江西省抚州市金溪一中2020届高三上学期第一次月考化学试题

江西省抚州市金溪一中2020届高三上学期第一次月考化学试题

金溪一中高三上学期化学第1次三周考题 可能用到相对原子质量：H:1;C:12;O:16;Fe:56;N14;Cu:64;Ca:40;Ba:137;S:32;Cl:35.5‎ 一、单选题（3×16=48分）‎ ‎1.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 60g丙醇中存在的共价键总数为11NA B. 标准状况下，H2和CO混合气体8.96L在足量O2中充分燃烧消耗O2的分子数为0.2NA C. 0.5mol·L-1CuCl2溶液中含有的Cl-个数为NA D. 在反应4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O中，消耗1molCl2时转移的电子总数为1.5NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、60g丙醇的物质的量为1mol，而丙醇中11条共价键，故1mol丙醇中含11NA条共价键， A项正确，不符合题意；‎ B、标况下8.96L混合物的物质的量为0.4mol，而1mol氢气和1molCO燃烧时均消耗0.5mol氧气，故0.4mol混合气体燃烧消耗0.2mol氧气，与两者的比例无关，B项正确，不符合题意；‎ C、溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，C项错误，符合题意；‎ D、反应4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O转移6mol电子，消耗4mol氯气。故当消耗1mol氯气时转移1.5mol电子，即1.5 NA个，D项正确，不符合题意。 本题答案选C。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的有（ ）个 ‎①20℃，101kPa，22.4LCl2通入足量NaOH溶液充分反应，有NA个电子转移 ‎②64g灼热的铜丝在硫黄蒸气里完全反应后，失去的电子数为2NA ‎③标准状况下，NA个NO分子和0.5NA个O2分子充分反应后气体体积为22.4 L ‎④7.8g Na2S与Na2O2的混合物中阴离子数大于0.1NA ‎⑤0℃，101kPa，含有lmol硫原子的SO2与SO3的混合物，其体积小于22.4L ‎⑥常温常压下，17g甲基（-14CH3）所含中子数为9NA A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①在20℃、101kPa条件下，22.4LCl2的物质的量小于1mol，则该说法错误；‎ ‎②64g灼热的铜丝在硫黄蒸气反应的生成物为Cu2S，失去的电子数为NA，则该说法错误；‎ ‎③标准状况下，NA个NO分子和0.5NA个O2分子充分反应后生成1molNO2，但NO2中存在平衡：2NO2N2O4，导致分子个数和体积变小，故气体体积小于22.4L，故该说法错误；‎ ‎④Na2O2中的阴离子为O22-，7.8g Na2S与Na2O2的混合物中阴离子的物质的量为0.1mol，则其个数为0.1 NA，故该说法错误；‎ ‎⑤因三氧化硫在标准状态下为固体，则0℃，101kPa，含有lmol硫原子的SO2与SO3的混合物中二氧化硫的物质的量小于1mol，则其体积小于22.4L，故该说法正确；‎ ‎⑥常温常压下，17g甲基（-14CH3）的物质的量为1mol，每个甲基（-14CH3）所含的中子数为11个，故17g甲基（-14CH3）所含的中子数为11NA，故该说法错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题主要考查有关阿伏加德罗常数的应用，往往要注意物质的特性，如三氧化硫在常温下为固体；过氧化钠中阳离子与阴离子的个数之比为2:1，而并不是1:1；NO与O2在常温下会发生反应，且还存在2NO2N2O4。‎ ‎3.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. l mol丙烯与足量的HCl完全反应生成的CH3CH2CH2Cl分子数为NA B. 1mol K2S2O8(S元素为＋6价）中含有过氧键数为4NA C. 含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的质量大于56 g D. 180g葡萄糖分子中含有羟基数为6NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、l mol丙烯与足量的HCl完全反应生成的应该是一氯丙烷和二氯丙烷的混合物，CH3CH2CH2Cl子数应小于NA，选项A错误；‎ B、K2S2O8中S元素为＋6价、K元素为+1价，过氧根离子中氧元素的化合价为-1价，氧离子中氧元素的化合价为-2价，设过氧根离子x个，则有+1×2+(+6×2)+(-1)×2x+(-2)×(8-2x)=0，得x=1，故1mol K2S2O8(S元素为＋6价）中含有过氧键数NA，选项B错误；‎ C、胶体的胶粒是分子的集合体，一个胶粒中含有多个Fe(OH)3，故含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，Fe(OH)3的物质的量大于1mol，铁元素的质量大于56 g，选项C正确；‎ D、180g葡萄糖分子的物质的量为1mol，1mol葡萄糖中含有5mol羟基，含羟基5NA 个，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，选项C是解答的易错点。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，11.2LCH2Cl2中含有的分子数目为0.5NA B. 