甘肃省临夏回族自治州临夏中学2020届高三上学期期中考试化学试题

甘肃省临夏中学2019—2020学年第一学期期中考试试卷
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 A1 27 S 32 Cr 52
第I卷（选择题)

一、单选题（每小题2分，共46分）
1.化学与我们的生活息息相关，下列说法正确的是(　　)
A. 红宝石、玛瑙、水晶、钻石的主要成分都是硅酸盐
B. 电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
C. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶没有丁达尔效应
D. 鸟巢使用了高强度、高性能的钒氮合金高新钢，铁合金熔点、硬度均比纯铁高
【答案】B
【解析】
【详解】A．红宝石的主要成分是三氧化二铝，玛瑙、水晶的主要成分是二氧化硅，钻石主要成分不是硅酸盐而是碳单质，故A错误；
B．镁比金属内胆活泼，镁与金属内胆连接后，镁失去电子受到腐蚀，从而保护了金属内胆不受腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；
C．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故C错误；
D．合金比各成分金属的硬度大、熔点低，故D错误。
故答案为B。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(　　)
A. 98g H2SO4含有2 NA个H+和NA个SO42-
B. 100mL 0.1mol·L−1的Na2CO3溶液中，含阴离子的数目大于0.01NA
C. 32g O2和O3的混合物中含有的氧原子数目为2NA
D. 标准状况下，0.56L丙烷中含有共价键的数目为0.25NA
【答案】A
【解析】
【详解】A、H2SO4中全是硫酸分子，不含H+和SO42-，故A错误；
B、100mL 0.1mol•L-1的Na2CO3溶液中，n（CO32-）=0.01mol，但是CO32-水解，生成HCO3-、OH-，故含阴离子的数目大于0.01NA，故B正确；
C、32g O2和O3的混合物中含有的氧原子的物质的量为2mol，其数目为2NA，故C正确；
D、1个丙烷分子中含有10条共价键，标准状况下，0.56L丙烷的物质的量为0.25mol，其含有共价键的数目为0.25NA，故D正确；
故选：A。

3.在水溶液中能大量共存的一组离子是(　　)
A. Na+、Ca2+、Cl-、SO42- B. Fe2+、H+、HCO3-、Cl-
C. Mg2+、NH4+、Cl-、SO42- D. K+、Fe3+、NO3-、OH-
【答案】C
【解析】
【详解】A.钙离子和硫酸根生成微溶物硫酸钙，不能大量共存，故A错误；
B.氢离子与碳酸氢根反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，故B错误；
C.四种离子相互不反应，可以大量共存，故C正确；
D.氢氧根和铁离子生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，故D错误
故答案为C。
4.用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计严密的是（ ）
A. 检验试液中的SO42-：试液无沉淀白色沉淀
B. 检验试液中的Fe2+：试液无明显现象红色溶液
C. 检验试液中的CO32-：试液白色沉淀沉淀溶解
D. 检验试液中的I-：试液无明显现象蓝色溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．硝酸可氧化亚硫酸根离子，则原溶液中可能含SO32-，故A错误；
B．氯化钡溶液没有氧化性，加入氯化钡溶液后不能将亚铁离子氧化，故溶液不可能变红，故B错误
C．白色沉淀为碳酸钡或亚硫酸钡，则原溶液中可能含SO32-，故C错误；
D．淀粉遇碘变蓝，可知加入双氧水将碘离子氧化为碘，则可知试液中含I-，方案严密，故D正确；
故答案为D。
5.下列关于物质的分类中，正确的是（ ）

酸性氧化物
酸
盐
混合物
电解质
A
SiO2
HClO
烧碱
CuSO4·5H2O
CO2
B
Na2O2
HNO3
NaHSO4
漂白粉
Mg
C
SO3
H2SiO3
纯碱
水玻璃
NaCl
D
NO
Al(OH)3
BaCO3
水泥
NH3


