2021-2022学年福建省泉州一中高三（上）月考化学试卷（10月份）

这是一份2021-2022学年福建省泉州一中高三（上）月考化学试卷（10月份），共23页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年福建省泉州一中高三（上）月考化学试卷（10月份）
一、单选题（共10小题，每题4分，共40分）
1．（4分）某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯（C60）的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确的是（　　）
A．“水瓶”是纯净物
B．金刚石、石墨和C60互称为同位素
C．磷酸钙是难溶性弱电解质
D．一定条件下石墨转化为C60是化学变化，属于有单质参加的非氧化还原反应
2．（4分）下列反应中改变反应物用量不会导致产物发生变化的是（　　）
A．向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液
B．向Ca（OH）2溶液中通入SO2
C．向碳酸氢钙溶液中滴加澄清石灰水
D．向FeI2溶液中加入氯水
3．（4分）化工生产中用次磷酸钠（NaH2PO2）进行化学镀铜，具有体系稳定性好、无毒性等优点，反应原理为CuSO4+2NaH2PO2+2NaOH═Cu+2NaH2PO3+Na2SO4+H2↑。下列说法正确的是（　　）
A．NaH2PO2中P元素的化合价为+1价
B．反应中氧化剂只有CuSO4
C．上述化学反应中每转移1mole﹣，生成H2 11.2L（标准状况）
D．已知H3PO2与足量NaOH反应只生成NaH2PO2，则NaH2PO2为酸式盐
4．（4分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．含4molHNO3的浓硝酸与足量铜充分反应，生成NO2的分子数为2NA
B．标准状况下，4.48LSO2中含有的氧原子数为0.6NA
C．116gFe3O4被完全还原为Fe2+时转移的电子数为NA
D．50mL18mol⋅L﹣1的H2SO4溶液中含有H+数为1.8NA
5．（4分）实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此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中的物质
b中的物质
c中的物质
d中的物质
A
浓硫酸
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
B
浓氨水
CaO
NH3
H2O
C
浓盐酸
二氧化锰
Cl2
NaOH溶液
D
稀硝酸
Cu
NO2
H2O

A．A B．B C．C D．D
6．（4分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．NaHS溶液中：K+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣
B．能溶解Al（OH）3的溶液：Na+、F﹣、NO3﹣、NH4+
C．含有I﹣的溶液：Al3+、H+、MnO4﹣、SO42﹣
D．含有NH4+的溶液：Na+、K+、HCO3﹣、Cl﹣
7．（4分）SnCl2易水解，是常见的抗氧化剂。实验室以SnCl2为原料制备SnSO4•2H2O的流程如图。下列说法错误的是（　　）

A．溶解时，不可将SnCl2固体直接溶解在水里
B．反应1的离子方程式为Sn2++HCO3﹣＝SnO↓+H++CO2↑
C．可用HNO3酸化的AgNO3溶液检验SnO沉淀是否已被洗涤干净
D．操作1为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
8．（4分）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（　　）
①铝土矿A1OA1（OH）3A12O3
②盐卤（含MgCl2） Mg（OH）2MgCl2溶液无水MgCl2
③NH3NONO2 HNO3
④S SO3H2SO4
⑤NaCl溶液Cl2无水FeCl2
⑥SiO2Na2SiO3溶液H2SiO3
A．③⑥ B．③⑤⑥ C．①④⑤ D．①③⑥
9．（4分）CuSO4是一种重要的化工原料，有关制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：①＝②＜③
B．途径①和②中H2SO4表现酸性和氧化性
C．硫酸铜在1100℃分解的方程式为：2CuSO4Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑
D．化合物Y可以是葡萄糖
10．（4分）稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多溶解铜粉19.2g（同时生成NO气体，下同）。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量与铁粉的质量变化如图所示，下列结论错误的是（　　）

A．ab段发生反应为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+
B．原混合酸中c（HNO3）＝2mol/L
C．原混合酸中c（H2SO4）＝4mol/L
D．c点时，溶液中的溶质只有Fe2（SO4）3
二、填空题（共5道大题，共60分）
11．（8分）以下是依据一定的分类标准，对某些物质与水反应的情况进行分类的分类图。请根据你所学的知识，按要求填空：

（1）F组中物质除了Cl2外，还有 　 　（填化学式）。
（2）若A组依据某一物理性质分成X、Y两类，则该物理性质可能是：　 　
（3）等质量的NH3、Cl2、SO2、CO2四种气体中，在标准状况下，体积最大的是 　 　
（4）理解物质的转化具有重要的意义。KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐。写出该反应的化学方程式：　 　。
12．（8分）据报道一些明胶企业将皮革废料熬制成工业明胶，出售给某些制药企业，最终变成药用胶囊。由工业明胶制成的胶囊往往含有超标的重金属铬，从而对人体造成伤害。明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体
（1）已知Fe（CrO2）2中铬元素是+3价，则其中铁元素是 　 　价。
（2）明胶的水溶液和K2SO4溶液共同具备的性质是 　 　（填字母）。
a.都不稳定，密封放置沉淀
b.两者均有丁达尔效应
c.分散质粒子可通过滤纸
（3）绿矾对某工厂废水（含有强氧化性离子Cr2O7﹣）进行处理。
①工业上还可用空气、水、黄铁矿（主要成分为FeS2）来制取。已知该反应除生成硫酸亚铁，还生成一种中学化学常见的强酸，试写出该反应的化学方程式：　 　。
②请配平方程式。
　 　Fe2++　 　Cr2O7﹣+　 　＝　 　Fe3++　 　Cr3+　 　H2O
13．（14分）已知C的相对分子质量比B大16，D为强酸。

