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1、福建省漳州市平和县第一中学2020届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）相对原子质量 Fe-56 Cu-64 O-16 H-1 Si-28 S-32 Cl-35、5 N-14一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共60分）1.下列有关金属及其合金说法不正确的是A. 目前我国流通的硬币是由合金材料制造的B. 日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用C. 镁在空气中燃烧发出耀眼的白光，可用于制作照明弹D. 生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加【答案】D【解析】【详解】A. 目前我国流通的硬币是由合金材料制成，A正确；B. 制造照明弹就是利用了镁燃烧发出耀眼的白光， B正确；C
2、. 铝表面覆盖致密的氧化物薄膜，对金属起保护作用， C正确；D. 生铁含碳量最高，普通钢次之，不锈钢最少，D错误；综上所述，本题选D。2.“琴棋书画”被誉为中国古代文人修身养性、陶冶情操的四大“雅好”。从化学角度对下列事实的解释不正确的是选项事实化学解释A古琴在制作时需要对木材进行火烧处理表面生成的碳在常温下化学性质稳定B唐代的“宝应象棋”以金铜合金造型，内灌铅芯合金的熔沸点一般低于成分金属，利于造型C古时写字用黄纸，书写时“有误字，以雌黄灭之”雌黄为橙黄色矿物，可作颜料或者褪色剂D宣纸为古典书画用纸，“始于唐代、产于径县”造纸过程只有物理变化,没发生化学反应A. AB. BC. CD. D【
3、答案】D【解析】A. 古琴在制作时对木材进行火烧处理后，表面生成的碳在常温下化学性质稳定，A正确；B. 唐代的“宝应象棋”以金铜合金造型，合金的熔沸点一般低于成分金属，利于造型，B正确；C. 古时写字用黄纸，书写时“有误字，以雌黄灭之”， 雌黄为橙黄色矿物，可作颜料或者褪色剂，C正确； D.造纸过程中要用到木材和纯碱等原料，既有物理变化，也有化学变化，D不正确。本题选D。3. 下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是A. 氯气具有酸性，可与烧碱或石灰乳反应制备含氯消毒剂B. 浓硫酸具有强氧化性，常温下可用铝罐盛装C. 氢氟酸具有弱酸性，可用氢氟酸雕刻玻璃D. 过氧化钠具有强氧化性，可用作潜水
4、艇中氧气的来源【答案】B【解析】试题分析：A氯气与烧碱、石灰乳发生氧化还原反应，与酸性无关，故A错误；B浓硫酸具有强氧化性，可与铝发生钝化反应，在金属表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，故B正确；C二氧化硅与氢氟酸发生反应生成四氟化硅，与酸性无关，故C错误；D过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氧气，与过氧化钠的强氧化性无关，在反应中过氧化钠自身发生氧化还原反应，故D错误，故选B。考点：考查物质性质与应用的判断4.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()。A. 20 g D2O与18 g H2O中，中子数之比为21B. 常温常压下,0.5 mol O3与11.2 L O2 所含的
5、分子数均为0.5NAC. 6.0 g SiO2 中含有0.1NA个SiO2分子D. 1 mol过氧化钠和1 mol氧化钠中阴、阳离子个数之比相同【答案】D【解析】【详解】A.20g重水（D2O）与18g水（H2O）的物质的量均为1mol，质量数=质子数+中子数，H无中子，D含有1个中子，O含有8个中子，所以1 mol重水与1 mol水中，中子数比为10：8=5：4，故A错误；B.常温常压，Vm大于22.4L/mol，11.2 LO2的物质的量小于0.5mol， 含有分子数小于0.5NA，故B错误；C.二氧化硅为原子晶体，不含有分子，故C错误；D.过氧化钠属于离子化合物，构成离子是钠离子和过氧根
6、离子，氧化钠也属于离子化合物，含有钠离子和氧离子，过氧化钠和氧化钠中阴阳离子个数比相同，均为1：2，故D正确；故答案选D。【点睛】氧化钠和过氧化钠均属于离子化合物，电子式分别为：、；所以氧化钠中含有2个钠离子和1个氧离子，而过氧化钠中含有2个钠离子和1个过氧根离子，因此过氧化钠和氧化钠中阴阳离子个数比相同，均为1：2。5. 为建设“蓝天常在、青山常在、绿水常在”的美丽中国，2015年4月16日国务院颁布了水污染防治行动计划。下列做法不利于该目标实现的是A. 推广使用无磷洗涤剂B. 用O3替代Cl2作饮用水消毒剂C. 用工业污水直接灌溉农田D. 含Cr3+的废水用适量石灰处理后排放【答案】C【解
