1、福建省福州市八县一中2020届高三化学上学期期中联考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：P31 N14 O16 Cl35.5 S32 Al27 Fe56 Mn55 K39 Cu64一、选择题（每题只有一个正确选项，每题2分，21小题，共42分）1.习总书记多次强调要“像对待生命一样对待生态环境”。下列说法正确的是（ ）A. 赤潮是海水富营养化，藻类大量繁殖，这些藻类生长消耗大量氧气，造成水体缺氧B. 汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一C. 用施撒熟石灰的方法可改良碱性土壤D. 用明矾可消除水中Cu2等重金属离子污染【答案】B【解析】【详解】A.赤潮是海水富营养化，使藻类由于充足的
2、营养而生长过快，而使水呈现红褐色，同时由于消耗水中的氧气导致水中的溶有氧气的量降低，A错误；B.汽车尾气的大量排放是雾霾天气的成因之一，B正确；C.氢氧化钙水溶液显碱性，不能改良碱性土壤，而是改良酸性土壤，C错误；D.明矾净水的原理是利用氢氧化铝胶体的吸附能力来吸附水里的悬浮杂质，不能使水中Cu2+形成沉淀而除去，D错误；故合理选项是B。2.化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确是（ ）A. 医用酒精、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的B. 铁粉和生石灰均可作食品袋内的脱氧剂C. 燃料脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施D. 高纤维食物是富含膳食
3、纤维的食物，在人体内都可通过水解反应提供能量【答案】C【解析】【详解】A.乙醇能够杀菌消毒，但乙醇不具有强氧化性，A错误；B.脱氧剂应具有还原性，生石灰不具有还原性，不作脱氧剂而是作干燥剂使用，B错误；C.采用燃料脱硫技术可以减少二氧化硫的产生，从而防止出现酸雨，NOx的催化转化生成无污染的氮气也是减少酸雨的有效措施，C正确；D.人体内无纤维素酶，纤维素中人体内不能被吸收，D错误；故合理选项是C。3.下列说法正确的是（ ）A. 液态HCl、固态AgCl均不导电，所以HCl、AgCl是非电解质B. NH3、CO2的水溶液均能导电，所以 NH3、CO2均是电解质C. 福尔马林、水玻璃、氨水均为混合
4、物D. 金属氧化物一定是碱性氧化物【答案】C【解析】【详解】A.HCl水溶液能电离导电，AgCl在水溶液中完全电离，由于自由移动的离子浓度小，但HCl、AgCl是电解质，A错误；B.NH3、CO2均不能电离生成阴、阳离子，因此它们均为非电解质，B错误；C.福尔马林为甲醛的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液、氨水是氨气的水溶液，均为混合物， C正确；D.碱性氧化物是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Mn2O7是酸性氧化物，Al2O3是两性氧化物等，D错误；故合理选项是C。4.设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A. 标准状况下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NAB.
5、 阿伏加德罗常数的基准物是0.012kg的CC. 1L0.1mol.L-1的NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NAD. 31克白磷含有的共价键数目为1.5NA【答案】D【解析】【详解】A.标准状况下，HF以聚合分子(HF)n形式存在，物质呈液态，因此不能使用气体摩尔体积进行有关计算，A错误；B.阿伏加德罗常数的基准物是0.012kg的12C所含有的C原子数目，B错误；C.1L0.1mol.L-1的NaHCO3溶液中HCO3-会发生电离产生CO32-，同时也会发生水解产生H2CO3，所以根据C原子守恒可知，HCO3-离子、CO32-及H2CO3数之和为0.1NA，C错误；
6、D.白磷分子式是P4，分子中含有6个P-P键， 31克白磷的物质的量是0.25mol，则其中含有的共价键数目为0.25mol6NA=1.5NA，D正确；故合理选项是D。5.VL浓度为0.5molL-1的盐酸，欲使其浓度增大1倍，采取的措施合理的是（ ）A. 通入标准状况下的HCl气体11.2VLB. 将溶液加热浓缩到0.5VLC. 加入10mol.L-1的盐酸0.1VL，再稀释至1.5VLD. 加入VL1.5mol.L-1的盐酸混合均匀【答案】C【解析】【分析】A.根据c=计算判断；B.加热时，盐酸会挥发；C.根据c=计算判断；D.根据浓稀盐酸混合后体积是否变化判断。【详解】A.标准状况下的H
7、Cl气体11.2VL物质的量是0.5Vmol，向溶液中通入0.5VmolHCl，该溶液体积会增大，所以溶液浓度应该小于Vmol/L，A错误；B.加热浓缩盐酸时，导致盐酸挥发增强，HCl的物质的量减少，B错误；C.VL浓度为0.5molL-1的盐酸中溶质HCl的物质的量是0.5Vmol，10molL-1的盐酸0.1VL的HCl物质的量是Vmol，再稀释至1.5VL，所以c=1mol/L，C正确；D.浓、稀盐酸混合后，溶液的体积不是直接求和，所以混合后溶液的物质的量浓度不是原来的2倍，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查了物质的量浓度的计算，掌握物质的量浓度定义式，结合溶质的物质的量和质量可以
8、相加，而溶液的体积不能直接相加，易错选项是D，注意密度不同的溶液混合后，溶液的体积不能直接相加，且盐酸具有挥发性，升高温度，溶质挥发逸出。6.下列实验操作规范且能达到目的的是目的操作A取20.00 mL盐酸在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00 mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶B清洗碘升华实验所用试管先用酒精清洗，再用水清洗C测定醋酸钠溶液pH用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上D配制浓度为0.010 molL-1的KMnO4溶液称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】【详解】A
9、. 50 mL酸式滴定管的50.00 mL刻度下方没有刻度，但仍有盐酸，所以调整初始读数为30.00 mL后，放入锥形瓶中盐酸的体积大于20.00 mL，A项错误；B. 碘易溶于酒精，清洗试管中附着的碘可以先用酒精清洗，再用水清洗，B项正确；C. 醋酸钠溶液呈碱性，测定醋酸钠溶液的pH时，pH试纸不能预先湿润(湿润相当于将溶液稀释)，否则测定的pH会偏小，C项错误；D. 不能在容量瓶中直接配制溶液，D项错误。故答案选B。7.在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室（见图）。下列说法错误的是（ ）A. a、b两处的混合气体成分含量相同，温度不同B.
