陕西省咸阳百灵中学2020届高三上学期期中考试化学（解析版）


陕西省咸阳百灵中学2020届高三上学期期中考试
一、选择题（每题3分，共60分）
1.下列对古文献记载内容理解错误的是（ ）
A. 《天工开物》记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙黏土而为之”。“瓦”，传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐。
B. 《本草纲目》“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏。
C. 《抱朴子·金丹篇》中记载：“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”。该过程未发生氧化还原反应。
D. 《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应。
【答案】C
【分析】“瓦”由黏土烧制而成，黏土的分成是硅酸盐；古代用蒸馏法酿酒；丹砂是硫化汞，涉及的反应有 HgS Hg+S， Hg+S=HgS；钠元素的焰色是黄色，通过蓝色钴玻璃观察钾元素的焰色是紫色。
【详解】“瓦”由黏土烧制而成，黏土的分成是硅酸盐，所以“瓦”是传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐，故A正确；古代用蒸馏法酿酒，故B正确；丹砂是硫化汞，涉及的反应有 HgS Hg+S， Hg+S=HgS，两个反应都是氧化还原反应，故C错误；钠元素的焰色反应是黄色的，钾元素的焰色反应是紫色的，可以用焰色反应鉴别硝酸钾和硫酸钠，故D正确。
2.化学与人类社会生产、生活密切相关。下列说法中正确的是（ ）
A. 误食重金属盐引起人体中毒，可喝大量的食盐水解毒
B. 燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施
C. 碳酸钡可用于胃肠X 射线造影检查
D. 生石灰可用作食品抗氧化剂
【答案】B
【分析】重金属盐能使蛋白质变性；SO2、NOx能引起酸雨；碳酸钡能溶于胃液中的盐酸；氧化钙不能和氧气反应，不能作食品抗氧化剂；
【详解】误食重金属盐引起人体中毒，可喝大量的牛奶、豆浆等蛋白质含量较高的食品解毒，故A错误；SO2、NOx能引起酸雨，燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都能减少酸雨产生，故B正确；碳酸钡能溶于胃液中的盐酸，造成钡盐中毒，故C错误；氧化钙不能和氧气反应，不能作食品抗氧化剂，生石灰可以吸水，作干燥剂，故D错误。
3.根据所给的信息和标志，判断下列说法错误的是( )
A
B
C
D
《神农本草经》记载，麻黄能“止咳逆上气”
碳酸氢钠药片



古代中国人已用麻黄治疗咳嗽
该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效
看到有该标志的丢弃物，应远离并报警
贴有该标志的物品是可回收物

【答案】B
【详解】A.麻黄碱具有平喘功能，常常用于治疗气喘咳嗽，A正确；
B.醋酸能够与碳酸氢钠反应，降低药效，B错误；
C.图示标志为放射性标志，对人体伤害较大，看到有该标志的丢弃物，应远离并报警，C正确；
D.该标志为可回收物标志，D正确；
答案选B。
【点睛】本题考查了物质的性质和用途、化学实验安全等知识点。要熟悉常见的化学标志：如物品回收标志 ；中国节能标志；禁止放易燃物标志；节水标志；禁止吸烟标志：中国环境标志；绿色食品标志；当心火灾--易燃物质标志等。
4.设nA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 23g Na 与足量H2O反应完全后可生成nA个H2分子
B. 1 molCu和足量热浓硫酸反应可生成nA个SO3分子
C. 标准状况下，22.4L N2和H2混合气中含nA个原子
D. 3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8nA个电子
【答案】D
【详解】A、23g钠的物质的量为1mol，而钠与水反应时1mol钠生成0.5mol氢气，即生成0.5NA个分子，故A错误；
B、铜和浓硫酸反应时，浓硫酸被还原为SO2，不是三氧化硫，故B错误；
C、标准状况下，22.4LN2和H2混合气的物质的量为1mol，而N2和H2均为双原子分子，故1mol混合气体中无论两者的比例如何，均含2mol原子，即2NA个，故C错误；
D、Fe3O4中铁为+价，故1mol铁反应失去mol电子，3mol单质Fe完全转化为Fe3O4失去8mol电子，即8NA个，故D正确；
故选D。
5.下列物质分类的正确组合是(　　)
选项
混合物
纯净物
单质
电解质
A
盐酸
NaOH
石墨
K2SO4溶液
B
空气
Fe(OH)3胶体
铁
Na2CO3
C
CuSO4·5H2O
CaCl2
水银
铜
D
氯水
KNO3晶体
O3
NaCl

