2019-2020学年江苏省南通市海安市高一（上）期末化学试卷

第1页（共1页）2019-2020学年江苏省南通市海安市高一（上）期末化学试卷一、单选题：本题包括10小题，每小题3分，共计30分．每小题只有一个选项符合题意．1．（3分）化学推动了人类的进步。下列获得诺贝尔奖的科技成果不属于化学领域的是（）A．发明锂电池 B．发现新行星 C．研究胆酸结构 D．创造分子机器2．（3分）“一硝二磺三木炭”，是一种古老的火药配制方法，在我国唐代炼丹家孙思邈的《丹经内伏硫黄法》中就有记载。这里的“硝”是某种硝酸盐，其中含有的元素是（）A．氮 B．氢 C．氯 D．磷3．（3分）下列物质属于纯净物的是（）A．漂白粉 B．生铁 C．液氯 D．水玻璃4．（3分）同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是（）A．O2 B．SO2 C．CO D．NH35．（3分）在澄清透明强酸性溶液中，下列各组离子能大量共存的是（）A．K+、Fe2+、NO3﹣ B．Cu2+、SO42﹣、NO3﹣ C．Fe3+、Cl﹣、SCN﹣ D．Na+、OH﹣、CO32﹣6．（3分）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）A．SiO2硬度大，可用来制造光导纤维 B．HClO显酸性，可用于杀菌消毒 C．SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白 D．铁粉具有还原性，可用作食品抗氧化剂7．（3分）用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．11.2LCO2所含有的分子数为0.5．Na B．0.1mol•L﹣1MgCl2的溶液中Cl﹣数为0.1NA C．1molNa2O2与足量H2O反应电子转移总数为2NA D．常温常压下，48gO3和O2的混合气体中含有的氧原子数为3NA8．（3分）下列叙述正确的是（）A．用丁达尔效应可以鉴别NaCl溶液和淀粉溶液 B．用氨气做喷泉实验主要是利用氨气的水溶液呈碱性这一性质 C．用洁净钳丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，原溶液中有Na+、无K+ D．除去粗盐溶液中的Ca2+、Mg2+SO42﹣，应依次加入Na2CO3、NaOH和BaCl2溶液9．（3分）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A．氢氧化钡与稀硫酸溶液反应：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O B．向氨水中通入过量CO2：OH﹣+CO2═HCO3﹣+H2O C．将铜丝插入稀硝酸中：3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O D．大理石溶于稀盐酸：2H++CO32﹣═H2O+CO2↑10．（3分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A．FeFe2O3FeCl3 B．AlAl（OH）3Al2O3 C．SiO2Na2SiO3H2SiO3 D．HClOCl2NaClO二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分．11．（4分）下列有关Na2CO3和NaHCO3的性质说法正确的是（）A．除去碳酸钠固体中混有的少量碳酸氢钠可以用加热的方法 B．相同温度时，Na2HCO3的溶解大于Na2CO3溶解度 C．用澄清石灰水可鉴别、Na2CO3溶液和Na2HCO3溶液 D．等质量的Na2CO3和Na2HCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2质量相同（多选）12．（4分）下列实验装置能达到实验目的的是（）A．装置制取SO2 B．演示喷泉实验 C．装置干燥NH3 D．分离汽油和水（多选）13．（4分）工业上以铅铁矿（主要成分为FeO•Cr2O3）、，碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠（Na2Cr2O7•2H2O），其主要反应为：①4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2②2Na2CrO4+H2SO4═Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O下列说法中正确的是（）A．反应①和②均为氧化还原反应 B．反应①中FeO•Cr2O3是还原剂，在反应中失去电子 C．反应②中Na2CrO4发生氧化反应 D．生成1mol的CO2，反应①转移3.5mol电子14．（4分）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向某盐溶液中加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝该盐溶液中含有NH4+B向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体溶液中含CO32﹣C向某溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀溶液中含SO42﹣D向FeCl3溶液中滴几滴淀粉溶液，无明显现象，再加入少量KI溶液，溶液变蓝KI能使淀粉变蓝A．