辽宁省沈阳铁路实验中学2020届高三上学期开学考试化学试题 22页

高三化学 可能用到的原子量:C 12 H 1 O 16 S 32 Cu 64 Fe 56 Si 28 Na 23 Al 27‎ 一、单项选择题（每题2分，共40分）‎ ‎1.下列不涉及氧化还原反应的是（ ）‎ A. 补铁剂（有效成分Fe2+）与含维生素C共服效果更佳 B. 雷雨肥庄稼——自然固氮 C. 灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，肥中含有铵盐 D. 从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．维生素C具有还原性，能防止补铁剂被氧化，属于氧化还原反应，故A正确；B．放电过程中，氮气与氧气反应生成NO，O、N元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故B正确；C．碳酸钾与铵盐发生相互促进的水解反应，会生成氨气挥发，反应过程中不存在化合价的变化，不涉及氧化还原反应，故C错误；D．由二氧化硅制晶体硅，Si的化合价降低，被还原，涉及氧化还原反应，故D正确；故答案为C。‎ ‎2.下列解释事实的方程式正确的是（ ）‎ A. 用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：Na2S2O3＋2H＋＝SO2↑＋S↓＋2Na＋＋H2O B. 氢氧化亚铁暴露于空气中会变色：4Fe(OH)2 +O2 +2H2O=4Fe(OH)3‎ C. 向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制取次氯酸： Ca2＋＋ClO－＋H2O＋CO2＝2HClO＋CaCO3↓‎ D. 氯气用于自来水消毒：Cl2 + H2O2H＋ + Cl－+ ClO－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硫代硫酸钠是可溶性盐，可拆分，则用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠，正确的离子方程式为：S2O32-+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故A错误；B．氢氧化亚铁暴露于空气中被氧化生成氢氧化铁，反应方程式为4Fe（OH）2 +O2 +2H2O═4 Fe（OH）3，故B正确；C．二氧化碳过量反应生成可溶性的碳酸氢钙，则向Ca（ClO）2溶液中通入过量CO2制取次氯酸，离子方程式：ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3-，故C错误；D．HClO是弱酸，则氯气用于自来水消毒发生反应的离子方程式为Cl2 + H2O H＋+ Cl－+ HClO，故D错误；故答案为B。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 100g质量分数为 46%C2H5OH溶液中所含O—H数目约为7NA B. 质量为12g的12C含有的中子数为12NA C. 将0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO－数目小于0.1NA D. 氢氧燃料电池正极消耗22.4 L气体时，电路中通过的电子数目为4NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙醇溶液中，乙醇、水分子都含有O-H键，所以100g46%乙醇溶液含有乙醇46g，物质的量为1mol，含有1molO-H键，含有水54g，物质的量为3mol，含有O-H键6mol，所以共含O-H数目7NA，故A正确；B．12g的12C的物质的量为：=1mol，含有中子的物质的量为：1mol×6=6mol，含有的中子数为6NA ，故B错误；C．将0.1molCH3COONa 溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒有：n（CH3COO-）+n（OH-）=n（Na+）+n（H+），而由于溶液显中性，故n（OH-）=n（H+），则有n（CH3COO-）=n（Na+）=0.1mol，即醋酸根的个数为NA个，故C错误； D．氧气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故D错误；故答案为A。‎ ‎【点睛】阿伏伽德罗常数常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。‎ ‎4.下列有关实验操作的叙述错误的是（ ）‎ A. 洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干 B. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏大 C. 蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置 D. 用标准盐酸溶液滴定氨水来测定其浓度，选择甲基橙为指示剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．