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2022-2023学年宁夏石嘴山市平罗中学高三上学期期中考试（重点班）化学试题 解析版
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这是一份2022-2023学年宁夏石嘴山市平罗中学高三上学期期中考试（重点班）化学试题 解析版，共22页。试卷主要包含了 生产生活中，化学无处不在， 下列有关说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
宁夏石嘴山市平罗中学2022-2023学年高三上学期期中考试
化学试题(尖子班)
满分：100分 考试时长：100分钟
相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Br 80 Ag 108 Ba 137 Sn 119
选择题(每题2分，共44分)
1. 生产生活中，化学无处不在。下列叙述正确的是
A. 活性炭具有除异味和杀菌作用
B. 将海水经过一系列处理得到MgCl2溶液，电解可得到金属镁
C. 碳酸氢钠和碳酸钠均能与酸反应调节面团酸度，都可用作膨松剂
D. 无水CoCl2呈蓝色吸水会生成CoCl2·6H2O呈粉红色，所以可用于判断变色硅胶是否吸水
【答案】D
【解析】
【详解】A． 活性炭能除异味但没有杀菌作用，故A错误；
B． 将海水经过一系列处理得到MgCl2溶液，在氯化氢气流中蒸发，灼烧得无水氯化镁，电解熔融氯化镁可得到金属镁，故B错误；
C． 碳酸氢钠能与酸反应调节面团酸度，受热分解产生二氧化碳气体，可用作膨松剂，碳酸钠能与酸反应，但受热不分解，故C错误；
D． 无水CoCl2呈蓝色吸水会生成CoCl2·6H2O呈粉红色，所以可用于判断变色硅胶是否吸水，故D正确；
故选D。
2. 下列有关说法正确的是
A. “曾青得铁，则化为铜，外化而内不化”，说明外部的铁比内部的铁活泼
B. 风化、钝化、焰色反应、煤的气化、煤的液化、岩浆晶出都是化学变化
C. 静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘是利用胶体粒子的带电性而加以除去
D. BaCl2、Ca(OH)2、HD、KAl(SO4)2·12H2O都是化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．“曾青得铁，则化为铜，外化而内不化”，说明生成物阻碍了反应的进行，A错误；
B．焰色反应过程中没有生成新物质，为物理变化，B错误；
C．胶体中胶粒往往带电，静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘是利用胶体粒子的带电性而加以除去，C正确；
D．HD为氢元素组成的单质，D错误；
故选C。
3. 下列各组离子在指定的条件下一定能大量共存的是
A. 弱碱性溶液：HCO、Na+、K+、Cl-
B. 通入NO2溶液：Cu2+、Al3+、Fe2+、I-
C. 加入Na2O2的溶液：AlO、Cl-、S2-、NH
D. 能使甲基橙变为红色溶液：NH、Na+、K+、S2O
【答案】A
【解析】
【分析】电解法制备高纯铬和硫酸，结合图可知，甲池反应为铬离子得到电子发生还原反应生成铬单质，为阴极区；石墨电极上水中氢氧根离子发生氧化反应生成氧气，为阳极；
【详解】A．HCO存在的溶液为弱碱性，故弱碱性溶液中HCO、Na+、K+、Cl-相互不反应，能共存，A正确；
B．二氧化氮和水生成氧化性物质硝酸，硝酸和亚铁离子、碘离子均会发生氧化还原反应，不共存，B错误；
C．过氧化钠和水生成氢氧化钠，氢氧化钠和铵根离子生成氨气，不共存，C错误；
D．能使甲基橙变为红色的溶液为酸性溶液，酸性溶液中氢离子和S2O反应生成硫单质、二氧化硫，不共存，D错误；
故选A。
4. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 12 g 金刚石中含有的C-C键数目为4NA
B. 标准状况下，11.2LNO与11.2LO2混合后的分子数目为0.75NA
C. 23gNa与78gNa2O2分别与足量水反应生成的气体体积相同
D. 100g质量分数为46%的乙醇溶液中含有氢原子数为12NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．金刚石中平均1个碳原子可以形成2个碳碳键，12 g 金刚石（碳的物质的量为1mol）中含有的C-C键数目为2NA，A错误；
B．标况下，11.2LNO与11.2LO2混合后发生的反应为2NO+O2═2NO2，生成0.5molNO2和剩余0.25molO2，气体总物质的量为0.75mol，但存在2NO2N2O4，则反应后的气体的物质的量小于0.75mol，混合后所含分子数目小于0.75NA，B错误；
C．根据反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑可知，23gNa与足量水反应生成0.5molH2, 根据反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，78g Na2O2与足量水反应生成0.5molO2，相同条件下，生成的气体体积相同，但是没有说明是否为相同状态，C错误；
D．100g质量分数为46%的乙醇溶液中含有乙醇46g，水54g，则氢原子数为=12NA，D正确；
故选D。
5. 下列有关描述对应的离子方程式书写正确的是
A. 将过量的H2S通入FeCl3溶液中 ：2Fe3+ + 3S2- = 2FeS↓+ S↓
B. 向KMnO4酸性溶液中滴入H2O2溶液 ：2MnO+3H2O2+6H+ = 2Mn2+ +4O2↑+ 6H2O
C. 用白醋浸泡过的淀粉-KI试纸检验加碘盐中的KIO3 ：5I-+ IO + 6H+ = 3I2 + 3H2O
D. 用酸性重铬酸钾溶液测定白酒中乙醇的含量：2Cr2O+3C2H5OH+16H+ = 4Cr3++3CH3COOH+11H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．将过量的H2S通入FeCl3溶液中反应为 ：2Fe3+ +H2S= 2Fe2++ S↓+2H+，故A错误；
B．题目中反应得失电子不守恒，正确的反应是 ：2MnO+5H2O2+16H+ = 2Mn2+ +5O2↑+ 8H2O，故B错误；
C．白醋是CH3COOH，弱酸不能拆，故C错误；
D．酸性重铬酸钾溶液会将乙醇氧化为乙酸，反应为：2Cr2O+3C2H5OH+16H+ = 4Cr3++3CH3COOH+11H2O，故D正确；
故选D。
6. 已知三氟化氯(ClF3)是一种很强氧化剂和氟化剂，它能大多数有机和无机材料甚至塑料反应，可以使许多材料不接触火源就燃烧，可应用于航天工业。下列推测不合理的是
A. ClF3与水按照1：2反应只生成一种弱酸和一种强酸
B. 能与一些金属反应生成氯化物和氟化物
C. 三氟化氯可用于清洁化学气相沉积的反应舱附着的半导体物质
D. 可以代替H2O2充当火箭推进剂中的氧化物
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．ClF3与水按照1：2发生反应ClF3+2H2O=3HF+HClO2，生成了两种弱酸，错误；
B．ClF3中Cl为+3价，有氧化性，故能与一些金属反应生成氯化物和氟化物，正确；
C．三氟化氯与水反应生成了HF，HF可与硅反应，故可用于清洁化学气相沉积的反应舱附着的半导体物质，正确；
D．因ClF3有氧化性，可以使许多材料不接触火源就燃烧，故可以代替H2O2充当火箭推进剂中的氧化物，正确；
故选A。
7. 中国科学院理化技术研究所与清华大学医学院联合研究出液态金属机器人。铝钠合金(单质钠和单质铝熔合而成)是最常见的液态金属。下列有关说法错误的是
A. 自然界中没有游离态的钠和铝
B. 为了减缓钠与水的反应，可以用铝箔包裹钠并扎些小孔再放入水中
C. 铝钠合金投入足量硫酸铜溶液中，一定有氢氧化铜沉淀生成，不可能生成单质铜
D. 若铝钠合金投入水中得无色溶液，则n(Al)≤ n(Na)
【答案】C
【解析】
【详解】A． 钠很活泼，极易和氧气反应生成氧化钠，和水反应生成氢氧化钠；铝属于亲氧元素，极易和氧气反应生成氧化铝，所以自然界中没有游离的钠和铝，故A正确；
B．钠与水反应剧烈，用铝箔包裹钠并扎些小孔再放入水中可以减缓钠与水的反应，故B正确；
C． 铝钠合金投入足量硫酸铜溶液中，钠和水反应生成的氢氧化钠可以和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，若n(Al)＞n(Na)，金属铝也可能会置换出金属铜，故C错误；
D．氢氧化钠会和铝反应生成NaAlO2，若铝钠合金投入水中得无色溶液，则铝完全和氢氧化钠反应，根据钠、铝原子守恒可知：n(Al)≤ n(Na)，故D正确；
故选C。
8. 下列有关实验的图示及分析均正确的是
A. 图Ⅰ钾在空气中燃烧，发出紫色火焰，生成K2O
B. 图Ⅱ说明该装置气密性良好
C. 图Ⅲ点燃镁条即可引发铝热反应
D. 图Ⅳ模拟“海水蒸馏制淡水”的装置中缺少温度计
【答案】B
【解析】
【详解】A．钾在空气中燃烧，生成的是K2O2甚至是更复杂的氧化物，而不是K2O，故A错误；
B．夹紧弹簧夹，长颈漏斗内的液面高度不变，说明该装置气密性良好，故B正确；
C．在铝热剂上面应加少量氯酸钾，并在中间插一根镁条，点燃镁条才能引发铝热反应，故C错误；
D．海水蒸馏分离的是水和无机盐，由于无机盐很难挥发，加热至水沸腾只有水蒸气逸出，所以无需温度计控制温度，即海水蒸馏装置中可以不使用温度计，故D错误；
故选B。
9. 已知铝土矿中含有Al2O3、Fe2O3、SiO2。下列物质转化，在给定条件下能实现的是
A. NaNa2O2NaHCO3
B. 铝土矿Al2(SO4)3(aq) Al(OH)3Al2O3