A B．B C．C D．D（多选）15．（4分）二水合草酸亚铁（FeC2O4•2H2O）是制备某种铁锂电池最常用的原料。国内某科研团队以氮气为保护气，对二水合草酸亚铁的受热分解情况进行研究，生成的气体只含CO、CO2和H2O（g），得到固体质量与加热温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．b点的固体成分为FeC2O4•H2O B．b→c的方程式为FeC2O4FeCO3+CO↑ C．从a→d，生成的CO、CO2的物质的量相等 D．加热至250℃以上，固体质量略有增加，可能是因为FeO与CO反应生成了Fe3C三、解答题（共5小题，满分50分）16．（10分）高铁酸钾（K2FeO4）既能消毒杀菌，又能净水，是一种理想的水处理剂。工业上制备高铁酸钾的一种工艺流程如图：（1）K2FeO4中铁元素的化合价为。（2）“反应I”中参加反应的Fe3+与ClO﹣的物质的量之比为2：3，则滤液中含氯物质的化学式为。写出“反应I”的离子方程式：。（3）K2FeO4在水中发生反应：4K2FeO4+10H2O═4Fe（OH）3（胶体）+8KOH+3O2↑。高铁酸钾能消毒杀菌是因为；它能净水是因为。17．（10分）氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。如图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。（1）合成塔中发生反应的化学方程式为（2）单质X的化学式是。吸收塔中X的作用是。（3）工业上为了储运浓硝酸，最好选择作为罐体材料。A．铜B．铂C．铝D．镁（4）为避免硝酸生产尾气中的氮氧化物污染环境，工业上常用Na2CO3吸收尾气，发生的反应为：NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2、2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2将标准状况下44.8L仅含NO和NO2混合气体的尾气通入Na2CO3溶液中，尾气被完全吸收，则消耗的Na2CO3的物质的量为mol。18．（10分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的杀菌消毒剂。以氯酸钠（NaClO3）为原料制备NaClO2粗品的工艺流程如图所示。已知：①纯ClO2易分解爆炸，空气中ClO2的体积分数在10%以下比较安全。②NaClO2高于60℃会分解。（1）反应Ⅰ的离子方程式为；反应中需同时鼓入空气的主要目的是°（2）“合成”过程中的氧化剂是。（3）蒸发时，需要减压的目的是。（4）“冷却结晶”后获得NaClO，粗产品的操作是（填操作名称）。19．（10分）摩尔盐[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]是一种浅绿色晶体，广泛应用于电镀工业。为探究其分解产物，某学习小组利用如图所示装置进行实验。【查阅资料】隔绝空气加热至500℃时，摩尔盐能完全分解，分解产物中有铁氧化物，硫氧化物，氨气和水蒸气等。（1）对A装置加热前，先通一段时间N2的目的是。（2）实验开始一段时间后，装置B中的现象为。（3）实验中观察到装置D始终无明显现象，装置C中和E中均产生白色沉淀。①写出E中SO2与H2O2发生反应的化学方程式：。②甲同学根据C中产生白色沉淀现象判断产物中一定含有SO3．请对甲同学的判断作出评价，并说明理由：。（4）实验结束后，装置A中的固体变为红棕色，请补充完整检验该残留固体中是否含FeO或Fe3O4的实验方案：取A中少量残留固体，加入稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加，若观察到，说明残留固体中不含FeO和Fe3O4．（提供的试剂有：NaOH溶液、氯水、硫氰化钾溶液、酸性高锰酸钾溶液）20．（10分）一种由CuO和KHC2O4溶液反应的到的蓝色结晶[KaCub（C2O4）c•dH2O]．为测定其组成，进行了如下实验：步骤1称取3.5400g该晶体，加入过量稀硫酸，待样品完全溶解后加入适量水，配制成100mL溶液A。步骤2量取20.00mLA溶液，滴加0.2000mol•L﹣1KMnO4溶液至恰好完全反应时，消耗KMnO4溶液8.00mL。步骤3另取20.00mLA溶液，加入足量NaOH溶液，充分反应后，经过滤、洗涤、灼烧、称重，得到黑色固体粉末0.16g。已知：步骤2中发生反应：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O（1）步骤1中配制溶液A时，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、。（2）3.5400g该样品中含n（C2O42﹣）＝mol（3）3.5400g该样品中含n（Cu2+）＝mol。（4）通过计算确定该蓝色晶体的化学式（将计算过程写到答题卡上）。

