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2021-2022学年山东师范大学附属中学高三上学期第二次月考化学试题 解析版
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这是一份2021-2022学年山东师范大学附属中学高三上学期第二次月考化学试题 解析版，共25页。试卷主要包含了化学是严谨的，诗歌是浪漫的，NA表示阿伏加德罗常数的值，侯氏制碱法原理是等内容，欢迎下载使用。
山东师范大学附属中学2021-2022学年高三上学期第二次月考化学试题
第I卷（选择题）
评卷人
得分
一、单选题
1．化学是严谨的，诗歌是浪漫的。严谨的化学融入浪漫精美的诗歌中，为化学教学与古诗的结合提供了重要的素材。下列古诗中描述的反应中不属于氧化还原反应的是
A．宋代王安石的《元丰行示德逢》：“雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋”
B．南北朝梁代医学家陶弘景《本草经集注》：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”
C．唐朝李商隐的《无题》：“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”
D．唐朝李白《秋浦歌》“炉火照天地，红星乱紫烟”
【答案】B
【详解】
A．雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋”，涉及的化学反应是，属于氧化还原反应，故不选A；
B．“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”涉及焰色反应，属于物理变化，故选B；
C．“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”涉及石蜡燃烧，属于氧化还原反应，故不选C；
D．“炉火照天地，红星乱紫烟”涉及金属的冶炼，属于氧化还原反应，故不选D；
选B。
2．生活处处是化学，化学与生活密不可分。下列陈述正确并且有因果关系的是
A．高纯硅具有良好的导电性，可用于制作光感电池
B．NaHCO3能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂
C．氧化钙是碱性氧化物，燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
D．Al2O3具有很高的熔点，可用于制造熔融烧碱的坩埚
【答案】A
【详解】
A．硅单质是优良的半导体材料，用于制作光感电池，可以将太阳能转换为电能，A正确；
B．NaHCO3能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂，前后无因果关系，碳酸氢钠受热分解产生大量的气体或者其与酸反应产生大量的气体，决定其可以用作焙制糕点的膨松剂，B错误；
C．氧化钙是碱性氧化物，燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成，但并不能减少温室气体的排放，C错误；
D．Al2O3具有很高的熔点，由于烧碱能与Al2O3反应生成NaAlO2，故不可用于制造熔融烧碱的坩埚，D错误；
故答案为：A。
3．下列关于物质的制备或者生产过程的说法正确的是
A．工业上电解冶炼铝，由于Al2O3熔点高，可用AlCl3代替
B．侯氏制碱法中，在沉淀池中发生反应时，向饱和食盐水中先通入CO2，然后通入NH3
C．实验室中为了制得能较长时间稳定存在的氢氧化亚铁，可以把盛有煮沸又冷却后的氢氧化钠的长滴管插入新制的硫酸亚铁溶液液面下
D．海水提镁的过程中，为尽快得到干燥纯净的氯化镁，可以直接蒸干氯化镁溶液
【答案】C
【详解】
A．AlCl3是共价化合物，不能用于工业电解制取金属铝，A错误；
B．侯氏制碱法中，在沉淀池中发生反应时，先通入NH3，然后通入CO2，B错误；
C．氢氧化亚铁容易被空气中的氧气多样化，所以制取的过程中要隔绝氧气，C正确；
D．蒸干氯化镁溶液先水解生成氢氧化镁，最终变成氧化镁，D错误；
故选C。
4．NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．2.4 g Mg与一定量的浓H2SO4完全反应，转移的电子数一定为0.2NA
B．78 g过氧化钠完全发生氧化还原反应时，转移的电子数一定为NA
C．32.5 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数一定小于0.2NA
D．电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为73 g，则转移电子数一定为2NA
【答案】B
【详解】
A．2.4 gMg的物质的量是0.1 mol，由于Mg是+2价金属，与一定量的浓H2SO4完全反应，被氧化产生MgSO4，因此0.1 mol Mg发生反应转移的电子数一定为0.2NA，A正确；
B．78 g过氧化钠的物质的量是1 mol，其与H2O或CO2反应时，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，1 mol Na2O2反应转移1 mol电子；若与其它还原性物质发生反应时，只作氧化剂，则1 mol反应转移2 mol电子，故1 mol Na2O2完全发生氧化还原反应时，转移的电子数不一定为NA，B错误；
C．Fe(OH)3胶体粒子是许多Fe(OH)3的集合体，32.5 g FeCl3的物质的量是0.2 mol，其发生水解反应会产生Fe(OH)3胶体，则0.2 mol FeCl3发生水解反应产生Fe(OH)3胶体粒子数小于0.2NA，C正确；
D．电解饱和食盐水反应方程式为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，可知：每反应转移2 mol电子时，阳极产生1 mol Cl2，阴极产生1 mol H2，二者的质量和71 g+2 g=73 g，故故若阴、阳两极产生气体的总质量为73 g，转移电子数目是2NA，D正确；
故合理选项是B。
5．对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确且有因果关系的是
选项
粒子组
判断和分析
A
Na+、[Al(OH)4]-、Cl-、HCO
不能大量共存，因发生反应：[Al(OH)4]-+HCO= Al(OH)3↓+H2O+CO2↑
B
H+、K+、S2O-、SO
不能大量共存，因发生反应：2H++S2O=S↓+SO2↑+ H2O
C
Na+、Fe2+、SO、NO
不能大量共存，因为NO能氧化Fe2+为Fe3+
D
Na+、H+、Cl-、ClO-
能大量共存，粒子间不反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】
A．不能大量共存，因发生反应：[Al(OH)4]-+HCO= Al(OH)3↓+H2O+，故A错误；
B．不能大量共存，因S2O在酸性条件下发生反应：2H++S2O=S↓+SO2↑+ H2O，故B正确；
C．在酸性条件下，NO能把Fe2+氧化为Fe3+，所以在中性溶液中Na+、Fe2+、SO、NO能共存，故C错误；
D．H+、Cl-、ClO-发生归中反应生成氯气，所以H+、Cl-、ClO-不能大量共存，故D错误；
选B。
6．五颜六色的水泥的添加剂是CoCl2·6H2O。工业上以含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取CoCl2·6H2O的一种新工艺流程如图，下列说法错误的是
A．含钴废料在加入盐酸过程中金属钴发生的离子方程式为：2Co+6H+=2Co3++3H2↑
B．溶液1转化为溶液2时加入NaClO3的目的是将Fe2＋氧化至Fe3＋
C．操作I用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯
D．操作II为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
【答案】A
【分析】
向含钴废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶液1中加入NaClO3溶液，NaClO3具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，溶液2中加入Na2CO3调节溶液的pH，使Fe(OH)3、Al(OH)3生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，溶液3中含有CoCl2，然后向溶液3中加入稀盐酸调节溶液的pH，抑制CoCl2水解，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CoCl2•6H2O，以此解答该题。
【详解】
A．结合分析，含钴废料在加入盐酸过程中，金属钴、铁、铝均与盐酸反应，发生的离子方程式为：Co＋2H＋＝Co2+＋H2↑、2Al＋6H＋＝2Al3＋＋3H2↑、Fe＋2H＋＝Fe 2＋＋H2↑，A项错误；
B．结合分析，溶液1中加入NaClO3的目的是将Fe2＋氧化至Fe3＋，B项正确；
C．操作I为过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯，C项正确；
D．根据分析，操作II为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，D项正确；
答案选A。
7．氮化锂(Li3N) 常作固体电解质和催化剂，遇水蒸气剧烈反应生成氢氧化锂和氨气。某实验小组用氮气样品(含CO和O2)制备纯净的氮化锂的装置如图所示：
已知：(1)连苯三酚碱性溶液能定量吸收少量O2；
(2)氯化亚铜盐酸溶液能定量吸收少量CO生成Cu(CO)Cl·H2O，且易被O2氧化；
(3)在加热条件下，CO2与锂发生剧烈反应。
下列说法不正确的是
A．干燥管e中试剂为碱石灰，避免空气中的CO2、H2O(g)与锂反应，干扰试验
B．实验中应先通入氮气再点燃酒精灯
C．a、c中试剂分别为连苯三酚碱性溶液、浓硫酸
D．a装置可以换成盛装炽热铜粉的硬质玻璃管
【答案】D
【详解】
A．氮化锂(Li3N)遇水蒸气剧烈反应，CO2、H2O(g)能与锂反应，干燥管e中试剂为碱石灰，可以避免空气中的CO2、H2O(g)进入d与锂反应，故A正确；
B．锂与氧气、CO2能发生反应，实验中应先通入氮气排出装置中的空气，再点燃酒精灯，故B正确；
C．氯化亚铜盐酸溶液易被O2氧化，先用连苯三酚碱性溶液能定量吸收少量O2，再用氯化亚铜盐酸溶液吸收CO，最后用浓硫酸干燥氮气，所以a、b、c中试剂分别为连苯三酚碱性溶液、氯化亚铜盐酸溶、浓硫酸，故C正确；
D．a装置若换成盛装炽热铜粉的硬质玻璃管，可以除去氧气，CO和CuO在加热条件下反应生成CO2，CO2能与锂发生剧烈反应，干扰实验，故D错误；
选D。
8．下列离子方程式的书写及评价均合理的是
选项
离子方程式
评价
A
将2mol Cl2通入含有1mol FeI2的溶液中：2Fe2++2I-+2Cl2 =2Fe3++I2+4Cl-
正确；Cl2过量，可将Fe2+、I-均氧化
B
Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2++HCO+OH-=MgCO3↓+H2O
正确；酸式盐与碱反应生成盐和水
C
