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2023乌鲁木齐八中高三上学期第一次月考化学试题含解析
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这是一份2023乌鲁木齐八中高三上学期第一次月考化学试题含解析，文件包含新疆乌鲁木齐市第八中学2022-2023学年高三上学期第一次月考化学试题含解析docx、新疆乌鲁木齐市第八中学2022-2023学年高三上学期第一次月考化学试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
新疆乌鲁木齐市第八中学2022-2023学年高三上学期第一次月考
化学试题
一、单选题(本大题共17小题，共51.0分)
1. 中华文明源远流长，下列有关中国文化的说法错误的是
A. 黑陶是我国艺术瑰宝，陶瓷烧制过程中发生了化学变化
B. 何以解忧？唯有杜康古代酿酒过程中采用了蒸馏提纯方法
C. 马踏飞燕属于青铜器，青铜的熔点和硬度都远高于纯铜
D. “司南之杓，投之于地其杓柄指南”，“杓”的材料是Fe3O4
【答案】C
【解析】
【详解】A.陶瓷的烧制过程中有新物质产生，发生了化学变化，故A正确；
B.乙醇的沸点较低，则酿酒过程中可采用蒸馏的方法进行提纯，故B正确；
C.合金的熔点低于组成该合金的金属，而硬度高于组成该合金的金属，故C错误；
D.四氧化三铁有磁性，可用作指南针的材料，则“杓”的材料是Fe3O4，故D正确；
综上所述，答案为C。
2. 下列生活常识与化学原理有关，正确的选项是
①福尔马林具有防腐杀菌的作用，是因为甲醛可以使蛋白质变性
②人体血液pH保持弱碱性(7.35-7.45)，主要是血液中存在H2CO3—缓冲体系
③硫酸亚铁补铁剂应与维生素C同服，是因为维生素C可以防止Fe2+被氧化
④油炸食品容易产生“哈喇”味而不能食用，是因为被氧化产生过氧化物和醛类
A. ①②③④ B. ①②③ C. ②③④ D. ①③④
【答案】A
【解析】
【详解】①福尔马林是35~40%的甲醛水溶液，能使蛋白质变性，所以具有防腐杀菌的作用，①正确；
②人体血液中存在平衡：CO2+H2OH2CO3，形成H2CO3—缓冲体系，使血液的pH保持弱碱性(7.35-7.45)，②正确；
③Fe2+易被氧气氧化为Fe3+，维生素C具有还原性，能将Fe3+还原为Fe2+，所以补铁剂与维生素C同服，可防止Fe2+被氧化，③正确；
④油脂中含有碳碳双键，易被氧气氧化变质，生成过氧化物和醛类，从而产生“哈喇”味，④正确；
综合以上分析，①②③④都正确，故选A。
3. 化学在生活中有着广泛的应用，下列物质性质与应用对应关系错误的是
A. 硅胶吸水能力强，可作食品干燥剂
B. CaO能与反应，可作工业废气脱硫剂
C. 具有强氧化性，可作织物漂白剂
D. 具有还原性，可作废水中和的沉淀剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．硅胶多孔，具有吸水性，无毒，则作袋装食品的干燥剂，A正确；
B．二氧化硫为酸性气体，可与氧化钙反应，最终可生成硫酸钙，可作工业废气脱硫剂，B正确；
C．次氯酸钠具有强氧化性，可作织物漂白剂，C正确；
D．硫化钠与Cu2+和Hg2+反应生成硫化物沉淀，不发生氧化还原反应，D错误；
故选D。
4. 已知次氯酸钠与草酸的反应为NaClO+H2C2O4=NaCl+2CO2↑+H2O。下列化学用语表示不正确的是
A. 草酸的结构简式：
B. 含20个中子的氯离子：
C. NaClO的电子式：
D. CO2的球棍模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A．草酸的分子式为H2C2O4，它的分子中含有2个-COOH，则结构简式：，A正确；
B．氯为17号元素，质子数为17，含20个中子，则质量数为37，氯离子符号为：，B不正确；
C．NaClO为离子化合物，由Na+和ClO-构成，电子式为，C正确；
D．CO2的结构式为O=C=O，分子呈直线形，球棍模型为，D正确；
故选B。
5. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的有
①溶于水形成的胶体中含有NA个胶体粒子
②3.9gNa2O2固体所含阴离子数为0.05NA
③标准状况下，22.4L乙醇中含有NA个分子
④常温下，2g氦气所含的原子数目为NA
⑤1molCl2通入足量的水中，最多生成1molHClO
⑥56g铁与氯气在一定条件下充分反应，最多消耗氯气的体积是33.6L
⑦142gNa2SO4和Na2HPO4的固体混合物中所含阴、阳离子的总数为3NA
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【解析】
【详解】①氢氧化铁胶体粒子中含有多个氢氧化铁，所以胶体粒子的数目小于NA，故①错误；
②3.9gNa2O2的物质的量为0.05mol，过氧化钠由钠离子和过氧根构成，所以含有0.05NA个阴离子，故②正确；
③标况下乙醇不是气体，22.4L乙醇的物质的量不是1mol，故③错误；
④2g氦气的物质的量为0.5mol，氦气分子为单原子分子，所以含有的原子数目为0.5NA，故④错误；
⑤Cl2和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故所得HClO的物质的量小于1mol，故⑤错误；
⑥56g铁的物质的量为1mol，与氯气反应生成1molFeCl3，所以消耗1.5mol氯气，但氯气所处的状态不明确，无法计算其体积，故⑥错误；
⑦Na2SO4和Na2HPO4的摩尔质量均为142g/mol，故142gNa2SO4和Na2HPO4的物质的量为1mol，且两者均由2个钠离子和1个阴离子构成，故1mol混合物中含离子共3NA个，故⑦正确；
综上所述正确的有2个，故答案为B。
6. X溶液中含有下表所示离子中的某5种，且其离子浓度均为0.1mol/L(不考虑水的电离和离子水解)。向X溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变。下列叙述错误的是
阳离子
阴离子
A. 原溶液中一定含有
B. X溶液中不可能含有和
C. X溶液中含有3种阳离子、2种阴离子
D. 生成气体的离子反应方程式为
【答案】C
【解析】
【分析】各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，向X溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变，产生气体不可能是碳酸根离子或碳酸氢根离子；根据表中的离子，可以推知是Fe2+、NO在酸性环境下生成的一氧化氮，加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有Cl-，若只含有氯离子和硝酸根离子，二者的浓度为0.1mol/L，根据电荷守恒是不可能的，所以还含有阴离子SO，由于总共含有5种离子，再根据电荷守恒可知还含有一种带有两个正电荷Mg2+，所以原溶液中含有的五种离子为： Cl-、 NO、SO、Fe2+、Mg2+，据此进行解答。
【详解】A．原溶液中一定含有Mg2+，故A选项正确；
B．根据分析可知，溶液中一定不存在与，故B选项正确；
C．根据分析可知，原溶液中含有的五种离子为：C1-、NO、SO、 Fe2+、 Mg2+，3种阴离子、2种阳离子，故C选项错误；
D．根据分析可知，生成气体为NO，反应的离子方程式为： ，故D选项正确；
故选C。
7. 关于下列四个装置的说明符合实验要求的是
A. 装置①：实验室中若需制备较多量的乙炔可用此装置
B. 装置②：X若为苯，用此装置吸收或HCl可防止倒吸
C. 装置③：制备并检验乙烯
D. 装置④：用从a处加水的方法检验装置4的气密性
【答案】D
【解析】
【详解】A．电石与水反应生成的氢氧化钙易堵塞瓶颈处，生成气体难排出，不能利用图中装置制备较多的乙炔，故A错误；
B． X为苯时不能隔绝气体与水，不能防止倒吸，故B错误；
C．挥发的乙醇、生成的乙烯均使高锰酸钾氧化，不能检验乙烯，故C错误；
D．从a处加入一定量的水，静置，观察两侧液面差，若一段时间不变，则气密性良好，故D正确；
故答案为：D。
8. 下列说法不正确的是
A. 容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗