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐；不同物质组成的为混合物；水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质。
【详解】A.烧碱为氢氧化钠属于碱，CuSO4·5H2O为纯净物，CO2为非电解质，故A错误；
B. Na2O2为过氧化物不是酸性氧化物，Mg是金属单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C. SO3属于酸性氧化物，H2SiO3属于酸，纯碱是碳酸钠为盐，水玻璃为硅酸钠的水溶液为混合物，氯化钠溶于水导电属于电解质，所以C选项是正确的；
D.NO和碱不反应属于不成盐氧化物，氢氧化铝为两性氢氧化物，氨气为非电解质，故D错误。
所以C选项是正确的。
6.X、Y、Z是三种短周期元素，其中X、Y位于同一族，Y、Z处于同一周期。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍。Z原子的核外电子数比Y原子少1。下列说法正确的是
A. 元素非金属性由弱到强的顺序为X＜Y＜Z
B. Y元素最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H3YO4
C. 三种元素的气态氢化物中，Z的气态氢化物最稳定
D. 原子半径由大到小的顺序为Z＞Y＞X
【答案】D
【解析】
【分析】
X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，说明X不可能是3层或1层电子，所以X是O元素；X、Y位于同一族，则Y是S元素；Z原子的核外电子数比Y原子少1，则Z是P元素，据此分析解答。
【详解】A、根据以上分析，X是O元素；Y是S元素；Z是P元素；非金属性的强弱是O>S>P，故A错误；
B、Y是S元素；S的最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H2YO4，故B错误；
C、3种元素非金属性的强弱是O>S>P，气态氢化物中O的气态氢化物最稳定，故C错误；
D、原子半径有电子层数、核电荷数决定，所以原子半径由大到小的顺序为P>S>O，故D正确。
答案选D。
7.将SO2通入足量Fe2(SO4)3溶液中，完全反应后再加入K2Cr2O7溶液，发生两个化学反应为①SO2＋2Fe3＋＋2H2O→＋2Fe2＋＋W，②＋aFe2＋＋bH＋→Cr3＋＋Fe3＋＋H2O。下列有关说法正确的是
A. 还原性：Cr3＋＞SO2 B. 方程式②中，a=6，b=7
C. 能将Na2SO3氧化成Na2SO4 D. 方程式①中W为OH−
【答案】C
【解析】
【详解】A、反应SO2+2Fe3++2H2O→SO42-+2Fe2++W中，SO2做还原剂，Fe2+为还原产物，所以还原性：SO2＞Fe2+，反应Cr2O72-+aFe2++1bH+→Cr3++Fe3++H2O中，Fe2+为还原剂，Cr3+为还原产物，所以还原性：Fe2+＞Cr3+，所以还原性：SO2＞Cr3+，故A错误；
B、②Cr2O72-+aFe2++1bH+→Cr3++Fe3++H2O由得失电子守恒和电荷守恒配平方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，则a=6，b=14，故B错误；
C、重铬酸根具有氧化性，能将亚铁离子氧化，也能将Na2SO3　氧化成　Na2SO4，故C正确；
D、由方程式①电荷守恒，则W 为H+，故D错误。
故选：C。
8.下列离子方程式正确的是
A. Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4+H2O
B. 向NaOH溶液中通入过量的SO2气体：2OH-+SO2=SO32-+H2O
C. NaHCO3和Ca(OH)2溶液按物质的量比1：2混合：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O
D. 向FeBr2中通入过量的Cl2：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
【答案】C
【解析】
【分析】
A.离子个数配比不符合物质结构组成；
B.二氧化硫过量，反应生成亚硫酸氢钠；
C.NaHCO3 和Ca(OH)2 溶液按物质的量比1：2混合，碳酸氢钠少量，反应生成碳酸钙，氢氧化钠和水；
D.氯气过量，溴离子、二价铁离子全部被氧化。
【详解】A.Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应，离子方程式：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4 ↓+2H2 O，A错误；
B.向NaOH溶液中通入过量的SO2气体，离子方程式：OH-+SO2=HSO3-，B错误；
C.NaHCO3和Ca(OH)2溶液按物质的量比1：2混合，NaHCO3少量，反应生成碳酸钙，氢氧化钠和水，离子方程式：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，C 正确；
D.向FeBr2 中通入过量的Cl2，离子方程式：2Fe2++4Br- +3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl- ，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等，注意物质的量对生成物的影响。
9.下列除杂质的方法不正确的是
A. 镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥
B. FeCl3溶液中混有少量AlCl3：加入过量氨水，过滤洗涤沉淀，将沉淀再用适量盐酸溶解
C. Fe2O3中混有少量Al2O3：加入过量NaOH溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥
D. Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤
【答案】B
【解析】
【分析】
A.Al与NaOH溶液反应，而Mg不能；
B.加入过量氨水，二者均转化为沉淀；
C. Al2O3与NaOH溶液反应，而Fe2O3不能；
D.加入足量烧碱溶液，氢氧化镁不反应，氢氧化铝溶解，过滤,向滤液中通入过量CO2后过滤、洗涤、干燥，得到氢氧化铝。
【详解】A.Al与NaOH溶液反应，而Mg不能，则镁粉中混有少量铝粉的方法为加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥，所以A选项是正确的；
B.加入过量氨水，二者均转化为沉淀，则FeCl3溶液中混有少量AlCl3不能选加入过量氨水，故B错误；
C. Fe2O3中混有少量Al2O3，加入足量烧碱溶液，Al2O3变成偏铝酸钠，而Fe2O3不发生反应，再通过过滤、洗涤、干燥，可以得到纯净的Fe2O3，所以C选项是正确的；
D. 加入足量烧碱溶液，氢氧化镁不反应，氢氧化铝溶解，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤、洗涤、干燥，得到氢氧化铝，所以D选项是正确的。
故答案选B。
10.某课外实验小组设计的下列实验不合理的是 （ ）
A. 制备并观察氢氧化亚铁
B. 证明过氧化钠与水反应放热
C. 制备并收集少量NO2气体
D. 实验室制备少量氨气
【答案】C
【解析】
【详解】A、甲可用于制备并观察氢氧化亚铁沉淀，符合，错误；
B、脱脂棉燃烧，说明反应放热，合理，错误；
C、二氧化氮与水反应，不能有排水法收集，不合理，正确；
D、丁可用于实验室制备少量氨气，正确；
答案选C。
11.下列化学用语中，错误的是（ ）
A. 镁离子的结构示意图为
B. Na2O2的电子式为
C. 氯化氢分子的形成过程可用电子式表示为
D. 次氯酸的结构式为H-Cl-O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 镁离子的结构示意图为失去最外层后形成的离子，故A正确；
B、 Na2O2的电子式中O22―中两个O原子间以非极性键相结合，故B正确；
C、氯化氢分子是共价化合物，原子间以共用电子对相结合，故C正确；
D、次氯酸的结构式为H-O-Cl，故D错误.
故选D。
12.以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下，下列说法错误的是