过量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+H2O+ClO-=HClO+HSO
正确；说明酸性H2SO3强于HClO
D
1 mol·L-1 的Na[Al(OH)4]溶液和2.5 mol·L-1 的HCl溶液等体积均匀混合：2[Al(OH)4]-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+5H2O
正确：[Al(OH)4]-与H+产物由二者物质的量之比决定
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】
A．还原性I-＞Fe2+，Cl2先与I-反应，2molI-消耗1molCl2，剩余1molCl2与Fe2+反应，1molFe2+消耗0.5molCl2，Cl2过量，将Fe2+、I-均氧化，反应的Cl2、Fe2+、I-物质的量之比为1.5:1:2，反应的离子方程式为3Cl2+2Fe2++4I-=6Cl-+2Fe3++2I2，A项不符合题意；
B．Mg2+应与OH-结合成更难溶于水的Mg(OH)2沉淀，反应的离子方程式为Mg2++2+4OH-=Mg(OH)2↓+2 +2H2O，B项不符合题意；
C．SO2具有还原性，ClO-具有氧化性，发生氧化还原反应，过量SO2通入Ca(ClO)2溶液中反应的离子方程式为SO2+Ca2++ClO-+H2O=Cl-++2H+，C项不符合题意；
D．[Al(OH)4]-与H+以物质的量之比1:1恰好完全反应生成Al(OH)3沉淀，以物质的量之比1:4恰好完全反应生成Al3+，1mol/L[Al(OH)4]-溶液和2.5mol/LHCl溶液等体积混合时[Al(OH)4]-与H+物质的量之比为2:5(介于1:4和1:1之间)，故[Al(OH)4]-与H+恰好完全反应，产物中既有Al3+又有Al(OH)3沉淀，结合原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为2 [Al(OH)4]-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+5H2O， D项符合题意；
答案选D。
9．侯氏制碱法原理是：NH3+H2O+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，析出碳酸氢钠，下列实验关于实验装置及原理设计说法不合理的是
甲
乙
丙
丁
A．用装置甲制取氨气时得到氨气很少，主要原因是分解得到NH3、HCl的遇冷会重新化合
B．用装置乙生成CO2速率很慢的原因是反应生成微溶于水的硫酸钙，覆盖着大理石的表面
C．用装置丙模拟侯氏制碱法，可以从导管b通入氨气，再从导管a通入二氧化碳气体
D．用装置丁分离得到产品NaHCO3，为得到干燥产品，最好采用减压过滤
【答案】C
【详解】
A．氯化铵分解后生成氨气和氯化氢，两种气体在试管口重新化合生成氯化铵，则用装置甲制取氨气时得到氨气的量很少，故A正确；
B．生成硫酸钙微溶，包裹在碳酸钙表面，则装置乙制取二氧化碳时，往往反应不充分，大理石利用率太低，故B正确；
C．氨气极易溶于水，故应该a管通入氨气，b管通入二氧化碳，故C错误；
D．用装置丁过滤分离得到产品 NaHCO3，减压过滤，可防止碳酸氢钠分解，故D正确；
故答案选C。
10．X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物(ZXY)2的结构式如图所示。下列说法错误的是
A．化合物W2Z3是良好的耐高温材料
B．Y的氧化物对应的水化物不一定是强酸
C．X的氢化物的沸点一定小于Z的氢化物的沸点
D．化合物(ZXY)2中Z元素的化合价为-1
【答案】C
【分析】
由(ZXY)2的结构可知，X能够形成四条共价键，Y能够形成三条共价键，Z能够形成两条共价键，且W的原子序数比X大，W的最外层电子数比X的小1，则X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Al元素，据此分析解答。
【详解】
A．由分析可知，化合物W2Z3即Al2O3熔点很高，是良好的耐高温材料，A正确；
B．由分析可知，Y为N，其Y的氧化物对应的水化物HNO3是强酸，而HNO2是弱酸，B正确；
C．由分析可知，X、Z分别为C，O，由于X的氢化物有很多，很多碳原子多的烃类常温下是固体，而Y的氢化物H2O、H2O2均为液体，故X的氢化物的沸点不一定小于Z的氢化物的沸点，C错误；
D．由题干化合物(ZXY)2的结构示意图可知，结构中存在过氧键，故Z元素的化合价为-1，D正确；
故答案为：C。
11．中学化学常见物质之间，在一定条件下可以发生如图所示的转化关系(部分反应中的H2O没有标明)，其中A、B、C中均含有同一种元素。下列说法错误的是
A．若A、B、C、D都是中学化学常见气体，则D可能是氧气
B．若A是气体，D是常见金属，则反应①、②、③都是化合反应
C．若B物质具有两性，A、B、C、D都是化合物，则C溶液可能呈酸性，也可能呈碱性
D．若①、②、③反应都是氧化还原反应，则A、B、C中含有的同一种元素一定呈现三种不同化合价
【答案】D
【详解】
A．若A为NH3，B为N2，C为NO，则D为O2，A正确；
B．若A为Cl2，D为Fe，B为FeCl3，C为FeCl2，反应①、②、③都是化合反应，B正确；
C．常见的两性物质是Al2O3和Al(OH)3，①若A为AlCl3，D为NaOH，则B为Al(OH)3，C为NaAl[(OH)4]，NaAl[(OH)4]溶液呈碱性；②若A为NaAl[(OH)4]，D为盐酸，C为AlCl3，AlCl3溶液呈酸性，C正确
D．若A为Cl2，D为Fe，B为FeCl3，C为FeCl2，①、②、③都是氧化还原反应，氯元素只呈现0和-1两种价态，D错误；
故选D。
12．某化学兴趣小组利用药品：铁粉、稀硫酸、氢氧化钠溶液，用下图装置制备氢氧化亚铁并观察其颜色。下列有关说法不正确的是
A．仪器1中应该盛放稀硫酸
B．本实验通过控制A、B、C三个开关，将仪器中的空气排尽后，先关闭开关A，再打开开关B就可观察到氢氧化亚铁的颜色
C．实验时为防止仪器2中铁粉通过导管进入仪器3中，可在仪器2底部放上一块吸铁石
D．本实验制备的氢氧化亚铁可以相对较长时间的保持白色状态
【答案】B
【分析】
反应开始时，打开开关B、C，关闭开关A，将分液漏斗中稀硫酸滴入仪器2中，稀H2SO4与Fe粉反应产生FeSO4、H2，产生的H2通过导气管经开关进入装置3中，当将整个装置中的空气由C口排尽后，关闭开关B，开启开关A、C，利用生成的H2在仪器2中压强增大，把FeSO4溶液压入装置3的NaOH溶液中，反应生成Fe(OH)2白色沉淀，防止生成的Fe(OH)2被空气中的氧气氧化。
【详解】
A．根据上述分析可知：仪器1中应该盛放的试剂是稀硫酸，A正确；
B．本实验通过控制A、B、C三个开关，将仪器中的空气排尽后，先关闭开关B，再打开开关A，就可观察到反应产生的氢氧化亚铁的颜色，B错误；
C．Fe可以被磁铁吸引，实验时为防止仪器2中铁粉通过导管进入仪器3中，可在仪器2底部放上一块吸铁石，这样Fe粉就不能随NaOH溶液进入到仪器3中，C正确；
D．Fe(OH)2是白色固体，具有强的还原性，由于整个装置除去H2的还原性环境，因此就可以防止Fe(OH)2被氧化变为红褐色Fe(OH)3沉淀，因此可以相对较长时间的保持白色状态，D正确；
故合理选项是B。
13．某工业废水仅含下表中的某些离子，且各种离子的物质的量浓度均为0.1 mol·L-1(此数值忽略水的电离及离子的水解)。甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：
阳离子
K＋、Ag＋、Mg2＋、Cu2＋、Al3＋、NH
阴离子
Cl-、CO、NO、SO、SiO、I-
Ⅰ．取该无色溶液5 mL，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加。
Ⅱ．用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰。
Ⅲ．另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色。
Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。
下列推断不正确的是
A．由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是K＋、NH、Cu2＋
B．Ⅲ中加入盐酸生成无色气体的离子方程式是6I-＋2NO＋8H＋=3I2＋2NO↑＋4H2O
C．原溶液一定只含有离子Cl-、I-、NO、SO、Mg2＋、Al3＋
D．另取100 mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤、洗涤、灼烧沉淀至恒重，得到的固体质量为0.8 g
【答案】D
【分析】
Ⅰ．取该无色溶液5，说明不含有，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加，说明增加的是,所以原溶液中一定不含有，可能含有和，不含有和；
Ⅱ．用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰，说明没有；
Ⅲ．另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明含有还原性离子与和反应生成，即溶液中有和，不含有；
Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入溶液，有白色沉淀生成，说明含有。
【详解】
由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是、、，A项正确；
Ⅲ中加入盐酸生成无色气体离子方程式是，B项正确；
通过分析，溶液中含有离子，，，，，，C项正确；
参加的离子方程式，，充分反应后过滤，洗涤，灼烧恒重，根据元素守恒，，则，D项错误；
故选D。
评卷人
得分
二、多选题
14．已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应I：Pb3O4+4H+ =PbO2+2Pb2++2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应II：5PbO2+2Mn2++4H++5=2+5PbSO4+2H2O。下列推断正确的是
A．由反应I可知，Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比为2：1
B．由反应I、II可知，氧化性：HNO3＞PbO2＞MnO
C．Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16HNO3=3Pb(NO3)4+4NO↑+8H2O
D．Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2↑
【答案】AD
【详解】
A．反应I未发生氧化还原反应，且产物Pb2+与PbO2物质的量之比为2：1，说明Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比为2：1，A正确；
B．反应I中HNO3未能将Pb(II)氧化成Pb(IV)，说明氧化性：HNO3＜PbO2，反应II中PbO2将Mn2+氧化成，说明氧化性PbO2＞，则物质的氧化性：PbO2＞＞HNO3，B错误；
C．根据反应I可得硝酸不能将Pb氧化成+4价，不能反应生成Pb(NO3)4，C错误；