锥形瓶和容量瓶不需要干燥，有少量水对实验无影响，故A错误；B．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，则所配溶液浓度偏大，故B正确；C．蒸馏完毕后，还需充分冷凝，则先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置，故C正确；D．用标准盐酸溶液滴定氨水来测定其浓度，滴定终点时恰好生成NH4Cl，溶液显酸性，则应选择甲基橙为指示剂，故D正确；答案为A。‎ ‎5.下列与化学有关的文献，理解正确的是 A. 《石灰吟》中“…烈火焚烧若等闲…要留清白在人间”，其中“清白”指氢氧化钙 B. 《咏煤炭》中“凿开混沌得乌金…不辞辛苦出山林”，其中“乌金”的主要成分是木炭 C. 《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”，其中的“碱”是一种盐溶液 D. 《天工开物》中有如下描述:“世间丝、麻、裘、褐皆具素质…”文中的“丝”“麻”、“裘”主要成分均属于多糖 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、《石灰吟》中描述的是碳酸钙受热分解，即CaCO3CaO＋CO2↑，“清白”指的是CaO，故A错误；‎ B、《咏煤炭》描述的是煤炭的开采，其中“乌金”的主要成分是煤炭，故B错误；‎ C、烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣，其中“碱”是碳酸钾，K2CO3为盐，故C正确；‎ D、丝、裘主要成分是蛋白质，麻的主要成分是纤维素，故D错误。‎ ‎6.四氢大麻酚(简称THC)，是大麻中的主要精神活性物质，其结构如图。下列有关THC的说法不正确的是 A. THC难溶于水 B. 1mol THC最多可与含3mol溴单质的溴水发生反应 C. THC遇FeCl3溶液能发生显色反应 D. THC能与氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液及碳酸氢钠溶液发生化学反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据有机物的结构简式，判断出含有的官能团，根据官能团的性质进行分析；‎ ‎【详解】A、根据有机物的结构简式，含有的憎水基团所占比例大，该有机物难溶于水，故A说法正确；‎ B、1mol该有机物含有1mol碳碳双键和1mol酚羟基，1mol该有机物最多消耗3mol Br2(1mol Br2和碳碳双键发生加成反应，2mol Br2和酚羟基的邻、对位发生取代反应)，故B说法正确；‎ C、THC中含有酚羟基，遇FeCl3溶液发生显色反应，故C说法正确；‎ D、依据电离出H＋能力－COOH>H2CO3>酚羟基>HCO3－，含有酚羟基，该有机物能与NaOH、Na2CO3，但不能与NaHCO3发生反应，故D说法错误。‎ ‎7.下列有关实验方案或说法正确的是 A. 实验室制取乙酸乙酯 B. 比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性 C. 脱脂棉燃烧证明过氧化钠与水反应放热 D. a处有红色物质生成，b处变蓝，证明X一定是H2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、为防止倒吸，右端的导管不能深入液面以下，应在靠近液面的上方，故A错误；‎ B、"套管实验"中外管的温度高，内管温度低，若外管盛放碳酸钠，内管盛放碳酸氢钠，内管连接的澄清石灰水首先出现浑浊时，则说明NaHCO3的稳定性弱于Na2CO3，故B错误；‎ C、一般燃烧，需要氧气和温度达到着火点，过氧化钠与H2O反应2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，脱脂棉燃烧，说明过氧化钠与水反应生成O2，且该反应为放热反应，故C正确；‎ D、a处有红色物质生成，说明氧化铜转化成Cu，无水硫酸铜变蓝，说明有水生成，X可能是NH3、CH4，也可能是H2、或H2和CO的混合物等，故D错误。‎ ‎8.下列各组物质相互混合反应，既有气体生成最终又有沉淀生成的是(　　)‎ ‎①金属钠投入MgCl2溶液中 ‎②过量的NaOH溶液和FeCl3溶液 ‎③碳酸氢铵加到过量的热的Ba(OH)2溶液中 ‎④过量的Na2O2投入FeCl2溶液中 ‎⑤过量NaOH和Ca(HCO3)2溶液混合 A. ①④ B. ②③ C. ①③④ D. ③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和MgCl2反应生成白色Mg（OH）2沉淀；‎ ‎②过量氢氧化钠和FeCl3溶液反应有沉淀，无气体生成；‎ ‎③碳酸氢铵加到过量的热的Ba(OH)2溶液中反应生成碳酸钡沉淀和氨气；‎ ‎④过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁继续被氧化成氢氧化铁沉淀；‎ ‎⑤过量NaOH和Ca(HCO3)2溶液混合，生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水。