密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后，转移的电子数目为4NA C. 46gNO2和N2O4混合物中含有的氧原子数目为2NA D. 1mol乙醇分子中含有的极性键数目为8NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标准状况下，CH2Cl2为液体，无法用气体摩尔体积计算其物质的量，A错误；‎ B.密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后，反应为可逆反应，转移的电子数目小于4NA，B错误；‎ C. NO2、N2O4的最简式相同，为NO2，46gNO2和N2O4混合物中含有的氧原子的物质的量为46g/46g/mol×2=2mol，即数目2NA，C正确；‎ D.乙醇的结构简式为CH3CH2OH，含有5条C-H键、1条C-C键、1条C-O键、1条H-O键，C-C键为非极性键，则1mol乙醇分子中含有的极性键数目为7NA，D错误；‎ 答案为C；‎ ‎【点睛】可逆反应中，反应物不能够完全反应，则不能根据提供量计算转移电子数目。‎ ‎5.在t℃时，将agNH3完全溶于水，得到VmL溶液，假设该溶液的密度为g/mL，质量分数为W，其中含有NH4+的物质的量是b mo1，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 溶液中c(OH-)＝mol/L+c(H+)‎ B. 溶质的物质的量浓度 C. 溶质的质量分数100%‎ D. 向上述溶液中加入VmL水，所得溶液的质量分数大于0.5W ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 溶液中c(NH4+)= = mol/L，根据溶液呈电中性，可知c(OH−)=c(H+)+c(NH4+)，则溶液中c(OH−)=mol/L+c(H+)，A项正确； B. a g NH3的物质的量为 = mol，溶液体积为VmL，所以溶液的物质的量浓度c= = mol/L，B项错误；‎ C. 氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为ρ g⋅cm−3，体积为VmL，所以溶液质量为ρV g，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数W=×100%，C项错误；‎ D. 水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，根据溶质的质量分数=×100%可知，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5W，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】D项是易错点，要注意氨水的密度比纯水的密度小，等体积混合后，溶质的质量分数会发生变化。‎ ‎6.NA为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，22.4LH2O含有NA个分子 B. 5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.2NA C. 等物质的量浓度的盐酸和硫酸中，H+的物质的量浓度也相等 D. 1mol/L MgCl2溶液中含有Cl﹣的数目为2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标准状况下，H2O为液体，无法用气态摩尔体积计算其物质的量，A错误；‎ B. 5.6g铁与足量盐酸反应生成氯化亚铁，转移的电子数为0.2mol，即0.2NA，B正确；‎ C. 等物质的量浓度的盐酸和硫酸中，盐酸为一元酸，硫酸为二元酸，则溶液中的H+的物质的量浓度不相等，C错误；‎ D. 1mol/L MgCl2溶液中未给定体积无法计算含有Cl﹣的数目，D错误；‎ 答案为B；‎ ‎【点睛】若只给定溶液的浓度，无法计算溶液中微粒的个数；标况下的气态物质可用22.4L/mol进行计算。‎ ‎7.锑(Sb)在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的蕴藏量占世界第一。从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：2Sb2S3＋3O2＋6Fe＝Sb4O6＋6FeS①；Sb4O6＋6C＝4Sb＋6CO②。下列说法正确的是(　　)‎ A. 反应②说明高温下Sb还原性比C强 B. 反应①中每生成1 mol FeS时，共转移2mol电子 C. 每生成1 mol Sb时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为4︰3‎ D. 反应①②中氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 中,Fe元素的化合价由0升高为+2,O元素的化合价由0降低为-2价; Sb4O6＋6C＝4Sb＋6CO②中,C元素的化合价由0升高为+2,Sb元素的化合价由+3价降低为0。‎ ‎【详解】A. 反应②中C为还原剂,还原剂的还原性大于还原产物的还原性,则说明高温下C的还原性比Sb强,故A错误;‎ B. 反应①中每生成3 mol FeS时,共转移 mol电子,则反应①中每生成1 mol FeS时,共转移电子的物质的量,故B正确;‎ C. C.生成时,反应②C是还原剂,需要,需要,反应①中Fe是还原剂,生成,需要,故反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为,所以每生成1 mol Sb时,反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为,故C错误;‎ D. 