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陕西省西安中学2020届高三上学期第一次月考化学（解析版） 试卷
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陕西省西安中学2020届高三上学期第一次月考
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Ca 40 Fe 56 Cu 64
一、选择题（每小题2分，共42分。每小题都只有一个选项符合题意）
1.关于一些化学物质的性质及用途，下列说法错误的是（ ）
A. 碳酸氢钠、碳酸钙、氢氧化铝、氢氧化镁等可用作抗酸药
B. SO2是允许使用的一种食品添加剂，在食品工业中发挥着护色、防腐、漂白和抗氧化的作用
C. 明矾和硫酸铁均可用于自来水净水、杀菌、消毒
D. 过氧化钠可用作呼吸面具和潜水艇的供氧剂
【答案】C
【详解】A．抗酸药物的种类很多，其有效成分一般都是碳酸氢钠、碳酸钙、氢氧化铝、氢氧化镁等化学物质，故A正确；
B．SO2是国内允许使用的一种食品添加剂，在食品工业中发挥着护色、防腐、漂白和抗氧化的作用，但不能超量使用，故B正确；
C．明矾溶液电离产生的铝离子水解生成的氢氧化铝具有吸附性，能净水，但是明矾不具有强的氧化性，不能杀菌消毒，故C错误；
D．过氧化钠能够和二氧化碳以及水反应生成氧气，可用作呼吸面具或潜水艇的供氧剂，故D正确；
故选C。
【点睛】本题的易错点为B，要注意二氧化硫有毒，但可以用作食品添加剂，如葡萄酒中，用二氧化硫作杀菌消毒、抗氧化等。
2.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中不正确的是（ ）
A. 分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA
B. 28g乙烯和丙烯（C3H6）的混合气体中含有的碳原子数为2NA
C. 常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA
D. 常温常压下，22.4L氯气与足量H2充分反应 ，生成HCl的分子数为2NA
【答案】D
【详解】A、依据n=，NA的NO2和CO2混合气体的物质的量=1mol，NO2和CO2分子中都含有2个氧原子，因此混合气体中含有的氧原子数为2NA，故A正确；
B、28g乙烯和丙烯的混合物中含有28g最简式CH2，含有CH2的物质的量为=2mol，则该混合物中含有碳原子的物质的量为2mol，碳原子数为2NA，故B正确；
C、NO2和N2O4最简式均为NO2，92g混合气体中所含原子数=×3×NA=6NA，故C正确；
D、常温常压下，不能用22.4L/mol来计算氯气的物质的量，故D错误；
故选D。
3.《火药赋》中写到，“硝为君而硫作臣，炭灰佐使最通灵”。火药爆炸时发生的反应：2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。《本草经集注》记载了区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”。下列推断不正确的是( )
A. “紫青烟”主要是指钾元素的焰色反应
B. 爆炸时木炭和硫磺被氧化
C. 硝石在黑火药中起氧化剂的作用且所占质量分数最大
D. “朴消”不能替代“硝石”制黑火药
【答案】B
【分析】不同金属在灼烧时会产生不同的焰色，为焰色反应。 “以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”。硝酸钾含有钾元素，灼烧产生紫色火焰，据此分析解答。
【详解】A．硝酸钾含有钾元素，灼烧产生紫色火焰，“紫青烟”主要是指钾元素的焰色反应，故A正确；
B．2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑反应中N和S元素化合价降低，被还原，C元素化合价升高，被氧化，故B错误；
C．硝石(KNO3)在黑火药发生的反应2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑中，所含氮元素化合价降低，做氧化剂，根据反应物的组成，硝酸钾所占质量分数最大，故C正确；
D．硝石在黑火药中做氧化剂，“朴消”硫酸钠不不具有氧化性，不能代替“硝石”制黑火药，故D正确；
故选B。
4.已知三个氧化还原反应：①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2，②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3，③2KMnO4＋16HCl(浓)= 2KCl＋2MnCl2＋8H2O＋5Cl2↑。若某溶液中有Fe2＋、I－、Cl－共存，要将I－氧化除去而不氧化Fe2＋和Cl－，则可加入的试剂是( )
A. Cl2 B. KMnO4 C. FeCl3 D. HCl
【答案】C
【详解】由信息可知，氧化性由强至弱顺序为：MnO4-＞Cl2＞Fe3+＞I2，还原性由强至弱的顺序为I-＞Fe2+＞Cl-＞Mn2+；
A．氯气能将Fe2+、I-均氧化，故A错误；
B．KMnO4能将Fe2+、I-和Cl-均氧化，故B错误；
C．FeCl3能氧化除去I-而不影响Fe2+和Cl-，故C正确；
D．HCl与三种离子均不反应，故D错误；
故答案为C。
【点睛】考查氧化还原反应，把握氧化性的强弱、混合物分离提纯为解答的关键，氧化性由强至弱的顺序为：MnO4-＞Cl2＞Fe3+＞I2，还原性由强至弱的顺序为：I-＞Fe2+＞Cl-＞Mn2+，要氧化除去I-而不影响Fe2+和Cl-，选择氧化剂发生反应不能引入新杂质，且Fe2+和Cl-不能参加反应。
5.下列有关说法正确的是（ ）
A. 除去氯化钠固体中的少量纯碱：加入过量氯化钙溶液，过滤、蒸发、结晶
B. 除去CO2气体中的少量SO2：可将混合气体通过酸性高锰酸钾溶液
C. 除去CO2中的少量的HCl：将气体通过盛有饱和Na2CO3溶液的洗气瓶
D. 除去试管中残留的MnO2，加入稀盐酸并振荡
【答案】B
【详解】A．如氯化钙过量，引入新杂质，应加入适量氯化钙溶液，故A错误；
B．二氧化碳与高锰酸钾不反应，二氧化硫可被酸性高锰酸钾氧化，可用于除杂，故B正确；
C．CO2和HCl都能与碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故C错误；
D．二氧化锰与稀盐酸不反应，稀盐酸无法除去烧瓶内残留的MnO2，故D错误；故选B。
6.分解水制氢的一种原理如图，下列关于该原理的说法正确的是（ ）
A. 反应过程中化合价改变的元素共有H、O、S
B. 涉及的反应类型有分解反应和化合反应，且步骤Ⅲ是HI的分解
C. 理论上，每生成16gO2，就能得到标准状况下22.4LH2
D. 理论上，每分解18gH2O，就需向体系内再补充32gSO2
【答案】C
【详解】反应I：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；
反应II：2HIH2↑+I2；
反应III：2H2SO42SO2↑+2H2O+O2↑；
A、根据反应方程式可以看出，反应I中S和I化合价改变。反应II中H和I化合价改变。反应III中S和O化合价改变，所以过程中化合价改变的是H、O、S、I，故A错误；
B、反应II和III都是分解反应，而反应I不是基本反应类型，故B错误；
C、整个过程是碘和二氧化硫做催化剂，在太阳能的作用下水分解成氢气和氧气，所以生成16g氧气就生成2g氢气，标准状况下，氢气的体积为22.4L，故C正确；
D、根据上述反应可知，二氧化硫是催化剂，所以质量在过程中不会减少，不需要向体系内再补充二氧化硫，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意，根据反应I、II、III，该反应的总反应为2H2O2H2↑+O2↑，因此SO2和I2均为催化剂。
7.某实验需要450mL0.2mol/L的CuSO4溶液，若用CuSO4•5H2O晶体配制该溶液，需要CuSO4•5H2O晶体的质量为（ ）
A. 1.6g B. 5g C. 2.5g D. 2.25g
【答案】C
【详解】实验室中没有450mL的容量瓶，配制450mL溶液需要选用规格为500mL的容量瓶，实际上配制的是500mL0.2mol/L的硫酸铜溶液，配制0.2mol/L的CuSO4溶液500mL，需要CuSO4的物质的量=0.5L×0.2mol/L=0.1mol，蓝矾物质的量等于CuSO4的物质的量，故需要蓝矾的质量=0.1mol×250g/mol=2.5g，故选C。
8.某溶液中仅含有Na+、Mg2+、SO42-、Cl-四种离子（不考虑水电离出的H+和OH-），已知c(Na+)∶c(Mg2+)∶c(Cl-)=3∶5∶5，若Na+离子的物质的量浓度为1.5mol▪L-1，则SO42-的物质的量浓度为（ ）
A. 2mol▪L-1 B. 2.5mol▪L-1 C. 3mol▪L-1 D. 4mol▪L-1
【答案】A
【详解】溶液中c(Na+)∶c(Mg2+)∶c(Cl-)=3∶5∶5，若Na+的物质的量浓度为1.5mol•L-1，则c(Mg2+)=2.5mol/L、c(Cl-)=2.5mol/L，根据电荷守恒：c(Na+)+2c(Mg2+)=2c(SO42-)+c(Cl-)，故：1.5mol/L+2×2.5mol/L=2c(SO42-)+2.5mol/L，解得c(SO42-)=2mol/L，故选A。
9.向含有1 mol HNO3和1 mol NaHSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属阳离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。下列有关判断不正确的是（ ）
A. a表示Fe3＋的关系曲线，b表示Fe2+的关系曲线
B. n1＝0.5
C. P点时，n(Fe2＋)＝0.3mol
D. 向P点溶液中加入铜粉，最多可溶解14.4g
【答案】BC
【分析】向含有1molHNO3和1molH2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，先是发生反应：Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑(气体)+2H2O，铁过量后是2Fe3++Fe=3Fe2+，n2点时候Fe3+和Fe2+的物质的量相同，据此分析计算。
【详解】A、向含有1molHNO3和1molH2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，现实发生反应：Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑(气体)+2H2O，铁过量后是2Fe3++Fe=3Fe2+，a是表示Fe3+的关系曲线，b表示Fe2+的关系曲线，故A正确；
B、向含有1molHNO3和1molH2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，先发生：Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑(气体)+2H2O，1molHNO3和1molH2SO4共有3moLH+，1mol的NO3-完全氧化需要4molH+，应该按照H+离子计算，产生Fe3+离子为mol，即n1=0.75mol，故B错误；
C、当铁过量，会有：2Fe3++Fe=3Fe2+，P点时Fe3+和Fe2+的物质的量相同，设Fe3+被还原xmol，
2Fe3++Fe=3Fe2+，
2 3
x 1.5x
有0.75-x=1.5x，x=0.3，此时Fe3+的为0.45，所以P点时，n(Fe2+)=0.45mol，故C错误；
D、向P点溶液中加Cu：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，设加入铜的质量是y，
2Fe3+ + Cu = 2Fe2++Cu2+
2mol 64g
0.45mol y
=，解得y=14.4g，即最多可溶解14.4gCu粉，故D正确；
故选BC。
10.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
①pH=7的溶液中：Fe3+、Cl-、Na+、NO3-
②pH=11的溶液中：CO32-、Na+、NO3-、S2-、K+
③水电离的H+浓度为10-12 mol▪L-1的溶液中：NH4+、Na+、SO42-、HCO3-
