：Mn2＋＞Cu2S
（3）在稀硫酸中，和H2O2也能发生氧化还原反应。
已知：2KMnO4＋7H2O2＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋6O2↑＋10H2O，则被2 mol KMnO4氧化的H2O2是____________mol。
（4）高锰酸钾溶液与硫化亚铁固体有如下反应：
10FeS＋6KMnO4＋24H2SO4===3K2SO4＋6MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋10S＋24H2O
若上述反应前后固体的质量减少了2.8 g，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为________。
【答案】 (1). H2O2 (2). H2CrO4 (3). Cr(OH)3 (4). 3H2O2 +2H2CrO4= 2Cr(OH)3+ +3O2↑+2H2O (5). a b c (6). 5 (7). 0.1NA(或6.02×1022)
【解析】
【分析】
（1）H2O2只发生如下过程：H2O2→O2，O元素的化合价升高，则Cr元素的化合价降低，还原过程为H2CrO4→Cr（OH）3，则发生H2CrO4+H2O2→Cr（OH）3+H2O+O2↑，结合电子守恒及质量守恒定律分析；
（2）①MnO4－+Cu2S+H＋→Cu2＋+SO2↑+Mn2＋+H2O中，Mn元素的化合价降低，而铜元素的化合价由+1升到+2价，硫元素的化合价由-2升到+4价，结合氧化还原反应基本概念及还原剂的还原性大于还原产物的还原性分析；
（3）根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子的物质的量相等计算；
（4）反应10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2（SO4）3+10S+24H2O中，反应前后固体变化为：FeS→S，固体减少的质量实际上是铁元素的质量，据此计算出铁的物质的量及转移的电子数。
【详解】（1）①由O元素的化合价升高可知，H2O2为还原剂；
②该反应中，Cr元素的化合价降低，还原过程为H2CrO4→Cr（OH）3。
③发生H2CrO4+H2O2→Cr（OH）3+H2O+O2↑，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，O元素的化合价由-1价升高为0，
由电子守恒可知2H2CrO4+3H2O2→2Cr（OH）3+H2O+3O2↑，
再由H原子守恒可知，3H2O2+2H2CrO4=2Cr（OH）3+3O2↑+2H2O
标出生成物中的↑及反应条件：该反应的化学方程式3H2O2 +2H2CrO4= 2Cr(OH)3+ +3O2↑+2H2O。
（2）a．铜元素的化合价由+1升到+2价，硫元素的化合价由-2升到+4价，均被氧化，故a正确；
b．设氧化剂的物质的量为x，还原剂的物质的量为y，则5x=（2+6）y，x:y=8:5，故b正确；
c．根据b项，当生成5 mol SO2时，转移电子40 mol，所以当有0.1 mol SO2生成时，转移电子0.8 mol，故c正确；
d．根据方程式，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性Cu2S＞Mn2＋，故d错误；
故答案为：abc；
（3）反应2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O中，2molKMnO4可氧化5molH2O2，生成的6molO2中，有5mol为H2O2被氧化生成，有1mol为H2O2自身发生氧化还原反应生成，则被2 mol KMnO4氧化的H2O2是5mol。
（4）10FeS＋6KMnO4＋24H2SO4===3K2SO4＋6MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋10S＋24H2O
反应中固体质量变化为：FeS→S，固体质量变化为铁元素变化；反应前后固体的质量减少了2.8g，参加反应的亚铁离子的物质的量为：2.8g÷56g·mol－1=0.05mol，即被氧化的FeS的物质的量为0.05mol，被高锰酸根离子氧化的硫元素元素的物质的量为0.05mol，转移的电子的物质的量为：0.05mol×2=0.1mol，电子数目为：0.1NA。
