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吉林省长春市东北师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期第一次摸底考试化学试题（Word版附解析）
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考试时长：75分钟满分：100分
注意事项：
本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。考生作答时，将选择题答案涂在答题卡上，非选择题答案写在答题纸上，在本试卷上答题无效。考试结束后，将答题卡和答题纸一并交回。
可能用到的相对原子质量：
第I卷(选择题共44分)
一、单项选择题。(本题共10个小题，每小题2分，共20分)
1. 下列有关说法正确的是
A. 月面国旗由超细玄武岩纤维纺织而成，玄武岩纤维属于有机高分子
B. 嫦娥五号采样返回器带回的月球矿物含有，该物质属于氧化物
C. “煤饼烧蛎房成灰”，“灰主要成分为，是离子化合物
D. 普通玻璃属于晶体，加入一些金属氧化物或盐可以得到彩色玻璃
【答案】C
【解析】
【详解】A．玄武岩主要由硅酸盐矿物组成，玄武岩纤维是通过加热和拉伸熔融的玄武岩矿物质形成的一种无机纤维材料，不属于有机高分子，故A错误；
B．月球矿物的化学式为CaO•MgO•2SiO2，属于硅酸盐，不属于氧化物，故B错误；
C．“煤饼烧蛎房成灰”，“蛎房”为牡蛎壳，即贝壳，贝壳的主要成分为碳酸钙，CaCO3灼烧生成CaO和CO2，所以“灰”的主要成分是CaO，含有离子键，属于离子化合物，故C正确；
D．玻璃没有固定的熔点，是非晶体，不属于晶体，故D错误；
答案选C。
2. 下列有关物质分类或归类正确的一组是
①液氨、液氯、干冰均为化合物
②纯净的盐酸、漂白粉、氨水均为混合物
③明矾、小苏打、醋酸、硫酸均为电解质
④碘酒、氯化铁溶液、豆浆均为胶体
⑤均为钠盐
⑥均为酸性氧化物
⑦均为离子化合物
A. ①②⑥B. ②③⑦C. ③④⑦D. ②③⑤
【答案】B
【解析】
【详解】① 液氨为氨气的液态，液氯为氯气的液态，干冰为二氧化碳的固态，但氯气不属于化合物，是单质，①错误；
②盐酸为氯化氢水溶液，漂白粉主要含有次氯酸钙和氯化钙，氨水为氨气溶于水，三者均为混合物，②正确；
③ 明矾为十二水硫酸铝钾，小苏打为碳酸氢钠，醋酸为乙酸，均为纯净物，且属于电解质，③正确；
④ 碘酒和氯化铁溶液为溶液，不是胶体，④错误；
⑤ 过氧化钠不属于钠盐，是氧化物，⑤错误；
⑥二氧化氮溶于水发生氧化还原反应生成硝酸和一氧化氮，不属于酸性氧化物，一氧化碳不溶于水，不是酸性氧化物，⑥错误；
⑦氢化钠、硼氢化钠、次氯酸钠均由阴、阳离子组成的化合物，属于离子化合物，⑦正确
符合题意的为②③⑦，故答案选B。
3. 下列实验中，所选用的实验仪器(夹持装置略)能完成相应实验的是
A. 灼烧干海带：选用①、⑥、⑦
B. NaCl溶液的蒸发结晶：选用①、⑦、⑧
C. 除去NaCl溶液中的少量：选用③、④、⑥
D. 配制100mL 0.1的NaOH溶液：选用③、⑤、⑥
【答案】C
【解析】
【详解】A．用酒精灯和坩埚灼烧干海带，仪器⑦是蒸发皿，不是坩埚，故A错误；
B．NaCl溶液的蒸发结晶需选用酒精灯、蒸发皿、玻璃棒，即选用①、⑥、⑦，故B错误；
C．BaSO4是难溶物，需要用过滤法除去，选用③、④、⑥，故C正确；
D．配制100mL 0.1的NaOH溶液，选用托盘天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶和胶头滴管，选用③、⑤、⑥、⑨，故D错误；
故选：C。
4. 在允许加热的前提下，只用一种试剂不能鉴别对应溶液的是
A. 用Ba(OH)2溶液鉴别NH4Cl、(NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4
B 用FeCl3溶液鉴别NaI、Ba(OH)2、Na2S、NaHCO3
C. 用NaOH溶液鉴别MgCl2、FeCl2、Al2(SO4)3、(NH4)2SO4
D. 用红色石蕊试纸鉴别Na2SO3、浓HNO3、NaHCO3、氯水
【答案】D
【解析】
【详解】A．NH4Cl、(NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4溶液分别与Ba(OH)2 溶液反应，现象依次为：刺激性气味的气体、刺激性气体和白色沉淀、不反应、白色沉淀，现象不同，能鉴别，故A正确；
B．NaI、Ba(OH)2、Na2S、NaHCO3溶液分别与FeCl3溶液反应，现象依次为：溶液黄色消失变为棕褐色、生成白色沉淀最终变成红褐色、生成黄色沉淀、生成红褐色沉淀，现象不同，能鉴别，故B正确；
C．MgCl2、FeCl2、Al2(SO4)3、(NH4)2SO4溶液分别与NaOH溶液反应，现象依次为：白色沉淀、生成白色沉淀最终变成红褐色、先生成白色沉淀后溶解、刺激性气体，现象不同，能鉴别，故C正确；
D．Na2SO3溶液和NaHCO3溶液都是碱性的，不能用红色石蕊试纸鉴别，故D错误；
故选D。
5. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1 ml熔融状态下的中含有的数目为
B. 1 ml 中含有σ键数目为
C. 标准状况下，22.4 L中原子数目为
D. 1 ml ()可以与3 ml NaOH完全反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．是共价化合物，在熔融状态下不能解离出，A错误；
B．个中含个配位键，即6个σ键，1个中含1个σ键，则1个中含σ键数目为，因此含有σ键数目为，B正确；
C．标准状况下为固态，不能用公式进行计算，C错误；
D．根据结构可知，该分子中只含一个羟基，为一元酸，可以与完全反应，D错误；
答案为：B。
6. 已知a、b、c、d四种物质相互间有如图所示的关系(“→”表示转化，“—”表示相互间反应)。下列各组物质符合条件的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．与不发生反应， A项错误；
B．NO与反应生成二氧化氮，氮气可与氧气在高温或放电条件下生成一氧化氮，氮气与氢气反应生成氨气，一氧化氮与氨气反应生成氮气，B项正确；
C．S不能直接转化成，C项错误；
D．与NaCl不发生反应，D项错误；
答案选B。
7. 实验室用H2还原SiHCl3(沸点：31.85℃)制备高纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法正确的是
A. 装置Ⅱ、Ⅲ中依次盛装的是浓H2SO4、冰水
B. 实验时，应先加热管式炉，再打开活塞K
C. 为鉴定制得的硅中是否含微量铁单质，需要用到的试剂为盐酸、双氧水、硫氰化钾溶液
D. 该实验中制备氢气的装置也可用于稀氢氧化钠溶液与氯化铵固体反应制备氨
【答案】C
【解析】
【详解】A．本题制备高纯硅，反应应在装置Ⅳ中进行，装置Ⅰ的目的是制备氢气，氢气中含有水蒸气，对后续实验产生干扰，必须除去，因此装置Ⅱ的作用是除去氢气中的水蒸气，即装置Ⅱ中盛放浓硫酸，装置Ⅲ的作用是提供SiHCl3气体，因此在水浴中加热，A错误；
B．实验时应先通入氢气，目是排出装置中的空气，防止发生危险，B错误；
C．硅单质不与盐酸反应，铁与盐酸反应生成Fe2＋，Fe2＋被H2O2氧化成Fe3＋，Fe3＋与KSCN溶液反应，溶液变红色，可以鉴定是否含有铁单质，C正确；
D．用稀NaOH溶液制备氨，需要加热，装置Ⅰ中没有加热装置，因此不能制备氨，D错误；
故选C。
8. 早期制备的方法如下：
滤液
下列说法不正确的是
A. 步骤Ⅰ实验室可在蒸发皿中进行
B. 步骤Ⅱ中每生成1ml转移1ml
C. 步骤Ⅲ涉及的反应方程式为