2019-2020学年江苏省南通市海安市高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、单选题：本题包括10小题，每小题3分，共计30分．每小题只有一个选项符合题意．1．（3分）化学推动了人类的进步。下列获得诺贝尔奖的科技成果不属于化学领域的是（）A．发明锂电池 B．发现新行星 C．研究胆酸结构 D．创造分子机器【分析】化学的定义和研究内容进行分析判断，化学是一门在分子、原子的层次上研究物质的性质、组成、结构、及其变化规律的科学，研究对象是物质，研究内容有组成、结构、性质、变化、用途等。【解答】解：A．发明锂电池是研究化学中原电池原理的应用，故A不符合；B．发现新行星属于物理学信息研究的内容，与化学无关，故B符合；C．研究胆酸结构是研究有机物的结构，属于化学研究领域，故C不符合；D．创造分子机器是微观上研究分子的组成、结构等，属于化学研究的内容，故D不符合；故选：B。【点评】本题考查了化学研究的对象和领域，了解化学研究的内容，才能利用化学知识服务于社会，造福于人类，有利于培养学生的学习兴趣，提高社会责任感，题目难度不大。2．（3分）“一硝二磺三木炭”，是一种古老的火药配制方法，在我国唐代炼丹家孙思邈的《丹经内伏硫黄法》中就有记载。这里的“硝”是某种硝酸盐，其中含有的元素是（）A．氮 B．氢 C．氯 D．磷【分析】“一硝二磺三木炭”，是一种古老的火药配制方法，黑火药成分为硫磺、硝酸钾、木炭，结合元素守恒分析判断。【解答】解：黑火药成分为硫磺、硝酸钾、木炭，结合元素守恒分析，这里的“硝”是硝酸钾，其中含有的元素是钾元素、氮元素和氧元素，故选：A。【点评】本题考查了物质组成、物质名称的分析判断，注意知识的积累，题目难度不大。3．（3分）下列物质属于纯净物的是（）A．漂白粉 B．生铁 C．液氯 D．水玻璃【分析】纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质，据此结合常见物质的组成分析即可。【解答】解：A．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故A错误；B．生铁是铁的合金，为混合物，故B错误；C．液氯是一种物质组成的纯净物，故C正确；D．水玻璃是硅酸钠的水溶液，为混合物，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了物质分类、物质组成的分析判断，解答本题要充分理解纯净物和混合物的区别，要分析物质是由几种物质组成的，如果只有一种物质组成就属于纯净物，如果有多种物质就属于混合物，题目难度不大。4．（3分）同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是（）A．O2 B．SO2 C．CO D．NH3【分析】同温同压下气体摩尔体积相同，根据V＝nVm＝×Vm可知，质量相等时，气体的体积与摩尔质量成反比，据此解答。【解答】解：同温同压下气体摩尔体积相同，根据V＝nVm＝×Vm可知，相同质量的气体，摩尔质量越大所占有的体积越小，选项中气体摩尔质量大小为：SO2＞O2＞CO＞NH3，则占有体积最大的是NH3，故选：D。【点评】本题考查物质的量的计算，题目难度不大，明确物质的量与气体摩尔体积、摩尔质量之间的关系即可解答，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。5．（3分）在澄清透明强酸性溶液中，下列各组离子能大量共存的是（）A．K+、Fe2+、NO3﹣ B．Cu2+、SO42﹣、NO3﹣ C．Fe3+、Cl﹣、SCN﹣ D．Na+、OH﹣、CO32﹣【分析】A．酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；B．三种离子之间不反应，都不与氢离子反应；C．铁离子与硫氰根离子发生络合反应；D．碳酸根离子、氢氧根离子都与氢离子反应。【解答】解：A．Fe2+、NO3﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．Cu2+、SO42﹣、NO3﹣之间不反应，都不与氢离子反应，在强酸性溶液中能够大量共存，故B正确；C．Fe3+、SCN﹣之间反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．OH﹣、CO32﹣与氢离子反应，在强酸性溶液中不能大量共存，故D错误；故选：B。【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。6．（3分）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）A．SiO2硬度大，可用来制造光导纤维 B．HClO显酸性，可用于杀菌消毒 C．SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白 D．铁粉具有还原性，可用作食品抗氧化剂【分析】A、SiO2具有良好的导光性；B、HClO具有强氧化性，可使蛋白质变性；C、SO2能与有色物质生成无色的化合物，表现出漂白性；D、Fe粉能与氧气反应，表现出还原性。