河南省2021届高三上学期开学测试化学试题（解析版）

21 届高三上期开学考试化学科目试题 可能用到的相对原子质量：N14 O16 Na23 Mg24 Al27 S32 Cl35.5 Co59 Mn55 Fe56 Cu64 Zn65 Ag108 I127 Ba137 Ce140 第Ⅰ卷 一、单项选择题 1. 化学与生活密切相关。下列说法错误的是 A. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作 B. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法 C. 二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中 D. 工业生产时加入适宜的催化剂，除了可以加快反应速率之外，还可以降低反应所需的温度，从而减少能 耗 【答案】C 【解析】 【详解】A．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度较大 的原理，将青蒿素提取到乙醚中，所以属于萃取操作，故 A 正确； B．Mg 比 Fe 活泼，形成原电池，Mg 作负极被腐蚀，Fe 作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，故 B 正确； C．红酒中添加了少量 SO2 起到了防腐的作用，故 C 错误； D．加入催化剂能改变反应路径，降低反应所需的活化能，故能降低反应所需的温度，减少能耗，能加快正 逆反应速率，故 D 正确。 答案选 C。 2. 我国明崇祯年间《徐光启手迹》记载了《造强水法》 ：“绿钒(FeSO4•7H2O)五斤，硝五斤，将矾炒去， 约折五分之一，将二味同研细，次用铁作锅，…… 锅下起火，取气冷定，开坛则药化为水……。用水入五 金皆成水，惟黄金不化水中，加盐则化。……强水用过无力……”。下列有关解释错误的是 A. “将矾炒去，约折五分之一”后生成 FeSO4•4H2O B. 该方法所造“强水”为硝酸 C. “惟黄金不化水中，加盐则化”的原因是加入 NaCl 溶液后氧化性增强 D. “强水用过无力”的原因是“强水”用过以后，生成了硝酸盐溶液，其氧化性减弱 【答案】C 【解析】【详解】A. 假设有 即其质量为 ，“将矾炒去，约折五分之一” 失 去 质 量 的 即 ， 换 算 成 水 的 物 质 的 量 为 ， 所 以 脱 水 后 产 物 为 FeSO4•4H2O，A 正确； B. 根据题目中描述“惟黄金不化水中，加盐则化”，可知该方法所造“强水”为硝酸，B 正确； C. Au 的金属活动性很弱，硝酸均不能将其氧化，加盐后，“强水”中含王水成分，Au 可溶于王水，主要 是由于配位作用，而不是因为氧化性，C 错误； D. “强水用过无力”的原因是“强水”用过以后，生成了硝酸盐溶液，其氧化性减弱，D 正确； 故答案选 C。 3. 用 NA 表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的个数是 ①100 g 质量分数为 46%的乙醇溶液中含有氢原子数为 12NA； ②1 mol Na2O2 与水完全反应时转移电子数为 2NA； ③12 g 石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为 0.5NA； ④在标准状况下，22.4 L SO3 的物质的量为 1 mol； ⑤电解精炼铜时，阳极质量减小 64 g，转移电子数为 2NA； ⑥28 g 硅晶体中含有 2NA 个 Si—Si 键； ⑦100 mL 10 mol·L-1 浓盐酸与足量 MnO2 加热充分反应，生成 Cl-的数目为 0.25NA； ⑧在常温常压下，0.1 mol 铁与 0.1 mol Cl2 充分反应，转移的电子数为 0.3NA； ⑨标准状况下，22.4 L NO 和 11.2 L O2 混合后气体的分子总数小于 NA； ⑩S2 和 S8 的混合物共 6.4 g，其中所含硫原子数一定为 0.2NA。 A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【详解】①100g 质量分数为 46%的乙醇溶液中，乙醇的物质的量为 =1mol，H2O 的物质的量为 =3mol，乙醇的结构简式为 C2H5OH，溶液中含有氢原子数为(1mol×6+3mol×2)×NAmol-1=12NA， 故①正确； ②过氧化钠与水发生反应，即 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，1 mol Na2O2 与水完全反应时转移电子数为 NA，故②错误； 4 21molFeSO 7H O⋅ 1mol 278g/mol=278g× 1 5 1 278g=55.6g5 × 55.6g 3mol18g/mol ≈ 100g 46% 46g / mol × 100g 46g 18g / mol −③石墨烯中每一个六元环平均含有 2 个碳原子，故 12g 石墨烯即 1mol 石墨中含 0.5mol 六元环，即 0.5NA 个， 故③正确； ④标况下三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积 Vm=22.4L/mol 这个数值，故④错误； ⑤电解法精炼铜，阳极是铜、铁、锌、镍失电子，当阳极质量减少 64g 时，外电路通过电子数不是 2NA， 故⑤错误； ⑥28g 硅晶体中含有 1molSi 原子，晶体硅中，每个硅原子与其它 4 个 Si 形成 4 个 Si-Si 键，则每个硅原子 形成的共价键为 ×4=2，则 1mol 单质硅含有 2molSi-Si 键，含有 2NA 个 Si-Si 键，故⑥正确； ⑦随着反应的进行，浓盐酸变稀就不反应了，故⑦错误； ⑧Fe 和 Cl2 发生反应生成 FeCl3，即 2Fe+3Cl2 2FeCl3，0.1 mol 铁在 0.1 mol Cl2 中充分燃烧，氯气不足，0.1mol 氯气最多得到 0.2mol 电子，有 0.2NA 个电子转移，故⑧错误； ⑨标准状况下，22.4L 一氧化氮的物质的量为 1mol，11.2L 氧气的物质的量为 0.5mol，二者完全反应，即 2NO+O2=2NO2，生成了 1mol 二氧化氮，由于部分二氧化氮转化成四氧化二氮，即 2NO2 N2O4，所以 反应后混合气体的物质的量小于 1mol，分子总数小于 NA，故⑨正确； ⑩S2 和 S8 的混合物中只有 S 原子，则硫原子的物质的量为 n(S)= =0.2mol，则所含硫原子数一定 为 0.2NA，故⑩正确； 由上①③⑥⑨⑩正确，有 5 个正确的；答案为 C。 