D. 步骤Ⅴ操作方法为减压蒸馏
【答案】A
【解析】
【分析】由物质的转化关系可知，硝酸钡受热分解生成氧化钡、二氧化氮和氧气，氧化钡与氧气反应生成过氧化钡，过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和过氧化氢，经除杂、过滤得到过氧化氢溶液，过氧化氢溶液经减压蒸馏得到过氧化氢。
【详解】A．由分析可知，步骤I发生的反应为硝酸钡受热分解生成氧化钡、二氧化氮和氧气，反应过程应该在坩埚中进行，A错误；
B．步骤Ⅱ中发生归中反应，O从0价和-2价，生成-1价，每生成1ml转移1ml，B正确；
C．由分析可知，步骤Ⅲ中发生的复分解反应为过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和过氧化氢，，C正确；
D．由分析可知，为防止过氧化氢受热分解，所以步骤为过氧化氢溶液经减压蒸馏得到过氧化氢，D正确；
答案选A。
9. 某学习小组设计如图所示实验装置（装置中空气已排尽）探究氮的氧化物的性质。下列说法不正确的是
A. 装置I中产生红棕色气体，体现浓硝酸的强氧化性
B. 将装置Ⅱ浸入热水浴中，气体颜色变深，说明是放热反应
C. 装置Ⅲ中的溶液变蓝，说明NO2氧化了金属铜
D. 向装置V中加入蒸馏水，无色气体变为红棕色
【答案】C
【解析】
【分析】I是铜与浓硝酸反应生成红棕色的NO2气体，Ⅱ是收集NO2气体，NO2通入到Ⅲ中，与水反应生成硝酸和NO，硝酸与铜反应使铜溶解溶液显示蓝色同时生成NO，NO通过盛有浓硫酸的装置Ⅳ，浓硫酸干燥NO，V中Na2O2与水反应生成O2气体可以与NO反应生成红棕色的NO2。
【详解】A．铜与浓硫酸反应生成红棕色气体NO2，体现浓硝酸的强氧化性，A正确；
B．将装置Ⅱ浸入热水浴中，气体颜色变深，说明平衡逆向移动，反应是放热反应，B正确；
C．NO2溶于水生成硝酸，装置Ⅲ中的溶液变蓝，硝酸氧化了金属铜，不是NO2氧化了铜，C错误；
D．向装置V中加入蒸馏水，Na2O2与水反应生成O2，O2与无色气体NO反应生成红棕色气体NO2，无色气体变为红棕色，D正确；
答案选C。
10. 下列实验能达到对应目的的是
A. 用图1装置可比较、的还原性强弱B. 用图2装置制取乙烯
C. 用图3装置蒸干溶液获得无水D. 用图4装置观察钠的燃烧
【答案】A
【解析】
【详解】A．加入氯水后，若先与发生氧化还原反应生成碘单质，碘单质在四氯化碳溶液中溶解，可比较二者还原性强弱，A正确；
B．选用乙醇发生消去反应生成乙烯需将温度计插入液体测量反应温度，B错误；
C．氯化铁会水解生成氢氧化铁，继续加热分解成氧化铁，C错误；
D．Na的加热燃烧实验应在坩埚中进行，D错误；
答案选A。
二、单项选择题。(本题共8个小题，每小题3分，共24分)
11. 利用废铝箔（主要成分为，含少量等）制明矾的一种工艺流程如图：
下列说法错误的是
A. 该工艺步骤①与步骤②顺序互换会更节约生产成本
B. ②中发生的反应有：
C. ③中稀酸化的目的是将转化成
D. 由④可知，室温下明矾的溶解度小于和的溶解度
【答案】C
【解析】
【分析】废铝箔（主要成分为，含少量等）与稀硫酸反应，生成Al3+、Mg2+、Fe2+，过滤除去不溶于酸的杂质，再用NaOH溶液调节pH值，将Mg2+、Fe2+转化为沉淀析出，Al3+转化为，过滤固体，继续向滤液中加入适量稀硫酸得到Al2(SO4)3溶液，最后加饱和K2SO4溶液结晶得到溶解度更小的明矾。
【详解】A．由于不与氢氧化钠溶液反应，步骤①与步骤②顺序互换后，通过操作a（过滤）即可得到溶液，再加稀硫酸可得到硫酸铝溶液，调换顺序后，酸碱的浪费更少，可节约生产成本，故A正确；
B．②中Al3+转化为，发生的反应方程式为：，，故B正确；
C．③中稀酸化的目的是将转化为Al3+，故C错误；
D．④是根据溶解度差异来制取明矾，即室温下明矾的溶解度小于和的溶解度，故D正确；
故选C。
12. 探究硫及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化氢为共价化合物，溶于水会电离出氢离子、氯离子，溶液能导电；故固体溶于水，进行导电性实验，电流表指针发生偏转，溶液可导电，不能说明其含有离子键，故A不符合题意；
B．酸性溶液使石蕊试液变红色，石蕊溶液变红后没有褪色，说明水溶液呈酸性；品红溶液褪色，说明能使有色物质褪色，有漂白性，故B符合题意；
C．加入二氧化锰，也可能是二氧化锰使氯离子氧化生成氯气，不能说明浓硫酸具有强氧化性，故C不符合题意；
D．硫化氢、氯化氢不是硫、氯对应的最高氧化物的水合物，故的和溶液的大小不能说明硫、氯的非金属性强弱，故D不符合题意；
故选B。
13. NaAlH4是一种强还原剂，在碱性条件下能够与CuSO4发生反应，下列说法不正确的是
A. 还原剂和还原产物之比为1：4
B. NaAlH4遇水可能发生爆炸，并产生白色沉淀
C. H2O中中心原子sp3杂化，VSEPR空间构型为四面体
D. 每生成1mlNa[Al(OH)4]转移电子的物质的量为8ml
【答案】B
【解析】
【详解】A．由方程式可知，反应中氢元素的化合价升高被氧化，四氢合铝酸钠是反应的还原剂，铜元素的化合价降低被还原，硫酸铜是氧化剂，还原剂和还原产物之比为1：4，故A正确；
B．四氢合铝酸钠与水反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应中没有氢氧化铝沉淀生成，故B错误；
C．水分子中氧原子的价层电子对数为4，氧原子的杂化方式为sp3杂化，分子的VSEPR空间构型为四面体，故C正确；
D．由方程式可知，反应生成1ml四羟基合铝酸钠时，转移电子的物质的量为8ml，故D正确；
故选B。
14. 下列离子组在指定溶液中能否大量共存且判断依据完全正确的是
A. 能使甲基橙变红的溶液中，不能大量共存，存在反应：
B. 常温下的溶液中，不能大量共存，存在反应：
C. 溶液中，不能大量共存，存在反应：
D. 的溶液中，不能大量共存，存在反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．方程式质量不守恒，电荷不守恒，故A错误；
B．溶液显酸性，不可能生成大量的OH-，故B错误；
C．铝离子和碳酸氢根发生双水解，方程式为，故C正确；
D．溶液显酸性，但Cl-不能被硝酸氧化，故D错误；
故选C。
15. 38.4gCu与一定量的浓硝酸恰好完全反应生成、、NO的混合气体，将这些气体通入溶液中，所有气体恰好被完全吸收，得到和的混合溶液，该溶液中和的物质的量之比为
A. 2：3B. 3：2C. 3：5D. 5：3
【答案】A
【解析】
【详解】38.4gCu为0.6ml，由电子守恒可以知道，38.4gCu失去的电子等于到得到的电子，，，由Na原子守恒可以知道，则，则该溶液中和的物质的量之比为2：3，故答案选A。
16. 向和混合稀溶液中逐渐加入铁粉，产生无色气体，该气体遇到空气变为红棕色，溶液中的物质的量和加入粉的物质的量之间的关系如图所示，下列叙述错误的是
A. 开始时加入铁粉反应的离子方程式为
B. 加入铁粉时，溶液中有
C. 原溶液中的物质的量浓度为
D. 加入铁粉后溶液中溶质为和
【答案】D
【解析】
【详解】A．由实验现象和图像可知开始加入铁粉产生NO和，故开始时加入铁粉发生的离子方程式为，A正确；
B．加入铁粉3ml时，硝酸根离子恰好反应完全，加入4ml铁粉时，其中1ml铁粉消耗2ml ，产生3ml ，B正确；
C．加入3ml铁粉时发生的离子方程式，消耗3ml 和12ml生成3ml，加入铁粉3ml至5ml时，发生的离子反应为，则2ml的铁消耗4ml ，加入3ml铁粉时生成3ml ，故原溶液中含1ml [即含1ml ]，原溶液中的物质的量浓度为，C正确；
D．5ml后加入铁粉不再产生，硝酸根离子恰好反应完全，加入5ml铁粉后的溶液中溶质的主要成分为硫酸亚铁，D错误；
故选D。
