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河南省中原名校联盟2024届高三上学期9月调研考试化学试题（解析版）
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这是一份河南省中原名校联盟2024届高三上学期9月调研考试化学试题（解析版），共8页。试卷主要包含了本卷主要考查内容，200 ml·L-1， 设NA为阿伏加德罗常数的值等内容，欢迎下载使用。
全卷满分100分，考试时间90分钟。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
5.本卷主要考查内容：物质及其变化，物质的量，金属及其化合物。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 P 31 S 32 Fe 56
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是
A. 神舟飞船的轨道舱壳体采用了铝合金材料，铝合金具有密度小、抗腐蚀性能好等特性
B. 利用CO2合成淀粉有助于实现“碳达峰”和“碳中和”
C. 燃煤中加入CaO主要是为了减少温室气体的排放和酸雨的形成
D. 丝绸的主要原料为蚕丝，其主要成分是蛋白质
【答案】C
【解析】
【详解】A．铝合金具有密度小、强度高、抗腐蚀性能好等特性，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，A正确；
B． 利用CO2合成淀粉，减少了二氧化碳的排放、减少了空气中的二氧化碳气体，有助于实现“碳达峰”和“碳中和” ，B正确；
C． 燃煤中加入CaO主要是为了减少二氧化硫气体防止酸雨形成，因与二氧化碳反应生成的碳酸钙不稳定，受热又会分解产生二氧化碳，所以不能减少二氧化碳等温室气体的排放，C不正确；
D．蚕丝的主要成分是蛋白质、是丝绸的主要原料，D正确；
答案选C。
2. 分类是科学研究的重要方法，下列物质分类错误的是
A. 化合物：干冰、烧碱、小苏打
B. 碱性氧化物：氧化钙、氧化铁、过氧化钠
C. 同素异形体：C60、石墨、金刚石
D. 混合物：空气、硫酸铜溶液、汽油
【答案】B
【解析】
【详解】A．干冰是二氧化碳，烧碱是氢氧化钠，小苏打是碳酸氢钠，都属于化合物，故A正确；
B．过氧化钠和酸反应有氧气放出，过氧化钠属于过氧化物，不属于碱性氧化物，故B错误；
C．C60、石墨、金刚石都是由碳元素组成的单质，属于同素异形体，故C正确；
D．空气、硫酸铜溶液、汽油都是多种物质组成的混合物，故D正确；
选B。
3. 构建知识网络是一种重要的学习方法。如图是关于盐酸化学性质的知识网络图：“﹣”表示相连的两种物质能发生反应，“→”表示一种物质能转化为另一种物质。若A、B、C分别属于不同类别的化合物，则A、B、C可能是
A. CuO、Ba(OH)2、CuSO4
B. NaOH、HNO3、K2CO3
C. KOH、FeCl3、Na2CO3
D. NaOH、Ba(NO3)2、H2SO4
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．盐酸不与硫酸铜反应，盐酸不能转化为氢氧化钡，氢氧化钡不与氧化铜反应，故A不符合题意；
B．盐酸和氢氧化钠、碳酸钾都能反应，和硝酸银反应生成硝酸，硝酸和氢氧化钠、碳酸钾都能反应，故B符合题意；
C．氯化铁和碳酸钠均为盐，属于相同类别的化合物，故C不符合题意；
D．盐酸不能转化为硝酸钡，盐酸不与硫酸反应，氢氧化钠与硝酸钡不反应，故D不符合题意；
故答案：B。
4. 电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。室温下，用0.100 ml·L-1 NH3·H2O滴定10 mL浓度均为0.100 ml·L-1HCl和CH3COOH的混合液,电导率曲线如图所示。
下列说法正确的是
A. ①溶液中c(H+)为0.200 ml·L-1
B. 溶液温度高低为①>③>②
C. ③点溶液中有c(Cl-)>c(CH3COO-)
D. ③点后因离子数目减少使电导率略降低
【答案】C
【解析】
【详解】A、醋酸是弱酸，不能根据醋酸的浓度来确定氢离子的浓度，错误；
B、酸碱中和反应是放热反应，所以反应未开始时的温度一定不是最高的，该反应过程可以认为开始的10mL氨水与盐酸反应，反应放热，后10mL氨水与醋酸反应，而醋酸电离是吸热的，所以氨水与醋酸反应放出的热量低于与盐酸反应放出的热量，所以②最高，错误；
C、③点时氨水与混酸完全反应生成氯化铵和醋酸铵，因为醋酸根离子水解，而氯离子不水解，所以c(Cl—)>c(CH3COO-)，正确；
D、③点离子数目增大，但离子浓度减小，所以电导率降低，错误，答案选C。
5. 能正确表示下列反应的离子方程式为
A 向Ca(HCO3)2溶液中滴入少量NaOH溶液：＋Ca2＋＋OH-=CaCO3↓＋H2O
B. 明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：Al3＋＋3H2O=Al(OH)3↓＋3H＋
C. Na2O2溶于水产生O2：Na2O2＋H2O=2Na＋＋2OH-＋O2↑
D. 向MnO2中滴入浓盐酸并加热：MnO2＋4HCl(浓)Mn2＋＋2Cl-＋Cl2↑＋2H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．向Ca(HCO3)2溶液中滴入少量NaOH溶液生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为＋Ca2＋＋OH-=CaCO3↓＋H2O，故A正确；
B．明矾溶于水产生Al(OH)3胶体，反应的离子方程式为Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，故B错误；
C．Na2O2溶于水产生O2，反应的离子方程式为2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH-＋O2↑，故C错误；
D．向MnO2中滴入浓盐酸并加热生成氯化锰、氯气、水，反应的离子方程为MnO2＋4H++2Cl-Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故D错误；
选A。
6. 高铜酸钾(KCuO2)是一种难溶于水的黑色粉末状固体，与高铁酸钾(K2FeO4)性质相似，可以由四羟基合铜酸钾和次溴酸在冰水浴中合成：①K2[Cu(OH)4]＋HBrO→KCuO2＋KBr＋KBrO＋H2O(未配平)。高铜酸钾在酸性条件下不稳定：②KCuO2＋H2SO4→O2↑＋CuSO4+H2O＋K2SO4(未配平)。下列说法错误的是
A. ①中还原剂和氧化剂的物质的量之比为2：1
B. ②若有标准状况下5.6 L O2生成，则转移电子0.5 ml
C. ②中KCuO2既表现氧化性，又表现还原性
D. 由①、②可知氧化性强弱顺序为HBrO>KCuO2>O2
【答案】B
【解析】
【详解】A．配平两个反应为、；反应①中HBrO→KBr中Br元素化合价降低2价，HBrO作氧化剂，中Cu元素化合价升高1价，作还原剂，则还原剂和氧化剂的物质的量之比为2∶1，A正确；
B．反应②方程式为，生成1 ml 转移4 ml电子，标准状况下生成5.6 L 即物质的量为 ml，转移电子，B错误；
C．反应②反应方程式中的Cu元素化合价降低，O元素化合价升高，既作氧化剂也作还原剂，既表现氧化性，又表现还原性，C正确；
D．氧化剂氧化性强于氧化产物，由①可得氧化性：，由②可得氧化性：。则氧化性强弱顺序为：，D正确；
答案选B
7. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 3.9 g Na2O2晶体中阴离子的数目为0.05NA
B. 标准状况下，2.24 L H2O中含有的原子数目为0.3NA
C. 18 g C60和石墨的混合物中含有的碳原子数目为1.5NA
D. 1 L 0.2 ml·L-1 NaOH溶液与足量的Al反应，生成的H2分子数为0.3NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．1mlNa2O2中含有2mlNa+和1ml离子，3.9gNa2O2晶体中阴离子数目为0.05NA，故A正确；
B．标准状况下水是液体，不能用气体的摩尔体积进行计算，故B错误；
C．C60和石墨都是有C原子组成，18C60和石墨混合物中含有C原子为1.5NA，故C正确；
D．铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，根据2Al~3H2↑可知，1 L 0.2 ml·L-1 NaOH溶液与足量的Al反应，生成的H2分子数为0.3NA，故D正确；
答案选B。
8. 下图是配制一定物质的量浓度溶液的过程示意图。下列说法错误的是
A. 配制100 mL 2.0 ml·L-1 NaOH溶液，操作1需要称量8.0 g NaOH固体
B. 操作2是将恢复至室温的NaOH溶液转移到容量瓶中
C. 操作4是用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与容量瓶颈部的刻度线相切
