江西省南昌市第十中学2020届高三上学期期中考试化学试题

江西省南昌市第十中学2020届高三上学期期中考试化学试题

南昌十中2019-2020学年上学期期中考试高三化学试题 可能用到的相对原子质量：H: 1 C: 12 N: 14 O: 16 Na: 23 S: 32 Cl: 35.5 Fe: 56 Cu: 64; Al：27; Mg：24; ‎ 第I卷 选择题 一、选择题：本题共16个小题，每小题3分。共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（　　）‎ A. 玻璃、陶瓷、水泥都是硅酸盐产品，属于新型无机非金属材料 B. 石油的分馏过程属于物理变化、石油的裂解发生了化学变化 C. 用纯碱溶液清洗油污时，加热可以提高去污能力 D. 高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、水泥、玻璃、陶瓷都是传统无机非金属材料，主要是硅酸盐产品，制备原料都需要用到含硅元素的物质，不属于新型无机非金属材料，故A错误； ‎ A、分馏是利用物质沸点不同分离物质的方法，属于物理变化，石油的裂解过程有新物质生成，属于化学变化，故B正确； ‎ C、油脂在碱性条件下发生的水解反应比较完全，纯碱水解后的溶液呈碱性，加热能够促进水解，溶液碱性增强，可促进油脂的水解，故C正确；‎ D、硅具有良好的半导体性能，高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片的制造，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎2.设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A. KClO3＋6HCl=KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，生成13.44L(标准状况)Cl2转移电子数为1.2NA B. 标准状况下，11.2LNO和11.2LO2混合后，原子总数小于2NA C. 足量的MnO2与一定量的浓盐酸反应得到1molCl2，若向反应后的溶液中加入足量的AgNO3，则生成AgCl的物质的量为2mol D. 56gFe与一定量的稀硝酸反应，转移电子数可能为2.6NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、反应KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2‎ O 中转移5mol电子，生成3mol氯气，故当生成标准状况下13.44L氯气，即0.6mol氯气时，反应转移的电子的物质的量为1mol，即NA个，故A错误；‎ B、标准状况下，11.2L NO和11.2L O2的物质的量均为0.5mol，且两者均为双原子分子，故共含2NA个原子，根据原子个数守恒，反应后体系中原子数仍为2NA个，故B错误；‎ C、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故浓盐酸不能反应完全，且由于浓盐酸的物质的量未知，反应后的溶液中的氯离子的物质的量无法确定，则生成的氯化银的物质的量无法确定，故C错误；‎ D、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁和硝酸反应后最终可能变为+3价，也可能变为+2价。故0.1mol铁反应后转移的电子数介于0.2NA到0.3NA之间，故可能为0.26NA个，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎3.下列说法中正确的是(    )‎ A. 有单质参加或生成的反应不一定属于氧化还原反应 B. Na2O、Fe2O3、Al2O3既属于碱性氧化物，又属于离子化合物 C. 密闭容器中2mol SO2和1mol O2催化反应后分子总数为2NA D. 根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氧气转化为臭氧的反应中，有单质参加和生成，但没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故A正确；‎ B．Al2O3为两性氧化物， Na2O、Fe2O3为碱性氧化物，均为离子化合物，故B错误；‎ C．二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，反应后分子总数多于2NA个，故C错误；‎ D．将分散系分为溶液、浊液和胶体，是根据分散质的直径大小划分的，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A，要转移同素异形体间的转化，有单质参加和生成，不属于氧化还原反应，要记住这些特殊的例子。‎ ‎4.下表为四种溶液的溶质质量分数和物质的量浓度的数值，根据表中数据判断四种溶液中密度最小的是(　　)‎ A. HCl B. HNO3 C. CH3COOH D. KOH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据c=可得，溶液的密度ρ=，由于摩尔质量：M(KOH)=56g/mol、M(HNO3)=63g/mol、M(CH3COOH)=60g/mol、M(HCl)=36.5g/mol，溶质质量分数：w(KOH)=56%、w(HNO3)=63%、w(CH3COOH)=60g%、w(HCl)=36.5%，则四种溶质的摩尔质量与质量分数ω%的关系为：=1，所以溶液的密度与溶液的物质的量浓度c成正比，根据表中四种溶液的物质的量浓度数据可知，物质的量浓度最小的为CH3COOH，浓度为10.6mol/L，所以四种溶液中的密度最小的是CH3COOH，故选C。‎ ‎【点睛】本题的难点在与找到溶液的密度与溶质质量分数和物质的量浓度的关系，要注意借助于公式c=确定。‎ ‎5.化学科学需要借助化学专用语言来描述，现有下列化学用语：‎ ‎①Cl－的结构示意图：；‎ ‎②羟基的电子式：；‎ ‎③HClO的结构式：H—Cl—O；‎ ‎④NaHCO3在水中的电离方程式：NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO32-；‎ ‎⑤碳酸氢铵与足量的氢氧化钠溶液混合：HCO＋OH－===CO32-＋H2O；‎ ‎⑥CO2的比例模型：；‎ ‎⑦原子核内有10个中子的氧原子：O。