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广东省北大附中深圳南山分校2020届高三上学期期中考试化学（解析版）
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广东省北大附中深圳南山分校2020届高三上学期期中考试
第Ⅰ卷（选择题，共54分）
可能用到的相对原子质量：H:1 O:16 N :14 Cl:35.5 Ca :40 Na:23 Fe: 56 Cu:64 Ti ：48
一、选择题（本题包括18小题，每小題3分，共54分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.改革开放40年，我国取得了很多世界瞩目的科技成果，下列说法不正确的是（ ）
A. 蛟龙号潜水器用到钛合金，22号钛元素属于过渡元素
B. 港珠澳大桥用到的合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能
C. 国产C919用到氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料
D. 中国天眼传输信息用的光纤材料是硅
【答案】D
【详解】A. 蛟龙号潜水器用到钛合金，22号钛元素，位于第四周期，第IVB族，属于过渡元素，故A正确；
B.合金材料，一般具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能，故B正确；
C.氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，故C正确；
D. 中国天眼传输信息用的光纤材料是二氧化硅，故D错误；
答案选D。
2.下列说法中正确的是（ ）
A. 生石灰可用作食品抗氧化剂
B. 焰色反应是物质燃烧时火焰呈现的颜色变化，属于化学变化
C. “海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，但加入明矾不能使海水淡化
D. 分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液
【详解】A选项，Fe可用作食品抗氧化剂，生石灰作干燥剂，故A错误；
B选项，焰色反应是物质燃烧时火焰呈现的颜色变化，属于物理变化，故B错误；
C选项，“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，但加入明矾只能净水，不能使海水淡化，故C正确；
D选项，分散系中分散质粒子的大小：Fe(OH)3悬浊液 > Fe(OH)3胶体> FeCl3溶液，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】焰色反应为物理变化；食品中的化学知识；铁粉做抗氧剂，生石灰作干燥剂。
3.某实验小组同学把小块木炭在酒精灯上烧至红热，迅速投入热的浓硝酸中，发生剧烈反应，同时有大量红棕色气体产生，液面上木炭迅速燃烧发出亮光。经查阅资料可知浓硝酸分解产生NO2和O2。为了探究“液面上木炭迅速燃烧发出亮光”的原因，该小组同学用如图装置完成以下实验：
序号
实验I
实验II
集气瓶中所盛气体
O2
加热浓硝酸产生的气体
现象
木炭迅速燃烧发出亮光
木炭迅速燃烧发出亮光
下列说法正确的是（ ）
A. 浓硝酸分解产生的V(NO2):V(O2)=1:1
B. 红棕色气体的产生表明木炭与浓硝酸发生了反应
C. 能使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体是氧气
D. 以上实验不能确定使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体一定是NO2
【答案】D
【详解】A.浓硝酸分解的方程式为4HNO34 NO2↑+O2↑+2H2O，则V(NO2):V(O2)=4:1，故A错误；
B.红棕色气体为NO2，它的产生不能表明木炭与浓硝酸发生了反应，也可能是浓硝酸分解产生的，故B错误；
C.实验II中浓硝酸受热分解产生的气体为二氧化氮和氧气，木炭在此混合气体中能迅速燃烧发出亮光，可能是氧气助燃的作用，也可能二氧化氮也具有助燃作用，故C错误；
D.根据C的分析，浓硝酸受热分解产生的气体为二氧化氮和氧气，木炭在此混合气体中能迅速燃烧发出亮光，可能是氧气助燃的作用，也可能二氧化氮也具有助燃作用，以上实验不能确定使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体一定是NO2，故D正确。答案选D。
4.探究铝片与Na2CO3溶液的反应。
无明显现象
铝片表面产生细小气泡
出现白色浑浊，产生大量气泡（经检验为H2和CO2）
下列说法不正确的是（ ）
A. 对比Ⅰ、Ⅲ，说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜
B. 推测出现白色浑浊的原因：AlO2- + HCO3- + H2O = Al（OH）3↓+ CO32-
C. 加热和H2逸出对CO32- 水解平衡移动方向的影响是相反的
D. Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32- + H2O ⇌ HCO3- + OH-
【答案】C
【详解】A选项，I中Al表面没有气泡，说明表面有氧化膜，III中Al有气泡，说明表面氧化膜被破坏，故A正确；
B选项，碳酸钠溶液显碱性，铝表面氧化膜和碱反应生成偏铝酸根，去掉氧化膜后，铝和碱反应生成偏铝酸根，碳酸根水解生成碳酸氢根，碳酸氢根离子和偏铝酸根离子反应， AlO2－ + HCO3－ + H2O = Al(OH)3↓+ CO32－，故B正确；
C选项，盐类水解是吸热反应，加热促进盐类水解，氢气逸出有利于铝与氢氧根离子的反应，碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根离子，消耗了氢氧根离子，促进碳酸根离子水解，所以加热和H2逸出对CO32- 水解平衡移动方向都起到促进作用，故C错误；
D选项，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32－ + H2O HCO3－ + OH－，故D正确；
综上所述，答案为C。
5.2019年是元素周期表诞生150周年，目前周期表七个周期均已排满，共118种元素。短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示，且四种元素的原子最外层电子数之和为24。
下列说法不正确的是（ ）
A. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y
B. W的氢化物与Z的氢化物反应，产物的水溶液呈碱性
C. 在元素周期表中，117号元素与Z元素位于同一主族
D. 工业上常用YX2漂白纸浆、毛、丝等
【答案】B
【分析】设X的最外层电子数为x，则由相对位置可知，W、Y、Z的最外层电子数依次为x-1、x、x+1，根据W、X、Y、Z的原子最外层电子数之和为24，有：x-1+x+x+x+1=24，解得x=6，由此可确定W、X、Y、Z分别为N、O、S、Cl，据此解答。
【详解】综合以上分析，W、X、Y、Z分别为N、O、S、Cl，
A. 元素的非金属性Cl>S，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4>H2SO4，故A正确；
B. W的氢化物为NH3，Z的氢化物为HCl，NH3和HCl反应生成NH4Cl，NH4Cl为强酸弱碱盐水解，溶液呈酸性，故B错误；
C. 在元素周期表中，117号元素与0族元素的118号元素相邻，则位于第七周期第VIIA族，与Cl元素位于同一主族，故C正确；
D. 二氧化硫具有漂白性，工业上常用SO2漂白纸浆、毛、丝等，故D正确。
故答案选B。
【点睛】本题考查元素的推断、元素周期律、元素周期表的应用的知识，熟悉元素周期表，确定元素的种类是解题的关键，注意C项中由原子序数确定元素位置的常用方法为零族元素定位法。
6.氯气是一种重要的工业原料，液氯储存区贴有的说明卡如下：
包装
钢瓶
储运要求
远离金属粉末、氨、烃类、醇类物质；设置氯气检测仪
泄漏处理
NaOH、NaHSO3溶液吸收
下列解释事实的方程式不正确的是（ ）
A. 氯气用于自来水消毒：Cl2 + H2O2H+ + Cl－+ ClO－
B. 电解饱和食盐水制取Cl2：2Cl－ +2H2O 2OH－+ H2↑+Cl2↑
C. 浓氨水检验泄露的氯气，产生白烟：8NH3 + 3Cl2 === 6 NH4Cl + N2
D. 氯气“泄漏处理”中NaHSO3溶液的作用：HSO3－+ Cl2 + H2O === SO42－+ 3H+ + 2Cl－
【答案】A
【分析】A．HClO为弱酸，不能完全电离；
B．电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠；
C．氯气具有强氧化性，可氧化氨气生成氮气；
D．氯气与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸根离子。
【详解】A. HClO为弱酸，不能完全电离，离子方程式为Cl2 + H2OH+ + Cl－+ HClO，A项错误；
B. 电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，电解方程式为2Cl－ +2H2O 2OH－+ H2↑+Cl2↑，B项正确；
C. 氯气具有强氧化性，可氧化氨气生成氮气，同时生成氯化铵，方程式为8NH3 + 3Cl2 === 6NH4Cl + N2，C项正确；
D. 氯气与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸根离子，反应的离子方程式为HSO3－+ Cl2 + H2O === SO42－+ 3H+ + 2Cl－，D项正确；
答案选A。
【点睛】离子反应方程式的书写正误判断题是高频考点，涉及的知识面广，出题人经常设的陷阱有：不符合客观事实、电荷不守恒、原子不守恒以及反应物用量干扰等问题，如A选项是易错点，容易忽略次氯酸是弱电解质，而应该保留化学式。
