福建师范大学附属中学2021-2022学年高三化学上学期期中考试试题（Word版附解析）

这是一份福建师范大学附属中学2021-2022学年高三化学上学期期中考试试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
时间：90分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 Na-23 Al-27 O-16 S-32 Cr-52 Ni-59 Cu-64
第Ⅰ卷(选择题，共45分)
一、选择题(共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1. 下列有关物质分类或归纳的说法中，正确的一组
①蔗糖和麦芽糖的化学式都可用C12H22O11表示，它们互为同分异构体
②聚乙烯、聚氯乙烯、纤维素都属于合成高分子
③明矾、石膏、冰醋酸、水都是电解质
④盐酸、漂白粉、水玻璃都是混合物
⑤分馏、干馏、裂化都是化学变化
⑥植物油、直馏汽油都可与溴水反应
A. ①③⑤B. ②④⑥C. ①③④D. ②④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①蔗糖和麦芽糖的化学式都可用C12H22O11表示，它们互为同分异构体，故①正确；
②聚乙烯、聚氯乙烯属于合成高分子，纤维素属于天然高分子，故②错误；
③明矾是盐、石膏是盐、冰醋酸是酸、水是弱电解质，所以都是电解质，故③正确；
④盐酸是氯化氢的水溶液、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液，都是混合物，故④正确；
⑤分馏、干馏是混合物根据沸点不同分离的方法，是物理变化，裂化是烷烃分解是化学变化，故⑤错误；
⑥植物油烃基中含有不饱和碳碳键可以和溴单质加成使溴水褪色、直馏汽油主要是饱和烃不能使溴水褪色．故⑥错误；
综上所述：①③④正确；故选C。
2. 反应8NH3＋3Cl2=6NH4Cl＋N2可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确的是
A. 中子数为9的氮原子：N
B. Na2O2的电子式：
C. 乙炔的结构式：HC≡CH
D. 丙烷球棍模型：
【答案】D
【解析】
【详解】A．中子数为9的氮原子，质量数应为16，可表示为：N，故A错误；
B．Na2O2为离子化合物，电子式：，故B错误；
C．HC≡CH表示乙炔的结构简式，乙炔的结构式应为：H-C≡C-H，故C错误；
D．丙烷的化学式为C3H8，球棍模型为：，故D正确；
故选D。
3. “白墙黑瓦青石板，烟雨小巷油纸伞”是著名诗人戴望舒的著名诗句，下列有关说法中错误的是
A. “白墙”的白色源于墙体表层的CaCO3
B. “青石板”与“黑瓦”的主要成分都是硅酸盐
C. 纸和伞骨架的竹子主要成分是纤维素
D. 伞面上的熟桐油是天然植物油，具有防水作用
【答案】B
【解析】
【详解】A．“白墙”的白色源于墙体表层粉刷的石灰水氢氧化钙与空气中的二氧化碳反应生成的CaCO3为白色固体，故A正确；
B．“青石板”的主要成分是石灰石，“黑瓦”属于传统的硅酸盐产品，主要成分都是硅酸盐，故B错误；
C．造纸用的原材料和制作伞骨架的竹子的主要成分都是纤维素，故C正确；
D．植物油属于油脂，油脂不溶于水，刷伞面上形成一层保护膜能防水，故D正确；
答案选B。
4. 下图为某燃煤电厂处理废气的装置示意图，下列说法错误的是
A. 使用此装置可以减少导致酸雨的气体的排放
B. 该装置内既发生了化合反应，也发生了分解反应
C. 总反应可表示为：2SO2+ 2CaCO3 + O2=2CaSO4+ 2CO2
D. 若排放的气体能使澄清石灰水变浑浊，说明该气体中含SO2
【答案】D
【解析】
【详解】A.SO2能形成硫酸型酸雨，根据示意图，SO2与CaCO3、O2反应最终生成了CaSO4，减少了二氧化硫的排放，A正确；
B.二氧化硫和氧化钙生成亚硫酸钙的反应、亚硫酸钙与O2生成硫酸钙的反应是化合反应，碳酸钙生成二氧化碳和氧化钙的反应是分解反应，B正确；
C.根据以上分析，总反应可表示为：2SO2+ 2CaCO3 + O2=2CaSO4+ 2CO2，C正确；
D.排放的气体中一定含有CO2，CO2能使澄清石灰水变浑浊，若排放的气体能使澄清石灰水变浑浊，不能说明气体中含SO2，D错误；
答案选D。
