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福建省南安市侨光中学2020届高三上学期第一次阶段考化学试题
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南安市侨光中学2020届高三年第一次阶段考试化学科试卷
命题：柯丽明 审题：陈荣聪
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Na:23 S:32 Cl:35.5
第I卷（选择题，共50分）
一、选择题（每小题只有一个正确选项，1-10题每题2分，11-20题每题3分。）
1.对中国古代著作涉及化学的叙述，下列解说错误的是
A. 《汉书》中“高奴县有洧水可燃”，这里的“洧水”指的是石油
B. 《黄白第十六》中“曾青涂铁，铁赤如铜”，其“曾青”是可溶性铜盐
C. 《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”指的是Ca(OH)2
D. 《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的“碱”是K2CO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．洧水可燃，指的是石油，故A正确；
B．曾青涂铁是一种可溶性铜盐的溶液放入金属铁得到金属铜的过程，“曾青”是可溶性铜盐，故B正确；
C．石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸钙，故C错误；
D．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，故D正确。
故选：C。
2.下列说法中正确的是
A. 生石灰可用作食品抗氧化剂
B. 焰色反应是物质燃烧时火焰呈现的颜色变化，属于化学变化
C. 分散系中分散质粒子的大小：Fe(OH)3悬浊液
【答案】D
【解析】
【分析】
A．生石灰常做吸水剂，没有强还原性；
B．焰色反应是金属元素的特性，是金属元素的物理性质；
C．分散系中分散质粒子的大小，浊液＞胶体＞溶液；
D．明矾可水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性．
【详解】A．生石灰常做吸水剂，没有强还原性，不能作食品抗氧剂，故A错误；
B．焰色反应是金属元素的特性，是金属元素的物理性质，没有发生化学变化，故B错误；
C．分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液，故C错误；
D．明矾可水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可除去水中的悬浮物而净化水，但不能使海水淡化，故D正确；
故选：D。
【点睛】易错点为D，注意明矾净水的原理，不能除去海水中的盐等杂质．
3.下列分类依据和结论都正确的是
A. NaF、MgO、CaCl2均由活泼金属和活泼非金属作用形成，都是离子化合物
B. HCl、H2SO4、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸
C. Na2O、HCl、BaSO4、浓硝酸都纯净物
D. HCOOH、H2CO3、H2SO4分子中均含有两个氢原子,都是二元酸
【答案】A
【解析】
【分析】
A、活泼金属与活泼非金属反应生成的化合物，一般为离子化合物；
B、酸有氧化性是氢离子的氧化性，但不是氧化性酸，氧化性酸是酸根离子中心原子得到电子表现出的氧化性；
C、浓硝酸是硝酸的水溶液；
D、HCOOH是一元酸；
【详解】A、依据物质结构分析，NaF、MgO、CaCl2均由活泼金属和活泼非金属作用形成，都是离子化合物，故A正确；
B、酸有氧化性是氢离子的氧化性，但不是氧化性酸，氧化性酸是酸根离子中心原子得到电子表现出的氧化性，HCl、H2SO4、HNO3均具有氧化性，HCl是非氧化性酸，浓H2SO4、HNO3都是氧化性酸，故B错误；
C、同一种物质组成的为纯净物，Na2O、HCl、BaSO4都是纯净物，浓硝酸是硝酸的溶液属于混合物，故C错误；
D、HCOOH是一元酸，故D错误；
故选A。
4.实验室中不同的试剂有不同的保存方法，下列保存方法错误的是
A. 保存硫酸亚铁溶液需加入铁粉和少量硫酸
B. 保存浓硝酸需用带橡胶塞的棕色细口瓶
C. 溴化银固体保存在棕色玻璃塞广口瓶中
D. 金属钠保存在装有煤油的玻璃塞广口瓶中
【答案】B
【解析】
【分析】
A．二价铁离子易被氧化，易水解；
B．浓硝酸易分解．
C．溴化银见光分解；
D．钠与煤油不反应，且密度比煤油大；
【详解】A．二价铁离子易被氧化，铁粉可将三价铁离子还原为二价铁离子，少量的酸抑制亚铁离子的水解，故A正确；
B．浓硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，浓硝酸具有腐蚀性，不能用橡皮塞，故B错误。
C．溴化银固体见光分解，应保存在棕色玻璃塞的广口瓶中，故C正确；
D．钠与煤油不反应，密度比煤油大，可保存在煤油中，故D正确；
故选B。
5.一定温度和压强下，30L某种气态纯净物质中含有6.02×1023个分子，这些分子由1.204×1024个原子组成，下列说法错误的是
A. 每个该气体分子含有2个原子
B. 该温度和压强可能是标准状况
C. 标准状况下该纯净物若为气态，其体积约是22.4 L
D. 若O2在该条件下为气态，则1mol O2在该条件下的体积也为30 L
【答案】B
【解析】
【分析】
A、依据n=N/NA计算物质的量，分子物质的量为1mol，原子物质的量为2mol，说明是双原子分子；
B、在标准状况下6.02×1023个分子，即物质的量为1mol，体积为22.4L；
C、1mol气体在标准状况体积为22.4L；
D、一定温度压强下，物质的量相同的气体具有相同的体积。
【详解】A、6.02×1023个分子，即物质的量为1mol，这些分子由1.204×1024个原子组成，依据计算1mol分子中含有2mol原子，该气体中每个分子含有2个原子，故A正确；
B、标准状况下该纯净物若为气态，物质的量为1mol，其体积约是22.4 L，而1mol该气体体积为30L，则不是标准状况，故B错误；
C、标准状况下该纯净物若为气态，物质的量为1mol，则其体积约是22.4 L，故C正确；
D、同温、同压、同物质的量的气体体积相同，所以若O2在该条件下为气态，则1 mol O2在该条件下的体积也为30 L，故D正确；
故选：B。
6.某同学在实验室进行了如图所示的实验，下列说法中错误的是
A. X、Z烧杯中分散质相同
B. Y中反应离子方程式为3CaCO3＋2Fe3＋＋3H2O==2Fe(OH)3(胶体)＋3CO2↑＋3Ca2
C. 利用过滤的方法，可将Z中固体与液体分离
D. Z中分散系能产生丁达尔效应
【答案】A
【解析】
【分析】
A．x是氯化铁溶液，z是氢氧化铁胶体；
B．碳酸钙能与氢离子结合促进三价铁的水解；
C．过滤法除去的是液体中不溶性的物质；
D．z是氢氧化铁胶体具有胶体的性质。
【详解】A．x是氯化铁溶液，分散质是氯离子和三价铁离子，Z是氢氧化铁胶体，分散质是氢氧化铁胶粒，故A错误；
B．碳酸钙能与氢离子结合生成水和二氧化碳促进三价铁的水解，故B正确；
C．过滤法分离固体和液体，故C正确；
D．z是氢氧化铁胶体具有胶体的性质，能产生丁达尔效应，故D正确。
故选A。
7.下列有关实验操作或测量数据的说法正确的是
A. 用托盘天平称量食盐的质量为12.35 g
B. 用碱式滴定管量取高锰酸钾溶液20.00 mL
C. 用pH试纸测量次氯酸钠溶液的pH为11.5
D. 滴定管、容量瓶和分液漏斗在使用前都要先查漏
【答案】D
【解析】
【分析】
A．托盘天平的最小读数为0.1g；
B．高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化碱式滴定管的橡胶管；
C．次氯酸钠溶液具有漂白性，能够漂白试纸；
D. 滴定管、容量瓶和分液漏斗都带活塞或塞子，在使用前都要先查漏。
【详解】A．托盘天平只能读到0.1g，无法用托盘天平称量12.35g食盐，故A错误；
B．高锰酸钾溶液能够腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应该用酸式滴定管，故B错误；
C．次氯酸钠溶液具有强氧化性，能够漂白pH试纸，可选用pH计，故C错误；
D. 滴定管、容量瓶和分液漏斗都带活塞或塞子，在使用前都要先查漏，故D正确；
故选D。
8.短周期元素甲、乙、丙、丁的原子半径依次增大，其氢化物中甲、乙、丙、丁的化合价如表所示。下列说法正确的是
A. 氢化物的沸点：甲>丁 B. 元素非金属性：甲<乙
C. 含氧酸的酸性：乙 <丁 D. 丙的氧化物为离子化合物
【答案】A
【解析】
【分析】
由短周期元素氢化物中甲、乙、丙、丁的化合价可知，乙处于V族，甲、丁处于ⅥA族，丙处于ⅣA，且甲、乙、丙、丁的原子半径依次增大，则甲为O元素、乙为N元素、丙为C元素、丁为S元素。
【详解】A．水分子之间存在氢键，沸点高于H2S，故A正确；
B．同周期自左而右非金属性增强，故非金属性：甲（O）＞乙（N），故B错误；
C．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，其它含氧酸则不一定，故C错误；
D. 丙为碳，丙的氧化物为共价化合物，故D错误；
故选A。
9.将SO2分别通入下列各溶液中，下列有关说法正确的是
A. 试管a中实验可以证明SO2具有漂白性
B. 试管b中溶液褪色，说明SO2具有强氧化性
C. 试管c中能产生白色沉淀，说明SO2具有还原性
D. 试管d中能产生白色沉淀，加入稀硝酸后沉淀完全溶解
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2与KMnO4酸性溶液发生氧化还原反应，表现了SO2的还原性，故A错误；
B．SO2使品红溶液褪色，表现了SO2的漂白性，故B错误；
C．SO2被溶液中的NO3－和H＋氧化为SO42－，表现了SO2的还原性，故C正确；
D．SO2与NaOH和BaCl2混合溶液反应生成BaSO3，BaSO3被硝酸氧化为BaSO4，BaSO4难溶于稀硝酸，故D错误；
故选C。
【点睛】易错点A：要注意SO2使有色物质褪色不一定是它的漂白性．
10.下列有关硫元素及其化合物的说法或描述正确的是
A. 硫黄矿制备硫酸经历两步：
B. 酸雨与土壤中的金属氧化物反应后，硫元素以单质的形式进入土壤中
C. 闪锌矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝(CuS)，说明CuS很稳定，不具有还原性