D．据反应II可知氧化性：PbO2＞，而酸性条件下能将HCl氧化成Cl2，则Pb(IV)也能将HCl氧化成Cl2，所以此反应Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2↑能发生，D正确；
故答案为AD。
15．利用空气催化氧化法除掉电石渣浆(含CaO)上清液中的S2-，制取石膏(CaSO4·2H2O)的过程如图所示，下列说法错误的是
A．CaSO4·2H2O属于盐类和混合物
B．过程Ⅱ中，反应的离子方程式为：4MnO+2S2-+9H2O=S2O+4Mn(OH)2↓+10OH-
C．过程Ⅰ后溶液pH增大
D．将10 L上清液中的S2-(S2-浓度为480 mg·L-1)转化为SO，理论上共需要0.3 mol O2
【答案】AC
【分析】
由流程可知，CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2，通入氧气生成，涉及反应为2Mn (OH)2+O2+4OH-=2+4H2O，与S2-反应生成，进而与氧气反应生成，可用于制备CaSO4·2H2O，以此解答该题。
【详解】
A．CaSO4·2H2O是带有结晶水的盐，也是纯净物，属于盐类和纯净物，A错误；
B．过程I中应当是碱性环境不应当出现氢离子，反应的离子方程式为2S2-+ 4+10H2O=4Mn(OH)2++10OH-，B正确；
C．反应I为2Mn (OH)2+O2+4OH-=2+4H2O，反应消耗OH-，导致溶液pH减小，C错误；
D．将10 L上清液中的S2-转化为(S2-浓度为480 mg·L-1)，其质量为m(S2-)=480 mg/L×10 L=4800 mg=4.8 g，物质的量n(S2-)=，根据得失电子守恒0.15mol×8=n(O2)×4，解得n(O2)=0.3 mol，故理论上共需要0.3 mol的O2，D正确；
故合理选项是AC。
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分
三、工业流程题
16．高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂。其生产工艺如下：
已知：①2KOH＋Cl2=KCl＋KClO＋H2O (条件：温度较低)
②6KOH＋3Cl2=5KCl＋KClO3＋3H2O (条件：温度较高)
③K2FeO4在水溶液中易水解：4FeO＋10H2O4Fe(OH)3(胶体)＋8OH-＋3O2↑
回答下列问题：
实验室可利用如图装置完成流程①和②。
（1）写出工业上制取Cl2的化学方程式：___________；恒压滴液漏斗支管的作用___________，两水槽中的水为___________(填“热水”或“冷水”)。
（2）反应一段时间后，停止通氯气，再往仪器a中加入浓KOH溶液的目的是___________(填字母)。
A．为下一步反应提供碱性的环境
B．使KClO3转化为KClO
C．与溶液Ⅰ中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO
D．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率
（3）从反应液Ⅱ中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3、KCl，则反应③中发生的离子方程式为：___________。
（4）用重结晶法提纯粗产品：将粗产品先用KOH稀溶液溶解，再加入饱和的KOH溶液，冷却结晶，过滤，用少量异丙醇洗涤，最后低温真空干燥。
①洗涤粗品时选用异丙醇而不用水的理由是___________。
②如何判断K2FeO4晶体已经洗涤干净：___________。
（5）FeO在水溶液中的存在形态如图所示。下列说法正确的是___________(填字母)。
A．不论溶液的酸碱性如何变化，铁元素都有4种存在形态
B．向pH=10的这种溶液中加硫酸至pH=2，HFeO的分布分数逐渐增大
C．向pH=6的这种溶液中加KOH溶液，反应的离子方程式为HFeO＋OH-=FeO＋H2O
【答案】
（1） 2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑ 平衡压强，以便液体顺利流下 冷水
（2）AC
（3）2Fe3＋＋3ClO-＋10OH-=2＋3Cl-＋5H2O
（4） 防止FeO水解，便于干燥 取少量最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀则已被洗净
（5）C
【分析】
在工业上用电解饱和食盐水的方法制取氯气；足量Cl2通入KOH溶液中，温度低时发生反应2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O，向溶液I中加入KOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下次氯酸根离子才能和铁离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，除去KCl得到碱性的KClO浓溶液，向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe(NO3)3溶液，发生反应2Fe3++3ClO-+10OH-=2+3Cl-+5H2O，得到溶液II，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4。
（1）
在工业上用电解饱和食盐水的方法制取氯气，反应的化学方程式是：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；仪器a是三颈烧瓶，恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，就可以使恒压滴液漏斗上下气体压强相同，保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下；氯气与KOH反应随温度的不同，得到不同产物。根据流程，需生成KClO，在较低温度下发生反应：2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O，所以两水槽中的水为冷水，起降温作用。
（2）
只有碱性条件下，铁离子才能和次氯酸根离子发生氧化还原反应生成，KOH和氯气反应生成KClO，所以加入KOH的目的是除去氯气且使溶液为后一步反应提供碱性生成更多的KClO，选项AC合理。
（3）
据题目信息和氧化还原反应中化合价发生变化确定找出反应物：Fe3+、ClO-、OH-，生成物：、Cl-、H2O，根据电子得失守恒和质量守恒、电荷守恒来配平方程式为：2Fe3++3ClO-+10OH- =2+3Cl-+5H2O。
（4）
①洗涤K2FeO4晶体的粗品时选用异丙醇而不用水是因为K2FeO4在水溶液中易发生水解反应：4 +10H2O4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑；而且异丙醇沸点低，容易气化，便于K2FeO4干燥；
K2FeO4晶体表面含有杂质离子为氯离子，所以只要检验最后一次的洗涤中无Cl-，即可证明晶体已经洗涤干净。方法是用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀则已被洗净。
（5）
A．不同pH值时，溶液中铁元素的存在形式及种类数都不同，如pH=8时，只有两种存在形态，A错误；
B．由图象分析可知，改变溶液的pH，当溶液由pH=10降至pH=2的过程中，HFeO4-的分布分数是先增大后减小，B错误；
C．向pH=6的这种溶液中加KOH溶液，根据分布图中微粒浓度的变化可知发生反应为：+OH-=+H2O， C正确；
故答案选C。
【点睛】
本题以高铁酸钾(K2FeO4)的制备为线索，考查了电解、盐的水解、温度与酸碱性对反应的影响等知识。把握流程图中每一步发生的反应及操作方法是解本题关键，注意结合题给信息解答，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。
17．K2Cr2O7是一种重要的化工原料。以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，还含有Al2O3等杂质)为原料制备K2Cr2O7的一种工艺流程如下：
已知：(a)Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋
(b)不同温度下各物质的溶解度：
物质
KCl
NaCl
K2Cr2O7
Na2Cr2O7
溶解度(g/100g H2O)
0 ℃
28
35.7
4.7
163
40 ℃
40.1
36.4
26.3
215
80 ℃
51.3
38
70
376
(c)步骤①的主要反应为：2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2。
（1）“滤渣1”和“滤渣2”的主要成分分别是___________、___________(填化学式)。写出步骤③的离子反应方程式___________；步骤④中调pH，以下试剂可选用___________(填标号)。
a．NH3 B．KOH C．CH3COOH D．HCl
（2）在步骤⑤中加入适量KCl，___________，过滤得到K2Cr2O7固体。
（3）某工厂用a kg铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制K2Cr2O7，最终得到产品b kg，产率为___________×100%(列计算式)。
（4）化学还原法可除去废水中的Cr2O，取含Cr2O的模拟水样在不同pH条件下，分别向每个水样中加一定量的FeSO4、NaHSO3，搅拌，充分反应，然后滴加Ca(OH)2悬浊液，静置沉淀，测定＋6价Cr的去除率，实验结果如图所示。
①在酸性条件下，NaHSO3使Cr2O还原为Cr3＋，请写出NaHSO3与Cr2O反应的离子方程式：___________。
②pH＞8时，亚铁盐对＋6价Cr的去除效果反而下降，可能的原因是：___________。
【答案】
（1） Fe2O3 Al(OH)3 [Al(OH)4]－＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO C
（2）蒸发浓缩，冷却结晶
（3）
（4） 3HSO＋Cr2O＋5H＋=2Cr3＋＋3SO＋4H2O pH＞8时，Fe2＋转化为Fe(OH)2，而Fe(OH)2易被空气中的O2氧化
【分析】
铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，还含有Al2O3等杂质)熔融条件下和碳酸钠、硝酸钠反应Na2CrO4、Fe2O3、NaAlO2，CO2和NaNO2，水浸，过滤后得到滤渣1为氧化铁，NaAl(OH)4通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，滤液中调节pH值发生变化，向滤液中加入KCl反应生成重铬酸钾。
（1）
“滤渣1”和“滤渣2”的主要成分分别是Fe2O3、Al(OH)3。步骤③主要是[Al(OH)4]－和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根，其离子反应方程式[Al(OH)4]－＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO；步骤④中调pH，由于Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋，因此加入酸能使之不断转变为重铬酸根，由于重铬酸根具有强氧化性，会氧化氯离子，因此只能用醋酸，因此选用C；故答案为：Fe2O3；Al(OH)3；[Al(OH)4]－＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO；C。