5. 下列是一些装置气密性检查的方法，其中正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A、此装置两导管都与外界空气相通不是密闭装置，无法检查出装置的气密性，A不正确；
B、用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，液面高度不变，说明装置气密性良好，故能检查装置气密性，B正确；
C、装置长颈漏斗与外界空气相通不是密闭装置，无法检查出装置的气密性，C不正确；
D、此装置两导管都与外界空气相通不是密闭装置，无法检查出装置的气密性，D不正确；答案选B。
【点晴】检查装置的气密性有多种方法，原理都是根据装置内外的压强差形成水柱或气泡，据此分析各种检查方法。做题时应注意检查装置的气密性是不是在密闭装置中。有些装置比较复杂或者学生平时比较少见，造成不会分析而出错，答题时注意灵活应用。
6. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 17g－OH中含有的电子数为10NA
B. 铜电解精炼时，当阳极质量减少64g时，电路中转移电子数为2NA
C. 标准状况下22.4LCl2完全溶于水时，所得溶液中含氯微粒总数为2NA
D. 2 g由H218O和2H2O组成的混合物中含有的质子数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 1个—OH所含电子数为8+1=9个，17g羟基的物质的量为=1ml，所含电子为9ml，即9NA，选项A错误；
B. 电解精炼铜时，阳极除了铜被氧化，还有比铜活泼的Zn、Fe等杂质也被氧化，所以当电路中通过的电子数为NA时，不能确定阳极减少的质量，则当阳极质量减少64g时，电路中转移电子数不一定为2NA，选项B错误；
C. 标准状况下22.4 L Cl2物质的量为1ml完全溶于水时，所得溶液中含氯微粒有Cl2、HClO、Cl-、ClO-，根据氯原子守恒可知：2n(Cl2)+n(HClO)+n(Cl-)+n(ClO-)=2ml， 则含氯微粒总数小于2NA，选项C错误；
D. H218O和2H2O的相对分子质量均为20，2 g由H218O和2H2O组成的混合物的物质的量为，且所含有质子数均为10个，所以含有的质子数为NA，选项D正确；
答案选D。
7. 下列说法正确的是
A. 现需480 mL 0.1 ml·L-1硫酸铜溶液，则需要称量7.68 g硫酸铜固体
B. 100 g硫酸溶液的物质的量浓度为18.4 ml·L-1，用水稀释到物质的量浓度为9.2 ml·L-1，需要水100 g
C. 将10 g CuSO4溶解在90 g水中，配制质量分数为10%的CuSO4溶液
D. 使用量筒量取一定体积的浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸，将浓硫酸转移至烧杯后须用蒸馏水洗涤量筒，并将洗涤液一并转移至烧杯
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验室无480mL容量瓶，所以应选择500mL容量瓶来配置，则，故A错；
B．由，且可知，，故B错；
C．，故C正确；
D．用量筒量取一定体积的浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸，将浓硫酸完全转移至烧杯后无须用蒸馏水洗涤量筒，故D错；
答案选C。
8. 在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是
A. 滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：Na＋、Fe2＋、Cl-、NO
B. 滴入KSCN溶液显血红色的溶液中：NH、Mg2＋、SO、Cl-
C. =1012的溶液中：NH、Al3＋、NO、CO
D. 由水电离的c(H＋)=1.0×10-13 ml·L-1的溶液中：K＋、NH、AlO、HCO
【答案】B
【解析】
【详解】A．滴加甲基橙试剂显红色的溶液显酸性，在酸性溶液中，Fe2＋、NO能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选；
B．滴入KSCN溶液显血红色的溶液中含有Fe3＋，Fe3＋、NH、Mg2＋、SO、Cl-离子间不发生反应，能够大量共存，故B选；
C．=1012的溶液显强碱性，在强碱性溶液中，NH、Al3＋不能与OH-大量共存，故C不选；
