湖南省邵东县第一中学2020届高三上学期月考化学试题 21页

邵东一中高三化学第二次月考试卷 可能用到的相对原子质量：H—1 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 S—32 Fe—56 Cu—64 Ag—108‎ 一、选择题（20小题，每小题3分，共60分，每小题只有一个选项符合题意。）‎ ‎1.中华文化源远流长、博大精深。从化学的视角看，下列理解不正确的是（ ）‎ A. “千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”中“淘”“漉”相当于分离提纯操作中的“过滤”‎ B. 司母戊鼎属青铜制品，是我国古代科技光辉成就的代表之一 C. 瓷器(China)属硅酸盐产品，China一词又指“瓷器”，这反映了在西方人眼中中国作为“瓷器故乡”的形象 D. 侯德榜是我国化学工业的奠基人，主要成就: 侯氏制碱法，该碱指的是烧碱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”指淘金要经过千遍万遍的过滤，其中的“淘”、“漉”相当于分离提纯中的过滤，A理解正确；‎ B．司母戊鼎是迄今世界上出土最大、最重的青铜制品，属于青铜制品，B理解正确；‎ C.瓷器属于硅酸盐产品，D理解正确；‎ D.侯德榜制碱法制得的碱为纯碱，反应原理为：NH3+NaCl+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，D理解错误；‎ 答案选D。‎ ‎2.既能用浓硫酸又能用碱石灰干燥的气体是 A. Cl2 B. SO2 C. NO D. NH3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、Cl2能与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥，A错误；B、SO2是酸性氧化物，能与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥，B错误；C、NO与浓硫酸、碱石灰均不反应，既能用浓硫酸又能用碱石灰干燥，C正确；D、NH3是碱性气体，不能用浓硫酸干燥，D错误，答案选C。‎ ‎3.只用一种试剂，将NH4Cl、(NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4四种溶液区分开，这种试剂是（ ）‎ A. Ba(OH)2溶液 B. AgNO3溶液 C. BaCl2溶液 D. NaOH溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．Na2SO4、NaCl、（NH4）2SO4、NH4Cl四种溶液分别与Ba(OH)2反应，反应现象依次为：白色沉淀、无明显现象、白色沉淀和刺激性气体、刺激性气体，现象不同，能区分，选项A正确；B．四种溶液均与AgNO3反应生成白色沉淀，不能区分，选项B错误；C．Na2SO4、（NH4）2SO4均与BaCl2反应生成白色沉淀，不能区分，选项C错误；D．（NH4）2SO4、NH4Cl均与NaOH溶液反应生成刺激性气体，不能区分，选项D错误。答案选A。‎ 点睛：本题考查物质的区分，明确物质的性质及发生的化学反应中的现象是解答本题的关键，注意现象相同的不能区分，NH4Cl、(NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4 四种溶液分别与Ba(OH)2反应，反应现象依次为：白色沉淀、无现象、白色沉淀和刺激性气体、刺激性气体，以此来解答。‎ ‎4.下列试剂的保存方法不正确的是 A. 在盛液溴的试剂瓶中加水，形成“水封”，以减少溴挥发 B. 金属钠通常密封保存在煤油中 C. 浓硝酸通常保存在棕色细口瓶并置于阴凉处 D. NaOH溶液保存在配有玻璃塞的细口瓶中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ A、根据溴的性质确定其保存方法，溴易挥发；‎ B、根据金属钠的性质来分析其保存方法；‎ C、根据浓硝酸的性质确定其保存方法，浓硝酸易分解；‎ D、根据玻璃的成分及氢氧化钠、二氧化硅的性质分析；‎ ‎【详解】A、在盛液溴的试剂瓶中加水，使挥发出来的溴蒸气溶解在水中而形成饱和溴水，以减少溴的挥发，即采用“水封”。故A正确。‎ B、钠的性质很活泼，极易和空气中的氧气、水等反应，所以应密封保存；钠的密度大于煤油的密度，且和煤油不反应，所以金属钠通常保存在煤油里以隔绝空气，故B正确。‎ C、浓硝酸是见光易分解的液体，所以通常保存在棕色细口瓶并置于阴凉处，故C正确。‎ D ‎、玻璃塞的主要成分为硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅等，二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，硅酸钠是黏性物质，很容易将玻璃塞粘结，不易打开，所以盛装NaOH溶液的试剂瓶用橡皮塞而不用玻璃塞，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎5.常温下，将等质量的铝片、银片、铁片、铜片分别置于四个小烧杯中，然后分别加足量的浓硝酸，放出NO2气体最多的是 A. 铝片 B. 铜片 C. 铁片 D. 