【答案】D
【详解】A、硫酸钾溶液是混合物，不是电解质，也不是非电解质，A错误；
B、胶体是混合物，B错误；
C、CuSO4·5H2O是纯净物，铜是单质，不是电解质，也不是非电解质，C错误；
D、物质分类均正确，D正确；
答案选D。
6.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 由水电离产生的c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液中：Na＋、Ba2＋、NO3-、Cl－
B. 0.1 mol/L的Fe(NO3)3溶液中：Na＋、H＋、Cl－、I－
C. 0.1 mol/L的NaAlO2溶液中：K＋、H＋、NO3-、SO42-
D. 滴入石蕊试液显蓝色的溶液中：K＋、Na＋、HSO3-、ClO－
【答案】A
【分析】由水电离产生的c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液呈酸性或碱性，酸性或碱性条件下Na＋、Ba2＋、NO3-、Cl－都不反应；酸性条件下，Fe3+、NO3-都能氧化I－；AlO2-与H＋反应生成Al3+；滴入石蕊试液显蓝色的溶液呈碱性。
【详解】由水电离产生的c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液呈酸性或碱性，酸性或碱性条件下Na＋、Ba2＋、NO3-、Cl－都不反应，故选A；酸性条件下，Fe3+、NO3-都能氧化I－，所以0.1 mol/L的Fe(NO3)3溶液中不能大量含有I－，故不选B；AlO2-与H＋反应生成Al3+，0.1 mol/L的NaAlO2溶液中不能大量存在H＋，故不选C；滴入石蕊试液显蓝色的溶液呈碱性，碱性条件下HSO3-不能大量存在，HSO3-具有还原性、ClO－具有氧化性，HSO3-、ClO－不能共存，故不选D。
7.下列有关离子方程式正确的是（ ）
A. 稀硝酸和过量的铁屑反应：Fe＋4H＋＋NO3-===Fe3＋＋NO↑＋2H2O
B. 向硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性，则离子方程式为：2H＋＋SO42-＋2OH－＋Ba2＋===BaSO4↓＋2H2O
C. 氯气溶于水：Cl2＋H2O⇌2H＋＋Cl－＋ClO－
D. 向NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2-＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO32-
【答案】B
【分析】稀硝酸和过量的铁屑反应，最终生成Fe2＋；硫酸氢钠与氢氧化钡2:1反应恰好出中性；次氯酸是弱酸，离子方程式中不能拆写成离子；向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠。
【详解】稀硝酸和过量的铁屑反应，最终生成Fe2＋，反应离子方程式是3Fe＋8H＋＋2NO3-=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，故A错误；硫酸氢钠与氢氧化钡2:1反应恰好出中性，所以离子方程式为：2H＋＋SO42-＋2OH－＋Ba2＋===BaSO4↓＋2H2O，故B正确；次氯酸是弱酸，离子方程式中不能拆写成离子，氯气溶于水的离子方程式是Cl2＋H2O⇌H＋＋Cl－＋HClO，故C错误；向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应离子方程式是AlO2-＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3-，故D错误。
8.下列叙述正确的是（ ）
A. 向Al2（SO4）3溶液中滴加过量的NaOH溶液制备Al（OH）3
B. 用侯氏制碱法制得NaHCO3：Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4+
C. 用加热法除去Ca（OH）2固体中混有的NH4Cl固体
D. SO2通入酸性KMnO4溶液检验其漂白性
【答案】B
【分析】A、过量的NaOH溶液能溶解Al（OH）3；
B、二氧化碳通入溶有氨气的饱和食盐水中可以得到碳酸氢钠；
C、Ca（OH）2固体和NH4Cl固体混合加热生成氯化钙和氨气和水；
D、SO2被酸性KMnO4溶液氧化；
【详解】A、过量的NaOH溶液能溶解Al（OH）3，故A错误；
B、二氧化碳通入溶有氨气饱和食盐水中可以得到碳酸氢钠，反应的离子方程式为：Na＋+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4＋，故B正确；
C、Ca（OH）2固体和NH4Cl固体混合加热生成氯化钙和氨气和水，最后得到氯化钙，故C错误；
D、SO2被酸性KMnO4溶液氧化，显还原性，不是漂白性，故D错误；
故选B。
9.某实验室需要 1.0 mol/L 的碳酸钠溶液 450 mL，利用碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)来配制。下列说法正确的是（ ）
A. 应称取该碳酸钠晶体128.7 g
B. 取 100 mL 该溶液，向其中加入100 mL 水，所得溶液浓度为0.5 mol/L
C. 定容时俯视刻度线会引起配制溶液的浓度偏高
D. 定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，应再补加少量水至刻度线
【答案】C
【分析】需用500 mL容量瓶配制该溶液，根据计算需要碳酸钠晶体质量；100 mL 该溶液，向其中加入100 mL 水，所得溶液的体积不是200mL；定容时俯视刻度线，溶液体积偏小；定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，若补加少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大。
【详解】143.0g，故A错误；100 mL 该溶液，向其中加入100 mL 水，所得溶液的体积不是200mL，所以溶液浓度不是0.5 mol/L，故B错误；定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，故C正确；定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，若补加少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液浓度偏低，故D错误。
【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制的误差分析时，注意从c=分析操作对溶质的物质的量浓度的影响，若n偏大则c偏高，若v偏高则c偏低。
10.下列陈述正确并且有因果关系的是（ ）
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
SO2有漂白性
SO2可使溴水褪色
B
SiO2有导电性
SiO2可用于制备光导纤维
C
浓硫酸有强氧化性
浓硫酸可用于干燥H2和CO
D
Fe3+有强氧化性
FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜

【答案】D
【分析】A．二氧化硫具有漂白性，可以选择性漂白有色物质。二氧化硫具有还原性和溴水发生氧化还原反应；
B．二氧化硅不能导电。光导纤维成分为二氧化硅晶体；
C．浓硫酸具有强氧化性、吸水性、脱水性。干燥气体是浓硫酸的吸水性；
D．铁离子具有氧化性可以溶解铜；
【详解】A．二氧化硫具有漂白性，可以选择性漂白有色物质。二氧化硫具有还原性和溴水发生氧化还原反应，陈述正确，但无因果关系，故A错误；
B．二氧化硅不能导电，光导纤维成分为二氧化硅晶体，陈述Ⅰ不正确，陈述Ⅱ正确，无因果关系，故B错误；
C、浓硫酸具有强氧化性、吸水性、脱水性，干燥H2和CO气体是浓硫酸的吸水性，陈述正确但无因果关系，故C错误；
D、铁离子具有氧化性可以溶解铜，2Fe3＋+Cu=2Fe2＋+Cu2＋，FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜，陈述正确并且有因果关系，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查了物质性质，解题关键：对二氧化硫、浓硫酸、二氧化硅、铁离子等物质性质的理解应用，易错点：二氧化硫的漂白性和还原性使物质褪色的区别：漂白性是使有机色素褪色，如品红，纸张，草帽；还原性是有颜色的氧化剂（无机物）发生了氧化还原反应生成了无色离子，如溴水，高锰酸钾。
11.下表各组物质中，物质之间不可能实现如下图所示转化的是（ ）

选项
X
Y
Z
M
A
Fe
FeCl2
FeCl3
Cl2
B
Mg
C
CO
CO2
C
NaOH
Na2CO3
NaHCO3
CO2
D
NH3
NO
NO2
O2

【答案】A
【解析】试题分析：A.2Fe+3Cl22FeCl3，错误；B.2Mg+CO22MgO+C，C+CO22CO，可以实现物质之间的转化关系，正确；C.2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O， Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，可以实现物质之间的转化关系，正确；D．4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，可以实现物质之间的转化关系，正确。
考点：考查物质的性质及相互转化关系正误判断的知识。
12. 既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应的是（ ）
①Na2SiO3；②Al(OH)3；③NH4HCO3；④Al2O3；⑤NaHSO4
A. ①②④ B. ②③④ C. ②④⑤ D. 全部
【答案】B
13.高纯度单晶硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。这种材料可以按下列方法制备，下列说法正确的是（ ）
SiO2 Si(粗) SiHCl3 Si(纯)
A. 步骤①的化学方程式为SiO2＋CSi＋CO2↑
B. 步骤①、②、③中每生成或反应1 mol Si，转移2 mol电子
C. 二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应
D. SiHCl3(沸点33.0 ℃)中含有少量的SiCl4(沸点67.6 ℃)，通过蒸馏可提纯SiHCl3
【答案】D
【分析】二氧化硅与碳高温条件下生成硅和一氧化碳；SiO2 Si(粗)，硅元素化合价由+4变为0；硅能与氢氟酸反应生成SiF4和氢气； SiHCl3(沸点33.0 ℃)、SiCl4(沸点67.6 ℃)，沸点相差较大。
【详解】步骤①的化学方程式为SiO2＋2CSi＋2CO↑，故A错误；SiO2 Si(粗)，硅元素化合价由+4变为0，生成1 mol Si，转移4mol电子，故B错误；硅能与氢氟酸反应生成SiF4和氢气，故C错误；SiHCl3(沸点33.0 ℃)、SiCl4(沸点67.6 ℃)，沸点相差较大，可以通过蒸馏提纯SiHCl3，故D正确。
【点睛】本题考查了硅的制备、提纯及性质，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累。
14.向50mL NaOH溶液中逐渐通入一定量的CO2（假设溶液体积不变），随后取此溶液10mL，将其稀释至100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol·L﹣1的盐酸，产生CO2气体的体积（标准状况下）与所加入的盐酸的体积关系如图，下列分析错误的是（ ）

