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江西省丰城市第九中学2022届高三上学期9月月考化学试题 含答案
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这是一份江西省丰城市第九中学2022届高三上学期9月月考化学试题 含答案，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
化 学
相对原子质量：N:14 Na:23
一、选择题（每题3分，共48分）
1．120 mL含有0.20 mol碳酸钠的溶液和200 mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是( )
A．2.5mol/L B．1.5 mol/L C．0.18 mol/L D．0.24mol/L
2．向某NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同。若向M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系有下列图示四种情况，且（2）、（3）、（4）图中分别有OA＜AB，OA＝AB，OA>AB,则下列分析与判断一定正确的是（不计CO2的溶解）( )
A．（1）图显示M中只有一种溶质且为Na2CO3
B．（3）图显示M中有两种溶质且为Na2CO3、NaOH
C．（2）图显示M中有两种溶质且为Na2CO3、NaHCO3
D．（4）图显示M中c（NaHCO3）=c（Na2CO3）
3．某无色溶液,由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2−、MnO4−、CO32−、SO42−中的若干种组成，取该溶液进行如下实验：
①取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到澄清溶液；
②在①所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成；同时析出白色沉淀甲；
③在②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出。
根据对上述实验的分析判断,最后得出的结论合理的是( )
A．不能判断溶液中是否存在SO42− B．溶液中一定不存在的离子是CO32−
C．不能判断溶液中是否存在Ag+ D．不能判断是否含有 AlO2− 离子
4．向HCl、AlCl3混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀的量随NaOH溶液加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是( )
A．M点对应的溶液中：K+、Fe2+、SO、NO B．N点对应的溶液中：K+、NH、Cl−、CO
C．S点对应的溶液中：Na+、SO、HCO、NOD．R点对应的溶液中:Na+、SO、Cl−、NO
5．从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应:14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4。下列说法正确的是( )
A．Cu2S既是氧化产物又是还原产物 B．5molFeS2发生反应，有10mol电子转移
C．产物中的SO42-离子有一部分是氧化产物 D．FeS2只作还原剂
6．某浓度稀HNO3与金属M反应时，能得到+2价硝酸盐，反应时M与HNO3的物质的量之比为5 ∶12，则反应时HNO3的还原产物是( )
A．NH4NO3 B．N2 C．N2O D．NO
7．制备Fe3O4纳米颗粒的离子方程式为:3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O。下列说法正确的是( )
A．O2和S2O32-是氧化剂，Fe2+是还原剂 B．参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5
C．每生成1mol S4O62-转移4mol电子 D．制备的Fe3O4纳米颗粒能发生丁达尔现象
8．下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−
B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I− +IO3−+6H+=I2+3H2O
C．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+4H++H2O
D．电解饱和食盐水：2Cl−+2H+Cl2↑+ H2↑
9．酸性溶液中离子还原性强弱为：SO2>I－>Fe2+>H2O2>Cl－，则下列反应不可能发生的是( )
A．2Fe3+＋2H2O＋SO2＝2Fe2+＋SO42－＋4H+ B．2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－
C．I2＋SO2＋2H2O＝H2SO4＋2HI D．H2O2＋H2SO4＝SO2↑＋O2↑＋2H2O
10．将a mol铁粉加入到含b mol硝酸溶液中，充分反应后铁粉完全溶解，共收集到c L(标况)的NO、NO2混合气体。下列有关说法不正确的是( )
A．若反应后产物中只有Fe2＋生成，则＜a＜
B．若反应后产物中只有Fe3＋生成，则b＝3a＋
C．若反应后产物中有Fe2＋、Fe3＋生成，则＜b＜6a
D．若反应后溶液中有d mol H＋，则b＝3a＋d＋
11．已知氧化性Br2＞Fe3+。向含溶质a mol的FeBr2溶液中通入bmol Cl2，充分反应。下列说法不正确的是( )
A．离子的还原性强弱：Fe2+＞Br-＞Cl-
B．当a≥2b时，发生的离子反应：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-
C．当3a≤2b时，发生的离子反应：2Fe2++4Br-+3Cl2＝2Fe3++2Br2+6Cl-
D．当a=b时，反应后的离子浓度之比：c(Fe3+)∶c(Br-)∶c(Cl-)=1∶2∶2
12．下列反应的离子方程式正确的是( )
A．NaHS溶液中滴加少量的硫酸铜溶液：2HS-+Cu2+＝CuS↓+H2S↑
B．将NO2气体通入H2O中：3NO2+H2O＝2H++NO3-+O2↑
C．ICl和Cl2的化学性质相似，将ICl通入KOH溶液中：ICl+2OH-＝I-+ClO-+H2O
D．1.5 mol·L-1 100 mL的FeBr2溶液中通入3.36 L(标准状况)Cl2：2Br-+Cl2＝Br2+2Cl-
13．用1L1mol·L-1NaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比约为( )
A．1︰2 B．1︰3 C．2︰3 D．3︰2
14．将32gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物，这些气体恰好能被700 mL 1mol/L NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为( )
A．0.1 mol B．0.2 mol C．0.3 mol D．0.4 mol
15．现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐(钠、镁、钙、铁)的复合制剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：
已知：控制溶液pH＝4时，Fe(OH)3沉淀完全，Ca2＋、Mg2＋不沉淀。
该同学得出的结论正确的是( )。
A．根据现象1可推出该试液中含有Na＋
B．根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根
C．根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2＋，但没有Mg2＋
D．根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2＋
