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2021-2022学年山西省运城市高三（上）期中化学试卷
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这是一份2021-2022学年山西省运城市高三（上）期中化学试卷，共40页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山西省运城市高三（上）期中化学试卷
一、选择题（本题共18个小题，每小题3分，共54分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．（3分）化学与生活、科学、技术等密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．2020年，中国“奋斗者”号载人潜水器成功进行深海科考活动，制造潜水器载人球舱的钛合金比纯金属钛具有更高的强度、韧性和熔点
B．纳米铁粉和FeS都可以高效地去除被污染水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，其原理是相同的
C．秦朝兵马俑用陶土烧制而成，陶土属于合成高分子材料
D．葡萄酒中通常含有微量SO2，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化
2．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应后，混合气体分子数等于2NA
B．0.2molFeCl3水解形成的Fe（ OH）3胶体粒子数为0.2NA
C．向由2.3gNa与2.7gAl组成的混合物中加入足量水充分反应，生成的H2分子数为0.2NA
D．反应KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O中，每消耗1molKClO3，转移的电子数为6NA
3．（3分）下列有关离子方程式表示正确的是（ ）
A．向FeI2溶液中通入足量Cl2：2Fe2++2I﹣+2Cl2＝2Fe3++I2+4Cl﹣
B．碳酸氢钡与少量的氢氧化钠溶液反应：Ba2++OH﹣+HCO3﹣═BaCO3↓+H2O
C．已知酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，则向NaCN溶液中通入少量的CO2时：2CN﹣+CO2+H2O＝2HCN+CO32﹣
D．酸性KMnO4溶液中加H2O2溶液：2MnO4﹣+10H++3H2O2═2Mn2++3O2↑+8H2O
4．（3分）下列各组离子，在指定环境中一定能大量共存的是（ ）
A．能使甲基橙变红的溶液中：NH4+、SO42﹣、NO3﹣、Mg2+
B．由水电离出的c（H+）＝1×10﹣13mol/L的溶液中：Ca2+、NH4+、ClO﹣、Ag+
C．加入铝粉能放出氢气的溶液中：Mg2+、AlO2﹣、I﹣、NO3﹣
D．某无色透明的溶液中：AlO2﹣、NH4+、HCO3﹣、Cl﹣
5．（3分）为提纯下列物质（括号中为杂质），所选除杂试剂和分离方法正确的是（ ）
选项
被提纯的物质（杂质）
除杂试剂
分离方法
A
SO2（H2S）
酸性高锰酸钾溶液
洗气
B
HBr（ Br2）
NaOH
洗气
C
乙酸乙酯（乙醇）
饱和Na2CO3溶液
分液
D
CO2（SO2）
饱和NaHSO3溶液
洗气
A．A B．B C．C D．D
6．（3分）科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如下。W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大。（ 注：实线代表共价键，重复单元的W、X未标注）下列说法正确的是（ ）
A．离子半径：Z＞Y
B．W、X、Y三种元素可组成多种酸
C．W、Y、Z三种元素中任意两种组成的二元离子化合物，共有两种
D．X与W组成的化合物的沸点一定比Y与W组成的化合物的沸点低
7．（3分）下列“类比”合理的是（ ）
A．Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，则Na在CO2中燃烧可能生成Na2CO3和C
B．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClO
C．C在足量O2中燃烧生成CO2，则S在足量O2中燃烧生成SO3
D．往AlCl3溶液中加入过量氨水生成Al（ OH）3沉淀，则往CuCl2溶液中加入过量氨水生成Cu（ OH）2沉淀
8．（3分）化学反应中的能量变化，通常主要表现为热量的变化。下列相关表述正确的是（ ）
A．一定条件下，将0.5molH2和0.5molI2（g）置于密闭容器中充分反应生成HI放热akJ，其热化学方程式为：H2（g）+I2（g）═2HI（g）ΔH＝﹣2akJ/mol
B．在101kPa 时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式表示为：H2（g）+O2（g）═H2O（1）ΔH＝﹣285.8kJ/mol
C．S（g）+O2（g）＝SO2（g）ΔH1；S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH2；ΔH1＞ΔH2
D．HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝﹣57.3kJ/mol，则0.5mol H2SO4和足量Ba（OH）2反应的ΔH＝﹣57.3kJ/mol
9．（3分）KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2↑。下列说法错误的是（ ）
A．产生22.4L（标准状况）Cl2时，反应中转移20mole﹣
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3﹣的存在
D．可用澄清石灰水吸收反应产生的Cl2制备漂白粉
10．（3分）下列实验方案与实验结论都正确的是（ ）
选项
实验目的
实验方案
实验结论
A
配制480mL0.2mol•L﹣1CuSO4溶液
称取24.0gCuSO4•5H2O固体溶解后，用500mL容量瓶配制溶液。
所得500mL溶液浓度为0.2mol•L﹣1
B
探究Fe与水蒸气高温反应所得固体中铁元素的化合价
取固体于试管中，加足量稀硫酸，有无色气体产生，将溶液分成两份，一份滴加KSCN溶液，溶液变血红色；另一份滴加少量KMnO4溶液，紫色褪去。
固体中铁元素化合价为+2价、+3价
C
检验Na2SO3固体是否被氧化
取少量固体溶解，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀；再加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解。
Na2SO3固体部分被氧化
D
探究Cu与稀硫酸反应中KNO3的作用
取适量铜粉于试管，加入稀硫酸，加热，无明显现象；再加入少量KNO3固体，产生大量气泡。
KNO3是催化剂
A．A B．B C．C D．D
11．（3分）某溶液pH＝0，可能存在SO42﹣、NH4+、Ba2+、Fe2+、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、Al3+中的若干种，现取适量X溶液进行如下一系列实验，下列有关判断正确的是（ ）
A．生成沉淀H的离子方程式为：CO2+2OH﹣+Ba2+＝BaCO3↓+H2O
B．溶液X中一定含有的离子：SO42﹣、NH4+、Fe2+、Cl﹣
C．溶液X中不能确定是否含有Al3+
D．溶液X中一定没有的离子：CO32﹣、Ba2+、NO3﹣
12．（3分）降低硫含量是裂化汽油精制处理的关键。S﹣Zorb技术使用Ni/ZnO作脱硫吸附剂脱除噻吩（）中硫原子的过程如图。下列说法不正确的是（ ）
A．过程①涉及极性键和非极性键的断裂
B．过程③通入O2的主要目的是将ZnS转化为ZnO和SO2
C．过程③中参加反应的O2和ZnS的物质的量之比是3：2
D．过程④通入H2的主要目的是使脱硫吸附剂再生
13．（3分）碳酰氯（COCl2）俗名光气，熔点为﹣118℃，沸点为8.2℃，遇水迅速水解，生成氯化氢。光气可由氯仿（CHCl3）和氧气在光照条件下合成。下列说法错误的是（ ）
A．装置的连接顺序应为c→a→b→e→f→a→b→d
B．装置丙的主要作用是吸收尾气中的氯化氢
C．装置丁中发生反应的化学方程式为2CHCl3+O22COCl2+2HCl
D．冰水混合物的作用是降温，防止COCl2挥发
14．（3分）Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如图所示：
下列关于活化历程的说法错误的是（ ）
A．在此反应过程中Ni的成键数目发生变化
B．只涉及极性键的断裂和生成
C．决定此反应速率的步骤：中间体2→中间体3
D．Ni（s）+C2H6（g）＝NiCH2（s）+CH4（g）ΔH＝﹣6.57kJ•mol﹣1
15．（3分）科学实验中，要尽可能避免干扰因素对实验的影响。下列分析错误的（ ）
A．用甲操作检验K+，应透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，来排除Na+干扰
B．用乙装置制备氢氧化亚铁，胶头滴管插到覆盖一层苯的液面以下以防止空气干扰
C．用丙装置制备并检验乙烯，氢氧化钠溶液用来排除CO2对乙烯检验的干扰
D．丁装置中，读出H2的体积时，待装置冷却至室温，将漏斗缓缓下移至两端的液面处于相平，是为了防止温度和压强对气体体积的影响
16．（3分）我国科研团队成功研究出高比能量、低成本的钠离子二次电池，其工作原理如图所示。已知电池反应：Na1﹣xMnO2+NaxCnNaMnO2+nC。下列说法错误的是（ ）
A．电池放电过程中，NaMnO2/Al上的电势高于石墨烯/Al上的电势
B．电池放电时，正极发生反应Na1﹣xMnO2+xNa++xe﹣═NaMnO2
C．电池充电时，外接电源的负极连接NaMnO2/Al电极
D．电池充电时，Na+由NaMnO2/Al电极移向石墨烯/Al电极
17．（3分）甘氨酸亚铁[（ H2NCH2COO）2Fe]是一种新型的铁营养强化剂。实验室制备甘氨酸亚铁部分装置如图（部分夹持装置省略，气密性已检查）。
已知：i.2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH（ H2NCH2COO）2Fe+Na2SO4+2H2O。
ii.柠檬酸易溶于水和乙醇，有弱酸性和还原性。
ili.（ H2 NCH2COO）2Fe易溶于水，难溶于乙醇。
下列说法错误的是（ ）
A．发生反应i的操作：先打开K1、K3，一段时间后关闭K1，K3，再打开K2、K4
B．加入柠檬酸的作用是调节溶液的pH使反应充分发生
C．反应结束后向反应混合液中加入乙醇，目的是降低甘氨酸亚铁的溶解度
D．洗涤甘氨酸亚铁粗产品最好选择乙醇
18．（3分）利用NaClO氧化尿素制备N2H4•H2O（水合肼）的实验流程如图所示：
已知：
①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应；
②N2H4•H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
下列说法不正确的是（ ）
A．步骤Ⅰ中为避免温度过高，可采用冰水浴
B．步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，测得产物中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5：1，则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：3
C．步骤Ⅱ中可将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中
D．生成水合肼反应的离子方程式为ClO﹣+CO（NH2）2+2OH﹣═Cl﹣+N2H4•H2O+CO32﹣
二、填空题（本大题共4个小题，共46分）
19．（10分）N、P、As是重要的氮族元素，氮族元素的单质及其化合物的应用较为广泛。回答下列问题：
（1）33As与P位于同一主族，磷原子的结构示意图为 ，砷在周期表中的位置是 。
（2）下列能说明N和P非金属性相对强弱的是 （填标号）。
A.NH3比PH3稳定性强
B.Na3PO4溶液与HNO3反应生成H3PO4
C.硝酸显强氧化性，磷酸不显强氧化性
D.常温下，氮气是气体，磷单质是固体
（3）NH2Cl比HClO稳定性高，易水解，因水解后能产生可杀菌消毒的物质而成为饮用水的缓释消毒剂，NH2Cl发生水解的化学方程式为 。
（4）白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，白磷与硫酸铜反应如下：11P+15CuSO4+24H2O＝5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，反应中1molCuSO4可氧化 molP。
20．（12分）利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①CO（g）+2H2（g）⇋CH3OH（g） ΔH1
②CO2（g）+3H2（g）⇋CH3OH（g）+H2O（g） ΔH2
③CO2（g）+H2（g）⇋CO（g）+H2O（g） ΔH3
回答下列问题：
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
化学键
H﹣H
C﹣O
C≡O
H﹣O
C﹣H
E/（kJ•mol﹣1）
436
343
1076
465
413
由此计算ΔH1＝ kJ•mol﹣1，已知ΔH2＝﹣58kJ•mol﹣1，则ΔH3＝ kJ•mol﹣1。
（2）科学家提出制备合成气反应历程分两步：
反应①：CH4（g）═C（ads）+2H2（g）（慢反应）
反应②：C（ads）+CO2（g）═2CO（g）（快反应）
上述反应中C（ads）为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图1所示：
CH4与CO2制备合成气的热化学方程式为 。
（3）利用铜基配合物1，10﹣phenanthroline﹣Cu催化剂电催化CO2还原制备碳基燃料（包括CO、烷烃和酸等）是减少CO2在大气中累积和实现可再生能源有效利用的关键手段之，其装置原理如图2所示。
①电池工作过程中，图中Pt电极附近溶液的pH （填“变大”或“变小”），阴极的电极反应式为 。
②每转移2mol电子，阴极室溶液质量增加 g。
（4）利用“Na﹣CO2”电池将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na﹣CO2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管（MWCNT）为电极材料，总反应为4Na+3CO2 2Na2CO3+C。放电时该电池吸入CO2，其工作原理如图3所示：
①放电时，正极的电极反应式为 。
②若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mol电子时，两极的质量差为 g。（假设放电前两电极质量相等）
21．（12分）过氧化钙可以用于改善地表水质处理含重金属离子废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等。
Ⅰ.某实验小组拟选用如图装置（部分固定装置略）制备过氧化钙。
（1）装置d中的试剂是 ，作用是 。
（2）根据上面的实验装置进行实验，步骤如下：
①通入一段时间氧气
②熄灭酒精灯
③点燃酒精灯
④停止通入氧气
⑤装入药品及试剂
⑥检验装置的气密性
正确的操作顺序是： 。
Ⅱ.工业上生产过氧化钙的主要流程如图：
已知：①CaO2•8H2O是一种白色晶体，微溶于水，不溶于乙醇，易与酸反应；②沉淀时需控制温度为0℃左右。
实验室模拟沉淀反应的所用装置如图：
（3）装置的连接顺序为 （填字母）。
（4）沉淀时需控制温度为0℃左右的可能原因是 。
（5 ）沉淀步骤发生反应的离子方程式为 。
（6）测定CaO2•8H2O样品纯度的方法是：称取0.300g样品于锥形瓶中，加入50mL水和15mL2mol•L﹣1 CH3COOH溶液，振荡使样品溶解生成过氧化氢，再加入几滴MnSO4稀溶液，立即用0.0200molL﹣1KMnO4标准溶液滴定到终点，消耗25.00mL标准溶液。
①样品中CaO2•8H2O的质量分数为 。
②上述过程中若使用稀硫酸而不使用稀醋酸溶解样品，则测得样品的纯度将 （填“偏高”“偏低”或“不变”）。
22．（12分）一种从废电池正极材料（含铝箔、LiCoO2、Fe2O3及少量不溶于酸碱的导电剂）中回收各种金属的工艺流程如图。
已知：①黄钠铁矾晶体颗粒粗大，沉淀速度快，易于过滤。
②钴酸锂难溶于水，碳酸锂的溶解度随温度升高而降低。
③Ksp（CoC2O4）＝6.3×10﹣8，Ksp[Co（OH）2]＝6.3×10﹣15。
回答下列问题：
（1）为了提高“碱溶”效率，可以采取的措施是 。（写出一条即可）
（2）“浸取”时有无色气体产生，发生反应的离子方程式为 。
（3）“沉钴”时采用饱和草酸铵溶液将钴元素转化为CoC2O4，与草酸钠溶液相比效果更好，原因是 。
（4）“沉锂”后得到碳酸锂固体的实验操作为 。
（5）“沉铁”时所得黄钠铁矾的化学式可表示为NaxFey（SO4）m（OH）n。采用滴定法测定黄钠铁矾样品的组成，实验步骤如下：
Ⅰ．称取4.850g样品，加盐酸完全溶解后，配成100.00mL溶液。
Ⅱ．量取25.00mL溶液，加入足量的KI，用0.2500mol•L﹣1Na2S2O3溶液进行滴定至终点（I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6），消耗30.00mL Na2S2O3溶液。
Ⅲ．另取25.00mL溶液，加入足量BaCl2溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得到沉淀1.165g。用Na2S2O3溶液进行滴定时，使用的指示剂为 ；黄钠铁矾的化学式为 。
