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【期中真题】江西省九校2021-2022学年高三上学期期中联考化学试题.zip
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高三化学学科试卷
总 分：100分 考试时间：100分钟
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Cu64 Ba137
第I卷 选择题
一、单选题(本题共16小题，每小题3分，共48分。)
1. 2021年6月17日，神舟十二号载人飞船成功将3名航天员送入中国空间站，这是中国人首次进入自己的空间站。下列说法错误的是
A. 太阳电池翼伸展机构用到的是一种新型硅酸盐材料
B. 空间站中用将转化为，含离子键和非极性键
C. 运载火箭的燃料偏二甲肼()燃烧过程中化学能转化为热能
D. 天和核心舱采用电推发动机“燃料”原子核含77个中子
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．属于新型陶瓷，不属于硅酸盐材料，故A错误；
B．含有Na+和O之间的离子键和O-O之间的非极性键，故B正确；
C．运载火箭的燃料偏二甲肼()燃烧过程中化学能转化为热能，故C正确；
D．原子核的质量数为131，质子数为54，则含77个中子，故D正确；
故选A。
2. 下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是
选项
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaOH
CaCO3
盐酸
弱电解质
CH3COOH
NH3
H3PO4
Fe(OH)3
非电解质
C12H22O11(蔗糖)
BaSO4
C2H5OH
CH4
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】强电解质是指在水溶液中能够完全电离的电解质，强酸、强碱和大多数盐均为强电解质，弱电解质是指在水溶液中只能部分电离的电解质，弱酸、弱碱和少数的盐、水等为弱电解质，非电解质是指在水溶液和熔融状态下均不能导电的化合物，据此分析解题。
A．Fe是单质，既不是电解质也不是非电解质，A不合题意；
B．NH3的水溶液虽然能够导电，但由于不是其本身电离，故NH3为非电解质，BaSO4溶于水后能够完全电离，属于强电解质，B不合题意；
C．CaCO3溶于水后能够完全电离，属于强电解质，H3PO4属于中强酸，在水溶液中部分电离，属于弱电解质，C2H5OH液体和水溶液均不导电，属于非电解质，C符合题意；
D．盐酸是混合物既不是电解质也不是非电解质，D不合题意；
故答案为：C。
3. NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1mol•L-1 FeCl3溶液中含Cl-数目为3NA
B. 0.15mol由甲烷和乙烯组成的混合气体完全燃烧，生成物中H-O键数目为0.6NA
C. 标准状况下，1.12L O2发生还原反应，转移的电子数一定为0.2NA
D. 2mol SO2与1mol O2在密闭容器中充分反应，生成的SO3分子数为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．溶液体积未知，无法求得离子的数目，A错误；
B．甲烷和乙烯分子中氢原子个数相同，0.15mol混合气体中氢原子的物质的量为0.6mol，燃烧生成水，每个氢原子生成一个H-O键，故生成物中H-O键数目为0.6NA，B正确；
C．氧气发生还原反应时，氧元素化合价不一定变-2价，C错误；
D．反应为可逆反应，反应不能进行到底，无法求得生成三氧化硫的分子数，D错误；
答案选B。
4. 化学与人类的生活有着密切联系，下列过程涉及氧化还原反应的是
A. SO2漂白的纸张易变黄 B. 长江入海口沙洲的形成
C. 苹果汁中加入维生素C可防止苹果汁变黄 D. 紫甘蓝汁中加入食醋会变为红色
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．二氧化硫的漂白作用与纸张中色素发生化合反应生成不稳定的无色物质，日晒此物质又分解恢复黄色，发生的是化合反应，A不符合题意；
B．混有泥沙的江水是胶体，海水中有大量电解质，胶体遇电解质溶液发生聚沉形成沙洲，没有发生氧化还原反应，B不符合题意；
C．苹果汁在空气中易被氧化成黄色，维生素C有还原性，可以防止氧化，发生的是氧化还原反应，C符合题意；
D．在酸碱性不同的溶液中紫色甘蓝汁液会显示不同的颜色，所以它遇食醋颜色变化的原理与酸碱指示剂变色原理相似，不是氧化还原反应，D不符合题意；
故选C。
5. 火法炼铜中涉及反应：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2，下列判断正确的是
A. CuFeS2只作还原剂
B. SO2既是氧化产物又是还原产物
C. 消耗1 mol O2时转移电子的物质的量为4 mol
D. 每生成1 mol Cu2S同时产生22.4 LSO2
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．在该反应中 Cu元素的化合价由反应CuFeS2中的+2价变为反应后Cu2S中的+1价，化合价降低得到电子，被还原，所以CuFeS2作氧化剂；S元素化合价由反应前CuFeS2中的-2价变为反应后SO2中的+4价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以CuFeS2又作还原剂，故CuFeS2既作氧化剂又作还原剂，A错误；
B．在该反应中，S元素化合价由反应前CuFeS2中的-2价变为反应后SO2中的+4价，化合价升高，失去电子，被氧化，SO2是氧化产物；O元素化合价由反应前O2中的0价变为反应后SO2中的-2价，化合价降低，得到电子，被还原，SO2又是还原产物，故SO2既是氧化产物又是还原产物，B正确；
C．在该反应中得到电子的元素有Cu、O，失去电子的元素只有S，每有1 mol O2参加反应，转移电子的物质的量是6 mol，C错误；
D．根据方程式可知：每生成1 mol Cu2S同时产生1 mol SO2，但由于未知外界条件，因此不能确定1 mol的SO2的体积是否是22.4 L，D错误；
故合理选项是B。
6. 在水溶液中能大量共存的一组离子是
A. NH、Na+、Br-、SO B. K+、NH、OH-、NO
C. Fe2+、H+、ClO-、Cl- D. Mg2+、H+、SiO、SO
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．各离子之间不发生反应，可大量共存，A正确；
B．NH与OH—结合生成弱碱NH3·H2O，无法大量共存，B错误；
C．ClO—与Fe2+、Cl—在酸性条件下均发生氧化还原反应，ClO—与H+结合成弱酸HClO，无法大量共存，C错误；
D．SiO、亚硫酸根离子 与H+反应，无法大量共存，D错误；
故选A。
7. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A. Fe(NO3)3加入过量的HI溶液：2Fe3++2I−=2Fe2++I2
B. 向NH4HSO3溶液中加少量的NaOH溶液：NH4++OH−=NH3·H2O
C. 将1mol Cl2通入到含1mol FeI2的溶液：2Fe2＋＋2I−＋2Cl2=2Fe3＋＋I2＋4Cl－
D. 0.01 mol·L−1 NH4Al(SO4)2溶液与0.02 mol·L−1 Ba(OH)2溶液等体积混合：NH4++Al3++2Ba2++4OH−+2SO42-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A. Fe(NO3)3加入过量的HI溶液，NO3-、Fe3+均被还原，离子方程式为：Fe3++3NO3-+10I−+12H+=Fe2++5I2+3NO↑+6H2O，A项错误；
B. NaOH少量，先与HSO3-反应，因此离子方程式为：HSO3-+OH−=H2O+SO32-，B项错误；
C. I-还原性较强，Cl2少量时先氧化I-，恰好1molCl2氧化2molI-,因此离子方程式为：2I−＋Cl2=I2＋2Cl－，C项错误；
D. 0.01 mol·L−1 NH4Al(SO4)2溶液与0.02 mol·L−1 Ba(OH)2溶液等体积混合：NH4++Al3++2Ba2++4OH−+2SO42-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O，D项正确；
答案选D
【点睛】当一种物质同时氧化两种或两种以上的粒子时强还原剂先被氧化，一种物质同时还原两种或两种以上的粒子时，强氧化剂先被还原。被氧化和被还原到何种程度，要以还原剂和氧化剂的物质的量多少来决定，具体计算时用电子守恒规律。
8. 下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是
A. 图I：配制溶液时，向250mL容量瓶中转移溶液
B. 图II：分离乙酸和乙醇的混合液得到乙醇