反应①中O元素的化合价降低,氧气为氧化剂,而反应②中Sb元素的化合价降低,氧化剂是,故D错误;‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】自发进行的氧化还原中,还原剂的还原性大于还原产物的还原性。‎ ‎8.将a g铁和氧化铁的混合物加入800 mL pH＝1的盐酸中充分反应后，固体无剩余，盐酸全部消耗，放出气体0.224 L(标准状况下)。则下列判断中正确的是(　　)‎ A. 原混合物中n(Fe)∶n(Fe2O3)＝2∶1‎ B. 向溶液中滴入无色的KSCN溶液，显红色 C. 无法计算出原混合物的质量 D. 此时溶液中Fe2＋和Fe3＋的物质的量之比为3∶1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】因为Fe3＋和H＋的氧化性强弱顺序为Fe3＋＞H＋，所以当产生氢气时，Fe3＋已经全部被还原为Fe2＋，故向溶液中滴入KSCN溶液，溶液不变红色；根据n(HCl)=0.08mol，n(H2)=0.01mol结合方程式Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑可知与盐酸反应的铁是0.01mol，该反应消耗盐酸是0.02mol，所以反应Fe2O3+6HCl＝2FeCl3+3H2O中需要的盐酸为0.06mol，则n(Fe2O3)＝0.01 mol，生成氯化铁是0.02mol，根据反应2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋可计算出参加该反应的铁0.01 mol，因此原混合物中铁一共是0.02mol，所以原混合物中n(Fe)∶n(Fe2O3)＝2∶1，选项A正确，其余选项均是错误的。答案选A。‎ ‎9.某同学采用工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）制取CaCl2·6H2O，设计了如下流程：‎ 下列说法不正确的是 A. 固体I中含有SiO2，固体II中含有Fe(OH)3‎ B. 使用石灰水时，要控制pH，防止固体II中Al(OH)3转化为AlO2-‎ C. 试剂a选用盐酸，从溶液III得到CaCl2·6H2O产品的过程中，须控制条件防止其分解 D.‎ ‎ 若改变实验方案，在溶液I中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净CaCl2·6H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）加足量的盐酸，得到二氧化硅沉淀和氯化钙、氯化铝、氯化铁混合溶液，所以固体Ⅰ中含有SiO2，滤液中加石灰水，控制pH，可以得到Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即为固体Ⅱ，过滤，向滤液加入盐酸中和过量的氢氧化钙，得氯化钙溶液，CaCl2·6H2O易分解，从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解；‎ ‎【详解】A.根据上面的分析可知，固体Ⅰ中含有SiO2，固体Ⅱ中含有Fe(OH)3，A正确；‎ B.氢氧化铝具有两性，可溶于氢氧化钙溶液，生成AlO2-，B正确；‎ C.CaCl2·6H2O易分解，从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解，C正确；‎ D.若改变实验方案，在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液中含有氯化铵，经蒸发浓缩、冷却结晶得到的CaCl2·6H2O不纯，D错误；‎ 答案为D。‎ ‎10.一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入350mL 2mol•L﹣1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24L NO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现．若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为（ ）‎ A. 0.21 mol B. 0.25 mol C. 0.3 mol D. 0.35 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】因一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入350mL 2mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，无血红色出现，说明溶液中的溶质为Fe(NO3)2，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.35L×2mol/L-=0.6mol，所以n[Fe(NO3)2]==0.3mol，由铁元素守恒可知，氢气还原混合物得到Fe的物质的量：n(Fe)=n[Fe(NO3)2]=0.3mol，故答案为C。‎ ‎【点睛】混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为Fe(NO3)2．足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，由铁元素守恒可知，能得到铁的物质的量与Fe(NO3)2‎ 中的铁的物质的量相同，根据氮元素守恒计算n[Fe(NO3)2]，再根据Fe元素守恒计算氢气还原混合物得到Fe的物质的量。