4. 化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（ ） 化学性质 实际应用 A. Al2(SO4)3 和小苏打反应 泡沫灭火器灭火 B. 铁比铜金属性强 FeCl3 腐蚀 Cu 刻制印刷电路板 C. 次氯酸盐具有氧化性 漂白粉漂白织物 D. HF 与 SiO2 反应 氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 1 2 Δ=  32g 6.4g / mol【解析】 【详解】A、硫酸铝和碳酸氢钠发生反应生成氢氧化铝沉淀、硫酸钠和二氧化碳，能灭火，故说法正确； B、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，说明铜的还原性强于亚铁离子，不能说明铁的金属性比铜强， 故说法错误； C、次氯酸具有强氧化性，能漂白，故说法正确； D、氟化氢和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，可以刻蚀玻璃，故说法正确。 故选 B。 【点睛】盐类水解在生活中涉及方方面面，如泡沫灭火器、明矾净水等等，泡沫灭火剂原理就是盐类水解： Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑。比较金属性的强弱，可以通过置换反应，利用金属性强的制取置换性弱 的，如 Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，说明 Fe 比 Cu 金属性强。 5. 下列说法不正确的是 A. 储热材料是一类重要的能量存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热 量 B. Ge(32 号元素)的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池 C. Ba2+浓度较高时危害健康，但 BaSO4 可服入体内，作为造影剂用于 X-射线检查肠胃道疾病 D. 纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的 Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对 重金属离子较强的物理吸附 【答案】D 【解析】 【详解】A．储热材料是一类重要的存储物质，根据能量守恒知，这些物质在熔融时需要吸收热量、在结晶 时放出热量，故 A 正确； B．32 号元素 Ge 位于金属和非金属交界线处，具有金属和非金属的性质，与 Si 相似，可以作半导体材料， 所以 Ge（32 号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池，故 B 正确； C．Ba2+浓度较高时危害健康，但 BaSO4 不溶于水和胃酸，所以 BaSO4 可服入体内，作为造影剂用于 X-射 线检查肠胃道疾病，故 C 正确； D．Fe 和 Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应生成金属单质而治理污染，与吸附性无关，故 D 错误； 故选 D。 6. 充分加热如图所示的密闭容器中放置有固体试剂的两个位置, 若钠与氧化银均反应完全且恢复到原来的 温度，U 形管左右两侧液面相平。下列有关说法中错误的是A. 反应前后装置内空气的成分保持不变 B. 反应前装置内钠与 Ag2O 物质的量之比为 2:1 C. 热稳定性：生成的钠的氧化物强于 Ag2O D. 反应后有淡黄色固体生成 【答案】B 【解析】 【详解】A．U 形管左右两侧液面相平，这说明压强不变，装置内钠与氧气反应，消耗掉的氧气与 Ag2O 分 解生成的氧气的量相等，故 A 正确； B．钠与氧气反应：2Na+O2 2Na2O2，氧化银受热分解：2Ag2O 4Ag+O2↑，U 形管左右两侧液面相 平，消耗掉的氧气与 Ag2O 分解生成的氧气的量相等，装置内钠与 Ag2O 物质的量比为 1：1，故 B 错误； C．同一密闭容器中，氧化银受热分解，钠与氧气反应，说明钠的氧化物强于 Ag2O，故 C 正确； D．钠与氧气反应：2Na+O2 2Na2O2，生成过氧化钠，有淡黄色固体生成，故 D 正确； 故答案为 B。 7. 40 mL X 溶液中可能含有下列离子中的若干种：Cl-、 、Na+、Mg2+、Al3+。现对 X 溶液进行如图所 示的实验，其现象和结果如下： 下列说法正确的是 A. X 溶液中一定含有 Mg2+、Al3+、Cl-，不含有 Na+和 B. X 溶液中一定含有 Na+、Mg2+、Cl-，可能含有 Al3+ C. X 溶液中一定含有 Mg2+，且 c(Mg2+)为 0.50 mol·L-1 D. X 溶液中 c(Na+)为 1.50 mol·L-1，c(Al3+)为 0.50 mol·L-1 + 4NH + 4NH【答案】D 【解析】 【分析】 20.0mLX 溶液加 25.0mL4.00mol/LNaOH 溶液后将滤液稀释至 200mL，c(OH-)=0.1mol/L，说明 OH-过量，但 无刺激性气味气体产生，则 X 溶液中一定不含 ； 20.0mLX 溶液加 25mL4.00mol/LNaOH(过量)溶液后，产生 1.16g 沉淀，则 X 溶液一定含 Mg2+，且 1.16g 为 Mg(OH)2 沉淀，Mg(OH)2 的物质的量= =0.02mol，则沉淀 20mLX 溶液中 Mg2+需要的 OH-和剩余的 OH-总物质的量=0.02mol×2+0.1mol/L×0.2L=0.06mol，则 X 溶液中一定含 Al3+，且反应 Al3++4OH-= +2H2O 消耗 OH-的物质的量=4.00mol/L×0.025L-0.06mol=0.04mol，所以 20mLX 溶液中含 Al3+的物质的量 =0.01mol； 20.0mLX 溶液加足量硝酸银溶液产生 14.35g 白色沉淀，则 X 溶液一定含 Cl-，该白色沉淀为 AgCl，且 20mLX 溶液中 n(Cl-)= n(AgCl)= =0.1mol，由电荷守恒可知，20mLX 溶液中负电荷总物质的量=0.1mol， 正电荷总物质的量=2n(Mg2+)+3n(Al3+)=2×0.02mol+3×0.01mol=0.07mol，负电荷总物质的量大于正电荷总物 质的量，所以 X 溶液中一定含 Na+，且 20mLX 溶液中含 Na+的物质的量=0.1mol-0.07mol=0.03mol，据此解 答。 