【解答】解：A、SiO2具有良好的导光性，可用来制造光导纤维，与SiO2硬度大无关，故A错误；B、HClO具有强氧化性，可用于杀菌消毒，与HClO显酸性无关，故B错误；C、SO2具有漂白性，可用于纸浆漂白，与SO2具有氧化性无关，故C错误；D、铁粉具有还原性，可除去食品袋中的氧气，所以铁粉可用作食品抗氧化剂，故D正确；故选：D。【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，熟悉相关物质的成分及性质是解题关键，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，题目难度不大。7．（3分）用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．11.2LCO2所含有的分子数为0.5．Na B．0.1mol•L﹣1MgCl2的溶液中Cl﹣数为0.1NA C．1molNa2O2与足量H2O反应电子转移总数为2NA D．常温常压下，48gO3和O2的混合气体中含有的氧原子数为3NA【分析】A、二氧化碳所处的状态不明确；B、溶液体积不明确；C、过氧化钠和水反应是歧化反应，氧元素由﹣1价歧化为﹣2价和0价；D、氧气和臭氧均由氧原子构成。【解答】解：A、二氧化碳所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故A错误；B、溶液体积不明确，故溶液中氯离子的个数无法计算，故B错误；C、过氧化钠和水反应是歧化反应，氧元素由﹣1价歧化为﹣2价和0价，故1mol过氧化钠转移1mol电子，故C错误；D、氧气和臭氧均由氧原子构成，故48g混合物中含有的氧原子的物质的量为n＝＝3mol，即含3NA个，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。8．（3分）下列叙述正确的是（）A．用丁达尔效应可以鉴别NaCl溶液和淀粉溶液 B．用氨气做喷泉实验主要是利用氨气的水溶液呈碱性这一性质 C．用洁净钳丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，原溶液中有Na+、无K+ D．除去粗盐溶液中的Ca2+、Mg2+SO42﹣，应依次加入Na2CO3、NaOH和BaCl2溶液【分析】A．淀粉溶液具有胶体的性质；B．利用氨气极易溶于水，形成压强差而形成喷泉；C．应透过蓝色钴玻璃观察钾元素的焰色反应；D．碳酸钠一定在氯化钡之后，可除去过量的钡离子。【解答】解：A．淀粉溶液具有胶体的性质，可用丁达尔效应鉴别，故A正确；B．氨气极易溶于水，氨气溶于水后烧瓶内压强迅速减小，而形成喷泉，与氨气的水溶液呈碱性无关，故B错误；C．观察钾元素的焰色反应时要透过蓝色的钴玻璃，防止钠元素造成干扰，故C错误；D．碳酸钠一定在氯化钡之后，可除去过量的钡离子，试剂顺序为NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3，故D错误；故选：A。【点评】本题考查物质性质、混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。9．（3分）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A．氢氧化钡与稀硫酸溶液反应：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O B．向氨水中通入过量CO2：OH﹣+CO2═HCO3﹣+H2O C．将铜丝插入稀硝酸中：3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O D．大理石溶于稀盐酸：2H++CO32﹣═H2O+CO2↑【分析】A．离子个数配比不符合物质结构；B．过量CO2反应生成碳酸氢铵；C．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；D．大理石的成分为碳酸钙，在离子反应中保留化学式。【解答】解：A．氢氧化钡溶液与稀硫酸溶液反应，离子方程式：Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+＝BaSO4↓+2H2O，故A错误；B．在稀氨水中通入过量CO2的离子反应为NH3•H2O+CO2＝NH4++HCO3﹣，故B错误；C．铜丝插入稀硝酸中，反应离子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故C正确；D．大理石溶于稀盐酸中的离子反应为2H++CaCO3＝H2O+CO2↑+Ca2+，故D错误；故选：C。【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应及分析与应用能力的考查，题目难度不大。10．（3分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A．FeFe2O3FeCl3 B．AlAl（OH）3Al2O3 C．SiO2Na2SiO3H2SiO3 D．