2021【KS5U解析】宁夏六盘山高级中学高三上学期期中考试化学试卷含解析

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宁夏六盘山高级中学2020-2021学年第一学期
高三期中化学测试卷
注：可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 Cu-64 S-32 Si-28 Fe-56
Ⅰ选择题
一、选择题
1. 新中国成立70年来，我国在载人飞船、北斗卫星、高铁、5G技术等领域取得了举世瞩目的成就。它们均与化学有着密切联系。下列说法正确的是
A. “神州十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，其主要成分是硅酸盐
B. 国庆阅兵中出现的直－20直升机使用了大量的新型材料，其中锂铝合金属于金属材料
C. 截止2019年11月我国光缆线路总长超过三千万公里，光纤的主要成分是碳化硅
D. 我国2020年发射的首颗火星探测器，其太阳能电池帆板的材料是二氧化硅
【答案】B
【解析】
【详解】A. 高温结构陶瓷分为氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷、氮化硼陶瓷，其主要成分不是硅酸盐，故A错误；
B. 锂铝合金属于合金，为金属材料，故B正确；
C. 光纤的主要成分是二氧化硅，故C错误；
D. 太阳能电池帆板的材料是单晶硅，故D错误。
故答案选：B。
2. NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NA
B. 60gSiO2中含有共价键数为2NA
C. 过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA
D. 密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量为0.9mol，重水中含10个质子，故0.9mol重水中含9mol质子即9NA个，故A错误；
B．1molSiO2中含有4molSi—O键，60gSiO2的物质的量为=1mol，含有的共价键数目应为4NA，故B错误；
C．过氧化钠与水反应时，氧元素化合价从-1价水的0价生成氧气，则生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA，故C正确；
D．密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应生成2molNO2，但NO2与N2O4存在平衡关系，所以产物的分子数小于2NA，故D错误；
综上所述答案为C。
3. 下列除去杂质或物质检验的操作错误的是( )
A. CuCl2溶液中混有FeCl3：加入适量CuO后过滤
B. 除去石英中少量的碳酸钙：用稀盐酸溶解后过滤、干燥
C. Cl2混有少量HCl：将混合气体通过盛饱和食盐水的洗气瓶
D. 能使湿润的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2
【答案】D
【解析】
【详解】A．CuCl2溶液中混有FeCl3：加入适量CuO，反应溶液中的氢离子，促使铁离子的水解平衡正向进行，生成氢氧化铁沉淀，过滤即可除去铁离子，A操作正确；
B．除去石英中少量的碳酸钙：用稀盐酸溶解碳酸钙，而二氧化硅不溶，过滤、干燥即可得到二氧化硅固体，B操作正确；
C．Cl2混有少量HCl：将混合气体通过盛饱和食盐水的洗气瓶可除去HCl，且能降低氯气的溶解度，C操作正确；
D．能使湿润的淀粉KI试纸变成蓝色的物质可能是Cl2、过氧化氢等具有氧化性比碘强的物质，D结论错误；
答案为D。
4. 下列离子方程式正确的是 （ ）
A. 漂白粉溶液中通入少量二氧化碳气体：Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋CO2＝CaCO3↓＋2HClO
B. 钠与硫酸铜溶液反应: Cu2+ + 2Na = 2Na+ + Cu
C. 铁屑溶于过量稀硝酸：3Fe + 8H+ + 2NO3－＝3Fe2+ + 2NO↑+ 4H2O
D. FeI2溶液中通入少量氯气：2Fe2+ + Cl2＝ 2Fe3+ + 2Cl－
【答案】A
【解析】
【详解】A．漂白粉溶液中通入少量二氧化碳气体可以生成白色沉淀，反应的离子方程式为Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋CO2＝CaCO3↓＋2HClO，A正确；
B．钠与硫酸铜溶液反应先与水反应生成氢氧化钠与氢气，然后生成的氢氧化钠继续与硫酸铜反应生成氢氧化铜与硫酸钠，B错误；
C．稀硝酸过量则铁被氧化成+3价铁，C错误；
D．正确反应离子方程式为：2I— + Cl2＝ I2+ 2Cl－，D错误；
故选A。
5. 铝元素之间的相互转化如图所示，下列叙述正确的是（ ）

