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新疆维吾尔自治区喀什地区伽师县2022-2023学年高三上学期11月期中化学试题含答案
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这是一份新疆维吾尔自治区喀什地区伽师县2022-2023学年高三上学期11月期中化学试题含答案，共20页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 已知D为氢元素的一种核素， 下列离子反应方程式正确的是， 下列说法中正确的是， 下列指离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4.考试结束后，只需上交答题纸。
一､选择题：本题共16小题，每小题3分，共48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. 五千年中华文化不仅能彰显民族自信、文化自信，还蕴含着许多化学知识。下列说法错误的是
A. “……车中幸有司南柄，试与迷途指大方”中“司南柄”的主要成分为
B. “地生天赐硝磺炭”中提到了黑火药的主要成分
C. “用胶泥刻字……火烧令坚”所描写的印刷术陶瓷活字属于硅酸盐材料
D. “寒溪浸楮春夜月”所描写的造纸术工艺过程中发生了化学变化
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．磁铁的主要成分为，A项错误；
B．黑火药的主要成分是硝酸钾、硫磺、木炭，B项正确；
C．陶瓷属于硅酸盐材料，C项正确；
D．造纸术过程中涉及漂白，发生了化学变化，D项正确。
答案选A。
2. 2022年的冬奥会即将在北京开幕，全球新冠肺炎疫情防控形势依旧严峻复杂，科学防疫是关键。下列物质不能用于杀菌消毒的是
A. “84消毒液”B. 明矾C. 75%酒精D. 漂白粉
【答案】B
【解析】
【详解】A．“84消毒液”中含有NaClO，NaClO具有强氧化性，能杀菌消毒，故A正确；
B．明矾可用于吸附净水，不具有杀菌消毒的作用，故B错误；
C．酒精杀菌消毒是通过渗透、凝固细胞的蛋白质，使蛋白质失去活性而死亡，达到杀菌消毒目的，并且75%的酒精消毒效果最佳，故C正确；
D．漂白粉中次氯酸根离子具有强氧化性可以用于杀菌消毒，故D正确；
故选：B。
3. 根据所学知识分析，下列物质分类正确的是
A. 酸：HCl、H2O、H2SO4
B. 碱：NaOH、CH3CH2OH、KOH
C. 碱性氧化物：CaO、Na2O、Fe2O3
D. 酸性氧化物：CO2、SO2、CO
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．H2O属于氧化物，不属于酸，选项A错误；
B．因为乙醇中的“OH“为-OH（羟基）不是氢氧根，所以不是碱，选项B错误；
C．CaO、Na2O、Fe2O3均可与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，选项C正确；
D．CO2、SO2是酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，选项D错误；
答案选C。
4. 微博：力争2030年前实现“碳达峰”。图为充分利用，减少排放，同时合成燃料的过程。下列有关说法正确的是
A. 由①→②是吸收能量B. 在该过程只起载体的作用
C. ①→②的反应为置换反应D. 合成的燃料为和
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图反应历程图可知，由①→②反应物的总能量高于生成物的总能量，故是放出能量，A错误；
B．由图反应历程图可知，在转化过程中Ni参与了反应，故Ni在该过程不仅仅起载体的作用，B错误；
C．①→②的反应方程式为：CH4+CO2=2CO+2H2，故不属于置换反应，C错误；
D．由C项分析可知，合成的燃料为和，D正确；
故答案为：D。
5. 已知D为氢元素的一种核素。设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 中含有的中子数为1.9NA
B. 溶液中含有的数为NA
C. 78g苯与足量浓溴水在催化剂作用下生成官能团数为NA
D. 标准状况下，与进行合成氨反应后混合物中含有的氢原子数为1.5NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．的摩尔质量为，的物质的量少于，A项错误；
B．缺少溶液体积，无法计算粒子数目，B项错误；
C．苯的溴代反应的反应物是液溴，不是溴水，C项错误；
D．，由H原子守恒可知，所得混合物中氢原子的物质的量为，D项正确。
故选D。
6. 下列离子反应方程式正确的是
A. 向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al3＋＋3CO= Al2(CO3)3↓
B. 氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO＋2H＋= Fe2＋＋H2O
C. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水： Ca2＋＋HCO＋OH-=CaCO3↓＋H2O
D. 向氢硫酸溶液中通入适量SO2：2H2S＋SO2 = 3S↓＋2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液，发生水解的相互促进作用，其离子方程式为：2Al3＋+3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，A错误；
B．稀硝酸具有强氧化性，可将氧化亚铁氧化成铁离子，反应的离子方程式为：3FeO+10H＋+NO=3Fe3＋+5H2O+NO↑，B错误；
C．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水反应的离子方程式为：HCO+NH+Ca2++2OH-= CaCO3↓+H2O+NH3H2O，C错误；
D．向氢硫酸溶液中通入适量SO2，发生氧化还原反应生成硫单质，其离子方程式为：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，D正确；
故选D。
7. 下列说法中正确的是
A. 用铁与稀硝酸反应来制备氢气
B. 氨气、液氨和氨水是同一种物质
C. NO2 溶于水发生了氧化还原反应，它既是氧化剂又是还原剂
D. 钠氧气中燃烧发出白光，生成白色固体氧化钠
【答案】C
【解析】
【详解】A． 铁与硝酸反应不会产生氢气，A错误；
B． 氨气和液氨是化合物，氨水是混合物，不是同一种物质， B错误；
C． 二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，二氧化氮中氮元素化合价有升高和降低，做氧化剂和还原剂， C正确；
D．钠在氧气中燃烧发出黄色的光，生成淡黄色的过氧化钠， D错误。
答案选C。
8. 下列指离子方程式正确的是( )
A. 向Na2O2中加入足量稀盐酸：Na2O2+4H+=2Na++2H2O
B. 向CuSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液：Ba2＋＋=BaSO4↓
C. 向NH4HCO3溶液中加入足量NaOH溶液：+OH-=NH3·H2O
D. 往NaAlO2溶液中通入过量CO2：CO2++2H2O＝Al(OH)3↓+
【答案】D
【解析】