‎ ‎11.向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入400 mL 1 mol·L－1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3＋。若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为 A. 2.4 g B. 3.2 g C. 4.8 g D. 6.4 g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入400 mL 1 mol·L－1的盐酸，首先发生反应：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，然后发生反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。题目告知盐酸恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3＋，可知所得溶液是FeCl2和CuCl2溶液。用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，发生反应：3CO+Fe2O32Fe+3CO2。‎ ‎【详解】分析整个过程可以发现，用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量，就是Fe2O3中O的质量。而依据Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O可以进一步发现，混合物中O全部在产物水中，且水中O与H是1:2的关系，所以O与HCl的物质的量之比是1：2，盐酸的物质的量为0.4mol，所以O的物质的量为0.2mol，其质量为3.2g。‎ 答案选择B项。‎ ‎12.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，充分反应后共收集到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Cu的质量为9.6 g B. 反应后的固体混合物中还含有碳 C. 反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为0.05 mol D. 反应后的固体混合物总质量为14.4 g ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应得到混合气体与通过足量的澄清石灰水，反应一段时间后共收集到1.12L 气体（标准状况）为CO的体积，生成沉淀的质量为5.00g为碳酸钙，据此计算CO、二氧化碳的物质的量，反应后的固体混合物含有Cu、Cu2O，可能含有碳。‎ A．产物中CO2、CO中的O原子守恒计算氧化铜失去氧的物质的量，进而计算Cu2O反应后的总质量，与Cu的质量比较判断；‎ B．根据碳原子守恒计算参加反应的C的质量，进而确定碳是否完全反应来解答；‎ C．Cu2O、CuO均含有1个氧原子，根据剩余的氧原子质量计算，剩余氧原子质量=CuO反应后的总质量-Cu元素的质量；‎ D．反应后固体混合物总质量=原固体混合物总质量-生成CO2与CO的总质量；‎ ‎【详解】由题意可知，生成的n（CO2）=n（CaCO3）=5.00g/100g·mol－1=0.05mol，n（CO）=1.12L/22.4L·mol－1=0.05mol，‎ A、产物中CO2、CO中的O原子守恒可知失去氧的物质的量=（0.05mol×2+0.05mol）=0.15mol，n(Cu2O)=0.05mol，根据Cu守恒生成Cu的质量=（16g/80g·mol－1-0.05×2）×64g·mol－1=6.4g。‎ B、生成的n（CO2）=n（CaCO3）=0.05mol，n（CO）=0.05mol，根据C守恒可知，参加反应的C的质量=（0.05mol+0.05mol）×12g·mol－1=1.2g，故没有参与反应的碳的质量为：2g-1.2g=0.8g，故B正确；‎ C、反应后m（O）=13.6g-12.8g=0.8g，Cu2O、CuO均含有1个氧原子，根据氧原子守恒可知反应后的固体混合物中氧化物的物质的量=0.8g/16g·mol－1=0.05 mol，故C正确；‎ D、反应后固体总质量为：16g+2g-0.05mol×（44g·mol－1+28g·mol－1）=14.4g，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎13.某溶液中只可能含有下列离子中的几种：K+、NO、SO、NH、CO（不考虑溶液中少量的H+和OH－），取200mL该溶液，分为两等份进行下列实验：‎ 实验1：第一份加入足量的烧碱并加热，产生的气体在标准状况下为224mL；（已知NH4+在碱性条件下可以生产氨气）‎ 实验2：第二份先加入足量的盐酸，无现象，再加入足量的BaCl2溶液，得固体2.33g。‎ 下列说法正确的是( )‎ A. 该溶液中无法确定是否含有K+‎ B. 该溶液中肯定含有NO、SO、NH、CO C. 不能确定该溶液中是否含有NO D. 该溶液中一定含K+，且c(K+)= 0.1mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ 实验1，加入足量NaOH溶液并加热产生气体，溶液中一定存在NH4+，n（NH4+）=n（NH3）==0.01mol；实验2，加入盐酸无现象，再加入足量BaCl2溶液产生固体，溶液中不含CO32-，含有SO42-，n（SO42-）=n（BaSO4）==0.01mol；根据溶液中的电荷守恒，溶液中一定含K+，无法确定是否含NO3-，若不含NO3-，根据电荷守恒，n（K+）=2n（SO42-）-n（NH4+）=0.01mol，若含NO3-，n（K+）0.01mol；对照各选项，正确的是C，答案选C。