7、析】【详解】A、磷元素的大量排放，可以造成水体富营养化，所以推广无磷洗涤剂可以减少水污染，A正确；B、O3做氧化剂，产物是水，没有污染，B正确；C、工业污水含有很多有害物质，不可以直接灌溉农田，C错误；D、Cr3+和石灰水反应生成Cr(OH)3沉淀，然后可以排放，D正确；故合理选项为C。6.炼金厂的废水中含有CN有剧毒，其性质与卤素离子相似，还原性介于I与Br之间，HCN为弱酸下列说法不正确的是A. CN可以和稀硫酸反应生成HCNB. CN可被Cl2氧化成（CN）2C. 在水溶液中（CN）2可被F还原D. 常温下NaCN溶液显碱性【答案】C【解析】A、HCN为弱酸，根据强酸制弱酸规律可知，CN
8、可以和稀硫酸反应生成HCN，故A正确；B、由于CN的还原性介于I与Br之间，则Cl2可氧化CN而生成（CN）2，故B正确；C、因F的还原性弱于CN，故（CN）2与F不反应，故C错误；D氰化钠是强碱弱酸盐，CN易水解而使其溶液呈碱性，故D正确；故选：C【点评】本题考查学生利用信息中离子的性质的相似性及氧化还原反应来分析解答问题，明确信息的应用，并熟悉强酸制取弱酸、氧化性、还原性的强弱等知识来解答7.下列说法正确的是（ ）A. 因为SO2具有漂白性，所以它能使品红溶液、溴水、KMnO4(H)、石蕊溶液褪色B. 能使品红溶液褪色的不一定是SO2C. SO2、漂白粉、活性炭、Na2O2都能使红墨水褪色
9、，其原理相同D. SO2和Cl2等物质的量混合后同时通入装有湿润的有色布条的集气瓶中，漂白效果更好【答案】B【解析】试题分析：A因为SO2具有漂白性，所以它能使品红溶液褪色，SO2具有还原性，与溴水、酸性KMnO4溶液发生反应，被氧化，而使溶液褪色。SO2的水溶液显酸性，使紫色的石蕊试液变为红色。错误。BSO2有漂白性，能使品红溶液褪色，但是有漂白性的物质不一定是SO2。正确。CSO2、漂白粉、活性炭、Na2O2都能使红墨水褪色，但是漂白原理不相同。错误。D等物质的量的SO2和Cl2混合后会发生反应：Cl2SO22H2O=H2SO42HCl。产生的物质无漂白性。因此等物质的量的SO2和Cl2混
10、合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中，漂白效果会失去。错误。考点：考查物质的性质及应用的知识。8.高纯度单晶硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。这种材料可以按下列方法制备：SiO2Si(粗)SiHCl3Si(纯)，下列说法正确的是()A. 步骤的化学方程式为SiO2CSiCO2B. 步骤、中每生成或反应1 mol Si，转移4 mol电子C. 二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应D. SiHCl3(沸点33.0 )中含有少量的SiCl4(沸点67.6 )，通过蒸馏(或分馏)可提纯SiHCl3【答案】D【解析】【分析】A.二氧化硅高温下
11、与C反应生成CO气体；B.氧化还原反应得失电子守恒判断即可；C.硅能与氢氟酸反应生成SiF4和氢气； D.由沸点可以知道,为相差30以上的两种液体。【详解】A.二氧化硅高温下与C反应生成CO气体,即步骤的化学方程式为: SiO22CSi2CO，故A错误； B.步骤中Si的化合价降低4，转移电子数为4mol；步骤中生成SiHCl3，硅元素化合价升高2，步骤中硅元素的化合价降低2，所以每生成或反应1molSi，均转移2mol电子,故B错误； C.硅能与氢氟酸反应生成SiF4和氢气,故C错误；D.沸点相差30以上的两种液体可以采用蒸馏的方法分离，故D正确；故答案选D。9.二氧化氯(ClO2)是一种广
12、谱、高效的消毒剂，易溶于水，尤其在水处理等方面有广泛应用。以下是某校化学研究小组设计实验制取ClO2的工艺流程图。下列有关说法正确的是()A. 电解时发生反应的化学方程式为2HClCl2H2B. 由NaClO2溶液制取0.6 mol ClO2时，至少消耗0.1 mol NCl3C. 将产生的混合气体通过盛有碱石灰的干燥器以除去ClO2中的 NH3D. 溶液X的成分为NaClO3和NaOH【答案】B【解析】【分析】根据流程图可知，电解时的反应物为NH4Cl和HCl、产物为H2和NCl3；根据产物可知，NaClO2与NCl3发生氧化还原反应，ClO2为氧化产物，NH3为还原产物，根据元素守恒可知，