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NO3-、NH4+、K+、S2O32-
⑤澄清溶液中：Na+、HCO3-、K+、AlO2-、SO42-
⑥=1×10-12的溶液中：K+、Na+、CO32-、NO3-
⑦水溶液中：K+、SO42-、NH4+、NO3-、HCO3-
A. ①③⑤⑦ B. ①④⑤⑥ C. ②④⑤⑥ D. ②⑥⑦
【答案】D
【详解】①Fe3+不会在pH=7的溶液中大量存在，在pH为4.4左右就沉淀完全，故①错误；
②pH=11的溶液呈碱性，CO32-、Na+、NO3-、S2-、K+之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故②正确；
③水电离的H+浓度为10-12mol•L-1的溶液呈酸性或碱性，HCO3-与氢离子、氢氧根离子都能反应，在溶液中一定不能大量共存，故③错误；
④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，与Mg反应不会生成氢气，故④错误；
⑤HCO3-能够与AlO2-发生复分解反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故⑤错误；
⑥=1×10-12的溶液显碱性，存在大量氢氧根离子，K+、Na+、CO32-、NO3-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够大量共存，故⑥正确；
⑦K+、SO42-、NH4+、NO3-、HCO3-之间不反应，在溶液中能够大量共存，故⑦正确；
能够大量共存的为②⑥⑦，故选D。
【点睛】本题的易错点为⑤，要注意酸性：HCO3-＞Al(OH)3，因此HCO3-能够与AlO2-发生复分解反应生成氢氧化铝沉淀。
11.如表中物质间的转化能按如图所示通过一步反应进行的是（ ）
选项物质
W
X
Y
Z
A
Ca
CaO
Ca(OH)2
CaCO3
B
S
SO3
H2SO4
CaSO4
C
Si
SiO2
Na2SiO3
H2SiO3
D
Fe
Fe2O3
FeCl3
Fe(OH)3
【答案】CD
【详解】A、碳酸钙不能一步反应生成氢氧化钙，故A错误；
B、硫燃烧生成二氧化硫，不能一步反应生成SO3，故B错误；
C、硅能够与氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠与盐酸能够反应生成硅酸，硅酸能够与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸分解生成二氧化硅，C与二氧化硅在高温下能够反应生成硅，故C正确；
D、铁能够与氧气反应生成氧化铁，氧化铁能够与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁，氢氧化铁能够与盐酸反应生成氯化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁，CO能够还原氧化铁生成铁，物质间的转化均能通过一步反应进行，故D正确；
故选CD。
12.学生小陈在实验中不小心将碘水沾在白色实验服上，下面哪种物质的水溶液不能够除掉实验服上的碘水斑迹（ ）
A. 维生素C B. 双氧水 C. Na2SO3 D. SO2
【答案】B
【分析】碘具有一定的氧化性，能够与还原性的物质发生反应生成溶于水的物质。据此分析解答。
【详解】A．维生素C具有还原性，能够与碘反应生成溶于水的物质，故A不选；
B．双氧水具有较强的氧化性，常温下，与碘不反应，不能除掉实验服上的碘水斑迹，故B选；
C．Na2SO3具有还原性，能够与碘反应生成溶于水的物质，故C不选；
D．SO2具有还原性，能够与碘反应生成溶于水的物质，故D不选；
故选B。
13.下列实验操作或事实与对应结论或解释不正确的是（ ）
实验操作或事实
现象或结论或解释
A
向1g Na2CO3中加1mL水
白色粉末结块变成晶体，并放热
B
将铝氯气、空气中分别燃烧
可分别用来制备无水AlCl3和Al2O3
C
FeCl3溶液中加入足量Fe后滴加KSCN溶液
不显红色，因为Fe3+被还原为Fe2+
D
向含酚酞的Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸并不断振荡
溶液的红色逐渐褪去，并有白色胶状生成
【答案】B
【详解】A．碳酸钠能够与水形成碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)，因此向1g Na2CO3中加1mL水，白色粉末结块变成晶体，同时放出热量，故A正确；
B．铝能够在氯气中燃烧生成氯化铝，但铝在空气中容易形成熔点很高的致密氧化物薄膜——氧化铝，阻止反应的进一步进行，因此铝在空气中一般不能燃烧，不能用该方法制备氧化铝，故B错误；
C．若溶液中存在铁离子，滴加KSCN溶液，溶液会变红色，加入足量Fe后，容易不显红色，说明Fe3+被还原为Fe2+，故C正确；
D．Na2SiO3溶液水解显碱性，滴加酚酞后，容易变成红色，滴加稀盐酸并不断振荡，盐酸与硅酸钠反应生成白色胶状的硅酸沉淀，容易的碱性减弱，红色逐渐褪去，故D正确；
故选B。
【点睛】本题的易错点为B，要注意铝表面生成的致密的氧化物薄膜会保护里面的铝不被氧化。
14.下列物质与用途或性质完全符合的有多少条（ ）
①Si—光导纤维②Na2CO3—制玻璃、肥皂③Fe2O3—红色油漆或涂料④Al2O3—耐火材料⑤Ca(ClO)2—自来水消毒剂⑥Na2SiO3水溶液—防火材料⑦石灰石—制水泥⑧硫酸铜—农作物杀虫剂
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】C
【详解】①二氧化硅为制造光导纤维的主要原料，故①错误；
②工业上制造玻璃的主要原料是碳酸钠、碳酸钙和二氧化硅；油脂与氢氧化钠在加热是能够反应生成高级脂肪酸钠和甘油，高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，不是使用碳酸钠制备的，故②错误；
③Fe2O3为红色固体，常用来做红色油漆或涂料，故③正确；
④氧化铝的熔点很高，可以制造耐火材料，故④正确；
⑤Ca(ClO)2具有强氧化性，能杀菌消毒，是漂白粉的主要成分，可以用于自来水消毒剂，故⑤正确；
⑥Na2SiO3是制备硅胶和木材防火剂的主要原料，故⑥正确；
⑦生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，经研磨、混合后在水泥回转窑中煅烧，再加入适量石膏，并研成细粉就得到普通水泥，故⑦正确；
⑧波尔多液可以用作农作物的杀虫剂，该农药是在水中加入一定量熟石灰与硫酸铜配制而成的，该农药的化学原理是熟石灰与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钙，具有很强的杀菌能力，故⑧正确；
正确的有7个，故选C。
15.如图是铝的几种重要化合物之间的转化关系，下列表述不正确的是（ ）
A. 若加入的A是NaHCO3溶液，则生成沉淀的离子方程式为：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，溶液的pH增大
B. 若加入的B是NaHCO3溶液，则生成沉淀的离子方程式为：Al(OH)4- + HCO3-=Al(OH)3↓+CO32-+H2O，溶液的pH减小
C. 向AlCl3溶液中加入一定质量的Al(OH)3固体，一段时间后过滤，将所得固体洗涤干燥，称量，固体质量将增加
D. 若加入的A是氨水、NaOH溶液或CH3COONa溶液等；或加入的B是NH4HCO3溶液、NH4Cl溶液或通入SO2、CO2气体等，均可析出Al(OH)3沉淀
【答案】C
【详解】A．氯化铝与NaHCO3溶液混合，发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀的离子方程式为：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，反应后氯化铝溶液的酸性减弱，pH增大，故A正确；
B．酸性：HCO3-＞Al(OH)4-，在偏铝酸钠容易中加入NaHCO3溶液，生成氢氧化铝沉淀的离子方程式为：Al(OH)4- + HCO3-=Al(OH)3↓+CO32-+H2O，反应后溶液的碱性减弱，pH减小，故B正确；
C．AlCl3溶液水解显酸性，加入一定质量的Al(OH)3固体，部分氢氧化铝溶解，一段时间后过滤，将所得固体洗涤干燥，称量，固体质量将减小，故C错误；
D．在氯化铝溶液中加入的氨水或NaOH溶液均可以生成氢氧化铝沉淀，加入CH3COONa溶液促进铝离子水解，也能生成氢氧化铝沉淀；酸性：HCO3-＞Al(OH)4-，向偏铝酸钠溶液中加入NH4HCO3溶液能够反应生成氢氧化铝沉淀，加入NH4Cl溶液或通入SO2、CO2气体等均会促进偏铝酸根离子水解生成氢氧化铝沉淀，故D正确；
故选C。
【点睛】本题的难点为D，要注意从“强制弱”和促进水解两个角度分析判断。
16.下列反应物与其离子方程式表示对应不正确的是（ ）
反应物
离子方程式
A
Ca(HCO3)2与NaOH按照物质的量2∶3反应
2Ca2++3HCO3–+3OH–=2CaCO3↓+CO32– +3H2O
B
NaHCO3与澄清石灰水按照物质的量之比3∶2反应
Ca2++HCO3–+OH–=CaCO3↓ +H2O
C
Ca(HCO3)2与澄清石灰水按照物质的量之比3∶2反应
Ca2++3HCO3–+3OH–=CaCO3↓ +2CO32-+3H2O
D
NH4HCO3与澄清石灰水等物质量反应
HCO3–+NH4+ +Ca2+ +2OH–=CaCO3↓+NH3▪H2O +H2O
【答案】BC
【详解】A．Ca(HCO3)2与NaOH按照物质的量2∶3发生反应的离子方程式为：2Ca2++3HCO3-+3OH-=2CaCO3↓+CO32-+3H2O，故A正确；
B．碳酸氢钠与氢氧化钙按照物质的量之比3∶2反应生成碳酸钙、碳酸钠和碳酸氢钠、水，离子方程式：2Ca2++3HCO3-+3OH-═2CaCO3↓+CO32-+3H2O，故B错误；
C．Ca(OH)2与Ca(HCO3)2的反应与反应物的量的多少无关，均生成碳酸钙沉淀和水，正确的离子反应为：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，故C错误；
D．氢氧化钙与碳酸氢铵溶液混合，二者以等物质的量反应，其离子反应为Ca2++2OH-+NH4++HCO3-═CaCO3↓+NH3•H2O+H2O，故D正确；
故选BC。
17.取100mL0.2mol/L的FeCl3溶液置于烧杯中，向其中加入一定量的Fe、Cu混合物，充分反应后仍有固体剩余，下列叙述一定正确的是（ ）（设溶液体积不变，不考虑水解因素）。
A. 烧杯中有Fe无Cu，c(Fe2+)=0.2mol/L
B. 烧杯中有Cu无Fe，c(Fe2+)=0.3mol/L
C. 烧杯中有Cu无Fe，0.2mol/Lc(Fe2+)0.3mol/L
D. 烧杯中Fe、Cu均有，c(Fe2+)=0.3mol/L
【答案】D
【详解】A、铁还原性大于铜，FeCl3溶液首先与铁反应，铁有剩余，一定有铜剩余，故A错误；
B、有铜无铁，说明铁全部反应生成亚铁离子，若只发生2Fe3++Fe=3Fe2+，原溶液中铁离子物质的量为0.1L×0.2mol/L= 0.02mol，生成亚铁离子0.03mol，亚铁离子浓度c(Fe2+)==0.3mol/L，若铜部分溶解，2Fe3+ + Cu=2Fe2+ + Cu2+，生成的亚铁离子小于0.03mol，则c(Fe2+)＜0.3mol/L，即c(Fe2+)≤0.3mol/L，故B错误；
C、根据B 的分析，有铜无铁，c(Fe2+)≤0.3mol/L，由于有铁溶解，因此c(Fe2+)＞0.2mol/L，即0.2mol/L＜c(Fe2+)≤0.3mol/L，故C错误；
D、溶液中铁铜都有，说明铁离子只和铁反应生成亚铁离子，依据A计算得到c(Fe2+)=0.3mol/L，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为C，要注意一定发生2Fe3++Fe=3Fe2+，因此当铁离子完全反应后，生成的亚铁离子浓度一定大于原来铁离子浓度。
18.已知：SO32-+I2+H2O→SO42-+2I-+2H+。某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、K+、I-、SO32-、SO42-，且所有离子物质的量浓度相等。现取该溶液进行实验，操作和现象如下。有关该溶液的判断正确的是（ ）
A. 肯定不含I﹣ B. 可能不含SO42-
C. 肯定含有SO32- D. 肯定含有NH4+
【答案】C