其中说法正确的是(　　)‎ A. ④⑤⑥ B. ①②⑦ C. ②③④⑥ D. ②③⑤⑥⑦‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①Cl-的质子数为17，核外电子为18，则Cl-的结构示意图为，故①正确；‎ ‎②羟基为-OH，O原子的周围有7个电子，则羟基的电子式为，故②正确；‎ ‎③HClO中O可形成2个共价键，Cl只能形成1个共价键，结构式为H-O-Cl，故③错误；‎ ‎④NaHCO3为弱酸的酸式盐，在水中的电离出Na+、HCO3-，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，故④错误；‎ ‎⑤碳酸氢铵与足量的氢氧化钠溶液混合，反应的离子方程式应为：NH4++HCO3-+2OH-=CO32-+2H2O+NH3↑，故⑤错误； ‎ ‎⑥同一周期中，原子序数越大，半径越小，即O原子半径小于C原子，此比例模型不正确，故⑥错误；‎ ‎⑦氧原子质子数为8，原子核内有10个中子的氧原子的质量数为18，原子符号为O，故⑦正确；‎ 正确的有①②⑦，故选B。‎ ‎6.某学生想利用下图装置(烧瓶位置不能移动)收集下列气体：①H2　②Cl2　③CH4　④HCl　⑤NH3　⑥NO ⑦NO2　⑧SO2，下列操作正确的是(　　)‎ A. 在烧瓶中充满水，由A进气收集①③⑤⑦‎ B. 在烧瓶中充满水，由B进气收集⑥‎ C. 烧瓶是干燥的，由A进气收集①③⑤‎ D. 烧瓶是干燥的，由B进气收集②④⑥⑦⑧‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、若在烧瓶中充满水，由A进气收集不溶于水的气体，为①③⑥，而其它气体与水反应或溶于水，故A错误；‎ B、在烧瓶中充满水，由B进气，不能收集气体，故B错误；‎ C、若烧瓶是干燥的，则由A口进气B口出气，该收集方法为向下排空气集气法，说明收集气体的密度小于空气，且常温下和空气中氧气不反应，则①③⑤符合，故C正确；‎ D、若烧瓶是干燥的，则由B口进气A口出气，该收集方法为向下排空气集气法，说明收集气体的密度大于空气，且常温下和空气中氧气不反应，满足条件的气体有②④⑦⑧，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎7.向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1 mol/L Ba(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是 A. 图中C点铝元素存在形式是 B. 向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀 C. 原混合液中c[Al2(SO4)3]∶c(AlCl3)=1∶2‎ D. OA段反应的离子方程式为：3Ba2++2Al3++8OH−+3＝3BaSO4↓+2+4H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液与Ba(OH)2溶液反应的实质是Al3+与OH−、Ba2+与之间的离子反应，如下：Ba2++＝BaSO4↓，Al3++3OH−＝Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH−＝+2H2O，假设1 mol Al2(SO4)3中完全被沉淀所需Ba(OH)2量为3 mol，提供6 mol OH−，1 mol Al2(SO4)3中含有2 mol Al3+，由反应Al3++3OH−＝Al(OH)3↓可知，2 mol Al3+完全沉淀，需要6 mol OH−，故：从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，A点时完全沉淀，A～B为氯化铝与氢氧化钡的反应，B点时溶液中Al3+完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2，B～C为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解。‎ A、C点时氢氧化铝完全溶解，转化为偏铝酸盐，故C点铝元素存在形式是，A正确；‎ B、D点的溶液中含有Ba2+、，通入二氧化碳立即产生碳酸钡、氢氧化铝沉淀，B正确；‎ C、前3 L Ba(OH)2溶液与溶液中Al2(SO4)3反应，从3 L～6 L为Ba(OH)2溶液与溶液中AlCl3反应，二者消耗的氢氧化钡的物质的量相等为3 L×1 mol/L=3 mol，由生成硫酸钡可知3n[Al2(SO4)3]=n[Ba(OH)2]，故n[Al2(SO4)3]=1 mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧化铝可知3n(AlCl3)＝2n[Ba(OH)2]＝6mol，故n(AlCl3)＝2mol，故原溶液中原混合液中c[Al2(SO4)3]∶c(AlCl3)＝1∶2，C正确；‎ D、OA段实质为硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为：3Ba2++2Al3++6OH−+3＝3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎8.为验证还原性:SO2>Fe2+>C1-，三组同学分别进行了下图实验，并对溶液1和溶液2中所含离子进行了检验,能证明上述还原性顺序的实验组有 A. 只有甲 B. 甲、乙 C. 甲、丙 D. 甲、乙、丙 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本实验利用“还原剂的还原性大于还原产物”、“强还原性制弱还原性”的原理来验证还原性的强弱顺序。向FeC12溶液中通入C12，得到溶液1，再向溶液1中通入SO2，得到溶液2。