辽宁省大连市第二十四中学2020届高三上学期阶段联合考试化学试题

辽宁省大连市第二十四中学2020届高三上学期阶段联合考试化学试题

‎2019-2020学年度上学期高中学段高三联合考试高三年级化学科试卷 时间：90分钟 满分：100分 可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 N:14 Na:23 Mg:24 Al:27 S:32 Cl:35.5 Ca:40 Cr:52 Fe:56 Cu:64 Ba:137 ‎ 第Ⅰ卷选择题（共54分）‎ 一、选择题（本题包括18小题，每题3分，每题只有一个选项符合题意，共54分）‎ ‎1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中正确的是(　　)‎ A. 小苏打可用于生产玻璃，也可用来除去物品表面的油污 B. 过氧化钠可用于食品、羽毛和织物等的漂白 C. 医用酒精、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的 D. 有些能源比较丰富而淡水短缺的国家，常利用蒸馏法大规模地将海水淡化为可饮用水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.生产玻璃的原料是纯碱、石灰石、二氧化硅，纯碱的水溶液显碱性，能够使油脂水解，因而可用来除去物品表面的油污，A错误；‎ B.过氧化钠具有强的氧化性，能够漂白羽毛和织物等，但由于与水反应产生的NaOH具有强的腐蚀性，不可用于食品漂白，B错误；‎ C.医用酒精使蛋白质变性而失去生理活性，达到消毒的目的，不具有强的氧化性，C错误；‎ D.海水淡化方法要结和本地实际情况，对于那些能源比较丰富而淡水短缺的国家，常利用蒸馏法大规模地将海水淡化为可饮用水，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎2.下列说法错误的是 A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应 B. 水玻璃、双氧水、漂粉精、硅胶都是混合物 C. 直径在10-9 ~ 10-7mNaCl固体小颗粒分散到水中能形成胶体 D. “陶成雅器”的主要原料是黏土 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A.胶体具有丁达尔效应，A正确；B.水玻璃为硅酸钠水溶液，双氧水为过氧化氢水溶液，‎ 漂粉精为氯化钙和次氯酸钙混合物，硅胶主要成分为二氧化硅，为混合物，B正确；C.氯化钠固体溶于水形成溶液，不能形成胶体， C错误；D. 黏土主要成分为硅酸盐，可以烧制成陶器，D正确；答案选C。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A. 14gC2H4含有的单键数目为3NA B. 99℃时，1LpH=6纯水中，含有的OH-数目为1×10-8NA C. 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为NA D. 100 g CaS与CaSO4的混合物中含有32 g硫，则含有的氧原子数为1.75NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.14gC2H4的物质的量是0.5mol，由于在1个乙烯分子在含有4个C-H共价单键，所以0.5mol乙烯分子中含有的单键数目为2NA，A错误；‎ B.根据99℃水的pH可知：此时水电离产生的c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，所以99℃时，1LpH=6的纯水中，所含有的OH-数目为1×10－6NA，B错误；‎ C.缺少溶液的体积，不能计算微粒的数目，C错误；‎ D.32gS的物质的量是1mol，100 g CaS与CaSO4的混合物中含有32 g硫，则混合物的摩尔质量是M=100g/mol，假设含有CaS物质的量是x，CaSO4物质的量是y，则x+y=1，72x+136y=100，解得x=，y=，则含有的氧原子数为 ×4×NA=1.75NA，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎4.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是(　　)‎ 选项 化学性质 实际应用 A 铁比铜金属性强 FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板 B K2FeO4 易与H2O反应生成Fe(OH)3‎ 用作水的消毒剂和絮凝剂 C Ag2O具有氧化性 用作银锌纽扣电池正极的活性物质 D 硫酸铝能与小苏打溶液反应 用作泡沫灭火剂原料 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】FeCl3腐蚀线路板，是由于FeCl3具有强的氧化性，能把Cu单质氧化为Cu2+，与金属活动性强弱无关，A错误；‎ B.K2FeO4 具有强的氧化性，且与H2O反应生成Fe(OH)3，氢氧化铁胶体具有吸附性，因此高铁酸钾用作水的消毒剂和絮凝剂，B正确；‎ C.氧化银中银离子具有氧化性，能够作银锌纽扣电池正极的活性物质，C正确；‎ D.硫酸铝能与小苏打溶液混合发生盐的双水解反应生成氢氧化铝沉淀、二氧化碳气体，所以可用作泡沫灭火剂原料，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎5.实验室从含溴化氢的废液中提取溴单质，下列说法中能达到实验目的的是(　　)‎ A. 用装置 氧化废液中的溴化氢 B. 用装置分离油层和水层 C. 用装置分离四氯化碳和液溴 D. 用仪器密封存放单质溴 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.集气瓶中导管应遵循“长进短出”原则；‎ B.互不相溶的液体采用分液方法分离；‎ C.互溶的液体应该采用蒸馏方法分离提纯，且温度计测量馏分温度；‎ D.溴能氧化橡胶。‎ ‎【详解】A.集气瓶中导管应长进短出，否则会将液体排除，不能达到实验目的，A错误；‎ B.CCl4和水是互不相溶的两种液态物质，可用分液漏斗进行分离，B正确；‎ C.