A. OA段所发生反应的离子方程式：H++OH﹣═H2O；CO32﹣+H+═HCO３－
B. NaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为NaOH和Na2CO3，其物质的量浓度之比为1：1
C. 产生的CO2体积（标准状况下）为0.056 L
D. 原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5 mol·L﹣1
【答案】D
【解析】试题分析：根据图像可知产生CO2消耗盐酸的体积是25mL，而之前消耗盐酸是50mL。由于碳酸钠与盐酸反应时首先转化为碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再与盐酸反应放出CO2，方程式为CO32－＋H＋＝HCO3－、HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑。根据方程式可判断溶液中还含有氢氧化钠，即前25mL盐酸中和氢氧化钠，后25mL盐酸与碳酸钠反应，最后25mL盐酸与碳酸氢钠反应。A．根据以上分析可知OA段所发生反应的离子方程式：H＋＋OH－＝H2O、CO32－＋H＋＝HCO3－，A正确；B．根据以上分析可知NaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为NaOH和Na2CO3，其物质的量浓度之比为1∶1，B正确；C．产生的CO2消耗的盐酸物质的量是0.025L×0.1mol/L＝0.0025mol，则根据方程式HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑可知放出CO2是0.0025mol，在标准状况下的体积为0.0025mol×22.4L/mol＝0.056 L，C正确；D．反应结束后溶液中氯化钠的物质的量是0.075L×0.1mol/L＝0.0075mol，根据钠离子守恒可知原NaOH溶液的物质的量浓度为0.0075mol ÷0.01L＝0.75 mol·L－1，D错误，答案选D。
考点：考查氢氧化钠、碳酸钠与盐酸反应的有关计算
15.现有两瓶无标签的无色溶液，分别装有Na2CO3和NaHCO3，用下列试剂或方法能将两者区分的是（ ）
①Ca(OH)2　②盐酸　③CaCl2　④NaOH
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ①②
【答案】C
【详解】①均反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故不选；
②加入盐酸，碳酸钠先不生成气体，而碳酸氢钠马上生成气体，可鉴别，故选；
③碳酸钠与氯化钙反应生成沉淀，而碳酸氢钠与氯化钙不反应，现象不同，可以鉴别，故选；
④碳酸氢钠与NaOH反应生成碳酸钠和水，现象不明显，而碳酸钠与NaOH不反应，现象相同，不能鉴别，故不选；
故选C。
【点睛】此题易错点在④项的判断，只关注是否能反应却忽略了现象是否相同。
16.下列除去杂质的方法不正确的是(　　)
A. 镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥
B. 用过量氨水除去Fe3＋溶液中的少量Al3＋
C. Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤
D. MgO中混有少量Al2O3：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤、洗涤、干燥得到MgO
【答案】B
【分析】A.镁与氢氧化钠溶液不反应，铝能溶于氢氧化钠溶液；B.氨水与Fe3＋和Al3＋均反应生成氢氧化物沉淀；C. Mg(OH)2不与烧碱反应，Al(OH)3溶于烧碱生成NaAlO2，再通入过量CO2又生成Al(OH)3；D. Al2O3与烧碱反应生成NaAlO2，MgO与烧碱不反应；
【详解】A.镁与氢氧化钠溶液不反应，铝能溶于氢氧化钠溶液，加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥可以除去镁粉中混有少量铝粉，故A正确；B.氨水与Fe3＋和Al3＋均反应生成氢氧化物沉淀，不能用氨水除去Fe3＋溶液中的少量Al3＋，故B错误；C. Mg(OH)2不与烧碱反应，Al(OH)3溶于烧碱生成NaAlO2，再通入过量CO2又生成Al(OH)3，所以加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤可以除去Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2，故C正确；D. Al2O3与烧碱反应生成NaAlO2，MgO与烧碱不反应，加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤、洗涤、干燥可以除去MgO中混有少量Al2O3，故D正确。
【点睛】MgO是碱性氧化物，MgO能溶于酸，但不溶于碱； Al2O3是两性氧化物，既能溶于强酸又能溶于强碱，向MgO、Al2O3的混合物中加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤、洗涤、干燥得到MgO。
17.下列说法正确是（ ）
A. 由反应SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O，可知SiO2是碱性氧化物
B. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸见光易分解
C. SO2、漂白粉、活性炭、Na2O2都能使红墨水褪色，其原理相同
D. SO2和Cl2等物质的量混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中，漂白效果更好
【答案】B
【分析】SiO2是酸性氧化物；浓硝酸在光照条件下分解为二氧化氮、氧气、水；二氧化硫使红墨水褪色体现二氧化硫漂白性、活性炭能使红墨水褪色体现吸附性、漂白粉和过氧化钠使红墨水褪色体现强氧化性；二氧化硫与氯气等物质的量反应生成氯化氢和硫酸
【详解】A、SiO2属于酸性氧化物，A错误；浓硝酸在光照条件下分解为二氧化氮、氧气、水，浓硝酸见光易分解，故B正确；二氧化硫使红墨水褪色体现二氧化硫漂白性、活性炭能使红墨水褪色体现吸附性、漂白粉和过氧化钠使红墨水褪色体现强氧化性，所以其原理不同，故C错误；等物质的量的二氧化硫与氯气在水中发生反应生成盐酸和硫酸，二者都不具有漂白性，所以失去漂白效力，故D错误；
18.某同学用下列装置制备并检验Cl2的性质，下列说法正确的是（ ）