2021-2022学年山西省运城市高三（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共18个小题，每小题3分，共54分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．（3分）化学与生活、科学、技术等密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．2020年，中国“奋斗者”号载人潜水器成功进行深海科考活动，制造潜水器载人球舱的钛合金比纯金属钛具有更高的强度、韧性和熔点
B．纳米铁粉和FeS都可以高效地去除被污染水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，其原理是相同的
C．秦朝兵马俑用陶土烧制而成，陶土属于合成高分子材料
D．葡萄酒中通常含有微量SO2，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化
【分析】A．合金熔点低于各组分金属的熔点；
B．纳米铁粉去除被污染水体中的Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，是利用Fe的强还原性，而FeS去除被污染水体中的其他等重金属离子，是将生成比FeS更难溶的金属硫化物沉淀；
C．陶土的主要成分是硅酸盐；
D．SO2具有强还原性，而且具有杀菌消毒能力。
【解答】解：A．钛合金比纯金属钛具有更高的强度.韧性，但钛合金的熔点低于纯金属钛，故A错误；
B．纳米Fe粉能和Cu2+、Hg2+等重金属离子发生置换反应生成Cu、Hg单质，FeS可将Cu2+、Hg2+等重金属离子转化为更难溶的金属硫化物沉淀而治理污染，则二者原理不同，故B错误；
C．陶土的主要成分是硅酸盐，硅酸盐属于无机物，则陶土不属于合成高分子材料，故C错误；
D．SO2具有强还原性，可防止葡萄酒中的营养成分被氧化，并且SO2可使蛋白质发生变性，具有杀菌能力，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应和性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活、科学的联系，题目难度不大。
2．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应后，混合气体分子数等于2NA
B．0.2molFeCl3水解形成的Fe（ OH）3胶体粒子数为0.2NA
C．向由2.3gNa与2.7gAl组成的混合物中加入足量水充分反应，生成的H2分子数为0.2NA
D．反应KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O中，每消耗1molKClO3，转移的电子数为6NA
【分析】A.2NO+O2＝2NO2，同时存在2NO2⇌N2O4；
B.氢氧化铁胶体粒子为氢氧化铁的集合体；
C.Na与水反应生成NaOH和氢气，Al和氢氧化钠溶液反应也能生成氢气；
D.反应KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O中，每消耗1molKClO3转移5mol电子。
【解答】解：A.2molNO与1molO2充分反应后生成2molNO2，但存在2NO2⇌N2O4，混合气体分子数小于2NA，故A错误；
B.氢氧化铁胶体粒子为氢氧化铁的集合体，无法计算胶体粒子数目，故B错误；
C.Na的物质的量为＝0.1mol，由反应2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑可知，生成0.1molNaOH和0.05mol氢气，2.7gAl的物质的量为＝0.1mol，由反应2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知，生成0.15mol氢气，共生成氢气分子数为（0.05mol+0.15mol）×NA/mol＝0.2NA，故C正确；
D.反应KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O中，每消耗1molKClO3，转移的电子数为5mol×NA/mol＝5NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
3．（3分）下列有关离子方程式表示正确的是（ ）
A．向FeI2溶液中通入足量Cl2：2Fe2++2I﹣+2Cl2＝2Fe3++I2+4Cl﹣
B．碳酸氢钡与少量的氢氧化钠溶液反应：Ba2++OH﹣+HCO3﹣═BaCO3↓+H2O
C．已知酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，则向NaCN溶液中通入少量的CO2时：2CN﹣+CO2+H2O＝2HCN+CO32﹣
D．酸性KMnO4溶液中加H2O2溶液：2MnO4﹣+10H++3H2O2═2Mn2++3O2↑+8H2O
【分析】A.氯气足量，亚铁离子与碘离子的物质的量之比为1：2；
B.氢氧化钠少量，反应生成碳酸钡沉淀、碳酸氢钠和水；
C.酸性HCN＞HCO3﹣，反应生成碳酸氢根离子；
D.该反应不满足电荷守恒和得失电子守恒。
【解答】解：A.向FeI2溶液中通入足量Cl2，离子方程式为：2Fe2++4I﹣+3Cl2＝2Fe3++2I2+6Cl﹣，故A错误；
B.碳酸氢钡与少量的氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Ba2++OH﹣+HCO3﹣═BaCO3↓+H2O，故B正确；
C.已知酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，则向NaCN溶液中通入少量的CO2时的离子方程式为：CN﹣+CO2+H2O＝HCN+HCO3﹣，故C错误；
D.酸性KMnO4溶液中加H2O2溶液，离子方程式为：2MnO4﹣+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
4．（3分）下列各组离子，在指定环境中一定能大量共存的是（ ）
A．能使甲基橙变红的溶液中：NH4+、SO42﹣、NO3﹣、Mg2+
B．由水电离出的c（H+）＝1×10﹣13mol/L的溶液中：Ca2+、NH4+、ClO﹣、Ag+
C．加入铝粉能放出氢气的溶液中：Mg2+、AlO2﹣、I﹣、NO3﹣
D．某无色透明的溶液中：AlO2﹣、NH4+、HCO3﹣、Cl﹣
【分析】A.该溶液呈酸性，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
B.该溶液呈酸性或碱性，钙离子、铵根离子、银离子与氢氧根离子反应，次氯酸根离子与氢离子反应、银离子反应；
C.该溶液呈酸性或强碱性，镁离子与氢氧根离子反应，酸性条件下硝酸根离子能够氧化碘离子，偏铝酸根离子与氢离子反应；
D.偏铝酸根离子与铵根离子、碳酸氢根离子反应。
【解答】解：A.能使甲基橙变红的溶液呈酸性，NH4+、SO42﹣、NO3﹣、Mg2+之间不反应，都不与H+反应，在酸性溶液中能够大量共存，故A正确；
B.由水电离出的c（H+）＝1×10﹣13mol/L的溶液呈酸性或碱性，Ca2+、NH4+、Ag+都与OH﹣反应，ClO﹣与Ag+、H+反应，，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C.加入铝粉能放出氢气的溶液呈酸性或强碱性，Mg2+与OH﹣反应，AlO2﹣与H+反应，I﹣、NO3﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D.AlO2﹣与NH4+、HCO3﹣反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，把握题干暗含信息、常见离子性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
5．（3分）为提纯下列物质（括号中为杂质），所选除杂试剂和分离方法正确的是（ ）
选项
被提纯的物质（杂质）
除杂试剂
分离方法
A
SO2（H2S）
酸性高锰酸钾溶液
洗气
B
HBr（ Br2）
NaOH
洗气
C
乙酸乙酯（乙醇）
饱和Na2CO3溶液
分液
D
CO2（SO2）
饱和NaHSO3溶液
洗气
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.二者均可被酸性高锰酸钾溶液氧化；
B.二者均与NaOH溶液反应；
C.饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、与乙酸乙酯分层；
D.二氧化硫与亚硫酸氢钠溶液不反应。
【解答】解：A.二者均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能除杂，应选硫酸铜溶液，故A错误；
B.二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应萃取分离，故B错误；
C.饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故C正确；
D.二氧化硫与亚硫酸氢钠溶液不反应，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6．（3分）科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如下。W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大。（ 注：实线代表共价键，重复单元的W、X未标注）下列说法正确的是（ ）
A．离子半径：Z＞Y
B．W、X、Y三种元素可组成多种酸
C．W、Y、Z三种元素中任意两种组成的二元离子化合物，共有两种
D．X与W组成的化合物的沸点一定比Y与W组成的化合物的沸点低
【分析】原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z，W、X、Z分别位于不同周期，则W为H，X位于第二周期，Z位于第三周期，Z的原子半径在同周期元素中最大，则Z为Na；结合图示可知，X形成4个共价键，Y形成2个共价键，则X为C元素，Y为O元素，以此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na元素，
A.氧离子和钠离子的核外电子结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：Z＜Y，故A错误；
B.H、C、O元素可形成多种酸，如碳酸、甲酸、乙酸等，故B正确；
C.W、Y、Z三种元素中任意两种组成的二元离子化合物有NaH、Na2O、Na2O2，共有3种，故C错误；
D.X与W组成的化合物为烃，Y与W组成的化合物为水和双氧水，碳原子数较多的烃常温下为固态，其沸点大于水和双氧水，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质结构、原子半径来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
7．（3分）下列“类比”合理的是（ ）
A．Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，则Na在CO2中燃烧可能生成Na2CO3和C
B．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClO
C．C在足量O2中燃烧生成CO2，则S在足量O2中燃烧生成SO3
D．往AlCl3溶液中加入过量氨水生成Al（ OH）3沉淀，则往CuCl2溶液中加入过量氨水生成Cu（ OH）2沉淀
【分析】A．Mg、Na均可与二氧化碳发生置换反应；
B．CO2不具有还原性，SO2具有还原性；
C．S在足量O2中燃烧生成SO2；
D．CuCl2溶液中加入过量氨水生成配合物，无沉淀生成。
【解答】解：A．Mg、Na均可与二氧化碳发生置换反应，则Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，则Na在CO2中燃烧可能生成Na2CO3和C，类比合理，故A正确；
B．CO2不具有还原性，SO2具有还原性，所以NaClO与SO2发生氧化还原反应，反应方程式为NaClO+H2O+SO2＝NaCl+H2SO4，与CO2反应原理不同，故B错误；
C．S在足量O2中燃烧生成SO2，类比不合理，故C错误；
D．CuCl2溶液中加入过量氨水生成配合物，无沉淀生成，则类推不合理，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查金属及其化合物的性质，题目难度不大，明确物质的性质、发生的反应、类比规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，B、D为解答易错点。
8．（3分）化学反应中的能量变化，通常主要表现为热量的变化。下列相关表述正确的是（ ）
A．一定条件下，将0.5molH2和0.5molI2（g）置于密闭容器中充分反应生成HI放热akJ，其热化学方程式为：H2（g）+I2（g）═2HI（g）ΔH＝﹣2akJ/mol
B．在101kPa 时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式表示为：H2（g）+O2（g）═H2O（1）ΔH＝﹣285.8kJ/mol
C．S（g）+O2（g）＝SO2（g）ΔH1；S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH2；ΔH1＞ΔH2
D．HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝﹣57.3kJ/mol，则0.5mol H2SO4和足量Ba（OH）2反应的ΔH＝﹣57.3kJ/mol
【分析】A．该反应为可逆反应，反应物不能完全转化；
B．在101kPa 时，2gH2的物质的量为＝1mol，即1mol氢气完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量；
C．S（g）能量高于S（s）；
D．物质的量与热量成正比，且生成硫酸钡放热。
【解答】解：A．该反应为可逆反应，反应物不能完全转化，则热化学方程式为：H2（g）+I2（g）═2HI（g）ΔH＝＜﹣2akJ/mol，故A错误；
B．在101kPa 时，2gH2的物质的量为＝1mol，即1mol氢气完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，即表示氢气燃烧热的热化学方程式表示为：H2（g）+O2（g）═H2O（1）ΔH＝﹣285.8kJ/mol，故B正确；
C．S（g）能量高于S（s），则S（g）+O2（g）＝SO2（g）ΔH1；S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH2；ΔH1＜ΔH2，故C错误；
D．物质的量与热量成正比，且生成硫酸钡放热，则0.5mol H2SO4和足量Ba（OH）2反应的ΔH＜﹣57.3kJ/mol，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变计算、燃烧热与中和热为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
9．（3分）KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2↑。下列说法错误的是（ ）
A．产生22.4L（标准状况）Cl2时，反应中转移20mole﹣
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3﹣的存在
D．可用澄清石灰水吸收反应产生的Cl2制备漂白粉
【分析】反应6I2+11KClO3+3H2O6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2↑中，I元素化合价由0价升高到+5价，则I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，则KClO3作为氧化剂，生成3molCl2时，转移60mole﹣，据此分析解答。
【解答】解：A．反应生成3molCl2时，反应转移60mole﹣，则产生22.4L（标准状况）即1molCl2时，反应转移20mol e﹣，故A正确；
B．I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，KClO3作为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为11：6，故B正确；
C．在酸性溶液中IO3﹣和I﹣发生反应：IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3﹣的存在，故C正确；
D．可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉，澄清石灰水中氢氧化钙的浓度太小，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，把握氧化还原反应中元素化合价的变化、转移电子数的计算为解题关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
10．（3分）下列实验方案与实验结论都正确的是（ ）
选项
实验目的
实验方案
实验结论
A
配制480mL0.2mol•L﹣1CuSO4溶液
称取24.0gCuSO4•5H2O固体溶解后，用500mL容量瓶配制溶液。
所得500mL溶液浓度为0.2mol•L﹣1
B
探究Fe与水蒸气高温反应所得固体中铁元素的化合价
取固体于试管中，加足量稀硫酸，有无色气体产生，将溶液分成两份，一份滴加KSCN溶液，溶液变血红色；另一份滴加少量KMnO4溶液，紫色褪去。
固体中铁元素化合价为+2价、+3价
C
检验Na2SO3固体是否被氧化
取少量固体溶解，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀；再加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解。
Na2SO3固体部分被氧化
D
探究Cu与稀硫酸反应中KNO3的作用
取适量铜粉于试管，加入稀硫酸，加热，无明显现象；再加入少量KNO3固体，产生大量气泡。
KNO3是催化剂