D. 在燃煤中加入石灰石可减少SO2排放，发生的反应为
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫磺矿制备硫酸经历，硫和氧气反应生成二氧化硫，不是生成三氧化硫，故A错误；
B．酸雨pH＜5.6，硫酸型酸雨为二氧化硫和水化合生成亚硫酸，亚硫酸被氧化成硫酸，硫酸与土壤中金属氧化物反应后，硫元素以硫酸盐的形式进入土壤中，故B错误；
C．CuS、ZnS都为难溶于水的盐，CuS的溶解度小于ZnS的溶解度，CuSO4与ZnS发生复分解反应，ZnS能转化为CuS，为溶解度大的物质向溶解度小的物质转化，与CuS很稳定不具有还原性无关，故C错误；
D．高温下石灰石分解生成CaO，可与SO2以及氧气反应生成硫酸钙，发生的反应为：2CaCO3+2SO2+O22CO2+2CaSO4，减少废气中SO2的量，故D正确；
故选：D。
11.下列有关物质的性质类比正确的是
A. 已知Fe+SFeS，则Cu+SCuS
B. Fe能与CuSO4溶液反应，可知Al与CuSO4溶液也能反应
C. CaSO3与稀盐酸反应生成SO2，可知CaSO3与稀硝酸反应也生成SO2
D. 已知H2O2能氧化I-，可知H2O2也能氧化Cl-
【答案】B
【解析】
因为硫的氧化性较弱，铜与硫生成硫化亚铜， A错误；铁、铝活泼性均大于铜，能从CuSO4溶液置换出铜，B正确；硝酸具有强氧化性，能够把SO32-氧化为SO42-，本身被还原为NO，C错误；I-还原性较强，能够被H2O2氧化为I2，但是H2O2就不能氧化Cl-，D错误；正确选项B。
12.短周期主族元素X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法一定正确的是( )
A. 最高正化合价：Z>X
B. X、Y、Z的单质中，Z的熔点最高
C. 若X为非金属元素，则离子半径：Xn－>Ym－>Zm－
D. 若X为金属元素，则X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物中，Y的碱性最强
【答案】C
【解析】
短周期主族元素X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如图所示，则Z为第二周期元素，X、Y为第三周期元素；A．Z可能为O或F，则Z没有最高正价，故A错误；B．Z、Y若均在ⅤⅡA，单质的相对分子质量大的熔点高，且X可能为Si，则可能X的熔点最高，故B错误；C．若X为非金属元素，X、Y的离子具有相同电子层结构，原子序数大的离子半径小，则离子半径：Xn-＞Ym-＞Zm-，故C正确；D．由位置可知，X可能是Al，也可能是Si，若X是Al，则Y是Si，其最高价氧化物水化物显弱酸性，故D错误；故选C。
13.下列有关卤素的说法错误的是
A. 新制氯水显浅黄绿色，但放置一段时间之后颜色会褪去
B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，还原性依次增强
C. 淀粉碘化钾在空气中变蓝，发生了4I−+O2+2H2O＝2I2+4OH−
D. 由HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，可推出F、Cl、Br、I的非金属性递增
【答案】D
【解析】
【详解】A．新制氯水中含较多的氯气，为浅黄绿色，氯水中HClO不稳定，见光易分解，则新制氯水呈浅黄绿色，放置数天后颜色变浅，故A正确；
B．非金属性F＞Cl＞Br＞I，则HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，还原性增强，故B正确；
C．淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝，碘离子被氧气氧化成碘单质，反应的离子方程式为：4I－+O2+2H2O＝4OH－+2I2，故C正确；
D．元素非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，与氢化物的酸性无关，不能根据氢化物酸性强弱判断非金属性，故D错误；
故选D。
14.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 常温常压下，124 g P4中所含P-P键数目为4NA
B. 标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
C. 1mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA
D. 13g由C和组成的碳单质中所含质子数一定为6NA
【答案】B
【解析】
【分析】
A．求出白磷的物质的量，然后根据白磷中含6条p-p键来分析；
B．1个甲烷分子，1个乙烯分子都含有4个H原子；
C．亚铁离子和碘离子都能够被氯气氧化，1mol碘化亚铁完全反应消耗1.5mol氯气；
D. 13g由C和组成的碳单质中不一定为1:1混合。
【详解】A．124g白磷的物质的量为1mol，而白磷中含6条p-p键，故1mol白磷中含6NA条p-p键，故A错误；
B．标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为：11.2L÷22.4L·mol－1×4×NA=2NA，故B正确；
C．1molFeI2中含有1mol亚铁离子、2mol碘离子，完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移了3mol电子，转移的电子数为3NA，故C错误；
D. 13g由C和组成的碳单质中只有按物质的量比为1:1混合时，所含质子数为6NA，故D错误；
故选B。
【点睛】难点A，注意白磷分子空间结构，1mol白磷中含6条p-p键。
15.某氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质。为了提纯氯化钾，先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，再将滤液按如图所示步骤进行操作。下列说法中正确的是
A. 起始滤液的pH＝7
B. 试剂Ⅰ为Ba(NO3)2溶液
C. 步骤②中加入试剂Ⅱ的目的是除去Ba2＋
D. 图示的步骤中必须要经过2次过滤操作
【答案】C
【解析】
【分析】氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质，除去碳酸根离子和硫酸根离子，由流程可知，需要加入试剂I为过量氯化钡溶液，然后过滤后获得含氯化钡、氯化钾溶液X，然后加入过量的试剂Ⅱ为碳酸钾溶液除去溶液中的氯化钡，过滤，得到含氯化钾和碳酸钾混合液的W，再加入试剂Ⅲ为过量盐酸，除去过量的碳酸钾，最后通过加热浓缩、蒸发结晶得到氯化钾，以此来解答。
【详解】A．碳酸钾水解使溶液显碱性，pH＞7，故A错误；B．由上述分析可知，试剂I为BaCl2溶液，不能引入新杂质，故B错误；C．步骤②中加入试剂Ⅱ为碳酸钾，其目的是除去Ba2+，故C正确；D．样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，选择试剂除去杂质还需要2次过滤，共3次，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查混合物分离提纯的综合应用，把握物质的性质、流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键。本题的易错点为D，要注意根据流程设计的原理和实验目的分析判断。
16.海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是( )
A. 向苦卤中通入Cl2是为了提取溴
B. 工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂
C. 粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯
D. 富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收
【答案】B
【解析】
A．向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，故A正确；B．工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂，故B错误；C．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故C正确；D．海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故D正确；故选B。
点睛：本题考查海水资源的综合利用，注意掌握中学常见的化学工业，侧重对化学与技术的考查。本题的易错点为D，要熟悉富集溴的原理。
17.某同学向一支试管中按一定的顺序分别加入下列几种物质(一种物质只加一次)：a.KI溶液；b.淀粉溶液；c.NaOH溶液；d.稀硫酸；e.氯水。发现溶液颜色按如下顺序变化：①无色→②棕黄色→③蓝色→④无色→⑤蓝色。下列叙述错误的是
A. 加入以上药品的顺序是a→e→b→c→d
B. 溶液由棕黄色变为蓝色的原因是淀粉溶液遇碘变蓝色
C. ③→④反应的化学方程式为I2＋2NaOH=NaI＋NaIO＋H2O
D. ④→⑤反应的离子方程式为2I－＋Cl2=I2＋2Cl－
【答案】D
【解析】
【分析】
KI为无色溶液，加入氯水反应生成碘，变为棕黄色，然后加淀粉变蓝，再加NaOH反应生成NaI、NaIO，溶液又变为无色，最后加硫酸，发生氧化还原反应生成单质碘，溶液中还有淀粉，则变蓝。
【详解】A、由上述分析可知，加入以上药品的顺序是a→e→b→c→d，故A正确；
B、碘单质遇淀粉变蓝，则溶液由棕黄色变为蓝色，故B正确；
C、③→④反应的离子方程式为I2＋2OH-=I－＋IO-＋H2O，故C正确；
D、④→⑤反应的离子方程式为I－+IO－+2H＋＝I2+H2O，故D错误。
【点睛】本题考查氯、溴、碘及其化合物之间的转化，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意I－和IO－在碱性条件下共存，在酸性条件下不能共存。
18.在新制饱和氯水中，若只改变某一条件，下列叙述正确的是
A. 再通入少量氯气，减小
B. 通入少量SO2，溶液漂白性增强
C. 加入少量的碳酸氢钠粉末，pH增大，溶液漂白性增强
D. 光照过程中，有气泡冒出，溶液的导电性减弱
【答案】C
【解析】