B. 2014年西非国家爆发了埃博拉疫情，埃博拉病毒对化学药品敏感，乙醇、次氯酸钠溶液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
C. 金属着火时，可用细沙覆盖灭火；电器设备引起的火灾，不可用泡沫灭火器灭火
D. 在4mL0.1mol∙L-1的K2Cr2O7溶液中滴加数滴1mol/L的NaOH溶液，溶液颜色从橙色变成黄色
【答案】B
【解析】
【详解】A．容量瓶上标有温度、刻度线、规格，用于配制一定物质的量浓度的溶液，配制溶液时，需保证溶质的物质的量不变，不需润洗；量筒上标有温度、刻度，但无“0”刻度；滴定管上标有温度、刻度，“0”刻度在上方，刻度从上往下标，使用时要保证溶液的物质的量浓度不变，需用待盛装液体润洗，A正确；
B．乙醇不具有强氧化性，但能使蛋白质变性，次氯酸钠溶液具有强氧化性，能使病毒氧化而达到消毒的目的，B不正确；
C．活泼金属能与水、二氧化碳等反应，金属着火时，可用细沙灭火；电解质能导电，电器设备引起的火灾，不能用泡沫灭火器灭火，C正确；
D．在K2Cr2O7溶液中，存在下列平衡：+H2O2+2H+，滴加NaOH溶液，可以中和H+，使平衡正向移动，从而使溶液颜色从橙色变成黄色，D正确；
故选B。
9. 下列关于含氯消毒剂的解释不正确的是
A. “84”消毒液不能与洁厕灵混合使用：2H++Cl－+ClO－＝Cl2↑+H2O
B. 工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉：2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
C. 氯水应避光保存原因是：2HClOH2O+Cl2↑
D. 向Ca(ClO)2溶液中通入适量CO2可增强漂白效果：Ca(ClO)2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO
【答案】C
【解析】
【详解】A．84消毒液含NaClO，洁厕灵含HCl，两者混用发生反应NaClO+2HCl=Cl2↑+NaCl+H2O，A正确；
B．工业上用Cl2与石灰乳反应制漂白粉，B正确；
C．次氯酸见光易分解， ，C错误；
D．Ca(ClO)2转化为HClO，漂白效果更好，D正确。
10. 甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。下列说法错误的是
A. 甲、乙的化学式均为C8H14
B. 乙的二氯代物共有7种（不考虑立体异构）
C. 丙的名称为乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面
D. 甲、乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】
【分析】A．根据结构简式判断；
B．乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上；
C．苯为平面形结构，结合三点确定一个平面分析；
D．乙与高锰酸钾不反应。
【详解】A．由结构简式可知甲、乙的化学式均为C8H14，故A正确；
B．乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH－原子上，共有7种，故B正确；
C．苯为平面形结构，碳碳单键可以旋转，结合三点确定一个平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正确；
D．乙为饱和烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故D错误。
故选D。
11. 周期表中前20号元素X、Y、Z。已知：X+和Y－两种离子具有相同的电子层结构；Z元素原子核·内质子数比Y元素原子核内质子数少9个，Y和Z两元素可以形成含有42个电子的负一价阴离子。下列有关说法正确的是
A. 离子半径：X+ >Y－
B. Z元素的最高正化合价与最低负化合价代数和为4
C. X、Y、Z可以形成XYZ、XYZ3、XYZ4等化合物
D. Y的氢化物中存在离子键
【答案】C
【解析】
【分析】周期表中前20号元素X、Y、Z。X+和Y－两种离子具有相同的电子层结构，则X、Y可能为Na、F或K、Cl；Z元素原子核内质子数比Y元素原子核内质子数少9个，则Y只能为Cl，Z为O。
【详解】A．K+和Cl-电子层数相同，质子数越多，离子半径越小，所以离子半径K+
C．Cl的化合价有+1、+5、+7，K、Cl、O可以形成KClO、KClO3、KClO4等化合物，C正确；
D．Y的氢化物为HCl，只含共价键，D错误；
故选C。
12. 有以下六种饱和溶液①CaCl2；②Ca(OH)2；③Na2SiO3；④Na2CO3；⑤NaAlO2；⑥NH3和NaCl，分别持续通入CO2，最终不会得到沉淀或析出晶体的是
A. ①② B. ③⑤ C. ①⑥ D. ④⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①碳酸比盐酸弱，CO2与CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故①正确；
②酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2反应：Ca（OH）2+2CO2═Ca（HCO3）2，无沉淀生成，故②正确；
③碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O ═2NaHCO3+H2SiO3↓，产生硅酸沉淀，故③错误；
④过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故④错误；
⑤NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3，故⑤错误；
⑥通入CO2与NH3和NaCl反应生成氯化铵和碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，则最终析出碳酸氢钠晶体，故⑥错误；
故选A。
【点睛】本题考查物质的性质及反应，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键。本题的易错点为⑥，注意联想侯德榜制碱的原理，同时注意碳酸氢钠的溶解度较小。
13. 把5.1g镁铝合金的粉末放入500mL盐酸中，金属和酸均恰好反应，得到标准状况下H25.6L。下列说法错误的是
A. 该合金中铝的质量分数约为52.94%
B. 该盐酸的物质的量浓度为2mol/L
C. 该合金镁和铝的物质的量之比为1:1
D. 该反应中一共转移的电子的物质的量为0.5mol
【答案】B
【解析】
【分析】n(H2)==0.25mol，设Mg的物质的量为x，则Al的物质的量为，从而得出24x+27×=5.1，x=0.1mol，=0.1mol。
【详解】A．由计算可知，Al为0.1mol，质量为2.7g，则该合金中铝的质量分数约为 ≈52.94%，A正确；
B．Mg、Al都为0.1mol，共消耗HCl的物质的量为0.5mol，该盐酸的物质的量浓度为=1mol/L，B错误；
C．该合金镁和铝的物质的量之比为0.1mol:0.1mol=1:1，C正确；
D．该反应中一共转移的电子的物质的量为0.1mol×2+0.1mol×3=0.5mol，D正确；
故选B。
14. 已知常温下碳酸、亚硫酸、次氯酸的电离平衡常数如表：
物质
一级电离常数
二级电离常数
—
下列说法正确的是
A. 相同条件下，同浓度的溶液和溶液的酸性，后者更强
B. 向氯水中分别加入等浓度的和溶液，均可提高氯水中HClO的浓度
C. 向NaClO溶液中通入少量
D. 向溶液中通入少量
【答案】D
【解析】
【详解】A．相同条件下，的大于的，则同浓度的溶液和溶液相比较，前者酸性更强，故A错误；
B．向氯水中分别加入等浓度的NaHCO3和NaHSO3溶液，NaHSO3与次氯酸发生氧化还原反应，会减小氯水中HClO的浓度，故B错误；
C．HClO电离平衡常数K大于H2CO3的K，小于H2CO3的Ka，向NaClO溶液中通入少量CO2，其离子方程式应为，故C错误；
D．H2SO3的Ka大于H2CO3的Ka，小于H2CO3的Ka，所以向溶液中通入少量SO2，其离子方程式为，故D正确；