A. NaClO3在发生器中作氧化剂
B. 吸收塔中1mol H2O2得到2mol电子
C. 吸收塔中温度不宜过高，会导致H2O2的分解
D. 从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO4
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据流程图，NaClO3与SO2发生氧化还原反应，化学方程式为2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2，其中NaClO3作氧化剂，故A说法正确；
B、吸收塔中发生的反应为2ClO2+H2O2+2NaOH===2NaClO2+2H2O+O2↑，1mol H2O2失去2mol电子，故B说法错误；
C、H2O2在高温下易分解，故吸收塔的温度不能太高，故C说法正确；
D、根据选项A的分析，母液中溶质主要为Na2SO4，故D说法正确。
答案选B。
13.某溶液仅有 K＋、Al3＋、Mg2＋、NH4＋、Cl－、SO42－、HCO3－中的几种．为确定其成分，做如下实验：
①取部分溶液．加入适量 Na2O2 固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的 NaOH 溶液后白色沉淀全部溶解；
②另取部分溶液，加入 HNO3 酸化的Ba(NO3)2溶 液，无沉淀产生。下列推断正确的是
A. 肯定有 Al3＋、Cl－，一定没有 HCO3－和SO42－
B. 肯定有 Al3＋、Mg2＋、Cl－，可能有NH4＋、K＋
C. 肯定有 Al3＋、NH4＋、Cl－，肯定没有HCO3－
D. 该溶液可能显弱酸性，也可能显中性
【答案】A
【解析】
由①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，产生无色无味的气体，说明无NH4＋ ，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀全部溶解，说明无Mg2＋ ，有Al3＋ ，无HCO3―；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生，说明无SO42―，溶液中只有Cl― 一种阴离子。纵上所述A正确；B、应无Mg2＋ 和NH4＋，K＋ 不能确定，故B错误；C、无NH4＋ ，故C错误；D、Al3＋ 水解呈酸性，故D错误；故选A。
14.2017年11月5 日，长征三号乙运载火箭将两颗北斗三号全球导航卫星送入太空轨道。下列有关说法正确的是（ ）
A. 火箭燃料燃烧时将化学能转化为热能 B. 火箭燃料中的四氧化二氮属于化石燃料
C. 火箭箭体采用铝合金是为了美观耐用 D. 卫星计算机芯片使用的是高纯度的二氧化硅
【答案】A
【解析】
火箭燃料燃烧时将化学能转化为热能，再转化为机械能，故A正确；化石燃料是指煤、石油、天然气等不可再生能源，四氧化二氮不属于化石燃料，故B错误；铝合金的密度较小，火箭箭体采用铝合金的主要目的是减轻火箭的质量，故C错误； 卫星计算机芯片使用高纯度的硅，不是二氧化硅，故D错误。
15.已知X、Y、Z为三种短周期主族元素，可分别形成Xn＋、Ym＋、Zn－三种离子，已知m＞n且X、Y、Z三种原子的M层电子数均为奇数。下列说法中不正确的是(　　)
A. 三种离子中，Ym＋的离子半径最小
B. Z的最高价氧化物对应水化物的分子式为HnZO4
C. X、Y、Z三种元素最高价氧化物对应水化物的碱性依次增强
D. 三种元素相应的最高价氧化物对应水化物之间两两会发生反应
【答案】C
【解析】
【分析】
X、Y、Z为三种主族元素，分别形成Xn+、Ym+、Zn-三种离子，且X、Y、Z三种原子的M电子层中的电子数均为奇数，则X、Y、Z 一定是在第3周期，能形成简单离子为Xn+、Ym+、Zn-，且数值m＞n，所以X为钠元素，Y为铝元素，Z为氯元素。
【详解】A．最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，所以离子半径Cl-＞Na+；电子层排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径Na+＞Al3+，所以Al3+离子半径最小，故A正确；
B．Z的最高价氧化物的水化物HClO4，由于n=1，HClO4符合HnZO4，故B正确；
C．NaOH为强碱，Al(OH)3是两性氢氧化物，HClO4是强酸，则它们的最高价氧化物的相应水化物的碱性依次减弱，酸性依次增强，故C正确；
D、X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Al(OH)3、HClO4，Al(OH)3是两性氢氧化物，能与NaOH和HClO4反应，NaOH与HClO4，发生酸碱中和反应，故D正确。
故答案为C。
16.法国、美国、荷兰的三位科学家因研究“分子机器的设计与合成”获得诺贝尔化学奖。轮烷是一种分子机器的“轮子”，芳香化合物a、b、c是合成轮烷的三种原料，其结构如下图所示。下列说法不正确的是