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.配制480mL0.2mol•L﹣1CuSO4溶液，选500mL容量瓶，需要胆矾的质量为0.5L×0.2mol/L×250g/mol＝25.0g；
B.加足量稀硫酸，有无色气体产生，可知Fe过量，溶液分成两份，一份滴加KSCN溶液，溶液变血红色，可知溶液含铁离子；
C.硫酸钡不溶于盐酸，亚硫酸钡溶于盐酸；
D.酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu。
【解答】解：A.配制480mL0.2mol•L﹣1CuSO4溶液，选500mL容量瓶，需要胆矾的质量为0.5L×0.2mol/L×250g/mol＝25.0g，称量后配制，故A错误；
B.加足量稀硫酸，有无色气体产生，可知Fe过量，溶液含Fe与硫酸反应生成的亚铁离子，由操作和现象不能证明Fe与水蒸气反应后的固体产物中含+2价铁，故B错误；
C.硫酸钡不溶于盐酸，亚硫酸钡溶于盐酸，由沉淀部分溶解可知Na2SO3固体部分被氧化，故C正确；
D.酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu，固体溶解与催化剂无关，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11．（3分）某溶液pH＝0，可能存在SO42﹣、NH4+、Ba2+、Fe2+、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、Al3+中的若干种，现取适量X溶液进行如下一系列实验，下列有关判断正确的是（ ）
A．生成沉淀H的离子方程式为：CO2+2OH﹣+Ba2+＝BaCO3↓+H2O
B．溶液X中一定含有的离子：SO42﹣、NH4+、Fe2+、Cl﹣
C．溶液X中不能确定是否含有Al3+
D．溶液X中一定没有的离子：CO32﹣、Ba2+、NO3﹣
【分析】pH＝0的X溶液呈强酸性，溶液中不含有CO32﹣，并且Fe2+和NO3﹣不能同时存在；
①试液中加入过量硝酸钡溶液，生成的气体A为NO，则原溶液中一定含有Fe2+，一定不含有NO3﹣，沉淀C为BaSO4，原溶液中一定含有SO42﹣，一定不含有Ba2+；
②溶液B中加入过量NaOH溶液，生成的气体D为NH3，则原溶液中含有NH4+，沉淀F为Fe（OH）3；
③溶液E中通入过量CO2生成的沉淀H一定是Al（OH）3，则溶液E中一定含有AlO2﹣，原溶液中一定含有Al3+，Cl﹣无法确定；
综上，原溶液中一定含有的离子为SO42﹣、NH4+、Fe2+、Al3+，一定不含有的离子为Ba2+、CO32﹣、NO3﹣，可能含有的离子为Cl﹣，据此分析解答。
【解答】解：A．由上述分析可知，原溶液中一定含有Al3+，加入NaOH溶液时生成AlO2﹣，通入过量CO2时生成的沉淀H为Al（OH）3，离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣，过量CO2能使BaCO3溶解生成Ba（HCO3）2，故A错误；
B．由上述分析可知，液X中一定含有的离子：SO42﹣、NH4+、Fe2+，可能含有Cl﹣，则B错误；
C．由上述分析可知，液X中一定含有Al3+，故C错误；
D．由上述分析可知，溶液X中一定没有的离子：CO32﹣、Ba2+、NO3﹣，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查常见离子的检验，为高考常见题型，为高频考点，掌握常见离子的性质及检验方法是解题关键，注意根据反应现象判断离子存在情况，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力，题目难度中等。
12．（3分）降低硫含量是裂化汽油精制处理的关键。S﹣Zorb技术使用Ni/ZnO作脱硫吸附剂脱除噻吩（）中硫原子的过程如图。下列说法不正确的是（ ）
A．过程①涉及极性键和非极性键的断裂
B．过程③通入O2的主要目的是将ZnS转化为ZnO和SO2
C．过程③中参加反应的O2和ZnS的物质的量之比是3：2
D．过程④通入H2的主要目的是使脱硫吸附剂再生
【分析】A．过程①为噻吩与ZnO﹣Ni、H2反应生成CH2＝CH﹣CH＝CH2和ZnO﹣NiS；
B．过程③为ZnS﹣Ni与O2反应生成SO2和ZnO﹣NiO；
C．根据方程式中的得失电子守恒解答；
D．过程④为H2和NiO反应生成Ni和H2O。
【解答】解：A．过程①为噻吩与ZnO﹣Ni、H2反应生成CH2＝CH﹣CH＝CH2和ZnO﹣NiS，涉及到H﹣H极性键、S﹣C极性键的断裂，故A正确；
B．过程③为ZnS﹣Ni与O2反应生成SO2和ZnO﹣NiO，通入O2后ZnS和Ni生成SO2、ZnO和NiO，所以通入O2的主要目的是将ZnS转化为ZnO和SO2，故B正确；
C．过程③的反应方程式为：ZnS+Ni+2O2＝SO2+ZnO+NiO，根据得失电子守恒参加反应的O2和ZnS的物质的量之比是2：1，故C错误；
D．过程④为H2和NiO反应生成Ni和H2O，反应方程式为：H2+NiO＝Ni+H2O，所以通入H2的主要目的是使脱硫吸附剂再生，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了化学反应机理的知识点，熟练掌握基础知识是解本题关键，侧重分析能力和解答能力的考查，注意运用化学知识解释流程，题目难度不大。
13．（3分）碳酰氯（COCl2）俗名光气，熔点为﹣118℃，沸点为8.2℃，遇水迅速水解，生成氯化氢。光气可由氯仿（CHCl3）和氧气在光照条件下合成。下列说法错误的是（ ）
A．装置的连接顺序应为c→a→b→e→f→a→b→d
B．装置丙的主要作用是吸收尾气中的氯化氢
C．装置丁中发生反应的化学方程式为2CHCl3+O22COCl2+2HCl
D．冰水混合物的作用是降温，防止COCl2挥发
【分析】光气可由氯仿（CHCl3）和氧气在光照条件下合成，且光气遇水迅速水解，由实验装置可知，乙装置制备氧气，然后经甲干燥氧气，再选丁合成光气，丁后面需连接干燥装置防止水进入丁中，最后连接丙装置吸收尾气，以此来解答。
【解答】解：A.干燥气体时导管长进短出，由上述分析可知，装置的连接顺序应为c→b→a→e→f→b→a→d，故A错误；
B.丁中生成HCl，HCl极易溶于水，倒扣的漏斗可防止倒吸，则装置丙的主要作用是吸收尾气中的氯化氢，故B正确；
C.光气可由氯仿（CHCl3）和氧气在光照条件下合成，丁中反应的化学方程式为2CHCl3+O22COCl2+2HCl，故C正确；
D.光气的熔沸点较低，可知冰水混合物的作用是降温，防止COCl2挥发，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握习题中的信息、制备原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
14．（3分）Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如图所示：
下列关于活化历程的说法错误的是（ ）
A．在此反应过程中Ni的成键数目发生变化
B．只涉及极性键的断裂和生成
C．决定此反应速率的步骤：中间体2→中间体3
D．Ni（s）+C2H6（g）＝NiCH2（s）+CH4（g）ΔH＝﹣6.57kJ•mol﹣1
【分析】A．中间体1→中间体2，Ni的成键数目由4个变为3个，中间体2→中间体3，Ni的成键数目由2个变为1个；
B．反应历程可知，反应过程涉及到C﹣C键断裂和C﹣H键形成；
C．由图可知，中间体2→中间体3，该步骤活化能最大；
D．△H＝E生成物﹣E反应物，只取决于始态和终态，与反应过程无关。
【解答】解：A．中间体1→中间体2，Ni的成键数目由4个变为3个，中间体2→中间体3，Ni的成键数目由2个变为1个，则在此反应过程中Ni的成键数目发生变化，故A正确；
B．过程涉及到C﹣C键断裂和C﹣H键形成，涉及到非极性键的断裂和极性键的形成，故B错误；
C．由图可知，中间体2→中间体3，该步骤活化能最大，则决定此反应速率的步骤：中间体2→中间体3，故C正确；
D.Ni（s）+C2H6（g）═NiCH2（s）+CH4（g）△＝E生成物﹣E反应物＝﹣6.57kJ•mol﹣1﹣0kJ•mol﹣1＝﹣6.57kJ•mol﹣1，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、活化能为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
15．（3分）科学实验中，要尽可能避免干扰因素对实验的影响。下列分析错误的（ ）
A．用甲操作检验K+，应透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，来排除Na+干扰
B．用乙装置制备氢氧化亚铁，胶头滴管插到覆盖一层苯的液面以下以防止空气干扰
C．用丙装置制备并检验乙烯，氢氧化钠溶液用来排除CO2对乙烯检验的干扰
D．丁装置中，读出H2的体积时，待装置冷却至室温，将漏斗缓缓下移至两端的液面处于相平，是为了防止温度和压强对气体体积的影响
【分析】A.蓝色钴玻璃可滤去黄光；
B.苯可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化；
C.二氧化碳不能被酸性高锰酸钾氧化；
D.待装置冷却至室温，调节液面避免压强对体积的测定产生影响。
【解答】解：A.蓝色钴玻璃可滤去黄光，则甲操作检验K+，应透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，来排除Na+干扰，故A正确；
B.苯可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，则乙装置制备氢氧化亚铁，胶头滴管插到覆盖一层苯的液面以下以防止空气干扰，故B正确；
C.二氧化碳不能被酸性高锰酸钾氧化，则丙装置制备并检验乙烯，氢氧化钠溶液用来排除乙醇、SO2对乙烯检验的干扰，故C错误；
D.待装置冷却至室温，调节液面避免压强对体积的测定产生影响，则丁装置中，读出H2的体积时，待装置冷却至室温，将漏斗缓缓下移至两端的液面处于相平，是为了防止温度和压强对气体体积的影响，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、离子检验、物质的制备及检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
16．（3分）我国科研团队成功研究出高比能量、低成本的钠离子二次电池，其工作原理如图所示。已知电池反应：Na1﹣xMnO2+NaxCnNaMnO2+nC。下列说法错误的是（ ）
A．电池放电过程中，NaMnO2/Al上的电势高于石墨烯/Al上的电势
B．电池放电时，正极发生反应Na1﹣xMnO2+xNa++xe﹣═NaMnO2
C．电池充电时，外接电源的负极连接NaMnO2/Al电极
D．电池充电时，Na+由NaMnO2/Al电极移向石墨烯/Al电极
【分析】电池反应为Na1﹣xMnO2+NaxCnNaMnO2+nC，该原电池放电时，NaxCn发生失电子的氧化反应生成C，则石墨烯/Al为负极，负极反应为NaxCn﹣xe﹣═nC+xNa+，NaMnO2/Al为正极，正极上Na1﹣xMnO2发生得电子的还原反应生成NaMnO2，电极反应为Na1﹣xMnO2+xNa++xe﹣═NaMnO2；充电时为电解池，阳极与外加电源正极相接，阴极与外加电源负极相接，阳极、阴极反应式与正极、负极反应式正好相反，据此分析解答。
【解答】解：A．该电池中，石墨烯/Al为负极，NaMnO2/Al为正极，则NaMnO2/Al上的电势高于石墨烯/Al上的电势，故A正确；
B．NaMnO2/Al为正极，正极上Na1﹣xMnO2发生得电子的还原反应生成NaMnO2，电极反应为Na1﹣xMnO2+xNa++xe﹣═NaMnO2，故B正确；
C．该电池中，石墨烯/Al为负极，NaMnO2/Al为正极，充电时石墨烯/Al接电源负极，NaMnO2/Al接电源正极，故C错误；
D．充电时为电解池，石墨烯/Al为阴极，NaMnO2/Al为阳极，阳离子Na+由NaMnO2/Al电极移向石墨烯/Al电极，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学电源新型电池，为高考高频点，明确元素化合价升降与电极名称关系是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意把握分析方法，题目难度中等。
17．（3分）甘氨酸亚铁[（ H2NCH2COO）2Fe]是一种新型的铁营养强化剂。实验室制备甘氨酸亚铁部分装置如图（部分夹持装置省略，气密性已检查）。
已知：i.2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH（ H2NCH2COO）2Fe+Na2SO4+2H2O。
ii.柠檬酸易溶于水和乙醇，有弱酸性和还原性。
ili.（ H2 NCH2COO）2Fe易溶于水，难溶于乙醇。
下列说法错误的是（ ）
A．发生反应i的操作：先打开K1、K3，一段时间后关闭K1，K3，再打开K2、K4
B．加入柠檬酸的作用是调节溶液的pH使反应充分发生
C．反应结束后向反应混合液中加入乙醇，目的是降低甘氨酸亚铁的溶解度
D．洗涤甘氨酸亚铁粗产品最好选择乙醇
【分析】先打开K1、K3利用蒸馏烧瓶内生成的氢气赶走三颈烧瓶中的空气，再关闭K1、K3，并打开K2，利用生成的氢气使蒸馏烧瓶内硫酸亚铁混合溶液压入三颈烧瓶中，然后打开K4，加入氢氧化钠溶液调节pH并水浴加热形成甘氨酸亚铁络合物[（H2NCH2COO）2Fe]，反应完全后，再加入乙醇，析出甘氨酸亚铁络合物[（H2NCH2COO）2Fe]的粗产品，过滤后用乙醇洗涤，并进一步提纯得到甘氨酸亚铁络合物[（H2NCH2COO）2Fe]，据此分析解答。
【解答】解：A．发生反应ⅰ的操作：先打开K1、K3，让硫酸流下和铁屑反应，生成硫酸亚铁和氢气，一段时间后关闭K1、K3，烧杯中压力增大，再打开K2、K4，生成的硫酸亚铁进入中间装置，进行目标反应，故A正确；
B．柠檬酸具有还原性，其作用是防止亚铁离子被氧化，故B错误；
C．反应结束后向反应混合液中加入乙醇，由信息可知，降低甘氨酸亚铁的溶解度，会生成白色沉淀，经过过滤、洗涤得到粗产品，故C正确；
D．（ H2NCH2COO）2Fe易溶于水，难溶于乙醇，所以洗涤甘氨酸亚铁粗产品最好选择乙醇，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查制备实验方案的设计与评价，能够迅速在图中提取到有用信息，利用信息解决有关问题，主要考查知识点还有：常见的实验仪器、过滤和提纯等知识，学生要准确把握基础实验知识，能够灵活运用，题目难度较大。
18．（3分）利用NaClO氧化尿素制备N2H4•H2O（水合肼）的实验流程如图所示：
已知：
①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应；
②N2H4•H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
下列说法不正确的是（ ）
A．步骤Ⅰ中为避免温度过高，可采用冰水浴
B．步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，测得产物中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5：1，则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：3
C．步骤Ⅱ中可将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中
D．生成水合肼反应的离子方程式为ClO﹣+CO（NH2）2+2OH﹣═Cl﹣+N2H4•H2O+CO32﹣
【分析】由流程可知，步骤I中发生Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O，温度过高时易发生3Cl2+6OH﹣＝ClO3﹣+5Cl﹣+3H2O，步骤Ⅱ中发生ClO﹣+CO（NH2）2+2OH﹣═Cl﹣+N2H4•H2O+CO32﹣，且将NaClO溶液逐滴滴加到尿素中，可防止过量的NaClO溶液将N2H4•H2O氧化，步骤Ⅲ中分离出碳酸钠、水合肼，以此来解答。
【解答】解：A.步骤I中温度过高发生副反应，为避免温度过高，可采用冰水浴，故A正确；
B.步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，测得产物中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5：1，设NaClO与NaClO3的物质的量分别为5mol、1mol，可知Cl失去电子为5mol×（1﹣0）+1mol×（5﹣0）＝10mol，由电子守恒可知Cl得到电子数为10mol，由原子守恒可知参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为10mol：（5mol+1mol）＝5：3，故B正确；
C.步骤Ⅱ中若将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中，会导致NaClO溶液将N2H4•H2O氧化，故C错误；
D.N2H4•H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2，由流程可知还生成碳酸钠、N2H4•H2O，则生成水合肼反应的离子方程式为ClO﹣+CO（NH2）2+2OH﹣═Cl﹣+N2H4•H2O+CO32﹣，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的制备实验，题目难度不大，明确物质的性质、流程中发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，选项C为解答的易错点。
二、填空题（本大题共4个小题，共46分）
19．（10分）N、P、As是重要的氮族元素，氮族元素的单质及其化合物的应用较为广泛。回答下列问题：
（1）33As与P位于同一主族，磷原子的结构示意图为 ，砷在周期表中的位置是 第四周期VA族 。
（2）下列能说明N和P非金属性相对强弱的是 AB （填标号）。
A.NH3比PH3稳定性强
B.Na3PO4溶液与HNO3反应生成H3PO4
