甘肃省永昌四中2020届高三上学期期中考试化学试题

 甘肃省永昌四中2019-2020学年高三上学期期中考试
化学试题
第I卷
一、选择题
1. 生活中处处有化学。下列说法正确的是
A. 制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金
B. 做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体
C. 煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类
D. 磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸
【答案】A
【解析】
【详解】A．“不锈钢是合金”，不锈钢是铁、钴、镍的合金，故A正确；
B．棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉一样都属于混合物，不属于同分异构体，故B错误；
C．花生油是不饱和酯类，牛油是饱和酯类，故C错误；
D．豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，故D错误。
故选A。
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2.下列反应的离子方程式书写正确的是(　　)
A. 氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O==AlO2-＋4NH4+＋2H2O
B. 澄清石灰水与少量苏打溶液混合：Ca2＋＋OH－＋HCO3-==CaCO3↓＋H2O
C. 碳酸钙溶于醋酸：CaCO3＋2H＋==Ca2＋＋CO2↑＋H2O
D. 氯化亚铁溶液中通入氯气：2Fe2＋＋Cl2==2Fe3＋＋2Cl－
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铝溶液中滴加过量氨水的离子反应为Al3++3 NH3·H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；
B．澄清石灰水与少量苏打溶液混合，离子方程式：Ca2++CO32-═CaCO3↓，故B错误；
C．醋酸为弱电解质，应写成分子式，CaCO3+2CH3COOH═Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，故C错误；
D．氯化亚铁溶液中通入氯气，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故D正确。
答案选D。
3.根据陈述的知识，类推得出的结论正确的是 （ ）
A. Li在空气中燃烧生成的氧化物是Li2O，则Na在空气中燃烧生成的氧化物是Na2O
B. 乙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色，则丙烯也可以使其褪色
C. CO2和SiO2 化学式相似，则CO2与SiO2的物理性质也相似
D. Fe与稀硫酸反应生成Fe2+，则Fe与浓硫酸反应生成Fe3+
【答案】B
【解析】
【详解】A. Li在空气中燃烧生成的氧化物是Li2O，但Na在空气中燃烧生成的氧化物是Na2O2，故A错误；
B. 乙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯和丙烯具有相同的官能团，可以类推丙烯也可以使其褪色，故B正确；
C. CO2和SiO2 化学式相似，前者是分子晶体，后者是原子晶体，结构不同，则CO2与SiO2的物理性质不同，故C错误；
D. Fe与稀硫酸反应生成Fe2+，Fe与浓硫酸反应产生钝化现象，故D错误；
故选B。
4. “化学是人类进步的关键”。下列说法不正确的是 (　　)
A. PM2.5是指空气中直径≤2.5 μm的固体颗粒或液滴的总称
B. 根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液与胶体之间
C. 科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷（As）元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素
D. 和CO2反应生成可降解聚合物，该反应符合绿色化学的原则
【答案】B
【解析】
试题分析：在溶液，胶体，浊液中浊液的分散质粒子是最大的，溶液最小，胶体处于中间位置。
考点：考查分散系的相关知识点
5.下列说法正确的是（ ）
A. 配制溶液定容时,俯视容量瓶刻度线会使溶液浓度偏高
B. 36.5 g HCl气体占有的体积约为22.4 L
C. 欲配制1 L 1 mol·L-1的NaCl溶液，可将58.5 g NaCl溶于1 L水中
D. 配制一定物质的量浓度溶液时，用量筒量取浓溶液的体积时仰视读数,所配溶液的浓度偏低
【答案】A
【解析】
【详解】A. 配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度线，所配溶液的体积偏小，会使溶液浓度偏高，故A正确；
B. 36.5 g HCl气体占有的体积，在标准状况下，约为22.4 L，条件不确定，故B错误；
C. 欲配制1 L 1 mol·L-1的NaCl溶液，将58.5 g NaCl溶于1 L水中，形成的溶液的体积不是1L，故C错误；