故答案为D
15. 某同学按图示装置进行实验，欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液。下列物质组合不符合要求的是
气体
液体
固体粉末
A
饱和溶液
B
溶液
C
溶液
D
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．通入CO2气体依次发生反应CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，由于在相同温度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，最终瓶中仍有白色晶体析出，不会得到澄清溶液，A项选；
B．通入Cl2，发生反应Cl2+2FeCl2=2FeCl3、2FeCl3+Fe=3FeCl2，最终Fe消失得到澄清溶液，B项不选；
C．通入HCl，在酸性条件下会表现强氧化性，发生离子反应：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，最终Cu消失得到澄清溶液，C项不选；
D．AgCl水中存在溶解平衡AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，通入NH3后，Ag+与NH3结合成[Ag(NH3)2]+，使溶解平衡正向移动，最终AgCl消失得到澄清溶液，D项不选；
答案选A。
16. 工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是
A 吸收过程中有气体生成 B. 结晶后母液中含有NaHCO3
C. 气流干燥湿料时温度不宜过高 D. 中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
【答案】B
【解析】
【分析】根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3= Na2SO3+ 2NaHCO3，NaHSO3+ Na2CO3= Na2SO3+ NaHCO3，所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+ NaHCO3= CO2+ NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；
B．结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误；
C．NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；
D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确；
故选B。
17. 下列由实验现象所得结论错误的是
A. 向NaHSO3溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明HSO具有氧化性
B. 向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末，紫色褪去，证明Fe3O4中含Fe(Ⅱ)
C. 向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓HNO3反应生成NO2
D. 向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．淡黄色沉淀是S，在反应过程中硫元素由NaHSO3中的+4价降低到0价，发生还原反应，体现氧化性，A项不符合题意；
B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，与还原性物质反应紫色才会褪去，所以可以证明Fe3O4中有还原性物质，即Fe(Ⅱ)，B项不符合题意；
C．在该反应中浓硝酸体现氧化性，N元素化合价降低，生成的产物可能是NO或者NO2，NO暴露于空气中也会迅速产生红棕色气体，无法证明反应产物，C项符合题意；
D．先变红说明溶液显碱性，证明NaClO在溶液中发生了水解，，后来褪色，是因为水解产生了漂白性物质HClO，D项不符合题意；
故选C。
二、填空题(共49分)
18. 化学与生活、生产息息相关，请运用化学知识回答以下问题。
（1）工业上用磁铁矿炼铁的原理_______(用化学方程式表示)
（2）汽车尾气排放出的气体主要有NO和NO2，它们污染环境，可用氨气除去。写出NO2与NH3反应的化学方程式_______。
（3）标准状况下，将气体NO2充满干燥烧瓶，将烧瓶倒置于水中，瓶内液面逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，则最终该溶液中溶质的物质的量浓度为_______mol/L。
（4）SO2与潮湿Cl2均有漂白性，1:1混合，没有漂白性，写出相关离子方程式_______。SO2与BaCl2溶液不反应，若充入NH3生成难溶物_______，若加入Fe3+生成难溶物_______(用化学式表示)。
【答案】（1）Fe3O4+4CO3Fe+4CO2
（2）8NH3+6NO2=7N2+12H2O
（3）0.045 （4） ①. SO2+Cl2+2H2O= 4H++2Cl-+ ②. BaSO3 ③. BaSO4
【解析】
【小问1详解】
磁铁矿(Fe3O4)用一氧化碳在高温下还原，生成铁和二氧化碳，炼铁的原理：Fe3O4+4CO3Fe+4CO2。答案为：Fe3O4+4CO3Fe+4CO2；
【小问2详解】
NO2与NH3发生氧化还原反应，生成N2和水，化学方程式：8NH3+6NO2=7N2+12H2O。答案为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O；
【小问3详解】
3NO2+H2O=2HNO3+NO，设烧瓶容积为VL，溶解后生成NO体积为VL，则溶液体积为VL，生成HNO3的物质的量为=mol，则最终该溶液中溶质的物质的量浓度为≈0.045mol/L。答案为：0.045；
【小问4详解】
SO2与潮湿Cl2均有漂白性，1:1混合，产物没有漂白性，则生成H2SO4和HCl，离子方程式：SO2+Cl2+2H2O= 4H++2Cl-+。SO2与BaCl2溶液不反应，若充入NH3，发生反应BaCl2+SO2+2NH3+H2O=BaSO3↓+2NH4Cl，则生成难溶物为BaSO3，若加入Fe3+，发生反应BaCl2+SO2+2FeCl3+2H2O=BaSO4↓+2FeCl2+4HCl，则生成难溶物为BaSO4。答案为：SO2+Cl2+2H2O= 4H++2Cl-+；BaSO3；BaSO4。
【点睛】Fe3+具有氧化性，能将H2SO3氧化为H2SO4。
19. 部分物质间的转化关系如下图所示(部分物质已省略。已知A→B是实验室制取黄绿色气体的主要方法之一，H的焰色呈黄色，请完成下列填空。
（1）检验F溶液中阳离子的试剂是_______。若Cu2+中含有F中阳离子的杂质，应加入_______(填化学式)除杂。
（2）Ⅰ转化为J的化学方程式为_______。
（3）K的饱和溶液滴入沸水中，可得到胶体L。胶体L区别于K的饱和溶液最本质的特征是_______(填字母序号)。
A. 胶体L具有丁达尔效应 B. 胶体L的分散质粒子直径为
C. 胶体L是均一的分散系 D. 胶体L比K的饱和溶液颜色深
（4）当前，新冠病毒变异毒株奥密克戎来势汹汹，化学消毒剂在疫情防控中起着重要作用。
①目前，很多自来水厂用黄绿色气体来杀菌、消毒。A→B的离子反应方程式为_______。
②C可以杀菌、消毒，但不稳定，难以保存，原因是_______(用化学方程式表示)。
③将B通入G溶液中可得到一种漂白液，能杀菌、消毒，写出相关离子方程式_______。
④ClO2为国际公认的高效安全灭菌消毒剂之一、常温下，亚氯酸钠(NaClO2)固体与B反应可得到ClO2和NaCl，该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
【答案】（1） ①. 铁氰化钾 ②. H2O2，再加CuO 或 Cu(OH)2、CuCO3、Cu(OH)2CO3
（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 （3）B