‎ ‎【详解】①钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化镁反应生成白色沉淀，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+MgCl2=Mg(OH)2↓+2NaCl，①符合；‎ ‎②过量NaOH溶液和FeCl3溶液反应有红褐色沉淀生成，但无气体生成，②不符合；‎ ‎③碳酸氢铵加到过量的热的Ba(OH)2溶液中反应生成碳酸钡沉淀和氨气，既有白色沉淀产生，又有气体放出，③符合；‎ ‎④Na2O2投入FeCl2溶液发生反应，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；④符合；‎ ‎⑤过量NaOH和Ca(HCO3)2溶液混合，反应生成碳酸钙白色沉淀、碳酸钠和水，无气体放出，⑤不符合；综上所述：①③④正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题着重考查了钠及其化合物的性质、反应现象及应用等知识，主要考查反应生成沉淀和气体的判断。‎ ‎9.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. =1×10-12的溶液：Na+、K+、ClO-、CO32-‎ B. 滴入酚酞变红色的溶液：K+、Ca2+、HCO3-、CO32-‎ C. 能溶解Al（OH）3的溶液：K+、NH4+、NO3—、CH3COO—‎ D. 0.1mol/LFe(NO3)2溶液：H+、Cu2+、SO42—、Cl—‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．已知==c(H+)=1×10-12，溶液pH=12，显碱性，Na+、K+、ClO-、CO32-离子组碱性条件下彼此间不发生离子反应，能大量共存，故A正确；‎ B．滴入酚酞变红色的溶液显碱性，而HCO3-在碱性溶液中不能大量共存，Ca2+和CO32-发生离子反应生成CaCO3溶液而不能大量共存，故B错误；‎ C．能溶解Al(OH)3的溶液可能显碱性，也可能是为酸性，NH4+在碱性溶液中不能大量共存，而CH3COO—在酸性溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D．Fe2+在酸性条件下能被NO3-氧化，则0.1mol/LFe(NO3)2溶液中不可能大量存在H+，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎10.中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700oC时反应制造出纳米级金刚石粉末和另一种化合物。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，立即被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。同学们对此有下列一些“理解”，你认为其中错误的是( )‎ A. 这个反应是氧化还原反应 B. 金刚石属于金属单质 C. 另一种化合物为NaCl D. 制造过程中元素种类没有改变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CCl4和金属钠反应生成金刚石（碳单质），碳元素的化合价降低，有元素的化合价变化属于氧化还原反应，A项正确，不符合题意；‎ B．金刚石的构成元素为碳，属于非金属单质，B项错误，符合题意；‎ C．根据原子守恒，CCl4和金属钠反应得到金刚石（碳单质），另一种化合物包括Na和Cl元素，为NaCl，C项正确，不符合题意；‎ D．根据元素守恒定律可知制造过程中元素种类没有改变，D项正确，不符合题意；‎ 本题答案选B。‎ ‎11.分类是学习化学的重要方法．下列归纳正确的是( )‎ A. SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物 B. 纯碱、烧碱、熟石灰都属于碱类 C. 氨气、冰醋酸、食盐均为电解质 D. 碱性氧化物都是金属氧化物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO属于不成盐的氧化物，不是酸性氧化物，A项错误；‎ B．纯碱为Na2CO3，属于盐，不是碱，B项错误；‎ C．NH3溶于水，与水生成NH3·H2O，NH3·H2O电离，属于电解质，而NH3不是电解质，C项错误；‎ D．金属氧化物不一定是碱性氧化物，但是碱性氧化物一定是金属氧化物，D项正确；‎ 本题答案选D。‎ ‎12.我们常用“往伤口上撒盐”来比喻某些人乘人之危的行为，其实从化学的角度来说，“往伤口上撒盐”也有科学道理。那么，这种做法的化学原理是(　　)‎ A. 胶体的电泳 B. 血液的氧化还原反应 C. 血液中发生复分解反应 D. 胶体的聚沉 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】血液属于胶体，则血液应具备胶体的性质，在遇到电解质溶液、加热、电性相反的电解质的时候都会聚沉；在伤口上撒盐可以使伤口表面的血液凝结，从而阻止进一步出血，属于胶体的聚沉，因此合理选项是D。‎ ‎13.碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I-的形式存在，几种微粒之间的转化关系如图所示。已知：淀粉遇单质碘变蓝。下列说法中，不正确的是 A. 氧化性的强弱顺序为：Cl2 >IO3- >I2‎ B. 一定条件下， I-与IO3-反应可能生成I2‎ C. 途径Ⅱ中若生成1mol I2，消耗4mol NaHSO3‎ D. 向含I-的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液不一定变为蓝色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由途径I可以知道氧化性Cl2>I2，由途径Ⅱ可以知道氧化性I2< IO3-，由途径Ⅲ可以知道氧化性Cl2>IO3-，故氧化性的强弱顺序为Cl2 >IO3- >I2，故A正确；‎ B.根据氧化性IO3->I2，所以一定条件下，I-与IO3-反应可能生成I2，故B正确；‎ C.途径Ⅱ根据转化关系5HSO3-IO3- I210e-可以知道，生成1molI2‎ 反应中转移的电子数为10NA，消耗5molNaHSO3，所以C选项是错误的； D.由氧化性的强弱顺序为Cl2 >IO3- >I2可知，向含I-的溶液中通入Cl2，在一定条件下可能把I-氧化成生IO3-，所以得到溶液中加入淀粉溶液不一定变为蓝色，故D正确；‎ 综上所述，本题答案为C。‎ ‎14.冰激凌中的奶油被称为人造脂肪，由液态植物油氢化制得。下列说法错误的是 A. 奶油是可产生较高能量的物质 B. 人造脂肪属于酯类物质 C. 植物油中含有碳碳双键 D. 油脂的水解反应均为皂化反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．奶油是人造脂肪，是由液态植物油氢化制得的，是人体内单位质量提供能量最高的物质，故A正确；‎ B．人造脂肪的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，属于酯类物质，故B正确；‎ C．植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，其烃基中含有碳碳双键，故C正确；‎ D．油脂在碱性条件下的水解为皂化反应，酸性条件下的水解反应不是皂化反应，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎15.在给定条件下，能顺利实现下列所示物质间直接转化的是 A. AlNaAlO2(aq) B. FeFeOFe2(SO4)3‎ C. NH3NOHNO3 D. SiO2H2SiO3Na2SiO3(aq)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Al与氢氧化钠反应，直接生成偏铝酸根，A项正确；‎ B.Fe与水蒸气在高温下发生氧化还原反应，生成Fe3O4，而不是FeO，B项错误；‎ C.NH3可以发生催化氧化生成NO，但NO和水不反应，C项错误；‎ D.二氧化硅不溶于水，不能和水反应生成硅酸，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎16.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 密闭容器中，1molN2和3molH2催化反应后分子总数为2NA B. 100g98%的浓H2 SO4与过量的Cu反应后，电子转移数为NA C. 标准状况下，11.2L氧气和二氧化碳混合物中含氧原子数目为NA D. 1L1mol/LNa2CO3溶液中所含阴离子数目小于NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故分子总数大于2NA个，故A错误；‎ B．100g98%的浓H2 SO4中含有硫酸98g，物质的量为1mol，铜与浓硫酸的反应，2H2SO4(浓) + CuCuSO4 + 2H2O +SO2↑，随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，反应不再进行，所以反应生成的二氧化硫的物质的量小于0.5mol，转移的电子的物质的量小于1mol，故B错误；‎ C．标准状况下，11.2LO2与CO2混合气体的物质的量==0.5mol，混合物中所含氧原子的数目为NA，故C正确；‎ D．碳酸根的水解CO32-+H2OHCO3-+OH-，导致阴离子个数增多，故1L1mol/LNa2CO3溶液中阴离子个数多于NA个，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为BD，B中要注意稀硫酸与铜不反应，D中要注意根据碳酸根离子的水解方程式分析阴离子数目的变化。‎ ‎17.下列操作能达到实验目的的是 目的 实验操作 A Al2O3有两性 将少量Al2O3分别加入盐酸和氨水中 B 浓硫酸有脱水性 蔗糖中加入浓硫酸，用玻璃棒充分搅拌 C 检验SO42-‎ 向某溶液中滴加少量酸化的BaCl2溶液 D 检验Fe2+‎ 向某溶液中滴入氯水，再滴入KSCN溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Al(OH)3是两性氢氧化物，只溶于强酸、强碱，不溶于氨水，故A错误；‎ B．