Ⅰ.若A为淡黄色固体，则：
（1）D的化学式为 　 　。
（2）写出B→C的化学方程式 　 　。
（3）将B通入盛有BaCl2溶液的试管中，再滴加少量过氧化氢熔液，现象是 　 　，说明B具有 　 　性。
Ⅱ.若A和D可以反应生成盐，则：
（4）A的化学式为 　 　，可用 　 　试纸检验A的存在。
（5）写出C→D的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 　 　。
14．（16分）硫铁矿的主要成分为FeS2，工业上常用硫铁矿在空气中煅烧产气来制备硫酸，该过程中的烧渣可用于制备铁红、绿矾等。现以硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、FeO，还含有少量的Al2O3、SiO2杂质）为原料、氨水为沉淀剂制备铁红颜料的流程如图所示：

根据所学知识，回答下列问题：
（1）写出FeS2高温煅烧生成Fe2O3的化学方程式 　 　，其中氧化产物为 　 　（填化学式）。
（2）“浸取液Ⅰ”中加入H2O2的目的是 　 　，发生反应的离子方程式为 　 　。
（3）“操作Ⅰ”的名称为 　 　。
（4）在加入氨水沉淀时，调节pH可使得Fe3+沉淀而Al3+不沉淀。“滤液Ⅱ”中溶质的主要成分为 　 　（填化学式）。写出获得“滤渣Ⅱ”的离子方程式：　 　。
15．（14分）以Cl2和空气（不参与反应）按体积比1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O（不含Cl2）制备次氯酸溶液，其主要实验装置如图：

已知：Cl2O为棕黄色气体，沸点约3.8℃，42℃以上分解生成Cl2和O2，易溶于水并与水反应生成HClO。
（1）写出装置A中发生的反应的化学方程式 　 　。
（2）装置B中仪器a的名称是 　 　，反应的离子方程式为 　 　。
（3）为提高原料的利用率，使Cl2充分反应，装置A在操作时可采取的措施为 　 　。
（4）实验过程中，装置B需放在冷水中，其目的是 　 　。
（5）各装置的连接顺序为A→　 　→　 　→　 　→　 　（填装置大写字母代号）
（6）已知HClO+2Fe2++H+═Cl﹣+2Fe3++H2O；MnO4﹣+5Fe2++8H+═5Fe3++Mn2++4H2O。用下列实验方案测定装置E所得溶液中次氯酸的物质的量浓度：量取10mL上述次氯酸溶液，并稀释至100mL，再从其中取出10.00mL于锥形瓶中，并加入10.00mLFeSO40.80mol•L﹣1的溶液，充分反应后，用0.05000mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液24.00mL，则原次氯酸溶液的浓度为 　 　（保留4位有效数字）。

