河北省衡水市河北冀州中学2019届高三上学期期中考试化学（解析版）


河北省衡水市河北冀州中学2019届高三上学期期中考试
所用到的相对原子质量：H＝1，O＝16，C＝12，S＝32，N＝14，Na＝23，Cl＝35.5K=39,Ca=40，Mn=55
卷Ⅰ〔选择题，共50分〕
【一】选择题〔此题包括13小题，每题2分，共26分。每题只有1个选项符合题意，不选、多项选择、错选均不得分〕
1.以下说法正确的选项是（ ）
A. 工业生产玻璃、水泥、陶瓷都要使用石灰石做原料
B. 开发氢能、太阳能、风能、生物质能等新型能源是践行低碳生活的有效途径
C. “把世博会期间产生的垃圾焚烧或深埋处理”方案符合上海世博会实现“环保世博、生态世博”的目标
D. 光化学烟雾、臭氧层空洞、温室效应、硝酸型酸雨的形成都与氮氧化合物有关
【答案】B
【详解】A. 工业生产玻璃、水泥、陶瓷都要使用石英做原料，故A错误；
B. 开发氢能、太阳能、风能、生物质能等可以代替火力发电，减少二氧化碳的排放，故B正确；
C. 焚烧或深埋都会造成污染，故C错误；
D. 温室效应与二氧化碳有关，故D错误；
故选B。
2.纳米是长度单位，lnm=10-9m，当物质的颗粒达到纳米级时，会具有一些特别的性质。如由铜制成“纳米铜”具有特别强的化学活性，在空气中能够燃烧。以下关于“纳米铜“的表达正确的选项是（ ）
A. “纳米铜”比铜片的金属性强 B. “纳米铜”比铜片更易失去电子
C. “纳米铜”比铜片的氧化性强 D. “纳米铜”的还原性与铜片相同
【答案】D
【详解】A. 金属性属于元素的性质，都为铜元素，金属性相同，故A错误；
B. 纳米铜之所以具有较强的化学活性是由于纳米材料的颗粒较小，表面积较大，与氧气的接触面积较大而能在空气中的燃烧，都是不活泼金属，失电子能力相同，故B错误；
C. 铜为金属，在反应中只能失去电子，只有还原性，不具有氧化性，故C错误；
D. 在相同条件下，纳米铜和铜片的还原性是相同的，故D正确；
故选D。
【点睛】纳米铜之所以具有较强的化学活性是由于纳米材料的颗粒较小，表面积较大，与氧气的接触面积较大而能在空气中的燃烧，而铜的金属性、活泼性等没有发生变化。
3.以下几种类推结论中，正确的选项是（ ）
A. 由2Cu+O2==2CuO可推出同族的硫也有Cu+S==CuS
B. Fe3O4可表示为FeO·Fe2O3，那么Pb3O4可表示为PbO·Pb2O3
C. Na能与水反应生成H2，K、Ca也能与水反应生成H2
D. CO2与Na2O2反应只生成Na2CO3和O2，故SO2与Na2O2反应只生成Na2SO3和O2
【答案】C
【详解】A. S的氧化性较弱，与Cu反应生成Cu2S，故A错误；
B. Pb3O4中Pb的化合价为+2、+4价，不存在Pb2O3，故B错误；
C. 金属钠、钾和钙的活泼性都较强，都能够与水反应生成氢气，故C正确；
D. SO2与Na2O2发生氧化还原反应生成Na2SO4，没有氧气生成，故D错误；
故选C。
4.一定能在以下溶液中大量共存的离子组是（ ）
A. 含有大量Al3+的溶液：Na+、NH4+、SO42-、Cl-
B. c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液：Na+、Ca2+、SO42-、CO32-
C. 含有大量Fe3+的溶液：Na+、Mg2+、NO3-、SCN-
D. 含有大量NO3-的溶液：H+、Fe2+、SO42-、Cl-
【答案】A
【详解】A．因该组离子之间不反应，能大量共存，故A正确；
B．c（H+）=1×10-13mol/L的溶液，显碱性，Ca2+、CO32-结合生成沉淀，则不能共存，故B错误；
C．因Fe3+、SCN-结合生成络离子，则不能共存，故C错误；
D．因H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，则不能共存，故D错误；
故选A。
5.能正确表示下列反应的离子方程式的是（ ）
A. 硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2++H2S↑
B. 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
C. 向明矾溶液中加入过量氢氧化钡溶液：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O
D. 等物质的量的NaHCO3和Ca（OH）2溶液混合：2HCO3—+Ca2++2OH—=CaCO3↓+CO32—+2H2O
【答案】C
【解析】A．硫化亚铁溶于稀硝酸中的离子反应为FeS+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+S↓+2H2O，故A错误；B．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板发生的离子反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B错误；C．向明矾溶液中加入过量氢氧化钡溶液发生反应的离子方程式为 Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故C正确；D．等物质的量的NaHCO3和Ca(OH)2溶液混合发生的离子反应为HCO3—+Ca2++OH—=CaCO3↓+H2O ，故D错误；答案为C。
6. 下列各组物质在适宜的条件下反应，其中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1的是（ ）
A.
B. Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe
C. CaH2+2H2O===Ca（OH）2+2H2↑
D. 3NO2+H2O===2HNO3+NO
【答案】C
【解析】A MnO2是氧化剂，为1mol，HCl为还原剂，为2mol，n(氧化剂)：n(还原剂)=1：2
B Fe2O3是氧化剂，为1mol，Al是还原剂，为2mol，n(氧化剂)：n(还原剂)=1：2
C CaH2是还原剂，为1mol，H2O是氧化剂，为2mol，n(氧化剂)：n(还原剂)=2：1
D NO2既是氧化剂，又是还原剂，且n(氧化剂)：n(还原剂)=1：2
7. 相同质量的下列物质分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是 （ ）
A. AlC13 B. Al(OH)3 C. A1 D. A12O3
【答案】C
8.北京大学和中国科学院的化学工作者已成功研制出碱金属与C60形成的球碳盐K3C60，实验测知该物质属于离子晶体，具有良好的超导性。以下有关分析正确的选项是（ ）
A. 熔融状态下该晶体能导电 B. K3C60中碳元素显-3价
C. K3C60中只有离子键 D. C60与12C互为同素异形体
【答案】A
【详解】A. 该晶体属于离子晶体，熔融状态下电离出阴阳离子，所以熔融状态下能导电，故A正确；
B. K3C60中C60显−3价，不是C元素显−3价，故B错误；
C. K3C60中含有离子键，非金属元素C原子之间存在非极性键，所以含有离子键和共价键，故C错误；
D. 12C是原子不是单质，所以二者不是同素异形体，故D错误；
故选A。
9.下列各组物质的分类正确的是（ ）
①混合物：水玻璃、水银、水煤气
②电解质：明矾、冰醋酸、石膏
③酸性氧化物：CO2、CO、SO3
④同位素：1H、2H2、3H
⑤同素异形体：C80、金刚石、石墨
⑥干冰、液氯都是非电解质
A. ①②③④⑤⑥ B. ②④⑤⑥ C. ②⑤⑥ D. ②⑤
【答案】D
【详解】①水玻璃和水煤气是混合物，水银是单质，故①错误；
②明矾、冰醋酸、石膏在水溶液里或熔融状态下能导电，是电解质，故②正确；
③CO2、SO3都可以与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，CO不能与碱反应是不成盐氧化物，故③错误；
④同位素是同元素的不同原子，1H、3H是氢元素的同位素，2H2是单质，故④错误；
⑤同素异形体是同元素的不同单质，C80、金刚石、石墨都是碳元素的不同单质，属于同素异形体，故⑤正确；
⑥干冰的水溶液能导电，原因是干冰和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子而使溶液导电，碳酸是电解质，干冰是非电解质；液氯是单质不是化合物，所以液氯既不是电解质也不是非电解质，故⑥错误；
故选D。
10. 化学是一门以实验为基础的自然科学，化学实验在化学学习中具有极其重要的作用。下列实验中所选用的仪器合理的是（ ）
①用50 mL量筒量取5.2 mL稀硫酸；
②用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物；
③用托盘天平称量11.7 g氯化钠晶体；
④用酸式滴定管量取23.10 mL0.20 mol/L高锰酸钾溶液；
⑤用瓷坩埚灼烧各种钠的化合物；
⑥配制245mL 0.20 mol/L的NaOH溶液用250 mL容量瓶。
A. ①②③④ B. ③ C. ③④⑥ D. ③⑤⑥
【答案】C
【详解】①用量筒量取液体时，若量程太大，最小刻度值增大，会加大误差；若量程太小，需量取多次，也会加大误差，采用就近原则，不能用50 mL 量筒取5.2 mL 稀硫酸，故不选①；
②苯和四氯化碳能相互溶解，不能用分液漏斗分离，故不选②；
③托盘天平精确到0.1g，可用托盘天平称量11.7 g 氯化钠晶体，故选③；
④高锰酸钾溶液有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应该用酸式滴定管量取，故选④；
⑤瓷坩埚中含有SiO2，会与NaOH在加热下反应，故不选⑤；
⑥实验室没有245mL的容量瓶，所以配制245mL 0.20 mol/L的NaOH溶液溶液用250 mL容量瓶，故选⑥；
故正确序号为③④⑥；
故答案选C。
11.某强氧化剂[RO〔OH〕2]2+离子中的元素R可被亚硫酸钠还原到较低价态。假设把1.2×10-3mol[RO(OH)2]2+还原，需要消耗6mL0.2mol/L的亚硫酸钠溶液，那么反应后R的化合价为（ ）
A. 0 B. +2 C. +3 D. +4
【答案】D
【详解】[RO（OH）2]2+离子中R的化合价为+6价，设还原后的化合价为x，n（Na2SO3）=1.2×10-3mol，被氧化后生成Na2SO4，S元素化合价为+6价，则1.2×10-3mol×（6-x）=1.2×10-3mol×（6-4），x=+4，
故选D。
【点睛】[RO（OH）2]2+离子中R化合价为+6价，n（Na2SO3）=1.2×10-3mol，结合氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目计算。