浓硫酸能将蔗糖中H、O以2∶1水的形式脱去，体现浓硫酸的脱水性，故B正确；‎ C．向某溶液中滴加少量酸化的BaCl2溶液可能生成氯化银或硫酸钡白色沉淀，不能检验硫酸根离子，故C错误；‎ D．氯气具有氧化性，可以将亚铁离子氧化，生成三价铁离子，三价铁离子可以和KSCN溶液发生显色反应，显红色，不能确定是含有亚铁离子还是铁离子，故D错误；‎ 故选B ‎18.某溶液中含有大量K+、Cl-及X与Y两种离子，现向该溶液中加入W试剂，根据实验现象得到的关于X、Y的推断能成立的是 W试剂 实验现象 X、Y的推断 A．‎ KI-淀粉溶液 溶液变蓝 Fe3+、‎ B．‎ 用pH试纸检测 pH=7(常温)‎ CH3COO-、Na+‎ C．‎ 硝酸酸化的AgNO3溶液 白色沉淀 ‎、‎ D．‎ 过量NaOH溶液 无明显现象 Al3+、Mg2+‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．Fe3+能够氧化碘离子使KI-淀粉溶液变蓝，且与K+、Cl-、SO42-‎ 能够共存，故A正确；B．K+、Cl-、Na+能够共存且不水解，醋酸根离子水解，导致溶液显酸性，pH不可能等于7，故B错误；C．原溶液中含有K+、Cl-离子，加入硝酸银能够生成白色沉淀，不能确定是否含有其他离子，故C错误；D．加入NaOH无明显现象，说明原溶液中没有镁离子，故D错误；故选A。‎ 点睛：本题是有条件的离子共存与离子检验问题，首先要注意到原溶液中的Cl-与X、Y离子是共存的，再根据添加W试剂后的实验现象，判断可能存在的反应，推测存在的离子微粒，涉及离子的水解如选项B，溶液是中性的，如果存在CH3COO-溶液因水解显碱性，易错点是选项A，不能因为Fe3+的溶液是棕黄色而排除A选项，因为题设中没有强调是无色溶液。‎ ‎19.聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如下：‎ ‎(图中虚线表示氢键)‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A. 聚维酮的单体是 B. 聚维酮分子由(m＋n)个单体聚合而成 C. 聚维酮碘是一种水溶性物质 D. 聚维酮在一定条件下能发生水解反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据结构分析，聚维酮的单体是，A正确；聚维酮分子由(2m+n)个单体聚合而成，B错误；由“聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂”可知，聚维酮碘是一种水溶性物质，C正确；聚维酮含肽键，在一定条件下能发生水解反应，D正确。‎ 点睛：本题考查有机化学基础知识，旨在考查学生对加聚产物的认识、分析能力，及对官能团性质的应用能力。注意：①由“聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂”可知，聚维酮碘溶于水；②从聚合物的结构形式可知，聚维酮是加聚产物。‎ ‎20.某离子反应涉及H2O、ClO－、NH4＋ 、H＋、N2、Cl－六种微粒。其中c(NH4＋ )随反应进行逐渐减小。下列判断正确的是 A. 反应的还原产物是N2 ‎ B. 消耗1 mol氧化剂，转移电子3 mol 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】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据题意可知，c(NH4＋ )随反应进行逐渐减小，则NH4＋ 为反应物，根据原子守恒知，N2为生成物，氮元素的化合价由—3价升高到0价；根据氧化还原反应元素化合价有升高的，必然有元素化合价降低判断，ClO－为反应物，Cl－为生成物，氯元素化合价由＋1价降低到—1价；利用化合价升降法及原子守恒和电荷守恒配平的离子方程式为3ClO－＋2NH4＋ =3H2O＋2H＋＋N2↑＋3Cl－。A.根据化学反应，ClO－中氯元素化合价由＋1价降低到—1价，所以反应的还原产物是Cl－，A项错误；B、NH4＋中氮元素的化合价由—3价升高到0价，作还原剂，则消耗l mol还原剂，转移电子3 mol，B项错误；C.根据上述化学反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，C项错误；D.根据反应的离子方程式判断，反应后溶液的酸性明显增强，D项正确；答案选D。‎ 考点：考查氧化还原反应，涉及氧化还原反应的基本概念、氧化还原方程式的配平及电子转移等知识。‎ 二、主观题（共60分）‎ ‎21.铝及其化合物在生活、生产中有广泛应用。‎ ‎（1）Na3AlF6是冰晶石的主要成分，冰晶石常作工业冶炼铝的助熔剂。工业上，用HF、Na2CO3和Al(OH)3制备冰晶石。化学反应原理是，2Al(OH)3+3Na2CO3+12H=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O.属于盐的有Na2CO3和_______。上述反应不能在玻璃容器中反应，其原因是________(用化学方程式表示)。‎ ‎（2）明矾[KAl(SO4)2·12H2O]常作净水剂。在明矾溶液中滴加氢氧化钡溶液至Al3+恰好完全沉淀，写出该反应的离子方程式____________。