【详解】A．向Na2O2中加入足量稀盐酸时发生反应的离子方程式为2Na2O2+4H+=2Na++2H2O+O2↑，故A错误；
B．向CuSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液时发生反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH-+Cu2++=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故B错误；
C．向NH4HCO3溶液中加入足量NaOH溶液时发生反应的离子方程式为++2OH-=NH3·H2O+H2O+，故C错误；
D．往NaAlO2溶液中通入过量CO2时发生反应的离子方程式为CO2++2H2O＝Al(OH)3↓+，故D正确；
故答案D。
9. 最近在全国各地发现某知名护肤品中铬和钕等重金属含量超标，专家建议停用该产品，下面有关铬和钕的描述中，正确的是（ ）
A. 钕是一种电解质
B. K2Cr2O7中Cr价态较低，经常在反应中做为还原剂
C. 酒精测定仪中发生的化学反应如下：3CH3CH2OH+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CH3COOH+Cr2(SO4)3+ K2SO4+11H2O，1ml K2Cr2O7反应转移的电子数目为3NA
D. CrO42-和 Cr2O72- 了中 Cr元素的化合价相同
【答案】D
【解析】
【详解】A. 电解质和非电解质都必须化合物，钕是一种金属，是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；
B. K2Cr2O7中Cr价态较高，经常在反应中做为氧化剂，故B错误；
C. 3CH3CH2OH+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CH3COOH+Cr2(SO4)3+ K2SO4+11H2O，K2 Cr2O7 中Cr的化合价从+6到+3，1ml K2Cr2O7中Cr原子的个数为2ml，则反应转移的电子数目为6NA，故C错误；
D. CrO42－和 Cr2O72- 了中 Cr元素的化合价相同，都是+6价，故D正确；
答案选D。
10. 根据Cl2 通入不同溶液（或水）中的实验现象，所得结论不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、氯气黄绿色气体，氯气通入蒸馏水中，溶液显浅黄绿色，说明存在氯气分子，故A说法正确；B、品红溶液褪色，是利用HClO强氧化性，把有色物质氧化，故B说法错误；C、通入硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明溶液中存在Cl－，故C说法正确；D、发生Cl2＋S2－=S↓＋2Cl－，体现氯气的强氧化性，故D说法正确。
点睛：氯气与水发生反应：Cl2＋H2O=HCl＋HClO，氯水的成分是Cl2、Cl－、ClO－、HClO，进行分析即可。
11. 下列叙述I和叙述II均正确并有因果关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．明矾可用于净水因为明矾溶于水后电离出的铝离子水解生成的氢氧化铝胶体有吸附性，可吸附水中的悬浮杂质，故A符合题意；
B．用于刻蚀玻璃是因为HF与玻璃中的二氧化硅反应，与HF酸性强弱无关，且HF是弱酸，故B不符合题意；
C．高温还原制备金属，是因为K的熔点低，易挥发出钾蒸汽，事实K比Na更活泼，故C不符合题意；
D．蛋白质水解最终产物是氨基酸，淀粉水解最终产物是葡萄糖，故D不符合题意；
故答案为：A
12. 下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应符合反应事实，遵循电子转移的方向及数目，A正确；
B．在反应过程中电子转移数目是2个，故用双线桥法表示电子转移为：，B错误；
C．电子转移方向及数目均不合理。反应过程中KClO3的Cl得到电子被还原变为Cl2，HCl失去电子被氧化变为Cl2，反应过程中电子转移数目是5个，用双线桥法表示电子转移为：，C错误；
D．电子得失方向弄反。CuO变为Cu单质，Cu元素化合价降低，得到电子2×2e-，C变为CO2，失去电子数目是4e-，用双线桥法表示电子转移为：，D错误；
故合理选项是A。
13. 下列有关测定中和反应反应热实验的说法正确的是
A. 用铜丝代替玻璃搅拌器，测得的△H偏小
B. 强酸的稀溶液与强碱的稀溶液反应生成1mlH2O的△H均为−57.3 kJ∙ml−1
C. 已知冰的熔化热为6.0 kJ∙ml−1，冰中氢键键能为20.0kJ·ml-1，假设1ml冰中有2ml氢键，且熔化热完全用于破坏冰中的氢键，则最多只能破坏1ml冰中15%的氢键
D. 若H2的燃烧热为a kJ∙ml−1，则燃烧热的热化学方程式H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=−a kJ∙ml−1
【答案】C
【解析】
【详解】A．用铜丝代替玻璃搅拌器，由于铜会导热，测得出的温度偏低，因此测得的△H偏大，故A错误；
B．强酸的稀溶液与强碱的稀溶液反应生成1mlH2O和溶液的△H均为−57.3 kJ∙ml−1，若生成了沉淀，则△H不为−57.3 kJ∙ml−1，故B错误；
C．已知冰的熔化热为6.0 kJ∙ml−1，冰中氢键键能为20.0kJ·ml-1，假设1ml冰中有2ml氢键，且熔化热完全用于破坏冰中的氢键，则最多只能破坏1ml冰中的氢键，故C正确；
D．若H2的燃烧热为a kJ∙ml−1，生成水为液态水，因此燃烧热的热化学方程式H2(g)+ O2(g)=H2O(l) △H=−a kJ∙ml−1，故D错误。
综上所述，答案为C。
14. 设为阿伏加 德罗常数的值。由一种金属阳离子（或）与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐中加入浓硫酸，发生反应：。下列说法正确的是（ ）
A. 明矾、小苏打都是混盐
B. 在题述反应中，浓硫酸体现氧化性和酸性
C. 每产生1ml，转移的电子数为
D. 1ml中所含离子数为4
【答案】C
【解析】
【详解】A. 明矾的化学式为，由两种金属阳离子和一种酸根阴离子组成，不是混盐，小苏打是，由一种金属阳离子与一种酸根阴离子组成，不是混盐，A项错误；
B. 在题述反应中，硫酸中各元素的化合价均没有发生变化，浓硫酸只表现酸性，B项错误；
C. 反应中，部分Cl元素的化合价从+1降低到0，部分Cl元素的化合价从升高到0，每产生1ml，转移的电子数为，C项正确；
D. 1ml混盐中含有1ml、1ml、1ml，即含有3个离子，D项错误；
故选C。
15. 将15.6 g Na2O2和5.4 g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200 mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72 L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是
A. 最终得到溶液中只含NaCl溶质
B. 最终得到7.8g沉淀
C. 标准状况下，反应过程中得到6.72L的气体
D. 最终得到的溶液中c（Na+）＝1.5ml/L
【答案】B
【解析】