10、 c、d两处的混合气体成分含量相同，温度不同C. 热交换器的作用是预热待反应的气体，冷却反应后的气体D. c处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高SO2的转化率【答案】B【解析】试题分析： A根据装置图可知，从a进入的气体是含有SO2、O2、N2等的冷气，经过热交换器后从b处出来的是热的气体，成分与a处相同，正确；B在c处出来的气体SO2、O2在催化剂表面发生反应产生的含有SO3及未反应的SO2、O2等气体，该反应是放热反应，当经过热交换器后被冷的气体降温，SO3被部分分离出来，而且混合气体再次被催化氧化，故二者含有的气体的成分含量不相同，错误；C热交换器的作用是预热待反应的冷的气体，同时冷
11、却反应产生的气体，为SO3的吸收创造条件，正确；DC处气体经过热交换器后再次被催化氧化，目的就是使未反应的SO2进一步反应产生SO3，从而可以提高SO2的转化率，正确。【考点定位】考查工业制硫酸中SO2催化氧化的设备及工作原理。【名师点睛】化学工业是历次考试题的重要组成部分，虽然完全考查设备的题型不是特别多，但是往往以工业流程为载体考查元素化合物知识，所以教材中的几个重要工业（工业生产中均有重要应用）的整体流程、主要设备、反应条件的选择等是我们学习的重要内容之一。需要关注的有：工业制硫酸、合成氨工业、硝酸工业、纯碱工业、氯碱工业、海水资源的综合利用及镁的冶炼、铝的冶炼、铜的精炼等。要求会正确书
12、写相关的化学方程式，理解硫酸工业、合成氨工业条件的选择依据。8.下列除杂的方法错误的是（ ）A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】试题分析：A、SiO2不溶于盐酸，Fe2O3溶于盐酸，再用过滤分离，A正确；B、Mg与NaOH不反应，铝与NaOH反应，再用过滤分离，B正确；C、Cu与FeCl3反应生成FeCl2和CuCl2，引入新的杂质，C错误；D、氯化钠易溶于水，泥沙难溶于水，可采取加水溶解、过滤、蒸发的方法进行分离，D正确。答案选C。考点：物质的分离、除杂9.从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2
13、SO4。下列说法正确的是（ ）A. Cu2S既是氧化产物又是还原产物B. 5molFeS2发生反应,有10mol电子转移C. FeS2只作还原剂D. 产物中的SO42-离子有一部分是氧化产物【答案】D【解析】ACuSO4Cu2S，FeS2Cu2S，Cu元素化合价降低，S元素化合价降低，Cu2S是还原产物，A错误；B.5molFeS2发生反应，Cu元素化合价由+2价+1价，14molCuSO4得到14mol电子，FeS2Cu2S，S元素的化合价由-1价-2价，生成7molCu2S，得到7mol电子，有21mol电子转移，B错误；CFeS2中S元素化合价为-1价，反应后分别升高为+6价、降低为-2
14、价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，C错误；D根据以上分析可知产物中的SO42-离子有一部分是氧化产物，D正确；答案选D。点睛：本题考查氧化还原反应，解答该题的关键是正确判断各元素的化合价的变化，能从化合价的角度进行判断和计算。注意氧化还原反应的一般分析思路，即判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种或多种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。10. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是SiO2Na2SiO3H2SiO3FeFe2O3Fe2(SO4)3BaSO4BaCO3BaCl2(Ksp(BaSO4)=1.110-10
15、Ksp(BaCO3)=2.610-9)AlCl3溶液AlNaAlO2HCHOHCOOHHCOOCH3A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：正确；铁燃烧生成四氧化生铁，得不到氧化铁，不正确；只要溶液中c(Ba2)c(CO32)Ksp(BaCO3)即可形成碳酸钡沉淀，因此硫酸钡能溶于饱和的碳酸钠溶液中生成碳酸钡，正确；电解氯化铝溶液生成氯气、氢气和氢氧化铝，不正确；正确，答案选D。考点：考查物质转化的有关判断11.下列制取Cl2，用其氧化含I-废液，回收并提纯I2的装置和原理能达到实验目的的是（ ）A. 制取Cl2B. 氧化碘离子C. 过滤出粗碘D. 升华提纯碘【答案】D【解析】【详
16、解】A稀盐酸与二氧化锰不反应，应选浓盐酸、二氧化锰加热制备Cl2，故A错误；B导管应长进短出，图中气体可将液体排出，故B错误；C碘溶于水，不能过滤分离，应选萃取分液法，故C错误；D碘易升华，加热时碘变为碘蒸气，冷却变为固态碘，则图中装置可提纯碘，故D正确；故答案为D。12.下列离子方程式正确的是A. 酸性硫酸亚铁溶液空气中被氧化：4Fe2O24H4Fe32H2OB. 硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应： Ba2+SO42- BaSO4C. 碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：2HCO3-+Ca2+2OH CaCO3+CO32-+2H2OD. 酸化的NaIO3和NaI的混合溶液：I-IO3-6HI23
17、H2O【答案】A【解析】【详解】A. 酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧气氧化生成硫酸铁和水，离子方程式书写正确，符合电荷守恒、原子守恒规律，A正确；B. 漏写了氢氧根离子和铵根离子能结合成弱碱一水合氨的反应，B错误；C. 碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，正确的离子方程式为：HCO3-+Ca2+OH CaCO3+ H2O，C错误；D. 离子方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为： 5I-IO3-6H3I23H2O，D错误；综上所述，本题选A。【点睛】离子反应方程式的书写及判断是高中化学重要的内容。在判断离子方程式正误时，要从以下几个方面入手：先判断各物质是否能够拆成离子
