还剩22页未读，
继续阅读
吉林省延边第二中学2020届高三上学期第一次调研化学试题
展开
延边第二中学2020届高三第一次调研考试
化学学科（理科）试卷
试卷说明：试卷满分100分，考试时间90分钟。试卷分为两部分，第一部分选择题共16题（每道题只有一个正确选项，共48分），第二部分为非选择题（共52分）
可能用到的相对原子量：H:1 Li:7 C:12 N:14 O:16 Na:23 Al:27 P:31 S:32 Cl:35.5 K:39 Ca:40 Fe:56 Cu:64 Ba:137
Ⅰ部分（共48分）
1.《本草纲目》中对玻璃有如下叙述：“本作颇黎。颇黎，国名也。其莹如水，其坚如玉，故名水玉，与水精（即水晶，主要成分为SiO2）同名。有酒色、紫色、白色，莹澈与水精相似。”下列说法错误的是（ ）
A. 文中所描述的玻璃颜色，来自某些金属氧化物
B. 玻璃质地坚硬，不易破碎
C. 将石灰石、纯碱、石英在高温下熔融，可制得普通玻璃
D. 不能用带有磨口玻璃塞的玻璃试剂瓶盛放NaOH溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A、玻璃中含有少量金属氧化物，能够使玻璃呈现不同的颜色，故A正确；
B、玻璃是一种质地坚硬，容易破碎的玻璃态物质，故B错误；
C、制玻璃的原料是：石灰石、纯碱、石英，三者在玻璃熔炉中高温熔融可制得玻璃，故C正确；
D、玻璃塞中的二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠，长时间后，塞子不容易打开，所以氢氧化钠溶液不能用带有磨口玻璃塞的试剂瓶盛装，故D正确；
故选B。
2.关于化合物，下列说法正确的是（ ）
A. 分子式为C9H10 B. 分子中所有碳原子均处于同一平面
C. 与互为同分异构体 D. 易溶于水
【答案】A
【解析】
【详解】A、根据结构简式可知，该化合物的分子式为C9H10，故A正确；
B、分子中含有结构，为四面体结构，所有碳原子不可能处于同一平面，故B错误；
C、的分子式为C9H12，分子式不同，不是同分异构体，故C错误；
D、该化合物属于烃类，难溶于水，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为B，要注意甲烷是四面体结构，有机物分子中只要含有或中的一种，分子中的所有碳原子就不可能处于同一平面内。
3.实验室用如图所示装置（图中夹持仪器略去）测定牙膏样品中碳酸钙的质量分数，下列说法错误的是（ ）
A. 实验过程中持续通入空气仅能起到搅拌B、C中的反应物的作用
B. 实验过程中滴加盐酸的速率不宜过快
C. 依据装置C在反应前后的质量差测定的结果会偏高
D. C中的沉淀经过滤、干燥、称重后可确定牙膏样品中碳酸钙的质量分数
【答案】A
【解析】
【详解】A、实验过程中需持续缓缓通入空气．其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收，故A错误；
B、如果滴加盐酸过快CO2，CO2来不及被吸收，就排出装置C，造成实验误差，因此滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳吸收完全，可以提高测定准确度，故B正确；
C、装置B中生成的二氧化碳中混有少量水蒸气、氯化氢，则装置C在反应前后的质量差是生成的二氧化碳、水蒸气和氯化氢的质量，若据此计算，测定的结果会偏高，故C正确；
D、C中的沉淀为碳酸钡，经过滤、干燥、称重后可确定生成二氧化碳的质量，进而确定牙膏样品中碳酸钙的质量分数，故D正确；
故选A。
4.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是
A. 5.6 g铁与足量硫加热充分反应转移电子数为0.2NA
B. 1 mol苯分子中含有的碳碳双键数为3NA
C. 在0.1 molNaHSO4晶体中阳离子与阴离子总数为0.3NA
D. 6.2g白磷分子中含P—P键为0.2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. Fe与S反应生成FeS，Fe的化合价变为+2价，5.6g铁物质的量是0.1mol，1mol铁失去2mol电子，所以0.1mol铁反应转移的电子数为0.2NA，A正确；
B.苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的化学键，无碳碳双键，B错误；
C.NaHSO4晶体由Na+和HSO4-构成，0.1mol NaHSO4中含离子总数为0.2 NA，C错误；
D.白磷分子是正四面体结构，1个分子中含有6个P—P共价键，6.2 g白磷(分子式为P4)的物质的量是0.05mol，分子中含有P—P共价键0.3mol，含P—P键数目为0.3NA，D错误；
故合理选项是A。
5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. 元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞Z
B. Y单质的熔点高于X单质
C. W分别与X、Y、Z形成的二元化合物均只有一种
D. 化合物M中W不都满足8电子稳定结构
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na元素；根据结构，W最外层有6个电子，原子序数小于11，则W为O元素；Y最外层有4个电子，原子序数大于11，则Y为Si元素；W的核外电子数为8，与X、Z的最外层电子数之和相等，则Z最外层有7个电子，只能为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，符合题意，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z为Cl元素。
A、同一周期，从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，则元素非金属性强弱的顺序为Cl＞Si，即Z＞Y，故A错误；
B、硅为原子晶体，熔点高于钠，即Y单质的熔点高于X单质，故B正确；
C、O与Na能够形成氧化钠和过氧化钠2种，故C错误；
D、根据，阴离子带2个单位负电荷，其中O都满足8电子稳定结构，故D错误；
故选B。
6.练江整治已刻不容缓，其中以印染工业造成的污染最为严重。某工厂拟综合处理含NH4+ 废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO），设计了如下工业流程：
下列说法错误的是
A. 气体I中主要含有的气体有N2、NO、CO
B. X在反应中作氧化剂，可通入过量的空气
C. 处理含NH4+废水时，发生离子方程式是：NH4++NO2-=N2↑+2H2O
D. 捕获剂所捕获的气体主要是CO
【答案】B
【解析】
【分析】
工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固体I为CaCO3、CaSO3，气体I是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO，气体I通入气体X，用NaOH溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到NaNO3，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成N2，则气体II含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，以此解答该题。
【详解】工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固体I为CaCO3、CaSO3，气体I是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO，气体I通入气体X，用NaOH溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到NaNO3，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体II含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。
A．工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成CaCO3、CaSO3，因Ca(OH)2过量，则固体I为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，气体I是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO，A正确；
B．由分析可知，气体I是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体I通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到NaNO3，B错误；
C．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成N2，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O， C正确；
D．气体II含有CO、N2，经捕获剂所捕获的气体主要是CO，D正确；
故答案选B。
【点睛】本题考查物质的分离、提纯的综合应用，侧重学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质，为解答该题的关键，题目涉及废水的处理，有利于培养学生良好的科学素养，提高环保意识。
7.下列五种短周期元素的某些性质如表所示（其中只有W、Y、Z为同周期元素）。
元素
X
W
Y
Z
R
原子半径（pm）
37
64
66
70
154
主要化合价
+1
-1
-2
+5、-3
+1
下列叙述错误的是
A. 原子半径按X、W、Y、Z、R的顺序依次增大
B. X、Y、Z三种元素形成的化合物，其晶体可能是离子晶体，也可能是分子晶体
C. W、Y、Z三种元素形成的气态氢化物稳定性：ZH3>H2Y>HW
D. R元素可分别与X、W、Y三种元素形成离子化合物
【答案】C
【解析】
【分析】
根据表中数据知，X的原子半径最小，且其正化合价为+1，则X位于第IA族；W、Y、Z为同周期元素，根据其化合价知，W为第VIIA族、Y为第VIA族、Z为第VA族元素，R为第IA族元素，其原子半径最大，且为短周期元素，所以R是Na元素，W、Y、Z都属于第二周期元素，所以W是F元素、Y是O元素、Z是N元素，X原子半径小于W，所以X是H元素，再结合物质的结构分析解答。
【详解】A.原子的电子层数越大，其原子半径越大；同一周期元素中，原子半径随原子序数增大而减小。H是第一周期的元素，Na是第三周期的元素，N、O、F是第二周期的元素，原子序数F>O>N，所以原子半径按X、W、Y、Z、R的顺序依次增大，A正确；
B.由H、O、N三种元素形成的化合物，其晶体可能是分子晶体，如HNO3；也可能是离子晶体，如NH4NO3，B正确；
C.同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性：F>O>N，所以这三种元素形成的气态氢化物稳定性：NH3