D. 配制一定物质的量浓度溶液时，用量筒量取浓溶液的体积时仰视读数，所取硫酸偏多，所配溶液的浓度偏高，故D错误；
故选A。
6. 据最新报道，科学家发现了如下反应：O2+PtF6=O2（PtF6），已知O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt的化合价为+5，对于此反应，下列说法正确的是（ ）
A. 反应中，O2是氧化剂，PtF6是还原剂 B. O2（PtF6）中氧元素的化合价为+1
C. O2（PtF6）中不存共价键 D. 每生成1mol O2（PtF6）则转移1mol电子
【答案】D
【解析】
正确答案D
原题中上下标错误太多，建议修改如下
据最新报道，科学家发现了如下反应：O2+PtF6=O2（PtF6），已知O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt的化合价为+5，对于此反应，下列说法正确的是（ ）
A．反应中，O2是氧化剂，PtF6是还原剂 B．O2（PtF6）中氧元素的化合价为+1
C．O2（PtF6）中不存在共价键 D．每生成1mol O2（PtF6）则转移1mol电子
A、不正确，由O2（PtF6）中Pt为+5价， PtF6中Pt为+6价，反应中Pt元素的化合价降低，则PtF6为氧化剂,O2为还原剂；
B、不正确，由O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt为+5价，F为-1价，由化合物中正负化合价的代数和为0，氧元素为＋0.5价
C、不正确，因离子化合物O2（PtF6）中，O2＋与PtF6―形成离子键，PtF6―是络离子，Pt提供空轨道，F提供孤对电子形成配位键，另外，O2＋中两个氧原子间也以非极性共价键结合，则O2（PtF6）存在共价键；
D、正确，由反应前后元素的化合价变化可知，Pt化合价变化数为6-5=1，或氧变价为：0.5×=1，则该反应中每生成1molO2（PtF6）则转移1mol电子。
故选D．
7.下列有关说法中正确的是（ ）
A. 分馏、干馏都是物理变化 B. 127I和131I互为同素异形体
C. 盐酸、王水都是混合物 D. 硫酸铜、二氧化硫都是电解质
【答案】C
【解析】
【分析】
A．石油分馏是根据混合物中各成分的沸点不同，控制温度得到不同馏分，是物理变化；煤的干馏是隔绝空气加强热发生了复杂的物理化学过程；
B．由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体；
C．混合物是由两种或两种以上的物质组成；
D．电解质为水溶液中或熔融状态导电的化合物．
【详解】A．石油的分馏是物理变化，而煤的干馏是化学变化，故A错误；
B. 127I和131I是原子不是单质，是同位素，故B错误；
C．盐酸是由HCl和水组成，王水为浓盐酸和浓硝酸的混合物，都属于混合物，故C正确；
D．二氧化硫溶于水能够导电，导电离子是二氧化硫与水反应生成的亚硫酸电离的，不是二氧化硫电离的，所以二氧化硫属于非电解质，故D错误；
故选：C。
8.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法一定正确的是 (　　)
A. 常温下，1 L 0.1 mol/L的NH4NO3溶液中氧原子数为0.3NA
B. 1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为10NA
C. 常温、常压下，4.6 g NO2和N2O4混合气体中含有的O原子数目为0.2NA
D. Fe与水蒸气在高温条件下反应，有1 mol Fe参与反应，则转移电子的数目为3NA
【答案】C
【解析】
试题分析：A选项铵根离子在水溶液中可发生水解，因此A选项是错误的。B选项羟基是不带电的，氢氧根离子是带一个单位的负电荷，所以B选项是错误的。D选项铁与水蒸气反应生成的是四氧化三铁，而四氧化三铁中有正2价的铁和正3价的铁，因此D选项是错误的。所以答案选C
考点：阿伏加德罗常数
9.“纳米技术”广泛的应用于催化及军事科学中，“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料。如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得的混合物具有的性质是（ ）
A. 能全部通过半透膜 B. 能发生丁达尔现象 C. 一定能导电 D. 一定为悬浊液或乳浊液
【答案】B
【解析】
【分析】
“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料。如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，形成的混合物具有胶体的性质。
【详解】A．该分散系属于胶体，不能通过半透膜，故A错误；
B．该混合物属于胶体，因此能发生丁达尔现象，故B正确；
C．由于分散质微粒不一定带有电荷，所以不一定能导电 ，故C错误；
D．该混合物属于胶体，微粒达不到悬浊液或乳浊液颗粒的大小，故D错误。
故选B。
10.某一反应体系中有反应物和生成物共5种物质:H2S+HNO3→S+NO+H2O;下列说法中正确的是（ ）
A. 该反应中的还原产物是S
B. 若反应过程中转移了0.3 mol 电子,则氧化产物的质量9.6g
C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
D. 反应后溶液的酸性明显增强
【答案】C
【解析】