D．由水电离的c(H＋)=1.0×10-13 ml·L-1的溶液显强酸性或强碱性，在强酸性溶液中，不能大量存在AlO、HCO，在强碱性溶液中，不能大量存在NH、HCO，故D不选；
故选B。
9. 下列离子方程式书写正确的是
A. KI溶液久置空气中变黄色：4I－+O2+2H2O=2I2 +4OH－
B. 0.1ml/L NH4Al(SO4)2溶液与0.2ml/L Ba(OH)2溶液等体积混合：Al3+ +2SO42－+2Ba2++4OH－=2BaSO4↓+AlO2－+2H2O
C. 向硫酸铜溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀：Cu2+ +S2－=CuS↓
D. 向Fe(NO3)2和KI混合溶液中加入少量稀盐酸：3Fe2+ +4H+ +NO3－=3Fe3+ +2H2O+NO↑
【答案】A
【解析】
【详解】A．I-具有还原性，空气中的氧气具有强氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，离子反应方程式为：4I－+O2+2H2O=2I2 +4OH－，选项A正确；
B．0.1ml/L NH4Al(SO4)2溶液与0.2ml/L Ba(OH)2溶液等体积混合的离子反应为NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4+Al(OH)3↓+NH3•H2O，选项B错误；
C．向硫酸铜溶液中加入足量的NaHS溶液反应生成黑色沉淀CuS、硫化氢和硫酸钠，反应的离子方程式为：Cu2+ +2HS－=CuS↓+ H2S↑；若只加入少量的NaHS，则离子方程式为Cu2+ +HS－=CuS↓+ H+，选项C错误；
D．向Fe(NO3)2和KI混合溶液中加入少量稀盐酸，只有碘离子被氧化，正确的离子方程式为：6I-+8H++2NO3-=2NO↑+4H2O+3I2，选项D错误；
答案选A。
10. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，W的简单氢化物与Z的单质混合在光照下反应，气体颜色不断变浅，瓶壁上有油状液滴，X的简单氢化物与Z的氢化物相遇会产生白烟。下列说法正确的是
A. “白烟”晶体中含有离子键和共价键
B. 四种元素中，Z的原子半径最大
C. Y的简单氢化物的热稳定性比X的强
D. W的含氧酸的酸性一定比Z的弱
【答案】A
【解析】
【分析】X的简单氢化物与Z的氢化物相遇会产生白烟，X的原子序数小于Z，则X应为N元素，Z为Cl元素，两种氢化物分别为NH3、HCl；W的简单氢化物与Z的单质，即氯气，混合在光照下反应，气体颜色不断变浅，瓶壁上有油状液滴，则W为C元素，其简单氢化物为CH4，W、Y同主族，所以Y为Si元素。
【详解】A．“白烟”晶体为HCl和氨气反应生成的氯化铵，含有铵根和氯离子形成的离子键，同时铵根中含有氮原子和氢原子形成的共价键，A正确；
B．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小半径越大，所以原子半径最大的是Si，B错误；
C．Si元素的非金属性弱于N元素，所以Y的简单氢化物的热稳定性比X的弱，C错误；
D．Cl元素有多种含氧酸，例如次氯酸的酸性就比碳酸弱，D错误；
综上所述答案为A。
11. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，m为单质，d是淡黄色粉末，b是生活中常见的液态化合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 化合物a中只含有C、H两种元素
B. 几种元素的原子半径由大到小顺序为Z＞Y＞X＞W
C. d是离子化合物，阴阳离子个数比为1∶1
D. Y与W形成的简单化合物是同主族元素同类型化合物中沸点最高的
【答案】D
【解析】
【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，d是淡黄色粉末，b是生活中常见的液态化合物，二者反应生成单质m，则d为Na2O2，b为H2O，m为O2，e为NaOH，而c也能与d反应生成m，故c为CO2，则f为Na2CO3，故a为烃或烃的含氧衍生物，结合原子序数可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na，据此分析解答。
【详解】A．a燃烧生成水和二氧化碳，可能为烃或烃的含氧衍生物，故A错误；