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了原子结构和元素周期律的关系，根据元素的原子半径、主要化合价结合元素周期律来推断元素是本题解答关键。易错选项是B，由H、O、N三种元素形成的化合物，硝酸晶体是分子晶体、硝酸铵是离子晶体，为易错点。
8.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(夹持和净化装置省略)。仅用以下实验装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是
选项
a中的液体
b中的物质
c中收集的气体
d中的液体
A
浓氨水
碱石灰
NH3
H2O
B
浓硝酸
Cu
NO2
H2O
C
浓硫酸
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
D
稀硝酸
Cu
NO
NaOH溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.浓氨水与碱石灰不加热可以制取氨气，但是氨气的密度比空气小，不能用向上排空气方法收集，A错误；
B.浓硝酸与Cu反应产生NO2气体，NO2密度比空气大，可以用向上排空气方法收集，NO2是大气污染物，但NO2若用水吸收，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，产生的NO仍然会污染空气，B错误；
C.浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应，产生Na2SO4、H2O、SO2，SO2密度比空气大，可以用向上排空气方法收集，SO2是大气污染物，可以用NaOH溶液吸收，发生反应为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，为防止倒吸，安装了倒扣漏斗，从而达到环境保护的目的，C正确；
D.稀硝酸与Cu反应产生NO气体，NO与空气中的氧气会发生反应，所以不能用排空气方法收集，D错误；
故合理选项是C。
9.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A. c(OH－)/c(H＋)＝10－12的溶液中：NH4+、Cu2＋、NO3-、SO42-
B. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K＋、Cl－、I－
C. 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中：Fe3＋、K＋、Cl－、SO42-
D. 水电离产生的c(OH－)＝10－12 mol·L－1的溶液中：Na＋、Al3＋、Cl－、NO3-
【答案】A
【解析】
【详解】A．c(OH－)/c(H＋)=10-12的溶液，显酸性，NH4+、Cu2＋、NO3-、SO42-离子之间不反应，与氢离子也不反应，可大量共存，故A正确；
B．滴加KSCN溶液显红色的溶液，说明溶液中存在三价铁离子，三价铁离子能够氧化碘离子，不能大量共存，故B错误；
C．Fe3＋与HCO3-发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．由水电离的c(OH－)=10-12mol•L-1的溶液，为酸溶液或碱溶液，碱溶液中不能大量存在Al3+，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为D，要注意“c(OH－)＝10－12 mol·L－1的溶液”与“水电离产生的c(OH－)＝10－12 mol·L－1的溶液”的区别，前者表示溶液显酸性，后者表示溶液显酸性或碱性。
10.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑
B. 向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至混合溶液恰好为中性：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-=BaSO4↓＋2H2O
C. 向次氯酸钙溶液中通入SO2：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O===CaSO3↓＋2HClO
D. 向次氯酸钠溶液中通入少量CO2： 2ClO－＋CO2＋H2O===CO32-＋2HClO
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸和CaCO3均用化学式表示，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故A错误；
B．向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至混合溶液恰好为中性，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，故B正确；
C．向次氯酸钙溶液中通入SO2要发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Ca2++2ClO-+2SO2+2H2O=CaSO4↓+SO42-+4H++2Cl-，故C错误；
D．向次氯酸钠溶液中通入少量CO2，次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，反应生成碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：ClO-+H2O+CO2═HClO+HCO3-，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为D，要注意次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，无论二氧化碳少量还是过量，都是生成HCO3-。
11.8.34 g FeSO4·7H2O(相对分子质量：278)样品受热脱水过程热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示，下列说法正确的是
A. 温度为78 ℃时固体物质M的化学式为FeSO4·5H2O
B. 取适量380 ℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650 ℃，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe3O4
C. 在隔绝空气条件下，N得到P化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O
D. 温度为159 ℃时固体N的化学式为FeSO4·2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
8.34 g FeSO4·7H2O 样品的物质的量为8.34 g÷278 g/mol＝0.03 mol，其中m(H2O)＝0.03 mol×7×18 g/mol＝3.78 g，如晶体失去全部结晶水，固体的质量应为8.34 g－3.78 g＝4.56 g，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，据此回答。
【详解】A．温度为78 ℃时，固体质量为6.72 g，其中m(FeSO4)＝0.03 mol×152 g/mol＝4.56 g，m(H2O)＝6.72 g－4.56 g＝2.16 g，n(H2O)＝2.16 g÷18 g/mol＝0.12 mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)＝0.12 mol∶0.03 mol＝4∶1，则化学式为FeSO4·4H2O，A项错误；
B．加热至650 ℃时，固体的质量为2.40 g，其中n(Fe)＝n(FeSO4·7H2O)＝0.03 mol，m(Fe)＝0.03 mol×56 g/mol＝1.68 g，则固体中m(O)＝2.40 g－1.68 g＝0.72 g，n(O)＝0.72 g÷16 g/mol＝0.045 mol，则n(Fe)∶n(O)＝0.03 mol∶0.045 mol＝2∶3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3，B项错误；
C．固体N的质量为5.10 g，其中m(FeSO4)＝0.03 mol×152 g/mol＝4.56 g，m(H2O)＝5.10 g－4.56 g＝0.54 g，n(H2O)＝0.54 g÷18 g/mol＝0.03 mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)＝0.03 mol∶0.03 mol＝1∶1，则N的化学式为FeSO4·H2O，P的化学式为FeSO4，则在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O，C项正确；
D．温度为159℃时，由C项可知N的化学式为FeSO4·H2O，D项错误。
故选C。
12. 为证明稀硝酸与铜反应产物中气体为NO，设计如图实验（实验过程中活塞2为打开状态），下列说法中不正确的是
A. 关闭活塞1，加入稀硝酸至液面a处
B. 在装置左侧稍加热可以加快稀硝酸与铜的反应速率
C. 通过关闭或开启活塞1可以控制反应的进行
D. 反应开始后，胶塞下方有无色气体生成，还不能证明该气体为NO
【答案】A
【解析】
如果关闭活塞1，稀硝酸加到一定程度后，左侧液面将不再升高，即不可能加到液面a处，A错误。B正确。关闭活塞1时，产生的气体聚集在铜丝附近使得U形管液面左低右高，当左面铜丝接触不到硝酸后，反应停止；由于活塞2是打开的，打开活塞l后，两边液面恢复水平位置，继续反应，所以活塞l可以控制反应的进行，C项正确。胶塞下方有无色气体生成，此时还要打开活塞1使得该气体进入上面的球体里，看到有红棕色现象(生成NO2)才能证明生成的是NO气体，D正确。
13.已知常见元素及化合物的转化关系如图所示：
又知A～E中均含有一种相同元素。下列说法错误的是（ ）
A. 物质A一定是单质 B. 物质C可能是淡黄色固体
C. 物质D可能是酸或碱 D. 物质E可能属于盐类
【答案】A
【解析】
【分析】
若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐，据此分析解答。
【详解】若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐。
A．由上述分析可知，A可能为单质Na、S等，也可能为化合物NH3、H2S等，故A错误；
B．若A为Na时，C可为过氧化钠，过氧化钠为淡黄色固体，故B正确；
C．由上述分析可知，D可能为酸，也可能为碱，故C正确；
D．由上述分析可知，E可能属于盐类，故D正确；
故选A。
14.将足量的X气体通入Y溶液中，实验结果与预测的现象一致的组合是（ ）
X气体
Y溶液
预测的现象
①
CO2
饱和CaCl2溶液
白色沉淀析出
②
SO2
Ba(NO3)2溶液
白色沉淀析出
③
NH3
AgNO3溶液
白色沉淀析出
④
NO2
Na2S溶液
白色沉淀析出
A. 只有①②③ B. 只有①② C. 只有② D. ②④
【答案】C
【解析】