12.有一瓶无色溶液，可能含有Na+、K+、Al3+、Mg2+、NH4+、Cl—、SO42—、HCO3—、MnO4—离子中的几种。为确定其成分，进行如下实验：①取少许溶液，逐渐加入过量的Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀且白色沉淀逐渐增多后又部分溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生；③用洁净的铂丝蘸取原溶液在酒精灯火焰上灼烧，观看到黄色火焰。以下推断正确的选项是（ ）
A. 确信有Na+、Al3+、Mg2+、SO42— B. 确信有Na+、Mg2+、Al3+、Cl—
C. 确信没有K+、HCO3—、MnO4— D. 确信没有K+、NH4+、Cl—
【答案】A
【详解】该溶液是无色溶液，则一定不会含有高锰酸跟离子：①取部分溶液，加入过量Na2O2固体，过氧化钠先是和水反应生成氢氧化钠和氧气，产生无色无味的气体是氧气，一定不是氨气，说明不含铵根离子；白色沉淀逐渐增多后又部分溶解，则沉淀的成分是氢氧化镁和氢氧化铝，则证明其中一定含有镁离子和铝离子，一定不含有铵根离子、碳酸氢根离子（和铝离子不共存）；②取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀产生，和硫酸根离子反应生成白色不溶于硝酸的白色沉淀是硫酸钡沉淀，证明一定含有硫酸根离子；③用洁净的铂丝蘸取原溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察到黄色火焰，说明是钠元素的性质，原溶液中含有钠离子；综上所述：原溶液中一定不含：NH4+、HCO3-、MnO4-；一定含有：Na+、Al3+、Mg2+、SO42-；不能确定的是K+、Cl-；
故选A。
13.现有100mLMgCl2和AlCl3的混合溶液,其中 c(Mg2+)=0.30mol·L－1，c(Cl－)=1.20 mol·L－1，要使Mg2+完全转化为Mg(OH)2且与Al3+恰好分开，至少需要1.00 mol·L－1的NaOH溶液的体积为（ ）
A. 80 mL B. 100 mL C. 120 mL D. 140 mL
【答案】D
【详解】溶液中n（Cl-）=0.1L×1.2mol/L=0.12mol，溶液中n（Mg2+）=0.3mol/L×0.1L=0.03mol，根据电荷守恒，所以溶液中n（Al3+）==0.02mol，将100mL此溶液中的Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀并分离析出，反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，由原子守恒可知n（NaOH）=n（Na）=n（Cl）+n（Al）=0.12mol+0.02mol=0.14mol，所以至少需要1mol/L氢氧化钠溶液的体积为=0.14L=140ml，故答案选D。
【二】选择题〔此题包括8小题，每题3分，共24分。每题有1～2个选项符合题意，不选、多项选择、错选均不得分；有2个选项符合题意只选1个且正确的得1分〕
14.用NA表示阿伏加德罗常数的值。以下表达正确的选项是（ ）
A. 常温常压下的33.6L氯气与27g铝充分反应,转移电子数为3NA
B. 常温常压下，NO2和N2O4的混合物46g中约含有2NA个氧原子
C. Na2O2与H2O反应生成1.12LO2(标准状况),反应中转移的电子数为6.02×1022
D. 标准状况下，80gSO3中含3NA个氧原子，体积约为22.4L
【答案】BC
【详解】A. 常温常压下，33.6L氯气的物质的量小于1.5mol，27g铝的物质的量为1mol，氯气不足，反应转移的电子小于3mol，转移电子数小于3NA，故A错误；
B. 46gNO2和N2O4的混合物中含有46g最简式NO2，含有最简式的物质的量为1mol，含有2mol氧原子，则混合物中含有2NA个氧原子，故B正确；
C. 标况下1.12L O2物质的量为0.05mol，过氧化钠中氧元素化合价为−1价，过氧化钠与水反应生成0.05mol氧气转移了0.1mol电子，转移的电子数为6.02×1022，故C正确；
D. 标况下三氧化硫为固体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算三氧化硫的体积，故D错误；
故选BC。
15.以下实验推理正确的选项是（ ）
A. 某溶液中加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不溶解，说明原溶液中一定含有SO42—。
B. 某雨水的pH小于5.6，说明雨水中一定溶解了SO2
C. 灼热的铂丝与NH3、O2混合气接触，铂丝接着保持红热，说明氨的氧化反应是放热反应
D. 在溶液中可发生以下反应：I2＋2HClO3=Cl2＋2HIO3，说明I2的还原性比Cl2强
【答案】CD
【详解】A.因氯化银、硫酸钡都是难溶于水的白色沉淀，所以能和氯化钡产生白色不溶于稀盐酸的沉淀有钡盐和银盐，不能说明原溶液中一定含SO42-，也可能是含有Ag+，故A错误；
B.正常雨水的pH值等于5.6，pH小于5.6的雨水属于酸雨，二氧化硫、氮氧化物是形成酸雨的重要物质，所以不能说明雨水中一定溶解了SO2，故B错误；
C.如果该反应是吸热反应，灼热口铂丝与NH2、O2混合气接触，会随反应的进行铂丝的温度会上降，则不会保持红热，实际上铂丝继续保持红热，说明氨的氧化反应是放热反应，故C正确；