A. Ⅰ图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部消耗
B. Ⅱ图中：湿润的有色布条能褪色，烧杯NaOH溶液的作用是吸收尾气
C. Ⅲ图中：生成蓝色的烟
D. Ⅳ图中：量筒中发生了加成反应，量筒内液面上升，量筒壁上有无色液滴出现
【答案】B
【分析】A．稀盐酸与二氧化锰不反应；干燥的氯气没有漂白性，Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有漂白性，氢氧化钠溶液与氯气反应生成氯化钠和次氯酸钠；氯气与铜反应生成棕黄色的烟；甲烷与氯气发生取代反应。
【详解】A．二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气，但稀盐酸与二氧化锰不反应，当盐酸浓度降低到一定程度时，反应停止，则盐酸不能完全消耗，故A错误；干燥的氯气没有漂白性，Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有漂白性，氢氧化钠溶液与氯气反应生成氯化钠和次氯酸钠，所以Ⅱ图中：湿润的有色布条能褪色，烧杯NaOH溶液的作用是吸收尾气，故B正确；氯气与铜反应生成棕黄色的烟，故C错误；甲烷与氯气发生取代反应，故D错误。
【点睛】本题考查氯气实验室制法，本题注意加热条件下浓盐酸与二氧化锰反应放出氯气，稀盐酸与二氧化锰不反应，干燥的氯气没有漂白性、潮湿的氯气具有漂白性。
19.下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
充分吸收了Na2SiO3 饱和溶液小木条，沥干后放在酒精灯外焰加热
小木条不燃烧
Na2SiO3 可作防火剂
B
将H2 在充满Cl2 的集气瓶中燃烧
集气瓶口上方有白烟生成
H2、Cl2 化合生成HCl
C
将SO2 通入酸性高锰酸钾溶液中
溶液褪色
SO2 具有漂白性
D
用分别蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒相互靠近
冒白烟
NH3 具有还原性