‎ ‎（3）铝合金广泛用于建筑材料。等质量的铁、铝、硅组成的同种合金分别与足量盐酸、足量烧碱溶液反应，产生氢气体积相等(同温同压)。则该合金中铁、硅的质量之比为______。（已知:Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+ 2H2↑）‎ ‎（4）铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成的重要还原剂。它的制备方法是将氢化钠和氯化铝在乙醚中反应制备铝氢化钠。‎ ‎①写出化学方程式________________。‎ ‎②在化学上，含氢还原剂的还原能力用“有效氢”表示，”有效氢”含义是单位质量的含氢还原剂的还原能力相当于多少克氢气。一般地含氢还原剂的氢被氧化成H2O，“还原能力”用氢失去电子数多少表示。NaAlH4、NaH的“有效氢”之比为________。‎ ‎【答案】 (1). Na3AlF6 (2). SiO2+4HF=SiF4+2H2O (3). 2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓ (4). 4:1 (5). AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl (6). 16:9‎ ‎【解析】‎ ‎（1）盐是指一类金属离子或铵根离子（NH4＋）与酸根离子或非金属离子结合的化合物。属于盐的有Na2CO3和Na3AlF6；玻璃容器与HF反应：SiO2+4HF=SiF4+2H2O。（2）在明矾溶液中滴加氢氧化钡溶液至Al3+恰好完全沉淀，Al3＋与OH－的物质的量之比为1：3，离子方程式：2Al3＋+3SO42－+3Ba2＋+6OH－=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓；（3）根据题目信息可知，铁和铝与稀盐酸生成氢气，铝和硅与氢氧化钠生成氢气。铝和盐酸的反应方程式：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，说明相同质量的铝与盐酸或者氢氧化钠生成氢气的质量相等。综合分析，铁和盐酸生成的氢气的质量等于硅和氢氧化钠生成的氢气的质量。设铁与盐酸生成的氢气的质量为M，则硅的质量为X，铁的质量为Y。‎ Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2↑‎ ‎28 4‎ X M ‎=得：X=7M Fe+2HCl=FeCl2+H2↑‎ ‎56 2‎ ‎ Y M ‎=得：Y=28M 所以合金中铁和硅的质量之比=28M：7M=4：1。‎ ‎（4）铝氢化钠(NaAlH4)是将氢化钠和氯化铝在乙醚中反应制备铝氢化钠。①化学方程式AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl。NaAlH4、NaH的“有效氢”关系式为NaAlH4～8e-～4H2，NaAlH4的有效氢为8/54g，NaH~2e-～H2的有效氢为2/24g，有效氢之比为：g：g=16：9。‎ ‎22.氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)是提取稀土化合物、冶炼铈的重要矿物原料，以氟碳铈矿为原料提取铈的工艺流程如图所示。回答下列问题：‎ ‎（1）CeFCO3中Ce的化合价为______。‎ ‎（2）氧化焙烧后的产物之一为CeO2，则酸浸时发生反应的离子方程式为________。‎ ‎（3）HT是一种难溶于水的有机溶剂，则操作Ⅰ的名称为_____。‎ ‎（4）为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是___________。‎ ‎（5）有机物HT能将Ce3+从水溶液中提取出来，该过程可表示为Ce3+ (水层)+3HT(有机层)CeT3 (有机层)+3H+ (水层)。向CeT3(有机层)中加入稀硫酸能获得较纯的含Ce3+水溶液，从平衡角度解释其原因：_________。‎ ‎（6）已知，298K时，Ksp[Ce(OH)3]=5×l0-20，若溶液中c(Ce3+)=0.05mol·L-1，加碱调节pH到_____时Ce3+开始沉淀（忽略加碱过程中溶液体积变化）。‎ ‎（7） 写出向Ce(OH)3悬浊液中通入氧气得到产品Ce(OH)4的化学方程式：_____。‎ ‎【答案】 (1). +3 (2). 2CeO2+H2O2+6H+ = 2Ce3++O2↑+4H2O (3). 分液 (4). 温度升高，双氧水发生分解，造成浸出率偏小 (5). 向混合液中加入稀硫酸，使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移动 (6). 8 (7). 