HClOCl2NaClO【分析】A、铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁；B、铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；C、二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠与二氧化碳、水反应生成硅酸；D、次氯酸见光分解放出氧气。【解答】解：A、铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁，不是Fe2O3，故A错误；B、铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝，故B错误；C、二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠与二氧化碳、水反应生成硅酸，符合各步转化，故C正确；D、次氯酸见光分解放出氧气，不是氯气，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了物质性质和转化关系的分析，注意反应条件和反应产物的判断，题目难度中等。二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分．11．（4分）下列有关Na2CO3和NaHCO3的性质说法正确的是（）A．除去碳酸钠固体中混有的少量碳酸氢钠可以用加热的方法 B．相同温度时，Na2HCO3的溶解大于Na2CO3溶解度 C．用澄清石灰水可鉴别、Na2CO3溶液和Na2HCO3溶液 D．等质量的Na2CO3和Na2HCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2质量相同【分析】相同温度时，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，加热时碳酸氢钠较不稳定，易分解，二者都能与酸反应生成二氧化碳气体，都能与澄清石灰水反应产生白色沉淀，以此解答该题。【解答】解：A．加热时发生2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，而碳酸钠加热不分解，则可除去碳酸钠固体中混有的少量碳酸氢钠可以采用加热的方法，故A正确；B．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，会发生反应：Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3↓，可证明碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，故B错误；C．Na2CO3溶液和Na2HCO3溶液均可与澄清石灰水发生反应生成碳酸钙沉淀，则不能用澄清石灰水可鉴别、Na2CO3溶液和Na2HCO3溶液，故C错误；D．根据碳原子守恒碳酸氢钠、碳酸钠与二氧化碳的关系式分别为：Na2CO3～CO2、NaHCO3～CO2，Na2CO3的摩尔质量较大，等质量时NaHCO3的物质的量较大，则NaHCO3放出二氧化碳的质量较大，故D错误。故选：A。【点评】本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，题目难度不大，注意相同条件下，难溶性碳酸盐溶解度小于相应的碳酸氢盐，可溶性碳酸盐的溶解度大于相应的碳酸氢盐，为易错点。（多选）12．（4分）下列实验装置能达到实验目的的是（）A．装置制取SO2 B．演示喷泉实验 C．装置干燥NH3 D．分离汽油和水【分析】A．常温下Cu与浓硫酸不反应；B．HCl极易溶于水；C．浓硫酸与氨气反应；D．汽油与水分层，且水在下层。【解答】解：A．常温下Cu与浓硫酸不反应，图中缺少酒精灯，故A错误；B．HCl极易溶于水，挤压胶头滴管、打开止水夹，可形成喷泉，故B正确；C．浓硫酸与氨气反应，不能干燥氨气，故C错误；D．汽油与水分层，且水在下层，分液漏斗可分离，故D正确；故选：BD。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。（多选）13．（4分）工业上以铅铁矿（主要成分为FeO•Cr2O3）、，碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠（Na2Cr2O7•2H2O），其主要反应为：①4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2②2Na2CrO4+H2SO4═Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O下列说法中正确的是（）A．反应①和②均为氧化还原反应 B．反应①中FeO•Cr2O3是还原剂，在反应中失去电子 C．反应②中Na2CrO4发生氧化反应 D．生成1mol的CO2，反应①转移3.5mol电子【分析】A．化学反应中有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，没有化合价变化的化学反应不是氧化还原反应；B．得电子化合价降低的物质是氧化剂，失电子化合价升高的物质是还原剂；C．存在元素化合价升高的反应是氧化反应；D．