B．同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，所有元素中氢原子半径最小，故原子半径：Z(Na)＞X(C)＞Y(O)＞W(H)，故B错误；
C．d是Na2O2，由钠离子和过氧根离子构成，阴阳离子个数比为1:2，故C错误；
D．Y与W形成的简单化合物是H2O，水分子之间存在氢键，是同主族元素同类型化合物中沸点最高的，故D正确；
答案选D。
12. NH3是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图所示)，下列说法正确的是
A. NH4Cl和NaHCO3都是常用的化肥
B. NH4Cl、HNO3和Na2CO3受热时都易分解
C. NH3和NO2在一定条件下可发生氧化还原反应
D. 图中所涉及的O2都要用纯氧
【答案】C
【解析】
【详解】A．不是常用的化肥，故A错误；
B．受热不易分解，故B错误；
C．和在一定条件下可以发生氧化还原反应，生成氮气和水，故C正确；
D．氨的催化氧化用空气就可以，不一定要用纯氧，故D错误；
答案为C。
13. 某学习小组设计实验探究H2S的性质,装置如图所示。

下列说法正确的是
A. 若F中产生黑色沉淀,则说明H2SO4的酸性比H2S强
B. 若G中产生浅黄色沉淀,则说明H2S的还原性比Fe2+强
C. 若H中溶液变红色,则说明H2S是二元弱酸
D. 若E中FeS换成Na2S,该装置也可达到相同的目的
【答案】B
【解析】
【详解】A. 硫化氢和硫酸铜反应生成黑色沉淀硫化铜和硫酸，不能说明H2SO4的酸性比H2S强（当然也不能说明氢硫酸的酸性比硫酸强），只能说明硫化铜不溶于硫酸，A不正确；B. 若G中产生浅黄色沉淀，证明硫化氢可以被Fe３+氧化，则说明H2S的还原性比Fe2+强，B正确；C. 若H中溶液变红色，则说明H2S的水溶液呈酸性，但是不能说明氢硫酸是几元酸，C不正确；D. 若E中FeS换成Na2S，由于硫化钠可溶于水，无法达到该装置随开随用、随关随停的目的，D不正确。本题选B。
点睛：在复分解反应中，通常都是强酸制弱酸，但是不能因此而误认为弱酸不能制强酸。本题中氢硫酸与硫酸铜反应，就是一个典型的弱酸制强酸的例子，该反应之所以能发生，是因为硫化铜的溶解度特别小，难溶于水、难溶于酸。
14. 向含a ml Ba(OH)2的溶液中加入b ml NaHSO4，下列说法不正确的是
A. 当a≥b时，发生的离子反应为Ba2＋＋＋H＋＋OH-=BaSO4↓＋H2O
B. 当2a≤b时，发生的离子反应为Ba2＋＋＋2H＋＋2OH-=BaSO4↓＋2H2O
C. 当3a=2b时，发生的离子反应为2Ba2＋＋2＋3H＋＋3OH-=2BaSO4↓＋3H2O
D. 当a＜b＜2a时，溶液中与OH-的物质的量之比为(b-a)∶(2b-a)
【答案】D
【解析】
【详解】A．当a≥b时，氢氧化钡过量，反应生成硫酸钡沉淀、水和氢氧化钠，发生的离子反应为Ba2＋＋＋H＋＋OH-=BaSO4↓＋H2O，A正确；
B．当2a≤b时，硫酸氢钠过量，反应生成硫酸钡沉淀、水和硫酸钠，发生的离子反应为Ba2＋＋＋2H＋＋2OH-=BaSO4↓＋2H2O，B正确；
C．当3a=2b时，硫酸根和氢氧根过量，反应生成硫酸钡沉淀、水、氢氧化钠和硫酸钠，发生的离子反应为2Ba2＋＋2＋3H＋＋3OH-=2BaSO4↓＋3H2O，C正确；
D．当a＜b＜2a时，溶液中与OH-的物质的量之比为(b-a)∶(2a-b)，D错误；
答案选D。
15. 某无色溶液中可能含有Na＋、K＋、NH、Mg2＋、Cu2＋、SO、SO、Cl-、Br-、CO中的若干种，离子浓度均为0.1 ml·L-1，往溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成。某同学另取少量原溶液，设计并完成如下实验：
则关于原溶液的判断正确的是
A. 无法确定原溶液中是否存在Cl-
B. 肯定存在的离子是SO、Br-，是否存在Na＋、K＋需要通过焰色反应来确定
C. 若把Ba(NO3)2和HNO3溶液改为BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响
D. 肯定不存在的离子是Mg2＋、Cu2＋、SO、CO，是否含NH另需实验验证
【答案】C
【解析】