D. 操作5中，将容量瓶颠倒、摇匀后，发现液面低于刻度线，要继续滴加蒸馏水
【答案】D
【解析】
【详解】A．配制100 mL 2.0 ml·L-1 NaOH溶液，操作1需要称量NaOH固体的质量为0.1L ×2.0 ml·L-1×40g/ml=8.0g，故A正确；
B．用容量瓶配制溶液要在室温下进行，操作2是将恢复至室温的NaOH溶液转移到容量瓶中，故B正确；
C．4是定容操作，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与容量瓶颈部的刻度线相切，故C正确；
D．操作5中，将容量瓶颠倒、摇匀后，发现液面低于刻度线，属于正常现象，不能继续滴加蒸馏水，若继续滴加蒸馏水，会使溶液浓度偏低，故D错误；
选D。
9. 探究钠及其化合物的性质，下列方案设计、现象及结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．过氧化钠本身与盐酸反应生成氧气，有气泡冒出，不能证明过氧化钠已经变质，故A错误；
B．钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和碳，则产生黑、白两种固体，该反应为置换反应，故B正确；
C．碳酸根离子结合质子能力强于碳酸氢根离子的，盐酸少量，碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，无明显现象，不会产生气泡，故C错误；
D．NH4Cl溶液中加入一定量NaOH固体中时，由于氢氧化钠固体溶于水本身放热，所以不能据此说明该反应是放热反应，故D错误；
故选：B。
10. 下列有关铁及其化合物的叙述正确的是
①高温下，铁与水蒸气反应生成红棕色的氧化铁
②将饱和氯化铁溶液滴入浓NaOH溶液中，可制得氢氧化铁胶体
③氧化铁常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料
④高温下，用一氧化碳还原铁的氧化物制铁
A. ①④B. ②③C. ③④D. ①③
【答案】C
【解析】
【详解】①高温下，铁与水蒸气反应生成黑色的四氧化三铁固体和氢气，①错误；
②将饱和氯化铁溶液滴入浓NaOH溶液中，生成红褐色的氢氧化铁沉淀，不能制得氢氧化铁胶体，②错误；
③氧化铁是一种红棕色粉末，常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，③正确；
④高温下，用一氧化碳还原铁的氧化物，发生氧化还原反应生成铁和二氧化碳，用来冶炼铁，④正确。
故选C。
11. 氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组模拟热分解CuCl2•2H2O制备CuCl的过程，并进行相关物质转化的探究。
已知：酸性条件下Cu+不稳定
下列说法不正确的是
A. X气体是HCl，可抑制CuCl2•2H2O加热时水解
B. 途径1中产生的Cl2可以回收利用，也可以通入饱和NaOH溶液中除去
C. 途径2中200℃时反应的化学方程式为Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑
D. CuCl与稀硫酸反应的离子方程式为2Cu++4H++SO=2Cu2++SO2↑+2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，为抑制CuCl2水解，要在HCl气流下加热，加热温度大于300C，发生，直接加热CuCl2•2H2O会生成Cu2 (OH ) 2Cl2，Cu2 (OH ) 2Cl2加热到200C生成CuO。据此解答。
A．氯化铜水解生成氢氧化铜和氯化氢，X气体是HCl，可抑制CuCl2•2H2O加热时水解，A正确；
B．氯气能被饱和氢氧化钠溶液吸收，防止污染，也可以将其转化为氯化氢，回收循环利用，B正确；
C．途径2中200℃时反应生成氧化铜，由原子守恒可知，还生成氯化氢，该反应的化学方程式为Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑，C正确；
D．氯化亚铜不溶于水，书写离子方程式时不能拆开，D错误；
故选D。
12. 将NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量的水后，产生1.16 g白色沉淀。再向所得悬浊液中逐滴加入1.00 ml·L-1HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示，下列说法错误的是
A. 1.16 g白色沉淀为Mg(OH)2，B点的沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3
B. A点到B点发生反应的离子方程式为＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓
C. C点时，加入HCl溶液的总体积为130 mL
D. 原混合物中MgCl2和AlCl3的物质的量之比为1：2
【答案】D
【解析】
【分析】向固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，0−A时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，则铝离子完全转化为偏铝酸根离子，溶液中存在的沉淀为Mg(OH)2；A−B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为；B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH) 3；B−C过程中，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，所以C点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠；
【详解】A．有分析可知，A点的沉淀物的化学式为Mg(OH)2，故1.16 g白色沉淀为Mg(OH)2；B点的沉淀物的化学式为Mg(OH)2和Al(OH) 3，故A正确；
B．A−B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓，故B正确；
C．A点沉淀的是氢氧化镁，则n(Mg(OH) 2)==0.02ml，根据Mg原子守恒得n(MgCl2)=n(Mg(OH) 2)=0.02ml， A−B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为，根据HCl的体积知，n()=n(HCl)=1ml/L×(0.03−0.01)L=0.02ml，根据铝原子守恒得n(AlCl3)=n()=0.02ml，由Na+离子和Cl−离子守恒得，原混合物中n(NaOH)=n(NaCl)=n(Cl−)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)=0.02ml×2+0.02ml×3+0.03L×1ml/L=0.13ml， C点溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，C点所加盐酸用于中和原混合物中的NaOH，此时所加盐酸物质的量n(HCl)=n(NaOH)=0.13ml；C点所表示盐酸的体积为V= =0.13L=130mL，故C正确；
D．由C项分析可知，原混合物中MgCl2和AlCl3物质的量之比为1：1，故D错误；
故选D。
13. 一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分，当左边充入1 ml N2，右边充入CO和CO2的混合气体共8 g时，隔板处于如图位置(保持温度、压强不变)，下列说法错误的是
A. 右侧CO与CO2的混合气体的总物质的量为0.25 ml
B. 右侧气体的密度等于相同条件下氧气的密度
C. 右侧混合气体中CO的质量为5.25 g
D. 若改变右侧混合气体的充入量而使隔板处于距离右端处，保持温度不变，则前后两次充入容器内的气体的压强之比为25：23
【答案】D
【解析】
【详解】A. 同温同压，气体的体积比等于物质的量比，左右两侧的体积比为4:1，所以物质的量比为4:1，左边充入1 ml N2，右侧CO与CO2的混合气体的总物质的量为0.25 ml，故A正确；
B. 同温同压，密度比等于摩尔质量的比，右侧气体的质量为8g、物质的量为0.25ml，平均摩尔质量为32g/ml，所以右侧气体的密度等于相同条件下氧气的密度，故B正确；
C. 设右侧气体中CO的物质的量为xml、CO2的物质的量为yml，则 ， ，所以右侧混合气体中CO的质量为5.25 g，故C正确；
D. 若改变右侧混合气体的充入量而使隔板处于距离右端处，则右侧充入气体的物质的量为0.2ml，气体总物质的量为1.2ml，同温同体积，压强比等于物质的量比，则前后两次充入容器内的气体的压强之比为1.25:1.2=25：24，故D错误；
选D。
14. 隔绝空气条件下，8.34 g FeSO4·7H2O样品受热分解过程的热重曲线(固体的质量随温度变化的曲线)如下图所示。下列说法正确的是
A. 温度为78～159℃阶段，固体物质M的化学式为FeSO4·5H2O
