黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2022-2023学年高三9月月考化学试题含解析

这是一份黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2022-2023学年高三9月月考化学试题含解析，共29页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，元素或物质推断题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2022-2023学年高三9月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．分类是化学研究中常用的方法，下列分类方法中，正确的是
A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物
B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体
C．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物
D．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质
【答案】C
【详解】A.一氧化碳不是酸性氧化物，二氧化硫和二氧化硅是酸性氧化物，故错误；B.氯化铁溶液不是胶体，故错误；C.福尔马林是甲醛的水溶液，水玻璃是硅酸钠的水溶液，氨水是一水合氨的溶液，故都为混合物，故正确；D.烧碱和冰醋酸是电解质，四氯化碳不是电解质，故错误。故选C。
2．2020年11月24日，嫦娥五号探测器发射圆满成功，开启我国首次地外天体采样返回之旅。探月工程所选用的新材料与化学有密切相关。下列叙述正确的是
A．登月中，所用北斗系统的导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度二氧化硅
B．用于光学望远镜的高致密碳化硅特种陶瓷材料，是一种传统无机非金属材料
C．面对高空低压的环境，所使用的碳纤维是一种有机高分子材料
D．嫦娥五号探测器在月球表面展示的国旗，其材料要求具有耐高低温、防静电等多种特性，所用的高性能芳纶纤维材料是复合材料
【答案】D
【详解】A．计算机的芯片材料是高纯度单质硅，故A错误；
B．碳化硅陶瓷材料是一种新型无机非金属材料，故B错误；
C．碳纤维是由碳元素组成的一种特种纤维，属于无机材料，故C错误；
D．月球表面没有大气层，昼夜温差极大，因此国旗材料要求具有耐高低温、防静电等多种特性，故D正确；
故选D。
3．青铜的主要成分是铜和锡，锡的熔点是232℃，含锡25%的青铜熔点约为800℃，《吕氏春秋•别类编》中有关于青铜的记载“金（铜）柔锡柔，合两柔则为刚，墦（烧）之则为掉（液体)。”。下列说法正确的是（    ）
A．在轮船外壳悬挂锌、锡等金属块可减慢钢铁的腐蚀
B．合金的熔点一定低于各组分金属的熔点
C．铜和锡在元素周期表均位于第四周期
D．“合两柔则为刚”体现了合金的硬度通常大于各组分金属的特点
【答案】D
【详解】A. 锡的金属性弱于铁，在轮船外壳悬挂锡金属块会加快钢铁的腐蚀，选项A错误；
B. 根据题中信息可知青铜的熔点高于锡，选项B错误；
C. 锡在元素周期表位于第五周期，选项C错误；
D. “合两柔则为刚”体现了合金的硬度通常大于各组分金属的特点，选项D正确。
答案选D。
4．下列褪色现象中，其中一项与其他三项褪色原理不同的是
A．二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．氯水能使甲基橙褪色
C．浓硝酸能使石蕊试液褪色
D．臭氧能使品红溶液褪色
【答案】A
【详解】A、二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为二氧化硫具有还原性，被高锰酸钾氧化，A正确；
B、氯水能使甲基橙褪色，因为氯水中的次氯酸具有强氧化性使其褪色，B错误；
C、浓硝酸能使石蕊试液褪色，是因为浓硝酸接具有强氧化性，有机色素被氧化褪色，C错误；
D、臭氧具有强氧化性，能将有机有色物质氧化而使其褪色，D错误；
本题答案选A。
5．下列叙述正确的是
A．12g金刚石中所含的共价键数为4NA
B．溶液中，数目为0.1 NA
C．常温常压下，气体含有原子数为0.3 NA
D．标准状况下，与足量反应，转移的电子数为0.2 NA
【答案】C
【详解】A．12g金刚石即1mol金刚石，由于金刚石是原子晶体，相邻的两个碳原子形成一个碳碳共价键，所以一共为2mol，即共价键数为2NA，选项A错误；
B．没有给出溶液的体积，无法计算数目，选项B错误；
C．气体含有原子数为=0.3NA，选项C正确；
D．标况下2.24L二氧化碳的物质的量为0.1mol，而二氧化碳和过氧化钠反应时，1mol过氧化钠消耗1mol二氧化碳转移1mol电子，故0.1mol二氧化碳反应后转移电子为0.1NA个，选项D错误；
答案选C。
6．下列离子方程式书写正确的是
A．饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2：