A. b、c互为同分异构体
B. a、c分子中所有碳原子均有可能处于同一平面上
C. a、b、c均能发生氧化反应、加成反应、加聚反应和酯化反应
D. a、b、c均能使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色
【答案】C
【解析】
【分析】
a的分子式为C9H8O，含有的官能团为碳碳双键和醛基，b的分子式为C9H10O，含有的官能团为碳碳双键和醚键，c的分子式为C9H10O，含有的官能团为碳碳双键和羟基。
【详解】A项、b、c的分子式均为C9H10O，结构不同，互为同分异构体，故A正确；
B项、a中均为不饱和碳原子，所有碳原子均有可能处于同一平面上，c中有一个饱和碳原子连在苯环上，一个饱和碳原子连在碳碳双键上，所有碳原子均有可能处于同一平面上，故B正确；
C项、a、b都不含有羟基和羧基，不能发生酯化反应，故C错误；
D项、a、b、c均含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，能使酸性高锰酸钾溶液，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查物质结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键。
17.甲、乙、丙、丁、戊五种物质是中学化学常见的物质，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）。下列说法正确的是（ ）

A. 若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则丙一定是两性氧化物
B. 若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则丙生成戊一定是氧化还原反应
C. 若丙、丁混合产生大量白烟，则乙可能会使高锰酸钾溶液褪色
D. 若甲、丙、戊都含有同一种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序可能为甲＜丙＜戊
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲为单质，若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则甲为Al或Si，所以丙可能是氧化铝，也可能是二氧化硅，不一定是两性氧化物，故A错误；B．若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则甲为Na，乙为氧气，所以丙可以为氧化钠或过氧化钠，当丙为氧化钠时，丙生成戊不是氧化还原反应，故B错误；C．丙、丁混合产生白烟，则丙、丁可为HCl和NH3或HNO3和NH3等，甲、乙均为单质，则乙可能是氯气、氢气或氮气，都不能使高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．若甲、丙、戊含有同一种元素，例如当甲为S、乙为氧气、丙为二氧化硫、丁为HClO等具有强氧化性的物质、戊为硫酸时，则含S元素的物质中S的化合价由低到高的顺序为甲＜丙＜戊，故D正确；故选D。
【点睛】本题考查无机物的推断，熟悉物质的性质及转化关系图中的反应是解答本题的关键。本题的难点为D，符合甲、丙、戊中同种元素的化合价升高为非金属元素或变价金属元素。
18.下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是
A. 收集氯气可以用排饱和食盐水的方法
B. 在一定条件下，氢气与碘蒸汽反应达平衡后，加压，混合气体颜色变深
C. 可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气
D. 合成三氧化硫过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率
【答案】B
【解析】
【分析】
利用勒夏特列原理的定义进行分析。
【详解】A、Cl2与H2O发生Cl2＋H2OH+＋Cl-＋HClO，排饱和食盐水收集氯气，增加Cl-浓度，使平衡向逆反应方向进行，抑制Cl2的溶解，符合勒夏特列原理，故A不符合题意；
B、H2和I2发生H2＋I22HI，组分都是气体，且反应前后气体系数之和相等，即增大压强平衡不移动，但组分浓度增大，颜色加深，故B符合题意；
C、浓氨水中存在NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH-，加入NaOH固体，增加溶液中OH-的浓度，平衡向逆反应方向移动，NaOH固体遇水放出热量，使NH3逸出，故C不符合题意；
D、2SO2＋O22SO3，使用过量的氧气，增加反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率提高，故D不符合题意；
答案选B。
19.已知X、Y、Z是三种原子序数依次增大的短周期元素。甲、乙、丙分别是三种元素形成的单质，A、B、C、D分别是由三种元素中的两种形成的化合物，且A与C中均含有10 个电子。它们之间转化关系如下图所示。下列说法正确的是