7.NaCl是我们生活中必不可少的物质。将NaCl溶于水配成1 mol·L-1的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是 （ ）
A. a离子为Na+
B. 溶液中含有NA个Na+
C. 水合b离子的图示不科学
D. 室温下测定该NaCl溶液的pH小于7，是由于Cl-水解导致
【答案】C
【分析】根据半径大小比较的方法，a离子为Cl－，b离子为Na＋，然后溶解过程图示进行分析。
【详解】A、Na＋核外有2个电子层，Cl－核外有3个电子层，即Cl－的半径大于Na＋，a离子为Cl－，b为Na＋，故A错误；
B、题目中没有说明溶液的体积，无法计算NaCl的物质的量，即无法判断Na＋的数目，故B错误；
C、H2O中H＋显＋1价，b为Na＋，根据同电相斥异电相吸的原理，Na＋应被氧原子“包围”，即水合b离子的图示不科学，故C正确；
D、NaCl是强酸强碱盐，水溶液显中性，即pH=7，故D错误。
【点睛】易错点是选项B，学生仍为NaCl物质的量浓度为1mol·L－1，则溶液Na＋的物质的量为1mol，忽略了物质的量、物质的量浓度之间的关系，即n=Vc。
8.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 1.0mol/LKNO3溶液：H＋、Fe2＋、SCN－、SO42－
B. pH =0的溶液：Al3＋、CO32－、Cl－、SO42－
C. 的溶液：K＋、Ba2＋、NO3－、Cl－
D. 无色溶液：Na＋、SO32－、Cu2＋、SO42－
【答案】C
【详解】A选项，NO3－、H＋、Fe2＋发生氧化还原反应，故A错误；
B选项，pH =0的溶液，强酸性和CO32－反应生成气体，故B错误；
C选项，的溶液，说明是c(OH-) = 0.01 mol/L，K＋、Ba2＋、NO3－、Cl－，都不反应，故C正确；
D选项，无色溶液，Cu2＋有颜色，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】有颜色的离子：铜离子、亚铁离子、铁离子、高锰酸根离子、重铬酸根离子。
9.某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。实验记录如下：
序号
I
II
III
实验步骤
充分振荡，加入2mL蒸馏水
充分振荡，加入2mL蒸馏水
充分振荡，加入2mL蒸馏水
实验现象
铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀
下列说法不正确的是（ ）
A. 实验I、II、III中均涉及Fe3+被还原
B. 对比实验I、II说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关
C. 实验II、III中加入蒸馏水后c(Cu2+)相同
D. 向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀
【答案】C
【分析】Cu和FeCl3溶液反应生成FeCl2和CuCl2，若铜过量，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀，可能是发生了反应：CuCl2+Cu=2CuCl↓，据此分析解答。
【详解】A. 实验I、II、III中的现象为溶液黄色变浅或溶液黄色褪去，说明Fe3+被Cu还原，故A正确；
B. 对比实验I、II，实验I加入少量铜粉，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象；实验II加入过量铜粉，铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀；说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关，故B正确；
C. 对比实验II、III，参加反应的Fe3+的量相同，则生成的Cu2+应相同，但由于实验II生成CuCl，所以加入蒸馏水后c(Cu2+)不相同，故C错误；
D. 实验III溶液为蓝色，含有Cu2+和过量的铜，向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀CuCl，故D正确。
故答案选C。
10.中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. C3N4中C的化合价为−4
B. 反应的两个阶段均为吸热过程
C. 阶段Ⅱ中，H2O2既是氧化剂，又是还原剂
D. 通过该反应，实现了化学能向太阳能的转化
【答案】C
【详解】A. 依据化合物中化合价代数和为0，因C3N4中N的化合价为-3价，所以C的化合价为+4，A项错误；
B. 阶段II过氧化氢分解生成氧气和水的过程为放热反应，B项错误；
C. 阶段Ⅱ中，H2O2发生歧化反应，既是氧化剂，又是还原剂，C项正确；
D. 利用太阳光实现高效分解水的反应，实现了太阳能向化学能的转化，D项错误；
答案选C。
11.NH3和NO2在催化剂作用下反应：8NH3+6NO2=7N2+12H2O。若还原产物比氧化产物少0.1 mol，则下列判断正确的是（ ）
A. 转移电子4.8NA个 B. 还原剂比氧化剂多0.2 mol
C. 生成气体的体积42.56 L(标准状况） D. 被还原的氮原子是11.2 g
【答案】B
【分析】8NH3+6NO2═7N2+12H2O中，氨气为还原剂，二氧化氮为氧化剂，则由N原子守恒可知7molN2中，3mol为还原产物，4mol为氧化产物，即该反应中还原产物比氧化产物少1mol，同时转移电子为24e-，以此来解答．
【详解】A. 若还原产物比氧化产物少0.1mol,转移电子为2.4mol,转移电子2.4NA个，故A错误；
B. 若还原产物比氧化产物少0.1mol，还原剂为0.8mol，氧化剂为0.6mol，还原剂比氧化剂多0.2mol，故B正确；
C. 若还原产物比氧化产物少0.1mol，生成单质为0.7mol，标况下体积为0.7mol×22.4L/mol=15.68L，故C错误；
D. 氧化剂被还原，由选项B可知，被还原的氮原子是0.6mol×14g/mol=8.4g，故D错误；
故选C.
【点睛】氧化还原反应的计算方法是电子守恒，即还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，当氧化产物与还原产物是同一种物质时，从还原剂，氧化剂分析。
12.如图所示是一种综合处理SO2废气的工艺流程，若每步都完全反应。下列说法正确的是 ( )
A. 溶液B中发生的反应为2SO2＋O2=2SO3
B. 可用酸性高锰酸钾溶液检验溶液C中是否含有Fe3＋
C. 由以上流程可推知氧化性：Fe3＋>O2>SO42—
D. 此工艺的优点之一是物质能循环利用
【答案】D
【解析】本题以综合处理SO2废气的工艺流程为载体，考查氧化还原反应的相关知识。结合题中流程可以分析得出其中涉及2个反应，依次为2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42—＋4H＋、4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O，故A错，同时由以上两个氧化还原反应方程式可知C错；用酸性高锰酸钾溶液只能检验溶液C中是否含有Fe2＋，而不能检验Fe3＋，B错。
13.在一定条件下，RO3n－和氟气可发生反应：RO3n－ + F2+2OH－=RO4－+2F－+H2O，从而可知在RO3n－中，元素R的化合价是( )
A. +4 B. +7 C. +6 D. +5
【答案】D
【分析】根据电荷守恒，得n=1，根据离子中各元素化合价代数和等于离子所带电荷计算RO3－中R元素的化合价。
【详解】根据电荷守恒可知，-n-2=-1-2，解得n=1，
令RO3n-中R元素的化合价为a，离子中各元素化合价代数和等于离子的所带电荷，则：
a+（-2）×3=-1
解得：a=+5，
答案选D。
【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，难度不大，也可以根据电子转移守恒计算，注意氧化还原反应计算中守恒思想的运用。
14.实验室通过称量样品受热脱水前后的质量来测定x值，下列情况会导致测定值偏低的是( )
A. 实验前试样未经干燥 B. 试样中含有少量碳酸氢铵
C. 试样中含有少量氯化钠 D. 加热过程中有试样迸溅出来
【答案】C
【详解】A.实验前试样未经干燥，加热后剩余固体质量偏少，导致结晶水含量偏高，A不符合题意；
B.试样中含有少量碳酸氢铵，碳酸氢铵受热分解成氨气、二氧化碳和水，加热分解后剩余固体质量偏少，导致结晶水含量偏高，B不符合题意；
C.试样中含有少量氯化钠，氯化钠受热不分解，加热分解后剩余固体质量偏大，导致结晶水的含量偏低，C符合题意；
D.加热过程中有试样迸溅出来，加热分解后剩余固体质量偏少，会使结晶水的质量偏高，导致结晶水的含量偏高，D不符合题意；
故合理选项是C。
15.海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Cl－、Br－、、、等离子，火力发电时排放的烟气可用海水脱硫，其工艺流程如下图所示：
下列说法错误的是（ ）
A. 海水pH约为8的原因主要是天然海水含、
B. 吸收塔中发生的反应有SO2+H2OH2SO3
C. 氧化主要是氧气将、、H2SO3氧化为
D. 经稀释“排放”出的废水中，浓度与海水相同
【答案】D
【解析】试题分析：A、海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO-3等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32-、HCO-3离子，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，故A正确；B、天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，因为氧气具有氧化性，被氧化的硫元素的化合价为+4价，具有还原性，所以氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化为硫酸，如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4，故B正确；C、氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸（H+），故C正确；