银片 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 常温下，Fe、Al遇浓硝酸发生钝化生成致密的氧化膜阻止反应的进一步进行，而Cu、Ag能与浓硝酸反应，利用电子摩尔质量越小，则生成的气体越多来分析。‎ ‎【详解】常温下，Fe、Al遇浓硝酸发生钝化生成致密的氧化膜阻止反应的进一步进行，而Cu、Ag能与浓硝酸反应，铜的电子摩尔质量为32g·mol－1，而银是108g·mol－1，显然Cu的电子摩尔质量最小，等质量时Cu生成的气体最多，‎ 故选B。‎ ‎6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述错误的是 A. 80 g CuO和Cu2S的混合物中，所含铜原子数为NA B. 1 mol NaBH4与足量水反应(NaBH4＋2H2O=NaBO2＋4H2↑)时转移的电子数为4NA C. 标准状况下，2.24L Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1 NA D. 室温下1L pH＝13的Ba(OH)2溶液中，含有OH－0.1NA个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、Cu2S的摩尔质量和含有的铜原子个数均为CuO的二倍，故CuO和Cu2S的混合物可以看做由CuO构成；‎ B、NaBH4与水发生H元素的归中反应；‎ C、 Cl2溶于水，是可逆反应；‎ D、根据N=nNA计算；‎ ‎【详解】A、Cu2S的摩尔质量和含有的铜原子个数均为CuO的二倍，故CuO和Cu2S的混合物可以看做由CuO构成，则80gCuO和Cu2S的混合物中含1molCuO，则含NA个铜原子，故A正确；‎ B、NaBH4与水发生H元素的归中反应，则1molNaBH4与水反应转移4mol电子即4NA个，故B正确；‎ C、 Cl2溶于水，是可逆反应，标准状况下，2.24L Cl2溶于水，转移的电子数目少于0.1 NA，故C错误；‎ D、室温下1L pH＝13的Ba(OH)2溶液中，c(OH－)=0.1mol·L－1，含有OH－的个数N=nNA=0.1mol/L×1L×NA=0.1NA个，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】易错点C，氯气与水的反应为可逆反应。‎ ‎7.向KOH溶液中通入11.2L（标准状况）氯气恰好完全反应生成三种含氯盐：0.7molKCl、0.2molKClO和X．则X（　　）‎ A. 0.1molKClO4 B. 0.1molKClO3 C. 0.2molKClO2 D. 0.1molKClO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎11.2L(标准状况)氯气的物质的量为：=0.5mol，因为：0.7molKCl、0.2molKClO，根据氯守恒，所以X的物质的量为：0.5×2-0.7-0.2=0.1mol，设X中Cl的化合价为x价，由电子得失守恒分析可知：0.7×1=0.2×1+0.1x，即x=5，所以X中氯的化合价为+5价，则X为KClO3，物质的量为0.1mol，故选B。‎ 点睛：本题考查混合物反应的计算、氧化还原反应。明确得失电子守恒和氯守恒为解答关键。‎ ‎8.向碘酸钠（NaIO3）的碱性溶液中通入氯气，可以得到钠盐Na2H3IO6．下列有关该反应的说法中错误的是（ ）‎ A. 在该反应中碘酸钠作还原剂 B. 碱性条件下，氯气的氧化性强于高碘酸钠的氧化性 C. 反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1‎ D. 反应中生成1 mol Na2H3IO6转移2 mol电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．因I元素的化合价升高，则在该反应中碘酸钠作还原剂，A项正确；B．该反应中I的化合价升高，Cl的化合价降低，则碱性条件下，氯气的氧化性强于高碘酸钠的氧化性，B项正确；C．由电子守恒可知，反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2，C项错误；D．反应中生成1 mol Na2H3IO6转移1mol×（7-5）=2mol电子，D项正确；答案选C。‎ ‎【考点定位】考查氧化还原反应。‎ ‎【名师点睛】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意氧化还原反应中的基本概念，题目难度不大。由向碘酸钠（NaIO3）的碱性溶液中通入氯气，可以得到高碘酸钠（Na2H3IO6）可知，反应中I元素的化合价由+5价升高为+7价，Cl元素的化合价由0降低为-1价，以此来解答。‎ ‎9.下列解释实验过程或事实的反应方程式不正确的是 A. 熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O B. 在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2得到I2:2I-+ H2O2+2H+= I2+O2↑+2H2O C. 红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层：3Fe+ 4H2O(g)Fe3O4+4H2‎ D. “84消毒液”（有效成分NaClO）和“洁厕灵”（主要成分盐酸）混合使用放出氯气：ClO-+ Cl-+ 2H+= Cl2↑+H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚，因为二者反应：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O，A正确；B. 