A. 实现①的转化，可通入过量CO2
B. 实现②转化，可加入过量NaOH溶液
C. 实现③的转化，可加入过量NaOH溶液
D. 实现④的转化，可通入过量NH3
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氧化铝不能溶于碳酸，因此通入过量的CO2不能实现过程①的转化，A选项错误；
B．氢氧化铝为两性氢氧化物，过量的NaOH会将生成的氢氧化铝溶解变成偏铝酸钠，因此实现过程②应加入少量NaOH或足量氨水，B选项错误；
C．氢氧化铝为两性氢氧化物，过量NaOH会将生成的氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠，C选项正确；
D．氨水为弱碱，氢氧化铝不能溶于氨水，通入过量NH3不能实现过程④的转化，D选项错误；
答案选C。
【点睛】解答本题要注意，氢氧化铝为两性氢氧化物，能够溶于强酸和强碱，不能溶于碳酸或氨水等弱酸和弱碱。
6. 下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是( )

A
B
C
D
实验
NaOH溶液滴入FeSO4溶液中
石蕊溶液滴入氯水中
SO2通入含酚酞的NaOH溶液
热铜丝插入稀硝酸中
现象
产生白色沉淀，随后变为红褐色
溶液变红，随后迅速褪色
溶液红色退去
产生无色气体，随后变红棕色

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，先生成Fe(OH)2白色沉淀，白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变为红褐色，是Fe(OH)2被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，发生了氧化还原反应，故A不符合题意；
B．石蕊溶液滴入氯水中，氯水中有H+，可以使石蕊变红，氯水中的HClO具有强氧化性，可以把石蕊氧化而使溶液褪色，故B不符合题意；
C．SO2通入NaOH溶液中，SO2和NaOH反应，消耗NaOH，溶液碱性减弱，溶液红色褪去，没有发生氧化还原反应，故C符合题意；
D．热铜丝和稀硝酸反应生成NO，NO会被空气中的氧气氧化为红棕色的NO2，发生了氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案：C。
7. 下列从海洋中获取物质的方案不合理的是 ( )
A. 向海水中加入石灰乳得到Mg(OH)2，加入盐酸得到MgCl2溶液，最后电解该溶液得到镁单质
B. 苦卤酸化后通入氯气得到溴水，然后用热空气将其吹入SO2水溶液中，再通入氯气，最后通过萃取、分液、蒸馏得到溴单质
C. 干海带灼烧后加水浸取，然后加入H2O2得到碘水，最后通过萃取、分液、蒸馏得到碘单质
D. 粗盐先通过除杂、精制得到饱和食盐水，然后电解得到氯气，最后用氯气和石灰乳反应制得漂白粉
【答案】A
【解析】
【详解】A．电解MgCl2溶液得到氯气、氢气和氢氧化镁，不能得到镁单质，A方案不合理；
B．苦卤酸化后通入氯气，氯气置换溴离子得到溴水，然后用热空气将其吹入SO2水溶液中，溴与二氧化硫反应生成硫酸和溴化氢，再通入氯气，提纯溴，最后通过萃取、分液、蒸馏得到溴单质，B方案合理；
C．干海带灼烧后加水浸取，得到含碘离子的溶液，然后加入H2O2得到碘水，最后通过萃取、分液、蒸馏得到碘单质，C方案合理；
D．粗盐先通过除杂、精制得到饱和食盐水，然后电解得到氯气、氢气和NaOH溶液，最后用氯气和石灰乳反应制得漂白粉，D方案合理；
答案为A。
8. 下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的( )
选项
实验
现象
结论
A
将红热的木炭与热的浓硫酸反应产生的气体通入澄清石灰水中
石灰水变浑浊
木炭被氧化成CO2
B
将稀盐酸滴入Na2SiO3溶液中
溶液中出现沉淀
非金属性：Cl＞Si
C
向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加新制氯水
溶液显红色
原溶液中一定含有Fe2+
D
将SO2通入BaCl2溶液中，然后滴入稀硝酸
先有白色沉淀产生，滴入稀硝酸后沉淀不溶解
先产生BaSO3沉淀，后沉淀转化成BaSO4
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，由现象不能说明炭被氧化成CO2，故A错误；
B．盐酸不是Cl的最高价含氧酸，因此不能比较Si和Cl的非金属性，故B错误；
C．滴加KSCN溶液，溶液不变色，可知不含铁离子，再滴加新制氯水，溶液变红，可知原溶液中一定含有Fe2+，故C正确；
D．SO2通入BaCl2溶液中不反应，二氧化硫可被硝酸氧化生成硫酸根离子，白色沉淀为硫酸钡，故D错误；
答案选C。
9. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是
①
②
③
④
⑤
A. ①⑤ B. ②③ C. ②⑤ D. ③④
【答案】C
【解析】
【详解】①与在点燃条件下得到，与反应得到、，故①不能按给定条件实现相应转化；
②与反应得到，再根据强酸制弱酸原理，与反应得到，②能实现转化；
③的冶炼通过电解熔融得到，③不能实现转化；
④与在点燃条件下得到，④不能实现转化；
⑤溶于水得到，经氧化得到，⑤能实现转化；
综上所述，能实现转化的为②⑤；
答案选C。
10. 设NA为阿伏加德罗常数值。如图表示N2O在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的是