A. 原子半径：Z>Y>X
B. X与Y形成的化合物只含极性键
C. Y有多种同素异形体，且均具有高熔点、高沸点、硬度大的性质
D. 气态氢化物的稳定性：A 【答案】D
【解析】
【分析】
A与C中均含有10个电子，A燃烧可生成C，由转化关系可知A应为CH4，丙为O2，B为CO2，C为H2O，B、C都可与乙在高温下反应，乙应为C，则D为CO，甲为H2，则X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，以此解答该题。
【详解】由以上分析可知X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，A为CH4，丙为O2，B为CO2，C为H2O，乙为C，D为CO，甲为H2。
A.由以上分析可知X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：Y>Z>X，A错误；
B.X为H元素，Y为C元素，二者形成的化合物，如CH4只含极性键，C2H6、C2H4等既含极性键，也含有非极性键，B错误；
C. Y为C元素，C元素有多种同素异形体，其中金刚石具有高熔点、高沸点、硬度大的性质，而石墨则质地软，C错误；
D.A 是CH4，C是H2O，元素的非金属性O>C，元素的非金属性越强，其最简单的氢化物的稳定性就越强，所以气态氢化物的稳定性A 故合理选项是D。
【点睛】本题考查无机物的推断以及原子结构与元素周期律的综合应用， A与C中均含有10个电子是推断突破口，再结合反应进行分析解答，注意熟练掌握元素化合物知识。
20.某同学进行有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示：
实验1
实验2


①、③中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生
③中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生

下列说法正确的是
A. 稀硝酸一定被还原为NO2
B. 实验1-②中溶液存在：c(Cu2+) + c(H+) ＝c(NO3－) + c(OH－)
C. 由上述实验得出结论：常温下，Cu既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应
D. 实验1-③、实验2-③中反应的离子方程式：3Cu＋2NO3-＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋4H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
实验1：稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO和水，再加稀硫酸，硝酸铜中硝酸根在酸性条件下能继续氧化铜单质。试管口NO均被氧化生成红棕色的二氧化氮。
实验2：稀硫酸不与铜反应，再加稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO和水。试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮。
【详解】A．稀硝酸与铜发生3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O反应，生成硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成NO，故A错误；
B．实验1-②中溶液存在电荷守恒为：2c（Cu2+）+c（H+）=c（NO3-）+c（OH-），故B错误；
C．由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，但不能与稀硫酸反应，故C错误；
D．实验1-③、实验2-③中反应的离子方程式：3Cu＋2NO3-＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋4H2O
，故D正确；
答案选D。
【点睛】一般情况下，稀硝酸与铜生成NO，浓硝酸与铜生成NO2。
21.下列实验操作和现象及所得出的结论都正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向BaCl2溶液中通入SO2，产生白色沉淀
BaSO3是不溶于水的白色固体
B
向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水，试纸边缘呈红色，中间为白色
氯水既有酸性又有还原性
C
相同条件下，分别测量0.1mol·L-1和0.01mol·L-1醋酸溶液的导电性，前者的导电性强
醋酸浓度越大，电离程度越大
D
取5mL 0.1mol·L-1KI溶液，加入1mL 0.1mol·L-1FeCl3溶液，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色
Fe3+与I-所发生的反应为可逆反应


A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、亚硫酸的酸性小于盐酸，所以向BaCl2溶液中通入SO2，不反应，没有白色沉淀生成，故A错误；
B、向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水，试纸边缘呈红色体现酸性，中间为白色体现漂白性（氧化性），故B错误；
C、弱电解质浓度越小电离程度越大，醋酸浓度越大，电离程度越小，故C错误；
D、取5mL 0.1mol·L-1KI溶液，加入1mL 0.1mol·L-1FeCl3溶液，KI溶液过量，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色，说明溶液中有Fe3+，证明Fe3+与I-所发生的反应为可逆反应，故D正确；
故选D。
22.下列有关溶液中粒子浓度的关系式中，正确的是(　　)

A. pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3、③Na2CO3三份溶液中的c(Na＋)：③＞②＞①
B. 0.1mol·L－1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中：c(Na+)=2c(A2-)＋c(HA-)＋c(H2A)
C. 图中a点溶液中各离子浓度关系是：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)
D. 图中pH＝7时：c(Na＋)＞c(CH3COO－) ＞c(OH－)＝c(H＋)
【答案】C
【解析】
【详解】A．pH相同的钠盐溶液中，弱根离子水解程度越大，其盐溶液浓度越小，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，大于醋酸钠，则当三种溶液的pH相同时，其物质的量浓度由大到小的顺序是③＜②＜①，钠离子浓度大小顺序是③＜②＜①，故A错误；
B．根据物料守恒得c（Na+）=c（A2-）+c（HA-）+c（H2A），故B错误；
C．a点溶液中存在的溶质是等物质的量的醋酸钠和氢氧化钠，根据物料守恒得c（Na+）=2c（CH3COO-）+2c（CH3COOH），根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以得c（OH-）=c（H+）+c（CH3COO-）+2c（CH3COOH），故C正确；
D．pH=7时c（OH-）=c（H+），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以得c（Na+）=c（CH3COO-），故D错误；
故选：C。
【点睛】本题考查了离子浓度大小的比较，根据溶质的性质结合物料守恒和电荷守恒来分析解答，易错选项是C，明确a点溶液中的溶质是解此选项的关键，题目难度中等．
23.三氧化二镍(Ni2O3)可用于制造高能电池，其电解法制备过程如下：用NaOH调NiCl2溶液pH至7.5，加入适量硫酸钠后进行电解。电解过程中产生的Cl2在弱碱性条件下生成ClO－，把二价镍氧化为三价镍。以下说法正确的是( )
A. 可用铁做阳极材料
B. 电解过程中阳极附近溶液的pH升高
C. 阳极反应方程式为：2Cl－＋2e－=Cl2↑
D. 1 mol 二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过了1 mol 电子
【答案】D
【解析】
【详解】A、电解过程中产生的氯气是氯离子失电子发生氧化反应，铁做阳极时铁失电子发生氧化反应，阴极将无氧化剂Cl2生成，不能把二价镍氧化为三价镍，故A错误；
B、阳极反应方程式为：2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2在弱碱性条件下生成ClO-，故电解过程中阳极附近溶液的pH降低，故B错误；
C、阳极反应是氯离子失电子发生氧化反应。电解反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，故C错误；
D、由Ni2+-e-=Ni3+可知1mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过了1mol电子，故D正确；
故选：D。
第II卷（非选择题)
二、实验题
24.下图是一个实验室制取氯气并以氯气为原料进行一系列反应的装置，回答下列问题。

（1）写出a仪器的名称_______；
（2）装置D产生白色沉淀现象的原因_______________________；
（3）E装置的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，其产物为CO2和HCl。试写出E中反应的化学方程式_________________________________；
（4）F处的烧杯溶液中最终____（填“有”或“没有”）白色沉淀；

（5）F装置无法确认E处反应中有CO2产生，为了证明CO2的存在，要对F装置进行改造，装置符合要求的是_____________。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 氯气将二氧化硫在水中氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成白色的硫酸钡沉淀 (3). (4). 没有 (5). b
【解析】
【分析】
（1）根据仪器a的构造判断其名称；
（2）Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，生成的硫酸再与氯化钡反应生成白色的硫酸钡沉淀来分析；
（3）氯气有强氧化性，碳有还原性，在加热条件下氯气和水、碳发生氧化还原反应；
（4）氯化氢、氯气和澄清石灰水反应都生成的盐和水；
（5）确认E处反应中有CO2产生，需用澄清的石灰水变浑浊验证，需除去二氧化碳中的氯化氢、氯气，且不能生成二氧化碳；
【详解】：（1）根据仪器的构造可知a为分液漏斗；
故答案为：分液漏斗；
（2）E装置产生白色沉淀现象的原因是氯气和二氧化硫发生氧化还原反应，即Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4生成的硫酸又与氯化钡反应生成白色的硫酸钡沉淀；
故答案为：氯气将二氧化硫在水中氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成白色的硫酸钡沉淀；
（3）氯气有强氧化性，碳有还原性，在加热条件下氯气和水、碳发生氧化还原反应生成氯化氢和二氧化碳，反应方程式为：，
故答案为：
（4）剩余的氯气在F装置中和水反应生成盐酸和次氯酸，装置E中反应也生成氯化氢气体，氯化氢、氯气和澄清石灰水反应都生成可溶性的盐和水，二氧化碳的物质的量少于氯化氢，不可能生成碳酸钙沉淀，所以反应过程无现象无白色沉淀生成；
故答案为：没有
（5）因通入F装置的气体中含有氯气、氯化氢、二氧化碳，现需除去氯气和氯化氢，且除去这两种气体过程中不能产生二氧化碳，
装置a氯气、氯化氢、二氧化碳一同通入无法确认E处反应中有CO2产生；
装置d氯化氢与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，无法确认E处反应中有CO2产生；
装置c中碳酸钠与氯化氢及氯气反应生生成二氧化碳，且碳酸钠溶液能吸收二氧化碳，无法确认E处反应中有CO2产生；
装置b中，少量氯气能溶于水，氯化氢极易溶于水，二氧化碳混有氯化氢时，二氧化碳在水中几乎不溶，用水可除去氯气和氯化氢两种气体，多余的气体与澄清石灰水作用变浑浊，能确认E处反应中有CO2产生，
故答案为：b。
三、工业流程
25.以铬矿石（主要成分为Cr2O3，还有Al2O3、SiO2等杂质）为原料制取红矾钠 (Na2Cr2O7·2H2O)的流程如图所示。