（4） ①. MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑ ②. 2HClO2HCl+O2↑ ③. Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ④. 1:2
【解析】
【分析】A→B是实验室制取黄绿色气体的主要方法之一，则A为MnO2，B为Cl2；I为白色沉淀，在空气中被氧化为红褐色沉淀J，则I为Fe(OH)2，J为Fe(OH)3。D为HCl或HClO，H的焰色呈黄色，则H为NaCl，采用逆推法，可确定F为FeCl2，E为Fe，D为HCl，C为HClO，K为FeCl3。
【小问1详解】
由分析可知，F为FeCl2，检验F溶液中Fe2+，选用试剂可以是铁氰化钾。若Cu2+中含有F中阳离子的杂质，应先将Fe2+转化为Fe3+，再促进其水解生成Fe(OH)3沉淀除去，所以应加入H2O2，再加CuO 或 Cu(OH)2、CuCO3、Cu(OH)2CO3除杂。答案为：铁氰化钾；H2O2，再加CuO 或 Cu(OH)2、CuCO3、Cu(OH)2CO3；
【小问2详解】
Ⅰ[Fe(OH)2]被空气中氧气氧化为J[Fe(OH)3]，化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
【小问3详解】
K为FeCl3，其饱和溶液滴入沸水中，可得到Fe(OH)3胶体。Fe(OH)3胶体区别于FeCl3的饱和溶液，最本质的特征是胶体L的分散质粒子直径为，故选B。答案为：B；
【小问4详解】
①A→B为MnO2与浓盐酸反应制氯气，则离子反应方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑。
②C为HClO，难以保存，原因是见光易分解，化学方程式为2HClO2HCl+O2↑。
③将B(Cl2)通入G(NaOH)溶液中可得到一种漂白液(NaClO)，相关离子方程式Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
④常温下，亚氯酸钠(NaClO2)固体与B(Cl2)反应可得到ClO2和NaCl，化学方程式为2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2，该反应中，氧化剂(Cl2)与还原剂(NaClO2)的物质的量之比为1:2。答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑；2HClO2HCl+O2↑；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；1:2。
【点睛】NaClO具有漂白性，若转化为HClO，漂白能力更强。
20. 工业上常以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2等)为原料，生产Fe3O4和铝单质的工艺流程如图：
已知：高硫铝土矿粉中含有的FeS2在“焙烧Ⅰ”过程中，发生的反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；“焙烧Ⅱ”在隔绝空气的条件下进行。
（1）FeS2中硫的化合价为_______价；“焙烧Ⅰ”时，加入少量CaO的主要作用为_______。
（2）矿粉经过“焙烧Ⅰ”后，所得大块烧渣需要进行“碱浸”，为了加快浸取的速率，可采取的措施为_______、_______。(任写两点)
（3）当反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2中生成标准状况下2.24LSO2时，转移了_______个电子。
（4）“焙烧Ⅱ”过程中产生的污染性气体是_______(填化学式)，大量排放该气体造成的主要环境问题是_______。
（5）“焙烧Ⅲ”发生反应的化学方程式为_______。
（6）工业上，以物质X为原料冶炼金属Al的方法为_______，发生反应的化学方程式为_______。
【答案】（1） ①. -1 ②. 吸收SO2，减小对环境的污染
（2） ①. 将大块烧渣粉碎 ②. 适当升高“碱浸”的温度
（3）0.55NA （4） ①. SO2 ②. 酸雨
（5）2Al(OH)3Al2O3+3H2O
（6） ①. 电解法 ②. 2 Al2O34Al+3O2↑
【解析】
【分析】高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2等)中加入少量CaO，并通入空气焙烧，再用NaOH溶液碱浸，生成CaSO3、NaAlO2、Fe2O3等；过滤，滤液为NaAlO2溶液，通入CO2，生成Al(OH)3等，焙烧生成Al2O3，熔融电解得Al；滤渣为Fe2O3和CaSO3，加入FeS2焙烧，Fe2O3与FeS2发生反应16Fe2O3+FeS211Fe3O4+2SO2，磁选获得Fe3O4。
【小问1详解】
FeS2中铁元素显+2价，则硫的化合价为-1价；“焙烧Ⅰ”时，FeS2氧化生成SO2等，会污染环境，加入少量CaO可与SO2结合为CaSO3，则CaO的主要作用为：吸收SO2，减小对环境的污染。答案为：-1；吸收SO2，减小对环境的污染；
【小问2详解】
为了加快浸取的速率，可增大接触面积、提升温度、增大浓度等，采取的措施为：将大块烧渣粉碎、适当升高“碱浸”的温度。答案为：将大块烧渣粉碎；适当升高“碱浸”的温度；
【小问3详解】
反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2中，可建立如下关系式：8SO2——44e-，生成标准状况下2.24LSO2时，转移电子数为=0.55NA。答案为：0.55NA；
【小问4详解】
“焙烧Ⅱ”过程中发生反应16Fe2O3+FeS211Fe3O4+2SO2，产生的污染性气体是SO2，大量排放该气体造成的主要环境问题是：酸雨。答案为：SO2；酸雨；
【小问5详解】
“焙烧Ⅲ”Al(OH)3分解生成Al2O3等，化学方程式为2Al(OH)3Al2O3+3H2O。答案为：2Al(OH)3Al2O3+3H2O；
【小问6详解】
工业上，以物质X(Al2O3)为原料冶炼金属Al的方法为电解法，发生分解反应，生成Al、O2等，化学方程式为2 Al2O34Al+3O2↑。答案为：电解法；2 Al2O34Al+3O2↑。
【点睛】反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2中，Fe、S元素化合价升高，O元素化合价降低。
21. 钛被誉为“第三金属”，在航空航天领域有广泛应用。某小组利用TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+2CO(g)反应制备四氯化钛并验证产物CO，装置如图所示：
已知：四氯化钛的熔、沸点分别为-23℃、136℃，遇潮湿空气产生白烟。回答下列问题：
（1）装置A中盛装K2Cr2O7的仪器名称是_______；装置G的作用是_______。
（2）气流由左至右，装置连接顺序为A、_______、E。
（3）酸性条件下，具有强氧化性，可被还原为Cr3+，写出装置A中发生反应的离子方程式：_______。
（4）能证明题述反应有CO生成的实验现象是_______。
（5）测定产品纯度：取WgTiCl4产品进行实验，向安全漏斗中加入足量蒸馏水充分反应，将安全漏斗中液体及烧瓶中混合物全部转入锥形瓶，滴加几滴0.1 mol∙L-1K2Cr2O7溶液做指示剂(注明：Ag2CrO4呈砖红色)，用c mol∙L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液VmL。已知：常温下，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.2×10-12， TiCl4+(2+n)H2O=TiO2∙nH2O↓+4HCl。
①安全漏斗在本实验中的作用除液封、加水外，还有_______。
②该产品纯度为_______(用含w、c和V的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 圆底烧瓶 ②. 除去剩余氯气
（2）I、D、B、 C、G、F、H
（3）+14H++6Cl-=2Cr3++3Cl2↑+7H2O
（4）F中黑色粉末变红色，H中溶液变浑浊
（5） ①. 吸收挥发的HCl ②.