D.该反应I2＋2HClO3=Cl2＋2HIO3中，氧化剂是HClO3，氧化产物是HIO3，还原剂是I2，还原产物是Cl2，所以说明I2的还原性比Cl2强，故D正确；
故选CD。
【点睛】氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性。
16.在给定条件下，下列加点的物质在对应的化学反应中能完全耗尽的是（ ）
A. 向100.0mL 3.00mol/L的稀硝酸中加入5.6g铁
B. 用40.0mL 10.00mol/L的盐酸与10.0g二氧化锰共热制取氯气
C. 标准状况下，将1.0g铝片投入20.0mL 18.40mol/L的硫酸中
D. 在50MPa、500℃和铁触媒催化的条件下，用1.2mol氮气和3mol氢气合成氨
【答案】A
【分析】A、5.6g铁的物质的量0.1mol,反应首先氧化为硝酸铁,即先发生反应Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，0.3mol硝酸氧化0.075mol铁为三价铁离子,剩余0.025mol铁会继续和生成的0.1mol三价铁离子反应,根据反应Fe+2Fe3＋＝3Fe2＋进行判断；
B、二氧化锰与浓盐酸反应,随反应进行浓盐酸变成稀盐酸,二氧化锰与稀盐酸不反应;
C、18.40mol/L的硫酸为浓硫酸,常温下遇到铁、铝金属发生了钝化,不再继续反应；
D、反应是可逆反应,反应物不能完全转化。
【详解】A、5.6g铁的物质的量0.1mol,根据反应Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，0.3mol硝酸氧化0.075mol铁为三价铁离子,剩余0.025mol铁会继续和生成的0.1mol三价铁离子反应,根据反应Fe+2Fe3＋＝3Fe2＋可以知道,剩余0.025mol铁全部溶解需要三价铁离子0.05mol<0.075mol,铁全部溶解,所以A选项是正确的；
B、二氧化锰与浓盐酸反应,随反应进行浓盐酸变成稀盐酸,二氧化锰与稀盐酸不反应,盐酸不能完全反应,故B错误；
C、18.40mol/L的硫酸为浓硫酸, 标准状况下,铝片遇浓硫酸发生钝化,阻止反应进行,铝不能完全消耗,故C错误；
D、氮气与氢气的反应是可逆反应,反应物不能完全转化,故D错误；
综上所述，本题正确选项A。
17.已知：
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)　ΔH＝－1 452 kJ·mol－1
H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
下列说法正确的是（ ）
A. CH3OH(l)的燃烧热为1 452 kJ·mol－1
B. 同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，H2(g)放出的热量多
C. H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)===BaSO4(s)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
D. 3H2(g)＋CO2(g)===CH3OH(l)＋H2O(l) ΔH＝＋135.9 kJ·mol
【答案】B
【分析】A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；
B.设二者质量都是1g，然后根据题干热化学方程式计算；
C.酸碱中和反应生成的硫酸钡过程放热，则其焓变不是－57.3 kJ·mol－1；
D.①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
②2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)　ΔH＝－1452 kJ·mol－1，按盖斯定律计算①3-②得到：6H2(g)＋2CO2(g)===2CH3OH(l)＋2H2O(l) ，据此进行计算。
【详解】A.根据2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)　ΔH＝－1452 kJ·mol－1可以知道1mol液态甲醇燃烧生成2mol液态水放出热量为726 kJ·mol－1，则CH3OH(l)燃烧热为726 kJ·mol－1，故A错误；
B.同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，设质量为1g
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
2mol 571.6 kJ
mol 142.9 kJ
2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)　ΔH＝－1452 kJ·mol－1
2mol 1452 kJ
mol 22.69 kJ
所以H2(g)放出的热量多，所以B选项是正确的；
C.反应中有BaSO4(s)生成，而生成BaSO4也是放热的，所以放出的热量比57.3 kJ多，即该反应的ΔH<－57.3 kJ·mol－1，故C错误；
D. ①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