A. N2O转化成无害气体时的催化剂是Pt2O2+
B. 每1mol Pt2O+转化为Pt2O2+得电子数为3NA
C. 将生成的CO2通入含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，无明显现象
D. 1g CO2、N2O的混合气体中含有电子数为0.5NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A错误；
B．根据转化关系，结合得失电子守恒， N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，氧化还原反应方程式为：N2O+ Pt2O+= N2+ Pt2O2+，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1mol N2O转化为N2得到2mol电子，则每1mol Pt2O+转化为Pt2O2+失电子为2mol，数目为2NA，故B错误；
C．将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C错误；
D．CO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol，一个分子中含有电子数都为22个，则 1g CO2 、N2O的混合气体的物质的量为mol，含有电子数为mol ×22×NA=0.5NA，故D正确；
答案选D。
【点睛】B项计算转移的电子数时，必须正确写出反应方程式，根据化合价的变化，物质的关系，计算出转移的电子数。
11. 某同学设计用下图的装置制备少量的AlCl3(易水解)。下列说法错误的是（ ）

A. B装置中所装试剂为饱和的NaCl溶液，其作用是除去氯气中的HCl
B. 装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进人E中
C. 用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应，所得氯气可以制取26.7gAlCl3
D. 实验过程中应先点燃A处的酒精灯，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯
【答案】C
【解析】
【详解】A、实验室是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，含有杂质气体氯化氢和水蒸气，氯化氢及易溶于水，而氯气在饱和食盐水中溶解度很小，因此B装置中所装试剂为饱和的NaCl溶液,其作用是除去氯气中的HCl，A正确；
B、因为AlCl3易水解，所以铝和氯气反应必须在干燥的环境下进行，因此装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进人E中，B正确；
C、用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应，由于浓盐酸不断消耗，变为稀盐酸，与二氧化锰不反应，所以50mL12mol/L的盐酸产生氯气的量小于0.15mol，因此氯气与铝反应生成氯化铝的量少于0.1 mol，质量小于13.35g，C错误；
D、实验过程中应先点燃A处的酒精灯，反应产生氯气，利用氯气排净装置内的空气，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯，反应进行，D正确；
正确选项C。
【点睛】实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，若用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应，产生氯气的量小于0.15 mol，若是 0.15 molMnO2足量的12mol/L的盐酸反应，可以生成氯气0.15 mol，因为浓盐酸与二氧化锰加热反应，而稀盐酸与二氧化锰加热也不反应。
12. 类推法在化学学习中经常采用，下列类推的结论正确的是( )
A. 由Cl2+2KBr=2KCl+Br2，所以F2也能与KBr溶液反应置换出Br2
B. 常温下，由Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，所以Ag也能与浓硝酸反应产生NO2
C. 由2Fe+3Cl22FeCl3，所以2Fe+3I22FeI3
D. 由2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，所以2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2
【答案】B
【解析】
【详解】A．F2单质在水溶液中先和水发生反应，不能置换溴单质,  故A错误；
B．常温下，由Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，说明浓硝酸具有强氧化性，所以Ag也能与浓硝酸反应产生NO2，故B正确；
C．氯气氧化性强，和铁反应生成氯化铁， 碘单质氧化性弱，和铁发生反应生成碘化亚铁，故C错误；
D．Na2O2有氧化性，与SO2反应生成Na2SO4：Na2O2+SO2=Na2SO4，故D错误；
故选B。
13. 如图装置进行实验，将液体a逐滴加入到固体b中，则下列叙述不正确的是

