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2022-2023学年宁夏银川市第六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2022-2023学年宁夏银川市第六中学高三上学期第二次月考化学试题 解析版，共23页。试卷主要包含了5 Fe-56 Ni-59， 我国古代科技富载化学知识， 设NA为阿伏加德罗常数的值，1mlNa2O2晶体中含有0等内容，欢迎下载使用。
银川六中2022~2023学年第一学期第二次月考
高三化学试卷
考试时间100分钟 总分100分
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 K-39 Mg-24 Si-28 Cl-35.5 Fe-56 Ni-59
一、单选题(共25小题，每小题2分，共50分)
1. 我国古代科技富载化学知识。下列对古文献涉及的化学知识叙述不正确的是
选项
古文
化学知识
A
烧酒法用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露
烧酒酿制用了蒸馏的方法
B
“石胆化铁为铜”开创了人类文明史湿法冶金先河
利用金属单质置换反应
C
南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白
黄泥来吸附糖中的色素
D
丹砂烧之成水银，积变又成丹砂
丹砂熔融成液态，冷却变成晶体
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，A正确；
B．得铁化为铜，发生置换反应，应为湿法炼铜，可以用铁来冶炼铜，B正确；
C．黄泥具有吸附作用，可除杂质，可采用黄泥来吸附红糖中的色素，C正确；
D．丹砂烧之成水银，发生化学变化，生成汞，熔融成液态是物理变化，D错误；
故答案选D。
2. 化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是
A. 有机磷农药多为磷酸酯或硫代磷酸脂类物质，肥皂水等碱性物质有利其水解而解毒
B. 使用国际通行的凯氏定氮法测定奶着中的蛋白质含量时，会把三聚氰胺当做蛋白质而导致测定结果偏高
C. 石油催化裂化的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃；石油裂解的主要目的是提高汽油等轻质油的产量
D. 《天 工开物) 中有如下描述:“世间丝、麻、裘、揭皆具素质…...”文中的“袭”主要成分是蛋白质
【答案】C
【解析】
【详解】A．磷酸酯或硫代磷酸脂类物质在碱性条件下能够发生水解反应，从而达到解毒的目的，A正确；
B．三聚氰胺中的含氮量较高，从而导致凯氏定氮法测定的奶中氮元素含量增大，测定结果偏高，B正确；
C．石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量，而石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃，C错误；
D．“袭”指是动物的毛皮，主要成分为蛋白质，D正确；
答案选C。
3. 和的混合气体与的NO比较，下列判断错误的是
A. 在同温同压下密度一定相等 B. 在同温同体积下压强一定相等
C. 在标准状况下体积一定相等 D. 在任何状况下原子数一定相等
【答案】A
【解析】
【详解】A．在同温同压下，物质的量相同所占的体积相同，但两组气体质量不一定相同，则密度不一定相等，故A正确；
B．根据理想气体状态方程式 可知在同温同体积下物质的量相同时压强一定相等，故B错误；
C．在标准状况下根据 可知，物质的量相同时体积一定相等，故C错误；
D．在任何状况下，物质的量相同则分子数相同，两组气体都是双原子分子，所以在任何状况下原子数一定相等，故D错误；
故选A。
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值。以下表达正确的选项是（ ）
A. 在标况下，11.2LNO与11.2LO2混合后所含分子数为0.75NA
B. 12g金刚石中含有的共价键数为4NA
C. 0.1molNa2O2晶体中含有0.3NA个离子
D. 铝跟氢氧化钠溶液反应生成1mol氢气时，转移的电子数为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.在标况下，11.2LNO与11.2LO2 的物质的量均为0.5mol，二者混合后发生反应2NO+O2=2NO2，所以0.5molNO和0.5mol O2 反应生成0.5molNO2，消耗0.25molO2，所以反应后气体的总物质的量应为0.75mol，但因存在2NO2=N2O4平衡关系，所以所含分子数小于0.75NA，故A错误；
B.12g金刚石中C的物质的量为n== 1mol，金刚石中碳原子成正四面体构型，每个碳原子连接4个其他的碳原子，因此每个C-C键中2个原子各自占一半，所以含有的共价键数为2NA，故B错误；
C.每个Na2O2中含有2个钠离子，1个过氧根离子，所以0.1mol Na2O2晶体中含有0.3molNA个离子，故C正确；
D.铝跟氢氧化钠溶液反应生成lmol氢气时转移2mol电子，所以转移的电子数为2NA，故D错误；
答案选C。
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，2.24L SO3中所含原子数为0.4NA
B. l0mL 12mol/L盐酸与足量MnO2加热反应，制得Cl2的分子数为0. 03NA
C. 0. 1mol CH4与0.4mol Cl2在光照下充分反应，生成CCl4的分子数为0.1NA
D. 常温常压下，6g乙酸中含有C-H键的数目为0.3NA
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A. 标准状况下，SO3不是气体，2.24L SO3并不是0.1 mol，A错误；
B. 12mol/L盐酸为浓盐酸，和足量的二氧化锰共热时，盐酸因消耗、部分挥发以及水的生成，使盐酸浓度变小不能完全反应，所以制得的Cl2小于0.03 mol，分子数小于0. 03NA，B错误；
C. 0. 1mol CH4与0.4mol Cl2在光照下充分反应，发生的是取代反应，得到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷及氯化氢的混合物，生成CCl4的分子数小于0.1NA，C错误；
D. 一个乙酸分子中有3个C-H键，则常温常压下，6g乙酸中含有C-H键的数目为0.3NA，D正确；
答案选D。
6. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. NaOH溶液：Na+、K+、CO、Al3+
B. FeSO4溶液：H+、Mg2+、Cl-、NO
C. KHCO3溶液：Na+、Cl-、SO、CO
D. H2SO4溶液：K+、Ba2+、NO、CH3COO-
【答案】C
【解析】
【详解】A．能与反应，且也可以与碳酸根离子发生反应，故不能在NaOH溶液中大量共存，故A错误；
B．与同时大量存在时，具有强氧化性，能将氧化成，故B错误；
C．各离子与碳酸氢钾均不反应，且离子间互不反应，故可以大量共存，故C正确；
D．与反应生成硫酸钡沉淀、与反应生成弱电解质，故、不能在硫酸溶液中大量共存，故D错误；
故选C。
7. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的有几组
①酸性溶液中：Na＋、ClO－、SO、I－
②无色溶液中：K＋、Na＋、MnO、SO
③碱性溶液中：Cl－、CO、SO、K＋、AlO
④中性溶液中：Fe3＋、K＋、Cl－、SO
⑤常温下，由水电离出的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液中：Na＋、Ba2＋、Cl－、Br－
⑥与铝粉反应放出H2的无色溶液中：NO、Al3＋、Na＋、SO
A. 1组 B. 2组 C. 3组 D. 4组
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】①酸性溶液中存在大量H+，ClO－与H+能够反应生成弱电解质HClO，且ClO－能氧化I-，因此该组微粒不能大量共存；
②含溶液呈紫红色，不能在无色溶液中大量共存；
③碱性溶液中存在大量OH-，该组微粒之间相互之间不会发生反应，因此能够大量共存；
④含Fe3＋的溶液呈酸性，因此不能在中性溶液中大量共存；
⑤常温下，由水电离出的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，该组微粒之间不会发生反应，且与H+、OH-均不会反应，因此能够大量共存；
⑥与铝粉反应放出H2的无色溶液可能为酸溶液，也可能为强碱溶液，强碱性条件下Al3＋能与OH-之间会发生反应而不能大量共存；
综上所述，各组离子在指定溶液中一定能大量共存的有③⑤，共2组，故答案为B。
8. 已知有机物是合成青蒿素的原料之一（如图）。下列有关该有机物的说法正确的是（ ）
A. 可与酸性KMnO4溶液反应
B. 既能发生消去反应，又能发生加成反应
C. 分子式为C6H10O4
D. 1mol该有机物与足量的金属Na反应最多产生33.6LH2
【答案】A
【解析】
【分析】中含有有官能团羟基和羧基，所以具有羟基和羧基的性质。
【详解】A. 该有机物右上角的羟基可被酸性KMnO4溶液氧化为羧基，A正确；
B. 该有机物右下角的羟基可以发生消去反应，但该有机物不能发生加成反应，B错误；
C. 分子式为C6H12O4，C错误；
D. 未说明是标准状况，所以不确定该有机物与金属Na反应最多产生的H2体积，D错误；
故选A。
9. 中成药莲花清瘟胶囊对于治疗轻型和普通型的新冠肺炎有确切的疗效。其有效成分绿原酸及其水解产物M的结构简式如下图，下列有关说法正确的是
A. 两种分子中所有原子可能共平面
B. M的分子式为C9H10O4
C. 绿原酸和M都能发生加成、取代和加聚反应
D. 绿原酸和M最多都能与3molBr2发生反应
【答案】C
【解析】
【分析】苯环和碳碳双键能发生加成反应，羟基、酯基、羧基能发生取代反应，碳碳双键能发生加聚反应，绿原酸中含有饱和碳原子，M中不含饱和碳原子。
【详解】A． 饱和碳原子具有甲烷结构特点，苯环、乙烯、-COOH、-OH中所有原子共平面，单键可以旋转，绿原酸中含有饱和碳原子，采用sp3杂化，为四面体结构，所以绿原酸中所有原子一定不共平面，M中所有原子可能共平面，故A错误；
B． M分子中C、H、O原子个数依次是9、8、4，分子式为C9H8O4，故B错误；
C． 苯环和碳碳双键能发生加成反应，羟基、酯基、羧基能发生取代反应，碳碳双键能发生加聚反应，所以绿原酸和M都能发生加成反应、取代反应、加聚反应，故C正确；
D． 苯环上酚羟基的邻位和对位氢原子能和溴以1：1发生取代反应，碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，1mol绿原酸最多消耗4mol溴、1molM最多消耗4mol溴，故D错误；
故选：C。
10. 下列是某同学对相应的离子方程式所作的评价，其中评价合理的是
编号
化学反应
离子方程式
评 价
A
碳酸钙与醋酸反应
CO+2CH3COOH =CO2↑+H2O+2CH3COO-
错误，碳酸钙是弱电解质，不应写成离子形式
B
NaAlO2溶液中通入过量CO2
2AlO+CO2+3H2O==2Al(OH)3↓+CO
正确
C
NaHCO3的水解