反应只有O元素的化合价降低，由0价降低为﹣2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，由方程式可知计算Na2CrO4与转移电子数。【解答】解：A．4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而2Na2CrO4+H2SO4═Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A错误；B．4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中，氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧化剂是氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是FeO•Cr2O3，还原剂在反应中失去电子，故B正确；C．2Na2CrO4+H2SO4═Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故C错误；D．由方程式4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2转移电子可知，生成8molCO2时，参加反应的O2的物质的量为7mol，反应中O元素由0价降低为﹣2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，转移电子的物质的量为7mol×4＝28mol，所以反应中每生成1molCO2时电子转移3.5mol，故D正确；故选：BD。【点评】本题考查物质的性质及氧化还原反应，为高频考点，把握习题中的信息、氧化性与元素的化合价及物质的量计算等为解答的关键，侧重分析与迁移应用能力的考查，题目难度不大。14．（4分）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向某盐溶液中加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝该盐溶液中含有NH4+B向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体溶液中含CO32﹣C向某溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀溶液中含SO42﹣D向FeCl3溶液中滴几滴淀粉溶液，无明显现象，再加入少量KI溶液，溶液变蓝KI能使淀粉变蓝A．A B．B C．C D．D【分析】A．氨气可使湿润红色石蕊试纸变蓝；B．气体可能为二氧化碳、二氧化硫；C．白色沉淀可能为AgCl；D．氯化铁与KI发生氧化还原反应生成碘，淀粉遇碘变蓝。【解答】解：A．氨气可使湿润红色石蕊试纸变蓝，由操作和现象可知，该盐溶液中含有NH4+，故A正确；B．气体可能为二氧化碳、二氧化硫，则原溶液中可能含CO32﹣或HCO3﹣，或SO32﹣等，故B错误；C．白色沉淀可能为AgCl，则原溶液中可能含Ag+，故C错误；D．氯化铁与KI发生氧化还原反应生成碘，淀粉遇碘变蓝，而KI不能使淀粉变蓝，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。（多选）15．（4分）二水合草酸亚铁（FeC2O4•2H2O）是制备某种铁锂电池最常用的原料。国内某科研团队以氮气为保护气，对二水合草酸亚铁的受热分解情况进行研究，生成的气体只含CO、CO2和H2O（g），得到固体质量与加热温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．b点的固体成分为FeC2O4•H2O B．b→c的方程式为FeC2O4FeCO3+CO↑ C．从a→d，生成的CO、CO2的物质的量相等 D．加热至250℃以上，固体质量略有增加，可能是因为FeO与CO反应生成了Fe3C【分析】A．n（FeC2O4•2H2O）＝＝0.01mol，如果b点固体成分为FeC2O4•H2O，根据Fe原子守恒得n（FeC2O4•H2O）＝n（FeC2O4•2H2O）＝0.01mol，则m（FeC2O4•H2O）＝0.1mol×164g/mol；B．b点固体成分为FeC2O4，则b到c点发生的反应为FeC2O4分解，如果发生的反应是FeC2O4FeCO3+CO↑，则生成的气体是CO，固体减少的质量等于CO的质量＝0.01mol×28g/mol＝0.28g；C．如果d点为FeO，根据Fe原子守恒得n（FeO）＝n（FeC2O4•2H2O）＝0.01mol，m（FeO）＝0.01mol×72g/mol＝0.72g，则d点固体为FeO，从c到d点减少的质量为碳酸亚铁分解生成二氧化碳的质量；D．加热至250℃以上固体质量改变，如果是因为FeO与CO反应生成了Fe3C，会导致固体质量减少。【解答】解：A．n（FeC2O4•2H2O）＝＝0.01mol，如果b点固体成分为FeC2O4•H2O，根据Fe原子守恒得n（FeC2O4•H2O）＝n（FeC2O4•2H2O）＝0.01mol，则m（FeC2O4•H2O）＝0.1mol×164g/mol＝1.64g，与图中b点固体质量不符合，故A错误；B．