2019届高三化学上学期期中试卷（含解析） (II).doc

2019届高三化学上学期期中试卷（含解析） (II)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【解析】【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【解析】【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( ) ABCD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A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】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。视频4.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A. 23gNa与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子B. 1molCu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子C. 标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含NA个原子D. 3mol单质Fe完全转化为Fe3O4，失去8NA个电子【答案】D【解析】试题分析：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+83价，故1mol铁反应失去83mol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。考点：阿伏伽德罗常数的相关计算视频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Na2CO3CCuSO45H2OCaCl2水银铜D氯水KNO3晶体O3NaClA. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】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、CuSO45H2O是纯净物，铜是单质，不是电解质，也不是非电解质，C错误；D、分类均正确，D正确，答案选D。点睛：电解质的判断是解答的难点，电解质和非电解质是对化合物的分类，单质、混合物既不是电解质也不是非电解质。电解质应是化合物（属于纯净物）。电解质应是一定条件下本身电离而导电的化合物。有些化合物的水溶液能导电，但溶液中离子不是它本身电离出来的，而是与水反应后生成的，因此也不是电解质。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)11013mol/L的溶液中：Na、Ba2、NO3-、ClB. 0.1 mol/L的Fe(NO3)3溶液中：Na、H、Cl、IC. 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【解析】【分析】由水电离产生的c(H)11013mol/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)11013mol/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：Fe4HNO3-=Fe3NO2H2OB. 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：2HSO42-2OHBa2=BaSO42H2OC. 氯气溶于水：Cl2H2O2HClClOD. 向NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2-CO23H2O=2Al(OH)3CO32-【答案】B【解析】【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3Fe8H2NO3-=3Fe22NO4H2O，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：2HSO42-2OHBa2=BaSO42H2O，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Cl2H2OHClHClO，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-CO22H2O=Al(OH)3HCO3-，故D错误。8.下列关于分散系的说法不正确的是A. 直径为1.310-9 m的“钴钛菁”分子在水中形成的分散系属于胶体B. 向沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，能形成带电的胶体C. 向氢氧化铁胶体中滴加稀硫酸，先产生沉淀，后沉淀溶解D. 利用丁达尔效应可区分溶液与胶体【答案】B【解析】【分析】胶体中分散质粒子直径为1100nm；胶体不带电，胶粒带电；氢氧化铁胶体中加入硫酸发生聚沉，氢氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁溶液；胶体能产生丁达尔效应。【详解】胶体中分散质粒子直径为1100nm，直径为1.310-9 m的“钴钛菁”分子在水中形成的分散系属于胶体，故A正确；胶体不带电，胶粒带电，向沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，能形胶粒带正电荷的胶体，故B错误；氢氧化铁胶体中加入硫酸发生聚沉，氢氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁溶液，所以先产生沉淀，后沉淀溶解，故C正确；胶体能产生丁达尔效应，溶液不能，所以利用丁达尔效应可区分溶液与胶体，故D正确。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(Na2CO310H2O)来配制。下列说法正确的是A. 应称取该碳酸钠晶体128.7 gB. 取 100 mL 该溶液，向其中加入100 mL 水，所得溶液浓度为0.5 mol/LC. 