‎ 点睛：离子推断中的“四项基本原则”：肯定性原则（根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子）→互斥性原则（肯定某些离子存在的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在）→电中性原则（溶液呈电中性，溶液中阳、阴离子的正、负电荷总数相等）→进出性原则（实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰）。‎ ‎14.已知氧化性Cl2>Br2>H2SO3。在200mL浓度均为0.4 mol/L的 HBr和H2SO3的混合溶液里通入0.1molCl2，则发生反应的HBr的物质的量为(　　)‎ A. 0.08mol B. 0.06mol C. 0.04mol D. 0.02mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据氧化性Cl2>Br2>H2SO3，则在HBr和H2SO3的混合溶液中，Br-的还原性小于H2SO3的还原性，则通入氯气后，氯气先与H2SO3反应，若氯气剩余，则再与HBr反应。n（H2SO3）= 0.2L×0.4 mol/L = 0.08mol，n（HBr）= 0.2L×0.4 mol/L = 0.08mol。根据氯气和H2SO3反应的化学方程式得：‎ Cl2 ＋ H2SO3 ＋ H2O = 2HCl ＋ H2SO4‎ ‎1mol 1mol ‎0.08mol 0.08mol，则此时剩余氯气的物质的量是：（0.1-0.08）mol= 0.02mol，剩余的氯气再和HBr反应，方程式为：‎ Cl2 ＋ 2HBr = 2HCl ＋ Br2‎ ‎1mol 2mol ‎0.02mol 0.04mol，所以发生反应HBr的物质的量为0.04mol，故答案选C。‎ ‎15.VL Fe2(SO4)3溶液中含有a g Fe3+，取此溶液0.5VL，用水稀释至2VL，则稀释后溶液中SO42－的物质的量的浓度为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ag Fe3+的物质的量为： = mol，取出的0.5VL溶液中含有Fe3+的物质的量为：× = mol，稀释过程中溶质的物质的量不变，则稀释后溶液中SO42－的物质的量为：mol× = mol，稀释后溶液中硫酸根离子的浓度为：mol÷2VL＝，故答案选A。‎ 点睛：这是一道非常基础的“字母”题，可是出错率非常高，出现错误的原因一方面是考生对量的单位、数的进位关系、有关数据的处理等方面不熟悉，另一方面就是解题思路不明确。其实，解答“字母”题，最有效的办法，也是减少出错率最有效的思路就是运用概念公式。‎ ‎16.36.5 g HCl溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g/cm3)所得溶液的密度为ρ g/cm3，质量分数为w，物质的量浓度为c mol/L，NA表示阿伏加德罗常数的数值，则下列叙述中正确的是(　　)‎ A. 所得溶液的物质的量浓度为1 mol/L B. 36.5 g HCl气体占有的体积为22.4 L C. c= ‎ D. 所得溶液的质量分数：w＝‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A.题中所给的是水的体积，而溶液的体积不是1L，故所得溶液的物质的量浓度不是1 mol/L，A错误；B.因未说明是标准状况，所以无法计算HCl的体积，B错误；C.根据c= ，可知，c= ，所以C错误；D.由c= 得w＝，故D正确，答案选D 二、填空题 ‎17.用粗制ZnO粉末（含杂质Fe、Ni等）制备高纯ZnO的流程如下：‎ 已知：本实验条件下，Ni2+不能被氧化，高锰酸钾还原产物为MnO2‎ ‎（1）加快酸浸速率可采取的措施______。（任举一条）‎ ‎（2）调pH约为5，再加KMnO4溶液进行氧化。写出“氧化”步骤对应的离子方程式______。‎ ‎（3）“滤渣2”的成分是______。‎ ‎（4）流程中“”涉及的操作有______、洗涤、______。‎ ‎（5）获得的碱式碳酸锌需要用水洗涤，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_____。‎ ‎（6）已知Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10-39。 25℃时，调节某酸性废水的pH值，使溶液中的Fe3+残留浓度为2.6×10-6mol•L-1，则pH应调至______。‎ ‎【答案】 (1). 适当升高温度或适当增大硫酸浓度（答案合理均给分） (2). (3). Ni、Zn (4). 过滤 (5). 干燥 (6). 取少量最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，无白色沉淀产生，则洗涤干净。 (7). 3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1). 适当升高温度或适当增大硫酸浓度；‎ ‎(2).；‎ ‎ (3). Ni、Zn；‎ ‎(4). 过滤；‎ ‎(5). 干燥； ‎ ‎(6). 取少量最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，无白色沉淀产生，则洗涤干净。 ‎ ‎(7). 3‎ ‎18.