13、生成物还有NaCl和NaOH；据以上分析解答。【详解】A.根据流程图可知，电解时的反应物为NH4Cl和HCl、产物为H2和NCl3，其电解的正确的化学方程式为NH4Cl2HClNCl33H2，A错误；B.NCl3与NaClO2按照物质的量之比1:6恰好反应生成ClO2、NH3、NaCl、NaOH；结合电子守恒可知，Cl元素的化合价升高，则氮元素的化合价降低，生成氨气，方程式为：NCl3+6NaClO2+3H2O=6ClO2+3NaCl+3NaOH+NH3；由NaClO2溶液制取0.6 mol ClO2时，至少消耗0.1 mol NCl3，故B正确；C.氨气为碱性气体，碱石灰不能吸收氨气，无法除
14、去NH3，可以用浓硫酸除去氨气，故C错误；D.根据氧化还原反应规律和元素守恒可知，溶液X的主要成分为NaCl和NaOH，故D错误；故答案选B。10.一段时间以来，各地巨能钙事件沸沸扬扬，原因在于部分巨能钙被检出含有 双氧水，而双氧水有致癌性，因此卫生部已开始加紧调查巨能钙。下列有关说法 错误的是（ ）A. H2O2、Na2O2 都属于过氧化物，都存在非极性的共价键B. 双氧水是绿色氧化剂，可作医疗消毒剂C. H2O2 既有氧化性，又有还原性，与 Cl2、KMnO4 反应是表现 H2O2 的氧化性D. H2O2 做漂白剂是利用其氧化性，漂白原理与 HClO 类似，与 SO2 不同【答案】C【解析
15、】AH2O2、Na2O2都属于过氧化物，其中过氧根中的氧和氧之间就是非极性共价键，故A正确；B双氧水有氧化性，被还原时产物为水，是绿色氧化剂，可作医疗消毒剂，故B正确；CH2O2既有氧化性，又有还原性，遇到强氧化剂时表现还原性，与Cl2、KMnO4反应是表现H2O2的还原性，故C错误；DHClO、H2O2做漂白剂均是利用其氧化性，漂白原理类似，二氧化硫的漂白性是其和有机色质的结合过程，不是氧化性作用的结果，故D正确；故选C。点睛：本题考查学生有关物质的氧化性以及物质的氧化性在生活中的作用。本题中双氧水中的O元素的化合价为-1价，单质双氧水既有氧化性也有还原性，注意H2O2漂白原理与HClO类似
16、、与SO2不同。11.下列有关金属的工业制法中，正确的是（ ）A. 制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液B. 制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，H2还原得镁C. 制铁：以铁矿石原料，CO还原得铁D. 制铝：从铝土矿中获得氧化铝再得到氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝【答案】C【解析】电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气、氯气，电解熔融的氯化钠可生成金属钠和氯气，故A错误；用海水为原料，经一系列过程制得氢氧化镁固体，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解熔融的氯化镁生成镁和氯气，故B错误；CO还原氧化铁可以生成铁和二氧化碳，故C正确；从铝土矿中获得氧化铝，电解熔融的氧化铝得
17、到铝和氧气，故D错误。点睛：钠、镁、铝具有强还原性。钠、镁、铝等活泼金属的冶炼用电解法；氯化铝是共价化合物，熔融状态不导电，所以冶炼金属铝不能电解熔融氯化铝，而电解熔融氧化铝。12.下列说法不正确的是( )A. Na2O2能与CO2反应，可用作呼吸面具的供氧剂B. Al2O3熔点高，可用于制作耐高温仪器C. 明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂D. SiO2有导电性，可用于制备光导纤维【答案】D【解析】试题分析：SiO2没有导电性，但可用于制备光导纤维，故D项错误。考点：考查物质的应用。13.金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化关系中不全部是通过一步反应
18、完成的是（ ）。A. NaNaOHNa2CO3NaClB. FeFe(NO3)3Fe(OH)3Fe2O3C. MgMgCl2Mg(OH)2MgSO4D. AlAl2O3Al(OH)3AlCl3【答案】D【解析】【详解】ANaNaOHNa2CO3NaCl中反应方程式分别为：2Na+2H2O=2NaOH+H2、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl，所以能一步实现，故A不选；BFeFe(NO3)3Fe(OH)3Fe2O3中反应分别是Fe和过量的硝酸反应生成Fe(NO3)3，Fe(NO3)3和氢氧化钠溶液反应生成Fe(OH)3，加热Fe(OH)3分