（2）
在步骤⑤中加入适量KCl，得到K2Cr2O7溶液，根据不同温度不同物质的溶解度，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体；故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶。
（3）
某工厂用a kg铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制K2Cr2O7，根据Cr2O3～K2Cr2O7，理论得到K2Cr2O7的质量为最终得到产品b kg，产率为；故答案为：。
（4）
①在酸性条件下，NaHSO3使Cr2O还原为Cr3＋，HSO被氧化为SO，根据得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒得到NaHSO3与Cr2O反应的离子方程式：3HSO＋Cr2O＋5H＋=2Cr3＋＋3SO＋4H2O；故答案为：3HSO＋Cr2O＋5H＋=2Cr3＋＋3SO＋4H2O。
②pH＞8时，亚铁盐对＋6价Cr的去除效果反而下降，可能的原因是pH＞8时，Fe2+转化为Fe(OH)2，而Fe(OH)2易被空气中的O2氧化，导致亚铁离子浓度降低，与重铬酸根反应减少；故答案为：是pH＞8时，Fe2+转化为Fe(OH)2，而Fe(OH)2易被空气中的O2氧化。
评卷人
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四、元素或物质推断题
18．A、B、C、D、E五种物质均含有同一种元素，它们之间有如图所示转化关系。
（1）若A～E均为化合物，均含有Y元素，A是淡黄色固体；物质的量浓度相等的B、C两溶液中，C溶液的pH较小；电解D的水溶液可以生成B和两种气体单质，该反应是工业上生产B的重要反应。则B的电子式为：___________。
（2）若A为气体单质，C、D的相对分子质量相差16，常温下，0.1mol·L-1E溶液中只有3种离子，且溶液中的。则：E→C反应的离子方程式为___________。
（3）若A为短周期元素的固体非金属单质，标准状况下2.24LC气体通入1L0.1mol·L-1的NaOH溶液中，恰好完全反应，所得溶液的pH＜7，则反应后溶液中溶质化学式为___________。
（4）若A为常见金属单质，B、C均为盐，B的水溶液呈酸性，C的水溶液呈碱性，D是一种白色沉淀。若将金属A的粉末与硝酸钠溶液混合后，再加入足量的氢氧化钠溶液，产生的气体只有一种，该气体无色、有刺激性气味，并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该反应的离子方程式为___________。
【答案】
（1）
（2）3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O
（3）NaHSO3
（4）8Al+3NO+5OH-+18H2O=8[Al(OH)4]-+3NH3↑
【分析】
（1）
若A～E均为化合物，均含有Y元素，A是淡黄色固体，推知A是Na2O2，Na2O2能和水、CO2分别反应生成NaOH、Na2CO3，由溶液的pH大小关系，得B是NaOH、C是Na2CO3，由“电解D的水溶液可以生成B和两种气体单质,该反应是工业上生产B的重要反应”，D是NaCl。则NaOH的电子式为。
（2）
由条件“C、D的相对分子质量相差16”，知C、D相差一个O原子，C、D均为同一元素的氧化物，再由A为气体单质，知A为N2，再由条件“0.1mol/L的E溶液的与联立，得到c(H+)=0.1mol/L，故溶液E为强酸性的HNO3，则B为NH3，C为NO、D为NO2。则：E→C反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O。
（3）
短周期元素组成的固体非金属单质有硼、碳、硅、磷、硫五种，由0.1mol气体C与0.1molNaOH恰好完全反应后溶液呈酸性可知，气体C为SO2，恰好完全反应生成NaHSO3，HSO的水解程度小于其电离程度，故溶液的pH<7，溶液中离子浓度大小为c(Na+)>c(HSO)>c(H+)>c(SO)。则反应后溶液中溶质化学式为NaHSO3。
（4）
由条件知A为Al，Al元素能形成铝盐和偏铝酸盐,B为溶液呈酸性的铝盐,C为溶液呈碱性的偏铝酸盐，白色沉淀D为Al(OH)3，碱性条件下，金属Al可在硝酸钠溶液中被氧化为AlO，根据题意，NO被还原为NH3，即8Al+3NO+5OH-+18H2O=8[Al(OH)4]-+3NH3↑，故答案为：8Al+3NO+5OH-+18H2O=8[Al(OH)4]-+3NH3↑。
评卷人
得分
五、实验题
19．固体化合物X由三种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。
其中，白色沉淀B能溶于NaOH溶液。请回答：
（1）白色固体C的化学式是___________，1 mol深蓝色溶液溶质的阳离子含有的σ键数为___________。
（2）化合物X的化学式是___________；化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的结构式(标注具体的化学键种类)___________。
（3）蓝色溶液A与N2H作用生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀。
①写出该反应的离子方程式___________。
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素___________。
【答案】
（1） Al2O3 16NA
（2） CuAl2Cl8
（3） 4Cu2++N2H+4Cl-=4CuCl↓+N2↑+5H+ 将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有铜元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有氯元素
【分析】
取4.020 g化合物X，加入水得到蓝色溶液A ，说明溶解后的溶液中含Cu2+，化合物X中含铜元素，溶液中加入足量氨水得到深蓝色溶液为铜氨配合物，含[Cu(NH3)4]2+离子，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，生成蓝色溶液和白色沉淀，白色沉淀E为AgCl，质量为11.480 g，物质的量n(AgCl)=，说明X中含氯元素，其物质的量0.08 mol，D溶液一定含硝酸铜、硝酸银、硝酸、硝酸铵，白色沉淀B能溶于NaOH溶液，说明是氢氧化铝沉淀，灼烧得到白色固体C为Al2O3，质量1.020 g，说明X中含Al元素，物质的量n(Al)=2×，则X中含Cu元素物质的量n(Cu)=，X的化学式中n(Cu)：n(Al) ：n(Cl)=0.01mol：0.02 mol：0.08 mol=1：2：8，化学式为CuAl2Cl8，据此分析回答问题。
（1）
白色固体C的化学式是Al2O3，深蓝色溶液中溶质为[Cu(NH3)4]SO4，阳离子是[Cu(NH3)4]2+，配位体与中心Cu2+之间以配位键结合，在NH3中存在3个N-H极性共价键，共价键及配位键都是σ键，故在[Cu(NH3)4]2+中含有的σ键数目是4+3×4=16个，则1 mol [Cu(NH3)4]2+中含有的σ键数目是16NA；
（2）
根据上述分析计算可知化合物X的化学式为CuAl2Cl8；化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，由于CH4是正四面体结构，说明CuAl2Cl8的阴离子是，其空间构型是；
（3）
①蓝色溶液A与N2H作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀，分析判断沉淀为CuCl，气体为N2，结合原子守恒、电子守恒和电荷守恒书写反应的离子方程式为：4Cu2++N2H+4Cl-=4CuCl↓+N2↑+5H+；
②要设计实验验证该白色沉淀的组成元素中的铜元素和氯元素，实验过程为：将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明其中含有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素。
评卷人
得分
六、结构与性质
20．现有A、B、C、D、E五种元素，他们性质如下：
A
周期表中原子半径最小的元素
B
电负性最大的元素
C
C的2p轨道中有三个未成对的单电子
D
原子核外电子数是B与C核外电子数之和
E
E能形成红色(或砖红色) E2O和黑色的EO两种氧化物
请回答如下问题：
（1）E原子有___________个未成对电子，二价E离子的电子排布式为___________。
（2）A2D分子中D原子的杂化类型是___________，D的氧化物DO3分子空间构型为___________。
（3）CA3极易溶于水，其原因主要是___________，试判断CA3溶于水后，形成CA3·H2O的合理结构：___________(填“a”或“b”)，推理依据是___________(用相关方程式表示)。
（4）在ESO4溶液中滴入过量氨水，E2+形成深蓝色配合物的离子方程式为：___________。
（5）ZnD的晶胞结构如图1所示，在ZnD晶胞中，D2-的配位数为___________。
（6）E与金形成的金属互化物结构如图2所示，其晶胞边长为a nm，该金属互化物的密度为___________(用含a、NA的代数式表示)g·cm-3。
【答案】
（1） 1 1s22s22p63s23p63d9
（2） sp3杂化 平面(正)三角形
（3） 氨分子与水分子间形成氢键 b NH3·H2O NH+OH-
（4）Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O
（5）4
（6）
【分析】
A是周期表中原子半径最小的元素，A是H元素；B是电负性最大的元素，B是F元素；C的2p轨道中有三个未成对的单电子，C是N元素；D原子核外电子数是B与C核外电子数之和，D是S元素；E能形成红色(或砖红色) E2O和黑色的EO两种氧化物，E是Cu元素。
（1）
E是Cu元素，Cu是29号元素，价电子排布式是3d104s1，有1个未成对电子，Cu2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9；
（2）
A2D是H2S，分子中S原子的价电子对数是，S原子的杂化类型是sp3杂化，SO3分子中S原子的价电子对数是，无孤电子对，SO3空间构型为平面三角形；
（3）
氨分子与水分子间形成氢键，所以NH3极易溶于水；由NH3·H2O NH+OH-可知N与水中的氢原子形成配位键，所以NH3·H2O的合理结构是b；
（4）
在CuSO4溶液中滴入过量氨水，Cu2+形成深蓝色配合物[Cu(NH3)4]2+，反应的离子方程式为Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O；
（5）
根据ZnS的晶胞结构图，在ZnS晶胞中，离S2-最近的Cu2+有4个，S2-的配位数为4；
（6）