【答案】A
【分析】硅酸钠及其水解产物不具有可性燃；将H2 在充满Cl2 的集气瓶中燃烧生成氯化氢，氯化氢吸收空气中的水蒸气，瓶口形成白雾；SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现SO2的还原性；用分别蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒相互靠近，氨气与氯化氢反应生成氯化铵，属于非氧化还原反应。
【详解】硅酸钠及其水解产物不具有可燃性，混合物在木材表面受热时可形成一层耐高温的保护层，故Na2SiO3 可作防火剂，A正确；将H2 在充满Cl2 的集气瓶中燃烧生成氯化氢，氯化氢与空气中的水蒸气形成盐酸小液滴，故瓶口形成白雾，B错误；SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现SO2的还原性，故C错误；用分别蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒相互靠近，氨气与氯化氢反应生成氯化铵，属于非氧化还原反应，不能体现氨气的还原性，故D错误。
20.将3.48g四氧化三铁完全溶解在100mL 1mol/L的硫酸中，然后加入K2Cr2O7溶液25 mL恰好使溶液中的Fe2+全部转化为Fe3+，Cr2O72-全部转化为Cr3+，则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度是（ ）
A. 0.05mol/L B. 0.2 mol/L C. 0.1 mol/L D. 0.3 mol/L
【答案】C
【详解】此题考查的是有关氧化还原反应的计算，解题的关键点是明白了Fe3O4的化合价中，3个铁原子中有2个是＋3价，只有1个是＋2价．分析题意可得出：
Fe3O4～Fe2+Fe3+，Cr2O72-2Cr3+；
设K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为c，则：
3.48g÷232g/mol＝0.025L×c×2×3，解得c＝0.1mol/L．
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】本题重点考察氧化还原反应的基本规律之一，得失电子守恒。氧化还原反应中有物质失电子必有物质得电子，且失电子总数等于得电子总数。或者说氧化还原反应中，有元素化合价升高必有元素化合价降低，且化合价升高总数必等于降低总数。有关得失电子守恒(化合价守恒)的规律有如下应用：
(1)求某一反应中被氧化与被还原的元素原子个数之比，或求氧化剂与还原剂的物质的量之比及氧化产物与还原产物的物质的量之比。
(2)配平氧化还原反应方程式。
(3)进行有关氧化还原反应的计算：
二、非选择题（每题10分，共40分）
21.铝元素在自然界中主要存在于铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）中。工业上用铝土矿制备铝的某种化合物的工艺流程如下。

（1）在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性。
①该过程中涉及某氧化还原反应如下，请完成：__Fe2+___ClO－+（ ）___=____Fe（OH）3↓+__C1﹣+（ ）。
②检验滤液B中是否还含有铁元素的方法为：________（注明试剂、现象）。
③将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，可选用的最好试剂为___（填代号）。
a．氢氧化钠溶液 b．硫酸溶液 c．氨水 d．二氧化碳
④由滤液B制备氯化铝晶体涉及的操作为：边滴加浓盐酸边蒸发浓缩、冷却结晶、____（填操作名称）、洗涤。
（2）SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，可采用的装置为_______（填代号）。

【答案】(1). 2；1；5；H2O；1；4；H+ (2). 取少量滤液B，加入KSCN溶液，若不变红，再加入氯水，仍然不变红，说明滤液B中不含铁元素 (3). c (4). 过滤 (5). b
【分析】（1）依据流程分析，滤液中含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铝，在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性，次氯酸根离子具有氧化性氧化亚铁离子为铁离子在溶液中形成氢氧化铁沉淀除去；依据氧化还原反应电子守恒和原子守恒配平；根据常见离子的检验方法分析解答；
（2）根据实验目的及物质性质分析选择实验仪器。
【详解】（1）①滤液中含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铝，在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性，次氯酸根离子具有氧化性氧化亚铁离子为铁离子在溶液中形成氢氧化铁沉淀除去；亚铁离子被氧化为铁离子在溶液中形成氢氧化铁沉淀，次氯酸根离子被还原为氯离子；反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe（OH）3↓+C1-+4H+；故答案为：2；1；5；H2O；1；4；H+；
②滤液B中是否还含有铁元素的方法为利用铁离子的检验方法进行检验，取少量滤液B，加入KSCN溶液，若不变红，再加入氯水，仍然不变红，说明滤液B中不含铁元素；故答案为：取少量滤液B，加入KSCN溶液，若不变红，再加入氯水，仍然不变红，说明滤液B中不含铁元素；
③滤液中含有的是氯化铝溶液，将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出；
a、氢氧化钠溶液可以沉淀铝离子但过量会溶解氢氧化铝，故a不是最好；
b．硫酸溶液不能沉淀铝离子，故b不符合；
c．氨水是弱碱不能溶解氢氧化铝，过量氨水和铝离子形成氢氧化铝沉淀过滤得到氢氧化铝固体，故c符合；
d．二氧化碳和氯化铝不反应不能生成氢氧化铝沉淀，故d不符合；故答案为：c；
④加入浓盐酸抑制氯化铝的水解，蒸发浓缩冷却结晶，过滤，洗涤；故答案为：过滤；
（2）a、蒸发皿不能熔融固体，故a不符合；
b、铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠，故b符合；
c、玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应，故c不符合；
d、瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应，故d不符合；故答案为：b。
22.某校化学小组学生利用如图所示装置进行“铁与水反应”的实验，并利用产物进一步制取FeCl3·6H2O晶体。