【详解】A．由于亚铁离子和铁离子均有颜色，根据实验，向该溶液中滴加溴水，得到无色溶液，一定不含Fe2+，又因为溴水为橙色，碘水为黄色，根据SO32-+I2+H2O→SO42-+2I-+2H+可知，与溴反应的只能是SO32-，若溴水少量，先氧化SO32-，则不能确定是否含I-，故A错误；
B．溶液中一定含有，SO32-，一定不含Fe2+，因为所有离子物质的量浓度相等，阳离子Na+、NH4+、K+，存在其中的两种或三种，若含有SO42-，不能满足电荷守恒，因此一定不存在SO42-，故B错误；
C．由上述分析可知，肯定含有SO32-，故C正确；
D．根据实验不能判断I-是否存在，若阴离子只有SO32-，则含有阳离子为Na+、NH4+、K+中的两种，均可满足电荷守恒，不能确定是否含NH4+，故D错误；
故选C。
19.向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中加入稀盐酸。下列离子方程式与事实不相符的是（ ）
A. OH－＋CO32－＋2H＋=HCO3－＋H2O B. 2OH－＋CO32－＋3H＋=HCO3－＋2H2O
C. 2OH－＋CO32－＋4H＋=CO2↑＋2H2O D. OH－＋CO32－＋3H＋=CO2↑＋2H2O
【答案】C
【详解】等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中OH-与CO32-物质的量相等，加入稀盐酸，首先发生①OH－＋H＋=H2O，然后是②CO32－＋H＋=HCO3－，最后是③HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O；
A①＋②即得到OH－＋CO32－＋2H＋=HCO3－＋H2O，A与事实相符；
B.①×2＋②即得到2OH－＋CO32－＋3H+=HCO3－＋2H2O，B与事实相符；
C.若OH-为2mol，则CO32-也为2mol，加入4molH+时2molOH-优先消耗2molH+，然后2molCO32-与2molH+恰好完全反应生成2molHCO3-，没有CO2气体产生，C与事实不符；
D.①＋②＋③即得到OH－＋CO32－＋3H＋=CO2↑＋2H2O，D与事实相符；
答案选C。
20.30mL浓度为0.05mol▪L-1Na2SO3溶液恰好与25mL浓度为0.02mol▪L-1的K2X2O6溶液完全反应，已知Na2SO3可被K2X2O6氧化为Na2SO4，则元素X在还原产物中的化合价为下列的（ ）
A. +5价 B. +4价 C. +3价 D. +2价
【答案】D
【详解】令X元素在还原产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒（或化合价升降守恒），有30×10-3L×0.05mol/L×(6-4)=25×10-3L×0.02mol/L×2×(5-a)，解得：a=+2，故选D。
21.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法不正确的是（ ）
A. 原子半径：r(X)
C. X分别和Y、Z均可组成含有非极性键的共价化合物
D. X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物和离子化合物
【答案】A
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素；W是短周期中金属性最强的元素，则W是Na元素；其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，且Y原子序数小于Z，则Y是N元素；X不与Na、O、N同周期，则X位于第一周期，为H元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知：X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Na元素。
A．原子的电子层数越多，其原子半径越大，电子层数相同的原子，其原子半径随着原子序数增大而减小，X位于第一周期、Y和Z位于第二周期且原子序数Y＜Z，W位于第三周期，所以原子半径：r(X)＜r(Z)＜r(Y)＜r(W)，故A错误；
B．W的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH是强碱，故B正确；
C．X分别和Y、Z形成的化合物有H2O、H2O2、NH3、N2H4等，都是共价化合物，其中H2O2、N2H4中含有极性键和非极性键，故C正确；
D．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵，硝酸是共价化合物、硝酸铵是离子化合物，故D正确；
故选A。
二、非选择题（本题3小题，共43分）
22.利用铝灰(主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等)制备铝鞣剂[主要成分为Al(OH)2Cl]的一种工艺如图：
（1）气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。铝灰在90℃时水解生成A的化学方程式为：_________________________________________，“水解”采用90℃而不在室温下进行的原因是_____________________________________________。
（2）“酸溶”时，生成气体B的离子方程式为_________________________________。
（3）“氧化”时反应的离子方程式为__________________________________________。
（4）“除杂”中反应的离子方程式为_________________________________________。
（5）“喷雾干燥”是将需干燥的物料，分散成很细的像雾一样的微粒，与热空气接触，在瞬间将大部分水分除去，使物料中的固体物质干燥成粉末。采用喷雾干燥而不用蒸发可有效防止产品的水解或分解，写出Al(OH)2Cl在较高温度下分解的化学方程式___________________________。“喷雾干燥”中将需干燥的物料，分散成很细的微粒的目的是_______________________________________。
【答案】 (1). AlN＋3H2OAl(OH)3↓＋NH3↑ (2). 加快AlN的水解反应速率，降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出 (3). 2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑ (4). 2Fe2＋＋2H＋＋ClO－=2Fe3＋＋Cl－＋H2O (5). 3CO32-+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑或表示为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；CO32-+2H+=CO2↑+H2O (6). 2Al(OH)2ClAl2O3+2HCl↑+H2O (7). 增大水分蒸发面积，加速干燥过程
【分析】铝灰主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等，加入热水发生水解反应，AlN和水反应生成氢氧化铝和氨气；加入盐酸酸溶后，生成氯化铝溶液和氯化亚铁溶液，同时放出氢气；加入漂白剂将亚铁离子氧化为铁离子；加入纯碱，调节溶液pH，使铁离子沉淀，同时放出二氧化碳气体；采用喷雾干燥制备铝鞣剂[主要成分为Al(OH)2Cl]固体，据此分析解答。
【详解】(1)气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明生成的是氨气，铝灰中的AlN和水发生水解反应生成氢氧化铝沉淀和氨气，反应的化学方程式为：AlN+3H2O Al(OH)3+NH3↑，加热可以促进氮化铝水解生成氨气，降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出，故答案为AlN+3H2O Al(OH)3+NH3↑；加快AlN水解反应速率，降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出；
(2) “酸溶”时，铝与盐酸反应放出氢气，反应的离子方程式为2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑，故答案为2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑；
(3)加入漂白液的作用是利用次氯酸根离子在酸溶液中的强氧化性，氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++2H++ClO-═2Fe3++Cl-+H2O，故答案为2Fe2++2H++ClO-═2Fe3++Cl-+H2O；
(4)“除杂”中，是用碳酸钠调节溶液pH，使铁离子沉淀，同时放出二氧化碳气体，反应的离子方程式为3CO32-+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，故答案为3CO32-+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；
(5)Al(OH)2Cl在较高温度下分解生成氧化铝，氯化氢和水，反应的化学方程式为2Al(OH)2ClAl2O3+2HCl↑+H2O；根据题意，“喷雾干燥”中将需干燥的物料，分散成很细的微粒，可以增大水分蒸发面积，加速干燥过程，防止产品的水解或分解，故答案为2Al(OH)2ClAl2O3+2HCl↑+H2O；增大水分蒸发面积，加速干燥过程。
23.铁在化合物中通常是Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)，现有一定量固体物质A，可能由FeSO4、Fe2(SO4)3组成，通过实验确定其成分。探究过程如下：
（1）提出假设：(请把下列假设补充完整)
假设：该固体物质是FeSO4；或该固体物质是Fe2(SO4)3；或该固体物质是_________。
（2）设计实验方案：取少量固体物质A于烧杯中，加适量水溶解A，然后取两份A溶液分别进行实验，实验现象与结论如表：
实验方法
实验现象
结论
在溶液中加入KSCN溶液
___
固体物质中有Fe2(SO4)3
在酸性KMnO4溶液中加入少量A振荡
KMnO4溶液颜色无明显变化
固体物质中不含___。
（3）若该固体A可能还存在铁，则不能证明固体物质中含____________，其理由至少有两个，请分别用离子方程式表示_______________________________________、________________________________________________。
（4），写出由“白色沉淀”转化为“红褐色沉淀”的化学方程式______________________________。
（5）上述白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，由此得出Fe(Ⅱ)的还原性强弱与_________________有关，FeSO4的还原性______Fe(OH)2（填“大于”“小于”或“等于”）。
【答案】(1). FeSO4和Fe2(SO4)3 (2). 溶液变血红色（或红色） (3). FeSO4 (4). FeSO4 (5). Fe +2Fe3+=3Fe2+ (6). 5Fe+3MnO4-+24H+=3Mn2+ +5Fe3++12H2O (7). 4Fe(OH)2 +O2+2H2O=4Fe(OH)3 (8). 溶液酸碱性或pH (9). 小于
【分析】(1)根据类比法，结合铁和硫酸反应的产物，产物可能为FeSO4、Fe2(SO4)3或二者的混合物；
(2)固体物质中有Fe2(SO4)3，在溶液中加入KSCN溶液，溶液应变红；在酸性KMnO4溶液中加入少量A，KMnO4溶液颜色无明显变化，说明不含还原性物质；
(3)铁具有较强的还原性，能够与铁离子或高锰酸钾反应，据此分析判断；
(4)硫酸亚铁溶液与氨水反应生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁容易被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，据此书写反应的方程式；
(5)硫酸亚铁溶液可以在空气中较长时间的存在，而氢氧化亚铁在空气中很快被氧化，据此分析解答。