【解析】
【分析】本实验的目的是制备四氯化钛并验证产物CO，制备四氯化钛时，应先制氯气，然后除杂质HCl和水蒸气；由反应TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+2CO(g)可知，将Cl2通入TiO2(s)、C(s)的固体混合物中加热，生成的TiCl4(g)需冷凝；用碱石灰吸收Cl2尾气，再用生成的CO还原CuO、用澄清石灰水检验生成的CO2，最后用排水法收集余气。
【小问1详解】
装置A中盛装K2Cr2O7的仪器名称是圆底烧瓶；浓盐酸易挥发出HCl气体，混在Cl2中，所以装置G的作用是除去剩余氯气。答案为：圆底烧瓶；除去剩余氯气；
【小问2详解】
气流由左至右，由分析可确定装置连接顺序为A、I、D、B、 C、G、F、H、E。答案为：I、D、B、 C、G、F、H；
【小问3详解】
酸性条件下，具有强氧化性，可被Cl-还原为Cr3+，则装置A中发生反应的离子方程式：+14H++6Cl-=2Cr3++3Cl2↑+7H2O。答案为：+14H++6Cl-=2Cr3++3Cl2↑+7H2O；
【小问4详解】
在装置F、H中，发生反应为：CuO+COCu+CO2、CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，则能证明题述反应有CO生成的实验现象是F中黑色粉末变红色，H中溶液变浑浊。答案为：F中黑色粉末变红色，H中溶液变浑浊；
【小问5详解】
①安全漏斗在使用过程中，弯管处有水积存，能吸收挥发的HCl。
②由题意，可建立如下关系式：TiCl4——4 AgNO3，则n(TiCl4)=n(AgNO3)=cV×10-3mol，该产品纯度为=。答案为：吸收挥发的HCl；。
【点睛】安全漏斗在使用时，下端弯管处有一定量水滞留，起液封作用。
新疆乌鲁木齐市第八中学2022-2023学年高三上学期第一次月考
化学试题
一、单选题(本大题共17小题，共51.0分)
1. 中华文明源远流长，下列有关中国文化的说法错误的是
A. 黑陶是我国艺术瑰宝，陶瓷烧制过程中发生了化学变化
B. 何以解忧？唯有杜康古代酿酒过程中采用了蒸馏提纯方法
C. 马踏飞燕属于青铜器，青铜的熔点和硬度都远高于纯铜
D. “司南之杓，投之于地其杓柄指南”，“杓”的材料是Fe3O4
【答案】C
【解析】
【详解】A.陶瓷的烧制过程中有新物质产生，发生了化学变化，故A正确；
B.乙醇的沸点较低，则酿酒过程中可采用蒸馏的方法进行提纯，故B正确；
C.合金的熔点低于组成该合金的金属，而硬度高于组成该合金的金属，故C错误；
D.四氧化三铁有磁性，可用作指南针的材料，则“杓”的材料是Fe3O4，故D正确；
综上所述，答案为C。
2. 下列生活常识与化学原理有关，正确的选项是
①福尔马林具有防腐杀菌的作用，是因为甲醛可以使蛋白质变性
②人体血液pH保持弱碱性(7.35-7.45)，主要是血液中存在H2CO3—缓冲体系
③硫酸亚铁补铁剂应与维生素C同服，是因为维生素C可以防止Fe2+被氧化
④油炸食品容易产生“哈喇”味而不能食用，是因为被氧化产生过氧化物和醛类
A. ①②③④ B. ①②③ C. ②③④ D. ①③④
【答案】A
【解析】
【详解】①福尔马林是35~40%的甲醛水溶液，能使蛋白质变性，所以具有防腐杀菌的作用，①正确；
②人体血液中存在平衡：CO2+H2OH2CO3，形成H2CO3—缓冲体系，使血液的pH保持弱碱性(7.35-7.45)，②正确；
③Fe2+易被氧气氧化为Fe3+，维生素C具有还原性，能将Fe3+还原为Fe2+，所以补铁剂与维生素C同服，可防止Fe2+被氧化，③正确；
④油脂中含有碳碳双键，易被氧气氧化变质，生成过氧化物和醛类，从而产生“哈喇”味，④正确；
综合以上分析，①②③④都正确，故选A。
3. 化学在生活中有着广泛的应用，下列物质性质与应用对应关系错误的是
A. 硅胶吸水能力强，可作食品干燥剂
B. CaO能与反应，可作工业废气脱硫剂
C. 具有强氧化性，可作织物漂白剂
D. 具有还原性，可作废水中和的沉淀剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．硅胶多孔，具有吸水性，无毒，则作袋装食品的干燥剂，A正确；
B．二氧化硫为酸性气体，可与氧化钙反应，最终可生成硫酸钙，可作工业废气脱硫剂，B正确；
C．次氯酸钠具有强氧化性，可作织物漂白剂，C正确；
D．硫化钠与Cu2+和Hg2+反应生成硫化物沉淀，不发生氧化还原反应，D错误；
故选D。
4. 已知次氯酸钠与草酸的反应为NaClO+H2C2O4=NaCl+2CO2↑+H2O。下列化学用语表示不正确的是
A. 草酸的结构简式：
B. 含20个中子的氯离子：
C. NaClO的电子式：
D. CO2的球棍模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A．草酸的分子式为H2C2O4，它的分子中含有2个-COOH，则结构简式：，A正确；
B．氯为17号元素，质子数为17，含20个中子，则质量数为37，氯离子符号为：，B不正确；
C．NaClO为离子化合物，由Na+和ClO-构成，电子式为，C正确；
D．CO2的结构式为O=C=O，分子呈直线形，球棍模型为，D正确；
故选B。
5. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的有
①溶于水形成的胶体中含有NA个胶体粒子
②3.9gNa2O2固体所含阴离子数为0.05NA
③标准状况下，22.4L乙醇中含有NA个分子
④常温下，2g氦气所含的原子数目为NA
⑤1molCl2通入足量的水中，最多生成1molHClO
⑥56g铁与氯气在一定条件下充分反应，最多消耗氯气的体积是33.6L
⑦142gNa2SO4和Na2HPO4的固体混合物中所含阴、阳离子的总数为3NA
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【解析】
【详解】①氢氧化铁胶体粒子中含有多个氢氧化铁，所以胶体粒子的数目小于NA，故①错误；
②3.9gNa2O2的物质的量为0.05mol，过氧化钠由钠离子和过氧根构成，所以含有0.05NA个阴离子，故②正确；
③标况下乙醇不是气体，22.4L乙醇的物质的量不是1mol，故③错误；
④2g氦气的物质的量为0.5mol，氦气分子为单原子分子，所以含有的原子数目为0.5NA，故④错误；
⑤Cl2和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故所得HClO的物质的量小于1mol，故⑤错误；
⑥56g铁的物质的量为1mol，与氯气反应生成1molFeCl3，所以消耗1.5mol氯气，但氯气所处的状态不明确，无法计算其体积，故⑥错误；
⑦Na2SO4和Na2HPO4的摩尔质量均为142g/mol，故142gNa2SO4和Na2HPO4的物质的量为1mol，且两者均由2个钠离子和1个阴离子构成，故1mol混合物中含离子共3NA个，故⑦正确；
综上所述正确的有2个，故答案为B。
6. X溶液中含有下表所示离子中的某5种，且其离子浓度均为0.1mol/L(不考虑水的电离和离子水解)。向X溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变。下列叙述错误的是
阳离子
阴离子
A. 原溶液中一定含有
B. X溶液中不可能含有和
C. X溶液中含有3种阳离子、2种阴离子
D. 生成气体的离子反应方程式为
【答案】C
【解析】
【分析】各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，向X溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变，产生气体不可能是碳酸根离子或碳酸氢根离子；根据表中的离子，可以推知是Fe2+、NO在酸性环境下生成的一氧化氮，加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有Cl-，若只含有氯离子和硝酸根离子，二者的浓度为0.1mol/L，根据电荷守恒是不可能的，所以还含有阴离子SO，由于总共含有5种离子，再根据电荷守恒可知还含有一种带有两个正电荷Mg2+，所以原溶液中含有的五种离子为： Cl-、 NO、SO、Fe2+、Mg2+，据此进行解答。
【详解】A．原溶液中一定含有Mg2+，故A选项正确；
B．根据分析可知，溶液中一定不存在与，故B选项正确；
C．根据分析可知，原溶液中含有的五种离子为：C1-、NO、SO、 Fe2+、 Mg2+，3种阴离子、2种阳离子，故C选项错误；
D．根据分析可知，生成气体为NO，反应的离子方程式为： ，故D选项正确；
故选C。
7. 关于下列四个装置的说明符合实验要求的是
A. 装置①：实验室中若需制备较多量的乙炔可用此装置
B. 装置②：X若为苯，用此装置吸收或HCl可防止倒吸
C. 装置③：制备并检验乙烯
D. 装置④：用从a处加水的方法检验装置4的气密性
【答案】D
【解析】
【详解】A．电石与水反应生成的氢氧化钙易堵塞瓶颈处，生成气体难排出，不能利用图中装置制备较多的乙炔，故A错误；