C. 图III：装置气密性的检查
D. 图IV：吸收HCl气体且防止倒吸
【答案】C
【解析】
【详解】A．图I：配制溶液时，向250mL容量瓶中转移溶液没有用玻璃棒引流，故A错误；
B．图II：乙酸和乙醇互溶，不能用分液的方法分离，故B错误；
C．图III：可以用来检查装置气密性，当有气体产生时，锥形瓶中压强增大，注射器的活塞向外移动，说明装置气密性好，如果漏气，活塞不移动，故C正确；
D．图IV：不能起到防止倒吸作用，因为HCl气体极易溶于水，故D错误；
故答案：C。
9. 过氧化钠可作呼吸面具中的供氧剂，实验室可用如图装置制取少量纯净过氧化钠。下列说法正确的是
A. 装置X也可以用于制取H2、NH3等气体的发生装置
B. ②中所盛试剂为饱和NaHCO3溶液
C. ③的作用是吸收尾气
D. 实验时先点燃酒精灯，再打开仪器①的开关
【答案】A
【解析】
【分析】图中分液漏斗中可以为双氧水溶液，圆底烧瓶中为二氧化锰固体，在二氧化锰的催化作用下，双氧水分解为氧气，②为浓硫酸，起到干燥氧气的作用，硬质玻璃管中为金属钠，③中可以盛放碱石灰，阻止外界空气中的水蒸气、二氧化碳进入装置和金属钠反应，据此分析解题。
【详解】A．氢气的制备一般通过锌粒与稀硫酸反应制备，为固体+溶液气体的反应，可以通过装置X来发生；制取氨气可以用氢氧化钙固体和氯化铵固体加热来制取，还能通过浓氨水滴入碱石灰或氢氧化钠固体上来制取，此时也可采用装置X制备，A正确；
B．氧气与单质钠加热生成过氧化钠，因此装置X用于制备氧气，过氧化氢在二氧化锰作用下可生成氧气和水：2H2O2 2H2O+O2↑，②中盛放浓硫酸吸水，防止水与单质钠发生反应生成杂质，B错误；
C．外界的水蒸气与二氧化碳进入装置Z后会与单质钠发生反应生成杂质，因此③的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入反应装置，C错误；
D．若先点燃装置Z中的酒精，此时装置中还未充满氧气，存在二氧化碳和水，会与单质钠发生反应生成杂质，因此实验时需先让X装置反应一会儿等装置Z中充满氧气后，再点燃装置Z中的酒精灯，D错误；
故答案为：A。
10. 用如图所示的装置进行实验(夹持及尾气处理仪器略去)，能达到实验目的的是
选项
a中试剂
b中试剂
c中试剂
实验目的
装置
A
氨水
CaO
无
制取并收集氨气
B
浓盐酸
MnO2
饱和NaCl溶液
制备纯净的Cl2
C
浓盐酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
比较酸性强弱：
H2CO3＞H2SiO3
D
浓硫酸
Na2SO3
KMnO4酸性溶液
验证SO2具有还原性
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．氨水中的水可以和氧化钙反应，反应过程放热，使氨气在水中的溶解度降低，可以用来制取氨气，但是由于氨气的密度小于空气，故在收集氨气时需要短导管进长导管出，A错误；
B．浓盐酸与二氧化锰反应制取了氯气的过程需要加热，图中没有画出加热装置，故不能达到实验目的，B错误；
C．浓盐酸有挥发性，与碳酸钠反应时除了有二氧化碳生成，还有氯化氢溢出，两种气体溶于硅酸钠溶液均能使硅酸根沉淀，故不能判断碳酸与硅酸酸性的强弱，C错误；
D．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，将二氧化硫气体导入酸性高锰酸钾溶液中，二氧化硫与高锰酸钾反应，可以验证二氧化硫的还原性，D正确；
故选D。
11. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．2Fe+3Cl22FeCl3，铁与氯气反应只能得到氯化铁，得不到氯化亚铁，A不合题意；
B．N2+3H22NH3，NaCl+ H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，饱和氯化钠溶液中先通入NH3，再通入CO2即可制得NaHCO3固体，B符合题意；
C．氢氧化镁煅烧生成氧化镁，而不是镁单质，要得到镁单质，需电解熔融的氯化镁，C不合题意；
D．S在空气或氧气中燃烧，不管氧气的量是否过量均只能得到SO2，生成不了SO3，D不合题意；
故答案为B。
12. 一种新型的合成氨的方法如图所示．下列说法正确的是
A. 反应①中发生了氧化反应 B. 反应①和②均属于“氮的固定”
C. 反应③为 D. 三步循环的总结果为
【答案】C
【解析】
【分析】由反应①和②可知，氮气和水是该循环过程的反应物，由反应③可知氧气和水是产物，据此分析解答。
【详解】A．反应①中氮得电子，发生还原反应，化合价降低，A错误；
B．氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，反应①是氮的固定，反应②不是，B错误；
C．反应③是LiOH通电条件下生成Li、O2、H2O，反应方程式为，C正确；
D．该合成氨反应中没有氢气参与，氢元素来源于水，且伴有氧气生成，三步循环的总结果为，D错误；
故选C。
【点睛】反应历程的题，在解题的过程中主要是找到总的反应物和产物。一般来说可以从题干中找到，而不是图中。
13. 关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。A确定时，当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系(其他反应产物及反应所需条件均已略去)，当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。
下列说法中不正确的是
A. 当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4
B. 当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3
C. B和Cl2的反应是氧化还原反应
D. A可能为亚硫酸铵
【答案】D
【解析】
【分析】关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。A确定时，当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系(其他反应产物及反应所需条件均已略去)，当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐，得出A为硫化铵。
【详解】A．当X是强酸时，A为硫化铵，B为硫化氢，C为硫单质，D为二氧化硫，E为三氧化硫，F为硫酸，因此A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4，故A正确；
B．当X是强碱时，A为硫化铵，B为氨气，C为氮气，D为一氧化氮，E为二氧化氮，F为硝酸，因此A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3，故B正确。
C．B是氨气或硫化氢，氨气与Cl2反应生成氯化铵和氮气，硫化氢和氯气反应生成硫单质和氯化氢，因此B与氯气反应是氧化还原反应，故C正确；
D．A若为亚硫酸铵，和酸反应生成二氧化硫，二氧化硫和氯气反应生成硫酸和盐酸，不符合题意，故D错误。
综上所述，答案为D。
14. 某工业废水仅含有、、、、、、中的种离子(少量存在的离子不考虑)。某同学欲探究该废水的组成，进行了如下实验：
①取废水少许，加入足量稀盐酸，有气体逸出且气体为无色；
②向①所得的溶液中加入溶液，有白色沉淀生成。
下列推断正确的是
A. 该废水可能为蓝色溶液 B. ②中白色沉淀为和
C. 该废水中肯定含有、、 D. 该废水中可能同时含有、
【答案】C
【解析】
【分析】根据①加盐酸有气体逸出且气体为无色，则溶液中有，则没有、；又根据②加入溶液，有白色沉淀生成，则含有，又根据电荷守恒，原溶液中一定含有。
【详解】A．加入足量盐酸，有气体生成，气体为二氧化碳，则一定含，阳离子一定不含、，A项错误；
B．加入溶液，有白色沉淀生成，因①中盐酸足量，白色沉淀为硫酸钡，不含碳酸钡，B项错误；
C．由电荷守恒可知，阳离子一定含，根据A、B还含有、，故C正确；
D．由电荷守恒可知，阳离子一定含，因该废水含种离子，、中只有一种存在，D项错误。
故选C。
15. 铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与5.6L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．则消耗铜的质量为（ ）
A. 16g B. 32g C. 64g D. 无法计算
【答案】B
【解析】
【详解】铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与5.6L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，完全生成HNO3，则整个过程中HNO3 反应前后没有变化，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，生成气体，气体和氧气全部反应生成硝酸，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，即Cu失去的电子都被O2得到，由电子守恒可知n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）==0.5mol，消耗铜的质量=0.5mol×64g/mol=32g；