2021-2022学年福建省泉州一中高三（上）月考化学试卷（10月份）
参考答案与试题解析
一、单选题（共10小题，每题4分，共40分）
1．（4分）某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯（C60）的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确的是（　　）
A．“水瓶”是纯净物
B．金刚石、石墨和C60互称为同位素
C．磷酸钙是难溶性弱电解质
D．一定条件下石墨转化为C60是化学变化，属于有单质参加的非氧化还原反应
【分析】A．只含有一种物质的为纯净物；
B．同种元素组成的不同单质为同素异形体；
C．磷酸钙难溶于水，熔融状态完全电离；
D．有新物质生成的变化为化学变化，没有化合价变化的反应为非氧化还原反应。
【解答】解：A．依据题意可知，水瓶含有富勒烯、磷酸盐，属于混合物，故A错误；
B．金刚石、石墨和 C60是碳的不同单质，互称为同素异形体，故B错误；
C．磷酸钙难溶于水，熔融状态完全电离，属于强电解质，故C错误；
D．一定条件下石墨转化为C60有新物质生成，是化学变化，过程中没有化合价变化，属于有单质参加的非氧化还原反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的分类，熟悉混合物、纯净物、同位素、同素异形体概念，准确判断反应反应中元素化合价变化是解题关键，题目难度不大。
2．（4分）下列反应中改变反应物用量不会导致产物发生变化的是（　　）
A．向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液
B．向Ca（OH）2溶液中通入SO2
C．向碳酸氢钙溶液中滴加澄清石灰水
D．向FeI2溶液中加入氯水
【分析】A．氢氧化钡少量反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，氢氧化钡过量反应生成硫酸钡和氢氧化钠和水；
B．二氧化硫少量反应生成亚硫酸钠和水，二氧化硫过量反应生成亚硫酸氢钠；
C．二者反应生成碳酸钙和水；
D．氯水少量，只氧化碘离子，氯水过量，碘离子和亚铁离子都被氧化。
【解答】解：A．氢氧化钡少量反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，氢氧化钡过量反应生成硫酸钡和氢氧化钠和水，产物与反应物的用量有关，故A不选；
B．二氧化硫少量反应生成亚硫酸钠和水，二氧化硫过量反应生成亚硫酸氢钠，产物与反应物的用量有关，故B不选；
C．向碳酸氢钙溶液中滴加澄清石灰水，反应生成碳酸钙和水，改变反应物用量不会导致产物发生变化，故C选；
D．氯水少量，只氧化碘离子，氯水过量，碘离子和亚铁离子都被氧化，产物与反应物的用量有关，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查量不同，反应产物不同，此题是对物质之间反应物量的不同导致的结果不同的考查，熟悉物质的性质和反应的条件是解题关键，题目难度不大。
3．（4分）化工生产中用次磷酸钠（NaH2PO2）进行化学镀铜，具有体系稳定性好、无毒性等优点，反应原理为CuSO4+2NaH2PO2+2NaOH═Cu+2NaH2PO3+Na2SO4+H2↑。下列说法正确的是（　　）
A．NaH2PO2中P元素的化合价为+1价
B．反应中氧化剂只有CuSO4
C．上述化学反应中每转移1mole﹣，生成H2 11.2L（标准状况）
D．已知H3PO2与足量NaOH反应只生成NaH2PO2，则NaH2PO2为酸式盐
【分析】反应CuSO4+2NaH2PO2+2NaOH═Cu+2NaH2PO3+Na2SO4+H2↑中，P元素化合价升高，所以NaH2PO2在反应中体现了还原性，NaH2PO2作还原剂，Cu、H元素化合价降低、发生还原反应，根据反应再溶液中进行，反应中氧化剂有H2O和CuSO4，根据方程式的关系式H2～4e﹣，计算生成氢气的体积，H3PO2与足量NaOH反应生成NaH2PO2，则H3PO2为一元酸，据此分析答题。
【解答】解：A．根据化合物的化合价为0，NaH2PO2中P元素的化合价为+1价，故A正确；
B．反应CuSO4+2NaH2PO2+2NaOH═Cu+2NaH2PO3+Na2SO4+H2↑中，Cu、H元素化合价降低、发生还原反应，且反应在溶液中进行，反应中氧化剂有H2O和CuSO4，故B错误；
C．反应CuSO4+2NaH2PO2+2NaOH═Cu+2NaH2PO3+Na2SO4+H2↑中，Cu、H2～4e﹣，每转移1mole﹣，生成H2的体积mol×22.4L/mol＝5.6L，故C错误；
D．已知H3PO2与足量NaOH反应生成NaH2PO2，则NaH2PO2为正盐，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析能力、灵活运用能力的考查，题目难度不大。
4．（4分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．含4molHNO3的浓硝酸与足量铜充分反应，生成NO2的分子数为2NA
B．标准状况下，4.48LSO2中含有的氧原子数为0.6NA
C．116gFe3O4被完全还原为Fe2+时转移的电子数为NA
D．50mL18mol⋅L﹣1的H2SO4溶液中含有H+数为1.8NA
【分析】A.铜遇浓硝酸反应生成二氧化氮，铜与稀硝酸反应生成NO；
B.一个二氧化硫分子中含有两个氧原子；
C.Fe3O4中含有1个+2价铁和2个+3价铁；
D.浓硫酸不能完全电离。
【解答】解：A.铜遇浓硝酸反应生成二氧化氮，反应方程式为Cu+4HNO3＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，4molHNO3完全生成2mol二氧化氮，但随反应进行，硝酸逐渐变稀，铜与稀硝酸反应生成NO，故生成NO2的分子数小于2NA，故A错误；
B.标准状况下，4.48LSO2中含有的氧原子数为×2×NA/mol＝0.4NA，故B错误；
C.116gFe3O4被完全还原为Fe2+时转移的电子数为×2×NA/mol＝NA，故C正确；
D.18mol⋅L﹣1的H2SO4为浓硫酸，浓硫酸中水少，硫酸不能完全电离，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度中等，注意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，试题充分考查了学生灵活应用所学知识的能力。
5．（4分）实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此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中的物质
b中的物质
c中的物质
d中的物质
A
浓硫酸
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
B
浓氨水
CaO
NH3
H2O
C
浓盐酸
二氧化锰
Cl2
NaOH溶液
D
稀硝酸
Cu
NO2
H2O