4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3‎ ‎，经氧化焙烧后酸浸，浸出液中含有氟离子、铈离子、硫酸等，尾气中主要含有二氧化碳，浸出液中加入碳酸钙会生成硫酸钙和氟化钙等难溶物滤渣和硫酸稀土溶液，在硫酸稀土溶液中加入萃取剂HT，经过分液将溶液中的Ce3+萃取出来，再加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，调节溶液的pH值得Ce(OH)3沉淀，再经过氧气氧化，过滤、洗涤、干燥可得Ce(OH)4产品； （1）化合物CeFCO3中元素化合价代数和为0计算Ce的化合价； （2）SiO2能溶于HF的水溶液，氧化焙烧生成的铈化合物二氧化铈（CeO2），其在酸浸时发生氧化还原反应，还原产物为Ce3+，氧化产物为氧气，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可得此反应的离子方程式；互不相溶的液体混合物用分液操作分离； （3）H2O2不稳定，受热易分解； （4）根据平衡2Ce3+ （水层）+6HT（有机层）⇌2CeT3（有机层）+6H+（水层）可知，加入酸平衡向逆反应方程移动，据此分析； （5）根据Ksp[Ce(OH)3]=c(Ce3+)×c3(OH-)和pH=10计算此时溶液中c(Ce3+)，判断是否沉淀完全； （6）根据流程结合元素守恒可知Ce(OH)3结合氧气和水生成Ce(OH)4，据此书写化学方程式。‎ ‎【详解】(1)CeFCO3中F元素为−1价，碳元素为+4价，氧元素为−2价，由各元素化合价代数和为0，可计算出Ce元素的化合价为+3；‎ ‎(2)反应中生成的HF能溶解陶瓷容器中含有的SiO2，则氧化培烧时不能使用陶瓷容器氧化焙烧生成的铈化合物二氧化铈(CeO2)，其在酸浸时发生离子反应为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，加入萃取剂HT后，液体混合物分成二层，操作Ⅰ可选用分液进行分离；‎ ‎(3)H2O2易受热分解，为防止其分解，降低酸浸率，则温度不易太高； ‎ ‎(4)根据平衡2Ce3+ (水层)+6HT(有机层)⇌2CeT3(有机层)+6H+(水层)可知，混合液中加入H2SO4使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移动；‎ ‎(5)已知Ksp[Ce(OH)3]=c(Ce3+)c3(OH-)=5×l0-20，此时溶液pH=10，即c(OH-)=1×10-4mol/L，则c(Ce3+)=5×10-20(1×10-4)3=5×10-8mol⋅L-1<1×10−5mol⋅L−1，Ce3+沉淀完全；‎ ‎(6)根据流程结合元素守恒可知Ce(OH)3结合氧气和水生成Ce(OH)4，反应的化学方程式为4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4。‎ ‎23.某化学兴趣小组用如图所示装置探究苯与溴的反应原理。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1) 仪器M的名称为__________。‎ ‎(2) 装置Ⅰ中铁丝除做催化剂外，还可控制反应的进行，使反应停止的操作是__________。‎ ‎(3)装置Ⅰ中生成溴苯的化学方程式为______________________________。‎ ‎(4)冷凝管的进水口为________（(填“a”或“b”），下同；其作用是_____________；‎ ‎(5)能验证苯与液溴发生的是取代反应的现象是______________；‎ ‎(6)装置Ⅱ中，若撤去装有苯的小试管，将导管直接插入硝酸银溶液，对实验目的达成会产生什么影响__________________________‎ ‎(7)装置III中的离子反应方程式为_______________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 将铁丝拔出液面 (3). +Br2+HBr (4). a (5). 冷凝回流苯和液溴，减少原料损失。 (6). 溶液中有浅黄色沉淀生成 (7). 没有苯，溴蒸汽进入溶液也会出现浅黄色沉淀，无法确认HBr存在 (8). H+ + OH- = H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题实验目的是制备溴苯，原理是+Br2+HBr，因为苯和液溴易挥发，因此HBr中混有一部分苯和溴蒸气，溴蒸气会对HBr的检验产生干扰，必须除去，一定注意尾气的处理；‎ ‎【详解】（1）根据仪器M的特点，推出仪器M为分液漏斗；‎ ‎（2）铁丝在反应中作催化剂，当把铁丝插入到混合液中，反应进行，当铁丝拔出，反应停止；‎ ‎（3）苯和液溴在铁或FeBr3作催化剂下发生取代反应，反应方程式为+Br2‎ ‎+HBr；‎ ‎（4）为了增强冷凝效果，冷凝水是下进上出，即从a口进水，苯与液溴反应是放热反应，且苯和液溴易挥发，因此冷凝管的作用是冷凝回流苯和液溴，减少原料损失，提高原料的利用率；‎ ‎（5）证明苯与液溴发生取代反应，需要验证HBr，即硝酸银溶液中出现浅黄色沉淀；‎ ‎（6）苯和液溴易挥发，挥发出的HBr中混有溴蒸气，溴蒸气能与硝酸银溶液反应产生浅黄色沉淀，对HBr的检验产生干扰，即苯的作用是除去HBr中溴蒸气，如果直接插入硝酸银溶液，造成：没有苯，溴蒸气进入溶液，也会产生浅黄色沉淀，无法确认HBr的存在；‎ ‎（7）Ⅲ装置的作用是尾气处理，HBr对环境有污染，必须除去，发生离子方程式为H＋＋OH－=H2O。‎ ‎24.已知有机物分子中的碳碳双键发生臭氧氧化反应：，有机物A的结构简式为，G的分子式为C7H12O，以下A～H均为有机物，其转化关系如下：‎ ‎（1）下列说法正确的是 ______ 。