C.硝酸显强氧化性，磷酸不显强氧化性
D.常温下，氮气是气体，磷单质是固体
（3）NH2Cl比HClO稳定性高，易水解，因水解后能产生可杀菌消毒的物质而成为饮用水的缓释消毒剂，NH2Cl发生水解的化学方程式为 NH2Cl+H2O＝NH3•H2O+HClO 。
（4）白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，白磷与硫酸铜反应如下：11P+15CuSO4+24H2O＝5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，反应中1molCuSO4可氧化 0.4 molP。
【分析】（1）P元素是15号元素，原子核外有3个电子层，由里到外各电子层电子数依次为2、8、5；原子原子序数可知，As处于P元素下一周期；
（2）可以比较氢化物稳定、最高价含氧酸的酸性强弱等进行判断；
（3）NH2Cl水解后能产生可杀菌消毒的物质，说明水解由HClO生成，则还有NH3•H2O生成；
（4）根据电子转移是计算。
【解答】解：（1）P元素是15号元素，原子核外有3个电子层，由里到外各电子层电子数依次为2、8、5，原子结构示意图为；As与P同主族，二者处于VA族，而As的原子序数比P大33﹣15＝18，故As处于P元素下一周期，可知As处于第四周期VA族，
故答案为：；第四周期VA族；
（2）A．元素非金属性与氢化物稳定性一致，NH3比PH3稳定性强，说明N元素非金属性比P强，故A正确；
B．Na3PO4溶液与HNO3反应生成H3PO4，说明硝酸酸性比较磷酸强，而最高价含氧酸的酸性与元素非金属性一致，则N元素非金属性比P强，故B正确；
C．酸的氧化性强弱不能比较元素的非金属性强弱，故C错误；
D．物质的状态属于物理性质，不能比较与元素非金属性强弱，故D错误；
故答案为：AB；
（3）NH2Cl水解后能产生可杀菌消毒的物质，说明水解由HClO生成，则还有NH3•H2O生成，反应方程式为NH2Cl+H2O＝NH3•H2O+HClO，
故答案为：NH2Cl+H2O＝NH3•H2O+HClO；
（4）反应中Cu元素由+2价降低为+1，P元素由0价升高为+5价，根据电子转移守恒，反应中1molCuSO4可氧化P的物质的量为＝0.4mol，
故答案为：0.4。
【点评】本题考查比较综合，涉及原子结构、结构与位置关系、元素周期律运用、陌生方程式书写、氧化还原反应计算等，掌握金属性、非金属性强弱比较实验事实，（4）为易错点，反应中还原的元素有Cu、P，只有P元素被氧化。
20．（12分）利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①CO（g）+2H2（g）⇋CH3OH（g） ΔH1
②CO2（g）+3H2（g）⇋CH3OH（g）+H2O（g） ΔH2
③CO2（g）+H2（g）⇋CO（g）+H2O（g） ΔH3
回答下列问题：
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
化学键
H﹣H
C﹣O
C≡O
H﹣O
C﹣H
E/（kJ•mol﹣1）
436
343
1076
465
413
由此计算ΔH1＝ ﹣99 kJ•mol﹣1，已知ΔH2＝﹣58kJ•mol﹣1，则ΔH3＝ +41 kJ•mol﹣1。
（2）科学家提出制备合成气反应历程分两步：
反应①：CH4（g）═C（ads）+2H2（g）（慢反应）
反应②：C（ads）+CO2（g）═2CO（g）（快反应）
上述反应中C（ads）为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图1所示：
CH4与CO2制备合成气的热化学方程式为 CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H＝+（E3﹣E1）kJ•mol﹣1 。
（3）利用铜基配合物1，10﹣phenanthroline﹣Cu催化剂电催化CO2还原制备碳基燃料（包括CO、烷烃和酸等）是减少CO2在大气中累积和实现可再生能源有效利用的关键手段之，其装置原理如图2所示。
①电池工作过程中，图中Pt电极附近溶液的pH 变小 （填“变大”或“变小”），阴极的电极反应式为 CO2+2H++2e﹣＝HCOOH 。
②每转移2mol电子，阴极室溶液质量增加 46 g。
（4）利用“Na﹣CO2”电池将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na﹣CO2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管（MWCNT）为电极材料，总反应为4Na+3CO2 2Na2CO3+C。放电时该电池吸入CO2，其工作原理如图3所示：
①放电时，正极的电极反应式为 3CO2+4Na++4e﹣＝2Na2CO3+C 。
②若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mol电子时，两极的质量差为 15.8 g。（假设放电前两电极质量相等）
【分析】（1）反应热＝反应物总键能﹣生成物总键能；根据盖斯定律：反应②﹣反应①＝反应③，反应热也进行相应的计算；
（2）△H＝生成物总能量﹣反应物总能量，结合反应历程的能量变化书写热化学方程式；
（3）①在电解池中，阳极反生氧化反应，阴极发生还原反应，据此结合图示可知阴极反应物、生成物、电解质环境，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写电极方程式；
②质子交换膜只允许H+通过，在电解池中，阳离子向阴极移动，根据①所得电极方程式和H+移动量计算阴极室的物质变化，注意H+移动所带电荷数等于转移电子所带电荷量；
（4）①据正极得电子发生还原反应书写电极方程式；
②据电极方程式得到两极的质量，进而求质量差。
【解答】解：（1）反应热＝反应物总键能﹣生成物总键能，故△H1＝1076kJ•mol﹣1+2×436kJ•mol﹣1﹣（3×413+343+465）kJ•mol﹣1＝﹣99kJ•mol﹣1；
根据盖斯定律：反应②﹣反应①＝反应③，故△H3＝△H2﹣△H1＝﹣58kJ•mol﹣1﹣（﹣99kJ•mol﹣1）＝+41kJ•mol﹣1，
故答案为：﹣99；+41；
（2）根据△H＝生成物总能量﹣反应物总能量，由图可知CH4与CO2制备合成气的热化学方程式为CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H＝E[2CO（g）+2H2（g）]﹣E[CH4（g）+CO2（g）]＝+（E3﹣E1） kJ•mol﹣1，
故答案为：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H＝+（E3﹣E1） kJ•mol﹣1；
（3）①由图可知H2O在Pt电极被氧化生成O2，CO2在石墨烯电极被还原生成HCOOH，故Pt电极为阳极，发生反应2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，酸性变强，石墨烯电极为阴极，使用酸性电解质溶液，故阴极的电极反应式为CO2+2H++2e﹣＝HCOOH，
故答案为：变小；CO2+2H++2e﹣＝HCOOH；
②由①知，每转移2mol电子，阴极室消耗2molH+，产生1molHCOOH，并有2molH+经质子交换膜从阳极室移向阴极室，即阴极室溶液增加了1molHCOOH，故增加的质量为m＝n×M＝1mol×46g/mol＝46g，
故答案为：46；
（4）①正极CO2得电子发生还原反应，故电极方程式为3CO2+4Na++4e﹣＝2Na2CO3+C，
故答案为：3CO2+4Na++4e﹣＝2Na2CO3+C；
②正极发生的电极反应
3CO2+4Na++4e﹣＝2Na2CO3+C
3 4 2 1
0.15 0.2 0.1 0.05，
m（总）＝m（Na2CO3）+m（C）＝106g/mol×0.1mol+12g/mol×0.05mol＝11.2g，
负极发生的电极反应
4Na﹣4e﹣＝4Na+
92 4
4.6 0.2，m（Na）＝4.6g，
故两极的质量差为11.2g+4.6g＝15.8g，
故答案为：15.8。
【点评】本题考查反应热计算，原电池、电解池原理，注意结合图像分析，明确反应目的为解题关键，整体难度适中。
21．（12分）过氧化钙可以用于改善地表水质处理含重金属离子废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等。
Ⅰ.某实验小组拟选用如图装置（部分固定装置略）制备过氧化钙。
（1）装置d中的试剂是 浓硫酸 ，作用是 防止过氧化钙与空气中的二氧化碳和水蒸气反应 。
（2）根据上面的实验装置进行实验，步骤如下：
①通入一段时间氧气
②熄灭酒精灯
③点燃酒精灯
④停止通入氧气
⑤装入药品及试剂
⑥检验装置的气密性
正确的操作顺序是： ⑥⑤①③④② 。
Ⅱ.工业上生产过氧化钙的主要流程如图：
已知：①CaO2•8H2O是一种白色晶体，微溶于水，不溶于乙醇，易与酸反应；②沉淀时需控制温度为0℃左右。
实验室模拟沉淀反应的所用装置如图：
（3）装置的连接顺序为 dabc （填字母）。
（4）沉淀时需控制温度为0℃左右的可能原因是 氨水和过氧化氢受热易分解或该反应为放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率 。
（5 ）沉淀步骤发生反应的离子方程式为 CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O＝CaO2•8H2O↓+2NH4++2Cl﹣ 。
（6）测定CaO2•8H2O样品纯度的方法是：称取0.300g样品于锥形瓶中，加入50mL水和15mL2mol•L﹣1 CH3COOH溶液，振荡使样品溶解生成过氧化氢，再加入几滴MnSO4稀溶液，立即用0.0200molL﹣1KMnO4标准溶液滴定到终点，消耗25.00mL标准溶液。
①样品中CaO2•8H2O的质量分数为 90% 。
②上述过程中若使用稀硫酸而不使用稀醋酸溶解样品，则测得样品的纯度将 偏低 （填“偏高”“偏低”或“不变”）。
【分析】装置a为过氧化氢与二氧化锰制氧气的过程，产生的氧气经浓硫酸干燥，进入玻璃管中与钙加热反应，生成过氧化钙，为防止空气中相关成分的干扰，连接d装置浓硫酸进行再次干燥，
（1）结合分析可知，装置d中的试剂是浓硫酸，结合其性质进行分析；
（2）根据上面的实验装置进行实验，步骤为检验装置的气密性，装入药品及试剂，通入一段时间氧气，点燃酒精灯，熄灭酒精灯，停止通入氧气；
（3）仪器m为恒压漏斗，用d制取的氨气，通到反应器反应，即（ab），后通过尾气处理e；
（4）由于温度较高时双氧水容易分解，会导致过氧化钙产率下降，且温度降低时过氧化钙的溶解度减小，有利于过氧化钙的析出；
（5）由流程可知，反应物为氯化钙、双氧水、氨气和水，生成为CaO2•8H2O和氯化铵；
（6）①称取0.300g样品于锥形瓶中，加入50mL水和15mL2mol•L﹣1 CH3COOH溶液，振荡使样品溶解生成过氧化氢，再加入几滴MnSO4稀溶液，立即用0.0200molL﹣1KMnO4标准溶液滴定到终点，消耗25.00mL标准溶液，根据氧化还原反应中电子守恒及题中反应方程式可得关式：5CaO2～5H2O2～2MnO4﹣，过氧化钙的物质的量为：n（CaO2）＝n（H2O2）＝×0.02×25×10﹣3mol，据此计算；
②上述过程中若使用稀硫酸而不使用稀醋酸溶解样品，硫酸钙为微溶物，将覆盖在样品表面，使反应难以进行。
【解答】解：（1）结合分析可知，装置d中的试剂是浓硫酸，作用是防止过氧化钙与空气中的二氧化碳和水蒸气反应，
故答案为：浓硫酸；防止过氧化钙与空气中的二氧化碳和水蒸气反应；
（2）根据上面的实验装置进行实验，步骤为检验装置的气密性，装入药品及试剂，通入一段时间氧气，点燃酒精灯，熄灭酒精灯，停止通入氧气，
故答案为：⑥⑤①③④②；
（3）仪器m为恒压漏斗，用d制取的氨气，通到反应器反应，即（ab），后通过尾气处理e，所以连接顺序为dabc，
故答案为：dabc；
（4）由于温度较高时双氧水容易分解，会导致过氧化钙产率下降，且温度降低时过氧化钙的溶解度减小，有利于过氧化钙的析出，该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率，
故答案为：氨水和过氧化氢受热易分解或该反应为放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率；
（5）由流程可知，反应物为氯化钙、双氧水、氨气和水，生成为CaO2•8H2O和氯化铵，反应的化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O＝CaO2•8H2O↓+2NH4++2Cl﹣，
故答案为：CaCaCl2+H2O2+2NH3+8H2O＝CaO2•8H2O↓+2NH4++2Cl﹣；
（6）①称取0.300g样品于锥形瓶中，加入50mL水和15mL2mol•L﹣1 CH3COOH溶液，振荡使样品溶解生成过氧化氢，再加入几滴MnSO4稀溶液，立即用0.0200molL﹣1KMnO4标准溶液滴定到终点，消耗25.00mL标准溶液，根据氧化还原反应中电子守恒及题中反应方程式可得关式：5CaO2～5H2O2～2MnO4﹣，过氧化钙的物质的量为：n（CaO2）＝n（H2O2）＝×0.02×25×10﹣3mol，样品中CaO2的质量分数为：×100%＝90%，
故答案为：90%；
②上述过程中若使用稀硫酸而不使用稀醋酸溶解样品，硫酸钙为微溶物，将覆盖在样品表面，使反应难以进行，故纯度偏低，
故答案为：偏低。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
22．（12分）一种从废电池正极材料（含铝箔、LiCoO2、Fe2O3及少量不溶于酸碱的导电剂）中回收各种金属的工艺流程如图。
已知：①黄钠铁矾晶体颗粒粗大，沉淀速度快，易于过滤。
②钴酸锂难溶于水，碳酸锂的溶解度随温度升高而降低。
③Ksp（CoC2O4）＝6.3×10﹣8，Ksp[Co（OH）2]＝6.3×10﹣15。
回答下列问题：
（1）为了提高“碱溶”效率，可以采取的措施是 将正极材料粉碎 。（写出一条即可）
（2）“浸取”时有无色气体产生，发生反应的离子方程式为 2LiCoO2+6H++H2O2＝2Li++2Co2++O2↑+4H2O 。
（3）“沉钴”时采用饱和草酸铵溶液将钴元素转化为CoC2O4，与草酸钠溶液相比效果更好，原因是 草酸铵溶液的碱性比草酸钠溶液弱，防止沉钴时生成氢氧化物 。
（4）“沉锂”后得到碳酸锂固体的实验操作为 趁热过滤 。
（5）“沉铁”时所得黄钠铁矾的化学式可表示为NaxFey（SO4）m（OH）n。采用滴定法测定黄钠铁矾样品的组成，实验步骤如下：
Ⅰ．称取4.850g样品，加盐酸完全溶解后，配成100.00mL溶液。
Ⅱ．量取25.00mL溶液，加入足量的KI，用0.2500mol•L﹣1Na2S2O3溶液进行滴定至终点（I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6），消耗30.00mL Na2S2O3溶液。
Ⅲ．另取25.00mL溶液，加入足量BaCl2溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得到沉淀1.165g。用Na2S2O3溶液进行滴定时，使用的指示剂为 淀粉溶液 ；黄钠铁矾的化学式为 NaFe3（SO4）2（OH）6 。
【分析】废电池正极材料（含铝箔、LiCoO2、Fe2O3及少量不溶于酸碱的导电剂），钴酸锂难溶于水，加入氢氧化钠溶液溶解过滤，滤液为四羟基合铝酸钠，滤渣1为LiCoO2、Fe2O3及少量不溶于酸碱的导电剂，加入硫酸溶液和过氧化氢溶液酸浸，氧化过滤得到滤渣2为不溶于酸碱的导电剂，滤液中加入硫酸钠沉铁，过滤得到黄钠铁矾晶体，滤液中加入饱和草酸铵沉钴，得到草酸钴，过滤得到溶液中含锂离子，浓缩加热90﹣100℃，加入纯碱沉锂得到碳酸锂。
【解答】解：（1）为了提高碱溶效率可以将正极材料粉碎，
故答案为：将正极材料粉碎；
（2）“酸浸”时有无色气体产生，是过氧化氢被LiCoO2氧化生成氧气，反应的离子方程式：2LiCoO2+6H++H2O2＝2Li++2Co2++O2↑+4H2O，
故答案为：2LiCoO2+6H++H2O2＝2Li++2Co2++O2↑+4H2O；
（3）结合分析可知，“沉钴”时采用饱和草酸铵溶液将钴元素转化为CoC2O4，与草酸钠溶液相比效果更好，原因是草酸铵溶液的碱性比草酸钠溶液弱，防止沉钴时生成氢氧化物，
故答案为：草酸铵溶液的碱性比草酸钠溶液弱，防止沉钴时生成氢氧化物；
（4）碳酸锂的溶解度随温度升高而降低，“沉锂”后得到碳酸锂固体的实验操作为：趁热过滤，
故答案为：趁热过滤；
（5）碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点，有关的反应离子方程式为：2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6，得到定量关系为：2Fe3+～I2～2Na2S2O3，n（Fe3+）＝2n（I2）＝n（Na2S2O3）＝0.2500 mol•L﹣1×30.00 mL×10﹣3L•mL﹣1＝7.50×10﹣3 mol；加足量BaCl2溶液充分反应后，过滤、洗涤、干燥后得沉淀1.165g为硫酸钡沉淀，则n（SO42﹣）＝＝5.00×10﹣3mol，100 mL溶液中含有n（Fe3+）＝7.50×10﹣3 mol×＝0.03 mol，n（SO42﹣）＝5.00×10﹣3 mol×＝0.02 mol，设4.850g样品中钠离子的物质的量为n（Na+），氢氧根离子物质的量为n（OH﹣），根据质量守恒得：4.850g﹣0.03mol×56g/mol﹣0.02mol×96g/mol＝n（Na+）×23g/mol+n（OH﹣）×17g/mol，根据电荷守恒得：0.03mol×3+n（Na+）×1＝0.02mol×2+n（OH﹣）×1，解得：n（Na+）＝0.01 mol，n（OH﹣）＝0.06 mol，
x：y：m：n＝n（Na+）：n（Fe3+）：n（SO42﹣）：n（OH﹣）＝0.01：0.03：0.02：0.06＝1：3：2：6，化学式为：NaFe3（SO4）2（OH）6，
故答案为：淀粉溶液；NaFe3（SO4）2（OH）6。