②2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)　ΔH＝－1452 kJ·mol－1，按盖斯定律计算①3-②得到：6H2(g)＋2CO2(g)===2CH3OH(l)＋2H2O(l) ΔH＝－262.8 kJ·mol－1，则正确的热化学方程式是：3H2(g)＋CO2(g)===CH3OH(l)＋H2O(l) ΔH＝－131.4 kJ·mol－1，故D错误。
所以B选项是正确的。
18.三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3＋5H2O===2NO＋HNO3＋9HF。以下有关说法正确的选项是（ ）
A. NF3是氧化剂，H2O是还原剂
B. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:2
C. 假设生成0.2molHNO3，转移0.2mol电子
D. NF3在潮湿空气中泄漏会产生红棕色气体
【答案】BD
【详解】A.反应中只有N元素价变化，可知NF3在反应中既是氧化剂又是还原剂，H2O不是还原剂，故A错误；
B.NF3→HNO3是被氧化的过程，NF3为还原剂；2NF3→2NO是被还原的过程，NF3是氧化剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2，故B正确；
C.生成1 mol HNO3转移2 mol电子，所以生成0.2 mol HNO3转移0.4 mol电子，故C错误；
D.NF3与潮湿的空气中的水反应生成NO，NO与空气中的O2反应生成红棕色的NO2，故D正确；
故选BD。
【点睛】明确反应中元素的化合价变化，注意电子守恒的应用是解答的关键。
19.一定量CO2通入某浓度的NaOH溶液得溶液A，向A溶液中逐滴滴入稀盐酸，加入n(HCl)与生成n(CO2)的关系如图。以下有关表达正确的选项是（ ）

A. 通入的CO2气体在标准状况下等于22.4L
B. 溶液中n(NaOH)＝2n(Na2CO3)
C. A溶液中既含Na2CO3，又含NaHCO3
D. A溶液中一定只有Na2CO3
【答案】AB
【详解】由图象可知，加入盐酸3mol时，开始生成CO2，共消耗1molHCl，发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，如开始加入盐酸时中发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，则应消耗1mol盐酸，但至开始生成二氧化碳时消耗3mol盐酸，则说明溶液中含有NaOH和Na2CO3，开始时先后发生NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3；
A.由图象可知生成二氧化碳1mol，则通入的CO2气体在标准状况下应为22.4L，故A错正确；
B.由图象可知，反应共生成1mol二氧化碳，则溶液中含有1molNa2CO3，而生成二氧化碳之前分别发生NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，共消耗3molHCl，由方程式可知Na2CO3消耗1molHCl，则NaOH消耗2molHCl，则NaOH为2mol，所以n（NaOH）=2n（Na2CO3），故B正确；
C.由以上分析可知A中含有Na2CO3和NaOH，故C错误；
D.A溶液应为Na2CO3和NaOH的混合物，故D错误。
故选AB。
【点睛】由图象可知，加入盐酸3mol时，开始生成CO2，共消耗1molHCl，发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，如开始加入盐酸时中发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，则应消耗1mol盐酸，但至开始生成二氧化碳时消耗3mol盐酸，则说明溶液中含有NaOH和Na2CO3，开始时先后发生NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，弄清楚随着盐酸的加入发生的各步反应是解决此题的关键。
20.向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120 mL 4 mol·L－1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344 L NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为（ ）
A. 0.24 mol B. 0.21 mol C. 0.16 mol D. 0.14 mol
【答案】B
【解析】由题意知，反应后溶液中只有溶质Fe(NO3)2，由N元素的守恒可知，其物质的量为=0.21mol，依据铁的守恒可知若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量也就是0.21mol
21.标准状况下，将a L SO2和Cl2组成的混合气体通入100 mL 0.1 mol·L-1 Fe2(SO4) 3溶液中，充分反应后，溶液的棕黄色变浅。向反应后的溶液中加入足量的BaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥后称重，其质量为11.65 g。则下列关于该过程的推断不正确的是 （ ）
A. 所得沉淀为0.05 mol的BaSO4 B. 混合气体中SO2的体积为0.448 L