B． X为苯时不能隔绝气体与水，不能防止倒吸，故B错误；
C．挥发的乙醇、生成的乙烯均使高锰酸钾氧化，不能检验乙烯，故C错误；
D．从a处加入一定量的水，静置，观察两侧液面差，若一段时间不变，则气密性良好，故D正确；
故答案为：D。
8. 下列说法不正确的是
A. 容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗
B. 2014年西非国家爆发了埃博拉疫情，埃博拉病毒对化学药品敏感，乙醇、次氯酸钠溶液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
C. 金属着火时，可用细沙覆盖灭火；电器设备引起的火灾，不可用泡沫灭火器灭火
D. 在4mL0.1mol∙L-1的K2Cr2O7溶液中滴加数滴1mol/L的NaOH溶液，溶液颜色从橙色变成黄色
【答案】B
【解析】
【详解】A．容量瓶上标有温度、刻度线、规格，用于配制一定物质的量浓度的溶液，配制溶液时，需保证溶质的物质的量不变，不需润洗；量筒上标有温度、刻度，但无“0”刻度；滴定管上标有温度、刻度，“0”刻度在上方，刻度从上往下标，使用时要保证溶液的物质的量浓度不变，需用待盛装液体润洗，A正确；
B．乙醇不具有强氧化性，但能使蛋白质变性，次氯酸钠溶液具有强氧化性，能使病毒氧化而达到消毒的目的，B不正确；
C．活泼金属能与水、二氧化碳等反应，金属着火时，可用细沙灭火；电解质能导电，电器设备引起的火灾，不能用泡沫灭火器灭火，C正确；
D．在K2Cr2O7溶液中，存在下列平衡：+H2O2+2H+，滴加NaOH溶液，可以中和H+，使平衡正向移动，从而使溶液颜色从橙色变成黄色，D正确；
故选B。
9. 下列关于含氯消毒剂的解释不正确的是
A. “84”消毒液不能与洁厕灵混合使用：2H++Cl－+ClO－＝Cl2↑+H2O
B. 工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉：2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
C. 氯水应避光保存原因是：2HClOH2O+Cl2↑
D. 向Ca(ClO)2溶液中通入适量CO2可增强漂白效果：Ca(ClO)2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO
【答案】C
【解析】
【详解】A．84消毒液含NaClO，洁厕灵含HCl，两者混用发生反应NaClO+2HCl=Cl2↑+NaCl+H2O，A正确；
B．工业上用Cl2与石灰乳反应制漂白粉，B正确；
C．次氯酸见光易分解， ，C错误；
D．Ca(ClO)2转化为HClO，漂白效果更好，D正确。
10. 甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。下列说法错误的是
A. 甲、乙的化学式均为C8H14
B. 乙的二氯代物共有7种（不考虑立体异构）
C. 丙的名称为乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面
D. 甲、乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】
【分析】A．根据结构简式判断；
B．乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上；
C．苯为平面形结构，结合三点确定一个平面分析；
D．乙与高锰酸钾不反应。
【详解】A．由结构简式可知甲、乙的化学式均为C8H14，故A正确；
B．乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH－原子上，共有7种，故B正确；
C．苯为平面形结构，碳碳单键可以旋转，结合三点确定一个平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正确；
D．乙为饱和烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故D错误。
故选D。
11. 周期表中前20号元素X、Y、Z。已知：X+和Y－两种离子具有相同的电子层结构；Z元素原子核·内质子数比Y元素原子核内质子数少9个，Y和Z两元素可以形成含有42个电子的负一价阴离子。下列有关说法正确的是
A. 离子半径：X+ >Y－
B. Z元素的最高正化合价与最低负化合价代数和为4
C. X、Y、Z可以形成XYZ、XYZ3、XYZ4等化合物
D. Y的氢化物中存在离子键
【答案】C
【解析】
【分析】周期表中前20号元素X、Y、Z。X+和Y－两种离子具有相同的电子层结构，则X、Y可能为Na、F或K、Cl；Z元素原子核内质子数比Y元素原子核内质子数少9个，则Y只能为Cl，Z为O。
【详解】A．K+和Cl-电子层数相同，质子数越多，离子半径越小，所以离子半径K+
C．Cl的化合价有+1、+5、+7，K、Cl、O可以形成KClO、KClO3、KClO4等化合物，C正确；
D．Y的氢化物为HCl，只含共价键，D错误；
故选C。
12. 有以下六种饱和溶液①CaCl2；②Ca(OH)2；③Na2SiO3；④Na2CO3；⑤NaAlO2；⑥NH3和NaCl，分别持续通入CO2，最终不会得到沉淀或析出晶体的是
A. ①② B. ③⑤ C. ①⑥ D. ④⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①碳酸比盐酸弱，CO2与CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故①正确；
②酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2反应：Ca（OH）2+2CO2═Ca（HCO3）2，无沉淀生成，故②正确；
③碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O ═2NaHCO3+H2SiO3↓，产生硅酸沉淀，故③错误；
④过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故④错误；
⑤NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3，故⑤错误；
⑥通入CO2与NH3和NaCl反应生成氯化铵和碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，则最终析出碳酸氢钠晶体，故⑥错误；
故选A。
【点睛】本题考查物质的性质及反应，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键。本题的易错点为⑥，注意联想侯德榜制碱的原理，同时注意碳酸氢钠的溶解度较小。
13. 把5.1g镁铝合金的粉末放入500mL盐酸中，金属和酸均恰好反应，得到标准状况下H25.6L。下列说法错误的是
A. 该合金中铝的质量分数约为52.94%
B. 该盐酸的物质的量浓度为2mol/L
C. 该合金镁和铝的物质的量之比为1:1
D. 该反应中一共转移的电子的物质的量为0.5mol
【答案】B
【解析】
【分析】n(H2)==0.25mol，设Mg的物质的量为x，则Al的物质的量为，从而得出24x+27×=5.1，x=0.1mol，=0.1mol。
【详解】A．由计算可知，Al为0.1mol，质量为2.7g，则该合金中铝的质量分数约为 ≈52.94%，A正确；
B．Mg、Al都为0.1mol，共消耗HCl的物质的量为0.5mol，该盐酸的物质的量浓度为=1mol/L，B错误；
C．该合金镁和铝的物质的量之比为0.1mol:0.1mol=1:1，C正确；
D．该反应中一共转移的电子的物质的量为0.1mol×2+0.1mol×3=0.5mol，D正确；
故选B。
14. 已知常温下碳酸、亚硫酸、次氯酸的电离平衡常数如表：
物质
一级电离常数
二级电离常数
—
下列说法正确的是
A. 相同条件下，同浓度的溶液和溶液的酸性，后者更强
B. 向氯水中分别加入等浓度的和溶液，均可提高氯水中HClO的浓度
C. 向NaClO溶液中通入少量
D. 向溶液中通入少量
【答案】D
【解析】
【详解】A．相同条件下，的大于的，则同浓度的溶液和溶液相比较，前者酸性更强，故A错误；
B．向氯水中分别加入等浓度的NaHCO3和NaHSO3溶液，NaHSO3与次氯酸发生氧化还原反应，会减小氯水中HClO的浓度，故B错误；
C．HClO电离平衡常数K大于H2CO3的K，小于H2CO3的Ka，向NaClO溶液中通入少量CO2，其离子方程式应为，故C错误；
D．H2SO3的Ka大于H2CO3的Ka，小于H2CO3的Ka，所以向溶液中通入少量SO2，其离子方程式为，故D正确；
故答案为D
15. 某同学按图示装置进行实验，欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液。下列物质组合不符合要求的是
气体
液体
固体粉末
A
饱和溶液
B
溶液
C
溶液
D