‎ 甲、溶液1中含有Fe3+、Fe2+，说明发生反应2Fe2++C12=2Fe3++2Cl-,且C12反应完全，可证明还原性Fe2+>C1-；溶液2中含有SO42-,则说明发生反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，可证明还原性SO2> Fe2+ ，故甲能证明还原性SO2>Fe2+>C1-；乙、溶液1中含有Fe3+，无Fe2+剩余，则还原性Fe2+>C1-，但C12可能过量，再通入SO2，可能发生的反应是C12+SO2+2H2O=2Cl-+SO42-+4H+，不能够比较SO2与Fe2+的还原性强弱，故乙不能验证；丙、溶液1中含有Fe3+，没有Fe2+，通入SO2后溶液中又含有Fe2+，说明SO2将Fe3+还原得到Fe2+，证明SO2> Fe2+还原性，故丙实验结论能证明还原性SO2>Fe2+>C1-。故选C。‎ ‎9.某结晶水合物的化学式为R·nH2O，其相对分子质量为M。25 ℃时，a g该晶体能够溶于b ‎ g水中形成 V mL溶液，下列关系中不正确的是 A. 该溶液中溶质的质量分数为w＝%‎ B. 该溶液物质的量浓度为c＝mol·L－1‎ C. 该溶液中溶剂与溶质的质量比为m(水)∶m(溶质)＝(＋b)∶(a－)‎ D. 该溶液的密度为ρ＝g·L－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．根据化学式计算R的质量，溶液总质量为（a+b）g，根据w（溶质）=m(溶质)/m(溶液) ×100%计算该溶液质量分数；‎ B．根据n=m/M计算R•nH2O的物质的量，而n（R）=n（R•nH2O），根据c=n/V计算该溶液的物质的量浓度；‎ C．根据化学式计算结晶水的质量，溶质R的质量为（a﹣结晶水质量）g，溶液中溶剂质量为（结晶水质量+b）g；‎ D．根据c=n/V计算该饱和溶液的物质的量浓度，根据ρ=m/V计算溶液密度，或利用c=1000×ρω/M进行公式变形计算。‎ ‎【详解】A．R的质量为（M-18n）/M×ag，溶液总质量为（a+b）g，可知该溶液质量分数为[（M-18n）/M×a]/(a+b) ×100%=100a(M-18n)/M (a+b)%，故A错误；‎ B．n（R）=n（R•nH2O）=a/M mol，该溶液的物质的量浓度(a/M)/ V×10-3=1000a/(MV)mol·L﹣1，故B正确；‎ C．R•nH2O中结晶水的质量为18na/Mg，故R的质量为（a﹣18na/M ）g，溶液中溶剂的质量为（18na/M+b ）g，则溶液中m（水）：m（溶质）=（18na/M+b ）：（a﹣18na/M ），故C正确；‎ D．溶液总质量为（a+b）g，根据ρ=m/V可知，溶液密度为(a+b)/V=(a+b)/V g/mL=1000(a+b)/Vg·L﹣1，故D正确；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎【点睛】本题考查溶液浓度计算，涉及物质的量浓度、质量分数，属于字母型计算，为易错题目，注意对基础知识的理解掌握，解题时，利用好公式：c=n/V，ρ=m/V，ω=m(溶质)/m(溶液)，注意溶液体积单位的变化，否则计算结果相差1000倍。‎ ‎10. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 使甲基橙变红色的溶液：Al3+、Cu2+、I－、S2O32－‎ B. 常温下加水稀释时c(H+)／c(OH－)明显增大的溶液：CH3COO－、Ba2+、NO3－、Br－‎ C. 0.1mol／L Fe(NO3)2溶液：[Fe(CN)6]3－、Na+、SO42－、Cl－‎ D. 0.1mol／LNaAlO2溶液：NH4+、K+、HCO3－、SO32－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．使甲基橙变红色的溶液显酸性，S2O32－与氢离子反应生成S和二氧化硫，不能大量共存，A错误；B．醋酸根水解溶液显碱性，稀释促进水解，但溶液的碱性降低，酸性增强，常温下加水稀释时c(H+)/c(OH－)明显增大，且CH3COO－、Ba2+、NO3－、Br－之间不反应，可以大量共存，B正确；C．0.1mol/L Fe(NO3)2溶液中[Fe(CN)6]3－与亚铁离子结合生成铁氰化亚铁沉淀，不能大量共存，C错误；D．0.1mol/LNaAlO2溶液中HCO3－与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝和碳酸根，不能大量共存，D错误，答案选B。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查离子共存判断 ‎【名师点晴】解离子共存问题要熟悉常见离子的性质，应该知道哪些离子间发生什么反应而不能共存，涉及的反应有复分解反应、氧化还原反应、络合反应和相互促进的水解反应，还要注意审清题目的隐含信息，如酸碱性、颜色等。该题的易错选项是C和D，注意铁氰化亚铁是一种蓝色沉淀，常用于检验亚铁离子。偏铝酸根离子与碳酸根离子发生的是复分解反应，不是水解反应，反应原理是依据较强酸制备较弱酸，注意区分。‎ ‎11.X、Y、Z为三种单质。已知Y能将Z从其化合物的水溶液中置换出来，而Z又能将X从其化合物的水溶液中置换出来。由此可以推断下列说法中可能正确的是 ‎①单质的氧化性: Y>Z>X；②单质的还原性: Y>Z>X；③对应离子的氧化性: X>Z>Y；④对应离子的还原性: X>Z>Y A. ① B. ②③ C. ①④ D. D ①②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ Y能将Z从其化合物中的水溶液中置换出来，因为不知道Z在化合物中的价态，因此可能Y 的氧化性大于Z，也可能是Y的还原性大于Z，Z能将X从其化合物的水溶液中置换出来，因为不知道X在化合物中的价态，因此推出Z的氧化性可能强于X，或者Z的还原性强于X，①根据上述分析，氧化性Y>Z>X，故①正确；②根据上述分析，还原性Y>Z>X，故②正确；③单质的还原性强，其离子的氧化性就弱，因此离子的氧化性：X>Z>Y，故③正确；④单质的氧化性强，其离子的还原性减弱，即离子的还原性：X>Z>Y，故④正确；综上所述，选项D正确。‎ 点睛：非金属性或金属性强弱的比较中常用的方法之一是置换反应，（非）金属性强的置换出（非）金属性弱的，同时学生还应注意“单强离弱、单弱离强”的理解，特别注意(Fe3＋除外)。