根据均摊原则，每个晶胞含有Cu原子数是、金原子数是，其晶胞边长为a nm，该金属互化物的密度为g·cm-3。
山东师范大学附属中学2021-2022学年高三上学期第二次月考化学试题
第I卷（选择题）
评卷人
得分
一、单选题
1．化学是严谨的，诗歌是浪漫的。严谨的化学融入浪漫精美的诗歌中，为化学教学与古诗的结合提供了重要的素材。下列古诗中描述的反应中不属于氧化还原反应的是
A．宋代王安石的《元丰行示德逢》：“雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋”
B．南北朝梁代医学家陶弘景《本草经集注》：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”
C．唐朝李商隐的《无题》：“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”
D．唐朝李白《秋浦歌》“炉火照天地，红星乱紫烟”
【答案】B
【详解】
A．雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋”，涉及的化学反应是，属于氧化还原反应，故不选A；
B．“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”涉及焰色反应，属于物理变化，故选B；
C．“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”涉及石蜡燃烧，属于氧化还原反应，故不选C；
D．“炉火照天地，红星乱紫烟”涉及金属的冶炼，属于氧化还原反应，故不选D；
选B。
2．生活处处是化学，化学与生活密不可分。下列陈述正确并且有因果关系的是
A．高纯硅具有良好的导电性，可用于制作光感电池
B．NaHCO3能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂
C．氧化钙是碱性氧化物，燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
D．Al2O3具有很高的熔点，可用于制造熔融烧碱的坩埚
【答案】A
【详解】
A．硅单质是优良的半导体材料，用于制作光感电池，可以将太阳能转换为电能，A正确；
B．NaHCO3能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂，前后无因果关系，碳酸氢钠受热分解产生大量的气体或者其与酸反应产生大量的气体，决定其可以用作焙制糕点的膨松剂，B错误；
C．氧化钙是碱性氧化物，燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成，但并不能减少温室气体的排放，C错误；
D．Al2O3具有很高的熔点，由于烧碱能与Al2O3反应生成NaAlO2，故不可用于制造熔融烧碱的坩埚，D错误；
故答案为：A。
3．下列关于物质的制备或者生产过程的说法正确的是
A．工业上电解冶炼铝，由于Al2O3熔点高，可用AlCl3代替
B．侯氏制碱法中，在沉淀池中发生反应时，向饱和食盐水中先通入CO2，然后通入NH3
C．实验室中为了制得能较长时间稳定存在的氢氧化亚铁，可以把盛有煮沸又冷却后的氢氧化钠的长滴管插入新制的硫酸亚铁溶液液面下
D．海水提镁的过程中，为尽快得到干燥纯净的氯化镁，可以直接蒸干氯化镁溶液
【答案】C
【详解】
A．AlCl3是共价化合物，不能用于工业电解制取金属铝，A错误；
B．侯氏制碱法中，在沉淀池中发生反应时，先通入NH3，然后通入CO2，B错误；
C．氢氧化亚铁容易被空气中的氧气多样化，所以制取的过程中要隔绝氧气，C正确；
D．蒸干氯化镁溶液先水解生成氢氧化镁，最终变成氧化镁，D错误；
故选C。
4．NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．2.4 g Mg与一定量的浓H2SO4完全反应，转移的电子数一定为0.2NA
B．78 g过氧化钠完全发生氧化还原反应时，转移的电子数一定为NA
C．32.5 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数一定小于0.2NA
D．电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为73 g，则转移电子数一定为2NA
【答案】B
【详解】
A．2.4 gMg的物质的量是0.1 mol，由于Mg是+2价金属，与一定量的浓H2SO4完全反应，被氧化产生MgSO4，因此0.1 mol Mg发生反应转移的电子数一定为0.2NA，A正确；
B．78 g过氧化钠的物质的量是1 mol，其与H2O或CO2反应时，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，1 mol Na2O2反应转移1 mol电子；若与其它还原性物质发生反应时，只作氧化剂，则1 mol反应转移2 mol电子，故1 mol Na2O2完全发生氧化还原反应时，转移的电子数不一定为NA，B错误；
C．Fe(OH)3胶体粒子是许多Fe(OH)3的集合体，32.5 g FeCl3的物质的量是0.2 mol，其发生水解反应会产生Fe(OH)3胶体，则0.2 mol FeCl3发生水解反应产生Fe(OH)3胶体粒子数小于0.2NA，C正确；
D．电解饱和食盐水反应方程式为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，可知：每反应转移2 mol电子时，阳极产生1 mol Cl2，阴极产生1 mol H2，二者的质量和71 g+2 g=73 g，故故若阴、阳两极产生气体的总质量为73 g，转移电子数目是2NA，D正确；
故合理选项是B。
5．对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确且有因果关系的是
选项
粒子组
判断和分析
A
Na+、[Al(OH)4]-、Cl-、HCO
不能大量共存，因发生反应：[Al(OH)4]-+HCO= Al(OH)3↓+H2O+CO2↑
B
H+、K+、S2O-、SO
不能大量共存，因发生反应：2H++S2O=S↓+SO2↑+ H2O
C
Na+、Fe2+、SO、NO
不能大量共存，因为NO能氧化Fe2+为Fe3+
D
Na+、H+、Cl-、ClO-
能大量共存，粒子间不反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】
A．不能大量共存，因发生反应：[Al(OH)4]-+HCO= Al(OH)3↓+H2O+，故A错误；
B．不能大量共存，因S2O在酸性条件下发生反应：2H++S2O=S↓+SO2↑+ H2O，故B正确；
C．在酸性条件下，NO能把Fe2+氧化为Fe3+，所以在中性溶液中Na+、Fe2+、SO、NO能共存，故C错误；
D．H+、Cl-、ClO-发生归中反应生成氯气，所以H+、Cl-、ClO-不能大量共存，故D错误；
选B。
6．五颜六色的水泥的添加剂是CoCl2·6H2O。工业上以含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取CoCl2·6H2O的一种新工艺流程如图，下列说法错误的是
A．含钴废料在加入盐酸过程中金属钴发生的离子方程式为：2Co+6H+=2Co3++3H2↑
B．溶液1转化为溶液2时加入NaClO3的目的是将Fe2＋氧化至Fe3＋
C．操作I用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯
D．操作II为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
【答案】A
【分析】
向含钴废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶液1中加入NaClO3溶液，NaClO3具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，溶液2中加入Na2CO3调节溶液的pH，使Fe(OH)3、Al(OH)3生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，溶液3中含有CoCl2，然后向溶液3中加入稀盐酸调节溶液的pH，抑制CoCl2水解，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CoCl2•6H2O，以此解答该题。
【详解】
A．结合分析，含钴废料在加入盐酸过程中，金属钴、铁、铝均与盐酸反应，发生的离子方程式为：Co＋2H＋＝Co2+＋H2↑、2Al＋6H＋＝2Al3＋＋3H2↑、Fe＋2H＋＝Fe 2＋＋H2↑，A项错误；
B．结合分析，溶液1中加入NaClO3的目的是将Fe2＋氧化至Fe3＋，B项正确；
C．操作I为过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯，C项正确；
D．根据分析，操作II为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，D项正确；
答案选A。
7．氮化锂(Li3N) 常作固体电解质和催化剂，遇水蒸气剧烈反应生成氢氧化锂和氨气。某实验小组用氮气样品(含CO和O2)制备纯净的氮化锂的装置如图所示：
已知：(1)连苯三酚碱性溶液能定量吸收少量O2；
(2)氯化亚铜盐酸溶液能定量吸收少量CO生成Cu(CO)Cl·H2O，且易被O2氧化；
(3)在加热条件下，CO2与锂发生剧烈反应。
下列说法不正确的是
A．干燥管e中试剂为碱石灰，避免空气中的CO2、H2O(g)与锂反应，干扰试验
B．实验中应先通入氮气再点燃酒精灯
C．a、c中试剂分别为连苯三酚碱性溶液、浓硫酸
D．a装置可以换成盛装炽热铜粉的硬质玻璃管
【答案】D
【详解】
A．氮化锂(Li3N)遇水蒸气剧烈反应，CO2、H2O(g)能与锂反应，干燥管e中试剂为碱石灰，可以避免空气中的CO2、H2O(g)进入d与锂反应，故A正确；
B．锂与氧气、CO2能发生反应，实验中应先通入氮气排出装置中的空气，再点燃酒精灯，故B正确；
C．氯化亚铜盐酸溶液易被O2氧化，先用连苯三酚碱性溶液能定量吸收少量O2，再用氯化亚铜盐酸溶液吸收CO，最后用浓硫酸干燥氮气，所以a、b、c中试剂分别为连苯三酚碱性溶液、氯化亚铜盐酸溶、浓硫酸，故C正确；
D．a装置若换成盛装炽热铜粉的硬质玻璃管，可以除去氧气，CO和CuO在加热条件下反应生成CO2，CO2能与锂发生剧烈反应，干扰实验，故D错误；
选D。
8．下列离子方程式的书写及评价均合理的是
选项
离子方程式
评价
A
将2mol Cl2通入含有1mol FeI2的溶液中：2Fe2++2I-+2Cl2 =2Fe3++I2+4Cl-
正确；Cl2过量，可将Fe2+、I-均氧化
B
Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2++HCO+OH-=MgCO3↓+H2O
正确；酸式盐与碱反应生成盐和水
C
过量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+H2O+ClO-=HClO+HSO
正确；说明酸性H2SO3强于HClO
D
1 mol·L-1 的Na[Al(OH)4]溶液和2.5 mol·L-1 的HCl溶液等体积均匀混合：2[Al(OH)4]-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+5H2O
正确：[Al(OH)4]-与H+产物由二者物质的量之比决定