16．Ba(OH)2和混合溶液的 ，取该溶液100mL，持续通入，沉淀的物质的量与通入体积（标准状况下测定）的关系如图所示（忽略溶液体积的改变）.下列说法正确的是( )
A．Ba(OH)2的物质的量浓度为
B．ab段发生反应的化学方程式为：
C．当通入 的体积为2.24L时，溶液中（不考虑水解）
D．当通入的体积为1.232L时，溶液中离子方程式为：二、填空题（每空2分，后两空3分，共52分）
17．叠氮化钠(NaN3)是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚，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关闭止水夹K2，打开止水夹K1，开始制取氨气。
②加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，停止通入氨气并关闭止水夹K1。
③向装置A中的b容器内充入加热介质，并加热到210～220℃，然后打开止水夹K2，制取并通入N2O。
请回答下列问题：
（1）制取氨气可选择的装置是__（填序号，下同），N2O可由NH4NO3在240～245℃分解制得(硝酸铵的熔点为169.6℃)，则可选择的气体发生装置是__。
（2）步骤①中先通氨气的目的是__，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___。
（3）生成NaN3的化学方程式为___。
（4）反应完全结束后，进行以下操作，得到NaN3固体：
a中混合物NaN3固体
已知NaNH2能与水反应生成NaOH和氨气。操作Ⅱ的目的是___，操作Ⅳ最好选用的试剂是___。
（5）实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数：①将2.500g试样配成500.00mL溶液。②取50.00mL溶液置于锥形瓶中，加入50.00mL0.1010mol·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8mL浓硫酸，滴入3滴邻菲啰啉指示剂，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___。
18．锌浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2、Fe2+、Cd2+、Mn2+，工业上可通过控制条件逐一除去杂质以制备超细活性氧化锌，其工艺流程如下：
(1)滤渣1的成分为___________。
(2)在S2O82－的结构式中只含有一根“O一O”非极性键，则S的化合价为___________；工业上常用惰性电极电解(NH4)2SO4生产(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)，阳极电极反应式为__________________。净化1是为了将Mn2+转化为MnO2而除去，写出该反应的离子方程式：______________________。
(3)净化3的目的_________________________________。
(4)碳化回收溶液的主要成分为___________，该物质循环使用的目的___________________。
(5)碳化在50℃进行，“前驱体”的化学式为ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O，写出碳化过程生成“前驱体”的化学方程式：__________________________________________________。
19．布洛芬具有降温和抑制肺部炎症的双重作用。一种制备布洛芬的合成路线如图：
已知：①CH3CH2ClCH3CH2MgCl
②+HCl
回答下列问题：
（1）A的化学名称为___，G→H的反应类型为___，H中官能团的名称为__。
（2）分子中所有碳原子可能在同一个平面上的E的结构简式为__。
（3）I→K的化学方程式为___。
（4）写出符合下列条件的D的同分异构体的结构简式__(不考虑立体异构)。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；②分子中有一个手性碳原子；③核磁共振氢谱有七组峰。
（5）写出以间二甲苯、CH3COCl和(CH3)2CHMgCl为原料制备的合成路线：__(无机试剂任选)。
化 学
一、选择题（16×3 = 48分，每题只有1个正确答案）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
答案
B
C
A
D
C
B
C
A
D
B
D
A
B
B
C
C
二、非选择题 （每空2分，最后两空3分，共52分）
17．BCD A 排尽装置中的空气 2Na+2NH32NaNH2+H2 油浴加热 NaNH2+N2ONaN3+H2O 降低NaN3的溶解度 乙醚 93.60%
18．二氧化硅(或SiO2) +6 2SO42- -2e-=S2O82- Mn2＋+S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42- +4H＋ 除去溶液中的Cd2+ (NH4)2SO4 可用于制备(NH4)2S2O8(过二硫酸铵) 3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑
19．甲苯 消去反应 碳碳双键、酯基 +H2O+CH3OH
1．B
当碳酸钠滴入盐酸中，先反应生成二氧化碳，后无气体，碳酸钠完全反应，需要盐酸的浓度为＝2mol/L。当盐酸加入碳酸钠中先反应生成碳酸氢钠，无气体放出，需要盐酸的浓度＝＝1mol/L，后再加入盐酸，才有气体放出，所以要满足滴加方式不同，产生的气体体积不同，则盐酸的浓度应该在1mol/L～2L/mol之间，答案选B。
2．C
A.(1)图像一开始就产生CO2气体，直到反应结束（拐点表明反应结束），NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，溶质只能是一种，应该是NaHCO3，所以(1)图显示M中只有NaHCO3，A项错误；
B.(3)图中OA=AB，滴加盐酸开始时没有气体，这段时间消耗的盐酸体积等于产生气体时消耗盐酸的体积，分析反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，可知只能是Na2CO3，所以（3）图显示M中溶质是Na2CO3，B项错误；
C.(2)图中OA
溶液无色，说明溶液中不存在(紫色)；
①取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到澄清溶液，说明溶液中存在，不存在Ag+、Ba2+、Al3+，因为它们都会和反应；依据溶液中的电荷守恒知，一定存在阳离子Na+；
②因加入过量盐酸，如果溶液中存在，则转变成Al3+；向①所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，①中过量盐酸与过量碳酸氢铵反应生成CO2；白色沉淀只能是Al3+和碳酸氢铵中的发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3和CO2，所以原溶液中一定存在；
③向②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出，说明②中过量的碳酸氢铵与OH−反应生成氨气；但白色沉淀不一定是BaSO4，因为碳酸氢铵遇碱可生成，从而得到BaCO3白色沉淀;
综上所述此溶液中一定不存在Ag+、Ba2+、Al3+、，一定存在Na+、、，不能确定是否存在，综上所述，选项A正确。
4．D
A、M点时酸未反应完，故溶液显酸性，Fe2+、NO在酸性发生氧化还原反应，A错误；
B、N点时酸与氢氧化钠恰好完全反应，溶液含有大量Al3+，会与CO发生双水解，B错误；
C、S点Al3+与OH-未完全反应，与HCO发生双水解，C错误；
D、R点时氢氧化铝与OH-未完全反应，与Na+、SO、Cl−、NO均不反应，D正确；
5．C
A．Cu2S只是还原产物，故A错误；
B.5 mol FeS2发生反应，由S元素的化合价升高可知，有3mol×[6-（-1）]=21mol 电子转移，故B错误；
C．S元素的化合价既升高又降低，由硫酸根离子守恒可知，17个硫酸根离子中有3个SO42-是氧化产物，故C正确；