饱和氯水不能再溶解Cl2，各成分的浓度不变，A错误；SO2+Cl2+2H2O2HCl+H2SO4，Cl2+H2OH++Cl−+HClO的平衡左移，HClO浓度降低，漂白性减弱，B错误；加入少量NaHCO3粉末，消耗H+，使上述平衡正向移动，HClO的浓度增大，C正确；光照过程中HClO分解，生成O2和HCl，溶液中的离子浓度增大，导电性增强，D错误。
19.溴化碘(IBr)的化学性质与卤素单质相似，能与大多数金属反应生成金属卤化物，和某些非金属单质反应生成相应的卤化物，跟水反应的化学方程式为IBr＋H2O＝HBr＋HIO。下列说法错误的是
A. IBr是双原子分子
B. 在很多反应中，IBr是强氧化剂
C. 和水反应时，IBr既是氧化剂又是还原剂
D. IBr和NaOH溶液反应，生成NaBr和NaIO
【答案】C
【解析】
【分析】
IBr中I元素化合价为+1价，具有氧化性，与水发生反应元素的化合价没有发生变化，为水解反应。
【详解】A．IBr分子中含有I、Br2个原子，是双原子分子，故A正确；
B．IBr中I元素化合价为+1价，具有氧化性，在很多化学反应中IBr作氧化剂，故B正确；
C．IBr与水发生反应元素的化合价没有发生变化，为水解反应，所以IBr和水反应时，既不是氧化剂又不是还原剂，故C错误。
D．由与水的反应可知，跟NaOH溶液反应可生成NaBr和NaIO，故D正确；
故选C。
【点睛】易错点C：注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和相关物质的性质，答题时注意题给信息IBr＋H2O＝HBr＋HIO，为解答该题的关键。
20.为探究Na2SO3溶液的性质，在白色点滴板的a、b、c、d四个凹槽中滴入Na2SO3溶液，再分别滴加下图所示的试剂。
对实验现象的“解释或结论”错误的是
选项
实验现象
解释或结论
A
a中溶液褪色
还原性：SO32－＞I－
B
b中加硫酸后产生淡黄色沉淀
SO32－和S2－在酸性条件下发生反应
C
c中滴入酚酞溶液变红，再加BaCl2溶液后产生白色沉淀且红色褪去
SO32－＋H2OHSO3－＋OH－，所以滴入酚酞变红；Ba2＋＋SO32－＝BaSO3↓(白)，使水解平衡左移，红色褪去
D
d中产生白色沉淀
Na2SO3溶液已变质
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、Na2SO3溶液中亚硫酸钠具有还原性，和碘单质反应生成硫酸钠、碘化钠，亚硫酸钠做还原剂，碘化钠是还原产物，还原性：SO32－＞I－，故A正确；
B、Na2SO3中硫元素是+4价，硫化钠中硫元素是-2价，二者混合和硫酸溶液发生氧化还原反应，产物中硫元素呈0价，即生成淡黄色硫单质沉淀，故B正确；
C、Na2SO3溶液中亚硫酸根离子水解显碱性，该溶液会使酚酞变红，加入氯化钡会结合亚硫酸根离子形成亚硫酸钡沉淀，水解平衡逆向进行，氢氧根离子浓度减小，碱性逐渐消失，所以红色褪去，故C正确；
D、亚硫酸钠具有还原性，加入盐酸酸化的硝酸钡，即相当于加入了硝酸，亚硫酸根离子能被硝酸氧化为硫酸根，硫酸根离子可以和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，该沉淀不溶于硝酸，所以实验证明的是亚硫酸根离子的还原性，是被硝酸氧化的缘故，故D错误。
故选D。
【点睛】含硫元素的化合物的性质，难点：注意亚硫酸根离子、硫离子的强还原性，易错点D，酸性条件下，硝酸根离子具有氧化性，能将亚硫酸根离子氧化。
第II卷（非选择题，共50分）
21.“84消毒液”是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛用于宾馆、旅游、医院、食品加工行业、家庭等的卫生消毒。某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：
（1）此“84消毒液”的物质的量浓度约为________。(计算结果保留一位小数)
（2）某同学量取100mL此“84消毒液”，按说明要求稀释后用于消毒，则稀释后的溶液中c(Na+)＝___mol/L。
（3）该同学参阅读该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为24%的消毒液。
①如图所示的仪器中配制溶液需要使用的是________________(填仪器序号)，还缺少的玻璃仪器是______________。
②该同学配制此溶液需称取称量NaClO固体的质量为_________________g。
（4）若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是____________(填序号)。
a．定容时俯视刻度线 b．转移前，容量瓶内有蒸馏水
c．未冷至室温就转移定容 d．定容时水多加了，用胶头滴管吸出
【答案】 (1). 3.8 mol/L (2). 0.038 (3). CDE (4). 玻璃棒和胶头滴管 (5). 141.6 (6). AC
【解析】
【分析】
（1）根据含24%NaClO、1000mL、密度1.18g·cm-3，结合c=1000ρω/M来计算；
（2）根据稀释前后溶质的物质的量不变来计算；
（3）①根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶来分析所需的仪器；
②由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，根据所需的质量m=cVM来计算；
（4）分析具体操作对n、V的影响，根据c=n/V分析不当操作对溶液浓度的影响。
【详解】（1）c（NaClO）=1000ρω/M=1000×1.18×24%/74.5 mol·L-1=3.8 mol·L-1；
（2）稀释后c（NaClO）=3.8 mol·L-1÷100=0.038 mol·L-1，c（Na＋）=c（NaClO）=0.038mol·L-1；
（3）①由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，故需要的是CDE，还需要的是玻璃棒、胶头滴管；
②质量分数为24%的消毒液的浓度为3.8mol·L－1，由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，故所需的质量m=cVM=3.8mol·L－1×0.5L×74.5g·mol－1=141.6g；
（4）A．定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故A正确；
B．转移前，容量瓶内有蒸馏水，对溶液浓度无影响，故B错误；
C．未冷至室温就转移定容，则冷却后溶液体积偏小，则浓度偏高，故C正确；
D．定容时水多用胶头滴管吸出，则吸出的不只是溶剂，还有溶质，故溶液浓度偏小，故D错误。
故选AC。
【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，易错点（3）②注意仪器的选取方法和所需固体的计算，由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，另外（4）误差分析也为易错点。
22.氯气可用于制取漂白剂和自来水消毒。
（1）将氯气通入水中制得氯水，氯水可用于漂白，其中起漂白作用的物质是________（填写化学式）。
（2）“84”消毒液也可用于漂白，其工业制法是控制在常温条件下，将氯气通入NaOH溶液中，反应的离子方程式为______________________。
（3）同学们探究“84”消毒液在不同pH下使红纸褪色情况，做了如下实验：
步骤1：将5 mL市售“84”消毒液稀释100倍，测得稀释后溶液的pH=12；
步骤2：将稀释后溶液各20 mL分别加入3个洁净的小烧杯中；
步骤3：用H2SO4溶液将3个烧杯内溶液的pH分别调至10、7 和4。（溶液体积变化忽略不计）
步骤4：在3个烧杯中分别放入大小相同的红纸，观察现象，记录如下：
烧杯
溶液的pH
现象
a
10
10 min后，红纸基本不褪色；4 h后红纸褪色
b
7
10 min后，红纸颜色变浅；4 h后红纸褪色
c
4
10 min后，红纸颜色变得更浅；4 h后红纸褪色
已知，溶液中Cl2、HClO和ClO-物质的量分数（α）随溶液pH变化的关系如下图所示：
①由实验现象可获得以下结论：溶液的pH在4～10范围内，pH越大，红纸褪色________。
②结合图像进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是________。
（4）由于氯气会与自来水中的有机物发生反应生成对人体有害的物质，人们尝试研究并使用新的自来水消毒剂，如ClO 2气体就是一种新型高效含氯消毒剂。
①一种制备 ClO2的方法是用SO2通入硫酸酸化的NaClO3溶液中，反应的离子方程式为________。
②另一种制备 ClO2的方法是用NaClO3与盐酸反应，同时有Cl2生成，产物中Cl2体积 约占1/3，每生成0.5 mol ClO2，转移________mol e-。
【答案】 (1). HClO (2). Cl2 + 2OH- Cl- + ClO- + H2O (3). 越慢 (4). b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢 (5). SO2 + 2ClO3- 2ClO2 + SO42- (6). 0.5
【解析】
(1)氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能够将有色物质漂白，故答案为：HClO；
(2)常温下，氯气通入NaOH溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
(3)①根据实验数据，溶液的pH在4 ~10范围内，pH越大，红纸褪色越慢，故答案为：越慢；
②根据溶液中Cl2、HC1O和ClO-物质的量分数(α) 随pH变化的关系图可知，b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢，故答案为：b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢；
(4)①将SO2通入硫酸酸化的NaC1O3溶液中反应生成了ClO2，根据氧化还原反应的规律，同时应该生成硫酸钠，反应的离子方程式为SO2+2ClO3-=2ClO2+SO42-，故答案为：SO2+2ClO3-=2ClO2+SO42-；
②用NaClO3与盐酸反应生成ClO2，同时有Cl2生成，产物中Cl2体积约占1/3，反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl= 2ClO2↑+ Cl2↑+ 2H2O+2NaCl，反应中转移的电子为2e-，则每生成0.5 mol ClO2，转移的的物质的量为0.5mol，故答案为：0.5。