C. a L混合气体的物质的量为0.04 mol D. a的取值范围为0.672 【答案】C
【解析】沉淀是硫酸钡，其物质的量是0.05 mol，硫酸根离子的物质的量是0.05 mol；硫酸铁溶液中硫酸根离子的物质的量是0.03 mol，二氧化硫和氯气生成的硫酸根离子的物质的量是0.02 mol，不能计算气体的物质的量，C错误。
卷Ⅱ〔非选择题，共50分〕
22.氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途。下图是模拟工业制备氢溴酸粗品并精制流程：

依照上述流程回答以下问题：
（1）混合①中发生反应的化学方程式为___________________________________。
（2）操作Ⅱ和操作Ⅲ的名称分别是_______、_______。操作Ⅲ一般适用于分离____________混合物。〔选填编号〕
a、固体和液体b、固体和固体c、互不相溶的液体d、互溶的液体
（3）混合②中加入Na2SO3的目的是___________________________________。
（4）纯净的氢溴酸应为无色液体，但实际工业生产中制得的氢溴酸〔工业氢溴酸〕带有淡淡的黄色。因此甲乙两同学设计了简单实验加以探究：甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3＋，那么用于证明该假设所用的试剂的名称为_______________。乙同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为________________________，其用于证明该假设所用的试剂的化学式___________。
【答案】 (1). SO2＋Br2＋2H2O==2HBr＋H2SO4 (2). 过滤 (3). 蒸馏 (4). d (5). 除去粗品中未反应完的溴 (6). 硫氰化钾溶液 (7). 含有Br2 (8). CCl4
【分析】根据流程图分析分析流程发生反应，根据混合物性质的不同分析流程中物质分离的方法；根据氧化还原原理分析流程中涉及的氧化还原反应；根据常见离子检验方法分析解答。
【详解】混合①中发生反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，经操作Ⅰ蒸馏得硫酸和氢溴酸的粗品(含溴)，混合②中加入Na2SO3还原粗品中的Br2，但会反应生成SO42−，加入氢氧化钡后过滤得硫酸钡沉淀和无色溶液，再蒸馏得到精制的氢溴酸；
(1)Br2具有强氧化性，在溶液中将SO2氧化为H2SO4，自身被还原为HBr，反应方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr；
(2)由工艺流程可知，操作Ⅱ分离固体与液体，应是过滤；操作Ⅲ为互溶的溶液组分的分离，应是蒸馏，蒸馏一般适用于沸点不同的互溶的液体的分离，故答案为：过滤；蒸馏；d；
(3)粗品中可能含有为反应的Br2，加入Na2SO3，除去粗品中未反应完的溴，故答案为：除去粗品中未反应完的溴；
(4)用KSCN溶液检验Fe3+，取少许溶液滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，说明氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3+；由工艺流程可知，溶液中可能含有Br2，可以用CCl4萃取方法检验，取少许溶液加振荡、静置分层，下层呈橙红色，说明氢溴酸呈淡黄色是因为含Br2，故答案为：KSCN溶液；含有Br2；CCl4。
23.实验室有NH4HCO3和NaHSO3的干燥粉状混合物，某化学兴趣小组测定其中NH4HCO3的含量。小组的同学设计用在混合物中加酸的实验方法来测定其中NH4HCO3的质量分数。（SO2与酸性KMnO4的反应原理：SO2＋MnO4－＋H＋—SO42－＋Mn2＋＋H2O）回答以下问题：
（1）化学小组要紧选用了以下药品和仪器进行实验（图中每种仪器装置只选用了一次，铁架台等固定仪器未画出）

请按气流由左向右的方向,仪器连接顺序是〔填仪器的接口字母a、b...)a→_______f→g→_______。
（2）实验开始，混合物加酸前，A装置需要鼓入空气，作用是；加酸后A装置再次鼓入空气的作用是___________________________________。
（3）E装置的作用是：___________________________________。
（4）实验中，假设C试管中溶液褪色，那么测定结果可能会偏_______，为了确保实验中C试管中溶液不褪色，假设取样品的质量为mg，实验前E中所装amol·L－1的KMnO4溶液体积〔V〕应多于______mL；
（5）假设混合物样品质量为9.875g,充分作用后碱石灰增重4.4g，那么混合物中NH4HCO3的质量分数为_______。
（6）从定量测定准确性的角度考虑，该套装置还应作进一步的改进，改进的措施是___________________________________________________。
【答案】(1). i-h-d-e (2). b-c (3). 排除装置中的原有空气，将生成的气体全部送入后续装置或使反应生成的SO2和CO2能被完全吸收 (4). 除去SO2，防止对测定结果妨碍 (5). 高 (6). (7). 80％ (8). B之后接一个阻止空气中水和CO2进入B的装置