A. 若a为浓盐酸，b为KMnO4，c中盛紫色石蕊试液，则c中溶液先变红后褪色
B. 若a为浓硫酸，b为木炭，c中盛有苯酚钠溶液，则c中出现白色浑浊
C. 若a为浓氨水，b为生石灰，c中盛A1C13溶液，则c中产生白色沉淀且沉淀不溶解
D. 若a为稀盐酸，b为大理石，c中盛有BaCl2溶液，则c中溶液不变浑浊
【答案】B
【解析】
A、KMnO4与浓盐酸反应产生Cl2，Cl2＋H2O=HCl＋HClO，因此紫色石蕊试液，先变红，后褪色，故A说法正确；B、木炭与浓硫酸反应需要加热，此装置图缺少加热装置，故B说法错误；C、利用生石灰遇水放出热量，使NH3·H2O分解为NH3和H2O，c中Al3＋与氨水生成Al(OH)3 沉淀，氢氧化铝不溶于氨水，因此只产生白色沉淀，沉淀不溶解，故C说法正确；D、大理石与稀盐酸反应生成CO2，CO2不与BaCl2溶液反应，故D说法正确。
14. 某溶液中可能含有H＋、Mg2＋、Al3＋、、Cl －、ClO-的几种离子（不考虑水的电离与离子的水解）。当向溶液中逐滴加入NaOH溶液时，产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是

A. 原溶液中一定含有的阳离子是H＋、Al3＋、
B. 反应最后形成的溶液中的溶质AlCl3
C. 原溶液中H＋与的物质的量之比为2：3
D. 原溶液中含有的阴离子是Cl-、ClO-
【答案】AC
【解析】
【分析】
从图中可以看出，起初加NaOH溶液时，没有沉淀产生，则表明溶液中存在H+，且消耗V(NaOH)=2mL；当V(NaOH)在8mL~9mL，发生反应NaOH+Al(OH)3＝NaAlO2+2H2O，此时消耗V(NaOH)=1mL，Al3+消耗NaOH的体积为3mL，则溶液中不含有Mg2+；与OH-反应生成NH3时，沉淀的体积不变，此时共消耗NaOH的体积为3mL。
【详解】A．从以上分析知，原溶液中一定含有的阳离子是H＋、Al3＋、，A正确；
B．反应后期，Al(OH)3溶于NaOH溶液，形成的溶液中溶质为NaAlO2，B不正确；
C．原溶液中H＋与消耗NaOH溶液的体积为2mL、3mL，物质的量之比为2：3，C正确；
D．在酸性溶液中，Cl-、ClO-会发生反应生成Cl2和水，所以原溶液中不可能同时含有Cl-、ClO-，D不正确；
故选AC。
15. 关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是 （ ）

A. 装置①可用于分离苯和溴苯的混合物
B. 装置②可用于吸收HC1或NH3气体
C. 装置③可用于分解NH4C1制备NH3
D. 装置④b口进气可收集CO2或NO气体
【答案】A
【解析】
【详解】A、苯和溴苯的沸点相差较大，蒸馏即可实现分离，A正确；
B、氨气和氯化氢极易溶于水，导管口不能直接插入到溶液中，否则会导致倒吸，B不正确；
C、氯化铵分解产生氯化氢和氨气，但温度降低后，两种气体又反应生成氯化铵，C不正确；
D、CO2 的密度大于空气的，应该是长口进入，NO极易被氧化，所以不能用排气法收集，D不正确；
答案选A。
16. 将0.4g NaOH和1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol·L-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象解析。
【详解】0.4g NaOH的物质的量为0.4g÷40g·mol-1=0.01mol和1.06gNa2CO3的物质的量为1.06g÷106g·mol-1=0.01mol，则
A、0.1L盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；
B、图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；
C、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；此时开始放出气体，正好与图象相符，故C正确；
D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；
故选C。
【点睛】此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应，是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。
17. 下列叙述正确的是( )
A. 二氧化硅不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器
B. 某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I-
C. 向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体
D. 将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色，将SO2通入溴水，溴水褪色后加热也能恢复原色
【答案】C
【解析】
【详解】A.二氧化硅能和HF反应，所以不能盛装氢氟酸溶液，故A错误；
B. I2的溶液呈紫色，所以某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I2，故B错误；
C.向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体，故C正确；
D.将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色，因为溴水具有强氧化性，能氧化SO2，所以将SO2通入溴水，溴水褪色后加热也不能恢复原色，故D错误；
故答案：C。
18. 某溶液仅含Fe2+、Na+、Mg2+、Ba2+、SO、NO、Cl-中的4种离子，所含离子的物质的量均为1mol。若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变(不考虑水的电离和离子的水解)。下列说法不正确的是( )
A. 该溶液中所含的离子是：Fe2+、Na+、SO、NO
B. 若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体的质量为72g
C. 若向该溶液中加入过量的稀硫酸，产生的气体遇空气能变成红棕色
D. 若向该溶液中加入过量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液显血红色
【答案】B
【解析】
【分析】