（填字母序号）‎ A．C的官能团为羧基 B．1molA最多可以和2molNaOH反应 C．C可以发生氧化反应、取代反应和加成反应 D．可以发生消去反应 ‎（2）F的结构简式为____________ ，由F到G的反应类型为___________ 。‎ ‎（3）反应①的作用是__________________ ，合适的试剂a为____________。‎ ‎（4）同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式______________________。‎ Ⅰ．与A具有相同的官能团；Ⅱ．属于苯的邻二取代物；Ⅲ．能使FeCl3溶液显色；Ⅳ．核磁共振氢谱分析，分子中有8种不同化学环境的氢原子。‎ ‎（5）H与G分子具有相同的碳原子数目，且1molH能与足量的新制银氨溶液反应生成4mol单质银。写出H与足量的新制银氨溶液反应的化学方程式__________________。‎ ‎【答案】 (1). AB (2). (3). 消去反应 (4). 保护酚羟基，防止在反应②中被氧化 (5). NaHCO3溶液 (6). 或 (7). +4Ag(NH3)2OH+4Ag↓+6NH3+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A的结构简式为，A发生水解反应得到C与，可知C为CH3COOH，由转化关系可知，与氢气发生加成生成F为，G的分子式为C7H12O，则F发生消去反应得到G，G发生碳碳双键发生臭氧氧化反应生成H，若H与G分子具有相同的碳原子数，且1mol H能与足量的新制银氨溶液反应生成4mol单质银，则H中含有2个-CHO，则亚甲基上的-OH不能发生消去反应，可推知G为，H为．与氢氧化钠水溶液放出生成B为，B发生催化氧化生成D，D与银氨溶液发生氧化反应，酸化得到E，则D为，E为，反应①的目的是保护酚羟基，防止在反应②中被氧化，E与是a反应得到，反应中羧基发生反应，而酚羟基不反应，故试剂a为NaHCO3溶液，据此解答．‎ ‎【详解】A的结构简式为，A发生水解反应得到C与，可知C为CH3COOH，由转化关系可知，与氢气发生加成生成F为，G的分子式为C7H12O，则F发生消去反应得到G，G发生碳碳双键发生臭氧氧化反应生成H，若H与G分子具有相同的碳原子数，且1mol ‎ H能与足量的新制银氨溶液反应生成4mol单质银，则H中含有2个-CHO，则亚甲基上的-OH不能发生消去反应，可推知G为，H为．与氢氧化钠水溶液放出生成B为，B发生催化氧化生成D，D与银氨溶液发生氧化反应，酸化得到E，则D为，E为，反应①的目的是保护酚羟基，防止在反应②中被氧化，E与是a反应得到，反应中羧基发生反应，而酚羟基不反应，故试剂a为NaHCO3溶液， （1）A．C为CH3COOH，C的官能团为羧基，故A正确；B．A为，酯基、酚羟基与氢氧化钠反应，1mol A最多可以和2mol NaOH反应，故B正确；C．C为CH3COOH，可以发生氧化反应、取代反应，不能发生加成反应，故C错误；D．中羟基的邻位碳上没有氢原子，所以不能发生消去反应，故D错误；故答案为AB；‎ ‎（2）由上述分析可知，F为，由上述发生可知F到G的反应类型为 消去反应；‎ ‎（3）反应①的作用是：是保护酚羟基，防止在反应②中被氧化，合适的试剂a为NaHCO3溶液；‎ ‎（4）同时满足下列条件的A（）的同分异构体：Ⅰ．与A有相同的官能团，含有羟基、酯基；Ⅱ．属于苯的邻二取代物，Ⅲ．遇FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基，Ⅲ．1H-NMR分析，分子中有8种不同化学环境的氢原子，苯环与酚羟基含有5种H原子，则另外侧链含有3种H原子，故另外侧链为-CH2CH2OOCH，-CH（CH3）OOCH，结构简式为：和；‎ ‎（5）H的结构简式为，与足量的新制银氨溶液反应的化学方程式为。‎ ‎【点睛】解有机推断的关键是能准确根据反应条件推断反应类型：（1）在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。（2）在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。（3）在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。（4）能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。（5）能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。（6）在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。（7）与O2或新制的Cu(OH)2‎ 悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。（8）在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。（9）在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。‎ ‎ ‎