山东省枣庄市滕州一中2021届高三化学10月月考试题（Word版附解析）

山东省枣庄市滕州一中2021届高三化学10月月考试题（Word版附解析）

秘密✭启用前 高三年级10月份月考 化学试题 注意事项：‎ ‎1．本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。‎ ‎2．回答第I卷时，每小题选出答案后，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。写在试卷上无效。‎ ‎3．回答第II卷时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。‎ ‎4．考试结束，将答题卡交回。‎ 可能用到的相对原子质量： H‎1 C12 N14 O16 Na23 Al27 P31 S32 Cl35. 5 K39 Mn55 Cu64 Fe56 Sn119‎ 第I卷(选择题)(共50分)‎ 一、选择题：本题共11小题，每小题2分，共22分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1. 《本草纲目》记载：“凡使白矾石，以瓷瓶盛。于火中，令内外通赤，用钳揭起盖，旋安石峰巢人內烧之。每十两用巢六两，烧尽为度。取出放冷，研粉”。在实验室完成该操作，没有用到的仪器是 A. 蒸发皿 B. 坩埚 C. 坩埚钳 D. 研钵 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】这是固体的加热、灼烧、冷却和研磨的过程，固体加热用坩埚B，要用坩埚钳C取放，研磨在研钵D中进行，所以蒸发皿是没有用到的仪器。答案为A。‎ ‎2. 化学与生产和生活密切相关，下列说法错误的是 A. 高纯硅可用于制作光感电池 B. 活性炭具有除异味和杀菌作用 C. 氢氧化铝、碳酸氢钠都是常见的胃酸中和剂 D. 碘酒可用于皮肤外用消毒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硅是半导体，高纯硅可用于制作光感电池，选项A正确；‎ B.活性炭具有吸附性，能除异味但不能杀菌，选项B错误；‎ C. 氢氧化铝、碳酸氢钠都能与胃酸中的盐酸反应，能够作胃酸的中和剂，选项C正确；‎ D.碘酒能使蛋白质变性，可用于皮肤外用消毒，选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎3. 下列离子方程式正确的是( )‎ A. 溴化亚铁溶液中通入过量氯气： 2Fe2+ +4Br- +3Cl2 =2Fe3+ +2Br2 +6Cl-‎ B. 硫酸中加入少量氢氧化钡溶液： H+ +SO+ Ba2+ +OH-‎ = BaSO4↓+H2O C. 苯酚钠溶液中通少入量二氧化碳： ‎2C6H5O- +CO2 + H2O→‎2C6H5OH + CO D. 硝酸银溶液中加入过量氨水： Ag+ +NH3·H2O=AgOH↓+NH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气具有强氧化性，能氧化二价铁离子和溴离子，FeBr2溶液中通入过量Cl2，亚铁离子、溴离子均全部被氧化，离子反应为： 2Fe2+ +4Br- +3Cl2 =2Fe3+ +2Br2 +6Cl-，故A正确；‎ B．向稀硫酸中加入少量氢氧化钡溶液，氢离子与氢氧根离子的化学计量数错误，正确的离子方程式为：2H+ +SO+ Ba2+ +2OH- = BaSO4↓+2H2O，故B错误；‎ C．苯酚钠溶液中通人少量二氧化碳的离子反应为C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO，故C错误；‎ D．硝酸银溶液中加入过量氨水，二者反应生成银氨溶液,先发生反应Ag++NH3⋅H2O=AgOH↓+ NH，后发生反应：AgOH+2NH3⋅H2O=[Ag(NH3)2]++OH−+2H2O，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎4. 中国科学院科研团队研究发现，在常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3的原理示意图如下。下列说法不正确的是（　　）‎ A. 该过程将太阳能转化成为化学能 B. 该过程中，只涉及到极性键的断裂与生成 C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3‎ D 原料气N2可通过分离液态空气获得 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图示，常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3，该过程将太阳能转化成为化学能，故A正确；‎ B．该过程中，既有极性键（N-H、O-H）的断裂与生成，也有非极性键（N≡N、O=O）的断裂与生成，故B错误；‎ C．