【详解】A. 根据题目信息加入过量的稀硫酸，有气泡产生，可以判断溶液中Fe2+和NO在酸性条件下发生氧化还原反应生成气体NO，根据阴离子种类不变，判断原溶液中含有硫酸根离子，故没有Ba2+，根据4种离子及电荷守恒判断溶液中还应有阳离子Na+，故A答案正确；
B．若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，Fe2+变为Fe3+，最终所得固体是Fe2O3,根据原子守恒，Fe2O3的物质的量为0.5mol，质量为80g。故B答案错误；
C．若向该溶液中加入过量的稀硫酸，产生的气体是NO，NO遇空气能变成红棕色的NO2，C说法正确；
D. 若向该溶液中加入过量的稀硫酸后Fe2+被NO在氢离子条件下氧化为Fe3+，Fe3+和KSCN溶液反应，溶液显血红色。故D答案说法正确；
答案选B。
【点睛】离子共存中需注意发生氧化还原反应而不能共存的情况，氧化性离子和还原性离子能发生氧化还原反应，其次注意溶液遵从电荷守恒。通过电荷守恒可以判断离子的种类。
19. 利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是

A. 制取少量CO2气体
B. 制取并收集干燥纯净的NH3
C. 验证镁和稀盐酸反应的热效应
D. 制备Fe（OH）2并能较长时间观察到白色
【答案】C
【解析】
【详解】A．用碳酸钙和稀盐酸制取少量CO2气体，故不选A；
B．氨气的密度小于空气，应该用向下排空气法收集氨气，故不选B；
C．若镁和稀盐酸反应放热，则大试管内气体膨胀，U型管左侧液面降低、右侧液面升高，故选C；
D．酒精易溶于水，不能隔绝空气， Fe(OH)2易被氧化为红褐色Fe(OH)3，故不选D；
选C。
20. N2、O2、CO2的混合气体通过足量的Na2O2，充分反应后，体积变成原体积的7/9(同温同压)，则原混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比不可能为( )
A. 3∶2∶4 B. 1∶4∶4 C. 4∶3∶2 D. 5∶5∶8
【答案】C
【解析】
【分析】
已知三种气体中，只有二氧化碳与过氧化钠反应，方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+ O2，根据方程式可知，二氧化碳的体积为气体减少量的2倍，充分反应后，体积变成原体积的7/9，则二氧化碳占据气体的4/9。
【详解】A．根据N2、O2、CO2物质的量之比为3∶2∶4，则二氧化碳占据气体的4/9，A与题意不符；
B．根据N2、O2、CO2物质的量之比为1∶4∶4，则二氧化碳占据气体的4/9，B与题意不符；
C．根据N2、O2、CO2物质的量之比为4∶3∶2，则二氧化碳占据气体的2/9，C符合题意；
D．根据N2、O2、CO2物质的量之比为5∶5∶8，则二氧化碳占据气体的4/9，D与题意不符；
答案为C。
Ⅱ非选择题
21. 回答下列问题。
(1)食盐中含有KIO3，可加入稀硫酸酸化的淀粉碘化钾溶液检测，若变蓝，则说明含有KIO3，写出相应反应的离子方程式_____________。
(2) “84”消毒液(主要成分是NaClO)和洁厕剂(主要成分是浓HCl)不能混用，写出相应反应的离子方程式_____________。
(3)将32g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L。试求：①参加反应的HNO3的物质的量是____ mol。②欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要通入O2________mol。
(4)图中所示是用于气体制备、干燥(或除杂质)、性质验证、尾气处理的部分仪器装置(加热及夹持固定装置均已略去，各装置可重复使用也可不用)。请根据下列要求回答问题。