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】
A．还原性I-＞Fe2+，Cl2先与I-反应，2molI-消耗1molCl2，剩余1molCl2与Fe2+反应，1molFe2+消耗0.5molCl2，Cl2过量，将Fe2+、I-均氧化，反应的Cl2、Fe2+、I-物质的量之比为1.5:1:2，反应的离子方程式为3Cl2+2Fe2++4I-=6Cl-+2Fe3++2I2，A项不符合题意；
B．Mg2+应与OH-结合成更难溶于水的Mg(OH)2沉淀，反应的离子方程式为Mg2++2+4OH-=Mg(OH)2↓+2 +2H2O，B项不符合题意；
C．SO2具有还原性，ClO-具有氧化性，发生氧化还原反应，过量SO2通入Ca(ClO)2溶液中反应的离子方程式为SO2+Ca2++ClO-+H2O=Cl-++2H+，C项不符合题意；
D．[Al(OH)4]-与H+以物质的量之比1:1恰好完全反应生成Al(OH)3沉淀，以物质的量之比1:4恰好完全反应生成Al3+，1mol/L[Al(OH)4]-溶液和2.5mol/LHCl溶液等体积混合时[Al(OH)4]-与H+物质的量之比为2:5(介于1:4和1:1之间)，故[Al(OH)4]-与H+恰好完全反应，产物中既有Al3+又有Al(OH)3沉淀，结合原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为2 [Al(OH)4]-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+5H2O， D项符合题意；
答案选D。
9．侯氏制碱法原理是：NH3+H2O+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，析出碳酸氢钠，下列实验关于实验装置及原理设计说法不合理的是
甲
乙
丙
丁
A．用装置甲制取氨气时得到氨气很少，主要原因是分解得到NH3、HCl的遇冷会重新化合
B．用装置乙生成CO2速率很慢的原因是反应生成微溶于水的硫酸钙，覆盖着大理石的表面
C．用装置丙模拟侯氏制碱法，可以从导管b通入氨气，再从导管a通入二氧化碳气体
D．用装置丁分离得到产品NaHCO3，为得到干燥产品，最好采用减压过滤
【答案】C
【详解】
A．氯化铵分解后生成氨气和氯化氢，两种气体在试管口重新化合生成氯化铵，则用装置甲制取氨气时得到氨气的量很少，故A正确；
B．生成硫酸钙微溶，包裹在碳酸钙表面，则装置乙制取二氧化碳时，往往反应不充分，大理石利用率太低，故B正确；
C．氨气极易溶于水，故应该a管通入氨气，b管通入二氧化碳，故C错误；
D．用装置丁过滤分离得到产品 NaHCO3，减压过滤，可防止碳酸氢钠分解，故D正确；
故答案选C。
10．X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物(ZXY)2的结构式如图所示。下列说法错误的是
A．化合物W2Z3是良好的耐高温材料
B．Y的氧化物对应的水化物不一定是强酸
C．X的氢化物的沸点一定小于Z的氢化物的沸点
D．化合物(ZXY)2中Z元素的化合价为-1
【答案】C
【分析】
由(ZXY)2的结构可知，X能够形成四条共价键，Y能够形成三条共价键，Z能够形成两条共价键，且W的原子序数比X大，W的最外层电子数比X的小1，则X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Al元素，据此分析解答。
【详解】
A．由分析可知，化合物W2Z3即Al2O3熔点很高，是良好的耐高温材料，A正确；
B．由分析可知，Y为N，其Y的氧化物对应的水化物HNO3是强酸，而HNO2是弱酸，B正确；
C．由分析可知，X、Z分别为C，O，由于X的氢化物有很多，很多碳原子多的烃类常温下是固体，而Y的氢化物H2O、H2O2均为液体，故X的氢化物的沸点不一定小于Z的氢化物的沸点，C错误；
D．由题干化合物(ZXY)2的结构示意图可知，结构中存在过氧键，故Z元素的化合价为-1，D正确；
故答案为：C。
11．中学化学常见物质之间，在一定条件下可以发生如图所示的转化关系(部分反应中的H2O没有标明)，其中A、B、C中均含有同一种元素。下列说法错误的是
A．若A、B、C、D都是中学化学常见气体，则D可能是氧气
B．若A是气体，D是常见金属，则反应①、②、③都是化合反应
C．若B物质具有两性，A、B、C、D都是化合物，则C溶液可能呈酸性，也可能呈碱性
D．若①、②、③反应都是氧化还原反应，则A、B、C中含有的同一种元素一定呈现三种不同化合价
【答案】D
【详解】
A．若A为NH3，B为N2，C为NO，则D为O2，A正确；
B．若A为Cl2，D为Fe，B为FeCl3，C为FeCl2，反应①、②、③都是化合反应，B正确；
C．常见的两性物质是Al2O3和Al(OH)3，①若A为AlCl3，D为NaOH，则B为Al(OH)3，C为NaAl[(OH)4]，NaAl[(OH)4]溶液呈碱性；②若A为NaAl[(OH)4]，D为盐酸，C为AlCl3，AlCl3溶液呈酸性，C正确
D．若A为Cl2，D为Fe，B为FeCl3，C为FeCl2，①、②、③都是氧化还原反应，氯元素只呈现0和-1两种价态，D错误；
故选D。
12．某化学兴趣小组利用药品：铁粉、稀硫酸、氢氧化钠溶液，用下图装置制备氢氧化亚铁并观察其颜色。下列有关说法不正确的是
A．仪器1中应该盛放稀硫酸
B．本实验通过控制A、B、C三个开关，将仪器中的空气排尽后，先关闭开关A，再打开开关B就可观察到氢氧化亚铁的颜色
C．实验时为防止仪器2中铁粉通过导管进入仪器3中，可在仪器2底部放上一块吸铁石
D．本实验制备的氢氧化亚铁可以相对较长时间的保持白色状态
【答案】B
【分析】
反应开始时，打开开关B、C，关闭开关A，将分液漏斗中稀硫酸滴入仪器2中，稀H2SO4与Fe粉反应产生FeSO4、H2，产生的H2通过导气管经开关进入装置3中，当将整个装置中的空气由C口排尽后，关闭开关B，开启开关A、C，利用生成的H2在仪器2中压强增大，把FeSO4溶液压入装置3的NaOH溶液中，反应生成Fe(OH)2白色沉淀，防止生成的Fe(OH)2被空气中的氧气氧化。
【详解】
A．根据上述分析可知：仪器1中应该盛放的试剂是稀硫酸，A正确；
B．本实验通过控制A、B、C三个开关，将仪器中的空气排尽后，先关闭开关B，再打开开关A，就可观察到反应产生的氢氧化亚铁的颜色，B错误；
C．Fe可以被磁铁吸引，实验时为防止仪器2中铁粉通过导管进入仪器3中，可在仪器2底部放上一块吸铁石，这样Fe粉就不能随NaOH溶液进入到仪器3中，C正确；
D．Fe(OH)2是白色固体，具有强的还原性，由于整个装置除去H2的还原性环境，因此就可以防止Fe(OH)2被氧化变为红褐色Fe(OH)3沉淀，因此可以相对较长时间的保持白色状态，D正确；
故合理选项是B。
13．某工业废水仅含下表中的某些离子，且各种离子的物质的量浓度均为0.1 mol·L-1(此数值忽略水的电离及离子的水解)。甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：
阳离子
K＋、Ag＋、Mg2＋、Cu2＋、Al3＋、NH
阴离子
Cl-、CO、NO、SO、SiO、I-
Ⅰ．取该无色溶液5 mL，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加。
Ⅱ．用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰。
Ⅲ．另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色。
Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。
下列推断不正确的是
A．由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是K＋、NH、Cu2＋
B．Ⅲ中加入盐酸生成无色气体的离子方程式是6I-＋2NO＋8H＋=3I2＋2NO↑＋4H2O
C．原溶液一定只含有离子Cl-、I-、NO、SO、Mg2＋、Al3＋
D．另取100 mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤、洗涤、灼烧沉淀至恒重，得到的固体质量为0.8 g
【答案】D
【分析】
Ⅰ．取该无色溶液5，说明不含有，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加，说明增加的是,所以原溶液中一定不含有，可能含有和，不含有和；
Ⅱ．用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰，说明没有；
Ⅲ．另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明含有还原性离子与和反应生成，即溶液中有和，不含有；
Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入溶液，有白色沉淀生成，说明含有。
【详解】
由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是、、，A项正确；
Ⅲ中加入盐酸生成无色气体离子方程式是，B项正确；
通过分析，溶液中含有离子，，，，，，C项正确；
参加的离子方程式，，充分反应后过滤，洗涤，灼烧恒重，根据元素守恒，，则，D项错误；
故选D。
评卷人
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二、多选题
14．已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应I：Pb3O4+4H+ =PbO2+2Pb2++2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应II：5PbO2+2Mn2++4H++5=2+5PbSO4+2H2O。下列推断正确的是
A．由反应I可知，Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比为2：1
B．由反应I、II可知，氧化性：HNO3＞PbO2＞MnO
C．Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16HNO3=3Pb(NO3)4+4NO↑+8H2O
D．Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2↑
【答案】AD
【详解】
A．反应I未发生氧化还原反应，且产物Pb2+与PbO2物质的量之比为2：1，说明Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比为2：1，A正确；
B．反应I中HNO3未能将Pb(II)氧化成Pb(IV)，说明氧化性：HNO3＜PbO2，反应II中PbO2将Mn2+氧化成，说明氧化性PbO2＞，则物质的氧化性：PbO2＞＞HNO3，B错误；
C．根据反应I可得硝酸不能将Pb氧化成+4价，不能反应生成Pb(NO3)4，C错误；
D．据反应II可知氧化性：PbO2＞，而酸性条件下能将HCl氧化成Cl2，则Pb(IV)也能将HCl氧化成Cl2，所以此反应Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2↑能发生，D正确；
故答案为AD。
15．利用空气催化氧化法除掉电石渣浆(含CaO)上清液中的S2-，制取石膏(CaSO4·2H2O)的过程如图所示，下列说法错误的是