该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，氮气是氧化剂、水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，C正确；‎ D．原料气N2可通过分离液态空气获得，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎5. 下列变化中，与氧化还原反应无关的是 A. 向Na2CO3溶液中滴入1~2滴酚酞溶液，溶液呈红色 B. 向K2Cr2O7酸性溶液中滴加乙醇，溶液由橙色变为绿色 C. 向碘水中滴加维生素C溶液，溶液棕黄色褪去 D. 向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成白色沉淀后迅速变为灰绿色，最后呈红褐色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．向Na2CO3溶液中滴入1~2滴酚酞溶液，溶液呈红色，是CO32-的水解使溶液呈碱性的缘故，未发生氧化还原反应，故A符合题意；‎ B．向K2Cr2O7酸性溶液中滴加乙醇，溶液由橙色变为绿色，是乙醇还原K2Cr2O7的缘故，发 生氧化还原反应，故B不符合题意；‎ C．向碘水中滴加维生素C溶液，溶液棕黄色褪去，是维生素C还原碘的缘故，发生氧化还原反应，故C不符合题意；‎ D．向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成白色沉淀后迅速变为灰绿色，最后呈红褐色，是生成的Fe(OH)2有较强还原性，被空气中氧气氧化为Fe(OH)3的缘故，发生氧化还原反应，故D不符合题意；‎ 故答案为A。‎ ‎6. 用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是 A. 1mol氨基含有的电子数为10 NA B. 标准状况下，‎22.4 L O2完全转化为Na2O2时转移的电子数为4 NA C. ‎56 g C3H6和C4H8的混合气体中含有的氢原子数为8 NA D. 0.1 mol·L-1CH3COONa溶液中CH3COO-、CH3COOH数目之和为0.1 NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．每个氨基含有9个电子，则1mol氨基含有的电子数为9NA，故A错误；‎ B．标准状况下，‎22.4 L O2的物质的量为1mol，Na2O2中氧元素为-1价，则1molO2完全转化为Na2O2时转移的电子数为2NA，故B错误；‎ C．C3H6和C4H8的最简式为CH2，56gCH2的物质的量为=4mol，则‎56 g C3H6和C4H8的混合气体中含有的氢原子数为8 NA，故C正确；‎ D．根据n=cV可知，没有指明0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液的体积，无法确定CH3COO-、CH3COOH数目之和，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎7. 实验室中下列做法错误的是（ ）‎ A. 用酒精灯直接加热蒸馏烧瓶 B. 用浓硫酸干燥二氧化硫 C. 用煤油贮存金属钠 D. 用沙土扑灭金属钾的燃烧 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.蒸馏烧瓶不能直接加热，需要垫上石棉网再用酒精灯加热，故A错误，符合题意；‎ B. 二氧化硫与浓硫酸不反应，则可用浓硫酸干燥二氧化硫，故B正确，但不符合题意；‎ C.金属钠容易被空气中的氧气氧化，密度大于煤油的密度且与煤油不反应，所以用煤油保存，故C正确，但不符合题意；‎ D. 金属钾着火与氧气生成超氧化钾，超氧化钾会和水反应产生氧气，加剧钾的燃烧，应用沙子灭火，故D正确，但不符合题意；‎ 故选：A。‎ ‎8. 由下列实验及现象不能推出相应结论的是( )‎ 实验 现象 结论 A 向2 mL0.1 mol· L-1的FeCl3溶液中加入 1滴KSCN溶液，再加入足量铁粉，充分振荡 溶液变为红色，加入铁粉后红色褪去，变为浅绿色 Fe3+比Fe2+氧化性强 B 将一小块金属钠放置在空气中，一段时间后，将其放置在坩埚中加热 钠表面变暗，加热时，钠燃烧，发出黄色火焰 钠易与氧气反应，加热时生成Na2O的速率加快 C 向某溶液中加入NaOH溶液，微热 产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 该溶液中含有NH D 向盛有少量水的烧杯中加入少量Mg2Si 产生白色沉淀， 液面上有火苗 Mg2Si水解生成Mg(OH)2和SiH4‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．滴加KSCN后，发生Fe3++3SCN-Fe(SCN)3使溶液变红。加入铁粉后发生2Fe3++Fe3Fe2+，溶液红色褪去变为浅绿色。后一反应说明Fe3+比 Fe2+的氧化性，故A正确；‎ B．