D．CuSO4是氧化剂，FeS2既是还原剂又是还原剂，故D错误；
6．B
依据题意可列出反应方程式如下：5M+12HNO3=5M(NO3)2+N2↑+6H2O，某稀HNO3与金属M反应时能得到+2价硝酸盐，所以1mol M失去2mol电子，5mol M失去10mol电子；而12mol HNO3中，有10mol硝酸没有参加氧化还原反应，只有2mol硝酸参加氧化还原反应，得到10mol电子，硝酸中氮的化合价为+5价，所以还原产物必须是0价的N2，B项正确；
7．C
A、在3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O中，化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2→+8/3，硫元素的化合价变化为：+2→+5/2，氧元素的化合价变化：0→-2，所以氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32-，由上述分析可知，还原剂是Fe2+、S2O32-，氧化剂是O2，A错误；
B、由上述分析可知，氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32-，3molFe2+参加反应时只有2mol被氧化，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：（2+2）=1：4，B错误；
C、由方程式可知，每生成1molS4O62-，参加反应的氧气为1mol，转移电子为1mol×4=4mol，C正确；
D、制备的Fe3O4纳米颗粒，溶于水形成胶体，才能够发生丁达尔现象，Fe3O4纳米颗粒是纯净物，不能发生丁达尔效应，D错误；
8．A
A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3，反应的离子方程式为CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-，A项正确；
B项，电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，B项错误；
C项，在碱性溶液中不可能生成H+，正确的离子方程式为3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O，C项错误；
D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，D项错误；答案选A。
9．D
A.该反应中还原剂为二氧化硫，还原产物为亚铁离子，还原性顺序：二氧化硫>亚铁离子，与题意相符，正确，不选A；
B.该反应中还原性：亚铁离子>氯离子，正确，不选B；
C.该反应中还原性顺序为：二氧化硫>碘离子，正确，不选C；
D.该反应中过氧化氢>二氧化硫，与题意不符，错误，选D；
10．B
A、当反应后产物中只有Fe2+生成，且产生的气体只有NO时，根据电子守恒规律：2a=3c/22.4，得 a=3c/44.8，当反应后产物中只有Fe2+生成，且产生的气体只有NO2时，根据电子守恒规律：2a=c/22.4，得a= c/44.8，所以，在收集c L（标况）的NO、NO2混合气体时，则< a<，A正确；
B、若反应后产物中只有Fe3+生成，硝酸恰好完全反应，根据氮原子守恒：3 a+ c/22.4=b，若硝酸过量，b >3 a+ c/22.4，B错误；
C、如果反应为3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，根据3Fe~8HNO3关系，可知b=8a/3，当反应只发生：Fe+6HNO3=Fe(NO3)3+3NO2↑+3H2O，根据Fe+6HNO3关系可知：b=6a ，所以，当反应后产物中有Fe2+、Fe3+生成，则
11．D
还原性Fe2+＞Br-，首先发生反应：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，再发生反应：2Br-+Cl2＝2Cl-+Br2，amol的FeBr2溶液中含有amolFe2+、2amolBr-。
A.物质的氧化性越强，其相应离子的还原性越弱，故离子的还原性强弱：Fe2+＞Br-＞Cl-，A正确；
B.amolFe2+消耗0.5amolCl2，当a≥2b时，只有Fe2+被氯气氧化，反应离子方程式为：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-，B正确；
C.amolFe2+消耗0.5amolCl2，2amolBr-消耗amolCl2，当3a≤2b时，Fe2+、Br-完全被氧化，发生的离子反应：2Fe2++4Br-+3Cl2＝2Fe3++2Br2+6Cl-，C正确；
D.当a=b时，由2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-可知，amolFe2+消耗0.5amolCl2，生成amolFe3+、amolCl-，由2Br-+Cl2＝2Cl-+Br2可知，0.5amolCl2，消耗amolBr-，又生成amolCl-，溶液中剩余Br-为amol，反应后的离子浓度：c(Fe3+)∶c(Br-)∶c(Cl-)=a：a：2a=1：1：2，D错误；
故合理选项是D。
12．A
A项，CuS不溶于盐酸或硫酸，为沉淀，HS-属于弱酸根离子，离子方程式中不可拆分，因此离子反应方程式为2HS-+Cu2+＝CuS↓+H2S↑，故A正确；
B项，将NO2气体通入H2O中，发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，离子反应方程式为：3NO2+H2O＝2H++2NO3-+NO↑，故B错误；
C. ClO-具有氧化性，会把I-氧化成I2，二者不可共存，因此反应为：ICl+2OH-＝IO-+Cl-+H2O，故C错误；
D项，Fe2+的还原性强于Br-，所以氯气先与Fe2+反应，根据得失电子数目守恒，有n(Fe2+)+ n(Br-)=n(Cl2)×2，其中，n(Fe2+)=0.15mol，n(Cl2)=0.15mol，解得n(Br-)=0.15mol，Fe2+与Br-参与反应的物质的量相同，因此离子反应方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2＝Br2+4Cl-+2Fe3+；故D错误；
13．B
1L1mol·L-1NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为1mol,根据2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，可以知道，如果完全反应生成碳酸钠，需要消耗0.5mol二氧化碳；若生成碳酸氢钠: NaOH+CO2=NaHCO3，则消耗1mol二氧化碳；而题给0.8molCO2，所以二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，设反应生成碳酸钠xmol、碳酸氢钠ymol,则:2x+y=1、x+y=0.8,计算得出:x=0.2mol、y=0.6mol；则所得溶液中Na2CO3和NaHCO3的物质的量的比为:0.2:0.6=1:3；B选项正确；
14．B
用终态分析法：只有两种元素的价态变化，其一是Cu→Cu(NO3)2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，根据电子转移守恒得，32gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，计算产物中NaNO2的物质的量，由Na守恒可知n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3)，得n(NaNO3)。
n(Cu)==0.5mol，根据电子守恒生成n(NaNO2)==0.5mol，由钠原子守恒可知n(NaNO3)=0.7L×1mol·L-1-0.5mol=0.2mol，故选B。
15．C
A、由于试液中外加了NaOH和Na2CO3，所以不能确定原试液中是否含有钠离子，故A错误；
B、试液中有没有葡萄糖酸根离子，都无银镜生成，因为葡萄糖酸根离子中不含醛基，故B错误；