【详解】①盐酸的酸性大于碳酸，因此二氧化碳与氯化钙不反应，无明显现象，故①错误；
②SO2与Ba(NO3)2溶液能够发生氧化还原反应，生成硫酸钡白色沉淀，故②正确；
③NH3与AgNO3溶液反应，先生成沉淀后生成银氨溶液，则先生成沉淀后沉淀消失，故③错误；
④NO2与Na2S溶液发生氧化还原反应生成S，则有淡黄色沉淀生成，故④错误；
正确的只有②，故选C。
【点睛】本题的易错点为②，要注意硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性。
15.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：
下列说法不正确的是（ ）
A. 溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉
B. 固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2
C. 从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解
D. 若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确；
B、固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4分离，B不正确；
C、Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；
D、在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3溶于硫酸后生成Fe2(SO4)3，D不正确。
答案选D。
16.某l00mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32 -、SO42 -、Cl-中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法不正确的是( )
A. 原溶液一定存在CO32 -和SO42 -，一定不存在Fe3+
B. 是否存在Na+只有通过焰色反应才能确定
C. 原溶液一定存在Na+，可能存在Cl-
D. 若原溶液中不存在Cl-，则c (Na+) =0.1mol·L-1
【答案】B
【解析】
向原溶液中加入BaCl2溶液，产出4.30g白色沉淀，该沉淀与盐酸反应，部分沉淀溶解，则2.33g沉淀2为BaSO4，物质的量为0.01mol，溶解的沉淀为BaCO3，质量为4.30g-2.33g= 1.97g，物质的量为0.01mol，则原溶液中一定含有0.01mol的SO42-和0.01mol的CO32-，加入BaCl2溶液后过滤，向滤液中加入NaOH溶液产生气体，则该气体为NH3，体积为0.672L，物质的量为0.03mol，在原溶液中含有NH4＋ 0.03mol，没有红褐色沉淀生成，一定不含有Fe3＋，根据电荷守恒，若没有Cl－，则含有0.01molNa+，若有Cl－，则含有Na＋的物质的量大于0.01mol。A.根据上述分析，原溶液一定存在CO32 -和SO42 -，一定不存在Fe3+，故A正确；B.根据上述分析，原溶液中一定存在Na＋，故B错误；C.根据上述分析，原溶液一定存在Na+，可能存在Cl-，故C正确；D.根据上述分析，若原溶液中不存在Cl-，则c (Na+)=0.01mol÷0.1L =0.lmol·L-1，故D正确；故选B。
点睛：本题考查离子共存、离子反应及离子的判断，难度不大。特别注意：①BaCO3难溶于水，易溶于酸，BaSO4难溶于水，也难溶于酸；②与碱反应生成的气体为氨气，Fe3＋与OH－反应生成红褐色沉淀氢氧化铁；③溶液呈电中性，根据电荷守恒来判断Na＋是否存在。
II部分（共52分）
17.四氯化钛（TiCl4）是制取航空材料——钛合金的重要原料。由钛铁矿（主要成分是FeTiO3，不溶于水）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如图：
回答下列问题：
（1）“酸浸”时需要将钛铁矿粉碎，其目的是___。
（2）浸出液呈强酸性，含有TiO2＋、Fe2＋及少量Fe3＋、Al3＋等离子，则生成TiO2＋的离子方程式是___。
（3）“反应”时需加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋，2TiO2＋（无色）＋Fe＋4H＋＝2Ti3＋（紫色）＋Fe2＋＋2H2O，Ti3＋（紫色）＋Fe3＋＋H2O＝TiO2＋（无色）＋Fe2＋＋2H＋，加入铁屑的作用是____。
（4）通过控制条件，可以使过程①中生成的TiO2·nH2O形成一种液态分散系，用一束光照射该分散系能够产生丁达尔效应，则分散质颗粒直径的范围是___。
（5）过程①制得的固体TiO2·nH2O需用过量酸清洗以除去其中的Fe(OH)3杂质，检验Fe(OH)3杂质除净的实验方法是___。
（6）过程③生成的废气中含有CO，则TiO2和焦炭、氯气在高温下发生反应的化学方程式是___。
（7）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是___（只要求写出一项）。
【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率 (2). FeTiO3＋4H＋＝TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O (3). 将Fe3＋还原为Fe2＋ (4). 10－9~10－7m (5). 用试管取少量最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若溶液未变为血红色，则说明Fe(OH)3杂质已除净 (6). TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO (7). 过程③中产生的CO和残留的Cl2有毒，污染空气
【解析】
【分析】
钛铁矿(主要成分是FeTiO3，不溶于水)用盐酸酸浸后，浸出液呈强酸性，含有TiO2＋、Fe2＋及少量Fe3＋、Al3＋等离子，过滤，除去滤渣；浸出液中加入铁屑，根据(3)可知，铁能将铁离子、TiO2+还原，形成氯化亚铁，经过浓缩结晶，形成氯化亚铁晶体除去浸出液中的大部分亚铁离子，得到富含TiO2+的溶液，通过控制条件，使过程①中生成TiO2·nH2O，加热TiO2·nH2O分解得到粗TiO2，在高温下TiO2和焦炭、氯气反应生成TiCl4和废气，据此分析解答。
【详解】(1)反应物接触面积越大，反应速率越快，钛铁矿酸浸前要粉碎成细颗粒，可以增大反应物接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快浸出反应速率；
(2)钛铁矿(主要成分是FeTiO3，不溶于水)用盐酸酸浸后，浸出液呈强酸性，含有TiO2＋、Fe2＋及少量Fe3＋、Al3＋等离子，说明FeTiO3与盐酸反应生成TiO2＋，Ti元素化合价不变，则同时生成Fe2＋，反应的离子方程式为FeTiO3＋4H＋＝TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O，故答案为：FeTiO3＋4H＋＝TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O；
(3)往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液呈强酸性，该过程中有如下反应发生：2 Fe3++Fe=3Fe2+；2TiO2+(无色)+Fe+4H+=2Ti3+(紫色)+Fe2++2H2O，铁能将铁离子、TiO2+还原，从而防止亚铁离子被氧化，所以加入铁屑的作用是使Fe3+还原为Fe2+，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+；
(4)通过控制条件，可以使过程①中生成的TiO2·nH2O形成一种液态分散系，用一束光照射该分散系能够产生丁达尔效应，说明生成的是胶体，则分散质颗粒直径的范围是10－9~10－7m(或1nm~100nm)，故答案为：10－9~10－7m(或1nm~100nm)；
(5)Fe(OH)3被酸溶解生成Fe3+，检验Fe3+可以用KSCN溶液，具体操作为：用试管取少量最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若溶液未变为血红色，则说明Fe(OH)3杂质已除净，故答案为：用试管取少量最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若溶液未变为血红色，则说明Fe(OH)3杂质已除净；
(6)过程③生成的废气中含有CO，则TiO2和焦炭、氯气在高温下发生反应的化学方程式为TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO，故答案为：TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO；
(7)过程③中产生的CO和残留的Cl2有毒，污染空气，不符合绿色化学理念，故答案为：过程③中产生的CO和残留的Cl2有毒，污染空气。
18.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种重要的化工产品，将SO2通入Na2CO3和Na2S混合溶液中可制得Na2S2O3。其制备装置如图所示。
（1）A中反应的化学方程式为_____。
（2）为保证Na2S和Na2CO3得到充分利用，两者的物质的量之比应为____。
（3）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通人的SO2不能过量，原因是___。
（4）待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应。过滤B中的混合物，滤液经过__、___（填操作名称）、过滤、洗涤、干燥，得到Na2S2O3•5H2O晶体。
（5）称取10.0g产品(Na2S2O3•5H2O，相对分子质量为248)，配成250mL溶液，取25.00mL溶液，以淀粉作指示剂，用 0.1000 mol/L碘的标准溶液滴定。（反应原理为：2S2O32-+I2 = S4O62-+2I－，忽略Na2SO3与I2反应）。
①滴定终点的现象为____。
②重复三次的实验数据如表所示，其中第三次读数时滴定管中起始和终点的液面位置如图所示，则x=____，产品的纯度为__。
【答案】 (1). (2). 2:1 (3). 二氧化硫融入过多使溶液呈酸性，而可以与氢离子反应，导致产量降低 (4). 蒸发浓缩 (5). 冷却结晶 (6). 溶液由无色变为蓝色，且半分钟颜色不退去 (7). 18.10 (8). 89.28%
【解析】
【分析】
装置A为二氧化硫的发生装置，装置B为硫代硫酸钠的制备装置，装置C为尾气处理装置。
【详解】（1）A为二氧化硫的发生装置，反应的化学方程式为；
（2）装置B中发生的反应为，为保证Na2S和Na2CO3得到充分利用，两者的物质的量之比应为2:1；
（3）硫代硫酸钠在酸性条件下会发生水解，二氧化硫过量会使溶液呈酸性，导致产品产量减少，所以二氧化硫不能过量；
（4）过滤B中的混合物，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Na2S2O3•5H2O晶体；