C. 纯银饰品AgCl(s)Ag(NH3)2Cl(aq)
D. 铜刻制印刷线路板CuCl2(aq)、FeCl2(aq)Fe、CuCu
【答案】D
【解析】
【详解】A． Na2O2与二氧化碳反应生成Na2CO3，与二氧化碳的量无关，故A错误；
B． 铝土矿中含有Al2O3、Fe2O3、SiO2，Al2O3、Fe2O3与稀硫酸反应，SiO2与稀硫酸不反应，过滤后得到含有Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3的溶液，在滤液中加入过量的氢氧化钠，生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，在偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，故B错误；
C． 银与稀盐酸不反应，故C错误；
D． Cu与FeCl3反应生成FeCl2和CuCl2，加入过量铁粉，Fe单质与CuCl2发生置换反应生成Cu单质，Fe与稀盐酸反应生成FeCl2，故D正确；
故选D。
10. 已知工业上制备氧缺位铁酸盐[ZnFe2Ox(3
下列有关说法错误的是
A. ZnFe2O4中铁的价态为+3价
B. 除去SO2、NO2时，ZnFe2Ox在反应中表现了氧化性
C. 若使1molZnFe2Ox完全转化为ZnFe2O4，需失去(8-2x)mol电子
D. ZnFe2O4与H2的反应要在无氧条件下进行
【答案】B
【解析】
【分析】ZnFe2O4与氢气在300～500℃反应生成ZnFe2Ox，ZnFe2Ox能在常温下将工业废气中的SO2、NO2等转化为单质而除去，并重新生成ZnFe2O4。
【详解】A ．ZnFe2O4中Zn为+2价，O为-2价，Fe的价态为+3价，故A正确；
B．ZnFe2O4被氢气还原生成ZnFe2Ox，而除去NO2、SO2时，ZnFe2Ox被NO2、SO2氧化生成ZnFe2O4，ZnFe2Ox在反应中表现了还原性，故B错误；
C．ZnFe2O4中Zn为+2价，Fe为+3价，ZnFe2Ox中Zn为+2价，Fe为+（x-1）价，1molZnFe2Ox完全转化为ZnFe2O4，需失去(8-2x)mol电子，故C正确；
D．温度较高时氢气和氧气反应生成H2O，则ZnFe2O4与H2的反应要在无氧条件下进行，故D正确；
答案选B
11. 碘仿(CHI3)是一种外用消毒剂。某实验小组通过电解KI和丙酮(CH3COCH3)来制备碘仿。
已知几种物质的部分性质如表所示：
物质
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
丙酮
-95
56
与水、乙醇互溶
碘仿
123
218
不溶于水，溶于热乙醇
制得的粗碘仿中含少量石墨粉，分离提纯碘仿的操作中，下列仪器没有用到的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．粗碘仿中含少量石墨粉，应先溶于热乙醇，再过滤，用到漏斗，故A错误；
B．坩埚用于灼烧固体，在分离提纯碘仿的操作中不会用到，故B正确；
C．结合题目信息，粗碘仿会混有丙醇，两者互溶，应该用蒸馏的方法分离，用到蒸馏烧瓶，故C错误；
D．结合题目信息，粗碘仿会混有丙醇，两者互溶，应该用蒸馏的方法分离，用到直形冷凝管，故D错误；
故选B。
12. 某化学小组用如图装置模拟呼吸面具中的有关反应，测定样品中的纯度。已知实验中样品的质量为8.0g，实验结束后共收集到1.12L(已折合为标准状况下)气体，下列说法错误的是
A. 装置Ⅰ中的稀盐酸不可用稀硫酸代替
B. 装置Ⅰ中a作用是保持上下压强一致，使液体顺利滴下
C. 根据题中数据，可求得样品中的纯度一定为97.5%
D. 实验结束后，取少量装置Ⅲ中的固体并滴入稀盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明装置Ⅲ中有盐类生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．稀硫酸与块状大理石反应生成微溶于水的硫酸钙，会覆盖在大理石表面，阻止反应的进行，不能用于制取CO2，不能用稀硫酸代替，选项A正确；
B．装置Ⅰ中a的作用是保持上下压强一致，使液体顺利滴下，选项B正确；
C．装置Ⅲ与装置Ⅳ之间缺少一个检验是否还有的装置，故反应收集到的气体中可能含有，因此无法计算的纯度，选项C错误；
D．实验结束后，取少量装置Ⅲ中的固体并滴入稀盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体为二氧化碳，由碳酸盐或碳酸氢盐与盐酸反应而得，说明装置Ⅲ中有盐类生成，选项D正确；
答案选C
13. 已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应I：Pb3O4+4H+ =PbO2 +2Pb2+ +2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应II：5PbO2 +2Mn2+ +4H+ +5SO42－=2MnO4－+5PbSO4+2H2O。下列推断正确的是
A. 由反应I可知，Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比为1:2
B. 由反应I、II可知，氧化性：HNO3>PbO2>MnO4－
C. Pb可与稀硝酸发生反应：3 Pb +16 HNO3 =3 Pb(NO3)4 +4 NO↑ +8 H2O
D. Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4 +8 HCl=3 PbCl2 +4 H2O + Cl2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．由反应I可知， PbO2 与Pb2+的比为1:2，Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比为2:1，故A错误；
B．根据反应I可知，PbO2和硝酸不反应，不能得出氧化性HNO3>PbO2，故B错误；
C．由反应I可知，硝酸不能把Pb氧化为Pb(IV)，故C错误；
D．根据反应II，氧化性PbO2>MnO4－，所以Pb(IV)能把盐酸氧化为氯气，Pb3O4与盐酸发生反应的离子方程式是Pb3O4 +8 HCl=3 PbCl2 +4 H2O + Cl2↑，故D正确。
14. 下列说法正确的是
A. 工业上制取漂白粉使用的是冷的消石灰
B. NaI、NaBr、Na2SO3均为1mol的混合溶液中通入足量氯气并蒸干，最多能得到4molNaCl
C. 有色玻璃、人工降雨都可以使用AgI
D. 除去NaHCO3固体中的Na2CO3 ，可将固体加热至恒重
【答案】A
【解析】
【详解】A．漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，工业上制取漂白粉是将氯气通入冷的消石灰，故A正确；
B．氯气通入到混合溶液中与NaI、NaBr反应生成NaCl，但是和Na2SO3反应生成Na2SO4，硫酸属于难挥发性酸，热干后仍以硫酸钠形式存在，因此最多能生成2molNaCl，故B错误；
C．AgI见光分解，不能用于有色玻璃，故C错误；
D． NaHCO3受热易分解变为Na2CO3，故D错误。
答案选A。
15. 使用萃取碘，再向有机相中加入溶液，进行如下实验。已知在水溶液中可发生反应(无色)，下列说法正确的是
A. 在溶液中的溶解度大于在中的溶解度
B. 若使用苯代替，实验现象相同
C. 向溶有的溶液中加入足量烧碱，溶液中有
D. 向浓溶液中通入少量，溶液变为棕黄色
【答案】A
【解析】
【分析】加入碘水中，振荡后静置，碘在四氯化碳中，则下层紫红色为四氯化碳的碘溶液，上层为水相；分液后，四氯化碳的碘溶液中加入溶液，振荡后静置，下层无色，上层为黄色，则碘在溶液中，据此分析作答。
【详解】A．四氯化碳的碘溶液中加入溶液，振荡后静置，下层无色，上层为黄色，则碘在溶液中，即在溶液中的溶解度大于在中的溶解度，A项正确；
B．苯的密度比水小，而的密度比水大，使用苯代替，实验现象不相同，B项错误；
C．向溶有的溶液中加入足量烧碱，与氢氧化钠反应生成NaI、和水，则溶液中不存在，C项错误；
D．向浓溶液中通入少量，先和反应，生成和NaCl，然后再发生，则溶液变为无色或浅黄色，D项错误；
答案选A。
16. 溴化钾和氯化钾的混合物共3.87克，溶于水并加入足量的硝酸银溶液后，产生6.63克沉淀，则原混合物中含钾离子的质量为
A. 0.52 B. 0.78 C. 1.17 D. 1.56
【答案】D
【解析】
【详解】溴化钾和氯化钾加入足量的硝酸银溶液后，产生溴化银、氯化银沉淀总质量为6.63g，根据电荷守恒可知，钾离子的物质的量等于银离子的物质的量，沉淀与原混合物之差为银元素与钾元素质量之差，则(108g/mol-39g/mol)×n(K+)=6.63g-3.87g，解得n(K+)=0.04mol，质量为1.56g；
故选D。
17. 下列实验操作能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
检验FeSO4 是否完全氧化
取样加入硫氯化钾溶液
B
证明溶液中一定含有SO
向溶液中加入盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成
C
证明氧化性：Cl2>Br2
向KBrO3溶液中通入少量的氯气，再加入CCl4静置后，下层为橙红色
D
除去Cu粉中混有的CuO
加入稀硝酸溶解，过滤、洗涤、干燥
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．硫氰化钾溶液常用来检验Fe3+，要想检验FeSO4 是否完全氧化，应该检验Fe2+，应该用铁氰化钾溶液，故A错误；
B．盐酸排除干扰离子，加氯化钡生成的白色沉淀为硫酸钡，可知溶液中一定含有 ，故B正确；