A．A B．B C．C D．D
【分析】A．浓硫酸和固体Na2SO3反应制取SO2，NaOH溶液吸收尾气SO2；；
B．氨气密度小于空气，不能用向上排空气法收集；
C．浓盐酸与MnO2在加热的条件下生成氯气；
D．稀硝酸与铜生成的是NO。
【解答】解：A．由于SO2气体易溶于水，通常是用浓硫酸和固体Na2SO3反应制取SO2，H2SO4（浓）+Na2SO3＝Na2SO4+H2O+SO2↑；NaOH溶液吸收尾气SO2，故A正确；
B．浓氨水与氧化钙混合生成氨气，氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法收集，故B错误；
C．浓盐酸与MnO2在加热的条件下发生氧化还原反应生成氯气，故C错误；
D．稀硝酸与铜生成的是NO，而不是NO2，而且NO不溶于水，不能用水吸收，故D错误；
故选：A。
【点评】本题综合考查气体制备装置，熟悉各种气体的制备以及尾气处理装置是解答的关键，题目难度不大。
6．（4分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．NaHS溶液中：K+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣
B．能溶解Al（OH）3的溶液：Na+、F﹣、NO3﹣、NH4+
C．含有I﹣的溶液：Al3+、H+、MnO4﹣、SO42﹣
D．含有NH4+的溶液：Na+、K+、HCO3﹣、Cl﹣
【分析】A.Al3+会与HS﹣发生彻底的双水解；
B.能溶解Al（OH）3的溶液为酸性或碱性溶液；
C.MnO4﹣在酸性环境下能将I﹣氧化；
D.NH4+与Na+、K+、HCO3﹣、Cl﹣均不反应。
【解答】解：A.Al3+会与HS﹣发生彻底的双水解生成氢氧化铝沉淀和H2S气体而不能共存，故A错误；
B.能溶解Al（OH）3的溶液为酸性或碱性溶液，而在碱性环境下，NH4+不能大量存在，在酸性环境下，F﹣不能大量存在，故B错误；
C.MnO4﹣在酸性环境下能将I﹣氧化，两者发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；
D.NH4+与Na+、K+、HCO3﹣、Cl﹣均不反应，均能大量共存，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了离子共存，难度不大，应注意的是当两离子间能发生氧化还原反应、络合反应或生成沉淀、气体、弱电解质时，则离子间不能共存。
7．（4分）SnCl2易水解，是常见的抗氧化剂。实验室以SnCl2为原料制备SnSO4•2H2O的流程如图。下列说法错误的是（　　）

A．溶解时，不可将SnCl2固体直接溶解在水里
B．反应1的离子方程式为Sn2++HCO3﹣＝SnO↓+H++CO2↑
C．可用HNO3酸化的AgNO3溶液检验SnO沉淀是否已被洗涤干净
D．操作1为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
【分析】由流程可知，SnCl2中加浓盐酸进行溶解得到酸性溶液，可抑制水解，再加入适量Sn粉将被氧化生成的Sn4+还原成Sn2+，即防止Sn2+被氧化为Sn4+，且Sn粉和H+发生反应，使溶液酸性减弱，调节溶液的pH值，此时溶液中含有Sn2+，得SnCl2溶液，再加入碳酸氢钠发生Sn2++2HCO3﹣═SnO↓+H2O+2CO2↑，过滤、洗涤分离出SnO，加稀硫酸与SnO反应生成SnSO4溶液，操作1为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，制得SnSO4•2H2O晶体，以此来解答。
【解答】解：A.溶解时，将SnCl2固体溶于浓盐酸，可抑制水解，加水稀释至所需浓度，再加入适量Sn粉可防止Sn2+被氧化为Sn4+，故A正确；
B.由流程可知反应1中生成气体和沉淀，则离子方程式为Sn2++2HCO3﹣═SnO↓+H2O+2CO2↑，故B错误；
C.用HNO3酸化的AgNO3溶液可检验氯离子，若无白色沉淀，则SnO沉淀洗涤干净，反之洗涤不干净，故C正确；
D.由溶液得到含结晶水的晶体，可知操作1为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，制得SnSO4•2H2O晶体，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、制备原理为解答的关键，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。