B．NaClO溶液中通入少量SO2：
C．FeI2溶液中通入少量Cl2：
D．Ca(HCO)3溶液中滴入少量Ca(OH)2溶液：
【答案】D
【详解】A．饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2会析出NaHCO3沉淀，离子方程式为2Na++CO+CO2+H2O=2NaHCO3↓，A错误；
B．SO2少量时会有HClO生成，正确离子方程式为SO2+H2O+3ClO-=SO+Cl-+2HClO，B错误；
C．I-还原性强于Fe2+，通入少量Cl2先和I-反应，离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-，C错误；
D．Ca(OH)2少量，二者1：1反应，化学方程式为离子方程式为Ca2++OH-+HCO=CaCO3↓+H2O，D正确；
综上所述答案为D。
7．类推（类比迁移）的思维方法可以预测许多物质的性质。但类比是相对的，不能违背客观事实。下列类比分析结果正确的是
A．Fe3O4根据化合价规律可表示为FeO•Fe2O3，则Pb3O4也可表示为PbO•Pb2O3
B．CaC2能水解：CaC2 + 2H2O = Ca(OH)2 + C2H2 ↑，则Al4C3也能水解：Al4C3 + 12H2O = 4A1(OH)3↓+ 3CH4↑
C．Cl2与Fe加热生成FeCl3，则I2与Fe加热生成FeI3
D．SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，则SO2通入Ba(NO3)2溶液也不产生沉淀
【答案】B
【详解】A. Fe3O4中的Fe的化合价可以认为是+2，+3，则表示为FeO•Fe2O3，但是Pb常见的化合价为+2、+4，则Pb3O4应表示为2PbO•PbO2，A错误；
B.水解反应为物质与水电离出来的H＋和OH－结合的反应，Al4C3中的Al与OH－结合生成Al(OH)3，C与H结合生成甲烷，化学方程式为Al4C3 + 12H2O = 4A1(OH)3↓+ 3CH4↑，B正确；
C. 碘单质的氧化性比氯气弱，只能将Fe氧化成＋2价，则I2与Fe加热生成FeI2，C错误；
D. SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，是因为弱酸不能制取强酸，但SO2通入Ba(NO3)2溶液中，SO2溶于水，生成亚硫酸使溶液呈现酸性，溶液中存在硝酸根离子，将SO2氧化成SO42－，会生成硫酸钡沉淀，D错误；
答案为B。
【点睛】类推时，要根据实际情况推测，Pb的化合价为+2、+4价，其氧化物为PbO、PbO2两种和铁的不同。
8．在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(p)从大到小的顺序是
A．p(Ne)＞p(H2)＞p(O2) B．p(O2)＞p(Ne)＞p(H2)
C．p(H2)＞p(O2)＞p(Ne) D．p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)
【答案】D
【详解】根据阿伏加德罗定律，当它们的温度和密度相同时，摩尔质量与压强成反比，摩尔质量由小到大的顺序为H2＜Ne＜O2，则压强的大小顺序为p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)；
本题答案选D。
9．下列关于离子检验的说法正确的是（    ）
A．向某溶液中加入少量稀硫酸，若有白色沉淀生成，则该溶液中含有Ba2+
B．用 酸性KMnO4溶液可检验硫酸铁溶液中是否含有硫酸亚铁
C．向某溶液中加入适量稀盐酸，观察是否有气泡产生，可检验溶液中是否含有CO32-
D．向某溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，再加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该溶液中存在SO42-或SO32-
【答案】B
【分析】A．加入少量稀硫酸，有白色沉淀产生，可能是硫酸钡或者硫酸银或者硫酸钙；
B．亚铁离子具有还原性，可与高锰酸钾等氧化剂反应；
C．加入适量稀盐酸，有大量气泡产生的可能是碳酸根或者碳酸氢根；
D．硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀；
【详解】A．加入少量稀硫酸，有白色沉淀产生，可能是硫酸钡或者硫酸银或者硫酸钙，所以不能确定溶液中一定含有Ba2＋，故A错误；
B．亚铁离子具有还原性，可与高锰酸钾等发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液褪色，可鉴别，故B正确；
C．加入适量稀盐酸，有大量气泡产生的可能是碳酸根或者碳酸氢根，所以不能确定是否含有CO32－，故C错误；
D．硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，则溶液中可能含SO42－或SO32－或Cl－，故D错误；
故选B。
10．据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是