B. 温度为159～373℃阶段，固体物质N的化学式为FeSO4·2H2O
C. 由固体N转化为固体P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O↑
D. 由固体P转化为固体Q的化学方程式为4FeSO44FeO＋2SO2↑＋2SO3↑＋O2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A．8.34g七水合硫酸亚铁的物质的量为，若晶体完全失去结晶水所得固体的质量为0.03×152=4.56g，则373°C前为七水硫酸亚铁晶体脱水的过程，失重第一阶段为FeSO4·7H2O脱去一部分结晶水的过程，由题给出的数据可知M中硫酸亚铁和结晶水的物质的量之比为0.03：，则固体物质的化学式为FeSO4·4H2O，故A错误；
B．失重的第二阶段为FeSO4·4H2O脱去一部分水的过程，由题中数据可知N中FeSO4和结晶水的物质的量之比为0.03：，则固体N的化学式为FeSO4·H2O，故B错误；
C．由分析可知，在隔绝空气条件下，N得到P的反应为FeSO4·H2O失去结晶水生成FeSO4，反应的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4+H2O，故C正确；
D．633°C后为FeSO4隔绝空气受热分解的过程，由铁原子个数守恒可知，Q中Fe原子和氧原子物质的量之比为0.03：，则Q的化学式为Fe2O3，由得失电子守恒可知，高温下硫酸亚铁分解的方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，故D 错误；
答案选C。
二、非选择题：本题共5小题，共58分。
15. 甲同学设计如下实验方案，来分离NaCl和BaCl2两种固体混合物，可供选择的化学试剂有：Na2SO4溶液、Na2CO3溶液、K2CO3溶液、HCl溶液。
回答下列问题：
（1）操作②中用到的玻璃仪器有_______。
（2）试剂a是_______(填化学式，下同)溶液，试剂b是_______溶液。
（3）该方案_______(填“能”或“不能”)达到实验目的。
（4）乙同学在实验室以Fe、CuO、稀硫酸为原料制取金属铜，写出反应的化学方程式：_______、_______。
【答案】（1）烧杯、漏斗、玻璃棒
（2） ①. Na2CO3 ②. HCl
（3）不能 （4） ①. CuO+H2SO4=CuSO4+H2O ②. CuSO4+Fe=FeSO4+Cu
【解析】
【分析】分离NaCl和BaCl2两种固体混合物，分离后两种物质不能发生变化，则不能产生无法溶解的物质如BaSO4。
【小问1详解】
操作①为过滤，需要用到的仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
【小问2详解】
加入试剂a产生沉淀，将BaCl2转化为沉淀，应加入Na2CO3，若加入Na2SO4产生难溶于酸的沉淀，无法继续转化；
试剂b将沉淀A溶解，应为酸性物质，HCl合理；
【小问3详解】
该方案不能达到目的，仅能将BaCl2分离，而NaCl中仍然混有Na2CO3杂质；
【小问4详解】
采用所给试剂制取Cu，采用置换法实现，方程为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O CuSO4+Fe=FeSO4+Cu。
【点睛】该题通过物质的分离考查学生的化学实验基本素养，明确实验原理和相关物质的性质是解答的关键，关于化学实验的考查今后仍然是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运用知识解决实际问题的能力。
16. 工业上以铝土矿(主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3、FeO、SiO2等杂质)为主要原料制备氧化铝，流程如下。
（1）酸浸：用H2SO4溶液浸取铝土矿中的铝元素和铁元素，H2SO4溶液的用量不宜过量太多，其原因是_______。
（2）氧化：用溶液将氧化为，反应的离子方程式为_______。
（3）沉淀：用Na2CO3溶液调节pH，将Al3+、Fe3+转化为沉淀。溶液终点pH对铝、铁沉淀率的影响如图所示。
①为获得较高的铝、铁沉淀率，应控制溶液pH为_______。
②检验Fe3+沉淀完全的操作为_______。
（4）碱溶：用NaOH溶液溶解沉淀，分离出Fe(OH)3.下列措施中能提高单位时间内铝元素浸出率的有_______(填序号)。
A．适当增大NaOH溶液浓度 B．适当加快搅拌速率 C．适当降低温度
（5）碳分：向“碱溶”后的溶液中通入足量气体，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，该反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）防止增大后续步骤中Na2CO3和NaOH溶液的消耗，造成浪费
（2）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（3） ①. 5.0左右 ②. 静置，取上层清液于一试管，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，则说明Fe3+沉淀完全
（4）AB （5）
【解析】
【分析】由题干工艺流程图可知，向铝土矿中加入硫酸，将Al2O3、Fe2O3、FeO分别转化为Al3+、Fe3+和Fe2+，过滤出SiO2，向滤液中加入H2O2溶液将Fe2+转化为Fe3+，便以沉淀步骤中转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，过滤后得到沉淀，向沉淀中加入NaOH溶液，将Al(OH)3沉淀溶解转化为NaAlO2溶液，过滤得到Fe(OH)3，向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3溶液，过滤洗涤沉淀，并进行灼烧得到Al2O3，据此分析解题。
【小问1详解】
由于后续步骤中加入的Na2CO3和NaOH均能与H2SO4反应，故若“酸浸”步骤中H2SO4溶液的用量过量太多，则将增大后续步骤中Na2CO3和NaOH溶液的消耗，造成浪费，故答案为：防止增大后续步骤中Na2CO3和NaOH溶液的消耗，造成浪费；
【小问2详解】
由题干流程图信息可知，在酸性环境中用H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
【小问3详解】
①由题干图示信息可知，pH=5.0左右时铝铁的沉淀率均比较高了，接近100%，再提高pH沉淀率增大不显著，且消耗更多的Na2CO3，故为获得较高的铝、铁沉淀率，应控制溶液pH为5.0左右，故答案为：5.0左右；
②检验Fe3+沉淀完全的操作为：静置，取上层清液于一试管，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，则说明Fe3+沉淀完全，故答案为：静置，取上层清液于一试管，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，则说明Fe3+沉淀完全；
【小问4详解】
A．适当增大NaOH溶液浓度，增大反应物浓度，反应速率加快，能提高单位时间内铝元素浸出率，A符合题意；
B．适当加快搅拌速率，以试剂充分接触增大接触面积，反应速率加快，能提高单位时间内铝元素浸出率，B符合题意；
C．适当降低温度，反应速率减慢，不能提高单位时间内铝元素浸出率，C不合题意；
故答案为：AB；
【小问5详解】
向“碱溶”后的溶液中通入足量气体，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，该反应化学方程式为：NaAlO2+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+NaHCO3，该反应的离子方程式为：，故答案为：。
17. 磷酸亚铁锂(LiFePO4)能可逆地嵌入、脱出锂，使其作为锂离子电池的正极材料的研究及应用得到广泛关注。通过水热法制备磷酸亚铁锂的一种方法如下(装置如图所示)：
Ⅰ．在A中加入40 mL蒸馏水、0.015 ml H3PO4和0.01 ml FeSO4·7H2O，用搅拌器搅拌溶解后，缓慢加入0.015ml LiOH·H2O，继续搅拌。
Ⅱ．向反应液中加入少量抗坏血酸(即维生素C)，继续搅拌5 min
Ⅲ．快速将反应液装入反应釜中，保持170℃恒温5 h。
Ⅳ．冷却至室温，过滤。
Ⅴ．用蒸馏水洗涤沉淀。
Ⅵ．干燥，得到磷酸亚铁锂产品。
回答下列问题
（1）装置图中仪器A的名称是_______。
（2）根据上述实验药品的用量，仪器A的最适宜规格为_______(填标号)。
A. 100 mLB. 250 mLC. 500 mLD. 1000 mL
（3）步骤Ⅱ中，抗坏血酸的作用是_______。也可以用Na2SO3代替抗坏血酸，其原理是_______(用离子方程式表示)。
（4）步骤Ⅴ检验LiFePO4是否洗涤干净的方法是_______
（5）干燥后称量，产品的质量是1.2 g，本实验的产率为_______%(保留1位小数)。
【答案】（1）三颈烧瓶 （2）A
（3） ①. 做还原剂，防止Fe2+被氧化 ②.