点睛：解答本题的关键是掌握和理解氧化还原反应的规律和氯气的性质。本题的易错点和难点是(3)，要学会读图，从题干信息寻找答案。本题的另一个易错点是氧化还原反应的计算，氧化还原反应的计算依据为得失电子守恒。
23.氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物，在农药、制药行业中用途广泛。实验室合成原理为：SO2＋Cl2＋SCl2＝2SOCl2，部分装置如图所示，回答以下问题：
已知：①SOCl2沸点为78.8℃，SCl2 的沸点为50℃，且两种液体可互溶。
②SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并带有刺激性气味的有气体产生。
（1）实验室制取SOCl2在三颈烧瓶中进行，整个装置所选仪器的连接顺序是:⑥→__________→①，②←______________(某些仪器可以多次使用)。
（2）仪器a的名称是________，仪器b的作用是____________。
（3）本实验中制Cl2的离子方程式为___________________，本实验中制SO2的化学方程式为______________________，SOCl2与水反应的化学方程式为___________。
（4）实验结束后，从三颈烧瓶分离出SOCl2的实验操作名称是_________________。若反应中消耗Cl2的体积为896 mL(标准状况，SO2足量)，最后得到纯净的SOCl2 7.14 g，则SOCl2的产率为_________________。
【答案】 (1). ⑫→⑪→⑨→⑩ (2). ⑩←⑨←⑦ (3). 球形冷凝管 (4). 吸收逸出的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置而使SOCl2水解 (5). MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O (6). Na2SO3+H2SO4(浓)＝Na2SO4+SO2↑＋H2O (7). SOCl2＋H2O＝SO2↑＋2HCl↑ (8). 蒸馏 (9). 75%
【解析】
【分析】
实验室用二氧化锰与浓盐酸制取氯气：MnO2+4H＋+2Cl－Mn2＋+Cl2↑+2H2O，制备的氯气中混有HCl和水蒸气，用饱和食盐水吸收HCl，用浓硫酸干燥氯气，二氧化硫气体由亚硫酸钠和浓硫酸制备，同理用浓硫酸干燥制得的二氧化硫气体，干燥纯净的氯气和二氧化硫在三颈烧瓶中反应制得SOCl2，SO2+Cl2+SCl2＝2SOCl2，SOCl2易水解，氯气和二氧化硫污染空气，不能直接排放，故冷凝管上连接的盛有碱石灰的干燥管，实验结束后，将三颈烧瓶中混合物蒸馏得到产品，据此分析作答。
【详解】（1）二氧化锰与浓盐酸制备氯气，固液加热型，故为⑥，饱和食盐水吸收HCl，用浓硫酸干燥氯气，二氧化硫气体由亚硫酸钠和浓硫酸制备，用⑦，同理用浓硫酸干燥制得的二氧化硫气体，干燥纯净的氯气和二氧化硫在三颈烧瓶中反应制得SOCl2，除杂干燥为充分，导气管应长进短出，则连接顺序为：⑥→⑫→⑪→⑨→⑩→①，②←⑩←⑨←⑦；
（2）仪器a的名称是球形冷凝管，仪器b的作用是吸收逸出的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置而使SOCl2水解；
（3）实验室用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，离子反应为：MnO2+4H＋+2Cl－Mn2＋+Cl2↑+2H2O；本实验中制SO2的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)＝Na2SO4+SO2↑＋H2O；根据题意SOCl2与水反应产生白雾，并带有刺激性气味的气体产生，说明生成HCl和二氧化硫，故反应为：SOCl2+H2O＝SO2↑+2HCl↑；
（4）已知氯化亚砜沸点为78.8℃，SCl2的沸点为50℃，所以采用分馏的方法即可将之分离；消耗氯气为0.896L/22.4L·mol－1=0.04mol，由SO2+Cl2+SCl2＝2SOCl2，生成0.08molSOCl2，则SOCl2的产率为7.14g/(0.08mol×119g·mol－1)×100%=75%。
24.O2、O3、N2、N4是氧和氮元素的几种单质。回答下列问题：
（1）O原子中价电子占据的轨道数目为______________。
（2）第一电离能I1：N__________O(填“＞”或“＜”)，第二电离能I2：O大于N的原因是_________________。
（3）O3的空间构型为__________________；分子中存在大π键，可用符号Π表示，其中m表示形成的大π键的原子数，n表示形成的大π键的电子数，则O3中大π键应表示为___________________________________。
（4）N元素的简单气态氢化物NH3在H2O中溶解度很大，其原因之一是NH3和H2O可以形成分子间氢键，则在氨水中氢键可以表示为H3N…H—N、____________________、__________________________(任写两种即可)。
（5）已知：表格中键能和键长数目。
化学键
键长/pm
键能/(kJ·mol－1)
N-N
145
193
N=N
125
418
N≡N
110
946
N2和N4都是N元素的单质，其中N4是正四面体构型，N原子占据四面体的四个顶点，从键参数角度分析N4分子稳定性远小于N2原因是________________________。
（6）Na2O的晶胞结构如图所示，X表示O2－，Y表示Na＋，则O2－的配位数为____________，该晶胞的原子空间利用率为_____________。[已知该晶胞的棱长为a pm，r(Na＋)＝x pm，r(O2－)＝y pm]
【答案】 (1). 4 (2). ＞ (3). 失去一个电子后O＋的2p处于半充满状态，更加稳定，再失去一个电子消耗能量更高 (4). V形 (5). 极性 (6). (7). H3N…H-O、H2O…H-N、H2O…H-O(任写两种) (8). N4中N-N键键能小于N2中的N≡N键键能，键长大于N≡N键键长 (9). 8 (10). ×100%
【解析】
【分析】
（1）O位于周期表中第2周期第ⅥA族；
（2）根据轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，再失去电子需要的能量较大来分析；
（3）中心为O，根据VSEPR理论判断空间构型，分子中正负电荷中心重合为非极性分子，不重合为极性分子，根据O的分子结构分子其离域大π键构型；
（4）NH3和H2O可以形成分子间氢键，N和O电负性较大，可以形成分子间氢键，增大溶解度；
（5）根据键能大小分析分子的稳定性；
（6）根据晶胞结构图分析，O2－做面心立方最密堆积，Na＋做四面体填隙，从上底面面心的O2－分析其配位数，晶胞的空间利用率为V球/V晶胞×100%。
【详解】（1）O位于周期表中第2周期第ⅥA族，则O原子中价电子排布式为2s22p4，占据4个轨道；
（2）N价层为2s22p3，O价层为2s22p4，N的2p能级为半满结构，比较稳定，则第一电离能I1：N＞O；N和O均失去一个电子后，N价层为2s22p2，O价层为2s22p3，O＋的2p能级半满，比较稳定，所以第二电离能I2：N＜O；原因是：失去一个电子后O＋的2p处于半充满状态，更加稳定，再失去一个电子消耗能量更高；
（3）中心为O，根据VSEPR理论，价电子对数为VP=BP+LP=2+（6-2×2）/2=3，VSEPR模型为平面三角形，由于一对孤电子对占据平面三角形的一端，所以其空间构型为V形；分子中正负电荷中心不重合，为极性分子；分子中存在的大π键，中心O为sp2杂化，2s、两个2p发生杂化，剩余一个p轨道留有一对电子，端位O原子的各取一个带有单电子的p轨道形成3中心4电子的离域大π键，记为；
（4）NH3和H2O可以形成分子间氢键，N和O的电负性较大，可以形成分子间氢键，增大溶解度，形成的氢键可以为：H3N…H-O，H2O…H-N（或H2O…H-O），故答案为：H3N…H-O；H2O…H-N（或H2O…H-O）；
（5）根据键能大小，N4中N-N键能小于N2中的N≡N，键长大于N≡N，键能越小，分子越活泼，越不稳定；
（6）根据晶胞结构图分析，O2－做面心立方最密堆积，Na＋做四面体填隙，从上底面面心的O2－分析，周围等距且最近的Na＋有8个，所以O2－的配位数为8，一个晶胞中含有O2－的数目为8×1/8+6×1/2=4个，含有Na＋的数目为8个，所以一个晶胞中V球=4×πr3(O2－)+8×πr3(Na＋)=πy3＋πx3，晶胞的棱长为a，所以晶胞体积为V晶胞=a3，所以晶胞的空间利用率为×100%=×100%。
【点睛】本题考查物质结构和性质，侧重考查学生对物质结构、原子结构及基本理论的认识，涉及化学键、晶胞计算、元素周期律等知识点，解题关键：明确原子结构、物质结构是解本题关键，难点：（6）晶胞的空间利用率的计算。
25.A(C2H4)是基本的有机化工原料。用A和常见的有机物可合成一种醚类香料和一种缩醛类香料，具体合成路线如图所示（部分反应条件略去)：
已知：
回答下列问题：
（1）B的结构简式为____________，C中含有的官能团名称是______________。
（2）若D为单取代芳香族化合物且能与金属钠反应；每个D分子中只含有1个氧原子， D中氧元素的质量分数约为13.1%，则D的结构简式为______________，⑥的反应类型是________________。
（3）写出苯乙醛与新制的银氨溶液反应的离子方程式：___________________。
（4）请写出满足下列条件的苯乙醛的所有同分异构体的结构简式：________________。
i .含有苯环和 结构
ii.核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3 : 2 : 2 : 1
（5）若化合物E为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，则能使FeCl3溶液显色的E的所有同分异构体共有(不考虑立体异构)__________种。
（6）参照的合成路线，写出由2-氯丙烷和必要的无机试剂制的合成流程图：___________________。合成流程图示例如下：CH2 = CH2CH3CH2BrCH3CH2OH
【答案】 (1). CH3OH (2). 羟基 (3). (4). 氧化反应 (5). (6). (7). 9 (8).