常温下钠与空气中氧气反应生成氧化钠，加热时钠燃烧发出黄色火焰生成过氧化钠(Na2O2)，故B错误；‎ C．铵盐和强碱加热条件下能生成氨气，氨气是一种碱性气体，能使湿润红色石蕊试纸变蓝，说明该溶液中含有NH，故C正确； ‎ D．Mg2Si与水发生反应：Mg2Si+4H2O═2Mg(OH)2+SiH4↑，SiH4在空气中可以自燃，故D正确；‎ 答案选B。9. 常温时，研究pH对一定浓度FeSO4的稳定性的影响，根据下图分析不合理的是 A. pH小于1时，亚铁几乎无损耗，可能的原因是4Fe2++ O2+ 10H2O4Fe(OH)3 + 8H+平衡逆向移动 B. pH在3.0~5.5之间，pH的变化对FeSO4稳定性影响不大 C. pH大于6.5时，亚铁损耗量突变，可能的原因是生成的Fe(OH) 2更易被氧化 D. 其它条件相同时，FeSO4溶液中加入少量(NH4)2SO4固体，FeSO4的稳定性减弱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、Fe2+易与O2反应，反应方程式为4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe(OH)3+8H+，pH小于1时，c(H+)浓度较大，反应向左进行，Fe2+几乎无损耗，故A正确；B、由图可知，pH在3.0～5.5之间，Fe2+的损耗量几乎不变，说明pH在3.0～5.5之间，pH变化对FeSO4稳定性影响不大，故B正确；C、pH大于6.5时，c(H+)浓度较小，亚铁损耗量突变，可能原因是酸性减弱，2价铁更易被氧化，故C正确；D、其它条件相同时，FeSO4溶液中加入少量(NH4)2SO4固体，NH4+水解，c(H+)浓度增大，4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe(OH)3+8H+向左进行，抑制Fe2+的被氧化，FeSO4的稳定性增强，故D错误。故选D。‎ ‎10. 漂白粉和漂粉精是常用消毒清洁用品，有效成分均为Ca(ClO)2，相应的生产流程如下。 ‎ 下列说法不正确的是 A. ①中阳极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑‎ B. ②中反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O C. 上述过程涉及氧化还原反应、化合反应、复分解反应 D. 制备漂粉精过程中，Cl2转化为Ca(ClO)2时，Cl的原子利用率为100%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 饱和食盐水进行电解可以制得Cl2，将得到的Cl2分别与Ca(OH)2和Na2CO3反应经一系列流程可以分别制得漂白粉和漂粉精；电解过程中，溶液中的Cl-失电子生成氯气发生阳极反应，水中的H+得电子生成氢气发生还原反应，溶液中剩余氢氧化钠；氯气与氢氧化钙浆料反应生成次氯酸钙，同时还生成氯化钙；氯气与湿润的碳酸钠反应生成Cl2O，Cl2O与水发生化合反应生成HClO，HClO与氢氧化钙浆料反应生成次氯酸钙，据此分析。‎ ‎【详解】A．电解过程中阳极失电子，溶液中Cl-发生阳极反应生成Cl2，阳极的电极方程式为2Cl--2e-=Cl2↑，A正确；‎ B．反应②为氯气和氢氧化钙的反应，反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，B正确；‎ C．上述过程中反应①②③为氧化还原反应，反应④为化合反应，反应⑤为复分解反应，C正确；‎ D．制备漂粉精过程中，Cl2转化为Ca(ClO)2时有CaCl2生成，Cl原子没有完全转化为Ca(ClO)2，因此Cl的原子利用率不为100%，D错误；‎ 故选D。‎ ‎11. 某学生配制了100mL 1mol/L的硫酸溶液。然后，对溶液浓度做精确测定，且测定过程中一切操作都正确。结果测得溶液的物质的量浓度低于1mol/L．那么，在配制过程中，下列操作可能导致溶液浓度偏低的是(　　)‎ ‎①量筒用蒸馏水洗净后立即用来量取浓硫酸 ‎②将浓硫酸在烧杯中稀释，转移到容积为100mL的容量瓶中后，没有洗涤烧杯 ‎③在转移过程中用玻璃棒引流，因操作不慎有少量溶液流到了容量瓶外面 ‎④最后定容时，加水超过了刻度，马上用胶头滴管吸去多余的水，使溶液凹液面刚好与刻度线相切。‎ A. ②③④ B. ③④ C. ①②③ D. ①②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据物质的量浓度的定义可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n或溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若偏小或V偏大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n偏大或V偏小时，都会使所配溶液浓度偏大；‎ ‎【详解】①量筒用蒸馏水洗净后立即用来量取浓硫酸，量筒内壁有残留水，会导致量取的硫酸的物质的量减小，配制的溶液中溶质的物质的量减小，浓度偏低，故①正确；②将浓硫酸在烧杯中稀释，转移到容积为100mL的容量瓶中后，没有洗涤烧杯，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，溶液浓度偏低，故②正确；③在转移过程中用玻璃棒引流，因操作不慎有少量溶液流到了容量瓶外面，则溶质没有全部转移、导致溶液中溶质的物质的量减小，配制的溶液浓度偏低，故③正确；④最后定容时，加水超过了刻度，会导致配制的溶液的体积偏大，溶液浓度偏低，故④正确；故这些操作全部引起浓度偏低； 答案选D。