【详解】A．由分析可知，X 溶液中一定含 Mg2+、Al3+、Cl-、Na+，一定不含 ，A 错误； B．由分析可知，X 溶液中一定含 Al3+，B 错误； C．结合分析可知，X 溶液中一定含有 Mg2+，且 c(Mg2+)= =1.00mol/L，C 错误； D．结合分析可知，X 溶液中 c(Na+)= =1.50mol/L，c(Al3+)= =0.50mol/L，D 正确。 答案选 D 8. 把 a g 铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量 NaOH 溶液。过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到 红棕色粉末的质量仍为 a g，则原合金中铁的质量分数为（ ） A. 52.4% B. 30% C. 47.6% D. 70% 【答案】D 【解析】 把 a g 铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，生成了 Al3+ 和 Fe2+ ，再加入过量 NaOH 溶液，Al3+转化为 AlO2－，留 在溶液中； Fe2+生成了 Fe(OH)2 沉淀，过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到的红色粉末为 Fe2O3，铁在 。 + 4NH 1.16g 58g/mol - 2AlO 14.35g 143.5g/mol + 4NH 0.02mol 0.02L 0.03mol 0.02L 0.01mol 0.02L反应过程中是守恒的，Fe2O3 中氧的量等于合金中铝的量，则原合金中铁的质量分数为：2Ar(Fe) ÷Mr(Fe2O3) ×100%＝2×56÷160×100%＝70%，故 D 正确。 点睛：熟悉铝、铁的化学性质，掌握元素质量的终态守恒法。 9. 已知 NH4CuSO3 与足量 10 mol/L 硫酸混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成 ②产生刺激性气 味的气体 ③溶液呈现蓝色。据此判断下列说法正确的是( ) A. 反应中硫酸作氧化剂 B. 1 mol NH4CuSO3 完全反应转移 0.5 mol 电子 C. 刺激性气味的气体是氨气 D. NH4CuSO3 中硫元素被氧化 【答案】B 【解析】 【分析】 NH4CuSO3 与硫酸混合微热，生成红色金属、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成 Cu、SO2 和 Cu2＋，结合 NH4CuSO3 中 Cu 的化合价为＋1 价，以此解答该题。 【详解】根据实验现象，反应的离子方程式为：2NH4CuSO3＋4H＋=Cu＋Cu2＋＋2SO2↑＋2H2O＋2NH4＋； A．由反应的离子方程式为：2NH4CuSO3＋4H＋=Cu＋Cu2＋＋2SO2↑＋2H2O＋2NH4＋，反应只有 Cu 元素的 化合价发生变化，硫酸反应前后各元素的化合价都没有变化，反应中硫酸体现酸性，故 A 错误； B．反应只有 Cu 元素的化合价发生变化，分别由＋1 价→＋2 价，＋1 价→0 价，发生的反应为：2NH4CuSO3 ＋4H＋=Cu＋Cu2＋＋2SO2↑＋2H2O＋2NH4＋，每 2mol NH4CuSO3 参加反应则转移 1mol 电子，则 1mol NH4CuSO3 完全反应转移 0.5mol 电子，故 B 正确； C．因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，刺激性气味的气体是 SO2，故 C 错误； D．NH4CuSO3 与硫酸混合微热，生成红色金属、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成 Cu、 SO2 和 Cu2＋，反应前后 S 元素的化合价没有发生变化，故 D 错误； 故答案选 B。 【点睛】本题考查氧化还原反应，注意从反应现象判断生成物，结合化合价的变化计算电子转移的数目。 10. 一定量的某磁黄铁矿(主要成分 FexS，S 为－2 价)与 100mL 盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸 反应)，生成 3.2g 硫单质、0.4molFeCl2 和一定量 H2S 气体，且溶液中无 Fe3+。则下列说法正确的是（ ） A. 该盐酸的物质的量浓度为 4.0mol·L-1 B. 该磁黄铁矿 FexS 中，Fe2+与 Fe3+的物质的量之比为 2：1 C. 生成的 H2S 气体在标准状况下的体积为 8.96L D. 该磁黄铁矿中 FexS 的 x=0.85 的【答案】C 【解析】 【分析】 n(S)=3.2g÷32g/mol=0.1mol ， 根 据 转 移 电 子 守 恒 得 n(Fe3+)= =0.2mol ， 则 n(Fe2+)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，所以 n(Fe2+)：n(Fe3+)=0.2mol：0.2mol=1：1，以此解答该题。 【详解】A.盐酸恰好反应生成 FeCl2 的物质的量为 0.4mol，根据 Cl 原子守恒可得 c(HCl)= =8.0mol/L，A 错误； B.由以上分析可知，该磁黄铁矿 FexS 中，Fe2+与 Fe3+的物质的量之比 n(Fe2+)：n(Fe3+)=1：1，B 错误； C.根据氢原子、氯原子守恒得 n(H2S)= n(HCl)=n(FeCl2)=0.4mol，V(H2S)=0.4mol×22.4L/mol=8.96 L，C 正 确； D.FexS 中 n(S)=0.1mol+0.4mol=0.5mol，n(Fe)=0.4mol，所以 n(Fe)：n(S)=0.4mol：0.5mol=0.8，所以 x=0.8， D 错误。 