‎ ‎12.一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是 A. pH=5的H2S溶液中，c(H+)= c(HS－)=1×10－5mol·L－1‎ B. pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1‎ C. pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)+ c(H＋)= c(OH－)+c( HC2O4－)‎ D. pH相同的①CH3COO Na②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.H2S溶液中分步电离，H2SH++HS-，HS-H++S2-，根据电荷守恒知c(H+)=c(HS－)+2c(S2-)+ c(OH-)=1×10－5mol·L－1，A项错误；‎ B.加水稀释促进一水合氨的电离，pH=a的氨水，稀释10倍后，其pH=b，则a＜b+1，B项错误；‎ C.pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合，溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），C项错误；‎ D.酸性大小为CH3COOH＞H2CO3＞HClO，组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，相同浓度时溶液的碱性越强。pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，盐的浓度：①＞②＞③，c（Na+）：①＞②＞③，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查电解质溶液中离子浓度大小关系，解答此类题目要注意首先分析溶液中存在的平衡确定溶液中存在哪些微粒，然后抓住弱电解质的电离、盐类的水解是微弱的，结合溶液的酸碱性进行分析；涉及等式关系要注意电荷守恒、物料守恒和质子守恒的灵活运用。‎ ‎13.可以证明可逆反应N2＋3H22NH3已达到平衡状态的是：①一个N≡N 键断裂的同时，有3个H—H键断裂；②一个NN键断裂的同时，有6个N—H键断裂；③其他条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变；④保持其他条件不变时，体系压强不再改变；⑤NH3%、N2%、H2%都不再改变；⑥恒温恒容时，密度保持不变；⑦正反应速率v（H2）＝0.6 mol·（L·min）－1逆反应速率v（NH3）＝0.4 mol·（L·min）－1。‎ A. 全部 B. ①③④⑤ C. ②③④⑤⑦ D. ①③⑤⑥⑦‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①一个N≡N断裂的同时，有3个H－H键断裂，表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，故①错误；‎ ‎②一个N≡N键断裂的同时，有6个N－H键断裂，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故②正确；‎ ‎③反应过程中气体的总质量不会发生变化，但正反应是个气体分子数减小的反应，混合气体平均摩尔质量不再改变，说明气体总的物质的量不再改变即达到了平衡状态，故③正确；‎ ‎④反应方程式两边气体的体积不相等，保持其它条件不变，当体系压强不再改变时，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故④正确；‎ ‎⑤NH3、N2、H2的体积分数都不再改变，说明各组分的浓度不变，达到了平衡状态，故⑤正确；‎ ‎⑥恒温恒容时，混合气体的密度保持不变，由于气体的质量不变，容器的容积不变，所以气体的密度始终不变，故密度不变时无法判断是否达到平衡状态，故⑥错误；‎ ‎⑦正反应速率υ(H2)=0.6mol·L·min–1，逆反应速率υ(NH3)=0.4 mol·L·min–1，逆反应速率υ(H2)=0.6 mol·L·min–1，则氢气的正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故⑦正确。‎ 综上所述正确答案为C。‎ ‎14.下列指定反应的离子方程式正确的是(　　)‎ A. 将铜丝插入稀硝酸中：Cu＋4H＋＋2NO3-=Cu2＋＋2NO2↑＋H2O B. 向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3＋＋Fe=2Fe2＋‎ C. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+‎ D. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3＋2H＋=H2SiO3↓＋2Na＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将铜丝插入稀硝酸中反应放出NO气体，反应的离子反应为3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O，故A错误；‎ B．向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉，离子方程式：2Fe3++Fe═3Fe2+，故B错误；‎ C．氨水为弱碱，不能溶解氢氧化铝，向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，故C正确；‎ D．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸的离子反应为SiO32-+2H+═H2SiO3↓，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎15.用过量的H2SO4、NaOH、NH3·H2O、NaCl等溶液，按题图所示步骤分开五种离子。