【解析】
【分析】
A(C2H4)是基本的有机化工原料，可推出A的结构为，在Ag和O2的条件下，被氧化成，与CO2反应生成，再和B反应根据已知：生成和C物质，可推断出B为，C为，从反应④也可推出B为，D物质被CrO3氧化成，再结合反应⑤可推出D物质为。
【详解】（1）B的结构简式为，C物质为，含有的官能团名称是羟基；
（2）D为单取代芳香族化合物且能与金属钠反应，说明D中有羟基，每个D分子中只含有1个氧原子，可推出D为，再验证氧元素的质量分数约为13.1%；D中的羟基变成了醛基，说明反应⑥是氧化反应；
（3）苯乙醛与新制的银氨溶液反应，醛基被氧化成羧基，反应的离子方程式：，特别注意生成的苯乙酸还会和银氨溶液，写离子方程式容易出错；
（4）核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3 : 2 : 2 : 1，说明含有四种不同环境的氢，故取代后的苯环应是对称的结构，故只有、；
（5）若化合物E为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，则能使FeCl3溶液显色，可推出化合物E比苯甲醚多一个CH2，且含有一个酚羟基，则取代基在苯环上有两种情况，一种是酚羟基和乙基，另一种是酚羟基和两个甲基，同分异构体如图所示：此类型有3种；，此类型有4种；，此类型有2种，总共9种；
（6）由题意得目标是制取，采用逆推法，依次需要得到、、、即可得到目标产物，所以合成路线为：
【点睛】第（3）问写离子方程式要注意苯乙酸还会和银氨溶液反应，需要注意此类陷阱；同分异构体的书写按照步骤来书写，首先确定碳链异构，其次再来写位置异构，最后写官能团异构，同时需要注意重复。
南安市侨光中学2020届高三年第一次阶段考试化学科试卷
命题：柯丽明 审题：陈荣聪
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Na:23 S:32 Cl:35.5
第I卷（选择题，共50分）
一、选择题（每小题只有一个正确选项，1-10题每题2分，11-20题每题3分。）
1.对中国古代著作涉及化学的叙述，下列解说错误的是
A. 《汉书》中“高奴县有洧水可燃”，这里的“洧水”指的是石油
B. 《黄白第十六》中“曾青涂铁，铁赤如铜”，其“曾青”是可溶性铜盐
C. 《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”指的是Ca(OH)2
D. 《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的“碱”是K2CO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．洧水可燃，指的是石油，故A正确；
B．曾青涂铁是一种可溶性铜盐的溶液放入金属铁得到金属铜的过程，“曾青”是可溶性铜盐，故B正确；
C．石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸钙，故C错误；
D．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，故D正确。
故选：C。
2.下列说法中正确的是
A. 生石灰可用作食品抗氧化剂
B. 焰色反应是物质燃烧时火焰呈现的颜色变化，属于化学变化
C. 分散系中分散质粒子的大小：Fe(OH)3悬浊液
【答案】D
【解析】
【分析】
A．生石灰常做吸水剂，没有强还原性；
B．焰色反应是金属元素的特性，是金属元素的物理性质；
C．分散系中分散质粒子的大小，浊液＞胶体＞溶液；
D．明矾可水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性．
【详解】A．生石灰常做吸水剂，没有强还原性，不能作食品抗氧剂，故A错误；
B．焰色反应是金属元素的特性，是金属元素的物理性质，没有发生化学变化，故B错误；
C．分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液，故C错误；
D．明矾可水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可除去水中的悬浮物而净化水，但不能使海水淡化，故D正确；
故选：D。
【点睛】易错点为D，注意明矾净水的原理，不能除去海水中的盐等杂质．
3.下列分类依据和结论都正确的是
A. NaF、MgO、CaCl2均由活泼金属和活泼非金属作用形成，都是离子化合物
B. HCl、H2SO4、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸
C. Na2O、HCl、BaSO4、浓硝酸都纯净物
D. HCOOH、H2CO3、H2SO4分子中均含有两个氢原子,都是二元酸
【答案】A
【解析】
【分析】
A、活泼金属与活泼非金属反应生成的化合物，一般为离子化合物；
B、酸有氧化性是氢离子的氧化性，但不是氧化性酸，氧化性酸是酸根离子中心原子得到电子表现出的氧化性；
C、浓硝酸是硝酸的水溶液；
D、HCOOH是一元酸；
【详解】A、依据物质结构分析，NaF、MgO、CaCl2均由活泼金属和活泼非金属作用形成，都是离子化合物，故A正确；
B、酸有氧化性是氢离子的氧化性，但不是氧化性酸，氧化性酸是酸根离子中心原子得到电子表现出的氧化性，HCl、H2SO4、HNO3均具有氧化性，HCl是非氧化性酸，浓H2SO4、HNO3都是氧化性酸，故B错误；
C、同一种物质组成的为纯净物，Na2O、HCl、BaSO4都是纯净物，浓硝酸是硝酸的溶液属于混合物，故C错误；
D、HCOOH是一元酸，故D错误；
故选A。
4.实验室中不同的试剂有不同的保存方法，下列保存方法错误的是
A. 保存硫酸亚铁溶液需加入铁粉和少量硫酸
B. 保存浓硝酸需用带橡胶塞的棕色细口瓶
C. 溴化银固体保存在棕色玻璃塞广口瓶中
D. 金属钠保存在装有煤油的玻璃塞广口瓶中
【答案】B
【解析】
【分析】
A．二价铁离子易被氧化，易水解；
B．浓硝酸易分解．
C．溴化银见光分解；
D．钠与煤油不反应，且密度比煤油大；
【详解】A．二价铁离子易被氧化，铁粉可将三价铁离子还原为二价铁离子，少量的酸抑制亚铁离子的水解，故A正确；
B．浓硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，浓硝酸具有腐蚀性，不能用橡皮塞，故B错误。
C．溴化银固体见光分解，应保存在棕色玻璃塞的广口瓶中，故C正确；
D．钠与煤油不反应，密度比煤油大，可保存在煤油中，故D正确；
故选B。
5.一定温度和压强下，30L某种气态纯净物质中含有6.02×1023个分子，这些分子由1.204×1024个原子组成，下列说法错误的是
A. 每个该气体分子含有2个原子
B. 该温度和压强可能是标准状况
C. 标准状况下该纯净物若为气态，其体积约是22.4 L
D. 若O2在该条件下为气态，则1mol O2在该条件下的体积也为30 L
【答案】B
【解析】
【分析】
A、依据n=N/NA计算物质的量，分子物质的量为1mol，原子物质的量为2mol，说明是双原子分子；
B、在标准状况下6.02×1023个分子，即物质的量为1mol，体积为22.4L；
C、1mol气体在标准状况体积为22.4L；
D、一定温度压强下，物质的量相同的气体具有相同的体积。
【详解】A、6.02×1023个分子，即物质的量为1mol，这些分子由1.204×1024个原子组成，依据计算1mol分子中含有2mol原子，该气体中每个分子含有2个原子，故A正确；
B、标准状况下该纯净物若为气态，物质的量为1mol，其体积约是22.4 L，而1mol该气体体积为30L，则不是标准状况，故B错误；
C、标准状况下该纯净物若为气态，物质的量为1mol，则其体积约是22.4 L，故C正确；
D、同温、同压、同物质的量的气体体积相同，所以若O2在该条件下为气态，则1 mol O2在该条件下的体积也为30 L，故D正确；
故选：B。
6.某同学在实验室进行了如图所示的实验，下列说法中错误的是
A. X、Z烧杯中分散质相同
B. Y中反应离子方程式为3CaCO3＋2Fe3＋＋3H2O==2Fe(OH)3(胶体)＋3CO2↑＋3Ca2
C. 利用过滤的方法，可将Z中固体与液体分离
D. Z中分散系能产生丁达尔效应
【答案】A
【解析】
【分析】
A．x是氯化铁溶液，z是氢氧化铁胶体；
B．碳酸钙能与氢离子结合促进三价铁的水解；
C．过滤法除去的是液体中不溶性的物质；
D．z是氢氧化铁胶体具有胶体的性质。
【详解】A．x是氯化铁溶液，分散质是氯离子和三价铁离子，Z是氢氧化铁胶体，分散质是氢氧化铁胶粒，故A错误；
B．碳酸钙能与氢离子结合生成水和二氧化碳促进三价铁的水解，故B正确；
C．过滤法分离固体和液体，故C正确；
D．z是氢氧化铁胶体具有胶体的性质，能产生丁达尔效应，故D正确。
故选A。
7.下列有关实验操作或测量数据的说法正确的是
A. 用托盘天平称量食盐的质量为12.35 g
B. 用碱式滴定管量取高锰酸钾溶液20.00 mL
C. 用pH试纸测量次氯酸钠溶液的pH为11.5
D. 滴定管、容量瓶和分液漏斗在使用前都要先查漏
【答案】D
【解析】
【分析】
A．托盘天平的最小读数为0.1g；
B．高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化碱式滴定管的橡胶管；
C．次氯酸钠溶液具有漂白性，能够漂白试纸；
D. 滴定管、容量瓶和分液漏斗都带活塞或塞子，在使用前都要先查漏。
【详解】A．托盘天平只能读到0.1g，无法用托盘天平称量12.35g食盐，故A错误；
B．高锰酸钾溶液能够腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应该用酸式滴定管，故B错误；
C．次氯酸钠溶液具有强氧化性，能够漂白pH试纸，可选用pH计，故C错误；
D. 滴定管、容量瓶和分液漏斗都带活塞或塞子，在使用前都要先查漏，故D正确；
故选D。
8.短周期元素甲、乙、丙、丁的原子半径依次增大，其氢化物中甲、乙、丙、丁的化合价如表所示。下列说法正确的是
A. 氢化物的沸点：甲>丁 B. 元素非金属性：甲<乙
C. 含氧酸的酸性：乙 <丁 D. 丙的氧化物为离子化合物
【答案】A
【解析】
【分析】
由短周期元素氢化物中甲、乙、丙、丁的化合价可知，乙处于V族，甲、丁处于ⅥA族，丙处于ⅣA，且甲、乙、丙、丁的原子半径依次增大，则甲为O元素、乙为N元素、丙为C元素、丁为S元素。
【详解】A．水分子之间存在氢键，沸点高于H2S，故A正确；
B．同周期自左而右非金属性增强，故非金属性：甲（O）＞乙（N），故B错误；
C．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，其它含氧酸则不一定，故C错误；
D. 丙为碳，丙的氧化物为共价化合物，故D错误；
故选A。
9.将SO2分别通入下列各溶液中，下列有关说法正确的是
A. 试管a中实验可以证明SO2具有漂白性
B. 试管b中溶液褪色，说明SO2具有强氧化性
C. 试管c中能产生白色沉淀，说明SO2具有还原性
D. 试管d中能产生白色沉淀，加入稀硝酸后沉淀完全溶解
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2与KMnO4酸性溶液发生氧化还原反应，表现了SO2的还原性，故A错误；
B．SO2使品红溶液褪色，表现了SO2的漂白性，故B错误；
C．SO2被溶液中的NO3－和H＋氧化为SO42－，表现了SO2的还原性，故C正确；