‎ 二、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选得0分。‎ ‎12. 室温下，下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是( )‎ A. pH=1的溶液中：CH3CH2OH、Cr2O、K+、SO B. c(Ca2+) =0. 1mol·L-1的溶液中：NH、C2O、Cl-、Br-‎ C. 含大量HCO的溶液中：C6H5O- 、CO、Br-、K+‎ D. 能使甲基橙变为红色的溶液：Na+、NH、SO、Cl-‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH=1的溶液显酸性，在酸性条件下CH3CH2OH、Cr2O会发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不符合题意；‎ B．Ca2+、C2O之间反应生成草酸钙，在溶液中不能大量共存，故B不符合题意；‎ C．C6H5O- 、CO、Br-、K+之间不反应,都不与HCO反应，在溶液中能够大量共存，故C符合题意；‎ D．能使甲基橙变为红色的溶液呈酸性，Na+、NH、SO、Cl-之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故D符合题意；‎ 答案选CD。‎ ‎13. 下列解释事实的方程式正确的是( )‎ A. 用FeCl3溶液制作铜质印刷线路板： 2Fe3++Cu =Cu2+ +2Fe2+‎ B. Al 片溶于NaOH溶液中产生气体： 2Al +2OH-=2AlO+H2↑‎ C. 用难溶的MnS除去MnCl2溶液中含有的Pb2+：MnS(s) + Pb2+(aq) =PbS(s) + Mn2+ (aq)‎ D. 向银氨溶液中滴加乙醛后水浴加热，出现银镜：CH3CHO+Ag(NH3)2OHCH3COONH4 +Ag↓+3NH3 +H2O ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用FeCl3溶液制作铜质印刷线路板时发生反应的离子方程式为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故A正确；‎ B．Al片溶于NaOH溶液中产生气体时发生反应离子方程式为2Al +2H2O+ 2OH- =2AlO+ 3H2↑，故B错误；‎ C．用难溶的MnS除去MnCl2溶液中含有的Pb2+时发生反应的离子方程式为MnS(s) + Pb2+ (aq) =PbS (s) + Mn2+(aq) ，故C正确；‎ D．向银氨溶液中滴加乙醛后水浴加热，出现银镜时发生反应的离子方程式为CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，故D错误；‎ 答案选AC。‎ ‎14. 铅位于IVA族，PbO偏碱性，易溶于硝酸，PbO2偏酸性，难溶于硝酸。已知：PbS与稀HNO3‎ 发生反应I ：3PbS + 8HNO3(稀) =3Pb(NO3)2 +3S↓+2NO↑+4H2O；PbS与浓HNO3发生反应II：PbS +8HNO3(浓) = PbSO4+8NO2↑+4H2O。下列推断正确的是( )‎ A. Pb3O4 与HNO3溶液发生反应：Pb3O4 +4H+= PbO2 +2Pb2+ +2H2O B. 由反应I、II可知，氧化性：HNO3(浓)＞HNO3(稀)＞PbO2‎ C. 反应I若生成4.48LNO，转移0.6NA电子 D. S可以与浓硝酸反应：S +6HNO3(浓)H2SO4 +6NO2↑+2H2O ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Pb3O4中含有二价铅和四价铅，PbO偏碱性，易溶于硝酸，PbO2偏酸性，难溶于硝酸，则Pb3O4与硝酸反应生成Pb（NO3）2和PbO2，发生反应离子方程式：Pb3O4+4H+═PbO2+2Pb2++2H2O，故A正确；‎ B．根据题意，硝酸不能把二价铅氧化为四价铅，说明硝酸的氧化性小于PbO2，故B错误；‎ C．没有说明是否是标准状况，无法计算气体的物质的量，因而不能计算生成‎4.48L NO，转移的电子数，故C错误；‎ D．浓硝酸具有强氧化性，能把S氧化为硫酸，则S与浓硝酸反应：S +6HNO3(浓)H2SO4 +6NO2↑+2H2O，故D正确；‎ 答案选AD。