【点评】本题考查了制备方案的设计、物质的分离与提纯方法，为高考常见题型题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握化学实验基本操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
2021-2022学年山西省运城市高三（上）期中化学试卷
一、选择题（本题共18个小题，每小题3分，共54分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．（3分）化学与生活、科学、技术等密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．2020年，中国“奋斗者”号载人潜水器成功进行深海科考活动，制造潜水器载人球舱的钛合金比纯金属钛具有更高的强度、韧性和熔点
B．纳米铁粉和FeS都可以高效地去除被污染水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，其原理是相同的
C．秦朝兵马俑用陶土烧制而成，陶土属于合成高分子材料
D．葡萄酒中通常含有微量SO2，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化
2．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应后，混合气体分子数等于2NA
B．0.2molFeCl3水解形成的Fe（ OH）3胶体粒子数为0.2NA
C．向由2.3gNa与2.7gAl组成的混合物中加入足量水充分反应，生成的H2分子数为0.2NA
D．反应KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O中，每消耗1molKClO3，转移的电子数为6NA
3．（3分）下列有关离子方程式表示正确的是（ ）
A．向FeI2溶液中通入足量Cl2：2Fe2++2I﹣+2Cl2＝2Fe3++I2+4Cl﹣
B．碳酸氢钡与少量的氢氧化钠溶液反应：Ba2++OH﹣+HCO3﹣═BaCO3↓+H2O
C．已知酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，则向NaCN溶液中通入少量的CO2时：2CN﹣+CO2+H2O＝2HCN+CO32﹣
D．酸性KMnO4溶液中加H2O2溶液：2MnO4﹣+10H++3H2O2═2Mn2++3O2↑+8H2O
4．（3分）下列各组离子，在指定环境中一定能大量共存的是（ ）
A．能使甲基橙变红的溶液中：NH4+、SO42﹣、NO3﹣、Mg2+
B．由水电离出的c（H+）＝1×10﹣13mol/L的溶液中：Ca2+、NH4+、ClO﹣、Ag+
C．加入铝粉能放出氢气的溶液中：Mg2+、AlO2﹣、I﹣、NO3﹣
D．某无色透明的溶液中：AlO2﹣、NH4+、HCO3﹣、Cl﹣
5．（3分）为提纯下列物质（括号中为杂质），所选除杂试剂和分离方法正确的是（ ）
选项
被提纯的物质（杂质）
除杂试剂
分离方法
A
SO2（H2S）
酸性高锰酸钾溶液
洗气
B
HBr（ Br2）
NaOH
洗气
C
乙酸乙酯（乙醇）
饱和Na2CO3溶液
分液
D
CO2（SO2）
饱和NaHSO3溶液
洗气
A．A B．B C．C D．D
6．（3分）科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如下。W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大。（ 注：实线代表共价键，重复单元的W、X未标注）下列说法正确的是（ ）
A．离子半径：Z＞Y
B．W、X、Y三种元素可组成多种酸
C．W、Y、Z三种元素中任意两种组成的二元离子化合物，共有两种
D．X与W组成的化合物的沸点一定比Y与W组成的化合物的沸点低
7．（3分）下列“类比”合理的是（ ）
A．Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，则Na在CO2中燃烧可能生成Na2CO3和C
B．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClO
C．C在足量O2中燃烧生成CO2，则S在足量O2中燃烧生成SO3
D．往AlCl3溶液中加入过量氨水生成Al（ OH）3沉淀，则往CuCl2溶液中加入过量氨水生成Cu（ OH）2沉淀
8．（3分）化学反应中的能量变化，通常主要表现为热量的变化。下列相关表述正确的是（ ）
A．一定条件下，将0.5molH2和0.5molI2（g）置于密闭容器中充分反应生成HI放热akJ，其热化学方程式为：H2（g）+I2（g）═2HI（g）ΔH＝﹣2akJ/mol
B．在101kPa 时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式表示为：H2（g）+O2（g）═H2O（1）ΔH＝﹣285.8kJ/mol
C．S（g）+O2（g）＝SO2（g）ΔH1；S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH2；ΔH1＞ΔH2
D．HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝﹣57.3kJ/mol，则0.5mol H2SO4和足量Ba（OH）2反应的ΔH＝﹣57.3kJ/mol
9．（3分）KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2↑。下列说法错误的是（ ）
A．产生22.4L（标准状况）Cl2时，反应中转移20mole﹣
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3﹣的存在
D．可用澄清石灰水吸收反应产生的Cl2制备漂白粉
10．（3分）下列实验方案与实验结论都正确的是（ ）
选项
实验目的
实验方案
实验结论
A
配制480mL0.2mol•L﹣1CuSO4溶液
称取24.0gCuSO4•5H2O固体溶解后，用500mL容量瓶配制溶液。
所得500mL溶液浓度为0.2mol•L﹣1
B
探究Fe与水蒸气高温反应所得固体中铁元素的化合价
取固体于试管中，加足量稀硫酸，有无色气体产生，将溶液分成两份，一份滴加KSCN溶液，溶液变血红色；另一份滴加少量KMnO4溶液，紫色褪去。
固体中铁元素化合价为+2价、+3价
C
检验Na2SO3固体是否被氧化
取少量固体溶解，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀；再加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解。
Na2SO3固体部分被氧化
D
探究Cu与稀硫酸反应中KNO3的作用
取适量铜粉于试管，加入稀硫酸，加热，无明显现象；再加入少量KNO3固体，产生大量气泡。
KNO3是催化剂
A．A B．B C．C D．D
11．（3分）某溶液pH＝0，可能存在SO42﹣、NH4+、Ba2+、Fe2+、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、Al3+中的若干种，现取适量X溶液进行如下一系列实验，下列有关判断正确的是（ ）
A．生成沉淀H的离子方程式为：CO2+2OH﹣+Ba2+＝BaCO3↓+H2O
B．溶液X中一定含有的离子：SO42﹣、NH4+、Fe2+、Cl﹣
C．溶液X中不能确定是否含有Al3+
D．溶液X中一定没有的离子：CO32﹣、Ba2+、NO3﹣
12．（3分）降低硫含量是裂化汽油精制处理的关键。S﹣Zorb技术使用Ni/ZnO作脱硫吸附剂脱除噻吩（）中硫原子的过程如图。下列说法不正确的是（ ）
A．过程①涉及极性键和非极性键的断裂
B．过程③通入O2的主要目的是将ZnS转化为ZnO和SO2
C．过程③中参加反应的O2和ZnS的物质的量之比是3：2
D．过程④通入H2的主要目的是使脱硫吸附剂再生
13．（3分）碳酰氯（COCl2）俗名光气，熔点为﹣118℃，沸点为8.2℃，遇水迅速水解，生成氯化氢。光气可由氯仿（CHCl3）和氧气在光照条件下合成。下列说法错误的是（ ）
A．装置的连接顺序应为c→a→b→e→f→a→b→d
B．装置丙的主要作用是吸收尾气中的氯化氢
C．装置丁中发生反应的化学方程式为2CHCl3+O22COCl2+2HCl
D．冰水混合物的作用是降温，防止COCl2挥发
14．（3分）Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如图所示：
下列关于活化历程的说法错误的是（ ）
A．在此反应过程中Ni的成键数目发生变化
B．只涉及极性键的断裂和生成
C．决定此反应速率的步骤：中间体2→中间体3
D．Ni（s）+C2H6（g）＝NiCH2（s）+CH4（g）ΔH＝﹣6.57kJ•mol﹣1
15．（3分）科学实验中，要尽可能避免干扰因素对实验的影响。下列分析错误的（ ）
A．用甲操作检验K+，应透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，来排除Na+干扰
B．用乙装置制备氢氧化亚铁，胶头滴管插到覆盖一层苯的液面以下以防止空气干扰
C．用丙装置制备并检验乙烯，氢氧化钠溶液用来排除CO2对乙烯检验的干扰
D．丁装置中，读出H2的体积时，待装置冷却至室温，将漏斗缓缓下移至两端的液面处于相平，是为了防止温度和压强对气体体积的影响
16．（3分）我国科研团队成功研究出高比能量、低成本的钠离子二次电池，其工作原理如图所示。已知电池反应：Na1﹣xMnO2+NaxCnNaMnO2+nC。下列说法错误的是（ ）
A．电池放电过程中，NaMnO2/Al上的电势高于石墨烯/Al上的电势
B．电池放电时，正极发生反应Na1﹣xMnO2+xNa++xe﹣═NaMnO2
C．电池充电时，外接电源的负极连接NaMnO2/Al电极
D．电池充电时，Na+由NaMnO2/Al电极移向石墨烯/Al电极
17．（3分）甘氨酸亚铁[（ H2NCH2COO）2Fe]是一种新型的铁营养强化剂。实验室制备甘氨酸亚铁部分装置如图（部分夹持装置省略，气密性已检查）。
已知：i.2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH（ H2NCH2COO）2Fe+Na2SO4+2H2O。
ii.柠檬酸易溶于水和乙醇，有弱酸性和还原性。
ili.（ H2 NCH2COO）2Fe易溶于水，难溶于乙醇。
下列说法错误的是（ ）
A．发生反应i的操作：先打开K1、K3，一段时间后关闭K1，K3，再打开K2、K4
B．加入柠檬酸的作用是调节溶液的pH使反应充分发生
C．反应结束后向反应混合液中加入乙醇，目的是降低甘氨酸亚铁的溶解度
D．洗涤甘氨酸亚铁粗产品最好选择乙醇
18．（3分）利用NaClO氧化尿素制备N2H4•H2O（水合肼）的实验流程如图所示：
已知：
①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应；
②N2H4•H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
下列说法不正确的是（ ）
A．步骤Ⅰ中为避免温度过高，可采用冰水浴
B．步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，测得产物中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5：1，则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：3
C．步骤Ⅱ中可将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中
D．生成水合肼反应的离子方程式为ClO﹣+CO（NH2）2+2OH﹣═Cl﹣+N2H4•H2O+CO32﹣
二、填空题（本大题共4个小题，共46分）
19．（10分）N、P、As是重要的氮族元素，氮族元素的单质及其化合物的应用较为广泛。回答下列问题：
（1）33As与P位于同一主族，磷原子的结构示意图为 ，砷在周期表中的位置是 。
（2）下列能说明N和P非金属性相对强弱的是 （填标号）。
A.NH3比PH3稳定性强
B.Na3PO4溶液与HNO3反应生成H3PO4
C.硝酸显强氧化性，磷酸不显强氧化性
D.常温下，氮气是气体，磷单质是固体
（3）NH2Cl比HClO稳定性高，易水解，因水解后能产生可杀菌消毒的物质而成为饮用水的缓释消毒剂，NH2Cl发生水解的化学方程式为 。
（4）白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，白磷与硫酸铜反应如下：11P+15CuSO4+24H2O＝5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，反应中1molCuSO4可氧化 molP。
20．（12分）利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①CO（g）+2H2（g）⇋CH3OH（g） ΔH1
②CO2（g）+3H2（g）⇋CH3OH（g）+H2O（g） ΔH2
③CO2（g）+H2（g）⇋CO（g）+H2O（g） ΔH3
回答下列问题：
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
化学键
H﹣H
C﹣O
C≡O
H﹣O
C﹣H
E/（kJ•mol﹣1）
436
343
1076
465
413
由此计算ΔH1＝ kJ•mol﹣1，已知ΔH2＝﹣58kJ•mol﹣1，则ΔH3＝ kJ•mol﹣1。
（2）科学家提出制备合成气反应历程分两步：
反应①：CH4（g）═C（ads）+2H2（g）（慢反应）
反应②：C（ads）+CO2（g）═2CO（g）（快反应）
上述反应中C（ads）为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图1所示：
CH4与CO2制备合成气的热化学方程式为 。
（3）利用铜基配合物1，10﹣phenanthroline﹣Cu催化剂电催化CO2还原制备碳基燃料（包括CO、烷烃和酸等）是减少CO2在大气中累积和实现可再生能源有效利用的关键手段之，其装置原理如图2所示。
①电池工作过程中，图中Pt电极附近溶液的pH （填“变大”或“变小”），阴极的电极反应式为 。
②每转移2mol电子，阴极室溶液质量增加 g。
（4）利用“Na﹣CO2”电池将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na﹣CO2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管（MWCNT）为电极材料，总反应为4Na+3CO2 2Na2CO3+C。放电时该电池吸入CO2，其工作原理如图3所示：
①放电时，正极的电极反应式为 。
②若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mol电子时，两极的质量差为 g。（假设放电前两电极质量相等）
21．（12分）过氧化钙可以用于改善地表水质处理含重金属离子废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等。
Ⅰ.某实验小组拟选用如图装置（部分固定装置略）制备过氧化钙。
（1）装置d中的试剂是 ，作用是 。
（2）根据上面的实验装置进行实验，步骤如下：
①通入一段时间氧气
②熄灭酒精灯
③点燃酒精灯
④停止通入氧气
⑤装入药品及试剂
⑥检验装置的气密性
正确的操作顺序是： 。
Ⅱ.工业上生产过氧化钙的主要流程如图：
已知：①CaO2•8H2O是一种白色晶体，微溶于水，不溶于乙醇，易与酸反应；②沉淀时需控制温度为0℃左右。
实验室模拟沉淀反应的所用装置如图：
（3）装置的连接顺序为 （填字母）。
（4）沉淀时需控制温度为0℃左右的可能原因是 。
（5 ）沉淀步骤发生反应的离子方程式为 。
（6）测定CaO2•8H2O样品纯度的方法是：称取0.300g样品于锥形瓶中，加入50mL水和15mL2mol•L﹣1 CH3COOH溶液，振荡使样品溶解生成过氧化氢，再加入几滴MnSO4稀溶液，立即用0.0200molL﹣1KMnO4标准溶液滴定到终点，消耗25.00mL标准溶液。
①样品中CaO2•8H2O的质量分数为 。
②上述过程中若使用稀硫酸而不使用稀醋酸溶解样品，则测得样品的纯度将 （填“偏高”“偏低”或“不变”）。
22．（12分）一种从废电池正极材料（含铝箔、LiCoO2、Fe2O3及少量不溶于酸碱的导电剂）中回收各种金属的工艺流程如图。
已知：①黄钠铁矾晶体颗粒粗大，沉淀速度快，易于过滤。
②钴酸锂难溶于水，碳酸锂的溶解度随温度升高而降低。
③Ksp（CoC2O4）＝6.3×10﹣8，Ksp[Co（OH）2]＝6.3×10﹣15。
回答下列问题：
（1）为了提高“碱溶”效率，可以采取的措施是 。（写出一条即可）
（2）“浸取”时有无色气体产生，发生反应的离子方程式为 。
（3）“沉钴”时采用饱和草酸铵溶液将钴元素转化为CoC2O4，与草酸钠溶液相比效果更好，原因是 。
（4）“沉锂”后得到碳酸锂固体的实验操作为 。
（5）“沉铁”时所得黄钠铁矾的化学式可表示为NaxFey（SO4）m（OH）n。采用滴定法测定黄钠铁矾样品的组成，实验步骤如下：
Ⅰ．称取4.850g样品，加盐酸完全溶解后，配成100.00mL溶液。
Ⅱ．量取25.00mL溶液，加入足量的KI，用0.2500mol•L﹣1Na2S2O3溶液进行滴定至终点（I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6），消耗30.00mL Na2S2O3溶液。
Ⅲ．另取25.00mL溶液，加入足量BaCl2溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得到沉淀1.165g。用Na2S2O3溶液进行滴定时，使用的指示剂为 ；黄钠铁矾的化学式为 。
2021-2022学年山西省运城市高三（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共18个小题，每小题3分，共54分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．（3分）化学与生活、科学、技术等密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．2020年，中国“奋斗者”号载人潜水器成功进行深海科考活动，制造潜水器载人球舱的钛合金比纯金属钛具有更高的强度、韧性和熔点