（1）K2Cr2O7+14HCl═2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O氧化剂是______，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。‎ ‎（2）将高锰酸钾逐滴加入到硫化钾溶液中发生如下反应，其中K2SO4和S的物质的量之比为3∶2, 完成下列化学方程式（横线上填系数，括号内填物质）：① ___KMnO4＋____K2S＋______===___K2MnO4＋___K2SO4＋___S↓＋______。‎ ‎② 若生成6.4g单质硫，反应过程中转移电子的物质的量为___。‎ ‎（3）Cl2是一种有毒气体，如果泄漏会造成严重的环境污染，化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏，有关反应的化学方程式为：3Cl2（气）+8NH3（气）=6NH4Cl（固）+N2（气），若反应中消耗Cl2 1.5mol则被氧化的NH3在标准状况下的体积为____ L。‎ ‎【答案】 (1). K2Cr2O7 (2). 3：2 (3). 28 (4). 5 (5). 24KOH (6). 28 (7). 3 (8). 2 (9). 12H2O (10). 2.8mol (11). 22.4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）K2Cr2O7+14HCl═2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O中重铬酸钾中铬元素的化合价降低，故氧化剂是K2Cr2O7，反应的氧化产物为氯气，还原产物为氯化铬，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:2；‎ ‎（2）①K2SO4和S的物质的量之比为3∶2,根据得失电子守恒和原子守恒，可得到完成的方程式为28KMnO4＋5K2S＋24KOH ===28K2MnO4＋3K2SO4＋2S↓＋12H2O；‎ ‎②若生成6.4g单质硫，即生成0.2molS，反应过程中转移电子的物质的量为2.8mol；‎ ‎（3）由方程式可以知道,当参加反应时,有被氧化,消耗则 被氧化  3                 2 ‎ ‎ 1.5               n ‎ ‎,计算得出, ‎ 则被氧化的在标准状况下的体积为,  因此，本题正确答案是:22.4。‎ ‎19.将一定质量的Mg-Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中，充分反应。向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如下图。回答下列问题：‎ ‎（1）写出OA段和BC段反应的离子方程式：‎ OA：___________ ； BC：_____________；‎ ‎（2）原Mg-Al合金的质量是_____________。‎ ‎（3）原HCl溶液的物质的量浓度是________________。‎ ‎（4）所加NaOH溶液的物质的量浓度是____________。‎ ‎【答案】 (1). H++OH-=H2O； (2). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (3). 51g (4). 6mol/L (5). 5mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查铝及其化合物。‎ Mg-Al合金与HCl溶液反应后生成MgCl2和AlCl3，MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀，AlCl3与NaOH反应生成Al(OH)3沉淀，NaOH过量时，Al(OH)3沉淀与NaOH溶液反应生成NaAlO2溶液。由图可知，起始加入NaOH溶液时，无沉淀产生，说明Mg-Al合金与HCl溶液反应后HCl有剩余，则OA段发生NaOH和HCl的酸碱中和反应，AB段发生沉淀反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀，BC段沉淀的质量减少，发生Al(OH)3沉淀溶解反应生成NaAlO2，最终沉淀为Mg(OH)2。‎ ‎（1）根据分析可知OA段的离子方程式为：H++OH-=H2O，BC段的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；‎ ‎（2）根据分析C点对于沉淀为Mg(OH)2，质量为5.8g，根据镁元素守恒，则 Mg的物质的量为n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.1mol，根据B点沉淀总质量为13.6g，C点沉淀质量为5.8g，则B点生成的Al(OH)3沉淀的质量为7.8g，根据铝元素守恒，则Al的物质的量为n(Al)=n[Al(OH)3]=0.1mol，则原Mg-Al合金的质量为0.1mol×24g/mol+0.1mol×27g/mol=5.1g；‎ ‎（3）BC段发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，0.1mol Al(OH)3消耗NaOH的物质的量为0.1mol，溶液体积为20mL，则NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol/0.02L=5mol/L。B点消耗NaOH的物质的量为0.12L×5mol/L=0.6mol，B点溶液中溶质为NaCl，根据氯元素守恒，则原盐酸中含有HCl的物质的量为0.6mol，则原HCl溶液的物质的量浓度为0.6mol/0.1L=6mol/L；‎ ‎（4）根据（3）中分析可知NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L。