C．KBrO3溶液中通入少量的氯气，生成溴和氯酸钾，可知Br元素的化合价降低、Cl元素的化合价升高，则氧化性: KBrO3＞KClO3，故C错误；
D．Cu、CuO均与硝酸反应，不能除杂，应选盐酸溶解后过滤，故D错误；
故选B。
18. 已知硫酸酸化的K2Cr2O7溶液能与KI反应：aH2SO4+bK2Cr2O7+cKI=mK2SO4+nI2+pCr2(SO4)3+qH2O，下列说法错误的是
A. a=7
B. K2Cr2O7也可用盐酸酸化
C. 每生成1molCr2(SO4)3，转移6mole-
D. 由上述反应可知，I-的还原性强于Cr3+的还原性
【答案】B
【解析】
【分析】硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与KI混合，根据得失电子守恒配平可得发生反应的化学方程式为7H2SO4+K2Cr2O7+6KI=4K2SO4+3I2+Cr2(SO4)3+7H2O。
【详解】A．由配平的化学方程式7H2SO4+K2Cr2O7+6KI=4K2SO4+3I2+Cr2(SO4)3+7H2O，可得出a=7，A正确；
B．K2Cr2O7具有强氧化性，盐酸中的Cl-在酸性溶液中具有较强的还原性，二者混合后会发生氧化还原反应，所以K2Cr2O7不可用盐酸酸化，B错误；
C．在反应中，Cr元素由+6价降低为+3价，所以每生成1molCr2(SO4)3，转移6mole-，C正确；
D．由上述反应可知，KI为还原剂，Cr2(SO4)3为还原产物，所以I-的还原性强于Cr3+的还原性，D正确；
故选B。
19. 为了实现“碳中和”目标，某研究小组通过钌化合物可催化CO2转化为甲酸，其反应机理如图所示。下列说法错误的是
A. 物质III中Ru的化合价为+2价
B. .总反应方程式为H2+CO2HCOOH
C. 催化反应过程中，当1mol物质I转化为物质II时，物质I得到4mol电子
D. 整个过程中，有极性键的断裂与形成
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，物质III的化学式为Ru(HCOO)2，由化合价代数和为0可知，化合物中钌元素的化合价为+2价，故A正确；
B．由图可知，二氧化碳转化为甲酸的反应为催化剂作用下二氧化碳与氢气反应生成甲酸，反应的化学方程式为H2+CO2HCOOH，故B正确；
C．由图可知，物质I转化为物质II的方程式为Ru(OH)2+2H2=RuH2+H2O，反应中钌元素的化合价没有变化，氢元素的化合价既升高被氧化，又降低被还原，氢气即是反应的氧化剂也是反应的还原剂，所以当1mol物质I转化为物质II时，氢气得到2mol电子，故C错误；
D．由图可知，整个过程中，二氧化碳参与反应时有极性键的断裂，生成甲酸时有极性键的形成，故D正确；
故选C。
20. 一种海水提溴的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A. “氧化”和“转化”工序中的主要作用相同
B. 水相Ⅰ和水相Ⅱ中均含有和
C. “洗脱”工序可完成的再生
D. 保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质被氧化
【答案】D
【解析】
【分析】卤水“氧化”时氯气与卤水反应置换出，同时氯气与水反应生成进入水相Ⅰ；“还原”时与反应生成、、，再与反应生成和，用盐酸“洗脱”生成和，HBr被氯气氧化得到溴单质，蒸馏得到液溴。
【详解】A．“氧化”和“转化”工序中的主要作用均为氧化，A项正确；
B．由流程中转化关系知，“氧化”时氯气与卤水反应置换出，同时氯气与水反应生成进入水相Ⅰ；“还原”时与反应生成、、，再与反应生成和，故水相Ⅱ中含和，则水相Ⅰ和水相Ⅱ中均含有和，B项正确；
C．用盐酸“洗脱”生成同时生成，可完成的再生，C项正确；
D．保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质挥发，D项错误；
故选D。
21. 某实验小组为验证红热的铁与水蒸气发生了化学反应，设计如下两个实验方案：方案一：检验生成了氢气；方案二：检验生成了磁性氧化铁，实验流程如图所示。下列说法错误的是
A. 将反应后的气体通入肥皂液中，若产生气泡，则说明铁与水蒸气反应产生气体
B. 流程中加入足量CuSO4溶液的目的是除掉未反应的铁
C. 现象1产生蓝色沉淀，现象2为溶液变为红色
D. 红热的铁丝与水蒸气反应，当转移电子数为8NA时，理论上生成4 mol H2
【答案】A
【解析】
【分析】Fe与H2O(g)在高温下反应产生Fe3O4、H2，反应后剩余固体中可能含有Fe3O4及未反应的Fe，将反应后剩余的固体与足量CuSO4溶液混合，Fe与CuSO4发生置换反应产生FeSO4、Cu，将反应后剩余固体与足量H2SO4溶液反应，Fe3O4与H2SO4溶液反应产生FeSO4、Fe2(SO4)3，Cu与Fe2(SO4)3反应产生FeSO4，然后去上层清液，向其中加入K3[Fe(CN)3]，根据是否产生蓝色沉淀检验Fe2+的产生；加入KSCN溶液，根据溶液是否变为红色确定Fe3+的产生。
【详解】A．将Fe与水蒸气混合加热，试管中的空气受热膨胀，气体通过导气管也会进入到肥皂泡中，因此不能根据产生气泡判断说铁与水蒸气反应产生气体，A错误；
B．Fe与H2O(g)在高温下反应产生Fe3O4、H2，反应后剩余固体中可能含有Fe3O4及未反应的Fe，将反应后剩余的固体与足量CuSO4溶液混合，Fe与CuSO4发生置换反应产生FeSO4、Cu，故流程中加入足量CuSO4溶液的目的是除掉未反应的铁，B正确；
C．Fe3O4与H2SO4溶液反应产生FeSO4、Fe2(SO4)3，FeSO4与K3[Fe(CN)3]溶液反应，产生蓝色Fe3[Fe(CN)6]2沉淀，据此可以检验Fe2+的存在；Fe2(SO4)3与KSCN溶液反应，使溶液反应变为红色Fe(SCN)3，据此可以检验Fe3+的存在，C正确；
D．Fe与H2O(g)在高温下反应产生Fe3O4、H2，反应方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，根据反应方程式可知：每有4 mol H2反应，转移8 mol电子，转移电子数目是8NA，D正确；
故合理选项是A。
22. 某酸性溶液中可能含有Cl-、、、、、Fe3+、Fe2+、Al3+和Na+。某同学为了确认其成分，设计并完成了如图实验。下列叙述正确的是
A. 反应①发生反应的离子方程式为3+2+2H+=3+2NO↑+H2O
B. 、、Na+一定存在， 、Al3+一定不存在
C. 溶液中可能含有Fe3+，一定含有Fe2+，可取少量原溶液加入KSCN溶液检验
D. 溶液中至少有6种离子大量存在，其中Cl-一定存在，且c(Cl-)>0.6mol•L-1
【答案】D
【解析】
【详解】酸性溶液含大量H+，则一定不存在、，加足量KNO3溶液，产生0.01mol遇空气变为红棕色的气体是NO，则原溶液中含还原性离子Fe2+，反应3 Fe2++2+4H+=3 Fe3++NO↑+2H2O，可知n(Fe2+)=0.03mol，溶液中加过量NaOH溶液并加热，产生0.01mol气体是氨气，则原溶液中一定含有0.01mol，得到的红褐色沉淀是Fe(OH)3，过滤洗涤灼烧时发生反应 ，n(Fe)=2n(Fe2O3)=2，=0.04mol原溶液中只含有0.03mol Fe2+ (加KNO3后转化为Fe3+)，则原溶液中一定含有0.01mol Fe3+，滤液焰色试验呈黄色并不能确定原溶液一定含有Na+，因为加入了NaOH溶液，溶液通入足量CO2无现象，则原溶液一定含有Al3+（若含有Al3+，发生反应Al3++4OH-=+2H2O、+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+，有白色沉淀产生）继续加入足量BaCl2溶液和盐酸，得到4.46g固体是BaSO4(BaSO3能溶于盐酸)，则原溶液一定含有，且物质的量为n()=n(BaSO4)==0.02mol，即原溶液一定不含有、、Al3+，一定含有0.03mol Fe2+、0.01mol Fe3+、0.01mol、H+(其物质的量未知)、0.02mol，根据电荷守恒，一定含有Cl-，且n(Cl-)>20.03mol+30.01mol+10.01mol-20.02mol=0.06mol，即c(Cl-)=>=0.6mol/L，原溶液中可能含有Na+，至少含有Fe2+、Fe3+、、H+、、Cl-。
A．反应①发生反应的离子方程式为3 Fe2++2+4H+=3 Fe3++NO↑+2H2O，选项A错误；
B．原溶液中可能含有Na+，一定不含有、、Al3+，至少含有Fe2+、Fe3+、、H+、、Cl-，选项B错误；
C．溶液中一定含有Fe3+、Fe2+，选项C错误；
D．溶液中至少有Fe2+、Fe3+、、H+、、Cl-6种离子大量存在，其中Cl-一定存在，且c(Cl-)>0.6mol•L-1，选项D正确；
答案选D。
非选择题(共56分)
23. 物质集合M中含有常见物质Na2O2、NaHCO3、Al、SO2、Fe、NH3、Na、F2。这些物质按照以下方法进行分类后如图所示，请按照要求回答问题。
（1）B组物质中属于非电解质的物质为____，其中能作制冷剂的物质的电子式为____。
（2）C组物质中能与水反应生成还原性气体的化学方程式为____。
（3）D组物质中其中一种物质可以制备出另外一种物质，请写出一种该反应在工业上的应用：____。
（4）请写出F组中的酸性氧化物与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式：____。
（5）在密闭容器中，将E组中的两种物质加热反应，若混合物中金属原子与氧原子的物质的量之比为1:2，混合加热充分反应后，排出气体，剩余固体的成分为____；反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为____。
【答案】（1） ①. SO2、NH3 ②.