温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管口处，测量的是蒸气的温度，C错误；‎ D.液溴具有强的腐蚀性，会腐蚀橡胶塞，应用玻璃塞且需要水封，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案评价，涉及洗气、物质分离和提纯、物质性质等知识点，明确实验原理及物质性质差异性是解本题关键，能够根据物质性质差异性分离提纯物质。‎ ‎6.下列物质间相互发生反应时：①Na＋O2 ②Fe＋Cl2 ③AgNO3溶液+氨水 ④KI溶液＋AgNO3溶液 ⑤Na2CO3＋C6H5COOH ⑥AlCl3＋KOH ⑦P＋Cl2 ⑧Cu＋HNO3；在不同条件下得到不同产物的是（ ）‎ A. 除②④⑤ B. 除②④ C. 除④⑥ D. 除④⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据物质的性质进行分析，化学反应中有很多反应在不同的条件下生成不同的产物。①温度不同产物不同常温下得到氧化钠，点燃条件下得到过氧化钠；②Fe+ Cl2反应只生成氯化铁；③AgNO3溶液+氨水在氨水量的不同得到不同产物；④KI溶液+AgNO3溶液只生成碘化银沉淀和硝酸钾；⑤Na2CO3+C6H5COOH在C6H5COOH量的不同得到不同产物；⑥AlCl3+KOH在KOH量的不同得到不同产物；⑦得到三氯化磷和五氯化磷是和氯气的量有关；⑧铜和硝酸反应和浓度有关。‎ ‎【详解】①钠和氧气常温下生成氧化钠，点燃条件反应生成过氧化钠，故①符合；②Fe+Cl2反应只生成氯化铁，故②不符合；③AgNO3溶液+氨水在氨水少量时生成氢氧化银沉淀，过量时生成氢氧化二氨合银，故③符合；④KI溶液+AgNO3溶液只生成碘化银沉淀和硝酸钾，故④不符合；⑤Na2CO3+C6H5COOH在C6H5COOH少量生成碳酸氢钠，C6H5COOH过量放出二氧化碳，故⑤符合；⑥AlCl3+KOH在KOH少量生成氢氧化铝沉淀，过量生成偏铝酸钾，则条件不同得到不同产物，故⑥符合；⑦氯气和磷的反应与氯气的量有关，可以生成三氯化磷和五氯化磷，故⑦符合；⑧铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，与浓硝酸反应生成二氧化氮，故⑧符合；综上所述：除②④都符合；答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查元素化合物的相关知识，涉及的面广，知识点不难，主要考查条件不同产物不同的反应的影响因素，在平时的学习中要注意归纳总结。‎ ‎7.在100 mL FeBr2溶液中通入标准状况下2.24 L Cl2，溶液中有的Br－被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为(　　)‎ A. 4 mol • L-1 B. mol • L-1 C. mol • L-1 D. mol • L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】标准状况下2.24L氯气的物质的量n(Cl2)==0.1mol，由于还原性Fe2+>Br-，氯气先氧化Fe2+，Fe2+反应完毕，再氧化Br-，假设原溶液中FeBr2的物质的量为xmol，根据电子转移守恒，则：‎ xmol×(3-2)+2x[0-(-1)]=0.1mol×2，解得x= mol，所以原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为c== mol • L-1，故合理选项是C。‎ ‎8.下列各组离子,在指定条件下,一定能大量共存的是(　　)‎ ‎①某无色透明的酸性溶液中：Cl－、Na+、AlO2-、SO42-‎ ‎②水电离产生的c(H+)=10-12 mol·L-1的溶液中:K+、Ba2+、Cl-、NO3-‎ ‎③使紫色石蕊试液变红的溶液中：Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-‎ ‎④饱和氯水中：Cl-、NO3-、Na+、SO32-‎ ‎⑤能使甲基橙呈黄色的溶液中:K+、SO32-、SO42-、NO3-‎ ‎⑥在无色溶液中：Na+、NH4+、I－、ClO－‎ ‎⑦能使pH试纸变深蓝色的溶液中:Na+、AlO2-、K+、CO32-‎ ‎⑧在FeCl2溶液中：K+、Na+、SO42-、AlO2-‎ A. ①③④⑥⑦ B. ②⑤⑧ C. ②⑦ D. ②④⑧‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①某无色透明的酸性溶液中有大量H+离子，H+与AlO2-会发生反应产生Al3+，不能大量存在，故①错误；‎ ‎②水电离产生的c(H+)=10-12mol/L的溶液可能为酸性或者碱性溶液，K+、Ba2+、Cl-、NO3-离子之间不反应，且都不与氢离子或氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，②正确；‎ ‎③使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，NO3-在酸性溶液中能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，③错误；‎ ‎④饱和氯水具有强氧化性，能够氧化SO32-，在溶液中不能大量共存，④错误；‎ ‎⑤能使甲基橙呈黄色的溶液可能为酸性溶液，NO3-在酸性条件下能够氧化SO32-，在溶液中不能大量共存，⑤错误；‎ ‎⑥ClO-具有强的氧化性，能够氧化I-为I2，在溶液中不能大量共存，⑥错误；‎ ‎⑦能使pH试纸变深蓝色的溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、AlO2-、K+、CO32-离子之间不反应，且都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，⑦正确；‎ ‎⑧在FeCl2溶液中，AlO2-与Fe2+会发生盐的双水解反应，在溶液中不能大量共存，⑧错误；‎ 综上所述可知说法正确的是②⑦，故合理选项是C。‎ ‎9.