【分析】15.6g Na2O2的物质的量为：n(Na2O2)==0.2ml，5.4g Al的物质的量为：n(Al)==0.2ml；根据2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑生成NaOH为0.4ml，生成氧气为0.1ml，2.24L；然后发生2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，消耗NaOH 0.2ml，生成偏铝酸钠0.2ml，生成氢气0.3ml，6.72L，则剩余NaOH的物质的量为：0.4ml-0.2ml=0.2ml，生成NaAlO2的物质的量为0.2ml，生成O2的体积为2.24L、H2为6.72L；向溶液中通入标准状况下的HCl气体6.72L，物质的量为：n(HCl)==0.3ml，则根据HCl+NaOH=NaCl+H2O，消耗HCl、NaOH各0.2ml，生成NaCl 0.2ml；剩余HCl为：0.3ml-0.2ml=0.1ml，生成0.2ml NaCl；根据NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，0.1ml HCl，消耗0.1ml偏铝酸钠，生成0.1ml氢氧化铝和0.1ml NaCl；故NaAlO2有剩余，HCl完全反应，剩余NaAlO2为0.2ml-0.1ml=0.1ml，生成Al(OH)3为0.1ml、NaCl为0.1ml，反应后溶液中含有0.3ml NaCl、0.1ml NaAlO2。
【详解】A．反应后生成了0.3ml NaCl，最终还剩余0.1ml NaAlO2，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，故A错误；
B．最终生成Al(OH)3为0.1ml，质量为0.1ml×78g/ml=7.8g，故B正确；
C．生成O2为2.24L、H2为6.72L，故生成气体总体积为2.24L+6.72L=8.96L，故C错误；
D．根据钠离子守恒可知，反应后溶液中n(Na+)=2n(Na2O2)=2×0.2ml=0.4ml，则最终溶液中钠离子浓度为：c(Na+)==2ml/L，故D错误；
故答案为B。
16. 聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是
A. KClO3作氧化剂，每生成1 ml [Fe(OH)SO4]n消耗6/n ml KClO3
B. 生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大
C. 聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水
D. 在相同条件下，Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强
【答案】A
【解析】
【详解】A.根据题干中信息，可利用氧化还原配平法写出化学方程式：6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，可知KClO3做氧化剂，同时根据计量数关系亦知每生成1 ml [Fe(OH)SO4]n消耗n/6 ml KClO3，A项错误；
B.绿矾溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转系为聚合硫酸铁后，亚铁离子的浓度减小，因而水溶液的pH增大，B项正确；
C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而净水，C项正确；
D.多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的。[Fe(OH)]2+的水解相当于Fe3+的二级水解，由于其所带的正电荷比Fe3+少，因而在相同条件下，其结合水电离产生的OH-的能力较弱，故其水解能力不如Fe3+，即在相同条件下，一级水解的程度大于二级水解，D项正确。
故答案选A。
二、综合题，共52分
17. NaCl是一种化工原料，可以制备多种物质，如下图所示。气体E可使湿润的蓝色石蕊试纸变红。
请根据以上转化关系填写下列空白。
（1）氯化钠溶液通电后发生反应的化学方程式为_______。
（2）C在盛有B的集气瓶中燃烧的现象为_______，反应的化学方程式为_______，若点燃B和C的混合气体现象是_______。
（3）B能与大多数金属反应，铁丝与B反应的化学方程式为_______，反应现象为_______。
（4）“洁厕灵”的主要成分为E，曾有报道，在清洁卫生间时，因混合使用“洁则灵”与“84”消毒液而发生中毒事件，请从氧化还原角度分析原因，并写出反应的化学方程式_______。
【答案】（1）
（2） ①. 氢气在氯气中安静燃烧，发出苍白色火焰，瓶口有白雾出现 ②. ③. 爆炸
（3） ①. ②. 铁在氯气中剧烈燃烧，生成棕黄色烟
（4）NaClO中的氯元素化合价为+1价，盐酸中的氯元素化合价为-1价，在酸性条件下，这两种物质发生氧化还原反应，生成有毒的氯气
【解析】
【分析】电解熔融的NaCl应为分解反应，产物是B为和D为Na，依据所给图示可知，B为，A为NaOH。据气体E可使湿润的蓝色石蕊试纸变红可知，E是HCl，C是。
【小问1详解】
电解NaCl溶液的化学方程式为。
【小问2详解】
氢气在氯气中安静燃烧，发出苍白色火焰，瓶口有白雾出现，。但点燃和的混合气体会发生爆炸。
【小问3详解】
铁丝在中剧烈燃烧产生棕黄色的烟，化学方程式为。
【小问4详解】
“洁厕灵”的主要成分为HCl，NaClO具有强氧化性，可氧化HCl生成有毒的，故化学方程式为。
18. 亚硝酸钠()是一种工业盐，以下为亚硝酸钠的生产流程：
(1)在分解塔中从塔底进入，硝酸从塔顶喷淋，其目的是_____________。
(2)按一定计量比在“分解塔”中通和喷入硝酸，若反应后生成的NO与物质的量之比恰好，则“分解塔”中发生反应的化学方程式为________________
(3)试从产物产率的角度分析该反应中硝酸的浓度不宜过大或过小的原因：_________________。
【答案】 ①. 使SO2气体被充分吸收 ②. 2HNO3+2SO2+H2O═NO+NO2+2H2SO4 ③. 硝酸浓度过大，主要还原生成NO2，导致亚硝酸钠产率降低，若硝酸浓度过低，分解塔中出来的主要是NO，亚硝酸钠产率也低
【解析】
【分析】将SO2通入7～10ml/L的HNO3溶液中后，有H2SO4生成，HNO3被还原为NO与NO2；将生成的混合物冷却后，向NO与NO2的混合气体中通入氮气后在吸收塔中用碳酸钠吸收，通入的氮气可以使NO和NO2混合气体被稀释，能被碳酸钠充分吸收，得到主产物NaNO2；含有碳酸氢钠、硝酸钠等，所得的尾气中会有NO，可循环使用，最后将溶液结晶得到NaNO2，以此解答该题。
【详解】(1)“分解塔”中SO2从塔底进入，硝酸从塔顶喷淋，可是二氧化硫与硝酸充分接触，使SO2气体被充分吸收；
(2) “分解塔”中通SO2和喷入硝酸，二氧化硫被氧化生成硫酸，若反应后生成的NO与NO2物质的量之比恰好1:1，即2mlHNO3被还原时氮元素得4ml电子，能将2mlSO2氧化为2mlH2SO4，反应的方程式为2HNO3+2SO2+H2O═NO+NO2+2H2SO4；
(3)浓硝酸的还原产物是NO2，稀硝酸的还原产物是NO，故当硝酸浓度过大，主要还原生成NO2，导致亚硝酸钠产率降低；若硝酸浓度过低，分解塔中出来的主要是NO，亚硝酸钠产率也低；当硝酸过浓时，生成的二氧化氮过多，还可能发生NO2与氢氧化钠的反应：2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，故答案为：硝酸浓度过大，主要还原生成NO2，导致亚硝酸钠产率降低；若硝酸浓度过低，分解塔中出来的主要是NO,亚硝酸钠产率也低。