（4）取最后一次洗涤液，先加盐酸至无现象，再加BaCl2，若无沉淀则洗净；
（5）75.9
【解析】
【分析】水热法制备磷酸亚铁锂，其中FeSO4易被氧化，在实验过程中加入还原剂防止其被氧化变质。
【小问1详解】
仪器A的名称为三颈烧瓶；
【小问2详解】
仪器A中混合物的体积约为40~50mL，选择100mL三劲烧瓶即可；
【小问3详解】
抗坏血酸具有还原性，步骤Ⅱ中加入抗坏血酸，其作用为做还原剂，防止Fe2+被氧化，Na2SO3也具有还原性，方程为：
【小问4详解】
步骤V中检验是否洗净实质为检验硫酸根离子，方法为：取最后一次洗涤液，先加盐酸至无现象，再加BaCl2，若无沉淀则洗净；
【小问5详解】
制备过程中，假定FeSO4完全反应，理论上可以得到0.01mlLiFePO4，质量为1.5g，所以产率为
【点睛】明确相关物质的性质和实验原理是解答的关键，注意掌握解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。具体分析为：（1）实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？（2）所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。（3）有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。（4）有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。（5）实验现象：自下而上，自左而右全面观察。（6）实验结论：直接结论或导出结论。
18. 一种以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原料制备硝酸铜的工艺流程如图所示：
（1）写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：____。
（2）恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少，有研究指出CuCl2是该反应的催化剂，该过程的反应原理可用化学方程式表示为
①Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S；
②____。
（3）向滤液M中加入(或通入)____(填字母)，可得到一种可循环利用的物质。
a.铁 b.氯气 c.高锰酸钾 d.氯化氢
（4）“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是____；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由是____。
（5）辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)通过电化学反应转变而成，有关转化见图，转化时转移0.2ml电子，生成Cu2S___ml。
【答案】（1）
（2）
（3）b （4） ①. 调pH将Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀 ②. 抑制Cu2+水解
（5）0.2
【解析】
【分析】辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)，加入FeCl3溶液，可以将Cu2S氧化生成CuCl2和S，过滤除去S和SiO2，加入Fe置换出Cu，将剩余Fe3+还原为Fe2+，滤液M为氯化亚铁，保温除铁，加入硝酸将过量的铁粉转化为Fe3+，加入CuO调pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去Fe(OH)3，硝酸铜溶液加入稀硝酸抑制水解，蒸发浓缩冷却结晶，得到硝酸铜晶体；
【小问1详解】
根据分析可知“浸取”过程中，加入FeCl3溶液，可以将Cu2S氧化生成CuCl2和S，发生反应的离子方程式：；
【小问2详解】
催化剂在反应前后不发生变化，但是参与中间过程，CuCl2是催化剂，参与①Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S；第二步应该是中间体CuCl与浸取液FeCl3生成CuCl2，②；
【小问3详解】
根据分析可知滤液M为氯化亚铁，将氯化亚铁氧化为氯化铁还可以循环利用，故通入的氧化剂为氯气，故答案为b；
【小问4详解】
根据分析可知“保温除铁”过程中，加入硝酸将过量的铁粉转化为Fe3+，加入CuO调pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去铁元素；硝酸铜溶液蒸发浓缩冷却结晶过程会水解，加入稀硝酸抑制Cu2+水解；
【小问5详解】
该转化中Cu被氧化成Cu2S，化合价升高1价，CuFeS2被还原成Cu2S，化合价降低1价，根据电子守恒可知转化时转移0.2ml电子，生成Cu2S为0.2ml。
19. 化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步得到Na2CO3和NH4Cl两种产品，并测定碳酸钠中碳酸氢钠的含量。回答下列问题：
Ⅰ．NaHCO3的制备
实验流程及实验装置图如下：
（1）a导管末端多孔球泡的作用是_______。
（2）b中通入的气体是_______(写名称)。
（3）生成NaHCO3的总反应的化学方程式为_______。
Ⅱ．产品Na2CO3中NaHCO3含量的测定
i．称取产品2.500 g，用蒸馏水溶解，定容于250 mL容量瓶中；
ii．移取25.00 mL上述溶液于锥形瓶中，加入2滴指示剂M，用0.100 0 ml·L-1盐酸标准溶液滴定至溶液由浅红色变无色(第一滴定终点)，消耗盐酸V1 mL；
iii．在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.100 0 ml·L-1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V2 mL；
iv．平行测定三次，V1平均值为22.25，V2平均值为23.25。
（4）指示剂N为_______，到达第二滴定终点时的现象是_______。
（5）产品Na2CO3中NaHCO3的质量分数为_______%(保留2位小数)。
（6）第一滴定终点时，某同学仰视读数，其他操作均正确，则NaHCO3的质量分数的计算结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】（1）增大气体和液体的接触面积，提高吸收效率
（2）氨气 （3）NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
（4） ①. 甲基橙溶液 ②. 滴入最后半滴盐酸标准溶液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟不变色
（5）3.36 （6）偏小
【解析】
【分析】该实验模拟侯氏制碱法，主要利用碳酸氢钠溶解度较小，产生沉淀进而从溶液中分离。
测定含量采用酸碱中和滴定的方法进行，利用盐酸标准溶液滴定，第一次加入的指示剂为酚酞指示剂，滴定至碳酸钠全部转化为碳酸氢钠为止；第二次加入甲基橙指示剂，将碳酸氢钠全部转化为NaCl，此时盐酸过量，溶液显酸性。
【小问1详解】
多孔球泡的作用是为了增大气体和液体的接触面积，提高吸收速率；
【小问2详解】
氨气在水中溶解度极大，为了防止倒吸，不能将导管直接插入溶液中，所以该气体为氨气；
【小问3详解】
生成碳酸氢钠的总反应为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；
【小问4详解】
第一次滴定时，由于达到终点时溶液呈碱性，故指示剂M为酚酞溶液；第二次滴定时，由于终点时溶液呈酸性，所以指示剂N为甲基橙。达到第二次终点时的现象是滴入最后半滴盐酸标准溶液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟不变色；
【小问5详解】
进行第一次滴定时，发生的反应为，消耗盐酸的体积为22.25mL，进行第二次滴定时发生的反应为，消耗的盐酸为23.25mL，所以，0.2500g产品中碳酸氢钠消耗的盐酸体积为1mL，物质的量为1.0×10-4ml，所以NaHCO3的质量分数；
【小问6详解】
在第一次滴定过程中仰视读数，导致产品中碳酸钠含量测定值偏大，则碳酸氢钠测定值偏小。
【点睛】本题以模拟侯氏制碱法的实验流程为载体，将实验原理的理解、实验试剂的选用、实验条件的控制、实验操作规范、实验方案的设计等融为一体，重点考查学生对实验流程的理解、实验装置的观察、信息的加工、实验原理和方法运用、实验方案的设计和评价等能力，也考查学生运用比较、分析等科学方法解决实际问题的能力和逻辑思维的严密性。解题的关键是能读懂实验流程，分析实验各步骤的原理、目的、实验条件等。设计实验方案时，根据限定必须使用的试剂，结合题中所给信息，注意反应条件的控制以及实验试剂的量的控制，按照“核心转化→尾气处理→产品分离→产品提纯”思路，对细节进行耐心的优化，直至得到完美方案。方案设计
现象
结论
A
向露置在空气中的固体中加入稀盐酸