【分析】
由给出的物质可知，发生H2S、HNO3的氧化还原反应，N元素的化合价降低，则HNO3为氧化剂，S元素的化合价升高，由-2价升高为0。
【详解】A. S元素的化合价升高，由-2价升高为0，该反应中的氧化产物是S，还原产物是NO，故A错误；
B. 生成1molS转移2mol电子，所以转移了0.3mol电子，则氧化产物的质量是0.3mol× ×32g·mol－1=4.8g，故B错误；
C. 由电子守恒，得到关系式2HNO3~3H2S，氧化剂HNO3与还原剂H2S的物质的量之比为2∶3，故C正确；
D. 反应中消耗两种酸，反应后溶液的酸性明显减弱，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化及比例为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，难点B，电子转移数与氧化产物之间的定量计算。
11.下列叙述正确的是
A. 同温同压下，相同体积物质，它们的物质的量必相等
B. 任何条件下，等物质的量的乙烯和一氧化碳所含的分子数必相等
C. 1L一氧化碳气体一定比1L氧气的质量小
D. 等体积、等物质的量浓度的强酸中所含的H+数一定相等
【答案】B
【解析】
试题分析：A、根据阿伏伽德罗定律知同温同压下，相同体积的任何气体，它们的物质的量必相等，错误；B、任何条件下，等物质的量的乙烯和一氧化碳所含的分子数必相等，正确；C、缺少温度和压强，无法确定1L一氧化碳气体和1L氧气的质量大小，错误；D、等体积、等物质的量浓度的强酸中酸的物质的量相等，但所含的H+ 数不一定相等，如HNO3和H2SO4，错误。
考点：考查物质的量相关概念和计算。
12. 除去下列物质中所含的杂质(括号内为杂质)，选用试剂正确的是
A. Al2O3(SiO2)：NaOH溶液
B. CO2(SO2):Na2CO3溶液
C. FeCl2溶液(FeCl3)：Fe粉
D. NaHCO3溶液（Na2CO3溶液）：Ca(OH)2溶液
【答案】C
【解析】
试题分析：A．Al2O3、SiO2都能够与NaOH溶液发生反应，因此不能除去杂质，错误；B．CO2、SO2都能够与Na2CO3溶液发生反应，因此不能除去杂质，错误；C．向含有FeCl3杂质FeCl2溶液中加入还原Fe粉，会发生反应2FeCl3+Fe=3FeCl2产生FeCl2,因此可以达到除去杂质的目的，正确；D．NaHCO3溶液、Na2CO3溶液都可以与Ca(OH)2溶液发生反应，所以不能达到除去杂质的目的，错误。
考点：考查物质中所含的杂质的除去试剂的选择的知识。
13. 在下列溶液中，能大量共存的离子组是（ ）
A. 能使pH试纸显蓝色的溶液中：K＋、Ba2＋、Cl－、Br－
B. 常温下PH＝1的溶液中：Fe2＋、Mg2＋、NO、Cl－
C. 含有大量Fe3＋的溶液中：SCN－、I－、K＋、Br－
D. 能使石蕊试液显红色溶液中：K＋、、S2－、
【答案】A
【解析】
试题分析：A．能使pH试纸显蓝色的溶液是碱性溶液，在碱性溶液中：K＋、Ba2＋、Cl－、Br－不会发生任何反应，可以大量共存，正确；B．常温下PH＝1的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中：Fe2＋、H＋、NO、会发生氧化还原反应而不能大量共存，错误；C．Fe3＋与SCN－、I－会发生离子反应而不能大量共存，错误；D．能使石蕊试液显红色的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中：H＋、S2－、会发生反应产生H2S、CO2气体而不能大量共存，错误。
考点：考查离子大量共存的知识。
14.下列物质转化在给定条件下能实现的是（ ）
①
②
③饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3
④无水FeCl3
⑤MgCl2(aq)Mg(OH)2MgO
A. ①③⑤ B. ②③④ C. ②④⑤ D. ①④⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
①氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成氢氧化铝；
②S燃烧生成二氧化硫；
③饱和食盐水与氨水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；
④加热促进铁离子水解，且盐酸易挥发；
⑤MgCl2与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁加热分解生成MgO。
【详解】①氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成氢氧化铝，图中转化可实现，故正确；
②S与O2在点燃条件下不能生成SO3，故错误；
③饱和食盐水与氨水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，图中转化可实现，故正确；
④FeCl3（aq）在加热条件下不能获得无水FeCl3，不能实现，故错误；
⑤MgCl2与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁加热分解生成MgO，图中转化可实现，故正确；
故选：A。
15.下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是