B．纳米铁粉和FeS都可以高效地去除被污染水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，其原理是相同的
C．秦朝兵马俑用陶土烧制而成，陶土属于合成高分子材料
D．葡萄酒中通常含有微量SO2，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化
【分析】A．合金熔点低于各组分金属的熔点；
B．纳米铁粉去除被污染水体中的Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，是利用Fe的强还原性，而FeS去除被污染水体中的其他等重金属离子，是将生成比FeS更难溶的金属硫化物沉淀；
C．陶土的主要成分是硅酸盐；
D．SO2具有强还原性，而且具有杀菌消毒能力。
【解答】解：A．钛合金比纯金属钛具有更高的强度.韧性，但钛合金的熔点低于纯金属钛，故A错误；
B．纳米Fe粉能和Cu2+、Hg2+等重金属离子发生置换反应生成Cu、Hg单质，FeS可将Cu2+、Hg2+等重金属离子转化为更难溶的金属硫化物沉淀而治理污染，则二者原理不同，故B错误；
C．陶土的主要成分是硅酸盐，硅酸盐属于无机物，则陶土不属于合成高分子材料，故C错误；
D．SO2具有强还原性，可防止葡萄酒中的营养成分被氧化，并且SO2可使蛋白质发生变性，具有杀菌能力，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应和性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活、科学的联系，题目难度不大。
2．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应后，混合气体分子数等于2NA
B．0.2molFeCl3水解形成的Fe（ OH）3胶体粒子数为0.2NA
C．向由2.3gNa与2.7gAl组成的混合物中加入足量水充分反应，生成的H2分子数为0.2NA
D．反应KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O中，每消耗1molKClO3，转移的电子数为6NA
【分析】A.2NO+O2＝2NO2，同时存在2NO2⇌N2O4；
B.氢氧化铁胶体粒子为氢氧化铁的集合体；
C.Na与水反应生成NaOH和氢气，Al和氢氧化钠溶液反应也能生成氢气；
D.反应KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O中，每消耗1molKClO3转移5mol电子。
【解答】解：A.2molNO与1molO2充分反应后生成2molNO2，但存在2NO2⇌N2O4，混合气体分子数小于2NA，故A错误；
B.氢氧化铁胶体粒子为氢氧化铁的集合体，无法计算胶体粒子数目，故B错误；
C.Na的物质的量为＝0.1mol，由反应2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑可知，生成0.1molNaOH和0.05mol氢气，2.7gAl的物质的量为＝0.1mol，由反应2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知，生成0.15mol氢气，共生成氢气分子数为（0.05mol+0.15mol）×NA/mol＝0.2NA，故C正确；
D.反应KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O中，每消耗1molKClO3，转移的电子数为5mol×NA/mol＝5NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
3．（3分）下列有关离子方程式表示正确的是（ ）
A．向FeI2溶液中通入足量Cl2：2Fe2++2I﹣+2Cl2＝2Fe3++I2+4Cl﹣
B．碳酸氢钡与少量的氢氧化钠溶液反应：Ba2++OH﹣+HCO3﹣═BaCO3↓+H2O
C．已知酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，则向NaCN溶液中通入少量的CO2时：2CN﹣+CO2+H2O＝2HCN+CO32﹣
D．酸性KMnO4溶液中加H2O2溶液：2MnO4﹣+10H++3H2O2═2Mn2++3O2↑+8H2O
【分析】A.氯气足量，亚铁离子与碘离子的物质的量之比为1：2；
B.氢氧化钠少量，反应生成碳酸钡沉淀、碳酸氢钠和水；
C.酸性HCN＞HCO3﹣，反应生成碳酸氢根离子；
D.该反应不满足电荷守恒和得失电子守恒。
【解答】解：A.向FeI2溶液中通入足量Cl2，离子方程式为：2Fe2++4I﹣+3Cl2＝2Fe3++2I2+6Cl﹣，故A错误；
B.碳酸氢钡与少量的氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Ba2++OH﹣+HCO3﹣═BaCO3↓+H2O，故B正确；
C.已知酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，则向NaCN溶液中通入少量的CO2时的离子方程式为：CN﹣+CO2+H2O＝HCN+HCO3﹣，故C错误；
D.酸性KMnO4溶液中加H2O2溶液，离子方程式为：2MnO4﹣+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
4．（3分）下列各组离子，在指定环境中一定能大量共存的是（ ）
A．能使甲基橙变红的溶液中：NH4+、SO42﹣、NO3﹣、Mg2+
B．由水电离出的c（H+）＝1×10﹣13mol/L的溶液中：Ca2+、NH4+、ClO﹣、Ag+
C．加入铝粉能放出氢气的溶液中：Mg2+、AlO2﹣、I﹣、NO3﹣
D．某无色透明的溶液中：AlO2﹣、NH4+、HCO3﹣、Cl﹣
【分析】A.该溶液呈酸性，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
B.该溶液呈酸性或碱性，钙离子、铵根离子、银离子与氢氧根离子反应，次氯酸根离子与氢离子反应、银离子反应；
C.该溶液呈酸性或强碱性，镁离子与氢氧根离子反应，酸性条件下硝酸根离子能够氧化碘离子，偏铝酸根离子与氢离子反应；
D.偏铝酸根离子与铵根离子、碳酸氢根离子反应。
【解答】解：A.能使甲基橙变红的溶液呈酸性，NH4+、SO42﹣、NO3﹣、Mg2+之间不反应，都不与H+反应，在酸性溶液中能够大量共存，故A正确；
B.由水电离出的c（H+）＝1×10﹣13mol/L的溶液呈酸性或碱性，Ca2+、NH4+、Ag+都与OH﹣反应，ClO﹣与Ag+、H+反应，，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C.加入铝粉能放出氢气的溶液呈酸性或强碱性，Mg2+与OH﹣反应，AlO2﹣与H+反应，I﹣、NO3﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D.AlO2﹣与NH4+、HCO3﹣反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，把握题干暗含信息、常见离子性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
5．（3分）为提纯下列物质（括号中为杂质），所选除杂试剂和分离方法正确的是（ ）
选项
被提纯的物质（杂质）
除杂试剂
分离方法
A
SO2（H2S）
酸性高锰酸钾溶液
洗气
B
HBr（ Br2）
NaOH
洗气
C
乙酸乙酯（乙醇）
饱和Na2CO3溶液
分液
D
CO2（SO2）
饱和NaHSO3溶液
洗气
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.二者均可被酸性高锰酸钾溶液氧化；
B.二者均与NaOH溶液反应；
C.饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、与乙酸乙酯分层；
D.二氧化硫与亚硫酸氢钠溶液不反应。
【解答】解：A.二者均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能除杂，应选硫酸铜溶液，故A错误；
B.二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应萃取分离，故B错误；
C.饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故C正确；
D.二氧化硫与亚硫酸氢钠溶液不反应，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6．（3分）科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如下。W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大。（ 注：实线代表共价键，重复单元的W、X未标注）下列说法正确的是（ ）
A．离子半径：Z＞Y
B．W、X、Y三种元素可组成多种酸
C．W、Y、Z三种元素中任意两种组成的二元离子化合物，共有两种
D．X与W组成的化合物的沸点一定比Y与W组成的化合物的沸点低
【分析】原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z，W、X、Z分别位于不同周期，则W为H，X位于第二周期，Z位于第三周期，Z的原子半径在同周期元素中最大，则Z为Na；结合图示可知，X形成4个共价键，Y形成2个共价键，则X为C元素，Y为O元素，以此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na元素，
A.氧离子和钠离子的核外电子结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：Z＜Y，故A错误；
B.H、C、O元素可形成多种酸，如碳酸、甲酸、乙酸等，故B正确；
C.W、Y、Z三种元素中任意两种组成的二元离子化合物有NaH、Na2O、Na2O2，共有3种，故C错误；
D.X与W组成的化合物为烃，Y与W组成的化合物为水和双氧水，碳原子数较多的烃常温下为固态，其沸点大于水和双氧水，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质结构、原子半径来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
7．（3分）下列“类比”合理的是（ ）
A．Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，则Na在CO2中燃烧可能生成Na2CO3和C
B．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClO
C．C在足量O2中燃烧生成CO2，则S在足量O2中燃烧生成SO3
D．往AlCl3溶液中加入过量氨水生成Al（ OH）3沉淀，则往CuCl2溶液中加入过量氨水生成Cu（ OH）2沉淀
【分析】A．Mg、Na均可与二氧化碳发生置换反应；
B．CO2不具有还原性，SO2具有还原性；
C．S在足量O2中燃烧生成SO2；
D．CuCl2溶液中加入过量氨水生成配合物，无沉淀生成。
【解答】解：A．Mg、Na均可与二氧化碳发生置换反应，则Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，则Na在CO2中燃烧可能生成Na2CO3和C，类比合理，故A正确；
B．CO2不具有还原性，SO2具有还原性，所以NaClO与SO2发生氧化还原反应，反应方程式为NaClO+H2O+SO2＝NaCl+H2SO4，与CO2反应原理不同，故B错误；
C．S在足量O2中燃烧生成SO2，类比不合理，故C错误；
D．CuCl2溶液中加入过量氨水生成配合物，无沉淀生成，则类推不合理，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查金属及其化合物的性质，题目难度不大，明确物质的性质、发生的反应、类比规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，B、D为解答易错点。
8．（3分）化学反应中的能量变化，通常主要表现为热量的变化。下列相关表述正确的是（ ）
A．一定条件下，将0.5molH2和0.5molI2（g）置于密闭容器中充分反应生成HI放热akJ，其热化学方程式为：H2（g）+I2（g）═2HI（g）ΔH＝﹣2akJ/mol
B．在101kPa 时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式表示为：H2（g）+O2（g）═H2O（1）ΔH＝﹣285.8kJ/mol
C．S（g）+O2（g）＝SO2（g）ΔH1；S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH2；ΔH1＞ΔH2
D．HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝﹣57.3kJ/mol，则0.5mol H2SO4和足量Ba（OH）2反应的ΔH＝﹣57.3kJ/mol
【分析】A．该反应为可逆反应，反应物不能完全转化；
B．在101kPa 时，2gH2的物质的量为＝1mol，即1mol氢气完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量；
C．S（g）能量高于S（s）；
D．物质的量与热量成正比，且生成硫酸钡放热。
【解答】解：A．该反应为可逆反应，反应物不能完全转化，则热化学方程式为：H2（g）+I2（g）═2HI（g）ΔH＝＜﹣2akJ/mol，故A错误；
B．在101kPa 时，2gH2的物质的量为＝1mol，即1mol氢气完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，即表示氢气燃烧热的热化学方程式表示为：H2（g）+O2（g）═H2O（1）ΔH＝﹣285.8kJ/mol，故B正确；
C．S（g）能量高于S（s），则S（g）+O2（g）＝SO2（g）ΔH1；S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH2；ΔH1＜ΔH2，故C错误；
D．物质的量与热量成正比，且生成硫酸钡放热，则0.5mol H2SO4和足量Ba（OH）2反应的ΔH＜﹣57.3kJ/mol，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变计算、燃烧热与中和热为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
9．（3分）KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2↑。下列说法错误的是（ ）
A．产生22.4L（标准状况）Cl2时，反应中转移20mole﹣
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3﹣的存在
D．可用澄清石灰水吸收反应产生的Cl2制备漂白粉
【分析】反应6I2+11KClO3+3H2O6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2↑中，I元素化合价由0价升高到+5价，则I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，则KClO3作为氧化剂，生成3molCl2时，转移60mole﹣，据此分析解答。
【解答】解：A．反应生成3molCl2时，反应转移60mole﹣，则产生22.4L（标准状况）即1molCl2时，反应转移20mol e﹣，故A正确；
B．I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，KClO3作为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为11：6，故B正确；
C．在酸性溶液中IO3﹣和I﹣发生反应：IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3﹣的存在，故C正确；
D．可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉，澄清石灰水中氢氧化钙的浓度太小，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，把握氧化还原反应中元素化合价的变化、转移电子数的计算为解题关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
10．（3分）下列实验方案与实验结论都正确的是（ ）
选项
实验目的
实验方案
实验结论
A
配制480mL0.2mol•L﹣1CuSO4溶液
称取24.0gCuSO4•5H2O固体溶解后，用500mL容量瓶配制溶液。
所得500mL溶液浓度为0.2mol•L﹣1
B
探究Fe与水蒸气高温反应所得固体中铁元素的化合价
取固体于试管中，加足量稀硫酸，有无色气体产生，将溶液分成两份，一份滴加KSCN溶液，溶液变血红色；另一份滴加少量KMnO4溶液，紫色褪去。
固体中铁元素化合价为+2价、+3价
C
检验Na2SO3固体是否被氧化
取少量固体溶解，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀；再加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解。
Na2SO3固体部分被氧化
D
探究Cu与稀硫酸反应中KNO3的作用
取适量铜粉于试管，加入稀硫酸，加热，无明显现象；再加入少量KNO3固体，产生大量气泡。
KNO3是催化剂
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.配制480mL0.2mol•L﹣1CuSO4溶液，选500mL容量瓶，需要胆矾的质量为0.5L×0.2mol/L×250g/mol＝25.0g；