（5）①滴定所用指示剂是淀粉溶液，当达到滴定终点时，碘稍过量，碘遇淀粉变蓝色；所以溶液会由无色变为蓝色；
②由滴定管的读数可知，开始的刻度是0.50mL，后来的读数是18.60mL，所用溶液的体积是18.10mL，即x=18.10mL，实验序号1所得的体积与另外两组相差较大，舍去，则消耗标准液的平均体积为18.00mL，则碘的物质的量是0.0180L×0.1000mol/L，根据碘与硫代硫酸钠反应的方程式可知硫代硫酸钠的物质的量是0.0180L×0.1000mol/L×2×10=0.036mol，所以产品的纯度为×100%=89.28%。
【点睛】在进行酸碱中和滴定的计算时，要注意观察实验数据，要将错误数据删掉，再进行计算。
19.二氯化二硫(S2Cl2)是一种黄红色液体，有刺激性、窒息性恶臭。生产中使用它作橡胶的低温硫化剂和黏结剂。向熔融的硫中通入适量氯气即可生成S2Cl2，进一步氯化可得SCl2。S2Cl2、SCl2的某些性质如表所示：
水溶性
密度(g/cm3)
熔点
沸点
S2Cl2
空气中发烟雾，遇水即水解
1.687
－76℃
138℃
SCl2
溶于水且剧烈反应
1.621
－122℃
59℃
实验室可用如图所示装置制备少量S2Cl2。请回答下列问题：
（1）已知S2Cl2分子中各原子最外层均满足8电子稳定结构，则S2Cl2的电子式为___。
（2）从图中所示装置中选用某一装置制取Cl2，发生反应的离子方程式为_____。
（3）欲得到较纯净的S2Cl2，上述仪器装置的连接顺序为：e→___→___→_ →___→___→___→a→b→___→___(按气流方向填小写字母代号)。____
（4）仪器D中碱石灰的作用是____。
（5）为了获得更纯净的S2Cl2，需要对产品进行的操作是__。
（6）若将S2Cl2放入水中同时产生沉淀和气体，写出反应的化学方程式：___。该反应中被氧化和被还原的元素的质量之比为___。
【答案】 (1). (2). MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O (3). e→j→k→h→i→c→d→a→b→f→g (4). 吸收剩余的Cl2，并防止空气中的水蒸气进入装置A中使S2Cl2水解 (5). 蒸馏 (或分馏) (6). 2S2Cl2＋2H2O=SO2↑＋3S↓＋4HCl (7). 1∶3
【解析】
【分析】
(1)S2Cl2 分子中各原子最外层均满足8 电子稳定结构，由原子最外层电子数，S原子形成2个价键，而氯原子形成1个价键，故S原子之间形成1对共用电子对，每个S原子分别与氯原子形成1对共用电子对，据此书写电子式；
(2)利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，同时生成氯化锰与水；
(3)装置C制备氯气，F中饱和食盐水可以除去氯气中混有氯化氢气体，E中浓硫酸可以干燥氯气，氯气与硫单质可以在B中反应，A冷凝收集产物，D中碱石灰吸收空气中水蒸气，防止进入A中导致S2Cl2水解，同时吸收未反应的氯气，防止污染空气，据此分析解答(3)~(4)；
(5)制得的液态产品中混有液态SCl2等，二者的沸点相差比较大，据此分析判断分离方法；
(6)将S2Cl2 放入水中发生氧化还原反应，产生的沉淀为S，气体为SO2，据此分析解答。
【详解】(1)S2Cl2 分子中各原子最外层均满足8 电子稳定结构，由原子最外层电子数，S原子形成2个价键，而氯原子形成1个价键，故S原子之间形成1对共用电子对，每个S原子分别与氯原子形成1对共用电子对，其电子式为，故答案为：；
(2)实验室常利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，反应同时生成氯化锰与水，可以选择装置C，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；
(3)装置C制备氯气，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，先用F中饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体，再用E中浓硫酸干燥氯气，氯气与硫单质在B装置中反应，经过A装置冷凝收集产物，D中碱石灰可以吸收空气中水蒸气，防止空气中水蒸气进入装置A中导致S2Cl2水解，同时吸收未反应的氯气，防止污染空气，因此仪器装置的连接顺序为：e→j→k→h→i→c→d→a→b→f→g，故答案为：e→j→k→h→i→c→d→a→b→f→g；
(4)根据(3)的分析，仪器D中碱石灰的作用是吸收剩余的Cl2，并防止空气中的水蒸气进入装置A中使S2Cl2水解，故答案为：吸收剩余的Cl2，并防止空气中的水蒸气进入装置A中使S2Cl2水解；
(5)制得的液态产品中混有液态SCl2等，根据表格数据，二者的沸点相差比较大，为了获得更纯净的S2Cl2，可以用蒸馏方法进行分离提纯，故答案为：蒸馏(或分馏)；
(6)将S2Cl2 放入水中同时产生沉淀和气体，沉淀为S，生成S的过程发生还原反应，故S元素还发生氧化反应，得到的气体为SO2，同时生成HCl，反应的化学方程式为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，该反应中被氧化和被还原的元素均为S，质量之比为1∶3，故答案为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl；1∶3。
【选考题】本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答。若多做，则按A小题评分。
20.镍、钴、钛、铜等元素常用作制备锂离子电池的正极材料或高效催化剂。NA表示阿伏加德罗常数，请填写下列空白。
（1）基态Co原子的电子排布式为___。
（2）镍与CO生成的配合物Ni(CO)4中，易提供孤电子对的成键原子是___（填元素名称）；1 molNi(CO)4中含有的σ键数目为__；写出与CO互为等电子体的一种阴离子的化学式_____。
（3）Ti(BH4)2是一种储氢材料。BH4-的空间构型是____，B原子的杂化方式__。与钛同周期的第ⅡB族和ⅢA族两种元素中第一电离能较大的是___（写元素符号），原因是____。
（4）CuFeS2的晶胞如图所示，晶胞参数分别为anm、bnm、cnm；CuFeS2的晶胞中每个Cu原子与___个S原子相连，晶体密度ρ＝___g·cm−3（列出计算表达式）。
以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原子2和3的坐标分别为（0，1，）、（，，0），则原子1的坐标为___。
【答案】 (1). [Ar]3d74s2 (2). 碳 (3). 8NA (4). CN－或C22－ (5). 正四面体 (6). sp3 (7). Zn (8). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (9). 4 (10). (11). （，，）
【解析】
【分析】
(1)Co是27号元素，结合构造原理写出电子排布式；
(2)Ni原子含有空轨道，CO与氮气互为等电子体，二者化学键类似，CO分子中C、O原子均有1对孤对电子，结合电负性判断哪个原子更易提供孤对电子形成配位键；Ni(CO)4分子中有4个配位键，属于σ键，CO中含有1个σ键，故1个Ni(CO)4分子中有8个σ键；
(3)根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算判断BH4-中B原子杂化类型和空间构型；结合原子轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定分析判断；
(4)根据均摊法计算晶胞中含有原子个数，再根据ρ=计算；根据原子2和3的坐标分析判断出坐标原点，再根据图示判断原子1的坐标。
【详解】(1)钴为27号元素，基态钴原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d74s2或简写为[Ar]3d74s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；
(2)Ni原子含有空轨道，CO与氮气互为等电子体，二者化学键类似，CO分子中C、O原子均有1对孤对电子，由于O元素电负性比碳元素的大，C原子更易提供孤对电子形成配位键；Ni(CO)4分子中有4个配位键，属于σ键，CO中含有1个σ键，故1个Ni(CO)4分子中有8个σ键，1molNi(CO)4中含有的σ键数目为8NA(或8×6.02×1023或4.816×1023)；与CO互为等电子体微粒有2个原子、价电子总数为10，阴离子可以是CN-或C22－，故答案为：碳；8NA(或8×6.02×1023或4.816×1023)；CN-或C22－；
(3)①BH4-中B原子的孤电子对数==0，价层电子对数=0+4=4，BH4-的空间构型与VSEPR模型相同，即为正四面体，杂化轨道数目为4，B原子采取sp3杂化；与钛同周期的第ⅡB族和ⅢA族两种元素为Zn和Ga，由于Zn核外电子排布为全满结构，比较稳定，较难失电子，因此第一电离能比Ga的大，故答案为：正四面体形；sp3杂化；Zn；Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子；
(4)根据CuFeS2的晶胞图，晶胞内部的每个Cu原子与4个S相连，因此晶胞中每个Cu原子与4个S原子相连；该晶胞中S原子个数=8、Fe原子个数=4×+4×+2×=4、Cu原子个数=8×+4×+1=4，则晶胞质量为g，晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，则晶胞体积=abc(nm3)，晶体密度ρ＝= g·cm−3；图中原子2和3的坐标分别为(0，1，)、(，，0)，说明是以图中底面左前方的铜原子作为坐标原点的，则原子1的坐标为(，，)，故答案为：4；；(，，)；
【点睛】本题的难点和易错点为(4)中原子1的坐标的确定，要注意根据原子2和3的坐标找出坐标原点。
21.有机物M可由A（C2H4）按如图路线合成：
已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O；
②同一个碳原子上连有两个羟基的有机物不稳定，易脱水形成羰基。
③C、F均能发生银镜反应。
回答下列问题：
（1）A的名称是____，B含有的官能团是_____。
（2）①的反应类型是____，③的反应类型是____。
（3）G的结构简式是____。
（4）反应②的化学方程式是____。
（5）L是M的同分异构体，分子中除含有1个苯环外无其他环状结构，且苯环上只有一个侧链，1 mol的L可与1 mol的NaHCO3反应，L共有___种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积比为3∶2∶2∶1∶1∶1的结构简式是___（任写一种）。
（6）参照上述合成路线，设计以C为原料制备高吸水性树脂的合成路线（无机试剂任选）。____
【答案】 (1). 乙烯 (2). 羟基或－OH (3). 加成反应 (4). 取代反应 (5). (6). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (7). 8 (8). 、或 (9).