(1)装置B中发生反应的化学方程式是_________________________。
(2)装置E中的现象是_________________________________________。
(3)停止反应，待B管冷却后，取其中的固体，加入过量稀盐酸充分反应，过滤。简述检验滤液中Fe3＋的操作方法：________________________________________。
(4)该小组学生利用上述滤液制取FeCl3·6H2O晶体，设计流程如下

步骤Ⅰ中加入新制氯水的作用是__________________________________。
【答案】 (1). 3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2 (2). 黑色固体变红，右端管壁有水珠生成 (3). 取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色 (4). 将Fe2＋氧化成Fe3＋
【分析】（1）铁与水蒸气高温下反应生成四氧化三铁和氢气，写出反应的化学方程式；
（2）装置E中黑色的氧化铜被氢气还原成红色的铜，同时有水珠生成；
（3）根据三价铁的检验方法加KSCN溶液，观察是否变红；
（4）根据流程结合氯气的强氧化性分析氯气的作用；
【详解】（1）装置B中铁粉与水蒸气在高温下发生反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+H2；
（2）装置B铁与水蒸气反应生成的氢气，经碱石灰干燥后加入装置E，氧化铜与氢气加热发生反应生成了铜和水，所以反应的现象为：黑色的粉末变成红色，管壁产生水珠；
（3）检验三价铁用KSCN溶液，观察是否变红，故操作为：取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色；
（4）因为氯气具有强氧化性，所以能将二价铁离子氧化为三价铁离子，即为：将Fe2＋氧化成Fe3＋；
【点睛】本题考查了铁及其化合物的性质实验，易错点：铁与水蒸气反应原理。
23.实验室进行二氧化硫制备与性质实验的组合装置如图所示，部分夹持装置未画出。

请回答下列问题：
(1)在组装好装置后，首先要进行的实验操作为_________________________________。
(2)为检验SO2与Na2O2的反应是否有氧气生成，装置B中盛放的试剂X应为________，装置D中碱石灰的作用是_______________________________________________。
(3)关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，注入70%的硫酸至浸没三颈烧瓶中的固体，检验SO2与Na2O2反应是否有氧气生成的操作及现象是_____________________________________。
(4)关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，残余气体进入装置E、F、G中，能说明I－的还原性弱于SO2的现象为_________________。发生反应的离子方程式是______________________。
(5)为了验证装置E中SO2与FeCl3发生了氧化还原反应，某学生设计了如下实验：取少量装置E中的溶液于试管中，向其中加入稀硝酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，并由此判断SO2与FeCl3发生了氧化还原反应。上述方案是否合理？________(填“合理”或“不合理”)，原因是___________________________________________________。
【答案】(1). 检查装置的气密性 (2). 浓硫酸 (3). 吸收未反应的SO2，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置与Na2O2反应，干扰实验 (4). 将带火星的木条放在干燥管D出口处，若木条复燃，则有氧气生成，否则无氧气生成 (5). 装置F中溶液蓝色褪去 (6). SO2＋I2＋2H2O===2I－＋SO＋4H＋ (7). 不合理 (8). 装置E中溶液溶解的SO2可被稀硝酸氧化成SO，也可与BaCl2反应，生成白色沉淀，会对SO2与FeCl3反应产物(SO)的检验造成干扰
【解析】由题意结合流程，A为SO2的制取装置；B为吸水装置，防止水蒸气与Na2O2反应，干扰SO2与Na2O2反应的实验探究；C为SO2与Na2O2反应装置；D为隔绝空气及尾气吸收装置；E、F为探究SO2还原性的装置；G为尾气吸收装置。
(1)有气体参与或生成的实验装置组装好后的第一步操作都是检查装置的气密性。
(2)因为Na2O2能与水蒸气反应产生氧气，所以要检验SO2与Na2O2反应是否有氧气生成，为避免干扰，应先除去水蒸气；SO2是有毒的酸性氧化物，可用碱石灰吸收，以防止污染，同时碱石灰可防止空气中的水蒸气、CO2进入装置与Na2O2反应，干扰实验。
(3)检验氧气用带火星的木条，木条复燃则证明有氧气生成。
(4)关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，SO2气体进入装置E、F、G中，若装置F中溶液蓝色褪去，则说明I-的还原性弱于SO2；发生反应的离子方程式是SO2＋I2＋2H2O=2I-＋SO42-＋4H+。
(5)评价该实验方案时，要考虑检验试剂与原溶液中所含物质的反应是否会对实验造成干扰。装置E中溶液溶解的SO2可被稀硝酸氧化成SO42-，也可与BaCl2反应，生成白色沉淀，会对SO2与FeCl3反应产物(SO42-)的检验造成干扰，所以该同学的方案不合理。
点睛：本题考查物质制备及性质实验设计与探究。主要考查SO2的制取与还原性、酸性氧化物的通性，涉及实验基本操作、实验设计与评价，考查学生实验探究能力、分析解决问题的能力等。注意：对实验方案的正确与错误、严密与不严密、准确与不准确作出判断，要考虑是否合理、有无干扰现象、经济上是否合算和对环境有无污染等。
24.某强酸性溶液X，可能含有Al3＋、Ba2＋、NH4＋、Fe2＋、Fe3＋、CO32-、SO42-、SiO32-、NO3-中的一种或几种离子，取该溶液进行实验，其现象及转化如下图。反应过程中有一种气体是红棕色。请回答下列问题：