17. 某无色溶液X中可能含有等离子，设计如下实验确定其组成，下列说法正确的是
A. 产生的气体A具有还原性
B. 气体B的模型为三角锥形
C. 根据分析可知，溶液X中一定不存在和
D. 溶液X中一定存在，且
【答案】D
【解析】
【分析】在溶液中呈橙红色，则无色溶液中一定不含有；加入足量过氧化氢溶液并用足量盐酸酸化，有气体产生，说明溶液中含有0.01ml，气体A为CO2，有沉淀生成说明溶液中一定含有0.01ml和，一定不含有；加入氢氧化钡溶液，共热产生气体，说明原溶液含有0.01ml，气体B为NH3，产生的沉淀说明原溶液中含有0.01ml+0.005ml=0.015ml亚硫酸氢根离子，由电荷守恒可知，原溶液中可能含有，至少含有0.005ml，据此分析解题。
【详解】A．由分析知，产生的气体A为CO2，C为最高价，不具有还原性，A错误；
B．由分析知，气体B为NH3，氨气中N原子的价层电子对数为，模型为正四面形，B错误
C．由分析知，原溶液中可能含有，至少含有0.005ml，C错误；
D．由分析可知，原溶液中一定含有0.015ml亚硫酸氢根离子，则溶液中亚硫酸氢根离子的浓度为=0.15ml/L，D正确；
故选D。
18. 某矿物X由、、、中一种或几种物质组成。现进行下图所示实验：
（已知：）
下列说法正确的是（ ）
A. 步骤1中减少的固体一定是混合物
B. 根据上述步骤可以判断矿物X中
C. 根据步骤2可以得出蓝色溶液中
D. 根据步骤1、2可以判断出X中氧化铁的质量分数为50%
【答案】B
【解析】
【分析】12.8gX与过量的氢氧化钠溶液反应后得到10.4g不溶物，固体部分溶解，原固体中至少含有Al2O3、SiO2的一种物质；10.4g固体与过量的盐酸反应得到蓝色溶液，蓝色溶液中存在铜离子，发生了反应：Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，Cu+2Fe3+＝2Fe2++Cu2+，说明溶液中一定存在Cu2O，据此分析判断。
【详解】A．Al2O3、SiO2都能够与NaOH溶液反应，所以步骤I中减少的固体质量可能为氧化铝或二氧化硅，不一定为混合物，故A错误；
B．步骤II中发生了反应：Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+＝Cu+Cu2++H2O；Cu+2Fe3+＝2Fe2++Cu2+，10.4g固体为铜和Fe2O3的混合物，最后得到的1.92g固体一定是金属铜，但是不一定是生成的全部，假设氧化亚铜和盐酸反应生成1.92g即0.03ml铜，根据：Cu2O+2H+＝Cu+Cu2++H2O，所以氧化亚铜的质量是0.03ml×144g/ml=4.32g，物质的量是0.03ml，所以氧化铁存在，质量是10.4g-4.32g=6.08g＝0.038ml，但是有可能金属铜还发生反应：Cu+2Fe3+＝2Fe2++Cu2+，所以氧化亚铜的物质的量n≥0.03ml，氧化铁的物质的量n≤0.038ml，矿物X中氧化铁和氧化亚铜的物质的量之比小于1，故B正确；
C．根据步骤2发生反应：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，Cu+2Fe3+＝2Fe2++Cu2+，可以得出蓝色溶液中n(Cu2+)≥0.03ml，故C错误；
D．根据B的分析，可以判断出X中氧化铁的质量≤6.08g，质量分数≤×100%=47.5%，故D错误；
故选B。
第Ⅱ卷(非选择题共56分)
三、填空题(本题共3小题，共56分)
19. 某课外兴趣小组设计实验探究氢碘酸(HI)的制备及其性质，有关装置如图所示。
已知：①磷酸沸点是261℃，不容易分解，几乎没有氧化性；②HI易溶于水，不溶于非极性溶剂，分解温度为300℃。
回答下列问题：
（1）装置A中装有浓磷酸的仪器名称是_______。广口瓶里四氯化碳层的作用是_______。
（2）实验室制备HCl选用浓硫酸[]，而制备HI不能用浓硫酸，其原因是_______。
（3）加热温度控制在300℃以下，其原因是_______。若装置A中除HI气体外，只生成两种酸式盐，且其物质的量之比为1∶1，写出该反应的化学方程式：_______。
（4）装置B中现象是_______，有较强氧化性，但是装置B中发生复分解反应，其主要原因可能是_______。
（5）装置C中观察到溶液由蓝色变为棕色，产生沉淀，经检测沉淀为CuI。写出装置C中发生反应的离子方程式：_______。
（6）实验完毕后，取少量装置D中溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变为蓝色。则装置D中100 mL 0.5 ml⋅L酸性溶液最多能氧化_______ml HI。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 防液体倒吸
（2）浓硫酸具有强氧化性，易氧化HI
（3） ①. 避免HI分解 ②.
（4） ①. 溶液中产生黄色沉淀 ②. AgI溶解度很小，该条件下，复分解反应优先于氧化还原反应
（5）
（6）0.25
【解析】
【分析】装置A中浓磷酸与KI固体反应生成HI，HI气体进入B中，与硝酸银溶液反应生成AgI黄色固体；HI进入C中与硫酸铜反应生成CuI和碘单质，生成的碘单质溶于四氯化碳，使下层溶液变紫红色；HI进入D中与酸性碘酸钾反应生成碘单质，生成的碘单质溶于四氯化碳，使下层溶液变紫红色，另外HI均先通入四氯化碳层可防止倒吸现象发生。
【小问1详解】
装置A中装有浓磷酸的仪器为分液漏斗；HI类似氯化氢易溶于水，广口瓶里四氯化碳层的作用是防倒吸。
【小问2详解】
HI还原性比HCl的强，浓硫酸具有强氧化性，会将HI氧化。
【小问3详解】
由已知信息可知HI300℃会发生分解，因此温度控制在300℃以下，是为了防止HI受热分解；；HI与磷酸生成两种酸式盐有和，反应为：。
【小问4详解】
B中HI与硝酸银溶液反应生成AgI黄色固体；AgI溶解度小，复分解反应优先于氧化还原反应。
【小问5详解】
硫酸铜与HI发生氧化还原反应生成CuI、和，离子方程式为：。
【小问6详解】
，，ml。
20. 某混合液W是由下列离子中的若干种组成：，为确定其成分进行了如下实验：
I．观察法：通过对溶液进行观察，即可排除X离子的存在；
Ⅱ．测量溶液的：用计测得溶液的(室温下)；
Ⅲ．分别向两份体积均为的W溶液中加入溶液、固体粉末，均有白色沉淀生成且相关量值关系如图所示。回答下列问题：
（1）X离子是_____，溶液中除外还一定含有的阳离子是_____，溶液中还有一种阳离子在上述实验中无法确认：_____填写离子符号)，确认该离子的方法是_____。
（2）溶液中肯定存在的阴离子是_____，加入生成的氧化产物的化学式为_____，其物质的量为_____。
（3）加入导致沉淀量减少，该反应的总的离子方程式为_____。
【答案】（1） ①. ②. 、、； ③. ④. 将铂丝环用蒸馏水浸湿,然后挑取少量溶液，点燃酒精灯，将铂丝环放入酒精灯火焰中加热， 观察火焰颜色的变化
（2） ①. 、 ②. ③. 0.45ml
（3）
【解析】
【分析】铜离子在水溶液中呈蓝色，可以通过观察溶液颜色判断是否含有铜离子；测量溶液pH，测得pH=0，则在强酸溶液中，碳酸根必定无法存在，向溶液中加入氯化钡溶液，产生白色沉淀0.6ml，则混合液中含有0.6ml硫酸根，向体积200mL的W溶液中加入过氧化钠固体粉末，开始没有沉淀生成，生成沉淀后沉淀初始沉淀不溶解，则含有铵根，后沉淀部分溶解，则溶解部分为氢氧化铝0.2ml、不溶解部分为氢氧化镁0.3ml；加入0.8ml过氧化钠会生成1.6mlNaOH，则溶液中铵根离子为；根据电荷守恒可知，溶液中必定含硝酸根、可能含有钾离子，且硝酸根浓度大于等于；
【小问1详解】