故合理选项是 C。 11. 下列离子方程式的书写不正确的是 A. 向 TiCl4 固体中加入大量水，同时加热：Ti4++(x+2)H2O TiO2·xH2O+4H+ B. 向 NH4HCO3 溶液中加入过量 Ba(OH)2 溶液：Ba2++ + OH-=BaCO3↓+H2O C. 向 Ba(NO3)2 中通入少量 SO2：3SO2+3Ba2++2 +2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+ D. 氢氧化钡溶液和稀硫酸恰好中和：Ba2++2OH-+2H++ =BaSO4 ↓+2H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A．Ti4+水解得 TiO2·xH2O 和 H+，A 正确； B．向 NH4HCO3 溶液中加入过量 Ba(OH)2 溶液， 应参与反应生成一水合氨，B 错误； C．SO2 通入溶液中呈酸性，酸性条件下， 具有氧化性，SO2 有较强还原性，二者发生氧化还原反应得 和 NO， 和 反应生成 BaSO4，故离子方程式为 3SO2+3Ba2++2 +2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，C 正确； D．Ba2+和 OH-按物质的量比为 1:2 参与反应，H+和 按物质的量比为 1:2 参与反应，D 正确。 答案选 B。 ( )0.1mol 2 0 3 2 × − − 2 0.4mol 0.1L × 1 2  - 3HCO - 3NO 2- 4SO + 4NH - 3NO 2- 4SO 2- 4SO 2+Ba - 3NO 2- 4SO12. 下列关于物质的量浓度表述正确的是 A. 0.3 mol·L－1 的 Na2SO4 溶液中含有 Na＋和 SO42－的总物质的量为 0.9 mol B. 当 1 L 水吸收 22.4 L 氨气时所得氨水的浓度不是 1 mol·L－1，只有当 22.4 L 氨气溶于水制得 1 L 氨水时， 其浓度才是 1 mol·L－1 C. 在 K2SO4 和 NaCl 的中性混合水溶液中，如果 Na＋和 SO42－的物质的量相等，则 K＋和 Cl－的物质的量浓 度一定相同 D. 10 ℃时，100 mL 0.35 mol·L－1 的 KCl 饱和溶液蒸发掉 5 g 水，冷却到 10 ℃时，其体积小于 100 mL，它 的物质的量浓度仍为 0.35 mol·L－1 【答案】D 【解析】 【分析】 A、离子的物质的量=离子的物质的量浓度×溶液的体积； B、溶液的体积不等于溶剂的体积以及气体摩尔体积与状态有关； C、电荷守恒：c（Na+）+c（K+）=c（Cl-）+2c（SO42-）计算 K+和 Cl-的物质的量浓度； D、温度不变，饱和溶液中溶质的物质的量浓度不变，与溶液的体积无关． 【详解】A. 0.3mol⋅L−1 的 Na2SO4 溶液中 Na＋、SO42－的物质的量浓度为：0.6mol⋅L−1,0.3mol⋅L−1，由于缺少 溶液的体积，所以无法计算出离子的物质的量，故 A 错误； B. 溶液的体积不等于溶剂的体积,所以 1L 水吸收 22.4L 氨气时所得氨水的浓度不是 1mol⋅L−1；气体摩尔体 积与状态有关,22.4L 氨气的物质的量无法求出,所以 22.4L 氨气溶于水制得 1L 氨水时，其浓度不一定等于 1mol⋅L−1，故 B 错误； C. 在 K2SO4 和 NaCl 的中性混合水溶液中存在：c(Na+)+c(K+)=c(Cl−)+2c(SO42－),Na+和 SO42－的物质的量相等, 即物质的量浓度相等,所以 K+和 Cl−的物质的量浓度一定不相同，故 C 错误； D. 10℃时，0.35mol/L 的 KCl 饱和溶液 100mL 蒸发掉 5g 水，冷却到 10℃时，其体积小于 100mL，溶液仍 然是饱和溶液，溶质的物质的量浓度不变，它的物质的量浓度仍为 0.35mol/L，故 D 正确； 故选 D。 13. 氯化铁是有机合成中常用的催化剂，如图是实验室模拟化工厂利用工业废铁屑(杂质不与盐酸反应)制备 催化剂氯化铁的部分装置图，下列相关说法正确的是( )A. 实验室也可以用装置甲制备 SO2、C2H4 B. 实验过程中，应先让装置乙中的反应进行一段时间后，再开始装置甲中的反应 C. 实验过程中应该关闭弹簧夹 3，让装置丙中的 NaOH 溶液充分吸收多余的 Cl2 D. 反应结束后将三颈烧瓶中的溶液加热浓缩、冷却结晶，可制得氯化铁晶体 【答案】B 【解析】 【分析】 根据实验目的，分析实验装置可知，本模拟实验制备催化剂氯化铁的设计方案是：先用盐酸和铁制得氯化 亚铁，再用装置甲中制得的氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁，最后在一定条件下制得氯化铁晶体。在此认识 基础上，结合实验知识，可对各选项做出判断。 【详解】A. 装置甲的特点是固体和液体加热制气体，而 SO2 可用浓硫酸和铜加热制取，所以可以用装置甲 制备 SO2，但实验室用浓硫酸和乙醇制 C2H4 需控制温度为 170℃，所以要使用温度计，故 A 错误； B. 氯气在常温下不能和铁反应，所以应先让装置乙中的反应进行一段时间生成氯化亚铁后，再开始装置甲 中的反应，故 B 正确； C. 实验过程中关闭弹簧夹 3，将导致气体不能流通，不但不能实现让 NaOH 溶液充分吸收多余的 Cl2 的目 的，反而会使装置气压增大，产生危险，故 C 错误； D. 废铁屑含不与盐酸反应的杂质，所以如果加热反应结束后将三颈烧瓶中的溶液加热浓缩、冷却结晶，将 混入这些杂质，使晶体不纯，同时要考虑设法抑制水解，故 D 错误； 答案选 B。 【点睛】1、实验室制备 SO2、常用的方法是亚硫酸钠固体和浓硫酸（不能太浓）在常温下反应，当然，也 可用浓硫酸和铜加热制取。装置甲不适用于前者，但可用于后者。 2、通过对 FeCl3 溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤可获得 FeCl3 晶体，在此过程需要向 FeCl3 溶液中加入过量 的盐酸，以防止 Fe3+水解产生氢氧化铁；由 FeCl3 晶体制取 FeCl3 固体时加热失水的过程应在 HCl 气氛中进 行，目的是防止铁离子的水解。