由SO2和O2制备SO3(熔点16.8 ℃,沸点44.8 ℃)的模拟装置如图所示(加热和夹持装置省略):‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A. 装置①中的试剂为饱和NaHSO3溶液 B. 实验室可用铜与浓硫酸在常温条件下制取SO2‎ C. 装置③反应管中的铂石棉用作反应的催化剂 D. 从装置⑤逸出的气体有过量的SO2和O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由制备SO3的实验装置可知，装置①中的试剂为浓硫酸，可干燥二氧化硫，且Cu与浓硫酸反应生成二氧化硫，Cu与稀硫酸不反应；然后在装置③中SO2和O2发生催化氧化反应，④中冰水冷却分离出SO3，且催化氧化反应为可逆反应，尾气应选NaOH溶液处理后排放，以此来解答。‎ ‎【详解】A.装置①中的试剂为浓硫酸，可干燥二氧化硫，A错误；‎ B.实验室可用铜与浓硫酸在加热条件下制取SO2，在室温下不反应，B错误；‎ C.SO2和O2发生催化氧化反应，则铂石棉用作反应的催化剂，C正确；‎ D.催化氧化反应为可逆反应，SO2和O2无论是否过量二者均剩余，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查物质制备实验，把握实验装置的作用、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重考查学生的分析与实验能力，注意选项D为解答的易错点。‎ ‎10. 已知甲、乙、丙三种物质均含有同种元素X，其转化关系如下：‎ 下列说法错误的是 A. 若A为NaOH溶液，乙为白色沉淀，则X可能为短周期金属元素 B. 若A为硝酸，X为金属元素，则甲与乙反应可生成丙 C. 若A为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体，则甲可能为非金属单质 D. 若乙为NaHCO3，则甲或丙可能是CO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、若A为NaOH溶液，甲是AlCl3，乙是Al(OH）3白色沉淀，丙是NaAlO2，X为短周期金属元素铝，符合题意，A正确；B、若A为硝酸，X为金属元素，X应是变价金属，则甲是Fe，乙是Fe(NO3）2，丙是Fe(NO3）3，甲与乙不反应，B错误；C、若A为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体即NO2，则甲是N2，乙是NO，C正确；D、若乙为NaHCO3，甲是CO2，A是NaOH，丙是Na2CO3，或者甲是NaHCO3，A是HCl，丙是CO2，D正确。答案选B。‎ 考点：物质的性质及相互转化 ‎11.铝土矿的主要成分为Al2O3和SiO2（含有少量不溶性杂质），利用铝土矿制备Al（OH）3流程如下（所用化学试剂均过量）。‎ 下列说法不正确的是 A. Al（OH）3可用作治疗胃酸过多 B. 加CaO除Si得到的沉淀主要成分为H2SiO3‎ C. 气体a成分为CO2‎ D. 滤液III中溶质为Ca（HCO3）2和NaHCO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 铝土矿中加入氢氧化钠溶液,氧化铝和二氧化硅与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和硅酸钠,则滤液Ⅰ为偏铝酸钠和硅酸钠,且含有过量的氢氧化钠,滤渣为杂质；在滤液Ⅰ中加入氧化钙,氧化钙和水反应生成氢氧化钙,进而生成硅酸钙沉淀,滤液Ⅱ为偏铝酸钠和氢氧化钙,可通入过量的二氧化碳气体,生成氢氧化铝,滤液为碳酸氢钠和碳酸氢钙。Al（OH）3为弱碱，中和胃液中盐酸，因此Al（OH）3可用作治疗胃酸过多，A正确；根据以上分析可知，得到的沉淀主要成分为硅酸钙，B错误；氢氧化铝不溶于弱酸，因此偏铝酸钠溶液中通过量的二氧化碳气体,生成氢氧化铝, C正确；根据以上分析可知，滤液III中溶质为Ca（HCO3）2和NaHCO3，D正确；正确选项B。‎ 点睛：本题要注意到氧化铝、氢氧化铝为两性化合物，既能与强酸反应，又能与强碱反应；而二氧化硅为酸性氧化物，只与强碱反应，且硅酸盐溶液常见的只有钾、钠、铵。‎ ‎12.已知:2FeSO4·7H2O Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑。用下图所示装置检验FeSO4·7H2O的所有分解产物，下列说法不正确的是 A. 乙、丙、丁中可依改盛装无水CuSO4、Ba(NO3)2溶液、品红溶液 B. 实验时应先打开K，缓缓通入N2，再点燃酒精喷灯 C. 甲中残留固体加稀硫酸溶解，再滴加KSCN,溶液变红 D. 还应在丁装置后面连接盛有NaOH溶液的洗气瓶 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 因为2FeSO4·7H2O Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑，A. 乙中装无水CuSO4、可以检验生成的H2‎ O，SO2和SO3通入到Ba(NO3)2溶液后，SO2被氧化成H2SO4，丁装置的品红溶液不会退色，不能鉴别SO2存在，所以A错；B. 实验时应先打开K，缓缓通入N2，排除装置中的空气，防止FeSO4中的Fe2+被氧，所以B正确；C. 因为甲中反应为2FeSO4·7H2O Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑残留固体为Fe2O3，加稀硫酸溶解，生成了Fe3+再滴加KSCN,溶液变红，所以C正确；D. SO3有毒，为防止污染空气，应在丁装置后面连接盛有NaOH溶液的洗气瓶，故D正确；所以本题答案A。‎ ‎13.向含物质的量均为amol的NaOH、Ba(OH)2混合液中通入bmolCO2气体，下列说法正确的是(　　)‎ A. 当b3a时，发生的离子反应为CO2+OH-=HCO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当b3a时，二氧化碳足量，氢氧化钠反应转化为碳酸氢钠，氢氧化钡反应生成碳酸氢钡，离子方程式：CO2+OH-=HCO3-，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎14.