19. 钻(C)及其化合物在工业上有广泛应用。为从某工业废料中回收钴，某学生设计流程如图(废料中含有Al、Li、C2O3和Fe2O3等物质)。
已知: LiF难溶于水，Li2CO3微溶于水。
请回答:
（1）写出I中发生反应的化学方程式并用单线桥标记电子转移的方向和数目________。
（2）写出步骤中C2O3与盐酸反应生成Cl2的离子方程式_______________。
（3）步骤II所得废渣的主要成分除了LiF外，还有________________。
（4）NaF与溶液中的Li+形成LiF沉淀，此反应对步骤IV所起的作用是___________。
（5）在空气中加热10.98g草酸钴晶体(CC2O4•2H2O)样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。已知:M(CC2O4•2H2O)=183g/ml。
经测定，加热到210℃时，固体物质的化学式为_____。加热到210--290℃过程中产生的气体只有CO2，此过程发生反应的化学方程式是_________。温度高于890℃时，固体产物发生分解反应，固体产物为__________。
【答案】 ①. ②. C2O3+6H++2Cl-=2C2++Cl2↑+3H2O ③. Fe(OH)3 ④. 防止锂离子结合碳酸根离子形成碳酸锂沉淀 ⑤. CC2O4 ⑥. 3CC2O4+2O2C3O4+6CO2 ⑦. CO
【解析】
【详解】试题分析：废料经氢氧化钠溶液溶解除去铝，得到钴渣，钴渣经盐酸溶解得浸出液，浸出液中含氯化锂、氯化钴和氯化铁，向浸出液中加入20%的碳酸钠溶液促进Fe3+水解为氢氧化铁沉淀、加入氟化钠溶液沉淀其中的Li+，过滤，再向滤液中加入30%的碳酸钠溶液，把氯化钴转化为碳酸钴沉淀，碳酸钴经盐酸溶解后，再加草酸铵转化为草酸钴晶体，最后将草酸钴高温煅烧得到氧化钴粉末。
（1）I中发生反应为铝和氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和氢气，其中铝是还原剂、水是氧化剂，用单线桥标记电子转移的方向和数目如下： 。
（2）C2O3与盐酸反应生成Cl2的离子方程式为C2O3+6H++2Cl-=2C2++Cl2↑+3H2O。
（3）步骤II所得废渣的主要成分除了LiF外，还有Fe(OH)3。
（4）NaF与溶液中的Li+形成LiF沉淀，因为碳酸锂微溶于水，故此反应对步骤IV所起的作用是防止锂离子结合碳酸根离子形成碳酸锂沉淀。
（5）由表中数据可知，加热到210℃时，10.98g草酸钴晶体(CC2O4•2H2O)样品的质量变为8.82g，质量减少了2.16g。结晶水合物受热分解时，通常最先失去结晶水。10.98g草酸钴晶体的物质的量为0.06ml，其中含结晶水0.12ml，其质量恰好为2.16g，所以此时固体物质的化学式为CC2O4。加热到210--290℃过程中产生的气体只有CO2，此过程发生反应的化学方程式是3CC2O4+2O2C3O4+6CO2。温度高于890℃时，固体产物C3O4发生分解反应，固体的质量变为4.5g，其中含0.06ml C，则产物中n(O)=，所以，此时产物为CO。
点睛：本题为化工流程综合题，考查了与物质制备相关的问题，主要考查了常见物质的转化、离子方程式的书写、氧化还原中电子转移的方向和数目判断、有关物质组成的计算等等，难度较大。要求学生能掌握常见物质的性质，结合题中信息，明确流程中每步骤的意义，掌握物质制备的一般思路，掌握物质分离与提纯的常用方法，能根据物质的质量变化分析其组成变化，学会确定物质化学式的一般方法。
20. 工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3•5H2O，实验室可用如下装置模拟生成过程。
烧瓶C中发生反应如下：
Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2S（aq） （I）
2H2S（aq）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l） （Ⅱ）
S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq） （Ⅲ）
（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若__________________________，则整个装置气密性良好。装置D的作用是___________________________。装置E中为___________溶液。
（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为______________。
（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择__________。
a．蒸馏水 b．饱和Na2SO3溶液
c．饱和NaHSO3溶液 d．饱和NaHCO3溶液
（4）实验中，为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是____________。
（5）已知反应（Ⅲ）相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是_______________。反应后期可用酒精灯适当加热烧瓶A，实验室用酒精灯加热时必须使用石棉网的仪器含有___________________。
a .烧杯 b .蒸发皿 c.试管 d .锥形瓶
【答案】（1） ①. 液柱高度保持不变 ②. 防止倒吸 ③. NaOH（合理即可）
（2）2:1 （3）c
（4）控制滴加硫酸的速度（合理即可）
（5） ①. 溶液变澄清（或浑浊消失） ②. a、d
【解析】
【分析】A中产生二氧化硫，B中可观察SO2的生成速率，又能平衡气压，C中用于硫代硫酸钠的合成，D为安全瓶，E用于吸收尾气中SO2、H2S的作用，防止污染空气。
【小问1详解】
仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好；D中左侧为短导管，为安全瓶，起到防止倒吸的作用；装置E是吸收尾气中SO2、H2S的作用，防止污染空气，可选用NaOH溶液，故答案为液柱高度保持不变；防止倒吸；NaOH；
【小问2详解】
装置A中反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O，根据题目所给3个反应，可得出对应关系：2Na2S～2H2S～3S～3Na2SO3，2Na2S反应时同时生成2Na2SO3，还需要1Na2SO3，所以烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2∶1，故答案为2∶1；
【小问3详解】
观察SO2的生成速率，是通过观察溶液中产生气泡的快慢来判断，所以溶液不能与SO2反应，选项中只有饱和NaHSO3溶液与二氧化硫不反应，故答案为c；
【小问4详解】
分液漏斗有玻璃活塞，通过控制分液漏斗的活塞控制滴加硫酸的速度，可以控制产生二氧化硫的速率，所以为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是控制滴加硫酸的速度，故答案为控制滴加硫酸的速度；
【小问5详解】选项
溶液（或水）
现象
结论
A
蒸馏水
溶液呈浅黄绿色
氯水中存在Cl2分子
B
品红溶液
溶液褪色
Cl2有漂白性
C
AgNO3溶液
产生白色沉淀
氯水中存在Cl-
D
Na2S溶液
产生淡黄色沉淀
Cl2有氧化性
选项
陈述I
陈述II
A
明矾可用于净水
明矾投入水中能形成胶体
B
用于刻蚀玻璃