【解析】
【分析】
由分子式C2H4可知A为乙烯，乙烯与水发生加成反应生成B，B为C2H5OH，B发生催化氧化生成C，C为CH3CHO；由分子式C7H8可知D为，D与氯气在光照时发生甲基上的取代反应生成E，结合E的分子式可知，E为，E发生水解反应生成F，结合信息②可知，F为；C与F发生信息①中反应生成G，G为，G发生氧化反应，酸化后生成H，H为，H与甲醇发生酯化反应生成M，M为。据此分析解答。
【详解】(1)A 名称是乙烯，B为C2H5OH，含有的官能团是羟基，故答案为：乙烯；羟基；
(2)根据上述分析，反应①是加成反应，反应③是取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；
(3)根据上述分析，G为，故答案为：；
(4)反应②为乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，故答案为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；
(5)L是M()的同分异构体，分子中除含有1个苯环外无其他环状结构，且苯环上只有一个侧链，1mol的L可与1mol的NaHCO3反应，说明含有1个-COOH，可以看作CH3CH=CHCOOH、CH2=CHCH2COOH、CH2=C(CH3)COOH中烃基中的H原子被苯基取代，分别有3种、3种、2种，故符合条件的共有3+3+2=8种，其中核磁共振氢谱为6组峰，峰面积比为3∶2∶2∶1∶1∶1的结构简式是、或，故答案为：8；、或；
(6)以乙醛为原料制备，需要首先合成CH3CH=CHCOONa，可以由乙醛先在碱性、加热条件下反应生成CH3CH=CHCHO，然后用银氨溶液氧化得到CH3CH=CHCOOH，再与NaOH发生中和反应得到CH3CH=CHCOONa，最后发生加聚反应得到目标物，合成路线为：CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOONa，故答案为：CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOONa。
延边第二中学2020届高三第一次调研考试
化学学科（理科）试卷
试卷说明：试卷满分100分，考试时间90分钟。试卷分为两部分，第一部分选择题共16题（每道题只有一个正确选项，共48分），第二部分为非选择题（共52分）
可能用到的相对原子量：H:1 Li:7 C:12 N:14 O:16 Na:23 Al:27 P:31 S:32 Cl:35.5 K:39 Ca:40 Fe:56 Cu:64 Ba:137
Ⅰ部分（共48分）
1.《本草纲目》中对玻璃有如下叙述：“本作颇黎。颇黎，国名也。其莹如水，其坚如玉，故名水玉，与水精（即水晶，主要成分为SiO2）同名。有酒色、紫色、白色，莹澈与水精相似。”下列说法错误的是（ ）
A. 文中所描述的玻璃颜色，来自某些金属氧化物
B. 玻璃质地坚硬，不易破碎
C. 将石灰石、纯碱、石英在高温下熔融，可制得普通玻璃
D. 不能用带有磨口玻璃塞的玻璃试剂瓶盛放NaOH溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A、玻璃中含有少量金属氧化物，能够使玻璃呈现不同的颜色，故A正确；
B、玻璃是一种质地坚硬，容易破碎的玻璃态物质，故B错误；
C、制玻璃的原料是：石灰石、纯碱、石英，三者在玻璃熔炉中高温熔融可制得玻璃，故C正确；
D、玻璃塞中的二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠，长时间后，塞子不容易打开，所以氢氧化钠溶液不能用带有磨口玻璃塞的试剂瓶盛装，故D正确；
故选B。
2.关于化合物，下列说法正确的是（ ）
A. 分子式为C9H10 B. 分子中所有碳原子均处于同一平面
C. 与互为同分异构体 D. 易溶于水
【答案】A
【解析】
【详解】A、根据结构简式可知，该化合物的分子式为C9H10，故A正确；
B、分子中含有结构，为四面体结构，所有碳原子不可能处于同一平面，故B错误；
C、的分子式为C9H12，分子式不同，不是同分异构体，故C错误；
D、该化合物属于烃类，难溶于水，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为B，要注意甲烷是四面体结构，有机物分子中只要含有或中的一种，分子中的所有碳原子就不可能处于同一平面内。
3.实验室用如图所示装置（图中夹持仪器略去）测定牙膏样品中碳酸钙的质量分数，下列说法错误的是（ ）
A. 实验过程中持续通入空气仅能起到搅拌B、C中的反应物的作用
B. 实验过程中滴加盐酸的速率不宜过快
C. 依据装置C在反应前后的质量差测定的结果会偏高
D. C中的沉淀经过滤、干燥、称重后可确定牙膏样品中碳酸钙的质量分数
【答案】A
【解析】
【详解】A、实验过程中需持续缓缓通入空气．其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收，故A错误；
B、如果滴加盐酸过快CO2，CO2来不及被吸收，就排出装置C，造成实验误差，因此滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳吸收完全，可以提高测定准确度，故B正确；
C、装置B中生成的二氧化碳中混有少量水蒸气、氯化氢，则装置C在反应前后的质量差是生成的二氧化碳、水蒸气和氯化氢的质量，若据此计算，测定的结果会偏高，故C正确；
D、C中的沉淀为碳酸钡，经过滤、干燥、称重后可确定生成二氧化碳的质量，进而确定牙膏样品中碳酸钙的质量分数，故D正确；
故选A。
4.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是
A. 5.6 g铁与足量硫加热充分反应转移电子数为0.2NA
B. 1 mol苯分子中含有的碳碳双键数为3NA
C. 在0.1 molNaHSO4晶体中阳离子与阴离子总数为0.3NA
D. 6.2g白磷分子中含P—P键为0.2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. Fe与S反应生成FeS，Fe的化合价变为+2价，5.6g铁物质的量是0.1mol，1mol铁失去2mol电子，所以0.1mol铁反应转移的电子数为0.2NA，A正确；
B.苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的化学键，无碳碳双键，B错误；
C.NaHSO4晶体由Na+和HSO4-构成，0.1mol NaHSO4中含离子总数为0.2 NA，C错误；
D.白磷分子是正四面体结构，1个分子中含有6个P—P共价键，6.2 g白磷(分子式为P4)的物质的量是0.05mol，分子中含有P—P共价键0.3mol，含P—P键数目为0.3NA，D错误；
故合理选项是A。
5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. 元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞Z
B. Y单质的熔点高于X单质
C. W分别与X、Y、Z形成的二元化合物均只有一种
D. 化合物M中W不都满足8电子稳定结构
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na元素；根据结构，W最外层有6个电子，原子序数小于11，则W为O元素；Y最外层有4个电子，原子序数大于11，则Y为Si元素；W的核外电子数为8，与X、Z的最外层电子数之和相等，则Z最外层有7个电子，只能为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，符合题意，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z为Cl元素。
A、同一周期，从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，则元素非金属性强弱的顺序为Cl＞Si，即Z＞Y，故A错误；
B、硅为原子晶体，熔点高于钠，即Y单质的熔点高于X单质，故B正确；
C、O与Na能够形成氧化钠和过氧化钠2种，故C错误；
D、根据，阴离子带2个单位负电荷，其中O都满足8电子稳定结构，故D错误；
故选B。
6.练江整治已刻不容缓，其中以印染工业造成的污染最为严重。某工厂拟综合处理含NH4+ 废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO），设计了如下工业流程：
下列说法错误的是
A. 气体I中主要含有的气体有N2、NO、CO
B. X在反应中作氧化剂，可通入过量的空气
C. 处理含NH4+废水时，发生离子方程式是：NH4++NO2-=N2↑+2H2O
D. 捕获剂所捕获的气体主要是CO
【答案】B
【解析】
【分析】
工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固体I为CaCO3、CaSO3，气体I是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO，气体I通入气体X，用NaOH溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到NaNO3，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成N2，则气体II含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，以此解答该题。
【详解】工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固体I为CaCO3、CaSO3，气体I是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO，气体I通入气体X，用NaOH溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到NaNO3，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体II含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。
A．工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成CaCO3、CaSO3，因Ca(OH)2过量，则固体I为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，气体I是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO，A正确；
B．由分析可知，气体I是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体I通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到NaNO3，B错误；
C．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成N2，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O， C正确；
D．气体II含有CO、N2，经捕获剂所捕获的气体主要是CO，D正确；
故答案选B。
【点睛】本题考查物质的分离、提纯的综合应用，侧重学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质，为解答该题的关键，题目涉及废水的处理，有利于培养学生良好的科学素养，提高环保意识。
7.下列五种短周期元素的某些性质如表所示（其中只有W、Y、Z为同周期元素）。
元素
X
W
Y
Z
R
原子半径（pm）
37
64
66
70
154
主要化合价
+1
-1
-2
+5、-3
+1
下列叙述错误的是
A. 原子半径按X、W、Y、Z、R的顺序依次增大
B. X、Y、Z三种元素形成的化合物，其晶体可能是离子晶体，也可能是分子晶体
C. W、Y、Z三种元素形成的气态氢化物稳定性：ZH3>H2Y>HW
D. R元素可分别与X、W、Y三种元素形成离子化合物
【答案】C
【解析】
【分析】