则溶液①、②、③、④是（ ）‎ A. ①NaCl②NaOH③NH3·H2O④H2SO4‎ B. ①H2SO4②NaOH③NH3·H2O④NaCl C. ①H2SO4②NH3·H2O③NaOH④NaCl D. ①NaCl②NH3·H2O③NaOH④H2SO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】从题目所给的图示步骤综合分析，可以看出第①步分离五种离子中的一种离子，只能是Ag＋与Cl－结合生成AgCl沉淀。第②步产生的沉淀和剩余的溶液分别分离出两种离子，应用NH3·H2O沉淀出Fe3＋和Al3＋，然后用强碱NaOH溶液将Fe(OH)3和Al(OH)3分离。第④步用SO42－将Ba2＋和K＋分离，故答案为D。‎ ‎16.在混合体系中，确认化学反应先后顺序有利于问题的解决，下列反应先后顺序判断正确的是 A. 在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I－、Br－、Fe2＋‎ B. 在含等物质的量的Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入Zn：Fe3＋、Cu2＋、H＋、Fe2＋‎ C. 在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2：KOH、Ba(OH)2、BaCO3、K2CO3‎ D. 在含等物质的量的AlO2-、OH－、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2-、Al(OH)3、OH－、CO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2，氯气具有氧化性，先和还原性强的离子反应，离子的还原性顺序：I-＞Fe2+＞Br-，故A错误；B、在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn，金属锌先是和氧化性强的离子之间反应，离子的氧化性顺序是：Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，故B正确；C、在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2，先是和Ba（OH）2之间反应，其次是氢氧化钾，再是和碳酸盐之间反应，故C错误；D、在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐滴加入盐酸，氢离子先是和氢氧根之间发生中和反应，故D错误；故选B。‎ 考点：考查学生化学反应的先后率知识，注意离子的氧化性、还原性顺序是解题关键 第II卷 非选择题（共52分）‎ 二、共5小题，请将答案填写在答题卷中。‎ ‎17.无水FeCl3呈棕红色，极易潮解， 100 ℃ 左右时升华，工业上常用作有机合成催化剂。实验室可用下列装置(夹持仪器略去)制备并收集无水FeCl3。‎ ‎(1)装置A中反应的离子方程式为____________________________________________。‎ ‎(2)装置F中所加的试剂为________。‎ ‎(3)导管b的作用为________________________________________________________；‎ 装置B的作用为__________________________________________________________。‎ ‎(4)实验时应先点燃A处的酒精灯，反应一会儿后，再点燃D处的酒精灯，原因为______________________________。‎ ‎(5)为检验所得产品为FeCl3，可进行如下实验：取E中收集的产物少许，加水溶解，向所得溶液中加入____________， ___________(填试剂名称和现象)。‎ ‎【答案】 (1). MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O (2). 浓硫酸(或浓H2SO4) (3). 平衡压强(或使浓盐酸顺利流下) (4). 除去Cl2‎ 中的HCl气体，判断实验过程中导管是否被产品堵塞 (5). 排尽实验装置中的空气 (6). KSCN溶液 (7). 溶液变红 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据实验装置图可知，用浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气中有氯化氢和水杂质，为制备并收集无水FeCl3，B装置中装饱和食盐水，除去氯气中的氯化氢，通过装置中的长颈漏斗可判断实验过程中导管是否被产品堵塞，C装置中装浓硫酸干燥氯气，D装置中铁与氯气反应生成氯化铁，E装置收集生成的氯化铁，实验尾气中有氯气，要用氢氧化钠溶液吸收，由于无水FeCl3极易潮解，所以在收集装置和尾气吸收装置之间加一个干燥装置，防止吸收装置中的水份与氯化铁反应，所以F中装浓硫酸，G中装氢氧化钠溶液，实验时由于装置中有空气中的水蒸气，会与氯化铁反应，所以要先排除装置中的空气，据此答题。‎ ‎【详解】（1）加热条件下，浓盐酸和二氧化锰反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为4HCl（浓）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑，故离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；‎ ‎（2）根据上面的分析可知，FeCl3极易潮解，气体必须干燥，装置F中所加的试剂为浓硫酸或浓H2SO4。‎ ‎（3）根据装置图可知，导管b的作用为平衡压强（或使浓盐酸顺利流下），装置B的作用为除去Cl2中的HCl气体，通过装置中的长颈漏斗可判断实验过程中导管是否被产品堵塞，即装置B的作用为除去Cl2中的HCl气体，判断实验过程中导管是否被产品堵塞；‎ ‎（4）根据上面的分析可知，若先点燃D处酒精灯，铁丝会与装置中的空气反应，实验时应先排尽实验装置中的空气，所以实验时应先点燃A处的酒精灯，反应一会儿后，再点燃D处的酒精灯；‎ ‎（5）为检验所得产品中是否含有FeCl3，可使用KSCN溶液，当溶液变红可证明产品中含有FeCl3，即试剂名称和现象分别是KSCN溶液、溶液变红。