8．（4分）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（　　）
①铝土矿A1OA1（OH）3A12O3
②盐卤（含MgCl2） Mg（OH）2MgCl2溶液无水MgCl2
③NH3NONO2 HNO3
④S SO3H2SO4
⑤NaCl溶液Cl2无水FeCl2
⑥SiO2Na2SiO3溶液H2SiO3
A．③⑥ B．③⑤⑥ C．①④⑤ D．①③⑥
【分析】①A1（OH）3能与HCl反应生成A1Cl3；
②加热时MgCl2发生水解生成Mg（OH）2；
③NH3催化氧化生成NO，NO易与O2反应生成NO2，NO2与H2O反应生成HNO3；
④S在O2中燃烧只能生成SO2；
⑤加热条件下，Fe与Cl2反应生成FeCl3；
⑥SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成Na2SiO3，碳酸酸性强于硅酸，CO2能与Na2SiO3反应生成H2SiO3。
【解答】解：①铝土矿与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入足量的盐酸，生成氯化铝，得不到氢氧化铝，故①错误；
②盐卤（含MgCl2）与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，但由于Mg2+水解：Mg2++2H2O⇌Mg（OH）2+2H+，加热时蒸发HCl挥发，平衡向右移动，则得不到无水MgCl2，故②错误；
③氨催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，符合各步转化，故③正确；
④硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故④错误；
⑤电解氯化钠溶液可以得到氯气，氯气与铁反应生成FeCl3，不是FeCl2，故⑤错误；
⑥SiO2与氢氧化钠反应Na2SiO3，Na2SiO3溶液中通二氧化碳发生反应生成H2SiO3，故⑥正确；
故选：A。
【点评】本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9．（4分）CuSO4是一种重要的化工原料，有关制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：①＝②＜③
B．途径①和②中H2SO4表现酸性和氧化性
C．硫酸铜在1100℃分解的方程式为：2CuSO4Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑
D．化合物Y可以是葡萄糖
【分析】途径①涉及反应为3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O；
途径②涉及反应为2Cu+2H2SO4+O2＝2CuSO4+2H2O；
途径③涉及反应为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，
硫酸铜在1100℃分解的方程式为：2CuSO4Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑；
根据反应的方程式或化学方程式评价制备方案。
【解答】解：A．生成等量的硫酸铜，三个途径中①②参加反应的硫酸的物质的量相等，而③生成SO2，消耗更多的硫酸，则①＝②＜③，故A正确；
B．途径②中H2SO4化合价未变，只表现酸性，故B错误；
C．硫酸铜在1100℃分解，生成Cu2O，Cu元素的化合价降低，则O元素的化合价升高，即生成氧气，还有SO2、SO3，则反应方程式为2CuSO4Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑，故C正确；
D．葡萄糖含﹣CHO，在碱性溶液中可被氢氧化铜氧化生成砖红色沉淀，可实现图中转化，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了Cu的化合物的性质、制备方案的评价，题目难度中等，注意根据反应途径写出相关反应的离子方程式或化学方程式，利用方程式进行判断较为简单。
10．（4分）稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多溶解铜粉19.2g（同时生成NO气体，下同）。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量与铁粉的质量变化如图所示，下列结论错误的是（　　）