【分析】无色溶液中一定不含Cu2＋，往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，无SO，加足量氯水，无气体，则无CO，溶液加四氯化碳分液，下层橙色，则有Br-，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，有SO，无Mg2＋，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都为0.1ml·L-1，根据电荷守恒，一定含有NH、Na＋、K＋，一定不存在Cl-，滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀，是过程中加氯水时引入的氯离子，以此解答该题。
【详解】A．由以上分析可知一定不存在Cl-，故A错误；
B．肯定存在的离子为：SO、Br-，离子浓度都为0.1ml·L-1，根据溶液电中性可知原溶液中有Na＋、K＋，无需用焰色反应检验，故B错误；
C．加入Ba(NO3)2和HNO3溶液目的是检验硫酸根离子，若改用BaCl2和盐酸的混合溶液，对溶液中离子的判断无影响，故C正确；
D．分析可知，肯定不存在的离子是Mg2＋、Cu2＋、SO、CO，一定含NH，故D错误；
故选C。
第Ⅱ卷(选择题，共55分)
二、填空题(本大题含5小题，共55分)
16. 查资料得：HNO2是一种弱酸且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2＋氧化成Fe3＋，AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：
(1)下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是______(填字母)。
A．测定这两种溶液的pH
B．分别在两种溶液中滴加甲基橙
C．在酸性条件下加入KI­淀粉溶液来区别
D．用AgNO3和HNO3两种试剂来区别
(2)人体正常的血红蛋白含有Fe2＋，若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2＋转化为Fe3＋而中毒，服用维生素C可解毒，下列叙述不正确的是______(填字母)。
A．亚硝酸盐被还原
B．维生素C是还原剂
C．维生素C将Fe3＋还原为Fe2＋
D．亚硝酸盐是还原剂
(3)Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4，若用反应所得的酸性溶液，将Fe2＋转化为Fe3＋，要求产物纯净，可选用的最佳试剂是________(填字母)。
A．Cl2 B．Fe
C．H2O2 D．HNO3
(4)某同学把酸性高锰酸钾溶液滴入NaNO2溶液中，观察到紫色褪去，同时生成NO3-和Mn2+，请写出反应的离子方程式：_____________。
(5)已知FeSO4在一定条件下可转变为高铁酸钾(K2FeO4)，高铁酸钾是一种新型、高效的绿色水处理剂，在水中发生反应生成氢氧化铁胶体，高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是_________________。
【答案】 ①. B ②. D ③. C ④. 6H＋+5NO2-+2MnO4-=5NO3-+2Mn2＋+3H2O ⑤. 净水、消毒
【解析】
【分析】(1)A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性；
B．甲基橙的变色范围是3.1-4.4；
C．酸性条件下，亚硝酸根离子能被碘离子还原生成一氧化氮，同时生成碘单质；
D．亚硝酸根离子不和银离子反应，氯离子和银离子反应生成白色沉淀；
(2)由题给信息可知Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+；
(3)Cl2、HNO3都能氧化亚铁离子，但能引入新的杂质，铁不能氧化亚铁离子，双氧水的还原产物是水，不引入杂质；
(4)把酸性高锰酸钾溶液滴入到NaNO2溶液中，观察到紫色褪色，同时生成NO3-和Mn2+，二者发生氧化还原反应；
(5)高铁酸钾具有氧化性可以消毒杀菌，在水中被还原为三价铁离子，三价铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用。
【详解】(1)A．NaNO2是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，NaCl是强酸强碱盐其水溶液呈中性，相同物质的量浓度的两种溶液的pH不同，所以可以用测定这两种溶液的pH鉴别，A不符合题意；