实验目的

实验操作

A

称取2.0gNaOH固体

先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体

B

配制FeCl3溶液

将FeCl3固体溶解于适量蒸馏水

C

检验溶液中是否含有NH4+

取少量试液于试管中，加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体

D

验证铁的吸氧腐蚀

将铁钉放入试管中，用盐酸浸没



A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
A.氢氧化钠易潮解且具有腐蚀性，不能用滤纸称量；B.氯化铁易水解而使溶液变浑浊，应将氯化铁溶于少量盐酸中，再稀释；加热时铵离子与氢氧根反应产生氨气，湿润的红色石蕊试纸遇氨气变蓝，故C操作正确且能达到相应实验目的;C.D.在盐酸作用下，铁发生析氢腐蚀。故选C。
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16.向含有1 mol FeCl2的溶液中通入0.2 mol Cl2，再加入含0.1 mol X2O72—的酸性溶液，使溶液中Fe2＋恰好全部被氧化，并使X2O72—被还原为Xn＋，则n值为(　　)
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】
0.2mol Cl2完全反应变成氯离子得到电子的物质的量为：0.2mol×2=0.4mol；Xn+的化合价为+n，X2O72-中X的化合价为+6，则0.1mol X2O72-完全反应得到电子的物质的量为：（6-n）×2×0.1mol=0.2（6-n）mol；1mol的FeCl2完全被氧化成铁离子失去1mol电子，根据电子守恒可得：0.4mol+0.2（6-n）mol=1mol，解得：n=3，答案选B。
17.配制FeCl3溶液时，为防止出现浑浊，可向该溶液中加入少量（ ）
A. 铁 B. 氯化钠 C. 盐酸 D. 氢氧化钠
【答案】C
【解析】
【详解】FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，防止水解，在配制氯化铁溶液时，需加入少量的盐酸，
故选C。
18.某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32－、SO42－、NO3－中的几种．①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示．则下列说法正确的是（ ）