A．ab段发生反应为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+
B．原混合酸中c（HNO3）＝2mol/L
C．原混合酸中c（H2SO4）＝4mol/L
D．c点时，溶液中的溶质只有Fe2（SO4）3
【分析】由图象可知，由于铁过量，oa段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+＝Fe3++NO↑+2H2O，ab段发生反应为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，bc段发生反应为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑．由此分析解答。
【解答】解：A．ab段发生反应为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，故A正确；
B．oa段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+＝Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，每份混合液中n（HNO3）＝n（NO3﹣）＝n（Fe）＝＝0.2mol，则原混合酸中稀硝酸的物质的量浓度为：＝2mol/L，故B正确；
C．c溶质为FeSO4，故每份中n（H2SO4）＝n（FeSO4）＝n（Fe）＝＝0.4mol，则原混合酸中稀硫酸的物质的量浓度为：＝4mol/L，故C正确；
D．硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸，铁单质全部转化为亚铁离子，所以c点溶质为FeSO4，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确图象曲线变化对应反应实质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
二、填空题（共5道大题，共60分）
11．（8分）以下是依据一定的分类标准，对某些物质与水反应的情况进行分类的分类图。请根据你所学的知识，按要求填空：

（1）F组中物质除了Cl2外，还有 　NO2　（填化学式）。
（2）若A组依据某一物理性质分成X、Y两类，则该物理性质可能是：　物质的状态　
（3）等质量的NH3、Cl2、SO2、CO2四种气体中，在标准状况下，体积最大的是 　NH3　
（4）理解物质的转化具有重要的意义。KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐。写出该反应的化学方程式：　4KClO3KCl+3KClO4　。
【分析】（1）F组与水反应时，水既不是氧化剂又不是还原剂，结合三种物质与水反应的特点判断；
（2）A组四种物质的状态不同；
（3）根据n＝可知，相同质量的气体，摩尔质量越小，其物质的量越大，根据V＝nVm可知，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比；
（4）根据题干信息判断该无氧酸盐为氯化钾，再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐名称，最后根据化合价升降相等配平即可。
【解答】解：（1）F组与水反应时，水既不是氧化剂又不是还原剂，应为氯气、二氧化氮与水的反应，NO2与水反应时发生反应的方程式为3NO2+H2O═2HNO3+NO，反应二氧化氮中氮元素化合价既升高也降低，二氧化氮既作氧化剂又作还原剂，
故答案为：NO2；
（2）A组四种物质的状态不同，A组可以依据物质的状态分成固体、液体两类，
故答案为：物质的状态；
（3）因M（Cl2）＞M（SO2）＞M（CO2）＞M（NH3），根据n＝可知，相同质量的气体，NH3的物质的量最大，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，故NH3的体积最大，
故答案为：NH3；
（4）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，则该无氧酸为KCl，KCl中氯元素化合价为﹣1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4KClO3KCl+3KClO4，
故答案为：4KClO3KCl+3KClO4。
【点评】本题考查了物质的分类、氧化还原反应、阿伏伽德罗定律、化学方程式书写等，注意知识的积累，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
12．（8分）据报道一些明胶企业将皮革废料熬制成工业明胶，出售给某些制药企业，最终变成药用胶囊。由工业明胶制成的胶囊往往含有超标的重金属铬，从而对人体造成伤害。明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体
（1）已知Fe（CrO2）2中铬元素是+3价，则其中铁元素是 　+2　价。
（2）明胶的水溶液和K2SO4溶液共同具备的性质是 　c　（填字母）。
a.都不稳定，密封放置沉淀
b.两者均有丁达尔效应
c.分散质粒子可通过滤纸
（3）绿矾对某工厂废水（含有强氧化性离子Cr2O7﹣）进行处理。
①工业上还可用空气、水、黄铁矿（主要成分为FeS2）来制取。已知该反应除生成硫酸亚铁，还生成一种中学化学常见的强酸，试写出该反应的化学方程式：　2FeS2+7O2+2H2O＝2FeSO4+2H2SO4　。
②请配平方程式。
　6　Fe2++　1　Cr2O7﹣+　14H+　＝　6　Fe3++　2　Cr3+　7　H2O
【分析】（1）根据化合物中化合价的代数和为零计算；
（2）a．胶体较稳定，溶液稳定；
b．溶液无丁达尔效应；
c．胶粒和溶液都可透过滤纸；
（3）①空气、水、黄铁矿反应除生成硫酸亚铁，还生成一种中学化学常见的强酸，这种强酸与硫元素有关只能是硫酸，结合电子转移守恒、原子守恒配平书写化学反应方程式；
②首先分析哪些元素化合价发生了变化，然后根据化合价升降相等、电荷守恒、原子守恒进行配平。
【解答】解：（1）设Fe（CrO2）2中Fe元素化合价为a，则a+2×（+3）+4×（﹣2）＝0，解得a＝+2，
故答案为：+2；
（2）a．胶体较稳定，溶液是稳定的，故a错误；
b．溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应，故b错误；
c．胶粒和溶液都可透过滤纸，所以明胶的水溶液和K2SO4溶液中的分散质粒子可通过滤纸，故c正确；
故答案为：c；
（3）①空气、水、黄铁矿反应除生成硫酸亚铁，还生成一种中学化学常见的强酸，这种强酸与硫元素有关只能是硫酸，反应方程式为：2FeS2+7O2+2H2O＝2FeSO4+2H2SO4，
故答案为：2FeS2+7O2+2H2O＝2FeSO4+2H2SO4；
②Fe元素由+2→+3，升高价1，而Cr2O72﹣由+6→+3，降低3×2，两者最小公倍数为6，故Fe2+的系数为6，Cr2O72﹣的系数为1，根据原子守恒可知Fe3+的系数为6、Cr3+的系数为2，根据电荷守恒可知生成物中正电荷数多，且反应物中H原子数目少，故有氢离子参与反应，反应离子方程式为：6Fe2++Cr2O72﹣+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O，
故答案为：6；1；14H+；6；2；7。
【点评】本题考查属于拼合型题目，涉及化学式计算、胶体性质、陌生方程式书写、氧化还原反应配平等，方程式配平中注意抓住化合价升降相等、电荷守恒与电子转移守恒。
13．（14分）已知C的相对分子质量比B大16，D为强酸。