‎ ‎15. 用如图所示的装置进行实验(夹持及尾气处理仪器略去)，能达到实验目的的是 选项 a中试剂 b中试剂 c中试剂 实验目的 装置 A 氨水 CaO 无 制取并收集氨气 B 浓盐酸 MnO2‎ 饱和NaCl溶液 制备纯净的Cl2‎ C 浓盐酸 Na2CO3‎ Na2SiO3溶液 比较酸性强弱：‎ H2CO3＞H2SiO3‎ D 浓硫酸 Na2SO3‎ KMnO4酸性溶液 验证SO2具有还原性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．氨水中的水可以和氧化钙反应，反应过程放热，使氨气在水中的溶解度降低，可以用来制取氨气，但是由于氨气的密度小于空气，故在收集氨气时需要短导管进长导管出，A错误；‎ B．浓盐酸与二氧化锰反应制取了氯气的过程需要加热，图中没有画出加热装置，故不能达到实验目的，B错误；‎ C．浓盐酸有挥发性，与碳酸钠反应时除了有二氧化碳生成，还有氯化氢溢出，两种气体溶于硅酸钠溶液均能使硅酸根沉淀，故不能判断碳酸与硅酸酸性的强弱，C错误；‎ D．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，将二氧化硫气体导入酸性高锰酸钾溶液中，二氧化硫与高锰酸钾反应，可以验证二氧化硫的还原性，D正确；‎ 故选D。‎ ‎16. 用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备超顺磁性（平均直径25nm）纳米Fe3O4的流程示意图如下：‎ 下列叙述不正确的是 A. 常用热的Na2CO3溶液除去钢铁表面的油污 B. 步骤②中，主要反应的离子方程式是2Fe3＋+Fe=3Fe2＋‎ C. 步骤④中，反应完成后剩余的H2O2无需除去 D. 步骤⑤中，为了验证得到的固体是超顺磁性的Fe3O4粒子，可将其均匀分散在水中，做丁达尔效应实验 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe）与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe（OH）2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水氧化：2Fe（OH）2+H2O2=2FeOOH+2H2O，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，再与氯化亚铁加热搅拌发生反应：2FeOOH+Fe2++2OH-=Fe3O4+2H2O，过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，以此解答该题。‎ ‎【详解】A. 钢铁表面的油污在碱性条件下可以发生水解反应，Na2CO3是强碱弱酸盐溶液，显碱性，热的Na2CO3溶液可以让油脂水解，水解是吸热的，温度升高，水解平衡向吸热的方向移动，水解效果越好，故A正确；‎ B. 滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子和反应过量的盐酸：2Fe3++Fe=3Fe2+，故B正确；‎ C. 步骤④中，防止其在步骤⑤中继续氧化+2价铁元素，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，故C错误；‎ D. 超顺磁性的Fe3O4粒子平均直径25nm，属于胶体，可以做丁达尔效应实验，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎17. 工业上制备有机氟化剂SF4的反应为：3SCl2＋4NaF===SF4＋S2Cl2＋4NaCl。下列说法正确的是 A. NaF既不做氧化剂也不做还原剂，SF4为氧化产物 B. SCl2与S2Cl2两种物质中的氯元素化合价不同 C. 制备反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1‎ D. 转移0.2 mol电子时，生成‎11.7 g NaCl ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】NaF中钠元素和氟元素化合价均未变化，既不做氧化剂也不做还原剂，SCl2中硫元素 化合价为+2价，氯元素化合价为−1价，S2Cl2中硫元素化合价为+1，氯元素化合价为−1价，S2Cl2为还原产物，SF4中硫元素化合价为+4，SF4为氧化产物，SCl2既做氧化剂又做还原剂，3 mol SCl2反应时，1 mol做还原剂，2 mol做氧化剂，转移2 mol电子，则转移0.2 mol电子时，生成0.4 mol NaCl，即‎23.4 g，综合可知，A、C正确，B、D错误。‎ ‎18. 某消毒液的主要成分为 NaClO，还含有一定量的 NaOH。下列叙述不合理的是(已知：饱和 NaClO 溶液的 pH 约为 11)‎ A. 向该消毒液中滴入少量 FeSO4 溶液，会生成红褐色沉淀 B. 