D、从框图可知：排放”出来的海水，是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大，所以SO42-的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小，故D错误。
考点：海水资源及其综合利用；二氧化硫的化学性质
16.合理的实验设计是顺利完成化学实验的有力保障。下列有关化学实验的设计合理的是（ ）
A. 在空气中用瓷坩埚煅烧钠制取过氧化钠
B. 采用蒸馏的方法分离碘的四氯化碳溶液
C. 氯气通入溴化铁溶液，比较氯和溴的活泼性
D. H2S气体通入CuSO4溶液，比较氢硫酸和硫酸的酸性
【答案】B
【解析】A．在高温下SiO2能与Na2O、Na2O2反应，故A错误；B．因四氯化碳与碘沸点不同，可用蒸馏的方法分离碘的和四氯化碳，故B正确；C．氯气通入溴化铁溶液，有溴生成，但溶液颜色变化不明显，无法判断反应是否进行，即无法比较氯和溴的活泼性，故C错误；D．H2S是弱酸，但H2S气体通入CuSO4溶液有CuS生成，得到的难溶物，不可比较氢硫酸和硫酸的酸性，故D错误；答案为B。
17. 下列叙述正确的是（ ）
A. 浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体
B. CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c(CH3COO－)增大
C. Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应可得到Ca(OH)2
D. 25℃时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度
【答案】D
【解析】试题分析：A、浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3红褐色沉淀，得不到胶体，A错误；B、CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸生成醋酸和氯化钠，因此溶液中c(CH3COO－)降低，B错误；C、Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，得不到Ca(OH)2，C错误；D、根据氢氧化铜的溶解平衡可知，溶液中铜离子浓度越大，氢氧化铜的溶解度越小，因此25℃时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度，D正确，答案选D。
考点：考查氢氧化铁胶体制备、盐类水解、离子反应以及溶解平衡等
18.Na2SmOn对应的多种盐，均为工业生产中的重要物质。下列说法错误的是（ ）
A. 若m=1，n=3,该盐溶液可用于吸收Cl2
B. 若m=1，n=4,检验其阴离子可先加盐酸酸化，再加BaCl2溶液
C. 若m=2，n=3,该盐与稀硫酸发生复分解反应
D. 若m=2，n=8,若该盐中S显+6价，则1个S2O82－中过氧键的数目为1
【答案】C
【详解】A选项，若m=1，n=3，为亚硫酸钠，该盐和氯气反应用于吸收氯气，故A正确；
B选项，若m=1，n=4，为硫酸钠，检验其阴离子可先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则含有硫酸根离子，故B正确；
C选项，若m=2，n=3，该盐为硫代硫酸钠，与稀硫酸发生反应生成二氧化硫、硫、硫酸钠和水，是氧化还原反应，故C错误；
D选项，若m=2，n=8，若该盐中S显+6价，设过氧根数目为x个，氧离子为y个，则2x + y = 8，-2x + (-2y) +6×2 = -2，x =1， y = 6 ，即1个S2O82－中过氧键的数目为1，故D正确；
综上所述，答案为C。
二、填空题
19.下图是某工业生产过程。
溶解度表：
温度℃
0
10
20
30
40
60
80
90
100
氯化铵
29.4
33.3
37.2
41.4
45.8
55.2
65.6
71.3
77.3
硫酸铵
70.6
73
75.4
78
81
88
95
98
103
硫酸钾
7.4
9.3
11.1
13
14.8
18.2
21.4
22.9
24.1
氯化钾
28
31.2
34.2
37.2
40.1
45.8
51.3
53.9
56.3
（1）本工业生产过程的目标产品是____________________________________。（写化学式）
（2）过滤Ⅰ操作所得固体中，除CaCO3外还有一种物质，该固体的用途有_________（试举一例）。
（3）根据溶解度表转化Ⅱ适宜的温度是________
A、0~10℃ B、20~30℃ C、40~60℃ D、90~100℃
过滤Ⅱ操作所得滤渣是__________。
（4）我国著名的化学家也利用了转化Ⅱ的反应原理制备了一种重要的碱，该制备的化学反应方程式为：___________________________________________________
（5）氯化钙结晶水合物（CaCl2·6H2O）进行脱水处理可制得常用的干燥剂，根据下图选择最佳脱水的方法是__________
A、氯化氢气流中加热到174℃ B、直接加热至174℃
C、直接加热至260℃ D、氯化氢气流中加热到260℃
（6）上述工业流程实现了绿色化学的理念，其中__________________（填化学式）实现了循环利用，副产品_________________________（填化学式）可转化为原料，整个流程基本实现了污染物零排放。
【答案】 (1). CaCl2·6H2O (2). 做石膏模型；加入到水泥中调节水泥的硬化速率；做建筑材料 (3). D (4). K2SO4（或K2SO4 和KCl） (5). NH3+H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓ (6). C (7). NH3 (8). CaCO3
【解析】
（1）根据上面流程，起点由水吸收氨气，再吸收二氧化碳，最后转化产出的为红色圈的CaCl2·6H2O，本工业生产过程的目标产品是CaCl2·6H2O；而箭头指出的CaCO3受热分解可提供氧化钙和二氧化碳，根据溶解性表中硫酸铵、氯化钾、硫酸钾和氯化铵中硫酸钾溶解度最小，在转化Ⅱ中溶解度最小的先析出，故过滤Ⅱ滤渣A为硫酸钾，即箭头指出的在流程序中间的碳酸钙和硫酸钾都不是目标产品；（2）过滤Ⅰ操作所得固体中，除CaCO3外还有一种物质，根据前面转化Ⅰ加入的石膏应该过量且是微溶，故还有的固体为石膏，用途有：做石膏模型；加入到水泥中调节水泥的硬化速率；做建筑材料等；（3）根据溶解度表转化Ⅱ适宜的温度是90~100℃，该温度范围内，硫酸铵、氯化钾、氯化铵的溶解度都比硫酸钾溶解度大得多，容易析出硫酸钾晶体；过滤Ⅱ操作所得滤渣是K2SO4（或K2SO4 和KCl）；（4）我国著名的化学家也利用了转化Ⅱ的反应原理制备了一种重要的碱，该制备是在饱和食盐水中通入足量的氨气，再通入足量的二氧化碳产生碳酸氢钠，化学反应方程式为：NH3+H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；（5）由于CaCl2·6H2O的相对分子质量为219、假如有CaCl2·4H2O、CaCl2·2H2O、CaCl2·H2O、，则相对分子质量分别为183、147、129，CaCl2的相对分子质量为111，根据相对分子质量及质量关系，将CaCl2·6H2O转化为CaCl2最佳脱水的方法是应该选D；（6）上述工业流程（参照前面的图）实现了绿色化学的理念，其中蒸氨过程中NH3实现了循环利用，副产品CaCO3可转化为原料氧化钙和二氧化碳，整个流程基本实现了污染物零排放。
20.亚硝酸钠（化学式为 NaNO2）是一种常用的防腐剂，回答下列问题:
（1）NaNO2 中 N 元素的化合价为_________.
（2）亚硝酸钠在 320°C 时能分解产生氧化钠固体、一氧化氮和一种常见的助燃性气体。该反应的化学方程式_____________________________。
（3）我国规定火腿肠中亚硝酸钠添加标准为每千克食品含量不超过 150 毫克，以此计算，200g 15％的亚硝酸钠溶液至少可用于生产火腿肠______千克。
（4）在酸性条件下，NaNO2与按物质的量 1:1 恰好完全反应，且I－被氧化为 I2时，产物中含氮的物质为________（填化学式）。
（5）工业废水中的 NaNO2 可用铝粉除去，已知此体系中包含 AI、NaAlO2、NaNO2、NaOH、NH3、H2O 六种物质。该反应的化学方程式为________________________________。
（6）某同学设计实验对工业产品中 NaNO2 的含量进行测定，你取固体样品 2g，完全溶解配制成溶液 100mL 取出 25mL 溶液用 0.100 mol/L 酸性 KMnO4 溶液进行滴定（杂质不与 KMnO4 反应），实验所得数据如下表所示:
滴定次数
1
2
3
4
消耗KMnO4溶液体积/mL
20.70
20.02
20.00
19.98
该样品中亚硝酸钠的质量分数为_________.（已知:5NO2-+2MnO4-+6H+ = 5NO3-+2Mn2++ 3H2O）
【答案】 (1). +3 (2). 4NaNO22Na2O+4NO↑+O2↑ (3). 200 (4). NO (5). NaNO2+2Al+NaOH+H2O=2NaAlO2+NH3↑ (6). 69%
(1)根据在化合物中正负化合价代数和为零，可设亚硝酸钠中氮元素的化合价为x，则：(+1)+x+(-2)×2=0，解得x=+3，故答案为：+3；
(2)因为亚硝酸钠在320℃时能分解产生氧化钠固体、一氧化氮气体和一种常见的助燃性气体，故反应的化学方程式为4NaNO22Na2O+4NO↑+O2↑；
(3)因为我国规定肉灌肠中亚硝酸钠添加标准为每千克食品含量不超过150毫克，所以200g、15%的亚硝酸钠溶液至少可用于生产肉灌肠的质量为 200g×15%÷═200kg，故答案为：200kg；