【详解】(1)根据类比法，结合铁和硝酸反应的产物，产物可能为FeSO4、Fe2(SO4)3或FeSO4和Fe2(SO4)3的混合物，故答案为FeSO4和Fe2(SO4)3；
(2)固体物质中有Fe2(SO4)3，在溶液中加入KSCN溶液，溶液应变红，在酸性KMnO4溶液中加入少量A，KMnO4溶液颜色无明显变化，说明固体A中不含还原性物质，即不含FeSO4，故答案为溶液变血红色；FeSO4；
(3)若固体A还存在铁，由于Fe +2Fe3+=3Fe2+，或者5Fe+3MnO4-+24H+=3Mn2+ +5Fe3++12H2O，因此不能通过高锰酸钾是否褪色来证明固体物质含FeSO4，故答案为FeSO4；Fe +2Fe3+=3Fe2+；5Fe+3MnO4-+24H+=3Mn2+ +5Fe3++12H2O；
(4)硫酸亚铁溶液与氨水反应生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁容易被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，因此白色沉淀转化为红褐色沉淀的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(5)硫酸亚铁溶液可以在空气中较长时间的存在，而氢氧化亚铁白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，由此得出Fe(Ⅱ)的还原性强弱与溶液酸碱性或pH有关，FeSO4的还原性＜Fe(OH)2的还原性，故答案为溶液酸碱性或pH；小于。
24.医学上常将酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应用于测定血钙的含量。回答下列问题：
(1)配平以下离子方程式，并在横线及方框中填上所需的系数及微粒。
__H++__MnO4-+__H2C2O4→__CO2↑+__Mn2++__，___
(2)该反应中的还原剂是_________。
(3)反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量为______mol。
(4)测定血钙的含量的方法是：取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量(NH4)2C2O4溶液，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定。
①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的离子方程式是______________________________。
②溶解沉淀时______(能或不能)用稀盐酸，原因是______________________________。
③若滴定至终点时共消耗了1.0×10-4mol/L的KMnO4溶液20.00mL，则该血液中含钙______g/100mL。
【答案】(1). 6H++2MnO4-+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O (2). H2C2O4 (3). 0.08 (4). CaC2O4+2H+=Ca2++H2C2O4 (5). 不能 (6). KMnO4会氧化Cl- (7). 0.01
【分析】(1)根据元素守恒知，生成物中还含有水，结合化合价升降守恒分析配平；
(2)氧化还原反应中还原剂失去电子元素化合价升高，据此判断；
(3)反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，有MnO4-～5e-，据此分析计算；
(4)①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀发生的是复分解反应，据此书写反应的离子方程式；②HCl具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；③根据原子守恒得关系式5Ca2+～2KMnO4，根据消耗的高锰酸钾计算。
【详解】(1)根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，根据化合价升降守恒，其转移电子总数为10，所以MnO4-、H2C2O4的计量数分别是2、5，再结合原子守恒配平方程式为6H++2MnO4-+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为6H++2MnO4-+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O；
(2)反应中，还原剂失电子，元素的化合价升高，因此H2C2O4是还原剂，发生氧化反应，故答案为H2C2O4；
(3)反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，有MnO4-～5e-，反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量==0.08mol；故答案为0.08；
(4)①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀得到硫酸钙和草酸，反应的离子方程式为：CaC2O4+2H+=Ca2++H2C2O4，故答案为CaC2O4+2H+=Ca2++H2C2O4；
②沉淀溶解不能用稀盐酸，因为KMnO4会氧化Cl-，故答案为不能；KMnO4会氧化Cl-；
③根据原子守恒得5Ca2+～5(NH4)2C2O4～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，所以得关系式5Ca2+～2KMnO4，设钙离子浓度为xmol/L，
5Ca2+～～～～～～～2KMnO4
5 2
2.0×10-3L×xmol/L 0.02L×1.0×10-4mol/L
5∶2=2.0×10-3xmol∶2.0×10-6mol
解得：x==2.5×10-3mol/L，则100mL溶液中钙的质量=40g/mol×0.1L×2.5×10-3mol/L=0.01g，故答案为0.01。
三、选考题（从25、26题中任选一题完成，15分）
25.铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。
（1）Fe3+基态核外电子排布式为___未成对电子数为___个。
（2）丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是______，丙酮分子中含有σ键的数目为_______个。
（3）C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为_______________。
（4）乙醇的沸点高于丙酮，这是因为_________________________________。
（5）利用价层电子对互斥理论判断PCl3的立体构型是_________。
（6）某FexNy的晶胞如图-1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x-n) CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图-2 所示，其中更活泼的Cu替代型产物的化学式为____________。
【答案】(1). [Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5 (2). 5 (3). sp2和sp3 (4). 9 (5). H
(2)中单键均为σ键，双键中含1个σ键，甲基上C形成4个σ键，C=O中C形成3个σ键，据此分析解答；
(3)根据非金属性越强，电负性越大分析判断；
(4)乙醇分子之间形成氢键，导致沸点较高；
(5)根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=σ键个数+(a-xb)分析判断；
(6)由图2可知，Cu替代b位置的Fe时能量较高，不稳定，结合分摊法分析解答。
【详解】(1)Fe的原子序数为26，Fe3+基态核外电子数为23，3d为半满稳定结构，Fe3+基态核外电子排布式为[Ar]3d5或 1s22s22p63s23p63d5，未成对电子数为5个，故答案为[Ar]3d5或 1s22s22p63s23p63d5；5；
(2)中单键均为σ键，双键中含1个σ键，1个π键，丙酮分子共有9个σ键；甲基上C形成4个σ键，C=O中C形成3个σ键，含有1个孤电子对，则羰基上C为sp2杂化，甲基上C为sp3杂化，故答案为sp2和sp3；9；
(3)非金属性越强，电负性越大，则C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为H＜C＜O，故答案为H＜C＜O；
(4)乙醇分子间存在氢键，而丙酮中不存在氢键，导致乙醇的沸点高于丙酮，故答案为乙醇分子间存在氢键；
(5)PCl3中P原子的价层电子对数=3+=4，P原子采用sp3杂化，含有1个孤电子对，PCl3的立体构型是三角锥形，故答案为三角锥形；
(6)由图2可知，Cu替代a位置的Fe时能量较低，更稳定，替代b位置的Fe时能量较高，不稳定，因此更活泼的Cu替代型产物是替代b位置的Fe，则Cu位于面心，N(Cu)=6×=3，Fe位于顶点，N(Fe)=8×=1，N位于体心，则只有1个N，其化学式为FeCu3N，故答案为FeCu3N。
【点睛】本题的易错点为(6)，关键是判断更活泼的Cu替代型产物，要注意能量越高，越不稳定，性质越活泼。
26.2-氨基-3-氯苯甲酸（F）是重要的医药中间体，其制备流程图如图：
已知：
回答下列问题：
（1）分子中不同化学环境的氢原子共有______种，共面原子数目最多为______。
（2）B的名称为_____________________。写出符合下列条件B的所有同分异构体的结构简式_________。
a．苯环上只有两个取代基且互为邻位b．既能发生银镜反应又能发生水解反应
（3）该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备B，而是经由①②③三步反应制取B，其目的是___________________________________________________。
（4）写出⑥的化学反应方程式：_________________________________，该步反应的主要目的是_________________________。
（5）写出⑧的反应试剂和条件：______________；F中含氧官能团的名称为_________。
【答案】 (1). 4 (2). 13 (3). 2-硝基甲苯或邻硝基甲苯 (4). 和 (5). 避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代（或减少副产物，或占位） (6). +HCl (7). 保护甲基 (8). Cl2/FeCl3（或Cl2/Fe） (9). 羧基
【分析】根据①②反应知，甲苯和浓硫酸发生对位取代反应，则A为，③发生水解反应生成B，B发生氧化反应生成邻硝基苯甲酸，根据信息知，邻硝基苯甲酸发生还原反应生成C，C为，⑥⑦为取代反应，根据D、F的结构简式知，D发生取代反应生成E、E水解生成F，则E为，据此分析解答。
【详解】(1) 分子中不同化学环境的氢原子共有4种()，苯分子中所有原子共平面、甲烷中最多有3个原子共平面，则甲苯分子中共面原子数目最多为13个，故答案为4；13；
(2)B()的名称为2-硝基甲苯(或邻硝基甲苯)，B的同分异构体符合下列条件：a．苯环上只有两个取代基且互为邻位；
b．既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有醛基和酯基或肽键，根据O原子个数知，应该为HCOO-或HCONH-，符合条件的结构简式为和 ，故答案为2-硝基甲苯(或邻硝基甲苯)；和 ；
(3)如采用甲苯直接硝化的方法制备B，是因为硝基可取代甲基对位的H原子，经由①②③三步反应制取B，可以避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代，减少副产物的生成，故答案为避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代(或减少副产物，或占位)；
(4)由结构简式可知反应⑥为取代反应，反应的方程式为+HCl，该步反应的主要目的是保护氨基，避免氨基被氧化，故答案为+HCl；保护氨基；
(5)根据上述分析，反应⑧为苯环的氯代反应，类似苯与溴的反应，反应条件为Cl2/FeCl3(或Cl2/Fe)，F()中的含氧官能团为羧基，故答案为Cl2/FeCl3(或Cl2/Fe)；羧基。