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．通入CO2气体依次发生反应CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，由于在相同温度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，最终瓶中仍有白色晶体析出，不会得到澄清溶液，A项选；
B．通入Cl2，发生反应Cl2+2FeCl2=2FeCl3、2FeCl3+Fe=3FeCl2，最终Fe消失得到澄清溶液，B项不选；
C．通入HCl，在酸性条件下会表现强氧化性，发生离子反应：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，最终Cu消失得到澄清溶液，C项不选；
D．AgCl水中存在溶解平衡AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，通入NH3后，Ag+与NH3结合成[Ag(NH3)2]+，使溶解平衡正向移动，最终AgCl消失得到澄清溶液，D项不选；
答案选A。
16. 工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是
A 吸收过程中有气体生成 B. 结晶后母液中含有NaHCO3
C. 气流干燥湿料时温度不宜过高 D. 中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
【答案】B
【解析】
【分析】根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3= Na2SO3+ 2NaHCO3，NaHSO3+ Na2CO3= Na2SO3+ NaHCO3，所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+ NaHCO3= CO2+ NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；
B．结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误；
C．NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；
D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确；
故选B。
17. 下列由实验现象所得结论错误的是
A. 向NaHSO3溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明HSO具有氧化性
B. 向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末，紫色褪去，证明Fe3O4中含Fe(Ⅱ)
C. 向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓HNO3反应生成NO2
D. 向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．淡黄色沉淀是S，在反应过程中硫元素由NaHSO3中的+4价降低到0价，发生还原反应，体现氧化性，A项不符合题意；
B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，与还原性物质反应紫色才会褪去，所以可以证明Fe3O4中有还原性物质，即Fe(Ⅱ)，B项不符合题意；
C．在该反应中浓硝酸体现氧化性，N元素化合价降低，生成的产物可能是NO或者NO2，NO暴露于空气中也会迅速产生红棕色气体，无法证明反应产物，C项符合题意；
D．先变红说明溶液显碱性，证明NaClO在溶液中发生了水解，，后来褪色，是因为水解产生了漂白性物质HClO，D项不符合题意；
故选C。
二、填空题(共49分)
18. 化学与生活、生产息息相关，请运用化学知识回答以下问题。
（1）工业上用磁铁矿炼铁的原理_______(用化学方程式表示)
（2）汽车尾气排放出的气体主要有NO和NO2，它们污染环境，可用氨气除去。写出NO2与NH3反应的化学方程式_______。
（3）标准状况下，将气体NO2充满干燥烧瓶，将烧瓶倒置于水中，瓶内液面逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，则最终该溶液中溶质的物质的量浓度为_______mol/L。
（4）SO2与潮湿Cl2均有漂白性，1:1混合，没有漂白性，写出相关离子方程式_______。SO2与BaCl2溶液不反应，若充入NH3生成难溶物_______，若加入Fe3+生成难溶物_______(用化学式表示)。
【答案】（1）Fe3O4+4CO3Fe+4CO2
（2）8NH3+6NO2=7N2+12H2O
（3）0.045 （4） ①. SO2+Cl2+2H2O= 4H++2Cl-+ ②. BaSO3 ③. BaSO4
【解析】
【小问1详解】
磁铁矿(Fe3O4)用一氧化碳在高温下还原，生成铁和二氧化碳，炼铁的原理：Fe3O4+4CO3Fe+4CO2。答案为：Fe3O4+4CO3Fe+4CO2；
【小问2详解】
NO2与NH3发生氧化还原反应，生成N2和水，化学方程式：8NH3+6NO2=7N2+12H2O。答案为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O；
【小问3详解】
3NO2+H2O=2HNO3+NO，设烧瓶容积为VL，溶解后生成NO体积为VL，则溶液体积为VL，生成HNO3的物质的量为=mol，则最终该溶液中溶质的物质的量浓度为≈0.045mol/L。答案为：0.045；
【小问4详解】
SO2与潮湿Cl2均有漂白性，1:1混合，产物没有漂白性，则生成H2SO4和HCl，离子方程式：SO2+Cl2+2H2O= 4H++2Cl-+。SO2与BaCl2溶液不反应，若充入NH3，发生反应BaCl2+SO2+2NH3+H2O=BaSO3↓+2NH4Cl，则生成难溶物为BaSO3，若加入Fe3+，发生反应BaCl2+SO2+2FeCl3+2H2O=BaSO4↓+2FeCl2+4HCl，则生成难溶物为BaSO4。答案为：SO2+Cl2+2H2O= 4H++2Cl-+；BaSO3；BaSO4。
【点睛】Fe3+具有氧化性，能将H2SO3氧化为H2SO4。
19. 部分物质间的转化关系如下图所示(部分物质已省略。已知A→B是实验室制取黄绿色气体的主要方法之一，H的焰色呈黄色，请完成下列填空。
（1）检验F溶液中阳离子的试剂是_______。若Cu2+中含有F中阳离子的杂质，应加入_______(填化学式)除杂。
（2）Ⅰ转化为J的化学方程式为_______。
（3）K的饱和溶液滴入沸水中，可得到胶体L。胶体L区别于K的饱和溶液最本质的特征是_______(填字母序号)。
A. 胶体L具有丁达尔效应 B. 胶体L的分散质粒子直径为
C. 胶体L是均一的分散系 D. 胶体L比K的饱和溶液颜色深
（4）当前，新冠病毒变异毒株奥密克戎来势汹汹，化学消毒剂在疫情防控中起着重要作用。
①目前，很多自来水厂用黄绿色气体来杀菌、消毒。A→B的离子反应方程式为_______。
②C可以杀菌、消毒，但不稳定，难以保存，原因是_______(用化学方程式表示)。
③将B通入G溶液中可得到一种漂白液，能杀菌、消毒，写出相关离子方程式_______。
④ClO2为国际公认的高效安全灭菌消毒剂之一、常温下，亚氯酸钠(NaClO2)固体与B反应可得到ClO2和NaCl，该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
【答案】（1） ①. 铁氰化钾 ②. H2O2，再加CuO 或 Cu(OH)2、CuCO3、Cu(OH)2CO3
（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 （3）B
（4） ①. MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑ ②. 2HClO2HCl+O2↑ ③. Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ④. 1:2
【解析】
【分析】A→B是实验室制取黄绿色气体的主要方法之一，则A为MnO2，B为Cl2；I为白色沉淀，在空气中被氧化为红褐色沉淀J，则I为Fe(OH)2，J为Fe(OH)3。D为HCl或HClO，H的焰色呈黄色，则H为NaCl，采用逆推法，可确定F为FeCl2，E为Fe，D为HCl，C为HClO，K为FeCl3。
【小问1详解】
由分析可知，F为FeCl2，检验F溶液中Fe2+，选用试剂可以是铁氰化钾。若Cu2+中含有F中阳离子的杂质，应先将Fe2+转化为Fe3+，再促进其水解生成Fe(OH)3沉淀除去，所以应加入H2O2，再加CuO 或 Cu(OH)2、CuCO3、Cu(OH)2CO3除杂。答案为：铁氰化钾；H2O2，再加CuO 或 Cu(OH)2、CuCO3、Cu(OH)2CO3；
【小问2详解】