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【解析】【分析】需用500 mL容量瓶配制该溶液，根据m=cvM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】m=cvM=1.0mol/L0.5L286mol/L=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=nv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.关于反应2KI+O3+H2O =2KOH+I2+O2，下列说法正确的是A. 当有2 molKI被氧化时，2 mol氧原子被还原B. O2是还原产物C. 若消耗2.24 L O3，则转移0.2 mol电子D. 氧化剂与还原产物的物质的量之比为1:1【答案】D【解析】试题分析：由O3+2KI+H2O2KOH+I2+O2，I元素的化合价升高，O元素的化合价降低，该反应中转移2e-，I元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则反应中O3是氧化剂，KI是还原剂。A根据方程式，当有2 molKI被氧化时，被还原的氧原子为12mol，故A错误；BO2中氧元素的化合价没有变化，不是还原产物，故B错误；C为告知2.24 L O3所处的状态，无法计算，故C错误；D根据上述分析，氧化剂是O3，还原产物是KOH，其中KOH只有一半是还原产物，氧化剂与还原产物的物质的量之比为1:1，故D正确；故选D。考点：考查了氧化还原反应的相关知识。11.下列实验所述的变化过程与氧化还原反应无关的是ABCD实验NaOH 溶液滴入FeSO4 溶液中石蕊溶液滴入氯水中向 K2Cr2O7 溶液中滴加浓硫酸CO2 通入 Na2O2现象产生白色沉淀，最终变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色溶液黄色变浅，橙色加深固体逐渐变白A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】白色氢氧化亚铁被氧化为红褐色氢氧化铁；次氯酸具有氧化性，使石蕊褪色；K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-（橙色)+ H2O2H+2CrO42-（黄色)，滴加浓硫酸，平衡逆向移动；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，属于氧化还原反应。【详解】NaOH 溶液滴入FeSO4 溶液中，生成的白色氢氧化亚铁被氧化为红褐色氢氧化铁，与氧化还原反应有关，故不选A；次氯酸具有氧化性，使石蕊褪色，与氧化还原反应有关，故不选B；K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-（橙色)+ H2O2H+2CrO42-（黄色)，滴加浓硫酸，平衡逆向移动，溶液黄色变浅，橙色加深，与氧化还原反应无关，故选C；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，属于氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故不选D。12.某化合物由两种单质直接反应生成,将其加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是A. AlCl3 B. Na2O C. FeCl2 D. SiO2【答案】A【解析】A、AlCl3可由Al与Cl2反应制得，将AlCl3加入Ba(HCO3)2溶液中生成CO2 气体和Al(OH)3沉淀，选项A正确；B、Na2O 加入Ba(HCO3)2溶液中只产生碳酸钡沉淀而没有气体产生，选项B错误；C、Fe 与Cl2 反应生成FeCl3，选项C错误；D、SiO2 与Ba(HCO3)2不反应，选项D错误。答案选项A视频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. 步骤的化学方程式为SiO2CSiCO2B. 步骤、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【解析】【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】步骤的化学方程式为SiO22CSi2CO，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.A、B、C、X均为中学化学常见物质，一定条件下它们有如图所示转化关系(部分产物已略去)。下列说法正确的是A. 若X为O2，则A可为有机物乙醇，也可为非金属单质硫B. 若X为KOH溶液，则A可能为AlC. 若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X一定为CO2D. 若X为Fe，则C可能为Fe(NO3)2溶液【答案】D【解析】【分析】若A为单质硫、X为氧气，硫与氧气反应不能直接生成三氧化硫；若X为KOH溶液，A为Al，KOH溶液与Al反应只能生成KAlO2和H2；若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，X是 HCl、A是Na2CO3、B是NaHCO3、C是NaCl，能满足转化关系；若X为Fe，A为硝酸、B为Fe(NO3)3,C为Fe(NO3)2，能满足转化关系。【详解】若A为单质硫、X为氧气，硫与氧气反应不能直接生成三氧化硫，故A错误；若X为KOH溶液，A为Al，KOH溶液与Al反应只能生成KAlO2，不能继续发生反应，故B错误；若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，X是 HCl、A是Na2CO3、B是NaHCO3、C是NaCl，也能满足转化关系，所以X不一定为CO2，故C错误；若X为Fe，A为硝酸、B为Fe(NO3)3,、C为Fe(NO3)2，能满足转化关系，所以若X为Fe，则C可能为Fe(NO3)2溶液，故D正确。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Ca(OH)2盐酸CaCl2NaOH加热A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】NaHCO3不稳定，加热易分解，与酸反应较Na2CO3剧烈，二者都能与澄清石灰水反应生成沉淀，因都含有钠元素，焰色反应都呈黄色。