A．CaSO4·2H2O属于盐类和混合物
B．过程Ⅱ中，反应的离子方程式为：4MnO+2S2-+9H2O=S2O+4Mn(OH)2↓+10OH-
C．过程Ⅰ后溶液pH增大
D．将10 L上清液中的S2-(S2-浓度为480 mg·L-1)转化为SO，理论上共需要0.3 mol O2
【答案】AC
【分析】
由流程可知，CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2，通入氧气生成，涉及反应为2Mn (OH)2+O2+4OH-=2+4H2O，与S2-反应生成，进而与氧气反应生成，可用于制备CaSO4·2H2O，以此解答该题。
【详解】
A．CaSO4·2H2O是带有结晶水的盐，也是纯净物，属于盐类和纯净物，A错误；
B．过程I中应当是碱性环境不应当出现氢离子，反应的离子方程式为2S2-+ 4+10H2O=4Mn(OH)2++10OH-，B正确；
C．反应I为2Mn (OH)2+O2+4OH-=2+4H2O，反应消耗OH-，导致溶液pH减小，C错误；
D．将10 L上清液中的S2-转化为(S2-浓度为480 mg·L-1)，其质量为m(S2-)=480 mg/L×10 L=4800 mg=4.8 g，物质的量n(S2-)=，根据得失电子守恒0.15mol×8=n(O2)×4，解得n(O2)=0.3 mol，故理论上共需要0.3 mol的O2，D正确；
故合理选项是AC。
第II卷（非选择题）
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评卷人
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三、工业流程题
16．高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂。其生产工艺如下：
已知：①2KOH＋Cl2=KCl＋KClO＋H2O (条件：温度较低)
②6KOH＋3Cl2=5KCl＋KClO3＋3H2O (条件：温度较高)
③K2FeO4在水溶液中易水解：4FeO＋10H2O4Fe(OH)3(胶体)＋8OH-＋3O2↑
回答下列问题：
实验室可利用如图装置完成流程①和②。
（1）写出工业上制取Cl2的化学方程式：___________；恒压滴液漏斗支管的作用___________，两水槽中的水为___________(填“热水”或“冷水”)。
（2）反应一段时间后，停止通氯气，再往仪器a中加入浓KOH溶液的目的是___________(填字母)。
A．为下一步反应提供碱性的环境
B．使KClO3转化为KClO
C．与溶液Ⅰ中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO
D．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率
（3）从反应液Ⅱ中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3、KCl，则反应③中发生的离子方程式为：___________。
（4）用重结晶法提纯粗产品：将粗产品先用KOH稀溶液溶解，再加入饱和的KOH溶液，冷却结晶，过滤，用少量异丙醇洗涤，最后低温真空干燥。
①洗涤粗品时选用异丙醇而不用水的理由是___________。
②如何判断K2FeO4晶体已经洗涤干净：___________。
（5）FeO在水溶液中的存在形态如图所示。下列说法正确的是___________(填字母)。
A．不论溶液的酸碱性如何变化，铁元素都有4种存在形态
B．向pH=10的这种溶液中加硫酸至pH=2，HFeO的分布分数逐渐增大
C．向pH=6的这种溶液中加KOH溶液，反应的离子方程式为HFeO＋OH-=FeO＋H2O
【答案】
（1） 2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑ 平衡压强，以便液体顺利流下 冷水
（2）AC
（3）2Fe3＋＋3ClO-＋10OH-=2＋3Cl-＋5H2O
（4） 防止FeO水解，便于干燥 取少量最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀则已被洗净
（5）C
【分析】
在工业上用电解饱和食盐水的方法制取氯气；足量Cl2通入KOH溶液中，温度低时发生反应2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O，向溶液I中加入KOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下次氯酸根离子才能和铁离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，除去KCl得到碱性的KClO浓溶液，向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe(NO3)3溶液，发生反应2Fe3++3ClO-+10OH-=2+3Cl-+5H2O，得到溶液II，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4。
（1）
在工业上用电解饱和食盐水的方法制取氯气，反应的化学方程式是：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；仪器a是三颈烧瓶，恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，就可以使恒压滴液漏斗上下气体压强相同，保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下；氯气与KOH反应随温度的不同，得到不同产物。根据流程，需生成KClO，在较低温度下发生反应：2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O，所以两水槽中的水为冷水，起降温作用。
（2）
只有碱性条件下，铁离子才能和次氯酸根离子发生氧化还原反应生成，KOH和氯气反应生成KClO，所以加入KOH的目的是除去氯气且使溶液为后一步反应提供碱性生成更多的KClO，选项AC合理。
（3）
据题目信息和氧化还原反应中化合价发生变化确定找出反应物：Fe3+、ClO-、OH-，生成物：、Cl-、H2O，根据电子得失守恒和质量守恒、电荷守恒来配平方程式为：2Fe3++3ClO-+10OH- =2+3Cl-+5H2O。
（4）
①洗涤K2FeO4晶体的粗品时选用异丙醇而不用水是因为K2FeO4在水溶液中易发生水解反应：4 +10H2O4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑；而且异丙醇沸点低，容易气化，便于K2FeO4干燥；
K2FeO4晶体表面含有杂质离子为氯离子，所以只要检验最后一次的洗涤中无Cl-，即可证明晶体已经洗涤干净。方法是用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀则已被洗净。
（5）
A．不同pH值时，溶液中铁元素的存在形式及种类数都不同，如pH=8时，只有两种存在形态，A错误；
B．由图象分析可知，改变溶液的pH，当溶液由pH=10降至pH=2的过程中，HFeO4-的分布分数是先增大后减小，B错误；
C．向pH=6的这种溶液中加KOH溶液，根据分布图中微粒浓度的变化可知发生反应为：+OH-=+H2O， C正确；
故答案选C。
【点睛】
本题以高铁酸钾(K2FeO4)的制备为线索，考查了电解、盐的水解、温度与酸碱性对反应的影响等知识。把握流程图中每一步发生的反应及操作方法是解本题关键，注意结合题给信息解答，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。
17．K2Cr2O7是一种重要的化工原料。以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，还含有Al2O3等杂质)为原料制备K2Cr2O7的一种工艺流程如下：
已知：(a)Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋
(b)不同温度下各物质的溶解度：
物质
KCl
NaCl
K2Cr2O7
Na2Cr2O7
溶解度(g/100g H2O)
0 ℃
28
35.7
4.7
163
40 ℃
40.1
36.4
26.3
215
80 ℃
51.3
38
70
376
(c)步骤①的主要反应为：2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2。
（1）“滤渣1”和“滤渣2”的主要成分分别是___________、___________(填化学式)。写出步骤③的离子反应方程式___________；步骤④中调pH，以下试剂可选用___________(填标号)。
a．NH3 B．KOH C．CH3COOH D．HCl
（2）在步骤⑤中加入适量KCl，___________，过滤得到K2Cr2O7固体。
（3）某工厂用a kg铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制K2Cr2O7，最终得到产品b kg，产率为___________×100%(列计算式)。
（4）化学还原法可除去废水中的Cr2O，取含Cr2O的模拟水样在不同pH条件下，分别向每个水样中加一定量的FeSO4、NaHSO3，搅拌，充分反应，然后滴加Ca(OH)2悬浊液，静置沉淀，测定＋6价Cr的去除率，实验结果如图所示。
①在酸性条件下，NaHSO3使Cr2O还原为Cr3＋，请写出NaHSO3与Cr2O反应的离子方程式：___________。
②pH＞8时，亚铁盐对＋6价Cr的去除效果反而下降，可能的原因是：___________。
【答案】
（1） Fe2O3 Al(OH)3 [Al(OH)4]－＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO C
（2）蒸发浓缩，冷却结晶
（3）
（4） 3HSO＋Cr2O＋5H＋=2Cr3＋＋3SO＋4H2O pH＞8时，Fe2＋转化为Fe(OH)2，而Fe(OH)2易被空气中的O2氧化
【分析】
铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，还含有Al2O3等杂质)熔融条件下和碳酸钠、硝酸钠反应Na2CrO4、Fe2O3、NaAlO2，CO2和NaNO2，水浸，过滤后得到滤渣1为氧化铁，NaAl(OH)4通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，滤液中调节pH值发生变化，向滤液中加入KCl反应生成重铬酸钾。
（1）
“滤渣1”和“滤渣2”的主要成分分别是Fe2O3、Al(OH)3。步骤③主要是[Al(OH)4]－和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根，其离子反应方程式[Al(OH)4]－＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO；步骤④中调pH，由于Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋，因此加入酸能使之不断转变为重铬酸根，由于重铬酸根具有强氧化性，会氧化氯离子，因此只能用醋酸，因此选用C；故答案为：Fe2O3；Al(OH)3；[Al(OH)4]－＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO；C。