故选B。
16. 亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Mathieson)法制备亚氯酸钠的流程如图：
下列说法错误的是
A. 反应②反应过程中有大量不可使带火星木条复燃气体冒出
B. 反应①得到的ClO2消毒漂白能力比氯气强，使用起来比较安全
C. 反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1
D. 反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2
【答案】A
【解析】
【分析】
NaClO3在酸性条件下与SO2发生氧化还原反应生成ClO2，然后ClO2与H2O2在碱性条件下反应生成NaClO2，反应方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，然后将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到NaClO2，以此解答该题。
【详解】A．反应②方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，反应放出的O2有助燃性，能使带火星木条复燃，A错误；
B．ClO2具有强氧化性，因而具有漂白性，其消毒漂白能力比氯气强，因此使用起来比较安全，B正确；
C．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据元素化合价升降总数相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1，C正确；
D．据流程图可知反应②为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，在该反应中ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，由于氧化性：氧化剂大于还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D正确；
故答案为B。
第II卷 非选择题
二、填空题(共4题)
17. 化学兴趣小组对某品牌牙膏中的摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体产生。
Ⅰ.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验
取适量牙膏样品，加水充足搅拌、过滤。
（1）往滤渣中加入过量 NaOH溶液，过滤。氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是_______。
（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸。观察的现象是______。
Ⅱ.牙膏样品中碳酸钙的定量测定
利用下图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。
依据实验过程回答下列问题：
（3）实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：________
（4）C中反应生成BaCO3的化学方程式是__________________。
（5）下列各项措施中，不能提高测定准确度的是_________（填标号）。
a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体
b.滴加盐酸不宜过快
c.在A-B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置
d.在B-C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置
(6)实验中准确称取8.00 g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3平均质量为3.94 g。则样品中碳酸钙的质量分数为__________。
（7）有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是______.
【答案】 ①. Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O ②. 通入CO2气体有白色沉淀生成，加入盐酸后有气体生成，沉淀溶解 ③. 把生成的CO2气体全部排入C中，使之全部被Ba(OH)2溶液吸收 ④. CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O ⑤. cd ⑥. 25% ⑦. B中的水蒸气、氯化氢等装置排入C中
【解析】
【详解】（1） 氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
（2）（1）所得滤液中含NaOH、NaAlO2，往（1）所得滤液中，通入过量二氧化碳，首先发生反应：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，然后发生：CO2+2H2O +NaAlO2= Al(OH)3↓+ NaHCO3，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3；再加入过量稀盐酸，会发生反应：Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O ；NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+ CO2↑。所以会观察到的现象：通入CO2气体有白色沉淀生成，加入盐酸后有气体生成，沉淀溶解；
（3）实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有就是把生成的CO2气体全部排入C中，使之全部被Ba(OH)2溶液吸收；
（4）C中反应生成BaCO3的化学方程式是CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O；
（5）a．在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体；可以减少装置的空气中的CO2气体产生的影响，减小实验误差，不选a；
b．滴加盐酸不过快就可以式产生的气体被充分的吸收，提高所以的准确性；不选b；
c．在A—B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，只能吸收水分，而在后边的装置中的气体吸收就是在溶液中进行的，所以不会影响测定准确度，选c；
d．在B—C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液洗气装置，可以使装置B挥发出的HCl被吸收而产生CO2气体，使CO2气体增多，因此使测定准确度降低，选d。
（6）根据C元素守恒可得关系式：CaCO3～CO2～BaCO3。n(BaCO3)=3.94g÷197g/mol=0.02mol,则n(CaCO3)=0.02mol，所以m(CaCO3)=0.02mol×100g/mol=2g。则样品中碳酸钙的质量分数为（2÷8）×100%=25%；
（7）有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是B中的水蒸气、氯化氢等装置排入C中，所以质量分数会偏大。
18. 实验目的：为研究铁质材料与热浓硫酸的反应
（1）称取铁钉(碳素钢)放入浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液并收集到气体。
①甲同学认为中除外还可能含有。若要确认其中是否含有，应选择加入的试剂为___________(选填序号)
A．溶液和氯水 B．铁粉和溶液 C．浓氨水 D．酸性溶液
②乙同学取(标准状况)气体通入足量溴水中，然后加入足量溶液，经适当操作后得到干燥固体。据此推知气体中的体积分数为___________。(保留三位有效数字)。
（2）分析上述实验中体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含量有和气体。为此设计了下列探究实验装置(图中夹持仪器省略)。气体Y中还有的原因是___________。
（3）装置A中试剂的作用是___________，反应的离子方程式___________。
（4）简述确认气体Y中含有的实验现象___________。
（5）如果气体Y中含有，预计实验现象应是___________。
【答案】（1） ①. D ②. 66.7%
（2）H2SO4变稀后与Fe生成H2
（3） ①. 除去混合气体中的SO2 ②.