‎ ‎18.消毒剂在生产生活中有极其重要的作用，开发具有广普、高效、低毒的杀菌剂和消毒剂是今后发展的趋势。‎ ‎（1）Cl2、H2O2、ClO2（还原产物为Cl-）、O3（1 mol O3转化为1 mol O2和1 mol H2O）等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是________（填序号）。‎ A．Cl2‎ B．H2O2‎ C．ClO2‎ D．O3‎ ‎（2）H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称。如消除采矿业胶液中的氰化物（如KCN），经以下反应实现：KCN+H2O2+H2O＝A+NH3↑，则生成物A的化学式为______________，H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由是______________________。‎ ‎（3）漂白剂亚氯酸钠（NaClO2）在常温与黑暗处可保存一年。亚氯酸不稳定可分解，反应离子方程式为HClO2→ClO2↑+H++Cl-+H2O（未配平）。在该反应中，当有1 mol ClO2生成时转移的电子个数约为________。‎ ‎（4）“84”消毒液（主要成分是NaClO）和洁厕剂（主要成分是浓盐酸）不能混用，原因是_____________（用离子方程式表示）。利用氯碱工业的产物可以生产“84”消毒液，写出有关反应的化学方程式：____________。‎ ‎【答案】 (1). C (2). KHCO3 (3). H2O2是氧化剂，其产物是H2O，没有污染 (4). 6.02×1023 (5). ClO－＋Cl－＋2H＋＝Cl2↑＋H2O (6). Cl2＋2NaOH＝NaClO＋NaCl＋H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）1mol Cl2、H2O2、ClO2、O3分别消毒时，转移电子依次为2mol、1mol、5mol、2mol，等物质的量的上述物质反应，ClO2转移的电子数最多，消毒效率最高，故答案为：C；‎ ‎（2）根据元素守恒原理，可知反应KCN+H2O2+H2O＝A+NH3↑中的A为KHCO3。在反应中，H2O2是氧化剂，其产物H2O没有污染性，所以H2O2被称为“绿色氧化剂”；‎ ‎（3）该反应是歧化反应，HClO2中+3价的氯元素一部分升高到ClO2中的+4价，一部分降低到-1价．当有1mol ClO2生成时，反应中转移1mol电子，即转移的电子数约为6.02×1023；‎ ‎（4）ClO-与浓盐酸中的Cl-会发生反应生成有毒的Cl2，方程式为ClO-+Cl-+2H+＝Cl2↑+H2O，氯碱工业的产物是NaOH、H2和Cl2，NaOH溶液和Cl2反应可以得到含有NaClO的溶液，方程式为Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O。‎ ‎【点睛】等物质的量的物质消毒效率最高，说明相同物质的量时该物质进行消毒转化后转移电子最多，所以需关注强氧化剂发生消毒转化后物质的化合价的变化情况。‎ ‎19.铝、铁、铜是应用最普遍的金属。‎ ‎（1）铜是印刷电路工业的重要材料。用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜，是工业上采用的方法之一。已知：‎ Cu(s) + 2H+(aq) == Cu2+(aq) + H2(g) △H= +64.39kJ/mol ‎2H2O2(l) == 2H2O(l) + O2 (g) △H= ﹣196.46kJ/mol H2(g) +1/2 O2 (g)== H2O(l) △H= ﹣285.84kJ/mol 在H2SO4溶液中Cu和H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式为______‎ ‎（2）镁铝合金生活中应用广泛。取样品a克，溶于200mL5mol/L的HCl溶液，收集到标况下氢气3.36L，a的取值范围_____，向反应后溶液中加入4mol/L NaOH溶液____mL，沉淀质量达到最大值。‎ ‎（3）标准状况下，铁铜合金ag加入足量稀硝酸中，收集了一定量气体NO，在混合了67.2mLO2后，可完全被H2O吸收，无气体剩余。则生成的NO为_________mL；向反应后溶液加足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量____________ g。（用含a的代数式表示） ‎ ‎（4）如图所示，A，F为石墨电极，B，E为铁片电极。按要求回答下列问题。‎ ‎①打开K2，闭合K1，B为____极， A的电极反应式为：_________________________。‎ ‎②打开K1，闭合K2，E为_____极，F极的电极反应式为：______________________ 。‎ ‎【答案】 (1). Cu(s) +2H+ (aq) + H2O2(l) = Cu2+(aq) + 2H2O(l) △H= -319.68 kJ/mol (2). 2.7＜a＜3.6 (3). 250 (4). 89.6 (5). a+0.204 (6). 负 (7). O2＋4e－＋2H2O=4OH－ (8). 阴 (9). 