19、解生成Fe2O3，所以能一步实现，故B不选；CMgMgCl2Mg(OH)2MgSO4中反应方程式分别为：Mg+2HCl=MgCl2+H2、MgCl2+2NaOH= Mg(OH)2+2NaCl、Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O，所以能一步实现，故C不选；D氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故D选。答案选D。14.下列有关金属的说法中不正确的是()A. 钠是一种强还原剂，可以把钛、锆、铌等从其熔融盐中置换出来B. 镁燃烧发出耀眼的白光，常用于制造信号弹和烟火C. 铜能与氯化铁溶液反应，该反应可以用于印刷电路板的制作D. 铁能与硫酸发生反应，不能用铁制容器贮存浓硫酸【答案】
20、D【解析】【详解】A、钠是一种强还原剂，可以把钛、锆、铌等从其熔融盐中置换出来，故A正确； B、镁常用于制造信号弹和焰火，是因为燃烧发出耀眼的白光，故B正确； C、印刷电路板的制作的原理是Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，故C正确； D、铁在浓硫酸中发生钝化，而在稀硫酸中要发生氧化还原反应，故能用铁制容器贮存的是浓硫酸，故D错误；故答案选D。15.“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中错误的是()钠与水反应生成NaOH和H2，所有金属与水反应都生成碱和H2铁露置在空气中一段时间后就会生锈，
21、性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中Al(OH)3、Cu(OH)2受热易分解，Fe(OH)3受热也易分解不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝，也不能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，但是金属活动顺序表金属铝以后的金属均和水不反应，故错误；金属铁在空气中因发生电化学腐蚀而生锈，金属铝和氧气反应生成致密氧化膜，能阻止了腐蚀，故错误；Al(OH)3、Cu(OH)2受热易分解，Fe(OH)3受热也易分解，故正确；AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，故不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；MgCl2是离子化
22、合物，在熔融状态下导电，能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁，故错误；根据分析可知，错误的有，故选C。16. 元素及其化合物丰富了物质世界，下列说法正确的是A. 铜在冷的浓硫酸中会钝化，所以把铜放入冷的浓硫酸中无明显现象B. NaOH溶液和AlCl3溶液相互滴加的现象不同C. 金属比非金属易失电子，所以金属可以置换非金属，而非金属不能置换金属D. Al与热水反应困难，故活泼性不及Al的金属在任何条件下均不能与H2O发生反应【答案】B【解析】试题分析：A铜与冷的浓硫酸不反应，不是钝化，错误；BNaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液至过量刚开始是NaOH 过量，因此没有白色沉淀出现，现象是无明显变化
23、，再滴消耗完NaOH后，会出现白色沉淀；若AlCl3溶液中加NaOH溶液，会生成白色沉淀，当NaOH溶液过量时白色沉淀消失；正确；C非金属也可以置换金属，如氢气可以置换氧化铜中的铜，错误；D因为铁在高温下可以与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，所以活泼性不及Al的金属在高温条件下能与水蒸气发生反应，错误。考点：考查元素及其化合物知识。17.甲、乙、丙、丁、戊五种物质中，甲、乙、丙中均含有某种相同的元素，它们之间具有如图所示转化关系(反应条件及部分产物已略去)。下列有关物质的推断不正确的是()选项假设结论A甲为Al(OH)3丁可能是盐酸B甲为Na2CO3溶液戊可能是CO2C甲为Fe丁可能是盐酸D甲
24、为N2戊可能是氧气A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】AAl(OH)3为两性氢氧化物，可与酸、碱反应生成AlO2-、Al3+；B如甲为Na2CO3溶液，戊可能是CO2，乙为NaOH，丙为NaHCO3；C如甲为Fe，丁为盐酸，乙为氯化亚铁，丙可能为氯化铁、氧化铁等； D如甲为N2，戊是氧气，乙可能为氨气。【详解】AAl(OH)3为两性氢氧化物，可与酸、碱反应生成AlO2-、Al3+，AlO2-、Al3+可以发生双水解反应生成Al(OH)3，选项A正确；B甲为Na2CO3溶液，可与CO2反应生成碳酸氢钠，与氢氧化钙反应生成NaOH，氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠，选项B正确