在海带灰的浸出液（含有I-）中滴加H2O2得到I2：2I-+H2O2+2H+＝I2 +2H2O，B错误；C. 红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层四氧化三铁：3Fe+4H2O Fe3O4 +4H2，C正确；D. “84消毒液”(有效成分NaClO)和“洁厕灵”(主要成分盐酸)混合使用发生氧化还原反应放出氯气：ClO－＋Cl－＋2H＋＝Cl2↑＋H2O，D正确，答案选B。‎ ‎10.下列离子组在给定条件下可能大量共存的是 选项 条件 A 滴加氨水 Na+、Mg2+、Cl-、SO42-‎ B pH=l的溶液 Fe2+、Al3+、S2O32-、MnO4-‎ C 由水电离出的H+浓度为l×10-12mol/L NH4+、K+、NO3-、Cl-‎ D 通入SO2气体 K+、Na+、C1O-、SO42-‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、滴加氨水，Mg2+＋2NH3·H2O=Mg(OH)2↓＋2NH4＋，故A错误；B、pH=l的溶液，酸性条件下，Fe2+能被MnO4-氧化成Fe3＋，故B错误；C、由水电离出的H+浓度为l×10-12mol·L－1，水电离受到抑制，说明原溶液为酸或碱溶液，NH4+、K+、NO3-、Cl-在酸性条件下可以大量共存，故C正确；D、通入SO2气体，C1O-＋SO2＋H2O=2H＋＋Cl－＋SO42－，故D错误；故选C。‎ ‎11.南海是一个巨大的资源宝库,开发利用这些资源是科学研究的重要课题。下图为海水资源利用的部分过程,有关说法正确的是（ ）‎ A. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、冰冻法 B. 氯碱工业中采用阴离子交换膜可提高产品的纯度 C. 由MgCl2·6H2O得到无水MgCl2的关键是要低温小火烘干 D. 溴工业中③、④的目的是为了富集溴元素，溴元素在反应③、⑤中均被氧化，在反应④中被还原 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法，A错误；‎ B. 氯碱工业是电解饱和食盐水，溶液中阳极上氢离子和阴极上氯离子放电，在阴极产生氢氧化钠，为防止氯气与氢氧化钠反应采用阳离子交换膜，使钠离子转移到阴极，所以提高产品纯度，B错误；‎ C.MgCl2溶液加热，镁离子水解生成氢氧化镁和氯化氢，氯化氢易挥发，使水解可以完全，因此由MgCl2·6H2O得到无水MgCl2的关键是抑制MgCl2的水解，C错误；‎ D.海水提溴是先通入足量氯气氧化溴离子为溴单质，然后将溴单质还原为溴化氢，再通入适量氯气氧化溴离子为溴单质，溴得电子化合价降低，所以溴元素被还原，因此溴工业中③、④的目的是为了富集溴元素，溴元素在反应③、⑤中均被氧化，在反应④中被还原，D正确；‎ 答案选D.‎ ‎12.某实验小组设计如下实验装置(图中夹持装置省略)测定制备的CaCO3粉末的纯度(样品中杂质不与酸反应，反应前装置中的CO2已全部排出)。下列说法错误的是 A. 缓入空气的作用是将反应结束后装置中残留的CO2全部鼓入到C装置中被吸收 B. A装置和D装置都是为了防止空气中的CO2气体进入C 装置而产生误差 C. 为了防止B 中盐酸挥发产生干扰，必须在B、C装置中间加一个装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶 D. 若CaCO3样品质量为x，从C 中取出的沉淀洗净干燥后的质量为y，则CaCO3的纯度为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据实验装置图分析，该测定装置的原理是：CaCO3与HCl反应生成CO2，用足量Ba（OH）2溶液吸收反应生成的CO2，由测量的BaCO3沉淀的质量计算CaCO3的纯度。A，为了确保反应生成的CO2全部被Ba（OH）2溶液吸收，实验结束要缓入空气将装置中残留的CO2‎ 全部鼓入到C装置中被吸收，A项正确；B，A中的NaOH溶液、D中的碱石灰都能吸收空气中CO2，防止空气中的CO2气体进入C装置中产生误差，B项正确；C，因为测量的是BaCO3的质量，所以不必除去HCl，一方面HCl与Ba（OH）2反应不会形成沉淀，另一方面若用NaHCO3吸收HCl会使测得的CO2偏高，产生误差，C项错误；D，根据C守恒，样品中CaCO3的质量=M（CaCO3），则CaCO3的纯度为100%，D项正确；答案选C。‎ ‎13.“化学实验→观察现象→分析推理→得出结论”是化学学习的方法之一。下列说法正确的是（ ）‎ A. 证明某红棕色气体是溴蒸气还是NO2，可用湿润的淀粉-KI 试纸检验，观察试纸颜色变化 B. 将SO2通入足量稀Fe(NO3)3溶液，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，假设通入的SO2完全反应，则同温同压下，逸出气体和SO2的体积比为2∶3‎ C. 验证淀粉的水解产物是否具有还原性，取水解液于试管中并加入新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，观察是否出现砖红色沉淀 D. 向铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色褪去，该过程中发生的反应为 2Al+3Ag2S=6Ag+Al2S3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．二氧化氮和溴都能把碘离子氧化生成碘单质，碘遇湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，所以不能用湿润的淀粉碘化钾试纸区别二氧化氮和溴蒸气，故A错误；B．反应中被还原的是NO3-，相当于硝酸根离子与二氧化硫之间的氧化还原，3SO2～2NO3-，故逸出气体和SO2的体积比为2︰3，故B正确；C．淀粉的水解是在酸性条件下，检验水解产物时需要先中和催化作用的酸，再加入新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，故C错误；D．Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al(OH)3，故D错误； 答案为B。‎ ‎14.中学常见的某反应化学方程式为X +Y→M+N +H2O(未配平，反应条件已略去)，下列叙述错误的是 A. 若X、Y的物质的量之比为1:4，且N是黄绿色气体，则该反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-‎ Mn2++Cl2↑+2H2O B. 若M、N为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，则将此混合气体通入溴水中，橙色褪色，橙色褪色过程的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-‎ C. 若X是铁，Y是稀硝酸(过量)，则X与Y反应的离子方程式为Fe+4H++NO3- = Fe3+ +NO↑+2H2O D. 当N为氯碱工业的主要原料，M是造成温室效应的主要气体，则上述反应的离子方程式一定为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 若X、Y的物质的量之比为1:4，且N是黄绿色气体，N是氯气，则该反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，A正确；B. 能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳、二氧化硫，单质碳可以和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，其中SO2能使溴水褪色，褪色过程的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-，B正确；C. 硝酸可以将金属铁氧化到最高价，稀硝酸对应的还原产物是NO，金属铁可以和硝酸铁反应生成硝酸亚铁，金属铁和过量的硝酸反应的方程式为Fe+4H++NO3-＝Fe3++NO↑+2H2O，C正确；D. 氯化钠为氯碱工业的主要原料，二氧化碳是造成温室效应的主要气体之一，碳酸钠、碳酸氢钠均可以和盐酸反应生成二氧化碳和水，D错误，答案选D。‎ 点睛：本题是一道关于元素以及化合物之间的性质和转化知识的考题，综合性较强，掌握常见物质的性质和转化关系是解答的关键，注意题干中突破点的寻找。‎ ‎15.下列有关各实验的叙述中正确的是 ‎ A. ①澄清石灰水变浑浊，证明蔗糖与浓硫酸反应生成了CO2‎ B. ②进行H2、NH3、CO2、Cl2、NO、NO2等气体的收集 C. ③当X选用苯时可进行NH3或HCl的吸收，并防止倒吸 D. ④可用于NH3的干燥，收集并吸收多余NH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、蔗糖与浓硫酸反应还可生成SO2，SO2与品红作用生成无色不稳定物质，SO2能否被品红溶液全部吸收，也不确定，都会导致进入澄清石灰水的气体中含有SO2，而SO2也能使澄清石灰水变浑浊，故A错误；B、这是排空气收集气体的装置，但NO能与空气中的氧气反应，故B不正确；C、苯的密度比水的小，应在水的上面，故C错误；D、氨气是碱性气体，故用碱石灰干燥，氨气密度比空气的小，可用向上排空气法收集，又氨气极易溶于水，因此要用倒置漏斗防止倒吸，故D正确。本题正确答案选D。‎ 点睛：如SO2与品红作用生成无色不稳定物质，NO能与空气中的氧气反应，苯的密度比水的小，这些似乎都是简单知识，但却是解题的关键，结合装置图，很容易错选C；还有装置②，在收集气体时，是a进b出、还是b进a出，不仅仅取决于气体的密度，还与气体能否与空气中的某些成分发生反应有关。‎ ‎16.粉煤灰中的氮可通过如图所示方法处理生成对环境无影响的氮气，下列说法正确的是 A. 反应③中加入的物质可以是空气或氨气 B. 反应①中，每生成22.4L(标况下)N2，转移电子2.4mol C. 用湿润的蓝色石蕊试纸可判断挥发氮中含有NH3‎ D. 焦碳氮在空气中充分燃烧产生的尾气可直接排放 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、反应③中加入的物质可以是氨气：6NO＋4NH3=5N2＋6H2O，不能用空气，空气只能将NO氧化成NO2，故A错误；‎ B、反应①为6NO＋4NH3=5N2＋6H2O，每生成5molN2，转移12mol电子，每生成22.4L(标况下)N2，转移电子2.4mol，故B正确；‎ C、氨水呈碱性，用湿润红色石蕊试纸遇到NH3变蓝色，可判断挥发氮中含有NH3，故C错误；‎ D、焦炭氮在空气中充分燃烧产生的尾气含有NO等有毒气体，不可直接排放，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎17.