a到b点固体质量减少量＝（1.80﹣1.44）g＝0.36g，与0.02mol水的质量相等，所以b点固体成分为FeC2O4，则b到c点发生的反应为FeC2O4分解，如果发生的反应是FeC2O4FeCO3+CO↑，则生成的气体是CO，固体减少的质量等于CO的质量＝0.01mol×28g/mol＝0.28g，所以b→c的方程式为FeC2O4FeCO3+CO↑，故B正确；C．如果d点为FeO，根据Fe原子守恒得n（FeO）＝n（FeC2O4•2H2O）＝0.01mol，m（FeO）＝0.01mol×72g/mol＝0.72g，则d点固体为FeO，从c到d点减少的质量为碳酸亚铁分解生成二氧化碳的质量，根据FeC2O4FeCO3+CO↑、FeCO3FeO+CO2↑得n（CO2）＝n（FeCO3）＝n（CO），故C正确；D．加热至250℃以上固体质量改变，如果是因为FeO与CO反应生成了Fe3C，根据Fe原子守恒得n（FeO）＝3n（Fe3C），假设3molFeO反应后生成1molFe3C，固体减少的质量＝氧元素质量﹣碳元素质量＝3mol×16g/mol﹣1mol×12g/mol＝36g，所以会导致固体质量减少，故D错误；故选：BC。【点评】本题以图象分析为载体考查方程式的计算，侧重考查分析判断及计算能力，明确各点固体成分及其性质是解本题关键，注意原子守恒的灵活运用，题目难度中等。三、解答题（共5小题，满分50分）16．（10分）高铁酸钾（K2FeO4）既能消毒杀菌，又能净水，是一种理想的水处理剂。工业上制备高铁酸钾的一种工艺流程如图：（1）K2FeO4中铁元素的化合价为+6。（2）“反应I”中参加反应的Fe3+与ClO﹣的物质的量之比为2：3，则滤液中含氯物质的化学式为NaCl。写出“反应I”的离子方程式：2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O。（3）K2FeO4在水中发生反应：4K2FeO4+10H2O═4Fe（OH）3（胶体）+8KOH+3O2↑。高铁酸钾能消毒杀菌是因为具有强氧化性；它能净水是因为生成的Fe（OH）3胶体具有吸附作用，可以吸附水中的杂质。【分析】由制备流程可知，反应I发生2Fe（NO3）3+10NaOH+3NaClO＝2Na2FeO4+6NaNO3+3NaCl+5H2O，分离除盐后，将Na2FeO4在KOH溶液中溶解，过滤除去杂质NaCl，且加入饱和KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4，反应方程式为Na2FeO4+2KOH＝K2FeO4+2NaOH，冷却结晶，过滤，高铁酸钾易溶于水，难溶于异丙醇，用异丙醇代替水洗涤产品可以减少高铁酸钾的损耗，同时洗去高铁酸钾晶体表面的KOH和其他杂质，得到纯产品高铁酸钾，以此解答该题。【解答】解：（1）K2FeO4中K为+1价、O为﹣2价，则Fe为+6价，故答案为：+6；（2）反应I发生2Fe（NO3）3+10NaOH+3NaClO＝2Na2FeO4+6NaNO3+3NaCl+5H2O，滤液含有NaCl，离子方程式为2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故答案为：NaCl；2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；（3）高铁酸钾具有强氧化性，能消毒杀菌，还原生成铁离子，可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，以达到净水的目的，故答案为：具有强氧化性；生成的Fe（OH）3胶体具有吸附作用，可以吸附水中的杂质。【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。17．（10分）氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。如图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。（1）合成塔中发生反应的化学方程式为3H2+N22NH3（2）单质X的化学式是O2。吸收塔中X的作用是将氮氧化物充分氧化为HNO3。（3）工业上为了储运浓硝酸，最好选择C作为罐体材料。A．铜B．铂C．铝D．镁（4）为避免硝酸生产尾气中的氮氧化物污染环境，工业上常用Na2CO3吸收尾气，发生的反应为：NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2、2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2将标准状况下44.8L仅含NO和NO2混合气体的尾气通入Na2CO3溶液中，尾气被完全吸收，则消耗的Na2CO3的物质的量为1mol。【分析】氮气和氢气合成塔中合成氨气进入氨分离器得到氨气在氧化炉中催化氧化生成NO．和空气中氧气混合吸收得到硝酸，最后尾气处理，（1）氮气和氢气合成氨气；（2）流程分析可知X为氧气，NO、氧气和水反应生成硝酸；（3）浓硝酸具有强氧化性能和大多数金属反应，常温下铁、铝在浓硝酸中能发生钝化；（4）工业上常用Na2CO3吸收尾气，发生的反应为：NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2、2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2，钠元素和氮元素守恒n（Na）＝n（N），据此计算。