由分析可知，X离子是，溶液中除外还一定含有的阳离子是、、；溶液中还有一种阳离子在上述实验中无法确认，钾元素的焰色反应实验需要透过蓝色钴玻璃观察，焰色反应为紫色，确认该离子的方法为将铂丝环用蒸馏水浸湿,然后挑取少量溶液，点燃酒精灯，将铂丝环放入酒精灯火焰中加热， 观察火焰颜色的变化，钾离子会使火焰呈现出紫色，若火焰呈紫色，则溶液中含有钾离子，反之则无；
【小问2详解】
根据电荷守恒，溶液中必定含有硝酸根，根据I沉淀现象，溶液中还含有硫酸根离子；根据分析，沉淀Ⅱ现象为溶液开始不沉淀，产生沉淀后继续加入过氧化钠固体粉末，沉淀溶液，溶解部分为氢氧化铝，而过氧化钠加入溶液中的反应为，结合分析可知，溶解0.2ml氢氧化铝需要0.2ml氢氧化钠，则需要0.1ml过氧化钠，此时，过氧化钠中部分氧元素化合价升高发生氧化反应得到氧气，故加入bml生成的氧化产物的化学式为，其物质的量为0.45ml；
【小问3详解】
加入过氧化钠导致沉淀量减少，该反应的总的反应为过氧化钠和生成的氢氧化铝转化为偏铝酸钠和氧气、水，离子方程式为。
21. 三氯化铬是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室用Cr2O3和CCl4(沸点76.8℃)在高温下制备无水CrCl3，同时生成COCl2气体。可利用下面装置模拟制取三氯化铬(K1、K2为气流控制开关)
原理：
已知：①气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体。②碱性条件下，可将氧化为(黄色)：酸性条件下，将(橙色)还原为(绿色)。
（1）实验装置合理的连接顺序为a-h-i-______(填仪器接口字母标号)。
（2）步骤如下：
i．连接装置，检查装置气密性，装入药品并通；
ii．加热反应管至400℃；
iii．控制开关，加热，温度保持在50℃~60℃之间；
iv．加热石英管继续升温至650℃，直到E中反应基本完成，切断管式炉的电源；
v．停止A装置水浴加热，……；
vi．装置冷却后，结束制备实验。
①步骤i中，开关、的状态分别为______。
②补全步骤v的操作：______，其目的是______。
（3）从安全的角度考虑，整套装置的不足是______。
（4）装置D中反应的离子方程式为______。
（5）测定产品中CrCl3质量分数的实验步骤如下：
Ⅰ．取5g CrCl3产品，在强碱性条件下，加入过量的30% H2O2溶液，小火加热使CrCl3完全转化为，继续加热一段时间；
Ⅱ．冷却后，滴入适量的稀硫酸和浓磷酸(浓磷酸的作用是防止指示剂提前变色)，使转化为，再加适量的蒸馏水将溶液稀释至100mL；
Ⅲ．取25.00mL溶液，加入适量浓硫酸混合均匀，滴入3滴试亚铁灵作指示剂，用新配制的1.000ml/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，溶液由黄色经蓝绿色变为红褐色即为终点，重复2～3次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液21.00mL。
①该样品中CrCl3的质量分数为______%(保留小数点后两位，Mr(CrCl3)=158.5)
②下列操作将导致产品中CrCl3质量分数测定值偏低的是______(填标号)。
A．步骤Ⅰ中未继续加热一段时间 B．步骤Ⅲ中所用(NH4)2Fe(SO4)2溶液已变质
C．步骤 Ⅱ中未加浓磷酸 D．步骤Ⅲ中读数时，滴定前俯视，滴定后平视
【答案】（1）
（2） ①. K1开，K2关 ②. 继续通入N2一段时间 ③. 将COCl2完全排入装置D被充分吸收，并将生成的CrCl3全部吹入C中充分吸收
（3）升华的三氯化铬易凝华，堵塞导管
（4）
（5） ①. 88.76 ②. AC
【解析】
【分析】三氯化铬易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化，所以实验过程中要确保装置内不能存在氧气和水蒸气，A装置的作用是用N2将CCl4导入装置参与反应，B装置作用是防止水蒸气进入反应装置，C装置作用是收集气体，D装置是处理COCl2尾气，E装置是发生装置。整个反应流程先用干燥的N2排除装置内空气，然后再通入N2将CCl4气体带入装置，与E中的CrO2反应，生成的COCl2有毒气体用C装置收集，与D装置中NaOH溶液反应从而进行吸收处理，为防止D装置中水蒸气进入反应装置，还有在C和D装置中间加一个干燥装置C，据此分析解题。
【小问1详解】
根据分析，装置的排序是AECBD，首先用干燥的N2排除装置空气，则反应前C装置内应该充满N2，要收集的气体为COCl2，其密度大于N2，所以COCl2从d进入，因此，实验装置合理的连接顺序为ahi(或ih)debcf(g)，故答案为：debcfg；
【小问2详解】
①K1开，K2关，使得N2能进入装置排尽空气而不会带入CCl4，故答案为：K1开，K2关；
②反应结束后还需要持续通入N2一段时间，从而将COCl2完全排入装置D被充分吸收，并将生成的CrCl3全部吹入C中充分吸收，故答案为：继续通入N2一段时间；将COCl2完全排入装置D被充分吸收，并将生成的CrCl3全部吹入C中充分吸收；
【小问3详解】
三氯化铬容易受热升华，温度降低后容易在导管内凝华，从而堵塞导管，故答案为：升华的三氯化铬易凝华，堵塞导管；
【小问4详解】
根据元素分析，COCl2水解生成的两种酸性气体是HCl和CO2，COCl2和NaOH溶液反应的离子方程式应该为COCl2+4OH-=+2H2O+2Cl-，故答案为：COCl2+4OH-=+2H2O+2Cl-；
【小问5详解】
①和Fe2+的反应为6Fe2+++14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，根据原子守恒可得关系式为2CrCl3～2～～6Fe2+～6(NH4)2Fe(SO4)2，则样品中n(CrCl3)= n[(NH4)2Fe(SO4)2]×=×1.00ml/L×21.00×10-3L×4=2.8×10-2ml，m(CrCl3)=nM=2.8×10-2ml×158.5g/ml=4.438g，则样品中CrCl3的质量分数为×100%=88.76%，故答案为：88.76；
②A．步骤Ⅰ未继续加热一段时间，由于过量的H2O2的存在，在步骤Ⅱ中会还原为Cr3+，则滴定时消耗标准溶液硫酸亚铁铵体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低，A符合题意；
B．若步骤Ⅲ中所用(NH4)2Fe(SO4)2溶液已变质，则消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积将偏大，n(CrCl3)和m(CrCl3)都将偏大，使CrCl3质量分数的测定值偏高，B不合题意；
C．若步骤Ⅱ中未加浓磷酸，将导致滴定终点提前，即导致消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积将偏小，n(CrCl3)和m(CrCl3)都将偏小，使CrCl3质量分数的测定值偏低，C符合题意；
D．若步骤Ⅲ中读数时，滴定前俯视，滴定后平视，将导致消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积将偏大，n(CrCl3)和m(CrCl3)都将偏大，使CrCl3质量分数的测定值偏高，D不合题意；
故答案为：AC。选项
a
b
c
d
A
Fe
B
NO
C
S
D
NaOH
HCl
NaCl
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
判断的化学键类型
将固体溶于水，进行导电性实验
电流表指针发生偏转，中含有离子键
B
证明水溶液的酸性与漂白性
分别在石蕊溶液与品红溶液中通入适量气体
石蕊溶液变红后没有褪色，品红溶液褪色，说明水溶液呈酸性，有漂白性
C
证明浓硫酸具有强氧化性
加热浓硫酸、固体与固体的混合物