根据表中数据知，X的原子半径最小，且其正化合价为+1，则X位于第IA族；W、Y、Z为同周期元素，根据其化合价知，W为第VIIA族、Y为第VIA族、Z为第VA族元素，R为第IA族元素，其原子半径最大，且为短周期元素，所以R是Na元素，W、Y、Z都属于第二周期元素，所以W是F元素、Y是O元素、Z是N元素，X原子半径小于W，所以X是H元素，再结合物质的结构分析解答。
【详解】A.原子的电子层数越大，其原子半径越大；同一周期元素中，原子半径随原子序数增大而减小。H是第一周期的元素，Na是第三周期的元素，N、O、F是第二周期的元素，原子序数F>O>N，所以原子半径按X、W、Y、Z、R的顺序依次增大，A正确；
B.由H、O、N三种元素形成的化合物，其晶体可能是分子晶体，如HNO3；也可能是离子晶体，如NH4NO3，B正确；
C.同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性：F>O>N，所以这三种元素形成的气态氢化物稳定性：NH3
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了原子结构和元素周期律的关系，根据元素的原子半径、主要化合价结合元素周期律来推断元素是本题解答关键。易错选项是B，由H、O、N三种元素形成的化合物，硝酸晶体是分子晶体、硝酸铵是离子晶体，为易错点。
8.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(夹持和净化装置省略)。仅用以下实验装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是
选项
a中的液体
b中的物质
c中收集的气体
d中的液体
A
浓氨水
碱石灰
NH3
H2O
B
浓硝酸
Cu
NO2
H2O
C
浓硫酸
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
D
稀硝酸
Cu
NO
NaOH溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.浓氨水与碱石灰不加热可以制取氨气，但是氨气的密度比空气小，不能用向上排空气方法收集，A错误；
B.浓硝酸与Cu反应产生NO2气体，NO2密度比空气大，可以用向上排空气方法收集，NO2是大气污染物，但NO2若用水吸收，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，产生的NO仍然会污染空气，B错误；
C.浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应，产生Na2SO4、H2O、SO2，SO2密度比空气大，可以用向上排空气方法收集，SO2是大气污染物，可以用NaOH溶液吸收，发生反应为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，为防止倒吸，安装了倒扣漏斗，从而达到环境保护的目的，C正确；
D.稀硝酸与Cu反应产生NO气体，NO与空气中的氧气会发生反应，所以不能用排空气方法收集，D错误；
故合理选项是C。
9.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A. c(OH－)/c(H＋)＝10－12的溶液中：NH4+、Cu2＋、NO3-、SO42-
B. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K＋、Cl－、I－
C. 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中：Fe3＋、K＋、Cl－、SO42-
D. 水电离产生的c(OH－)＝10－12 mol·L－1的溶液中：Na＋、Al3＋、Cl－、NO3-
【答案】A
【解析】
【详解】A．c(OH－)/c(H＋)=10-12的溶液，显酸性，NH4+、Cu2＋、NO3-、SO42-离子之间不反应，与氢离子也不反应，可大量共存，故A正确；
B．滴加KSCN溶液显红色的溶液，说明溶液中存在三价铁离子，三价铁离子能够氧化碘离子，不能大量共存，故B错误；
C．Fe3＋与HCO3-发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．由水电离的c(OH－)=10-12mol•L-1的溶液，为酸溶液或碱溶液，碱溶液中不能大量存在Al3+，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为D，要注意“c(OH－)＝10－12 mol·L－1的溶液”与“水电离产生的c(OH－)＝10－12 mol·L－1的溶液”的区别，前者表示溶液显酸性，后者表示溶液显酸性或碱性。
10.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑
B. 向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至混合溶液恰好为中性：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-=BaSO4↓＋2H2O
C. 向次氯酸钙溶液中通入SO2：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O===CaSO3↓＋2HClO
D. 向次氯酸钠溶液中通入少量CO2： 2ClO－＋CO2＋H2O===CO32-＋2HClO
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸和CaCO3均用化学式表示，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故A错误；
B．向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至混合溶液恰好为中性，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，故B正确；
C．向次氯酸钙溶液中通入SO2要发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Ca2++2ClO-+2SO2+2H2O=CaSO4↓+SO42-+4H++2Cl-，故C错误；
D．向次氯酸钠溶液中通入少量CO2，次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，反应生成碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：ClO-+H2O+CO2═HClO+HCO3-，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为D，要注意次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，无论二氧化碳少量还是过量，都是生成HCO3-。
11.8.34 g FeSO4·7H2O(相对分子质量：278)样品受热脱水过程热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示，下列说法正确的是
A. 温度为78 ℃时固体物质M的化学式为FeSO4·5H2O
B. 取适量380 ℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650 ℃，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe3O4
C. 在隔绝空气条件下，N得到P化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O
D. 温度为159 ℃时固体N的化学式为FeSO4·2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
8.34 g FeSO4·7H2O 样品的物质的量为8.34 g÷278 g/mol＝0.03 mol，其中m(H2O)＝0.03 mol×7×18 g/mol＝3.78 g，如晶体失去全部结晶水，固体的质量应为8.34 g－3.78 g＝4.56 g，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，据此回答。
【详解】A．温度为78 ℃时，固体质量为6.72 g，其中m(FeSO4)＝0.03 mol×152 g/mol＝4.56 g，m(H2O)＝6.72 g－4.56 g＝2.16 g，n(H2O)＝2.16 g÷18 g/mol＝0.12 mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)＝0.12 mol∶0.03 mol＝4∶1，则化学式为FeSO4·4H2O，A项错误；
B．加热至650 ℃时，固体的质量为2.40 g，其中n(Fe)＝n(FeSO4·7H2O)＝0.03 mol，m(Fe)＝0.03 mol×56 g/mol＝1.68 g，则固体中m(O)＝2.40 g－1.68 g＝0.72 g，n(O)＝0.72 g÷16 g/mol＝0.045 mol，则n(Fe)∶n(O)＝0.03 mol∶0.045 mol＝2∶3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3，B项错误；
C．固体N的质量为5.10 g，其中m(FeSO4)＝0.03 mol×152 g/mol＝4.56 g，m(H2O)＝5.10 g－4.56 g＝0.54 g，n(H2O)＝0.54 g÷18 g/mol＝0.03 mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)＝0.03 mol∶0.03 mol＝1∶1，则N的化学式为FeSO4·H2O，P的化学式为FeSO4，则在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O，C项正确；
D．温度为159℃时，由C项可知N的化学式为FeSO4·H2O，D项错误。
故选C。
12. 为证明稀硝酸与铜反应产物中气体为NO，设计如图实验（实验过程中活塞2为打开状态），下列说法中不正确的是
A. 关闭活塞1，加入稀硝酸至液面a处
B. 在装置左侧稍加热可以加快稀硝酸与铜的反应速率
C. 通过关闭或开启活塞1可以控制反应的进行
D. 反应开始后，胶塞下方有无色气体生成，还不能证明该气体为NO
【答案】A
【解析】
如果关闭活塞1，稀硝酸加到一定程度后，左侧液面将不再升高，即不可能加到液面a处，A错误。B正确。关闭活塞1时，产生的气体聚集在铜丝附近使得U形管液面左低右高，当左面铜丝接触不到硝酸后，反应停止；由于活塞2是打开的，打开活塞l后，两边液面恢复水平位置，继续反应，所以活塞l可以控制反应的进行，C项正确。胶塞下方有无色气体生成，此时还要打开活塞1使得该气体进入上面的球体里，看到有红棕色现象(生成NO2)才能证明生成的是NO气体，D正确。
13.已知常见元素及化合物的转化关系如图所示：
又知A～E中均含有一种相同元素。下列说法错误的是（ ）
A. 物质A一定是单质 B. 物质C可能是淡黄色固体
C. 物质D可能是酸或碱 D. 物质E可能属于盐类
【答案】A
【解析】
【分析】
若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐，据此分析解答。
【详解】若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐。
A．由上述分析可知，A可能为单质Na、S等，也可能为化合物NH3、H2S等，故A错误；
B．若A为Na时，C可为过氧化钠，过氧化钠为淡黄色固体，故B正确；
C．由上述分析可知，D可能为酸，也可能为碱，故C正确；
D．由上述分析可知，E可能属于盐类，故D正确；
故选A。
14.将足量的X气体通入Y溶液中，实验结果与预测的现象一致的组合是（ ）
X气体
Y溶液
预测的现象
①
CO2
饱和CaCl2溶液
白色沉淀析出
②
SO2
Ba(NO3)2溶液
白色沉淀析出
③
NH3
AgNO3溶液
白色沉淀析出
④
NO2
Na2S溶液
白色沉淀析出
A. 只有①②③ B. 只有①② C. 只有② D. ②④
【答案】C
【解析】
【详解】①盐酸的酸性大于碳酸，因此二氧化碳与氯化钙不反应，无明显现象，故①错误；