D．SO2与NaOH和BaCl2混合溶液反应生成BaSO3，BaSO3被硝酸氧化为BaSO4，BaSO4难溶于稀硝酸，故D错误；
故选C。
【点睛】易错点A：要注意SO2使有色物质褪色不一定是它的漂白性．
10.下列有关硫元素及其化合物的说法或描述正确的是
A. 硫黄矿制备硫酸经历两步：
B. 酸雨与土壤中的金属氧化物反应后，硫元素以单质的形式进入土壤中
C. 闪锌矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝(CuS)，说明CuS很稳定，不具有还原性
D. 在燃煤中加入石灰石可减少SO2排放，发生的反应为
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫磺矿制备硫酸经历，硫和氧气反应生成二氧化硫，不是生成三氧化硫，故A错误；
B．酸雨pH＜5.6，硫酸型酸雨为二氧化硫和水化合生成亚硫酸，亚硫酸被氧化成硫酸，硫酸与土壤中金属氧化物反应后，硫元素以硫酸盐的形式进入土壤中，故B错误；
C．CuS、ZnS都为难溶于水的盐，CuS的溶解度小于ZnS的溶解度，CuSO4与ZnS发生复分解反应，ZnS能转化为CuS，为溶解度大的物质向溶解度小的物质转化，与CuS很稳定不具有还原性无关，故C错误；
D．高温下石灰石分解生成CaO，可与SO2以及氧气反应生成硫酸钙，发生的反应为：2CaCO3+2SO2+O22CO2+2CaSO4，减少废气中SO2的量，故D正确；
故选：D。
11.下列有关物质的性质类比正确的是
A. 已知Fe+SFeS，则Cu+SCuS
B. Fe能与CuSO4溶液反应，可知Al与CuSO4溶液也能反应
C. CaSO3与稀盐酸反应生成SO2，可知CaSO3与稀硝酸反应也生成SO2
D. 已知H2O2能氧化I-，可知H2O2也能氧化Cl-
【答案】B
【解析】
因为硫的氧化性较弱，铜与硫生成硫化亚铜， A错误；铁、铝活泼性均大于铜，能从CuSO4溶液置换出铜，B正确；硝酸具有强氧化性，能够把SO32-氧化为SO42-，本身被还原为NO，C错误；I-还原性较强，能够被H2O2氧化为I2，但是H2O2就不能氧化Cl-，D错误；正确选项B。
12.短周期主族元素X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法一定正确的是( )
A. 最高正化合价：Z>X
B. X、Y、Z的单质中，Z的熔点最高
C. 若X为非金属元素，则离子半径：Xn－>Ym－>Zm－
D. 若X为金属元素，则X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物中，Y的碱性最强
【答案】C
【解析】
短周期主族元素X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如图所示，则Z为第二周期元素，X、Y为第三周期元素；A．Z可能为O或F，则Z没有最高正价，故A错误；B．Z、Y若均在ⅤⅡA，单质的相对分子质量大的熔点高，且X可能为Si，则可能X的熔点最高，故B错误；C．若X为非金属元素，X、Y的离子具有相同电子层结构，原子序数大的离子半径小，则离子半径：Xn-＞Ym-＞Zm-，故C正确；D．由位置可知，X可能是Al，也可能是Si，若X是Al，则Y是Si，其最高价氧化物水化物显弱酸性，故D错误；故选C。
13.下列有关卤素的说法错误的是
A. 新制氯水显浅黄绿色，但放置一段时间之后颜色会褪去
B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，还原性依次增强
C. 淀粉碘化钾在空气中变蓝，发生了4I−+O2+2H2O＝2I2+4OH−
D. 由HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，可推出F、Cl、Br、I的非金属性递增
【答案】D
【解析】
【详解】A．新制氯水中含较多的氯气，为浅黄绿色，氯水中HClO不稳定，见光易分解，则新制氯水呈浅黄绿色，放置数天后颜色变浅，故A正确；
B．非金属性F＞Cl＞Br＞I，则HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，还原性增强，故B正确；
C．淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝，碘离子被氧气氧化成碘单质，反应的离子方程式为：4I－+O2+2H2O＝4OH－+2I2，故C正确；
D．元素非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，与氢化物的酸性无关，不能根据氢化物酸性强弱判断非金属性，故D错误；
故选D。
14.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 常温常压下，124 g P4中所含P-P键数目为4NA
B. 标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
C. 1mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA
D. 13g由C和组成的碳单质中所含质子数一定为6NA
【答案】B
【解析】
【分析】
A．求出白磷的物质的量，然后根据白磷中含6条p-p键来分析；
B．1个甲烷分子，1个乙烯分子都含有4个H原子；
C．亚铁离子和碘离子都能够被氯气氧化，1mol碘化亚铁完全反应消耗1.5mol氯气；
D. 13g由C和组成的碳单质中不一定为1:1混合。
【详解】A．124g白磷的物质的量为1mol，而白磷中含6条p-p键，故1mol白磷中含6NA条p-p键，故A错误；
B．标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为：11.2L÷22.4L·mol－1×4×NA=2NA，故B正确；
C．1molFeI2中含有1mol亚铁离子、2mol碘离子，完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移了3mol电子，转移的电子数为3NA，故C错误；
D. 13g由C和组成的碳单质中只有按物质的量比为1:1混合时，所含质子数为6NA，故D错误；
故选B。
【点睛】难点A，注意白磷分子空间结构，1mol白磷中含6条p-p键。
15.某氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质。为了提纯氯化钾，先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，再将滤液按如图所示步骤进行操作。下列说法中正确的是
A. 起始滤液的pH＝7
B. 试剂Ⅰ为Ba(NO3)2溶液
C. 步骤②中加入试剂Ⅱ的目的是除去Ba2＋
D. 图示的步骤中必须要经过2次过滤操作
【答案】C
【解析】
【分析】氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质，除去碳酸根离子和硫酸根离子，由流程可知，需要加入试剂I为过量氯化钡溶液，然后过滤后获得含氯化钡、氯化钾溶液X，然后加入过量的试剂Ⅱ为碳酸钾溶液除去溶液中的氯化钡，过滤，得到含氯化钾和碳酸钾混合液的W，再加入试剂Ⅲ为过量盐酸，除去过量的碳酸钾，最后通过加热浓缩、蒸发结晶得到氯化钾，以此来解答。
【详解】A．碳酸钾水解使溶液显碱性，pH＞7，故A错误；B．由上述分析可知，试剂I为BaCl2溶液，不能引入新杂质，故B错误；C．步骤②中加入试剂Ⅱ为碳酸钾，其目的是除去Ba2+，故C正确；D．样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，选择试剂除去杂质还需要2次过滤，共3次，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查混合物分离提纯的综合应用，把握物质的性质、流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键。本题的易错点为D，要注意根据流程设计的原理和实验目的分析判断。
16.海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是( )
A. 向苦卤中通入Cl2是为了提取溴
B. 工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂
C. 粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯
D. 富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收
【答案】B
【解析】
A．向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，故A正确；B．工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂，故B错误；C．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故C正确；D．海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故D正确；故选B。
点睛：本题考查海水资源的综合利用，注意掌握中学常见的化学工业，侧重对化学与技术的考查。本题的易错点为D，要熟悉富集溴的原理。
17.某同学向一支试管中按一定的顺序分别加入下列几种物质(一种物质只加一次)：a.KI溶液；b.淀粉溶液；c.NaOH溶液；d.稀硫酸；e.氯水。发现溶液颜色按如下顺序变化：①无色→②棕黄色→③蓝色→④无色→⑤蓝色。下列叙述错误的是
A. 加入以上药品的顺序是a→e→b→c→d
B. 溶液由棕黄色变为蓝色的原因是淀粉溶液遇碘变蓝色
C. ③→④反应的化学方程式为I2＋2NaOH=NaI＋NaIO＋H2O
D. ④→⑤反应的离子方程式为2I－＋Cl2=I2＋2Cl－
【答案】D
【解析】
【分析】
KI为无色溶液，加入氯水反应生成碘，变为棕黄色，然后加淀粉变蓝，再加NaOH反应生成NaI、NaIO，溶液又变为无色，最后加硫酸，发生氧化还原反应生成单质碘，溶液中还有淀粉，则变蓝。
【详解】A、由上述分析可知，加入以上药品的顺序是a→e→b→c→d，故A正确；
B、碘单质遇淀粉变蓝，则溶液由棕黄色变为蓝色，故B正确；
C、③→④反应的离子方程式为I2＋2OH-=I－＋IO-＋H2O，故C正确；
D、④→⑤反应的离子方程式为I－+IO－+2H＋＝I2+H2O，故D错误。
【点睛】本题考查氯、溴、碘及其化合物之间的转化，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意I－和IO－在碱性条件下共存，在酸性条件下不能共存。
18.在新制饱和氯水中，若只改变某一条件，下列叙述正确的是
A. 再通入少量氯气，减小
B. 通入少量SO2，溶液漂白性增强
C. 加入少量的碳酸氢钠粉末，pH增大，溶液漂白性增强
D. 光照过程中，有气泡冒出，溶液的导电性减弱
【答案】C
【解析】
饱和氯水不能再溶解Cl2，各成分的浓度不变，A错误；SO2+Cl2+2H2O2HCl+H2SO4，Cl2+H2OH++Cl−+HClO的平衡左移，HClO浓度降低，漂白性减弱，B错误；加入少量NaHCO3粉末，消耗H+，使上述平衡正向移动，HClO的浓度增大，C正确；光照过程中HClO分解，生成O2和HCl，溶液中的离子浓度增大，导电性增强，D错误。