A．OH-参与了该催化循环 B．该反应可产生清洁燃料H2
C．该反应可消耗温室气体CO2 D．该催化循环中Fe的成键数目发生变化
【答案】C
【分析】题干中明确指出，铁配合物Fe(CO)5充当催化剂的作用。机理图中，凡是出现在历程中，进去的箭头表示反应物，出来的箭头表示生成物，既有进去又有出来的箭头表示为催化剂或反应条件，其余可以看成为中间物种。由题干中提供的反应机理图可知，铁配合物Fe(CO)5在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，反应过程中所需的反应物除CO外还需要H2O，最终产物是CO2和H2，同时参与反应的还有OH-，故OH-也可以看成是另一个催化剂或反应条件。
【详解】A．从反应机理图中可知，OH-有进入的箭头也有出去的箭头，说明OH-参与了该催化循环，故A项正确；
B．从反应机理图中可知，该反应的反应物为CO和H2O，产物为H2和CO2，Fe(CO)5作为整个反应的催化剂，而OH-仅仅在个别步骤中辅助催化剂完成反应，说明该反应方程式为，故有清洁燃料H2生成，故 B项正确；
C．由B项分析可知，该反应不是消耗温室气体CO2，反而是生成了温室气体CO2，故 C项不正确；
D．从反应机理图中可知，Fe的成键数目和成键微粒在该循环过程中均发生了变化，故 D项正确；
答案选C。
【点睛】对于反应机理图的分析，最重要的是判断反应物，产物以及催化剂；一般催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的；通过一个箭头进入整个历程的物质则是反应物；而通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是产物。
11．实验室保存下列药品的方法，正确的是
A．氢氟酸贮存在细口玻璃瓶里
B．盛液溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发
C．氯水保存在无色玻璃瓶中，液氯贮存在钢瓶里
D．盛放浓硫酸的广口瓶应当用磨口玻璃塞，不能用橡皮塞
【答案】B
【详解】A．氢氟酸会与玻璃成分二氧化硅发生反应4HF+SiO2═SiF4↑+2H2O，故不能贮存在细口玻璃瓶里，应放在塑料瓶中，A错误；
B．溴单质易挥发，应在盛溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发，水封法保存，B正确；
C．液氯贮存在钢瓶里，氯水中含有次氯酸，见光易分解，从而导致氯水失效，应避光保存，氯水保存在棕色玻璃瓶中，C错误；
D．广口瓶保存固体药品，取用方便，但是浓硫酸是液体，所以浓硫酸不宜存放于广口瓶中，应放在细口瓶中，D错误；
故答案选B。
12．使用容量瓶配置溶液时，由于操作不当会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是（   ）
①用天平称量时所用砝码生锈
②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度
③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤
④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
⑤定容时，俯视容量瓶的刻度线
⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线
A．②⑤ B．②③⑥ C．①⑤⑥ D．③⑥
【答案】D
【详解】①用天平称量时所用砝码生锈，称量的溶质的质量偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏高，故①错误；
②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度，导致量取的液体体积偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故②错误；
③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故③正确；
④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质的物质的量、溶液的最终体积都没有影响，所以不影响配制结果，故④错误；