(4)碘离子被氧化为碘单质时，所有的碘元素化合价升高了2价，消耗碘离子是2mol，亚硝酸钠中氮元素化合价是+3价，2mol的亚硝酸钠得到2mol电子时，则需氮元素的化合价降为+2价，所以产物中含氮的物质为NO，故答案为：NO；
(5)亚硝酸钠具有氧化性，金属铝具有还原性，碱性条件下，二者发生氧化还原反应生成偏铝酸盐和氨气和水，反应的化学方程式为：NaNO2+2Al+NaOH+H2O=2NaAlO2+NH3↑，故答案为：NaNO2+2Al+NaOH+H2O=2NaAlO2+NH3↑；
(6)消耗高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L×0.02L=0.002mol，则根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量是0.002mol×=0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol×=0.02mol，其质量为0.02mol×69g/mol=1.38g，所以样品中亚硝酸钠的质量分数×100%=69.0%，故答案为：69.0%。
21.FeBr2是一种黄绿色固体，某学习小组制备并探究它的还原性。
【制备FeBr2固体】
实验室用如图所示装置制取溴化亚铁。其中A为CO2发生装置，D和d中均盛有液溴，E为外套电炉丝的不锈钢管，e是两个耐高温的瓷皿，其中盛有细铁粉。
实验开始时，先将干燥、纯净的CO2气流通入D中，再将铁粉加热至600—700℃，E管中铁粉开始反应。不断将d中液溴滴入温度为100—120℃的D中，经过一段时间的连续反应，在不锈钢管内产生黄绿色鳞片状溴化亚铁。
（1）若在A中盛固体CaCO3，a中盛有6 mol/L的盐酸。为使导入D中的CO2为干燥纯净的气体，则图中B、C处的洗气瓶中装有的试剂分别是：B中为____________，C中为_________。若进入E装置中的CO2未干燥，则可能发生的副反应的化学方程式为__________。
（2）E管中的反应开始后持续通入CO2的主要作用是______________________________。
【探究FeBr2的还原性】
（3）已知：Cl2的CCl4溶液呈黄绿色，Br2的CCl4溶液呈橙红色。Cl2既能氧化Br－，也能氧化Fe2+。取10 mL0.1mol/LFeBr2溶液，向其中滴加几滴新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。取少量反应后的溶液加入KSCN溶液，溶液变为血红色。另取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后，下层为无色液体。以上实验结论表明还原性：Fe2+_________Br－（填“>”或“<”）。
（4）若在40 mL上述FeBr2溶液中通入标准状况下67.2 mL的 C12，取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后下层液体呈_______色，写出该反应的离子方程式______________________。
【答案】(1). 饱和NaHCO3溶液 (2). 浓硫酸 (3). 3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑ (4). 将溴蒸气带入E装置中进行反应 (5). ＞ (6). 橙红 (7). 4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-
【分析】制备溴化亚铁主要是防止空气中的氧气氧化，因此整个装置要处于无氧的状态，实验室制备二氧化碳过程中有HCl气体和水蒸气杂质，因此要除掉这些杂质再利用二氧化碳带出溴蒸汽进入到E装置中发生反应。
通过实验先加少量氯气得出亚铁离子和溴离子的还原性，利用量的关系来进行书写溴化亚铁与氯气的反应离子方程式。
【详解】⑴若在A中盛固体CaCO3，a中盛有6 mol/L的盐酸。为使导入D中的CO2为干燥纯净的气体，则图中B、C处的洗气瓶中装有的试剂分别是：
A中生成的二氧化碳，从A中出来的气体主要是二氧化碳气体，还有水蒸气和HCl气体，B中主要是除掉HCl气体，用饱和碳酸氢钠溶液，C中主要是除掉水蒸气，用浓硫酸干燥，若进入E装置中的CO2未干燥，水和铁粉再高温下反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑，
故答案为：饱和NaHCO3溶液；浓硫酸；3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑；
⑵在反应前CO2主要作用是排除装置内的空气，滴入液溴后CO2主要是将D中的液溴变为溴蒸汽进入到E管中与铁进行反应并在反应开始后持续通入CO2，
故答案为：将溴蒸气带入E装置中进行反应；
⑶取10 mL0.1mol/L FeBr2溶液，向其中滴加几滴新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。取少量反应后的溶液加入KSCN溶液，溶液变为血红色，说明溶液反应生成了铁离子，另取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后，下层为无色液体，说明没有生成溴单质，因此还原性：Fe2+ > Br－，
故答案是：>；
⑷若在40 mL上述FeBr2溶液物质的量为0.004 mol，还原性Fe2+ > Br－，溶液中通入标准状况下67.2 mL的C12，物质的量为0.003 mol，
根据方程，氯气过量，应该按亚铁离子物质的量进行计算消耗氯气物质的量为0.002 mol，剩余0.001mol氯气与溴离子反应，
根据方程式得出消耗溴离子为0.002 mol，生成0.001 mol溴单质，因此取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后下层液体橙红色，
反应的离子方程式4Fe2++2Br－+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl－
故答案为：橙红；4Fe2++2Br－+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl－。
三、选做题：
22.由N、P、Ti等元素组成的新型材料有着广泛的用途，请回答下列问题。
（1）钛元素基态原子未成对电子数为____个，能量最高的电子占据的能级符号为______。
（2）磷的一种同素异形体—白磷(P4)的立体构型为____，推测其在CS2中的溶解度________（填“大于”或“小于”）在水中的溶解度。
（3）两种三角锥形气态氢化物膦(PH3)和氨(NH3)的键角分别为93.6°和107°，试分析PH3的键角小于NH3的原因：____________________________________________。
（4）工业上制金属钛采用金属还原四氯化钛。先将TiO2（或天然的金红石）和足量炭粉混合加热至1000～1100K，进行氯化处理，生成TiCl4。写出生成TiCl4的化学反应方程式：______________________________________________。
（5）有一种氮化钛晶体的晶胞如图所示，该晶体的化学式为________，已知晶体的密度为pg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则晶胞边长为________cm（用含p、NA的式子表示）。
【答案】(1). 2 (2). 3d (3). 正四面体形 (4). 大于 (5). 电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大 (6). TiO2+2C+2C12TiCl4+2CO (7). TiN (8).
分析：（1）根据钛原子的核外电子排布式解答；
（2）根据白磷的结构解答；根据相似相容原理解答；
（3）根据电负性对成键电子对的影响解答；
（4）根据反应物和生成物结合原子守恒书写方程式；
（5）根据均摊法计算。
详解：（1）钛元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，因此其中未成对电子数为2个，能量最高的电子占据的能级符号为3d。
（2）白磷(P4)分子中含有6个P－P单键，其立体构型为正四面体形；白磷和CS2均为非极性分子，水是极性分子，根据相似相容原理可推测白磷在CS2中的溶解度大于在水中的溶解度。
（3）由于电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大，因此PH3的键角小于NH3的。
（4）反应物是氯气、TiO2和足量炭粉，生成物是TiCl4，根据原子守恒且碳过量可知还有CO生成，则生成TiCl4的化学反应方程式为TiO2+2C+2C12TiCl4+2CO。
（5）根据晶胞结构可知含有的N原子个数是8×1/8+6×1/2＝4，Ti原子全部在晶胞中，共计是4个，则该晶体的化学式为TiN；设晶胞的边长是a cm，则，解得a＝。
23.以葡萄糖为原料制得的山梨醇（A）和异山梨醇（B）都是重要的生物质转化平台化合物。E是一种治疗心绞痛的药物。由葡萄糖为原料合成E的路线如下：
回答下列问题：
（1）葡萄糖的分子式为_________。
（2）A中含有的官能团的名称为_____________。
（3）由B到C反应类型为_________________。
（4）C的结构简式为_____________________。
（5）由D到E的反应方程式为_________________________________________________。
（6）F是B的同分异构体，7.30g的F与足量饱和碳酸氢钠反应可释放出2.24L二氧化碳（标准状况），F的可能结构共有_____种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3：1：1的结构简式为_____________________。
【答案】(1). C6H12O6 (2). 羟基 (3). 取代反应或酯化反应 (4). (5). (6). 9 (7).