B．甲基橙的变色范围是3.1～4.4，所以NaNO2和NaCl溶液加入甲基橙后溶液都呈黄色，现象相同，所以不能用甲基橙鉴别，B符合题意；
C．在酸性条件下，NaNO2和I-反应方程式为2NO2-+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O，碘遇淀粉变蓝色，Cl-和I-不反应，现象不同，所以可以用酸性条件下的KI­淀粉溶液来区别，C不符合题意；
D．在H＋条件下，NO2-不与Ag+反应，Cl-和Ag+反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，现象不同，所以可以用AgNO3和HNO3两种试剂来区别，D不符合题意；
故合理选项是B。
(2)服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+，Fe元素化合价降低，被还原，则维生素具有还原性，而亚硝酸盐会导致Fe2+转化为Fe3+，说明亚硝酸盐具有氧化性，在反应中为氧化剂，维生素C是还原剂。故合理选项是D。
(3)由于Cl2、HNO3都能氧化Fe2＋，但能引入新的杂质，铁不能氧化Fe2＋，H2O2的还原产物是H2O，不引入杂质，所以最佳试剂为H2O2，故合理选项是C。
(4)酸性高锰酸钾溶液滴入到NaNO2溶液中，观察到紫色褪色，同时生成NO3-和Mn2+，反应的离子方程式为6H++5NO2-+2MnO4-=5NO3-+2Mn2++3H2O。
(5)高铁酸钾(K2FeO4)中Fe化合价是＋6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中杂质，所以高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是净水、消毒。
【点睛】本题考查了氧化还原反应的有关概念、配平、物质的作用、物质的鉴别、盐的水解等。在氧化还原反应中物质的作用与元素化合价关系密切，元素处于最高化合价，物质具有氧化性，元素处于最低价态，物质具有还原性，元素处于中间价态，则既有氧化性，又有还原性。
17. 钨是我国丰产元素，自然界中钨主要以钨(＋6)酸盐的形式存在。黑钨矿的主要成分是铁和锰的钨酸盐(FeWO4、MnWO4)，黑钨矿传统冶炼工艺流程图如下：
（1）已知上述转化中，除最后一步外，W的化合价未发生变化，则产品C的化学式为___________；如何将其冶炼成单质(用化学方程式表示)：___________。根据金属的活动性不同，金属的冶炼方法一般有___________三种。
（2）写出第一步转化中“Mn2+→MnO2”的离子方程式___________。
（3）我国钨化学研究的奠基人顾翼东先生采用另外的反应制得了一种蓝色的、非整比的钨的氧化物WO(3-x)，这种蓝色氧化钨具有比表面大、易还原的优点。一般认为，蓝色氧化钨的颜色和非整比暗示了在化合物中存在正五价和正六价两种价态的钨，已知x的值为0.1，则蓝色氧化钨中正五价和正六价这两种价态的钨原子数之比为___________。
【答案】（1） ①. WO3 ②. WO3＋3H2W＋3H2O ③. 热分解法、热还原法、电解法
（2）2Mn2+＋O2＋4OH－2MnO2＋2H2O
（3）1∶4
【解析】
【分析】铁和锰的钨酸盐(FeWO4、MnWO4)在空气中与NaOH熔融反应生成二氧化锰、氧化铁、Na2WO4，过滤后，滤渣为氧化铁和二氧化锰，向滤液中加入浓盐酸生成HCl和H2WO4沉淀，将H2WO4，沉淀灼烧生成WO3，WO3和氢气高温下反应生成W。
【小问1详解】
已知上述转化中，除最后一步外，W的化合价未发生变化，溶液A为H2WO4，H2WO4加热得到产品C，则产品C的化学式为WO3；利用WO3和H2在高温下反应冶炼成单质W，其反应方程式为：WO3＋3H2W＋3H2O。根据金属的活动性不同，金属的冶炼方法一般有热分解法、热还原法、电解法三种；故答案为：WO3；WO3＋3H2W＋3H2O；热分解法、热还原法、电解法。
【小问2详解】
第一步转化中“Mn2+→MnO2”是利用氧气将锰离子在碱性条件下反应生成二氧化锰，其离子方程式2Mn2+＋O2＋4OH－2MnO2＋2H2O；故答案为：2Mn2+＋O2＋4OH－2MnO2＋2H2O。
【小问3详解】