溶液中产生气泡
固体已经变质
B
将一小块金属钠在燃烧匙中点燃，伸入盛有的集气瓶中
产生黑、白两种固体
钠的还原性强，与二氧化碳发生了置换反应
C
向2mL 2 溶液中滴加2滴4稀盐酸
溶液中产生气泡
该溶液中混有杂质
D
向插有温度计的10mL 0.1 溶液中加入一定量NaOH固体
有刺激性气味产生，温度计示数增大
反应为放热反应
全卷满分100分，考试时间90分钟。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
5.本卷主要考查内容：物质及其变化，物质的量，金属及其化合物。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 P 31 S 32 Fe 56
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是
A. 神舟飞船的轨道舱壳体采用了铝合金材料，铝合金具有密度小、抗腐蚀性能好等特性
B. 利用CO2合成淀粉有助于实现“碳达峰”和“碳中和”
C. 燃煤中加入CaO主要是为了减少温室气体的排放和酸雨的形成
D. 丝绸的主要原料为蚕丝，其主要成分是蛋白质
【答案】C
【解析】
【详解】A．铝合金具有密度小、强度高、抗腐蚀性能好等特性，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，A正确；
B． 利用CO2合成淀粉，减少了二氧化碳的排放、减少了空气中的二氧化碳气体，有助于实现“碳达峰”和“碳中和” ，B正确；
C． 燃煤中加入CaO主要是为了减少二氧化硫气体防止酸雨形成，因与二氧化碳反应生成的碳酸钙不稳定，受热又会分解产生二氧化碳，所以不能减少二氧化碳等温室气体的排放，C不正确；
D．蚕丝的主要成分是蛋白质、是丝绸的主要原料，D正确；
答案选C。
2. 分类是科学研究的重要方法，下列物质分类错误的是
A. 化合物：干冰、烧碱、小苏打
B. 碱性氧化物：氧化钙、氧化铁、过氧化钠
C. 同素异形体：C60、石墨、金刚石
D. 混合物：空气、硫酸铜溶液、汽油
【答案】B
【解析】
【详解】A．干冰是二氧化碳，烧碱是氢氧化钠，小苏打是碳酸氢钠，都属于化合物，故A正确；
B．过氧化钠和酸反应有氧气放出，过氧化钠属于过氧化物，不属于碱性氧化物，故B错误；
C．C60、石墨、金刚石都是由碳元素组成的单质，属于同素异形体，故C正确；
D．空气、硫酸铜溶液、汽油都是多种物质组成的混合物，故D正确；
选B。
3. 构建知识网络是一种重要的学习方法。如图是关于盐酸化学性质的知识网络图：“﹣”表示相连的两种物质能发生反应，“→”表示一种物质能转化为另一种物质。若A、B、C分别属于不同类别的化合物，则A、B、C可能是
A. CuO、Ba(OH)2、CuSO4
B. NaOH、HNO3、K2CO3
C. KOH、FeCl3、Na2CO3
D. NaOH、Ba(NO3)2、H2SO4
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．盐酸不与硫酸铜反应，盐酸不能转化为氢氧化钡，氢氧化钡不与氧化铜反应，故A不符合题意；
B．盐酸和氢氧化钠、碳酸钾都能反应，和硝酸银反应生成硝酸，硝酸和氢氧化钠、碳酸钾都能反应，故B符合题意；
C．氯化铁和碳酸钠均为盐，属于相同类别的化合物，故C不符合题意；
D．盐酸不能转化为硝酸钡，盐酸不与硫酸反应，氢氧化钠与硝酸钡不反应，故D不符合题意；
故答案：B。
4. 电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。室温下，用0.100 ml·L-1 NH3·H2O滴定10 mL浓度均为0.100 ml·L-1HCl和CH3COOH的混合液,电导率曲线如图所示。
下列说法正确的是
A. ①溶液中c(H+)为0.200 ml·L-1
B. 溶液温度高低为①>③>②
C. ③点溶液中有c(Cl-)>c(CH3COO-)
D. ③点后因离子数目减少使电导率略降低
【答案】C
【解析】
【详解】A、醋酸是弱酸，不能根据醋酸的浓度来确定氢离子的浓度，错误；
B、酸碱中和反应是放热反应，所以反应未开始时的温度一定不是最高的，该反应过程可以认为开始的10mL氨水与盐酸反应，反应放热，后10mL氨水与醋酸反应，而醋酸电离是吸热的，所以氨水与醋酸反应放出的热量低于与盐酸反应放出的热量，所以②最高，错误；
C、③点时氨水与混酸完全反应生成氯化铵和醋酸铵，因为醋酸根离子水解，而氯离子不水解，所以c(Cl—)>c(CH3COO-)，正确；
D、③点离子数目增大，但离子浓度减小，所以电导率降低，错误，答案选C。
5. 能正确表示下列反应的离子方程式为
A 向Ca(HCO3)2溶液中滴入少量NaOH溶液：＋Ca2＋＋OH-=CaCO3↓＋H2O
B. 明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：Al3＋＋3H2O=Al(OH)3↓＋3H＋
C. Na2O2溶于水产生O2：Na2O2＋H2O=2Na＋＋2OH-＋O2↑
D. 向MnO2中滴入浓盐酸并加热：MnO2＋4HCl(浓)Mn2＋＋2Cl-＋Cl2↑＋2H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．向Ca(HCO3)2溶液中滴入少量NaOH溶液生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为＋Ca2＋＋OH-=CaCO3↓＋H2O，故A正确；
B．明矾溶于水产生Al(OH)3胶体，反应的离子方程式为Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，故B错误；
C．Na2O2溶于水产生O2，反应的离子方程式为2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH-＋O2↑，故C错误；
D．向MnO2中滴入浓盐酸并加热生成氯化锰、氯气、水，反应的离子方程为MnO2＋4H++2Cl-Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故D错误；
选A。
6. 高铜酸钾(KCuO2)是一种难溶于水的黑色粉末状固体，与高铁酸钾(K2FeO4)性质相似，可以由四羟基合铜酸钾和次溴酸在冰水浴中合成：①K2[Cu(OH)4]＋HBrO→KCuO2＋KBr＋KBrO＋H2O(未配平)。高铜酸钾在酸性条件下不稳定：②KCuO2＋H2SO4→O2↑＋CuSO4+H2O＋K2SO4(未配平)。下列说法错误的是
A. ①中还原剂和氧化剂的物质的量之比为2：1
B. ②若有标准状况下5.6 L O2生成，则转移电子0.5 ml
C. ②中KCuO2既表现氧化性，又表现还原性
D. 由①、②可知氧化性强弱顺序为HBrO>KCuO2>O2
【答案】B
【解析】
【详解】A．配平两个反应为、；反应①中HBrO→KBr中Br元素化合价降低2价，HBrO作氧化剂，中Cu元素化合价升高1价，作还原剂，则还原剂和氧化剂的物质的量之比为2∶1，A正确；
B．反应②方程式为，生成1 ml 转移4 ml电子，标准状况下生成5.6 L 即物质的量为 ml，转移电子，B错误；
C．反应②反应方程式中的Cu元素化合价降低，O元素化合价升高，既作氧化剂也作还原剂，既表现氧化性，又表现还原性，C正确；
D．氧化剂氧化性强于氧化产物，由①可得氧化性：，由②可得氧化性：。则氧化性强弱顺序为：，D正确；
答案选B
7. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 3.9 g Na2O2晶体中阴离子的数目为0.05NA
B. 标准状况下，2.24 L H2O中含有的原子数目为0.3NA
C. 18 g C60和石墨的混合物中含有的碳原子数目为1.5NA
D. 1 L 0.2 ml·L-1 NaOH溶液与足量的Al反应，生成的H2分子数为0.3NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．1mlNa2O2中含有2mlNa+和1ml离子，3.9gNa2O2晶体中阴离子数目为0.05NA，故A正确；
B．标准状况下水是液体，不能用气体的摩尔体积进行计算，故B错误；
C．C60和石墨都是有C原子组成，18C60和石墨混合物中含有C原子为1.5NA，故C正确；
D．铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，根据2Al~3H2↑可知，1 L 0.2 ml·L-1 NaOH溶液与足量的Al反应，生成的H2分子数为0.3NA，故D正确；
答案选B。
8. 下图是配制一定物质的量浓度溶液的过程示意图。下列说法错误的是
A. 配制100 mL 2.0 ml·L-1 NaOH溶液，操作1需要称量8.0 g NaOH固体
B. 操作2是将恢复至室温的NaOH溶液转移到容量瓶中
C. 操作4是用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与容量瓶颈部的刻度线相切
D. 操作5中，将容量瓶颠倒、摇匀后，发现液面低于刻度线，要继续滴加蒸馏水
【答案】D
【解析】