陕西省西安中学2020届高三上学期第一次月考
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Ca 40 Fe 56 Cu 64
一、选择题（每小题2分，共42分。每小题都只有一个选项符合题意）
1.关于一些化学物质的性质及用途，下列说法错误的是（ ）
A. 碳酸氢钠、碳酸钙、氢氧化铝、氢氧化镁等可用作抗酸药
B. SO2是允许使用的一种食品添加剂，在食品工业中发挥着护色、防腐、漂白和抗氧化的作用
C. 明矾和硫酸铁均可用于自来水净水、杀菌、消毒
D. 过氧化钠可用作呼吸面具和潜水艇的供氧剂
【答案】C
【详解】A．抗酸药物的种类很多，其有效成分一般都是碳酸氢钠、碳酸钙、氢氧化铝、氢氧化镁等化学物质，故A正确；
B．SO2是国内允许使用的一种食品添加剂，在食品工业中发挥着护色、防腐、漂白和抗氧化的作用，但不能超量使用，故B正确；
C．明矾溶液电离产生的铝离子水解生成的氢氧化铝具有吸附性，能净水，但是明矾不具有强的氧化性，不能杀菌消毒，故C错误；
D．过氧化钠能够和二氧化碳以及水反应生成氧气，可用作呼吸面具或潜水艇的供氧剂，故D正确；
故选C。
【点睛】本题的易错点为B，要注意二氧化硫有毒，但可以用作食品添加剂，如葡萄酒中，用二氧化硫作杀菌消毒、抗氧化等。
2.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中不正确的是（ ）
A. 分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA
B. 28g乙烯和丙烯（C3H6）的混合气体中含有的碳原子数为2NA
C. 常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA
D. 常温常压下，22.4L氯气与足量H2充分反应 ，生成HCl的分子数为2NA
【答案】D
【详解】A、依据n=，NA的NO2和CO2混合气体的物质的量=1mol，NO2和CO2分子中都含有2个氧原子，因此混合气体中含有的氧原子数为2NA，故A正确；
B、28g乙烯和丙烯的混合物中含有28g最简式CH2，含有CH2的物质的量为=2mol，则该混合物中含有碳原子的物质的量为2mol，碳原子数为2NA，故B正确；
C、NO2和N2O4最简式均为NO2，92g混合气体中所含原子数=×3×NA=6NA，故C正确；
D、常温常压下，不能用22.4L/mol来计算氯气的物质的量，故D错误；
故选D。
3.《火药赋》中写到，“硝为君而硫作臣，炭灰佐使最通灵”。火药爆炸时发生的反应：2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。《本草经集注》记载了区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”。下列推断不正确的是( )
A. “紫青烟”主要是指钾元素的焰色反应
B. 爆炸时木炭和硫磺被氧化
C. 硝石在黑火药中起氧化剂的作用且所占质量分数最大
D. “朴消”不能替代“硝石”制黑火药
【答案】B
【分析】不同金属在灼烧时会产生不同的焰色，为焰色反应。 “以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”。硝酸钾含有钾元素，灼烧产生紫色火焰，据此分析解答。
【详解】A．硝酸钾含有钾元素，灼烧产生紫色火焰，“紫青烟”主要是指钾元素的焰色反应，故A正确；
B．2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑反应中N和S元素化合价降低，被还原，C元素化合价升高，被氧化，故B错误；
C．硝石(KNO3)在黑火药发生的反应2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑中，所含氮元素化合价降低，做氧化剂，根据反应物的组成，硝酸钾所占质量分数最大，故C正确；
D．硝石在黑火药中做氧化剂，“朴消”硫酸钠不不具有氧化性，不能代替“硝石”制黑火药，故D正确；
故选B。
4.已知三个氧化还原反应：①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2，②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3，③2KMnO4＋16HCl(浓)= 2KCl＋2MnCl2＋8H2O＋5Cl2↑。若某溶液中有Fe2＋、I－、Cl－共存，要将I－氧化除去而不氧化Fe2＋和Cl－，则可加入的试剂是( )
A. Cl2 B. KMnO4 C. FeCl3 D. HCl
【答案】C
【详解】由信息可知，氧化性由强至弱顺序为：MnO4-＞Cl2＞Fe3+＞I2，还原性由强至弱的顺序为I-＞Fe2+＞Cl-＞Mn2+；
A．氯气能将Fe2+、I-均氧化，故A错误；
B．KMnO4能将Fe2+、I-和Cl-均氧化，故B错误；
C．FeCl3能氧化除去I-而不影响Fe2+和Cl-，故C正确；
D．HCl与三种离子均不反应，故D错误；
故答案为C。
【点睛】考查氧化还原反应，把握氧化性的强弱、混合物分离提纯为解答的关键，氧化性由强至弱的顺序为：MnO4-＞Cl2＞Fe3+＞I2，还原性由强至弱的顺序为：I-＞Fe2+＞Cl-＞Mn2+，要氧化除去I-而不影响Fe2+和Cl-，选择氧化剂发生反应不能引入新杂质，且Fe2+和Cl-不能参加反应。
5.下列有关说法正确的是（ ）
A. 除去氯化钠固体中的少量纯碱：加入过量氯化钙溶液，过滤、蒸发、结晶
B. 除去CO2气体中的少量SO2：可将混合气体通过酸性高锰酸钾溶液
C. 除去CO2中的少量的HCl：将气体通过盛有饱和Na2CO3溶液的洗气瓶
D. 除去试管中残留的MnO2，加入稀盐酸并振荡
【答案】B
【详解】A．如氯化钙过量，引入新杂质，应加入适量氯化钙溶液，故A错误；
B．二氧化碳与高锰酸钾不反应，二氧化硫可被酸性高锰酸钾氧化，可用于除杂，故B正确；
C．CO2和HCl都能与碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故C错误；
D．二氧化锰与稀盐酸不反应，稀盐酸无法除去烧瓶内残留的MnO2，故D错误；故选B。
6.分解水制氢的一种原理如图，下列关于该原理的说法正确的是（ ）
A. 反应过程中化合价改变的元素共有H、O、S
B. 涉及的反应类型有分解反应和化合反应，且步骤Ⅲ是HI的分解
C. 理论上，每生成16gO2，就能得到标准状况下22.4LH2
D. 理论上，每分解18gH2O，就需向体系内再补充32gSO2
【答案】C
【详解】反应I：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；
反应II：2HIH2↑+I2；
反应III：2H2SO42SO2↑+2H2O+O2↑；
A、根据反应方程式可以看出，反应I中S和I化合价改变。反应II中H和I化合价改变。反应III中S和O化合价改变，所以过程中化合价改变的是H、O、S、I，故A错误；
B、反应II和III都是分解反应，而反应I不是基本反应类型，故B错误；
C、整个过程是碘和二氧化硫做催化剂，在太阳能的作用下水分解成氢气和氧气，所以生成16g氧气就生成2g氢气，标准状况下，氢气的体积为22.4L，故C正确；
D、根据上述反应可知，二氧化硫是催化剂，所以质量在过程中不会减少，不需要向体系内再补充二氧化硫，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意，根据反应I、II、III，该反应的总反应为2H2O2H2↑+O2↑，因此SO2和I2均为催化剂。
7.某实验需要450mL0.2mol/L的CuSO4溶液，若用CuSO4•5H2O晶体配制该溶液，需要CuSO4•5H2O晶体的质量为（ ）
A. 1.6g B. 5g C. 2.5g D. 2.25g
【答案】C
【详解】实验室中没有450mL的容量瓶，配制450mL溶液需要选用规格为500mL的容量瓶，实际上配制的是500mL0.2mol/L的硫酸铜溶液，配制0.2mol/L的CuSO4溶液500mL，需要CuSO4的物质的量=0.5L×0.2mol/L=0.1mol，蓝矾物质的量等于CuSO4的物质的量，故需要蓝矾的质量=0.1mol×250g/mol=2.5g，故选C。
8.某溶液中仅含有Na+、Mg2+、SO42-、Cl-四种离子（不考虑水电离出的H+和OH-），已知c(Na+)∶c(Mg2+)∶c(Cl-)=3∶5∶5，若Na+离子的物质的量浓度为1.5mol▪L-1，则SO42-的物质的量浓度为（ ）
A. 2mol▪L-1 B. 2.5mol▪L-1 C. 3mol▪L-1 D. 4mol▪L-1
【答案】A
【详解】溶液中c(Na+)∶c(Mg2+)∶c(Cl-)=3∶5∶5，若Na+的物质的量浓度为1.5mol•L-1，则c(Mg2+)=2.5mol/L、c(Cl-)=2.5mol/L，根据电荷守恒：c(Na+)+2c(Mg2+)=2c(SO42-)+c(Cl-)，故：1.5mol/L+2×2.5mol/L=2c(SO42-)+2.5mol/L，解得c(SO42-)=2mol/L，故选A。
9.向含有1 mol HNO3和1 mol NaHSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属阳离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。下列有关判断不正确的是（ ）
A. a表示Fe3＋的关系曲线，b表示Fe2+的关系曲线
B. n1＝0.5
C. P点时，n(Fe2＋)＝0.3mol
D. 向P点溶液中加入铜粉，最多可溶解14.4g
【答案】BC
【分析】向含有1molHNO3和1molH2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，先是发生反应：Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑(气体)+2H2O，铁过量后是2Fe3++Fe=3Fe2+，n2点时候Fe3+和Fe2+的物质的量相同，据此分析计算。
【详解】A、向含有1molHNO3和1molH2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，现实发生反应：Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑(气体)+2H2O，铁过量后是2Fe3++Fe=3Fe2+，a是表示Fe3+的关系曲线，b表示Fe2+的关系曲线，故A正确；
B、向含有1molHNO3和1molH2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，先发生：Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑(气体)+2H2O，1molHNO3和1molH2SO4共有3moLH+，1mol的NO3-完全氧化需要4molH+，应该按照H+离子计算，产生Fe3+离子为mol，即n1=0.75mol，故B错误；
C、当铁过量，会有：2Fe3++Fe=3Fe2+，P点时Fe3+和Fe2+的物质的量相同，设Fe3+被还原xmol，
2Fe3++Fe=3Fe2+，
2 3
x 1.5x
有0.75-x=1.5x，x=0.3，此时Fe3+的为0.45，所以P点时，n(Fe2+)=0.45mol，故C错误；
D、向P点溶液中加Cu：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，设加入铜的质量是y，
2Fe3+ + Cu = 2Fe2++Cu2+
2mol 64g
0.45mol y
=，解得y=14.4g，即最多可溶解14.4gCu粉，故D正确；
故选BC。
10.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
①pH=7的溶液中：Fe3+、Cl-、Na+、NO3-
②pH=11的溶液中：CO32-、Na+、NO3-、S2-、K+
③水电离的H+浓度为10-12 mol▪L-1的溶液中：NH4+、Na+、SO42-、HCO3-
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NO3-、NH4+、K+、S2O32-
⑤澄清溶液中：Na+、HCO3-、K+、AlO2-、SO42-
⑥=1×10-12的溶液中：K+、Na+、CO32-、NO3-