（2）2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
（3）常用于冶炼高熔点的金属、焊接钢轨等大截面钢材部件等
（4）5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+
（5） ①. Na2CO3 ②. 1:1
【解析】
【分析】依据图示，M中含有常见物质Na2O2、NaHCO3、Al、SO2、Fe、NH3、Na、F2中，属于A组的为Al、Fe、Na、F2：属于B组的为Na2O2、NaHCO3、SO2、NH3；属于C组的为Na、F2，属于D组的为Al、Fe，属于E组的为Na2O2、NaHCO3，属于F组的为SO2、NH3。
【小问1详解】
B组物质为Na2O2、NaHCO3、SO2、NH3，Na2O2、NaHCO3属于电解质，属于非电解质的物质为SO2、NH3，其中能作制冷剂的物质为NH3，电子式为 。答案为：SO2、NH3； ；
【小问2详解】
由分析可知，C组物质为Na、F2，二者都能与水反应，但F2与水反应生成具有氧化性的气体O2，Na能与水反应生成还原性气体(H2)，化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
【小问3详解】
由分析可知，D组物质中Al可以发生铝热反应制备Fe，该反应在工业上的应用：常用于冶炼高熔点的金属、焊接钢轨等大截面钢材部件等。答案为：常用于冶炼高熔点的金属、焊接钢轨等大截面钢材部件等；
【小问4详解】
F组物质为SO2、NH3，SO2属于酸性氧化物，与酸性KMnO4溶液反应，生成、Mn2+等，离子方程式：5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+。答案为：5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+；
【小问5详解】
在密闭容器中，将E组中的Na2O2、NaHCO3加热反应，若混合物中金属原子与氧原子的物质的量之比为1:2，则混合加热充分反应后，钠元素转化为钠盐，依据Na与C的原子个数比，可确定剩余固体的成分为Na2CO3，发生反应为2Na2O2+4NaHCO34Na2CO3+2H2O+O2↑，在反应中，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1。答案为：Na2CO3；1:1。
【点睛】2F2+2H2O=4HF+O2。
24. 铜质电路板可采用酸性蚀刻与碱性蚀刻两种方法。将二者的废液混合可实现回收再利用。其主要流程如图：
已知：①水合肼N2H4·H2O具有强还原性，易被氧化为N2
②Cu2++4NH3Cu(NH3)
（1）蚀刻
①酸性蚀刻铜的离子方程式：___________
②关于蚀刻的下列说法正确的是___________。
A．碱性蚀刻和酸性蚀刻分别利用了O2、H2O2的氧化性
B．酸性蚀刻时盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C．用H2O2、H2SO4、NaCl也可以使Cu溶解
（2）滤液1的pH约为5，其中除少量Cu2+外，还大量存在的离子是___________。
（3）除铜
①利用水合肼N2H4·H2O还原Cu2+的离子方程式是___________。
②已知该反应瞬间完成。滤渣成分只有Cu。测得铜去除率、水合肼还原能力随溶液pH的变化情况如图所示。由图可知。随溶液pH增大，铜去除率先增加后减小，结合图给值息和已知信息分析其原因：___________。
【答案】（1） ①. Cu2++H2O2+4Cl—+2H+=CuCl↓+2H2O ②. AC
（2）NH、Cl—
（3） ①. N2H4·H2O+2Cu2++4OH—=2Cu↓+N2↑+5 H2O ②. pH＜6.3时，随溶液pH增大，N2H4·H2O的还原性增强，铜的去除率增加；pH＞6.3时，随溶液pH增大，OH—与NH反应生成的NH3与Cu2+反应生成Cu(NH3)，铜的去除率减小
【解析】
【分析】由题给流程可知，铜质电路板与过氧化氢和过量的盐酸发生酸性蚀刻生成四氯合铜离子，与氧气、氯化铵和过量的氨水发生碱性蚀刻生成四氨合铜离子，含有四氯合铜离子的酸性溶液与含有四氨合铜离子的碱性溶液混合反应生成碱式氯化铜沉淀、氯化铜、氯化铵，过滤得到碱式氯化铜沉淀和含有氯化铜、氯化铵的滤液1；碱式氯化铜沉淀经多步转化制得五水硫酸铜晶体；向滤液1中加入水合肼和氢氧化钠的混合溶液，溶液中铜离子在碱性条件下反应与水合肼生成铜、氮气和水，过滤得到含有氯化钠、氯化铵的滤液2和铜，滤液2可以加入到碱性蚀刻溶液中循环使用。
【小问1详解】
①由分析可知，酸性蚀刻铜发生的反应为铜与过氧化氢和过量的盐酸反应生成H2CuCl4和水，反应的离子方程式为Cu2++H2O2+4Cl—+2H+=CuCl↓+2H2O，故答案为：Cu2++H2O2+4Cl—+2H+=CuCl↓+2H2O；
②A．由分析可知，碱性蚀刻时，利用了氧气的氧化性将铜氧化为四氨合铜离子，酸性蚀刻时，利用率过氧化氢的氧化性将铜氧化为四氯合铜离子，故B正确；
B．由分析可知，酸性蚀刻铜的原理是酸性条件下铜与过氧化氢和氯离子形成四氯合铜离子，，酸性蚀刻时，盐酸的主要作用是提供氯离子形成四氯合铜离子，故错误；
C．由分析可知，酸性蚀刻铜的原理是酸性条件下铜与过氧化氢和氯离子形成四氯合铜离子，则用过氧化氢、硫酸、氯化钠也可以使铜溶解，故正确；
故选AC；
【小问2详解】
由分析可知，滤液1为氯化铜、氯化铵的混合溶液，则溶液中存在铜离子、铵根离子和氯离子，故答案为：NH、Cl—；
【小问3详解】
①由分析可知，水合肼还原铜离子的反应为溶液中铜离子在碱性条件下反应与水合肼生成铜、氮气和水，反应的离子方程式为N2H4·H2O+2Cu2++4OH—=2Cu↓+N2↑+5 H2O，故答案为：N2H4·H2O+2Cu2++4OH—=2Cu↓+N2↑+5 H2O；
②由图可知，pH为6.3时铜去除率最大，当溶液pH＜6.3时，随溶液pH增大，水合肼的还原性增强，消耗铜的物质的量增大，导致铜的去除率增加；当溶液＞6.3时，随溶液pH增大，溶液中的氢氧根离子与铵根离子反应生成氨，铵与铜离子生成四氯合铜离子，导致导致铜的去除率降低，故答案为：pH＜6.3时，随溶液pH增大，N2H4·H2O的还原性增强，铜的去除率增加；pH＞6.3时，随溶液pH增大，OH—与NH反应生成的NH3与Cu2+反应生成Cu(NH3)，铜的去除率减小。
25. 无水四氯化锡(SnCl4)是一种用途广泛的化工中间体，常用作媒染剂和有机合成的氯化催化剂。已知：①熔融的金属锡(熔点231℃)在300℃左右能直接与干燥Cl2作用生成无水四氯化锡。②无水四氯化锡是无色易流动的液体，熔点为-33℃，沸点为114.1℃。二氯化锡是无色晶体，熔点为246℃，沸点为652℃。③无水四氯化锡在空气中极易水解，水解产物之一是SnO2·xH2O，并产生白烟。实验室装置如图所示：
请回答下列问题
（1）开始实验前一定要_______，仪器a的名称是_______。
（2）装置F中球形干燥管内试剂为_______。
（3）装置E中冷凝管的作用是_______。
（4）若撤去装置C，则D中还可能发生反应的化学方程式为_______。
（5）Cl2和锡作用即可生成SnC14，也会生成SnCl2，为减少SnCl2的生成，可采取的措施是_______。
（6）得到的产物中常含有杂质SnCl2 ，SnCl2是常用的还原剂。某实验小组用碘氧化法滴定分析产品中杂质SnCl2的质量分数。准确称取a g该样品于锥形瓶，用适量浓盐酸溶解，淀粉溶液作指示剂，c mol/L碘标准溶液滴定至终点，消耗标准液20. 00mL，已知滴定原理是：SnCl2+2HCl+I2=SnC14+2HI，则产品中杂质SnCl2的质量分数为_______(用含a、c的代数式表示)；即使此法测定的操作均正确，但测得的SnCl2含量仍低于实际含量，其原因可能是_______(用离子方程式表示)。
【答案】（1） ①. 检查装置气密性； ②. 蒸馏烧瓶
（2）碱石灰 （3）冷凝SnC14气体使其变为液体便于收集
（4）SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O↓+4HCl
（5）通入过量的Cl2
（6） ①. % ②. 4I-+4H++O2=2I2+2H2O(或者是Sn2+被空气中的氧气氧化为Sn4+,反应的离子方程式为：2Sn2++4H++O2=2Sn4++2H2O)
【解析】
【分析】由图可知，装置A制取氯气，由于浓盐酸易挥发，产生的氯气里含有氯化氢气体及水蒸气，B装置试剂为饱和食盐水除去氯化氢，C装置试剂为浓硫酸吸收水蒸气，装置D生成SnC14，经装置E中冷却后在F中收集，球形干燥管用来吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时因为SnC14极易水解，还可以防止空气中的水蒸气进入E中，所以其中的试剂应该为碱石灰。据以上分析解答。
【小问1详解】
为防止实验中氯气泄漏污染空气及水蒸气等进入装置影响产品纯度，实验之前必需要检查装置气密性。由图可知仪器a带有支管，为蒸馏烧瓶，故答案为：检查装置气密性；蒸馏烧瓶。
【小问2详解】
据分析可知球形干燥管的试剂是碱石灰，故答案为：碱石灰。
【小问3详解】
由题知SnC14的沸点较低，用冷凝管冷凝SnC14气体使其变为液体便于收集，故答案为：冷凝SnC14气体使其变为液体便于收集。
【小问4详解】
若撤去装置C，则装置D中SnC14会发生水解，反应方程式为：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O↓+4HCl；答案为：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O↓+4HCl。
【小问5详解】
Cl2和锡作用即可生成SnC14，也会生成SnCl2，为减少SnCl2的生成，可以通入过量的Cl2，答案为：通入过量的Cl2。
【小问6详解】
根据SnCl2+2HCl+I2=SnC14+2HI可得：n(SnCl2)=n(I2)=cmol•L´0.02L=0.02cmol，m(SnCl2)=0.02cmol´190g/mol=3.80cg，产品中SnCl2的质量分数为：´100%=%，若此法测定的操作均正确，但测得的SnCl2含量仍低于实际产量，其原因可能是I-被空气中的氧气氧化为I2，使消耗的碘标准溶液体积偏小，产品中SnCl2含量偏低，发生的反应为：4I-+4H++O2=2I2+2H2O(或者是Sn2+被空气中的氧气氧化为Sn4+,发生反应的离子方程式为：2Sn2++4H++O2=2Sn4++2H2O)，故答案为：%；4I-+4H++O2=2I2+2H2O(或者是Sn2+被空气中的氧气氧化为Sn4+,反应的离子方程式为：2Sn2++4H++O2=2Sn4++2H2O)。