有黄绿色气体产生，说明浓硫酸具有强氧化性
D
比较S与的非金属性强弱
用试纸测定的和溶液的
若前者的试纸颜色比后者深，说明非金属性：
考试时长：75分钟满分：100分
注意事项：
本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。考生作答时，将选择题答案涂在答题卡上，非选择题答案写在答题纸上，在本试卷上答题无效。考试结束后，将答题卡和答题纸一并交回。
可能用到的相对原子质量：
第I卷(选择题共44分)
一、单项选择题。(本题共10个小题，每小题2分，共20分)
1. 下列有关说法正确的是
A. 月面国旗由超细玄武岩纤维纺织而成，玄武岩纤维属于有机高分子
B. 嫦娥五号采样返回器带回的月球矿物含有，该物质属于氧化物
C. “煤饼烧蛎房成灰”，“灰主要成分为，是离子化合物
D. 普通玻璃属于晶体，加入一些金属氧化物或盐可以得到彩色玻璃
【答案】C
【解析】
【详解】A．玄武岩主要由硅酸盐矿物组成，玄武岩纤维是通过加热和拉伸熔融的玄武岩矿物质形成的一种无机纤维材料，不属于有机高分子，故A错误；
B．月球矿物的化学式为CaO•MgO•2SiO2，属于硅酸盐，不属于氧化物，故B错误；
C．“煤饼烧蛎房成灰”，“蛎房”为牡蛎壳，即贝壳，贝壳的主要成分为碳酸钙，CaCO3灼烧生成CaO和CO2，所以“灰”的主要成分是CaO，含有离子键，属于离子化合物，故C正确；
D．玻璃没有固定的熔点，是非晶体，不属于晶体，故D错误；
答案选C。
2. 下列有关物质分类或归类正确的一组是
①液氨、液氯、干冰均为化合物
②纯净的盐酸、漂白粉、氨水均为混合物
③明矾、小苏打、醋酸、硫酸均为电解质
④碘酒、氯化铁溶液、豆浆均为胶体
⑤均为钠盐
⑥均为酸性氧化物
⑦均为离子化合物
A. ①②⑥B. ②③⑦C. ③④⑦D. ②③⑤
【答案】B
【解析】
【详解】① 液氨为氨气的液态，液氯为氯气的液态，干冰为二氧化碳的固态，但氯气不属于化合物，是单质，①错误；
②盐酸为氯化氢水溶液，漂白粉主要含有次氯酸钙和氯化钙，氨水为氨气溶于水，三者均为混合物，②正确；
③ 明矾为十二水硫酸铝钾，小苏打为碳酸氢钠，醋酸为乙酸，均为纯净物，且属于电解质，③正确；
④ 碘酒和氯化铁溶液为溶液，不是胶体，④错误；
⑤ 过氧化钠不属于钠盐，是氧化物，⑤错误；
⑥二氧化氮溶于水发生氧化还原反应生成硝酸和一氧化氮，不属于酸性氧化物，一氧化碳不溶于水，不是酸性氧化物，⑥错误；
⑦氢化钠、硼氢化钠、次氯酸钠均由阴、阳离子组成的化合物，属于离子化合物，⑦正确
符合题意的为②③⑦，故答案选B。
3. 下列实验中，所选用的实验仪器(夹持装置略)能完成相应实验的是
A. 灼烧干海带：选用①、⑥、⑦
B. NaCl溶液的蒸发结晶：选用①、⑦、⑧
C. 除去NaCl溶液中的少量：选用③、④、⑥
D. 配制100mL 0.1的NaOH溶液：选用③、⑤、⑥
【答案】C
【解析】
【详解】A．用酒精灯和坩埚灼烧干海带，仪器⑦是蒸发皿，不是坩埚，故A错误；
B．NaCl溶液的蒸发结晶需选用酒精灯、蒸发皿、玻璃棒，即选用①、⑥、⑦，故B错误；
C．BaSO4是难溶物，需要用过滤法除去，选用③、④、⑥，故C正确；
D．配制100mL 0.1的NaOH溶液，选用托盘天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶和胶头滴管，选用③、⑤、⑥、⑨，故D错误；
故选：C。
4. 在允许加热的前提下，只用一种试剂不能鉴别对应溶液的是
A. 用Ba(OH)2溶液鉴别NH4Cl、(NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4
B 用FeCl3溶液鉴别NaI、Ba(OH)2、Na2S、NaHCO3
C. 用NaOH溶液鉴别MgCl2、FeCl2、Al2(SO4)3、(NH4)2SO4
D. 用红色石蕊试纸鉴别Na2SO3、浓HNO3、NaHCO3、氯水
【答案】D
【解析】
【详解】A．NH4Cl、(NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4溶液分别与Ba(OH)2 溶液反应，现象依次为：刺激性气味的气体、刺激性气体和白色沉淀、不反应、白色沉淀，现象不同，能鉴别，故A正确；
B．NaI、Ba(OH)2、Na2S、NaHCO3溶液分别与FeCl3溶液反应，现象依次为：溶液黄色消失变为棕褐色、生成白色沉淀最终变成红褐色、生成黄色沉淀、生成红褐色沉淀，现象不同，能鉴别，故B正确；
C．MgCl2、FeCl2、Al2(SO4)3、(NH4)2SO4溶液分别与NaOH溶液反应，现象依次为：白色沉淀、生成白色沉淀最终变成红褐色、先生成白色沉淀后溶解、刺激性气体，现象不同，能鉴别，故C正确；
D．Na2SO3溶液和NaHCO3溶液都是碱性的，不能用红色石蕊试纸鉴别，故D错误；
故选D。
5. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1 ml熔融状态下的中含有的数目为
B. 1 ml 中含有σ键数目为
C. 标准状况下，22.4 L中原子数目为
D. 1 ml ()可以与3 ml NaOH完全反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．是共价化合物，在熔融状态下不能解离出，A错误；
B．个中含个配位键，即6个σ键，1个中含1个σ键，则1个中含σ键数目为，因此含有σ键数目为，B正确；
C．标准状况下为固态，不能用公式进行计算，C错误；
D．根据结构可知，该分子中只含一个羟基，为一元酸，可以与完全反应，D错误；
答案为：B。
6. 已知a、b、c、d四种物质相互间有如图所示的关系(“→”表示转化，“—”表示相互间反应)。下列各组物质符合条件的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．与不发生反应， A项错误；
B．NO与反应生成二氧化氮，氮气可与氧气在高温或放电条件下生成一氧化氮，氮气与氢气反应生成氨气，一氧化氮与氨气反应生成氮气，B项正确；
C．S不能直接转化成，C项错误；
D．与NaCl不发生反应，D项错误；
答案选B。
7. 实验室用H2还原SiHCl3(沸点：31.85℃)制备高纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法正确的是
A. 装置Ⅱ、Ⅲ中依次盛装的是浓H2SO4、冰水
B. 实验时，应先加热管式炉，再打开活塞K
C. 为鉴定制得的硅中是否含微量铁单质，需要用到的试剂为盐酸、双氧水、硫氰化钾溶液
D. 该实验中制备氢气的装置也可用于稀氢氧化钠溶液与氯化铵固体反应制备氨
【答案】C
【解析】
【详解】A．本题制备高纯硅，反应应在装置Ⅳ中进行，装置Ⅰ的目的是制备氢气，氢气中含有水蒸气，对后续实验产生干扰，必须除去，因此装置Ⅱ的作用是除去氢气中的水蒸气，即装置Ⅱ中盛放浓硫酸，装置Ⅲ的作用是提供SiHCl3气体，因此在水浴中加热，A错误；
B．实验时应先通入氢气，目是排出装置中的空气，防止发生危险，B错误；
C．硅单质不与盐酸反应，铁与盐酸反应生成Fe2＋，Fe2＋被H2O2氧化成Fe3＋，Fe3＋与KSCN溶液反应，溶液变红色，可以鉴定是否含有铁单质，C正确；
D．用稀NaOH溶液制备氨，需要加热，装置Ⅰ中没有加热装置，因此不能制备氨，D错误；
故选C。
8. 早期制备的方法如下：
滤液
下列说法不正确的是
A. 步骤Ⅰ实验室可在蒸发皿中进行
B. 步骤Ⅱ中每生成1ml转移1ml
C. 步骤Ⅲ涉及的反应方程式为
D. 步骤Ⅴ操作方法为减压蒸馏
【答案】A
【解析】
【分析】由物质的转化关系可知，硝酸钡受热分解生成氧化钡、二氧化氮和氧气，氧化钡与氧气反应生成过氧化钡，过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和过氧化氢，经除杂、过滤得到过氧化氢溶液，过氧化氢溶液经减压蒸馏得到过氧化氢。