B.加足量稀硫酸，有无色气体产生，可知Fe过量，溶液分成两份，一份滴加KSCN溶液，溶液变血红色，可知溶液含铁离子；
C.硫酸钡不溶于盐酸，亚硫酸钡溶于盐酸；
D.酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu。
【解答】解：A.配制480mL0.2mol•L﹣1CuSO4溶液，选500mL容量瓶，需要胆矾的质量为0.5L×0.2mol/L×250g/mol＝25.0g，称量后配制，故A错误；
B.加足量稀硫酸，有无色气体产生，可知Fe过量，溶液含Fe与硫酸反应生成的亚铁离子，由操作和现象不能证明Fe与水蒸气反应后的固体产物中含+2价铁，故B错误；
C.硫酸钡不溶于盐酸，亚硫酸钡溶于盐酸，由沉淀部分溶解可知Na2SO3固体部分被氧化，故C正确；
D.酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu，固体溶解与催化剂无关，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11．（3分）某溶液pH＝0，可能存在SO42﹣、NH4+、Ba2+、Fe2+、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、Al3+中的若干种，现取适量X溶液进行如下一系列实验，下列有关判断正确的是（ ）
A．生成沉淀H的离子方程式为：CO2+2OH﹣+Ba2+＝BaCO3↓+H2O
B．溶液X中一定含有的离子：SO42﹣、NH4+、Fe2+、Cl﹣
C．溶液X中不能确定是否含有Al3+
D．溶液X中一定没有的离子：CO32﹣、Ba2+、NO3﹣
【分析】pH＝0的X溶液呈强酸性，溶液中不含有CO32﹣，并且Fe2+和NO3﹣不能同时存在；
①试液中加入过量硝酸钡溶液，生成的气体A为NO，则原溶液中一定含有Fe2+，一定不含有NO3﹣，沉淀C为BaSO4，原溶液中一定含有SO42﹣，一定不含有Ba2+；
②溶液B中加入过量NaOH溶液，生成的气体D为NH3，则原溶液中含有NH4+，沉淀F为Fe（OH）3；
③溶液E中通入过量CO2生成的沉淀H一定是Al（OH）3，则溶液E中一定含有AlO2﹣，原溶液中一定含有Al3+，Cl﹣无法确定；
综上，原溶液中一定含有的离子为SO42﹣、NH4+、Fe2+、Al3+，一定不含有的离子为Ba2+、CO32﹣、NO3﹣，可能含有的离子为Cl﹣，据此分析解答。
【解答】解：A．由上述分析可知，原溶液中一定含有Al3+，加入NaOH溶液时生成AlO2﹣，通入过量CO2时生成的沉淀H为Al（OH）3，离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣，过量CO2能使BaCO3溶解生成Ba（HCO3）2，故A错误；
B．由上述分析可知，液X中一定含有的离子：SO42﹣、NH4+、Fe2+，可能含有Cl﹣，则B错误；
C．由上述分析可知，液X中一定含有Al3+，故C错误；
D．由上述分析可知，溶液X中一定没有的离子：CO32﹣、Ba2+、NO3﹣，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查常见离子的检验，为高考常见题型，为高频考点，掌握常见离子的性质及检验方法是解题关键，注意根据反应现象判断离子存在情况，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力，题目难度中等。
12．（3分）降低硫含量是裂化汽油精制处理的关键。S﹣Zorb技术使用Ni/ZnO作脱硫吸附剂脱除噻吩（）中硫原子的过程如图。下列说法不正确的是（ ）
A．过程①涉及极性键和非极性键的断裂
B．过程③通入O2的主要目的是将ZnS转化为ZnO和SO2
C．过程③中参加反应的O2和ZnS的物质的量之比是3：2
D．过程④通入H2的主要目的是使脱硫吸附剂再生
【分析】A．过程①为噻吩与ZnO﹣Ni、H2反应生成CH2＝CH﹣CH＝CH2和ZnO﹣NiS；
B．过程③为ZnS﹣Ni与O2反应生成SO2和ZnO﹣NiO；
C．根据方程式中的得失电子守恒解答；
D．过程④为H2和NiO反应生成Ni和H2O。
【解答】解：A．过程①为噻吩与ZnO﹣Ni、H2反应生成CH2＝CH﹣CH＝CH2和ZnO﹣NiS，涉及到H﹣H极性键、S﹣C极性键的断裂，故A正确；
B．过程③为ZnS﹣Ni与O2反应生成SO2和ZnO﹣NiO，通入O2后ZnS和Ni生成SO2、ZnO和NiO，所以通入O2的主要目的是将ZnS转化为ZnO和SO2，故B正确；
C．过程③的反应方程式为：ZnS+Ni+2O2＝SO2+ZnO+NiO，根据得失电子守恒参加反应的O2和ZnS的物质的量之比是2：1，故C错误；
D．过程④为H2和NiO反应生成Ni和H2O，反应方程式为：H2+NiO＝Ni+H2O，所以通入H2的主要目的是使脱硫吸附剂再生，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了化学反应机理的知识点，熟练掌握基础知识是解本题关键，侧重分析能力和解答能力的考查，注意运用化学知识解释流程，题目难度不大。
13．（3分）碳酰氯（COCl2）俗名光气，熔点为﹣118℃，沸点为8.2℃，遇水迅速水解，生成氯化氢。光气可由氯仿（CHCl3）和氧气在光照条件下合成。下列说法错误的是（ ）
A．装置的连接顺序应为c→a→b→e→f→a→b→d
B．装置丙的主要作用是吸收尾气中的氯化氢
C．装置丁中发生反应的化学方程式为2CHCl3+O22COCl2+2HCl
D．冰水混合物的作用是降温，防止COCl2挥发
【分析】光气可由氯仿（CHCl3）和氧气在光照条件下合成，且光气遇水迅速水解，由实验装置可知，乙装置制备氧气，然后经甲干燥氧气，再选丁合成光气，丁后面需连接干燥装置防止水进入丁中，最后连接丙装置吸收尾气，以此来解答。
【解答】解：A.干燥气体时导管长进短出，由上述分析可知，装置的连接顺序应为c→b→a→e→f→b→a→d，故A错误；
B.丁中生成HCl，HCl极易溶于水，倒扣的漏斗可防止倒吸，则装置丙的主要作用是吸收尾气中的氯化氢，故B正确；
C.光气可由氯仿（CHCl3）和氧气在光照条件下合成，丁中反应的化学方程式为2CHCl3+O22COCl2+2HCl，故C正确；
D.光气的熔沸点较低，可知冰水混合物的作用是降温，防止COCl2挥发，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握习题中的信息、制备原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
14．（3分）Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如图所示：
下列关于活化历程的说法错误的是（ ）
A．在此反应过程中Ni的成键数目发生变化
B．只涉及极性键的断裂和生成
C．决定此反应速率的步骤：中间体2→中间体3
D．Ni（s）+C2H6（g）＝NiCH2（s）+CH4（g）ΔH＝﹣6.57kJ•mol﹣1
【分析】A．中间体1→中间体2，Ni的成键数目由4个变为3个，中间体2→中间体3，Ni的成键数目由2个变为1个；
B．反应历程可知，反应过程涉及到C﹣C键断裂和C﹣H键形成；
C．由图可知，中间体2→中间体3，该步骤活化能最大；
D．△H＝E生成物﹣E反应物，只取决于始态和终态，与反应过程无关。
【解答】解：A．中间体1→中间体2，Ni的成键数目由4个变为3个，中间体2→中间体3，Ni的成键数目由2个变为1个，则在此反应过程中Ni的成键数目发生变化，故A正确；
B．过程涉及到C﹣C键断裂和C﹣H键形成，涉及到非极性键的断裂和极性键的形成，故B错误；
C．由图可知，中间体2→中间体3，该步骤活化能最大，则决定此反应速率的步骤：中间体2→中间体3，故C正确；
D.Ni（s）+C2H6（g）═NiCH2（s）+CH4（g）△＝E生成物﹣E反应物＝﹣6.57kJ•mol﹣1﹣0kJ•mol﹣1＝﹣6.57kJ•mol﹣1，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、活化能为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
15．（3分）科学实验中，要尽可能避免干扰因素对实验的影响。下列分析错误的（ ）
A．用甲操作检验K+，应透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，来排除Na+干扰
B．用乙装置制备氢氧化亚铁，胶头滴管插到覆盖一层苯的液面以下以防止空气干扰
C．用丙装置制备并检验乙烯，氢氧化钠溶液用来排除CO2对乙烯检验的干扰
D．丁装置中，读出H2的体积时，待装置冷却至室温，将漏斗缓缓下移至两端的液面处于相平，是为了防止温度和压强对气体体积的影响
【分析】A.蓝色钴玻璃可滤去黄光；
B.苯可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化；
C.二氧化碳不能被酸性高锰酸钾氧化；
D.待装置冷却至室温，调节液面避免压强对体积的测定产生影响。
【解答】解：A.蓝色钴玻璃可滤去黄光，则甲操作检验K+，应透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，来排除Na+干扰，故A正确；
B.苯可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，则乙装置制备氢氧化亚铁，胶头滴管插到覆盖一层苯的液面以下以防止空气干扰，故B正确；
C.二氧化碳不能被酸性高锰酸钾氧化，则丙装置制备并检验乙烯，氢氧化钠溶液用来排除乙醇、SO2对乙烯检验的干扰，故C错误；
D.待装置冷却至室温，调节液面避免压强对体积的测定产生影响，则丁装置中，读出H2的体积时，待装置冷却至室温，将漏斗缓缓下移至两端的液面处于相平，是为了防止温度和压强对气体体积的影响，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、离子检验、物质的制备及检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
16．（3分）我国科研团队成功研究出高比能量、低成本的钠离子二次电池，其工作原理如图所示。已知电池反应：Na1﹣xMnO2+NaxCnNaMnO2+nC。下列说法错误的是（ ）
A．电池放电过程中，NaMnO2/Al上的电势高于石墨烯/Al上的电势
B．电池放电时，正极发生反应Na1﹣xMnO2+xNa++xe﹣═NaMnO2
C．电池充电时，外接电源的负极连接NaMnO2/Al电极
D．电池充电时，Na+由NaMnO2/Al电极移向石墨烯/Al电极
【分析】电池反应为Na1﹣xMnO2+NaxCnNaMnO2+nC，该原电池放电时，NaxCn发生失电子的氧化反应生成C，则石墨烯/Al为负极，负极反应为NaxCn﹣xe﹣═nC+xNa+，NaMnO2/Al为正极，正极上Na1﹣xMnO2发生得电子的还原反应生成NaMnO2，电极反应为Na1﹣xMnO2+xNa++xe﹣═NaMnO2；充电时为电解池，阳极与外加电源正极相接，阴极与外加电源负极相接，阳极、阴极反应式与正极、负极反应式正好相反，据此分析解答。
【解答】解：A．该电池中，石墨烯/Al为负极，NaMnO2/Al为正极，则NaMnO2/Al上的电势高于石墨烯/Al上的电势，故A正确；
B．NaMnO2/Al为正极，正极上Na1﹣xMnO2发生得电子的还原反应生成NaMnO2，电极反应为Na1﹣xMnO2+xNa++xe﹣═NaMnO2，故B正确；
C．该电池中，石墨烯/Al为负极，NaMnO2/Al为正极，充电时石墨烯/Al接电源负极，NaMnO2/Al接电源正极，故C错误；
D．充电时为电解池，石墨烯/Al为阴极，NaMnO2/Al为阳极，阳离子Na+由NaMnO2/Al电极移向石墨烯/Al电极，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学电源新型电池，为高考高频点，明确元素化合价升降与电极名称关系是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意把握分析方法，题目难度中等。
17．（3分）甘氨酸亚铁[（ H2NCH2COO）2Fe]是一种新型的铁营养强化剂。实验室制备甘氨酸亚铁部分装置如图（部分夹持装置省略，气密性已检查）。
已知：i.2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH（ H2NCH2COO）2Fe+Na2SO4+2H2O。
ii.柠檬酸易溶于水和乙醇，有弱酸性和还原性。
ili.（ H2 NCH2COO）2Fe易溶于水，难溶于乙醇。
下列说法错误的是（ ）
A．发生反应i的操作：先打开K1、K3，一段时间后关闭K1，K3，再打开K2、K4
B．加入柠檬酸的作用是调节溶液的pH使反应充分发生
C．反应结束后向反应混合液中加入乙醇，目的是降低甘氨酸亚铁的溶解度
D．洗涤甘氨酸亚铁粗产品最好选择乙醇
【分析】先打开K1、K3利用蒸馏烧瓶内生成的氢气赶走三颈烧瓶中的空气，再关闭K1、K3，并打开K2，利用生成的氢气使蒸馏烧瓶内硫酸亚铁混合溶液压入三颈烧瓶中，然后打开K4，加入氢氧化钠溶液调节pH并水浴加热形成甘氨酸亚铁络合物[（H2NCH2COO）2Fe]，反应完全后，再加入乙醇，析出甘氨酸亚铁络合物[（H2NCH2COO）2Fe]的粗产品，过滤后用乙醇洗涤，并进一步提纯得到甘氨酸亚铁络合物[（H2NCH2COO）2Fe]，据此分析解答。
【解答】解：A．发生反应ⅰ的操作：先打开K1、K3，让硫酸流下和铁屑反应，生成硫酸亚铁和氢气，一段时间后关闭K1、K3，烧杯中压力增大，再打开K2、K4，生成的硫酸亚铁进入中间装置，进行目标反应，故A正确；
B．柠檬酸具有还原性，其作用是防止亚铁离子被氧化，故B错误；
C．反应结束后向反应混合液中加入乙醇，由信息可知，降低甘氨酸亚铁的溶解度，会生成白色沉淀，经过过滤、洗涤得到粗产品，故C正确；
D．（ H2NCH2COO）2Fe易溶于水，难溶于乙醇，所以洗涤甘氨酸亚铁粗产品最好选择乙醇，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查制备实验方案的设计与评价，能够迅速在图中提取到有用信息，利用信息解决有关问题，主要考查知识点还有：常见的实验仪器、过滤和提纯等知识，学生要准确把握基础实验知识，能够灵活运用，题目难度较大。
18．（3分）利用NaClO氧化尿素制备N2H4•H2O（水合肼）的实验流程如图所示：
已知：
①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应；
②N2H4•H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
下列说法不正确的是（ ）
A．步骤Ⅰ中为避免温度过高，可采用冰水浴
B．步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，测得产物中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5：1，则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：3
C．步骤Ⅱ中可将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中
D．生成水合肼反应的离子方程式为ClO﹣+CO（NH2）2+2OH﹣═Cl﹣+N2H4•H2O+CO32﹣
【分析】由流程可知，步骤I中发生Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O，温度过高时易发生3Cl2+6OH﹣＝ClO3﹣+5Cl﹣+3H2O，步骤Ⅱ中发生ClO﹣+CO（NH2）2+2OH﹣═Cl﹣+N2H4•H2O+CO32﹣，且将NaClO溶液逐滴滴加到尿素中，可防止过量的NaClO溶液将N2H4•H2O氧化，步骤Ⅲ中分离出碳酸钠、水合肼，以此来解答。
【解答】解：A.步骤I中温度过高发生副反应，为避免温度过高，可采用冰水浴，故A正确；
B.步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，测得产物中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5：1，设NaClO与NaClO3的物质的量分别为5mol、1mol，可知Cl失去电子为5mol×（1﹣0）+1mol×（5﹣0）＝10mol，由电子守恒可知Cl得到电子数为10mol，由原子守恒可知参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为10mol：（5mol+1mol）＝5：3，故B正确；
C.步骤Ⅱ中若将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中，会导致NaClO溶液将N2H4•H2O氧化，故C错误；
D.N2H4•H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2，由流程可知还生成碳酸钠、N2H4•H2O，则生成水合肼反应的离子方程式为ClO﹣+CO（NH2）2+2OH﹣═Cl﹣+N2H4•H2O+CO32﹣，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的制备实验，题目难度不大，明确物质的性质、流程中发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，选项C为解答的易错点。
二、填空题（本大题共4个小题，共46分）
19．（10分）N、P、As是重要的氮族元素，氮族元素的单质及其化合物的应用较为广泛。回答下列问题：
（1）33As与P位于同一主族，磷原子的结构示意图为 ，砷在周期表中的位置是 第四周期VA族 。
（2）下列能说明N和P非金属性相对强弱的是 AB （填标号）。
A.NH3比PH3稳定性强
B.Na3PO4溶液与HNO3反应生成H3PO4
C.硝酸显强氧化性，磷酸不显强氧化性
D.常温下，氮气是气体，磷单质是固体
（3）NH2Cl比HClO稳定性高，易水解，因水解后能产生可杀菌消毒的物质而成为饮用水的缓释消毒剂，NH2Cl发生水解的化学方程式为 NH2Cl+H2O＝NH3•H2O+HClO 。