26. 金属钛是一种性能优越的结构材料和功能材料，被誉为“太空金属”。以云南富民钛铁精矿(主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，含SiO2、Al2O3等杂质)为原料，制备海绵状金属钛的流程设计如图：
已知：TiCl4及所含杂质氯化物的性质
化合物
SiCl4
TiCl4
AlCl3
FeCl3
沸点/℃
58
136
181(升华)
316
熔点/℃
-69
-25
193
304
在TiCl4中的溶解性
互溶
——
微溶
回答下列问题：
（1）“氯化”过程需在沸腾炉中进行，且需维持在1050℃，若TiO2氯化时生成的CO与CO2的物质的量之比为1：1，则该反应的化学方程式为_______；氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有_______(填化学式)。
（2）“精制"过程中，粗TiC4经两步蒸馏得纯TiCl4。第一步蒸馏分离出的杂质是_______(填化学式)；再将温度控制在一定的范围内蒸馏分离出纯TiCl4，所控制温度范围是_______。
（3）“氧化”过程的产物中可循环利用的是_______(填化学式)。
【答案】（1） ①. ②. FeCl3、AlCl3
（2） ①. SiCl4 ②. 高于136℃而低于181℃
（3）Cl2
【解析】
【分析】钛铁精矿通入氯气、碳氯化，将钛、铁、硅、铝转化为相应的氯化物，冷凝分离得到粗四氯化钛，根据物质沸点不同，分离出纯四氯化钛，加入氧气转化为二氧化钛，电解得到钛。
【小问1详解】
维持在1050℃，若TiO2氯化时生成的CO与CO2的物质的量之比为1：1，反应同时生成四氯化碳，该反应的化学方程式为 ；根据图表中物质的沸点可知，氯化产物中氯化铁、氯化铝也会被气化导出，则冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有FeCl3、AlCl3；
【小问2详解】
根据图表中物质的沸点可知，“精制"过程中，粗TiC4经两步蒸馏得纯TiCl4，SiCl4沸点较低，故第一步蒸馏分离出的杂质是SiCl4；再将温度控制在一定的范围内蒸馏分离出纯TiCl4，所控制温度范围是高于136℃而低于181℃；
【小问3详解】
“氧化”过程四氯化钛和氧气反应生成二氧化钛和氯气，氯气在氯化过程中可循环利用。
宁夏石嘴山市平罗中学2022-2023学年高三上学期期中考试
化学试题(尖子班)
满分：100分 考试时长：100分钟
相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Br 80 Ag 108 Ba 137 Sn 119
选择题(每题2分，共44分)
1. 生产生活中，化学无处不在。下列叙述正确的是
A. 活性炭具有除异味和杀菌作用
B. 将海水经过一系列处理得到MgCl2溶液，电解可得到金属镁
C. 碳酸氢钠和碳酸钠均能与酸反应调节面团酸度，都可用作膨松剂
D. 无水CoCl2呈蓝色吸水会生成CoCl2·6H2O呈粉红色，所以可用于判断变色硅胶是否吸水
【答案】D
【解析】
【详解】A． 活性炭能除异味但没有杀菌作用，故A错误；
B． 将海水经过一系列处理得到MgCl2溶液，在氯化氢气流中蒸发，灼烧得无水氯化镁，电解熔融氯化镁可得到金属镁，故B错误；
C． 碳酸氢钠能与酸反应调节面团酸度，受热分解产生二氧化碳气体，可用作膨松剂，碳酸钠能与酸反应，但受热不分解，故C错误；
D． 无水CoCl2呈蓝色吸水会生成CoCl2·6H2O呈粉红色，所以可用于判断变色硅胶是否吸水，故D正确；
故选D。
2. 下列有关说法正确的是
A. “曾青得铁，则化为铜，外化而内不化”，说明外部的铁比内部的铁活泼
B. 风化、钝化、焰色反应、煤的气化、煤的液化、岩浆晶出都是化学变化
C. 静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘是利用胶体粒子的带电性而加以除去
D. BaCl2、Ca(OH)2、HD、KAl(SO4)2·12H2O都是化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．“曾青得铁，则化为铜，外化而内不化”，说明生成物阻碍了反应的进行，A错误；
B．焰色反应过程中没有生成新物质，为物理变化，B错误；
C．胶体中胶粒往往带电，静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘是利用胶体粒子的带电性而加以除去，C正确；
D．HD为氢元素组成的单质，D错误；
故选C。
3. 下列各组离子在指定的条件下一定能大量共存的是
A. 弱碱性溶液：HCO、Na+、K+、Cl-
B. 通入NO2溶液：Cu2+、Al3+、Fe2+、I-
C. 加入Na2O2的溶液：AlO、Cl-、S2-、NH
D. 能使甲基橙变为红色溶液：NH、Na+、K+、S2O
【答案】A
【解析】
【分析】电解法制备高纯铬和硫酸，结合图可知，甲池反应为铬离子得到电子发生还原反应生成铬单质，为阴极区；石墨电极上水中氢氧根离子发生氧化反应生成氧气，为阳极；
【详解】A．HCO存在的溶液为弱碱性，故弱碱性溶液中HCO、Na+、K+、Cl-相互不反应，能共存，A正确；
B．二氧化氮和水生成氧化性物质硝酸，硝酸和亚铁离子、碘离子均会发生氧化还原反应，不共存，B错误；
C．过氧化钠和水生成氢氧化钠，氢氧化钠和铵根离子生成氨气，不共存，C错误；
D．能使甲基橙变为红色的溶液为酸性溶液，酸性溶液中氢离子和S2O反应生成硫单质、二氧化硫，不共存，D错误；
故选A。
4. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 12 g 金刚石中含有的C-C键数目为4NA
B. 标准状况下，11.2LNO与11.2LO2混合后的分子数目为0.75NA
C. 23gNa与78gNa2O2分别与足量水反应生成的气体体积相同
D. 100g质量分数为46%的乙醇溶液中含有氢原子数为12NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．金刚石中平均1个碳原子可以形成2个碳碳键，12 g 金刚石（碳的物质的量为1mol）中含有的C-C键数目为2NA，A错误；
B．标况下，11.2LNO与11.2LO2混合后发生的反应为2NO+O2═2NO2，生成0.5molNO2和剩余0.25molO2，气体总物质的量为0.75mol，但存在2NO2N2O4，则反应后的气体的物质的量小于0.75mol，混合后所含分子数目小于0.75NA，B错误；
C．根据反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑可知，23gNa与足量水反应生成0.5molH2, 根据反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，78g Na2O2与足量水反应生成0.5molO2，相同条件下，生成的气体体积相同，但是没有说明是否为相同状态，C错误；
D．100g质量分数为46%的乙醇溶液中含有乙醇46g，水54g，则氢原子数为=12NA，D正确；
故选D。
5. 下列有关描述对应的离子方程式书写正确的是
A. 将过量的H2S通入FeCl3溶液中 ：2Fe3+ + 3S2- = 2FeS↓+ S↓
B. 向KMnO4酸性溶液中滴入H2O2溶液 ：2MnO+3H2O2+6H+ = 2Mn2+ +4O2↑+ 6H2O
C. 用白醋浸泡过的淀粉-KI试纸检验加碘盐中的KIO3 ：5I-+ IO + 6H+ = 3I2 + 3H2O
D. 用酸性重铬酸钾溶液测定白酒中乙醇的含量：2Cr2O+3C2H5OH+16H+ = 4Cr3++3CH3COOH+11H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．将过量的H2S通入FeCl3溶液中反应为 ：2Fe3+ +H2S= 2Fe2++ S↓+2H+，故A错误；
B．题目中反应得失电子不守恒，正确的反应是 ：2MnO+5H2O2+16H+ = 2Mn2+ +5O2↑+ 8H2O，故B错误；
C．白醋是CH3COOH，弱酸不能拆，故C错误；
D．酸性重铬酸钾溶液会将乙醇氧化为乙酸，反应为：2Cr2O+3C2H5OH+16H+ = 4Cr3++3CH3COOH+11H2O，故D正确；
故选D。
6. 已知三氟化氯(ClF3)是一种很强氧化剂和氟化剂，它能大多数有机和无机材料甚至塑料反应，可以使许多材料不接触火源就燃烧，可应用于航天工业。下列推测不合理的是
A. ClF3与水按照1：2反应只生成一种弱酸和一种强酸
B. 能与一些金属反应生成氯化物和氟化物
C. 三氟化氯可用于清洁化学气相沉积的反应舱附着的半导体物质
D. 可以代替H2O2充当火箭推进剂中的氧化物
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．ClF3与水按照1：2发生反应ClF3+2H2O=3HF+HClO2，生成了两种弱酸，错误；
B．ClF3中Cl为+3价，有氧化性，故能与一些金属反应生成氯化物和氟化物，正确；
C．三氟化氯与水反应生成了HF，HF可与硅反应，故可用于清洁化学气相沉积的反应舱附着的半导体物质，正确；
D．因ClF3有氧化性，可以使许多材料不接触火源就燃烧，故可以代替H2O2充当火箭推进剂中的氧化物，正确；
故选A。
7. 中国科学院理化技术研究所与清华大学医学院联合研究出液态金属机器人。铝钠合金(单质钠和单质铝熔合而成)是最常见的液态金属。下列有关说法错误的是
A. 自然界中没有游离态的钠和铝
B. 为了减缓钠与水的反应，可以用铝箔包裹钠并扎些小孔再放入水中
C. 铝钠合金投入足量硫酸铜溶液中，一定有氢氧化铜沉淀生成，不可能生成单质铜
D. 若铝钠合金投入水中得无色溶液，则n(Al)≤ n(Na)
【答案】C
【解析】
【详解】A． 钠很活泼，极易和氧气反应生成氧化钠，和水反应生成氢氧化钠；铝属于亲氧元素，极易和氧气反应生成氧化铝，所以自然界中没有游离的钠和铝，故A正确；
B．钠与水反应剧烈，用铝箔包裹钠并扎些小孔再放入水中可以减缓钠与水的反应，故B正确；
C． 铝钠合金投入足量硫酸铜溶液中，钠和水反应生成的氢氧化钠可以和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，若n(Al)＞n(Na)，金属铝也可能会置换出金属铜，故C错误；