25、；C甲为铁，乙为氯化亚铁，丙可能为氯化铁、氧化铁等，无论是氯化铁还是氧化铁都不与氯化亚铁反应，选项C错误；D甲是N2，戊是氧气，乙可能是氨气，丙是NO，NO和氨气发生氧化还原反应可生成氮气，选项D正确，答案选C。【点睛】本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化关系，难度不大，注意相关基础知识的积累。18.下列实验现象描述不正确的是( )选项实验现象A加热放在坩埚中的小块钠钠先熔化成光亮的小球，燃烧时，火焰为黄色，燃烧后，生成淡黄色固体B在酒精灯上加热铝箔铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝并不滴落，好像有一层膜兜着C在FeCl2溶液中滴入NaOH溶液先生
26、成白色沉淀，沉淀很快变为灰绿色，最后变为红褐色D在空气中久置的铝条放入NaOH溶液中立刻产生大量无色气泡，铝条逐渐变细，铝条逐渐发热A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】钠熔点低，燃烧生成淡黄色过氧化钠固体，故A正确；氧化铝的熔点高，熔化的铝并不滴落，故B正确；在FeCl2溶液中滴入NaOH溶液，先生成白色氢氧化亚铁沉淀，沉淀很快变为灰绿色，最后变为红褐色氢氧化铁沉淀，故C正确；在空气中久置的铝条表面被氧化为氧化铝，放入NaOH溶液中开始没有氢气生成，故D错误。19.下图是三种稀酸对合金随Cr含量变化的腐蚀性实验结果，下列有关说法正确的是A. 稀硝酸对合金的腐蚀性比稀硫酸和稀盐酸的
27、弱B. 稀硝酸和铁反应的化学方程式是：Fe+6HNO3(稀)Fe（NO3）3+3NO2+3H2OC. Cr含量大于13%时，因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大，所以对合金的腐蚀性最强D. 随着Cr含量增加，稀硝酸对合金的腐蚀性减弱【答案】D【解析】【详解】A、应该说铬的含量大于13%，稀硝酸对合金的腐蚀速率比盐酸硫酸弱，A不正确；B、稀硝酸被还原应生成NO，B不正确；C、盐酸和硝酸氢离子浓度相等，但硝酸腐蚀速度慢，所以不能从氢离子浓度大小得出腐蚀性强弱的结论，C不正确；D、从图示可以看出随着Cr含量增加，合金被硝酸的腐蚀越来越慢，D正确。答案选D。20.下图所示仪器可用于实验室制备少量无水FeC
28、l3，仪器连接顺序正确的是A. a-b-c-d-e-e-f-g-hB. a-e-d-c-b-h-i-gC. a-d-e-c-b-h-i-gD. a-c-b-d-e-h-i-f【答案】B【解析】试题分析：制备氯气中含有氯化氢和水蒸气，用食盐水除去氯化氢，有水蒸气不能制得氯化铁，除去水蒸气用浓硫酸，应先除去水蒸气干燥氯气，干燥的氯气通入玻璃管中和铁反应生成无水氯化铁，最后吸收尾气中未反应的氯气，防止污染空气，洗气装置导气管长进短处，导气管口连接顺序为：a-e-d-c-b-h-i-g，故选B。考点：考查了化学实验的基本操作、仪器的连接顺序的相关知识。二、非选择题（共三大题，共40分）21.硫代硫酸钠
29、(Na2S2O35H2O)，俗称大苏打，是无色透明晶体，易溶于水，易被氧化。是一种重要的化工产品，临床上用于氰化物的解毒剂，工业上也用于纸浆漂白的脱氯剂。某兴趣小组在实验室用如下装置(夹持仪器略去)模拟硫代硫酸钠生产过程。（1）仪器a的名称为_。（2）装置A中发生反应化学方程式为_。（3）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2CO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2CO3物质的量之比为_。（4）装置B中盛有饱和NaHSO3溶液，装置B的作用是_、_。（5）装置D用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为_(填序号)。（6）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶即可
30、析出Na2S2O35H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整。取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，_，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。已知：Na2S2O3稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。限选试剂：稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水【答案】 (1). 分液漏斗 (2). Na2SO3H2SO4(浓)=Na2SO4SO2H2O或Na2SO32H2SO4(浓)=2NaHSO4SO2H2O (3). 2:1