【详解】Na2CO3和NaHCO3均能与Ca(OH)2反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故不选；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；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；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，无现象，不能鉴别，故不选；在溶液中加热，都不分解，没有明显现象，不能鉴别，故不选；选C。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Al3C. 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【解析】【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.下列说法正确的是A. 由反应SiO24HF=SiF42H2O，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【解析】【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. 图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部消耗B. 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. 图中：生成蓝色的烟D. 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【解析】【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 饱和溶液的小木条，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HClC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A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【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.从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下：则下列说法正确的是A. 试剂a是铁、试剂b是稀硫酸B. 操作、操作、操作所用仪器相同C. 试剂c是氯气，相应的反应为： 2Fe2Cl2=2Cl2Fe3D. 用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否还有Fe2【答案】C【解析】【分析】含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中加入过量的铁粉，得到氯化亚铁溶液和铁粉、铜粉的混合物，铁粉、铜粉的混合物中加入过量盐酸可得到金属铜和氯化亚铁溶液，氯化亚铁溶液中通入过量氯气得到氯化铁溶液，氯化铁溶液在氯化氢气流中蒸发得氯化铁晶体。【详解】根据以上分析，试剂a是铁、试剂b是稀盐酸，故A错误；操作是过滤、操作是过滤、操作是蒸发，所用仪器不相同，故B错误；试剂c是氯气，氯气与氯化亚铁反应的离子方程式是： 2Fe2Cl2=2Cl2Fe3，故C正确；酸性KMnO4溶液可以氧化Fe2、Cl，所以不能用酸性KMnO4溶液检验溶液W中是否还有Fe2，故D错误。21.将3.48g四氧化三铁完全溶解在100mL 1molL-1的硫酸中，然后加入K2Cr2O7溶液25mL，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. 0.05molL1 B. 0.1molL1C. 0.2molL1 D. 0.3molL1【答案】B【解析】试题分析：3.48g四氧化三铁的物质的量是3.48g232g/mol0.015mol，与稀硫酸反应溶液中亚离子的物质的量是0.015mol，与重铬酸钾的反应中失去0.015mol电子。在反应中Cr元素的化合价从6价降低到3价得到3个电子，则关键电子得失守恒可知消耗重铬酸钾的物质的量是0.015mol60.0025mol，则其浓度是0.0025mol0.025L0.1mol/L，答案选B。考点：考查氧化还原反应的计算22.醋酸亚铬水合物Cr(CH3COO)222H2O是一种氧气吸收剂，为红棕色晶体，易被氧化，微溶于乙醇，难溶于水和乙醚(易挥发的有机溶剂)。其制备装置及步骤如下：检查装置气密性后，往三颈烧瓶中依次加入过量锌粒、适量CrCl3溶液。关闭k2打开k1，旋开a的旋塞并控制好滴速。待三颈烧瓶内的溶液由深绿色(Cr3)变为亮蓝色(Cr2)时，把溶液转移到装置乙中，当出现大量红棕色晶体时，关闭a的旋塞。将装置乙中混合物快速过滤、洗涤和干燥、称量。（1）实验中所用蒸馏水需经煮沸后迅速冷却，目的是_。仪器a的名称是_。（2）三颈烧瓶中的Zn除了与盐酸生成H2外，发生的另一个反应的离子方程式为_。（3）实验步骤中溶液自动转移至装置乙中的实验操作为_。（4）装置丙中导管口水封的目的是_。（5）为洗涤Cr(CH3COO)222H2O产品，下列方法中最合适的是_。a先用盐酸洗，后用水洗 b先用水洗，后用乙醚洗c先用水洗，后用乙醇洗 d先用乙醇洗，后用乙醚洗（6）一定条件下，Cr(CH3COO)222H2O受热得到CO和CO2的混合气体，请设计实验检验CO的存在_。【答案】 (1). 除去水中的溶解氧 (2). 分液漏斗 (3). Zn2Cr3=2Cr2Zn2 (4). 关闭k1、打开k2 (5). 防止空气进入装置乙中氧化Cr2 (6). b (7). 混合气体通入灼热的CuO，固体颜色由黑色变为红色，说明混合气体中含有CO(其他合理答案均可)【解析】【分析】装置甲：分液漏斗盛装稀盐酸，在圆底烧瓶中锌和盐酸反应Zn+2HClZnCl2+H2，同时发生2CrCl3+Zn2CrCl2+ZnCl2，生成氢气，用来增大压强把生成的CrCl2溶液压入装置乙中；装置乙：2Cr2+4CH3COO-+2H2OCr（CH3COO）222H2O，装置丙是保持装置压强平衡，同时避免空气进入；（1）根据Cr(CH3COO)222H2O易被氧化分析蒸馏水需经煮沸后迅速冷却的目的，根据装置图分析仪器a的名称；（2）根据三颈烧瓶中发生的反应进行分析；（3）实验开始生成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，打开K2关闭K1，把生成的CrCl2溶液压入装置3中；（4）根据Cr(CH3COO)222H2O易被氧化分析装置丙中导管口水封的目的；（5）醋酸亚铬水合物不溶于冷水和醚，微溶于醇，易溶于盐酸，据此选择洗涤试剂；（7）CO能还原灼热的氧化铜，据此设计检验CO的方案。