（4）B中品红不褪色且C中澄清的石灰水变浑浊
（5）E中固体由黑变红和F中固体变蓝
【解析】
【分析】铁在加热的条件下与浓硫酸加热反应生成二氧化硫气体，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成氢气；根据亚铁离子具有还原性检验铁离子和亚铁离子的混合液中是否含有亚铁离子。
二氧化硫和二氧化碳都能使澄清的石灰水变浑浊，但是二氧化硫具有还原性，可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，所以先用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫气体，用品红检验二氧化硫气体是否除尽，再用澄清的石灰水检验二氧化碳气体；利用D中的碱石灰干燥氢气，氢气与氧化铜加热反应生成铜和水，用无水硫酸铜检验水的存在，G中碱石灰用来吸收外界中的水蒸气，防止空气进入F中，影响水的检验。
【小问1详解】
①铁离子能够与硫氰化钾反应生成血红色溶液，而亚铁离子不与硫氰化钾反应；亚铁离子具有强还原性，能够被氯水和酸性高锰酸钾溶液氧化；
A．溶液为铁离子和亚铁离子的混合液，加入硫氰化钾和氯水，溶液变为血红色，不能检验溶液中一定含有亚铁离子，故A不选；
B．溶液为铁离子和亚铁离子的混合液，加入铁粉，铁离子被还原为亚铁离子，再加硫氰化钾溶液，溶液颜色无变化，不能检验溶液中是否含有亚铁离子，故B不选；
C．溶液为铁离子和亚铁离子的混合液，加入浓氨水，亚铁离子会产生氢氧化亚铁白色沉淀，后又变为灰绿色，最终为红褐色，而铁离子也会产生氢氧化铁红褐色沉淀，干扰了亚铁离子的检验，故C不能选；
D．溶液为铁离子和亚铁离子的混合液，加入酸性溶液，亚铁离子被氧化，高锰酸根离子被还原，紫色溶液褪色，可以证明混合液中存在亚铁离子，故D可选；
故选D。
②Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr；H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl；根据以上反应关系可知，SO2~ BaSO4，设二氧化硫的体积为V，则存在：22.4L:233g=V：4.66g，V=0.448L=448mL，所以气体中的体积分数为×100%=66.7%；
【小问2详解】
铁钉放入浓硫酸中，加热，先生成二氧化硫，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成氢气，因此气体Y中含有氢气；
【小问3详解】
二氧化硫和二氧化碳都能使澄清的石灰水变浑浊，但是二氧化硫具有还原性，可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：；因此利用酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，除去混合气体中的SO2，排除对二氧化碳气体进行检验时的干扰；
【小问4详解】
确认气体Y中含有二氧化碳，应该完全排二氧化硫的干扰，当B中品红不褪色，C中石灰水变浑浊，可以说明含有二氧化碳；
【小问5详解】
氢气具有还原性，能够把黑色的氧化铜还原为铜，黑色固体变为红色，同时有水生成，水能够使无水硫酸铜变蓝色，这是检验水的特征反应；所以如果E中固体由黑变红，F中固体变蓝，即可证明气体Y中含有。
19. 氧化还原反应在工业生产、环保及科研中有广泛的应用，请根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：
I.氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40～50℃时反应可生成它。CuH具有的性质有：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体，Cu+在酸性条件下发生的反应是2Cu+=Cu2++Cu。
（1）写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式：___________。
（2）CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是 ___________(填化学式)。
（3）如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式：___________。
II.钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。完成下列填空：
（4）将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后生成VO2+等离子，该反应的化学方程式是 ______。
（5）向上述所得溶液中加入KClO3溶液，完善并配平反应的离子方程式。____+_____VO2++_____=______Cl-+______VO+_____，___________。
（6）V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应被吸收，则、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是 ___________。
【答案】（1）2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl
（2）H2 （3）CuH+3H++=Cu2++2H2O+NO↑
（4）V2O5+K2SO3+2H2SO4=2VOSO4+K2SO4+2H2O
（5）+6VO2++3H2O=Cl-+6VO+6H+
（6）>Cl->VO2+
【解析】
【小问1详解】
CuH在氯气中燃烧，Cu和H元素均被氧化，化学反应方程式：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl；
【小问2详解】
CuH溶解在稀盐酸中，-1价的H和+1价的H化合价归中生成H2；
【小问3详解】
把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，说明-1价H被氧化成+1价得到了水， CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式：CuH+3H++ =Cu2++2H2O+NO↑；
【小问4详解】
将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，亚硫酸钾被V2O5氧化，充分反应后生成VO2+等离子，该反应的化学方程式是：V2O5+K2SO3+2H2SO4=2VOSO4+K2SO4+2H2O；
【小问5详解】
向上述所得溶液中加入KClO3溶液，将VO2+氧化，根据得失电子守恒，配平系数为1，VO2+系数为6，根据原子守恒、电荷守恒完善并配平离子方程式：+6VO2++3H2O=Cl-+6VO+6H+；
【小问6详解】
V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，Cl-是还原剂，VO2+是还原产物，该黄绿色气体是氯气，氯气与Na2SO3溶液发生氧化还原反应，Na2SO3是还原剂，得到还原产物Cl-，根据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物，则、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是>Cl->VO2+。
20. 以黄铜矿(主要成分是CuFeS2，含少量SiO2)和软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)为原料制备纳米材料MnO和Cu2O的工艺如图：
已知几种金属氢氧化物沉淀的pH如下表：
金属氢氧化物
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Cu(OH)2
开始沉淀时pH
70
1.9
3.0
8.1
4.8
完全沉淀时pH
9.0
3.2
4.7
10.1
6.7
请回答下列问题：
（1）“固体1”的主要成分除S单质外，还有___________(填化学式)。
（2）“除杂”时应调节pH的范围为___________。
（3）“沉锰”时Mn2＋参与反应的离子方程式是___________。
（4）在实验室完成“操作A”，Ar的作用是___________。
（5）“蒸氨”时发生反应的化学方程式为___________。
（6）在“还原”过程中氧化产物为N2O，则制备72 g Cu2O至少需要___________g NH2OH。
【答案】（1）SiO2
（2）4.7~4.8 （3）Mn2+++NH3∙H2O=MnCO3↓++H2O(或Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O)
（4）保护MnO不被氧化
（5）Cu(NH3)4CO3=CuO+4NH3↑+CO2↑
（6）16.5
【解析】
【分析】黄铜矿(主要成分是CuFeS2，含少量SiO2)和软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)先进行粉碎，增大酸溶时的接触面积，再加入稀硫酸酸浸，其中SiO2不溶于酸，金属氧化物溶于酸生成硫酸铝和硫酸铁，MnO2、CuFeS2与硫酸发生反应生成单质S和硫酸锰、硫酸铜、硫酸铁，过滤除杂后加氢氧化钠调节溶液pH值4.7~4.8之间除去溶液中的Fe3+和Al3+，所得滤液中加入氨水、碳酸氢铵发生反应Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，将锰转化为碳酸锰沉淀，加入氨水将铜转化为Cu(NH3)4CO3，MnCO3在隔绝空气条件下受热分解成MnO，Cu(NH3)4CO3受热分解成氧化铜、氨气和二氧化碳；氧化铜再与羟胺反应得到氧化亚铜，据此分析解答。