18、，能拆的不拆，不该拆的拆了，这的就不符合要求；第二观察一下生成物是否书写正确；第三观察一下该离子反应电荷或电子或原子是否守恒；第四判断该反应是否满足反应发生的规律。只要做到这些，还是能够快速准确的解决问题的。13.下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是（ ）无色溶液中：K+、Cu2+、Na+、SO42 碱性溶液中：CO32、Na+、AlO2、NO3酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3、Cl加入Al能放出H2的溶液中：Cl、HCO3、NO3、NH4+ 能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液：Na+、Cl、S2、ClO含Fe2+的溶液中：Na+、Ba2+、Cl、IA. B. C. D. 【答案】C【解
19、析】【详解】无色溶液中不存在有色离子，Cu2+为有色离子，在溶液中不能大量共存，故错误；碱性溶液中：CO32、Na+、AlO2、NO3离子间不反应，能够大量共存，故正确；酸性溶液中：Fe2+与NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故错误； 加入Al能放出H2的溶液中存在大量H+或OH-，HCO3-、NH4+离子与氢氧根离子反应，HCO3-与氢离子反应，在溶液中不能够大量共存，故错误；能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液中存在大量OH-，S2-、ClO-离子之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故错误；含Fe2+的溶液中：Na+、Ba2+、Cl、I离子间不反应，能够大量共存，故正确；综合以上分析
20、可知，只有正确； 综上所述，本题选C。14.用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计严密的是（ ）A. 检验试液中的SO42-：试液无沉淀白色沉淀B. 检验试液中的Fe2+：试液无明显现象红色溶液C. 检验试液中的I-：试液棕黄色溶液蓝色溶液D. 检验试液中的CO32-：试液白色沉淀沉淀溶解【答案】C【解析】【详解】A.溶液中如含有SO32-，加入硝酸会氧化SO32-为SO42-，也可以和BaCl2溶液反应生成BaSO4白色沉淀，A错误；B.先向溶液中加入KSCN溶液，没有现象，说明溶液中不含Fe3+，再加入与KMnO4溶液，发生氧化还原可能生成铁离子，但KMnO4溶液为紫红色溶液，会产生
21、干扰现象，不能证明原溶液中一定存在Fe2+，B错误；C.试液加入过氧化氢氧化碘离子为单质碘，遇淀粉变蓝，离子检验实验合理，C正确；D.若原溶液中含有碳酸根离子或亚硫酸根离子，试液中加入氯化钡溶液生成白色沉淀，可能是碳酸钙或亚硫酸钙沉淀，加入盐酸沉淀溶解，D错误；故合理选项是C。15.下列实验操作对应的现象和根据现象得出的结论均正确的是 （ ）实验操作现象结论A向FeCl3溶液中加入浓NaOH溶液溶液由黄色变为红棕色生成了氢氧化铁胶体B向Co2O3中滴入浓盐酸加热产生黄绿色气体氧化性:Cl2Co2O3C向某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀溶液中存在亚铁离子D向NaHCO3溶液中滴加N
22、aAlO2溶液有白色沉淀和气体产生AlO2-与HCO3-发生了水解的相互促进A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.FeCl3和NaOH在溶液中反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，不能制取氢氧化铁胶体，应该将饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热至液体呈红褐色，制取氢氧化铁胶体，A错误；B.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，该反应中氧化剂是Co2O3，氧化产物是Cl2，所以氧化性Cl2Co2O3，B错误；C.Fe2+和铁氰化钾反应生成特征的蓝色沉淀，所以该实验能检验Fe2+，C正确；D. AlO2-离子促进碳酸氢根离子电离，生成Al(OH)3白色沉淀和CO32-，HCO3-与水解无关，D
23、错误；故合理选项是C。16.SO2通入BaCl2溶液中并不产生沉淀，而通入另一种气体后可以产生白色沉淀。则图中右侧Y形管中放置的药品组合不符合要求的是(必要时可以加热)()A. Cu和浓硝酸B. CaO和浓氨水C. 大理石和稀盐酸D. 高锰酸钾溶液和浓盐酸【答案】C【解析】【详解】A、Cu与浓硝酸反应产生二氧化氮气体，则二氧化氮与水反应产生硝酸，所以氯化钡溶液中存在硝酸，可氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，与钡离子结合，可生成硫酸钡白色沉淀，正确；B、CaO与浓氨水混合则产生氨气，氨气溶于氯化钡溶液，与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸铵，溶液的碱性增强，再与钡离子反应可生成亚硫酸钡沉淀，正确； C、大理