14. 多反应体系中，明确反应顺序是解决问题的基础。下列反应先后顺序判断正确的是 A. 在含等物质的量的 Na2S、Na2SO3、KI 的溶液中缓慢通入 Cl2：S2－、I－、SO32－ B. 在含等物质的量的 Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入 Zn：Fe3+、Cu2+、H+ C. 在含等物质的量的 Ba(OH)2、KOH 的溶液中通入 CO2：KOH、Ba(OH)2、BaCO3、K2 CO3 D. 在含等物质的量的 AlO2－、OH－、CO32－的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2－、Al(OH)3、OH－、CO32－ 【答案】B 【解析】 【详解】A、还原性强弱的顺序是 S2－>SO32－>I－，通入氯气反应先后顺序是 S2－、SO32－、I－，故 A 错误； B、Fe3＋、Cu2＋、H＋氧化性强弱的顺序是 Fe3＋>Cu2＋>H＋，加入锌反应先后顺序是 Fe3＋、Cu2＋、H＋，故 B 正确； C、反应先后顺序是 Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，故 C 错误； D、结合 H＋能力：OH－>AlO2－>CO32－>Al(OH)3，加入盐酸反应顺序是 OH－、AlO2－、CO32－、Al(OH)3， 故 D 错误。 【点睛】难点是选项 C 的判断，CO2 为酸性氧化物，先与 OH－发生反应，生成 CO32－，CO32－再与 Ba2＋反 应生成 BaCO3，因此认为 Ba(OH)2 先与 CO2 发生反应，CO2 再与 KOH 反应生成 K2CO3，然后通入 CO2，CO2 与 K2CO3 反应生成 KHCO3，最后 CO2 与 BaCO3 反应生成 Ba(HCO3)2。 15. 某 100mL 溶液可能含有 Na+、 、Fe3+、 、 、Cl－中的若干种，取该溶液进行连续实验， 实验过程如图（所加试剂均过量，气体全部逸出）。下列说法正确的是（　　） A. 原溶液一定存在 和 ，一定不存在 Fe3+ B. 原溶液可能存在 Cl－ 和 Na+ C. 原溶液中 c（ ）是 0.01mol•L－1 D. 若原溶液中不存在 Na+，则 c（Cl－）＜0.1mol•L－1 【答案】A 【解析】 【分析】 加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为 BaSO4、BaCO3 中的 + 4NH 2 3CO − 2 4SO − 2 3CO − 2 4SO − 2 3CO −至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是 BaSO4、BaCO3 的混合物，一定存在 CO32-、SO42-，硫酸钡沉 淀是 2.33g，硫酸根离子的物质的量是 0.01mol，碳酸钡沉淀的质量为 4.30-2.33=1.97g，碳酸根离子的物质 的量是 0.01mol，碳酸根和铁离子不共存，一定不存在 Fe3+，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为 氨气，一定含有铵根离子，氨气物质的量为 =0.05mol；根据元素守恒，铵根离子的物质的量是 0.05mol；根据电荷守恒，阳离子所带正电荷的物质的量之和：0.05mol，阴离子所带负电荷的物质的量之和 =0.01×2+0.01×2=0.04mol，所以一定存在氯离子，钠离子不能确定，n（Cl-）≥0.01mol，所以 c（Cl-） ≥0.1mol•L-1。 【详解】A.根据上面分析，原溶液一定存在 和 ，一定不存在 Fe3+，故 A 正确； B.根据上面分析，原溶液一定存在 Cl-，可能存在 Na+，故 B 错误； C.原溶液中 c（ ）是 =0.1mol/L，故 C 错误； D.若原溶液中不存在 Na+，则 c（Cl－）=0.1mol•L－1，故 D 错误； 答案：A 【点睛】本题的难点是根据电荷守恒判断 Cl-和 Na+存在。 16. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是 A. 向稀 HNO3 中滴加 Na2SO3 溶液： +2H+==SO2↑+H2O B. 向 Na2SiO3 溶液中通入过量 SO2： +SO2+H2O==H2SiO3↓+ C. CuSO4 溶液与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2++2NH3·H2O==Cu(OH)2↓+2 D. 向 CuSO4 溶液中加入 Na2O2：2Na2O2+2Cu2++2H2O==4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑ 【答案】D 【解析】 【详解】A．HNO3 有强的氧化性，Na2SO3 具有还原性，二者会发生氧化还原反应生成 、NO 和 H2O， 正确的离子方程式是：2H++2 +3 =H2O+3 +2NO↑，故 A 错误； B．向 Na2SiO3 溶液中通入过量 SO2 发生反应产生酸式盐，正确的离子方程式是： +2SO2+2H2O=H2SiO3↓+2 ，故 B 错误； C．过量的 NH3·H2O 能和 Cu(OH)2 反应生成[Cu(NH3)2]2+，故 C 错误； D．向 CuSO4 溶液中加入 Na2O2，Na2O2 与 H2O 反应生成 NaOH 和 O2，NaOH 与 CuSO4 反应生成 Cu(OH)2 1.12 22.4 / L L mol 2 3CO − 2 4SO − 2 3CO − 0.01 0.1 mol L 2- 3SO 2- 3SiO 2- 3SO + 4NH 2- 4SO - 3NO 2- 3SO 2- 4SO 2- 3SiO - 3HSO和 Na2SO4，正确的离子方程式为：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑，故 D 正确。 答案选 D。 第Ⅱ卷 二、非选择题 17. 按要求书写下列方程式。 (1)当用 CaSO3 水悬浮液吸收经 O3 预处理的烟气时，清液(pH 约为 8)中 将 NO2 转化为 ，其离子 方程式为__________________。 (2)H3PO2 的工业制法是：将白磷(P4)与 Ba(OH)2 溶液反应生成 PH3 气体和 Ba(H2PO2)2， 后者再与 H2SO4 反 应。写出白磷与 Ba(OH)2 溶液反应的化学方程式 ___________________。 (3)在酸性 NaClO 溶液中，HClO 氧化 NO 生成 Cl-和 ，其离子方程式为______________。 (4)用酸性(NH2)2CO 水溶液吸收 NOx，吸收过程中存在 HNO2 与(NH2)2CO 生成 N2 和 CO2 的反应。写出该反 应的化学方程式：____________________。 (5)+6 价铬的化合物毒性较大，常用 NaHSO3 将废液中的 还原成 Cr3+，该反应的离子方程式为 _______________________。 【答案】 (1). +2NO2 +2OH-= +2 +H2O (2). 2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑ (3). 3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2 +5H+ (4). 2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O (5). +3 +5H+=2Cr3++3 +4H2O 【解析】 【详解】(1)NO2 作氧化剂，被还原成 ，CaSO3 水悬浮液中含 ， 作还原剂，被氧化成 ， 反应的离子方程式为 +2NO2 +2OH-= +2 +H2O，故答案为： +2NO2 +2OH-= +2 +H2O； (2)白磷(P4)与 Ba(OH)2 溶液反应生成 PH3 气体和 Ba(H2PO2)2，结合原子守恒、电子守恒可知该反应的化学方 程式为 2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑，故答案为：2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑； (3)HClO 氧化 NO 生成 Cl-和 ，结合原子守恒、电荷守恒、电子守恒可知反应的离子方程式为 3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2 +5H+，故答案为：3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2 +5H+； (4)吸收过程中存在 HNO2 与(NH2)2CO 生成 N2 和 CO2，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方 程式为 2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O，故答案为：2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O； 2- 3SO - 2NO - 3NO 2- 2 7Cr O 2- 3SO 2- 4SO - 2NO - 3NO 2- 2 7Cr O - 3HSO 2- 4SO - 2NO 2- 3SO 2- 3SO 2- 4SO 2- 3SO 2- 4SO - 2NO 2- 3SO 2- 4SO - 2NO - 3NO - 3NO - 3NO(5)NaHSO3 溶液显酸性，NaHSO3 将废液中的 还原成 Cr3+， 被氧化成 ，结合得失电子守 恒、原子守恒、电荷守恒可得该反应的离子方程为 +3 +5H+=2Cr3++3 +4H2O，故答案为： +3 +5H+=2Cr3++3 +4H2O。 18. 氟及其化合物在生产生活中被广泛使用，造福人类。 (1)氟在元素周期表中的位置是___________。 (2)氢氟酸具有刻蚀玻璃的特性，写出该反应的化学方程式____________。已知 25℃时，氢氟酸的电离平衡 常数 Ka=3.6×10－4，若将 0.01 mol·L－1 的 HF 溶液与 pH=12 的 NaOH 溶液等体积混合，则溶液中离子浓度由 大到小的顺序为_____。 (3)次氟酸(HOF)由科学家在 1971 年首次制得，次氟酸的电子式为_______。 (4)四氟肼(N2F4)用作高能燃料的氧化剂，1 mol N2F4 分子中含有的共价键数目是________NA。N2F4 气体可用 Fe3+氧化二氟胺(HNF2)制得，写出该反应的离子方程式______________。 (5)六氟化铀(UF6)是铀的稳定气态化合物，用作核燃料，由 U3O8 制取 UF6 的三步反应原理如下： ①U3O8+H2 →UO2+H2O (未配平) ②UO2+4HF=UF4+2H2O ③UF4+ F2 = UF6 则下列说法正确的是 _____________。 A．反应①②③都是氧化还原反应 B．反应③中 U 元素被氧化 C．反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 2:1 (6)六氟磷酸锂(LiPF6)是锂离子电池广泛使用的电解质。LiPF6 与极少量水反应可生成 POF3 等三种含氟化合 物，写出该反应的化学方程式：________。 【答案】 (1). 第 2 周期ⅦA 族 (2). SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O (3). c(Na+)＞c(F－)＞c(OH－)＞c(H+) (4). (5). 5 (6). 2HNF2 + 2Fe3+ = N2F4↑+ 2Fe2+ +2H+ (7). B (8). LiPF6+ H2O= POF3↑+ 2HF↑ + LiF 【解析】 【详解】(1)氟是 9 号元素，核外 9 个电子，k、L 层分别有 2、7 个电子，氟在元素周期表中的位置是第 2 周期ⅦA 族。 (2)氢氟酸具有刻蚀玻璃的特性，与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，该反应的化学方程式 SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O。 