该消毒液的 pH 约为 12 的原因：ClO-+H2O⇌HClO+OH-‎ C. 该消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用，产生有毒Cl2：2H++Cl-+ClO-===Cl2↑+H2O D 该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO-===HClO+CH3COO-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向该消毒液中滴入少量 FeSO4 溶液，FeSO4与NaOH反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2迅速被氧化为红褐色沉淀Fe(OH)3，故A正确；‎ B. 根据题干信息知：饱和NaClO溶液的pH约为11，又NaOH是强碱，而该溶液pH=12＞11，故主要是因为该消毒液中含有一定量的NaOH，故B错误；‎ C. 根据HCl和HClO中Cl的化合价分析，该氧化还原方程式的书写正确，故C正确；‎ D. 反应CH3COOH+ClO-===HClO+CH3COO-符合较强酸制取较弱酸的原锂，生成HClO，HClO漂白性比NaClO强，故该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用，故D正确；‎ 答案选B。‎ 第II卷(非选择题)(共50分)‎ 三、非选择题（4个题，共50分，每空2分。）‎ ‎19. A、B、C、D是按原子序数由小到大排列的第二、三周期元素的单质。B、E均为组成空气的成分。化合物F的焰色反应呈黄色。在G中，非金属元素与金属元素的原子个数比为1： 2。在一定条件下，各物质之间的相互转化关系如下图(图中部分产物未列出)：‎ 请填写下列空白：‎ ‎(1) A是____________，C是________________。‎ ‎(2) H与盐酸反应生成E的化学方程式是_______________________。‎ ‎(3)E与F反应的化学方程式是_____________________________。‎ ‎(4)F与G的水溶液反应生成I和D的离子方程式是________________________。‎ ‎【答案】 (1). 碳 (2). 钠 (3). Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑ (4). 2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2 (5). Na2O2+S2－+2H2O=4OH－+S↓+2Na＋‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ F的焰色反应呈黄色，说明F是钠的化合物，而F是单质B、C化合而成，B、E均为组成空气的成分，故C为金属钠；G是单质C、D化合而成，原子个数比为D：C=1：2，且原子序数D>C，故D为硫，G为Na2S；B为组成空气的成分，最容易想到的是O2，如B为O2，E也为组成空气的成分，E只能是CO2，A即为碳．因F+E=H+B，故F是Na2O2，H是Na2CO3，然后结合物质的性质及化学用语来解答。‎ ‎【详解】（1）由上述分析可知，A为碳；C为钠；‎ ‎（2）HNa2CO3，与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，其化学方程式为Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑；‎ ‎（3）E与F反应为CO2与Na2O2的反应，该反应化学方程式为2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2；‎ ‎（4）G为Na2S，具有还原性，F为Na2O2，具有氧化性，二者在水溶液中反应，Na2S中S(-2价)被氧化成单质S，Na2O2中O(-1价)被还原为NaOH，其离子方程式为Na2O2+S2－+2H2O=4OH－+S↓+2Na＋。‎ ‎20. 近年来，FePO4作为制备锂离子电池正极材料LiFePO4的重要原料而成为研究热点。一种以FeCl3、H3PO4、氨水为主要原料制备FePO4的流程如下图。‎ 已知：H3PO4是弱电解质 ‎ ‎(1)将FeCl3溶液与H3PO4溶液按混合，没有明显现象，逐渐滴加氨水至pH = 1.5左右，生成FePO4·2H2O沉淀。‎ ‎①操作a为______。 ‎ ‎②生成FePO4·2H2O的离子方程式是______。‎ ‎③控制氨水用量，避免因pH偏高而产生______杂质。‎ ‎(2)测定产物样品中铁元素的质量分数，主要步骤如下：‎ i．取a g样品，加入过量盐酸充分溶解，再滴加SnCl2(还原剂)至溶液呈浅黄色；‎ ii．加入TiCl3，恰好将i中残余的少量Fe3+还原为Fe2+；‎ iii．用c mol·L–1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+，消耗v mLK2Cr2O7标准溶液。