（1）由强酸性条件即可判断溶液X中一定不存在的离子有 。
（2）溶液X中，关于NO3-的判断一定正确的是_ ___。
a．一定有 b．一定没有 c．可能有
（3）产生气体A的离子方程式为 。
（4）转化⑥发生反应的现象为 。
（5）转化④中产生H的离子方程式为 。
（6）若转化③中，D、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应生成E，则反应中D与O2的物质的量之比为______。
（7）对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液，加入下列溶液中的一种，根据现象即可判断，该试剂最好是 。
①NaOH溶液，②KSCN溶液，③石蕊试剂，④pH试纸，⑤KMnO4溶液，⑥氯水和KSCN的混合溶液
【答案】（1）CO32-、SiO32-（2）b （3）3Fe2＋+NO3-+4H＋=3Fe3＋+NO↑+2H2O
（4）红褐色沉淀溶解，溶液变为黄色 ；（5）Al3＋+4OH－=AlO2-+2H2O （6）4：1； （7）②。
【解析】某强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子CO32-、SiO32-，溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液中一定存在SO42-，不存在和硫酸根离子反应的Ba2+，C是BaSO4；酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以溶液中Fe2+和NO3-不能共存，加入硝酸钡产生气体，则溶液中存在Fe2+，不存在NO3-，A是NO，则D是NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，则E是HNO3；溶液B中加入氢氧化钠溶液时，产生气体F，则溶液中含有NH4+，F是NH3，硝酸和氨气反应生成硝酸铵，则I是NH4NO3；产生沉淀，则溶液中存在Fe3+，沉淀G是氢氧化铁，氢氧化铁和盐酸反应生成FeCl3，则J是FeCl3，溶液H中通入过量二氧化碳生成沉淀，则溶液中存在Al3+，沉淀K是氢氧化铝，溶液L是NaHCO3；则
（1）由强酸性条件即可判断溶液X中一定不存在弱酸根离子，所以不存在的离子有CO32-、SiO32-；（2）根据以上分析可知溶液X中一定没有NO3-，答案选b；（3）亚铁离子和硝酸反应生成铁离子、一氧化氮和水，离子反应方程式为：3Fe2++NO3-+4H+＝3Fe3++NO↑+2H2O，电子转移可表示为；（4）若转化③中，NO2、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应生成HNO3，该反应方程式为：NO2+2H2O+O2＝4HNO3，则反应中D与O2的物质的量之比为4：1；（5）溶液中Fe3+是否存在不能确定，Fe3+和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，所以可以用硫氰化钾溶液检验，答案选②。