广东省2020届高三化学上学期百校联考11月月考试题(含解析)
广东省部分学校高三上学期11月联考试题化学
高三化学本试卷满分100分，考试用时75分钟。
注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后.再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4.可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Al 27 K 39 Fe 56 Zn 65一、选择题：本题共16小题，共44分。
第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题分。
在每小题给出的四个选项中，只有项是符合题目要求的。
.1.中国岭南地区的传统食材和工艺极具特色，其中涉及硅酸盐材料的是C.粤西北的肉桂2.2023年3月17日，科技部高技术研究发展中心发布了2022年度中国科学十大进展，项化学化工类成果人选。
有关这4项成果的说法正确的是A.“全新原理实现海水直接电解制氢”，可用于大规模生产清洁能源氢气B.“实现高效率的全钙钛矿叠层太阳能电池和组件”，钛金属可以抵抗所有形式的腐个C ，“实现超冷三原子分子的量子相干合成”，ClO 2是一种三原子分子D.“温和压力条件下实现乙二醇合成”，乙二醇结构式为C 2H 4(OH)23.化学深人生活、生产的方方面面。
下列物质应用正确的是4.离子反应和氧化还原反应是高中化学的重要内容之一，下列有关说法正确的是A.碘化氢与双氧水反应时，H 2O 2作还原剂B. Fe 2+有还原性，-3NO 有强氧化性，故Fe 2+与-3NO 不能大量共存C.泡沫灭火器的原理：Al 3+ + 3-3HCO =Al(OH)3↓+3CO 2↑D.往硫化铜悬浊液中滴加稀硫酸：CuS+2H +=H 2S+Cu 2+5.中国科学院重庆绿色智能技术研究院设计出某种催化剂解决硝酸盐污染的水处理系统。
该 系统为发展绿色能源和实现“双碳”目标提供了新的方案。
高三化学11月联考试题解析版
D.用图丁装置除去氯气中的氯化氢，应该长管进气，短管出气，这样达到实验目的，故D错误；
故选B。
6.下列有关物质的性质描述正确的是
A.室温下，铁不与浓硫酸反应
B.室温下，镁很易可与水反应析出氢气
C.室温下，CO2通入饱和CaCl2的溶液中，有白色沉淀生成
C.Cl-的结构示意图： D.N2H4的结构式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．中子数为9的氮原子的质量数是7+9＝16，原子符号可表示为： N，故A错误；
B．H2O是含有共价键的共价化合物，电子式为： ，故B正确；
C．Cl- 质子数是17，其结构示意图为： ，故C错误；
D．N2H4的电子式为 ，其结构式： ，故D错误；
A. 用图甲所示装置验证反应产物二氧化碳
B. 用图乙装置吸收氨气并防止倒吸
C.图甲装置配制100 mL 1 mol·L－1的硫酸
D. 用图丁装置除去氯气中的氯化氢
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A.二氧化硫、二氧化碳都能使石灰水变浑浊，不能达到实验目的，故A错误；
B.氨气极易溶于水、氨气难溶于四氯化碳，图乙可防止倒吸，故B正确；
D.0.1mol·L－1的Fe（NO3）2溶液中：Na+、H+、SCN－、Cl－
【答案】A
【解析】
【详解】A.由水电离产生的c（H+）=1×10－13mol·L－1的溶液可以为酸性溶液，也可以为碱性溶液，两种条件下，该组离子均可大量共存，故A正确；
B. HCO 会与AlO 反应生成氢氧化铝与碳酸根离子，两者不能大量共存，故B错误；
2020届广东省广州市113中学高三11月月考化学试题(解析版)
广东省广州市113中学2020届高三11月月考可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Mg 241.下列关于自然界中氮循环的说法错误的是（）A. 氮肥均含有NH4+B. 雷电作用固氮中氮元素被氧化C. 碳、氢、氧三种元素参与了自然界中氮循环D. 合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱『答案』A『详解』A项，除了含有铵根NH4+的氨态氮肥以外，还有硝态氮肥（以硝酸根NO3-为主）、铵态硝态氮肥（同时含有硝酸根和铵根）、酰胺态氮肥（尿素），故A项错误；B项，在闪电（高能）作用下，生成氮氧化合物，氮元素化合价升高，所以雷电作用固氮中氮元素被氧化，故B项正确；C项，碳、氢、氧三种元素参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如氮气在放电条件下，与氧气直接化合生成一氧化氮气体，二氧化氮易与水反应生成硝酸和一氧化氮等，故C项正确；D项，侯氏制碱法制备纯碱涉及的反应为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHC O3↓+NH4Cl，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，该制备中用到了氨气，所以合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱，故D项正确。
故选A。
『点睛』本题考查自然界中氮循环，涉及氮肥、自然固氮和侯氏制碱法等知识，易错点有氮肥不只是铵态氮肥，还有硝态氮肥和尿素等，全面掌握基础知识是解题的关键。
2.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺『3,3』庚烷（）是其中的一种。
下列关于该化合物的说法正确的是（）A. 与甲苯（C7H8）互为同分异构体B. 1mol该化合物完全燃烧时消耗10 mol O2C. 所有碳原子均处同一平面D. 一氯代物共有3种（不含立体异构）『答案』B『详解』A．该化合物分子式为C7H12，有两个环，不饱和度是2；甲苯（C7H8）含有一个苯环，不饱和度是4，所以不可能是同分异构体，故A错误；B．该化合物分子式为C7H12，1mol该化合物完全燃烧时消耗O2的物质的量为：（7+124）mol=10mol，故B正确；C．两个环的碳原子均为饱和碳原子，具有甲烷四面体结构，所有碳原子不同面，故C错误；D．由结构简式可知，该化合物分子中共有两种等效氢原子，所以一氯代物共有2种，故D 错误。
广东省肇庆中学高三化学11月月考试题(含解析)新人教版
一．单选题（每小题4分，共24分）7．化学与工农业生产、与人类生活都有密切相关，下列说法中正确的是（）A．14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体B．葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体C．汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物D．“春蚕到死丝方尽，蜡烛成灰泪始干”中的“丝”和“泪”分别是指纤维素和油脂8．N A代表阿伏加德罗常数的数值。
下列有关叙述正确的是A．50℃时，pH＝1的1.0L H2SO4溶液中含有的H＋数目为0.1 N AB．标准状况下，2.24L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2 N AC．室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的氢原子数目为1.5N AD．3.4gNH3中含N—H键数目为0.2N A考点：本题考查的是阿伏伽德罗常数的应用计算。
9.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．由水电离的c(H+)=10-4mol/L的溶液中：Fe2+、SO42—、K+、NO3—B．由水电离的c(H+)=10-14mol/L的溶液中：Ca2+、Na+、HCO3—、NO3—C．c(H+)/c(OH-)=1012的溶液中：NH4+、Al3+、SO42—、Cl—D．c(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中：Na+、K+、NO3—、SO32—10．下列离子方程式的书写正确的是（）A．氢氧化钡溶液与等物质的量的稀硫酸混合：Ba2++2OH-+2H++SO42-==BaSO4↓+2H2OB．向澄清石灰水中通入足量的CO2：CO2＋Ca2+＋2OH－＝CaCO3↓＋H2OC．高锰酸钾酸性溶液吸收二氧化硫：SO2＋MnO4－＋4H＋＝SO42－＋Mn2＋＋2H2OD．从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I－＋H2O2＝I2＋2OH－11．市场上经常见到的标记为Li-ion的电池。
它的负极材料是金属锂和碳的复合材料（碳作为金属锂的载体），电解质为一种能传导Li+的高分子材料。
广东省顺德区普通高中2024-2025学年高三上学期11月教学质量检测化学试题(含答案)
2024学年顺德区普通高中高三教学质量检测（一）化学试题2024.11本试卷共8页，20题，满分100分。
考试用时75分钟。
注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H1C12O16一、选择题（本题共16小题，共44分。
第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。
）1.顺德德胜体育中心被称为“顺德版鸟巢”，预计2024年底华丽亮相。
下列与其有关的物质中，主要成分属于金属材料的是（ ）A.光导纤维 B.不锈钢 C.氮化镓半导体 D.有机玻璃2.下列化学用语表达正确的是（ ）A.溶液中的水合离子：B.顺丁烯的结构简式：C.的电子式：D.分子中键的形成：3.北斗三号“收官之星”成功发射、嫦娥六号成功落月等彰显了我国科技发展的巨大成就。
下列说法不正确的是（ ）A.月壤样品中含铀（）：与互为同素异形体B.“北斗三号”导航卫星搭载铷（）原子钟：属于区元素C.石膏常用于“打印”技术：其阴离子的模型为正四面体形D.嫦娥六号的运载火箭助推器采用液氧煤油发动机：煤油属于混合物NaCl 2--3PH HCl s p σ-U 235U 238U Rb Rb 3D VSEPR4.结构决定性质，性质决定用途。
陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且具有因果关系的是（ ）选项陈述Ⅰ陈述ⅡA 第一电离能：的价层电子排布半充满，较稳定B 利用铝热反应制备还原性：C 炒菜时适量添加味精谷氨酸钠是着色剂D石墨能导电石墨层间靠范德华力维系5.1774年，化学家普利斯特利首次制备了。
兴趣小组利用以下装置进行实验，其中不能达到预期目的的是（）A.制备 B.干燥 C.收集 D.验证的水溶性6.溴及其化合物在医药、农药、燃料和阻燃剂等生产中有广泛应用。
2020年11月广东实验中学2021届高三上学期第二次阶段测试化学答案
（5）温度越高，碳酸锂溶解 度越小，可以增加产率
（6） ①2Cl-—2e-==Cl2 阳 ②2Li++2OH-+NH4++HCO3- Li2CO3 +2H2O+NH3↑
18. (12 分，每空 2 分)
（1）①1 ② 4∶3
（2） NO＋2H2O＋3Ce4＋===NO3-＋4H＋＋3Ce3＋
（3）① a ② 2H＋＋2HSO3-＋2e－===S2O42-＋2H2O （4）蒸发浓缩、冷却结晶
19. (14 分，每空 2 分)