下列实验能达到目的的是(　　)‎ 实验目的 实验步骤 A 探究铁与水在高温下发生反应 将水蒸气通过灼热的铁粉看粉末是否变红 B 检验碘盐中是否含有碘元素 取样配成溶液，加入淀粉溶液，观察溶液是否变蓝 C 检验碳单质与浓硫酸反应的产物 将反应生成的气体通过无水硫酸铜粉末、品红溶液、足量酸性高锰酸钾溶液、澄清石灰水溶液 D 检验久置的Na2SO3粉末是否变质 取样配成溶液，加入盐酸酸化，再加硝酸钡溶液，观察是否生成沉淀 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，四氧化三铁为黑色，.故A错误；‎ B.淀粉遇碘单质变蓝，食盐中为碘酸钾，不能检验，故B错误；‎ C.C与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，将反应生成的气体通过无水硫酸铜粉末检验H2O、通过品红溶液检验SO2、通过足量酸性高锰酸钾溶液除去SO2、最后通过澄清石灰水来检验CO2是否存在，C正确；‎ D.加入盐酸酸化，再加Ba(NO3)2溶液，H+与SO32-及NO3-会发生氧化还原反应产生SO42-，SO42-与Ba2+会生成白色沉淀为硫酸钡，所以无论是否变质，一定有不溶于酸的白色沉淀，因此不能检验久置的Na2SO3粉末是否变质，故D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎15.高铁酸钾(K2FeO4)具有强氧化性，是一种新型多功能水处理剂，其生产工艺流程如下：‎ 已知：K2FeO4在水溶液中易发生反应：4FeO42−+10H2O⇌4Fe(OH)3+8OH－+3O2↑，下列说法不正确的是( )‎ A. 步骤③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2‎ B. 步骤④中Na2FeO4转变为湿产品是因为K2FeO4溶解度更小 C. 步骤⑤中的洗涤剂可用CH3COOK和异丙醇来配制 D. 配制90%Fe(NO3)3溶液必需的玻璃仪器有容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 足量Cl2通入NaOH溶液中，温度较低时发生反应Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，向溶液I中加入NaOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下ClO-才能和Fe3+发生氧化还原反应生成FeO42-，除去NaCl得到碱性的NaClO浓溶液，向碱性的NaClO浓溶液中加入90%的Fe(NO3)3溶液，发生反应2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，得到溶液II，向溶液中加入KOH固体至饱和，得到K2FeO4，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4。‎ ‎【详解】A.步骤③发生的反应为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，Fe3+是还原剂、ClO-是氧化剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，A正确；‎ B.步骤④中Na2FeO4转变为湿产品时，是利用溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，步骤④中Na2FeO4转变为湿产品是因为K2FeO4溶解度更小，B正确；‎ C.醋酸钾是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，能抑制高铁酸根离子水解，异丙醇能降低高铁酸钾溶解性且防止其水解，所以骤⑤中的洗涤剂可用CH3COOK和异丙醇来配制，C正确；‎ D.配制一定质量分数的溶液不需要容量瓶，需要烧杯、玻璃棒和量筒，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查物质制备的知识，涉及氧化还原反应、物质分离提纯、溶液配制等，明确实验原理及物质性质、物质分离和提纯方法是解本题关键，注意配制一定质量分数溶液与配制一定物质的量浓度溶液所需仪器区别。‎ ‎16.某溶液中可能含有下列6种离子中的某几种：Cl－、SO42-、CO32-、NH4+、Na＋、K＋。为确认溶液组成进行如下实验：(1) 200 mL上述溶液，加入足量BaCl2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀4.30 g，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33 g沉淀不溶。(2) 向(1)的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，标准状况下产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体1.12 L。由此可以得出关于原溶液组成的正确结论是 A. 一定存在SO42-、CO32-、NH4+，可能存在Cl－、Na＋、K＋‎ B. 一定存在SO42-、CO32-、NH4+、Cl－，一定不存在Na＋、K＋‎ C. c(CO32-)＝0.01mol·L－1，c(NH4+)＞c(SO42-)‎ D. 如果上述6种离子都存在，则c(Cl－)＞c(SO42-)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，则溶液中含有CO32－、SO42－；‎ ‎（2）向（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石试纸变蓝的气体，说明溶液中有NH4＋。‎ ‎【详解】（1）取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，质量一共是4.3g.