2Cl－－2e－=Cl2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)依据热化学方程式和盖斯定律分析解答；‎ ‎(2)根据极限法求出极限点，当氢气的量一定时，合金全为Mg时合金质量最大，当合金全为Al时合金质量最小；当沉淀质量达到最大值时，溶液中只有氯化钠溶质，据此分析计算；‎ ‎(3)根据方程式4NO + 3O2 + 2H2O =4HNO3，求出反应生成的NO的量；向反应后溶液加足量的NaOH溶液，反应后，体系中含有硝酸钠和氢氧化钠溶液，氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，结合的氢氧根离子的物质的量与反应过程中转移的电子相等，据此分析计算沉淀的质量；‎ ‎(4)①当打开K2，闭合K1时，铁片、石墨和NaCl溶液构成原电池，据此分析解答；②当打开K1，闭合K2时，铁片、石墨和NaCl溶液构成电解池，据此分析解答 ‎【详解】(1)①Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g)△H=+64.39kJ/mol，②2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g) ‎ ‎△H=-196.46kJ/mol，③H2(g)+ O2(g)=H2O(l) △H=-285.84kJ/mol，依据盖斯定律①+②+③得到：Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l) △H=(+64.39kJ/mol)+(-196.46kJ/mol)×+(-285.84kJ/mol)=-319.6kJ/mol，故答案为：Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l) △H=-319.6kJ/mol；‎ ‎(2)标况下3.36L氢气物质的量为=0.15mol，则反应的氢离子的物质的量为0.15×2=0.3mol，HCl溶液中HCl物质的量为0.2L×5mol/L=1mol，则盐酸未完全反应。根据Mg和Al与盐酸的反应可知，当氢气的量一定时，合金全为Mg时合金质量最大，全为Al时合金质量最小，‎ ‎    Mg～～～～H2 ‎ ‎0.15mol 0.15mol ‎ ‎   2Al～～～～3H2 ‎ ‎0.1mol 0.15mol 两种状况下合金的质量分别为：Mg：0.15mol×24g/mol=3.6g，Al：0.1mol×24g/mol=2.7g，即a的取值范围为2.7＜a＜3.6；向反应后溶液中加入4mol/L NaOH溶液，当沉淀质量达到最大值时，溶液中只有氯化钠溶质，则氢氧化钠与盐酸的物质的量相等，因此V(NaOH)==0.25L=250mL，故答案为：2.7＜a＜3.6；250；‎ ‎(3)标准状况下，67.2mLO2的物质的量==0.003mol，根据方程式4NO + 3O2 + 2H2O =4HNO3，反应生成的NO的物质的量为0.004mol，在标准状况下的体积=0.004mol×22.4L/mol=0.0896L=89.6mL；向反应后溶液加足量的NaOH溶液，反应后，体系中含有硝酸钠和氢氧化钠溶液，氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，结合的氢氧根离子的物质的量与反应过程中转移的电子相等，则n(OH-)=3n(NO)=3×0.004mol=0.012mol，因此沉淀的质量=ag+0.012mol×17g/mol=(a+0.204)g，故答案为：89.6；a+0.204；‎ ‎(4)①当打开K2，闭合K1时，铁片、石墨和NaCl溶液构成原电池，负极为铁，电极反应式为：Fe-2e-═Fe2+，正极为石墨，电极反应式为：O2+4e-+2H2O═4OH-，由于Fe2++2OH-═Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3，故答案为：负；O2+4e-+2H2O═4OH-；‎ ‎②当打开K1，闭合K2时，铁片、石墨和NaCl溶液构成电解池，阴极为铁，电极反应式为：2H++2e-═H2↑，阳极为石墨，电极反应式为：2Cl--2e-═Cl2↑，故答案为：阴；2Cl--2e-═Cl2↑。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为(3)，根据反应的方程式找出铁和铜转化为氢氧化物结合氢氧根离子的物质的量与反应过程中转移的电子的关系，是解题的关键。‎ ‎20.海洋是个巨大的资源宝库，它不仅孕育着无数的生命，还蕴藏着丰富的矿产，海水中含有大量的化学物质，是宝贵的化学资源。海水素有“液体工业原料”的美誉，可从海水中提取大量的食盐、镁、溴、碘、钾等有用物质。下面是海水综合利用的部分流程：‎ 完成下列问题：‎ ‎(1)下列说法错误的是________(填标号)。‎ A．电解饱和食盐水时阳极的电极反应式为：Cl2＋2e－===2Cl－‎ B．苦卤制溴过程一定发生氧化还原反应 C．操作Ⅰ是蒸发结晶 D．E物质可以循环使用 ‎(2)沉淀剂A来源于石灰窑厂，写出A化学式：A_______________。‎ ‎(3)实验室提纯粗盐的实验操作依次为：取样、________、沉淀、过滤、________。‎ ‎(4)工业生产纯碱的工艺流程中，碳酸化时产生的现象为___________，发生反应的化学方程式是____________，其原因是______________。‎ ‎(5)碳酸化后过滤，滤液D最主要的成分是________(填写化学式)，检验这一成分的阴离子的具体方法是___________。向滤液D中通氨气，加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通氨气的作用是________(填标号)，这样做可使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上。‎ a．增大NH的浓度，使NH4Cl更多地析出 b．使NaHCO3更多地析出 c．使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度 ‎(6)用加热分解的方法测定产品纯碱的纯度，若取m1 g纯碱样品，实验结束后称得固体质量为m2 g，则纯碱的纯度为______________。‎ ‎【答案】 (1). AC (2). Ca(OH)2或CaO (3). 溶解 (4). 蒸发结晶 (5). 有晶体析出(或出现浑浊) (6). NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NH4Cl＋NaHCO3↓ (7). 碳酸氢钠的溶解度较小 (8). NH4Cl (9). 