HCO+H2O ═ CO+H3O+
错误，水解方程式误写成电离方程式
D
等物质的量的FeBr2和Cl2反应
2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
错误，离子方程式中Fe2+与Br-的物质的量之比与化学式不符
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸钙与醋酸反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=CO2↑+H2O+Ca2++2CH3COO-，碳酸钙是强电解质，但不溶于水，评价不合理，故A错误；
B．NaAlO2溶液中通入过量CO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+2HCO，评价错误，故B错误；
C．NaHCO3的水解的离子方程式为：HCO+H2OH2CO3+OH-，评价正确，故C正确；
D．等物质的量的FeBr2和Cl2反应，离子方程式为：2Fe2++2Br-+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl-，离子方程式正确，评价错误，故D错误；
故选C。
11. 下列反应的离子方程式中正确的是
A. 向溶液中通入气体：
B. 碳酸钡加入稀硫酸：
C 向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠：
D. 等物质的量的、和溶液混合：
【答案】B
【解析】
【详解】A．向溶液中通入气体，不反应，故A错误；
B．生成的硫酸钡难溶于水，用化学式表示，故B错误；
C．向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠生成碳酸钙、碳酸钠和水，故C正确；
D．等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2 和HCl溶液混合的离子反应为2H++Mg2++4OH-═Mg（OH）2↓+2H2O，故D错误；
故选B
12. 下列对应离子方程式书写错误的是
A. 向溶液中通入：
B. 向氧化亚铁中加入适量稀硝酸：
C. 向溶液中通入：
D. 向亚硫酸氢钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液：
【答案】D
【解析】
【详解】A．二价铁可以被氯气氧化为三价铁，离子方程式为：，A正确；
B．硝酸有强氧化性，可以把二价铁氧化为三价铁，则相应的离子方程式为：，B正确；
C．次氯酸钠有氧化性，可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，离子方程式为：，C正确；
D．亚硫酸氢根离子不能拆，可以被高锰酸根离子氧化为硫酸根离子，离子方程式为：，D错误；
故选D。
13. 短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W 在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，X 的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，非金属元素 Y 的原 子序数是 Z 的最外层电子数的 2 倍。下列叙述不正确的是
A. Y、Z的氢化物稳定性 Y> Z
B. Y单质的熔点高于X 单质
C. X、W、Z 能形成具有强氧化性的 XZW
D. YZ4分子中 Y 和 Z 都 满足8 电子稳定结构
【答案】A
【解析】
【详解】W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，W为O元素；X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，X为Na元素；短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的 2 倍，则Y为Si、Z为Cl元素；
A.非金属性Si
C.X（Na）、W（O）、Z（Cl）能形成NaClO，NaClO具有强氧化性，C正确；
D.YZ4为SiCl4，SiCl4的电子式为，Si和Cl都满足8电子稳定结构，D正确；
答案选A。
14. 有八种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h，其中x、y、d、f随着原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示。 z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH与原子序数的关系如图2所示。
根据上述信息进行判断，下列说法正确的是（ ）
A. d、e、f、g 形成的简单离子中，半径最大的是d离子
B. d与e形成的化合物中只存在离子键
C. x、y、z、d、e、f、g、h的单质中，f的熔点最高
D. x与y可以形成多种化合物，可能存在非极性共价键
【答案】D
【解析】
【分析】x、y、z、d、e、f、g、h为原子序数依次递增的短周期主族元素，从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可以知道x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，f是Al元素，z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为0.01mol·L-1 ，e的pH为12，为一元强碱，则e是Na元素，z、h的pH均为2，为一元强酸，则z为N元素、h为Cl元素，g的pH小于2，则g的为二元强酸，故g为S元素，据此分析解答问题。
【详解】A．d、e、f、g 形成的简单离子分别为：O2-、Na+、Al3+、S2-，O2-、Na+、Al3+离子的电子层数相同，但核电荷数Al>Na>O，则离子半径O2->Na+>Al3+，而S2-的电子层数最多，半径最大，故半径最大的是g离子，A选项错误；
B．d与e形成的化合物可以是Na2O，也可以是Na2O2，Na2O2既含有离子键，也含有共价键，B选项错误；
C．x、y、z、d、e、f、g、h的单质分别为：H2、C、N2、O2、Na、Al、S、Cl2，C单质可形成金刚石，为原子晶体，故单质熔点最高的可能是y，C选项错误；
D．x与y可以形成多种有机化合物，其中CH2=CH2等存在着非极性键，D选项正确；
答案选D。
【点睛】此题C选项为易错点，C单质有很多的同素异形体，熔沸点有差异，容易忽略这一关键点，导致误选C答案。
15. 某溶液中可能存在Br-、CO、SO、Al3+、I-、Mg2+、Na+七种离子中的某几种。现取该溶液进行实验，得到如下现象：
①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；
②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；
③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。
已知：5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3
据此可以判断，该溶液中肯定不存在的离子组是（ ）
A. Al3+、Mg2+、SO
B. Mg2+、CO、I-
C. Al3+、SO、I-
D. Al3+、Br-、SO
【答案】A
【解析】
【详解】根据①可判断溶液中有Br-和CO，根据离子共存原则知，不存在Al3+、Mg2+；根据②可判断溶液中无SO；根据③不能确定是否含有I-，因为在①中氯水可能把I-氧化成了IO，致使溶液不变蓝色，故A正确；
故选A。
16. 强酸性溶液X中可能含有、、、、、、、、中的若干种，某同学为了确认其成分，取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如下，下列结论正确的是
A. X中不能确定的离子是、、和
B. 气体F经催化氧化可直接生成气体D
C. 沉淀C一定是，沉淀G一定是，沉淀I一定是
D. X中肯定存在、、、、
【答案】A
【解析】
【分析】强酸性溶液中、不能存在；X溶液中加入过量Ba(NO3)2溶液生成沉淀C是BaSO4，说明有存在；硝酸被还原生成气体A为NO，说明有还原剂Fe2+存在，(即3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O)。溶液B加入过量NaOH溶液，生成的沉淀G为Fe(OH)3；生成的气体F为NH3，说明有存在。溶液H通入CO2生成沉淀I，由于前面加入过量的Ba(NO3)2溶液，引入了大量Ba2+，所以沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在Al3+，所以这里也不能确定沉淀I中有Al(OH)3；溶液J的焰色反应呈黄色，说明溶液J中有Na+，但由于前面加入过量NaOH溶液，引入了较多的Na+，因此不能确定溶液X中是否存在Na+；因为焰色黄色能掩盖紫色焰色，所以不能确定溶液X中是否有K+；另外，上述实验过程还不能确定溶液X中是否存在Cl-；
【详解】A．X中Al3+、、K+和Cl-不能确定，故A正确；
B．气体F为NH3，催化氧化能生成NO，不能直接氧化生成D为NO2，故B错误；
C．据此分析可知，沉淀C一定是BaSO4，沉淀G为Fe(OH)3，沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在Al3+，所以这里也不能确定沉淀I中有Al(OH)3，故C错误；
D．通过以上分析知，不能确定原来溶液中是否含有、，故D错误；
故选：A。
17. SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①SO2+2Fe3++2H2O=SO+2Fe2++4H+；②Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。则下列有关说法不正确的是
A. 氧化性：Cr2O＞Fe3+＞SO2
B. 标准状况下，若有6.72 L SO2参加反应，则最终消耗0.2mol K2Cr2O7
C. 反应②中，每有1mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA
D. 由上述反应原理推断：K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由①可知，Fe元素的化合价降低，则氧化性为Fe3+＞SO2，由②可知，Cr元素的化合价降低，则氧化性为Cr2O＞Fe3+，则氧化性：Cr2O＞Fe3+＞SO2，故A正确；
B．6.72 L SO2（标准状况）参加反应，物质的量是6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，由上述两个反应可知，存在3SO2～Cr2O，则最终消耗0.1molK2Cr2O7，故B错误；
C．每有1mol K2Cr2O7参加反应，转移电子为1mol×2×（6-3）=6mol，即转移电子的数目为6NA，故C正确；
D．因氧化性为Cr2O＞SO2，则K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故D正确；
故选B。
18. 下列方案设计、现象和结论有不正确的是
目的
方案设计
现象和结论