⑦水溶液中：K+、SO42-、NH4+、NO3-、HCO3-
A. ①③⑤⑦ B. ①④⑤⑥ C. ②④⑤⑥ D. ②⑥⑦
【答案】D
【详解】①Fe3+不会在pH=7的溶液中大量存在，在pH为4.4左右就沉淀完全，故①错误；
②pH=11的溶液呈碱性，CO32-、Na+、NO3-、S2-、K+之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故②正确；
③水电离的H+浓度为10-12mol•L-1的溶液呈酸性或碱性，HCO3-与氢离子、氢氧根离子都能反应，在溶液中一定不能大量共存，故③错误；
④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，与Mg反应不会生成氢气，故④错误；
⑤HCO3-能够与AlO2-发生复分解反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故⑤错误；
⑥=1×10-12的溶液显碱性，存在大量氢氧根离子，K+、Na+、CO32-、NO3-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够大量共存，故⑥正确；
⑦K+、SO42-、NH4+、NO3-、HCO3-之间不反应，在溶液中能够大量共存，故⑦正确；
能够大量共存的为②⑥⑦，故选D。
【点睛】本题的易错点为⑤，要注意酸性：HCO3-＞Al(OH)3，因此HCO3-能够与AlO2-发生复分解反应生成氢氧化铝沉淀。
11.如表中物质间的转化能按如图所示通过一步反应进行的是（ ）
选项物质
W
X
Y
Z
A
Ca
CaO
Ca(OH)2
CaCO3
B
S
SO3
H2SO4
CaSO4
C
Si
SiO2
Na2SiO3
H2SiO3
D
Fe
Fe2O3
FeCl3
Fe(OH)3
【答案】CD
【详解】A、碳酸钙不能一步反应生成氢氧化钙，故A错误；
B、硫燃烧生成二氧化硫，不能一步反应生成SO3，故B错误；
C、硅能够与氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠与盐酸能够反应生成硅酸，硅酸能够与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸分解生成二氧化硅，C与二氧化硅在高温下能够反应生成硅，故C正确；
D、铁能够与氧气反应生成氧化铁，氧化铁能够与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁，氢氧化铁能够与盐酸反应生成氯化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁，CO能够还原氧化铁生成铁，物质间的转化均能通过一步反应进行，故D正确；
故选CD。
12.学生小陈在实验中不小心将碘水沾在白色实验服上，下面哪种物质的水溶液不能够除掉实验服上的碘水斑迹（ ）
A. 维生素C B. 双氧水 C. Na2SO3 D. SO2
【答案】B
【分析】碘具有一定的氧化性，能够与还原性的物质发生反应生成溶于水的物质。据此分析解答。
【详解】A．维生素C具有还原性，能够与碘反应生成溶于水的物质，故A不选；
B．双氧水具有较强的氧化性，常温下，与碘不反应，不能除掉实验服上的碘水斑迹，故B选；
C．Na2SO3具有还原性，能够与碘反应生成溶于水的物质，故C不选；
D．SO2具有还原性，能够与碘反应生成溶于水的物质，故D不选；
故选B。
13.下列实验操作或事实与对应结论或解释不正确的是（ ）
实验操作或事实
现象或结论或解释
A
向1g Na2CO3中加1mL水
白色粉末结块变成晶体，并放热
B
将铝氯气、空气中分别燃烧
可分别用来制备无水AlCl3和Al2O3
C
FeCl3溶液中加入足量Fe后滴加KSCN溶液
不显红色，因为Fe3+被还原为Fe2+
D
向含酚酞的Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸并不断振荡
溶液的红色逐渐褪去，并有白色胶状生成
【答案】B
【详解】A．碳酸钠能够与水形成碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)，因此向1g Na2CO3中加1mL水，白色粉末结块变成晶体，同时放出热量，故A正确；
B．铝能够在氯气中燃烧生成氯化铝，但铝在空气中容易形成熔点很高的致密氧化物薄膜——氧化铝，阻止反应的进一步进行，因此铝在空气中一般不能燃烧，不能用该方法制备氧化铝，故B错误；
C．若溶液中存在铁离子，滴加KSCN溶液，溶液会变红色，加入足量Fe后，容易不显红色，说明Fe3+被还原为Fe2+，故C正确；
D．Na2SiO3溶液水解显碱性，滴加酚酞后，容易变成红色，滴加稀盐酸并不断振荡，盐酸与硅酸钠反应生成白色胶状的硅酸沉淀，容易的碱性减弱，红色逐渐褪去，故D正确；
故选B。
【点睛】本题的易错点为B，要注意铝表面生成的致密的氧化物薄膜会保护里面的铝不被氧化。
14.下列物质与用途或性质完全符合的有多少条（ ）
①Si—光导纤维②Na2CO3—制玻璃、肥皂③Fe2O3—红色油漆或涂料④Al2O3—耐火材料⑤Ca(ClO)2—自来水消毒剂⑥Na2SiO3水溶液—防火材料⑦石灰石—制水泥⑧硫酸铜—农作物杀虫剂
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】C
【详解】①二氧化硅为制造光导纤维的主要原料，故①错误；
②工业上制造玻璃的主要原料是碳酸钠、碳酸钙和二氧化硅；油脂与氢氧化钠在加热是能够反应生成高级脂肪酸钠和甘油，高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，不是使用碳酸钠制备的，故②错误；
③Fe2O3为红色固体，常用来做红色油漆或涂料，故③正确；
④氧化铝的熔点很高，可以制造耐火材料，故④正确；
⑤Ca(ClO)2具有强氧化性，能杀菌消毒，是漂白粉的主要成分，可以用于自来水消毒剂，故⑤正确；
⑥Na2SiO3是制备硅胶和木材防火剂的主要原料，故⑥正确；
⑦生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，经研磨、混合后在水泥回转窑中煅烧，再加入适量石膏，并研成细粉就得到普通水泥，故⑦正确；
⑧波尔多液可以用作农作物的杀虫剂，该农药是在水中加入一定量熟石灰与硫酸铜配制而成的，该农药的化学原理是熟石灰与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钙，具有很强的杀菌能力，故⑧正确；
正确的有7个，故选C。
15.如图是铝的几种重要化合物之间的转化关系，下列表述不正确的是（ ）
A. 若加入的A是NaHCO3溶液，则生成沉淀的离子方程式为：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，溶液的pH增大
B. 若加入的B是NaHCO3溶液，则生成沉淀的离子方程式为：Al(OH)4- + HCO3-=Al(OH)3↓+CO32-+H2O，溶液的pH减小
C. 向AlCl3溶液中加入一定质量的Al(OH)3固体，一段时间后过滤，将所得固体洗涤干燥，称量，固体质量将增加
D. 若加入的A是氨水、NaOH溶液或CH3COONa溶液等；或加入的B是NH4HCO3溶液、NH4Cl溶液或通入SO2、CO2气体等，均可析出Al(OH)3沉淀
【答案】C
【详解】A．氯化铝与NaHCO3溶液混合，发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀的离子方程式为：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，反应后氯化铝溶液的酸性减弱，pH增大，故A正确；
B．酸性：HCO3-＞Al(OH)4-，在偏铝酸钠容易中加入NaHCO3溶液，生成氢氧化铝沉淀的离子方程式为：Al(OH)4- + HCO3-=Al(OH)3↓+CO32-+H2O，反应后溶液的碱性减弱，pH减小，故B正确；
C．AlCl3溶液水解显酸性，加入一定质量的Al(OH)3固体，部分氢氧化铝溶解，一段时间后过滤，将所得固体洗涤干燥，称量，固体质量将减小，故C错误；
D．在氯化铝溶液中加入的氨水或NaOH溶液均可以生成氢氧化铝沉淀，加入CH3COONa溶液促进铝离子水解，也能生成氢氧化铝沉淀；酸性：HCO3-＞Al(OH)4-，向偏铝酸钠溶液中加入NH4HCO3溶液能够反应生成氢氧化铝沉淀，加入NH4Cl溶液或通入SO2、CO2气体等均会促进偏铝酸根离子水解生成氢氧化铝沉淀，故D正确；
故选C。
【点睛】本题的难点为D，要注意从“强制弱”和促进水解两个角度分析判断。
16.下列反应物与其离子方程式表示对应不正确的是（ ）
反应物
离子方程式
A
Ca(HCO3)2与NaOH按照物质的量2∶3反应
2Ca2++3HCO3–+3OH–=2CaCO3↓+CO32– +3H2O
B
NaHCO3与澄清石灰水按照物质的量之比3∶2反应
Ca2++HCO3–+OH–=CaCO3↓ +H2O
C
Ca(HCO3)2与澄清石灰水按照物质的量之比3∶2反应
Ca2++3HCO3–+3OH–=CaCO3↓ +2CO32-+3H2O
D
NH4HCO3与澄清石灰水等物质量反应
HCO3–+NH4+ +Ca2+ +2OH–=CaCO3↓+NH3▪H2O +H2O
【答案】BC
【详解】A．Ca(HCO3)2与NaOH按照物质的量2∶3发生反应的离子方程式为：2Ca2++3HCO3-+3OH-=2CaCO3↓+CO32-+3H2O，故A正确；
B．碳酸氢钠与氢氧化钙按照物质的量之比3∶2反应生成碳酸钙、碳酸钠和碳酸氢钠、水，离子方程式：2Ca2++3HCO3-+3OH-═2CaCO3↓+CO32-+3H2O，故B错误；
C．Ca(OH)2与Ca(HCO3)2的反应与反应物的量的多少无关，均生成碳酸钙沉淀和水，正确的离子反应为：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，故C错误；
D．氢氧化钙与碳酸氢铵溶液混合，二者以等物质的量反应，其离子反应为Ca2++2OH-+NH4++HCO3-═CaCO3↓+NH3•H2O+H2O，故D正确；
故选BC。
17.取100mL0.2mol/L的FeCl3溶液置于烧杯中，向其中加入一定量的Fe、Cu混合物，充分反应后仍有固体剩余，下列叙述一定正确的是（ ）（设溶液体积不变，不考虑水解因素）。
A. 烧杯中有Fe无Cu，c(Fe2+)=0.2mol/L
B. 烧杯中有Cu无Fe，c(Fe2+)=0.3mol/L
C. 烧杯中有Cu无Fe，0.2mol/Lc(Fe2+)0.3mol/L
D. 烧杯中Fe、Cu均有，c(Fe2+)=0.3mol/L
【答案】D
【详解】A、铁还原性大于铜，FeCl3溶液首先与铁反应，铁有剩余，一定有铜剩余，故A错误；
B、有铜无铁，说明铁全部反应生成亚铁离子，若只发生2Fe3++Fe=3Fe2+，原溶液中铁离子物质的量为0.1L×0.2mol/L= 0.02mol，生成亚铁离子0.03mol，亚铁离子浓度c(Fe2+)==0.3mol/L，若铜部分溶解，2Fe3+ + Cu=2Fe2+ + Cu2+，生成的亚铁离子小于0.03mol，则c(Fe2+)＜0.3mol/L，即c(Fe2+)≤0.3mol/L，故B错误；
C、根据B 的分析，有铜无铁，c(Fe2+)≤0.3mol/L，由于有铁溶解，因此c(Fe2+)＞0.2mol/L，即0.2mol/L＜c(Fe2+)≤0.3mol/L，故C错误；
D、溶液中铁铜都有，说明铁离子只和铁反应生成亚铁离子，依据A计算得到c(Fe2+)=0.3mol/L，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为C，要注意一定发生2Fe3++Fe=3Fe2+，因此当铁离子完全反应后，生成的亚铁离子浓度一定大于原来铁离子浓度。
18.已知：SO32-+I2+H2O→SO42-+2I-+2H+。某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、K+、I-、SO32-、SO42-，且所有离子物质的量浓度相等。现取该溶液进行实验，操作和现象如下。有关该溶液的判断正确的是（ ）
A. 肯定不含I﹣ B. 可能不含SO42-
C. 肯定含有SO32- D. 肯定含有NH4+
【答案】C
【详解】A．由于亚铁离子和铁离子均有颜色，根据实验，向该溶液中滴加溴水，得到无色溶液，一定不含Fe2+，又因为溴水为橙色，碘水为黄色，根据SO32-+I2+H2O→SO42-+2I-+2H+可知，与溴反应的只能是SO32-，若溴水少量，先氧化SO32-，则不能确定是否含I-，故A错误；