【解答】解：氮气和氢气合成塔中合成氨气进入氨分离器得到氨气在氧化炉中催化氧化生成NO．和空气中氧气混合吸收得到硝酸，最后尾气处理，（1）合成塔中发生反应的化学方程式为：3H2+N22NH3，故答案为：3H2+N22NH3；（2）单质X的化学式是：O2，吸收塔中X的作用是：将氮氧化物充分氧化为HNO3，故答案为：O2；将氮氧化物充分氧化为HNO3；（3）浓硝酸具有强氧化性能和大多数金属反应，常温下铁、铝在浓硝酸中能发生钝化，工业上为了储运浓硝酸，最好选择铝制容器，故答案为：C；（4）工业上常用Na2CO3吸收尾气，发生的反应为：NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2、2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2，钠元素和氮元素守恒n（Na）＝n（N），将标准状况下44.8L仅含NO和NO2混合气体的尾气，物质的量＝＝2mol，n（N）＝2mol，通入Na2CO3溶液中，尾气被完全吸收，钠元素和氮元素守恒n（Na）＝n（N），则消耗的Na2CO3的物质的量为1mol，故答案为：1。【点评】本题主要考查了合成氨工业，题目难度不大，掌握合成氨工业的流程，掌握氮及其化合物的性质是解答本题的关键，综合考查了学生具有分析和解决问题的能力。18．（10分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的杀菌消毒剂。以氯酸钠（NaClO3）为原料制备NaClO2粗品的工艺流程如图所示。已知：①纯ClO2易分解爆炸，空气中ClO2的体积分数在10%以下比较安全。②NaClO2高于60℃会分解。（1）反应Ⅰ的离子方程式为2ClO3﹣+SO2＝2ClO2+SO42﹣；反应中需同时鼓入空气的主要目的是稀释ClO2，防止爆炸°（2）“合成”过程中的氧化剂是ClO2。（3）蒸发时，需要减压的目的是防止温度过高NaClO2分解。（4）“冷却结晶”后获得NaClO，粗产品的操作是过滤、洗涤、干燥（填操作名称）。【分析】酸化的NaClO3通入空气、二氧化硫，在反应器I中发生还原反应生成ClO2和Na2SO4，ClO2与双氧水、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠，同时生成氧气，将溶液减压蒸发、冷却结晶得到NaClO2粗品，以此解答该题。【解答】解：（1）反应Ⅰ为氯酸钠在酸性条件下被二氧化硫还原成ClO2，反应的离子方程式为2ClO3﹣+SO2═2ClO2+SO42﹣，纯ClO2易分解爆炸，空气中ClO2的体积分数在10%以下比较安全，则反应中需同时鼓入空气的主要目的是稀释ClO2，防止爆炸，故答案为：2ClO3﹣+SO2＝2ClO2+SO42﹣；稀释ClO2，防止爆炸；（2）在碱性条件下发生H2O2+2ClO2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2，反应中Cl元素的化合价降低，则ClO2为氧化剂，故答案为：ClO2；（3）减压蒸发在较低温度下可进行，防止常压蒸发温度过高，亚硫酸钠容易分解，故答案为：防止温度过高NaClO2分解；（4）“冷却结晶”后获得NaClO粗产品的操作是过滤、洗涤、干燥，故答案为：过滤、洗涤、干燥。【点评】本题考查物质的制备，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力，题目涉及制备方案的过程分析和物质性质的理解应用，注意把握反应的原理以及实验的操作方法，题目难度中等。19．（10分）摩尔盐[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]是一种浅绿色晶体，广泛应用于电镀工业。为探究其分解产物，某学习小组利用如图所示装置进行实验。【查阅资料】隔绝空气加热至500℃时，摩尔盐能完全分解，分解产物中有铁氧化物，硫氧化物，氨气和水蒸气等。（1）对A装置加热前，先通一段时间N2的目的是排尽装置内的空气，防止氧气干扰。（2）实验开始一段时间后，装置B中的现象为B中白色固体变蓝。（3）实验中观察到装置D始终无明显现象，装置C中和E中均产生白色沉淀。①写出E中SO2与H2O2发生反应的化学方程式：SO2+H2O2＝H2SO4。②甲同学根据C中产生白色沉淀现象判断产物中一定含有SO3．请对甲同学的判断作出评价，并说明理由：不正确，若摩尔盐分解产生的NH3溶于C瓶，溶液呈碱性，则可能生成BaSO3沉淀。（4）实验结束后，装置A中的固体变为红棕色，请补充完整检验该残留固体中是否含FeO或Fe3O4的实验方案：取A中少量残留固体，加入稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若观察到溶液紫色未褪去，说明残留固体中不含FeO和Fe3O4．（提供的试剂有：NaOH溶液、氯水、硫氰化钾溶液、酸性高锰酸钾溶液）【分析】由实验装置可知，先通入氮气可将装置内空气排出，后加热A处，B中无水硫酸铜变蓝