【小问1详解】
由以上分析可知，加酸溶解后矿石中MnO2、CuFeS2与硫酸发生反应生成单质S和硫酸锰、硫酸铜、硫酸铁，其中SiO2不溶于酸，最终得到的固体中含有S和SiO2。
【小问2详解】
加入氢氧化钠溶液调节pH值的目的是除去溶液中的Fe3+和Al3+，但不能使铜离子、锰离子沉淀，结合表格数据可知，应将pH值控制在4.7~4.8之间。
【小问3详解】
“沉锰”时硫酸锰与碳酸氢铵发生反应生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为：Mn2+++NH3∙H2O=MnCO3↓++H2O(或Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O)。
【小问4详解】
MnO易被氧气氧化，因此在碳酸锰加热分解时要通入Ar，排尽装置中的空气防止MnO被氧化。
【小问5详解】
Cu(NH3)4CO3受热分解成氧化铜、氨气和二氧化碳，反应方程式为：Cu(NH3)4CO3=CuO+4NH3↑+CO2↑。
【小问6详解】
还原过程中发生反应：4CuO+2NH2OH=2Cu2O+N2O+3H2O，由反应可知生成1mol氧化亚铜消耗1mol羟胺，72 g Cu2O的物质的量为72 g÷144g/mol=0.5mol，所需羟胺的质量为：0.5mol×33g/mol=16.5g。
高三化学学科试卷
总 分：100分 考试时间：100分钟
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Cu64 Ba137
第I卷 选择题
一、单选题(本题共16小题，每小题3分，共48分。)
1. 2021年6月17日，神舟十二号载人飞船成功将3名航天员送入中国空间站，这是中国人首次进入自己的空间站。下列说法错误的是
A. 太阳电池翼伸展机构用到的是一种新型硅酸盐材料
B. 空间站中用将转化为，含离子键和非极性键
C. 运载火箭的燃料偏二甲肼()燃烧过程中化学能转化为热能
D. 天和核心舱采用电推发动机“燃料”原子核含77个中子
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．属于新型陶瓷，不属于硅酸盐材料，故A错误；
B．含有Na+和O之间的离子键和O-O之间的非极性键，故B正确；
C．运载火箭的燃料偏二甲肼()燃烧过程中化学能转化为热能，故C正确；
D．原子核的质量数为131，质子数为54，则含77个中子，故D正确；
故选A。
2. 下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是
选项
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaOH
CaCO3
盐酸
弱电解质
CH3COOH
NH3
H3PO4
Fe(OH)3
非电解质
C12H22O11(蔗糖)
BaSO4
C2H5OH
CH4
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】强电解质是指在水溶液中能够完全电离的电解质，强酸、强碱和大多数盐均为强电解质，弱电解质是指在水溶液中只能部分电离的电解质，弱酸、弱碱和少数的盐、水等为弱电解质，非电解质是指在水溶液和熔融状态下均不能导电的化合物，据此分析解题。
A．Fe是单质，既不是电解质也不是非电解质，A不合题意；
B．NH3的水溶液虽然能够导电，但由于不是其本身电离，故NH3为非电解质，BaSO4溶于水后能够完全电离，属于强电解质，B不合题意；
C．CaCO3溶于水后能够完全电离，属于强电解质，H3PO4属于中强酸，在水溶液中部分电离，属于弱电解质，C2H5OH液体和水溶液均不导电，属于非电解质，C符合题意；
D．盐酸是混合物既不是电解质也不是非电解质，D不合题意；
故答案为：C。
3. NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1mol•L-1 FeCl3溶液中含Cl-数目为3NA
B. 0.15mol由甲烷和乙烯组成的混合气体完全燃烧，生成物中H-O键数目为0.6NA
C. 标准状况下，1.12L O2发生还原反应，转移的电子数一定为0.2NA
D. 2mol SO2与1mol O2在密闭容器中充分反应，生成的SO3分子数为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．溶液体积未知，无法求得离子的数目，A错误；
B．甲烷和乙烯分子中氢原子个数相同，0.15mol混合气体中氢原子的物质的量为0.6mol，燃烧生成水，每个氢原子生成一个H-O键，故生成物中H-O键数目为0.6NA，B正确；
C．氧气发生还原反应时，氧元素化合价不一定变-2价，C错误；
D．反应为可逆反应，反应不能进行到底，无法求得生成三氧化硫的分子数，D错误；
答案选B。
4. 化学与人类的生活有着密切联系，下列过程涉及氧化还原反应的是
A. SO2漂白的纸张易变黄 B. 长江入海口沙洲的形成
C. 苹果汁中加入维生素C可防止苹果汁变黄 D. 紫甘蓝汁中加入食醋会变为红色
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．二氧化硫的漂白作用与纸张中色素发生化合反应生成不稳定的无色物质，日晒此物质又分解恢复黄色，发生的是化合反应，A不符合题意；
B．混有泥沙的江水是胶体，海水中有大量电解质，胶体遇电解质溶液发生聚沉形成沙洲，没有发生氧化还原反应，B不符合题意；
C．苹果汁在空气中易被氧化成黄色，维生素C有还原性，可以防止氧化，发生的是氧化还原反应，C符合题意；
D．在酸碱性不同的溶液中紫色甘蓝汁液会显示不同的颜色，所以它遇食醋颜色变化的原理与酸碱指示剂变色原理相似，不是氧化还原反应，D不符合题意；
故选C。
5. 火法炼铜中涉及反应：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2，下列判断正确的是
A. CuFeS2只作还原剂
B. SO2既是氧化产物又是还原产物
C. 消耗1 mol O2时转移电子的物质的量为4 mol
D. 每生成1 mol Cu2S同时产生22.4 LSO2
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．在该反应中 Cu元素的化合价由反应CuFeS2中的+2价变为反应后Cu2S中的+1价，化合价降低得到电子，被还原，所以CuFeS2作氧化剂；S元素化合价由反应前CuFeS2中的-2价变为反应后SO2中的+4价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以CuFeS2又作还原剂，故CuFeS2既作氧化剂又作还原剂，A错误；
B．在该反应中，S元素化合价由反应前CuFeS2中的-2价变为反应后SO2中的+4价，化合价升高，失去电子，被氧化，SO2是氧化产物；O元素化合价由反应前O2中的0价变为反应后SO2中的-2价，化合价降低，得到电子，被还原，SO2又是还原产物，故SO2既是氧化产物又是还原产物，B正确；
C．在该反应中得到电子的元素有Cu、O，失去电子的元素只有S，每有1 mol O2参加反应，转移电子的物质的量是6 mol，C错误；
D．根据方程式可知：每生成1 mol Cu2S同时产生1 mol SO2，但由于未知外界条件，因此不能确定1 mol的SO2的体积是否是22.4 L，D错误；
故合理选项是B。
6. 在水溶液中能大量共存的一组离子是
A. NH、Na+、Br-、SO B. K+、NH、OH-、NO
C. Fe2+、H+、ClO-、Cl- D. Mg2+、H+、SiO、SO
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．各离子之间不发生反应，可大量共存，A正确；
B．NH与OH—结合生成弱碱NH3·H2O，无法大量共存，B错误；
C．ClO—与Fe2+、Cl—在酸性条件下均发生氧化还原反应，ClO—与H+结合成弱酸HClO，无法大量共存，C错误；
D．SiO、亚硫酸根离子 与H+反应，无法大量共存，D错误；
故选A。
7. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A. Fe(NO3)3加入过量的HI溶液：2Fe3++2I−=2Fe2++I2
B. 向NH4HSO3溶液中加少量的NaOH溶液：NH4++OH−=NH3·H2O
C. 将1mol Cl2通入到含1mol FeI2的溶液：2Fe2＋＋2I−＋2Cl2=2Fe3＋＋I2＋4Cl－
D. 0.01 mol·L−1 NH4Al(SO4)2溶液与0.02 mol·L−1 Ba(OH)2溶液等体积混合：NH4++Al3++2Ba2++4OH−+2SO42-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A. Fe(NO3)3加入过量的HI溶液，NO3-、Fe3+均被还原，离子方程式为：Fe3++3NO3-+10I−+12H+=Fe2++5I2+3NO↑+6H2O，A项错误；
B. NaOH少量，先与HSO3-反应，因此离子方程式为：HSO3-+OH−=H2O+SO32-，B项错误；
C. I-还原性较强，Cl2少量时先氧化I-，恰好1molCl2氧化2molI-,因此离子方程式为：2I−＋Cl2=I2＋2Cl－，C项错误；