据此解答。‎ ‎【详解】Mg-Al合金与HCl溶液反应后生成MgCl2和AlCl3，MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀，AlCl3与NaOH反应生成Al(OH)3沉淀，NaOH过量时，Al(OH)3沉淀与NaOH溶液反应生成NaAlO2溶液。由图可知，起始加入NaOH溶液时，无沉淀产生，说明Mg-Al合金与HCl溶液反应后HCl有剩余，则OA段发生NaOH和HCl的酸碱中和反应，AB段发生沉淀反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀，BC段沉淀的质量减少，发生Al(OH)3沉淀溶解反应生成NaAlO2，最终沉淀为Mg(OH)2。‎ ‎（1）根据分析可知OA段的离子方程式为：H++OH-=H2O，BC段的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。本小题答案为；H++OH-=H2O；Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。‎ ‎（2）根据分析C点对于沉淀为Mg(OH)2，质量为5.8g，根据镁元素守恒，则 Mg的物质的量为n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.1mol，根据B点沉淀总质量为13.6g，C点沉淀质量为5.8g，则B点生成的Al(OH)3沉淀的质量为7.8g，根据铝元素守恒，则Al的物质的量为n(Al)=n[Al(OH)3]=0.1mol，则原Mg-Al合金的质量为0.1mol×24g/mol+0.1mol×27g/mol=5.1g。本小题答案为：5.1g。‎ ‎（3）BC段发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，0.1mol Al(OH)3消耗NaOH的物质的量为0.1mol，溶液体积为20mL，则NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol/0.02L=5mol/L。B点消耗NaOH的物质的量为0.12L×5mol/L=0.6mol，B点溶液中溶质为NaCl，根据氯元素守恒，则原盐酸中含有HCl的物质的量为0.6mol，则原HCl溶液的物质的量浓度为0.6mol/0.1L=6mol/L。本小题答案为：6mol/L。‎ ‎（4）根据（3）中分析可知NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L。‎ ‎20.有机物G是一种药物中间体，合成 G的部分流程如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）G物质中的含氧官能团的名称是___________、____________。‎ ‎（2）上述⑤变化过程的反应类型是_____________。‎ ‎（3）反应A→B的化学方程式为________________________________________。‎ ‎（4）写出满足下列条件的C的同分异构体的结构简式：_______________________。‎ Ⅰ. 苯环上只有两种取代基。 ‎ Ⅱ. 分子中只有4种不同化学环境的氢。‎ Ⅲ. 能与NaHCO3反应生成CO2。‎ ‎（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以和乙酸酐为原料制备 的合成路线流程图（无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下：H2C＝CH2CH3CH2BrCH3CH2OH__________‎ ‎【答案】 (1). 羧基 (2). 醚键 (3). 消去反应 (4). (5). (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据合成反应流程图，比较反应物、生成物结构的变化，判断反应类型，书写有关反应的化学方程式；根据要求写出符合题意的同分异构体；应用所学知识、流程中的信息，设计并写出合成反应流程图。‎ ‎【详解】（1）物质G中含氧官能团羧基、醚键。‎ ‎（2）从E→G，必有消去反应失去羟基，但G中无碳碳双键，又有与氢气加成反应。故反应⑤为消去反应，反应⑥为加成反应（或还原反应）。‎ ‎（3）比较A、B结构简式可知，A中酚羟基氢被乙酰基（CH3CO－）取代，则反应①的化学方程式为。‎ ‎（4）能与NaHCO3反应生成CO2，则分子中有羧基（－COOH）；苯环上的两个取代基可能是－COOH和－CH2F，或－CH2COOH和－F；取代基已有两种不同化学环境的氢原子，则苯环上有两种不同化学环境的氢原子，两种不同取代基应在苯环上对位。符合题意的C的同分异构体为。‎ ‎（5）由于原料和乙酸酐可依次发生流程中的反应①②，先后生成、；目标产物应是加聚反应生成；经与氢气加成、再与浓硫酸共热或与P2O5作用脱水可得。故合成路线流程图如下：‎ ‎【点睛】设计合成反应流程，需要将目标产物进行“拆解”、将原料进行“拼接”，此时要充分利用“已学知识”、“已知信息”、“流程反应”等，并考虑合理的反应先后关系，必要时还要对官能团进行保护。‎ ‎21.