A
检验硫酸厂周边空气中是否含有二氧化硫
用注射器多次抽取空气，慢慢注入盛有酸性KMnO4稀溶液的同一试管中，观察溶液颜色变化
溶液不变色，说明空气中不含二氧化硫
B
鉴定某涂改液中是否存在含氯化合物
取涂改液与KOH溶液混合加热充分反应，取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液，观察现象
出现白色沉淀，说明涂改液中存在含氯化合物
C
检验亚硫酸钠是否被氧化
将适量亚硫酸钠样品溶于蒸馏水，先加足量硝酸酸化，再加氯化钡溶液
出现白色沉淀，说明亚硫酸钠被氧化
D
鉴别食盐与亚硝酸钠
各取少量固体加水溶解，分别滴加含淀粉的酸性KI溶液，振荡，观察溶液颜色变化
溶液变蓝色的为亚硝酸钠，溶液不变蓝的为食盐
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．若空气中含有二氧化硫，具有还原性的二氧化硫会与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，所以溶液不变色，说明空气中不含二氧化硫，故A正确；
B．若涂改液中含有含氯化合物，涂改液与氢氧化钾溶液混合加热充分反应时氯代烃会发生水解反应生成氯化钾，取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液，氯化钾溶液会与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，所以出现白色沉淀，说明涂改液中存在含氯化合物，故B正确；
C．检验亚硫酸钠是否被氧化时，将适量亚硫酸钠样品溶于蒸馏水，先加足量硝酸酸化，具有强氧化性的硝酸会将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，再加氯化钡溶液时会生成不溶于稀硝酸的硫酸钡白色沉淀，所以出现白色沉淀，不能说明亚硫酸钠被氧化，故C错误；
D．鉴别食盐与亚硝酸钠时，各取少量固体加水溶解，分别滴加含淀粉的酸性碘化钾溶液，振荡，氯化钠与碘化钾不反应，溶液不会变色，而亚硝酸钠溶液酸性条件下能与碘化钾溶液反应生成能使淀粉溶液变蓝色的碘，溶液会变为蓝色，所以溶液变蓝色的为亚硝酸钠，溶液不变蓝的为食盐，故D正确；
故选C。
19. NaClO2是一种高效的氧化型漂白剂，饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O。某小组利用下图装置制备了少量NaClO2.已知甲装置可制备ClO2，ClO2沸点为9.9℃，可溶于水，有毒，气体中ClO2浓度较高时易发生爆炸。
下列说法不正确的是
A. 实验前通CO2是为了排尽装置内的空气，防止氧化NaClO2，实验过程中通入CO2是在稀释ClO2
B. 本实验中甲醇体现还原性，H2O2体现氧化性
C. NaClO2的名称是亚氯酸钠，冰水浴有利于NaClO2·3H2O析出
D. 丙中的反应可能为：6ClO2＋6NaOH=NaCl＋5NaClO3＋3H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaClO2中Cl的化合价为+3价，处于-1至+7之间，则NaClO2既有氧化性又有还原性，可能会被空气中的氧气氧化，所以实验前通CO2是为了排尽装置内的空气，防止NaClO2被氧化；又因气体中ClO2浓度较高时易发生爆炸，所以实验过程中通入CO2是在稀释ClO2，防止发生危险，故A不选；
B．甲装置中甲醇与在酸性条件下反应生成，体现氧化性，甲醇体现还原性；由在乙装置中发生的反应可知，双氧水在反应中体现还原性，故选B；
C．由饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O可知，冰水浴有利于NaClO2·3H2O析出，故C不选；
D．丙装置为尾气处理装置，用NaOH溶液吸收防止污染空气，其反应可能为6ClO2＋6NaOH=NaCl＋5NaClO3＋3H2O，故D不选。
答案选B
20. 下列实验现象与实验操作不相匹配的是
实验操作
实验现象
A
向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置
溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层
B
将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶
集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生
C
向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸
有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊
D
向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液
黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳无机小分子，则实验现象中不会出现分层，A项错误；
B. 将镁条点燃后迅速伸入集满二氧化碳的洗气瓶，发生反应为：CO2+2Mg2MgO+C，则集气瓶因反应剧烈冒有浓烟，且生成黑色颗粒碳单质，实验现象与操作匹配，B项正确；
C. 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，发生氧化还原反应，其离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，则会有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，实验现象与操作匹配，C项正确；
D. 向盛有氯化铁溶液的试管中加过量的铁粉，铁粉会将溶液中所有的铁离子还原为亚铁离子，使黄色逐渐消失，充分振荡后，加1滴KSCN溶液，因振荡后的溶液中无铁离子，则溶液不会变色，实验现象与操作匹配，D项正确；
答案选A。
21. 对于白磷引起的中毒，硫酸铜溶液是一种解毒剂，有关反应如下：11P＋15CuSO4＋24H2O＝5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4，下列关于该反应说法正确的是
A. Cu3P既是氧化产物也是还原产物
B. 11molP参与反应时，该反应中有15mol电子发生转移
C. P发生还原反应和氧化反应的物质的量之比为6∶5
D. CuSO4仅作氧化剂，发生还原反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】11P＋15CuSO4＋24H2O＝5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4，反应中，P的化合价既升高又降低，其中5molP化合价降低，6molP化合价升高，Cu的化合价降低；
A．Cu3P中Cu的化合价为+1，P的化合价为-3，Cu的化合价从+2降低到+1，P的化合价从0价降低到Cu3P中的-3价，生成物Cu3P中只有元素化合价降低，所以是还原产物，故A错误；
B．11molP参与反应时，其中有6molP化合价从0价升高到+5价，作还原剂，共有30mol电子发生转移，故B错误；
C．11molP参与反应时，其中有5molP化合价降低，发生还原反应，6molP化合价升高，发生氧化反应，发生还原反应和氧化反应物质的量之比为5∶6，故C错误；
D．反应物CuSO4中仅有Cu元素化合价降低，作氧化剂，发生还原反应，故D正确；
答案选D。
22. 某烃的衍生物A，其分子式为C6H12O2，实验表明A和氢氧化钠溶液共热生成B和C，B和盐酸反应生成有机物D，C在铜催化和加热的条件下氧化为E，其中D、E都不能发生银镜反应。由此判断A的可能的结构有
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
【答案】A
【解析】
【详解】某羧酸衍生物A，其分子式为C6H12O2，所以A是酯，且只含一个酯基；根据A和氢氧化钠溶液共热生成B和C，B和盐酸反应生成有机物D，所以D是羧酸，C是醇；因为C在铜催化和加热的条件下氧化为E，其中D、E都不能发生银镜反应，所以D不是甲酸，E不是醛而是酮，故C中的醇羟基不在甲基上，因为C中的醇羟基不在甲基上，D不是甲酸。分不同情况进行分析：1.若D是乙酸，C只能是2-丁醇，A为；2.若D是丙酸，C只能是2-丙醇，A为；3.若D是丁酸或2-甲基丙酸，C只能是乙醇，乙醇能被氧化成乙醛，不符合题意，所以A的可能的结构只有两种，故答案选A。
23. 高铁酸钾纯品为暗紫色有光泽粉末。在以下干燥空气中稳定。极易溶于水而形成浅紫红色溶液，静置后会分解放出氧气，并沉淀出水合三氧化二铁。溶液碱性随分解而增大，在强碱性溶液中相当稳定，是极好的氧化剂。具有高效的消毒作用，比高锰酸钾具有更强的氧化性。高铁酸钾的分子式为，工业制备高铁酸钾的离子方程式为(未配平)，下列有关说法不正确的是
A. 由上述反应可知，的氧化性强于
B. 高铁酸钾中铁显＋6价
C. 上述反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为
D. 处理水时，不仅能消毒杀菌，还生成水解形成胶体吸附水中悬浮杂质
【答案】C
【解析】
【详解】A．氧化剂的氧化性强于氧化产物,是氧化剂,是氧化产物，A项正确；
B．高铁酸钾中氧元素是-2价，钾元素是+1价，因此铁元素是+6价，B项正确；
C．反应方程式为，氧化剂是，还原剂是氢氧化铁，氧化剂与还原剂物质的量之比是3：2，C项错误；
D．高铁酸钾具有强氧化性，在处理水时,不仅能消毒杀菌，而且三价铁离子水解形成氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮杂质，D项正确；
答案选C
24. 向、的混合溶液中通入氯气时，溶液中的，下列说法中不正确的是
A. 还原性：
B. 若让溶液中刚好下降至0时，还需要再通入氯气
C. 若将溶质全部反应完，共需要消耗氯气
D. 发生反应的离子反应可表示为：
【答案】D
【解析】
【详解】A.溶液中的离子反应包括：、、，原溶液中、、，通入氯气时，溶液中的，即反应掉，耗，还有是与反应，即有还原性：，故A正确；
B.结合A，溶液中刚好下降至0时，还需消耗，故B正确；
C.溶质全部反应完，需消耗氯气，故C正确；
D.当通入时，反应掉的，离子方程式为，故D错误；
故选D。
25. 我国科学家研究了活性炭催化条件下煤气中的H2S和Hg的协同脱除，部分反应机理如图(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。有关该过程的叙述错误的是
A. 产生清洁燃料H2 B. H2S 脱除率为100%
C. H2S既被氧化又被还原 D. 脱Hg反应为Hg+S= HgS
【答案】B
【解析】
【详解】A．H2S被吸附在催化剂活性炭表面形成H原子，H原子与H原子成键生成H2，A正确；
B．由图可知，H2S分解产生的H2和S单质会再次生成H2S，脱除率小于100%，B错误；
C．由图可知，H2S生成S单质的过程中，硫元素的化合价升高，被氧化，H2S生成H2的过程中，H元素化合价降低，被还原，C正确；
D．该过程是H2S和Hg的协同脱除，故生成的S单质与Hg反应生成HgS，D正确；
故答案选B。
二、填空题(共4小题，共计50分)
26. NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒．已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O。
（1）上述反应中氧化剂是___，氧化产物是___（填写化学式）。
（2）根据上述反应，鉴别NaNO2、NaCl．可选用的物质有：①水、②碘化钾淀粉试纸、③淀粉、④白酒、⑤食醋，你认为必须选用的物质有______（填序号）。
（3）某厂废液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是______（填编号）。
A．NaCl B．NH4Cl C．HNO3 D．浓H2SO4
（4）化学方程式：10Al+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+3N2↑+2H2O．若反应过程中转移5mole-，则生成标准状况下N2的体积为______L。
【答案】 ①. NaNO2 ②. I2 ③. ②⑤ ④. B ⑤. 11.2
【解析】
【分析】(1)氧化还原反应中，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂；
(2)根据反应时有沉淀、气体、颜色变化等明显现象选择试剂；
(3)选择试剂时要考虑：既能使NaNO2转化又无二次污染；
(4)反应中Al元素的化合价由0升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为0，由电子守恒分析。
【详解】(1)2NaNO2+4HI═2NO+I2+2NaI+2H2O，氮元素的化合价降低，则NaNO2是氧化剂；I元素化合价从-1价升高为0价，则氧化产物为I2；
(2)①水、③淀粉、④白酒与NaNO2都不反应，所以无明显现象；KI与NaNO2反应生成I2必须在酸性条件下才能反应，食醋会电离出微量的氢离子，碘化钾在食醋本身带的溶剂水中电离出碘离子，亚硝酸钠电离出亚硝酸根与钠离子，发生反应生成碘单质，I2使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故答案为②⑤；
(3)NaNO2→N2是被还原，必须加还原剂；N元素非金属性弱于O和Cl元素，故只能加NH4Cl作还原剂．方程式为NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O，亚硝酸钠中氮得到3电子指向氮气中的氮，氯化铵中氮失去3电子指向氮气中的氮，故答案为B；
(4)在反应10Al+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+3N2↑+2H2O中溶解10molAl转移30mol电子，同时生成3molN2，则过程中转移5mole-，则生成标准状况下N2的体积为5mol××22.4L/mol=11.2L。
【点睛】考查氧化还原反应，侧重于还原剂的判断的考查，注意从化合价的角度分析氧化还原反应。根据化合价的变化，氧化剂得电子被还原，化合价降低，发生还原反应，得到的产物为还原产物；还原剂失电子被氧化，化合价升高，发生氧化反应，得到的产物为氧化产物。可以用口诀：失高氧，低得还：失电子，化合价升高，被氧化(氧化反应)，还原剂；得电子，化合价降低，被还原(还原反应)，氧化剂。
27. 高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。某实验小组采用如图装置制备高铁酸钾并探究其性质用途。
资料：为紫色固体，微溶于KOH溶液，难溶于有机溶剂；具有强氧化性在酸性或中性溶液中紫色快速褪去并产生，在碱性溶液中较稳定。
Ⅰ制备夹持、加热等装置略
中所用试剂为______。
中反应为放热反应，而反应温度须控制在，可使用的控温方法为______，充分反应后得到紫色固体，反应方程式为______。反应中KOH必须过量的原因是______。
中混合物经过滤、洗涤、干燥，得纯净高铁酸钾晶体，洗涤时洗涤剂可选用______。
冰水 溶液 异丙醇
Ⅱ探究的性质
可以将废水中的氧化为，实验表明，时去除效果最佳。配平反应离子方程式：
____________________________________。现处理含离子浓度为的废水，至少需要______g。
资料表明，酸性溶液中氧化性验证实验：将少量溶解在过量KOH溶液中，溶液呈浅紫色，取该溶液滴入和的混合溶液中，振荡，溶液颜色仍然呈浅紫色。请设计实验证明最后所得浅紫色溶液中含有______。
【答案】 ①. 饱和食盐水 ②. 冷水浴 ③. ④. 保持溶液碱性，防止变质 ⑤. ⑥. ⑦. 3 ⑧. 5 ⑨. 2 ⑩. 3 ⑪. 4 ⑫. 66 ⑬. 向最后的浅紫色溶液中滴加过量稀硫酸，振荡，溶液浅紫色未褪去
【解析】
【分析】由实验装置可知，A中发生反应生成氯气，B中饱和食盐水可除去氯气中的氯化氢，C中在碱性条件下氯气可以氧化氢氧化铁制取高铁酸钾，洗涤时选异丙醇可减少晶体溶解损失，且醇容易挥发，易于干燥。
（4）铁元素的化合价从+6降低为+3价，碳元素的化合价从+2价升高为+4价，结合电子和电荷守恒配平；结合电子守恒计算需要的高铁酸钾。
（5）设计实验证明最后所得浅紫色溶液中的高锰酸根离子，可以利用酸性溶液中高铁酸根离子不稳定，加过量硫酸判断。
【详解】Ⅰ（1）由上述分析可知，B中所用试剂为饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；
（2）C中反应为放热反应，而反应温度须控制在，可使用的控温方法为冷水浴，充分反应后得到紫色固体，
反应方程式为反应中KOH必须过量的原因是保持溶液碱性，防止变质，
故答案为：冷水浴；；保持溶液碱性，防止变质；
（3）C中混合物经过滤、洗涤、干燥，得纯净高铁酸钾晶体，洗涤时洗涤剂可选用异丙醇，选水时晶体溶解，选KOH时引入新杂质，
故答案为：c；
Ⅱ
元素的化合价由价降低为价，C元素的化合价由价升高为价，由电子、电荷及原子守恒可知离子反应为；由电子守恒可知处理含离子浓度为的废水，至少需要为，
故答案为：2；3；5；2；3；4；66；
证明最后所得浅紫色溶液中含有，设计实验为向最后的浅紫色溶液中滴加过量稀硫酸，振荡，溶液浅紫色未褪去，
故答案为：向最后的浅紫色溶液中滴加过量稀硫酸，振荡，溶液浅紫色未褪去。
28. 铬及其化合物有许多独特的性质和用途。如炼钢时加入一定量的铬可得到不锈钢，是实验中常用的强氧化剂之一，从含有铬、锌、钢、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质的工业废料回收铬的生产流程如图：
几种金属离子生成氢氧化物沉淀的见表：
氢氧化物
开始沉淀的
1.5
8
7.2
6
沉淀完全的
3.3
12
9.5
8
请回答下列问题：
（1）写出提高酸浸速率的措施_______(写出两点)。
（2）酸浸时形成的金属离子的价态均相同，料渣中含有大量的合金，写出除钴时反应的离子方程式_______。
（3）若仅从试剂的经济角度考虑，试剂X最好是_______，如果试剂X是，请写出其氧化的离子反应方程式_______。
（4）已知氧化过程中铁、铬形成的离子均被完全氧化，则调时应将控制在_______范围内，单质铬与试剂Y反应时，反应中二者消耗量_______。
（5）设计实验检验废液中是否含有：_______。
【答案】（1）将废料粉碎、适当升高温度(或适当增大硫酸浓度)
（2）As2O3+2Co2++5Zn+6H+=5Zn2++2CoAs+3H2O
（3） ①. 空气 ②. 2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（4） ①. 3.3≤pH<6 ②. 4：3
（5）取废液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明溶液中含有Fe3+，否则不含Fe3+。
【解析】
【小问1详解】
采用将废料粉碎以增大反应物接触面积、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等都能提高酸浸速率，故答案为：将废料粉碎、适当升高温度(或适当增大硫酸浓度)。
【小问2详解】
铁与稀硫酸反应生成Fe2+，其他金属(除铜外)也均转化为二价离子，锌将Co2+、 As2O3还原为相应的单质，两种单质形成合金，离子反应为：As2O3+2Co2++5Zn+6H+=5Zn2++2CoAs+3H2O；故答案为：As2O3+2Co2++5Zn+6H+=5Zn2++2CoAs+3H2O
【小问3详解】
氧气、氯气、过氧化氢等氧化剂均能氧化Fe2+，但空气的经济价值最低；如果试剂X是H2O2，氧化Fe2+的离子反应方程式：2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；故答案为:空气；2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。
【小问4详解】
调pH时得到Fe(OH)3沉淀，为将铁离子除尽，且Cr3+不沉淀，pH应不小于3.3，但要小于6；单质铬与氧气反应得到Cr2O3反应中二者消耗量n(Cr):n(Y)=4：3，故答案为：3.3≤pH<6；4：3。
【小问5详解】
用KSCN溶液检验Fe3+，取废液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明溶液中含有Fe3+，否则不含Fe3+
故答案为：取废液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明溶液中含有Fe3+，否则不含Fe3+。
29. C和Si元素在化学中占有极其重要的地位。
（1）写出Si的基态原子核外最外层电子排布式_______，C、O、Si三种元素的电负性由大到小的顺序为_______。
（2）干冰是分子晶体，其密度比冰大的原因是_______。SiC晶体的结构与晶体硅的相似，其中C原子的杂化方式为_______。
（3）氧化物XO的电子总数与SiC的相等，则X为_______(填元素符号)，XO是优良的耐高温材料，其熔点比CaO高的原因是_______。
（4）向盛有硫酸铜水溶液的试管中加氨水，先形成蓝色沉淀，继续加入氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液。在这个过程中先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解的原因是：_______。
（5）下图表示的是SiO2的晶胞结构(白圈代表硅原子，黑点代表氧原子)，判断在30g二氧化硅晶体中含_______键。如果该立方体的边长为，用表示阿伏加德罗常数，则SiO2晶体的密度表达式为_______。
【答案】（1） ①. 3s23p2 ②. O>C>Si
（2） ①. 干冰晶体属于分子密堆积，分子间只有范德华力；而冰晶体属于分子非密堆积，分子间的主要作用力是氢键，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以干冰的密度比冰大 ②. sp3杂化
（3） ①. Mg ②. Mg2+半径比Ca2+小，MgO的晶格能大
（4）向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先生成氢氧化铜沉淀：Cu2++2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，氢氧化铜与氨水会继续发生反应： Cu(OH)2+4NH3∙H2O=Cu(NH3)42++2OH-+4H2O，沉淀溶解
（5） ①. 2 ②.