取样，加硝酸酸化，再加硝酸银，有白色沉淀产生说明该阴离子为Cl－ (10). a (11). ×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据流程图，海水经过初步分离得到苦卤和粗盐，粗盐中含有氯化镁等杂质，需要加入沉淀剂除去，过滤后得到较为纯净的饱和食盐水，向食盐水中依次通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，因此D为氯化铵溶液；碳酸氢钠分解后生成碳酸钠和二氧化碳，E为二氧化碳；苦卤中含有化合态的溴，经过一系列操作可以用于制溴，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)A．电解饱和食盐水时阳极上氯离子放电，电极反应式为：2Cl－-2e－=Cl2，故A错误；B．苦卤中的溴为化合态，制溴过程中生成溴单质，一定发生氧化还原反应，故B正确；C．根据流程图，操作Ⅰ是过滤出生成的碳酸氢钠晶体，故C错误；D．E物质为二氧化碳，可以在碳酸化过程中循环使用，故D正确；故选AC；‎ ‎(2)根据流程图，加入沉淀剂A是除去粗盐中的杂质镁离子等，且沉淀剂A来源于石灰窑厂，所以A的化学式为Ca(OH)2或CaO； 故答案为：Ca(OH)2或CaO；‎ ‎(3)实验室提纯粗盐的整个操作过程为：取样、溶解、沉淀、过滤、蒸发、冷却结晶、过滤、烘干几步，若液面高于滤纸边缘或滤纸破了，会使滤液仍然浑浊，故答案为：溶解；蒸发结晶；‎ ‎(4)工业生产纯碱工艺流程中，碳酸化时，氯化钠、氨气、水和二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸钠的溶解度比碳酸氢钠的溶解度大，有碳酸氢钠晶体析出，反应的化学方程式为NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NH4Cl＋NaHCO3↓，故答案为：有晶体析出；NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NH4Cl＋NaHCO3↓；碳酸氢钠的溶解度较小；‎ ‎(5)根据操作过程，氨化后通入二氧化碳的溶液发生复分解反应：H2O+CO2+NH3+NaCl=NaHCO3+NH4Cl，最终得到NH4Cl还有NaHCO3等，碳酸氢钠溶解度很小而结晶，故酸化后滤液的主要成分为NH4Cl；检验其中的氯离子时，要经过取样，加硝酸酸化，再加硝酸银，有白色沉淀；滤液D最主要的成分是NH4Cl，通氨气，可以增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出，溶液中剩余的氯化钠可以重新利用，故选a，故答案为：NH4Cl；取少量滤液，先加硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，有白色沉淀，说明该阴离子是氯离子；a；‎ ‎ (6)加热前纯碱的质量为m1，加热后的质量为m2，则加热损失的质量为：m1-m2，加热过程中发生的反应为2NaHCO3Na2CO3+H2O +CO2，‎ ‎2NaHCO3Na2CO3+H2O +CO2 质量差 ‎2×84 62‎ m(NaHCO3) m1-m2‎ 因此=，解得m(NaHCO3)= ，则样品中碳酸钠的质量= m1-=，碳酸钠的质量分数=×100%，故答案为：×100%。‎ ‎21.对羟基苯甲酸丁酯(俗称尼泊金丁酯)可用做防腐剂，对酵母和霉菌具有很强的抑制作用，工业上常用对羟基苯甲酸与丁醇在浓硫酸催化作用下进行酯化反应而制得。以下是某课题组开发的从廉价、易得的化工原料出发制备对羟基苯甲酸丁酯的合成路线：‎ 已知以下信息：‎ ‎①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基；‎ ‎②D可与银氨溶液反应生成银镜；‎ ‎③F的核磁共振氢谱表明其有两个不同化学环境的氢，且峰面积比为1∶1。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)A的化学名称为_____________。‎ ‎(2)由B生成C的化学反应方程式为______；该反应的类型为________________。‎ ‎(3)D的结构简式为____________________。‎ ‎(4)F的分子式为_________________。‎ ‎(5)E的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应的共有种，其中核磁共振氢谱有三种不同化学环境的氢，且峰面积比为2:2:1的是(写结构简式)___。‎ ‎【答案】 (1). 甲苯 (2). +2Cl2+2HCl (3). 取代反应 (4). (5). C7H4O3Na2 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A的分子式为C7H8，最终合成对羟基苯甲酸丁酯，由因此A为甲苯，甲苯在铁作催化剂条件下，苯环甲基对位上的H原子与氯气发生取代反应生成B，B为，结合信息②D可与银氨溶液反应生成银镜可知，D中含有醛基，B在光照条件下，甲基上的H原子与氯气发生取代反应生成C，C为，C在氢氧化钠水溶液中，甲基上的氯原子发生取代反应，生成D，结合信息①可知，D为，D在催化剂条件下醛基被氧化生成E，E为，E在碱性高温高压条件下，结合信息③可知，苯环上的Cl原子被取代生成F，同时发生中和反应，则F为，F酸化生成对羟基苯甲酸G()，最后G与丁醇发生酯化反应生成对羟基苯甲酸丁酯，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)通过以上分析知，A为，其名称是甲苯，故答案为：甲苯；‎ ‎(2)B为，C为，B发生取代反应生成C，反应方程式为+2Cl2‎ ‎+2HCl，该反应属于取代反应，故答案为：+2Cl2+2HCl；取代反应；‎ ‎(3)D的结构简式为，故答案为：；‎ ‎(4)F，分子式为C7H4O3Na2，故答案为：C7H4O3Na2；‎ ‎(5)E为，E的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应，说明含有醛基；侧链为-OOCH、-Cl，有邻、间、对3种；侧链为-CHO、-OH、-Cl时，当-CHO、-OH处于邻位时，-Cl有4种位置；当-CHO、-OH处于间位时，-Cl有4种位置；当-CHO、-OH处于对位时，-Cl有2种位置；其中核磁共振氢谱有三种不同化学环境的氢，且峰面积比为2∶2∶1的是，故答案为：。‎ ‎ ‎