②SO2与Ba(NO3)2溶液能够发生氧化还原反应，生成硫酸钡白色沉淀，故②正确；
③NH3与AgNO3溶液反应，先生成沉淀后生成银氨溶液，则先生成沉淀后沉淀消失，故③错误；
④NO2与Na2S溶液发生氧化还原反应生成S，则有淡黄色沉淀生成，故④错误；
正确的只有②，故选C。
【点睛】本题的易错点为②，要注意硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性。
15.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：
下列说法不正确的是（ ）
A. 溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉
B. 固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2
C. 从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解
D. 若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确；
B、固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4分离，B不正确；
C、Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；
D、在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3溶于硫酸后生成Fe2(SO4)3，D不正确。
答案选D。
16.某l00mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32 -、SO42 -、Cl-中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法不正确的是( )
A. 原溶液一定存在CO32 -和SO42 -，一定不存在Fe3+
B. 是否存在Na+只有通过焰色反应才能确定
C. 原溶液一定存在Na+，可能存在Cl-
D. 若原溶液中不存在Cl-，则c (Na+) =0.1mol·L-1
【答案】B
【解析】
向原溶液中加入BaCl2溶液，产出4.30g白色沉淀，该沉淀与盐酸反应，部分沉淀溶解，则2.33g沉淀2为BaSO4，物质的量为0.01mol，溶解的沉淀为BaCO3，质量为4.30g-2.33g= 1.97g，物质的量为0.01mol，则原溶液中一定含有0.01mol的SO42-和0.01mol的CO32-，加入BaCl2溶液后过滤，向滤液中加入NaOH溶液产生气体，则该气体为NH3，体积为0.672L，物质的量为0.03mol，在原溶液中含有NH4＋ 0.03mol，没有红褐色沉淀生成，一定不含有Fe3＋，根据电荷守恒，若没有Cl－，则含有0.01molNa+，若有Cl－，则含有Na＋的物质的量大于0.01mol。A.根据上述分析，原溶液一定存在CO32 -和SO42 -，一定不存在Fe3+，故A正确；B.根据上述分析，原溶液中一定存在Na＋，故B错误；C.根据上述分析，原溶液一定存在Na+，可能存在Cl-，故C正确；D.根据上述分析，若原溶液中不存在Cl-，则c (Na+)=0.01mol÷0.1L =0.lmol·L-1，故D正确；故选B。
点睛：本题考查离子共存、离子反应及离子的判断，难度不大。特别注意：①BaCO3难溶于水，易溶于酸，BaSO4难溶于水，也难溶于酸；②与碱反应生成的气体为氨气，Fe3＋与OH－反应生成红褐色沉淀氢氧化铁；③溶液呈电中性，根据电荷守恒来判断Na＋是否存在。
II部分（共52分）
17.四氯化钛（TiCl4）是制取航空材料——钛合金的重要原料。由钛铁矿（主要成分是FeTiO3，不溶于水）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如图：
回答下列问题：
（1）“酸浸”时需要将钛铁矿粉碎，其目的是___。
（2）浸出液呈强酸性，含有TiO2＋、Fe2＋及少量Fe3＋、Al3＋等离子，则生成TiO2＋的离子方程式是___。
（3）“反应”时需加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋，2TiO2＋（无色）＋Fe＋4H＋＝2Ti3＋（紫色）＋Fe2＋＋2H2O，Ti3＋（紫色）＋Fe3＋＋H2O＝TiO2＋（无色）＋Fe2＋＋2H＋，加入铁屑的作用是____。
（4）通过控制条件，可以使过程①中生成的TiO2·nH2O形成一种液态分散系，用一束光照射该分散系能够产生丁达尔效应，则分散质颗粒直径的范围是___。
（5）过程①制得的固体TiO2·nH2O需用过量酸清洗以除去其中的Fe(OH)3杂质，检验Fe(OH)3杂质除净的实验方法是___。
（6）过程③生成的废气中含有CO，则TiO2和焦炭、氯气在高温下发生反应的化学方程式是___。
（7）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是___（只要求写出一项）。
【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率 (2). FeTiO3＋4H＋＝TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O (3). 将Fe3＋还原为Fe2＋ (4). 10－9~10－7m (5). 用试管取少量最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若溶液未变为血红色，则说明Fe(OH)3杂质已除净 (6). TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO (7). 过程③中产生的CO和残留的Cl2有毒，污染空气
【解析】
【分析】
钛铁矿(主要成分是FeTiO3，不溶于水)用盐酸酸浸后，浸出液呈强酸性，含有TiO2＋、Fe2＋及少量Fe3＋、Al3＋等离子，过滤，除去滤渣；浸出液中加入铁屑，根据(3)可知，铁能将铁离子、TiO2+还原，形成氯化亚铁，经过浓缩结晶，形成氯化亚铁晶体除去浸出液中的大部分亚铁离子，得到富含TiO2+的溶液，通过控制条件，使过程①中生成TiO2·nH2O，加热TiO2·nH2O分解得到粗TiO2，在高温下TiO2和焦炭、氯气反应生成TiCl4和废气，据此分析解答。
【详解】(1)反应物接触面积越大，反应速率越快，钛铁矿酸浸前要粉碎成细颗粒，可以增大反应物接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快浸出反应速率；
(2)钛铁矿(主要成分是FeTiO3，不溶于水)用盐酸酸浸后，浸出液呈强酸性，含有TiO2＋、Fe2＋及少量Fe3＋、Al3＋等离子，说明FeTiO3与盐酸反应生成TiO2＋，Ti元素化合价不变，则同时生成Fe2＋，反应的离子方程式为FeTiO3＋4H＋＝TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O，故答案为：FeTiO3＋4H＋＝TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O；
(3)往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液呈强酸性，该过程中有如下反应发生：2 Fe3++Fe=3Fe2+；2TiO2+(无色)+Fe+4H+=2Ti3+(紫色)+Fe2++2H2O，铁能将铁离子、TiO2+还原，从而防止亚铁离子被氧化，所以加入铁屑的作用是使Fe3+还原为Fe2+，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+；
(4)通过控制条件，可以使过程①中生成的TiO2·nH2O形成一种液态分散系，用一束光照射该分散系能够产生丁达尔效应，说明生成的是胶体，则分散质颗粒直径的范围是10－9~10－7m(或1nm~100nm)，故答案为：10－9~10－7m(或1nm~100nm)；
(5)Fe(OH)3被酸溶解生成Fe3+，检验Fe3+可以用KSCN溶液，具体操作为：用试管取少量最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若溶液未变为血红色，则说明Fe(OH)3杂质已除净，故答案为：用试管取少量最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若溶液未变为血红色，则说明Fe(OH)3杂质已除净；
(6)过程③生成的废气中含有CO，则TiO2和焦炭、氯气在高温下发生反应的化学方程式为TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO，故答案为：TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO；
(7)过程③中产生的CO和残留的Cl2有毒，污染空气，不符合绿色化学理念，故答案为：过程③中产生的CO和残留的Cl2有毒，污染空气。
18.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种重要的化工产品，将SO2通入Na2CO3和Na2S混合溶液中可制得Na2S2O3。其制备装置如图所示。
（1）A中反应的化学方程式为_____。
（2）为保证Na2S和Na2CO3得到充分利用，两者的物质的量之比应为____。
（3）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通人的SO2不能过量，原因是___。
（4）待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应。过滤B中的混合物，滤液经过__、___（填操作名称）、过滤、洗涤、干燥，得到Na2S2O3•5H2O晶体。
（5）称取10.0g产品(Na2S2O3•5H2O，相对分子质量为248)，配成250mL溶液，取25.00mL溶液，以淀粉作指示剂，用 0.1000 mol/L碘的标准溶液滴定。（反应原理为：2S2O32-+I2 = S4O62-+2I－，忽略Na2SO3与I2反应）。
①滴定终点的现象为____。
②重复三次的实验数据如表所示，其中第三次读数时滴定管中起始和终点的液面位置如图所示，则x=____，产品的纯度为__。
【答案】 (1). (2). 2:1 (3). 二氧化硫融入过多使溶液呈酸性，而可以与氢离子反应，导致产量降低 (4). 蒸发浓缩 (5). 冷却结晶 (6). 溶液由无色变为蓝色，且半分钟颜色不退去 (7). 18.10 (8). 89.28%
【解析】
【分析】
装置A为二氧化硫的发生装置，装置B为硫代硫酸钠的制备装置，装置C为尾气处理装置。
【详解】（1）A为二氧化硫的发生装置，反应的化学方程式为；
（2）装置B中发生的反应为，为保证Na2S和Na2CO3得到充分利用，两者的物质的量之比应为2:1；
（3）硫代硫酸钠在酸性条件下会发生水解，二氧化硫过量会使溶液呈酸性，导致产品产量减少，所以二氧化硫不能过量；
（4）过滤B中的混合物，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Na2S2O3•5H2O晶体；
（5）①滴定所用指示剂是淀粉溶液，当达到滴定终点时，碘稍过量，碘遇淀粉变蓝色；所以溶液会由无色变为蓝色；
②由滴定管的读数可知，开始的刻度是0.50mL，后来的读数是18.60mL，所用溶液的体积是18.10mL，即x=18.10mL，实验序号1所得的体积与另外两组相差较大，舍去，则消耗标准液的平均体积为18.00mL，则碘的物质的量是0.0180L×0.1000mol/L，根据碘与硫代硫酸钠反应的方程式可知硫代硫酸钠的物质的量是0.0180L×0.1000mol/L×2×10=0.036mol，所以产品的纯度为×100%=89.28%。
【点睛】在进行酸碱中和滴定的计算时，要注意观察实验数据，要将错误数据删掉，再进行计算。
19.二氯化二硫(S2Cl2)是一种黄红色液体，有刺激性、窒息性恶臭。生产中使用它作橡胶的低温硫化剂和黏结剂。向熔融的硫中通入适量氯气即可生成S2Cl2，进一步氯化可得SCl2。S2Cl2、SCl2的某些性质如表所示：
水溶性
密度(g/cm3)
熔点
沸点
S2Cl2