则溶液中含有CO32－、SO42－，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶，则硫酸钡的质量是2.33g，所以硫酸根离子的物质的量是，所以碳酸钡的质量是，碳酸根离子的物质的量是。‎ ‎（2）向（1）滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，物质的量是，说明溶液中有NH4＋的物质的量是0.05mol；‎ A．溶液中一定存在SO42－、CO32－、NH4＋，根据电荷守恒，一定存在Cl－，不能确定是否存在Na＋、K＋，故不符合题意；‎ B．溶液中一定存在SO42－、CO32－、NH4＋，根据电荷守恒，一定存在Cl－，不能确定是否存在Na＋、K＋，故不符合题意；‎ C．碳酸根离子的物质的量是，硫酸根离子的浓度是，铵根离子浓度是，故不符合题意； ‎ D．如果上述6种离子都存在，根据电荷守恒c(Cl－)＋2c(SO42－)＋2c(CO32－)=c(NH4＋)＋c(Na＋)＋c(K＋)，则c(Cl－)> c(SO42－)，故符合题意； ‎ 故选D。‎ ‎【点睛】混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析。有关规律如下：①电荷守恒规律：电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数；②物料守恒规律：电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但原子总数是守恒的；③质子守恒规律：质子守恒是指电解质溶液中粒子电离出的氢离子(H＋)数等于粒子接受的氢离子(H＋)数加游离的氢离子(H＋)‎ 数，质子守恒的关系式也可以由电荷守恒与物料守恒推导得到。‎ ‎17.下列所示物质的制备方法合理的是 A. 实验室从海帶中提取单质碘取样→灼烧→溶解→过滤→萃取→蒸馏 B. 金红石(主要成分TiO2)为原料生产金属Ti：金红石、焦炭TiCl4Ti C. 从卤水中(溶质主要是MgCl2)提取Mg:卤水Mg(OH)2MgCl2(aq) MgCl2(s) Mg D. 由食盐制取漂粉精NaCl(ag) Cl2漂粉精 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、实验室从海带中提取单质碘，取样→灼烧→溶解→过滤→氧化→萃取→蒸馏，故A错误；‎ B、TiO2、C、Cl2反应生成TiCl4，在稀有气体保护下，Mg还原TiCl4生成Ti，可实现转化，故B正确；‎ C、从MgCl2溶液中获取MgCl2(s)，需要在HCl氛围中加热MgCl2溶液，防止Mg2＋水解，不能直接加热蒸干，故C错误；‎ D、Ca(OH)2微溶于水，澄清石灰水中Ca(OH)2含量低，应选用氯气与石灰乳反应制备漂白精，故D错误；‎ 答案为B。‎ ‎【点睛】易错点是选项D，学生认为电解NaCl溶液得到Cl2，Cl2与Ca(OH)2反应：2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，忽略了Ca(OH)2微溶于水，澄清石灰水中Ca(OH)2量较低，因此制备漂白精应用Cl2与石灰乳反应。‎ ‎18.将13.6gCu和Cu2O组成的混合物加入250 mL一定浓度的稀硝酸中，固体完全溶解生成Cu(NO3)2和NO。向所得溶液中加入1.0 L 0.5 mol•L-1的NaOH溶液，生成沉淀的质量为19.6 g，此时溶液呈中性，且金属离子（钠离子除外）沉淀完全。下列说法正确的是( )‎ A. 原固体混合物中，Cu和Cu2O的物质的量之比为1：1‎ B. 原稀硝酸的浓度为2.4 mol·L-1‎ C. 固体溶解后剩余硝酸的物质的量为0.05 mol D. 产生的NO的体积为2.24L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】向所得溶液中加入0.5mol/L的NaOH溶液1L，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=0.5mol/L×1L=0.5mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为19.6g，其物质的量为n[Cu(OH)2]=19.6g÷98g/mol=0.2mol，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]=0.2mol。‎ A.设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有64x+144y=13.6，根据铜元素守恒有x+2y=0.2，联立方程解得x=0.1，y=0.05，则：n（Cu）：n(Cu2O)=0.1mol：0.05mol=2：1，A错误；‎ B.根据N元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3)，根据电子转移守恒可知：3n(NO)=2n(Cu)+2n(Cu2O)，所以3n(NO)=2×0.1mol+2×0.05mol，解得n(NO)=0.1mol，根据Na元素可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.5mol/L×1L=0.5mol，所以n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3)=0.1mol+0.5mol=0.6mol，所以原硝酸溶液的浓度为c(HNO3)==2.4mol/L，B正确；‎ C.反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n(HNO3)+2n[[Cu(NO3)2]=n(NaNO3)，所以n(HNO3)= n(NaNO3)-2n[[Cu(NO3)2]=0.5mol-2×0.2mol=0.1mol，C错误；‎ D.由B中计算可知n(NO)=0.1mol，所以标准状况下NO的体积V(NO)=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ 第Ⅱ卷 非选择题（共46分）‎ 二、填空题（本题包括4个小题，共46分）‎ ‎19.