C、滤液中加氨水无沉淀产生，说明无镁离子，加入碳酸钠溶液，有白色沉淀，说明有钙离子，故C正确；
D、试液中可能含亚铁离子，也可能只含铁离子而不含亚铁离子，故D错误；
16．C
0a段发生反应：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，ab前段先发生反应：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，ab后段发生反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，前后两段消耗二氧化碳的体积相等。bc段发生反应：BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2。
A．通入0.56L CO2时沉淀量最大，而n[Ba（OH）2]=n（CO2）=0.56L÷22.4L·mol－1=0.025mol，故溶液中c[Ba（OH）2]=0.025mol÷0.1L=0.25mol·L－1，故A错误；
B．ab前段碱过量，反应生成碳酸钠，而后半段通入二氧化碳又生成碳酸氢钠，前段先发生反应：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，后段发生反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，故B错误；
C．混合溶液的pH=14，则c（OH－）=1mol·L－1，溶液中氢氧根离子物质的量为0.1L×1mol·L－1=0.1mol，通入二氧化碳为2.24L÷22.4L·mol－1=0.1mol，二者前后反应生成HCO3－，由碳元素守恒：c（HCO3－ ）=0.1mol÷0.1L=1mol·L-1，故C正确；
D．由C中分析可知，c点通入2.24L CO2碳酸钙完全溶解，故通入1.232LCO2时有BaCO3沉淀，故D错误。
17．BCD A 排尽装置中的空气 2Na+2NH32NaNH2+H2 油浴加热 NaNH2+N2ONaN3+H2O 降低NaN3的溶解度 乙醚 93.60%
(1)实验室可以选用装置C用氯化铵与消石灰共热制备氨气，也可以选用装置D用浓氨水与新制生石灰（或氢氧化钠固体）反应快速制备氨气，还可以选用装置B用浓氨水共热制备氨气，则装置BCD均可以用于制备氨气；由于硝酸铵的熔点低于分解温度，所以用硝酸铵制备一氧化二氮时，为防止硝酸铵熔化流出试管，试管口应向上，则制备一氧化二氮的装置为A，故答案为：BCD；A；
(2)金属钠具有很强的还原性，能与空气中的氧气反应，则步骤①中先通氨气的目的是用氨气排尽装置中的空气，防止加热时空气中的氧气等能与钠反应；步骤②的反应为氨气与熔化的钠反应生成氨基钠和氢气，反应的化学方程式为2Na+2NH32NaNH2+H2；步骤③为210～220℃条件下，氨基钠与一氧化二氮反应生成叠氮化钠和水，则最适宜的加热方式为油浴加热，故答案为：排尽装置中的空气；2Na+2NH32NaNH2+H2；油浴加热；
(3)由题意可知，210～220℃条件下，氨基钠与一氧化二氮反应生成叠氮化钠和水，反应的化学方程式为NaNH2+N2ONaN3+H2O，故答案为：NaNH2+N2ONaN3+H2O；
(4)由叠氮化钠固体易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚可知，操作Ⅱ加入乙醇的目的是可降低NaN3的溶解度，促使NaN3析出，操作Ⅳ最好选用乙醚，目的是减少晶体的溶解损失，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥，故答案为：降低NaN3的溶解度；乙醚；
(5)(NH4)2Ce(NO3)6的总的物质的量为0.1010mol/L×50×10－3L＝0.00505 mol，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，则参与反应的(NH4)2Ce(NO3)6物质的量为0.050 0 mol/L×29.00×10－3L＝0.001 45 mol，故与叠氮化钠反应的(NH4)2Ce(NO3)6有0.005 05 mol－0.001 45 mol＝0.003 6 mol，根据反应方程式可得NaN3～(NH4)2Ce(NO3)6，则2.500 g试样中叠氮化钠的质量为0.003 6 mol×65 g/mol×＝2.34g，试样中NaN3的质量分数为×100%＝93.60%，故答案为：93.60%。
18．二氧化硅(或SiO2) +6 2SO42- -2e-=S2O82- Mn2＋+S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42- +4H＋ 除去溶液中的Cd2+ (NH4)2SO4 可用于制备(NH4)2S2O8(过二硫酸铵) 3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑
(1)锌浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2等物质，加入稀硫酸，Zn、ZnO与硫酸反应变为Zn2+进入溶液，而SiO2是酸性氧化物，不能与硫酸反应，所以滤渣1主要成分是二氧化硅；
(2)在S2O82-的结构式中只含有一根“O一O”非极性键,则S与S原子之间存在一个—O—O—，S原子与四个O原子形成共价键，每个S原子形成两个S=O双键，两个S-O单键。由于吸引电子的能力O>S，所以S元素的化合价为+6价；用惰性电极电解(NH4)2SO4生产(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)，SO42-在阳极上失去电子，变为S2O82-，阳极电极反应式为：2SO42- -2e-=S2O82-；净化1的溶液中含有Zn2+、Mn2+、Fe2+、Cd2+，向净化1溶液中加入(NH4)2S2O8溶液，(NH4)2S2O8将Mn2+氧化转化为MnO2形成滤渣2而过滤除去，S2O82-则获得电子变为SO42-进入溶液，该反应的离子方程式为Mn2＋+S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42- +4H＋；
(3)净化2的目的是加入H2O2将溶液中的Fe2+氧化为+3价的铁，与溶液中的OH-结合形成FeOOH沉淀除去，向净化3溶液中加入Zn粉，Zn+Cd2+=Zn2++Cd，然后过滤，可以将过量的Zn及置换出的Cd单质过滤除去，所以滤渣3成分为Zn、Cd；
(4)净化3以后的滤液中含有Zn2+，向该溶液中加入碳酸氢铵碳化，得到硫酸铵和二氧化碳及“前躯体”，其化学式为ZnCO3•2Zn(OH)2•H2O，反应方程式是3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3•2Zn(OH)2•H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑，形成沉淀后过滤，得到的滤液中主要溶质是(NH4)2SO4，该物质含有N元素，可直接用作氮肥，也可以用于循环使用制备(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)。
19．甲苯 消去反应 碳碳双键、酯基 +H2O+CH3OH
根据F的结构可知A中应含有苯环，A与氯气可以在光照条件下反应，说明A中含有烷基，与氯气在光照条件下发生取代反应，A的分子式为C7H8，则符合条件的A只能是；则B为，B→C→D发生信息①的反应，所以C为，D为；D中羟基发生消去反应生成E，则E为或；E与氢气加成生成F，F生成G，G在浓硫酸加热的条件下羟基发生消去反应生成H，则H为，H与氢气加成生成I，则I为，I中酯基水解生成K。
(1)A为，名称为甲苯；G到H为消去反应；H为，其官能团为碳碳双键、酯基；
(2)E为或，其中的碳原子可能在同一平面上；
(3)I到K的过程中酯基发生水解，方程式为+H2O+CH3OH；
(4)D为，其同分异构体满足：
①能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；
②分子中有一个手性碳原子，说明有一个饱和碳原子上连接4个不同的原子或原子团；
③核磁共振氢谱有七组峰，有7种环境的氢，结构应对称，满足条件的同分异构体为：；