B．溶液中一定含有，SO32-，一定不含Fe2+，因为所有离子物质的量浓度相等，阳离子Na+、NH4+、K+，存在其中的两种或三种，若含有SO42-，不能满足电荷守恒，因此一定不存在SO42-，故B错误；
C．由上述分析可知，肯定含有SO32-，故C正确；
D．根据实验不能判断I-是否存在，若阴离子只有SO32-，则含有阳离子为Na+、NH4+、K+中的两种，均可满足电荷守恒，不能确定是否含NH4+，故D错误；
故选C。
19.向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中加入稀盐酸。下列离子方程式与事实不相符的是（ ）
A. OH－＋CO32－＋2H＋=HCO3－＋H2O B. 2OH－＋CO32－＋3H＋=HCO3－＋2H2O
C. 2OH－＋CO32－＋4H＋=CO2↑＋2H2O D. OH－＋CO32－＋3H＋=CO2↑＋2H2O
【答案】C
【详解】等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中OH-与CO32-物质的量相等，加入稀盐酸，首先发生①OH－＋H＋=H2O，然后是②CO32－＋H＋=HCO3－，最后是③HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O；
A①＋②即得到OH－＋CO32－＋2H＋=HCO3－＋H2O，A与事实相符；
B.①×2＋②即得到2OH－＋CO32－＋3H+=HCO3－＋2H2O，B与事实相符；
C.若OH-为2mol，则CO32-也为2mol，加入4molH+时2molOH-优先消耗2molH+，然后2molCO32-与2molH+恰好完全反应生成2molHCO3-，没有CO2气体产生，C与事实不符；
D.①＋②＋③即得到OH－＋CO32－＋3H＋=CO2↑＋2H2O，D与事实相符；
答案选C。
20.30mL浓度为0.05mol▪L-1Na2SO3溶液恰好与25mL浓度为0.02mol▪L-1的K2X2O6溶液完全反应，已知Na2SO3可被K2X2O6氧化为Na2SO4，则元素X在还原产物中的化合价为下列的（ ）
A. +5价 B. +4价 C. +3价 D. +2价
【答案】D
【详解】令X元素在还原产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒（或化合价升降守恒），有30×10-3L×0.05mol/L×(6-4)=25×10-3L×0.02mol/L×2×(5-a)，解得：a=+2，故选D。
21.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法不正确的是（ ）
A. 原子半径：r(X)
C. X分别和Y、Z均可组成含有非极性键的共价化合物
D. X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物和离子化合物
【答案】A
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素；W是短周期中金属性最强的元素，则W是Na元素；其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，且Y原子序数小于Z，则Y是N元素；X不与Na、O、N同周期，则X位于第一周期，为H元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知：X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Na元素。
A．原子的电子层数越多，其原子半径越大，电子层数相同的原子，其原子半径随着原子序数增大而减小，X位于第一周期、Y和Z位于第二周期且原子序数Y＜Z，W位于第三周期，所以原子半径：r(X)＜r(Z)＜r(Y)＜r(W)，故A错误；
B．W的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH是强碱，故B正确；
C．X分别和Y、Z形成的化合物有H2O、H2O2、NH3、N2H4等，都是共价化合物，其中H2O2、N2H4中含有极性键和非极性键，故C正确；
D．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵，硝酸是共价化合物、硝酸铵是离子化合物，故D正确；
故选A。
二、非选择题（本题3小题，共43分）
22.利用铝灰(主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等)制备铝鞣剂[主要成分为Al(OH)2Cl]的一种工艺如图：
（1）气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。铝灰在90℃时水解生成A的化学方程式为：_________________________________________，“水解”采用90℃而不在室温下进行的原因是_____________________________________________。
（2）“酸溶”时，生成气体B的离子方程式为_________________________________。
（3）“氧化”时反应的离子方程式为__________________________________________。
（4）“除杂”中反应的离子方程式为_________________________________________。
（5）“喷雾干燥”是将需干燥的物料，分散成很细的像雾一样的微粒，与热空气接触，在瞬间将大部分水分除去，使物料中的固体物质干燥成粉末。采用喷雾干燥而不用蒸发可有效防止产品的水解或分解，写出Al(OH)2Cl在较高温度下分解的化学方程式___________________________。“喷雾干燥”中将需干燥的物料，分散成很细的微粒的目的是_______________________________________。
【答案】 (1). AlN＋3H2OAl(OH)3↓＋NH3↑ (2). 加快AlN的水解反应速率，降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出 (3). 2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑ (4). 2Fe2＋＋2H＋＋ClO－=2Fe3＋＋Cl－＋H2O (5). 3CO32-+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑或表示为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；CO32-+2H+=CO2↑+H2O (6). 2Al(OH)2ClAl2O3+2HCl↑+H2O (7). 增大水分蒸发面积，加速干燥过程
【分析】铝灰主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等，加入热水发生水解反应，AlN和水反应生成氢氧化铝和氨气；加入盐酸酸溶后，生成氯化铝溶液和氯化亚铁溶液，同时放出氢气；加入漂白剂将亚铁离子氧化为铁离子；加入纯碱，调节溶液pH，使铁离子沉淀，同时放出二氧化碳气体；采用喷雾干燥制备铝鞣剂[主要成分为Al(OH)2Cl]固体，据此分析解答。
【详解】(1)气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明生成的是氨气，铝灰中的AlN和水发生水解反应生成氢氧化铝沉淀和氨气，反应的化学方程式为：AlN+3H2O Al(OH)3+NH3↑，加热可以促进氮化铝水解生成氨气，降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出，故答案为AlN+3H2O Al(OH)3+NH3↑；加快AlN水解反应速率，降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出；
(2) “酸溶”时，铝与盐酸反应放出氢气，反应的离子方程式为2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑，故答案为2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑；
(3)加入漂白液的作用是利用次氯酸根离子在酸溶液中的强氧化性，氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++2H++ClO-═2Fe3++Cl-+H2O，故答案为2Fe2++2H++ClO-═2Fe3++Cl-+H2O；
(4)“除杂”中，是用碳酸钠调节溶液pH，使铁离子沉淀，同时放出二氧化碳气体，反应的离子方程式为3CO32-+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，故答案为3CO32-+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；
(5)Al(OH)2Cl在较高温度下分解生成氧化铝，氯化氢和水，反应的化学方程式为2Al(OH)2ClAl2O3+2HCl↑+H2O；根据题意，“喷雾干燥”中将需干燥的物料，分散成很细的微粒，可以增大水分蒸发面积，加速干燥过程，防止产品的水解或分解，故答案为2Al(OH)2ClAl2O3+2HCl↑+H2O；增大水分蒸发面积，加速干燥过程。
23.铁在化合物中通常是Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)，现有一定量固体物质A，可能由FeSO4、Fe2(SO4)3组成，通过实验确定其成分。探究过程如下：
（1）提出假设：(请把下列假设补充完整)
假设：该固体物质是FeSO4；或该固体物质是Fe2(SO4)3；或该固体物质是_________。
（2）设计实验方案：取少量固体物质A于烧杯中，加适量水溶解A，然后取两份A溶液分别进行实验，实验现象与结论如表：
实验方法
实验现象
结论
在溶液中加入KSCN溶液
___
固体物质中有Fe2(SO4)3
在酸性KMnO4溶液中加入少量A振荡
KMnO4溶液颜色无明显变化
固体物质中不含___。
（3）若该固体A可能还存在铁，则不能证明固体物质中含____________，其理由至少有两个，请分别用离子方程式表示_______________________________________、________________________________________________。
（4），写出由“白色沉淀”转化为“红褐色沉淀”的化学方程式______________________________。
（5）上述白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，由此得出Fe(Ⅱ)的还原性强弱与_________________有关，FeSO4的还原性______Fe(OH)2（填“大于”“小于”或“等于”）。
【答案】(1). FeSO4和Fe2(SO4)3 (2). 溶液变血红色（或红色） (3). FeSO4 (4). FeSO4 (5). Fe +2Fe3+=3Fe2+ (6). 5Fe+3MnO4-+24H+=3Mn2+ +5Fe3++12H2O (7). 4Fe(OH)2 +O2+2H2O=4Fe(OH)3 (8). 溶液酸碱性或pH (9). 小于
【分析】(1)根据类比法，结合铁和硫酸反应的产物，产物可能为FeSO4、Fe2(SO4)3或二者的混合物；
(2)固体物质中有Fe2(SO4)3，在溶液中加入KSCN溶液，溶液应变红；在酸性KMnO4溶液中加入少量A，KMnO4溶液颜色无明显变化，说明不含还原性物质；
(3)铁具有较强的还原性，能够与铁离子或高锰酸钾反应，据此分析判断；
(4)硫酸亚铁溶液与氨水反应生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁容易被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，据此书写反应的方程式；
(5)硫酸亚铁溶液可以在空气中较长时间的存在，而氢氧化亚铁在空气中很快被氧化，据此分析解答。
【详解】(1)根据类比法，结合铁和硝酸反应的产物，产物可能为FeSO4、Fe2(SO4)3或FeSO4和Fe2(SO4)3的混合物，故答案为FeSO4和Fe2(SO4)3；