某工业废水中仅含表中的离子中的5种（不考虑水的电离及离子的水解），且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L。‎ 阳离子 K+ Cu2+ Fe3+ Al3+ Fe2+‎ 阴离子 Cl－ CO32- NO3－ SO42－ SiO32－‎ 甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：‎ I.用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察）。‎ Ⅱ.取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化 Ⅲ.另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。‎ Ⅳ.向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。‎ 请推断：‎ ‎(1)Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是____________________。‎ ‎(2)将Ⅲ中红棕色气体（标况下）收集一满试管然后倒扣入水中（假设溶质不扩散），所得溶液的物质的量浓度为___________mol/L（精确到千分位）。‎ ‎(3)甲同学最终确定原溶液中所含离子是__________________。‎ ‎(4)另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体质量为_____________g。‎ ‎【答案】 (1). 3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O (2). 0.045 (3). Fe2+、Cu2+ Cl-、NO3-、SO42- (4). 1.6 g ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)，说明没有K+；‎ Ⅱ.取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe3+；‎ Ⅲ.另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明Fe2+与NO3-和H+反应生成NO，即溶液中有Fe2+、NO3-，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl-，加盐酸溶液依然澄清,说明没有SiO32-；‎ Ⅳ.向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42-；根据以上判断分析。‎ ‎【详解】(1)Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体，是Fe2+与NO3-和H+反应生成NO，其离子方程式：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；‎ ‎(2)标准状况下，将一充满NO2气体的试管，倒扣于水中，至液面不再升高时，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，最后得到的是硝酸，设试管体积为VL，最终试管中所得溶液的浓度c(HNO3)==0.045mol/L；‎ ‎(3)由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是K+、Fe3+；根据Ⅲ可知溶液中含有Fe2+‎ ‎、Cl-、NO3-；根据IV可知溶液中含SO42-。由以上推断可知溶液中阴离子为Cl-、NO3-、SO42-，且各为0.1mol/L；已经推断出的阳离子是Fe2+，其浓度为0.1mol/L，由电荷守恒可知溶液中还有一种+2价阳离子，所以还有Cu2+，所以甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是：Fe2+、Cu2+；阴离子是：Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣；‎ ‎(4)另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，Fe2+生成Fe(OH)2，又被氧气氧化为Fe(OH)3，Cu2+生成Cu(OH)2，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体为Fe2O3和CuO；根据元素守恒：n(CuO)=n(Cu2+)=c·V=0.1mol/L×0.1L=0.01mol；n(Fe2O3)=n(Fe2+)=0.005mol，所以固体质量为：m(CuO)+m(Fe2O3)=0.01mol×80g/mol+0.005mol×160g/mol=1.6g。‎ ‎【点睛】本题考查离子的检验，注意把握离子的性质以及实验现象的判断，注意根据元素守恒，进行分析计算，题目侧重考查学生的分析能力和计算能力。‎ ‎20.ClO2是一种黄绿色或橙黄色的气体，极易溶于水，可用于水的消毒杀菌、水体中Mn2+等重金属清除及烟气的脱硫脱硝。回答下列问题：‎ ‎(1)将过硫酸钠(Na2S2O8)溶液加入亚氯酸钠(NaClO2)中可制备ClO2，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_____。‎ ‎(2)将ClO2通入MnSO4溶液，溶液中可检测到Cl-同时有黑色沉淀生成。该反应的离子方程式为__________。‎ ‎(3)为研究ClO2脱硝的适宜条件，在1L200 mg•L-1 ClO2溶液中加NaOH溶液调节pH，通入NO气体并测定NO的去除率，脱硝后N元素以NO3－形式存在，其关系如下图所示：‎ ‎①实验中使用的ClO2溶液的物质的量浓度为______(保留三位有效数字）；要使NO的去除率更高，应控制的条件是_________。‎ ‎②当溶液pH＞7时，NO的去除率增大的原因是ClO2与NaOH溶液反应可生成更强的吸收剂NaClO2，写出碱性条件下NaClO2脱除NO反应的离子方程式：_________。‎ ‎【答案】 (1). 1：2 (2). 