【分析】葡萄糖在催化剂作用下与氢气发生醛基的加成反应生成A，A在浓硫酸的作用下发生分子内脱水反应生成B，B与乙酸发生酯化反应生成C，根据C与D的分子式可知C生成D是C分子中另一个羟基与硝酸发生酯化反应，D在氢氧化钠溶液中水解生成E，据此解答。
【详解】（1）葡萄糖的分子式为C6H12O6。
（2）葡萄糖在催化剂作用下与氢气发生醛基的加成反应生成A，因此A中含有的官能团的名称为羟基。
（3）由B到C发生酯化反应，反应类型为取代反应。
（4）根据B的结构简式可知C的结构简式为。
（5）由D到E是乙酸形成的酯基水解，反应方程式为。
（6）F是B的同分异构体，7.30 g的F与足量饱和碳酸氢钠可释放出2.24 L二氧化碳（标准状况），说明F分子中含有羧基，7.30 g F的物质的量是7.3g÷146g/mol＝0.05mol，二氧化碳是0.1mol，因此F分子中含有2个羧基，则F相当于是丁烷分子中的2个氢原子被羧基取代，如果是正丁烷，根据定一移一可知有6种结构。如果是异丁烷，则有3种结构，所以可能的结构共有9种（不考虑立体异构），即、、、、、、、、。其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3∶1∶1的结构简式为。
【点睛】高考化学试题中对有机化学基础的考查题型比较固定，通常是以生产、生活的陌生有机物的合成工艺流程为载体考查有机化学的核心知识，涉及常见有机物官能团的结构、性质及相互转化关系，涉及有机物结构简式的确定、反应类型的判断、化学方程式的书写、同分异构体的识别和书写等知识的考查。它要求学生能够通过题给情境中适当迁移，运用所学知识分析、解决实际问题，这高考有机化学复习备考的方向。本题的难点是同分异构体数目判断，同分异构体类型通常有：碳链异构、官能团异构、位置异构等，有时还存在空间异构，要充分利用题目提供的信息来书写符合题意的同分异构体。对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目，本题就是采用这种方法。
广东省北大附中深圳南山分校2020届高三上学期期中考试
第Ⅰ卷（选择题，共54分）
可能用到的相对原子质量：H:1 O:16 N :14 Cl:35.5 Ca :40 Na:23 Fe: 56 Cu:64 Ti ：48
一、选择题（本题包括18小题，每小題3分，共54分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.改革开放40年，我国取得了很多世界瞩目的科技成果，下列说法不正确的是（ ）
A. 蛟龙号潜水器用到钛合金，22号钛元素属于过渡元素
B. 港珠澳大桥用到的合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能
C. 国产C919用到氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料
D. 中国天眼传输信息用的光纤材料是硅
【答案】D
【详解】A. 蛟龙号潜水器用到钛合金，22号钛元素，位于第四周期，第IVB族，属于过渡元素，故A正确；
B.合金材料，一般具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能，故B正确；
C.氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，故C正确；
D. 中国天眼传输信息用的光纤材料是二氧化硅，故D错误；
答案选D。
2.下列说法中正确的是（ ）
A. 生石灰可用作食品抗氧化剂
B. 焰色反应是物质燃烧时火焰呈现的颜色变化，属于化学变化
C. “海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，但加入明矾不能使海水淡化
D. 分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液
【详解】A选项，Fe可用作食品抗氧化剂，生石灰作干燥剂，故A错误；
B选项，焰色反应是物质燃烧时火焰呈现的颜色变化，属于物理变化，故B错误；
C选项，“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，但加入明矾只能净水，不能使海水淡化，故C正确；
D选项，分散系中分散质粒子的大小：Fe(OH)3悬浊液 > Fe(OH)3胶体> FeCl3溶液，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】焰色反应为物理变化；食品中的化学知识；铁粉做抗氧剂，生石灰作干燥剂。
3.某实验小组同学把小块木炭在酒精灯上烧至红热，迅速投入热的浓硝酸中，发生剧烈反应，同时有大量红棕色气体产生，液面上木炭迅速燃烧发出亮光。经查阅资料可知浓硝酸分解产生NO2和O2。为了探究“液面上木炭迅速燃烧发出亮光”的原因，该小组同学用如图装置完成以下实验：
序号
实验I
实验II
集气瓶中所盛气体
O2
加热浓硝酸产生的气体
现象
木炭迅速燃烧发出亮光
木炭迅速燃烧发出亮光
下列说法正确的是（ ）
A. 浓硝酸分解产生的V(NO2):V(O2)=1:1
B. 红棕色气体的产生表明木炭与浓硝酸发生了反应
C. 能使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体是氧气
D. 以上实验不能确定使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体一定是NO2
【答案】D
【详解】A.浓硝酸分解的方程式为4HNO34 NO2↑+O2↑+2H2O，则V(NO2):V(O2)=4:1，故A错误；
B.红棕色气体为NO2，它的产生不能表明木炭与浓硝酸发生了反应，也可能是浓硝酸分解产生的，故B错误；
C.实验II中浓硝酸受热分解产生的气体为二氧化氮和氧气，木炭在此混合气体中能迅速燃烧发出亮光，可能是氧气助燃的作用，也可能二氧化氮也具有助燃作用，故C错误；
D.根据C的分析，浓硝酸受热分解产生的气体为二氧化氮和氧气，木炭在此混合气体中能迅速燃烧发出亮光，可能是氧气助燃的作用，也可能二氧化氮也具有助燃作用，以上实验不能确定使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体一定是NO2，故D正确。答案选D。
4.探究铝片与Na2CO3溶液的反应。
无明显现象
铝片表面产生细小气泡
出现白色浑浊，产生大量气泡（经检验为H2和CO2）
下列说法不正确的是（ ）
A. 对比Ⅰ、Ⅲ，说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜
B. 推测出现白色浑浊的原因：AlO2- + HCO3- + H2O = Al（OH）3↓+ CO32-
C. 加热和H2逸出对CO32- 水解平衡移动方向的影响是相反的
D. Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32- + H2O ⇌ HCO3- + OH-
【答案】C
【详解】A选项，I中Al表面没有气泡，说明表面有氧化膜，III中Al有气泡，说明表面氧化膜被破坏，故A正确；
B选项，碳酸钠溶液显碱性，铝表面氧化膜和碱反应生成偏铝酸根，去掉氧化膜后，铝和碱反应生成偏铝酸根，碳酸根水解生成碳酸氢根，碳酸氢根离子和偏铝酸根离子反应， AlO2－ + HCO3－ + H2O = Al(OH)3↓+ CO32－，故B正确；
C选项，盐类水解是吸热反应，加热促进盐类水解，氢气逸出有利于铝与氢氧根离子的反应，碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根离子，消耗了氢氧根离子，促进碳酸根离子水解，所以加热和H2逸出对CO32- 水解平衡移动方向都起到促进作用，故C错误；
D选项，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32－ + H2O HCO3－ + OH－，故D正确；
综上所述，答案为C。
5.2019年是元素周期表诞生150周年，目前周期表七个周期均已排满，共118种元素。短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示，且四种元素的原子最外层电子数之和为24。
下列说法不正确的是（ ）
A. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y
B. W的氢化物与Z的氢化物反应，产物的水溶液呈碱性
C. 在元素周期表中，117号元素与Z元素位于同一主族
D. 工业上常用YX2漂白纸浆、毛、丝等
【答案】B
【分析】设X的最外层电子数为x，则由相对位置可知，W、Y、Z的最外层电子数依次为x-1、x、x+1，根据W、X、Y、Z的原子最外层电子数之和为24，有：x-1+x+x+x+1=24，解得x=6，由此可确定W、X、Y、Z分别为N、O、S、Cl，据此解答。
【详解】综合以上分析，W、X、Y、Z分别为N、O、S、Cl，
A. 元素的非金属性Cl>S，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4>H2SO4，故A正确；
B. W的氢化物为NH3，Z的氢化物为HCl，NH3和HCl反应生成NH4Cl，NH4Cl为强酸弱碱盐水解，溶液呈酸性，故B错误；
C. 在元素周期表中，117号元素与0族元素的118号元素相邻，则位于第七周期第VIIA族，与Cl元素位于同一主族，故C正确；
D. 二氧化硫具有漂白性，工业上常用SO2漂白纸浆、毛、丝等，故D正确。
故答案选B。
【点睛】本题考查元素的推断、元素周期律、元素周期表的应用的知识，熟悉元素周期表，确定元素的种类是解题的关键，注意C项中由原子序数确定元素位置的常用方法为零族元素定位法。
6.氯气是一种重要的工业原料，液氯储存区贴有的说明卡如下：
包装
钢瓶
储运要求
远离金属粉末、氨、烃类、醇类物质；设置氯气检测仪
泄漏处理
NaOH、NaHSO3溶液吸收
下列解释事实的方程式不正确的是（ ）
A. 氯气用于自来水消毒：Cl2 + H2O2H+ + Cl－+ ClO－
B. 电解饱和食盐水制取Cl2：2Cl－ +2H2O 2OH－+ H2↑+Cl2↑
C. 浓氨水检验泄露的氯气，产生白烟：8NH3 + 3Cl2 === 6 NH4Cl + N2
D. 氯气“泄漏处理”中NaHSO3溶液的作用：HSO3－+ Cl2 + H2O === SO42－+ 3H+ + 2Cl－
【答案】A
【分析】A．HClO为弱酸，不能完全电离；
B．电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠；
C．氯气具有强氧化性，可氧化氨气生成氮气；
D．氯气与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸根离子。
【详解】A. HClO为弱酸，不能完全电离，离子方程式为Cl2 + H2OH+ + Cl－+ HClO，A项错误；
B. 电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，电解方程式为2Cl－ +2H2O 2OH－+ H2↑+Cl2↑，B项正确；