是强酸，能与玻璃中的反应
C
高温还原制备金属
比更活泼，金属性更强
D
蛋白质和淀粉都是高分子化合物
蛋白质和淀粉水解最终产物均是葡萄糖
温度范围/℃
固体质量/g
150--210
8.82
290--320
4.82
890--920
4.5
考生须知：
1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4.考试结束后，只需上交答题纸。
一､选择题：本题共16小题，每小题3分，共48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. 五千年中华文化不仅能彰显民族自信、文化自信，还蕴含着许多化学知识。下列说法错误的是
A. “……车中幸有司南柄，试与迷途指大方”中“司南柄”的主要成分为
B. “地生天赐硝磺炭”中提到了黑火药的主要成分
C. “用胶泥刻字……火烧令坚”所描写的印刷术陶瓷活字属于硅酸盐材料
D. “寒溪浸楮春夜月”所描写的造纸术工艺过程中发生了化学变化
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．磁铁的主要成分为，A项错误；
B．黑火药的主要成分是硝酸钾、硫磺、木炭，B项正确；
C．陶瓷属于硅酸盐材料，C项正确；
D．造纸术过程中涉及漂白，发生了化学变化，D项正确。
答案选A。
2. 2022年的冬奥会即将在北京开幕，全球新冠肺炎疫情防控形势依旧严峻复杂，科学防疫是关键。下列物质不能用于杀菌消毒的是
A. “84消毒液”B. 明矾C. 75%酒精D. 漂白粉
【答案】B
【解析】
【详解】A．“84消毒液”中含有NaClO，NaClO具有强氧化性，能杀菌消毒，故A正确；
B．明矾可用于吸附净水，不具有杀菌消毒的作用，故B错误；
C．酒精杀菌消毒是通过渗透、凝固细胞的蛋白质，使蛋白质失去活性而死亡，达到杀菌消毒目的，并且75%的酒精消毒效果最佳，故C正确；
D．漂白粉中次氯酸根离子具有强氧化性可以用于杀菌消毒，故D正确；
故选：B。
3. 根据所学知识分析，下列物质分类正确的是
A. 酸：HCl、H2O、H2SO4
B. 碱：NaOH、CH3CH2OH、KOH
C. 碱性氧化物：CaO、Na2O、Fe2O3
D. 酸性氧化物：CO2、SO2、CO
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．H2O属于氧化物，不属于酸，选项A错误；
B．因为乙醇中的“OH“为-OH（羟基）不是氢氧根，所以不是碱，选项B错误；
C．CaO、Na2O、Fe2O3均可与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，选项C正确；
D．CO2、SO2是酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，选项D错误；
答案选C。
4. 微博：力争2030年前实现“碳达峰”。图为充分利用，减少排放，同时合成燃料的过程。下列有关说法正确的是
A. 由①→②是吸收能量B. 在该过程只起载体的作用
C. ①→②的反应为置换反应D. 合成的燃料为和
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图反应历程图可知，由①→②反应物的总能量高于生成物的总能量，故是放出能量，A错误；
B．由图反应历程图可知，在转化过程中Ni参与了反应，故Ni在该过程不仅仅起载体的作用，B错误；
C．①→②的反应方程式为：CH4+CO2=2CO+2H2，故不属于置换反应，C错误；
D．由C项分析可知，合成的燃料为和，D正确；
故答案为：D。
5. 已知D为氢元素的一种核素。设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 中含有的中子数为1.9NA
B. 溶液中含有的数为NA
C. 78g苯与足量浓溴水在催化剂作用下生成官能团数为NA
D. 标准状况下，与进行合成氨反应后混合物中含有的氢原子数为1.5NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．的摩尔质量为，的物质的量少于，A项错误；
B．缺少溶液体积，无法计算粒子数目，B项错误；
C．苯的溴代反应的反应物是液溴，不是溴水，C项错误；
D．，由H原子守恒可知，所得混合物中氢原子的物质的量为，D项正确。
故选D。
6. 下列离子反应方程式正确的是
A. 向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al3＋＋3CO= Al2(CO3)3↓
B. 氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO＋2H＋= Fe2＋＋H2O
C. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水： Ca2＋＋HCO＋OH-=CaCO3↓＋H2O
D. 向氢硫酸溶液中通入适量SO2：2H2S＋SO2 = 3S↓＋2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液，发生水解的相互促进作用，其离子方程式为：2Al3＋+3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，A错误；
B．稀硝酸具有强氧化性，可将氧化亚铁氧化成铁离子，反应的离子方程式为：3FeO+10H＋+NO=3Fe3＋+5H2O+NO↑，B错误；
C．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水反应的离子方程式为：HCO+NH+Ca2++2OH-= CaCO3↓+H2O+NH3H2O，C错误；
D．向氢硫酸溶液中通入适量SO2，发生氧化还原反应生成硫单质，其离子方程式为：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，D正确；
故选D。
7. 下列说法中正确的是
A. 用铁与稀硝酸反应来制备氢气
B. 氨气、液氨和氨水是同一种物质
C. NO2 溶于水发生了氧化还原反应，它既是氧化剂又是还原剂
D. 钠氧气中燃烧发出白光，生成白色固体氧化钠
【答案】C
【解析】
【详解】A． 铁与硝酸反应不会产生氢气，A错误；
B． 氨气和液氨是化合物，氨水是混合物，不是同一种物质， B错误；
C． 二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，二氧化氮中氮元素化合价有升高和降低，做氧化剂和还原剂， C正确；
D．钠在氧气中燃烧发出黄色的光，生成淡黄色的过氧化钠， D错误。
答案选C。
8. 下列指离子方程式正确的是( )
A. 向Na2O2中加入足量稀盐酸：Na2O2+4H+=2Na++2H2O
B. 向CuSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液：Ba2＋＋=BaSO4↓
C. 向NH4HCO3溶液中加入足量NaOH溶液：+OH-=NH3·H2O
D. 往NaAlO2溶液中通入过量CO2：CO2++2H2O＝Al(OH)3↓+
【答案】D
【解析】
【详解】A．向Na2O2中加入足量稀盐酸时发生反应的离子方程式为2Na2O2+4H+=2Na++2H2O+O2↑，故A错误；
B．向CuSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液时发生反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH-+Cu2++=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故B错误；