(5)根据观察可知需要在间二甲苯的苯环上引入一个支链，根据信息②可知CH3COCl/AlCl3可以在苯环上引入支链-COCH3，之后的流程与C到F相似，参考C到F的过程可知合成路线为：。
化 学
相对原子质量：N:14 Na:23
一、选择题（每题3分，共48分）
1．120 mL含有0.20 mol碳酸钠的溶液和200 mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是( )
A．2.5mol/L B．1.5 mol/L C．0.18 mol/L D．0.24mol/L
2．向某NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同。若向M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系有下列图示四种情况，且（2）、（3）、（4）图中分别有OA＜AB，OA＝AB，OA>AB,则下列分析与判断一定正确的是（不计CO2的溶解）( )
A．（1）图显示M中只有一种溶质且为Na2CO3
B．（3）图显示M中有两种溶质且为Na2CO3、NaOH
C．（2）图显示M中有两种溶质且为Na2CO3、NaHCO3
D．（4）图显示M中c（NaHCO3）=c（Na2CO3）
3．某无色溶液,由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2−、MnO4−、CO32−、SO42−中的若干种组成，取该溶液进行如下实验：
①取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到澄清溶液；
②在①所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成；同时析出白色沉淀甲；
③在②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出。
根据对上述实验的分析判断,最后得出的结论合理的是( )
A．不能判断溶液中是否存在SO42− B．溶液中一定不存在的离子是CO32−
C．不能判断溶液中是否存在Ag+ D．不能判断是否含有 AlO2− 离子
4．向HCl、AlCl3混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀的量随NaOH溶液加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是( )
A．M点对应的溶液中：K+、Fe2+、SO、NO B．N点对应的溶液中：K+、NH、Cl−、CO
C．S点对应的溶液中：Na+、SO、HCO、NOD．R点对应的溶液中:Na+、SO、Cl−、NO
5．从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应:14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4。下列说法正确的是( )
A．Cu2S既是氧化产物又是还原产物 B．5molFeS2发生反应，有10mol电子转移
C．产物中的SO42-离子有一部分是氧化产物 D．FeS2只作还原剂
6．某浓度稀HNO3与金属M反应时，能得到+2价硝酸盐，反应时M与HNO3的物质的量之比为5 ∶12，则反应时HNO3的还原产物是( )
A．NH4NO3 B．N2 C．N2O D．NO
7．制备Fe3O4纳米颗粒的离子方程式为:3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O。下列说法正确的是( )
A．O2和S2O32-是氧化剂，Fe2+是还原剂 B．参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5
C．每生成1mol S4O62-转移4mol电子 D．制备的Fe3O4纳米颗粒能发生丁达尔现象
8．下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−
B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I− +IO3−+6H+=I2+3H2O
C．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+4H++H2O
D．电解饱和食盐水：2Cl−+2H+Cl2↑+ H2↑
9．酸性溶液中离子还原性强弱为：SO2>I－>Fe2+>H2O2>Cl－，则下列反应不可能发生的是( )
A．2Fe3+＋2H2O＋SO2＝2Fe2+＋SO42－＋4H+ B．2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－
C．I2＋SO2＋2H2O＝H2SO4＋2HI D．H2O2＋H2SO4＝SO2↑＋O2↑＋2H2O
10．将a mol铁粉加入到含b mol硝酸溶液中，充分反应后铁粉完全溶解，共收集到c L(标况)的NO、NO2混合气体。下列有关说法不正确的是( )
A．若反应后产物中只有Fe2＋生成，则＜a＜
B．若反应后产物中只有Fe3＋生成，则b＝3a＋
C．若反应后产物中有Fe2＋、Fe3＋生成，则＜b＜6a
D．若反应后溶液中有d mol H＋，则b＝3a＋d＋
11．已知氧化性Br2＞Fe3+。向含溶质a mol的FeBr2溶液中通入bmol Cl2，充分反应。下列说法不正确的是( )
A．离子的还原性强弱：Fe2+＞Br-＞Cl-
B．当a≥2b时，发生的离子反应：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-
C．当3a≤2b时，发生的离子反应：2Fe2++4Br-+3Cl2＝2Fe3++2Br2+6Cl-
D．当a=b时，反应后的离子浓度之比：c(Fe3+)∶c(Br-)∶c(Cl-)=1∶2∶2
12．下列反应的离子方程式正确的是( )
A．NaHS溶液中滴加少量的硫酸铜溶液：2HS-+Cu2+＝CuS↓+H2S↑
B．将NO2气体通入H2O中：3NO2+H2O＝2H++NO3-+O2↑
C．ICl和Cl2的化学性质相似，将ICl通入KOH溶液中：ICl+2OH-＝I-+ClO-+H2O
D．1.5 mol·L-1 100 mL的FeBr2溶液中通入3.36 L(标准状况)Cl2：2Br-+Cl2＝Br2+2Cl-
13．用1L1mol·L-1NaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比约为( )
A．1︰2 B．1︰3 C．2︰3 D．3︰2
14．将32gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物，这些气体恰好能被700 mL 1mol/L NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为( )
A．0.1 mol B．0.2 mol C．0.3 mol D．0.4 mol
15．现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐(钠、镁、钙、铁)的复合制剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：
已知：控制溶液pH＝4时，Fe(OH)3沉淀完全，Ca2＋、Mg2＋不沉淀。
该同学得出的结论正确的是( )。
A．根据现象1可推出该试液中含有Na＋
B．根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根
C．根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2＋，但没有Mg2＋
D．根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2＋
16．Ba(OH)2和混合溶液的 ，取该溶液100mL，持续通入，沉淀的物质的量与通入体积（标准状况下测定）的关系如图所示（忽略溶液体积的改变）.下列说法正确的是( )
A．Ba(OH)2的物质的量浓度为
B．ab段发生反应的化学方程式为：
C．当通入 的体积为2.24L时，溶液中（不考虑水解）