【解析】
【小问1详解】
Si的基态原子核外电子排布式1s22s22p63s23p2，最外层电子排布式为3s23p2，同一周期主族元素从左向右电负性逐渐增大，同一主族元素从上到下电负性逐渐减小，C、O、Si三种元素的电负性由大到小的顺序为O>C>Si；故答案为：3s23p2；O>C>Si；
【小问2详解】
干冰晶体属于分子密堆积，分子间只有范德华力；而冰晶体属于分子非密堆积，分子间的主要作用力是氢键，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以干冰的密度比冰大；晶体硅中1个硅原子与4个硅原子相连，呈正四面体结构，所以其杂化方式是sp3，SiC的晶体结构与晶体硅的相似，故C原子的杂化方式为sp3杂化；
故答案为：干冰晶体属于分子密堆积，分子间只有范德华力；而冰晶体属于分子非密堆积，分子间的主要作用力是氢键，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以干冰的密度比冰大；sp3杂化；
【小问3详解】
氧化物XO的电子总数与SiC的相等，则X原子中电子数为12，原子中电子数=原子序数=12，所以X为Mg元素，MgO和CaO都是离子晶体，镁离子半径小于钙离子，且二者所带电荷数相等，则MgO的晶格能大于CaO，所以MgO的熔点高于CaO，
故答案为：Mg；Mg2+半径比Ca2+小，MgO的晶格能大；
【小问4详解】
向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先生成氢氧化铜沉淀
Cu2++2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，氢氧化铜与氨水会继续发生反应： Cu(OH)2+4NH3∙H2O
=Cu(NH3)42++2OH-+4H2O，沉淀溶解，故答案为：向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先生成氢氧化铜沉淀：Cu2++2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，氢氧化铜与氨水会继续发生反应： Cu(OH)2+4NH3∙H2O=Cu(NH3)42++2OH-+4H2O，沉淀溶解；
【小问5详解】
30g二氧化硅的物质的量为： ，每个Si原子形成4 个Si-O键，30g二氧化硅晶体中含Si-O键为0.5mol×4=2mol；晶胞中Si原子数目：
，则晶胞中O原子数目为8×2=16，晶胞质量=，晶
胞体积为a3cm3，则晶体密度： ，故答案为：2；。
银川六中2022~2023学年第一学期第二次月考
高三化学试卷
考试时间100分钟 总分100分
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 K-39 Mg-24 Si-28 Cl-35.5 Fe-56 Ni-59
一、单选题(共25小题，每小题2分，共50分)
1. 我国古代科技富载化学知识。下列对古文献涉及的化学知识叙述不正确的是
选项
古文
化学知识
A
烧酒法用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露
烧酒酿制用了蒸馏的方法
B
“石胆化铁为铜”开创了人类文明史湿法冶金先河
利用金属单质置换反应
C
南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白
黄泥来吸附糖中的色素
D
丹砂烧之成水银，积变又成丹砂
丹砂熔融成液态，冷却变成晶体
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，A正确；
B．得铁化为铜，发生置换反应，应为湿法炼铜，可以用铁来冶炼铜，B正确；
C．黄泥具有吸附作用，可除杂质，可采用黄泥来吸附红糖中的色素，C正确；
D．丹砂烧之成水银，发生化学变化，生成汞，熔融成液态是物理变化，D错误；
故答案选D。
2. 化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是
A. 有机磷农药多为磷酸酯或硫代磷酸脂类物质，肥皂水等碱性物质有利其水解而解毒
B. 使用国际通行的凯氏定氮法测定奶着中的蛋白质含量时，会把三聚氰胺当做蛋白质而导致测定结果偏高
C. 石油催化裂化的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃；石油裂解的主要目的是提高汽油等轻质油的产量
D. 《天 工开物) 中有如下描述:“世间丝、麻、裘、揭皆具素质…...”文中的“袭”主要成分是蛋白质
【答案】C
【解析】
【详解】A．磷酸酯或硫代磷酸脂类物质在碱性条件下能够发生水解反应，从而达到解毒的目的，A正确；
B．三聚氰胺中的含氮量较高，从而导致凯氏定氮法测定的奶中氮元素含量增大，测定结果偏高，B正确；
C．石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量，而石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃，C错误；
D．“袭”指是动物的毛皮，主要成分为蛋白质，D正确；
答案选C。
3. 和的混合气体与的NO比较，下列判断错误的是
A. 在同温同压下密度一定相等 B. 在同温同体积下压强一定相等
C. 在标准状况下体积一定相等 D. 在任何状况下原子数一定相等
【答案】A
【解析】
【详解】A．在同温同压下，物质的量相同所占的体积相同，但两组气体质量不一定相同，则密度不一定相等，故A正确；
B．根据理想气体状态方程式 可知在同温同体积下物质的量相同时压强一定相等，故B错误；
C．在标准状况下根据 可知，物质的量相同时体积一定相等，故C错误；
D．在任何状况下，物质的量相同则分子数相同，两组气体都是双原子分子，所以在任何状况下原子数一定相等，故D错误；
故选A。
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值。以下表达正确的选项是（ ）
A. 在标况下，11.2LNO与11.2LO2混合后所含分子数为0.75NA
B. 12g金刚石中含有的共价键数为4NA
C. 0.1molNa2O2晶体中含有0.3NA个离子
D. 铝跟氢氧化钠溶液反应生成1mol氢气时，转移的电子数为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.在标况下，11.2LNO与11.2LO2 的物质的量均为0.5mol，二者混合后发生反应2NO+O2=2NO2，所以0.5molNO和0.5mol O2 反应生成0.5molNO2，消耗0.25molO2，所以反应后气体的总物质的量应为0.75mol，但因存在2NO2=N2O4平衡关系，所以所含分子数小于0.75NA，故A错误；
B.12g金刚石中C的物质的量为n== 1mol，金刚石中碳原子成正四面体构型，每个碳原子连接4个其他的碳原子，因此每个C-C键中2个原子各自占一半，所以含有的共价键数为2NA，故B错误；
C.每个Na2O2中含有2个钠离子，1个过氧根离子，所以0.1mol Na2O2晶体中含有0.3molNA个离子，故C正确；
D.铝跟氢氧化钠溶液反应生成lmol氢气时转移2mol电子，所以转移的电子数为2NA，故D错误；
答案选C。
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，2.24L SO3中所含原子数为0.4NA
B. l0mL 12mol/L盐酸与足量MnO2加热反应，制得Cl2的分子数为0. 03NA
C. 0. 1mol CH4与0.4mol Cl2在光照下充分反应，生成CCl4的分子数为0.1NA
D. 常温常压下，6g乙酸中含有C-H键的数目为0.3NA
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A. 标准状况下，SO3不是气体，2.24L SO3并不是0.1 mol，A错误；
B. 12mol/L盐酸为浓盐酸，和足量的二氧化锰共热时，盐酸因消耗、部分挥发以及水的生成，使盐酸浓度变小不能完全反应，所以制得的Cl2小于0.03 mol，分子数小于0. 03NA，B错误；
C. 0. 1mol CH4与0.4mol Cl2在光照下充分反应，发生的是取代反应，得到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷及氯化氢的混合物，生成CCl4的分子数小于0.1NA，C错误；
D. 一个乙酸分子中有3个C-H键，则常温常压下，6g乙酸中含有C-H键的数目为0.3NA，D正确；
答案选D。
6. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. NaOH溶液：Na+、K+、CO、Al3+
B. FeSO4溶液：H+、Mg2+、Cl-、NO
C. KHCO3溶液：Na+、Cl-、SO、CO
D. H2SO4溶液：K+、Ba2+、NO、CH3COO-
【答案】C
【解析】
【详解】A．能与反应，且也可以与碳酸根离子发生反应，故不能在NaOH溶液中大量共存，故A错误；
B．与同时大量存在时，具有强氧化性，能将氧化成，故B错误；
C．各离子与碳酸氢钾均不反应，且离子间互不反应，故可以大量共存，故C正确；
D．与反应生成硫酸钡沉淀、与反应生成弱电解质，故、不能在硫酸溶液中大量共存，故D错误；
故选C。
7. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的有几组
①酸性溶液中：Na＋、ClO－、SO、I－
②无色溶液中：K＋、Na＋、MnO、SO
③碱性溶液中：Cl－、CO、SO、K＋、AlO
④中性溶液中：Fe3＋、K＋、Cl－、SO
⑤常温下，由水电离出的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液中：Na＋、Ba2＋、Cl－、Br－
⑥与铝粉反应放出H2的无色溶液中：NO、Al3＋、Na＋、SO
A. 1组 B. 2组 C. 3组 D. 4组
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】①酸性溶液中存在大量H+，ClO－与H+能够反应生成弱电解质HClO，且ClO－能氧化I-，因此该组微粒不能大量共存；
②含溶液呈紫红色，不能在无色溶液中大量共存；
③碱性溶液中存在大量OH-，该组微粒之间相互之间不会发生反应，因此能够大量共存；
④含Fe3＋的溶液呈酸性，因此不能在中性溶液中大量共存；
⑤常温下，由水电离出的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，该组微粒之间不会发生反应，且与H+、OH-均不会反应，因此能够大量共存；
⑥与铝粉反应放出H2的无色溶液可能为酸溶液，也可能为强碱溶液，强碱性条件下Al3＋能与OH-之间会发生反应而不能大量共存；
综上所述，各组离子在指定溶液中一定能大量共存的有③⑤，共2组，故答案为B。
8. 已知有机物是合成青蒿素的原料之一（如图）。下列有关该有机物的说法正确的是（ ）
A. 可与酸性KMnO4溶液反应
B. 既能发生消去反应，又能发生加成反应
C. 分子式为C6H10O4
D. 1mol该有机物与足量的金属Na反应最多产生33.6LH2
【答案】A
【解析】
【分析】中含有有官能团羟基和羧基，所以具有羟基和羧基的性质。
【详解】A. 该有机物右上角的羟基可被酸性KMnO4溶液氧化为羧基，A正确；
B. 该有机物右下角的羟基可以发生消去反应，但该有机物不能发生加成反应，B错误；
C. 分子式为C6H12O4，C错误；
D. 未说明是标准状况，所以不确定该有机物与金属Na反应最多产生的H2体积，D错误；
故选A。
9. 中成药莲花清瘟胶囊对于治疗轻型和普通型的新冠肺炎有确切的疗效。其有效成分绿原酸及其水解产物M的结构简式如下图，下列有关说法正确的是
A. 两种分子中所有原子可能共平面
B. M的分子式为C9H10O4
C. 绿原酸和M都能发生加成、取代和加聚反应
D. 绿原酸和M最多都能与3molBr2发生反应
【答案】C
【解析】
【分析】苯环和碳碳双键能发生加成反应，羟基、酯基、羧基能发生取代反应，碳碳双键能发生加聚反应，绿原酸中含有饱和碳原子，M中不含饱和碳原子。
【详解】A． 饱和碳原子具有甲烷结构特点，苯环、乙烯、-COOH、-OH中所有原子共平面，单键可以旋转，绿原酸中含有饱和碳原子，采用sp3杂化，为四面体结构，所以绿原酸中所有原子一定不共平面，M中所有原子可能共平面，故A错误；
B． M分子中C、H、O原子个数依次是9、8、4，分子式为C9H8O4，故B错误；