2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+12H++2Cl- (3). 2.96×10-3 mol•L-1 (4). 控制溶液呈强酸性或强碱性 (5). 4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)NaClO2中正负化合价代数和为0，该反应中过硫酸钠(Na2S2O8)中S元素的化合价由+7价降低为+6价，过硫酸钠为氧化剂，亚氯酸钠(NaClO2)中Cl的化合价由+3价升高为+4价，亚氯酸钠为还原剂，结合得失电子守恒计算；‎ ‎(2)将ClO2通入MnSO4溶液中可检测到Cl-同时有黑色MnO2沉淀生成，Cl元素的化合价降低、Mn元素的化合价升高；‎ ‎(3)①根据n＝m/M、c＝n/V以及图象分析解答；‎ ‎②当溶液pH＞7时，NO的去除率增大的原因是ClO2与NaOH溶液反应可生成更强的吸收剂NaClO2，N元素的化合价升高、Cl元素的化合价降低。‎ ‎【详解】(1)将过硫酸钠(Na2S2O8)溶液加入亚氯酸钠(NaClO2)中可制备ClO2，NaClO2中Cl元素的化合价为+3价，该反应中过硫酸钠(Na2S2O8)中S元素的化合价由+7价降低为+6价，过硫酸钠为氧化剂，亚氯酸钠(NaClO2)中Cl的化合价由+3价升高为+4价，亚氯酸钠为还原剂，根据得失电子守恒，过硫酸钠与亚氯酸钠的物质的量之比为1：2；‎ ‎(2)将ClO2通入MnSO4溶液中可检测到Cl-同时有黑色MnO2沉淀生成，反应的离子方程式为2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+12H++2Cl-；‎ ‎(3)①200 mg ClO2的物质的量n(ClO2)=0.2g÷67.5g/mol=0.00296mol，溶液体积为1L，因此ClO2溶液的物质的量浓度为2.96×10-3mol•L-1，根据图象，要使NO的去除率更高，应该控制溶液呈强酸性或强碱性；‎ ‎②当溶液pH＞7时，NO的去除率增大的原因是ClO2与NaOH溶液反应可生成更强的吸收剂NaC1O2，在碱性条件下NaClO2脱除NO反应的离子方程式为4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O。‎ ‎【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算及氧化还原反应，把握物质的性质、元素的化合价变化、离子方程式书写为解答的关键，注意信息及图象的应用，侧重考查分析与应用能力。‎ ‎21.叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊中的药剂。实验室制取叠氮化钠的原理、实验装置及实验步骤如下：‎ ‎①打开装置D导管上的旋塞，加热制取氨气。‎ ‎②再加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置D并关闭旋塞。‎ ‎③向装置A中b容器内充入加热介质并加热到210～220℃，然后通入N2O。‎ ‎④冷却，向产物中加入乙醇(降低NaN3的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。‎ 已知：I．NaN3是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚；‎ II．NaNH2熔点210℃，沸点400℃，在水溶液中易水解。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)装置B中盛放的药品为______。‎ ‎(2)步骤①中先加热通氨气的目的是_______________；步骤②氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为__________；步骤③中最适宜的加热方式为 ______(填“水浴加热”，“油浴加热”)。‎ ‎(3)生成NaN3的化学方程式为 _______。‎ ‎(4)图中仪器a用的是铁质而不用玻璃，其主要原因是_____。‎ ‎(5)步骤④中用乙醚洗涤的主要目的是_______。‎ ‎(6)实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数：①将2.500 g试样配成500.00 mL溶液。②取50.00 mL溶液置于锥形瓶中，加入50.00 mL 0.1010 mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液。③充分反应后，将溶液稍稀释，向溶液中加入8 mL浓硫酸，滴入3滴邻菲啰啉指示液，用0.0500mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4+，消耗溶液体积为29.00mL。测定过程的反应方程式为：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑；Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+；试样中NaN3的质量分数为_______。‎ ‎【答案】 (1). 碱石灰(或氢氧化钠固体) (2). 排尽装置中的空气防止空气中氧气等与钠发生反应 (3). 2Na+2NH32NaNH2+H2 (4). 油浴加热 (5). NaNH2+N2ONaN3+H2O (6). 反应过程中有水生成会与钠生成NaOH能腐蚀玻璃 (7). NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗；且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥 (8). 93.60%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据已知：NaN3是易溶于水，故制备过程不能有水的参与，据此分析；‎ ‎(2)反应物钠与空气中二氧化碳和水反应，需排除装置内的空气；氨气与熔化的钠反应生成NaNH2和氢气；步骤③的温度为210～220℃，选择油浴加热；‎ ‎(3)NaNH2和N2O价态归中得到NaN3，据此书写；‎ ‎(4)a中有可能生成NaOH，会腐蚀玻璃；‎ ‎(5)根据“NaN3是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚”分析；‎ ‎(6根据方程式和电子守恒进行计算。