D．当通入的体积为1.232L时，溶液中离子方程式为：二、填空题（每空2分，后两空3分，共52分）
17．叠氮化钠(NaN3)是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚，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关闭止水夹K2，打开止水夹K1，开始制取氨气。
②加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，停止通入氨气并关闭止水夹K1。
③向装置A中的b容器内充入加热介质，并加热到210～220℃，然后打开止水夹K2，制取并通入N2O。
请回答下列问题：
（1）制取氨气可选择的装置是__（填序号，下同），N2O可由NH4NO3在240～245℃分解制得(硝酸铵的熔点为169.6℃)，则可选择的气体发生装置是__。
（2）步骤①中先通氨气的目的是__，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___。
（3）生成NaN3的化学方程式为___。
（4）反应完全结束后，进行以下操作，得到NaN3固体：
a中混合物NaN3固体
已知NaNH2能与水反应生成NaOH和氨气。操作Ⅱ的目的是___，操作Ⅳ最好选用的试剂是___。
（5）实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数：①将2.500g试样配成500.00mL溶液。②取50.00mL溶液置于锥形瓶中，加入50.00mL0.1010mol·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8mL浓硫酸，滴入3滴邻菲啰啉指示剂，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___。
18．锌浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2、Fe2+、Cd2+、Mn2+，工业上可通过控制条件逐一除去杂质以制备超细活性氧化锌，其工艺流程如下：
(1)滤渣1的成分为___________。
(2)在S2O82－的结构式中只含有一根“O一O”非极性键，则S的化合价为___________；工业上常用惰性电极电解(NH4)2SO4生产(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)，阳极电极反应式为__________________。净化1是为了将Mn2+转化为MnO2而除去，写出该反应的离子方程式：______________________。
(3)净化3的目的_________________________________。
(4)碳化回收溶液的主要成分为___________，该物质循环使用的目的___________________。
(5)碳化在50℃进行，“前驱体”的化学式为ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O，写出碳化过程生成“前驱体”的化学方程式：__________________________________________________。
19．布洛芬具有降温和抑制肺部炎症的双重作用。一种制备布洛芬的合成路线如图：
已知：①CH3CH2ClCH3CH2MgCl
②+HCl
回答下列问题：
（1）A的化学名称为___，G→H的反应类型为___，H中官能团的名称为__。
（2）分子中所有碳原子可能在同一个平面上的E的结构简式为__。
（3）I→K的化学方程式为___。
（4）写出符合下列条件的D的同分异构体的结构简式__(不考虑立体异构)。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；②分子中有一个手性碳原子；③核磁共振氢谱有七组峰。
（5）写出以间二甲苯、CH3COCl和(CH3)2CHMgCl为原料制备的合成路线：__(无机试剂任选)。
化 学
一、选择题（16×3 = 48分，每题只有1个正确答案）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
答案
B
C
A
D
C
B
C
A
D
B
D
A
B
B
C
C
二、非选择题 （每空2分，最后两空3分，共52分）
17．BCD A 排尽装置中的空气 2Na+2NH32NaNH2+H2 油浴加热 NaNH2+N2ONaN3+H2O 降低NaN3的溶解度 乙醚 93.60%
18．二氧化硅(或SiO2) +6 2SO42- -2e-=S2O82- Mn2＋+S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42- +4H＋ 除去溶液中的Cd2+ (NH4)2SO4 可用于制备(NH4)2S2O8(过二硫酸铵) 3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑
19．甲苯 消去反应 碳碳双键、酯基 +H2O+CH3OH
1．B
当碳酸钠滴入盐酸中，先反应生成二氧化碳，后无气体，碳酸钠完全反应，需要盐酸的浓度为＝2mol/L。当盐酸加入碳酸钠中先反应生成碳酸氢钠，无气体放出，需要盐酸的浓度＝＝1mol/L，后再加入盐酸，才有气体放出，所以要满足滴加方式不同，产生的气体体积不同，则盐酸的浓度应该在1mol/L～2L/mol之间，答案选B。
2．C
A.(1)图像一开始就产生CO2气体，直到反应结束（拐点表明反应结束），NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，溶质只能是一种，应该是NaHCO3，所以(1)图显示M中只有NaHCO3，A项错误；
B.(3)图中OA=AB，滴加盐酸开始时没有气体，这段时间消耗的盐酸体积等于产生气体时消耗盐酸的体积，分析反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，可知只能是Na2CO3，所以（3）图显示M中溶质是Na2CO3，B项错误；
C.(2)图中OA
溶液无色，说明溶液中不存在(紫色)；
①取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到澄清溶液，说明溶液中存在，不存在Ag+、Ba2+、Al3+，因为它们都会和反应；依据溶液中的电荷守恒知，一定存在阳离子Na+；
②因加入过量盐酸，如果溶液中存在，则转变成Al3+；向①所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，①中过量盐酸与过量碳酸氢铵反应生成CO2；白色沉淀只能是Al3+和碳酸氢铵中的发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3和CO2，所以原溶液中一定存在；
③向②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出，说明②中过量的碳酸氢铵与OH−反应生成氨气；但白色沉淀不一定是BaSO4，因为碳酸氢铵遇碱可生成，从而得到BaCO3白色沉淀;
综上所述此溶液中一定不存在Ag+、Ba2+、Al3+、，一定存在Na+、、，不能确定是否存在，综上所述，选项A正确。
4．D
A、M点时酸未反应完，故溶液显酸性，Fe2+、NO在酸性发生氧化还原反应，A错误；
B、N点时酸与氢氧化钠恰好完全反应，溶液含有大量Al3+，会与CO发生双水解，B错误；
C、S点Al3+与OH-未完全反应，与HCO发生双水解，C错误；
D、R点时氢氧化铝与OH-未完全反应，与Na+、SO、Cl−、NO均不反应，D正确；
5．C
A．Cu2S只是还原产物，故A错误；
B.5 mol FeS2发生反应，由S元素的化合价升高可知，有3mol×[6-（-1）]=21mol 电子转移，故B错误；
C．S元素的化合价既升高又降低，由硫酸根离子守恒可知，17个硫酸根离子中有3个SO42-是氧化产物，故C正确；
D．CuSO4是氧化剂，FeS2既是还原剂又是还原剂，故D错误；
6．B