C． 苯环和碳碳双键能发生加成反应，羟基、酯基、羧基能发生取代反应，碳碳双键能发生加聚反应，所以绿原酸和M都能发生加成反应、取代反应、加聚反应，故C正确；
D． 苯环上酚羟基的邻位和对位氢原子能和溴以1：1发生取代反应，碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，1mol绿原酸最多消耗4mol溴、1molM最多消耗4mol溴，故D错误；
故选：C。
10. 下列是某同学对相应的离子方程式所作的评价，其中评价合理的是
编号
化学反应
离子方程式
评 价
A
碳酸钙与醋酸反应
CO+2CH3COOH =CO2↑+H2O+2CH3COO-
错误，碳酸钙是弱电解质，不应写成离子形式
B
NaAlO2溶液中通入过量CO2
2AlO+CO2+3H2O==2Al(OH)3↓+CO
正确
C
NaHCO3的水解
HCO+H2O ═ CO+H3O+
错误，水解方程式误写成电离方程式
D
等物质的量的FeBr2和Cl2反应
2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
错误，离子方程式中Fe2+与Br-的物质的量之比与化学式不符
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸钙与醋酸反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=CO2↑+H2O+Ca2++2CH3COO-，碳酸钙是强电解质，但不溶于水，评价不合理，故A错误；
B．NaAlO2溶液中通入过量CO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+2HCO，评价错误，故B错误；
C．NaHCO3的水解的离子方程式为：HCO+H2OH2CO3+OH-，评价正确，故C正确；
D．等物质的量的FeBr2和Cl2反应，离子方程式为：2Fe2++2Br-+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl-，离子方程式正确，评价错误，故D错误；
故选C。
11. 下列反应的离子方程式中正确的是
A. 向溶液中通入气体：
B. 碳酸钡加入稀硫酸：
C 向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠：
D. 等物质的量的、和溶液混合：
【答案】B
【解析】
【详解】A．向溶液中通入气体，不反应，故A错误；
B．生成的硫酸钡难溶于水，用化学式表示，故B错误；
C．向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠生成碳酸钙、碳酸钠和水，故C正确；
D．等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2 和HCl溶液混合的离子反应为2H++Mg2++4OH-═Mg（OH）2↓+2H2O，故D错误；
故选B
12. 下列对应离子方程式书写错误的是
A. 向溶液中通入：
B. 向氧化亚铁中加入适量稀硝酸：
C. 向溶液中通入：
D. 向亚硫酸氢钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液：
【答案】D
【解析】
【详解】A．二价铁可以被氯气氧化为三价铁，离子方程式为：，A正确；
B．硝酸有强氧化性，可以把二价铁氧化为三价铁，则相应的离子方程式为：，B正确；
C．次氯酸钠有氧化性，可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，离子方程式为：，C正确；
D．亚硫酸氢根离子不能拆，可以被高锰酸根离子氧化为硫酸根离子，离子方程式为：，D错误；
故选D。
13. 短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W 在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，X 的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，非金属元素 Y 的原 子序数是 Z 的最外层电子数的 2 倍。下列叙述不正确的是
A. Y、Z的氢化物稳定性 Y> Z
B. Y单质的熔点高于X 单质
C. X、W、Z 能形成具有强氧化性的 XZW
D. YZ4分子中 Y 和 Z 都 满足8 电子稳定结构
【答案】A
【解析】
【详解】W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，W为O元素；X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，X为Na元素；短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的 2 倍，则Y为Si、Z为Cl元素；
A.非金属性Si
C.X（Na）、W（O）、Z（Cl）能形成NaClO，NaClO具有强氧化性，C正确；
D.YZ4为SiCl4，SiCl4的电子式为，Si和Cl都满足8电子稳定结构，D正确；
答案选A。
14. 有八种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h，其中x、y、d、f随着原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示。 z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH与原子序数的关系如图2所示。
根据上述信息进行判断，下列说法正确的是（ ）
A. d、e、f、g 形成的简单离子中，半径最大的是d离子
B. d与e形成的化合物中只存在离子键
C. x、y、z、d、e、f、g、h的单质中，f的熔点最高
D. x与y可以形成多种化合物，可能存在非极性共价键
【答案】D
【解析】
【分析】x、y、z、d、e、f、g、h为原子序数依次递增的短周期主族元素，从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可以知道x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，f是Al元素，z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为0.01mol·L-1 ，e的pH为12，为一元强碱，则e是Na元素，z、h的pH均为2，为一元强酸，则z为N元素、h为Cl元素，g的pH小于2，则g的为二元强酸，故g为S元素，据此分析解答问题。
【详解】A．d、e、f、g 形成的简单离子分别为：O2-、Na+、Al3+、S2-，O2-、Na+、Al3+离子的电子层数相同，但核电荷数Al>Na>O，则离子半径O2->Na+>Al3+，而S2-的电子层数最多，半径最大，故半径最大的是g离子，A选项错误；
B．d与e形成的化合物可以是Na2O，也可以是Na2O2，Na2O2既含有离子键，也含有共价键，B选项错误；
C．x、y、z、d、e、f、g、h的单质分别为：H2、C、N2、O2、Na、Al、S、Cl2，C单质可形成金刚石，为原子晶体，故单质熔点最高的可能是y，C选项错误；
D．x与y可以形成多种有机化合物，其中CH2=CH2等存在着非极性键，D选项正确；
答案选D。
【点睛】此题C选项为易错点，C单质有很多的同素异形体，熔沸点有差异，容易忽略这一关键点，导致误选C答案。
15. 某溶液中可能存在Br-、CO、SO、Al3+、I-、Mg2+、Na+七种离子中的某几种。现取该溶液进行实验，得到如下现象：
①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；
②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；
③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。
已知：5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3
据此可以判断，该溶液中肯定不存在的离子组是（ ）
A. Al3+、Mg2+、SO
B. Mg2+、CO、I-
C. Al3+、SO、I-
D. Al3+、Br-、SO
【答案】A
【解析】
【详解】根据①可判断溶液中有Br-和CO，根据离子共存原则知，不存在Al3+、Mg2+；根据②可判断溶液中无SO；根据③不能确定是否含有I-，因为在①中氯水可能把I-氧化成了IO，致使溶液不变蓝色，故A正确；
故选A。
16. 强酸性溶液X中可能含有、、、、、、、、中的若干种，某同学为了确认其成分，取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如下，下列结论正确的是
A. X中不能确定的离子是、、和
B. 气体F经催化氧化可直接生成气体D
C. 沉淀C一定是，沉淀G一定是，沉淀I一定是
D. X中肯定存在、、、、
【答案】A
【解析】
【分析】强酸性溶液中、不能存在；X溶液中加入过量Ba(NO3)2溶液生成沉淀C是BaSO4，说明有存在；硝酸被还原生成气体A为NO，说明有还原剂Fe2+存在，(即3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O)。溶液B加入过量NaOH溶液，生成的沉淀G为Fe(OH)3；生成的气体F为NH3，说明有存在。溶液H通入CO2生成沉淀I，由于前面加入过量的Ba(NO3)2溶液，引入了大量Ba2+，所以沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在Al3+，所以这里也不能确定沉淀I中有Al(OH)3；溶液J的焰色反应呈黄色，说明溶液J中有Na+，但由于前面加入过量NaOH溶液，引入了较多的Na+，因此不能确定溶液X中是否存在Na+；因为焰色黄色能掩盖紫色焰色，所以不能确定溶液X中是否有K+；另外，上述实验过程还不能确定溶液X中是否存在Cl-；
【详解】A．X中Al3+、、K+和Cl-不能确定，故A正确；
B．气体F为NH3，催化氧化能生成NO，不能直接氧化生成D为NO2，故B错误；
C．据此分析可知，沉淀C一定是BaSO4，沉淀G为Fe(OH)3，沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在Al3+，所以这里也不能确定沉淀I中有Al(OH)3，故C错误；
D．通过以上分析知，不能确定原来溶液中是否含有、，故D错误；
故选：A。
17. SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①SO2+2Fe3++2H2O=SO+2Fe2++4H+；②Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。则下列有关说法不正确的是
A. 氧化性：Cr2O＞Fe3+＞SO2
B. 标准状况下，若有6.72 L SO2参加反应，则最终消耗0.2mol K2Cr2O7
C. 反应②中，每有1mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA
D. 由上述反应原理推断：K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由①可知，Fe元素的化合价降低，则氧化性为Fe3+＞SO2，由②可知，Cr元素的化合价降低，则氧化性为Cr2O＞Fe3+，则氧化性：Cr2O＞Fe3+＞SO2，故A正确；
B．6.72 L SO2（标准状况）参加反应，物质的量是6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，由上述两个反应可知，存在3SO2～Cr2O，则最终消耗0.1molK2Cr2O7，故B错误；
C．每有1mol K2Cr2O7参加反应，转移电子为1mol×2×（6-3）=6mol，即转移电子的数目为6NA，故C正确；
D．因氧化性为Cr2O＞SO2，则K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故D正确；
故选B。
18. 下列方案设计、现象和结论有不正确的是
目的
方案设计
现象和结论
A
检验硫酸厂周边空气中是否含有二氧化硫
用注射器多次抽取空气，慢慢注入盛有酸性KMnO4稀溶液的同一试管中，观察溶液颜色变化
溶液不变色，说明空气中不含二氧化硫
B
鉴定某涂改液中是否存在含氯化合物
取涂改液与KOH溶液混合加热充分反应，取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液，观察现象