‎ ‎①将步骤iii的离子方程式补充完整：‎ ‎____+____Fe2++___=____Cr3++____Fe3++____；‎ ‎②产物中铁元素的质量分数为_____。‎ ‎【答案】 (1). 过滤 (2). Fe3++H3PO4+3NH3•H2OFePO4•2H2O↓+3+H2O (3). Fe(OH)3 (4). 1 (5). 6 (6). 14H+ (7). 2 (8). 6 (9). 7H2O (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向FeCl3和H3PO4的混合溶液中加入氨水并水浴加热，由于H3PO4为弱电解质，在水中电离程度较小导致磷酸铁的产率不高，向溶液中加入氨水，氨水可以和磷酸反应生成磷酸根，同时水浴加热加快反应速率，使磷酸铁的产率升高，据此分析。‎ ‎【详解】(1)①将制得的悬浊液通过过滤的方式将固体和液体分开，得到FePO4·2H2O固体，故答案为：过滤；‎ ‎②生成磷酸铁的离子方程式为Fe3++H3PO4+3NH3·H2OFePO4·2H2O↓+3+H2O；‎ ‎③在滴加氨水的过程中需要控制溶液pH，因氨水呈碱性，氨水中的一水合氨电离出的氢氧根 可以与溶液中的Fe3+反应生成沉淀，因此需要控制溶液pH，以保证溶液中的Fe3+全部转化为磷酸铁，故答案为Fe(OH)3；‎ ‎(2)①利用化合价升降法配平化学方程式；根据题目中所给出的反应物与生成物可知，生成物中存在铁离子和铬离子，因此反应应该在酸性环境下进行，反应前溶液中含有大量的H+，故方程式中反应前有H+参加反应，反应后生成水；反应前后中的Cr元素的化合价从+6下降到+3，Fe元素的化合价从+2上升到+3，根据反应前后得失电子守恒计算，正确配平的离子方程式为+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；‎ ‎②根据上题的化学方程式，与Fe2+的物质的量关系为1:6，说明每消耗1mol需要消耗Fe2+ 6mol，因此，消耗浓度为c的重铬酸钾标准溶液v mL，则溶液中含有6cv×10-3mol的Fe2+，故原样品中含有6cv×10-3mol的Fe，原样品中Fe的质量分数为=。‎ ‎21. 硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_________________。‎ ‎（2）步骤②需要加热的目的是_________________，温度保持80~‎95 ℃‎，采用的合适加热方式是_________________。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_________________（填标号）。‎ ‎（3）步骤③中选用足量的H2O2，理由是_________________。分批加入H2O2，同时为了 ‎_________________，溶液要保持pH小于0.5。‎ ‎（4）步骤⑤的具体实验操作有______________，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。‎ ‎（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到‎150 ℃‎时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为______________。‎ ‎【答案】 (1). 碱煮水洗 (2). 加快反应 (3). 热水浴 (4). C (5). 将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质 (6). 防止Fe3+水解 (7). 加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤） (8). NH4Fe(SO4)2∙12H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗；‎ ‎（2）步骤②需要加热的目的是为了加快反应速率；温度保持80~‎95 ℃‎，由于保持温度比较恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热（热水浴）；铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C装置；‎ ‎（3）步骤③中选用足量的H2O2，H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+，且H2O2的还原产物为H2O，不会引入新的杂质，故理由是：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质。