依据题意可列出反应方程式如下：5M+12HNO3=5M(NO3)2+N2↑+6H2O，某稀HNO3与金属M反应时能得到+2价硝酸盐，所以1mol M失去2mol电子，5mol M失去10mol电子；而12mol HNO3中，有10mol硝酸没有参加氧化还原反应，只有2mol硝酸参加氧化还原反应，得到10mol电子，硝酸中氮的化合价为+5价，所以还原产物必须是0价的N2，B项正确；
7．C
A、在3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O中，化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2→+8/3，硫元素的化合价变化为：+2→+5/2，氧元素的化合价变化：0→-2，所以氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32-，由上述分析可知，还原剂是Fe2+、S2O32-，氧化剂是O2，A错误；
B、由上述分析可知，氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32-，3molFe2+参加反应时只有2mol被氧化，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：（2+2）=1：4，B错误；
C、由方程式可知，每生成1molS4O62-，参加反应的氧气为1mol，转移电子为1mol×4=4mol，C正确；
D、制备的Fe3O4纳米颗粒，溶于水形成胶体，才能够发生丁达尔现象，Fe3O4纳米颗粒是纯净物，不能发生丁达尔效应，D错误；
8．A
A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3，反应的离子方程式为CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-，A项正确；
B项，电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，B项错误；
C项，在碱性溶液中不可能生成H+，正确的离子方程式为3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O，C项错误；
D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，D项错误；答案选A。
9．D
A.该反应中还原剂为二氧化硫，还原产物为亚铁离子，还原性顺序：二氧化硫>亚铁离子，与题意相符，正确，不选A；
B.该反应中还原性：亚铁离子>氯离子，正确，不选B；
C.该反应中还原性顺序为：二氧化硫>碘离子，正确，不选C；
D.该反应中过氧化氢>二氧化硫，与题意不符，错误，选D；
10．B
A、当反应后产物中只有Fe2+生成，且产生的气体只有NO时，根据电子守恒规律：2a=3c/22.4，得 a=3c/44.8，当反应后产物中只有Fe2+生成，且产生的气体只有NO2时，根据电子守恒规律：2a=c/22.4，得a= c/44.8，所以，在收集c L（标况）的NO、NO2混合气体时，则< a<，A正确；
B、若反应后产物中只有Fe3+生成，硝酸恰好完全反应，根据氮原子守恒：3 a+ c/22.4=b，若硝酸过量，b >3 a+ c/22.4，B错误；
C、如果反应为3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，根据3Fe~8HNO3关系，可知b=8a/3，当反应只发生：Fe+6HNO3=Fe(NO3)3+3NO2↑+3H2O，根据Fe+6HNO3关系可知：b=6a ，所以，当反应后产物中有Fe2+、Fe3+生成，则
11．D
还原性Fe2+＞Br-，首先发生反应：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，再发生反应：2Br-+Cl2＝2Cl-+Br2，amol的FeBr2溶液中含有amolFe2+、2amolBr-。
A.物质的氧化性越强，其相应离子的还原性越弱，故离子的还原性强弱：Fe2+＞Br-＞Cl-，A正确；
B.amolFe2+消耗0.5amolCl2，当a≥2b时，只有Fe2+被氯气氧化，反应离子方程式为：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-，B正确；
C.amolFe2+消耗0.5amolCl2，2amolBr-消耗amolCl2，当3a≤2b时，Fe2+、Br-完全被氧化，发生的离子反应：2Fe2++4Br-+3Cl2＝2Fe3++2Br2+6Cl-，C正确；
D.当a=b时，由2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-可知，amolFe2+消耗0.5amolCl2，生成amolFe3+、amolCl-，由2Br-+Cl2＝2Cl-+Br2可知，0.5amolCl2，消耗amolBr-，又生成amolCl-，溶液中剩余Br-为amol，反应后的离子浓度：c(Fe3+)∶c(Br-)∶c(Cl-)=a：a：2a=1：1：2，D错误；
故合理选项是D。
12．A
A项，CuS不溶于盐酸或硫酸，为沉淀，HS-属于弱酸根离子，离子方程式中不可拆分，因此离子反应方程式为2HS-+Cu2+＝CuS↓+H2S↑，故A正确；
B项，将NO2气体通入H2O中，发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，离子反应方程式为：3NO2+H2O＝2H++2NO3-+NO↑，故B错误；
C. ClO-具有氧化性，会把I-氧化成I2，二者不可共存，因此反应为：ICl+2OH-＝IO-+Cl-+H2O，故C错误；
D项，Fe2+的还原性强于Br-，所以氯气先与Fe2+反应，根据得失电子数目守恒，有n(Fe2+)+ n(Br-)=n(Cl2)×2，其中，n(Fe2+)=0.15mol，n(Cl2)=0.15mol，解得n(Br-)=0.15mol，Fe2+与Br-参与反应的物质的量相同，因此离子反应方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2＝Br2+4Cl-+2Fe3+；故D错误；
13．B
1L1mol·L-1NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为1mol,根据2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，可以知道，如果完全反应生成碳酸钠，需要消耗0.5mol二氧化碳；若生成碳酸氢钠: NaOH+CO2=NaHCO3，则消耗1mol二氧化碳；而题给0.8molCO2，所以二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，设反应生成碳酸钠xmol、碳酸氢钠ymol,则:2x+y=1、x+y=0.8,计算得出:x=0.2mol、y=0.6mol；则所得溶液中Na2CO3和NaHCO3的物质的量的比为:0.2:0.6=1:3；B选项正确；
14．B
用终态分析法：只有两种元素的价态变化，其一是Cu→Cu(NO3)2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，根据电子转移守恒得，32gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，计算产物中NaNO2的物质的量，由Na守恒可知n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3)，得n(NaNO3)。
n(Cu)==0.5mol，根据电子守恒生成n(NaNO2)==0.5mol，由钠原子守恒可知n(NaNO3)=0.7L×1mol·L-1-0.5mol=0.2mol，故选B。
15．C
A、由于试液中外加了NaOH和Na2CO3，所以不能确定原试液中是否含有钠离子，故A错误；
B、试液中有没有葡萄糖酸根离子，都无银镜生成，因为葡萄糖酸根离子中不含醛基，故B错误；
C、滤液中加氨水无沉淀产生，说明无镁离子，加入碳酸钠溶液，有白色沉淀，说明有钙离子，故C正确；
D、试液中可能含亚铁离子，也可能只含铁离子而不含亚铁离子，故D错误；
16．C