⑤定容时，俯视容量瓶的刻度线，导致加入的蒸馏水低于容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏小，然后浓度偏高，故⑤错误；
⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故⑥正确；
综上③⑥正确；
本题答案选D。
13．下列选项中所涉及到的两个量一定不相等的是
A．足量的钠在等物质的量的Cl2和O2中分别燃烧转移电子数
B．等物质的量的KO2与CaO2分别与水反应生成的气体体积（相同条件下）
C．100mL 1mol/L HNO3分别与1.4g Fe 、2.8gFe完全反应时生成的NO物质的量
D．等浓度等体积的盐酸、NaOH溶液分别与一定量Al反应生成等质量气体时转移的电子
【答案】B
【详解】A、Na与Cl2反应生成NaCl，Na与O2燃烧生成Na2O2，因为金属钠足量，因此1mol的Cl2和O2分别足量的金属钠燃烧，转移电子物质的量为2mol，故A不符合题意；
B、KO2与水反应：4KO2＋2H2O=2KOH＋3O2↑，CaO2与H2O反应：2CaO2＋2H2O=2Ca(OH)2＋O2↑，等物质的量的KO2、CaO2分别与水反应生成气体体积不同，故B符合题意；
C、100mL1mol·L－1HNO3与1.4gFe反应：Fe＋4HNO3=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，二者恰好反应生成0.025molNO，100mL1molHNO3与2.8gFe反应，发生3Fe＋8HNO3=3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，硝酸不足，按照硝酸进行计算得到NO为0.025mol，所以两个反应生成NO相同，故C不符合题意；
D、等浓度等体积的盐酸、NaOH溶液分别与一定量Al反应生成等质量的氢气，生成1molH2转移2mol电子，因生成的氢气相同，因此转移电子数相同，故D不符合题意；
答案为B。
【点睛】难点是选项C，铁与硝酸反应先生成Fe(NO3)3，即反应方程式为Fe＋4HNO3=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，1.4g铁全部转化成Fe(NO3)3，需要消耗HNO3的物质的量为0.1mol，即1.4gFe恰好与100mL1mol·L－1HNO3反应，求出NO的量，2.8gFe与硝酸反应，相当于在1.4gFe与硝酸反应的基础上再加入1.4gFe，则发生Fe与Fe3＋反应：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，没有NO气体生成，因此两个反应中生成气体量的相同。
14．科学家发现了利用泪液来检测糖尿病的方法，其原理是用氯金酸钠（NaAuCl4）溶液与溶液中的葡萄糖发生反应生成纳米金单质颗粒（直径为20﹣60nm），下列有关说法错误的是（　　）
A．氯金酸钠中金元素的化合价为+3
B．葡萄糖具有还原性
C．检测时，NaAuCl4发生氧化反应
D．纳米金单质颗粒分散在水中所得的分散系能产生丁达尔效应
【答案】C
【分析】A．化合物中正负化合价的代数和为0，Na为+1价，Cl为-1价；
B．葡萄糖结构简式为CH2OH-CHOH-CHOH-CHOH-CHOH-CHO，葡萄糖中含有醛基；
C．化合价降低的反应是还原反应；
D．分散质粒子直径在1nm-100nm之间的分散系为胶体。
【详解】A．化合物中正负化合价的代数和为0，Na为+1价，Cl为-1价，则氯金酸钠中金元素的化合价为+3，所以A选项是正确的；
B．葡萄糖的结构简式为CH2OH-CHOH-CHOH-CHOH-CHOH-CHO，葡萄糖中含有醛基，具有还原性，所以B选项是正确的；
C．氯金酸钠变为金化合价降低，发生还原反应，故C错误；
D．纳米金单质颗粒直径为20nm～60nm，分散在水中所得的分散系为胶体，所以D选项是正确的。
故答案选C。
【点睛】本题考查胶体、葡萄糖的性质、氧化还原反应等，侧重于常识性内容的考查，注意基础知识的积累。
15．如图为铁元素的价类二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系。下列说法正确的是