A. 溶液中一定不含CO32－，可能含有SO42－和NO3－
B. 溶液中n（NH4+）=0.2mol
C. 溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+
D. n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=1：1：1
【答案】B
【解析】
试题分析：若加入锌粒，产生无色无味的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32−和NO3−不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在Fe3+；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42-；由图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则n（H+）=0.1mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol-0.5mol=0.2mol，则n（NH4+）=0.2mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8mol-0.7mol=0.1mol，则n[Al（OH）3]=0.1mol，根据铝元素守恒可知n（Al3+）=0.1mol；第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5mol－0.1mol＝0.4mol，则n（Mg2+）=（0.4mol-0.1mol×3）÷2=0.05mol，A．由上述分析可知，溶液中一定不含CO32-、NO3-，一定含有SO42-，A错误；B．由上述分析可知，溶液中n（NH4+）=0.2mol，故B正确；C．由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+、NH4+，C错误；D．由上述分析可知，溶液中n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1mol：0.1mol：0.05mol=2：2：1，D错误，答案选B。
考点：考查离子共存、反应图象识别以及离子反应有关计算等
19. 下列有关实验的做法错误的是（ ）
A. 分液时，分液漏斗中的上层液体应由上口倒出
B. 用加热的方法可区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体
C. 用渗析的方法可除去Fe(OH)3胶体中混有的Cl－
D. 加入适量的NaOH可除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3
【答案】D
【解析】
试题分析：A选项分液漏斗在分液时要“上倒下流”，正确。B选项碳酸氢钠受热分解，产生二氧化碳，正确。C选项渗析可用于胶体的精制，正确。D选项OH-+HCO3-=CO32-+H2O,错误。
考点：考察化学的基本实验操作和方法。
20.下列物质依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列的一组是（ ）
A. 淀粉、CuO、HClO、Cu
B. 水玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、Ag2O、SO3
C. KAl（SO4）2·12H2O、KClO3、NH3·H2O、CH3CH2OH
D. 普通玻璃、H2O、HF、葡萄糖
【答案】D
【解析】
【详解】A. Cu是单质，不是非电解质，故A错误；
B. Na2O·CaO·6SiO2属于硅酸盐，不是氧化物，故B错误；
C. KAl（SO4）2·12H2O属于纯净物，不是混合物，故C错误；
D. 普通玻璃、H2O、HF、葡萄糖依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列，故D正确；
故选D。
第II卷
二、填空题
21.下列10种物质①水 ②空气 ③铁 ④二氧化碳 ⑤硫酸 ⑥Ca(OH)2 ⑦NaOH溶液 ⑧盐酸溶液 ⑨NaHSO4 ⑩CaCO3：
（1）属于混合物的是____________；
（2）属于氧化物的是____________；
（3）属于酸的是_____________；
（4）属于碱的是_____________；
（5）属于盐的是__________（以上空格填物质的序号）。
【答案】 (1). ②⑦⑧ (2). ①④ (3). ⑤ (4). ⑥ (5). ⑨⑩
【解析】
分析】
根据“混合物”、“氧化物”、“酸”、“碱”、“盐”的定义及化学式的书写解答．
混合物是由两种或多种物质组成；
氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物；
酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物；
碱是指电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；
盐是指由金属离子或铵根离子和酸根离子组成的化合物．
【详解】（1）空气是由氧气、氮气、二氧化碳等物质构成的混合物，NaOH溶液是氢氧化钠和水的混合物，盐酸溶液是氯化氢的水溶液，所以属于混合物的是②⑦⑧；
（2）水和二氧化碳都是由两种元素构成构成，其中一种是氧元素，所以属于氧化物的是①④；
（3）硫酸电离时生成的阳离子全部是氢离子，所以属于酸的是⑤；
（4）Ca（OH）2是电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，所以属于碱的是⑥；
（5）碳酸钙都是由金属离子和酸根离子组成的，所以属于盐的是：⑨⑩。
【点睛】本题考查物质的分类，解题时抓住概念的要点来判断物质的类别，注意概念使用的范围，易错点⑧盐酸溶液、⑦NaOH溶液两者都是混合物，不属于酸碱。
22.（1）NA表示阿伏加德罗常数的数值．46g NO2和N2O4的混合气体中含有_____NA个氧原子；2L0.6 mol·L−1 Fe(NO3)3溶液中含_____NA个NO离子．
（2）三氟化氮(NF3)是一种气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，
①写出该反应的化学方程式_________________________________
②三氟化氮可由氨气和氟气反应得到：4NH3+3F2=NF3+3NH4F；据题意推测NF3，F2，NO三种气体中，氧化性由强到弱的顺序为________________________
（3）氨和联氨（N2H4）是氮的两种常见化合物，制备联氨可用丙酮为催化剂，将次氯酸钠与氨气反应，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1，写出该反应的化学方程式_________________________
【答案】 (1). 2 (2). 3.6 (3). 3NF3＋5H2O===2NO＋HNO3＋9HF (4). F2，NF3，NO (5). 2NH3 +NaClON2H4+NaCl+H2O
【解析】
【详解】（1）NO2和N2O4的最简式相同，NA表示阿伏加德罗常数的数值，46g NO2和N2O4的混合气体中含有氧原子=46g÷46g·mol－1×2×NA·mol－1=2NA，
2L 0.6mol·L－1 Fe（NO3）3溶液中含硝酸根离子=2L×0.6mol·L－1×3×NA·mol－1=3.6NA；
（2）①三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，N元素化合价由+3价变为+2价、+5价，由电子、原子守恒可知反应为：3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF；
②4NH3+3F2=NF3+3NH4F中，F元素的化合价降低，F2为氧化剂，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性为F2＞NF3，结合①中分析可知，氧化性由强弱的顺序为F2、NF3、NO；
（3）制备肼的方法，是以NaClO氧化NH3，反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，制得肼的稀溶液，反应方程式为：NaClO+2NH3N2H4+H2O+NaCl。
23.已知A~K均为中学化学的常见物质，它们之间的转化关系如下图所示，其中A、D为金属单质，反应过程中生成的水及其他部分产物已略去。