根据题意设化合物中存在正五价和正六价两种价态的钨分别为x和y，已知x的值为0.1，则WO(3-x)为WO2.9，根据价态分析，x+y=1,5x+6y=5.8，y=0.8，x=0.2，则蓝色氧化钨中正五价和正六价这两种价态的钨原子数之比为0.2∶0.8=1∶4；故答案为：1∶4。
18. 碱式碳酸镍［Nix(OH)y(CO3)z·nH2O］是一种绿色粉末晶体，常用作催化剂和陶瓷着色剂，300℃以上时分解生成3种氧化物。为确定其组成，某同学在实验室中进行了有关的实验探究。回答下列问题：
(1)甲、乙两装置可分别选取下列装置______、_______(填字母，装置可重复选取)。
(2)称取一定量的碱式碳酸镍样品，放入硬质玻璃管内；安装好实验仪器，检查装置气密性；加热硬质玻璃管，当装置C中______ (填实验现象)时，停止加热；打开活塞K，缓缓通入空气，其目的是______。
(3)装置A的作用是____，若没有装置E，则会使x/z_____(填写“偏大”或“偏小”或“无影响”)。
(4)实验前后测得下表所示数据：
已知碱式碳酸镍中Ni化合价为＋2价，则该碱式碳酸镍分解的化学方程式为______。
(5)采取上述实验装置进行该实验时，必须小心操作，且保证装置气密性良好，否则浓硫酸倒吸，可导致加热的硬质玻璃管炸裂。为防止浓硫酸倒吸入硬质玻璃管中，提出你的改进措施：_________________。
【答案】 ①. c ②. c ③. 不再有气泡产生 ④. 将装置中残留的气体产物吹入吸收装置中 ⑤. 吸收空气中的CO2和水蒸气 ⑥. 偏小 ⑦. Ni3(OH)4CO3·4H2O=3NiO+6H2O+CO2 ⑧. 在装置B、C之间连接一个安全瓶(或其它合理答案均可给分)
【解析】
【详解】本题考查实验方案设计与评价，（1）本题实验目的是测定碱式碳酸镍的组成，根据信息，300℃以上时分解生成3种氧化物，这三种氧化物分别是NiO、CO2、H2O，需要测CO2和H2O的质量，因此必须让其全部被吸收，根据(2)，甲装置的作用是吸收空气中CO2和H2O，甲装置应是c，B装置应是加热碱式碳酸镍，C装置应是吸收产生H2O，D装置应是吸收产生CO2，防止外界中CO2和H2O进入装置D，对测量产生影响，因此E的作用是防止空气中的CO2和H2O进入D装置，故乙装置选c；（2）根据上述分析，当装置C中不再有气泡产生，说明反应完全，打开活塞K，缓慢通入空气的目的是让装置中残留的气体产物被C和D装置全部吸收；（3）根据（1）的分析，装置A的作用是吸收空气中的CO2和水蒸气；装置E的作用是防止外界中CO2和H2O进入装置D，如果没有此装置，D装置吸收空气中CO2和水，造成CO2的质量增大，根据元素守恒，x/z偏大；（4）装置C质量增重(133.08－132.00)g=1.08g，产生水的质量为1.08g，合0.06ml，装置D增重的质量是CO2的质量，即为(41.44－41.00)g=0.44g，合0.01ml，装置B中反应后的物质是NiO，其质量为2.25g，合0.03ml，化合价代数和为0，因此推出OH－物质的量为0.04ml，根据H原子守恒推出H2O的物质的量为0.04ml，因此x:y:z:n=0.03：0.04：0.01：0.04=3：4：1：4，即碱式碳酸镍的化学式为Ni3(OH)4CO3·4H2O，碱式碳酸镍受热分解化学方程式为：Ni3(OH)4CO3·4H2O 3NiO+6H2O+CO2；（5）根据信息，应在装置B、C之间连接一个安全瓶。
19. NaH、NaAlH4都是有机合成中的重要还原剂。某课题组设计实验制备NaAlH4，过程如下：
已知：①NaAlH4、NaH遇水都剧烈反应，并产生同一种气体。
②共价化合物易溶于乙醚，大部分离子化合物难溶于乙醚。
Ⅰ.制备NaH
选择图中的装置制备NaH(可重复使用)：
（1）装置的连接顺序(从左到右)为A→___________。
（2）装置D中NaOH溶液的作用是___________。
（3）检验好装置的气密性，点燃酒精灯前需先通一段时间H2，其理由是___________。
Ⅱ．制备 NaAlH4
步骤Ⅰ：在N2保护下将块状的NaH粉碎成细小颗粒。
步骤Ⅱ：在三口烧瓶中加入NaH和无水乙醚制成的悬浊液，边搅拌边滴入含AlCl3的乙醚溶液，加入催化剂三乙基铝，继续搅拌直至反应终止，静置。
步骤Ⅲ：用N2将烧瓶中的物质压出，抽滤，将澄清的滤液蒸发至黏稠状，减压蒸馏得NaAlH4。
（4）AlCl3与NaH反应时，若将AlCl3的乙醚溶液直接滴加到NaH粉末上，NaH的转化率较低的原因是___________。
（5）步骤Ⅱ合成反应的化学方程式为___________。