A．铁与高温水蒸气的反应可实现上述转化①
B．FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速发生转化②生成红棕色粉末
C．加热发生转化⑥，加水溶解可实现转化③
D．由图可预测：高铁酸盐具有强氧化性，可用于消毒；消毒后可生成胶体，故可作净水剂
【答案】D
【详解】A．铁与高温水蒸气的反应生成四氧化三铁，故A错误；
B．FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，变为四氧化三铁，故B错误；
C．加热发生转化⑥，氢氧化铁不溶于水，故C错误；
D．由图可预测：高铁酸盐具有强氧化性，可用于消毒；消毒后得到的还原产物为铁离子，铁离子与水反应可生成胶体，故可作净水剂，故D正确。
综上所述，答案为D。
16．为提纯下列物质(括号内为杂质)选用的试剂和分离方法都正确的是
序号
物质
试剂
分离方法
①
硝酸钾（氯化钠）
蒸馏水
重结晶
②
二氧化碳（氯化氢）
饱和碳酸钠溶液
洗气
③
乙醇（水）
金属钠
蒸馏
④
NaCl溶液（Na2S）
AgCl
过滤

A．①③ B．①④ C．② D．③④
【答案】B
【详解】①硝酸钾和氯化钠溶解度差距较大，可采用重结晶的方法分离，①正确；
②饱和碳酸钠可与HCl反应，但还可用吸收二氧化碳，所选试剂错误，②错误；
③乙醇和水均能与Na反应生成氢气，无法分离，③错误；
④硫化银为沉淀，且溶解性比氯化银小。加入氯化银，可以将S2-转化为硫化银除去，而加入的过量的氯化银不溶于水，可与硫化银一同过滤除去，④正确；
综上①④正确；
答案为B。
17．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．1.0 mol·L－1的KNO3溶液中：H＋、Fe2＋、Cl－、
B．使紫色石蕊溶液变红的溶液中：、Ba2＋、、Cl－
C．pH＝12的溶液中：K＋、Na＋、CH3COO－、Br－
D．滴加几滴KSCN溶液显血红色的溶液中：、Mg2＋、I－、Cl－
【答案】C
【详解】A. H＋、Fe2＋、NO3—之间能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B. 使紫色石蕊溶液变红的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量H＋，H＋与AlO2—在溶液中能够反应，且NH4+与AlO2—会发生双水解，不能大量共存，故B错误；
C. pH＝12的溶液显碱性，OH－与K＋、Na＋、CH3COO－、Br－不反应，且K＋、Na＋、CH3COO－、Br－之间也不反应，可大量共存，故C正确；
D. 滴加几滴KSCN溶液显血红色的溶液中含有Fe3＋，Fe3＋、I－能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
故选C。
18．将少量的a溶液加入到b溶液中，现象及对应的离子方程式正确的是
选项
a
b
现象
离子方程式
A
稀硫酸
KI
在空气中放置一段时间后溶液呈棕黄色
4I—+ O2 + 2H2O = 2I2 + 4OH—
B
Na2CO3
稀盐酸
开始时无气泡，后来有气泡
CO32—+ H+ = HCO3—；
HCO3—+ H+ = H2O + CO2↑
C
稀盐酸
Na2SiO3
产生白色胶状物
2H+ + SiO32—= H2SiO3(胶体)
D
稀H2SO4
滴有酚酞的Ba(OH)2
有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色
Ba2+ + OH—+ H+ + SO42— = BaSO4↓ + H2O