19.溴化碘(IBr)的化学性质与卤素单质相似，能与大多数金属反应生成金属卤化物，和某些非金属单质反应生成相应的卤化物，跟水反应的化学方程式为IBr＋H2O＝HBr＋HIO。下列说法错误的是
A. IBr是双原子分子
B. 在很多反应中，IBr是强氧化剂
C. 和水反应时，IBr既是氧化剂又是还原剂
D. IBr和NaOH溶液反应，生成NaBr和NaIO
【答案】C
【解析】
【分析】
IBr中I元素化合价为+1价，具有氧化性，与水发生反应元素的化合价没有发生变化，为水解反应。
【详解】A．IBr分子中含有I、Br2个原子，是双原子分子，故A正确；
B．IBr中I元素化合价为+1价，具有氧化性，在很多化学反应中IBr作氧化剂，故B正确；
C．IBr与水发生反应元素的化合价没有发生变化，为水解反应，所以IBr和水反应时，既不是氧化剂又不是还原剂，故C错误。
D．由与水的反应可知，跟NaOH溶液反应可生成NaBr和NaIO，故D正确；
故选C。
【点睛】易错点C：注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和相关物质的性质，答题时注意题给信息IBr＋H2O＝HBr＋HIO，为解答该题的关键。
20.为探究Na2SO3溶液的性质，在白色点滴板的a、b、c、d四个凹槽中滴入Na2SO3溶液，再分别滴加下图所示的试剂。
对实验现象的“解释或结论”错误的是
选项
实验现象
解释或结论
A
a中溶液褪色
还原性：SO32－＞I－
B
b中加硫酸后产生淡黄色沉淀
SO32－和S2－在酸性条件下发生反应
C
c中滴入酚酞溶液变红，再加BaCl2溶液后产生白色沉淀且红色褪去
SO32－＋H2OHSO3－＋OH－，所以滴入酚酞变红；Ba2＋＋SO32－＝BaSO3↓(白)，使水解平衡左移，红色褪去
D
d中产生白色沉淀
Na2SO3溶液已变质
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、Na2SO3溶液中亚硫酸钠具有还原性，和碘单质反应生成硫酸钠、碘化钠，亚硫酸钠做还原剂，碘化钠是还原产物，还原性：SO32－＞I－，故A正确；
B、Na2SO3中硫元素是+4价，硫化钠中硫元素是-2价，二者混合和硫酸溶液发生氧化还原反应，产物中硫元素呈0价，即生成淡黄色硫单质沉淀，故B正确；
C、Na2SO3溶液中亚硫酸根离子水解显碱性，该溶液会使酚酞变红，加入氯化钡会结合亚硫酸根离子形成亚硫酸钡沉淀，水解平衡逆向进行，氢氧根离子浓度减小，碱性逐渐消失，所以红色褪去，故C正确；
D、亚硫酸钠具有还原性，加入盐酸酸化的硝酸钡，即相当于加入了硝酸，亚硫酸根离子能被硝酸氧化为硫酸根，硫酸根离子可以和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，该沉淀不溶于硝酸，所以实验证明的是亚硫酸根离子的还原性，是被硝酸氧化的缘故，故D错误。
故选D。
【点睛】含硫元素的化合物的性质，难点：注意亚硫酸根离子、硫离子的强还原性，易错点D，酸性条件下，硝酸根离子具有氧化性，能将亚硫酸根离子氧化。
第II卷（非选择题，共50分）
21.“84消毒液”是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛用于宾馆、旅游、医院、食品加工行业、家庭等的卫生消毒。某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：
（1）此“84消毒液”的物质的量浓度约为________。(计算结果保留一位小数)
（2）某同学量取100mL此“84消毒液”，按说明要求稀释后用于消毒，则稀释后的溶液中c(Na+)＝___mol/L。
（3）该同学参阅读该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为24%的消毒液。
①如图所示的仪器中配制溶液需要使用的是________________(填仪器序号)，还缺少的玻璃仪器是______________。
②该同学配制此溶液需称取称量NaClO固体的质量为_________________g。
（4）若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是____________(填序号)。
a．定容时俯视刻度线 b．转移前，容量瓶内有蒸馏水
c．未冷至室温就转移定容 d．定容时水多加了，用胶头滴管吸出
【答案】 (1). 3.8 mol/L (2). 0.038 (3). CDE (4). 玻璃棒和胶头滴管 (5). 141.6 (6). AC
【解析】
【分析】
（1）根据含24%NaClO、1000mL、密度1.18g·cm-3，结合c=1000ρω/M来计算；
（2）根据稀释前后溶质的物质的量不变来计算；
（3）①根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶来分析所需的仪器；
②由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，根据所需的质量m=cVM来计算；
（4）分析具体操作对n、V的影响，根据c=n/V分析不当操作对溶液浓度的影响。
【详解】（1）c（NaClO）=1000ρω/M=1000×1.18×24%/74.5 mol·L-1=3.8 mol·L-1；
（2）稀释后c（NaClO）=3.8 mol·L-1÷100=0.038 mol·L-1，c（Na＋）=c（NaClO）=0.038mol·L-1；
（3）①由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，故需要的是CDE，还需要的是玻璃棒、胶头滴管；
②质量分数为24%的消毒液的浓度为3.8mol·L－1，由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，故所需的质量m=cVM=3.8mol·L－1×0.5L×74.5g·mol－1=141.6g；
（4）A．定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故A正确；
B．转移前，容量瓶内有蒸馏水，对溶液浓度无影响，故B错误；
C．未冷至室温就转移定容，则冷却后溶液体积偏小，则浓度偏高，故C正确；
D．定容时水多用胶头滴管吸出，则吸出的不只是溶剂，还有溶质，故溶液浓度偏小，故D错误。
故选AC。
【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，易错点（3）②注意仪器的选取方法和所需固体的计算，由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，另外（4）误差分析也为易错点。
22.氯气可用于制取漂白剂和自来水消毒。
（1）将氯气通入水中制得氯水，氯水可用于漂白，其中起漂白作用的物质是________（填写化学式）。
（2）“84”消毒液也可用于漂白，其工业制法是控制在常温条件下，将氯气通入NaOH溶液中，反应的离子方程式为______________________。
（3）同学们探究“84”消毒液在不同pH下使红纸褪色情况，做了如下实验：
步骤1：将5 mL市售“84”消毒液稀释100倍，测得稀释后溶液的pH=12；
步骤2：将稀释后溶液各20 mL分别加入3个洁净的小烧杯中；
步骤3：用H2SO4溶液将3个烧杯内溶液的pH分别调至10、7 和4。（溶液体积变化忽略不计）
步骤4：在3个烧杯中分别放入大小相同的红纸，观察现象，记录如下：
烧杯
溶液的pH
现象
a
10
10 min后，红纸基本不褪色；4 h后红纸褪色
b
7
10 min后，红纸颜色变浅；4 h后红纸褪色
c
4
10 min后，红纸颜色变得更浅；4 h后红纸褪色
已知，溶液中Cl2、HClO和ClO-物质的量分数（α）随溶液pH变化的关系如下图所示：
①由实验现象可获得以下结论：溶液的pH在4～10范围内，pH越大，红纸褪色________。
②结合图像进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是________。
（4）由于氯气会与自来水中的有机物发生反应生成对人体有害的物质，人们尝试研究并使用新的自来水消毒剂，如ClO 2气体就是一种新型高效含氯消毒剂。
①一种制备 ClO2的方法是用SO2通入硫酸酸化的NaClO3溶液中，反应的离子方程式为________。
②另一种制备 ClO2的方法是用NaClO3与盐酸反应，同时有Cl2生成，产物中Cl2体积 约占1/3，每生成0.5 mol ClO2，转移________mol e-。
【答案】 (1). HClO (2). Cl2 + 2OH- Cl- + ClO- + H2O (3). 越慢 (4). b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢 (5). SO2 + 2ClO3- 2ClO2 + SO42- (6). 0.5
【解析】
(1)氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能够将有色物质漂白，故答案为：HClO；
(2)常温下，氯气通入NaOH溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
(3)①根据实验数据，溶液的pH在4 ~10范围内，pH越大，红纸褪色越慢，故答案为：越慢；
②根据溶液中Cl2、HC1O和ClO-物质的量分数(α) 随pH变化的关系图可知，b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢，故答案为：b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢；
(4)①将SO2通入硫酸酸化的NaC1O3溶液中反应生成了ClO2，根据氧化还原反应的规律，同时应该生成硫酸钠，反应的离子方程式为SO2+2ClO3-=2ClO2+SO42-，故答案为：SO2+2ClO3-=2ClO2+SO42-；
②用NaClO3与盐酸反应生成ClO2，同时有Cl2生成，产物中Cl2体积约占1/3，反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl= 2ClO2↑+ Cl2↑+ 2H2O+2NaCl，反应中转移的电子为2e-，则每生成0.5 mol ClO2，转移的的物质的量为0.5mol，故答案为：0.5。
点睛：解答本题的关键是掌握和理解氧化还原反应的规律和氯气的性质。本题的易错点和难点是(3)，要学会读图，从题干信息寻找答案。本题的另一个易错点是氧化还原反应的计算，氧化还原反应的计算依据为得失电子守恒。
23.氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物，在农药、制药行业中用途广泛。实验室合成原理为：SO2＋Cl2＋SCl2＝2SOCl2，部分装置如图所示，回答以下问题：
已知：①SOCl2沸点为78.8℃，SCl2 的沸点为50℃，且两种液体可互溶。
②SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并带有刺激性气味的有气体产生。
（1）实验室制取SOCl2在三颈烧瓶中进行，整个装置所选仪器的连接顺序是:⑥→__________→①，②←______________(某些仪器可以多次使用)。