【详解】A．配制100 mL 2.0 ml·L-1 NaOH溶液，操作1需要称量NaOH固体的质量为0.1L ×2.0 ml·L-1×40g/ml=8.0g，故A正确；
B．用容量瓶配制溶液要在室温下进行，操作2是将恢复至室温的NaOH溶液转移到容量瓶中，故B正确；
C．4是定容操作，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与容量瓶颈部的刻度线相切，故C正确；
D．操作5中，将容量瓶颠倒、摇匀后，发现液面低于刻度线，属于正常现象，不能继续滴加蒸馏水，若继续滴加蒸馏水，会使溶液浓度偏低，故D错误；
选D。
9. 探究钠及其化合物的性质，下列方案设计、现象及结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．过氧化钠本身与盐酸反应生成氧气，有气泡冒出，不能证明过氧化钠已经变质，故A错误；
B．钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和碳，则产生黑、白两种固体，该反应为置换反应，故B正确；
C．碳酸根离子结合质子能力强于碳酸氢根离子的，盐酸少量，碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，无明显现象，不会产生气泡，故C错误；
D．NH4Cl溶液中加入一定量NaOH固体中时，由于氢氧化钠固体溶于水本身放热，所以不能据此说明该反应是放热反应，故D错误；
故选：B。
10. 下列有关铁及其化合物的叙述正确的是
①高温下，铁与水蒸气反应生成红棕色的氧化铁
②将饱和氯化铁溶液滴入浓NaOH溶液中，可制得氢氧化铁胶体
③氧化铁常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料
④高温下，用一氧化碳还原铁的氧化物制铁
A. ①④B. ②③C. ③④D. ①③
【答案】C
【解析】
【详解】①高温下，铁与水蒸气反应生成黑色的四氧化三铁固体和氢气，①错误；
②将饱和氯化铁溶液滴入浓NaOH溶液中，生成红褐色的氢氧化铁沉淀，不能制得氢氧化铁胶体，②错误；
③氧化铁是一种红棕色粉末，常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，③正确；
④高温下，用一氧化碳还原铁的氧化物，发生氧化还原反应生成铁和二氧化碳，用来冶炼铁，④正确。
故选C。
11. 氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组模拟热分解CuCl2•2H2O制备CuCl的过程，并进行相关物质转化的探究。
已知：酸性条件下Cu+不稳定
下列说法不正确的是
A. X气体是HCl，可抑制CuCl2•2H2O加热时水解
B. 途径1中产生的Cl2可以回收利用，也可以通入饱和NaOH溶液中除去
C. 途径2中200℃时反应的化学方程式为Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑
D. CuCl与稀硫酸反应的离子方程式为2Cu++4H++SO=2Cu2++SO2↑+2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，为抑制CuCl2水解，要在HCl气流下加热，加热温度大于300C，发生，直接加热CuCl2•2H2O会生成Cu2 (OH ) 2Cl2，Cu2 (OH ) 2Cl2加热到200C生成CuO。据此解答。
A．氯化铜水解生成氢氧化铜和氯化氢，X气体是HCl，可抑制CuCl2•2H2O加热时水解，A正确；
B．氯气能被饱和氢氧化钠溶液吸收，防止污染，也可以将其转化为氯化氢，回收循环利用，B正确；
C．途径2中200℃时反应生成氧化铜，由原子守恒可知，还生成氯化氢，该反应的化学方程式为Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑，C正确；
D．氯化亚铜不溶于水，书写离子方程式时不能拆开，D错误；
故选D。
12. 将NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量的水后，产生1.16 g白色沉淀。再向所得悬浊液中逐滴加入1.00 ml·L-1HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示，下列说法错误的是
A. 1.16 g白色沉淀为Mg(OH)2，B点的沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3
B. A点到B点发生反应的离子方程式为＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓
C. C点时，加入HCl溶液的总体积为130 mL
D. 原混合物中MgCl2和AlCl3的物质的量之比为1：2
【答案】D
【解析】
【分析】向固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，0−A时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，则铝离子完全转化为偏铝酸根离子，溶液中存在的沉淀为Mg(OH)2；A−B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为；B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH) 3；B−C过程中，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，所以C点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠；
【详解】A．有分析可知，A点的沉淀物的化学式为Mg(OH)2，故1.16 g白色沉淀为Mg(OH)2；B点的沉淀物的化学式为Mg(OH)2和Al(OH) 3，故A正确；
B．A−B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓，故B正确；
C．A点沉淀的是氢氧化镁，则n(Mg(OH) 2)==0.02ml，根据Mg原子守恒得n(MgCl2)=n(Mg(OH) 2)=0.02ml， A−B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为，根据HCl的体积知，n()=n(HCl)=1ml/L×(0.03−0.01)L=0.02ml，根据铝原子守恒得n(AlCl3)=n()=0.02ml，由Na+离子和Cl−离子守恒得，原混合物中n(NaOH)=n(NaCl)=n(Cl−)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)=0.02ml×2+0.02ml×3+0.03L×1ml/L=0.13ml， C点溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，C点所加盐酸用于中和原混合物中的NaOH，此时所加盐酸物质的量n(HCl)=n(NaOH)=0.13ml；C点所表示盐酸的体积为V= =0.13L=130mL，故C正确；
D．由C项分析可知，原混合物中MgCl2和AlCl3物质的量之比为1：1，故D错误；
故选D。
13. 一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分，当左边充入1 ml N2，右边充入CO和CO2的混合气体共8 g时，隔板处于如图位置(保持温度、压强不变)，下列说法错误的是
A. 右侧CO与CO2的混合气体的总物质的量为0.25 ml
B. 右侧气体的密度等于相同条件下氧气的密度
C. 右侧混合气体中CO的质量为5.25 g
D. 若改变右侧混合气体的充入量而使隔板处于距离右端处，保持温度不变，则前后两次充入容器内的气体的压强之比为25：23
【答案】D
【解析】
【详解】A. 同温同压，气体的体积比等于物质的量比，左右两侧的体积比为4:1，所以物质的量比为4:1，左边充入1 ml N2，右侧CO与CO2的混合气体的总物质的量为0.25 ml，故A正确；
B. 同温同压，密度比等于摩尔质量的比，右侧气体的质量为8g、物质的量为0.25ml，平均摩尔质量为32g/ml，所以右侧气体的密度等于相同条件下氧气的密度，故B正确；
C. 设右侧气体中CO的物质的量为xml、CO2的物质的量为yml，则 ， ，所以右侧混合气体中CO的质量为5.25 g，故C正确；
D. 若改变右侧混合气体的充入量而使隔板处于距离右端处，则右侧充入气体的物质的量为0.2ml，气体总物质的量为1.2ml，同温同体积，压强比等于物质的量比，则前后两次充入容器内的气体的压强之比为1.25:1.2=25：24，故D错误；
选D。
14. 隔绝空气条件下，8.34 g FeSO4·7H2O样品受热分解过程的热重曲线(固体的质量随温度变化的曲线)如下图所示。下列说法正确的是
A. 温度为78～159℃阶段，固体物质M的化学式为FeSO4·5H2O
B. 温度为159～373℃阶段，固体物质N的化学式为FeSO4·2H2O