Ⅰ.若A为淡黄色固体，则：
（1）D的化学式为 　H2SO4　。
（2）写出B→C的化学方程式 　2SO2+O22SO3　。
（3）将B通入盛有BaCl2溶液的试管中，再滴加少量过氧化氢熔液，现象是 　产生白色沉淀　，说明B具有 　还原　性。
Ⅱ.若A和D可以反应生成盐，则：
（4）A的化学式为 　NH3　，可用 　湿润红色石蕊试　试纸检验A的存在。
（5）写出C→D的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 　1：2　。
【分析】Ⅰ．C的相对分子质量比B大16，D为强酸，若A为淡黄色固体，则A为S、B为SO2、C为SO3、D为H2SO4；
Ⅱ．C的相对分子质量比B大16，D为强酸，若A和D可以反应生成盐，则A为NH3、D为NO、C为NO2、D为HNO3。
【解答】解：Ⅰ．C的相对分子质量比B大16，D为强酸，若A为淡黄色固体，则A为S、B为SO2、C为SO3、D为H2SO4；
（1）D的化学式为H2SO4，
故答案为：H2SO4；
（2）B→C的化学方程式为2SO2+O22SO3，
故答案为：2SO2+O22SO3；
（3）将SO2通入盛有BaCl2溶液的试管中，再滴加少量过氧化氢熔液，发生反应：SO2+H2O2＝H2SO4、H2SO4+BaCl2＝BaSO4↓+2HCl，有白色沉淀生成，说明二氧化硫具有还原性，
故答案为：产生白色沉淀；还原；
Ⅱ．C的相对分子质量比B大16，D为强酸，若A和D可以反应生成盐，则A为NH3、D为NO、C为NO2、D为HNO3；
（4）A的化学式为NH3，氨气水溶液呈碱性，可用湿润红色石蕊试纸检验NH3的存在，
故答案为：NH3；湿润红色石蕊试；
（5）C→D的反应方程式为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，起氧化剂的NO2转化为NO，起还原剂的NO2转化为HNO3，可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，
故答案为：1：2。
【点评】本题考查无机物的推断，涉及氮、硫元素单质及其化合物性质与转化，熟练掌握中学常见连续反应、三角转化、特殊置换反应等，题目比较基础，有利于基础知识的复习巩固。
14．（16分）硫铁矿的主要成分为FeS2，工业上常用硫铁矿在空气中煅烧产气来制备硫酸，该过程中的烧渣可用于制备铁红、绿矾等。现以硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、FeO，还含有少量的Al2O3、SiO2杂质）为原料、氨水为沉淀剂制备铁红颜料的流程如图所示：

根据所学知识，回答下列问题：
（1）写出FeS2高温煅烧生成Fe2O3的化学方程式 　4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2　，其中氧化产物为 　Fe2O3、SO2　（填化学式）。
（2）“浸取液Ⅰ”中加入H2O2的目的是 　作氧化剂，氧化Fe2+　，发生反应的离子方程式为 　2H++2Fe2++H2O2＝2Fe3++2H2O　。
（3）“操作Ⅰ”的名称为 　过滤　。
（4）在加入氨水沉淀时，调节pH可使得Fe3+沉淀而Al3+不沉淀。“滤液Ⅱ”中溶质的主要成分为 　（NH4）2SO4、Al2（SO4）3　（填化学式）。写出获得“滤渣Ⅱ”的离子方程式：　Fe3++3NH3•H2O＝Fe（OH）3↓+3NH4+　。
【分析】硫铁矿烧渣的主要成分为Fe2O3、FeO，还含有少量的Al2O3、SiO2杂质，由流程可知，酸浸后操作I为过滤，分离出滤渣I为SiO2，浸取液I中含Al3+、Fe2+、Fe3+，加过氧化氢发生2H++2Fe2++H2O2＝2Fe3++2H2O，加入氨水沉淀时，调节pH可使得Fe3+沉淀而Al3+不沉淀，操作Ⅱ为过滤，滤液Ⅱ含（NH4）2SO4、Al2（SO4）3，滤渣Ⅱ为Fe（OH）3，高温分解生成铁红，以此来解答。
【解答】解：（1）FeS2高温煅烧生成Fe2O3的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，Fe、S元素的化合价均升高，则氧化产物为Fe2O3、SO2，
故答案为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；Fe2O3、SO2；
（2）“浸取液Ⅰ”中加入H2O2的目的是作氧化剂，氧化Fe2+，发生反应的离子方程式为2H++2Fe2++H2O2＝2Fe3++2H2O，
故答案为：作氧化剂，氧化Fe2+；2H++2Fe2++H2O2＝2Fe3++2H2O；
（3）由上述分析可知，“操作Ⅰ”的名称为过滤，
故答案为：过滤；
（4）在加入氨水沉淀时，调节pH可使得Fe3+沉淀而Al3+不沉淀，则“滤液Ⅱ”中溶质的主要成分为（NH4）2SO4、Al2（SO4）3，获得“滤渣Ⅱ”的离子方程式为Fe3++3NH3•H2O＝Fe（OH）3↓+3NH4+，
故答案为：（NH4）2SO4、Al2（SO4）3；Fe3++3NH3•H2O＝Fe（OH）3↓+3NH4+。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、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，题目难度中等。
15．（14分）以Cl2和空气（不参与反应）按体积比1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O（不含Cl2）制备次氯酸溶液，其主要实验装置如图：