0a段发生反应：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，ab前段先发生反应：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，ab后段发生反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，前后两段消耗二氧化碳的体积相等。bc段发生反应：BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2。
A．通入0.56L CO2时沉淀量最大，而n[Ba（OH）2]=n（CO2）=0.56L÷22.4L·mol－1=0.025mol，故溶液中c[Ba（OH）2]=0.025mol÷0.1L=0.25mol·L－1，故A错误；
B．ab前段碱过量，反应生成碳酸钠，而后半段通入二氧化碳又生成碳酸氢钠，前段先发生反应：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，后段发生反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，故B错误；
C．混合溶液的pH=14，则c（OH－）=1mol·L－1，溶液中氢氧根离子物质的量为0.1L×1mol·L－1=0.1mol，通入二氧化碳为2.24L÷22.4L·mol－1=0.1mol，二者前后反应生成HCO3－，由碳元素守恒：c（HCO3－ ）=0.1mol÷0.1L=1mol·L-1，故C正确；
D．由C中分析可知，c点通入2.24L CO2碳酸钙完全溶解，故通入1.232LCO2时有BaCO3沉淀，故D错误。
17．BCD A 排尽装置中的空气 2Na+2NH32NaNH2+H2 油浴加热 NaNH2+N2ONaN3+H2O 降低NaN3的溶解度 乙醚 93.60%
(1)实验室可以选用装置C用氯化铵与消石灰共热制备氨气，也可以选用装置D用浓氨水与新制生石灰（或氢氧化钠固体）反应快速制备氨气，还可以选用装置B用浓氨水共热制备氨气，则装置BCD均可以用于制备氨气；由于硝酸铵的熔点低于分解温度，所以用硝酸铵制备一氧化二氮时，为防止硝酸铵熔化流出试管，试管口应向上，则制备一氧化二氮的装置为A，故答案为：BCD；A；
(2)金属钠具有很强的还原性，能与空气中的氧气反应，则步骤①中先通氨气的目的是用氨气排尽装置中的空气，防止加热时空气中的氧气等能与钠反应；步骤②的反应为氨气与熔化的钠反应生成氨基钠和氢气，反应的化学方程式为2Na+2NH32NaNH2+H2；步骤③为210～220℃条件下，氨基钠与一氧化二氮反应生成叠氮化钠和水，则最适宜的加热方式为油浴加热，故答案为：排尽装置中的空气；2Na+2NH32NaNH2+H2；油浴加热；
(3)由题意可知，210～220℃条件下，氨基钠与一氧化二氮反应生成叠氮化钠和水，反应的化学方程式为NaNH2+N2ONaN3+H2O，故答案为：NaNH2+N2ONaN3+H2O；
(4)由叠氮化钠固体易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚可知，操作Ⅱ加入乙醇的目的是可降低NaN3的溶解度，促使NaN3析出，操作Ⅳ最好选用乙醚，目的是减少晶体的溶解损失，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥，故答案为：降低NaN3的溶解度；乙醚；
(5)(NH4)2Ce(NO3)6的总的物质的量为0.1010mol/L×50×10－3L＝0.00505 mol，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，则参与反应的(NH4)2Ce(NO3)6物质的量为0.050 0 mol/L×29.00×10－3L＝0.001 45 mol，故与叠氮化钠反应的(NH4)2Ce(NO3)6有0.005 05 mol－0.001 45 mol＝0.003 6 mol，根据反应方程式可得NaN3～(NH4)2Ce(NO3)6，则2.500 g试样中叠氮化钠的质量为0.003 6 mol×65 g/mol×＝2.34g，试样中NaN3的质量分数为×100%＝93.60%，故答案为：93.60%。
18．二氧化硅(或SiO2) +6 2SO42- -2e-=S2O82- Mn2＋+S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42- +4H＋ 除去溶液中的Cd2+ (NH4)2SO4 可用于制备(NH4)2S2O8(过二硫酸铵) 3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑
(1)锌浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2等物质，加入稀硫酸，Zn、ZnO与硫酸反应变为Zn2+进入溶液，而SiO2是酸性氧化物，不能与硫酸反应，所以滤渣1主要成分是二氧化硅；
(2)在S2O82-的结构式中只含有一根“O一O”非极性键,则S与S原子之间存在一个—O—O—，S原子与四个O原子形成共价键，每个S原子形成两个S=O双键，两个S-O单键。由于吸引电子的能力O>S，所以S元素的化合价为+6价；用惰性电极电解(NH4)2SO4生产(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)，SO42-在阳极上失去电子，变为S2O82-，阳极电极反应式为：2SO42- -2e-=S2O82-；净化1的溶液中含有Zn2+、Mn2+、Fe2+、Cd2+，向净化1溶液中加入(NH4)2S2O8溶液，(NH4)2S2O8将Mn2+氧化转化为MnO2形成滤渣2而过滤除去，S2O82-则获得电子变为SO42-进入溶液，该反应的离子方程式为Mn2＋+S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42- +4H＋；
(3)净化2的目的是加入H2O2将溶液中的Fe2+氧化为+3价的铁，与溶液中的OH-结合形成FeOOH沉淀除去，向净化3溶液中加入Zn粉，Zn+Cd2+=Zn2++Cd，然后过滤，可以将过量的Zn及置换出的Cd单质过滤除去，所以滤渣3成分为Zn、Cd；
(4)净化3以后的滤液中含有Zn2+，向该溶液中加入碳酸氢铵碳化，得到硫酸铵和二氧化碳及“前躯体”，其化学式为ZnCO3•2Zn(OH)2•H2O，反应方程式是3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3•2Zn(OH)2•H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑，形成沉淀后过滤，得到的滤液中主要溶质是(NH4)2SO4，该物质含有N元素，可直接用作氮肥，也可以用于循环使用制备(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)。
19．甲苯 消去反应 碳碳双键、酯基 +H2O+CH3OH
根据F的结构可知A中应含有苯环，A与氯气可以在光照条件下反应，说明A中含有烷基，与氯气在光照条件下发生取代反应，A的分子式为C7H8，则符合条件的A只能是；则B为，B→C→D发生信息①的反应，所以C为，D为；D中羟基发生消去反应生成E，则E为或；E与氢气加成生成F，F生成G，G在浓硫酸加热的条件下羟基发生消去反应生成H，则H为，H与氢气加成生成I，则I为，I中酯基水解生成K。
(1)A为，名称为甲苯；G到H为消去反应；H为，其官能团为碳碳双键、酯基；
(2)E为或，其中的碳原子可能在同一平面上；
(3)I到K的过程中酯基发生水解，方程式为+H2O+CH3OH；
(4)D为，其同分异构体满足：
①能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；
②分子中有一个手性碳原子，说明有一个饱和碳原子上连接4个不同的原子或原子团；
③核磁共振氢谱有七组峰，有7种环境的氢，结构应对称，满足条件的同分异构体为：；
(5)根据观察可知需要在间二甲苯的苯环上引入一个支链，根据信息②可知CH3COCl/AlCl3可以在苯环上引入支链-COCH3，之后的流程与C到F相似，参考C到F的过程可知合成路线为：。
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