（2）仪器a的名称是________，仪器b的作用是____________。
（3）本实验中制Cl2的离子方程式为___________________，本实验中制SO2的化学方程式为______________________，SOCl2与水反应的化学方程式为___________。
（4）实验结束后，从三颈烧瓶分离出SOCl2的实验操作名称是_________________。若反应中消耗Cl2的体积为896 mL(标准状况，SO2足量)，最后得到纯净的SOCl2 7.14 g，则SOCl2的产率为_________________。
【答案】 (1). ⑫→⑪→⑨→⑩ (2). ⑩←⑨←⑦ (3). 球形冷凝管 (4). 吸收逸出的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置而使SOCl2水解 (5). MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O (6). Na2SO3+H2SO4(浓)＝Na2SO4+SO2↑＋H2O (7). SOCl2＋H2O＝SO2↑＋2HCl↑ (8). 蒸馏 (9). 75%
【解析】
【分析】
实验室用二氧化锰与浓盐酸制取氯气：MnO2+4H＋+2Cl－Mn2＋+Cl2↑+2H2O，制备的氯气中混有HCl和水蒸气，用饱和食盐水吸收HCl，用浓硫酸干燥氯气，二氧化硫气体由亚硫酸钠和浓硫酸制备，同理用浓硫酸干燥制得的二氧化硫气体，干燥纯净的氯气和二氧化硫在三颈烧瓶中反应制得SOCl2，SO2+Cl2+SCl2＝2SOCl2，SOCl2易水解，氯气和二氧化硫污染空气，不能直接排放，故冷凝管上连接的盛有碱石灰的干燥管，实验结束后，将三颈烧瓶中混合物蒸馏得到产品，据此分析作答。
【详解】（1）二氧化锰与浓盐酸制备氯气，固液加热型，故为⑥，饱和食盐水吸收HCl，用浓硫酸干燥氯气，二氧化硫气体由亚硫酸钠和浓硫酸制备，用⑦，同理用浓硫酸干燥制得的二氧化硫气体，干燥纯净的氯气和二氧化硫在三颈烧瓶中反应制得SOCl2，除杂干燥为充分，导气管应长进短出，则连接顺序为：⑥→⑫→⑪→⑨→⑩→①，②←⑩←⑨←⑦；
（2）仪器a的名称是球形冷凝管，仪器b的作用是吸收逸出的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置而使SOCl2水解；
（3）实验室用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，离子反应为：MnO2+4H＋+2Cl－Mn2＋+Cl2↑+2H2O；本实验中制SO2的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)＝Na2SO4+SO2↑＋H2O；根据题意SOCl2与水反应产生白雾，并带有刺激性气味的气体产生，说明生成HCl和二氧化硫，故反应为：SOCl2+H2O＝SO2↑+2HCl↑；
（4）已知氯化亚砜沸点为78.8℃，SCl2的沸点为50℃，所以采用分馏的方法即可将之分离；消耗氯气为0.896L/22.4L·mol－1=0.04mol，由SO2+Cl2+SCl2＝2SOCl2，生成0.08molSOCl2，则SOCl2的产率为7.14g/(0.08mol×119g·mol－1)×100%=75%。
24.O2、O3、N2、N4是氧和氮元素的几种单质。回答下列问题：
（1）O原子中价电子占据的轨道数目为______________。
（2）第一电离能I1：N__________O(填“＞”或“＜”)，第二电离能I2：O大于N的原因是_________________。
（3）O3的空间构型为__________________；分子中存在大π键，可用符号Π表示，其中m表示形成的大π键的原子数，n表示形成的大π键的电子数，则O3中大π键应表示为___________________________________。
（4）N元素的简单气态氢化物NH3在H2O中溶解度很大，其原因之一是NH3和H2O可以形成分子间氢键，则在氨水中氢键可以表示为H3N…H—N、____________________、__________________________(任写两种即可)。
（5）已知：表格中键能和键长数目。
化学键
键长/pm
键能/(kJ·mol－1)
N-N
145
193
N=N
125
418
N≡N
110
946
N2和N4都是N元素的单质，其中N4是正四面体构型，N原子占据四面体的四个顶点，从键参数角度分析N4分子稳定性远小于N2原因是________________________。
（6）Na2O的晶胞结构如图所示，X表示O2－，Y表示Na＋，则O2－的配位数为____________，该晶胞的原子空间利用率为_____________。[已知该晶胞的棱长为a pm，r(Na＋)＝x pm，r(O2－)＝y pm]
【答案】 (1). 4 (2). ＞ (3). 失去一个电子后O＋的2p处于半充满状态，更加稳定，再失去一个电子消耗能量更高 (4). V形 (5). 极性 (6). (7). H3N…H-O、H2O…H-N、H2O…H-O(任写两种) (8). N4中N-N键键能小于N2中的N≡N键键能，键长大于N≡N键键长 (9). 8 (10). ×100%
【解析】
【分析】
（1）O位于周期表中第2周期第ⅥA族；
（2）根据轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，再失去电子需要的能量较大来分析；
（3）中心为O，根据VSEPR理论判断空间构型，分子中正负电荷中心重合为非极性分子，不重合为极性分子，根据O的分子结构分子其离域大π键构型；
（4）NH3和H2O可以形成分子间氢键，N和O电负性较大，可以形成分子间氢键，增大溶解度；
（5）根据键能大小分析分子的稳定性；
（6）根据晶胞结构图分析，O2－做面心立方最密堆积，Na＋做四面体填隙，从上底面面心的O2－分析其配位数，晶胞的空间利用率为V球/V晶胞×100%。
【详解】（1）O位于周期表中第2周期第ⅥA族，则O原子中价电子排布式为2s22p4，占据4个轨道；
（2）N价层为2s22p3，O价层为2s22p4，N的2p能级为半满结构，比较稳定，则第一电离能I1：N＞O；N和O均失去一个电子后，N价层为2s22p2，O价层为2s22p3，O＋的2p能级半满，比较稳定，所以第二电离能I2：N＜O；原因是：失去一个电子后O＋的2p处于半充满状态，更加稳定，再失去一个电子消耗能量更高；
（3）中心为O，根据VSEPR理论，价电子对数为VP=BP+LP=2+（6-2×2）/2=3，VSEPR模型为平面三角形，由于一对孤电子对占据平面三角形的一端，所以其空间构型为V形；分子中正负电荷中心不重合，为极性分子；分子中存在的大π键，中心O为sp2杂化，2s、两个2p发生杂化，剩余一个p轨道留有一对电子，端位O原子的各取一个带有单电子的p轨道形成3中心4电子的离域大π键，记为；
（4）NH3和H2O可以形成分子间氢键，N和O的电负性较大，可以形成分子间氢键，增大溶解度，形成的氢键可以为：H3N…H-O，H2O…H-N（或H2O…H-O），故答案为：H3N…H-O；H2O…H-N（或H2O…H-O）；
（5）根据键能大小，N4中N-N键能小于N2中的N≡N，键长大于N≡N，键能越小，分子越活泼，越不稳定；
（6）根据晶胞结构图分析，O2－做面心立方最密堆积，Na＋做四面体填隙，从上底面面心的O2－分析，周围等距且最近的Na＋有8个，所以O2－的配位数为8，一个晶胞中含有O2－的数目为8×1/8+6×1/2=4个，含有Na＋的数目为8个，所以一个晶胞中V球=4×πr3(O2－)+8×πr3(Na＋)=πy3＋πx3，晶胞的棱长为a，所以晶胞体积为V晶胞=a3，所以晶胞的空间利用率为×100%=×100%。
【点睛】本题考查物质结构和性质，侧重考查学生对物质结构、原子结构及基本理论的认识，涉及化学键、晶胞计算、元素周期律等知识点，解题关键：明确原子结构、物质结构是解本题关键，难点：（6）晶胞的空间利用率的计算。
25.A(C2H4)是基本的有机化工原料。用A和常见的有机物可合成一种醚类香料和一种缩醛类香料，具体合成路线如图所示（部分反应条件略去)：
已知：
回答下列问题：
（1）B的结构简式为____________，C中含有的官能团名称是______________。
（2）若D为单取代芳香族化合物且能与金属钠反应；每个D分子中只含有1个氧原子， D中氧元素的质量分数约为13.1%，则D的结构简式为______________，⑥的反应类型是________________。
（3）写出苯乙醛与新制的银氨溶液反应的离子方程式：___________________。
（4）请写出满足下列条件的苯乙醛的所有同分异构体的结构简式：________________。
i .含有苯环和 结构
ii.核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3 : 2 : 2 : 1
（5）若化合物E为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，则能使FeCl3溶液显色的E的所有同分异构体共有(不考虑立体异构)__________种。
（6）参照的合成路线，写出由2-氯丙烷和必要的无机试剂制的合成流程图：___________________。合成流程图示例如下：CH2 = CH2CH3CH2BrCH3CH2OH
【答案】 (1). CH3OH (2). 羟基 (3). (4). 氧化反应 (5). (6). (7). 9 (8).
【解析】
【分析】
A(C2H4)是基本的有机化工原料，可推出A的结构为，在Ag和O2的条件下，被氧化成，与CO2反应生成，再和B反应根据已知：生成和C物质，可推断出B为，C为，从反应④也可推出B为，D物质被CrO3氧化成，再结合反应⑤可推出D物质为。
【详解】（1）B的结构简式为，C物质为，含有的官能团名称是羟基；
（2）D为单取代芳香族化合物且能与金属钠反应，说明D中有羟基，每个D分子中只含有1个氧原子，可推出D为，再验证氧元素的质量分数约为13.1%；D中的羟基变成了醛基，说明反应⑥是氧化反应；
（3）苯乙醛与新制的银氨溶液反应，醛基被氧化成羧基，反应的离子方程式：，特别注意生成的苯乙酸还会和银氨溶液，写离子方程式容易出错；
（4）核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3 : 2 : 2 : 1，说明含有四种不同环境的氢，故取代后的苯环应是对称的结构，故只有、；
（5）若化合物E为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，则能使FeCl3溶液显色，可推出化合物E比苯甲醚多一个CH2，且含有一个酚羟基，则取代基在苯环上有两种情况，一种是酚羟基和乙基，另一种是酚羟基和两个甲基，同分异构体如图所示：此类型有3种；，此类型有4种；，此类型有2种，总共9种；
（6）由题意得目标是制取，采用逆推法，依次需要得到、、、即可得到目标产物，所以合成路线为：
【点睛】第（3）问写离子方程式要注意苯乙酸还会和银氨溶液反应，需要注意此类陷阱；同分异构体的书写按照步骤来书写，首先确定碳链异构，其次再来写位置异构，最后写官能团异构，同时需要注意重复。
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