24、石与盐酸反应生成二氧化碳气体，而二氧化碳气体也不与氯化钡溶液反应产生白色沉淀，也不会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，所以最终无白色沉淀产生，错误；D、高锰酸钾与浓盐酸混合可产生氯气，氯气可氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，正确。答案选B。17.生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：下列说法正确的是（ ）A. pH=4.1时，中为Na2SO3溶液B. Na2S2O5用作食品的抗氧化剂和SO2作漂白剂时，均表现还原性C. 工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是得到NaHSO3过饱和溶
25、液D. 葡萄酒中Na2S2O5用作食品的漂白剂【答案】C【解析】【详解】A.向I中通入SO2使溶液pH变为4.1，说明溶液显酸性。Na2CO3溶液显碱性，Na2SO3溶液显碱性，NaHCO3溶液显碱性，而NaHSO3显酸性，说明反应产生了NaHSO3，I中的溶液应为NaHSO3溶液，A错误；B.Na2S2O5用作食品的抗氧化剂是Na2S2O5起还原剂的作用，而SO2作漂白剂是由于SO2能够与有色物质发生反应产生无色物质，表现漂白性，不是表现还原性，B错误；C.工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2，考虑到后续操作步骤是结晶脱水制取Na2S2O5，发生这一步需要过饱和的NaHSO3溶液，由
26、此判断，再通入SO2的目的应为：增大NaHSO3浓度，形成过饱和溶液，C正确；D.葡萄酒中Na2S2O5用作食品的抗氧化剂，防止葡萄酒变质，D错误；故合理选项是C。18. 海水是重要的资源，可以制备一系列物质，下列说法正确的是（ ）A. 步骤中，应先通CO2，再通NH3B. 步骤可将MgCl26H2O晶体在空气中直接加热脱水C. 步骤、反应中，溴元素均被氧化D. 除去粗盐中的SO42-、Ca2+、Mg2+等杂质，加入试剂及相关操作顺序可以是：NaOH溶液BaCl2 溶液Na2CO3 溶液过滤盐酸【答案】D【解析】A项，步骤为侯氏制碱法，由于NH3的溶解度比CO2大，故应先通NH3，再通CO2溶
27、液中才能含有大量的碳元素，才能得到大量的NaHCO3，错误；MgCl26H2O直接加热脱水时，Mg2水解生成HCl挥发出去，促进水解进行到底，得到Mg(OH)2。所以晶体加热脱水必须不断通入HCl，抑制水解，B项错；C项，步骤中，Br化合价降低，被还原，错；D项，加NaOH能除去Mg2，加Ba2能除去，再加入Na2CO3可以除去Ca2以及过量的Ba2，过滤后加入盐酸可以除去多余的和OH，正确。19.某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（ ）A. 0.80B. 0.85C. 0.90D. 0.93【答案】A【
28、解析】【详解】FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等标准状况下112mL Cl2转移电子数为2=0.01mol则有：(3-)x=0.01mol，解得x=0.8，故选A。【点晴】本题考查氧化还原反应计算，注意氧化还原反应计算中电子转移守恒运用。电子得失守恒法解题的一般思路是：首先找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；其次找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)；最后根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n(氧化剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)n(还原剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)。
29、本题中注意平均化合价的应用，根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。20.已知常温下碳酸、亚硫酸、次氯酸的电离平衡常数如下表:H2CO3H2SO3HClOK1=4.3010-7K1=1.5410-2K=2.9510-8K2=5.6110-11K2=1.0210-7下列说法正确的是A. 相同条件下,同浓度的 H2SO3溶液和 H2CO3溶液的酸性， 后者更强B. Na2CO3溶液中通入少量SO2： 2CO3 2- + SO2+ H2O = 2HCO3 - + SO3 2-C. NaClO 溶液中通入少量CO2:2ClO- + CO2 + H2O = 2HC
30、lO + CO3 2-D. 向氯水中分别加入等浓度的 NaHCO3 和 NaHSO3溶液,均可提高氯水中 HClO 的浓度【答案】B【解析】A、弱电解质电离平衡常数越大，则电离程度越大，说明弱酸的酸性越强，或者弱碱的碱性越强，H2SO3的K1=1.5410-2，而H2CO3的K1=4.3010-7，所以同浓度时H2SO3的酸性强于H2CO3的，故A错误；B、由于H2SO3的K2小于H2CO3的K1，但大于其K2，所以Na2CO3溶液中通入少量SO2，考虑Na2CO3与酸的分步反应，所以反应的离子方程式为2CO32- + SO2 + H2O =2HCO3- + SO32-，当SO2足量时，生成C
31、O2和HSO3-，所以B正确；C、已知HClO的K=2.9510-8大于H2CO3的K2，但小于其K1，所以NaClO溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为ClO- + CO2 + H2O = HClO + HCO3-，故C错误；D、由于HClO的K=2.9510-8小于H2CO3的K1，但大于其K2，因此HClO不能与NaHCO3反应，但HCl是强酸，能与NaHCO3反应，使c(HCl)减小，促进化学平衡Cl2+H2OHCl+HClO正向移动，从而提高HClO的浓度；尽管HClO的K=2.9510-8小于H2SO3的K1=1.5410-2，也小于H2SO3的K2=1.0210-7，只是说明