C. 氯气具有强氧化性，可氧化氨气生成氮气，同时生成氯化铵，方程式为8NH3 + 3Cl2 === 6NH4Cl + N2，C项正确；
D. 氯气与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸根离子，反应的离子方程式为HSO3－+ Cl2 + H2O === SO42－+ 3H+ + 2Cl－，D项正确；
答案选A。
【点睛】离子反应方程式的书写正误判断题是高频考点，涉及的知识面广，出题人经常设的陷阱有：不符合客观事实、电荷不守恒、原子不守恒以及反应物用量干扰等问题，如A选项是易错点，容易忽略次氯酸是弱电解质，而应该保留化学式。
7.NaCl是我们生活中必不可少的物质。将NaCl溶于水配成1 mol·L-1的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是 （ ）
A. a离子为Na+
B. 溶液中含有NA个Na+
C. 水合b离子的图示不科学
D. 室温下测定该NaCl溶液的pH小于7，是由于Cl-水解导致
【答案】C
【分析】根据半径大小比较的方法，a离子为Cl－，b离子为Na＋，然后溶解过程图示进行分析。
【详解】A、Na＋核外有2个电子层，Cl－核外有3个电子层，即Cl－的半径大于Na＋，a离子为Cl－，b为Na＋，故A错误；
B、题目中没有说明溶液的体积，无法计算NaCl的物质的量，即无法判断Na＋的数目，故B错误；
C、H2O中H＋显＋1价，b为Na＋，根据同电相斥异电相吸的原理，Na＋应被氧原子“包围”，即水合b离子的图示不科学，故C正确；
D、NaCl是强酸强碱盐，水溶液显中性，即pH=7，故D错误。
【点睛】易错点是选项B，学生仍为NaCl物质的量浓度为1mol·L－1，则溶液Na＋的物质的量为1mol，忽略了物质的量、物质的量浓度之间的关系，即n=Vc。
8.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 1.0mol/LKNO3溶液：H＋、Fe2＋、SCN－、SO42－
B. pH =0的溶液：Al3＋、CO32－、Cl－、SO42－
C. 的溶液：K＋、Ba2＋、NO3－、Cl－
D. 无色溶液：Na＋、SO32－、Cu2＋、SO42－
【答案】C
【详解】A选项，NO3－、H＋、Fe2＋发生氧化还原反应，故A错误；
B选项，pH =0的溶液，强酸性和CO32－反应生成气体，故B错误；
C选项，的溶液，说明是c(OH-) = 0.01 mol/L，K＋、Ba2＋、NO3－、Cl－，都不反应，故C正确；
D选项，无色溶液，Cu2＋有颜色，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】有颜色的离子：铜离子、亚铁离子、铁离子、高锰酸根离子、重铬酸根离子。
9.某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。实验记录如下：
序号
I
II
III
实验步骤
充分振荡，加入2mL蒸馏水
充分振荡，加入2mL蒸馏水
充分振荡，加入2mL蒸馏水
实验现象
铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀
下列说法不正确的是（ ）
A. 实验I、II、III中均涉及Fe3+被还原
B. 对比实验I、II说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关
C. 实验II、III中加入蒸馏水后c(Cu2+)相同
D. 向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀
【答案】C
【分析】Cu和FeCl3溶液反应生成FeCl2和CuCl2，若铜过量，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀，可能是发生了反应：CuCl2+Cu=2CuCl↓，据此分析解答。
【详解】A. 实验I、II、III中的现象为溶液黄色变浅或溶液黄色褪去，说明Fe3+被Cu还原，故A正确；
B. 对比实验I、II，实验I加入少量铜粉，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象；实验II加入过量铜粉，铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀；说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关，故B正确；
C. 对比实验II、III，参加反应的Fe3+的量相同，则生成的Cu2+应相同，但由于实验II生成CuCl，所以加入蒸馏水后c(Cu2+)不相同，故C错误；
D. 实验III溶液为蓝色，含有Cu2+和过量的铜，向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀CuCl，故D正确。
故答案选C。
10.中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. C3N4中C的化合价为−4
B. 反应的两个阶段均为吸热过程
C. 阶段Ⅱ中，H2O2既是氧化剂，又是还原剂
D. 通过该反应，实现了化学能向太阳能的转化
【答案】C
【详解】A. 依据化合物中化合价代数和为0，因C3N4中N的化合价为-3价，所以C的化合价为+4，A项错误；
B. 阶段II过氧化氢分解生成氧气和水的过程为放热反应，B项错误；
C. 阶段Ⅱ中，H2O2发生歧化反应，既是氧化剂，又是还原剂，C项正确；
D. 利用太阳光实现高效分解水的反应，实现了太阳能向化学能的转化，D项错误；
答案选C。
11.NH3和NO2在催化剂作用下反应：8NH3+6NO2=7N2+12H2O。若还原产物比氧化产物少0.1 mol，则下列判断正确的是（ ）
A. 转移电子4.8NA个 B. 还原剂比氧化剂多0.2 mol
C. 生成气体的体积42.56 L(标准状况） D. 被还原的氮原子是11.2 g
【答案】B
【分析】8NH3+6NO2═7N2+12H2O中，氨气为还原剂，二氧化氮为氧化剂，则由N原子守恒可知7molN2中，3mol为还原产物，4mol为氧化产物，即该反应中还原产物比氧化产物少1mol，同时转移电子为24e-，以此来解答．
【详解】A. 若还原产物比氧化产物少0.1mol,转移电子为2.4mol,转移电子2.4NA个，故A错误；
B. 若还原产物比氧化产物少0.1mol，还原剂为0.8mol，氧化剂为0.6mol，还原剂比氧化剂多0.2mol，故B正确；
C. 若还原产物比氧化产物少0.1mol，生成单质为0.7mol，标况下体积为0.7mol×22.4L/mol=15.68L，故C错误；
D. 氧化剂被还原，由选项B可知，被还原的氮原子是0.6mol×14g/mol=8.4g，故D错误；
故选C.
【点睛】氧化还原反应的计算方法是电子守恒，即还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，当氧化产物与还原产物是同一种物质时，从还原剂，氧化剂分析。
12.如图所示是一种综合处理SO2废气的工艺流程，若每步都完全反应。下列说法正确的是 ( )
A. 溶液B中发生的反应为2SO2＋O2=2SO3
B. 可用酸性高锰酸钾溶液检验溶液C中是否含有Fe3＋
C. 由以上流程可推知氧化性：Fe3＋>O2>SO42—
D. 此工艺的优点之一是物质能循环利用
【答案】D
【解析】本题以综合处理SO2废气的工艺流程为载体，考查氧化还原反应的相关知识。结合题中流程可以分析得出其中涉及2个反应，依次为2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42—＋4H＋、4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O，故A错，同时由以上两个氧化还原反应方程式可知C错；用酸性高锰酸钾溶液只能检验溶液C中是否含有Fe2＋，而不能检验Fe3＋，B错。
13.在一定条件下，RO3n－和氟气可发生反应：RO3n－ + F2+2OH－=RO4－+2F－+H2O，从而可知在RO3n－中，元素R的化合价是( )
A. +4 B. +7 C. +6 D. +5
【答案】D
【分析】根据电荷守恒，得n=1，根据离子中各元素化合价代数和等于离子所带电荷计算RO3－中R元素的化合价。
【详解】根据电荷守恒可知，-n-2=-1-2，解得n=1，
令RO3n-中R元素的化合价为a，离子中各元素化合价代数和等于离子的所带电荷，则：
a+（-2）×3=-1
解得：a=+5，
答案选D。
【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，难度不大，也可以根据电子转移守恒计算，注意氧化还原反应计算中守恒思想的运用。
14.实验室通过称量样品受热脱水前后的质量来测定x值，下列情况会导致测定值偏低的是( )
A. 实验前试样未经干燥 B. 试样中含有少量碳酸氢铵
C. 试样中含有少量氯化钠 D. 加热过程中有试样迸溅出来
【答案】C
【详解】A.实验前试样未经干燥，加热后剩余固体质量偏少，导致结晶水含量偏高，A不符合题意；
B.试样中含有少量碳酸氢铵，碳酸氢铵受热分解成氨气、二氧化碳和水，加热分解后剩余固体质量偏少，导致结晶水含量偏高，B不符合题意；
C.试样中含有少量氯化钠，氯化钠受热不分解，加热分解后剩余固体质量偏大，导致结晶水的含量偏低，C符合题意；
D.加热过程中有试样迸溅出来，加热分解后剩余固体质量偏少，会使结晶水的质量偏高，导致结晶水的含量偏高，D不符合题意；
故合理选项是C。
15.海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Cl－、Br－、、、等离子，火力发电时排放的烟气可用海水脱硫，其工艺流程如下图所示：
下列说法错误的是（ ）
A. 海水pH约为8的原因主要是天然海水含、
B. 吸收塔中发生的反应有SO2+H2OH2SO3
C. 氧化主要是氧气将、、H2SO3氧化为
D. 经稀释“排放”出的废水中，浓度与海水相同
【答案】D
【解析】试题分析：A、海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO-3等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32-、HCO-3离子，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，故A正确；B、天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，因为氧气具有氧化性，被氧化的硫元素的化合价为+4价，具有还原性，所以氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化为硫酸，如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4，故B正确；C、氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸（H+），故C正确；