【详解】（1） Cr(CH3COO)222H2O易被氧化，所以蒸馏水需经煮沸后迅速冷却的目的是除去水中的溶解氧，根据装置图，仪器a的名称是分液漏斗；（2）三颈烧瓶中的Zn除了与盐酸生成H2外，同时发生2CrCl3+Zn2CrCl2+ZnCl2，离子方程式为2Cr3+Zn2Cr2+Zn2+；（3）实验开始生成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，打开K2关闭K1，把生成的CrCl2溶液压入装置乙中反应；（4） Cr(CH3COO)222H2O易被氧化，装置丙中导管口水封的目的是防止空气进入装置乙中氧化Cr2；（5）醋酸亚铬水合物不溶于冷水和醚，微溶于醇，易溶于盐酸，所以先用水洗，后用乙醚洗，选b；（7）混合气体通入灼热的CuO，固体颜色由黑色变为红色，说明混合气体中含有CO。【点睛】本题考查了制备方案的设计，涉及化学仪器识别、对操作进行分析评价等知识，注意对题目信息的提取与应用，明确实验原理、实验目的为解答关键，试题有利于培养学生分析、理解能力及化学实验能力。23.铁及其化合物在日常生活中应用广泛。（1）取5.6 g的生铁与足量的稀硫酸混合反应，无论怎样进行实验，最终收集的气体体积均小于2.24 L(标准状况)，最主要的原因是_；所得溶液在长时间放置过程中会慢慢出现浅黄色，试用离子方程式解释这一变化的原因：_。（2）氧化铁是重要的工业颜料，下面是制备氧化铁的一种方法（铁屑表面常附着油污），其流程如下：操作的名称是_；操作为洗涤，洗涤操作的具体方法为_。滤液A中加入稍过量的NH4HCO3溶液，生成沉淀的同时有一种气体(能使澄清石灰水变浑浊)产生，写出其化学方程式： _。（3）如果煅烧不充分，产品中将有FeO存在，称取3.0 g氧化铁产品，加酸溶解，在250 mL容量瓶中定容；量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，用酸化的0.010 00 molL1 KMnO4溶液滴定至终点，重复滴定23次，消耗酸性KMnO4溶液体积的平均值为20.00 mL。该实验中的KMnO4溶液需要酸化，用于酸化的酸是_(填序号)。a硝酸 b盐酸 c硫酸 上述产品中Fe2O3的质量分数为_。【答案】 (1). 生铁中含有碳等杂质 (2). 4Fe2O24H=4Fe32H2O (3). 过滤（溶解过滤也可） (4). 沿玻璃棒往漏斗中加入适量蒸馏水至浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复23次 (5). FeSO42NH4HCO3=FeCO3(NH4)2SO4CO2H2O (6). c (7). 76%【解析】【分析】（1）生铁是铁碳合金，碳与稀硫酸不反应；Fe2具有还原性，易被氧气氧化为Fe3；(2)铁屑用纯碱溶液洗去油污，加稀硫酸充分反应，经过过滤分离，在滤液中加入过量的碳酸氢铵溶液得到碳酸亚铁，再经过过滤、洗涤，然后再干燥，煅烧得到氧化铁；（3）硝酸具有强氧化性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化氯离子；FeO与KMnO4反应的关系式是5FeOKMnO4，根据关系式计算Fe2O3的质量分数。【详解】（1）生铁是铁碳合金，碳与稀硫酸不反应，所以取5.6 g的生铁与足量的稀硫酸混合反应，无论怎样进行实验，最终收集的气体体积均小于2.24 L(标准状况)；Fe2具有还原性，易被氧气氧化为Fe3，反应的离子方程式是4Fe2O24H=4Fe32H2O；(2) 操作是固液分离，名称是过滤；洗涤操作的具体方法为沿玻璃棒往漏斗中加入适量蒸馏水至浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复23次；硫酸亚铁溶液中加入稍过量的NH4HCO3溶液生成碳酸亚铁沉淀和二氧化碳气体和硫酸铵，反应化学方程式是FeSO42NH4HCO3=FeCO3(NH4)2SO4CO2H2O；（3）亚铁离子具有还原性，硝酸具有强氧化性，不能用硝酸酸化，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化氯离子，不能用盐酸酸化，故选c；设样品中FeO的质量为xg5FeOKMnO4360g 1mol xg 0.02L0.01molL110 360x=10.020.0110 x=0.72g，Fe2O3的质量位3.0 g-0.72g=2. 28g，产品中Fe2O3的质量分数为2.283100%=76%。24.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). SO2I22H2O=2ISO4H (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SO2I22H2O=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。25.钛被称为继铁、铝之后的第三金属，回答下列问题：（1）基态钛原子的价电子排布图为_，金属钛晶胞如图1所示，为_堆积(填堆积方式)。（2）已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为-37 ，沸点为136 ，可知TiCl4为_晶体。（3）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图2。化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是_。化合物乙中采取sp3杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为_。（4）硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图3所示，其化学式为_。（5）钙钛矿晶体的结构如图4所示。钛离子位于立方晶胞的顶角，被_个氧离子包围成配位八面体；钙离子位于立方晶胞的体心，被_个氧离子包围，钙钛矿晶体的化学式为_。【答案】 (1). (2). 六方最密 (3). 分子 (4). 化合物乙分子间形成氢键 (5). NOC (6). TiO2(或TiOn2n) (7). 6 (8). 12 (9). CaTiO3【解析】【分析