32、NaHSO3不能与HClO发生复分解反应，但HClO具有氧化性，NaHSO3具有还原性，二者能够发生氧化还原反应，所以加入NaHSO3溶液不能提高HClO的浓度，故D错误。本题正确答案为B。点睛：本题的实质就是离子反应发生的条件之一：有难电离的物质生成，即较强的酸才能与较弱的酸形成的盐反应，但氧化还原反应不受这一条件的限制，已知的平衡常数K就体现了酸性的相对强弱。B选项是个难点，要注意反应物的量对产物的影响，而D选项要注意HClO的氧化性，与NaHSO3将发生氧化还原反应。21.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只被还原
33、为NO气体）。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析或结果不正确的是 A. 混合酸中HNO3物质的量浓度为2mol/LB. OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气C. 原混合酸中H2SO4物质的量为0.4 molD. 第二份溶液中最终溶质为FeSO4【答案】C【解析】试题分析：某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只被还原为NO气体）。由铜与稀硝酸反应的离子方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O可知，n(HNO3)=。由图可知，
34、向另一份中逐渐加入铁粉， OA段发生Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，n(Fe)= n(Fe3+)= n(HNO3)=；AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，这阶段溶解的铁的物质的量为 n(Fe3+)=0.1mol；BC段又产生气体，故此阶段的反应为Fe+2H+= Fe2+H2。A. 混合酸中HNO3物质的量浓度为2mol/L。A正确；B. OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气，B正确；C. 由图像可知，每份混酸最多可溶解22.4gFe生成FeSO4溶液，由Fe守恒可知，原混合酸中H2SO4物质的量等于铁的物质的量的2倍（因为共分为
35、2等份），即=0.8 mol，C不正确；D. 第二份溶液中最终溶质为FeSO4，D正确。本题选C。点睛：本题考查了稀硝酸与金属反应的计算。首先根据混酸溶解的铜的质量求出硝酸的总量，要注意不能根据化学方程式计算，因为硫酸电离的H+是可以参与这个离子反应的。当混酸与Fe反应时，因为氧化性NO3-Fe3+H+，故Fe依次与种离子发生反应。另外，要注意原溶液分成了两等份。二、实验题22.氮化铝(AlN)是一种新型无机材料，广泛应用于集成电路生产领域。某化学研究小组利用氮气、氧化铝和活性炭在高温下制取氮化铝。 请回答下列问题：(1)请写出制取氮化铝的化学方程式_。制得的AlN样品仅含有Al2O3杂质，已
36、知：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3为测定AlN含量，设计如下三种实验方案。（测定过程均忽略NH3在强碱溶液中的溶解）【方案1】取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。实验步骤：组装好实验装置，检查装置气密性并加入实验药品，关闭K1，打开K2 ，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。(2)图中C装置中球形干燥管的作用是_。(3)通入氮气的目的是_。(4)图中装置会导致测定结果_（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。【方案2】用如图装置测定mg样品中AlN的纯度(部分夹持装置已略去)
37、。(5)为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是_(填字母)A.CCl4 B.H2O C.NH4Cl溶液 D.苯(6)若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL(已转换为标准状况)，则AlN的质量分数是_。若其他操作均正确，但反应结束后读数时，右侧量气管中液面高于左侧球型管中液面，则最后测得AlN的质量分数会_（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。【方案3】按以下步骤测定样品中A1N的纯度：（过滤时使用无灰滤纸过滤）(7)步骤生成沉淀的离子方程式为_。(8)样品中A1N的质量分数为_（用含m1、m2的代数式表示）。【答案】 (1). Al2O3+3C+N22AlN+3CO (2). 防
38、倒吸 (3). 把装置中残留的氨气全部导入C装置 (4). 偏高 (5). AD (6). 100% (7). 偏低 (8). AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al(OH)3 (9). 【解析】【分析】(1)氮气、氧化铝和活性炭在高温下反应产生氮化铝和CO；(2)氨气是和浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸现象(3)反应生成氨气后未把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，应该准确测定装置C的增重进行计算；(4)图1 装置中空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置C，据此分析；(5)氨气极易溶于水，量气装置中的X液体不能与氨气反应，也不能使氨气溶解；(6)依据AlN+NaOH+H2O=N