（6）在化学上，含氢还原剂的还原能力用“有效氢”表示，“有效氢”的含义是单位质量的含氢还原剂的还原能力相当于多少克氢气(含氢还原剂的氢被氧化为H2O)，则NaAlH4的“有效氢”为___________(保留2位有效数字)。
【答案】（1）D→B→C→B→E
（2）除去H2中混有的H2S
（3）排尽空气，防止Na与空气反应引入杂质
（4）反应生成的NaCl覆盖在NaH表面上，阻止反应进行(NaH为离子化合物，难溶于有机溶剂，使反应物难以接触)
（5）4NaH＋AlCl3NaAlH4＋3NaCl
（6）0.15
【解析】
【分析】A装置制取氢气，在制取氢气同时有硫化氢气体生成，先将硫化氢用氢氧化钠溶液除掉，再用浓硫酸干燥氢气，再用钠和氢气反应生成氢化钠，再用浓硫酸隔绝E中的水蒸气，防止水蒸气进入到C中。
【小问1详解】
整个流程是先用A制取氢气，再用D装置除掉氢气中硫化氢，再用B装置干燥，再用C装置发生反应，再用B装置防止E中水蒸气进入C中，再用E装置收集气体，装置的连接顺序(从左到右)为A→D→B→C→B→E；故答案为：D→B→C→B→E。
【小问2详解】
根据前面分析得到装置D中NaOH溶液的作用是除去H2中混有的H2S；故答案为：除去H2中混有的H2S。
【小问3详解】
氢气和空气加热时会发生爆炸，钠与空气中氧气也要反应，因此检验好装置的气密性，点燃酒精灯前需先通一段时间H2，其理由是排尽空气，防止Na与空气反应引入杂质；故答案为：排尽空气，防止Na与空气反应引入杂质。
【小问4详解】
AlCl3是共价化合物，NaH是离子化合物，根据信息共价化合物易溶于乙醚，大部分离子化合物难溶于乙醚，AlCl3与NaH反应时，若将AlCl3的乙醚溶液直接滴加到NaH粉末上，NaH的转化率较低的原因是反应生成的NaCl覆盖在NaH表面上，阻止反应进行(NaH为离子化合物，难溶于有机溶剂，使反应物难以接触)；故答案为：反应生成的NaCl覆盖在NaH表面上，阻止反应进行(NaH为离子化合物，难溶于有机溶剂，使反应物难以接触)。
【小问5详解】
步骤Ⅱ合成反应是NaH和AlCl3在催化剂作用下反应生成NaAlH4和NaCl，其反应的化学方程式为4NaH＋AlCl3NaAlH4＋3NaCl；故答案为：4NaH＋AlCl3NaAlH4＋3NaCl。
【小问6详解】
根据题意1g NaAlH4失去电子数目，相当于氢气失去电子的能力；故答案为：0.15。
20. 铬是不锈钢中一种重要的元素，铬的毒性与其存在的价态有关，低价铬对人体基本无害，六价铬比三价铬毒性高100倍，并易被人体吸收且在体内蓄积，有关含铬化合物的相互转化关系如图甲。
回答下列问题：
（1）从图甲中信息判断，Cr(OH)3是___________氢氧化物(填“酸性”、“碱性”或“两性”)，相关反应的离子方程式为___________。
（2）图甲中所示转化过程中需要加入氧化剂的是___________(填写表示转化过程的小写字母)。
（3）在水溶液中橙色的与黄色的有下列平衡关系：＋H2O2＋2H＋。向K2Cr2O7稀溶液中加入NaOH溶液后，溶液颜色的变化是___________。
（4）CrO3具有强氧化性，热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率()随温度的变化如图乙所示。
①三氧化铬在稀硫酸环境中氧化乙醇，CrO3变为绿色的Cr2(SO4)3，乙醇被完全氧化为CO2，则其化学方程式是___________。
②图乙中B点所示固体的化学式是___________。
【答案】（1） ①. 两性 ②. Cr(OH)3＋3H＋=Cr3＋＋3H2O、Cr(OH)3＋OH－= ＋2H2O
（2）dg （3）由橙色变为黄色
（4） ①. 4CrO3＋C2H5OH＋6H2SO4=2Cr2(SO4)3＋2CO2↑＋9H2O ②. Cr2O3
【解析】
【小问1详解】
由图转化关系可知Cr(OH)3可与酸反应生成Cr3+，离子方程式为Cr(OH)3+3H+=Cr3++3H2O。与碱反应生成，离子方程式为Cr(OH)3+OH﹣=+2H2O，因此具有两性；
【小问2详解】
Cr3+转化，转化为，Cr元素化合价升高，需加入氧化剂，因此答案选dg；
【小问3详解】
向K2Cr2O7稀溶液中加入NaOH溶液，平衡正向移动，颜色由橙色变为黄色；
【小问4详解】装置B中样品质量/g
装置C 质量／g
装置D质量/g
实验前
3.77
132.00
41.00
实验后
2.25
133.08
41.44