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A.硫酸与碘化钾混合溶液呈酸性，最终不可能生成氢氧根离子，A错误；
B.碳酸钠加入到盐酸中，盐酸过量，开始就有气体产生，B错误；
C.盐酸与硅酸钠反应生成不溶于水的硅酸沉淀，C正确；
D.硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，硫酸少量，氢氧化钡过量，溶液不会变为无色，现象为红色变浅，硫酸为二元酸，要完全反应掉，化学方程式应为Ba2+ + 2OH-+ 2H+ + SO42- = BaSO4↓ + 2H2O，D错误；
答案为C。
【点睛】碳酸钠加入到盐酸中，开始盐酸过量，有气体产生；盐酸加入到碳酸钠中，碳酸钠过量，开始无气体产生。
19．已知14mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数为80%，那么7mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数将
A．无法确定 B．等于40%
C．小于40% D．大于40%
【答案】D
【详解】若假设14mol/L的H2SO4密度为，7mol/L的H2SO4密度为，由于硫酸浓度越大密度越大，所以有：；根据公式：，假设7mol/L的硫酸质量分数为，则14mol/L的硫酸和7mol/L的硫酸之间存在如下关系：，所以有：，又因为：，所以，D项正确；
答案选D。
20．已知二氯化二硫（S2Cl2）的结构式为Cl﹣S﹣S﹣Cl，它易与水反应，方程式如下：2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓，对该反应的说法正确的是
A．S2Cl2既作氧化剂又作还原剂
B．H2O作还原剂
C．每生成1molSO2转移4mol电子
D．氧化产物与还原产物物质的量比为3：1
【答案】A
【详解】因Cl的非金属性比S强，故S2Cl2中S、Cl的化合价分别为＋1、－1价，根据化合价分析，反应中只有硫的化合价发生变化。
A. 反应物中只有S2Cl2的化合价发生变化， 所以S2Cl2既作氧化剂又作还原剂，A项正确；
B. 水中元素化合价未改变，不是还原剂，B项错误；
C. SO2中硫的化合价为＋4价，故每生成1 mol SO2转移3 mol电子，C项错误；
D. SO2为氧化产物，S为还原产物，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶3，D项错误；
答案选A。
21．工业上以废铁屑为原料制备的一种流程如下，下列有关说法不正确的是

A．中铁显+2价
B．沉铁过程中双氧水作氧化剂
C．沉铁中离子方程式为
D．实验室进行煅烧操作中需要使用泥三角、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒等仪器
【答案】D
【详解】A.根据化学式化合价代数和为0可知，LiFePO4中Fe显+2价，故A项正确；
B.沉铁过程中加双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，双氧水作氧化剂，故B项正确；
C.沉铁时，加入了双氧水、磷酸，发生反应的离子方程式为：，故C项正确；
D.实验室进行煅烧操作中需要使用坩埚、泥三角、酒精灯、玻璃棒等仪器，故D项错误；
故答案选D。
22．下列操作不能说明仪器组装气密性良好的是
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】A.手握住试管后，烧杯中有气泡产生，离开试管玻璃导管内有一段水柱，装置气密性良好，A正确；
B.装置B气密性良好时，漏斗内的液体不能顺利流下，B正确；
C.装置C气密性良好时，手捧住烧瓶时，玻璃导管有一段水柱，离开时导管内液面与集气瓶液面持平，C正确；
D.装置D气密性良好时，上移左侧滴管，左右两侧容器内的液面会出现液面差，现两液面持平，说明装置漏气，D错误；
答案为D。
23．下列A～D四组，每组有两个反应，其中两个反应可用同一个离子方程式表示的是

(Ⅰ)
(Ⅱ)
A
少量SO2通入Ba(OH)2溶液
过量SO2通入Ba(OH)2溶液
B
少量浓氨水滴入Al2(SO4)3溶液中
少量Al2(SO4)3溶液滴入浓氨水中
C
0.1 mol Cl2通入含0.2 mol FeBr2的溶液
0.3 mol Cl2通入含0.2 mol FeBr2溶液中
D
过量BaCl2溶液与少量Na2SO4溶液相混合
少量Ba(OH)2溶液与过量MgSO4溶液相混合