39、aAlO2+NH3中的定量关系计算出样品中纯氮化铝的质量，再计算出氮化铝的质量分数，根据读数对NH3体积的影响判断误差；(7)步骤反应为AlN、Al2O3分别与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中通入足量CO2气体，根据复分解反应规律，结合电荷守恒书写离子方程式；(8)依据杂质Al2O3在反应前后质量不变，而根据流程中铝的转化关系可得关系式2A1NA12O3，根据关系式列比例式，可计算出样品中氮化铝的纯度。【详解】(1)氮气、氧化铝和活性炭在高温下反应产生氮化铝和CO，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式：Al2O3+3C+N22AlN+3CO；(2)AlN与NaOH溶液反应产
40、生NH3，NH3是容易与浓硫酸能发生反应的气体，会导致发生倒吸，图C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸现象的发生；(3)通入氮气一段时间，可以将反应产生的NH3全部赶入C装置中，被浓硫酸吸收，通过测定C装置反应前后的质量变化确定AlN的纯度，因此通入氮气的目的是把装置中残留的氨气全部赶入C装置；(4)图1 装置中空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置C，使测定结果偏高；(5)A.CCl4不能溶解氨气，可以用排四氯化碳溶液的方法测定氨气体积，A正确； B.氨气极易溶于水，不能排水法测定，B错误； C.氨气极易溶于水，不能用排NH4Cl溶液的方法测定气体体积，C错误；D.苯不能溶解氨气，可以用排苯溶
41、液的方法测定氨气体积，D正确；故合理选项是AD；(6)若m g样品完全反应，测得生成气体的体积为V mL（已转换为标准状况），根据方程式AlN+NaOH+H2ONaAlO2+NH3可知：每反应消耗41gAlN，会产生标准状况下22.4LNH3，现在得到标准状况下氨气的体积是VmL，则其中含有的AlN的质量m=g，则AlN的质量分数=100%=100%；若其他操作均正确，但反应结束后读数时，右侧量气管中液面高于左侧球型管中液面，气体的压强增大，使NH3的体积偏小，根据NH3的体积计算出的AlN的质量偏小，则最后测得AlN的质量分数会偏低；(7)步骤反应为AlN、Al2O3分别与氢氧化钠反应生成偏
42、铝酸钠、氨气和水，向偏铝酸钠溶液中通入CO2气体，反应产生Al(OH)3沉淀和NaHCO3，反应的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al(OH)3；(8)设样品中含有Al2O3杂质为x，依据铝守恒，得2A1NA12O3，二者的质量关系为82gAlN反应得到102g A12O3，则原样品中含有A1N质量是(m1-x)g，则其反应产生的A12O3质量为(m2-x)g，解之得：x=，则AlN质量分数为100%=100%。【点睛】本题考查了物质性质的探究实验设计和实验分析判断，掌握实验基本操作和物质性质是解题关键，结合元素守恒计算物质的计算纯度。23.乳酸亚铁（CH3CH(OH)C
43、OO2Fe3H2O，Mr=288）是一种食用的补铁剂，吸收效果比无机铁好，易溶于水，几乎不溶于乙醇，受热易分解，可通过乳酸与碳酸亚铁反应制得。CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2O=CH3CH(OH)COO2Fe3H2O+CO2FeCO3不溶于水，易被氧化，4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2.乳酸亚铁的制备：某兴趣小组用FeCl2和NH4HCO3制备FeCO3的装置示意图如图：回答下列问题：(1)C装置中涉及的主要反应的离子方程式_。(2)待D处的气体纯净后，将生成的FeCl2溶液和NH4HCO3溶液混合时的操作是_。(3)将制得的FeCO3加入到足量乳酸溶液中
44、，再加入少量铁粉，75下搅拌反应。加入少量铁粉的作用是_。(4)反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是_。(5)从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体的方法是：_，冷却结晶，过滤， 用适量乙醇洗涤，干燥。.乳酸亚铁晶体纯度的测量：(6)该兴趣小组用KMnO4滴定法测定样品中亚铁含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，发现产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是_。(7)经查阅文献后，该兴趣小组改用铈(Ce)量法测定产品中Fe2+的含量，滴定反应如下：Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+。取1.440g产品配成100mL溶液，每次取20.00mL，进行必要处理，用0.0500molL-1Ce(SO4)
45、2标准溶液滴定至终点，记录数据如表。滴定次数滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）10.2019.9520.1021.6530.9520.60则产品中乳酸亚铁的质量分数为_%。(小数点后保留一位数字)(8)请设计实验证明你购买的乳酸亚铁补铁剂中含Fe2+：_。【答案】 (1). Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O (2). 关闭活塞3，打开活塞2 (3). 防止Fe2+被氧化 (4). 加适量的乳酸，让铁粉反应完全 (5). 隔绝空气，低温蒸发 (6). 乳酸根中羟基被高锰酸钾溶液氧化(或者乳酸根被高锰酸钾溶液氧化；或者是晶体失去了部分结晶水) (7). 98.5 (8). 取少量