【详解】A．由分析可知，步骤I发生的反应为硝酸钡受热分解生成氧化钡、二氧化氮和氧气，反应过程应该在坩埚中进行，A错误；
B．步骤Ⅱ中发生归中反应，O从0价和-2价，生成-1价，每生成1ml转移1ml，B正确；
C．由分析可知，步骤Ⅲ中发生的复分解反应为过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和过氧化氢，，C正确；
D．由分析可知，为防止过氧化氢受热分解，所以步骤为过氧化氢溶液经减压蒸馏得到过氧化氢，D正确；
答案选A。
9. 某学习小组设计如图所示实验装置（装置中空气已排尽）探究氮的氧化物的性质。下列说法不正确的是
A. 装置I中产生红棕色气体，体现浓硝酸的强氧化性
B. 将装置Ⅱ浸入热水浴中，气体颜色变深，说明是放热反应
C. 装置Ⅲ中的溶液变蓝，说明NO2氧化了金属铜
D. 向装置V中加入蒸馏水，无色气体变为红棕色
【答案】C
【解析】
【分析】I是铜与浓硝酸反应生成红棕色的NO2气体，Ⅱ是收集NO2气体，NO2通入到Ⅲ中，与水反应生成硝酸和NO，硝酸与铜反应使铜溶解溶液显示蓝色同时生成NO，NO通过盛有浓硫酸的装置Ⅳ，浓硫酸干燥NO，V中Na2O2与水反应生成O2气体可以与NO反应生成红棕色的NO2。
【详解】A．铜与浓硫酸反应生成红棕色气体NO2，体现浓硝酸的强氧化性，A正确；
B．将装置Ⅱ浸入热水浴中，气体颜色变深，说明平衡逆向移动，反应是放热反应，B正确；
C．NO2溶于水生成硝酸，装置Ⅲ中的溶液变蓝，硝酸氧化了金属铜，不是NO2氧化了铜，C错误；
D．向装置V中加入蒸馏水，Na2O2与水反应生成O2，O2与无色气体NO反应生成红棕色气体NO2，无色气体变为红棕色，D正确；
答案选C。
10. 下列实验能达到对应目的的是
A. 用图1装置可比较、的还原性强弱B. 用图2装置制取乙烯
C. 用图3装置蒸干溶液获得无水D. 用图4装置观察钠的燃烧
【答案】A
【解析】
【详解】A．加入氯水后，若先与发生氧化还原反应生成碘单质，碘单质在四氯化碳溶液中溶解，可比较二者还原性强弱，A正确；
B．选用乙醇发生消去反应生成乙烯需将温度计插入液体测量反应温度，B错误；
C．氯化铁会水解生成氢氧化铁，继续加热分解成氧化铁，C错误；
D．Na的加热燃烧实验应在坩埚中进行，D错误；
答案选A。
二、单项选择题。(本题共8个小题，每小题3分，共24分)
11. 利用废铝箔（主要成分为，含少量等）制明矾的一种工艺流程如图：
下列说法错误的是
A. 该工艺步骤①与步骤②顺序互换会更节约生产成本
B. ②中发生的反应有：
C. ③中稀酸化的目的是将转化成
D. 由④可知，室温下明矾的溶解度小于和的溶解度
【答案】C
【解析】
【分析】废铝箔（主要成分为，含少量等）与稀硫酸反应，生成Al3+、Mg2+、Fe2+，过滤除去不溶于酸的杂质，再用NaOH溶液调节pH值，将Mg2+、Fe2+转化为沉淀析出，Al3+转化为，过滤固体，继续向滤液中加入适量稀硫酸得到Al2(SO4)3溶液，最后加饱和K2SO4溶液结晶得到溶解度更小的明矾。
【详解】A．由于不与氢氧化钠溶液反应，步骤①与步骤②顺序互换后，通过操作a（过滤）即可得到溶液，再加稀硫酸可得到硫酸铝溶液，调换顺序后，酸碱的浪费更少，可节约生产成本，故A正确；
B．②中Al3+转化为，发生的反应方程式为：，，故B正确；
C．③中稀酸化的目的是将转化为Al3+，故C错误；
D．④是根据溶解度差异来制取明矾，即室温下明矾的溶解度小于和的溶解度，故D正确；
故选C。
12. 探究硫及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化氢为共价化合物，溶于水会电离出氢离子、氯离子，溶液能导电；故固体溶于水，进行导电性实验，电流表指针发生偏转，溶液可导电，不能说明其含有离子键，故A不符合题意；
B．酸性溶液使石蕊试液变红色，石蕊溶液变红后没有褪色，说明水溶液呈酸性；品红溶液褪色，说明能使有色物质褪色，有漂白性，故B符合题意；
C．加入二氧化锰，也可能是二氧化锰使氯离子氧化生成氯气，不能说明浓硫酸具有强氧化性，故C不符合题意；
D．硫化氢、氯化氢不是硫、氯对应的最高氧化物的水合物，故的和溶液的大小不能说明硫、氯的非金属性强弱，故D不符合题意；
故选B。
13. NaAlH4是一种强还原剂，在碱性条件下能够与CuSO4发生反应，下列说法不正确的是
A. 还原剂和还原产物之比为1：4
B. NaAlH4遇水可能发生爆炸，并产生白色沉淀
C. H2O中中心原子sp3杂化，VSEPR空间构型为四面体
D. 每生成1mlNa[Al(OH)4]转移电子的物质的量为8ml
【答案】B
【解析】
【详解】A．由方程式可知，反应中氢元素的化合价升高被氧化，四氢合铝酸钠是反应的还原剂，铜元素的化合价降低被还原，硫酸铜是氧化剂，还原剂和还原产物之比为1：4，故A正确；
B．四氢合铝酸钠与水反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应中没有氢氧化铝沉淀生成，故B错误；
C．水分子中氧原子的价层电子对数为4，氧原子的杂化方式为sp3杂化，分子的VSEPR空间构型为四面体，故C正确；
D．由方程式可知，反应生成1ml四羟基合铝酸钠时，转移电子的物质的量为8ml，故D正确；
故选B。
14. 下列离子组在指定溶液中能否大量共存且判断依据完全正确的是
A. 能使甲基橙变红的溶液中，不能大量共存，存在反应：
B. 常温下的溶液中，不能大量共存，存在反应：
C. 溶液中，不能大量共存，存在反应：
D. 的溶液中，不能大量共存，存在反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．方程式质量不守恒，电荷不守恒，故A错误；
B．溶液显酸性，不可能生成大量的OH-，故B错误；
C．铝离子和碳酸氢根发生双水解，方程式为，故C正确；
D．溶液显酸性，但Cl-不能被硝酸氧化，故D错误；
故选C。
15. 38.4gCu与一定量的浓硝酸恰好完全反应生成、、NO的混合气体，将这些气体通入溶液中，所有气体恰好被完全吸收，得到和的混合溶液，该溶液中和的物质的量之比为
A. 2：3B. 3：2C. 3：5D. 5：3
【答案】A
【解析】
【详解】38.4gCu为0.6ml，由电子守恒可以知道，38.4gCu失去的电子等于到得到的电子，，，由Na原子守恒可以知道，则，则该溶液中和的物质的量之比为2：3，故答案选A。
16. 向和混合稀溶液中逐渐加入铁粉，产生无色气体，该气体遇到空气变为红棕色，溶液中的物质的量和加入粉的物质的量之间的关系如图所示，下列叙述错误的是
A. 开始时加入铁粉反应的离子方程式为
B. 加入铁粉时，溶液中有
C. 原溶液中的物质的量浓度为
D. 加入铁粉后溶液中溶质为和
【答案】D
【解析】
【详解】A．由实验现象和图像可知开始加入铁粉产生NO和，故开始时加入铁粉发生的离子方程式为，A正确；
B．加入铁粉3ml时，硝酸根离子恰好反应完全，加入4ml铁粉时，其中1ml铁粉消耗2ml ，产生3ml ，B正确；
C．加入3ml铁粉时发生的离子方程式，消耗3ml 和12ml生成3ml，加入铁粉3ml至5ml时，发生的离子反应为，则2ml的铁消耗4ml ，加入3ml铁粉时生成3ml ，故原溶液中含1ml [即含1ml ]，原溶液中的物质的量浓度为，C正确；
D．5ml后加入铁粉不再产生，硝酸根离子恰好反应完全，加入5ml铁粉后的溶液中溶质的主要成分为硫酸亚铁，D错误；
故选D。
17. 某无色溶液X中可能含有等离子，设计如下实验确定其组成，下列说法正确的是
A. 产生的气体A具有还原性
B. 气体B的模型为三角锥形
C. 根据分析可知，溶液X中一定不存在和
D. 溶液X中一定存在，且
【答案】D
【解析】