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A. 少量二氧化硫与氢氧化钡反应的产物为亚硫酸钡沉淀，过量时，产物为亚硫酸氢钡，离子方程式不同，A错误；
B. 少量氨水与硫酸铝反应生成氢氧化铝沉淀，过量时沉淀不溶解，离子方程式相同，B正确；
C. 0.1mol氯气与溶液中的亚铁离子恰好完全反应，而0.3mol氯气时，与亚铁离子反应剩余的氯气与溴离子反应，离子方程式不同，C错误；
D. 氯化钡与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，而氢氧化钡与硫酸镁反应生成硫酸钡和氢氧化镁沉淀，离子方程式不同，D错误；
答案为B；
【点睛】氧化性：氯气>溴>铁离子，则氯气先与亚铁离子反应，完全反应后再与溴离子反应。
24．把500有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由Ba2++SO42-═BaSO4↓、Ag++Cl-═AgCl↓计算离子的物质的量，由混合溶液分成5等份，则确定原溶液中钡离子和氯离子的浓度，再利用溶液不显电性来计算原混合溶液中钾离子物质的量浓度。
【详解】取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀，则
Ba2++SO42-═BaSO4↓
 1      1
amol   amol
另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀，则
Ag++Cl-═AgCl↓
1     1
bmol   bmol
由混合溶液分成5等份，则原溶液中钡离子的浓度为=10amol/L，
氯离子的浓度为=10bmol/L，
根据溶液不显电性，设原混合溶液中钾离子物质的量浓度为x，则10amol/L×2+x×1=10bmol/L×1，解得x=10（b-2a）mol/L，
答案选D。
25．取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的气体和672mL的气体(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02g。则x等于
A．8.64 B．9.00 C．9.20 D．9.44
【答案】C
【分析】铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，等于它们的离子反应生成氢氧化物沉淀结合的氢氧根的物质的量，根据氮的氧化物计算氢氧根的物质的量，沉淀的总质量减去氢氧根的质量即为金属的质量，据此分析计算。
【详解】8.960L的NO2气体的物质的量为=0.4mol，0.672L的N2O4气体的物质的量为=0.03mol，所以金属提供的电子的物质的量为0.4mol×(5-4)+0.03mol×2×(5-4)=0.46mol，所以沉淀中含有氢氧根的物质的量为0.46mol，氢氧根的质量为0.46mol×17g/mol=7.82g，所以金属的质量为17.02g-7.82g=9.2g，故选C。

二、工业流程题
26．废旧锂离子电池经处理得到的正极活性粉体中含有Li2O、NiO、Co2O3、MnO2、Fe、C、Al、Cu等。采用以下工艺流程可从废旧锂离子电池中分离回收钴、镍、锰，制备正极材料的前驱体(NiCO3·CoCO3·MnCO3)。

回答下列问题：
(1)“酸浸”温度为85℃，粉体中的钴(以Co2O3表示)还原浸出的化学方程式为_______；工业生产中通常不使用浓盐酸代替H2O2的原因是_______。
(2)“除铁”时需将溶液的pH调至3左右，加入的化合物X是_______(填化学式)。
(3)“除铜”时获得萃余液的操作名称是_______。
(4)“除铝”时反应的离子方程式为_______；萃余液中Co2+的浓度为0.33 mol/L，通过计算说明，常温下除铝控制溶液pH为4.5，是否造成Co2+的损失？_______(列出算式并给出结论)。已知：(Ksp[Co(OH)2=5.9×10-15)
【答案】(1)          产生氯气污染环境
(2)NaOH
(3)分液
(4)     A13++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3     c(Co2+)·c2(OH-)=0.33×=3.3×10-20＜5.9×10-15=Ksp[Co(OH)2]，无Co(OH)2沉淀产生，不会造成Co的损失