（4）白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，白磷与硫酸铜反应如下：11P+15CuSO4+24H2O＝5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，反应中1molCuSO4可氧化 0.4 molP。
【分析】（1）P元素是15号元素，原子核外有3个电子层，由里到外各电子层电子数依次为2、8、5；原子原子序数可知，As处于P元素下一周期；
（2）可以比较氢化物稳定、最高价含氧酸的酸性强弱等进行判断；
（3）NH2Cl水解后能产生可杀菌消毒的物质，说明水解由HClO生成，则还有NH3•H2O生成；
（4）根据电子转移是计算。
【解答】解：（1）P元素是15号元素，原子核外有3个电子层，由里到外各电子层电子数依次为2、8、5，原子结构示意图为；As与P同主族，二者处于VA族，而As的原子序数比P大33﹣15＝18，故As处于P元素下一周期，可知As处于第四周期VA族，
故答案为：；第四周期VA族；
（2）A．元素非金属性与氢化物稳定性一致，NH3比PH3稳定性强，说明N元素非金属性比P强，故A正确；
B．Na3PO4溶液与HNO3反应生成H3PO4，说明硝酸酸性比较磷酸强，而最高价含氧酸的酸性与元素非金属性一致，则N元素非金属性比P强，故B正确；
C．酸的氧化性强弱不能比较元素的非金属性强弱，故C错误；
D．物质的状态属于物理性质，不能比较与元素非金属性强弱，故D错误；
故答案为：AB；
（3）NH2Cl水解后能产生可杀菌消毒的物质，说明水解由HClO生成，则还有NH3•H2O生成，反应方程式为NH2Cl+H2O＝NH3•H2O+HClO，
故答案为：NH2Cl+H2O＝NH3•H2O+HClO；
（4）反应中Cu元素由+2价降低为+1，P元素由0价升高为+5价，根据电子转移守恒，反应中1molCuSO4可氧化P的物质的量为＝0.4mol，
故答案为：0.4。
【点评】本题考查比较综合，涉及原子结构、结构与位置关系、元素周期律运用、陌生方程式书写、氧化还原反应计算等，掌握金属性、非金属性强弱比较实验事实，（4）为易错点，反应中还原的元素有Cu、P，只有P元素被氧化。
20．（12分）利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①CO（g）+2H2（g）⇋CH3OH（g） ΔH1
②CO2（g）+3H2（g）⇋CH3OH（g）+H2O（g） ΔH2
③CO2（g）+H2（g）⇋CO（g）+H2O（g） ΔH3
回答下列问题：
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
化学键
H﹣H
C﹣O
C≡O
H﹣O
C﹣H
E/（kJ•mol﹣1）
436
343
1076
465
413
由此计算ΔH1＝ ﹣99 kJ•mol﹣1，已知ΔH2＝﹣58kJ•mol﹣1，则ΔH3＝ +41 kJ•mol﹣1。
（2）科学家提出制备合成气反应历程分两步：
反应①：CH4（g）═C（ads）+2H2（g）（慢反应）
反应②：C（ads）+CO2（g）═2CO（g）（快反应）
上述反应中C（ads）为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图1所示：
CH4与CO2制备合成气的热化学方程式为 CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H＝+（E3﹣E1）kJ•mol﹣1 。
（3）利用铜基配合物1，10﹣phenanthroline﹣Cu催化剂电催化CO2还原制备碳基燃料（包括CO、烷烃和酸等）是减少CO2在大气中累积和实现可再生能源有效利用的关键手段之，其装置原理如图2所示。
①电池工作过程中，图中Pt电极附近溶液的pH 变小 （填“变大”或“变小”），阴极的电极反应式为 CO2+2H++2e﹣＝HCOOH 。
②每转移2mol电子，阴极室溶液质量增加 46 g。
（4）利用“Na﹣CO2”电池将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na﹣CO2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管（MWCNT）为电极材料，总反应为4Na+3CO2 2Na2CO3+C。放电时该电池吸入CO2，其工作原理如图3所示：
①放电时，正极的电极反应式为 3CO2+4Na++4e﹣＝2Na2CO3+C 。
②若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mol电子时，两极的质量差为 15.8 g。（假设放电前两电极质量相等）
【分析】（1）反应热＝反应物总键能﹣生成物总键能；根据盖斯定律：反应②﹣反应①＝反应③，反应热也进行相应的计算；
（2）△H＝生成物总能量﹣反应物总能量，结合反应历程的能量变化书写热化学方程式；
（3）①在电解池中，阳极反生氧化反应，阴极发生还原反应，据此结合图示可知阴极反应物、生成物、电解质环境，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写电极方程式；
②质子交换膜只允许H+通过，在电解池中，阳离子向阴极移动，根据①所得电极方程式和H+移动量计算阴极室的物质变化，注意H+移动所带电荷数等于转移电子所带电荷量；
（4）①据正极得电子发生还原反应书写电极方程式；
②据电极方程式得到两极的质量，进而求质量差。
【解答】解：（1）反应热＝反应物总键能﹣生成物总键能，故△H1＝1076kJ•mol﹣1+2×436kJ•mol﹣1﹣（3×413+343+465）kJ•mol﹣1＝﹣99kJ•mol﹣1；
根据盖斯定律：反应②﹣反应①＝反应③，故△H3＝△H2﹣△H1＝﹣58kJ•mol﹣1﹣（﹣99kJ•mol﹣1）＝+41kJ•mol﹣1，
故答案为：﹣99；+41；
（2）根据△H＝生成物总能量﹣反应物总能量，由图可知CH4与CO2制备合成气的热化学方程式为CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H＝E[2CO（g）+2H2（g）]﹣E[CH4（g）+CO2（g）]＝+（E3﹣E1） kJ•mol﹣1，
故答案为：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H＝+（E3﹣E1） kJ•mol﹣1；
（3）①由图可知H2O在Pt电极被氧化生成O2，CO2在石墨烯电极被还原生成HCOOH，故Pt电极为阳极，发生反应2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，酸性变强，石墨烯电极为阴极，使用酸性电解质溶液，故阴极的电极反应式为CO2+2H++2e﹣＝HCOOH，
故答案为：变小；CO2+2H++2e﹣＝HCOOH；
②由①知，每转移2mol电子，阴极室消耗2molH+，产生1molHCOOH，并有2molH+经质子交换膜从阳极室移向阴极室，即阴极室溶液增加了1molHCOOH，故增加的质量为m＝n×M＝1mol×46g/mol＝46g，
故答案为：46；
（4）①正极CO2得电子发生还原反应，故电极方程式为3CO2+4Na++4e﹣＝2Na2CO3+C，
故答案为：3CO2+4Na++4e﹣＝2Na2CO3+C；
②正极发生的电极反应
3CO2+4Na++4e﹣＝2Na2CO3+C
3 4 2 1
0.15 0.2 0.1 0.05，
m（总）＝m（Na2CO3）+m（C）＝106g/mol×0.1mol+12g/mol×0.05mol＝11.2g，
负极发生的电极反应
4Na﹣4e﹣＝4Na+
92 4
4.6 0.2，m（Na）＝4.6g，
故两极的质量差为11.2g+4.6g＝15.8g，
故答案为：15.8。
【点评】本题考查反应热计算，原电池、电解池原理，注意结合图像分析，明确反应目的为解题关键，整体难度适中。
21．（12分）过氧化钙可以用于改善地表水质处理含重金属离子废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等。
Ⅰ.某实验小组拟选用如图装置（部分固定装置略）制备过氧化钙。
（1）装置d中的试剂是 浓硫酸 ，作用是 防止过氧化钙与空气中的二氧化碳和水蒸气反应 。
（2）根据上面的实验装置进行实验，步骤如下：
①通入一段时间氧气
②熄灭酒精灯
③点燃酒精灯
④停止通入氧气
⑤装入药品及试剂
⑥检验装置的气密性
正确的操作顺序是： ⑥⑤①③④② 。
Ⅱ.工业上生产过氧化钙的主要流程如图：
已知：①CaO2•8H2O是一种白色晶体，微溶于水，不溶于乙醇，易与酸反应；②沉淀时需控制温度为0℃左右。
实验室模拟沉淀反应的所用装置如图：
（3）装置的连接顺序为 dabc （填字母）。
（4）沉淀时需控制温度为0℃左右的可能原因是 氨水和过氧化氢受热易分解或该反应为放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率 。
（5 ）沉淀步骤发生反应的离子方程式为 CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O＝CaO2•8H2O↓+2NH4++2Cl﹣ 。
（6）测定CaO2•8H2O样品纯度的方法是：称取0.300g样品于锥形瓶中，加入50mL水和15mL2mol•L﹣1 CH3COOH溶液，振荡使样品溶解生成过氧化氢，再加入几滴MnSO4稀溶液，立即用0.0200molL﹣1KMnO4标准溶液滴定到终点，消耗25.00mL标准溶液。
①样品中CaO2•8H2O的质量分数为 90% 。
②上述过程中若使用稀硫酸而不使用稀醋酸溶解样品，则测得样品的纯度将 偏低 （填“偏高”“偏低”或“不变”）。
【分析】装置a为过氧化氢与二氧化锰制氧气的过程，产生的氧气经浓硫酸干燥，进入玻璃管中与钙加热反应，生成过氧化钙，为防止空气中相关成分的干扰，连接d装置浓硫酸进行再次干燥，
（1）结合分析可知，装置d中的试剂是浓硫酸，结合其性质进行分析；
（2）根据上面的实验装置进行实验，步骤为检验装置的气密性，装入药品及试剂，通入一段时间氧气，点燃酒精灯，熄灭酒精灯，停止通入氧气；
（3）仪器m为恒压漏斗，用d制取的氨气，通到反应器反应，即（ab），后通过尾气处理e；
（4）由于温度较高时双氧水容易分解，会导致过氧化钙产率下降，且温度降低时过氧化钙的溶解度减小，有利于过氧化钙的析出；
（5）由流程可知，反应物为氯化钙、双氧水、氨气和水，生成为CaO2•8H2O和氯化铵；
（6）①称取0.300g样品于锥形瓶中，加入50mL水和15mL2mol•L﹣1 CH3COOH溶液，振荡使样品溶解生成过氧化氢，再加入几滴MnSO4稀溶液，立即用0.0200molL﹣1KMnO4标准溶液滴定到终点，消耗25.00mL标准溶液，根据氧化还原反应中电子守恒及题中反应方程式可得关式：5CaO2～5H2O2～2MnO4﹣，过氧化钙的物质的量为：n（CaO2）＝n（H2O2）＝×0.02×25×10﹣3mol，据此计算；
②上述过程中若使用稀硫酸而不使用稀醋酸溶解样品，硫酸钙为微溶物，将覆盖在样品表面，使反应难以进行。
【解答】解：（1）结合分析可知，装置d中的试剂是浓硫酸，作用是防止过氧化钙与空气中的二氧化碳和水蒸气反应，
故答案为：浓硫酸；防止过氧化钙与空气中的二氧化碳和水蒸气反应；
（2）根据上面的实验装置进行实验，步骤为检验装置的气密性，装入药品及试剂，通入一段时间氧气，点燃酒精灯，熄灭酒精灯，停止通入氧气，
故答案为：⑥⑤①③④②；
（3）仪器m为恒压漏斗，用d制取的氨气，通到反应器反应，即（ab），后通过尾气处理e，所以连接顺序为dabc，
故答案为：dabc；
（4）由于温度较高时双氧水容易分解，会导致过氧化钙产率下降，且温度降低时过氧化钙的溶解度减小，有利于过氧化钙的析出，该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率，
故答案为：氨水和过氧化氢受热易分解或该反应为放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率；
（5）由流程可知，反应物为氯化钙、双氧水、氨气和水，生成为CaO2•8H2O和氯化铵，反应的化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O＝CaO2•8H2O↓+2NH4++2Cl﹣，
故答案为：CaCaCl2+H2O2+2NH3+8H2O＝CaO2•8H2O↓+2NH4++2Cl﹣；
（6）①称取0.300g样品于锥形瓶中，加入50mL水和15mL2mol•L﹣1 CH3COOH溶液，振荡使样品溶解生成过氧化氢，再加入几滴MnSO4稀溶液，立即用0.0200molL﹣1KMnO4标准溶液滴定到终点，消耗25.00mL标准溶液，根据氧化还原反应中电子守恒及题中反应方程式可得关式：5CaO2～5H2O2～2MnO4﹣，过氧化钙的物质的量为：n（CaO2）＝n（H2O2）＝×0.02×25×10﹣3mol，样品中CaO2的质量分数为：×100%＝90%，
故答案为：90%；
②上述过程中若使用稀硫酸而不使用稀醋酸溶解样品，硫酸钙为微溶物，将覆盖在样品表面，使反应难以进行，故纯度偏低，
故答案为：偏低。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
22．（12分）一种从废电池正极材料（含铝箔、LiCoO2、Fe2O3及少量不溶于酸碱的导电剂）中回收各种金属的工艺流程如图。
已知：①黄钠铁矾晶体颗粒粗大，沉淀速度快，易于过滤。
②钴酸锂难溶于水，碳酸锂的溶解度随温度升高而降低。
③Ksp（CoC2O4）＝6.3×10﹣8，Ksp[Co（OH）2]＝6.3×10﹣15。
回答下列问题：
（1）为了提高“碱溶”效率，可以采取的措施是 将正极材料粉碎 。（写出一条即可）
（2）“浸取”时有无色气体产生，发生反应的离子方程式为 2LiCoO2+6H++H2O2＝2Li++2Co2++O2↑+4H2O 。
（3）“沉钴”时采用饱和草酸铵溶液将钴元素转化为CoC2O4，与草酸钠溶液相比效果更好，原因是 草酸铵溶液的碱性比草酸钠溶液弱，防止沉钴时生成氢氧化物 。
（4）“沉锂”后得到碳酸锂固体的实验操作为 趁热过滤 。
（5）“沉铁”时所得黄钠铁矾的化学式可表示为NaxFey（SO4）m（OH）n。采用滴定法测定黄钠铁矾样品的组成，实验步骤如下：
Ⅰ．称取4.850g样品，加盐酸完全溶解后，配成100.00mL溶液。
Ⅱ．量取25.00mL溶液，加入足量的KI，用0.2500mol•L﹣1Na2S2O3溶液进行滴定至终点（I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6），消耗30.00mL Na2S2O3溶液。
Ⅲ．另取25.00mL溶液，加入足量BaCl2溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得到沉淀1.165g。用Na2S2O3溶液进行滴定时，使用的指示剂为 淀粉溶液 ；黄钠铁矾的化学式为 NaFe3（SO4）2（OH）6 。
【分析】废电池正极材料（含铝箔、LiCoO2、Fe2O3及少量不溶于酸碱的导电剂），钴酸锂难溶于水，加入氢氧化钠溶液溶解过滤，滤液为四羟基合铝酸钠，滤渣1为LiCoO2、Fe2O3及少量不溶于酸碱的导电剂，加入硫酸溶液和过氧化氢溶液酸浸，氧化过滤得到滤渣2为不溶于酸碱的导电剂，滤液中加入硫酸钠沉铁，过滤得到黄钠铁矾晶体，滤液中加入饱和草酸铵沉钴，得到草酸钴，过滤得到溶液中含锂离子，浓缩加热90﹣100℃，加入纯碱沉锂得到碳酸锂。
【解答】解：（1）为了提高碱溶效率可以将正极材料粉碎，
故答案为：将正极材料粉碎；
（2）“酸浸”时有无色气体产生，是过氧化氢被LiCoO2氧化生成氧气，反应的离子方程式：2LiCoO2+6H++H2O2＝2Li++2Co2++O2↑+4H2O，
故答案为：2LiCoO2+6H++H2O2＝2Li++2Co2++O2↑+4H2O；
（3）结合分析可知，“沉钴”时采用饱和草酸铵溶液将钴元素转化为CoC2O4，与草酸钠溶液相比效果更好，原因是草酸铵溶液的碱性比草酸钠溶液弱，防止沉钴时生成氢氧化物，
故答案为：草酸铵溶液的碱性比草酸钠溶液弱，防止沉钴时生成氢氧化物；
（4）碳酸锂的溶解度随温度升高而降低，“沉锂”后得到碳酸锂固体的实验操作为：趁热过滤，
故答案为：趁热过滤；
（5）碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点，有关的反应离子方程式为：2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6，得到定量关系为：2Fe3+～I2～2Na2S2O3，n（Fe3+）＝2n（I2）＝n（Na2S2O3）＝0.2500 mol•L﹣1×30.00 mL×10﹣3L•mL﹣1＝7.50×10﹣3 mol；加足量BaCl2溶液充分反应后，过滤、洗涤、干燥后得沉淀1.165g为硫酸钡沉淀，则n（SO42﹣）＝＝5.00×10﹣3mol，100 mL溶液中含有n（Fe3+）＝7.50×10﹣3 mol×＝0.03 mol，n（SO42﹣）＝5.00×10﹣3 mol×＝0.02 mol，设4.850g样品中钠离子的物质的量为n（Na+），氢氧根离子物质的量为n（OH﹣），根据质量守恒得：4.850g﹣0.03mol×56g/mol﹣0.02mol×96g/mol＝n（Na+）×23g/mol+n（OH﹣）×17g/mol，根据电荷守恒得：0.03mol×3+n（Na+）×1＝0.02mol×2+n（OH﹣）×1，解得：n（Na+）＝0.01 mol，n（OH﹣）＝0.06 mol，
x：y：m：n＝n（Na+）：n（Fe3+）：n（SO42﹣）：n（OH﹣）＝0.01：0.03：0.02：0.06＝1：3：2：6，化学式为：NaFe3（SO4）2（OH）6，
故答案为：淀粉溶液；NaFe3（SO4）2（OH）6。
【点评】本题考查了制备方案的设计、物质的分离与提纯方法，为高考常见题型题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握化学实验基本操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
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