（1）2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g) △H= -111kJ/mol
广东实验中学 2021 届高三 11 月阶段考试
化学答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
C
D
B
B
D
C
A
题号
9
10
11
12
13
14
15
16
答案
C
B
C
A
A
ห้องสมุดไป่ตู้
A
C
B
17. (14 分，每空 2 分） （1）分液漏斗 （2）FBCDE （3）饱和食盐水
（4）MnO2+4H++2Cl-=△===Mn2++Cl2↑+2H2O （5）取 B 中固体少许于试管中，加蒸馏水溶解，滴加过量 BaCl2 溶液，振荡静置，取上 层清液于另一试管中，再滴加 Ba(OH)2 溶液，有白色沉淀生成 (其他合理答案均可) （6）①5.0 ②在其他条件相同时，溶液的碱性越强，次氯酸钠溶液漂白能力越弱。
2019-2020学年度高三化学上学期11月半月考试卷(含解析)
——教学资料参考参考范本——2019-2020学年度高三化学上学期11月半月考试卷（含解析）______年______月______日____________________部门一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共60分．）1．下列应用不涉及氧化还原反应的是（）A．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂B．工业上电解熔融状态的Al2O3制备AlC．工业上利用合成氨实现人工固氮D．实验室用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH32．氢化钙（CaH2）可作为生氢剂，反应的化学方程式为CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑，下列说法不正确的是（）A．CaH2既是还原剂，又是氧化剂B．H2既是氧化产物，又是还原产物C．CaH2是还原剂，H2O 是氧化剂D．氧化产物与还原产物质量比为1：13．某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32﹣、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣．向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（）A．3种B．4种C．5种D．6种4．下列有关物质的性质与应用不相对应的是（）A．明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂B．FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路C．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆D．Zn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料5．下列反应中，硝酸既表现酸性，又表现氧化性的是（）A．Fe（OH）2跟稀硝酸反应B．Fe2O3跟稀硝酸反应C．CuO跟稀硝酸反应D．Al（OH）3跟稀硝酸反应6．下列变化中，必须加入氧化剂才能发生的是（）A．Cl2→HCl B．NaCl→Cl2C．Fe2+→Fe3+D．NaHCO3→CO2 7．常温下，下列情况中，一定能大量共存于同一溶液中的离子组是（）A．使甲基橙呈红色的溶液中：I﹣、Cl﹣、NO3﹣、Na+B．FeCl3溶液中：K+、Na+、SO42﹣、AlO2﹣C．=0.1 mol•L﹣1的溶液中：Na+、K+、SiO32﹣、NO3﹣D．Al2（SO4）3溶液中：K+、Cu2+、Na+、CO32﹣8．a mol Cu与含b mol HNO3的溶液恰好完全反应，被还原的HNO3的物质的量一定是（）A．（b﹣2a）mol B． bmol C． amol D．2amol9．已知：①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变棕黄色．下列判断正确的是（）A．实验②证明Fe2+既有氧化性又有还原性B．上述实验中，有一个氧化还原反应C．实验①生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D．上述实验证明氧化性：MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+10．下列判断正确的是（）①维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用②NO2溶于水时发生氧化还原反应③1mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA ④阴离子都只有还原性．A．①②B．②③C．③④D．①④11．在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末，溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为：2MnO4﹣+16H++5Na2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O+10Na+．下列判断正确的是（）A．Na2O2既是氧化剂，又是还原剂B．O2是还原产物，Mn2+是氧化产物C．通常用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液D．标准状况下，产生22.4L O2时反应转移2mol e﹣12．在一定条件下，下列粒子的还原性顺序为：Cl﹣＜Br﹣＜Fe2+＜I﹣＜SO2，由此判断以下各反应在溶液中不能发生的是（）A．2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+B．I2+SO2+2H2O=4H++SO42﹣+2I﹣C．2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣D．2Br﹣+4H++SO42﹣=SO2+Br2+2H2O13．下列说法在一定条件下可以实现的是（）①酸性氧化物与碱反应②弱酸与盐溶液反应可生成强酸③没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应④两种酸溶液充分反应后的溶液呈中性⑤有单质参加的非氧化还原反应⑥两种含氧化合物反应的产物有气体．A．①②③④⑤⑥B．②④⑤⑥C．①②③⑤D．③④⑤⑥14．向21.6g Fe粉和Cu粉的混合物中加入1L 1mol/L HNO3，充分反应，放出NO气体且金属有剩余．则反应后溶液中c（NO）为（忽略溶液体积的变化）（）A．0.45 mol/L B．0.6 mol/L C．0.75 mol/L D．0.9 mol/L15．下列有关化学反应过程或实验现象的解释中，正确的是（）A．Fe（OH）3胶体中加入Na2SO4溶液后有红褐色沉淀生成，说明胶体是不稳定的分散系B．H2S能与CuSO4溶液反应生成H2SO4，说明氢硫酸的酸性比硫酸强C．向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，说明Cl2的氧化性强于I2D．向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，溶液退色，说明BaCl2有酸性16．已知Ba（AlO2）2可溶于水．如图表示的是向A12（SO4）3溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液时，生成沉淀的物质的量y与加入Ba （OH）2的物质的量x的关系．下列有关叙述正确的是（）A．a﹣b时沉淀的物质的量：A1（OH）3比BaSO4多B．c﹣d时溶液中离子的物质的量：AlO2﹣比Ba2+多C．a﹣d时沉淀的物质的量：BaSO4可能小于A1（OH）3D．d﹣e时溶液中离子的物质的量：Ba2+不可能等于OH﹣17．化学实验中，如使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，就不再向环境排放该种有害物质．例如铬的化合物有以下循环关系：下列有关说法中正确的是（）A．上述物质中只有Na2CrO4可作氧化剂B．发生反应⑤，一定要加入氧化剂C．发生反应①时，消耗Na2Cr2O7与转移的电子的物质的量之比为1：6D．从反应②来看，CrCl3不能用Cr（OH）3与盐酸反应来制取18．下表中评价合理的是（）选项化学反应及其离子方程式评价A Fe3O4与稀硝酸反应：正确2Fe3O4+18H+=6Fe3++H2↑+8H2O错误，碳酸镁不应写成离子形式B 向碳酸镁中加入稀盐酸：CO2﹣3+2H+=CO2↑+H2O正确C 向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2++SO2﹣4=BaSO4↓错误，Fe2+与Br﹣的化学计量数之比应为1：2 D FeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++4Cl﹣+Br2A．A B．B C．C D．D19．有一无色溶液，可能含有K+、Al3+、Mg2+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣、HCO3﹣、MnO4﹣中的几种．为确定其成分，做如下实验：①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀产生．下列推断正确的（）A．肯定有Al3+、Mg2+、NH4+、Cl﹣B．肯定有Al3+、Mg2+、HCO3﹣C．肯定有K+、HCO3﹣、MnO4﹣D．肯定有Al3+、Mg2+、SO42﹣20．工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2．在该反应中（）A．二氧化硫体现还原性，做还原剂B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C．每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2二、非选择题（共40分）21．高锰酸钾（KMn04）和过氧化氢（H202）是两种典型的氧化剂．（1）H202的结构式为．（2）下列物质中能使酸性KMn04．溶液褪色的是（填序号）．A．臭碱（Na2S）B．小苏打（NaHC03）C．水玻璃（NaSi03）D．酒精（CH3CH2OH）（3）高锰酸钾、双氧水、活性炭常用于饮用水的处理，但三者联合使用时必须有先后顺序．①在稀硫酸中，KMn04和H202能发生氧化还原反应：氧化反应：H202﹣2e→H20+02↑还原反应：Mn+5e+8H+→Mn2++4H20写出该氧化还原反应的离子方程式：．②在处理饮用水时，活性炭应在高锰酸钾反应结束后投加，否则会发生反应：KMn04+C+H20→Mn02+X+K2C03．（未配平），其中X的化学式为22．有一混合物的水溶液，只可能含以下离子中的若干种：K+、Al3+、Fe3+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣，现取三份100mL溶液进行如下实验：①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生．②第二份加过量NaOH溶液加热后收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲．③在甲溶液中通过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，质量为1.02g．④第三份加足量BaCl2溶液后得白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤干燥后质量为11.65g．根据上述实验回答：（1）一定不存在的离子是，不能确定是否存在的离子是．（2）试确定溶液中肯定存在的阴离子及其浓度（可不填满）：离子符号，浓度；离子符号，浓度；（3）试确定K+ 是否存在（填“是”或“否”），判断的理由是．23．碘化钠是实验室中常用的分析试剂，工业上用铁屑还原法制备NaI的流程如图：请回答下列问题：（1）判断反应①中碘是否反应完全的方法是（2）操作I的名称是；（3）反应①的离子方程式为（4）反应②中NaIO3被Fe单质还原为NaI，同时生成Fe（OH）3，该反应的化学方程式是；在该反应中若有99g NaIO3被还原，则转移电子的物质的量为mol．20xx-20xx学年山西省太原外国语学校高三（上）半月考化学试卷（11月份）参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共60分．）1．下列应用不涉及氧化还原反应的是（）A．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂B．工业上电解熔融状态的Al2O3制备AlC．工业上利用合成氨实现人工固氮D．实验室用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】氧化还原反应的本质特征是反应前后元素化合价的发生变化；依据元素化合价变化分析判断；【解答】解：A、Na2O2用作呼吸面具的供氧剂，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，发生了氧化还原反应，故A不符合；B、工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al，是电解氧化铝发生氧化还原反应，故B不符合；C、工业上利用合成氨实现人工固氮，是氮气气体单质和氢气化合生成氨气，发生了氧化还原反应，故C不符合；D、NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3是复分解反应，故D符合；故选D．【点评】本题考查了氧化还原反应的概念应用，本质特征化合价变化的判断，较简单．2．氢化钙（CaH2）可作为生氢剂，反应的化学方程式为CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑，下列说法不正确的是（）A．CaH2既是还原剂，又是氧化剂B．H2既是氧化产物，又是还原产物C．CaH2是还原剂，H2O 是氧化剂D．氧化产物与还原产物质量比为1：1【考点】氧化还原反应．【分析】反应CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑中，CaH2中H元素为﹣1价，在反应中升高为0；H2O中H元素为+1价，在反应中降低为0，以此来解答．【解答】解：A．CaH2中H元素为﹣1价，在反应中升高为0，则为还原剂，而H2O中H元素为+1价，在反应中降低为0，则为氧化剂，故A错误；B．由反应可知，氧化产物与还原反应均为氢气，故B正确；C．CaH2中H元素为﹣1价，在反应中升高为0，则为还原剂，而H2O中H元素为+1价，在反应中降低为0，则为氧化剂，故C正确；D．氧化产物与还原反应均为氢气，其物质的量相同，则氧化产物与还原产物的质量比为1：1，故D正确；故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价是解答本题的关键，并熟悉氧化还原反应中的基本概念来解答，难度不大．3．某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32﹣、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣．向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（）A．3种B．4种C．5种D．6种【考点】离子共存问题．【分析】溶液无色，则一定不存在有色的Fe3+；在其中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若为酸性，则不存在OH﹣、NO3﹣、CO32﹣，若呈碱性，则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+，以此解答该题．【解答】解：无色溶液中一定不存在有色的Fe3+；溶液中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若溶液为酸性，则不存在：OH﹣、NO3﹣、CO32﹣，阴离子只能为Cl﹣，阳离子可以为：H+、NH4+、Ba2+、Al3+，最多存在5种离子；若呈碱性，则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+，阳离子只能为Ba2+，则一定不存在CO32﹣，可存在的离子为：Ba2+、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣，则最多只有4种，根据分析可知，最多存5种离子，故选C．【点评】本题考查离子共存问题，题目难度中等，涉及离子反应和种类的判断，综合侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题目无色以及与铝反应生成氢气的特点，特别注意硝酸不能生成氢气．4．下列有关物质的性质与应用不相对应的是（）A．明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂B．FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路C．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆D．Zn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料【考点】盐类水解的应用；二氧化硫的化学性质．【专题】化学计算．【分析】A．明矾在水溶液中能电离出Al3+，水解生成Al（OH）3胶体；B．Fe3+具有氧化性，可与Cu发生氧化还原反应；C．SO2用于漂白纸浆是由于具有漂白性；D．Zn为活泼金属，可作原电池的负极．【解答】解：A．明矾在水溶液中能电离出Al3+，水解生成Al （OH）3胶体，Al（OH）3胶体具有较强的吸附能力，可用于净水，故A正确；B．Fe3+具有氧化性，可与Cu发生氧化还原反应而用于蚀刻印刷电路，故B正确；C．SO2用于漂白纸浆是由于具有漂白性，反应类型为化合反应，与氧化性、还原性无关，故C错误；D．Zn为活泼金属，具有良好的导电性，易失去电子，可作原电池的负极，故D正确．故选C．【点评】本题考查较为综合，题目难度不大，注意把握盐类水解的原理和应用，学习中注意常见元素化合物的知识．5．下列反应中，硝酸既表现酸性，又表现氧化性的是（）A．Fe（OH）2跟稀硝酸反应B．Fe2O3跟稀硝酸反应C．CuO跟稀硝酸反应D．Al（OH）3跟稀硝酸反应【考点】硝酸的化学性质．【分析】A、Fe（OH）2跟稀硝酸反应，生成硝酸铁和氮的氧化物；B、Fe2O3跟稀硝酸反应，生成硝酸铁与水，是复分解反应；C、CuO跟稀硝酸反应，是复分解反应，无化合价的变化；D、酸碱中和反应，无价态的变化．【解答】解：A、Fe（OH）2跟稀硝酸反应，生成硝酸铁和氮的氧化物，生成硝酸盐体现硝酸的酸性，生成氮的氧化物体现硝酸的氧化性，故A正确；B、Fe2O3跟稀硝酸反应，生成硝酸铁与水，是复分解反应，只体现酸性，故B错误；C、CuO跟稀硝酸反应，是复分解反应，无化合价的变化，只体现酸性，故C错误；D、酸碱中和反应，无价态的变化，只体现酸性，故D错误；故选：A．【点评】本题考查化合物与硝酸反应中硝酸性质体现，反应中如无化合价的变化非氧化还原反应，不体现氧化性，比较容易．6．下列变化中，必须加入氧化剂才能发生的是（）A．Cl2→HCl B．NaCl→Cl2C．Fe2+→Fe3+D．NaHCO3→CO2【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】氧化剂具有氧化性，在反应中得到电子而被还原，如题中物质被氧化，则所含元素的化合价应升高，以此解答该题．【解答】解：A．Cl元素化合价降低，被还原，应加入还原剂，故A错误；B．Cl元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，故B正确；C．Fe元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂才能实现，故C正确；D．元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故D错误．故选BC．【点评】本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，难度不大，注意从元素化合价的角度解答该类题目．7．常温下，下列情况中，一定能大量共存于同一溶液中的离子组是（）A．使甲基橙呈红色的溶液中：I﹣、Cl﹣、NO3﹣、Na+B．FeCl3溶液中：K+、Na+、SO42﹣、AlO2﹣C．=0.1 mol•L﹣1的溶液中：Na+、K+、SiO32﹣、NO3﹣D．Al2（SO4）3溶液中：K+、Cu2+、Na+、CO32﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．使甲基橙呈红色的溶液中，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；B．离子之间相互促进水解；C. =0.1 mol•L﹣1的溶液，显碱性；D．离子之间相互促进水解，离子之间结合生成沉淀．【解答】解：A．使甲基橙呈红色的溶液中，显酸性，I﹣、NO3﹣、H+离子之间发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；B．Fe3+、AlO2﹣离子之间相互促进水解，不能共存，故B错误；C. =0.1 m ol•L﹣1的溶液，显碱性，离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D．Al3+、CO32﹣离子之间相互促进水解，Cu2+、CO32﹣离子之间结合生成沉淀，不能共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、水解反应、复分解反应的离子共存考查，题目难度不大．8．a mol Cu与含b mol HNO3的溶液恰好完全反应，被还原的HNO3的物质的量一定是（）A．（b﹣2a）mol B． bmol C． amol D．2amol【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算；硝酸的化学性质．【专题】守恒法．【分析】Cu与硝酸反应时生成硝酸铜，硝酸铜中的硝酸根离子没有被还原，再利用恰好完全反应及氮原子守恒可计算被还原的HNO3的物质的量．【解答】解：因a molCu与含b molHNO3的溶液恰好完全反应，则生成amolCu（NO3）2中的2amol硝酸根离子没有被还原，由氮原子守恒可知，被还原的HNO3的物质的量为bmol﹣2amol=（b﹣2a）mol，故选A．