根据下列实验和现象，所得实验结论正确的是(　　)‎ 选项 实验 现象 实验结论 A 向某溶液中先滴加适量稀硝酸，再滴加少量BaCl2溶液 出现白色沉淀 原溶液中含有SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种 B 向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀硫酸 在管口观察到红棕色气体 HNO3分解成了NO2‎ C 左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色 氧化性：Cl2>Br2>I2‎ D SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液 出现白色沉淀 得到的沉淀只有BaSO4‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：A、含有Ag+溶液与BaCl2反应也能生成白色沉淀；B、硝酸盐溶液中加入稀硫酸，构成的硝酸与还原性微粒反应，NO3-被还原为NO，NO遇空气生成红棕色的NO2；C、在同一硬质玻璃管中，Cl2和Br2都能把I-氧化生成I2；D、SO3溶于水生成硫酸，电离出的H+与NO3-构成的硝酸能把SO2氧化为SO42-。‎ 详解：A、加入的硝酸能把SO32-、HSO3-氧化为SO42-，再加入BaCl2都能生成白色沉淀BaSO4，所以溶液含有SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种，但是若溶液中含有Ag+，也能与BaCl2反应生成白色沉淀，因此A不正确；‎ B、加入的硫酸与NO3-构成硝酸，能氧化Fe2+，而NO3-被还原为NO，NO遇空气生成红棕色的NO2，故硝酸分解生成NO2的结论是不正确；‎ C、含有NaBr的棉球显橙色，说明Cl2的氧化性强于Br2，因溴易挥发，与Cl2一起与含有KI淀粉的棉球作用而呈蓝色，无法确定是哪种物质把I-氧化为I2，故结论不正确；‎ D、SO3溶于水生成硫酸，电离出的H+与NO3-构成的硝酸把SO2氧化为SO42-，所以白色沉淀只有BaSO4，故D的结论是正确的。本题答案为D。‎ 点睛：本题的实质是通过实验考查硝酸和活泼非金属单质的强氧化性，硝酸也可以是NO3-与H+构成，可见牢固掌握常见物质的性质是解题的根本。‎ ‎18.美国普度大学研究开发出一种利用铝镓合金制备氢气的新工艺(如图所示)。下列有关该工艺的说法错误的是(　　)‎ A. 铝镓合金可以循环使用 B. 该过程中，能量的转化形式只有两种 C. 铝镓合金与水反应的化学方程式为：2Al＋3H2O Al2O3＋3H2↑‎ D. 总反应式为2H2O2H2↑＋O2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、前边操作中反应物，在后续操作中又得到该物质，则该物质就可循环使用．‎ B、工艺流程中，太阳能转化为电能、电能转化为化学能、化学能转变为热能；‎ C、铝镓合金与水的反应实际上是铝和水的反应；‎ D、根据反应物与最终产物，据此整个过程实质是水分解生成氢气与氧气；‎ ‎【详解】A、开始的反应物是铝镓合金，最终的生成物是铝镓合金，所以铝镓合金能循环使用，故A正确；‎ B、该工艺中能量的转化形式有：太阳能转化为电能、电能转化为化学能、电能转化为热能，所以有三种形式的能量转化，故B错误；‎ C、由流程图可知，铝镓合金与水的反应得到氧化铝、氢气和镓，相当于镓未参加反应，所以实际上发生的反应是2Al＋3H2O Al2O3＋3H2↑，故C正确；‎ D、根据反应物与最终产物，据此整个过程实质是水分解生成氢气与氧气，该工艺中总反应为：2H2O2H2↑＋O2↑，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学工艺流程，根据题目中获取相关的信息进行解答，B选项为易错点，容易忽略化学能与热能的转化。‎ ‎19.某溶液由Na+、Cu2+、Ba2+、Fe3+、AlO、CO、SO、Cl中的若干种离子组成，取适量该溶液进行如下实验：下列说法正确的是 A. 原溶液中一定只存在、、、Cl-四种离子 B. 气体A的化学式是CO2，其电子式为O::C::O C. 原溶液中一定不存在的离子是Cu2+、Ba2+、Fe3+‎ D. 生成沉淀B的离子方程式为：Al3++3OH===Al(OH)3↓‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】某溶液加入过量的盐酸后产生气体，说明有碳酸根离子，则钡离子铁离子和铜离子都不存在，溶液A加入过量的氨水产生白色沉淀，则说明原溶液中有偏铝酸根离子，沉淀为氢氧化铝，滤液B加入过量的氢氧化钡产生白色沉淀，说明原溶液中有硫酸根离子，滤液C加入过量的稀硝酸和硝酸银，产生白色沉淀，因为最初加入盐酸，不能说明原溶液中是否有氯离子。‎ A．通过分析可知，原溶液中一定有偏铝酸根离子，碳酸根离子，硫酸根离子，钠离子，不能确定氯离子，故错误；‎ B．气体A的化学式是CO2，其电子式为，故错误；‎ C．通过分析可知原溶液中一定不存在的离子是Cu2+、Ba2+、Fe3+，故正确；‎ D．