【分析】正极活性粉体中含有Li2O、NiO、Co2O3、MnO2、Fe、C、Al、Cu等，加入稀硫酸酸浸，并加入过氧化氢，发生氧化还原反应，铁、铜、铝等金属被溶解分别生成硫酸盐，且Co2O3还原生成CoSO4，同时生成硫酸锂、硫酸镍等，滤渣含有C，滤液①中含有Co2+、Al3+、Ni2+、Li+、Mn2+、Fe3+、Cu2+等离子，可加入NaOH，可生成黄钠铁钒而达到除铁的目的。滤液②加入铜萃取剂，可除去铜,萃余波含有Co2+、A13+、Ni2+、Li+、Mn2+等离子，加入氨水，可生成氢氧化铝沉淀而除去。滤液③中含有Co2+、Ni2+、Li+、Mn2+，加入NH4HCO3进行碳化，可生成NiCO3·CoCO3·MnCO3，滤液田含有Li+，据此解答。
（1）
“酸浸”温度为85℃，粉体中的钴(以Co2O3表示)还原生成CoSO4，H2O2被氧化为O2，该反应的化学方程式为；
工业生产中通常不使用浓盐酸代替H2O2，是由于HCl被氧化产生Cl2会污染环境；
（2）
“除铁”时需将溶液的pH调至3左右，生成黄钠铁钒而达到除铁的目的，由黄钠铁钒化学式可知加入的化合物X应为NaOH；
（3）
滤液②加入铜萃取剂，分液分离出萃出液，获得萃余液，故分离混合物的方法为分液；
（4）
加入氨水生成氢氧化铝，反应的离子方程式为：A13++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3；
萃余液中Co2+的浓度c(Co2+)=0.33 mol/L，常温下除铝控制溶液pH为4.5，则c(Co2+)·c2(OH-)=0.33×=3.3×10-20＜5.9×10-15=Ksp[Co(OH)2]，不会形成Co(OH)2沉淀，因此不会造成Co的损失。

三、实验题
27．是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制备成固体以便运输和贮存。过氧化氢法制备固体的实验装置如图所示。

已知：
熔点、沸点；沸点。在强碱性环境中会失效，发生歧化反应。
请回答：
(1)仪器C的名称为_______，与普通分液漏斗相比的优点是_______；仪器B的作用是_______；冰水浴冷却的目的是_______(写出两点)。
(2)A中发生反应的离子方程式为_______。
(3)空气流速过快或过慢，均降低的产率，试解释其原因_______。
(4)存在时会催化的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，的生成速率大大提高，并产生微量氯气。该过程可能经两步反应完成，将其补充完整：
①
②_______(用离子方程式表示)。
(5)上述装置用氢氧化钠溶液吸收尾气时发生反应的化学方程式为_______。
【答案】(1)     恒压滴液漏斗     以使漏斗内液体顺利滴下     防止倒吸     减少的分解、降低的溶解度、增加的溶解度(任写两种)
(2)
(3)空气流速过慢时，不能及时被气流带走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，不能被充分吸收
(4)
(5)

【分析】该实验是先利用仪器A制备二氧化氯，B装置是防倒吸，因二氧化氯浓度过高时易发生分解再利用C装置将ClO2制备成固体以便运输和贮存。
（1）
仪器C的名称为恒压滴液漏斗，与普通分液漏斗相比的优点是以使漏斗内液体顺利滴下；仪器B的作用是防止倒吸；冰水浴冷却的目的是减少的分解、降低的溶解度、增加的溶解度。
（2）
根据图示A仪器中的氯酸钠固体和双氧水在酸性条件下发生氧化还原反应生成二氧化氯，根据氧化还原反应的规律书写方程，离子方程式为。
（3）
空气流速过慢时，不能及时被气流带走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，不能被充分吸收，故空气流速过快或过慢，均降低的产率。
（4）
A中的总反应是，①反应，。存在时会催化的生成，总反应-①反应可得②反应，故②反应：。
（5）
尾气是未反应完的ClO2，已知ClO2在强碱性环境中会失效，发生歧化反应。根据氧化还原反应规律书写方程：。

四、元素或物质推断题
28．前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小。回答下列问题：
(1)E的元素名称为_____。
(2)元素A、B、C中，电负性最大的是____(填元素符号，下同)，元素B、C、D第一电离能由大到小的顺序为____。
(3)与同族其他元素X形成的XA3相比，BA3易液化的原因是____；BA3分子中键角____(填“>”“N>H，则电负性O>N>H，所以电负性最大的是O元素；同一主族元素第一电离能随着原子序数增大而减小，则第一电离能B>Al，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能N>O，所以第一电离能N>O>Al，故答案为：O；N>O>Al；
（3）
氨气分子之间存在氢键导致其易液化；氨气分子中N原子含有一个孤电子对和3个共价键，甲烷分子C原子形成4个共价键，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以氨气分子键角小于甲烷分子中键角，即分子中键角