Ⅰ[Fe(OH)2]被空气中氧气氧化为J[Fe(OH)3]，化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
【小问3详解】
K为FeCl3，其饱和溶液滴入沸水中，可得到Fe(OH)3胶体。Fe(OH)3胶体区别于FeCl3的饱和溶液，最本质的特征是胶体L的分散质粒子直径为，故选B。答案为：B；
【小问4详解】
①A→B为MnO2与浓盐酸反应制氯气，则离子反应方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑。
②C为HClO，难以保存，原因是见光易分解，化学方程式为2HClO2HCl+O2↑。
③将B(Cl2)通入G(NaOH)溶液中可得到一种漂白液(NaClO)，相关离子方程式Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
④常温下，亚氯酸钠(NaClO2)固体与B(Cl2)反应可得到ClO2和NaCl，化学方程式为2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2，该反应中，氧化剂(Cl2)与还原剂(NaClO2)的物质的量之比为1:2。答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑；2HClO2HCl+O2↑；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；1:2。
【点睛】NaClO具有漂白性，若转化为HClO，漂白能力更强。
20. 工业上常以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2等)为原料，生产Fe3O4和铝单质的工艺流程如图：
已知：高硫铝土矿粉中含有的FeS2在“焙烧Ⅰ”过程中，发生的反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；“焙烧Ⅱ”在隔绝空气的条件下进行。
（1）FeS2中硫的化合价为_______价；“焙烧Ⅰ”时，加入少量CaO的主要作用为_______。
（2）矿粉经过“焙烧Ⅰ”后，所得大块烧渣需要进行“碱浸”，为了加快浸取的速率，可采取的措施为_______、_______。(任写两点)
（3）当反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2中生成标准状况下2.24LSO2时，转移了_______个电子。
（4）“焙烧Ⅱ”过程中产生的污染性气体是_______(填化学式)，大量排放该气体造成的主要环境问题是_______。
（5）“焙烧Ⅲ”发生反应的化学方程式为_______。
（6）工业上，以物质X为原料冶炼金属Al的方法为_______，发生反应的化学方程式为_______。
【答案】（1） ①. -1 ②. 吸收SO2，减小对环境的污染
（2） ①. 将大块烧渣粉碎 ②. 适当升高“碱浸”的温度
（3）0.55NA （4） ①. SO2 ②. 酸雨
（5）2Al(OH)3Al2O3+3H2O
（6） ①. 电解法 ②. 2 Al2O34Al+3O2↑
【解析】
【分析】高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2等)中加入少量CaO，并通入空气焙烧，再用NaOH溶液碱浸，生成CaSO3、NaAlO2、Fe2O3等；过滤，滤液为NaAlO2溶液，通入CO2，生成Al(OH)3等，焙烧生成Al2O3，熔融电解得Al；滤渣为Fe2O3和CaSO3，加入FeS2焙烧，Fe2O3与FeS2发生反应16Fe2O3+FeS211Fe3O4+2SO2，磁选获得Fe3O4。
【小问1详解】
FeS2中铁元素显+2价，则硫的化合价为-1价；“焙烧Ⅰ”时，FeS2氧化生成SO2等，会污染环境，加入少量CaO可与SO2结合为CaSO3，则CaO的主要作用为：吸收SO2，减小对环境的污染。答案为：-1；吸收SO2，减小对环境的污染；
【小问2详解】
为了加快浸取的速率，可增大接触面积、提升温度、增大浓度等，采取的措施为：将大块烧渣粉碎、适当升高“碱浸”的温度。答案为：将大块烧渣粉碎；适当升高“碱浸”的温度；
【小问3详解】
反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2中，可建立如下关系式：8SO2——44e-，生成标准状况下2.24LSO2时，转移电子数为=0.55NA。答案为：0.55NA；
【小问4详解】
“焙烧Ⅱ”过程中发生反应16Fe2O3+FeS211Fe3O4+2SO2，产生的污染性气体是SO2，大量排放该气体造成的主要环境问题是：酸雨。答案为：SO2；酸雨；
【小问5详解】
“焙烧Ⅲ”Al(OH)3分解生成Al2O3等，化学方程式为2Al(OH)3Al2O3+3H2O。答案为：2Al(OH)3Al2O3+3H2O；
【小问6详解】
工业上，以物质X(Al2O3)为原料冶炼金属Al的方法为电解法，发生分解反应，生成Al、O2等，化学方程式为2 Al2O34Al+3O2↑。答案为：电解法；2 Al2O34Al+3O2↑。
【点睛】反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2中，Fe、S元素化合价升高，O元素化合价降低。
21. 钛被誉为“第三金属”，在航空航天领域有广泛应用。某小组利用TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+2CO(g)反应制备四氯化钛并验证产物CO，装置如图所示：
已知：四氯化钛的熔、沸点分别为-23℃、136℃，遇潮湿空气产生白烟。回答下列问题：
（1）装置A中盛装K2Cr2O7的仪器名称是_______；装置G的作用是_______。
（2）气流由左至右，装置连接顺序为A、_______、E。
（3）酸性条件下，具有强氧化性，可被还原为Cr3+，写出装置A中发生反应的离子方程式：_______。
（4）能证明题述反应有CO生成的实验现象是_______。
（5）测定产品纯度：取WgTiCl4产品进行实验，向安全漏斗中加入足量蒸馏水充分反应，将安全漏斗中液体及烧瓶中混合物全部转入锥形瓶，滴加几滴0.1 mol∙L-1K2Cr2O7溶液做指示剂(注明：Ag2CrO4呈砖红色)，用c mol∙L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液VmL。已知：常温下，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.2×10-12， TiCl4+(2+n)H2O=TiO2∙nH2O↓+4HCl。
①安全漏斗在本实验中的作用除液封、加水外，还有_______。
②该产品纯度为_______(用含w、c和V的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 圆底烧瓶 ②. 除去剩余氯气
（2）I、D、B、 C、G、F、H
（3）+14H++6Cl-=2Cr3++3Cl2↑+7H2O
（4）F中黑色粉末变红色，H中溶液变浑浊
（5） ①. 吸收挥发的HCl ②.
【解析】
【分析】本实验的目的是制备四氯化钛并验证产物CO，制备四氯化钛时，应先制氯气，然后除杂质HCl和水蒸气；由反应TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+2CO(g)可知，将Cl2通入TiO2(s)、C(s)的固体混合物中加热，生成的TiCl4(g)需冷凝；用碱石灰吸收Cl2尾气，再用生成的CO还原CuO、用澄清石灰水检验生成的CO2，最后用排水法收集余气。
【小问1详解】
装置A中盛装K2Cr2O7的仪器名称是圆底烧瓶；浓盐酸易挥发出HCl气体，混在Cl2中，所以装置G的作用是除去剩余氯气。答案为：圆底烧瓶；除去剩余氯气；
【小问2详解】
气流由左至右，由分析可确定装置连接顺序为A、I、D、B、 C、G、F、H、E。答案为：I、D、B、 C、G、F、H；
【小问3详解】
酸性条件下，具有强氧化性，可被Cl-还原为Cr3+，则装置A中发生反应的离子方程式：+14H++6Cl-=2Cr3++3Cl2↑+7H2O。答案为：+14H++6Cl-=2Cr3++3Cl2↑+7H2O；
【小问4详解】
在装置F、H中，发生反应为：CuO+COCu+CO2、CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，则能证明题述反应有CO生成的实验现象是F中黑色粉末变红色，H中溶液变浑浊。答案为：F中黑色粉末变红色，H中溶液变浑浊；
【小问5详解】
①安全漏斗在使用过程中，弯管处有水积存，能吸收挥发的HCl。
②由题意，可建立如下关系式：TiCl4——4 AgNO3，则n(TiCl4)=n(AgNO3)=cV×10-3mol，该产品纯度为=。答案为：吸收挥发的HCl；。
【点睛】安全漏斗在使用时，下端弯管处有一定量水滞留，起液封作用。
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