已知：Cl2O为棕黄色气体，沸点约3.8℃，42℃以上分解生成Cl2和O2，易溶于水并与水反应生成HClO。
（1）写出装置A中发生的反应的化学方程式 　MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O　。
（2）装置B中仪器a的名称是 　三颈烧瓶　，反应的离子方程式为 　2Cl2+CO32﹣═Cl2O+2Cl﹣+CO2　。
（3）为提高原料的利用率，使Cl2充分反应，装置A在操作时可采取的措施为 　调节分液漏斗旋塞，控制浓盐酸滴加速度，以合理的速度生成Cl2　。
（4）实验过程中，装置B需放在冷水中，其目的是 　提高产品产率　。
（5）各装置的连接顺序为A→　D　→　B　→　C　→　E　（填装置大写字母代号）
（6）已知HClO+2Fe2++H+═Cl﹣+2Fe3++H2O；MnO4﹣+5Fe2++8H+═5Fe3++Mn2++4H2O。用下列实验方案测定装置E所得溶液中次氯酸的物质的量浓度：量取10mL上述次氯酸溶液，并稀释至100mL，再从其中取出10.00mL于锥形瓶中，并加入10.00mLFeSO40.80mol•L﹣1的溶液，充分反应后，用0.05000mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液24.00mL，则原次氯酸溶液的浓度为 　1.000mol/L　（保留4位有效数字）。
【分析】（1）分析可知，仪器A为二氧化锰制取氯气的过程；
（2）装置B中仪器a的名称是三颈烧瓶，氯气与碳酸根反应，用于制备Cl2O；
（3）为提高原料的利用率，使Cl2充分反应，装置A在操作时可采取的措施为调节分液漏斗旋塞，控制浓盐酸滴加速度，以合理的速度生成Cl2；
（4）为提高产品产率，Cl2O为棕黄色气体，沸点约3.8℃，42℃以上分解生成Cl2和O2，易溶于水并与水反应生成HClO；
（5）根据实验目的，将氯气和空气（不参与反应）按体积比1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O（不含Cl2）制备次氯酸溶液，应先用装置A制备Cl2，再通过装置D除去混合气体中的HCl气体，同时混入空气，将混合气体通入装置B，在装置B中发生制备Cl2O的反应；然后将制取的Cl2O气体先通入装置C，以除去Cl2等杂质气体，最后通过装置E制取次氯酸溶液；
（6）10.00mL 0.80mol•L﹣1的FeSO4溶液中n（FeSO4）＝0.80mol/L×0.01L＝0.008mol，24.00mL 0.050 00mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液中n（KMnO4）＝0.050mol/L×0.024L＝0.0012mol，根据反应MnO4﹣+5Fe2++8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O计算出0.0012mol高锰酸钾消耗硫酸亚铁的物质的量，从而可知稀释后的10.00mLHClO溶液消耗硫酸亚铁的物质的量，再根据反应HClO+2Fe2++H+＝2Fe3++Cl﹣+H2O计算出稀释后10.00mLHClO溶液中n（HClO），然后计算出原10mL次氯酸溶液中的n（HClO），最后根据c＝计算出原次氯酸溶液的浓度。
【解答】解：（1）分析可知，仪器A为二氧化锰制取氯气的过程，反应方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）装置B中仪器a的名称是三颈烧瓶，氯气与碳酸根反应，用于制备Cl2O，反应离子方程式为2Cl2+CO32﹣═Cl2O+2Cl﹣+CO2，
故答案为：三颈烧瓶；2Cl2+CO32﹣═Cl2O+2Cl﹣+CO2；
（3）为提高原料的利用率，使Cl2充分反应，装置A在操作时可采取的措施为调节分液漏斗旋塞，控制浓盐酸滴加速度，以合理的速度生成Cl2，
故答案为：调节分液漏斗旋塞，控制浓盐酸滴加速度，以合理的速度生成Cl2；将装置B冷水浴；
（4）为提高产品产率，Cl2O为棕黄色气体，沸点约3.8℃，42℃以上分解生成Cl2和O2，易溶于水并与水反应生成HClO，故可以采取冷水浴B装置的方法，
故答案为：提高产品产率；
（5）根据实验目的，将氯气和空气（不参与反应）按体积比1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O（不含Cl2）制备次氯酸溶液，应先用装置A制备Cl2，再通过装置D除去混合气体中的HCl气体，同时混入空气，将混合气体通入装置B，在装置B中发生制备Cl2O的反应；然后将制取的Cl2O气体先通入装置C，以除去Cl2等杂质气体，最后通过装置E制取次氯酸溶液，装置连接顺序为：A→D→B→C→E，
故答案为：D；B；C；E；
（6）10.00mL 0.80mol•L﹣1的FeSO4溶液中，n（FeSO4）＝0.80mol/L×0.01L＝0.008mol，24.00mL 0.050 00mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液中，n（KMnO4）＝0.050mol/L×0.024L＝0.0012mol，根据反应MnO4﹣+5Fe2++8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O可知，0.0012mol高锰酸钾消耗硫酸亚铁的物质的量为：0.0012mol×5＝0.006mol，则稀释后的10.00mLHClO溶液消耗硫酸亚铁的物质的量为：0.008mol﹣0.006mol＝0.002mol，根据反应HClO+2Fe2++H+＝2Fe3++Cl﹣+H2O可知，稀释后10.00mLHClO溶液中n（HClO）＝×0.002mol＝0.001mol，原10mL次氯酸溶液中n（HClO）＝0.001mol×＝0.01mol，其浓度为：＝1.000mol/L，
故答案为：1.000mol/L。
【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。