46、乳酸亚铁补铁剂于试管中加蒸馏水溶解，滴加几滴KSCN溶液，溶液不变色，再滴加新制氯水，溶液变成血红色，证明补铁剂中含Fe2+【解析】【分析】I.在B装置中用Fe与盐酸反应制备FeCl2，利用反应生成的H2排尽装置中的空气，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中；在C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3=FeCO3+2NH4Cl+CO2+H2O， II.乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，导致所得乳酸亚铁的质量偏大；(7)根据离子方程式Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+计算2
47、0mL溶液中n(Fe2+)，进而计算100mL含有n(Fe2+)，再根据m=nM计算乳酸亚铁晶体的质量，进而计算产品中乳酸亚铁晶体的质量分数。(8)根据Fe2+不能使KSCN溶液变红色，Fe3+能使KSCN溶液变红色，用氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+检验Fe2+。【详解】(1)在装置B中Fe与HCl反应产生FeCl2和H2，反应方程式为：Fe+2HCl=FeCl2+H2，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，并将FeCl2溶液压入C装置中，在C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3=FeCO3+2NH4Cl+CO2+H2O，该反应的离子方程式为：Fe2+2HCO3
48、-=FeCO3+CO2+H2O；(2)待D处的气体纯净后，将生成的FeCl2溶液和NH4HCO3溶液混合时的操作是关闭活塞3，打开活塞2，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中；(3)Fe2+离子易被氧化为Fe3+离子，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，防止Fe2+离子被氧化；(4)反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是利用乳酸具有酸性，可以与过量的Fe粉反应产生乳酸亚铁，从而使过量的铁粉可以充分利用；(5)从所得溶液乳酸亚铁中获得乳酸亚铁晶体的方法是隔绝空气，低温蒸发溶剂，然后经过冷却结晶、过滤、用适量乙醇洗涤、干燥等操作；(6)乳酸根中含有羟基，可以被
49、酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，因此会使计算所得乳酸亚铁的质量偏大，导致产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；(7)三次滴定第二次操作消耗标准液数值明显偏大，应舍去，根据第一次和第三次平均值V=mL=19.70mL，由：Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+，可知20mL溶液中n(Fe2+)=n(Ce4+)=0.0500mol/L0.0197L=0.000985mol，所以100mL含有n(Fe2+)=0.000985mol=0.004925mol，则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为100%=98.5%；(2)可根据Fe2+与SCN-混合物明显现象，加入氧化
50、剂将Fe2+氧化为Fe3+后溶液变为血红色检验Fe2+的存在，故设计实验证明购买的乳酸亚铁补铁剂中含Fe2+的方法是取少量乳酸亚铁补铁剂于试管中，加蒸馏水溶解，滴加几滴KSCN溶液，溶液不变色，再滴加新制氯水，溶液变成血红色，证明补铁剂中含Fe2+。【点睛】本题考查实验制备方案的知识，涉及化学实验基本操作、物质分离提纯、氧化还原反应滴定应用、对实验方案的设计等，明确物质反应原理，掌握各种物质的不同性质及其作用是解题关键，是对学生综合能力的考查。24.氯化亚铜是一种重要的化工产品，常用作有机合成催化剂，还可用于颜料、防腐等工业，它不溶于H2SO4、HNO3和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮
51、湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜Cu2(OH)4-nCln，随着环境酸度的改变n随之改变。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：(1)写出溶解过程中产生无色气体的化学式：_。(2)还原过程中发生的主要反应的离子方程式：_。(3)析出的CuCl晶体水洗后要立即用无水乙醇洗涤，在真空干燥机内于70 干燥2h，冷却密封包装。70， 真空干燥、密封包装的原因是：_。(4)滤液中主要成分是(NH4)2SO4，工业上用(NH4)2SO4与Al2(SO4)3制取铵明矾，铵明矾在食品，制革等方面有重要用途，写出铵明矾的化学式_。(5)随着pH值减小
52、Cu2(OH)4-nCln中Cu%_。(填字母)A.增大 B.不变 C.不能确定 D.减小(6)如图是各反应物在最佳配比条件下，反应温度对CuCl产率影响。由图可知，溶液温度控制在60时，CuCl产率能达到94%，当温度高于65 时，CuCl产率会下降，从生成物的角度分析，其原因可能是_。(7)以碳棒为电极电解CuCl2溶液也可得到CuCl，写出电解时阴极上发生的电极反应式：_。【答案】 (1). NO (2). 2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+ (3). 加快乙醇和水的挥发，防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化 (4). NH4 Al(SO4)212H2O