生成沉淀B的离子方程式为：Al3++3NH3∙H2O===Al(OH)3↓+3NH4+，故错误。‎ 正确选项C。‎ ‎【点睛】本题考查学生有关离子检验的知识，注意离子之间的反应以及离子共存知识是解题的关键，该题注重学生能力的考查。‎ ‎20.某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。现进行如下图所示实验。下列有关说法正确的是 A. 步骤Ⅰ中减少的3 g固体一定是混合物 B. 步骤Ⅱ中质量减少的固体物质一定是Fe2O3‎ C. 根据上述步骤Ⅱ可以得出蓝色溶液中n(Cu2+)＝0．02 mol D. 根据步骤Ⅰ、Ⅱ可以判断X中氧化铁的质量分数为50%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Al2O3、SiO2都能够与NaOH溶液反应，所以步骤I中减少的3g固体可能为氧化铝或二氧化硅，不一定为混合物，故A错误； B.步骤II中发生了反应：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，6.4g固体为铜和Fe2O3的混合物，减少的为铜和氧化铁，故B错误； C.6.4g变成1.92g，质量减少：6.4g-1.92g=4.48g，减少的质量为Fe2O3和部分Cu，剩余的1.92g为铜，设铜的物质的量为x，根据反应Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+可知氧化铁的物质的量也为x，则64x+160x=4.48，解得x=0.02mol，则反应后蓝色溶液中含有0.02mol铜离子，故C正确；‎ D.160g/mol×0.02mol=3.2g，X中氧化铁的质量分数为：×100%=34.0%，故D错误；‎ 二、填空题（4大题，每空2分，共40分）‎ ‎21.（1）和浓盐酸在一定温度下反应会生成，反应方程为(浓)==，浓盐酸在该反应中表现出的性质是__________。‎ ‎（2）实验室常用、草酸()和稀硫酸制备。该反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为__________。‎ ‎（3）将通入到硫化氢溶液中，然后加入少量的稀盐酸酸化的氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成。写出二氧化氯与硫化氢溶液反应的离子方程式______________________________。‎ ‎（4）和在消毒时自身均被还原为，则常温常压下，等体积的的消毒能力是的__________倍。‎ ‎【答案】 (1). 酸性、还原性 (2). 1：1 (3). 8ClO2 + 5H2S + 4H2O =5SO42-+ 8Cl- +18H+ (4). 2.5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据反应方程式，浓盐酸中部分氯元素的化合价从-1价升为0价，还有部分生成氯化钾；‎ ‎（2）KClO3和草酸（H2C2O4）在酸性条件下反应生成ClO2、CO2和KHSO4，发生氧化还原反应，结合质量守恒书写方程式，结合方程式判断氧化产物和还原产物的物质的量之比；‎ ‎（3）根据实验现象说明反应生成硫酸钡，ClO2通入到硫化氢溶液中，生成了硫酸根，根据电子得失守恒书写离子反应方程式；‎ ‎（4）1molClO2和Cl2在消毒时自身均被还原为Cl－，每molClO2被还原为Cl－，要得5mol电子，每molCl2被还原为Cl－，要得2mol电子，根据电子转移数目相等比较；‎ ‎【详解】（1）根据反应方程式，浓盐酸中部分氯元素的化合价从-1价升为0价，还有部分生成氯化钾，所以浓盐酸在该反应中表现出的性质是还原性和酸性；‎ ‎（2）KClO3和草酸（H2C2O4）在酸性条件下反应生成ClO2、CO2和KHSO4，反应的方程式为2KClO3+H2C2O4+2H2SO42ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O，氧化产物为CO2，还原产物为ClO2，二者物质的量之比为1：1；‎ ‎（3）根据实验现象说明反应生成硫酸钡，ClO2通入到硫化氢溶液中，生成了硫酸根，所以离子反应方程式为：5H2S+8ClO2+4H2O=18H＋+5SO42－+8Cl－；‎ ‎（4）1molClO2和Cl2在消毒时自身均被还原为Cl－，每molClO2被还原为Cl－，要得5mol 电子，每molCl2被还原为Cl－，要得2mol电子，根据电子转移数目相等可知等体积的ClO2的消毒能是Cl2的2.5倍。‎ ‎22.叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t－BuNO2，以t－Bu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。‎ ‎（1）按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应方程式为：t－BuNO2＋NaOH＋N2H4=NaN3＋2H2O＋t－BuOH ‎①装置a的侧管的作用是________________；‎ ‎②该反应需控制温度在65 ℃，采用的实验措施是_______________；‎ ‎③反应后溶液在0 ℃下冷却至有大量晶体析出后过滤，所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是_________。