D．氢氧化钠会和铝反应生成NaAlO2，若铝钠合金投入水中得无色溶液，则铝完全和氢氧化钠反应，根据钠、铝原子守恒可知：n(Al)≤ n(Na)，故D正确；
故选C。
8. 下列有关实验的图示及分析均正确的是
A. 图Ⅰ钾在空气中燃烧，发出紫色火焰，生成K2O
B. 图Ⅱ说明该装置气密性良好
C. 图Ⅲ点燃镁条即可引发铝热反应
D. 图Ⅳ模拟“海水蒸馏制淡水”的装置中缺少温度计
【答案】B
【解析】
【详解】A．钾在空气中燃烧，生成的是K2O2甚至是更复杂的氧化物，而不是K2O，故A错误；
B．夹紧弹簧夹，长颈漏斗内的液面高度不变，说明该装置气密性良好，故B正确；
C．在铝热剂上面应加少量氯酸钾，并在中间插一根镁条，点燃镁条才能引发铝热反应，故C错误；
D．海水蒸馏分离的是水和无机盐，由于无机盐很难挥发，加热至水沸腾只有水蒸气逸出，所以无需温度计控制温度，即海水蒸馏装置中可以不使用温度计，故D错误；
故选B。
9. 已知铝土矿中含有Al2O3、Fe2O3、SiO2。下列物质转化，在给定条件下能实现的是
A. NaNa2O2NaHCO3
B. 铝土矿Al2(SO4)3(aq) Al(OH)3Al2O3
C. 纯银饰品AgCl(s)Ag(NH3)2Cl(aq)
D. 铜刻制印刷线路板CuCl2(aq)、FeCl2(aq)Fe、CuCu
【答案】D
【解析】
【详解】A． Na2O2与二氧化碳反应生成Na2CO3，与二氧化碳的量无关，故A错误；
B． 铝土矿中含有Al2O3、Fe2O3、SiO2，Al2O3、Fe2O3与稀硫酸反应，SiO2与稀硫酸不反应，过滤后得到含有Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3的溶液，在滤液中加入过量的氢氧化钠，生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，在偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，故B错误；
C． 银与稀盐酸不反应，故C错误；
D． Cu与FeCl3反应生成FeCl2和CuCl2，加入过量铁粉，Fe单质与CuCl2发生置换反应生成Cu单质，Fe与稀盐酸反应生成FeCl2，故D正确；
故选D。
10. 已知工业上制备氧缺位铁酸盐[ZnFe2Ox(3
下列有关说法错误的是
A. ZnFe2O4中铁的价态为+3价
B. 除去SO2、NO2时，ZnFe2Ox在反应中表现了氧化性
C. 若使1molZnFe2Ox完全转化为ZnFe2O4，需失去(8-2x)mol电子
D. ZnFe2O4与H2的反应要在无氧条件下进行
【答案】B
【解析】
【分析】ZnFe2O4与氢气在300～500℃反应生成ZnFe2Ox，ZnFe2Ox能在常温下将工业废气中的SO2、NO2等转化为单质而除去，并重新生成ZnFe2O4。
【详解】A ．ZnFe2O4中Zn为+2价，O为-2价，Fe的价态为+3价，故A正确；
B．ZnFe2O4被氢气还原生成ZnFe2Ox，而除去NO2、SO2时，ZnFe2Ox被NO2、SO2氧化生成ZnFe2O4，ZnFe2Ox在反应中表现了还原性，故B错误；
C．ZnFe2O4中Zn为+2价，Fe为+3价，ZnFe2Ox中Zn为+2价，Fe为+（x-1）价，1molZnFe2Ox完全转化为ZnFe2O4，需失去(8-2x)mol电子，故C正确；
D．温度较高时氢气和氧气反应生成H2O，则ZnFe2O4与H2的反应要在无氧条件下进行，故D正确；
答案选B
11. 碘仿(CHI3)是一种外用消毒剂。某实验小组通过电解KI和丙酮(CH3COCH3)来制备碘仿。
已知几种物质的部分性质如表所示：
物质
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
丙酮
-95
56
与水、乙醇互溶
碘仿
123
218
不溶于水，溶于热乙醇
制得的粗碘仿中含少量石墨粉，分离提纯碘仿的操作中，下列仪器没有用到的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．粗碘仿中含少量石墨粉，应先溶于热乙醇，再过滤，用到漏斗，故A错误；
B．坩埚用于灼烧固体，在分离提纯碘仿的操作中不会用到，故B正确；
C．结合题目信息，粗碘仿会混有丙醇，两者互溶，应该用蒸馏的方法分离，用到蒸馏烧瓶，故C错误；
D．结合题目信息，粗碘仿会混有丙醇，两者互溶，应该用蒸馏的方法分离，用到直形冷凝管，故D错误；
故选B。
12. 某化学小组用如图装置模拟呼吸面具中的有关反应，测定样品中的纯度。已知实验中样品的质量为8.0g，实验结束后共收集到1.12L(已折合为标准状况下)气体，下列说法错误的是
A. 装置Ⅰ中的稀盐酸不可用稀硫酸代替
B. 装置Ⅰ中a作用是保持上下压强一致，使液体顺利滴下
C. 根据题中数据，可求得样品中的纯度一定为97.5%
D. 实验结束后，取少量装置Ⅲ中的固体并滴入稀盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明装置Ⅲ中有盐类生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．稀硫酸与块状大理石反应生成微溶于水的硫酸钙，会覆盖在大理石表面，阻止反应的进行，不能用于制取CO2，不能用稀硫酸代替，选项A正确；
B．装置Ⅰ中a的作用是保持上下压强一致，使液体顺利滴下，选项B正确；
C．装置Ⅲ与装置Ⅳ之间缺少一个检验是否还有的装置，故反应收集到的气体中可能含有，因此无法计算的纯度，选项C错误；
D．实验结束后，取少量装置Ⅲ中的固体并滴入稀盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体为二氧化碳，由碳酸盐或碳酸氢盐与盐酸反应而得，说明装置Ⅲ中有盐类生成，选项D正确；
答案选C
13. 已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应I：Pb3O4+4H+ =PbO2 +2Pb2+ +2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应II：5PbO2 +2Mn2+ +4H+ +5SO42－=2MnO4－+5PbSO4+2H2O。下列推断正确的是
A. 由反应I可知，Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比为1:2
B. 由反应I、II可知，氧化性：HNO3>PbO2>MnO4－
C. Pb可与稀硝酸发生反应：3 Pb +16 HNO3 =3 Pb(NO3)4 +4 NO↑ +8 H2O
D. Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4 +8 HCl=3 PbCl2 +4 H2O + Cl2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．由反应I可知， PbO2 与Pb2+的比为1:2，Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比为2:1，故A错误；
B．根据反应I可知，PbO2和硝酸不反应，不能得出氧化性HNO3>PbO2，故B错误；
C．由反应I可知，硝酸不能把Pb氧化为Pb(IV)，故C错误；
D．根据反应II，氧化性PbO2>MnO4－，所以Pb(IV)能把盐酸氧化为氯气，Pb3O4与盐酸发生反应的离子方程式是Pb3O4 +8 HCl=3 PbCl2 +4 H2O + Cl2↑，故D正确。
14. 下列说法正确的是
A. 工业上制取漂白粉使用的是冷的消石灰
B. NaI、NaBr、Na2SO3均为1mol的混合溶液中通入足量氯气并蒸干，最多能得到4molNaCl
C. 有色玻璃、人工降雨都可以使用AgI
D. 除去NaHCO3固体中的Na2CO3 ，可将固体加热至恒重
【答案】A
【解析】
【详解】A．漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，工业上制取漂白粉是将氯气通入冷的消石灰，故A正确；
B．氯气通入到混合溶液中与NaI、NaBr反应生成NaCl，但是和Na2SO3反应生成Na2SO4，硫酸属于难挥发性酸，热干后仍以硫酸钠形式存在，因此最多能生成2molNaCl，故B错误；
C．AgI见光分解，不能用于有色玻璃，故C错误；
D． NaHCO3受热易分解变为Na2CO3，故D错误。
答案选A。
15. 使用萃取碘，再向有机相中加入溶液，进行如下实验。已知在水溶液中可发生反应(无色)，下列说法正确的是
A. 在溶液中的溶解度大于在中的溶解度
B. 若使用苯代替，实验现象相同
C. 向溶有的溶液中加入足量烧碱，溶液中有
D. 向浓溶液中通入少量，溶液变为棕黄色
【答案】A
【解析】
【分析】加入碘水中，振荡后静置，碘在四氯化碳中，则下层紫红色为四氯化碳的碘溶液，上层为水相；分液后，四氯化碳的碘溶液中加入溶液，振荡后静置，下层无色，上层为黄色，则碘在溶液中，据此分析作答。
【详解】A．四氯化碳的碘溶液中加入溶液，振荡后静置，下层无色，上层为黄色，则碘在溶液中，即在溶液中的溶解度大于在中的溶解度，A项正确；
B．苯的密度比水小，而的密度比水大，使用苯代替，实验现象不相同，B项错误；
C．向溶有的溶液中加入足量烧碱，与氢氧化钠反应生成NaI、和水，则溶液中不存在，C项错误；
D．向浓溶液中通入少量，先和反应，生成和NaCl，然后再发生，则溶液变为无色或浅黄色，D项错误；
答案选A。
16. 溴化钾和氯化钾的混合物共3.87克，溶于水并加入足量的硝酸银溶液后，产生6.63克沉淀，则原混合物中含钾离子的质量为
A. 0.52 B. 0.78 C. 1.17 D. 1.56
【答案】D
【解析】
【详解】溴化钾和氯化钾加入足量的硝酸银溶液后，产生溴化银、氯化银沉淀总质量为6.63g，根据电荷守恒可知，钾离子的物质的量等于银离子的物质的量，沉淀与原混合物之差为银元素与钾元素质量之差，则(108g/mol-39g/mol)×n(K+)=6.63g-3.87g，解得n(K+)=0.04mol，质量为1.56g；
故选D。
17. 下列实验操作能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
检验FeSO4 是否完全氧化
取样加入硫氯化钾溶液
B
证明溶液中一定含有SO