请回答以下问题：
（1）B的主要用途是_________（填一项），C的化学式为______________。
（2）E中阳离子的结构示意图为__________
（3）向F中通入足量CO2生成K的离子方程式是________________________。
（4）J在工业上可用于净水，其原理是__________________ （用离子方程式表示）
【答案】 (1). 制作铁红等 (2). Al2O3 (3). (4). AlO 2- +CO2 +2H2O=Al(OH) 3 +HCO3- (5). Fe 3+ +3H2O  Fe(OH) 3 (胶体)+3H +
【解析】
【分析】
I为红褐色固体，应为Fe（OH）3，则H为Fe（OH）2，由转化关系可知G为FeCl2，D为Fe，J为FeCl3，B为Fe2O3，A和B的反应为铝热反应，A为Al，C为Al2O3，E为AlCl3，K为Al(OH）3，F为NaAlO2
【详解】（1）B为Fe2O3，B的主要用途是制作铁红等，C的化学式为Al2O3。
（2）E为AlCl3，阳离子为Al3＋，离子的结构示意图为；
（3）向F中通入足量CO2生成K，即：向NaAlO2中通入足量CO2生成AlOH）3的离子方程式为AlO2－+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3－；
（4）J在工业上可用于净水，其原理：铁盐可作絮凝剂，常用于净水，其原理是Fe3＋+3H2OFe（OH）3+3H＋，生成胶体，具有吸附性，可净化水。
【点睛】本题以“无机框图题”的形式考查元素单质及其化合物的性质，涉及化学式及离子方程式书写等，易错点（3）向NaAlO2中通入足量CO2生成AlOH）3和碳酸氢钠，通入少量二氧化碳则生成碳酸钠。
24.下图为制取纯净干燥的Cl2并让其与铁发生反应的装置，A是Cl2发生装置，C、D为气体净化装置，E硬质玻璃管中装有细铁丝网；F为干燥的空广口瓶；烧杯G为尾气吸收装置。