①为验证氯气不能使干燥的红布条褪色，置红布条于B中，按A-C-B-D连接成实验装置体系。A锥形瓶中试剂选用高锰酸钾晶体，则分液漏斗中的液体是浓盐酸；A中发生的化学方程式是____________，C中试剂是________，
②为了进行氨的催化氧化实验，若锥形瓶中盛装足量的Na2O2粉末，分液漏斗中盛装浓氨水，慢慢打开分液漏斗的活塞，产生的气体通过红热的铂粉，各仪器装置按气流方向从左到右连接顺序是(填字母)_________；装置B中发生反应的化学方程式为：______。
【答案】 (1). 6H++5I-+IO=3I2+3H2O (2). ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O (3). 1.5 (4). 0.25 (5). 2KMnO4 + 16HCl(浓) = 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2↑ + 8H2O (6). 浓硫酸 (7). ADBD(D盛装碱石灰)或ADBC(C盛装氢氧化钠溶液) (8). 4NH3+5O2=4NO+5H2O
【解析】
【详解】(1)KIO3与碘化钾在酸性条件下发生氧化还原反应，生成单质碘，碘遇到淀粉，淀粉显蓝色，反应的离子方程式为6H++5I-+IO=3I2+3H2O；
(2)NaClO与盐酸反应生成氯气、氯化钠和水，离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；
(3)①NO和NO2混合气体中含有的氮原子的物质的量与气体的物质的量相等，标准状况下NO和NO2混合气体11.2 L的物质的量为0.5mol，生成硝酸铜的物质的量==0.5mol，根据氮原子守恒，参加反应的硝酸的物质的量为1.5mol；
②根据氧化还原反应中得失电子守恒，氧气得到的电子的物质的量与铜失电子的物质的量相等，则n(O2)=0.5mol×2÷4=0.25mol；
(4)①为验证氯气不能使干燥的红布条褪色，则需要制备干燥的氯气，装置A用氯酸钾或高锰酸钾和盐酸反应生成氯气，再需除去HCl杂质后再干燥，氯气有毒，则最后需除去未反应的氯气，高锰酸钾与盐酸反应的离子方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑ +8H2O；装置C为浓硫酸；
②进行氨的催化氧化实验时，装置A中过氧化钠与浓氨水中的水反应生成氧气，反应放热，且生成NaOH，则氨水还生成氨气；生成的混合气体中含有水蒸气，则需用碱石灰(装置D)干燥，在装置B中发生氨气与氧气的反应；氨气与氧气生成的NO有毒，NO与过量的氧气反应生成二氧化氮，可用NaOH吸收NO、NO2，连接顺序为ADBD(D盛装碱石灰)或ADBC(C盛装氢氧化钠溶液)；装置B中发生反应的化学方程式为4NH3+5O2=4NO+5H2O。
22. 锂被誉为“高能金属”，废旧锂离子电池的正极材料主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等，处理该废料的一种工艺流程如图所示：

已知：①Ksp(Li2CO3)=1.6×10-3，LiCoO2难溶于水，具有强氧化性；②相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH值如表所示：

Al3+
Fe3+
Fe2+
Co2+
开始沉淀的pH
4.0
2.7
7.6
7.0
沉淀完全的pH
5.2
3.7
9.6
9.0
回答下列问题：
(1)写出“碱溶”时发生主要反应离子方程式：______。
(2)为提高“酸溶”的浸出速率，可采取的措施有______(任写一种)。
(3)“酸溶”时，LiCoO2发生的主要反应的离子方程式为______；若用浓盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，缺点是______。
(4)用氨水调节pH的范围为_____
(5)该流程涉及多次过滤，实验室中过滤后洗涤沉淀的操作为______。
(6)写出“沉钴”过程中发生反应的离子方程式：_____。
【答案】 (1). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑ (2). 粉碎、搅拌、适当升温、适当增大硫酸的浓度(任写一种) (3). LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑ (4). Cl-被氧化成Cl2，污染空气 (5). 3.7≤pHH-O-C，因为甲醇和水均可形成分子间氢键，所以CH3OH能与H2O以任意比互溶，故答案为：sp3；>；可形成分子间氢键；
(5)根据C60分子结构，C60分子中1个碳原子有2个C—C键，1个C=C键，根据均摊法，一个碳原子真正含有σ键的个数为，即一个C60分子中含有σ键的个数为个，根据C60的晶胞结构，离C60最近的C60上面有4个，中间有4个，下面有4个，即与每个C60分子距离最近且相等的C60分子有12个，一个C60的晶胞中，C60的个数为，根据公式，可得晶胞的质量为g，又晶胞的体积为a3cm3，则，故答案为：90；12；或。