D. 0.01 mol·L−1 NH4Al(SO4)2溶液与0.02 mol·L−1 Ba(OH)2溶液等体积混合：NH4++Al3++2Ba2++4OH−+2SO42-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O，D项正确；
答案选D
【点睛】当一种物质同时氧化两种或两种以上的粒子时强还原剂先被氧化，一种物质同时还原两种或两种以上的粒子时，强氧化剂先被还原。被氧化和被还原到何种程度，要以还原剂和氧化剂的物质的量多少来决定，具体计算时用电子守恒规律。
8. 下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是
A. 图I：配制溶液时，向250mL容量瓶中转移溶液
B. 图II：分离乙酸和乙醇的混合液得到乙醇
C. 图III：装置气密性的检查
D. 图IV：吸收HCl气体且防止倒吸
【答案】C
【解析】
【详解】A．图I：配制溶液时，向250mL容量瓶中转移溶液没有用玻璃棒引流，故A错误；
B．图II：乙酸和乙醇互溶，不能用分液的方法分离，故B错误；
C．图III：可以用来检查装置气密性，当有气体产生时，锥形瓶中压强增大，注射器的活塞向外移动，说明装置气密性好，如果漏气，活塞不移动，故C正确；
D．图IV：不能起到防止倒吸作用，因为HCl气体极易溶于水，故D错误；
故答案：C。
9. 过氧化钠可作呼吸面具中的供氧剂，实验室可用如图装置制取少量纯净过氧化钠。下列说法正确的是
A. 装置X也可以用于制取H2、NH3等气体的发生装置
B. ②中所盛试剂为饱和NaHCO3溶液
C. ③的作用是吸收尾气
D. 实验时先点燃酒精灯，再打开仪器①的开关
【答案】A
【解析】
【分析】图中分液漏斗中可以为双氧水溶液，圆底烧瓶中为二氧化锰固体，在二氧化锰的催化作用下，双氧水分解为氧气，②为浓硫酸，起到干燥氧气的作用，硬质玻璃管中为金属钠，③中可以盛放碱石灰，阻止外界空气中的水蒸气、二氧化碳进入装置和金属钠反应，据此分析解题。
【详解】A．氢气的制备一般通过锌粒与稀硫酸反应制备，为固体+溶液气体的反应，可以通过装置X来发生；制取氨气可以用氢氧化钙固体和氯化铵固体加热来制取，还能通过浓氨水滴入碱石灰或氢氧化钠固体上来制取，此时也可采用装置X制备，A正确；
B．氧气与单质钠加热生成过氧化钠，因此装置X用于制备氧气，过氧化氢在二氧化锰作用下可生成氧气和水：2H2O2 2H2O+O2↑，②中盛放浓硫酸吸水，防止水与单质钠发生反应生成杂质，B错误；
C．外界的水蒸气与二氧化碳进入装置Z后会与单质钠发生反应生成杂质，因此③的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入反应装置，C错误；
D．若先点燃装置Z中的酒精，此时装置中还未充满氧气，存在二氧化碳和水，会与单质钠发生反应生成杂质，因此实验时需先让X装置反应一会儿等装置Z中充满氧气后，再点燃装置Z中的酒精灯，D错误；
故答案为：A。
10. 用如图所示的装置进行实验(夹持及尾气处理仪器略去)，能达到实验目的的是
选项
a中试剂
b中试剂
c中试剂
实验目的
装置
A
氨水
CaO
无
制取并收集氨气
B
浓盐酸
MnO2
饱和NaCl溶液
制备纯净的Cl2
C
浓盐酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
比较酸性强弱：
H2CO3＞H2SiO3
D
浓硫酸
Na2SO3
KMnO4酸性溶液
验证SO2具有还原性
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．氨水中的水可以和氧化钙反应，反应过程放热，使氨气在水中的溶解度降低，可以用来制取氨气，但是由于氨气的密度小于空气，故在收集氨气时需要短导管进长导管出，A错误；
B．浓盐酸与二氧化锰反应制取了氯气的过程需要加热，图中没有画出加热装置，故不能达到实验目的，B错误；
C．浓盐酸有挥发性，与碳酸钠反应时除了有二氧化碳生成，还有氯化氢溢出，两种气体溶于硅酸钠溶液均能使硅酸根沉淀，故不能判断碳酸与硅酸酸性的强弱，C错误；
D．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，将二氧化硫气体导入酸性高锰酸钾溶液中，二氧化硫与高锰酸钾反应，可以验证二氧化硫的还原性，D正确；
故选D。
11. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．2Fe+3Cl22FeCl3，铁与氯气反应只能得到氯化铁，得不到氯化亚铁，A不合题意；
B．N2+3H22NH3，NaCl+ H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，饱和氯化钠溶液中先通入NH3，再通入CO2即可制得NaHCO3固体，B符合题意；
C．氢氧化镁煅烧生成氧化镁，而不是镁单质，要得到镁单质，需电解熔融的氯化镁，C不合题意；
D．S在空气或氧气中燃烧，不管氧气的量是否过量均只能得到SO2，生成不了SO3，D不合题意；
故答案为B。
12. 一种新型的合成氨的方法如图所示．下列说法正确的是
A. 反应①中发生了氧化反应 B. 反应①和②均属于“氮的固定”
C. 反应③为 D. 三步循环的总结果为
【答案】C
【解析】
【分析】由反应①和②可知，氮气和水是该循环过程的反应物，由反应③可知氧气和水是产物，据此分析解答。
【详解】A．反应①中氮得电子，发生还原反应，化合价降低，A错误；
B．氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，反应①是氮的固定，反应②不是，B错误；
C．反应③是LiOH通电条件下生成Li、O2、H2O，反应方程式为，C正确；
D．该合成氨反应中没有氢气参与，氢元素来源于水，且伴有氧气生成，三步循环的总结果为，D错误；
故选C。
【点睛】反应历程的题，在解题的过程中主要是找到总的反应物和产物。一般来说可以从题干中找到，而不是图中。
13. 关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。A确定时，当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系(其他反应产物及反应所需条件均已略去)，当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。
下列说法中不正确的是
A. 当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4
B. 当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3
C. B和Cl2的反应是氧化还原反应
D. A可能为亚硫酸铵
【答案】D
【解析】
【分析】关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。A确定时，当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系(其他反应产物及反应所需条件均已略去)，当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐，得出A为硫化铵。
【详解】A．当X是强酸时，A为硫化铵，B为硫化氢，C为硫单质，D为二氧化硫，E为三氧化硫，F为硫酸，因此A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4，故A正确；
B．当X是强碱时，A为硫化铵，B为氨气，C为氮气，D为一氧化氮，E为二氧化氮，F为硝酸，因此A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3，故B正确。
C．B是氨气或硫化氢，氨气与Cl2反应生成氯化铵和氮气，硫化氢和氯气反应生成硫单质和氯化氢，因此B与氯气反应是氧化还原反应，故C正确；
D．A若为亚硫酸铵，和酸反应生成二氧化硫，二氧化硫和氯气反应生成硫酸和盐酸，不符合题意，故D错误。
综上所述，答案为D。
14. 某工业废水仅含有、、、、、、中的种离子(少量存在的离子不考虑)。某同学欲探究该废水的组成，进行了如下实验：
①取废水少许，加入足量稀盐酸，有气体逸出且气体为无色；
②向①所得的溶液中加入溶液，有白色沉淀生成。
下列推断正确的是
A. 该废水可能为蓝色溶液 B. ②中白色沉淀为和
C. 该废水中肯定含有、、 D. 该废水中可能同时含有、
【答案】C
【解析】
【分析】根据①加盐酸有气体逸出且气体为无色，则溶液中有，则没有、；又根据②加入溶液，有白色沉淀生成，则含有，又根据电荷守恒，原溶液中一定含有。
【详解】A．加入足量盐酸，有气体生成，气体为二氧化碳，则一定含，阳离子一定不含、，A项错误；
B．加入溶液，有白色沉淀生成，因①中盐酸足量，白色沉淀为硫酸钡，不含碳酸钡，B项错误；
C．由电荷守恒可知，阳离子一定含，根据A、B还含有、，故C正确；
D．由电荷守恒可知，阳离子一定含，因该废水含种离子，、中只有一种存在，D项错误。
故选C。
15. 铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与5.6L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．则消耗铜的质量为（ ）
A. 16g B. 32g C. 64g D. 无法计算
【答案】B
【解析】