【分析】在溶液中呈橙红色，则无色溶液中一定不含有；加入足量过氧化氢溶液并用足量盐酸酸化，有气体产生，说明溶液中含有0.01ml，气体A为CO2，有沉淀生成说明溶液中一定含有0.01ml和，一定不含有；加入氢氧化钡溶液，共热产生气体，说明原溶液含有0.01ml，气体B为NH3，产生的沉淀说明原溶液中含有0.01ml+0.005ml=0.015ml亚硫酸氢根离子，由电荷守恒可知，原溶液中可能含有，至少含有0.005ml，据此分析解题。
【详解】A．由分析知，产生的气体A为CO2，C为最高价，不具有还原性，A错误；
B．由分析知，气体B为NH3，氨气中N原子的价层电子对数为，模型为正四面形，B错误
C．由分析知，原溶液中可能含有，至少含有0.005ml，C错误；
D．由分析可知，原溶液中一定含有0.015ml亚硫酸氢根离子，则溶液中亚硫酸氢根离子的浓度为=0.15ml/L，D正确；
故选D。
18. 某矿物X由、、、中一种或几种物质组成。现进行下图所示实验：
（已知：）
下列说法正确的是（ ）
A. 步骤1中减少的固体一定是混合物
B. 根据上述步骤可以判断矿物X中
C. 根据步骤2可以得出蓝色溶液中
D. 根据步骤1、2可以判断出X中氧化铁的质量分数为50%
【答案】B
【解析】
【分析】12.8gX与过量的氢氧化钠溶液反应后得到10.4g不溶物，固体部分溶解，原固体中至少含有Al2O3、SiO2的一种物质；10.4g固体与过量的盐酸反应得到蓝色溶液，蓝色溶液中存在铜离子，发生了反应：Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，Cu+2Fe3+＝2Fe2++Cu2+，说明溶液中一定存在Cu2O，据此分析判断。
【详解】A．Al2O3、SiO2都能够与NaOH溶液反应，所以步骤I中减少的固体质量可能为氧化铝或二氧化硅，不一定为混合物，故A错误；
B．步骤II中发生了反应：Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+＝Cu+Cu2++H2O；Cu+2Fe3+＝2Fe2++Cu2+，10.4g固体为铜和Fe2O3的混合物，最后得到的1.92g固体一定是金属铜，但是不一定是生成的全部，假设氧化亚铜和盐酸反应生成1.92g即0.03ml铜，根据：Cu2O+2H+＝Cu+Cu2++H2O，所以氧化亚铜的质量是0.03ml×144g/ml=4.32g，物质的量是0.03ml，所以氧化铁存在，质量是10.4g-4.32g=6.08g＝0.038ml，但是有可能金属铜还发生反应：Cu+2Fe3+＝2Fe2++Cu2+，所以氧化亚铜的物质的量n≥0.03ml，氧化铁的物质的量n≤0.038ml，矿物X中氧化铁和氧化亚铜的物质的量之比小于1，故B正确；
C．根据步骤2发生反应：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，Cu+2Fe3+＝2Fe2++Cu2+，可以得出蓝色溶液中n(Cu2+)≥0.03ml，故C错误；
D．根据B的分析，可以判断出X中氧化铁的质量≤6.08g，质量分数≤×100%=47.5%，故D错误；
故选B。
第Ⅱ卷(非选择题共56分)
三、填空题(本题共3小题，共56分)
19. 某课外兴趣小组设计实验探究氢碘酸(HI)的制备及其性质，有关装置如图所示。
已知：①磷酸沸点是261℃，不容易分解，几乎没有氧化性；②HI易溶于水，不溶于非极性溶剂，分解温度为300℃。
回答下列问题：
（1）装置A中装有浓磷酸的仪器名称是_______。广口瓶里四氯化碳层的作用是_______。
（2）实验室制备HCl选用浓硫酸[]，而制备HI不能用浓硫酸，其原因是_______。
（3）加热温度控制在300℃以下，其原因是_______。若装置A中除HI气体外，只生成两种酸式盐，且其物质的量之比为1∶1，写出该反应的化学方程式：_______。
（4）装置B中现象是_______，有较强氧化性，但是装置B中发生复分解反应，其主要原因可能是_______。
（5）装置C中观察到溶液由蓝色变为棕色，产生沉淀，经检测沉淀为CuI。写出装置C中发生反应的离子方程式：_______。
（6）实验完毕后，取少量装置D中溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变为蓝色。则装置D中100 mL 0.5 ml⋅L酸性溶液最多能氧化_______ml HI。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 防液体倒吸
（2）浓硫酸具有强氧化性，易氧化HI
（3） ①. 避免HI分解 ②.
（4） ①. 溶液中产生黄色沉淀 ②. AgI溶解度很小，该条件下，复分解反应优先于氧化还原反应
（5）
（6）0.25
【解析】
【分析】装置A中浓磷酸与KI固体反应生成HI，HI气体进入B中，与硝酸银溶液反应生成AgI黄色固体；HI进入C中与硫酸铜反应生成CuI和碘单质，生成的碘单质溶于四氯化碳，使下层溶液变紫红色；HI进入D中与酸性碘酸钾反应生成碘单质，生成的碘单质溶于四氯化碳，使下层溶液变紫红色，另外HI均先通入四氯化碳层可防止倒吸现象发生。
【小问1详解】
装置A中装有浓磷酸的仪器为分液漏斗；HI类似氯化氢易溶于水，广口瓶里四氯化碳层的作用是防倒吸。
【小问2详解】
HI还原性比HCl的强，浓硫酸具有强氧化性，会将HI氧化。
【小问3详解】
由已知信息可知HI300℃会发生分解，因此温度控制在300℃以下，是为了防止HI受热分解；；HI与磷酸生成两种酸式盐有和，反应为：。
【小问4详解】
B中HI与硝酸银溶液反应生成AgI黄色固体；AgI溶解度小，复分解反应优先于氧化还原反应。
【小问5详解】
硫酸铜与HI发生氧化还原反应生成CuI、和，离子方程式为：。
【小问6详解】
，，ml。
20. 某混合液W是由下列离子中的若干种组成：，为确定其成分进行了如下实验：
I．观察法：通过对溶液进行观察，即可排除X离子的存在；
Ⅱ．测量溶液的：用计测得溶液的(室温下)；
Ⅲ．分别向两份体积均为的W溶液中加入溶液、固体粉末，均有白色沉淀生成且相关量值关系如图所示。回答下列问题：
（1）X离子是_____，溶液中除外还一定含有的阳离子是_____，溶液中还有一种阳离子在上述实验中无法确认：_____填写离子符号)，确认该离子的方法是_____。
（2）溶液中肯定存在的阴离子是_____，加入生成的氧化产物的化学式为_____，其物质的量为_____。
（3）加入导致沉淀量减少，该反应的总的离子方程式为_____。
【答案】（1） ①. ②. 、、； ③. ④. 将铂丝环用蒸馏水浸湿,然后挑取少量溶液，点燃酒精灯，将铂丝环放入酒精灯火焰中加热， 观察火焰颜色的变化
（2） ①. 、 ②. ③. 0.45ml
（3）
【解析】
【分析】铜离子在水溶液中呈蓝色，可以通过观察溶液颜色判断是否含有铜离子；测量溶液pH，测得pH=0，则在强酸溶液中，碳酸根必定无法存在，向溶液中加入氯化钡溶液，产生白色沉淀0.6ml，则混合液中含有0.6ml硫酸根，向体积200mL的W溶液中加入过氧化钠固体粉末，开始没有沉淀生成，生成沉淀后沉淀初始沉淀不溶解，则含有铵根，后沉淀部分溶解，则溶解部分为氢氧化铝0.2ml、不溶解部分为氢氧化镁0.3ml；加入0.8ml过氧化钠会生成1.6mlNaOH，则溶液中铵根离子为；根据电荷守恒可知，溶液中必定含硝酸根、可能含有钾离子，且硝酸根浓度大于等于；
【小问1详解】
由分析可知，X离子是，溶液中除外还一定含有的阳离子是、、；溶液中还有一种阳离子在上述实验中无法确认，钾元素的焰色反应实验需要透过蓝色钴玻璃观察，焰色反应为紫色，确认该离子的方法为将铂丝环用蒸馏水浸湿,然后挑取少量溶液，点燃酒精灯，将铂丝环放入酒精灯火焰中加热， 观察火焰颜色的变化，钾离子会使火焰呈现出紫色，若火焰呈紫色，则溶液中含有钾离子，反之则无；