(2)固体物质中有Fe2(SO4)3，在溶液中加入KSCN溶液，溶液应变红，在酸性KMnO4溶液中加入少量A，KMnO4溶液颜色无明显变化，说明固体A中不含还原性物质，即不含FeSO4，故答案为溶液变血红色；FeSO4；
(3)若固体A还存在铁，由于Fe +2Fe3+=3Fe2+，或者5Fe+3MnO4-+24H+=3Mn2+ +5Fe3++12H2O，因此不能通过高锰酸钾是否褪色来证明固体物质含FeSO4，故答案为FeSO4；Fe +2Fe3+=3Fe2+；5Fe+3MnO4-+24H+=3Mn2+ +5Fe3++12H2O；
(4)硫酸亚铁溶液与氨水反应生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁容易被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，因此白色沉淀转化为红褐色沉淀的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(5)硫酸亚铁溶液可以在空气中较长时间的存在，而氢氧化亚铁白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，由此得出Fe(Ⅱ)的还原性强弱与溶液酸碱性或pH有关，FeSO4的还原性＜Fe(OH)2的还原性，故答案为溶液酸碱性或pH；小于。
24.医学上常将酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应用于测定血钙的含量。回答下列问题：
(1)配平以下离子方程式，并在横线及方框中填上所需的系数及微粒。
__H++__MnO4-+__H2C2O4→__CO2↑+__Mn2++__，___
(2)该反应中的还原剂是_________。
(3)反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量为______mol。
(4)测定血钙的含量的方法是：取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量(NH4)2C2O4溶液，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定。
①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的离子方程式是______________________________。
②溶解沉淀时______(能或不能)用稀盐酸，原因是______________________________。
③若滴定至终点时共消耗了1.0×10-4mol/L的KMnO4溶液20.00mL，则该血液中含钙______g/100mL。
【答案】(1). 6H++2MnO4-+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O (2). H2C2O4 (3). 0.08 (4). CaC2O4+2H+=Ca2++H2C2O4 (5). 不能 (6). KMnO4会氧化Cl- (7). 0.01
【分析】(1)根据元素守恒知，生成物中还含有水，结合化合价升降守恒分析配平；
(2)氧化还原反应中还原剂失去电子元素化合价升高，据此判断；
(3)反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，有MnO4-～5e-，据此分析计算；
(4)①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀发生的是复分解反应，据此书写反应的离子方程式；②HCl具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；③根据原子守恒得关系式5Ca2+～2KMnO4，根据消耗的高锰酸钾计算。
【详解】(1)根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，根据化合价升降守恒，其转移电子总数为10，所以MnO4-、H2C2O4的计量数分别是2、5，再结合原子守恒配平方程式为6H++2MnO4-+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为6H++2MnO4-+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O；
(2)反应中，还原剂失电子，元素的化合价升高，因此H2C2O4是还原剂，发生氧化反应，故答案为H2C2O4；
(3)反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，有MnO4-～5e-，反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量==0.08mol；故答案为0.08；
(4)①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀得到硫酸钙和草酸，反应的离子方程式为：CaC2O4+2H+=Ca2++H2C2O4，故答案为CaC2O4+2H+=Ca2++H2C2O4；
②沉淀溶解不能用稀盐酸，因为KMnO4会氧化Cl-，故答案为不能；KMnO4会氧化Cl-；
③根据原子守恒得5Ca2+～5(NH4)2C2O4～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，所以得关系式5Ca2+～2KMnO4，设钙离子浓度为xmol/L，
5Ca2+～～～～～～～2KMnO4
5 2
2.0×10-3L×xmol/L 0.02L×1.0×10-4mol/L
5∶2=2.0×10-3xmol∶2.0×10-6mol
解得：x==2.5×10-3mol/L，则100mL溶液中钙的质量=40g/mol×0.1L×2.5×10-3mol/L=0.01g，故答案为0.01。
三、选考题（从25、26题中任选一题完成，15分）
25.铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。
（1）Fe3+基态核外电子排布式为___未成对电子数为___个。
（2）丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是______，丙酮分子中含有σ键的数目为_______个。
（3）C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为_______________。
（4）乙醇的沸点高于丙酮，这是因为_________________________________。
（5）利用价层电子对互斥理论判断PCl3的立体构型是_________。
（6）某FexNy的晶胞如图-1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x-n) CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图-2 所示，其中更活泼的Cu替代型产物的化学式为____________。
【答案】(1). [Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5 (2). 5 (3). sp2和sp3 (4). 9 (5). H
(2)中单键均为σ键，双键中含1个σ键，甲基上C形成4个σ键，C=O中C形成3个σ键，据此分析解答；
(3)根据非金属性越强，电负性越大分析判断；
(4)乙醇分子之间形成氢键，导致沸点较高；
(5)根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=σ键个数+(a-xb)分析判断；
(6)由图2可知，Cu替代b位置的Fe时能量较高，不稳定，结合分摊法分析解答。
【详解】(1)Fe的原子序数为26，Fe3+基态核外电子数为23，3d为半满稳定结构，Fe3+基态核外电子排布式为[Ar]3d5或 1s22s22p63s23p63d5，未成对电子数为5个，故答案为[Ar]3d5或 1s22s22p63s23p63d5；5；
(2)中单键均为σ键，双键中含1个σ键，1个π键，丙酮分子共有9个σ键；甲基上C形成4个σ键，C=O中C形成3个σ键，含有1个孤电子对，则羰基上C为sp2杂化，甲基上C为sp3杂化，故答案为sp2和sp3；9；
(3)非金属性越强，电负性越大，则C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为H＜C＜O，故答案为H＜C＜O；
(4)乙醇分子间存在氢键，而丙酮中不存在氢键，导致乙醇的沸点高于丙酮，故答案为乙醇分子间存在氢键；
(5)PCl3中P原子的价层电子对数=3+=4，P原子采用sp3杂化，含有1个孤电子对，PCl3的立体构型是三角锥形，故答案为三角锥形；
(6)由图2可知，Cu替代a位置的Fe时能量较低，更稳定，替代b位置的Fe时能量较高，不稳定，因此更活泼的Cu替代型产物是替代b位置的Fe，则Cu位于面心，N(Cu)=6×=3，Fe位于顶点，N(Fe)=8×=1，N位于体心，则只有1个N，其化学式为FeCu3N，故答案为FeCu3N。
【点睛】本题的易错点为(6)，关键是判断更活泼的Cu替代型产物，要注意能量越高，越不稳定，性质越活泼。
26.2-氨基-3-氯苯甲酸（F）是重要的医药中间体，其制备流程图如图：
已知：
回答下列问题：
（1）分子中不同化学环境的氢原子共有______种，共面原子数目最多为______。
（2）B的名称为_____________________。写出符合下列条件B的所有同分异构体的结构简式_________。
a．苯环上只有两个取代基且互为邻位b．既能发生银镜反应又能发生水解反应
（3）该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备B，而是经由①②③三步反应制取B，其目的是___________________________________________________。
（4）写出⑥的化学反应方程式：_________________________________，该步反应的主要目的是_________________________。
（5）写出⑧的反应试剂和条件：______________；F中含氧官能团的名称为_________。
【答案】 (1). 4 (2). 13 (3). 2-硝基甲苯或邻硝基甲苯 (4). 和 (5). 避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代（或减少副产物，或占位） (6). +HCl (7). 保护甲基 (8). Cl2/FeCl3（或Cl2/Fe） (9). 羧基
【分析】根据①②反应知，甲苯和浓硫酸发生对位取代反应，则A为，③发生水解反应生成B，B发生氧化反应生成邻硝基苯甲酸，根据信息知，邻硝基苯甲酸发生还原反应生成C，C为，⑥⑦为取代反应，根据D、F的结构简式知，D发生取代反应生成E、E水解生成F，则E为，据此分析解答。
【详解】(1) 分子中不同化学环境的氢原子共有4种()，苯分子中所有原子共平面、甲烷中最多有3个原子共平面，则甲苯分子中共面原子数目最多为13个，故答案为4；13；
(2)B()的名称为2-硝基甲苯(或邻硝基甲苯)，B的同分异构体符合下列条件：a．苯环上只有两个取代基且互为邻位；
b．既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有醛基和酯基或肽键，根据O原子个数知，应该为HCOO-或HCONH-，符合条件的结构简式为和 ，故答案为2-硝基甲苯(或邻硝基甲苯)；和 ；
(3)如采用甲苯直接硝化的方法制备B，是因为硝基可取代甲基对位的H原子，经由①②③三步反应制取B，可以避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代，减少副产物的生成，故答案为避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代(或减少副产物，或占位)；
(4)由结构简式可知反应⑥为取代反应，反应的方程式为+HCl，该步反应的主要目的是保护氨基，避免氨基被氧化，故答案为+HCl；保护氨基；
(5)根据上述分析，反应⑧为苯环的氯代反应，类似苯与溴的反应，反应条件为Cl2/FeCl3(或Cl2/Fe)，F()中的含氧官能团为羧基，故答案为Cl2/FeCl3(或Cl2/Fe)；羧基。
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