已知 25℃时，氢氟酸的电离平衡常数 Ka=3.6×10－4，说明 HF 为弱酸，pH=12 的 NaOH 溶液，c(NaOH)=0.01 mol·L－1，若将 0.01 mol·L－1 的 HF 溶液与 pH=12 的 NaOH 溶液等体积混合，生成 0.005mol·L－1NaF，F－离 2- 2 7Cr O - 3HSO 2- 4SO 2- 2 7Cr O - 3HSO 2- 4SO 2- 2 7Cr O - 3HSO 2- 4SO子水解生成 HF 和 OH－，c(Na+)＞c(F－)，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H+)，则溶液中离子浓度由大到小的顺序 为 c(Na+)＞c(F－)＞c(OH－)＞c(H+)。 (3)次氟酸(HOF)中心原子为 O，分别与 H 和 F 各形成一个共价键，次氟酸的电子式为 。 (4)四氟肼(N2F4)用作高能燃料的氧化剂，N2F4 分子中有 1 个 N-N，4 个 N-F，1 mol N2F4 分子中含有的共价 键数目是 5NA。 N2F4 气体可用 Fe3+氧化二氟胺(HNF2)制得，生成 Fe2＋和 H＋，离子方程式：2HNF2 + 2Fe3+ = N2F4↑+ 2Fe2+ +2H+。 (5)A．反应①③都 氧化还原反应，②中元素化合价不变，故 A 错误； B．反应③中 U 元素化合价由+4 价升高为+6 价，被氧化，故 B 正确； C．反应①U3O8+2H2 →3UO2+2H2O 中 U3O8 是氧化剂，H2 是还原剂的物质的量之比为 1:2，故 C 错误； 故选 B。 (6)LiPF6 与极少量水反应可生成 POF3、2HF、 LiF 三种含氟化合物，该反应的化学方程式：LiPF6+ H2O= POF3↑+ 2HF↑ + LiF。 19. 请写出简单的计算过程。 (1)在空气中煅烧 CoC2O4 生成钴氧化物和 CO2，测得充分煅烧后固体质量为 2.41 g，CO2 体积为 1.344 L(标 准状况)，则钴氧化物的化学式为_____________。 (2)将一定量 Fe、FeO 和 Fe2O3 混合物放入 25 mL 2 mol·L-1 的 HNO3 溶液中，反应完全后，无固体剩余， 生成 224 mL NO 气体(标准状况)，再向反应后的溶液中加入 1mol·L-1 的 NaOH 溶液，要使铁元素全部沉淀 下来，所加 NaOH 溶液的体积最少是__________________。 (3)取 Ce(OH)4 产品 5.000g，加酸溶解后，向其中加入含 0.03300molFeSO4 的 FeSO4 溶液使 Ce4+全部被还原 成 Ce3+，再用 0.1000mol·L-1 的酸性 KMnO4 标准溶液滴定至终点时，消耗 20.00mL 标准溶液。则该产品中 Ce(OH)4 的质量分数为________________。(已知氧化性：Ce4+＞KMnO4；Ce(OH)4 的相对分子质量为 208)。 【答案】 (1). Co3O4 (2). 40 mL (3). 95.68% 【解析】 【详解】(1)煅烧 CoC2O4 生成钴氧化物和 CO2，测得充分煅烧后固体质量为 2.41g，CO2 的体积为 1.344 L(标 准状况)，则 n(CO2)= =0.06mol，结合 CoC2O4 可以知道 n(Co)=0.06mol× =0.03mol，则氧化物中 n(O)= =0.04mol，则钴氧化物中 n(Co):n(O)=0.03mol：0.04mol=3:4，所以钴氧化 物的化学式为 Co3O4，故答案为：Co3O4； (2)HNO3 的物质的量=2 mol·L-1×0.025L=0.05mol，生成 NO 的物质的量= =0.01mol，所以与一定 是 的 1.344L 22.4L/mol 1 2 2.41g-0.03mol 59g/mol 16g/mol × 0.224L 22.4L/mol量 Fe、FeO 和 Fe2O3 的混合物反应后溶液中含有的 的物质的量为 0.05mol-0.01mol＝0.04mol，再向反应 后的溶液中加入 1mol·L-1 的 NaOH 溶液，要使铁元素全部沉淀下来，所得溶液的溶质为 NaNO3，所以需要 NaOH 的物质的量：n(NaOH)＝n( )＝0.04mol，则所加 NaOH 溶液的体积最少是＝ =0.04L，即 40mL，故答案为：40mL； (3)用 0.100 0 mol·L -1 的酸性 KMnO4 标准溶液滴定至终点时，消耗 20.00 mL 标准溶液，氧化溶液中剩余的 Fe2+，根据得失电子守恒可知，剩余 Fe2+的物质的量为 0.100 0×0.02× ＝0.01mol，则还原 Ce4+消耗的 Fe2+ 的物质的量为 0.033 00 mol-0.01 mol＝0.023 00 mol， 根据 Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，则 Ce4+的物质的量为 0.02300 mol，该产品中 Ce(OH)4 的质量分数为 ＝95.68%，故答案为：95.68%。 20. 以辉铜矿(主要成分为 Cu2S，含少量 SiO2)为原料制备硝酸铜的流程如图示： (1)写出“浸取”过程中 Cu2S 溶解时发生反应的离子方程式 _______________。 (2)恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少，有研究指出 CuCl2 是该反应的催化剂，该过 程的反应原理可用化学方程式表示为：①Cu2S +2CuCl2=4CuCl+S；②__________。 (3)向滤液 M 中加入(或通入)______________(填字母)，可得到一种可循环利用的物质。 a.铁 b.氯气 c.高锰酸钾 d.氯化氢 (4)辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为 CuFeS2)通过电化学反应转变而成，有关转化见下图， 转化时转移 0.2mol 电子，生成 Cu2S______________ mol。 【答案】 (1). Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S (2). CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2 (3). b (4). 