‎ ‎【详解】(1)已知：NaN3易溶于水，所以在制备过程不能有水，D中制备的氨气含有水蒸气，用B装置盛放碱石灰(或氢氧化钠固体)干燥氨气；‎ ‎(2)步骤①中先加热通氨气，排尽装置中的空气，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入与钠反应；氨气与熔化的钠反应生成NaNH2和氢气，反应为：2Na+2NH32NaNH2+H2；已知步骤③的温度为210～220℃，故选择油浴加热；‎ ‎(3)NaNH2和N2O生成NaN3的反应为：NaNH2+N2ONaN3+H2O；‎ ‎(4)a中有可能生成NaOH，会腐蚀玻璃，故仪器a用的是铁质而不用玻璃；‎ ‎(5)由题可知，NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗；且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥，故用乙醚洗涤产品；‎ ‎(6)(NH4)2Ce(NO3)6的总的物质的量n[(NH4)2Ce(NO3)6]=0.1010mol/L×0.050L=0.00505mol，部分与叠氮化钠反应，剩余的(NH4)2Ce(NO3)6用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，根据已知反应：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，参与反应的(NH4)2Ce(NO3)6与标准液的物质的量相等，为：0.0500mol/L×0.0290L=0.00145mol，故与叠氮化钠反应的(NH4)2Ce(NO3)6有0.00505mol-0.00145mol=0.0036mol，根据反应有：NaN3～(NH4)2Ce(NO3)6，则2.500g试样中叠氮化钠的质量为：0.0036mol×65g/mol×=2.34g，所以试样中NaN3的质量分数为×100%=93.60%。‎ ‎【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断、物质性质的应用，对题干信息的分析理解，明确操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力。‎ ‎22.铬元素及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途。以某铬矿石(主要成分是Cr2O3，含Fe2O3、SiO2等杂质)为原料生产Cr2O3的流程如下：‎ ‎(1)Cr2O3在焙烧时生成Na2CrO4，写出第①步发生的所有方程式_________。‎ ‎(2)沉淀2的化学式为_______。‎ ‎(3)步骤③中CrO42-转化成Cr2O72- ，写出其离子方程式_______，硫酸能否换成盐酸并说明其理由______。‎ ‎(4)滤液3中主要溶质的化学式为____________。‎ ‎(5)CrO3的热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如下图所示，则B点时铬的氧化物化学式为_______。‎ ‎【答案】 (1). 2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2，Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑ (2). H2SiO3 (3). Cr2O72-+H2O2CrO42－+2H+ (4). 不能，HCl能被Cr2O72-氧化成氯气 (5). Na2SO4、(NH4)2SO4 (6). Cr2O3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铬铁矿(主要成分是Cr2O3，含Fe2O3、SiO2等杂质)加入碳酸钠煅烧，可生成Na2CrO4、Na2SiO3等，加入水浸取，过滤得到滤渣为Fe2O3，滤液1为Na2CrO4、Na2SiO3等，向滤液1中加入稀硫酸调节pH得到沉淀为H2SiO3，过滤后向滤液中加入蔗糖，用蔗糖还原，得到二氧化碳和含有Na+、Cr3+的溶液，再与氨水反应，滤液3的主要溶质是两种盐为(NH4)2SO4、Na2SO4，得到Cr(OH)3沉淀，灼烧Cr(OH)3沉淀得到Cr2O3，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)加入碳酸钠焙烧，可生成Na2CrO4、Na2SiO3等，涉及的方程式为2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2，SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑；‎ ‎(2)由以上分析可知过滤得滤液1为Na2CrO4、Na2SiO3等，向滤液1中加入稀硫酸调节pH得到沉淀2为H2SiO3；‎ ‎(3)步骤③中CrO42-转化成Cr2O72- ，反应的离子方程式为：Cr2O72-+H2O2CrO42－+2H+‎ ‎；盐酸具有还原性，如果用盐酸，则HCl会被CrO42-氧化产生氯气污染环境，所以硫酸不能换成盐酸；‎ ‎(4)滤液3溶液中存在Na+、NH4+、SO42+等离子，主要溶质是两种盐为Na2SO4、(NH4)2SO4；‎ ‎(5)设CrO3的质量为100g，则CrO3中铬元素的质量为：100g×=52g，B点时固体的质量为：100g×76%=76g，Cr的质量没有变，所以生成物中Cr的质量为52g，氧元素的质量为：76g-52g=24g，两者的个数比为：=2：3，所以B点时剩余固体的成分是Cr2O3。‎ ‎【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，注意把握题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，侧重考查学生的分析能力、实验和计算能力。‎ ‎ ‎