D、从框图可知：排放”出来的海水，是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大，所以SO42-的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小，故D错误。
考点：海水资源及其综合利用；二氧化硫的化学性质
16.合理的实验设计是顺利完成化学实验的有力保障。下列有关化学实验的设计合理的是（ ）
A. 在空气中用瓷坩埚煅烧钠制取过氧化钠
B. 采用蒸馏的方法分离碘的四氯化碳溶液
C. 氯气通入溴化铁溶液，比较氯和溴的活泼性
D. H2S气体通入CuSO4溶液，比较氢硫酸和硫酸的酸性
【答案】B
【解析】A．在高温下SiO2能与Na2O、Na2O2反应，故A错误；B．因四氯化碳与碘沸点不同，可用蒸馏的方法分离碘的和四氯化碳，故B正确；C．氯气通入溴化铁溶液，有溴生成，但溶液颜色变化不明显，无法判断反应是否进行，即无法比较氯和溴的活泼性，故C错误；D．H2S是弱酸，但H2S气体通入CuSO4溶液有CuS生成，得到的难溶物，不可比较氢硫酸和硫酸的酸性，故D错误；答案为B。
17. 下列叙述正确的是（ ）
A. 浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体
B. CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c(CH3COO－)增大
C. Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应可得到Ca(OH)2
D. 25℃时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度
【答案】D
【解析】试题分析：A、浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3红褐色沉淀，得不到胶体，A错误；B、CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸生成醋酸和氯化钠，因此溶液中c(CH3COO－)降低，B错误；C、Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，得不到Ca(OH)2，C错误；D、根据氢氧化铜的溶解平衡可知，溶液中铜离子浓度越大，氢氧化铜的溶解度越小，因此25℃时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度，D正确，答案选D。
考点：考查氢氧化铁胶体制备、盐类水解、离子反应以及溶解平衡等
18.Na2SmOn对应的多种盐，均为工业生产中的重要物质。下列说法错误的是（ ）
A. 若m=1，n=3,该盐溶液可用于吸收Cl2
B. 若m=1，n=4,检验其阴离子可先加盐酸酸化，再加BaCl2溶液
C. 若m=2，n=3,该盐与稀硫酸发生复分解反应
D. 若m=2，n=8,若该盐中S显+6价，则1个S2O82－中过氧键的数目为1
【答案】C
【详解】A选项，若m=1，n=3，为亚硫酸钠，该盐和氯气反应用于吸收氯气，故A正确；
B选项，若m=1，n=4，为硫酸钠，检验其阴离子可先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则含有硫酸根离子，故B正确；
C选项，若m=2，n=3，该盐为硫代硫酸钠，与稀硫酸发生反应生成二氧化硫、硫、硫酸钠和水，是氧化还原反应，故C错误；
D选项，若m=2，n=8，若该盐中S显+6价，设过氧根数目为x个，氧离子为y个，则2x + y = 8，-2x + (-2y) +6×2 = -2，x =1， y = 6 ，即1个S2O82－中过氧键的数目为1，故D正确；
综上所述，答案为C。
二、填空题
19.下图是某工业生产过程。
溶解度表：
温度℃
0
10
20
30
40
60
80
90
100
氯化铵
29.4
33.3
37.2
41.4
45.8
55.2
65.6
71.3
77.3
硫酸铵
70.6
73
75.4
78
81
88
95
98
103
硫酸钾
7.4
9.3
11.1
13
14.8
18.2
21.4
22.9
24.1
氯化钾
28
31.2
34.2
37.2
40.1
45.8
51.3
53.9
56.3
（1）本工业生产过程的目标产品是____________________________________。（写化学式）
（2）过滤Ⅰ操作所得固体中，除CaCO3外还有一种物质，该固体的用途有_________（试举一例）。
（3）根据溶解度表转化Ⅱ适宜的温度是________
A、0~10℃ B、20~30℃ C、40~60℃ D、90~100℃
过滤Ⅱ操作所得滤渣是__________。
（4）我国著名的化学家也利用了转化Ⅱ的反应原理制备了一种重要的碱，该制备的化学反应方程式为：___________________________________________________
（5）氯化钙结晶水合物（CaCl2·6H2O）进行脱水处理可制得常用的干燥剂，根据下图选择最佳脱水的方法是__________
A、氯化氢气流中加热到174℃ B、直接加热至174℃
C、直接加热至260℃ D、氯化氢气流中加热到260℃
（6）上述工业流程实现了绿色化学的理念，其中__________________（填化学式）实现了循环利用，副产品_________________________（填化学式）可转化为原料，整个流程基本实现了污染物零排放。
【答案】 (1). CaCl2·6H2O (2). 做石膏模型；加入到水泥中调节水泥的硬化速率；做建筑材料 (3). D (4). K2SO4（或K2SO4 和KCl） (5). NH3+H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓ (6). C (7). NH3 (8). CaCO3
【解析】
（1）根据上面流程，起点由水吸收氨气，再吸收二氧化碳，最后转化产出的为红色圈的CaCl2·6H2O，本工业生产过程的目标产品是CaCl2·6H2O；而箭头指出的CaCO3受热分解可提供氧化钙和二氧化碳，根据溶解性表中硫酸铵、氯化钾、硫酸钾和氯化铵中硫酸钾溶解度最小，在转化Ⅱ中溶解度最小的先析出，故过滤Ⅱ滤渣A为硫酸钾，即箭头指出的在流程序中间的碳酸钙和硫酸钾都不是目标产品；（2）过滤Ⅰ操作所得固体中，除CaCO3外还有一种物质，根据前面转化Ⅰ加入的石膏应该过量且是微溶，故还有的固体为石膏，用途有：做石膏模型；加入到水泥中调节水泥的硬化速率；做建筑材料等；（3）根据溶解度表转化Ⅱ适宜的温度是90~100℃，该温度范围内，硫酸铵、氯化钾、氯化铵的溶解度都比硫酸钾溶解度大得多，容易析出硫酸钾晶体；过滤Ⅱ操作所得滤渣是K2SO4（或K2SO4 和KCl）；（4）我国著名的化学家也利用了转化Ⅱ的反应原理制备了一种重要的碱，该制备是在饱和食盐水中通入足量的氨气，再通入足量的二氧化碳产生碳酸氢钠，化学反应方程式为：NH3+H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；（5）由于CaCl2·6H2O的相对分子质量为219、假如有CaCl2·4H2O、CaCl2·2H2O、CaCl2·H2O、，则相对分子质量分别为183、147、129，CaCl2的相对分子质量为111，根据相对分子质量及质量关系，将CaCl2·6H2O转化为CaCl2最佳脱水的方法是应该选D；（6）上述工业流程（参照前面的图）实现了绿色化学的理念，其中蒸氨过程中NH3实现了循环利用，副产品CaCO3可转化为原料氧化钙和二氧化碳，整个流程基本实现了污染物零排放。
20.亚硝酸钠（化学式为 NaNO2）是一种常用的防腐剂，回答下列问题:
（1）NaNO2 中 N 元素的化合价为_________.
（2）亚硝酸钠在 320°C 时能分解产生氧化钠固体、一氧化氮和一种常见的助燃性气体。该反应的化学方程式_____________________________。
（3）我国规定火腿肠中亚硝酸钠添加标准为每千克食品含量不超过 150 毫克，以此计算，200g 15％的亚硝酸钠溶液至少可用于生产火腿肠______千克。
（4）在酸性条件下，NaNO2与按物质的量 1:1 恰好完全反应，且I－被氧化为 I2时，产物中含氮的物质为________（填化学式）。
（5）工业废水中的 NaNO2 可用铝粉除去，已知此体系中包含 AI、NaAlO2、NaNO2、NaOH、NH3、H2O 六种物质。该反应的化学方程式为________________________________。
（6）某同学设计实验对工业产品中 NaNO2 的含量进行测定，你取固体样品 2g，完全溶解配制成溶液 100mL 取出 25mL 溶液用 0.100 mol/L 酸性 KMnO4 溶液进行滴定（杂质不与 KMnO4 反应），实验所得数据如下表所示:
滴定次数
1
2
3
4
消耗KMnO4溶液体积/mL
20.70
20.02
20.00
19.98
该样品中亚硝酸钠的质量分数为_________.（已知:5NO2-+2MnO4-+6H+ = 5NO3-+2Mn2++ 3H2O）
【答案】 (1). +3 (2). 4NaNO22Na2O+4NO↑+O2↑ (3). 200 (4). NO (5). NaNO2+2Al+NaOH+H2O=2NaAlO2+NH3↑ (6). 69%
(1)根据在化合物中正负化合价代数和为零，可设亚硝酸钠中氮元素的化合价为x，则：(+1)+x+(-2)×2=0，解得x=+3，故答案为：+3；
(2)因为亚硝酸钠在320℃时能分解产生氧化钠固体、一氧化氮气体和一种常见的助燃性气体，故反应的化学方程式为4NaNO22Na2O+4NO↑+O2↑；
(3)因为我国规定肉灌肠中亚硝酸钠添加标准为每千克食品含量不超过150毫克，所以200g、15%的亚硝酸钠溶液至少可用于生产肉灌肠的质量为 200g×15%÷═200kg，故答案为：200kg；
(4)碘离子被氧化为碘单质时，所有的碘元素化合价升高了2价，消耗碘离子是2mol，亚硝酸钠中氮元素化合价是+3价，2mol的亚硝酸钠得到2mol电子时，则需氮元素的化合价降为+2价，所以产物中含氮的物质为NO，故答案为：NO；
(5)亚硝酸钠具有氧化性，金属铝具有还原性，碱性条件下，二者发生氧化还原反应生成偏铝酸盐和氨气和水，反应的化学方程式为：NaNO2+2Al+NaOH+H2O=2NaAlO2+NH3↑，故答案为：NaNO2+2Al+NaOH+H2O=2NaAlO2+NH3↑；
(6)消耗高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L×0.02L=0.002mol，则根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量是0.002mol×=0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol×=0.02mol，其质量为0.02mol×69g/mol=1.38g，所以样品中亚硝酸钠的质量分数×100%=69.0%，故答案为：69.0%。