C．向NH4HCO3溶液中加入足量NaOH溶液时发生反应的离子方程式为++2OH-=NH3·H2O+H2O+，故C错误；
D．往NaAlO2溶液中通入过量CO2时发生反应的离子方程式为CO2++2H2O＝Al(OH)3↓+，故D正确；
故答案D。
9. 最近在全国各地发现某知名护肤品中铬和钕等重金属含量超标，专家建议停用该产品，下面有关铬和钕的描述中，正确的是（ ）
A. 钕是一种电解质
B. K2Cr2O7中Cr价态较低，经常在反应中做为还原剂
C. 酒精测定仪中发生的化学反应如下：3CH3CH2OH+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CH3COOH+Cr2(SO4)3+ K2SO4+11H2O，1ml K2Cr2O7反应转移的电子数目为3NA
D. CrO42-和 Cr2O72- 了中 Cr元素的化合价相同
【答案】D
【解析】
【详解】A. 电解质和非电解质都必须化合物，钕是一种金属，是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；
B. K2Cr2O7中Cr价态较高，经常在反应中做为氧化剂，故B错误；
C. 3CH3CH2OH+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CH3COOH+Cr2(SO4)3+ K2SO4+11H2O，K2 Cr2O7 中Cr的化合价从+6到+3，1ml K2Cr2O7中Cr原子的个数为2ml，则反应转移的电子数目为6NA，故C错误；
D. CrO42－和 Cr2O72- 了中 Cr元素的化合价相同，都是+6价，故D正确；
答案选D。
10. 根据Cl2 通入不同溶液（或水）中的实验现象，所得结论不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、氯气黄绿色气体，氯气通入蒸馏水中，溶液显浅黄绿色，说明存在氯气分子，故A说法正确；B、品红溶液褪色，是利用HClO强氧化性，把有色物质氧化，故B说法错误；C、通入硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明溶液中存在Cl－，故C说法正确；D、发生Cl2＋S2－=S↓＋2Cl－，体现氯气的强氧化性，故D说法正确。
点睛：氯气与水发生反应：Cl2＋H2O=HCl＋HClO，氯水的成分是Cl2、Cl－、ClO－、HClO，进行分析即可。
11. 下列叙述I和叙述II均正确并有因果关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．明矾可用于净水因为明矾溶于水后电离出的铝离子水解生成的氢氧化铝胶体有吸附性，可吸附水中的悬浮杂质，故A符合题意；
B．用于刻蚀玻璃是因为HF与玻璃中的二氧化硅反应，与HF酸性强弱无关，且HF是弱酸，故B不符合题意；
C．高温还原制备金属，是因为K的熔点低，易挥发出钾蒸汽，事实K比Na更活泼，故C不符合题意；
D．蛋白质水解最终产物是氨基酸，淀粉水解最终产物是葡萄糖，故D不符合题意；
故答案为：A
12. 下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应符合反应事实，遵循电子转移的方向及数目，A正确；
B．在反应过程中电子转移数目是2个，故用双线桥法表示电子转移为：，B错误；
C．电子转移方向及数目均不合理。反应过程中KClO3的Cl得到电子被还原变为Cl2，HCl失去电子被氧化变为Cl2，反应过程中电子转移数目是5个，用双线桥法表示电子转移为：，C错误；
D．电子得失方向弄反。CuO变为Cu单质，Cu元素化合价降低，得到电子2×2e-，C变为CO2，失去电子数目是4e-，用双线桥法表示电子转移为：，D错误；
故合理选项是A。
13. 下列有关测定中和反应反应热实验的说法正确的是
A. 用铜丝代替玻璃搅拌器，测得的△H偏小
B. 强酸的稀溶液与强碱的稀溶液反应生成1mlH2O的△H均为−57.3 kJ∙ml−1
C. 已知冰的熔化热为6.0 kJ∙ml−1，冰中氢键键能为20.0kJ·ml-1，假设1ml冰中有2ml氢键，且熔化热完全用于破坏冰中的氢键，则最多只能破坏1ml冰中15%的氢键
D. 若H2的燃烧热为a kJ∙ml−1，则燃烧热的热化学方程式H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=−a kJ∙ml−1
【答案】C
【解析】
【详解】A．用铜丝代替玻璃搅拌器，由于铜会导热，测得出的温度偏低，因此测得的△H偏大，故A错误；
B．强酸的稀溶液与强碱的稀溶液反应生成1mlH2O和溶液的△H均为−57.3 kJ∙ml−1，若生成了沉淀，则△H不为−57.3 kJ∙ml−1，故B错误；
C．已知冰的熔化热为6.0 kJ∙ml−1，冰中氢键键能为20.0kJ·ml-1，假设1ml冰中有2ml氢键，且熔化热完全用于破坏冰中的氢键，则最多只能破坏1ml冰中的氢键，故C正确；
D．若H2的燃烧热为a kJ∙ml−1，生成水为液态水，因此燃烧热的热化学方程式H2(g)+ O2(g)=H2O(l) △H=−a kJ∙ml−1，故D错误。
综上所述，答案为C。
14. 设为阿伏加 德罗常数的值。由一种金属阳离子（或）与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐中加入浓硫酸，发生反应：。下列说法正确的是（ ）
A. 明矾、小苏打都是混盐
B. 在题述反应中，浓硫酸体现氧化性和酸性
C. 每产生1ml，转移的电子数为
D. 1ml中所含离子数为4
【答案】C
【解析】
【详解】A. 明矾的化学式为，由两种金属阳离子和一种酸根阴离子组成，不是混盐，小苏打是，由一种金属阳离子与一种酸根阴离子组成，不是混盐，A项错误；
B. 在题述反应中，硫酸中各元素的化合价均没有发生变化，浓硫酸只表现酸性，B项错误；
C. 反应中，部分Cl元素的化合价从+1降低到0，部分Cl元素的化合价从升高到0，每产生1ml，转移的电子数为，C项正确；
D. 1ml混盐中含有1ml、1ml、1ml，即含有3个离子，D项错误；
故选C。
15. 将15.6 g Na2O2和5.4 g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200 mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72 L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是
A. 最终得到溶液中只含NaCl溶质
B. 最终得到7.8g沉淀
C. 标准状况下，反应过程中得到6.72L的气体
D. 最终得到的溶液中c（Na+）＝1.5ml/L
【答案】B
【解析】