【分析】根据实验目的及物质的性质分析实验装置的连接顺序；根据实验原理分析实验操作中注意事项；根据氧化还原反应中电子转移守恒进行相关计算。
【详解】(1)本题实验原理是向混合物中加酸产生二氧化碳和二氧化硫气体，用高锰酸钾溶液除去二氧化硫，然后通过品红溶液检验二氧化硫是否除尽，接着将气体通过浓硫酸干燥，最后用碱石灰吸收二氧化碳气体，碱石灰增加的质量即为二氧化碳气体的质量，所以装置连接顺序是a-i-h-d-e-f-g-b-c，故答案为： i-h-d-e；b-c；
(2)实验开始，混合物加酸前，A装置需要鼓入空气目的是排出系统中的二氧化碳气体，加酸后再次鼓入空气的作用是使生成的气体全部进入后续装置，故答案为：排出装置中原有空气，将生成的气体全部送入后续装置；
(3)高锰酸钾溶液的作用是吸收二氧化硫气体，防止二氧化硫对测定结果的影响，故答案为：吸收二氧化硫气体，防止二氧化硫对测定结果的影响；
(4)若品红溶液褪色，说明二氧化硫气体没有除尽，将被碱石灰吸收，所以碱石灰质量将偏大，根据实验原理分析可知二氧化碳气体的质量偏大，则混合物中NH4HCO3偏大，测定结果将偏高；为了保证二氧化硫能被全部吸收，可以假定mg样品全是NaHSO3进行计算，则根据原子守恒样品中产生二氧化硫的物质的量为，根据二氧化硫与高锰酸钾反应方程式可得5SO2~2MnO4－，则，V=mL ，故答案为：高；；
(5)碱石灰增重4.4g，即二氧化碳物质的量为0.1mol，由碳元素守恒，碳酸氢铵物质的量也为0.1mol，碳酸氢铵质量为7.9g，NH4HCO3的质量分数为7.9g/9.875g×100%=80%，故答案为：80%；
(6)从该装置测量的物质及该装置结构分析，从定量测定的准确性的角度考虑，该套装置还应作进一步的改进，改进的措施是B之后接一个阻止空气中水和CO2进入B的装置。
24.下图是元素周期表的一部分，A、B、C、D、E、X是周期表给出元素组成的常见单质或化合物。
①











④
⑤
⑥


②


③



⑦








Fe






As




I、元素周期表是人们研究物质性质的重要工具。Y由②⑥⑦三种元素组成，它的水溶液是生活中常见的消毒剂。As可与Y的水溶液反应，产物有As的最高价含氧酸，该反应的化学方程式为___________________________________，当消耗1mol还原剂时，转移的电子个数为_______。
Ⅱ、A、B、C、D、E、X存在如下图转化关系〔部分生成物和反应条件略去〕。

（1）假设E为氧化物，那么A与水反应的化学方程式为___________________________。
①当X是碱性盐溶液，C分子中有22个电子时，那么C的电子式为_______。
②表示X呈碱性的离子方程式为_______________________________________。
③当X为金属单质时，那么X与B的稀溶液反应生成C的离子反应方程式为_______________________________________。
（2）假设E为单质气体，D为白色沉淀，B含有的化学键类型为_______，C与X反应的离子方程式为_______________________________________。
（3）①和⑤形成的化合物是一种可燃性液体，其燃烧产物之一是大气中的要紧成分，1.6克该物质在氧气中完全燃烧放出热量31.2kJ，写出热化学方程式_______________________________________________________。
（4）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现改用①和⑥组成的化合物和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式___________________________________。
（5）元素②的单质在一定条件下，能与①的单质化合生成一种化合物，熔点为800℃。该化合物能与水反应放氢气，假设将1mol该化合物和1mol③形成的单质混合加入足量的水，充分反应后生成气体的体积是（标准状况下）___________。
【答案】(1). NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl (2). 5NA (3). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (4). (5). CO32-＋H2OHCO3-＋OH- (6). Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O (7). 离子键和极性共价键 (8). Al3+＋3AlO2-＋6H2O＝4Al(OH)3↓ (9). N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-624kJ·mol-1 (10). Cu+2H++H2O2=Cu２＋+2H2O (11). 56L
【分析】根据元素在周期表中的位置分析元素的种类；根据氧化还原反应原理书写反应方程式；根据物质性质及转化关系分析物质种类并书写反应方程式及电子式；根据燃烧热计算反应热并书写热化学方程式；根据反应方程式及物质的量与体积的关系进行相关计算。
【详解】由元素在周期表中位置，可知①为H②为Na③为Al④为C.⑤为N⑥为O⑦为Cl；.