试回答：
（1）C、G两个装置所盛放的试剂分别是：
C_____ _____G 。
（2）①装置搭好须进行气密性检查，写出操作方法： 。
②两处酒精灯应先点燃 处(填写A或E)，目的是 。
③F中的现象为______________，G中出现了一种沉淀，该沉淀的化学式_____ _。
（3）写出在A、E中发生反应的化学方程式为：
A： 。
E： 。
【答案】（1）饱和食盐水；氢氧化钠溶液；
（2）①关闭分液漏斗活塞，往烧杯G中加水，微热A处酒精灯，烧杯中有气泡产生，停止加热冷却后，导管中形成一段水柱；
②A；赶走空气，防止铁被空气氧化；
③产生棕黄或棕红或棕褐色的烟； Fe（OH）3；
（3）MnO2+4HCl（ 浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；2Fe+3Cl22FeCl3．
【解析】
试题分析：（1）制取纯净干燥的Cl2，A是Cl2发生装置，C、D为气体净化装置，先用饱和食盐水除氯化氢，再用浓硫酸干燥，氯气有毒，为防止污染空气，用氢氧化钠溶液吸收尾气，所以C中的试剂是饱和食盐水，G中的试剂是氢氧化钠溶液；
（2）①检查气密性的方法：关闭分液漏斗活塞，往烧杯G中加水，微热A处酒精灯，烧杯中有气泡产生，停止加热冷却后，导管中形成一段水柱；②两处酒精灯应先点燃A处，目的是赶走空气，防止铁被空气氧化；③E处反应生成了FeCl3，F中的现象为产生棕黄或棕红或棕褐色的烟，G中会出现Fe(OH)3沉淀；
（3）A中发生反应的化学方程式MnO2+ 4HCl( 浓)MnCl2+ Cl2↑+ 2H2O ；E中发生反应的化学方程式2Fe + 3Cl22FeCl3
考点：氯气的制备及性质
25.以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和铁的氧化物等杂质)为原料制备铝与硫酸亚铁，工艺流程如图所示：请回答下列问题：

（1）步骤①中提高碱浸速率的方法_______。
（2）滤液Ⅰ中主要的阴离子是______。
（3）步骤⑤加入过量的铁粉的目的___（用离子方程式解释）
（4）检验滤液Ⅲ中的金属阳离子的方法是：_____。
（5）滤液Ⅲ经过蒸发浓缩，_______，过滤得到硫酸亚铁晶体，过滤时需要的玻璃仪器有___（填标号）。

【答案】 (1). 粉碎铝土矿（升高温度） (2). AlO2-、SiO32- (3). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (4). 加入KSCN溶液，无现象，再通入Cl2 ，产生血红色的络合物 (5). 冷却结晶 (6). BD
【解析】
【分析】
铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和铁的氧化物等杂质），加入过量NaOH溶液，滤液Ⅰ含有偏铝酸钠、氢氧化钠以及硅酸钠，滤渣A含有铁的氧化物，滤液Ⅰ加入CaO，可生成硅酸钙沉淀，滤液Ⅱ含有偏铝酸钠，通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀，经煅烧、电解，可得到铝；滤渣A加入稀硫酸，得到溶液D为硫酸铁、硫酸亚铁等，加入过量铁粉得到硫酸亚铁，经蒸发结晶得到FeSO4.7H2O。
【详解】（1）提高碱浸速率，可粉碎铝土矿（升高温度）等；
（2）由以上分析可知滤液Ⅰ中主要的阴离子是AlO2－，SiO32－；
（3）步骤⑤加入过量的铁粉可生成亚铁离子，除去铁离子，反应的离子方程式为Fe+2Fe3＋=3Fe2＋；
（4）滤液Ⅲ中的金属阳离子为亚铁离子，检验方法是加入KSCN溶液，无现象，再通入Cl2，产生血红色的络合物；
（5）滤液Ⅲ经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到硫酸亚铁晶体，过滤时需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗等，故选BD。
【点睛】本题以工业废水再利用为载体考查物质制备工艺流程，答题关键是工艺流程的理解，明确物质分离提纯方法,易错点是亚铁离子的检验方法是加入KSCN溶液，无现象，再通入Cl2，产生血红色的络合物，不能先通氯气，会将亚铁离子氧化。