【点睛】本题考查氧化还原反应及计算，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意守恒法应用，难点（3）反应2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O中，2molKMnO4可氧化5molH2O2，生成的6molO2中，有5mol为H2O2被氧化生成，有1mol为H2O2自身发生氧化还原反应生成。
26.亚硝酸钠(NaNO2)是一种重要的化工原料，常用作食品添加剂，使用时必须严格控制其用量。某化学科研小组同学拟在实验室中利用下列流程和实验装置制备亚硝酸钠：
已知：①木屑的水解：(C6H10O5)n（纤维素）+nH2OnC6H12O6（葡萄糖）
②氧化过程中控制反应温度在35~60 ℃，主要发生反应：C6H12O6+12HNO33HOOC—COOH+9NO2↑+3NO↑+9H2O
③NaOH溶液吸收NO和NO2发生反应：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O
请完成下列问题：
（1）木屑的主要成分是纤维素，结合信息①，检验纤维素已水解所需的化学试剂为______________。
（2）氧化过程中控制温度在35~60 ℃的原因是________________________；A装置中冷凝管应该从_________（填“a”或“b”）口进冷却水。
（3）使用B装置吸收气体的目的是__________________；下列装置可以代替B装置的是______（填装置编号）。
（4）实验过程中在A装置的三颈烧瓶中观察到的现象是______________________。
（5）测定产品纯度：
a.准确称量a g产品配制100.00 mL溶液；
b.移取20.00 mL所配溶液置于锥形瓶中；
c.用c mol·L−1的酸性KMnO4溶液滴定至终点；
d.重复实验3次，消耗酸性KMnO4溶液的平均体积为V mL。
①滴定过程中反应的离子方程式为__________________________；盛放酸性KMnO4溶液应选用_______滴定管（填“酸式”或“碱式”）；若在滴定操作中发现溶液呈紫红色立即记下所消耗KMnO4溶液的体积，但很快发现溶液又变成无色，则测量结果______（填“偏大”“偏小”或“无影响”。）
②产品中NaNO2的纯度为____________。
【答案】 (1). NaOH溶液、新制Cu(OH)2（或NaOH溶液、银氨溶液） (2). 防止硝酸受热分解 (3). a (4). 防止倒吸 (5). Ⅱ、Ⅳ (6). 溶液中有气泡冒出，在液面上方变成红棕色 (7). 5+2+6H+2Mn2++5+3H2O (8). 酸式 (9). 偏小 (10). （或%）
【解析】
（1）在纤维素的水解过程中硫酸做催化剂，要检验水解生成的葡萄糖，需先加NaOH溶液中和至碱性，再加入新制Cu(OH)2或银氨溶液。
（2）在用65%硝酸做氧化剂时，控温35~60 ℃的目的是防止硝酸的分解；冷凝管中冷却水应该遵循逆流原理，必须从下口，即a口进入冷却水。
（3）用倒扣漏斗吸收NO2和NO，是为了防止倒吸。装置Ⅰ不能防止倒吸；装置Ⅱ可以防止倒吸；装置Ⅲ中导管口通入NaOH溶液中，不能防止倒吸，应将苯换成CCl4，CCl4在下层，NaOH溶液在上层；装置Ⅳ可以防止倒吸，故Ⅱ和Ⅳ可代替B装置。
（4）在浓硝酸氧化葡萄糖的过程中有NO2和NO放出，因而可在溶液中看到有气泡冒出，在液面上方观察到红棕色。
（5）①用酸性KMnO4溶液滴定NaNO2发生氧化还原反应，根据得失电子相等和原子守恒可得离子方程式：5+2+6H+2Mn2++5+3H2O。酸性KMnO4溶液具有强氧化性，应盛放在酸式滴定管中；在未到达终点时，滴入紫红色KMnO4溶液立即褪色，若观察溶液呈紫红色，一会又褪色，说明酸性KMnO4滴加量不足，造成计算结果偏小。
②根据反应离子方程式得：n()=n()=×cV×10−3mol，则m(NaNO2)=69 g·mol−1×
mol=g，故样品的纯度ω(NaNO2)=5×g÷a g×100%=×
100%=%。
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