出现白色沉淀，说明涂改液中存在含氯化合物
C
检验亚硫酸钠是否被氧化
将适量亚硫酸钠样品溶于蒸馏水，先加足量硝酸酸化，再加氯化钡溶液
出现白色沉淀，说明亚硫酸钠被氧化
D
鉴别食盐与亚硝酸钠
各取少量固体加水溶解，分别滴加含淀粉的酸性KI溶液，振荡，观察溶液颜色变化
溶液变蓝色的为亚硝酸钠，溶液不变蓝的为食盐
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．若空气中含有二氧化硫，具有还原性的二氧化硫会与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，所以溶液不变色，说明空气中不含二氧化硫，故A正确；
B．若涂改液中含有含氯化合物，涂改液与氢氧化钾溶液混合加热充分反应时氯代烃会发生水解反应生成氯化钾，取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液，氯化钾溶液会与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，所以出现白色沉淀，说明涂改液中存在含氯化合物，故B正确；
C．检验亚硫酸钠是否被氧化时，将适量亚硫酸钠样品溶于蒸馏水，先加足量硝酸酸化，具有强氧化性的硝酸会将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，再加氯化钡溶液时会生成不溶于稀硝酸的硫酸钡白色沉淀，所以出现白色沉淀，不能说明亚硫酸钠被氧化，故C错误；
D．鉴别食盐与亚硝酸钠时，各取少量固体加水溶解，分别滴加含淀粉的酸性碘化钾溶液，振荡，氯化钠与碘化钾不反应，溶液不会变色，而亚硝酸钠溶液酸性条件下能与碘化钾溶液反应生成能使淀粉溶液变蓝色的碘，溶液会变为蓝色，所以溶液变蓝色的为亚硝酸钠，溶液不变蓝的为食盐，故D正确；
故选C。
19. NaClO2是一种高效的氧化型漂白剂，饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O。某小组利用下图装置制备了少量NaClO2.已知甲装置可制备ClO2，ClO2沸点为9.9℃，可溶于水，有毒，气体中ClO2浓度较高时易发生爆炸。
下列说法不正确的是
A. 实验前通CO2是为了排尽装置内的空气，防止氧化NaClO2，实验过程中通入CO2是在稀释ClO2
B. 本实验中甲醇体现还原性，H2O2体现氧化性
C. NaClO2的名称是亚氯酸钠，冰水浴有利于NaClO2·3H2O析出
D. 丙中的反应可能为：6ClO2＋6NaOH=NaCl＋5NaClO3＋3H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaClO2中Cl的化合价为+3价，处于-1至+7之间，则NaClO2既有氧化性又有还原性，可能会被空气中的氧气氧化，所以实验前通CO2是为了排尽装置内的空气，防止NaClO2被氧化；又因气体中ClO2浓度较高时易发生爆炸，所以实验过程中通入CO2是在稀释ClO2，防止发生危险，故A不选；
B．甲装置中甲醇与在酸性条件下反应生成，体现氧化性，甲醇体现还原性；由在乙装置中发生的反应可知，双氧水在反应中体现还原性，故选B；
C．由饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O可知，冰水浴有利于NaClO2·3H2O析出，故C不选；
D．丙装置为尾气处理装置，用NaOH溶液吸收防止污染空气，其反应可能为6ClO2＋6NaOH=NaCl＋5NaClO3＋3H2O，故D不选。
答案选B
20. 下列实验现象与实验操作不相匹配的是
实验操作
实验现象
A
向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置
溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层
B
将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶
集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生
C
向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸
有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊
D
向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液
黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳无机小分子，则实验现象中不会出现分层，A项错误；
B. 将镁条点燃后迅速伸入集满二氧化碳的洗气瓶，发生反应为：CO2+2Mg2MgO+C，则集气瓶因反应剧烈冒有浓烟，且生成黑色颗粒碳单质，实验现象与操作匹配，B项正确；
C. 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，发生氧化还原反应，其离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，则会有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，实验现象与操作匹配，C项正确；
D. 向盛有氯化铁溶液的试管中加过量的铁粉，铁粉会将溶液中所有的铁离子还原为亚铁离子，使黄色逐渐消失，充分振荡后，加1滴KSCN溶液，因振荡后的溶液中无铁离子，则溶液不会变色，实验现象与操作匹配，D项正确；
答案选A。
21. 对于白磷引起的中毒，硫酸铜溶液是一种解毒剂，有关反应如下：11P＋15CuSO4＋24H2O＝5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4，下列关于该反应说法正确的是
A. Cu3P既是氧化产物也是还原产物
B. 11molP参与反应时，该反应中有15mol电子发生转移
C. P发生还原反应和氧化反应的物质的量之比为6∶5
D. CuSO4仅作氧化剂，发生还原反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】11P＋15CuSO4＋24H2O＝5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4，反应中，P的化合价既升高又降低，其中5molP化合价降低，6molP化合价升高，Cu的化合价降低；
A．Cu3P中Cu的化合价为+1，P的化合价为-3，Cu的化合价从+2降低到+1，P的化合价从0价降低到Cu3P中的-3价，生成物Cu3P中只有元素化合价降低，所以是还原产物，故A错误；
B．11molP参与反应时，其中有6molP化合价从0价升高到+5价，作还原剂，共有30mol电子发生转移，故B错误；
C．11molP参与反应时，其中有5molP化合价降低，发生还原反应，6molP化合价升高，发生氧化反应，发生还原反应和氧化反应物质的量之比为5∶6，故C错误；
D．反应物CuSO4中仅有Cu元素化合价降低，作氧化剂，发生还原反应，故D正确；
答案选D。
22. 某烃的衍生物A，其分子式为C6H12O2，实验表明A和氢氧化钠溶液共热生成B和C，B和盐酸反应生成有机物D，C在铜催化和加热的条件下氧化为E，其中D、E都不能发生银镜反应。由此判断A的可能的结构有
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
【答案】A
【解析】
【详解】某羧酸衍生物A，其分子式为C6H12O2，所以A是酯，且只含一个酯基；根据A和氢氧化钠溶液共热生成B和C，B和盐酸反应生成有机物D，所以D是羧酸，C是醇；因为C在铜催化和加热的条件下氧化为E，其中D、E都不能发生银镜反应，所以D不是甲酸，E不是醛而是酮，故C中的醇羟基不在甲基上，因为C中的醇羟基不在甲基上，D不是甲酸。分不同情况进行分析：1.若D是乙酸，C只能是2-丁醇，A为；2.若D是丙酸，C只能是2-丙醇，A为；3.若D是丁酸或2-甲基丙酸，C只能是乙醇，乙醇能被氧化成乙醛，不符合题意，所以A的可能的结构只有两种，故答案选A。
23. 高铁酸钾纯品为暗紫色有光泽粉末。在以下干燥空气中稳定。极易溶于水而形成浅紫红色溶液，静置后会分解放出氧气，并沉淀出水合三氧化二铁。溶液碱性随分解而增大，在强碱性溶液中相当稳定，是极好的氧化剂。具有高效的消毒作用，比高锰酸钾具有更强的氧化性。高铁酸钾的分子式为，工业制备高铁酸钾的离子方程式为(未配平)，下列有关说法不正确的是
A. 由上述反应可知，的氧化性强于
B. 高铁酸钾中铁显＋6价
C. 上述反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为
D. 处理水时，不仅能消毒杀菌，还生成水解形成胶体吸附水中悬浮杂质
【答案】C
【解析】
【详解】A．氧化剂的氧化性强于氧化产物,是氧化剂,是氧化产物，A项正确；
B．高铁酸钾中氧元素是-2价，钾元素是+1价，因此铁元素是+6价，B项正确；
C．反应方程式为，氧化剂是，还原剂是氢氧化铁，氧化剂与还原剂物质的量之比是3：2，C项错误；
D．高铁酸钾具有强氧化性，在处理水时,不仅能消毒杀菌，而且三价铁离子水解形成氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮杂质，D项正确；
答案选C
24. 向、的混合溶液中通入氯气时，溶液中的，下列说法中不正确的是
A. 还原性：
B. 若让溶液中刚好下降至0时，还需要再通入氯气
C. 若将溶质全部反应完，共需要消耗氯气
D. 发生反应的离子反应可表示为：
【答案】D
【解析】
【详解】A.溶液中的离子反应包括：、、，原溶液中、、，通入氯气时，溶液中的，即反应掉，耗，还有是与反应，即有还原性：，故A正确；
B.结合A，溶液中刚好下降至0时，还需消耗，故B正确；
C.溶质全部反应完，需消耗氯气，故C正确；
D.当通入时，反应掉的，离子方程式为，故D错误；
故选D。
25. 我国科学家研究了活性炭催化条件下煤气中的H2S和Hg的协同脱除，部分反应机理如图(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。有关该过程的叙述错误的是
A. 产生清洁燃料H2 B. H2S 脱除率为100%
C. H2S既被氧化又被还原 D. 脱Hg反应为Hg+S= HgS
【答案】B
【解析】
【详解】A．H2S被吸附在催化剂活性炭表面形成H原子，H原子与H原子成键生成H2，A正确；
B．由图可知，H2S分解产生的H2和S单质会再次生成H2S，脱除率小于100%，B错误；
C．由图可知，H2S生成S单质的过程中，硫元素的化合价升高，被氧化，H2S生成H2的过程中，H元素化合价降低，被还原，C正确；
D．该过程是H2S和Hg的协同脱除，故生成的S单质与Hg反应生成HgS，D正确；
故答案选B。
二、填空题(共4小题，共计50分)
26. NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒．已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O。
（1）上述反应中氧化剂是___，氧化产物是___（填写化学式）。
（2）根据上述反应，鉴别NaNO2、NaCl．可选用的物质有：①水、②碘化钾淀粉试纸、③淀粉、④白酒、⑤食醋，你认为必须选用的物质有______（填序号）。
（3）某厂废液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是______（填编号）。
A．NaCl B．NH4Cl C．HNO3 D．浓H2SO4
（4）化学方程式：10Al+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+3N2↑+2H2O．若反应过程中转移5mole-，则生成标准状况下N2的体积为______L。
【答案】 ①. NaNO2 ②. I2 ③. ②⑤ ④. B ⑤. 11.2
【解析】
【分析】(1)氧化还原反应中，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂；
(2)根据反应时有沉淀、气体、颜色变化等明显现象选择试剂；
(3)选择试剂时要考虑：既能使NaNO2转化又无二次污染；
(4)反应中Al元素的化合价由0升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为0，由电子守恒分析。