【点评】本题考查氧化还原反应中氧化剂的物质的量的计算，明确硝酸在该反应中的作用，利用硝酸铜的化学式及氮原子守恒是解答本题的关键．9．已知：①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变棕黄色．下列判断正确的是（）A．实验②证明Fe2+既有氧化性又有还原性B．上述实验中，有一个氧化还原反应C．实验①生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D．上述实验证明氧化性：MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、Cl元素化合价由﹣1价变为0价，高锰酸钾是氧化剂、浓盐酸是还原剂；②向FeCl2溶液中通入少量氯气，溶液变黄色，铁元素化合价由+2价变为+3价、Cl元素化合价由0价变为﹣1价，氯化亚铁是还原剂、氯气是氧化剂；以此解答．【解答】解：①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、Cl元素化合价由﹣1价变为0价，高锰酸钾是氧化剂、浓盐酸是还原剂，氧化性：MnO4﹣＞Cl2；②向FeCl2溶液中通入少量氯气，溶液变黄色，铁元素化合价由+2价变为+3价、Cl元素化合价由0价变为﹣1价，氯化亚铁是还原剂、氯气是氧化剂，氧化性：Cl2＞Fe3+；A．实验②中Fe2+被氧化，作还原剂，只能证明其有还原性，故A错误；B．2个反应都为氧化还原反应，故B错误；C．氧化性：Cl2＞I2，氯气能使淀粉KI试纸变蓝，故C错误；D．通过以上分析知，上述实验证明氧化性：MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+，故D正确．故选D．【点评】本题考查氧化还原反应以及氯气的化学性质，题目难度不大，在学习中要注意比较氧化性、还原性的方法，氧化还原反应电子守恒的利用等问题．10．下列判断正确的是（）①维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用②NO2溶于水时发生氧化还原反应③1mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA ④阴离子都只有还原性．A．①②B．②③C．③④D．①④【考点】维生素在人体中的作用；氧化还原反应；氯气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【分析】①维生素C具有还原性；②凡是有化合价升降的反应属于氧化还原反应；③氯气发生氧化还原反应可以是自身氧化还原反应，也可以只做氧化剂；④化合价升高体现还原性．【解答】解：①维生素C在人体内起抗氧化作用，故①正确；②NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，有化合价升降，故②正确；③1mol氯气参加氧化还原反应，自身氧化还原反应转移电子1mol，也可以只做氧化剂转移的电子数为2NA，故③错误；④高锰酸根阴离子具有强氧化性，故④错误；故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意化合价升高体现还原性，阴离子化合价也可以降低．11．在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末，溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为：2MnO4﹣+16H++5Na2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O+10Na+．下列判断正确的是（）A．Na2O2既是氧化剂，又是还原剂B．O2是还原产物，Mn2+是氧化产物C．通常用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液D．标准状况下，产生22.4L O2时反应转移2mol e﹣【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】在2MnO4﹣+12H++5Na2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O+10Na+中，2MnO4﹣→2Mn2+，Mn元素的化合价由+7价→+2价，得到2×5e﹣，Mn元素的化合价降低其所在的物质高锰酸钾是氧化剂，5Na2O2→5O2，O元素的化合价由﹣1价→0价，失去10×e﹣，过氧化钠是还原剂，以此来解答．【解答】解：A．过氧化钠中O元素的化合价升高，则过氧化钠是还原剂，故A错误；B．Mn元素的化合价降低，被还原，O元素的化合价升高被氧化，则O2是氧化产物，Mn2+是还原产物，故B错误；C．用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，应利用稀硫酸酸化，故C错误；D．标准状况下，产生22.4L O2时反应转移×2×[0﹣（﹣1）]=2mol e﹣，故D正确；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大．12．在一定条件下，下列粒子的还原性顺序为：Cl﹣＜Br﹣＜Fe2+＜I﹣＜SO2，由此判断以下各反应在溶液中不能发生的是（）A．2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+B．I2+SO2+2H2O=4H++SO42﹣+2I﹣C．2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣D．2Br﹣+4H++SO42﹣=SO2+Br2+2H2O【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】根据氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性规律来分析，反应中还原性符合，还原性顺序为：Cl﹣＜Br﹣＜Fe2+＜I﹣＜SO2，即可发生．【解答】解：A、根据反应得出还原性强弱是：SO2＞Fe2+，和题干的还原性强弱吻合，所以A能发生，故A不选；B、根据反应得出还原性强弱是：SO2＞I﹣，和题干的还原性强弱吻合，所以B能发生，故B不选；C、根据反应得出还原性强弱是：Fe2+＞Cl﹣，和题干的还原性强弱吻合，所以C能发生，故C不选；D、根据反应得出还原性强弱是：SO2＜Br﹣，和题干的还原性强不弱吻合，所以D不能发生，故D选．故选D．【点评】本题考查学生氧化还原反应的基本概念和氧化性还原性强弱的判断规律，可以根据所学知识进行回答，难度不大．13．下列说法在一定条件下可以实现的是（）①酸性氧化物与碱反应②弱酸与盐溶液反应可生成强酸③没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应④两种酸溶液充分反应后的溶液呈中性⑤有单质参加的非氧化还原反应⑥两种含氧化合物反应的产物有气体．A．①②③④⑤⑥B．②④⑤⑥C．①②③⑤D．③④⑤⑥【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；氧化还原反应；离子反应发生的条件．【专题】物质的分类专题．【分析】①酸性氧化物和碱反应生成盐和水；②弱酸和盐反应生成更难溶的物质可以实现；③酸和盐反应生成弱酸的复分解反应可以发生反应；④氧化还原反应的发生有可能使得溶液的酸碱性发生变化；⑤有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应；⑥根据元素和化合物性质知识来回答．【解答】解：①酸性氧化物是和碱反应生成水和盐的氧化物，如二氧化碳可以和氢氧化钠发生反应生成碳酸钠和水，故①正确；②弱酸和盐反应生成更难溶的物质可以实现，如H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，故②正确③酸和盐反应生成弱酸的复分解反应，HCl+CH3COONa=CH3COOH+NaCl，故③正确；④根据反应2H2S+H2SO3=3H2O+S↓可知，氢硫酸和亚硫酸溶液充分反应后的溶液体系为中性，故④正确；⑤同素异形体之间的转化属于有单质参加的非氧化还原反应，故⑤正确；⑥反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑和3NO2+H2O=2HNO3+NO是两种氧化物反应产物有气体的反应，故⑥正确．故选A．【点评】本题考查学生元素和化合物的综合知识，注意知识的积累是解题的关键，综合性较强，难度较大．14．向21.6g Fe粉和Cu粉的混合物中加入1L 1mol/L HNO3，充分反应，放出NO气体且金属有剩余．则反应后溶液中c（NO）为（忽略溶液体积的变化）（）A．0.45 mol/L B．0.6 mol/L C．0.75 mol/L D．0.9 mol/L【考点】氧化还原反应的计算；有关混合物反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】由于反应后有金属剩余，即反应后所得溶液中不可能含有Fe3+，生成物中金属离子均为+2价．设金属为M，生成的硝酸盐为M（NO3）2，根据氧化还原反应中元素化合价变化和升降法配平得3M+8HNO3（稀）═3M（NO3）2+2NO↑+4H2O，硝酸根在反应中有被还原生成NO气体，其余的均在溶液中．【解答】解：由于反应后有金属剩余，即反应后所得溶液中不可能含有Fe3+，生成物中金属离子均为+2价．设金属为M，生成的硝酸盐为M（NO3）2，根据氧化还原反应中元素化合价变化和升降法配平得3M+8HNO3（稀）═3M（NO3）2+2NO↑+4H2O，NO3﹣在反应中有被还原生成NO气体，其余的均在溶液中，即反应后溶液中c（NO3﹣）=1mol/L×=0.75 mol/L，故选C．【点评】本题考查混合物的计算、氧化还原反应的有关计算，根据金属有剩余判断反应后金属表现为+2价是解题关键，难度中等．15．下列有关化学反应过程或实验现象的解释中，正确的是（）A．Fe（OH）3胶体中加入Na2SO4溶液后有红褐色沉淀生成，说明胶体是不稳定的分散系B．H2S能与CuSO4溶液反应生成H2SO4，说明氢硫酸的酸性比硫酸强C．向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，说明Cl2的氧化性强于I2D．向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，溶液退色，说明BaCl2有酸性【考点】胶体的重要性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硫化氢．【专题】溶液和胶体专题；卤族元素．【分析】A、根据胶体的性质﹣﹣聚沉；B、根据CuS不溶于H2SO4，不符合强酸制弱酸的原理；C、根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，D、根据Na2CO3与BaCl2反应生成BaCO3和NaCl，使的CO32﹣的水解逆向移动，碱性减弱；【解答】解：A、Fe（OH）3胶体中加入Na2SO4溶液后有红褐色沉淀生成胶体是由于Fe（OH）3胶体发生聚沉，故A错误；B、因为生成的CuS不溶于H2SO4，符合复分解反应的条件，并不能说明氢硫酸的酸性比硫酸强，故B错误；C、向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，是因为I2被Cl2从KI中置换出来了，Cl2+2KI=I2+2KCl，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以Cl2的氧化性强于I2，故C正确；D、Na2CO3水解显碱性使酚酞变红，滴入BaCl2后发生Ba2++CO32﹣=BaCO3↓，使得水解平衡逆向移动，最后得到的是NaCl 溶液显中性，故D错误；故选：C．【点评】本题主要考查了如何根据实验现象判断原因，可以依据已有的知识进行，要注意现象与结论的差别．16．已知Ba（AlO2）2可溶于水．如图表示的是向A12（SO4）3溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液时，生成沉淀的物质的量y与加入Ba （OH）2的物质的量x的关系．下列有关叙述正确的是（）A．a﹣b时沉淀的物质的量：A1（OH）3比BaSO4多B．c﹣d时溶液中离子的物质的量：AlO2﹣比Ba2+多C．a﹣d时沉淀的物质的量：BaSO4可能小于A1（OH）3D．d﹣e时溶液中离子的物质的量：Ba2+不可能等于OH﹣【考点】离子方程式的有关计算．【分析】A．根据a﹣b是沉淀生成增大的过程，发生A12（SO4）3+3Ba（OH）2=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，b点沉淀的物质的量最大以及所发生的反应来回答；B．c﹣d发生反应2Al（OH）3+Ba（OH）2=Ba（AlO2）2+4H2O，Ba （AlO2）2电离出AlO2﹣、Ba2+；。