31、 (4). 通过观察气泡速率控制滴加硫酸的速度 (5). 安全瓶 (6). d (7). 过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀HCl【解析】分析：(1)根据仪器图写出名称；（2）A中反应Na2SO3H2SO4(浓)=Na2SO4SO2H2O ;装置B为安全装置,可防止倒吸，装置D用来吸收含有SO2的尾气,可以盛NaOH溶液;当B中导气管堵塞时,B内压强增大,锥形瓶中的液面下降,漏斗中的液面上升. (3)烧瓶C中，该转化过程的总反应:2Na2S+ Na2CO3+4 SO2=3 Na2S2O3+CO2,则C瓶中Na2S和Na2CO3的物质的量之比最好为2:1.(4) 装置B中盛有饱和NaHS
32、O3溶液，装置B的作用是通过观察气泡速率控制滴加硫酸的速度同时起到安全瓶作用；（5）防倒吸可选d装置；(6)为检验产品中是否含有Na2SO4和Na2SO3取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，加入足量稀HCl，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。详解：结合以上分析，(1) （1）仪器a的名称为分液漏斗；（2）装置A中发生反应的化学方程式为Na2SO3H2SO4(浓)=Na2SO4SO2H2O。（3）烧瓶C中，该转化过程的总反应:2Na2S+ Na2CO3+4 SO2=3 Na2S2O3+CO2,则C瓶中Na2S和Na
33、2CO3的物质的量之比最好为2:1，因此，本题答案为：2:1。（4）从仪器连接可知，装置B中盛有饱和NaHSO3溶液，由于二氧化硫不溶于饱和NaHSO3溶液，故其作用是通过观察气泡速率控制滴加硫酸的速度同时起到安全瓶作用防堵塞，原理是，若B中导气管堵塞时,B内压强增大,锥形瓶中的液面下降,漏斗中的液面上升。因此，本题答案为：通过观察气泡速率控制滴加硫酸的速度 ； 安全瓶；（5）装置D用于处理尾气，要能吸收SO2同时防倒吸，应选d。 (6) 亚硫酸钡溶于盐酸，硫酸钡不溶于盐酸，为检验产品中是否含有Na2SO4和Na2SO3取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，加入足量稀H
34、Cl，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。22.利用铝灰(主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等)制备铝鞣剂主要成分为Al(OH)2Cl的一种工艺如下：（1）气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。铝灰在90 水解生成A的化学方程式为_。“水解”采用90 而不在室温下进行的原因是_。（2）“酸溶”时，Al2O3发生反应的离子方程式为_。（3）“氧化”时，发生反应的离子方程式为_。（4）“废渣”成分为_(填化学式)。（5）采用喷雾干燥而不用蒸发的原因是_。【答案】(12分)（1）AlN3H2OAl(OH)3NH3(2分)加快AlN水解反应速率
35、；降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出(2分)（2）Al2O36H=2Al33H2O(2分)（3）2Fe22HClO=3Fe3ClH2O(2分)（4）Fe(OH)3(2分)（5）防止Al(OH)2Cl水解生成Al(OH)3(2分)【解析】试题分析：（1） 气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝说明A为NH3，则表示AlN发生了水解反应，至于控制温度可考虑到NH3极易溶解于水，升温可降低其溶解促进NH3逸出。（2）用酸溶书写离子反应式时要注意Al2O3不可以拆分。（3）因为溶液中唯一易氧化的离子是Fe2+，故为用漂白液氧化溶液中的Fe2+，离子方程式书写时要考虑溶液的酸性环境，结合电子守恒就很容易