已知：I．Cr2O3在碱性条件下易被氧化；
II．高温条件下，Al2O3与Na2CO3发生的反应为:Al2O3 +Na2CO3=2NaAlO2 +CO2↑；
III．2CrO42-+2H+Cr2O72- +H2O K=1.0×1012
（1）“煅烧”时，Cr2O3参加反应的化学方程式为_____。若“煅烧”操作最适宜的温度是800～900℃，则在实验室中进行此项操作时，应选择_____坩埚（填字母）。
a．陶瓷 b．玻璃 c．石英 d．铁
（2）流程中可循环利用的物质除CO2外还有_____（填化学式）。
（3）“过滤II”所得沉淀主要有______（填化学式）。
（4）由Na2Cr2O7溶液制备红矾钠的具体实验操作有_____，经洗涤、干燥得到红矾钠样品。
（5）“电解”时，利用以下装置将Na2CrO4溶液转化为Na2Cr2O7溶液，当a、b均为石墨电极时，a电极的电极反应式为____。若初始加入电解池中的c (Na2CrO4)=1.0mol·L-l，随着“电解”的进行，当溶液pH=6时，Na2CrO4的转化率为______（忽略电解过程中溶液体积变化）。

【答案】 (1). 2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2 (2). d (3). Na2CO3 (4). H2SiO3、AI(OH)3 (5). 加热浓缩、冷却结晶、过滤 (6). 2H2O+2e-=2OH-+H2(或2H++2e-=H2) (7). 50%
【解析】
【分析】
将铬矿石（主要成分为Cr2O3，还有Al2O3、SiO2等杂质）和纯碱、空气煅烧，发生反应得到NaAlO2、Na2CrO4、Na2SiO3、Na2CO3，然后水浸、过滤得到浸出液，浸出液中溶质是NaAlO2、Na2CrO4、Na2SiO3、Na2CO3 ，在浸出液中利用焙烧产生的二氧化碳调整溶液pH ，依据流程可知，溶液中偏铝酸钠、Na2SiO3生成硅酸沉淀和氢氧化铝沉淀，然后过滤得到滤液和沉淀，沉淀是H2SiO3、AI(OH)3，滤液中含有Na2CrO4和Na2CO3 ，加入酸继续调节溶液的pH ，根据信息②知，溶质变为Na2Cr2O7，将混合溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到Na2Cr2O7晶体。
【详解】（1）根据流程和上述分析，“煅烧’’时，Cr2O3与加入的纯碱、空气高温下反应生成Na2CrO4和二氧化碳，化学反应方程式为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2；陶瓷、玻璃、石英当中都含有二氧化硅，煅烧时加入的纯碱会与二氧化硅反应，损坏实验装置，因此因该在铁坩埚中进行煅烧操作。
答案为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2 ；d
（2）流程图中。“过滤II”后得到溶液中含有Na2CO3，将混合溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到Na2Cr2O7晶体后得到的滤液中含有大量Na2CO3可用于煅烧操作。
答案为：Na2CO3；
（3）浸出液中利用焙烧产生的二氧化碳调整溶液pH ，二氧化碳溶于水溶液显酸性，滤液中的偏铝酸钠、Na2SiO3转化为硅酸沉淀和氢氧化铝沉淀。
答案为：H2SiO3、AI(OH)3；
（4）由Na2Cr2O7溶液制备红矾钠固体，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤。
答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
（5）根据电解池中a电极端，加入稀氢氧化钠，相当于电解水，流出浓氢氧化钠，说明a电极周围产生大量氢氧根离子，因此可得a电极上水中氢离子得到电子转变为氢气和氢氧根，因此电极a为阴极，电极式为2H2O+2e-=2OH-+H2(或2H++2e-=H2)；b电极为阳极，溶液中阴离子放电，根据放电顺序氢氧根大于含氧酸根（CrO42-），因此b电极为水中的氢氧根离子失去电子转变为氧气和氢离子，在氢离子存在的情况下，根据已知信息2CrO42-+2H+Cr2O72- +H2O K=1.0×1012可得，，溶液的pH=6，即=1.0×10-6mol/L，K====1.0×1012，=0.5mol/L，因此当溶液pH=6时，溶液中剩余的CrO42-为0.5mol，消耗的CrO42-为0.5mol，Na2CrO4的转化率==50%；
答案为：2H2O+2e-=2OH-+H2(或2H++2e-=H2)；50%；
26.以硫铁矿（主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2等杂质）为原料制备绿矾晶体（FeSO4·7H2O）的工艺流程如下：

(1)“酸浸”过程，矿渣中Fe2O3与稀H2SO4反应的离子方程式________。
(2)烟气中的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，写出该反应的离子方程式________。
(3)滤液中金属阳离子的检验方法__________。
(4)FeSO4溶液制备绿矾晶体过程中要保持H2SO4过量，理由________。（结合化学用语说明原因）
(5)燃料细菌脱硫法是用氧化亚铁硫杆菌（T．f）对硫铁矿进行催化脱硫，同时得到FeSO4溶液。其过程如图所示：