‎ ‎（2）产率计算 ‎①称取2.0 g叠氮化钠试样，配成100 mL溶液，并量取10.00 mL溶液于锥形瓶中。‎ ‎②用滴定管加入0.10 mol·L－1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00 mL发生的反应为[2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑](假设杂质均不参与反应)。‎ ‎（3）充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10 mol·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]为标准液，滴定过量的Ce4＋，终点时消耗标准溶液20.00 mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋)。计算可知叠氮化钠的质量分数为_______(保留2位有效数字)。‎ ‎（4）叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：____________________。‎ ‎【答案】 (1). 平衡压强，使液体顺利流下 (2). 水浴加热 (3). 降低NaN3‎ 的溶解度，减少产物损失 (4). 65% (5). ClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①装置a的侧管的作用是：平衡压强，使液体顺利流下；‎ ‎②加热温度低于100℃，所以用水浴加热；‎ ‎③已知“NaN3易溶于水，微溶于乙醇”；‎ ‎（3）总计Ce4＋为0.10 mol·L-1×0.04 L=0.004 mol，分别与Fe2＋和N3－反应。其中与Fe2＋按1：1反应消耗0.10 mol·L-1×0.02 L=0.002 mol，则与N3－按1：1反应也为0.002 mol，即10 mL所取溶液中有0.002 mol N3－；‎ ‎（4）次氯酸钠溶液与叠氮化钠溶液反应碱性明显增强，生成氢氧化钠，且产生无色无味的无毒气体，为氮气，同时生成氯化钠。‎ ‎【详解】（1）①装置a的侧管的作用是：平衡压强，使液体顺利流下；‎ ‎②加热温度低于100℃，所以用水浴加热；‎ ‎③低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是：叠氮化钠易溶于水，微溶于乙醇，低温下溶解度降低，降低NaN3的溶解度，减少产物损失；‎ ‎（3）总计Ce4＋为0.10 mol·L-1×0.04 L=0.004 mol，分别与Fe2＋和N3－反应。其中与Fe2＋按1：1反应消耗0.10 mol·L-1×0.02 L=0.002 mol，则与N3－按1：1反应也为0.002 mol，即10 mL所取溶液中有0.002 mol N3－，原2.0 g叠氮化钠试样，配成100 mL溶液中有0.02 mol即1.3 g NaN3，所以样品质量分数为65%；‎ ‎（4）次氯酸钠溶液与叠氮化钠溶液反应碱性明显增强，生成氢氧化钠，且产生无色无味的无毒气体，为氮气，同时生成氯化钠，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子反应方程式为：ClO－+2N3－+H2O=Cl－+2OH－+3N2↑；。‎ ‎23.粉煤灰是燃煤电厂的废渣，主要成分为SiO2、Al2O3、Fe2O3和C等。实验室模拟工业从粉煤灰提取活性Al2O3，其流程如图：‎ 已知烧结过程的产物主要是：NaAlO2、Ca2SiO4、NaFeO2和Na2SiO3等。‎ ‎（1）写出烧结过程中铝元素转化的化学方程式________________________________。‎ ‎（2）操作b的名称是_______ ，所用的玻璃仪器有_________________________和烧杯。‎ ‎（3）浸出过程中，NaFeO2可完全水解，水解反应的离子方程式为_______________。‎ ‎（4）“碳化”时生成沉淀的化学式为______________。‎ ‎【答案】 (1). Al2O3＋Na2CO3 2NaAlO2＋CO2↑ (2). 过滤 (3). 漏斗、玻璃棒 (4). FeO2－＋2H2O＝Fe(OH)3↓＋OH－ (5). Al(OH)3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粉煤灰是燃煤电厂的废渣，主要成分为SiO2、Al2O3、Fe2O3和C等，当加CaCO3、Na2CO3进行烧结，发生Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑、Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑、2CaCO3+SiO2Ca2SiO4+2CO2↑、Fe2O3+Na2CO32NaFeO2+CO2↑、C+O2CO2，所以气体X为CO2，操作a为冷却、研磨，加入碳酸钠溶液浸出，AlO2-+2H2O⇌Al（OH）3+OH-，碳酸钠溶液呈碱性，抑制偏铝酸根离子的水解，NaFeO2可完全水解，FeO2-+2H2O=Fe（OH）3↓+OH-，操作b过滤出Fe（OH）3、Ca2SiO4，加入氧化钙脱硅，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和硅酸根离子反应生成硅酸钙沉淀，操作b过滤出硅酸钙沉淀，滤液为NaAlO2，通入二氧化碳，碳酸酸性强于氢氧化铝，所以发生：NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al（OH）3↓，过滤出沉淀氢氧化铝，加热氢氧化铝生成氧化铝和水。