（2）
在步骤⑤中加入适量KCl，得到K2Cr2O7溶液，根据不同温度不同物质的溶解度，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体；故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶。
（3）
某工厂用a kg铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制K2Cr2O7，根据Cr2O3～K2Cr2O7，理论得到K2Cr2O7的质量为最终得到产品b kg，产率为；故答案为：。
（4）
①在酸性条件下，NaHSO3使Cr2O还原为Cr3＋，HSO被氧化为SO，根据得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒得到NaHSO3与Cr2O反应的离子方程式：3HSO＋Cr2O＋5H＋=2Cr3＋＋3SO＋4H2O；故答案为：3HSO＋Cr2O＋5H＋=2Cr3＋＋3SO＋4H2O。
②pH＞8时，亚铁盐对＋6价Cr的去除效果反而下降，可能的原因是pH＞8时，Fe2+转化为Fe(OH)2，而Fe(OH)2易被空气中的O2氧化，导致亚铁离子浓度降低，与重铬酸根反应减少；故答案为：是pH＞8时，Fe2+转化为Fe(OH)2，而Fe(OH)2易被空气中的O2氧化。
评卷人
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四、元素或物质推断题
18．A、B、C、D、E五种物质均含有同一种元素，它们之间有如图所示转化关系。
（1）若A～E均为化合物，均含有Y元素，A是淡黄色固体；物质的量浓度相等的B、C两溶液中，C溶液的pH较小；电解D的水溶液可以生成B和两种气体单质，该反应是工业上生产B的重要反应。则B的电子式为：___________。
（2）若A为气体单质，C、D的相对分子质量相差16，常温下，0.1mol·L-1E溶液中只有3种离子，且溶液中的。则：E→C反应的离子方程式为___________。
（3）若A为短周期元素的固体非金属单质，标准状况下2.24LC气体通入1L0.1mol·L-1的NaOH溶液中，恰好完全反应，所得溶液的pH＜7，则反应后溶液中溶质化学式为___________。
（4）若A为常见金属单质，B、C均为盐，B的水溶液呈酸性，C的水溶液呈碱性，D是一种白色沉淀。若将金属A的粉末与硝酸钠溶液混合后，再加入足量的氢氧化钠溶液，产生的气体只有一种，该气体无色、有刺激性气味，并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该反应的离子方程式为___________。
【答案】
（1）
（2）3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O
（3）NaHSO3
（4）8Al+3NO+5OH-+18H2O=8[Al(OH)4]-+3NH3↑
【分析】
（1）
若A～E均为化合物，均含有Y元素，A是淡黄色固体，推知A是Na2O2，Na2O2能和水、CO2分别反应生成NaOH、Na2CO3，由溶液的pH大小关系，得B是NaOH、C是Na2CO3，由“电解D的水溶液可以生成B和两种气体单质,该反应是工业上生产B的重要反应”，D是NaCl。则NaOH的电子式为。
（2）
由条件“C、D的相对分子质量相差16”，知C、D相差一个O原子，C、D均为同一元素的氧化物，再由A为气体单质，知A为N2，再由条件“0.1mol/L的E溶液的与联立，得到c(H+)=0.1mol/L，故溶液E为强酸性的HNO3，则B为NH3，C为NO、D为NO2。则：E→C反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O。
（3）
短周期元素组成的固体非金属单质有硼、碳、硅、磷、硫五种，由0.1mol气体C与0.1molNaOH恰好完全反应后溶液呈酸性可知，气体C为SO2，恰好完全反应生成NaHSO3，HSO的水解程度小于其电离程度，故溶液的pH<7，溶液中离子浓度大小为c(Na+)>c(HSO)>c(H+)>c(SO)。则反应后溶液中溶质化学式为NaHSO3。
（4）
由条件知A为Al，Al元素能形成铝盐和偏铝酸盐,B为溶液呈酸性的铝盐,C为溶液呈碱性的偏铝酸盐，白色沉淀D为Al(OH)3，碱性条件下，金属Al可在硝酸钠溶液中被氧化为AlO，根据题意，NO被还原为NH3，即8Al+3NO+5OH-+18H2O=8[Al(OH)4]-+3NH3↑，故答案为：8Al+3NO+5OH-+18H2O=8[Al(OH)4]-+3NH3↑。
评卷人
得分
五、实验题
19．固体化合物X由三种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。
其中，白色沉淀B能溶于NaOH溶液。请回答：
（1）白色固体C的化学式是___________，1 mol深蓝色溶液溶质的阳离子含有的σ键数为___________。
（2）化合物X的化学式是___________；化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的结构式(标注具体的化学键种类)___________。
（3）蓝色溶液A与N2H作用生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀。
①写出该反应的离子方程式___________。
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素___________。
【答案】
（1） Al2O3 16NA
（2） CuAl2Cl8
（3） 4Cu2++N2H+4Cl-=4CuCl↓+N2↑+5H+ 将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有铜元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有氯元素
【分析】
取4.020 g化合物X，加入水得到蓝色溶液A ，说明溶解后的溶液中含Cu2+，化合物X中含铜元素，溶液中加入足量氨水得到深蓝色溶液为铜氨配合物，含[Cu(NH3)4]2+离子，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，生成蓝色溶液和白色沉淀，白色沉淀E为AgCl，质量为11.480 g，物质的量n(AgCl)=，说明X中含氯元素，其物质的量0.08 mol，D溶液一定含硝酸铜、硝酸银、硝酸、硝酸铵，白色沉淀B能溶于NaOH溶液，说明是氢氧化铝沉淀，灼烧得到白色固体C为Al2O3，质量1.020 g，说明X中含Al元素，物质的量n(Al)=2×，则X中含Cu元素物质的量n(Cu)=，X的化学式中n(Cu)：n(Al) ：n(Cl)=0.01mol：0.02 mol：0.08 mol=1：2：8，化学式为CuAl2Cl8，据此分析回答问题。
（1）
白色固体C的化学式是Al2O3，深蓝色溶液中溶质为[Cu(NH3)4]SO4，阳离子是[Cu(NH3)4]2+，配位体与中心Cu2+之间以配位键结合，在NH3中存在3个N-H极性共价键，共价键及配位键都是σ键，故在[Cu(NH3)4]2+中含有的σ键数目是4+3×4=16个，则1 mol [Cu(NH3)4]2+中含有的σ键数目是16NA；
（2）
根据上述分析计算可知化合物X的化学式为CuAl2Cl8；化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，由于CH4是正四面体结构，说明CuAl2Cl8的阴离子是，其空间构型是；
（3）
①蓝色溶液A与N2H作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀，分析判断沉淀为CuCl，气体为N2，结合原子守恒、电子守恒和电荷守恒书写反应的离子方程式为：4Cu2++N2H+4Cl-=4CuCl↓+N2↑+5H+；
②要设计实验验证该白色沉淀的组成元素中的铜元素和氯元素，实验过程为：将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明其中含有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素。
评卷人
得分
六、结构与性质
20．现有A、B、C、D、E五种元素，他们性质如下：
A
周期表中原子半径最小的元素
B
电负性最大的元素
C
C的2p轨道中有三个未成对的单电子
D
原子核外电子数是B与C核外电子数之和
E
E能形成红色(或砖红色) E2O和黑色的EO两种氧化物
请回答如下问题：
（1）E原子有___________个未成对电子，二价E离子的电子排布式为___________。
（2）A2D分子中D原子的杂化类型是___________，D的氧化物DO3分子空间构型为___________。
（3）CA3极易溶于水，其原因主要是___________，试判断CA3溶于水后，形成CA3·H2O的合理结构：___________(填“a”或“b”)，推理依据是___________(用相关方程式表示)。
（4）在ESO4溶液中滴入过量氨水，E2+形成深蓝色配合物的离子方程式为：___________。
（5）ZnD的晶胞结构如图1所示，在ZnD晶胞中，D2-的配位数为___________。
（6）E与金形成的金属互化物结构如图2所示，其晶胞边长为a nm，该金属互化物的密度为___________(用含a、NA的代数式表示)g·cm-3。
【答案】
（1） 1 1s22s22p63s23p63d9
（2） sp3杂化 平面(正)三角形
（3） 氨分子与水分子间形成氢键 b NH3·H2O NH+OH-
（4）Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O
（5）4
（6）
【分析】
A是周期表中原子半径最小的元素，A是H元素；B是电负性最大的元素，B是F元素；C的2p轨道中有三个未成对的单电子，C是N元素；D原子核外电子数是B与C核外电子数之和，D是S元素；E能形成红色(或砖红色) E2O和黑色的EO两种氧化物，E是Cu元素。
（1）
E是Cu元素，Cu是29号元素，价电子排布式是3d104s1，有1个未成对电子，Cu2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9；
（2）
A2D是H2S，分子中S原子的价电子对数是，S原子的杂化类型是sp3杂化，SO3分子中S原子的价电子对数是，无孤电子对，SO3空间构型为平面三角形；
（3）
氨分子与水分子间形成氢键，所以NH3极易溶于水；由NH3·H2O NH+OH-可知N与水中的氢原子形成配位键，所以NH3·H2O的合理结构是b；
（4）
在CuSO4溶液中滴入过量氨水，Cu2+形成深蓝色配合物[Cu(NH3)4]2+，反应的离子方程式为Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O；
（5）
根据ZnS的晶胞结构图，在ZnS晶胞中，离S2-最近的Cu2+有4个，S2-的配位数为4；
（6）
根据均摊原则，每个晶胞含有Cu原子数是、金原子数是，其晶胞边长为a nm，该金属互化物的密度为g·cm-3。
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