【详解】铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与5.6L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，完全生成HNO3，则整个过程中HNO3 反应前后没有变化，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，生成气体，气体和氧气全部反应生成硝酸，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，即Cu失去的电子都被O2得到，由电子守恒可知n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）==0.5mol，消耗铜的质量=0.5mol×64g/mol=32g；
故选B。
16. 亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Mathieson)法制备亚氯酸钠的流程如图：
下列说法错误的是
A. 反应②反应过程中有大量不可使带火星木条复燃气体冒出
B. 反应①得到的ClO2消毒漂白能力比氯气强，使用起来比较安全
C. 反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1
D. 反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2
【答案】A
【解析】
【分析】
NaClO3在酸性条件下与SO2发生氧化还原反应生成ClO2，然后ClO2与H2O2在碱性条件下反应生成NaClO2，反应方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，然后将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到NaClO2，以此解答该题。
【详解】A．反应②方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，反应放出的O2有助燃性，能使带火星木条复燃，A错误；
B．ClO2具有强氧化性，因而具有漂白性，其消毒漂白能力比氯气强，因此使用起来比较安全，B正确；
C．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据元素化合价升降总数相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1，C正确；
D．据流程图可知反应②为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，在该反应中ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，由于氧化性：氧化剂大于还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D正确；
故答案为B。
第II卷 非选择题
二、填空题(共4题)
17. 化学兴趣小组对某品牌牙膏中的摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体产生。
Ⅰ.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验
取适量牙膏样品，加水充足搅拌、过滤。
（1）往滤渣中加入过量 NaOH溶液，过滤。氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是_______。
（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸。观察的现象是______。
Ⅱ.牙膏样品中碳酸钙的定量测定
利用下图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。
依据实验过程回答下列问题：
（3）实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：________
（4）C中反应生成BaCO3的化学方程式是__________________。
（5）下列各项措施中，不能提高测定准确度的是_________（填标号）。
a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体
b.滴加盐酸不宜过快
c.在A-B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置
d.在B-C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置
(6)实验中准确称取8.00 g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3平均质量为3.94 g。则样品中碳酸钙的质量分数为__________。
（7）有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是______.
【答案】 ①. Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O ②. 通入CO2气体有白色沉淀生成，加入盐酸后有气体生成，沉淀溶解 ③. 把生成的CO2气体全部排入C中，使之全部被Ba(OH)2溶液吸收 ④. CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O ⑤. cd ⑥. 25% ⑦. B中的水蒸气、氯化氢等装置排入C中
【解析】
【详解】（1） 氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
（2）（1）所得滤液中含NaOH、NaAlO2，往（1）所得滤液中，通入过量二氧化碳，首先发生反应：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，然后发生：CO2+2H2O +NaAlO2= Al(OH)3↓+ NaHCO3，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3；再加入过量稀盐酸，会发生反应：Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O ；NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+ CO2↑。所以会观察到的现象：通入CO2气体有白色沉淀生成，加入盐酸后有气体生成，沉淀溶解；
（3）实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有就是把生成的CO2气体全部排入C中，使之全部被Ba(OH)2溶液吸收；
（4）C中反应生成BaCO3的化学方程式是CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O；
（5）a．在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体；可以减少装置的空气中的CO2气体产生的影响，减小实验误差，不选a；
b．滴加盐酸不过快就可以式产生的气体被充分的吸收，提高所以的准确性；不选b；
c．在A—B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，只能吸收水分，而在后边的装置中的气体吸收就是在溶液中进行的，所以不会影响测定准确度，选c；
d．在B—C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液洗气装置，可以使装置B挥发出的HCl被吸收而产生CO2气体，使CO2气体增多，因此使测定准确度降低，选d。
（6）根据C元素守恒可得关系式：CaCO3～CO2～BaCO3。n(BaCO3)=3.94g÷197g/mol=0.02mol,则n(CaCO3)=0.02mol，所以m(CaCO3)=0.02mol×100g/mol=2g。则样品中碳酸钙的质量分数为（2÷8）×100%=25%；
（7）有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是B中的水蒸气、氯化氢等装置排入C中，所以质量分数会偏大。
18. 实验目的：为研究铁质材料与热浓硫酸的反应
（1）称取铁钉(碳素钢)放入浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液并收集到气体。
①甲同学认为中除外还可能含有。若要确认其中是否含有，应选择加入的试剂为___________(选填序号)
A．溶液和氯水 B．铁粉和溶液 C．浓氨水 D．酸性溶液
②乙同学取(标准状况)气体通入足量溴水中，然后加入足量溶液，经适当操作后得到干燥固体。据此推知气体中的体积分数为___________。(保留三位有效数字)。
（2）分析上述实验中体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含量有和气体。为此设计了下列探究实验装置(图中夹持仪器省略)。气体Y中还有的原因是___________。
（3）装置A中试剂的作用是___________，反应的离子方程式___________。
（4）简述确认气体Y中含有的实验现象___________。
（5）如果气体Y中含有，预计实验现象应是___________。
【答案】（1） ①. D ②. 66.7%
（2）H2SO4变稀后与Fe生成H2
（3） ①. 除去混合气体中的SO2 ②.