‎ ‎【详解】（1）“烧结“过程中氧化铝和碳酸钠反应：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑；故答案为：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑；‎ ‎（2）浸出液经过两次操作b分离沉淀，所以b为过滤，过滤时需要制作过滤器的漏斗、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯；所以还需用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒，故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒；‎ ‎（3）NaFeO2可完全水解，FeO2-+2H2O=Fe（OH）3↓+OH-，故答案为：FeO2-+2H2O=Fe（OH）3↓+OH-；‎ ‎（4）操作b过滤出硅酸钙沉淀，滤液为NaAlO2，通入二氧化碳，碳酸酸性强于氢氧化铝，所以发生：NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al（OH）3↓，所以“碳化”‎ 时生成沉淀氢氧化铝，故答案为：Al（OH）3。‎ ‎24.高锰酸钾常用作消毒杀菌、水质净化剂等。某小组用软锰矿(主要含MnO2，还含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)模拟工业制高锰酸钾流程如下。试回答下列问题。‎ ‎（1）焙烧过程中发生的主要反应为MnO2+KOH+O2K2MnO4+H2O，该反应配平后MnO2与O2的化学计量数比为________。采用对空气加压的方法可以提高MnO2的利用率，原因是_________________。‎ ‎（2）滤渣Ⅱ是________，第一次通CO2不能用稀硫酸代替的原因是_____________。‎ ‎（3）第二次通入过量的CO2生成MnO2的离子方程式为___________________。‎ ‎（4）由图可知，从滤液Ⅲ得到KMnO4需经过__________________、洗涤等操作。‎ ‎【答案】 (1). 2:1 (2). 加压增大氧气的浓度，反应速率加快，使MnO2反应更充分 (3). Al(OH)3、H2SiO3 (4). 不易控制硫酸的用量，过量的硫酸会使 Al(OH)3溶解（或酸性过强会使K2MnO4过早歧化） (5). 3MnO42- + 4CO2 + 2H2O = MnO2↓+ 2MnO4- + 4HCO3- (6). 蒸发结晶，趁热过滤 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 软锰矿主要成分MnO2与KOH混合在空气中焙烧，冷却得到固体物质，溶于水过滤得到滤渣I和滤液I，滤液I中应含有K2SiO3，KAl（OH）4、K2MnO4等溶质，滤渣I为Fe2O3；向滤液I中第一次通入CO2与K2SiO3、KAl（OH）4发生反应，过滤得到滤渣Ⅱ和滤液Ⅱ，滤渣Ⅱ为Al ‎（OH）3、H2SiO3；滤液Ⅱ含有KHCO3，K2MnO4等溶质；向滤液Ⅱ中第二次通入过量CO2，再次过滤得到滤液Ⅲ和MnO2，滤液Ⅲ中含有KMnO4和KHCO3，再经过一系列操作得到较纯的KMnO4，MnO2可以循环利用。‎ ‎【详解】（1）焙烧时MnO2与KOH在空气中O2的作用下反应得到K2MnO4和H2O，反应为氧化还原反应，Mn化合价升高2，O化合价降低2，根据电子转移数守恒，所以在MnO2前面配上2，O2前面配上1，根据Mn元素守恒，在K2MnO4前面配上系数2，再根据K元素守恒，在KOH前面配上4，最后根据H元素守恒，在H2O前面配上2，2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O。该反应配平后MnO2与O2的化学计量数比为2:1，采用对空气加压的方法可以提高MnO2的利用率，原因是加压增大氧气的浓度，反应速率加快，使MnO2反应更充分。‎ ‎（2）滤渣Ⅱ是Al（OH）3、H2SiO3；，第一次通CO2不能用稀硫酸代替，这是由于稀硫酸酸性强，可溶解Al（OH）3，不易控制稀硫酸的用量，溶液中便会再次混入Al3＋；‎ ‎（3）第二次通入过量CO2生成MnO2，溶液中原先是K2MnO4，第二次通入过量的CO2时发生歧化反应生成MnO2和KMnO4，此时CO2被转化为HCO3－，反应为氧化还原反应，则反应的离子方程式为：3MnO42－+4CO2+2H2O=MnO2↓+2MnO4－+4HCO3－。‎ ‎（4）将滤液Ⅲ进行一系列操作得KMnO4，此时溶液中还存在KHCO3，根据溶解度随温度变化的图象分析，随着温度升高，二者溶解度均不断增大，在40℃附近时二者溶解度相等，超过这一温度时，KHCO3溶解度不断增大，KMnO4溶解度则增大较缓慢，所以从溶液中提取较纯的KMnO4，需要蒸发结晶，趁热过滤，洗涤等操作。‎ ‎【点睛】本题考查无机工艺流程，解题关键：理解软锰矿制备KMnO4的流程，流程中每一步操作的内容及发生的相关反应，应用氧化还原反应相关知识。‎ ‎ ‎ ‎ ‎