0.2 【解析】 【分析】 辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅不反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，说明 Cu2S 和 FeCl3 发 生反应生成 S 单质，还生成氯化铜、氯化亚铁。在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子，然后过滤，滤液 M - 3NO - 3NO -1 0.04mol 1mol L 7-2 3-2 0.023mol 208g/mol 100%5.00g × ×主要含有氯化亚铁，保温除铁加入稀硝酸溶液将铁氧化为铁离子，氧化铜调节溶液 pH，使 Fe3+转化为 Fe(OH)3 沉淀，过滤分离，滤液中主要含有硝酸铜，加入硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 洗涤得到硝酸铜晶体；据此解答。 【详解】（1）浸取过程中 Fe3+ 将 Cu2S 氧化，根据电子守恒和元素守恒可得其离子反应方程式为 Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S；答案为 Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S。 （2）根据 Cu2S 的最终产物 CuCl2 可得反应②为 CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2；答案为 CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2。 （3）M 中主要物质为氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，实现循环使用，故 b 正确；答案为 b。 （4）该转化中 Cu 被氧化成 Cu2S，化合价升高 1 价，CuFeS2 被还原成 Cu2S，化合价降低 1 价，根据电子 转移守恒，若转化时转移 0.2mol 电子，生成 Cu2S 为 0.2mol；答案为 0.2。 21. 三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3 是橙黄色、微溶于水的配合物，是合成其他一些含钴配合物的原料。下 图是某小组以含钴废料( 含少量 Fe 、Al 等杂质) 制取[Co(NH3)6]Cl3 的工艺流程： 回答下列问题： (1)写出加“适量 NaClO3”后发生反应的离子方程式 _________________。 (2)“加 Na2CO3 调 pH 至 a”会生成两种沉淀，分别为________________(填化学式)。 (3)操作Ⅰ的步骤包括________________、冷却结晶、减压过滤。 (4) 流程中 NH4Cl 除作反应物外， 还可防止加氨水时 c(OH- ) 过大， 其原理是_______________。 (5)“氧化”步骤，甲同学认为应先加入氨水再加入 H2O2，乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。你认 为 ____________( 填 “ 甲 ” 或 “ 乙 ”) 同学观点正确，理由是____________。写出该步骤的化学方程式 _____________________。 【答案】 (1). 6Fe2++ +6H+=6Fe3++Cl-+3H2O (2). Fe(OH)3、Al(OH)3 (3). HCl 氛围下蒸发浓缩 (4). NH4Cl 溶于水电离出 会抑制后期的 NH3·H2O 的电离 (5). 甲 (6). 防止 Co(OH)3 的生成 (7). H2O2+2CoCl2+2NH4Cl+10NH3·H2O==2[Co(NH3)6]Cl3↓+12H2O 【解析】 【分析】 “废料”和盐酸反应得含 Fe2+、Al3+、Co2+的“浸出液”； “浸出液”中加适量 NaClO3 将 Fe2+氧化为 Fe3+，加 Na2CO3 调节 pH 至 a 使 Al3+、Fe3+沉淀，过滤除去沉淀 - 3ClO + 4NH得含 Co2+的“滤液”； “滤液”中加盐酸，在 HCl 氛围下(防止 Co2+水解)蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得 CoCl2·6H2O 固体； CoCl2·6H2O 中依次加 NH4Cl 溶液、氨水、H2O2 得[Co(NH3)6]Cl3，据此解答。 【详解】(1)加“适量 NaClO3”的目的是将 Fe2+氧化为 Fe3+，发生的离子反应为 6Fe2++ +6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，故答案为：6Fe2++ +6H+=6Fe3++Cl-+3H2O； (2)加 Na2CO3 调 pH，沉淀 Al3+、Fe3+生成 Fe(OH)3 和 Al(OH)3，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3； (3)为防止产品水解，故应在 HCl 氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤，故答案为：HCl 氛围下蒸发浓缩； (4)流程中 NH4Cl 除作反应物外，NH4Cl 溶于水电离出 会抑制后期加入的 NH3·H2O 电离，可防止加 氨水时 OH-浓度过大，故答案为：NH4Cl 溶于水电离出 会抑制后期的 NH3·H2O 的电离； (5)若先加 H2O2，将 Co2+氧化为 Co3+，再加氨水，会生成 Co(OH)3，不利于产品的生成，故甲同学正确，应 先加入氨水再加入 H2O2，可防止 Co(OH)3 的生成，此步的反应为： H2O2+2CoCl2+2NH4Cl+10NH3·H2O==2[Co(NH3)6]Cl3↓+12H2O；故答案为：甲；防止 Co(OH)3 的生成； H2O2+2CoCl2+2NH4Cl+10NH3·H2O==2[Co(NH3)6]Cl3↓+12H2O。 的 - 3ClO - 3ClO + 4NH + 4NH