空气中发烟雾，遇水即水解
1.687
－76℃
138℃
SCl2
溶于水且剧烈反应
1.621
－122℃
59℃
实验室可用如图所示装置制备少量S2Cl2。请回答下列问题：
（1）已知S2Cl2分子中各原子最外层均满足8电子稳定结构，则S2Cl2的电子式为___。
（2）从图中所示装置中选用某一装置制取Cl2，发生反应的离子方程式为_____。
（3）欲得到较纯净的S2Cl2，上述仪器装置的连接顺序为：e→___→___→_ →___→___→___→a→b→___→___(按气流方向填小写字母代号)。____
（4）仪器D中碱石灰的作用是____。
（5）为了获得更纯净的S2Cl2，需要对产品进行的操作是__。
（6）若将S2Cl2放入水中同时产生沉淀和气体，写出反应的化学方程式：___。该反应中被氧化和被还原的元素的质量之比为___。
【答案】 (1). (2). MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O (3). e→j→k→h→i→c→d→a→b→f→g (4). 吸收剩余的Cl2，并防止空气中的水蒸气进入装置A中使S2Cl2水解 (5). 蒸馏 (或分馏) (6). 2S2Cl2＋2H2O=SO2↑＋3S↓＋4HCl (7). 1∶3
【解析】
【分析】
(1)S2Cl2 分子中各原子最外层均满足8 电子稳定结构，由原子最外层电子数，S原子形成2个价键，而氯原子形成1个价键，故S原子之间形成1对共用电子对，每个S原子分别与氯原子形成1对共用电子对，据此书写电子式；
(2)利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，同时生成氯化锰与水；
(3)装置C制备氯气，F中饱和食盐水可以除去氯气中混有氯化氢气体，E中浓硫酸可以干燥氯气，氯气与硫单质可以在B中反应，A冷凝收集产物，D中碱石灰吸收空气中水蒸气，防止进入A中导致S2Cl2水解，同时吸收未反应的氯气，防止污染空气，据此分析解答(3)~(4)；
(5)制得的液态产品中混有液态SCl2等，二者的沸点相差比较大，据此分析判断分离方法；
(6)将S2Cl2 放入水中发生氧化还原反应，产生的沉淀为S，气体为SO2，据此分析解答。
【详解】(1)S2Cl2 分子中各原子最外层均满足8 电子稳定结构，由原子最外层电子数，S原子形成2个价键，而氯原子形成1个价键，故S原子之间形成1对共用电子对，每个S原子分别与氯原子形成1对共用电子对，其电子式为，故答案为：；
(2)实验室常利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，反应同时生成氯化锰与水，可以选择装置C，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；
(3)装置C制备氯气，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，先用F中饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体，再用E中浓硫酸干燥氯气，氯气与硫单质在B装置中反应，经过A装置冷凝收集产物，D中碱石灰可以吸收空气中水蒸气，防止空气中水蒸气进入装置A中导致S2Cl2水解，同时吸收未反应的氯气，防止污染空气，因此仪器装置的连接顺序为：e→j→k→h→i→c→d→a→b→f→g，故答案为：e→j→k→h→i→c→d→a→b→f→g；
(4)根据(3)的分析，仪器D中碱石灰的作用是吸收剩余的Cl2，并防止空气中的水蒸气进入装置A中使S2Cl2水解，故答案为：吸收剩余的Cl2，并防止空气中的水蒸气进入装置A中使S2Cl2水解；
(5)制得的液态产品中混有液态SCl2等，根据表格数据，二者的沸点相差比较大，为了获得更纯净的S2Cl2，可以用蒸馏方法进行分离提纯，故答案为：蒸馏(或分馏)；
(6)将S2Cl2 放入水中同时产生沉淀和气体，沉淀为S，生成S的过程发生还原反应，故S元素还发生氧化反应，得到的气体为SO2，同时生成HCl，反应的化学方程式为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，该反应中被氧化和被还原的元素均为S，质量之比为1∶3，故答案为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl；1∶3。
【选考题】本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答。若多做，则按A小题评分。
20.镍、钴、钛、铜等元素常用作制备锂离子电池的正极材料或高效催化剂。NA表示阿伏加德罗常数，请填写下列空白。
（1）基态Co原子的电子排布式为___。
（2）镍与CO生成的配合物Ni(CO)4中，易提供孤电子对的成键原子是___（填元素名称）；1 molNi(CO)4中含有的σ键数目为__；写出与CO互为等电子体的一种阴离子的化学式_____。
（3）Ti(BH4)2是一种储氢材料。BH4-的空间构型是____，B原子的杂化方式__。与钛同周期的第ⅡB族和ⅢA族两种元素中第一电离能较大的是___（写元素符号），原因是____。
（4）CuFeS2的晶胞如图所示，晶胞参数分别为anm、bnm、cnm；CuFeS2的晶胞中每个Cu原子与___个S原子相连，晶体密度ρ＝___g·cm−3（列出计算表达式）。
以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原子2和3的坐标分别为（0，1，）、（，，0），则原子1的坐标为___。
【答案】 (1). [Ar]3d74s2 (2). 碳 (3). 8NA (4). CN－或C22－ (5). 正四面体 (6). sp3 (7). Zn (8). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (9). 4 (10). (11). （，，）
【解析】
【分析】
(1)Co是27号元素，结合构造原理写出电子排布式；
(2)Ni原子含有空轨道，CO与氮气互为等电子体，二者化学键类似，CO分子中C、O原子均有1对孤对电子，结合电负性判断哪个原子更易提供孤对电子形成配位键；Ni(CO)4分子中有4个配位键，属于σ键，CO中含有1个σ键，故1个Ni(CO)4分子中有8个σ键；
(3)根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算判断BH4-中B原子杂化类型和空间构型；结合原子轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定分析判断；
(4)根据均摊法计算晶胞中含有原子个数，再根据ρ=计算；根据原子2和3的坐标分析判断出坐标原点，再根据图示判断原子1的坐标。
【详解】(1)钴为27号元素，基态钴原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d74s2或简写为[Ar]3d74s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；
(2)Ni原子含有空轨道，CO与氮气互为等电子体，二者化学键类似，CO分子中C、O原子均有1对孤对电子，由于O元素电负性比碳元素的大，C原子更易提供孤对电子形成配位键；Ni(CO)4分子中有4个配位键，属于σ键，CO中含有1个σ键，故1个Ni(CO)4分子中有8个σ键，1molNi(CO)4中含有的σ键数目为8NA(或8×6.02×1023或4.816×1023)；与CO互为等电子体微粒有2个原子、价电子总数为10，阴离子可以是CN-或C22－，故答案为：碳；8NA(或8×6.02×1023或4.816×1023)；CN-或C22－；
(3)①BH4-中B原子的孤电子对数==0，价层电子对数=0+4=4，BH4-的空间构型与VSEPR模型相同，即为正四面体，杂化轨道数目为4，B原子采取sp3杂化；与钛同周期的第ⅡB族和ⅢA族两种元素为Zn和Ga，由于Zn核外电子排布为全满结构，比较稳定，较难失电子，因此第一电离能比Ga的大，故答案为：正四面体形；sp3杂化；Zn；Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子；
(4)根据CuFeS2的晶胞图，晶胞内部的每个Cu原子与4个S相连，因此晶胞中每个Cu原子与4个S原子相连；该晶胞中S原子个数=8、Fe原子个数=4×+4×+2×=4、Cu原子个数=8×+4×+1=4，则晶胞质量为g，晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，则晶胞体积=abc(nm3)，晶体密度ρ＝= g·cm−3；图中原子2和3的坐标分别为(0，1，)、(，，0)，说明是以图中底面左前方的铜原子作为坐标原点的，则原子1的坐标为(，，)，故答案为：4；；(，，)；
【点睛】本题的难点和易错点为(4)中原子1的坐标的确定，要注意根据原子2和3的坐标找出坐标原点。
21.有机物M可由A（C2H4）按如图路线合成：
已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O；
②同一个碳原子上连有两个羟基的有机物不稳定，易脱水形成羰基。
③C、F均能发生银镜反应。
回答下列问题：
（1）A的名称是____，B含有的官能团是_____。
（2）①的反应类型是____，③的反应类型是____。
（3）G的结构简式是____。
（4）反应②的化学方程式是____。
（5）L是M的同分异构体，分子中除含有1个苯环外无其他环状结构，且苯环上只有一个侧链，1 mol的L可与1 mol的NaHCO3反应，L共有___种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积比为3∶2∶2∶1∶1∶1的结构简式是___（任写一种）。
（6）参照上述合成路线，设计以C为原料制备高吸水性树脂的合成路线（无机试剂任选）。____
【答案】 (1). 乙烯 (2). 羟基或－OH (3). 加成反应 (4). 取代反应 (5). (6). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (7). 8 (8). 、或 (9).
【解析】
【分析】
由分子式C2H4可知A为乙烯，乙烯与水发生加成反应生成B，B为C2H5OH，B发生催化氧化生成C，C为CH3CHO；由分子式C7H8可知D为，D与氯气在光照时发生甲基上的取代反应生成E，结合E的分子式可知，E为，E发生水解反应生成F，结合信息②可知，F为；C与F发生信息①中反应生成G，G为，G发生氧化反应，酸化后生成H，H为，H与甲醇发生酯化反应生成M，M为。据此分析解答。
【详解】(1)A 名称是乙烯，B为C2H5OH，含有的官能团是羟基，故答案为：乙烯；羟基；
(2)根据上述分析，反应①是加成反应，反应③是取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；
(3)根据上述分析，G为，故答案为：；
(4)反应②为乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，故答案为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；
(5)L是M()的同分异构体，分子中除含有1个苯环外无其他环状结构，且苯环上只有一个侧链，1mol的L可与1mol的NaHCO3反应，说明含有1个-COOH，可以看作CH3CH=CHCOOH、CH2=CHCH2COOH、CH2=C(CH3)COOH中烃基中的H原子被苯基取代，分别有3种、3种、2种，故符合条件的共有3+3+2=8种，其中核磁共振氢谱为6组峰，峰面积比为3∶2∶2∶1∶1∶1的结构简式是、或，故答案为：8；、或；
(6)以乙醛为原料制备，需要首先合成CH3CH=CHCOONa，可以由乙醛先在碱性、加热条件下反应生成CH3CH=CHCHO，然后用银氨溶液氧化得到CH3CH=CHCOOH，再与NaOH发生中和反应得到CH3CH=CHCOONa，最后发生加聚反应得到目标物，合成路线为：CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOONa，故答案为：CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOONa。
相关资料
更多