【分析】15.6g Na2O2的物质的量为：n(Na2O2)==0.2ml，5.4g Al的物质的量为：n(Al)==0.2ml；根据2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑生成NaOH为0.4ml，生成氧气为0.1ml，2.24L；然后发生2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，消耗NaOH 0.2ml，生成偏铝酸钠0.2ml，生成氢气0.3ml，6.72L，则剩余NaOH的物质的量为：0.4ml-0.2ml=0.2ml，生成NaAlO2的物质的量为0.2ml，生成O2的体积为2.24L、H2为6.72L；向溶液中通入标准状况下的HCl气体6.72L，物质的量为：n(HCl)==0.3ml，则根据HCl+NaOH=NaCl+H2O，消耗HCl、NaOH各0.2ml，生成NaCl 0.2ml；剩余HCl为：0.3ml-0.2ml=0.1ml，生成0.2ml NaCl；根据NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，0.1ml HCl，消耗0.1ml偏铝酸钠，生成0.1ml氢氧化铝和0.1ml NaCl；故NaAlO2有剩余，HCl完全反应，剩余NaAlO2为0.2ml-0.1ml=0.1ml，生成Al(OH)3为0.1ml、NaCl为0.1ml，反应后溶液中含有0.3ml NaCl、0.1ml NaAlO2。
【详解】A．反应后生成了0.3ml NaCl，最终还剩余0.1ml NaAlO2，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，故A错误；
B．最终生成Al(OH)3为0.1ml，质量为0.1ml×78g/ml=7.8g，故B正确；
C．生成O2为2.24L、H2为6.72L，故生成气体总体积为2.24L+6.72L=8.96L，故C错误；
D．根据钠离子守恒可知，反应后溶液中n(Na+)=2n(Na2O2)=2×0.2ml=0.4ml，则最终溶液中钠离子浓度为：c(Na+)==2ml/L，故D错误；
故答案为B。
16. 聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是
A. KClO3作氧化剂，每生成1 ml [Fe(OH)SO4]n消耗6/n ml KClO3
B. 生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大
C. 聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水
D. 在相同条件下，Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强
【答案】A
【解析】
【详解】A.根据题干中信息，可利用氧化还原配平法写出化学方程式：6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，可知KClO3做氧化剂，同时根据计量数关系亦知每生成1 ml [Fe(OH)SO4]n消耗n/6 ml KClO3，A项错误；
B.绿矾溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转系为聚合硫酸铁后，亚铁离子的浓度减小，因而水溶液的pH增大，B项正确；
C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而净水，C项正确；
D.多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的。[Fe(OH)]2+的水解相当于Fe3+的二级水解，由于其所带的正电荷比Fe3+少，因而在相同条件下，其结合水电离产生的OH-的能力较弱，故其水解能力不如Fe3+，即在相同条件下，一级水解的程度大于二级水解，D项正确。
故答案选A。
二、综合题，共52分
17. NaCl是一种化工原料，可以制备多种物质，如下图所示。气体E可使湿润的蓝色石蕊试纸变红。
请根据以上转化关系填写下列空白。
（1）氯化钠溶液通电后发生反应的化学方程式为_______。
（2）C在盛有B的集气瓶中燃烧的现象为_______，反应的化学方程式为_______，若点燃B和C的混合气体现象是_______。
（3）B能与大多数金属反应，铁丝与B反应的化学方程式为_______，反应现象为_______。
（4）“洁厕灵”的主要成分为E，曾有报道，在清洁卫生间时，因混合使用“洁则灵”与“84”消毒液而发生中毒事件，请从氧化还原角度分析原因，并写出反应的化学方程式_______。
【答案】（1）
（2） ①. 氢气在氯气中安静燃烧，发出苍白色火焰，瓶口有白雾出现 ②. ③. 爆炸
（3） ①. ②. 铁在氯气中剧烈燃烧，生成棕黄色烟
（4）NaClO中的氯元素化合价为+1价，盐酸中的氯元素化合价为-1价，在酸性条件下，这两种物质发生氧化还原反应，生成有毒的氯气
【解析】
【分析】电解熔融的NaCl应为分解反应，产物是B为和D为Na，依据所给图示可知，B为，A为NaOH。据气体E可使湿润的蓝色石蕊试纸变红可知，E是HCl，C是。
【小问1详解】
电解NaCl溶液的化学方程式为。
【小问2详解】
氢气在氯气中安静燃烧，发出苍白色火焰，瓶口有白雾出现，。但点燃和的混合气体会发生爆炸。
【小问3详解】
铁丝在中剧烈燃烧产生棕黄色的烟，化学方程式为。
【小问4详解】
“洁厕灵”的主要成分为HCl，NaClO具有强氧化性，可氧化HCl生成有毒的，故化学方程式为。
18. 亚硝酸钠()是一种工业盐，以下为亚硝酸钠的生产流程：
(1)在分解塔中从塔底进入，硝酸从塔顶喷淋，其目的是_____________。
(2)按一定计量比在“分解塔”中通和喷入硝酸，若反应后生成的NO与物质的量之比恰好，则“分解塔”中发生反应的化学方程式为________________
(3)试从产物产率的角度分析该反应中硝酸的浓度不宜过大或过小的原因：_________________。
【答案】 ①. 使SO2气体被充分吸收 ②. 2HNO3+2SO2+H2O═NO+NO2+2H2SO4 ③. 硝酸浓度过大，主要还原生成NO2，导致亚硝酸钠产率降低，若硝酸浓度过低，分解塔中出来的主要是NO，亚硝酸钠产率也低
【解析】
【分析】将SO2通入7～10ml/L的HNO3溶液中后，有H2SO4生成，HNO3被还原为NO与NO2；将生成的混合物冷却后，向NO与NO2的混合气体中通入氮气后在吸收塔中用碳酸钠吸收，通入的氮气可以使NO和NO2混合气体被稀释，能被碳酸钠充分吸收，得到主产物NaNO2；含有碳酸氢钠、硝酸钠等，所得的尾气中会有NO，可循环使用，最后将溶液结晶得到NaNO2，以此解答该题。
【详解】(1)“分解塔”中SO2从塔底进入，硝酸从塔顶喷淋，可是二氧化硫与硝酸充分接触，使SO2气体被充分吸收；
(2) “分解塔”中通SO2和喷入硝酸，二氧化硫被氧化生成硫酸，若反应后生成的NO与NO2物质的量之比恰好1:1，即2mlHNO3被还原时氮元素得4ml电子，能将2mlSO2氧化为2mlH2SO4，反应的方程式为2HNO3+2SO2+H2O═NO+NO2+2H2SO4；
(3)浓硝酸的还原产物是NO2，稀硝酸的还原产物是NO，故当硝酸浓度过大，主要还原生成NO2，导致亚硝酸钠产率降低；若硝酸浓度过低，分解塔中出来的主要是NO，亚硝酸钠产率也低；当硝酸过浓时，生成的二氧化氮过多，还可能发生NO2与氢氧化钠的反应：2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，故答案为：硝酸浓度过大，主要还原生成NO2，导致亚硝酸钠产率降低；若硝酸浓度过低，分解塔中出来的主要是NO,亚硝酸钠产率也低。
19. 钻(C)及其化合物在工业上有广泛应用。为从某工业废料中回收钴，某学生设计流程如图(废料中含有Al、Li、C2O3和Fe2O3等物质)。
已知: LiF难溶于水，Li2CO3微溶于水。
请回答:
（1）写出I中发生反应的化学方程式并用单线桥标记电子转移的方向和数目________。
（2）写出步骤中C2O3与盐酸反应生成Cl2的离子方程式_______________。