因为H2O2本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止Fe3+水解，溶液要保持pH小于0.5；‎ ‎（4）为了除去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）；‎ ‎（5）设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙xH2O，其相对分子质量为266+18x，1.5个水分子的相对分子质量为1.5×18=27，则27/(266+18x)=5.6%，解得x=12，则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙12H2O。‎ ‎22. 二氧化氯是一种黄绿色具有刺激性气味的气体，常用于自来水消毒和果蔬保鲜等方面。氯酸钠还原法是目前使用较为广泛的制备方法，其中是用与在催化剂、时，发生反应得到，下图装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放进行了研究。‎ 已知：‎ ‎①的浓度较大时易分解，实验室用稳定剂吸收，生成，使用时加酸只释放出一种气体 ‎②与KI反应的离子方程式为：。‎ 物质 沸点 ‎③‎ ‎(1)仪器b在装置中的作用是______________；比较仪器c和d，实验中c的优点是_____________。‎ ‎(2)制备装置甲中需改进的一项措施是________________。‎ ‎(3)反应中甲醇被氧化为甲酸，写出制备的化学方程式：________________；该制备法可选用不同的还原性物质作为还原剂，例如草酸，相比甲醇法，草酸法的优点是________________。‎ ‎(4)下列有关说法正确的是__________。‎ A．仪器a中NaOH溶液主要用于停止反应，并吸收多余的 B．装置e主要用于检验是否有生成 C．在释放实验中，发生的离子反应方程式是：‎ D．和都为强氧化剂，在相同条件下，等物质的量时的氧化能力是的2.5倍 ‎(5)自来水厂用碘量法检测水中的浓度，其实验操作如下：取100.0mL的水样，加入足量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液。再用 标准溶液滴定碘单质，达到滴定终点时用去15.00mL 标准溶液，测得该水样中的含量为__________。‎ ‎【答案】 (1). 冷凝回流甲醇兼导气 (2). 有利于液体顺利流下，减少甲醇的挥发 (3). 水浴加热 (4). 4NaClO3+CH3OH+2H2SO44ClO2↑+HCOOH+2Na2SO4+3H2O (5). 产生的二氧化碳可稀释ClO2，防止ClO2浓度较大时分解 (6). AC (7). 202.5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲装置为发生装置，将甲醇加入三颈烧瓶中共热进行反应，甲醇被氧化为甲酸，NaClO3还原生成ClO2，在硫酸条件下，还生成硫酸钠，b装置冷凝回流甲醇和甲酸；加入a装置的氢氧化钠可以中和酸，使反应停止，并吸收ClO2；之后稳定剂吸收二氧化氯，装置e主要用于检验ClO2否被吸收完全，之后用氢氧化钠溶液处理尾气。据此解答。‎ ‎【详解】(1)仪器b是球形冷凝管，导气的同时可以冷凝回流甲醇；若用分液漏斗添加甲醇，反应时三颈烧瓶中压强增大，可能会导致液体无法顺利滴下，需要将分液漏斗活塞打开，但会导致甲醇的挥发，用恒压漏斗可以平衡压强有利于液体顺利流下，减少甲醇的挥发，故答案为：冷凝回流甲醇兼导气；有利于液体顺利流下，减少甲醇的挥发；‎ ‎(2)反应在‎60℃‎下进行，应水浴加热，可提供稳定的加热温度，故答案为：水浴加热；‎ ‎(3)甲醇被氧化为甲酸(HCOOH)，NaClO3还原生成ClO2，在硫酸条件下，还生成硫酸钠，反应方程式为：4NaClO3+CH3OH+2H2SO44ClO2↑+HCOOH+2Na2SO4+3H2O，草酸可被氧化生成二氧化碳，起到稀释的作用，避免ClO2的浓度较大时易分解，故答案为：4NaClO3+CH3OH+2H2SO44ClO2↑+HCOOH+2Na2SO4+3H2O；产生的二氧化碳可稀释ClO2，防止ClO2浓度较大时分解；‎ ‎(4)A．加入氢氧化钠可以中和酸，使反应停止，并吸收ClO2，故A正确；B．装置e主要用于检验ClO2否被吸收完全，故B错误；C．用稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，使用时加酸只释放出ClO2一种气体，则发生的离子反应方程式是：4H++5ClO2-＝Cl-+4ClO2↑+2H2O，故C正确；D．ClO2和Cl2都为强氧化剂，在相同条件下，等物质的量时，元素化合价分别由+4价、0价降为-1价，则ClO2的氧化能力是Cl2的2.5倍，故D错误；故答案为：AC；‎ ‎(5)设保鲜剂中ClO2的含量为xg•L-1，根据电子守恒可知二氧化氯与氧化碘离子生成的碘单质存在数量关系：2ClO2～5I2，滴定时碘单质与S2O32-存在数量关系I2～2S2O32-，所以ClO2与标准液的数量关系为2ClO2～10S2O32-，则有，解得x=‎0.2025 g•L-1=202.5mg•L-1，故答案为：202.5。‎