53、 (5). D (6). 温度过高，会促进CuCl的水解，且促进了CuCl与空气中氧气反应 (7). Cu2+e-+Cl-=CuCl【解析】【分析】海绵铜加入硫酸和硝酸铵溶解得到溶液主要是硫酸铜，硫酸铵、NO等，加入亚硫酸铵还原硫酸铜、加入氯化铵氯化发生反应2CuSO4+(NH4)2SO3+2NH4Cl+H2O=2CuCl+2(NH4)2SO4+H2SO4，过滤得到固体为CuCl，滤液主要是硫酸铵和硫酸，以此来解答。【详解】(1)溶解过程中铜和硝酸根离子发生氧化还原反应，离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，产生的无色气体是NO；(2)还原步骤中，Cu2+被还原产
54、生Cu+，Cu+与Cl-结合形成CuCl沉淀，SO32-被氧化产生SO42-，发生反应的离子方程式为2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；(3)70真空干燥、密封包装的原因是加快乙醇和水的挥发，防止CuCl在潮湿空气中水解氧化；(4)根据明矾化学式KAl(SO4)212H2O可知在工业上用(NH4)2SO4与Al2(SO4)3制取铵明矾，铵明矾就是明矾中的K+被NH4+替代，化学式为NH4 Al(SO4)212H2O；(5)随着溶液pH值减小，c(H+)增大，Cu2(OH)4-nCln中OH-含量降低，Cl-含量增大，则化合物中Cu元素占总质量的百分含量就会降
55、低，故合理选项是D；(6)由图可知，溶液温度控制在60时，CuCl产率能达到94%，当温度高于65时，CuCl产率会下降，其原因可能是温度过高，一是促进了CuCl的水解，二是促进了CuCl与空气中氧气发生反应；(7)以碳棒为电极电解CuCl2溶液也可得到CuCl，Cu2+在阴极得到电子，与溶液中的Cl-反应生成CuCl，反应的电极方程式为Cu2+e-+Cl-=CuCl。【点睛】本题考查物质的制备实验的知识，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答关键，注意元素化合物知识的应用，本题侧重考查学生的分析与实验能力及知识的灵活运用能力。25.钴元素由于其良好的物理化学性质，被
56、广泛应用于生产生活中。从含钴废料(含CoO、Co2O3、单质Al、Li等)中制取粗CoCl26H2O的流程如图所示。 请回答下列问题：(1)步骤I中发生反应的化学方程式_。(2)已知Co2O3具有强氧化性，若步骤II中浸出剂为盐酸，造成的后果_；若步骤II中浸出剂为硫酸，写出Co2O3与硫酸反应的化学方程式_。(3)步骤中的目的是除去Al3+，的目的是除去Li+，写出除去Li+的离子方程式_。(4)若在实验室煅烧CoCO3，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外，还有_、_(填仪器名称)。(5)操作是在HCl氛围中进行的，其步骤是_、_、过滤、洗涤、干燥。用75%酒精代替蒸馏水洗涤，其优点是_。
57、【答案】 (1). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2、2Li+2H2O=2LiOH+H2 (2). 产生有毒气体氯气，污染环境 (3). 2Co2O3+4H2SO4=4CoSO4+O2+4H2O (4). Li+F-=LiF (5). 坩埚 (6). 泥三角 (7). 蒸发浓缩 (8). 冷却结晶 (9). 减少晶体的溶解损失，酒精挥发带走水分【解析】【分析】根据流程：含钴废料(含CoO、Co2O3、单质Al、Li等)加入烧碱溶液溶解，其中Al、Li可以溶解：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2、2Li+2HO+2LiOH+H2，过滤除去滤液，得到含钴的滤渣
58、，加入浸出剂浸取钴，得到含有Co2+、Al3+、Li+的溶液，加入碳酸钠溶液调节pH为4.55沉淀Al3+：2Al3+3CO32-+2H2O=2Al(OH)3+3CO2，再加入NaF沉淀Li+，除去铝锂沉淀，向滤液中加碳酸钠调节pH88.5，沉淀Co2+，得到CoCO3，灼烧CoCO3得到CoO，用稀盐酸溶解得到CoCl2溶液，将溶液在HCl氛围中，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到CoCl26H2O，据此分析作答。【详解】(1)步骤I为含钴废料(含CoO、Co2O3、单质Al、Li等)与NaOH溶液混合，Al与NaOH溶液反应，Li与水反应，反应分别为：2Al+2NaOH+2H2O=2
59、NaAlO2+3H2、2Li+2H2O=2LiOH+H2；(2)Co2O3具有强氧化性，若步骤II中浸出剂为盐酸，Co2O3将盐酸氧化生成氯气，氯气有毒，会污染空气；若步骤II中浸出剂为硫酸，Co2O3与硫酸会发生氧化还原反应产生CoSO4、O2和H2O，反应的化学方程式为：2Co2O3+4H2SO4=4CoSO4+O2+4H2O；(3)步骤中加入碳酸钠溶液调节pH为4.55除去Al3+，离子反应为：2Al3+3CO32-+2H2O=2Al(OH)3+3CO2；的目的是除去Li+，除去Li+的离子方程式为：Li+F-=LiF；(4)在实验室煅烧CoCO3，所需的硅酸盐质仪器除了有酒精灯、玻璃棒
60、外，还有坩埚、泥三角；(5)操作是从CoCl2溶液中结晶CoCl26H2O，由于CoCl2是强酸弱碱盐，Co2+容易水解，且水解产生的HCl容易挥发导致物质变质，所以从溶液中获得该物质晶体的具体操作为：将溶液在HCl氛围中，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；洗涤过程中可以用75%酒精代替水，这样就可以减少晶体的溶解损失，且酒精挥发会带走水分。【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，涉及仪器的使用、化学实验基本操作、混合物的分离提纯、方程式的书写、盐的水解的应用等。分析理解题干信息，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力。- 24 -