（3）步骤II所得废渣的主要成分除了LiF外，还有________________。
（4）NaF与溶液中的Li+形成LiF沉淀，此反应对步骤IV所起的作用是___________。
（5）在空气中加热10.98g草酸钴晶体(CC2O4•2H2O)样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。已知:M(CC2O4•2H2O)=183g/ml。
经测定，加热到210℃时，固体物质的化学式为_____。加热到210--290℃过程中产生的气体只有CO2，此过程发生反应的化学方程式是_________。温度高于890℃时，固体产物发生分解反应，固体产物为__________。
【答案】 ①. ②. C2O3+6H++2Cl-=2C2++Cl2↑+3H2O ③. Fe(OH)3 ④. 防止锂离子结合碳酸根离子形成碳酸锂沉淀 ⑤. CC2O4 ⑥. 3CC2O4+2O2C3O4+6CO2 ⑦. CO
【解析】
【详解】试题分析：废料经氢氧化钠溶液溶解除去铝，得到钴渣，钴渣经盐酸溶解得浸出液，浸出液中含氯化锂、氯化钴和氯化铁，向浸出液中加入20%的碳酸钠溶液促进Fe3+水解为氢氧化铁沉淀、加入氟化钠溶液沉淀其中的Li+，过滤，再向滤液中加入30%的碳酸钠溶液，把氯化钴转化为碳酸钴沉淀，碳酸钴经盐酸溶解后，再加草酸铵转化为草酸钴晶体，最后将草酸钴高温煅烧得到氧化钴粉末。
（1）I中发生反应为铝和氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和氢气，其中铝是还原剂、水是氧化剂，用单线桥标记电子转移的方向和数目如下： 。
（2）C2O3与盐酸反应生成Cl2的离子方程式为C2O3+6H++2Cl-=2C2++Cl2↑+3H2O。
（3）步骤II所得废渣的主要成分除了LiF外，还有Fe(OH)3。
（4）NaF与溶液中的Li+形成LiF沉淀，因为碳酸锂微溶于水，故此反应对步骤IV所起的作用是防止锂离子结合碳酸根离子形成碳酸锂沉淀。
（5）由表中数据可知，加热到210℃时，10.98g草酸钴晶体(CC2O4•2H2O)样品的质量变为8.82g，质量减少了2.16g。结晶水合物受热分解时，通常最先失去结晶水。10.98g草酸钴晶体的物质的量为0.06ml，其中含结晶水0.12ml，其质量恰好为2.16g，所以此时固体物质的化学式为CC2O4。加热到210--290℃过程中产生的气体只有CO2，此过程发生反应的化学方程式是3CC2O4+2O2C3O4+6CO2。温度高于890℃时，固体产物C3O4发生分解反应，固体的质量变为4.5g，其中含0.06ml C，则产物中n(O)=，所以，此时产物为CO。
点睛：本题为化工流程综合题，考查了与物质制备相关的问题，主要考查了常见物质的转化、离子方程式的书写、氧化还原中电子转移的方向和数目判断、有关物质组成的计算等等，难度较大。要求学生能掌握常见物质的性质，结合题中信息，明确流程中每步骤的意义，掌握物质制备的一般思路，掌握物质分离与提纯的常用方法，能根据物质的质量变化分析其组成变化，学会确定物质化学式的一般方法。
20. 工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3•5H2O，实验室可用如下装置模拟生成过程。
烧瓶C中发生反应如下：
Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2S（aq） （I）
2H2S（aq）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l） （Ⅱ）
S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq） （Ⅲ）
（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若__________________________，则整个装置气密性良好。装置D的作用是___________________________。装置E中为___________溶液。
（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为______________。
（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择__________。
a．蒸馏水 b．饱和Na2SO3溶液
c．饱和NaHSO3溶液 d．饱和NaHCO3溶液
（4）实验中，为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是____________。
（5）已知反应（Ⅲ）相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是_______________。反应后期可用酒精灯适当加热烧瓶A，实验室用酒精灯加热时必须使用石棉网的仪器含有___________________。
a .烧杯 b .蒸发皿 c.试管 d .锥形瓶
【答案】（1） ①. 液柱高度保持不变 ②. 防止倒吸 ③. NaOH（合理即可）
（2）2:1 （3）c
（4）控制滴加硫酸的速度（合理即可）
（5） ①. 溶液变澄清（或浑浊消失） ②. a、d
【解析】
【分析】A中产生二氧化硫，B中可观察SO2的生成速率，又能平衡气压，C中用于硫代硫酸钠的合成，D为安全瓶，E用于吸收尾气中SO2、H2S的作用，防止污染空气。
【小问1详解】
仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好；D中左侧为短导管，为安全瓶，起到防止倒吸的作用；装置E是吸收尾气中SO2、H2S的作用，防止污染空气，可选用NaOH溶液，故答案为液柱高度保持不变；防止倒吸；NaOH；
【小问2详解】
装置A中反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O，根据题目所给3个反应，可得出对应关系：2Na2S～2H2S～3S～3Na2SO3，2Na2S反应时同时生成2Na2SO3，还需要1Na2SO3，所以烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2∶1，故答案为2∶1；
【小问3详解】
观察SO2的生成速率，是通过观察溶液中产生气泡的快慢来判断，所以溶液不能与SO2反应，选项中只有饱和NaHSO3溶液与二氧化硫不反应，故答案为c；
【小问4详解】
分液漏斗有玻璃活塞，通过控制分液漏斗的活塞控制滴加硫酸的速度，可以控制产生二氧化硫的速率，所以为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是控制滴加硫酸的速度，故答案为控制滴加硫酸的速度；
【小问5详解】选项
溶液（或水）
现象
结论
A
蒸馏水
溶液呈浅黄绿色
氯水中存在Cl2分子
B
品红溶液
溶液褪色
Cl2有漂白性
C
AgNO3溶液
产生白色沉淀
氯水中存在Cl-
D
Na2S溶液
产生淡黄色沉淀
Cl2有氧化性
选项
陈述I
陈述II
A
明矾可用于净水
明矾投入水中能形成胶体
B
用于刻蚀玻璃
是强酸，能与玻璃中的反应
C
高温还原制备金属
比更活泼，金属性更强
D
蛋白质和淀粉都是高分子化合物
蛋白质和淀粉水解最终产物均是葡萄糖
温度范围/℃
固体质量/g
150--210
8.82
290--320
4.82
890--920
4.5
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