（4）B中品红不褪色且C中澄清的石灰水变浑浊
（5）E中固体由黑变红和F中固体变蓝
【解析】
【分析】铁在加热的条件下与浓硫酸加热反应生成二氧化硫气体，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成氢气；根据亚铁离子具有还原性检验铁离子和亚铁离子的混合液中是否含有亚铁离子。
二氧化硫和二氧化碳都能使澄清的石灰水变浑浊，但是二氧化硫具有还原性，可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，所以先用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫气体，用品红检验二氧化硫气体是否除尽，再用澄清的石灰水检验二氧化碳气体；利用D中的碱石灰干燥氢气，氢气与氧化铜加热反应生成铜和水，用无水硫酸铜检验水的存在，G中碱石灰用来吸收外界中的水蒸气，防止空气进入F中，影响水的检验。
【小问1详解】
①铁离子能够与硫氰化钾反应生成血红色溶液，而亚铁离子不与硫氰化钾反应；亚铁离子具有强还原性，能够被氯水和酸性高锰酸钾溶液氧化；
A．溶液为铁离子和亚铁离子的混合液，加入硫氰化钾和氯水，溶液变为血红色，不能检验溶液中一定含有亚铁离子，故A不选；
B．溶液为铁离子和亚铁离子的混合液，加入铁粉，铁离子被还原为亚铁离子，再加硫氰化钾溶液，溶液颜色无变化，不能检验溶液中是否含有亚铁离子，故B不选；
C．溶液为铁离子和亚铁离子的混合液，加入浓氨水，亚铁离子会产生氢氧化亚铁白色沉淀，后又变为灰绿色，最终为红褐色，而铁离子也会产生氢氧化铁红褐色沉淀，干扰了亚铁离子的检验，故C不能选；
D．溶液为铁离子和亚铁离子的混合液，加入酸性溶液，亚铁离子被氧化，高锰酸根离子被还原，紫色溶液褪色，可以证明混合液中存在亚铁离子，故D可选；
故选D。
②Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr；H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl；根据以上反应关系可知，SO2~ BaSO4，设二氧化硫的体积为V，则存在：22.4L:233g=V：4.66g，V=0.448L=448mL，所以气体中的体积分数为×100%=66.7%；
【小问2详解】
铁钉放入浓硫酸中，加热，先生成二氧化硫，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成氢气，因此气体Y中含有氢气；
【小问3详解】
二氧化硫和二氧化碳都能使澄清的石灰水变浑浊，但是二氧化硫具有还原性，可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：；因此利用酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，除去混合气体中的SO2，排除对二氧化碳气体进行检验时的干扰；
【小问4详解】
确认气体Y中含有二氧化碳，应该完全排二氧化硫的干扰，当B中品红不褪色，C中石灰水变浑浊，可以说明含有二氧化碳；
【小问5详解】
氢气具有还原性，能够把黑色的氧化铜还原为铜，黑色固体变为红色，同时有水生成，水能够使无水硫酸铜变蓝色，这是检验水的特征反应；所以如果E中固体由黑变红，F中固体变蓝，即可证明气体Y中含有。
19. 氧化还原反应在工业生产、环保及科研中有广泛的应用，请根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：
I.氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40～50℃时反应可生成它。CuH具有的性质有：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体，Cu+在酸性条件下发生的反应是2Cu+=Cu2++Cu。
（1）写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式：___________。
（2）CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是 ___________(填化学式)。
（3）如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式：___________。
II.钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。完成下列填空：
（4）将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后生成VO2+等离子，该反应的化学方程式是 ______。
（5）向上述所得溶液中加入KClO3溶液，完善并配平反应的离子方程式。____+_____VO2++_____=______Cl-+______VO+_____，___________。
（6）V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应被吸收，则、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是 ___________。
【答案】（1）2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl
（2）H2 （3）CuH+3H++=Cu2++2H2O+NO↑
（4）V2O5+K2SO3+2H2SO4=2VOSO4+K2SO4+2H2O
（5）+6VO2++3H2O=Cl-+6VO+6H+
（6）>Cl->VO2+
【解析】
【小问1详解】
CuH在氯气中燃烧，Cu和H元素均被氧化，化学反应方程式：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl；
【小问2详解】
CuH溶解在稀盐酸中，-1价的H和+1价的H化合价归中生成H2；
【小问3详解】
把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，说明-1价H被氧化成+1价得到了水， CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式：CuH+3H++ =Cu2++2H2O+NO↑；
【小问4详解】
将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，亚硫酸钾被V2O5氧化，充分反应后生成VO2+等离子，该反应的化学方程式是：V2O5+K2SO3+2H2SO4=2VOSO4+K2SO4+2H2O；
【小问5详解】
向上述所得溶液中加入KClO3溶液，将VO2+氧化，根据得失电子守恒，配平系数为1，VO2+系数为6，根据原子守恒、电荷守恒完善并配平离子方程式：+6VO2++3H2O=Cl-+6VO+6H+；
【小问6详解】
V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，Cl-是还原剂，VO2+是还原产物，该黄绿色气体是氯气，氯气与Na2SO3溶液发生氧化还原反应，Na2SO3是还原剂，得到还原产物Cl-，根据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物，则、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是>Cl->VO2+。
20. 以黄铜矿(主要成分是CuFeS2，含少量SiO2)和软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)为原料制备纳米材料MnO和Cu2O的工艺如图：
已知几种金属氢氧化物沉淀的pH如下表：
金属氢氧化物
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Cu(OH)2
开始沉淀时pH
70
1.9
3.0
8.1
4.8
完全沉淀时pH
9.0
3.2
4.7
10.1
6.7
请回答下列问题：
（1）“固体1”的主要成分除S单质外，还有___________(填化学式)。
（2）“除杂”时应调节pH的范围为___________。
（3）“沉锰”时Mn2＋参与反应的离子方程式是___________。
（4）在实验室完成“操作A”，Ar的作用是___________。
（5）“蒸氨”时发生反应的化学方程式为___________。
（6）在“还原”过程中氧化产物为N2O，则制备72 g Cu2O至少需要___________g NH2OH。
【答案】（1）SiO2
（2）4.7~4.8 （3）Mn2+++NH3∙H2O=MnCO3↓++H2O(或Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O)
（4）保护MnO不被氧化
（5）Cu(NH3)4CO3=CuO+4NH3↑+CO2↑
（6）16.5
【解析】
【分析】黄铜矿(主要成分是CuFeS2，含少量SiO2)和软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)先进行粉碎，增大酸溶时的接触面积，再加入稀硫酸酸浸，其中SiO2不溶于酸，金属氧化物溶于酸生成硫酸铝和硫酸铁，MnO2、CuFeS2与硫酸发生反应生成单质S和硫酸锰、硫酸铜、硫酸铁，过滤除杂后加氢氧化钠调节溶液pH值4.7~4.8之间除去溶液中的Fe3+和Al3+，所得滤液中加入氨水、碳酸氢铵发生反应Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，将锰转化为碳酸锰沉淀，加入氨水将铜转化为Cu(NH3)4CO3，MnCO3在隔绝空气条件下受热分解成MnO，Cu(NH3)4CO3受热分解成氧化铜、氨气和二氧化碳；氧化铜再与羟胺反应得到氧化亚铜，据此分析解答。
【小问1详解】
由以上分析可知，加酸溶解后矿石中MnO2、CuFeS2与硫酸发生反应生成单质S和硫酸锰、硫酸铜、硫酸铁，其中SiO2不溶于酸，最终得到的固体中含有S和SiO2。
【小问2详解】
加入氢氧化钠溶液调节pH值的目的是除去溶液中的Fe3+和Al3+，但不能使铜离子、锰离子沉淀，结合表格数据可知，应将pH值控制在4.7~4.8之间。
【小问3详解】
“沉锰”时硫酸锰与碳酸氢铵发生反应生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为：Mn2+++NH3∙H2O=MnCO3↓++H2O(或Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O)。
【小问4详解】
MnO易被氧气氧化，因此在碳酸锰加热分解时要通入Ar，排尽装置中的空气防止MnO被氧化。
【小问5详解】
Cu(NH3)4CO3受热分解成氧化铜、氨气和二氧化碳，反应方程式为：Cu(NH3)4CO3=CuO+4NH3↑+CO2↑。
【小问6详解】
还原过程中发生反应：4CuO+2NH2OH=2Cu2O+N2O+3H2O，由反应可知生成1mol氧化亚铜消耗1mol羟胺，72 g Cu2O的物质的量为72 g÷144g/mol=0.5mol，所需羟胺的质量为：0.5mol×33g/mol=16.5g。
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