2020┄2021学年广东省湛江一中高三上月考化学试卷11月份
2020┄2021学年广东省湛江一中高三（上）月考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列说法不正确的是（）A．华裔科学家高琨在光纤传输信息领域中取得突破性成就，光纤的主要成分是高纯度的二氧化硅B．汽油、漂白粉、水玻璃、王水均为混合物C．“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量D．包装食品里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，其作用相同2．如表叙述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是（）叙述Ⅰ叙述ⅡA NaHCO3能与碱反应食品工业用NaHCO3作焙制糕点的膨松剂B Al既可和酸反应又可和强碱反应Al可制成铝箔包装物品C浓硫酸有吸水性浓硫酸可干燥CO、SO3、H2SD K2FeO4能与水作用生成Fe（OH）3胶体和可K2FeO4用于净化自来水并杀菌消毒O2A．A B．B C．C D．D3．已知N A代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．在1L 0.1mol•L﹣1氟化钠溶液中含有F﹣和HF数目之和为0.1N AB．300mL 2mol/L蔗糖溶液中所含分子数为0.6N AC．标准状况下，1.8gD2O中含有N A个中子D．标准状况下，2.24L三氯甲烷中含有氯原子数目为0.3N A4．下列反应的离子方程式正确的是（）A．NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液 HCO3﹣+OH﹣=H2O+CO32﹣B．向次氯酸钠溶液中通入少量的CO2 2ClO﹣+H2O+CO2=2HClO+CO32﹣C．向乙二酸（H2C2O4）溶液中滴入少量氢氧化钠溶液 H2C2O4+2OH﹣=C2O42﹣+2H2OD．氯化亚铁溶液中加入稀硝酸 3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++2H2O+NO↑5．X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增．X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14．下列说法正确的是（）A．室温下，0.1 mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH＞1B．Z的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸C．Y单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应D．原子半径由小到大的顺序：X＜Y＜Z＜W6．用下列装置不能达到有关实验目的是（）A．证明非金属性强弱S＞C＞SiB．制备并收集少量NO气体C．制取并收集干燥纯净的NH3D．制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色7．25℃时，将氨水与氯化铵溶液混合得到 c（NH3•H2O）+c（NH4+）=0.1mol•L﹣1的混合溶液．溶液中c（NH3•H2O）、c（NH4+）与pH的关系如图所示．下列有关离子浓度关系叙述一定正确的是（）A．W点表示溶液中：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）B．pH=10.5溶液中：c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（NH3•H2O）＜0.1 mol•L﹣1C．pH=9.5溶液中：c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．向W点所表示1L溶液中加入0.05molNaOH固体（忽略溶液体积变化）：c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）二、解答题（共3小题，满分43分）8．亚氯酸钠（NaClO2）是重要漂白剂，探究小组开展如下实验，回答下列问题：实验Ⅰ：制取NaClO2晶体按如图装置进行制取．已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl．（1）装置C的作用是；（2）已知装置B中的产物有ClO2气体，则装置B中反应的化学方程式为；装置D中反应生成NaClO2的化学方程式为；反应后的溶液中阴离子除了ClO2﹣、ClO3﹣、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣外还可能含有的一种阴离子是；检验该离子的方法是；（3）请补充从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤．①减压，55℃蒸发结晶；②；③；④得到成品．（4）如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是；实验Ⅱ：样品杂质分析与纯度测定（5）测定样品中NaClO2的纯度．测定时进行如下实验：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2﹣+4I﹣+4H+=2H2O+2I2+Cl﹣，将所得混合液稀释成100mL待测溶液．取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用c mol•L﹣1 Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准液体积的平均值为V mL（已知：I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣）．请计算所称取的样品中NaClO2的物质的量为．9．纳米氧化铝在陶瓷、电子、生物医药等方面有广泛的用途，它可通过硫酸铝铵晶体热分解得到[已知：硫酸铝铵晶体的化学式为Al2（NH4）2（SO4）4•24H2O，相对分子质量为906]．制备硫酸铝铵晶体的实验流程如下：（1）H2O2氧化FeSO4的离子方程式为．（2）加入氨水的目的是，其化学反应方程式为．（3）若要保证产品的纯度，必须检验加入氨水后杂质是否除尽？其实验操作是：用试管取少量洗涤液，，则说明滤渣已洗净．（4）上述流程中，“分离”所包含的操作依次为：、、过滤、洗涤、干燥；请完成硫酸铝铵晶体高温分解的化学方程式：2Al2（NH4）2（SO4）4•24H2O Al2O3+ NH3↑+SO3↑+．10．镁、铁、钨、钒的化合物在科学研究和工业生产中用途非常广泛．Mg2Ni是一种储氢合金，已知：Mg（s）+H2（g）=MgH2（s）△H1=﹣74.5kJ•mol﹣1 Mg2Ni（s）+2H2（g）=Mg2NiH4（s）△H2=﹣64.4kJ•mol﹣1（1）写出Mg2Ni和MgH2反应生成Mg和Mg2NiH4的热化学方程式：（2）一定温度下，在碘钨灯灯泡内封存的少量碘与沉积在灯泡壁上的钨可以发生如下的可逆反应：W（s）+I2（g）⇌WI2（g），为模拟上述反应，在实验室中准确称取4.5×10﹣3mol碘、6.0×10﹣3mol金属钨放置于50.0mL密闭容器中，并加热使其反应．如图1是混合气体中的WI2蒸气的物质的量随时间变化关系的图象[n（WI2）～t]，其中曲线Ⅰ（0～t2时间段）的反应温度为450℃，曲线Ⅱ（从t2时刻开始）的反应温度为530℃．请回答下列问题：①该反应是（填“放热”或“吸热”）反应．450℃该反应的化学平衡常数K= ；②反应从开始到t1（t1=3min）时间内的平均速率：v（I2）=③能够说明上述反应已经达到平衡状态的有a．I2与WI2的浓度相等b．单位时间内，金属钨消耗的物质的量与单质碘生成的物质的量相等c．容器内混合气体的密度不再改变d．容器内气体压强不发生变化（3）烟气（主要含SO2、CO2）在较高温度经如图2所示方法脱除SO2，并制得H2SO4．①在阴极放电的物质是．②在阳极生成SO3的电极反应式是．四.【化学--选修2：化学与技术】11．利用硫酸渣（主要含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等杂质）制备氧化铁的工艺流程如下：（1）“酸浸”中硫酸要适当过量，目的是：①抑制Fe3+的水解；②．（2）“还原”是将Fe3+转化为Fe2+，同时FeS2被氧化为SO42﹣该反应的离子方程式为：．（3）为测定“酸浸”步骤后溶液中Fe3+的量，以控制加入FeS2的量．实验步骤为：准确量取一定体积的酸浸后的溶液于锥形瓶中，加入HCl、稍微过量的SnCl2再加HgCl2除去过量的SnCl2，以二苯胺磺酸钠为指示剂，用K2Cr2O7标准液滴定，有关反应方程式如下：2Fe3++Sn2++6Cl﹣=2Fe2++SnCl62﹣Sn2++4Cl﹣+2HgCl2=SnCl62﹣+Hg2Cl2↓6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O①加入稍微过量的SnCl2的目的是：．②若不加HgCl2，则测定的Fe3+量（填“偏高”、“偏低”、“不变”）．（4）①滤液中含有少量Fe3+，试写出产生Fe3+的离子方程式表示：②已知部分阳离子一氢氧化物形式沉淀时，溶液的pH见下表：沉淀物Fe（OH）3Al（OH）3Fe（OH）2Mg（OH）2Mn（OH）2开始沉淀 2.7 3.87.59.48.3完全沉淀 3.2 5.29.712.49.8实验可选用的试剂有：稀HNO3、Ba（NO3）2溶液酸性KMnO4溶液、NaOH溶液，要求制备过程中不产生有毒气体．请完成由“过滤”后的溶液模拟制备氧化铁的实验步骤：a．；b．；c．分离，洗涤； d．灼烧，研磨．五.【化学--选修3：物质结构与性质】12．硼（B）、铝（Al）、镓（Ga）均属于硼族元素（第ⅢA族），它们的化合物或单质都有重要用途．回答下列问题：（1）写出基态镓原子的电子排布式．（2）已知：无水氯化铝在178℃升华，它的蒸气是缔合的双分子（Al2Cl6），更高温度下Al2Cl6则离解生成A1Cl3单分子．