21.FeBr2是一种黄绿色固体，某学习小组制备并探究它的还原性。
【制备FeBr2固体】
实验室用如图所示装置制取溴化亚铁。其中A为CO2发生装置，D和d中均盛有液溴，E为外套电炉丝的不锈钢管，e是两个耐高温的瓷皿，其中盛有细铁粉。
实验开始时，先将干燥、纯净的CO2气流通入D中，再将铁粉加热至600—700℃，E管中铁粉开始反应。不断将d中液溴滴入温度为100—120℃的D中，经过一段时间的连续反应，在不锈钢管内产生黄绿色鳞片状溴化亚铁。
（1）若在A中盛固体CaCO3，a中盛有6 mol/L的盐酸。为使导入D中的CO2为干燥纯净的气体，则图中B、C处的洗气瓶中装有的试剂分别是：B中为____________，C中为_________。若进入E装置中的CO2未干燥，则可能发生的副反应的化学方程式为__________。
（2）E管中的反应开始后持续通入CO2的主要作用是______________________________。
【探究FeBr2的还原性】
（3）已知：Cl2的CCl4溶液呈黄绿色，Br2的CCl4溶液呈橙红色。Cl2既能氧化Br－，也能氧化Fe2+。取10 mL0.1mol/LFeBr2溶液，向其中滴加几滴新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。取少量反应后的溶液加入KSCN溶液，溶液变为血红色。另取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后，下层为无色液体。以上实验结论表明还原性：Fe2+_________Br－（填“>”或“<”）。
（4）若在40 mL上述FeBr2溶液中通入标准状况下67.2 mL的 C12，取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后下层液体呈_______色，写出该反应的离子方程式______________________。
【答案】(1). 饱和NaHCO3溶液 (2). 浓硫酸 (3). 3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑ (4). 将溴蒸气带入E装置中进行反应 (5). ＞ (6). 橙红 (7). 4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-
【分析】制备溴化亚铁主要是防止空气中的氧气氧化，因此整个装置要处于无氧的状态，实验室制备二氧化碳过程中有HCl气体和水蒸气杂质，因此要除掉这些杂质再利用二氧化碳带出溴蒸汽进入到E装置中发生反应。
通过实验先加少量氯气得出亚铁离子和溴离子的还原性，利用量的关系来进行书写溴化亚铁与氯气的反应离子方程式。
【详解】⑴若在A中盛固体CaCO3，a中盛有6 mol/L的盐酸。为使导入D中的CO2为干燥纯净的气体，则图中B、C处的洗气瓶中装有的试剂分别是：
A中生成的二氧化碳，从A中出来的气体主要是二氧化碳气体，还有水蒸气和HCl气体，B中主要是除掉HCl气体，用饱和碳酸氢钠溶液，C中主要是除掉水蒸气，用浓硫酸干燥，若进入E装置中的CO2未干燥，水和铁粉再高温下反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑，
故答案为：饱和NaHCO3溶液；浓硫酸；3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑；
⑵在反应前CO2主要作用是排除装置内的空气，滴入液溴后CO2主要是将D中的液溴变为溴蒸汽进入到E管中与铁进行反应并在反应开始后持续通入CO2，
故答案为：将溴蒸气带入E装置中进行反应；
⑶取10 mL0.1mol/L FeBr2溶液，向其中滴加几滴新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。取少量反应后的溶液加入KSCN溶液，溶液变为血红色，说明溶液反应生成了铁离子，另取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后，下层为无色液体，说明没有生成溴单质，因此还原性：Fe2+ > Br－，
故答案是：>；
⑷若在40 mL上述FeBr2溶液物质的量为0.004 mol，还原性Fe2+ > Br－，溶液中通入标准状况下67.2 mL的C12，物质的量为0.003 mol，
根据方程，氯气过量，应该按亚铁离子物质的量进行计算消耗氯气物质的量为0.002 mol，剩余0.001mol氯气与溴离子反应，
根据方程式得出消耗溴离子为0.002 mol，生成0.001 mol溴单质，因此取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后下层液体橙红色，
反应的离子方程式4Fe2++2Br－+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl－
故答案为：橙红；4Fe2++2Br－+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl－。
三、选做题：
22.由N、P、Ti等元素组成的新型材料有着广泛的用途，请回答下列问题。
（1）钛元素基态原子未成对电子数为____个，能量最高的电子占据的能级符号为______。
（2）磷的一种同素异形体—白磷(P4)的立体构型为____，推测其在CS2中的溶解度________（填“大于”或“小于”）在水中的溶解度。
（3）两种三角锥形气态氢化物膦(PH3)和氨(NH3)的键角分别为93.6°和107°，试分析PH3的键角小于NH3的原因：____________________________________________。
（4）工业上制金属钛采用金属还原四氯化钛。先将TiO2（或天然的金红石）和足量炭粉混合加热至1000～1100K，进行氯化处理，生成TiCl4。写出生成TiCl4的化学反应方程式：______________________________________________。
（5）有一种氮化钛晶体的晶胞如图所示，该晶体的化学式为________，已知晶体的密度为pg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则晶胞边长为________cm（用含p、NA的式子表示）。
【答案】(1). 2 (2). 3d (3). 正四面体形 (4). 大于 (5). 电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大 (6). TiO2+2C+2C12TiCl4+2CO (7). TiN (8).
分析：（1）根据钛原子的核外电子排布式解答；
（2）根据白磷的结构解答；根据相似相容原理解答；
（3）根据电负性对成键电子对的影响解答；
（4）根据反应物和生成物结合原子守恒书写方程式；
（5）根据均摊法计算。
详解：（1）钛元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，因此其中未成对电子数为2个，能量最高的电子占据的能级符号为3d。
（2）白磷(P4)分子中含有6个P－P单键，其立体构型为正四面体形；白磷和CS2均为非极性分子，水是极性分子，根据相似相容原理可推测白磷在CS2中的溶解度大于在水中的溶解度。
（3）由于电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大，因此PH3的键角小于NH3的。
（4）反应物是氯气、TiO2和足量炭粉，生成物是TiCl4，根据原子守恒且碳过量可知还有CO生成，则生成TiCl4的化学反应方程式为TiO2+2C+2C12TiCl4+2CO。
（5）根据晶胞结构可知含有的N原子个数是8×1/8+6×1/2＝4，Ti原子全部在晶胞中，共计是4个，则该晶体的化学式为TiN；设晶胞的边长是a cm，则，解得a＝。
23.以葡萄糖为原料制得的山梨醇（A）和异山梨醇（B）都是重要的生物质转化平台化合物。E是一种治疗心绞痛的药物。由葡萄糖为原料合成E的路线如下：
回答下列问题：
（1）葡萄糖的分子式为_________。
（2）A中含有的官能团的名称为_____________。
（3）由B到C反应类型为_________________。
（4）C的结构简式为_____________________。
（5）由D到E的反应方程式为_________________________________________________。
（6）F是B的同分异构体，7.30g的F与足量饱和碳酸氢钠反应可释放出2.24L二氧化碳（标准状况），F的可能结构共有_____种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3：1：1的结构简式为_____________________。
【答案】(1). C6H12O6 (2). 羟基 (3). 取代反应或酯化反应 (4). (5). (6). 9 (7).
【分析】葡萄糖在催化剂作用下与氢气发生醛基的加成反应生成A，A在浓硫酸的作用下发生分子内脱水反应生成B，B与乙酸发生酯化反应生成C，根据C与D的分子式可知C生成D是C分子中另一个羟基与硝酸发生酯化反应，D在氢氧化钠溶液中水解生成E，据此解答。
【详解】（1）葡萄糖的分子式为C6H12O6。
（2）葡萄糖在催化剂作用下与氢气发生醛基的加成反应生成A，因此A中含有的官能团的名称为羟基。
（3）由B到C发生酯化反应，反应类型为取代反应。
（4）根据B的结构简式可知C的结构简式为。
（5）由D到E是乙酸形成的酯基水解，反应方程式为。
（6）F是B的同分异构体，7.30 g的F与足量饱和碳酸氢钠可释放出2.24 L二氧化碳（标准状况），说明F分子中含有羧基，7.30 g F的物质的量是7.3g÷146g/mol＝0.05mol，二氧化碳是0.1mol，因此F分子中含有2个羧基，则F相当于是丁烷分子中的2个氢原子被羧基取代，如果是正丁烷，根据定一移一可知有6种结构。如果是异丁烷，则有3种结构，所以可能的结构共有9种（不考虑立体异构），即、、、、、、、、。其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3∶1∶1的结构简式为。
【点睛】高考化学试题中对有机化学基础的考查题型比较固定，通常是以生产、生活的陌生有机物的合成工艺流程为载体考查有机化学的核心知识，涉及常见有机物官能团的结构、性质及相互转化关系，涉及有机物结构简式的确定、反应类型的判断、化学方程式的书写、同分异构体的识别和书写等知识的考查。它要求学生能够通过题给情境中适当迁移，运用所学知识分析、解决实际问题，这高考有机化学复习备考的方向。本题的难点是同分异构体数目判断，同分异构体类型通常有：碳链异构、官能团异构、位置异构等，有时还存在空间异构，要充分利用题目提供的信息来书写符合题意的同分异构体。对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目，本题就是采用这种方法。
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