下图中的每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体 ‎ ‎（1）写出有关物质的化学式X：_______；F_______‎ ‎（2）写出A→D的化学方程式____________　　‎ ‎（3）写出实验室制备C的化学方程式_______‎ ‎（4）C可用于制备尿素，尿素CO(NH2)2适用于各种土壤，在土壤中尿素发生水解，生成两种气体，其水解的化学方程式是______‎ ‎（5）分别取两份50mLNaOH溶液，各向其中通入一定量的气体A，随后各取溶液10mL分别将其稀释到相同体积，得到溶液甲和乙，分别向甲和乙中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的A气体体积（标准状况下）与所加入的HCl的体积之间的关系如图所示，试分析：‎ ‎①NaOH在吸收A气体后，乙图所示溶液中存在的溶质是：_____，其物质的量之比是：_________‎ ‎②原NaOH溶液物质的量浓度是_______mol/L，甲图所示溶液最多还能吸收A体积为_____mL(标准状况)。‎ ‎【答案】 (1). NH4HCO3 或 (NH4)2CO3 (2). NO2 (3). 2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2 (4). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (5). CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑ (6). NaHCO3和Na2CO3 (7). 1:1 (8). 0.75 (9). 112‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3‎ ‎，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则X应为(NH4)2CO3或NH4HCO3，B为H2O，结合转化关系可以知道，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3，结合物质的性质进行解答。‎ ‎【详解】（1）由分析可知：X为(NH4)2CO3或NH4HCO3，F为NO2，故答案为：(NH4)2CO3或NH4HCO3，NO2。‎ ‎（2）由分析可知：A为CO2，D为O2，Na2O2与CO2反应生成O2，反应方程式为：2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2，故答案为：2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2。‎ ‎（3）实验室制备氨气可以用氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。‎ ‎（4）尿素的水解生成两种气体，结合尿素的元素组成，故生成的是氨气和二氧化碳，故反应为：CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑，故答案为：CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑。‎ ‎（5）当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，‎ ‎①假设二氧化碳与NaOH反应后溶液中只有Na2CO3，开始发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，而后发生反应：NaHCO3+HCl=CO2↑+NaCl+H2O，前后两阶段消耗盐酸的体积相等，而实际前、后两阶段消耗盐酸体积分别为25mL、50mL，前阶段消耗盐酸体积小于后阶段，故溶质是NaHCO3、Na2CO3，由反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，可以知道n(Na2CO3)=n(HCl)=0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，生成的碳酸氢钠为0.0025mol，由反应NaHCO3+HCl=CO2↑+NaCl+H2O，可以知道总的碳酸氢钠为0.05L×0.1mol/L=0.05mol，故原溶液中碳酸氢钠为0.05mol-0.0025mol=0.0025mol，其物质的量之比是1:1，故答案为：NaHCO3、Na2CO3；1:1。‎ ‎②加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液为NaCl溶液，根据Na、Cl守恒可知10mL溶液中n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度==0.75mol/L；（甲）中生成CO2气体至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO3-应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，中和NaOH消耗HCl的体积为50mL-25mL=25mL，n(Na2CO3)=n(HCl)=0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，n(NaOH)=n(HCl)=0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，根据反应方程式：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3、NaOH+CO2=NaHCO3，溶液最多还能吸收CO2的物质的量为0.0025mol+0.0025mol=0.005mol，在标准状况的体积为0.005mol×22.4L/mol=112mL，故答案为：0.75mol/L，112。‎ ‎【点睛】X能与酸、碱反应生成气体A、C为解答本题的突破口，然后利用转化关系推出各物质即可。解框图题的方法最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。‎ ‎ ‎