【详解】(1)2NaNO2+4HI═2NO+I2+2NaI+2H2O，氮元素的化合价降低，则NaNO2是氧化剂；I元素化合价从-1价升高为0价，则氧化产物为I2；
(2)①水、③淀粉、④白酒与NaNO2都不反应，所以无明显现象；KI与NaNO2反应生成I2必须在酸性条件下才能反应，食醋会电离出微量的氢离子，碘化钾在食醋本身带的溶剂水中电离出碘离子，亚硝酸钠电离出亚硝酸根与钠离子，发生反应生成碘单质，I2使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故答案为②⑤；
(3)NaNO2→N2是被还原，必须加还原剂；N元素非金属性弱于O和Cl元素，故只能加NH4Cl作还原剂．方程式为NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O，亚硝酸钠中氮得到3电子指向氮气中的氮，氯化铵中氮失去3电子指向氮气中的氮，故答案为B；
(4)在反应10Al+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+3N2↑+2H2O中溶解10molAl转移30mol电子，同时生成3molN2，则过程中转移5mole-，则生成标准状况下N2的体积为5mol××22.4L/mol=11.2L。
【点睛】考查氧化还原反应，侧重于还原剂的判断的考查，注意从化合价的角度分析氧化还原反应。根据化合价的变化，氧化剂得电子被还原，化合价降低，发生还原反应，得到的产物为还原产物；还原剂失电子被氧化，化合价升高，发生氧化反应，得到的产物为氧化产物。可以用口诀：失高氧，低得还：失电子，化合价升高，被氧化(氧化反应)，还原剂；得电子，化合价降低，被还原(还原反应)，氧化剂。
27. 高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。某实验小组采用如图装置制备高铁酸钾并探究其性质用途。
资料：为紫色固体，微溶于KOH溶液，难溶于有机溶剂；具有强氧化性在酸性或中性溶液中紫色快速褪去并产生，在碱性溶液中较稳定。
Ⅰ制备夹持、加热等装置略
中所用试剂为______。
中反应为放热反应，而反应温度须控制在，可使用的控温方法为______，充分反应后得到紫色固体，反应方程式为______。反应中KOH必须过量的原因是______。
中混合物经过滤、洗涤、干燥，得纯净高铁酸钾晶体，洗涤时洗涤剂可选用______。
冰水 溶液 异丙醇
Ⅱ探究的性质
可以将废水中的氧化为，实验表明，时去除效果最佳。配平反应离子方程式：
____________________________________。现处理含离子浓度为的废水，至少需要______g。
资料表明，酸性溶液中氧化性验证实验：将少量溶解在过量KOH溶液中，溶液呈浅紫色，取该溶液滴入和的混合溶液中，振荡，溶液颜色仍然呈浅紫色。请设计实验证明最后所得浅紫色溶液中含有______。
【答案】 ①. 饱和食盐水 ②. 冷水浴 ③. ④. 保持溶液碱性，防止变质 ⑤. ⑥. ⑦. 3 ⑧. 5 ⑨. 2 ⑩. 3 ⑪. 4 ⑫. 66 ⑬. 向最后的浅紫色溶液中滴加过量稀硫酸，振荡，溶液浅紫色未褪去
【解析】
【分析】由实验装置可知，A中发生反应生成氯气，B中饱和食盐水可除去氯气中的氯化氢，C中在碱性条件下氯气可以氧化氢氧化铁制取高铁酸钾，洗涤时选异丙醇可减少晶体溶解损失，且醇容易挥发，易于干燥。
（4）铁元素的化合价从+6降低为+3价，碳元素的化合价从+2价升高为+4价，结合电子和电荷守恒配平；结合电子守恒计算需要的高铁酸钾。
（5）设计实验证明最后所得浅紫色溶液中的高锰酸根离子，可以利用酸性溶液中高铁酸根离子不稳定，加过量硫酸判断。
【详解】Ⅰ（1）由上述分析可知，B中所用试剂为饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；
（2）C中反应为放热反应，而反应温度须控制在，可使用的控温方法为冷水浴，充分反应后得到紫色固体，
反应方程式为反应中KOH必须过量的原因是保持溶液碱性，防止变质，
故答案为：冷水浴；；保持溶液碱性，防止变质；
（3）C中混合物经过滤、洗涤、干燥，得纯净高铁酸钾晶体，洗涤时洗涤剂可选用异丙醇，选水时晶体溶解，选KOH时引入新杂质，
故答案为：c；
Ⅱ
元素的化合价由价降低为价，C元素的化合价由价升高为价，由电子、电荷及原子守恒可知离子反应为；由电子守恒可知处理含离子浓度为的废水，至少需要为，
故答案为：2；3；5；2；3；4；66；
证明最后所得浅紫色溶液中含有，设计实验为向最后的浅紫色溶液中滴加过量稀硫酸，振荡，溶液浅紫色未褪去，
故答案为：向最后的浅紫色溶液中滴加过量稀硫酸，振荡，溶液浅紫色未褪去。
28. 铬及其化合物有许多独特的性质和用途。如炼钢时加入一定量的铬可得到不锈钢，是实验中常用的强氧化剂之一，从含有铬、锌、钢、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质的工业废料回收铬的生产流程如图：
几种金属离子生成氢氧化物沉淀的见表：
氢氧化物
开始沉淀的
1.5
8
7.2
6
沉淀完全的
3.3
12
9.5
8
请回答下列问题：
（1）写出提高酸浸速率的措施_______(写出两点)。
（2）酸浸时形成的金属离子的价态均相同，料渣中含有大量的合金，写出除钴时反应的离子方程式_______。
（3）若仅从试剂的经济角度考虑，试剂X最好是_______，如果试剂X是，请写出其氧化的离子反应方程式_______。
（4）已知氧化过程中铁、铬形成的离子均被完全氧化，则调时应将控制在_______范围内，单质铬与试剂Y反应时，反应中二者消耗量_______。
（5）设计实验检验废液中是否含有：_______。
【答案】（1）将废料粉碎、适当升高温度(或适当增大硫酸浓度)
（2）As2O3+2Co2++5Zn+6H+=5Zn2++2CoAs+3H2O
（3） ①. 空气 ②. 2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（4） ①. 3.3≤pH<6 ②. 4：3
（5）取废液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明溶液中含有Fe3+，否则不含Fe3+。
【解析】
【小问1详解】
采用将废料粉碎以增大反应物接触面积、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等都能提高酸浸速率，故答案为：将废料粉碎、适当升高温度(或适当增大硫酸浓度)。
【小问2详解】
铁与稀硫酸反应生成Fe2+，其他金属(除铜外)也均转化为二价离子，锌将Co2+、 As2O3还原为相应的单质，两种单质形成合金，离子反应为：As2O3+2Co2++5Zn+6H+=5Zn2++2CoAs+3H2O；故答案为：As2O3+2Co2++5Zn+6H+=5Zn2++2CoAs+3H2O
【小问3详解】
氧气、氯气、过氧化氢等氧化剂均能氧化Fe2+，但空气的经济价值最低；如果试剂X是H2O2，氧化Fe2+的离子反应方程式：2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；故答案为:空气；2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。
【小问4详解】
调pH时得到Fe(OH)3沉淀，为将铁离子除尽，且Cr3+不沉淀，pH应不小于3.3，但要小于6；单质铬与氧气反应得到Cr2O3反应中二者消耗量n(Cr):n(Y)=4：3，故答案为：3.3≤pH<6；4：3。
【小问5详解】
用KSCN溶液检验Fe3+，取废液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明溶液中含有Fe3+，否则不含Fe3+
故答案为：取废液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明溶液中含有Fe3+，否则不含Fe3+。
29. C和Si元素在化学中占有极其重要的地位。
（1）写出Si的基态原子核外最外层电子排布式_______，C、O、Si三种元素的电负性由大到小的顺序为_______。
（2）干冰是分子晶体，其密度比冰大的原因是_______。SiC晶体的结构与晶体硅的相似，其中C原子的杂化方式为_______。
（3）氧化物XO的电子总数与SiC的相等，则X为_______(填元素符号)，XO是优良的耐高温材料，其熔点比CaO高的原因是_______。
（4）向盛有硫酸铜水溶液的试管中加氨水，先形成蓝色沉淀，继续加入氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液。在这个过程中先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解的原因是：_______。
（5）下图表示的是SiO2的晶胞结构(白圈代表硅原子，黑点代表氧原子)，判断在30g二氧化硅晶体中含_______键。如果该立方体的边长为，用表示阿伏加德罗常数，则SiO2晶体的密度表达式为_______。
【答案】（1） ①. 3s23p2 ②. O>C>Si
（2） ①. 干冰晶体属于分子密堆积，分子间只有范德华力；而冰晶体属于分子非密堆积，分子间的主要作用力是氢键，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以干冰的密度比冰大 ②. sp3杂化
（3） ①. Mg ②. Mg2+半径比Ca2+小，MgO的晶格能大
（4）向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先生成氢氧化铜沉淀：Cu2++2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，氢氧化铜与氨水会继续发生反应： Cu(OH)2+4NH3∙H2O=Cu(NH3)42++2OH-+4H2O，沉淀溶解
（5） ①. 2 ②.
【解析】
【小问1详解】
Si的基态原子核外电子排布式1s22s22p63s23p2，最外层电子排布式为3s23p2，同一周期主族元素从左向右电负性逐渐增大，同一主族元素从上到下电负性逐渐减小，C、O、Si三种元素的电负性由大到小的顺序为O>C>Si；故答案为：3s23p2；O>C>Si；
【小问2详解】
干冰晶体属于分子密堆积，分子间只有范德华力；而冰晶体属于分子非密堆积，分子间的主要作用力是氢键，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以干冰的密度比冰大；晶体硅中1个硅原子与4个硅原子相连，呈正四面体结构，所以其杂化方式是sp3，SiC的晶体结构与晶体硅的相似，故C原子的杂化方式为sp3杂化；
故答案为：干冰晶体属于分子密堆积，分子间只有范德华力；而冰晶体属于分子非密堆积，分子间的主要作用力是氢键，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以干冰的密度比冰大；sp3杂化；
【小问3详解】
氧化物XO的电子总数与SiC的相等，则X原子中电子数为12，原子中电子数=原子序数=12，所以X为Mg元素，MgO和CaO都是离子晶体，镁离子半径小于钙离子，且二者所带电荷数相等，则MgO的晶格能大于CaO，所以MgO的熔点高于CaO，
故答案为：Mg；Mg2+半径比Ca2+小，MgO的晶格能大；
【小问4详解】
向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先生成氢氧化铜沉淀
Cu2++2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，氢氧化铜与氨水会继续发生反应： Cu(OH)2+4NH3∙H2O
=Cu(NH3)42++2OH-+4H2O，沉淀溶解，故答案为：向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先生成氢氧化铜沉淀：Cu2++2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，氢氧化铜与氨水会继续发生反应： Cu(OH)2+4NH3∙H2O=Cu(NH3)42++2OH-+4H2O，沉淀溶解；
【小问5详解】
30g二氧化硅的物质的量为： ，每个Si原子形成4 个Si-O键，30g二氧化硅晶体中含Si-O键为0.5mol×4=2mol；晶胞中Si原子数目：
，则晶胞中O原子数目为8×2=16，晶胞质量=，晶
胞体积为a3cm3，则晶体密度： ，故答案为：2；。
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