【小问2详解】
根据电荷守恒，溶液中必定含有硝酸根，根据I沉淀现象，溶液中还含有硫酸根离子；根据分析，沉淀Ⅱ现象为溶液开始不沉淀，产生沉淀后继续加入过氧化钠固体粉末，沉淀溶液，溶解部分为氢氧化铝，而过氧化钠加入溶液中的反应为，结合分析可知，溶解0.2ml氢氧化铝需要0.2ml氢氧化钠，则需要0.1ml过氧化钠，此时，过氧化钠中部分氧元素化合价升高发生氧化反应得到氧气，故加入bml生成的氧化产物的化学式为，其物质的量为0.45ml；
【小问3详解】
加入过氧化钠导致沉淀量减少，该反应的总的反应为过氧化钠和生成的氢氧化铝转化为偏铝酸钠和氧气、水，离子方程式为。
21. 三氯化铬是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室用Cr2O3和CCl4(沸点76.8℃)在高温下制备无水CrCl3，同时生成COCl2气体。可利用下面装置模拟制取三氯化铬(K1、K2为气流控制开关)
原理：
已知：①气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体。②碱性条件下，可将氧化为(黄色)：酸性条件下，将(橙色)还原为(绿色)。
（1）实验装置合理的连接顺序为a-h-i-______(填仪器接口字母标号)。
（2）步骤如下：
i．连接装置，检查装置气密性，装入药品并通；
ii．加热反应管至400℃；
iii．控制开关，加热，温度保持在50℃~60℃之间；
iv．加热石英管继续升温至650℃，直到E中反应基本完成，切断管式炉的电源；
v．停止A装置水浴加热，……；
vi．装置冷却后，结束制备实验。
①步骤i中，开关、的状态分别为______。
②补全步骤v的操作：______，其目的是______。
（3）从安全的角度考虑，整套装置的不足是______。
（4）装置D中反应的离子方程式为______。
（5）测定产品中CrCl3质量分数的实验步骤如下：
Ⅰ．取5g CrCl3产品，在强碱性条件下，加入过量的30% H2O2溶液，小火加热使CrCl3完全转化为，继续加热一段时间；
Ⅱ．冷却后，滴入适量的稀硫酸和浓磷酸(浓磷酸的作用是防止指示剂提前变色)，使转化为，再加适量的蒸馏水将溶液稀释至100mL；
Ⅲ．取25.00mL溶液，加入适量浓硫酸混合均匀，滴入3滴试亚铁灵作指示剂，用新配制的1.000ml/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，溶液由黄色经蓝绿色变为红褐色即为终点，重复2～3次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液21.00mL。
①该样品中CrCl3的质量分数为______%(保留小数点后两位，Mr(CrCl3)=158.5)
②下列操作将导致产品中CrCl3质量分数测定值偏低的是______(填标号)。
A．步骤Ⅰ中未继续加热一段时间 B．步骤Ⅲ中所用(NH4)2Fe(SO4)2溶液已变质
C．步骤 Ⅱ中未加浓磷酸 D．步骤Ⅲ中读数时，滴定前俯视，滴定后平视
【答案】（1）
（2） ①. K1开，K2关 ②. 继续通入N2一段时间 ③. 将COCl2完全排入装置D被充分吸收，并将生成的CrCl3全部吹入C中充分吸收
（3）升华的三氯化铬易凝华，堵塞导管
（4）
（5） ①. 88.76 ②. AC
【解析】
【分析】三氯化铬易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化，所以实验过程中要确保装置内不能存在氧气和水蒸气，A装置的作用是用N2将CCl4导入装置参与反应，B装置作用是防止水蒸气进入反应装置，C装置作用是收集气体，D装置是处理COCl2尾气，E装置是发生装置。整个反应流程先用干燥的N2排除装置内空气，然后再通入N2将CCl4气体带入装置，与E中的CrO2反应，生成的COCl2有毒气体用C装置收集，与D装置中NaOH溶液反应从而进行吸收处理，为防止D装置中水蒸气进入反应装置，还有在C和D装置中间加一个干燥装置C，据此分析解题。
【小问1详解】
根据分析，装置的排序是AECBD，首先用干燥的N2排除装置空气，则反应前C装置内应该充满N2，要收集的气体为COCl2，其密度大于N2，所以COCl2从d进入，因此，实验装置合理的连接顺序为ahi(或ih)debcf(g)，故答案为：debcfg；
【小问2详解】
①K1开，K2关，使得N2能进入装置排尽空气而不会带入CCl4，故答案为：K1开，K2关；
②反应结束后还需要持续通入N2一段时间，从而将COCl2完全排入装置D被充分吸收，并将生成的CrCl3全部吹入C中充分吸收，故答案为：继续通入N2一段时间；将COCl2完全排入装置D被充分吸收，并将生成的CrCl3全部吹入C中充分吸收；
【小问3详解】
三氯化铬容易受热升华，温度降低后容易在导管内凝华，从而堵塞导管，故答案为：升华的三氯化铬易凝华，堵塞导管；
【小问4详解】
根据元素分析，COCl2水解生成的两种酸性气体是HCl和CO2，COCl2和NaOH溶液反应的离子方程式应该为COCl2+4OH-=+2H2O+2Cl-，故答案为：COCl2+4OH-=+2H2O+2Cl-；
【小问5详解】
①和Fe2+的反应为6Fe2+++14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，根据原子守恒可得关系式为2CrCl3～2～～6Fe2+～6(NH4)2Fe(SO4)2，则样品中n(CrCl3)= n[(NH4)2Fe(SO4)2]×=×1.00ml/L×21.00×10-3L×4=2.8×10-2ml，m(CrCl3)=nM=2.8×10-2ml×158.5g/ml=4.438g，则样品中CrCl3的质量分数为×100%=88.76%，故答案为：88.76；
②A．步骤Ⅰ未继续加热一段时间，由于过量的H2O2的存在，在步骤Ⅱ中会还原为Cr3+，则滴定时消耗标准溶液硫酸亚铁铵体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低，A符合题意；
B．若步骤Ⅲ中所用(NH4)2Fe(SO4)2溶液已变质，则消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积将偏大，n(CrCl3)和m(CrCl3)都将偏大，使CrCl3质量分数的测定值偏高，B不合题意；
C．若步骤Ⅱ中未加浓磷酸，将导致滴定终点提前，即导致消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积将偏小，n(CrCl3)和m(CrCl3)都将偏小，使CrCl3质量分数的测定值偏低，C符合题意；
D．若步骤Ⅲ中读数时，滴定前俯视，滴定后平视，将导致消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积将偏大，n(CrCl3)和m(CrCl3)都将偏大，使CrCl3质量分数的测定值偏高，D不合题意；
故答案为：AC。选项
a
b
c
d
A
Fe
B
NO
C
S
D
NaOH
HCl
NaCl
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
判断的化学键类型
将固体溶于水，进行导电性实验
电流表指针发生偏转，中含有离子键
B
证明水溶液的酸性与漂白性
分别在石蕊溶液与品红溶液中通入适量气体
石蕊溶液变红后没有褪色，品红溶液褪色，说明水溶液呈酸性，有漂白性
C
证明浓硫酸具有强氧化性
加热浓硫酸、固体与固体的混合物
有黄绿色气体产生，说明浓硫酸具有强氧化性
D
比较S与的非金属性强弱
用试纸测定的和溶液的
若前者的试纸颜色比后者深，说明非金属性：
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