C. 由固体N转化为固体P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O↑
D. 由固体P转化为固体Q的化学方程式为4FeSO44FeO＋2SO2↑＋2SO3↑＋O2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A．8.34g七水合硫酸亚铁的物质的量为，若晶体完全失去结晶水所得固体的质量为0.03×152=4.56g，则373°C前为七水硫酸亚铁晶体脱水的过程，失重第一阶段为FeSO4·7H2O脱去一部分结晶水的过程，由题给出的数据可知M中硫酸亚铁和结晶水的物质的量之比为0.03：，则固体物质的化学式为FeSO4·4H2O，故A错误；
B．失重的第二阶段为FeSO4·4H2O脱去一部分水的过程，由题中数据可知N中FeSO4和结晶水的物质的量之比为0.03：，则固体N的化学式为FeSO4·H2O，故B错误；
C．由分析可知，在隔绝空气条件下，N得到P的反应为FeSO4·H2O失去结晶水生成FeSO4，反应的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4+H2O，故C正确；
D．633°C后为FeSO4隔绝空气受热分解的过程，由铁原子个数守恒可知，Q中Fe原子和氧原子物质的量之比为0.03：，则Q的化学式为Fe2O3，由得失电子守恒可知，高温下硫酸亚铁分解的方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，故D 错误；
答案选C。
二、非选择题：本题共5小题，共58分。
15. 甲同学设计如下实验方案，来分离NaCl和BaCl2两种固体混合物，可供选择的化学试剂有：Na2SO4溶液、Na2CO3溶液、K2CO3溶液、HCl溶液。
回答下列问题：
（1）操作②中用到的玻璃仪器有_______。
（2）试剂a是_______(填化学式，下同)溶液，试剂b是_______溶液。
（3）该方案_______(填“能”或“不能”)达到实验目的。
（4）乙同学在实验室以Fe、CuO、稀硫酸为原料制取金属铜，写出反应的化学方程式：_______、_______。
【答案】（1）烧杯、漏斗、玻璃棒
（2） ①. Na2CO3 ②. HCl
（3）不能 （4） ①. CuO+H2SO4=CuSO4+H2O ②. CuSO4+Fe=FeSO4+Cu
【解析】
【分析】分离NaCl和BaCl2两种固体混合物，分离后两种物质不能发生变化，则不能产生无法溶解的物质如BaSO4。
【小问1详解】
操作①为过滤，需要用到的仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
【小问2详解】
加入试剂a产生沉淀，将BaCl2转化为沉淀，应加入Na2CO3，若加入Na2SO4产生难溶于酸的沉淀，无法继续转化；
试剂b将沉淀A溶解，应为酸性物质，HCl合理；
【小问3详解】
该方案不能达到目的，仅能将BaCl2分离，而NaCl中仍然混有Na2CO3杂质；
【小问4详解】
采用所给试剂制取Cu，采用置换法实现，方程为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O CuSO4+Fe=FeSO4+Cu。
【点睛】该题通过物质的分离考查学生的化学实验基本素养，明确实验原理和相关物质的性质是解答的关键，关于化学实验的考查今后仍然是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运用知识解决实际问题的能力。
16. 工业上以铝土矿(主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3、FeO、SiO2等杂质)为主要原料制备氧化铝，流程如下。
（1）酸浸：用H2SO4溶液浸取铝土矿中的铝元素和铁元素，H2SO4溶液的用量不宜过量太多，其原因是_______。
（2）氧化：用溶液将氧化为，反应的离子方程式为_______。
（3）沉淀：用Na2CO3溶液调节pH，将Al3+、Fe3+转化为沉淀。溶液终点pH对铝、铁沉淀率的影响如图所示。
①为获得较高的铝、铁沉淀率，应控制溶液pH为_______。
②检验Fe3+沉淀完全的操作为_______。
（4）碱溶：用NaOH溶液溶解沉淀，分离出Fe(OH)3.下列措施中能提高单位时间内铝元素浸出率的有_______(填序号)。
A．适当增大NaOH溶液浓度 B．适当加快搅拌速率 C．适当降低温度
（5）碳分：向“碱溶”后的溶液中通入足量气体，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，该反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）防止增大后续步骤中Na2CO3和NaOH溶液的消耗，造成浪费
（2）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（3） ①. 5.0左右 ②. 静置，取上层清液于一试管，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，则说明Fe3+沉淀完全
（4）AB （5）
【解析】
【分析】由题干工艺流程图可知，向铝土矿中加入硫酸，将Al2O3、Fe2O3、FeO分别转化为Al3+、Fe3+和Fe2+，过滤出SiO2，向滤液中加入H2O2溶液将Fe2+转化为Fe3+，便以沉淀步骤中转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，过滤后得到沉淀，向沉淀中加入NaOH溶液，将Al(OH)3沉淀溶解转化为NaAlO2溶液，过滤得到Fe(OH)3，向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3溶液，过滤洗涤沉淀，并进行灼烧得到Al2O3，据此分析解题。
【小问1详解】
由于后续步骤中加入的Na2CO3和NaOH均能与H2SO4反应，故若“酸浸”步骤中H2SO4溶液的用量过量太多，则将增大后续步骤中Na2CO3和NaOH溶液的消耗，造成浪费，故答案为：防止增大后续步骤中Na2CO3和NaOH溶液的消耗，造成浪费；
【小问2详解】
由题干流程图信息可知，在酸性环境中用H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
【小问3详解】
①由题干图示信息可知，pH=5.0左右时铝铁的沉淀率均比较高了，接近100%，再提高pH沉淀率增大不显著，且消耗更多的Na2CO3，故为获得较高的铝、铁沉淀率，应控制溶液pH为5.0左右，故答案为：5.0左右；
②检验Fe3+沉淀完全的操作为：静置，取上层清液于一试管，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，则说明Fe3+沉淀完全，故答案为：静置，取上层清液于一试管，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，则说明Fe3+沉淀完全；
【小问4详解】
A．适当增大NaOH溶液浓度，增大反应物浓度，反应速率加快，能提高单位时间内铝元素浸出率，A符合题意；
B．适当加快搅拌速率，以试剂充分接触增大接触面积，反应速率加快，能提高单位时间内铝元素浸出率，B符合题意；
C．适当降低温度，反应速率减慢，不能提高单位时间内铝元素浸出率，C不合题意；
故答案为：AB；
【小问5详解】
向“碱溶”后的溶液中通入足量气体，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，该反应化学方程式为：NaAlO2+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+NaHCO3，该反应的离子方程式为：，故答案为：。
17. 磷酸亚铁锂(LiFePO4)能可逆地嵌入、脱出锂，使其作为锂离子电池的正极材料的研究及应用得到广泛关注。通过水热法制备磷酸亚铁锂的一种方法如下(装置如图所示)：
Ⅰ．在A中加入40 mL蒸馏水、0.015 ml H3PO4和0.01 ml FeSO4·7H2O，用搅拌器搅拌溶解后，缓慢加入0.015ml LiOH·H2O，继续搅拌。
Ⅱ．向反应液中加入少量抗坏血酸(即维生素C)，继续搅拌5 min
Ⅲ．快速将反应液装入反应釜中，保持170℃恒温5 h。
Ⅳ．冷却至室温，过滤。
Ⅴ．用蒸馏水洗涤沉淀。
Ⅵ．干燥，得到磷酸亚铁锂产品。
回答下列问题
（1）装置图中仪器A的名称是_______。
（2）根据上述实验药品的用量，仪器A的最适宜规格为_______(填标号)。
A. 100 mLB. 250 mLC. 500 mLD. 1000 mL
（3）步骤Ⅱ中，抗坏血酸的作用是_______。也可以用Na2SO3代替抗坏血酸，其原理是_______(用离子方程式表示)。
（4）步骤Ⅴ检验LiFePO4是否洗涤干净的方法是_______
（5）干燥后称量，产品的质量是1.2 g，本实验的产率为_______%(保留1位小数)。
【答案】（1）三颈烧瓶 （2）A
（3） ①. 做还原剂，防止Fe2+被氧化 ②.