①固体氯化铝的晶体类型是；②写出Al2Cl6分子的结构式；③单分子A1Cl3的立体构型是，缔合双分子Al2Cl6中Al原子的轨道杂化类型是．（3）晶体硼的结构单元是正二十面体，每个单元中有12个硼原子（如图），若其中有两个原子为10B，其余为11B，则该结构单元有种不同的结构类型．（4）金属铝属立方晶系，其晶胞边长为405pm，密度是2.70g•cm﹣3，计算确定其晶胞的类型（简单、体心或面心立方）；晶胞中距离最近的铝原子可看作是接触的，列式计算铝的原子半径r（A1）= pm．六.【化学--选修5：有机化学基础】13．有甲、乙、丙三种物质：（1）乙中含有的官能团的名称为．（2）由甲转化为乙需经下列过程（已略去各步反应的无关产物，下同）：其中反应I的反应类型是，反应Ⅱ的条件是，反应Ⅲ的化学方程式为（不需注明反应条件）．（3）由甲出发合成丙的路线之一如下：①下列物质不能与B反应的是（选填序号）．a．金属钠 b．FeCl3 c．碳酸钠溶液 d．HBr②C的结构简式为；丙的结构简式为．③D符合下列条件的所有同分异构体种，任写其中一种能同时满足下列条件的异构体结构简式．a．苯环上的一氯代物有两种 b．遇FeCl3溶液发生显色反应c．能与Br2/CCl4发生加成反应．2020┄2021学年广东省湛江一中高三（上）月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列说法不正确的是（）A．华裔科学家高琨在光纤传输信息领域中取得突破性成就，光纤的主要成分是高纯度的二氧化硅B．汽油、漂白粉、水玻璃、王水均为混合物C．“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量D．包装食品里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，其作用相同【考点】硅和二氧化硅；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．二氧化硅具有良好的光学特性；B．含有两种以上物质的属于混合物；C．通过“燃煤固硫”和“汽车尾气催化净化”提高空气质量，可减少粉尘污染、酸雨等；D．硅胶、石灰是干燥剂；还原铁粉是抗氧化剂．【解答】解：A．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维的主要原料，故A正确；B．汽油、漂白粉、水玻璃、王水都是由两种以上物质组成，均为混合物，故B正确；C．通过“燃煤固硫”和“汽车尾气催化净化”提高空气质量，可减少粉尘污染、酸雨等，故C正确；D．包装食品里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，硅胶、石灰是干燥剂；还原铁粉是抗氧化剂，故D错误；故选：D．【点评】本题考查了物质的用途，环境污染与治理，熟悉二氧化硅的性质，“燃煤固硫”和“汽车尾气催化净化”的实质是解题关键，题目难度不大．2．如表叙述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是（）叙述Ⅰ叙述ⅡA NaHCO3能与碱反应食品工业用NaHCO3作焙制糕点的膨松剂B Al既可和酸反应又可和强碱反应Al可制成铝箔包装物品C浓硫酸有吸水性浓硫酸可干燥CO、SO3、H2SD K2FeO4能与水作用生成Fe（OH）3胶体和可K2FeO4用于净化自来水并杀菌消毒O2A．A B．B C．C D．D【考点】钠的重要化合物；浓硫酸的性质；铝的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A．NaHCO3用作糕点的膨松剂，是利用碳酸氢钠热稳定性差分解生成二氧化碳；B．Al既可和酸反应又可和强碱反应与Al可制成铝箔包装物品无关；C．浓硫酸与H2S发生氧化还原反应；D．K2FeO4具有强氧化性，生成铁离子可水解生成氢氧化铁胶体．【解答】解：A．NaHCO3用作糕点的膨松剂，是利用碳酸氢钠热稳定性差分解生成二氧化碳，Ⅰ和Ⅱ均正确，但无因果关系，故A错误；B．Al既可和酸反应又可和强碱反应，Al可制成铝箔包装物品与具有延展性有关，二者无关系，故B错误；C．浓硫酸与H2S发生氧化还原反应，不能用浓硫酸干燥，一般用浓硫酸干燥，故C错误；D．K2FeO4具有强氧化性，生成铁离子可水解生成氢氧化铁胶体，可用于净水，故D正确．故选D．【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．3．已知N A代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．在1L 0.1mol•L﹣1氟化钠溶液中含有F﹣和HF数目之和为0.1N AB．300mL 2mol/L蔗糖溶液中所含分子数为0.6N AC．标准状况下，1.8gD2O中含有N A个中子D．标准状况下，2.24L三氯甲烷中含有氯原子数目为0.3N A【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、根据物料守恒来分析；B、蔗糖溶液中，除了蔗糖分子外，还有水分子；C、重水的摩尔质量为20g/mol；D、标况下三氯甲烷为液态．【解答】解：A、在1L0.1mol/L的NaF溶液中，NaF的物质的量n=CV=0.1mol/L×1L=0.1mol，由于F﹣是弱酸根，在溶液中水水解为HF，根据F原子的守恒可知，F﹣和HF数目之和为0.1N A，故A正确；B、蔗糖溶液中，除了蔗糖分子外，还有水分子，故溶液中的分子个数大于0.6N A个，故B错误；C、重水的摩尔质量为20g/mol，故1.8g重水的物质的量为0.09mol，而1mol重水中含10mol中子，故0.09mol重水中含0.9N A个中子，故C错误；D、标况下三氯甲烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．4．下列反应的离子方程式正确的是（）A．NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液 HCO3﹣+OH﹣=H2O+CO32﹣B．向次氯酸钠溶液中通入少量的CO2 2ClO﹣+H2O+CO2=2HClO+CO32﹣C．向乙二酸（H2C2O4）溶液中滴入少量氢氧化钠溶液 H2C2O4+2OH﹣=C2O42﹣+2H2OD．氯化亚铁溶液中加入稀硝酸 3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++2H2O+NO↑【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．氢氧化钠过量，铵根离子、碳酸氢根离子都反应；B．少量CO2通入次氯酸钠溶液中反应生成碳酸氢钠和次氯酸；C．氢氧化钠少量，羧基不能完全反应；D．硝酸根离子在酸性环境下能氧化二价铁离子生成三价铁离子；【解答】解：A．NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液，离子方程式：NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3•H2O+H2O+CO32﹣，故A错误；B．少量CO2通入次氯酸钠溶液中反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为：CO2+H2O+ClO﹣═HCO3﹣+HClO，故B错误；C．向乙二酸（H2C2O4）溶液中滴入少量氢氧化钠溶液，离子方程式为H2C2O4+OH﹣=HC2O4﹣+H2O，故C错误；D．氯化亚铁溶液中加入稀硝酸，离子方程式：3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++2H2O+NO↑，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了离子方程式书写，明确反应实质是解题关键，注意反应为用量对反应的影响，题目难度不大．5．X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增．X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14．下列说法正确的是（）A．室温下，0.1 mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH＞1B．Z的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸C．Y单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应D．原子半径由小到大的顺序：X＜Y＜Z＜W【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，应为Al元素，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，应为Si元素，X与Z位于同一主族，则X为C元素，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为14﹣3﹣4=7，且原子序数最大，应为Cl元素，结合元素周期律的递变规律判断元素对应的单质、化合物的性质．【解答】解：Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，应为Al元素，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，应为Si元素，X与Z位于同一主族，则X为C 元素，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为14﹣3﹣4=7，且原子序数最大，应为Cl元素，A．W为Cl元素，对应的HCl的水溶液为强酸，室温下，0.1 mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH=1，故A错误；B．Z为Si，对应的二氧化硅与水不反应，故B错误；C．Y为Al，金属性比铁，可用铝热反应置换出铁，故C正确；D．C元素位于第二周期，其它元素位于第三周期，则C元素的半径最小，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则子半径由小到大的顺序为C＜Cl＜Si＜Al，故D错误．故选C．【点评】本题考查元素的推断及元素化合物的性质，题目难度中等，本题中注意从物质的性质作为推断题的突破口，注意常见既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应的物质，题中从常见元素化合物的性质入手考查，是一道位置、结构、性质有机结合综合考查学生分析能力、推断能力的典型题目，建议同学们在学习中加强元素化合物的学习和相关知识的积累．6．用下列装置不能达到有关实验目的是（）A．证明非金属性强弱S＞C＞SiB．制备并收集少量NO气体C．制取并收集干燥纯净的NH3D．制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；B．铜和稀硝酸反应生成NO，NO不溶于水，可以采用排水法收集NO；C．常温下氨气和空气不反应，且氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集氨气；D．氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成氢氧化铁，煤油和水不互溶，且密度小于水，所以能隔绝空气；阳极上铁失电子生成亚铁离子、阴极上氢离子放电生成氢气，Fe 2+和OH﹣反应生成Fe （OH）2沉淀．