36、写出正确答案。（4）“除杂”目的就是除去溶液中的Fe3+，因此很明显废渣显为Fe(OH)3。（5）加热蒸发会促进Al3+离子的水解。考点：无机化工流程，涉及化学用语的考查，混合物的分离，盐类水解及氧化还原反应23.某红色固体粉末样品可能含有Fe2O3和Cu2O中的一种或两种，某校化学自主探究实验小组拟对其组成进行探究。查阅资料：Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O2H=CuCu2H2O。实验探究一：学生甲利用如图所示装置进行实验，称量反应前后装置C中样品的质量，以确定样品的组成。回答下列问题：（1）仪器组装完成后，夹好止水夹，_，则说明装置A的气密性良好。（2）下列实验步骤中，正确的操作顺
37、序是_(填序号)。打开止水夹；熄灭C处的酒精喷灯；C处冷却至室温后，关闭止水夹；点燃C处的酒精喷灯；收集氢气并验纯实验探究二：（3）学生乙取少量样品于烧杯中，加入过量稀硫酸，并作出如下假设和判断，结论正确是 _。A若固体全部溶解，说明样品中一定含有Fe2O3，一定不含有Cu2OB若固体部分溶解，说明样品中一定含有Cu2O，一定不含有Fe2O3C若固体全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液不变红色，说明样品一定含有Fe2O3和Cu2OD若固体全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液变红色，说明样品一定含有Fe2O3另取少量样品于试管中，加入适量的浓硝酸，产生红棕色气体，证明样品中一定含有_，写出产生上述气
38、体的化学方程式：_。实验探究三：（4）学生丙取一定量样品于烧杯中，加入足量的稀硫酸，反应后经过滤得到固体6.400g，测得滤液中Fe2有2.000mol，则样品中n(Cu2O)_mol。【答案】 (1). 向装置A中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，过一段时间若液柱高度保持不变 (2). (3). CD (4). Cu2O (5). Cu2O6HNO3(浓) =2Cu(NO3)22NO23H2O (6). 1.100【解析】【分析】根据图象知，A装置实验目的是制取还原性气体，用的是简易启普发生器制取气体，可以用稀硫酸和Zn制取氢气；B装置作用是干燥气体，C装置用氢气还原红色物质，用酒精灯点燃
39、未反应的氢气。【详解】（1）利用压强差检验装置气密性，其检验方法为：向装置A中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若液柱高度保持不变，则该装置气密性良好；（2）氢气中混有空气，加热后易发生爆炸，所以开始先通氢气，打开止水夹生成氢气，通过后续装置，目的是排出装置中的空气，检验最后U型管出来的气体氢气纯度，气体纯净后再点燃C处的酒精喷灯，反应完成后先撤酒精灯，玻璃管冷却再停氢气，操作为：熄灭C处的酒精喷灯，待C处冷却至室温后，关闭止水夹，防止生成的铜被空气中氧气氧化，所以其排列顺序是；（3）A、若固体全部溶解，则固体可能是Fe2O3和Cu2O的混合物，因为Cu2O与稀硫酸反应会有Cu生成，而Fe3
40、+能将Cu氧化为Cu2+，故A错误；B、若固体部分溶解，则固体可能Fe2O3和Cu2O的混合物，因为Cu2O与稀硫酸反应会有Cu生成，而Fe3+可能只将Cu氧化为Cu2+，剩余铜，故B错误；C、若固体全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液不变红色，说明没有Fe3+。因为Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4，而H2SO4不能溶解Cu，所以混合物中必须有Fe2O3存在，使其生成的Fe3+溶解产生的Cu，反应的有关离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O、2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+说明样品一定含有Fe2O3和Cu2O，故C正确；D、若固体全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液变红色，说明溶液中含有Fe3+，说明样品一定含有Fe2O3，故D正确，故选CD；另取少量样品于试管中，加入适量的浓硝酸，产生红棕色的气体，证明样品中一定含有Cu2O，氧化亚铜和浓硝酸反应生成硝酸铜，二氧化氮和水，反应的化学方程式为：Cu2O+6HNO3（浓）=2Cu（NO3）2+2NO2+3H2O；（4）2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+，Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O，固体为铜，铁离子全部反应生成亚铁离子，生成2.0molFe2+，消耗Cu 1mol，剩余Cu物质的量，因此，原样品中Cu2O物质的量=0.1mol+1mol=1.100mol。- 18 -