（4）取最后一次洗涤液，先加盐酸至无现象，再加BaCl2，若无沉淀则洗净；
（5）75.9
【解析】
【分析】水热法制备磷酸亚铁锂，其中FeSO4易被氧化，在实验过程中加入还原剂防止其被氧化变质。
【小问1详解】
仪器A的名称为三颈烧瓶；
【小问2详解】
仪器A中混合物的体积约为40~50mL，选择100mL三劲烧瓶即可；
【小问3详解】
抗坏血酸具有还原性，步骤Ⅱ中加入抗坏血酸，其作用为做还原剂，防止Fe2+被氧化，Na2SO3也具有还原性，方程为：
【小问4详解】
步骤V中检验是否洗净实质为检验硫酸根离子，方法为：取最后一次洗涤液，先加盐酸至无现象，再加BaCl2，若无沉淀则洗净；
【小问5详解】
制备过程中，假定FeSO4完全反应，理论上可以得到0.01mlLiFePO4，质量为1.5g，所以产率为
【点睛】明确相关物质的性质和实验原理是解答的关键，注意掌握解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。具体分析为：（1）实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？（2）所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。（3）有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。（4）有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。（5）实验现象：自下而上，自左而右全面观察。（6）实验结论：直接结论或导出结论。
18. 一种以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原料制备硝酸铜的工艺流程如图所示：
（1）写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：____。
（2）恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少，有研究指出CuCl2是该反应的催化剂，该过程的反应原理可用化学方程式表示为
①Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S；
②____。
（3）向滤液M中加入(或通入)____(填字母)，可得到一种可循环利用的物质。
a.铁 b.氯气 c.高锰酸钾 d.氯化氢
（4）“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是____；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由是____。
（5）辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)通过电化学反应转变而成，有关转化见图，转化时转移0.2ml电子，生成Cu2S___ml。
【答案】（1）
（2）
（3）b （4） ①. 调pH将Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀 ②. 抑制Cu2+水解
（5）0.2
【解析】
【分析】辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)，加入FeCl3溶液，可以将Cu2S氧化生成CuCl2和S，过滤除去S和SiO2，加入Fe置换出Cu，将剩余Fe3+还原为Fe2+，滤液M为氯化亚铁，保温除铁，加入硝酸将过量的铁粉转化为Fe3+，加入CuO调pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去Fe(OH)3，硝酸铜溶液加入稀硝酸抑制水解，蒸发浓缩冷却结晶，得到硝酸铜晶体；
【小问1详解】
根据分析可知“浸取”过程中，加入FeCl3溶液，可以将Cu2S氧化生成CuCl2和S，发生反应的离子方程式：；
【小问2详解】
催化剂在反应前后不发生变化，但是参与中间过程，CuCl2是催化剂，参与①Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S；第二步应该是中间体CuCl与浸取液FeCl3生成CuCl2，②；
【小问3详解】
根据分析可知滤液M为氯化亚铁，将氯化亚铁氧化为氯化铁还可以循环利用，故通入的氧化剂为氯气，故答案为b；
【小问4详解】
根据分析可知“保温除铁”过程中，加入硝酸将过量的铁粉转化为Fe3+，加入CuO调pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去铁元素；硝酸铜溶液蒸发浓缩冷却结晶过程会水解，加入稀硝酸抑制Cu2+水解；
【小问5详解】
该转化中Cu被氧化成Cu2S，化合价升高1价，CuFeS2被还原成Cu2S，化合价降低1价，根据电子守恒可知转化时转移0.2ml电子，生成Cu2S为0.2ml。
19. 化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步得到Na2CO3和NH4Cl两种产品，并测定碳酸钠中碳酸氢钠的含量。回答下列问题：
Ⅰ．NaHCO3的制备
实验流程及实验装置图如下：
（1）a导管末端多孔球泡的作用是_______。
（2）b中通入的气体是_______(写名称)。
（3）生成NaHCO3的总反应的化学方程式为_______。
Ⅱ．产品Na2CO3中NaHCO3含量的测定
i．称取产品2.500 g，用蒸馏水溶解，定容于250 mL容量瓶中；
ii．移取25.00 mL上述溶液于锥形瓶中，加入2滴指示剂M，用0.100 0 ml·L-1盐酸标准溶液滴定至溶液由浅红色变无色(第一滴定终点)，消耗盐酸V1 mL；
iii．在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.100 0 ml·L-1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V2 mL；
iv．平行测定三次，V1平均值为22.25，V2平均值为23.25。
（4）指示剂N为_______，到达第二滴定终点时的现象是_______。
（5）产品Na2CO3中NaHCO3的质量分数为_______%(保留2位小数)。
（6）第一滴定终点时，某同学仰视读数，其他操作均正确，则NaHCO3的质量分数的计算结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】（1）增大气体和液体的接触面积，提高吸收效率
（2）氨气 （3）NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
（4） ①. 甲基橙溶液 ②. 滴入最后半滴盐酸标准溶液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟不变色
（5）3.36 （6）偏小
【解析】
【分析】该实验模拟侯氏制碱法，主要利用碳酸氢钠溶解度较小，产生沉淀进而从溶液中分离。
测定含量采用酸碱中和滴定的方法进行，利用盐酸标准溶液滴定，第一次加入的指示剂为酚酞指示剂，滴定至碳酸钠全部转化为碳酸氢钠为止；第二次加入甲基橙指示剂，将碳酸氢钠全部转化为NaCl，此时盐酸过量，溶液显酸性。
【小问1详解】
多孔球泡的作用是为了增大气体和液体的接触面积，提高吸收速率；
【小问2详解】
氨气在水中溶解度极大，为了防止倒吸，不能将导管直接插入溶液中，所以该气体为氨气；
【小问3详解】
生成碳酸氢钠的总反应为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；
【小问4详解】
第一次滴定时，由于达到终点时溶液呈碱性，故指示剂M为酚酞溶液；第二次滴定时，由于终点时溶液呈酸性，所以指示剂N为甲基橙。达到第二次终点时的现象是滴入最后半滴盐酸标准溶液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟不变色；
【小问5详解】
进行第一次滴定时，发生的反应为，消耗盐酸的体积为22.25mL，进行第二次滴定时发生的反应为，消耗的盐酸为23.25mL，所以，0.2500g产品中碳酸氢钠消耗的盐酸体积为1mL，物质的量为1.0×10-4ml，所以NaHCO3的质量分数；
【小问6详解】
在第一次滴定过程中仰视读数，导致产品中碳酸钠含量测定值偏大，则碳酸氢钠测定值偏小。
【点睛】本题以模拟侯氏制碱法的实验流程为载体，将实验原理的理解、实验试剂的选用、实验条件的控制、实验操作规范、实验方案的设计等融为一体，重点考查学生对实验流程的理解、实验装置的观察、信息的加工、实验原理和方法运用、实验方案的设计和评价等能力，也考查学生运用比较、分析等科学方法解决实际问题的能力和逻辑思维的严密性。解题的关键是能读懂实验流程，分析实验各步骤的原理、目的、实验条件等。设计实验方案时，根据限定必须使用的试剂，结合题中所给信息，注意反应条件的控制以及实验试剂的量的控制，按照“核心转化→尾气处理→产品分离→产品提纯”思路，对细节进行耐心的优化，直至得到完美方案。方案设计
现象
结论
A
向露置在空气中的固体中加入稀盐酸
溶液中产生气泡
固体已经变质
B
将一小块金属钠在燃烧匙中点燃，伸入盛有的集气瓶中
产生黑、白两种固体
钠的还原性强，与二氧化碳发生了置换反应
C
向2mL 2 溶液中滴加2滴4稀盐酸
溶液中产生气泡
该溶液中混有杂质
D
向插有温度计的10mL 0.1 溶液中加入一定量NaOH固体
有刺激性气味产生，温度计示数增大
反应为放热反应
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