【解答】解：A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳、二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成原硅酸沉淀，说明酸性：硫酸＞碳酸＞硅酸，所以非金属性S＞C＞Si，故A正确；B．铜和稀硝酸反应生成NO，NO不溶于水，可以采用排水法收集NO，故B正确；C．常温下氨气和空气不反应，且氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集氨气，而不是向上排空气法收集氨气，故C错误；D．氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成氢氧化铁，煤油和水不互溶，且密度小于水，所以能隔绝空气；阳极上铁失电子生成亚铁离子、阴极上氢离子放电生成氢气，Fe 2+和OH﹣反应生成Fe （OH）2沉淀，所以该装置能制取Fe（OH）2，故D正确；故选C．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质制备、气体制取和收集、非金属性强弱判断等知识点，明确实验原理、物质性质是解本题关键，注意D中要防止氢氧化亚铁被氧化，题目难度中等．7．25℃时，将氨水与氯化铵溶液混合得到 c（NH3•H2O）+c（NH4+）=0.1mol•L﹣1的混合溶液．溶液中c（NH3•H2O）、c（NH4+）与pH的关系如图所示．下列有关离子浓度关系叙述一定正确的是（）A．W点表示溶液中：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）B．pH=10.5溶液中：c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（NH3•H2O）＜0.1 mol•L﹣1C．pH=9.5溶液中：c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．向W点所表示1L溶液中加入0.05molNaOH固体（忽略溶液体积变化）：c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】将氨水与氯化铵溶液混合得到 c（NH3•H2O）+c（NH4+）=0.1mol•L﹣1的混合溶液，pH越大，溶液中c（NH4+）越小，根据图知，随着pH增大浓度减小的是c （NH4+）、增大的是 c（NH3•H2O），A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；B．该混合溶液中，无论pH如何变化都存在c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），则c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（NH3•H2O）=c（NH4+）+c（H+）+c（NH3•H2O）；C．pH=9.5溶液中，pH＞7，溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+）；根据图知c （NH3•H2O）＞c（NH4+），溶液碱性较弱；D．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断．【解答】解：将氨水与氯化铵溶液混合得到 c（NH3•H2O）+c（NH4+）=0.1mol•L﹣1的混合溶液，pH越大，溶液中c（NH4+）越小，根据图知，随着pH增大浓度减小的是c （NH4+）、增大的是 c（NH3•H2O），A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c （NH4+）+c（H+），所以c（NH4+）+c（H+）＞c（OH﹣），故A错误；B．该混合溶液中，无论pH如何变化都存在c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c （H+），则c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（NH3•H2O）=c（NH4+）+c（H+）+c（NH3•H2O）=0.1mol/L+c（H+）＞0.1mol/L，故B错误；C．pH=9.5溶液中，pH＞7，溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+）；根据图知c （NH3•H2O）＞c（NH4+），溶液碱性较弱，所以粒子浓度大小顺序是c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；D．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（Cl﹣）=c（Na+），故D错误；故选C．【点评】本题考查离子浓度大小比较，存在考查学生图象分析及判断能力，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意利用守恒方法解答，易错选项是B，注意利用电荷守恒进行代换，题目难度中等．二、解答题（共3小题，满分43分）8．亚氯酸钠（NaClO2）是重要漂白剂，探究小组开展如下实验，回答下列问题：实验Ⅰ：制取NaClO2晶体按如图装置进行制取．已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl．（1）装置C的作用是防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；（2）已知装置B中的产物有ClO2气体，则装置B中反应的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O ；装置D中反应生成NaClO2的化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；反应后的溶液中阴离子除了ClO2﹣、ClO3﹣、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣外还可能含有的一种阴离子是SO42﹣；检验该离子的方法是取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42﹣；（3）请补充从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤．①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③用38℃～60℃热水洗涤；④低于60℃干燥得到成品．（4）如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl ；实验Ⅱ：样品杂质分析与纯度测定（5）测定样品中NaClO2的纯度．测定时进行如下实验：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2﹣+4I﹣+4H+=2H2O+2I2+Cl﹣，将所得混合液稀释成100mL待测溶液．取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用c mol•L﹣1 Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准液体积的平均值为V mL（已知：I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣）．请计算所称取的样品中NaClO2的物质的量为c•V•10﹣3mol ．【考点】性质实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；卤族元素；氧族元素；无机实验综合．【分析】（1）装置D中发生气体反应，装置内压强降低，装置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；（2）装置B中制备得到ClO2，所以B中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成 ClO2和Na2SO4，装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平书写方程式；B制得的气体中含有SO2，在装置D中被氧化生成硫酸，可以用利用硫酸钡是白色沉淀检验硫酸根；（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，注意温度控制；（4）由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；（5）根据化学反应可得关系式：NaClO2～2I2～4S2O32﹣，令样品中NaClO2的物质的量x，根据关系式计算．【解答】解：（1）装置D中发生气体反应，装置内压强降低，装置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中，故答案为：防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；（2）装置B中制备得到ClO2，所以B中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成 ClO2和Na2SO4，反应的方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，B制得的气体中含有SO2，在装置D中被氧化生成硫酸，溶液中可能存在SO42﹣，用氯化钡溶液检验SO42﹣，具体操作：取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42﹣，故答案为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；SO42﹣；取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42﹣；（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃进行洗涤，低于60℃干燥，故答案为：趁热过滤；用38℃～60℃热水洗涤；低于60℃干燥；（4）由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl，故答案为：NaClO3和NaCl；（5）令样品中NaClO2的物质的量x，则：NaClO2～2I2～4S2O32﹣，1mol 4mol0.25x c mol•L﹣1×V×10﹣3L解得：x=c•V•10﹣3mol故答案为：c•V•10﹣3mol．【点评】本题考查亚氯酸钠制备实验的基本操作、亚氯酸钠的性质及中和滴定等知识，理解原理是解题的关键，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，题目难度较大．9．纳米氧化铝在陶瓷、电子、生物医药等方面有广泛的用途，它可通过硫酸铝铵晶体热分解得到[已知：硫酸铝铵晶体的化学式为Al2（NH4）2（SO4）4•24H2O，相对分子质量为906]．制备硫酸铝铵晶体的实验流程如下：（1）H2O2氧化FeSO4的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ．（2）加入氨水的目的是使Fe3+转化为Fe（OH）3，其化学反应方程式为Fe2（SO4）3+6NH3•H2O=2Fe（OH）3↓+3（NH4）2SO4．（3）若要保证产品的纯度，必须检验加入氨水后杂质是否除尽？其实验操作是：用试管取少量洗涤液，滴入2～3滴KSCN（或NH4SCN）溶液，若溶液不变红色，则说明滤渣已洗净．（4）上述流程中，“分离”所包含的操作依次为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；请完成硫酸铝铵晶体高温分解的化学方程式：2Al2（NH4）2（SO4）4•24H2O 2 Al2O3+ 4 NH3↑+8 SO3↑+50H2O ．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液pH值，Fe3+使转化为Fe（OH）3，过滤后滤液主要含硫酸铵，氢氧化铝与硫酸混合反应生成硫酸铝溶液，再将硫酸铵和硫酸铝溶液混合反应，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等最终得到硫酸铝铵晶体，以此来解答．。