Ⅰ、Y由②⑥⑦三种元素组成，它的水溶液是生活中常见的消毒剂，则Y为NaClO，As可与Y的水溶液反应，物有As的最高价含氧酸，即生成H3AsO4，根据化合价升降相等可知还有NaCl生成，反应方程式为：5NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl，As元素化合价由0升高为+5，转移电子数为5，故消耗1mol还原剂时,转移的电子个数为5NA，故答案为：5NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl；5NA；
Ⅱ、能和水反应的物质有金属氧化物、非金属氧化物、金属和非金属。
(1)若E为氧化物，常温下与A与水反应生成E，则为二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，故A为NO2，B为HNO3，E为NO，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
①当X是碱性盐溶液，C分子中有22个电子时，则X为碳酸盐，C为CO2，D为碳酸氢盐，则：C的电子式为，表示X呈碱性的离子方程式为CO32-＋H2OHCO3-＋OH-；
②当X为金属单质时，由转化关系可知，X为变价金属，故X为Fe，C为硝酸铁，D为硝酸亚铁，则X与B的稀溶液反应生成C的离子反应方程式为：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O；
(2)若E为单质气体，D为白色沉淀，则A为Na或过氧化钠，E为氢气或氧气，B为NaOH，X为氯化铝，C为偏铝酸钠，D为氢氧化铝，B(NaOH)含有的化学键类型为：离子键、共价键，C与X反应的离子方程式为 Al3+＋3AlO2-＋6H2O＝4Al(OH)3↓；
(3)①和⑤形成的化合物是一种可燃性液体，其燃烧产物之一是大气中的主要成分，则该化合物为N2H4，1molN2H4燃烧放出的热量为31.2kJ×1mol×32g/mol1.6g=624kJ，该反应热化学方程式为：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) ΔH=-624kJ·mol-1；
(4)双氧水有强氧化性,酸性条件下，双氧水能氧化铜生成铜离子同时生成水，反应离子方程式为：Cu+2H++H2O2=Cu２＋+2H2O；
(5)氢气和钠反应生成氢化钠，氢化钠和水反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠和铝反应生成氢气，反应方程式：NaH+H2O=NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，1mol氢化钠和水反应生成1mol氢氧化钠和1mol氢气，1mol氢氧化钠和铝反应生成1.5mol氢气，故标况下生成氢气体积为(1mol+1.5mol)×22.4L/mol=56L。
25.下图表示有关物质的相互转化关系，其中A是由G和某淡黄色固体组成的混合物，I是常见的无色液体，反应①在化工生产中有着重要应用（部分产物和条件已略去）。

（1）写出以下物质的化学式：B___________、F___________。
（2）反应②的离子方程式为_______________________________________。
（3）我国首创的由G、空气和海水组成的电池，在航海领域有着极其重要的作用，其工作时正极反应式为_______________________，该电池最大的优点是只需补充_______〔填“正极”或“负极”〕材料就可接着使用。
（4）向M的水溶液中加入少量A中的淡黄色固体，反应的化学方程式为____________________________________________________。
（5）25℃时，pH均为5的盐酸和M的水溶液中，由H2O电离出的H＋物质的量浓度之比为_______。
【答案】(1). H2 (2). Al2O3 (3). 2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (4). O2＋2H2O＋4e－＝4OH－ (5). 负极 (6). 4AlCl3+6Na2O2+6H2O=4Al〔OH〕3↓+12NaCl+3O2↑ (7). 1∶104
【分析】I是常见的无色液体，应为H2O，A是由G和某淡黄色固体组成的混合物，该混合物与水反应得到B、D、C，而B、D反应生成水，B、D分别为氢气、氧气中的一种，可推知A为Al、Na2O2混合物，则C为NaAlO2，E为Al（OH）3、F为Al2O3，电解F得到D与G，故G为Al、D为O2、B为H2，G与盐酸反应生成M为AlCl3，据此解答。
【详解】I是常见的无色液体，应为H2O，A是由G和某淡黄色固体组成的混合物，该混合物与水反应得到B、D、 C，而B.、D反应生成水，B、D分别为氢气、氧气中的一种，可推知A为Al、Na2O2混合物，则C为NaAlO2，E为Al(OH)3、F为Al2O3，电解F得到D与G，故G为Al、D为O2、B为H2，G与盐酸反应生成M为AlCl3；
(1)由上述分析可知，B为H2，F为Al2O3；
(2)反应②为铝与氢氧化钠溶液反应，离子方程式为：2Al+2OH−+2H2O═2AlO2−+3H2↑；
(3)由Al、空气和海水组成的电池，正极发生还原反应，氧气在正极放电生成氢氧根离子，工作时正极反应式为：O2+4e−+2H2O═4OH−，反应中Al被消耗，Al为负极，该电池最大的优点是只需补充负极材料就可继续使用，故答案为：O2+4e−+2H2O═4OH−；负极；
(4)向AlCl3的水溶液中加入过氧化钠，反应的化学方程式为：4AlCl3+6Na2O2+6H2O=4Al〔OH〕3↓+12NaCl+3O2↑；
(5)25℃时，pH为5的盐酸溶液中，由H2O电离出的H+物质的量浓度等于溶液中氢氧根离子浓度为10−9mol/L，pH为5的AlCl3的水溶液中氢离子浓度为水电离产生，由H2O电离出的H+物质的量浓度为10−5mol/L，故二者由H2O电离出的H+物质的量浓度之比为10−9mol/L：10−5mol/L=1:104，故答案为：1:104。