向溶液中加入盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成
C
证明氧化性：Cl2>Br2
向KBrO3溶液中通入少量的氯气，再加入CCl4静置后，下层为橙红色
D
除去Cu粉中混有的CuO
加入稀硝酸溶解，过滤、洗涤、干燥
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．硫氰化钾溶液常用来检验Fe3+，要想检验FeSO4 是否完全氧化，应该检验Fe2+，应该用铁氰化钾溶液，故A错误；
B．盐酸排除干扰离子，加氯化钡生成的白色沉淀为硫酸钡，可知溶液中一定含有 ，故B正确；
C．KBrO3溶液中通入少量的氯气，生成溴和氯酸钾，可知Br元素的化合价降低、Cl元素的化合价升高，则氧化性: KBrO3＞KClO3，故C错误；
D．Cu、CuO均与硝酸反应，不能除杂，应选盐酸溶解后过滤，故D错误；
故选B。
18. 已知硫酸酸化的K2Cr2O7溶液能与KI反应：aH2SO4+bK2Cr2O7+cKI=mK2SO4+nI2+pCr2(SO4)3+qH2O，下列说法错误的是
A. a=7
B. K2Cr2O7也可用盐酸酸化
C. 每生成1molCr2(SO4)3，转移6mole-
D. 由上述反应可知，I-的还原性强于Cr3+的还原性
【答案】B
【解析】
【分析】硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与KI混合，根据得失电子守恒配平可得发生反应的化学方程式为7H2SO4+K2Cr2O7+6KI=4K2SO4+3I2+Cr2(SO4)3+7H2O。
【详解】A．由配平的化学方程式7H2SO4+K2Cr2O7+6KI=4K2SO4+3I2+Cr2(SO4)3+7H2O，可得出a=7，A正确；
B．K2Cr2O7具有强氧化性，盐酸中的Cl-在酸性溶液中具有较强的还原性，二者混合后会发生氧化还原反应，所以K2Cr2O7不可用盐酸酸化，B错误；
C．在反应中，Cr元素由+6价降低为+3价，所以每生成1molCr2(SO4)3，转移6mole-，C正确；
D．由上述反应可知，KI为还原剂，Cr2(SO4)3为还原产物，所以I-的还原性强于Cr3+的还原性，D正确；
故选B。
19. 为了实现“碳中和”目标，某研究小组通过钌化合物可催化CO2转化为甲酸，其反应机理如图所示。下列说法错误的是
A. 物质III中Ru的化合价为+2价
B. .总反应方程式为H2+CO2HCOOH
C. 催化反应过程中，当1mol物质I转化为物质II时，物质I得到4mol电子
D. 整个过程中，有极性键的断裂与形成
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，物质III的化学式为Ru(HCOO)2，由化合价代数和为0可知，化合物中钌元素的化合价为+2价，故A正确；
B．由图可知，二氧化碳转化为甲酸的反应为催化剂作用下二氧化碳与氢气反应生成甲酸，反应的化学方程式为H2+CO2HCOOH，故B正确；
C．由图可知，物质I转化为物质II的方程式为Ru(OH)2+2H2=RuH2+H2O，反应中钌元素的化合价没有变化，氢元素的化合价既升高被氧化，又降低被还原，氢气即是反应的氧化剂也是反应的还原剂，所以当1mol物质I转化为物质II时，氢气得到2mol电子，故C错误；
D．由图可知，整个过程中，二氧化碳参与反应时有极性键的断裂，生成甲酸时有极性键的形成，故D正确；
故选C。
20. 一种海水提溴的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A. “氧化”和“转化”工序中的主要作用相同
B. 水相Ⅰ和水相Ⅱ中均含有和
C. “洗脱”工序可完成的再生
D. 保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质被氧化
【答案】D
【解析】
【分析】卤水“氧化”时氯气与卤水反应置换出，同时氯气与水反应生成进入水相Ⅰ；“还原”时与反应生成、、，再与反应生成和，用盐酸“洗脱”生成和，HBr被氯气氧化得到溴单质，蒸馏得到液溴。
【详解】A．“氧化”和“转化”工序中的主要作用均为氧化，A项正确；
B．由流程中转化关系知，“氧化”时氯气与卤水反应置换出，同时氯气与水反应生成进入水相Ⅰ；“还原”时与反应生成、、，再与反应生成和，故水相Ⅱ中含和，则水相Ⅰ和水相Ⅱ中均含有和，B项正确；
C．用盐酸“洗脱”生成同时生成，可完成的再生，C项正确；
D．保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质挥发，D项错误；
故选D。
21. 某实验小组为验证红热的铁与水蒸气发生了化学反应，设计如下两个实验方案：方案一：检验生成了氢气；方案二：检验生成了磁性氧化铁，实验流程如图所示。下列说法错误的是
A. 将反应后的气体通入肥皂液中，若产生气泡，则说明铁与水蒸气反应产生气体
B. 流程中加入足量CuSO4溶液的目的是除掉未反应的铁
C. 现象1产生蓝色沉淀，现象2为溶液变为红色
D. 红热的铁丝与水蒸气反应，当转移电子数为8NA时，理论上生成4 mol H2
【答案】A
【解析】
【分析】Fe与H2O(g)在高温下反应产生Fe3O4、H2，反应后剩余固体中可能含有Fe3O4及未反应的Fe，将反应后剩余的固体与足量CuSO4溶液混合，Fe与CuSO4发生置换反应产生FeSO4、Cu，将反应后剩余固体与足量H2SO4溶液反应，Fe3O4与H2SO4溶液反应产生FeSO4、Fe2(SO4)3，Cu与Fe2(SO4)3反应产生FeSO4，然后去上层清液，向其中加入K3[Fe(CN)3]，根据是否产生蓝色沉淀检验Fe2+的产生；加入KSCN溶液，根据溶液是否变为红色确定Fe3+的产生。
【详解】A．将Fe与水蒸气混合加热，试管中的空气受热膨胀，气体通过导气管也会进入到肥皂泡中，因此不能根据产生气泡判断说铁与水蒸气反应产生气体，A错误；
B．Fe与H2O(g)在高温下反应产生Fe3O4、H2，反应后剩余固体中可能含有Fe3O4及未反应的Fe，将反应后剩余的固体与足量CuSO4溶液混合，Fe与CuSO4发生置换反应产生FeSO4、Cu，故流程中加入足量CuSO4溶液的目的是除掉未反应的铁，B正确；
C．Fe3O4与H2SO4溶液反应产生FeSO4、Fe2(SO4)3，FeSO4与K3[Fe(CN)3]溶液反应，产生蓝色Fe3[Fe(CN)6]2沉淀，据此可以检验Fe2+的存在；Fe2(SO4)3与KSCN溶液反应，使溶液反应变为红色Fe(SCN)3，据此可以检验Fe3+的存在，C正确；
D．Fe与H2O(g)在高温下反应产生Fe3O4、H2，反应方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，根据反应方程式可知：每有4 mol H2反应，转移8 mol电子，转移电子数目是8NA，D正确；
故合理选项是A。
22. 某酸性溶液中可能含有Cl-、、、、、Fe3+、Fe2+、Al3+和Na+。某同学为了确认其成分，设计并完成了如图实验。下列叙述正确的是
A. 反应①发生反应的离子方程式为3+2+2H+=3+2NO↑+H2O
B. 、、Na+一定存在， 、Al3+一定不存在
C. 溶液中可能含有Fe3+，一定含有Fe2+，可取少量原溶液加入KSCN溶液检验
D. 溶液中至少有6种离子大量存在，其中Cl-一定存在，且c(Cl-)>0.6mol•L-1
【答案】D
【解析】
【详解】酸性溶液含大量H+，则一定不存在、，加足量KNO3溶液，产生0.01mol遇空气变为红棕色的气体是NO，则原溶液中含还原性离子Fe2+，反应3 Fe2++2+4H+=3 Fe3++NO↑+2H2O，可知n(Fe2+)=0.03mol，溶液中加过量NaOH溶液并加热，产生0.01mol气体是氨气，则原溶液中一定含有0.01mol，得到的红褐色沉淀是Fe(OH)3，过滤洗涤灼烧时发生反应 ，n(Fe)=2n(Fe2O3)=2，=0.04mol原溶液中只含有0.03mol Fe2+ (加KNO3后转化为Fe3+)，则原溶液中一定含有0.01mol Fe3+，滤液焰色试验呈黄色并不能确定原溶液一定含有Na+，因为加入了NaOH溶液，溶液通入足量CO2无现象，则原溶液一定含有Al3+（若含有Al3+，发生反应Al3++4OH-=+2H2O、+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+，有白色沉淀产生）继续加入足量BaCl2溶液和盐酸，得到4.46g固体是BaSO4(BaSO3能溶于盐酸)，则原溶液一定含有，且物质的量为n()=n(BaSO4)==0.02mol，即原溶液一定不含有、、Al3+，一定含有0.03mol Fe2+、0.01mol Fe3+、0.01mol、H+(其物质的量未知)、0.02mol，根据电荷守恒，一定含有Cl-，且n(Cl-)>20.03mol+30.01mol+10.01mol-20.02mol=0.06mol，即c(Cl-)=>=0.6mol/L，原溶液中可能含有Na+，至少含有Fe2+、Fe3+、、H+、、Cl-。
A．反应①发生反应的离子方程式为3 Fe2++2+4H+=3 Fe3++NO↑+2H2O，选项A错误；
B．原溶液中可能含有Na+，一定不含有、、Al3+，至少含有Fe2+、Fe3+、、H+、、Cl-，选项B错误；
C．溶液中一定含有Fe3+、Fe2+，选项C错误；
D．溶液中至少有Fe2+、Fe3+、、H+、、Cl-6种离子大量存在，其中Cl-一定存在，且c(Cl-)>0.6mol•L-1，选项D正确；
答案选D。
非选择题(共56分)
23. 物质集合M中含有常见物质Na2O2、NaHCO3、Al、SO2、Fe、NH3、Na、F2。这些物质按照以下方法进行分类后如图所示，请按照要求回答问题。
（1）B组物质中属于非电解质的物质为____，其中能作制冷剂的物质的电子式为____。
（2）C组物质中能与水反应生成还原性气体的化学方程式为____。
（3）D组物质中其中一种物质可以制备出另外一种物质，请写出一种该反应在工业上的应用：____。
（4）请写出F组中的酸性氧化物与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式：____。
（5）在密闭容器中，将E组中的两种物质加热反应，若混合物中金属原子与氧原子的物质的量之比为1:2，混合加热充分反应后，排出气体，剩余固体的成分为____；反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为____。
【答案】（1） ①. SO2、NH3 ②.