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广东省2020届高三百校联考11月月考理科综合化学试题1.化学与生产、生活密切相关，下列说法错误．．的是A. 用K2FeO4处理自来水，既可杀菌消毒又可除去悬浮杂质B. NH4MgPO4·6H2O(鸟粪石)与草木灰混合施肥效果更好C. 将地沟油回收加工为生物柴油，既可获得能源物质又可防止水体污染D. 医院常用含碘2%~3%的酒精溶液用作医疗消毒剂，因为它能使蛋白质变性【答案】B【解析】【分析】A、K2FeO4处理自来水时，利用其强氧化性可杀菌消毒，同时生成氢氧化铁胶体能吸附杂质；B、NH4MgPO4·6H2O(鸟粪石)水解呈酸性，草木灰水解后呈碱性；C、将地沟油回收加工为生物柴油，符合绿色化学理念；D、碘能使蛋白质变性。
【详解】A、K2FeO4处理自来水时，利用其强氧化性可杀菌消毒，同时生成氢氧化铁胶体能吸附杂质，故A正确；B、NH4MgPO4·6H2O(鸟粪石)电离出铵根离子，水解呈酸性，草木灰溶于水电离出碳酸根离子，水解后呈碱性，两者混合后发生双水解，肥效减小，故B错误；C、将地沟油回收加工为生物柴油，既可获得能源物质又可防止水体污染，符合绿色化学理念，故C正确；D、含碘2%~3%的酒精溶液用作医疗消毒剂，因为它能使蛋白质变性，故D正确；故选B。
【点睛】本题考查化学与生活、生产之间的关系，解题关键：对日常生活、生产中涉及的的基础知识的理解，难点A，K2FeO4处理自来水时，既能杀菌消毒，又能吸附杂质，氢氧化铁胶体能吸附杂质。
2.设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A. 28g乙烯与28g丙烯含氢原子数均为4N AB. 标准状况下，22.4L氦气与11.2LH2含有的质子数均为N AC. 0.1 mol CH4与0.1 mol Cl2充分反应，生成C-Cl和H-Cl键数均为0.2N AD. 25℃时，1LpH=11的NaOH溶液与1LpH=11的CH3COONa溶液，含阴离子数均为10-11N A【答案】A【解析】【分析】A、乙烯与丙烯中氢原子质量分数相同；B、氦是单原子分子，氢是双原子分子；C、1molCl2反应，生成1molHCl和1molC-Cl；D、pH=11的溶液，溶液中c(OH-)=0.001mol·L－1。
【详解】A、乙烯与丙烯中氢原子质量分数相同，28g乙烯与28g丙烯含氢原子数均为4N A，故A正确；B、标准状况下，22.4L氦气质子是2mol，与11.2LH2含有的质子数为1mol，故B错误；C、 0.1 mol CH4与0.1 mol Cl2完全反应生成0.1molHCl、氯代烃，生成C-Cl和H-Cl键数均为0.1N A，故C错误；D、D. 25℃时，1LpH=11的NaOH溶液，NaOH的浓度为0.001mol·L－1；1LpH=11的CH3COONa 溶液中，醋酸根离子使溶液显碱性，c(OH-)=0.001mol·L－1，醋酸根离子浓度远大于0.001mol·L－1，所以醋酸欠溶液中阴离子数大于10-11N A，故D错误；故选A。
3.1，4-二氧杂螺[2.2]丙烷的结构简式为，有关该有机物的说法正确的是A. 三个碳原子位于同一直线B. 二氯代物有2种C. 所有原子位于同一平面D. 与其互为同分异构体的化合物有2种【答案】B【解析】【分析】A、中间碳原子是四面体结构，三个碳不可能在同一条直线上；B、两个氯原子可以同时取代一个碳上的氢原子，也可以取代不同碳原子上的氢原子，一共有两种；C、三个碳原子均为四面体结构，与两个O和四个氢不可能全部共面；D、与其互为同分异构体的化合物有很多种。
【详解】A、与中间碳原子形成共价键的四个原子在空间分布上是四面体结构，所以三个碳不可能在同一条直线上，故A错误；B、中间的碳原子已经有四根键，两个氯原子可以同时取代一个碳上的氢原子，也可以取代不同碳原子上的氢原子，一共有两种二氯代物，故B正确；C、三个碳原子均为四面体结构，与两个O和四个氢不可能全部共面，故C错误；D、与其互为同分异构体的化合物有很多种，比如属于酯的就有HCOOCH=CH2、和三种，故D错误。
故选B。
4.实验室可用下图装置制取少量氮气。
下列说法正确的是A. ②中盛放的是五氧化二磷B. 实验开始时先点燃③的酒精灯，再点燃①的酒精灯C. ③中玻璃管中的反应：2NH3+3CuO N2+3Cu+3H2OD. 实验结束时先熄灭①、③的酒精灯，再将导管从水槽中拿出【答案】C【解析】【分析】①制备氨气；②中用碱石灰干燥；③氨气还原氧化铜；④收集产生的氮气，以此解析。
【详解】A、湿的NH3能与P2O5反应，故A错误；B、产生的氨气会与装置内的氧气发生反应，故应先点燃①的酒精灯产生氨气以排出系统内的空气，B错误；C、氨气能被氧化铜氧化，③中玻璃管中的反应：2NH3+3CuO N2+3Cu+3H2O，故C正确；D、应先将将导管从水槽中拿出，否则会引起倒吸，故D错误；故选C。
5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们的最外层电子数之和为22。
W、Y 同主族，X所处的周期数等于族序数，常温下Y的最高价氧化物对应的水化物可贮存在由X的单质制成的容器中。
下列说法错误．．的是A. 简单离子半径：X>Y>ZB. X、Z两种元素形成的化合物的水溶液呈酸性C. W的一种氢化物与Y的氢化物在水溶液中可反应生成Y的单质D. W、Y两种元素形成的一种化合物能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】A【解析】【分析】X所处的周期数等于族序数，常温下Y的最高价氧化物对应的水化物可贮存在由X的单质制成的容器中，X为Al，它们的最外层电子数之和为22，余下的三种元素原子的最外层电子数平均值大于6，W、Y同主族，故W、X、Y、Z依次为O、Al、S、Cl。
【详解】W、X、Y、Z依次为O、Al、S、Cl。
A、简单离子半径：S2－>Cl－>Al3＋，故A错误；B、AlCl3是强酸弱碱盐，水解后呈酸性，故B正确；C、H2O2＋H2S=S↓＋2H2O，故C正确；D、SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，5SO2＋2KMnO4＋2H2O=K2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4，故D正确；故选A。
【点睛】本题考查元素周期律和原子结构知识，解题关键：熟记原子结构、元素在元素周期表中的位置和性质之间的关系，易错点A，原子大小是Al>S>Cl，离子大小是S2－>Cl－>Al3＋。
6.电导滴定是利用溶液的电导改变以确定滴定终点的滴定方法。
常温下，将0.10mol·L-1CH2COOH溶液与0.10mo1·L-1HCl溶液以一定体积比混合，用0.10mol·L-1NaOH溶液滴定，滴定曲线如图所示。
下列说法正确的是A. a点溶液的pH=1B. b点溶液中：c(Na+)=c(Clˉ)+c(CH3COOˉ)C. 图中四点，C点处溶液中水的电离度最大D. d点溶液中：c(Na+)>c(Clˉ)>c(CH3COOˉ)>c(OHˉ)>c(H+)【答案】C【解析】【分析】A、等物质的量的盐酸和醋酸混合时，两者同时被稀释；B、根据电荷守恒解析；C、CH3COONa强碱弱酸盐，促进水电离；D、图中V3-V2>V1，c(OHˉ)大于c(Clˉ)。
【详解】A、等物质的量的盐酸和醋酸混合时，两者同时被稀释，因醋酸是弱酸，只有部分电离，溶液中的氢离子浓度小于0.10mol·L-1，故溶液的pH大于1，故A错误；B、b点溶液中的溶质为NaCl和CH3COOH，溶液显酸性，依据电荷守恒可知，c(Na+)<c(Clˉ)+c(CH3COOˉ)，故B错误；C、c点溶液中的溶质为NaCl和CH3COONa，醋酸根离子水解促进了水的电离，此时溶液中水的电离程度最大，故C正确；D、d点溶液中的溶质为NaOH和CH3COONa，由图象可知，V3-V2>V1，故溶液中c(OHˉ)>c(Clˉ)，故D错误；故选C。
7.Kolbe法制取乙烯的装置如图所示，电极a上的产物为乙烯和碳酸根离子。
下列说法正确的是A. 该装置将化学能转化为电能B. 图中为阳离子交换膜C. 阴极周围溶液的pH不断减小D. 每生成1mol乙烯，电路中转移2mol电子【答案】D【解析】【分析】A、该装置是电解装置；B、由a极的电极反应分析；C、阴极上的电极反应产生OH－；D、由电极反应计算。
【详解】A、该装置是电解装置，由电能转化为化学能，故A错误；B、a极为阳极，电极反应式为4OH-+-OOCH2CH2COO－－2e－=CH2=CH2↑＋2CO32－＋2H2O，阳极区不断消耗OH-，故图中应为阴离子交换膜，故B错误；C、b电极为阴极，阴极上发生的反应为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，故C错误；D、由B中电极反应式可知：每生成1mol乙烯，电路中转移2mol电子，故D正确；故选D。
【点睛】本题主要考查电解法制取乙烯的电解池装置，解题关键：分析电解的两电极反应及反应生的条件，难点B，根据a电极反应的分析。
8.FeBr2可用作有机合成的催化剂，某校同学设计实验用干燥的HBr与Fe反应制备少量FeBr2，实验装置如下(部分夹持装置已省略)：已知：高温时FeBr3会分解为FeBr2，FeBr2易吸水潮解，800℃以上可升华。
回答下列问题：（1）仪器M的名称是____________；装置①中生成HBr的化学方程式为___________。
（2）反应开始前通入N2的目的是____________，反应过程中通入N2的目的是____________。
（3）进入装置④的气体中混有少量Br2对产品纯度_______(填“有”或“没有”)影响，理由是___________。
（4）装置⑥的作用是___________，逸出的气体主要是___________(填化学式)。
（5）设计实验方案探究得到的FeBr2中Fe2+和Brˉ的还原性强弱：___________________。
【答案】 (1). ）分液漏斗 (2). NaBr＋H3PO4NaH2PO4＋HBr↑ (3). 隔绝空气（或将装置中的空气排尽） (4). 稀释HBr并将其载入后续装置 (5). 没有 (6). 生成的少量FeBr3在高温下会分解为FeBr2 (7). ）除去尾气中的HBr等酸性气体并防止空气中水蒸气进入装置⑤ (8). H2和N2 (9). 取少量产品溶于经过煮沸再冷却后的蒸馏水，取溶液少许，滚入KSCN并加入CCl4，滴入氯水，轻轻振荡，观察现象（或其它合理答案）【解析】【分析】（1）仪器M的名称是分液漏斗；利用难挥发性酸H3PO4制挥发性酸HBr，生成磷酸二氢钠；（2）为防止氧气与铁反应，反应开始前通入N2的目的是将装置中的空气持有排尽，反应过程中通入N2的目的是稀释HBr并将其载入后续装置。