已知总反应为：FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42-+15Fe2++16H＋
①将过程I离子方程式补充完整______FeS2+______Fe3++_______ ______=7Fe2++______S2O32-+____ ______
②过程II反应的离子方程式________________________________________。
(6)绿矾晶体在空气中易被氧化。取X g样品，加水完全溶解，用酸化的amol·L-1K2Cr2O7溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液b mL。反应原理：6Fe2++Cr2O72-+14H+ =6Fe3++2Cr3++7H2O。则绿矾晶体纯度的计算式为______________。(FeSO4·7H2O摩尔质量为278 g/mol)
【答案】 (1). Fe2O3 +6H+=2Fe3++3H2O (2). SO2+2NH3•H2O=2NH4++SO32-+H2O (3). 取滤液少许于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]（铁氰化钾）溶液，有蓝色沉淀产生，证明滤液中含有Fe2+ (4). Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2 +2H+，H+过量抑制Fe2+的水解 (5). 1 (6). 6 (7). 3 (8). H2O (9). 1 (10). 6 (11). H+ (12). 8Fe3++S2O32-+5H2O=2SO42-+8Fe2++10H+ (13).
【解析】
【分析】
以硫铁矿（主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2等杂质）为原料制备绿矾晶体（FeSO4•7H2O）：焙烧硫铁矿：4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2、2CuS+3O2=2CuO+2SO2，再酸浸矿渣：Fe2O3 +6H+=2Fe3++3H2O、CuO +2H+=Cu2++H2O，加入足量的铁粉：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，过滤，滤渣为Cu、Fe、SiO2，滤液为FeSO4溶液，结晶得到绿矾晶体，
燃料细菌脱硫：过程I；FeS2+6Fe3++3H2O=7Fe2++S2O32-+6H+，将Fe2+氧化为Fe3+，过程II：8Fe3++S2O32-+5H2O=2SO42-+8Fe2++10H+，
根据反应原理，n（绿矾）=6n（K2Cr2O7），据此分析作答。
【详解】：（1）矿渣中的Fe2O3与稀H2SO4反应的离子方程式Fe2O3 +6H+=2Fe3++3H2O；
故答案为：Fe2O3 +6H+=2Fe3++3H2O；
（2）烟气中的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，反应为：SO2+2NH3•H2O=2NH4++SO32-+H2O；
故答案为：SO2+2NH3•H2O=2NH4++SO32-+H2O；
（3）滤液中金属阳离子为Fe2+，用铁氰化钾检验，具体方法为：取滤液少许于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]（铁氰化钾）溶液，有蓝色沉淀产生，证明滤液中含有Fe2+；
故答案为：取滤液少许于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]（铁氰化钾）溶液，有蓝色沉淀产生，证明滤液中含有Fe2+；
（4）FeSO4溶液制备绿矾晶体过程中要保持H2SO4过量的原因是：Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2 +2H+，H+过量抑制Fe2+的水解；
故答案为：Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2 +2H+，H+过量抑制Fe2+的水解；
（5）①由图可知，过程I为FeS2和Fe3+生成Fe2+和S2O32-，结合电荷守恒、原子守恒可得：FeS2+6Fe3++3H2O=7Fe2++S2O32-+6H+；
故答案为：1；6；3；H2O；1；6；H+；
②过程Ⅱ反应为Fe3+与S2O32-反应生成SO42-和氢离子、Fe2+，反应为：8Fe3++S2O32-+5H2O=2SO42-+8Fe2++10H+；
故答案为：8Fe3++S2O32-+5H2O=2SO42-+8Fe2++10H+；
（6）原理：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，则n（FeSO4•7H2O）=6n（K2Cr2O7）=6ab×10-3mol，
故绿矾晶体纯度为
故答案为：
【点睛】本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析。
四、推断题（有机化学基础16分）
27.有机物K是某药物的前体，合成路线如图所示：

已知：R-CN；
+
（1）A的名称是_____________。
（2）反应①的化学方程式是___________________。
（3）反应②的类型是__________________。
（4）反应③中的试剂X是________________。
（5）E属于烃，其结构简式是_________________。
（6）H中所含的官能团是_________________。
（7）反应⑥的化学方程式是_____________________。
（8）H经三步反应合成K，写出中间产物I和J的结构简式______________。

【答案】 (1). 1，3-二溴丙烷 (2). +2NaOH+2H2O (3). 氧化反应 (4). 乙醇 (5). (6). 碳碳双键，酯基 (7). (8). I: J:
【解析】
分析】
由题可知，A是，B是，C是，D是，E是，F是，G是。
【详解】（1）由分析可知，A是，则A的名称是：1，3-二溴丙烷；
（2）反应①是水解成，则化学方程式为+2NaOH+2H2O；
（3）反应②是经强氧化剂氧化成，则反应类型是氧化反应；
（4）反应③是经酯化反应生成，可知试剂X是乙醇；
（5）由分析可知，E结构简式是，属于烃；
（6）H中所含的官能团是碳碳双键，酯基；
（7）反应⑥是与发生取代反应生成，其化学方程式为；
（8）由已知信息可知，H先与HCN加成生成I:，I再与氢气加成生成J:，J再在催化剂条件下反应生成。