（2）2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
（3）常用于冶炼高熔点的金属、焊接钢轨等大截面钢材部件等
（4）5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+
（5） ①. Na2CO3 ②. 1:1
【解析】
【分析】依据图示，M中含有常见物质Na2O2、NaHCO3、Al、SO2、Fe、NH3、Na、F2中，属于A组的为Al、Fe、Na、F2：属于B组的为Na2O2、NaHCO3、SO2、NH3；属于C组的为Na、F2，属于D组的为Al、Fe，属于E组的为Na2O2、NaHCO3，属于F组的为SO2、NH3。
【小问1详解】
B组物质为Na2O2、NaHCO3、SO2、NH3，Na2O2、NaHCO3属于电解质，属于非电解质的物质为SO2、NH3，其中能作制冷剂的物质为NH3，电子式为 。答案为：SO2、NH3； ；
【小问2详解】
由分析可知，C组物质为Na、F2，二者都能与水反应，但F2与水反应生成具有氧化性的气体O2，Na能与水反应生成还原性气体(H2)，化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
【小问3详解】
由分析可知，D组物质中Al可以发生铝热反应制备Fe，该反应在工业上的应用：常用于冶炼高熔点的金属、焊接钢轨等大截面钢材部件等。答案为：常用于冶炼高熔点的金属、焊接钢轨等大截面钢材部件等；
【小问4详解】
F组物质为SO2、NH3，SO2属于酸性氧化物，与酸性KMnO4溶液反应，生成、Mn2+等，离子方程式：5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+。答案为：5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+；
【小问5详解】
在密闭容器中，将E组中的Na2O2、NaHCO3加热反应，若混合物中金属原子与氧原子的物质的量之比为1:2，则混合加热充分反应后，钠元素转化为钠盐，依据Na与C的原子个数比，可确定剩余固体的成分为Na2CO3，发生反应为2Na2O2+4NaHCO34Na2CO3+2H2O+O2↑，在反应中，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1。答案为：Na2CO3；1:1。
【点睛】2F2+2H2O=4HF+O2。
24. 铜质电路板可采用酸性蚀刻与碱性蚀刻两种方法。将二者的废液混合可实现回收再利用。其主要流程如图：
已知：①水合肼N2H4·H2O具有强还原性，易被氧化为N2
②Cu2++4NH3Cu(NH3)
（1）蚀刻
①酸性蚀刻铜的离子方程式：___________
②关于蚀刻的下列说法正确的是___________。
A．碱性蚀刻和酸性蚀刻分别利用了O2、H2O2的氧化性
B．酸性蚀刻时盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C．用H2O2、H2SO4、NaCl也可以使Cu溶解
（2）滤液1的pH约为5，其中除少量Cu2+外，还大量存在的离子是___________。
（3）除铜
①利用水合肼N2H4·H2O还原Cu2+的离子方程式是___________。
②已知该反应瞬间完成。滤渣成分只有Cu。测得铜去除率、水合肼还原能力随溶液pH的变化情况如图所示。由图可知。随溶液pH增大，铜去除率先增加后减小，结合图给值息和已知信息分析其原因：___________。
【答案】（1） ①. Cu2++H2O2+4Cl—+2H+=CuCl↓+2H2O ②. AC
（2）NH、Cl—
（3） ①. N2H4·H2O+2Cu2++4OH—=2Cu↓+N2↑+5 H2O ②. pH＜6.3时，随溶液pH增大，N2H4·H2O的还原性增强，铜的去除率增加；pH＞6.3时，随溶液pH增大，OH—与NH反应生成的NH3与Cu2+反应生成Cu(NH3)，铜的去除率减小
【解析】
【分析】由题给流程可知，铜质电路板与过氧化氢和过量的盐酸发生酸性蚀刻生成四氯合铜离子，与氧气、氯化铵和过量的氨水发生碱性蚀刻生成四氨合铜离子，含有四氯合铜离子的酸性溶液与含有四氨合铜离子的碱性溶液混合反应生成碱式氯化铜沉淀、氯化铜、氯化铵，过滤得到碱式氯化铜沉淀和含有氯化铜、氯化铵的滤液1；碱式氯化铜沉淀经多步转化制得五水硫酸铜晶体；向滤液1中加入水合肼和氢氧化钠的混合溶液，溶液中铜离子在碱性条件下反应与水合肼生成铜、氮气和水，过滤得到含有氯化钠、氯化铵的滤液2和铜，滤液2可以加入到碱性蚀刻溶液中循环使用。
【小问1详解】
①由分析可知，酸性蚀刻铜发生的反应为铜与过氧化氢和过量的盐酸反应生成H2CuCl4和水，反应的离子方程式为Cu2++H2O2+4Cl—+2H+=CuCl↓+2H2O，故答案为：Cu2++H2O2+4Cl—+2H+=CuCl↓+2H2O；
②A．由分析可知，碱性蚀刻时，利用了氧气的氧化性将铜氧化为四氨合铜离子，酸性蚀刻时，利用率过氧化氢的氧化性将铜氧化为四氯合铜离子，故B正确；
B．由分析可知，酸性蚀刻铜的原理是酸性条件下铜与过氧化氢和氯离子形成四氯合铜离子，，酸性蚀刻时，盐酸的主要作用是提供氯离子形成四氯合铜离子，故错误；
C．由分析可知，酸性蚀刻铜的原理是酸性条件下铜与过氧化氢和氯离子形成四氯合铜离子，则用过氧化氢、硫酸、氯化钠也可以使铜溶解，故正确；
故选AC；
【小问2详解】
由分析可知，滤液1为氯化铜、氯化铵的混合溶液，则溶液中存在铜离子、铵根离子和氯离子，故答案为：NH、Cl—；
【小问3详解】
①由分析可知，水合肼还原铜离子的反应为溶液中铜离子在碱性条件下反应与水合肼生成铜、氮气和水，反应的离子方程式为N2H4·H2O+2Cu2++4OH—=2Cu↓+N2↑+5 H2O，故答案为：N2H4·H2O+2Cu2++4OH—=2Cu↓+N2↑+5 H2O；
②由图可知，pH为6.3时铜去除率最大，当溶液pH＜6.3时，随溶液pH增大，水合肼的还原性增强，消耗铜的物质的量增大，导致铜的去除率增加；当溶液＞6.3时，随溶液pH增大，溶液中的氢氧根离子与铵根离子反应生成氨，铵与铜离子生成四氯合铜离子，导致导致铜的去除率降低，故答案为：pH＜6.3时，随溶液pH增大，N2H4·H2O的还原性增强，铜的去除率增加；pH＞6.3时，随溶液pH增大，OH—与NH反应生成的NH3与Cu2+反应生成Cu(NH3)，铜的去除率减小。
25. 无水四氯化锡(SnCl4)是一种用途广泛的化工中间体，常用作媒染剂和有机合成的氯化催化剂。已知：①熔融的金属锡(熔点231℃)在300℃左右能直接与干燥Cl2作用生成无水四氯化锡。②无水四氯化锡是无色易流动的液体，熔点为-33℃，沸点为114.1℃。二氯化锡是无色晶体，熔点为246℃，沸点为652℃。③无水四氯化锡在空气中极易水解，水解产物之一是SnO2·xH2O，并产生白烟。实验室装置如图所示：
请回答下列问题
（1）开始实验前一定要_______，仪器a的名称是_______。
（2）装置F中球形干燥管内试剂为_______。
（3）装置E中冷凝管的作用是_______。
（4）若撤去装置C，则D中还可能发生反应的化学方程式为_______。
（5）Cl2和锡作用即可生成SnC14，也会生成SnCl2，为减少SnCl2的生成，可采取的措施是_______。
（6）得到的产物中常含有杂质SnCl2 ，SnCl2是常用的还原剂。某实验小组用碘氧化法滴定分析产品中杂质SnCl2的质量分数。准确称取a g该样品于锥形瓶，用适量浓盐酸溶解，淀粉溶液作指示剂，c mol/L碘标准溶液滴定至终点，消耗标准液20. 00mL，已知滴定原理是：SnCl2+2HCl+I2=SnC14+2HI，则产品中杂质SnCl2的质量分数为_______(用含a、c的代数式表示)；即使此法测定的操作均正确，但测得的SnCl2含量仍低于实际含量，其原因可能是_______(用离子方程式表示)。
【答案】（1） ①. 检查装置气密性； ②. 蒸馏烧瓶
（2）碱石灰 （3）冷凝SnC14气体使其变为液体便于收集
（4）SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O↓+4HCl
（5）通入过量的Cl2
（6） ①. % ②. 4I-+4H++O2=2I2+2H2O(或者是Sn2+被空气中的氧气氧化为Sn4+,反应的离子方程式为：2Sn2++4H++O2=2Sn4++2H2O)
【解析】
【分析】由图可知，装置A制取氯气，由于浓盐酸易挥发，产生的氯气里含有氯化氢气体及水蒸气，B装置试剂为饱和食盐水除去氯化氢，C装置试剂为浓硫酸吸收水蒸气，装置D生成SnC14，经装置E中冷却后在F中收集，球形干燥管用来吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时因为SnC14极易水解，还可以防止空气中的水蒸气进入E中，所以其中的试剂应该为碱石灰。据以上分析解答。
【小问1详解】
为防止实验中氯气泄漏污染空气及水蒸气等进入装置影响产品纯度，实验之前必需要检查装置气密性。由图可知仪器a带有支管，为蒸馏烧瓶，故答案为：检查装置气密性；蒸馏烧瓶。
【小问2详解】
据分析可知球形干燥管的试剂是碱石灰，故答案为：碱石灰。
【小问3详解】
由题知SnC14的沸点较低，用冷凝管冷凝SnC14气体使其变为液体便于收集，故答案为：冷凝SnC14气体使其变为液体便于收集。
【小问4详解】
若撤去装置C，则装置D中SnC14会发生水解，反应方程式为：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O↓+4HCl；答案为：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O↓+4HCl。
【小问5详解】
Cl2和锡作用即可生成SnC14，也会生成SnCl2，为减少SnCl2的生成，可以通入过量的Cl2，答案为：通入过量的Cl2。
【小问6详解】
根据SnCl2+2HCl+I2=SnC14+2HI可得：n(SnCl2)=n(I2)=cmol•L´0.02L=0.02cmol，m(SnCl2)=0.02cmol´190g/mol=3.80cg，产品中SnCl2的质量分数为：´100%=%，若此法测定的操作均正确，但测得的SnCl2含量仍低于实际产量，其原因可能是I-被空气中的氧气氧化为I2，使消耗的碘标准溶液体积偏小，产品中SnCl2含量偏低，发生的反应为：4I-+4H++O2=2I2+2H2O(或者是Sn2+被空气中的氧气氧化为Sn4+,发生反应的离子方程式为：2Sn2++4H++O2=2Sn4++2H2O)，故答案为：%；4I-+4H++O2=2I2+2H2O(或者是Sn2+被空气中的氧气氧化为Sn4+,反应的离子方程式为：2Sn2++4H++O2=2Sn4++2H2O)。
26. 金属钛是一种性能优越的结构材料和功能材料，被誉为“太空金属”。以云南富民钛铁精矿(主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，含SiO2、Al2O3等杂质)为原料，制备海绵状金属钛的流程设计如图：
已知：TiCl4及所含杂质氯化物的性质
化合物
SiCl4
TiCl4
AlCl3
FeCl3
沸点/℃
58
136
181(升华)
316
熔点/℃
-69
-25
193
304
在TiCl4中的溶解性
互溶
——
微溶
回答下列问题：
（1）“氯化”过程需在沸腾炉中进行，且需维持在1050℃，若TiO2氯化时生成的CO与CO2的物质的量之比为1：1，则该反应的化学方程式为_______；氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有_______(填化学式)。
（2）“精制"过程中，粗TiC4经两步蒸馏得纯TiCl4。第一步蒸馏分离出的杂质是_______(填化学式)；再将温度控制在一定的范围内蒸馏分离出纯TiCl4，所控制温度范围是_______。
（3）“氧化”过程的产物中可循环利用的是_______(填化学式)。
【答案】（1） ①. ②. FeCl3、AlCl3
（2） ①. SiCl4 ②. 高于136℃而低于181℃
（3）Cl2
【解析】
【分析】钛铁精矿通入氯气、碳氯化，将钛、铁、硅、铝转化为相应的氯化物，冷凝分离得到粗四氯化钛，根据物质沸点不同，分离出纯四氯化钛，加入氧气转化为二氧化钛，电解得到钛。
【小问1详解】
维持在1050℃，若TiO2氯化时生成的CO与CO2的物质的量之比为1：1，反应同时生成四氯化碳，该反应的化学方程式为 ；根据图表中物质的沸点可知，氯化产物中氯化铁、氯化铝也会被气化导出，则冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有FeCl3、AlCl3；
【小问2详解】
根据图表中物质的沸点可知，“精制"过程中，粗TiC4经两步蒸馏得纯TiCl4，SiCl4沸点较低，故第一步蒸馏分离出的杂质是SiCl4；再将温度控制在一定的范围内蒸馏分离出纯TiCl4，所控制温度范围是高于136℃而低于181℃；
【小问3详解】
“氧化”过程四氯化钛和氧气反应生成二氧化钛和氯气，氯气在氯化过程中可循环利用。
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